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详__解__答__案第一部分高频考点分层集训第一单元物质及其变化课练1物质的组成、性质、分类和变化狂刷小题夯基础[练基础]1．D远处闻到墙角的梅花香味，说明分子是不断运动的，故A正确；“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，

说明金性质稳定，且密度较大，可通过物理方法得到，故B正确；烟花是以焰色试验为原理制作的，为物理变化，故C正确；“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明该物质能溶解单质银，盐酸和银不反应，此处指硝酸，故D错误。2．B文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、

蒸发、结晶等操作，故A正确；文中“石灰”指的是CaCO3，B错误，C正确；黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。3．B①淀粉溶液属于胶体，错误；②溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，错误；④胶体与溶

液都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离两者，错误；⑤“血液透析”的原理是渗析，正确；⑦葡萄糖是小分子，溶于水形成溶液，错误；⑧胶体本身不带电，只是胶体中胶粒表面积较大，吸附了溶液中的离子才带电荷，错误。4．A①福尔马林是甲醛水溶液，聚苯

乙烯是苯乙烯的加聚反应产物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，生铁是铁和碳的合金，铝热剂是铝粉和金属氧化物等的混合物，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，上述物质均属于混合物，正确；②冰不是酸性氧化物，错误；③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质，正确；④鸡蛋清溶液、淀粉

溶液、烟水晶、雾都是胶体，都能产生丁达尔效应，正确；⑤纯碱为Na2CO3，属于盐类，苯酚不是酸，属于酚类，H2O2为过氧化物，错误。5．CA项涉及的都是物理变化；B项中涉及的都是化学变化；D项中涉及的都是物理变化。6．CA项，煤的气化、液化和干馏都是化学变化；B项，C60、液氯

、HD都是单质，NO2不是酸性氧化物；D项，石蜡是多种烃的混合物，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，故不能用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡。7．A暖宝宝放热是利用原电池原理，铁作负极，最终将化学能转化为热能，A错误；通过一定的手段在云层中播撒催

化剂(碘化银)可以达到降雨目的，B正确；聚合物中分子聚合度不同，属于混合物，C正确；胶体粒子的直径在1～100nm(10－9～10－7m)之间，枝叶间透过一道道光线，为胶体的丁达尔效应，D正确。8．C石灰石不能用作干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都是合金，

故②正确；浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性，故③正确；过氧化钠不属于碱性氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都存在电离平衡，故⑤正确。[练高考]9．D在H2与O2反应过程中，H2是还原性气体，A项错误；玻璃纤维的主要成分是SiO2，B项错误；乙酸钠过饱和溶液析出晶体从无

结晶水的状态变为三水合乙酸钠，是化学变化，但物质由液体变为固体，属于物理变化，C项错误；23592U与23892U的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，D项正确。10．B加入明矾后，Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体对泥水中的悬浮物有吸附作用，故泥水变澄清，涉及化

学变化，A项不符合题意；用水快速制冰是物理变化，B项符合题意；炖排骨汤时加点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，涉及化学变化，C项不符合题意；切开的茄子放置后切面变色是由于茄子中所含的酚氧化酶与空气接触被氧化而褐变，涉及化学变化，D项不符合题意。11．

D剪纸的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，A说法正确；茶香四溢说明有香味的分子在空气中扩散，体现了分子是运动的，B说法正确；植物纤维是纤维素，其属于天然高分子化合物，C说法正确；纯碱水溶液是碳酸钠和水的混合物

，不是纯净物，D说法错误。12．A清理江河淤泥，没有新物质生成，不涉及化学变化，A符合题意；化工企业“三废”指的是废水、废气、废渣，“三废”处理是指将有害固体、液体、气体转化为无害物质或可回收利用的物质，此过程涉及化学变化，B不符合题意；微生物降解使有毒有害

物质转化为无毒无害物质，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；垃圾无害化处理，是指通过物理、化学、生物热处理等方式处理垃圾，此过程涉及化学变化，D不符合题意。13．B花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维

，属于无机非金属材料，B错误；金属奖牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。14．DCO2跨临界直冷制冰是利用液态CO2汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D项符合题意。15．B氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属

材料，A正确；天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错误；“芳纶”为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确。[练模拟]16．B“飞扬”火炬喷口外壳采

用聚硅氮烷树脂，其结构简式为，该树脂属于无机聚合物，A正确；石墨烯和碳纳米管是由碳元素组成的不同性质的单质，互为同素异形体，B错误；国家速滑馆采用的碲化镉发电玻璃能将光能转化为电能，即将太阳能转化为电能，C正确；玻璃纤维和普通玻璃的

主要成分相同，均是二氧化硅，D正确。17．C石油的裂解是以获得短链不饱和烃为主要目的的石油加工过程，是深度裂化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加强热分解的过程，均为化学变化，A正确；纯碱的水解使溶液呈碱性，且加热水解

程度增大，碱性溶液能促进油脂水解而除去，B正确；静电除尘利用的是胶体粒子的带电性，而胶体总体不显电性，C错误；活性炭使糖浆褪色、臭氧漂白纸浆分别利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原理不同，D正确。18.A乙烯属于烃类，可以燃烧，A项错误；氯化钠属于离子化合物，熔融状态下能导电，B项正确；氢氧化铝

胶体属于混合物，能产生丁达尔效应，C项正确；生铁属于合金，易发生电化学腐蚀，D项正确。19．B水分解产生氢气和氧气，有新物质生成，发生的是化学变化，A不符合题意；从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质生成，发生的是物理变化，B符合题意；新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质生成，发生的

是化学变化，C不符合题意；运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生的是化学反应，有新物质生成，D不符合题意。20．CA项，“加以硫黄升而为银朱”，指水银和硫黄反应生成HgS，即Hg＋S===HgS，是化合反应，正确；B项，人或动物死亡后，其身体中含有的磷在某些细菌的作用下，产生

的磷的氢化物能在空气中自燃，发出蓝绿色的火光，俗称鬼火，燃烧是氧化还原反应，正确；C项，硝石的主要成分是KNO3，属于盐，不正确；D项，根据“再入水”“煎炼”“成白雪”，可知该操作为重结晶，正确。综合测评提能力1．A小苏打是NaHCO3，属于盐，A项符合题意；食用油是油脂，

油脂属于酯类，B项不符合题意；淀粉是天然高分子化合物，C项不符合题意；“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，属于混合物，D项不符合题意。2．A石墨烯是碳单质，不是有机高分子材料，A项错误。3．B酸性氧化物和金属氧

化物可能发生氧化还原反应，如2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，所以能实现，故A不选；有电子转移的化学反应才是氧化还原反应，没有电子转移的反应不是氧化还原反应，所以不能实现，故B选；没有水、沉淀和气体生成的复分

解反应存在，该反应中可能生成弱电解质，如HCl＋CH3COONa===CH3COOH＋NaCl，所以能实现，故C不选；有单质参加的反应可能是非氧化还原反应，如同素异形体之间的转化，所以能实现，故D不选。4．D钙盐、钡盐等的碳酸盐溶

解度小于碳酸氢盐溶解度，而钠盐相反，所以Ca（HCO3）2的溶解度比CaCO3的大，NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，故A错误；NO2与水反应产生HNO3和NO，不符合酸性氧化物的定义，因此NO

2不是酸性氧化物，故B错误；将pH＝6的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，溶液c（H＋）减小，溶液无限接近中性，不可能呈碱性，故C错误；多羟基的醇遇新制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，所以遇新制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，故

D正确。5．BCO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca（OH）2或者Ba（OH）2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是

－1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确。6．D蜡烛的主要成分是石蜡，石蜡完全燃烧生成二氧化碳和水，C、O元素化合价发生变化，反应属于氧化还原反应，A正确；铁和硫酸铜在溶液

中反应生成硫酸亚铁和铜，符合置换反应特征，该过程发生了置换反应，B正确；雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，C正确；屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程利用了相似相溶原理，没有新物质产生，因此发生的是物理方法，D错误。7．DA项，

雾是一种气溶胶，有胶体的性质，受阳光照射会产生丁达尔现象，正确；B项，千遍万遍过滤虽辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出黄金，说明可以用物理方法得到黄金，则金在自然界中以游离态形式存在，正确；C项，矾中绿色的是绿矾，绿矾

煅烧会生成红色的氧化铁，正确；D项，“火树银花”是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，是元素的性质，是物理变化，错误。故选D。8．A分散系包括胶体、溶液和浊液，其中烟属于胶体

，A正确；酸、碱、盐都属于电解质，但盐不属于酸，B错误；元素周期表的纵列包括主族、副族和0族，其中卤族属于主族，C错误；化合物包括共价化合物和离子化合物，其中碱属于离子化合物，D错误。9．AFe与Cl2直接反应生成FeCl3，FeCl3

溶液和Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液和Cl2反应生成FeCl3，即①通过一步反应不能实现，②③通过一步反应均能实现，A项符合题意。C在少量O2中燃烧生成CO，CO继续燃烧生成CO2，CO2和C在高温时生成CO，即①②③均能通过一步反应实现，B项不符

合题意。CO2和过量的NaOH溶液反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入过量的CO2生成NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应可生成Na2CO3，即①②③均能通过一步反应实现，C项不符合题意。H2S在氧气不足时燃烧生成S和H2O，S在O2中燃烧生成

SO2，H2S和SO2发生归中反应可生成S，即①②③均能通过一步反应实现，D项不符合题意。10．C溶液中分散质微粒直径小于10－9m，不能产生丁达尔效应，A错误；Fe2O3、FeCO3属于电解质，H2属于

单质，CO2不是电解质，B错误；FeSO4、NH4Cl均属于强酸弱碱盐，水解后溶液均显酸性，D错误。11．答案：（1）是否与H2O发生氧化还原反应（2）NO2（3）NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－（4）过量的N

aOH溶液会溶解生成的Al（OH）3沉淀解析：（1）根据两组物质与水反应的特点可知，第一级分类标准是依据物质与水是否发生氧化还原反应。（2）NO2与水反应时，H2O既不作氧化剂也不作还原剂，所以F组中物质除了Cl2外，还有NO2。（3）D组中的氨水呈弱碱性，原因是NH3·H2O电离生

成OH－，电离方程式为NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－。（4）由Al3＋制备Al（OH）3最好不选择NaOH溶液的原因是过量的NaOH会溶解生成的Al（OH）3沉淀。12．答案：（1）C（2）BDCA（3）化学变化（4）DE（5）CaO＋H2O===Ca（OH

）213．答案：（1）C（2）CuO（3）Cu2（OH）2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑（4）①①⑤解析：根据题意，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢

气还原CuO得到Cu。（1）“铜绿”是碱式碳酸铜，属于盐。（2）Cu（OH）2――→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水。（3）依据转化过程，知碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳。（4）在反应过程中①铜―→铜绿发生了化合反应，也是氧化还

原反应；②铜绿―→A是铜绿跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，A为铜盐，是复分解反应；③A―→Cu（OH）2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；④Cu（OH）2―→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；⑤B―→Cu是氧化铜和氢气反

应生成铜和水，是置换反应也是氧化还原反应。课练2离子反应狂刷小题夯基础[练基础]1．DHCl和AgCl为电解质，电解质导电需要自由移动的阴、阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；NH3、CO2的水溶液虽

然能导电，但导电的离子不是本身电离产生的，NH3和CO2均是非电解质，故B错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一

定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确。2．CA项，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合时，除了H＋与OH－反应外，还有SO2－4与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀；B项，NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合生成NH3·H2O；C项，HNO3溶液与KOH溶液混合，为可溶性强酸

与强碱反应生成可溶性盐和水的类型，符合该离子方程式；D项，Na2HPO4不能拆写成H＋。3．A用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分SO2－3氧化为SO2－4，同时生成的氢离子与剩余部分SO2－3结合生成HSO－3，Cl2被还原为Cl－，反应的离子方程

式为3SO2－3＋Cl2＋H2O===2HSO－3＋2Cl－＋SO2－4，A正确；向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B错误；向H2O2溶液中滴加少量的FeCl3溶液，Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不

能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O2=====Fe3＋2H2O＋O2↑，C错误；NH4HSO4电离出的H＋优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，

正确的离子方程式应为H＋＋OH－===H2O，D错误。4．B盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，灯泡不会熄灭，A项不符合题意；向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶

液中的离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，B项符合题意；硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，灯泡不会熄灭，C项不符合题意；盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，灯泡不会熄灭，D项不符合题意。5．A本组离

子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A项正确；ClO－和Fe3＋均具有强氧化性，I－具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；本组离子可以大量共存，加入氢氧化

钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2＋＋HCO－3＋OH－===BaCO3↓＋H2O，C项错误；本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O，D项错误。6．D氯气与水的反

应是一个可逆反应，其离子方程式应使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A错误；电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH－，漏写反应条件，B错误；Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O

2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C错误；设Ba（OH）2为1mol，其中Ba2＋有1mol，完全沉淀需要SO2－41mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H＋和OH－反应，OH－剩余1mol，据此写出离子方程式

：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O，D正确。[练高考]7．D硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生

成H2SiO3，C项错误；在H＋、NH＋4同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。8．C氨水呈碱性

，Ag＋、Cu2＋不能大量存在，且Ag＋、Cu2＋均与SO2－3发生反应生成沉淀，A项错误；在中性溶液中，Fe3＋不能大量存在，且Fe3＋与I－、HCO－3均能反应而不能大量共存，B项错误；AgNO3溶液中不能大量存在CO2－3、Cl－

，D项错误。9．BAl3＋与NH3·H2O反应产生Al（OH）3沉淀，不产生AlO－2，A错误；H＋与S2O2－3不能共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋S2O2－3===S↓＋SO2↑＋H2O，B正确；Fe3＋可

催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnO－4可将Cl－氧化为Cl2，D错误。10．A本题考查离子方程式的书写。碳酸镁难溶于水，在离子方程式中不拆分，碳酸镁与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2

↑＋H2O，A错误；亚硫酸氢钠中HSO－3发生水解：HSO－3＋H2O⇌H2SO3＋OH－，B正确；金属锌溶于氢氧化钠生成[Zn（OH）4]2－，其离子方程式为Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn（OH）4]

2－＋H2↑，C正确；亚硝酸钠与氯化铵受热发生归中反应得到N2，其离子方程式为NO－2＋NH＋4=====△N2↑＋2H2O，D正确。11．BNaHCO3受热易分解，A项正确；过量铁粉与稀硝酸反应，生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO－3=

==3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，B项错误；酸性：碳酸>苯酚>HCO－3，苯酚钠溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和NaHCO3，C项正确；乙醇和乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，D项正确。12．AC醋酸是弱酸，写离子方程式时不能拆开，B项错误；应按少量的B

a（OH）2的电离比例书写离子方程式：2HCO－3＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO2－3，D项错误。[练模拟]13．CA项，加入氯水得到橙色溶液和气体A，说明混合物中一定含有Br－和HCO－3，气

体A为HCO－3与氯水中的H＋反应生成的CO2，因HClO＋SO2－3===SO2－4＋Cl－＋H＋（或SO2－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋2Cl－＋2H＋）且氯水足量，A中不可能含有SO2，错误；B

项，橙色溶液中加入足量Ba（OH）2生成白色沉淀，说明橙色溶液中一定有SO2－4，但此SO2－4可能由上步SO2－3被氯水氧化而来，故原固体混合物中不一定含有SO2－4，错误；C项，固体混合物溶于水得澄清溶液，考虑到Al3＋与HCO

－3发生相互促进的水解反应生成白色沉淀，故固体混合物中一定不含Al3＋，正确；D项，橙色溶液中加入足量Ba（OH）2无NH3生成，说明固体混合物中一定不含NH＋4，为维持溶液呈电中性，固体混合物中一定含有K＋

，无须进行焰色试验，错误。14．CH2S是弱酸，不能拆，故反应的离子方程式为Cu2＋＋H2S=====△CuS↓＋2H＋，故A错误；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色氢氧化铁胶体，而不是沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3H2O=====△Fe

（OH）3（胶体）＋3H＋，故B错误；二氧化硫与高锰酸钾反应生成SO2－4和Mn2＋，使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO－4＋2H2O===2Mn2＋＋4H＋＋5SO2－4，故C正确；氧化亚铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为3FeO＋N

O－3＋10H＋===3Fe3＋＋5H2O＋NO↑，故D错误。15．A取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与CO2－3会发生双水解反应而不共存、I－与Fe3＋会发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO2－4，电解质溶液呈电

中性，故溶液中一定有SO2－4，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋。16．D向一定量硫酸和硫酸铜的混合溶液中，逐滴加入一定质量分数的氢氧化钠溶液，直至过量，此过程中氢氧化钠先和硫酸反应，然后和硫酸铜反应。a至b段是氢氧化钠

中和硫酸，没有蓝色沉淀生成，A错误；a至c段硫酸钠的质量逐渐增大，c到d段硫酸钠质量不再增加，B错误；c至d段，氢氧化钠过量，溶液中氢氧化钠增多，碱性变大，pH变大，C错误；c点时硫酸铜恰好完全反应，此时对应溶液中的溶质只有硫酸钠，溶质种类最少，故说法正确，D

正确。综合测评提能力1．C①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，如硫酸钡，故①错误；②电解质的强弱与溶解性无关，可溶于水的盐可能是弱电解质，如醋酸铅，故②错误；③0.5mol·L－1一元酸溶液H＋浓度不一定为0.5mol·L－1，如醋酸，故③错误；④强酸溶液中的H＋浓度不一定

大于弱酸溶液中的H＋浓度，H＋浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，故⑤正确；⑥酸在熔融状态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误。2．AA项，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H

2O，正确；B项，题给离子方程式不符合电荷守恒与得失电子守恒，错误；C项，稀HNO3与Cu发生反应生成NO，错误；D项，Na2SiO3为可溶性的钠盐，应拆开，错误。3．D无色溶液中一定不含Fe3＋和MnO－

4，①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以无色无味的气体是O2，一定不是NH3，则一定没有NH＋4，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，沉淀的成分应该是氢氧化铝和氢氧化镁，则溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋，一定不含

HCO－3（和Al3＋不共存）；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，则一定含有SO2－4。综上分析，溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO2－4，一定不含Fe3＋、MnO－4、NH＋4、HCO－3，不确定是否含有K＋和C

l－。4．B根据盛有稀硫酸的烧杯中逐滴加入Ba（OH）2溶液，硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，据此进行分析判断。a点溶液中只含有硫酸一种溶质，故A选项说法错误。b点溶液中，稀硫酸有剩余，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，故B选项说法正确。c点是硫酸与氢氧化钡溶液恰好完全反应，液体的pH

＝7，故C选项说法错误。d点是恰好完全反应后，继续滴加氢氧化钡溶液，d点溶液中有较多的Ba2＋、OH－，故D选项说法错误。5．D将Na加入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，钠不能置换出铜，A错误；向Ca（ClO）2溶液中通入少量S

O2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，不可能生成CaSO3沉淀，B错误；用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式：Mg2＋＋2Br－＋2H2O=====电解Mg（OH）2↓＋H2↑＋Br2，C错误。6．D显碱性的盐溶液也能使红色石蕊试纸变蓝色，如Na2CO3溶液，A项错误；若废液呈酸性，

即使含Cu2＋，加入少量的葡萄糖溶液也无砖红色沉淀产生，B项错误；若该溶液中含有HCO－3，加入盐酸也能产生无色无味气体，C项错误。7．B焰色试验显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸

中，说明一定存在碳酸根离子，不存在硫酸根离子。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na＋、Cl－、CO2－3，一定不存在SO2－4，可能含有K＋。8．BFe3O4中的Fe2＋能够被硝酸氧化，反应生成NO气体，A评价错误

；向碳酸镁中加入稀盐酸，碳酸镁难溶，不应写成离子形式，B评价正确；向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，同时生成NH3·H2O，C评价错误；氯气先将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后再氧化Br－，离子方程式正确，D评价错误。9．C加入苯酚显紫色的溶液说明含有Fe3＋，SCN－能与铁离子反应生成

Fe（SCN）3，不能大量存在，A不符合题意；Fe2＋为有色离子，B不符合题意；根据公式可知，c（OH－）＝10－2mol·L－1，溶液呈碱性，离子相互间不反应，均能大量存在，C符合题意；能使酚酞变红的

溶液显碱性，Mg2＋能与氢氧根离子生成Mg（OH）2沉淀，不能大量存在，另外ClO－能氧化I－，D不符合题意。10．CNa2CO3、NaHCO3的混合溶液与盐酸反应时，a点对应的溶液中含有CO2－3和HCO－3，HCO－3与OH－不能大量共存，A项不符合题意；b点对应的溶

液中含有HCO－3，不含CO2－3，Al3＋与HCO－3因发生相互促进的水解反应而不能大量共存，B项不符合题意；c点为NaCl溶液，各离子之间不发生反应，能大量共存，C项符合题意；d点时盐酸过量，溶液呈酸性，NO－3与Fe2＋因发生氧化还原

反应而不能大量共存，F－在酸性条件下不能大量共存，且溶液中的Cl－与Ag＋也不能大量共存，D项不符合题意。11．答案：（1）①2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O②Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HC

O－3＋H＋===CO2↑＋H2O③2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓（2）2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=

==2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－（3）①5Cl2＋2CN－＋8OH－===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O②Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O③ClO－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－解析：

（1）①当溶液呈中性时，n（H＋）＝n（OH－），可假设Ba（OH）2为1mol，即Ba2＋为1mol，OH－为2mol，需要2molNaHSO4，反应的离子方程式为2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH

－===BaSO4↓＋2H2O；②向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀完全，n（Ba2＋）＝n（SO2－4），发生反应的离子方程式为Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑，此时HCO－3过量，继续加入NaHSO4溶液，HCO－3与H

＋反应，反应的离子方程式为HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O；③NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2按照2∶3的物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式：2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6

OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓。（2）向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，若x＝a，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－；若x＝4a，亚铁离子和溴离

子全部被氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－。（3）①根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为5Cl2＋2CN－＋8OH－===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O；②二价铁离子有还原性，C

r2O2－7有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O2－7被还原为Cr3＋，反应方程式：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；③次氯酸钠具有强氧化性，可氧

化I－生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－。12．答案：（1）一定不HCO－3和CO2－3均可与盐酸反应生成二氧化碳，造成阴离子种类变化（2）Cl－、NO－3、SO2－4Fe2＋、Mg2＋（

3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）120解析：向原溶液中加入足量的盐酸，反应后溶液的阴离子的种类没有变化，则原溶液中不存在OH－、HCO－3、CO2－3，一定存在Cl－，又因为产生无色气体，只能

是Fe2＋与NO－3、H＋反应生成的NO，可确定原溶液中含有Fe2＋、NO－3、Cl－各1mol，因溶液中有5种离子，溶液中一定还含有1molSO2－4，而阳离子只能是Mg2＋，且物质的量为1mol。（3）生成无色气体的离子方程式为3

Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）向原溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥、灼烧生成0.5molFe2O3和1molMgO，故固体质量为120g。13．答案：Ⅰ.（1）Ba2＋＋CO2－3===

BaCO3↓、Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O（2）Mg2＋、Ba2＋（3）否碳酸银、硫酸银、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl－（合理即可）（4

）存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液才能保持电中性c（Na＋）≥0.2mol·L－1Ⅱ.（1）5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O（2）Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe

2＋解析：Ⅰ.①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明CO2－3、SO2－4、Cl－至少有一种，则可能无Ba2＋；②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体0.04mol，说明有0.04m

olNH＋4；③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀2.33g，则含SO2－4的物质的量为2.33g233g·mol－1＝0.01mol，含CO2－3的物质的量为6

.27g－2.33g197g·mol－1＝0.02mol，可进一步判断无Mg2＋、Ba2＋。再根据电中性原则，可进一步判断Na＋、Cl－存在的可能性。（1）根据分析可知，实验③加入的Ba2＋分别与CO2－3、SO2－4反应生成沉淀，离子方程式为Ba2＋＋

CO2－3===BaCO3↓、Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，加入足量盐酸，BaCO3溶解，离子方程式为BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O。（2）根据分析可知，溶液中含有CO2－3、SO2－4，所以Mg2＋、Ba2＋

一定不存在。（3）CO2－3、SO2－4、Cl－都能和AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能说明原溶液中含有Cl－。（4）每一份中：已知的阳离子NH＋4所带正电荷为0.04mol，已知的阴离子CO2－3、SO2－4

所带负电荷为0.01mol×2＋0.02mol×2＝0.06mol，大于已知的正电荷的物质的量，根据电中性原则，一定有Na＋，而Cl－不能确定，所以c（Na＋）≥0.06mol－0.04mol300×13×10－3L＝0.2mol·L－1。Ⅱ.

（1）亚铁离子能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。（2）含有铁离子、铜离子，加入过量铁后，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋。课练3氧化还

原反应狂刷小题夯基础[练基础]1．D根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1molX，反应转

移2mole－，D项正确。2．B水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；氯气使浅绿色FeCl2溶液变黄，发生了反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的－1价，被

还原，故B选；H2使灼热CuO固体变红，发生了反应：H2＋CuO=====△Cu＋H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的＋1价，被氧化，故C不选；氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3＋3NH3·H2

O===Al（OH）3↓＋3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选。3．DA项，分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO－4作氧化剂；B项，配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4

＋5IO－3＋6H＋，故1molMn2＋参加反应转移5mol电子；C项，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2；D项，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6。4．CXO（OH）＋2中X的化合价是＋

5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×（5－a）＝0.2×0.03×（6－4），解得a＝0。5．B反应中Cl元素由0价降低到

－1价，C元素由＋2价升高到＋4价，N元素由－3价升高到0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由分析可知，配平后的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl－＋

4H2O，反应中CN－是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；由离子方程式可知，若有1molCN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则

CN－在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确。6．D根据方程式SO2－3＋NO2===NO－2＋SO－3和SO－3＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO－4可得氧化性：NO2>SO－3，还原性：SO－3>HNO2，A正确；根据图示可知：

在第Ⅱ阶段，SO－3、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、NO－2。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH－变为HSO－4，NO－2结合H＋变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：SO－3＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO－4，B正确；根据图

示的转化过程知该过程中NO2→NO－2→HNO2，NO－2为中间产物，C正确；由题图可知，由SO2－3最终生成HSO－4，S的成键数目由3变为4，D错误。[练高考]7．D向NaHSO4溶液中加入少量Ba

Cl2溶液，发生反应NaHSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋NaCl＋HCl，为非氧化还原反应，且溶液pH不变，A项错误；向NaOH和Fe（OH）2的悬浊液中通入空气，发生氧化还原反应4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）3，c（OH－）增大，pH增大，B项错误；向NaHCO3溶

液中加入少量CuSO4溶液，发生反应2Cu2＋＋4HCO－3===Cu2（OH）2CO3↓＋H2O＋3CO2↑，为非氧化还原反应，C项错误；向H2S溶液中通入氯气，发生氧化还原反应H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，且c（H＋）增大，pH减小，

D项正确。8．BDKMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O

元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KM

nO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电

子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n（气体）max＝0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误。9．D过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析可知，a、b中转移电子数

目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n（NO）与n（NH＋4）之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为NH＋4＋NO－2===N2↑＋2H2O，D项正确。10．D本题考查氧化还原反应。由反应可知，A、

B错误；此反应转移7mol电子，生成4molI2，故生成12.7g（0.05mol）I2时，转移0.0875mol电子，C错误；此反应中1molK2H3IO6全部作氧化剂，9molHI中有7molHI作还原剂，故还原剂和氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。11．D氨气中氢元素化合价在反应

前后未发生变化，A错误；在反应过程中NO2中氮元素化合价降低，得到电子，B错误；NH3中氮元素化合价升高，被氧化，是还原剂，NO2中氮元素化合价降低，被还原，是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，C错误；氧化产物由还原剂得到，还原产物由氧化剂得到，还原剂与氧化剂的物质的量之比为

4∶3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，D正确。[练模拟]12．D根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由＋4价升至＋6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物。根据上述分析可知，Cu2HgI4

中Cu的化合价为＋1价，则Hg的化合价为＋2价，A选项错误；反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；反应中，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，生成1molCu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；根据题干信息，Cu

SO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2＋被还原为Cu＋，SO2被氧化为SO2－4，则反应2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4可以发生，D选项正确。

13．B反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸

既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.2molI2共转移0.4mol电子，故C正确；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化

性：H2SO4（浓）>SeO2，反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：SeO2>I2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>I2，故D正确。14．B反应前S的化合价是＋2价，反应后是＋2.5价，化合价升高，因此S2O2－3是还原剂，

故A正确；根据方程式可知，还原剂共失去2mol电子，而1mol氧气得到4mol电子，所以亚铁离子应该再失去2mol电子，因此Y是四氧化三铁，故B错误；根据原子守恒可知，故C正确；每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×4＝4mol，D正确

。15．AFe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；MnO－4中锰元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；锰元素由＋7价降至＋2价，铁元素由＋2价升至＋3价，根

据得失电子守恒，MnO－4、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H＋的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO－4＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故C项错误；根据离子方

程式MnO－4＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1mol水时，转移1.25mol电子，故D项错误。综合测评提能力1．B将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇被氧化，Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，属于氧化还原反应，A不符合

题意；SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生反应生成盐和H2O，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意；SO2通入氯水中发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，有电子转移

，属于氧化还原反应，C不符合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，石蕊溶液褪色是因为发生氧化还原反应，D不符合题意。2．B氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，氧化性强弱符合题意，能发生，A不符合题意；FeI2中Fe2＋、I－均可被氯气氧化，而还原性I－

>Fe2＋，氯气应先氧化I－而非Fe2＋，B符合题意；氧化剂是三氧化二钴，氧化产物为氯气，氧化性强弱符合题意，能发生，C不符合题意；氧化剂是氯气，氧化产物为铁离子，但是铁离子能氧化碘离子，氯气应该首先氧化碘离子能发生，D不符合题意

。3．C实验1中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl＋H2SO4（浓）=====加热NaHSO4＋HCl↑，故A正确；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，

实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－>Cl－，故B正确；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性：I－>Br－的结论，故C错误；根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的强氧

化性，故D正确。4．C由同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A正确；2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Fe元素的化合价由＋2价升高为＋6价，O元素的化

合价部分由－1价降低为－2价，部分由－1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；2FeSO4～10e－，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物

氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确。5．C因为还原性：Fe2＋>Br－，当只有少量Cl2时，Fe2＋先被Cl2氧化，发生反应：Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，A错误；根据

氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①中，氧化性：Cl2>Fe3＋，反应②中，氧化性：KClO3>Cl2，故氧化性强弱顺序为KClO3>Cl2>Fe3＋，B错误；反应②中化学方程式为KClO3＋6HCl（浓）===KCl＋3C

l2↑＋3H2O，则反应②中的还原产物、氧化产物均是Cl2，KClO3中Cl元素化合价由＋5价降低到0价，则1molKClO3参加反应时，转移电子数目是5NA，C正确；根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守

恒、原子守恒可知，③中反应的离子方程式为2MnO－4＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，D错误。6．DA项，根据方程式可知，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子被氧化，双氧水是还原剂，错误；B项，双氧水中氧元素的化

合价从－1价升高到O2中的0价，1个H2O2分子失去2个电子，因此每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol，错误；C项，ClO2中氯元素的化合价从＋4价降低到＋3价，1个ClO2分子得到1个电子被还原，错误；D项，根

据以上分析可知，ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，正确。7．B根据反应原理图，H2O2＋M＋H＋―→H2O＋M′的过程中H2O2被还原成H2O，M′＋H2O2―→M＋O2＋H＋的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2

＋，M′为Fe3＋。根据分析，A错误；图示中生成O2的反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，反应过程中O元素的化合价由－1价升至0价，因此当有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；图示中的

反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋、2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，则总反应为2H2O2=====催化剂2H2O＋O2↑，在H2O2分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错

误；根据2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋说明H2O2的还原性强于Fe2＋，2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3＋，故D错误。8．B根据图示，可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，反应Ⅱ为4Ce3＋＋2NO＋4H

＋===4Ce4＋＋N2＋2H2O，在整个过程中，Ce4＋是催化剂，Ce3＋是中间产物，A正确；反应中Ce4＋是催化剂，反应前后物质的量不变，但是由于反应生成了水，故Ce4＋的浓度会降低，B错误；由反应Ⅱ知氧化剂是NO，还原剂是Ce3＋，两者

物质的量之比为1∶2，C正确；根据原子守恒，溶液中Ce元素总量始终不变，故Ce4＋和Ce3＋的总数保持不变，D正确。9．C反应中3Fe2＋→Fe3O4，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化

合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，Fe2＋、S2O2－3被氧化，作还原剂，O2为氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶（2＋2）＝1∶4，A、D项正确；若有2molFe2＋被氧化，失去2mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol

，B项正确；反应中3Fe2＋→Fe3O4，2S2O2－3―→S4O2－6，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，S元素由＋2价升高到＋52价，所以每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4m

ol，C项错误。10．B反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnO－4为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1molSO2－4，参加反应的C

u2S为1mol，Cu2S化合价共升高2×（2－1）＋（6＋2）＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；反应Ⅱ中氧化剂MnO－4化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS2化合价共升高1＋2×（6＋1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；

若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高15，应氧化515mol＝13molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶13mol＝3∶2，D错

误。11．答案：（1）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（2）2mol2NA（3）4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O（4）Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O解析：（1

）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，锰元素化合价从＋7价降低到＋2价，单线桥由失电子一方指向得电子一方，并在单线桥上标出电子转移数，因为HCl在反应时只有部分被氧化，转移电子总数要根据锰元素来计算。（2）

根据反应方程式2KMnO4＋16HCl（浓）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，每生成1molCl2，被氧化的HCl的物质的量是2mol；转移的电子数为2NA。（3）产物中ClO－与ClO

－3物质的量之比为1∶1，设NaClO3和NaClO的化学计量数都是1，还原产物为氯化钠，根据得失电子守恒和原子守恒，可得发生反应的化学方程式为4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O。（4）次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，可写出离子方程式为Cl－＋ClO

－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。12．答案：（1）Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O1∶2（2）0.16（3）Fe3＋被还原成Fe2＋3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）碱式8

51481071.92×10－3mol解析：（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2。（2）n（KI）＝0.06mol

，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）＝n（KIO3）＝0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol＋0.02mol×[5－（－1）]＝0.16mol

。（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3＋先被还原为Fe2＋，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3＋＋SO2－3＋H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋2H＋，后变为棕黄色的原因是反应生成的H＋与NO－3组成的硝酸将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是3Fe2＋＋4H＋＋NO－

3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO－4能将S2O2－3氧化为SO2－4，本身被还原为Mn2＋

，反应的离子方程式为8MnO－4＋5S2O2－3＋14H＋===8Mn2＋＋10SO2－4＋7H2O；实验中，消耗n（S2O2－3）＝0.100mol·L－1×0.012L＝0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO－

4）×5＝0.0012mol×4×2，得n（MnO－4）＝1.92×10－3mol,则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10－3mol。13．答案：（1）①2CrO2－4＋3HS－＋5H2O===2Cr（OH）3↓＋3S↓＋7OH－②S2－过量，水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2

－n，S2－n能还原Cr（Ⅵ），所以反应后期Cr（Ⅵ）被还原的速率反而加快可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度（2）Zn­Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率（3）单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－===3F

e2＋，3Fe2＋＋CrO2－4＋4H2O===Cr（OH）3↓＋5OH－＋3Fe3＋解析：（1）①pH＝9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式为2CrO2－4＋3HS－＋5H2O===2Cr（OH）3↓＋3S↓

＋7OH－；②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2－n，S2－n能还原Cr（Ⅵ），加入过量的S2－，生成S2－n增多，所以反应后期Cr（Ⅵ）被还原的速率反而加快；Cr（Ⅵ）还原为低毒性的Cr3＋或Cr（OH）3，Cr（Ⅵ）为橙黄色

，Cr3＋为绿色，Cr（OH）3为灰绿色沉淀，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；（2）原电池原理可以加快反应速率，Zn­Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；（3）还原近中性废水中Cr（

Ⅵ），单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－===3Fe2＋，二价铁离子发生氧化反应，CrO2－4发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO2－4＋4H2O===Cr（OH）3↓＋5OH－＋3Fe3＋。单元检测1物质及其变化1．D金的化学性质稳定，常以

单质的形式存在于自然界中，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，故B错误；雾属于胶体，分散质粒子的直径范围应该是1～100nm（10－9～10－7m

），故C错误；沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从＋4价变为0价，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。2．B酸是电离出的阳离子全部为H＋的化合物，A选项错误；离子反应是有离子参加或生成的反应，N

a和H2O的反应虽然没有离子参加，但是有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；有电子转移（化合价变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。3．D①水银属于单质，其余为混合物。②氧化物只含两种元素，且其中一

种是氧元素。③NO2不属于酸性氧化物，CO2、P2O5属于酸性氧化物；Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物。④同种元素组成的不同单质互为同素异形体。⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷的多少有关，自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越

多，溶液的导电能力越强。强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强。⑥熔融状态下，离子化合物可产生自由移动的阴、阳离子，共价化合物不能产生自由移动的阴、阳离子，故熔融状态下能导电的化合物为离子化合物。综上所述可知④⑥正确，①

②③⑤不正确，答案为D。4．Da是S的氢化物，S元素的化合价为－2价，则a为H2S；b是S单质；C是S的氧化物且S的化合价为＋4价，则c为SO2；d、e均为S的含氧酸，S元素的化合价分别为＋4价、＋6价，则d为H2SO3，e为H2SO4；f、g是盐，S元素的化合价分别

为＋4价、＋6价，则f为亚硫酸盐，g为硫酸盐。a为H2S，是弱电解质，在水中分两步电离，电离方程式为H2S⇌HS－＋H＋、HS－⇌H＋＋S2－，A项错误；b是S的单质，存在同素异形体，如斜方硫、单斜硫、弹性硫，B项错误；d为H2SO3

，e为H2SO4，H2SO3是弱酸，C项错误；H2S具有还原性，SO2、H2SO3、H2SO4均有氧化性，故H2S与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能反应生成S单质，D项正确。5．D计算机芯片的主要成分是高纯度的硅，A不正确；碳化硅特种陶瓷材料属于新型无

机非金属材料，B不正确；碳纤维属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，C不正确；芳纶纤维是一种新型高科技合成纤维，高性能芳纶纤维材料属于复合材料，D正确。6．D反应Ⅱ中，NH＋4中N被氧化，而NO－3中N被还原，A项错误；反应Ⅰ中1molNH＋4

转化为1molNO－3，根据反应Ⅱ，NH＋4与NO－3的物质的量之比为5∶3时可完全转化为N2，可知好氧菌池和厌氧菌池中投放的废液体积比为3∶5时，NH＋4能完全转化为N2，B项错误；常温常压下22.4LN2

的物质的量不为1mol，C项错误；已知反应Ⅰ：NH＋4（aq）＋2O2（g）===NO－3（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l）ΔH1＝akJ·mol－1，反应Ⅱ：5NH＋4（aq）＋3NO－3（aq）===4N2（

g）＋9H2O（l）＋2H＋（aq）ΔH2＝bkJ·mol－1，根据盖斯定律3×反应Ⅰ＋反应Ⅱ2可得4NH＋4（aq）＋3O2（g）===2N2（g）＋4H＋（aq）＋6H2O（l）ΔH＝12（3a＋b）kJ·mol－1，D项正确。7．A由于Fe2＋、I－、Br－的还原性大小为

：I－>Fe2＋>Br－，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I－，再氧化Fe2＋，最后氧化Br－。故a、b、c、d曲线分别表示I－、Fe2＋、Fe3＋、Br－的变化情况，A项错误；由图像可知，I－为2mol，故原

溶液中FeI2为1mol，B项正确；由图可以看出Fe2＋是4mol，Br－是6mol，故原溶液中n（Fe2＋）∶n（Br－）＝2∶3，C项正确；当通入2molCl2时，2mol的I－消耗氯气1mol，

余下的1mol氯气再与2molFe2＋反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D项正确。8．C某化肥厂用H2O、CO2、NH3、CaSO4制备（NH4）2S

O4，由于氨气的溶解度远远大于二氧化碳，所以根据题中工艺流程可知：CaSO4悬浊液中先通入NH3得甲混合液，再通入CO2得（NH4）2SO4和CaCO3的混合物质乙，过滤得（NH4）2SO4溶液和CaCO3固体，CaCO3

在高温下分解生成CO2和CaO，CO2可以循环利用，（NH4）2SO4溶液经过提纯可得（NH4）2SO4固体，据此答题。根据上面的分析可知，氨气不可以循环使用，二氧化碳可以循环使用，A错误；实验中用的是CaSO4悬浊液，在离子方程式中应用化学式表示，所以步骤②中发生的反应为

：CaSO4＋CO2＋2NH3·H2O===CaCO3↓＋2NH＋4＋H2O＋SO2－4，B错误；往甲中通CO2会生成碳酸钙沉淀，所以利于（NH4）2SO4生成，C正确；根据上面的分析可知：整个流程中不涉及氧化还原反应，D错误。9．DFeSO4可将有害的Cr2O2－7转化为Cr3＋，即Cr元素的化

合价降低，铁元素的化合价升高，该过程中发生的反应为6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH会增大，A，B错误；由上述离子方程式可知，每转移6mol

e－，有1molCr2O2－7被还原，故转移0.6mole－，会有0.1molCr2O2－7被还原，C错误；除去废水中Cr2O2－7的过程包括氧化还原反应和复分解反应，D正确。10．BA项，I－具有强还原性，ClO－具有强氧化性，I－与ClO－发生

氧化还原反应，I－与ClO－不能大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO－能与H＋反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO－不能大量存在；D项，Mg2＋、HCO－3都能与OH－反

应，Mg2＋、HCO－3与OH－不能大量共存。11．D设CrO5中－1价O和－2价O的个数分别为x和y，则x＋y＝5、x＋2y＝6，解得x＝4、y＝1，A正确。30～80s过程中，Cr由＋3价升高为＋6价，被氧化，可能是溶液

中溶解的氧气所致，B正确。由2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O可知，不滴加H2O2溶液只加NaOH溶液时，能促使平衡逆向进行，也能实现Cr2O2－7转变为CrO2－4，C正确。由题图2知30s时生成了Cr3＋，Cr的化合价降低，被还原，则H2O2为还原剂，

氧化产物为O2。初步确定反应为Cr2O2－7＋H＋＋H2O2―→Cr3＋＋O2↑＋H2O，Cr由Cr2O2－7中的＋6价降为＋3价，得2×3e－，O由H2O2中的－1价升为O2中的0价，失2×e－，根据得失电子守恒，先确定Cr2O2－7和

H2O2的化学计量数分别为1、3，然后配平其他微粒的化学计量数，得Cr2O2－7＋8H＋＋3H2O2===2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O，D错误。12．AClO－具有强氧化性，能将SO2氧化成SO2－4，又因为SO2

少量，溶液中仍存在ClO－，故反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO2－4＋Cl－＋2HClO，A符合题意。根据还原性：I－>Fe2＋>Br－，故通入等物质的量的氯气后，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2F

e3＋＋I2＋4Cl－，B不符合题意。滴加Ca（HCO3）2溶液反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO－3＋OH－===CaCO3↓＋H2O。C不符合题意。明矾溶于水后会电离出铝离子，所以向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀的物质的量最大时，生成的氢氧化

铝未溶解，则其离子方程式为2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓，D不符合题意。13．D反应中，钌元素化合价升高被氧化，Na2RuO4还原剂，RuO4为氧化产物，氯元素化合价降低被还原，NaClO是氧化

剂，NaCl是还原产物，A错误；H2SO4中各元素的化合价在反应前后均未变，反应中硫酸只体现酸性，B错误；RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2，氧化剂的RuO4氧化性大于氧化产物Cl2的，即氧化性RuO4>Cl2，Na2RuO4与NaClO反应可制得RuO4，氧化剂NaClO的氧化性大于氧化产

物RuO4的，即氧化性ClO－>RuO4，C错误；RuO4有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3＋，用浓盐酸代替稀硫酸时无法得到RuO4，D正确。14．D反应方程式为3ClO－＋2NH＋4===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，该反应的还原剂为NH＋4，故A错误；N元素化合价由－3升高到

0，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；反应生成H＋，溶液酸性增强，故D正确。15．C强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO2－3，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO2－4，不存在和硫酸根离

子反应的Ba2＋，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2＋和NO－3不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2＋，不存在NO－3，A是NO；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体D，则溶液中含有NH＋4，D是NH3，产

生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G，则溶液中存在Al3＋，沉淀H是Al（OH）3。溶液X中应含有Fe2＋，酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO，反应的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋

＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项正确；生成沉淀H的离子方程式为AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3，B项正确；溶液X中一定没有的离子为CO2－3、Ba2＋、NO－3，C项错误；溶液X中一定含有的离子是H＋、Fe2＋、SO2－4

、NH＋4、Al3＋，D项正确。16．答案：（1）Ag＋、Mg2＋、Ba2＋（2）SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓（3）如表阴离子NO－3CO2－3SiO2－3SO2－4c/（mol·L－1）？0.250.40（4）

存在0.8解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ、Ⅱ可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO2－3，其浓度为0.56L÷22.4L·mol－1÷0.1L＝0.25mol·L－1，则溶液中一定无Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；且能生成白色沉淀，因此有SiO2－3，

发生的反应为SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓，H2SiO3=====△SiO2＋H2O故SiO2－3的浓度为2.4g÷60g·mol－1÷0.1L＝0.4mol·L－1；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO2－4；根据电荷守恒知2c（CO2－3）＋2c（SiO2

－3）＝2×0.25mol·L－1＋2×0.4mol·L－1＝1.3mol·L－1，故含K＋，其最小浓度为1.3mol·L－1－0.5mol·L－1＝0.8mol·L－1。17．答案：（1）NH＋4、Fe2＋、Mg2＋、SO2－4无（2）0.3molFe（OH）3、0.1molMg（OH）

2（3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===2H2O＋3Fe3＋＋NO↑（4）Ba2＋＋CO2＋2OH－===BaCO3↓＋H2O（5）4NH3＋6NO△催化剂5N2＋6H2O2∶3解析：待测液中加入过量的稀盐酸，无明显现象，溶液中一定没有SO2－3、CO2－3，加入过量的硝酸钡溶液，生成标

准状况下2.24L无色气体X，则溶液中含有还原性离子Fe2＋，发生反应的离子方程式是3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成的一氧化氮的物质的量是0.1mol，则Fe2＋的物质的量是0.3mol，MnO－4具有氧化性，与Fe2＋不能

共存，则溶液中不含有MnO－4，一定含有SO2－4，SO2－4的物质的量是116.5g233g·mol－1＝0.5mol，向滤液I中加入过量的氢氧化钠溶液，生成无色气体Y，则溶液中一定含有NH＋4，NH＋4的物质的量是4.48L22.4L·mol－1＝0.2mol，滤液I中含有0.

3molFe3＋，根据原子守恒，生成氢氧化铁的质量是0.3mol×107g·mol－1＝32.1g，而沉淀B是37.9g，由此推出含有5.8g的氢氧化镁，其物质的量是5.8g58g·mol－1＝0.1mol，则待测液中一定含有0.1molMg2＋，依据电荷守恒：n（Na＋）＋2n

（Mg2＋）＋2n（Fe2＋）＋n（NH＋4）＝2n（SO2－4），把数据代入得，n（Na＋）＝0，则可确定溶液中不含有Na＋。（1）由分析可知，待测液中一定含有的离子是NH＋4、Fe2＋、Mg2＋、SO2－4，没有无法确定是否含有的离

子。（2）由分析可知沉淀B的成分为0.3molFe（OH）3、0.1molMg（OH）2。（3）生成无色气体X时的离子方程式为3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）滤液Ⅱ中含有Ba2＋、OH－，通入少量CO2，生成的沉淀C是碳酸钡，反应的离子方程式为B

a2＋＋CO2＋2OH－===BaCO3↓＋H2O。（5）NO和NH3反应生成的无污染性的气体应为N2，化学方程式是4NH3＋6NO△催化剂5N2＋6H2O；由方程式可知，4mol氨气被氧化，6mol一氧化氮被还原，氧化产物和还原产物都

是N2，则所得氧化产物与还原产物的质量之比为2∶3。18．答案：（1）④⑦②⑤⑥（2）⑨（3）C（4）①ACCD相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小②5∶3解析：（1）①Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质；②NH3是非电解质；③BaCO3是盐，属于电解质；④Fe（OH）3胶体属于混合物，

既不是电解质也不是非电解质；⑤酒精属于非电解质；⑥CO2是非金属氧化物，属于非电解质；⑦稀硫酸属于混合物；⑧HCl是酸，属于电解质；⑨熔融的NaCl是盐，属于电解质，则属于混合物的是④⑦；属于非电解质的是②⑤⑥。（2）由上述分析可知属于电解质的是③⑧⑨，其中处于

电离状态能导电的是⑨。（3）置换反应均为氧化还原反应，复分解反应均不是氧化还原反应，据此并结合图示，可知A为氧化还原反应，B为置换反应，D为复分解反应，C为离子反应。（4）①氯气通入氢氧化钠溶液中生成次氯酸钠，次氯酸钠与浓的硝酸铁

溶液反应生成高铁酸钠，该反应属于氧化还原反应且为离子反应，向转化1后的溶液中加KOH除去过量的铁离子，然后在滤液中加浓的KOH溶液，与高铁酸钠发生复分解反应生成高铁酸钾，同时该反应属于离子反应，该反应能够发生的主要原因是相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，过滤、洗涤得到高铁酸钾。②由反

应可知硫酸亚铁为还原剂，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，在反应中，若6mol过氧化钠参与反应，其中5mol作氧化剂，1mol作还原剂，故还原剂的总物质的量为3mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3。19．答案：（1）Ca（ClO）2（2）5Cl2＋10OH－===7Cl－

＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O（3）D（4）234235（5）既能杀菌消毒，又能净水解析：（1）由图可知，t1前没有ClO－3生成，故t1前发生的反应为2Ca（OH）2＋2Cl2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O，其中氧化产物为Ca（ClO）

2。（2）由图可知，t2时n（ClO－）＝2mol，n（ClO－3）＝1mol，则n（ClO－）∶n（ClO－3）＝2∶1时，Ca（OH）2溶液与Cl2反应生成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、CaCl2和H2O，根据得失电子守恒，t2时反应的总

的离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O。（3）根据题意，NaClO2爆炸时发生氧化还原反应，Cl元素应该既有化合价的升高，又有化合价的降低，NaClO2转化为NaCl和Cl2时，Cl元素的化合价均降低，A错误；NaClO2转化为NaCl和NaC

lO时，Cl元素化合价均降低，B错误；NaClO2转化为NaClO3和NaClO4时，Cl元素化合价均升高，C错误；NaClO2转化为NaCl和NaClO3时，Cl元素化合价既有降低又有升高，D正确。（4）反应中Fe元素化合价由＋

3价升高到＋6价，Cl元素化合价由＋1价降低到－1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平后的离子方程式为2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。（5）K2FeO4中Fe元素为＋6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒；反应过程中Fe元

素被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成的Fe（OH）3胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物，故也可以净水。第二单元物质的量课练4物质的量及相关概念狂刷小题夯基础[练基础]1．D摩尔是物质的量的单位，物质不一定都是由分子组成的，还可以由原子或离子组成，故A错误

；氢气的摩尔质量是2g·mol－1，1mol氢气的质量为2g，1molH2含有约6.02×1023个氢气分子，故B错误；物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，故C错误；1mol粒子集合体所含的粒子数与12g12C含有的碳原子数相同，都约为6.

02×1023，故D正确。2．DA项，m（CH4）∶m（O2）＝1∶4→V（CH4）∶V（O2）＝n（CH4）∶n（O2）＝m（CH4）M（CH4）∶m（O2）M（O2）＝116∶432＝1∶2，正确。B项，同温同压下体积相同的气体，其物质的量相同→n（CH4）∶n（O2）＝1∶1

→m（CH4）∶m（O2）＝1∶2→ρ（CH4）∶ρ（O2）＝1∶2，正确。同温同体积同质量的气体，压强之比等于摩尔质量的反比，故甲烷和氧气的压强之比为2∶1，正确。D项，未给出温度是否相同，无法判断分子数是否相同，进而无法判断原子数的比

例，错误。3．DA项，由电解水的化学方程式计算可得，1.8gH2O完全电解生成0.2gH2和1.6gO2，即得到0.1molH2和0.05molO2，在标准状况下的体积为3.36L，错误；B项，未指明温度、压强，1mol氦气所占的体积不一定是22.4L，错误；C项中的Cu不是气体，而气体

摩尔体积只适用于气体体积的计算，错误；D项，N2和CO的摩尔质量均为28g·mol－1，则标准状况下，混合气体的体积V＝n·Vm＝mM·Vm＝28g28g·mol－1×22.4L·mol－1＝22.4L，

正确。4．D根据n＝m/M、N＝nNA、M（CO2）>M（CO）知，CO分子数较多，A错误。根据V＝nVm知，甲容器的体积比乙容器大，B错误。温度和压强相等，不同气体的摩尔体积相等，C错误。甲容器的体积比乙容器大，气体质量相同，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确。5

．A每个NH3分子含有10个质子，则标准状况下，22.4L（1mol）NH3约含有10×6.02×1023个质子，A项错误；62g白磷的物质的量为0.5mol，而一个白磷分子中含6个P—P键，故0.5mol白磷中约含有3×6.02×1023个P—P

键，B项正确；标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，则约含有2×6.02×1023个氢原子，C项正确；由题给信息知，阿伏加德罗常数NA＝6.02214076×1023mol－1，D项正确。6．B由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则xg甲气体和yg乙气体的物质的量相等，即xM

甲＝yM乙，推出x∶y＝M甲∶M乙，故A项正确；甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故B项不正确；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故C项正确；等质量的甲乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝mM甲∶mM乙＝M乙∶M甲＝y∶x，故D项正确。7．D

根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr（X）<Mr（Y）＝0.5Mr（Z），即Mr（X）<Mr（Y）<Mr（Z），A项，相同条件下，密度和相对分子质量成正比，由于温度压强不定，则密度无法判断，A错误；分子数目相等的三种气

体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，B错误；Vm和外界条件有关，Vm不一定等于22.4L·mol－1，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，D正确。[练高考]8．CA项，不是在标准状况下，无法计算28L

氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20mol苯甲酸（C7H6O2）完全燃烧生成1.4molCO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4g（即0.1molCu），

则外电路中转移0.20mol电子，错误。9．AFe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1mol，A正确；HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3mol，因此，Cl－数为0.3NA，B错误；56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05m

ol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C错误；反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D错误。10．A1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为1.8g18g·mol－1＝0.1mol，故1.8

g18O中含有中子的物质的量为1mol，中子数为NA，故A正确；根据乙烯分子的结构式可知，1个乙烯分子中含有5个σ键，28gC2H4的物质的量为1mol，所以28gC2H4分子中含有的σ键数目为5NA，B

错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故C错误；没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故D错误。11．D由稀盐酸和稀硫酸均足量，知金属均完全反应，根据同温同压下，气体的物质的量之比等于体

积之比，知X、Y生成H2的物质的量之比一定为V1V2，A项正确；根据2HCl～H2、H2SO4～H2，知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为2V1V2，B项正确；根据金属失电子总数等于H＋得电子总数，知0.1molX、0.1molY失电子数之比为V1V2

，则产物中X、Y的化合价之比一定为V1V2，C项正确；若V1V2＝1，则产物中X、Y的化合价相等，但不能确定化合价的具体数值，D项错误。12．B2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转移2e－，则3.9g（0.05mol）Na

2O2参与反应，转移电子个数为0.05NA，A项错误；1.2gMg为0.05mol，MgO、Mg3N2中Mg均是＋2价，故转移电子个数为0.1NA，B项正确；2.7gAl为0.1mol，与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，生成H2的个数为

0.15NA，C项错误；6.0gSiO2为0.1mol，与足量NaOH反应得到0.1molNa2SiO3，SiO2－3因水解个数少于0.1NA，D项错误。[练模拟]13．DA项，溶液中NH4Cl的物质的量是0.1mol，NH＋4水解，故溶液中的数量小于0.1NA，错误；B项，2.4gMg的物质

的量是0.1mol，与H2SO4完全反应，转移电子0.2NA，错误；C项，标况下2.24LN2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1NA，错误；D项，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中发生反应H2＋I2⇌2HI，该反应气体的物质的量不变，其分子总

数为0.2NA，正确。14．C根据电荷守恒可知：n（NH＋4）＋n（H＋）＝n（OH－）＋n（NO－3），溶液显中性，即n（H＋）＝n（OH－），则n（NH＋4）＝n（NO－3）＝0.2mol，故溶液中NH＋4的数目为0.2NA，A错误；铝离子在水溶液中部分水解生成氢离子和氢氧化

铝，所以1L0.1mol·L－1Al（NO3）3溶液中，阳离子的数目大于0.1NA，B错误；H218O和D2O的摩尔质量都为20g·mol－1，分子中所含中子数均为10，1.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含有的中子总

数为1.0g20g·mol－1×10×NAmol－1＝0.5NA，C正确；2.7g金属Al的物质的量为2.7g27g·mol－1＝0.1mol，反应中每消耗0.1molAl，转移的电子数为0.3NA，D错误。15．DNH4

HCO3晶体中仅含有NH＋4，故A错误；NO2和N2O4的最简式均为NO2，92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，故含有6mol原子即6NA个，故B错误；Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.25molNa2O2中含0.25mol阴离子即0.25NA个，故C错误；在已

知反应中，当生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故D正确。16．CCl原子的化合价由0价变为－1价，转移电子数为2NA，A说法错误；标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；22gCO2的物质的

量为0.5mol，其与足量Na2O2反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为0.25NA，C说法正确；0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于0.5NA，D说法错误。17．D反应②是O2与O反

应生成O3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A错误；16gO3和O2的混合气体中含有1mol氧原子，所含质子数为8NA，故B错误；0.5molNO2溶于水发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，因此得到硝酸的物质的

量约为0.33mol，则可得到0.33mol·L－1的硝酸溶液，故C错误；假设NO和O2不反应，则标准状况下，11.2L的NO和O2混合气体的物质的量为0.5mol，二者都为双原子分子，无论如何反应，原子数目不变，因此所含的原子数为NA，故D正确。18．CNaHSO4在溶液中完全电离生

成钠离子、氢离子、硫酸根离子，不存在HSO－4，故A不符合题意；在含4molSi—O的石英晶体中，含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有氧原子的数目为2NA，故B不符合题意；14gC2H4和C3H6的混合物中含有1mol简式CH2，含有2mol氢原

子，含有2NA个氢原子，故C符合题意；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2中氧元素的化合价从－1价升高到0价，2molNa2O2完全反应，转移2mol电子，0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.1NA个电

子，故D不符合题意。综合测评提能力1．C摩尔是物质的量的单位，A错误；NA是0.012kg12C中含有的碳原子数，B错误；（b－a）g是一个氧原子的质量，D错误。2．C1molCH3COOK的质量为98g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B

错误；一个“CH3COOK”粒子的质量约为986.02×1023g，C正确；一个“CH3COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×1023个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5mol，D错误。3．B根据阿伏加德罗定律的推论，pV＝nRT＝mMRT，则pM＝ρRT，即温度、压强相同时，气体

的密度与其摩尔质量成正比，A项错误；同理，温度、密度相同时，气体的压强与其摩尔质量成反比，B项正确；质量、温度、压强均相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，C项错误；温度、压强、体积均相同时，气体的质量与其摩尔质量成正比，D项错误。4．D依

据4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O可知1molNH3参加反应转移5mol电子，参加反应NH3的物质的量为V22.4mol，转移电子的物质的量为5V22.4mol，已知在此反应中转移电子数为n，则n＝5V22.4×NA，所以NA＝22.4n5V。5．A有机物中1对共用电

子对形成1个单键，2对共用电子对形成1个双键，1molHOOC—COOH中含有9mol共用电子对，9g（0.1mol）HOOC—COOH中含共用电子对数目为0.9NA，A项正确；2MnO－4＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由方

程式可知，当有0.01molKMnO4被还原时，强酸提供的H＋数目为0.03NA，B项错误；pH＝3.0的草酸溶液中c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，溶液体积未知，无法计算H＋数目，C项错误；常温下得到CO2气体的体积为VL，不能用标准状况下的Vm进行计算，D项错误。6．C

左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4∶1，则左右气体物质的量之比为4∶1，所以右侧气体物质的量＝0.25mol，质量＝28g·mol－1×0.25mol＝7g，A、B错误；相同条件下密度与摩尔质量成正比

，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的282＝14倍，C正确；隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要再充入CO的物质的量为1mol－0.25mol＝0.75mol，D错误。7．A根据结构简式可知奥克托今的分子式为C4

N8H8O8，根据原子守恒可知，HMX自爆时的反应方程式为C4N8H8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故氮气和CO的分子数之比为1∶1。8．BNH＋4为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1molNH4ClO4溶于水含NH＋4离子数少于NA，故A错误；2NH4ClO4=====2

10℃N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B正确；6.4gO2的物质的量＝6.4g32g·mol－1＝0.2mol，根据2N

H4ClO4=====210℃N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑可知，产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；未告知是否为标准状况，无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误。9．D根据Be＋2H＋===B

e2＋＋H2↑、2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑知，V1V2＝m9m27×32＝21，A项错误；V1L、V2L是常温常压下H2的体积，不能用22.4L·mol－1计算其物质的量，B项错误；铍、铝消耗的硫酸的物质的量分别为

m9mol、m27×32mol，C项错误；根据Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑、2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑知，若相同条件下用NaOH代替硫酸，产生的氢气体积不变，D项正确。10．A100g46%甘油水溶液含46g甘油，甘油的物质的量为0.

5mol，含—OH的数目为1.5NA，但由于水中也含有羟基，所以甘油水溶液中含—OH的数目大于1.5NA，A错误；NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g·mol－1，分子中所含质子数都为10，1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体的物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为N

A，B正确；溶液体积未知，因此溶液中含Al3＋的数目无法计算，C正确；根据反应的化学方程式得出，消耗1molCH4（即消耗2molNO）转移8mol电子，则每消耗标准状况下22.4LNO（即1molNO），反应中转移的电子数目为4NA，D正确。11．答案：（1）O3F2阿伏

加德罗定律（2）1∶22∶13∶12∶3解析：（1）根据阿伏加德罗定律可知10OxFy＝15O2＋10F2根据原子守恒得10x＝3010y＝20故x＝3，y＝2。（2）同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体的物质的量相等，故质量比为17∶34＝1∶2；同质量的氨气

和硫化氢气体物质的量之比为117∶134＝2∶1，即体积之比为2∶1；氢原子数目之比为（2×3）∶（1×2）＝3∶1，若二者氢原子数相等时，物质的量之比为13∶12＝2∶3，即体积之比为2∶3。12．答案：Ⅰ.（1）

5.604.00（2）Ca5（PO4）3OHⅡ.（1）1∶2（2）0.1mol·L－1解析：Ⅰ.（1）6.20g白磷的物质的量是6.20g4×31g·mol－1＝0.05mol，设需要标准状况下氧气的体积是V

L，P4＋5O2=====△2P2O51mol112L0．05molVL10.05＝112V，解得V＝5.60。根据磷元素守恒，生成磷酸的物质的量为0.05mol×4＝0.2mol，该磷酸溶液的物质的量浓度c＝nV＝0.2mol0.05L＝4.00mol·L－1。（2）0.30

0molH3PO4提供H＋0.9mol、PO3－40.3mol；0.500molCa（OH）2提供OH－1mol、Ca2＋0.5mol；生成0.9molH2O，消耗H＋0.9mol、OH－0.9mol，生成的盐中应该

含有Ca2＋0.5mol、PO3－40.3mol、OH－0.1mol，则该盐的化学式是Ca5（PO4）3OH。Ⅱ.（1）根据题中图像可知生成硫酸钡的质量为2.33g，物质的量是0.01mol；根据反应（NH4）2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NH4Cl可知，2.39g（N

H4）2SO4和NH4Cl固体混合物含有（NH4）2SO40.01mol，（NH4）2SO4的质量为0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则NH4Cl的质量为2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量为1.07g53.5g·mol－1＝

0.02mol，混合物中n[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。（2）根据（1）中的图像，加入100mLBa（OH）2溶液生成硫酸钡的物质的量是0.01mol，消耗氢氧化钡的物质的量是0.01

mol，所以Ba（OH）2溶液的浓度是0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1；根据（1）中（NH4）2SO4和NH4Cl的物质的量可知固体混合物中含有n（NH＋4）＝0.01mol×2＋0.02mol＝0.04mol、n（Cl－）＝0.02mol，根据2NH

＋4～Ba（OH）2可知，消耗氢氧化钡的物质的量是0.02mol，消耗氢氧化钡溶液的体积是0.02mol0.1mol·L－1＝0.2L，c（Cl－）＝0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1。13．答案：（1）33.2（2）

1800（3）10.64（4）①862.5②1.8解析：设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4x×30g·mol－1＋x×46g·mol－1＝2.49g，x＝0.015mol，所以1m3尾气中NO2

的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，根据4NO＋4NH3＋O2=====催化剂140℃4N2＋6H2O知，0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式6NO2＋8NH3―

―→催化剂140℃7N2＋12H2O知，0.015molNO2需要0.02molNH3，根据以上分析进行解答。（1）尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为0.015mol×46g·mol－1＋0.06mol×30g·mol－10.075mol＝33.2g·mol－1，所以其平均相对分子质量为33

.2。（2）1m3尾气中NO的物质的量为0.06mol，所以其含量为m＝n·M＝0.06mol×30g·mol－1＝1.8g＝1800mg。（3）处理1m3尾气需要氨氧混合气体的体积＝（0.06＋0.02＋0.015）mol×22.4L·mol－1＝2.128L，则要处理5m3

的尾气，需要氨氧混合气的体积为2.128L×5＝10.64L。（4）①NaOH溶液的物质的量浓度为c＝1000×1.28×25%40mol·L－1＝8mol·L－1，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以V＝0.5mol8mol·L－1＝62.5m

L。②已知发生如下反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35mol亚硝酸钠则生成0.15mol硝酸钠，生成0.15mol硝酸钠需要0.3mol二氧化氮，同

时生成0.15mol亚硝酸钠，0.2mol亚硝酸钠需要0.1mol一氧化氮和0.1mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4mol，一氧化氮的物质的量是0.1mol，根据氧原子守恒得x＝0.1×1＋0.4×20.5＝1.8。课练5物质的量浓度及其配制

狂刷小题夯基础[练基础]1．D配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，A错误；配制1L0.1mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，称取食盐的质量偏小，配

制溶液的浓度偏低，B错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，C错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。2．D配制100mL1mol·L－1的Na2CO3溶液，需要N

a2CO3·10H2O晶体的质量m＝1mol·L－1×286g·mol－1×0.1L＝28.6g，A项错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有天平、药匙、玻璃

棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管等，B项错误；定容时，需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝nV可知溶液浓度偏高，D项正确。3．A实验室配制0.1

000mol·L－1的H2SO4溶液时要使用浓硫酸，浓硫酸是液态物质，应用量筒量取浓硫酸，不需要托盘天平称量其质量，A符合题意；将稀释后的硫酸冷却至室温后用玻璃棒引流转移到容量瓶中，且玻璃棒下端在容量瓶刻度线以下，B不符合题意；在烧杯中稀释浓硫酸，为使溶质充分溶解，

使热量迅速扩散，要用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；量取浓硫酸时需用到量筒和胶头滴管，D不符合题意。4．CC项，蒸发掉50g水后，溶液的体积并不是50mL，NaNO3的物质的量浓度不是1mol·L－1。5．DX2SO4的浓度为1000ρa%Mmol·L－1，则c（X＋）＝c＝

2000ρa%Mmol·L－1＝20ρaMmol·L－1，A错误；根据A选项分析，溶质的质量分数a%＝Mc2000ρ，B错误；根据A选项分析，M＝2000ρa%c，C错误；根据B选项分析，a%＝Mc2000ρ，a%＝S100＋S，得出S＝100cM2000ρ－cM，D正确。6．C由

溶解度曲线可知，当温度小于t℃时，a的溶解度小于b的溶解度，当温度等于t℃时，a的溶解度等于b的溶解度，当温度大于t℃时，a的溶解度大于b的溶解度，A错误；在t℃时，a、b两物质的溶解度相等，所以在t℃时，a、b饱和溶液中溶质的质量分数相同，但溶液的密度、溶质的摩尔质量不等，B错

误；由图可知，b的溶解度随温度的升高变化不大，a的溶解度随温度的升高变化较大，所以当a中含有少量b时，可以用冷却结晶的方法提纯a，C正确；在t℃时，a、b两物质的溶解度相等，即在t℃时，a、b饱和溶液中的溶质质量分数相同，将a、b的饱和溶液升温后，溶液由饱和变为不饱和，但溶质的质量分数

仍相等，D错误。[练高考]7．CA项，HCl是强电解质，溶于水后完全电离，不存在HCl分子，错误；22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，故其分子数不一定是NA个，错误；180g葡萄糖的物质的量n＝180g180g·mol－1＝1m

ol，所以C原子数目为6NA，正确；N2分子中，两个氮原子之间通过氮氮三键结合，一个三键由两个π键，一个σ键组成，故1molN2中，σ键的数目为NA，错误。8．D1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个H182O分子中含有10个中子，H182O的摩尔质量为20g·mol－1，故

18gH182O的物质的量为0.9mol，则18gH182O中含有的中子数为9NA，A错误；HClO4为强酸，在溶液中完全电离，则0.1mol·L－1HClO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol·L－1，

由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数目，B错误；2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于存在平衡2NO2⇌N2O4，所以充分反应后容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成

物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为11.2L＋22.4L22.4L·mol－1×NAmol－1＝1.5NA，D正确。9．B该实验操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待测液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到锥形瓶和

碱式滴定管，不需要用到分液漏斗，故选B。10．A1分子CH3CH2OH中含有5个C—H键，46gCH3CH2OH为1mol，含有C—H键数为5NA，A项正确；CH3COOH为弱酸，部分电离，故1L1mol·L－1CH3COOH溶液中含有氢离子数小于NA，B项错误；2SO2＋O2

⇌2SO3为可逆反应，1molSO2与1molO2反应，SO2少量，且SO2不能完全转化，因此转移电子数小于2NA，C项错误；11.2L（标准状况）CO2完全溶于水后，根据物料守恒可知，CO2、H2CO3、HCO－

3、CO2－3数目之和为0.5NA，D项错误。[练模拟]11．A用量筒量取所需浓盐酸时俯视刻度线，会使量取浓盐酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的浓度偏低，A项正确；定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，则导致配制溶液的浓度偏高，B项错误

；用量筒量取浓盐酸倒入烧杯后，若用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中，则溶质的物质的量偏大，会导致配制溶液的浓度偏高，C项错误；定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，这是由于容量瓶刻度线上方瓶壁沾有溶液，对所配制溶液浓度无影响，D项错误。12．C该溶液的质量摩尔浓度为

3g60g·mol－1÷0.1kg＝0.5mol·kg－1，而溶液的体积未知，无法计算物质的量浓度，A不正确；溶液中水分子中也含有共价单键，B不正确；用量筒量取100mL水倒入烧杯中，将称量好的3g尿素加入

水中，用玻璃棒搅拌溶解，C正确；CO（NH2）2的摩尔质量为60g·mol－1，则1个CO（NH2）2分子的质量为60NAg，a个CO（NH2）2分子的质量为60aNAg，D不正确。13．BA项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HC

l挥发，不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，不合理。14．A根据Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O可知，加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原溶液

中c（Al3＋）＝14×0.2mol·L－1＝0.05mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为xmol·L－1，则根据电荷守恒可知，c（K＋）＋c（Al3＋）×3＝c（SO2－4）×2，即xmol·L－1＋0.05mol·L－1×3＝0.2mol·L－1×2，解得x＝0.25。15．

C实验室配制1∶4的稀H2SO4的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶质质量分数w＝1mL×1.84g·mL－1×98%1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝1000

mL×1.23g·mL－1×30.9%98g·mol－1×1L≈3.88mol·L－1。综合测评提能力1．D不知道溶液体积，无法计算离子的总物质的量，故A错误；将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中，所得溶液的体积

不是1L，故B错误；K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，c（H＋）＝c（OH－），则c（K＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4），若Na＋和SO2－4物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，故C错误；同一物质

在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液的物质的量浓度恒定，故D正确。2．C由题意可知，0.466g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）＝n（H2SO4）＝0.466g233g·mol－1＝0.002mol，则硫酸中的n（H＋）＝0.004mol，c（SO2－4）＝0.002mol0.02L＝

0.1mol·L－1，A项错误；因消耗的NaOH的物质的量等于溶液中H＋的物质的量，即n（NaOH）＝n（H＋）＝0.01L×2mol·L－1＝0.02mol，硝酸提供的n（H＋）＝0.02mol－0

.004mol＝0.016mol，c（NO－3）＝0.016mol0.02L＝0.8mol·L－1，B项错误；原混合液中c（H＋）＝0.02mol0.02L＝1mol·L－1，则原混合液的pH＝0，C项正确；25℃时，Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝1

0－14，则原混合液中c（OH－）＝10－14mol·L－1，由水电离产生的H＋的浓度等于溶液中OH－的浓度，由水电离出的c（H＋）＝10－14mol·L－1，D项错误。3．BA项对浓度无影响；定容时俯视观察刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B符合题意；C项，未冲

洗溶解NaOH固体的烧杯，会造成溶质损失，浓度偏低；D项，会造成所配溶液的浓度偏低。4．AV4mL溶液中Al3＋的物质的量为mg×1427g·mol－1＝m108mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c（Al3＋

）＝m108mol4V×10－3L＝250m108Vmol·L－1，c（SO2－4）＝32c（Al3＋）＝32×250m108Vmol·L－1＝125m36Vmol·L－1。5．D需用托盘天平称量NaOH固体，需用量

筒量取适量蒸馏水，需用烧杯来溶解NaOH，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的①②③④不需要，但还需玻璃棒、量筒和胶头滴管，A项错误；配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用，B

项错误；由于NaOH固体易吸收空气中的H2O、CO2而变质，故利用久置的NaOH固体配制的溶液，NaOH的物质的量减小，结果偏低，C项错误；需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，D项正确。6．AA项，低于20℃，

氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1，不正确；B项，1L该温度下的氯化钠饱和溶液中溶液的质量为1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为58.5cg1000ρg×100%＝58.5c1000ρ×100%，

正确；C项，NaCl溶液越浓，密度越大，所以密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液为不饱和溶液，正确；D项，S100＋S＝58.5c1000ρ，S＝5850c1000ρ－58.5cg，正确。7．C氨水中溶质为氨气，标准状况下，aL氨气的物质的量为a22.

4mol，溶质的质量分数＝17a22.4gρVg×100%＝17a22.4ρV×100%，A正确；根据NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－可知，该溶液中NH3·H2O电离出的OH－的物质的量等于NH＋4的物质的量，故NH3·H2O电离出的c

（OH－）＝1000bVmol·L－1，B正确；根据电荷守恒有n（OH－）＝n（NH＋4）＋n（H＋），由c＝nV可知：c（OH－）＝c（NH＋4）＋c（H＋），溶液体积为VmL，c（NH＋4）＝bmolV·10－3L＝1000bVmol·L－1，故c（OH－）＝1000bV

mol·L－1＋c（H＋），C错误；加入等质量的水后，溶液中溶质质量不变，溶液质量变为原来的2倍，则所得溶液溶质的质量分数等于0.5w，D正确。8．A用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时俯视，量取的浓硫酸的体积偏小，

会使所配溶液浓度偏小，A项正确；用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量可能偏小，可能不变，B项错误；配制1mol·L－1NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，会导致溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，C项错误；用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于将醋酸稀释，溶

液的酸性减弱，测定结果偏大，D项错误。9．CA项，在t1℃、t3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2℃之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，w＝S100＋S×10

0%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。10．C一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么Mg2＋就有a2mol，硫酸镁也就是a

2mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b－a2mol，钾离子就有2b－a2mol＝（2b－a）mol。其浓度就是2b－aV2mo

l·L－1，即2（2b－a）Vmol·L－1，C项符合题意。11．答案：（1）7.14mol·L－1>（2）320.2（3）65.57%（4）22.35g解析：（1）密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000×1.4×50%98mol·L－

1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。（2）n（FeSO4·7H2O）＝111.2g278g·mol－1＝0.4mol，

由2FeSO4·7H2O=====高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋7H2O可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol×12×160g·mol－1＝32g，SO2的物质的量为0.4mol×12＝0.2mol。（3）根据题意知，稀

释溶液至100mL，测得其pH＝1，溶液中剩余酸的物质的量为n（H2SO4）＝0.1mol·L－1×12×0.1L＝0.005mol，则参加反应的n（H2SO4）＝0.025L×3mol·L－1－0.005mol＝0.07mol。设铁的物质的量是m，氧

化铁的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0

.07，解得n＝0.02mol，m＝0.03mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是0.02mol×160g·mol－14.88g×100%≈65.57%。（4）根据以上分析结合原子守恒知，n（FeSO4）＝n（Fe）＋2n（Fe2O3）＝（0.03＋0.04）mol＝0.07m

ol，根据莫尔盐的化学式知，n[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]＝n（FeSO4）＝0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g·mol－1－12.360g＝15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则x100g＝15.08g82.56

0g－15.08g，解得x≈22.35g。12．答案：Ⅰ.（1）⑤（2）50mL容量瓶（3）偏小Ⅱ.（4）2（5）溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色（6）1.2解析：Ⅰ.（1）由图示可知⑤操作不正确，定容时应平视刻度线至溶液凹液面与刻度

线相切。（2）应该用容量瓶确定50mL溶液的体积。（3）用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。Ⅱ.（4）根据电荷守恒，（－1×2）＋（＋1×6）＝＋x×2，解

得x＝2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。（5）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液时，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪

色。（6）20.00mL血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋10

CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n（Ca2＋）＝n（H2C2O4）＝5n（MnO－4）2＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g·mol－1×6×10－4mol＝0.

024g，其浓度为0.024×103mg20cm3＝1.2mg·cm－3。13．答案：玻璃棒100mL容量瓶胶头滴管（1）①②④③⑤（2）偏低（3）1%（4）400（5）ac解析：加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制100mL溶液时就需要用100mL容量瓶；定容时需要用胶头滴管。（1）根据配

制的原理及实验要求可知，正确的操作顺序是①②④③⑤。（2）若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低。（3）根据c＝1000ρwM可知，该溶液的质量分数为0.1×1061000×1.06×100%＝1%。（4）稀释前钠离子的浓度是0.2mol·L

－1，而稀释后钠离子的浓度是0.01mol·L－1，所以稀释后溶液的体积是20mL×0.2mol·L－10.01mol·L－1＝400mL。（5）根据c＝nV可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小；定容时俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏高；反之

定容时仰视刻度线，浓度偏低；干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响实验结果，答案选a、c。单元检测2物质的量1．C0.1molN2的质量m＝nM＝0.1mol×28g·mol－1＝2.8g，故A正确；Mg的相对原子质量为24，所以Mg的摩尔质量是24g·

mol－1，故B正确；2L0.1mol·L－1NaCl溶液中，c（Na＋）＝0.1mol·L－1，故C错误；O2为双原子分子，标准状况下，11.2LO2为0.5mol，含有的原子数目约为6.02×1023，故D正确。2．C根据题给图像可知，该反应为2NO＋2CO=====催化剂N2＋2CO2，该反

应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO>CO2，A项、B项正确；该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比为6∶7，C项错误；每生成标准状况下2.24LN2，转移电子0.4mol，即转移电子数为0.4NA，D项正确

。3．C此题虽给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的物质的量之比，可设BaCl2物质的量为1mol；由Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4的化学式可看出，沉淀1molBa2＋需SO2－41mol，而需三种

盐的物质的量分别是13mol、1mol、1mol，又因三种盐的体积相同，浓度之比等于物质的量之比，为13∶1∶1＝1∶3∶3。4．A反应的化学方程式分别为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O===4

HNO3，O2足量，则生成HNO3的物质的量取决于NO2与NO的体积，由于NO2与NO体积相同，生成HNO3的物质的量相等，即两试管中HNO3的浓度相等，A项正确。5．B①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以1个12

C原子质量的112，即12ab，正确；②mg硫原子的个数为ma，其物质的量为maNAmol，正确；③该硫原子的摩尔质量是aNAg·mol－1，不正确；④一个硫原子所含电子数为16，ag该硫原子的个数为1，所含电子数为16，不正确，故答案为B。6．A根据2N＋

3Cl－13＋3H2O===3HCl＋N02↑＋3HCl＋1O可知，每生成3molHCl转移6mol电子，即每生成36.5g（1mol）HCl转移电子数为2NA，A正确；0.1molNCl3中含有的质子数为0.1×（7＋17×3）NA＝5.8NA，B错误；每个C2H2分子中含3个σ键和

2个π键，则标准状况下22.4L（1mol）C2H2中含σ键数为3NA，C错误；100mL1mol·L－1HClO溶液中n（HClO）＝0.1mol，HClO为弱电解质，部分电离，且水微弱电离出H＋和OH－，故溶液中阴、阳离子总数小于0.2NA，D错误。7．CCu和Cu2O的质量之和为13.6g，

100mL溶液中Cu2＋的物质的量为2mol·L－1×0.1L＝0.2mol，根据反应前后铜原子守恒，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则64x＋144y＝13.6x＋2y＝0.2，解得x＝0.1，y＝0.05，所以Cu和Cu2O的物质的量之比为0.

1mol∶0.05mol＝2∶1，故选C。8．D标准状况下，0.112L水的质量是112g，物质的量是112g÷18g/mol≈6.2mol，氢原子的物质的量约是12.4mol；3.01×1023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是

18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6gH2S气体的物质的量是13.6g÷34g/mol＝0.4mol，氢原子的物质的量是0.8mol；0.2mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol

。A项，体积：①④③②，错误；B项，气体的密度与其摩尔质量成正比，故密度：④③②①，错误；C项，质量：④③②①，错误；D项，氢原子数：②④③①，正确。9．C相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两

种气体，根据ρ＝m/V可知气体的体积相等，结合n＝m/M以及PV＝nRT比较压强大小，根据Vm＝V/n比较气体摩尔体积大小，根据n＝m/M判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多．根据n＝m/M，若M（甲）<M（乙）

，则n（甲）>n（乙），气体的分子数：甲>乙，A错误；根据n＝m/M，若M（甲）>M（乙），则气体的物质的量：甲<乙，根据Vm＝V/n，故气体的摩尔体积：甲>乙，B错误；若M（甲）<M（乙），根据n＝m/M，则气体的物质的量：甲>乙，由P

V＝nRT可知，气体的压强：甲>乙，C正确；两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ＝m/V可知气体的体积相等，D错误。故选C。10．A在A、B、C处分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，且X、

Y气体的密度相等，相同条件下，ρ1ρ2＝M1M2，密度相等则摩尔质量相等，相对分子质量相等，A正确、B错误。n＝mM物质的量相等，相同温度、压强下，X、Y的体积相同，无法确定氢气的物质的量，无法比较与X、Y的物质的量及体

积，C、D错误。11．B浓盐酸在反应过程中会变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，所以转移电子数小于2NA，A项错误；1L0.1mol·L－1MgCl2溶液中氯化镁的物质的量n＝cV＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，0.1mol氯化镁中含氯离子的物质的量为0.2mol，质

量为0.2mol×35.5g·mol－1＝7.1g，B项正确；氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n＝32g16g·mol－1＝2mol，C项错误；Fe（OH）3胶粒是多个Fe（OH）3分子的聚集体，所以用含1molFeCl3的溶液制得的Fe（OH）3胶体

中含有Fe（OH）3胶粒的数目小于NA，D项错误。12．A往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为2.33g233g·mol－1＝0.01mol，所以n（H2SO4）＝0.01mol，则原

混合溶液中硫酸的物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，故A正确；溶液中c（Cl－）＝1.6mol·L－1，原混合溶液中HCl的物质的量为1.6mol·L－1×0.1L＝0.16mol，原混合溶液中n（H＋）＝0.02m

ol×2＋0.16mol＝0.2mol，故B不正确；原混合溶液中n（H＋）＝0.2mol，其一半为0.1mol，根据Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑可知，0.1molH＋与足量的铁反应生成氢气的物质的量为0.05mol，放出的气体体积为0.05mol×22.4L·mol－1＝1.12

L，故C不正确；原溶液中HCl和H2SO4的物质的量之和为0.02mol＋0.16mol＝0.18mol，故D不正确。13．CA项，根据图像可知，Na＋的物质的量浓度为1.0mol·L－1，Na＋来自于NaCl的电离，NaCl的物质的量浓度为1.0mol·L－1，所以NaCl的物质的量为

1.0mol·L－1×0.2L＝0.2mol，正确；B项，根据图像可知，Mg2＋的物质的量浓度为0.5mol·L－1，Mg2＋来自于MgCl2的电离，所以MgCl2的物质的量浓度为0.5mol·L－1，所以MgCl2的物质的量为0.5mol·L－1×0.

2L＝0.1mol，MgCl2的质量为95g·mol－1×0.1mol＝9.5g，正确；C项，根据图像可知，Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1，Cl－来自于NaCl、MgCl2、CaCl2的电离，所以根据原子守恒，来自于CaCl2的Cl－的物质的量浓度为3.0mol·

L－1－1.0mol·L－1－0.5mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，根据比例关系，CaCl2的物质的量浓度为0.5mol·L－1，所以CaCl2的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L＝0.1mol，错误；D项，根据图像可知，Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1，Cl－的物质

的量为3.0mol·L－1×0.2L＝0.6mol，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，最终得到沉淀的物质的量为0.6mol，正确。14．D设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据混合气体的质量为14.4g

可得28x＋44y＝14.4①；混合气体的物质的量为8.96L22.4L·mol－1＝0.4mol，所以x＋y＝0.4②；由①②可得x＝0.2、y＝0.2。原混合气体所含氧原子总数为0.6NA，故A正确；CO2能与NaOH反应，所以气球内收集到的气体为

CO，标准状况下体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，故B正确；14.4gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol＝36g·mol－1，故C正确；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，

所以二者体积之比为1∶1，故D错误。15．A同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，故两反应生成H2的物质的量之比为V1V2，A正确；该温度和压强下，气体摩尔体积未知，故无法计算H2的物质的量，B错误；由得失电子守恒可知，Al完全反应时产生H2的量不变，

故体积仍为V2L，C错误；根据关系式：Fe～H2，n（Fe）＝n（氢气）＝V1Vm，根据关系式：2Al～3H2，n（Al）＝23n（氢气）＝23×V2Vm＝2V23Vm，则n（Fe）n（Al）＝V1Vm2V23Vm＝

3V12V2，mn＝3V1×562V2×27＝28V19V2，D错误。16．答案：（1）89.6（2）2.4mol·L－1≥c≥1.2mol·L－1（3）8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2n（CO2）∶n（H2O）＝6∶2n（H2O）＝

96×2＝3（mol）（4）300molCH4完全反应产生H2900mol设CO2转化率为α，CO转化率为β300β＋100α＝350600β＋300α＝900－120α＝80%或设CO2转化率为α900－350×2－100α＝120α＝80100＝80%解析

：（1）碳酸氢铵分解产生氨气、水、二氧化碳，干燥后只有氨气和二氧化碳，则2mol碳酸氢铵分解可得氨气2mol、二氧化碳2mol，故在标准状况下体积为4mol×22.4L/mol＝89.6L。（2）二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，2.4mol

二氧化碳完全反应生成碳酸钠消耗氢氧化钠4.8mol，完全生成碳酸氢钠消耗氢氧化钠2.4mol，由此结合其体积为2L，可以求出其浓度范围。（3）也可设按照第一式反应的二氧化碳为xmol，按照第二式反应的二氧化碳为ymol，则可以列出方程组：x＋y＝9，产生氧气为1.5x＋0.7

5y＝9，得y＝6，则消耗水为62mol＝3mol。（4）由方程式可知300mol的甲烷完全反应产生氢气900mol、CO300mol，则可设CO反应xmol、CO2反应ymol，则根据甲醇的量可得x＋y＝350，剩余氢气为900－2x－3y＝120。

由此可得y＝80，则二氧化碳的转化率为80100×100%＝80%。17．答案：（1）趁热过滤（2）取少量溶液于试管中配成溶液，滴加过量的Ba（NO3）2溶液，再取上层清液滴加AgNO3溶液（3）MnO2＋SO2===MnSO4（4）Mn3O4＋8H＋＋2Cl－=====△3Mn2＋

＋Cl2↑＋4H2O（5）①Mn3O4②部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少解析：（1）四种物质中相同温度下硫酸钾溶解度最小，所以反应Ⅲ中蒸发浓缩后硫酸钾析出，趁热过滤减少杂质，得硫酸钾晶体，再洗涤，干燥即可。（2）检验Cl－用硝酸银溶液和稀硝酸，同

时又要除去干扰实验的硫酸根离子，具体方案为：取少量溶液于试管中配成溶液，滴加过量的Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液。（3）二氧化硫与二氧化锰反应，除杂后得到硫酸锰晶体，可知二者反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为

MnO2＋SO2===MnSO4。（4）＋4价锰离子具有氧化性可以氧化氯离子为氯气，四氧化三锰可改写为MnO2·2MnO，MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2和H2O，MnO与盐酸反应生成MnCl2和H2O，反应的离子方程式

为Mn3O4＋8H＋＋2Cl－=====△3Mn2＋＋Cl2↑＋4H2O。（5）①热重曲线中一般先失去结晶水（可能分步），100gMnSO4·H2O中结晶水的质量为100g×1855＋96＋18≈10.65g，可知A为硫酸锰，升

高温度盐分解得到金属氧化物，由流程图可知硫酸锰晶体煅烧得到四氧化三锰，100gMnSO4·H2O分解可以得到四氧化三锰的质量为100g（55＋96＋18）g·mol－1×13×229g·mol－1≈45.17g，故B为Mn3O4。②继续

加热产物中总锰含量反而减小，说明吸收了氧，进一步说明B中的锰元素存在低价，可能是部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少。18．答案：（1）10.0胶头滴管（2）dacbegf（3）B（4）③解析：（1）设取浓H2SO4的体积为V，根据稀释定律可得：1

8mol·L－1×V＝1.8mol·L－1×0.1L，V＝0.01L，即需用量筒量取10.0mL浓H2SO4；定容时需用胶头滴管。（2）操作步骤有检查容量瓶是否漏水、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故正确的顺序为dacbegf。（3）配制100mL浓度

为1.8mol·L－1的H2SO4溶液，只能选用100mL的容量瓶，故选B。（4）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，导致n（H2SO4）偏大，溶液的浓度偏大；②配制前，容量瓶内壁上有少量蒸馏水，对溶液配制无

影响，溶液的浓度不变；③未进行题述b操作，即未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质损失，则溶液浓度偏小。19．答案：（1）1∶43.2g（2）22.4bcaNAL（3）NaK20.2mol·L－1（4）①NA22.4②2∶1解析：（1）11.2L“人造空气”的物质的量为11.

2L22.4L·mol－1＝0.5mol，质量是4.8g，设含O2、He的物质的量分别为xmol、ymol，则有x＋y＝0.5，32x＋4y＝4.8，得x＝0.1、y＝0.4，所以氧气和氮气的分子数之比是1∶4；氧气的质量为0.1mol×32g·mol－1＝3.

2g。（2）如果ag某气体中含有的分子数为b，则ag该气体的物质的量为bNAmol，摩尔质量为agbNAmol＝aNAbg·mol－1，当该气体为cg时，其物质的量为cgaNAbg·mol－1＝bcaNAmol，在标准状况下的体积22.4bcaNAL

。（3）设钠、钾的物质的量分别为amol、bmol，则2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑21a0.5a2K＋2H2O===2KOH＋H2↑21b0.5b有0.5a＋0.5b＝0.15，23a＋39b＝10.1，计算可得a＝0.1，b＝0.

2，n（Na）∶n（K）＝1∶2，该钠钾合金的组成为NaK2，所得溶液中c（NaOH）＝0.1mol0.5L＝0.2mol·L－1。（4）①甲中NO2的物质的量是46g46g·mol－1＝1mol，含有O原子的物质的量是2mol，乙和甲中的O原子的物质的量相同，则乙

中SO2的物质的量为1mol，SO2的分子数为NA；丙和乙中S原子的物质的量相同，则丙中H2S的物质的量是1mol，标准状况下，1molH2S的体积为1mol×22.4L·mol－1＝22.4L。②甲中NO2的物质的量是1mol，含有N原子的物质的量是1

mol，甲中NO2和丁中N2H4含有N原子的物质的量相同，则丁中N2H4的物质的量是0.5mol，甲中NO2和丁中N2H4的物质的量之比为2∶1。20．答案：（1）1∶129g·mol－1（2）6.72（3）2∶3（4）小于200ρ2ρ1－100（5）4mol·L－12mol·L－1解析：

（1）由混合气体中N2和NO的质量比为14∶15可知，N2和NO的物质的量之比为14g28g·mol－1∶15g30g·mol－1＝1∶1，混合气体的平均摩尔质量为12×28g·mol－1＋12×30g·mol－1＝29g·mol－1。（2）1个氨气分子中含有3个氢原

子，1个硫化氢分子中含有2个氢原子，设3.4g氨气与标准状况下的VL硫化氡含有相同数目的氢原子，可得3.4g17g·mol－1×3＝VL22.4L·mol－1×2，解得V＝6.72。（3）由阿伏加德罗定律可知，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，设一氧化碳和二氧化碳混合

气体的物质的量为n，由隔板左右两侧容器的体积比可得1mol∶n＝23∶13，解得n＝0.5mol；设混合气体中一氧化碳的物质的量为x，由混合气体的质量为18g可得28g·mol－1×x＋44g·mol－1×（0.5mol－x）＝18g，解得x＝0.25mo

l，则混合气体中碳原子与氧原子的个数之比为（0.25＋0.25）mol∶（0.25＋0.25×2）mol＝2∶3。（4）设溶质质量分数为a%的氨水的密度为d1g/mL，由氨水的物质的量浓度为5mol·L－1可得1000×d1×a%

17mol·L－1＝5mol·L－1，设溶质质量分数为2a%的氨水的密度为d2g/mL、物质的量浓度为cmol·L－1，可得1000×d2×2a%17mol·L－1＝cmol·L－1，两式相比可得c＝10d2d1，由氨水浓度越大密度越小可知

d2d1<1，则c<10；设需要水的体积为xmL，由题意可知混合后所得的3mol·L－1硫酸溶液的质量为（100＋x）g，由稀释定律可得：100＋xρ2×10－3L×3mol·L－1＝100ρ1×10－3L×6

mol·L－1，解得x＝200ρ2ρ1－100。（5）由加入足量BaCl2溶液可得硫酸钡白色沉淀9.32g可知，10mL混合溶液中硫酸的物质的量为9.32g233g·mol－1＝0.04mol，则硫酸的浓度为0.04mol0.01L＝4mol·L－1；由10mL该混合溶液与25mL4mol·L－1

的NaOH溶液恰好完全中和可知，硝酸的物质的量为（4mol·L－1×0.025L－0.04mol×2）＝0.02mol，则硝酸的浓度为0.02mol0.01L＝2mol·L－1。第三单元金属及其化合物课练6钠及其重要化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D2．CCO2与Na2O2固体反应生成

白色固体Na2CO3，反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳既没被氧化也没被还原，故A错误；Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，将NaHCO3和Na2CO3的混合固体加热至恒重，最终只剩Na2CO3固体，达不到实验目的，故B错误；三者均含有钠

元素，焰色试验为黄色，故C正确；该离子方程式不满足电荷守恒和得失电子守恒，正确的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故D错误。3．DNaHCO3会析出成为沉淀，说明NaCl溶解度更大，A错误；NaHCO3受热易分解生成Na2CO3，

热稳定性比Na2CO3弱，B错误；NaHCO3和Na2CO3均可以和澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，C错误；向母液中加入NaCl可析出氯化铵，说明相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，D正确。4．DNa2O

2和H2O反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，故A正确；2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，实验③中MnO2作H2O2分解反应的催化剂，故B正确；Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，H2O2

分解生成H2O和O2，综合实验①和③可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，故C正确；Na2O2、H2O2具有氧化性，可以使酚酞褪色，故D错误。5．CNa2CO3和NaHCO3遇澄清石灰水都会产生白色沉淀，所以C不正确。6．D根据图像可知，当加入75mL盐酸时，

CO2的生成量不再发生变化，所以生成的氯化钠为0.0075mol，根据原子守恒可知，A和B中氢氧化钠的物质的量是0.0075mol，浓度是0.75mol·L－1，A不正确；由于碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，即碳酸钠首先与盐

酸反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2，所以根据图像可知A曲线表示的溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，而B曲线表示的溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，B、C不正确；B曲线中NaHCO3和HCl反应生成CO2所消耗的盐酸是50mL，所以生成的CO2

是0.005mol，标准状况下的体积是112mL，D正确。7．B加热时NaHCO3分解：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，然后Na2O2与CO2、H2O发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2

O===4NaOH＋O2↑，由化学方程式可知，转移1mol电子，则反应1molNa2O2，生成0.5molO2，若过氧化钠过量，则产物为Na2CO3和NaOH，无H2O，若过氧化钠不足，则产物为Na2CO3、H2O，可能有NaOH。8．D钠燃烧的产物为过氧

化钠，结合c试管中有小气泡产生的现象推知过氧化钠和硫酸可能发生反应Na2O2＋2H＋===2Na＋＋H2O2，A项正确；a试管中溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3＋，则燃烧前钠块中含有铁元素，B项正确；由c试管中的实验现象知，溶液中的物质与酸性高锰酸

钾溶液发生了氧化还原反应，并产生了气体，结合A项可推测c试管中发生的反应为5H2O2＋6H＋＋2MnO－4===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，C项正确；由a、b试管中的现象可知，钠的燃烧产物中含有Fe

3＋，不含Fe2＋，不能判断钠的燃烧产物中含Fe2O3，不含Fe3O4，D项错误。[练高考]9．CA项，Na2O2的电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋，错误；B项，H2O为V形分子，错误

；D项，NaOH中Na＋与OH－之间为离子键，OH－中O与H之间为共价键，错误。10．B向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2＋OH－===HCO－3，故A错误；氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化

钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误。11．BNa2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na

＋、CO2－3、HCO－3、H2CO3、H＋、OH－、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；加入Ca2＋后，Ca2＋和CO2－3反应生成沉淀，使CO2－3的水解平衡左移，抑制Na2CO3水解，B错误；Al3＋与CO2－3、HCO－3都能发生互

相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确。[练模拟]12．D胃酸的主要成分是盐酸，Na2CO3能够与盐酸反应，陈述Ⅱ对，但因Na2CO3溶液碱性较强，不能用于治疗胃酸过多

，陈述Ⅰ不对，A错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，陈述Ⅱ对，但因Na2O2具有强氧化性，故溶液先变为红色，然后红色褪去，陈述Ⅰ不对，B错误；金属钠非常活泼，具有强还原性，陈述Ⅰ对，钠的焰色为黄色，透雾性强，高

压钠灯发出透雾能力强的黄光，陈述Ⅱ对，但二者无因果关系，C错误；Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且有因果关系，D正确。13．A氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，添加吸收HCl的装置不是必要操作，故A

错误；碱石灰可与空气中二氧化碳反应，可防止空气中的二氧化碳进入装置③中影响实验的准确度，故B正确；根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中被充分吸收，减小实验

误差，故C正确；③中产生的沉淀为碳酸钡，根据③中碳酸钡的质量可计算出生成二氧化碳的质量，根据生成二氧化碳的质量可计算样品中碳酸钠的质量，结合称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D正确。14．CA项，因K2CO3与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钾，盐酸过量时才生成气体，故可行；B项，

K2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解产生CO2，故可行；C项，二者与Ba（OH）2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3，故不可行；D项，钾的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃观察），钠的焰色试验为黄色，故可行。15．C①与②的实验数据基本相同，说明②中的O

H－未参与反应，所以②中反应的离子方程式为Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓，A正确；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，故②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，B正确；开始时氢氧化钙过量，碳酸氢根离子全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为Ca

2＋＋OH－＋HCO－3===CaCO3↓＋H2O，C不正确；b点对应溶液中含NaOH，NaOH抑制水的电离，c点对应的溶液为盐溶液，盐水解促进水的电离，故b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，D正确。综合测评提能

力1．BA项，氯化钠有咸味，可用作食品调味剂；B项，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；C项，钠元素的焰色试验为黄色；D项，钠的金属活动性比较强，可以从熔融盐中置换出钛、锆等金属。2．D常用于生产玻璃和除油污的

是碳酸钠（苏打），A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于食品漂白，B错误；医用酒精是通过使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电

池，从而加速腐蚀，D正确。3．B如果41.8g固体全为Na2CO3，其物质的量为0.39mol，则其不可能恰好与1L1mol·L－1的稀盐酸完全反应，A项错误；设41.8g固体物质中含Na2CO3的物质的量为xmol，Na2O2的物质的量为ymol，则有106g

·mol－1×xmol＋78g·mol－1×ymol＝41.8g，2（x＋y）＝1mol·L－1×1L＝1mol，解得x＝0.1，y＝0.4，B项正确；根据Na元素守恒，可知n（Na2O2）＝12n（NaCl）＝12n（HCl）＝0.

5mol，即原Na2O2的质量为39g，C项错误；Na2O2与CO2反应不可能生成NaHCO3，D项错误。4．C装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故A正确；装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故B正确；由

于氧气密度大于空气，应选择装置b，故C错误；装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故D正确。5．D金属钠和钾分别与水反应，钾反应更剧烈的原因是钾的金属性比钠的强，或者说钾原子比钠原子更

易失去电子。6．A由于Na2O2与水反应生成NaOH和O2，即2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，反应后溶液呈碱性，HCO－3能与OH－反应生成CO2－3和H2O，即HCO－3＋OH－===H2O＋CO2－3，NH＋4能与OH－反应生成一水合氨，即NH＋4＋OH－===NH3·H

2O，则①HCO－3、④CO2－3、⑤NH＋4浓度发生变化，Na2O2具有强氧化性，②SO2－3被氧化生成SO2－4，则②SO2－3浓度也发生变化，根据分析可知，溶液中离子浓度基本保持不变的是③K＋、⑥NO－3，A正确。

7．C氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，A错误；向溶液中通入CO2时，应长进短出，B错误；从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，C正确；碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，D错误。8．B根据化学

方程式Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，当碳酸钠和HCl物质的量相等时，不会产生二氧化碳，A项错误；在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度

大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C项错误；向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，常温下在相同的溶剂中，Na2CO

3比NaHCO3易溶，所以会析出碳酸氢钠晶体，D项错误。9．B稀硫酸与过碳酸钠反应生成CO2，由于空气中含有CO2，所以需要除去空气中的CO2，又因为还需要防止空气中的水蒸气进入c，所以连接顺序是装置Ⅲ→

Ⅰ→Ⅱ，A项正确；装置b和e中盛放的试剂分别是浓硫酸和氢氧化钠溶液，B项错误；装置d的作用是防止空气中的H2O和CO2进入c中，C项正确；氢氧化钙与CO2反应生成碳酸钙沉淀，因此若b中盛放的是澄清石灰水，只用装置Ⅰ即可验证过碳酸钠与硫酸反应是否生成CO2，D项正确。10．C切开的金属Na暴

露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2===2Na2O，A正确；向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl（s）＋S2－（aq）⇌Ag2S（s）＋2Cl－（aq），B正确；向Na2CO3

溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO2－3水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根离子的水解反应分步进行，以第一步为主，CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至

溶液恰好呈中性：2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，D正确。11．答案：（1）（2）（3）极性共价键、离子键2Na2O2（s）＋2H2O（l）===4NaOH（aq）＋O2（g）ΔH＝－20akJ·mol－1（4）①Ca（OH）2＋Na2CO3===CaC

O3↓＋2NaOH或Ba（OH）2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaOH②OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O（5）Na2CO3、NaClCO2－3＋H＋===HCO－3解析：A为含金属离子的淡黄色固体化合物，A为Na2O2，根据2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O

2↑，E、X为空气中常见气体知E为O2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，X为CO2。（3）B为离子化合物NaOH，所含化学键的类型是极性共价键、离子键；根据7.8gA与足量的水充分反应放出热量akJ，计算得出2molNa2O2与足量的水充分反应放出的热量为20akJ，该反应的热化

学方程式为2Na2O2（s）＋2H2O（l）===4NaOH（aq）＋O2（g）ΔH＝－20akJ·mol－1。（4）①C转化为B，即Na2CO3转化为NaOH，可以加Ca（OH）2或Ba（OH）2实现，化学方程式为Ca（OH）2＋Na2CO3===CaC

O3↓＋2NaOH或Ba（OH）2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaOH；②B与D反应的离子方程式为OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O。12．答案：（1）①检查装置气密性③除去装置中的水蒸气和二氧化碳（2）

①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大②碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏大③286（m－18n44）180a×100%解析：（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰增加的

质量，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置增加的质量，计算生成水的质量，故应首先检验装置的气密性。③装置内有空气，含有水蒸气和CO2，会影响对样品生成的水蒸气和CO2质量的测定，实验前通入氮气，排出装

置中原有的水蒸气和二氧化碳，减少误差。（2）①若加热反应后不鼓入氮气，生成水蒸气质量和CO2质量测定结果会偏小，又碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3·10H2O的质量是根据生成水的总质量计算的，则测得的NaHCO3和Na2CO3·10H2O的含量

偏小而NaCl含量偏大。②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和CO2，若撤去E装置，则D装置中测得CO2的质量偏大，使测定的NaHCO3的质量分数偏大。③若样品质量为ag，反应后C、D装置增加的质量分别为mg、ng，D装置中增加的质量为生成CO2的

质量，设NaHCO3分解生成的水蒸气的质量为xg，则2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑18g44gxgngx＝18n44g，装置C吸收的是水蒸气，包括NaHCO3分解生成的水蒸气

和Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气，故Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气的质量＝mg－18n44g，设Na2CO3·10H2O的质量为yg，Na2CO3·10H2O=====△Na2CO3＋10H2O286g180gygmg－18n44gy＝286m－18n4418

0g，所以Na2CO3·10H2O的质量分数为286m－18n44180a×100%。13．答案：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定

不下降，说明虚线框内的装置气密性良好（2）碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢（3）BADC（4）Na2O2＋H2=====△2NaOH（5）①玻璃棒②偏小解析：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成

一段水柱，一段时间后水柱稳定不下降，说明启普发生器的气密性良好。（2）A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并

检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为B、A、D、C。（4）Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发

生反应的化学方程式为Na2O2＋H2=====△2NaOH。（5）①NaCl溶液蒸发操作需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到的NaCl的固体质量偏低，固体增重偏低

，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。课练7铁及其重要化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D铁在空气中容易发生吸氧腐蚀，根据题意“舶上铁丝，……日久起销”，说明销是铁锈，铁锈的主要成分为Fe

2O3，D项正确。2．B碱式硫酸铁中Fe3＋发生水解产生Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，A正确；利用（NH4）2Fe（SO4）2的溶解度比（NH4）2SO4和FeSO4的小

，（NH4）2SO4和FeSO4的混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，能析出溶解度小的（NH4）2Fe（SO4）2，B错误，若（NH4）2Fe（SO4）2被氧化，则溶液中含有Fe3＋，滴入KSCN溶液，Fe3

＋遇KSCN溶液变红色，故可用KSCN检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化，C正确；NH4HCO3受热易分解，所以生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确。3．B装置A将液态H2O转化为气态，与装置B中的铁粉在高温下发生反应，A项正确；铁与H2O（g）在高温下发生反应

生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2，B项错误；因生成的H2中含有较多的水蒸气，故需要用碱石灰等不与H2反应的干燥剂进行干燥，C项正确；不纯的H2在点燃

时可能会发生爆炸，故在点燃H2前必须检验其纯度，D项正确。4．DFe2（SO4）3在水中电离出的Fe3＋水解生成的Fe（OH）3胶体具有很强的吸附能力，故可以作净水剂，A错误；Fe2O3呈红棕色，且性质稳定，故可用作红色颜料，B错误；FeCl3溶液蚀刻铜电路板的反应

为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，FeCl3体现氧化性，与其溶液呈酸性无关，C错误；K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，故可用于水体的消毒，D正确。5．D由题给流程可知，向赤铁矿粉中加入氢氧化钠溶液，氧化铝转化为偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有偏铝酸钠的

溶液1和含有氧化铁的滤渣1；向滤渣1中加入盐酸，氧化铁转化为氯化铁，向氯化铁溶液（溶液2）中加入铁，氯化铁转化为氯化亚铁，将氯化亚铁溶液（溶液3）隔绝空气，在氯化氢气流中蒸发结晶，过滤即可得到无水氯化亚铁。由流程分析可知，试剂1可用氢氧

化钠溶液，A项正确。溶液2为氯化铁溶液，鉴别其中的铁离子应选择硫氰化钾溶液，B项正确。反应3为氯化铁溶液与铁发生化合反应生成氯化亚铁，C项正确。亚铁离子易水解，直接将溶液蒸干无法制得无水氯化亚铁，D项错误。6．D在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中一定有Fe3＋，但不能确定是否

含有Fe2＋，A项错误。Fe2＋遇KSCN溶液不会出现红色，但加入H2O2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，出现红色，实验只能证明Fe2＋具有还原性，B项错误。Fe2＋遇K3[Fe（CN）6]溶液能够产生蓝色沉淀，因

此原溶液中一定含有Fe2＋，但是否含有Fe3＋无法确定，若要确定Fe3＋的存在，则需要向溶液中加入KSCN溶液，观察溶液是否变为红色，C项错误。7．D铁粉过量时，生成的Fe3＋会被还原为Fe2＋，滴入K

SCN溶液后，不会变红，A项错误；向溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪色只能说明可能含有Fe2＋，并不能确定是否含有Fe3＋，B项错误；Fe在冷的浓硫酸中会发生钝化，表面生成致密的氧化膜，阻止反应继续进行，钝化过程也属于化学反应，C项错

误；氯水具有强氧化性，会将Fe2＋氧化为Fe3＋，该现象无法说明FeSO4溶液中存在Fe3＋，D项正确。[练高考]8．D实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe（OH）3胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褐色，说明生成了

Fe（OH）3胶体，Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验

①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO2－3对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。9．D若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K3[Fe（CN）6]溶液，反应生成蓝色的Fe3[Fe（

CN）6]2沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能检验溶液中无强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。10．C钢是以铁为主的含碳合金，A说法正确；钢的含碳量越高，硬度和脆性越大，B说法正确；合金的熔点

比其组分的熔点低，生铁含碳量（2%～4.3%）大于熟铁的含碳量（约0.1%），故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，D说法正确。11．C由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe（OH）2，d为Fe（

OH）3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe（OH）3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理；可存在Fe2＋――→OH－Fe（OH）2――→O

2Fe（OH）3――→H＋Fe3＋――→FeFe2＋的循环转化关系，D推断合理。[练模拟]12．A由题图可知，M还可以是Fe（OH）2等，A项错误；若R为单质，则R为Fe，常温下Fe遇浓硫酸钝化，B项正

确；若Q为金属阳离子，则Q为Fe2＋，可用K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe2＋，C项正确；由题图可知，Fe3＋在碱性条件下与氧化剂反应可生成FeO2－4，D项正确。13．B制取FeSO4需要铁屑和稀硫酸，所以装置A中烧瓶内应预先加入铁屑，装置B中应盛放NaOH溶液，A项正确；实验开始时要先

排尽装置内的空气，应先打开活塞a，B项错误；装置内的空气排尽后，关闭活塞a，装置A中压强逐渐增大，将FeSO4溶液压入装置B中，与NaOH溶液反应生成Fe（OH）2，C项正确；白色的Fe（OH）2不稳定，容易被溶解在溶液中的O2氧化，变为灰绿

色，最终变成红褐色的Fe（OH）3，D项正确。14．C根据工业废液的成分和制得氯化铁晶体对流程进行如下梳理：试剂b若为硫酸，则会引入SO2－4杂质离子，A项错误；操作I和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，所用仪

器不同，B项错误；滤液Z和X中均含有氯化亚铁，因此试剂c为氯气，氯气可将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，C项正确；亚铁离子、氯离子都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶

液中是否含有亚铁离子，D项错误。15．BAl2O3能够与NaOH溶液反应，Fe2O3与NaOH溶液不反应，若将Fe2O3、Al2O3混合物置于足量NaOH溶液中，然后进行过滤、洗涤，可分离出Fe2O3，滤液中主要成分为NaAlO2，将滤液蒸发、灼

烧后，不能得到Al2O3，A错误；若要验证FeCl3与KI的反应是可逆反应，可使二者中一种物质过量，待反应结束后检验溶液中是否含有少量的物质即可，该实验操作正确，B正确；酸性条件下Cl－可被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子是否存在，故不能判断FeCl2是否完全变质，C

错误；加热时Fe与碘会发生反应，因此加热不能分离，可用磁铁吸附Fe进行分离，D错误。综合测评提能力1．C“剂钢”“柔铁”均是铁的合金，均为混合物，A错误；合金是指在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，因此合金中可能含有非金属，B错

误；合金的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，都可以制得具有不同性能的合金，C正确；“剂钢”和“柔铁”均是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，D错误。2．D铁丝在纯氧中剧烈燃

烧，火星四射，生成一种黑色固体，故A错误；红热的铁丝在氯气中燃烧，生成氯化铁，产生棕黄色的烟，故B错误；铝片放入冷水中，几乎不反应，没有明显现象，故C错误；偏铝酸钠中逐滴滴入稀盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶

解，现象为产生白色沉淀后消失，故D正确。3．D选项中离子方程式电荷不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故A错误；FeI2中Fe2＋还原性弱于I－，加入少量H2O2，H2O2

先与I－反应，即离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===2H2O＋I2，故B错误；Fe2＋与H＋、NO－3会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；Fe2＋、Br－均能被Cl2氧化，1molFeBr2最多消耗1.5molCl2，则向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，Cl2

少量，完全反应转移2mol电子，故D正确。4．A锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故A正确。向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有氯气，氧

化了亚铁离子，故B错误。Fe（OH）3胶体的制备：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中至得到红褐色液体，即为Fe（OH）3胶体，故C错误。将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，是因为氧化铝不与硫酸铜反应

，不是说明铝的金属性弱于铜，故D错误。5．CA项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋，不合理；B项原溶液中也可能只有Fe3＋而没有Fe2＋；D项中氧化后生成的红褐色沉淀Fe（OH）3也可能掩盖了生成的白色沉淀Mg（OH）2

。6．B锂和水发生反应，所以不可以用NaOH溶液为电解质溶液，A正确；正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3＋6Li＋＋6e－===3Li2O＋2Fe，B错误；放电时电池的总反应为Fe2O3＋6Li===3Li2O＋2Fe，C正确；

磁铁的主要成分是Fe3O4，可吸引铁，不可吸引Fe2O3，所以通过电极材料Fe2O3转化为Fe，实现对磁铁的吸引，D正确。7．B根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图像，0～n1段发生Fe＋4H＋＋NO－3===

Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1mol的Fe，产生n1molFe3＋，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为n12mol，n3＝n1＋n12＝3n12，n1∶n

3＝2∶3，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋NO－3===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2∶1，即n1∶n3＝2∶3，A正确；0～n1段发生Fe＋4H

＋＋NO－3===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x＝y，则混合液中n（H＋）＝（x＋2y）＝3xmol，消耗Fe的物质的量为3x4mol，故B错误；根据上述分析混合液中H＋消耗完，NO－3可能消耗完，

也可能有剩余，依据离子方程式4x≥（x＋2y），推出y≤1.5x，故C正确；P点是两个线的交点，说明溶液中n（Fe2＋）===n（Fe3＋），P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3

＋物质的量最多，也就是0～n1段NO－3全部参与反应，此时n（Fe3＋）＝n（NO－3）＝xmol，令n1～n2段反应了amolFe3＋，则生成n（Fe2＋）＝1.5amol，从而推出x－a＝1.5a，解得a＝

0.4xmol，P点溶液中n（Fe3＋）＝1.5×0.4xmol＝0.6xmol，最多消耗Cu的质量为0.6xmol2×64g·mol－1＝19.2xg，故D正确。8．AFeCO3中的＋2价的铁在高温时会被空气中的氧气氧化。9.DA项，设混合物中Fe、Fe2O3和FeCO3的物质的量分别是x

mol、ymol、zmol，硫酸的物质的量是0.125mol，反应后氢离子的物质的量是0.05mol，则剩余硫酸0.025mol，消耗硫酸0.1mol，生成气体的物质的量是0.56L÷22.4L·mol－1＝0.025mol，发生的反应有FeCO3＋H2SO4===F

eSO4＋H2O＋CO2↑、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O、Fe2（SO4）3＋Fe===3FeSO4、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，因此z＋3y＋x－y＝0.1、

z＋x－y＝0.025，解得y＝0.025，错误；B项，根据A项中的分析可知，不能确定混合物中FeCO3的物质的量，错误；C项，若溶液X遇KSCN溶液显红色，说明Fe3＋过量，因此根据电荷守恒可知，溶液X中n（Fe2＋）＋n（

Fe3＋）＜0.1mol，错误；D项，若溶液X中n（Fe2＋）＝n（Fe3＋），说明生成的气体全部是二氧化碳，因此，根据碳原子守恒可知n（FeCO3）＝0.025mol，设X中硫酸亚铁和硫酸铁的物质的量分别是amol、bmol，则a＝2b、a＋3b＝0.1，解得

a＝0.04、b＝0.02，根据铁原子守恒可知，单质铁的物质的量是0.04mol＋0.04mol－0.025mol×2－0.025mol＝0.005mol，则混合物中n（Fe）＋n（Fe2O3）＋n（FeCO3）＝0.055mol，正

确。10．DFe3＋具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O===BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋，在酸性条件下SO2与NO－3反应也能生成SO2－4，出现白色沉淀，装置B中若产生

白色沉淀，不能说明Fe3＋能将SO2氧化成SO2－4，故A正确；配制70%硫酸溶液的操作是浓硫酸加入水中稀释，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，目的是排尽装置内的空气，故

C正确；导气管直接插入溶液可能会引起装置中的压强变化较大，发生倒吸，反应生成的气体可能会有NO，不能被氢氧化钠溶液吸收，故D错误。11．答案：（1）SO2＋2H2S===3S＋2H2OFe2O3和CuO（2）4FeCuS2＋13O

2=====煅烧2Fe2O3＋4CuO＋8SO21.3NA（3）干燥器0.1（4）[Cu（NH3）4]SO4降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度解析：（1）分析可知，A为SO2，表现SO2氧化性的反应方程式为SO2＋2H2S===3S↓

＋2H2O；由以上分析可知，X中含有Cu、Fe、S三种元素，煅烧后得到固体B，则B的成分为Fe2O3、CuO；（2）由以上分析可知，X中n（Fe）∶n（Cu）∶n（S）＝（0.05×2）∶0.1∶0.2＝1∶1∶2，则X的化学式为FeCuS2，煅烧时反应的化学方程

式为4FeCuS2＋13O2=====煅烧2Fe2O3＋4CuO＋8SO2；煅烧时，只有氧气中氧元素化合价降低，煅烧后生成n（SO2）＝0.2mol，由反应方程式可知，煅烧消耗氧气0.325mol，则上述流程中转移电子的数目为0.325×4×NA＝1.

3NA；（3）红褐色沉淀灼烧后放在干燥器中冷却，然后用托盘天平称量，两次称量结果小于0.1g可认为灼烧充分；（4）铜离子和过量氨水反应生成Cu（NH3）2＋4，加入乙醇后形成深蓝色晶体，该晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4；加入乙醇的作用是降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度。12．答案：

（1）b（2）Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O（3）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（4）B（5）813．答案：Ⅰ.（1）氧化（2）取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3＋，反之则没有（3）4NA“引火铁”表面

积大，加快了与氧气反应的速率Ⅱ.（1）Fe4NH∶N····H∶H（2）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（3）Fe2O3＋2NH3=====高温2Fe＋N2＋3H2O解析：Ⅰ.（1）NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，原因是氧化了血

红蛋白中的二价铁，药品美蓝是其有效的解毒剂，这说明该物质具有还原性，解毒时发生氧化反应。（2）一般用硫氰化钾溶液检验铁离子，操作过程：取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3＋，反之则没有。（

3）标准状况下44.8LH2的物质的量为2mol，反应转移的电子数目为2×2×NA＝4NA；“引火铁”表面积大，加快了与氧气反应的速率，因此在空气中可以自燃。Ⅱ.气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，为氨气，说明化合物M中含有氮元素；白色沉淀乙→

红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙→固体丁（14.40g），固体丁为氧化铁，根据原子守恒计算化学式。（1）根据以上分析可知，M由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.40g，则铁元素的质量为14.4

0×112160＝10.08g，氮元素质量为10.71－10.08＝0.63g，铁、氮两种原子的个数之比为10.0856∶0.6314＝4∶1，所以M的化学式为Fe4N；甲为NH3，属于共价化合物，其电子式为H∶N····H∶H。（2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁

，反应的化学方程式：4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。（3）高温条件下，氧化铁与氨气反应生成铁、氮气和水，反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH3=====高温2Fe＋N2＋3H2O。课练8金属材料狂刷小题夯基础[练基础]1．D青铜的主要成分是铜锡合金，将青铜器放

在银质托盘上，会形成原电池，加快铜的腐蚀，青铜器容易生成铜绿，A错误；Cu2O在稀硫酸中发生歧化反应：Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O，CuO在稀硫酸中发生反应生成CuSO4和水，化合价无变化，故原理不同，B错误；铜青是碱式碳酸铜，和青铜不是一种物质，C

错误；湿法炼铜利用单质铁置换出硫酸铜溶液中的铜，故胆矾（CuSO4·5H2O）可用作原料，D正确。2．B浓硫酸有吸水性，浓盐酸有挥发性，将浓盐酸加入浓硫酸中会产生HCl气体，在酸性环境中可以抑制Mg2＋水解，用于制

取无水氯化镁，将浓硫酸换为MnO2，二者在常温下不发生反应，A项错误；如果直接加热MgCl2·6H2O，Mg2＋水解，可能得到Mg（OH）Cl或MgO，B项正确；尾气中含有HCl，不能被浓硫酸吸收，应用碱液吸收，C项错误；Mg可以在CO2中燃烧，

不能用二氧化碳灭火器进行灭火，D项错误。3．A合金的性能与合金的原料配比及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，A项正确；储氢合金能大量吸收H2，且大多数能与H

2结合成金属氢化物，B项错误；一般合金的硬度大于其成分金属的硬度，青铜的硬度大于纯铜，C项错误；铝合金的强度高、密度小，适合制造飞机机身，钢材的密度大，不利于飞机的起飞，D项错误。4．D铝具有很好的延展性，可以用于制作铝金属制品，

与铝的活泼性无关，A项错误；电解氧化铝冶炼铝是因为氧化铝熔融状态下能导电，与熔点高无关，B项错误；氢氧化铝能与胃酸的主要成分HCl发生反应，与氢氧化铝受热分解无关，C项错误；明矾中的Al3＋可以水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很强的吸附能力，可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，D项正

确。5．D向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，Al2O3转化为偏铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液中含偏铝酸钠，向滤液中通入足量的二氧化碳后，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融，电解就可以得到铝。操作Ⅰ增大NaOH

溶液的用量可以使浸取更充分，可提高Al2O3的浸取率，A项正确。操作Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体，为过滤，操作Ⅳ使氢氧化铝分解，则为灼烧，B项正确。Al2O3熔点高达2000℃以上，加入冰晶石能使之在1000℃左右熔融，则目的是降低Al2O3

的熔融温度，C项正确。如果操作I换成H2SO4溶液来溶解铝土矿，氧化铁和氧化铝均会溶解、二氧化硅不溶，则需过滤后，向滤液中加过量氢氧化钠溶液再过滤才能得到偏铝酸钠溶液，即后面的操作要跟着有所变才可以冶炼出铝，

D项错误。6．A途径①反应为3Cu＋2HNO3＋3H2SO4===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O，途径②反应为2Cu＋2H2SO4＋O2=====△2CuSO4＋2H2O，途径③反应为Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4

＋SO2↑＋2H2O。由以上分析可知，途径②没有污染性气体生成，绿色环保，A选项正确；由上述分析知，若生成1mol硫酸铜，则途径①消耗1mol硫酸，途径②消耗1mol硫酸，途径③消耗2mol硫酸，所以生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量：①＝②<③，B选项错误；据题图可知，CuSO4在

1100℃分解产生Cu2O和混合气体X，Cu化合价降低，则CuSO4中一定有元素化合价升高，S已经处于最高价态，所以只有O元素化合价可以升高，则混合气体X中一定含有O2，C选项错误；硫酸铜与过量的Na

OH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜与乙醇反应不会生成氧化亚铜，D选项错误。[练高考]7．B兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意；青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金

，属于合金材料，故B项符合题意；纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意；液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符合题意。8．B鎏金工艺中的加火除汞，利用了汞的挥发性，A项正确；将金溶于

汞中制成“金汞漆”及加火除汞过程中金均没有发生化学变化，B项错误；将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加火除汞，可以达到富集金的目的，C项正确；利用电解原理，将铜件作阴极，用含Au离子溶液作电解液，可实现铜上覆金，D项正确。9．C流程梳理陶瓷中的SiO2能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分

接触，提高吸收效率，B项正确；根据流程梳理，在Na2CO3过量下，不可能有CO2逸出，C项错误；滤液中含有Na2CO3，可用作吸收塔中的吸收剂，D项正确。10．DCuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产物为CuS

O4、S、H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3＋形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe（OH）3；滤液中含有Cu2＋、

Zn2＋；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2＋被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。由分析可知固体X主要成分是S、Fe（OH）3，金属M为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶

解平衡CuS（s）⇌Cu2＋（aq）＋S2－（aq），增大O2的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3＋转化为沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离

子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H2还原Cu2＋变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H＋，与溶液中OH－结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c（H＋）增大，不利于H2失去电子，因此不利于Cu的生成，D错误。1

1．D苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富，价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化

镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2=====高温MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶

液，由于镁离子会发生水解反应Mg2＋＋2H2O⇌Mg（OH）2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。[练模拟]12．B由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀

可知，溶液乙中含有偏铝酸根离子、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还

原反应，故C错误；反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋NaHCO3，故D错误。13．C根据

题意，产生的二氧化碳在标况下的体积为26.88L，其物质的量为n＝VVm＝26.8822.4＝1.2mol，因为没有损耗，所以由197g六氨合氯化镁，即1mol制得的碳酸氢镁为1mol；根据H原子守恒，可得Mg（HCO3）2―→xMgCO3·yM

g（OH）2·zH2O↓＋CO2↑中，碳酸氢镁的系数为（z＋y），二氧化碳的系数为（z＋2y），由此可得y＋z1＝2y＋z1.2、z＋y＝y＋x，解得z＝x、z＝4y，即x∶y∶z＝4∶1∶4，即x＝z＝4、y＝1。A.碱

式碳酸镁属于化合物，故A错误；B.x＝z＝4，故B错误；C.y＝1，故C正确；D.氯化铵属于含氮元素的盐，可用作化肥，因其分解产生氨气和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能热分解制备氨气，故D错误。14．A盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2，浸出液中主要成分是MgCl2，

加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，以此解答。盐酸酸浸，MgCO3是微溶物，不可拆成离子，故A错误；盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO

2不溶，滤渣为SiO2，故B正确；加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，故C正确；沉镁过程中，加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液

主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，故D正确。15．B金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性：氢离子的氧化性强于钠离子的氧化性，能用金属活动性顺序表解释，A不符合题意；在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运

输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中能发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，B符合题意；在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后腐蚀的仍是锌，被保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C不符合题意；在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D不符合题意。综

合测评提能力1．A聚碳酸酯是有机高分子材料，A项符合题意。2．C1molBa（OH）2中含有2molOH－和1molBa2＋，1molKAl（SO4）2中含有1molK＋、1molAl3＋和2molSO2－4，当使硫酸根离子恰好全部转化为硫酸钡

沉淀时，则需要2molBa（OH）2和1molKAl（SO4）2发生反应，1molAl3＋会和4molOH－反应生成AlO－2，此时Al元素的主要存在形式为AlO－2，故选C。3．BAl（OH）3可以与胃酸反应，使胃液pH升高

，起到中和胃酸的作用，A项正确；Al和Al2O3均具有两性，既能与酸反应又能与强碱发生反应，所以很多酸碱可以直接侵蚀铝表面的氧化膜以及铝制品本身，因此铝制品不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物，B项错误；金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和烟火，C项正确；MgO和Al

2O3熔点很高，可用作耐火材料，D项正确。4．A加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，NaOH过量，滤液中含NaOH，由OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O、HCO－3＋AlO－2＋H

2O===Al（OH）3↓＋CO2－3可知，前8mL不生成沉淀，c（NaHCO3）＝0.032mol0.032L＝1.0mol·L－1，故A错误；b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含Na＋、AlO－2、OH－、CO2－3，故B正确；d点显碱性，溶质为NaOH、NaAlO2，存在的离子是Na

＋、AlO－2、OH－、H＋，故C正确；AlO－2促进HCO－3的电离，生成沉淀的离子方程式为：HCO－3＋AlO－2＋H2O===Al（OH）3↓＋CO2－3，故D正确。5．C偏铝酸钠溶液中存在水解平衡：AlO－2＋2H2O⇌OH－＋Al（OH）3，所以溶液呈碱性，滴入

盐酸可促进其水解，a～b段H＋与AlO－2水解产生的OH－反应，b～c段pH突变，偏铝酸钠和盐酸完全反应生成氢氧化铝沉淀与氯化钠，c～d段过量的盐酸溶解氢氧化铝沉淀生成氯化铝，d点氢氧化铝溶解完毕，据此

解答。a～b段H＋与偏铝酸根离子水解产生的OH－反应，主要反应的离子方程式为OH－＋H＋===H2O，A错误；c点AlO－2全部转化为Al（OH）3，Al（OH）3与氨水不反应，B错误；c～d段为过量的盐酸溶解氢氧化铝沉淀生成氯化铝的过程，离子方程式为Al（OH）

3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，C正确；c点AlO－2全部转化为Al（OH）3，Al（OH）3与碳酸钠不反应，D错误。6．D向NaAlO2、Ba（OH）2、NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量，先后发生的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O，2OH－＋C

O2===CO2－3＋H2O，2AlO－2＋3H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋CO2－3，CO2－3＋H2O＋CO2===2HCO－3，BaCO3＋H2O＋CO2===Ba2＋＋2HCO－3，A

正确；向硫酸铝铵溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液先后发生的离子方程式为：NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照2∶3反应，铝离子恰好沉淀，反应的离子方程式为：2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===3BaS

O4↓＋2Al（OH）3↓，此时溶液为（NH4）2SO4，继续滴加Ba（OH）2至NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照1∶2反应，铵根离子参与反应生成一水合氨，此过程反应的离子方程式为：2NH＋

4＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2NH3·H2O，如果继续滴加Ba（OH）2至NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照2∶5反应，氢氧化铝沉淀完全溶解，此过程发生反应的离子方程式为：Al（OH）3＋OH－===2H2O＋

AlO－2，B正确，向FeCl3、Al2（SO4）3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液：反应的实质是Fe3＋、Al3＋与OH－、Ba2＋与SO2－4之间的离子反应，反应的离子方程式为：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓、Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓、Al3＋＋3

OH－===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O；假设1molAl2（SO4）3中SO2－4完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH－，图像分析铁离子先沉淀，OA段为加入3molBa（OH）2，发生

反应Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离子，1mol铁离子和1mol铝离子；

AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol，C正确；向Ca（OH）2和NaOH的混合溶液中缓慢通入CO2至过量：若CO2先和NaOH反应，则2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2

O，Ca（OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，NaOH仍会生成，若CO2先和Ca（OH）2反应，则CO2＋Ca（OH）2===CaCO3↓＋H2O，待Ca（OH）2完全反应完后再和NaOH反应，当CO2通入NaOH和

Ca（OH）2混合溶液，溶液中会优先生成CaCO3沉淀，图像不正确，D错误。7．A根据反应2Mg＋O2=====点燃2MgO,3Mg＋N2=====点燃Mg3N2,2Mg＋CO2=====点燃2MgO＋C可知，当Mg为1mol

时，在O2中燃烧，固体物质的质量增加16g；在N2中燃烧，固体物质的质量增加约9.33g；在CO2中燃烧，固体物质的质量增加22g。所以相同质量的镁条分别在O2、CO2和N2中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序是m2＞m1＞m3。8．BNa与水反应生成NaOH，Na

OH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl可得金属钠，A正确；Al与氧气反应生成Al2O3，而Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，B错误；Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液与Zn反应可得Fe，C

正确；Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，CuSO4溶液与BaCl2溶液反应生成CuCl2，CuCl2溶液与Zn反应可得Cu，D正确。9．D相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是M

g>Ti>Cu，A错误；Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，B错误；钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu来制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，C错误；根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，D正确。1

0．C金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；铜在空气

中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；蜂蜡的主要成分是酯类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确。1

1．答案：（1）Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O（2）铝表面被钝化（3）50%解析：（1）铝片表面生成氧化铝保护膜，阻止了金属铝继续被氧化，可以用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化铝，反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO－

2＋H2O。（2）铝片放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铝片钝化阻止反应进一步进行；答案为铝表面被钝化。（3）SO2具有还原性，通入足量过氧化氢溶液中，SO2被氧化成H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝0.44

8L22.4L·mol－1＝0.02mol；由硫元素守恒可得关系式为SO2～BaSO4，n（BaSO4）＝2.33g233g·mol－1＝0.01mol，SO2的物质的量也为0.01mol，二氧化硫的

体积分数为0.01mol0.02mol×100%＝50%。12．答案：（1）①第三周期ⅢA族CO2②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2OAr（其他合理答案均可）（2）①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO（3）83.1%解析：（1）①工业上通过电解熔融Al

2O3制得金属铝，从铝土矿中提取Al2O3的过程：使铝土矿与NaOH溶液反应并过滤除去杂质得到NaAlO2溶液，再向溶液中通入CO2，生成Al（OH）3沉淀，加热使沉淀分解可得到Al2O3。②镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时应使用Ar等稀有气体作保护气。（2

）①在海水中，合金钢、海水及海水中溶解的氧气构成原电池，发生吸氧腐蚀。②在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，发生反应CaO＋SiO2=====高温CaSiO3或CaCO3=====高温CaO＋CO2↑、CaO＋SiO2=====高温CaSiO3，使SiO

2形成炉渣，可以降低硅含量。（3）白色沉淀Al（OH）3的质量为39.0g，即0.5mol，故合金中铝的质量为0.5mol×27g·mol－1＝13.5g，则铜的质量为66.5g，质量分数为66.5g80.0g×100%≈83.1%。13

．答案：Ⅰ.（1）f（g）→g（f）→c→d→i（2）浓硫酸吸收CO防污染Ⅱ.（3）ad（4）bce（5）通入过量CO2气体（6）坩埚泥三角（7）41（m3－m1＋m2）10m1或410（m3－m1＋m2）m1%（8）

偏高解析：Ⅰ.（1）利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接：f（g）→g（f）→c→d→i；（2）分析可知A装置内的X液体可能是吸收水蒸气的浓硫酸溶液，

D装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收有毒气体CO，避免污染空气；Ⅱ.氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解，CCl4和氨气不反应，不溶解氨气，故a正确；H2O能溶解氨气，故b错误；NH4Cl饱和溶液能吸收氨气，故c错误；

植物油和氨气不反应，不溶解氨气，故d正确；（4）利用排水法也可以测量气体体积，选用仪器：b.双孔塞、c.广口瓶、e.量筒；（5）样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g为C粉，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得

到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤②的操作是：通入过量CO2气体；（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，AlN转化为Al2O3质量增加，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到

滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2AlN～Al2O3Δm8210220mm3－m1＋m2，m＝82（m3－m1＋m2）20＝41（m3－m1＋m2）10样品中AlN的纯度＝41（m3－m1＋m2）10

m1或410（m3－m1＋m2）m1%；（8）若在步骤③中未洗涤，导致m3质量偏大，由公式可知AlN的纯度偏高。单元检测3金属及其化合物1．B铝与氧化铁发生铝热反应，由质量守恒定律知，反应前后固体质量不变（因为反应物、产物均为固体）。2．D青铜器属于铜合金，A正确；灭活新冠疫苗的

主要成分是失去部分活性的蛋白质，B正确；靶向用药的载体不可选择碳酸钡，因为碳酸钡可溶于胃酸，失去载体功能，同时产生大量钡离子有剧毒，应选用硫酸钡做载体，C正确；绿色化学的原则是从源头消除污染，D错误。3．CNaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；

Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用Fe3＋的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板，故C正确；Al活泼性很强，用

电解熔融氧化铝的方法来制备铝，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、热还原法得到，故D不正确。4．D根据NaOH为200～240mL时，发生的反应为Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O，故n（NaOH）＝n（Al）＝0.2mol，c（NaOH）＝n（Na

OH）V（NaOH）＝0.2mol0.04L＝5mol·L－1，A正确；根据分析，Mg和Al的总质量m＝m（Mg）＋m（Al）＝0.15mol×24g·mol－1＋0.2mol×27g·mol－1＝9g，B正确；根据Mg～H2↑和2Al～3H2↑可知，Mg和Al生成的H2的物质的量分别为0.15

mol、0.3mol，共0.45mol，标况下的体积为0.45mol×22.4L·mol－1＝10.08L，C正确；生成沉淀最多时，溶液中的溶质仅剩Na2SO4，此时NaOH用量为200mL，物质的量为5

mol·L－1×0.2L＝1mol，根据2NaOH～H2SO4可知，n（H2SO4）＝12n（NaOH）＝0.5mol，c（H2SO4）＝n（H2SO4）V（H2SO4）＝0.5mol0.5L＝1mol·L－1，D错误。5．BA．适当提高酸浸温度、搅拌、粉碎碳酸

锰矿等，均可以提高锰元素的浸出率，正确；B.酸浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为：FeCO3＋2H＋===Fe2＋＋H2O＋CO2↑，错误；C.滤渣Ⅱ为Fe（OH）3和Al（OH）3，Al（OH）3能溶于强碱中，而Fe（OH）3不溶于强碱，向

滤渣Ⅱ中加入NaOH溶液，Al（OH）3转化为NaAlO2溶于水，过滤得到Fe（OH）3，再向溶液中通入CO2，NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，过滤后得到Al（OH）3，正确；D.电解浸出过程的总反应为2MnSO4＋2H2O=====电

解2Mn＋O2↑＋2H2SO4，生成H2SO4，溶液的pH值减小，正确。6．CA中现象错误，常温下铁遇浓H2SO4会钝化，但无明显现象；B中现象和结论均错误，Al（OH）3不溶于氨水中；D中结论错误，应是CuO被乙醇蒸气还原。7．BA项，由题图可知，铜冶炼的年代比银

和金早，而铜比银和金活泼，错误；B项，金属氯化物的沸点一般比金属氧化物低，在冶炼初期会选择电解金属氯化物，正确；C项，自然界中铜以化合态存在，错误；D项，金属材料指的是金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，金属氧化物不是金属材料，错误。

故选B。8．CA．“碱溶”时将铝土矿粉碎可提高固体与酸的接触面积加速反应速率，提高“碱溶”效率，正确；B.由上述分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe2O3，可以与Al单质在高温下发生铝热反应生成Fe和Al2O3，正确；C.反应Ⅰ为偏铝酸钠和NaHCO3的反应

，反应的离子方程式为AlO－2＋HCO－3＋H2O===CO2－3＋Al（OH）3↓，原理为“强酸制弱酸”，泡沫灭火器的原理3HCO－3＋Al3＋===Al（OH）3↓＋3CO2↑，是相互促进的水解反应，两者原理不同，错误；D.AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到

NaAlH4，反应的化学方程式为4NaH＋AlCl3===NaAlH4＋3NaCl，所有元素化合价均未发生改变，所以是非氧化还原反应，正确。9．C标号①处发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋

，2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋，②处发生的反应是Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；③处发生的反应是铜与稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮、水，均为氧化还原反应，故A正确，C错误；标号③处利用金不溶于硝

酸的性质将铜与金分离开，加入的相应物质是稀硝酸，故B正确；Fe2O3是红色粉末，铁红的化学式为Fe2O3，工业上常用作红色颜料，故D正确。10．DNaOH能除油污、溶解镀锌层，A正确；调节溶液A的pH产生Zn（OH）2沉淀，经抽

滤、洗涤、灼烧Zn（OH）2分解制得ZnO，B正确；Fe2＋容易被氧化，C正确；Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，D错误。11．B因为Mg可在CO2中燃烧生成MgO和C，故金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，A错误；K

2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，其还原产物Fe3＋水解得到的Fe（OH）3胶体具有吸附性，能净水，则K2FeO4可用于自来水的消毒和净化，B正确；铜锈的主要成分是铜在空气中与氧气、水、二氧化碳反应生成的碱式碳酸铜，属于盐类，可溶于盐酸，C错误；常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，

铁的表面被氧化，形成了一层致密的氧化膜，阻止了内部金属进一步反应，故铁片不溶解，D错误。12．A对NaHCO3溶液微热，HCO－3水解程度增大，溶液碱性增强，A错误。13．CCl2能与FeCl2反应，A错误；Fe与FeCl3、CuCl2均能反应，B错误；有新的杂质CuSO4生成

，D错误。14．DBa2＋与SO2－4反应变为BaSO4沉淀，Al3＋与OH－反应变为Al（OH）3沉淀，A点是沉淀达到最大值时，A点后Al（OH）3沉淀被过量Ba（OH）2溶解，使沉淀减少，故A点成分沉淀成分为BaSO4和Al（OH）3混合物，A正确；C点溶

液中含Ba（OH）2、Ba（AlO2）2，向其中通入CO2气体，碱Ba（OH）2与酸性氧化物CO2反应产生BaCO3沉淀，故立即产生白色沉淀，B正确；沉淀最小值时为BaSO4沉淀，n（SO2－4）＝n（BaSO4）＝6mol，则根据S元素守

恒，可知n[KAl（SO4）2]＝12n（SO2－4）＝3mol。沉淀最大值为BaSO4、Al（OH）3的混合物，则根据图示可知n[Al（OH）3]＝10mol－6mol＝4mol，其中KAl（SO4）2产生的Al（OH

）3沉淀为3mol，则Al（NO3）3产生的沉淀是4mol－3mol＝1mol，所以n[Al（NO3）3]＝1mol，则n[KAl（SO4）2]∶n[Al（NO3）3]＝3∶1，物质处于同一溶液，溶液的体积相等，则二者的浓度比等于其物质

的量的比，故原混合液中c[KAl（SO4）2]∶c[Al（NO3）3]＝3∶1，C正确；根据图像可知A点后沉淀减少，至B点时沉淀达到最小值，则AB段发生反应：Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O，D错

误。15．C易拉罐加入稀硫酸、微热、过滤，得到含有铝离子、亚铁离子和铁离子的溶液，加入过氧化氢，将亚铁离子氧化生成铁离子，调节溶液pH＝3.7生成氢氧化铁沉淀，在滤液中加入碳酸氢钠溶液，通过双水解反应可生成氢氧化铝，据此分析解答。Fe2＋与H2O2在酸性条

件下发生氧化还原反应生成Fe3＋和水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故A正确；加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH＝3.7可生成氢氧化铁沉淀，说明Fe（OH）3比

Al（OH）3难溶，故B正确；用NaHSO4代替NaHCO3，铝离子不能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误；利用废易拉罐制备氢氧化铝，也可以直接用氢氧化钠溶解易拉罐得到偏铝酸钠，然后加入碳酸氢钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，该流程可简

化为易拉罐――→NaOH溶液过滤滤液――→NaHCO3过滤Al（OH）3，故D正确。16．答案：（1）2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓（2）①无色清液加蒸馏水离心分离后，产生淡黄色固体②红褐色清液中的Fe3＋与加入的S2－反应，

也能得到FeS（3）①Fe3＋＋3S2－＋3H2O===Fe（OH）3↓＋3HS－（或2Fe3＋＋3S2－＋6H2O===2Fe（OH）3↓＋3H2S↑）②Fe3＋与S2－反应生成Fe2S3的速率快，反应后溶液中c（Fe3＋）较低，使Fe3＋氧化S2－（或Fe2S

3）的速率减小（或使Fe3＋氧化性降低）（4）2[FeF6]3－＋3S2－===Fe2S3↓＋12F－（5）形成了[FeF6]3－，溶液中c（Fe3＋）始终较低，不易发生水解反应和氧化还原反应解析：（1）实验一中，若Na2S和FeCl3发生复分解反应，则生成的黑色沉淀a为Fe2S3

，离子方程式为2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓。（2）①无色清液加蒸馏水离心分离后得到的淡黄色固体为S，又实验一中FeCl3过量，说明黑色沉淀a（Fe2S3）溶解过程中有氧化还原反应发生，S2－被Fe3＋

氧化为S。②Fe3＋与S2－发生氧化还原反应2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S↓，也可产生FeS，因此甲同学的解释不严谨。（3）①实验二中生成Fe（OH）3的原因是Fe3＋和S2－发生了相互促进的水解反应。（4）根据已知信息ⅱ知，FeCl3溶液滴加到Na

F溶液得到无色清液，是因为Fe3＋和F－结合生成了[FeF6]3－，向无色清液中滴加Na2S溶液，与[FeF6]3－反应生成Fe2S3。17．答案：（1）①BCD②2Na2O2＋2H2SO4===2Na2SO4＋O2↑＋2H2O偏大aedfgh（2）偏小Ⅰ碱性条件（3）称取一定质量的样

品（m），加热到733～873K使之分解，使用量气装置测定常温常压下生成O2体积（V），然后进行有关计算[或称取一定质量的样品（m），加入少量MnO2固体，再加入足量水并使用量气装置测定常温常压下生成O2体积（V），然后进行有关计算

]解析：（1）①由于空气中含有少量的CO2和水蒸气，因此钠与空气反应时产物中可能含有Na2CO3和NaOH，当反应温度在453～473K之间还有Na2O生成，故选B、C、D。②烧瓶中发生的主要反应的化学方程

式为2Na2O2＋2H2SO4===2Na2SO4＋O2↑＋2H2O；若没有该导管，由于硫酸的流入，会使得收集的气体（含有部分空气）体积偏大，导致测定结果偏大；根据①的分析，需要将生成的CO2除去后再收集O2，从左至右的连

接顺序为aedfgh，增加澄清石灰水是检验CO2是否除净。（2）从反应历程上看，Na2O2与水反应生成H2O2，如果H2O2没有完全分解，将会导致放出的氧气偏少，测定结果偏小；为了使H2O2分解，可以加入少量MnO2粉末作为催化剂，故选Ⅰ；根据实验Ⅲ可知，H2O2与酚酞作用的条件是

碱性条件。18．答案：（1）＋6酸雨（2）MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋4＋MoO2－4＋H2O酸性（3）过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净（4）①9

161293②该反应为放热反应，升温使平衡逆向移动（或随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO2－4）解析：（1）Na2MoO4·2H2O中Na元素的化合价为＋1价、O元素的化合价为－2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，确定Mo元素的价态为4×2－

2×1＝＋6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨。（2）用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应生成钼酸铵和水，反应的离子方程式为MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋4＋MoO2－4＋H2O

；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO2－4和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物。（3）操作Ⅰ是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作Ⅱ过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干

净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl－，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净。（4）①在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO中的＋1价变为反应后NaCl中的－1价、Mo元素化合

价由反应前MoS2中的＋2价变为＋6价、S元素化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后Na2SO4中的＋6价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO＋MoS2＋6NaOH===Na2MoO4＋2

Na2SO4＋9NaCl＋3H2O。②如图钼的浸出率随着温度变化，当温度低于50℃时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高

，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO2－4，导致浸出率降低。19．答案：（1）61.5%（2）见解析（3）1.5（4）①1.475②0.4424mol③Mg

5Al（OH）3（CO3）5瘙簚10H2O解析：（1）AlN＋H2O＋NaOH===NaAlO2＋NH3↑，该反应产生NH3的物质的量＝1.68L22.4L·mol－1＝0.075mol，AlN＋H2O＋NaOH―→NaAlO2＋NH3↑0．075mol0.075m

ol所以AlN的质量＝0.075mol×41g·mol－1＝3.075g，所以AlN的质量分数＝3.075g5.00g×100%＝61.5%。（2）向滤液中滴加2mol·L－1的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全

消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y＝5mol·L－1×25mL×10－3＝0.125mol，由Cl守恒可知3x＋y＝2mol·L－1×202×10－3L＝0.404mol，解

得x＝0.093mol，所以此时溶液中有0.093molAlCl3，因为AlN物质的量＝0.075mol，根据Al守恒可得n（Al2O3）＝0.093mol－0.075mol2＝0.009mol；（3）n（CO2）＝0.560L22.4L·mol－1＝0.025

mol，二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO2－3）＝n（CO2）＝0.025mol，则m（CO2－3）＝nM＝0.025mol×60g·mol－1＝1.5g。（4）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的

质量＝（100.00－73.45）g＝26.55g，n（H2O）＝mM＝26.55g18g·mol－1＝1.475mol；②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O，

m（CO2）＋m（H2O）＝73.45－37.02＝36.43g，其中n（CO2）＝0.56L22.4mol·L－1＝0.025mol；m（CO2）＝0.025mol×44g·mol－13.39g×100g＝32.45g，m（H2O）＝36.43－32.45＝3.98g，

n（H2O）＝3.98g18g·mol－1＝0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH－）＝2n（H2O）＝0.4424mol；③根据电荷守恒得2x＋3y＝0.4424×1＋2×32.4544…Ⅰ，根据质量守恒得40x＋0.5×102y＝37.02…Ⅱ，联合Ⅰ、Ⅱ得x＝0.7374

mol、y＝0.1476mol，x∶y∶a∶b∶n＝0.7374mol∶0.1476mol∶0.4424mol∶0.7374mol∶32.45g44g·mol－1∶1.475mol＝5∶1∶3∶5∶10，所以其化学式为

Mg5Al（OH）3（CO3）5瘙簚10H2O。第四单元非金属及其化合物课练9氯及其重要化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．BA项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，错误；B项，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应均可生成次氯酸盐，正确；C

项，氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，错误；D项，不能混用的原因是“84”消毒液中的NaClO与洁厕灵中的HCl反应生成Cl2，错误。2．B铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，A正确；通

常状况下，铁与氯气不反应，因此液氯通常保存在钢瓶中，B错误；氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl在集气瓶口与空气中水蒸气形成盐酸小液滴，产生白雾，氯气与氢气的混合气在光照条件下易发生爆炸，C正确；氯气能与水反应生成HClO和HCl，HClO见光

分解成HCl和O2，久置的氯水最终变为稀盐酸，D正确。3．DA项，稀盐酸与MnO2不反应；B项，发生的反应为取代反应；C项，Cu在Cl2中发生了燃烧反应；D项，Cl－、ClO－在酸性条件下可生成Cl2。4．A卤素单质中，氟气和水之间反应生成HF和O2，不符合X2＋H2O⇌HXO＋HX，故A错

误；卤素原子得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小，故B正确；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，故C正确；卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱

，对应离子的还原性F－<Cl－<Br－<I－，故D正确。5．BA项，加入双氧水，溶液立即变蓝，无法判定终点，实验不合理，错误；B项，在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，正确；C项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉－KI试纸变蓝，错误；D

项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。6．D含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2＋2NaI===I2＋2NaCl，后发生Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，充分反应后将所得溶液蒸干、灼烧，得到NaCl固体，由图可知29.2

5g固体为NaCl的质量。根据氯元素守恒，则n（Cl2）＝12n（NaCl）＝12×29.25g58.5g·mol－1＝0.25mol。根据图示：0～2.5V（即0～0.125molCl2）段发生的反应为2NaI＋C

l2===2NaCl＋I2，故n（NaI）＝0.25mol。7．CA项，常温干燥环境中液氯和铁不反应，液氯可以储存在钢瓶中，正确；B项，a为HCl，d为氯酸盐，浓盐酸和氯酸盐可以发生归中反应生成氯气，正确；C项，HClO为弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式应为

Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，错误；D项，c为＋4价氯的氧化物，所以为ClO2，具有很强的氧化性，其水溶液能够杀菌消毒，正确。8．B向新制饱和氯水中加入氯化钠，溶液中c（Cl－）增大，Cl2＋

H2O⇌HCl＋HClO的平衡逆向移动，所以能抑制氯气溶解，因此可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，A正确；向新制饱和氯水中加入浓盐酸，c（Cl－）和c（H＋）均增大，平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO

逆向移动，B错误；向新制饱和氯水中加入CaCO3，CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，c（H＋）减小，平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO向正向移动，从而可制得浓度较高的次氯酸溶液，C正确；氢氧化钙能与盐酸反应、次氯酸反应，使得

平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO正向移动，最终得到氯化钙、次氯酸钙，从而制得漂白粉，D正确。[练高考]9．AD0.01mol·L－1NaClO溶液中，由于ClO－易水解，c（ClO－）<0.01mo

l·L－1，A项正确；长期露置在空气中，发生反应NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO、2HClO=====光照2HCl＋O2↑，释放O2，漂白能力减弱，B项错误；通入过量SO2，发生氧化还原反应ClO－＋SO2＋H2O===C

l－＋SO2－4＋2H＋，C项错误；根据Ka（HClO）＝c（H＋）·c（ClO－）c（HClO）＝4.0×10－8知，25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c（ClO－）c（HClO）＝4.0×10－810－7<1，则c（HClO）>c（ClO－），根据电荷守

恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（ClO－）＋c（OH－）、c（H＋）＝c（OH－），可得c（Na＋）＝c（ClO－），故c（HClO）>c（ClO－）＝c（Na＋），D项正确。10．D浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达

到实验目的，故A不符合题意；氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装

置不能达到实验目的，故D符合题意。11．ACl2分子中两个Cl原子的p轨道头碰头重叠，为p­pσ键，A项错误；燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合形成盐酸小液滴，故瓶口有白雾，B项正确；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口，NH3与HCl形成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，C项正确

；该反应为自发的氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，D项正确。[练模拟]12．AHClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，A项错误；电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋H

2↑＋Cl2↑，B项正确；氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，C项正确；氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应的离子方程式为HSO－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋3H＋＋2Cl－，D项正确。13．

B紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A正确；新制氯水中含盐酸、HClO，HClO不与HCO－3反应，正确的方程式，为HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，B错误；新制氯水中有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C正确；新制氯水中

的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D正确。14．B灼烧碎海带应用坩埚，A错误；海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I－的溶液，B正确；MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，C错误；Cl2在饱

和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误。15．C碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO－3和I－在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；由图途径Ⅲ可知，Cl2可将

I－氧化为IO－3，氧化性Cl2＞IO－3，途径Ⅱ可知IO－3可被还原为I2，氧化性为IO－3＞I2，则氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO－3＞I2，B正确；生产1mol碘，途径Ⅰ中－1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径Ⅱ中＋5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电

子数目之比为1∶5，C错误；途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO－3，而氯气被还原为Cl－，根据得失电子守恒和质量守恒可得，反应的离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋IO－3＋6H＋，D正确。综合测评提能力1．B工业上利用H2和Cl2反应生成HCl，再

用水吸收HCl制得盐酸，与Cl2能溶于水的性质无关，A错误；ClO2有强氧化性，故可用于自来水消毒，B正确；HClO用作棉、麻的漂白剂是利用其强氧化性，与HClO的不稳定性无关，C错误；FeCl3能够加快过氧化氢分解速率，与其易溶于水的性质无

关，D错误。2．A标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，Cl2与水的反应为可逆反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，根据原子守恒得，Cl－的数目与HClO、ClO－的数目之和相等，则Cl－与Cl2的粒子数之和为NA，故A正确；标准状况下，22.4LCl2的物质

的量为1mol，1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成1mol氯化钠和1mol次氯酸钠，转移了1mol电子，转移电子的数目为NA，Cl2与水的反应为可逆反应，转移电子数小于NA故B错误；71gCl2的物质的量为1mol，根据化学方

程式知参加反应的MnO2的物质的量为1mol，且不存在MnO2分子，故C错误；因Fe2＋的还原性强于Br－，所以Cl2先氧化Fe2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋时失去1个电子，则当生成1molFe3＋时，转移电子数为NA，故D错误。3．D汽油的密度比水小，上层颜色变为紫红

色，下层颜色变浅，A项错误；CuCl2是固体应为烟而不是雾，B项错误；电解NaCl饱和溶液，阳极产生的Cl2能使碘化钾淀粉溶液变蓝，C项错误。4．B工业上可用热空气吹出碘，是利用单质碘易升华的性质，故A错误；活性炭具

有强吸附性，用活性炭吸附生成的单质碘的目的是富集单质碘，故B正确；向废水中加入NaNO2并调节pH<4，离子方程式为2NO－2＋4H＋＋2I－===2NO＋I2＋2H2O，故C错误；取洗脱后的溶液，加入稀硝酸，碘离子氧化为碘酸盐，不能检验碘离子的存在，故D错误。5．D步骤1，漂粉精固体加入

100mL水，Ca（ClO）2水解呈碱性，充分溶解后过滤，测漂粉精溶液的pH，pH试纸先变蓝（约为12），由于漂白粉具有强氧化性、漂白性，导致pH试纸褪色；步骤2，通入SO2一段时间后，H2O＋SO2＋Cl

O－===2H＋＋SO2－4＋Cl－，产生CaSO4，出现浑浊，2H＋＋ClO－＋Cl－===Cl2↑＋H2O，产生氯气，溶液变为黄绿色；稍后，SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO2－4＋2Cl－，产生大量CaSO4白色沉淀，黄绿色褪去；步骤3中加入HCl酸化，CaSO4与盐酸不

反应，酸化后CaSO4溶解度增大，充分振荡后静置，在上层清液中加入BaCl2溶液，溶液中SO2－4直接与Ba2＋产生沉淀。步骤1中pH试纸变蓝是因为漂粉精中含Ca（ClO）2，Ca（ClO）2水解呈碱性，故A错误；步骤2中出现黄绿色原因

是H2O＋SO2＋ClO－===2H＋＋SO2－4＋Cl－，2H＋＋ClO－＋Cl－===Cl2↑＋H2O，是次氯酸根离子将氯离子氧化，故B错误；步骤3中加入HCl酸化，增大CaSO4在水中的溶解度，故C错误；步骤4中发生SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，是溶液

中SO2－4直接与Ba2＋产生沉淀，不是CaSO4转化为BaSO4，步骤4中现象不能说明Ksp（CaSO4）>Ksp（BaSO4），故D正确。6．C高锰酸钾粉末容易从隔板掉入溶液中，不能实现液体与固体的分离，应选择装置②

，故A错误；Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，③用于Cl2收集时，b为进气口，故B错误；通入Cl2后，发生反应Cl2＋2NaBr===Br2＋2NaCl，生成的Br2易溶于CCl4，可观察到溶液分层且下层呈橙红色，可验

证Cl2的氧化性，故C正确；⑤中的品红溶液通入Cl2后，因有HClO生成，可使品红溶液褪色，属于氧化型漂白，是不可逆的，加热后不能复原，故D错误。7．B8．B根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应的离子方程式：Ag＋＋

ClO－＋H2O===AgOH↓＋HClO，A正确；醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B错误；ClO－具有氧化性，Fe2＋具有还原性，Fe2＋被氧化为Fe3＋，遇KSCN溶液，溶液变红，C正确；NaClO溶

液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D正确。9．CNaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4Cl，可结晶析出，A正确；侯氏制碱法应先通NH3再通CO2，B正确；③中发生反应SO2＋Br2＋2H2

O===2HBr＋H2SO4，Br2被还原，C错误；③④的目的是进行溴的富集，以制得浓度较大的溴水，D正确。10．BCl2与NaBr反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故A、C正确；氯气和溴蒸气都能与KI反应生成碘单质，故F处棉花球变成蓝色，不能说明溴的氧化性比碘的强，B错误；Cl2

与NaOH反应，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，D正确。11．答案：（1）高氯酸钾CaCl2和Ca（ClO）2（2）2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O（3）8NH3＋3Cl2===N2＋6

NH4Cl（4）4mol·L－1解析：（1）KClO4化学名称为高氯酸钾，漂白粉由Cl2和Ca（OH）2反应得到，主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2；（2）KClO3作氧化剂被还原生成ClO2，H

2C2O4作还原剂被氧化生成CO2。根据得失电子守恒配平方程式可得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O；（3）氨气被氧化生成N2，Cl2被还原生成HC

l，HCl与NH3发生后续反应生成白烟（NH4Cl），反应方程式：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；（4）Cl2发生歧化反应，氧化产物是NaClO3和NaClO，还原产物是NaCl。NaClO3和NaClO的物质的量之比等于1∶1，则N

aClO3和NaClO计量数之比等于1∶1，写出化学反应方程式。设NaOH物质的量为xmol，则8NaOH＋4Cl2===NaClO3＋NaClO＋6NaCl＋4H2O811x0.1mol0.1mol由8x＝10.1mol，得x＝0.8mol，则c（NaOH）＝nV

＝0.8mol0.2L＝4mol·L－1。12．答案：（1）蒸馏法渗析法（或离子交换法，3个中任意答2个）（2）使溴元素富集2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－（3）Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr②③（4）NH＋4（5）使氯化钠溶液显碱性，以

利于吸收CO2气体（6）53（m1－m2）31m2或106（m1－m2）62m2解析：（1）目前淡化海水主要采用三种方法：蒸馏法、渗析法和离子交换法。故答案为：蒸馏法、渗析法和离子交换法；（2）第一次用氯气制取Br2获取的Br2浓度较小，第二次用SO2将Br2还原并收集是为了富集溴

元素，再用氯气使“Br－―→Br2”是为了更容易获得更多的溴，氯气提取溴所发生的离子方程式为：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－；（3）SO2与Br2和水发生的化学方程式是，Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr；由于H2SO4中的S的化合

价处于最高价，因此不能吸收Br2，而碘的非金属性比溴要弱，所以溴可以置换碘，因此KI可以用于吸收Br2，由于Na2SO3中的S处于＋4价，而S的最高价是＋6价，因此S可以被Br2氧化，从而Na2SO3溶液也能用于吸收Br2；（4）由于饱和的N

aCl溶液吸收了NH3，所以X溶液中的主要的阳离子还有NH＋4；（5）通入氨气后溶液显碱性，可以增大二氧化碳的溶解度，故答案是：使氯化钠溶液显碱性，以利于吸收CO2气体；（6）设产品中纯碱的质量分数为x，则2Na

HCO3=====△Na2CO3＋（H2O＋CO2）10618＋44m2×xm1－m2，106m2×x＝18＋44m1－m2x＝106（m1－m2）62m2×100%＝53（m1－m2）31m2×100%。13．答案：（1）圆底烧瓶（2）1∶1（3）吸收Cl2C（4）B（5）反应生成的氯离子起催化

作用（6）稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度解析：稀盐酸和NaClO3溶液反应生成ClO2，化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，反应中生成了ClO2和Cl2，Cl2会对检验C

lO2产生干扰，则装置C的作用是吸收Cl2，装置D是为了检验ClO2，则装置D中应装有淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，说明有ClO2。（2）根据2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，NaClO3转化为ClO2，NaClO3中Cl元素化合价降低，Na

ClO3作氧化剂，HCl转化为Cl2，HCl中Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，4分子HCl参与反应，但只有2分子的HCl转化为Cl2，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1；（3）Cl2会对

检验ClO2产生干扰，则装置C的作用是吸收Cl2；ClO2氧化性与Cl2的氧化性相近，装置D是为了检验ClO2，则装置D中应装有淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，说明有ClO2，答案选C；（4）ClO2是酸性气体，在碱液中的溶解度较大，因此最佳尾气处理装置为B；（5）反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随

着反应的进行溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，所以产生气体的速率加快的原因可能是氯离子起催化作用；（6）依据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ效果较好。课练10硫及其重要化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．CS和氧气点燃条件下

只能生成SO2，A项错；硫元素以硫酸盐的形式进入土壤，B项错；CuS中S的化合价为－2价，具有还原性，D项错。2．DSO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，与其氧化性无关，A错误；硫单质用作橡胶硫化剂，发生化学反应，与硫单质

呈黄色无关，B错误；石英的主要成分是SiO2，与浓硫酸不发生反应，应选用氢氟酸刻蚀石英，C错误；SO2具有还原性，且能抑制细菌生长，故将少量的SO2添加到葡萄酒中，起到抑菌和抗氧化作用，D正确。3．A用铜和浓硫酸制取SO2需要加热，而装置Ⅰ中没有加热仪器，故药品X不能是

铜屑，A错误。多孔球泡可增大SO2与液体的接触面积，从而增大SO2的吸收速率，B正确。SO2是酸性氧化物且有毒，多余的SO2可用NaOH溶液吸收，用倒置的漏斗可以防止倒吸，C正确。反应后的溶液中溶质主要为MnSO4、H2S

O3，结合题图2，要使析出的晶体为MnSO4·H2O，蒸发结晶后应当在高于40℃的条件下趁热过滤，D正确。4．B加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；B中浓硫酸干燥二氧化硫气

体；如果生成的气体中含有氢气，氢气具有还原性，则能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，需要在F中进行尾气处理，据此分析解答。A中Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，体现了浓硫酸的强氧化性，B

中浓硫酸是干燥生成的气体，体现了浓硫酸的吸水性，故A错误；D中无现象，说明气体与氧化铜没有反应生成水，E中品红溶液颜色变浅，说明生成了二氧化硫，证明浓硫酸的还原产物是SO2不是H2，故B正确；实验结束时，拉起铜丝，首先熄

灭C处酒精灯，再熄灭A处酒精灯，防止溶液倒吸，炸裂玻璃管，故C错误；氢氧化钠溶液与二氧化硫反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D错误。[练高考]5．B铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性

，故A错误；a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；实验过程中试管底部出现白色固体，根据元

素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸吸水，将反应生成的H2O吸收，故D错误。6．CA项，60%硫酸与NaHSO3反应可得SO2气体，正确；B项，SO2通入水中形成SO2的水溶液，

正确；C项，SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小，错误；D项，测定溶液的酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测液点到干燥的pH试纸上，观察试纸颜色的变化，正确。7．DSO2是无色气体，A错误；汽车尾气中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、含铅化合物、固体颗粒物等，B错误；植物不能直接

吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，C错误；石灰（CaO）可与SO2反应生成CaSO3，故可采用石灰法脱除工业废气中的SO2，D正确。[练模拟]8．DSO2－4的检验，先用稀盐酸酸化，直到没有现象为止，排除Ag＋、CO2－3等的干扰，再加入氯化钡溶液，看是否生成白色

沉淀。直接加入稀盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除Ag＋的干扰，A错误；先加氯化钡不能排除Ag＋的干扰，B错误；加入硝酸钡，不能排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰，C错误；加入盐酸无明显现象，排除Ag＋等的干扰

，再加入氯化钡有白色沉淀，说明有SO2－4，D正确。9．B已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸；浓硫酸能使蔗糖脱水炭化，故A不符合题意；若A为铁，则在图中的反应中，X起氧化剂和酸性的作用，故B符合题意；若A为碳单质，则C为二氧化碳，不宜用来扑灭由钠引起的着火，故

C不符合题意；B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D不符合题意。10．AT．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2（SO4）3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不

断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充

一定量的亚铁离子，C正确；天然气的主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确。11．B实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液（pH＝5）中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色

溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；实验Ⅱ中，取白色沉淀，加入3mol·L－1HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀b中含有还原性的物质存在，故B正确；实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排

除Ag＋等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，溶液a中不一定有硫酸根离子，故C错误；由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误。综合测评提能力1．C沙中

淘金不涉及化学变化，A正确；矾指的是金属硫酸盐，如胆矾（CuSO4·5H2O）、绿矾（FeSO4·7H2O）、皓矾（ZnSO4·7H2O）等，B正确；燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，C错误；芯

片的主要材料是硅，D正确。2．A常温下，Cu与浓硫酸不发生反应，不能制得SO2气体，A错误；加热时，浓硫酸与铜反应生成SO2，品红溶液褪色可证明生成了SO2，NaOH溶液用于吸收尾气，B正确；H2SO3的酸性强于H2CO3，除去CO2

中少量SO2，可将混合气体通过饱和NaHCO3溶液，C正确；由于H2SO3的酸性比盐酸弱，混合气体通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO3，品红溶液褪色，证明含有SO2，D正确。3．A过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3和

水，过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，总反应为2Ca（OH）2＋2SO2＋O

2===2CaSO4＋2H2O。过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3和水，故A错误；过程Ⅱ中，硫元素的化合价发生改变，由＋4价变为＋6价，故B正确；过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，脱除SO2的过程中，N

aOH可以循环利用，故C正确；SO2有毒，脱除SO2的目的是防止污染空气，故D正确。4．D将浓硫酸滴入浓盐酸中，浓硫酸溶解放出大量的热，促进了氯化氢的逸出，A项错误；浓硫酸与铜反应需在加热条件下进行，B项错误；浓硫酸使胆矾失去结晶水，是浓硫酸的吸水性，该

变化为化学变化，C项错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖炭化，并放出大量的热量，进而与生成的炭反应生成SO2，D项正确。5．CC项，白色沉淀可能是氯化银。6．B部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系图可知：X为H2S，Y为SO3，W为H

2SO4，Z为Na2S2O3。H2S与SO2混合，发生反应是2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1，A项正确；硫单质在足量O2中燃烧所得产物是SO2，不是SO3，B项错误；酸性：H2SO4＞H2SO3，C项正确；

Na2S2O3（硫代硫酸钠）中S元素化合价平均为＋2价，从氧化还原反应角度分析，必然有一种物质中S元素化合价比＋2价高，一种比＋2价低，可以选择Na2SO3与S反应制取，D项正确。7．C分析图中工艺流程可知，SO2被Fe2（SO4）3溶液氧化生成H2SO4，

Fe2（SO4）3则被还原生成FeSO4；FeSO4、H2SO4在O2作用下又重新生成Fe2（SO4）3，参与下一次SO2的吸收处理。A项，由上述分析可知，该工艺流程中得到的化工产品为H2SO4，正确；B项，该工艺流程中将SO2转化为H2SO4，从而除去煤燃烧时产生的SO2，正

确；C项，由图可知，该过程中化合价发生改变的元素除Fe和S外，还有O2中的O，错误；D项，由上述分析可知，Fe2（SO4）3吸收SO2过程中发生反应Fe2（SO4）3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，正确。8．AA项，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装

置中的空气，避免空气中氧气的干扰，正确；B项，装置乙不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3会对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊溶液变红，错误；C项，SO3易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸

收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，错误；D项，装置丁中应该用饱和Na2SO3溶液，错误。9．C向酸性KMnO4溶液中通入SO2，紫红色褪去，体现SO2的还原性，故A错误；酸性：H2S<H2SO4，故B错误；碘在CCl4中

的溶解度大于它在水中的溶解度，可用CCl4萃取碘水中的碘单质，故C正确；向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4，出现“黑面包”现象，体现浓H2SO4的脱水性、强氧化性，故D错误。10．CH2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，A项错误；d

点时，亚硫酸浓度约是0.336L－0.112L22.4L·mol－10.1L＝0.1mol·L－1，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba（NO3）2溶液，因d点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，其具有强氧化性，将亚硫

酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C项正确；b点时H2S恰好完全反应，消耗SO2为0.112L÷22.4L·mol－1＝0.005mol，依据反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O可知，n（H2S）＝0.005mol×2＝0.0

1mol，则c（H2S）＝0.01mol÷0.1L＝0.1mol·L－1，可算出c（H2S）为0.1mol·L－1，D项错误。11．答案：（1）Cu、S、OCuS2O6（2）S2O2－6=====H＋△SO2－4＋SO2↑（3）（4）SO2与水反应生成H2S

O3，H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4（5）配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（或亚硫酸氢钠）固体，褪色更快解析：（1）B可使品红水溶液褪色，则B为SO2，固体A与NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液，则说

明A中含有Cu元素，X由3种元素组成，则固体X中含有的元素是Cu、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的物质的量为0.005mol，即固体CuSO4的物质的量为0.010mol；步骤Ⅱ中产生2.330g白色沉淀C，则气

体SO2的物质的量为0.01mol，则固体X中所含S元素的质量为0.320g＋0.320g＝0.640g，所含Cu元素的质量为0.640g，所含O元素的质量为2.240g－0.640g－0.640g＝0.960g，则该物质中三种元素的质量比m（Cu）∶m（S）∶m（O）＝0.640

g∶0.640g∶0.960g，这三种元素原子的物质的量之比n（Cu）∶n（S）∶n（O）＝1∶2∶6，故固体X的化学式为CuS2O6。（2）根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，可得该过程的离子方程式为S2O2－6=====H＋△

SO2－4＋SO2↑。（3）步骤Ⅰ中发生的是氢氧化铜与甘油的反应，其反应的化学方程式是。（4）步骤Ⅱ中H2O2的作用是氧化＋4价的硫生成硫酸根离子，未加H2O2溶液，也会缓慢出现白色浑浊，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化。（5）气体B是SO2，SO2溶于水所得的溶液中存在SO2分

子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（或亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。12．答案：（1）①三颈烧瓶②Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O③打开

弹簧夹，向其中不断地通N2（2）①品红溶液②先看到B瓶内溶液变浑浊，一段时间后，C中溶液由黄色变成浅绿色③D（3）①滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液后，溶液恰好由无色变为（浅）紫色，且半分钟内不褪去②84%解析：（1）②仪器A中硫酸与亚硫酸钠发生反应生成二氧化硫、Na2SO4和H2

O。③反应结束后，向仪器A中通入一段时间的N2即可排除其中的SO2气体。（2）①证明二氧化硫的漂白性通常用品红溶液，如果品红溶液褪色，则说明二氧化硫具有漂白性。②二氧化硫的氧化性体现在其能与硫离子反应生成硫单质，现象是有淡黄色沉淀产生，二氧化硫的还原性体现在其能将铁离子还原为亚铁离子，现

象是溶液由黄色变为浅绿色。③二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，因此将二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，有二氧化碳生成，再将生成的二氧化碳通入次氯酸钙溶液中，有白色沉淀生成，说明碳酸的酸性强于次氯酸，因此亚硫酸的酸

性强于次氯酸。（3）①亚硫酸钠能与酸性高锰酸钾反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此达到滴定终点时溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色。②由2MnO－4＋6H＋＋5SO2－3===2Mn2＋＋5SO2－4＋3H2O，可知n（Na2S

O3）＝52×0.01L×1.000mol·L－1×4＝0.1mol，m（Na2SO3）＝0.1mol×126g·mol－1＝12.6g，所以Na2SO3固体的纯度为12.615.0×100%＝84%。13．答

案：（1）排出装置中的空气，防止氢气和空气混合加热时发生爆炸（2）吸收二氧化硫防止污染空气（3）A中品红溶液褪色，C中黑色固体变红色（5）B（6）A（7）铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，当浓硫酸变成稀硫酸时，铜不能和稀硫酸反应，确保了制取的二氧化硫气体中不含有氢气（8

）SO2解析：锌与硫酸溶液反应，若硫酸浓度较大，则生成硫酸锌、二氧化硫和水，随着反应的进行，硫酸浓度降低，锌和稀硫酸反应时，生成硫酸锌和氢气，所以生成的气体可能只有二氧化硫，也可能是二氧化硫和氢气的混合气，还有可能只有氢气。二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，氢气具有还

原性，能将黑色的氧化铜还原为红色的铜。（1）因为实验过程中可能会生成氢气，氢气具有可燃性，和空气混合加热可能会发生爆炸，实验C装置在点燃酒精灯加热之前应先通一段时间的氮气，目的是排出装置中的空气，防止氢气和空气混合加热时发生爆炸。（2）二

氧化硫有毒，是大气污染物，D瓶中氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气。（3）若既有二氧化硫生成，又有氢气生成，则可观察到A中品红溶液褪色，C中黑色固体变红色。（5）排在金属活动性顺序表氢前的金属能和稀硫酸发生置换生成

相应的硫酸盐和氢气，Al、Mg、Zn都能和稀硫酸反应生成相应的盐，即Al2（SO4）3、MgSO4、ZnSO4，铁虽然也能和稀硫酸反应，但生成的盐不是Fe2（SO4）3，而是FeSO4，故选B。（6）浓硫酸与铜在加热的条件下

反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，而稀硫酸与铜即使加热也不能反应。这说明某溶液的化学性质除了与溶质的性质有关外，还与溶液的浓度有关，而和溶液的质量、体积以及溶质的相对分子质量无关，故选A。（7）锌和浓硫酸可以反应产生二氧化硫，但随着硫酸浓度降低，还会生成氢气；若选择铜与浓硫

酸在加热的条件下反应制取二氧化硫气体，当浓硫酸变成稀硫酸时，铜不能和稀硫酸反应，确保了制取的二氧化硫气体中不含有氢气。（8）空气的相对分子质量为29，二氧化硫的相对分子质量为64，其密度大于空气；氢气的相对分子质量为2，其密度小于空气。所以实

验中下沉的气球内一定含有的气体是二氧化硫（SO2）。课练11氮及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D在日光照射下，二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用，生成一种有毒的烟雾，叫

作光化学烟雾，据此可知，A正确；氮肥是指以氮（N）为主要成分，施于土壤可提供植物氮素营养的肥料，氮肥按含氮基团可分为氨态氮肥、铵态氮肥、硝态氮肥、硝铵态氮肥、氰氨态氮肥和酰胺态氮肥（尿素），B正确；硝酸不稳定，在常温下见光或受热会发生分解：4HNO3=====△或光照4NO

2↑＋2H2O＋O2↑，C正确；亚硝酸钠与硝酸银溶液反应：NaNO2＋AgNO3===AgNO2↓＋NaNO3，生成淡黄色的AgNO2，AgNO2可以与稀硝酸反应，D错误。2．B加入稀硫酸后发生反应：3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜粉逐渐

溶解，并非铜与稀硫酸发生反应，A错误。浓硫酸滴到蔗糖表面，使蔗糖脱水、碳化，表现为固体变黑，体现浓硫酸的脱水性；反应放出热量，生成的碳与浓硫酸发生反应生成CO2、SO2气体，即有刺激性气味气体产生，体现浓硫酸的强氧化性，B正确。铝箔插入稀硝酸中，发生反应生成无色气体NO，NO遇空气中O2变为红

棕色的NO2气体，C错误。溶液X中滴加NaOH稀溶液，且未加热，即使生成NH3·H2O也不会有氨气逸出，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能判断溶液X中是否含有NH＋4，D错误。3．D海洋中的氮循环起始于N2―→NH＋4，即起始于氮的还原，A项错误；海洋

中的氮循环属于固氮作用的是②，B项错误；反硝化作用中N元素化合价降低，被还原，而O2是常见的氧化剂，不需要有O2参与，C项错误；根据转化关系图可知，若向海洋排放含NO－3的废水，会使NO－3增多，反硝化作用增强，海洋中N2增多，从而影响海洋中NH＋4的含量，D项正确。4．BA项

，过程Ⅰ中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，正确；B项，步骤Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比Ⅰ快的原因不可能是c（HNO3）增大，错误；C项，由实验

可知，步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快，说明NO2对该反应具有催化作用，正确；D项，当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，能够与铜继续反应，正确。[练高考]5．D2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反

应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于NO2吸附，A项正确；N2O4被“固定”后，N2O4的浓度减小，2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡向正反应方向移动，B项正确；被“固定”后的N2O4与O2、H2O反应生

成硝酸，C项正确；2NO2→N2O4无电子转移，12N2O4→HNO3失e－，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数为0.4×6.02×1023＝2.408×1023，D项错误。6．AA项，自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，不一

定转化为NH3，错误；B项，侯氏制碱法第一步发生反应CO2＋NH3＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓，正确；C项，工业制硝酸发生反应4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O、2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===

2HNO3＋NO，正确；D项，N2、NH3、铵盐、硝酸盐等含N物质通过不同途径的相互转化形成了自然界的“氮循环”，正确。7．A浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，A项符合题意；铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，B项不符合题意；

浓NaOH溶液与NH4Cl溶液共热反应生成的NH3能使酚酞溶液变红，C项不符合题意；2­溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，丙烯可与溴水发生加成反应使其褪色，D项不符合题意。[练模拟]8．B“雷雨

发庄稼”是指空气中氮气和氧气在雷电作用下可生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于雨水形成硝酸，硝酸与土壤中的矿物质反应生成硝酸盐，可作为氮肥，A正确；将游离态的氮转变为氮的化合物叫作氮的固定，用NH3和CO2合成尿素[CO（NH2）2]的反应是氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；

机动车排放出的大量尾气中含有氮氧化物和不完全燃烧的烃类化合物，在光的作用下可能会引起光化学烟雾，C正确；NO2能够与烧碱发生氧化还原反应，生成两种盐和水，不属于酸性氧化物，D正确。9．D根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2的过

程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2时，BaO参与储存N元素，故B错误；还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为0.1mol×（5－0）×2＝1mol，故C错误；整个过程中

，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确。10．D氨气是无色有刺激性气味的气体，氨气密度比空气小，故不选A；由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解70

0体积氨气，且溶解速率快，可以形成较大的压强差，所以可以做喷泉实验，故不选B；烧瓶溶液中存在平衡NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，因此含氮微粒有NH3、NH3·H2O和NH＋4，故不选C；因为NH3·H2O不稳定受热易分解，加热过程中会有NH3·H2O分解，c（NH3·H2

O）减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度和c（NH3·H2O）对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选

D。11．A氯化铵分解生成氨和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氢相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；碱石灰可以干燥氨，选项C正确；

氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。12．B因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓

H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误。综合测评提能力1．C酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水的氧

化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不属于酸性氧化物，故A错误；NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O在水溶液中发生电离，使溶液导电，NH3自身不能发生电离，属于非电解质，故B错误；联氨（N2H4）中N的化合价为－2价，氢叠氮酸（HN3）中N的化合价为－13价，联氨转

化为氢叠酸时N元素化合价升高，亚硝酸（HNO2）中N的化合价为＋3价，可降低，因此联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸（HN3），故C正确；稀硝酸与Au不反应，故D错误。2．DNH3溶于水后部分与水反应生成N

H3·H2O，NH3·H2O部分电离产生NH＋4、OH－，两个过程均为可逆过程，A正确；吹脱法调节水体pH至8，此时c（OH－）增大，促使NH＋4＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O平衡正向移动，鼓入空气后吹出NH3，B正确；NaClO具有强氧化性，可将NH＋4氧化为N2除去，自身被还原为Cl

－，即NH＋4＋ClO－―→N2↑＋Cl－，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒确定离子方程式为2NH＋4＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋，C正确；NaClO具有强氧化性，可将NO－2氧化为NO－3，N元素不能脱离水体，无法

脱氮，D错误。3．C稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；实验③发生反应的化学方程式为3Cu＋Cu（NO3）2＋4H2SO4===4CuSO4＋2NO↑＋4H2O，故C正确

；由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。4．C浓氨水滴到NaOH固体上可产生NH3，由于NH3的密度小于空气，不能采用向上排空气法收集NH3，A错误；铜与浓硝酸反应生成NO2气体，NO2与水反应生成HNO3和

NO，不能用排水法测定生成NO2的体积，B错误；NH3极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，NH3溶于水，导致烧瓶内气体压强小于外界大气压，烧杯中的水进入烧瓶中，形成喷泉，C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl要在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，D错误。5．B根据图，a

为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；＋4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4

，C说法正确；d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确。6．B反应的离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO－3和H＋的物质的量之比为1∶4时，反应生成的铜离子物质的量最大，设HNO3

、H2SO4各为xmol、ymol，则n（NO－3）∶n（H＋）＝x∶（x＋2y）＝1∶4，x＋y＝0.4mol·L－1×0.1L，解得x＝0.016mol、y＝0.024mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.016mol×32＝0.024mol，故铜离子

的最大浓度为0.024mol0.1L＝0.24mol·L－1。7．C3NO2＋H2O===2HNO3＋NOΔV31230mL20mLV（NO）＝40mL－30mL＝10mL,V（NO2）∶V（NO）＝30mL∶10mL＝3∶1。8

．DA项，反应后向溶液中加入NaOH，生成Mg（OH）2和Cu（OH）2沉淀，固体质量增加的是OH－的质量，且有n（OH－）＝n（e－），设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有24x＋64y＝1.52

（质量守恒）2x＋2y＝2.54－1.5217（电子守恒），解得x＝0.01，y＝0.02；B项，该硝酸的物质的量浓度c＝nV＝50×1.40×63%63mol50×10－3L＝14mol/L；C项，NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体

中有NO2xmol，据电子守恒得x＋（0.05－x）×2＝0.06，x＝0.04，NO2的体积分数为80%；D项，得到2.54g沉淀时溶液中的溶质只有NaNO3，根据氮元素守恒可知n（HNO3）＝n（NaOH）＋

n（NO2）＋2n（N2O4）＝50mL×14mol/L＝0.7mol，n（NaOH）＋0.04＋2（0.05－0.04）＝0.7，所以n（NaOH）＝0.64mol，所以V（NaOH）＝640mL。9．BNO和洗气瓶中O2反应生成的

NO2溶于水生成HNO3，HNO3将H2SO3氧化成H2SO4，因此有BaSO4生成，A正确、B错误；若O2不足，NO有剩余，则Z导管口可能出现红棕色气体，C正确；CO2未参与反应，D正确。10．C由图可知：气体1为NO，气体2为NO2，NO2与水反应生成硝酸，固体1为NaHCO3

，NaHCO3受热分解生成固体2为Na2CO3；1LNO、NO2的混合气体与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为2NH3＋NO＋NO2=====催化剂2N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1。1

1．答案：（1）2NH3＋2O2=====催化剂△N2O＋3H2O（2）①BC②NaNO3NO（3）①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO－3＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强解析：（1）NH3与O2在加

热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为2NH3＋2O2=====催化剂△N2O＋3H2O。（2）①加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和N

O2的去除率，不选A；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C；②由吸

收反应：NO＋NO2＋2OH－===2NO－2＋H2O，2NO2＋2OH－===NO－2＋NO－3＋H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2晶体混有NaNO3；由吸收反应可知，若

NO和NO2的物质的量之比大于1∶1，NO不能被完全吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO－3和Cl－，根据得

失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO＋3HClO＋H2O===2NO－3＋3Cl－＋5H＋；②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，在酸性NaClO溶液中，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。12．答案：（1）CD（2）

122.4（或0.045）（3）4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O（4）氧化（5）①NaNO2②1∶332x解析：（1）A项，工业合成NH3的反应条件是高温、高压、催化剂，正确；B项，NH3可与碳酸等反应生成碳铵等，也可以与二氧化碳反应生成尿素，正确；C

项，NH3可与硫酸或氯化钙发生化合反应，不正确；D项，NH3不易分解，不正确。C、D符合题意。（2）水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为122.4mol·L－1≈0.045mol·L－1。（3）氨气燃烧的化学方程式为4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O。（4）在常

温下浓硝酸能使铝、铁钝化，说明其具有很强的氧化性。（5）①纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋CO2。根据质量守恒定律可知，除NaNO3和CO2外，另一种产物为N

aNO2。②7mol氨失去21mol电子，根据题意和电子守恒可得n（NO）＋n（NO2）＝6mol，2n（NO）＋4n（NO2）＝21mol，解得n（NO）＝1.5mol，n（NO2）＝4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1∶3，若用通式NOx表示氮氧化物，反应

过程中NOx分子得到2xe－，则每摩尔氨可将32xmol的NOx转化为N2。13．答案：（1）CaO＋NH3·H2O===NH3↑＋Ca（OH）2（2）c（3）混合气体颜色变浅（4）缺少尾气吸收装置（5）（进气管短，出气管长）（6）观察气

泡的生成速率，控制混合气体的比例（7）0.036解析：（1）将浓氨水滴入生石灰中，发生反应：CaO＋NH3·H2O===NH3↑＋Ca（OH）2，放出氨气。（2）干燥氨只能用碱石灰，干燥二氧化氮可用五氧化二磷固体或无

水氯化钙。（3）如果能反应，消耗NO2使装置中混合气体颜色变浅。（4）由于NH3、NO2均能污染空气，所以与它们相关的实验均应有尾气吸收装置。（5）O2、NO2密度比空气大，故应进气管短，出气管长。（6）观察气泡的速

率控制混合气体的比例。（7）烧瓶中充满溶液，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3恰好发生，HNO3的物质的量是恰好完全反应的NO2和O2（体积比4∶1）总物质的量的45，溶液体积等于恰好完全反应的NO2和O2的总体积，设烧瓶中恰好完全反应的NO2和O2的总体积为V，则溶液浓度

为V22.4L·mol－1×45V＝122.4×45mol·L－1，即c（HNO3）≈0.036mol·L－1。课练12无机非金属材料狂刷小题夯基础[练基础]1．A沙子的主要成分是二氧化硅，A项错误。2．DA项，SiO2能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃，正

确；B项，向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，正确；C项，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，化学式为Si3N4，正确；D项，硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，不是石英，错误。3

．C碳具有还原性，所以碳在高温时可以把氧化铜中的铜置换出来，故A正确；碳和二氧化碳在高温时可生成一氧化碳，所以在一定条件下CO2能转变成CO，故B正确；二氧化碳不显酸性，不能使被石蕊染成紫色的干花变红，故C错误；金刚石、石墨和C

60只含有碳元素，都是碳的单质，故D正确。4．C氮化硅具有高强度，低密度，耐高温的优点，用于制造汽车发动机的新型耐高温结构材料，故A正确；Si是良好的半导体材料，制成的硅光电池，将太阳光的光能直接转化为电能，故B正确；二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，能够

与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸（氢氟酸属于弱酸）以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故C错误；无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅胶中加入CoCl2，可以

根据变色硅胶颜色变化判断是否吸水，故D正确。5．B146C的质子数为6、质量数为14，中子数为14－6＝8，A项正确；青铜神树的成分为铜合金，B项错误；丝绸转化为“黑炭”的过程中有新物质生成，涉及化学变化，C项正确；陶瓷碎片的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，D项正确。6．D

Na2SiO3是强电解质，应拆成Na＋、SiO2－3，且应生成HCO－3，A错；B项正确写法是CO2＋OH－===HCO－3；C项，氢氟酸是弱酸，不能拆分成H＋和F－。7．D碳酸的酸性比硅酸强，A不正确；CO2属于分子晶体

，SiO2属于原子晶体，B不正确；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和H2O，SiF4不属于盐，SiO2属于酸性氧化物，C不正确；SiO2不与水反应，D正确。[练高考]8．C鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面

，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意；蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意。9．

CA项，石墨可作润滑剂是因为石墨为层状结构，其层间容易发生相对滑动，与导电性无关，错误；B项，硅可用作半导体材料是因为其具有导电性，但导电率不及金属，错误；D项，铅、氧化铅具有导电性，故可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，错误

。10．A传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，B错误；陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，有新物质生成，属于化学变化，C错误；由于Fe2＋、F

e3＋和铁的氧化物均有颜色，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误。[练模拟]11．CHF能与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，A项正确；SO2能与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀，可证明H2SO3的酸性强

于H2SiO3，B项正确；硅胶多孔，吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂，但没有还原性，不能作抗氧化剂，C项错误；光导纤维、碳纳米管、氮化硅结构陶瓷的主要成分都是无机物，属于无机非金属材料，D项正确。12．CSiO2和CO2都是共价化合物，A正确；都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应产生盐和水，B正

确；SiO2不能溶于水且不能与水反应生成相应的酸，C错误；光在SiO2中可以全反射，因此SiO2可用于制光导纤维，固态CO2容易升华，升华时吸收大量的热，因此干冰可用于人工降雨，D正确。13．B酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性强弱，故A错误；CO2

通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；比较强酸制取弱酸是在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能

比较酸性强弱，故C错误；HCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，其气体通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，无法确定碳酸与硅酸酸性的强弱，故D错误。14．D①②③反

应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是氧化还原反应，A正确；由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢和氢气也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；二氧化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；三氯甲硅烷（SiHCl3）摩尔质量为135.5g

·mol－1，D错误。综合测评提能力1．A此处的缣帛为丝织品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故此处的纸的主要成分为蛋白质，故A正确；“日照香炉生紫烟”是指在日光的照耀下，水汽蒸腾，呈现出紫色的烟霞，是一种物理现象，并没有碘，故B错误；Fe3O4具有磁性，可以用

于制造司南或指南针，故C错误；瓷器的主要原料为黏土，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D错误。2．A简牍主要成分为植物纤维，A符合题意；陶彩绘女舞俑是陶制品，主要成分是硅酸盐材料，B不符合题意；瓷碗为瓷器，瓷器主要成分为硅酸盐材

料，C不符合题意；梅瓶也是瓷器，主要成分为硅酸盐材料，D不符合题意。3．A气体进入两通管前必须除水，以免水蒸气在两通管中冷凝使其炸裂，故A不正确；实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生的分解产物中有CO2，E中固体

变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故B正确；先通入N2，是为了将装置中的空气赶跑，以免空气中成分干扰反应和判断，故C正确；因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀

硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，可能是反应中生成CO，部分还原氧化铁得到铁，其中的Fe将Fe3＋还原成Fe2＋，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故D正确。4．C光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，C项错误。5．DSiO2虽然既能与HF反应，又能

与NaOH反应，但其与HF反应的产物不是盐和水，不属于两性氧化物，而属于酸性氧化物，A项错误；高温条件下，SiO2和Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，并没有酸参加反应，也没有酸生成，与H2CO3、H2SiO3的酸性强弱无关，B项错误；SiO2在高温条件下能与过量的碳反应生成SiC

，反应中硅元素的化合价不变，不能体现SiO2的氧化性，C项错误：题图中所示氧化还原反应有3个，即Si的制取过程中涉及的3个反应，其他反应都是非氧化还原反应，D项正确。6．C高温结构陶瓷具有共价晶体的特

性，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化等优良性能，故A正确；二氧化硅具有良好的导光性和对光全反射的性质，常用于制作光导纤维，故B正确；水泥、玻璃都是硅酸盐制品，水晶饰物主要成分是二氧化硅，故C错误；硅晶片是良好的半导体材料，是生产芯片的基础材料，故D正确。7．B实验室利用

MnO2和浓盐酸在加热条件下制Cl2，可以达到实验目的，A项正确；用浓盐酸与MnO2在加热条件下制备的Cl2中含有H2O、HCl，先用饱和NaCl溶液除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，且气体应从长导管进，短导管出，B项错误；SiC和Cl2在高温条件下反应可制备CCl4，可以达到

实验目的，C项正确；SiCl4的沸点为57.6℃，沸点较低，可以通过冷凝的方法收集，由于SiCl4易水解，而且需要吸收过量的Cl2，因此需要接一个装有碱石灰的干燥管，既可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收多余的Cl2，可以达到实验目的，

D项正确。8．B硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示BaO·CuO·2SiO2，故A正确；硅酸铜钡能稳定存在，说明不易溶解于强酸和强碱

，故B错误；青花瓷能长期不褪色，说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色，故C正确；硅酸铜钡中Ba为＋2价、Cu为＋2价、Si为＋4价、O为－2价，根据化合价代数和等于0，可知x＝6，故D正确。9．D由铝土矿制备较高纯度Al，可用氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤

后通入CO2气体生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，A错误；石英主要成分为二氧化硅，不是盐，与盐酸不反应，且玻璃也与盐酸不反应，B错误；粗硅的反应：SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，反应中SiO

2为氧化剂，C为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C错误；黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2、FeO中Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，SO2既是还原产物又是氧化产物，D正确。10．D向物质的量均为0.1mol的KOH、Ba

（OH）2和NaAlO2的混合溶液中不断通入nmolCO2，CO2先和Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，Ba（OH）2消耗完后，CO2再和KOH反应生成K2CO3，KOH消耗完后，CO2和NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀，NaAlO2消耗完后，CO2和溶液中的CO2－3

反应生成HCO－3，最后CO2和BaCO3反应生成Ba（HCO3）2。A.由分析可知，混合溶液的溶质与CO2反应的先后顺序依次为Ba（OH）2、KOH、NaAlO2，错误；B.由分析可知，向混合溶液中通入CO2，先有沉淀生成后

沉淀溶解，则通入CO2的过程中溶液的导电能力先降低后增大，错误；C.由分析可知，CO2先和Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，将Ba（OH）2反应完全需消耗0.1molCO2，CO2再和KOH反应生

成K2CO3，将KOH反应完全需消耗0.05molCO2，共消耗0.15molCO2，当0.15＜n＜0.2时，CO2量不足，与NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，离子方程式为CO2＋2AlO－2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋CO2－3，错误；D.CO2先和Ba

（OH）2反应生成BaCO3沉淀，将Ba（OH）2反应完全需消耗0.1molCO2，CO2再和KOH反应生成K2CO3，将KOH反应完全需消耗0.05molCO2，CO2和NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀，将

NaAlO2转化为Al（OH）3至少需要消耗0.05molCO2，故当沉淀的物质的量达到最大值，至少需要通入0.2molCO2，正确。11．答案：（1）D（2）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O氢氟酸（3）防

火剂D（4）CSiO2解析：（1）生石灰（CaO）不含Si元素，不属于硅酸盐。（2）SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，SiO2与HF反应，所以通常用氢氟酸来

雕刻玻璃。（3）Na2SiO3水溶液又称“水玻璃”，具有阻燃的功能，因此可用作防火剂。含有SiO2的坩埚可与Na2CO3反应，Al2O3也可与Na2CO3反应。12．答案：（1）CD（2）①除去石英砂中的NaCl杂质②增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，提高生产效率③B解析：（1）A项，

根据正负化合价代数和等于零的原则，可得6＋8－10－x＝0，解得x＝4。B项，钾长石与盐酸反应后不能形成澄清的溶液。C项，根据水泥制造过程可推测出烧制青花瓷过程中发生了复杂的物理变化和化学变化。D项，青花瓷、玻璃

、水泥符合硅酸盐产品的特点，是硅酸盐产品。（2）①石英砂中含有易溶于水的NaCl杂质，洗涤石英砂可使NaCl与SiO2分离。②将纯净的石英砂研磨后能增大物质的表面积，从而增大反应物与盐酸的接触面积，增大反应速率，提高生产效率。③A项，根据SiC中元素的价

态可知，SiC具有还原性，在高温下仍能在O2中燃烧生成SiO2和CO2，因此不能用于制造抗高温水泥。B项，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1∶1，根据原子守恒，可将题述信息转化为如下反应：2SiO2

＋5C=====高温Si＋SiC＋4CO↑。C项，因SiO2、Al2O3都能溶解在NaOH溶液中，无法实现二者的分离。D项，纯净的SiO2还可用于制造光学玻璃等。13．答案：（1）SiO2＋3C=====高温SiC＋2CO↑（2）Si

HCl3＋3H2O===H2SiO3＋H2↑＋3HCl（3）氨水过滤加热（4）52.64×10－12mol·L－1解析：（2）SiHCl3中H为－1价，可与H2O发生氧化还原反应：SiHCl3＋3H2O===H2SiO3＋H2↑＋3HCl。（3）根据流

程图可知，加入试剂X后过滤（操作a）可得到NH4Cl、LiCl溶液和Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀，则试剂X的作用是调节pH沉淀Fe3＋、Al3＋，且不能引入杂质，故X应为氨水；根据“LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃；NH4Cl在100℃开始显著挥发，337.8℃分解完全”及N

H4Cl分解产生的NH3和HCl遇冷可重新生成NH4Cl知，分离LiCl和NH4Cl的固体混合物应用加热法，故操作b的名称是加热。（4）要控制LiCl和NH4Cl溶液中杂质离子即Al3＋、Fe3＋的浓度在1.

0×10－6mol·L－1以下，根据已知信息知，需控制溶液中c（OH－）≥31×10－331×10－6mol·L－1＝1×10－9mol·L－1，则c（H＋）≤1×10－5mol·L－1，因此应控制溶液的pH≥5；pH＝5时溶液中Fe3＋的浓度为2.64×10－39（1×10－9）3mol·L－1

＝2.64×10－12mol·L－1。单元检测4非金属及其化合物1．BA项，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾属于钾盐；B项，消毒时，NaClO体现的是强氧化性不是漂白性；C项，实验后废液不能随意排放；D项，浓硫酸具有强腐蚀性，需要妥善

储存、保管。2．B硅为良好的半导体，用作芯片，光导纤维的主要成分为二氧化硅，为绝缘体，它们不是同种材料，A错误。活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，而雾霾是一种分散系，分散剂是空气，含活性炭的口罩防雾霾的原理是吸附作用，B正确。煤炭气化

生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，故煤炭不能蒸馏，C错误。特种钢缆为金属材料，不是非金属材料，D错误。3．D二氧化碳能使漂白粉水溶液先变浑浊后变

澄清，是先生成CaCO3沉淀，后又生成Ca（HCO3）2溶解，二氧化硫具有还原性，能被漂白粉氧化最终生成CaSO4，只能变浑浊不能变澄清，故A错误；氧化物Fe3O4可拆写为FeO·Fe2O3的形式，是因为Fe为＋2、＋3价，而Pb为＋2、＋4价，应拆写为2PbO·PbO2

的形式，故B错误；常温下Au与浓硝酸不反应，故C错误；碳和硅属于同族元素，由碳酸加热分解反应H2CO3=====△CO2↑＋H2O，可推知硅酸加热分解反应为H2SiO3=====△SiO2＋H2O，故D正确。4．DA项，不清楚具体反应原理而出错。A

lO－2与HCO－3水解均使溶液显碱性，不可能发生相互促进的水解反应。由于碳酸氢根离子的酸性强于氢氧化铝，故NaHCO3、NaAlO2和H2O发生反应生成氢氧化铝和碳酸钠，错误。B项，HClO溶液有强氧化性，能够漂白

pH试纸，不能用pH试纸测定HClO溶液的pH，错误。C项，易忽视HClO对SO2－3检验的干扰而出错。滴入盐酸酸化的Ba（ClO）2溶液，HClO可将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，而后生成硫酸钡白色沉淀，不能

证明试样已氧化变质，错误。D项，忽视Cl－具有还原性而出错，酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl－和Fe2＋，故溶液褪色无法证明一定存在Fe2＋，正确。5．C同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大

，非金属性逐渐减弱，A错误；硫的氧化物不能形成光化学烟雾，B错误；汽车尾气中的NOx主要是空气中的N2、O2在汽车汽缸内化合生成的，C正确；N2和O2反应生成NO，得不到NO2，D错误。6．DA瓶反应是二氧化硫被三价铁氧化，其方程式为：2Fe3

＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，A正确；二氧化硫易溶于水，B装置可以防止倒吸，B正确；二氧化硫有毒，会污染空气，但是可以和氢氧化钠反应，C正确；浓硫酸和铜常温的时候不反应，所

以a是亚硫酸钠，D错误。7．AA项，通常用元素最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性强弱，盐酸为无氧酸，错误；B项，打开活塞，从右侧加入稀硝酸排出空气，然后关闭活塞，硝酸接触铜丝生成NO，正确；C项，挤压胶头滴管胶头使少量水进入烧瓶，SO2易溶于水，其溶于水后可形成负压引发“喷泉”现象，正确；D

项，碳酸钙块状固体可放在带孔塑料板上，可通过长颈漏斗加入酸液制得CO2气体，并通过控制活塞实现随开随用随关随停，正确。8．D9．AC是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是NH3，D是黄绿色气体，则D是氯气，NH3与Cl2反应生成B和E

，B是短周期元素组成的单质，则B是N2，E是HCl或NH4Cl，A与B反应生成NH3，则A为H2。E物质可能是NH4Cl，A项正确；NH3极易溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，B项错误；组成B的元素在周期表中位

于第二周期第ⅤA族，C项错误；反应中D得到1.2mol电子时，有0.4molNH3被氧化，生成N2的物质的量是0.2mol，在标准状况下的体积是4.48L，D项错误。10．D如图CO2在弱碱性条件下转

化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。A.CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，正确；B

.钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，正确；C.温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生

物的分布等，正确；D.光合作用，碳由＋4价降为0价，每生成0.1mol（CH2O）x转移电子数为0.4xNA（NA表示阿伏加德罗常数），错误。11．D由图可知，①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2，实验目的为检验产物中的H2和CO，则②中NaOH溶液可除去CO2

，③中浓硫酸干燥气体，④中H2和CO均还原CuO，若无水硫酸铜变蓝，则检验出含有氢气，⑤中澄清石灰水变浑浊可检验出含有CO，最后处理尾气。A项，H2、CO不纯时加热易发生爆炸，则为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，排

出装置中空气后点燃④处酒精灯，正确；B项，由上述分析可知，②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水，正确；C项，H2和CO均还原CuO，当黑色氧化铜变红色，只能说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种

，无法确定具体是哪种气体，正确；D项，若用碱石灰替换无水硫酸铜，碱石灰可吸收水、二氧化碳，不能检验氢气，故D错误。12．B氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性，能使紫色石蕊试液变红，次氯酸有强氧化性，能使溶液褪色，SO2溶于水生成亚硫酸，能使紫色

石蕊试液先变红，但SO2或亚硫酸不能使指示剂褪色，故A不合理；NaH和CaH2都是金属氢化物，与H2O反应都生成碱和H2，故B合理；Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O，但I－有还原性，Fe2O3与HI溶液发生氧化还原反应，Fe2O3被还原为Fe2＋，I－被氧化为I2，

故C不合理；溶液中的阳离子的放电顺序为Cu2＋＞H＋＞Mg2＋，所以电解CuCl2溶液阴极上析出Cu，但电解MgCl2溶液阴极上析出氢气，故D不合理。13．B氯气与水反应生成HClO，可使品红溶液褪色，加热不恢复，则证明HCl气体中含有Cl2，故B正确。14．C由图

可知，a点开始反应，即ab段亚铁离子被氧化为铁离子；bc段生成氢氧化铁和氯气；cd段主要生成了氯气；da段pH值减小，则氯气与水反应。cd段产生刺激性气味，由题可知生成了氯气，则离子方程式：ClO－＋C

l－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，A项正确；bc段有氯气生成，则发生反应的离子方程式：2ClO－＋2Fe2＋＋2OH－＋2H2O===Cl2＋2Fe（OH）3↓，B项正确；cd段pH迅速增大的原因是Cl

O－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，C项错误；氯气溶于水反应产生酸性物质，所以de段pH减小，D项正确。15．A混合气体的总物质的量为1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol，1.92g铜粉的物质的量为1.92g64g·mol－1＝0.03mol。设NO的物质的量为

n1mol，则NO2的物质的量为（0.05－n1）mol，根据得失电子守恒得3n1＋（0.05－n1）×1＝0.03×2，解得n1＝0.005mol，V（NO）＝0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L＝112mL。16．答案：（1）＋7（2

）2KMnO4=====△K2MnO4＋MnO2＋O2↑（3）MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（4）D解析：（1）在任何化合物中元素化合价代数和为0。由于K是＋1价，O是－2价，假设Mn元素化合价为＋x价，则＋1＋x＋4×（－2）＝0，解得x＝＋7。（2）高锰酸

钾不稳定，受热分解产生锰酸钾、二氧化锰和氧气，故用高锰酸钾制备氧气的化学方程式为：2KMnO4=====△K2MnO4＋MnO2＋O2↑。（3）根据催化作用可知这种固体为二氧化锰，二氧化锰在加热条件下可以和浓盐酸反应得到氯气，这是实验室制备氯气的常用方法。根据条件可以得出二氧

化锰与浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。（4）在NaClO中，Na为＋1价，O为－2价，因此根据化合物中元素化合价代数和为0可知Cl为＋1价，A选项错误；

由两种元素组成，其中一种元素为氧的化合物叫做氧化物，次氯酸钠NaClO中含有Na、Cl、O三种元素，因此次氯酸钠不属于氧化物，B错误；根据相对原子质量，三种元素个数比1∶1∶1，质量比m（Na）∶m（Cl）∶m（O）＝23∶35.5∶16，C错误

；根据三种元素的相对原子质量，相加可得NaClO的相对分子质量为74.5，D正确。17．答案：（1）红棕色C＋4HNO3（浓）=====△4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（2）BaCO3不能Ca（OH）2的溶解性比Ba（OH）2小，溶液中Ca（OH）2浓度

较低，不能形成CaCO3沉淀（3）防倒吸（4）①AC②浓硝酸的分解解析：（1）装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈烧瓶中的气体颜色为红棕色。（2）将NO2、CO2通入Ba（OH）2溶液中分别生成Ba（NO3）2和BaCO3，由于Ba（OH）

2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出。Ba（OH）2溶液不能用Ca（OH）2溶液代替，因为Ca（OH）2微溶于水，溶液中Ca（OH）2含量太少，浓度太低，不足以完全吸收生成的酸性气体，导致溶液呈酸性，从而不能

生成CaCO3沉淀。（3）装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。（4）①NO与O2反应生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C正确。②装置

A中除发生木炭与浓硝酸的反应外，还发生浓硝酸的分解反应。18．答案：（1）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O（2）①SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑②蒸馏③SiHCl3＋4H2O===H4SiO4↓＋H2↑＋3HCl↑（或SiHCl3＋3H2O===H2Si

O3↓＋H2↑＋3HCl↑）（3）①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O②AD③饱和NaHCO3溶液Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3（答案合理即可）④碳和硅位于同一主族，从

上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱解析：（1）玻璃中的二氧化硅与NaOH溶液反应。（2）①石英砂的主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；②由于SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大，可以使用蒸馏的方法提纯；③

SiHCl3中Si是＋4价，氢元素、氯元素均为－1价，SiHCl3完全水解时，Si以H2SiO3形式存在，－1价的氢元素与H2O反应后生成H2。（3）①B中盐酸与碳酸钙发生反应的离子方程式是CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O；②步骤Ⅰ是为了验证浓盐酸是否具有

挥发性（看A中是否产生沉淀）和酸性（与盐反应）；③因为浓盐酸具有挥发性，所以C装置的作用是将HCl气体除去，可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液；D中反应的化学方程式是Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，也可以生成Na

HCO3，答案合理即可；④由于碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，所以碳、硅的非金属性逐渐减弱。19．答案：Ⅰ.（1）便于观察实验现象和了解反应进行的程度（合理即可）S2－＋Br2===2Br－＋S↓（2）避免空气中氧气氧

化S2－Ⅱ.SFe2＋＋S2－===FeS↓生成更难溶物质的解析：Ⅰ.（1）在硫化钠溶液中加入酚酞溶液，溶液变红色，说明硫化钠溶液呈碱性，故酚酞的作用是便于观察实验现象和了解反应进行的程度，硫离子具有还原性，能与溴发生置换反应：S2－＋Br2===2Br－

＋S↓。（2）硫离子在空气中能被氧气氧化成硫单质：2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－，苯难溶于水、密度比水小，故苯的作用是隔绝空气，避免硫化钠被氧化。Ⅱ.实验1的操作①中发生的反应为2Fe3＋＋S2－===

S↓＋2Fe2＋，产生的浅黄色固体是S，实验1的操作②中先产生浅黄色固体，先发生反应2Fe3＋＋S2－===S↓＋2Fe2＋，硫化钠过量，则产生黑色沉淀的离子方程式为Fe2＋＋S2－===FeS↓。银离子的氧化性强于Fe3＋，硫离子具有强还原性，在硫化钠溶液中加入硝酸银溶液可能发

生两个反应：2Ag＋＋S2－===Ag2S↓，2Ag＋＋S2－===S↓＋2Ag↓，但是在硫化钠溶液中滴加硝酸银溶液产生黑色沉淀，而不是浅黄色沉淀，说明若某一溶液中同时存在氧化还原反应和沉淀反应，优先生成更难溶物质。20．答案：（1）①洗气瓶②gf→bc→hi（或i

h）→de（或ed）→bc→hi（或ih）③先通入一段时间的氮气④CO（2）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硫酸，黑色固体全部溶解，溶液变为浅绿色，无气体生成（合理即可）（3）FeC2O4·2H2O====

=△FeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O（4）3MnO－4＋5H2C2O4＋5Fe2＋＋14H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋12H2O（5）c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×180m×10

0%偏小解析：（1）①根据题图1可知装置B是洗气瓶。②用无水硫酸铜检验草酸晶体分解产生的H2O→用澄清石灰水检验草酸晶体分解产生的CO2→用碱石灰除去CO2并干燥气体→用灼热的氧化铜检验草酸晶体分解产生

的CO→用澄清石灰水检验CO与CuO反应生成的CO2→用碱石灰除去CO与CuO反应产生的CO2并干燥气体→用点燃的方法处理尾气，故仪器的连接顺序是a→gf→bc→hi（或ih）→de（或ed）→bc→hi（或ih）→点燃。③为了防止加热时发生爆炸，应该先排尽装置中的空气，所以点燃装置

A处的酒精灯前应先通入一段时间的氮气。④装置C中固体由黑变红说明氧化铜被还原为铜，其后装置中的澄清石灰水变浑浊说明反应生成了CO2，则证明气体产物中含有CO。（2）铁与FeO均能与稀硫酸或稀盐酸反应，但Fe与稀硫酸或稀盐酸反应能产生氢气，而FeO不能，可以据此设计实验方案。（3）根

据（1）和（2）的结论可以确定草酸亚铁晶体热分解产物为FeO、CO、CO2、H2O，FeC2O4―→CO过程中碳元素的化合价由＋3降低到＋2，FeC2O4―→CO2过程中碳元素的化合价由＋3升高到＋4，结合得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式。（4）H2C2O4和F

e2＋均可被酸性高锰酸钾氧化，生成CO2和Fe3＋，MnO－4转化为Mn2＋，据此可写出反应的离子方程式。（5）分析滴定过程可知，第一次用酸性KMnO4标准溶液滴定时，Fe2＋和H2C2O4分别被氧化为Fe3＋和CO2；向滴定后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3＋还原为Fe

2＋，再滴加酸性KMnO4标准溶液，此时只有Fe2＋被氧化。加入适量锌粉后的溶液中Fe2＋消耗高锰酸钾的物质的量是cmol·L－1×V2×10－3L＝cV2×10－3mol，25.00mL溶液中H2C2O4消耗高锰酸钾的物质的量为cmol·L－1×

V1×10－3L－cV2×10－3mol＝c（V1－V2）×10－3mol，根据2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，草酸亚铁晶体样品的纯度为c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×180m×100%；若配制溶液时Fe

2＋被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏小。第五单元物质结构与性质元素周期律课练13原子结构核外电子排布狂刷小题夯基础[练基础]1．D根据原子中核电荷数＝质子数＝核外电子数、质量数＝质子数＋中子数可知，24195Am的核外电子数＝质子数＝95，质量数

为241，中子数＝241－95＝146，故D错误。2．CO2和O3互为同素异形体，B项错误。1H162O和2H182O中的H、O原子均不同，不是同一种水分子，D项错误。3．A选项分析结论A根据泡利原理，同一原子轨道中的2个电子自旋相反×BCl－的核

外电子数是18，最外层达到8电子稳定结构√CS的核电荷数是16，1s22s22p63s23p4符合构造原理和能量最低原理√DK的核电荷数是19，其内层电子排布与上一周期的稀有气体元素Ar相同√4.CD电子的运动

没有固定的轨道，也不能描绘出它的运动轨迹，A项错误。原子轨道能量的高低取决于能层序数和原子轨道的类型，不能只从原子轨道的类型来判断，例如7s原子轨道的能量比4f原子轨道的能量高，B项错误。相同类型的原子轨道，能层序数越大，能量越高，电子运动的区域越大，原子轨道的

半径越大，C项正确。根据泡利原理和洪特规则可知，一个原子中不存在运动状态完全相同的2个电子，D项正确。5．CX、Y、Z、W为前四周期元素，且原子序数依次增大，W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满，则W为钠元素或铜元素。X原子的核外电子数等于Z最外层电子数

，则X的原子序数不大于8，X、Y为同周期相邻元素，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍，利用列举法可推出X为氮元素，Y为氧元素，Z为氯元素，则W只能为铜元素。N的2p能级为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，A项正确。常温常压下，氨气为气体，水

为液体，故沸点NH3<H2O，B项正确。Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，C项错误。Cl、O形成的二氧化氯是一种常用的消毒剂，D项正确。6．AHmX的相对分子质量为A＋m，agHmX分子的物质的量n＝ag（A＋m）g·mol－1；X原子的质量数

为A，含N个中子，则质子数为A－N，所以agHmX分子中含质子的物质的量为aA＋mmol×（A－N＋m）＝a（A－N＋m）A＋mmol，A正确。[练高考]7．B根据质子数和质量数守恒，可推断出abX为62He、mnY为42He，X的中子数为6－2＝4，A项错误；62He、4

2He的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项正确；138O、158O的半衰期很短，不能用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界不存在138O2、158O2分子是因为138O、158O的半衰期很

短，D项错误。8．C由已知核反应可得Z＋0＝M＋1、A＋1＝R＋1，RMY可用于测定文物年代，则Y是C，R＝14、M＝6、A＝14、Z＝7，X是N。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A项正确；C结合3个H失去1个电子形成CH＋3，B项正确；HNO3的酸性强于H2C

O3，C项错误；N可以形成NH3、N2H4，C可以形成多种烃，D项正确。9．ASr和Mg、Ca同主族，位于元素周期表第五周期ⅡA族，A项错误；87Sr和86Sr的质量数不同，可用质谱法区分，B项正确；Sr的质子数为38，87Sr的中子数为87－38＝49，86Sr的中子数为86－38＝4

8，C项正确；根据题意可知，D项正确。10．B31H的质子数为1，其中子数＝质量数－质子数＝3－1＝2，B项错误。11．A同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，A项正确；基态钾原子价层电子轨道表示式为，B项错误；钾遇水反应生成KOH和H2，不能置换出NaCl溶液中的钠，C项错

误；钠元素、钾元素的原子序数分别为11、19，相差8，D项错误。12．D基态C原子核外有6个电子，其价电子排布式为2s22p2，价电子的电子排布图为，A项错误；Cl－的核内质子数是17，B项错误；KCl形

成过程中，有1个电子从K转移至Cl，且KCl为离子化合物，形成过程应表示为，C项错误；质子数为1、质量数为2的氢核素可表示为21H，D项正确。[练模拟]13．Cp能级有三个轨道，沿着x、y、z三个方向延伸，因此2px所代表的含义是第二能层沿x轴方向伸展的p轨道，故A正确；焰色试验是指金

属原子受热从基态跃迁到激发态后，电子从高能级跃迁回到低能级轨道时，将能量以光能的形式释放出来，故B正确；核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2的原子，其原子核外有7个能级，故C错误；在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多，故D正确。14．B能层就

是电子层，每个能层最多可容纳的电子数是2n2个，故A错误；p能级最多容纳6个电子，即p能级在不同的能层中所能容纳的最多电子数是相同的，故B正确；第一能层只有s能级，所以任一能层的能级总是从s能级开始，但不是到f能级结束，有的能层没有f能级，故C

错误；根据构造原理可知，能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p…，则能级能量：3d＞4s，故D错误。15．BG为氨，分子中含有3条共价键，1对孤电子对，空间结构为三角锥形，A说法错误；G分子为氨，其中N原子的杂化轨道类型是sp3，B说

法正确；Q和J即硫化钠和氯化钠，化合物中只含有离子键，C说法错误；R为Fe，位于第四周期第Ⅷ族，D说法错误。16．C根据题意可知，a为H，b为S，c为Cl，d为K元素。H的三种核素的氧化物是化合物，同

素异形体是单质，故A错误；H与K形成的KH是离子化合物，故B错误；K与S、Cl、H均能形成离子化合物，故C正确；H与K、S、Cl分别形成KH、H2S、HCl，其中KH为20电子微粒，H2S、HCl为18电子微粒，故D错误。综合测评提能力1．D根据146C的衰变反应146C―→

14ZX＋0－1e可得Z＝7，X为N，质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，146C与147N质子数不同，二者不互为同位素，A项错误；146C与147N的中子数分别为8和7，二者中子数

不同，B项错误；126C与146C为碳元素的不同核素，二者核外电子数均为6，核外电子排布相同，最外层电子数相同，C项错误；146C的半衰期为5730年，故经过5730年，146C的量变为原来的12，经过11

460年，146C经历了2个半衰期，146C的量应为原来的14，D项正确。2．A32S和34S的质子数相同，中子数不同，互为同位素，A项正确。35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，是氯元素的两种不同的核素，B项错误。同位素的研究对象为原子，而14N2和15N2为单质，C项错误

。C60和C70均为单质，不是核素，D项错误。3．B电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，体现了电子在空间某处出现概率的大小，而不是电子数目的的多少，A项错误、B项正确。1s、2s电子的电子云形状相同

，都是球形，但球的半径不同，C、D项错误。4．CNH3分子为三角锥形，空间填充模型为A项错误；Be核外电子排布为1s22s2，最外层为s能级，电子云图为球形：，B项错误；羰基硫（COS）的结构式为O===C===S，C项正确；HCl为共价化合物，用电子式表示

化学键的形成过程为H·＋·Cl····∶―→H∶Cl····∶，D项错误。5．A基态氯离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，A正确；H2S为共价化合物，电子式为H×·S····×·H，B错误

；能级的能量高低首先要看能层高低，同能层中s能级上的电子能量小于p能级上电子的能量，C错误；该轨道表示式违背了泡利不相容原理，D错误。6．C基态原子吸收能量后电子跃迁到能量更高的能级成为激发态原子，同种元素基态原子的能量一定比激发态原

子的能量低，A项错误；电子获得能量由基态跃迁到激发态，再从激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，多余的能量以光的形式释放出来，光的波长对应一定的颜色，则霓虹灯通电灯管变红是氖原子中的电子从激发态跃迁到基态时产生的，B项错误；原子光谱是由原子中的电子在跃迁时所释放或吸

收的一系列波长的光被光谱仪摄取形成的光谱，每一种原子的光谱都不同，通过原子光谱可以研究原子结构从而发现元素，元素“铷”“铯”等是通过原子光谱发现的，C项正确；原子光谱包括发射光谱和吸收光谱，电子从激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，电子从基态跃迁到激发

态时会产生吸收光谱，D项错误。7．B基态碳原子2p能级上两个电子排布在两个不同的p轨道上，同时排布在px轨道上违背了洪特规则，A正确；电子云图中小黑点的疏密代表电子在相关区域出现的概率，不代表具体电子的多少，B错误；基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态

Fe3＋电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其最外层为第三层，电子排布式为3s23p63d5，C正确；电子层数为n的能层的原子轨道数为电子层数的平方（n2），D正确。8．B由元素M与N的原子核外电子数之和等于Y元素的原子核外电子数，可以推知M为C、N为

N、X为Mg、Y为Al。单质Mg在二氧化碳中燃烧的化学方程式为2Mg＋CO2=====点燃2MgO＋C，故A正确；基态Mg原子的价电子排布式为3s2，s能级为全满状态，较稳定，第一电离能大于Al，故B错误；C原子核外有6个电子，运动状态各不相同，故C正确；

基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有5个能级，所以有5种不同能量的电子，故D正确。9．B同一能层的同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，价电子轨

道表示式为，B正确；N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，C错误；原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，29号Cu元素原子的价电子排布式为3d104s1，D错误。10．B洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨

道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同。泡利原理：在一个原子轨道里，最多容纳2个电子，且自旋状态相反。符合洪特规则，故①不符合题意；该轨道表示式违背洪特规则，故②符合题意；违背泡利原理，故③不符合题意；违背洪

特规则，故④符合题意；该轨道表示式符合洪特规则和泡利原理，故⑤不符合题意；违背洪特规则，故⑥符合题意；综上所述，选项B符合题意。11．答案：（1）[Ar]3d9（或1s22s22p63s23p63d9）亚铜离子的价电子排布式为3d10，核外电子处于

稳定的全充满状态（5）3d34s2（6）3d54s2电子气解析：（1）基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态二价铜离子的电子排布式为[Ar]3d9。铜原子失去一个电子后形成的亚铜离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，3d轨道处于稳定的全充满状态

，所以高温下Cu2O比CuO稳定。（2）Ni是28号元素，其价电子的电子排布图为。（3）Cr是24号元素，价电子排布式是3d54s1，最高能层是第4层，用N表示。（4）Co是27号元素，Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，则＋3价基态钴离子的价电子排布式

是3d6，价电子的电子排布图为。（5）V原子核外有23个电子，其基态原子的价层电子排布式为3d34s2。（6）Mn是25号元素，其价电子排布式为3d54s2。12．答案：（1）KOH、KClO、KClO3、HClO、HClO3（其他合理答案均可）（2）1s22s22p63s23p

6（3）2H2O=====通电2H2↑＋O2↑2K＋2H2O===2KOH＋H2↑（其他合理答案均可）（4）焰色AgNO3溶液稀硝酸解析：A元素的原子只有一个能层且只含1个电子，故A为H；B元素原子的3p轨道上得到1个电子后不能再容纳电子，所以B为Cl；C元素原子的2p轨道上有1个电子的

自旋方向与其他电子的自旋方向相反，所以C为O；D元素原子的第三能层上有8个电子，第四能层上只有1个电子，所以D为K；E元素原子的最外层电子排布式为3s23p6，所以E为Ar；F为金属元素且原子核外p电子数和s电子数相等，则F为Mg。（

1）由A、B、C、D中的三种元素组成的化合物的化学式为KOH、KClO、KClO3、HClO、HClO3等。（3）利用上述元素组成的物质制备H2的化学方程式有2H2O=====通电2H2↑＋O2↑，2K＋2H2O===2KOH＋H2↑。（4）检验某溶液中是否含有K＋，可

以通过焰色试验来实现；检验某溶液中是否含有Cl－，通常使用的试剂是AgNO3溶液和稀硝酸。13．答案：（1）4（2）1s22s22p63s23p64s1（或[Ar]4s1）（3）（4）小于Zn原子半径小，且价电子层为全满结构，结构更稳

定，第一电离能更大解析：W、X、Y、Z、M、Q是元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大；X最外层电子数是核外电子总数的一半，核外电子排布式为1s22s2，则X为Be；W核外电子数与其电子层数相同，则W为H；Y原子核外p电子数

比s电子数少1，核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N;Z2－与Ne具有相同的电子层结构，则Z为O；M的原子序数为X、Y、Z三者原子序数之和，则M为K；Q为过渡元素，基态原子核外没有未成对电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63

d104s2，Q为Zn。（1）基态Be原子核外没有运动状态完全相同的电子，则基态Be原子核外电子的运动状态有4种。（2）K的原子序数为19，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1。（3）Q2＋为Zn失去2

个电子形成的Zn2＋，价电子排布式为3d10，价电子轨道表示式为（4）K的第一电离能小于Zn的第一电离能，原因为Zn原子半径小，且价电子层为全满结构，结构更稳定，第一电离能更大。课练14元素周期表和元素周期律狂刷小题夯基础[练基础]1．B周期表中共有18列，

7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族、1个0族，除第Ⅷ族有3列，其他各族均为1列，共有16个族，A错误；同周期元素电子层数相同，从左到右核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小，C错误；氧元素无最高正化合价、氟元素无正化合价，D错误。2．De是硫元素，d是

氧元素，H2S稳定性弱于H2O，A错误；同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，B错误；a～f六种元素分别为Na、Mg、C、O、S、Cl，其中金属单质中Na的化学性质最活泼，非金属单质中Cl2、O2化学性质均比S活泼，C错误。3．D由锶（Sr）原子序数为38，可知锶位于周期

表中第五周期ⅡA族，金属性：Ca<Sr<Ba，则Sr（OH）2的碱性强于Ca（OH）2，弱于Ba（OH）2；Sr是活泼金属，能与水反应，所以Sr不能从MgCl2溶液中置换出Mg，故D错误。4．D某微粒的核外电子排布

式为1s22s22p6，可知该微粒含有10个电子，该微粒可能是原子或离子，即可能是Ne，也可能是F－、Na＋等，故A错误；该微粒可能为Al3＋，位于元素周期表中第13列，也可能是Ne原子或其他离子，不位于元素周期表中第13列，故B错误；该微粒可能为N

a＋、Mg2＋、Al3＋，对应的单质是强还原剂，故C错误；该微粒可能为F－，F是最活泼的非金属，它是电负性最大的元素，故D正确。5．D根据元素推断模型中原子的特殊电子层结构关系，并结合Y的最外层电子数为次外层的一半，可推测Y为Li或Si；结合短周期主族元素W、Z、

X、Y的原子序数依次增大，可知Y为Si；X与Y为同一周期相邻的元素，则X为Al；Al3＋与ZW－含有相同的电子数，则ZW－为10电子离子，为OH－，推出Z为O、W为H。X的最高价氧化物是Al2O3，是很好的耐火材料，选项A正确；氢元素和氧元素形成的常见化合物为H2O和H2O2，

在常温常压下均为液体，选项B正确；工业上制铝单质的反应为2Al2O3（熔融）=====通电冰晶石4Al＋3O2↑，工业上制硅单质的反应为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，选项C正确；铝单质和硅单质均能

与NaOH溶液反应而溶解，选项D错误。[练高考]6．DQ、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X

为Al；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶体

，熔点比单质硅（共价晶体）低，错误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。7．C甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，

则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨

气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。8

．B短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布式为2s22p2或2s22p4，即C或

O；②为第三周期元素时，最外层电子排布式为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。C能与多种元素（H、O、N、P、S等）形成共价键，A正确

；O和S形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；O的电负性比Al大，D正确。9．C同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确

；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。10．A题图中X形成四个共价键，则X位于第

ⅣA族，Y形成三个共价键，位于第ⅢA族或第ⅤA族，Z形成两个共价键，位于第ⅥA族，R形成一个共价键，为H元素或位于第ⅦA族，Q形成五个共价键，位于第ⅤA族，结合原子序数关系可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、R为F元素、Q为P元素。图示化合物中

P最外层有10个电子，A项错误；五种元素中F的非金属性最强，对应的简单氢化物HF最稳定，B项正确；NO2为红棕色，N2O4为无色，2NO2⇌N2O4是放热反应，降温时其平衡正向移动，气体颜色变浅，C项正确；大

气中的O3含量与环境污染密切相关，D项正确。11．B氧原子半径小于硫原子半径，而Mg、Al、Si的原子半径依次减小且均比同周期的硫原子半径大，因此原子半径：Mg>Al>Si>O，A项错误；Mg元素的金属性较强而O元素的非金属性很强，

二者之间形成的化学键是离子键，B项正确；铝是导体而Si是半导体，故前者导电性强于后者，C项错误；硅酸的酸性弱于碳酸，D项错误。[练模拟]12．D最外层电子数为2的元素不一定分布在s区，如He分布在p区，Fe等元素分布在d区，A错误；同一

主族元素从上到下，金属性逐渐增强，不是呈周期性变化，B错误；非金属元素H分布在s区，C错误；元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素在d区和ds区，是过渡元素，都是金属元素，D正确。13．C在元素周期表中的100多种元素中，有22种非金属元素，则金属元素约占80%，A说法正确；主族元素由短周期

和长周期元素组成，位于周期表的s区和p区，B说法正确；Na、K、Rb为同周期元素，原子半径依次增大，失电子能力增强，则第一电离能逐渐减小，C说法错误；最外层为4s1的元素有K、Cr、Cu，共3种，D说法正确。14．D钒为23号元素，位于元素周期表中第四周期ⅤB

族，A说法正确；钒的价层电子数为23－18＝5，其价层电子排布式为3d34s2，B说法正确；基态Al原子电子占据最高能级3p1，p能级电子云轮廓图为哑铃形，C说法正确；锌为31号元素，位于元素周期表的第四周期ⅡB族，位于ds区，D说法错误。15．DX、Y、Z、W为四种短周期元素，它们的最高价氧

化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，由图可得：0.1mol·L－1甲溶液的pH＝13，则甲为一元强碱，只能为NaOH，则X为Na元素；0.1mol·L－1丁溶液的pH＝1，则丁为一元含氧酸，又因为W的原子序数大于Na元素，则丁为HClO4，W为Cl元素；0.1mol·L－1丙溶

液的pH＝0.7，则氢离子浓度＝10－0.7mol·L－1≈0.2mol·L－1，所以丙为二元强酸，又因为Z的原子序数大于Na元素，所以Z为S元素，丙为H2SO4；因为常温下甲、丙、丁均可与乙反应生成盐和水，则乙为两性氢氧化物，所以乙应

为Al（OH）3，Y为Al元素。非金属性：Cl＞S，则简单阴离子的还原性：Z（S2－）＞W（Cl－），A错误；X、Y、W分别为Na、Al、Cl元素，Al与Cl元素形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；乙为Al（OH）

3，能溶于氢氧化钠溶液，而不溶于氨水，C错误；Y、Z的简单离子分别为Al3＋、S2－，二者都能发生水解，促进水的电离，D正确。综合测评提能力1．A目前ds区的元素种数最少，故A正确；f区包括镧系元素和锕系元素，ds区的元

素种数最少，故B错误；p区的He元素最终电子排在s能级上，故C错误；元素周期表中H元素在s区，H为非金属元素，故D错误。2．A由Y的位置及化合价可推出其是Al，进一步可推出X是Mg、Z是C、M是N，Q是S、R是Cl。CS2有较强的还原性，

而CCl4还原性很弱，A项错误；Mg能与CO2发生置换反应，生成C和MgO，B项正确；Al能与Fe2O3发生铝热反应，生成单质Fe，C项正确；HNO3能与NH3发生化合反应，D项正确。3．C分析题中信

息可知X为氢元素，Y为碳元素；Q为活泼金属，可能为钠、镁、铝三种元素中的一种。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，根据溶液的pH变化分析，应为硫化氢和二氧化硫的反应，即R为硫元素，Z为氧元素。A项，2H2S＋SO2===2H2O＋3S↓，根据图像分析，当二氧化硫的体积（标准状况

下）为336mL时，溶液的pH为7，说明此时硫化氢和二氧化硫恰好完全反应，则X2R（硫化氢）溶液的浓度为336×10－3×222.4×100×10－3mol·L－1＝0.3mol·L－1，故错误；B项，元素非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，稳定性顺序为Z>R>Y，故错误；

C项，Q为活泼金属钠、镁、铝中的一种，工业上通常采用电解法冶炼Q的单质，故正确；D项，二氧化硫通入Ba（NO3）2溶液中会产生硫酸钡沉淀，故错误。4．C由常温下乙为液体且其为常用的无机溶剂，推知乙为水，说明四种元

素中存在H、O；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列在四个不同周期和四个不同主族，则W为H，X为O；Y、Z分别位于第三、四周期，可推知Z为Ca。反应①为甲与水的化合反应，则可推知甲为氧化钙，丙为氢氧化钙；反应②为A单质与Ca（OH）2作用生成3种物质的反应，其中

一种为水，结合Y元素位于第三周期且A为Y元素组成的单质可推知A为Cl2，Y为Cl。核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2＋＜Cl－，选项A错误；氧化钙与水剧烈反应，放出大量的热，为放热反应，选项B错误；氢

氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，此反应为工业上制备漂白粉的反应原理，选项C正确；O与Ca形成的化合物可能是CaO或CaO2（过氧化钙），CaO2中含有离子键和非极性共价键，而氯化钙中只有离子键，选项D错误。5．BX、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，由图像中最外

层电子数和原子半径的关系可知，X为C、Y为Na、Z为S、Q为Cl、R为K。C的电负性比Cl的小，故A错误；核外电子数相同时质子数越大半径越小，故Q的简单离子半径比R的大，故B正确；同周期元素，原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱，故C错

误；同主族元素，原子序数越大金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的弱，故D错误。6．AW、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，

说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的溶液（浓度均为0.01mol·L－1）pH＝2，为一元强酸，原子序数：Z>W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度为0.01mol·L－1）的

pH<2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH＝12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na。由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素。X与Y形成的化合物Na2S为强

碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，A错误；常温下，硫是固态，氯气为气态，单质的沸点：Y>Z，B正确；电子层数越多，离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2－>Cl－>N3－>Na＋，即Y>Z>W>X，C正确；ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作为

自来水的消毒剂，D正确。7．BW、Y、Z、X、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，每个Z原子均形成2个共价键，每个Q形成6个共价键，Z和Q位于同一主族且Z的原子序数小于Q，则Z为O，Q为S；W均形成一个共价键，W是H；Y的原子半径大于Z，

结合阴离子结构，可知Y是N；X可形成X＋，可知X为Na，据此分析解答。电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，S2－有3个电子层，而N3－、O2－、Na＋有2个电子层，核电荷数：Na>O>N，因此简单离子半径：S2

－>N3－>O2－>Na＋，A正确；N的2p轨道为半充满稳定结构，较难失去一个电子，故第一电离能：N>O，B错误；Z为O元素，Q为S元素，H2O、H2S分子的中心原子价层电子对数均为4，且均含有2个孤电子对

，均为Ⅴ形结构，但由于元素电负性：O>S，故键角：H2S<H2O，C正确；H、Na、S可与O元素分别形成H2O、H2O2，Na2O、Na2O2，SO2、SO3，D正确。8．D从Ne开始元素原子的第二电子层电子轨道表示式均为，故只知道第二电子层电子轨道表示式无法确定元素的位置，A不符合题意

；某元素在某种化合物中的化合价为＋4，无法确定其位置，如CO2中C为＋4价，C位于周期表第二周期第ⅣA族，N2O4中N为＋4价，N位于周期表第二周期第ⅤA族，B不符合题意；某元素的原子最外层上电子数为6，无法确定其周期，如O位于

第二周期第ⅥA族，S位于第三周期第ⅥA族，即第ⅥA族元素的原子最外层电子数均为6，C不符合题意；原子价层电子排布式为5s25p1位于第五周期第ⅢA族，能确定其位置，D符合题意。9．D第一周期元素的原子最外层电子排布均是从1s1过渡到1s2，故A错误；H元素分布在s区，故B错误；原子核外电子排布式

为1s1的原子是H原子，属于非金属元素；原子核外电子排布式为1s22s1的原子是Li，属于金属元素，化学性质不同，故C错误；元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素为副族和第Ⅷ族元素，都是金属，统称为过

渡金属元素，故D正确。10．AW、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成＋2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于

ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6－2－1＝3，Y的最外层p能级上只有一个单电子，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元

素。由上述分析可知，W为Mg、Y为B、Z为H、X为O，Z原子中只有1个电子，占据核外1个原子轨道，其他原子轨道也有，只不过没有电子，故A错误；镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W<X，故B正确；Y原子是氮原子，基态核外电子排布式1s22s22p1，则有3种能量不

同的电子，这些电子的运动状态共5种，故C正确；元素M是与Y同主族的短周期元素，Y为B元素，则M是Al元素，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，第一电离能整体趋势递增，但镁元素最外层全充满，第一电离能大于铝，故金属性W＞M,第一电离能W＞M，故D正确。11．答案

：（1）1s22s22p63s1（或[Ne]3s1）（2）第三周期ⅢA族小于（3）22p哑铃（4）1s22s22p63s23p5（或[Ne]3s23p5）（5）Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2OAl（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O解析：

根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，C为O，D为Cl。（1）A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1。（2）B为Al，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，Na＋与Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数Al3＋

大于Na＋，故r（Al3＋）<r（Na＋）。（3）C为O，其轨道表示式为，其中有2个未成对电子，能量最高的为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形。（4）D为Cl，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，简化电子排布式为[Ne]3s23p5，Cl－的结构示意图为。（5）Al（OH）3与N

aOH和盐酸反应的化学方程式分别为Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，Al（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O。12．答案：（1）（2）铬第四周期第ⅥB族d1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（3）F>N>O>CF>O

>N>C（4）1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d64f5（5）三角锥形低氨气分子间含有氢键解析：（1）A元素次外层电子数是最外层电子数的14，A元素只能是Ne，则其价电子轨道表示式是（2）B是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，B元素

是铬，其名称是24号元素铬，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥB族，位于周期表d区，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。（3）C、N、O、F四种元素中，原子半径r（C

）>r（N）>r（O）>r（F），而N原子核外处于2p3半充满状态，更稳定，所以第一电离能F>N>O>C，电负性F>O>N>C。（4）Fe是26号元素，核外有26个电子，失去两个电子得到Fe2＋，基态Fe2＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，

Sm的价电子排布式为4f66s2，失去三个电子得到Sm3＋，Sm3＋的价电子排布式为4f5。（5）As的氢化物分子AsH3与NH3为同一主族的氢化物，结构相似，故AsH3的空间结构为三角锥形，因为NH3分子间含有氢键，所以AsH3的沸点低于氨气

。13．答案：（1）S2－＞F－＞Al3＋（2）HClO4H2SO4（3）SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O（4）O2＋4e－＋2H2O===4OH－（5）①2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2

＋3H2↑②Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O③2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－解析：②元素是地壳中含量最多的元素，所以②是O；⑤与酸碱都可以反应，则⑤为Al；由④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必需的调味品可知④为

Na，⑦为Cl；由②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍可知⑥为S，①为H；由七种短周期主族元素①～⑦原子序数依次增大可推知③为F。（1）③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为S2－＞F－＞Al3＋。（2）⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为

HClO4＞H2SO4。（3）二氧化硅能与HF发生反应，其反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。（4）由Al和空气、海水构成的原电池中，Al作负极，正极上O2发生还原反应，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。（5）B为黄绿色气体

，则B为Cl2，电解A溶液得到三种物质，由题图知A为NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠，G为Al，F为偏铝酸钠，E为HCl，混合物X可能含有氯化钠、氢氧化铝和氯化铝。①D溶液与G反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2N

aAlO2＋3H2↑。②氢氧化铝不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，其能与NaOH溶液反应是因为Al（OH）3发生酸式电离：Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O。③A为NaCl溶液，电解的离子方程式为2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－。课

练15化学键、分子的结构和性质狂刷小题夯基础[练基础]1．CBa（OH）2中含有离子键和极性键，A项错误；H2SO4中仅含有共价键，是共价化合物，B项错误；Na2O2中含有离子键（Na＋和O2－2之间）和非极性键（O2－2内部），C项正确；CaCl2中仅含有

离子键，D项错误。2．BCH4和NH＋4互为等电子体，二者均是正四面体结构，键角是109°28′，A项错误；NO－3和CO2－3的原子总数为4，价层电子总数为24，二者互为等电子体，空间结构相似，B项正确；H3O＋和PCl3的价层电子总数不

相等，不互为等电子体，C项错误；苯和B3N3H6互为等电子体，苯分子中存在“肩并肩”重叠的轨道，故B3N3H6分子中也存在“肩并肩”重叠的轨道，D项错误。3．AB该配合物中的配位体在中心离子Cr3＋周围可形成不同的八面体结构，A正确。配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，给出电子对和中心原子形

成的配位键越弱，电负性O>N，故加热时配体H2O比NH3更易失去，B正确。该配合物中提供电子对形成配位键的原子有N、O和Cl，它们核外电子的空间运动状态分别有5种、5种、9种，C错误。根据电离方程式[Cr（NH3）3（H2O）

2Cl]Cl2===[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2＋＋2Cl－可知，常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，D错误。4．B同种元素间形成的化学键为非极性键，A项正确；N（NO2）3分子中的氮、氧原子上没有连接氢原子，

故不能与水分子形成氢键，B项错误；由分子中N—N—N键角都是108.1°可知，该分子中氮原子的骨架不是平面结构，属于三角锥形，这种结构是非硝基氮原子上有1对孤电子对的排斥导致的，因此非硝基氮原子上有1对孤电子对，3对σ键电子对，该氮原子采取sp3杂化，C

、D项正确。5．DHCHO分子中含有2个C—H键，1个C===O键，则σ键和π键的数目之比为3∶1，A项错误；16O的质量数为16，质子数为8，则中子数＝质量数－质子数＝8，B项错误；H2O分子的空间结构为Ⅴ形，正、负电荷中心不重合，是

由极性键构成的极性分子，C项错误；CO2中，C原子的价层电子对数为2＋12（4－2×2）＝2，为sp杂化，空间结构为直线形，D项正确。6．B吡啶为分子晶体，其熔点主要取决于吡啶分子间作用力的大小，A正确；吡啶中参与形成大π键的原子数、电子数均为6，大π键应表示为66，B错误；吡

啶分子中C、N原子的杂化方式均为sp2杂化，C正确；吡啶分子具有高水溶性与吡啶分子内氮原子和水分子形成的氢键有关，D正确。7．AH2O很稳定，因为水分子中的O—H键键能较大，不容易断裂，A错误；I2易溶于苯、CH4难溶于水是因为相似相溶规律，B

正确；HClO3分子中非羟基氧原子数多，所以HClO3酸性强于HClO，C正确；乳酸分子中有一个手性碳原子，因此乳酸有一对对映异构体，D正确。[练高考]8．BDHCl为共价化合物，电子式为H∶Cl∶····，A项错误；

Cl的原子半径比I小，Cl—Cl键的键长比I—I键短，B项正确；CH3COOH的结构简式为，含有碳氧双键，因此含有σ键、π键，C项错误；Cl的电负性比I强，ClCH2COOH中O—H键的极性更大，更易电离出氢离子，因此

ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D项正确。9．C键能越大越稳定，A项不符合题意；键长越短键能越大，B项不符合题意；SiO2为共价晶体，熔点由共价键决定，CO2为分子晶体，熔点由范德华力决定，C项符合题意；

金刚石、晶体硅均为共价晶体，键能C—C>Si—Si，故硬度金刚石>晶体硅，D项不符合题意。10．C从结构简式可知该分子正负电荷中心不重合，是极性分子，A项错误；P连接的四个原子或原子团不完全相同，故立体构型不可能为正四面体形，B项错误；O===P（N3）3的分解产物为NPO（D项中提示），N元素化

合价降低，由得失电子守恒知，其分解还会产生N2，C项正确；NPO的电子式是∶N⋮⋮P∶O∶····，D项错误。11．B由N＋13的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端

位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；N＋13中含叠氮结构（—N··===N===N····），常温下不稳定，D正确。12．BA项，金刚石中C原子为sp3杂化，键角为109°28′，石墨烯中C原子为s

p2杂化，键角为120°，错误；B项，Si—H、Si—Cl均为极性键，SiH4、SiCl4都是正四面体结构，正、负电荷中心重合，均属于非极性分子，正确；C项；32Ge基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10

4s24p2，错误；D项，金刚石和晶体硅为共价晶体，石墨为混合型晶体，锗、锡、铅为金属晶体，错误。[练模拟]13．B由图可知，M2＋中Si的配位数为6，A项正确；单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则1个M2＋中含有54个σ键，B项错误；SiF4、SiCl4、SiBr4、

SiI4均为分子晶体，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，C项正确；SiCl4中Si原子价层电子对数为4＋12（4－4×1）＝4，空间结构为正四面体形，D项正确。14．C由元素周期律可知同周期从左到右，元素电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐

减小，电负性：H<C<N，A正确；中N原子形成两个σ键，孤电子对数为1，N的价层电子对数为3，采取sp2杂化，B正确；能与水分子间形成氢键，微溶于水，C错误；双键中有一个σ键和一个π键，和都含有双键，则都含有π键，D正确

。15．DN2H4中N原子价层电子对数是4，则N原子采用sp3杂化，且每个N原子含有1个孤电子对，空间结构不是平面结构，A错误；CO2－3中C原子价层电子对数为＝3＋4＋2－3×22＝3，且C原子不含孤电子对，该离子为平面三角形结构，B错误；同一周期

元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O>C，C错误；能形成分子间氢键的物质溶、沸点较高，肼能形成分子间氢键，乙烯不能形成分子间氢键，所

以肼的沸点远高于乙烯，D正确。16．ANCl3和PCl3均为三角锥形的极性分子，结构相似，则共价键的极性越大，分子的极性越大，成键原子的电负性相差越大，共价键的极性越大，由于N和Cl的电负性都较大，而P的电负性相

对较小，则P—Cl键的极性比N—Cl键的极性大，所以PCl3分子的极性比NCl3分子的极性大，A错误；共价三键由1个σ键和2个π键构成，由于N原子之间形成的π键比P原子间形成的π键强，则N≡N键的稳定性比P≡P键的高，B正确；NH3分子中成键电子对之间的排斥力更

大，则NH3的键角比PH3的大，C正确；HNO3和H3PO4均为分子晶体，熔点与分子间作用力有关，分子间作用力小的熔点低，D正确。综合测评提能力1．A稀有气体是单原子分子，不存在化学键，难发生化学反应的原因是电子排布具有比较稳定的结构，与化学键无关，A项错误；物质的能量越低，该物质越稳定，即键

能越大，石墨转化为金刚石要吸热，则等量的石墨与金刚石相比，石墨总键能大，B项正确；HF、HCl、HBr、HI的键长逐渐增大，键能逐渐减小，则热稳定性依次减弱，C项正确；共价键的键长越短，其键能越大，D项正确。2．CCu

的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，则Cu2＋的价电子排布式为3d9，A项错误；通常端位的原子不考虑杂化过程，B项错误；Cu2＋、SO2－4间存在离子键，SO2－4中S原子与O原子间和H2O中H、O原子间存在极性键，Cu2＋、H2O间存在配位键，H2O、H2O

间和SO2－4、H2O间存在氢键，C项正确；同主族元素从下至上，电负性逐渐增大，则O的电负性大于S，D项错误。3．A结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子，由SF6分子结构可知其为非极性分子，A正确；当2个

F原子处于对角位置时，键角∠FSF等于180°，B错误；由于F的电负性比S大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；该化合物中S元素最外层电子数为12，则S原子不满足8电子稳定结构，D错误。4．BC60是分子晶体，易溶于苯、CS2，

根据相似相溶规律可知C60是非极性分子，A项正确；根据结构可知，每一个碳原子形成3个σ键，每个σ键被两个C原子共用，则每个碳原子形成σ键的个数为32，1molC60分子形成的σ键数目为32NA×60＝90NA，

B项错误；C60属于碳烯，能够与F2发生加成反应，反应的化学方程式为C60＋30F2――→一定条件C60F60，C项正确；同素异形体是指同种元素组成的不同单质，C60、金刚石和石墨互为同素异形体，D项正确。5．C中心原子的半径越小，R—O—H中R—O键越强，O—H键极性越大，越

易断裂，羟基数目越少，A项正确；中心P原子所连的4个原子团互不相同，为手性P原子，该物质可能有旋光性，B项正确；SiCl4、PCl3、SCl2的中心原子价层电子对数均为4，属于sp3杂化，但孤电子对对成键电子对的排斥作用比成键电子对对成键电子对的排斥作用大，则键角：SiCl4>PCl3>S

Cl2，C项错误；顺­1，2­二氯乙烯属于轴对称结构，反­1，2­二氯乙烯属于中心对称结构，分子极性的大小不同，D项正确。6．C短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W是唯一能形成裸露质子的元素，则W为H；X的简单氢化物与其最高价氧化

物对应的水化物能发生化合反应，则X为N；W与Y形成的二元化合物通常作绿色氧化剂，则Y为O；Z的核电荷数是Y的2倍，则Z为S，R为Cl。同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能：N>O>S，A项错误；1molH2O形成冰时，存在氢键的数目为2N

A，B项错误；S8中S原子连接原子数为2，孤电子对数为2，价层电子对数为4，为sp3杂化，C项正确；Cl形成的含氧酸有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，随Cl元素化合价升高，酸性依次增强，但氧化性依次减弱，D项错误。7．AH3C—N=

==N—CH3中两个甲基可以在双键同一边，也可以在不同边，因此存在顺反异构现象，A正确；1molO2N—CH2CH3含有9molσ键，B错误；三种物质中，H3C—N===N—CH3中氮原子杂化方式为sp2杂化，H2NCH2COOH中氮原子杂化方式为sp3杂化，O2NCH2CH

3中氮原子杂化方式为sp2杂化，C错误；在乙醇中，H2NCH2COOH中H2N—和—COOH能与乙醇形成分子间氢键，因此H2NCH2COOH溶解度高于O2NCH2CH3，D错误。8．AB基态Na原子核外电子排布式为1s22

s22p63s1，基态Na－核外电子排布式为1s22s22p63s2，电子层数相同，核电荷数相同，电子数越多，粒子半径越大，则Na的半径比Na－的小，而Na的还原性比Na－强，是因为Na－的核外电子排布处于全满状态，相对稳定，不易失去电子，A项错误；邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，对羟基

苯甲醛含有分子间氢键，分子内氢键会导致物质熔、沸点降低，分子间氢键会导致物质熔、沸点升高，B项错误；F的电负性比Cl的大，则CF3COO－的吸电子能力更强，CF3COOH的羧基中羟基的极性更强，酸性更强，C项正确；N与N形

成的π键比P与P形成的强，根据键能越大稳定性越强判断，N≡N的稳定性比P≡P的强，D项正确。9．ADCr原子核外有24个电子，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，A项错误；[Cr（NH3）3（H2O

）2Cl]2＋中Cr3＋提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与Cr3＋形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和，即3＋2＋1＝6，B项正确；中心原子N、O价层电子对数均为4，均为sp3杂化，C项正确；NH3中N含有一个孤电子对，H2

O中O含有两个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，导致H2O中键角小，D项错误。10．CNH3比PH3容易液化，是因为NH3分子间可以形成氢键，使分子间的相互作用力增大，A错误；NH3分子间可以形成氢键，使分子间的相互作用力增大，故NH3熔点比PH3高，与键能无关，B错

误；NH3能够和Ag＋以配位键结合是因为NH3分子中有孤电子对，而Ag＋有空轨道，C正确；虽然氨水中存在由NH3·H2O电离出的NH＋4，但是NH3·H2O是共价化合物，不是离子化合物，D错误。11．答案：（1）9（2）F>N>ONH3分子间存在氢键，因此沸点高于无分子间氢键的NF3（3）

5bC原子最外层L层，只有s和p轨道，无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行sp3d杂化，所以不易水解解析：（1）基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子的空间运动状态种类与轨道数相同，共9个。（2）

同一周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但基态N原子2p能级处于半充满状态，很难失去1个电子，第一电离能比O大，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；NH3分子间能形成氢键，NF3不能，导致NF3熔、沸点低

于NH3。（3）已知中间体SiCl4（H2O）的中心Si原子采取sp3d杂化，共5个杂化轨道，可容纳5个价层电子对；当价层电子对数为4时，VSEPR模型的空间结构是正四面体形，当价层电子对数为5时，VSEPR模型的空间结构是三角双锥形

，当价层电子对数为6时，VSEPR模型的空间结构是正八面体形；根据SiCl4水解过程的机理可知，Si原子M层上能形成sp3d杂化，能与水分子中O原子上的孤电子对形成配位键，但C原子最外层为L层，只有s和

p轨道，无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行sp3d杂化，所以不易水解。12．答案：（1）N6s2（2）NH3>PH3>AsH3HNO3的非羟基氧原子数比HNO2多（3）sp256三角锥形（4）B乙烷NH3BH3分子间存在氢键（5）33×417×10218a3NA解

析：（1）As的原子序数为33，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，则占据的最高能层的符号为N；Bi为第六周期第ⅤA族元素，基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3，则基态Bi3＋的价层电

子排布式为6s2。（2）NH3、PH3、AsH3结构相似，中心原子均含有1个孤电子对和3个成键电子对，但N、P、As的原子半径依次增大，键合电子之间的排斥力依次减小，键角依次减小，则键角大小顺序为NH3>PH3>AsH3；HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧，H

NO3中N的正电性强于HNO2中N的正电性，使羟基中O—H键极性增强，羟基更易电离出H＋，酸性更强。（3）根据题中信息判断：N－5为平面正五边形结构，键角接近120°，则N原子为sp2杂化；阴离子N－5中，5个原子均用于形成大π键，每个N原子提供1个电子，整个

阴离子得1个电子，共6个电子用于形成大π键，则大π键应表示为56；H3O＋中，中心O原子价层电子对数为3＋12（6－1－3×1）＝4，空间结构为三角锥形。（4）N原子有孤电子对，B原子有空轨道，可接受电子对；等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒，用2个C原子替换N原子与B原子，

可得与NH3BH3互为等电子体的分子为CH3CH3，名称为乙烷；由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，导致NH3BH3熔点比CH3CH3高。（5）CsCl晶胞类似于体心立方堆积，体

心离子与顶点离子距离最近，该距离长度等于晶胞体对角线长度的12，已知P原子间的最短距离为anm，则晶胞边长为2a3nm，晶胞体积为8a333×10－21cm3，晶胞中PCl＋4和PCl－6的离子数目均为1，晶胞的质量m＝2×31＋35.5×10NAg＝417NAg，晶体密度ρ＝mV＝33×41

7×10218a3NAg·cm－3。13．答案：（1）Na<O<N（2）Fe3＋[Cu（H2O）4]2＋配位键（3）②（4）N≡C—C≡N4sp杂化解析：（1）Na为活泼金属，极易失去最外层电子，则第一电离能最小，N原子2p能级电子处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素

，则第一电离能由小到大的顺序为Na<O<N；Cu的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。（2）基态Fe3＋的价电子排布式为3d5，含有5个未成对电子；基态Cu2＋的价电子排布式为3d9，含有1个未成对电子，则未成对电子数较多的为Fe3＋；Cu2＋在

水中形成的水合离子化学式为[Cu（H2O）4]2＋，O原子含有孤电子对，Cu2＋含有空轨道，二者形成配位键。（3）H3O＋中，O原子价层电子对数为3＋12（6－1－1×3）＝4，空间结构为三角锥形，①不符合题意；H2O中，O原子价层电子对数为2＋12（6－1×2）＝4，空间结构为Ⅴ形，②符合题意；

NO是由2个原子形成的微粒，空间结构一定为直线形，③不符合题意。（4）根据题中信息：（CN）2中键与键之间的夹角为180°，有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，其结构式为N≡C—C≡N；1个分子中含有4个π键；由于C和N之间形

成三键，可以判断C为sp杂化。课练16晶体结构与性质狂刷小题夯基础[练基础]1．DA．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，正确；B.构成非晶体的微粒，在非晶体中的排列，遵循长程无

序和短程有序的规则，正确；C.液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，正确；D.纳米材料实际上是三维空间尺寸至少有一维处于纳米级尺度的、具有特定功能的材料，纳米材料内部具有晶体结构，但界面处则为无序结构，错误。

2．D纳米颗粒是长程有序的晶状结构，界面却是长程无序和短程无序的结构，所以纳米颗粒界面通常为无序结构，但内部具有晶状结构，故A正确；在有机物分子中，组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态，其振动频率与红外光的振动频率相当，利用红外光谱实验可确定青蒿素分子中含有的部分基团，故B正确

；超分子内部分子之间通过氢键、弱配位键等相结合，故C正确；电子表液晶显示器在施加电场时，液晶分子沿电场方向排列，移去电场后，液晶分子无序排列，故D错误。3．BA．空间结构为四面体型的分子，有的键角为109°28′，如甲烷分子，有的不是，如白磷的空间结构为，为正

四面体结构，每个P原子与3个P原子形成共价键，每个键角为60°，错误；B.在[Cu（NH3）4]2＋离子中，Cu2＋提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键，中心离子Cu2＋，配体是NH3，正确；C.晶体有阳离子不一定有阴离子，如

金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，错误；D.氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物是因为H—O键的稳定性强，错误。4．DA．根据硒化锌晶胞结构图可知，锌周围有4个硒，每个硒周围也有4个锌，所以锌的配位数为4，正确；B.相邻的Se2－与Zn2

＋之间的距离为体对角线的14，即34apm，正确；C.已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标为（14，34，34），正确；D.晶胞中含有4个锌离子和4个硒离子，根据ρ＝mV＝4MN

AV有NA＝4×144ρ（a×10－10）3，错误。5．BA．无机含氧酸HClO、H2SO3、HNO3的非羟基氧原子数分别为0、1、2个，非羟基氧原子数越多，含氧酸的酸性越强，正确；B.Cr的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，Mn的价电子排

布式为3d54s2，未成对电子数为5，Fe的价电子排布式为3d64s2，未成对电子数为4，所以Cr、Mn、Fe三种元素基态原子的未成对电子数逐渐减小，错误；C.CaF2、NaCl、CsCl三种晶体中阴离子的配位数分别为4、6、8，所以阴离子的配

位数逐渐增大，正确；D.、中邻羟基苯甲醛形成分子内氢键使熔沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键使熔、沸点升高，正确。[练高考]6．A自范性是晶体的性质，故非晶态碳玻璃不具有自范性，A项错误；碳玻璃与C60都是由

碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，B项正确；碳玻璃具有高硬度，与金刚石的物理性质类似，说明两者的结构具有一定的相似性，故碳玻璃含有sp3杂化的碳原子，C项正确；碳玻璃与金刚石互为同素异形体，两者在化学性质上有着活性的差异，D项正确。7．BCa2＋在晶胞体心，与其距离相等且最

近的为在面心处的F－，故A项正确；Ca2＋与F－的最近距离是棱长的一半，K＋与F－的最近距离是面对角线长度的一半，则与F－距离最近的是Ca2＋，B项错误；Ca2＋在体心，个数为1，F－在面心，个数为6×12＝3，K＋在顶角，个数为8×18＝1，故C项正确；若F－换为Cl－

，Cl－半径大，故晶胞棱长将改变，D项正确。8．AGaN和AlN均为共价晶体，N—Ga键比N—Al键的键长长，键能小，因此GaN的熔点低于AlN，A项错误；晶体中只存在N—Ga键、N—Al键，均为极性键，B项正确；二者成键结构与金刚石相似，则1个Al（或Ga）周围有4个N，1个N周

围有4个Al（或Ga），N、Al、Ga均无孤电子对，杂化轨道数均为4，杂化类型均为sp3，C项正确，D项正确。9．答案：（1）Cu2ZnSnS4（2）（14，34，58）解析：（1）结合均摊法进行分析，晶胞

中S原子数目为8，Sn原子数目为2×12＋4×14＝2，Zn原子数目为8×18＋1＝2，Cu原子数目为8×12＝4，故该物质的化学式为Cu2ZnSnS4。（2）结合图中A、B原子的位置及A原子的坐标可得出B原子的坐标

。10．答案：Ca2＋34a解析：X离子位于顶点和面心，根据均摊法知，X离子数目为8×18＋6×12＝4，Y离子位于体内，故Y离子数目为8，结合CaF2的化学式知，X代表的离子是Ca2＋；根据晶胞结构图知，Ca2＋与F－的最小核间距为正方体体对角线长度的14，

即正负离子的核间距最小为34apm。11．答案：（1）6（2）480NA×（a×10－7）3解析：（1）由晶胞结构可知，与亚铁离子紧邻的阴离子个数为6。（2）由晶胞结构可知，晶胞中亚铁离子位于顶点和面心

，个数为8×18＋6×12＝4，S2－2位于棱上和体心，个数为12×14＋1＝4，则晶胞的质量为4×120NAg，晶体密度为480NA×（a×10－7）3g·cm－3。[练模拟]12．D键能：C—H键＞Si—H键，所以

热稳定性：CH4＞SiH4，A错误；金刚石与晶体硅都是共价晶体，共价晶体的熔沸点与共价键强度有关，由表可知，C—C键的键能大于Si—Si键，则金刚石的熔点比晶体硅高，B错误；共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关，C错误；

由表可知，C—C键和C—H键更稳定，因而所成的烷烃更稳定，种类和数量也更多，而Si—Si键与Si—H键键能小，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数量，D正确。13．A金刚石晶体和二氧化硅晶体均属于共价晶体，A项符合题意；金刚石晶胞中含有碳原子数为8×18＋6×12＋4

＝8，B项不符合题意；60gSiO2的物质的量为1mol，1molSi原子与4molO原子形成4molSi—O键，即共价键数为4NA，C项不符合题意；二氧化硅晶体属于共价晶体，熔化时破坏共价键，D项不符合题意。14．D邻二氮菲分子中含有4种不

同环境的H原子，故其一氯代物有4种，A错误；N原子上有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2＋和3个邻二氮菲形成配合物时，Fe2＋的配位数为6，B错误；邻二氮菲是由分子构成的分子晶体，物质熔、沸点取决于分子

间作用力，与分子内所含化学键的键能无关，C错误；用邻二氮菲测定Fe2＋浓度时，若当H＋浓度较高，邻二氮菲中的N会优先与H＋形成配位键，导致与Fe2＋配位能力减弱，若OH－浓度较高时，OH－与Fe2＋反应，也影响Fe2＋与邻二氮菲配位，D正确。综合测评提能力1．B晶体在固态时

不具有自发性，不能形成新的晶体，故A错误；超分子具有分子识别和自组装的特征，利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，故B正确；金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下自由电子可发生定向移动，所以能够导电，故C错误；温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在

小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液然后浸入悬挂的明矾小晶核，静置过夜，故D错误。2．A在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3＝12个六元环，正确；氯化钠晶胞如图：，

所以在氯化钠晶体中，距Na＋最近且等距的Cl－是6个，即钠离子的配位数是6，距Na＋最近且相等的Na＋位于面心处，共有3×8/2＝12个，错误；1molH2O可以和4molH2O形成氢键，两分子共用一个氢键，所以含1molH2O的冰中形成氢

键的数目为2NA个，错误；在石墨晶体中，一个碳原子与其他三个碳原子形成3根C—C键，每个碳原子占有1.5个C—C键，所以碳原子数与C—C键数之比为2∶3，错误。3．BA项，金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，错误；B项，晶体内部的粒子在空间里

按照一定规律作周期性重复排列，晶体的这一特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，正确；C项，分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关，与共价键无关，错误；D项，金属晶体发

生形变时，其内部金属离子与“自由电子”发生滑动，但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在，错误。4．A水汽化时破坏的是氢键和范德华力，水分解时破坏共价键，A错误；CaC2由Ca2＋和C2－2构成，Na2O2由Na＋和O2－2构成，二者晶体中阴、阳离子个数比

分别为1∶1、1∶2，B正确；基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所以有三种能量不同的电子，C正确；区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X­射线衍射法，D正确。5．CCs与Na是同一主族元素，Cs元素的

金属性比Na强，若NaCl为离子化合物，则CsCl也为离子化合物，A正确；由于Na＋与Cs＋都带一个正电荷，但Na＋的半径比Cs＋的半径小，NaCl晶体的晶格能比CsCl晶体大，晶格能越大物质的熔、沸点就越高，所以NaCl的熔点比Cs

Cl高，B正确；NaCl是离子晶体，1个Na＋被6个Cl－吸引，1个Cl－被6个Na＋吸引，所以NaCl晶胞中Cl－的配位数为6，CsCl晶胞中Cl－的配位数为8，C错误；Na、Cs是同一主族元素，离子半

径Cs＋＞Na＋，Cs＋容易形成配合物而Na＋一般不会形成配合物，这与微粒半径有关，D正确。6．D元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次

增大，A正确；OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，B正确；由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线长的34，若A处原子分数坐标为（0，0，0），则B处原子分数坐标为（34，34，34），C正确；三种金属氟化物

都为离子晶体，阴、阳离子间形成的离子键越弱，晶体提供自由氟离子的能力越强，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，D错误。7．BCO2中C原子采取sp杂化，C原子不存在孤

电子对，CO2为直线形分子，正、负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S原子采取sp2杂化，S原子存在一个孤电子对，分子空间结构为V形，正、负电荷中心不重合，为极性分子，A错误；羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，导致织品变形，DNA双螺旋的两个螺

旋链是通过氢键相互结合的，B正确；金属导电是因为自由电子在外加电场作用下做定向运动，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成热能的传递，C错误；SiO2为共价晶体，其中原子间以共价键相互结合，共价键具有饱和

性和方向性导致了共价晶体中原子的堆积不属于密堆积，D错误。8．C纳米立方氮化硼的硬度超过钻石，是目前世界上最硬的物质，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，该物质属于共价晶体，A错误；B、N是两种不同的非金属元素，所以B和N原子之间形成的共价键是极

性共价键，B错误；纳米立方氮化硼硬度大，是目前世界上最硬的物质，因此可用于钻探、切削工具等，C正确；在纳米立方氮化硼中含B原子数目为8×18＋6×12＝4个，4个N原子全部在晶胞内，故该晶胞中含有N原子数目为4，则1个晶胞中含有4个B原子，4个

N原子，其所含原子总数是8个，质量为4×（11＋14）g·mol－1NAmol－1＝4×25NAg，故25.0g纳米立方氮化硼中含原子的物质的量为n＝25.0g4×25NAg×8＝2NA，可近似表示为2×6.02×1023个原子，D错误。9．A根据抗坏血酸分子的结构可知，分子中以4个单键相

连的碳原子采取sp3杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp2杂化，A选项正确；氯化铝在177.8℃时升华，熔沸点低，因此AlCl3为分子晶体，但AlCl3在水溶液中完全电离，属于强电解质，B选项错误；CO2是分子晶体，为直线形分子，

而SiO2是共价晶体，没有独立的SiO2微粒，两者结构不同，因此两者不互为等电子体，C选项错误；根据晶胞结构图分析可知，C原子位于晶胞的体心，由几何知识可知，该碳原子的坐标为（12，12，12），D选项错误。10．AN＋5共有7×5－1＝34个电子，选项A错误；N＋5中N－N原

子为同种元素的原子，则非金属原子之间只能以共用电子对结合，选项B正确；化合物N5AsF6中，N5为＋1价，F为－1价，则As化合价为0－（＋1）－（－1）×6＝＋5，选项C正确；化合物N5AsF6中，N5为＋1价，As为＋5价，则F的化合价为0

－（＋1）－（＋5）6＝－1，选项D正确。11．答案：（1）4d25s2O2、N2、CO2（2）①BF3中B采用sp2杂化，BF－4中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短②sp3③H3NBH3分子间存在氢键，分子间

作用力更大④ABD（3）C（4）12解析：（1）Zr位于周期表中第五周期第ⅣB族，价电子排布式为4d25s2，非极性分子中，分子对称性较高，正、负电荷中心重合，则图1中属于非极性分子的气体是O2、N2、CO2。（2）①BF3中B原子价层电子对数为3，采用sp2杂化

，BF－4中B原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短。②根据B2H6的分子结构图可知，B的价电子数为4，VSEPR模型为四面体，杂化方式为sp3杂化。③H3NBH3中含有电负性

大的N原子和N—H键，易形成分子间氢键，B2H6只存在分子间作用力，所以H3NBH3的沸点比B2H6高得多。④由图3中阴离子结构可知，阴离子中含有极性键和配位键，所以硼酸钠晶体中含有的化学键有离子键、极性键和配位键，不存在金属键和非极性键，故选A、B、D。

（3）配体为CO，配体中C给出孤电子对，所以配位原子为C；（4）根据几何关系，晶胞中Sr2＋处于体心，与最近的O2－距离为22×晶胞边长，这样的O2－共有12个，则与每个Sr2＋紧邻的O2－有12个。12．答案：（1）（2）B（3）MgI3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子（4）8（5）

氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤电子对与Zn2＋成键，原孤电子对与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键角变大（6）立方BN晶体是共价晶体，B—N键能大，所以质地坚硬75316a3NA×1021解析：

（1）B位于周期表中第二周期第ⅢA族，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则基态硼原子的轨道表示式为。（2）SO2－3中S原子价层电子对数＝3＋6＋2－3×22＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，NO－2中N原子价层电子对数＝2＋5＋1－

2×22＝3，有1对孤电子对为V形结构，故A错误；NO－3中N原子价层电子对数＝3＋5＋1－3×22＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，SO3中S原子价层电子对数＝3＋6－3×22＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，所有原子

共平面，故B正确；H3O＋中O原子价层电子对数＝3＋6－1－3×12＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，ClO－3中Cl原子价层电子对个数＝3＋7＋1－3×22＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，所有原子不共平面，故C错误；PO3－4中P原子价层电子对

数＝4＋5＋3－4×22＝4，没有孤电子对，为正四面体结构，SO2－3中S原子价层电子对数＝3＋6＋2－3×22＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，所有原子不共平面，故D错误。（3）该元素处于第三周期，而它的第三电离能远远高于第二电离能，说明该

元素原子最外层有2个电子，故该元素为Mg。（4）与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有，故1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离。（5）在独立的NH3分

子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对能力强，[Zn（NH3）6]2＋中，N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其他三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。（6）由于立方BN晶体是共价晶体，B—N键能大，所以质地坚硬；根据晶胞

的结构可知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8×18＋6×12＝4，故晶胞的质量为100NAg，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，是正方体对角线长的14，则晶胞的对角线长为4anm，晶胞的边长为4a3nm＝4a3×10－7cm，故晶胞的体积为4a3×10－7cm3

，ρ＝mV＝100NA4a3×10－73g·cm－3＝75316a3NA×1021。13．答案：（1）>（2）CH4平面三角形（3）①sp2、sp3②③56（4）59×2672×18665×2512×163解析：（1）基态

Co原子的价电子排布式为3d74s2，失去最外层4s2上的两个电子成为Co2＋；I3（Co）失去的是3d7上的一个电子，I3（Zn）失去的是3d10全充满上的一个电子，需要的能量较高。（2）CH4的中心原子的n＝4、HCHO和COCl2的中心原子的n＝3；COCl2分子中C是sp2杂化，分

子的立体构型为平面三角形。（3）①羰基碳是sp2杂化，甲基碳是sp3杂化。②亚胺基N—H上的H被邻近N原子吸引形成氢键。③每个碳原子上各有一个p电子，一个氮原子有一个p电子（孤对电子，在环外），另一个氮

上有孤对电子在环上形成大π键：。（4）六棱柱可看作6个正三棱柱，体积为6×34a2c，每个晶胞中有6个原子，密度为6×MNA×6×34a2c×10－30g·cm－3，钴、锌的相对原子质量分别为59、65，并代入图中的晶胞参数约简即得。单元检测5物质结构与性质元素周期律1．BC原子序数

为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A错误；F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C错误；23Na131I的中子总数为（23－11）＋（131－53），不为奇数，故D错误。2．Ds

能级轨道为球形，p能级的原子轨道为哑铃型，轨道形状不相同，A说法错误；每个p能级都有3个原子轨道，B说法错误；钠原子的电子有1s、2s、2p、3s，4个能级，6个原子轨道，则11个电子在6个轨道上高速运动，C说法错误；能层序数越小，s能级

的原子轨道半径越小，则s能级的原子轨道半径与能层序数有关，D说法正确。3．AY的原子序数比X的原子序数大1，X的简单氢化物可用作制冷剂，推出X为N，Y为O，核素W1ZX中质子数与中子数相等，则W1为14，W2为17，则核反应为：147N＋42He→178O＋11H。HNO2为弱

酸，A错误；16O2和17O3互为同素异形体，B正确；HNO3与NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，C正确；H2O2中既含有极性共价键，也含有非极性共价键，D正确。4．D向FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液，发生反应的离子方程式应

该是3S2－＋2Fe3＋===S↓＋2FeS↓，选项A错误；氯化镁是离子化合物，用电子式表示其形成过程：，选项B错误；碱性电解液环境下的甲烷燃料电池负极反应式：CH4－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O，选项未配平，选项C错误；等物质的量Cl2和SO2同时通入水中，反

应生成硫酸和盐酸两种强酸，在离子方程式中都应该拆开，选项D正确。5．B反应过程中，BMO参与反应，改变反应路径，作为催化剂可以降低反应的活化能，故A正确；根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得

到3个电子、BMO＋得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故B错误；苯酚中既含有C—H极性共价键，又含有C—C非极性共价键，故C正确；根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，为苯酚的氧化反应，故为放热反应，故D正确。6．DA项，氮

原子的原子核外有7个电子，基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，错误；B项，氧离子核电荷数为8，核外有10个电子，基态O2－的电子排布式为1s22s22p6，错误；C项，NO－3中N原子杂化轨道数＝5＋

12＝3，NO－3的空间构型为正三角形，错误；D项，NH＋4中N原子杂化轨道数＝5＋4－12＝4，N原子的杂化方式为sp3，正确。7．DA．二氧化碳分子C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，二氧化碳C原子采取sp杂化，为直线形，水分子中O原子形成2个O—H键

，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为V形结构，错误；B.MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，错误；C.反应过程中碳元素的化合价为－2价的中间体是MgOCH2，错误；D.图示中箭头指入的是反应物

，指出的是生成物，则CO2和氢气是反应物，生成甲烷和水，反应的方程式为：CO2＋4H2=====Pd­MgO一定条件CH4＋2H2O，正确。8．DW为H，X为C，Y为O，Z为Na，Z、Y的简单离子具有相同的电子层结构，原子序数大的离子半径小，则简单离

子半径：r（Na＋）<r（O2－），A项错误；元素非金属性C<O，B项错误；一般来说，元素对应单质的氧化性越强，其对应阴离子的还原性越弱，故阴离子的还原性O2－<H－，C项错误；H2O2中含有O—O非极性键，D项正确。9．C两种非金属元素形成AB型化合物，即便该化合物为离

子化合物，其阴离子或阳离子内部的两种非金属元素的原子间也存在共价键（如NH4H中NH＋4的内部H、N原子间），①正确；HCl气体溶于水，H与Cl原子间的共价键被破坏，但发生的是物理变化，②不正确；水的稳定性比硫化氢高，取决于分子内部原子间的共价键，与氢

键无关，③不正确；CF4、CCl4、CBr4、CI4都形成分子晶体，它们的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，所以沸点依次升高，④正确；BeF2为离子化合物，所以并不是只有活泼金属与活泼非金属之间才能形成离子键，⑤不正确；仅由非金属元素组

成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl，⑥不正确；碘化氢气体分解和氯化钠熔化，前者破坏共价键，后者破坏离子键，克服的化学键类型不同，⑦正确；HClO分子中，H原子的最外层不满足8电子稳定结构，⑧不正确；H2O2、N

H4Cl、H2S、NaOH、Ca（ClO）2中，H—O、N—H、H—S、O—H、Cl—O都为极性共价键，⑨正确。10．D金刚石、SiC属于共价晶体，键长C—C<Si—C，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高，N

aF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子半径，故NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，熔点：共价晶体>离子晶体>分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H

2S晶体的熔点依次降低，故A正确；CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，氯化钠的晶胞图为，若Ca2＋处于体心、棱中间，O2－位于面心、顶点，晶体中体心Ca2＋与面心的6个O2－距离最近，Ca2＋配位数为6，且这些最邻近的O2

－围成正八面体，故B正确；氯化钠的晶胞图为，假设灰球为Cl－，处于面对角线上的Cl－之间距离最近，设二者距离为dcm，则晶胞棱长＝2dcm×22＝2dcm，晶胞体积＝（2dcm）3，晶胞中Cl－数目＝1＋12×14＝4，晶胞中Na＋数目也是4，

晶胞质量＝4×MNAg＝ρg·cm－3×（2dcm）3，解得d＝2·3M2ρNA，故C正确；处于棱的中心的原子为4个晶胞共用，位于顶角的原子为8个晶胞共用，晶胞中X数目＝14×12＝3，Y数目＝18×8＝1，则该晶体的组成式为X3Y，故D错误。11．B最外层只有一个电子的可能是H或碱金属或某些过渡

元素，不同族一般性质有较大差异，A不符合题意；2p、3p未排满，则下一能级不可能有电子，故X为C（2s22p2）、Y为Si（3s23p2），两者最外层电子相同，性质相似，B符合题意；M层仅有2个电子，则第一层和第二层排满，故X为Mg；N层上仅有2个电子，则X可能为Ca或者某些过渡元素（如F

e），不同族性质有差异，C不符合题意；电子总数等于最外层的5倍，若电子层为2层、3层均没有相应原子；若为4层，设第三层为a个电子，第四层为b个电子，由题意得：5b＝2＋8＋a＋b，即a＝4b－10，既然有第四层，根据电子排布规则，第三层至少满足3s23p6，故a＝4b－10≥8，推得b≥

4.5，即最外层至少5个电子，故第三层3d应该排满，即a＝18，所以5b＝2＋8＋18＋b，推得b＝7，故该原子为35号溴原子，与S（3s23p4）最外层电子不相同，性质不相似，D不符合题意。12．AA．金刚石和碳化硅都是共价晶体，在晶体中每个C原子或Si原子与相邻的4个原子形成共价键，

每个共价键为相邻的2个原子所共有，因此若晶体中含有1mol原子，则物质含有共价键的物质的量是4mol×12＝2mol，故原子数相同的金刚石和碳化硅共价键个数之比为1∶1，错误；B.在SiO2晶体中，每个Si原子与相邻的4个O原子形成Si—O共价键，故Si原子与S

i—O共价键个数比为1∶4，正确；C.在石墨烯中，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，每个C原子为相邻的3个六元环所共有，则在六元环中含有的C原子数为6×13＝2，因此石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1，正确；D.在C60分子中每个碳原子与3个C原子形成共价键，由于每

个C原子都达到了8电子的稳定结构，说明每个C原子形成了2个碳碳单键和1个碳碳双键，在碳碳双键中含有1个σ键、1个π键，由于共价键是相邻的2个C原子所形成，则在1个C60分子中含π键数目为60×12＝30个，正确。13．BW、X、

Y、Z的原子序数逐渐增大，由结构可知W形成单键，则W是H元素，X形成4个共价键，且形成阳离子，则X为N元素，Y形成2个共价键，最外层有6个电子，为O元素，原子序数之和为32，则Z的原子序数为32－1－7－8＝16，则Z为S元素；W、X

、Y、Z分别为：H、N、O、S；A.由图可知离子之间形成离子键，离子内部形成共价键，正确；B.一般情况下，O元素最高价为0价，无正价，错误；C.X、Z分别为N、S元素，对应的最高价的水化物为硝酸，硫酸，均为强

酸，正确；D.在一定条件下H2能与N2、O2、S反应，生成物分别为：NH3、H2O、H2S，正确。14．B①氢叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相近是弱酸，形成的阴离子水解呈碱性；正确；②HN3的构成微粒为分子，则

属于分子晶体，正确；③NaN3的构成微粒为离子，则属于离子晶体，正确；④由信息可知撞击发生爆炸生成氮气，则可用于小汽车防撞保护气囊，正确；故选B。15．CFe（CO）5为对称结构，分子中正、负电荷中心重合，属于非极性分子，CO为极性分子，A项错误；Fe（CO）5中Fe原子与CO形成配

位键，铁原子提供空轨道，B项错误；铁与CO形成5个配位键，CO分子中O提供1对孤电子对与1个碳原子形成1个配位键，所以1molFe（CO）5中含有10mol配位键，C项正确；反应Fe（CO）5===Fe＋5CO↑得到铁单质，形成金属键，D项错误。16．答案：Ⅰ.（1

）三角锥形NH3分子间存在氢键（2）4f5Ⅱ.（1）Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑（2）配位Nsp3sp2解析：Ⅰ.（1）As与N、P为同主族，则其氢化物分子为AsH3，立体结构为三角锥形；NH3分子间存在氢

键，而AsH3分子间只存在分子间的作用力，则AsH3沸点比NH3低。（2）Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm形成离子时，先失去最外层电子，则Sm3＋的价层电子排布式为4f5。Ⅱ.（1）与Al满足对角线规则的短周

期元素的单质为Be，Be的性质类似于Al，Al能与强碱反应，则Be与NaOH反应生成偏铍酸钠和氢气，离子方程式为Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑。（2）N—B化学键称为配位键；电子对由氮原子提供；NH3BH3分子中B原子有4条共价键，为sp3杂化，根据图像，BO－3中B有3条

共价键，为sp2杂化。17．答案：（1）氦（或He）4（2）①sp2、sp310NAO>N>C>H②高（3）（4）22d解析：（1）宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的核外电子排布式为1s22s22p2，1s和2s轨道上分

别有2个电子，p能级有3个轨道，每个电子优先占据1个轨道，则基态碳原子的核外电子占有4个原子轨道。（2）①甲基的VSEPR模型为四面体形，—COO—上C的VSEPR模型为平面三角形结构，则C原子的杂化类

型分别为sp2、sp3；一个双键含有一个σ键，由PAN结构可知，一个中含有10个σ键，所以1molPAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>N>C>H。②由于HCOOH存

在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3的高。（3）H5O＋2是由水分子和H3O＋通过氢键形成的微粒，则H5O＋2的结构式为。（4）根据图可知，Si原子在SiO2晶胞中位置如图，图中A

BCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面对角线的一半，则SiA与SiB的距离＝12×2d＝22dnm。18．答案：（1）4d55s16（2）AB（3）Csp2和sp3（

4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH（5）C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力所需的能量解析：（1）Cr的基态价电子

分布为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布式为4d55s1，用电子轨道表示式为，因而核外未成对的电子为6个。（2）观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息可知Mo形成配位键。（3）CO做

配体时C做配位原子，O把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供孤电子对形成配位键的能力，p­甲酸丁酯吡啶中碳原子形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。（4）F的电负性强于H，对电子的吸引

能力强，使共用电子对偏向F，从而氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。（5）根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子

间作用力所需的能量。19．答案：（1）①NaMg②五ⅠA（2）①随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化②0.9～1.5③ABCD测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化合物解析：（1）①由图可以看出，同

周期的ⅠA族元素的第一电离能最小，而ⅢA族元素的第一电离能小于ⅡA族元素的第一电离能，故Al的第一电离能的大小范围为Na<Al<Mg。②图中电离能最小的应是碱金属元素Rb，在元素周期表中第五周期第ⅠA族。（2）①将表中数据按照元素周期表的顺序重排，可以看出电负性随着原子序数的递增呈周期性变化。②由

同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小可知，在同周期中电负性：Na<Mg<Al，同主族：Be>Mg>Ca，则Mg元素电负性值的最小范围应为0.9～1.5。③Li3N中电负性差值为2.0，大于1.7，形成离子键，为离子化合物；BeC

l2、AlCl3、SiC中电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，为共价化合物。离子化合物在熔融状态下可以导电，但共价化合物在熔融状态下不能导电。20．答案：（1）Co3＋价电子排布式为3d6，Fe3＋价电子排布

式为3d5，后者3d轨道半满，更稳定，不易再失去一个电子Co和Ca均为金属晶体，Co价电子数较多，金属键较强，熔沸点高（2）①O>N>C>H②B（3）16平面三角形（4）①SmCo5②59×15＋150×3332a2b×NA×1

0－30解析：（2）①多齿配体中含有C、H、O、N四种元素，电负性：O>N>C>H；②配体中形成碳氮双键的C原子和苯环C原子的杂化方式为sp2，饱和C原子的杂化方式为sp3，N原子形成2个σ键，还有一个孤电子对，杂化方式为sp2

。A项，C只有sp2杂化，N为sp3杂化，不符合题意；B项，C原子的杂化方式为sp2、sp3，N为sp2杂化，符合题意；C项，C只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意；D项，C原子只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意。（3）[Co（NO3）

4]2－中Co2＋的配位数为4，配位键属于σ键，1mol硝酸根离子中含有3molσ键，故1mol该配离子中含σ键的数目为（4＋4×3）NA＝16NA；NO－3中N有3个σ键电子对，孤电子对数为0，采取sp2杂化，故空间构型为平面三角形。（4）①根据晶胞结构可

知，六棱柱中含有Sm的数目为2×12＋12×16＝3，Co的数目为12×12＋6×12＋6＝15，则晶体化学式为SmCo5；②晶胞体积V＝12×32a×a×6×b×10－30cm3，故ρ＝59×15＋150×3332a2b×NA×10－30g·c

m－3。第六单元化学反应与能量课练17化学能与热能狂刷小题夯基础[练基础]1．C过程Ⅰ在太阳能的作用下水分解为氢气和氧气，太阳能转化为化学能，A项不符合题意；过程Ⅱ为氢氧燃料电池放电过程，化学能转化为电能，B项不符合题意；2H2＋O2===2H2O为放热反应，因此2molH2与1molO

2的能量之和大于2molH2O的能量，C项符合题意；2H2＋O2===2H2O为放热反应，故H2O的分解反应为吸热反应，D项不符合题意。2．B等量的S具有的能量：S（g）>S（s），则等量的S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确。等量H2S（g）完全燃烧

生成SO2（g）放出的热量比不完全燃烧生成S（s）放出的热量多，则有ΔH3>ΔH4，B错误。根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－ΔH2，C正确。根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。3．D反应过程中除了H＋和OH－反应放热，

BaSO4沉淀的生成也伴随有反应热的变化，即H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH≠2×（－57.3）kJ·mol－1，故A错误；CH3OH（g）的燃烧热为1mol甲醇蒸气燃烧转化为二氧化碳和液态水放出的热量，不能生成氢气，故B错误；H2（g）的燃烧热是285.

8kJ·mol－1，则2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1，2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g）ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，故C错误；由葡萄糖的燃烧热是2800k

J·mol－1可知，0.5mol葡萄糖完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为1400kJ，即12C6H12O6（s）＋3O2（g）===3CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1400kJ·mol－1，故D正确。4．D等质量

的红磷能量比白磷低，A中变化应为放热反应，ΔH＜0。B中，由图可知，红磷和白磷转变成的活化分子的能量相等，则红磷的活化能更高。C中红磷应比白磷稳定。[练高考]5．B由图可知，总反应为＋――→催化剂，该反应为加成反应，A项正确；结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，

和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B项错误；由图可知，反应先消耗Ⅵ，最后又生成了Ⅵ，所以Ⅵ是反应的催化剂，C项正确；Ⅰ＋Ⅵ―→X＋Ⅱ，由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，D项正确。6．A根据题目信息可知，①CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）

ΔH＝－283kJ·mol－1，根据图像可知，②N2O（g）＋CO（g）===N2（g）＋CO2（g）ΔH＝－（330－123＋229－77）kJ·mol－1＝－359kJ·mol－1，根据盖斯定律，由（②

－①）×2可得2N2O（g）===2N2（g）＋O2（g）ΔH＝－152kJ·mol－1，A项正确。8．D2O（g）===O2（g）的过程形成O===O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O===O共价键的键能，A、C错误；对于热化学方程式2H2（g）＋O2（g）===2H2O（

g）ΔH＝－482kJ·mol－1，根据键能与焓变的关系ΔH＝2E（H—H）＋E（O===O）－4E（O—H），可计算得E（O===O）＝－482kJ·mol－1＋4×463kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1＝498kJ·mol－1，B错误，D正确。9．A由题

目信息可知，X→Y为吸热反应，Y→Z为放热反应，结合Q2>Q1可知，A正确。10．B根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2（g）、H2（g）和NH3（g）

的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算，反应物[N2（g）＋3H2（g）]能量升高值为（29.1＋3×28.9）×ΔT、生成物[2NH3（g）]的能量升高值为（2×35.6）×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值（焓变的绝对值）更大了，A错误

，B正确。[练模拟]11．D在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐及1molH2O（l）时放出的热量均为57.3kJ，A错误；测定中和热过程中，实验前用温度计测量NaOH溶液的温度后，水洗后擦干，再测定盐酸的温度，B错误；强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐及1molH2O（

l）时放出的热量为57.3kJ，而生成硫酸钡沉淀也要放出热量，故0.5molH2SO4（aq）和0.5molBa（OH）2（aq）反应放出的热量大于57.3kJ，C错误；为了保证盐酸完全被中和，氢氧化钠溶液浓度可略大于盐酸，故中和热的测定实验中，可选择50m

L0.5mol·L－1稀盐酸和50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行实验，D正确。12．CCF3O2是一种自由基，则其中1个氧原子含单电子，则该氧原子周围为7个电子，且不稳定，A项错误。对比反应路径①和③可知，两个路径均生成CF3O，

且路径①的产物CF3O＋NO2比路径③的产物CF3O＋NOO的能量低，故NO2的能量比NOO的低，则稳定性：NO2＞NOO，B项错误。反应路径③中IM3生成TS5的活化能最大，而活化能越大，反应速率越小，

反应速率小的反应步骤制约总反应过程的反应速率，C项正确。对比题图中的3个反应路径，反应路径①的活化能最低，则反应最容易进行，反应进行的难易程度与产物的能量没有关系，D项错误。13．BA项，反应物分子与活化分子的能量差即为该反应

的活化能，为419kJ·mol－1，其逆反应的活化能为510kJ·mol－1，错误。B项，不了解焓变与活化能的关系而错解。焓变＝正反应的活化能－逆反应的活化能，即ΔH＝419kJ·mol－1－510kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1，正确。C项，

混淆活化能和反应速率之间的关系而出错。活化能越小反应速率越快，由题图知第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段，所以反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，错误。D项，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的ΔH，错误。14．C根据题图可知，ΔH1＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝508kJ·mol－

1－600kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，故合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，但升高温度能够提高反应速率，A错误。根据题表中的键能数据可得④2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH4，ΔH4＝反

应物的总键能－生成物的总键能＝2×436.0kJ·mol－1＋497.3kJ·mol－1－2×2×462.8kJ·mol－1＝－481.9kJ·mol－1，氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的热量，气态水变为液态水会释放热量，故氢气的燃烧热应大于240.95kJ·mol－1，B错

误。结合盖斯定律可知3×④－2×①＋2×②＝③，故ΔH3＝3ΔH4－2ΔH1＋2ΔH2＝3×（－481.9kJ·mol－1）－2×（－92kJ·mol－1）＋2×180.5kJ·mol－1＝－900.7kJ·mol－1，则a＝－900.7，C正确。向密闭容器中充入4molN

H3和5molO2，充分反应，因该反应为可逆反应，反应不能完全进行，故放出的热量应小于|a|kJ，D错误。综合测评提能力1．B增大一种反应物的浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2

转化率，A正确；中和热是指稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol水放出的热量，而含1molH2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2mol水，且浓溶液稀释时放热，B错误；二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，C正确；根据图示可得①SO2（g）＋

H2O2（aq）===H2SO4（aq）ΔH1，②SO2（g）＋12O2（g）===SO3（g）ΔH2，③SO3（g）＋H2O（l）===H2SO4（aq）ΔH3，根据盖斯定律，由2×①－2×②－2×③可得热化学方程

式2H2O2（aq）===2H2O（l）＋O2（g）的ΔH＝2ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，若ΔH1＜ΔH2＋ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，D正确。2．A根据已知信息可以写出下列热化学方程式：①H2（g）＋12O2（g）===H2O（l）ΔH1＝－28

5.8kJ·mol－1②CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH2＝－283.0kJ·mol－1③CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH3＝－890.3kJ·mol－1④H2O（g）===H2O（l）ΔH4＝－44.0

kJ·mol－1根据盖斯定律，由③＋④－②－①×3可得CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）ΔH＝ΔH3＋ΔH4－ΔH2－ΔH1×3＝－890.3kJ·mol－1－44.0kJ·mol－1＋283.0kJ·

mol－1＋285.8kJ·mol－1×3＝＋206.1kJ·mol－1。3．D反应①中是光能转化为化学能，A错误；反应②中ΔH＞0，为吸热反应，B错误；催化剂只降低反应的活化能，不影响反应的焓变，C错误；

根据盖斯定律，目标反应可由反应③－②获得，ΔH＝206.1kJ·mol－1－131.3kJ·mol－1＝74.8kJ·mol－1，D正确。4．D表示H2O（g）的生成热的热化学方程式为H2（g）＋12O2（

g）===H2O（g）ΔHf＝－243kJ·mol－1，A错误。表示CO（g）的燃烧热的热化学方程式为CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔHc＝－285kJ·mol－1，B错误。由图1知O—H

键的键能ΔHb＝12×（243＋436＋247）kJ·mol－1＝463kJ·mol－1，C错误。由图1得H2（g）＋12O2（g）===H2O（g）ΔH＝－243kJ·mol－1①，由图2得CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1②，根据盖斯定律，②－①得CO

（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－42kJ·mol－1，D正确。5．B使用催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应历程，A项正确；使用催化剂，不能改变反应物和生成物的总能量，即不能改变反应的焓变（ΔH），B项错误；8h之后，C10H8的产率还在增加，说明反应2未达平衡，而C

10H8是由C10H12转化而来的，且C10H12的产率几乎保持不变，说明反应1也未达平衡，C项正确；由图像可以看出反应2的活化能低于反应1的活化能，故反应1生成的C10H12快速转化为C10H8，从而使x1显著低于x2，D项正确。6．B化学

键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；反应物总键能－生成物总键能＝焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）===2CO（g）＋O2（

g）ΔH＝1598×2－1072×2－496＝＋556（kJ·mol－1），D错误。7．B根据盖斯定律由③－②－①得CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－41kJ·mol－1，故A正确；平衡常数只

与温度有关，增大压强K不变，故B错误；反应①每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；焓变＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，因此反应②断开2molH2和1molO

2中的化学键所吸收的能量比形成4molO—H键所放出的能量少484kJ，故D正确。8．D催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，A项正确；催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B项正确；图乙中曲线Ⅰ的活化能比曲线Ⅱ

的活化能高，故曲线Ⅱ为使用催化剂的能量变化曲线，C项正确；由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，D项错误。9．A由图1可知，N2和H2都被吸附在催化剂a的表面

上发生反应，A正确；由图2知反应①的热化学方程式中，ΔH＝（508－600）kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，B错误；由图1知，反应②是NH3被O2氧化为NO的过程，发生反应4NH3＋5O2=====催化剂4NO＋6H

2O，计算知，转移1.25mol电子时，消耗标准状况下NH3的体积为5.6L，C错误；催化剂只能改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D错误。10．DC（s）的燃烧热是指1molC（s）完全燃烧生成稳定氧化物CO2（g）放出的热量，故C（s）的燃烧热不是110.4

kJ·mol－1，A错误。2molCu2O（s）和1molO2（g）反应生成4molCuO（s）放出的热量为（640－348）kJ＝292kJ，则1molCuO分解生成Cu2O吸收73kJ热量，B错误。由图可知，反应2Cu2O（s）＋O2（g）===4CuO（

s）的活化能为348kJ·mol－1，C错误。1molC（s）燃烧生成CO（g）放出110.4kJ热量，则有①C（s）＋12O2（g）===CO（g）ΔH＝－110.4kJ·mol－1；由图可得②Cu2O（s）＋12O2（g）===2CuO（s）ΔH＝－146kJ·mol

－1；根据盖斯定律，由①－②可得：C（s）＋2CuO（s）===Cu2O（s）＋CO（g），则有ΔH＝（－110.4kJ·mol－1）－（－146kJ·mol－1）＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。11．答案：（1）－

415.5（2）①Cl－ClO－2②4ClO－3（aq）===3ClO－4（aq）＋Cl－（aq）ΔH＝－138kJ·mol－1（3）①2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）ΔH2＝＋125.4kJ·mol－1②溶

液由红色变为无色（或溶液红色变浅）解析：（1）分析题给热化学方程式，根据盖斯定律，由①×3＋②可得3Cl2（g）＋6NaOH（aq）===5NaCl（aq）＋NaClO3（aq）＋3H2O（l），则有ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝（－101.1kJ·mol－1）×3＋（－112.2kJ·m

ol－1）＝－415.5kJ·mol－1。（2）①物质具有的能量越高，其稳定性越弱，故最稳定的离子是Cl－，最不稳定的离子是ClO－2。②由ClO－3生成ClO－4和Cl－的反应为4ClO－3（aq）===3ClO－4（aq）＋Cl－（aq），该反应的ΔH＝3×38kJ·mol－1－4×

63kJ·mol－1＝－138kJ·mol－1。（3）①由图可知，过程Ⅱ（氧化）发生的反应为2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）。将题给O2氧化HCl的热化学方程式编号为ⅰ，将过程Ⅰ反应的热化学方程式编号为

ⅱ，其ΔH记为ΔH2，根据盖斯定律，由ⅰ－ⅱ×2可得2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g），则有ΔH2＝（－115.4kJ·mol－1）－（－120.4kJ·mol－1）×2＝＋125.4kJ·mol－1。②氯化初期主要为不含HCl

的气体，则初期溶液呈红色，氯化结束时，HCl与NaOH溶液发生中和反应，溶液褪色。12．答案：（1）－159.47（2）吸收热量·OH＋·H===H2O（g）（3）＋5.41kJ·mol－1解析：（1）根据盖

斯定律，Ⅰ＋Ⅱ得总反应：2NH3（g）＋CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3＝－86.98kJ·mol－1，所以ΔH1＝－86.98kJ·mol－1－72.49kJ·mol－1＝－159.47kJ·mol－1。（2）根据图像可知，吸附态的能量小于过渡态，所以物质

吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最小的过程是·CO＋·OH＋·H＋3H2（g）生成·CO＋3H2（g）＋H2O（g），反应方程式是·OH＋·H===H2O（g）。（3）已知CO（g）、CH4（g）、CH3CHO（l）

的燃烧热分别为283.0kJ·mol－1、890.31kJ·mol－1、1167.9kJ·mol－1，分别写出燃烧热的热化学方程式，再用第3个的热化学方程式减去第1个和第2个的热化学方程式，则乙醛的分解反应CH3CHO（l）⇌CH4（g）＋CO（g）的ΔH

＝－1167.9kJ·mol－1－（－283.0kJ·mol－1）－（－890.31kJ·mol－1）＝＋5.41kJ·mol－1。13．答案：（1）环形玻璃搅拌棒（2）提高装置的保温效果（3）－56.8kJ·mol－1（4）偏大不相等相等（5）ABD解析

：（1）测定中和热的实验中还需要使用的仪器是环形玻璃搅拌棒。（3）根据表中所测数据，三次实验中的温度变化量分别为23.7－20.2＋20.32℃＝3.45℃、23.8－20.5＋20.32℃＝3.4℃、24.9－21.6＋21.52℃＝3.35℃，三次实验温度

变化量的平均值为3.4℃，则实验中放出的热量Q＝cmΔT＝4.18J·g－1·℃－1×（50cm3＋50cm3）×1g·cm－3×3.4℃＝1421.2J＝1.4212kJ，反应生成的n（H2O）＝n（HCl）＝0.5mol·L－1×50×10－3L＝0.025mol，中

和热表示在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量，则ΔH＝－Qn＝－1.4212kJ0.025mol≈－56.8kJ·mol－1。（4）NaOH固体溶于水会放出热量，如用0.5mol·L－1的盐酸与NaOH固体进行实验，会导致测得的“中和热”数值偏大；如

改用60mL0.5mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液进行反应，发生反应的酸、碱的用量更多，放出的热量更多，但中和热表示的是生成1mol水时放出的热量，因此所求的中和热相等。（5）由（

3）中分析可知，测量的中和热数值小于57.3kJ·mol－1，测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，会导致酸碱提前反应，所测的温度差变小，A项符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会散失热量，B

项符合题意；本实验要测定的是反应前后的温度差，环境温度对测定温度差没有影响，C项不符合题意；大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分热量散失，所测温度差偏小，D项符合题意。课练18原电池化学电源狂刷小题夯基础[练基础]1．A根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动

，盐桥的作用是构成闭合回路和平衡两烧杯中的电荷，所以Cl－向负极移动，故A正确；铁作负极，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故B错误；左烧杯中pH基本不变，右烧杯

中消耗H＋，c（H＋）减小，pH增大，故C错误；电池总反应式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，铁作负极，发生氧化反应，故D错误。2．D锌、铜、稀硫酸构成原电池，锌为负极，铜为正极，正极上发生还原反应

生成氢气，故A错误；锌为负极，发生氧化反应，故B错误；电子从锌极经外电路流向铜极，故C错误；该装置存在电能与化学能、电能与光能的转化，故D正确。3．A该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，A项正确；该装置工作时

，H＋由a极区流向b极区，B项错误；a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋，C项错误；由题图可知a极区Fe2＋和Fe3＋可相互转化，故不需补充含Fe3＋和Fe

2＋的溶液，D项错误。4．B由于氧化性：Cr2O2－7>Fe3＋，即Cr2O2－7可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，故在原电池中，Fe2＋失电子被氧化，则a极为负极；Cr2O2－7得电子被还原，则b极为正极。Fe2＋失电子被氧化

，即甲烧杯的溶液中发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b极流向a极，B正确；原电池中，阴离子移向负极，则SO2－4移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O2－7得电子被还原，则电极反应式为Cr2O2－7＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，D

错误。5．C根据电池总反应式，结合原电池的工作原理可知，锌作负极，发生氧化反应，A正确；根据电池总反应式可知，反应生成OH－、消耗H2O，溶液的pH增大，B正确；根据原电池的工作原理，电子从Zn电极流出，经外电路流向石墨，电子

不能通过电解质溶液，C错误；负极的电极反应式为Zn＋2OH－－2e－===Zn（OH）2，正极的电极反应式为FeO2－4＋4H2O＋3e－===Fe（OH）3↓＋5OH－，D正确。6．B根据装置图可知B室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项A正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项B错误；MFC

电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极，即b→a，选项C正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO－＋2O2＋H＋===2CO2＋2H2O，选项D正确。[练高考]7．A根据题图可知Zn为负极，电

极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根

离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。8．C由充电时电极a的反应式可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）

3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度

增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（PO4）3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论

上增加23g·mol－1×2mol＝46g，故D错误。9．A放电时负极反应：Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极

：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5mo

lCl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。10．B海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故

玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。[练模拟]11．C该原电池装置的Pt极为正极，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，BiVO4为负极，SO2－3－2

e－＋2OH－===SO2－4＋H2O。电子流向应为BiVO4电极→导线→Pt电极，C项错误。12．C由图可知，闭合K1时放电，化学能转化为电能，闭合K2时充电，A为阴极，B为阳极。由图可知总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2

O放电充电Cd（OH）2＋2Ni（OH）2，B极发生氧化反应时消耗OH－生成NiOOH，KOH浓度降低。13．Dc（Cl2）越大，反应速率越快，则消耗银的速率也越快，A正确；银比铂活泼，铂作正极，Cl2在铂上得到电子发生还原反应生成Cl－，再与电解质中的Ag＋结合，电极反应式为

Cl2＋2e－＋2Ag＋===2AgCl，B正确；根据电池总反应式可知，电解质中Ag＋总数保持不变，C正确；原电池中，电子从负极经过外电路的导线流向正极，电子不能通过电解质，故电子移动方向应是银→外电路

导线→铂，D错误。14．C在锂—空气电池中，锂失电子作负极，反应式为Li－e－===Li＋，以空气中的氧气作为正极反应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应式为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，总反

应为2Li＋O2===Li2O2。选项A，可选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，错误；选项B，含催化剂的多孔材料为电池的正极，错误；选项C，放电时正极的电极反应式为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，正确；选项D，充电时锂电极应连接外接电源

的负极，电极反应式为Li＋＋e－===Li，错误。15．CIO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，若往酸化的KIO3溶液中加少量KI溶液，再闭合K，指针只在“0”到“X”处往返，说明KIO3易与KI反应生

成I2，I2比KIO3更易与Na2SO3反应。A.K闭合后，Na2SO3失电子被氧化为Na2SO4，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀硫酸钡生成，正确；B.0～t1时，电流表指针右偏至Y，a极的电极反应式为：IO－3＋6e－＋6H

＋===I－＋3H2O，正确；C.t2～t3时指针回到“0”处是因为IO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，溶液中IO－3不再与Na2SO3反应，错误；D.t2～t3时指针返回X处时a极是碘单质得电子生成碘离子，a极的电极反应

式为：I2＋2e－===2I－，正确。综合测评提能力1．C活泼金属锌作负极，铜作正极，铜电极上发生还原反应，故A错误；电池工作一段时间后，甲池中的c（SO2－4）不变，故B错误；铜电极上发生电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，同时Zn2＋通过阳离子交换膜从甲池移向乙池，

由电荷守恒可知，乙池中每析出1molCu，则有1molZn2＋从甲池移向乙池，因为M（Zn）>M（Cu），所以乙池溶液的总质量增加，故C正确；阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误。2．C根据电流方向可知上为负极，

下为正极。放电时负极为Mg－2e－===Mg2＋，正极：Mg2＋＋2e－===Mg。充电时下为阳极，上为阴极，故Mg­Sb（液）作阳极发生氧化反应。3．C碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2＋会生成Mg（OH）2沉淀，降低电池效率，A

错误；放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2＋＋MgS8＋6e－===4MgS2，B错误；据图可知Mg2＋通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；放电时Mg电极发生氧化反应，

充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误。4．D放电时，钠电极是负极，阴离子ClO－4向b极移动，A正确；放电时，正极上CO2得电子转化为C，电极反应式为3CO2＋4e－===2CO2－3＋C，B正确；充电时，该装置是电解池，与电源的负极相连的是阴极，电极反应式为Na＋＋e－

===Na，C正确；充电时，阳极的电极反应式为2CO2－3＋C－4e－===3CO2↑，转移4mol电子时生成3molCO2，题目未指明CO2是否处于标准状况，故无法判断其体积是否为67.2L，D错误。5．C充电时电能转化为化学能

，故A正确；放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；根据图示，放电时，1molLi2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6＋2Li===3Li2S4，反应中2molLi2S6得到2mole－，即1molLi2S6得到1mole－，故C错

误；根据16Li＋S8放电充电8Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－===S8，故D正确。6．A根据总反应可知，Li为负极，石墨棒为正极，正极上CFx转化为C，电极反应式为CFx＋xe－＋xLi＋===xLiF＋C，A项正确；根据正极的电极反应式可知

，负极区的Li＋通过离子交换膜进入正极区，则离子交换膜为阳离子交换膜，B项错误；Li能与乙醇发生反应，因此电解质溶液不能用LiClO4的乙醇溶液代替，C项错误；b极为正极，a极为负极，故b极电势高于a极电势，D项错误。7．C由题图知，O2－在P

t/YSZ电极表面失去电子被氧化为O2，Pt/YSZ为电解池的阳极，电解池的阳极与电源的正极相连，A正确；若用普通电极，O2在阴极优先放电，NO难以被还原，用混合氧化物电极时，由题图可知，氧气在混合氧化物电极的“YSZ”表面放电，NO在“NiO”表面被还原，从而提高了NO的还原效率，

B正确；由题干中“通电时，NiO转化为金属Ni，金属Ni还原NO”知，还原NO的反应为2NO＋2Ni===N2＋2NiO，C错误；阴极有30mgNO被还原的同时还有O2被还原，转移电子的物质的量大于2mmol，阳极反应为2O2－－4e－===O2↑，生成的氧气大于0.5mmol，即阳

极生成的O2大于16mg，D正确。8．AC6H12O6在微生物作用下转化为CO2和H2O，C6H12O6被氧化，即石墨电极为负极，氧化银电极为正极，Ag2O发生得电子的还原反应，电极反应式为Ag2O＋2H＋＋2e－===2Ag

＋H2O，故A正确；石墨电极为负极，C6H12O6在负极发生失电子的氧化反应：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，故B错误；根据负极的电极反应式可知，每转移4mol电子，石墨电极产生22.4LCO2（标准状况），故C错误；30gC6

H12O6的物质的量为30g180g·mol－1＝16mol，根据B项负极的电极反应式可知，每30gC6H12O6参与反应，有4molH＋经质子交换膜进入正极区，故D错误。9．D根据图示知，B电极上H2O2得电子生成OH－，所以B电极

是正极，发生的电极反应为H2O2＋2e－===2OH－，故A、B错误；根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，放电时，阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动，所以Na＋从负极区向正极区迁移，故C错误；在电池反应中，每消耗1L6mol·L－1H2O2溶液，消耗H2O2

的物质的量为6mol，根据H2O2＋2e－===2OH－知，理论上流过电路中的电子数为6mol×2×NAmol－1＝12NA，故D正确。10．A电极Ⅱ质量不断减少，说明电极Ⅱ为负极，a处溶液中加入KSCN溶液未出现红色，说明溶液中不存在F

e3＋，加入CuSO4溶液未出现黑色沉淀，说明溶液中不存在S2－，则在该原电池中硫铁矿溶解生成Fe2＋和SO2－4。根据上述分析，通过该装置，硫铁矿溶解生成Fe2＋，可以富集铁，故A正确；根据上述分析，电极Ⅱ作负极，

故B错误；该装置负极的电极反应式为FeS2－14e－＋8H2O===Fe2＋＋2SO2－4＋16H＋，反应生成H＋，则溶液流经该装置后pH减小，故C、D错误。11．答案：（1）负NO2＋NO－3－e－

===N2O5（2）甲CO（NH2）2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋33.6解析：（1）该燃料电池中，正极上通入O2，石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2＋2N2O5＋4e－===4NO－3，负极上通入NO2，石墨Ⅰ为负极，电极

反应式为NO2＋NO－3－e－===N2O5。（2）根据图示可知，甲电极上CO（NH2）2反应生成二氧化碳和氮气，N元素化合价升高，失电子，为电源的负极，电解质溶液为酸性，则其电极反应式为CO（NH2）2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H

＋，该反应的总方程式为2CO（NH2）2＋3O2===2CO2＋2N2＋4H2O，根据关系式2CO（NH2）2～3O2可知，电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积为1.5mol×22.4L·mol－

1＝33.6L。12．答案：（1）Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu0.2（2）2H＋＋2e－===H2↑酸性NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋（3）阴2Cl－－2e－===Cl2↑（4）1解析：（1）Fe是活性电极，失电子被氧化生成Fe2＋，石墨是惰性电极，溶液中的Cu2

＋在石墨电极得电子被还原生成Cu，故该原电池反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。工作过程中，Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铁电极质量减少；石墨作正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，石墨电极质量增加

；设两电极质量相差12g时电路中转移电子为xmol，则有xmol×12×56g·mol－1＋xmol×12×64g·mol－1＝12g，解得x＝0.2。（2）NH4Cl溶液中NH＋4会发生水解反应：NH＋4＋H2

O⇌NH3·H2O＋H＋，使溶液呈酸性，故石墨电极（即正极）上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑。（3）其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n形，则甲装置为原电池，Fe作负极，Cu作正极；乙装置为电解池，则石墨（1）为阴极，石墨（2）为阳极，溶

液中的Cl－在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。（4）若将乙装置中的CuCl2溶液改为400mLCuSO4溶液，电解CuSO4溶液的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O=====电解2H2SO4＋2Cu＋O2↑，当电极质量增加1

.28g（即析出0.02molCu）时，生成0.02molH2SO4，则c（H＋）＝0.02mol×20.4L＝0.1mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1，故此时溶液的pH为1。13．答案：（1）负K2SO4（2）PbO2＋SO2－4＋Zn＋2H2O===PbSO4

＋Zn（OH）2－4（3）a（4）5361（5）＞＜（6）0.23解析：（1）根据图示可知Zn电极失去电子Zn2＋与溶液中的OH－结合形成Zn（OH）2－4，所以Zn电极为负极；在A区域电解质为KOH，在B区域电解质为K2SO4，C区域电解质为H2SO4；PbO2电极为正极，得到电子发生还原

反应；（2）负极电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，正极的电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO2－4===PbSO4＋2H2O，总反应的方程式为PbO2＋SO2－4＋Zn＋2H2O===PbSO4

＋Zn（OH）2－4；（3）A区域是KOH溶液，OH－发生反应变为Zn（OH）2－4，为了维持溶液呈电中性，多余的K＋通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；（4）6.5gZn的物质的量是n（Zn）＝

6.5g65g·mol－1＝0.1mol，Zn是＋2价金属，则转移电子n（e－）＝0.2mol，1mol电子的电量为1F，F＝96500C·mol－1，转移0.2mol电子的电量Q＝0.2mol×965

00C·mol－1＝19300C，则理论上可产生的容量（电量）为19300×1033600mAh＝5361mAh；（5）由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO2，所以Zn­PbO2的电势差比Pb­PbO2的电势差大，则EZn­PbO2＞EPb­PbO2；不同电池的电势差越

大，电池反应的自由能变就越小。则ΔGZn­PbO2＜ΔGPb­PbO2；（6）反应ZnS（s）＋H2（g）催化剂高温Zn（s）＋H2S（g）在727℃时的平衡常数Kp＝2.24×10－6，若在盛有ZnS的刚性容器内通入

压强为1.01×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后气体总压强不变，假如H2S占总压强分数为x，则H2为（1－x），根据平衡常数的含义可得x1－x＝2.24×10－6

，解得x≈2.24×10－6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10－6×1.01×105Pa＝0.23Pa。课练19电解池金属的腐蚀与防护狂刷小题夯基础[练基础]1．B电子从电源的负极流出，故a是阴极，d是正极，溶液中的阳离子Q移向阴极a。2．CA项，在形成铜锈的过程中，Cu为原电池的负极，

失去电子发生氧化反应，由于电解质溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得到电子，变为OH－，因此氧气是正极反应物，正确。B项，根据图2，在锈蚀小孔外铜锈成分为Cu2(OH)2CO3、Cu2(OH)3Cl，Cu元素化合价为＋2，在小孔附

近物质是Cu2O，小孔内壁物质成分是CuCl，Cu元素化合价为＋1，小孔外氧气浓度大，Cu元素价态高，小孔内氧气浓度小，Cu元素价态低，可得铜锈成分与氧气浓度有关；在溶液酸性较强时反应2CuCl＋H2O⇌Cu2O＋2HCl的平衡逆向移动，成分主要是CuCl，

若溶液酸性减弱，平衡正向移动，成分主要是Cu2O，可见铜锈成分也与溶液的pH有关，正确。C项，溶液中Cl－总是向“低洼处”流动，因此会从小孔外向小孔内移动，在氧气浓度较小时与＋1价Cu形成难溶性固体CuCl，错误；D项，由于Sn是比较活

泼的金属，会与活动性比Sn弱的金属构成原电池，Sn作负极被氧化而引起电化学腐蚀，正确。3．D依据放电顺序，阴极先放电的是Cu2＋，故阴极开始析出的是Cu，阳极先放电的是Cl－，故阳极开始产生的是Cl2，故A、B错误；由阴极反应Cu2＋＋2e－===Cu，n(Cu2＋)＝

0.1mol，当电路中通过电子的量达到0.2mol时，此时Cu2＋消耗完毕，阴极放电离子变为H＋，故C错误；阳极先是Cl－放电，当Cl－消耗完毕，此时H2O电离产生的OH－开始在阳极放电，SO2－4不参与电

极反应，故D正确。4．C根据题给装置图可知，阳极的电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极的电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，故A、B项错误。根据题图可知，H2O2可将NH3·H2O氧化为N2，C项正确。根据电极反应式可知，工作过程中阳极上生成氢离

子，所以阳极附近溶液的pH逐渐减小，D项错误。5．AHCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H＋，Fe3＋在阴极得电子，还原成Fe2＋，Fe2＋、H＋、O2反应生成Fe3＋和H2O，Fe2＋、Fe3＋在阴极循环，A

错误；HCl在阳极失电子生成Cl2和H＋，电极反应式为2HCl－2e－===Cl2↑＋2H＋，B正确；根据电子得失守恒有O2～4e－，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标准状况下体积为5.6L，C正确；由图可知，反

应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)＋O2(g)=====电解2Cl2(g)＋2H2O(g)，D正确。[练高考]6．C根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、

Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生

成Mg2＋，A错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量

变化不相等，D错误。7．C随着反应进行，H＋浓度减小，其与Fe的反应速率减慢，且Cu2＋得电子生成的铜覆盖铁电极，可阻碍H＋与铁接触，导致产生的气体减少，A项正确；由以上分析知，B项正确；[Cu(NH3)4]2＋在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故随阴极析出铜，[Cu(

NH3)4]2＋浓度减小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋平衡正向移动，C项错误；由以上分析知，D项正确。8．D石墨电极物质转化为：P4→Li[P(CN)2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN－－4e－===4[P(

CN)2]－，则生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，右侧电极为阴极，A、B错误；电解池工作过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由图示物质转化关系可知，HCN在阴极放电，产生CN－和H

2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。9．BD由电极a上[Fe(CN)6]4－→[Fe(CN)6]3－，发生失去电子的氧化反应可知，电极a为阳极、电极b为阴极

，A项错误；由图示知，阴极反应为DHPS＋2H2O＋2e－===DHPS－2H＋2OH－，阳极反应为[Fe(CN)6]4－－e－===[Fe(CN)6]3－，为维持溶液的电中性，阴极室的OH－应通过隔膜进入阳极室，故B项正确；根据题意，结合氧化还原反应规律可

知，反应器Ⅰ中反应为4[Fe(CN)6]3－＋4OH－=====催化剂4[Fe(CN)6]4－＋O2↑＋2H2O，反应器Ⅱ中反应为DHPS－2H=====催化剂DHPS＋H2↑，则M是O2、N是H2，根据得失电子

守恒，O2与H2的物质的量之比为1∶2，C项错误，D项正确。10．BD由题意知，乙室是原电池，则甲室是电解池。电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，Co2＋在另一个电极上得到电子，被还原产生Co

单质，CH3COO－失去电子后，Na＋通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2＋，同时得到Li＋，其中的O与溶液中的H＋结合为H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；电解质溶液

为酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为：LiCoO2＋e－＋4H＋===Li＋＋Co2＋＋2H2O，C错误；若甲室Co2＋减少200mg，电子转移物质的量为n(e－)＝0.2g59g·mol－1×2＝0.0068mo

l，乙室Co2＋增加300mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝0.3g59g·mol－1×1＝0.0051mol，说明此时已进行过溶液转移，D正确。11．A该装置为电解池，b电极上N2转化为NH3，N的化合价降低，发生还原反应，故b为阴极，电极反应式为N2＋3H2

O＋6e－===2NH3＋3O2－，A正确；a为阳极，电极反应式为2O2－－4e－===O2，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的电压，单位时间内转移的电子数目会变化，反应速率会改变，C错误；阴极、阳极电极反应式可知，电解过程中固体氧化物电解质中O2－不会

改变，D错误。[练模拟]12．C阴极发生还原反应，氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故A错误；阳极发生氧化反应，硫元素最高正价为＋6价，只能是氧元素价态升高，S2O2－8中含有过氧键，反应中硫元素价态不变，故B错误；S2O2－8中含硫氧极性键和氧氧非

极性键，故C正确；若用铜作阳极，则阳极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，故D错误。13．C根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，故A错误；海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不

变，故B错误；根据转移电子数相等，若导线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误。14．C甲池为燃料电池

，a电极燃料失去电子，为负极，H＋由负极向正极运动，即从M室到N室移动，A项正确；甲为燃料电池，燃料失去电子，电子移动a→Y，X电极作阳极，失去电子，电子移动X→b，B项正确；乙池中，酸性较弱时，Fe3＋易水解生成沉淀，C项错误；Y为阴极，氧气得到电子，发生还原反应，电极方程式为：

O2＋2e－＋2H＋===H2O2，D项正确。15．D由题干信息图可知，电极a上是将Cl－转化为Cl2，或者将H2O转化为O2和H＋，故发生氧化反应，电极a是阳极，电极b上是将H2O转化为H2和OH－，发生还原反应，电极b为阴极，据此分析解题。A.由分析可知，电极b为阴极，从图中可以

看出水垢Mg(OH)2、CaCO3等均在电极b处产生，故处理后的水垢主要沉降在阴极附近，正确；B.由图中可知，Cl－在阳极a处转化为Cl2，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，然后HClO将有机物氧化，自身被还原为

Cl－，故转化为处理过程中的Cl－可以循环利用，正确；C.由分析可知电极b为阴极，电极反应式为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，与电极无关，故若将b电极换成铁电极，处理过程不受影响，正确；D.若R为CO(NH2)2，Cl－在阳极a处转化为Cl2，Cl2＋

H2O===HCl＋HClO，然后HClO将CO(NH2)2氧化生成无污染的气体即CO2和N2，自身被还原为Cl－，消耗1molCO(NH2)2这样转移电子数目为6mol，但此时阳极上还在进行另一个电极反应2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，故经

过阴极上的电子数目大于6mol，故产生的H2大于3mol，错误。16．B进液1中的NaHSO3转化为再生液中的NaOH，故a电极上水电离出的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，a电极是阴极，中间室中的Na＋通过m移向左室，故m是阳膜，A错

误。b电极作阳极，H＋通过阳膜移向中间室，与SO2－3、HSO－3结合生成H2SO3，故出液1的溶质主要是H2SO3，B正确。b电极上水电离出的OH－放电，故右室中H2O减少，H2SO4浓度增大，出液2的pH略小于进液2的pH，C错误。由

a电极的电极反应式可知，当电路中转移0.2mol电子时，a电极产生0.1molH2，标准状况下体积为2.24L，D错误。17．A图a中为两种情况的吸氧腐蚀。锌比铁活泼，锌为负极：Zn－2e－===Zn2＋，铁为正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，A项错误、B项正

确；铁比铜活泼，铁为负极，生成的Fe2＋与[Fe(CN)6]3－结合产生蓝色沉淀，铜电极产生OH－，丙区域酚酞变红色，C、D项正确。综合测评提能力1．BA．由图可知阳极(反应②)，CuCl－＋Cl－－e－===CuCl

－2，错误；B.由图可知，总反应为2Cu＋H2O=====电解H2↑＋Cu2O，正确；C.根据总反应可知，电解时消耗水，使c(H＋)减少，pH变大，错误；D.没有说明标准状况，无法计算出氢气的物质的量，错误。2．C锌环与电源的正极相连，为阳极，发生氧化反应，A项正确；断电时，Zn比铁活泼，作负

极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，C项错误。3．CA．放电时，b电极上发生还原反应，电极反应式为：Zn2＋＋V2O5＋2e－===ZnV2O5，正确；B.原电池中阳离子向正极移动，放电时，Zn2＋从a电极区向b电极区迁移，正确；C.放电

时，b是正极，所以充电时b电极与电源的正极相连，错误；D.充电时，a电极发生：Zn2＋＋2e－===Zn，转移0.4mol电子，a电极增重m(Zn)＝65g·mol－1×0.2mol＝13g，正确。4．DpH＝2.5的醋酸溶液与铁反应时压强增大，则为析氢腐蚀，电极反应式为：2

CH3COOH＋2e－===H2↑＋2CH3COO－，pH＝5.0时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反应式为：O2＋4CH3COOH＋4e－===2H2O＋4CH3COO－。A.pH＝5.0的醋酸溶液反应时压强减小，则是吸氧腐蚀，正确；B.p

H＝2.5时，压强增大，是析氢腐蚀，pH＝5.0时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，正确；C.两组溶液都在消耗氢离子，pH一定逐渐变大，正确；D.腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，若pH相同，则速率相同，错误。5．A6．

C因为电解后在右侧烧杯中产生Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀，说明Fe放电，Fe为阳极，与燃料电池的正极相接，故Y是空气，X是甲烷，A错误；燃料电池的电解质是熔融碳酸盐，导电离子是CO2－3，则负极反应式为C

H4－8e－＋4CO2－3===5CO2＋2H2O，B错误；燃料电池的正极反应式为2CO2＋O2＋4e－===2CO2－3，则有关系式：CH4～8e－～4CO2＋2O2～4CO2＋10空气，故燃料电池正

负两极消耗气体体积比为14∶1，C正确；烧杯中阳极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋被Cr2O2－7氧化，发生反应6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，则有关系式CH4～8e－～4F

e2＋～23Cr2O2－7，故除去1molCr2O2－7理论上消耗标准状况下甲烷的体积为32×22.4L＝33.6L，D错误。7．C由题图可知，在碱性条件下，H2O生成H2是非自发过程，Zn生成ZnO2－2是自发过程，故K接K1时形成电解池，M是直流电源；K接K2时形成原电池，N是用

电器，A正确。当K和K1相接时，a极发生得电子的还原反应，为阴极，b极为阳极，溶液中的OH－向b极迁移，B正确。当K和K2相接时，c极作负极，b极作正极，故b极的电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－，C错误。理论上，每

生成1molH2，转移2mol电子，则Q＝nF＝2mol×96500C·mol－1＝1.93×105C，D正确。8．A电解时，铁作阴极，石墨作阳极，若铁作阳极，则铁放电，A正确；阳极发生氧化反应，I－失电子被氧化，电极反应式为I－－6e－＋3H2O===IO－3＋6H＋，B、D两项错误；阴

极上水放电，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，溶液的pH升高，C项错误。9．C选项A，反应①②得到电子，发生的是还原反应，应在阴极上发生，镀件为阴极，正确；选项B，H2O2既能提高也能降低电镀液中Cr(Ⅲ

)的含量，则H2O2既体现氧化性又体现还原性，正确；选项C，阴极上发生反应①②④，当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移电子大于6mol，错误；选项D，由阴极发生的电极反应①②④可知阴极pH增大，由阳极发生的电极反应⑤⑥可知阳极pH减小，则pH：

阳极<阴极，正确。10．D由题图知，与a相连的电极发生水得电子的还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，该电极为电解池的阴极，故a应该与铅蓄电池的负极Pb相连，b应该与铅蓄电池的正极

PbO2相连，A错误；PbSO4难溶于水，故电解时铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O，B错误；电解时，CO在电解池阳极被氧化为CO2－3，故阳极反应为CO＋4OH－－2e

－===CO2－3＋2H2O，转移2mole－时，阳极消耗4molOH－，阴极室只有2molOH－穿过阴离子交换膜进入阳极室，故电解后阳极室OH－浓度减小，pH减小，C错误；WGS反应需要在180～250℃和高压(1.0～6.0MPa)的苛刻条件下

进行，该反应为可逆反应，制得的氢气不纯，需要进一步的分离纯化才能应用，与WGS反应相比，EWGS反应的显著优点是低能耗生产高纯氢气，D正确。11．答案：(1)原电池CH3OH＋8OH－－6e－===C

O2－3＋6H2O(2)阳极4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3(3)280D1.60(4)减小增大解析：(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO2－3＋6H2O。(2)乙池为用惰性电极

电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3。(3)根据各电极上转移的电子相同，得n(Ag)＝4n(O2)＝2n(Cu)，故V(O2)＝14×5.40g108g·mol－1×22.4L·mol－1＝0.28L＝28

0mL，m(Cu)＝12×5.40g108g·mol－1×64g·mol－1＝1.60g。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，则溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋3O2＋4K

OH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。12．答案：(1)①a②2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O(2)NO＋6H＋＋5e－===NH＋4＋H2O32(3)①负H2S＋2H2O－6e－===SO2＋6H＋②SO2＋H2O2===H2S

O4解析：(1)①生成Ce4＋，则Ce3＋－e－===Ce4＋，Ce4＋在阳极生成，从a口流出；②NO－2转化为无毒物质，则NO－2在阴极得电子，转化为N2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O。(2)根据电解装置，NO和SO2转化为

硫酸铵，说明NO转化成NH＋4，即NO在阴极上发生：NO＋6H＋＋5e－===NH＋4＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO2－4，根据得失电子守恒，有关系式2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×642×22.4＝32g。(3)a电极

硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，①b接电源的负极，阳极的电极反应式为H2S＋2H2O－6e－===SO2＋6H＋。②SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式：SO2＋H2O2===H2SO

4。13．答案：(1)①正极Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋②增大③阳(2)2MnO2＋4KOH＋O2=====△2K2MnO4＋2H2OKOHMnO2－4－e－===MnO－4K＋由阳离子交换膜左侧向右侧迁移(3)①

NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O②1∶4解析：(1)①根据题意可知，Cl－放电生成ClO2的电极为阳极，接电源的正极。根据元素守恒，有水参加反应，同时生成H＋，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O===ClO

2↑＋4H＋；②a极区为阴极区，电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区OH－浓度增大，溶液的pH增大；③根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜。(2)软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH小火加热至熔融，得到K2MnO4，Mn元素化合价由＋4价升为＋6价，

则空气中的O2作氧化剂，化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O2=====△2K2MnO4＋2H2O；电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，K＋通过阳离子交换膜由左侧向右侧迁移，所以D是氢氧化钾溶液，

阳极上MnO2－4失电子生成MnO－4，电极反应式为MnO2－4－e－===MnO－4。(3)①由图示可知，NO在阴极上得电子生成NH＋4，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O；②NO在阳极上失电子生成NO－3，电极反应式为NO－3e－＋2H2O===N

O－3＋4H＋，电解总反应式为8NO＋7H2O=====电解3NH4NO3＋2HNO3，故当实际参加反应的NO为8mol时，要将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，还应通入2molNH3，则n(NH3)∶

n(NO)＝2mol∶8mol＝1∶4。单元检测6化学反应与能量1．B水凝固成冰时放出热量，则相同质量的水和冰相比，水的能量更高，A项错误；石灰石煅烧是分解反应，反应过程中吸收能量，属于吸热反应，B项正确；“燃豆萁”指的是豆萁的燃烧过程，该过程中存在化学能转化为热能、光能的过程，C项

错误；高温时，碳与水蒸气的反应为吸热反应，D项错误。2．C大桥中使用的钢是铁的合金材料，易与空气和水蒸气形成原电池被腐蚀，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，A正确；铝和锌均比铁活泼，和铁形成原电池时，均作负极，失去电子被氧化，从而保护铁不被腐蚀，B正确；钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负

极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，C错误；铁生锈是因为发生了电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，D正确。3．BC(石墨，s)===C(金刚石，s)吸热，说明石墨能量低，所以石墨比金刚

石稳定，故A错误；前者比后者放热多，所以ΔH1<ΔH2故B正确；因为中和热是指强酸与强碱中和生成1mol水时放出的热量，因此对于强酸强碱的反应，中和热是一固定值，不会随物质的量的改变而改变，且硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸

钡的过程也放热，故C错误；已知H2(g)＋F2(g)===2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol－1，则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误。4．C甲为原电池，金属性更强的Zn电极为负极，Cu电极为正极，原电池放电时，阳离子向正极

移动，则H＋向Cu电极移动，A错误；铅蓄电池充电时，Pb电极为阴极，与电源的负极相连，B错误；金属铁与负极相连，作阴极，发生还原反应，被保护，该方法称为外加电流的阴极保护法，C正确；甲醇燃料电池在酸性条件下放电的电

极反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋，D错误。5．B根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2，发生还原反应，电极反应为NiO(OH)＋H2O＋e－===N

i(OH)2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。离子交换膜选用阴离子交换膜(只允许阴离子通过)，故A错误，B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电

极与电源的负极相连，故D错误。6．DA．根据反应①的ΔH1>0，可知反应①是吸热反应，正确；B.根据盖斯定律，反应③可由反应①和反应②之和得到，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，正确；C.反应③是固体生成气体的反应，是一个熵增的反应，正确；D.由于反应②还

有三氧化硫和二氧化硫的参与，故不知道V2O5(s)和V2O4(s)的能量相对大小，不能确定V2O5(s)的能量比V2O4(s)低，更稳定，错误。7．D根据图中信息，反应①中生成物的总能量高于反应物的总能量，为吸热

反应，故断键吸收的总能量高于成键释放的总能量，A项正确；由图可知，反应②的活化能小于反应①的活化能，B项正确；根据盖斯定律计算，总反应A―→C的ΔH＝ΔH1＋ΔH2，由题图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，ΔH大于0，C项正确；温度升高，正、逆反应速率均增大，D项错

误。8．C化学腐蚀是指金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质液体(如石油)等直接发生化学反应而引起的腐蚀，硅酸钠溶液是电解质溶液，故铝片和钢片在硅酸钠溶液中不会发生化学腐蚀，A错误。钢片在酸性溶液中会发生析氢腐蚀，硅酸钠是强碱

弱酸盐，硅酸根离子水解使硅酸钠溶液显碱性，故钢片在硅酸钠溶液中不会发生析氢腐蚀，B错误。半浸时，铝片发生吸氧腐蚀，空气中的氧气在正极上得到电子被还原为OH－：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C正确。钢板镀铝的目的：一是增强美观

，二是隔绝钢板与空气和水蒸气的接触，防止钢板被腐蚀。虽然镀铝钢板在镀层被腐蚀后，存在牺牲阳极的阴极保护过程，但不是钢板镀铝的目的，D错误。9．A当ΔH－TΔS<0时，反应能自发进行，该反应是气体分子数减小的反应，即ΔS<0，所以一定温度下反应

能自发进行说明ΔH<0，A正确；氢氧燃料电池为原电池，负极上H2发生失去电子的氧化反应，B错误；不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算常温常压下11.2LH2的物质的量，因而也无法计算出转移电子的数目，C错误；ΔH＝反应中断裂旧化学键的

键能之和－反应中形成新化学键的键能之和，D错误。10．DCO2为直线形结构，故左侧电极CO2得到电子被还原为乙烯，左侧电极为阴极，X为电源负极，右侧电极为阳极，发生的是水失去电子生成氧气和H＋的反应，Y为电源正极。若纳米结构

铜作阳极，为活泼阳极，铜失去电子被氧化，与题图中阳极水失去电子被氧化不符，A错误。通电时，电解质中离子的移向一般遵循“阴阳相吸”，即阳离子(H＋)移向左侧阴极，B错误。左侧阴极反应为2CO2＋12H＋＋12e－===

C2H4＋4H2O，C错误。电解池工作时电流方向为正极Y→阳极→电解质→阴极→负极X，D正确。11．B由题图知，“mSnO2/CC”电极上CO2得到电子被还原为HCOO－，该电极为电解池的阴极，结合题干中

“mSnO2/CC和CuONS/CF作催化电极”，说明“mSnO2/CC”能降低阴极反应的活化能，A正确；阴极室电解质溶液的pH相对较小时氢离子浓度相对较大，阴极将发生氢离子得到电子生成氢气的竞争反应，不利于二氧化碳在阴极被还原，B错误；题图中“CuONS/CF”电极上甲醇失去电

子被氧化为甲酸，“CuONS/CF”为阳极，电极反应为CH3OH－4e－＋H2O===HCOOH＋4H＋，生成的H＋穿过质子交换膜移向左室，C正确；二氧化碳在阴极得到电子被还原为甲酸根离子，C的化合价由＋4降至＋2，先

写为“CO2＋2e－―→HCOO－”，再根据电荷守恒和质量守恒，在左边补充“HCO－3”，右边补充“CO2－3”，得CO2＋HCO－3＋2e－===HCOO－＋CO2－3，D正确。12．DA项，阳极发生氧化反应，电极反应式：Fe－6e－＋8OH－===FeO2－4＋

4H2O，正确；B项，阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，甲溶液为浓的氢氧化钠溶液，可循环利用，正确；C项，电解池中阳离子向阴极移动，通过离子交换膜a的是Na＋，故a为阳离子交换膜，正确；D项，Fe为阳极，发生氧化反应，错误。13．D铜电极

上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O，B错误；电解池铝电极(阳极)上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、

2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9gAl，理论上被氧化的CH4的质量大于2g，C错误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下

沉成为污泥，D正确。14．DA．由图示可知，该电池正极氧气得电子生成水，正极的电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，正确；B.由图示可知，该电池负极氢气失电子发生氧化反应，正确；C.由图示可知，该聚合物电解质薄膜可通过H＋由负极向正

极的定向迁移导电，正确；D.若将灯泡换成电解饱和食盐水装置，当燃料电池生成9g水时，电路中转移1mol电子，电解食盐水会同时产生0.5mol氢气，非标准状况下的体积不一定是11.2L，错误。15．A由电池的总反应NaBH4＋4H2O2===NaBO2＋6H2O可知，X电极上NaBH4发生

失去电子的氧化反应，作负极，则Y极作正极，电子经X流向外电路流入Y，电流经Y流向外电路，故A错误；该电池中Y极为正极，电极反应为H2O2＋2e－===2OH－，故B正确；X极为负极，电极反应式为BH－＋8OH－－8e－===BO－2＋6H2O，所以X极区溶液的pH逐渐减小，故C正确

；由电极反应式H2O2＋2e－===2OH－可知，每消耗1molH2O2电路中转移2mole－，所以每消耗1.0L0.50mol·L－1即0.50molH2O2，电路中转移1.0mole－，故D正确。16．答案：(1)①b②2(CH3)4NCl＋2H2O=====通电2(CH3)4NOH＋H2↑＋

Cl2↑(2)①外加电流法②ad解析：(1)从题给信息和图示可知，四甲基氯化铵溶液在阳极发生氧化反应生成Cl2，四甲基铵离子通过阳离子交换膜进入阴极区，结合OH－生成四甲基氢氧化铵。①收集到(CH3)4NOH的区域是b；②电解总反应的化学方程式为2(CH3)4NCl＋2H

2O=====通电2(CH3)4NOH＋H2↑＋Cl2↑。(2)①依图示，该防腐利用了外接直流电源，属于外加电流法防腐；②外接直流电源的负极与钢管桩连接，钢管桩被迫成为阴极而受到保护，其表面的腐蚀电流接近于零；高硅铸铁为惰性辅助阳极

起到传递电流作用，也可用石墨代替；外电路中的电子被强制从外接直流电源的负极流向钢管桩，高硅铸铁上海水中阴离子失去电子流向外接直流电源的正极，与海水中离子的移动构成整个防腐电流回路。17．答案：(1)B由A到BCH3O

CH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋(2)①负②2HSO－3＋2H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2O③2NO＋2S2O2－4＋2H2O===N2＋4HSO－3(3)2VB2＋22OH－－22e－===V2

O5＋2B2O3＋11H2O0.05(计算过程见解析)解析：(1)燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，阳离子向得电子一极移动。该燃料电池的正极为B电极，H＋移动方向为由A到B，负极A电极的电极反应式为：CH3OCH

3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋。(2)从图中可看出，电解池的左槽HSO－3进入后得到电子生成的S2O2－4转入吸收塔还原NO，左槽是阴极区，右槽稀硫酸和SO2一起进入后，SO2被氧化生成H2SO4，得到较浓的硫酸溶液，右槽是阳极区。①a与左

槽电极连接，是直流电源的负极；②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，是酸性环境，故阴极的电极反应为2HSO－3＋2H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2O；③吸收NO的原理2NO＋2S2O2－4＋2H2O===N2＋4

HSO－3。(3)VB2－空气电池工作时的反应为4VB2＋11O2===4B2O3＋2V2O5，从图中可得知其电解质溶液是KOH，VB2极发生氧化反应，则电极反应为2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋

2B2O3＋11H2O。电解CuSO4溶液阳极发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极先Cu2＋＋2e－===Cu，后2H＋＋2e－===H2↑；当外电路中通过0.04mol电子时阳极得到氧气0.01mol，标准状况下的体积为0.224L，B装置内共

收集到0.448L气体(标准状况)，则氢气体积为0.448L－0.224L＝0.224L，生成氢气0.01mol，得到的电子0.02mol，根据得失电子总数相等，则溶液中Cu2＋得到电子0.02mol，Cu2＋物质的量为0.01mol，则电解前CuSO4溶液的物质的量浓度是0.01

mol0.2L＝0.05mol·L－1。18．答案：(1)①K1②NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－③96(2)负AsO3－3－2e－＋H2O===AsO3－4＋2H＋(3)阳离子2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－4mol解析：(

1)①第一步反应时，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，作阳极，故开关应连接K1。②第二步反应时，在另一个惰性电极产生O2，则为OH－失电子生成氧气，发生氧化反应，作阳极，故NiOOH/Ni(OH)2电极作阴极，发

生还原反应，电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－。③产生标准状况下67.2L(3mol)H2，需要转移6mol电子，电能的利用率＝6mol6.25mol×100%＝96%。(2)电解池中阳离子移向阴极，故a电极是阴极，与电源负极

相连，b电极是阳极，AsO3－3通过阴离子交换膜进入阳极区，在阳极上失去电子转化为AsO3－4：AsO3－3－2e－＋H2O===AsO3－4＋2H＋。(3)根据题图3可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极，水电离产生的OH－放电，生成的H＋通过交换膜A移向产品室，所以变换膜A为阳离子交换膜

；电极N为阴极，水电离产生的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。当电路中通过3.8528×105C电量时，转移的电子的物质的量为3.8528×105C1.6×10－19C×16.02×1023mol－1＝4mol，电解过程中每转移1mol电

子，就有1molH＋从阳极区移向产品室，有1molH2PO－2从缓冲室移向产品室，即生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸。19．答案：(1)CH3OH(l)＋32O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.

5kJ·mol－1(2)①减小不变②－93(3)①2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝(2c－b)kJ·mol－1②4减小解析：(1)根据题意，16gCH3OH在氧气

中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放363.25kJ的热量，则1molCH3OH完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量为726.5kJ，甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋32O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－72

6.5kJ·mol－1。(2)①催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，因此加催化剂会使图中E的值减小，图中ΔH不变；②ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝945kJ·mol－1＋436k

J·mol－1×3－391kJ·mol－1×6＝－93kJ·mol－1，a＝－93。(3)①已知Ⅰ.N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH1＝bkJ·mol－1，Ⅱ.N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝ckJ·mo

l－1，根据盖斯定律，将Ⅱ×2－Ⅰ得2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝(2c－b)kJ·mol－1：②肼－空气碱性燃料电池负极反应式为N2H4－4e－＋4OH－==

=N2↑＋4H2O，则该电池工作时，释放1molN2会转移4mol电子；电池总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O，反应过程中生成了水，KOH溶液浓度减小，碱性减弱，则pH减小。20．答案：(1)①Na＋交换膜②2H2O－4e－===O2↑＋4H＋③I－会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳

极表面，损伤阳极板(2)①正②O2＋2e－＋2H＋===H2O2③C6H6O＋28·OH===6CO2↑＋17H2O解析：(1)①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜提供OH－，B膜最好是Na＋交换膜；②阳极附近溶液

为硫酸溶液，水电离出的氢氧根离子失电子，故阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；③A膜应为阳离子交换膜，阳极产生的H＋透过A膜和少量的I－反应得到少量的HI，若撤去A膜，I－会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板。(2)①a极主要发生的反应是O2生成H

2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原反应，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电极为阳极、与电源正极相接；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，电解质溶液显酸性，电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2；③H2O2分解产生·OH，化学方程式为H2O2===2·OH，·O

H除去苯酚生成无毒的氧化物，该氧化物为CO2，反应的化学方程式为C6H6O＋28·OH===6CO2↑＋17H2O。第七单元化学反应速率和化学平衡课练20化学反应速率及影响因素狂刷小题夯基础[练基础]1．B2s内氢气的浓度变化量＝3.0mol·L－1－1

.8mol·L－1＝1.2mol·L－1，故2s内用氢气表示的平均反应速率＝1.2mol·L－12s＝0.6mol·L－1·s－1。2．C反应物的浓度由0.1mol·L－1降低到0.06mol·L－1需要20s，0～20s内反应速率v＝ΔcΔt＝（

0.1－0.06）mol·L－120s＝0.002mol·L－1·s－1，若反应速率不变，反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间t＝Δcv＝（0.06－0.036）mol·L－10.002mol·L－1·s－1＝12s，但随着反应

的进行，反应物浓度降低，反应速率减小，则反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间大于12s，C项正确。3．C探究K2S2O8的浓度对化学反应速率的影响时，KI溶液的体积应

均为4.0mL，Na2S2O3溶液的体积应均为4.0mL，即V2＝V3＝4.0，且溶液总体积应为10.0mL＋4.0mL＋4.0mL＋2.0mL＝20.0mL，则实验③中V1＝20.0－8.0－4.0－4.0－2.0＝2.0。4．C增大反应物浓度，不会改变单位体积内活化分子百分数，但会增大单位体

积内活化分子个数和有效碰撞几率，A项错误；缩小气体体积不会改变活化分子总数，但会增大单位体积内活化分子数和有效碰撞几率，B项错误；升高温度，活化分子百分数和有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，C项正确；催化

剂能降低反应活化能，使活化分子百分数和有效碰撞几率增大，从而加快化学反应速率，D项错误。5．A当达到平衡状态时，X反应了0.8mol，生成了Y1.2mol，Z0.4mol，故化学计量数之比为2∶3∶1，A正确；10s内Y的平均速率为0.24mol·L－1·s－1，B错误；X的转化率

为0.8mol2.4mol×100%≈33.3%，C错误；增大压强，反应速率不一定加快，比如，在密闭容器中通入惰性气体，压强增大，但是化学反应速率不变，D错误。6．D由题图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，

则氨气在反应过程中做中间产物，A错误；在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，B错误；催化剂a、b，降低了反应的活化能，从而提高反应速率，C错误；在催化剂b表面氨气和氧气反应生

成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====催化剂b4NO＋6H2O，D正确。[练高考]7．D由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应

活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y

的浓度变化了4.0mol·L－1，则v(Y)＝Δc（Y）Δt＝4.0mol·L－12min＝2.0mol·L－1·min－1，v(X)＝12v(Y)＝12×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。8．C根据图示知，A项正确；若只发生

反应②，则n(H2)＝n(CO)，而t1～t3min，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2，B项正确；t2min

时，H2的流出速率为2mmol·min－1，CO的流出速率约为1.5mmol·min－1，v（H2）v（CO）<2，说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误；根据图2知，t3min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增

大，最终恢复到1mmol·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明t3min后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。9．B反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的

平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在

4min时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列三段式：2X(s)⇌Y(g)＋2Z(g)初始量/mol2.000转化量/mol2aa2a平衡量/mol2.0－2aa0.6根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mo

l·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2(Z)

·c(Y)＝0.072<K，反应正向进行，故v正(Z)>v逆(Z)，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V（Y）V（Z）＝12，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时

反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。10．AB由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应

②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)＝v(Y)＋v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)＋v(

Y)＝v(Z)，B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，

D正确。[练模拟]11．D由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A错误；(CH3)3C＋比(CH3)3CCl的能量高，则(CH3)3CCl更稳定，B错误；由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；增大浓度、升高温度均增大反应速率，则增大碱的浓度和升高温度均可增大

反应速率，D正确。12．D使用催化剂正、逆反应速率都加快，A错误；由图可知，②的反应速率快于①，则反应②的活化能比反应①小，B错误；催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，由图可知V2O5参加化学反应，但反应前后的质量和

化学性质都没发生改变，则该反应的催化剂是V2O5，C错误；由图可知①历程中有V—O的断裂，②历程中有V—O的形成，则过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成，D正确。13．AA项，根据题图可知，3min时反应达到平衡状态，NO的物

质的量的变化量为3mol，平衡时NO和X、Y的物质的量相等，均为1mol，参与反应的各物质的物质的量的变化量之比等于各物质的化学计量数之比，则反应的化学方程式为3NO⇌X＋Y，根据原子守恒，可知反应的化学方程式为3NO⇌NO2＋N2O，正确；B选项，根据题图可知，1～3min

时，每个生成物的物质的量的变化量均为13mol，故v(生成物)＝13molVL×2min＝16Vmol·L－1·min－1，错误；C选项，Δn(NO)＝3mol，α(NO)＝34×100%＝75%，错误；D选项，恒温恒容，充入He，浓度不变，反应速率不变，错误。14．D根据甲醛

的燃烧反应可知甲醛与氧气生成CO2和H2O的反应为放热反应，则反应物的键能之和小于生成物的键能之和，A项错误；催化剂能够改变反应的历程，但是不能改变反应的焓变，B项错误；从题图可知，反应结束后18O在H2O中，C项错误。15．C由题图可知，0～

amin内Δc(SO3)＝0.4mol·L－1，则有v(SO3)＝0.4amol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝12v(SO3)＝0.2amol·L－1·min－1，又知“0～amin内用O2表示

的平均反应速率为0.04mol·L－1·min－1”，则有0.2amol·L－1·min－1＝0.04mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。综合测评提能力1．CH2O2溶液发生催化分解反应：2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，根据生成O2

的体积确定n(H2O2)，0～6min生成标准状况下22.4mLO2，其物质的量为1×10－3mol，则消耗H2O2的物质的量为2×10－3mol，故有v(H2O2)＝2×10－3mol0.01L×6min≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，A正确。随着反应的进行，c(H2O2

)逐渐减小，反应速率减小，故6～10min时，v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1，B正确。开始时n(H2O2)＝0.40mol·L－1×10×10－3L＝4×10－3mol，6min时消耗2×

10－3molH2O2，则反应至6min时，c(H2O2)＝4×10－3mol－2×10－3mol0.01L＝0.20mol·L－1，C错误。开始时，n(H2O2)＝4×10－3mol，6min时消耗2×10－3molH2O2，故反应至6min时，H2O2的分解率为2×10－3mol4×1

0－3mol×100%＝50%，D正确。2．A粉末状碳酸钙与盐酸接触面积更大，反应速率更快，曲线甲表示的平均反应速率比曲线乙表示的平均反应速率快，A正确；由图像可知，t1～t2时间段内反应速率比0～t1时间段内反应速率快，B不正确；t2～t3时间段内曲线甲的平均反应速率为V3－

V2t3－t2mL·s－1，曲线乙的平均反应速率大于V3－V2t3－t2mL·s－1，C不正确；由图像可知，两次实验最终生成的CO2的量相等，D不正确。3．DA项，0～6min由生成的氧气的体积可计算出发生反应的过氧化氢的物质的量为0.002mol，所以v(H2O2)＝

0.0020.01×6mol·L－1·min－1≈0.0333mol·L－1·min－1，正确；B项，使用催化剂可以增大反应速率，正确；C项，从图可以看出反应①是吸热反应，反应②是放热反应，正确；D项，反应放出

的能量与始态物质的能量和终态物质的能量有关，从图可以看出，E1－E2不是该反应的反应热，错误。4．C降低温度反应速率减小，升高温度反应速率增大，A、D错误；对于有气体参加的可逆反应，增大压强反应速率增大，减小压强反应速率减小，B错误，C正确。5．A在相同时间内，转化率变化值越

大，表明反应中消耗的反应物越多，反应速率越大。由表中数据知，10～15min、15～20min内，反应物转化率变化值分别为3.7%、4.5%，故后一个时间段内反应速率较快，随着反应的进行，反应物浓度减小，又因容器容积不变，故改变的条件只能是升温，A正确，C、D错误

；10～20min、20～40min两个时间段内，转化率分别改变了8.2%、10.3%(注：时间间隔不同)，故10～20min反应速率快，B错误。6．C根据表格中第三行和第四行的数据可以判断，当c(H2)、c(NO)都相同时，T2温度下反应速率更大，则T2>

T1，A项错误；将表格数据代入速率方程，由第一行数据可得v＝k×0.1α×0.1β①，由第二行数据可得8v＝k×0.2α×0.2β②，由第三行数据可得12v＝k×0.3α×0.2β③，联立①②可得：α＋β＝3，联立②③可得：α＝1，

则β＝2，B项错误；由速率方程可知，其他条件不变时，反应体系中四种物质浓度的改变，只有反应物浓度改变对v有影响，α<β，证明c(NO)影响较大，C项正确；将第四行数据代入速率方程可知，T2时16v＝k×0.3α×

0.2β，解得k＝16v0.3×0.22，当c(NO)＝0.1mol·L－1时，8v＝k×c(H2)×0.12，则c(H2)＝0.6mol·L－1，D项错误。7．D依据表中数据，当反应时间相同时，产率随着反应温度的升高先增

大后减小，当反应温度为140℃时产率最高，因此最佳反应温度为140℃，A正确；当反应温度相同时，反应14h，产率最高，所以最佳反应时间为14h，B正确；根据表格数据，当温度为160℃时，产率比温度为140℃时低，原因可能是温

度过高导致催化剂活性降低，C正确；根据产物的结构简式，两个相同的原子或者原子团在双键的两侧，属于反式结构，D错误。8．B曲线斜率越大，反应速率越快。pH：①>②、溶液初始浓度相同，斜率：①<②，说明水样pH越大，反应速率越慢，故A错误；初始浓度都为

0.20mol·L－1、pH＝4时，③中不加Cu2＋，④中加入Cu2＋，斜率：③<④，反应速率：③<④，所以水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率，故B正确；①、③pH相同，初始浓度：①>③，斜率：①>③，速率：①

>③，说明反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C错误；0～20min内，②中M的平均分解速率＝ΔcΔt＝0.40－0.1020mol·L－1·min－1＝0.015mol·L－1·min－1，故D错误。9．D

由题图可知0～2s内A的浓度变化为0.8mol·L－1－0.5mol·L－1＝0.3mol·L－1，反应速率v＝ΔcΔt＝0.3mol·L－12s＝0.15mol·L－1·s－1，所求为0～2s的平均速率，不是2s时的速率，A错误；图中交点时没

有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，B错误；12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b∶c＝(0.5mol·L－1－0.3mol·L－1)×2L∶0.8mol＝1∶2，C错误；由题意可知，3

molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内，A的物质的量减少(0.8mol·L－1－0.2mol·L－1)×2L＝1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，D正确。10．C由As＋N

O2===AsO＋NO可知，N元素的化合价降低，二氧化氮为氧化剂，则相同条件下的氧化性：NO2>NO，故A正确；由题干信息可知，NO与As反应对应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反应速率最慢，故B正确；升高温度，提

供能量，可增大活化分子百分数，增大反应速率，而反应的活化能不变，故C错误；由图可知，As与NO2反应中对应的k受温度影响不大，则升高温度不能显著加快As与NO2的反应速率，故D正确。11．答案：Ⅰ.(1)反应物本身的性质(2)催化剂Ⅱ.(1)＞(2)0.25mol·

L－1·min－1(3)75%(4)增大解析：Ⅰ.(1)反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素，镁比锌活泼，与盐酸反应较剧烈。(2)MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可增大反应速率。Ⅱ.(1)t2时刻，反应物逐渐减少，生成物逐渐增多，反应未达到平衡且正向进行，v正

＞v逆。(2)v＝ΔcΔt＝4mol－2mol4L×2min＝0.25mol·L－1·min－1。(3)t3时刻化学反应达到平衡，剩余2molN，则转化了6molN，转化率为（8－2）mol8mol×100%＝75%。(4)升高

温度，反应速率增大。12．答案：(1)0.013(2)1.0(3)>>(4)吸热由实验1至实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动解析：(1)在实验1中，反应在10至20min时间内的平均速率为v＝ΔcΔt＝0.80mol·L－1－0.67mol·L－110min＝0.013mo

l·L－1·min－1。(2)反应经20minA的浓度不再改变，说明达到平衡，较其他实验达到平衡时间最短，故使用了合适的催化剂，起始浓度c2＝1.0mol·L－1。(3)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为

v＝0.013mol·L－1·min－1，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v＝0.92mol·L－1－0.75mol·L－110min＝0.017mol·L－1·min－1，故v3>v1，实验1的起始浓度为1.0mol·L－

1，由平衡时浓度可知，实验3的起始浓度大于1.0mol·L－1。(4)比较实验4和实验1可知，平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1至实验4升高温度，平衡右移，升高温度平衡向吸热反应方向移动。13．答案：(1)减小(2)减小1.33×10－3mol·L－1·

min－1(3)15～20min，25～30min(4)abd解析：(1)降低温度，化学反应速率减小。(2)前10min随着反应的不断进行，反应物SO2和O2的浓度不断减小，正反应速率逐渐减小；前15min内用SO3表示的平均反应速率为0.04mol2L×15min≈1.33×10－3

mol·L－1·min－1。(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段，即15～20min和25～30min反应处于平衡状态。(4)10～15min三条曲线的斜率的绝对值突然增大，说明反应

速率突然加快，其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至20min时，曲线发生的变化是O2的物质的量突然增大，平衡发生移动，引起SO2、SO3的物质的量随之发生变化。课练21化学平衡状态、化学平

衡移动及图像分析狂刷小题夯基础[练基础]1．B使用适当催化剂，平衡不移动，A错误；正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B正确；再向容器中充入1molN2和3molH2

相当于增大压强，平衡正向移动，C错误；向容器中充入氦气，由于容器的容积不变，N2、H2和NH3的浓度均不变，平衡不移动，D错误。2．C由图Ⅰ可知，压强为p2时，温度为T1先达到平衡状态，则温度：T1>T2；温度为T1时的φ(C)低于T2时，说明升高温度，平衡逆向移

动，该反应的ΔH<0；温度为T1时，压强为p2时先达到平衡状态，则压强：p1<p2；压强为p2时的φ(C)高于p1时，说明增大压强，平衡正向移动，即该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，故x＝1。若p3>p4，温度相

同时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，A、B的转化率降低；压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率降低，与图像符合，A、B正确；若p3>p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，B的质量分数增大，与图像不符合，C错误；若p3>p4，相同温度时，由p3→p

4，减小压强，平衡逆向移动，气体的总质量不变，但其总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小；压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，与图像符合，D正确。3．C在图像中曲线上的任

何一点都表示可逆反应处于平衡状态，在曲线上方的点，由于NO的转化率高于平衡时的转化率，因此逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行；在曲线下方的点，由于NO的转化率低于平衡时的转化率，因此逆反应速率小于正反应速率，反应正向

进行。图中a、b、c、d四点中表示未达到平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是c点。4．C图甲中v(正)、v(逆)曲线的交点是平衡点，升高温度，v(正)增大的程度小于v(逆)，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，A正确；使用催化剂，可

加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，X的转化率不变，故图乙中虚线可表示使用催化剂后X的转化率，B正确；减小压强，v(正)、v(逆)均减小，v(正)减小的程度大于v(逆)，平衡逆向移动，与图丙不相符，C错误；X、Y、Z均为气体，混合气体的总质量不变，图丁中M随温度升高而逐渐减小，说明升高

温度，平衡逆向移动，则正反应的ΔH＜0，D正确。5．C该反应的ΔH<0，起始n(CO)相同时，温度越高，反应正向进行的程度越小，达到平衡时CO2的体积分数越小，则温度：T1<T2，A错误；n(CO)增大，平衡正向移动，SO2的转化率增大

，图中c点对应的n(CO)比b点大，故c点SO2的转化率比b点高，B错误；b点以后，n(CO)增大，导致CO的体积分数增大，CO2的体积分数减小，C正确；减小压强，平衡逆向移动，则CO、SO2的转化率降低，D错误。[练高

考]6．C从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变

化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误。7

．D8．BA项，曲张②代表H2的平衡产率随温度的变化，错误；B项，由图可知，升高温度，平衡时CO的选择性增大，正确；C项，增大n（C2H5OH）n（H2O），乙醇的平衡转化率减小，错误；D项，高效催化

剂能加快反应速率，但不可以改变平衡时H2的产率，错误。[练模拟]9．CA．根据盖斯定律方程式①－②－③得C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝－2220kJ·mol－1＋2058kJ·mol－1＋286kJ·mol

－1＝＋124kJ·mol－1，正确；B.根据坐标系c(H2)和c(C3H6)的变化不同，根据方程式C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)，c(H2)和c(C3H6)应该相等，因为CO2＋H2⇌CO＋H2O，c(C3H6)增加快，正确；C.根据图示，横坐标为二氧化碳的

浓度，所以投料比c（CO2）c（C3H8）越大，C3H8转化率越大，错误；D.根据碳原子守恒，若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)＋c0(C

O2)＝c(CO)＋c(CO2)＋3c(C3H8)＋3c(C3H6)，正确。10．A根据题图，随着温度的升高，H2的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0，A项正确；N点压强大于M点的，M点温度高于N点的，因此无法确定两点

反应速率的快慢，B项错误；此反应是可逆反应，不能完全进行到底，C项错误；控制合适的温度和压强，既能保证反应速率较快，也能保证H2有较高的转化率，采用更高的压强对设备的要求更高，增加经济成本，D项错误。11．BA．N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的ΔH＜0、Δ

S＜0，自发进行时ΔH－TΔS＜0，所以该反应在低温下自发进行，错误；B.4min后6min时氨气的物质的量不变，说明达到平衡状态，平衡时消耗N2的物质的量为0.3mol×12＝0.15mol，N2的转化率为0.15mol1mol×100%＝15%，在6min末再加入1

molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，氮气的转化率增大，反应达新平衡时，N2的转化率大于15%，正确；C.该反应为放热反应，焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，即正反应合成氨的活化能小于逆反应氨分解的活化能，错误；D.该反应为

放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正反应速率和逆反应速率均增大，错误。12．B根据反应中各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比可以判断，x＝2，y＝1，z＝1。由图甲可知，200℃时发生反应，5min时反应达到平衡，平衡时B的物质的量变化为0.4mol－0.2mol

＝0.2mol，故v(B)＝Δc（B）Δt＝0.2mol2L×5min＝0.02mol·L－1·min－1，A项错误；由图乙可知，n（A）n（B）一定时，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH>0

，起始时n（A）n（B）＝a时，C的体积分数最大，证明此时是按照化学计量数之比投料的，则n（A）n（B）＝a＝xy＝2，B项正确；恒温恒容时通入氦气，体系内总压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故v(正)＝v(逆)，C项错误；根据图甲中各

物质的物质的量计算，200℃下达到平衡时，A的体积分数为0.4mol0.4mol＋0.2mol＋0.2mol＝0.5，6min时向容器中充入2molA和1molB，相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，则重新达到平衡时，A的体积分数小于0.5，D项错误。13．AA．根据反应S2Cl

2(g)＋Cl2(g)⇌2SCl2(g)可知，v正(S2Cl2)∶v逆(SCl2)＝1∶2时，反应达到平衡状态，由图像可知，B、D点时v正(S2Cl2)∶v逆(SCl2)＝1∶2，反应达到平衡状态，错误；B.达到平衡后继续加热，v正(

S2Cl2)∶v逆(SCl2)＜1∶2，即v(正)＜v(逆)，平衡逆向移动，升温平衡逆向移动，正确；C.升温平衡逆向移动，故该反应的ΔH＜0，正确；D.反应前后气体分子数不变，再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压，平衡不移动

，Cl2转化率不变，正确。综合测评提能力1．DA、C点的温度相同，C点压强大于A点压强，增大压强，反应速率增大，故反应速率：A<C，A错误；增大压强，虽然平衡向逆反应方向移动，但体积同时也减小，组分的浓度增大，C的颜色深，B错误；M＝mn，

增大压强，平衡向逆反应方向移动，m不变，n减小，M增大，平均相对分子质量：C>A，C错误；恒压下，提高NO2的体积分数，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，应升高温度，D正确。2．B溴水中存在平衡：Br2＋H2O⇌HBr＋

HBrO，加入少量AgNO3溶液，HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，c(HBr)减小，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，A可以用勒夏特列原理解释；2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)是反应前后气体总分子数不变的反应，缩小容器的容积，压强增大，平衡不移动，但c(I2

)增大，导致平衡体系的颜色变深，由于平衡不移动，故B不能用勒夏特列原理解释；反应CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)的ΔH＜0，升高温度，为了减弱温度的改变，平衡逆向移动，C可以用勒夏特列原理解释；合成氨

的反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于生成NH3，D可以用勒夏特列原理解释。3．C题图甲中T2时比T1时先达到平衡状态，说明T2时反应速率快，则温度：T1＜T2；温度由T1升高到T2，C的百分含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反

应，A错误。由题图乙可知，温度一定时，增大压强，C的百分含量增大，说明增大压强，平衡正向移动，则有m＋n＞p，B错误。题图丙中点Y和W处于平衡状态，点X和Z均未达到平衡；保持温度不变，使点Z达到平衡状态，要使B的转化率增大，即该反应

向正反应方向进行，则点Z的反应速率：v正>v逆；同理，点X的反应速率：v正＜v逆，C正确。题图丁中，若m＋n＝p，曲线a和b达到平衡时，B的百分含量相同，说明平衡未移动，但曲线a先达到平衡，反应速率较快，故曲线a可能是因为使用催化剂或增大压强

，D错误。4．D若Ⅰ中加入KSCN溶液的体积改为2mL，氯化铁溶液过量，不仅有浓度问题，还有反应物的用量问题，故D错误。5．B根据图乙判断，改变某一条件后，t3～t4阶段与t4～t5阶段正、逆反应速率都相等，则t3时刻改变的条件为使用

催化剂，t4时刻改变的条件为减小压强，由于减小压强后平衡未发生移动，说明该反应为气体分子数不变的反应。由图甲可知，从开始反应到达到平衡，X的浓度减小0.2mol·L－1，Z的浓度增大0.3mol·L－

1，X和Z的化学计量数之比为2∶3，则Y是反应物，且Y的化学计量数为1，从开始反应到达到平衡状态，Y的浓度应减小0.1mol·L－1，则Y的起始浓度为0.4mol·L－1＋0.1mol·L－1＝0.5mol·L－1

，起始物质的量为0.5mol·L－1×1L＝0.5mol，A项正确；t5时刻改变的条件为升高温度，虽然气体的总体积没有发生变化，但温度升高会导致恒容容器内压强增大，则反应体系的压强：t4～t5阶段小于t5～t6阶段，B项错误；根据分析可写出反应的化学方

程式为2X(g)＋Y(g)⇌3Z(g)，升温平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，ΔH>0，C项正确；由于t5时刻平衡正向移动，反应物X的转化率：t6点比t3点高，D项正确。6．C甲容器和丙容器起始投料相同，但甲容器中反应

先达到平衡状态，甲容器中反应速率更快，温度更高，即T1>T2，但甲容器中反应达到平衡时，CO2的物质的量小于丙容器，证明温度升高，平衡逆向移动，该反应为放热反应，A项错误；乙容器与甲容器温度相同，但乙容器中起始投料比甲容器中多，相当于在甲容器

的基础上增大压强，平衡正向移动，则达到平衡时，乙容器中CO2的体积分数比甲容器中的大，B项错误；根据甲容器中反应数据可列出三段式：T1℃时2NO＋2CO⇌N2＋2CO2起始浓度/(mol·L－1)0.10.100变化浓度/(mol·L－

1)0.050.050.0250.05平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.0250.05则K＝c2（CO2）·c（N2）c2（CO）·c2（NO）＝0.052×0.0250.052×0.052＝10，T1℃时，投入0.4molNO、0.4mol

CO、0.4molN2和0.4molCO2，Qc＝c2（CO2）·c（N2）c2（CO）·c2（NO）＝0.22×0.20.22×0.22＝5，此时Qc<K，则反应正向进行，v正>v逆，C项正确；T2℃时，丙容器中原投料方式相当于投入0.1molN2和0.2molCO2，平衡时c(N2)＝12

n（CO2）2L＝12×0.12mol2L＝0.03mol·L－1，此时氮气转化率α＝0.02mol·L－10.05mol·L－1×100%＝40%，若起始时向丙容器中充入0.06molN2和0.12molCO2，

比原平衡少加入0.04molN2、0.08molCO2，则相当于减小压强，平衡向生成NO和CO的方向移动，则氮气转化率大于40%，D项错误。7．B根据盖斯定律，由①－②可得：C4H10(g)⇌C4H8(g)＋H2(g)，得ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝(－119kJ·mol－

1)－(－242kJ·mol－1)＝＋123kJ·mol－1。提高该反应中丁烯的产率，应使平衡正向移动，该反应的正反应为气体分子数增加的吸热反应，可采取的措施是减小压强、升高温度。8．A曲线Ⅰ比曲线Ⅱ斜率大，说明曲线Ⅰ的

温度高，故A正确；曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但平衡时反应物的转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以a点曲线Ⅰ和Ⅱ表示的化学平衡常数不相等

，故C错误；反应开始时反应物的浓度最大，随着反应进行，反应物的浓度减小，反应物的反应速率也逐渐减小，所以d处反应速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，反应物浓度相同时，b处反应速率大于c处，故D错误。9．B产物A、B

分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达

平衡状态，B项错误；从图像中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速率更快，C项正确；结合题表中数据知，实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确

。10．ALaNi5是固体，在反应过程中，其浓度始终不变，不能根据固体的浓度不变判断反应是否达到平衡状态，A错误；温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，平衡常数Kp＝1p3（H2）不变，则重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa，B正

确；扩大容器的容积，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，则n(H2)增大，C正确；该反应的正反应是气体分子总数减小的放热反应，因此增大压强、降低温度，平衡正向移动，有利于储氢，D正确。11．答案：(1)①CO2(g)＋3H2(g)===C

H3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－93.8kJ·mol－1②Ⅰ该反应为放热反应达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动(2)①放热②0.17mol·L－1·min－10.50mol·L－1解析：(1)①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热

ΔH，可写出热化学方程式(Ⅰ)CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1；(Ⅱ)H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1。根据图像曲线变化可写出热化学方程式(Ⅲ)CO(g)＋2H2(g)===CH3

OH(l)ΔH＝－(510－419)kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1。根据盖斯定律，由(Ⅱ)＋(Ⅲ)－(Ⅰ)，可得CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－93.8kJ·mol－1。②由图像可知催化剂Ⅰ的催化效果最佳

；该反应为放热反应，达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低。(2)①650℃时，根据三段式进行计算：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始/mol4200转化/mol

1.61.61.61.6平衡/mol2.40.41.61.6故650℃时，平衡时CO转化率为1.6÷4＝0.4>13，即温度越高，CO平衡转化率越低，故该反应的正反应为放热反应。②900℃时，结合CO的平衡转化率，根据三段式进行有

关计算：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始/mol3200转化/mol1111平衡/mol21110～3min内v(H2O)＝1mol2L×3min≈0.17mol·L－1·min－1，平衡时c(H2)＝1mol2L

＝0.50mol·L－1。12．答案：(1)C(2)450℃比300℃的反应速率快，比700℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度(3)压强增大，生成乙烯的副

反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大解析：(1)由题可知乙烯越少越好，再结合图像1和图像2可知，最适宜的温度为300℃，压强越大，乙烯的含量越低，故选C。(2)450℃比300℃的反应速率快，比700

℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度。(3)压强增大，副反应C4H8⇌2C2H4平衡左移，C4H8的浓度增大，使主反应3C4H8⇌4C3H6平衡右移。13．答案：(1)(2b＋d－a－c)(2)①

BDB、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等(其他合理答案均可)②＜(3)＜(4)不变反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响解析：(1)根据反应热与键能的关系可得，反应S2

Cl2(g)＋Cl2(g)⇌2SCl2(g)的ΔH＝(a＋2b＋c)kJ·mol－1－4bkJ·mol－1＝(a－2b＋c)kJ·mol－1；根据ΔH与正、逆反应的活化能的关系可得ΔH＝E1－E2＝dkJ·mol－1－E2，则有dkJ·mol－1－E2

＝(a－2b＋c)kJ·mol－1，从而可得E2＝(2b＋d－a－c)kJ·mol－1。(2)①反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)⇌2SCl2(g)达到平衡时，Cl2与SCl2的消耗速率之比为1∶2；图中B点Cl2的消耗速率为0.03mol·L－1·min－1，D点SCl2的消耗速率为0

.06mol·L－1·min－1，故B、D两点对应状态下达到平衡状态。②由图可知，B、D达到平衡状态后，升高温度，v(SCl2)消耗＞2v(Cl2)消耗，说明平衡逆向移动，则有ΔH2＜0。(3)反应Ⅰ是反应前后气体总分子数不变的放热反应，恒容绝热条件下5min时达到平衡，

3min时未达到平衡状态，则3min时体系温度低于5min时温度，由于气体总物质的量不变，温度越高，压强越大，故5min时压强大于3min时压强。(4)反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，达到平衡后

缩小容器容积，平衡不移动，则Cl2的平衡转化率不变。课练22化学平衡常数、化学反应的方向狂刷小题夯基础[练基础]1．CA项，升高温度，正、逆反应速率均增大，错误；B项，固体物质浓度视为常数，不列入平衡常数的表达式，该反应的化学平衡常数表达式为K＝c（CO）c（CO2），错误；C项，温

度升高，K增大，则该反应的正反应为吸热反应，正确；D项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，增大反应物浓度，平衡常数不变，错误。2．D常温下能自发进行的反应不一定是放热反应，如Ba(OH)2和NH4Cl的反应为吸热反应，但该反应在常温下可以自发进行，A项错误

；有些熵减的反应也能自发进行，B项错误；某些自发反应需在一定条件下才能发生，而非自发反应具备了一定条件也可能发生，C项错误；ΔH－T·ΔS<0时反应能自发进行，因此ΔH>0，ΔS<0的反应，ΔH－T·ΔS>0恒成立，该反应在任何温度都不能自发进行，D项正确。3．AA项，该反应是熵减反应，能自发进行

，说明ΔH－TΔS<0，即该反应是焓减反应，错误；B项，该反应是气体分子数减小的反应，熵小于0，所以，该反应在较低温度下能自发进行，正确；C项，由ΔH－TΔS＜0可知，该反应能自发进行，正确；D项，该反应能自发进行，正确。4．DA．由图可

知，随温度升高，NO的平衡转化逐渐降低，平衡向逆向移动，该反应为放热反应，正确；B.由图可知，A未达到平衡，在温度一定时，A点转化率升高到达平衡点B，故延长反应时间到达平衡状态时，NO转化率提高，正确；C.A

未达到平衡，A点转化率升高到达平衡点B，故A到B为正向建立平衡过程，A点正反应速率大于B点，正确；D.由图可知，C点NO的转化率为60%，则NO反应量为0.2mol×60%＝0.12mol，2NO(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)起始量0

.2mol0.36mol00反应量0.12mol0.12mol0.12mol0.06mol平衡量0.08mol0.24mol0.12mol0.06mol密闭容器体积为2L，故c(NO)＝0.04mol·L－1，c(CO)＝0.12mol·L－1，c(CO2)＝0.06mol·

L－1，c(N2)＝0.03mol·L－1，K＝c2（CO2）×c（N2）c2（NO）×c2（CO）＝0.062×0.030.042×0.122＝4.6875＞4，故D错误。[练高考]5．C该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压

强可使平衡向正反应方向移动，故v正>v逆，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A错误；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B错误；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(

g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2(g)的平衡转化率减小，D错误。6．D如果C不是气体，则容器内的气体只有B，气体的平均摩尔

质量始终为B的摩尔质量，如果C为气体，由于B、C均为生成物，且物质的量之比始终为2∶1，则容器中气体的平均摩尔质量为2MB＋MC3，始终为定值，因此容器内气体的平均摩尔质量不变时，无法判断该反应是否达到平衡，A错误；T1时，若平衡时剩余2molA，则生成了2molB和1molC，容器内B的浓

度为2mol·L－1，若C为气体，则C的浓度为1mol·L－1，平衡常数K＝c2(B)×c(C)＝4，符合题目条件，若C不是气体，则K＝c2(B)＝4，也符合题目条件，故C不一定是气体，B错误；T2时，反应达到平衡后容器内剩余3molA，则生成了1molB和0.5molC，若C不是气体，则K＝c

2(B)＝1，符合题目条件，若C为气体，则K＝c2(B)×c(C)＝0.5，与题目条件不符，故C错误；T2时，容器体积变为2L，由于平衡常数只与温度有关，所以平衡常数保持不变，又因为K＝c2(B)×c(C)＝12c3(B)或K＝c2(B)，所以需要c(B)保

持不变，则平衡时n(B)＝2ymol，D正确。7．BA项，该反应气体的物质的量增大，即熵增大，ΔS>0，错误；C项，该反应中O2、NO为氧化剂，NH3为还原剂，NH3转化为N2，N由－3价转化为0价，则消耗1molNH3，转移3mol电子，错误；D项，当加入的尿素过多时，

产生的过量的NH3也会污染空气，错误。8．BC由图可知，绝热过程甲开始时压强增大，而2X(g)＋Y(g)⇌Z(g)是气体物质的量减少的反应，故该反应放热，ΔH<0，A项错误；a、c两点压强相同，a点温度高于c点，故气体的总物质的量：na<nc，B项正确；若温度恒

定不变，设达到a点平衡时Y转化了xmol，列三段式：2X(g)＋Y(g)⇌Z(g)起始量/mol210变化量/mol2xxx平衡量/mol2－2x1－xxa点时压强为起始压强的一半，则3－2x＝1.5，解得x

＝0.75，K＝0.75（2－1.5）2×（1－0.75）＝12，而a点平衡实际上是绝热条件下达到的平衡，要使平衡压强为p，体系中的气体总物质的量应小于1.5mol，计算得到的x偏小，故a点平衡常数K>12，C项正确；a点温度高于b点，故反应速率：v

a正>vb正，D项错误。[练模拟]9．DH2(g)＋S(s)⇌H2S(g)的平衡常数K1＝c（H2S）c（H2），S(s)＋O2(g)⇌SO2(g)的平衡常数K2＝c（SO2）c（O2），反应H2(g)＋SO2(g)⇌O2(g)＋H2S(g

)的平衡常数K＝c（H2S）×c（O2）c（H2）×c（SO2）＝K1K2。10．B由图可知B、C温度相同，则平衡常数相同，即KB＝KC，压强为p1时，A到C点随着温度升高，CH4(g)的平衡转化率增大，则说明

平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KA<KC，同理压强为p2时，B到D点随着温度升高，CH4(g)的平衡转化率增大，则说明平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KB<KD，则平衡常数的大小关系为KA<KB＝KC<KD。11．D

升高温度，K减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；平衡常数＝15×104＝2×10－5，故B错误；计算此时Qc＝0.50.54＝8>K＝2，则平衡逆移，v逆>v正，故C错误；恒温恒容下，向容器中再充入少量G(g)，结合勒夏特列原理可知，G的体积分数增大，故D正确。12

．A使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可促进反应Ⅰ的发生，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学平衡常数均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的效果，故B错误；反应Ⅰ和反应Ⅱ的正

反应均为气体分子数增大的反应，无法通过改变氧化炉的压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的效果，故C错误；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ正反应均为放热反应，所以氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，故D错误。综合测评提能力1．B该反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的

总能量，A正确；298K时，该反应的ΔH－TΔS＝－113kJ·mol－1－298K×(－0.145kJ·mol－1·K－1)＝－69.8kJ·mol－1<0，在常温下能自发进行，B错误，C正确；NO、CO会与血红蛋白结合而

使人中毒，D正确。2．CA．①中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝1＞K，反应逆向进行，错误；B.平衡常数仅与温度有关，相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，则4组数据平衡常数相同，错误；C.③

中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝0.1220×0.13＝0.5＝K，反应达到平衡，正确；D.催化剂只改变反应的速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂不可以提高④中H2的平衡转化率，错误。3．D反应开始至3min，反应生成0.4molA(g)，

则有v(A)＝0.4mol2L×3min≈0.0667mol·L－1·min－1，A正确；反应开始至3min，消耗D及生成A、B的物质的量分别为0.4mol、0.4mol和0.2mol，D、A、B的物质的量之比为0.4mol∶0.4mol

∶0.2mol＝2∶2∶1，则该反应的化学方程式为2D(s)⇌2A(g)＋B(g)，故平衡常数表达式为K＝c2(A)·c(B)，B正确；若该反应的ΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，n(D)减小，n(A)、n(B)增大

，与图像相符合，C正确；D为固体，增加D的物质的量，平衡不移动，n(A)不变，曲线b符合，D错误。4．C升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均加快，A项错误；温度升高，反应Ⅰ的平衡常数增大，反应Ⅱ的平衡常数减小，则反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度可以促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，但由于反应Ⅱ是反应

前后气体分子数不变的反应，改变压强不能使反应Ⅱ的平衡发生移动，B项错误；反应Ⅰ×2－Ⅱ可得反应：C2H5OC2H5(g)催化剂2C2H4(g)＋H2O(g)K＝K21K2，随着温度升高，K1增大，K2减小，则K增大，该反应为吸

热反应，降低温度，平衡逆向移动，C项正确。由C项分析知，500K时该反应的平衡常数为12.8，D项错误。5．C平衡常数K＝生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，已知某反应的平衡常数K＝c2平（CO2）c平（SO2）·c2平（CO），反应的化学方程式：

SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH3，已知：①2CO2(g)⇌2CO(g)＋O2(g)ΔH1＝＋566.0kJ·mol－1；②S(l)＋O2(g)⇌SO2(g)ΔH2＝－296.0kJ·mol－1，结合盖斯定律计算(①＋②)得到

热化学方程式：2CO2(g)＋S(l)⇌SO2(g)＋2CO(g)ΔH＝＋270.0kJ·mol－1，热化学方程式改变方向，得到该反应的热化学方程式：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH3＝－270.0kJ·mo

l－1。6．BA．恒温恒压下，开始时通入3molA和3molB与开始时通入1molA和1molB，A与B的物质的量之比都是1∶1，为等效平衡，反应物的转化率相同，故达到平衡时，生成的C的物质的量为3amol，故A正确；B.开始时通入4

molA、4molB和2molC，可能处于平衡状态，可能向正反应进行，可能向逆反应进行，故达到平衡时，B的物质的量可能等于、小于或大于4mol，故B错误；C.若开始时通入2molA、2molB和1molC，达到平衡时，再通入3molC，等效为开

始通入6molA、6molB，与开始时通入1molA和1molB为等效平衡，C的含量相同，由A(g)＋B(g)⇌C(g)可知，生成amolC，混合气体总物质的量减少amol，故C的物质的量分数为a2－a，故C正确；D.若在原平衡体系中，再通入1molA和1molB，

等效为开始时通入2molA、2molB，与原平衡为等效平衡，平衡时各组分的含量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，故D正确。7．Cw增大，CH2===CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：w2>w1＝1，A项正确；由图甲知，

w一定时，温度升高，φ增大，说明正反应为放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中曲线A、B分别表示逆反应的平衡常数、正反应的平衡常数，B项正确；由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2===CHCH3和

Cl2的物质的量分别为amol和2amol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xmol，根据三段式法进行计算：CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)⇌CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)起始/mola2a00转化/molxxxx平衡/mola

－x2a－xxx则x2（a－x）×（2a－x）＝1，解得x＝23a，则Cl2的平衡转化率为23a÷2a×100%≈33.3%，C项错误；该反应在反应前后气体分子数不变，正反应放热，在恒容绝热装置中进行

题述反应，体系内温度升高，根据pV＝nRT知，达到平衡时装置内的气体压强将增大，D项正确。8．D在平衡状态下，v正＝v逆，即k正·c2(NO2)＝k逆·c2(NO)·c(O2)，可求出K＝k正k逆，A正确；由容器Ⅰ中反应列三段式：2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)起始/(mol·L－1)0.

600转化/(mol·L－1)0.40.40.2平衡/(mol·L－1)0.20.40.2可以求出平衡常数K＝0.42×0.20.22＝0.8，根据容器Ⅱ的起始投料，浓度商Q＝0.52×0.20.32＝59<K，起始时反应正向进行，B正确；若容器Ⅲ在某时刻NO的体

积分数为50%，则有2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)起始/(mol·L－1)00.50.35转化/(mol·L－1)2x2xx平衡/(mol·L－1)2x0.5－2x0.35－x由0.5－2x＝2x＋0.35－x

，解得x＝0.05，求出此时反应的浓度商Q＝0.42×0.30.12＝4.8>0.8，说明反应继续向逆反应方向进行，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数应小于50%，C正确；由于该反应的正反应是吸热反应，若T2>T1，所以升温至T2时平衡常数增大，即k正k逆>0.8

，则k逆k正<1.25，D错误。9．C由表中数据可知，反应在t1min内消耗0.40molCO(g)和0.40molH2O(g)，同时生成0.40molH2，则有v(H2)＝0.4molt1min×2L＝0.2t1mol·L－1·min－1，A错误；在t1min内消耗0

.40molH2O(g)，此时剩余0.20molH2O(g)，而t2min时n(H2O)仍为0.20mol，则t1min时该反应达到平衡状态，故平衡时CO的转化率为0.40mol1.20mol×100%≈33.33%，B错误；据“三段式”法计算：CO(g)＋H2O(

g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.600.3000转化浓度/(mol·L－1)0.200.200.200.20平衡浓度/(mol·L－1)0.400.100.200.20则该温度下反应的平衡常数K＝c（CO2）·c（H

2）c（CO）·c（H2O）＝0.20×0.200.40×0.10＝1，C正确；其它条件不变K不改变CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始浓度0.30.600变化浓度xxxx平衡浓度0.3－x0.6

－xxxx2＝(x－0.3)·(x－0.6)x＝0.2则n(CO2)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，D错误。10．A由表中数据可知，Δn(X)＝1mol、Δn(Y)＝0.5mol、Δn(W)＝1.5mol，

所以，Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(W)＝1mol∶0.5mol∶1.5mol＝2∶1∶3，反应方程式为2X＋Y⇌3W。反应前后气体的物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以平衡常数K＝

c3（W）c2（X）·c（Y）＝1.5312×0.5＝6.75，故A正确；升高温度W的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0，错误；该反应前后气体的物质的量不发生变化，增大压强，正、

逆反应速率均增大相同的倍数，平衡不移动，错误；该温度下，此反应的平衡常数表达式是K＝c3（W）c2（X）·c（Y），错误。11．答案：(1)①100②11110a(2)①向密闭容器中加入NO②<(3)BD解析：(1)①根

据速率方程可知，lgv正＝lgk正＋2lgc(NO2)，lgv逆＝lgk逆＋lgc(N2O4)，则表示lgv正的曲线斜率较大，表示lgv逆的曲线斜率较小，由图像可知，lgk正＝a＋2，lgk逆＝a。平衡时v正＝v逆，则k正c2(NO2)＝k逆c(N2O4)，K＝c（N2O4）

c2（NO2）＝k正k逆＝10a＋210a＝100；②设平衡时c(NO2)＝xmol·L－1，K＝c（N2O4）c2（NO2）＝1x2＝100，解得x＝0.1mol·L－1，则平衡时φ(NO2)＝0.1mol·L－1（0.1＋1）mo

l·L－1＝111，v正＝k正c2(NO2)＝10a＋2×(0.1)2＝10a。(2)①在恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，反应正向进行，但重新达到平衡后，逆反应速率与原平衡相同，所以t2时

刻改变的条件为向密闭容器中加入NO；②t1时刻v正＝v逆，t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆<t2时刻的v正。(3)尿素为固体，及时分离出生成的尿素对NH3的转化率没有影响，A项错误；恒容条件下，反应过程中气体质量发生变化，但气

体体积始终等于容器容积，混合气体密度是变量，当混合气体的密度不再改变时，可以证明反应达到了平衡状态，B项正确；该反应ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行可判断，该反应低温下能自发进行，高温下不能自发进行，C项错误；当尿素的质量不变时，可以证明反应达到了平衡

状态，D项正确。12．答案：(1)ac(2)K1·K2(3)＝(4)25(5)50%等于解析：(1)在恒容密闭容器中发生反应②，由表中数据可知，达到平衡后升高温度，该反应的平衡常数变大，说明化学平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。a.平衡正向移动，正确；b.因为气体的总物质的量和总质

量均不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，错误；c.CO2的转化率增大，正确。(2)由表中信息可知，③＝①＋②，所以，K1、K2、K3的关系是：K3＝K1·K2。(3)500℃时，K3＝K1·K2＝2.5，测得反应在某时刻

，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.2、0.1、0.01、0.2，则Q＝0.01×0.20.23×0.1＝2.5＝K3，所以此时处于平衡状态，v正＝v逆。(4)由图可知，B点时，反应①中H2的平衡转化率为0.8

0。开始加入2mol·L－1H2和1mol·L－1CO，两种反应物的投料比为化学计量数之比，故两种反应物的转化率相同。则B点时，c(H2)＝2mol·L－1×(1－0.80)＝0.40mol·L－1，c(CO)＝1mol·L－1×(1－0.80)＝0.20mol·L－1，CH3OH的变

化量与CO的变化量相同，所以c(CH3OH)＝1mol·L－1×0.80＝0.80mol·L－1，化学平衡常数为0.800.402×0.20＝25。(5)相同温度下，在甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中，投入H2和CO2，发生反应②，其中甲经2min达平衡，平衡时c(H2O)＝0.

05mol·L－1，由此可以求出CO2的变化量为0.05mol·L－1，所以甲中CO2的转化率为0.050.1×100%＝50%，乙中的投料为甲中的2倍，故容器内的压强也是甲的2倍，但是因为该反应前后气体的分子数不变，所以压强不能使该化学平

衡发生移动，CO2的转化率等于甲。13．答案：(1)CO2(g)＋4H2(g)Ni/Al2O3CH4(g)＋2H2O(g)不能(2)BC(3)①温度②>该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)升高(4)①75%②6.

75解析：(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)＋4H2(g)Ni/Al2O3CH4(g)＋2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率。(2)A项，对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达

到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，正确；B项，正反应为放热反应，因此K(500℃)<K(300℃)，错误；C项，减小p（H2）p（CO2）的值，CO2的平衡转化率降低，错误；D项，反应达到平衡时，v正(H2)＝2v逆(H2O)，正确。(3

)①根据方程式CO2(g)＋4H2(g)Ni/Al2O3CH4(g)＋2H2O(g)及反应的ΔH<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度；②L表示压强，增大压

强，平衡正向移动，转化率α(CO2)升高，可知L1>L2。(4)①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：CO2(g)＋4H2(g)Ni/Al2O3CH4(g)＋2H2O(g)起始量/mol1400转化量/molx4x

x2x平衡量/mol1－x4－4xx2x压强与物质的量成正比，1－x＋4－4x＋x＋2x1＋4＝0.7p0p0，解得x＝0.75，转化率α(CO2)＝0.75mol1mol×100%＝75%；②平衡常数K＝c（CH4）×c2（H2O）c（CO2）×c4（H2）

＝0.75×（1.5）20.25×14＝6.75。单元检测7化学反应速率和化学平衡1．DA项，防止铁生锈，可在其表面涂一层防锈油漆，阻止铁与潮湿的空气接触；B项，面粉厂、加油站周围的空气中飘浮着可燃性的

气体或粉尘，遇明火可能会发生爆炸，所以面粉厂、加油站均要严禁烟火；C项，MnO2对KClO3的分解起催化作用，可以加快化学反应速率；D项，降温会减慢H2O2的分解速率。2．D实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反

应速率较大，则可得出结论：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；①、②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率增大，故B正确；②、③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，故C正确；在0～10min之间，实

验③X的浓度变化为0.4mol·L－1，则v(Y)＝12v(X)＝12×0.4mol·L－110min＝0.02mol·L－1·min－1，故D错误。3．D平衡时，正、逆反应速率相等，即K＝c（C2H5OH）c（C2H4）·c（H2O）＝k正k逆，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k

逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆。4．C由图可知，a点时，A、B的物质的量浓度的变化不同，反应时间相同，则反应速率不相等，A项错误；反应开始到5min时，B的物质的量由0mo

l变为0.4mol，增加了0.4mol，B项错误；反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol变为0.2mol，减少0.6mol，则A为反应物，B的物质的量由0mol变为0.4mol，增加0.4mol，C的物质的量由0mol变为0.2mol，增加0.2mol，

则B、C为生成物，依据化学计量数之比等于反应体系中各物质的变化量之比可得，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝0.6mol∶0.4mol∶0.2mol＝3∶2∶1，反应的化学方程式应为3A⇌2B＋C，C项正确；反应开始到5min时

，Δn(C)＝0.2mol，v(C)＝Δc（C）Δt＝Δn（C）VΔt＝0.2mol2L5min＝0.02mol·L－1·min－1，D项错误。5．D该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳转化率减小，则反应温度：Z>Y>X，A错误；X℃时，H2和CO的起始组成比

越大，容器中氢气的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，氢气的转化率越小，B错误；化学平衡常数只与温度有关，Y℃时，增大压强，温度不变，化学平衡常数不变，C错误；由题给数据可知，Z℃时，平衡时氢气、一氧化碳和甲醇的浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数值为4，D正确。6．A反应达平衡时，容器Ⅰ中c

（Cl2）c（PCl3）＝1，容器Ⅱ中起始时c（Cl2）c（PCl3）大于1，不管反应正向进行还是逆向进行，反应达平衡时，c（Cl2）c（PCl3）都大于1，故A错误。容器Ⅰ中：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl

2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.400转化浓度/(mol·L－1)0.20.20.2平衡浓度/(mol·L－1)0.20.20.2平衡常数K＝c（Cl2）·c（PCl3）c（PCl5）＝0.2，平衡时总物质的量为0.6mol·L－1×1.0L＝

0.6mol，Cl2的体积分数为13；容器Ⅰ和容器Ⅱ温度相同，则反应的平衡常数相等，容器Ⅱ中起始时Qc＝c(Cl2)·c（PCl3）c（PCl5）＝1.95×0.05÷1.05＝0.093<0.2，反应正向进

行，设反应达平衡时，PCl5转化了xmol·L－1，列三段式：PCl5(g)⇌PCl3(g)＋Cl2(g)起始浓度/(mol·L－1)1.050.051.95转化浓度/(mol·L－1)xxx平衡浓度/(mol·L－1)1.05－x0.05＋x1.95＋x平衡常数K＝(1.

95＋x)×(0.05＋x)÷(1.05－x)＝0.2，解得x＝0.05，平衡时总物质的量为(2＋0.1＋1)mol＝3.1mol，容器Ⅰ和容器Ⅱ等温等容，则反应达到平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为0.6∶3.

1＝6∶31，故B正确。根据等效平衡原理，容器Ⅲ与容器Ⅰ相比，压强增大，达到的平衡相当于容器Ⅰ中反应达平衡后向逆反应方向移动，Cl2的体积分数小于13，容器Ⅲ中c(PCl5)大于容器Ⅰ中c(PCl5)的2倍，即容器Ⅲ中0

.4mol·L－1<c(PCl5)<0.8mol·L－1，故C、D正确。7．DA．反应Ⅰ为CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)，平衡常数可表示为＝c（CH4）·c2（H2O）c（CO2）·c4（H2），正确；B.向恒

压密闭容器中通入1molCO2和4molH2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，正确；C.反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故低温有利于反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向

移动，提高CO2转化为CH4的转化率，故需研发在低温区高效的催化剂，正确；D.已知反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1，反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ

·mol－1，由盖斯定律Ⅱ－Ⅰ可得CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1－(－164.7kJ·mol－1)＝205.9kJ·mol－1，此反应气体分子数增加，ΔS＞0，ΔH－TΔS＜0，则高温下能自发，错误。8

．B合成氨反应在恒温恒容的密闭容器中进行，体系的温度始终不变，故不能根据温度恒定判断是否达到平衡状态，A错误；反应中，气体的总物质的量和压强不断变化，当容器内的压强不再变化，该反应达到平衡状态，B正确；达到平衡时，断裂3molH—H键的同时断裂6molN—H键，故相同时

间内，断开H—H键的数目和断开N—H键的数目相等时，该反应未达到平衡状态，C错误；达到平衡时，c(N2)、c(H2)、c(NH3)均保持不变，当容器内气体的浓度c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2，该反应不一定达到平衡状态，D错误。9．D在炭粉中加

入KClO3，点燃时，KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧更剧烈，与催化剂无关，A不符合题意；锌与稀硫酸的反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换反应，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，从而使反应放出H2的速率加快，与催化剂无关，B不符合题意；固态F

eCl3和固体NaOH混合，溶于水后电离出大量离子，Fe3＋与OH－迅速反应产生红褐色沉淀，与催化剂无关，C不符合题意；双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化H2O2分解，迅速放出气体，反应速率加快是

由催化剂引起的，D符合题意。10．D该实验原理是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，KMnO4被还原为MnSO4，溶液由紫红色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、c(KMnO4)均相同，c

(H2C2O4)不同，故实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响，B正确；实验①③中c(KMnO4)、c(H2C2O4)均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，C正确；该反应中Mn2＋起催化作用，①中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。11．A催化剂可以降

低反应活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；催化剂可以降低反应活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B正确；途径二中H＋作为反应物参与反应

，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；途径二中，生成的活化能最高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。12．B根据题图，反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，结合反应物、生成物中各元素化合价变化情况可知，NO、O2为氧化剂，A正确；慢

反应决定反应速率，反应1是快速的，B错误；从反应机理来看，反应4中V元素形成的化学键发生改变，则化合价发生改变，C正确；该反应是一个循环反应，由反应1、2可判断，反应中除去1molNO，消耗1molNH3，D正确。13．D由图可知，温

度越高，反应物的转化率越低，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知该反应的ΔH<0，故A错误；平衡时不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时，v正(H2)＝3v逆(CO2)，故B错误

；该反应为放热反应，温度越高K越小，b点温度高于c点，则b点对应的平衡常数K值小于c点，故C错误；a点CO2转化率为60%，n(H2)∶n(CO2)＝2，设H2为2mol，转化的CO2为1mol×60%＝0.6mol，结合反应可知，转化的氢气为0.6mol×62＝1.8m

ol，则a点对应的H2的平衡转化率为1.8mol2mol×100%＝90%，故D正确。14．DA．取横坐标为0时曲线中的两点，由于该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小，则温度T1＜T2，正确；B.取横坐标为0时，T2对应曲线的点，c(H＋

)＝10－3.75mol·L－1，K＝c2（MO2－4）·c2（H＋）c（M2O2－7），根据方程式c(H＋)＝c(MO2－4)，c(M2O2－7)≈0.1mol·L－1，代入K表达式中，K≈（10－3.75）40.1＝10－14，正确；C.根据电荷

守恒，2c(M2O2－7)＋2c(MO2－4)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故C正确；D.K＝c2（MO2－4）·c2（H＋）c（M2O2－7），则c（M2O2－7）c2（MO2－4）＝c2（H＋）K，T1温度下，加入Na2

M2O7，平衡正向移动，氢离子浓度增大，温度不变，K值不变，则c（M2O2－7）c2（MO2－4）增大，错误。15．D增大S2O2－8浓度或I－浓度，反应①、反应②的反应物的浓度均会增大，反应速率均加快

，故A正确；若往该溶液中加入含Fe3＋的某溶液，发生反应①2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)⇌I2(aq)＋2Fe2＋(aq)、②2Fe2＋(aq)＋S2O2－8(aq)⇌2Fe3＋(aq)＋2SO2－4(aq)，总反应为S2O2－8(aq)＋2I－(aq)⇌2SO2－4(

aq)＋I2(aq)，铁离子为反应的催化剂，故B正确；焓变等于正、逆反应的活化能之差，则正反应的活化能比逆反应的小，所以该反应是放热反应，故C正确；S2O2－8(aq)＋2I－(aq)⇌2SO2－4(

aq)＋I2(aq)为放热反应，升温平衡逆向进行，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故D错误。16．答案：(1)＞＞(2)BC(3)6.1×107(4)增大解析：(1)分析表中数据可知，温度升高，平衡气体总浓度增大，说明

平衡正向移动，该反应为吸热反应，则有ΔH＞0；该反应是气体体积增大的反应，则有ΔS＞0。(2)达到平衡时，正、逆反应速率相等，则有v正(NH3)＝2v逆(CO2)，A项不符合题意；因为反应前后气体分子数不相等，未达到平衡前

压强一直在变，所以总压强不变时，说明反应达到平衡，B项符合题意；反应未达到平衡前，气体质量一直在变，而容器容积不变，依ρ＝mV可知，混合气体的密度也在变，所以混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡，C项符合题意；反应产物中NH3和CO2的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器

中氨气的体积分数始终不变，D项不符合题意。(3)由表中数据可知，在25.0℃时，平衡气体的总浓度为4.8×10－3mol·L－1，则有c(NH3)＝3.2×10－3mol·L－1，c(CO2)＝1.6×10－3mol·L－1，反应2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(

s)的平衡常数K＝1（3.2×10－3）2×1.6×10－3≈6.1×107。(4)在恒温条件下压缩容器体积，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增大。17．答案：(1)6.274(2)0.8解析：(1)由图可知，Δc(H2O)＝(2.0－0.4)m

ol·L－1＝1.6mol·L－1，则Δn(H2O)＝1.6mol·L－1×1L＝1.6mol，根据反应方程式可知，Δn(CoFe2O4)＝1.6mol，Δm(CoFe2O4)＝1.6mol×235g·mol－1＝376g，则60min内，v(CoFe2O4)＝376g60min≈

6.27g·min－1。由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，k正·c(H2O)＝k逆·c(H2)，则k正k逆＝c（

H2）c（H2O）＝1.6mol－10.4mol·L－1＝4，在a点时c(H2O)＝c(H2)，v正v逆＝k正·c（H2O）k逆·c（H2）＝k正k逆＝4。(2)当反应达到平衡时v正＝v逆，k正k逆＝p（CH3CHO）p（CH4）·p（CO）＝Kp＝4.5×10－5；T2K、1.0×104kPa

时，设起始时n(CH4)＝n(CO)＝1mol，列三段式CO(g)＋CH4(g)⇌CH3CHO(g)起始量/mol110变化量/mol0.20.20.2最终量/mol0.80.80.2所以p(CH4)＝p(C

O)＝0.81.8×1.0×104kPa＝49×104kPa，p(CH3CHO)＝0.21.8×1.0×104kPa＝19×104kPa，所以v正＝k正·p(CO)·p(CH4)＝k正×49×104kPa×49×104kPa、v逆＝k逆·p

(CH3CHO)＝k逆×19×104kPa，v正v逆＝k正k逆×p（CH4）·p（CO）p（CH3CHO）＝4.5×10－5×49×104×49×10419×104＝0.8。18．答案：(1)不同温度下都能自发，是因为ΔH<0，ΔS>0(2)①6.7×10

3mol－1·L②88%(3)①C②BDF③(4)①HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋②S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋解析：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu(s)＋2H

2SO4(l)===CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－11.9kJ·mol－1，由于该反应ΔH<0、ΔS>0，因此该反应在任何温度下都能自发进行。(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的平

衡常数为K＝c2（SO3）c2（SO2）c（O2）＝（4.4×10－2mol·L－1）2（6.0×10－3mol·L－1）2×8.0×10－3mol·L－1＝6.7×103mol－1·L。②平衡时SO2的转化率为c（

SO3）c（SO2）＋c（SO3）×100%＝4.4×10－2mol·L－16.0×10－3mol·L－1＋4.4×10－2mol·L－1×100%＝88%；(3)①A.在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上

没有采用高压的反应条件，不正确；B.进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，不正确；C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)向正反应方

向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，正确；D.SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，不正确。综上所述，相关说法正确的

是C；②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3－a4，因此选BDF；

③对于放热的可逆反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小

，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较

少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：。(4)由pH­时间振荡曲线可知，在Na2S­H2S

O4­H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS－，S2－＋H＋===HS－，然后发生HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS－被H2

O2氧化为S，即发生HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S又被H2O2氧化为SO2－4，发生S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋，该过程溶液的pH

在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2－＋H＋===HS－、HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋、HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O、S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋。19．答案：(

1)反应Ⅰ(2)加催化剂CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1＝－91.0kJ·mol－1低温(3)①bc②＞该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，H2的体积分数增大，故T1>T2③＜④52p24解析：(1

)反应Ⅰ是化合反应，原子利用率为100%，符合“原子经济性”原则；(2)图中使曲线a对应反应按曲线b进行，反应的活化能降低，加入催化剂可以达到此效果；由图可知，反应Ⅰ的ΔH1＝－(510－419)kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1，则由合成气制备甲醇的热化学方程式为：CO(g)＋

2H2(g)===CH3OH(g)ΔH1＝－91kJ·mol－1；反应Ⅰ是放热反应，ΔH1＜0，又ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0时反应能自发进行，故该反应自发进行的条件为低温；(3)①a.恒温恒压时，反应2CO(g)＋4H2(g)===CH3OC

H3(g)的起始投料为2molCO和4molH2，而反应中消耗的CO和H2的物质的量之比为1∶2，故反应过程中CO和H2的转化率始终相等，不能判断反应达到平衡状态，错误；b.混合气体密度ρ＝mV，因反应前后都是气体

，质量守恒，又由于反应条件是恒温恒压，随着反应进行，反应体系的体积在不断变化，故当体系中混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡状态，正确；c.反应中氢气的浓度和甲醚的浓度都在不断变化，当c（H2）c（CH3OCH3）的值保持不变时，

反应达到平衡状态，正确；d.恒压条件下，反应体系压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，错误。②由图可知，压强为p1kPa时，在T1温度下平衡时氢气的体积分数大于在T2温度下平衡时氢气的体积分数，结合反应的ΔH＜0，该反应是放热反应，

升高温度平衡逆向移动，H2的体积分数增大，可推知T1＞T2；③在A、B两点对应的反应条件不同，B点温度高，压强大，化学反应速率快，故反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均反应速率v(A)＜v(B)；④已知起始时在容器中充入2mo

lCO和4molH2合成CH3OCH3(g)，设达到平衡时CO转化了2xmol，列“三段式”：2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)始(mol)2400变(mol)2x4xxx平(mol)2－2x4－4xxx由图所示，B点

的氢气体积分数为40%，则4－4x4－4x＋2－2x＋x＋x×100%＝40%，则x＝23，则平衡时CO的物质的量为2－2×23＝23mol，H2的物质的量为4－4×23＝43mol，CH3OCH3的物质的量为23mol，H2O的物质的量为23mol，平衡时体系的总物质的量为23mol＋

23mol＋23mol＋43mol＝103mol，则B点对应的Kp＝p（CH3OCH3）×p（H2O）p2（CO）×p4（H2）＝p2×23103×p2×23103p2×231032×p2×431034＝52p24。第八

单元水溶液中的离子平衡课练23弱电解质的电离平衡狂刷小题夯基础[练基础]1．C电解质的强弱与溶解性无关，虽然CaCO3、BaSO4等难溶，但其溶于水的部分完全电离，为强电解质，①错误；醋酸铵在水溶液中

完全电离，为强电解质，②错误；弱酸、弱碱和水在水溶液中都是部分电离，属于弱电解质，③正确；溶液的导电性与溶液中的离子浓度和离子所带电荷数有关，与溶质为强酸或弱酸无关，若强酸的浓度很小，其溶液的导电性不一定强于浓度大的弱酸溶液，④错误；电解质溶液导电的原因是电

解质电离出可自由移动的阴、阳离子，⑤正确；熔融的电解质不一定能导电，如HCl虽为电解质，但熔融时不能产生自由移动的离子，不能导电，⑥错误；C项正确。2．D氨水溶液为碱性溶液，能使酚酞变红，但不能说明NH3·H2O为弱电解质，D项符合题意。3．A加入冰醋酸，CH3COOH浓度增大，醋酸电离平衡

正向移动，A项正确；加入浓盐酸，相当于加入大量氢离子，醋酸电离平衡逆向移动，但平衡移动不足以抵消加入浓盐酸导致的溶液中c(H＋)的变化，氢离子浓度依然增大，B项错误；加入少量的醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，C项错误；加

水稀释可以促使电离平衡正向移动，电离出的氢离子个数虽然增加，但溶液的体积变化更大，溶液中氢离子浓度减小，D项错误。4．B酸性的相对强弱与酸的电离程度有关，与溶解度的大小无关，该方法不能用来判断酸性的相对强弱，A项错误；同浓度的H

A和HB溶液，前者pH大于后者，说明前者电离出的氢离子浓度小，则HA电离程度较小，酸性较弱，该方法可以用来判断酸性的相对强弱，B项正确；导电能力与溶液中离子浓度的大小、离子所带电荷数的多少有关，同体积的两种酸

浓度未知，无法根据导电能力确定酸性的强弱，C项错误；根据关系式：2HA～Zn～H2，2HB～Zn～H2，等物质的量的HA和HB与足量的Zn反应，应该生成等量的氢气，该方法不能用来判断酸性的相对强弱，D项错误。5．BKa越大，酸越强，故有酸性强弱关系：HZ>HY>HX，A项错误；HZ酸性强于H

Y，因此反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生，B项正确；酸越弱，相应的盐水解程度越大，碱性越强，pH越大，因此相同温度下，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液pH最大，C项错误；Ka只与温

度有关，与浓度无关，故相同温度下，1mol·L－1的HX溶液的电离常数与0.1mol·L－1HX溶液的电离常数相等，D项错误。6．AC点两溶液的导电能力相同，则离子浓度相同，pH相等，A正确；稀释相同倍数时，醋酸的电

离平衡正向移动，则醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸，醋酸溶液的导电能力大于盐酸，故曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线，B错误；由B项分析可知，A点c(H＋)大，C错误；完全中和等体积A点、B点对应的溶液，醋酸在水溶液中部分电

离，则醋酸消耗NaOH的物质的量大于盐酸，即两溶液消耗的NaOH不同，D错误。7．B根据表格中数据分析可知Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，即酸性：H2CO3>HClO>HCO－3。HClO的酸性比H

CO－3强，该反应不能发生，A项错误；由于酸性：H2CO3>HClO>HCO－3，所以向NaClO溶液中通入CO2，只能生成NaHCO3，不能生成Na2CO3，B项正确、C项错误；HClO酸性比H2CO3弱，该反应不能发生，D项错误。[练高考]8．B常温下溶液ⅠpH＝7.0，则

溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，故c(H＋)<c(OH－)＋c(A－)，A项错误；溶液ⅡpH＝1.0，即c(H＋)＝1.0×10－1mol·L－1，Ka(HA)＝1.0×10－1×c（A－）c（

HA）＝1.0×10－3，c(HA)＝100c(A－)，α(HA)＝c（A－）c总（HA）＝c（A－）c（A－）＋c（HA）＝c（A－）c（A－）＋100c（A－）＝1101，B项正确；因未电离的HA能自由穿过中间隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C项错误；根据溶液Ⅰ、Ⅱ的p

H及Ka(HA)＝1.0×10－3可知，溶液Ⅰ中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)＝c(HA)＋104c(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)＝c(HA)＋10－2c(HA)＝1.01c(HA)，由C项分析知溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)

相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为104＋11.01≈104，D项错误。9．DAs(OH)3⇌[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝c{[As（OH）2O]－}×c（H＋）c[As（OH）3]，当pH＝9.

1时，c{[As(OH)2O]－}＝c[As(OH)3]，Ka1＝c(H＋)＝10－9.1，lgKa1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－⇌[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝c{[AsO（OH）T]2－

}×c（H＋）c{[As（OH）2T]－}，当pH＝4.6时，c{[AsO(OH)T]2－}＝c{[As(OH)2T]－}，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得H3AsO3的Ka1＝c(H＋)＝10－9.1，即Ka>Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性

比As(OH)3的强，B正确；由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[A

s(OH)2T]－的高，C正确；由已知条件，酒石酸(H2T,lgKa1＝－3.04,lgKa2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总

T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物质不是As(OH)3，D错误。10．DNH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢

离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH＋3CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH＋3CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，B正确；NH＋3CH2COO－＋H2O⇌NH＋3CH2

COOH＋OH－的平衡常数K＝c（NH＋3CH2COOH）·c（OH－）c（NH＋3CH2COO－），25℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NH＋3CH2COO－)＝c(NH＋3CH2COOH)，则K＝c(OH－)＝Kw

c（H＋）＝10－11.65，C正确；由C项分析可知，c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－），根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH＋3CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H

＋的电离常数为K1＝10－9.78，c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2COO－）＝K1c（H＋）＝10－9.78c（H＋），则c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）×c（NH2CH2COO－）c（N

H＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－）×10－9.78c（H＋）<1，即c2(NH＋3CH2COO－)>c(NH＋3CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D错误。[练模拟]11．B若a＝b且c(X－)>c(Y－)，这说明电离程度HX＞HY，则酸性：HX>HY，A正确

；若a>b且c(X－)＝c(Y－)，这说明电离程度：HX＜HY，则酸性：HX＜HY，B错误；若a<b且两者pH相同，这说明电离出的氢离子浓度相等，则HY一定是弱酸，C正确；若向HX溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液，所得溶液pH>7，这说明X－水解，则HX为弱酸，D

正确。12．D溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液pH变化比盐酸的小，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，则溶液导电性减弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强

，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则c（Cl－）c（CH3COO－）比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大，故D正确。13．ApH＝b的醋酸溶液中c(H＋)＝c

(CH3COO－)＝10－bmol·L－1，pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝c(NaOH)＝10a－14mol·L－1，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a－14mol·L－1，故该温度下醋酸的电离常

数为1014－a－2b。14．D结合图示可知，滴入10mL5mol·L－1HA溶液时，c(HA)≈1010＋100×5mol·L－1≈0.46mol·L－1，而此时c(H＋)约为6×10－3mol·L－1，证明

HA部分电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故B错误；c～d段，HA浓度增大，c(H＋)增大，但HA的电离程度减小

，故C错误；c点时，加入等体积、等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaA，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正确。综合测评提能力1．A加入NaOH，NaOH和H＋反应而减小溶液中c(H＋)，从而

促进HCN电离，则平衡正向移动，故A正确；加水稀释促进弱电解质的电离，所以平衡正向移动，故B错误；加入少量相同浓度的HCl溶液，HCl是强电解质，完全电离，导致溶液中c(H＋)增大，故C错误；加入少量NaCN固体，导致溶液中c(CN－)增大，平衡逆向移动，故D错误。2．AA项

，加水稀释促进NH3·H2O的电离，溶液中n(OH－)、n(NH＋4)增大，分子的物质的量减小，该比值增大，正确；B项，溶液中OH－、NH＋4的物质的量增大，且水电离出OH－的数目增多，该比值变小，错误；C项，稀释时，溶液中NH＋4的物

质的量增大，NH3·H2O分子的物质的量减小，该比值减小，错误；D项，加水稀释c(OH－)减小，错误。3．D升高温度，K增大，说明AB的电离程度增大，所以c(A＋)随着温度的升高而增大，A项错误；根据题给信息，无法推出35℃时，c(A＋)>c(B－)，B项错误；升高温度，K增大，AB的电离程度增

大，所以AB的电离程度：α(25℃)<α(35℃)，C项错误；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则AB的电离是吸热过程，D项正确。4．ANaCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液

和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水

解，滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1mol·L－1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而现测得pH在4～5之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。5．B相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，

结合“强酸制取弱酸”分析可知，酸性：HF>HNO2>HCN，所以亚硝酸的电离平衡常数为4.6×10－4，故B错误。6．C根据表中电离常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO－3>HClO>HCO－3

；根据“较强酸制取较弱酸”的复分解反应规律，判断溶液中微粒能否大量共存。由于酸性：HSO－3>HCO－3，则SO2－3、HCO－3不能反应，可以大量共存，A不符合题意；酸性：HClO>HCO－3，则ClO－、HCO－3不能反应，可以大量共存，B不符合题

意；由于酸性：HSO－3>HCO－3，则HSO－3、CO2－3能反应生成SO2－3和HCO－3，不能大量共存，C符合题意；由于酸性：H2CO3>HClO，HClO、HCO－3不能反应，可以大量共存，D不符合题意。7．C溶液中c(A2－)＝c(HA－)时溶液的pH＝4.2，则Ka2(H2A)＝

c（H＋）c（A2－）c（HA－）＝10－4.2，所以数量级为10－5，故A正确；根据图分析，HA－占主体时溶液为酸性，HA－电离程度大于水解程度，所以NaHA溶液为酸性溶液，溶液中c(H＋)>c(OH－)，故B正确；从M点到N点是pH逐渐增大的过程，但溶液仍然为酸性，溶液

中水的电离程度逐渐增大，则M点由水电离出的c(H＋)<N点由水电离出的c(H＋)，故C错误；pH＝7的溶液为中性，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H

A－)＋2c(A2－)，即c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，所以c(Na＋)>2c(A2－)，故D正确。8．B根据题目信息，电离平衡常数：HCOOH>CH3COOH，则酸性：HCOOH>CH3COOH，醋酸电离程度小，溶液中c(CH3COOH)>c(HCOOH)，则曲线X代表CH3COO

H，曲线Y代表HCOOH，A项错误；室温时c点pH＝6，即c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，根据混合溶液中电荷守恒可知：c(HCOO－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－

6mol·L－1－10－8mol·L－1B项正确；Ka(HCOOH)＝c（HCOO－）·c（H＋）c（HCOOH），Ka(CH3COOH)＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH），Ka（H

COOH）Ka（CH3COOH）＝c（HCOO－）·c（CH3COOH）c（HCOOH）·c（CH3COO－），温度不变，电离平衡常数不变，c（HCOO－）·c（CH3COOH）c（HCOOH）·c（CH3COO－）不变，C项错误；混合酸溶液加水稀释的过程中，水的电离始终受

到抑制，a点、b点溶液pH相同，则溶液中水电离出的c(H＋)相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水电离的抑制减弱，溶液中水电离出的c(H＋)更大，故溶液中水电离出的c(H＋)：c点>a点＝b点，D项错误

。9．B0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H＋)约为0.1mol·L－1×0.1%＝1×10－4mol·L－1，则溶液的pH＝4，A项正确；电离属于吸热过程，升温促进HA电离，溶液中的c(H＋)增大，pH减小，B项错误；室温时，此酸的电离常数约为10－4×1

0－40.1＝1×10－7，C项正确；稀释HA溶液可促进HA电离，溶液中的c(H＋)、c(A－)、c(HA)都减小，而c(OH－)增大，D项正确。10．B由图可知，两溶液分别稀释100倍，MOH溶液的pH减小2，ROH溶液的pH减小1，则MO

H是强碱，ROH是弱碱，A错误；x点两溶液的pH相等，则两溶液中c(H＋)、c(OH－)分别相等；根据电荷守恒可得c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)，从而推知x点时c(M＋)＝c(R＋)，B正确；MOH是强碱，起始溶液的pH＝13，则有c(MO

H)＝0.1mol·L－1，ROH是弱碱，部分电离，起始溶液的pH＝12，则有c(ROH)＞0.01mol·L－1，从而可知稀释前，c(MOH)＜10c(ROH)，C错误；稀释前，MOH溶液的pH＝13，则由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1；ROH

溶液的pH＝12，则由水电离出的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1，故稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH－)：后者是前者的10倍，D错误。11．答案：(1)a>1因醋酸是弱酸，不能完全电离(2)盐酸的pH＝5，醋酸的pH<5(3)正确由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不

断电离，c(H＋)变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快(4)将CH3COONa晶体、NaCl晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变浅红色，NaCl溶液不变色12．答案：(1

)CH3COOH>H2CO3>HClO(2)CO2－3>ClO－>HCO－3>CH3COO－(3)大于稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离常数大大于HX的酸性强于CH3COO

H，稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力较弱解析：(1)电离常数越大，酸性越强，酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。(2)电离常数越小，其对

应酸根离子结合H＋的能力越强，CH3COO－、HCO－3、CO2－3、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为CO2－3>ClO－>HCO－3>CH3COO－。(3)根据图像可知，起始时两种溶液中c(H＋)相同，c(较弱酸)>c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的

电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c(H＋)一直大于较强酸的c(H＋)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离常数大；HX酸性强于CH3COOH，稀释后HX溶液中c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力较弱。13．答案：(

1)A(2)向右减小(3)>(4)<(5)B2CH3COOH＋CO2－3===2CH3COO－＋CO2↑＋H2OHClO＋CO2－3===ClO－＋HCO－3解析：(1)CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H＋

＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，A符合题意。CH3COOH的电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH），则有c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），加水稀释时，c(C

H3COO－)减小，但Ka不变，则c（H＋）c（CH3COOH）增大，B不符合题意。由于温度不变，则c(H＋)·c(OH－)＝Kw不变，C不符合题意。加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于c(H＋)·c(OH－)＝Kw不变，则c(OH－)增大，故c（OH－）c（H＋）增大，D不符合题意。(2)

醋酸溶液中加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大；醋酸溶液中加入少量无水醋酸钠固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，根据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH）推知，c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），

由于温度不变，Ka不变，c(CH3COO－)增大，则溶液中c（H＋）c（CH3COOH）的值减小。(3)常温下，pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，醋酸的

电离平衡正向移动，pH变化小，则所得溶液的pH：pH(甲)>pH(乙)。(4)pH均为2的盐酸和醋酸溶液相比，其浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)；取等体积的两种溶液，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，

醋酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于盐酸。(5)由表中电离平衡常数可知，各种酸的酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO－3，因此四种离子结合H＋的能力：CH3COO－＜HCO－3＜ClO－＜CO2－3，故结合H＋能力最强的是C

O2－3。根据“较强酸制取较弱酸”的规律，CH3COOH与Na2CO3(少量)反应生成CH3COONa、CO2和H2O，离子方程式为2CH3COOH＋CO2－3===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O；HClO与Na2CO3(少量)反应生成NaClO和NaHCO3，离子方程式为HClO＋CO2

－3===ClO－＋HCO－3。课练24水的电离、溶液的pH及中和滴定狂刷小题夯基础[练基础]1．A水是弱电解质，电离生成氢离子和氢氧根离子，A项正确；酸雨是指pH<5.6的降水，B项错误；任何温度下，纯水中水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度都相同，显中性，C项错误；冰雪融化时会吸收能量

破坏氢键和范德华力，但不会破坏化学键，D项错误。2．B常温下，H2O⇌H＋＋OH－Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝1×10－14，则c(H＋)＝c(OH－)＝Kwmol·L－1＝1×10－7mol·L－1，A项正确；向水中加入NaC

l，Na＋与水电离出的OH－、Cl－与水电离出的H＋均不会形成弱电解质，故NaCl不会破坏水的电离平衡，B项错误；向水中加入HCl或者NaOH，会抑制水的电离，导致水的电离平衡逆向移动，C项正确；Kw是只随

温度变化的常数，温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大，D项正确。3．C水的离子积常数Kw只与温度有关，与所处环境无关，不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液，A项正确；强酸与强碱形成的盐，其水溶液不一定呈中性

，如等物质的量的氢氧化钠和硫酸反应，生成硫酸氢钠，溶液显酸性，B项正确；酸的浓度未知，无法确定溶液中c(H＋)的大小，C项错误；多元弱酸分步电离，且电离程度依次减小，电离常数逐级减小，D项正确。4．B由于重水的离子积常数为1.6×10－15，因此重水中c(D＋)＝4×10－8mol·L－1，对应的

pD≈7.4，故①错误；在0.01mol·L－1NaOD的重水溶液中，c(OD－)＝0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可推知c(D＋)＝1.6×10－13mol·L－1，pD不等于12，故②错误；在0.01mol·L－1DCl的重水溶液中，c(D＋)＝

0.01mol·L－1，因此pD＝2，故③正确；根据中和反应量的关系，100mL0.25mol·L－1DCl的重水溶液和50mL0.2mol·L－1NaOD的重水溶液中和后溶液中过量的DCl的浓度为0.1mol·L－1，因此对应溶液的pD＝1，故④正确。5．D由水的离子积的定义知两条曲

线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7

mol·L－1时，才有pH＝7，D项错误。6．Db点在突变范围内，极少量NaOH溶液也会引起pH的突变，A正确；题图中反应终点的pH在4.30～9.70之间，选择指示剂的变色范围应在反应终点的pH范围内，B正确；醋酸是弱酸，

等浓度时醋酸溶液的pH大于盐酸，滴定终点时醋酸钠溶液水解显碱性，曲线ab段将会上移，C正确；使用酚酞作指示剂，用同浓度氨水代替NaOH溶液，滴定终点时溶质为NH4Cl，溶液显酸性，要使溶液由无色变为浅红色，pH在8.2～10之间，则消耗氨水的体积大于NaOH溶液，D错误。[练高考]7

．C由以上分析知，A项错误；根据水样中所含离子种类及图像分析可知，a点处能水解的离子主要为HCO－3，根据质子守恒可得c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO2－3)，B项错误；水样中c(HCO－3)＝0.01mol·L－1，V(

HCl)≤20mL时，随着HCl溶液的加入，HCO－3被稀释，但由于发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，又有HCO－3生成，a点时c(HCO－3)仍为0.01mol·L－1，故C项正确；根据图像分析及碳元素守恒可知，起始时水样中c(H2CO3

)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)＝0.03mol·L－1，但随着HCl溶液的加入，溶液被稀释，该值减小，D项错误。8．A量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00m

LNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧

杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确。9．C在N

aX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H2O⇌HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离

常数关系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液分别存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入

HCl的物质的量不同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c

(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D正确。[练模拟]10．BA项，NaHSO4电离出H＋，抑制水的电离，溶液显酸性，错误；B项，CuSO4电离出的Cu2＋能水解，促进水的电离，溶液显酸性，正确；C项，N

a2CO3电离出的CO2－3能水解，促进水的电离，溶液显碱性，错误；D项，将水加热，促进水的电离，但仍为中性，错误。11．B将c(OH－)＝Kwc（H＋）代入原题关系式中可得1×10－14c2（H＋）＝1×10－8，解得

c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，所以该一元酸溶液的pH＝3，A项错误；酸溶液中水的电离看氢氧根离子，c(OH－)＝1×10－141×10－3mol·L－1＝1×10－11mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，B项正确；常温下，水的离子积是一个常数，为1

×10－14，C项错误；由于HA的浓度大于NaOH的浓度，二者若等体积混合则溶液呈酸性，当混合溶液的pH＝7时应有V1＞V2，D项错误。12．CHF是弱酸，c（H＋）c（HF）＝Kac（F－），稀释时电离程度增大，温度不变，Ka不变，但c(F－)减小，c（H＋）

c（HF）增大，A错误；水的离子积大小只与温度有关，温度不变，Kw不变，B错误；pH＝2的盐酸和pH＝2的醋酸溶液中，c(H＋)均为10－2mol·L－1，等体积混合后pH不变，C正确；中性溶液中H＋的浓度等于OH－浓度，但具体浓度与温度有关，不一定等于10－7mol·L－1，D错误。13．DA

项，水是弱电解质，电离吸热，加热促进电离，所以95℃纯水的pH＜7，但任何纯水都是显中性的，错误；B项，醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离，H＋的物质的量增加，所以pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后3＜pH＜4，错误；C项，醋酸是弱酸，则p

H＝3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于10－3mol·L－1，而pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度＝10－3mol·L－1，所以二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即pH＜7，错误；D项，0.2mol·L－1的盐酸与等体积水混合后溶液的浓度为0.1mol·L

－1，所以溶液的pH＝1，正确。14．CA项，①溶液中的NH3·H2O和③溶液中的CH3COOH为弱电解质，加水稀释后，电离平衡均正向移动，故①溶液中的c(OH－)大于②溶液中的c(OH－)，③溶液中的c(H＋)大于④溶液中的c(H

＋)，正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的物质的量浓度远大于NaOH溶液的物质的量浓度，与盐酸完全反应时，氨水消耗的HCl更多，正确；C项，②溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，③溶液中c(H＋)＝10－3mol

·L－1，醋酸溶液的物质的量浓度远大于NaOH溶液的物质的量浓度，等体积混合后溶液显酸性，依据电荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(H＋)>c(OH－)，故c(Na＋)<c(CH3CO

O－)，错误；D项，混合后溶液pH＝4，盐酸过量，混合后溶液中的c(H＋)＝10－3Va－10－3VbVa＋Vbmol·L－1＝10－4mol·L－1，可得出Va∶Vb＝11∶9，正确。综合测评提能力1．D酸或碱抑制水的电离，

强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离，Na2CO3是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3COOH为弱酸，其他条件不变，稀释CH3COOH溶液，c(H＋)减小，c(OH－)增大，所

以c(OH－)/c(H＋)增大，B项错误；NaOH抑制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，C项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以Kw增大，D项正

确。2．B用NaOH溶液滴定盐酸时，变色范围内合适的指示剂除了酚酞，还可以用甲基橙，故A错误；滴定管中溶液体积应该读到0.01mL，所以用滴定管准确量取的盐酸体积应该为20.00mL，故C错误；用NaOH溶液滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，导致读出的标准液体积偏

小，测定结果偏低，故D错误。3．B赶出酸式滴定管中的气泡可采用迅速放液、缓慢关闭的方法，A项正确；滴定过程中，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以确定是否达到反应终点，B项错误；在未达滴定终点前，加入的高锰酸钾会与草酸亚铁反应，当达滴定终点时，KM

nO4稍微过量，溶液显浅红色，且半分钟内不褪色，C项正确；锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗，则所取待测液偏多，消耗标准液偏多，导致所测样品纯度偏高，D项正确。4．A0.1mol·L－1的氢氧化钡溶液与等浓度盐酸等体积混合，则碱过量，设酸和碱的体积均为

VL，则c(OH－)＝（0.1V×2－0.1V）mol2VL＝0.12mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝10－140.12mol·L－1＝2×10－13mol·L－1，则pH＝－lgc(H＋)＝13－lg2≈13－

0.3＝12.7，A项正确。5．BKa3(H3A)＝c（H＋）·c（A3－）c（HA2－），c点时c(HA2－)＝c(A3－)，pH＝5.83，故Ka3(H3A)＝10－5.83，数量级为10－6，A不正确；b点溶液中c(H2A－)＝c(HA2－)，电荷

守恒关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)＋c(OH－)，故c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(H2A－)＋3c(A3－)＋c(OH－)，B正确；由图中信息可知，NaH2A、Na2HA的水溶液均显酸性，C不正确；Ka2(

H3A)＝c（H＋）·c（HA2－）c（H2A－），b点时c(H2A－)＝c(HA2－)，pH＝4.58，故Ka2(H2A)＝10－4.58，醋酸的Ka＝10－4.76，Ka2(H3A)>Ka(CH3COOH)>Ka3(H3A)，故CH3COONa与少量H3A反

应的离子方程式为2CH3COO－＋H3A===2CH3COOH＋HA2－，D不正确。6．DA项，根据题图知，a点时溶液的pH＝3，则溶液中c(H＋)＝0.001mol·L－1，H2O和HA电离程度都很小，所以c(A－)≈c(H＋)＝0.001mol·L－1，c(HA)≈0.1mol·L－

1，Ka＝c（H＋）·c（A－）c（HA）≈0.001×0.0010.1＝10－5，A－的水解常数Kh＝KwKa＝10－1410－5＝10－9，错误；B项，由图分析可知a点溶质是HA，b点溶质是等物质的量的NaA和HA，c点溶液中c(H

＋)＝c(OH－)，溶质是NaA和HA(极少量)，d点是恰好中和点，溶质是NaA，e点溶质是NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以水电离程度最大的点是d点，错误；C项，c点溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋

)＝c(A－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)，d点是恰好中和的点，溶液中溶质是NaA，NaA是强碱弱酸盐，A－水解，而Na＋不水解，故c(Na＋)>c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质是等物质的量的HA和NaA，溶液pH<7，呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)

，说明HA电离程度大于NaA水解程度，但是电离和水解程度都较小，所以存在c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)，正确。7．D加热蒸馏水，水的电离程度增大：c(H＋)、c(OH－)增大，但水仍为中性

，A项错误；醋酸是弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，体积变为原来的10倍时，溶液的pH：a<pH<a＋1，B项错误；将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，溶液仍为中性，但Kw增大，pH减小

，C项错误；pH＝2的硫酸溶液和pH＝2的醋酸溶液以体积比为1∶10混合后，溶液中c(H＋)＝10－2×V＋10－2×10VV＋10Vmol·L－1＝10－2mol·L－1，pH仍为2，D项正确。8．D氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，故选择甲基橙作指示剂，A错误。a点是NH4Cl和N

H3·H2O的混合溶液，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(Cl－)＋c(OH－)，等式两侧同时乘以2得2c(H＋)＋2c(NH＋4)＝2c(Cl－)＋2c(OH－)，根据图可知a点时c(NH＋4)＝c(NH3·H2O)，则有c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)＋

2c(OH－)－2c(H＋)，此时溶液显碱性，故2c(OH－)－2c(H＋)>0，则c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)>2c(Cl－)，B错误。a点时溶质为氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于NH＋4

水解程度，溶液中H＋全部来自于水的电离，c(H＋)＝c水(H＋)＝10－9.26mol·L－1；25℃时，b点溶质为氯化铵和氯化氢，c(H＋)＝10－4.74mol·L－1，OH－全部来自于水的电离，水电离产生的OH－一部分与NH＋4结合生成N

H3·H2O，剩余的c(OH－)＝Kwc（H＋）＝10－1410－4.74mol·L－1＝10－9.26mol·L－1，则由水电离产生的c水(OH－)>10－9.26mol·L－1，故a点溶液中水的电离程度小于b点，C错误；由a点数据可知，常温下Kb(NH3·H2O)＝c（NH＋4）

·c（OH－）c（NH3·H2O）＝10－4.74，在b点，lgc(NH＋4)－lgc(NH3·H2O)＝lgc（NH＋4）c（NH3·H2O）＝lgKb（NH3·H2O）c（OH－）＝－4.74－(－9.26)＝4.52，D正确。9．A恰好完全

中和时生成NaClO，由于ClO－水解而使溶液呈碱性，故应选用酚酞作指示剂，A正确；M点水的电离程度最大，此时恰好完全中和生成NaClO，ClO－发生水解而使溶液呈碱性，溶液的pH>7，B、C错误；N点加入20.00mLNaOH溶液，所

得溶液是等浓度的NaClO和NaOH的混合液，ClO－会发生水解，则N点溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(ClO－)>c(H＋)，D错误。10．CA点的AG＝lgc（H＋）c（OH－）＝0，即c（H＋）c（OH－）＝1，则c(H＋)＝c(OH－)，此时溶

液显中性，A错误；A点时溶液显中性，当加入20.00mL氢氧化钠溶液时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO－水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00

mL，B错误；根据图像可知，在室温下，O点时，醋酸溶液的AG＝lgc（H＋）c（OH－）＝7，即c（H＋）c（OH－）＝107，而水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14mol2·L－2，

两式联立可得：c(H＋)＝10－3.5mol·L－1，即溶液的pH＝3.5，C正确；酸或碱都会抑制水的电离，根据B、C分析可知，O点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从O到A，溶液由酸性变为中性，水的电离程度增大，从A到B，当V(NaOH溶液)>20.00mL后

，溶液中c(NaOH)逐渐增大，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，即从O到B，水的电离程度先逐渐增大后逐渐减小，D错误。11．答案：(1)⑥②③④(2)>(3)>>>(4)ABC解析：(1)酸和碱都会抑制水的

电离，故只有⑥(NaCl溶液)对H2O的电离无抑制作用。②③④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)>0.01mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，则需体积：②>③。(3)稀

释同样的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，混合液可能呈酸性、碱性或中性，故选A、B、C。12

．答案：(1)酚酞Ⅰ(2)CH3COOH(3)＜(4)①1②0.1③10a＋b－14解析：(1)NaOH溶液滴定醋酸溶液，滴定终点时溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂；由图中未加NaOH溶液时的pH可知，图Ⅰ中

酸的pH大于1，图Ⅱ中酸的pH＝1，说明Ⅱ为滴定0.1mol·L－1的盐酸溶液的曲线，所以滴定醋酸的曲线是Ⅰ。(2)0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1盐酸对水的抑制作用一样，但是0.1m

ol·L－1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol·L－1，对水的电离抑制作用较小，即三种溶液中由水电离出的c(H＋)最大的是0.1mol·L－1醋酸溶液。(3)醋酸和氢氧化钠反应，当恰好完全反应时，得到的醋酸钠溶液显碱性，要使溶液显中性，pH＝7，需要醋酸稍过量，盐酸和氢氧化钠恰好完全反

应时，得到的氯化钠溶液显中性，所以V1＜V2。(4)25℃时，HCl溶液和NaOH溶液，恰好中和，则有VaL×10－amol·L－1＝VbL×10b－14mol·L－1，即Va∶Vb＝10a＋b－14，①若a＋b＝14，则V

a∶Vb＝10a＋b－14＝1；②若a＋b＝13，则Va∶Vb＝10a＋b－14＝1∶10＝0.1；③若a＋b＞14，则Va∶Vb＝10a＋b－14＞1，即Va＞Vb。13．答案：(1)100mL容量瓶(2)bd(3)用盐酸标准溶液润洗

酸式滴定管(4)H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO2－3===HCO－3(5)黄(6)78.8(7)ac解析：(1)步骤Ⅰ是准确配制100mL一定物质的量浓度溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。(2)a项，样品中含有CO2－3，能促

进水的电离，因此样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，错误；b项，根据表格中数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70mL－21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70mL－

(23.70mL－21.70mL)＝19.70mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以c(OH－)>c(CO2－3)>c(HCO－3)，正确；c项，根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－

3)＋c(OH－)，错误；d项，向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为NaCl和NaHCO3，根据物料守恒，n(Cl－)＋n(CO2－3)＋n(HCO－3)＋n(H2CO3)＝n(Na＋)，正确。(3)滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后

，装入标准溶液前，应进行的操作是用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管。(4)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO2－3===HCO－3。(5)根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色。(6)根据表

格中数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70mL－21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70mL－(23.70mL－21.70mL)＝19.70mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.1mol·L－1×0.0197L＝0.00197mol，氢氧化钠的质量是0.00

197mol×40g·mol－1＝0.0788g，样品中NaOH的质量分数ω(NaOH)＝0.0788g0.5g×20100×100%＝78.8%。(7)a项，达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点

消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，正确；b项，记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点时记录的V1偏小，测得的NaOH质量分数偏低，错误；c项，第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏高

，正确。课练25盐类的水解及应用狂刷小题夯基础[练基础]1．BA项，将等体积、等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解使溶液显酸性，与盐类的水解有关；B项，醋酸为弱酸，加水稀释时

溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关；C项，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，碳酸钾中碳酸根离子水解使溶液显碱性，OH－与NH＋4结合生成NH3使铵态氮肥肥效降低，与盐类的水解有关；D项，盐的水解过程是吸热过程，加热促进Fe3＋水解，制得红褐色Fe(O

H)3胶体，与盐类的水解有关。2．C任何水溶液中，由水电离出的c(OH－)一定等于c(H＋)，C项错误。3．D白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；白矾是硫酸铝钾晶体，KAl(SO4)2·12H2O，其水溶液中因铝离子水解而显酸性

，铝离子减少，微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO2－4)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；白矾和氯化铁水溶液均可水解生成胶体，具有吸附作用，可以净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子发生相互促

进的水解反应生成二氧化碳气体，Al3＋＋3HCO－3===Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确。4．Aa点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小关系为c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)

＞c(ClO－)，A正确；b点是滴入的亚硫酸钠溶液和氯水中的氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH＝2时，c(H＋)＝0.01mol·L－1，则1

2c(Cl－)＝c(SO2－4)＝0.005mol·L－1，故B错误；c点剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na＋)＝2c(HSO－3)＋2c(SO2－3)＋2c(SO2－4)不成立，故C错误；d点p

H＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋2c(SO2－4)，故D错误。5．AA项，相同温度下，相同浓度的强碱弱酸盐溶液的碱性

越强，说明对应弱酸根离子的水解程度越大，对应的酸越弱，则酸性由强到弱的顺序为HF>H2CO3>HClO，正确；B项，常温下0.1mol·L－1NaF的pH＝7.5，水解方程式为F－＋H2O⇌HF＋OH－，则平衡常数K＝c（HF）×c（OH－）c（F－）≈1×

10－6.5×1×10－6.50.1＝1×10－12，错误；C项，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋c(OH－)＋2c(CO2－3)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＝0.2m

ol·L－1，错误；D项，等物质的量的NaF和HF混合溶液中HF的电离程度大于F－的水解程度，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小关系为c(F－)>c(Na＋)>c(HF)>c(H＋)>c(OH－)，错误。6．B由题意推出酸性H2B>HA>HB－。向NaA溶液

中加入少量H2B，发生反应的离子方程式为A－＋H2B===HA＋HB－，A项正确；水解程度HB－<A－<B2－，故相同温度下，等物质的量浓度的各溶液pH关系为NaHB<NaA<Na2B，B项错误；HB－的电离平衡常数Ka2＝5.6×10－12，HB－的水解平衡常数Kh＝Kw/Ka1＝

2.3×10－8，HB－的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，C项正确；Na2B溶液与足量HA溶液反应的离子方程式为B2－＋HA===A－＋HB－，D项正确。[练高考]7．CA项，KOH吸收CO2可能生成K2CO3，此时由于C

O2－3以第一步水解为主，故溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，也可能生成KHCO3，由于HCO－3的水解很微弱，故此时溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，还可能生成K2CO3和KHCO3的混合物，同理，溶液中亦存在c(HCO－3)>c(H2CO3)，错误

；B项，K2CO3溶液中存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，错误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1mol·L－1，c总＝0.1mol·L－1，即c(K＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)，此等式为KHCO3溶液的物料守恒式，故此

时所得溶液为KHCO3溶液，HCO－3存在水解平衡HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，电离平衡HCO－3⇌CO2－3＋H＋，由Kh(HCO－3)＝KwKa1>Ka2可知，HCO－3的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO2－3)，正

确；D项，“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的反应均为放热反应，故溶液的温度升高，错误。8．B当V＝5时，所得溶液为等物质的量的NaHA和H2A的混合溶液，存在物料守恒2[Na＋]＝[H2A]＋[H

A－]＋[A2－]，A正确；当V＝10时，所得溶液为NaHA溶液，存在质子守恒[H2A]＋[H＋]＝[OH－]＋[A2－]，B错误；当V＝15时，所得溶液为等物质的量的NaHA和Na2A的混合溶液，pH<7，说明HA－的电离程度大

于A2－的水解程度，则溶液中存在[Na＋]>[A2－]>[HA－]，C正确；当V＝20时，所得溶液为Na2A溶液，存在物料守恒[Na＋]＝2[H2A]＋2[HA－]＋2[A2－]，A2－水解生成HA－，HA－水解生成H2A，且以A2－的水解为主，所以[Na＋]>

2[HA－]>2[H2A]，D正确。9．C溶液中存在电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(NH＋4)<c(CH3COO－)，A项错误；向NH4Cl

溶液中加入少量Al2(SO4)3固体，由于Al3＋的水解程度比NH＋4的水解程度大(因为Al(OH)3的碱性比NH3·H2O弱)，故水的电离程度增大，B项错误；向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na＋)＝2c(Cl－)，则Na2CO3和HCl按物质的量之比为1∶1发生反应，反应后得到等物质的

量的NaHCO3和NaCl，故c(HCO－3)>c(H2CO3)，C项正确；向0.2mol·L－1磷酸中加水至原体积的2倍，c(H3PO4)＝0.1mol·L－1，但H3PO4是弱酸，故c(H＋)<0.1mol·L－1，D项

错误。10．AB[练模拟]11．CpH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，c(H＋)相等，根据电荷守恒可知c(NO－3)＝c(CN－)，A项错误；NaHB溶液呈酸性，可能是NaHSO4，对应的H2SO4在水中能够完全电离，B项错误；NH4Cl溶液中NH＋4水解生成NH3·H2

O和H＋，加入镁粉，镁粉与H＋反应生成H2，会促进NH＋4水解，生成的NH3·H2O较多时会转化为NH3，C项正确；Na2CO3溶液中通入CO2，溶液中存在电荷守恒关系：2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，溶液呈中性时，c(H＋)

＝c(OH－)，则2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＝c(Na＋)，D项错误。12．CNa2SO3属于强碱弱酸盐，SO2－3存在水解平衡：SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－、HSO－3＋H2O⇌H2SO3＋OH－，A项正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做

对比实验，①与④温度相同，④产生白色沉淀，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，SO2－3浓度减小，水解产生的OH－减少，即④的pH与①不同是SO2－3浓度减小造成的，B项正确；盐类水解是吸热过程，①→③的过程中，温度升高，SO2－3水解平衡正向移动，而

①→③的过程中，由于SO2－3被氧化，SO2－3浓度减小，使水解平衡逆向移动，则温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw相等，D项正确。13．B2pOH＝－2lgc(OH

－)，则c2(OH－)＝10－2pOH。Kh(NaCN)＝c2（OH－）c0（NaCN），由a点坐标可知，c0(NaCN)＝0.1mol·L－1，c2(OH－)＝10－5.7，代入表达式可得Kh(NaCN)＝10－4.

7，A项正确；升高温度，促进CN－的水解，OH－浓度增大，则2pOH的值减小，B项错误；加入NaCN固体，CN－浓度增大，水解平衡正向移动，但CN－水解的程度减小，C项正确；pOH是OH－浓度的负对数，因c点的pOH小于a点，所以c点OH－的浓度大于a点，D项正确。14．B由图像

可知，0.1mol·L－1H2A溶液全部电离为HA－，说明第一步电离为完全电离，HA－不水解，故A错误；pH＝3时，c(A2－)＝c(HA－)，则Na2A水解平衡常数Kh＝c（OH－）·c（HA－）c（A2－）＝c

(OH－)＝10－11，故B正确；H2A溶液全部电离，不存在H2A分子，则由元素质量守恒可知，c(A2－)＋c(HA－)＝0.1mol·L－1，故C错误；HA－⇌H＋＋A2－，电离常数Ka＝c（H＋）·c（A2－）c（HA

－），当c(A2－)＝c(HA－)，Ka＝c(H＋)＝10－3，Ka>Kh，等物质的量浓度的NaHA、Na2A等体积混合，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，所得c(HA－)<c(A2－)，故pH>3，故D错误。15．A由题图可知当加入稀盐酸20mL时，体系温度达到最高，

此时NH3·H2O和HCl恰好完全反应(对应b点)，故稀盐酸的浓度为0.1mol·L－1。选项A，b点时NH3·H2O和HCl恰好完全反应，但所得溶液的溶质为NH4Cl，NH4Cl水解使溶液呈酸性，错误；选项B，由于滴定终点溶液呈酸性，故可选甲基橙作指示剂，正确；选项C，c点

时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，且二者的物质的量之比为1∶1，依据电荷守恒可知，c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)①，又依据物料守恒可知，2c(NH＋4)＋2c(NH3·H2O)

＝c(Cl－)②，联立①②两式可得c(H＋)＝c(NH＋4)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)，正确；选项D，水解平衡常数与体系温度有关，温度越高，则水解平衡常数越大，a、b、c三点对应体系温度b>a>c，故Kh(b)>Kh

(a)>Kh(c)，正确。综合测评提能力1．C用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，其中硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故选C。2．D向K2SO3溶液中通入SO2发生反应生成KHSO3，导致溶液中c(SO2－3)减小，不可能更接

近0.1mol·L－1，故A错误；加入的SO3能与水反应生成硫酸，硫酸会与K2SO3发生反应生成二氧化硫、硫酸钾和水，导致溶液中c(SO2－3)减小，不可能更接近0.1mol·L－1，故B错误；盐类的水

解反应属于吸热反应，加热促进SO2－3水解平衡正向移动，导致溶液中c(SO2－3)减小，不可能更接近0.1mol·L－1，故C错误；加入适量KOH固体，使SO2－3的水解平衡逆向移动，c(SO2－3)更接近0.1mol·L－1，故D正确。3．BCH3

COONa溶液中，物料关系为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故A正确；由于HCO－3既存在电离平衡，又存在水解平衡，不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱，实际上酸性：醋酸＞碳

酸，所以HCO－3的水解程度大于CH3COO－的水解程度，故B错误；CH3COONH4溶液的pH＝7.00，但CH3COO－和NH＋4相互促进水解，则c(CH3COO－)＝c(NH＋4)＜0.1mol·L－1，

故C正确；0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.33，0.1mol·L－1NH4HCO3溶液相当于在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体，由于NH4Cl水解显酸性，导致所得溶液的碱性

减弱，即0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＜8.33，故D正确。4．C氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)，可得c(NH＋4)＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NH＋4部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中c

(NH＋4)＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得c(Na＋)＝2c(SO2－4)，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(SO2－4)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2

SO3溶液中的元素质量守恒可得c(Na＋)＝2c(SO2－3)＋2c(HSO－3)＋2c(H2SO3)，D错误。5．B室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH＋4的水解程度，由越弱越水解知N

H3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NH＋4相互促进水解，所以0.1mol·L－1NaCN溶液中CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。6．A(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离

子都发生水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得c(SO2－4)>c(NH＋4)>c(Fe2＋)>c(H＋)，故A正确；由于盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相等，混合后醋酸的电离平衡不受影响，即电离平衡不移动，溶液中氢离子浓度不变，混合溶液

的pH＝2，故B错误；向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子因发生水解而使溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒有c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故c(NH＋4)<c(Cl－)，故C错误；醋酸是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液中CH

3COOH的物质的量浓度远大于0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即c(H＋)>

c(OH－)，结合电荷守恒知c(Na＋)<c(CH3COO－)，故D错误。7．CA点溶液的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2，CO2－3和AlO－2均发生水解，由物料守恒可知，c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO

3)＞c(AlO－2)，故A正确；B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO2－3的水解平衡：CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－、HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，同时存在水的电离，故B点：c(Na＋)＞c(

CO2－3)＞c(OH－)＞c(HCO－3)，故B正确；C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)，故C错误；O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01molNaAlO2和

0.02molNaOH，故O点：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(AlO－2)，故D正确。8．Ca点温度小于25℃，温度降低水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10－14，A错误；b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反

应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，B错误；当加入的氨水为10mL时溶液的pH＝7，温度为25℃，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c

(NH＋4)＝c(Cl－)＝10mL×1.0mol·L－110mL＋10mL＝0.5mol·L－1，根据物料守恒可知，c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，所以25℃时NH4Cl水解常数为c（NH3·H2

O）·c（OH－）c（NH＋4）＝（0.5n－0.5）×10－70.5＝(n－1)×10－7，C正确；d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3·H2O，d点水的电离程度小于b点，一定不是最大，D错误。9．C随着NaOH的滴入，HAuCl4逐渐

被中和转化为NaAuCl4，溶液pH逐渐增大，故微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl－4，虚线表示滴定过程中溶液pH的变化趋势。由图示知，x点c(HAuCl4)＝c(AuCl－4)，此时溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(

H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl－4)，得c(Na＋)<c(AuCl－4)＝c(HAuCl4)，A正确；由图示知，p点对应加入NaOH溶液10mL，故反应后溶液的溶质为等物质的量浓度的HAuCl4、NaAuCl4，此时溶液显酸性，说明HAuC

l4电离程度大于AuCl－4水解程度，故c(AuCl－4)>c(Na＋)>c(HAuCl4)，结合电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(AuCl－4)，得c(HAuCl4)＋c(H＋)<c(OH－)＋c(AuCl－4)，B正确

；实线代表HAuCl4、AuCl－4分布系数，由图示知，n点对应的δ(AuCl－4)明显大于0.8，C错误；室温下，0.1mol·L－1HAuCl4溶液pH＝3，c(H＋)≈c(AuCl－4)＝10－3mol·L－1，则Ka＝c（H＋）·c（AuCl－4）c（HAuCl4）＝10－3

×10－30.1mol·L－1＝10－5mol·L－1，则NaAuCl4溶液中AuCl－4的水解平衡常数Kh＝KwKa＝10－1410－5mol·L－1＝10－9mol·L－1，q点对应NaOH体积为20mL，与酸恰好完全反应

生成NaAuCl4，c(AuCl－4)≈c(Na＋)＝0.1mol·L－12＝0.05mol·L－1，由水解平衡AuCl－4＋H2O⇌HAuCl4＋OH－知，c(HAuCl4)≈c(OH－)，Kh＝c（HAuCl4）·c（OH－）c（AuCl－4

）＝c2（OH－）0.05mol·L－1＝10－9mol·L－1，故c2(OH－)＝5×10－11mol2·L－2，则c2(H＋)＝K2wc2（OH－）＝2×10－18mol2·L－2，则10－9mol·L－1<c(H＋)＝2×10－9mol·L－1<10－8mol·L－1，故溶

液8<pH<9，D正确。10．BA点对应溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，溶液中电荷关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，所以离子浓度关系为c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A错误；pH＝5.

3时，lgc（A－）c（HA）＝0，即c(A－)＝c(HA)，HA酸的电离常数Ka＝c（A－）·c（H＋）c（HA）＝c(H＋)＝10－pH＝10－5.3，B正确；由于Ka＝10－5.3>10－1410

－5.3＝KwKa＝Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c(A－)>c(HA)，即lgc（A－）c（HA）>0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C错误；A－的水解常数Kh随温度升高而增大，所以c（A－）c（

HA）·c（OH－）＝c（A－）·c（H＋）c（HA）·c（OH－）·c（H＋）＝KaKw＝1Kh，随温度升高而减小，D错误。11．答案：(1)K1＞K2＞K3(2)bd(3)调节溶液的pH(4)碱由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO－3的电离平衡常数，因此CO2－3水解程

度大于NH＋4水解程度，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性(5)CD解析：(1)Fe3＋分三步水解，水解程度越来越小，所以对应的平衡常数也越来越小，故K1＞K2＞K3。(2)生成聚合氯化铁的离子方程式为xFe3＋＋yH2O⇌F

ex(OH)(3x－y)＋y＋yH＋，由于水解是吸热的，降温则水解平衡逆向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；NH4Cl溶液呈酸性，加入NH4Cl，H＋浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向

移动，故可采用的方法是bd。(3)从反应的离子方程式可知，氢离子的浓度影响聚合氯化铁的生成，所以关键条件是调节溶液的pH。(4)分析电离平衡常数可知电离程度：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO－3，对应盐水解程度：NH＋4＜HCO－3＜CO2－3，常温下0.1mol·L－1(NH4)2CO3溶液呈

碱性。(5)溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液中离子浓度大小关系为c(NH＋4)＞c(CO2－3)＞c(HCO－3)＞c(NH3·H2O)，故A错误；溶液中存在电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋c(O

H－)＋2c(CO2－3)，故B错误；依据溶液中物料守恒得：c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，故C正确；依据溶液中物料守恒，n(N)∶n(C)＝2∶1，结合溶液中离子种类和

守恒关系得：c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝2c(CO2－3)＋2c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，故D正确。12．答案：(1)CH3COONa＋H2O⇌CH3COOH＋NaOH(2)BC(3)CD(4)7.20.35(5)9解析：(1)

醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2O⇌CH3COOH＋NaOH。(2)A项，钠离子不水解，所以浓度始终不变，错误；B项，醋酸根离子开始时水解速率最大，后逐渐减小，平衡时不再变化，正确；C项，随着水解的逐渐进行，pH

逐渐增大，平衡时不再发生变化，正确；D项，Kw是温度常数，温度不变，Kw不变，错误。(3)A项，加入冰醋酸，溶液中醋酸浓度增大，平衡左移，错误；B项，加入纯碱固体，由于CO2－3的水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，错误；C项，加入醋

酸钙固体，溶液的醋酸根离子浓度增大，平衡右移，正确；D项，加入氯化铵固体，铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡右移，正确。(4)由m＝nM得醋酸钠的质量为7.175g，由托盘天平的精确度知托盘天平称

量的质量为7.2g；醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175mol·L－1，所以原来的浓度为0.35mol·L－1。(5)醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝KwKa（CH3COOH）＝c（CH3COOH）·c（OH－）c（CH

3COO－）＝c2（OH－）c（CH3COO－），则10－141.75×10－5＝c2（OH－）0.175，得c(OH－)＝10－5mol·L－1，pH＝9。13．答案：(1)＋1(2)①N2O2－2＋H2O⇌HN2O－2＋OH－②10

－6.6③<④＝⑤a(3)③④①②10－13(4)c(H＋)<c(OH－)<c(CN－)<c(Na＋)NaCN＋CO2＋H2O===HCN＋NaHCO3(5)49(6)9.9×10－7解析：(1)连二次

硝酸(H2N2O2)中H为＋1价，O为－2价，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可以判断N化合价为＋1价。(2)①Na2N2O2是由二元弱酸H2N2O2形成的盐，N2O2－2在溶液中的水解方程式为N2O2－2＋H2O⇌HN2O－2＋OH－；②根据图像分析，未加入NaOH时，0.01mo

l·L－1的H2N2O2溶液pH＝4.3，即此时c(H＋)＝10－4.3mol·L－1，二元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，c(H2N2O2)＝(0.01－10－4.3)mol·L－1≈0.01mol·L－1，Ka1＝c（HN2O－2）·c（H＋）c（H2N2O2）≈10－4.3×10

－4.30.01＝10－6.6；③b点时，加入的n(NaOH)＝n(H2N2O2)，溶液中溶质为NaHN2O2，HN2O－2同时存在电离平衡和水解平衡，此时溶液的pH>7，说明HN2O－2的水解程度大于电离程度，则c(N2O2－2)<c(H2N2O2)；④溶液中始终

存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HN2O－2)＋2c(N2O2－2)＋c(OH－)，a点时，pH＝7，溶液呈中性，即c(OH－)＝c(H＋)，则c(Na＋)＝c(HN2O－2)＋2c(N2O2－2)；⑤随着

滴定的进行，溶液中的酸越来越少，可水解的盐越来越多，水的电离由受抑制逐渐转化为被促进，则a、b、c三点中，水电离程度最小的是a。(3)NaOH是强碱溶液，浓度相同时pH最大；醋酸是弱酸溶液，浓度相同时pH最小；NaCN和N

aHCO3水解导致溶液显碱性，浓度相同时，其对应的酸越弱，酸根离子水解程度越大，水解生成的c(OH－)越大，pH越大，NaCN对应的酸是HCN，NaHCO3对应的酸是H2CO3，根据表格中电离平衡常数可以判断，

酸性：H2CO3>HCN，则pH：NaCN>NaHCO3；综上所述，这几种溶液pH由小到大顺序是③④①②；25℃时，0.10mol·L－1的NaOH溶液pH＝13，c(OH－)＝10－1mol·L－1，c(H＋)＝1

0－13mol·L－1，此时溶液的H＋全部来自水的电离，即由水电离的c(H＋)＝10－13mol·L－1。(4)NaCN溶液中CN－水解导致溶液显碱性，即c(H＋)<c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(CN－)<c(Na＋)，则各离子浓度由小到大的顺序为c(H＋)<c(OH－

)<c(CN－)<c(Na＋)；根据电离平衡常数分析，酸性：H2CO3>HCN>HCO－3，向NaCN溶液中通入少量CO2，只能生成HCO－3，反应的化学方程式为NaCN＋CO2＋H2O===HCN＋NaHCO3。(5)HCN和NaCN的混合溶

液的pH＝11，根据HCN的电离平衡常数Ka＝c（CN－）·c（H＋）c（HCN）计算：c（CN－）c（HCN）＝Kac（H＋）＝4.9×10－1010－11＝49。(6)CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，当溶液pH＝6时，c(H＋)＝10－

6mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，根据电荷守恒关系可以推导，溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。课练26难溶电解质的溶解平衡狂刷小题夯基础[练基础

]1．B溶液体积未知，无法计算n(Na＋)，故A错误；析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgCl）c（Cl－）＝1.77×10－100.01mol·L－1＝1.77×10－8mol·L－1，AgBr溶液

中c(Ag＋)＝Ksp（AgBr）c（Br－）＝5.35×10－130.01mol·L－1＝5.35×10－11mol·L－1，Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝错误!1/2＝1.21×10－120.011/2m

ol·L－1＝1.1×10－5mol·L－1，c(Ag＋)越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO2－4，可用Na2CrO4作AgNO3溶液滴定Cl－或Br－的指示剂，故B正确、C错误

；出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中c（Cl－）c（Br－）＝Ksp（AgCl）Ksp（AgBr）＝17705.35，故D错误。2．B碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性钡盐，钡离子有毒，所以不能用碳酸钡作内服造影剂，A项错误；用0.36mo

l·L－1Na2SO4溶液给钡中毒者洗胃，反应后c(Ba2＋)＝1.1×10－100.36mol·L－1≈3.1×10－10mol·L－1<1.1×10－10mol·L－1，能达到解毒的目的，B项正确；碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性钡盐，达不到解毒的目

的，C项错误；饱和BaSO4溶液中c(Ba2＋)＝Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10mol·L－1>1.0×10－5mol·L－1，所以误饮c(Ba2＋)＝1.0×10－5mol·L－1的溶液时，不会引起钡中毒，D项错误。3．DA项，

0.01mol·L－1AgNO3溶液中加入0.005mol·L－1KSCN溶液，产生白色沉淀AgSCN，该沉淀在溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s)⇌Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，正确；B项，取①中上层清液加入2mol·L－1Fe(NO3)3溶液，溶液变成红色，说明有Fe(SCN

)3生成，从而推知上层清液中含有SCN－，正确；C项，①中余下浊液中加入2mol·L－1KI溶液，产生黄色沉淀，该沉淀应为AgI，正确；D项，①中反应后AgNO3有剩余，则余下浊液中除含有AgSCN外，还

有AgNO3，再加入2mL2mol·L－1KI溶液生成AgI沉淀，不能说明是AgSCN转化成了AgI，故不能证明AgI比AgSCN更难溶，错误。4．BKsp只受温度影响，温度相同，Ksp不变，A项错误；在AgCl悬浊液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)，由Ksp(AgCl

)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.6×10－10，解得c(Cl－)＝4×10－5.5mol·L－1，B项正确。两溶液等体积混合后，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝0.001mol·L－12＝5×10－4mol·L－1，Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2.5×10－7>Ksp(AgCl)，

会有沉淀析出，C项错误；向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，证明AgCl沉淀转化为AgBr，说明AgBr更难溶，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，D项错误。5．DA项，向a点的溶液中加入等物质的量固

体Na2SO4或Ca(NO3)2，抑制固体溶解的作用相同，则析出的沉淀量相同，错误；B项，曲线上的点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液，则d点体系最不稳定，错误；C项，a点转化为b点，c(Ca2＋)减小、c(SO2－4)增大，而升高温度

，c(Ca2＋)与c(SO2－4)均增大，则升高温度不能使溶液由a点转化为b点，错误；D项，反应Ba2＋(aq)＋CaSO4(s)⇌BaSO4(s)＋Ca2＋(aq)的平衡常数K＝c（Ca2＋）c（Ba2＋）＝Ksp（CaSO4）Ksp（B

aSO4）＝9×10－61.0×10－10＝9×104，正确。[练高考]6．BD由题干信息，M(OH)2(s)⇌M2＋(aq)＋2OH－(aq)，M(OH)2(s)＋2OH－(aq)⇌M(OH)2－4(aq)，随

着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)2－4]增大，即－lgc(M2＋)增大，－lgc[M(OH)2－4]减小，因此曲线①代表－lgc(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lgc[M

(OH)2－4]与pH的关系，A正确；由图像，pH＝7.0时，－lgc(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，B错误；向c(M2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中

加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像，pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)2－4]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；c[M(OH)2－4]＝0.1mol·L－1的溶液

中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol·L－1的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)2－4存在，D错误。7．C三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶

液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.100mol·L－1×1.5mL＝c(I－)×15mL，解得c(I－)＝0.01mol·L－

1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18mL，溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgBr）1×10－5mol·L－1＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝5.4×10－8×15×0.0118＝4

.5×10－10>Ksp(AgCl)，故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c(Ag＋)最大，D项错误。8．DSrSO4(s)＋CO2－3⇌SrCO3(s)＋SO2－4的平衡常数K＝c（SO2

－4）c（CO2－3）＝c（SO2－4）c（Sr2＋）c（CO2－3）c（Sr2＋）＝Ksp（SrSO4）Ksp（SrCO3），A正确；根据图中曲线的变化趋势可知，曲线①②表示含SrSO4(s)的Na2S

O4溶液，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10—6.5，

温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为10－6.51mol·L－1＝10－6.5，则a为－6.5，B正确；曲线③④表示含SrSO4(s)的Na2CO3溶液，pH相同时，1mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol·

L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；该溶液中c(Sr2＋)＝10－6.5mol

·L－1，根据图示知，pH≥6.9时即可发生沉淀的转化，D项错误。[练模拟]9．B在Mg(OH)2的悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl固体，NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，促使溶解平衡正

向移动，c(Mg2＋)增大，A正确；在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，若溶液中c(Mg2＋)·c2(F－)>Ksp(MgF2)，Mg(OH)2可以转化为MgF2，B错误；由数据可知，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3时的pH小于Cu2＋完全转化为C

u(OH)2时的pH，向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋杂质，C正确；加入过量NaOH，则Cu2＋和Mg2＋都沉淀，过滤后的滤液为Cu(OH)2和Mg(OH)2饱和溶

液，则满足：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)、Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，故c（Mg2＋）c（Cu2＋）＝Ksp[Mg（OH）2]Ksp[Cu（OH）2]＝5.6×10－122.2×10－20≈2.

5×108，D正确。10．A沉淀呈黄色，说明加入AgNO3溶液时先生成AgI沉淀，A正确；CO2－3浓度大，BaSO4部分转化为BaCO3，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，B错误；NaOH溶液过量，与FeCl3反应生成沉淀，不能判断两者Ksp的大小，C错误

；Na2S溶液过量，与CuSO4溶液反应生成CuS，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，D错误。11．DKCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2

CrO4＋2AgNO3===Ag2CrO4↓＋2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表的是－lgc(Cl－)与V(AgNO3)的变化关系

，故A正确；M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应的化学方程式KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c(NO－3)>c(K＋)>c(Ag＋)，银离子水解使

溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，所以M点溶液中，离子浓度为c(NO－3)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B正确；N点纵坐标的数值是4.0，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(

CrO2－4)＝10－4mol·L－1，c(Ag＋)＝2×10－4mol·L－1，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO2－4)·c2(Ag＋)＝10－4×(2×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；相同实验条件下，若改为0.05m

ol/L的K2CrO4，则消耗AgNO3溶液的体积为10mL，平衡时溶液中c(CrO2－4)＝1.0×10－4，对应的纵坐标的数值是4.0，曲线L2中N点移到Q点正上方，故D错误。12．B因HgS的溶解过程是吸热过程，分析题图可知，温度为T时HgS的Ksp较大，故温度T高于20℃，A项错

误；溶度积只与温度有关，c、e点对应温度相同，故两点处HgS的Ksp相等，f点HgS的Ksp较c、e点大，B项正确；降低温度，f点的饱和溶液的组成由f点沿fd线向d方向移动，C项错误；向d点溶液中加入少量K2S固体

，溶液组成由d点沿edc线向c方向移动，D项错误。13．C对于AgSCN，lgKsp(AgSCN)＝lg[c(Ag＋)·c(SCN－)]＝lgc(Ag＋)＋lgc(SCN－)，对于Ag2CrO4，lgKsp(Ag2CrO4)＝lg[c2(Ag＋)·c(CrO2－4)]＝2lg

c(Ag＋)＋lgc(CrO2－4)，故题图中上方曲线为Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，下方曲线为AgSCN的沉淀溶解平衡曲线。因题图中上方曲线为Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，代入有关数据，可知lgKsp(Ag2CrO4)＝－4×2－3.

92＝－11.92，则Ksp(Ag2CrO4)＝10－11.92，A项正确；a点c2(Ag＋)·c(CrO2－4)<Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液，B项正确；从x轴上任选一点，作x轴的垂线，可知lgc(Ag＋)相同

时，lgc(CrO2－4)>lgc(SCN－)，因此沉淀相同浓度的Ag＋，需要的c(CrO2－4)>c(SCN－)，故用KSCN溶液的效果比用等浓度的K2CrO4溶液的效果好，C项错误；题图中下方曲线为AgSCN的沉淀溶解平衡曲线，代入有关数据，可知lgKsp(AgSCN)＝－6－6＝－12，则

Ksp(AgSCN)＝10－12，题给反应的平衡常数K＝c（CrO2－4）c2（SCN－）＝c2（Ag＋）·c（CrO2－4）c2（Ag＋）·c2（SCN－）＝Ksp（Ag2CrO4）K2sp（AgSCN）＝10－11.92（10－12）2＝1012.08，D项正确

。14．DMg(OH)2是难溶电解质，故Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，A正确；②中两组实验均加入铵盐，对比结果可知实验中NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，促

使Mg(OH)2(s)的溶解平衡正向移动而逐渐溶解，B正确；加入相同体积的NH4Cl溶液和CH3COONH4溶液时，沉淀溶解，可能是因为NH4Cl溶液中NH＋4发生水解而使溶液呈酸性，H＋与OH－反应生成H2O促使

Mg(OH)2(s)的溶解平衡正向移动，C正确；将①中的NaOH溶液用氨水替换，所得浊液中含有Mg(OH)2和NH4Cl，重复题中实验，浊液中NH＋4影响实验结果，故③中获得的图像与②不同，D错误。综合测评提能力1．CA项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，

平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，正确；B项，向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＞Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则沉

淀将由白色的氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，正确；C项，加入少量蒸馏水，Ksp保持不变，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，错误；D项，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根水解呈碱性，所以c(O

H－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，正确。2．D温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp

(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌CaC

O3(s)＋SO2－4(aq)，D项正确。3．CAgCl、AgBr和AgI的Ksp表达形式相同，则Ksp越小，AgX的溶解度越小，由表中数据可知，AgX的溶解度随氯、溴、碘的顺序减小，A正确；由于AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，则AgCl饱和

溶液中c(Ag＋)大于AgI饱和溶液中c(Ag＋)，将AgCl饱和溶液与AgI饱和溶液等体积混合，Qc(AgI)>Ksp(AgI)，会析出AgI沉淀，B正确；AgCl和Ag2SO4都是白色沉淀，用AgNO3溶液作标准液测定Cl－含量时

，不能用Na2SO4溶液作指示剂，无法判断滴定终点，C错误；Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，将适量AgCl溶解于水，加入Na2S固体，Ag＋与S2－反应生成Ag2S黑色沉淀，D正确。4．CMn2＋沉淀较为完全时的浓度为1×10－5mol·L－1，已知Ksp＝c(Mn2＋)

·c2(OH－)，c(OH－)＝Kspc（Mn2＋）＝2×10－131×10－5mol·L－1＝2×10－4mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝10－142×10－4mol·L－1＝22×10－

10mol·L－1，所以pH＝－lg22×10－10＝10＋12lg2≈10.15。5．D若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，依据表中难溶物的Ksp大小可知，

反应过程中Fe3＋先形成沉淀，依据Ksp(FeAsO4)＝c(Fe3＋)·c(AsO3－4)＝5.7×10－21可得，c(AsO3－4)＝Ksp（FeAsO4）c（Fe3＋）＝5.7×10－17mol·L－1。6．DA．MgCl2和

NaOH溶液发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式正确。B.Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，滴加浓FeCl3溶液时，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3沉淀，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动

，最终生成红褐色沉淀，离子方程式正确。C.向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH4Cl溶液，NH＋4与OH－结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，

离子方程式正确。向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，CH3COOH与OH－反应生成CH3COO－和H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式为Mg(OH)2＋2CH3COOH===Mg2＋＋2CH3COO－＋2H

2O，D错误。7．C题干信息标明为“常温下”，故温度不变，沉淀溶解平衡常数不变，A项错误；用相同浓度、相同体积的MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反应时，二者消耗的Na2CO3溶液体积相等，但由于碳酸钡的溶度积小于碳酸镁，所以滴定终点时pMg<pBa，故F点向正下方迁移，B

项错误；F点时BaCl2溶液与Na2CO3溶液正好反应完全；由图中F点数据可知，pBa＝4.5，则c(Ba2＋)＝1.0×10－4.5mol·L－1，c(CO2－3)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－4.5mol·L－1，则Ksp(BaCO3)＝c(CO2－3)·c(Ba2＋)＝1.0×10－

4.5×1.0×10－4.5＝1.0×10－9，C项正确；CO2－3的一级水解常数Kh1＝c（HCO－3）·c（OH－）c（CO2－3）＝c（H＋）·c（HCO－3）·c（OH－）c（H＋）·c（CO2－3）＝KwKa2，而H2CO3的pKa2＝10.3，故Ka2＝10

－10.3，则Kh1＝KwKa2＝10－14/10－10.3＝10－3.7，即pKh1＝3.7，D项错误。8．A因为a点和b点都在CuS的沉淀溶解平衡曲线上，Ksp是定值，A错误；因为Ksp(CuS)<Ksp(MnS)，向CuSO4溶液中加入MnS，可以发生沉淀转化反应：Cu

2＋(aq)＋MnS(s)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，B正确；从图像可知Ksp(CuS)＝0.01×6×10－34＝6×10－36、Ksp(MnS)＝0.01×3×10－11＝3×10－13，在含有CuS和MnS固体的溶液中c(S2－)相同，c(Cu2

＋)∶c(Mn2＋)＝Ksp(CuS)∶Ksp(MnS)＝(2×10－23)∶1，C、D正确。9．Da→b为－lgc(Ag＋)变化的趋势，根据b点可知加入氨水体积为10mL时，－lgc(Ag＋)最大，即c(Ag＋)最小，根据Ag＋＋NH3·H2O

===AgOH↓＋NH＋4，可知AgNO3和NH3·H2O按物质的量之比1∶1进行反应，由于氨水和硝酸银溶液体积相等，则硝酸银溶液的浓度等于氨水的浓度，故原硝酸银的浓度为0.1mol·L－1，A项正确；b点时AgNO3和NH

3·H2O恰好完全反应生成AgOH沉淀，此时－lgc(Ag＋)＝4，即c(Ag＋)＝10－4mol·L－1，Ksp(AgOH)＝c(Ag＋)·c(OH－)＝10－4×10－4＝10－8，B项正确；b点溶液为0.05mol·L－1NH4

NO3溶液，再加入氨水，发生反应AgOH＋2NH3·H2O===Ag(NH3)2OH＋2H2O，溶液体积增大，NH＋4浓度减小，故b点溶液中NH＋4的浓度大于c点溶液中NH＋4的浓度，C项正确；b→c为－lgc[Ag(NH3)＋2]的变化趋势，m

点溶液中－lgc[Ag(NH3)＋2]＝2，即c[Ag(NH3)＋2]＝10－2mol·L－1，根据Ag(NH3)2OH===Ag(NH3)＋2＋OH－，可知c(OH－)＝10－2mol·L－1，溶液呈碱性，根据电荷守恒有c(NO－3)＋c(OH－)＝c(Ag＋)＋

c[Ag(NH3)＋2]＋c(NH＋4)＋c(H＋)，则c(NO－3)<c(Ag＋)＋c[Ag(NH3)＋2]＋c(NH＋4)，D项错误。10．DKsp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝(10－20)2×10－9.2＝10－49.2，故A错误；Ksp(CuS)只受温度影响，故B错误；

由图像可知，Z点的坐标在曲线上方，即Z点Ag2S的Qc＜Ksp(Ag2S)，则v(沉淀)＜v(溶解)，故C错误；根据方程式可知，K＝c（Cu2＋）c2（Ag＋）＝c（Cu2＋）·c（S2－）c2（Ag＋）·

c（S2－）＝Ksp（CuS）Ksp（Ag2S），根据X点和Y点可知，Ksp(CuS)远大于Ksp(Ag2S)，即该反应的平衡常数很大，反应趋于完全，故D正确。11．答案：(1)MgCO3＋2OH－===Mg(OH)2＋CO2－32．125×1021(2)Cl－、SO2－4(3)

不可行若将“母液”循环使用，则溶液中c(Cl－)和c(SO2－4)增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质解析：由溶度积表知，MgCO3的Ksp最大，在溶液中溶解的最多，其他物质与MgCO3相差的数量级较大，在溶液里可以忽略。(1)主要是MgCO3

与NaOH反应生成Ksp更小的沉淀Mg(OH)2；pH＝8，c(OH－)＝10－6mol·L－1，则Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝c(Mg2＋)×10－12＝5.61×10－12(mol3·L－3)，得c(Mg2

＋)＝5.61mol·L－1；Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝c(Fe3＋)×10－18＝2.64×10－39(mol4·L－4)，得c(Fe3＋)＝2.64×10－21mol·L－1，所以c(M

g2＋)∶c(Fe3＋)＝5.61∶2.64×10－21＝2.125×1021。(2)“母液”中还含有Cl－、SO2－4等。12．答案：(1)①A②D(2)4×10－14mol·L－1(3)NH4Cl水解出来的H＋与Mg(OH)2电离

出的OH－结合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动(4)1解析：(1)已知n(MgCl2)＝1×10－3L×0.1mol·L－1＝1×10－4mol，n(NaOH)≈0.1×10－3L×2mol·L－1

＝2×10－4mol，由反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知，二者基本反应完全生成白色沉淀Mg(OH)2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38远小于Ksp[Mg(OH)2]＝1.

8×10－11，所以白色沉淀Mg(OH)2转化为红褐色沉淀Fe(OH)3；当向其中加入NH4Cl溶液时，NH＋4与Mg(OH)2电离出的OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终

使Mg(OH)2完全溶解得无色溶液。(2)当试管Ⅰ中所得混合液pH＝6时，即c(OH－)＝10－8mol·L－1，由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38可求得c(Fe3＋)＝4.0×10－14mol·L－1。(3)NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H＋与Mg(OH)2电离出的OH－结合生成

水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动。(4)由于醋酸铵溶液(pH＝7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，说明不是NH＋4水解呈酸性导致Mg(OH)2溶解；当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液(pH

＝8)时，沉淀也溶解，说明猜想2是错误的。因此证明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是NH＋4与Mg(OH)2电离出OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，促进Mg(OH)2溶解平衡正向移动，最终得无色溶液，所以猜想1是正确的。13．答案：(1)①将Fe2＋氧化为Fe3＋不引入其他杂质，对环境

无污染(其他合理答案均可)②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等]3.2(2)①1.0×10－10②2.5×10－42.5×10－9③MN0.04④4×10－5解析：(1)①由于Ksp

[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大，则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大，故加入H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时，为不引入新杂质，可加入CuO、Cu(OH

)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3＋沉淀完全时，溶液中c(Fe3＋)≤1×10－5mol·L－1，则有c(OH－)＝3Ksp[Fe（OH）3]c（Fe3＋）＝34.0×10－381×10－5＝34×10－11mol·L－1，pOH＝－lg(34×10－11)＝11－23lg2＝1

0.8，故溶液的pH＝14－pOH＝14－10.8＝3.2。(2)①由图可知，c(CO2－3)＝0时，c(Ba2＋)＝c(SO2－4)＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO2－4)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。②由图可知

，当c(CO2－3)＞2.5×10－4mol·L－1时，开始有BaCO3沉淀生成，图中c(CO2－3)＝2.5×10－4mol·L－1时，c(Ba2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO2－3)＝2.5×10－4×1.0×10

－5＝2.5×10－9。③BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)，加入Na2CO3，Ba2＋与CO2－3生成BaCO3沉淀，促使BaSO4的溶解平衡正向移动，溶液

中c(SO2－4)增大，c(Ba2＋)减小，则MP为c(SO2－4)的变化曲线，MN为c(Ba2＋)的变化曲线。反应BaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌BaCO3(s)＋SO2－4(aq)的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3

）＝1.0×10－102.5×10－9＝0.04。④当溶液中c(CO2－3)＝1×10－3mol·L－1时，K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝0.04，则有c(SO2－4)＝0.04×10－3mol·L－1＝

4×10－5mol·L－1，故溶解BaSO4的物质的量为4×10－5mol·L－1×1L＝4×10－5mol。单元检测8水溶液中的离子平衡1．C亚硝酸是弱酸，弱电解质电离吸热，温度升高促进电离，H＋浓度增大，pH减小，故A错误；亚硝酸是弱酸，部分电离，0.01mol·L－

1亚硝酸中的H＋浓度小于0.01mol·L－1，所以pH>2，故B错误；由物料守恒可知，c(Na＋)＝c(NO－2)＋c(HNO2)，故C正确；NO－2的水解是微弱的，故NO－2的浓度大于OH－的浓度，故D错误。2．

C根据题中信息，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后pH变化不大，如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。CH3COONa电离出的

CH3COO－会抑制CH3COOH的电离，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L－1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，A项正确；根据表格中的数据分析，向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO－结合H＋生成CH3COOH，反应后溶质为0

.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，B项正确；向溶液a中加入0.1molNaOH固体，CH3COOH完全反应，得到的CH3COONa溶液显碱性，pH变化大，C项错误；含0.1mol·L－1NH3·H2O

与0.1mol·L－1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，也可作缓冲溶液，D项正确。3．C根据图示，0.1mol·L－1XOH溶液的pH＝13，说明XOH完全电离，为强电解质，A项错误；XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐，要使两

种溶液的pH相等，则c(XOH)<c(X2CO3)，再结合物料守恒可知，XOH溶液中的c(X＋)小于X2CO3溶液中的c(X＋)，B项错误；0.10mol·L－1X2CO3溶液的pH＝11.6，则该溶液中c(OH－)≈c(HCO－3)＝1

0－1410－11.6mol·L－1＝10－2.4mol·L－1，c(CO2－3)≈0.1mol·L－1，Kh1＝c（HCO－3）·c（OH－）c（CO2－3）＝KwKa2，则Ka2＝Kwc（CO2－3）c（HCO

－3）·c（OH－）＝10－14×0.110－2.4×10－2.4＝10－10.2，C项正确；当lgV＝2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO2－3)减小，

c(HCO－3)增大，c（HCO－3）c（CO2－3）增大，D项错误。4．D由题中数据分析可知，HC2O－4的水解程度小于电离程度，则HC2O－4电离出的H＋会抑制NH＋4的水解，而CH3COO－会促进NH＋4的水解，则浓度均为0

.1mol·L－1的NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中，前者c(NH＋4)大于后者，A项正确；0.1mol·L－1的KHC2O4溶液中滴加氨水至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(K＋)＋c(NH＋4)＋

c(H＋)＝c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，物料守恒关系：c(K＋)＝c(C2O2－4)＋c(HC2O－4)＋c(H2C2O4)，两式整理，得c(NH＋4)＝c(C2O2－4)－c

(H2C2O4)，则c(NH＋4)<c(C2O2－4)，B项正确；0.1mol·L－1的K2C2O4溶液中滴加盐酸至pH＝1.22，此时c(H＋)＝Ka1(H2C2O4)＝c（H＋）·c（HC2O－4）c（H2C2O4），即c(HC2

O－4)＝c(H2C2O4)，溶液中存在电荷守恒关系：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)＋c(Cl－)，物料守恒关系：c(K＋)＝2c(H2C2O4)＋2c(HC2O－4)＋2c(C

2O2－4)，两式整理得c(H＋)＝c(OH－)－c(HC2O－4)－2c(H2C2O4)＋c(Cl－)，由于此时c(HC2O－4)＝c(H2C2O4)，可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)－3c(HC2O－4)，C项正确；0.1mol·L－1CH3C

OONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76，即c(H＋)＝10－4.76mol·L－1，H2C2O4的Ka2＝c（H＋）·c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝10－4.19，解得c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝100.

57>1，则此时c(HC2O－4)<c(C2O2－4)，D项错误。5．D等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后，体系中存在电荷守恒关系：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，此时溶液的pH<7，即c(H＋)>c(OH－)，则c(HCOO－)>c(Na＋)，

溶液中离子浓度大小关系为c(HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A项正确；氯水中存在平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，根据物质的量关系判断，反应生成的n(HCl)＝n(HClO)，则溶液中存在物料守恒关系：c(ClO－)＋c(HClO)＝c(Cl－)，B项正确；根据题

中信息判断：Ka(HF)>Ka(H2S)，Kh(F－)<Kh(HS－)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS>NaF，C项正确；Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在电荷守恒关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC

O－3)＋2c(CO2－3)，D项错误。6．C根据题中信息可知：含MEBT的溶液中滴加EDTA时会转化为MY2－，说明金属离子更容易与Y4－配位，即MY2－更稳定，A项错误；在滴定过程中眼睛要随时观察锥形瓶中溶液的颜色变化，确定滴定终点，B项错误；滴入标准液前，

金属离子与EBT2－结合生成MEBT，此时溶液呈酒红色，当达到滴定终点时，MEBT全部转化为蓝色的EBT2－，所以滴定终点的现象为溶液恰好由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色，C项正确；只用蒸馏水洗涤而未用标准液

润洗会将标准液稀释，导致标准液的用量偏大，测定结果偏高，D项错误。7．D根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为5.1×10－6mol·L

－1、1.6×10－7mol·L－1、6.5×10－4mol·L－1、1.1×10－7mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。8．CE点对应溶液为新制氯水，新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，A项错误；随氢氧化钠溶液的加入，溶液p

H逐渐增大，H、F点对应溶液的酸碱性不同，F点对应溶液显中性、H点对应溶液显碱性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)可知，H、F点对应溶液中不可能都存在c(Na＋)＝c(C

l－)＋c(ClO－)，B项错误；G点对应溶液中水的电离程度最大，溶液中的溶质是等浓度的NaCl和NaClO，ClO－水解使溶液呈碱性，所以溶液中c(Na＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，C项正确；H点对应溶液呈碱性，加水稀释，溶液的pH减小，D项错误。9．B根据

题中信息，Ka1(H2SO4)＝6.3×10－9，代表H2SO4在冰醋酸中部分电离，则第一步电离方程式为H2SO4＋CH3COOH⇌HSO－4＋CH3COOH＋2，A项错误；H2SO4的冰醋酸溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO

H＋2)＝c(HSO－4)＋2c(SO2－4)＋c(CH3COO－)，B项正确；电离平衡常数越大，电离产生的氢离子浓度越大，pH越小，Ka1(H2SO4)＝6.3×10－9>Ka(HNO3)＝4.2×

10－10，则pH(H2SO4)<pH(HNO3)，C项错误；向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，相当于溶液体积增大，c(NO－3)减小，电离平衡常数Ka(HNO3)＝c（NO－3）·c（CH3COOH＋2）

c（HNO3），温度不变，Ka(HNO3)不变，则c（CH3COOH＋2）c（HNO3）增大，D项错误。10．D若HA和BOH均为弱电解质，且电离平衡常数相等，当V1·a＝V2·b时，混合后溶液也呈中性，A项

错误；温度未知，水的离子积常数Kw不一定为1×10－14，且HA和BOH是否为强电解质也不确定，所以当pH(HA)＋pH(BOH)＝14时，二者浓度不一定相等，等体积混合，酸碱不一定能完全中和，B项错误；若混合溶液中c(OH－)＝Kwmol·L－1，则c(H＋)也等于K

wmol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，C项错误；混合后溶液的体积为(V1＋V2)mL，存在物料守恒关系：c(A－)＋c(HA)＝aV1V1＋V2mol·L－1，D项正确。11．D溶液的pH越小，c(CH3COO

H)浓度越大，结合图像知虚线代表醋酸浓度，实线代表醋酸根离子浓度，当pH＝5.5时，c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，A正确；W点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(

H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COO－)换成c(CH3COOH)，B正确；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(Na

＋)＋c(H＋)－c(OH－)，又c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，即c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.1mol·L－1，C正确；根据反

应可得到0.05molNaCl，0.1molCH3COOH，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，又c(Na＋)＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(

OH－)，通入HCl气体后溶液中c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，D错误。12．DA项，A点为醋酸铵溶液，醋酸铵为弱酸弱碱盐，促进水的电离，溶液pH＝7，则由水电离出的c水(H＋)＝c水(OH－)>10－7mol·L－1，B

点溶液中溶质为NH4I和NH3·H2O，H＋全部是由水电离出的，故c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－7mol·L－1，则由水电离产生的OH－浓度：A点大于B点，错误；B项，M点为氨水，溶液显碱性，且NH3·H2O的电离抑制了水的电离，则c(NH3·H2O)>c(

OH－)>c(NH＋4)>c(H＋)，错误；C项，N点为碘化铵与NH3·H2O的混合液，且NH4I和NH3·H2O的物质的量浓度相等，根据物料守恒得2c(I－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH＋4)，错误；D项，P点为碘化铵与醋酸的混合液，且NH4I和C

H3COOH的物质的量浓度相等，根据电荷守恒得c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(I－)＋c(CH3COO－)，根据物料守恒得c(NH3·H2O)＋c(NH＋4)＝c(I－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，则c(NH＋4)＝c(I－)－c(NH3·H2O)，c(CH3CO

O－)＝c(I－)－c(CH3COOH)，代入电荷守恒式，可得到c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(I－)＋c(NH3·H2O)，正确。13．D酸性高锰酸钾溶液显酸性，且有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，A正确；酸性高锰酸钾溶液本身有颜

色，当达到滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故不需要使用指示剂，B正确；俯视读数，会导致所读标准溶液消耗的体积偏低，则测得的待测液浓度也偏低，C正确；根据滴定曲线可知，a点为滴定终点，根据反应的离子方程式2MnO－4＋6H＋＋5H2C2O4===2M

n2＋＋10CO2↑＋8H2O可计算出此时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，若不考虑混合前后溶液体积的变化，c(Mn2＋)＝0.100mol·L－1×20.00×10－3L20.00＋25.00×10－3L≈0.044mol

·L－1，D错误。14．D由表中HX的数据可知，弱电解质溶液的浓度越小，HX的电离度越大；电离常数只与温度有关，则有K1＝K2＝K3，A错误。在NaZ溶液中存在Z－的水解平衡：Z－＋H2O⇌HZ＋OH

－，水解常数为Kh＝c（HZ）·c（OH－）c（Z－），加入少量盐酸，平衡正向移动，由于温度不变，则Kh不变，故c（Z－）c（HZ）·c（OH－）的值不变，B错误。由表中HX的数据可知，HX的浓度越大，其电离度越小，但电离产生的c(X－)越

大，故表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(X－)浓度逐渐增大，C错误。相同条件下，弱电解质的电离度越大，则酸性越强，其电离常数越大，故相同温度下，电离常数为K5＞K4＞K3，D正确。15．C由题图可知，未加盐酸时lgc（H＋）c（OH－

）＝－8，则室温下0.1mol·L－1的ROH溶液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，c(R＋)≈1×10－3mol·L－1，Kb(ROH)＝c（R＋）·c（OH－）c（ROH）≈（1×10－3）20.1＝1×10－5，A项正确；点②对应的溶

液是等浓度的RCl和ROH溶液，根据电荷守恒和物料守恒有c(R＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和2c(Cl－)＝c(R＋)＋c(ROH)，两式联立可得c(R＋)＋2c(H＋)＝c(ROH)＋2c(OH－)，B项正

确；随着盐酸的滴加，溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程度减小，恰好完全中和时水的电离程度最大，继续滴加盐酸，对水的电离抑制程度又增大，C项错误；c（R＋）c（ROH）·c（H＋）＝c（R＋）·c（OH－）c（ROH）·c（H＋）·c（O

H－）＝Kb（ROH）Kw，温度不变，Kb、KW均不变，二者的比值也不变，D项正确。16．答案：(1)OH－＋H3AsO3===H2AsO－3＋H2O(2)c(H2AsO－3)＞c(HAsO2－3)＞c(H3AsO3)(3)H3As

O4⇌H2AsO－4＋H＋(4)7.0解析：(1)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时，溶液pH在8.0～10.0之间，结合图像可知溶液中H3AsO3减少而H2AsO－3增加，则该过

程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO－3＋H2O。(2)结合图像可知pH＝11时，H3AsO3水溶液中c(H2AsO－3)最大，c(H3AsO3)最小，各含砷微粒浓度关系为c(H2AsO－3)

＞c(HAsO2－3)＞c(H3AsO3)。(3)结合题图知，H3AsO4为多元弱酸，存在电离平衡，其第一步电离方程式为H3AsO4⇌H2AsO－4＋H＋。(4)H3AsO4第二步电离方程式为H2As

O－4⇌HAsO2－4＋H＋，其电离常数Ka2＝c（HAsO2－4）·c（H＋）c（H2AsO－4），由图像可知当pH＝7.0时，c(H2AsO－4)＝c(HAsO2－4)，则Ka2＝10－7.0，pKa2＝7.0。17．答案：(1)A－＋H2O⇌HA＋

OH－(2)>(3)9.9×10－710－8(4)>ABDC解析：(2)混合溶液由于A－水解，促进水的电离，而NaOH抑制水的电离。(3)由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，可得c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7mo

l·L－1。由质子守恒c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)，可得c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－8mol·L－1。(4)NH4A溶液为中性，说明NH＋4与A－的水解程度相当。HA加到Na2CO3中有气体放出，说明

HA酸性强于H2CO3，HCO－3、CO2－3水解程度大于A－，因而(NH4)2CO3溶液pH>7，NH4HCO3溶液的pH大于7。Cl－和SO2－4不水解，(NH4)2SO4和NH4Cl溶液显酸性，但(NH4)2SO4中c(NH＋4)多，水解生成的c(H＋)

也多，因而pH[(NH4)2SO4]<pH(NH4Cl)<pH(NH4A)<pH(NH4HCO3)。18．答案：(1)A2－＋H2O⇌HA－＋OH－c（HA－）·c（OH－）c（A2－）c(OH－)＋c(HA－)＋2c

(A2－)(2)增大(3)①61×10－10②10(4)1×10－8c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)>c(A2－)解析：(1)由题图可知，H2A溶液中含有H2A、HA－、A2－，则H2A是二元弱酸；Na2A溶液中A2－发生水解而使溶液呈碱性：A2－＋H2O⇌HA－＋O

H－。Na2A溶液呈电中性，据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)。(2)升高温度，溶液的碱性增强，则溶液中c(OH－)增大，说明升高温度，A2－的水解平衡正向移动

，则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离：H2A⇌HA－＋H＋、HA－⇌A2－＋H＋，则有Ka1＝c（HA－）·c（H＋）c（H2A），Ka2＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－）；由题图可知，H2A和HA－的物质的量分数均为0.5

时，则c(HA－)＝c(H2A)，溶液的pH＝6，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，则有Ka1＝c(H＋)＝1×10－6，－lgKa1＝6。HA－和A2－的物质的量分数均为0.5时，溶液pH＝10，则c(HA

－)＝c(A2－)，c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，则有Ka2＝c(H＋)＝1×10－10。②0.020mol·L－1Na2A溶液和0.010mol·L－1盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液，溶液中c(A2－)≈c(HA－)，由题图可知，

溶液的pH约为10。(4)0.010mol·L－1的NaHA溶液中，存在水解平衡：HA－＋H2O⇌H2A＋OH－，则水解常数Kh＝c（H2A）·c（OH－）c（HA－）＝KwKa1＝1×10－141×10－6＝1×10－8，NaHA溶液中存在HA－的电离平衡和水解平衡，由

于Kh>Ka2，则HA－的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA－的水解程度较小，Na＋不发生水解，故溶液中离子浓度大小顺序：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)>c(A2－)。19．答案：(1

)LiFePO4＋2H3PO4===Fe(H2PO4)2＋LiH2PO4(2)①Al3＋＋6HF＋3Li＋＋6H2PO－4===Li3AlF6↓＋6H3PO4②当溶液初始pH增大时，HF电离程度增大，c(F－)增大，铝元素去除率上升；当溶液初始pH>2时，溶液中Fe2＋被氧化，生成Fe3＋，F

e3＋与F－络合，c(F－)减小，铝元素去除率下降(3)①0.75mol·L－1，过程见解析②1.3×10－17解析：(1)由图知，LiFePO4与H3PO4发生非氧化还原反应得到Li＋、Fe2＋和H2PO－4。则LiFePO4与H3PO4反应的化学方程式为：LiFePO4＋2H3

PO4===Fe(H2PO4)2＋LiH2PO4。(2)①除铝时：30℃下向浸出液中加入氢氟酸(弱酸)，Al3＋易与F－形成配合物(AlF3－6)并与锂离子结合生成Li3AlF6沉淀，磷酸是弱酸，则生成Li3AlF6沉

淀的反应离子方程式为：Al3＋＋6HF＋3Li＋＋6H2PO－4===Li3AlF6↓＋6H3PO4。②HF为弱酸，pH增大促进HF电离、增大F－浓度、有利于生成Li3AlF6沉淀、提高铝元素去除率；已知

：Al3＋、Fe3＋、Fe2＋都容易与F－形成配合物，pH继续增大，亚铁离子被氧化所得的铁离子也与F－形成配合物，减小F－浓度，不利于生成Li3AlF6沉淀，减小铝元素去除率；则当溶液初始pH为1.2～2.

2范围时，铝元素去除率先上升后降低的可能原因是：当溶液初始pH增大时，HF电离程度增大，c(F－)增大，铝元素去除率上升；当溶液初始pH＞2时，溶液中Fe2＋被氧化，生成Fe3＋，Fe3＋与F－络合，c(F－)减小，铝元素去除率下降。(3)①用K2Cr2

O7标准溶液测定溶液中的c(Fe2＋)，反应的离子方程式：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。现滴定20.00mL溶液中Fe2＋，消耗0.1000mol·L－1K2Cr2O7溶液25.00mL，则K2Cr2O7物质的量为2

5.00mL×10－3L/mL×0.1000mol·L－1＝2.500×10－3mol，溶液中Fe2＋物质的量为6×2.500×10－3mol＝1.500×10－2mol，c(Fe2＋)为1.500×10－2mol20.00mL×10－3＝0.75mol·L－1

。②欲使溶液中c(Fe3＋)≤1×10－5mol·L－1，磷酸根离子浓度最小为c(PO3－4)＝Ksp（FePO4）c（Fe3＋）≥1.3×10－221×10－5mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。20．答案：(1)①CD②a.ECBADGF或ECDBAGF

b．溶液由黄色变橙色，且半分钟内不恢复原色c．溶液由红色变无色，且半分钟内不恢复到原色(2)①酸锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色②0.2mol·L－1(3)D解析：(1)①滴定终点读数时俯视，造成V(标准)

偏小，根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）V（未知），可知c(未知)偏小，A项不符合题意；锥形瓶用蒸馏水洗涤后不能用未知浓度的NaOH溶液润洗，此操作正确，对结果无影响，B项不符合题意；酸式滴定管在使用

前，水洗后未用标准盐酸润洗，使标准盐酸物质的量浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）V（未知），可知c(未知)偏大，故C项符合题意；酸式滴定管尖嘴部有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）

V（未知），可知c(未知)偏大，故D项符合题意。(2)①因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应用酸式滴定管盛装；因KMnO4溶液自身的颜色可指示滴定终点，达滴定终点时，溶液将由无色变为紫红色。②设该草酸溶液的物质的量浓度为c，三次实验消耗标准KMnO4溶液的平均体积为20

.00mL，有2KMnO4～5H2C2O42520．00×10－3L×0.1mol·L－125.00×10－3L×c220.00×10－3L×0.1mol·L－1＝525.00×10－3L×c解得c＝0.2mol·L－1。(3)若用

AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂与AgNO3反应的生成物的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4。第九单元化学实验基础课练27化学实验常用仪器和基本操作狂刷小题夯基础[练基础]1．A由题述可知，题中过程

为固体的加热、灼烧、冷却和研磨，固体灼烧要用到坩埚，坩埚要用坩埚钳取放，研磨在研钵中进行，题述过程中没有用到蒸发皿，故选A。2．DA项，托盘天平的精确度为0.1g，不能用托盘天平称取5.85g食盐，错误；B项，量筒的精确度为0.1mL，不能用10mL量筒量取8.36mL稀硫酸，

错误；C项，pH试纸精确度为1，读数为整数，错误；D项，高锰酸钾可氧化橡胶，则用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液，正确。3．D先移出导气管是为了避免液体倒吸进入前一装置，引起装置炸裂，故A不符合题意；先加热再加入浓盐

酸会因温度骤变而使试管炸裂，故B不符合题意；大试管取下后，若直接洗涤会因温度骤降而使试管炸裂，故C不符合题意；钠与水反应剧烈，若钠块过大会因为反应过于剧烈而引起爆炸，不是因温度急剧变化而引起安全事故，D符合题意。

4．B茶叶灼烧在坩埚中进行，需要用到酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角，A正确；容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的容器，不能用来稀释，B错误；过滤用到漏斗、玻璃棒、烧杯，C正确；检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确。5．A萃取分液时“下层液体从下口放出，上层液体

从上口倒出”主要是为了防止液体互相污染，A错误；收集乙酸乙酯时需要防倒吸，即导管口不能与饱和碳酸钠溶液接触，B正确；蒸馏烧瓶所盛液体体积不大于容积的23，是为了防止液体沸腾溢出，酒精灯中酒精体积不低于容积的14

，是为了防止干烧炸裂，C正确；实验室用固体NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3时，试管口不能向上倾斜的原因是防止冷凝水倒流至试管底部使试管炸裂，D正确。[练高考]6．C“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶

解，涉及的操作方法是粉碎和溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取。7．B过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A

错误；CO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO2，B正确；混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C错误；转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D错误。8．C由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保

存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C错误；高锰酸钾

固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确。9．A碱式滴定管排气泡时应弯曲橡皮管将尖嘴斜向上方，然后挤压玻璃珠使溶液涌出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内溶液时，试管夹应夹持在离试管口13处，试管与

桌面应成45°，B项错误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内部，D项错误。[练模拟]10．B秦艽、升麻各四钱，要通过称量得到，A项不符合题意；最后以液体服用，未采用结晶方法，B项符合题意；去滓是过滤的过程，C项

不符合题意；每用三钱，水四合煎，及二合，水减少，采用蒸发的方法，D项不符合题意。11．AA项，氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性，能将橡胶塞腐蚀，错误；B项，腐蚀性药品不能与皮肤直接接触，正确；C项，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠、

水和二氧化碳，正确；D项，根据c＝1000ρwM可知浓硫酸的浓度是1000×1.84×98.0%98mol·L－1＝18.4mol·L－1，正确。12．A蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶，故A错误；向容量

瓶中转移液体时，玻璃棒下端可以接触容量瓶刻度线下的内壁，故B正确；使用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面，避免上层液体漏出，故C正确；采用蒸发结晶的方法，可使NaCl从溶液中析出，故D正确。13．D木炭与浓硫

酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；图

示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确。故选D。14．A干燥的HCl不仅可防止CuCl被氧化，还可抑制CuCl2·2H2O在脱水过程中发生水解，故不能用干燥的N2代替，A错误；无水CuSO4遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2

O，因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气，B正确；湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2，可用品红溶液代替，C正确；NaOH溶液的作用是吸收HCl和Cl2，防止污染空气，HCl和氯气均能与Na

OH溶液反应，将导管直接插入NaOH溶液中容易发生倒吸，D正确。综合测评提能力1．B浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞保存在棕色细口瓶中，A项错误；水和乙酸乙酯互不相溶，用分液漏斗分离，B项正确；用量筒量取液体只能精确到0.1mL，C项错误；向试管中放入块状固体时，

应遵循“一平二放三滑入”的原则，D项错误。2．C①浓硫酸溶于水，放出大量的热，应冷却至室温再转移到容量瓶中定容，操作合理，故正确；②选择萃取剂，不需要考虑密度，应考虑是否反应、溶解性差异，故错误；③水和碘的四氯化碳溶液，水在上

层，则碘的四氯化碳溶液从漏斗下口流出，故错误；④蒸发时，出现大量固体停止加热，利用余热加热，不能蒸干，故错误；⑤酒精与水互溶，则着火时可用湿抹布或沙土扑火，故正确；⑥二氧化硫有毒，不能排放在室外，故错误；⑦Na与水反应生成强碱，不能用手拿试剂，应

选镊子，故错误；⑧煤气泄漏，不能立即开灯，易发生爆炸，应开门窗通风，故错误；⑨浓H2SO4沾在皮肤，先用布擦拭，再用水冲洗，不能使用NaOH，故错误。3．C对化学实验剩余药品，大多是不可以放回原瓶的，但是极少数例外，如金属钠切下一

小块后可放回原瓶，故①错误；可燃性气体点燃之前必须验纯，不纯可能发生爆炸，故②正确；用胶头滴管向试管中滴加液体，不能将滴管伸入试管中，若伸入试管中会污染滴管中的液体，故③错误；用托盘天平称量固体药品时，应左物右码，故④正确；浓硫酸溶于水时放出大量的热，由于硫酸的密度大于水，因此如果将水加入到浓硫

酸中水浮在硫酸上，造成液滴飞溅，可能会发生危险，故⑤正确；100mL容积太大，会造成较大误差，不能用来量取4.0mL稀硫酸，应用10mL量筒量取，故⑥错误。4．DA项，取氢氧化钠，不能使用酸式滴定管，错误；B项，氯气收

集应使用向上排气法，左边导气管应长一点，错误；C项，陶瓷坩埚不能加热分解碳酸钙，因为生成的氧化钙会和里面的硅酸盐发生反应，破坏坩埚，错误；D项，正确。5．A金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能

深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；氨氮废水中N为－3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；液体加热要加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后

发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，否则可能暴沸，该操作合理，故C正确；乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电导率计(一种测量

溶液导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度，故D正确。6．D加热试管内液体时，为防止沸腾时液体喷出伤人，试管口不能对着自己或别人，A错误；量筒不能用来配制溶液，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸慢慢倒入水中，B错误；NaO

H具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，C错误；无论采用哪种装置制取气体都应先检验装置的气密性，D正确。7．D蒸馏时，应先通冷水，防止馏分挥发，再点燃酒精灯加热，故①错误；蒸馏时，沸石一定要先加，如果加热后发现沸石未加，则需停止加热且待冷却后

再补加，否则会引起暴沸，故②错误；实验室制取气体时，要先检查装置的气密性，后加入试剂进行反应，以防装置漏气影响实验结果，故③正确；点燃可燃性气体如H2、CO等时，为防止爆炸要验纯后点燃，所以H2还原CuO实验时，

先检验气体纯度后点燃酒精灯，故④正确；分液时，先放出下层溶液，再倒出上层溶液，顺序不能颠倒，故⑤错误；分液时，先打开分液漏斗上口塞子，后旋开分液漏斗活塞，以便与内外气压相通，液体顺利流下，故⑥正确。8．CA项，为了使水与馏

分充分接触，提高冷凝效果，冷凝管中冷凝水下进上出，正确；B项，烧瓶不能直接加热，为了受热均匀，给烧瓶加热时需要垫上石棉网，正确；C项，蒸馏时用温度计控制馏分组成，蒸馏时需要将温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入

溶液，错误；D项，振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞，避免溶液溅出，正确。9．DA项，由于浓硝酸具有强氧化性，因此不能使用橡胶塞，应该使用玻璃塞，错误；B项，10mL量筒的精确度是0.1mL，因此不能使

用规格是10mL的量筒准确量取9.50mL稀硫酸，错误；C项，用托盘天平称量物质时，原则是左物右码，对于有腐蚀性的NaOH，不能在滤纸上称量，要放在烧杯中称量，错误；D项，Na2CO3是强碱弱酸盐，溶液显碱

性，若使用玻璃塞，碱与玻璃成分中的SiO2发生反应产生有黏性的Na2SiO3，将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此要使用带橡胶塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液，正确。10．C滴定管的测量精度为0.01mL，A项正确；新制氯水见光易分解和易挥发，具有强氧化性，应用带玻璃塞的棕色细

口瓶盛放，B项正确；测定溶液pH时，应用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照，不能用镊子，C项错误；水和乙酸乙酯不相溶，可用分液的方法分离，故需用分液漏斗，D项正确。11．答案：(1)蒸馏烧瓶分液漏斗直形冷凝管(2)AEC(3)固体由黑色变为红色

CuO＋H2=====△Cu＋H2O通一会氢气，使整个装置中不再有空气产生的废物少(其他合理答案也可)解析：(1)由图可知，A、C、E分别为蒸馏烧瓶、分液漏斗、直形冷凝管。(2)食用油和酒精互溶，但二者沸点不同，利用蒸馏法分离，选择的仪器为A、E；汽油和水分层，利

用分液法分离，选择的仪器为C。(3)如果H处放少量锌粒，G处盛稀盐酸，当稀盐酸和锌粒反应时生成氢气，在加热的条件下，氧化铜被氢气还原生成了铜，所以加热处的现象为固体由黑色变为红色；反应的化学方程式为CuO＋H2=====△Cu＋H2O；

为了实验安全，在加热前应采取的措施是通一段时间氢气，使整个装置中不再有空气，以防止氢气和空气的混合气体在加热时发生爆炸。用微型仪器进行实验，除试剂的用量极少以外，还可能具有的优点是产生的废物少(或减少污染)；加热时间短；反应时间短等。12．答案：(1)防止暴沸直形冷

凝管(2)起到缓冲作用，避免b中压强过大当b中压强过大时，a管中液面上升，使装置b中气压稳定(3)保温，使氨气尽量多的逸出解析：(1)碎瓷片的作用是防止液体暴沸。(2)a管与外界连通，用于平衡装置内气体的压强。当b装置内气体压强过大时，就会造成a管内液面上升，甚至溢出，从而使装置b中气压稳

定。(3)双层玻璃瓶的作用是保温，从而使氨气尽量多的逸出。13．答案：(1)②④①⑤⑥①②(2)ⅰ.②ⅱ.广口瓶里长短导管位置错误ⅲ.无法确定由于橡皮管使分液漏斗与烧瓶形成一个连通装置，压强始终保持平衡，无论漏气与否，液体均能顺利流下(其他合理答案也

可)ⅳ.向烧杯中注入洗涤剂(蒸馏水)，充分搅拌后使沉淀沉降，用倾析法将清液倒出，重复数次解析：(1)能加热但必须垫石棉网的有烧杯和蒸馏烧瓶，故选②④；分液漏斗、滴定管和容量瓶都需要检验是否漏水，故选①⑤⑥；分离沸点接近且互不相溶的液态混合物用分液的方法，使用的仪器为分液漏斗和烧杯，故选①②

；(2)ⅰ.收集氨气用向下排气法收集，故从②处通入；ⅱ.二氧化硫和氢氧化钠反应，广口瓶起到防止倒吸的作用，所以广口瓶里应该短进长出，才能防止水倒吸到前一个装置，故为长短导管位置错误；ⅲ.由于橡皮管使分液漏斗与烧瓶形成一个连通装置，压强始终保持平衡

，无论漏气与否，液体均能顺利流下，所以不能确定是否漏气。ⅳ.倾析法分离固体和液体中洗涤沉淀的方法类似过滤方法中的洗涤沉淀，方法为向烧杯中注入洗涤剂(蒸馏水)，充分搅拌后使沉淀沉降，用倾析法将清液倒出，重复数次。课练28物质

的分离、提纯、检验与鉴别狂刷小题夯基础[练基础]1．A钾元素的焰色反应为紫色，钠元素的焰色反应为黄色，则硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)可通过焰色反应来鉴别，A项错误；《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，酸坏之酒中含有乙酸，利

用乙酸和乙醇的沸点不同进行分离，该操作为蒸馏，B项正确；“以水二升渍”中的“渍”即为浸泡溶解，C项正确；诗句中的“淘”和“漉”的原理和过滤的原理相同，D项正确。2．A植物油和氯化钠溶液互不相溶，可用分液法分

离，A项正确；除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体应用加热分解法，而不能用蒸馏法，B项错误；分离CCl4中的Br2应用蒸馏法，不能用过滤法，C项错误；NaOH溶液可以同时吸收CO2和HCl，D项错误。3．C①沉淀为化学方法，错误；②蒸发结晶时，在蒸发皿中出现较多晶体时停止加热，错误；③苯的密度比水

小，萃取后含碘的苯溶液在上层，正确；④稀硫酸酸化时引入了SO2－4杂质，错误；⑤SO2与Na2SO3反应，应用NaHSO3饱和溶液除去SO2中混有的HCl杂质，错误；⑥NaOH溶液与铝粉反应而不与镁粉反应，故能除去铝粉，正确。4．A氯气易溶于四氯化碳，HCl难溶，所以混和气

通过CCl4洗气可以除去HCl中混有的氯气，A正确；MgCl2溶液中除去FeCl3溶液常选用Mg(OH)2，B错误；硝基苯和苯都是有机物，水是无机物，根据相似相溶原理，蒸馏水不能使混合液分层，C错误；用H2除杂会引入新的杂质气体H2，D错误。5．B乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将

浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；乙炔中的H2S等杂质也能使溴水

褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的。6．C溶解时没有用玻璃棒搅拌；向粗盐水中依次滴加过量的BaCl2、Na2CO3、NaOH溶液，加入顺序BaCl2应在前；滤液中滴加盐酸至不再有

气泡产生，不需要用玻璃棒搅拌；蒸发时应用蒸发皿而不是用坩埚；共有4处错误。[练高考]7．A实验②说明样品中一定含有Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O；实验③说明样品中一定含有Na2SO4，

发生反应：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。8．A除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2＋选用CO2－3将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，

所加物质的阳离子为Na＋，即选用Na2CO3除去Ca2＋，同理可知，除去Mg2＋需选用NaOH，除去SO2－4需选用BaCl2，因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2＋和多余

的BaCl2，因Na2CO3、NaOH均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入HCl，至溶液中不再有气泡产生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品。9．D由FeCl3·6H2O制取无水FeC

l3固体，为了抑制FeCl3的水解，应在HCl气流中加热，D项符合题意。[练模拟]10．B乙醇易溶于水，不能用于萃取，故A错误；丁醇与乙醚的沸点相差较大，且二者互溶，则可通过蒸馏分离，故B正确；重结晶是利用不同物质溶解度随温度变化不同进行分

离的方法，氯化钠溶解度随温度变化较小，故C错误；二者互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故D错误。11．B粗盐提纯实验需要用NaOH溶液除去Mg2＋、用BaCl2溶液除去SO2－4、用Na2CO3溶液除去Ca2＋和多余的Ba2＋、用盐酸除去多余的OH－和CO2－3，A

正确；导管将分液漏斗上方和圆底烧瓶内连通，关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，液体必然滴落，无法证明a中气密性是否良好，B错误；实验过程中，氯化钠固体和浓硫酸反应产生的氯化氢气体进入c，氯离子浓度增大，则c

中有氯化钠固体析出，C正确；氯化氢溶于水后显酸性，d中加入NaOH溶液可以吸收尾气，D正确。12．A①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中含有SO2－4，②向①中的

滤液中加入足量的NaOH溶液，有沉淀生成，说明原溶液至少含有Fe2＋、Fe3＋中的一种，CO2－3与Fe2＋、Fe3＋无法大量共存，则原溶液中一定不存在CO2－3，微热，有气体产生，该气体为NH3，说明原溶液中含有NH＋4。假设离子浓度为1mol·L－1，溶液为1L，1molSO2－

4带有2mol负电荷，1molNH＋4带有1mol正电荷，假设含有Fe2＋，则1molFe2＋带有2mol正电荷，溶液必然含有带1mol负电荷的离子，即含有Cl－，假设合理；假设含有Fe3＋，则1molFe3＋带有3mol正电荷，则必然有带2mol负电荷的离

子，没有满足要求的离子，假设错误，从而推出一定含有的离子是Fe2＋、NH＋4、SO2－4、Cl－，一定不含有的离子是Na＋、Fe3＋、CO2－3。综合上述分析，存在的离子是NH＋4、SO2－4、Fe2＋、Cl－，故A正确；一定不含有Na＋，故B错误；溶液中一定含有Fe2

＋，一定不含有Fe3＋，故C错误；原溶液中一定不含有CO2－3，故D错误。13．AA项，Fe与盐酸反应产生气体H2，即Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，H2中HCl用水除去，用浓H2SO4干燥H2，正确；B项，FeS与盐酸反应产生H2S气体，即FeS＋2HCl===FeCl2＋H2S

↑，用水除HCl时，H2S也溶于水，且H2S会与浓H2SO4发生氧化还原反应，不能用浓H2SO4干燥H2S，错误；C项，MnO2与浓盐酸反应产生Cl2气体，该反应需要加热，缺加热装置，且装置④不能装固体除杂，错误；D项，CaCO3与盐酸反

应产生CO2气体，即CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，用水除去CO2中HCl，但装置④不能装固体除杂，故D错误。综合测评提能力1．D除杂质加试剂的顺序只要BaCl2溶液在Na2CO3溶液之前都行，A项错误；过滤不用分液漏斗，B项错误；加入硝酸会引入杂质，C项错误；

海水煮盐除去盐溶液中的水得到盐，其原理类似于蒸发结晶，D项正确。2．C氢氧化钠若变质会生成碳酸钠，加入盐酸会有气泡产生，故①正确；加入氢氧化钡，则引入了氢氧根，故不能确定原溶液中有无氢氧化钠，故②错误；浓硫酸不可以吸收二氧化

碳，故称量浓硫酸的增重不能确定二氧化碳的质量，故③错误；氢氧化钡和碳酸钠可以生成碳酸钡沉淀，过滤除去，故④正确，故选C。3．D淀粉溶液属于胶体，食盐水属于溶液，可通过丁达尔现象区分胶体和溶液，故A正确；碳酸氢钠能与HCl反应生成氯化钠和二氧化碳，且不吸收二

氧化碳，可用饱和碳酸氢钠吸收二氧化碳中的HCl，故B正确；酒精可以萃取某些植物花瓣中的有色物质，制成酸碱指示剂，故C正确；保存FeCl3溶液应加少量稀盐酸，可以有效的抑制其水解，加Fe粉会将氯化铁还原成氯化亚铁，故D错误。4．C粗盐中含不溶性杂质、硫酸根离子等

可溶性杂质，把可溶性杂质转变成沉淀后，再过滤除去所有不溶性固体，所得滤液蒸发结晶，故利用化学提纯过程不涉及蒸馏操作，A错误；上述转化中反应①电解熔融的氯化钠生成钠和氯气、反应④为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，均属于氧化还原反应，B错误；反应②为侯氏制碱法，所得副产物为氯化铵，其中

既含离子键又含共价键，C正确；实验室可用氯化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠：氯化钙和碳酸钠反应生成白色沉淀，和碳酸氢钠不反应，D错误。5．C碘易升华，故步骤①的温度不宜过高，A项正确；步骤②中加入N2H4·H2O，IO－、IO－3转化为I－，I元素的化合价降低，则N2H4

·H2O作还原剂，B项正确；步骤③中，加入稍过量BaI2溶液除去SO2－4，再加入稍过量Na2CO3溶液除去Ba2＋，过滤后向溶液中加入稍过量HI溶液，除去CO2－3，C项错误；将NaI溶液蒸发结晶、干燥得到NaI晶体，D项正确。6．B萃取时可采用多次萃取的方法，可

以获得更多的橙油，从而提高橙油的产率，A项正确；分液操作中必须先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B项错误；无水硫酸镁常用作吸水剂，因此无水硫酸镁的作用是除去有机层中的水，C项正确；橙油的主要成分是柠檬烯，说明橙油为混合物，所以水蒸气蒸馏

所得馏分和蒸馏所得橙油均为混合物，D项正确。7．D由步骤③沉碘可知，需要过滤分离出碘，图中过滤装置需要，故A正确；碘易升华，可利用此性质提纯碘，图中升华装置需要，故B正确；CCl4与NaOH溶液分层，图中分液装置需要，故C

正确；混合物分离碘的过程不需要蒸馏，则不需要图中蒸馏装置，故D错误。8．C焙烧是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V2O3＋4Na2CO3＋5O2=====高温8NaVO3＋2Fe2O3＋4CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶

液，滤液中加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5和氨气，最后用硅铁还原，硅参与高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O5=====高温4V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO=====高温4V＋5CaSiO3，炉渣的主要成分是CaSiO3，以此解答该题。A.“焙烧”后“水浸

”得到的浸出渣为Fe2O3，所以“焙烧”步骤中产物为NaVO3、Fe2O3和CO2，正确；B.杂质P2O5溶于水与水反应生成磷酸，故“调pH与沉钒”步骤中磷元素进入滤液中从而除杂，正确；C.加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3沉淀，“热解”生成V2O5和NH3、H2O，所以“热解”步骤中气体产物

为NH3，错误；D.硅铁合金高温还原V2O5制备的粗钒中会混有硅、铁杂质，正确。9．A用氢氧化钠除去Mg2＋，用氯化钡除去SO2－4，用碳酸钠除去Mg2＋，过滤，最后盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH，故能达到

目的，故A正确；制备乙酸乙酯不用蒸馏烧瓶，故B错误；若证明亚硫酸酸性强于碳酸，应该用二氧化硫气体通入到碳酸钠溶液中进行验证，故C错误；蔗糖在稀硫酸作用下水解产物中含有还原性糖葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，配制新制氢氧化铜悬浊液进行检验

，试剂及仪器不满足该实验，故D错误。10．C(1)溶解得无色澄清溶液，则不含CuCl2、Ca(NO3)2；(2)取(1)中无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有Ba

SO4；(3)取少许(2)中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，由于加入氯化钡溶液引入氯离子，不能说明原物质含有KCl，整个实验也不能确定是否含有KNO3，综上分析可知，杂质中肯定不含有Ca(NO3)2、CuCl2，而K

NO3、KCl、Na2SO4不能确定是否含有，故C正确，A、B、D错误。11．答案：(1)Ca2＋CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl稀硫酸(2)过滤漏斗(3)先将M蒸发浓缩，再降温结晶解

析：(1)加入的碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，因此除去的是钙离子，反应的化学方程式分别为：Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl；稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有带入新杂质；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳气体，没有带入任何其它杂质；符合除杂

的原则，故NaOH和Na2CO3如果添加过量了，可在过滤后向滤液中滴加稀硫酸除去；(2)操作a得到的是固体和液体，因此是过滤，过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；(3)由于硫酸钠的溶解度受温度影响较大，温度越高溶解度越高，而氯化钠溶解度受温度影响较小，降温的过程中

会析出大量的硫酸钠，所以操作b应为：先将溶液M蒸发浓缩，再降温结晶、过滤。12．答案：(1)500mL容量瓶、烧杯坩埚(2)Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，Al2O3＋6H＋===2Al

3＋＋3H2O(3)向过滤器中加入蒸馏水，使水刚好浸没沉淀物，待水自然流尽后，重复操作2～3次解析：(1)配制1mol·L－1NaOH溶液480mL，需要500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，灼烧固体应在坩埚中进行。(2)铝土矿中的Fe2O3和Al

2O3均能与盐酸反应。(3)过滤操作后，应在过滤器中用蒸馏水洗涤沉淀。13．答案：(1)过滤(2)萃取、分液(3)蒸馏(4)b放气下(5)蒸馏烧瓶g76.8(6)选取无毒、高效、沸点低的萃取剂解析：(

1)分离难溶性物质和溶液采用过滤的方法，薰衣草捣碎并加入蒸馏水浸取，充分溶解后将难溶性的物质和溶液分离。(2)精油易溶于有机溶剂，难溶于水，所以步骤②在薰衣草水中加入适量CCl4进行萃取、分液。(3)分离互溶

的液体采用蒸馏的方法，精油和四氯化碳互溶，所以步骤③是将CCl4层进行蒸馏分离两种物质。(4)步骤②为萃取、分液，需要分液漏斗，故选b；具体操作：振荡、放气、静置、分液；CCl4密度大于水，所以应该在下层。(5)冷却水采用逆流

的方式，所以g为进水口；加热，收集76.8℃时的馏分即得到四氯化碳。(6)缺点1：精油中的某些成分有热敏性，受热后品质会发生改变，所以应该选取沸点较低的萃取剂；缺点2：该方法提取的精油中残留少量CCl4，四氯化碳有毒，应该选取无毒的萃取剂，所以研究方向为应该选取无毒、高效、沸点低的萃

取剂。课练29物质制备实验探究狂刷小题夯基础[练基础]1．A二氧化锰催化双氧水分解制备氧气，不需要加热，故A正确；二氧化硫一般用亚硫酸钠与70%硫酸反应制得，故B错误；实验室氨气制取有3种方法：氯化铵与石灰加热法，浓氨

水加热法，浓氨水滴入生石灰，故C错误；电石与饱和食盐水反应较快，无需加热，故D错误。2．D浓盐酸和高锰酸钾、氯酸钾、次氯酸钙、次氯酸钠等强氧化剂均能反应生成氯气，故甲装置中的高锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替，A正确；实验时先在

装置乙内由铁和盐酸反应生成氯化亚铁、再通入氯气氧化氯化亚铁，故应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞，B正确；甲中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，反应的离子方程式为：2MnO－4＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，C正确；氯化铁易水解，结束后，将乙中溶液边加入浓盐酸边

加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体，D错误。3．A左侧装置制备氨气，最右侧装置制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，氨气首先通入饱和氯化钠溶液，最后通入二氧化碳即可制得碳酸氢钠，据此解答。生成

的二氧化碳中含有挥发出的氯化氢，X溶液为饱和碳酸氢钠溶液，作用是吸收二氧化碳中的氯化氢，A错误；装置中使用“多孔球泡”可增大接触面积，加快NH3的吸收速率，B正确；氨气极易溶于水，因此实验时，先向饱和NaCl溶液中通入较多的NH3

，再通入足量CO2，C正确；碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，所以利用锥形瓶所得分散系制备Na2CO3固体，还需经历过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程，D正确。4．AHCl气体不溶于CCl4，用装置①吸收HCl气体不会发生倒吸，A正确；用浓盐酸与MnO2反应制取氯气，必须在加热条件下才能进行，

B错误；导管不能插入饱和Na2CO3溶液液面下，C错误；反应物缺少Ca(OH)2，D错误。[练高考]5．CNH3应使用向下排空气法收集，A项错误；图示装置不能用于固液反应制气体，B、D项错误；KClO3在MnO2催化下加热可生成O2，O2的密度比空气的大，可用向上排空气法收集，C项正确。

6．A根据反应CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3、CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2及NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，知最终瓶中会有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项符合题意；由

Cl2＋2FeCl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2知，B项不符合题意；NO－3在酸性条件下与Cu发生反应3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C项不符合题意；由AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－知，D项不符合题意。7

．BKMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集

，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误；CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微

溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，D错误。[练模拟]8．D金属铝和氯气反应可制备氯化铝，则装置A为氯气的发生装置，浓盐酸和高锰酸钾在常温下反应生成氯气，A项正确；铝和钠易被氧气氧化而变质，同时H2在加热前要验纯，因此，点燃D处

酒精灯之前需排尽装置中的空气，B项正确；金属钠和氢气化合可以得到氢化钠，所以制备氢化钠时，装置A为氢气的发生装置，装置B用于除去氢气中的HCl气体，试剂为氢氧化钠溶液，装置C为干燥装置，试剂为浓硫酸，制备氯化铝时，装置B用于除去氯气中的HCl，试剂为饱和食盐水，装置C的作用是除去气体中的

水蒸气，试剂为浓硫酸，C项正确；制备氯化铝时，氯化铝易水解，氯气会污染空气，装置E中的碱石灰可吸收水和氯气，而制备氢化钠时，装置E中的碱石灰用于吸收水，作用不完全相同，D项错误。9．D实验时应先打开K，再通入N2，将装置中的空气排净后，加浓硫酸，A正确；ClO2易爆炸，通N2的主要目的是稀释

ClO2并使生成的ClO2进入后续装置，B正确；装置②为安全瓶，可起到缓冲气流并防止倒吸的作用，C正确；根据反应的化学方程式2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O可知，NaClO2为还原产物，O2为氧化产物，D错误。10．D装置A是制备CO2的装置，可以用稀硫

酸与碳酸氢钠反应制取CO2，区别于稀硫酸与碳酸钙，因产生的硫酸钙微溶而不能用于制备CO2气体，A正确；装置B的作用是除去CO2中的HCl气体，选用饱和NaHCO3溶液，B正确；装置A制备CO2的目的是排净装置内的空气，防止Fe2＋被氧化，澄清石灰水变浑浊，说明已经排净装置内的空气，可以打

开b的旋塞，C正确；装置D中澄清石灰水的作用一是检验装置内空气是否排净，二是水封，防止外界的空气进入反应装置将Fe2＋氧化，D错误。综合测评提能力1．AA项．铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，故装

置甲不能达到实验目的，错误；B项．SO2＋MnO2===MnSO4，故用装置乙将MnO2还原为MnSO4，正确；C项．将固体C与MnSO4溶液分离用过滤，正确；D项．蒸发浓缩，再冷却结晶得到MnSO4·H2O晶体，

正确。2．Db中产生二氧化硫，通入装置c中、与硫化钠和碳酸钠的混合溶液发生反应，制备硫代硫酸钠，二氧化硫有刺激性气味、有毒，因此d是尾气处理装置，据此回答；据分析，b中反应的离子方程式为SO2－3＋2H＋=====△SO2↑＋H2O或HSO－3＋H＋=====△S

O2↑＋H2O，A正确；据分析，c中试剂为硫化钠和碳酸钠混合溶液，B正确；硫化钠具有还原性，二氧化硫具有氧化性、且它对应的亚硫酸是中强酸。因此一开始通入二氧化硫，装置c中会生成硫单质和亚硫酸钠，硫单质不溶于水、

产生浑浊，S又可以和亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠、则又变澄清，C正确；已知硫代硫酸钠遇酸易分解。若实验中通入过量的SO2，则生成的亚硫酸酸性较强，会使硫代硫酸钠遇酸分解、降低硫代硫酸钠的产量，D错误。3．C装置Ⅰ为制备氯气的发生装置，装置Ⅱ中盛有饱和食盐水，可除去氯气中的H

Cl；装置Ⅲ为干燥氯气的装置，应该盛装浓硫酸，干燥的氯气通过与铁粉共热生成氯化铁，因为氯化铁易潮解，为防止氯化铁水解，装置Ⅳ应盛装浓硫酸，过量的氯气可利用氢氧化钠溶液进行尾气处理，又因为氯化铁100℃时易升华，所以装置Ⅴ是为了收集逸出的氯化铁，据此分析解答。A

.浓盐酸在书写离子方程式中需拆分，所以装置Ⅰ中反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－=====△Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，错误；B.NaHCO3会与HCl反应，不能达到除杂目的，所以装置Ⅱ洗气瓶中应该加入饱和NaCl以除去Cl2中的少量HCl，错误；C.根据上

述分析可知，装置Ⅲ和装置Ⅳ洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸，其作用为吸收水蒸气，正确；D.因为氯化铁在100℃时易升华，所以装置V的作用是收集逸出的氯化铁，错误。4．BA．集气瓶中收集到的主要是不参加反应的N2，错误；B.甲烧杯中应盛热水，其作用是使无水乙醇变成乙醇蒸气

，乙烧杯中应盛装冷水，起到冷却作用，使乙醛蒸气冷凝为液体，正确；C.试管a中收集到的液体还有乙醇等，错误；D.在加热条件下，铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，氧化铜和乙醇反应生成红色的铜单质，则反应结束后，铜网仍为

红色，错误。5．B将2­甲基­1­丙醇和POCl3溶于盛在三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流(反应装置中的球形冷凝管用于回流)，制备产物，A项正确；产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；分液收集C

H2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确；蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确。6．B反应开始时，打开开关B、C，关闭开关A，将分液漏斗中稀硫酸滴入仪器2中，稀H

2SO4与Fe粉反应产生FeSO4、H2，产生的H2通过导气管经开关进入装置3中，当将整个装置中的空气由C口排尽后，关闭开关B，开启开关A、C，利用生成的H2在仪器2中压强增大，把FeSO4溶液压入装置3的NaOH溶液中，反应生成Fe

(OH)2白色沉淀，防止生成的Fe(OH)2被空气中的氧气氧化。根据上述分析可知：仪器1中应该盛放的试剂是稀硫酸，A正确；本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关B，再打开开关A，就可观察到反应产生的氢氧化亚铁的颜色

，B错误；Fe可以被磁铁吸引，实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石，这样Fe粉就不能随NaOH溶液进入到仪器3中，C正确；Fe(OH)2是白色固体，具有强的还原性，由于整个装置除去H2的还原性环境，因此就

可以防止Fe(OH)2被氧化变为红褐色Fe(OH)3沉淀，因此可以相对较长时间的保持白色状态，D正确。7．B根据题意，整个过程中，装置③中应该在无水环境中进行，且氯气不能过量。装置①中无加热装置，而该装置为实验室制取氯气的装置，所以烧瓶中的固体可以为高

锰酸钾，故A正确；进入装置③中的气体应该为干燥的氯气，所以②试管中盛放的是浓硫酸，故B错误；根据碘蒸气与氯化碘的沸点不同，可以通过蒸馏的方法分离提纯，故C正确；装置④用于吸收多余的氯气，同时防止空气中的水进入装置③，故D正确。8．D由图可知，盛放丙酸的仪器是恒压滴液漏斗，A项正确；为了保证冷

凝效果，冷却水应从冷凝管的下口进入，上口出去，B项正确；酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇可提高丙酸的平衡转化率，无水氯化钙可吸收反应生成的水，也可提高丙酸的平衡转化率，C项正确；反应后的混合液经过滤、饱和Na2CO

3溶液洗涤、分液可得到粗丙酸乙酯，不能结晶，D项错误。9．B由题给流程可知，电解硫酸和硫酸铵的混合溶液得到过硫酸铵；过硫酸铵与硫酸氢钾发生复分解反应生成过硫酸钾和硫酸氢铵，则X为硫酸氢铵；过硫酸钾共热发生水解反应生成过氧化氢和硫酸氢钾，则Y为硫酸氢钾。A.由分析可知，X

、Y分别为硫酸氢铵、硫酸氢钾，化学式分别为NH4HSO4、KHSO4，正确；B.过硫酸中硫元素的化合价为＋6价，具有强氧化性是因为分子中含有—O—O—，错误；C.过氧化氢受热易发生分解反应生成水和氧气，则过硫酸钾的

水解反应温度高不利于过氧化氢的生成，正确；D.过硫酸中因含有—O—O—而具有强氧化性，可使有机色质漂白褪色，能起到杀菌消毒的作用，可用于工业漂白、外科消毒等领域，正确。10．CA．发生反应ⅰ的操作：先打开K1、K3，让稀硫酸流下和铁屑反应，生成硫酸亚铁和氢气，一段时间后关闭K1、K3，烧杯中压

力增大，再打开K2、K4，生成的硫酸亚铁进入中间装置，进行目标反应，正确；B.柠檬酸具有还原性，其作用是防止亚铁离子被氧化，正确；C.反应结束后向反应混合液中加入乙醇，由信息可知，会生成白色沉淀，经过过滤、洗涤得到粗产品，错误；D.(H2NCH

2COO)2Fe易溶于水，难溶于乙醇，所以洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇，正确。11．答案：(1)试管铁架台(2)C(3)BD(4)磨砂面解析：(1)由图中仪器可知，试管是常用的反应容器，铁架台是常用的夹持仪器；(2)氯酸钾在二氧化锰作催化剂和加热的条件下生成氯化钾和氧气，氧气不溶于水，收集

氧气选用的装置最好是排水法，故选C；(3)实验室制取CO2是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热，二氧化碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收

集；(4)与集气瓶配套使用的玻璃片一般一面为光滑面，另一面为磨砂面，收集气体时用玻璃片的磨砂面，会更严密。12．答案：(1)分液漏斗(2)①Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑②BD，BF，CD，CF(任写一种)(3)gfe(4)2H2O=====Zn

O、Fe2O3太阳能2H2↑＋O2↑(5)无明显变化(合理均可)由黑色变为红色硫酸或氢离子(或H＋)或酸性物质等合理均可解析：(2)①根据题给物质，用锌粒与稀硫酸反应制取氢气，化学方程式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑；②该反应是

固液无需加热型，氢气可用向下排空气法或排水法收集，故选用的装置有BD、BF、CD、CF四种组合。(3)用装置C制二氧化碳时，关闭开关，液面没过锌粒反应产生氢气，随着气体压强增大，液面逐渐下降，直至脱离锌粒，反应停止，故多孔隔板处依次观察到的现象是gfe。(4)从图中

分析可知，在太阳能作用下，水在反应1处分解氢气，随着催化剂的转化，在反应2处放出氧气，该体系制取氢气的化学方程式2H2O=====ZnO、Fe2O3太阳能2H2↑＋O2↑。(5)从产生的气体不是SO2判断，将该气体通入澄清石灰水中无明显变化；从产生的气体是H2判断，将该气体净化后通

过灼热的CuO时，能还原CuO得到铜单质，固体由黑色变为红色；由上述实验产生氢气的结论可以推出，硫酸铜溶液中可能含有硫酸。13．答案：(1)锥形瓶(2)2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑润湿水玻璃片C(3)反应生成的K2MnO4和MnO2分解放出O2Ⅰ将带火星的木条放

入试管内高锰酸钾不是催化剂，加了高锰酸钾之后，产生氧气速度加快是因为高锰酸钾分解也会产生氧气，同时产生的二氧化锰对氯酸钾的分解起催化作用解析：(1)根据图中仪器的外形可知，仪器a是锥形瓶；(2)实验室制取氧气选用的试剂为过氧化氢和二氧化锰，

过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑；在用橡皮管连接装置B和E中的玻璃导管时，应先把玻璃管口润湿，然后稍稍用力把玻璃管插入胶皮管；用排水法收集气体前，应将集气瓶装满水

，盖上玻璃片，不能留有气泡，否则会使收集的氧气不纯；氧气密度比空气大，所以可以采用向上排空气法收集，故收集装置还可选C；(3)结合猜想Ⅰ和猜想Ⅱ，可做猜想：反应生成的K2MnO4和MnO2分解放出O2；二氧化锰质量不变，表示二氧化锰并未分解，故猜想Ⅰ错误；若K2MnO4能分解

放出氧气，则产生的氧气可使带火星的木条复燃，所以可将带火星的木条放入试管内，若木条复燃，则猜想Ⅱ正确；高锰酸钾加热分解产生锰酸钾、二氧化锰和氧气，加快了氧气的生成速率，同时，二氧化锰可以催化氯酸钾分解，因此氯酸钾分解速度加快，并不是因为高锰酸钾在反应中起催化剂作用。课练30实验

方案的设计、评价及创新狂刷小题夯基础[练基础]1．C用新制Cu(OH)2检验醛基时，需要在碱性条件下进行，该实验中NaOH的量不足，故无论有机物X中是否含有醛基都不会产生砖红色沉淀，A项无法达到实验目的；苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，三溴苯酚可溶于苯，不能用浓

溴水除去苯中的苯酚，应该用NaOH溶液和苯酚反应生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液方法除去，B项无法达到实验目的；根据实验现象知，Cl2将I－氧化为I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，则氧化性是Cl2>I

2，C项可以达到实验目的；因为该反应中H2O2的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性，但溶液褪色，说明酚酞发生了反应，该实验体现了H2O2的氧化性，D项无法达到实验目的。2．DA．向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌，得到溶液的质量分数＝5.0

g100g＋5.0g×100%＝4.8%，错误；B.铝能和硝酸银、硫酸铜反应，说明铝最活泼，不能比较银和铜的活泼性，错误；C.硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，硫酸钡和碳酸钙都是难溶于水的白色固体，不能区分硫酸

钡和碳酸钙，错误；D.用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火，如果发出尖锐的爆鸣声，说明氢气不纯，如果发出“噗噗”声，说明氢气纯净，正确。3．AA．CuSO4溶液由于Cu2＋水解呈酸性，加入CuO可调节溶液的pH，使Fe3＋完全

沉淀Fe(OH)3，再过滤除去，正确；B.原油是复杂烃类混合物，各种烃的沸点由低到高几乎是连续分布的，用简单蒸馏方法极难分离出纯化合物，错误；C.蒸发结晶应在蒸发皿中操作，错误；D.眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化，错误。4．AA．检验装置的气密性利用的是在装置内形成气压差而产生明

显的现象来判定的，图1中为恒压漏斗，注水后无论气密性是否良好，都能顺利流下，不能检验装置的气密性，符合；B.图1装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，不符合；C.饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，浓硫酸除去水蒸气，干燥氯气，故可通过图2装置干燥并收集一定量

的Cl2，不符合；D.连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，制备氯气，氯气进入水中，可制备少量氯水，不符合。5．DA．新制饱和氯水中，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不稳定，光照发生分解生成盐酸和氧气，所以如用强光照射实验1中的溶液，溶液酸性增强，溶液的pH将减小，错误；B.实验2中

滴加碘化钾淀粉溶液，溶液变蓝色，碘单质遇淀粉变蓝，证明新制饱和氯水存在氯气分子，氯气置换出碘化钾中的碘，错误；C.酸性条件下，Fe2＋、Cl－与ClO－不能共存，错误；D.实验4中新制饱和氯水中滴加1mol·L－

1NaHCO3溶液，至恰好不再产生气泡，则c(Cl－)>c(HCO－3)>c(ClO－)，正确。[练高考]6．CA项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，NH＋4对CH3COO－的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液

的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO2－4(黄色)＋2H＋⇌Cr2O2－7(橙红色)＋H2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正

确；D项，乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。7．DMgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀(氢氧化镁)，氢氧化镁不与过量的NaOH溶液发生反应，沉淀不消失，A错误；FeCl2溶液中滴加KSCN溶液

，不反应，溶液不变色，B错误；AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C错误；酸性KMnO4溶液可以氧化乙醇，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确

。8．C碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在

400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。9．DA项，向FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡

，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明Fe2＋被新制氯水氧化，能证明Fe2＋具有还原性，不符合题意；B项，向SO2水溶液中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，能证明SO2具有漂白性，不符合题意；C项，向盛有淀粉­KI溶液的试管中滴加几滴溴水

，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2将KI氧化成了I2，能证明Br2的氧化性比I2的强，不符合题意；D项，没有给出醋酸和盐酸的浓度，故不能通过pH判断CH3COOH是弱电解质，符合题意。10．C酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，

热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有

沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。[练模拟]11．CA．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应的水化物的酸性

来比较，即比较Cl、C、Si的非金属性强弱应该用HClO4、H2CO3、H2SiO3，描述错误，不符合题意；B.托盘天平读数只能读到小数点后一位，不能到小数点后4位，描述错误，不符合题意；C.引发喷泉的操作：挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入圆底烧瓶，此时由于氨气极易

溶于水，烧瓶内压强减小，形成喷泉，描述正确，符合题意；D.装置丁中不能使用酒精液封，因为酒精与水互溶不能隔绝空气，不能防止Fe(OH)2被氧化，描述错误，不符合题意。12．B实验1试管中加入淀粉后溶液变蓝，说明生成了碘单质，发生了反应2

Fe3＋＋2I－===2Fe3＋＋I2，则该条件下氧化性：Fe3＋＞I2，故A正确。若该反应不是可逆反应，反应进行完全时，电流表指针不再偏转；若该反应为可逆反应，反应达到平衡状态时，电流表指针也不再偏转，实验2中最后电流表指针不再偏转不可证明Fe3＋和I－的反应为可逆反应，故

B错误。Fe3＋的量是少量的，若不是可逆反应，则应反应完全，向试管中加入KSCN，溶液不会变红，若为可逆反应，Fe3＋不会完全反应，向试管中加入KSCN，溶液变红，所以可以通过溶液是否变红判断是否有Fe3

＋，从而判断该反应是否为可逆反应，故C正确。若该反应为可逆反应，当实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘，碘单质的浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，电流表指针发生偏转；若该反应不是可逆反应，电流表指针不会发生偏转，实验2电流

表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘可判断该反应是否为可逆反应，故D正确。13．CA．熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，正确；B.甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起

到冷凝作用，使乙醛蒸气冷却，即甲烧杯中为热水，乙烧杯中为冰水，正确；C.试管a收集到的液体为乙醇和乙醛，乙醛还可能被氧化为乙酸，所以试管a收集到的液体中至少有两种有机物，错误；D.空气中氮气和氧气的体积比为4∶1，反应消耗氧气使集气瓶氮气和

氧气的体积比大于4∶1，相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以水槽中集气瓶收集到的气体：n（N2）n（O2）＞4，正确。综合测评提能力1．A硝基苯难溶于水且密度大于水，使用分液漏斗分离硝基苯和水的混合溶液，水应从上口倒出，故选A；NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定0.1mol

·L－1NaClO溶液的pH，故不选B；实验室中一般没有150mL规格的容量瓶，故不选C；将CO2与HCl混合气体通过饱和食盐水，得到湿润的CO2气体，故不选D。2．AA．水分子中羟基氢原子的活性强于乙醇中羟基氢原子的活性，相同条件下，将大小相同的钠分

别与等量的乙醇、水反应时，水与钠反应的反应速率快于乙醇，正确；B.铜和氯化铁溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，该反应不是置换反应，不能比较铁、铜的活泼性强弱，错误；C.盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应中没有明显的

实验现象，无法比较反应速率的大小，错误；D.酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应时生成二氧化碳，除去乙烯杂质的同时又引入了二氧化碳杂质，不能达到除杂的目的，错误。3．D只用浓氨水制备氨时需要加热，A错误；氨极易溶于水，用酚酞水溶液代替湿润的

pH试纸会溶解更多的NH3，影响后续实验的进行，B错误；煤油的密度小于水的密度，不能起到防倒吸的作用，C错误；应采用向下排空气法收集氨，故可用装置⑥代替装置④进行氨的收集，D正确。4．B5．DA．胆矾化学式可表示为Cu(H2O)4SO4·H2O，有Cu(H2O)2＋4和SO2

－4，存在离子键，H2O和SO2－4中含有共价键，Cu(H2O)2＋4中H2O与Cu2＋间存在配位键，结晶水与SO2－4之间存在氢键，正确；B.蔗糖中加入浓硫酸，会炭化膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，同时放热，产生的C和浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2通入品红溶液中，使品红溶液褪色，说明浓硫

酸具有强氧化性，正确；C.浓硫酸具有强氧化性，从元素守恒角度推测，黑色固体由Cu、S、O、H组成，故黑色固体可能为CuO、CuS、Cu2S，正确；D.实验3的残留物中含有浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸溶于水放热，水沸腾，酸液飞溅，造成危险，故不能直接加水，需要将残留物过滤之后，加入水中，

观察颜色，错误。6．CA．常温时，铁与浓硝酸发生钝化，错误；B.F装置的作用是根据反应FeSO4＋NO⇌Fe(NO)SO4，间接确认E中是否有NO生成，错误；C.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收，而NaOH溶液则不能吸收NO，故G装置中的试剂不可以用NaOH溶液代

替，正确；D.生成－3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝，则A中生成NH＋4，错误。7．DA．

实验目的是探究盐酸与NaOH溶液反应的热效应，可以将NaOH溶液滴入盐酸中，则a可能是NaOH溶液，正确；B.由NaOH＋HCl===NaCl＋H2O知，x、y、z三点对应的溶液中，参加反应的酸、碱物质的量

之比均为1∶1，则质量比不变，正确；C.由图2可知，随着反应进行，温度升高，则该反应存在化学能转化为热能，正确；D.由图像知，y点温度最高，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，加入Fe粉，无气泡产生，错误。8．CA．装

置A中的分液漏斗，使用时要想让液体流出，除打开活塞外，还应打开瓶塞，不正确；B.为防止氯化氢对后续实验的干扰，装置B中的药品为饱和碳酸氢钠溶液，作用是吸收挥发出的氯化氢，不正确；C.该实验中，不管是用盐酸制取碳酸，还是用碳酸制取硅酸，设计原理

都为强酸制弱酸，正确；D.该装置中，产生的尾气为CO2，对环境不造成污染，所以可以不设计尾气处理装置，不正确。9．AA．试管a中收集产物乙醛，混有产物水、未反应的乙醇，因此加入Na有可燃性气体生成，不能说明试管a中混有乙醇，错误；B.甲中提供反应物，选用热水，有利于乙醇挥发

，乙中选用冷水，有利于冷凝收集产物，正确；C.该反应中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网出现红黑交替现象，正确；D.乙醇、乙醛互溶，因此不能用分液的分离方法除去试管a中粗乙醛的杂质，应采用蒸馏的分离方法，正确，故选A。10．BA．将铁钉和铜丝连接插入食

醋中即可形成简单铁铜原电池，不符合题意；B.浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体，所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，符合题意；C.因为溴蒸气能和AgNO3溶液反应，产生浅黄色溴化银沉淀，不符

合题意；D不符合题意。11．答案：(1)不合理亚硫酸钠部分变质时加入稀盐酸也会产生气泡不合理亚硫酸钠也能与氯化钡反应生成白色沉淀，亚硫酸钠未变质或部分变质时加入氯化钡溶液也会产生白色沉淀(2)①b②0.83mol·L－1(3)缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置(或其他合理答案)在A装置中

加一个带活塞的导气管解析：(2)①制备二氧化硫气体选用硫酸。②C装置增重3.2g，产生的n(SO2)＝0.05mol，所以n(Na2SO3)＝0.05mol，c(Na2SO3)＝0.05mol÷0.0

6L≈0.83mol·L－1。(3)该实验装置中存在的一个明显的缺陷是缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置。12．答案：(1)Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O(2)4HNO3===4NO2↑＋O2↑＋2H2O(3)Ca(OH)2＋2N

H4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O白烟HCl＋NH3===NH4Cl(4)5O2＋4NH3=====催化剂△4NO＋6H2O8.5(5)丙硝酸耗量少，产物无污染(6)①Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O②品红褪色③NaOHS

O2＋OH－===SO2－3＋H2O解析：(1)甲同学用A装置可采用铜与浓硝酸反应制备NO2气体，则A中发生反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。(2)A装置分液漏斗中的溶液为浓硝酸，溶液显黄色是因为浓硝酸分解，发生的反应方程式为4HNO

3===4NO2↑＋O2↑＋2H2O。(3)实验室制氨气用消石灰和氯化铵固体加热，发生的方程式为：Ca(OH)2＋2NH4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，检验集气瓶中氨气是否集满，可将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒接近导管口，浓盐酸与氨气反应生

成氯化铵固体小颗粒，可以看见冒白烟，方程式为HCl＋NH3===NH4Cl。(4)实验室中模拟氨的催化氧化反应，反应方程式为：5O2＋4NH3=====催化剂△4NO＋6H2O，根据方程式可知氨气被氧化，当生成标准状况下11.2LNO时，被氧化的氨气为0

.5mol，故质量为：0.5mol×17g·mol－1＝8.5g。(5)方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反

应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，且消耗硝酸的量最少，能体现绿色化学理念。故答案为：丙；硝酸耗量少，产物无污染；(6)①L装置中为铜和浓硫酸反应制二氧化硫，反应方程式为Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②M中盛有品红溶液，SO2可以使品红褪色，当R中收集到

生成的气体时，M中可观察到的现象是品红褪色，故答案为：品红褪色。③SO2尾气有可能造成环境污染，装置Y中盛放氢氧化钠溶液，离子方程式为SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O。13．答案：(1)1∶1(2)①关闭A中恒压

滴液漏斗的玻璃塞和G的活塞，往B烧杯中加水没过导管口，用酒精灯微热A中的烧瓶，B管口有气泡产生，冷却后管口形成一段液柱，则装置气密性良好②球形干燥管③尾气吸收，防污染；防倒吸；帮助判断H2S是否集满(任写两点)④无水氯化

钙或五氧化二磷H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋⑤饱和食盐水C中的黄绿色不再褪去⑥SO2－4取少许C中反应后的溶液于试管中，加入少量盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生解析：(1)H2O2与H2S发生氧化还

原反应产生H2O、S，反应的化学方程式为：H2O2＋H2S===2H2O＋S，在该反应中H2O2为氧化剂，H2S为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；(2)①有气体参加的反应，在装入药品之前要先检查装置的气密性，证明以上装置气密

性良好的具体操作是：关闭A中恒压滴液漏斗的玻璃塞和G的活塞，往B烧杯中加水没过导管口，用酒精灯微热A中的烧瓶，B管口有气泡产生，冷却后管口形成一段液柱，则装置气密性良好；②根据装置图可知：仪器E的名称是球形

干燥管；③在装置A中FeS与稀硫酸反应产生H2S气体，经装置E的无水氯化钙的干燥作用后通入装置C中，将装置中空气排出，使装置C充满H2S气体；然后将G中饱和NaCl溶液滴入装置D中，将D中的Cl2经装置F的干燥作用后通入C中，

Cl2与H2S在装置C中发生反应产生HCl、S单质。H2S是大气污染物，可根据其能够与NaOH溶液反应的性质进行吸收，装置B的试剂中下层是有机物CCl4，上层是NaOH溶液，这样可以防止倒吸现象的发生，同时还会发生反应：H2S

＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，而产生黑色CuS沉淀，故装置B的作用是尾气吸收，防污染；防倒吸；帮助判断H2S是否集满；④E中的试剂作用是干燥H2S气体，而不能与其发生反应，由于干燥剂的状态是固体，因此可以是无水氯化钙或五氧化二磷；先通H2S排出装置中的空气，若H2S已充满，则装置

B中会发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，产生黑色CuS沉淀，离子方程式为：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋；⑤G中的试剂的作用是将装置D中的Cl2压入装置C中，可根据Cl2不能在饱和食盐水中溶解的性质分析，G中的试剂为饱和食盐水；Cl2是黄绿色气体，若Cl2与H2S在装

置C中恰好发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S，反应产生的HCl及H2S都是无色气体，因此判断装置C中Cl2过量的方法是气体显黄绿色，且黄绿色不再褪去；⑥分析与讨论：实验Ⅱ中黄色沉淀消失是S元素转变成了＋6价的SO2－4

，可根据BaSO4是白色既不溶于水也不溶于酸的物质进行检验，方法是：取少许C中反应后的溶液于试管中，加入少量盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明C中反应后的溶液中含有SO2－4；在实验时要注意使用的氧化剂的种类及氧化剂的用量对实验结

果的影响。单元检测9化学实验基础1．D从图中可以看出，以花为原料，通过加热产生蒸气，然后冷凝成液体，便制成花露水，所以此操作为蒸馏。2．C移液时需要用玻璃棒引流，A错误；浓硫酸和铜反应后的混合液中硫酸浓度

仍较大，若向混合液中倒入水，硫酸溶液稀释放热，可能会使液体飞溅，造成危险，B错误；浓盐酸和高锰酸钾混合产生黄绿色的氯气，说明高锰酸钾的氧化性强于氯气，氯气进入硫化钠溶液，反应生成硫单质，现象为产生黄色沉淀，说明氯气的氧化性强

于硫，C正确；乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应需要控制温度为170℃，题图装置缺少温度计，且题图方法制得的乙烯中混有杂质SO2，需除杂后再用溴水检验，D错误。3．C稀硫酸中加入少量CuSO4时，Zn与置换出的Cu形成很多微小原电池，可加快反应速率，A正确；②的主要作用是干燥H2，④的主

要作用是防止⑤中水蒸气进入③中，B正确；Fe3O4和生成的铁粉均为黑色，C错误；点燃酒精灯前，应先用H2排尽装置中空气，D正确。4．BA．溴水也是棕黄色，Br2也能氧化I－生成I2，使溶液变蓝，错误。B.SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4能与Na2SiO3溶液反应生成白色硅酸沉淀

，说明非金属性：S>Si，正确。C.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀出现，说明蛋白质发生了盐析而不是变性，错误。D.长期放置的铝片表面有致密的氧化膜，不能与CuSO4溶液反应，打磨后的铝能置换出铜，错误。5．BA．氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右，要用35℃

的热水浴，正确；B.如用球形冷凝管，则馏分不能完全流出，应用直形冷凝管，错误；C.分液漏斗和四颈烧瓶压强相等，恒压条件下，打开旋塞，可使液体顺利滴下，不需要打开恒压滴液漏斗上端活塞，正确；D.为证明“氧化”反

应已结束，则高锰酸钾完全反应，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全，正确。6．CNa2CO3能与适量的Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠，A错误。碳酸钙不溶于水，氧化钙溶于水后

生成氢氧化钙，会把原物质除去，B错误。锌能与过量FeSO4溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，能除去杂质且没有引入新的杂质，C正确。H2SO4能与Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，会把原物质除去，D错误。7．B制备乙酸乙酯时，正确的加液顺序是先加乙醇，然后边振荡试管边

加入浓硫酸和乙酸，B项错误。8．D由于溴易挥发，溴溶于AgNO3溶液也能产生淡黄色沉淀，A项错误；溴苯的密度比水大，在下层，B项错误；加热FeBr3溶液，促进Fe3＋的水解，蒸干、灼烧得到的是Fe2O3，C项错误；粗溴苯经水洗、碱

洗和水洗后得到的是苯和溴苯的混合液，通过蒸馏可以得到纯的溴苯，D项正确。9．B甲装置不能防倒吸，故A错误；将乙装置中分液漏斗上面的橡皮管拆下和烧瓶的支管口相连接就可以检查装置的气密性，故B正确；酸性高锰酸钾溶液与乙酸溶液不反应，丙装置中溶液的紫红色不会逐渐褪去，

故C错误；丁装置不能收集和吸收HCl，故D错误。10．C装置Ⅰ为SO2的发生装置，CaSO3与浓硫酸反应生成CaSO4、H2O、SO2，CaSO4微溶，覆盖在CaSO3表面会阻止反应发生，X不可能为CaSO3，A项错误；装置Ⅱ中用“多孔球泡”，可以增大SO2与溶液的接触面积，从而增大

SO2的吸收速率，B项错误；装置Ⅲ中NaOH溶液可吸收SO2尾气，可用酸性高锰酸钾溶液代替，C项正确；由MnSO4溶液制备MgSO4·H2O，实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥，若用蒸发结晶、趁热过滤，MgSO4·H2O容易失去结晶水，D项错误。11．B二氧化硫和浓硫酸不反应，所以

不能达到洗气的目的，故A错误；氯气和水的反应是可逆反应，所以食盐水中含有氯离子能抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于水，从而能达到洗气的目的，故B正确；收集难溶于水的气体采用排水集气法收集，集气瓶中应该“短管进气长管出气”，故C错误；甲醛和新制氢氧化铜悬浊液反应

需要加热，该反应未加热，故D错误。12．DA．甲醛与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu(OH)2被还原，正确；B.由已知Cu(NH3)＋2(无色)，Cu(NH3)2＋4(蓝色)，且Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，则②→③无

色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O，正确；C.已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，则④→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2Cu(NH3)2＋4＋4OH－＋6H2O，正确；D.将试管①替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应

，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体A的成分，错误。13．CA．正确；B.探究实验需要控制变量探究；向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，氯化铁水解会导致颜色变深，其他条件相同，只控制温度变化来观察水解程度变化，可以用来探究温度对Fe3＋水解程度的影

响，正确；C.甲苯上的甲基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，原因是苯环活化了甲基，错误；D.向Na2S溶液中滴加新制氯水，溶液变浑浊，表示有硫单质生成，表明氯水氧化硫化钠制备硫，说明氯气的氧化性强于S，则可证明非金属性：Cl>S，正确。14．DBr2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，发生反

应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，混合①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加

入氯化钡溶液，使反应生成SO2－4转化成硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸。由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶

液，故A错误；根据分析可知，加入Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但用量需要防止过量，因为Na2SO3过量，能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，故B错误；蒸馏过程中用的冷凝管为直形冷凝管，故C错误；溴

单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，故D正确。15．D水蒸气发生装置中安装安全管的目的是防止压强过大，A正确；二氯甲烷的密度比水的大，萃取分液时，二氯甲烷需从下口放出，B

正确；无水Na2SO4是干燥剂，作用是除去水分，C正确；分析题中实验流程可知，二氯甲烷挥发出来被冷凝接收，因此二氯甲烷的沸点比柠檬烯的沸点低，D错误。16．答案：(1)关闭分液漏斗活塞，将D右端导管放入盛有水的烧杯中，微热

A中烧瓶，导管口出现气泡，冷却导管中出现一段稳定水柱(2)少量浓硫酸NaCl固体(3)用蘸有Na2CO3溶液的棉花团围到出气口处(4)干燥氯气(5)abd(6)拆开AB连接处用洗耳球持续往装置中吹气，直到装置没有颜色为止，将D装

置中产品倒入试剂瓶中密封，拆除其它装置将有用的试剂倒入指定的试剂瓶，没用的试剂倒入指定的垃圾桶解析：本实验是利用实验室制备的Cl2和Sn粉加热反应来制备SnCl4，故A装置为实验室制氯气的发生装置，反应为MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2＋2H2

O，B装置是用饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，C装置是用浓硫酸来干燥氯气，D装置为制备SnCl4的发生装置，反应为：Sn＋2Cl2=====△SnCl4，E装置是收集SnCl4，由于SnCl4与水易发生水解，故F装置为干燥装置，防止G中的水蒸气进入E中，G装置是尾气处理装置，据此分析解题。

(1)根据检查装置气密性的方法可知，本试验中检查制气装置A气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，将D右端导管放入盛有水的烧杯中，微热A中烧瓶，导管口出现气泡，冷却导管中出现一段稳定水柱；(2)装置A中用浓盐酸的原因是增强MnO2的氧化性，即MnO2在酸性条件下的氧化性更强，故在反应后

的固液混合物中加入少量的浓硫酸有氯气产生，证明①正确的，增强Cl－的还原性，即Cl－浓度越大，Cl－的还原性越强，故在反应后固液的混合物中加入NaCl固体有氯气产生，证明②正确的；(3)实验过程中若发现B、C装置少量漏气，由于Cl2有毒，故需

及时处理，利用Cl2能与碱性液体反应的性质，可采取的措施是用蘸有Na2CO3溶液的棉花团围到出气口处；(4)由分析可知，C的作用是干燥氯气；(5)由分析可知，装置F的作用为防止水蒸气进入E中引起发生水解反应，由实验图可知F为U形干燥管，其中需装入固体干燥剂，故F中可装的试剂可以是CaC

l2、CaO、CuSO4，不能是浓硫酸；(6)制备反应停止熄灭酒精灯后，将G中导管移出溶液并使导管口靠近液面，装置冷却，此时整个装置中还有大量的氯气，如不处理将污染环境，故之后的操作是拆开A、B连接处用洗耳球持续往装置中吹气，直到装置没有颜色为止，将D装置中产

品倒入试剂瓶中密封，拆除其它装置将有用的试剂倒入指定的试剂瓶，没用的试剂倒入指定的垃圾桶，清洗仪器，摆放整齐，擦干净桌面。17．答案：Ⅰ.(1)C→D→B(2)D装置中固体由黑色变为红色(3)CoC2O4·2H2O=====890～920℃CoO＋CO↑＋C

O2↑＋2H2O↑Ⅱ.①2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3②2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O③Co(OH)3、Cl2、Co(OH)2[或Co(OH)3>Cl2>Co(OH)2]解析：Ⅰ.(1)检验产物的顺序是检验水蒸气、检

验CO2、除去CO2、干燥CO、检验CO、吸收尾气。C装置可吸收CO2并干燥CO。装置连接顺序为A、E、C、D、B。(2)D中黑色粉末变为红色，说明有CO生成。(3)CoC2O4·2H2O的相对分子质量为183，n(Co

)＝3.66g183g·mol－1＝0.02mol，n(CO2)＝0.88g44g·mol－1＝0.02mol，根据碳原子守恒，可知生成了CO，n(CO)＝0.02mol，剩余固体含钴、氧元素，剩余固体中含氧元素n(O)＝1.5g＋0.02mol×59g·mol－116g·mol－1＝0

.02mol，故固体的成分为CoO，依此写出反应的化学方程式。Ⅱ.①根据实验现象知反应的化学方程式为2Co(OH)2＋H2O2===2Co(OH)3；②Co(OH)3被浓盐酸还原为Co2＋，反应的离子方程式为2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；③Co(OH)2与

浓盐酸混合，未见气体产生，说明Co2＋不能氧化Cl－，则氧化能力Co(OH)3>Cl2>Co(OH)2。18．答案：(1)浓硫酸浓盐酸浓硫酸(2)关闭K2，打开K1(3)吸收过量的HCl气体，防止空气中的水蒸气进入E中(4)抑制AlCl3水解，同时带走水蒸气(5)①偏低②4解析：(1)根据题干信

息及装置图可知，a、b、B三装置是用于制取干燥HCl气流，因为三装置中所用试剂均为酸的浓溶液，考虑浓盐酸易挥发、浓硫酸具有强吸水性及稀释放热，因此可用浓盐酸与浓硫酸混合制取HCl气体。要“均匀、缓慢产生HCl气体”，需将浓硫酸逐滴加入浓盐酸中，反之，浓盐

酸滴入浓硫酸中时，可能会使液体飞溅，且放出大量热，无法控制HCl的挥发速度。(2)实验时，需要先排尽装置中的空气，一是防止HCl与铝反应生成的氢气与氧气混合受热发生爆炸，二是防止Al与空气中的O2反应，故关闭K2，打开K

1，让HCl气体充满装置后，再加热D装置。(3)根据题干信息知，无水AlCl3极易潮解，F中碱石灰的作用是吸收过量的HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入E中。(4)AlCl3易水解，AlCl3·6H2O

脱水需要在HCl气氛中进行，以抑制AlCl3水解，同时带走水蒸气。(5)①若沉淀未洗涤、干燥，则氯化银质量偏高，计算出的氯元素含量偏高，羟基含量偏低。②根据氯元素守恒列出关系式：Al2(OH)nCl(6－n)～(6－n)AgCl54＋17

n＋(6－n)×35.5(6－n)×143.59．65g14.35g解得n＝4。19．答案：(1)Ⅰ增大(2)观察和控制气体的流速(3)2NH3＋3CuO=====△N2＋3H2O＋3Cu(4)A(5)①f、h、c、e②

16（m3－m1）m2－m3③偏大解析：(1)实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N2，化学反应方程式为NaNO2＋NH4Cl=====△N2↑＋NaCl＋2H2O，属于液体和液体混合加热制备气体的反应，则C装置应选用Ⅰ。Zn先与CuSO4反应置换出Cu，Cu、Zn构成Cu—Zn原电池，加

快了反应速率，所以制备氢气时，若在硫酸溶液中加入少量的硫酸铜固体，反应速率将增大。(2)装置B有浓硫酸，具有吸水性，可干燥混合气体，还可以使氢气和氮气混合均匀，还可观察和控制气体的流速；(3)氨气还原炽热氧化

铜生成氮气、铜和水，该反应方程式为：2NH3＋3CuO=====△N2＋3H2O＋3Cu。(4)干燥管F装置用于测定生成物水的质量，但不能吸收氨气，应该为碱石灰，无水硫酸铜只能检验水的存在；五氧化二磷和无水CaCl2均能吸收氨气，不能选，答案选A；(5)①根据

图示装置及实验目的可知操作步骤为：检查装置气密性→用氨气排出装置中空气→加热反应→熄灭酒精灯、冷却后→关闭分液漏斗活塞→关闭K1和K2→称量装置C的质量，即j.检验装置气密性、d.打开K1和K2、g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满NH3、a.点燃酒精灯，加

热、b.熄灭酒精灯、f.冷却至室温、h.关闭分液漏斗活塞、c.关闭K1和K2、e.称量装置C的质量，则实验操作步骤正确排序为j、d、g、a、b、f、h、c、e；②CuO的质量为(m2－m1)g，该CuO中含有O的质量为：(m2－m3)g，n(O)＝m2－m316mol，则n(Cu)＝n

(CuO)＝n(O)，Cu的质量为(m3－m1)g，则Cu的摩尔质量为16（m3－m1）m2－m3g·mol－1，所以Cu的相对原子量为16（m3－m1）m2－m3；③在本实验中，若CuO中混有不反应的杂质，测定的m3偏大，根据Mr(C

u)＝16（m3－m1）m2－m3可知，测定结果偏大。20．答案：(1)球形冷凝管酸式滴定管(2)C(3)Ka1(H3PO4)与Ka1(H2SO3)相差不大，H3PO4与亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O

＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2的方向进行(4)检漏蓝色SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4(5)偏低(6)80.8解析：(1)装置图中a是用于冷凝回流的球形冷凝管，b带玻璃旋塞，为酸式滴定管。(2)三颈烧瓶中加入400mL水，由于三颈烧瓶盛放的溶液体积不

能超过其容积的23，故选用1000mL，C正确。(3)Ka1(H3PO4)与Ka1(H2SO3)相差不大，H3PO4与亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2

的方向进行。(4)滴定管使用前需检漏，在确认不漏液的情况下方可使用；淀粉遇碘变蓝，则滴定终点时，溶液呈蓝色；滴定过程中SO2被氧化为SO2－4，I2被还原为I－，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒得反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4。(

5)若先加磷酸，生成的少量SO2被空气中的O2氧化，消耗的碘标准溶液减少使测定结果偏低。(6)由离子方程式SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4可得n(SO2)＝n(I2)，而V(I2)＝V消耗＋V预加－V空白＝1.2

0mL，则样品中亚硫酸盐含量为0.010×1.2×10－3×64×10395%×10×10－3mg·kg－1≈80.8mg·kg－1。第十单元有机化学基础课练31认识有机化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．A甲烷失去一个氢原子得到甲基，甲基的电子式为，A正确；三硝基甲苯中苯环与N原子相连

，三硝基甲苯的结构简式为，B错误；乙酸的球棍模型为，是乙酸的空间填充模型，C错误；和是同一物质，D错误。2．C前者—OH与苯环上的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，所以不互为同系物，A错误；该物质属于酯类，官能团为酯基，B错误；该物质的官能

团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯，编号时官能团的编号要小，因此题给有机物命名为2­乙基­1­丁烯，C正确；该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯，从右端碳原子开始编号，甲基的编号

为2，则该物质的名称应为2­甲基­1，3­丁二烯，D错误。3．B聚苯乙烯的结构简式为，A错误；环己烷()与甲基环戊烷()均属于环烷烃，分子式相同，二者属于碳骨架异构，B正确；扁桃酸()分子中连有羟基和羧基的碳原子采取sp3杂化方式，空间构型为四面体形，与其直接相连的四个原子不可能共

面，故所有原子不可能共面，C错误；由于结构不对称，与Br2发生1∶1加成时，可发生1，2­加成、3，4­加成、1，4­加成，产物有3种，D错误。4．C步骤①向样品粉末中加入甲苯、甲醇，溶解后过滤，得到滤液和不溶性物质，步骤②向滤液中加入硝酸钠，得到有机层溶液和水层溶液

，此步骤为萃取分液，步骤③是从水层溶液中得到固体，应是蒸发结晶，步骤④是从有机层溶液中得到甲苯，应是蒸馏或分馏。根据上述分析，步骤①是溶解过滤过程，装置甲为过滤装置，可以完成步骤①，A正确；装置乙为分液装置，装置乙能完成步骤②，B正确；步骤③是蒸发结晶，应用蒸发皿，C错误；步骤④是蒸馏或分馏过程

，装置丁为蒸馏或分馏装置，因此装置丁能完成步骤④，D正确。5．D结合图乙核磁共振氢谱可看出，有8种吸收峰，故该有机物中有8组不同化学环境的氢原子，A错误；由图甲可知，有机物中不含苯环，不属于芳香族化合物，B错误；结合

图甲中的键线式和球棍模型可看出，Et代表的基团为—CH2CH3，C错误；该有机物由C、H、O组成，所以在一定条件下能完全燃烧生成CO2和H2O，D正确。6．DA项，C4H6的不饱和度为2，可以含1个碳碳三键，含有碳碳三键的C4H6的同

分异构体有2种，即(↑表示碳碳三键所在的位置)，错误。B项，分子式是C6H12O2且属于羧酸的同分异构体即C5H11COOH，由于戊基的结构有8种，故分子式是C6H12O2且属于羧酸的同分异构体有8种，错误。C项，易认为C8H10除苯环外，支链只能是2个甲基而出错，其支链还

可以是1个乙基，支链是2个甲基的结构有邻、间、对3种，支链是1个乙基的结构有1种，共4种，错误。D项，的一溴代物有5种，即，正确。[练高考]7．D化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物

1不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生成，D正确。8．AB根据结构，“E7974”分子中含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；由“E7974”的结构

分子中含有酰胺基、碳碳双键、氨基和羧基，共4种官能团，B正确；连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共3个，C错误；“E7974”分子中含有2个酰胺基和1个羧基，均能与NaOH溶

液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误。9．C苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误；苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能

发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确；苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误。10．CD由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，A错误；因为萘分子中的10个碳原子是

共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B错误；N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C正确；萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H(如图：)，根据定一移二法可知，若先取代

α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D正确。[练模拟]11．BA项，厚朴酚分子中有18个C，含有2个苯环和2个碳碳双键，不饱和度为10，则氢原子数为2×18＋2－2×10＝18，即分子式为C18H18O2

，正确。B项，2个苯环之间的碳碳单键可以旋转，题图1与题图2所示物质是同一种有机物，而非互为同分异构体，错误。C项，，故厚朴酚分子中的所有碳原子可能共平面，正确。D项，将分子结构以的形式呈现，容易看出厚朴酚分子中最多有6个原子共直线，正确。12．D由X的质谱图可

知X的相对分子质量为136，A错误。标准状况下，6.8g(0.05mol)X完全燃烧生成3.6g(0.2mol)H2O和8.96L(0.4mol)CO2，根据物质的量之比可知X的分子式为C8H8On，由X的相对分子质量可得n＝2，则X的分子式为C8H8

O2。由题给红外光谱图可知X分子中还含有C===O、C—O—C、C—H、，结合X分子中只含有1个苯环且苯环上只有1个取代基，X的核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为3∶2∶2∶1，可知X的结构简式应为，C错误。X分子中含有甲基，则所有原子一定不共面，B错误。X分子中官能团的名称为酯

基，D正确。13．C苯和溴苯互溶，不能用分液方法分离，二者沸点不同，应该用蒸馏的方法分离，故A错误；用蒸馏方法蒸馏工业乙醇可得到无水乙醇，但②中冷凝管中水流方向错误，故B错误；重结晶提纯苯甲酸时，得到晶体后用过滤方法分离出晶体，所以重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③进行分离操作，故C正

确；蒸发结晶应在蒸发皿中进行，故D错误。综合测评提能力1．DCH(CH3)3中含有1个支链，为异丁烷，正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，A项错误；空间填充模型能反映出原子半径的相对大小，故该模型能表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因为原子半径Cl>C，B项错误；1个四氯化碳分

子中存在4个C—Cl，Cl原子最外层都满足8电子稳定结构，四氯化碳的电子式应为，C项错误；为丙烷的球棍模型，D项正确。2．BA属于醇类；C属于酯类，官能团为；D属于醚类。3．D由实验流程图分析可知：青蒿――→溶浸过滤提取液――→

萃取分液青蒿素的乙醚溶液――→蒸馏青蒿素。选项A所示操作为蒸发结晶，该实验过程中没有涉及此操作，A错误；操作Z为蒸馏，装置B可用于蒸馏，但选项B中牛角管与锥形瓶连接时不能完全封闭，应与空气相通，B错误；操作X为过滤，选项C中漏斗下口尖嘴应紧贴烧杯内壁，C错误；操作Y为萃取、分液，选项D符合

操作要求，D正确。4．C某酸甲酯A的分子式为C10H10O2，已知苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱图有5个峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，结合红外光谱图分析出的键种类可知，A的结构简式为。A中含有碳碳双键

，可以与溴水发生加成反应，苯环上的邻、间位上的氢原子比较活泼，可以与液溴在一定条件下发生取代反应，A正确；1molA完全燃烧的耗氧量为11.5mol，1mol异丙苯(C9H12)完全燃烧的耗氧量为12mol，前者耗氧量较少，B正确；

A中含有碳碳双键，可以使KMnO4(H＋)溶液褪色，但分子中不含有醛基，不能发生银镜反应，C不正确；A分子中含有一个酯基，1molA最多只可以和1molNaOH反应，D正确。5．C按系统命名法，选择含有碳原子最多的碳链作为主链，从靠近最简单支链的一端给主链碳原子编号，该有机物的名称是2，2，

4，5－四甲基－3－乙基己烷，故A项错误；分子式为C9H12，在苯环上同时存在3个—CH3的同分异构体有3种，故B项错误；该有机物的结构可表示为，其中苯环、碳碳双键为平面结构，碳碳单键可以旋转，所以通过旋转连接苯环和碳碳双键的碳碳单键，可以使得苯环和碳碳双键在同一个平面，通过旋转甲基

与双键碳形成的碳碳单键，可以使得甲基上的一个氢原子与碳碳双键在同一个平面，故最多有17个原子共面，故C项正确；乙醛是饱和一元醛，丙烯醛是不饱和一元醛，二者不互为同系物，催化加氢后都生成饱和一元醇，产物互为

同系物，故D项错误。6．BM分子中无手性碳原子，N分子中有一个手性碳原子，位置如图：，故A错误；M含三个羟基，能与水形成氢键，与水以任意比例互溶，故B正确；N中含氧官能团的名称为羟基、醛基，故C错误；M和N分子式不同，不互为同分异构体，故D错误。7．Ba含有醚

键，b含有酯基，均只含有一种官能团，A正确；a分子中C、O原子价层电子对数都是4，C、O原子杂化类型为sp3杂化，b分子中成单键的C原子和两个成单键的O原子价层电子对数都是4，杂化类型为sp3杂化，成C==

=O键的C和O原子杂化类型为sp2杂化，B错误；b中含有3种等效氢，有几种等效氢，其一氯代物就有几种，所以b的一氯代物有3种，C正确；MOFA对CO2具有超高的吸附能力，能选择性吸附CO2，并能催化CO2与环氧丙烷反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，

利于“碳达峰”目标的实现，D正确。8．DA分子中含有单键和双键，单键为σ键，1个双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中含有16个σ键、2个π键，A错误；A分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，则A分子中

所有原子不可能在同一个平面上，B错误；和分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，不互为同系物，C错误；质谱法可以测定有机物的相对分子质量，核磁共振氢谱法可以测定不同化学环境的氢原子的种数及其相对数目，由结构简式可知，的分子式相同，相对分子质量相等，不能用质谱法

鉴别，分子中含有4种氢原子，分子中含有5种氢原子，则用核磁共振氢谱法可以鉴别，D正确。9．B粗溴苯中含有溴苯、苯、Br2、FeBr3等，粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得水

层①和有机层①，操作Ⅰ为分液，加入NaOH溶液除去Br2，再次分液，操作Ⅱ也为分液，水层②中主要含有NaBr、NaBrO3等，有机层②中含有苯、溴苯等；第二次水洗除去有机层②中可能含有的少量NaOH、NaBr、N

aBrO3，分液后得水层③和有机层③，操作Ⅲ为分液；加入无水氯化钙吸水，过滤，得有机层④，其中含有苯和溴苯；最后根据二者沸点不同，利用蒸馏实现分离。综上可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液，用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，A项正确；水层①中加

入KSCN溶液后显红色，只能说明水层①中含有铁离子，但不能说明溴化铁已完全被除尽，B项错误；加入NaOH溶液的目的是除去有机层①中的单质溴，C项正确；操作Ⅳ、操作Ⅴ分别是过滤和蒸馏，D项正确。10．C

由题干信息可知，4­叔丁基苯乙酮的分子式为C12H16O，A正确；图甲分子中的苯环为平面结构，故有12个原子共平面，羰基所在的平面为4个原子，然后每个甲基最多增加一个原子与之共平面，故图甲所示分子最多有17个原子共平面，如图所示除苯环所在的

12个原子之外，，其中3、5为增加的H原子，B正确；图乙分子中最多有4个原子共直线，即碳碳三键所在的直线，C错误；图甲分子中存在一个碳原子连有三个甲基的情况，故所有碳原子不可能共平面，D正确。11．答案：(1)②①(2)5­甲基­3­庚烯(3)AD(4)①②3，3­

二甲基­1­丁烯(CH3)3C—CH===CH2③3(5)BC解析：(1)①两种物质的分子式相同但结构不同，互为同分异构体；②C(CH3)4和C4H10都属于烷烃，结构相似，组成相差一个CH2，互为同系物；③二者是同种物质；④同种元素的不同原子，互为同位素。(2)，由结构知其属于

烯烃，则应选择含碳碳双键在内的最长碳链为主链，以离碳碳双键更近的右端为起点，故其名称为5­甲基­3­庚烯。(3)CH3CH3结构对称，分子中只含一种氢原子，核磁共振氢谱中只有一个峰，A正确；CH3COOH含有2种氢原子，核磁共振氢谱中有两个峰，B错误；CH3COOCH3中两个—CH3所处化学

环境不同，故含有2种氢原子，核磁共振氢谱中有两个峰，C错误；CH3COCH3结构对称，含有1种氢原子，核磁共振氢谱中只有一个峰，D正确。(4)0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，则分子中含有N(C)＝1.2mol0.2

mol＝6，N(H)＝1.2mol×20.2mol＝12，故分子式为C6H12。①C6H12与饱和烃相比少2个H原子，即有1个不饱和度，但烃A不能使溴水褪色，则其为环烷烃，能与氯气发生取代反应，且其一氯代物只有一种，则结构非常对称，为环己烷()；②

若烃A能使溴水褪色，且在催化剂作用下，与H2发生加成反应后生成2，2­二甲基丁烷，则A中含有碳碳双键，其与H2加成后的产物为(CH3)3CCH2CH3，相邻的两个碳原子同时去掉1个H原子，即得(CH3)3CCH===CH2，名称为3，3­二甲基­1­丁烯；③比烃A少两个碳原子且能使溴水褪色的A

的同系物为丁烯，丁烯的同分异构体有CH2===CHCH2CH3、CH3CH===CHCH3、CH3C(CH3)===CH2，共3种同分异构体。(5)由题给核磁共振氢谱图出现了8组峰可知，该有机物有8种不同化学环境的H原子，A正确；由该有机物的键线式及球

棍模型知其不含苯环，不属于芳香族化合物，B错误；由该有机物的结构及球棍模型可知，Et代表—CH2CH3，C错误；其结构中含—OH，且与—OH相连的C的邻位C上含H，所以在一定条件下能够发生消去反应，D正确。12．答案：(1)催化

作用(或催化剂)(2)干燥O2(3)使有机物充分氧化生成CO2和H2O(4)C2H6O(5)C2H6O(6)CH3CH2OH解析：电炉加热时用纯O2氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。A装置是用H2O2溶液制备氧气，其中二氧化锰作催化剂；B装置用于干燥氧

气；C装置中在电炉加热及氧化铜的作用下将有机物充分氧化为二氧化碳和水；D装置用于充分吸收水蒸气，通过该装置的增重测量生成物水的质量；E装置用于充分吸收产物二氧化碳，通过该装置的增重测量二氧化碳的质量。(1)A装置中MnO2的作用是催化作用(或催化剂)。(2)B装置中浓硫酸的作用是干燥

O2。(3)燃烧管中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O。(4)样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，1.38g样品，经充分反应后，D管质量增大1.62g，求出n(H2O)＝1.62g18g·mol－1＝0.09m

ol，进一步求出n(H)＝0.18mol，m(H)＝0.18g；E管质量增大2.64g，求出n(C)＝2.64g44g·mol－1＝0.06mol，m(C)＝0.72g；根据质量守恒求出m(O)＝1.

38g－0.72g－0.18g＝0.48g，则n(O)＝0.48g16g·mol－1＝0.03mol，最后求出n(C)∶n(H)∶n(O)＝2∶6∶1，所以该样品的实验式(最简式)为C2H6O。(5)根据蒸气密度为2.054g·L－1(已换算为标准状况下)得：M＝2.054g·L－1×22.4L·

mol－1＝46g·mol－1，可求出该有机物的相对分子质量为46，与最简式的式量相同，所以其分子式为C2H6O。(6)根据该有机物的核磁共振氢谱可知该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶2∶3，所以该有机物的结构简式为CH3CH2OH。13．答案：(1)C5H8O(2)(3)

abcd(4)(CH3)2C===CHCHO解析：(1)有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，8.4g有机物A的物质的量为8.4g84g·mol－1＝0.1mol，燃烧生成CO

2物质的量为22.044g·mol－1＝0.5mol，生成H2O的物质的量为7.2g18g·mol－1＝0.4mol，故一个有机物A分子中含有N(C)＝0.5mol×10.1mol＝5，N(H)＝0.4mol×20.1mol＝8，N(O)＝84－12×5－816＝1，故A的分子式为C5H8O

。(2)不饱和度为2，红外光谱分析表明A分子中含有—OH和位于分子端的—C≡CH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶1∶1，故分子中含有2个—CH3且连接在同一个C原子上，所以A的结构简式为。(3

)A分子中含有羟基，能与钠反应；含有碳碳三键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；能与溴发生加成反应，能与氢溴酸发生加成反应，故答案：为abcd。(4)有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C

===C键，B分子中所有碳原子在同一平面上，则其余的碳原子连接在C===C键上，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1，可知含有两个甲基且连接在同一碳原子上，结合A的结构简式可知，B中还含有—CHO，故B的结构简式为。课练32烃及烃的衍生物狂刷小题夯基础[练基

础]1．C乙烯分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体丙烯的结构式为，不是直线型分子，B错误；的结构简式为，其名称为2，2­二甲基丁烷，C正确；戊烷的三种同

分异构体均为共价化合物，均含有C—H极性键和C—C非极性键，它们的沸点不同是因为支链数目不同，与化学键无关，D错误。2．C苯能燃烧，发生了氧化反应，苯能与H2加成生成环己烷，发生了还原反应，A正确；煤的干馏是

指隔绝空气加强热后发生分解，煤的液化是指在一定条件下与某些物质(如氢气)反应生成液体燃料，煤的气化是指与水蒸气发生反应，均属于化学变化，B正确；煤本身不含苯，干馏所得的产物中才含有苯，C错误；若苯分子中存在单双键交替结构，则邻二甲苯有两种(两个甲基连在双键碳原子上或两个甲基连在单

键碳原子上)，但邻二甲苯只有一种，则说明苯中的化学键不是单双键交替结构，D正确。3．C对照ⅰ、ⅱ知，碱性溶液中加入酸化的硝酸银溶液立刻出现淡黄色沉淀，则ⅱ的反应速率大于ⅰ，说明NaOH促进了C—Br键的断裂，A正确；ⅱ中生成的淡黄色沉淀为AgBr，离子方程式为Ag＋＋Br－===Ag

Br↓，B正确；ⅲ中现象只能说明溴乙烷中的溴原子转化为Br－，不能说明发生了消去反应，因为水解反应与消去反应均会生成Br－，若能证明生成乙烯，则能说明发生了消去反应，C错误；如果检测出ⅱ中生成乙醇、ⅲ中

生成乙烯，则说明ⅱ中发生取代反应、ⅲ中发生消去反应，D正确。4．B乙烯不易溶于水且密度与空气接近，应采用排水法收集，A错误；实验室制取乙烯过程中会产生SO2、CO2及挥发出来的乙醇等杂质，会干扰后续乙烯性质的检验，故可用NaOH溶液来除去SO2、CO2及乙醇蒸气，B正确；石油分馏时，

温度计测量的是气态馏分的温度，故温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，且为了增强冷凝效果，冷凝管应下口进水，上口出水，C错误；收集气体时试管口不能塞住，且由于乙炔的密度与空气相近，最好采用排水法收集乙炔，D错误。5．D该有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反

应，①④正确；含有酚羟基和氯原子，能发生取代反应，也能与NaOH溶液反应，②⑥正确；含有氯原子且与氯原子相连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子，能发生消去反应，③正确；含有酯基、氯原子，能发生水解反应，⑤正确。

6．C由两种分子的结构简式可知，NM­3分子中存在醚键、羧基、酚羟基、碳碳双键和酯基；而D­58分子中不存在羧基、碳碳双键和酯基，存在醚键、酚羟基、醇羟基和羰基。D­58不可以发生醇羟基的消去反应，是因为与醇羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，而NM­3分子中无醇羟基，故两种物质不能发生

消去反应的原因不完全相同。7．B贝诺酯分子中含有酯基、酰胺基两种含氧官能团，A项错误；乙酰水杨酸不含酚羟基，而对乙酰氨基酚含有酚羟基，故可利用FeCl3溶液鉴别二者，B项正确；乙酰水杨酸含有羧基，能与Na

HCO3溶液反应，但对乙酰氨基酚不含羧基，不能与NaHCO3溶液反应，C项错误；贝诺酯与足量NaOH溶液共热，酰胺基和酯基都能发生水解，产物为、CH3COONa和，D项错误。8．A题给四种物质中，能发生银镜反应的物质有甲酸和甲酸乙酯；加入新制的Cu(OH)2不

溶解，说明不含甲酸和乙酸；甲酸乙酯能与含酚酞的NaOH溶液反应生成甲酸钠和乙醇，溶液碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅。综上所述，该物质一定含有甲酸乙酯，不含有甲酸和乙酸，无法确定是否含有甲醇。[练高考]9．B辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误；中含有11个

甲基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D项错误。10．B该分子中形成N===C键的N杂化方

式为sp2，形成N—C键的N杂化方式为sp3，A项正确；手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，该分子中无手性碳原子，B项错误；该物质含有，能与酸反应，含有羧基，能与碱反应，C项正确；该物质含有苯环，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应(属于取代反应)，D项正确。11．

A该物质含有酚羟基，酚羟基的邻、对位和溴水发生取代反应，A错误；酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B正确；该物质红外光谱能看到有O—H键、酯基等，有特征红外吸收峰，C正确；该物质含有酚羟基，能与铁离子发

生显色反应，D正确。12．DA项，X中和—CH3在C===C两侧，和—CH3在C===C同侧，二者互为顺反异构体，正确；B项，X中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，正确；C项，X与HBr加成，加H(Br)位置不确定，故还存在副产

物，正确；D项，中只有标“*”的碳原子连有的四个原子或原子团不同，为手性碳原子，错误。13．D该分子中含有碳碳双键、羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A项正确；分子中含有羧基、羟基，能发生酯化反应(属于取代反应)，含有酯基，能发生水解反应(属于取代反应)，含有

碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；分子中含有羟基、羧基，能和金属钠发生反应放出H2，C项正确；分子中含有酯基、羟基、羧基、碳碳双键4种官能团，D项错误。14．C苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，A错误；由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐

酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相Ⅰ中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和

水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③，B错误；由B项分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；由B项分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系

，D错误。[练模拟]15．B该烷烃的最长碳链为5个碳原子，两端等距出现了支链：乙基，如图标号：，名称为3，3­二乙基戊烷，A正确。现代制作蜡烛的主要物质是石蜡，而石蜡的主要成分是烃，B错误。将酸性高锰酸钾溶液分别加入

①乙酸、②苯、③乙醇、④溴苯四种液体中，现象分别为①无明显现象；②分层，下层紫红色，上层无色；③酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去；④分层，下层无色，上层紫红色，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别这四种无色液体，C正确。采取“定一移一”的方法，由该分

子的对称性知，其中一个Cl原子可固定在如图两个位置，再移动另一个Cl原子，得该烃的二氯代物有4种：、，D正确。16．D丙酮酸中含有羰基和羧基，乳酸中含有羟基和羧基，丙烯酸中含有碳碳双键和羧基，A正确；乳酸中含羟基，与羟基相连的碳原子上有氢原子，丙烯酸中

含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；乳酸中的羟基和羧基都能与Na反应，1mol乳酸最多能与2molNa发生反应，C正确；丙烯酸中含碳碳双键，能发生加成聚合反应生成高分子化合物，乳酸中含有羟基和羧基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，丙酮酸不能发生聚合反应生成高分子化合物，D错误。17．

D根据Y的结构知其不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，但含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；Y中只有2个羧基能与NaOH反应，故1molY最多消耗2molNaOH，B错误；X中碳碳双键、苯环、羰基

均能与H2发生加成反应，故1molX最多能与7molH2加成，C错误；X中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加聚反应，含有肽键、酯基，肽键和酯基的水解反应属于取代反应，同时含有羧基和羟基，能发生酯化反应和缩聚反应，D正确。综合测评提能力1．C煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，即C＋H2O(g)

=====高温CO＋H2，CO和H2在催化剂和加热的条件下，可以合成液态烃、醇类等物质，这两个过程又被称为煤的气化和液化，故A正确；在石油化学工业中，裂化的目的是获得轻质油，也能获得芳香烃，催化重整是在加热、加压和催化剂存在的条件下，使原油蒸馏所得的轻汽油馏分(或石脑油)转变成富含芳香烃的高

辛烷值汽油(重整汽油)，故B正确；甲基环己烷分子的结构简式为，分子中有5种不同化学环境的氢原子，即，因此其一溴代物有5种，故C错误；在不同温度下，1，3­丁二烯与溴单质发生1，2­加成和1，4­加成，即(1，4­加成)，可得不同产物，故D正确。2．C环氧乙烷相比乙烯增加了一个O原子，加氧或去氢

的反应是氧化反应，A正确；环氧乙烷与乙醛(CH3CHO)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确；苯在铁屑催化下能与液溴发生取代反应，苯与溴水不反应，C错误；苯乙醇中含有苯环，一定条件下能与氢气发

生加成反应，D正确。3．A将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，发生了萃取，故溴水的颜色变浅，是物理变化，A项错误；苯分子中不存在碳碳单键、碳碳双键，而是存在一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，B项正确；苯乙烯含有苯环、碳碳双键，可发生加成反应，完全反应生成乙

基环己烷，C项正确；苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环侧链烃基上的氢原子在光照时也可被氯原子取代，D项正确。4．D甲烷不与溴水反应，乙烯可与溴发生加成反应，将混有杂质乙烯的甲烷气体通过盛有溴水的洗气瓶，可除去

乙烯，A正确；乙烯通入Br2的水溶液中，发生加成反应，故溴水褪色，且分为两层，说明产物不溶于水，B正确；向酸性KMnO4溶液中加入过量乙醇，振荡后，得到无色透明液体，说明高锰酸钾与乙醇发生氧化还原反应，C正确；CH4与Cl2在集气瓶中混合后在光照下反应，产物中一

氯甲烷为气体，D错误。5．CC2H4为乙烯，C4H8可能为烯烃或环烷烃，二者不一定互为同系物，A错误。环己烷、环己烯、苯都不含亲水基，所以环己烷()、环己烯()、苯()均不溶于水，易溶于有机溶剂，B错误。分子

式为C5H10O2且属于酯的同分异构体：HCOO—C4H9的酯有4种结构；—C3H7有2种结构，CH3COO—C3H7的酯有2种结构；CH3CH2COO—C2H5的酯有1种结构；C3H7—COOCH3有2种结构，共有9种，C正确。甲苯与液溴混合后再加入铁粉，发生苯环上的取代

反应，不能取代甲基中的氢，不能生成，D错误。6．B苯和环己烷的密度均比水小，且难溶于水，溴单质在两者中的溶解度均大于在水中的溶解度，所以分别向苯和环己烷中加入溴水，充分振荡后静置，上层溶液均呈橙红色，A正确；环己醇分子中含多个亚甲基，具有四面体结构，所有原子不可能处

于同一平面，B错误；1个己二酸分子中含2个羧基，可与羟基或氨基发生缩聚反应，C正确；己二酸分子中含羧基，能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生气体，而环己醇无此现象，故用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别环己醇和己二酸，D正确。7．CO的同分异

构体有CH3CH2CH2CH2CH2Br、CH3CH2CH2CHBrCH3、CH3CH2CHBrCH2CH3、CH2BrCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCHBrCH3、(CH3)2CHCH2CH2Br和(CH3)3CCH2B

r，它们发生消去反应的产物分别有1种、2种、1种、1种、2种、1种和0种，除去重复结构，发生消去反应所得产物有5种，A错误；有机物O发生消去反应生成P，且P分子中含有2个甲基，则P分子的结构简式为CH2===C(CH3)CH2CH3，含有4种不同化学环境的氢原子

，B错误；由转化关系图可知，Q的结构简式为(CH3)2C(OH)CH2CH3，其含有两个甲基的醇类同分异构体有CH3CH(OH)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(OH)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2OH、HOCH2CH(C

H3)CH2CH3，共4种，C正确；Q的结构简式为(CH3)2C(OH)CH2CH3，其能被氧化为醛的醇类同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH2OH、HOCH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2O

H、(CH3)3CCH2OH，共4种，D错误。8．B双酚A的分子式是C15H16O2，A错误；核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数之比是2∶4∶4∶6＝1∶2∶2∶3，B正确；反应①中，由于酚羟基的对位碳原子上无氢原子，只发生邻位碳原子上的氢原子与Br2

的取代反应，1mol双酚A最多消耗4molBr2，C错误；反应②的产物中的官能团只有羟基一种，D错误。9．C根据环己酮的结构简式，1mol环己酮中含有1mol酮羰基，最多与1mol氢气发生加成反应，加成后产物为环己醇，六元环上有4种不同的H原

子，即一氯代物有4种，A正确；环己酮与NH2OH发生反应生成，该反应为加成反应，该产物不稳定，发生脱水，产物为，该反应为消去反应，B正确；顺反异构的前提是每个双键碳原子连接两个不同的原子或原子团，环己酮肟为对称结构，

相当于双键中碳原子连接两个相同的原子团，因此环己酮肟不存在顺反异构，C错误；己内酰胺中含有酰胺键，酰胺键发生水解，得到H2NCH2CH2CH2CH2CH2COOH，H2NCH2CH2CH2CH2CH2COOH

发生缩聚反应得到尼龙6，D正确。10．DY中含有羰基、羟基，且羟基所连碳原子的邻碳上有氢，可以发生加成、氧化、取代、消去反应，A项正确；反应①、②均属于取代反应，反应类型相同，B项正确；反应②是Z和乙醇发生酯化反应，试剂为浓硫酸、乙醇，反应条件为加热，C项正确；Z中含有羰基和羧基，羰

基能和氢气发生加成反应，1molZ可与1molH2发生加成反应，D项错误。11．答案：(1)(CH3)3CCH2CH3(2)(CH3)3CCH2COOH(3)取代(水解)(4)消去(5)①(CH3)3CCH2CH2Cl＋H2O――→NaOH△(CH3)3CCH2CH2OH＋HCl②2(CH

3)3CCH2CH2OH＋O2――→催化剂△2(CH3)3CCH2CHO＋2H2O③＋NaOH――→乙醇△(CH3)3CCH===CH2＋NaCl＋H2O解析：由C的结构简式是可推知烷烃A为(CH3)3CCH2CH3，

B、D分别为、(CH3)3CCH2CH2Cl中的一种，由于B水解产生的醇能氧化为酸，所以B为(CH3)3CCH2CH2Cl，D为。再结合流程图和反应条件推断相关物质，书写方程式和判断反应类型。12．答案：(1)羟基(2)加成反应④解析：(1)甲()

中含氧官能团是羟基。(2)经过反应Ⅰ碳碳双键成为了单键，并且引入了Cl原子，所以反应Ⅰ为甲和氯化氢的加成反应；含有醇羟基的物质，如果邻位碳上有氢原子，则可被氧化，氯原子所连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子则会发生消去反应，所以反应Ⅱ的化学方程式为(3)根据乙的结构简式和题

干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛；乙在加热条件下与新制的氢氧化铜反应生成酸，则C应为醇；因B为苯甲醛，则C为苯甲醇；E相对分子质量为76，结合题给信息可知E应为HO—CH2—COOH，本身能发生缩聚反应生成。①C为苯甲醇，含有羟基，可与HBr发生取代

反应，可与乙酸发生酯化反应，可与钠反应生成氢气，但不能与碳酸钠反应；②由以上分析可知F的结构简式为；③D的分子式为C9H8O，其同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基；c.能与Br2/CCl4发生加成反应，则含有碳碳双键；遇FeCl3溶液显示特征颜色，则

含有酚羟基；则苯环上连接的三种不同官能团分别为碳碳双键、醛基和酚羟基，综上分析，可以写出符合③中要求的D的同分异构体；④丙是由和苯甲醇发生酯化反应而得，则其结构简式为。13．答案：(1)羟基醛基(2)abd(3)3(4)2加成反应取代反应(5)解析：

(1)B、C中互不相同官能团的名称分别为羟基、醛基。(2)A、B、C三种物质分子中均含有碳碳双键，均能发生加聚反应，故a正确；只有B分子中有酚羟基，故只有B能与FeCl3溶液发生显色反应，b正确；B分子中有酚羟基，能与Na2CO3反应生成NaHCO3，故c错误；C分子中有醛基，故只有C能发生

银镜反应，d正确。(3)A()中苯环上的一卤代物的同分异构体的数目为3，如图1、2、3三个位置上的H分别被取代所得产物不同。(4)B与足量的溴水充分反应，苯环上三个H均可被溴原子取代，侧链上双键可与Br2

发生加成反应，故0.5molBr2可消耗2mol单质溴，其反应类型为：取代、加成。(5)根据R1CH===CHR2――→[O]R1COOH＋R2COOH和有机物C9H8O发生如下反应：，可知C9H8O的结构简式为。(6)A与B在一定条件下相互反应，实质上是不同的单体之间的加成聚合，

生成高分子化合物的化学方程式为课练33生物大分子、合成高分子狂刷小题夯基础[练基础]1．B炭黑与金刚石都是碳元素形成的具有不同性质的单质，互为同素异形体，故A正确；桐油主要成分是桐油酸甘油酯，不是高分子，故B错误；墨汁是碳溶于水中形成的液溶胶，具有胶体

的性质，故C正确；氨基酸分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应也能与碱反应，具有两性，故D正确。2．C羧酸具有酸性，能够与NaOH发生中和反应，酯可在碱性条件下水解，酚具有一定的酸性，可以与NaOH反应，卤代烃可以在碱性条件

下发生水解，氨基酸和蛋白质都含有羧基，具有一定的酸性，因此能够与NaOH发生反应，A正确；乳酸(C3H6O3)分子中含羟基和羧基，在一定条件下可以发生缩聚得到聚乳酸，B正确；带苯环的蛋白质与浓硝酸作用时呈黄色，可用于蛋白质

的检验，C错误；铜氨纤维、黏胶纤维都是以天然纤维为原料经化学加工制成的人造纤维，二者都是高分子，D正确。3．B纤维素和淀粉都是天然高分子化合物，聚合度n不同，不互为同系物，A错误；由结构简式可知，中含有羧基、碳碳双键和

亚氨基三种官能团，B正确；Ba2＋为重金属离子，能使蛋白质发生变性，变性是不可逆的过程，向白色沉淀中加水，沉淀不能溶解，C错误；葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成氧化亚铜沉淀，蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，若直接加

入新制Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2与酸反应，无法检验葡萄糖，应先加入氢氧化钠调节水解液至碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液反应，D错误。4．ACH3OH→HCHO过程中，碳元素化合价升高，被氧化，故A错误；利用二氧化碳人工合成淀粉，可充分利用二氧化碳，有利

于“碳中和”，制得的淀粉可用于食品生产，故B正确；淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故C正确；根据淀粉表示形式，每个葡萄糖单元中一般有三个羟基及其他的含氧官能团，因此与丙三醇不互为同系物，故D正确。5．B碱基与五碳糖通过

脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，形成核苷酸，A正确；核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为缩聚反应，B错误；DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖是戊糖，称为脱氧核糖，C正确；DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则

配对，使之形成双螺旋结构，D正确。6．C根据结构简式可判断每个分子含氮原子数为3＋n，A正确；该聚合物分子中含有羟基且β­C上连有H，可以发生取代反应、消去反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应和还原反应，B

正确；分子中含有酯基和酰胺基，1mol该聚合物完全水解最多消耗(1＋n＋m)molNaOH，C错误；该聚合物中的含氧官能团有4种，即羟基、酯基、醚键和酰胺基，D正确。7．D羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料

，而聚酯纤维是由乙二醇(HO—CH2CH2—OH)和对苯二甲酸()通过缩聚反应形成的，二者化学成分不同，A错误；聚酯纤维链节中含有酯基，可以发生水解，羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质中存在酰胺基，也可以水解，B错误；由结构简式可知，乙二醇和

对苯二甲酸反应生成聚酯纤维，同时还应有水生成，属于缩聚反应，C错误，D正确。[练高考]8．B涤纶是合成纤维，可作为制作运动服的材料，A项正确；人体不含能使纤维素水解的酶，纤维素不能为运动员提供能量，B项错误；木糖醇可用作运动饮料的甜味剂，C项正确；液态氯乙烷汽化时大量吸热，

具有冷冻麻醉作用，可用于运动中急性损伤的镇痛，D项正确。9．BF中含有2个酰胺基(—CONH—)，A项正确；高分子Y在一定条件下发生水解反应生成和，B项错误；高分子X中氮原子上连有氢原子，能形成氢键，C项正确；E分子和

高分子Y中都含有氨基，而F分子和高分子X中不含氨基，说明高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。10．B维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，A正确；蛋白质在酸、碱、酶的作用下也能发生水解，B错误；将二氧化碳先还原生成甲醇，再转

化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，C正确；核苷酸通过聚合反应制备核酸，D正确。11．B由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na

反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可形成，D项正确。12．B聚乳酸()是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A错误；聚四氟乙烯(CF2—CF2)是由四氟乙烯(CF2==

=CF2)经加聚反应制备，B正确；尼龙是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C错误；聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D错误。[练模拟]13．C白砂糖的主要成分为蔗糖(属于二糖)，与葡萄糖(属于单糖)、木薯淀粉(属于多糖)都属于糖类，A正

确；奶茶的脂肪含量高，脂肪能带来良好的风味和口感，B正确；是聚乳酸的分子式，一定条件下可水解生成小分子物质乳酸，因此聚乳酸属于可降解材料，C不正确；奶茶中蔗糖、脂肪含量高，二者都属于高热量的物质，所以

奶茶不宜过多饮用，D正确。14．C酒精能使蛋白质变性，但并不是酒精浓度越大消毒效果越好，最好选用体积分数为75%的酒精进行消毒，故A错误；纤维素在人体内不能水解，不能提供能量，故B错误；聚酯纤维、有机玻璃、酚醛树脂都是有

机物，且均为高聚物，属于有机高分子材料，故C正确；油脂与碱作用可用于制肥皂，乙酸乙酯与碱作用生成乙醇和乙酸钠，不能制作肥皂，故D错误。15．C根据题干信息可知，聚酰亚胺是合成有机高分子材料，A选项错误；由题干信息“－170℃仍能保持本色”“表面热控材料”说明聚酰亚胺既能耐

高温又能耐低温，B选项错误；由该聚酰亚胺的结构简式可知，该分子中含有苯环，可发生取代反应和加成反应，C选项正确；该聚酰亚胺的一个链节中含有4个C===O键，即4个双键，D选项错误。答案选C。16．C缩聚反应在生成高分子化合物的同时会有小分子生成，由化学方程式可知，PET是由和HOCH2CH2OH

缩聚而成，A正确；质谱法可测出PET的平均相对分子质量，再根据链节的相对分子质量计算出聚合度n，B正确；PET的单体是和HOCH2CH2OH，均有2种不同化学环境的氢，因此核磁共振氢谱均有2组峰，C错误；PET中含有酯基，在碱性条件下可发生水解，因此

PET膜应避免与碱性物质长期接触，D正确。综合测评提能力1．D豆油不完全燃烧生成炭黑，“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，故A正确；“巨竹膜”为造纸的原料，竹纤维的主要成分是纤维素，故B正确；豆油的主要成分为油脂，油脂在酸性条件下水解生成的高级脂肪酸、在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐均为电解

质，故C正确；豆油含有碳碳双键、酯基，甘油含有羟基，含有的官能团不同，故D错误。2．D天然蛋白质是α­氨基酸的脱水缩合物，故ɑ­氨基酸是构成蛋白质的结构单元，A正确；两个氨基酸通过脱水缩合形成的化合物叫作二肽，B正确；氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，通过调节pH可以降低氨基酸的溶解度，对氨

基酸进行分离，C正确；加入(NH4)2SO4浓溶液，蛋白质发生盐析，而不是变性，D错误。3．B1mol葡萄糖中含有5mol的羟基，故最多可以和5mol乙酸酐反应生成五乙酸葡萄糖酯，A正确；在葡萄糖水溶液中，存在着含醛基的链状葡萄糖和图中环状葡萄糖之间的平衡，所以该葡萄糖能

发生银镜反应，B错误；葡萄糖分子1位碳和4位碳的羟基分别与其他葡萄糖分子4位碳和1位碳的羟基可以发生缩聚反应脱去水分子，并生成淀粉，C正确；纤维素每个链节中含有3个羟基，可以和3个硝酸分子反应生成水并引入3个—NO2，故可制备硝

酸纤维，硝酸纤维化学式为(C6H7O11N3)n，D正确。4．D步骤2中加碘水后溶液变蓝证明溶液中仍存在淀粉，故淀粉没有水解完全，A错误；步骤3中发生的反应是新制的氢氧化铜溶液将醛基氧化，即淀粉水解产物具有还原性，B错误；

若在淀粉水解溶液中不先加足量的NaOH溶液中和其中的催化剂H2SO4，而直接加新制的氢氧化铜悬浊液，则氢氧化铜会先与H2SO4反应，从而看不到有砖红色沉淀的现象，C错误；向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，沉淀溶解说明Cu(OH)2与NH3·

H2O发生了反应，即生成了铜氨配合物，D正确。5．A苯酚与甲醛在酸性条件下发生缩聚反应，生成酚醛树脂的结构简式为，A错误；(NH4)2SO4会使蛋白质溶解度降低而结晶析出，当再加入水时，析出的蛋白质会重新溶解，而CuSO4是重金属

盐，会使蛋白质发生变性而形成沉淀，但是析出的沉淀再加入水不能溶解，故二者能使蛋白质沉淀析出的原理不同，B正确；醋酸(C2H4O2)和硬脂酸(C18H36O2)都是饱和一元羧酸，分子组成上相差16个“CH2”原子团，因此二者互为同系物，C6H14和C9H20都

是烷烃，分子组成上相差3个“CH2”原子团，也互为同系物，C正确；向淀粉溶液中加入稀硫酸加热，淀粉会发生水解反应，再加入NaOH溶液中和硫酸，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸后，若有红色沉淀，说明生成了葡萄糖，则证明淀粉已水解，D

正确。6．B蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，A正确；纤维素在人体内不能水解，只能起到促进肠胃的蠕动、减少脂类的吸收等作用，故不能作为人类的营养物质，B错误；土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉变蓝色，C正确；油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物

，D正确。7．A地沟油的主要成分是各种油脂，油脂在碱性条件下发生的水解反应可以用于制肥皂，A正确；硫酸铜电离产生的Cu2＋是重金属离子，会使蛋白质变性，不能用于制豆腐，B错误；人体内没有能够使纤维素水解成葡萄糖的酶，所以纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故不可作为人类的营养物质

，C错误；碳纤维是单质碳，不是有机化合物，D错误。8．C顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都是人工合成的，不属于天然高分子材料，A错误；顺丁橡胶的单体为1，3－丁二烯，与反－2－丁烯分子式不同，不互为同分异构体，B错误；涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通

过缩聚反应得到的，C正确；酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，D错误。9．B芦苇的主要成分是纤维素，可用于制造黏胶纤维，A说法正确；聚氯乙烯有毒，不能用于制作不粘锅的耐热涂层，不粘锅的耐热涂层是聚四氟乙烯

等耐热材料，B说法错误；淀粉是天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，C说法正确；大豆蛋白纤维可降解，D说法正确。10．B甲的不饱和度为2，甲和Br2的四氯化碳溶液发生加成反应生成乙，丙能与HBr反应，说明丙中含有不饱和键，根据

丙与HBr反应产物能发生连续氧化可知其中有—CH2OH结构，结合UP的结构简式可推出甲为CH2===CH—CH===CH2，与Br2发生1，4­加成生成的乙为CH2BrCH===CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙(HOCH2CH===CHCH2OH)，丙与HBr发生加成反应生

成HOCH2CH2CHBrCH2OH，然后连续氧化生成的丁为HOOCCH2CHBrCOOH，丁发生消去反应生成单体1，则单体1的结构简式为HOOCCH===CHCOOH，由UP的结构简式可知，另外两种单体为HOCH2CH2O

H(乙二醇)、(对苯二甲酸)，A正确；丙的结构简式为HOCH2CH===CHCH2OH，分子中的碳碳双键和羟基均能被高锰酸钾溶液氧化，不能直接氧化制单体1，B错误；根据各单体的结构简式以及不饱和聚酯的结构简式可

知，单体发生缩聚反应生成UP，C正确；HOCH2CH2OH与HOOCCH===CHCOOH、可以分别发生脱水缩合生成高聚物，所以调节单体的投料比，控制m和n的比值，可以获得性能不同的高分子材料，D正确。11．答案：(1)CH2OH(CHOH)4CHO(2)3、6(3)①Ce—

O—Ce—O—H②2CH3OH＋CO2――→＋H2O解析：（1）根据题意，葡萄糖为多羟基醛。所以分子中含有羟基和醛基。与1molH2加成后生成，所以葡萄糖分子中含有5个羟基和1个醛基。则葡萄糖的结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO；（2）号的羟基断O—H键，4号

的羟基断C—O键，1号氧原子和4号的碳原子成键形成产物，要分子内脱水生成异山梨醇，分子内羟基脱水形成醚键（—O—），则逆推根据物质结构，将醚键断裂可推出反应物断键位置。推出反应物断键位置为的a、d号上的羟基脱水，c、f碳上的羟基脱水可形成异山梨醇，及葡萄糖中的1，4号碳上羟基分子内脱水，和

3，6号碳上羟基分子内脱水。所以第（2）题答案为；3、6。（3）根据反应历程图，反应物为CH3OH、CO2，产物为H2O、。催化剂为Ce—O—Ce—O—H；②总反应方程式为2CH3OH＋CO2―→＋H2O。（4）7解析：对二甲苯被酸

性高锰酸钾氧化生成对苯二甲酸，所以F为，根据缩聚产物可推知N为，对二甲苯发生取代反应生成G：，G水解之后生成M：，M与氢气加成生成N；对二甲苯和溴发生取代反应生成A，根据A的分子式，可推知A为，根据B的分子式可推知B为，结合B和D的分子式及D→E发生缩聚反应可知D为，D发生

缩聚反应生成高分子化合物E，E为。课练34有机合成和推断1．答案：（1）C5H4O2醛基（2）②—CHOO2—COOH③—COOHCH3OH—COOCH3酯化反应（取代反应）（3）化合物Ⅳ中含有两个羧

基，可以与水形成分子间氢键（4）乙烯解析：（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C5H4O2，其环上的取代基为醛基；（2）②化合物Ⅱ′中含有的—CHO可以被氧化为—COOH；③化合物Ⅱ′中含有—

COOH，可与含有羧基的物质（如甲醇）发生酯化反应生成酯；（3）化合物Ⅳ中含有羧基，能与水分子形成分子间氢键，使其能溶于水；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mola反应得到2molV，则a的分

子式为C2H4，为乙烯；（5）化合物Ⅵ的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有，则符合条件的同分异构体有，共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为；（6）根据化合物Ⅷ的结构简式可知，其单体为，其原料中的

含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物，原料可以是，发生题干Ⅳ→Ⅴ的反应得到，还原为，再加成得到，和发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为2．答案：（1）取代反应（或酯化反应）（2）5（3）（4）酯基碳碳双键（5）5（6）45.92%（7）甲组使用的Pd催化剂未完全除尽

，继续催化反应①解析：A→B条件为甲醇和浓硫酸，该反应为酯化反应，B→C，条件为CH3I和有机强碱，结合C的分子式以及D的结构简式可分析得出C的结构简式为，C与CH2===CHCH2Br发生取代反应生成D，由E的结构可分析出，

D中酯基被还原成醇羟基，碳碳双键被氧化成羧基，然后发生酯化反应生成E，E与Pd配合物在碱的催化下反应生成F；（2）核磁共振氢谱的吸收峰数目等于有机物中氢元素的种类，即有多少种化学环境不同的氢原子，由B的结构简式可知，B中有5种H，所以核磁共振氢谱有5组吸收

峰；（5）只考虑氟的位置异构，F中氟原子没取代之前只有6种类型氢原子，如图：，取代后有6种氟代物，除去F本身，应为5种同分异构体；（6）A→F的过程中，分成三步进行，且三步反应A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的产率＝70%×82%×80%＝

45.92%；（7）甲乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，说明有机小分子S－1不是反应①的催化剂，根据已知条件，Pd配合物也能催化反应①，可推测，

金属Pd在催化甲组合成S－1后，并没有完全除尽，有残留，所以最终起催化作用的依然为金属Pd。3．答案：（1）氧化反应（2）3，4­二氯苯甲酸解析：（3）D的同分异构体为芳香族化合物，则含有苯环，根据（a

）知，分子中含有C===O键，根据（b）知，分子中含有两种氢原子，结构对称，则符合条件的同分异构体的结构简式为（4）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，A～F中均不含手性碳原子，G中含有如图所示1个手性碳原子，H中含有如图所示1个手性碳原子，I中含

有如图所示1个手性碳原子，Sertraline含有如图所示两个手性碳原子，因此有手性碳原子生成的反应路线为⑥⑨。（5）H→I为H分子脱去1个HCl，H分子中如图1、2、3、4号位的H均可和Cl脱去，其中3、4号位的H等效，因此副产物的结构简式为。（6）运用逆合成分析法，结合已知信息，倒推中

间产物，确定合成路线。目标产物按物质的量之比为1∶2发生已知信息（ⅲ）中反应得到，可由发生催化氧化反应得到，发生水解反应得到，和HCl发生加成反应得到。4．答案：（1）7（2）（3）消去反应（4）（5）见解析解析：（1）B分子中苯环上的6个碳原子和羧基上的1个碳原子均采取sp

2杂化，故采取sp2杂化的碳原子数目是7。（2）E的同分异构体分子中不同化学环境的氢原子个数比是6∶2∶1∶1，说明其分子结构对称，且含有2个甲基；苯环上有4个取代基，且只有1种含氧官能团，则还含有2个醛基，结构简式

为、。（3）E的分子式为C10H10O2，X的分子式为C10H12O3，X→E脱去H2O，形成碳碳双键，发生了消去反应。（4）G的分子式是C9H7O2I，副产物与G互为同分异构体，F→G先是碳碳双键和单质碘发生加成反应，然后与羧基发生分子内的取代反应形成环，脱去HI

，脱去HI的方式有2种，则该环可能是五元环，也可能是六元环，故副产物的结构简式是。（5）目标产物含有四元环状结构，与K相似，采用逆推法，合成目标产物的中间产物的结构简式是CH3CH===CHCH3，碳碳双键的形成可参照合成路线中D→E，由CH3CH2Br和CH3CHO合成，合成路线为5．答

案：（1）（2）加成反应醛基（3）nCH2===CHCONH2――→催化剂（4）C（5）—CONH2能与含羰基或羟基的有机物分子间形成氢键解析：（1）根据D、F和G的结构简式以及B的分子式可推出B的结构简式为。（2）由题图及活性中间体的结构简式，可知C和水发生加成反应生成了活性中间体，乙炔和水发生

类似反应得到乙醛，乙醛的官能团为醛基。（4）F的分子式为C10H10，其同分异构体含有苯环，不含碳碳双键，且苯环上有1～2个链状取代基，则含碳碳三键，又核磁共振氢谱显示有五组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1，则结构对称，符合以上条件

的F的同分异构体有、，共4种。（6）异丙苯先与氯气在光照条件下发生取代反应生成在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成和乙烯发生加聚反应即可得到。解析：A（）和（CH3CO）2O发生反应生成B，结合B的分子式C8H13NO3可知，B的结构简式为；B中—COOH和SOCl2发

生取代反应生成C，C的结构简式为；由E的结构简式逆推知，C和D（C6H4F2）发生取代反应生成E，D的结构简式为。（1）A和（CH3CO）2O发生取代反应生成B。（3）的化学名称为1，3­二氟苯。（4）由取代反应的特点可知，反应②③⑥均属于取代反

应。（6）由题目条件可知，符合条件的同分异构体含有苯环，有2种类型的氢原子，其个数比为3∶2，且分子结构中含有酚酯基，由此可得出该同分异构体的结构简式可为、等。单元检测10有机化学基础1．C聚丙烯为有机高分子化合物，A错误；聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，为有机高分子化合物，B错误

；二氧化氯为氧化物，属于无机化合物，C正确；丁腈橡胶是由丁二烯与丙烯腈聚合而成的，属于有机物，D错误。2．D同系物的官能团种类与数目均相同，葡萄糖含有醛基，而木糖醇不含醛基，官能团种类不同，不互为同系物，A错误；一氯代物有3种，则该有机物有3种氢原子，其中一

种的结构简式为（CH3）3CCH2CH3，其正确名称为2，2­二甲基丁烷，B错误；聚氯乙烯的单体是氯乙烯，含氯元素，属于烃的衍生物，不属于不饱和烃，C错误；甲醚（CH3OCH3）可改写为C2H4·H2O，燃烧时耗氧的为C2H4，同理碳酸二甲酯也可改写成C2H4·CO2·H2O，相当于是C2H

4耗氧，但是三者的摩尔质量不相同，故等质量的三种物质的物质的量不等，则完全燃烧时耗氧量一定不同，D正确。3．A电石和水反应生成的乙炔中含有H2S等杂质，H2S和CuSO4溶液反应生成难溶性的CuS沉淀，乙炔和硫酸铜不反应，A正确；乙醇与水互溶，无法分层，无法分液分离，B错误；量筒内气体颜

色变浅，量筒内液面上升，可能是氯气溶于水而导致的，因此不能说明甲烷和氯气在暗处发生了取代反应，C错误；制取乙烯需要控制温度，并且副产物SO2也可使溴水褪色，D错误。4．C有机物A分子式为C8H8O2，苯

环上只有一个支链，由题给红外光谱图可知A中含有C—H键、C＝O键、C—O—C、，再由核磁共振氢谱可知A有4种H原子，且数目之比为3∶2∶2∶1，可得A结构简式为。由A的结构简式可知，1molA与NaOH水溶液反应生成乙酸钠与苯酚

钠，最多消耗2molNaOH，A错误；A中只有苯环可与氢气发生加成反应，故1molA在一定条件下最多可与3molH2发生加成反应，B错误；属于同类化合物，则官能团应含有酯基，且含苯环，可能有以下结构：，故有5种同分异构体，C

正确；属于酯类，不能与溴水发生取代反应，D错误。5．B向提取液中加入乙酸乙酯，可将提取液中的有机物萃取至乙酸乙酯中，从而分层，再进行分液即可得到有机层，A正确；蒸馏时若选用球形冷凝管，会导致一部分馏分经冷凝降温后滞留在冷凝管中，而不能全部进入接收器

中，因此蒸馏时应该选择使用直形冷凝管，B错误；过滤时所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，因此可利用重结晶的方法进一步提纯，D正确。6．DA项，①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，②为丙烯酸与乙醇发生酯化反应

生成丙烯酸乙酯和水，③为丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯，所以①、②、③的反应类型依次为加成、取代（酯化）和加聚反应，正确；B项，反应②为丙烯酸和乙醇发生的酯化反应，反应条件为浓硫酸，加热，正确；C项，CH2===CHCOOH＋HOCH2CH3――

→浓硫酸△CH2===CHCOOCH2CH3＋H2O，所以丙烯酸乙酯的结构简式为CH2===CHCOOCH2CH3，正确；D项，聚丙烯酸乙酯中不含碳碳双键，而酯基中的碳氧双键不能和氢气加成，错误。7．B无论

苯环是否存在单双键交替的结构，间二溴苯都仅有一种空间结构，要证明是否存在单双键交替的结构，应用邻二溴苯检验，A错误；苯和液溴发生取代反应的产物有两种，分别是溴苯和溴化氢，向反应的产物中加入硝酸银溶液，得淡黄色沉淀，如果是加成反应的话，只有一种有机产物，没有溴

化氢生成，则没有淡黄色沉淀，故可以达到实验目的，B正确；能够使酸性KMnO4溶液褪色的不一定是碳碳双键，如醛基也可使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；要检验Br－，需用AgNO3溶液，1­溴丙烷与足量氢氧化钠溶液混合加热水解后要先加足量硝酸中和其中的N

aOH，再加AgNO3溶液，否则会得到黑色的Ag2O沉淀，而不是淡黄色沉淀，D错误。8．C红外光谱仪可以判断某有机物中含有的化学键和官能团种类，不能得到X与Y的相对分子质量，测定相对分子质量应用质谱仪，A错误；X和Y分子中都含

有碳碳双键，都可使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；Y分子中含有酚羟基，可与乙酸在一定条件下发生酯化反应得到X，C正确；由Y的结构简式知1molY含有2mol碳碳双键，可与2molBr2发生加成反应，另Y中含有酚羟基，其对位上有一个氢原子，可以被一个溴原子取代，故1molY最多可

与3molBr2反应，D错误。9．C甲分子中两个碳碳双键与乙分子中碳碳双键均断开其中一个键，而甲在两个双键中间形成了一个新的双键，从距离碳碳双键最近一端给碳原子编号，即甲和乙进行1，4­加成反应生成丙，A

错误；甲与氢气按物质的量之比1∶1反应，可发生1，2­加成反应和1，4­加成反应，但由于甲为环状结构，无论发生哪种加成反应最终都生成同一产物：，B错误；乙的结构简式为CH2===CHCO18OCH3，分子

中有3种氢原子，则其一氯代物有3种，C正确；由图知丙的结构中有酯基，在酸性条件下酯基水解，断裂其中的C—O键，生成和CH183OH，D错误。10．D甲苯和乙烷中都含有甲基，但甲苯能够使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不行，说明苯环对侧链有影响，A不符合题意；甲苯和苯中都含有苯环，甲苯苯环上

能够被取代的氢原子更多，可说明侧链对苯环有影响，B不符合题意；在苯酚中，由于苯环对—OH的影响，氧氢键易断裂，苯酚具有酸性，对比乙醇，虽含有—OH，但是乙基对羟基的影响小，不具有酸性，C不符合题意；乙烯和乙烷结构不

同，乙烯含有，可发生加成反应，乙烷属于饱和烃，不能发生加成反应，不能说明题述观点，D符合题意。11．DCH3CH2CH2Br在碱性溶液中水解得到CH3CH2CH2OH，无同分异构体，①错误；甲苯在催化剂作用下与Cl2发生苯环上的取代反应，一般取代邻位或对位上的氢原子，所

得产物存在同分异构体，②正确；2­氯丁烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成1­丁烯和2­丁烯，存在同分异构体，③正确；苯甲酰胺在酸存在并加热的条件下发生水解反应生成苯甲酸和氨，不存在同分异构体，④错误；异戊二烯与等物质的量的Br2可发

生1，2­加成、3，4­加成或1，4­加成，生成BrCH2CBr（CH3）CH===CH2、CH2===C（CH3）CHBr—CH2Br或BrCH2C（CH3）===CHCH2Br，存在同分异构体，⑤正确。12．CCH3CH===CHCH3（2－丁烯）可看做是由两个甲基取代乙烯分子中两个碳原子上

各一个氢原子得到的，因此4个碳原子不在同一直线上，A项错误；（CH3）2C（OH）C（CH3）3的系统命名为2，3，3－三甲基－2－丁醇，B项错误；中有4种类型的氢原子，中有4种类型的氢原子，二者的一溴代物均有4种，C项正确；CH3COOCH3分子中有2种类型的氢原子，其核磁共振氢谱中能出

现两组峰，D项错误。13．A加酶洗衣粉含有酶，能够催化蛋白质的水解反应，毛织品中毛的主要成分是蛋白质，若使用加酶洗衣粉会使毛织物发生水解反应，所以不能用加酶洗衣粉，A正确；维生素C能将Fe3＋转变为Fe2＋，起还原剂作用，所

以维生素C具有还原性，B错误；油脂不属于高分子化合物，C错误；煤的气化是洁净煤技术，能够减少二氧化硫等有害气体的排放，不能减少二氧化碳的排放，D错误。14．D该有机物分子中含有酚羟基，酚羟基邻、对位的氢原子可与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应

，则1molA最多可以与3molBr2发生反应，A错误；A分子中苯环和碳碳双键都为平面结构，单键可以旋转，则分子中最多有11个碳原子共平面，B错误；A分子中能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基和氯原子，其中1mol酯基水解生成的1mol酚羟基能继续与NaOH反应，则1molA与足量的N

aOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，C错误；物质A分子中含苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有氯原子，且与氯原子相连的C原子的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，分子中含有酚羟基、醇羟基、酯基和氯原子，一定

条件下可以发生取代反应，D正确。15．A分子式为C10H12O2的有机物，能与NaHCO3反应生成气体说明含有羧基，则另一个取代基为烃基，2个取代基的结构分别是—COOH、—C3H7（2种）、—CH2COOH、—C2H5（1种），—CH2CH2COOH、—CH3（1种），—CH

（CH3）COOH、—CH3（1种）；共五种结构，苯环有2个取代基的有邻、间、对3种位置关系，所以共3×5＝15种，A正确；对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维，B错误；被氧化为醛的醇的结构中含有—CH2OH，所以分子式为C5H12O的醇含有—CH2

OH的结构可表示为C4H9CH2OH，共有4种，C错误；中含有甲基，甲基为四面体结构，所以分子中不可能所有原子都共面，D错误。16．答案：（1）温度计冷凝回流乙醇，提高原料的利用率，同时导出生成的乙烯气

体C2H5OH――→浓硫酸170℃CH2===CH2↑＋H2O（2）平衡气压（3）B（4）有利于Cl2、C2H4充分混合（5）57.5解析：（1）装置A用于制取乙烯，反应原理为C2H5OH――→浓硫酸170℃C

H2===CH2↑＋H2O，需要控制温度为170℃，因此缺少的必要仪器为温度计。乙醇易挥发，使用球形冷凝管可以冷凝回流乙醇，提高原料的利用率，同时导出生成的乙烯气体。（3）浓硫酸可使乙醇脱水炭化，既而与碳单质在加热条件下反应产生S

O2、CO2，因此制得的乙烯中含有SO2、CO2，SO2、CO2均可被NaOH溶液吸收，且NaOH与CH2===CH2不反应，浓硫酸不能除去SO2、CO2，酸性KMnO4溶液能同时氧化乙烯、SO2，饱和NaHCO3溶液能除去SO2，但不能除去CO2，故选B。（5）由题中信息知，

乙醇的质量为20×0.8g＝16g，n（乙醇）＝16g46g·mol－1＝823mol，生成0.2mol1，2­二氯乙烷理论上消耗的乙醇为0.2mol，故乙醇的利用率为0.2mol÷823mol×100%＝57.5%。17．答案：（1）b（3）3­己烯或2­乙基­1­丁烯解析：

（1）某烃A的相对分子质量为84，则该烃中C原子数目应小于8412＝7，则该烃的分子式为C6H12。1molC6H12在O2中充分燃烧，消耗O2的物质的量为（6＋3）mol＝9mol，若1mol某物质（CxHy

Oz）耗氧量x＋y4－z2也为9mol，当总物质的量一定时，混合物消耗氧气的量相等，否则不相等。a项，1molC7H12O2的耗氧量为（7＋3－1）mol＝9mol；b项，1molC6H14的耗氧量为6＋144mol＝9.5

mol；c项，1molC6H14O的耗氧量为6＋144－12mol＝9mol；d项，1molC7H14O3的耗氧量为7＋144－32mol＝9mol，可得等物质的量的C6H12与C6H14的耗氧量不

相等，答案选b。（2）①若烃C6H12为链烃，应含有一个碳碳双键，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯代物只有一种，说明A分子中只有一种化学环境的H原子，分子结构具有对称性，符合题意的A的结构简式为；②A与溴发

生加成反应生成的B为，B与NaOH的醇溶液共热可以得到D，D分子中无溴原子，则D为，由B制备D的化学方程式为＋2NaBr＋2H2O；③B（）与足量氢氧化钠水溶液完全反应，可发生水解反应生成醇，则E为，反应的化学方程式为。（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组峰，峰面积比为3∶2∶1，说明分子中含

有3种不同化学环境的H原子，则H原子数目分别为6、4、2，结合分子中H原子数目确定分子结构，则A可以为CH3CH2CH===CHCH2CH3，其名称为3­己烯；或为CH2===C（CH2CH3）2，名称为2­乙基­1­丁烯。18．答案：（1

）取代（7）解析：由A的分子式为C7H8，可确定其结构简式为；A可与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，由C的结构简式可确定B为；C与CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D的结构简式为；由信息ⅰ可逆推出X为CH3CH2Br，E为；由信息ⅱ

，参照分子式，可推出苯巴比妥为。（1）中甲基H原子被Cl原子取代，反应类型为取代反应。（2）与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成和水，化学方程式为＋CH3CH2OH浓硫酸△＋H2O。（3）由以上分析可知，试剂X为

CH3CH2Br。（4）E为，所含官能团的名称为酯基。（6）的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，则含有苯环；②能发生水解反应，则含有酯基；③能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯基；④苯环上只有一个取代基，则

可能的结构有、（7）与CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，由信息ⅰ可知与CH3CH2Br反应生成；由信息ⅱ可知与CO（NH2）2在CH3CH2ONa作用下生成乙基巴比妥，据此写出合成路线。19．答案：（1）邻羟基苯甲酸（或2­羟基苯甲酸）（2）解析：（1）A的结构简式为，

以羧酸为母体，羧基邻位上有一个酚羟基，所以名称为邻羟基苯甲酸或2­羟基苯甲酸。（2）反应③为D的硝化反应，化学方程式为（3）对比F和G的结构简式可知，F中—NH2中的一个H原子和—OH中的H原子被取代，所以为取

代反应。（4）根据G的结构简式可知其含氧官能团为肽键、醚键和酯基。（5）B的同分异构体能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，若苯环上有两个支链，则是—OH、—CH2COOH，此时有邻、

间、对3种同分异构体；若苯环上有三个支链，是—OH、—CH3、—COOH，采用定二移一法可得共有10种同分异构体，所以一共有3＋10＝13种同分异构体；其中核磁共振氢谱中有5组峰的结构简式为。（6）根据D→E→F→G的流程可知，要先在中引入—NO2，再将硝

基还原为—NH2，最后与发生取代反应生成，据此写出合成路线。第二部分仿真模拟冲刺标准练仿真模拟冲刺标准练(一)1．C卤水是海水经蒸发浓缩析出食盐后所得的母液，主要含有钾盐、镁盐、溴化物等，可用于提溴，A项正确；向豆浆(胶体)中加入电解质使蛋白质聚沉，便可制成豆腐，B项正确；Mg2＋会

水解，直接加热蒸发氯化镁溶液会生成Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，无法得到纯净的无水氯化镁，C项错误；工业上通过电解熔融氯化镁的方法制金属镁，D项正确。2．BHI具有还原性，三价铁具有氧化性，Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应生成FeI2、H2O和I2，

A错误；H2O2含有氧氧单键，C2H6含有碳碳单键，氧氧单键比H2O中的氧氢单键键长长，碳碳单键比CH4中的碳氢单键键长长，键长越长键能越小，因此H2O2的热稳定性比H2O的弱，C2H6的热稳定性比CH4的弱，B正确；HF分子间存在氢键，其沸点比HCl和HBr的高，C错误；

向NaHCO3(s)中加入少量水伴随吸热现象，D错误。3．C实验室在取用药品时，多余的药品能否放回原试剂瓶要视具体情况而定，大多数情况下是不能放回原试剂瓶的，防止污染试剂，但是Na、K、白磷等试剂使用后必须放回原试剂瓶，否则将引发安全事故，A正确。中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，

否则消耗标准液的体积偏大，所测得的待测液浓度偏大，B正确。分液漏斗在使用前要将漏斗颈上的旋塞芯取出，涂上凡士林，但不可太多，以免阻塞流液孔；不需要在上口玻璃塞上涂凡士林，C错误。“静置”时物质可充分反应或充分混合、

分层等，所以“静置”也是一种必要的实验操作，D正确。4．B浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会发生副反应生成SO2、CO2，二氧化硫具有还原性，能与Br2发生氧化还原反应，故SO2也能使溴水褪色，A项错误；HCl

与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，利用图中洗气装置可除去HCl，B项正确；Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的分散质微粒都可以透过滤纸，因此不能利用过滤装置除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，可以采用渗析的方法，C项错误；瓷坩埚中含有SiO2，在高

温下K2CO3会与SiO2反应，所以不能用瓷坩埚熔融K2CO3，可以用铁坩埚，D项错误。5．D元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：F>N>B，故电负性：F>N>B，A正确；BF－4的中心原子B的价电子对数为4＋3＋1－1×42＝4，采取sp3杂化，且

无孤电子对，BF－4的空间结构为正四面体形，B正确；M中有机基团体积很大，使阴、阳离子之间的作用力较小，熔点较小，C正确；C—C键的键长大于C—N键的，故C—C键的键能小于C—N键的键能，D错误。6．B该物质的分子式为C16H18FN3O3，A项错误；苯环上有2种不同化

学环境的氢原子，苯环上的一氯代物有2种，B项正确；该物质分子中含有羧基，苯环上连有F原子，1mol该物质最多可消耗3molNaOH，C项错误；该分子中不含手性碳原子，D项错误。7．D气体A能使黑色的CuO变红，证明A中含CO，CO与CuO反应会生成CO2，则无

法通过澄清石灰水变浑浊的现象判断气体A中是否含有CO2，A项错误；若固体A中含Cu＋，加入稀盐酸后，发生歧化反应，也会出现产生紫红色固体、蓝色溶液等现象，则固体A中不一定含有Cu、Cu2＋，B项错误；向

固体A中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明固体A中含有CO2－3或HCO－3，产生的紫红色固体即铜，说明固体A中一定含有低价Cu元素，向固体A中加入浓硝酸会得到NO2和CO2的混合气体，将混合气体通入澄清石灰水中，石灰水不一定

变浑浊，C项错误；根据上述分析可知，气体产物中含CO(C为＋2价)，固体产物中含CO2－3或HCO－3(C为＋4价)，则反应过程中，C2O2－4(C为＋3价)一定发生了歧化反应，D项正确。8．D有机物X中含有C、H、O三种元素，故不属于烃，

属于烃的衍生物，A错误；碳碳三键中C原子的杂化方式为sp，苯环中C原子的杂化方式为sp2，形成4个单键的C原子的杂化方式为sp3，B错误；有机物Z中羟基所连C原子的邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，C错误；苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，则有机物

Y中所有碳原子可能共平面，D正确。9．BⅠ、Ⅲ中所得溶液显酸性，溶液中一定有HSO－3。Ⅰ中生成HSO－3，反应为CO2－3＋2SO2＋H2O===CO2＋2HSO－3，A项正确；Ka2(H2SO3)远大于Ka2(H2CO3)，

在Ⅱ中一定发生反应CO2－3＋HSO－3===HCO－3＋SO2－3，另因Ka2(H2SO3)<Ka1(H2CO3)，不易发生反应CO2－3＋2HSO－3===CO2↑＋H2O＋2SO2－3，B项错误；在Ⅲ中SO2可以把Na2SO3转化为NaHSO3，离子方程式为SO2－3＋SO

2＋H2O===2HSO－3，还会有HCO－3＋SO2===CO2＋HSO－3，C、D项正确。10．CB电极通入空气，说明B电极为正极，则A电极为负极，原电池的正极电势高于负极电势，故A电极电势低于B电极电势，A正确；B电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B电极附近溶液中c(

H＋)降低，溶液pH升高，B正确；B电极采用疏松多孔的石墨烯，主要是为了增大氧气的吸附量，C错误；若废弃塑料为聚乙烯，则A电极的电极反应式为CH2—CH2－12ne－＋4nH2O===2nCO2↑＋12nH＋，D正确。11．A除去SO2中混有的HCl，将混合气体通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气

瓶即可，收集SO2可用排空气法，则除去SO2中混有的HCl并收集SO2，需要用到的仪器有洗气瓶、玻璃导管、橡胶塞、集气瓶(带毛玻璃片)，A项正确；测定中和热时，需测定反应前后溶液的温度，所给实验器材中缺少温度计，B项错误；制备乙酸乙酯需要加热，缺少酒精灯，C项错误；酸碱中和滴定实验中，未知浓度的

HCl溶液的体积也需要准确量取，通常用酸式滴定管或移液管移取，D项错误。12．AC试剂1为H2O2溶液，其作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，A项错误；加氨水调节pH后，Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，滤渣的主要成分为Fe(OH)3，B项正确；NH4Cl固

体加热易分解，不能采用蒸发结晶的方法，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C项错误；碱式碳酸镁为固体，可在坩埚中灼烧分解生成MgO，D项正确。13．C该装置有电源，为电解池。将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原

反应，结合题图知铂电极为阴极，玻碳电极为阳极。阴极反应式为2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。T℃下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO2－3)∶

c(HCO－3)＝1∶2，由Ka2＝c（CO2－3）·c（H＋）c（HCO－3）可知，c(H＋)＝c（HCO－3）c（CO2－3）×Ka2＝2×5.0×10－11mol·L－1＝1.0×10－10mol·L－1，则该溶液的pH＝10，A项正确；再生

塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2HCO－3=====△CO2↑＋CO2－3＋H2O，B项正确；由阴、阳极的电极反应式知，H＋通过交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，该交换膜应为质子交换膜，C项错误；由上述分析知，D项正确。14．B

D脱水反应时断开的是C—O键，故18O在产物H2O中，A项正确；由反应机理可知，甲酸催化脱氢生成CO2，碳原子的成键数目不变，但催化脱水生成CO，碳原子的成键数目减少，B项错误；微量CO会导致催化剂中毒，需要

减少生成CO反应的发生，可提高催化剂的选择性，减少CO的生成，C项正确；按路径1转化，断开羧基中的O—H键，形成HCOO*，按路径2转化，断开C—H键，形成HOOC*，D项错误。15．AB溶液B的pH大于溶液A的，所以溶液B中c(OH－)大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，A正

确；常温下，0.1mol·L－1NH3·H2O溶液的pH＝11，可知c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，可列三段式如下：NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－起始浓度/(mol·L－1)0.100变化浓度/(mol·L－1)10－310－310－3平衡浓度/(mol·L－1)

0.1－10－310－310－3将数值代入Kb的计算式，得到Kb约为1.0×10－5，溶液A中c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，则溶液A中c（NH＋4）c总（NH3·H2O）＝c（NH＋4）c（NH3·H2O）＋c（NH＋4）＝

11＋c（OH－）Kb＝100101，B正确；由于NH3·H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c(NH3·H2O)最大，OH－来源于NH3·H2O的电离和水的电离，c(OH－)>c(NH＋4)，所以微粒浓度从大到小的顺序为c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH＋4)>c(H＋)，C错误

；混合溶液中若NH4Cl和NH3·H2O浓度相等，计算可知NH3·H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中c(NH＋4)>c(NH3·H2O)，再结合电荷守恒c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(OH－

)＋c(Cl－)可知c(H＋)＋c(NH3·H2O)<c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。16．答案：(1)2(2)AC(3)①Nsp3CCl4或SiF4等②2>(4)125928NAd3×10214×43πd3（22d）3×100%解析：(1)Ni为28号元素，基态Ni

2＋的价电子排布式为3d8，有2个未成对电子。(2)生成的配合物中含共价键(包括配位键)和氢键，但氢键不属于化学键，故选AC。(3)①根据非金属性强弱，结合基态N原子的2p能级半充满，结构较稳定可知，N的第一电离能最大。②正八面体的6个顶点完全等

同，[Ni(CO)2(NH3)4]2＋中2个CO可能处于相对或相邻位置；[Ni(NH3)6]SO4中氮原子的成键电子对数为4，而NH3中氮原子的成键电子对数为3，孤电子对数为1，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，故NH3中H—N—H的键角较小。(4)以晶胞顶点Ni原子为观察对象，与之紧邻

的Ni原子位于面心，故每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为12。每个晶胞中含Ni原子个数为8×18＋6×12＝4，面对角线长为4dnm，则晶胞棱长为22dnm，故晶体密度为59NA×4（22d×10－7）3g·cm－3＝5928NAd3×1021g·cm－3

。计算Ni原子的空间利用率，需要知道4个Ni原子的体积和1个晶胞的体积。VNi＝4πd33nm3。晶胞的体积为(22d)3nm3。表达式为4×43πd3（22d）3×100%。17．答案：(1)2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋2H2O＋Mn

2＋生成的大量气体起搅拌作用，破坏附着在矿石颗粒表面的硫(2)pH>1.7时，Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀(3)1.0×10－7(4)10.0部分沉淀与过量氨水反应生成可溶性含锰络合物(5)Mn(OH)2Mn2(OH)2SO4被O2氧

化生成H2SO4[或3Mn2(OH)2SO4＋O2=====△2Mn3O4＋6H＋＋3SO2－4]解析：(1)加入过氧化氢溶液，在MnO2及Fe3＋等催化作用下，迅速产生大量气体，起搅拌作用，从而破坏矿石颗粒表面附着的硫

，反应速率加快。(3)由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)知，当Ca2＋恰好沉淀完全时，c2(F－)＝5×10－4mol2·L－2，再由Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)·c2(F－)求得

c(Mg2＋)＝1.0×10－7mol·L－1。(4)由表中数据知，pH为10.0时Mn2＋沉降率最高；氨水过量时，Mn2＋沉降率降低(沉淀溶解)，可能是发生了类似于Cu(OH)2溶于氨水的反应，即部分沉淀与过量氨水反应生成可溶性含锰络合物。(5)Mn(OH)2被O2氧化

的反应为6Mn(OH)2＋O2=====△2Mn3O4＋6H2O，故开始时浆液pH无明显变化，当Mn2(OH)2SO4被O2氧化时生成H2SO4，溶液pH减小。18．答案：(1)(2)醚键2­苯基丙烯(3)取代反应解析：(1)A是丙烯(CH2===CH—CH3)，由D逆推

出C，C是异丙苯()；结合已知信息知，反应②应是，则B是2­丙醇。(5)据题意，H含羟基但不与苯环直接相连，即含醇羟基；又苯环上有2个取代基，则这2个取代基可能有—CH3和—CH2CH2OH、—CH3和—CHOHCH3、—CH2CH3

和—CH2OH三种组合，每种组合在苯环上均存在邻、间、对3种位置关系，故H的结构共有9种。(6)由题干流程知，环己烯()先与过氧乙酸反应生成，再与H2在Ni催化下反应生成，环己醇最后与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应即可得到目标产物。19．答案：(1

)MnO2＋4H＋＋2Cl－=====△Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2)①三颈烧瓶5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3②I2的CCl4溶液褪色(3)分液漏斗、烧杯取少许“分离”后所得水溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝，则不含I2(4)降低碘酸钙的溶解度，便

于析出碘酸钙过滤速度快，获得的产品较干燥(5)78解析：(2)②I2的CCl4溶液褪色，表明I2已反应完全。(4)Ca(IO3)2在水中的溶解度随温度降低而减小，故用冰水浴可降低碘酸钙的溶解度，便于析出碘酸钙；抽滤的优点

是过滤速度快，获得的产品较干燥。(5)根据IO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O、I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6得关系式IO－3～3I2～6S2O2－3，样品中Ca(IO3)2的物质

的量为0.2000mol·L－1×0.03L6×12＝0.0005mol，质量分数为0.0005mol×250mL25.00mL×390g·mol－12.5000g×100%＝78%。20．答案：(1)－123.0kJ·mol－1(2)第③步反应式为*H3CO＋H2O―→CH3OH＋*HO，加

入少量水，促进该步反应平衡正向移动(3)反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅰ平衡逆向移动的程度增大(4)CO先减小后增大0.16Mpa0.015解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅳ＝反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ，则ΔH4＝－123.

0kJ·mol－1。(3)一定温度下，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，致使反应Ⅱ平衡正向移动，甲醚的物质的量增多，气体总物质的量减小，则甲醚的物质的量分数增大。(4)反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅲ为吸热反应，升高温度时，甲醇的物质的量分数减小，CO

的物质的量分数增加，则m代表甲醇、n代表CO。150～400℃范围内，随温度升高，反应物CO2的转化率变化趋势是先减小后增大，则产物H2O的平衡产量变化趋势也是先减小后增大。270℃时，根据题意，设起始时n(CO2)＝1mol、n(H2)＝3mol，平衡时生成CO和CH3OH的物质的

量均为xmol，则CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)变化量/molx3xxxCO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)变化量/molxxxx因CO2转化率为24%，则2x＝1×24%，x＝0.12，反应后

混合物总物质的量为(1＋3－6x＋4x)mol＝(4－2x)mol＝3.76mol。在5MPa下，p(CH3OH)＝0.123.76×5MPa≈0.16MPa，此时n(CO)＝0.12mol、n(H2O)＝0.24mol、n(CO2)＝0.7

6mol、n(H2)＝2.52mol，Kp＝p（CO）·p（H2O）p（CO2）·p（H2）＝0.123.76×0.243.760.763.76×2.523.76≈0.015。仿真模拟冲刺标准练(二)1．B“飞絮”是指柳絮，主要成分是纤维素，A项错误；火药中含硫和“硝”(硝酸钾)，“

两精逼和，成声成变”是指火药爆炸时发生了氧化还原反应，B项正确；“水”能溶解银，这里的“硇水”是指硝酸，C项错误；该过程中有加热，由“令砒烟上飞，着覆器”可知，该操作方法是升华，D项错误。2．CAl(OH)3受热分解，生成高熔

点的Al2O3，覆盖在塑料表面上，阻止燃烧，A正确；二氧化硅具有光学特性，常用作光导纤维，B正确；裂化汽油含有不饱和烯烃，能与溴发生加成反应，C错误；硅胶具有吸水性，能用作食品干燥剂，D正确。3．DA

lCl3部分水解可能生成Al2Cl4(OH)2，A正确；核外电子排布相同的离子，原子序数大的半径小，O2－的半径大于Al3＋的半径，B正确；H2O2分子内含非极性共价键，C正确；水分子间存在氢键，故H2O的沸点高于HCl的，D错误。4．B金属性Al>Fe，说明还原性Al>Fe，Al可以置换F

e2O3中的Fe，A项正确。S的氧化能力较弱，Cu与S反应生成Cu2S，B项错误。Na2CO3溶液显碱性是因为CO2－3水解，据此可推测CS2－3也能发生水解使Na2CS3溶液显碱性，C项正确。SO2－3和S2－

在碱性溶液中不发生反应，D项正确。5．B电负性H<C<N，A正确；N原子是sp3杂化，该配合物是立体结构，B错误；Pt位于元素周期表d区，C正确；由图知Pt的配位数是4，D正确。6．B装置甲为简易启普发生器，适用于不加热的条件下

块状固体与液体反应制气体，过氧化钠是粉末状固体，装置甲不适用，A项错误；装置乙、丙分别用于除去氢气中混有的氯化氢、水蒸气，碱石灰既可以吸收氯化氢也可以吸收水，换为盛有碱石灰的干燥管可以达到目的，B项正确；氢气通入管式炉中与NaBO2

、SiO2和Na固体混合物在500℃条件下反应制备NaBH4，高温下，管式炉中若含有空气，氢气与氧气反应会引发爆炸，则应该先打开止水夹，利用产生的H2排出装置中的空气，然后再开启管式炉加热，C项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可得出题给反应的化学方程

式为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2=====500℃NaBH4＋2Na2SiO3,NaBH4中B为＋3价，则H为－1价，所以H2是氧化剂，Na是还原剂，D项错误。7．C根据沙利度胺的结构简式可知，其分子式为C13H10N2O4，A正确；沙利度胺中含有酰胺基，酸性条件和碱性条件下

均可水解，B正确；沙利度胺的R构型和S构型互为同分异构体(对映异构)，所含化学键相同，但化学性质不完全相同，C错误；1个沙利度胺分子中含有4个酰胺基，则1mol沙利度胺最多能消耗4molNaOH，D正确。8．A

加入冷水洗涤除去浓硫酸和乙醇，加入饱和碳酸钠溶液洗涤除去未反应的苯甲酸和残余的硫酸，A项正确；操作a为分液，操作b为蒸馏，分液所使用的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，蒸馏使用的主要玻璃仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，B项错误；无水硫酸镁是中性

干燥剂，可以除去水分，干燥有机相，碱石灰的主要成分为氧化钙和氢氧化钠，为碱性干燥剂，在碱性条件下苯甲酸乙酯会水解，故无水硫酸镁不能用碱石灰代替，C项错误；根据题干和已知信息，乙醚的密度比水小，分液时有机相在上层，D项错误。9．C返焰炉中加入了氧气和纯碱，将FeCr2O4氧化为Fe2O3和Na2

CrO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平可得4FeCr2O4＋7O2＋8Na2CO3=====高温8Na2CrO4＋8CO2＋2Fe2O3，A项正确；酸化工序的目的是使2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率，B

项正确；根据后续工序中所得副产品和目标产品可知，葡萄糖中碳元素被氧化成气体而除去，葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，为多羟基醛，多羟基醛被重铬酸钠全部氧化，导致碳链断裂而生成稳定的二氧化碳和水，所以还原工序中葡萄糖中的碳元素被氧化成CO2

，C项错误；结晶工序得到了副产品Na2SO4·10H2O，操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项正确。10．A根据酸碱质子理论和强酸制弱酸原理判断，第一个反应中，酸性；第二个反应中，酸性，故酸性，A项正确

。11．AD根据实验室容量瓶的规格，配制240mL溶液需用250mL的容量瓶，所给玻璃仪器、试剂均正确，A正确；先加氧化剂H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后再加入CuO调节pH，使氢氧化铁沉淀出来，题给试剂不能完成该实验，B错误；制备和收集乙酸乙酯实验中需要用到碎

瓷片防暴沸，收集需用饱和碳酸钠溶液吸收杂质气体并分离产品，C错误；实验室制备乙烯，乙醇与浓硫酸加热到170℃左右产生乙烯，需要圆底烧瓶或蒸馏烧瓶、温度计，然后用排水法收集，所给玻璃仪器、试剂均正确，D正确。12．B由题给流程可知，方铅矿在空气中煅烧时，硫化铅与空

气中氧气在高温下反应生成Pb3O4和SO2，Pb3O4与浓盐酸反应生成PbCl2、Cl2和H2O。“煅烧”时发生反应3PbS＋5O2=====高温Pb3O4＋3SO2，S元素和部分Pb元素化合价升高，O元素化合价降低，PbS只作

还原剂，O2作氧化剂，根据得失电子守恒可知，有13的Pb化合价由＋2升高至＋4，由化合物中各元素化合价代数和为0可知，Pb3O4中铅元素的化合价为＋2(占23)和＋4(占13)，故Pb3O4可表示为2PbO·PbO2，A正确；“酸溶”时Pb3O4与浓盐酸

反应生成PbCl2、Cl2和H2O，反应中Pb3O4作氧化剂，氯气是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，B错误；由上述分析可知气体X(SO2)既是氧化产物又是还原产物，气体Y(Cl2)为氧化产物，

C正确；“酸溶”时发生反应：Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O，D正确。13．BD由图可知，断裂1mol中a处碳碳键所需能量为83.7kJ，b处碳碳键所需能量为85.1kJ，所以1，2­丙二醇中所有C—C键的强度不相同，A错误；由图可知，TS1路径比TS2路

径吸收的能量低，活化能低，所以TS1路径反应速率更快，B正确；由图可看出等物质的量的产物CH3CH===CHOH比产物CH3C(OH)===CH2的能量高，所以CH3CH===CHOH更不稳定，C错误；生成CH3COCH3的反应活化能大于生成CH2OHC

H===CH2的反应活化能，活化能越大，升高相同温度反应速率增大的程度越大，D正确。14．C该装置为电解池。电解时，PB在电极b上转化为PW，即Fe3＋被还原为Fe2＋，则电极b为阴极，根据电解池的串联特点可知，电极a、电极c为阳极，电极b、电极d为阴极。由上述分析可知

，A项正确；维生素C易被氧化，配制检测池中的缓冲溶液时，将水煮沸或通入氮气可除去水中的溶氧量，以防止维生素C被氧化，影响测定结果，B项正确；检测池中溶液的pH为6.0，则电极c上发生的反应为－2e－===＋2H＋，C项错误；每消耗1mol维生

素C，转移2mol电子，电极b上的电极反应式为Fe(Ⅲ)4[Fe(Ⅱ)(CN)6]3＋4e－＋4K＋===K4Fe(Ⅱ)4[Fe(Ⅱ)(CN)6]3，转移2mol电子时，生成0.5molPW，D项正确。15．ACpH＝10时，n(A2－)＋n(HA－)＋n(H2A)＝0.01mol

，由n（HA－）n（H2A）＝Ka1c（H＋）＝10－410－10＝106，n(H2A)远小于n(HA－)，n(H2A)几乎为0，可近似认为n(A2－)＋n(HA－)＝0.01mol，n（A2－）n（HA－）＝

Ka2c（H＋）＝10－910－10＝10，解得n(HA－)＝9.1×10－4mol，A正确；0.01mol·L－1的NaHA溶液中，质子守恒式为c(H2A)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)，可得c（H＋）·c（HA－）Ka1

＋c(H＋)＝Ka2c（HA－）c（H＋）＋Kwc（H＋），c(H＋)＝Ka1[Kw＋Ka2c（HA－）]Ka1＋c（HA－），c(HA－)≈0.01mol·L－1，c(H＋)≈Ka1（Kw＋0.01Ka2）Ka1＋0.0

1mol·L－1，B错误；M点溶液中，电荷守恒式为2n(A2－)＋n(HA－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)，物料守恒式为n(A2－)＋n(HA－)＋n(H2A)＝0.01mol，由题图知该点溶液中n(H2A)＝n(OH－)，则n(N

a＋)＋n(H＋)－n(A2－)＝n(A2－)＋n(HA－)＋n(OH－)＝0.01mol，C正确；Ka1Ka2＝c2（HA－）c（A2－）c（H2A），得c(H2A)·c(A2－)＝c2(HA－)Ka2Ka1，随溶液pH增大，c2(HA－)先增大后减小，Ka2

Ka1不变，故c(H2A)·c(A2－)先增大后减小，D错误。16．答案：(1)(2)发射光谱的波长在可见光范围内的元素才能观察到焰色反应，Fe、Co等元素的发射光谱的波长不在可见光范围内(3)sp2(4)NH3中N原子有孤电子对，

[Co(NH3)6]2＋中N原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力(5)><(6)①体心棱心②正八面体③22×3155ρNA×1010解析：(1)基态Co原子的价电子排布为3d74s2，则基态Co3＋的价

电子排布为3d6，价电子排布图为。(2)原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，放出的光的波长在可见光范围内的元素能使火焰呈现颜色。(3)N原子价电子对数为

3，杂化方式为sp2。(5)斥电子能力—H弱于—CH3，则分子中O—H键的极性：甲酸>乙酸，所以酸性：甲酸>乙酸；Cl原子的电负性大于H原子的电负性，导致—CCl3的极性强于—CH3，引起CCl3COOH的羧基中的O—H键极性增强，导致酸性增强。(6)①观察晶胞可知若Co处于各顶点位置，则K

处于体心位置，F处于棱心位置。②观察晶胞可知六个位于面心的F原子形成正八面体。③由题图可知1个晶胞中含有F原子的个数为6×12＝3，含有Co原子的个数为1，含有K原子的个数为8×18＝1。设晶胞边长为a

pm，则有ρg·cm－3＝59＋19×3＋39NA×a3×10－30g·cm－3，计算可得a＝3155ρNA×1010。由题图可知两个相邻的F原子间的距离为22apm＝22×3155ρNA×1010pm。17．答案：(1)增大反应物接触面积，加快反应速率(

2)防止生成Na2SiO3、Na2TiO3，减少NaOH的消耗(3)AlO－2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－3(4)使滤渣和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率，提高热能利用率(任写1

条即可)(5)pH≥4.7(6)作助熔剂，降低氧化铝的熔点，减少能耗(7)0.05解析：(1)“破碎”工序的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率。(2)加入生石灰可将SiO2、TiO2转化成CaSiO3、CaT

iO3进入赤泥中，不仅可以提高Al2O3的浸出率，而且可以防止生成Na2SiO3、Na2TiO3，减少NaOH的消耗。(3)向精制的NaAlO2溶液中通入过量的CO2生成Al(OH)3和HCO－3，据此可写出离子方程式。(4)由图可知，“多层逆流焙烧”

的优点为增大反应物接触面积，使滤渣和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率，提高热能利用率等。(5)要使Al3＋沉淀完全，则此时溶液中c(Al3＋)≤10－5mol·L－1，假设c(Al3＋)＝10－5mol·L－1，由Ksp＝

c(Al3＋)·c3(OH－)，可得c(OH－)≈1313×10－9.7mol·L－1，pOH＝－lgc(OH－)＝9.3，则pH＝4.7，所以需要控制溶液pH的范围为pH≥4.7。(6)氧化铝的熔点很高，通过电解熔融的

氧化铝制得铝，用冰晶石作助熔剂，可降低氧化铝的熔点，减少能耗。(7)由题意可知电路中转移电子的物质的量为1A×10×60s÷96500C·mol－1≈0.0062mol。电流效率为90%，则获得铝的质量为(0.0062×90%÷3×27)

g≈0.05g。18．答案：(1)三颈烧瓶(或三口烧瓶)(2)平衡上下压强，便于环戊二烯顺利滴下(3)＋NaH―→＋H2↑(4)蒸馏防止空气中的氧气和水蒸气进入三颈烧瓶中使茂钠变质(5)偏低(6)当滴加

最后一滴(或半滴)标准盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色(7)0.088mol·L－1解析：(1)仪器X的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)。(2)恒压滴液漏斗中支管的作用是使三颈烧瓶和滴液漏斗上下压强平衡，便于

环戊二烯顺利滴下。(3)NaH是一种强还原剂，可与反应生成茂钠，并放出氢气，该反应的化学方程式为＋NaH―→＋H2↑。(4)茂钠溶液中含茂钠、四氢呋喃和可能过量的环戊二烯，从中分离出茂钠的方法是蒸馏，不能采用蒸发操作，否则会使茂钠氧化变质。液封的作用是防止空气中的氧气和水蒸气进入三

颈烧瓶中使茂钠变质。(5)量取茂钠溶液的滴定管尖嘴处有气泡，且取液结束后气泡消失，则所取茂钠溶液体积偏小，消耗标准盐酸体积偏小，故测得茂钠溶液的浓度会偏低。(6)达到滴定终点的现象是当滴加最后一滴(或半滴)标准盐酸时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢

复原色。(7)第二次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去，根据其余三次滴定数据知消耗标准盐酸的平均体积为17.60mL。根据关系式～NaOH～HCl知，茂钠溶液的浓度为0.1mol·L－1×17.60mL÷(20.00mL)＝0.088mol·L－1。

19．答案：(1)邻氯甲苯(或2­氯甲苯)(2)还原反应碳氯键、羧基(3)(4)＋NaCN―→＋NaCl(5)酸性KMnO4(其他合理答案也给分)解析：(1)A的结构简式为，化学名称为邻氯甲苯或2­氯甲苯。(2)由D、E的结构简式可知，

D→E的过程是“去氧加氢”，所以D→E的反应类型为还原反应。(3)E→F发生类似已知②的反应，为取代反应，氯原子取代了羟基，所以F的结构简式为。(5)A→C为苯环上的甲基被氧化成羧基，A与一种强氧化剂直接反应也可以生

成C，此强氧化剂可以为酸性KMnO4。(6)属于芳香族化合物，说明同分异构体中含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基。结合C的分子式和不饱和度可知，若含有醛基，则苯环上还有一个羟基。若苯环上连有两个取代基，一个为氯原子

，另一个为甲酸酯基，有邻、间、对3种位置关系，共有3种结构；若苯环上连有3个取代基，分别为氯原子、醛基和羟基，共有10种结构，则满足条件的同分异构体共有13种。其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1∶2∶2的有机物的结构简式为。20．答

案：(1)2NH3＋2e－===H2＋2NH－2(2)①＋165kJ·mol－1温度太高会使催化剂失去活性，反应速率降低②100(x＋y)x（3x＋4y）3p2（1－x－y）（w－x－2y）（1＋w＋2x＋2y）2③根据反应1可知增大水蒸气的量有利于甲烷的转化，且每消耗1

体积水蒸气，相应生成3体积氢气，根据反应2可知增大水蒸气的量也有利于氢气的生成变小(3)Ⅰ(4)1.25<解析：(1)产生H2的电极为阴极，得电子，发生还原反应，根据元素守恒和电荷守恒配平得：2NH3＋2e－===H2＋2NH－2。(2)①由盖斯定律知反应1＋反应2得：C

H4(g)＋2H2O(g)600℃催化剂4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝＋165kJ·mol－1，则ΔH＝E正－E逆＝＋165kJ·mol－1。升高温度有利于氢气的生成，但要考虑催化剂的活性及反应器的材料等。②根据两个反应的化学方程

式和相关数据列三段式。CH4(g)＋H2O(g)600℃催化剂3H2(g)＋CO(g)起始量/mol1w00转化量/molx＋yx＋y3x＋3yx＋y平衡量/mol1－x－yw－x－2y3x＋4yxCO(g)＋H2O(g)

600℃催化剂H2(g)＋CO2(g)起始量/mol0w00转化量/molyyyy平衡量/molxw－x－2y3x＋4yy平衡时n(CH4)＝(1－x－y)mol，n(H2O)＝(w－x－2y)mol，n(CO)＝xmol，

n(CO2)＝ymol，n(H2)＝(3x＋4y)mol。CH4的平衡转化率为(x＋y)×100%＝100(x＋y)%。平衡时体系中气体的总物质的量n(总)＝n(CH4)＋n(H2O)＋n(CO)＋n(CO2)＋n(H2)

＝[(1－x－y)＋(w－x－2y)＋x＋y＋(3x＋4y)]mol＝(1＋w＋2x＋2y)mol。反应1的平衡常数Kp＝p3（H2）×p（CO）p（CH4）×p（H2O）＝[n（H2）n（总）p]3×n（CO）n（总）pn（CH4）n（总）p×n（H2O）n（总）p＝x（

3x＋4y）3p2（1－x－y）（w－x－2y）（1＋w＋2x＋2y）2。③根据反应1可知增大水蒸气的量有利于甲烷的转化，且每消耗1体积水蒸气，相应生成3体积氢气，根据反应2可知，增大水蒸气的量有利于氢气的生成，所以适当增加水

碳比可增大平衡体系中氢气的体积分数。反应2为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应1为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量减小。(3)由图乙可知，在相同温度、相同时间内，催化剂Ⅰ的作用下，二氧化碳的转化率最大，所以催化剂Ⅰ的催化效果最好。(4)反应达

到平衡时，v正＝v逆，则k正c(CO2)·c(H2)＝k逆c(HCOOH)，温度为T1℃时，k正k逆＝c（HCOOH）c（CO2）·c（H2）＝K＝0.8，解得k逆＝1.25k正；温度为T2℃时，k正＝1.2k

逆，即k正k逆＝c（HCOOH）c（CO2）·c（H2）＝K＝1.2，平衡常数增大，说明温度减小(T2<T1)，反应正向移动，该反应是气体分子数减小的反应，容器体积不变，因此T2℃时平衡压强小于T1℃时平衡压

强。仿真模拟冲刺标准练(三)1．C碳纤维的主要成分是碳单质，不属于有机高分子材料，A项错误；氯碱工业通过电解饱和氯化钠溶液的方法来制取氢氧化钠，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，阳极反

应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，为了保证NaOH的纯度，中间使用阳离子交换膜，阳极区Na＋通过阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区NaOH浓度逐渐增大，进而获得NaOH，B项错误；氚(3H)是氢的一种放射性同位

素，C项正确；煤的液化、蛋白质的颜色反应属于化学变化，焰色反应属于物理变化，D项错误。2．D硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，FeSO4溶液中加入铁粉能使氧化生成的Fe3＋与铁反应生成Fe2＋，达到防止硫酸亚铁氧化变质的目的，Fe3＋与铁反应的离子方程式2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，FeSO4溶液

中加入稀硫酸的目的是抑制Fe2＋的水解，故A正确；硝酸受热或见光会分解产生NO2气体，故B正确；HF可与SiO2(玻璃的主要成分)反应生成SiF气体，故C正确；锂易与空气中的氧气反应生成氧化锂，与水蒸气反应生成氢氧化锂和氢气，为防止锂与空气接触而变质，应将金属锂保存在石蜡中，锂在空气中变

质的化学方程式为4Li＋O2===2Li2O、2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，故D错误。3．C基态Y原子核外有3对自旋方向相反的电子，则基态Y原子的核外电子排布图为，Y为O元素；X2Y为10电子分子，则X为H元素；R的单质可作为

半导体材料，则R为Si元素；天然沸石的化学式为W[Z2Si3O10]·3H2O，设W的化合价为x，Z的化合价为y，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可知x＋2y＝8，解得x＝2、y＝3或x＝4、y＝2或x＝6、y＝1，结合只有Z、R位于同一周期可知x＝4、y＝2和x＝6、y＝1不符合题

意，则Z为Al元素、W为Ca元素。Ca2＋的核外有3个电子层，O2－、Al3＋的核外有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，根据“序大径小”，可知O2－的半径大于Al3＋的，A正确；非金属性O>C

>Si，所以简单氢化物还原性：H2O<SiH4，B正确；第三周期元素中第一电离能大于Al的有Mg、Si、P、S、Cl、Ar，共6种，C错误；W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点

高于分子晶体的熔点，D正确。4．D由该高分子化合物的结构可知，该高分子是不饱和键打开相互连接，即通过加聚反应生成的，A错误；聚丙烯的结构简式为CHCH2CH3，B错误；合成脲醛塑料过程中除有高分子化合物生成外，还有小分子化合物H2O生成，所以合成脲醛塑料的反

应为缩聚反应，C错误；合成该高分子材料的单体有、CH2===CH—CH===CH2、3种，D正确。5．C苯和液溴在铁催化下即可反应，不需要加热，此外加热导致液溴挥发，降低产率，A错误；液溴易挥发，生成的气体中含有HBr和Br2蒸气，Br2蒸气被AgNO3溶液吸收也能生成黄色沉

淀，不能说明发生了取代反应，B错误；洗涤液体在分液漏斗中进行，C正确；步骤④得到苯和溴苯的混合液，含有的杂质主要为苯，D错误。6．AC原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，不能发生类似的水解反应，A正确；K的4s轨道半充满，位于第ⅠA族，

Cr的4s轨道半充满，位于第ⅥB族，Cu的4s轨道半充满，位于第ⅠB族，B错误；NH3比PH3稳定，是因为N的原子半径小于P的原子半径，N—H键的键长小于P—H键的键长，所以N—H键的键能大于P—H键的键能，C错误；分子间依靠氢键结合，不引起化学性质变化的现象叫氢

键缔合，H2O、HF分子间存在氢键，可分别形成缔合分子(H2O)n、(HF)n，D错误。7．AMillepachine分子中有11种不同化学环境的氢，A错误；分子中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的两个

碳原子和该饱和碳原子不可能共面，B正确；与足量氢气反应所得产物分子中含有5个手性碳原子，如图(标：*的碳原子为手性碳原子)，C正确；该有机物与酸性高锰酸钾溶液反应时，分子中的2个碳碳双键均断裂，生成题述中2种产物，D正确。8．B根据已知信息，主反应为放热反应，温度升高

使反应速率加快，造成反应剧烈，使得环己酮进一步被氧化，使副产物增多，A正确；加入草酸是为了还原过量的Cr2O2－7，与调节pH无关，B错误；液相1为有机相和水相的混合物，液相2为环己酮与水的共沸混合物，根据环己酮与水能形成沸点为95℃的

共沸混合物，加热到95℃从而与含有H2SO4和Cr3＋的水相分离，加入NaCl固体，降低了环己酮在水中的溶解度，分液，得到②即含NaCl的水相，向环己酮有机相中加入无水K2CO3干燥有机相，过滤，得到K2CO3水

合物(③)，最后根据环己酮沸点为155℃，蒸馏出环己酮，C、D正确。9．C温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2受热易分解，故“碱浸”时，温度不能过高也不能过低，A正确；“碱浸”时，GaAs转化为NaGaO2、N

a3AsO4，As元素的化合价由－3升高为＋5，根据得失电子守恒和原子守恒可知，B正确；根据已知信息，溶液中含镓元素的微粒的浓度不大于1×10－5mol·L－1时，可认为该微粒沉淀完全，Ga(OH)3的电离常数Ka[

Ga(OH)3]＝c(H＋)×c(GaO－2)＝c(H＋)×10－5＝1×10－7，则c(H＋)＝10－710－5mol·L－1＝10－2mol·L－1，pH＝2，故加硫酸中和时，pH的最大值是2，C错误；“旋流电积”时，Ga3＋在阴极放电生成Ga，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H＋，所以“

尾液”的溶质主要是H2SO4，可加入“中和”和“酸溶”步骤循环利用，D正确。10．B生物发酵液中＋H3N(CH2)5NH＋3移向Ⅳ室内，电解池中阳离子移向阴极，因此M极为阳极、N极为阴极，阳极电势高于阴极，A错误；左侧BPM解离出H＋，H＋进入Ⅱ室，Ⅲ室1，5­戊二胺硫

酸盐中SO2－4通过a膜进入Ⅱ室，故Ⅱ室H2SO4溶液的浓度增大，B正确；M极产生O2，N极产生H2，理论上Ⅰ室和Ⅴ室产生的气体体积比为1∶2，C错误；N极为阴极，N极上应得电子，D错误。11．AC足量的H2O2溶液可能将KSCN氧化，所以无明显现象，A错误；混合气体干燥后不含水分，

无水条件下SO2不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但乙烯可以与溴发生加成反应而使溶液褪色，B正确；应先加入淀粉溶液，再加入硫酸，否则可能会先发生反应，观察不到蓝色变化，试剂顺序不合理，得不出相应结论，C错误；pH：MgC

l2溶液>AlCl3溶液，说明水解程度：MgCl2<AlCl3，说明Al3＋结合OH－的能力较强，则碱性Al(OH)3<Mg(OH)2，故金属性：Mg>Al，D正确。12．BD线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，消耗1

mol氯气，所以碘离子的物质的量为2mol，反应Ⅳ消耗氯气的物质的量为5mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x－0)×2mol＝5mol×2，解得x＝＋5，则该含氧酸为HIO3，结合上述分析可知，A正确；根据

反应离子方程式可知原溶液中n(I－)＝2n(Cl2)＝2mol，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×(3mol－1mol)＝4mol，根据电荷守恒可知，n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)＝2n

(Fe2＋)－n(I－)＝2×4mol－2mol＝6mol，所以n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，B错误；根据2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a＝3＋3＝6，结合b－a＝5可知，b＝

11，C正确；线段Ⅳ对应的反应为I2＋5Cl2＋6H2O===2IO－3＋10Cl－＋12H＋，Cl2为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，D错误。13．CD根据羧酸和醇生成酯的反应机理，反应过

程需要催化剂提供质子，FeCl3·H2O水解使溶液显酸性，可为成质子化过程提供H＋，A正确；脱质子化过程的第一步是加成反应，第三步为消去反应，B正确；该反应的催化剂是FeCl3·H2O，温度升高促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，F

e3＋浓度降低，催化效果可能降低，反应速率减慢，C错误；脱质子化过程中，中的两个羟基化学环境相同，来源不同，则后面一步中脱去的水可能是H182O或H2O，D错误。14．D根据图像滴加20mLBa(OH)2溶液时SO2－4恰好反应完全，则原混合液中c(

H2SO4)＝0.05×2020mol·L－1＝0.05mol·L－1，此时还生成0.001molBaSO4沉淀，因此a＝0.233，中和剩余酸消耗Ba(OH)2溶液40mL，则原混合液中c(HCl)＝0.05×40×220mol·L－1

＝0.2mol·L－1，所以没有加入Ba(OH)2溶液之前原混合液中c(H＋)＝0.3mol·L－1，pH＝－lg0.3＝1－lg3＝0.5，因此b＝0.5，加入20mLBa(OH)2溶液时，c(H＋)＝0.1mol·L－1，pH＝1，A、B、C项正确。

滴定终点时溶质可视为(NH4)2SO4、NH4Cl，由于NH＋4水解，溶液呈酸性。根据原子守恒，溶液中始终有c(Cl－)＝4c(SO2－4)①，根据电荷守恒有c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋2c(SO2－

4)＋c(OH－)②。由①、②转化可得2c(NH＋4)＋2c(H＋)＝3c(Cl－)＋2c(OH－)，而c(H＋)>c(OH－)，因此2c(NH＋4)＋c(H＋)<3c(Cl－)＋c(OH－)，D项错误。15．BC该装置为电解池装置。A极上CO2→

CO，发生得电子的还原反应，A极为阴极，B极上CH3OH→HCOOH，发生失电子的氧化反应，B极为阳极。A极(阴极)B极(阳极)CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2OCH3OH＋H2O－4e－===HCOOH＋4H＋总反应：2CO2＋CH3OH=====通电2CO＋HCOOH

＋H2O由以上分析知，A正确；A极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，可知若有2molH＋穿过质子交换膜，则理论上有44gCO2被转化，B错误；催化剂不能改变反应热，所以消耗的电能可能一样，C错误；B极为阳极，应与外接电源的正极

相连，即与铅蓄电池的PbO2极相连接，D正确。16．答案：(1)①73d24s2②共价键、分子间作用力(2)①O>N>Csp2②三者均是分子晶体，吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩分子间只存在分子间作用力，而噻吩的相对

分子质量比呋喃的大，沸点较高(3)①14，14，34Ce4O7②34×34×172ρNA×1010解析：(1)①基态Al原子核外电子共占据7个原子轨道，所以共有7种空间运动状态不同的电子，基态钛原子的价电子排布为3d24s2。②打印过程中

光敏树脂的高分子发生交联聚合，形成新的共价键，同时，相对分子质量变大，分子间作用力变大。(2)①除H外，题述三种物质中涉及的非金属元素有C、N、O，电负性从大到小的顺序为O>N>C。吡咯分子为平面结构，则N原子的孤电子对参与形成大π键，形成3个σ键，杂化方式为sp2。

(3)①根据CeO2理想晶型可知，O原子位于4个Ce原子组成的正四面体空隙中，CeO2缺陷晶型中，氧空位处原子位于晶胞体对角线的14处，所以其分数坐标为14，14，34。该缺陷晶型中Ce原子个数为8×18＋6×1

2＝4，O原子个数为7，故化学式可表示为Ce4O7。②观察图中理想晶型结构，利用均推法可知，每个晶胞中含有4个CeO2。根据晶体密度表达式计算晶胞边长为34×172ρNA×1010pm。Ce原子与O原子的最近距离为晶胞体对角线长的14，即34×34×172ρNA×1010pm。17．答案

：(1)Ni＋H2O2＋2H＋===Ni2＋＋2H2O(2)调节pH，使Fe3＋沉淀完全，同时不引入新的杂质是pH降低，c(H＋)增大，反应H＋＋F－⇌HF平衡正向移动，溶液中c(F－)减小，使MgF2的沉淀溶解平衡逆向移动(3)分液硫酸(4)NiR2＋H2SO4===NiSO

4＋2RH蒸发浓缩冷却结晶(5)6解析：(1)镍与硫酸反应，过氧化氢作氧化剂，离子方程式为Ni＋H2O2＋2H＋===Ni2＋＋2H2O。(2)“除杂①”加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入NiO的目的是调节pH使Fe3＋沉淀完全，同时不引入新的杂质。“除

杂②”加入NiF2除杂以后溶液中F－的浓度约为3×10－3mol·L－1，则c(Mg2＋)＝Ksp(MgF2)/c2(F－)＝5.16×10－11/(3×10－3)2mol·L－1≈5.7×10－6mol·L－1<10－5mol·L

－1，说明Mg2＋已经沉淀完全。(3)“除杂③”分离负载Cu、Zn有机相的操作是分液，“反萃取”时加入酸，为了不引入杂质离子，加入的试剂X为硫酸。(4)根据已知信息可知，“反萃取”的化学方程式为NiR2＋H2SO4===NiSO4＋2RH。由溶液获得晶体的“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、乙醇洗涤、干燥。(5)设样品的质量为100g，B点时失重率为41.1%，失重41.1g，是全部结晶水的质量，100－41.1155∶41.118＝1∶x，解得x≈6。18.答案：(1)平衡压强，使分液漏斗中的

液体顺利流下(2)a1、f、g、c、b、e吸收尾气，防止污染空气(3)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O产品纯度降低(4)饱和KOH溶液K2FeO4在强碱性溶液中较稳定(或防止K2FeO4

水解)，同时利用同离子效应，K＋浓度增大可以降低K2FeO4的溶解度(5)85.8不能K2FeO4具有强氧化性，可将Cl－氧化成Cl2，生成污染性气体，同时Cl－还可能还原Cr2O2－7，导致所测结果

偏低解析：(1)D装置中盛装Fe(NO3)3溶液的分液漏斗右侧的导管的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流下。(2)加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，则氯气的发生装置选择A装置，根据题干信息，选择的实验装置是A

、D、E、F；气体与溶液反应或洗气都应是“长进短出”，则按气流从左到右的方向，制备K2FeO4的装置合理的连接顺序为a1→f→g→c→b→e。装置E的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气。(3)KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反

应生成K2FeO4、KCl和H2O，反应中Fe3＋被氧化为FeO2－4，ClO－被还原为Cl－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒得离子方程式2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。

反应时KOH过量，若滴加Fe(NO3)3溶液的速度过快，则Fe(NO3)3与KOH反应生成氢氧化铁沉淀，导致产品纯度偏低。(4)K2FeO4在强碱性溶液中较稳定，同时利用同离子效应，K＋浓度增大可以降低

K2FeO4的溶解度，因此选择饱和KOH溶液。(5)由发生的离子反应，可建立如下关系式：K2FeO4～3(NH4)2FeSO4，从配制的250mL溶液中取出25.00mL，用0.1mol·L－1(NH

4)2FeSO4标准溶液滴定，平均消耗(NH4)2FeSO4标准溶液的体积为26.00mL，该K2FeO4样品的纯度为13×0.1mol·L－1×0.026L×198g·mol－12.0g×25.00mL250mL×100%＝85.8%。K2FeO4具有强氧化性，

可将Cl－氧化成Cl2，生成污染性气体，同时Cl－还可能还原Cr2O2－7，导致所测结果偏低。19．答案：(1)加热、将黄铜矿粉碎、搅拌或适当增大CuCl2溶液的浓度等(写两条即可)(2)CuFeS2＋3CuCl2===4CuCl＋FeCl2＋2S(3)烧杯、

漏斗、玻璃棒(4)①除去Cu2＋和防止Fe2＋被氧化②2.55×10－8mol·L－1(5)CuCl＋HCl===H[CuCl2](6)2[CuCl2]－===Cu↓＋Cu2＋＋4Cl－解析：(1)为提高“浸取”时的反应速率，通常可采用的措施有：加热、将黄铜矿粉碎、

搅拌或适当增大CuCl2溶液的浓度等。(2)根据“除硫”后“过滤”得到硫、二氧化硅和含[CuCl2]－的溶液知，“浸取”时S元素化合价升高得到S单质，Cu元素化合价降低得到CuCl，发生反应的化学方程式为CuFeS2＋3CuCl2===4CuCl＋FeCl2＋2S。(4)①“滤液1”中

的溶质是FeCl2和CuCl2，而Fe2＋易被氧化，则加入过量Fe的目的是除去Cu2＋和防止Fe2＋被氧化。②已知H2CO3的电离常数Ka2＝c（CO2－3）·c（H＋）c（HCO－3），则c(CO2－3)＝Ka2·c（HCO－3）c（H＋）＝1.175×10－3mol·L－1，Ksp(FeCO3

)＝c(Fe2＋)·c(CO2－3)，则c(Fe2＋)＝Ksp（FeCO3）c（CO2－3）≈2.55×10－8mol·L－1。(5)“除硫”时加入浓盐酸，“过滤”得到的滤液含有[CuCl2]－，发生反应

的化学方程式为CuCl＋HCl===H[CuCl2]。(6)“滤液2”中含有可以循环使用的物质是HCl和CuCl2，“调节pH”时发生的反应是一个氧化还原反应，一部分铜化合价降低到0，一部分升高到＋2

，该反应的离子方程式为2[CuCl2]－===Cu↓＋Cu2＋＋4Cl－。20．答案：(1)ΔH1＋ΔH2＋12ΔH3－12ΔH4(2)BE(3)①0.01125②80%③14④反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，低温时，反应Ⅲ正向进行的程度较大，HCOOCH

3的平衡产率随温度升高而升高，高温时，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度，HCOOCH3的平衡产率随温度升高而降低p1>p2>p3该温度下，以反应Ⅰ、Ⅱ为主，压强对反应Ⅰ、Ⅱ没有影响解析：(1)根据盖斯定律，由①＋②＋12×③－12×④得目

标热化学方程式CO2(g)＋2H2(g)⇌HCHO(g)＋H2O(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋12ΔH3－12ΔH4。(2)平衡时向容器中充入惰性气体，因反应容器为刚性密闭容器，体积不变，各组分的分压不变，反应①的平衡不移动，A错误；H2O2为液体，随着反应的进行气体质

量减小，气体密度会发生改变，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂不能提高CH3OH的平衡产率，C错误；H2O2为液体，增加H2O2的量，反应速率不变，D错误；反应①和②均为气体分子数减小的反应，体系达到平衡后，若压缩容器容积，则反应②平

衡正向移动，E正确。(3)①由于反应Ⅰ和Ⅱ气体分子数不变，故压强变化，是由反应Ⅲ引起的。开始时压强为60kPa，20min时压强为55.5kPa，Δnn始＝Δpp始，即Δn3mol＝（60－55.5）kPa6

0kPa，Δn＝0.225mol，反应Ⅲ中n(HCHO)转＝2Δn＝0.45mol，则0～20min内，反应Ⅲ的平均反应速率v(HCHO)＝0.45mol2L×20min＝0.01125mol·L－1·min－1。②该温度下达到

平衡时，恒容容器中压强之比等于气体物质的量之比，Δnn始＝Δpp始，即Δn3mol＝6kPa60kPa，得Δn＝0.30mol，设Ⅰ中CO2转化的物质的量为xmol，Ⅱ中CH3OH转化的物质的量为ymol，列式如

下：Ⅰ.CH3OH(g)＋CO2(g)⇌HCOOH(g)＋HCHO(g)n1转/molxxxxⅡ.HCOOH(g)＋CH3OH(g)⇌HCOOCH3(g)＋H2O(g)n2转/molyyyyⅢ.2HCHO(g)⇌HCOOCH3(g)n3转/m

ol0.600.30达到平衡时，测得容器中HCOOH、HCHO的物质的量分别为0.10mol、0.20mol，则x－y＝0.10，x－0.60＝0.20，解得x＝0.80，y＝0.70，CO2的平衡转化率为0.801.0×10

0%＝80%。③反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量代替分压计算压强平衡常数，平衡时HCOOH(g)、CH3OH(g)、HCOOCH3(g)、H2O(g)的物质的量分别为0.10mol、0.50mol、1.0mol、0.70mol，则反

应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝1.0×0.700.10×0.50＝14。仿真模拟冲刺标准练(四)1．C大规模开发可燃冰会增加二氧化碳的排放量，不利于实现碳达峰、碳中和，A错误；磁铁的主要成分是Fe3O4，B错误；纳米气凝胶属于胶体，可产生丁达尔效

应，C正确；氮化硼陶瓷由B、N两种元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等性能，氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，D错误。2．CHCHO的结构式为，1mol甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，A错误；44gC18

O2的物质的量为44g48g·mol－1＝1112mol，每个分子中含有22个质子，所含质子数小于22NA，B错误；依题意反应②为CH3OH＋O2――→醇氧化酶HCHO＋H2O2，由反应方程式可知，O2中的O由0价转化到H2O2中

的－1价，则1molO2参与反应转移电子数为2NA，C正确；甲醇的物质的量为1mol，含有的氧原子数目为NA，但水中也含有氧原子，因此1L1mol·L－1的甲醇水溶液中含有氧原子的数目大于NA，D错误。3．B测溶

液的pH时，pH试纸不能润湿，A错误；海水淡化时，可以将水蒸发出来，也可以将离子从水中分离出来，主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，B正确；蒸馏一段时间，发现没有加入沸石，立即停止加热，冷却后补加

，防止暴沸，C错误；不能在量筒中进行浓硫酸的稀释，应该在烧杯中操作，D错误。4．B碱性条件下，离子方程式中不能出现氢离子，A错误；向“84”消毒液中加入少量SO3，相当于加入稀硫酸，产生的次氯酸增多，“84”消毒液的氧化性增强，离子方程式正确，B正

确；NH＋4、HCO－3均与OH－反应，正确的离子方程式为NH＋4＋HCO－3＋2OH－===CO2－3＋NH3·H2O＋H2O，C错误；向氨水中滴加少量硫酸铜溶液，氨水过量，会溶解生成的氢氧化铜，正确的离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H

2O，D错误。5．D常温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，当气体质量相同时，气体体积之比等于其相对分子质量之反比，A项正确；21H与11H互为同位素，同位素及其化合物化学性质几乎相同，B项正确；3

1H与21H的中子数分别为2、1，C项正确；31H是放射性核素，31H及其形成的化合物不能稳定存在，D项错误。6．C装置a中CCl4可以溶解溴蒸气，装置b中硝酸银溶液的作用是检验HBr，从而确定反应类型，装置c是制取Br2的反应装置，装置d是制取溴苯的反应装置，实验装置的连接顺序为c→d→a→b

，A错误；装置d中仪器G的名称为球形冷凝管，B错误；装置c中发生反应MnO2＋2NaBr＋2H2SO4=====△Na2SO4＋MnSO4＋Br2↑＋2H2O，还原剂(NaBr)与氧化剂(MnO2)的物质的量之比为2∶1，C

正确；反应后的液体先用水洗除去FeBr3，再用碱洗除去溴单质，然后分液除去水层，溴苯的密度大于水的，下层为有机层，将其蒸馏后可得溴苯，D错误。7．D氨分子的孤电子对数为1，H2S的孤电子对数为2，NH3中电子对间的排斥力比硫化氢的小，所以NH

3的键角比硫化氢的大，A正确；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻的O原子，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne，B正确；该化合物容易与水分子之间形成分子间

氢键，提高其在水中的溶解度，C正确；该环状络合物中的N原子、饱和C原子和S原子及羧基中—OH中的O原子的价层电子对数都为4，则该络合物分子中VSEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有14个，D错误。8．B通过Na

BiO3的制备过程④可知NaBiO3常温下难溶于水，A项错误；制备NaBiO3的化学方程式为Bi(NO3)3＋4NaOH＋NaClO=====95℃NaBiO3↓＋NaCl＋3NaNO3＋2H2O，B项正确；将Bi(NO3)3溶解于稀HNO3溶液中的目的是抑制Bi3＋的水解，

C项错误；NaBiO3在酸性条件下可将Mn2＋氧化成MnO－4，则NaBiO3作氧化剂，发生还原反应，D项错误。9．DM分子中含有碳碳双键和酮羰基，二者均为平面结构，如图，圈中5个碳原子一定共平面，A正确；M含有碳碳双键，

能发生加聚反应，N中含有酚羟基，可与HCHO发生缩聚反应，加聚反应和缩聚反应都属于聚合反应，B正确；M分子中含有O原子，不可能存在芳香烃类的同分异构体，C正确；M分子中含有碳碳双键、酮羰基，N分子中含有(酚)羟基，含有的官能团种数不同，D错误。10．C催化电极上CO2转化为甲醇，碳元素化合价

降低，发生还原反应，A项错误；石墨电极上电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，水层中的H2O解离成H＋和OH－，OH－通过a膜向阳极(石墨电极)移动，根据电路中通过的电荷量处处相等(或为维持溶液电荷平衡)，石墨电极消耗的OH－与迁移过来的OH－数目相等，阳极区溶液

中OH－物质的量不变，但电解过程中石墨电极区生成了水，溶液的pH减小，B项错误；水电离的H＋通过b膜向阴极移动，进入右室，C项正确；催化电极上的电极反应式为CO2＋6e－＋6HCO－3===CH3OH＋6CO2－3＋H2O，通过b膜迁移过来

的H＋与CO2－3反应生成HCO－3，故HCO－3的物质的量不变，D项错误。11．B稀硫酸与Na2SO3反应产生的SO2易溶于水，很难从水溶液中逸出，应用浓硫酸与Na2SO3反应制SO2，A错误；常温下可用浓硝酸与铜片反应制取NO2，且可用向上排空气法收集NO2，并用NaOH溶液吸收多余

的NO2，防止污染空气，B正确；用稀硝酸吸收H2S会产生新的污染性气体NO，C错误；收集氨气不能用向上排空气法，D错误。12．AD混合①使用冰水降低温度，可防止Br2和HBr挥发，A正确；加入Na2SO3的目的是除去粗品中的Br2，但不需加入过量的Na

2SO3，因为过量的Na2SO3能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，B错误；蒸馏时，先通入冷凝水，再点燃酒精灯加热，C错误；溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，D

正确。13．C①②中不含有非极性键，A错误；②⑤中硫原子形成的化学键相同，硫元素化合价相同，B错误；⑤中含有过氧键(—O—O—)，具有强氧化性，能将Mn2＋氧化为MnO－4，C正确；只考虑硫元素的价态，

③中硫的化合价为＋5，具有氧化性和还原性，D错误。14．C根据反应机理可知，C、D为中间产物，而F为反应的催化剂，A项错误；根据反应机理可知，发生的总反应方程式为CH3CH(OH)CH2OH＋CO2――→催化剂＋H2O，故原子利用率不为100%，B项错误；1，3­丙二醇的

结构简式为CH2(OH)CH2CH2OH，根据反应机理可知，其反应产物为，C项正确；由总反应可知，CH3COOH的浓度对碳酸丙烯酯的产率没有影响，D项错误。15．ACNa2A的水解程度大于NaHA的水解程度，且Na2A溶液的浓度大于NaHA溶液的

浓度，未滴加盐酸时，Na2A溶液的pH较大，即甲代表向Na2A溶液中滴加盐酸，乙代表向NaHA溶液中滴加盐酸；向Na2A溶液中滴加盐酸时，先发生反应Na2A＋HCl===NaCl＋NaHA，再发生反应NaHA＋HCl===NaCl＋H2A，而向NaHA溶液中滴加盐酸时立

即发生反应NaHA＋HCl===NaCl＋H2A，即NaHA溶液中先产生气体，所以曲线丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸，曲线丁代表向Na2A溶液中滴加盐酸。根据上述分析，曲线乙和丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸

，A正确；若Ka1(H2A)×Ka2(H2A)>Kw，则Ka2(H2A)>KwKa1（H2A），即Ka2(H2A)>Kh2(A2－)，但由图可知，NaHA溶液显碱性，说明HA－的水解程度大于其电离程度，即Kh

2(A2－)>Ka2(H2A)，B错误；根据pH­V(HCl)图，滴定分析时，c点溶液的pH在8.5左右，在酚酞的变色范围内，故可用酚酞作指示剂，d点溶液的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，故可用甲基橙作指示剂，C正确；a点时，溶液溶质为NaHA、H2A和Na

Cl，存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(Cl－)，c(Cl－)>c(OH－)，D错误。16．答案：(1)＋32或－32(2)3(3)相同F的电负性比N大，N—F键的成键电子对偏向F，导致NF3中N原子

核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键O3(答案合理即可)SO3(答案合理即可)(4)34(5)Fe3N72833×ca2NA解析：(1)对于基态N原子，其价电子排布为2s22p3，其中2s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其2p轨

道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态N原子的价电子的自旋量子数的代数和为＋32或－32。(2)N＋13中含叠氮结构()，该离子中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原

子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种。(3)NH3、NF3的中心原子均为sp3杂化，均含有一对孤电子对，空间构型均为三角锥形。和NO－2、NO－3互为等电子体的分子分别为O3(或SO2等)和SO3(或SeO3等)。(4)N－3与CO2互为等电子体，均为

直线形结构，根据二氧化碳的结构可以判断出N－3中σ键有2个，该离子中两边的氮原子均提供1个电子，中间氮原子提供2个电子形成大π键(或中间和其中一个端位氮原子各提供1个电子，另一个端位氮原子提供2个电子)，所以形成的2个大π键可表示为34。(5

)图中结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为16×12＋12×2＋3＝6，则该磁性氮化铁的化学式为Fe3N；图中结构单元底面为正六边形，边长为acm，底面面积为6×12×a×a×sin60°＝33×a22cm2；结构单元的体积V＝33

×a22cm2×ccm＝33×ca22cm3，1个该结构单元的质量m＝2×14＋6×56NAg＝364NAg，所以该晶体的密度ρ＝mV＝364NAg33×ca22cm3＝72833×ca2NAg·cm－3。17．答案：(1)3­氯丙烯(或3­氯­1­丙烯)羟基、

醛基(2)(3)取代反应(4)(5)4解析：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D（甘油），甘油的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH，则C

的结构简式为ClCH2CHBrCH2Br，B的结构简式为CH2===CHCH2Cl，A―→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH===CH2；E含有醛基，根据F―→G―→H和E＋H―→I，结合F、G、H的分子

式以及I的结构简式知，E＋H―→I为加成反应，则E的结构简式为CH2===CHCHO，F的结构简式为，G的结构简式为，H的结构简式为；I的分子式为C9H11NO2，J的分子式为C9H9NO，I―→J的过程中脱去

1个“H2O”，结合I―→J的反应条件和题给已知②可知J的结构简式为。（1）根据上述分析可知，B的结构简式为CH2===CHCH2Cl，Cl原子位于3号碳上，故名称为3­氯­1­丙烯（或3­氯丙烯）。I中含氧官能团名称为

羟基、醛基。（2）根据分析可知，J的结构简式是）。（3）A―→B的化学方程式为CH2===CHCH3＋Cl2――→高温CH2===CHCH2Cl＋HCl,A―→B为取代反应。（4）与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应（取代反应）生成和水，反应的化学方程式为。（5

）化合物X的相对分子质量比化合物G（）的大14，即多1个“CH2”，同时X满足条件：遇FeCl3溶液发生显色反应，能发生水解反应，苯环上有三个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，说明X分子中含有2个—OH和1个—CONH2，或2个—OH和1个—NHCOH，符合条件的结构简式为

、，有4种。（6）的单体为，根据已知②可知可以由CH3CH2CHO和苯反应得到，CH3CH2CHO可以由CH3CH2CH2OH氧化得到。18．答案：（1）恒压滴液漏斗平衡压强，使液体顺利滴下（2）COHCOOH===

==浓硫酸△CO↑＋H2O脱水剂（3）除去挥发出的甲酸气体CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋（4）b、c（5）31.6m2m1解析：（1）仪器X的名称为恒压滴液漏斗，与普通的分液漏斗相比，该仪器的优点为可以平衡压强，使液体顺利滴下。（2）实验中利用CO和PdCl2反应制

取Pd，所以A为制取CO气体的装置，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为HCOOH=====浓硫酸△CO↑＋H2O，浓硫酸起催化剂和脱水剂的作用。（3）甲酸易挥发，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，所以B中NaOH溶液的作用为除去挥发出的甲酸气体。根据实验现象分析，C中产生的黑色

粉末状沉淀为金属Pd，溶液pH减小，酸性增强，可知发生反应的离子方程式为CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋。（4）CO为污染性气体，该实验的缺陷为无尾气处理装置，而CO为可燃性气体，可用气球收集，也可以用点燃法除去，但C中反应生成CO2，不能直接用酒精灯点燃

，需要将CO2除去后再点燃，所以可选用b或c装置。（5）由题意可知丁二酮肟钯的质量乘以换算因数即为钯元素的质量，则该PdCl2样品中钯的含量为31.6m2m1%。19．答案：（1）增加反应物接触面积，提高反应速率MnO2

＋SO2===MnSO4（2）①取少许液体于试管中，加入少量K3[Fe（CN）6]观察有无蓝色沉淀生成（或取少许液体于试管中，加入少量酸性高锰酸钾溶液观察是否褪色）②AD③MnF2（s）＋Ca2＋（aq）⇌CaF2（s）＋Mn2＋（aq），K

＝c（Mn2＋）/c（Ca2＋）＝Ksp（MnF2）/Ksp（CaF2）≈2.3×107>1×105,MnF2（s）＋Mg2＋（aq）⇌MgF2（s）＋Mn2＋（aq），K＝c（Mn2＋）/c（Mg2＋）＝Ksp（MnF2）/Ksp（MgF2）＝4.0×105>

1×105，因此用MnF2可以完全除去Ca2＋、Mg2＋（3）pH＝5，温度为90℃（pH范围为4～6均可）（4）2Mn2＋＋5S2O2－8＋8H2O===2MnO－4＋10SO2－4＋16H＋0.0744mol·L－1解析

：（1）固体与液体或气体反应，可以通过增大接触面积来增大化学反应速率；反应塔中反应物与生成物已知，则化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。（2）①根据除铁需要调整pH＝5，若溶液中有Fe2＋，需要先氧化为Fe3＋，再调整pH除去，所以需要先检验F

e2＋是否存在，由于溶液中含有Fe3＋，所以可以选用K3[Fe（CN）6]或酸性KMnO4溶液检验Fe2＋。②调整溶液的pH应避免引入杂质离子，故选AD。（3）根据图像要使Ca2＋、Mg2＋的沉淀率尽可能大，最佳条件为pH＝5，温度为90℃

。（4）溶液变成紫色，则Mn2＋的氧化产物为MnO－4，过硫酸钠的还原产物为Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒可写出离子方程式。根据离子方程式有5n（Mn2＋）＝2n（S2O2－8），c（Mn2＋）＝0.100×18.60×2510mol·L－1＝0.0744mol·L－1

。20．答案：（1）C（2）KⅠ/K2Ⅱ控制反应温度在340℃左右增大压强（3）BC（4）①0.01116p2②><解析：（1）2H2O（g）⇌2H2（g）＋O2（g）ΔS>0，室温下，该反应不能自发进行的原因是ΔH>0，不利于反应自发进行，且为主要的影响因素，A项错误；增大某反应物浓度可提高

可逆反应的限度，但该反应物的转化率减小，B项错误；ΔH＝生成物总能量－反应物总能量，可逆反应中，若反应物总能量大于生成物总能量，则ΔH<0，C项正确。（2）根据盖斯定律，目标反应＝反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，则目标反应的平衡常数K＝KⅠK2Ⅱ。由题图可知，在温度为340～400℃时，

CH4的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，CO2的转化率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，KⅠ减小，由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压

强可影响CH4的选择性，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，可提高甲烷的选择性，故可采用控制反应温度在340～400℃、增大压强等措施来提高CH4的选择性。（3）对Bosch反应，反应后气体分子数减小，改变压强，v′正≠v′逆，A项错误；已知生成物的百分含量随温度的升高

而增大，m点为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态，继续升温生成物的百分含量减小，说明升温平衡向逆反应方向移动，B项正确；C点CO2转化率小于该温度下的平衡转化率，反应正向进行，v正>v逆，C项正确；A点时c（反应物）＝c（生成物

），反应不一定达到平衡状态，D项错误。（4）①向体积为2L的恒容密闭容器中通入4molH2和1molCO2发生Sabatier反应，设达到10min时消耗二氧化碳物质的量为xmol，列三段式如下：CO2

（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g）起始量/mol1400变化量/molx4xx2x10min时的量/mol1－x4－4xx2x恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量之比等于压强之比，则10min时，

5－2x5＝4.60p5.00p，解得x＝2.0，v（CO2）＝0.22×10mol·L－1·min－1＝0.01mol·L－1·min－1。由表中数据知，反应在50min时达到平衡，设反应达平衡时消耗ymolCO2，则有5－2y

5＝4.00p5.00p，解得y＝0.5。CO2（g）、H2（g）、CH4（g）、H2O（g）的分压分别为0.5p、2p、0.5p、p，Kp＝116p2。②比较k正k逆与c（CH4）c2（H2O）c（CO2）c4（H2）的大小，可通过以下思维过程分析。假设k正k逆

＝c（CH4）c2（H2O）c（CO2）c4（H2），可得出k正c（CO2）c4（H2）＝k逆c（CH4）c2（H2O）。已知v正＝k正c（CO2）c4（H2），v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O），可将问题转

化为比较v正、v逆的大小关系。20min时，反应还未达到平衡状态，反应正向进行，v正>v逆，则得到v正＝k正c（CO2）c4（H2）>v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O），k正k逆>c（CH4）c2（H2O）c（CO2）c4（H2）。反

应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，v正<v逆，k正增大的倍数<k逆增大的倍数。