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课时作业1物质的组成、分类和转化1．解析：高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K＋和MnO－4，故KMnO4属于盐，A符合题意；过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO－和H＋，即水溶液中的阳离子全部为H＋，故其属于酸，B不符合题意；双氧

水的有效成分为H2O2，其是由H和O组成的化合物，故属于氧化物，C不符合题意；医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，D不符合题意。答案：A2．解析：纳米荧光材料的碳量子点颗粒大小在胶体的范围内，但是没有分

散剂，不能叫胶体，故A错误；食品脱氧剂使用后，其中的铁粉与空气中的氧气反应转化成Fe2O3，故B错误；己糖的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故C错误；环型碳C10、环型碳C14和金刚石都是碳元素的单质，是碳元素的同素异形体，故D正确。答案：D3．解析：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，C项不符合题意；“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，故“84”消毒液属于混合物，D项不符合题意。答案：A4．解析：CaOCl2的化学式可以写成Ca(ClO)Cl，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，

故A正确；(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；BiONO3中没有两种酸根阴离子，不是混盐，故C错误；K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种阴离子的盐，不是混盐，故D错误。答案：A5．解析：由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐N

aH2PO2，说明H3PO2为一元酸，A、B错误；由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，C错误，D正确。答案：D6．解析：NaClO不是碱式盐，C2H5OH属于醇类，硫酸是共价化合物，玻璃钢属于复合材料，A全不正确；C项中Na2O2属于过氧化物，不是碱

性氧化物；D项中NO2和水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，一氧化碳虽然含有碳元素，但属于无机物。答案：B7．解析：硫酸铜晶体是由一种物质组成的化合物，属于盐，故A错误；氢氧化铁不是胶体，故B错误；电解质属于化合物，化合物都是纯净

物，故C正确；稀硫酸为溶液，酸是化合物，属于电解质，故D错误。答案：C8．解析：“碳纳米泡沫”属于碳单质，与石墨互为同素异形体，A、C错误；“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6～9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔效应，B正确；在

低于－183℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，D错误。答案：B9．答案：D10．解析：“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合题意；“侯氏联合制碱法”是

以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，制取纯碱和副产物氯化铵，发生了化学变化，B不符合题意；CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；CO2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符合题意。答案：D11．解析：氢、氧两种元素除组成H2O外还可以组成H2O2，A项错误；导热性、折射率、导电性属于水的物理性质，B项错误；冰浮在水上，说明冰的密度小于液态水，C项正确；液态水两种形态间的转化属于物理变化，D项错误。答案：C12．解析：该过程中发生

的反应依次是CaCO3=====高温CaO＋CO2↑(分解反应)；CaO＋H2O===Ca(OH)2(化合反应)；Ca(OH)2＋K2CO3===CaCO3↓＋2KOH(复分解反应)。答案：C13．解析：⑤用玻璃瓶盛装“强水”(古书中记

载一种能腐蚀五金的液体)，这里所说的强水应该是硝酸，硝酸不会和玻璃(主要成分是二氧化硅)发生反应，没有发生化学变化，正确。答案：B14．解析：SO2可与NaOH溶液反应，①可以实现；氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，②可

以实现；稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应：H2SO4＋2CH3COONa===2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；氢硫酸和亚硫酸发生反应：H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧

化还原反应，但有单质参加，⑤可以实现；水和过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。答案：A15．解析：氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A正确；OPBr

Cl2与H2O反应的方程式为：OPBrCl2＋3H2O===H3PO4＋2HCl＋HBr，一共生成3种酸，B错误；从P—Br键到P—F键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，C正确；PBr3与C2H5OH反应的时候，Br与乙

醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D正确。答案：B16．解析：若A为NaOH溶液，D为CO2，NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，A正确；若A为Fe，

D为Cl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，B错误；若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，AlCl3可与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3可与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，AlCl3可与Na[Al(OH)4]反

应生成Al(OH)3，C正确；若A为H2S，D为O2，H2S可与O2反应生成S，S可与O2反应生成SO2，H2S可与SO2反应生成S，D正确。答案：B17．答案：(1)①②④④(2)胶体金颗粒课时作业2离子反应离子方程式1．解析：CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化

合物，为非电解质，故A符合题意；KI属于盐，在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H＋离子和CH3COO－离

子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意。答案：A2．解析：Fe不属于强电解质，A项不符合题意；NH3属于非电解质，BaSO4属于强电解质，B项不符合题意；H2O属于弱电解质，D项不符合题意。答案：C3．解析：HCO－3是弱酸的酸式酸根离子，不能拆分，A项书写

错误；而HSO－4为强酸的酸式酸根离子，应拆分，B项书写正确；MgCl2、Ba(OH)2分别为可溶性盐和强碱，都属于强电解质，C、D项书写正确。答案：A4．答案：C5．解析：钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl

－，b离子为Na＋，A正确；题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合Na＋的个数，B错误；氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为NaCl===Na＋＋Cl－，C错误；容量瓶是精密仪器，不能用于溶解，NaCl溶解需要在烧杯中进行，D错误。答案

：A6．解析：溶液混合后导电能力变化的大小，关键看混合后溶液中自由移动离子的浓度的变化。由于自来水几乎不导电，加入0.05molNaOH后，导电性突然增大；醋酸是弱电解质，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电性明显增强；0.

5mol·L－1的KCl中加入0.05molNaOH固体后，溶液中不存在化学反应，但离子浓度增大一倍，导电能力增强；但盐酸中加入NaOH固体后，二者恰好中和：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，溶液中离子浓度不变，导电能力几乎不变。答案：B7．解析：A项，H2SO4溶液与N

aOH溶液混合，反应生成硫酸钠和水，反应能用H＋＋OH－===H2O表示；B项，HCl气体通入Ca(OH)2溶液，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为H＋＋OH－===H2O；C项，HNO3溶液与KOH溶液混合，反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生

成水，离子方程式为H＋＋OH－===H2O；D项，NH4HSO4溶液与足量NaOH溶液混合，离子方程式为NH＋4＋H＋＋2OH－===H2O＋NH3·H2O。答案：D8．解析：(CH3COO)2Pb难电离，为弱电解质，H

2S为气体，在离子方程式中均写化学式。答案：A9．答案：A10．解析：从图中可以看出经过阳离子交换树脂后阳离子Ca2＋、Na＋、Mg2＋被交换为H＋，由于Ca2＋和Mg2＋均带2个单位正电荷，所以每个Ca2＋或Mg2＋会相应地交换为2个H＋，

故水中阳离子的总数会发生变化，A错误；由图可知水中的SO2－4、Cl－、NO－3通过阴离子交换树脂后被除去，B正确；由于净化处理后溶液中离子浓度降低，故水的导电性下降，C正确；经过阴离子树脂后H＋转化为水，可知存在反应：H＋＋OH－===H2O，D正确。答案：A11．

解析：HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降；当HCl被中和完后，继续与CH3COOH反应，生成CH3COONH4，为强电解质，所以电导率增大；HCl与

CH3COOH均反应完后，继续滴加弱电解质NH3·H2O，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。答案：D12．解析：Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO2－4＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O

，A项正确；导电能力约为0时，Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，可以说明该反应为离子反应，B、C项正确；用盐酸代替H2SO4溶液，发生的反应为Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，其实质是OH－＋H＋==

=H2O，溶液的导电能力不会降为0，可知测得的导电性曲线和上述曲线不相同，D项错误。答案：D13．答案：(1)HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O14．答案：(1)Ba2＋＋2OH－＋SO2－4＋2H＋===Ba

SO4↓＋2H2O(2)C(3)沉到烧杯底部15．答案：(1)2ReO3＋H2O2===2ReO－4＋2H＋(2)MoS2－4＋2H＋===MoS3↓＋H2S↑课时作业3离子共存、离子检验与推断1．解析：A项，Ba

2＋、SO2－4结合生成沉淀，SO2－4不能大量存在；B项，H＋、CO2－3结合生成水和气体，CO2－3分别与Ba2＋、Fe3＋能够反应生成沉淀，CO2－3不能大量存在；C项，H＋、Ba2＋、Fe3＋、NO－3

离子之间均不反应，NO－3可大量存在；D项，H＋、Fe3＋分别与OH－反应生成水、沉淀，OH－不能大量存在。答案：C2．解析：H＋、CH3COO－不能大量共存，会生成弱电解质CH3COOH，A错误；K＋、Na＋、NO－3、SO2－4之间不发生反应，可以

大量共存，B正确；Al3＋、HCO－3发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C错误；ClO－、SO2－3可以发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。答案：B3．解析：在c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1的新制漂白粉的溶

液中含有大量的Cl－和ClO－。Ca2＋与CO2－3能够反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，A项错误；ClO－能够将SO2－3氧化，不能大量共存，B项错误；K＋、Na＋、NO－3、CH3COO－与Ca2＋、Cl－和ClO－都不反应，能够大量共存，C项正确；Ca

2＋与SO2－4能够反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，D项错误。答案：C4．解析：氨水显碱性，会与Ag＋、Cu2＋反应，不能大量共存，A项错误；Fe3＋、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；醋酸显酸性，在醋酸溶液中SO2－4、N

H＋4、Br－、H＋均不会发生反应，能大量共存，C项正确；硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误。答案：C5．解析：A项，pH＝1的无色溶液显酸性，Cu2＋、CO2－3均不能大量存在，A错

误；B项，使酚酞呈红色的溶液显碱性，K＋、Na＋、NO－3、Cl－之间不反应，可以大量共存，B正确；C项，H＋、Al3＋与S2－均不能大量共存，C错误；D项，由水电离出的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性，HCO－3不能大量存在，如果

显碱性，Mg2＋、NH＋4、HCO－3均不能大量存在，D错误。答案：B6．解析：A项，c(K＋)<c(Cl－)不满足电荷守恒，应该是c(K＋)>c(Cl－)，A错误；B项，c（H＋）c（OH－）＝1×1

014，溶液显酸性，H＋、I－、NO－3会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C项，滴加NaOH溶液，OH－先与铝离子反应，故不能立即生成气体，C错误；D项，该组离子之间不反应，可大量共存，且滴加氨水时Mg2＋、Ag＋与其反应有沉淀产生，随着氨水的不

断滴加，AgOH沉淀又会溶解于氨水，D正确。答案：D7．解析：根据溶液呈电中性及n(NO－3)∶n(SO2－4)∶n(H＋)∶n(M)＝3∶1∶3∶1，可推出M应为＋2价阳离子。NO－3、H＋、Fe2＋能发生氧化还原反应而不能大量共存，则M不是Fe2＋；SO2－4、Ba2＋

能结合生成硫酸钡沉淀，则M不是Ba2＋；M可能为Mg2＋，C项正确。答案：C8．解析：镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，

铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成，据此分析解答。氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质可与碘化钾发生反应，故B不

符合题意；KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2＋的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意

。答案：D9．解析：NaClO为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，Ba(OH)2为强碱，Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，浓度均为0.1mol·L－1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3溶液，其pH大小关系

为Ba(OH)2>NaClO>Al2(SO4)3，故测定溶液pH可进行鉴别，A不符合题意；NaClO具有强氧化性，可使酚酞试剂褪色，Ba(OH)2溶液可使酚酞试剂显红色，Al2(SO4)3水溶液显酸性，滴加酚酞溶液呈无色，因此滴加酚酞试

剂可进行鉴别，B不符合题意；NaClO能将I－氧化为I2，Ba(OH)2、Al2(SO4)3与KI均不反应，只用KI溶液无法鉴别NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液，C符合题意；NaClO与饱和Na2CO3溶液不反应，二者混合

无现象，Ba(OH)2与饱和Na2CO3溶液反应生成BaCO3白色沉淀，Al2(SO4)3与饱和Na2CO3溶液发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3白色沉淀和CO2气体，故滴加饱和Na2CO3溶液可鉴别，D不符合题意。答案：C10．

解析：根据实验①，说明C2O2－4、Cr2O2－7、H＋发生氧化还原反应，因此三者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意；C2O2－4、H＋反应生成H2C2O4，两者不能大量共存，根据实验②不能得出此结论，故B符合题意；C2O2－4、Ca2＋反应生成白色沉淀CaC

2O4，因此两者不能大量共存，根据实验③能得出此结论，故C不符合题意；实验④说明Na2C2O4水解呈碱性，C2O2－4＋H2O⇌HC2O－4＋OH－，能得出结论，故D不符合题意。答案：B11．解析：加入过量稀硫酸无明显现象，说明无CO2－3、[Al(OH)4]－；再加入硝酸钡溶液有气体，

说明有Fe2＋存在且被氧化，沉淀为硫酸钡，但不能说明原溶液中是否含有SO2－4。原溶液中含有Fe2＋；再加入NaOH溶液有气体，说明存在NH＋4，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；再通入少量CO2，先与OH－、Ba2＋反应生成BaCO3，沉淀C含有碳酸钡，可能含有Al(OH)3。从

上述分析可以确定溶液中一定含有NH＋4、Fe2＋，一定不含[Al(OH)4]－、CO2－3。因为存在的离子浓度均为0.1mol·L－1，从电荷守恒的角度出发，只能含有NH＋4、Fe2＋、Cl－、SO2－4才能保证电荷守恒，K＋、Al3＋必然不能存在。故A、B、C错误，D正确。答案：D12

．解析：一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO2－4、SO2－3中的一种，A、B正确；一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2＋、SO2－3、I－中至少一种，C项正确；若溶液中含有Fe3＋，Fe3＋具有强氧化性，则一定不含SO2－3和

I－，由于溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则一定含有Fe2＋，此时溶液中阴离子为SO2－4和NO－3，几种离子的物质的量浓度相同时，正、负电荷不守恒，则原溶液一定不含Fe3＋，D项错误。答案：D13．解析：在强酸性溶液中一定

不会存在CO2－3、SO2－3；加入过量硝酸钡溶液生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO2－4，生成气体A，A氧化生成D，D在常温常压下呈现红棕色，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2＋；

溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH＋4；溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3(无BaCO3，因CO2过量)，溶液H中含Na[Al(OH)4]，说明原溶液中有Al3＋。再根据离子共存原则，强酸性

溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO－3，含有SO2－4就一定不含Ba2＋，则不能确定是否含有的离子是Fe3＋、Cl－。答案：(1)Al3＋、NH＋4、Fe2＋、SO2－4Fe3＋、Cl－取少量X溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液颜色无

明显变化，说明没有Fe3＋(其他合理答案也可)(2)Fe(OH)3(3)3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(4)4NO2＋O2＋2H2O===4HNO314．解析：(1)无色废水中无Fe3＋，根据实验

①确定有Na＋，根据实验②确定有SO2－4，根据实验③确定有H＋、NH＋4、Al3＋，一定不含Fe3＋、Mg2＋，因为CO2－3与Al3＋不能大量共存，所以无CO2－3，故溶液中存在的离子为Na＋、Al3＋、N

H＋4、H＋、SO2－4，废水中一定不存在的离子有Fe3＋、Mg2＋、CO2－3。(2)实验③中依次发生的离子反应有酸碱中和：H＋＋OH－===H2O，生成沉淀：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，生成一水合氨：NH＋4＋OH－===NH3·H2O，沉淀溶解

：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－。(3)已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO2－4)＝2.33g233g·mol－1＝0.01mol，根据图像可知与Al(OH)3反应的OH－为0.007mol，所以n(Al3＋)＝0.007mo

l，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H＋消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH＋4＋OH－===NH3·H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶

液中c(NH＋4)与c(Al3＋)的比值为1∶1，Al3＋、NH＋4、H＋所带正电荷为0.042mol，SO2－4带0.02mol负电荷，故存在NO－3。答案：(1)Fe3＋、Mg2＋、CO2－3(2)H＋＋OH－

===H2O、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、NH＋4＋OH－===NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－(3)1∶1存在课时作业4氧化还原反应的相关概念1．答案：D2．解析：装置内发生的化学反应有CaCO3=====高温CaO＋C

O2↑，属于分解反应；CaO＋SO2=====高温CaSO3，属于化合反应；2CaSO3＋O2===2CaSO4，既属于化合反应，又属于氧化还原反应，没有涉及置换反应，A项符合题意。答案：A3．解析：HOF中F元素为－1价、H元素为＋1价、O元素为0价，HF中F元素为－1价、

H元素为＋1价，反应F2＋H2O===HOF＋HF中F2为氧化剂，H2O为还原剂。A项，F2与H2O反应的化学方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2，该反应中F元素由0价降低至－1价，F2为氧化剂，O元素由－2价升高至0价，H2O为还原剂，被氧化

，符合题意。B项，Na与H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，该反应中Na元素由0价升高至＋1价，Na为还原剂，H元素由＋1价降低至0价，H2O为氧化剂，被还原，不符合题意；C项，Cl2与H2O反应的化学方程式为Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，

该反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，不符合题意；D项，Na2O2与H2O反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还

原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，不符合题意。答案：A4．解析：反应①是铜与浓硫酸反应，浓硫酸作氧化剂，A项正确；反应②是酸性氧化物SO2与碱反应，B项正确；反应③为Na2SO3＋S===Na2S2O3，原子利用率为100%，C项正确；反

应④Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O中硫酸只起酸的作用，D项错误。答案：D5．解析：分析三个反应事实可得如下结论：反应结论①氧化剂为B2＋；氧化产物为A2＋；氧化性为B2＋>A2＋②D能置换出H2O中的氢，说明D为活泼金属

，D2＋的氧化性非常弱③由电极反应知，B为原电池负极，所以金属活动性为B>E，氧化性E2＋>B2＋综合三个结论可知，氧化性强弱顺序为E2＋>B2＋>A2＋>D2＋，A项正确，B项错误；若发生反应E＋A2＋===A＋E2＋，则氧

化性A2＋>E2＋，与题干事实不符，所以该反应不能进行，C项错误；虽然D比A活泼，但D能与H2O反应，所以不能用D来置换溶液中的A2＋，D项错误。答案：A6．解析：二氧化氮中的氮不是最高价，所以不产生氧气，应生成硝酸钠，A项正确，B项错误；N2O3中的氮也不是最高价，所以不产生氧气，C项错误；锰的

最高价是＋7价，应该生成高锰酸钠，D项错误。答案：A7．解析：已知反应中氯元素的化合价：＋1变为＋5和－1，符合邻位转化规律。既然NaClO2也能发生类似的反应，则氯元素的化合价应既有升高，也有降低，选项A中均降低，选项D化合价均升高；选项B、C与题意

相符，但选项C中NaClO不是最终产物。答案：B8．解析：根据化合价不交叉规律，反应中元素的化合价变化及得失电子情况如下：KCl＋5O3＋6HCl－1(浓)===KCl＋3Cl02↑＋3H2O，每转移5mol电子制得氯气3mol，则有1mol电子转移时制得氯气0.6mol，这0.6molC

l2中有1/6Cl(即0.2molCl)来自KClO3，有5/6Cl(即1molCl)来自HCl，分别检验各选项，这0.6molCl2的质量等于44g的即是正确答案。A项，0.2mol×35g/mol＋1mol×35g/mol＝42

g≠44g；B项，0.2mol×35g/mol＋1mol×37g/mol＝44g；C项，0.2mol×37g/mol＋1mol×35g/mol＝42.4g≠44g；D项，0.2mol×37g/mol＋1mo

l×37g/mol＝44.4g≠44g，故正确答案是B。答案：B9．解析：①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；①→②过程中S的价态由－1价

变为－2价，若有2molS—S键断裂，则转移4mol电子，故B正确；②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S—S键位置

发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型，故D正确。综上所述，答案为C。答案：C10．解析：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、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。答案：C11．解析：SO2－4中4个硫氧键相同，其空间结构为正四面体形，S2O2－3的空间结

构为四面体形，A项错误；由图示转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO

4＋3H2SO4，则参加反应的n（O2）n（H2O）：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1molAs2S3发生反应时，两反应转移的电子分别为12mol和28mol，个数之比为3∶7，D项正确。答案：D12．解析：(1)实验Ⅰ：Fe与硫酸铜反应生成Cu和硫酸亚铁，硫酸铜是氧化剂

，硫酸亚铁是氧化产物，则氧化性Cu2＋>Fe2＋。(2)实验Ⅱ：Cu与硝酸银反应生成Ag和硝酸铜，硝酸银是氧化剂，硝酸铜是氧化产物，则氧化性Ag＋>Cu2＋。答案：(1)Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的(2)Ag＋的氧化性大于Cu2＋

的(3)相反13．解析：题给信息“H2O2→O2”可知：反应中H2O2中氧元素化合价升高，作还原剂，则必有其他元素化合价降低，作氧化剂，H2CrO4→Cr(OH)3符合题意；然后依据质量守恒确定H2O

为生成物，即可写出化学反应方程式。答案：(1)H2O2(2)H2CrO4Cr(OH)3(3)(4)3.36L课时作业5氧化还原反应的配平与计算1．解析：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2。所以RO2

－4中R元素的化合价为＋6价。答案：D2．解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素的还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。答案：C3

．解析：反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B

和D都是错误的。答案：C4．解析：分析题中图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO－4作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4＋5IO－3＋6H＋，若有1molMn2＋参加反应转移5mol电子

，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。答案：D5．解析：若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，

NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为x，(＋5－x)×1＝(＋6－4)×3，x＝－1，故还原产物为Cl－，不是Cl2,A错误；11.2LCl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，B错误；RuO4能氧化浓盐酸反应

生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClO－3＞RuO4，故C错误；在稀硫酸环境

中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4===RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋

H2O，故D正确。答案：D6．解析：NaBH4中氢元素由－1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由＋1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1molNaBH4完全反应转移4

mol电子，生成4molH2，因此产生1molH2转移电子1mol，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，D项正确。答案：

D7．解析：在K2X2O7中，X元素的化合价是＋6价，产物中X元素的化合价是＋3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从＋4价升高到＋6价，则根据得失电子守恒，12×10－3L×0.05mol

·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02mol·L－1×2×(6－3)，解得V＝10，B项正确。答案：B8．解析：设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1mol、1mol、1mol，实际参加反应的FeS的物质的量为xmol，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×

1＝(1＋8)x，解得x＝23；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝13n(FeS)＝29mol；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝23mol－49mol＝29mol；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋

n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1mol＋2mol＋1mol＋23mol＝143mol，则n(FeS)∶n(HNO3)＝23∶143＝1∶7。答案：B9．解析：整个过程中Ni2＋先参加反应后又生成，Ni2＋是催化剂，A正确；

过程Ⅰ中的反应物为Ni2＋、NO，产物为Ni3＋、O－、N2，对应的化学反应为2Ni2＋＋2NO===2Ni3＋＋2O－＋N2，B正确；过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；过程Ⅱ的化学反应为2

Ni3＋＋2O－===2Ni2＋＋O2↑，Ni元素化合价降低，Ni3＋是氧化剂，O元素化合价升高，O－是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，D错误。答案：D10．解析：开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ

)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来(大约13min后)随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的

浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)

的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应写化学式，总反应为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。答案：C11．答案：(1)2

1626H＋(2)211H2O21(3)524518H＋(4)2531512．答案：(1)2Li2CO3＋8MnO2=====煅烧4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑(2)2Cr2O2－7＋3S2O2－5＋10

H＋===4Cr3＋＋6SO2－4＋5H2O13．解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合价为＋3。(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程

式为2CeO2＋H2O2＋3H2SO4===Ce2(SO4)3＋O2↑＋4H2O，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。(3)依题意知，步骤Ⅳ的离子方程式为Ce3＋＋3OH－

===Ce(OH)3↓。(4)①观察已知反应式知，CeCl3～(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3)＝cV1000mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝246.5cV1000W×100%＝24.65cVW%。②如果(NH4)2

Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2＋被氧化成Fe3＋，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。答案：(1)＋3(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O(3)Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)

3↓(4)①24.65cVW②偏高课时作业6物质的量气体摩尔体积1．解析：BPA在标准状况下肯定不是气体。答案：D2．解析：A项，摩尔质量的单位为g·mol－1；B项，6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为1mol，质量为60g，正确

；C项，1mol物质的质量在数值上等于摩尔质量，质量的单位为g；D项，6g偏二甲肼的物质的量为6g60g·mol－1＝0.1mol，分子数为0.1NA。答案：B3．解析：根据方程式2H2O===2H2↑＋O2↑，分解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01m

olO2，结合n＝mM＝VVm＝NNA解答该题。答案：D4．解析：二氧化硫的摩尔质量为64g·mol－1，故A错误；一个镁原子的质量等于镁的摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，故B错误；水的相对分子质量为18，故C错误；一个16O的实际质量≈16g·mol－16.02×1023mol－1，故D正确。

答案：D5．解析：四种气体中CH4的摩尔质量最小，质量相等时，CH4的物质的量最大，在同温同压下，CH4的体积最大，D项正确。答案：D6．解析：本题考查阿伏加德罗定律的推论，由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体的相对分子质量与压强成

反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2，故C正确。答案：C7．解析：摩尔质量的单位为g·mol－1，A项错误；标准状况下SiO2为固体，B项错误；SiO2中Si与O的质量比为28∶32＝7∶8，C项正确；SiO

2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。答案：C8．解析：设X的摩尔质量为x，则可依题意列式如下2.16g2x＋5×16g·mol－1×5＝0.1mol，解得x＝14g·mol－1，故C项正确。答案：C9．解析：①发生

2H2S＋SO2===3S＋H2O，②发生H2＋Cl2=====光照2HCl，③发生NH3＋HCl===NH4Cl，④发生2NO＋O2===2NO2，设两烧瓶中气体的总物质的量为2mol，由上述反应可知：①中反应后有0.5mol气体

，②中反应后有2mol气体，③中反应后无气体，④中反应后有1.5mol气体(0.5molO2、1molNO2)，若考虑2NO2⇌N2O4，则④中反应后气体的物质的量介于1mol～1.5mol之间，故容器内压强由大到小的顺序

为②④①③。答案：A10．解析：标准状况下CH3OH是液体，而气体摩尔体积适用于气体，A项错误；等物质的量的CH3OH和CH4，物质的量不确定，所以质子数无法计算，B项错误；44gCO2气体是1mol，22gCH

4与CO的混合气体，由于平均分子量不确定，所含C原子数也不确定，C项错误；根据上述过程可知：每生成1molCO，需要0.5molC，制备0.5molC需要0.5molCH4分解，制备0.5molC转移2mol电子，生成1molCO转移

1mol电子，总共转移3mol电子，D项正确。答案：D11．解析：根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，二者的物质的量之比为1∶1，故A正确；根据N＝nNA知，二者的分子数之比为1∶1，故B错误；二者

的分子数相等，根据一氧化碳和二氧化碳分子的构成知，二者的原子总数之比为2∶3，故C正确；一氧化碳的摩尔质量为28g·mol－1，二氧化碳的摩尔质量为44g·mol－1，二者的物质的量相等，根据m＝nM知，二者的质量之比＝28g·mol－1∶44g·mol－1＝7∶1

1，故D正确。答案：B12．解析：该硫原子的相对原子质量Mr(S)＝ag112bg＝12ab，①对；该硫原子的摩尔质量M(S)＝ag×NAmol－1＝aNAg·mol－1，③错；mg该硫原子的物质的量n(S)＝mgaNAg·mol－1＝maNAmol，②对；ag硫原子即1个硫原子，其中所含电子数为

16个，④错。答案：C13．解析：(1)2molCO(NH2)2中含8molH、4molN、2molO，氮元素的质量为56g。(2)2molO3和3molO2的质量之比为2×16×33×16×2＝1∶1，分子数之比为2∶3，同温同压下，ρ1

ρ2＝M1M2＝16×316×2＝3∶2，含氧原子数之比为2×33×2＝1∶1，同温同压下，V1V2＝n1n2＝2∶3。(3)n(Na)＝2.3g23g·mol－1＝0.1mol，由于1个钠原子中含有11个电子，故2.3gNa中含有电子的物质的量n(e－)＝11n(Na)

＝1.1mol。设2.3gNa与足量水反应产生标准状况下的H2体积为x。2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑2mol22.4L0．1molx2mol∶0.1mol＝22.4L∶xx＝0.1mol×22.4L2mol＝1.12L。答案：(1)8562(2)1∶

12∶33∶21∶12∶3(3)1.11.1214．解析：(1)n＝0.672L22.4L·mol－1＝0.03mol，M＝1.92g0.03mol＝64g·mol－1。(2)温度、压强相同时，气体体积之比等于其物质的

量之比，15∶8＝mg16g·mol－1∶mgM（A），M(A)＝30g·mol－1。(3)温度、体积相同时，气体压强之比等于其物质的量之比，4∶11＝agM（A）∶ag16g·mol－1，M(A)＝44g·mol－1。答案：(1)64(2)30g·mol－1(3)44g·mol

－1课时作业7物质的量浓度及其溶液的配制1．解析：求溶液中某一离子的物质的量：用该物质的浓度×该离子个数×溶液的体积，1mol·L－1AlCl3溶液中n(Cl－)＝100×1×3×10－3mol；A.n(Cl－)＝75×2×2×10－3mol；B.n(Cl－)＝150

×1×1×10－3mol；C.n(Cl－)＝50×3×1×10－3mol；D.n(Cl－)＝50×1×3×10－3mol，最后通过比较A正确。答案：A2．解析：A项，c(NaOH)＝10g40g·mol－10.25L＝1mo

l·L－1；B项，c(H2SO4)＝80g80g·mol－11L＝1mol·L－1；C项，蒸发掉50g水后，溶液的体积并不是50mL，NaNO3的浓度也不是1mol·L－1；D项，c(HCl)＝22.4L22.4L·mol－11L＝1mol·

L－1。答案：C3．解析：250mL的容量瓶只能配制250mL溶液，配制0.1mol/L500mL的NaOH溶液只能选用1个500mL容量瓶，故A错误；氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，所以在托盘天平上称

量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中快速称量，故B正确；量筒最小读数为0.1mL，所以无法用25mL量筒量取4.0mol/L的盐酸5.62mL，故C错误；托盘天平的最小读数为0.1g，无法用托盘天平准确称取5.85gNaCl，只能称量5.9g氯化钠，故D错误。答案：B4．解

析：所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，A错误；向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，B正确；有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成

了溶质的损耗，溶液浓度偏低，C错误；称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取的氢氧化钠的质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，D错误。答案：B5．解析：①溶液中各离子的物质的量分别为K＋

：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，Zn2＋：0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，Cl－：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，SO2－4：0.1mol＋0.3mol＝0.4mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2

mol＋2×0.2mol＝0.6mol，Zn2＋：0.1mol＋0.1mol＝0.2mol，Cl－：0.2mol＋2×0.1mol＝0.4mol，SO2－4：0.2mol＋0.1mol＝0.3mol，所以只有c(K＋)相同，A项正确。答案：A6．解析：c(CaCl2)＝0.1mol·L

－1，则混合前CaCl2溶液中c(Cl－)＝0.2mol·L－1，A正确；c(KCl)＝0.1mol·L－1，c(CaCl2)＝0.1mol·L－1，则混合前KCl、CaCl2溶液中c(Cl－)之比为0.1mol·L－1：0.2mol·L－1

＝1∶2，B正确；KCl、CaCl2溶液等体积混合后，没有化学反应发生，所以混合前后K＋、Ca2＋的物质的量不变，C正确；设两份溶液的体积都为1L，则混合溶液中c(Cl－)＝0.1mol/L×1L＋0.2mol/L×1L2L＝0.15mol·L－1，D错误。答案：D7．解析：依题

意知，c(SO2－4)＝a96Vmol/L，c(Fe3＋)＝a96Vmol/L×23＝a144Vmol/L，故有a144Vmol/L×0.5VL＝2VL×cB，cB＝a576Vmol/L。答案：A8．解析：纯硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；上述1

00mL稀硫酸中含溶质10mL×1.4g/mL×50%＝7g，故B错误；10mL溶液与90mL混合后溶液体积不为100mL，故C错误；质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为10mL×1.4g/mL×50

%÷90g/mol0.01L＝7.14mol/L，故D正确；答案为D。答案：D9．解析：由题意可知，对于氨水(或酒精)浓度越大，溶液的密度越小，据溶液混合前后溶质的质量不变，有0.91g/cm3×V×25%＋0.98

g/cm3×V×5%＝(0.91g/cm3×V＋0.98g/cm3×V)w(混)，变形为：w（混）—5%25%—w（混）<1，即w(混)<15%。答案：C10．解析：根据题意Al3＋的物质的量为a/3mol，SO2－4的物质的量为bmol，因Na2

SO4和Al2(SO4)3的混合液不显电性，设每份混合溶液中Na＋的物质的量为xmol，则根据电荷守恒可知，a/3×3＋x×1＝b×2，x＝2b－a，原混合溶液中的c(Na＋)＝(4b－2a)/Vmol·L－1。答案：A1

1．解析：实验室里需要配制480mL0.10mol·L－1CuSO4溶液，由于没有480mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则需选择500mL容量瓶，溶质若为CuSO4，则需要8.0g，若是胆矾则需要12.5g，应配成500mL溶液而不是加入500

mL水。答案：D12．解析：(1)溶液中n(NH3)＝0.10mol·L－1×0.0200L＝0.0020mol，V(NH3)＝0.0020mol×22.4L·mol－1＝0.0448L。(2)根据公式c＝1000ρwM，则w＝cM1000ρ＝

0.10mol·L－1×17g·mol－11000cm3·L－1×0.95g·cm－3＝0.18%。(3)使氨水完全反应，n(HCl)＝n(NH3)，则盐酸体积为20.0mL。(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变，则0.10mol·L－1×0.25L

＝5.0mol·L－1×V，V＝0.0050L＝5.0mL。定容时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，浓度偏大。答案：(1)0.0448(2)0.18%(3)20.0(4)5.0量筒、烧杯、玻璃棒、250mL

容量瓶、胶头滴管偏大13．解析：(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至液体凹液面与刻度线相切。(2)应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积。(3)如果用图示的操作配制溶液，由于定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。(

4)根据电荷守恒，(－1)×2＋(＋1)×6＝(＋x)×2，解得x＝2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(5)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸

，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol/L×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应方程式2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n

(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝52n(MnO－4)＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g/mol×6×10－4mol＝0.024g，钙离子的浓度为0.024g20.00cm3＝24mg20.00cm3＝1.2mg/cm3。答案

：(1)②⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小(4)2(5)1.2课时作业8阿伏加德罗常数的应用1．答案：D2．解析：1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1.8g18O中含有的中子数为NA，故A正确；乙烯

分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键，28gC2H4(即1mol)分子中含有的σ键数目为5NA，故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。答案：A3．解析：18g重水(D2O)的物质的量为18g20g/mol＝0.9mol，D2O中含有10个质子，则0.9molD2O中含有的质子数为9NA，故A正确；SO2和O2的反应是可逆反应，

0.5molSO2不能完全转化为SO3，则转移的电子数小于NA，故B错误；在双氧水溶液中，除了双氧水外，水也含极性键，而100g17%的双氧水溶液中，双氧水的质量为17g，物质的量为0.5mol，故含极性键为NA，而水中含极性键，故此溶液中含有的极性键的条

数多于NA，故C错误；28g晶体Si的物质的量为28g28g/mol＝1mol，1mol晶体Si中Si－Si键数目为2NA，故D错误。答案：A4．解析：NaHSO4和MgSO4的摩尔质量都是120g/mol，则120g混合物的物质的量为1mol，但NaHSO4中无SO2－

4，混合固体中SO2－4数目小于NA，A项错误；23gC2H6O的物质的量为0.5mol，其中有两种结构CH3—O—CH3、CH3CH2OH，若结构为前者碳氧键的数目为NA，若结构为后者碳氧键的数目为0.5NA，B项错误；5.6gFe2＋的物质的量为0.1mol，根据

Fe2＋的外围电子排布图可知其中未成对电子数为0.4NA，C项错误；核素21D中质子数为1，质量数为2，所以D162O的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，14ND3的相对分子质量为20，每个分子含10个质子，若2.0g全是D162O，物质的量

为0.1mol，所含电子数为NA，若2.0g全是14ND3，物质的量为0.1mol，所含电子数为NA，所以2.0g混合物含有的电子数一定为NA，D项正确。答案：D5．解析：1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中有H2CO3分子，HCO－3和CO2－3的

离子数之和小于0.1NA，故A正确；标准状况下，CHCl3是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；标况下，2mol一氧化氮与1mol氧气生成2mol二氧化氮，反应后气体物质的量为2mol，由于存在反应N2O4⇌2NO2，所以反应后的混合气体的物质的量

小于2mol，所含分子数小于2NA，故C错误；1mol羟基(－OH)和1molOH－所含的质子数为9NA，电子数分别为9NA、10NA，故D错误。答案：A6．解析：42gCaH2物质的量为1mol，固体中所含离子键不

含共价键数目，A错误；50g含CH3CH2OH46%的乙醇的水溶液中乙醇的物质的量为0.5mol，水的物质的量为1.5mol，含氧原子2NA，B正确；常温下，pH＝11的Ca(OH)2溶液中OH－浓度为1×10－3mol/L，C错误；和CH3CHO的

最简式相同，混合物物质的量为1mol，含质子数18NA，D错误。答案：B7．解析：标准状况下，1.12L18O2的物质的量为0.05mol，1个18O中含有中子数为18－8＝10，所以1.12L18O2中含有中子数为NA，A正确；31gP4的物质的量为0.25mol，

根据白磷的分子结构可知，1个白磷分子里含有6个共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；100mL0.1mol·L－1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；18.9g三肽C6H

11N3O4的物质的量为0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确。答案：C8．答案：A9．解析：根据转化关系，N2O转化N2时，P

t2O＋转化为Pt2O＋2，则该过程的催化剂是Pt2O＋，故A错误；根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O＋转化为Pt2O＋2，氧化还原反应方程式为：N2O＋Pt2O＋===N2＋Pt2O＋2，反应中氮元素由＋1价得电

子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O＋转化为Pt2O＋2失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；将生成的CO2通入含大量SiO2－3、Na＋、Cl－的溶液中，碳酸的

酸性大于硅酸，SiO2－3＋CO2(少量)＋H2O===CO2－3＋H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为144mol，

含有电子数为144mol×22×NA＝0.5NA，故D正确。答案：D课时作业9化学计算的常用方法1．解析：设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol，则：Fe＋CuSO4===FeSO4＋CuΔm1mol8gxmol0.3g1mol∶xmol＝8g∶0.3g解得x＝0.0375，硫

酸铜的物质的量浓度为0.0375mol0.15L＝0.25mol·L－1。答案：0.25mol·L－12．解析：设此铅氧化物的化学式为PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO316y100ym(O)

＝1.28g8.0g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝m（Pb）M（Pb）∶m（O）M（O）＝3∶4。答案：Pb3O43．解析：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO2－4完全沉淀，根据SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓可知n(SO2

－4)＝bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，根据NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O可知n(NH＋4)＝cmol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为xmol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝2b－c3，由于溶液

的体积是aL，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝2b－c3molaL＝2b－c3amol·L－1。答案：2b－c3amol·L－14．解析：(1)完全分解100kg石灰石需要吸收的热量是100000

g×0.9100g·mol－1×180kJ·mol－1＝162000kJ，已知：焦炭的热值为30kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是16200030g×2＝10800g＝10.8kg

。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是10800g12g·mol－1＝900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是106kg×56g·mol－110

6g·mol－1×40%×2＝70kg。答案：(1)10.8(2)705．解析：(2)500℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝36.50g146g·mol－1＝0.25mo

l。设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol。根据500℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50g×76.16%①根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25②①②式联立解得x＝0.1，y＝

0.15。m(CaC2O4)＝0.1mol×128g·mol－1＝12.8g，m(CaCO3)＝0.15mol×100g·mol－1＝15.0g答案：(1)CaC2O4CaO(2)500℃时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。6．解析：n(Ca2＋)＝0.01000mo

l·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝2.000×10－4mol，钙硬度为2.000×10－4mol×40g·mol－1×103mg·g－150.00mL×10－3L·mL－1＝160mg·L－1；n(Mg2＋)＝0.01000mol·L－1×(30.00－20.00)mL

×10－3L·mL－1＝1.000×10－4mol，镁硬度为1.000×10－4mol×24g·mol－1×103mg·g－150.00mL×10－3L·mL－1＝48mg·L－1。答案：该水样的钙硬

度为160mg·L－1，镁硬度为48mg·L－1。课时作业10钠及其氧化物1．答案：C2．解析：钠的熔点低，加热时先熔化，然后燃烧，产生黄色火焰，生成Na2O2淡黄色固体物质。答案：C3．解析：反应中CuSO4被还原为Cu，无水CuSO4表

现的是氧化性。答案：C4．解析：钠沉入液氨中说明钠的密度比液氨大，A正确；液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确；钠投入液氨中先生成络合物，再反应得到H2，故0.1mol钠反应

失去0.1mol电子，C错误；反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可以发生的反应为2NH3＋2Na===2NaNH2＋H2↑，D正确。答案：C5．解析：钠具有强还原性，钠失去电子生成钠离子，钠离子没有还原性，只有微弱的氧化性，

性质较稳定，A项错误；Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成相同的产物：Na2CO3，B项错误；Na2O2具有漂白性，故Na2O2加入含有酚酞的水中，溶液先变红，最终红色褪去，C项错误；将少量Na和Na2O2

分别投入CuSO4溶液中均先和水反应生成氢氧化钠和气体，然后再和硫酸铜生成氢氧化铜沉淀，D项正确。答案：D6．解析：钠与水反应的离子反应为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故A正确；钠

与硫酸铜溶液反应实质是钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应产生蓝色氢氧化铜沉淀，反应的离子反应为：2H2O＋Cu2＋＋2Na===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑，故B错误；钠与盐酸反应实质上是钠与盐酸电离的氢离子反应生成氢气：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑，故

C正确；钠跟氯化钾溶液反应，本质为钠与水反应：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故D正确；故选B。答案：B7．解析：Na2O2吸收CO2产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，A正确；钠的焰色反应为黄色，则可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；氢氧化钠具有腐

蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，C错误；钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，D正确。答案：C8．解析：二

者等物质的量，但其物质的量不一定是1mol，A错误；根据方程式可知：每反应产生2molNa2O2，反应转移2mol电子，则每生成1molNa2O2，则反应过程转移电子数为NA，B错误；78gNa2O2的物质的量是1mol

，其中含有的共用电子对的数目为NA，C错误；O2作氧化剂时氧元素的化合价可能变成－1也可能变成－2，因此每消耗1molO2转移电子数可能为2NA或4NA，D正确。答案：D9．解析：由于中和后的产物是NaCl，可知n(Na)＝n(HCl)＝0

.5mol/L×0.08L＝0.04mol，若生成物只有Na2O2，则m(Na2O2)＝0.04mol2×78g/mol＝1.56g，若生成物只有Na2O，则m(Na2O)＝0.04mol2×62g/mol＝1.24g，1.5g介于1.24g与1.5

6g之间，可得出原生成物是Na2O与Na2O2的混合物，故选C。答案：C10．解析：(1)Na2O2与水蒸气反应只生成A，应为Na2O2的结晶水合物，所以结晶水的物质的量＝222g－78g18g/mol＝8mol，所以A的化学式为Na

2O2·8H2O。答案：(1)Na2O2·8H2O(2)FeSO4＋4Na2O2=====高温Na2FeO4＋2Na2O＋Na2SO4＋O2↑11．解析：(1)Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2。要证明反应

后B中的白色固体中含有Na2SO3，只需证明含有SO2－3即可，取反应后B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，若生成的无色气体能使品红溶液褪色，则说明含有Na2SO3。(2)Na2O2具有强氧化性，SO2有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4。由实验方案可知，稀硝酸具有强氧化性，它会

将BaSO3氧化为BaSO4，故该实验不能说明反应后B中有Na2SO4。答案：(1)2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2取反应后B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，若生成无色能使品红溶液褪色的气体，则说明含Na2

SO3(2)过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡12．解析：(2)设CrO5中过氧键(—O—O—)有x个，－2价O有y个，则2x＋2y＝62x＋y＝5，解得x＝2y＝1。

答案：(1)①②(2)2(3)4H2O2＋Cr2O2－7＋2H＋===2CrO5＋5H2O不是课时作业11碳酸钠和碳酸氢钠碱金属1．解析：D项，Na燃烧生成的Na2O2能与CO2反应生成O2，因此金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，应用沙土掩埋法灭火。答案：D2．解析：A项

，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，水作氧化剂，钠作还原剂；B项，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，不是氧化还原反应；C项，碳酸钠投入水中没有发生化学反应；D项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中氢、氧元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂又不是还原剂。答案：A3．

解析：A项中可生成NaCl、NaHCO3；B项中可生成Na2CO3、NaHCO3；C项中可生成Na2CO3、NaOH；D项中只生成Na2CO3。答案：D4．解析：在元素周期表中，从上到下，碱金属的金属性逐渐增强，五

种元素中金属性最强的是Cs，①错误；根据单质的还原性越强，形成离子的氧化性越弱，可知形成的离子中，氧化性最强的是Li＋，②正确；五种元素都是活泼金属元素，在自然界都以化合态形式存在，③正确；Li的密度最小，④正确；单质都能与水反应得到碱和氢气，

⑤正确；Li、Na、K在氧气中燃烧分别得到Li2O、Na2O2、K2O2或KO2，⑥错误；碱金属元素对应的阳离子半径从上到下，依次增大，即Rb＋>K＋>Na＋，同一元素的原子半径大于阳离子半径，即Cs>Cs＋，⑦正确。综上所述，D项正确。答案：D5．解析：钠元素的

焰色反应为黄色，透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色反应为紫色，则可用焰色反应鉴别钠的化合物跟钾的化合物，A正确；钾和钠都能够与水反应生成可燃性气体氢气，且二者的燃烧产物都能与二氧化碳反应生成助燃物氧气，所以钾、钠等碱金属着火时，不能

用水或泡沫灭火器灭火，应该用沙子覆盖灭火，B错误；过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠外，还生成氧气，不符合碱性氧化物的定义，C错误；钠与硫酸铜溶液反应时，先与水反应，然后生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠

，不会生成铜，D错误。答案：A6．解析：A项，相同条件下，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，故实验前Na2CO3溶液的pH大；B项，Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在Na＋、CO2－3、HCO－3、OH－、

H＋；C项，Na2CO3与CaCl2反应的化学方程式为Na2CO3＋CaCl2===2NaCl＋CaCO3↓，NaHCO3与CaCl2反应的化学方程式为2NaHCO3＋CaCl2===2NaCl＋CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，结合实验数据可知产生的沉淀不一样多；D项，NaHCO3与CaCl2反应

的离子方程式为2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。答案：B7．解析：碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干。答案：D8．答案：D9．解析：钠与水的反应剧烈，试管管口太小，产生的氢气不能及时排出，有

可能引起爆炸，反应不能在试管中进行，故A错误；可燃物燃烧的条件之一是温度达到着火点，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量，导致棉花的温度达到着火点，故B正确；碳酸氢钠和碳酸钠都能与氢氧化钙反应生

成碳酸钙沉淀，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，故C错误；观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，故D错误。答案：B10．解析：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O。A项，假设二者都是1g，则n(N

aHCO3)＝n(CO2)＝184mol，n(Na2CO3)＝n(CO2)＝1106mol，正确；B项，假设二者均为1mol，则消耗的盐酸：Na2CO3为2mol，NaHCO3为1mol，正确；C项，假设

二者均为1g，Na2CO3需盐酸的物质的量为2×1106mol＝153mol，NaHCO3需盐酸184mol，错误。答案：C11．答案：(1)焰色反应(2)D12．解析：(1)碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡

，碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡，因此实验①和②可以鉴别Na2CO3和NaHCO3。(2)②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体。(3

)②C组中60℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式为2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。答案：(1)①②(2)①提供较高温度，便于盐分

解实验②a试管中开始有少量气泡，后来无现象b试管中有气泡，后有晶体析出(3)①在浓度较稀时，与CaCl2反应产生较多沉淀的是Na2CO3，产生少量沉淀的是NaHCO3②2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O13．解析：根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和

氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再加入氯化钠粉末，存在反应NaCl(s)＋NH4Cl(aq)===

NaCl(aq)＋NH4Cl(s)。(1)根据分析可知，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二

氧化碳制备得到少量NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提

高产率；(3)根据上述分析可知，生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓；(4)对固体NaHCO3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：2NaHCO3==

===△Na2CO3＋CO2↑＋H2O。将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重0.14g(2CO的质量)时，消耗的二氧化碳的

质量为0.14g×4428＝0.22g，其物质的量为0.22g44g/mol＝0.005mol，根据关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005mol＝0.01mol，所以固体Na

HCO3的质量为0.01mol×84g/mol＝0.84g。答案：(1)aefbcgh将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)(3)NH3·H2O＋NaCl

＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓(4)0.84课时作业12铁及其化合物1．解析：赤铁矿的主要成分是Fe2O3；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；Fe3＋遇KSCN溶液变为红色，但没有沉淀产生，一般可以用

此方法检验Fe3＋的存在。答案：C2．解析：Fe3O4具有磁性。答案：C3．解析：氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生

成氯化铁，C正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；故选A。答案：A4．解析：Fe2O3为红色，常被用作红色颜料，俗称铁红，A正确；溶液呈棕黄色是因为有Fe3＋，有浑浊是产生了

Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓，B错误；K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2＋生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋

[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；向KSCN溶液中滴加FeCl3溶液，溶液立即变为血红色；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，

D正确。答案：B5．解析：实验③中无化学变化；实验④与Fe3＋的性质无关。答案：C6．解析：过量的Fe粉会与Fe3＋反应，最后溶液中有Fe2＋无Fe3＋，A项错误；不论溶液中是否含有Fe3＋，只要溶液中有还原性物质，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；钝化也属于化学变化，C项错

误；加氯水后，可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，D项正确。答案：D7．解析：Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，A项正确；铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe3O4，B项错误；Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；该

溶液中也可以同时含有Mg2＋、Al3＋等，D项错误。答案：A8．解析：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，由于SO2足量溶液中无Fe3＋；又SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，而BaSO3在酸性环境不能生成，所以白色沉淀为BaSO4。答案：C9．解析：A项，反应开

始时打开止水夹C，使生成的氢气进入B中，可排出装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁溶液进入B中反应生成Fe(OH)2，A项正确；B项，FeCl3易水解，配制其溶液时为抑制Fe3＋水解，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再

加水稀释到所需要的浓度，B项正确；Fe3＋与铁反应可生成Fe2＋，故向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化，D项正确。答案：C10．解析：FeCO3中的＋2价的铁在高温时会被空气中的氧气氧化。答案：A11．解析：Cl2会氧化Fe2＋，

A项错误；ClO－会氧化Fe2＋，且H＋会与ClO－结合成弱电解质HClO，B项错误；OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀，OH－也会与NH＋4反应生成NH3·H2O，C项错误；加入过量的ClO－会氧化Fe

2＋生成Fe3＋和Cl－，过量的OH－会除去Fe3＋和NH＋4，最终溶液中含Na＋、SO2－4和Cl－，且ClO－和OH－均是过量的，故D项正确。答案：D12．答案：(1)加入过量铁粉，过滤2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(2)加入氯水或通入Cl22Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－

(3)滴加H2O22Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O(4)加入过量铁粉，过滤Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋13．答案：(1)FeFe－2e－===Fe2＋(2)BC(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化加热煮沸，排出溶解的O2(4

)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色14．解析：(1)①加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解。②K3[Fe(CN)6]是检验Fe2＋的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2＋。(2)过量铁粉与Fe3＋反应生成Fe2＋，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。②O2氧化Fe2＋反应为4Fe2＋

＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag＋，Ag＋可能氧化Fe2＋生成Fe3＋。答案：(1)①加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解②Fe2＋(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②4Fe2＋＋O

2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O加入KSCN溶液后生成白色沉淀课时作业13铁及其化合物的转化1．解析：FeSO4·7H2O溶于水时最终形成具有净水作用的氢氧化铁胶体，可用于制净水剂，故A正确；溶于水形成FeSO4溶液，Fe2＋呈浅绿色，故B错误；F

eSO4·7H2O中亚铁离子具有还原性，易被氧气氧化，因此不能在干燥空气中稳定存在，故C错误；FeSO4·7H2O中Fe为＋2价，在空气中加热被氧化为Fe2(SO4)3，故D错误。答案：A2．解析：铁单质与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，A正确；铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁，B错误

；氢氧化亚铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，而不是亚硝酸铁，C错误；二氧化硫与水生成亚硫酸不是硫酸，D错误。答案：A3．解析：A为＋2价的铁的氧化物，A为FeO，B为碱，铁元素化合价为＋3价，B为Fe(OH)3，C为

碱，铁元素化合价为＋2价，C为Fe(OH)2。由分析可知，A是氧化亚铁，A正确；氧化铁与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝，因此Fe2O3→Fe可能是Fe2O3＋2Al=====高温2Fe＋Al2O3，B正确；C为Fe(OH)2，B为Fe(OH)3，氢氧化亚铁在空气中易被氧

化为氢氧化铁，现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，C正确；FeCl2→FeCl3，铁元素化合价升高，反应类型一定不是复分解反应，D错误。答案：D4．解析：由铁元素的价态类别图可知a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)2，e为Fe(OH)3，f为FeCl2，g为FeCl3

；a为Fe，在高温下铁和水蒸气发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，A正确；e为Fe(OH)3，由氢氧化亚铁和氧气和水发生化合反应生成氢氧化铁，f为FeCl2，由铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，g为FeCl3，由铁和氯气在点燃下反应生成氯化铁，B正确；g为FeCl3，浓NaOH溶液碱性太强，两者

反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到胶体，C错误；f为FeCl2，g为FeCl3，铁离子和KSCN溶液结合变成血红色，可鉴别铁离子，D正确。答案：C5．解析：铁片在冷的浓硫酸中钝化，故不选A；将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中生成Fe(OH)3沉淀，故不选B；若FeSO4溶液氧化变质，则

溶液中含有Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液变红。将KSCN溶液滴入FeSO4溶液中，可检验FeSO4溶液是否氧化变质，故选C；将铜粉加入FeCl3溶液中发生反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，验证Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故不选D。

答案：C6．解析：FeCl－4(亮黄色)只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，则工业盐酸显黄色是因为其中混有FeCl－4，故A正确；KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，由操作和现象可知，实验Ⅰ中，未检测到Fe3＋，故B正确；AgNO3溶液

与氯离子反应，使FeCl－4转化为铁离子，稀释不是主要原因，故C错误；稀释或滴AgNO3饱和溶液均使Cl－浓度降低，可证明FeCl－4只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，故D正确。答案：C7．解析：铜和浓硫酸共

热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现酸性和强氧化性，故A错误；试剂a为饱和亚硫酸氢钠溶液，作用是除去二氧化硫中的酸性杂质，防止干扰实验，故B错误；二氧化硫溶于水生成亚硫酸，会使溶液中氢离子浓度增大

，溶液pH降低，则溶液pH降低不能证明铁离子氧化了二氧化硫，故C错误；若溶液中含有亚铁离子，说明铁元素化合价降低被还原，铁离子作氧化剂，将二氧化硫氧化，故D正确。答案：D8．解析：“酸溶”时先将烧渣粉碎并不断搅拌，可增大反应物的接触面积，能使反应物充分反

应，从而提高铁元素的浸出率，故A正确；“反应”时发生的反应为溶液中铁离子与铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，故B正确；检验“反应”步骤是否完全反应，可以加入K4[Fe(CN)6]溶液检验是否存在铁

离子，故C正确；将第二次“过滤”所得滤液硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等步骤制得绿矾，故D错误。答案：D9．答案：(1)有白色沉淀产生，迅速转变为灰绿色，最终转变为红褐色(2)3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O10．解析：

X形成水溶液，与氯化钡反应产生白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明产生硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3＋，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.0

1molH。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(2)X为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强

的排序：Cl－、H2O、SCN－、OH－；(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2＋40Na=====△惰性气氛2Fe＋4Na2S＋16Na2O＋H2。答案：(1)Fe、S、O、HFeH(SO4)2(2)FeCl3、

HCl、BaCl2Cl－、H2O、SCN－、OH－(3)2FeH(SO4)2＋40Na=====△惰性气氛2Fe＋4Na2S＋16Na2O＋H211．解析：(1)将可溶性亚铁盐和铁盐按一定配比混合后，加入NaOH溶液，在一定条件下反应可制成Fe3O4

，反应的离子方程式为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O。(2)实验ⅱ的作用是作对照实验，排除H2SO4、HCl对实验现象的干扰。(3)实验ⅰ中滴加K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，其可能原因是Fe2＋的浓度太小，也可能是Fe2＋

被空气中的氧气氧化为Fe3＋，为了验证这一推断，可改进的方法是在试管中加入植物油隔绝空气，并延长浸泡Fe3O4的时间、或者适当升高反应温度、搅拌等。(4)用10mL6mol/L盐酸代替H2SO4浸泡样品后，重复实验ⅰ，发现试管①有蓝色沉淀，试管②溶液显红色，说明Cl－有利于Fe3O4与H

＋反应，为了验证这一推测，可在用H2SO4溶液浸泡时加入NaCl固体，然后重复实验ⅰ。(5)实验ⅳ：用20mL6mol/L盐酸浸泡1.0g天然磁铁矿粉末，20min后浸泡液几乎无色，重复实验ⅰ，发现试管①、②均无明

显现象，与实验ⅲ现象不同的可能原因是天然磁铁矿粉末中杂质较多，Fe3O4的含量较低。答案：(1)Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O(2)作对照实验，排出H2SO4、HCl对实验现象的干扰(3)在试管中加入植物油隔绝空气，并延长浸泡Fe3

O4的时间、或者适当升高反应温度、搅拌等(4)NaCl固体(5)天然磁铁矿粉末中杂质较多，Fe3O4的含量较低课时作业14铝、镁及其化合物1．解析：将AlCl3溶液滴入浓氨水中，生成氢氧化铝沉淀，D错误。答案：D2．解析：由反应：2Al＋6H＋===2A

l3＋＋3H2↑和2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑可知，等量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，生成的氢气的量相等。答案：C3．解析：A项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢

地加入水中并不断搅拌；B项，将过量的NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，最终生成Na[Al(OH)4]；C项，过滤时应将浊液用玻璃棒引流到漏斗中。答案：D4．解析：工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故A正确；Mg在空气中燃烧生成MgO、Mg3N2和C，所得的固体物质是混合物，故B正

确；MgO熔点很高，在一般条件下不熔融，所以氧化镁是优质的耐火材料，故C正确；虽然Mg质地柔软，但密度小，常用来制作合金材料，如镁铝合金，故D错误。答案：D5．解析：向Na[Al(OH)4]溶液中通入CO2气体，发生反应生成Al(OH)3，Al

(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3，在上述转化过程中无元素化合价的变化，因此涉及的反应均为非氧化还原反应，A正确；Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生Na[Al(OH)4]，B正确；酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2气体，反应产生A

l(OH)3、NaHCO3，该反应的离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO－3，C正确；电解熔融Al2O3时，阳极上O2－失去电子变为O2，电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，D错误。答案：D6．解析：将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率

，充分反应，有利于提高铁、铝元素的浸取率，A正确；Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，B正确；用K3[Fe(CN)6]检验浸取液中是否存在Fe2＋，K3[Fe(CN)6]与Fe2＋发生反应产生蓝色沉

淀：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，反应中无元素化合价的变化，不是氧化还原反应，C错误；聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D正确。答案：C7．解析：物质X的作用是使Mg2＋转化为M

g(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO＋H2O===Ca(OH)2，Ca(OH)2＋Mg2＋===Mg(OH)2＋Ca2＋，A正确；Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B正确；由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生

成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为MgO＋C＋Cl2=====高温MgCl2＋CO，C正确；“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于

MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误。答案：D8．解析：氯化铵溶液显酸性，与MgO反应，相当于MgO促进了氯化铵的水解，生成氨气，A项正确；NH3·H2O易分解，故沉

镁时温度不可太高，B项错误；由流程图可知氨气可循环使用，沉镁过程中产生氯化铵，故氯化铵也可循环使用，C项正确；浸出过程中产生Fe(OH)3和Al(OH)3，沉镁过程中加氨水调节pH产生Mg(OH)2，利用三种离子氢氧化物K

sp的不同，使其先后沉淀而分离，D项正确。答案：B9．解析：冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷却水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是

吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO，会阻碍反应的进行，故D正确。

答案：B10．解析：由关系式Mg(OH)2～Mg～H2～2OH－、2Al(OH)3～2Al～3H2～6OH－可知，n(OH－)＝2n(H2)＝2×5.6L22.4L·mol－1＝0.5mol，则m(OH－)＝0.5mol×17g·mol－1＝8.50g，从而得出m＝13.

60－8.50＝5.10，故选A。答案：A11．答案：(1)表示滴入的NaOH溶液产生沉淀量的最大点(2)表示滴入的NaOH溶液使沉淀恰好完全溶解点(3)Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－12．答案：(1)H＋、Al3＋、NH＋4、Al(OH)

3(2)①H＋＋OH－===H2O②Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓③NH＋4＋OH－===NH3·H2O④Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－

13．答案：(1)AlN＋3H2O=====90℃Al(OH)3＋NH3↑(2)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O(3)2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋H2O(4)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3课时作业15铜金

属材料金属冶炼1．解析：由于镁铝合金的密度小，强度大，机械性能好，适合于制造飞机外壳，故选A项。答案：A2．解析：合金的硬度大于其成分金属，A正确；合金的熔点低于其成分金属，B错误；合金的性能优于其成分金属，故合金的耐腐性更好，C错误；白铜、白银均

为银白色，不能通过颜色区分，D错误。答案：A3．解析：铜单质具有导电性，可用作传输电流，A不符合题意；Cu2O的熔、沸点较高与其作催化剂无因果关系，B不符合题意；已知反应RCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→△Cu2O↓＋RCOONa＋3H2O，反应中Cu(OH

)2作氧化剂，具有氧化性，可用作检验醛基，C符合题意；CuSO4能使蛋白质变性，但CuSO4不可用于饮用水消毒，只能用于环境消毒，D不符合题意。答案：C4．解析：钠先与水反应，不能从溶液中置换出钛，A错；电解NaCl溶液得不到Na，C错；用粗

铜电解精炼可得到纯度为99.95%的铜，而不是用黄铜矿，D错。答案：B5．解析：由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，故B、C、D均正确。答案：A6．解析：冶炼“药金”的相关反应的化学方程式为ZnCO3=====高温ZnO＋CO2↑、2Z

nO＋C=====高温2Zn＋CO2↑、2Cu2O＋C=====高温4Cu＋CO2↑，A项正确、B项错误；王水可以溶解黄金和“药金”，C项错误；用火焰灼烧可以区别黄金和“药金”，因为高温下黄金跟空气不反应，而“药金”可以与空气反应，生成的CuO是黑色的，ZnO是白色的，D

项错误。答案：A7．解析：电解熔融氯化钠制取金属钠，反应的化学方程式是2NaCl(熔融)=====电解2Na＋Cl2↑，故A正确；Na、Mg的活泼性大于Ti，可用Na、Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti，反应的化学方程式是2Mg＋TiCl4(熔融

)=====高温氩气Ti＋2MgCl2，故B正确；铝的还原性大于钒，用Al作还原剂可以冶炼金属V，反应的化学方程式是3V2O5＋10Al=====高温6V＋5Al2O3，故C正确；银是不活泼金属，一般采用加热Ag2O的方法冶炼Ag

，故D错误。答案：D8．解析：铜能与硫单质在加热的条件下反应得到硫化亚铜，A正确；CuO不能与H2O反应，B错误；新制的Cu(OH)2与葡萄糖溶液混合后加热可得Cu2O，C正确；Cu可以在O2中加热得到CuO，CuO溶于酸可得到Cu2＋，Cu2＋可被铁单质置换生成Cu，D正确。答案：B9．解析

：硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素的化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；开始过氧化氢被氧化成氧气表现还原性，继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子，则过氧化

氢又表现氧化性，故B正确；整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等可得离子方程式：Cu2

O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O，故D正确。答案：A10．解析：根据流程信息，灼烧的目的是使含铜物质尽可能溶解在硫酸中，所以是将CuS、Cu2S等转化为CuO，A正确；除杂的目的是使铁元素转化成Fe(OH)3而转化

成滤渣，①加H2O2的目的是将Fe2＋转化成Fe3＋，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀，但只加入NaOH稀溶液容易形成Fe(OH)3胶体更难除杂，所以还应加热，B正确；还原反应同时生成H2SO4，酸浸又消耗H2SO4，所以H2S

O4可循环使用，但Na2SO3没有参与循环，C错误；还原中Cu2＋被还原得到氯化亚铜，反应为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2－3＋H2O===2CuCl↓＋SO2－4＋2H＋，D正确。答案：C11．解析：“过量酸”应为稀硫酸，用稀硝酸会引入硝酸根离子，A错误；向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚

铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子，B错误；固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋变为沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，加CuO时离子方程式为3CuO＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe(OH)3＋3

Cu2＋，C正确；从滤液中冷却结晶得到硫酸铜晶体，D错误。答案：C12．解析：加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2＋，可能固体中就有Cu2＋，不能说明棕黄色沉淀中含有Cu＋，A错误；根据已知条件Cu2＋――→I－CuI↓(白色)＋I

2，加入KI溶液后出现白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有Cu2＋，B正确；淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉溶液无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2＋，C错误；根据实验2中沉淀A为BaSO4，且加入淀粉无现象，则溶液中无I2，Cu2＋――→

I－CuI↓(白色)＋I2，I2与SO2－3反应生成碘离子和硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钡反应生成白色沉淀BaSO4，不是Cu2＋与SO2－3反应，D错误。答案：B13．解析：(1)根据铁、铝的熔点和沸点，不难判断在一定温度下Fe、Al能熔合。(2)根据A

l与NaOH溶液反应生成H2，可证明Al的存在，故选用NaOH溶液。(3)Fe、Al均为活泼金属，可以用稀硫酸溶解；浓硫酸在常温下使铁、铝钝化，加热时有污染性气体生成，稀硝酸与铁、铝反应有污染性气体生成，故不选A、C；氢氧化钠溶液只能溶解铝，不能溶解铁，故不选D。答案：(1)合理(2)N

aOH溶液2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑(3)B14．解析：(1)由题给信息“Cu2O溶于浓氨水生成无色的[Cu(NH3)4]＋，[Cu(NH3)4]＋在空气中被氧化为蓝色的[Cu(NH3)

4]2＋”，可知摇动锥形瓶的目的是为了使溶液充分接触空气。(2)ⅱ中剩余固体为Cu，加浓氨水并摇动锥形瓶，最终生成蓝色的[Cu(NH3)4]2＋，Cu元素的化合价升高，说明被空气中的O2氧化，反应物为Cu、O2、NH3·H2O，生成物有[

Cu(NH3)4]2＋，根据电子守恒配平有：2Cu＋O2＋NH3·H2O―→2[Cu(NH3)4]2＋，后有4个正电荷，由于溶液呈碱性(氨水)，利用OH－平衡电荷有：2Cu＋O2＋NH3·H2O―→2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－，最后根据原子守恒配平即可。(3)说明容量瓶ⅱ中[Cu(NH3)

4]2＋的浓度是ⅰ中的100倍，容量瓶ⅰ中铜元素来自于Cu2O，容量瓶ⅱ中铜元素来自于Cu，则n(Cu2O)∶n(Cu)＝1∶200。答案：(1)使溶液与空气中O2充分接触(2)2Cu＋O2＋8NH3·H2O==

=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O(3)n(Cu2O)∶n(Cu)＝1∶200课时作业16氯及其化合物1．解析：在通常状况下，氯气是黄绿色气体，故A正确；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故B正确；氯气氧化性较强，与铁反应生

成氯化铁，故C错误；氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，故D正确。答案：C2．解析：氯气与水可发生化学反应，但反应慢且反应不充分，故A错误；氯气的密度大于空气，所以Cl2聚集在地势低的地方，故应向地势高的地方、逆风撤离

，故B、C错误；石碱水可以吸收氯气，故D正确。答案：D3．解析：A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。答案：B4．解析：新制氯水中存在HCl(强酸)和HClO(弱酸)，二者电离出H＋使溶液显酸性，故试纸变为红色，后因H

ClO具有强氧化性又会使红色(中间部分)褪去，故B项正确。答案：B5．解析：液氯是氯气的液态形式，具有Cl2的性质，无酸性，无漂白性，是纯净物；Cl2溶于水得氯水，溶解的Cl2部分与H2O反应生成HCl、HC

lO，故氯水兼有Cl2、HCl、HClO的性质，是混合物；氯水久置后发生反应2HClO=====光照2HCl＋O2↑，使反应Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO平衡右移，反应完全，最后得到稀盐酸而失去漂白能力，故B项正确。答案：B6．解析：通常情况下，氯气为黄绿色气体，氯水

的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，发生的反应为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，说明氯水中含有Cl－，B项正确；向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，发生的反应为

H＋＋HCO－3===H2O＋CO2↑，说明氯水中含有H＋，C项正确；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应有氯化铁生成，由于氯气和HClO均能把氯化亚铁氧化成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误。答案：D7．解析：电解饱和食盐水制取Cl2，反应的离子方程式

为2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑，选项A正确；氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，选项B不正确；浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟，反应的化学方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，选项C正确；氯气“

泄漏处理”中用NaHSO3溶液吸收氯气，反应的离子方程式为HSO－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋3H＋＋2Cl－，选项D正确。答案：B8．解析：A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H

Cl，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。答案：C9．解析：将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，故A正确；漂白粉溶液与盐酸混合，

氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O，故B正确；漂白粉溶液吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，其反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HCl

O，故C错误；漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生反应：Ca(OH)2＋2CH3COOH===Ca(CH3COO)2＋2H2O、Ca(ClO)2＋2CH3COOH===Ca(CH3COO)2＋2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提

高其漂白效率，故D正确。答案：C10．解析：紫色石蕊溶液先变红，说明有H＋存在，后褪色，说明有HClO存在，A正确；碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，正确的离子方程式为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；

Cl2具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，D正确。答案：B11．解析：过程1中，ClO－转化为Cl－，Cl元素化合价由＋1价变为－1价，ClO－为氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由＋3价变

为＋4价，Ni2O3为还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1，A项正确；过程2中，NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－和O，离子方程式为2NiO2＋ClO－===Cl－＋

Ni2O3＋2O，B项正确；Ca2＋与SO2－4结合生成微溶的CaSO4，CaSO4会覆盖在催化剂表面，不利于反应进行，D项错误。答案：D12．解析：次氯酸钙与盐酸反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2

↑＋2H2O，盐酸既体现了酸性又体现了还原性，A正确；氯气与水的反应为可逆反应，存在平衡：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，饱和食盐水中氯离子浓度很大，促使反应逆向进行，次氯酸的量很少，所以③中红纸几乎不褪色，B错误；①说明干燥氯气

没有漂白性，②红纸褪色，①②说明氯水有漂白性，涉及的反应为Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，C正确；④中反应为Cl2＋HCO－3===CO2＋HClO＋Cl－，④中次氯酸的浓度最大，②③④中次氯酸浓度大小为④>②>③，由红纸变化可知，HClO浓度越大，

漂白效果越好，D正确。答案：B13．答案：(1)比较Cl2与HClO的漂白性(或验证Cl2是否有漂白性)(2)干燥Cl2气体(或吸收E气体中的水)B中布条不褪色，C中布条褪色(3)Cl2污染空气所选尾气处理装置如下图14．答案：(1)NaClO＋C

O2＋H2O===NaHCO3＋HClO，NaClO与空气中的二氧化碳反应，生成的HClO的杀菌效果比NaClO更好在“84”消毒液中加入白醋(2)NaClO＋2HCl===Cl2↑＋NaCl＋H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道(3)有科学性；因为“8

4”消毒液中有ClO－和Cl－，在酸性环境中两者会反应生成Cl2。取1mL“84”消毒液于试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI­淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明注意事项有科学性。课时作业17氯气的实验室制法1．解析：比较反应的条件即可证

明KMnO4的氧化性强于MnO2，A项正确；当整个集气瓶充满黄绿色气体时表明已收集满，C项正确。答案：B2．解析：实验室用MnO2与浓盐酸共热反应制备Cl2，缺少酒精灯，故A错误；应通过饱和食盐水除去氯化氢，HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应会生成CO

2杂质，达不到除杂目的，故B错误；Cl2密度比空气大，用向上排空气法收集Cl2，应从长管通入气体，故C错误；Cl2有毒，需要用氢氧化钠溶液吸收，倒置的漏斗能够防止倒吸，故D正确。答案：D3．解析：用浓盐酸与Mn

O2加热制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在Cl2中含有HCl杂质及水蒸气，先通过D装置除去HCl，再通过A装置除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，然后通过B验证干燥的Cl2没有漂白性，再通过C验证湿润的氯气具有漂白性，最后通过NaOH溶液进行尾气处理，故使用装

置的先后顺序为DABCE，故A、B错误；装置E的主要用途是吸收多余的氯气，防止污染空气，故C错误；湿润的有色布条褪色是因为氯气与水反应生成的HClO有漂白性，故D正确。答案：D4．解析：二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，

装置甲没有加热装置，A错误；应该用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B错误；氯气和氢氧化钠反应可以制备次氯酸钠，C正确；饱和食盐水不能吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，D错误。答案：C5．解析：FeCl3升华后产生的气体也为黄色，B错误；FeCl3固体易升华，对于易升华的物质要注意

采取安全措施，C正确；空气中的O2、Cl2、FeCl3都有氧化性，均可将KI氧化为I2，D正确。答案：B6．解析：冷凝管中冷凝水应该“低进高出”，仪器Ⅰ中的a为冷凝水的进水口，故A正确；氯气有毒，污染空气，SbCl3、SbCl5易水解，仪器Ⅱ中碱

石灰的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气，故B正确；SbCl5在常压下沸点约为140℃(同时分解)，比SbCl3的低，为防止SbCl5分解，制备完成后应减压蒸馏分离出SbCl5，故C正确；SbCl5与氢氟

酸反应制备HSbF6，玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，故D错误。答案：D7．解析：①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水中除去挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的体积比，

并在实验结束后可以将多余的氯气排出进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O的反应是放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需放置在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2的装置，导管应该长进短出，错误；⑤除

去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确。答案：D8．解析：根据流程知，反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得参加反应的NaC

lO3和SO2的物质的量之比为2∶1，A项正确；由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；据反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2，氯元素的

化合价降低，作氧化剂，H2O2只能作还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，且可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，C项错误，D项正确。答案：C9．解析：(1)若没有装置B除去Cl2中混有的HCl，D中氢氧化钠不足量，HCl会消耗一定

量的氢氧化钠，次氯酸钠的产率减小。(3)①反应需要加热，装置A中不用酒精灯反应难以进行，不合理；②装置C中浓硫酸用于吸收氯气中的水，没有装置C不会对实验造成影响，合理；③氯气有毒会污染环境，在装置D后接一个盛有NaOH溶液的装置，用于尾气处理，合理。(4)步骤①中NaClO在酸性条件与KI

反应生成碘单质和氯化钠，离子方程式为ClO－＋2H＋＋2I－===Cl－＋I2＋H2O，ClO－与H＋结合形成HClO，见光易分解，所以要在暗处进行。(5)滴加Na2S2O3标准溶液后，发生反应：I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6，碘单质被还原，溶液蓝色逐渐变浅，最终完全反应时褪

色，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为0.025L×0.1000mol·L－1＝0.0025mol，根据关系式：ClO－～I2～2S2O2－3，n(NaClO)＝n(I2)＝12×0.0025mol，NaClO的含量为12×0.0025mol×74.5g

·mol－120×10－3L≈4.66g·L－1。(6)黄绿色气体为Cl2，无漂白性，NaClO与盐酸反应的离子方程式为ClO－＋H＋⇌HClO，pH越小，氢离子浓度越大，平衡向正反应方向移动，HClO浓度越

大，漂白性越强，所以具有漂白性的是HClO。答案：(1)减小(2)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(3)②③(4)防止HClO分解(5)4.66(6)HClO酸性条件易产生氯气导致环境污染；中性

条件下对棉布损伤较大课时作业18卤族元素溴、碘单质的提取1．答案：B2．解析：灼烧应在坩埚中进行，A项错误；海带灰浸泡液通过过滤可得海带灰和滤液，B项正确；浓HCl与MnO2反应制备Cl2时需要加热，C

项错误；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度小，应用碱液吸收，D项错误。答案：B3．解析：A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有Br－，错误；B项，Br－和I－均能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C项

，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层是萃取I2而显色，并没有Br2产生，错误。答案：D4．解析：BrCl＋H2O===HBrO＋HCl，反应中元素化合价无变化，因此该反应属于非氧化还原反应，故A错误；BrCl＋KBr===KCl＋Br2，1molBrCl与KB

r溶液完全反应时转移的电子为1mol，故B正确；Cl2与BrCl都具有氧化性，因此BrCl不与Cl2反应，故C错误；BrCl中Br为＋1价，因此BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaCl和NaBrO，故D

错误。答案：B5．解析：A项，Fe3＋与SCN－的反应为络合反应，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3，故A正确；B项，②中红色褪去的原因是发生2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋4H＋＋SO2－4，使平衡Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色消失，故B

错误；C项，SCN－与Cl－均可失去电子，具有还原性，故C正确；D项，酸性高锰酸钾可氧化氯离子生成氯气，则SCN－在适当条件下也可被氧化剂氧化生成(SCN)2，故D正确。答案：B6．解析：亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发

生氧化还原反应生成一氧化氮和碘；利用活性炭吸附，然后加入热的浓氢氧化钠溶液吸收单质碘，最后加入HCl调节pH，碘离子和碘酸根离子在酸性溶液中发生归中反应生成单质碘：IO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。答案：B7．解析：可用BaCl2溶液

除去粗盐中的SO2－4，钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，A正确；工业上电解熔融MgCl2冶炼金属镁，D错误。答案：D8．解析：实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；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合理；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－

，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性，实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理。答案：C9．解析：A选项，淀粉­KI溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉­KI溶液的实验不合理；B选项，KIO3与KI反应生成I2，正确；C选项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具

有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，错误；D选项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。答案：B10．答案：(1)①2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋I2＋2KCl③Br2＋2KI===2

KBr＋I2(2)棕黄橙红蓝紫红11．答案：(1)SO2－3＋I2＋H2O===2I－＋SO2－4＋2H＋使CCl4中的碘进入水层(2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)NaOH溶液课时作业19硫及其氧化物1．解析：大气中SO2主要来源于煤和石油产品的燃

烧，①错误；SO2与O2在飘尘等催化下可生成SO3，SO3溶于水生成强酸H2SO4，危害更大，②正确；酸雨中还有硫酸盐，③错误；煤和石油中均含有硫元素，④正确。答案：B2．解析：从硫元素在自然界中的循环示

意图可以看出，硫在自然界中既有游离态又有化合态，A正确；过程⑤由SO2－4生成H2S，S元素的价态降低，作氧化剂，则宜在土壤的贫氧区实现，B不正确；硫元素的循环过程中，既有硫的价态降低，被还原，又有硫的价态升高，被氧化，C正确；若生物体有机硫的成键方式为，则此时S元素显－2价，与H2S

中S元素的价态相同，所以过程④中S未发生氧化还原反应，D正确。答案：B3．解析：检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，硫酸钡难溶于水和酸，碳酸钡溶于胃酸中的盐酸生成Ba2＋，Ba2＋是重金属离子，会使人中毒，故不可以用BaCO3，B项错误；浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有强还原性，易被浓硫酸氧

化，C项正确；SO2与水反应生成亚硫酸，SO3与水反应生成硫酸，D项正确。答案：B4．解析：第一支试管中SO2被氯水氧化，生成的白色沉淀是BaSO4，第二支试管中SO2与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与BaCl2反应生成BaSO3沉淀。答案：C5．解析：空气中的氧气能将溶

解的SO2氧化为SO2－4，不能用空气吹出异丙醇溶液中溶解的SO2，A错误；根据S原子守恒可通过测定BaSO4的质量计算SO3的质量，从而检测SO3含量，B正确；未被异丙醇溶液吸收的SO2和过氧化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为H2O2＋SO2===H2SO4，C

正确；异丙醇易挥发，0℃冰浴温度较低，可减少异丙醇的挥发，D正确。答案：A6．解析：60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4＋2NaHSO3===Na2SO4＋2SO2↑＋2H2O，因此装置甲可以制取SO2气体，A正确

；气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取SO2水溶液，B正确；SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的SO2，C错误；SO2水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确。答案：

C7．解析：A项，反应①中先变蓝后褪色，说明KIO3先转化为I2后转化为I－，SO2体现还原性，错误；B项，根据元素守恒，当n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)＝1∶1时，n(SO2)∶n(NaOH)＝2∶3，错误；C项，反应④不是氧化

还原反应，错误；D项，利用反应②④，可以吸收SO2并回收利用，正确。答案：D8．解析：酸性Fe2(SO4)3溶液能吸收SO2，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋。溶液B中通入空气发生反应：4Fe2＋＋

O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。其氧化性：O2＞Fe3＋，A、C两项错误；溶液C中含有Fe2(SO4)3，可用KSCN溶液检验Fe3＋，B项错误；Fe2(SO4)3可循环利用，D项正确。答案：D9．解析：T.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为催化剂，该脱硫过程不需要添加Fe2(SO4)3溶液，故A错误；反应ⅰ中Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质，离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故B错误；脱硫过程：Fe

2(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，故C正确；T.F菌属于蛋白质，高温条件下蛋白质变性，所以改变温度可能对上述循环反应过程有影响，故D错误。答案：C10．解析：根据流程图分析可知，吸收过程中有二

氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干

燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确。答案：B11．解析：(1)使用分液漏斗时应取下分液漏斗上口的玻璃塞，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流下。(2)装置A中生成SO2，装置B中FeCl3溶液与SO2发生反

应，Fe3＋被还原为Fe2＋，SO2被氧化为SO2－4，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式。装置C中发生反应：H2O＋SO2＋Na2S===H2S＋Na2SO3、SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，现象是有淡黄色沉淀生成。(3)装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染空

气。(4)装置E中Na2SO3与SO2反应生成Na2S2O5。(5)若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则生成Na2SO4，可以利用稀盐酸和BaCl2溶液检验SO2－4。答案：(1)拔掉分液漏斗上口的玻璃塞(或使分液漏斗玻璃塞上

的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔)(2)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋有淡黄色沉淀生成(3)吸收SO2，防止污染空气(4)SO2＋Na2SO3===Na2S2O5(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中

，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成课时作业20硫酸含硫物质的转化1．解析：浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸也有氧化性，如活泼金属和稀硫酸反应产生氢气，故A错误；浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用水冲洗

，最后涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液，NaOH溶液有腐蚀性，不能用NaOH溶液冲洗，故B错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，故C错误；浓硫酸与铜反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正确。答案：D2．解析：B项中滤纸沾上浓硫酸后，很快会因脱水而变黑；C项中

浓硫酸滴到小试管内的水中，放出的热量会使锥形瓶内压强增大，U形管内液面出现左低右高的现象；D项中因常温下铜片与浓硫酸不反应，无法判断浓硫酸是否表现出强氧化性。答案：D3．解析：可控制铜丝与溶液接触面积来控制反应速率，故A不符合题意；二氧化硫的密度比空气的大，因此用装置乙收集二氧化硫时，

应长进短出，故B符合题意；将试管中的液体倒入装置丙中，若变蓝，则有硫酸铜生成，故C不符合题意；利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出硫酸铜晶体，故D不符合题意。答案：B4．解析：硫酸工业中涉及的3步反应

中只有前2步为氧化还原反应，A错误；硫与汞在常温下能反应，这是硫的特殊反应，不能作为比较硫与氧的氧化性强弱的依据，B错误；NaOH溶液吸收尾气中的SO2可生成两种盐Na2SO3和NaHSO3，C错误；FeS2，D正确。答案：D5．解析：通入空气的目的是将

CaSO3氧化为CaSO4，故A、C错误；反应时将CaCO3粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，故B正确；“高温”时发生反应：CaCO3=====高温CaO＋CO2↑、CaO＋SO2=====高温CaSO3、2CaSO3

＋O2=====高温2CaSO4，故D错误。答案：B6．解析：加入铜片的实验中，气体能使酸性KMnO4和品红溶液褪色、不可燃，则气体具有还原性、漂白性，则气体是SO2，A正确；加入铝片的实验中，气体能使酸性KMnO4溶液褪色、能与CuSO4溶液反应产生黑色沉淀，则气

体是H2S，硫化氢具有可燃性，但具有可燃性的气体不一定是硫化氢，B不正确；加入锌片的实验中，气体能使酸性KMnO4溶液、品红溶液褪色，则气体含SO2，但SO2不可燃，而锌片与浓硫酸反应产生的气体具有可燃性，则还含有另一种气体，C正确。答案：B7．解析：A项错误，不能排

除Ag＋、SO2－3的干扰；B项错误，因为溶液中SO2－4与Ag＋反应不能大量共存；C项正确，因为不能排除Ag＋、SO2－3的干扰；D项错误，由“加入稀硝酸，沉淀不溶解”可以判断不可能含有CO2－3。答案：C8．解析：①中

有红棕色气体产生，此气体为Br2，浓硫酸作氧化剂把Br－氧化成Br2，②中有白雾，此白雾是浓硫酸与NaCl反应生成的HCl的小液滴，Cl－没有被氧化，说明Br－的还原性强于Cl－，故A正确、B错误；③中发生的反应为Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4

＋SO2↑＋H2O，此反应不是氧化还原反应，故C错误；Cu与浓硫酸反应生成CuSO4、SO2、H2O，利用浓硫酸的吸水性，溶液中应析出白色固体，故D错误。答案：A9．解析：(1)尾气为二氧化硫，可用氢氧化钠溶液吸收，装置可采用集气瓶、双孔塞，导管连

接方式为长进短出。(2)①由实验Ⅰ可知，Na2S2O5溶于水，先和水反应：Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3，亚硫酸氢根离子再电离：HSO－3⇌H＋＋SO2－3，溶液显酸性。③实验Ⅲ中Na2S2O5与高锰酸钾发生了氧化还原反应，Na2S2O5

中硫元素的化合价由＋4价升高到＋6价，发生氧化反应，Na2S2O5为还原剂，高锰酸钾中锰元素的化合价由＋7价降低到＋2价生成Mn2＋，发生还原反应，离子方程式为5S2O2－5＋4MnO－4＋2H＋===10SO2－4＋4Mn2＋＋

H2O。答案：(1)(2)①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3、HSO－3⇌H＋＋SO2－3②BaSO3存在平衡：BaSO3(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO2－3(aq)，加入盐酸，SO2－3＋H＋===HSO－

3、HSO－3＋H＋===SO2↑＋H2O，平衡右移，沉淀溶解③5S2O2－5＋4MnO－4＋2H＋===10SO2－4＋4Mn2＋＋H2O④还原性、不稳定性、盐的通性课时作业21氮气、氮氧化物及硝酸1．解析：选项A、C为自然固氮，合成氨为人工固氮。答案：D2．解析：该题有两个要求：(1)必须加

入氧化剂；(2)一步反应就能完成。反应①、③、④从化合价角度来看都升高，但反应①N2→NO2不能一步反应完成；而反应③NO2→HNO3，虽然氮的化合价升高，但不加氧化剂也能实现，如3NO2＋H2O===

2HNO3＋NO，在该反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂；只有反应④N2→NO必须加入氧化剂且一步反应就能完成。答案：C3．解析：①中N2与O2反应生成NO是自然固氮，A错误；②中N2与H2在高温、高压、催化剂条件下反应产生NH3，属于人工固氮，B正确；③中细菌还原

硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的N2，所以③中氮元素化合价降低，得到电子被还原，C错误；如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的NO气体，氧元素参与了反应，二氧化氮易与水反应生成硝酸(HNO3)和NO，也有氧元素参加反应，D错误。答案：B4．解

析：由于常温常压下在1L水中可溶解40LNO2，即NO2极易溶于水，所以在吸收装置中需要防止倒吸，只有B中不能防止倒吸。答案：B5．解析：浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；NO2的密度比空气大，应

用向上排空气法收集，即导气管应长进短出，B错误；根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；试管中发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可以使NO

2充分转化为HNO3，D正确。答案：B6．解析：生成的Cu(NO3)2在H2SO4的酸性条件下相当于又有了HNO3，铜片会继续溶解生成NO。答案：D7．解析：A.铁放入稀HNO3中发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H

2O，NO逸出，遇到O2生成NO2，气体由无色变为红棕色；B.铁放入浓HNO3中，在常温下会钝化，即在Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应；C.浓HNO3的氧化性强于稀HNO3；D.在铁、铜之间加一个电流计，根据电子的流向，可判断铁是否被氧化，若电子由铁移动到铜，则铁被氧

化。答案：C8．答案：C9．解析：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。答案：B10．解析：工业废气中CO2、SO2为酸性氧化物，可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3

，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH＋4的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2

含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A正确；由分析可知，气体1是不能被

过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B正确；根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，C错

误；根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后得到的NaNO2与含有NH＋4的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为NH＋4＋NO－2===N2↑＋2H2O，D正确。答案：C11．答案：(1)①铜片表面产生气泡，铜片慢慢溶解并逐渐消失②小烧杯中溶液的颜色逐渐变成蓝

色③大烧杯中有红棕色气体生成，后来慢慢变成无色④大烧杯内液面上升，水槽中液面下降(2)反应体系封闭，无氮氧化合物逸出，不污染环境(3)轻轻掀起倒扣的大烧杯，通入适量的空气，若有红棕色气体生成，则证明最终气体生成物为NO气体12．

解析：(1)n(Cu)＝32.64g64g·mol－1＝0.51mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2L，有：x＋y＝0.5mol。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2)mol。解得x＝0

.26mol，y＝0.24mol。则V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V(NO2)＝11.2L－5.824L＝5.376L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所

以参加反应的HNO3的物质的量为0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO－3的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol。加入

NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aVmol，也就是以NO－3形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aVmol。所以，c(HNO3)＝aV×10－3＋0.50.14mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝

2×n(H2O2)，32.64g64g·mol－1×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51mol，则m(H2O2)＝17.34g。需30%的双氧水：17.34g30%＝57.8g。答案：(1)5.8245.376(2)1.52

mol(3)aV×10－3＋0.50.14(4)57.8课时作业22氨和铵盐1．解析：鼻冲水为氨水，氨水本身为混合物，所以鼻冲水不是弱电解质，故A错误；氨水中含有的分子为NH3、H2O、NH3·H2O，离子有NH＋4、OH－、H＋，共六种，故

C正确。答案：A2．解析：选项A，NH3在熔融态不导电，其水溶液导电是由于形成了NH3·H2O，故NH3不是电解质，氨水是电解质溶液，而不是电解质，NH＋4能与阴离子形成盐，具有金属阳离子的一些性质；选项B，

氨水呈弱碱性的原因是NH3·H2O电离出OH－；选项C，碱石灰中的CaO、NaOH吸水能力强，能使反应温度迅速上升，从而加快反应速率；选项D，浓硫酸不是挥发性酸，故玻璃棒蘸取浓氨水靠近浓硫酸看不到有白烟生成。答案：C3．解析：A项，该反应属于固体间的加热反应，不

能书写相应的离子方程式；B项，加热条件下NH3·H2O分解为NH3和H2O，离子方程式应为NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O；D项，向氨水中滴加FeCl3溶液应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为Fe3＋＋

3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH＋4。答案：C4．解析：NH3·H2O是弱电解质，NaOH是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度的氨水和NaOH溶液的pH，可比较NH3·H2O和NaOH的碱性强弱，A正确；NH3极易

溶于水，稀溶液中不加热，NH3不能逸出，无法确定是否含NH＋4，B错误；NH3不易燃烧，产生的NO是大气污染物，不能作清洁能源，C错误；NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误。答案：A5．解析：实验一是氨的喷泉实验，证明氨极易溶于水，形成的氨水为弱碱性溶液

，酚酞溶液变红色，证明氨是碱性气体。实验二中浓氨水挥发出的氨分子和浓盐酸挥发出的氯化氢分子结合生成氯化铵固体小颗粒，证明浓氨水易挥发，氨遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨是碱性气体。答案：C6．解析：同位素是指同种元素的不同原子的

互称，N4与N2为两种单质，故A错误；N4H4(SO4)2的晶体中含有SO2－4和N4H4＋4，可知该物质为离子化合物，含离子键，完全电离，电离方程式为N4H4(SO4)2===N4H4＋4＋2SO2－4，故B、D错误；草木灰、K3PO4等化肥显碱性，根据题给信息N4H4＋

4遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断，混用会使肥效降低，故C正确。答案：C7．解析：A项，固体加热，试管口应略向下倾斜，错误；B项，NH3被酸性干燥剂P2O5吸收且气流方向不对，错误；C项，氨气的密度小于空气，应短进长出，错误。答案：D8．解析：制备氢氧化铁胶体的方法是把

饱和的氯化铁溶液逐滴滴入沸水中，故A错误；浓氨水与CaO混合可制备氨气，碱石灰干燥氨气，则图中装置可制备干燥的氨气，故C正确；苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水，丁装置不能防止倒吸，故D错误。答案：C9．解析：由于CO2微溶于水，NH3极易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性

，然后再通入适量CO2，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A错误；步骤②中反应的离子方程式为CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3＋2NH＋4＋SO2－4，故C错误；反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，但应通适量

二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D错误。答案：B10．解析：整套装置是密闭体系，若装置气密性良好，轻轻挤压任一乳胶头，则蒸馏水中有气泡冒出，故A正确；pH试纸遇酸变红，遇碱变蓝，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，左边氯化钙会吸收氨气，右边Na

OH会吸收HCl，因此同时点燃两个酒精灯后，左端pH试纸变红，右端pH试纸变蓝，故B错误；竖直支管上方同时有氨气和HCl，两者相遇变为氯化铵，因此实验过程中竖直支管上方会出现白烟，故C正确；停止加热后，

不断交替挤压两边乳胶头，增大压强，将残余的气体全部赶入到蒸馏水中被吸收，减少污染，故D正确。答案：B11．解析：(5)①白烟是固体小颗粒，是NH3和HNO3(NO、O2、H2O共同反应生成)反应生成的NH4NO3固体。②反应生成的NO与O2反应生成红棕色的NO2，Cu与稀硫酸不反应，

G中溶液变蓝说明Cu被氧化为Cu2＋，原因是通入装置G中的NO2和H2O反应生成HNO3和NO，HNO3与Cu反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。答案：(1)分液

漏斗球形干燥管(2)A(3)B(4)4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O(5)①NH4NO3②3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O12．解析：(1)实验室可用浓氨水

和固体氢氧化钠或生石灰或碱石灰反应制取氨气，故A、D正确。(3)进行喷泉实验时在瓶内压强最小的时候最剧烈，从图中可以看出C点压强最小，故C点最剧烈。(4)准确量取液体可以用滴定管或移液管。答案：(1)AD(2

)将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已集满(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已集满)(3)打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶C(4)碱式滴定管(或20mL移液管)课时作业23氮及其化合物的转化环境保护1．解析：生活垃圾直接露天焚烧可产生大

量灰尘、有害气体等空气污染物，不利于环境保护，A错误；塑料不易降解，容易造成“白色污染”，B错误；农药、化肥过量施用，会引起土壤、水体污染，不利于环境保护，C错误。答案：D2．解析：光化学烟雾中的臭氧、NO2、过氧乙酰

硝酸酯都有强氧化性，故A正确；氮氧化物还可引发酸雨、臭氧层空洞等污染问题，故B正确；光化学烟雾成分中含有碳氢化合物和醛、酮、过氧乙酰硝酸酯，碳氢化合物即烃类，醛、酮、过氧乙酰硝酸酯属于烃的衍生物，故C正确；NO2是红棕色气体，光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的

折射和反射，故D错误。答案：D3．解析：用氨气和水与二氧化硫反应，减少了污染性气体排放，符合绿色化学理念，A正确；用氢氧化钠溶液吸收氮氧化物，减少了污染性气体排放，符合绿色化学理念，B正确；铜与浓硫酸反应有二氧化硫放出，不符合绿色化学理念，C错误；制备硫酸铜过程无污染性气

体产生，符合绿色化学理念，D正确。答案：C4．解析：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N

O2、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。答案：B5．解析：NH4Cl水解呈酸性，长期过量施用会导致土壤酸化，也会导致水体富

营养化，B项正确；检验NH＋4应使用湿润的红色石蕊试纸，C项错误；生物硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰石与H＋反应来调节水体的pH，D项正确。答案：C6．解析：反应①使用催化剂可以提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，A错误；反

应②的化学方程式为CO2＋2NH3=====一定条件CO(NH2)2＋H2O，则该反应的原子利用率小于100%，B错误；由天然气经过各步转化，最终生成NH4NO3涉及的化学反应有CH4＋2H2O=====催化剂CO2＋4H2，

N2＋3H2=====高温、高压催化剂2NH3，2NH3＋2O2===NH4NO3＋H2O，则有NH4NO3～2NH3～3H2～34CH4，故生成1.0molNH4NO3至少需要0.75molCH4，C正确；反应③的化学方程式为2NH3＋2O2===NH4NO3＋H2O，则

理论上当n(NH3)∶n(O2)＝1∶1时，恰好完全反应，D错误。答案：C7．解析：X是NH3，加热氯化铵固体生成的NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl，不能制取NH3，A错误；P是N2O5，Z是NO2或N2O4，NO2、N2O4不是酸性氧化

物，B错误；Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；Y是HNO3，3.2gCu为0.05mol，与HNO3反应生成0.05molCu(NO3)2，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质

的量为0.05mol，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)＝0.05mol×2＋0.05mol＝0.15mol，故硝酸溶液的体积为0.15mol10mol·L－1＝0.015L＝15mL，D正确。答案：

D8．解析：浓氨水需受热或加入碱性物质才能分解产生NH3，CaCl2不能使浓氨水分解，A项错误；化学实验装置中的安全瓶的进气管和出气管均较短，B项正确；氨气密度比空气小，为了利于氨气与NaClO溶液反应，

应从装置丙的a口通入氨气，C项正确；氨气会污染环境，用装置丁可吸收过量的NH3，并能防倒吸，D项正确。答案：A9．解析：装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2是为了排尽装置中的空气，故A正确；由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO

气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；装置A中盛氢氧化钠溶液，通

过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。答案：C10．解析：根据实验原理“NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成F

eO”，所以首先利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸蒸气和产生的NO2，故先通过装置D除去挥发出的HNO3和产生的NO2，再通过装置F干燥，得到纯净干燥的NO，然后进入装置E中与铁粉反应，最后处理多余

的NO，由于NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以先通过装置B氧化NO，再通过装置C吸收，故上述装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，A正确。答案：D11．解析：(1)加入NaOH时，铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成

氨气和水，反应的离子方程式为：NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O。(2)铵根离子在碱性条件下被氧气氧化为硝酸根离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NH＋4＋2O2＋2OH－===NO－3＋3H2O。(3)硝酸中氮元素化合价为＋5价，氮气中氮元素

化合价为0价，则硝酸完全转化生成1molN2，转移10mol电子，转移电子数为10NA。答案：(1)NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2O(2)NH＋4＋2O2＋2OH－===NO－3＋3H2O

(3)10NA12．解析：(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3·9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3·9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水

进入密闭体系，干扰NaNH2的制备；(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体

导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；(4)步骤Ⅰ中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3·9H2O均匀分散在液氨中，A正确；步骤Ⅱ中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是

可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点燃、不会产生火焰，且对易燃气体点火有安全隐患，B错误；步骤Ⅱ中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜

选用抽滤装置进行过滤，C错误；因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确。答案：(1)催化防止氧气、水进入密闭体系(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已

排尽(3)BC课时作业24硅无机非金属材料1．解析：手机芯片的核心是硅板，其成分是Si单质，故B项正确。答案：B2．解析：玛瑙、光导纤维和水晶的主要成分是SiO2，硅单质可用来制造太阳能电池板。答案：C3．解析：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。答案：C4．解析：A项，硅在自然界中以二氧化硅和硅酸盐形式存在，A错误；B项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，B错误；C项，硅是半导体材料，C错误；D项，每生成1molSi理论上转移的电子数约为4×6.

02×1023，D正确。答案：D5．解析：A项，水晶不属于传统非金属材料，A错误；B项，高性能的碳化硅材料具有特殊功能，属于新型陶瓷，B正确；C项，特种镁合金，属于新型金属材料，C错误；D项，太阳能电池主要成分为硅晶体，D错误。答案：B6．解析：硅在常温下可

与氢氟酸、氢氧化钠溶液反应，A项错误；SiO2能与氢氟酸反应，B项错误；工业上用焦炭和石英制取粗硅的化学方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，C项错误；二氧化硅不溶于水，也不与水反应，故不能用SiO2与水反应

来制取硅酸，在加热条件下，二氧化硅与氢氧化钠、碳酸钠固体反应，故不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化，D项正确。答案：D7．解析：根据寿山石的主要成分可知，其能与酸或碱发生反应，A正确；寿山石中含有不同形态的

金属氧化物，造成其色彩丰富，B正确；其中的氧化物Al2O3和SiO2不溶于水也不和水反应，在潮湿的空气中不会溶解变质，C错误；寿山石久置于干燥空气中，会失去其中的结晶水变质，D正确。答案：C8．解析：A项，光纤的主要成分是二氧化硅，A错误；B项，金刚砂的主要成分是碳化硅，B错误；C项，28g硅

的物质的量是1mol，其中含有14×6.02×1023个电子，C错误；D项，28Si、29Si、30Si的质子数相同，但中子数不同，是不同的核素，且互为同位素，D正确。答案：D9．解析：SiC和SiO2中Si元素

的化合价均为＋4价，A项正确；SiC是还原产物，NaCl是氧化产物，B项错误；SiO2制备单质Si需加入还原剂，单质Si制备SiCl4需加入氧化剂，C项正确；一维粒子上下表面均能与其他物质接触，比表面积

大，对微小粒子有较强的吸附能力，D项正确。答案：B10．解析：A项，SiO2与H2O不反应；B项，SiO2不能直接转化为H2SiO3，H2SiO3也不能转化为Si；D项，Ca(OH)2溶液中通入过量CO2，无

沉淀生成。答案：C11．解析：(1)Mg2Si3O8·nH2O改写成氧化物的形式为2MgO·3SiO2·nH2O。(2)Al2O3、MgO和SiO2均具有很高的熔点，故可制耐火材料。答案：(1)2MgO·3SiO2·nH2O(2)c1

2．解析：(1)由于氧气和水蒸气都能腐蚀氮化硅，应除去氮气和氢气中含有的水蒸气和氧气，所以铜屑的作用是除去氧气，硅胶的作用是除去水蒸气。(2)因为该反应是放热反应，如果温度过高，局部过热，会导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触；通入氢气能将体系中的氧气转化

为水蒸气，而易被除去。(3)由于工业用硅中含有铜的氧化物，在反应中氧化铜能被还原生成铜，因此要除去铜应该选择硝酸，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。答案：(1)除去原料气中的氧气除去生成的水蒸气(2)该反应是放热反应，防止局部过热

，导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去(或将整个体系中空气排尽)(3)硝酸课时作业25原子结构核外电子排布1．解析：24195Am的质子数为95，质量数为241，中子数＝241－95＝146，核外电子数＝质子数＝9

5，中子数与核外电子数之差为146－95＝51。答案：D2．解析：1s22s2是基态铍原子的核外电子排布式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式。答案：A3．解析：碳－12原子可表示为126C，A错误；碳原子结构示意图为，B错误；碳原子核外能

量最高的电子在p能级，电子云呈哑铃形，C正确；根据核外电子排布规则可知，该原子的轨道表示式为，D错误。答案：C4．解析：绝大多数基态原子的核外电子排布都遵循构造原理，但也有少数例外，如Cu，故C错误；

构造原理中电子填入能级的顺序即各能级能量由低到高的顺序，故D正确。答案：C5．解析：N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，各具有1、3、5、7个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，故可容纳32个电子，所以有32种运

动状态，A正确；在K能层中，只有1个轨道，能容纳自旋相反的2个电子，B不正确；电子云通常是用小黑点来表示电子出现的机会多少，但小黑点不表示电子，D不正确。答案：A6．解析：第四周期元素中基态原子核外有3个未成对电子的共有3种，分别是V(3d34s2)、Co(3d74s2)、As(4s24p3

)，故选B。答案：B7．解析：1s22s22p63s23p6中未成对电子数为0；1s22s22p63s23p63d54s2中未成对电子数为5；1s22s22p63s23p63d54s1中未成对电子数为6；1s22s22p63s23p63d104s1中未成对电子数为1。答案：C8．解析：由守恒关

系可知元素X的质量数为27，X与Y最外层电子数之和为8，质子数相差2，且X为金属元素，可推知X为Al元素，Y为P元素，二者都有＋3价，都可以形成三氯化物，A项错误，B项正确；Al原子质子数为13，P原子质子数为15，故质子数：X<Y

，C项错误；P元素的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，D项错误。答案：B9．解析：第一周期中原子核外未成对电子数为1的元素有H，第二周期中原子核外未成对电子数为2的元素有C和O，第三周期中原子核外未成对电子数为3的元素

有P，符合条件的元素共有4种，即a＝4。符合基态原子最外层电子数是未成对电子数2倍的元素，其基态原子的最外层电子数是2、4、6或8，若最外层电子数为2，则是He、Be或Mg，但这三种元素无未成对电子，不符合题意；若最

外层电子数为4，则是C、Si，符合题意；若最外层电子数为6，则是O、S，最外层有2个未成对电子，最外层电子数是未成对电子数的3倍，不符合题意；若最外层电子数为8，则是Ne、Ar，但这两种元素均无未成对电子，不符合题意，则符合题意的元素共有

2种，即b＝2。答案：B10．解析：①为铝元素，②为硅元素，③为磷元素，④为硫元素；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，因此电负性最大的是④，A错误；第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子是X2＋，B正确；同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，①Na、

K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se均符合此规律，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，④Na、P、Cl符合此规律，C正确；①为硅元素，②为氮元素，③为碳元素，④为硫元素，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增

大，因此原子半径最大的为①，D正确。答案：A11．解析：(2)质量数＝质子数＋中子数，则R的质子数为m－n，故R2－的核外电子数为m－n＋2，wgR原子的物质的量为wmmol，所以wgR2－含有电子的物质的量为

wmmol×(m－n＋2)＝w（m－n＋2）mmol。答案：(1)1∶1(2)w（m－n＋2）mmol12．解析：(2)第四周期元素中，未成对电子数为4的元素为Fe。(3)第四周期元素，最外层为第四能层，只有1个电子，故

为4s1，次外层的所有原子轨道都充满电子，次外层的电子排布式为3s23p63d10，该元素为Cu。答案：(1)①7②哑铃形③Fe2＋价层电子排布式为3d6，而Fe3＋的价层电子排布式为3d5，为半充满稳定结构，故FeO稳定

性小于Fe2O3(2)3d63d5(3)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)3d101s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)13．解析：由题意知：A为H，B为C，C为N，D为O，E为Fe。答案：(1)3d64s2(2)Fe3＋的3d轨道

为半充满状态，能量低、稳定(3)22(4)课时作业26元素周期表、元素的性质1．解析：钴位于周期表的第四周期Ⅷ族，A项错误；“3d74s2”为Co的价电子排布，其简写式中也要注明3d轨道，B项错误；失电子时，应失去最外层的电子，即先失去4s上的电子，Co

2＋的价电子排布式为3d7，C项错误；“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列d区，D项正确。答案：D2．答案：A3．解析：非金属性F>O>N>S，但由于N原子的3p轨道半充满，第一电离能反常，所以第一电离能：F>N>O>S，B错误；在化合物中F没有正价

，O没有最高正价，C错误；基态原子核外未成对电子数：F原子只有1个，S原子和O原子均有2个，N原子有3个，D错误。答案：A4．解析：B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Ge＞Si

，故B正确；As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第ⅥA族，故D正确。答案：A5．解析：根据价层电子排布式可知：X为硼原子，Y为铝原子，Z

为氧原子，R为氮原子。铝、硼、氮、氧原子半径依次减小，A错误；第一电离能：N>O>B>Al，B错误；电负性：O>N>B>Al，C正确；硝酸的酸性比硼酸(H3BO3)的强，D错误。答案：C6．解析：金属性：Na＞Mg，故碱性：NaOH＞Mg(OH)2，A项正确；氯和

溴均属于卤族元素，同一主族元素从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，得电子能力：Cl2＞Br2，B项错误；同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，则r(Br)>r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C项错误；氯和溴属于同一主族，最外层电子数相等，D项错误。答案：A7．解析：元素的非金属性越强，其

简单氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S>P，所以HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A错误；①中由于P原子3p能级半充满，所以第一电离能较大；②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，所以Mg的第一电离能较大；③同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，所以Si的第

一电离能较大，P、Mg、Si的原子序数之和为15＋12＋14＝41，故B正确；根据表格数据可知该元素的第三电离能和第四电离能相差较大，所以应为第ⅢA族元素，故C错误；电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原

子半径越大，所以原子半径由大到小的顺序为Mg、Si、N、F，故D错误。答案：B8．解析：由可知，组成该物质的元素有H、C、N、O和Al，由电子排布式可知，H位于第一周期，属于s区，而C、N、O均位于第二周期，均属于p区，Al位于第三周期，属于p区，故A错误；根据原子半径递变规律，电子层数越多

，半径越大，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，故B正确；非金属性越强，气态氢化物越稳定，由元素周期律可知，同周期元素从左往右，非金属性依次增强，则非金属性：O＞N＞C，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故C正确；N的

原子序数为7，核外有7个电子，则基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故D正确。答案：A9．解析：若X、Y位于同周期时，原子半径：X>Y，则原子序数：X<Y；X、Y位于不同周期时，原子半径：X>Y，原子序数：X>Y，A错误；化合物XnYm中X显负价，说明得电

子能力：X>Y，则非金属性：X>Y，B正确；价层电子数：X>Y，若X为F、Y为O时，F无正价，O无最高正价，C错误；若X为H，Y为Cl、F，则X与Y形成共价键，若X为Na，则X与Y形成离子键，D错误。答案：B10．解析：当In＋

1≫In时，元素的最高化合价为＋n，故R和U最高价为＋1，S最高价为＋2，T最高价为＋3，A、C项正确；由表中数据可知，Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素，所以氦元素最有可能与Q元素位于同一族，B项正确；R出现了I4，而锂核外只有3个电子，D项错误。答案

：D11．解析：电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、Si＋离子、激发态Si原子。激发态Si原子有四层电子，Si＋离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微

粒半径：③>①>②，选项A正确；根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B正确；激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si＋离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需

最低能量：②>①>③，选项C错误；由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，选项D错误。答案：AB12．解析：(2)o为Mn元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p6

3d54s2，Mn2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而Fe2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，故其失去第

3个电子比较容易。(3)第三周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成共价晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩为气体，8种元素的单质中熔点最低的为氩气

，其次为氯气，其中电负性最大的为氯。(4)由图可知，该元素的电离能I4远大于I3，故为第ⅢA族元素，应为Al。答案：(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(2)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定(3)2(4)Al13．解析：由核外电

子总数与其周期数相同，确定a为H元素，由价层电子中的未成对电子有3个，确定b为N元素，由最外层电子数为其内层电子数的3倍，确定c为O元素，由d与c同主族，确定d为S元素，由e的最外层只有1个电子且次外层有18个电子，确定e为Cu元素。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p

3(或[Ar]3d104s24p3)大于小于(2)N>O>CO>S>HN＋3O＞C＞Si(3)①三ⅣA②1s22s22p31③＞＞＜(4)O1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(5)N课时作业27元素的综合推断1．解析：Z

2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的

价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3<XZ3，A正确；由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s

22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；由分析可知，W为B，X为N，Y为O，则X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是＋3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧

化性更强一些，C错误；由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。答案：A2．解析：X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，其中Y、Z为同一周期元素，X为周期表中电负性最强的元素即F，三者可以形成Y3ZX6配合物

，该配合物中X即F为－1价，Y为＋1价，Z为＋3价，故X为F、Y为Na、Z为Al。由分析可知，X为F、Y为Na、Z为Al，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径的相对大小为：Na＞Al＞F即X＜Z＜

Y，A错误；由分析可知，Y为Na、Z为Al，Y和Z最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，二者可以相互反应，方程式为：Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]，B正确；由分析可知，X为F，则X

即F的氢化物HF为弱酸，可与SiO2反应，方程式为：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，C错误；由分析可知，X为F、Y为Na、Z为Al，该配合物Y3ZX6即Na3AlF6在水中的电离方程式为：Na3AlF6===3

Na＋＋AlF3－6即Y3ZX6===3Y＋＋ZX3－6，D错误。答案：B3．解析：基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由42He＋AZX―→30Z＋2Y＋10n可知，A＋4＝30＋1，A＝27，X和Y质子数相差2，所以X为A

l；Q和Y质子数相差1，Q为Si。X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al<Si<P，故A正确；由题意30P易衰变，故自然界中不存在3015P，故B错误；X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与

质子数之比为14∶13，故C错误；P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误。答案：A4．答案：B5．解析：甲～丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最

强，则丁为氯；由相对位置可知，甲乙丙分别为氮、氧、硅；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：丙>甲>乙，A错误；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非

金属性：乙>丁>丙，B错误；二氧化硅为共价晶体，C错误；氨气分子、水分子能形成氢键，导致沸点升高，常温下水为液体、氨气为气体，故最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁，D正确。答案：D6．解析：X、Z、W的原子序数依次递减且核外电子的空间运动状态数相同，即占有的原子轨道数相同，X、Z、W分

别为F、O、N，占据5个原子轨道，Y的原子序数是Z的两倍，Y为S。因为O原子的电负性大于S原子，所以极性H2O>H2S，A错误；电负性：O>N，但是N原子的2p轨道为半满稳定状态，第一电离能大于O，B错误；第二周期元

素中，F的非金属性最大，所以在第二周期中，F的氢化物最稳定，C正确；Y为S，基态原子电子排布为：1s22s22p63s23p4，未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：Na、Al、Cl3种，D错误。答案：C7．解析：X的原子核只有1个质子，X为H；

元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，由化合物中化学键可知，Y为C、Z为O、W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，E的质子数为9＋8＝17，E为Cl。Z为O，分子中Z原子含有2个孤电子对，形成两个单键，杂化轨道类型为sp3，A错误；W为F，85号元素为At，两者均位于第ⅦA主

族，B正确；X、Y、Z、W分别为H、C、O、F，原子核外未成对电子数分别为：1、2、2、1，C错误；Y为C，其氢化物可以形成各类烃，熔沸点变化较大，Z为O，氢化物为水，无法比较两者的沸点，D错误。答案：B8．解析：

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子序数最小，形成1个共价键，X为氢；Z形成2个共价键，为氧；W的第一电离能大于同周期相邻元素，且原子序数大于氧，为磷；四种元素原子序数之和为29，则Y为硼；同周期从左到右

金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：W>X>Y，A错误；BF3中B不是8电子结构，B错误；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；氧所在的同周期元素形成的单质中，氟单质的氧化性最强，C错误；化合物R中Y、W形成4个共价

键为sp3杂化，氧形成2个共价键还有2对孤电子对，也为sp3杂化，原子的杂化类型相同，D正确。答案：D9．答案：A10．解析：Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形

成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22－1－5－9＝7，则X为

N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，其中基态N原子2p轨道为半充满状态较稳定，则第一电离

能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，则键长：C—H>N—H，B正确；离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；CH3CH2OH含有羟基，能与水形成分子间氢键，因

而易溶于水，D正确。答案：A11．解析：0.1mol·L－1丁溶液的pH为13(25℃)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲＋乙＝丁＋己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子

序数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲＋丙＝戊＋己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C。同周期随原子序数增大，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大

，H原子半径最小，则原子半径大小顺序：Na>C>O>H，即：W>Y>Z>X，故A错误；Y为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故B错误；X(H)分别与Y(C)、Z(O)、W(Na)所形成的化合物中NaH属于离子化

合物，故C错误；X与Y所形成的化合物为烃类物质，有气体、液体、固体，X与Z所形成的化合物为水、过氧化氢，均为液体，X与Y所形成的化合物的沸点可能高于X与Z所形成的化合物，故D正确。答案：D12．解析：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最

小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO4·5H2O；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第

一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确；CuSO4·5H2O完全失去结晶水时保留质量160250×100%＝

64%，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C正确；由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D错误。答案：D课时作业28化学键1．答案：C2．解析：CO2中C与O形成极性共价键；中只含有极性键；H、N、O可以形成N

H4NO3，为离子化合物，也可以形成HNO3，为共价化合物；离子键的形成必须有阴、阳离子。答案：B3．解析：HClO分子中，氧原子分别与氢原子和氯原子形成共价键，电子式为H∶O····∶Cl····，故A错误；H2S是共价化合物，电子式可表示为H∶S····∶H，故B错误；用

电子式表示Na2O的形成过程时，2个Na＋不能合并，正确的表达方式为―→Na＋[∶O····∶]2－Na＋，故C错误；BaCl2是离子化合物，电子式为[∶Cl····∶]－Ba2＋[∶Cl····∶]－，故D正确。答案：D4．

解析：NH3通入水中生成NH3·H2O，只破坏了共价键，A不符合题意；NaOH熔化后电离生成Na＋、OH－，只破坏了离子键，B不符合题意；HBr通入水中发生电离，只破坏了共价键，C不符合题意；KHSO4溶于水电离出K＋、H＋和

SO2－4，既破坏了离子键又破坏了共价键，D符合题意。答案：D5．解析：HCl分子中的σ键由氢原子提供的未成对电子的1s原子轨道和氯原子提供的未成对电子的3p原子轨道“头碰头”重叠形成，故A错误；N2分子中p轨道与p轨道通过“肩

并肩”重叠形成p－pπ键，π键为镜面对称，不能绕键轴旋转，故B正确；CH4中的碳原子为sp3杂化，碳原子的4个sp3杂化轨道分别与氢原子s轨道重叠，形成C—Hσ键，故C正确；CH2===CH2中的碳碳之间形成双键，双键中有1个σ键和1个π键，故D正确。答案：A6．解析

：C===C由一个σ键和一个π键构成，C—C为σ键，二者键能不是2倍的关系，C项错误；原子半径：O＞F，键长：O—H＞H—F，键能：H—O＜H—F，形成化学键时放出的能量：H—O＜H—F，化学键H—F更稳定，O2、F2跟H2反应的能力F2更强，D项正确。答案：C7．解析：CO2中

只含有碳氧极性键，A错误；根据结构式可知，0.5molHCHO含有1.5molσ键，B错误；HCHO、CO2分子中既含有σ键，又含有π键，C错误；H2O中含有氢氧极性键，D正确。答案：D8．解析：A项，中子数为32，质子数为27的钴元素，质量数

为27＋32＝59，表示为5927Co，错误；B项，H2O2为共价化合物，电子式为H∶O····∶O····∶H，错误；C项，NH3中只存在共价键，NH4Cl中既存在离子键又存在共价键，二者化学键类型不同，错误；D

项，[Co(NH3)6]Cl3中，NH3整体为0价，Cl元素为－1价，所以Co元素的化合价为＋3，正确。答案：D9．解析：氰气性质与卤素相似，能和氢氧化钠溶液发生反应，故A错误；同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增

大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N的键长小于C≡C的键长，故B错误；该分子的结构式为N≡C—C≡N，该分子中含有3个σ键、4个π键，故D错误。答案：C10．解析：电子数由多到少的

顺序为O2－2>O－2>O2>O＋2，键能大小顺序为w>z>y>x，A项错误；这些微粒都是O原子成键，共用电子对无偏移，D项错误。答案：B11．解析：HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为H×·Cl··

··∶，a错误；原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，b正确；CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，c错误；电负性Cl＞I，—Cl能使—COOH上的H原子具有更大的活动性，因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，d正确。答案：bd12．解析：(3)配体CH3CN中

含有3个C—H、1个C—C和1个C≡N，故1molCH3CN中含有5NAσ键、2NAπ键，σ键与π键个数之比为5∶2。答案：(1)13NA12NA(2)24NA(3)5∶2(4)17NA(5)28NA13．解析：(1)形成配位键的配位原子价层必须存在孤电子对，故三种配体N

H3、H2O、Cl－中提供孤电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中中心离子的配位数为3＋2＋1＝6。(2)PH3中P原子的成键电子对数为3，孤电子对数为1，故价层电子对数是4，采用sp3杂化；NH3的沸点

比PH3高，是因为NH3分子间存在氢键，PH3分子间只有范德华力；由于NH3中N原子含有1个孤电子对，而H2O中O原子含有2个孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，因此H2O中的键角小于NH3中的键角。答案：(1)N、O、Cl6(2)sp3高NH3存在分子间氢键N

H3含有一个孤电子对，而H2O含有两个孤电子对。H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大14．答案：(1)C—C和C—H的键能较大，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si和Si—H的键能较小，易断裂，导致

长链硅烷难以生成(2)C—H的键能大于C—O，C—H比C—O稳定。而Si—H的键能却小于Si—O，所以Si—H不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O课时作业29分子的空间结构1．答案：C2．解析：CS2与CO2的分子结构相似，是直线形的非极性分子，

A错误；中心原子Cl有一个孤电子对，所以ClO－3的空间结构为三角锥形，B错误；S有6个价电子，正好与6个F形成6个共价键，C正确；SiF4中Si有四个σ键，SO2－3中S原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，所以Si、S均是sp3杂化，D错误。答案：C3．解析：SF2分子中，中心原子S的孤电子对数

为6－1×22＝2，成键电子对数为2，故价层电子对数为4，分子的空间结构为V形。答案：C4．解析：SO2分子中含有孤电子对，不是直线形分子，是V形分子，A错误；BF3键角为120°，SnF2中有两个成键电子对，一个孤电子对，孤电子对会产生斥力，

所以键角小于120°，B错误；PCl3、NH3是三角锥形分子，PCl5是三角双锥形分子，D错误。答案：C5．解析：杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；

杂化轨道可以部分参与形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成了化学键，故B错误；sp3、sp2、sp杂化轨道其空间结构分别是正四面体形、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故C正确；四面体

形、三角锥形分子的结构可以用sp3杂化轨道理论解释，如甲烷、氨气分子，故D正确。答案：B6．解析：①BCl3中中心B原子为sp2杂化，键角为120°；②NH3中中心N原子为sp3杂化，NH3分子中有孤电子对存在，使键角小于109°28′；③H2O中中心O原子为sp3

杂化，H2O分子中存在两个孤电子对，使键角比NH3分子的键角还小；④PCl＋4中中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；⑤HgCl2中中心Hg原子为sp杂化，键角为180°。综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③。答案：B7．答案：C8．解析：CH－3与H3O＋中C原子与O原子

的价层电子对数都是4，且都含有1个孤电子对，均为三角锥形结构，A项正确；CH＋3、—CH3、CH－3中C的价层电子对数分别是3、4、4，根据价层电子对互斥模型知，C原子的杂化类型分别是sp2、sp3、sp3，B项错误；CH＋3中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C项正确；CH＋

3与OH－形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，D项正确。答案：B9．解析：①S8是一个环形分子，每个S与另外两个S原子相连，S原子形成2个孤电子对，2个σ键，所以S是sp3杂化，正确；②碳

碳双键中一个是σ键，还有一个是π键，错误；③SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数是12×(4－2×1)＋2＝3，含有1个孤电子对，SnBr2的空间结构为V形，根据价层电子对互斥模型可以判断其键角小于120°，正确

；④H3O＋和H2O中氧原子均采取sp3杂化，H2O中O原子有2个孤电子对，H3O＋中O原子有1个孤电子对，导致H3O＋中H—O—H的键角比H2O中H—O—H的键角大，正确。答案：D10．答案：(1)224sp3四面体形V形(2)404sp3

正四面体形正四面体形11．答案：(1)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2＋的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱(2)砷原子的电负性小于氮原子，其共用电子对离砷核距离较远，斥力较小，键角较小(3)C===O对C—C的斥力大于C—O对C

—C的斥力12．解析：(1)一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Clσ键。(2)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强，C—Cl键的键长越短，一

氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C—Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键的键长越短，一氯乙

烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(34)，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键(34)，因此三种物质中C—Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。答案：(1)s

p2σ(2)一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键的键长越短13．解析：(1)I＋3的价层电子对数为7＋2－12＝4，中心原子杂化轨道类型为sp3，成键电子对数为2，孤电子对数为2，故空间构型为V形。答案：(1)V形sp3(2)①

ABDC②556课时作业30配合物与超分子分子的性质1．解析：在题给四种分子中，只有PCl3(结构与NH3相似)是极性分子。答案：C2．解析：中，只有次甲基上的碳原子为手性碳原子，A不符合题意；中，除醛基外的碳原子都为手性碳原子，B符合题意；中，除

羧基外的碳原子都为手性碳原子，C不符合题意；中，与苯环相连的碳原子为手性碳原子，D不符合题意。答案：B3．解析：①H2O＋H＋===H3O＋，H2O中O与H＋之间存在配位键；②NH3＋H＋===NH＋4，NH3中N与H＋之间形成配位键；③Cu2＋＋4H2O===[

Cu(H2O)4]2＋，Cu2＋与H2O中O之间形成配位键；④Fe3＋＋6SCN－===[Fe(SCN)6]3－，Fe3＋与SCN－之间形成配位键；⑤Cu2＋＋4Cl－===CuCl2－4，Cu2＋与Cl－之间形成配位键；⑥CH4不含配位键；⑦NH3不含配位键。答案：A4．解析：Al

2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则Al2Cl6的结构式为，→表示配位键，也可用短线代替，A项正确；Al2Cl6为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，B项正确；该反应中NH3取代Cl与Al形成

配位键，说明NH3的配位能力大于氯，C项正确；Al—Br的稳定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易与NH3反应，D项错误。答案：D5．解析：配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键，如[Cu(H2O)4]SO4，B项错误；配离子中心原

子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，C项正确；配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：通过溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离

提纯、分析检测等目的，D项正确。答案：B6．解析：形成4个B—O键的B原子杂化方式均为sp3，形成3个B—O键的B原子杂化方式均为sp2，A错误；氢键不是化学键，B错误；硼砂阴离子中含有O—H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，C正确；B原子一般形成3个共价

键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，D错误。答案：C7．解析：由于电负性：F＞Cl＞H，则键极性：C—F键＞C—Cl键＞C—H键，故三氟乙酸中羧基中的羟基的极性最大，最易电离出氢离子

，酸性最强；乙酸中羧基中的羟基的极性最小，酸性最弱，则酸性强弱顺序：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH，C正确。答案：C8．答案：B9．解析：由题干中甲的结构示意图可知，甲中σ键数目为15，π键数目为2，故σ键与π键的个数比是15∶2，A错误；乙中Ni2

＋与N形成了4个配位键，故Ni2＋的配位数是4，B正确；乙分子内存在O—H…O氢键，C正确；C、N、O为同一周期元素，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故C、N、O的第一电离能大小顺序为N＞O＞C，D正确。答案：A10．解析：Ni

2＋价层电子排布式为3d8，能级、轨道中的电子运动状态不同，核外有26种运动状态不同的电子，A说法错误；该分子不是离子化合物，不含离子键，B说法错误；基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，C说法错误；H2O中心氧原子s能级与p能级3个轨道杂化，含有

2个σ键，2个孤电子对，D说法正确。答案：D11．解析：乙二胺的结构式为，所以1mol乙二胺分子中含有11NA个σ键，A正确；乙二胺分子中氮原子有3个σ键，还有一个孤电子对，轨道的杂化类型为sp3，B正确；Cu2＋

与乙二胺形成的配离子内部含有H—N等极性键、C—C非极性键、配位键，但不含有离子键，C错误。答案：C12．解析：正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；Al

F3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B正确；由于电负性F>H，C—F键极性大于C—H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的

原因是碳酸氢钠晶体中HCO－3间存在氢键，与阴离子电荷无关，故D错误。答案：D13．解析：B原子最外层有3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且没有孤电子对，故采用sp杂化，在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且没有孤

电子对，故采用sp2杂化，A正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力，故B正确；由图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，

因此，1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，故C错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的OH－中氧原子有2个孤电子对，两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O⇌[B(OH)4]－＋H＋，故D正确。答案：C14

．解析：(1)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子，为K层上的电子，所以其电子层符号为K。②Li＋提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键。(2)冠醚Y空腔较大，Li＋半径较小，导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构。(3)①水分子中氧原子的价电子对数是4

，根据价层电子对互斥模型判断水分子价电子对空间结构为四面体。由于水分子中O原子含有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力较强，导致水分子中键角小于109°28′。②根据相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K＋因静电作用将MnO－4带入烯烃中，增大反应物的接触

面积，提高了氧化效果。答案：(1)①K②C(2)Li＋半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内O原子的孤电子对作用形成稳定结构(3)①<②冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚之中的K＋，因静电作用将MnO－4带入烯烃中，增大反应物的

接触面积，提高了氧化效果15．解析：(1)①NH3的中心原子的价层电子对数为5－1×32＋3＝4，因此其VSEPR模型为四面体形；②GaCl3·xNH3中Ga3＋和Cl－形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键；③根据题意，Cl－与Ag＋生成沉淀，两

次沉淀的物质的量之比为1∶2，则有配位键的Cl－与没有配位键的Cl－的个数比为2∶1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。(2)根据[B4O5(OH)4]2－的结构可知，该离子存在的作用力有

极性键和配位键，没有离子键、氢键、范德华力，故选BE；由结构图可知B原子的杂化方式为sp2、sp3。答案：(1)①四面体形②ABC③[Ga(NH3)4Cl2]Cl(2)BEsp2、sp3课时作业31物质的聚集状态常见晶体类型1．解析：液晶

分子间的相互作用容易受温度、压力、电场的影响，在电场存在的情况下，液晶分子沿着电场方向有序排列，A正确；内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的固体物质称为非晶体，B正确；物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态、液晶态等，C正确；等离子体由电子、阳离子和中性

粒子组成，正、负电荷大致相等，整体上呈电中性，D错误。答案：D2．解析：晶体在三维空间里呈周期性有序排列，其许多物理性质常常会表现出各向异性，A不正确；晶体的熔点是固定的，所以在熔化过程中温度不会变化，B不正确；在一定条件下晶体和非晶体是可

以相互转化的，D不正确。答案：C3．解析：分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的，只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；碘晶体属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，故B错误；几乎所有的酸都是由分子构

成的，故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；稀有气体是由原子直接构成的，只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。答案：B4．解析：金属能导电是因为自由电子在外加电场作用下定向移动，A错误；自由电子在热的作用下与金属

阳离子发生碰撞，实现热的传导，B错误；在外力的作用下，金属中各原子层间会出现相对滑动，而自由电子与金属阳离子之间的电性作用仍然存在，使得金属不会断裂，C正确；合金与纯金属相比，由于增加了不同的金属或非金属，相当于填补了金属阳离子之间的空隙，所以一

般情况下合金的延展性比纯金属弱，硬度比纯金属大，D错误。答案：C5．解析：SiCl4、AlCl3的熔、沸点低，都是分子晶体，AlCl3的沸点低于其熔点，即在低于熔化的温度下就能气化，故AlCl3加热能升华，A、C正确；晶体硼的熔、沸点很高，所以晶体硼是共价晶体，B正确；由金刚石与晶体硅的熔

、沸点相对高低可知，金刚石中的C—C比晶体硅中的Si—Si强，D错误。答案：D6．解析：该晶胞是由金属阳离子钡离子和阴离子过氧根离子构成的，属于离子晶体，A错误；该晶胞中Ba2＋个数为8×18＋6×12＝4，O2－2个数为

1＋12×14＝4，则钡离子和过氧根离子个数之比为1∶1，其化学式为BaO2，B错误；该晶胞中钡离子配位数是6，过氧根离子配位数是6，氯化铯晶体中离子配位数是8，C错误。答案：D7．解析：基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6

4s2，均为成对电子，故A错误；由该晶胞可知，每个Ti4＋最邻近的O2－有12个，故B正确；分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，其分子晶体中只有分子间作用力，故C错误。答案：B8．解析：A项，依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的

长与宽不相等，再由图中体心可知，1个Ca2＋周围距离最近且相等的C2－2有4个，错误；C项，6.4gCaC2为0.1mol，则含阴离子0.1mol，正确；D项，与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋有4个，错误。答案：C9．答案：C10．解析：每个Si原子占有O原子个数

为4×12＝2，则硅、氧原子数之比m∶n＝1∶2，故A错误；该晶体是共价晶体，不存在分子，故B错误；原硅酸(H4SiO4)的结构可表示为，两个原硅酸分子可发生分子间脱水生成二聚原硅酸：，二聚原硅酸电离出6个H＋后，形成带

6个负电荷的二聚原硅酸根离子，二聚原硅酸根离子的结构可表示为，则二聚硅酸根离子Si2O6－x中的x＝7，故C正确；在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子，故D错误。答案：C11．答案：(1)Cs2O和PbO

是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2晶体熔点低；两种离子晶体中PbO的Pb2＋半径小，所带电荷数多，所以熔点高(2)＞NaF中Na＋、F－的电荷数与BF－4中阳、阴离子相同，但Na＋、F－的半径小，则NaF的离子键

强，熔点高12．答案：(1)金属晶体共价晶体(2)氯化铯氯化钠二氧化硅金刚石(3)范德华力共价键无共价键无氢键氢键课时作业32晶胞及其相关计算1．解析：A：8×18＝1，B：6×12＝3，C：1。答案：A2．解析：由晶胞结构可知，晶胞顶角上相邻的钛离子相距最近，则

钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子有6个，a＝6；晶胞中钛原子个数为8×18＝1，氧原子个数为12×14＝3，钙原子个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为3∶1∶1，故选A。答案：A3．解析：根据晶胞

模型，Fe原子位于顶角、棱上、内部，根据均摊法，Fe原子的个数为4×18＋2×14＋5＝6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6∶8＝3∶4，化学式为Fe3O4，故选C。答案：C4．解析：表面粒子数为8＋6＋

12＝26，总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27，D项正确。答案：D5．解析：Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如题图所示，Ca2＋位于体心，F－位于面心，所以Ca2＋配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的22

，F－与Ca2＋的最近距离为棱长的12，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶点，所以K＋个数＝18×8＝1，F－位于面心，F－个数＝12×6＝3，Ca2＋位于体心，所以Ca2＋个数＝1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正

确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。答案：B6．解析：硫化锂为立方晶系晶体，由离子坐标可知，S2－处于晶胞顶点与面心，Li＋处于18晶胞的体心，沿z轴投影的俯视，S2－处于正方形中心、顶角与边中心，Li＋处于正方形内部对角线上且关于中心对称，“○”表示Li＋，“

●”表示S2－，则俯视图为。答案：A7．解析：黑球位于晶胞的顶角和面心，其个数为8×18＋6×12＝4，灰球在晶胞内部，个数为8，氟化钙的化学式为CaF2，黑球为Ca2＋，灰球为F－。根据晶胞的结构，Ca2＋的配位数为8，故A错误；根据晶胞可知，Ca2＋和F－最近距离是体对角线的14，即为34a

pm，故D正确。答案：D8．解析：磷化硼(BP)是通过共价键形成的晶体，晶体类型为共价晶体，A正确；磷、硼原子半径大于碳，则B—P键键长大于C—C键键长，B—P键键能小于C—C键键能，故金刚石的熔点更高，

B错误；根据“均摊法”，晶胞中含8×18＋6×12＝4个P、4个B，该晶胞中所含的硼原子和磷原子个数均为4，C正确；设晶胞边长为acm，结合C分析可知，晶体密度为4MNAa3g·cm－3＝168a3NAg·cm－3

＝ρg·cm－3，a＝3168ρNAcm，B—P键的键长为体对角线的四分之一，故为343168ρNAcm，D正确。答案：B9．解析：根据“均摊法”，该晶胞中的Na＋数为6×12＋12×14＋8×18＋1＝8，A正确；晶胞中的电子对(

2e－)和氦原子交替分布填充在小立方体的体心，可知晶胞中有4对电子、4个He原子，8个Na＋，则Na＋、He、电子对数占比为8∶4∶4＝2∶1∶1，故化学式为[Na＋]2He[e2]2－，B正确；若将氦原子放在晶胞顶点，则电

子对(2e－)在晶胞的体心、棱心，C错误；该晶胞中距Na＋最近的He原子数目为4，D正确。答案：C10．解析：根据图示，延y轴叠加后构成立方晶胞，S2－位于晶胞的顶点和面心，Li＋位于晶胞体内，利用均摊法计算，一个晶胞内含有S2－个数18×8＋12×6＝4，

Li＋的个数为8。据分析，每个晶胞中含有的S2－数目为4，A错误；据分析，Li＋位于立方晶胞体对角线四分之一处，与其最近且等距离的S2－位于对应近距离顶点及该顶点所在三个面的面心，有4个，B错误；据分析，该晶胞中两个距离最近的Li＋和S2－的核间距恰好为该立方晶胞体对角线的四分之

一，该晶胞边长为dpm，则计算表达式为34dpm，C正确；据分析，一个晶胞中含有4个S2－和8个Li＋，晶胞边长为d×10－10cm，Li2S晶体的密度为32×4＋7×8NA×（d×10－10）3g·cm－3

＝184d3NA×1030g·cm－3，D错误。答案：C11．解析：根据晶胞结构可知，该晶体由(CH3NH3)＋、I－和Pb2＋构成，属于离子晶体，选项A错误；该晶胞中B周期由6个白球，故Pb2＋的配位数为6，选项B错误；结合坐标轴及C原子位置可知C的原子分数坐标为1，12，

12，选项C错误；该晶体的密度为ρ＝mV＝MNAa3×1030g/cm，选项D正确。答案：D12．解析：XeF2中心原子上的孤电子对数为12(8－1×2)＝3，故A错误；①号原子的分数坐标为12，12，12，④号原子的x轴、

z轴坐标与①号原子坐标相同，而y轴分数坐标为12－rc，则④号原子分数坐标为12，12－rc，12，故B正确；沿y方向投影，位于面中心的原子为Xe原子和F原子，故C错误；晶胞中②③号原子间的距离等同于①号原子与O点原子的距离，底面对角线一般

为22apm，d＝22apm2＋c2pm2＝12c2＋2a2pm，故D错误。答案：B13．解析：由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，

与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似C

H4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8＝32，且不是闭合的结构，故C错误；1个LaHx晶胞中含有5×8＝40个H原子，含H质量为40NAg，晶胞的体积为(484.0×10－10cm)3＝(4.84×1

0－8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40（4.84×10－8）3×6.02×1023g·cm－3，故D正确。答案：C课时作业33反应热热化学方程式1．解析：“青白色石”的主要成分是受热能发生分解反应生成氧化钙的碳酸钙，A正确；“作灶烧竟”的过程为碳酸钙受热发生分解反

应生成氧化钙和二氧化碳，B正确；“以水沃之”的过程为氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应中会放出大量的热，C正确；“热蒸而解”表明石灰与水反应生成氢氧化钙，D错误。答案：D2．解析：化学反应中吸收或放出的能量

为反应热，物理变化中的能量变化不是反应热。1molHCl分解成H、Cl时吸收的能量仅仅是化学键断裂吸收的能量，不是反应热，A不符合题意；石墨转化成金刚石时吸收的能量是化学反应过程中吸收的热量，属于反应热，B符合题意；H＋H―→H2是形成化学键时放出的能量，不属于反应热，C不

符合题意；冰变成水是物理变化，不属于反应热，D不符合题意。答案：B3．解析：由题图可知，反应①是吸热反应，反应②是放热反应，总反应是放热反应，且ΔH＝ΔH1＋ΔH2，A、C、D项正确；催化剂能降低反应的活化能，B项错误。答案：B4．解析：

a为正反应的活化能，A错误；催化剂能降低反应的活化能，所以a、b都会减小，B正确；该反应放热，该反应需要加热进行，放热与吸热同反应条件无关，C错误；热化学方程式需要表明物质的聚集状态，不同状态时具有不同能量，D错误。答案：B5．解析：2molH原子和1molO形成2molO—H键，故H—O键的

键能为930kJ·mol－12＝465kJ·mol－1，A错误；该反应的反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故ΔH＝(2×436＋2a－930×2)kJ·mol－1＝－490kJ·mol－1，a＝249，B正确；断键吸热，成键放热，甲到乙为断键过程，乙

到丙为成键过程，故乙的能量最高，C错误；1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量，D错误。答案：B6．解析：设O===O的键能为x，则(2×436kJ·mol－1＋x)－2×2×463kJ·mol－1＝－482kJ·mol－1，x＝498kJ·mol－1，

所以2O(g)===O2(g)的ΔH＝－498kJ·mol－1，D正确。答案：D7．解析：由题图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量比1molCO2(g)的能量高393.5kJ，A错误；反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量

，B错误；由题图可知，1molC(s)与0.5molO2(g)反应生成1molCO(g)放出的热量为393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，且物质的量与热量成正比，焓变为负值，则热化学方程式为2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，C错误

；热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值为282.9kJ28g≈10.1kJ·g－1，D正确。答案：D8．解析：由题干信息可知，CH4与Cl2的取代反应不管生成CH3Cl、CH2Cl2还是CHCl3或者CCl4均为ΔH＜0，则CH4与Cl2的取代反应

是放热反应，A正确；由题干信息可知，1molCH4和1molCl2的能量之和比1molCH3Cl和1molHCl的能量之和多99kJ，B错误；由题干图中信息可知，－99≈12×(－197)≈13×(－301)≈14×(－400)即14ΔH4≈13ΔH3≈12ΔH2≈ΔH1，

说明CH4与Cl2的四步取代反应难易程度相当，C正确；已知CH4(g)＋Cl·(g)―→CH3·(g)＋HCl(g)过程中断裂了1molC—H键，形成了1mol的H—Cl键，已知Cl—Cl的键能为243kJ·mol－1，C—Cl的键能为327kJ·mol－1，且有：

CH4(g)＋Cl2(g)―→CH3Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝－99kJ·mol－1，即4E(C—H)＋E(Cl—Cl)－3E(C—H)－E(C—Cl)－E(H—Cl)＝－99kJ·mol－1，即E(C—H)＋E(Cl—Cl

)－E(C—Cl)－E(H—Cl)＝－99kJ·mol－1，则E(C—H)＋243kJ·mol－1－327kJ·mol－1－E(H—Cl)＝－99kJ·mol－1，则E(C—H)－E(H—Cl)＝－15kJ·mol－1，即CH4(g)＋Cl·(g)―→CH3·(g)＋HCl

(g)的ΔH＝－15kJ·mol－1<0，D正确。答案：B9．解析：反应中，先将Fe3O4和CaO转化为Fe和CaCO3，后将Fe和CaCO3转化为Fe3O4和CaO，所以Fe3O4和CaO可循环利用，A正确；

反应②是CaO发生化合反应生成CaCO3，该过程放出热量，则反应①Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2是吸热反应，所以反应④3Fe＋4CO2=====高温Fe3O4＋4CO为放热反应，B不正确；该化学链中发生的反应为Fe3O4＋4H2=====高温3Fe＋4H

2O、Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2(相对于反应④是少量的)、3Fe＋4CO2=====高温Fe3O4＋4CO(反应④)，所以总反应是CO2＋H2=====催化剂△CO＋H2O，C正确；反应①Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2，可将CO与N2分离，大大

降低分离CO和N2所需的能耗，D正确。答案：B10．解析：CO为不成盐氧化物，不能与碱发生反应，A错误；根据过程图示可知，该过程中，CO未断键，B错误；形成化学键时会释放能量，C正确；催化剂只是降低了反应的活化能，不会改变反应的焓变，D错误。答案：C11．解析：(1)反应热等于反应物的总

键能减去生成物的总键能，则反应热为：2×2×466kJ·mol－1－(167kJ·mol－1＋4×438.5kJ·mol－1)＝－57kJ·mol－1，反应的热化学方程式为：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝－5

7kJ·mol－1。(2)化学反应的焓变＝反应物键能总和－生成物键能总和，6×E(H—N)＋3E(Cl－Cl)－[6E(H—Cl)＋E(N≡N)]＝－456kJ·mol－1；得到6×E(H—N)＋3×24

3kJ·mol－1－[6E(H—Cl)＋945kJ·mol－1]＝－456kJ·mol－1；得到6×E(H—N)－6×E(H—Cl)＝－456kJ·mol－1－3×243kJ·mol－1＋945kJ·

mol－1；E(H—N)－E(H—Cl)＝－40kJ·mol－1，断开1molH—N键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为40kJ，NH3中的H—N键比HCl中的H—Cl键弱。(3)2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)，反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，

故ΔH＝(2a＋2b－2c－d)kJ·mol－1。答案：(1)2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝－57kJ·mol－1(2)40弱(3)(2a＋2b－2c－d)kJ·mol－1课时作业34反应热的测定与计算能源1．解析：A项，将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理能很好地减

少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，错误；C项，有时需要通过吸热反应吸收热量降低环境温度，有利用价值，如“摇摇冰”的上市就是利用了吸热反应原理，错误；D项，地热能、风能和氢能都属于新能源，天然气是化石燃料，不属于新能源，错误。答案：B2．解析：A项，Ba(OH)2·8H2O与

NH4Cl的反应属于吸热反应，错误；B项，铝片更换为铝粉，没有改变反应的本质，放出的热量不变，错误；C项，铁质搅拌器导热性好，热量损失较大，错误；D项，NaOH固体溶于水时放热，使测定结果偏高，正确。答案：D3．解析：中和反应

反应热是以生成1molH2O(l)作为标准的，A不正确；有水生成的燃烧反应，必须按液态水计算燃烧热，C不正确；稀醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，放出的热量要小于57.3kJ，D不正确。答案：B4．解析：混合时浓硫酸在被稀释的过程中放热；浓、稀硫酸在与

Ba(OH)2反应时还会形成BaSO4沉淀，Ba2＋、SO2－4之间形成化学键的过程中也会放出热量。因放热反应的ΔH取负值，故ΔH1<ΔH2<ΔH3。答案：B5．解析：根据燃烧热的定义，25℃下，1mol纯物质完全燃烧生成指定产

物时放出的热量，所以S8(s)的燃烧热ΔH＝－8akJ·mol－1，A错误；根据能量关系图，SO3分解生成SO2和O2是吸热反应，所以ΔH＝＋2bkJ·mol－1，B错误；根据题图提供的数据，1molS8的反应热ΔH＝－8akJ·mol－1

，C错误；根据盖斯定律，由1molS8(s)生成SO3(g)的反应热ΔH＝－8(a＋b)kJ·mol－1，D正确。答案：D6．解析：碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO2－3(aq)＋H＋(aq)===HCO－3(aq)为放热反应，所以ΔH1<0；CO2－3(

aq)＋H2O(l)⇌HCO－3(aq)＋OH－(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO2－3的水解反应为吸热反应，所以ΔH2>0；OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应

，所以ΔH3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以ΔH4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则ΔH4>ΔH3；综上所述，只有ΔH1<ΔH2正确。答案：B7．解析：由气态物质转化成液态物质或固态物质均

放出热量，ΔH1＜0，ΔH2＜0，气态C6H12O6燃烧生成液态水比固态C6H12O6燃烧生成气态水放出热量多，所以ΔH3＞ΔH4，A项错误；根据盖斯定律得ΔH4＝6ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，B项正确，C、D项错误。答案：B8．解析：由题意可知，碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为吸热反应

，ΔH′＞0，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为放热反应，ΔH″＜0，将已知反应依次编号为①②③④，由盖斯定律可知，②＋③可得HCO－3(aq)＋H＋(aq)⇌H2O(l)＋CO2(g)ΔH′＝ΔH2＋ΔH3＞0，①＋②＋

③可得CO2－3(aq)＋2H＋(aq)⇌H2O(l)＋CO2(g)ΔH″＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＜0，②－④可得碳酸氢根离子的水解反应HCO－3(aq)＋H2O(l)⇌H2CO3(aq)＋OH－(aq)，盐类水解反应为吸热反应，则ΔH‴＝ΔH2－ΔH4＞0。A

项，由分析可知，ΔH2＋ΔH3＞0，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＜0，则ΔH1＜0，碳酸的分解反应为吸热反应，ΔH3＞0，由ΔH2＋ΔH3＞0可知，H2CO3电离是吸热的，故ΔH2>0，故A错误；B项，由分析可知，ΔH2＋ΔH3＞0，故B正确；C项，由分析可知，ΔH

1＋ΔH2＋ΔH3＜0，故C错误；D项，由分析可知，ΔH2－ΔH4＞0，则ΔH2＞ΔH4，故D错误。答案：B9．解析：由于液体的混乱度大于固体，反应①ΔS＞0，A错误；ΔH4表示ROH破坏离子键的过程，因为钠离子半径小于钾离子，则NaO

H的离子键更强，电离为离子消耗的能量更多，则ΔH4(NaOH)＞ΔH4(KOH)，B正确；ΔH6表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化，ΔH6(NaOH)＝ΔH6(KOH)，C错误；由盖斯定律可知ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－ΔH5－

ΔH6，D错误。答案：B10．解析：ΔH2所示过程为氢分子和氧分子化学键断裂的过程，该过程吸热，故ΔH2>0，A正确；由于气态水到液态水的过程为放热过程，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH4<ΔH1，B正确；ΔH3所示过程共形成4molH—O键，则气态原

子生成1molH—O放出akJ热量，该条件下ΔH3＝－4akJ·mol－1，C正确；根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，故D错误。答案：D11．解析：A项，CuSO4·5H2O(s)受热分解生成CuSO4(s)为吸

热反应，ΔH1＞0，A正确；B项，由题图及题意知，ΔH2＞0，ΔH3＜0，则ΔH2＞ΔH3，B正确；C项，将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高说明是放热反应，ΔH3<0，因为ΔH1＞0故ΔH3＞ΔH1是错

误的，C错误；根据上述关系和盖斯定律知ΔH2＝ΔH1＋ΔH3，D正确。答案：C12．解析：CO燃烧放热，故ΔH3＜0，A错误；由盖斯定律可知：④＝①＋②＋③，则ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4，所以ΔH2＋ΔH3＝ΔH4－Δ

H1，其中②③④为燃烧放热反应，①为吸热反应，所以ΔH1＞0，则ΔH2＋ΔH3＜ΔH4，B错误；该反应为吸热反应，ΔH1＝Q1kJ·mol－1>0，C错误；由盖斯定律可知：④＝①＋②＋③，则ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4，即Q1、Q2、Q3、Q4之间的

关系为Q1＋Q2＋Q3＝Q4，其中④为燃烧放热反应，所以Q4＜0，则Q1＋Q2＋Q3＜0、－Q4＞0，故Q1＋Q2＋Q3＜－Q4，D正确。答案：D13．解析：(1)根据题图可得如下热化学方程式：①HCOOH(g)⇌CO(g)＋H2O(g

)ΔH1＝＋72.6kJ·mol－1；②CO(g)＋12O2(g)⇌CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ·mol－1；③H2(g)＋12O2(g)⇌H2O(g)ΔH3＝－241.80kJ·mol－1。反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)可以由③－①

－②得到，由盖斯定律可得ΔH＝ΔH3－ΔH1－ΔH2＝(－241.80kJ·mol－1)－(＋72.6kJ·mol－1)－(－283.0kJ·mol－1)＝－31.4kJ·mol－1。(2)根据图像可知：①CH4(g)＋2O2

(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝126kJ·mol－1－928kJ·mol－1＝－802kJ·mol－1；②S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－577kJ·mol－1；根据盖斯定律可知①－②×2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4(g)＋2SO2(g)⇌2

S(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋352kJ·mol－1。(3)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可知热化学方程式为2HCl(g)＋12O2(g)===H2O(g)＋Cl2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋Δ

H3。(4)①物质具有的能量越高，其稳定性越弱，故最不稳定的离子是ClO－2。②ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，则反应3ClO－(aq)===ClO－3(aq)＋2Cl－(aq)的ΔH＝63kJ·

mol－1－3×60kJ·mol－1＝－117kJ·mol－1。③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。(5)根据盖斯定律，①×3＋②＋③×2＋④×2可得N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＋2ΔH4，则ΔH4＝12(ΔH－3ΔH1－ΔH2－2ΔH3)。答案：(1)－31.4(2)CH4(g)＋2SO2(g

)⇌2S(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋352kJ·mol－1(3)2HCl(g)＋12O2(g)===H2O(g)＋Cl2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(4)①ClO－2②－117kJ·mol－1③4ClO－3(aq)===3ClO－4(aq)＋

Cl－(aq)ΔH＝－138kJ·mol－1(5)12(ΔH－3ΔH1－ΔH2－2ΔH3)课时作业35原电池常见化学电源1．解析：从两个原电池的电极可以判断出三种金属的活动性关系为：Cd>Co>Ag，则氧化性关系为：Cd2＋<Co2＋<Ag＋，根据氧化还原反应规律知A项错误。答案：A2．解析

：原电池放电时，负极发生失电子的氧化反应，A正确；原电池放电过程是将化学能转化为电能，B正确；化学电池Zn­K2FeO4中，Zn作负极，K2FeO4在正极得电子，C正确；原电池放电时，电解质中的阳离子向正极移动，D错误。答案：D3

．解析：由①知，金属活动性：M＞N；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出，说明M作原电池的正极，故金属活动性：P＞M；N、E构成的原电池中，N作负极，故金属活动性：N＞E；综合上述分析可知，金属活动性：P＞M＞N＞E，A正确。答案：A4．解析：A项，实验①和②都是西红杮，

电极间距离不同，电流大小不同，实验②和③电极间距离相同，水果种类不同，电流大小也不同，所以该实验的目的是探究水果种类和电极间距离对水果电池电流大小的影响，正确；B项，实验②和③电极间距离相同，水果种类不同，电流大小不

同，表明水果种类对电流大小有影响，正确；C项，锌比铜活泼，锌作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，错误；D项，其他条件相同时，改变电极插入水果的深度，改变了电极和电解质溶液的接触面积，可能影响水果电池电流的大小，正确。答案：

C5．解析：放电时，负极Pb失去电子转化为PbSO4，负极质量增加，A项错误；放电过程中消耗H2SO4，溶液中c(H＋)减小，B项正确。答案：A6．解析：装置Ⅰ中的负极为Zn，A项错误；装置Ⅱ中的正极反应为2H＋＋2e－===H2↑，B项错误；阳离子向正极移动，

装置Ⅰ中阳离子向左侧烧杯移动，C项错误。答案：D7．答案：B8．解析：通入乙醇的一极(a极)为负极，发生氧化反应；通入氧气的一极(b极)为正极，发生还原反应。电池工作时，阳离子(质子)向电池的正极迁移，A项不正确；电流方向与电子流向相反，电流由b极沿导线流向a极，B项正确；

a极上乙醇应该失电子被氧化，C项不正确；因为电池中使用的是磺酸类质子溶剂，所以电极反应式中不能出现OH－，D项不正确。答案：B9．解析：根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2得电子结合H＋得

到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根离子。由以上分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；光照强度增强，光合作用越强，产生的氧气越多

，电池的输出功率越大，即光照强度对电池的输出功率有影响，B错误；b为正极，光合菌产生的O2得电子结合H＋得到H2O，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C正确；酸性增强不利于菌落存活，负极

失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确。答案：B10．解析：金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极

，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比为(1mol×71g·mol－1)∶(1mol×32g·mol－1)≈2.22∶1，故C

正确；铅酸蓄电池充电时的总反应为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子守恒可知，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为3.9g39g·mol－1×18g·mol－1＝1.8g，故D错误。答案：D11

．解析：(1)由图可知，Zn为活泼电极，作原电池的负极，多孔惰性电极为正极，电流由正极流向负极，即A→B。(2)在正极得电子被还原为，其中N元素由＋3价降低到－3价，得到6个电子，对应电极反应式为＋6H＋＋6e－===＋2H2O。(3)由负极

质量减轻7.8g，结合负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，知转移电子总数为7.8g65g·mol－1×2＝0.24mol，由正极电极反应知，正极溶液最终增加的质量等于生成苯胺消耗的H＋的质量，即生成苯胺消耗0.19gH＋，则生成苯胺消耗的电子数为0.1

9g1g·mol－1＝0.19mol，则电流效率为0.190.24×100%≈79.2%。答案：(1)A→B(2)＋6H＋＋6e－===＋2H2O(3)79.2课时作业36新型化学电源1．解析：由图示分析可知，

工作时，A电极的质量不断减轻，则A为负极，发生氧化反应，B为正极，发生还原反应；由于装置中所用的隔膜为阴离子交换膜，则NO－3由交换膜右侧向左侧迁移，故A、B错；若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液中有0.1molNO－3向左侧迁移，0.1molAg

＋得到电子生成Ag，所以由AgNO3～e－170g1mol17．0g0.1mol可知，若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液减轻17.0g，故C错；负极的电极反应式为Ag－e－===Ag＋，正极的电极反

应式为Ag＋＋e－===Ag，总反应为非氧化还原反应，故选D。答案：D2．解析：由原理图知，钛电极上发生铁离子得到电子的还原反应，是正极，石墨电极上发生亚铁离子失去电子的氧化反应，是负极，A、C正确；海水中阳离子(

钠离子)向电池正极(钛电极)移动，穿过CM膜，进入到河水或正极区，阴离子(氯离子)向电池负极(石墨电极)移动，穿过AM膜进入到河水，B正确；海水中NaCl的浓度最大，河水中NaCl的浓度最小，经过反电

渗析后得到的“含盐水”中NaCl的浓度介于二者之间，D错误。答案：D3．解析：为使交换膜两侧硫酸铜溶液的浓度相等，即阴离子交换膜左侧溶液c(CuSO4)增大，右侧c(CuSO4)减小，又因为只允许阴离子迁移，故交换膜左侧铜电极溶解，

c(Cu2＋)增大；交换膜右侧铜电极上析出铜，c(Cu2＋)减小，即Cu(1)极为负极，发生氧化反应：Cu－2e－===Cu2＋；Cu(2)极为正极，发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，SO2－4由阴离子交换膜右侧向左侧迁移，据此分析

解题。由分析可知，Cu(1)极为负极，Cu(2)极为正极，原电池中阴离子流向负极，则SO2－4向Cu(1)极区域迁移，A正确；由分析可知，Cu(1)极为负极，则C(2)极为阴极，电解池中阴极发生还原反应，B正确；由

分析可知，Cu(2)极为正极，则C(1)极为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，故NaCl中的Cl－通过膜1进入阳极室，故膜1为阴离子交换膜，C错误；由B项分析可知，C(2)极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===2

OH－＋H2↑，D正确。答案：C4．解析：氧化铅­铜电池中铜为负极，PbO2作正极。电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，故A项错误；由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2molO，1molCu

，减少了1molSO2－4，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，故B项错误；由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO2－4===PbSO4＋2H2O，故C项正确；放电时，负极反应为Cu－2

e－===Cu2＋，正极反应为：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO2－4===PbSO4＋2H2O，总反应为PbO2＋Cu＋4H＋＋SO2－4===Cu2＋＋PbSO4＋2H2O，循环液中H2SO4会减少，硫酸铜会增多，故D项错误。答案：C5．解析：充电时n接电源的负

极，Zn2＋通过阳离子交换膜向阴极定向迁移，故由左侧流向右侧，A正确；放电时，负极Zn溶解生成Zn2＋，Zn2＋通过阳离子交换膜向正极定向迁移，故负极区溶液质量不变，B错误；充电时阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，

C错误；若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正、负极不会改变，Zn仍是负极，D错误。答案：A6．解析：由电子的移动方向可知，电极a为微生物电池的负极，M－离子在负极失去电子发生还原反应生成M＋离子，微生物作用下放电生成的M＋离子与有机物生成二氧化碳和水，同时

微生物作用下有机物也在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则负极应选择导电性高、易于附着微生物的石墨；电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。电极a为微生物电池的负极，负极可选择导电性高、易于附着微生物的石墨，有利于微生物作用下有机物在负

极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，故A正确；电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故B正确；在b极涂覆催化剂的目的是加快酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水的反应速率，故C正确；微生物的主要成分是蛋白质，若温度

过高，蛋白质会发生变性，降低微生物的催化能力，不利于原电池的工作，故D错误。答案：D7．解析：由题意可知，该装置为原电池，b极通入O2，则b为正极，A正确；原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y膜为

阳离子交换膜，X膜为阴离子交换膜，B、C正确；a极为负极，电极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2＋7H＋，D错误。答案：D8．解析：由题图知，M极为负极，N极为正极，H2N(CH2)2NH2在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H2N(CH2)

2NH2＋4H2O－16e－===2CO2＋N2＋16H＋，A正确；充电时二次电池的正极应与外接电源的正极相连，即与N极相连，B错误；H＋通过质子交换膜由M极移向N极，C错误；当N电极消耗标况下2.24LO2时，则转移2.24L22.4L·mol－1×4

＝0.4mol电子，所以有0.4mol电子从M极流向N极，D错误。答案：A9．解析：由题意知此电池为二次电池，嵌钠硬碳在放电时做负极，充电时做阴极。锂比钠稀缺，钠离子电池生产成本低，A正确；负极材料为嵌钠硬碳，相

当于Na原子嵌在碳中，则NaxCy中的Na为0价，放电时为负极，Na失去电子，电极反应式为NaxCy－xe－===Cy＋xNa＋，B正确；正极电势比负极高，Na＋移向正极但不是Na＋得电子，C错误；充电时阳极失去电子释放出Na＋，每转移1mol电子，释放1

molNa＋，Na＋在阴极得电子变成NaxCy，所以阳极减少的质量就是1molNa＋的质量即23g，D正确。答案：C10．解析：电池放电时不断有NaI生成，可知放电时a为负极，电极反应为：Na－e－===Na＋，固体电解质NASICON只允许阳离

子通过，固体电解质NASICON含钠离子，通过Na＋转移保持两侧电荷守恒，放电时b为正极，电极反应为：I－3＋2e－===3I－；充电时a为阴极，b为阳极，b极反应为：3I－－2e－===I－3。放电时a电极为负极，A正确；固体电解质NASICON含钠离子，

通过Na＋转移保持两侧电荷守恒，B正确；充电时b为阳极，b极反应为：3I－－2e－===I－3，C正确；放电转移1mole－时，1molNa＋从c区移出，d区移入1molNa＋，两区质量差改变46g，D错误。答案：D课时作业37电解池金属的腐蚀与防护1

．解析：A项，石墨、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe作负极加速被腐蚀，错误；B项，将铁和电源负极相连时，Fe作阴极而被保护，正确；C项，为牺牲阳极法，正确；D项，为增加防护层，正确。答案：A2．解析：电解盐酸，溶质HCl的量减少，溶剂的

量不变，所以酸性减弱，pH增大，A项错误；电解硝酸银溶液生成硝酸、金属银和氧气，溶液酸性增强，pH减小，B项错误；电解氢氧化钾溶液的实质是电解水，溶质的量不变，溶剂的量减少，溶液碱性增强，pH增大，C项正确；电解氯化钡溶液得到氢氧化钡、氢气和氯气，溶液碱性增强，pH增大，D项

错误。答案：C3．解析：根据题图可知，X为阳极，Y为阴极，电解饱和食盐水时，阴极区得到H2和NaOH，所以Y附近得到氢氧化钠，故A错误；铜的电解精炼，应用粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以X是粗铜，Y是纯铜，故B错误；电镀时，应以镀层金属作阳极、

待镀金属作阴极，所以X是镀层金属，Y是待镀金属，故C错误。答案：D4．解析：电解质溶液通过离子移动导电，电解质溶液中没有电子移动，故A错误；若B为粗铜，A为精铜，电解质溶液是硫酸铜溶液，该装置为电解精炼铜装置，粗铜中有铁锌等杂质，溶液中c(Cu2＋)略减小，故B错误；若A、B均为石墨电极

，电解总反应式为2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4，则通电一段时间后，溶液pH减小，故C错误；根据电子守恒，阴极、阳极转移电子数一定相等，若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电子数相等，故D正确。答案：D5．解析：电解法精炼粗银，粗银作阳极，Ag失电子

生成Ag＋、Cu失电子生成Cu2＋，Pt为惰性金属成为阳极泥，由得电子能力：Ag＋＞Cu2＋，阴极为Ag＋得电子生成Ag；用电解法精炼粗银，银单质失电子生成银离子，发生氧化反应，粗银与电源正极相连，故A错误；由得电子能力：Ag＋＞Cu2＋，

阴极为Ag＋得电子生成Ag，阴极电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，故B正确；粗银作阳极，Cu失电子生成Cu2＋，Pt为惰性金属成为阳极泥，故C错误；电解精炼银时，粗银中比银活泼的铜会先失电子形成离子进入溶液，Ag再失电子生成A

g＋进入溶液，但阴极Ag＋生成Ag的量更多，则电解液中c(Ag＋)浓度不可能增大，故D错误。答案：B6．解析：铁丝发生吸氧腐蚀也需要水参加，图①干燥的空气中没有水分不易形成原电池，很难发生吸氧腐蚀，故A错误；图②采用的是牺牲阳极法，金属M必须比铁活泼才可以，则M不可

用石墨代替，故B错误；图③采用的是外加电流法，若电源断开，则钢铁闸门和周围的海水形成原电池，发生的是吸氧腐蚀，故C正确；图③采用的是外加电流法，辅助电极N为阳极，可以是惰性电极石墨，则N可选石墨，故D错误。答案：C7．解析：金

属从活态向钝态的转变叫钝化，而通过外接电源而钝化的阳极保护法，指的是使受保护的金属作为阳极，通过外加电流使阳极钝化，电位强烈正移，腐蚀速率大幅度降低，所以，阳极保护法中受保护的金属外接电源的正极，A错误；I

M代表的是金属钝化的难易程度，即开始的时候电流密度越大，此时金属溶解，表示金属越难钝化，所以并非电流密度越大，金属受保护程度越好，B错误；当外接电势超过EB后，金属开始钝化，从EC到ED都是金属钝化较稳定的范围，所以C

FD区，金属受到保护，C正确；外接电势超过ED后，电流密度又持续增加了，腐蚀速度又加快了，所以并非外接电势越高，对金属保护越有效，D错误。答案：C8．解析：传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜，与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子

交换膜，故A正确；根据题图，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2－xe－===Na0.44－xMnO2＋xNa＋，故B正确；第二步中，放电结束后，Na0.44－xMnO2＋xNa＋＋xe－===Na0.

44MnO2，Ag－e－＋Cl－===AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C错误；理论上，每消耗1molO2，转移4mol电子，第一步生成4molNaOH，根据钠守恒，第二步提取4molNaCl，第三步生成2

molCl2，故D正确。答案：C9．解析：因为a电极氮元素化合价降低，氮气得电子，所以a极为阴极，X端为化学电源的负极，A正确；理论上a、b电极得失电子数相等，但a极上1molN2得到6mol电子，b极上1molN2失去10mol电子，所以消耗N2速率不相等，C

错误；离子交换膜可以是质子交换膜，b极产生的质子通过交换膜进入a极区，D正确。答案：C10．解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋

被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶

的碳酸锂，D项正确。答案：C11．解析：由图中质子的移动方向可知，M极为电解池的阳极，与电源正极相连，A正确；N极为阴极，乙二酸在阴极的电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋===HOOCCHO＋H2O，放电时消耗氢离子，溶液pH增大，B正确、C错

误；若有2mol氢离子通过质子交换膜，阴极和阳极各生成1mol乙醛酸，则装置中生成2mol乙醛酸，D正确。答案：C12．解析：电解时，阳极上水中的OH－放电：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，浆液中的CrO2－4通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离

出来，因存在2CrO2－4＋2H＋===Cr2O2－7＋H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO2－4、Cr2O2－7；阴极上水中的H＋放电：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，混合物浆液中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极，故阴极反应生成氢气和NaOH；电解时，

每转移2mol电子，阳极区生成2molH＋，由于2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O为可逆反应，阳极室生成的Cr2O2－7小于1mol，D错误。答案：D13．解析：由图可知与X相连的电极产生氢气和CO，H、C元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则

X是电源的负极，Y为正极，A正确；金属氧化物为电解质，则阳极的电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，B正确；由图可知反应物为水和二氧化碳，生成物为氢气、一氧化碳和氧气，则该电解池的总反应可表示为H2O＋CO2=====电解H2＋CO＋O2，C正确；结合总反应的化学方程式可知，阴极产生1mo

lH2和1molCO时，阳极产生1molO2，则阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2∶1，D错误。答案：D14．解析：(1)①为参照实验，由于②探究醋酸浓度的影响，故铁粉质量不变，为2.0g；③只有炭粉

含量与①不同，③探究炭粉含量的影响。(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向如图所示，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为2H2O

＋O2＋4e－===4OH－。(3)①根据题图知，O2得电子生成OH－，Cu失电子生成Cu2＋，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极。②Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成Cu2＋、正极上生成OH－

，所以该离子反应为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓。答案：(1)②2.0③炭粉含量的影响(2)吸氧还原2H2O＋O2＋4e－===4OH－(3)①c②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓课时作业38电解原理创新应用1．解析：乙池电极为电解池阴极

，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，A项错误；电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，B项错误；阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y的浓度比NaOH溶液Z的大，C项正确；放出氧气的电

极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠溶液，则电极反应为4CO2－3＋2H2O－4e－===4HCO－3＋O2↑，D项错误。答案：C2．解析：环氧

乙烷的制备原理：Cl－在阳极失电子生成Cl2，Cl2与水发生反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电解结束，

移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl＋OH－===Cl－＋H2O＋C2H4O。根据分析可知阳极区会生成HCl，使用Cl－交换膜阻止OH－通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；根据分

析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C===CH2＋H2O===H2＋C2H4O，故D正确。答案：A3．解析：由题干信息可知，电极M与锂离子电池的正极相连，是阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，电极N与锂离子电池的负极相连，是阴极

，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阳离子由M极移向N极，阴离子由N极移向M极，即膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜。M极为阳极，膜2为阳离子交换膜，A正确；锂电池电池反应为xLi＋Li1－xMn2O4===LiMn2O4，故放电时，负极的电极反应式为Li－

e－===Li＋，B正确；已知Mn是25号元素，其核外有25个电子，根据泡利不相容原理可知，基态锰原子中有25种不同运动状态的电子，C错误；由分析可知，N极电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，故N极收集到11.2L气体(标准状况)时理论上转移电子的物质的

量为11.2L22.4L·mol－1×2＝1mol，D正确。答案：C4．解析：由图可知，左池发生的反应为CO2得电子被还原为H2C2O4，电极反应式为2CO2＋2e－＋2H＋===H2C2O4，M极作阴极，电解池阴极与电源负极相连，则a为电源的负极，b为电源的正极，A正确、B错误

；为增强溶液导电性，同时减少杂质，左池可加入少量Na2C2O4溶液，C正确；右池为电解池的阳极区，H2O失电子发生氧化反应生成O2和H＋，D正确。答案：B5．解析：阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，两种气体为CO2和N2，该反应在碱性环境中发生，反应的离子方程式不应

出现H＋，D项错误。答案：D6．解析：根据装置图，阴离子通过c膜向a极移动，可知a极为阳极，发生的反应为HSO－3－2e－＋H2O===SO2－4＋3H＋；b极为阴极，发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑，气体N为H2。n(SO2－3)∶n(HSO－3)＝9∶91时，电解液pH＝

6.2，n(SO2－3)∶n(HSO－3)＝1∶1时，电解液pH＝7.2，由此推知当电解液呈中性时，c(HSO－3)＞c(SO2－3)，A项错误；M吸收SO2主要发生的反应为SO2－3＋SO2＋H2O===

2HSO－3，B项错误；若产生标准状况下2.24L气体N(0.1molH2)，阴极消耗0.2molH＋，减少0.2mol正电荷，需要补充0.2mol正电荷以达到平衡，则d膜上会通过0.2mol阳离子，D项正确。答案：D7．解析：根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图

可知，A为电源的正极，B为电源的负极，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；NO－2在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化，本身被还原成N2，其反应的离子方程式为2NO－2＋8H＋＋6Fe2＋===N

2↑＋6Fe3＋＋4H2O。答案：Fe－2e－===Fe2＋2NO－2＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O8．解析：(2)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O2－4，电极反应式为2SO2－3＋4H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2

O，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以电解池中的隔膜为阳离子交换膜。(3)由图可知，甲醛气体传感器为原电池原理，b极为负极，甲醛发生氧化反应生成CO2，电极反应式为HCHO－4e－＋H2O

===CO2＋4H＋；由反应式可知，当电路中转移4×10－4mol电子时，传感器内参加反应的甲醛(HCHO)为4×10－4mol4×30g·mol－1＝3×10－3g＝3mg。答案：(1)负2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(2)2SO2－3＋4H＋＋2e－=

==S2O2－4＋2H2O阳(3)HCHO－4e－＋H2O===CO2＋4H＋3课时作业39多池、多室的电化学装置1．解析：该装置左侧烧杯为原电池装置，铁作负极，C作正极；右侧烧杯为电解池装置，左侧的

原电池装置是其电源。根据分析，Fe为负极，A正确；原电池中Fe在负极失去电子，正极上是氧气得电子，发生了铁的吸氧腐蚀，B正确；电解池中左侧的C与原电池的正极相连，是阳极，阳极为水失去电子生成氧气和氢离子，部分C会与氧气

发生反应，C的质量一定程度上会减少，C错误；电解池中右侧的C为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，D正确。答案：C2．解析：电镀池中镀件作阴极，X电极为负极，因此电子由X电极经导线流向镀件，故A正确；

Y电极为正极，电极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－，故B正确；电镀池中硫酸铜作电解液，在阴极铜离子得电子变为铜单质沉积在镀件上，因此可以用石墨电极作阳极，故C正确；根据Cu2＋＋2e－===Cu，镀件增重6.

4g，转移0.2mol电子，负极反应式为Ag－e－＋Cl－===AgCl，消耗0.2molCl－，0.2molNa＋向正极移动，理论上X极区模拟海水减少0.2molNaCl，其质量减少0.2mol×58.5g·mol

－1＝11.7g，故D错误。答案：D3．解析：根据图示可知，B为原电池，氧气得电子与水反应生成OH－，d作正极，c作负极；A、C为电解池，m、a为电解池的阳极，b、n为电解池的阴极。a为精铜，失电子，作阳极，b为铁制品，作阴极，铜离子得电子

，可实现镀铜要求，A项正确；c为负极，甲醇失电子与溶液中的OH－反应生成CO2－3和水，B项正确；电解KCl溶液，m为阳极，氯离子失电子生成氯气，从e口出来，从f口出来的气体为氢气，C项错误；电解槽左侧为阳极室，

钾离子从电解槽左室向右室迁移，h口出来的为高浓度的KOH溶液，D项正确。答案：C4．解析：闭合电键形成闭合回路，甲池为燃料电池，故A正确；甲池燃料电池负极端为燃料发生失电子的氧化反应，生成二氧化碳和水

，二氧化碳会进一步与电解质氢氧化钾反应生成碳酸钾和水，所以电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O，故B错误；乙池中B极为阴极，质量增加5.40g为Ag质量，对应物质的量为0.05mol，根据电子守恒：

4Ag～O2～4e－，甲池理论消耗氧气体积0.05mol4×22.4L·mol－1＝0.28L，即280mL，故C正确；若丙中电极不变，电解质换成NaCl溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，故D正确。答案：B5．解析：电解时，Na＋移向阴极区，则f为电源负极，A项错误；电

解时，阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，Na＋移向阴极区，阳极区溶液逐渐由NaClO4转化为HClO4；阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区产生NaOH，B项错误、C项正确；根

据得失电子守恒，若转移2mol电子，理论上生成201gHClO4，D项错误。答案：C6．解析：右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸根离子再氧化CN－为氮气，所以右侧电极为阳极，b为电源的正极，故A错误；装置的左侧电极为阴极，发生2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增加，污水中的钠离

子会通过隔膜Ⅰ进入左侧，形成氢氧化钠溶液，所以隔膜Ⅰ为阳离子交换膜，故B错误；根据电极反应式可知，X为H2，C正确；生成的2.24LN2未标明条件，无法求得电路中通过电子的量，故D错误。答案：C7．解析：在电解池的左侧，稀

NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，则表明Na＋透过交换膜1进入左侧，在a电极上H2O得电子生成H2和OH－，a电极为阴极；在右侧，稀GCOOH溶液转化为浓GCOOH溶液，表明GCOO－透过交换膜2进入右

侧，在b电极上H2O失电子生成O2和H＋，b电极为阳极。电解发生后，a电极生成H2，b电极生成O2，依据得失电子守恒，H2与O2的物质的量之比为2∶1，所以a、b电极产生气体的质量之比为1∶8；电路中通

过1mol电子时，a电极上有1molH＋得电子，则有1molNa＋透过交换膜1进入左侧，理论上回收1molNaOH，质量为40g。答案：C8．解析：通过装置图可知CrO2－4要透过阴离子交换膜向b极移动，可知a为阴

极，b为阳极，则a极室的电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，A正确；a极上发生还原反应，故将电极换成铁电极，Fe不会被消耗，B正确；电解时b极发生反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，b极产生H＋，发生反

应2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O，因此b极室还有Cr2O2－7存在，C错误；0.52g铬元素的物质的量为0.01mol，说明有0.01molCrO2－4透过阴离子交换膜，则电路中通过0.02mol电子，D正确。答案：C9．解析：水放电

生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，且H＋从Ⅰ室移到Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在

阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜后，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；电解总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O=====电解2Co＋O2↑＋4H＋，故D正确。答案：D10．解析：根据题意，将生物发

酵液中的1，5­戊二胺硫酸盐转换为1，5­戊二胺，则生物发酵液中的SO2－4应通过n膜进入H2SO4溶液，＋H3NNH＋3应通过m膜进入产品室，与BPM表面产生的OH－反应生成水和H2NNH2。阳离子向a极移动，a极是阴极，则b极是阳极，阳极电势比阴极电势

高，A正确；电解过程中SO2－4进入H2SO4极室，生成H2SO4，溶液pH逐渐减小，C正确；b极区是阳极区，电渗析过程生成O2，每生成11.2L气体(标准状况)转移的电子为11.2L22.4L·mol－1×4＝2mol，而1molH2N

NH2生成H2NNH2转移2mol电子，故理论上可生成1mol1，5­戊二胺，D错误。答案：D11．解析：由图分析可知，电极1为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，离子交换膜a是阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜，结合阴、阳离子移向可知，各间隔室

的排出液中，①③⑤⑦为淡水，A错误、B正确；通电时，阳极电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极电极反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；淡化过程中，得到的浓

缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误。答案：B12．解析：Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极，正极电势高于负极电势，A正确；正极区消耗的H＋源于双极膜解离出的H＋，且产生的NH3会部分溶解，所以正极区溶液的pH不会减小，C错误；电子流向

：负极→负载→正极，D正确。答案：C13．解析：电极a为直流电源的负极，电极b为正极，正极电势高于负极电势，A错误；催化电极M为阳极，碱性条件下乙烯在阳极失去电子发生氧化反应生成环氧乙烷，电极反应式为C2H4－2e－＋2OH－―→＋H

2O，OH－通过阴离子交换膜q进入阳极区，所以工作时，阳极区OH－的物质的量不变，但放电生成水，会使氢氧化钠溶液的浓度减小，B、C错误；电极N为电解池的阴极，电极反应式为Cr2O2－7＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，若放电生成1mol铬离子，

电路中转移3mol电子，同时有3mol氢离子移入阴极区，导致酸性含铬废水质量增加3g，D正确。答案：D课时作业40化学反应速率及影响因素1．解析：化学反应速率之比等于化学计量数之比，则根据化学方程式3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)可知，v(W)∶v(

Z)＝3∶3＝1∶1，A错误；v(X)∶v(Z)＝2∶3，B错误；v(X)∶v(Y)＝2∶4＝1∶2，C正确；v(W)∶v(X)＝3∶2，D错误。答案：C2．解析：N2O4的浓度由0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1需要15s，即N2O4的浓度变化量为0.0

3mol·L－1，N2O4的浓度由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1，即N2O4的浓度变化量为0.02mol·L－1，若反应速率不变，则所需时间为15s×0.020.03＝10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。答案：D3．解析：由题图可知，0～am

in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。答案：C4．解析：合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)高温、高压催化剂2NH3(g)，温度越高，反应

速率越快。根据反应速率与化学计量数的关系，将四个选项中反应速率转化为v(H2)，A项，v(H2)＝32v(NH3)＝0.15mol·L－1·min－1，C项，v(H2)＝3v(N2)＝0.9mol·L－1·min－1，则

C项表示的反应速率最快，反应所处的温度最高。答案：C5．解析：升温，正、逆反应速率均增大，B正确；体积一定时加入氦气，物质的量浓度不变，不影响反应速率，C错误；压缩体积，单位体积内的活化分子数增大，但活化分子百分数不变，D错误。答案：B6

．解析：a的活化能更高，A错误；该反应为放热反应，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，B正确；a与b相比，b的活化能小，b中活化分子的百分数更高，C错误；a与b相比，b的活化能更小，b的反应速率更快，D错误。答案：B7．解析：X是唯一的反应物，随着反应

的进行，其浓度不断减小，因此，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时Y的消耗速

率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则Y的浓度为c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻后Y的浓度的变化量为c0－c(Y)，则c(Z)＝2c0－2c(Y)，D不正确。答案：D8．解析：对于反应2HBr(g)⇌Br

2(g)＋H2(g)，Δc(H2)＝0.5mol·L－1，则Δc(HBr)＝2Δc(H2)＝2×0.5mol·L－1＝1mol·L－1，则该可逆反应起始时c(HBr)＝4mol·L－1＋1mol·L－1＝5mol·L－1；由NH4B

r(s)⇌NH3(g)＋HBr(g)可知，NH3的平衡浓度应与HBr分解反应的起始浓度相等，即c(NH3)＝5mol·L－1，v(NH3)＝5mol·L－12min＝2.5mol·L－1·min－1。答案：B9．解析：根据题中催化过程，可得水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3S

O2＋2H2O===2H2SO4＋S↓，A项正确；Ⅱ是Ⅰ的对比实验，采用控制变量法，Ⅱ比Ⅰ多加了0.2mol·L－1H2SO4，Ⅰ与Ⅱ中KI浓度应相等，则a＝0.4，B项正确；对比Ⅰ与Ⅱ，加入H＋可以加快SO2歧

化反应的速率，对比Ⅱ与Ⅲ，H＋单独存在时不能催化SO2的歧化反应，比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，I－是SO2歧化反应的催化剂，C项正确；Ⅳ中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快”，说明SO2歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，对比Ⅳ和Ⅰ，Ⅳ中

加入的KI的浓度小且加入了I2，反应ⅰ消耗H＋和I－，反应ⅱ消耗I2，由此说明反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快，D项错误。答案：D10．解析：(1)由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62min时，p(O2)＝2.9kPa，则减小

的N2O5为5.8kPa，此时p(N2O5)＝35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，则v(N2O5)＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。答案：(1)30.06.0×10－2(2)v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×Δn（Cl2）Δt＝2×（5.4－

1.8）×10－3mol（6.0－2.0）min＝1.8×10－3mol·min－1。11．解析：(1)由“调节不同的初始pH和一定浓度的草酸溶液用量，做对比实验”可知实验①②是为了对比pH的不同对速率的影响，实

验②③是为了对比草酸浓度的不同对速率的影响，所以在实验③中草酸溶液和蒸馏水的总体积为40mL即可(但不能与实验②的用量相同)。(2)图像中曲线的斜率越大，说明反应速率越快，所以由实验①②条件对照可知，pH越小，该反应速率越快。Cr2O2－7氧化H2C2O4后，本身被还原为Cr3＋，由Cr元

素质量守恒得关系式：Cr2O2－7～2Cr3＋，故v(Cr3＋)＝2v(Cr2O2－7)＝2（c0－c1）t1。(3)加入铁明矾后的混合液中含Fe2＋、Al3＋、SO2－4，所以假设二、假设三分别为Al3＋起催化作用、SO

2－4起催化作用。(4)用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。在此条件下，溶液中只相差Fe2＋，若反应进行相同时间后，溶液中c(Cr2

O2－7)大于实验①中的c(Cr2O2－7)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O2－7)相同，则假设一不成立。答案：(1)2020(合理即可)(2)pH越小，该反应速率越快2（c0－c1）t1(3)Al3＋起催化作

用SO2－4起催化作用(4)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O2－7)大于实验①中的c(Cr2O2－7)，则假设

一成立；若两溶液中的c(Cr2O2－7)相同，则假设一不成立(本题为开放性题目，其他答案合理均可)课时作业41反应历程与化学反应速率1．解析：第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的反应速率，A错误；反应

的中间产物除NO3外还有NO，B错误；有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明仅部分碰撞有效，C正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D错误。答案：C2．解析：第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②

，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。答案：C3．解析：由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应

Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；由题图可知，基元反应Ⅰ为H＋＋H2O2＋Fe2＋===Fe3＋＋·OH＋H2O，故基元反应Ⅰ中氧元素的化合价发生变化，B错误；由题图可知

，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2＋Fe3＋===HO2·＋Fe2＋＋H＋，C正确。答案：B4．解析：ICl中I为＋1价，故I2为还原产物，A错误；Ea1>Ea2，活化能大的化学反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步

的化学反应速率，B错误；H—Cl的键长小于I—Cl的键长，键长越短，键能越大，故键能：H—Cl>I—Cl，C错误；总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步的化学方程式，D正确。答案：D5．解析：整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反

应生成，故A正确；由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，故C正确；整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故

总反应为2CH3OH――→催化剂CH3OCH3＋H2O，故D正确。答案：B6．解析：由题图可知乙烯和氢气生成乙烷的反应为放热反应，则ΔH＜0，故A错误；由题图可知加入催化剂，反应物与生成物的总能量差不变，则反应热不变，所以有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，但不能

减小反应的ΔH，故B错误；由题图可知，催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故C正确；催化剂不影响平衡移动，不能改变转化率，故D错误。答案：C7．解析：催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的产率不变

，故A错误；由图可知，反应Zr＋CH4―→CH3—Zr…H的活化能为99.20kJ·mol－1，故B正确；由图可知，―→状态2的活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，故C错误；由图可知，反应Zr＋

CH4―→CH—Zr…H3ΔH＝＋39.54kJ·mol－1，故D错误。答案：B8．解析：由1、2两组数据，c(S2O2－8)增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，c(I－)增大1倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为v＝k·c(S2O2－8)·c(I－)，故A错误；将1组的数据代入v＝k·c

(S2O2－8)·c(I－)，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B正确；总反应－①－③可得第②步反应的化学方程式：S2O8I3－＋I－===2SO2－4＋I2，故C

错误；反应③为快反应，活化能最小，故D错误。答案：B9．解析：由表中数据可知，在0～20min、20～40min、40～60min，X2Y的浓度均减少了0.02mol·L－1，即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a＝0，v＝k，A、D错

误，B正确；0～20min内，v＝k＝ΔcΔt＝0.100mol·L－1－0.080mol·L－120min＝1.0×10－3mol·L－1·min－1，C错误。答案：B10．解析：由题中图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，反应②为Ca

CO3＋CH4=====催化剂CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题中图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能发生副反应：CH4=====催化剂C＋2H2，B正确；由反应②的化

学方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时，H2的反应速率未变，仍然为2mmol·min－1，而CO的反应速率为1～2mmol·min－1，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；

由图2可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大至1mmol·min－1，说明反应②不再发生，而后副反应逐渐停止，D正确。答案：C11．解析：共发生三个反应：①E＋TFAA―→F②F―→G③G⇌H＋

TFAA。t1时刻，H的浓度小于0.02mol·L－1，此时反应③生成TFAA的浓度小于0.02mol·L－1，参加反应①的E的浓度小于0.1mol·L－1，所以体系中有E存在，A正确；由题给反应路径和物料守恒知，体系中TFAA、G、F的总浓度应为0.08mol·L－1，

由题图知，t2时刻TFAA和G的浓度之和小于0.08mol·L－1，则体系中一定存在F，B正确；由图可知，反应刚开始TFAA的浓度就迅速减小为0，则E和TFAA的反应速率非常快，该反应的活化能很小，C正确；反应G⇌H为可逆反应，反应达平衡后，TFAA会有一部分存在于G中，则达平衡后TFAA的

浓度小于0.08mol·L－1，D错误。答案：D12．解析：Kp＝p2（NO2）p（N2O4），平衡时NO2、N2O4的消耗速率比＝v(NO2)∶v(N2O4)＝k2·p2(NO2)∶[k1·p(N2O4)]＝2∶1，则k1＝12Kp·k2。答案：12Kp·k213．解析：(1)化

学反应速率取决于反应慢的一步，由题意可知反应Ⅰ为慢反应，则总反应速率取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高。(2)由图可知，当一氧化氮完全反应后，氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小，说明在铂催化下，

氮气和氢气反应生成氨气，导致氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小。(3)由题给数据可知，0～20min，反应速率为v(N2O)＝（0.10－0.08）mol·L－120min＝0.001mol·L－1·min－1。答案：(1)Ⅰ高(2)随着H2体积分数的增

加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势(3)0.001课时作业42化学平衡状态化学平衡常数1．答案：C2．解析：平衡浓度之比为1∶3，转化浓度亦为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A、C不正确；平衡时Y生成表示逆反应速

率，Z生成表示正反应速率，且v生成(Y)∶v生成(Z)应为3∶2，B不正确；由可逆反应的特点可知0<c1<0.14mol·L－1，D正确。答案：D3．解析：平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)，A项错误；0～2min内的平均反应速率，用NO表示是0.6mol·L－1/2min＝0.

3mol·L－1·min－1，B项错误；容器体积不变，气体总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，C项错误；该反应为气体分子数增大的反应，容器体积不变，温度不变，混合气体的压强是变量，当混合气体的压强不变时，说

明反应达到平衡状态，D项正确。答案：D4．解析：由2X(s)⇌Y(g)＋Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状态，故A不符合题意；当反应容器中Y的质量分数不变

时，体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，故B不符合题意；由2X(s)⇌Y(g)＋Z(g)反应是在绝热的密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说

明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C不符合题意；由2X(s)⇌Y(g)＋Z(g)可知，反应物是固体，产物是气体，且产生的气体比例不会改变，总是1∶1，则混合气体的平均相对分子质量Mr＝MY＋MZ2是定值，所以当容器内气体的平均相对分子质量不变时，

不能判断反应达到平衡状态，故D符合题意。答案：D5．解析：硫化氢的浓度为氧气的2倍，不能说明反应达到平衡，A项错误；该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，恒容容器中混合气体的压强不变，说明各气体的物质的量不变，反应达到平衡，B项正确；反应达到平衡时，生成0.6mo

lS2(s)，消耗的H2S为1.2mol，反应放出0.6QkJ热量，故反应放出0.3QkJ热量时，未达到平衡，C项错误；根据已知热化学方程式可知，任何时间段，消耗2molH2S(g)的同时一定生成2m

olH2O(g)，且可逆反应不能进行到底，D项错误。答案：B6．解析：平衡常数K只随温度的变化而变化，与浓度变化无关，A错误；降低温度，正、逆反应速率均减小，B错误；降温时，F的浓度增大，说明平衡逆向移动，正反应是吸热反应，则

焓变为正值，C错误。答案：D7．解析：K1＝c2(HI)/[c(H2)·c(I2)]，K2＝c12(H2)·c12(I2)/c(HI)，K1＝1K22。答案：C8．解析：当可逆反应2SO2＋O2⇌2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定

量的O2，平衡向右进行，但O2转化率减小，浓度商Q变小，K不变。答案：C9．解析：根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，K＝1c（A）·c（B）＝14，故A错误；c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；如果c点达到平衡，此

时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即温度升高，故C正确；T℃时，平衡常数不变，曲线上各点位于平衡状态，其他点温度不同，不是平衡状态，故D错误。答案：C10．解析：2～6minc(Cl2)由1.8×10－3mol·L－1增

大到5.4×10－3mol·L－1，则有v(Cl2)＝3.6×10－3mol·L－14min＝9×10－4mol·L－1·min－1，A错误；恒温恒容时，平衡建立过程中，混合气体的总质量不变，气体的总物质的量不断变化，则气体的

平均摩尔质量不断变化，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，该反应达到化学平衡状态，B正确；该反应的ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，则平衡常数：K(200℃)>K(400℃)，C正确；该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则HCl的平衡转化率增大，

D正确。答案：A11．解析：①达到平衡时，v正应保持不变。②由于是放热反应，又是绝热容器，体系温度升高，平衡左移，K减小，达到平衡时保持不变。③图中达到平衡时，CO、CO2的物质的量的变化量之比不是1∶1。④w(NO)逐渐减小，达到平衡时保

持不变。⑤因正反应放热，容器绝热，故反应开始后体系温度升高，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化。⑥ΔH是一个定值，不能用于判断可逆反应是否达到平衡状态。答案：②④⑤12．解析：(1)气体密度等于气体质量除以容器体积，反应1的反应物和生成物都是气体，

气体质量不变，容器体积不变，因此在恒温恒容条件下气体密度始终不变，因此密度不变不能作为判断平衡的标志，故A不符合题意；甲烷、丙烯均属于生成物，两者的化学计量数相同，无论是否达到平衡，它们的生成速率始终相等，故B不符合题意；在恒容恒温下，气体分子数逐渐

增多，气体压强逐渐增大，当压强不变时反应达到平衡，故C符合题意；丙烯体积分数由0逐渐增大，丙烯体积分数不变时表明反应达到平衡，故D符合题意。(2)根据方程式可知：每2分子NH3反应产生1分子CO(NH

2)2，会断裂2个N—H，即1个NH3分子断裂1个N—H。现在断裂6molN—H,就是6molNH3反应，要生成3molH2O，形成6molO—H；断裂2molO—H，就是1mol水发生反应，生成水的物质的量大于消耗水的物质的量，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡，A符合题意；该反应在恒

温恒容条件下进行，反应前后气体的物质的量发生改变，当气体压强不再变化时，气体的物质的量不变，则反应达到了平衡状态，B不符合题意；反应前后气体的质量发生变化，而反应在恒温恒容条件下进行，气体的体积不变，则混合气体的密度不再变化，说明反应

达到了平衡状态，C不符合题意；若CO2的体积分数不再变化，说明混合气体中各气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D不符合题意。(3)反应物NO2中氮元素与氧元素的质量比为7∶16，生成物NO中氮元素和氧元素的质量比为7∶8，所以未平衡前气体物质中氮元素和氧元素的质量比是变量，当气体物质中氮元素

与氧元素的质量比不变时，反应达到了平衡，故A选；随着反应的进行，气体物质的质量在减小，而容器体积不变，所以混合气体的密度在减小，当容器内气体密度不变时，反应达到了平衡，故B选；NO2是红棕色气体，Cl2是黄绿色气体，未平衡前混合气体的颜色在改变，当容器内气体颜色不变时，说明NO2和

Cl2的浓度均不再改变，反应达到了平衡，故C选；NaNO3是固体，不能用固体浓度不变衡量反应是否达到平衡，故D不选。答案：(1)CD(2)A(3)ABC13．解析：(1)平衡常数的值与化学方程式的书写有关，根据平衡常数的定义可得K′＝1K

＝2。(2)引入浓度商Q，Q＝c2（NH3）c（N2）·c3（H2）＝424×23＝12＝K，说明此时已达化学平衡状态，即v正(N2)＝v逆(N2)。(3)恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，使总体积增大。答案：(1)2(2)

＝(3)向左不改变课时作业43化学平衡常数及转化率的计算1．解析：由化学平衡常数的定义可知K1＝c（N2）·c（O2）c2（NO），A项错误；该温度下，水分解反应的平衡常数为1K2＝12×1081＝5×10－82，B项错误；该温度下，NO、

H2O、CO2三种化合物分解产生O2的反应的化学平衡常数分别为1×1030、5×10－82、4×10－92，所以产生O2的倾向：NO＞H2O＞CO2，C项正确，D项错误。答案：C2．解析：由一定温度下，反应12H2(g)＋12X2(g)⇌HX(g)的平衡常数为10，则相同条件下HX分

解的化学反应的平衡常数为110，设HX分解的物质的量为x，则HX(g)⇌12H2(g)＋12X2(g)开始/(mol·L－1)1.000转化/(mol·L－1)xx2x2平衡/(mol·L－1)(1.0－x)x2x2故（x2）12×（x

2）12（1.0－x）＝110，解得x≈0.17mol，该温度时HX(g)的最大分解率为0.17mol1.0mol×100%＝17%。答案：B3．解析：设N2O5的转化浓度为xmol·L－1，N2O3的转化浓度为ymol·L－

1。N2O5(g)⇌N2O3(g)＋O2(g)开始/(mol·L－1)400转化/(mol·L－1)xxx平衡/(mol·L－1)4－xxxN2O3(g)⇌N2O(g)＋O2(g)开始/(mol·L－1)x0x转化/(mol·L－1)yyy平衡/(m

ol·L－1)x－yyx＋y根据题意得x＋y＝4.5x－y＝1.7，所以x＝3.1，y＝1.4，所以反应①的平衡常数为K＝c（O2）·c（N2O3）c（N2O5）＝4.5×1.74－3.1＝8.5。答案：B4．解析：化学反应的平衡常数表达式

为K＝c（CO2）·c（H2）c（CO）·c（H2O），平衡常数是生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，反应的化学方程式是CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g

)＋H2(g)，故A正确；由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确；CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始量/mo

l0011变化量/mol0.40.40.40.45min后/mol0.40.40.60.6反应前后气体的体积不变，可以用物质的量代替物质的量浓度计算，故Q＝0.6×0.60.4×0.4＝2.25＞1，83

0℃时Q不等于K，说明反应未达到平衡，故C错误；某温度下，如果平衡浓度符合关系式c（CO2）3c（CO）＝c（H2O）5c（H2），则K＝c（CO2）·c（H2）c（CO）·c（H2O）＝0.60，对照平衡常数可知温度是1000℃，故D正确。答案：C5．解析：由于总反应ΔH＜0，为放热反应，降低温

度，放热反应的K增大，故A错误；总反应＝反应①＋反应②，K＝Ka·Kb，故B正确；反应①ΔH＞0，为吸热反应，反应②ΔH＜0为放热反应，适当升温，反应①正移，反应②逆移，则[O]含量增加，可提高消毒效率，故C正确；平衡常数只与温度有关，故D正确。答案：A6．解析：由表格数据可知，随温度升高，平衡常

数增大，则该反应的正反应为吸热反应，则a＞0，故A错误；固体物质不能代入平衡常数的表达式，则该反应的化学平衡常数表达式为K＝c（Z）·c（W）c2（X），故B错误；若在4L容器中通入X和Y各1mol，在800℃下反应，某时刻测得X的物质的量为13mol，可列

出三段式：2X(g)＋Y(s)⇌Z(g)＋W(g)起始/mol100转化/mol231313某时刻/mol131313，由于反应前后气体物质的量不变，则可用物质的量代替浓度计算浓度商，则Q＝13×13（13）2＝1＝K，说明该反应已达平衡，故C正确；在1000℃

时，反应2X(g)＋Y(s)⇌Z(g)＋W(g)的平衡常数为1.8，其逆反应Z(g)＋W(g)⇌2X(g)＋Y(s)的平衡常数应为其1.8的倒数为59，故D错误。答案：C7．解析：设反应达平衡时，C的浓度为2xmol·L－1，则2A(g)＋B(g)⇌2C(g)起

始/(mol·L－1)0.400.960转化/(mol·L－1)2xx2x平衡/(mol·L－1)0.40－2x0.96－x2x，恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，则0.40＋0.960.40－2x＋0.96－x＋2x＝1715，解得x＝0.16，故A的平衡转化率

为2×0.160.40×100%＝80%，A项正确；平衡时，K＝0.3220.082×0.8＝20，A、B、C的平衡分压分别为0.080.08＋0.8＋0.32p＝115p，0.80.08＋0.8＋0.32p＝23p、0.320.08＋0.8＋0

.32p＝415p，则Kp＝（415p）2（115p）2×23p＝24p，B项正确；保持体积不变，混合气体中再充入0.08molC和0.20molB，则C和B的浓度分别为0.40mol·L－1和1.00mol·L－1，故Q＝0.

4020.082×1.00＝25＞K，反应逆向移动，C项错误；温度升高，K减小，可知平衡逆向移动，则该反应为放热反应，D项正确。答案：C8．解析：先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的转化浓度和平衡浓度：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该反应ΔH>0，为吸热反应，升高温度，K值增大，A正确；由上述分析可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为0.40.6×100%≈66.7

%，B正确；Ⅰ中平衡时c(O2)＝0.2mol·L－1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ的基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2mol·L－1，C不正确；平衡时，v正(NO2)＝v逆(NO)，即k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，得k正k逆＝c2（NO）·c（O2）c2（NO2）＝K，

D正确。答案：C9．解析：根据图像可知：在5min时CH4(g)的浓度减少0.25mol·L－1，则根据物质反应转化关系可知：反应产生CO的浓度为0.50mol·L－1，故B点的坐标为(5，12)，A正确；反应进行到5

min时，CH4(g)的浓度还在减小，说明反应正向进行，v正(CH4)＞v逆(CH4)，由于v逆(CO)＝2v逆(CH4)，所以2v正(CH4)＞v逆(CO)，B错误；平衡时CH4(g)的浓度与CO2(g)浓

度相等，等于23mol·L－1，开始时CO2(g)的浓度为1.00mol·L－1，故CO2(g)的平衡转化率为1.00－231.00×100%≈33.3%，C正确；根据图像可知：在温度为T℃时，c(CH4)＝c(CO2)＝c(CO)

＝c(H2)＝23mol·L－1，则根据平衡常数的含义可知K＝（23）2×（23）223×23＝49，D正确。答案：B10．解析：4NO2(g)＋2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)可由反应①×2－②得到，根据平衡常数计算规

律可得此反应平衡常数为K21K2，A项正确；10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1－20%)＝0.4mol，10min内用NOCl(g)表示的平均反应速率v(NOCl)＝

7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡时n(NOCl)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15mol，设达到平衡时反应①中消耗的NO2为xmol，反应②中消耗的Cl2为ymol，根据方程式①和②可得，反应①中生成的NOCl(g)为0.5xmo

l，反应②中消耗的NO(g)为2ymol，消耗的Cl2(g)为ymol，生成的NOCl(g)为2ymol。根据已知信息可列方程0.5x＋2y＝0.15mol（0.2－x＋0.2－2y＋0.1－y）＋0.5x＋2y＝0.4mol，解得x＝0.1mol，y＝0.05mol故平衡后c(Cl2)

＝0.1mol－0.05mol2L＝2.5×10－2mol·L－1，B项正确；平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡常数K2不变，C项错误；平衡时NO2转化0.1mol，故转化率为50%，D项正确。答案：C11．解析：N2O4(g)⇌2N

O2(g)，N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始N2O4的物质的量为x，则平衡时剩余的N2O4的物质的量为0.75x，生成的NO2的物质的量为0.5x，混合气体平衡总压强为p，则NO2的分压为p×0.5x0.5x＋0.75x＝0.4p；N2O4分压为p×0.75x0.5x＋0.75x＝

0.6p；反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kx＝0.420.6＝415。答案：0.4p41512．解析：(1)升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；化学反应速率和温度

成正比，随着温度降低，1T增大，正逆反应速率减小，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度降低平衡正向移动，v正＞v逆，则降低相同温度时lgk逆减小更快，则③表示lgk正随1T变化关系的斜线，④表示lgk逆随1T变化关系的斜线。(2)化学平衡常数K＝c（N2O4）c2（NO2）＝k逆·c（N2O4

）k正·c2（NO2）×k正k逆＝v逆v正×k正k逆＝k正k逆＝10a－0.510a－1.5＝10；NO2、N2O4浓度均为0.2mol·L－1，则浓度商Q＝0.20.22＝5＜K，则平衡正向移动，v正＞v逆。答案：

(1)＜③④(2)10＞13．解析：(1)由图可知，715K，平衡时n(C3H6)＝n(C4H8)＝2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)＝x，则n(C3H6)＝n(C4H8)＝2x，n(CH3I)＝y，则

由Ⅰ守恒可知n(HI)＝1－y，由C守恒可得1＝y＋2x＋6x＋8x①，C2H4的物质的量分数为4%，得4%＝xy＋5x＋1－y②，由①②得x＝120，y＝15，故CH3I的转化率为1－y1×100%＝80%；平衡时n(总)＝1＋5x＝54

，CH3I的物质的量分数为y54＝425，HI的物质的量分数为1－y54＝1625，则Kx＝（1625）2×4%（425）2＝0.64。(2)①Ⅱ＝Ⅰ＋Ⅳ－2Ⅲ，故Kp2＝Kp1·Kp4K2p3＝2.304×1.0×10－96.4×10－11＝36。②因为压强之比等于物质的量之比

，40min达到平衡时，Kp2＝p2（HI）p（H2）·p（I2），即36＝（3.6×107）27.2×106×p（I2），故p(I2)＝5×106Pa，故v正＝k正·x(H2)·x(I2)＝b×7.2×1065.0×107×5.0×1065.0×107min－1＝1.44×10－2bmin－1。

答案：(1)80%0.64(2)①36②1.44×10－2b课时作业44化学平衡移动1．解析：存在平衡，并且外界条件发生变化时平衡发生移动的事实才能用勒夏特列原理解释。B项，使用催化剂不能引起平衡移动，错误。答案：B2．解析：测定二氧

化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可能地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动

，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案：D3．解析：平衡时c(X)＝0.3mol·L－1，将容器体积缩小到原来的12的瞬间，X的浓度变为原来的2倍，即为0.6mol·L－1，重新平衡后c(X)＝0.5mol·L－1，说明平衡在增大压强时向正向移动。A项

，从以上分析可知，平衡向正方向移动，故A错误；B项，增大压强，平衡正向移动，说明反应物的系数之和大于生成物的系数之和，若Y是固体，反应物的系数之和小于生成物的系数之和，所以Y是气体，故B错误；C项，根据B的分析，系数m＋n＞p＋2m，即n＞p＋m，所以n＞m，故C正确；D项，

平衡正向移动，所以Z的体积分数增大，故D错误。答案：C4．解析：由表中数据可知，升高温度，K不断增大，则平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，A不正确；反应中，CuCl2、CuCl都呈固态，不能出现在平衡常数表达式中，所以此反应在1050℃达平衡时，1.75<K＝c(Cl2)

<1.90，B不正确；1000℃条件下容器容积由2L变为1L，相当于加压，平衡逆向移动，但由于平衡常数K不变，所以达平衡时Cl2的浓度保持不变，C正确；加入CuCl固体时，并不影响平衡体系中Cl2的浓度，所以不能使平衡发生移动，D不正确。答案：C5．解析：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。答案：C6．

解析：a→a′过程中，增大压强，2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，但是新平衡时各气体物质的量浓度均比旧平衡时大；b→b′过程中，溴蒸气的物质的量不变，浓度增大。A项，a→

a′过程中，开始时容器的容积瞬间减小，NO2的浓度瞬间增大，则颜色突然加深，2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动，NO2的浓度逐渐减小，则颜色又逐渐变浅，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大，则最终颜色比原来的深，故A错误；B项，在以极慢的速度缓缓压缩的过程中，a

中2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，而b→b′过程中，溴蒸气的物质的量不变，但在每一个相同的时间点，溴蒸气的浓度总是比NO2的浓度大，故b的颜色总比a的深，故B正确；C项，由A项分析知，从容器左侧观察a和a′，a′的颜色更深，故C错误；D项，a′

中反应为气体分子数减小的反应，而b′中气体分子数不变，故na′一定小于nb′，故D错误。答案：B7．解析：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。答案：D8．解析：容积可变，说明是恒温、恒压条件，满足“等比等效”。A项，“均减半”后A、B、C的物质的量分别为2mol、1mol和2mol，满足“等比等效”，平衡不会移动；B项，“均加倍”后A、B、C

的物质的量分别为8mol、4mol和8mol，满足“等比等效”，平衡不会移动；C项，“均增加1mol”后A、B、C的物质的量分别为5mol、3mol和5mol，相当于在5mol、2.5mol和5mol的基础上又增加了0.

5molB，平衡向右移动；D项，“均减小1mol”后A、B、C的物质的量分别为3mol、1mol和3mol，相当于在3mol、1.5mol和3mol的基础上减少了0.5molB，平衡向左移动。答案：C9．解析：先建立等效平衡模型，即假设原容器的体积可变，当再充入1molN2O4后重新建立

起的平衡和原平衡等效，此时NO2的转化率依然为x%。当体积不发生变化时，在原平衡的基础上要缩小容器的体积，即增大了压强，该反应正反应方向为气体体积缩小的方向，平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大，即x<y。答案：B10．解析：将NO2充入两个容

器中发生2NO2⇌N2O4的反应，打开K2，相当于是在等温等压条件下建立平衡，此时建立起的平衡与未打开K2时B容器建立起的平衡等效。由于此时反应物的物质的量是B中的2倍，所以打开K2之前，气球B的体积为(aL＋0.4a

L)÷2＝0.7aL。答案：D11．解析：b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，则v正＜v逆，故B错误；c点是压缩注射器后的情况，c(NO2)和c(N2O4)都增大，故C错误；b点开始是压缩注射器

的过程，平衡正向移动，反应放热，导致Tb＜Tc，故D错误。答案：A12．解析：(1)温度低于700℃时，反应①是吸热反应，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度大；随反应①中CO的生成，反应②也会生成H2，因此在低于700℃时，系统中H2的含量会随温度升高而增大。(2

)温度高于700℃时，由于反应②是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使系统中H2的含量在出现峰值后减小。答案：(1)由于反应①是吸热反应，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应②，

使氢气的物质的量逐渐增大(2)随着反应的进行，升高温度，反应②是放热反应，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小13．解析：(1)t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2

分压比原来2倍要小，故b曲线符合。(2)水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，又因为该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489℃时pH2随时间

变化关系的曲线，d曲线代表489℃时pCO随时间变化关系的曲线，b曲线代表467℃时pH2随时间变化关系的曲线，c曲线代表467℃时pCO随时间变化关系的曲线。答案：(1)bt2时容器体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2

分压比原来2倍要小(2)bcad课时作业45化学反应的方向与调控1．答案：B2．解析：CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熵值1molCH4(

g)>1molH2(g)，A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molH2O(g)<2molH2O(g)，B正确；等量的同种物质，熵值关系为S(g)>S(l)>S(s)，所以熵值1molH2O(s)<1molH2O(l)，C错误；从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观

结构更有序，熵值更低，所以熵值1molC(金刚石，s)<1molC(石墨，s)，D错误。答案：B3．解析：A(s)===B(g)＋C(s)为气体系数增大的反应，ΔS＞0，ΔH＞0，在高温条件下能自发进行，故A错误；A(g)＋2B(g)===2C(g)＋3D(g)为气体系数增大的反应，ΔS＞

0，所以当ΔH＜0时，一定满足ΔH－TΔS＜0，反应一定能够自发进行，当ΔH＞0时，高温下，ΔH－TΔS＜0成立，也可以自发进行，故B错误；M(s)＋N(g)===2Q(s)为气体系数减小的反应，ΔS＜0，当ΔH＞0时，ΔH－TΔS＞0，一定不能自发进行，故D错误。答案：C4．解析：若为吸热

反应，ΔH>0，随着反应进行，温度降低，K减小；p增大，说明气体物质的量增多，ΔS>0，因此高温下能自发进行，p减小，反应不能自发进行。若为放热反应，ΔH<0，随着反应进行，温度升高，K减小；p增大，任何条件下都能自发进行，p减

小，低温下能自发进行。答案：A5．解析：由题图可知，NH3的体积分数随着温度的升高而显著下降，故要提高NH3的体积分数，必须降低温度，但目前所用催化剂铁触媒的活性最高时的温度为500℃，故最有前途的研究方向为研制低温催化剂。答案：C6．解析：②④⑤操作均有利于合成氨反应的化学平衡向右移动，提高转化

率。答案：B7．解析：根据化学方程式NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)＋CO2(g)可知，生成的气体的物质的量之比始终是2∶1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为达到平衡状态的判断依据，A项错误；从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增

大，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，ΔS＞0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知反应在高温下正向自发进行，B项错误；压缩容器体积，气体压强增大，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加，C项正确；反应中生成的氨

和二氧化碳的浓度之比为2∶1，总浓度为2.4×10－3mol·L－1，所以氨的浓度为1.6×10－3mol·L－1，D项错误。答案：C8．解析：反应(1)：SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)，C元素化

合价升高，C作还原剂，Si是还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能，可作光导纤维，B错误；反应若要自发进行，即ΔG＝ΔH－TΔS<0，对反应(2)：ΔG＝(＋514.85－T×18

3.35×10－3)kJ·mol－1<0，T>2808K，则反应(2)在工业1800～2000℃生产条件下无法自发进行，C正确；由盖斯定律，反应(1)－反应(2)得到C(s)＋CO2(g)===2CO(g)ΔH＝＋172.42kJ·mol－1，D错误。答案：C9．解析：主要产物是α­萘磺酸，说明

反应①比较容易实现，活化能低，故反应①的活化能比②的小，A正确；平衡常数K＝生成物浓度幂次方乘积反应物浓度幂次方乘积，反应①和②反应物相同，平衡时α­萘磺酸和β­萘磺酸的物质的量浓度关系为c（α­萘磺酸）c（β­萘磺酸）＝K1K2，B错误；tmin后反应达到平衡，萘的浓度变化等于生成α­

萘磺酸和β­萘磺酸浓度之和，故用萘磺酸表示的反应速率为c（α­萘磺酸）＋c（β­萘磺酸）t，C正确；由反应①－②或②－①可知两者可以相互转化，D正确。答案：B10．解析：(1)ΔG＝ΔH－TΔS＝＋178.

3kJ·mol－1－298.15K×160.4×10－3kJ·mol－1·K－1≈130.5kJ·mol－1＞0，所以该反应不能正向自发进行。(2)根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0时，反应可正向自发进行，则有T＞ΔHΔS≈1111.6K。答案：(1)不能(2)1111.6K11．

解析：(1)对于合成氨反应，常温下，ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4kJ·mol－1－298K×(－0.2kJ·K－1·mol－1)＝－32.8kJ·mol－1<0，故合成氨反应在常温下能自发。(2)其他条件一定时，升高温度，可以提

供更高的能量，使活化分子百分数增多，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度。(3)由题图可知，300℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单一催化剂

催化时大很多，说明300℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误。(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα

·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，两式联立可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确、c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。答案：(1)能(

2)高低(3)a(4)－1a12．解析：(1)由图甲可知，300℃时C2H4(g)的质量分数接近于0，而温度升高，C2H4(g)的质量分数增大，故选择300℃；由图乙可知，压强增大，C2H4(g)的质量分数减小，C3H6(g)的质量分数增大

，故选0.5MPa，因此控制反应条件为300℃、0.5MPa。(2)温度越低，反应速率越慢，由图甲可知，300℃时反应速率慢；温度升高，C2H4(g)的质量分数增大，700℃的副反应的转化率大于丁烯转化成丙烯

的转化率。而450℃时，C3H6(g)的质量分数达到最大值，且C2H4(g)的质量分数在10%左右，产物中C3H6(g)的含量较高，故450℃更合适。答案：(1)C(2)300℃反应速率慢，700℃副反应的转化率大于丁烯转化成丙烯的转化率课时作业46化学反应速率、化学平衡的常

规图像1．解析：A项，化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，一定未达到平衡，错误；B项，a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C项，从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明

反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D项，随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，正确。答案：D2．解析：由图可知，压强一定时，温度T1先达

到平衡，故温度：T1＞T2，升高温度，B在混合气体中的体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应；温度一定时，压强p2先达到平衡，故压强：p1＜p2，增大压强，B在混合气体中的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，则m＋n＜p。答案：D3．解析：

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＜2。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→p4，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。答案：C4．解析：反应速率与其物质的量浓度成正比，Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态时逆反应速率相等，说明Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态时各物质的物质的量浓度不变，则A

的体积分数：Ⅰ＝Ⅱ，故A错误；向密闭容器中加物质C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图像，故B正确；由题中图示可知，0～t1时，逆反应速率增大，说明平衡正向移动，即v正＞v逆，t

1～t2时，逆反应速率不变，说明处于平衡状态，即v正＝v逆，故C错误；化学平衡常数只与温度有关，Ⅰ、Ⅱ温度相同，则其平衡常数相同，故D错误。答案：B5．解析：图Ⅰ中t1时刻是增大O2或SO2的浓度的瞬间，SO3的浓度不变，故正反应速率突然增大，逆反应速率不变，A错误；由于该反应正反

应为一个气体体积减小的方向，故增大压强平衡正向移动，正反应速率和逆反应速率均增大，但是正反应速率增大的更快，B错误；由于该反应正反应为一个气体体积减小的方向，故增大压强平衡正向移动，SO2的转化率增大，C错误；由于该反应正反应为一个放热反

应，故升高温度平衡逆向移动，SO2的转化率减小，图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，且甲的温度比乙低，D正确。答案：D6．解析：由题图可知，在温度不变时增大压强，Z的体积分数减小，即平衡逆向移动，所以X、Y中至多有一种是气体，

A错误；因反应物中有非气体物质存在，所以恒容时只要平衡发生移动，混合气体的质量就会发生变化，则密度必然改变，所以混合气体的密度可作为此反应是否达到化学平衡状态的判断依据，B正确；升高温度，v正、v逆都增大，C错误；催化剂对平衡移动无影响，不能

提高Z的体积分数，D错误。答案：B7．解析：由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1>p2，故A错误；由题图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的ΔH<0，故B错误；A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，

故平衡常数不相等，故C错误；设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)起始/mol120变化/molx2xx平衡/mol1－x2－2xx在C点时，CH3OH的

体积分数＝x1－x＋2－2x＋x＝0.5，解得x＝0.75，CO转化率为0.751×100%＝75%，故D正确。答案：D8．解析：A项，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，错误；B项，

a点温度比c点低，所以速率小，b点压强比d点大，所以速率大，错误；C项，升温平衡逆向移动，平衡常数变小，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)＝K(d)，正确；D项，温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的

量增大，平均摩尔质量：M(a)＞M(c)，b的压强大于d，增大压强，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量增大，所以有M(b)＞M(d)，错误。答案：C9．解析：若X代表压强，则L代表温度，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，与图像不符合，A错误；结合A项分

析推知，X代表温度，L代表压强，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：L1＞L2，B正确；A、B两点的温度不同，平衡常数不同，C错误；温度一定，达到平衡状态时，n(SO2)、n(

O2)和n(SO3)均保持不变，但其比值不一定等于对应的化学计量数之比，D错误。答案：B10．解析：由图可知，压强一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即ΔH＜0，故A错误；正反应为气体体积减小

的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，故压强：p1＞p2，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，X点和Y点对应的温度相同，则化学平衡常数K(X)＝K(Y)，故C错误；在p

2和316℃时，若将6molH2和2molCO通入容器中，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO的平衡转化率应大于50%，故D正确。答案：D11．答案：N

O分解反应是放热反应，升高温度不利于分解反应进行870K12．解析：(1)①根据反应CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)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，结合题图及分析

，可知L1＞L2。(2)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)⇌CH4(g)＋2H2O(g)始/mol1.04.000转/molx4xx2x平/mo

l1.0－x4.0－4xx2x根据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出p00.7p0＝5.05.0－2x，解得x＝0.75，则CO2的转化率为0.751.0×100%＝75%。②平衡常数K＝c（C

H4）·c2（H2O）c（CO2）·c4（H2）＝0.75×（2×0.75）2（1－0.75）×（4－4×0.75）4＝6.75。答案：(1)①温度②＞该反应的正反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升高(2)①7

5%②6.7513．解析：(1)①结合题图1知，未达到新平衡之前，在压强相同时，升高温度平衡始终正向移动，则v正>v逆。②由题意知，既升高温度又增大压强，平衡也能正向移动，结合反应①为气体体积增大的吸热反应可知，这可能是因为升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动

的程度。(2)①结合题图2可知，在8h时测得C8H10(l)和C8H6(l)的产率分别为x1＝0.027和x2＝0.374，设反应的C8H16(l)和C8H10(l)的物质的量分别为n1和n2，则C8

H16(l)⇌C8H10(l)＋3H2(g)n1n13n1C8H10(l)⇌C8H6(l)＋2H2(g)n2n22n2则n1－n21.00mol＝0.027，n21.00mol＝0.374，解得n1＝0.401mo

l，n2＝0.374mol，则生成的H2为3n1＋2n2＝3×0.401mol＋2×0.374mol＝1.951mol。C8H16(l)的转化率为0.4011.00×100%＝40.1%。②结合题中反应①和反应②可知，反应

②的活化能小，反应速率快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)，因此x1显著低于x2。答案：(1)①大于②升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度(叙述合理即可)(2)①1.95140.1%②C8H10(l)转化为C8H6(l)的活化能小，反

应速率很快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)课时作业47实际工业生产中图像问题分类突破1．解析：曲线a→b段透光率不变，说明c(NO2)保持不变，故b点达到平衡状态，A正确；a、b两点的透光率相等，说明这两点中c(NO2)、

c(N2O4)分别相等，且保持不变，B错误；由题图可知，d点后透光率逐渐下降，说明c(NO2)逐渐增大，即平衡逆向移动，则有v正<v逆，C正确；c点降低温度，平衡正向移动，c(NO2)减小，则透光率将增大，D正确。答

案：B2．解析：升高温度，CO2的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，A正确；该反应的正反应是放热反应，升温平衡常数减小，B正确；化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂在250℃时催化活性最高，温度继

续升高，其催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，C错误，D正确。答案：C3．解析：根据图像可知，当温度在340℃时，在Fe2O3作催化剂条件下，SO2的转化率最大，可以节约能源，故A正确；340℃左右，催化剂的催化能力较

大，二氧化硫的转化率也是较大，反应速率较快，所以选择Fe2O3作催化剂，最适宜温度为340℃左右，故B正确；催化剂催化能力需要维持在一定的温度下，温度太高，催化剂活性可能会降低，故C正确；催化剂只对速率有影响，对平衡转化率没有影响，故D错误。答案：D4．解析：温度升高，SiHCl3的平衡产率减小，

ΔH＜0，A项正确；对应气体压强之比等于物质的量之比，由题图可知，M、N点SiHCl3的平衡产率M＞N，所以M、N点SiHCl3的分压：M＞N，B项正确；由题图可知，n（HCl）n（Si）的值增大至7时

，SiHCl3的平衡产率降低至接近于0，C项错误；M点温度较高，SiHCl3浓度较大，逆反应速率vM＞vN，D项正确。答案：C5．解析：a、b点均在曲线Ⅰ上，由题图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则CO2物质的量分数：a<b，故A错误；a、c

点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动，则C2H5OH物质的量分数：a>c，故B错误；K与温度有关，且正反应为放热反应，温度越高K越小，则平衡常数：Ka＝Kc>Kb，故C错误；a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快，则反应速率：

va(CO2)<vb(CO2)，故D正确。答案：D6．解析：根据图像可知，在氢碳比相等的条件下，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，ΔH<0，A错误；氢碳比越大，CO2的转化率越高，根据图像可知，在温度

相等的条件下，CO2的转化率：①>②>③，则氢碳比：①>②>③，B错误；正反应是气体体积减小的反应，因此其他条件不变的情况下，缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，可提高CO2的转化率，C错误；根据图像可知，4

00K时曲线③中CO2的转化率是50%，这说明消耗CO21mol·L－1，则消耗氢气3mol·L－1，生成乙醇和水蒸气分别是0.5mol·L－1、1.5mol·L－1，剩余CO2和氢气分别是1mol·L－1、1mol·L－1，

该温度下平衡常数K＝0.5×1.5312×16≈1.7，D正确。答案：D7．解析：由题干信息可知，投料比越大，CO2的平衡转化率越大，故a>3，A错误；由图示可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH<0，B错误；温度升高，

化学反应速率加快，因TM<TN，故vM正<vN逆，C错误；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，M、N两点的化学平衡常数：KM>KN，D正确。答案：D8．解析：温度升高，H2的浓度增大，

平衡左移，故逆向吸热，正向放热，ΔH＜0，则曲线a为CO2的浓度变化，根据方程式中化学计量数的比例关系，可知曲线b为H2O的浓度变化，曲线c为C2H4的浓度变化，故A、B正确；N点和M点均处于T1℃下，所处的状态c(H2)是一样的，C项

错误；其他条件不变，T1℃、0.2MPa相对0.1MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，反应达平衡时c(H2)比M点大，故D项正确。答案：C9．解析：(1)令反应Ⅰ中消耗xmol环戊二烯，反应Ⅲ中消耗ymol环戊二烯

，根据题意可知，达到平衡时n(环戊二烯)＝n(环戊烷)＝(a－x－y)mol，反应Ⅲ中消耗ymol环戊二烯的同时消耗环戊烷的物质的量为ymol，则反应Ⅱ共生成环戊烷的物质的量为(a－x－y＋y)mol＝(a－x)mol，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为(a－x)mol，因此达到平衡时整个

容器共消耗氢气的物质的量为(a－x＋x)mol＝amol，氢气的转化率为amol4mol×100%＝25a%；依据选择性的定义，推出生成环戊烯的物质的量为0.8amol，达到平衡时环戊二烯的物质的量为0

.2amol，环戊烷的物质的量也为0.2amol，根据反应Ⅲ的特点，反应前后气体系数之和相等，以物质的量分数表示的平衡常数与以物质的量表示的平衡常数是相等的，即K3＝（0.8a）20.2a×0.2a＝16

；(2)根据图像可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，因此最佳温度为30℃；催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降低，

故A符合题意；催化剂对化学平衡移动无影响，故B不符合题意；使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，故C不符合题意。答案：(1)25a16(2)30A课时作业48弱电解质的电离平衡1．解析：NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，故其中自由移动的离子浓度最大，导电能力最强

，A错误；H3PO4是弱电解质，在水溶液中部分电离，故其中自由移动的离子浓度较小，导电能力较弱，B错误；NH3溶于水，与水反应生成的NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，故其中自由移动的离子浓度较小

，导电能力较弱，C错误；CH3CH2OH是非电解质，其水溶液几乎不导电，导电能力最弱，D正确。答案：D2．解析：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。答案：D3．解析：根据表中电离平衡常数可知，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。答案

：C4．解析：乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大，在水中的电离度越小，排除C项、D项。电离平衡常数：CH3COOH<CH2ClCOOH，而电离平衡常数越大，表明酸性越强，电离度越大，排除A项，故选

B项。答案：B5．解析：0.1mol·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，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10－4×10－4/0.1＝1×10－7，C项正确；稀释HA溶液可促进HA电离，但溶液中c(H＋)、c(A－)、c(HA)都减小，而c(OH－)增大，D项正确。答案：B

6．解析：NH3·H2O为弱电解质，氨水中存在电离平衡NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，故0.1mol·L－1的氨水中c(OH－)、c(NH＋4)均小于0.1mol·L－1，A、B两项能说明NH3·H2O为弱电解质；相同条件下，浓度均为0.1mol·L－1的N

aOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水中离子浓度小于同浓度的NaOH溶液，C项能说明氨水中存在NH3·H2O的电离平衡，NH3·H2O为弱电解质；氨水能使无色酚酞溶液变红，只能说明NH3·H2O电离出OH－，但不能说明NH3·H2O是部分电离，D项不能说明N

H3·H2O为弱电解质。答案：D7．解析：醋酸是弱电解质，0.01mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)<0.01mol·L－1，则溶液的pH>2，A错误；b、c点为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH电离使溶液显酸性，则混合溶液的pH<

7，即b点溶液中c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒推知，c(CH3COO－)>c(NH＋4)，B正确，C错误；a点到c点，溶液的pH增大，其原因是醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，向醋酸溶液中加入醋酸铵固体，c(C

H3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，则溶液中的c(H＋)减小，溶液的pH增大，常温下，醋酸铵的水溶液pH＝7，即醋酸铵溶液显中性，D错误。答案：B8．解析：由于溶质n(CH3COOH)都为0.01mol，中和时所需NaOH的量相同，A错误；醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，故前者的

电离程度大于后者，B错误；两种溶液中醋酸的物质的量相同，且前者醋酸的电离程度大，所以溶液中H＋的物质的量前者大于后者，C正确；两者溶液中溶质均为0.01mol，发生部分电离，前者电离程度大于后者，故溶液中CH3COOH的物质的量前者小于后者，D错误。答案：C9．

解析：因醋酸是弱酸，在稀释过程中c(H＋)减小，c(OH－)增大，c（H＋）c（OH－）减小，A项正确；加水稀释溶液，促进电离，则溶液中导电粒子的数目增多，B项错误；加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n(H＋)增加的倍数，则c(H＋)减小，C项错误；加

入氢氧化钠溶液的量未知，不能判定混合溶液的pH，D项错误。答案：A10．解析：根据题意可知H3BO3只存在一步电离，所以为一元酸，A正确；设0.01mol·L－1H3BO3溶液中c(H＋)＝x，则c[B(OH)－4]也可近似认为等于x，则有

Ka(H3BO3)＝x×x0.01－x＝5.4×10－10，解得x≈2.3×10－6mol·L－1，所以pH≈6，B正确；Ka(H3BO3)<Ka(CH3COOH)，所以B(OH)－4的水解程度更大，浓度相同时硼酸钠碱性更强，则等浓度溶液的pH：CH3COONa＜NaB

(OH)4，C错误。答案：C11．答案：(1)否H2CO3的Ka1小于HNO2的Ka，H2CO3比HNO2的酸性弱(2)CO2＋H2O＋CN－===HCN＋HCO－3(3)18(4)bc12．解析：(1)计算可知NaOH过量，

只生成NaH2PO2，说明次磷酸只能电离出一个H＋，因而NaH2PO2是正盐。(2)设溶液中的H＋浓度为xmol·L－1。H3PO2⇌H＋＋H2PO－2起始/(mol·L－1)0.0200转化/(mol·L－1)xxx平衡/(mol·L－1)0.02－xxxKa(H3PO2)＝x2

0.02－x＝1×10－2，解得x≈0.01，故pH＝－lg0.01＝2。(3)可从NaH2PO2溶液存在水解平衡以及H3PO2存在电离平衡等角度设计实验。答案：(1)正盐(2)2(3)测NaH2PO

2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可)13．解析：(1)由图像可知pH＝1.2时，c(HC2O－4)＝c(H2C2O4)，则Ka1＝c(

H＋)＝10－1.2。(2)pH＝4.2时，c(HC2O－4)＝c(C2O2－4)，则Ka2＝c(H＋)＝10－4.2。(3)由电离常数表达式可以知道c2（HC2O－4）c（H2C2O4）·c（C2O2－4）＝Ka1Ka2＝10－1.210－4.2＝103＝1000。答案：(1)10－1.2

(2)10－4.2(3)1000课时作业49水的电离和溶液的pH1．解析：水是弱电解质，电离方程式应为2H2O⇌H3O＋＋OH－，A错误；水比H2S稳定是因为O—H的键能大，与氢键无关，氢键影响的是物理性质，B

错误；常温下，由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液可能是碱的溶液，也可能是酸的溶液，C正确；水与氯气反应时，水既不被还原也不被氧化，D错误。答案：C2．解析：水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，升高温度，Kw增大，说明

升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c(H＋)、c(OH－)均增大，A错误，B正确；Kw仅与温度有关，向蒸馏水中加入NaOH溶液，c(OH－)增大，由于温度不变，则Kw不变，C错误；任何温度下水都呈中性，则35℃时，水中c(H＋)＝c(O

H－)，D错误。答案：B3．解析：pH＝7的溶液不一定是在常温下，故水的离子积不一定是Kw＝1×10－14，如100℃时，水的离子积常数是10－12，pH＝6时溶液呈中性，当pH＝7时溶液呈碱性，A错误；氢离子浓

度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液酸碱性的依据，所以c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定呈中性，B正确；由等物质的量的强酸、强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量NaOH与H2SO4反应生成NaHSO4，溶液呈酸性，C错误；三氧化硫是非电解质，

但它溶于水后生成硫酸，硫酸溶液呈酸性，D错误。答案：B4．解析：AlCl3溶液中Al3＋发生水解而使溶液呈酸性，AlCl3的水解促进了水的电离，由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，则有n1mol＝1×10－6mol·L－1×1L＝1×10－6mol。常温下，pH＝6的盐酸中

c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，而HCl电离抑制水的电离，由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1，则有n2mol＝1×10－8mol·L－1×1L＝1×10－8mol，故有n1n2＝1×10－6mol1×10－8mol＝100。答案：D5．解析

：设稀硫酸的体积为a，NaOH溶液的体积为b，则10－3b－10－4a＝10－5(a＋b)，a∶b＝9∶1。答案：B6．解析：由电离方程式知，NH＋4与NH－2的离子平衡浓度相等，都为1×10－15mol

·L－1，根据水的离子积得液氨的离子积K＝c(NH－2)·c(NH＋4)＝1×10－30，A项错误；离子积只与温度有关，与离子浓度无关，C项错误；因为电离吸热，所以降温平衡逆向移动，c(NH＋4)、c(NH－2)

都减小但相等，D项错误。答案：B7．解析：水的电离吸热，加热促进电离，c(H＋)>10－7mol·L－1，但仍呈中性，A项错误；稀释促进醋酸的电离，pH＝3的醋酸溶液，稀释10倍后3＜pH＜4，B项错误；pH＝3的醋酸溶液中醋酸的浓度远大于10－3m

ol·L－1，而pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为10－3mol·L－1，所以二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，C项错误；溶液体积扩大一倍，溶液中氢离子浓度变为0.1mol·L－1，D项正

确。答案：D8．解析：据题意可知在该温度下水的离子积常数是1×10－12，而不是1×10－14，通过①可知，此NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4mol·L－1。由②可知，加入20.00mL盐酸后

溶液的pH＝6，此时恰好完全中和，则c(H＋)＝0.0200L×1×10－4mol·L－10.0200L＝1×10－4mol·L－1，则c＝4。答案：B9．解析：由题图可知，未滴加NaOH溶液时盐酸的pH＝0，则c(H＋)＝1mol·L－1，即c(HCl)＝1mo

l·L－1，最终pH＝14，则c(OH－)＝1mol·L－1，由于最终所得溶液是NaCl和NaOH的混合溶液，相当于对原NaOH溶液进行稀释，故c(NaOH)>1mol·L－1，A项错误；B点、D点水的电离均受到抑制，且由水电离出

的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10mol·L－1，B项正确；若将滴加NaOH溶液改为滴加氨水，由于NH3·H2O为弱碱，而饱和氨水的pH约为12，故最终所得溶液pH不可能为14，C项错误；升高温度，水的离子积Kw增

大，即c(H＋)·c(OH－)>10－14，pH＝－lgc(H＋)，pOH＝－lgc(OH－)，故pOH＋pH<14，D项错误。答案：B10．解析：由b＝6a＞7得a＞76，由混合溶液的pH＝7得n(H＋)＝n(OH－)，即Va×10－a＝Vb×10b－14，得VaVb＝10a＋

b－14；由于Va＜Vb，即10a＋b－14＜1，得a＋b－14＜0，结合b＝6a得a＜2，综合知，76＜a＜2，故选C项。答案：C11．解析：A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时HF的pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化

曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；D项，溶液中c（R－）c（HR）·c（OH－）＝c（R－）c（HR）·Kwc（H＋）＝KaKw，平衡常数只随温度的改变而改变

，所以从b点到d点，溶液中c（R－）c（HR）·c（OH－）保持不变，正确。答案：D12．解析：常温下，pH为11的氨水中氢氧根离子浓度与pH为3的盐酸溶液中氢离子浓度相等，由于氨水中存在电离平衡，氨水的浓度大于

盐酸的浓度，氨水和盐酸等体积混合时，氨水过量得到氨水和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小关系为c(NH＋4)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱碱和弱酸溶液中存在电

离平衡，pH相等的强碱和弱碱稀释相同倍数时，弱碱溶液的pH变化小，同理弱酸的pH变化小，则pH为11的氨水和氢氧化钠溶液稀释相同倍数后，氨水的pH大于氢氧化钠溶液，pH为3的醋酸和盐酸溶液稀释相同倍数后，醋酸的pH小于盐酸，所以稀释相同倍

数后四种溶液pH的大小顺序为①>②>④>③，故B正确；氨水中存在电离平衡，加入氯化铵固体后，溶液中铵根离子浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，向氢氧化钠溶液中加入氯化铵固体后，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，

故C错误；由aLpH＝3盐酸与bLpH＝11的氢氧化钠溶液混合后溶液pH＝4可得10－3mol·L－1×aL－10－3mol·L－1×bL（a＋b）L＝10－4mol·L－1，解得a∶b＝11∶9，故D正确。答案：

C13．解析：(1)水的电离是吸热过程，升高温度，能促进水的电离，使Kw增大，故Kw>1×10－14。(2)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，二者恰好完全反应生成醋酸钠和水，由于醋酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，即c(OH－)>

c(H＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)>c(CH3COO－)。答案：(1)>因为水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数也增

大(2)碱性>14．解析：(1)25℃时，pH＝9的NaOH溶液，c(OH－)＝10－5mol·L－1；pH＝4的H2SO4溶液，c(H＋)＝10－4mol·L－1；若所得混合溶液的pH＝7，则c(OH－)·V(NaOH)＝c(H＋)·V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2S

O4溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)＝c(H＋)∶c(OH－)＝10∶1。(2)100℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－12。100体积pH＝a的某强酸溶液中n(H＋)＝100×10－amol＝1

02－amol,1体积pH＝b的某强碱溶液中n(OH－)＝10－1210－bmol＝10b－12mol。混合后溶液呈中性，102－amol＝10b－12mol,2－a＝b－12，所以a＋b＝14。(3)曲线A所对应的温度是25℃，pH＝2的HC

l溶液，c水(H＋)＝10－12mol·L－1；pH＝11的某BOH溶液中，c水(H＋)＝10－11mol·L－1；水电离产生的H＋的浓度越大，水的电离程度就越大，则α1<α2。答案：(1)10∶1(2)a＋b＝14(3)小于课时作业50酸碱中和滴定及拓展应用1．解析：A项，滴定管在装液之前必须要

用标准液润洗，否则会稀释标准液，错误；B项，锥形瓶用蒸馏水洗净，不必干燥就能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液，瓶中残留的蒸馏水对测定结果无影响，错误；C项，在滴定之前必须排出滴定管下端的气泡，然后记录读数，进行滴定，错误。答案：D2．解析：向容量瓶中转

移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；托盘天平的精确度为0.1g，故B错误；NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误。答案：C3．解析：标准盐酸溶液滴定碳酸氢钠水溶液时，发生的反应是NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O

，滴定终点时pH＝3.9，因此滴定终点时溶液显酸性，而指示剂选用甲基橙(3.1～4.4)，滴定终点时溶液pH降低到3.9，颜色由黄变橙。答案：D4．解析：酸碱中和滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A正确；用NaOH标准溶液滴定未知浓

度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗NaOH标准溶液的体积偏大，使测定结果偏大，B错误；KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，要盛放在酸式滴定管中，C错误；并不是所有的滴定实验都需要加入指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定含还原性物质(如草酸等)的溶液时，不需

要加指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，D错误。答案：A5．解析：量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标

准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；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说法正确；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Na2CO

3固体，C说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为达到滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。答案：A6．解析：滴定达到滴定终点时，仰视读数，标准液体积偏大，测定结果偏高，故A

不符合题意；在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出，消耗的标准液减小，测定结果偏低，故B符合题意；若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，则消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C不符合题意；用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗，碱液浓度

偏低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不符合题意。答案：B7．解析：根据图像知，硫酸的pH＝0，则c(H＋)＝1mol·L－1，c(H2SO4)＝12c(H＋)＝0.5mol·L－1；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n(NaOH)＝2n(H2SO

4)＝2×0.5mol·L－1×0.04L＝1mol·L－1×V，解得V(H2SO4)＝40mL，则混合溶液体积＝40mL×2＝80mL。答案：C8．解析：b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。答案：D9．解析：NO作还原剂，H2O2作氧化剂，生成硝酸和水，该离子方程式正确，A正确；重铬酸钾是强氧

化剂，会腐蚀橡胶，故选用酸式滴定管，B正确；加入FeSO4标准溶液(过量)，先发生3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，后发生Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,若

FeSO4标准溶液部分变质，则计算得到的硝酸根消耗的FeSO4标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，C正确；气体样品中混有空气，则样品中NOx实际含量偏小，实验中NOx实际上消耗的FeSO4标准溶液偏小、消耗K2Cr2O7标准溶液体积偏大，计算得到的NO－3消耗的FeSO4标准溶

液体积偏小，测定结果会偏小，D不正确。答案：D10．解析：根据两种酸的浓度均为0.1000mol·L－1以及曲线Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH可知，曲线Ⅰ为NaOH滴定一元弱酸乙，曲线Ⅱ为NaOH滴定一元强酸甲，B项错误；分析曲线Ⅰ可知，

滴定终点时溶液为碱性，故应选取酚酞作指示剂，A项错误；由a点可知，滴定前一元弱酸乙溶液中c(H＋)＝0.0010mol·L－1，故Ka(乙)＝0.001020.1000－0.0010≈1.01×10－5，

C项正确；由曲线Ⅱ可知，强碱滴定强酸达到滴定终点时，pH＝7，x＝20.00，D项错误。答案：C11．答案：(1)4×10－4mol·L－13.4(2)c酚酞c点以上(3)B12．答案：(1)SO2＋H2O2===H2S

O4(2)③将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠的中上部，使液体从尖嘴流出(3)①酚酞滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色②甲基橙当滴入最后半滴标准液，溶液由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色(4)

④(5)n(NaOH)＝0.0900mol·L－1×0.025L＝0.00225mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)＝0.00225mol×64g·mol－12＝0.072g，该葡萄酒中S

O2的含量为0.072g0.3L＝0.24g·L－1。13．解析：根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为0.1000mol·L－1×0.0225L0.025L＝0.09mol·L－1，n(Al3＋)∶n(C

l－)＝10∶9，根据电荷守恒得到[Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为4.24.2＋1.8＝0.7。答案：①0.7②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会

与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多课时作业51盐类的水解1．解析：Al3＋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，故A错误；白矾是硫酸铝钾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]，其水溶液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。答案：D2．解析：Na2SO3水解的离子方程式为SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－，故A错误；NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO－3，故B错误；KHS溶液中

HS－的电离方程式为HS－＋H2O⇌H3O＋＋S2－，故C正确；NaClO溶液与FeCl2溶液混合发生氧化还原反应及双水解反应，故D错误。答案：C3．解析：明矾溶液中电离产生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A项错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，

水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B项正确；氨水为弱碱，部分电离：NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl===NH＋4＋Cl－，其中的NH＋4会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱

，颜色变浅，故C项错误；NH4NO3溶液中NH＋4水解，溶液显酸性，加入少量NaNO3固体不影响铵根离子的水解，溶液仍然显无色，故D项错误。答案：B4．解析：CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋O

H－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对CH3COO－水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。答案：A5．解析：A项，两种溶液中均存在着水的电离平衡，N

aHCO3溶液中还存在HCO－3⇌H＋＋CO2－3及HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，Na2CO3溶液中还存在CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，A项正确；B项，两种溶液中均存在Na＋、CO2－3、HCO－3、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B项正确；C项，浓度相同时，CO2－3水解

程度大于HCO－3，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C项错误；D项，NaHCO3溶液中加入NaOH固体，HCO－3＋OH－===H2O＋CO2－3，c(CO2－3)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH固体，导致CO2－3的水解

平衡向左移动，c(CO2－3)增大，D项正确。答案：C6．解析：根据表格中的酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO－3>HS－，根据越弱越水解的规律可知，水解能力：S2－>CO2－3>HS－>HCO－3>CH3COO－，故D正确。答案：D7．解析：NaN3溶液呈

碱性，说明HN3为弱酸，故0.01mol·L－1HN3溶液的pH>2，A错误；HN3为弱酸，电离方程式为HN3⇌H＋＋N－3，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H＋)增大，pH减小，B正确；NaN3是强电解

质，电离方程式为NaN3===Na＋＋N－3，C错误；在0.01mol·L－1NaN3溶液中存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(N－3)＋c(HN3)，D错误。答案：B8．解析：B项，[Al(OH)4]－＋HCO－3===Al

(OH)3↓＋CO2－3＋H2O，不是因水解反应而不能共存；C项，NH＋4与CH3COO－虽然发生相互促进的水解反应，但促进程度很小，能大量共存；D项，Al3＋水解呈酸性，因而在中性溶液中不能大量存在。答案：D9．解析：反应

①②③均没有元素化合价发生变化，均为非氧化还原反应，A正确；反应②中存在电离平衡：HCO－3⇌CO2－3＋H＋，Mg2＋结合碳酸根离子促进电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，存在水解平衡：NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，氢离子浓度增大使水解平衡逆向移动，则NH＋4水解程度减小

，B错误；反应③中存在水解平衡：CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，由MgCO3·3H2O――→85℃4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，Mg2＋结合OH－生成Mg(OH)2，说明加热的目的是促进CO

2－3水解，C正确。答案：B10．解析：铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚

硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度的FeCl3溶液，根据溶液变红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]无蓝色沉淀产生

，说明没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SO2－3对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。答案：D11．解析：室温下，溶液呈碱性，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NH3·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。答案：B12．

解析：相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸酸根离子水解程度越大其溶液pH越大。根据表中数据可知，离子水解程度：F－＜ClO－＜CO2－3，则酸的电离平衡常数：HF＞HClO＞HCO－3，A项错误；盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类

水解，故加热NaClO溶液，ClO－水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，B项错误；常温下，NaF溶液的pH＝7.5＞7，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸，pH＝2的HF浓度大于pH＝12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合，HF

有剩余，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒得c(Na＋)＜c(F－)，酸的电离程度较小，则溶液中离子浓度c(F－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项错误；根据元素质量守恒得2[c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)]＝c(Na＋)，根据电荷守恒得c(H

＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(CO2－3)，故c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，D项正确。答案：D13．答案：(1)①②②④(2)①(3)变大1

4．解析：(1)Na2SO3是强碱弱酸盐，SO2－3水解使溶液显碱性，其离子方程式为SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－。(2)水的离子积常数Kw只与温度有关，由于①和④的温度相同，故二者Kw相同；盐的水解为吸热反应，升高温度，盐的水解平

衡右移，Kh增大，故Kh的关系为①<②。(3)升高温度的过程中部分SO2－3被氧化为SO2－4，SO2－4与Ba2＋反应生成BaSO4白色沉淀，且BaSO4不溶于稀盐酸，故④中产生的白色沉淀比①中多。答案：(1)SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－(2)＝

<(3)BaSO4升温过程中部分SO2－3被氧化为SO2－415．解析：(1)常温下，NaCN的水解常数Kh＝KwKa＝1.0×10－146.2×10－10≈1.61×10－5，Kh＞Ka，故CN－的水解能力强于HCN的电离能

力，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c(OH－)大于电离生成的c(H＋)，混合溶液显碱性，且c(CN－)＜c(HCN)。(2)当溶液显中性时，由电荷守恒知溶液中c(K＋)＝c(CN－)＋c(Cl－)，由元素质量守恒得c(HCN)＝c(K＋)－

c(CN－)＝c(Cl－)＝0.5cmol·L－1，由CN－＋H2O⇌HCN＋OH－得Kh＝c（OH－）·c（HCN）c（CN－）＝1.0×10－7×0.5c0.31－0.5c＝1.61×10－5，解得c≈0.6162。答案：(1)碱＜c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c

(H＋)(2)0.6162课时作业52溶液中“粒子”浓度关系1．解析：硫酸铵中，n(NH＋4)＝2n(SO2－4)，溶液中因存在NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，使溶液呈酸性，又因NH＋4水解程

度很小，所以1<c(NH＋4)/c(SO2－4)<2，B错；溶液中各离子浓度从大到小顺序为：c(NH＋4)>c(SO2－4)>c(H＋)>c(OH－)，A对；由元素质量守恒关系可得c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO2－4)，C对；由溶液中电

荷守恒，可知c(NH＋4)＋c(H＋)＝2c(SO2－4)＋c(OH－)，D对。答案：B2．解析：由题意知二者恰好完全反应，生成NaAc，等同于单一盐溶液，由于Ac－发生水解，Ac－＋H2O⇌HAc＋OH－，故有c(Na＋)>c(Ac－)>c(OH－)>c(H＋)，

A错误，B正确；由元素质量守恒知C正确，由电荷守恒知D正确。答案：A3．解析：常温下20mL0.2mol·L－1氨水与20mL0.1mol·L－1HCl溶液混合反应后，其NH4Cl与氨水浓度相同，由电荷守恒和元素质量守恒可得：c(OH－

)＝c(Cl－)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)，A错误；依据元素质量守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH＋4)＝2c(Cl－)，B正确；依据电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，C正确；因氨水的电离大于NH＋4的水解，溶液呈碱性，所以c(NH＋4)＞c(Cl－)

＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)，D正确。答案：A4．解析：若浓度均为0.01mol·L－1的HCN和NaCN等体积混合，Ka＝c（CN－）·c（H＋）c（HCN），但是c(HCN)≠c(CN－)，Ka

无法计算，A错误；混合溶液显碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度，水解促进水的电离，所以该混合溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度，该混合溶液中c(CN－)<c(HCN)，B正确、C错误；根据元

素质量守恒可知，该混合溶液中c(CN－)＋c(HCN)＝2c(Na＋)，D错误。答案：B5．解析：碳酸氢钠为弱酸的酸式盐、碳酸氢铵为弱酸的酸式盐、碳酸铵为弱酸的铵盐，都既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故A正确；①③④⑤性质都不

稳定，受热都容易分解，将溶液蒸干灼烧得不到对应的固体物质，②性质稳定，将溶液蒸干灼烧得到对应的固体物质，故B正确；③④相比较，④水解相互促进，c(HCO－3)：③＞④，故C错误；②⑤相比较，由于⑤发生互促水解，水解程度较大，则c(CO2－3)的大小为②＞⑤，③④相比较，④发

生互促水解，c(CO2－3)的大小为③＞④，①为二元弱酸，c(CO2－3)最小，则c(CO2－3)的大小关系为②＞⑤＞③＞④＞①，故D正确。答案：C6．解析：根据Ka1可知HS－的水解平衡常数约为7.7×10－

8＞Ka2，故HS－的电离程度小于其水解程度，溶液中c(H2S)>c(S2－)，A错误；B项考查溶液中的质子守恒式，c(H2S)的系数应为2，B错误；C项溶液中的溶质为等浓度的NaHS和Na2S，溶液中的电荷

守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，元素质量守恒式为2c(Na＋)＝3[c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)]，两种盐水解呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，将两式约去c(Na＋)后可知C正确；根据溶液中的电荷守恒式

c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)可知，当溶液呈中性即c(H＋)＝c(OH－)时，c(Na＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)，D错误。答案：C7．解析：铵根离子系数越大，溶液中c(NH＋4)越大，②中铵根离子系数最大，则②中铵根离子浓度最

大；系数相同时，水解程度越大，溶液中c(NH＋4)越小，铝离子抑制铵根离子水解，所以c(NH＋4)由大到小的顺序为②＞③＞①，A错误；任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH－)＝c(H

＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，B错误；混合溶液中溶质为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，混合溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，

醋酸电离程度和醋酸钠水解程度都较小，所以存在c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C正确；溶液中存在元素质量守恒3n(Na)＝5n(C)，根据元素质量守恒得3c(Na＋)＝5c(CO2－3)＋5c(HCO－3)＋5c(H2CO3)，D错误。答案：C8

．解析：Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO2－3)>c(OH－)>c(HSO－3)>c(H＋)>c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO－3的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋

)>c(HSO－3)>c(H＋)>c(SO2－3)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO2－3)＋c(HSO－3)，也可以是NaHSO3和Na2SO3的混合溶

液，则选项中的元素质量守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO2－3)＋c(HSO－3)，故c(Na＋)＝2c(SO2－3)＋c(HSO－3)，D项正确。答案：D9．解析：根据邻苯二甲酸的

两步电离平衡常数可知，HA－的电离平衡常数为3.9×10－6，HA－的水解平衡常数Kh＝10－141.1×10－3≈9.1×10－12＜Ka2，即电离程度大于水解程度，故KHA溶液中c(A2－)＞c(H2A)，A错误；N点的溶液恰好为等物质的量浓度的Na2A和K2A的混

合溶液，根据溶液的元素质量守恒式c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)＋2c(H2A)，B正确；P点溶液为K2A、Na2A和NaOH的混合溶液，由图可看出N点后，c(K2A)＋c(Na2A)＞c(NaOH)，

则有c(A2－)＞c(OH－)，C错误；D式子为电荷守恒式，式子中的c(A2－)的系数应为2，D错误。答案：B10．解析：A项，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)

＋2c(H2SO3)＋c(HSO－3)，正确；B项，0.1mol·L－1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO－3)＋2c(SO2－3)，测得溶液

pH约为8，所以c(H＋)＜c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HSO－3)＋2c(SO2－3)，正确；C项，由HSO－3⇌H＋＋SO2－3可得Ka2＝c（H＋）·c（SO2－3）c（HSO－3），由HSO－3＋H2O⇌H2SO3＋OH－可得Kh2＝c（H2SO3）·c（OH－）c（HSO

－3）＝c（H2SO3）·c（OH－）·c（H＋）c（HSO－3）·c（H＋）＝KwKa1，因为NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>KwKa1，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，正确；D项，N

a2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应：Cl2＋SO2－3＋H2O===SO2－4＋2H＋＋2Cl－，SO2－3＋H＋⇌HSO－3，即总式为3SO2－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋2Cl－＋2HSO－3，所以溶液为NaCl、Na2SO4

、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由实验3可知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO2－3)＋3c(SO2－4)>c(H2SO3)，错误。答案：D11．解析：实验①二者等浓度等体积混合恰好完

全反应生成KA，反应后溶液的pH＝9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，A－水解，A项正确；实验①反应后的溶液中，由电荷守恒式知c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)知，c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B项错误；因为

HA为弱酸，如果与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性，若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，HA溶液的浓度应大于0.2mol·L－1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1mol·L－1，C项正确；实验②反应后溶液显中性，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋

)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。答案：B12．解析：(1)由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－⇌H＋＋B2－

(部分电离)，知Na2B溶液中B2－会发生水解反应：B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，故Na2B溶液显碱性。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2O⇌HB－＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－。由

电荷守恒知，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)，C对；由元素质量守恒知，c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2mol·L－1，D对；在Na2B溶液中不存在H2B，A错；由元素质量守恒和电荷守恒

知，B错。(3)在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－，HB－⇌H＋＋B2－，H2O⇌H＋＋OH－。溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)。答案：(1)碱性B2－＋H2O⇌HB－＋OH－(2)CD(3)c(

Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(B2－)＞c(OH－)13．答案：(1)③>②>④>①(2)②>①>③(3)④>②>③>①14．解析：(1)常温下有NH4Cl和NH3·H2O组成的混合液：根据电荷守恒可知，c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)；若其

pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则该溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)；若pH＞7，c(H＋)<c(OH－)，则该溶液中c(NH＋4)＞c(Cl－)。(2)0.1mol·L－1的NaHSO3溶液，根据电荷守恒

可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO－3)＋2c(SO2－3)＋c(OH－)，根据元素质量守恒可知，c(HSO－3)＋c(SO2－3)＋c(H2SO3)＝c(Na＋)＝0.1mol·L－1。答案：(1)＝>(2)c(HSO－3)＋2c(

SO2－3)＋c(OH－)0.1mol·L－1课时作业53反应进程中溶液粒子浓度变化曲线1．解析：根据图知，滴定终点溶液呈碱性，所以该实验应该选取酚酞作为指示剂，故A正确；酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为HX、NaX，溶液呈酸性，抑制水电离；b点溶液呈

中性，不影响水电离，c点溶质为NaX，X－水解而促进水电离，所以水电离程度：a＜b＜c，故B正确；酸、碱的物质的量浓度相等，二者混合后存在元素质量守恒，根据元素质量守恒得c(Na＋)＋c(HX)＋c(X－)＝0.10mol·L－1，故C正确；加入

10mL时，有一半的酸被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、HX，根据图像知，混合溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明X－的水解能力弱于HX的电离能力，故D错误。答案：D2．解析：NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性

，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大

小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故

C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(

Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。答案：C3．解析：本题以酸碱中和滴定为背景，考查曲线的分析及数据的应用、Ka的计算和溶液中的电荷守恒。根据图像及题意分析，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A错误；当加

入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明酸碱恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝0.1000mol·L－1×40mL2×20.00mL＝0.1000mol·L－1，B错误；曲线①与曲线②的交点存在等量关系：δ(HA－)＝δ

(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，此时加入的VNaOH＝25mL，对应滴定曲线上pH＝2.0，则c(H＋)＝10－2mol·L－1，HA－的电离平衡常数Ka＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－）＝

c(H＋)＝1.0×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，说明滴定终点时溶液呈碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2

－)＋c(HA－),D错误。答案：C4．解析：根据信息可知，Ⅰ表示Cu2＋、Ⅱ表示[Cu(NH3)]2＋、Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2＋、Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2＋、Ⅴ表示[Cu(NH3)4]2＋。曲线Ⅰ代表δ(Cu2＋)，曲线Ⅴ代表δ([Cu(

NH3)4]2＋)，A正确；结合图中信息可知，Cu2＋＋NH3⇌[Cu(NH3)]2＋的K1＝110－4.2＝104.2，[Cu(NH3)]2＋＋NH3⇌[Cu(NH3)2]2＋的K2＝110－3.6＝103.6，[Cu(NH3)2]2＋⇌Cu2＋＋2NH3的K＝1K1

·K2＝10－7.8，B正确；由图可知，当横坐标为－2时，c([Cu(NH3)3]2＋)<c([Cu(NH3)4]2＋)，C正确；根据电荷守恒可知，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(Cu2＋)＋2c([Cu(NH3)]2＋)＋2c([Cu(NH3)2]2＋)＋2c([Cu(NH3)3]2＋)

＋2c([Cu(NH3)4]2＋)＋c(NH＋4)－2c(SO2－4)，由图可知，lg[c(NH3)/(mol·L－1)]＝－2.9时，c([Cu(NH3)3]2＋)＝c([Cu(NH3)2]2＋)，则此时c(OH－)＝c(H＋

)＋2c(Cu2＋)＋2c([Cu(NH3)]2＋)＋4c([Cu(NH3)2]2＋)＋2c([Cu(NH3)4]2＋)＋c(NH＋4)－2c(SO2－4)，D错误。答案：D5．解析：由题图可知，当HB－的浓度分数为0.48时，溶液的pH为3.04，则H2B的电

离常数Ka1＝c（HB－）·c（H＋）c（H2B）＝0.480.52×10－3.04≈1×10－3.04，则Ka1的数量级为10－4，故A错误；由题图可知，溶液pH为4时，溶液中三种离子的浓度大小顺序为c(HB－)＞c(B2－)＞c(H2B)，故B错误；由题图可知，溶液pH在3.04

～4.37范围内，溶液中HB－浓度较大，有利于钾离子转化为酒石酸氢钾沉淀，故C正确；当氢氧化钾溶液的体积为10mL时，酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾，由酒石酸氢钾的溶度积可知，溶液中K＋的浓度为Ksp（KHB）＝3.8×10－4mol·L－1≈0.0195mol·L－1，由元

素质量守恒可知，溶液中c(H2B)＋c(HB－)＋c(B2－)＝c(K＋)≈0.0195mol·L－1，故D错误。答案：C6．解析：碳酸的电离常数Ka1＝c（H＋）·c（HCO－3）c（H2CO3），当c(H2CO3)＝c(HCO－3)时Ka1＝c（H＋）·c（HCO－3）c（H2

CO3）＝c(H＋)＝10－6，故碳酸的电离常数Ka1的数量级为10－6，A正确；从图像可知：在溶液pH范围是5～12时，溶液中同时存在H2CO3与CO2－3，B正确；根据图示可知：在溶液pH＝7时，溶液中离子

浓度大小关系为：c(HCO－3)＞c(H2CO3)＞c(CO2－3)，C正确；在溶液pH＝10时，溶液存在电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＋c(OH－)，溶液显碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，故c(Na＋)＞c(HCO－3)＋2c(CO2－3)

，根据图示可知pH＝10时c(HCO－3)＞c(CO2－3)，因此c(Na＋)＞3c(CO2－3)，D错误。答案：D7．解析：由题图可知，b点导电能力最大，说明b点HNO2和氨水恰好反应，溶质为NH4

NO2，NH4NO2水解促进水电离，a点时HNO2过量，HNO2抑制水的电离，所以水的电离程度：a点＜b点，故A错误；b点导电能力最大，b点HNO2和氨水恰好完全反应，溶液中的溶质只有NH4NO2，由于此时溶液显酸性，则NH＋4的水解程度大于NO－2的水解程度，离子浓度的关系为c(

NO－2)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B正确；由题图知，a点溶液显酸性，d点溶液显碱性，所以a、d两点的pH不相同，故C错误；b点导电能力最大，说明b点HNO2和氨水恰好反应，10mL0.1mo

l·L－1的HNO2和10mL氨水恰好反应，所以氨水的物质的量浓度为0.1mol·L－1，故D错误。答案：B8．解析：由题图分析可知②为缓冲溶液，A正确；①为0.1mol·L－1CH3COOH溶液，当醋酸溶液中加入氢氧化钠0.05mol时，即图中a点，溶质成分为0.05mol·L－1CH3CO

OH和0.05mol·L－1CH3COONa，因醋酸的电离和醋酸根的水解程度较小，近似认为两者浓度相等，故Ka＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）≈c(H＋)＝10－4.75，Ka的数量级为10

－5，B正确；根据B中分析，图中a点，溶质成分为0.05mol·L－1CH3COOH和0.05mol·L－1CH3COONa，溶液呈酸性，即醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，故c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，C错误；b点溶液中溶质成分为0.

15mol·L－1CH3COOH、0.05mol·L－1NaCl、0.03mol·L－1CH3COONa，根据元素质量守恒：9c(Na＋)＝4[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，联立两式，

4c(CH3COOH)＋9c(H＋)＝9c(Cl－)＋9c(OH－)＋5c(CH3COO－)，D正确。答案：C9．解析：由图可知，b点lgc（C6H5COO－）c（C6H5COOH）＝0，溶液中c(C6H5

COOH)＝c(C6H5COO－)，溶液pH为4.2，则电离常数Ka＝c（C6H5COO－）·c（H＋）c（C6H5COOH）＝c(H＋)＝10－4.2；a点lgc（C6H5COO－）c（C6H5COOH）＝－1，

则溶液中c(H＋)＝Ka·c（C6H5COOH）c（C6H5COO－）＝10－3.2mol·L－1；c点lgc（C6H5COO－）c（C6H5COOH）＝2，则溶液中c(H＋)＝Ka·c（C6H5COOH）c（C6H5COO－）＝10－6.2mol·L－1。由分

析可知，a点溶液中氢离子浓度为10－3.2mol·L－1，则溶液的pH为3.2，故A正确；b点若氢氧化钠溶液体积为10.00mL，苯甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的苯甲酸和苯甲酸钠混合溶液，由苯甲酸根离子的水解常数Kh＝KwKa＝1.0×10－141.0×1

0－4.2＝10－9.8＜Ka可知，苯甲酸在溶液中的电离程度大于苯甲酸根离子的水解程度，溶液中苯甲酸的浓度小于苯甲酸根离子，由分析可知，b点溶液中c(C6H5COOH)＝c(C6H5COO－)，则对应氢氧化钠溶

液的体积应小于10.00mL，故B错误、D正确；c点溶液中氢离子为10－6.2mol·L－1，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(C6H5COO－)＋c(OH－)可得c(C6H5COO－)＞c(Na＋)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C6H5COO－)＞c

(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故C正确。答案：B10．解析：H2A的浓度保持不变，则①代表H2A，随着pH逐渐增大，HA－、A2－的浓度增大，pH较小时HA－的浓度大于A2－的浓度，则曲线②代表HA－，曲线③代表A2－，A错误；曲线①②的交点代表溶液中H2A

、HA－的浓度相等，由坐标(6.3，－5)知：H2A的一级电离常数Ka1＝c（HA－）·c（H＋）c（H2A）＝c(H＋)＝10－6.3，B错误；曲线④代表M2＋，则c(M2＋)随pH升高而减小，C错误；据图像，曲线②③的交点(10

.3，－1.1)代表溶液中HA－、A2－浓度相等，均为10－1.1mol·L－1，则c(M2＋)＝Ksp（MA）c（A2－）＝3.0×10－910－1.1mol·L－1＝3.0×10－7.9mol·L－1，D正确。答案：D11．解析：H2B为二

元弱酸，其电离方程式为H2B⇌H＋＋HB－、HB－⇌H＋＋B2－，pH增大促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是c(HB－)的负对数，曲线Ⅱ是c(H2B)的负对数，曲线Ⅲ是c(B2－)的负对数，故A项错

误；由图可知，pH＝4.5时，此时pC(H2B)＝pC(B2－)＞pC(HB－)，即c(HB－)＞c(B2－)＝c(H2B)，故B项错误；由X点可知H2B⇌HB－＋H＋，c(HB－)＝c(H2B)，Ka1＝1×10－1.9，由Z点可知，c(HB－)＝c(B2－)，则HB－⇌B2－＋H＋，K

a2＝1×10－7.1，则c2（HB－）c（H2B）·c（B2－）＝Ka1Ka2＝105.2，故C项正确；调节溶液pH的过程中，随着溶液体积的增大，H2B、HB－、B2－总物质的量之和不变，浓度之和逐渐减

小，故D项错误。答案：C12．解析：根据图示可知：δ0表示H2C2O4的分布系数与pH的关系，δ1表示HC2O－4的分布系数与pH的关系，δ2表示C2O2－4的分布系数与pH的关系。X点时为NaHC2O4溶液，该溶液为缓冲溶液，加酸加碱，pH都不会明

显变化；Y点时滴定结束，生成Na2C2O4，此时加碱，Na2C2O4不再反应，pH会明显升高，B正确；X点为NaHC2O4溶液，对应图b中pH＝2.6处；Y点为Na2C2O4溶液，图a中Y点pH＝8.4，故Y点不对应图b中的N点，C错误；Y点为Na2C2O4溶液，溶

液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(C2O2－4)>c(OH－)>c(HC2O－4)>c(H＋)，D正确。答案：C课时作业54难溶电解质的溶解平衡1．答案：A2．解析：Q＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.01mol·L－1×100101×0.01101mol

·L－1≈10－6>1.8×10－10＝Ksp，故有AgCl沉淀生成。答案：A3．解析：根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS<Zn(OH)2，根据离子反应的实质，应生成溶解度更小的物质，故C不正确。答案：C4．解析：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8.1×10－6mol·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。答案：D5．解析：加入KI固体，溶液中c(I－)增大，使PbI2的沉淀溶解平衡向左移动，所以溶液中c(Pb2＋)减小，A、C项错误，D项正确；溶液的温度未发生改变，Ksp(Pb

I2)不变，B项错误。答案：D6．解析：根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，A对；该反应达平衡时c(Mn2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，B错；往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，

平衡向正方向移动，c(Mn2＋)变大，C对；该反应的平衡常数K＝c（Mn2＋）c（Cu2＋）＝c（Mn2＋）·c（S2－）c（Cu2＋）·c（S2－）＝Ksp（MnS）Ksp（CuS），D对。答案：B7．解析：由Ksp表达式可求出c(C

a2＋)＝7×10－3mol·L－1，A项错误；K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝c（SO2－4）·c（Ca2＋）c（CO2－3）·c（Ca2＋）＝Ksp（CaSO4）Ksp（CaSO3）＝1.75×104，B项正确；CaCO3、CaSO4都是盐，属于强电解质，C项错误；升高温度，溶度积和溶解

度均增大，D项错误。答案：B8．解析：AgCl是难溶电解质，在悬浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A正确；Ag＋与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]＋，但单质银与NH3·H2O不能反应，可用稀硝酸洗涤附着有银的试管，B错误；AgCl浊液中滴加氨水后可得到

澄清溶液，生成[Ag(NH3)2]＋，说明NH3结合Ag＋的能力比Cl－强，C正确；加浓硝酸后，NH3·H2O与H＋反应生成NH＋4，使平衡Ag＋＋2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]＋＋2H2O逆向移动，c(Ag＋)增大

，Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，D正确。答案：B9．解析：实验1溶液中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCN)，所以c(HCN)＋2c(H＋)>c(OH－)，故A错误；根据元素质量守恒，实验2溶液中存在2c(

Cl－)＝c(HCN)＋c(CN－)，故B正确；KaKh＝Kw，由实验2可得Ka<Kh，所以K2a(HCN)<Kw，故C错误；Q>Ksp(AgCN)时有沉淀生成，将浓度均为0.01mol·L－1的NaCN溶液和AgNO3溶液等体积混合，有白色AgCN沉淀生成，说明Ksp(AgCN)<

2.5×10－5，故D错误。答案：B10．解析：(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO2－4反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为：FeS＋CrO2－4＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－。(2)反应FeS＋H＋⇌Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝c（Fe

2＋）·c（HS－）c（H＋），由题目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，H2S电离常数Ka2＝c（H＋）·c（S2－）c（HS－）＝1.3×10－13，所以K＝c（F

e2＋）·c（HS－）c（H＋）＝Ksp（FeS）Ka2＝5×10－5。(3)在pH＝4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，是由于c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越

少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO2－4物质的量分数越大。答案：(1)FeS＋CrO2－4＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－(2)5×10－5(3)c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO2－4物质的量分数

越大11．解析：(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)⇌3Cd2＋(aq)＋2PO3－4(aq)，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp＝c3(Cd2＋)·c2(PO3－4)。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有Cd

CO3(s)⇌Cd2＋(aq)＋CO2－3(aq)，则此时溶液中c(Cd2＋)＝2×10－6mol·L－1，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)⇌Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c

(Cd2＋)＝2×10－5mol·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(OH)2。(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8mol·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝Ksp（CdS）c（S2－）＝1.0×1

0－19mol·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103mg·L－1＝1.12×10－14mg·L－1<0.005mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。答案：(1)c3(Cd2＋)·c2(PO3－4)(2)Cd(OH)2(3)1.

0×10－19是12．解析：由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液Ⅰ中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液Ⅱ中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。(1

)滤液Ⅱ中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO2－4＋Ba2＋===BaMoO4↓。(2)若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO－3＋BaMoO4⇌BaCO3＋MoO2－4＋H＋，该反应的化学平衡常数为K＝c（H＋）·c（MoO

2－4）c（HCO－3）＝c（H＋）·c（CO2－3）·c（MoO2－4）·c（Ba2＋）c（HCO－3）·c（CO2－3）·c（Ba2＋）＝Ka2Ksp（BaMoO4）Ksp（BaCO3）。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足c（H＋）·c（

MoO2－4）c（HCO－3）≤Ka2Ksp（BaMoO4）Ksp（BaCO3），由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，所以溶液中c（MoO2－4）c（HCO－3）＝Ka2Ksp（BaMoO4）1×10－7mol·L－1×Ksp（BaCO3）时，开始生成BaCO3沉

淀，因此，c(HCO－3)∶c(MoO2－4)＝1×10－7mol·L－1×Ksp（BaCO3）Ka2Ksp（BaMoO4）＝1×10－7mol·L－1×2.6×10－94.7×10－11×3.5×10－8时，应停止加入BaCl2溶液。答案

：(1)MoO2－4＋Ba2＋===BaMoO4↓(2)1×10－7mol·L－1×2.6×10－94.7×10－11×3.5×10－8课时作业55沉淀溶解平衡曲线1．解析：A项，温度不变，加入Na2SO4会导致BaSO4(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)溶

解平衡向左移动，但两离子浓度的乘积仍不变，仍在曲线上，不会由a点变到b点，错误；B项，通过蒸发，水量减小，Ba2＋和SO2－4浓度都增大，不可能由d点变到c点，错误；C项，d点还没有形成饱和溶液，因此无BaSO4沉淀生成，正确；D项，a点与c点的Ksp相等，错误。答案

：C2．解析：一定温度下溶度积是常数，所以T℃时，Y点和Z点Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体仍为饱和溶液，点仍在曲线上，不能使溶液由Y点变为X点，B正确；曲线上的点都是沉淀溶解平衡点，Ag2CrO

4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4(s)⇌2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)，Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝(1×10－3)2×1×10－5＝10－11，C错误；Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(Cr

O2－4)＝1×10－11，Z点时c(CrO2－4)＝5×10－4，c2(Ag＋)＝2×10－8，所以a＝2×10－4，D正确。答案：C3．解析：因为硫酸钡在水中溶解时吸收热量，则温度升高，硫酸钡的Ksp增大，T2时硫

酸钡的Ksp大于T1时硫酸钡的Ksp，故T2＞T1，A错误；硫酸钡溶液中存在着沉淀溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，平衡左移，c(SO2－4)应降低，所以不能使溶液由a点变到

c点，B错误；在T1时c点溶液的Q＞Ksp，有沉淀析出，在T2时c点溶液的Q＜Ksp，没有沉淀析出，C错误；Ksp是一常数，温度不变，Ksp不变，同一温度下，在曲线上的任意一点Ksp都相等，D正确。答案：D4．解

析：A项，根据元素质量守恒c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝12c(Na＋)，错误；B项，当c(S2－)＝10－10mol·L－1时，c(Cu2＋)＝10－25mol·L－1，所以Ksp(CuS)＝1×10－35，正确；

C、D项，由于Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，所以向等浓度的Cu2＋、Zn2＋的混合溶液加入Na2S溶液，Cu2＋先沉淀，ZnS沉淀会转化为CuS沉淀，正确。答案：A5．解析：Ksp只与温度有关而与离子浓度大小无关，A错误；由图像可知：在相同条件下，温度在313K时，c(SO2－4)·

c(Sr2＋)乘积最大，则在该温度时Ksp(SrSO4)最大，B正确；a点在363K的上方，属于该温度下过饱和溶液，C错误；283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，析出后的溶液属于饱和溶液，D

错误。答案：B6．解析：由图像信息知Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，当p(Ba2＋)＝a时，二者的饱和溶液中c(CO2－3)>c(SO2－4)，A错误、C正确；M点时，Q(BaCO3)<Ksp(BaCO3)，故无法形成BaCO3沉淀，B错误；因两种盐的Ksp相差不大，故

在一定条件下二者之间可能相互转化，D错误。答案：C7．解析：由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由题及图像分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO2－4)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(

Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO2－4)]＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中

c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c(CO2－3)将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，两溶液中c（SO2－4）c（CO2－3）＝1

0－y210－y1＝10y1－y2，选项D错误。答案：B8．解析：求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2＋＋S2－===CuS↓，溶液中的Cu2＋和S2－的浓度相等，－lgc(Cu2＋)＝17.7，则c(Cu2＋)＝10－1

7.7mol·L－1。则Ksp＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4，其数量级为10－36，A项错误；曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2－)·c(Cu2＋)＝Ksp(CuS)，B

项错误；在水溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，温度不变，其Kw不变，n（H＋）V溶液·n（OH－）V溶液＝Kw，则n(H＋)·n(OH－)＝Kw·V2溶液，V溶液在增大，所以a点的值最小，C项错误；c点溶液Na2S溶液多加了一

倍，CuCl2＋Na2S===CuS↓＋2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2∶1。c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H2O⇌HS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是

微弱的，有c(S2－)>c(OH－)。排序为c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H＋)，D项正确。答案：D9．解析：根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为0.0400mol·L－1×50.0mL0.100mol·L

－1＝20.0mL，C项错误；由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝0.100mol·L－1×50.0mL－0.0500mol·L－1×50.0mL100mL＝2.5×10－2mol·L－1，故K

sp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10，A项正确；因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故曲线上的各点

均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B项正确；相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)<c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动，D项正确。答案：C10．解析：由

图像及题意分析知，含有c点的曲线为AgNO3溶液滴定NaA溶液曲线，含有e点的曲线为AgNO3滴定Na2B溶液曲线。由图可知沉淀溶解平衡方程式：Ag2B(s)⇌2Ag＋(aq)＋B2－(aq)，Na2B溶液与AgNO3溶液

反应时e点符合，则c(Ag＋)＝2c(B2－)，根据pX＝a可知，c(B2－)＝10－amol·L－1，c(Ag＋)＝2×10－amol·L－1，Ksp(Ag2B)＝c2(Ag＋)×c(B2－)＝(2×10－a)2

×10－a，A项正确；B2－抑制Ag2B溶解，c(B2－)越大，溶液中c(Ag＋)越小，c(B2－)：f点＞e点，则c(Ag＋)：e＞f，B项正确；由图分析，AgA饱和溶液中银离子的浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故在等量的水中，AgA溶解的物质的

量更少，C项错误；若c(AgNO3)变为0.05mol·L－1，则加入20mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag＋的浓度不变，则NaA溶液中的反应终点由c移至d点，D项正确。答案：C11．解析：反应SrSO4

(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），故A正确；由分析可知，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＝10－6.5mol·L－1，则a为－6.5，故B正确；由分

析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；pH≥6.9时，发生沉淀转化，故D错误。答案：D12．解析：铵根离子的水解常数Kh(NH＋4)＝10－141.75×10－5≈5.7×10－10，碳

酸氢根的水解常数Kh(HCO－3)＝KwKa1＝10－144.4×10－7≈2.3×10－8，则Kh(NH＋4)<Kh(HCO－3)，因此常温下NH4HCO3溶液呈碱性。答案：碱性13．解析：工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应[Al(OH)4]－＋H＋⇌Al(OH)3↓＋H

2O，反应的平衡常数为K1＝1c（[Al（OH）4]－）·c（H＋）＝c（OH－）c（[Al（OH）4]－）·c（H＋）·c（OH－）＝1K·Kw＝1013.37，当c([Al(OH)4]－)为10－5mol·L－1时，溶液

中氢离子浓度为1c（[Al（OH）4]－）·K1＝110－5×1013.37mol·L－1＝10－8.37mol·L－1，则溶液的pH为8.37。答案：8.3714．解析：(1)加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1mol·L－1。(2)由

于c(Ag＋)＝10－6mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01L×1mol·L－1＝0.01mol，所以V(NaCl)＝100mL。(3)AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq

)，相同温度下，c(Cl－)增大，平衡逆向移动，溶解度减小，温度升高，平衡右移，溶解度增大。(4)若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大。答案：(1)1(2)100mL(3)＞(4)课时作业56化学

工艺流程题的解题策略1．解析：废钯催化剂加入甲酸，在使用过程中，将Pd氧化生成的PdO还原为Pd。加入盐酸和H2O2酸浸，Pd转化为H2PdCl4，铁和铜被氧化为离子，α­Al2O3不溶，过滤出来，浸出液中含有H2PdCl4、Fe3＋和Cu2＋，浸

出液进行离子交换，离子交换树脂中的Cl－被[PdCl4]2－交换，Pd被留在离子交换树脂中，其他离子H＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－等离子在流出液中。然后再洗脱，[PdCl4]2－重新进入溶液中，加盐酸，H2PdCl4(稀

溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)，得到的[Pd(NH3)2]Cl2用N2H4·H2O还原得到海绵钯。(1)钯催化剂在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活，“还原i”加入甲酸的目的是还原Pd

O。(2)王水有很强的氧化性和挥发性，且王水不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故选C。从题图中可以看出，当温度在75℃～80℃时，浸取率最大，能达到9

8%～99%，固液比为4∶1时，浸取率也最大，能达到98%，故“酸浸”的最佳条件为温度控制在75℃～80℃，固液比为4∶1。(3)由以上分析可知，“离子交换”流出液中阳离子有H＋、Fe3＋、Cu2＋。淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)⇌[Pd(NH3)2]Cl2(s)＋2

NH3(aq)，加入盐酸，H＋和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2。(4)“沉钯”的目的是将Pd和其他杂质如NH4Cl等分离。(5)“还原ii”中产生无毒无害气体。由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为2[Pd(NH3)2]C

l2＋N2H4·H2O===2Pd＋N2↑＋4NH4Cl＋H2O。(6)在“离子交换”步骤有HCl生成，可以回到“酸浸”步骤重复使用；洗脱过程中产生的RCl也可以循环使用。答案：(1)PdO(2)①C②温

度控制在75℃～80℃，固液比为4∶1(3)①Fe3＋、Cu2＋②淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)⇌[Pd(NH3)2]Cl2(s)＋2NH3(aq)，加入盐酸，H＋和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2(4)将

Pd和其他杂质如NH4Cl等分离(5)2[Pd(NH3)2]Cl2＋N2H4·H2O===2Pd＋N2↑＋4NH4Cl＋H2O(6)HCl、RCl2．解析：水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，Co3＋具有强氧化性，能

将Na2SO3氧化，浸出液中Co元素以Co2＋形式存在，Fe3＋具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，浸出液中铁元素以Fe2＋形式存在，Al2O3、MnO、CaO、MgO与盐酸反应生成Al3＋、Mn2＋、Ca2

＋、Mg2＋，SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，也不与Na2SO3反应，因为NaClO3具有强氧化性，且Co3＋的氧化性强于ClO－3，浸取液中加入NaClO3，利用ClO－3氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入碳酸钠，调节pH

，沉淀Ⅰ只含有两种沉淀，根据信息③可知，加入碳酸钠，使Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物形式沉淀，根据问题(2)中萃取剂层含锰元素，因此加入NaF溶液的目的是除去Ca2＋和Mg2＋，水层经过蒸发浓缩、冷却结晶得到目标产物。(1)根据上述

分析以及流程可知，加入Na2SO3溶液，利用Na2SO3的还原性，将Co(Ⅲ)还原成Co(Ⅱ)；(2)根据上述分析，加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Cl－，根据化合价升降法

进行配平，其离子方程式为ClO－3＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；加入碳酸钠溶液，调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀，但Co2＋不能沉淀，因此需要调节pH的范围是5.2≤pH<7.5；加入NaF，利用CaF2

、MgF2难溶于水，其作用是除去Ca2＋、Mg2＋；(3)研磨固体需要的主要仪器是研钵和研杵；(4)“氧化”过程用H2O2作氧化剂，H2O2受热易分解，如果温度过高，导致H2O2大量分解，降低产率；洗涤产品的操作是向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀

，待乙醇自然流下，重复操作2～3次；(5)含Co2＋的废水中加入FeS，利用CoS比FeS更难溶的性质，即反应原理是Co2＋＋FeS===CoS＋Fe2＋。答案：(1)作还原剂，将Co(Ⅲ)还原成Co(

Ⅱ)(2)6H＋＋ClO－3＋6Fe2＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O5.2≤pH<7.5沉淀(或除去)Ca2＋和Mg2＋(3)研钵、研杵(4)温度过高，H2O2大量分解，降低产率向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次(5)Co2＋＋FeS===

CoS＋Fe2＋3．解析：加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe

2O3，加入盐酸调节pH＝2～3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，溶液中只含NaVO3，加入(NH4)2CO3“沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。(1)由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的

元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋V2O3＋O2=====焙烧2NaVO3＋CO2。(2)由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3。(3)“滤液1”中铝元素以[Al(OH)

4]－形式存在，加入盐酸发生反应[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O。(4)由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅。(5)NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s

)⇌NH＋4(aq)＋VO－3(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大NH＋4浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率。(6)该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用。答案：(1)V、Fe或钒、铁N

a2CO3＋V2O3＋O2=====焙烧2NaVO3＋CO2(2)Fe2O3(3)[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O(4)光导纤维或制单质硅等(5)溶液中存在NH4VO3(s)⇌NH＋4(aq)＋VO－3(aq)，加入过量(NH4)2CO3，

增大NH＋4浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率(6)(NH4)2CO3、Na2CO34．解析：阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅(为滤渣Ⅰ主要成分)

及S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到的滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰。(1)根据化合价法则，FeS2中硫元素为－1价，所以铁元素

的化合价是＋2价；根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；(2)加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便生成Fe(OH)3

而除去；(3)酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2(S)⇌Ca2＋(aq)＋2F－(aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2＋沉淀不完全；(4)硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反

应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO－3===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；反应MnCO3(s)＋2OH－(aq)⇌Mn(OH)2(s)＋CO2－3(aq)的平衡常数K＝c（CO

2－3）c2（OH－）＝c（Mn2＋）·c（CO2－3）c（Mn2＋）·c2（OH－）＝Ksp（MnCO3）Ksp[Mn（OH）2]＝2.2×10－111.9×10－13＝115.8；(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2＋

失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。答案：(1)－1PbSO4(2)粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度适当升温将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去(3)酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2(S

)⇌Ca2＋(aq)＋2F－(aq)平衡右移(4)Mn2＋＋2HCO－3===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑115.8(5)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋课时作业57认识有机化合物1．解析：18世纪初，瑞典化学家贝采利乌斯提出了有

机化学的概念，使有机化学发展成为化学的一个分支，选项A不符合；道尔顿原子学说为近代化学和原子物理学奠定了基础，是科学史上一项划时代的成就，选项B不符合；李比希采用燃烧有机物的方法测定碳、氢元素质量分数，选项C符合；门捷列夫发现了元素周期性，选项D不符合。答案：

C2．解析：当醛基—CHO连在链烃基或苯环侧链上时，则为醛，而中醛基连在O原子上，不是醛，属于酯类，故A错误；—OH与苯环的支链相连的有机物属于醇，属于醇，故B正确；当羰基两端连在链烃基或直接连在苯环上属于酮

，CH3OCH3为二甲醚，官能团为醚键，属于醚类，故C错误；含苯环的烃为芳香烃，中无苯环，故不是芳香烃，属于环烷烃，故D错误。答案：B3．解析：含有苯环，不是脂环化合物，而是芳香族化合物，故A错误；不含有苯

环，不是芳香族化合物，而是脂环化合物，故B错误；是链状化合物，故C正确；分子式为C2H6O的物质可以是乙醇，也可以是甲醚CH3OCH3，故D错误。答案：C4．解析：烯烃、炔烃是含有碳碳不饱和键的烃，都属于不饱和烃，A正确；CH3COOH为乙酸，含有羧基

，属于羧酸，B正确；的名称为乙酸乙烯酯，含有酯基，属于酯类化合物，C正确；属于芳香族化合物，不含有苯环，不属于芳香族化合物，D不正确。答案：D5．解析：该物质含有碳碳三键，且只含有碳氢两种元素，为炔烃，故A正确；中羟基直接与苯环相连，官能团为酚羟基，属于酚类物质，故B错误；

CH3CH2OOCH中含有的官能团为酯基，属于酯类物质，故C正确；OHCCH2CH2CHO中的官能团为醛基，且官能团数目为2，属于二元醛，故D正确。答案：B6．解析：选择最长碳链为主链，主链为己烷，从离支链最近的一端开始编号，即从左侧开

始编号，名称为3­甲基己烷，A项正确；选取苯甲酸为母体，邻位有一个甲基，则名称为邻甲基苯甲酸，B项正确；分子中含有酯基，酯是根据形成它的酸和醇来命名的，则名称为乙酸丙酯，C项正确；该分子属于卤代烃，主链上有2个碳原子，两个氯原子分别在1号和2号碳原子上，则名称为1，2­二氯乙烷，D

项错误。答案：D7．解析：的名称是邻甲基苯甲醛，故A错误；含有碳碳三键，属于炔烃，主链有5个碳原子，从离三键近的一端给碳原子编号，第4号碳原子连有2个甲基，名称是4，4­二甲基­2­戊炔，故B错误；含有酯基，属于酯类，名称为

异丁酸甲酯，故C正确；含有羟基，属于醇类，主链有6个碳原子，从离羟基近的一端给碳原子编号，羟基位于3号碳，4号碳原子连有1个甲基，名称为4­甲基­3­己醇，故D错误。答案：C8．解析：是酯类化合物，是乙醇与丁酸发生酯化反应生成的，故正确的名称为丁酸乙酯，故A正确；为二烯

烃，选取含有碳碳双键在内的最长碳链作为主链，含有4个碳原子，从距离双键最近的一端开始编号，正确的名称为2­甲基­1，3­丁二烯，故B错误；为醇，选取含有羟基的最长碳链作为主链，含有6个碳原子，从距离羟基最近的一端开始编号，正确的名称为4­甲基­3­己醇，故

C错误；是环烷烃，名称为邻二甲基环己烷，故D错误。答案：A9．解析：A项中峰面积之比为3∶2；B项为3组峰；C项CH3COOH分子中峰面积之比为3∶1，正确；D项只有一组峰。答案：C10．解析：蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机混合物是互溶的，沸点不相同，一

般采用蒸馏法分离提纯，故A正确；利用燃烧法，能得到有机物燃烧后的无机产物，定量测定，最后算出各元素原子的质量分数，得到实验式或最简式，故B正确；不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以用红外光谱图确定有机物分子中的官能团或化

学键，故C正确；粗苯甲酸经过加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯苯甲酸，故D错误。答案：D11．解析：(1)键线式结构为的烷烃，主链上有5个碳原子，第2个主链碳原子上连有一个甲基，则系统命名

为2­甲基戊烷。(2)中含有的官能团为—OH、—COOR，名称为羟基、酯基。(3)2­甲基­1­丁烯的主链上有4个碳原子，其中1、2两个碳原子之间连有双键，第2个主链碳原子上连有1个甲基，结构简式为。(4)相对分子质量为72的烷烃，依据通

式CnH2n＋2，可求出n＝5，其一氯代物只有一种，则表明该烷烃分子中只有一种氢原子，故烷烃的结构简式为。(5)乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)相比较，乙醇中含有O—H键，所以用红外光谱可以区分，故A选项不符合题意；乙醇、甲醚的核磁共振氢谱

分别有3组峰和1组峰，用核磁共振氢谱可以区分，故B选项不符合题意；乙醇、甲醚互为同分异构体，二者的相对分子质量相同，用质谱法不可区分，故C选项符合题意；乙醇分子中含有活泼氢原子，与钠能发生反应，而甲醚与钠不反应，可以区分，故D选项不符合题意。答案选C。答案：(

1)2­甲基戊烷(2)羟基、酯基12．解析：(1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶；蒸馏时使用仪器y(直形冷凝管)，仪器x(球形冷凝管)一般用于冷凝回流装置中；(2)M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的相对分子质量为2×44＝88；计算该有机物中氧元素的质量分

数w(O)＝100%－54.5%－9.1%＝36.4%，分子内各元素原子的个数比：N(C)∶N(H)∶N(O)＝54.5%12∶9.1%，1∶36.4%16≈2∶4∶1，即实验式为C2H4O，设分子式为(C2H4O)n

，则44n＝88，n＝2，则分子式为C4H8O2；(3)根据核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶3∶1∶3，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶3∶1∶3，结合红外光谱图可知分子中含有C—H、H—O、C===O等化学键，其结构简式

为，所含官能团为羟基、酮羰基。答案：(1)蒸馏烧瓶仪器y(2)88C4H8O2(3)羟基、酮羰基课时作业58有机化合物的空间结构同系物同分异构体1．解析：A、D两项的共价键均是由碳原子形成的非极性键；B、C

两项的共价键分别是由碳和氧、碳和氮元素的原子形成的极性共价键，且氧的非金属性强于氮的非金属性。答案：B2．解析：C6H12O6是葡萄糖的分子式，A错误；间甲苯酚的结构简式：，B错误；乙酸甲酯的结构简式

：CH3COOCH3，D错误。答案：C3．解析：甲苯、乙烷、丙炔中均含有甲基，其分子中所有原子不可能共平面，A、B、C错误；1，3­丁二烯的结构简式为H2C===CH—CH===CH2，根据乙烯的结构可知，该分子

中所有原子可能在同一平面内，D正确。答案：D4．解析：乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；O2和

O3是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，C正确；丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，D正确。答案：A5．解析：乙烯分子中C原子采取sp2杂化，每个C的杂化轨道形成3个σ键、未杂化的2p轨道形成π键

，故A正确、B错误；C、H之间是sp2杂化轨道形成的σ键，C、C之间有1个是sp2杂化轨道形成的σ键，有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故C、D错误。答案：A6．解析：本题易因不会巧妙利用结构的对

称性而出错。苯环上的一氯代物只有一种就意味着苯环上只有一种类型的H原子。则整个结构需要高度对称，符合条件的同分异构体有，C项正确。答案：C7．解析：C4H8BrCl可看成是C4H10分子中的2个H被1个Br和1个Cl取代得到的产物。C4H10有正丁烷和异丁烷2种，被Br和Cl取代时，可先确定B

r的位置，再确定Cl的位置。正丁烷的碳骨架结构为，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的氢原子时，Cl均有4种位置关系，异丁烷的碳骨架结构为，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的氢原子时，Cl分别有3种和1种位置关系，综上可知C4H8BrCl共有12种结构，C项

正确。答案：C8．解析：根据结构简式确定该化合物的分子式为C5H8O，故A正确；该化合物与环氧乙烷结构不相似，故B错误；该分子中含有两种氢原子，故C正确；该分子中所有碳原子都具有甲烷的结构特点，故D正确。答案：B9．解

析：苯环和双键是平面结构，三键是直线结构，单键可旋转，中一定共面的碳原子至少有8个，A正确；三键是直线结构，单键可旋转，分子中所有碳原子可能在同一平面，B错误；苯环和双键是平面结构，单键可旋转，中所有原子可能处于同一平面，C正确；

苯环是平面结构，苯环对位上的原子共线，单键可旋转，分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，D正确。答案：B10．解析：n、p、q结构不相似，故A错误；n的分子式为C6H12O2，其同分异构体中属于羧酸的结构简式为C5H11

—COOH，C5H11—有8种同分异构体，故n的同分异构体中属于羧酸的有8种，故B错误；p为酯，q为羧酸，可以用金属钠鉴别，二者都含有碳碳双键，不能用溴水鉴别，故C错误；m与q的分子式都为C5H8O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确。答案：D11．

解析：立方烷有3种二氯代物，结构简式分别是、、。答案：A12．解析：根据题意可知，有机物X与Y生成Z的反应属于二烯烃的1，4­加成反应，选项A错误；根据乙烯6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面、单键可以旋

转，Y分子()中除了甲基上还有2个H不共面，最多有10个原子在同一平面上，选项B错误；Z的不饱和度为4，芳香族同分异构体化合物可以有2个羟基，则1molZ的芳香族同分异构体化合物可能与2molNa反应，选项C正确；根据酯水解的反应原理，水解后18O应该在CH183OH中，选项D错误。答案：C13．

解析：将中的羧基—COOH拆成—CHO和—OH，可以使苯甲醛的2个苯环氢原子被2个羟基取代，方法是逐一取代，一羟基取代物有，二羟基取代物有，共6种。答案：614．解析：审限定条件确定官能团或特殊基团→观察研究对象确定不饱和度→做减法，

拆成碎片→重新组装。①甲酸某酯→②乙酸某酯→③苯甲酸某酯→符合条件的同分异构体共有6种。答案：15．解析：由于H是E的同系物，且比E少两个碳原子，则H中有羟基和羧基，1mol该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同，说明含1mol羧基和1mol羟基，当取代基为

—COOH和—CH2OH时，可能的结构为(数字代表—COOH的位置)：；当取代基为—CH2COOH和—OH时，可能的结构为(数字代表—CH2COOH的位置)：，共8种；被氧化后核磁共振氢谱有三组峰，面积比为1∶1∶4，说明被氧化后不同化学环

境的氢原子有3种，且氢原子个数比为1∶1∶4，满足条件的有机物的结构简式为。答案：8课时作业59烃化石燃料1．解析：彼此不都互为同系物，如正戊烷和新戊烷，二者互为同分异构体，A错误；戊烷(C5H12)有正戊烷、异戊烷和新戊烷

三种结构，三种物质互为同分异构体，B正确；若甲烷为平面结构，其一氯代物也只有一种，C错误；正丁烷分子中四个碳原子呈锯齿形连接，不在一条直线上，D错误。答案：B2．解析：反应①为苯的溴代反应，生成的溴苯密度比水大，沉降在水底，A错误

；反应③为苯的硝化反应，属于取代反应，生成的硝基苯为烃的衍生物，C错误；苯分子中无碳碳双键，D错误。答案：B3．解析：苯和乙烯均为不饱和烃，都能发生加成反应，但乙醇属于饱和一元醇，不能发生加成反应，A错误；苯乙烯()属于烃类，难溶于水，易溶于甲苯，

B错误；根据等效氢原理可知，的一氯代物有四种，如图所示：，C正确；CH2===CH—CH===CH2中存在两个碳碳双键所在的平面，中间以碳碳单键连接，可以任意旋转，故CH2===CH—CH===CH2中所有原

子可能共平面，D错误。答案：C4．解析：含有碳碳双键或碳碳三键的有机物既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，B项正确。答案：B5．解析：有机物分子式为C8H12，根据(x＋错误!)计算1mol该有机物消耗11molO2，A项正确；二者化学式中氢原子数均为6，B

项正确；苯分子中的碳、氢原子数较多，故等物质的量的乙炔和苯完全燃烧的耗氧量不同，C项错误；相同物质的量的三种有机物中碳原子数相同，因而产生的二氧化碳的体积相同，D项正确。答案：C6．解析：n(H2)＝4.4g－4g2g·mol－1＝0.2mol，因为1mol炔烃可

以与2molH2完全加成，故n(炔)＝0.1mol。三种炔烃的平均摩尔质量M－＝4g0.1mol＝40g·mol－1，即平均相对分子质量为40。由平均值原理可知，三种炔烃中必有相对分子质量小于40的炔烃，而相对分子质量小于40的炔烃只有乙炔，由此可推知加成后所得

烷烃中必含乙烷。答案：B7．解析：丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使其褪色，A正确；丙烯属于烃，可燃烧生成二氧化碳和水，B正确；丙烯与溴发生加成反应的产物是CH2BrCHBrCH3，C错误；碳碳双键中一个键断裂，形成链节为，链节聚合形成高聚物，聚

丙烯的结构可以表示为，故D正确。答案：C8．解析：石油主要是由含有不同碳原子数的烃组成的复杂混合物，A项正确；①为石油的分馏，发生物理变化，B项正确；由石油分馏产品获得气态烃乙烯需经过石油的裂化和裂解，C项正确；由乙烯制得1，2­二溴乙烷的反应为CH2===CH2＋Br2―→CH2Br

CH2Br，属于加成反应，D项错误。答案：D9．解析：X与互为顺反异构体，故A正确；X中含有碳碳双键，故能使溴的CCl4溶液褪色，故B正确；X中的碳碳双键可以和HBr发生加成反应生成，故C正确；Z分子中含有的手性碳原子如图：，含有1个手性碳原子，故D错误。答案：D1

0．解析：苯的同系物是苯环上的氢原子被烷基取代的产物，故A错误；由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，故B正确；由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5种类型氢原子，则一氯代物有

5种，故C错误；分子中只含有1个碳碳双键，故D错误。答案：B11．解析：该分子结构对称，反应只能生成OHCCH2CHO，A错误；该分子结构对称，反应后只能生成，B错误；该物质反应后生成HCHO、OHCCH2CH2CHO两种物质，C正确；该物质反应后生成OHCCH2C

H2CHO，D错误。答案：C12．答案：(1)(2)环十二烷18mol(3)C5H1013．解析：(2)三分子丙炔聚合形成的芳香烃分子含1个苯环及3个甲基。(3)由合成，第一步发生与Br2的1，4­加成反应。(4)A的一氯代物有

三种，说明A中含三种不同化学环境的H原子，且与Br2按物质的量之比为1∶1加成得到的产物只有一种，则A可能的结构简式有CH2===CH—CH2—CH===CH2、、CH3—C≡C—CH2—CH3。答案：(1)C10H16(2)(3)＋Br2―→(4)CH2===CH—CH2—

CH===CH2、、CH3—C≡C—CH2—CH3课时作业60卤代烃醇酚1．解析：苯酚有一定的毒性，当溶液中苯酚浓度很低时能用于杀菌消毒，也有防腐的功能，但不能用于食品防腐，故A错误；医疗上常用75%的酒精作消毒剂，故B错误；乙烯可作

为植物生长的调节剂，可促进植物生长，故C正确；乙二醇的水溶液，凝固点低，可作为汽车发动机的抗冻剂，丙三醇有吸水性，可作保湿剂，能与硝酸反应生成硝化甘油，用于制造烈性炸药，故D错误。答案：C2．解析：乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下共热，发生酯化反应(取代反应)生成

乙酸乙酯，A错误；乙醇在铜或银催化作用下加热，被氧气氧化生成乙醛，为氧化反应，B正确；苯与浓硝酸在浓硫酸催化作用下加热，发生取代反应生成硝基苯，C错误；乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，D错误。答案：B

3．解析：甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明苯基与H原子对甲基的影响不同，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，A不符合题意；苯酚能与NaOH溶液反应，而丙醇不能反应，在苯酚中，由于苯环对—OH

的影响，酚羟基具有酸性，对比丙醇，虽含有—OH，但不具有酸性，说明苯环的影响使酚羟基上的氢更活泼，B不符合题意；丙醇和甘油含有的羟基数目不同，不能说明原子团的相互影响，C符合题意；—OH使苯环活化，故苯酚和浓溴水反应比苯和溴反应更容易，体现出基团之间的相互影响，D不符合题意。答案：C4．解析

：苯酚和溴水反应属于取代反应，乙烯和氯化氢制氯乙烷属于加成反应，所以反应类型不同，故A不选；乙醇制取乙烯属于消去反应，乙醛和氢气制备乙醇属于加成反应，所以反应类型不同，故B不选；溴乙烷水解制乙醇、苯与液溴反应制备溴苯均属于取代反应，所以反应类型相同，故C选；乙醇被氧化生成乙醛属于氧化

反应，苯和氢气制环己烷，属于加成反应或还原反应，所以反应类型不同，故D不选。答案：C5．解析：苯甲醇不能与饱和溴水反应生成白色沉淀，A错误；苯乙醇、苯酚的结构不相似，故不互为同系物，B错误；分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，C正确；乙醇、苯甲醇都不与NaOH溶液反应，D错误。答案：C6

．解析：分子中含有－Br，可发生水解反应，可发生消去反应生成1种烯烃，结构简式为(CH3)3CC(CH3)===CH2，A项正确；分子中含有—Br，可发生水解反应，发生消去反应生成两种烯烃，分别为、CH3CH===C(CH3)2，B项错误；分子中含

有—Br，可发生水解反应，可发生消去反应生成3种烯烃，分别为(CH3)2C===C(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHC(CH2CH3)===CH2、(CH3)2CHC(CH3)===CHCH3，C项错误；分子中含有—Br，可发生水解反应，

该卤代烃—X相连碳的相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，D项错误。答案：A7．解析：①与酸性高锰酸钾溶液发生反应，得到的产物中含有—COOH、—Br两种官能团，错误；②与水在酸性条件下发生加成反应，得到的产物中含有—OH、—Br两种官能团，错误；③与NaO

H的乙醇溶液共热，发生消去反应，形成的产物中只含有碳碳双键一种官能团，正确；④与HBr发生加成反应，形成的产物中只含有Br原子一种官能团，正确。答案：C8．解析：苯酚和浓溴水反应生成2，4，6­三溴苯酚，2，4，6­三溴苯酚易溶于苯，二者不能用过滤的方法分离，A错误；稀硫酸和碳酸氢钠反应制备二

氧化碳，证明硫酸酸性强于碳酸，二氧化碳通入苯酚钠溶液中生成苯酚，证明碳酸酸性强于苯酚，B正确；饱和食盐水与电石反应生成乙炔，乙炔中含有硫化氢、磷化氢等杂质，不能确定是乙炔使酸性高锰酸钾褪色，C错误；乙醇

和乙酸互溶，不能用分液的方法进行分离，D错误。答案：B9．解析：乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能实现实验目的，A与题意不符；Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基

氢的活泼性，B与题意不符；将盐酸与大理石反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl，HCl与苯酚钠反应生成苯酚和氯化钠，不能证明酸性：碳酸>苯酚，C符合题意；1­丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2­丙醇含有3种不同环境的氢原子，故可用核磁共振氢谱

鉴别1­丙醇和2­丙醇，D与题意不符。答案：C10．解析：苯酚可以和溴水发生取代反应，取代位置在酚羟基的邻、对位，同理该物质也能和溴水发生取代反应，A错误；该物质含有酚羟基，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。答案：A11．解析：A项，对比M、N的键线式，M生成N的反应为加成反应，错误；B项，N的分子式为C4H8Cl2，C4H8Cl2为C4H10的二氯代物，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3和，采用定一移一法，C4H8C

l2的同分异构体有：CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl、CH3CH2CCl2CH3、CH3CHClCHClCH3、，共9种(含N)，错误；C项，N中官能团为碳氯键

，不能使酸性KMnO4溶液褪色，Q中官能团为羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液能鉴别N与Q，正确；D项，由于H2所处温度和压强未知，不能使用22.4L·mol－1计算H2的体积，错误。

答案：C12．解析：(2)1mol该有机物与足量饱和溴水发生取代反应，酚羟基邻、对位的氢被取代，最多消耗5molBr2。(3)有机物分子中含有4个酚羟基，则1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH。答案：(1)C15H14O6(2)5(3)4

＋4NaOH―→＋4H2O13．答案：(1)①ClCH2—CHOH—CH2Cl②B为CH2===CH—CH2Cl，Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；HOCl中：HOδ－—Clδ＋，因此—OH易连在端基碳原子上(2)ClCH2—CHC

l—CH2OH＋2NaOH――→水△HOCH2—CHOH—CH2OH＋2NaCl课时作业61醛、酮、羧酸、酯、酰胺1．解析：醛的官能团是醛基(—CHO)，A项错误；甲醛中无烃基，B项错误；只有饱和一元醛的

通式为CnH2nO，C项错误；醛分子中都含有醛基(—CHO)，醛基有较强的还原性，可还原溴水和酸性KMnO4溶液，D项正确。答案：D2．解析：乙酸丁酯中混有乙酸和1­丁醇，用饱和碳酸钠溶液进行洗涤，可以中和乙酸，溶解1­丁醇，降低乙酸丁酯在水中的溶解度，有利于乙酸丁酯的分层，A正确；浓硫酸在

该反应中作催化剂，加快反应的速率，B正确；实验室制备乙酸丁酯的反应温度需略高于126.3℃，而水浴的最高温度为100℃，C错误；使用冷凝回流加分水器不断分离出生成的水，促使酯化反应正向进行，有利于提高乙酸丁酯的产

率，D正确。答案：C3．解析：a分子中不含苯环，也没有酚羟基，则A、C错误；a分子中含有一个羟基、两个醛基和一个碳碳双键，可以发生取代反应和银镜反应，B项正确；与H2反应时1mola可与3molH2发生加成反应，D项错误。答案：B4．解析：该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取

代反应和加成反应，故A错误；该物质与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；二者的分子式均为C10H18O3，分子式相同，结构不同，故C正确；该物质含有一个羧基，1mol该物质与足量碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为2

2g，故D错误。答案：C5．解析：根据结构简式可知，分子中含C、H、O三种元素，含碳碳双键和酯基，不属于烷烃，A错误；分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，B正确；分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，C正确；该信息素可用于

诱捕害虫、测报虫情，可推测该有机物具有一定的挥发性，D正确。答案：A6．解析：肉桂醛中苯环上能发生取代反应，碳碳双键、苯环和醛基能发生加成反应，碳碳双键能发生聚合反应，A正确；肉桂醛含碳碳双键和醛基，苯

甲醛含醛基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；苯环为平面结构，醛基为平面结构，两者通过单键相连，所有原子可能共平面，C正确；肉桂醛含碳碳双键和醛基，苯甲醛含醛基，两者不互为同系物，D错误。答案：D7．解析：丙烯酰胺分子中存在氨基，氨基中N原子杂化类型为sp

3，则所有原子不可能在同一平面内，故A正确；根据丙烯酰胺的结构简式，应是丙烯羧酸与氨气通过缩水反应得到，即丙烯酰胺属于羧酸衍生物，故B正确；丙烯酰胺在强酸或强碱存在并加热的条件下可水解成对应的羧酸(或羧酸盐)和铵盐(或氨)，故C错误；丙烯酰胺中含碳碳双键，则能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确

。答案：C8．解析：根据结构简式可知，“E7974”含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；由结构简式可知，分子中含有取代氨基、酰胺基、碳碳双键、羧基，共4种官能团，B错误；化合物“E7974”含有的手性碳原子用*标注如图共3个，C错误；分子

中两个酰胺基和一个羧基均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误。答案：A9．解析：②是硝基被还原为氨基，是还原反应，A正确；硝基苯中N元素为＋3价，苯胺中N元素为－3价，所以生成1mol苯胺理论上

转移6mol电子，故B错误；反应②中加入过量酸，酸可能会与铁、苯胺等反应，苯胺产率降低，C正确；乙酰苯胺的同分异构体中可以水解的有酰胺类和铵盐类，如邻甲基甲酰苯胺、间甲基甲酰苯胺、对甲基甲酰苯胺、苯乙酸铵、邻甲基苯甲酸铵、间甲基苯甲酸铵等，所以在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的不少于3种，故D

正确。答案：B10．解析：A项，与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，错误；B项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生

成羧酸钠和酚钠结构，错误；C项，加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，错误；D项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，—COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，正确。答案：D11．解析：冷凝管中冷水应“下进上出”，即a口进b口出，A项错误；该装置中冷

凝管倾斜放置，球形冷凝管适合竖直放置，倾斜放置时容易残留液体，B项错误；NaOH溶液能使生成的酯发生水解，C项错误。答案：D12．答案：(1)＋H2↑(2)＋H2O酯化反应(或取代反应)(3)13．解析：根据D的结构简式及已知信息

得C为，B为；烃A和HCl发生加成反应生成B，则A为。(4)依据限制条件ⅰ.苯环上含3个取代基；ⅱ.既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明分子中含有甲酸形成的酯基；ⅲ.核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1，说明存在对称结构且含有2个甲基。(5)乙

烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH。答案：(1)苯乙烯碳氯键(2)取代反应(3)(4)(5)CH2

===CH2――→Cl2ClCH2CH2Cl――→NaCNNCCH2CH2CN――→H＋/H2OHOOCCH2CH2COOH课时作业62油脂生物大分子1．解析：淀粉可在人体内代谢后转化成葡萄糖，故A错误；合成淀粉和天然形成的淀粉化学性质相同，故B错误；用二

氧化碳合成淀粉可减少二氧化碳，有助于实现“碳中和”，故C正确。答案：C2．解析：维生素D可促进人体对钙的吸收，A项错误；多数的酶是由蛋白质组成，少数的酶是由核糖核酸组成，B项错误；糖类中的单糖不会发生水解，D项错误。答案：C3．

解析：蔗糖和麦芽糖的分子式相同，都为C12H22O11，结构不同，二者互为同分异构体，A、B正确；蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，C错误；麦芽糖是还原性糖，蔗糖是非还原性糖，D正确。答案：C4．解析：油脂不属于高分子，A错误；福尔马林是甲醛的

水溶液，能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，B正确；天然气的主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有生物活性的蛋白质，D正确。答案：A5．解析：核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定的方式结合而成的，A错误；核酸水解

的最终产物是磷酸、戊糖和碱基，B错误；核酸是高分子化合物，但核苷酸不是高分子化合物，C错误；核酸有核糖核酸和脱氧核糖核酸两类，分别是RNA和DNA，它们共同对蛋白质的合成和生物遗传起重要作用，D正确。答

案：D6．解析：蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二种分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成相应的羧酸与甘油，故B正确；苹果中富含的苹果酸HOOCCH(OH

)CH2COOH含有羟基和羧基，乙二酸只含有羧基，官能团不同，故C错误；二肽种类为：甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种、甘氨酸和丙氨酸有两种，所以两种氨基酸最多可形成四种二肽，但甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽，故D正确。答案：C7．解析：乙烯和乙炔均能与溴水发生加成反应使溴水褪

色，因此无法用溴水鉴别乙烯和乙炔，A错误；邻二甲苯中有三种等效氢原子，因此核磁共振氢谱中会显示三组峰，但对二甲苯有两种等效氢原子，因此核磁共振氢谱中会显示两组峰，因此可以实现鉴别的目的，B正确；正丁烷和异丁烷的分子中均含有相等个数的

C—C键和C—H键，二者的红外光谱的谱图几乎重叠，因此无法用红外光谱鉴别，C错误；检验溴乙烷中溴原子时，先加入NaOH溶液让溴乙烷发生水解反应，将其中的溴原子转变为溴离子，随后再加入硝酸酸化，最后再加入A

gNO3溶液产生淡黄色沉淀，D错误。答案：B8．解析：乙醇具有还原性，可以与强氧化性的酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；羊油为动物脂肪，主要由饱和脂肪酸甘油酯组成，B错误；病毒的主要成分是蛋白质，酒精通过使蛋白

质变性灭活病毒，但酒精不具有强氧化性，C错误。答案：A9．解析：植物油和氢氧化钠反应水解生成醇和脂肪酸钠，与水不分层；矿物油和氢氧化钠不反应，能鉴别，A正确；同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，苯酚和苯甲醇不互为同系物，B错误；盐析为可逆反应，不

改变蛋白质的结构，多次盐析和溶解可以分离提纯蛋白质，C正确；聚合物()可由单体CH3CH===CH2和CH2===CH2加聚制得，两者发生加聚反应生成，D正确。答案：B10．解析：羟基是亲水基团，纤维素的

吸水性较强与其结构中含羟基有关，A正确；纤维素含有羟基，可以和醋酸发生酯化反应制得人造纤维，B正确；酯水解生成酸性物质，加入碱性溶液可以促进酯的水解，D正确。答案：C11．解析：稀硫酸做蔗糖水解的催化剂，可以加快反应速率，

热水浴使温度升高，反应速率加快，故A正确；反应后溶液中有硫酸，会影响氢氧化铜与产物葡萄糖的反应，因此要用氢氧化钠中和硫酸至溶液呈碱性，故B正确；加热至沸腾后，氢氧化铜被还原成氧化亚铜，为砖红色固体，故C错误；通过实验现象可知氢氧化铜被还原成氧化亚铜，表现氧化性，则蔗糖的水解产物表现还原性，故

D正确。答案：C12．解析：半胱氨酸中氨基连在羧酸的α位上，属于α­氨基酸，故A正确；半胱氨酸含有羧基，具有酸性，含有氨基，具有碱性，故B正确；氨基酸中的氨基和另一分子中的羧基缩合脱去水形成肽键，中不含肽键，故C错误；属于铵盐，铵盐与碱反应生成氨气，故D正确。答案：C13．解析：NaBr失

电子变为Br2、C6H12O6被氧化变成C6H12O7，均发生了氧化反应，故A正确；盐酸酸性太强，CaCl2不能直接与葡萄糖酸反应制备葡萄糖酸钙，故B正确；起始时加入2molNaBr，由原子守恒可得2molHBrO，HB

rO与葡萄糖反应生成Br－和葡萄糖酸，1molC6H12O6变成1molC6H12O7需要失2mol电子，2molHBrO会得4mol电子，由得失电子守恒知理论上可制得2molC6H12O7，故C错误；葡萄糖中含有醛基，葡萄糖酸中不含有醛基，

所以可用新制的Cu(OH)2区分葡萄糖和葡萄糖酸，故D正确。答案：C14．答案：(1)醛基、羟基(2)与三氯化铁溶液作用显紫色的是甲与碳酸钠溶液反应有气泡生成的是乙与银氨溶液共热发生银镜反应的是丙15．解析：(1)该多肽分子水解后

所得的三种氨基酸分子中均各含有1个—COOH，则该多肽分子中含有1个—COOH，又由于每个肽键中有1个氮原子、1个氧原子，故该分子中肽键数目为9－2＝7，形成多肽的氨基酸分子数目为7＋1＝8，即该多肽为八肽；(2)设1mol该多肽完全水解后所得甘氨酸、苯

丙氨酸、赖氨酸的物质的量分别为amol、bmol、cmol，则根据多肽为八肽推知，其侧链所含—NH2为3个，又由该多肽分子水解产物中只有赖氨酸分子中含有2个—NH2的特征可推知，该多肽分子侧链所含—NH2数等于赖氨酸的分子数，则c＝3，

该多肽为八肽，则a＋b＋3＝8，根据碳原子数守恒有2a＋9b＋6×3＝42，解得：a＝3，b＝2。答案：(1)八(2)323课时作业63合成高分子有机合成路线设计1．解析：氮化铝是一种新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，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。答案：B2．解析：四氯乙烯可由乙炔发生取代、加成反应得到，聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应得到，故A错误；二者都只含

C和卤素原子，故B正确；聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，性质较稳定，故C错误；聚四氟乙烯中不含碳碳双键，不能发生加成反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。答案：B3．解析：链节主链上存在碳碳双键结构，有8个碳原子，其单体必为多种，先将高聚物分子结构去掉方括号，移动键(如图所示

)得到其单体为CH2===CH—CH3、、CH2===CH2，故D项正确。答案：D4．答案：B5．解析：该高分子可用作烹饪器具，电器等材料，说明该高分子不溶于水，A项错误；由题图可知，该有机物具有类似于酚醛树脂的结构，单体为甲醛和对甲基苯酚，B项正确；该高分子的结构简式中，链节为，其结构

简式为，C项错误；该高分子中含有酚羟基，具有弱酸性，可以与碱反应，但不能发生水解反应，D项错误。答案：B6．解析：由题中“C2燃料”的球棍模型知，“C2燃料”为乙酸，由图可知该转化的反应物有聚乙烯、氧气，在阳光、水和催化剂作用下，反应生成乙酸，总反应的化学方程式为CH2—CH

2＋nO2――→阳光、水催化剂nCH3COOH，B项正确；CH3COOH、HCOOCH3、HOCH2CHO的分子式均为C2H4O2，三者互为同分异构体，D项正确。答案：C7．解析：合成聚酯的反应中除了生成聚酯外，还生成了小分子水，所以该反应属

于缩聚反应，A正确；由图可知是其中一种生成物，B正确；上述转化中断裂了碳氧双键，又形成了碳氧双键，C错误；由图可知，HOOC—R—COOH中含有2个羧基，HO—R′—OH中含有两个羟基，所以合成上述聚酯的单体是二元醇和二元羧酸，D正确。

答案：C8．解析：该高分子材料中含有酯基，能与碱溶液发生水解反应，则其所制容器不能用于盛放碳酸钠溶液，故A正确；合成该高分子的两种单体分别为CH2===C(CH3)COOCH3、CH2===CHCOOCH2CH2CH2CH3，乙

酸乙酯只有酯基，没有碳碳双键，结构不相似，不互为同系物，故B错误；由图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有化学键的变化，故D正确。答案：B9．答案：B10．解析：根据题意推知B为CH2===CHOCH3，C为，B与C发生加聚反应合成M，故D错误。答案：D11．答案：

(1)碳碳双键(2)甲醛热固性(3)(4)＋nHOCH2CH2OH＋(2n－1)H2O12．课时作业64有机综合推断1．解析：由题给信息推知，A为丙醇，B为，D为，E为，F为。答案：(1)羟基丙烯(2)氧化反应取代反应(3

)CH2===CHCH2Cl＋NaOH――→H2O△CH2===CHCH2OH＋NaCl2．解析：根据信息①可知，B是；根据C的分子式，由D逆推C为。答案：(1)(2)(3)＋3NaCl＋NaBr＋H2O取代反

应3．解析：由题给合成路线流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为，B的结构简式为，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H

的结构简式为。答案：(1)碳碳双键取代反应(2)2OH＋O2――→Cu△2CHO＋2H2O(3)(4)AB4．解析：A为CH2===CH2，与HBr发生加成反应生成B(CH3CH2Br)，B与Mg在无水乙醚中发生反应生成C(CH3CH2MgBr)，C与CH3C

OCH3反应生成D()，D在氧化铝催化下发生消去反应生成E()，E和碱性高锰酸钾反应生成F()，参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G()，G与发生加成反应生成二酮H，据此分析解答。(1)E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成CH3COOH和，名称分别为乙酸

和丙酮；(2)由分析可知，G为；(3)根据已知――→NaOH溶液△＋H2O的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和J()。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题。答案

：(1)乙酸丙酮(2)(3)ab5．解析：有机物A与有机物B发生反应生成有机物C，有机物C与有机物D在多聚磷酸的条件下反应生成有机物E，根据有机物E的结构可以推测，有机物C的结构为，进而推断出有机物D的结构为；有机物E与有机物F反应生成有机物G，有机物G根据已知条件发生反应生成

有机物H，有机物H的结构为，有机物H发生两步反应得到目标化合物J(奥培米芬)；据此分析解题。(1)根据分析，有机物C的结构简式为。(2)根据分析，有机物D的结构简式为，其化学名称为苯乙酸。(3)根据分析，有机物H的结构简式为。答案：(1)(2)苯乙酸(3)6．解析：根据流程，A与2­溴丙烷

发生取代反应生成B，B与NaNO2发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生两步反应生成H，H再与NaNO2/HCl反应

生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；Ⅰ与水反应生成J，J与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为。(1)根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3­甲基苯酚(或间甲基苯酚)。(2)

有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化。(3)根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基。(4)有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物E中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机

物G，故反应类型为取代反应。(5)根据分析，有机物F的结构简式为。(6)有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为＋HCl＋N2↑。(7)连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构

体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：O；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3∶3∶3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为。答案：(1)3­甲基苯酚(或间甲基苯酚)(2)

2(3)氨基羟基(4)取代反应(5)(6)＋H2O――→△＋HCl＋N2↑(7)9课时作业65化学实验基础知识和技能1．解析：图示实验仪器A、B、C、D依次为蒸馏烧瓶、分液漏斗、容量瓶、吸滤瓶，吸滤瓶是厚壁的带分支的锥形瓶，D符合题意。答案：D2．答案：C3．解析：实验室加热约150

mL液体时，需在烧杯中进行，热源用酒精灯，烧杯不能直接加热，需要垫石棉网。答案：A4．答案：C5．解析：用量筒量取液体时读数不能精确到小数点后两位，A项错误；金属钠能与水、氧气等发生反应，所以剩余的钠应放回原试剂瓶，C项错误；用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，应重

新配制溶液，D项错误。答案：B6．解析：如果用干布或纸擦干仪器，则已洗净的仪器会重新附着其他杂质，故A错误；温度高的玻璃仪器遇水会发生炸裂，故B正确；洗涤时一般是先用水冲洗，洗不掉再用其他方法洗涤，故C正确；洗过的玻璃仪器内壁附着的水既不聚成水

滴也不成股流下时，表示仪器已洗净，故D正确。答案：A7．解析：灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl

4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；分液漏斗不可加热，但是分液漏斗带有活塞，使用分液漏斗前需要检漏，故D错误。答案：A8．解析：过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，A项正确；从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，B

项错误；滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残余在滴定管尖嘴部分的液体进入锥形瓶内，C项正确；向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒应接触容量瓶内壁，D项正确。答案：B9．解析：碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，用

力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的13处，用酒精灯外焰加热，B不符合规范；实验室中，有机物和无机物要分开存放，盐酸和NaOH要分开存放，C不符合规范；用胶头滴管滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管内部，D不符合规范。答案：

A10．解析：银氨溶液长期存放易变质，所以银氨溶液应现用现配，不能留存，故A正确；很多实验药品具有毒性，随意丢弃会污染环境，应倒入废液缸或指定的容器中集中处理，故B正确；玻璃中含有SiO2，易与NaOH溶液反应生成具有

黏性的Na2SiO3，能将瓶塞与瓶口黏结在一起，所以不能用玻璃塞，但可用玻璃瓶盛装氢氧化钠溶液，C正确；Fe2(SO4)3与Fe反应，因此硫酸铁溶液在保存时不能加入铁粉，D错误。答案：D11．解析：芒硝晶体结晶水含量测定实验过程中，需

要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量芒硝晶体的质量、瓷坩埚和芒硝粉末的质量，至少称量3次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，A不符合题意；为使芒硝晶体充分反应，应该将芒硝晶体研细，因此要用到研磨操作，仪器为研钵，B不符合题意；盛有芒硝晶体的瓷坩埚放在泥

三角上加热，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；加热后冷却时，为防止芒硝粉末吸水，应将芒硝放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水芒硝，因此需要使用干燥器，D不符合题意。答案：C12．解析：①浓盐

酸沾到皮肤上，可以用NaHCO3溶液清洗，不能用腐蚀性强的浓NaOH溶液清洗，错误；③氯气有毒，不进行尾气处理，会污染环境且易使人中毒，错误；④金属钠很活泼，随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶，正确；⑤NaOH浓溶液溅到皮肤上，若立即用稀硫酸清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗

，再涂上1%的硼酸，错误。答案：A13．解析：(1)量筒是粗略测量液体体积的仪器，容量瓶是定容仪器，滴定管是精确量取液体体积的仪器。(2)容量瓶和滴定管在使用前要检查是否漏水。(3)A中操作导致结果偏小，读数时视线应与液体

凹液面最低处相切；B中操作使所配制溶液的体积偏小，根据c＝nV可知溶液浓度偏大。(4)从题给信息可知砝码质量为10.0g，游码质量为0.5g。托盘天平使用时称量物应放在左盘，砝码放在右盘：m(物)＝m(游码)＋m(砝码)。若称量的样品与砝码颠倒，则m(物)＋m(游码)

＝m(砝码)，m(物)＝m(砝码)－m(游码)＝10.0g－0.5g＝9.5g。答案：(1)c(2)bc(3)A(4)9.514．解析：(1)①检查装置气密性的关键是使装置内外的气体形成压强差，通常采用的方法有“微热法”和“液差法”。根据装置甲的特

点，可选用“液差法”来检验其气密性。②锌粒必须与酸液接触才能产生氢气，在没有酸的情况下可加入蒸馏水使液面上升至与锌粒接触。(2)已知铁、铝都能与酸反应，而铝可以与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液

反应，所以当选用铝与氢氧化钠溶液反应制取氢气时可用乙装置。(3)丙装置中广口瓶是密封的，试管内生成气体并关闭止水夹时，试管中的液体不能顺利与铁丝网脱离，即不能保证反应随时停止，甚至会由于广口瓶内的压强太大

而有爆炸危险。答案：(1)①用止水夹夹紧胶皮管，然后从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段水柱且一段时间不变化，说明气密性良好②从长颈漏斗中加入适量蒸馏水使溶液与锌粒接触(答案合理即可)(2)能2Al＋2OH－＋6H2O===2[

Al(OH)4]－＋3H2↑(3)不可行广口瓶被橡胶塞密封后，试管中的液体不能在关闭止水夹时顺利排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生爆炸危险课时作业66物质的分离与提纯1．解析：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。答案：B2．解析：蒸发需要铁架台(带铁夹、铁圈)、蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；萃取需要分液漏斗、烧杯、铁架台(带铁夹、铁圈)等；过滤需要漏斗、烧杯、铁架台(带铁夹、铁圈)、滤纸、

玻璃棒等；蒸馏需要铁架台(带铁夹、铁圈)、酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等，D项不能进行。答案：D3．解析：稀硫酸溶解铝土矿时，需要将固体与液体分离，所以会使用过滤装置，A不符合题意；在整个操作过程中，没有将溶液浓缩或蒸发

结晶的操作，所以不需要此装置，B符合题意；焙烧二氧化硅与氢氧化钠的固体混合物时，需要使用铁坩埚，C不符合题意；用稀硫酸溶解铝土矿时，需要使用烧杯进行溶解，D不符合题意。答案：B4．解析：胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，故A项错误；乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者

混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。答案：D5．解析：首先

加入NaOH去除粗盐中的Mg2＋和少量Ca2＋，然后加入BaCl2去除粗盐中的SO2－4，最后加入Na2CO3可以去除粗盐中的Ca2＋和上一步加入的过量的Ba2＋，A正确；滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为NaCl，B正确；蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液

蒸干，C正确；过滤过程中玻璃棒的作用为引流，D错误。答案：D6．解析：液体静置不分层一定是萃取剂选的不对，不是萃取剂量多量少的问题，C项错误。答案：C7．解析：依题意，制备产品需要“搅拌、加热回流”，A项正确；副产物氯化氢极易溶于氢氧化钠溶液，不能直接将尾气通入氢氧化钠溶液中，这样易发生

倒吸现象，B项错误；分液收集二氯甲烷层需用到分液漏斗，振荡时需将分液漏斗倒转过来放气，避免分液漏斗内气压过大，发生危险，C项正确；蒸馏时需要用温度计指示温度，冷凝水从下口进、上口出，提高冷凝效率，D项正确。答案

：B8．解析：溴易挥发，有部分进入硝酸银溶液中，与硝酸银溶液反应也生成淡黄色沉淀，因此不能通过得到淡黄色沉淀证明苯与溴发生了取代反应，A不符合题意；溴苯的密度比水大，在下层，B不符合题意；FeBr3与水发生水解反应生成氢氧化铁和溴化氢，HBr易挥发，加热蒸干再灼烧得不到无水FeBr3，可通

过在HBr气流中加热蒸干制得，C不符合题意；经水洗、碱洗(主要除去多余的溴单质)、水洗后用分液漏斗分离得到苯和溴苯的混合物，再蒸馏除去苯，可以得到纯溴苯，D符合题意。答案：D9．解析：操作Ⅰ是苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，A项正确；苯酚钠属于钠

盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B项错误；操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，C项正确；操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，D项正确。答案：B10．解析：硝基苯和苯是沸点不同的互溶液体，可以用蒸馏法分离，A正确；乙烯不与氢氧化钠溶液反应且不溶于水

，二氧化硫是酸性氧化物，可以被氢氧化钠溶液吸收，可以实现两种气体分离，B正确；己烷和己烯为互溶液体，己烷不与溴水反应，但可以萃取溴水中的溴，己烯可以与溴水发生加成反应生成二溴代物，属于有机物，仍然可以溶于己烷，因此不能用分液法分离，C错误；乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，

液体分层，通过分液进行分离，D正确。答案：C11．解析：向苯(苯酚)中加入浓溴水，苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，所以不能通过过滤除去，故A错误；二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应用饱和碳酸钠溶液，分液除杂，故B错

误；二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则可用饱和NaHCO3溶液洗气除杂，故C正确；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，生成的盐酸为新杂质，故D错误。答案：C12．解析：将固液分离的操作Ⅰ是过滤，故B正确；操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差

较大，故C正确；青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，故D错误。答案：D13．解析：萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A错误；分液时，密度大的液体在下层，密度小的液体在上层，下层液体由分液漏斗下口放出，下层液体放完后，密度小的上

层液体从分液漏斗上口倒出，B正确；Fe3＋在浓盐酸中生成黄色配离子，该离子在乙醚中生成缔合物，乙醚与水不互溶，故分液后水相为无色，则水相中不再含有Fe3＋，说明已经达到分离目的，C正确；蒸馏时选用直形冷凝管，能使馏分全部转移到锥形瓶中，而不会残留在冷凝管中，D正确。答案：A14．答案：(1)除去杂

质，减少草酸铁晶体的溶解损耗(2)取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中，加稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，无白色浑浊出现15．解析：(1)由题中图示信息可知，该装置为蒸馏装置，d处仪器名称为直形冷凝管，蒸馏过程

中装置中若发生堵塞，会使装置内压强增大，使a处的水压向安全管，会发生安全管内水位上升的现象。(2)茴香油是一种淡黄液体，且茴香油不溶于水，当观察到接液管处馏出液无油状液体时，说明茴香油蒸馏完全，可以停止蒸馏；水蒸气蒸馏结束时，为了防止倒吸

，应先打开b处螺旋夹，再停止加热。(3)由题意可知，在操作A前加入乙醚进行萃取，则操作A是分液操作，需要分液漏斗、烧杯，选AD。(4)向馏出液中加入NaCl至饱和，可以降低产品的溶解度，有利于液体分层；粗产品中混有乙醚，蒸馏是为了除去乙醚。答案：(1)直形冷凝管安全管内水位

上升(2)接液管内无油状液体流出打开b处螺旋夹(3)AD(4)降低产品的溶解度，有利于液体分层乙醚课时作业67常见气体的实验室制备、净化和收集1．解析：二氧化锰催化过氧化氢制氧气为固液不加热反应，装置①可用于

实验室制取少量O2，A正确；右侧为敞口体系，不能检验装置②的气密性，B错误；铁的析氢腐蚀需要较强的酸性环境，C错误；碱石灰中氧化钙和水生成粉末状氢氧化钙，隔板不起作用，D错误。答案：A2．解析：浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可

以用装置甲制备氨气，故选A；浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排出，故不选C；氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，导致倒吸，故不选D。答案：A3．解析：根据物质的性质判断是否发生反应，

利用是否反应判断能否制取该气体，利用气体的性质判断收集的方法，易溶于水的气体可以利用排空气法，不与溶液反应的气体可以用排液法进行收集。浓盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，可以生成

氯气，而氯气在饱和食盐水中的溶解度比较低，故可以用排饱和食盐水法收集Cl2，故A不符合题意；氢氧化钠溶于水放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，导致氨气放出，因为氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故B不符合题意；二氧化氮与

水会发生反应，故不能用排水法收集二氧化氮，故C符合题意；铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中溶解度比较小，故可以利用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集，故D不符合题意。答案：C4．解析：氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共热

制备氯气为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备HCl为固液加热反应，不能选用固固加热装置，故D错误。答案：C5．解析：洗气气体从长导管进入液体中，短导管出，A正

确；气体从导管处进入碱石灰中，经干燥后从另一头出，B正确；氨气极易溶于水，图示装置可有效防止倒吸，C正确；收集H2应该用排水法或者向下排空气法，图示装置错误，D错误。答案：D6．解析：用乙醇与浓硫酸混合液加热至170℃，乙醇发

生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A错误；用NaOH溶液除去制取乙烯的杂质SO2、CO2时，导气管应该是长进短出，导气管连接顺序反了，B错误；乙烯若与Br2发生加成反应，反应产生1，2­二溴乙烷会溶解在

四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；乙烯与空气密度非常接近，气体容易与空气混合，导致不能收集到纯净气体，因此不能使用排空气法收集，应该使用排水法收集，D错误。答案：C7．解析：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碘，则淀粉－KI溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫有漂白性，使品红溶液褪色，故B不符合题意；浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，使酚酞溶

液变红，故C不符合题意；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不与溴水反应，溴水褪色则说明2­溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成了丙烯，故D不符合题意。答案：A8．解析：光气可由氯仿(CHCl3)和氧气在光照条件下合成，且光气遇水迅速水解，由实

验装置可知，乙装置制备氧气，然后经甲干燥氧气，在装置丁中合成光气，丁后面需连接干燥装置防止水进入丁中，最后连接丙装置吸收尾气。装置丁中氯仿和氧气在光照条件下合成光气，反应的化学方程式为2CHCl3＋O2=====光照2COCl2＋2HCl，故A正确；装

置丁中生成氯化氢，氯化氢极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，则装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，故B正确；COCl2的沸点为8.2℃，沸点较低易挥发，则冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发，故C正确；由上述分

析可知，乙装置制备氧气，然后经甲干燥氧气，在装置丁中合成光气，丁后面需连接干燥装置防止水进入丁中，最后连接丙装置吸收尾气，则装置的连接顺序为c→b→a→e→f→b→a→d，故D错误。答案：D9．解析：甲装

置用来制备ClO2，反应原理为题中所给化学方程式，其中KClO3为氧化剂，草酸为还原剂。产生的ClO2进入乙装置中用水吸收得到其水溶液，丙装置的作用是吸收ClO2，防止污染空气。根据分析，KClO3为氧化剂，发生还原反应，A错误；ClO2的体积分数大于10%时可能发生爆炸，所以需要持续通入氮气稀

释ClO2，B正确；ClO2水溶液在温度过高时可能发生爆炸，乙装置应在冰水浴中，C正确；根据分析，丙装置用于吸收ClO2尾气，D正确。答案：A10．解析：X装置打开K1，铜丝与硝酸接触反应生成的NO被排出。关闭K1，NO不溶于稀硝酸，将液面压到铜丝下方，反应停止，A项

符合题意；Y装置中的药品若换成浓硫酸，则无法除去X中可能产生的NO2等杂质，且U形管装置盛装的干燥剂应为固体，B项不符合题意；实验时应先通入氯气赶走装置内的空气，防止NO被氧化为NO2，C项不符合题意；方程式未配平，N元素不守恒，D项不符合题意。答案：A11．解析：(1

)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶。(2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3%H2O2溶液至刚好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧

气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离。(3)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，

催化剂铂丝可上下移动，可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹

K2，使烧瓶内压强降低。(4)催化剂铂丝可上下移动，可以控制制备反应的开始和结束，a正确；催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，b正确；丙装置用圆底烧瓶

盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误。答案：(1)分液漏斗、锥形瓶(2)刚好没过MnO2固体试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离(3)液面上升打开弹簧

夹K2(4)ab12．解析：该实验通过VCl3分解制备VCl2，VCl2有强还原性和吸湿性，为防止VCl2被氧化、吸湿，所以要通入干燥的N2排尽装置中的空气；A装置中饱和NH4Cl溶液与NaNO2溶液共热反应制备N2，B装置中浓硫酸干燥N2，C装置中VCl3分解制备

VCl2，D装置中碱石灰吸收反应生成的Cl2、防止污染，同时防止外界空气进入C装置中。(1)①根据分析，按气流方向，图中装置的合理顺序为a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)；②根据A中盛放NaNO2溶液的仪器特点可知，

其名称为蒸馏烧瓶；其中发生的反应为NH4Cl与NaNO2共热反应生成N2、NaCl和水，反应的离子方程式为NO－2＋NH＋4=====△N2↑＋2H2O；(2)①该滴定实验的原理为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，当Cl－完全反应，再滴入半滴AgNO3标准溶液，AgNO3与指示剂Na

2CrO4作用产生砖红色沉淀，故滴定终点的现象为：滴入最后半滴AgNO3溶液时有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀不溶解；②根据滴定的原理，2n(VCl2)＋3n(VCl3)＝n(AgNO3)＝0.5000mol·L－1×0.046L＝0.023mol，122g·mol－1·n(V

Cl2)＋157.5g·mol－1·n(VCl3)＝1.3775g，解得n(VCl2)＝0.01mol、n(VCl3)＝0.001mol，产品中VCl3与VCl2物质的量之比为0.001mol∶0.01mol＝1∶10。答案：

(1)①a→c→b→d(e)→e(d)→f(g)→g(f)②蒸馏烧瓶NO－2＋NH＋4=====△N2↑＋2H2O(2)①滴入最后半滴AgNO3溶液时有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀不溶解②1∶10课时作业68选择型实验方案的评价1．解析：淀粉遇碘单

质才会变蓝，海水中的碘元素主要是以离子的形式存在，无法检验，A错误；SO2气体和CO2气体均可使澄清石灰水变浑浊，B错误；铜离子可以和氨水先生成氢氧化铜蓝色沉淀，再与氨水结合生成铜氨络合离子[Cu(NH3)4]2＋，可以检验，C正确；氨气可使湿润的

红色石蕊试纸变蓝，D错误。答案：C2．解析：向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；已知I－3(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Z

n与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应I－＋I2⇌I－3，生成I－3使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I－与I2(aq)反应生成I－3，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；

最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误。答案：D3．解析：观察钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故A错误；氯水具有漂白性，无法用pH试纸进行测定，且pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；硫酸铜溶液可吸收硫化氢而不吸收

乙炔，从而能达到除杂的目的，故C正确；容量瓶不能直接溶解物质，故D错误。答案：C4．解析：过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，

再加新制氢氧化铜悬浊液检验，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解，B错误；聚氯乙烯加强热会发生焦化、分解反应，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明

产生了氯化氢，与氯乙烯加聚反应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误。答案：C5．解析：加热NaI固体和浓H3PO4溶液可制得HI，说明HI比H3PO4易挥发，A不符合题意；KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，试剂顺序不

合理，B不符合题意；Ca(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙，则白色沉淀为CaSO4，体现SO2的还原性，C不符合题意；由于Fe、Fe3O4均为可以被磁铁吸引的黑色固体，根据反应：Fe3O4＋8HCl===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O、Fe＋2FeCl3===3

FeCl2，故D符合题意。答案：D6．解析：MgSO4不足量，CuSO4能与溶液中过量的NaOH直接反应生成Cu(OH)2，不能体现两种沉淀的转化，A不符合题意；Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]会生成蓝色沉淀，B符合题意；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会

分层，C不符合题意；该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，D不符合题意。答案：B7．解析：A项，CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小比较两种盐溶液的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H＋的难

易程度，错误；B项，发生反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，淀粉溶液遇I2变蓝，正确；C项，Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，体现了Al(OH)3的酸性，正确；D项，AgCl转化为溶解度更小的Ag2S，正

确。答案：A8．解析：不宜用石蕊溶液检验SO2，应将反应产生的气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色后受热又恢复红色，则说明该反应产生了SO2，A错误；浓硫酸催化纤维素水解后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加

入新制的Cu(OH)2，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2和稀硝酸，SO2－3会被氧化为SO2－4，会产生BaSO4白色沉淀，则不能说明Na2SO3是否变质，C错误；溶剂醇与溴水不反应，若溴水褪色，说明1­溴丁烷发生了消去反

应产生了丁烯，D正确。答案：D9．解析：常温下，体积相等、c(H＋)也相等的盐酸和硫酸分别与大小相同的铝片反应，前者反应速率更快，可能是Cl－对反应起到促进作用，但盐酸和硫酸都是强酸，两者都能全部电离，则不能得出电离程度：盐酸>硫酸，故A错误；分子中氢氧键的极性越大，越容易电离出氢离子，乙醇与钠反

应越剧烈，则根据实验事实可得出分子中氢氧键的极性：乙醇>乙酸，故B错误；FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，由实验事实中只生成CuS沉淀，可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故C正确；亚硫

酸钠水解显碱性，实验事实中升高温度，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，故D错误。答案：C10．解析：乙酸能除去水垢，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，A项错误；Ca2＋、Ba2＋与SO2－4反

应生成的CaSO4、BaSO4均为白色沉淀，B项错误；氯气与甲烷发生取代反应生成的氯化氢溶于水显酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，C项错误；0.1mol·L－1Na2SO3溶液的pH为10，说明SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明HS

O－3⇌H＋＋SO2－3，所以HSO－3结合H＋的能力比SO2－3的弱，D项正确。答案：D11．解析：酸性条件下，KClO3被NaNO2还原为Cl－，NaCl中也含有Cl－，都会生成白色沉淀，A错误；氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；NO－2在酸

性条件下有较强的氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡溶液可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误。答案：C12．解析：A错，可以证明含有Fe2＋，但不能

确定是否含有Fe3＋；C错，由于ZnS难溶而Na2S易溶，且浓度未知，向悬浊液中滴加CuSO4溶液产生黑色沉淀，不能比较ZnS和CuS的Ksp大小；D错，若原溶液中存在SO2－3，也会产生同样的现象。答案：B13．解析：将浓硫酸滴到纸上，纸张变黑，说明浓硫酸具有脱

水性，故A错误；H2SO3的酸性比H2CO3强，但S的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，则无法判断S、C的非金属性强弱，故B错误；由实验操作和现象可知，碘化银更难溶，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；甲醇能被酸性高锰酸钾氧化生成甲酸，甲酸分子中含有醛基，能被过量的酸性高

锰酸钾氧化生成CO2，最终产物不是甲酸，故D错误。答案：C14．解析：烧杯壁变凉说明反应的焓变ΔH＞0，该反应有氨气生成，则熵变ΔS＞0，A错误；NaOH溶液过量，两种沉淀均能生成，不能比较Ksp[Fe(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]的相对大

小，B错误；铝箔在酒精灯上加热，表面生成难熔的氧化铝，故被包裹在里面的熔化后的铝难以滴落下来，C错误。答案：D15．解析：浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，A错误；加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，B正确

；乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，C错误；先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，但不能确定Fe3＋是否由Fe2＋氧化而来，故D错误。答案：B课时作业69物质制备实验的设计与评价1．

解析：连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入氯气，氯气和溴离子反应生成溴单质和氯离子，反应结束后关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气，将溴单质吹出到B中与二氧化硫反应；关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2，将溴离子充分反应生成溴单质，将B中所得

液体进行蒸馏，收集液溴。(1)实验室制备氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2；故答案为使A中生成的Br2随空气流进入B

中。(3)二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O===2Br－＋SO2－4＋4H＋。(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几

种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；故答案为C。(5)蒸馏需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、牛角管和锥形瓶等；达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59℃，并收集该温度下的馏分，步骤⑤中，用图2所示装置进行蒸

馏，收集液溴，装置图中缺少的必要仪器是温度计和水浴装置，将装置图中缺少的必要仪器补画出来装置图为。(6)采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染；故答案为操作简单，污染小。答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)=====△Mn

Cl2＋Cl2↑＋2H2O(2)使A中生成的Br2挥发随空气流进入B中(3)Br2＋SO2＋2H2O===2Br－＋SO2－4＋4H＋(4)C(5)(6)操作简单，污染小2．解析：三氯化铬易潮解，易升

华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E

装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的Cr2O3反应，用C装置收集生成的COCl2有毒气体，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装

置中水蒸气进入反应装置，还应在C和D装置中间加一个干燥装置B。(1)根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或

ih)debcf(g)。(2)①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4；②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。(3)三氯化铬容易受热升华，温度降低后

容易在导管内凝华，从而堵塞导管。(4)根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2＋4OH－===CO2－3＋2H2O＋2Cl－。(5)①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产

生干扰，应加热除去多余的H2O2；②被H2O2氧化后的Cr元素全部以CrO2－4形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为2CrO2－4＋6I－＋16H＋===2Cr3＋＋3I2＋8H2O。根据方程式2Na2S

2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，生成的I2的物质的量为n(I2)＝0.025mol·L－1×0.021L2＝0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为0.0002625mol×23×158.5g·mol－1×100.3g×100%＝92.5%；③普

通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗Na2S2O3的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。答案：(1)hi(或ih)debcf(g)(2)①K1开，K2关②继续通

入N2一段时间将COCl2完全排入装置D被充分吸收(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管(4)COCl2＋4OH－===CO2－3＋2H2O＋2Cl－(5)①除去多余的H2O2②92.5%③偏低3．解析

：(2)球形冷凝管内芯管为球泡状，容易积留蒸馏液，故不适宜作倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故B错误；在使用冷凝管进行蒸馏操作时，一般蒸馏物的沸点越高，蒸气越易冷凝，故C错误。(4)蒸出部分水至液面有薄膜，说明有固体开始析出，加少量

热水趁热过滤；粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，需要趁热过滤分离掉活性炭固体；将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却结晶，过滤，干燥，得到羟基乙酸钠。(5)132.3g氯乙酸(ClCH2COOH)的物质的量为132.3g94.5

g·mol－1＝1.4mol，根据ClCH2COOH～HOCH2COONa可知，理论上可以生成1.4mol羟基乙酸钠，步骤4中，得到纯净羟基乙酸钠1.1mol，则实验产率为1.1mol1.4mol×100%≈78.6%。答案：(1)ClCH2COOH＋2NaOH

――→95℃HOCH2COONa＋NaCl＋H2O(2)BC(3)停止加热，待溶液冷却后补加磁转子(4)C(5)78.64．解析：首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH＝7～8，沉淀铁离子并使对甲基苯

胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基

苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。(1)该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗

、铁架台，所以选ad；(2)根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；(3)根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸

盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；(4)下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H＋＋OH－===H2O、＋H2O；(5)洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸

盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；(6)原料中有13.7g对硝基甲苯，即13.7g137g·mol－1＝0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为6.1g0.1mol×10

7g·mol－1×100%≈57.0%。答案：(1)球形冷凝管ad(2)使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺(3)上使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯分离(4)H＋＋OH－===H2O、＋H2O(5)b(6)57.05．解析：(1)如图所示，装置中

仪器b的名称是三颈烧瓶(三口烧瓶)；合成阿司匹林时，温度为85℃～90℃，最合适的加热方法是水浴加热。(2)阿司匹林由水杨酸和乙酸酐合成，可能的副产物为。(3)装置中仪器a为冷凝管，起到冷凝回流的作用，目的是提高原料的利用率。(4)①反应时

加入乙酸乙酯为溶剂；为了避免乙酰水杨酸分解，加热回流时间不宜过长；②为了防止乙酰水杨酸冷却结晶，需要“趁热过滤”；③加入水杨酸质量为1.6g，乙酸酐质量为2.4g；1.6138<2.4102，所以水杨酸物质的量少，应依次为标准计算；所以乙酰水杨酸的理论产量为1

.6138；所以产率为1.81801.6138×100%＝86.25%。答案：(1)三颈烧瓶(三口烧瓶)水浴加热(2)或其它符合题意产物(3)提高原料的利用率(4)作溶剂避免乙酰水杨酸分解防止乙酰水杨酸冷却结晶86.

25%课时作业70创新探究类综合实验1．解析：A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，C中亚硫酸钠与70%硫酸反应生成二氧化硫，通过控制止水夹可以实现实验探究：将氯气通入B中可以验证Fe3＋、Cl2的氧化性；将氯气通入C中可以验证Cl2、SO2的氧化性，将二氧化硫通入

B中可以验证Fe3＋、SO2的氧化性。答案：(1)Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－(2)向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色(3)打开K3，打开旋塞c，向C中加入70%硫酸，一段时间后关闭K3。更换试管D，打开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的S

O2－4和Fe2＋(4)甲、丙(5)除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气2．解析：(1)根据质量守恒，配制500mL含砷量为1.0g·L－1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液500m

L×1g·L－11.0×102g·L－1＝5mL。(2)乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附H2S。(4)控制反应温度25～40℃的方法是水浴加热；打开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收。(5)20.00mL砷标准溶液含砷量为0.02L×

1.0g·L－1＝0.02g，明矾样品中砷的含量为0.02g5.0g×100%＝0.4%。答案：(1)5(2)除去H2S，以免干扰D中反应(3)===AsH3↑＋3Zn2＋＋3H2O(4)水浴加热将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应(5)0.43．解析：(3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有

液体溅出，消耗NaOH的量减少，则锥形瓶内溶液中剩余硫酸的量减少，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n(NH＋4)的值偏大。(6)过量的H＋的物质的量为0.120mol·L－1×0.025L＝0.003mol，与

NH3反应的H＋的物质的量为3.030mol·L－1×0.05L×2－0.003mol＝0.3mol，即n(NH＋4)＝0.3mol；69.90g沉淀为BaSO4，则n(SO2－4)＝69.90g233g·mol－

1＝0.3mol；利用电荷守恒：n(NH＋4)＋2n(Fe2＋)＝2n(SO2－4)，得n(Fe2＋)＝0.15mol；再利用质量守恒得m(H2O)＝58.80g－m(NH＋4)－m(SO2－4)－m(Fe2＋)＝16.

2g，则n(H2O)＝0.9mol，故n(NH＋4)∶n(Fe2＋)∶n(SO2－4)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶6，晶体X的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。答案：(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH

)3用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大(4)待浊液分层后，取上层清液加入试管中，加入1～2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量(5)尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差(6)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O4．解析：(1)由实

验ⅰ的现象说明有氢氧化铜生成，故可推测Cu和H2O2反应生成氢氧化铜，反应的化学方程式为Cu＋H2O2===Cu(OH)2。(2)实验ⅱ中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应生成Cu2＋，反应的离子方程

式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明溶液反应生成的Cu2＋有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡。答案：(1)Cu＋H2O2===Cu(OH)2(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O产生的铜离子催化

了过氧化氢分解(3)①Cu－2e－===Cu2＋，向U形管左侧加入氨水，氨水与Cu2＋形成[Cu(NH3)4]2＋，使c(Cu2＋)减小，提高了Cu的还原性②向U形管右侧溶液中滴加硫酸(4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强(5)

溶解度：AgI<AgBr<AgCl，I－、Br－、Cl－均可使氧化反应Ag－e－===Ag＋中的c(Ag＋)降低，提高Ag的还原性，其中只有I－能使Ag的还原性提高到能将H＋还原5．解析：将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其

中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHS

O3溶液，故选ad。(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有SO2－4，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未

过量。(3)从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2＋反应生成

BaSO4白色沉淀，则产生的现象是有白色沉淀生成。(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有SO2－4，可判

断猜想1不合理。理由是Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。(5)将实验一所得混合物放置一段时间，也会有SO2－4生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成

Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H＋，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。(6)实验探究

可知，酸性溶液中一段时间后才生成SO2－4，而碱性溶液中，SO2－3中混有SO2－4，从而表明碱性溶液中更易被氧化为SO2－4。答案：(1)浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3ad(2)取上层清液放入试管中，滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量(3)BaSO3易

溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3有白色沉淀生成(4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4(5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H＋，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉

淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快(6)碱性