【文档说明】详解答案.docx，共(265)页，10.362 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f3b63fde264524842548be52b3c926f4.html

以下为本文档部分文字说明：

第一部分高频考点分层集训第一单元化学计量在实验中的应用课练1物质的量气体摩尔体积狂刷小题夯基础[练基础]1．C摩尔是物质的量的单位，A不正确；NA是0.012kg12C中含有的碳原子数，B不正确；(b－a)g是一个氧原子的质量，D不正确。2．D解法一：公式法：ag双原子分

子的物质的量＝pNAmol，双原子分子的摩尔质量＝agpNAmol＝aNApg·mol－1，所以bg气体在标准状况下的体积为bgaNApg·mol－1×22.4L·mol－1＝22.4pbaNAL。解法二：比例法：同种气体其分子数与质量成正比，设bg气体的分子数为Nag～pbg～N则：N＝bpa，

双原子分子的物质的量为pbaNA，所以bg该气体在标准状况下的体积为22.4pbaNAL。3．CA项，在一定温度和压强下，固体或液体的体积大小主要由粒子数和粒子大小决定，故错误；B项，不同气体，体积不同，它们所含的分子数不一定不同，故错

误；D项，气体摩尔体积是指在一定温度和压强下，1mol任何气体所占的体积，不一定等于22.4L，故错误。4．A每个NH3分子含有10个质子，则标准状况下，22.4L(1mol)NH3约含有10×6.02×1023个质子，A项错误；62g白磷的物质的量为0.5mol，而一个白磷

分子中含6个P—P键，故0.5mol白磷中约含有3×6.02×1023个P—P键，B项正确；标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，则约含有2×6.02×1023个氢原子，C项正确；由题给信息知，阿伏加德罗常数NA＝6.02214076×1023mol－1，D项正确。5．C标准状况下，m

g气体A与ng气体B的分子数目一样多，即表示两种气体的物质的量相等，所以A与B的摩尔质量之比为m∶n，相对分子质量之比也为m∶n，A项正确；同质量的A、B，其分子数之比为二者的摩尔质量的反比，即n∶m，B项正确；同温同压下，

气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以为m∶n，C项错误；相同状况下，同体积气体的物质的量相等，质量比等于其摩尔质量之比，即为m∶n，D项正确。6．A7．C同温同压下，同体积的气体分子数相等，所以A、B、D错误；C

项，密度乘以体积等于质量，C2H4和CO的相对分子质量都是28，所以，等质量时两者物质的量相等，分子数也相等。[练高考]8．CA项，不是在标准状况下，无法计算28L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20mo

l苯甲酸(C7H6O2)完全燃烧生成1.4molCO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4g(即0.1molCu)，则外电路中转移0.20mol电子，错误。9．D根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体的物质的量之比等于气体体积之比，A项正确；根据A项分析及氢原

子守恒，X、Y消耗H＋的物质的量之比为V1V2，因盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，故X、Y消耗酸的物质的量之比为2V1V2，B项正确；由题意可得关系式：X～10V1VmH2、Y～10V2VmH2，则产物中X、Y的化合价分

别是20V1Vm、20V2Vm，X、Y化合价之比为V1V2，由于V1、V2、Vm未知，只根据V1V2一定，无法确定产物中X、Y的化合价，C项正确，D项错误。10．AFe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1mol，A正确；HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3mol，因此，Cl－数为0.3N

A，B错误；56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C错误；反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D错误。11．B2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转

移2e－，则3.9g(0.05mol)Na2O2参与反应，转移电子个数为0.05NA，A项错误；1.2gMg为0.05mol，MgO、Mg3N2中Mg均是＋2价，故转移电子个数为0.1NA，B项正确；2.7gAl为0.1mol

，与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，生成H2的个数为0.15NA，C项错误；6.0gSiO2为0.1mol，与足量NaOH反应得到0.1molNa2SiO3，SiO2－3因水解个数少于0.1NA，D项错误。12．CNH4F结构

中1个铵根离子中含有4个共价键，则1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；2.24L(标准状况)CH4和C2H4混合气体的物质的量是0.1mol，由于1molCH4和C2H4完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2m

ol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；100mL0.10mol·L－1FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转

移电子数目为0.01NA，C正确；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，即0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目一定小于0.1NA，D错误。[练模拟]13．D同温同压下，气体的物质的量之比等于体积

之比，则(ag/M甲)∶(2ag/M乙)＝1∶2，M甲/M乙＝1∶1。根据同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比，可知同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1，A项正确；以g·mol－1为单位时，摩尔质量

和相对分子质量在数值上相等，B项正确；因为二者摩尔质量相等，所以等质量时，二者物质的量相等，同温同体积下，二者压强之比为1∶1，C项正确；不能确定甲、乙气体的分子组成，等质量的甲和乙的原子个数比不能确定，D项错误。14

.C氨水中N原子的存在形式有NH3分子、NH3·H2O、NH＋4，即该溶液中NH3·H2O、NH＋4、NH3数目之和为0.2NA，A项错误；HCl为共价化合物，0.1molHCl的分子数目为0.1NA，NaCl为离子化合物，其中不含分子，B项错误；1molC2H4和

1molC2H5OH完全燃烧均消耗3molO2，则1molC2H4和C2H5OH蒸气组成的混合气体完全燃烧消耗O2分子数为3NA，C项正确；2.4gMg和一定体积的浓硝酸恰好反应时，Mg先与浓硝酸反应，再与稀硝酸反应，故生成NO2分子数小于0.2NA，D项错误

。15．BHClO中不含H—Cl键，A项错误；8.8g乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）为0.1mol，所含碳原子数为0.4NA，B项正确；由C＋CO2=====高温2CO，可知1.2gC与0.1molCO2在高温下充分反应生成的CO分子数为0.2N

A，C项错误；标准状况下，pH＝7的溶液不呈中性，根据电荷守恒可知，NH＋4的数目不等于Cl－的数目（0.1NA），D项错误。16．A标准状况下，乙醇不是气体，2.24L乙醇（CH3CH2OH）的物质的量大于0.1mol，故所含氧原子的个数大于0.1NA，A项正确；氮气与氢气

生成氨的反应是可逆反应，2.8g（0.1mol）氮气与足量的氢气反应生成氨时，形成新的化学键的数目小于0.6NA，B项错误；丙烯（C3H6）和环丁烷（C4H8）的最简式相同，均为CH2，1.4g的丙烯和环丁烷混合气体中所含氢原子数为0.2NA

，C项错误；温度不确定，OH－的数目无法进行计算，D项错误。17．A甲烷完全燃烧转化为CO2和H2O，根据CH4→CO2失去8e－，则4g甲烷完全燃烧时转移电子数为416×8×NA＝2NA，A项正确；标准状况下CCl4为液体，11.2LC

Cl4不为0.5mol，所含共价键数目不为2NA，B项错误；2SO2＋O2催化剂△2SO3为可逆反应，不能进行完全，因此3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，C项错误；根据

物料守恒，1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中H2S、HS－和S2－三种粒子数之和为0.1NA，D项错误。综合测评提能力1．C臭氧的摩尔质量是48g·mol－1，A项错误；同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧的体积之比为3∶2，B项

错误；1.0mol臭氧中含有的电子总数为24×6.02×1023，D项错误。2．A1mol气态物质在标准状况下的体积为22.4L，故该温度和压强不可能是标准状况，A项错误，B项正确；由分子数和原子数的关系可知该分子为双原子分子，且其物质的量为1mol，C项正确；

根据题意，在此温度和压强条件下，Vm＝30L·mol－1，D项正确。3．B设四种气体的质量均为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为m16mol、m44mol、m32mol、m64mol，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，

则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4。d中通入的气体是CH4，A项正确；a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比为m64mol∶m44mol＝11∶16，则原子个数比为（11×3）

∶（16×3）＝11∶16，B项错误；a、c中分别为SO2、O2，a和c容器体积之比为m64mol∶m32mol＝1∶2，C项正确；c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比，因此

c和d中气体密度之比为32∶16＝2∶1，D项正确。4．D依据4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O可知1molNH3参加反应转移5mol电子，参加反应NH3的物质的量为V22.4mol，

转移电子的物质的量为5V22.4mol，已知在此反应中转移电子数为n，则n＝5V22.4×NA，所以NA＝22.4n5V。5．B根据题意知Mr（X）<Mr（Y）<Mr（Z）。三种气体的原子组成不能确定，因此原子数目相等的三种气体中质量最大的不一

定是Z，A项错误；根据密度ρ＝MVm可知，气体处在相同的条件下，密度和相对分子质量成正比，三种气体中密度最小的是X，B项正确；气体的物质的量n＝VVm，Vm不一定等于22.4L·mol－1，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C项错误；同

温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，由于Mr（Y）＝0.5Mr（Z），所以2gY气体和1gZ气体的物质的量之比是4∶1，因此其压强比也为4∶1，D项错误。6．C标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有（1

4－7）×2＝14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚

石均相当于12g碳原子，即12g12g/mol＝1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为C。7．BA项，3g3He的物质的

量为1mol，其中含有1mol中子，即NA个中子；B项，由于PO3－4在溶液中发生水解反应，故1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中含有的PO3－4的物质的量小于0.1mol，即PO3－4数目小于0.1NA；C项，据关系式K2Cr＋62O7～2Cr3＋～6e－可知1mo

lK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA；D项，正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中含有13个共价键，58g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为58g58g·mol－1＝1mol，则含有共价键的物质的量

为13mol，即含有13NA个共价键。8．C每个P4分子中含6个P—P键，124gP4为1mol，含6molP—P键，A项错误；该溶液中含0.1molFeCl3，但因Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B项错误；标

准状况下，11.2LCH4和C2H4的混合气体为0.5mol，即0.5mol混合气体中含2molH原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中气体分子总数大于2NA，D项错误。9．答案：（1）①m2dmol6

dg·mol－1②22.4ρg·mol－1③17a%＋44b%＋18c%（2）0.33NA0.26（3）1∶12∶33∶21∶12∶3（4）95g·mol－124（5）1.11.12（6）O3F2阿伏加德罗定律和质量守恒

定律解析：（1）因为NH4HCO3（s）=====△NH3（g）＋CO2（g）＋H2O（g）①M（混）＝2dg/mol⇒n（混）＝m2dmol，⇒M（NH4HCO3）＝2dg/mol×3＝6dg·mol－1。②M（混）＝22.4ρg·mol－1。③n（NH3）∶

n（CO2）∶n（H2O）＝a%∶b%∶c%，M（混）＝17a%＋44b%＋18c%。（3）2molO3和3molO2的质量之比为2×16×33×16×2＝1∶1，分子数之比为2∶3，ρ1ρ2＝M1M2＝16×316×2＝3∶2，含氧原子数之比为2×33×2＝1∶

1，V1V2＝n1n2＝2∶3。（4）二价金属的氯化物可表示为MCl2，在9.5g某二价金属的氯化物中含0.2molCl－，则该氯化物的物质的量为0.1mol，摩尔质量为9.5g0.1mol＝95g·mol－1；该金属元素的相对原子质量为9

5－35.5×2＝24。（5）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。2Na＋

2H2O===2NaOH＋H2↑2mol22.4L0.1molx2mol∶0.1mol＝22.4L∶xx＝0.1mol×22.4L2mol＝1.12L。（6）根据阿伏加德罗定律可知10OxFy===15O2

＋10F2根据原子守恒得10x＝3010y＝20，故x＝3，y＝2。10．答案：（1）1∶1（2）72.41%（3）2Fe2O3＋C=====高温4FeO＋CO2↑（4）6g12L解析：（1）设FeO、Fe2O3分别为xmol、ymol，根据铁、氧物质的量之

比得（x＋2y）∶（x＋3y）＝4∶5，x∶y＝2∶1，Fe2＋与Fe3＋物质的量之比x∶2y＝1∶1。（2）根据催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1∶2，可推知，FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1，混合物中铁的质量分数为3×5672＋

160×100%≈72.41%。（3）由题给信息知，C（炭粉）会将一部分Fe2O3还原成FeO，同时C（炭粉）被氧化成CO2。（4）由于催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1∶2时，其催化剂活性最高，此时反应后的混合物中，

FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1，原料480gFe2O3为3mol，Fe2O3～2FeO，原料中必须有13的Fe2O3参加反应，即1molFe2O3参加反应，理论上要有0.5molC反应，即6gC。生成CO2为0.5mol，在该条件下体积为12L。11．答案

：（1）1∶2（2）0.1mol·L－1解析：（1）根据题中图像可知生成硫酸钡的质量为2.33g，物质的量是0.01mol；根据反应（NH4）2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NH4Cl可知，2.39g（NH4）2SO4和

NH4Cl固体混合物含有（NH4）2SO40.01mol，（NH4）2SO4的质量为0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则NH4Cl的质量为2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量为1.07g53.5g·mol－1＝0.02mol，混合物中n

[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。（2）根据（1）中的图像，加入100mLBa（OH）2溶液生成硫酸钡的物质的量是0.01mol，消耗氢氧化钡的物质的量是0.01mol，所以Ba（OH）2溶液的浓度是0.01mol0.1L＝0.1mol·L

－1；根据（1）中（NH4）2SO4和NH4Cl的物质的量可知固体混合物中含有n（NH＋4）＝0.01mol×2＋0.02mol＝0.04mol、n（Cl－）＝0.02mol，根据2NH＋4～Ba（OH）2可知，消耗氢氧化钡的物质的量是0.0

2mol，消耗氢氧化钡溶液的体积是0.02mol0.1mol·L－1＝0.2L，c（Cl－）＝0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1。课练2物质的量浓度及其配制狂刷小题夯基础[练基础]1．D不知道溶液体积，无法计算离子的总物质的量，故A错误；

将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，故B错误；K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，c（H＋）＝c（OH－），则c（K＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4），若N

a＋和SO2－4物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，故C错误；同一物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液的物质的量浓度恒定，故D正确。2．BA项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，不合理；D项，

不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，不合理。3．AV4mL溶液中Al3＋的物质的量为mg×1427g·mol－1＝m108mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c（Al3＋）＝m108mol4V×10

－3L＝250m108Vmol·L－1，c（SO2－4）＝32c（Al3＋）＝32×250m108Vmol·L－1＝125m36Vmol·L－1。4．C实验室配制1∶4的稀H2SO4的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶

质质量分数w＝1mL×1.84g·mL－1×98%1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝1000mL×1.23g·mL－1×30.9%98g·mol－1×1L

≈3.88mol·L－1。5．D最后溶液的体积不一定为1L，A错误；由c1×m1ρ1＝c2×m2ρ2，且ρ1≠ρ2可知，m2≠2m1，B错误；最后溶液的体积不一定是1000mL，且不能在容量瓶中溶解物质，C错误。6．

CC项，蒸发掉50g水后，溶液的体积并不是50mL，NaNO3的物质的量浓度不是1mol·L－1。7．DA项称量碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）的时间太长，且暴露在空气中，会造成结晶水的挥发，则所称量的晶体中Na2CO3的含量升高，所配溶液的浓度偏高；B项容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的浓度

无影响；C项定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏高；D项洗涤液移至容量瓶中时，洒出一部分会导致溶质的损失，浓度偏低。[练高考]8．C1个18O2中含有20个中子，标准状况下，1.12L（0.05mol）18O2中含有的中子数为NA，A正确；由P4的分子结构可知，1个P4中含有6个

共价键，故31g（0.25mol）P4中的共价键数目为0.25mol×6＝1.5mol，即1.5NA，B正确；100mL0.1mol·L－1NaOH水溶液中含有0.01molNaOH，但水中也含有氧原子，故该NaOH水溶液中含有的氧原子数大于0.01NA，C错误；1个三肽（C6H11N3

O4）中含有2个肽键，18.9g（0.1mol）三肽中的肽键数目为0.2NA，D正确。9．CA项，1个氮原子中含有7个中子，22.4L（标准状况）氮气中含氮原子数为2NA，所含中子数应为14NA，错误；B项，1个重水分子与1个水

分子中所含的质子数相同，故1mol重水与1mol水中含有的质子数相同，错误；C项，石墨烯与金刚石都是碳的单质，二者质量相同时所含的原子数也相同，正确；D项，1L1mol·L－1NaCl溶液中的NaCl含有的电子数为2

8NA，但溶液中的水分子中也含有电子，所以1L1mol·L－1NaCl溶液含有的电子数大于28NA，错误。10．A1分子CH3CH2OH中含有5个C—H键，46gCH3CH2OH为1mol，含有C—H键数为5NA，A项正确；CH

3COOH为弱酸，部分电离，故1L1mol·L－1CH3COOH溶液中含有氢离子数小于NA，B项错误；2SO2＋O2⇌2SO3为可逆反应，1molSO2与1molO2反应，SO2少量，且SO2不能完全转化，因此转移电

子数小于2NA，C项错误；11.2L（标准状况）CO2完全溶于水后，根据物料守恒可知，CO2、H2CO3、HCO－3、CO2－3数目之和为0.5NA，D项错误。[练模拟]11．DMgSO4的相对分子质量为120，其中Mg的相对原子质量为24，设溶质的质量分数为x

，则有24∶120＝4.8%∶x，解得x＝24%，A正确；c（MgSO4）＝1000×1.2g·cm－1×24%120g·mol－1＝2.4mol·L－1，B正确；溶液的总质量m＝500mL×1.20g·cm－3＝600g，所以

m（Mg2＋）＝600g×4.8%＝28.8g，可得出n（MgSO4）＝1.2mol，所以m（MgSO4）＝144g，水的质量为456g，n（H2O）＝25.3mol，溶质与溶剂的物质的量之比为1.2∶25.3≈1∶21.1，C正确；m（Mg2＋）∶m（SO2－4）＝24∶96

，m（SO2－4）＝28.8×9624g＝115.2g，D错误。12．DX2SO4的浓度为1000ρa%Mmol·L－1，则c（X＋）＝c＝2000ρa%Mmol·L－1＝20ρaMmol·L－1，A错误；根据A选项分析，溶质的质量分数a%＝Mc2000ρ，

B错误；根据A选项分析，M＝2000ρa%c，C错误；根据B选项分析，a%＝Mc2000ρ，a%＝S100＋S，得出S＝100cM2000ρ－cM，D正确。13．B量筒不能用来配制溶液，且该方法配制出来的不是质量分数为75%的酒精溶液，A项错误；该硫酸盐的物

质的量为0.5mol，溶液体积为0.2L，故该硫酸盐溶液的物质的量浓度为2.5mol·L－1，B项正确；实验室中没有950mL的容量瓶，应选择1000mL的容量瓶，配制1000mL、2.0mol·L－1Na2CO3溶液，应称取Na2CO3的质量为2

12.0g，C项错误；应称取绿矾的质量为0.5L×0.2mol·L－1×278g·mol－1＝27.8g，D项错误。14．B将aL混合溶液分成两等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出，则a2L溶液中含NH＋4的物质的量是bmo

l；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO2－4完全沉淀，则a2L溶液中含SO2－4的物质的量是cmol。根据电荷守恒可知，a2L溶液中NO－3的物质的量是（b－2c）mol，因此原溶液中NO－3的物质的量浓度为（b－2c）m

ola2L＝2b－4camol·L－1，B项正确。15．C该溶液的质量摩尔浓度为3g60g·mol－1÷0.1kg＝0.5mol·kg－1，而溶液的体积未知，无法计算物质的量浓度，A不正确；溶液中水分子中也含有共价单键，B不正确；用量筒量取100mL水倒入烧杯中，将称量好的

3g尿素加入水中，用玻璃棒搅拌溶解，C正确；CO（NH2）2的摩尔质量为60g·mol－1，则1个CO（NH2）2分子的质量为60NAg，a个CO（NH2）2分子的质量为60aNAg，D不正确。综合测评提能力1．B将5.85gNa

Cl晶体溶入100mL水中，所得溶液体积不是100mL，所得溶液的浓度不是0.1mol·L－1，A错误；1Lcmol·L－1硫酸溶液用水稀释为5L，稀释后溶液浓度为cmol·L－1×15＝0.2cmol·L－1，B正确；将25g无水CuSO4溶于水制成100

mL溶液，其浓度为25g160g·mol－10.1L＝1.5625mol·L－1，C错误；wga%NaCl溶液蒸发掉w2g水，如没有固体析出，得到溶液的质量分数为wg×a%wg－0.5wg＝2a%，D错误。2．D用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶

液的体积不是100mL，A错误；1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的体积不为1L，B错误；将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶液的溶质是CuSO4，故溶质的质量小于25g，质量分数小于25

%，C错误；三氧化硫与水发生反应生成硫酸，40gSO3的物质的量为0.5mol，生成0.5mol硫酸，硫酸质量为0.5mol×98g·mol－1＝49g，溶液质量为40g＋60g＝100g，所以40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49g100g×100%＝49%，D正确。3．D需用

托盘天平称量NaOH固体，需用量筒量取适量蒸馏水，需用烧杯来溶解NaOH，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的①②③④不需要，但还需玻璃棒、量筒和胶头滴管，A项错误；配制过程中需要加

入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用，B项错误；由于NaOH固体易吸收空气中的H2O、CO2而变质，故利用久置的NaOH固体配制的溶液，NaOH的物质的量减小，结果偏低，C项错误；需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，D

项正确。4．A用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时俯视，量取的浓硫酸的体积偏小，会使所配溶液浓度偏小，A项正确；用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量可能偏小，可能不变，B项错误；配制1mol·L

－1的NaOH溶液时，未恢复至室温就转移并定容，溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，C项错误；用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于将醋酸稀释，溶液的酸性减弱，测定结果偏大，D项错误。5．DNaCl的溶解度随着温度的升高而增大，温度低于20℃，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1，A项正确；

根据NaCl溶液物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式c＝1000ρw58.5，得NaCl的质量分数w＝58.5c1000ρ×100%，B项正确；NaCl溶液的密度随着浓度的增大而增大，20℃时，密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，C项正确；设

20℃时NaCl的溶解度为Sg，则S100＋S＝58.5c1000ρ，S＝5850c1000ρ－58.5c，D项错误。6．C由题意可知，0.466g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）＝n（H2SO4）＝0.466g23

3g·mol－1＝0.002mol，则硫酸中的n（H＋）＝0.004mol，c（SO2－4）＝0.002mol0.02L＝0.1mol·L－1，A项错误；因消耗的NaOH的物质的量等于溶液中H＋的物质的量，即n（NaOH）＝n（H＋）＝0.01L×2mol

·L－1＝0.02mol，硝酸提供的n（H＋）＝0.02mol－0.004mol＝0.016mol，c（NO－3）＝0.016mol0.02L＝0.8mol·L－1，B项错误；原混合液中c（H＋）＝0.02m

ol0.02L＝1mol·L－1，则原混合液的pH＝0，C项正确；25℃时，Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－14，则原混合液中c（OH－）＝10－14mol·L－1，由水电离产生的H＋的浓度等于溶液中OH－的浓度，由水电离出的c（H＋）＝10－14mol·L－1，D项

错误。7．CA项，溶液的体积未知，无法计算，错误；B项，1L50g·L－1的等渗葡萄糖溶液中含有C6H12O6的质量为50g，含C6H12O6分子数为518NA，但溶液中还含有H2O分子，错误；C项，稀释前后溶

液中溶质的质量保持不变，设稀释后质量浓度为x，则有0.020L×50g·L－1＝1L×x，x＝1g·L－1，正确；D项，取1L50g·L－1的等渗葡萄糖溶液，含有C6H12O6的质量为50g，其物质的量约为0.28mol，所以其物质的量浓度为0.28mol·L－1，错误。8

．答案：（1）50ρ41mol·L－1（2）1000Vρ17V＋2240解析：（1）Ca（NO3）2的物质的量浓度为2g164g·mol－1÷20g1000ρg·L－1＝25ρ41mol·L－1，NO－3的物质的量浓度为50ρ41mol·

L－1。（2）n（NH3）＝V22.4mol，溶液体积V＝V22.4×17＋100ρ×10－3L。c＝V22.4V22.4×17＋100ρ×10－3mol·L－1＝1000Vρ17V＋2240mol·L－1。9．答案：（1）AC500mL容量瓶（2）25（3）小于大于（4）重新配制解析：（

1）配制450mL一定物质的量浓度的NaOH溶液所用仪器有托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙、不需要圆底烧瓶和分液漏斗，故选AC。（2）浓硫酸中溶质的物质的量浓度为1000ρωM＝1000×1.84×98%98mol·L－1＝18.4mo

l·L－1，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，则18.4mol·L－1×V＝0.5mol·L－1×0.5L，V≈0.0136L＝13.6mL，选取的量筒规格应该大于或等于需要量取的溶液体积，故选用规格为25mL的量筒最好。（3）若定容时仰视刻度线，会导致配制的溶液体积偏大，

浓度偏小；若NaOH溶液未冷却就转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积小，所配溶液浓度偏大。（4）如果定容时加水不小心超过刻度线，须重新配制。10．答案：（1）1000ρ1w1Mmol·L－1（2）w1＋w22（3）若ρ1>ρ

2，则w4>w3；若ρ1<ρ2，则w3>w4解析：（1）第一份溶液中，溶质的质量分数为w1，溶液的密度为ρ1g·cm－3，则溶质的物质的量浓度为1000ρ1w1Mmol·L－1。（2）设两份溶液的质量都为m，则混合溶液溶质质量为m×w1＋m×w2，混合溶液的质量为2m，则所得混合液中溶质的质

量分数w3＝m×w1＋m×w22m＝w1＋w22。（3）设两份溶液的体积均为VL，则等体积的两份溶液混合，溶质的质量为（ρ1Vw1＋ρ2Vw2）g，溶液的质量为（ρ1V＋ρ2V）g，则所得混合液中溶质的质量分数w4＝ρ1Vw1＋ρ2Vw2ρ1V＋ρ2V＝ρ1w1＋ρ2w2ρ1＋ρ2＝w1＋ρ

2ρ1w21＋ρ2ρ1，因为w1>w2，若ρ1>ρ2，则w4>w3；若ρ1<ρ2，则w3>w4。11．答案：（1）0.8mol·L－1（2）B（3）14.926.4（4）（NH4）2SO4NH4ClK2S

O4（5）ABC解析：（1）根据溶液呈电中性有c（NH＋4）＋c（K＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4），则c（NH＋4）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4）－c（K＋）＝0.8mol·L－1。（2）实验

所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用500mL容量瓶。（3）配制该溶液所需的溶质质量应该按配制500mL溶液来计算，所需KCl、（NH4）2SO4的

物质的量均为0.2mol，对应的质量分别为14.9g、26.4g。（4）由题知，该植物培养液中：n（NH＋4）＝2n（Cl－）＝2n（K＋）＝2n（SO2－4），若用三种物质来配制，三种物质应该为（NH4）2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1∶2∶1

。（5）未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，A项符合题意；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，B项符合题意；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，C项符合题意；俯视读数时，实际液面低于容量瓶

刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，D项不符合题意。单元检测1化学计量在实验中的应用1．A物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相

对分子质量，故B不选；阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集合体所含的粒子数与0.012kg12C所含的碳原子数相同，故C不选；标准状况下，1mol任何

气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。2．D标准状况下，0.112L水的质量是112g，物质的量是112g÷18g/mol≈6.2mol，氢原子的物质的量约是12.4mol

；3.01×1023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6gH2S气体的物质的量是13.6g÷34g/mol＝0.4mol，氢原子的物质的量是0.8mol；0.2mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol

。A项，体积：①④③②，错误；B项，气体的密度与其摩尔质量成正比，故密度：④③②①，错误；C项，质量：④③②①，错误；D项，氢原子数：②④③①，正确。3．CNaOH有腐蚀性，称量时必须用小烧杯或称量瓶盛放，①错误；

向容量瓶中转移液体时，玻璃棒下端应抵在刻度线以下，④错误；定容时，视线应与刻度线相平，⑤错误。4．A氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1＝2c2知

，50g氨水加入到VmL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液体积变为原来的2倍，所以V>50。由c＝1000ρwM知，c1＝1000ρ1w1M，c2＝1000ρ2w2M，因为c1＝2c2，所以1000ρ1w1M∶1000ρ2w2M＝2∶1，w1w2＝2×ρ2ρ1，因为ρ2>ρ1，

所以w1>2w2，A正确。5．A设气体M、N的物质的量均为amol。①2H2S＋SO2===3S↓＋2H2Oamol12amoln（气）＝12amol；②室温下，H2和Cl2混合不反应，n（气）＝2amol；③NH3＋HCl===NH4Cl气体的物质的量变为0；④2NO＋O2===2NO

2amol12amolamol2NO2⇌N2O4amol12amolamol<n（气）<32amol。容器内剩余气体的物质的量越多，压强越大，故压强由大到小的顺序为②④①③。6．DA项，根据c＝1000ρw/M可

得，ρ＝cM1000w，错误；B项，气体的物质的量为V22.4mol，气体质量为MV22.4g，溶液质量为MV22.4＋mg，所以溶液体积为MV22.4＋mρ×10－3L，因此物质的量浓度cmol/L＝V22.4molMV22.4＋mρ×10－3

L＝1000ρVMV＋22.4mmol/L，错误；C项，溶液中溶质的质量分数w＝MV22.4÷MV22.4＋m×100%＝100MVMV＋22.4m%，错误；D项，溶液质量为MV22.4＋mg，溶质的质量分数为w，所以溶质质量为MV22.4＋mwg，因为

气体的物质的量为V22.4mol，所以相对分子质量M＝MV22.4＋mw÷V22.4，解得M＝22.4mw（1－w）V，正确。7．C同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，ag甲气体和3ag乙气体所占体

积之比为1∶2，则甲、乙的物质的量之比为1∶2，根据摩尔质量M＝mn可知，甲、乙的摩尔质量之比为a1∶3a2＝2∶3，则甲与乙的相对分子质量之比为2∶3，A项错误；同温同压下，ag甲气体和3ag乙气体所占的体积之

比为1∶2，根据ρ＝mV，甲与乙的密度之比为a1∶3a2＝2∶3，B项错误；甲与乙的摩尔质量之比为2∶3，结合n＝mM，等质量的甲和乙的物质的量之比为3∶2，同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为3∶2，C项正确；根据A项分析知，甲与乙的摩尔质量

之比为2∶3，结合n＝mM，等质量的甲和乙的物质的量之比为3∶2，但分子的构成未知，所以无法判断原子数之比，D项错误。8．D体检报告单中钠的含量超过正常范围，则平时饮食要少盐，A正确；报告单项目指标的物理量只有胱抑素C的单位是mg·L－1，不是物质的量浓度，B正确；根据参考值，钙的正常含量范围是2

.13～2.70mmol·L－1，钙的摩尔质量为40g·mol－1，则钙含量至少需要2.13×10－3mol·L－1×40g·mol－1＝8.52×10－2g·L－1＝85.2mg·L－1，C正确；若某人

血液中葡萄糖（C6H12O6，简称血糖，相对分子质量为180）的指标单位为mg·L－1，检查结果为360mg·L－1，即360×10－3g·L－1180g·mol－1＝2×10－3mol·L－1＝2mmol·L－1，结合参考范围3.9～6.1mmol·L－1，则

可诊断为低血糖，D错误。9．B60g丙醇的物质的量为1mol，而1mol丙醇中有共价键11NA，故60g丙醇中含共价键11NA，A正确；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，B错误；标准状况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol，而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5

mol氧气，0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气，与两者的比例无关，C正确；反应4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO＋NaClO3＋4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气，故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1

.5NA，D正确。10．C此题虽给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的物质的量之比，可设BaCl2物质的量为1mol；由Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4的化学式可看出，沉淀1molBa2＋需SO2－41mol，而需三种盐的物质的量分别是13mol、1m

ol、1mol，又因三种盐的体积相同，浓度之比等于物质的量之比，为13∶1∶1＝1∶3∶3。11．C左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4∶1，所以右侧气体的物质的量为1mol/4＝0.25mo

l。气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1∶4，故A错误；右侧CO的质量为28g·mol－1×0.25mol＝7g，故B错误；相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2＝14倍，故C正确；相同条件下气体体

积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为1mol－0.25mol＝0.75mol，故D错误。12．Dn（S）＝2.4g÷32g·mol－1＝0.075mol，根据得失电子守恒得n（Fe3＋）＝0.075×[0－（－2）]3－2mol＝0.

15mol，则n（Fe2＋）＝0.425mol－0.15mol＝0.275mol，所以Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比＝0.275mol∶0.15mol＝11∶6，故B项错误；与盐酸恰好反应生成的FeCl2为0.425mol，根据氯原子守恒得c（

HCl）＝0.425mol×2÷0.1L＝8.5mol·L－1，故A项错误；根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）＝12n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.425mol，V（H2S）＝0.425mol×22.4L·mol－1＝9.52L，故C项错误；Fex

S中n（S）＝0.075mol＋0.425mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.425mol，所以n（Fe）∶n（S）＝0.425mol∶0.5mol＝0.85∶1，所以x＝0.85，故D正确。13．D14．B选项A，根据c＝1000ρ

wM得，c（NaClO）＝1000×1.19g·cm－3×25%74.5g·mol－1≈4.0mol·L－1；选项B，一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的二氧化碳变质而会使浓度变小；选项C，根据稀释前后

溶质的物质的量不变有100mL×4.0mol·L－1＝100mL×100×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）＝0.04mol·L－1，c（Na＋）＝c（NaClO）＝0.04mol·L－1；选项D，应

选取500mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480mL，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g。15．D16．答案：（1）36g·mol－1（2）0.4NA（3）①28g·mol－1②4

.48L③2.8NA解析：（1）混合气体的体积为8.96L，则其物质的量n＝VVm＝8.96L22.4L·mol－1＝0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol＝36g·mol－1。（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的

量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4mol，可得x＋y＝0.4②；解得x＝0.2，y＝0.2；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0

.4molC原子即0.4NA个。（3）将混合气体依次通过图中装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体，①摩尔质量为28g·mol－1；②体积V＝nVm＝0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L；③电子的物质的量为0.2mo

l×14＝2.8mol，电子总数为2.8NA。17．答案：（1）18.4mol·L－112.9mol·L－1（2）<>（3）><解析：（1）利用c1000ρwM计算：c（H2SO4）＝1000×1.84×98%98mol·L－1＝18.4mol·L－1，c（NH3）＝1

000×0.88×25%17mol·L－1≈12.9mol·L－1。（2）硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10mL，稀氨水的体积小于10mL，故有c（H2SO4）<9.2mol

·L－1，c（NH3）>6.45mol·L－1。（3）5mL浓硫酸和5mL浓氨水的质量分别为1.84g·cm－3×5mL＝9.2g、0.88g·cm－3×5mL＝4.4g，而5mL水的质量约为5g，故各取5mL与等体积的水混合后，w（H2SO4）>49%，w（N

H3）<12.5%。18．答案：（1）AC（2）玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管0.096（3）100mL（4）①恢复到室温再读数；②调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；③读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平（任写两点即可）

（5）0.25V解析：（2）步骤①用浓盐酸配制100mL1.0mol·L－1的盐酸时，需用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，要用玻璃棒不断搅拌，最后用胶头滴管对100mL容量瓶进行定容。步骤③Mg与盐酸发生的反应为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，8.0m

L1.0mol·L－1盐酸中n（HCl）＝8.0×10－3L×1.0mol·L－1＝8.0×10－3mol，完全反应时消耗Mg为4.0×10－3mol，其质量为m（Mg）＝4.0×10－3mol×24g·mol－1＝0.096g。（3）8.0×10－3molHCl与Mg完全反应放出4.0×

10－3molH2，其在标准状况下的体积为4.0×10－3mol×22.4L·mol－1＝0.0896L＝89.6mL，故应选取规格为100mL的量筒。（5）HCl完全反应时生成4.0×10－3molH2，实验中收集到VmLH2，则该条件下的气体摩尔

体积为Vm＝V×10－3L4.0×10－3mol＝0.25VL·mol－1。19．答案：（1）11.9（2）BD（3）①16.8②a.偏小b．偏小（4）①25②C解析：（1）c（HCl）＝1000cm3×1.19g·cm－3×36.5%36.

5g·mol－1×1L＝11.9mol·L－1。（2）溶液的浓度、密度与体积无关，但溶质的质量、物质的量随溶液体积的变化而变化。（3）由稀释定律可知，需要浓盐酸的体积为500mL×0.400mol·L－111.9mol·L－1≈16.8mL。（4）NaOH的物质的量为n（Na

OH）＝0.4g40g·mol－1＝0.01mol，则需要HCl的物质的量为0.01mol，盐酸的体积V＝0.01mol0.400mol·L－1×1000mL·L－1＝25mL。耗盐酸比①中所求体积偏小，说明所配盐酸浓度偏大，A、B、D会使所配浓度偏小，错误，C

会使所配盐酸浓度偏大，正确。20．答案：（1）正盐（2）①KOH、K2CO3392、784②3∶2（3）2K2CO3＋O2=====高温2K2O2＋2CO289.4解析：（1）K2CO3是由金属阳离子和碳酸根离子构成的盐，属于正盐。（2）①向KOH溶

液中通入CO2，当CO2少量时发生的反应为2KOH＋CO2===K2CO3＋H2O，当CO2过量时，发生反应K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3。70mL0.5mol·L－1KOH溶液中n（KOH）＝0.035mo

l，恰好生成K2CO3时，消耗的n（CO2）＝0.0175mol，在标准状况下V（CO2）＝0.0175mol×22.4L·mol－1＝0.392L＝392mL，则当通入100mLCO2气体时，CO2少量，KOH过量，白色固体的成分为KOH和K

2CO3；恰好生成KHCO3时，由原子守恒可得，消耗的n（CO2）＝0.035mol，在标准状况下V（CO2）＝0.035mol×22.4L·mol－1＝0.784L＝784mL；②恰好生成K2CO3时，m（K2CO3）＝0.0175mol×13

8g·mol－1＝2.415g<2.88g，则2.88g白色固体为K2CO3和KHCO3的混合物，设KHCO3的物质的量为amol，K2CO3的物质的量为bmol，则有a＋2b＝0.035，100a＋138

b＝2.88，得出a＝0.015，b＝0.01，则n（KHCO3）∶n（K2CO2）＝0.015mol∶0.01mol＝3∶2。（3）碳酸钾在高温下与氧气反应生成过氧化钾和二氧化碳，根据原子守恒，可写出碳酸钾与氧气反应的化学方程

式为2K2CO3＋O2=====高温2K2O2＋2CO2；设样品中含有的K2CO3为mg，则：2K2CO3＋O2=====高温2K2O2＋2CO22×138g2×22.4Lmg0.56L列关系式：2×1

38gmg＝2×22.4L0.56L，解得m＝3.45，则样品的纯度＝3.45g3.86g×100%≈89.4%。第二单元化学物质及其变化课练3物质的组成、性质、分类及变化狂刷小题夯基础[练基础]1．D丝的主要成分是蛋白质，有氨基和羧基，能与酸、碱反应，A错误；古代蜡烛的主要成分是油

脂，不属于高分子化合物，B错误；氧化铁是红棕色固体，所以“翠色”不是氧化铁的颜色，C错误；墨水属于胶体，具有胶体的性质，D正确。2．D侯德榜创立的制碱工艺为侯氏制碱法，A错误；塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合

成材料，B错误；结晶牛胰岛素属于蛋白质，C错误；紫外线、高温均可使病毒的蛋白质变性，故可用于杀死冠状病毒，D正确。3．D铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，A项正确；丝主要成分是蛋白质，B项正确；青铜是铜锡合金，C项正确；瓷器的主

要成分是硅酸盐，D项错误。4．C①Al2O3属于两性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，故NO2不是酸性氧化物，①错误；②碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡由钡离子和氢氧根离子构

成，氯化铵由铵根离子和氯离子构成，过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，②正确；③冰水混合物只含水一种物质，为纯净物，③错误；④醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，④正确；⑤硅导电过程发生物理变化，铝在浓硫酸

中钝化属于化学变化，⑤错误；⑥盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是由一种物质组成的，属于纯净物，⑥正确。5．A医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故A错误。聚丙烯纤维是以丙烯为单体聚合成的有机高分

子材料，故B正确。84消毒液的主要成分是NaClO，NaClO和ClO2均具有很强的氧化性，均能使蛋白质发生变性，从而达到杀菌消毒的作用，故C正确。硝酸铵溶于水吸热，可用于医用速冷冰袋，故D正确。6．DA项，墨汁是胶

体而不是溶液；B项，宣纸的主要成分是天然纤维属于天然高分子材料；C项，水晶的主要成分是SiO2，两者成分不相同；狼毫的主要成分是蛋白质。故选D。7．CA项，高分子化合物相对分子质量一般在万以上，高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物，错误；B项，第二步煮楻足火为

燃烧过程，属于化学变化，错误；C项，利用H2O2的强氧化性破坏细菌或病毒的蛋白质外壳，从而达到消毒、灭菌的目的，正确；D项，氧化物由两种元素组成且其中一种为氧元素，此化合物含钙元素、镁元素、硅元素、氧元素，故不属于氧化物，错误。8．D向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色

，可制得氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl，A正确；浊液中的固体颗粒不能通过滤纸，滤纸上残留的红褐色物质为Fe（OH）3固体颗粒，B正确；溶液和胶体能通过滤

纸，胶体不能通过半透膜，在B区的深红褐色分散系为Fe（OH）3胶体，C正确；含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液中，若Fe3＋全部水解，产生的H＋数为0.03NA，但Fe3＋不能完全水解，故进入C区的H＋数目小于0.03NA，D错误。9．C生产光纤的原料为二氧化硅，A项错误；航空煤

油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，B项错误；铝是密度较小的金属，使用铝合金可以减轻火箭质量，C项正确；金属单质与合金均属于金属材料，D项错误。10．C石灰石不能用作干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都是合金，故②正确；浓硫酸、烧碱和硝

酸都具有很强的腐蚀性，故③正确；过氧化钠不属于碱性氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都存在电离平衡，故⑤正确。[练高考]11．D在H2与O2反应过程中，H2是还原性气体，A项错误；玻璃纤维的主要成分是SiO2，B项错误；乙酸钠过饱和溶液析出晶体从无结

晶水的状态变为三水合乙酸钠，是化学变化，但物质由液体变为固体，属于物理变化，C项错误；23592U与23892U的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，D项正确。12．B加入明矾后，Al3＋水解生成的Al（OH）3胶体对

泥水中的悬浮物有吸附作用，故泥水变澄清，涉及化学变化，A项不符合题意；用水快速制冰是物理变化，B项符合题意；炖排骨汤时加点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，涉及化学变化，C项不符合题意；切开的

茄子放置后切面变色是由于茄子中所含的酚氧化酶与空气接触被氧化而褐变，涉及化学变化，D项不符合题意。13．B花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳纤维指的是含碳量在90%以

上的高强度、高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；金属奖牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。14．DCO2跨临界直冷制冰是利用液态CO2汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D项符合题意。[练模拟]15．BA项，葡萄糖属于单糖，不能发生水解，错误；B项，形

成三角洲是胶体的聚沉现象，一般在入海口形成，海水中含有大量的电解质，胶体遇电解质发生聚沉，鄱阳湖和长江水都为淡水，不易因胶体聚沉形成三角洲，正确；C项，“紫烟”与碘单质升华无关，错误；D项，豆科植物含有根瘤菌，能将空气中的氮气固定，转化成氮肥，“豆苗稀”的主要原因不是土壤缺少氮肥，而是草与豆苗争阳

光、水分等，出现了“草盛豆苗稀”的现象，错误。16．CA项，“加以硫黄升而为银朱”，指水银和硫黄反应生成HgS，即Hg＋S===HgS，是化合反应，正确；B项，人或动物死亡后，其身体中含有的磷在某些细菌的作用下，产生的磷的氢化物能在空气中自燃，发出蓝绿色的火光，俗称鬼火，燃烧

是氧化还原反应，正确；C项，硝石的主要成分是KNO3，属于盐，不正确；D项，根据“再入水”“煎炼”“成白雪”，可知该操作为重结晶，正确。17．D计算机芯片的主要成分是高纯度的硅，A不正确；碳化硅特种陶瓷材料属于新型无机非金属材料，B不正确；碳纤维属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，C不

正确；芳纶纤维是一种新型高科技合成纤维，高性能芳纶纤维材料属于复合材料，D正确。18．A乙烯属于烃类，可以燃烧，A项错误；氯化钠属于离子化合物，熔融状态下能导电，B项正确；氢氧化铝胶体属于混合物，能产生丁达尔效应，C项正确；生铁属于合金，易发生电化学腐蚀，D项正确。19．A

纳米胶囊均匀地分散在水中形成的混合物属于胶体，A正确；催化剂可以加快反应速率但是不能改变反应限度，因此不会提高H2O2的分解率，B错误；反应热只与反应的始态和终态有关，催化剂不会影响反应热，C错误；H2O2分子中既有极性键又有非极性键，D错误。综合测评提能力1

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

煅烧会生成红色的氧化铁，正确；D项，“火树银花”是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，是元素的性质，是物理变化，错误。故选D。2．B有化学键被破坏的反应不一定属于化学变化，如NaCl固体熔化为液体，

破坏了离子键，但此过程属于物理变化，①错误；有能量变化的过程不一定是化学变化，如灯泡发光，②错误；电解质溶液导电是发生电解的过程，有新物质生成，属于化学变化，③正确；CuSO4→CuSO4·5H2O属于化学变化

，④正确；O2转化成O3生成了新物质，属于化学变化，⑤正确。3．D由分散质粒子直径可知该分散系属于胶体，A项说法正确；因分散系为黑色（Fe3O4也为黑色），且Fe2＋和Fe3＋均可与OH－反应，由此可推测B项中的离子方程式是正确的；带正电的微粒移向

阴极，C项说法正确；胶体的分散质也可透过滤纸，D项说法错误。4．CA项，煤的气化、液化和干馏都是化学变化；B项，C60、液氯、HD都是单质，NO2不是酸性氧化物；D项，石蜡是多种烃的混合物，与热的饱和碳酸钠溶液不反应

，故不能用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡。5．B液氯是单质，其余均为化合物，①错误；白米醋、盐酸均是酸溶液，溶液为混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，水玻璃属于混合物，氨水指氨的水溶液，氨水也为混合物，②正确；明矾、

小苏打、冰醋酸、次氯酸均为化合物，它们在水溶液中均能发生电离而导电，故都是电解质，③正确；漂粉精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，属于固体混合物，碘酒属于溶液，牛奶、豆浆属于胶体，④错误；Na2O2不是钠盐而是钠的过氧化物，⑤错误。6．BA项，丝绸的主要成分是蛋白质

，宣纸的主要成分是纤维素，错误；B项，聚乙烯纤维具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点，正确；C项，太阳能电池可将太阳能转化为电能，错误；D项，树脂属于有机高分子材料，错误。7．B所加氟化物应适量，过量时对人体有害，B错误。8．A“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”诗句中涉及的反

应有石灰石加热分解生成CaO和二氧化碳，生石灰与水的反应，氢氧化钙与二氧化碳的反应，皆为化学变化，A项错误；“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，B项正确；“豆萁”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素的过程

中化学能转化为热能，C项正确；“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有N2＋O2=====放电2NO，2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收

NO－3中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态的氮”，属于自然固氮，D项正确。9．答案：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O（1）Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓（2）红褐（3）乙胶体和溶液（4）先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈棕黄色盐酸中的

氯化氢为易溶性电解质，能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀，氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe（OH）3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O，沉淀溶解，溶液呈棕黄色解析：向Fe2O3粉末（红棕色）中加入适量盐酸，所发生的反应的化

学方程式为：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，所得溶液是FeCl3溶液，溶液中含有Fe3＋，溶液呈棕黄色。（1）取少量此溶液，滴入NaOH溶液，发生反应：FeCl3＋3NaOH===Fe（OH）3↓＋3NaCl，此反应属于复分解反应，反

应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓。（2）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体。（3）胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，故可以看到乙烧杯中的液体产生丁达尔效应，这个实验可以用来区别胶体和溶

液。（4）盐酸中的氯化氢为易溶性电解质，能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀，氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe（OH）3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O，沉淀溶解，溶液呈棕黄色。10．答案：（1）Na2

CO3CO（2）①分解②催化作用11．答案：（1）树状分类法（2）I（3）3CO＋Fe2O3=====高温2Fe＋3CO2（4）2∶1（5）168（6）AlCl3·6H2O＋6SOCl2===AlCl3＋12HCl＋6SO2↑解析：（1）从图形看，为树状分类法，结合相关信息可知

分类如下：（2）淡黄色固体是Na2O2，其电子式为。（3）CO为还原性气体，在高温下可还原Fe2O3：3CO＋Fe2O3=====高温2Fe＋3CO2。（4）3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，NO2发

生了自身氧化还原反应，被氧化和被还原的元素的质量比为2∶1。（5）铁在高温下能够与水蒸气反应：3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2，根据化学方程式可知转移8mol电子，有3molFe参加反应，质量为168g。（6）SOCl2遇水发生剧烈水解，可以起到脱水的作用。其与AlCl3·

6H2O反应的化学方程式为AlCl3·6H2O＋6SOCl2===AlCl3＋12HCl＋6SO2↑。12．答案：（1）盐、铜盐、碱式盐（或碳酸盐）（答案合理即可）（2）Cu2（OH）2CO3＋4HCl===2CuCl

2＋3H2O＋CO2↑（3）Cu（OH）2=====△CuO＋H2OCuO＋H2=====△Cu＋H2O（4）①②③④课练4离子反应狂刷小题夯基础[练基础]1．D三氧化硫本身不能电离出离子，SO3是非电解质，A错误；离子数目多的溶液中，离子浓

度不一定大，离子所带电荷数不一定多，其导电能力不一定强，B错误；NaHSO4在熔融状态下只能电离出Na＋、HSO－4，C错误；NH3是非电解质，但其溶于水后可形成电解质NH3·H2O，其溶液能导电，D正确。2．A本组离子可以大量共存，

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

a2＋＋HCO－3＋OH－===BaCO3↓＋H2O，C项错误；本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O，D项错误。3．D

电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2＋＋2Cl－＋2H2O=====电解Mg（OH）2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO－4＋2H2O===2

Mn2＋＋5SO2－4＋4H＋，故B项错误；向Fe（NO3）2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；

酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO－3，则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO－3，故D项正确。4．D二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3又被空气中的氧气氧化为H2SO4，反应产生的硫酸进入水中形成酸雨，故SO2

可形成硫酸型酸雨，A正确；在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为亚硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O，离子方程式为HSO－3＋OH－===SO2－3

＋H2O，B正确；经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质，也有溶液，在离心机中进行混合物的分离，因为形成的固态颗粒小，因此有胶体存在，进入离心机的分散系是悬浊液，C正确；检验Na2SO3成品中是否含

Na2SO4，若用稀盐酸和Ba（NO3）2溶液，H＋、SO2－3、NO－3会发生氧化还原反应，使SO2－3转化为SO2－4，因此不能检验其中是否含有Na2SO4，要用稀HCl和BaCl2溶液检验，D错误。5．C淀粉遇碘单质变蓝，则试管ⅰ溶液变蓝证明有I2生成，A正确；由上述分析可知，

发生反应为2Fe3＋＋2I－⇌2Fe2＋＋I2，B正确；试管ⅲ中溶液褪色说明I2转化为I－，与平衡逆向移动有关，碘的浓度减小，C错误；实验ⅰ和试管ⅲ中现象，说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响，D正确。6．B试液中加入过量稀硫酸，无明显现象，说明无CO2－3；加入硝酸钡溶液

，有气体生成，说明发生了氧化还原反应，则含有Fe2＋，不含AlO－2；有沉淀A，沉淀A为硫酸钡沉淀，但不能说明原溶液含有SO2－4，因为前面加入了硫酸；滤液X加过量NaOH溶液，生成气体，气体为氨气，则含有NH＋4；有沉淀B，为氢氧化铁沉淀，滤液

中通入少量二氧化碳有沉淀C，沉淀C一定含碳酸钡，可能含氢氧化铝沉淀，但由于溶液中离子浓度均为0.1mol·L－1，结合电荷守恒，则不可能含有Al3＋，一定含有SO2－4、Cl－、Fe2＋、NH＋4，A错误，B正确；溶液中不含有Al3＋，因此沉淀C为碳酸钡沉淀，C错误；滤液X中大量存在的阳离子有NH

＋4、Fe3＋、H＋和Ba2＋，D错误。[练高考]7．BAl3＋与NH3·H2O反应产生Al（OH）3沉淀，不产生AlO－2，A错误；H＋与S2O2－3不能共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋S2O2－3===S↓＋SO2

↑＋H2O，B正确；Fe3＋可催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnO－4可将Cl－氧化为Cl2，D错误。8．D硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅

酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、NH＋4同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，

D项正确。9．BNaHCO3受热易分解，A项正确；过量铁粉与稀硝酸反应，生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO－3===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，B项错误；酸性：碳酸>苯酚>HCO－3，苯酚钠溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和

NaHCO3，C项正确；乙醇和乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，D项正确。10．C氨水呈碱性，Ag＋、Cu2＋不能大量存在，且Ag＋、Cu2＋均与SO2－3发生反应生成沉淀，A项错误；在中性溶液中，Fe3＋不能大量存在，且Fe3＋与I

－、HCO－3均能反应而不能大量共存，B项错误；AgNO3溶液中不能大量存在CO2－3、Cl－，D项错误。11．AC醋酸是弱酸，写离子方程式时不能拆开，B项错误；应按少量的Ba（OH）2的电离比例书写离子

方程式：2HCO－3＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO2－3，D项错误。[练模拟]12．DNO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO－3＋NO，A项正确；漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO－＋H

2O⇌HClO＋OH－，B项正确；酸性条件下，用H2O2将海带灰中I－氧化，其离子方程式为：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O，C项正确；氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H

2O===Al（OH）3↓＋3NH＋4，D项错误。13．C用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O，选项A错误；过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe＋8H＋＋2NO－3===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2

O，选项B错误；用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2＋S2O2－3＋5H2O===10H＋＋2SO2－4＋8Cl－，选项C正确；向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3，选项D错误。14．D

醋酸为弱酸，应该用⇌，电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，故A错误；方程式未配平，反应的化学方程式应该为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，故B错误；二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3N

O2＋H2O===2H＋＋2NO－3＋NO，故C错误；用NaOH溶液除去铝表面的氧化膜，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O，故D正确。15．CA项，加入氯水得到橙色溶液和气体A，说明混合物中一定

含有Br－和HCO－3，气体A为HCO－3与氯水中的H＋反应生成的CO2，因HClO＋SO2－3===SO2－4＋Cl－＋H＋（或SO2－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋2Cl－＋2H＋）且氯水足量，A中不可能含有SO2，错误；B项，橙色溶液中加入足量Ba（OH）2生

成白色沉淀，说明橙色溶液中一定有SO2－4，但此SO2－4可能由上步SO2－3被氯水氧化而来，故原固体混合物中不一定含有SO2－4，错误；C项，固体混合物溶于水得澄清溶液，考虑到Al3＋与HCO－3发生相互促进的水解反应生成白色沉淀，故固体混合物中一定不含Al3＋，正确；D项，橙色溶

液中加入足量Ba（OH）2无NH3生成，说明固体混合物中一定不含NH＋4，为维持溶液呈电中性，固体混合物中一定含有K＋，无须进行焰色试验，错误。综合测评提能力1．C①电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的

盐可能是强电解质，如硫酸钡，故①错误；②电解质的强弱与溶解性无关，可溶于水的盐可能是弱电解质，如醋酸铅，故②错误；③0.5mol·L－1一元酸溶液H＋浓度不一定为0.5mol·L－1，如醋酸，故③错误；④强酸溶液中的H＋浓度不一定大于弱酸溶液中的H＋浓度，H＋浓度与

酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，故⑤正确；⑥酸在熔融状态时均不导电，只有溶于水时才导电，故⑥错误。2．AA项，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，正确；B项，题给离子方

程式不符合电荷守恒与得失电子守恒，错误；C项，稀HNO3与Cu发生反应生成NO，错误；D项，Na2SiO3为可溶性的钠盐，应拆开，错误。3．DNa很活泼，能与水反应，不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，故A错误；硫

酸与氢氧化钡反应产生硫酸钡沉淀和水，离子方程式为SO2－4＋2H＋＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓，故B错误；氢氧化铝不能溶于氨水，因此氯化铝与氨水反应只能得到氢氧化铝沉淀，故C错误；二氧化碳和二氧化硫均为酸性氧化物，过量气体与碱反应均得到酸式盐，故D正确。4．CNa2CO3、Na

HCO3的混合溶液与盐酸反应时，a点对应的溶液中含有CO2－3和HCO－3，HCO－3与OH－不能大量共存，A项不符合题意；b点对应的溶液中含有HCO－3，不含CO2－3，Al3＋与HCO－3因发生相互促进的水解反应而不能大量共存，B项不符合题意；c点为NaCl溶液，各离子之间不发生

反应，能大量共存，C项符合题意；d点时盐酸过量，溶液呈酸性，NO－3与Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量共存，F－在酸性条件下不能大量共存，且溶液中的Cl－与Ag＋也不能大量共存，D项不符合题意。5．BA项中Fe3＋、Al3＋与SiO2－3均不能大量共存；C项中还有钡离子与硫

酸根离子的沉淀反应；D项中在pH＝1的溶液中，Fe2＋会被硝酸根离子氧化。6．C能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中NO－3可氧化Fe2＋，但离子方程式电荷不守恒，原子不守恒，A不正确；常温下，c（OH－）c（H＋）＝1.

0×10－12的溶液显酸性，MnO－4可氧化I－，但离子方程式中不能生成OH－，B不正确；Al3＋与HCO－3在溶液中可相互促进水解，生成Al（OH）3沉淀和CO2气体且Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，C正确；c（OH－）<Kwmol·L

－1的溶液中c（OH－）<c（H＋），溶液显酸性，酸性溶液中NO－3、Ca2＋、Cl－、K＋可以大量共存，NO－3不能氧化Cl－，D不正确。7．A氨水中，Na＋、K＋、OH－、NO－3彼此不反应，能大量共存，A项正确；盐酸中的H＋能与SiO2－3结合生成H2SiO3沉淀，

B项错误；KMnO4溶液具有强氧化性，具有还原性的I－不能大量存在，C项错误；AgNO3溶液中的Ag＋能与Cl－反应生成AgCl沉淀，二者不能大量共存，D项错误。8．答案：（1）2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓

＋2H2O（2）Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O（3）2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓（4）2Al3＋＋7O

H－===Al（OH）3↓＋AlO－2＋2H2O（5）Cu2＋＋2HS－===CuS↓＋H2S↑（6）4CO2＋5OH－===CO2－3＋3HCO－3＋H2O（7）CO2－3＋CH3COOH===HCO－3＋CH3COO－9．答案：（1）FeCO3＋2H＋===Fe

2＋＋CO2↑＋H2O、Cu2（OH）2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O（2）2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O（3）Fe2＋＋2HCO－3===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O解析：（1）注意矿物中所含物质不能拆分。（2）发生NaClO氧

化二价铁的反应，ClO－自身被还原为氯离子。（3）由题意推断，无色气体为二氧化碳，沉淀为FeCO3。10．答案：（1）NH＋40.4（2）AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3（3）防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，便于分离（4）n（NH＋4

）×1＋n（Al3＋）×3<n（SO2－4）×2，由电荷守恒知一定有K＋存在课练5氧化还原反应狂刷小题夯基础[练基础]1．C2．DNaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O，反应中NaClO中的Cl元素化合价由＋1降低到0，HCl中的Cl元素化合价由－

1升高到0，则NaClO为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性。84消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO为氧

化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误；根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；根据分析，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误；若有0.1molHCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积约为22.4L·m

ol－1×0.1mol＝2.24L，故D正确。3．D4.C5．ASOCl2的结构式是，其中S的化合价是＋4，O的化合价是－2，Cl是－1，只有共价键，没有离子键，B项错误，氧化产物是LiCl，还原产物是S，C项错误，标准状况下生成1.12LSO2即0.0

5mol，反应转移电子为0.05×（4－0）＝0.2mol，D项错误。6．A反应O3＋2I－＋H2O===O2＋I2＋2OH－中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH－，I元素化合价升高，I－被氧化生成I2。O3生成O2时没有发生

化合价的变化，O2不是还原产物，A项错误；该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，氧化性：O3>I2，B项正确；H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，C项正确；I元素化合价由－1价升高到0价，则反应生成1molI2时转移2mol电子，D项正确。7．C反应Ⅰ中Cl

元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A项错误；反应Ⅱ中Cl元素的化合价降低，则Cl2发生还原反应，故B项错误；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应Ⅰ中氧化性：Co2O3>Cl2，反应Ⅱ中氧化性：Cl2>HIO3，则氧化性：Co2O

3>Cl2>HIO3，故C项正确；由还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应Ⅰ中还原性：HCl>CoCl2，反应Ⅱ中还原性：I2>HCl，故还原性：I2>HCl>CoCl2，D项错误。8．C先写出这8个反应的化学方程式，然后分析这8个反应，其中化合价没有变化的有③⑤⑥，其余的都属于氧化还原反

应，A错；①中2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2，生成1molO2转移2mole－，⑦中2F2＋2H2O===4HF＋O2，生成1molO2转移4mole－，B错；①④⑧三个反应都属于氧化还原反应中的歧化反应，Cl2、Na2O2和NO2在

反应中都是既作氧化剂又作还原剂，水都既不作氧化剂也不作还原剂，C正确；⑦中水作还原剂，②中水作氧化剂，D错。9．Cc（MnO－4）随反应进行逐渐增大，说明MnO－4是生成物，则Mn2＋是反应物，即Mn元素化合价从＋2升高到＋7，Mn2＋失去电子，被氧化，作还原剂，因此BiO－3是氧化剂，Bi3＋

是还原产物，Bi元素化合价从＋5降低到＋3，A项正确；根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，B项正确；根据以上分析可知该反应的离子方程式为14H＋＋5BiO－3＋2Mn2＋===5Bi3＋＋2MnO－4＋7H2O，该

反应消耗了H＋，因此反应后溶液的酸性减弱，C项错误；根据以上分析可知，若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol，D项正确。[练高考]10．D过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析可知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ

中参加反应的n（NO）与n（NH＋4）之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为NH＋4＋NO－2===N2↑＋2H2O，D项正确。11．A根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4L即1mol氯

气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IO－3反应生

成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO－3的存在，D说法正确。12．D由反应可知，A、B错误；此反应转移7mol电子，生成4molI2，故生成12.7g（0.05mol）I2时，转移0.0875mol电子，C错误；此

反应中1molK2H3IO6全部作氧化剂，9molHI中有7molHI作还原剂，故还原剂和氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。13．D向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，发生反应NaHSO4＋BaC

l2===BaSO4↓＋NaCl＋HCl，为非氧化还原反应，且溶液pH不变，A项错误；向NaOH和Fe（OH）2的悬浊液中通入空气，发生氧化还原反应4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）3，c（OH－）增大，pH增大

，B项错误；向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，发生反应2Cu2＋＋4HCO－3===Cu2（OH）2CO3↓＋H2O＋3CO2↑，为非氧化还原反应，C项错误；向H2S溶液中通入氯气，发生氧化还原反应H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，且c（H＋）增大，pH减小，D项

正确。[练模拟]14．D由图像分析可知，N2的物质的量随反应进行逐渐增大，可知N2是生成物，具有还原性的NH＋4为反应物，根据氧化还原反应的规律可知，氯元素化合价降低，ClO－应是反应物，是氧化剂，结合得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得此反应的离子方程式为

3ClO－＋2NH＋4===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋。该反应的氧化剂是ClO－，故A正确；该反应中有Cl－和H＋两种离子生成，故B正确；由离子方程式可知，N元素化合价由－3价升高到0价，则生成

1mol氧化产物（N2）时，转移6mol电子，故C正确；由离子方程式可知，氧化剂（ClO－）与还原剂（NH＋4）的物质的量之比为3∶2，故D错误。15．B反应流程为MgCu――→浓HNO3Mg2＋、Cu2＋――→NaOHMg（OH）2

Cu（OH）2NO2、N2O4xg＝17.02g－m（OH－），而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n（OH－）＝8.96L22.4L·mol－1×1＋0.672L22.4L·mol－1×2×1＝0.46mol所以xg＝17

.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。16．C在反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化，在反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr2O2－7＋32H＋―→3Cu2＋＋3SO2－4＋8Cr3＋＋16H2O

，反应Ⅱ配平后的方程式为3Cu2S＋5Cr2O2－7＋46H＋―→6Cu2＋＋3SO2－4＋10Cr3＋＋23H2O，可见处理1molCr2O2－7时，反应Ⅰ消耗H＋的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H＋的物质的量是9.2mol，B错误；反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化

剂是Cr2O2－7，二者反应的物质的量之比为3∶5，C正确；根据方程式可知3mol即3×96gCuS处理4molCr2O2－7，每克处理Cr2O2－7的物质的量为4mol÷（3×96）＝172mol；3mol即3×16

0gCu2S处理5molCr2O2－7，每克处理Cr2O2－7的物质的量为5mol÷（3×160）＝196mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O2－7，D错误。17．AA项，分析题图可知，总反应可以看

作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，正确；B项，x＝1时，根据题图，过程Ⅱ中发生反应2NO＋4H＋＋4Ce3＋===2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，因此氧化剂与还原剂物质的量之比

为1∶2，错误；C项，过程Ⅰ发生反应H2＋2Ce4＋===2H＋＋2Ce3＋，过程Ⅱ发生反应2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋===2xH2O＋N2＋4xCe4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，错误；D项，过程Ⅰ发生反应的离子方程式为H2＋2Ce4＋===2H＋

＋2Ce3＋，错误。故选A。18．C“脱硫”过程中若温度太高，煤油大量挥发，故需要控制温度，A正确；“氧化”过程中S0e～H2S＋4eO3、C＋5lO－3～C0l2，由得失电子守恒，可得氧化剂（NaC

lO3）与还原剂（Se）的物质的量之比为4∶5，B正确；“还原”过程中H2SeO3被SO2－3还原为Se，Fe3＋被SO2－3还原为Fe2＋，故滤液Ⅲ中不存在Fe3＋，C不正确；H2S＋4eO3～S0e，S＋4O2－3～S＋6O2－4，由得失电子守恒，可得n（H2SeO3）∶n（SO2

－3）＝1∶2时恰好反应，D正确。综合测评提能力1．B淡黄绿色逐渐褪去，是因为Ag＋与Cl－结合形成氯化银沉淀，消耗氯水中的Cl－，促使氯气与水反应的化学平衡正向移动，氯水中氯气含量逐渐减少，直至完全消耗，氯气和水的反应为氧化还原反应，A有关；FeCl

3溶液滴入Mg（OH）2浊液中，氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，没有元素化合价的变化，B无关；紫色褪去是因为高锰酸钾被草酸还原，C有关；钠加热燃烧，发出黄色火焰，钠燃烧是氧化还原反应，D有关。2．CFe3C可以看成Fe和C的合金，

则铁元素和碳元素的化合价均为0价，Fe3C既是氧化产物，也是还原产物，A正确；生成2molFe3C转移18mol电子，生成1molFe3C转移9mol电子，B正确；氧化剂是Fe2O3，还原剂是H2和CH4，C不正确；钢铁是Fe和C的合金，D

正确。3．CLiBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A正确；LiBH4是离子化合物，电子式为，B正确；若生成4.48L即0.2molH2，则转移0.2mol电子，C不正确；氧化产物与还原产物均为H2，物质的量之比为1∶1，D正确。4．B过程①的化学方程式为H2S＋CuCl2=

==CuS↓＋2HCl，属于复分解反应，H2S是弱酸，盐酸是强酸，A正确；由题图可知，过程②中Fe3＋与CuS反应生成S、Fe2＋、Cu2＋，由得失电子守恒可知，n（Fe3＋）∶n（CuS）＝2∶1时二者恰好反应，但CuS不溶于水，不可拆

，B不正确；过程③中O2作氧化剂，1molO2可得到4mol电子，0.5molO2参加反应转移2mol电子，C正确；②中Fe3＋转化为Fe2＋，作氧化剂；③中Fe2＋被O2氧化为Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，D正确。5．C因为还原性：Fe2＋>Br－，当只有少量Cl2时，Fe2＋先被Cl2氧化，

发生反应：Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，A错误；根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①中，氧化性：Cl2>Fe3＋，反应②中，氧化性：KClO3>Cl2，故氧化性强弱顺序为KClO3>Cl2>Fe3＋，B错误；反应②中化学方程式为KClO3＋

6HCl（浓）===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，则反应②中的还原产物、氧化产物均是Cl2，KClO3中Cl元素化合价由＋5价降低到0价，则1molKClO3参加反应时，转移电子数目是5NA，C正确；根据氧化还原反应

中得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，③中反应的离子方程式为2MnO－4＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，D错误。6．D高锰酸钾分解生成氧气，每生成1mol氧气转移4mol电子，氯酸钾分解生成氧气，每生成1mol氧气转移

4mol电子，过氧化氢分解生成氧气，每生成1mol氧气转移2mol电子，故制取相同质量的氧气时，转移电子数比为2∶2∶1，A错误；反应中N2H4为还原剂，N2O4为氧化剂，所以3mol氮气中有2mol为氧化产物，1mol为还原产物，二者质量比为2∶1，B错误；C

uFeS2中所含元素化合价既有升高又有降低，所以CuFeS2既作还原剂也作氧化剂，C错误；反应的还原剂是P单质，反应中磷元素化合价升高5价，每消耗3mol磷，转移15mol电子，D正确。7．B结合氧化还原反应中得失电子守恒原理可知，反应①中比例为1∶5；反应④中比

例为1∶2。8．CNO－2中N元素的化合价升高，NO－2被氧化，A项错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO－4＋5NO－2＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－3＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。9．答案：（1）Q、M、L、X、RQ（2）B10．答案：（1

）（2）2mol2NA（3）4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O（4）Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O解析：（1）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，锰元素化合价从＋7价降低到＋2价，单线桥由失电子一方指向得电子一方

，并在单线桥上标出电子转移数，因为HCl在反应时只有部分被氧化，转移电子总数要根据锰元素来计算。（2）根据反应方程式2KMnO4＋16HCl（浓）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，每生成1molCl2，被氧

化的HCl的物质的量是2mol；转移的电子数为2NA。（3）产物中ClO－与ClO－3物质的量之比为1∶1，设NaClO3和NaClO的化学计量数都是1，还原产物为氯化钠，根据得失电子守恒和原子守恒，可得发生反应的化学方程式为4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋Na

ClO＋4H2O。（4）次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，可写出离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。11．答案：（1）＋3价（2）2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4（3）NaOH溶液Na2CO3溶液ClO－2（或

NaClO2）（4）2∶1O2（5）1.57g解析：（1）在NaClO2中Na为＋1价，O为－2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为＋3。（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反

应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。（3）食盐溶液中混有Mg2＋和Ca2＋，可利用过量NaOH溶液除去Mg2＋，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2＋；向NaCl溶液中加入ClO2，进行

电解，阳极发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑，反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体

，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1mol的H2O2转移2mol电子，反应方程式是：2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋O2＋2H2

O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物为O2。（5）每克NaClO2的物质的量n（NaClO2）＝1g÷90.5g/mol＝190.5mol，其获得电子的物质的量是n（e－）＝190.5mol×4＝4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，根据电

子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n＝190.5mol×4÷2＝290.5mol，则氯气的质量为290.5mol×71g/mol＝1.57g。12．答案：（1）增大反应物接触面积，加快反应速率（2）124H＋122H

2O（3）不会引入Cl－，使制得的MnSO4·H2O产品更纯净（4）4.7≤a<7.6（5）8.25×10－3yx×100%解析：（1）反应前，将固体反应物研磨，目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，

使反应更充分。（2）先根据得失电子守恒，配出MnO2、Fe2＋、Mn2＋、Fe3＋的化学计量数，由于步骤Ⅰ中稀H2SO4过量，溶液显酸性，配H＋使电荷守恒，最后根据原子守恒，可得出离子方程式MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。（3）

若用Cl2作氧化剂，会引入杂质离子Cl－，使制得的MnSO4·H2O产品中容易混有MnCl2。（4）步骤Ⅲ调节滤液pH的目的是使Fe3＋、Al3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，故pH应在4.7～7.6之间。（5）MnO－4与Mn2＋反应生成MnO2，根据得失电子

守恒，存在关系式2MnO－4～3Mn2＋，故样品中n（Mn2＋）＝3y×10－3L×0.1mol·L－12，则样品中锰元素的质量分数为32y×10－4×55x×100%＝8.25×10－3yx×100%。单元检测2化学物质及其变化1．D金的化

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

误；沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从＋4价变为0价，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。2．C血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用了渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳，A项正确；石灰浆为Ca（OH）2悬浊液，虫卵含

蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，B项正确；KMnO4溶液、双氧水能杀菌消毒的原因是它们具有强氧化性，酒精能杀菌消毒的原因是酒精能使蛋白质发生变性，C项错误；硅胶具有吸水性，可防止

食物受潮，铁粉具有还原性，可防止食物氧化，D项正确。3．B酸是电离出的阳离子全部为H＋的化合物，A选项错误；离子反应是有离子参加或生成的反应，Na和H2O的反应虽然没有离子参加，但是有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；有电子转移（化合价

变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。4．D①水银属于单质，其余为混合物。②氧化物只含两种元素，且其中一种是氧元素。③NO2不属于酸性氧化物，CO2、P2O5属于酸性氧化物；Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物。④同种元

素组成的不同单质互为同素异形体。⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷的多少有关，自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液的导电能力越强。强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强。⑥熔融状态下，离子化合物可产

生自由移动的阴、阳离子，共价化合物不能产生自由移动的阴、阳离子，故熔融状态下能导电的化合物为离子化合物。综上所述可知④⑥正确，①②③⑤不正确，答案为D。5．A酸性条件下，NO－3可将SO2－3氧化为SO2－4，故用Ba（NO3）2溶液代替BaCl2溶液无法证明待测试样中含有SO2－4，A项

错误；实验②中待测试样与强碱溶液共热产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有NH＋4，实验⑤中待测试样中加入几滴稀硫酸和金属铜，试管口产生红棕色气体，证明待测试样中含有NO－3，NO－3在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应生成NO，NO

遇空气中的氧气被氧化为红棕色的NO2，B项正确；焰色呈黄色且透过蓝色钴玻璃可观察到紫色火焰，表明待测试样中含Na元素和K元素，C项正确；该城市的空气污染物主要含PM2.5与硫和氮的氧化物，主要来源是燃煤和机动车尾气排放，D项正确。6．A

一定温度下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：2Na＋＋CO2－3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，A项正确；KIO3与KI在酸性溶液中反应不能产生OH－，B项错误；氨水不能溶解氢氧化铝，C项错误；氢氧化钙是强碱，饱和石

灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示，D项错误。7．D①“84”消毒液的水溶液中含有强氧化性离子ClO－，具有还原性的Fe2＋易被氧化而不能大量存在；②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3＋，S2－与Fe3＋易发生氧化还原反应而不能大量共存；③常温下能够与金属Cu反应

放出气体的溶液中含有H＋和NO－3，Fe3＋、Al3＋、SO2－4、K＋能大量共存；④pH＝2的溶液显酸性，NH＋4、Na＋、Cl－、Cu2＋能大量共存；⑤MnO－4在溶液中显紫红色，不能在无色溶液中存在。8．CA项，反应①NH4NO3===N2O↑＋2H2O中，NH4NO

3中N元素的化合价既升高又降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，生成的N2O既是氧化产物又是还原产物，H2O既不是氧化产物又不是还原产物，故A项错误；B项，反应②K2SO3＋2NO===K2SO4＋N2O中，N元素的化合价降低，S

元素的化合价升高，则K2SO3是还原剂，生成的K2SO4是氧化产物，故B项错误；C项，反应③2NH3＋2O2===N2O＋3H2O中，N元素的化合价由－3升高到＋1，则每生成1molN2O，转移1mol×

2×（3＋1）＝8mol电子，故C项正确；D项，反应④2NaNO3＋（NH4）2SO4===2N2O↑＋Na2SO4＋4H2O中，NaNO3中N元素的化合价降低，则NaNO3是氧化剂，（NH4）2SO4中N元素的化合价升高，则

生成的N2O既是氧化产物又是还原产物，故D项错误。9．C配平离子方程式可得x＝4，反应3Fe2＋＋2S2O2－3＋O2＋4OH－===Fe3O4＋S4O2－6＋2H2O中，Fe和S元素的化合价升高被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3

O4反应转移电子的物质的量为4mol，A、D项正确；反应中Fe2＋→Fe3O4，Fe元素的化合价升高，S2O2－3→S4O2－6，S元素的化合价升高，Fe2＋和S2O2－3都是还原剂，故B项正确；2mol

Fe2＋被氧化时，被还原的O2的物质的量为1mol，故C项错误。10．C题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O2－7在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO2－3失去电子的个数。而SO2－3―→SO2－4过

程中每个离子失去2个电子。3个离子共失去6个电子。那么1个X2O2－7在反应过程中应得到6个电子。设反应后X的化合价为a，则得到2×（6－a）个电子。根据上述分析，2×（6－a）＝6。解得：a＝＋3。11．CNaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的

化合价升高，Cl元素的化合价降低，由得失电子守恒和原子守恒可配平反应方程式：4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑。反应中氧元素的化合价升高，氧气是氧化产物，A项错误；NaClO是氧化剂，Ag和H2O是还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为

6∶4＝3∶2，B项错误；反应物中水的化学计量数为2，C项正确；4.48L（标准状况下）O2的物质的量为0.2mol，则反应转移1.6mol电子，D项错误。12．C甲、乙、丙是三种可溶性物质，其中甲是碱，可知甲中有OH－，而碳酸钡和硫酸钡是沉

淀，所以甲只能是Ba（OH）2，乙是NaHSO4，丙是Na2CO3或者丙是NaHSO4，乙是Na2CO3，故A错误；乙、丙反应的离子方程式为H＋＋CO2－3===HCO－3或2H＋＋CO2－3===H2O＋CO2↑，故B错误；Ba（OH）2与NaHSO4反应会生成白色沉淀硫酸钡，Ba（OH）

2与Na2CO3反应会生成白色沉淀碳酸钡，现象相同，故C正确；乙和丙都含有钠元素，焰色反应相同，不能利用焰色反应鉴别乙和丙，故D错误。13．D对照图甲和图乙，0～5s，Cr元素的化合价为＋6价；5～30s，Cr元素的化合价由＋6价降低为＋3价；30～80s，C

r元素的化合价又由＋3价升高为＋6价。0～5s过程中，Cr2O2－7发生反应生成CrO5，Cr元素都呈＋6价，Cr2O2－7没有发生氧化还原反应，A项错误；由图乙可知，30s时K2Cr2O7被还原为Cr3＋，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为Cr2O2－7＋3H2O2＋8

H＋===2Cr3＋＋7H2O＋3O2↑，B项错误；30s时，绿色溶液中主要含有Cr3＋，80s时黄色溶液中主要含有CrO2－4，所以30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是剩余的H2O2所致，C项错误；Cr2O2－7＋H2O⇌2CrO2－4＋2H＋，在碱性条件下，平衡正

向移动，溶液中含铬微粒主要为CrO2－4，D项正确。14．C强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO2－3，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO2－4，不存在和硫酸根离子反应的Ba2＋，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2＋和NO－3不能共存，加入硝

酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2＋，不存在NO－3，A是NO；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体D，则溶液中含有NH＋4，D是NH3，产生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G，则溶液中存在Al3＋，沉淀H是Al（OH

）3。溶液X中应含有Fe2＋，酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO，反应的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项正确；生成沉淀H的离子方程式为AlO－2＋CO2＋

2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3，B项正确；溶液X中一定没有的离子为CO2－3、Ba2＋、NO－3，C项错误；溶液X中一定含有的离子是H＋、Fe2＋、SO2－4、NH＋4、Al3＋，D项正确。15．B根据还原性Br－<F

e2＋<I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2F

e3＋＋I2＋4Cl－，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，D项正确。16．答案：（1）Ag＋、Mg2＋、Ba2＋（2）SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓（3）如表阴离子NO－3CO2－3SiO2－3SO2－4

c/（mol·L－1）？0.250.40（4）存在0.8解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ、Ⅱ可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO2－3，其浓度为0.56L÷22.4L

·mol－1÷0.1L＝0.25mol·L－1，则溶液中一定无Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；且能生成白色沉淀，因此有SiO2－3，发生的反应为SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓，H2SiO3=====△SiO2＋H2O故SiO2－3的浓度为2.4g÷60g·mol－1÷0.1L＝0.4

mol·L－1；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO2－4；根据电荷守恒知2c（CO2－3）＋2c（SiO2－3）＝2×0.25mol·L－1＋2×0.4mol·L－1＝1.3mol·L－1，故含K＋，其最小浓度为1.3mol·L－1－0.5mol·L－1＝0.8mol·L－1。17．答

案：（1）1∶2（2）3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF0.4NA（或2.408×1023）（3）NO<NF3<F2（4）产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾（5）NaNO3解析：（1）NF3与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3，反应方程式为3NF3＋5H2O===2N

O＋HNO3＋9HF，2NF3→2NO，N元素化合价降低，被还原，NF3→HNO3，N元素化合价升高，被氧化，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1∶2。（2）根据反应方程式3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9

HF可知，生成1molHNO3，转移电子的物质的量为2mol，则生成0.2molHNO3时转移电子的物质的量为0.4mol，转移电子数目是0.4NA或2.408×1023。（3）根据3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，NF3为氧化剂和还原剂，NO为

还原产物，则NF3氧化性强于NO；根据4NH3＋3F2===NF3＋3NH4F，F2为氧化剂，NF3为氧化产物，即F2的氧化性强于NF3，综上所述，氧化性由弱到强的顺序是NO<NF3<F2。（4）根据（2）的反应方程式，产物中

有NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2为红棕色，HNO3易挥发，凝结成小液滴，因此现象是产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾。（5）根据（2）的反应方程式产物之一是HNO3，HNO3与NaOH反应生成NaN

O3，即另一种物质是NaNO3。18．答案：（1）NH＋4、Fe2＋、Mg2＋、SO2－4无（2）0.3molFe（OH）3、0.1molMg（OH）2（3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===2H2O＋3Fe3＋＋NO↑（4）Ba2＋＋CO2＋2OH－

===BaCO3↓＋H2O（5）4NH3＋6NO△催化剂5N2＋6H2O2∶3解析：待测液中加入过量的稀盐酸，无明显现象，溶液中一定没有SO2－3、CO2－3，加入过量的硝酸钡溶液，生成标准状况下2.24L无色气体X，则溶液中含有还原性离子Fe2＋，发生反应的离子方程式是3Fe2＋＋NO－3＋

4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成的一氧化氮的物质的量是0.1mol，则Fe2＋的物质的量是0.3mol，MnO－4具有氧化性，与Fe2＋不能共存，则溶液中不含有MnO－4，一定含有SO2－4，SO

2－4的物质的量是116.5g233g·mol－1＝0.5mol，向滤液I中加入过量的氢氧化钠溶液，生成无色气体Y，则溶液中一定含有NH＋4，NH＋4的物质的量是4.48L22.4L·mol－1＝0.2mol，滤液I中含有0.3molFe3＋，根

据原子守恒，生成氢氧化铁的质量是0.3mol×107g·mol－1＝32.1g，而沉淀B是37.9g，由此推出含有5.8g的氢氧化镁，其物质的量是5.8g58g·mol－1＝0.1mol，则待测液中一定含有0.1molMg2＋，依据电荷守恒：n（Na＋）＋2n（Mg2＋）＋2n（Fe2

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

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

的沉淀C是碳酸钡，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO2＋2OH－===BaCO3↓＋H2O。（5）NO和NH3反应生成的无污染性的气体应为N2，化学方程式是4NH3＋6NO△催化剂5N2＋6H2O；由方程式可知，4mol氨气被氧化，6mol一氧化氮被还原，氧化产物和还

原产物都是N2，则所得氧化产物与还原产物的质量之比为2∶3。19．答案：（1）Ca（ClO）2（2）5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O（3）D（4）234235（5）既能杀菌消毒，又能净水解析：（1）由图可知，t1前没有ClO－3生成，故t1前发生的反应为2Ca

（OH）2＋2Cl2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O，其中氧化产物为Ca（ClO）2。（2）由图可知，t2时n（ClO－）＝2mol，n（ClO－3）＝1mol，则n（ClO－）∶n（ClO－3）＝2∶1时，Ca（OH）2溶液与Cl2反应生成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca

Cl2和H2O，根据得失电子守恒，t2时反应的总的离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O。（3）根据题意，NaClO2爆炸时发生氧化还原反应，Cl元素应该既有化合价的

升高，又有化合价的降低，NaClO2转化为NaCl和Cl2时，Cl元素的化合价均降低，A错误；NaClO2转化为NaCl和NaClO时，Cl元素化合价均降低，B错误；NaClO2转化为NaClO3和NaClO4时，Cl元素化合价均升高，C错误；NaClO2转化为NaCl和NaClO3时，Cl元素化

合价既有降低又有升高，D正确。（4）反应中Fe元素化合价由＋3价升高到＋6价，Cl元素化合价由＋1价降低到－1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平后的离子方程式为2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－

===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。（5）K2FeO4中Fe元素为＋6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒；反应过程中Fe元素被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成的Fe（OH）3胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物，故也可以净水。

第三单元金属及其化合物课练6钠及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D2．CNa2O2与CO2的反应中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，A项错误；根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2可知，1molNa2O2参加反应，转移1mole－，B项错误；Na

2O2晶体中阴、阳离子分别为O2－2、Na＋，个数比为1∶2，C项正确；CO2分子的结构式为O===C===O，CO2分子中只含极性键，不含非极性键，D项错误。3．CA项，制NH3需要NH4Cl和Ca（OH）2反应，错误；B项

，应长进短出，错误；C项，NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3固体，用过滤法分离，正确；D项，加热会导致NaHCO3分解，错误。4．CNa2CO3和NaHCO3遇澄清石灰水都会产生白色沉淀，所以C不正确。5．CK2CO3的水解程度比NaHCO3的大，溶液碱性较强

，滴加酚酞检验，碳酸钾溶液的颜色更深，A项正确；NaHCO3不稳定，受热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，B项正确；K2CO3和NaHCO3均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，C项错误；二者分别含有K元素、Na元素，焰色试验现象不同

，D项正确。6．DNa跟水反应所得产物为NaOH和H2，其中NaOH为电解质，而H2既不是电解质也不是非电解质，A项错误；NaCl在熔融状态下可以被电解为Na和氯气，不需要加入还原剂，B项错误；过氧化钠为离子化合物，其电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]

2－Na＋，C项错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，在水溶液中碳酸根离子水解使溶液显碱性，D项正确。7．D胃酸的主要成分是盐酸，Na2CO3能够与盐酸反应，陈述Ⅱ对，但因Na2CO3溶液碱性较强，不能用于治

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

出透雾能力强的黄光，陈述Ⅱ对，但二者无因果关系，C错误；Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且有因果关系，D正确。8．DNa2O2用于呼吸面具是由于其与人呼出的H2O、CO2反应产生O2，而活性炭用于防毒面具，是由于其具有较强

的吸附性，两者原理不同，A错误；Na2O可与盐酸反应生成盐和水，Na2O2与盐酸反应除生成盐和水外还有氧气生成，所以Na2O是碱性氧化物，而Na2O2不是碱性氧化物，B错误；Na2O在加热条件下能与O2反应生

成Na2O2，而Na2O2不能转化成Na2O，两者间不能相互转化，且两者的阳离子与阴离子的个数比相同，均为2∶1，C错误；Na2O加热时可与O2反应生成Na2O2，故Na2O2更稳定，D正确。9．C应将钠表面

的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，B错误；Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；观察钾的焰色反应要

透过蓝色钴玻璃，D错误。[练高考]10．CNa与H2O反应是因为金属钠的特殊活泼性，不是金属的通性，所以不能类比其他金属，A错误；HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，B错误；Na3N是离子化合物，与盐酸反应生成N

aCl和NH4Cl，可看作是阴、阳离子之间重新组合生成NaCl和NH3，NH3再与HCl结合生成NH4Cl，Mg3N2与Na3N结构相似，都是离子化合物，结构决定性质，所以反应可以“类比”，C正确；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag（NH3）

2]＋，离子反应方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋2H2O，所以得不到Ag2O，D错误。11．BNa2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na＋、CO2－3、HCO－3、H2CO3、

H＋、OH－、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；加入Ca2＋后，Ca2＋和CO2－3反应生成沉淀，使CO2－3的水解平衡左移，抑制Na2CO3水解，B错误；Al3＋与CO2－3、HCO－3都能发生互相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小

，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确。12．CA项，Na2O2的电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋，错误；B项，H2O为V形分子，错误；D项，NaOH中Na＋与OH－之间为离子键，OH－中O与H之间为

共价键，错误。13．B向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2＋OH－===HCO－3，故A错误；氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2＋2OH－===Cl－＋

ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误。[练模拟]14．C向NaOH和Na2CO3混

合溶液中滴加稀盐酸，NaOH先与稀盐酸反应。在0～a范围内，先发生OH－＋H＋===H2O，后发生CO2－3＋H＋===HCO－3，A错误；ab段发生反应的离子方程式为HCO－3＋H＋===H2O＋CO2↑，B错误；因a～0.4范围内发生的反应是H＋＋HCO

－3===CO2↑＋H2O，n（CO2）＝0.01mol，n（H＋）＝n（CO2）＝0.01mol，所以a＝0.3，C正确；由碳元素守恒可知溶液中n（CO2－3）＝n（CO2）＝0.01mol，在0～a范围内，生成0.01mo

lHCO－3消耗0.01molHCl，则NaOH消耗0.02molHCl，n（OH－）＝0.02mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1，D错误。15．A过氧化钠受热不分解，但是NaHCO3受热发生分解反应：2NaHCO3=====△Na

2CO3＋CO2↑＋H2O，2molNaHCO3分解产生1mol二氧化碳和1mol水，二氧化碳和水都可与过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，但是生成的氢氧化钠会继续吸收CO2，得到碳酸钠，且过氧化钠是少

量的，可认为过氧化钠优先和二氧化碳发生反应，1molNa2O2与1molCO2反应得到1mol碳酸钠和0.5mol氧气，此时一共有2mol碳酸钠、1mol水和0.5mol氧气生成。整个反应中只有氧元素的化合价发生改变，1molNa2O2转移了1mol电子，则A项正确。16．C

①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与反应，所以②中反应的离子方程式为Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓，A正确；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，故②所得沉淀质

量大于③所得沉淀质量，B正确；开始时氢氧化钙过量，碳酸氢根离子全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO－3===CaCO3↓＋H2O，C不正确；b点对应溶液中含NaOH，NaOH抑制水的电离

，c点对应的溶液为盐溶液，盐水解促进水的电离，故b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，D正确。17．DNaHCO3会析出成为沉淀，说明NaCl溶解度更大，A错误；NaHCO3受热易分解生成Na2CO3，热稳定性比Na2CO3弱，

B错误；NaHCO3和Na2CO3均可以和澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，C错误；向母液中加入NaCl可析出氯化铵，说明相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，D正确。综合测评提能力1．ANa2O2与H2O

、CO2反应时，都是Na2O2自身发生歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，故熔融过氧化钠时不可使用石英坩埚，B项正确；Na2O2具有强氧化性，而C、Al、SO2均具有还原性，故Na2O2可与C、Al、SO2发

生氧化还原反应，可将C氧化成CO2，将Al氧化成Al2O3，将SO2氧化成SO2－4，C、D项均正确。2．D根据实验ⅰ、实验ⅱ的现象可知，实验ⅰ反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，A正确；实验ⅲ迅速产生大量使带火星木条复燃的

气体，说明MnO2作H2O2分解反应的催化剂，使反应速率加快，B正确；对比实验ⅰ和ⅲ，说明Na2O2与H2O反应除生成氢氧化钠放出氧气外，还有H2O2生成，C正确；对比实验ⅱ和ⅲ，说明使酚酞试液褪色的是H2O2，D错误。3．B如果41.8g

固体全为Na2CO3，其物质的量为0.39mol，则其不可能恰好与1L1mol·L－1的稀盐酸完全反应，A项错误；设41.8g固体物质中含Na2CO3的物质的量为xmol，Na2O2的物质的量为ymol，则有106g·mol－1×xmol＋78g·mol－1×ymol＝41.8g

，2（x＋y）＝1mol·L－1×1L＝1mol，解得x＝0.1，y＝0.4，B项正确；根据Na元素守恒，可知n（Na2O2）＝12n（NaCl）＝12n（HCl）＝0.5mol，即原Na2O2的质量为39

g，C项错误；Na2O2与CO2反应不可能生成NaHCO3，D项错误。4．D金属钠和钾分别与水反应，钾反应更剧烈的原因是钾的金属性比钠的强，或者说钾原子比钠原子更易失去电子。5．AA项，滴加VHCl＝100mL时，CO

2完全放出，溶液中溶质只有NaCl，nNaOH＝nHCl＝0.2mol·L－1×0.1L＝0.02mol，c（NaOH）＝0.02mol0.1L＝0.2mol·L－1，正确；B项，由图知，25mL～100mL段发生反应为H＋＋HCO－3=

==H2O＋CO2↑，n（CO2）＝n（H＋）＝（100－25）mL×10－3L·mL－1×0.2mol·L－1＝1.5×10－2mol，VCO2＝1.5×10－2mol×22400mL·mol－1＝336mL，错误；C项，由25－0＜100－25知溶液中溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，

错误；D项，0～25mL段反应为CO2－3＋H＋===HCO－3，n（Na2CO3）＝n（HCl）＝25mL×10－3L·mL－1×0.2mol·L－1＝5×10－3mol，n（NaHCO3）＝1.5×10－2mol－5×

10－3mol＝1×10－2mol，n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝1×10－2mol∶5×10－3mol＝2∶1，错误。6．D由题意知A为Na，B为Na2O2，C为Na2CO3，D为NaOH。Na2CO3

受热不易分解，故D错误。7．B碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，根据方程式NaHCO3＋HCl=

==NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑知，若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02mol，所以其浓度大于或等于2mol·L－1，故B正确；碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为CO2－3＋H＋===HCO－3、HC

O－3＋H＋===CO2↑＋H2O，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是0<n（HCl）<0.02mol，故C错误；1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，所以

Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故D错误。8．ACO、H2、O2完全反应后生成的二氧化碳、水与过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠，所以过氧化钠固体增重的质量等于CO、H2的质量，所以原混合气体中CO、H2的质量一

共是7.5g，则O2的质量是16.5g－7.5g＝9.0g，所以原混合气体中O2的质量分数是9.0g16.5g×100%≈54.5%。9．Dn（Na2CO3）＝0.05mol，n（HCl）＝0.075mol（1）操作：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O0.05

mol0.075moln（CO2）n（CO2）＝12×0.075mol；（2）操作：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO30.05mol0.05mol0.05molNaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O0．05mol0.02

5moln（CO2）n（CO2）＝0.025mol。10．B11．答案：（1）（2）（3）极性共价键、离子键2Na2O2（s）＋2H2O（l）===4NaOH（aq）＋O2（g）ΔH＝－20akJ·mol－1（4）

①Ca（OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH或Ba（OH）2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaOH②OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O（5）Na2CO3、NaClCO2－3＋H＋===HCO－3解析：A为含金属离子的淡黄色固体化合物，A为Na2O2

，根据2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，E、X为空气中常见气体知E为O2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，X为CO2。（3）B为离子化合物NaOH，所含化学键的类型是极性共价键、

离子键；根据7.8gA与足量的水充分反应放出热量akJ，计算得出2molNa2O2与足量的水充分反应放出的热量为20akJ，该反应的热化学方程式为2Na2O2（s）＋2H2O（l）===4NaOH（aq）＋O2（g）ΔH＝－

20akJ·mol－1。（4）①C转化为B，即Na2CO3转化为NaOH，可以加Ca（OH）2或Ba（OH）2实现，化学方程式为Ca（OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH或Ba（OH）2＋Na

2CO3===BaCO3↓＋2NaOH；②B与D反应的离子方程式为OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O。12．答案：（1）打开盛放金属钠的试剂瓶，用镊子取出一小块金属钠，放在滤纸上吸干表面的煤油，切去一端外皮，再用小刀切下所需大小的钠块，余下的放回原试剂瓶，盖好瓶塞（2）

钠表面的煤油空气中的二氧化碳酒精灯挥发的酒精金属钠存在杂质铁元素，燃烧时生成铁的氧化物（答任意两点即可）（3）①氢氧化钠溶液Na2CO32Na2O2＋2CO2===2N2CO3＋O2②hgfeabc③防止空气中的水和二氧化碳进入装置Ⅰ13．答案：（1）Na

2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸气（2）①检查装置气密性②体积（3）106y197x×100%解析：（3）据关系式Na2CO3～BaCO3可知，m（Na2CO3）＝106y197xg，样品中Na2CO3的质量分数为106

y197x×100%。课练7镁、铝及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D不纯的金属跟电解质溶液接触时会发生原电池反应，所以生活中钢铁腐蚀的主要原因为电化学腐蚀，故A错误；自来水厂用ClO2净水，是因为ClO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒，明矾在水中可电离出铝离子，铝离子水解

生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，但不具有氧化性，则自来水厂净水不能用明矾代替ClO2，故B错误；工业上常采用电解氯化镁、氧化铝的熔融物来分别获得金属镁和金属铝，氧化镁的熔点高，电解会消耗大量的能量，故C错误；Al比铁活泼，但铝表

面会形成一层致密的氧化铝薄膜，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D正确。2．C加热时O2、N2、CO2都能与镁反应。3．CA项，金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用作建筑材料，如铝合金门

窗等，正确；B项，电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al，由于Al2O3具有耐高温的性质，也可用作耐火材料，正确；C项，明矾[KAl（SO4）2·12H2O]溶于水后，Al3＋能发生水解反应，生成的Al（OH）3胶体

具有吸附作用，可用作净水剂，但Al（OH）3并不具有消毒作用，错误；D项，Al（OH）3与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确。4．BAl（OH）3不溶于氨水，故向含少量Al3＋的Fe3＋溶液中加入过量氨水时，Fe3＋、Al3＋均转化为氢氧化物沉淀，达不到除杂的

目的。5．B海水中含有大量的镁，A项正确；电解MgCl2时，阳极产生Cl2，B项错误；加热脱水过程中Mg2＋能水解生成Mg（OH）2，为防止Mg2＋水解，应在HCl气体氛围中脱水，C项正确；②、③、④分别为分解反应、化合反应、复分解反应，D项正确。6．AA项，Ba（OH）2和

NaAlO2中加入稀H2SO4，发生的反应依次为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2H2O、AlO－2＋H＋＋H2O===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，所以

加入1L稀H2SO4时Ba（OH）2反应完，再加0.5L稀H2SO4时AlO－2反应完，再加1.5L稀H2SO4时，Al（OH）3全部溶解，正确；B项，向1L浓度分别为0.1mol·L－1和0.3mol·L－1的AlCl3、NH4Cl的混

合溶液中加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，发生的反应依次为Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓、OH－＋NH＋4===NH3·H2O、Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O，所以沉淀Al3＋和溶解Al（OH）3所用NaOH溶液的体积之比为3∶1，而图像中是1

∶1，错误；C项，向烧碱溶液中滴加明矾溶液，发生的反应依次为Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O、Al3＋＋3AlO－2＋6H2O===4Al（OH）3↓，所以无现象阶段与产生沉淀阶段所加入的明矾溶液体积之比为3∶1，错误；D项，向AlCl3溶液中

滴加过量氨水，沉淀不会溶解，错误。7．D镁—铝制品在空气中稳定存在的原因是形成了一层致密氧化膜保护内部金属，A错误；浓HNO3、浓H2SO4能用铝制器皿盛装是因为铝遇浓HNO3、浓H2SO4钝化，发生了化学反应，B错误；镁与NaOH溶液不反应，C错误。8．CNa

2S溶液与AlCl3溶液反应，S2－与Al3＋发生水解相互促进反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，反应的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===3H2S↑＋2Al（OH）3↓，反应无法获得硫化铝，故A错误；镁粉在空气中燃烧，主要是和氧气反应生成氧化镁，故B错误；铝热法可冶炼锰，

故C正确；氯化铝属于共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误。[练高考]9．D苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业

上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2=====高温MgC

l2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg2＋＋2H2O⇌Mg（OH）2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。10．

D铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝

胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。11．A小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合

题意；钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。12．C流程梳理陶瓷中的SiO2能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，B项正确；根据流程

梳理知，在Na2CO3过量下，不可能有CO2逸出，C项错误；滤液中含有Na2CO3，可用作吸收塔中的吸收剂，D项正确。[练模拟]13．C铝及氧化铝都既能和酸反应又能和碱反应，铝制餐具不能耐酸、碱腐蚀，A错误；Al（OH）3分解吸热，使可燃物周围的温度降低

，并且生成的高熔点的Al2O3能覆盖在可燃物上隔绝空气，从而作阻燃剂，与Al（OH）3具有两性无关，B错误；甲醛易溶于水，新买的衣服用水清洗可除去甲醛，C正确；豆浆煮沸后蛋白质发生了变性，D错误。14．B向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，Fe2O3不溶解，S

iO2转化为硅铝酸钠，Al2O3溶解，发生反应Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，过滤后得到含硅铝酸钠、Fe2O3的滤渣，A正确；向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，发生反应NaAlO2＋NaHCO3＋H2O===Na2CO3＋Al（OH）3↓，生成

Al（OH）3沉淀，溶液中溶质为Na2CO3，溶液碱性减弱，pH减小，B错误，C正确；AlO－2在水溶液中会发生水解反应AlO－2＋2H2O⇌Al（OH）3＋OH－，D正确。15．C偏铝酸钠溶液中存在水解平衡：AlO－2＋2H2O⇌OH－＋Al（O

H）3，所以溶液呈碱性，滴入盐酸可促进其水解，a～b段H＋与AlO－2水解产生的OH－反应，b～c段pH突变，偏铝酸钠和盐酸完全反应生成氢氧化铝沉淀与氯化钠，c～d段过量的盐酸溶解氢氧化铝沉淀生成氯化铝，d点氢氧化铝溶解完

毕，据此解答。a～b段H＋与偏铝酸根离子水解产生的OH－反应，主要反应的离子方程式为OH－＋H＋===H2O，A错误；c点AlO－2全部转化为Al（OH）3，Al（OH）3与氨水不反应，B错误；c～d段为过量的

盐酸溶解氢氧化铝沉淀生成氯化铝的过程，离子方程式为Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，C正确；c点AlO－2全部转化为Al（OH）3，Al（OH）3与碳酸钠不反应，D错误。16．D将BeCl2溶液与NaHCO3溶

液混合，溶液中的铍离子和碳酸氢根离子双水解得到氢氧化铍、水和二氧化碳气体，故A正确；Be（OH）2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故B正确；Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的

pH＞7，向其中通入过量CO2气体，生成氢氧化铍沉淀，Be（OH）2性质类似于氢氧化铝，不溶于弱酸碳酸，故沉淀不溶解，故C正确；BeCl2为共价化合物，不能用电解熔融BeCl2的方法冶炼金属Be，故D错误。综合测评提能力1

．BAl（OH）3可以与胃酸反应，使胃液pH升高，起到中和胃酸的作用，A项正确；Al和Al2O3均具有两性，既能与酸反应又能与强碱发生反应，所以很多酸碱可以直接侵蚀铝表面的氧化膜以及铝制品本身，因此铝制品不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物，B项错误；金属镁燃烧时会发出耀眼的

白光，因此常用来制造信号弹和烟火，C项正确；MgO和Al2O3熔点很高，可用作耐火材料，D项正确。2．CA项，适当升高温度可以加快反应速率，但需控制温度不能太高，防止H2O2分解，正确；B项，Al2O3与H2SO4反应生

成Al2（SO4）3和H2O，正确；C项，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，则滤液中不存在Fe2＋，错误；D项，聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附性，正确。3．BAl（OH）3不溶于氨水，A错误；常温下铝与浓HNO3发生“钝化”，C错误；蒸发AlCl3溶液促进AlCl3的

水解得到Al（OH）3，D错误。4．B选项A只能说明易拉罐含有三种元素中的一种、两种或三种，A错。选项C中加入少量NaOH溶液，产生的白色沉淀也可能是Al（OH）3，C错。选项D中铁和盐酸反应生成Fe2＋，而Fe2＋遇K

SCN溶液无红色出现，因此不能说明合金中不含铁元素，D错。5．B由图中转化关系可知，“溶液甲＋溶液乙→白色沉淀A＋无色气体B＋NaCl溶液”，只有Al3＋与HCO－3发生相互促进的双水解反应才能出现此现象；溶液甲又能与溶液丙反应生成无色气体B，能与溶液丁反应生成白色沉淀C，则甲

中含有HCO－3，而乙中有Al3＋，阴离子只能为Cl－，故乙为AlCl3，那么丙为HCl。甲溶液与乙、丙溶液反应都有NaCl生成，则甲为NaHCO3；甲与丁溶液反应生成白色沉淀C，则丁为Ba（OH）2。当Ba（OH）2过量时，与NaHCO

3反应的离子方程式为HCO－3＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，A项正确；丙为HCl，NO－3、H＋与I－发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；白色沉淀A为Al（OH）3，溶液D可能含有NaOH，Al（OH）3能溶解于NaOH溶液，C项正确

；根据上述分析知，甲为NaHCO3，乙为AlCl3，D项正确。6．A镁与铝的质量比是8∶9，则物质的量之比是1∶1，NaOH溶液过量后Al（OH）3完全溶解，只剩Mg（OH）2沉淀，B错；等物质的量的

Mg（OH）2与Al（OH）3的质量之比是58∶78，即剩余的Mg（OH）2的质量小于沉淀最大质量的12，排除C、D，故选A。7．DGa与Al同主族，均处于第ⅢA族，A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质相似，可与盐酸反应生成GaCl3，B项正确；Ga（OH）3属于两性

氢氧化物，与Al（OH）3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，C项正确；化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入适量CO2，只有Al（OH）3沉淀，而没有Ga（O

H）3沉淀，镓酸的酸性强于碳酸，则酸性：Al（OH）3＜Ga（OH）3，D项错误。8．CA项，试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解；B项，若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al（OH）3会溶解，不能保证生成Al（OH）3沉淀；D项，因

Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al。9．答案：（1）还原性（2）①6H＋＋Al2O3===2Al3＋＋3H2O②a.NO2b．对比实验，排除氧气使湿润的KI－淀粉试纸变蓝的可能c．114H＋112H2O（3）①NH3②8Al＋3NO－3＋5OH－＋2H

2O===3NH3↑＋8AlO－2（4）2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑解析：（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H＋得到电子，则Al为还原剂，具有还原性。（2）①盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水，该离子反应为6H＋＋Al2O3==

=2Al3＋＋3H2O。②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI－淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI－淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与

水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质。a.由上述分析可知，浅棕色气体是NO2；b.实验1的目的是作对比实验；c.Al与H＋、NO－3发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，离子反应为Al＋NO－3＋4H＋===Al3＋＋NO↑＋2H2O。（3）①用湿润KI－淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红

色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3。②由上述分析可知，碱性条件下Al与NO－3发生氧化还原反应生成氨气，离子反应为8Al＋3NO－3＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlO－2。（4）NaOH溶液中加入铝粉，

结果只检验出有H2生成，即反应生成偏铝酸钠和氢气，反应为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。10．答案：（1）SiO2消耗水，生成的HCl能抑制Mg2＋水解（2）Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋（3）

温度高于40℃，盐酸挥发加快，反应物浓度降低较快（4）①BC②牺牲阳极的阴极保护法③C（5）①足量NaOH溶液②CO2解析：（1）SiO2不溶于盐酸。SOCl2与水反应生成SO2和HCl，HCl可抑制MgCl2水解。（2）滤液A中含有Mn2＋，Mn2＋与ClO－

发生氧化还原反应，Mn2＋被氧化为MnO2，ClO－被还原为Cl－，由得失电子守恒可知n（Mn2＋）∶n（ClO－）＝1∶1时恰好反应，再根据电荷守恒、质量守恒配平。（3）盐酸易挥发，随温度升高，挥发速度加快。（4）①试剂X应消耗H＋，且不引入杂质离

子，故B、C均正确。②Mg­Fe原电池中Mg作负极，铁被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法。③Fe（OH）3的溶度积常数小于Al（OH）3，当Al3＋与Fe3＋浓度相等时，Fe3＋先沉淀，故开始时无Al（OH）3

沉淀产生，A、B均不正确；加入MgO或Mg（OH）2不能将溶液的pH调节到大于7，Al（OH）3在强碱溶液中才能溶解，故C正确，D不正确。（5）滤渣C为Al（OH）3和Fe（OH）3的混合物。Fe（OH）3不溶

于NaOH溶液，Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，NaAlO2＋CO2＋2H2O===NaHCO3＋Al（OH）3↓，可得①为NaOH溶液，②为CO2。课练8铁、铜及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．C“剂钢”“柔铁”均是铁的合金，均为混合物，A错误；合金是指在一种金属中

加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，因此合金中可能含有非金属，B错误；合金的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，都可以制得具有不同性能的合金，C正确；“剂钢”和“柔

铁”均是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，D错误。2．C铁和氯气在点燃时反应生成氯化铁，A错误；铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，所以可用铝罐车运输浓硝酸和浓硫酸，但是浓盐酸与Al会发生反应，不可用其运输，B错误；等质量的铜分别与足量

的浓硝酸和稀硝酸充分反应，铜均会被氧化生成铜离子，即转移的电子数相等，C正确；FeCl3溶液蚀刻铜制品的原理为Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，利用的是FeCl3的氧化性，D错误。3．D选项中离子方程式电荷不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为

Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故A错误；FeI2中Fe2＋还原性弱于I－，加入少量H2O2，H2O2先与I－反应，即离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===2H2O＋I2，故B错误；Fe2＋与H＋、NO－3会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；Fe2＋、Br－均能被Cl2氧

化，1molFeBr2最多消耗1.5molCl2，则向含1molFeBr2的溶液中通入1molCl2，Cl2少量，完全反应转移2mol电子，故D正确。4．BA项，Cu单质不与盐酸反应。C项，一般情况下

，在原电池中，金属性强的作负极，但也要根据电解质溶液的实际情况考虑，Mg的金属性大于Al的，但是电解质溶液为NaOH溶液，而Mg不与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应。D项，铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜。

5．DA项，反应后应将反应后液体倒入盛水的烧杯中；B项，应将铜丝在空气中加热到红热后伸入盛装氯气的集气瓶中；C项，CuCl2水解生成的盐酸易挥发，加热蒸干CuCl2溶液得不到无水CuCl2固体。6．A锡、铁和电解质溶

液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故A正确。向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有氯气，氧化了亚铁离子，故B错误。Fe（OH）3胶体的制备：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中至得到红褐色液体，即为Fe（OH）3胶体，故C错误。将钝化后的铝

条放入CuSO4溶液中无现象，是因为氧化铝不与硫酸铜反应，不是说明铝的金属性弱于铜，故D错误。7．CA项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋，不合理；B项原溶液中也可能只有Fe3＋而没有Fe2＋；D项中氧化后生成

的红褐色沉淀Fe（OH）3也可能掩盖了生成的白色沉淀Mg（OH）2。8．C反应后生成的盐属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，A项错误；涉及的反应有：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋

，Fe2O3足量时，不会有固体剩余，B项错误；Fe与H＋的反应及Cu与Fe3＋的反应均为氧化还原反应，C项正确；若有铜剩余，则溶液中无Fe3＋，有Fe2＋，滴入K3[Fe（CN）6]会产生蓝色沉淀，D项错误。[练高考]9．B鎏金工艺中的加火除汞，利用了汞的挥发性，A项正确；将金溶于汞中制成

“金汞漆”及加火除汞过程中金均没有发生化学变化，B项错误；将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加火除汞，可以达到富集金的目的，C项正确；利用电解原理，将铜件作阴极，用含Au离子溶液作电解液，可实现铜上覆金，D项正确。10．C钢是以铁为主的含碳合金

，A说法正确；钢的含碳量越高，硬度和脆性越大，B说法正确；合金的熔点比其组分的熔点低，生铁含碳量（2%～4.3%）大于熟铁的含碳量（约0.1%），故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成分是Fe2

O3，D说法正确。11．C由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe（OH）2，d为Fe（OH）3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；

可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe（OH）3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理；可存在Fe2＋――→OH－Fe（OH）2――→O2Fe（OH）3――→H＋Fe3＋――→FeFe2＋的循环转化关系，D推断合理。12．D实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe

（OH）3胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褐色，说明生成了Fe（OH）3胶体，Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项

正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO2－3对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。13．D若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶

液中加入K3[Fe（CN）6]溶液，反应生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能检验溶液中无强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。[练模拟]14．BFe2O3与盐酸反应生成FeCl3，Fe3＋具有氧化性，能氧化碘

离子生成碘单质，与氢碘酸反应不能生成FeI3，A错误；蔗糖化学式为C12H22O11，往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，说明生成了碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，B正确；Fe3O4溶于稀硫酸后能使酸性KMnO4溶液褪色，只能说明Fe3O4中含有＋2

价铁元素，不能确定Fe3O4产品中是否含有FeO，C错误；铵盐中的NH＋4在溶液中水解产生H＋，若阴离子的水解程度大于NH＋4的水解程度，则该盐溶液呈碱性，如（NH4）2CO3，若阴离子水解程度与NH＋4水解程度相同，则溶液呈中性，如CH3COONH4，若阴离子不水解

或水解程度小于NH＋4，则溶液呈酸性，如NH4Cl，D错误。15．D由图像可知，Fe先与Fe2（SO4）3发生反应：Fe＋Fe2（SO4）3===3FeSO4，参与反应的铁粉的物质的量n（Fe）＝2.24g56g·mo

l－1＝0.04mol，随后Fe与H2SO4发生反应：Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，n（SO2－4）＝n（H2）＝0.01mol，原溶液中SO2－4的总物质的量n＝0.01mol＋0.04mol×3＝0.13mol，则原溶液中c（SO2－

4）＝0.13mol0.2L＝0.65mol·L－1，A正确；产生氢气的物质的量n（H2）＝0.01mol，原溶液中氢离子的物质的量浓度c（H＋）＝0.01mol×20.2L＝0.1mol·L－1，则原溶液的pH＝－lgc（H＋）＝1，B正确；

M点对应加入铁粉的质量m（Fe）＝56g·mol－1×（0.04mol＋0.01mol）＝2.8g，C正确；M点的溶液是硫酸亚铁溶液，在加热过程中，空气中的氧气会将Fe2＋氧化成Fe3＋，而Fe3＋会发生水解，

但因硫酸的沸点相当高，因此蒸干后得到Fe2（SO4）3，D错误。16．BAl2O3能够与NaOH溶液反应，Fe2O3与NaOH溶液不反应，若将Fe2O3、Al2O3混合物置于足量NaOH溶液中，然后进行过滤、洗涤，可分离出Fe2O3，滤液中主要成分为N

aAlO2，将滤液蒸发、灼烧后，不能得到Al2O3，A错误；若要验证FeCl3与KI的反应是可逆反应，可使二者中一种物质过量，待反应结束后检验溶液中是否含有少量的物质即可，该实验操作正确，B正确；酸性条件下Cl－可被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子是否存在，故不能判断FeCl2

是否完全变质，C错误；加热时Fe与碘会发生反应，因此加热不能分离，可用磁铁吸附Fe进行分离，D错误。17．A由题意可知，生成的n（CO2）＝n（CaCO3）＝5.0g÷100g·mol－1＝0.05mol，n（CO）＝1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol。A项，假设CuO完

全被还原为Cu，根据Cu原子守恒，生成Cu的质量为16.0g÷80g·mol－1×64g·mol－1＝12.8g，由O原子守恒可知CuO失去O的质量＝（0.05mol×2＋0.05mol）×16g·mol－1＝2.4g，则16.0g－12.8

g－2.4g＝0.8g≠0，故反应后固体混合物中Cu的质量小于12.8g，错误。B项，根据C原子守恒可知，参加反应的C的质量＝（0.05mol＋0.05mol）×12g·mol－1＝1.2g，故还有2.0g－1.2g＝0.8gC未参与反应，正确。C项，反应后固体混合物的总

质量＝16.0g＋2.0g－0.05mol×（44g·mol－1＋28g·mol－1）＝14.4g，正确。D项，反应后固体混合物中m（O）＝16.0g÷80g·mol－1×16g·mol－1－2.4g＝0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应

后的固体混合物中氧化物的物质的量＝0.8g÷16g·mol－1＝0.05mol，正确。18．BA项中Ba（OH）2与Fe2（SO4）3溶液反应得到的是红褐色沉淀Fe（OH）3和白色沉淀BaSO4的混合物，A错误，B项正确；C项中FeO不能还原Fe3＋，C错误；D项中

MgCl2无法与Fe2（SO4）3反应生成白色沉淀，D错误。综合测评提能力1．DFe2O3为红棕色固体，赤色固体可能为Fe2O3，故A正确；＋2价Fe容易被氧气氧化，因此青矾需密闭保存，防止氧化变质，故B正确；灼烧过程中Fe元素的化合价升高，

部分S元素的化合价降低，该反应属于氧化还原反应，发生电子转移，故C正确；“青矾厂气”为SO2和SO3，故D错误。2．DNa2CO3的水溶液显碱性，油污在碱性溶液中发生水解，因此用Na2CO3溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，A正确；Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧

气氧化Fe2＋，B正确；利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，C正确；Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1∶2，所以溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为1∶2，D错误。3．D稀硝酸会将

铁氧化为＋3价的铁离子，故A错误；实验开始时，应先打开止水夹a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，再向烧瓶中加入X，故B错误；利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入锥形瓶中与NaOH溶液反应生成Fe（OH）2

，立即在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；反应结束后关闭b及分液漏斗活塞，由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe（OH）2可较长时间存在，故D正确。4．DAl2O3和Al均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝色溶液说明含Cu2＋，固体A应为Fe2O3和

Cu。若m1>m2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，A错误；离子方程式电荷不守恒，B错误；由于加了过量的盐酸，因此固体B只能是铜，不可能是混合物，C错误；要确定混合物M中是否含有Al，可取M

加入适量盐酸，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，D正确。5．D加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象是溶液中含有亚铁离子的特性，若有Fe3＋，则产生氢氧化铁的红褐色沉淀会掩盖Fe（OH）2

的白色，所以不可能存在，而Mg（OH）2是白色，有可能存在；故选D。6．B铁不足，发生Fe＋4HNO3===Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O，过量铁跟一定量硝酸反应最终生成硝酸亚铁，则Fe与硝酸的物质的量之比大于1∶4时发生2Fe（NO3）3＋Fe===3Fe（N

O3）2，即生成3molFe（NO3）2时，消耗2molFe生成2molFe（NO3）3，还有1molFe和生成的2molFe（NO3）3反应生成3molFe（NO3）2，共消耗3molFe，前后比值为2∶1，只有图像B符合。7．B高温加热装置中铁与水蒸气发生

反应，生成Fe3O4和H2，A正确；氢气的密度比空气小，虚线框处宜选择的装置是乙，B错误；铜丝加热变黑，是因为Cu被氧气氧化为CuO，伸入试管中，H2将CuO还原为Cu，铜丝由黑色变为红色，C正确；实验后

，可以利用Al和Fe3O4的反应：8Al＋3Fe3O4=====高温4Al2O3＋9Fe获得铁单质，D正确。8．D向混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1molAg，溶液中Fe3＋、Ag＋都完全反应。根据反应2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag、2Fe3＋＋Fe==

=3Fe2＋可知，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生反应Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，铁粉可以继续溶解，A正确；氧化性强弱顺序为Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>Zn2＋，B正确；由反应2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag可知，置换出0.1mo

lAg，消耗Fe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，C正确；由反应2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag和2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，反应共生成0.2molFe2＋，而0.1molCu2＋没有参加反应，则反应后溶液中Cu2＋

与Fe2＋的物质的量之比为1∶2，D错误。9．D甲与酸化的硝酸银溶液反应可得乙与丙，乙为淡黄色沉淀，丙与KSCN溶液反应呈红色，则丙中一定含有Fe3＋，则甲中含有Fe2＋或Fe3＋。如果甲中含有S2－，硫化亚铁不溶于水，S2－与Fe3＋发生氧化还

原反应而不能共存，A错误；AgCl是白色沉淀，乙不可能是AgCl，B错误；甲可能是溴化亚铁，也可能是溴化铁，C错误，D正确。10．C向a点溶液中加入NaOH溶液后有灰白色沉淀生成，说明a点溶液中含有Fe2＋，即SO2－3和Fe3＋发生了氧化还原反应，SO2－3被氧化为

SO2－4，SO2－4能与BaCl2反应生成白色沉淀BaSO4，A项错误；a点到b点pH升高，若反应生成H＋，会使pH降低，B项错误；由ⅱ中信息可知，c点溶液中含有Fe3＋，且有Fe（OH）3生成，所以发生的反应为可逆反应，C项正确；滴加NaOH溶液，溶液中Fe

（SCN）3的浓度降低，红色变浅，D项错误。11．答案：（1）Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑（2）在干燥的HCl气流中加热（3）FeCl2＋H2=====高温Fe＋2HCl（4）Fe＋H2O（g）=====△FeO＋H2（5）蒸发皿（6）加入KSCN溶

液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3＋反应转化为Fe2＋（7）67.4%解析：（1）纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。（2）FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为F

eCl2＋2H2O⇌Fe（OH）2＋2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于固体脱水。（3）根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后在N2氛围中H2与FeCl2在高温条件下反

应得到纳米级Fe，反应的化学方程式为FeCl2＋H2=====高温Fe＋2HCl。（4）根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO”，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO，Fe失电子，水中H得电子，生成氢气，则反应的化

学方程式为Fe＋H2O（g）=====△FeO＋H2。（5）装置甲中仪器a为蒸发皿。（6）加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3＋，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完，可能发生反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，所以看不到红色。

（7）用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O4，反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m（O）＝6.88g－5.60g＝1.28g，则n（O）＝1.28g16g·mol－1＝

0.08mol，由关系式Fe3O4～4O，可得n（Fe3O4）＝0.02mol，所以固体物质中氧化物的质量分数＝c（Fe3O4）6.88g×100%＝232g·mol－1×0.02mol6.88g×100%≈67.4%。12．答

案：（1）b（2）Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O（3）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（4）B（5）813．答案：（1）使铜转化为可溶于酸的氧化物（2）4.7≤pH＜5.

6ABC（3）Fe（OH）3和Al（OH）3（4）2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl－2＋SO2－4＋4H＋解析：（1）铜在废铜料中主要以铜单质的形式存在，由整个流程图可知，CuCl需从溶液中提取，故煅烧的目的是将铜转化为溶于酸的氧化物。（2）调节溶液中的pH时，应保

证使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，而Cu2＋不能沉淀，故溶液的pH应为4.7≤pH＜5.6，加入的物质能消耗H＋，但不能在含铜离子的溶液中引入新的杂质，再结合后面反应Ⅰ中需加入NaCl，符合要求的有A、B、C三项。单元检测

3金属及其化合物1．B铝与氧化铁发生铝热反应，由质量守恒定律知，反应前后固体质量不变（因为反应物、产物均为固体）。2．B工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl（熔融）=====电解2Na＋Cl2↑，而电解NaCl溶液：2NaCl

＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑得不到钠，故A错误；工业制铁是用CO还原铁矿石：3CO＋Fe2O3=====高温2Fe＋3CO2，故B正确；工业制镁是电解熔融MgCl2：MgCl2（熔融）=====电解M

g＋Cl2↑，故C错误；工业制铝是电解熔融Al2O3：2Al2O3（熔融）=====电解冰晶石4Al＋3O2↑，AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误。3．C①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，如Fe与水蒸气在

高温下反应生成Fe3O4和H2，错误；②铁露置在空气中一段时间后会生锈，是因为发生了电化学腐蚀，金属铝在空气中和O2反应表面生成一层致密的氧化铝薄膜，阻止O2与内部铝反应，所以铝能稳定存在于空气中，错

误；③难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，正确；④AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，MgCl2是离子化合物，熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，错

误。4．BA．铜与冷的浓硫酸不反应，不是因为铜与浓硫酸发生钝化，错误；B.氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中开始有沉淀生成然后沉淀逐渐消失，而把氯化铝滴入氢氧化钠溶液中，开始无沉淀生成然后逐渐产生沉淀，但不会消失，正确；C.

金属比非金属易失电子，但非金属可以置换金属，如C与CuO的反应，错误；D.Al与热水反应困难，但活泼性不如Al的Fe与水蒸气在高温条件下能反应生成四氧化三铁和氢气，错误。5．CA中现象错误，常温下铁遇浓H2SO4会钝化，但无明显现象

；B中现象和结论均错误，Al（OH）3不溶于氨水中；D中结论错误，应是CuO被乙醇蒸气还原。6．CA项，Na与水反应产生H2，陈述Ⅰ不正确；B项，浓硝酸使Al在常温下发生钝化，陈述Ⅱ不正确；C项，硅胶具有很强的吸水性，所以可用作干燥剂；D项，Fe的

金属性比Cu强，因此发生电化学腐蚀时，不锈钢水龙头上的铜部件作正极，更不易被腐蚀，陈述Ⅱ不正确。故选C。7．BA项，由题图可知，铜冶炼的年代比银和金早，而铜比银和金活泼，错误；B项，金属氯化物的沸点一般比金属氧化物低，在冶炼初期会选择电解金属氯化物，正确；C项，

自然界中铜以化合态存在，错误；D项，金属材料指的是金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，金属氧化物不是金属材料，错误。故选B。8．CA项，铜粉加入硫酸铁溶液中发生反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2F

e2＋，Cu的活泼性不如铁，所以不能置换出铁单质，错误；B项，即便原溶液中不含Fe3＋，加入双氧水后，Fe2＋也会被氧化为Fe3＋，滴入KSCN溶液后溶液变为红色，错误；C项，向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液直至过量，先生成Al（OH）3沉淀，之后Al（OH）3又和NaOH反

应生成盐和水，说明Al（OH）3具有酸性，正确；D项，过氧化钠与水反应可以生成碱性物质NaOH，不能证明过氧化钠呈碱性，错误。故选C。9．B因为Mg可在CO2中燃烧生成MgO和C，故金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，A错误；K2FeO4具有强氧化性，可杀

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

铁片浸入足量的浓硫酸中，铁的表面被氧化，形成了一层致密的氧化膜，阻止了内部金属进一步反应，故铁片不溶解，D错误。10．C三氧化二铁是红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，故A正确；氧化铝的熔点高、硬度大，是

一种比较好的耐火材料，故强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，故B正确；铜的金属活动性比铁弱，形成原电池时Cu为正极，Fe为负极，会加速海轮外壳的腐蚀，故C错误；Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，明亮显眼，可用于制造信号弹，故D正确。11．D滴加NaOH溶液时，O→N是NaOH与HCl反应

，由N点开始到曲线的最高点是NaOH与AlCl3反应生成Al（OH）3沉淀，由最高点到右边最低点是NaOH与Al（OH）3反应生成NaAlO2，据此分析。M点时盐酸未完全反应，则溶液显酸性，Fe2＋与NO－3在酸性条件下会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；N点时盐

酸与NaOH恰好完全反应，溶液中含有大量Na＋、Al3＋和Cl－，Al3＋、CO2－3发生双水解，不能大量共存，B错误；S点时AlCl3与NaOH未完全反应，Al3＋与HCO－3易发生双水解反应而不能大量共存，C错误；R点时Al（OH）3与NaOH未完全反应，溶液

中存在Na＋、AlO－2和Cl－，与SO2－4、NO－3均不反应，所给离子能大量共存，D正确。12．D过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，①错误；NaHCO3溶液和CaCl2溶液不发生反应，②错误；钠是活泼金属，易与空气中的氧气反应，③错误；过氧化钠与水、CO2反

应均能放出氧气，Na2O与水（或CO2）反应生成氢氧化钠（或Na2CO3），不生成O2，④正确；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH使石蕊变蓝，Na2O2具有强氧化性而使溶液褪色，⑤正确；Na

与H2O反应生成H2和NaOH，NaOH与NH＋4反应有NH3生成，⑥正确。13．A对NaHCO3溶液微热，HCO－3水解程度增大，溶液碱性增强，A错误。14．A由题意并结合选项可知，1.60gM在高温下反应生成的气体是二氧化硫，二氧化硫被

双氧水氧化为硫酸，根据滴定过程消耗的氢氧化钠，可以求出n（S）＝n（SO2）＝n（H2SO4）＝12n（NaOH）＝12×20.00×10－3L×0.1mol·L－1×250mL25.00mL＝0.01mol，所以m

（S）＝0.32g，则m（金属）＝1.6g－0.32g＝1.28g，假若是铜，则n（Cu）＝0.02mol，M可能为Cu2S；假若是铁，则n（Fe）＝0.023mol，没有与之对应的选项。15．DA项，稀硝酸中加入过量铁粉，产物是Fe2＋，滴加KSCN溶液，不

会出现血红色；B项，将铜粉加入1.0mol·L－1Fe2（SO4）3溶液中，溶液变蓝，发生了反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，说明氧化性Fe3＋>Cu2＋，没有黑色固体出现；C项，用坩埚钳

夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔表面的铝和空气中的氧气反应生成Al2O3，Al2O3熔点高，包裹着熔化的铝，熔化后的液态铝不会滴落下来；D项，将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH已

反应完全，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液，白色沉淀变为浅蓝色沉淀，说明Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小。16．答案：（1）防止Fe2＋被氧化（2）2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（

4）Fe2＋Fe3＋可逆反应（5）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2OFe3＋催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动解析：（1）Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋，加入少量铁屑，可防止Fe2＋被氧

化。（2）Cl2可将Fe2＋氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。（3）Fe2＋易被空气中的O2氧化，加入煤油，覆盖在溶液上面，阻止空气进入溶液干扰实验。（4）实验②加入K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀

，说明含有Fe2＋；实验①和③说明在I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋，证明该反应为可逆反应。（5）H2O2溶液中加入酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，同时生成的Fe3＋对H2O2的

分解有催化作用，H2O2的分解反应放热，又对Fe3＋的水解起促进作用。17．答案：（1）BD（2）饱和NaHCO3溶液吸收未反应挥发出的NH3（3）aNH3（4）增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率（5）温度

越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出（6）①a②168nw%解析：（1）A项，碳酸钙与稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶，硫酸钙附着于碳酸钙固体表面，阻止反应进行，错误；B项，四氯化碳密度比水大，不溶于水，因此可以加

入四氯化碳，使盐酸在四氯化碳上层，能够与碳酸钙接触，正确；C项，苯的密度比水小，不溶于水，处于盐酸的上层，盐酸仍然不能与碳酸钙接触，起不到作用，错误；D项，稀硝酸也能和碳酸钙反应生成二氧化碳，因此为使反应能

顺利进行，可向长颈漏斗中加入稀硝酸，正确。（2）盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢气体对后续反应有影响，因此可使混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，既除去了氯化氢气体，又增加了二氧化碳气体的量；丁装置中，反应后多余的氨气可以被稀

硫酸吸收。（3）氨气极易溶于水，为防止倒吸，实验时，须先从a管通入氨气，形成碱性溶液，增大CO2的吸收量。（4）己装置为多孔球泡，其作用是增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率。（5）分析图表信息可知，温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，且比氯化铵和氯化钠的溶解度都小，因此降低溶液温度

利于碳酸氢钠的析出。（6）①氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若不出现白色沉淀，证明氯化钙过量，反之，氯化钙不足量，a正确；b、c操作由于加入了Na2CO3，会影响后续CO2－3的定量测定，b、c错误。②过程中涉及反

应的化学方程式为①2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl，得到的碳酸钙经过过滤、洗涤、干燥后称量；设样品中碳酸氢钠的质量为xg，由上述两式可得关系式：2NaHCO3～CaCO

3；据此列方程：84×2xg＝100ng，解得x＝168n100，所以碳酸氢钠的质量分数为xgwg×100%＝168n100w×100%＝168nw%。18．答案：（1）2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O2NaOH＋Al2O3===2NaAl

O2＋H2O（2）CaSiO32AlO－2＋CO2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋CO2－3或AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3（3）浓H2SO412HF＋3Na2CO3＋2Al（OH）3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O（

4）2Al2O3（熔融）=====电解冰晶石4Al＋3O2↑O2、CO2（或CO）解析：①原料：铝土矿，主要成分：Al2O3和SiO2等；获取Al2O3：②原料：萤石（CaF2）和纯碱；获取Na3AlF6：CaF2――→浓H2SO4△HF――→Na2CO3、Al（OH）3Na3AlF6

（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应的化学方程式为2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，化学方程式为2NaOH＋Al2O3===2NaAlO2＋H2O。（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与

硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ的溶质主要是偏铝酸钠，通入二氧化碳后，生成氢氧化铝沉淀与碳酸钠，反应的离子方程式为2AlO－2＋CO2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋

CO2－3或AlO－2＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO－3。（3）由工艺流程可知，气体D中含有F元素，应为HF，结合E为建筑材料，推知应是CaSO4，C为浓硫酸，根据元素守恒，可知HF与碳酸钠、氢氧化

铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水，化学方程式为12HF＋3Na2CO3＋2Al（OH）3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O。（4）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气，化学方程式为2Al2O3（熔融）=====电解冰晶石4Al＋3O2↑，阳极生成氧气

，部分氧气在高温下可以与石墨反应生成二氧化碳（或CO），故阳极气体有O2、CO2（或CO）。19．答案：（1）铜、氧（2）Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O防止H2O2分解2Cu2＋＋2Cl－＋SO2－3＋H2O====

=△2CuCl↓＋SO2－4＋2H＋（3）3Cu2O＋2NO－3＋14H＋===6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O320.2解析：（1）在该反应中铜、氧元素的化合价降低，得到电子，被还原。（3）Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式是3Cu2O＋2NO－3＋14H＋===

6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O。硝酸发生反应后氮元素的存在形式是Cu（NO3）2和NO，由2L×0.6mol·L－1＝2n[Cu（NO3）2]＋4.480L÷22.4L·mol－1得n[Cu（NO3）2]＝0.5mol，n（Cu2＋）＝0.5mol，所以若将上述

混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为0.5mol×64g·mol－1＝32g。若混合物中含0.2molCu，则根据铜原子守恒可得：2n（Cu2O）＋n（CuO）＝0.3mol；根据得失电子守恒可得：2n（Cu）＋2n（Cu2O）＝

3×（4.480L÷22.4L·mol－1），解得n（CuO）＝0.1mol，n（Cu2O）＝0.1mol，消耗H2SO4的物质的量为0.1mol＋0.1mol＝0.2mol。第四单元非金属及其化合物课练9碳、硅及其化合物和无机非金属材料狂刷小题夯基础[练基

础]1．A沙子的主要成分是二氧化硅，A项错误。2．B钢化玻璃与普通玻璃的成分相同（只是制造的工艺不同），主要是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，A项错误；砖瓦和水泥都是硅酸盐工业的产品，B项正确；高岭土[Al2Si2O5（OH）4]，应该表示为

Al2O3·2SiO2·2H2O，C项错误；铜绿是碱式碳酸铜，该物质可以与盐酸反应生成氯化铜而溶解，D项错误。3．AC、Si都是非金属元素，结合形成的化合物是共价化合物，A正确；硅元素为亲氧元素，不能以

游离态存在，故B错；非金属性C＞Si，故氢化物的热稳定性SiH4＜CH4，故C错；SiO2既不溶于水，也不和水反应，故D错。4．C玻璃的主要成分SiO2在高温下也与C反应，A错误；C由＋4价到0价，化合价变化为4，Na由0价到＋1价，化合价变化为1，根据化合价升降值相等原则，

CO2与Na物质的量之比为1∶4，B错误；SiCl4水解生成HCl和硅酸，HCl与氨气反应生成NH4Cl，C正确；由化合态到游离态，一定发生氧化还原反应，D错误。5．C以丙气体为突破口，丙通过灼热的CuO后，生成的乙气体可与澄清石灰水反应生成固体，说明乙是CO2，则反推丙是CO，则甲是O2，丁是

CaCO3。6．DNa2SiO3是强电解质，应拆成Na＋、SiO2－3，且应生成HCO－3，A错；B项正确写法是CO2＋OH－===HCO－3；C项，氢氟酸是弱酸，不能拆分成H＋和F－。7．B沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2C＋S

iO2=====高温Si＋2CO↑，故A不符合题意。制取Si的过程中不涉及该化学反应，故B符合题意。粗硅与氯气在加热条件下反应生成四氯化硅，反应的化学方程式为Si＋2Cl2=====△SiCl4，故C不符合

题意。氢气与四氯化硅在高温下反应生成纯硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiCl4＋2H2=====高温Si＋4HCl，故D不符合题意。8．D碳酸的酸性比硅酸强，A不正确；CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体

，B不正确；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和H2O，SiF4不属于盐，SiO2属于酸性氧化物，C不正确；SiO2不与水反应，D正确。[练高考]9．C鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不

含硅酸盐，故A项不符合题意；蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；铜镀金钟座是铜和金等制得而成，

其中不含硅酸盐，故D项不符合题意。10．D无论是重质油还是轻质油，燃烧时均会产生大量CO2，不能减少CO2的排放量，不能促进碳中和，A项错误；可燃冰中的甲烷燃烧也会产生大量的CO2，B项错误；减少煤燃烧产生的污染与碳中和无关，C项错误；将CO

2转化为甲醇可促进碳中和，D项正确。11．CA项，石墨可作润滑剂是因为石墨为层状结构，其层间容易发生相对滑动，与导电性无关，错误；B项，硅可用作半导体材料是因为其具有导电性，但导电率不及金属，错误；D项，铅

、氧化铅具有导电性，故可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，错误。12．A传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，B错误；陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，有

新物质生成，属于化学变化，C错误；由于Fe2＋、Fe3＋和铁的氧化物均有颜色，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误。13．A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜与聚乙烯燃烧生成二氧化碳和水没有关系，A符合题意；利用海水制取溴，是将

Br－氧化成Br2，利用海水制取镁单质，是将Mg2＋还原成Mg，B不符合题意；利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品是因为氢氟酸可与二氧化硅反应，C不符合题意；公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆是设置防护涂层，使钢铁与潮湿空气隔绝从而防止钢铁腐蚀，D不符合题意。[练模拟]14．D陶瓷属于传统硅酸盐产品，主

要成分为硅酸盐，A错误；从黏土到陶瓷需要经过高温煅烧，煅烧过程中发生化学变化，B错误；氧化铁的颜色为红棕色，故瓷器的青色不可能是Fe2O3造成的，C错误；硅酸盐改写后不能改变原子比例和元素化合价，故KAlSi3O8改写成氧化物形式为K2O·Al2O3·6SiO2，D正确。

15．B碳酸钙是难溶于水的块状固体，可与稀盐酸反应制取CO2，通过开关活塞控制反应的开始和停止，A可达到实验目的；CO2可与NaOH溶液反应生成Na2CO3，应选用饱和NaHCO3溶液净化CO2，B不能达

到实验目的；浓硫酸不与CO2反应，可吸收水蒸气，C可达到实验目的；CO2的密度大于空气的密度，且不与空气反应，可用向上排空气法收集，D可达到实验目的。16．C二氧化硅不溶于水，也不与水反应，不能一步生成H2SiO3，A

错误；HCl不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，故不能通过反应2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl说明Cl的非金属性强于Si，B错误；硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气，没有新物质产生，属于物

理变化，没有发生化学变化，C正确；硅酸盐以氧化物形式表示的顺序为较活泼金属氧化物·较不活泼金属氧化物·SiO2·H2O，而且化学式前的系数要符合客观事实，则Al2Si2O5（OH）4可写成Al2O3·2SiO2·2H2O，D错误。17．C光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非

金属材料，C项错误。综合测评提能力1．C计算机芯片所用的材料是高纯度的硅，故A错误；牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”的主要成分是氧化钙，故B错误；矿物燃料经过脱硫脱硝处理，可以减少SO

2、NO2的排放，有利于保护环境，故C正确；总反应为3M＋N===3Q，符合“绿色化学”的理念，故D错误。2．DCaCO3与H2O、CO2反应产生Ca（HCO3）2，再加入NaHCO3没有明显现象，A项错误；Na2CO3与等物质的量HCl反应，生成NaHC

O3，没有CO2气体放出，B项错误；等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量大，与足量盐酸反应产生的CO2多，C项错误；向BaCl2饱和溶液中通入CO2，不发生反应，再通入NH3使溶液显碱性，有沉淀析出，D项正确。3．Aa为CH4，不含非极

性共价键，A项错误；b为碳单质，存在金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，B项正确；c为CO，不属于酸性氧化物，C项正确；若e为NaHCO3，d转化为e则发生CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHC

O3，属于化合反应，D项正确。4．DSiO2能与HF反应，因此可用HF刻蚀玻璃，A正确；向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，B正确；氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，其化学式为Si3N4，C正确；硅是良好的半导体材

料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，石英的主要成分是SiO2，D错误。5．BSiO2、Al2O3均能与NaOH溶液反应，A项错误；CO能与灼热的CuO反应产生CO2，B项正确；Na2CO3溶液也能吸收CO2，C项错误；引

入NaHCO3杂质，D项错误。6．ANH3催化氧化生成NO，无法直接得到NO2，故A符合题意；SiO2和Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3，Na2SiO3和稀盐酸反应生成H2SiO3，H2SiO3分解生成SiO2，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，各物质

之间通过一步反应可以实现图示转化，故B不符合题意；Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与碳酸反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2，Al（OH）3分解生成Al2O3，各物质之间通过一步反应可以实现图示转

化，故C不符合题意；CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，NaHCO3与盐酸反应生成CO2，各物质之间通过一步反应可以实现图示转化，故D

不符合题意。7．A从反应流程容易看出，HCl可循环使用，A项正确；Si为固体，SiHCl3为液体，用过滤法分离，B项错误；反应①中HCl作氧化剂，反应②中HCl为氧化产物，C项错误；反应①和②都不是可逆反应

，D项错误。8．D将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5＋4NH4Cl===CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，A正确；CaO能与水反应，所以需要

密封保存，B正确；亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2＋H2O＋Ca3SiO5＝3CaSO3＋H2SiO3，C正确；盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl＋Ca3SiO5===3CaCl2＋H2SiO3＋2H2O，D不正确；故

选D。9．答案：（1）原子H、Cl（2）b（3）处在金属与非金属的分界线上Si＋2OH－＋H2O===SiO2－3＋2H2↑解析：（1）氮化硅是一种新型的无机非金属材料，耐高温，属于原子晶体；题给反应中涉及的元素有H、N、Si、Cl，四种元素原子的最外层

未成对电子数分别为1、3、2、1，所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H和Cl；SiCl4为非极性分子，其电子式为：。（2）气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关，与元素非金属性强弱无关，a不符合题意；原子获得一个电子时释放的能量越多，元素

的非金属性越强，b符合题意；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，通过氢化物水溶液的酸性强弱无法比较非金属性强弱，c不符合题意。（3）Si、Al、Be三种元素均处于金属与非金属元素的交界处，所以三者的化学性质相似；Si与强碱溶液反应的离子方程式为Si

＋2OH－＋H2O===SiO2－3＋2H2↑。10．答案：（1）CD（2）①除去石英砂中的NaCl杂质②增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，提高生产效率③B解析：（1）A项，根据正负化合价代数和等于零的原则，可得6＋8

－10－x＝0，解得x＝4。B项，钾长石与盐酸反应后不能形成澄清的溶液。C项，根据水泥制造过程可推测出烧制青花瓷过程中发生了复杂的物理变化和化学变化。D项，青花瓷、玻璃、水泥符合硅酸盐产品的特点，是硅酸盐产品。（2）①石英砂中含有易溶于水的NaCl

杂质，洗涤石英砂可使NaCl与SiO2分离。②将纯净的石英砂研磨后能增大物质的表面积，从而增大反应物与盐酸的接触面积，增大反应速率，提高生产效率。③A项，根据SiC中元素的价态可知，SiC具有还原性，在高温下仍能在O2中燃烧生成SiO2和CO2，因此不能用于制

造抗高温水泥。B项，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1∶1，根据原子守恒，可将题述信息转化为如下反应：2SiO2＋5C=====高温Si＋SiC＋4CO↑。C项，因SiO2、Al2O3都能溶解在NaOH溶液中，无法实现二者的

分离。D项，纯净的SiO2还可用于制造光学玻璃等。11．答案：（1）b（2）作氧化剂，将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋（3）SiO2＋Na2CO3=====高温Na2SiO3＋CO2↑（4）将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（O

H）3沉淀而除去（5）①CaO②1解析：（1）水泥是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，答案选b；（2）硝酸的作用是将分解产生的Fe2＋氧化为Fe3＋，便于后续的沉淀处理；（3）沉淀A是二氧化硅，二氧化硅在高温条件下与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，化学方程式为SiO2＋Na2CO3

=====高温Na2SiO3＋CO2↑；（4）用氨水调节pH为4～5可将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去；（5）①根据图像可知，在600℃以上发生碳酸钙的分解反应，在将近800℃时碳

酸钙完全分解，固体成分为CaO；②根据图像可知，0～200℃是草酸钙晶体失去结晶水的过程，14.6gCaC2O4·xH2O失去结晶水后生成12.8gCaC2O4，根据CaC2O4·xH2O―→CaC2O4128＋18x12814．6g12.8g得128＋18x128＝14.6g12.8g

，解得x＝1。课练10氯及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．BA项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，错误；B项，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应均可生成次氯酸盐，正确；C项，氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，

错误；D项，不能混用的原因是“84”消毒液中的NaClO与洁厕灵中的HCl反应生成Cl2，错误。2．B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－＋H

ClO，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。3．B铜在氯气中燃烧，产生棕

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

反应生成HClO和HCl，HClO见光分解成HCl和O2，久置的氯水最终变为稀盐酸，D正确。4．B新制氯水中存在Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO的平衡，加入少量碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，A正确；次氯酸的酸性弱于碳酸的酸性

，强于碳酸氢根离子的酸性，NaClO不与加入的碳酸氢钠溶液反应，不会增强消毒能力，B错误；足量氯气和水反应生成的HCl将CO2－3全部转化成CO2气体，C正确；中性溶液中由电荷守恒得到c（Na＋）＝c（ClO－）＋c（Cl－），由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c（Cl－）＝c（C

lO－）＋c（HClO），两式联立可得c（Na＋）＝2c（ClO－）＋c（HClO），D正确。5．DA项，稀盐酸与MnO2不反应；B项，发生的反应为取代反应；C项，Cu在Cl2中发生了燃烧反应；D项，Cl－、ClO－在酸性条件下可生成Cl2。6．A卤素单质中，

氟气和水之间反应生成HF和O2，不符合X2＋H2O⇌HXO＋HX，故A错误；卤素原子得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小，故B正确；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色

、深红棕色、紫黑色，故C正确；卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱，对应离子的还原性F－<Cl－<Br－<I－，故D正确。7．BA项，加入双氧水，溶液立即变蓝，无法判定终点，实验不合理，错误；B项，在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，正确；C项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可

使淀粉－KI试纸变蓝，错误；D项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。8．D含NaBr和NaI的溶液中，通入Cl2，先发生Cl2＋2NaI===I2＋2NaCl，后发生Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2

，充分反应后将所得溶液蒸干、灼烧，得到NaCl固体，由图可知29.25g固体为NaCl的质量。根据氯元素守恒，则n（Cl2）＝12n（NaCl）＝12×29.25g58.5g·mol－1＝0.25mol。根据图示：0～2.5V（即0～0.125molCl2）段发生的

反应为2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2，故n（NaI）＝0.25mol。[练高考]9．AD0.01mol·L－1NaClO溶液中，由于ClO－易水解，c（ClO－）<0.01mol·L－1，A项正确；长期露置在空气

中，发生反应NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO、2HClO=====光照2HCl＋O2↑，释放O2，漂白能力减弱，B项错误；通入过量SO2，发生氧化还原反应ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋

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

ClO－），根据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（ClO－）＋c（OH－）、c（H＋）＝c（OH－），可得c（Na＋）＝c（ClO－），故c（HClO）>c（ClO－）＝c（Na＋），D项正确。10．D浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，C

l2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用N

aOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意。11．C22.4L（标准状况）氟气的物质的量为1mol，则其所含的质子数为18NA，A说法正确；反应H2＋I2⇌2HI为可逆反应，则1molH2和1molI2充分反应生成的HI分子数小于2N

A，B说法正确；电解饱和食盐水时，阴、阳两极产生的n（H2）∶n（Cl2）＝1∶1，当H2和Cl2的总质量为73g时，产生2gH2、71gCl2，则H2的物质的量为1mol，Cl2的物质的量为1mol，转移

电子数为2NA，C说法错误；溴化铵水溶液中存在电荷守恒：c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（Br－）＋c（OH－），c（Br－）＝1mol·L－1，则c（NH＋4）＋c（H＋）>1mol·L－1，故1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NH＋4与H＋离子数之和大于N

A，D说法正确。[练模拟]12．C用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，A不能达到实验目的；气体通过乙装置时应长进短出，除杂试剂应选用饱和食盐水，B不能达到实验目的；二氧化锰不溶于水，C能达到实验目的；蒸干溶液会引起MnCl2水解，D不能达到实验目的。13．B次

氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，A错误；氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，B正确；盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色

沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，溶液酸性增强，pH将变小，故D错误。14．BIBr中碘为＋1价，溴为－1价，IBr是一种强氧化剂，故A正确；IBr与水的反应不是氧化还原反应，故B错误；已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与AgNO3溶

液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与NaOH溶液反应时生成NaBr和NaIO，故D正确。15．CA项，常温干燥环境中液氯和铁不反应，液氯可以储存在钢瓶中，正确；B项，a为HCl，d为氯酸盐，浓盐酸和氯酸盐可以发生归中反

应生成氯气，正确；C项，HClO为弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式应为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，错误；D项，c为＋4价氯的氧化物，所以为ClO2，具有很强的氧化性，其水溶液能够杀菌消毒，正确。16．An

（NaOH）＝10mol·L－1×0.05L＝0.5mol，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n（NaOH）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3），再根据氯元素守恒有2n（

Cl2）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3），根据得失电子守恒得n（Cl－）＝n（ClO－）＋5n（ClO－3）。根据方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2

＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，当氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）∶n（Cl－）最大为2∶1，当氧化产物只有NaClO3时，n（Na＋）∶n（Cl－）最小为6∶5，故反应后的溶液中6∶5<n（Na＋）∶n（Cl－）<2∶1，A项错误；根据

氯元素守恒有2n（Cl2）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3）＝0.5mol，故参加反应的氯气n（Cl2）＝0.25mol，B项正确；根据电子守恒得n（Cl－）＝n（ClO－）＋5n（ClO－3），若n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）＝10∶5∶1，符合电

子守恒关系，C项正确；NaCl是还原产物，NaClO和NaClO3均为氧化产物，当n（NaCl）为0.375mol时，氯气与氢氧化钠浓溶液反应共转移电子一定是0.375mol，D项正确。综合测评提能力1．DCl2应储存在干燥的钢瓶中，Cl2有毒，

钢瓶上应该贴上“有毒品”标签，A项正确；漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，在空气中放置会发生反应：Ca（ClO）2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，HClO见光易分解，因此漂白粉在空气中露置易变质，B项正

确；将Cl2通入NaOH溶液中可制备“84”消毒液，化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，C项正确；NaOH溶液有强腐蚀性，D项错误。2．A标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，

Cl2与水的反应为可逆反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，根据原子守恒得，Cl－的数目与HClO、ClO－的数目之和相等，则Cl－与Cl2的粒子数之和为NA，故A正确；标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成1mol氯化钠和

1mol次氯酸钠，转移了1mol电子，转移电子的数目为NA，Cl2与水的反应为可逆反应，转移电子数小于NA故B错误；71gCl2的物质的量为1mol，根据化学方程式知参加反应的MnO2的物质的量为1mol，且不存在MnO2分子，故C错误；因F

e2＋的还原性强于Br－，所以Cl2先氧化Fe2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋时失去1个电子，则当生成1molFe3＋时，转移电子数为NA，故D错误。3．C高锰酸钾粉末容易从隔板掉入溶液中，不能实现液体与固体的分离，应选择装置②，故A错误；C

l2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，③用于Cl2收集时，b为进气口，故B错误；通入Cl2后，发生反应Cl2＋2NaBr===Br2＋2NaCl，生成的Br2易溶于CCl4，可观察到溶液分层且下层

呈橙红色，可验证Cl2的氧化性，故C正确；⑤中的品红溶液通入Cl2后，因有HClO生成，可使品红溶液褪色，属于氧化型漂白，是不可逆的，加热后不能复原，故D错误。4．C氯气与氢气混合，达到爆炸极限，在光照的条件

下才能发生爆炸，①错，氢氧化钙溶液中溶质含量少，实验中常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，②错，排除A、B项；HCl气体与AgNO3溶液可产生沉淀，④错；将气体通入饱和食盐水中，除去的是HCl气体，而不是Cl2，⑤错，排除D项。5．C由Fe＋2FeCl3===3FeCl2知，A项错误

；氯水中的HClO有漂白性，可漂白pH试纸，B项错误；NaBr与氯水中的Cl2反应：2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2，Br2被CCl4萃取，故上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，C项正确；D项中的CaSO3会被HClO氧化为CaSO4，错误。6．D汽油的密度比水小，上层颜色变为紫红色，

下层颜色变浅，A项错误；CuCl2是固体应为烟而不是雾，B项错误；电解NaCl饱和溶液，阳极产生的Cl2能使碘化钾淀粉溶液变蓝，C项错误。7．C①若A是Na，B是O2，则C是Na2O2，C的水溶液是NaOH，电解NaOH溶液得到H2和O2，错

误；②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则C可能是HCl、HBr、HI等，电解HCl、HBr、HI等的水溶液就是电解电解质本身，在阴极产生H2，在阳极产生Cl2、Br2、I2，因此A可能是H2，正确；③若C溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含有Fe3＋，电解铁盐溶液不可能产生金

属Fe，错误；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C含有Cu2＋，该盐可能是CuCl2溶液，电解CuCl2溶液会产生Cu和Cl2，因此B可能为Cu，正确。8．A通过过滤除去海藻灰悬浊液中难溶性杂质而得到含有I－的溶液，向该溶液中通入Cl2将I－氧化为I2，经萃取、蒸馏等操作后即得晶

体I2，A正确，D错误；淀粉只能检验生成了I2，而不能说明I－已反应完全，B错误；裂化汽油中含有不饱和烃，能与I2发生反应，C错误。9．答案：（1）MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2）cdbae（3）HClO取少量久置氯水于试管中，先加入过量

稀硝酸酸化，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－（4）⑤1.34×10－5电导率与温度和离子浓度有关，测试温度不同，根据电导率结果，无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度⑥45Ⅱ45⑦电导率A3＞B2＞B1解析：（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2

的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。（2）实验室制得的Cl2中含有HCl、H2O，可依次通过饱和食盐水、浓硫酸分别除去HCl、H2O，再收集Cl2并进行尾气处理，因此装置的接口连接顺序为cdbae

。（3）氯水中能使品红溶液褪色的物质是HClO，氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中HClO已分解。检验Cl－存在的方法是取少量样品于试管中，先加入几滴稀硝酸，再加入几滴AgNO3溶液，若有AgCl白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－。（4）⑤由于AgCl饱和溶液中c

（Ag＋）＝c（Cl－），因此25℃时，c（Cl－）＝Ksp（AgCl）＝1.8×10－10mol·L－1＝1.8×10－5mol·L－1≈1.34×10－5mol·L－1。由于不同温度下的饱和溶液的浓度不同，因此

实验1、2、3中，存在两个变量（温度与浓度），因此不足以证明猜想b成立。⑥⑦猜想b需要探究不同温度下配制的AgCl饱和溶液在同一测试温度下时的电导率大小，要使猜想b成立，则需满足测定试样Ⅰ、试样Ⅱ、试样Ⅲ在同一测试温度下的电导率大小为试样Ⅰ<试样Ⅱ<试样Ⅲ，结合②中信息可知，可将试样

Ⅰ、试样Ⅱ分别在45℃测试温度下实验，当A3>B2>B1时，即可说明猜想b成立。10．答案：（1）a（或b）、g、h、e、f、i、j、d（或m）A对应：MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑

＋2H2OB对应：2KMnO4＋16HCl（浓）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（2）①取少量“84”消毒液于试管中，滴加稀硫酸，观察溶液颜色变为黄绿色②2ClO－＋SO2===Cl2＋SO2－410w

233（3）3Cl2＋6OH－=====△ClO－3＋5Cl－＋3H2O溶液变蓝ClO2和CO2解析：（1）A、B装置都可用来制取氯气，分液漏斗用来滴加浓盐酸，从气体反应装置出来的气体含有HCl和水蒸气，HCl易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，所

以装置E中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的氯化氢（长进短出），浓硫酸具有吸水性，装置D中浓硫酸的作用是干燥Cl2（长进短出），故依次通过E、D，Cl2密度比空气密度大，用向上排气法（长进短出）收集，最后多余的Cl2被NaOH溶液或碱石灰吸收，正确的顺序为a（或b）→g→h

→e→f→i→j→d（或m）；装置A是MnO2与浓HCl加热制Cl2，装置B是KMnO4与浓HCl制Cl2，依据得失电子守恒和原子守恒即可写出化学方程式。（2）溶液变为黄绿色的可能原因：①随溶液酸性的增强，“84”消毒液的有效成分ClO－和

Cl－发生反应生成Cl2，可通过进一步实验验证ClO－具有强氧化性，在酸性溶液中可以氧化Cl－为Cl2；②SO2与“84”消毒液的有效成分ClO－反应生成Cl2，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒即可写出离子方程式为SO2＋2ClO－===Cl2＋SO2－4。向反应后的溶

液中先加入足量稀HCl，再加足量BaCl2溶液，所得沉淀为BaSO4，质量为wg，SO2＋NaClO＋H2O===NaCl＋H2SO4，H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，设NaClO的物质的量为xmol，依据ClO－～SO2－4～BaSO4，1mol233gxmolwg1

x＝233w，解得x＝w233，c（NaClO）＝nV＝w233mol÷0.1L＝10w233mol·L－1。（3）在加热的条件下，Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO3和H2O，依据得失电子

守恒、电荷守恒和原子守恒即可写出离子方程式；把稀H2SO4加入盛有NaClO3和Na2C2O4的烧瓶中发生反应生成ClO2和CO2，ClO2有强氧化性，可以把KI氧化生成I2，淀粉遇I2变蓝，故B装置的现象是溶液变蓝，多余的ClO

2和CO2被NaOH吸收。课练11硫及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．DSO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，与其氧化性无关，A错误；硫单质用作橡胶硫化剂，发生化学反应，与硫单质呈黄色无关，B错误；石英的主要成分是SiO2，与浓硫酸不发生反应，应选用氢氟酸刻蚀石英，C错误；SO

2具有还原性，且能抑制细菌生长，故将少量的SO2添加到葡萄酒中，起到抑菌和抗氧化作用，D正确。2．C浓硫酸与碳反应生成SO2、CO2和H2O，浓硫酸只表现强氧化性，A错误；先利用装置Ⅲ中无水CuSO4检验H2O，再用装置Ⅱ检验并除去SO2，最后利用装置Ⅳ检验CO2，故连接顺序为Ⅰ→Ⅲ→

Ⅱ→Ⅳ，B错误；装置Ⅱ中左侧品红溶液用于检验生成的SO2，右侧品红溶液用于检验SO2是否被酸性KMnO4溶液完全吸收，C正确；若连接顺序为Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ，可以检验SO2和CO2，不能检验生成的水，D错误。3．C硫粉燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故

A正确；二氧化硫可以是浓硫酸被还原生成，也可以是硫单质被氧化生成，故B正确；二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物与碱反应的性质，与漂白性无关，故C错误；自然界中存在游离态的硫，如火山口存在游离态的硫

，且S易溶于CS2，故D正确。4．B由Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O知，生成2.24LSO2需要消耗6.4gCu、0.2molH2SO4，但随反应的进行，浓H2SO4会变为稀H2

SO4，故硫酸量应大于0.2mol，D正确，B错误；铜可能恰好反应完也可能有剩余，A、C正确。5．D蔗糖变黑主要表现浓H2SO4脱水性，A错误；Fe与浓硫酸在室温下发生钝化，B错误；A为碳，则C为CO2，则

过量CO2与Ca（OH）2反应生成Ca（HCO3）2，最后无沉淀，C错误；2SO2＋O2催化剂△2SO3，D正确。6．B二氧化硫具有还原性，但和浓H2SO4不反应，A错误；因随着反应的进行，硫酸的浓度降低，稀硫酸

不能与铜反应，故被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，C错误；因常温下浓硫酸使铝钝化（化学变化），形成致密的氧化膜阻碍了反应的继续进行，D错误。7．D装置B中蓝色溶液褪色说明发生了反应：SO2

＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，表明还原性：SO2>I－，故A合理；装置C中NaOH溶液能吸收SO2，防止污染环境，B合理；将SO2通入FeCl3溶液后，再加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明有SO2－4存

在，表明装置A中发生了氧化还原反应，C合理；溶解的SO2气体也能使KMnO4溶液的紫红色褪去，所以D选项不合理。8．D能使品红褪色的气体不只有SO2，还有Cl2等，所以此实验不能证明SO2的存在，故A错误；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体也不只有SO2

，还有CO2、HCl等，所以此实验不能证明SO2的存在，故B错误；CO2通入足量的NaOH溶液中生成碳酸钠，再滴入BaCl2溶液有白色碳酸钡沉淀生成，碳酸钡溶于稀盐酸，所以此实验不能证明SO2的存在，故C错误；通入稀溴水中能使溴水褪色，说明该气体具有还原性，易被溴氧化，

再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀，此沉淀不溶于硝酸，说明此气体为SO2，故D正确。[练高考]9．DA项，SO2是无色气体，不正确；B项，汽车尾气中的主要大气污染物为一氧化碳、碳氢化合物、氮氧化物、固体颗粒物等，不正确；C项中没有N2转化为氮的化合物的过程，未实现氮的固定，且植

物不能直接吸收利用空气中的NO和NO2，不正确；D项，生石灰（CaO）可吸收工业废气中的SO2，总反应方程式为2CaO＋2SO2＋O2===2CaSO4，从而将SO2脱除，正确。10．B分析题给流程图可知要想结果得到比较

纯的NaHSO3，需要通入足量的SO2，故吸收SO2后生成NaHSO3，同时会生成CO2，A项正确；根据A项分析，结晶后母液中含有NaHSO3，不含有NaHCO3，B项错误；温度过高，NaHSO3会受热分解，C项正确；中和过程中NaHSO3与Na2CO3会

反应生成Na2SO3与NaHCO3，D项正确。11．B铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性

，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸吸水，将反应生成的H2

O吸收，故D错误。12．CA项，60%硫酸与NaHSO3反应可得SO2气体，正确；B项，SO2通入水中形成SO2的水溶液，正确；C项，SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小，错误；D项，测定溶液的

酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测液点到干燥的pH试纸上，观察试纸颜色的变化，正确。[练模拟]13．B由图可知，酸雨形成的两个途径中都使用了光照的条件，A正确；三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误；由图中信息可知，空气中混有的氮的

氧化物、碳氢化合物及二氧化硫等大气污染物可以通过光化学反应生成硫酸，在这个过程中，氮的氧化物是催化剂，加快了酸雨的形成，C正确；优化能源结构能减少化石燃料的使用，能有效减少二氧化硫的排放量，故能有效遏制酸雨污染，D正确。14．D二氧化硫具有漂白

性，能和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，该实验体现二氧化硫的漂白性，故A正确；亚硫酸酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液通入二氧化硫气体，反应生成白色胶状硅酸沉淀，故B正确；二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫的还原性，

故C正确；将SO2通入Ba（NO3）2溶液，酸性条件下硝酸根离子可以将二氧化硫氧化生成硫酸，硫酸与硝酸钡反应，有白色沉淀硫酸钡生成，故D错误。15．D物质a是H2S，是一种有臭鸡蛋气味的气体，A正确；b是S，c是SO2，H2S通入SO2的水

溶液中会发生反应生成S和H2O，B正确；盐g中S显＋6价，可能是硫酸氢盐，盐f可能是亚硫酸盐，S显＋4价，Na2SO3与NaHSO4溶液可发生反应生成Na2SO4、SO2和H2O，C正确；d是H2SO3，e是H2SO4，H2SO3具有还原性，久置于空气中

会被O2氧化生成H2SO4，溶液的酸性增强，pH减小，D错误。16．D加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是BaSO4或AgCl等，则该溶液中不一定含有SO2－4，A错误；向蔗糖中滴加浓硫酸

，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性，B错误；向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，发生反应：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，将产生的SO2气体通入溴水中，溴水褪色，是由于发生反应：SO2＋2H2O

＋Br2===2HBr＋H2SO4，与SO2的漂白性无关，C错误；向Ba（NO3）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应，产生白色沉淀BaSO4，体现SO2的还原性，D正确。17．CA项，试管内CCl4层溶液褪色，是SO2和Br2发生了氧化还原反应，Br

元素的化合价降低被还原，说明Br2具有氧化性，正确；B项，SO2使红色花瓣褪色表现的是漂白性，正确；C项，试管中产生大量气泡，是Na2SO3与硫酸反应生成了SO2，错误；D项，试管内的白色沉淀是BaSO4，说明有SO2－4生成，正确。综合测评提能力1．C沙中淘金不涉及化学变化，

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

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

混合气体通过饱和NaHCO3溶液，C正确；由于H2SO3的酸性比盐酸弱，混合气体通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO3，品红溶液褪色，证明含有SO2，D正确。3．ASO2、Cl2均能使品红溶液褪色，A项正确；C

O2也能与Na2CO3溶液反应，B项错误；先滴加氯水再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，无法确定Fe3＋是原溶液中存在的还是原溶液中的Fe2＋被氧化生成的，C项错误；SO2通入Ba（NO3）2溶液使溶液呈酸性，NO－3会将SO2或H2S

O3氧化为SO2－4产生BaSO4沉淀，D项错误。4．D将浓硫酸滴入浓盐酸中，浓硫酸溶解放出大量的热，促进了氯化氢的逸出，A项错误；浓硫酸与铜反应需在加热条件下进行，B项错误；浓硫酸使胆矾失去结晶水，是浓硫酸的吸水性，该变化为化学变化，C项错误；浓硫酸有

脱水性，可使蔗糖炭化，并放出大量的热量，进而与生成的炭反应生成SO2，D项正确。5．AH2S是弱电解质，之所以能够与CuSO4溶液反应，是因为两者反应生成了难溶于水和酸的CuS沉淀，C错误。6．A①中出现红棕色气体，说明产生Br2（g），Br－被氧化，②中管口出现白雾，白雾是HCl的小液滴，Cl

－没有被氧化，说明Br－的还原性强于Cl－，A项正确；③中产生的气体为SO2，③中发生反应Na2SO3＋H2SO4（浓）===Na2SO4＋SO2↑＋H2O，该反应不属于氧化还原反应，不能通过①③中的现象说明Br2的氧化性强于SO2，B、D项错误；浓硫酸沸点高，HCl易挥

发，②中利用高沸点酸制取低沸点酸，C项错误。7．D溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为铁离子：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，A项错误；酸性高锰酸钾溶液与Fe3＋不反应，不能用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋，B

项错误；分析可知，流程中发生的反应有：2Fe3＋＋2H2O＋SO2===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋、4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知氧化性：O2＞Fe3＋＞SO2－4，C项错误；溶液C中含有新生成的硫酸铁，可以循环使用，D

项正确。8．CC项，白色沉淀可能是氯化银。9．答案：（1）Cu、S、OCuS2O6（2）S2O2－6=====H＋△SO2－4＋SO2↑（3）（4）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4

（5）配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（或亚硫酸氢钠）固体，褪色更快解析：（1）B可使品红水溶液褪色，则B为SO2，固体A与NaOH溶液反应生成蓝色

悬浊液，则说明A中含有Cu元素，X由3种元素组成，则固体X中含有的元素是Cu、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的物质的量为0.005mol，即固体CuSO4的物质的量为0.0

10mol；步骤Ⅱ中产生2.330g白色沉淀C，则气体SO2的物质的量为0.01mol，则固体X中所含S元素的质量为0.320g＋0.320g＝0.640g，所含Cu元素的质量为0.640g，所含O元素的质量为2.240g－0.640

g－0.640g＝0.960g，则该物质中三种元素的质量比m（Cu）∶m（S）∶m（O）＝0.640g∶0.640g∶0.960g，这三种元素原子的物质的量之比n（Cu）∶n（S）∶n（O）＝1∶2∶6，故固体X的化学式为CuS2O6。（

2）根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，可得该过程的离子方程式为S2O2－6=====H＋△SO2－4＋SO2↑。（3）步骤Ⅰ中发生的是氢氧化铜与甘油的反应，其反应的化学方程式是。（4）步骤Ⅱ中H2O2的作用是

氧化＋4价的硫生成硫酸根离子，未加H2O2溶液，也会缓慢出现白色浑浊，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化。（5）气体B是SO2，SO2溶于水所得的溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可）

，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（或亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。10．答案：（1）不合理（2）6.8（3）氧化性漂白性还原性（4）Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl（5）品红检验混

合气体中的二氧化硫是否除尽解析：（1）选择容量瓶的原则：容量瓶的容量应略大于或等于所要配制的溶液的量，需要配制450mL1.0mol·L－1的硫酸溶液，应选择500mL容量瓶，选用200mL和250mL的容量瓶需要配制2次，误

差较大，不合理。（2）溶质质量分数为98%的浓硫酸的密度为1.84g·cm－3，其物质的量浓度＝1000×1.84×98%98mol·L－1＝18.4mol·L－1，设需要浓硫酸的体积为V，根据溶液稀释前后溶质的物质

的量不变列式，V×18.4mol·L－1＝0.5mol·L－1×250mL，解得V≈6.8mL。（3）硬质玻璃管中①、②、③处分别为滴有Na2S溶液的滤纸、滴有品红溶液的滤纸、滴有酸性KMnO4溶液的

滤纸，实验开始后先关闭活塞K，硬质玻璃管中①号试纸变黄，说明生成硫单质，表现的是二氧化硫的氧化性，②号和③号滤纸均褪色，说明二氧化硫具有漂白性和还原性，a处气球变大说明收集到气体。硬质玻璃管中实验现象说明炭化实验产生的刺激性气味气体

是SO2，综上①②③处发生的变化分别说明SO2具有氧化性、漂白性、还原性。（4）氯气与二氧化硫反应的化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。（5）为证明有CO2生成，可以在④号位置的滤纸滴加品红溶液检验混

合气体中二氧化硫是否除净，避免影响检验二氧化碳的实验。11．答案：（1）2H2SO4（浓）＋Cu=====△CuSO4＋2H2O＋SO2↑（2）BaSO4还原（3）2NO＋O2===2NO2（4）①通N2一段时间，排除装置的空气饱和NaHSO3溶液②甲

：SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，乙：2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀解析

：（2）A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，不是BaSO3；同理，C中的白色沉淀也是BaSO4，并因此说明SO2具有还原性。（3）C中液面上方生成浅

棕色气体，则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色NO2，化学方程式是2NO＋O2===2NO2。（4）①甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2。乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶。②在甲、

乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓；乙同学没有排除空气的

干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋。（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。课练12氮及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．

C③中细菌还原硝酸根离子中正五价的N，生成无污染的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，故C错误。2．BNH3应该用向下排空气法收集，A不正确；SO2可以用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，B正确；NO不能用排空气法收集，C不正确；NO2与NaOH溶液发生反应2N

O2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，D不正确。3．B利用N2和H2在催化剂、高温、高压下反应合成NH3，与N2性质稳定无关，A错误；NH4Cl溶液中NH＋4发生水解而使溶液呈酸性，可用于除铁锈，B正确；NH3作制冷剂是利用其沸点低、液氨汽化时

吸收大量热的性质，与NH3具有还原性无关，C错误；HNO3与NH3反应制备硝酸铵，利用了HNO3的酸性，D错误。4．B加入稀硫酸后发生反应：3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜粉逐渐溶解

，并非铜与稀硫酸发生反应，A错误。浓硫酸滴到蔗糖表面，使蔗糖脱水、碳化，表现为固体变黑，体现浓硫酸的脱水性；反应放出热量，生成的碳与浓硫酸发生反应生成CO2、SO2气体，即有刺激性气味气体产生，体现浓硫酸的强氧化性，B正确

。铝箔插入稀硝酸中，发生反应生成无色气体NO，NO遇空气中O2变为红棕色的NO2气体，C错误。溶液X中滴加NaOH稀溶液，且未加热，即使生成NH3·H2O也不会有氨气逸出，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能判断溶液X中

是否含有NH＋4，D错误。5．DNH4Cl受热分解生成氨和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成NH4Cl，不能制备氨，NH4HCO3受热分解生成氨、二氧化碳和水，制得的氨中混有二氧化碳，不适合制备氨，A项错误；向溶液中滴加酸化的Ba

（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下NO－3具有强氧化性，会把SO2－3氧化成SO2－4，故不能说明原溶液中一定含有SO2－4，也可能含有SO2－3，B项错误；Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生，前者是由于稀硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，C项错误；N

H3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，D项正确。6．B氯化铵受热分解生成氨和氯化氢，但在试管口又重新化合生成氯化铵，得不到氨，A项错误；氨具有还原性，氯气具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，又因为氨密度小于空气，氯

气密度大于空气，所以长口通入NH3，短口通入Cl2，可以使其充分反应，装置和原理均正确，B项正确；氨密度小于空气，收集时应该是短口进、长口出，C项错误；氨极易溶于水，倒置的漏斗插入水中，不能防倒吸，D项错误。7．CNaHCO3不能用作肥料，A项错误；Na2CO3很稳

定，受热时不易分解，B项错误；图中的NaCl是强酸强碱盐，不水解，D项错误。8．C3NO2＋H2O===2HNO3＋NOΔV31230mL20mLV（NO）＝40mL－30mL＝10mL,V（NO2）∶V（NO）＝30mL∶10mL＝3∶1。[练高考]9．A浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与

碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，A项符合题意；铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，B项不符合题意；浓NaOH溶液与NH4Cl溶液共热反应生成的NH3能使酚酞溶液变红，C项不符合题意；2­溴丙烷与氢氧

化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，丙烯可与溴水发生加成反应使其褪色，D项不符合题意。10．D2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于NO2吸附，A项正确；N2O4被“固定”后，N2O4的浓度减小，2NO2（g

）⇌N2O4（g）平衡向正反应方向移动，B项正确；被“固定”后的N2O4与O2、H2O反应生成硝酸，C项正确；2NO2→N2O4无电子转移，12N2O4→HNO3失e－，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数为0.4×6.02×10

23＝2.408×1023，D项错误。11．C雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；NH3作为反应物参加反应转化为

铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。12．D①中碎玻璃的主要成分是硅酸盐，与浓硝酸不反应，但仍有红棕色气体产生，说明是浓硝酸受热分解产

生了二氧化氮和氧气，A项正确；对比①②可知，反应中产生的红棕色气体可能是炭与硝酸发生反应生成了二氧化氮，也可能是浓硝酸受热分解产生了二氧化氮，B项正确；③中浓硝酸与红热木炭未接触，仍有NO2生成，无论NO2是浓硝酸与炭反应产生还是受热分解产生，可说明浓硝酸具有挥发性

，C项正确；③中气体产物中含CO2可能是木炭与氧气反应产生的，D项错误。13．AA项，自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，不一定转化为NH3，错误；B项，侯氏制碱法第一步发生反应CO2＋NH3＋H2O＋NaCl===NH4

Cl＋NaHCO3↓，正确；C项，工业制硝酸发生反应4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O、2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，正确；D项，N2、NH3、铵盐、硝酸盐等含N物

质通过不同途径的相互转化形成了自然界的“氮循环”，正确。[练模拟]14．B“雷雨发庄稼”是指空气中氮气和氧气在雷电作用下可生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于雨水形成硝酸，硝酸与土壤中的矿物质反应生成硝酸盐，可作为氮肥，A正确；将游离态的氮转变为氮的化合物叫作氮的

固定，用NH3和CO2合成尿素[CO（NH2）2]的反应是氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；机动车排放出的大量尾气中含有氮氧化物和不完全燃烧的烃类化合物，在光的作用下可能会引起光化学烟雾，C

正确；NO2能够与烧碱发生氧化还原反应，生成两种盐和水，不属于酸性氧化物，D正确。15．C浓氨水滴到NaOH固体上可产生NH3，由于NH3的密度小于空气，不能采用向上排空气法收集NH3，A错误；铜与浓硝酸反应生成NO2气体，NO2与水

反应生成HNO3和NO，不能用排水法测定生成NO2的体积，B错误；NH3极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，NH3溶于水，导致烧瓶内气体压强小于外界大气压，烧杯中的水进入烧瓶中，形成喷泉，C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，Na

Cl要在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，D错误。16．B17．BCO2、SO2与过量石灰乳反应生成CaCO3、CaSO3，N2、NO、CO不与过量石灰乳反应，固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，A正确；气体1与X混合后与NaOH溶液反应

可生成NaNO2，X可以是空气，将NO部分转化为NO2，满足n（NO）∶n（NO2）＝1∶1，发生反应NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，空气无需过量，否则发生反应4NO＋3O2＋4NaOH===4NaNO3＋2H2O，得不到NaNO2溶液，B不正确；气体2中主要含有N

2、CO，N2属于无污染气体，捕获的气体主要是CO，C正确；NH＋4与NO－2发生归中反应，生成N2和H2O，D正确。综合测评提能力1．C光化学烟雾中含O3、HNO3等强氧化性物质，A项错误；汽车尾气

中的NO是高温下空气中N2和O2化合产生的，B项错误；安装废气净化装置可减少NO、碳氢化物等污染物的排放，C项正确；夏季日照强度大，为光化学烟雾的多发季节，D项错误。2．D反应①中，N2转化为NH3，属于氮的固定，反应②可用于合成HNO3，A正确；催化剂a、b可以降低反应的活化能

，从而提高反应速率，B正确；反应①中，形成N—H键，反应②中，形成N===O键，均为极性共价键，C正确；在催化剂b作用下，氮元素化合价由－3升高到＋2，失去电子，发生氧化反应，D错误。3．DA项，将浓氨水滴到生石灰上，CaO与H2O反应产生Ca（OH）2，反应消耗水，使氨水

浓度增大，同时反应放热，使NH3·H2O受热分解产生NH3，因此可用于实验室中制取NH3，不符合题意；B项，生成的NH3通过排CCl4，达到收集NH3的目的，不符合题意；C项，NH3极易溶于水，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压作用

下进入烧瓶，形成喷泉，可以达到验证氨气溶解性的目的，不符合题意；D项，浓硫酸不具有挥发性，因此蘸有浓硫酸、浓氨水的玻璃棒靠近，没有白烟产生，不能证明浓氨水具有挥发性，符合题意。4．D氨气是无色有刺激性气味的气体，氨气密度比空气小，故不选A；由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解700体积氨气，且溶

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

，c（NH3·H2O）减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度和c（NH3·H2O）对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选D。5．B根据氨气的物理性质可知，NH3

易液化，液氨汽化时吸收大量的热，通常用作制冷剂，A正确；氧化性的强弱和得电子的能力有关，和得电子的多少无关，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，B不正确；常温下，浓硫酸和铁、铝能发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜

，阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，可使用铁或铝制容器储存浓硫酸，C正确；由于稀硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应时不生成氢气，一般生成NO，还可能生成硝酸铵等，D正确。6．B题中发生反应的离子方程式为Fe＋NO－3＋4H＋===NO↑＋Fe3＋＋2H2O、2Fe3＋＋

Fe===3Fe2＋，n（NO－3）＝4mol，n（H＋）＝5mol，n（Fe）＝1.5mol，由此可知NO－3和Fe过量，以H＋的物质的量为基准进行计算，可得产生的NO的物质的量为1.25mol，标准

状况下的体积为28L。7．DA项，反应后向溶液中加入NaOH，生成Mg（OH）2和Cu（OH）2沉淀，固体质量增加的是OH－的质量，且有n（OH－）＝n（e－），设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有24x＋64y

＝1.52（质量守恒）2x＋2y＝2.54－1.5217（电子守恒），解得x＝0.01，y＝0.02；B项，该硝酸的物质的量浓度c＝nV＝50×1.40×63%63mol50×10－3L＝14mol/L；C项，

NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体中有NO2xmol，据电子守恒得x＋（0.05－x）×2＝0.06，x＝0.04，NO2的体积分数为80%；D项，得到2.54g沉淀时溶液中的溶质只有NaNO3，根据氮元素守恒可知n（HNO3）＝n（NaOH）＋n（

NO2）＋2n（N2O4）＝50mL×14mol/L＝0.7mol，n（NaOH）＋0.04＋2（0.05－0.04）＝0.7，所以n（NaOH）＝0.64mol，所以V（NaOH）＝640mL。8．B9．答案：

（1）做保护气、保存粮食（2）N2＋3H2催化剂高温、高压2NH3（或N2＋3Mg=====点燃Mg3N2）N2＋O2=====放电或高温2NO（3）AgNO3（4）Ca（OH）2＋2NH4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

（5）3NO2＋H2O===2HNO3＋NO（6）4HNO3（浓）＋C=====△CO2↑＋4NO2↑＋2H2O10．答案：（1）A、C、G（2）①有白烟出现因A瓶中HCl气体压强大，所以HCl进入B瓶，与NH3发生反应，生成白色NH4Cl固体

颗粒②紫色石蕊溶液进入B瓶，溶液变红色解析：（1）固固加热制备气体，应选用A为发生装置；NH3密度比空气小，应选用C收集气体；NH3极易溶于水，为防止倒吸，应选用G进行尾气处理。（2）①A瓶中压强比B瓶中压强大，打开

旋塞1，HCl气体进入B瓶并与NH3反应生成NH4Cl，B瓶中产生白烟。②反应后B瓶中压强减小，关闭旋塞1，打开旋塞2，烧杯中的紫色石蕊溶液倒吸入B瓶，因为B瓶中得到的溶液显酸性，所以溶液变红色。11．答案：（1）利用生成的CO2将整个装置内的空气排尽，避免NO和O2反应生成NO2，对

气体产物的观察产生干扰（2）溶液变成红色（或血红色）（3）3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O一段时间后溶液变成棕色（4）2NO2＋H2O===HNO2＋HNO3（5）NaNO2与硝酸反应生成HN

O2，与实验①进行对照（6）HNO2可加快铜与稀硝酸反应的速率解析：（1）空气中的氧气会将NO氧化，所以实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸反应生成CO2，将整个装置内的空气排尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰。（2）

若装置A中有NO2气体生成，NO2与水反应生成HNO3，会将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液会变成红色（或血红色）。（3）若装置A中铜与稀硝酸反应只生成NO气体，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为3Cu＋8H＋＋2

NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；若只生成NO，会与FeSO4反应生成[Fe（NO）SO4]，一段时间后溶液变为棕色。（4）NO2与H2O发生歧化反应生成HNO2，和HNO3，化学方程式为2NO2＋H2O===HNO2＋HNO3。（5）利用NaN

O2与硝酸反应生成HNO2，与实验①进行对照，来探究HNO2对铜与稀硝酸反应速率的影响。（6）实验测得t1>t2，即当HNO2存在时会加快反应速率，说明HNO2可加快铜与稀硝酸反应的速率。单元检测4非金属及其化合物1．BA项，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾属于钾盐；B项，

消毒时，NaClO体现的是强氧化性不是漂白性；C项，实验后废液不能随意排放；D项，浓硫酸具有强腐蚀性，需要妥善储存、保管。2．B硅为良好的半导体，用作芯片，光导纤维的主要成分为二氧化硅，为绝缘体，它们不是同种材料，A错误。活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，而雾霾是一种分散系，分散

剂是空气，含活性炭的口罩防雾霾的原理是吸附作用，B正确。煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，故煤炭不能蒸馏，C错误。特种钢缆为金属材料，不是非金属材料，D错

误。3．AA项，向蔗糖中加入浓硫酸发生炭化，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，正确；B项，加入KNO3固体提供NO－3，酸性条件下组成HNO3，Cu可与硝酸反应，错误；C项，过量铁粉与稀硝酸反应，生成的是Fe2＋，错误；D项，Na投入MgC

l2溶液中先与水反应，生成的NaOH再与MgCl2反应产生白色沉淀，无法生成镁，错误。4．A粗盐制精盐的过程中，除杂试剂BaCl2溶液必须在Na2CO3溶液之前加入，A项错误。5．C同周期元素自左向右原子

半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，A错误；硫的氧化物不能形成光化学烟雾，B错误；汽车尾气中的NOx主要是空气中的N2、O2在汽车汽缸内化合生成的，C正确；N2和O2反应生成NO，得不到NO2，D错误。

6．B氯气与水反应生成HClO，可使品红溶液褪色，加热不恢复，则证明HCl气体中含有Cl2，故B正确。7．BA项，实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被Cu还原为NO，NO在试管口遇到空气中的氧气生成NO2，错误；B项，③中反应的化学方程式为3Cu＋Cu（N

O3）2＋4H2SO4===4CuSO4＋2NO↑＋4H2O，正确；C项，实验③中滴加稀硫酸，提供H＋，铜片继续溶解，硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸，错误；D项，由题述实验可得出结论：硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸，错误。8．ASO2可以被NaOH溶液吸收，

A正确；NH3的密度小于空气，应从短管进入，B错误；Cl2不能用水吸收，C错误；NO2应用碱液吸收，D错误。9．B铜和稀硝酸反应生成的NO密度和空气非常接近，难溶于水，与空气中的氧气反应，所以只能用排水法收集，故A错误；大理石和稀盐酸反应

生成二氧化碳，二氧化碳密度比空气大，可用向上排空气法收集，故B正确；高锰酸钾和浓盐酸应在不加热的条件下反应，生成氯气有毒，需要尾气吸收，故C错误；氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，且不能用浓硫酸干燥，故D错误。10．C实验一是氨气的喷泉实验，喷泉实验证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱

碱溶液，使酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体。实验二中浓氨水挥发出的氨气分子和浓盐酸挥发出的氯化氢分子结合生成白烟是氯化铵固体小颗粒，证明浓氨水易挥发，氨气遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨气是碱性气体。11．D可以看出，反应装置作了改进，将铜片改成了可抽动的铜丝，那么抽出铜

丝可让反应停止，因而A项正确；品红溶液验证SO2和NaOH溶液吸收SO2均正确，B、C正确；由于试管中有过量的浓H2SO4，所以不能直接向试管中加水，而应待冷却后将试管中的液体慢慢注入水中，D项错误。12．B高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气且不需要加热，采用

固液混合不加热型装置，A正确；氯气能和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，B错误；加热条件下氯气和Al反应生成氯化铝，氯化铝易水解，无水氯化钙能吸收水分且和氯化铝不反应，所以能达到实验目的，C正确；氯气有毒，不能直接排入空气，但氯气能和NaOH溶液反应

生成易溶于水的物质NaCl、NaClO，所以能达到实验目的，D正确。13．B根据题意n（NO－3）＝n（OH－）＝21.4g－11.2g17g/mol＝0.6mol，则金属离子为0.3mol，转移电子的物质的量为0.

6mol。若生成0.6molNO，氮元素得电子的物质的量为0.6mol×（5－2）＝1.8mol，A错误；若生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，氮元素得电子数为0.1mol×（5－2）＋0.2mol×（5－4）＋0.05mol×（5－

4）×2＝0.6mol，B正确；若生成0.2molNO2和0.1molN2O4，氮元素得电子的物质的量为（0.2＋0.1×2）mol×（5－4）＝0.4mol，C错误；若生成0.3molNO2和0.3molNO，氮元素得电子的物质的量为0.3mol×（5－4）＋0.3mol×（

5－2）＝1.2mol，D错误。14．AC是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是NH3，D是黄绿色气体，则D是氯气，NH3与Cl2反应生成B和E，B是短周期元素组成的单质，则B是N2，E是HCl或NH4Cl，A与B反应生成NH3，则A为H2。E物质可能是NH4Cl，A项正

确；NH3极易溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，B项错误；组成B的元素在周期表中位于第二周期第ⅤA族，C项错误；反应中D得到1.2mol电子时，有0.4molNH3被氧化，生成N2的物质的量是0.2mol，在标准状况下的体积是4.48L

，D项错误。15．C反应①为天然气与H2O在催化剂作用下生成CO2和H2，化学方程式为CH4＋2H2O=====催化剂CO2＋4H2，A正确；过程③是分离空气获得N2和O2，利用了二者的沸点差异，是采用物理方法实现，B正确；NH3是还原剂，O2是氧化

剂，根据得失电子守恒，被氧化的NH3与被还原的O2的物质的量之比为1∶2，总反应的化学方程式为2NH3＋2O2===NH4NO3＋H2O，n（NH3）∶n（O2）＝1∶1，故V（NH3）∶V（O2）＝

1∶1时恰好完全反应，C错误；工业合成氨是放热反应，采用较高温度（730K左右）的目的是使催化剂的活性最高，催化效率最高，D正确。16．答案：（1）①C＋2H2SO4（浓）=====△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O②2H2S＋O2＋4Ag===2Ag2S＋2H2O（2）①∶N⋮⋮N∶②3A

g＋4H＋＋NO－3===3Ag＋＋NO↑＋2H2O③4AgNO3＋2Cl2===4AgCl＋2N2O5＋O2解析：（1）若A为淡黄色固体，且为单质，则A为S，又B为气体，A和B都能与氧气反应生成C，则

B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为非金属单质，且能与浓硫酸反应生成二氧化硫，则F为C。①碳与浓硫酸反应的化学方程式为：C＋2H2SO4（浓）=====△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。②H2S在空气中

与银反应生成黑色的硫化银，化学方程式为：2H2S＋O2＋4Ag===2Ag2S＋2H2O。（2）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，则B为NH3，A为N2，根据转化关系可知，C为NO，D为NO2，E

为HNO3。①N2的电子式为∶N⋮⋮N∶。②做过银镜反应的试管内壁附着的银可用稀硝酸除去，反应的离子方程式为：3Ag＋4H＋＋NO－3===3Ag＋＋NO↑＋2H2O。③由题目信息可知，AgNO3与氯气发生氧化还原反应可生成N2O5

和O2，其化学方程式为4AgNO3＋2Cl2===4AgCl＋2N2O5＋O2。17．答案：（1）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O（2）①SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑②蒸馏③SiHCl3＋4H2O===H4Si

O4↓＋H2↑＋3HCl↑（或SiHCl3＋3H2O===H2SiO3↓＋H2↑＋3HCl↑）（3）①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O②AD③饱和NaHCO3溶液Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO

3（答案合理即可）④碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱解析：（1）玻璃中的二氧化硅与NaOH溶液反应。（2）①石英砂的主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；

②由于SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大，可以使用蒸馏的方法提纯；③SiHCl3中Si是＋4价，氢元素、氯元素均为－1价，SiHCl3完全水解时，Si以H2SiO3形式存在，－1价的氢元素与H2O反应后生成H2。（3）①B中盐酸与碳酸钙

发生反应的离子方程式是CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O；②步骤Ⅰ是为了验证浓盐酸是否具有挥发性（看A中是否产生沉淀）和酸性（与盐反应）；③因为浓盐酸具有挥发性，所以C装置的作用是将HCl气体除去，可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液；D中反

应的化学方程式是Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，也可以生成NaHCO3，答案合理即可；④由于碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，所以碳、硅的非金属性逐渐减弱。18．答案：（1）红棕色

C＋4HNO3（浓）=====△4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（2）BaCO3不能Ca（OH）2的溶解性比Ba（OH）2小，溶液中Ca（OH）2浓度较低，不能形成CaCO3沉淀（3）防倒吸（4）①AC②浓硝酸的分解解析：（1）装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、C

O2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈烧瓶中的气体颜色为红棕色。（2）将NO2、CO2通入Ba（OH）2溶液中分别生成Ba（NO3）2和BaCO3，由于Ba（OH）2溶液足量，故溶液为碱性环境，Ba

CO3不溶解以沉淀形式析出。Ba（OH）2溶液不能用Ca（OH）2溶液代替，因为Ca（OH）2微溶于水，溶液中Ca（OH）2含量太少，浓度太低，不足以完全吸收生成的酸性气体，导致溶液呈酸性，从而不能生成CaCO3沉淀。（3）装置B可

以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。（4）①NO与O2反应生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，C正确。②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外

，还发生浓硝酸的分解反应。19．答案：（1）NH4Cl＋2HCl=====电解3H2↑＋NCl32NH4Cl＋Ca（OH）2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O控制好反应温度（2）NCl3＋6ClO－2＋3H2O===6ClO2↑＋NH3↑＋

3Cl－＋3OH－（3）①滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液从蓝色变成无色，且30s内不变色②135cV2V1解析：（1）NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，结合元素守恒及离子放电顺序可知A为氢气，故电解反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl=====电解3

H2↑＋NCl3；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为氨，实验室制氨的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；由于NCl3自燃爆炸点为95℃，在热水中易分解，所以在电解

时除控制好生成NCl3的浓度外，还要控制好反应温度。（2）NCl3与ClO－2反应生成NH3、ClO2，离子方程式为NCl3＋6ClO－2＋3H2O===6ClO2↑＋NH3↑＋3Cl－＋3OH－。（3）①上述步骤3中，滴定前溶液中含碘单质，

所以淀粉溶液为蓝色，滴定过程中碘单质逐渐消耗，蓝色逐渐变浅，所以滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液从蓝色变成无色，且30s内不变色；②由题知，2ClO2～5I2～10S2O2－3，n（S2O2－3）＝cV2×10－3mol，原溶液中n（ClO2）

＝cV2×10－35×100V1＝0.1cV25V1mol，m（ClO2）＝0.1cV25V1×67.5g＝1.35cV2V1g，所以原ClO2溶液的密度为m（ClO2）V（ClO2）＝1.35cV2V1g10×10－3L＝135cV2V1g·L－1。第五单元物质结构元素周期律课

练13原子结构化学键狂刷小题夯基础[练基础]1．A化学反应前后原子的种类和数目不发生变化，题述变化属于核反应，不是化学反应，A项错误。2．DA项，中子数为18的氯原子应表示为3517Cl，错误；B项，N2分子中N

与N之间形成三键，结构式为N≡N，错误；C项，Na＋的结构示意图为，错误；D项，H2O为共价化合物，每个H原子和O原子之间共用一个电子对，正确。3．B205Ac、207Ac互为同位素，核外电子数都是89，A项错误；205Ac、207Ac的核外

电子排布相同，故二者的化学性质相同，B项正确；205Ac、207Ac互为同位素，质子数相同，在元素周期表中的位置相同，C项错误；205Ac、207Ac的质量数不同，其摩尔质量不同，则相同物质的量的二者的质量不同，D项

错误。4．CA项，阴、阳离子个数分别为1NA和2NA，错误；B项，HBr为共价化合物，错误；D项，BCl3分子中硼原子最外层为6电子结构，错误。5．DRn－原子核内的质子数为A－（A－x＋n）＝x－n，Rn－原子核外的电子数为（x－n）＋n＝x，mgRn－中电子数为mxNAA。6．D是乙酸分

子的球棍模型而不是比例模型，A错误；二氧化硅是原子晶体，故SiO2只能表示晶体中Si、O原子的个数比为1∶2，晶体中并不存在单个的SiO2分子，B错误；Mg和Cl形成离子键的过程为，C错误；氡（22286Rn）的质子数为86，中子数为222－86＝136，D正确。7．CO2－

、Na＋和Ne的核外电子排布相同，但其化学性质不同，故A错误；分子的稳定性和共价键强弱有关，与氢键无关，氢键一般影响物质的物理性质，故B错误；石墨转化为金刚石为化学变化，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，石墨中层间还

存在分子间作用力，所以也有分子间作用力的破坏，故C正确；PCl5分子中P原子最外层为10电子结构，而不是8电子稳定结构，SOCl2分子中S原子的最外层是10电子结构，故D错误。8．CW、X、Y、Z为同周期的短周期主族元素，Y的最外层电子数是其质子数的13，Y为Li或P元素，根据化合物的

结构示意图，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，Y能形成2个共价键，则Y只能为P元素，W、X、Y、Z位于同一周期，则X位于第三周期第ⅣA族，为Si元素，Z位于第三周期第ⅦA族，为Cl元素，W、Z核外电子数之和是X核外电子数的2倍，则W的核外电子数为11，为Na元素，综上所述

，W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素。X、Z分别为Si和Cl元素，其形成的化合物SiCl4为共价化合物，A错误；元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，非金属性：Cl＞P＞Si，则对应简单气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞X，B错误；Y为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2

个共价键，且该阴离子得到W原子的一个电子，所以P原子达到8电子稳定结构，C正确；Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别为H3PO4、HClO4，其中H3PO4不能完全电离，属于中强酸，不属于强酸，D错误。[练高考]9．C元素辨析：由已知核反应可得Z＋0＝M＋1、A＋1＝R＋1，RMY可用

于测定文物年代，则Y是C，R＝14、M＝6、A＝14、Z＝7，X是N。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A项正确；C结合3个H失去1个电子形成CH＋3，B项正确；HNO3的酸性强于H2CO3，C项错误；N

可以形成NH3、N2H4，C可以形成多种烃，D项正确。10．B根据质子数和质量数守恒，可推断出abX为62He、mnY为42He，X的中子数为6－2＝4，A项错误；62He、42He的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项

正确；138O、158O的半衰期很短，不能用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界不存在138O2、158O2分子是因为138O、158O的半衰期很短，D项错误。11．ASr和Mg、Ca同主族，位于元素

周期表第五周期ⅡA族，A错误；87Sr和86Sr的质量数不同，可用质谱法区分，B项正确；Sr的质子数为38，87Sr的中子数为87－38＝49，86Sr的中子数为86－38＝48，C项正确；根据题意可知，D

项正确。12．BZ的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1，又W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的Na元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y

的原子序数小于11，又W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合题意，故W为氢元素、X为氮元素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，即简单离子半径：X>Y>Z，

A错误；W与Y能形成H2O2，既含有极性键又含有非极性键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH3和H2O，常温下，NH3为气态，H2O为液态，故H2O的沸点更高，C错误；由氢、氮、氧三种元素所组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，D错误。13．B21H的质

量数是2，中子数＝质量数－质子数＝1，A项错误；原子的核电荷数＝质子数，B项正确；11H的质量比21H的小，C项错误；21H是氢元素的一种核素，D项错误。[练模拟]14．CD和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，A项错误；11H是氢元素的一种核素

，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，B项错误；11H、21H、31H的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，C项正确；该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，D项错误。15．A丁为H2O

，丙为H2S，非金属性：O＞S，则热稳定性：H2O＞H2S，同时水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，A项正确；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，原子半径大小顺序是r（Na）>r（S）>r（O），B项错误；形成化合物分

别是NaH、Na2O、Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，C项错误；SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生加成反应，原理不同，D项错误。16．BF、O的单质常温下为气态，沸点低，B、C的

单质常温下为固态，沸点高，故A错误；同一周期原子序数越大原子半径越小，则原子半径：W＞X＞Y＞Z，故B正确；BF3中，B原子最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，故C错误；O元素与其他C、B元素形成

二元化合物显负－2价，与F元素形成二元化合物OF2，显正价，O的价态不同，故D错误。17．B同一周期元素，非金属性从左至右依次增强，金属性逐渐减弱，同一主族元素，从上至下金属性依次增强，非金属性逐渐减弱，则四种元素中，

O的非金属性最强，Na的金属性最强，A项正确；由Na和O两种元素形成的化合物中，Na2O2既含有离子键，又含有非极性共价键，B项错误；四种元素形成的简单离子中，S2－电子层数最多，半径最大，而Na＋、Al3＋、O2－电子层数相同，核电荷

数越大，半径越小，因此离子半径S2－>O2－>Na＋>Al3＋，即S2－半径最大，Al3＋半径最小，C项正确；Na、Al、S的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，Al（OH）3具有两性，可与强酸H2SO4和强碱NaOH发生反应，NaOH和H2S

O4可发生中和反应，D项正确。18．D（277112Cn）原子中质子数为112，质量数为277，中子数＝质量数－质子数＝277－112＝165，中子数与质子数的差值为165－112＝53，故A错误；制造的人工核反应由于反应前后原

子种类发生了变化，不属于化学反应，故B错误；的原子序数为112，位于元素周期表第七周期ⅡB族，故C错误；Pb位于ⅣA族，可形成化合物PbSO4，也可形成氯化物PbCl2，Zn、Cn位于ⅡB族，可形成ZnCl2、CnCl2，故D正确。综合测评提能力1．

AA项，SiO2是原子晶体，不存在SiO2分子，错误；B项，甲酸的结构式为，正确；C项，氯化铵由铵根离子和氯离子构成，氯化铵的电子式为，正确；D项，中子数为21的K原子的质量数为19＋21＝40，符号为

4019K，正确。2．B甲醛的结构式为，分子中无非极性键，A不正确；CO2的结构式为O===C===O，电子式为∶O··∶××C××∶O··∶，B正确；C项中的模型为水分子的比例模型，不正确；根据图示信息可知CO2分子中的氧原子既来自O2又来自HCHO，D不正确。3．B同周期从左到右非金属性逐渐

增强，因此元素的非金属性顺序为X＜Y＜Z，故A正确；H与K形成KH离子化合物，故B错误；K与其它3种元素形成KH、K2S、KCl均是离子化合物，故C正确；元素X最高价＋1，最低价－1，最高和最低化合价的代数和为0，Y最高

价＋6，最低价－2，最高和最低化合价的代数和为4，Z最高价＋7，最低价－1，最高和最低化合价的代数和为6，故D正确。4．BX、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y存在四个键，可能为C和Si，Z与Y形成双键，又存在－Z－Z－的形式，可知Z为O，则Y为C，X为H。原子半径：C>O

>H，即Y>Z>X，A项错误；元素的非金属性：H<C<O，即X<Y<Z，B项正确；该化合物中Z的化合价为－1和－2价，C项错误；氢不满足8电子稳定结构，D项错误。5．BY是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反

应生成X的单质，Z是第三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg，由此分析。O2－和Mg2＋的核外电子排布相同，核电荷数越大，对原子核的吸引能力越强，半径越小，故半径r（O2－）＞r（Mg2＋），即Y＞Z，故A错误；X是碳，Y是氧，碳

和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性X＜Y，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：X＜Y，故B正确；W是H，Y是O，W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C错误；Z是Mg，它最高

价氧化物对应的水化物为弱碱，故D错误。6．A根据W为二元液态化合物，推测W为水，X、Y、Z为其中的三种元素组成的化合物，且均为强电解质，X、Y按物质的量之比为1∶2反应，推测X与Y的反应应为酸碱中和反应，进一步推测

X为硫酸、Y为氢氧化钠，Z为硫酸钠；从而推断A为H元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素，位于同一周期，A正确；X为硫酸，只含有共价键，B错误；C和D形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐溶于水显碱性，C错误；非金属性Cl>S，

其简单氢化物的热稳定性：HCl>H2S，D错误。7．D“医用酒精”主要成分为CH3CH2OH,“84消毒液”主要成分为NaClO，则反应后必定含有元素C、H、O、Na、Cl，已知W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为H，X为C，Y为

O，Z为Na，Q为Cl。根据上述分析可知，由于O的非金属性强于C，则简单气态氢化物热稳定性：H2O>CH4，故A正确；W与Z可形成离子化合物NaH，故B正确；简单离子半径：Cl－>O2－>Na＋，故C正确；常温下，CH3Cl为气态，但

H原子不满足8电子稳定结构，故D错误。8．答案：（1）第三周期第ⅥA族＜（2）（3）SO2－3＋2H＋===H2O＋SO2↑或HSO－3＋H＋===H2O＋SO2↑（4）H2O2OH－＋CN－＋H2O2===CO2－3＋NH3↑解析：H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中

的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N、O，W与N同主族，则N为S。（1）C的非金属性弱于O的非金属性，故CH4的

稳定性比H2O的弱。（2）H、N形成的含18电子的化合物是N2H4，N2H4的电子式为（3）由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的离子化合物为NH4HSO3或（NH4）2SO3，其分别与足

量盐酸反应的离子方程式为HSO－3＋H＋===H2O＋SO2↑、SO2－3＋2H＋===H2O＋SO2↑。（4）H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，H2O2氧化碱性工业废水中CN－的离子方程式为OH－＋CN－＋H2O2===CO2－3＋NH3↑。9．

答案：（1）∶N⋮⋮N∶（2）Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O（3）bc（4）2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O解析：根据信息可知，丙是NH3，丁是N2H4，戊是Al（OH）3，D是H2，B是N2，A是Al，甲是AlN，乙是A

l2O3。（4）NH3与0.5molNaClO反应，转移1mol电子，所以ClO－被还原为Cl－，由框图知NH3被氧化为N2H4，根据原子守恒和得失电子守恒可写出化学方程式。10．答案：（1）（2）氧2H2S＋O2===2H2O＋

2S↓（其他合理答案亦可）（3）NH4HSO4（4）N2H4＋2H2O2=====点燃N2↑＋4H2O解析：X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，可知L层为6个电子，所以X为氧元素。Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是氢元素。Z元素原

子的L层电子数是K层和M层电子数之和，L层有8个电子，则其M层电子数为6，所以Z是硫元素。W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2.5倍，其次外层只能是K层，有2个电子，所以W为氮元素。（2）能说明氧元素比硫元素非金属性强的事实很多，其中单质之间的置换反应比较直观。（3）H、N

、O、S四种非金属元素形成的离子化合物只能是铵盐，其水溶液显强酸性，应是强酸的酸式盐，因为铵盐因水解而显示的酸性不如其酸式盐溶液的酸性强，故该离子化合物应为NH4HSO4。（4）H和O按原子个数比1∶1化合形成的化合物为H2O

2，共有18个电子，则H和N形成的18电子微粒只能是N2H4，根据信息写出化学方程式即可。课练14元素周期表和元素周期律狂刷小题夯基础[练基础]1．D293117Ts和294117Ts是Ts元素的两种同位素，化学性质相同，A项错误；117号元素Ts位于周期表的第七周期第ⅦA族，B项错误；117号

元素Ts有多种同位素，这些同位素的含量各不相同，所以元素Ts的相对原子质量不一定是293.5，C项错误；293117Ts和294117Ts的质子数都是117，而中子数分别是176和177，D项正确。2．C同主族元素从

上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，A错误；第二周期元素中，O没有最高正价，F没有正价，B错误；同周期元素（0族元素除外）从左到右，随着核电荷数的逐渐增多，原子核对外层电子的吸引力逐渐增强，因此原子半径逐渐减

小，C正确；在第三周期的元素中，Al为＋3价，Na为＋1价，但失电子能力Na>Al，D错误。3．CA项，非金属性的强弱应根据最高价氧化物对应水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，HF的酸性比HCl弱，但非金

属性：F＞Cl，正确；B项，优良的催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料（如镍、铂等）大多属于过渡元素，正确；C项，短周期元素正化合价数值和其族序数不一定相同，如C有＋2、＋4价，错误；D项，微粒X2－与Y2＋核外电子排布相同，核电荷数：Y＞X，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：X

2－＞Y2＋，正确。4．B前20号元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M和W形成的某种化合物可用作制冷剂，则M为氢元素，W为氮元素；Y和Z能形成ZY2型离子化合物，ZY2的电子总数为38，则Y为氟元素，Z为钙元素；根据M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大可知，X为氧元素。氮元素和氧

元素形成的化合物有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，A项错误；M为氢元素，W为氮元素，二者可以形成化合物NH3，其水溶液显碱性，B项正确；W、X、Y三种元素的简单氢化物分别为NH3

、H2O、HF，沸点：NH3<HF<H2O，C项错误；X和Z形成的化合物CaO2属于离子化合物，钙离子和过氧根离子的数目之比为1∶1，D项错误。5．B这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、

Y位于第二周期，Z、W、Q位于第三周期，W原子的质子数是其M层电子数的3倍，设其M层电子数为x，则W原子质子数＝2＋8＋x，2＋8＋x＝3x，所以x＝5，则W为P元素，则X是N、Y是O、Z是Al、Q是Cl。X、Y分别是N、O元素，二者能形成多种氮氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4

、N2O5等，所以X与Y可形成的化合物在5种以上，故A正确；Z是Al元素，氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，所以工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故B错误；电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而

减小，所以离子半径：Q＞X＞Y＞Z，故C正确；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Q>X>W，则最高价氧化物对应水化物的酸性Q>X>W，故D正确。6．B根据五种元素的化合价以及原子序数大小关

系，可推知a为O，b为Na，c为Al，d为P，e为Cl。根据非金属性：O＞S、S＞P，可知非金属性：O＞P，A项正确；一般来说电子层数越多，原子半径越大，结合同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小知，原子半径：Na＞Al＞P＞Cl＞O，B项错误；O可以

形成H2O、H2O2两种氢化物，C项正确；Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、HClO4，它们分别为强碱，两性氢氧化物、强酸，两两之间均可反应，D项正确。7．CX为硫元素，Z为氧

元素，Y为氟元素，W为氮元素。A项，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，故原子半径N＞O（即W＞Z），不正确；B项，同周期从左到右，元素非金属性依次增大，同主族从上到下，元素非金属性依次减小，

故非金属性O＞S（即Z＞X），不正确；C项，玻璃中的SiO2能与氢氟酸反应，故HF可用于刻蚀玻璃，正确；D项，硫的氧化物对应的水化物有H2SO3和H2SO4，H2SO3是弱酸，不正确。8．A由题图1可知，A、B、C、D、E原子序数依次增大，

结合题图2中D形成带1个正电荷的阳离子，可推出D为Na元素，A可以形成1个共价键且原子半径最小，故为H元素；B可形成4个共价键且原子半径大于A小于D，故为C元素；C可形成2个共价键且原子半径小于B，故为O元素，C与E同主族，E为

S元素，化合物X为Na2CO3·H2O2。A项，D、E的两种简单离子的半径S2－>Na＋，错误；B项，C、O为同一周期主族元素，从左往右非金属性依次增强，故热稳定性：H2O>CH4，正确；C项，由题图2可知，化合物中含H2O2，有较强的氧化性，正确；D项，O2和Na在加热条件

下的反应产物Na2O2中含有非极性键，正确。[练高考]9．DQ、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X为A

l；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶体，熔点比单质硅（共价晶体）低，错误；C项，Q的简单

氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。10．C甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高

氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是

氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。11．B短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序

数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布式为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布式为3s

23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。C能与多种元素（H、O、N、P、S等）形成共价键，A正确；O和S形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H

2S，B错误；N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；O的电负性比Al大，D正确。12．C同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱

，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。13．A元素辨析：题图中X形成四个共价键，则X位于第ⅣA族，Y形成三个共价键，位于第

ⅢA族或第ⅤA族，Z形成两个共价键，位于第ⅥA族，R形成一个共价键，为H元素或位于第ⅦA族，Q形成五个共价键，位于第ⅤA族，结合原子序数关系可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、R为F元素、Q为P元素。图示化合物中P最外层有10个电子，A项错误；五种元素中

F的非金属性最强，对应的简单氢化物HF最稳定，B项正确；NO2为红棕色，N2O4为无色，2NO2⇌N2O4是放热反应，降温时其平衡正向移动，气体颜色变浅，C项正确；大气中的O3含量与环境污染密切相关，D项正确。[练模拟]14．B叶蜡石化学式为X2[Y4Z10]（ZW）2，短周期元素W、Z

、X、Y的原子序数依次增大，X为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al；Y的最外层电子数为次外层的一半，其原子序数大于Al，则Y为Si元素；X的离子与ZW－含有相同的电子数，ZW－应为氢氧根，则Z、W分别为O、H中的一种，结合X2[Y4Z1

0]（ZW）2可知，Z应为O，则W为H，以此来解答。电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，故B错误；Y的最高价氧化物为SiO2，Si

O2可作光导纤维的材料，故C正确；H、O形成的化合物为H2O和H2O2，常温常压下H2O和H2O2均为液体，故D正确。故选B。15．A短周期主族元素中，原子最外层电子数是电子层数的2倍的元素为C和S，由图中原

子半径和原子序数关系可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，结合题图知Y为O，Z为Na；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H。相对分子质量越

大，分子间作用力越大，物质沸点越高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：H2O>H2S>CH4，A项正确；氧原子半径小于钠原子半径，氧离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，B项错

误；最高价氧化物对应的水化物的酸性H2SO4>H2CO3，C项错误；元素非金属性越强，其单质氧化性越强，非金属性：O>S>C，故单质氧化性O2>S>C，D项错误。16．C由题图和“A和C原子的最外层电子数之差等于4，C和F原子的核外电子总数相

差8”可推出A、B、C、D、E、F分别为N、O、Na、S、Cl、K。X、Y、Z分别为H2SO4、HClO4、KOH。NaN3中既含有离子键又含有共价键，A项正确；沸点H2O>H2S，B项正确；相同温度下，等浓度的X、Y、Z的水溶液pH：KOH>HClO4>H2SO4，C项错误；Na2S2O3与HC

l反应有单质硫生成，D项正确。17．D分析可得，甲为AlN，乙为NH3，丙为N2H4，丁为Al2O3，戊为H2O，己为Al（OH）3；Q为Al，P为O2，故W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素。A项，同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半

径：H＜O＜N＜Al，错误；B项，水在常温下为液态，氨气为气态，则水的沸点较高，错误；C项，N2H4分子中含有极性键和非极性键，错误；D项，X元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，NH3可与硝酸反应生成硝酸铵，正确。18．D

W的单质在常温下为银白色液体，则W为Hg；R单质常温下为紫黑色固体，R为I；Y、Z的单质是空气的主要成分，再结合题图可知Z形成两个共价键，Y形成四个共价键且带一个正电荷，可知Y为N，Z为O；X、Y的核外电子数之和与Z的原子序数相等，则X为H。原子半径：H＜O＜N，A正确；Hg的单质可用热

分解法制备，2HgO=====△2Hg＋O2↑，B正确；I2易升华，I2中混有NaCl时，可通过加热分离提纯，C正确；H、N、O可形成HNO3（共价化合物），NH4NO3（离子化合物），D错误。综合测评提能力1．C元素周期表中的第Ⅷ族包含8、9

、10共3个纵列，因此元素周期表虽然共18个纵列，但共16个族，A错误；在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料，B错误；第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，C正确；第ⅠA

族的元素包括H和碱金属元素，D错误。2．B由“W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y所处的周期序数与族序数相等”推出Y为Al，由“甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的一种产物”推出丁为NaOH，

由“戊为二元化合物，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH为2”推出戊为HCl，由图可知，甲既能与丁（NaOH）反应，又能与戊（HCl）反应，且生成的乙和丙反应又能生成甲，则甲为Al（OH）3，乙为NaAlO2，丙为Al

Cl3。进一步推出W、N、X、Z分别是H、O、Na、Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大可知，原子半径：O<S<Al<Na，A项正确；水分子的比例模型是V形而不是直线形，B项错误；NaOH中含有Na＋与OH－形成的离子键和H与

O形成的共价键，C项正确；AlCl3是分子晶体，D项正确。3．D由图中纵坐标可知R、X、Y、Z、W、T分别在ⅠA、ⅡA、ⅢA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族，结合原子半径递变规律和图中横坐标可推知R、X、Y、Z、W、T分别是Na、Mg、Al、N、O、Cl。A项，简单气态氢化物的稳

定性：NH3＜H2O，沸点：NH3＜H2O，正确；B项，Al（OH）3呈两性，可在NaOH、HClO4溶液中分别溶解，正确；C项，Mg能分别与N2、O2、Cl2发生氧化还原反应，正确；D项，工业上用电解熔融的MgCl2的方法获得Mg

单质，用电解熔融的Al2O3的方法获得Al单质，不正确。4．DW、X、Y、Z分别为N元素、S元素、Cl元素、Ge元素。A项，由于NH3分子间存在氢键，简单氢化物的沸点：W＞Y，错误；B项，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，故原子半径：Z＞X＞Y，错误；C

项，应通过元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较元素的非金属性，错误；D项，Ge为半导体材料，且可与Y（Cl元素）形成化合物GeCl4，正确。5．B第三周期元素中，X的最高价氧化物溶于水得到溶液，0.01mol·L－1的该

溶液的pH为12，故X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，则X为Na元素；W、Z、Y的最高价氧化物溶于水所得溶液的pH均小于7，故其最高价氧化物对应的水化物均为酸，0.01mol·L－1W的最高价含氧酸的溶液中c（H＋）＝0.01mol·L－1，故W的最高价含氧酸为一元强酸，则W为Cl元素；0.

01mol·L－1Z的最高价含氧酸的溶液的pH比W的小，故Z为S元素；0.01mol·L－1Y的最高价含氧酸的溶液的pH比W的大，由于H2SiO3不溶于水，故Y为P元素。四种元素简单离子半径对应排序为X＜W＜Z＜Y，A正确；元素非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，故简单阴离子还原性：W＜Z

＜Y，B错误；Cl2通入H2S溶液中，发生反应Cl2＋H2S===S↓＋2HCl，C正确；浓硫酸和H2S可发生氧化还原反应，D正确。6．C根据该化合物的结构式可知X为H，Y为C，Z为O。由该化合物可有效灭

杀新型冠状病毒可知其为过氧乙酸。W对应的单质与X、Y形成的最简单化合物在光照条件下反应生成四种有机物，可知W为Cl。W对应的单质为氯气，通入紫色石蕊试液中，生成了盐酸和次氯酸，因此溶液颜色先变红后褪色，A错误。气态氢化物的稳定性与非金

属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，Y为C，W为Cl，非金属性Cl大于C，B错误。X、Y、Z分别为氢、碳、氧，三种元素形成的醋酸常用来除水垢，C正确。Z为氧，W为氯，氧对应的氢化物熔沸点高于氯对应的氢化物，D错误。7．A同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg

（OH）2，故A正确；同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B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：r（Br）＞r（Na）＞

r（Mg）＞r（Cl），故C错误；Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。8．D铟和铷同属第五周期元素，铷在ⅠA族，铟在ⅢA族，铷的金属性比铟强，所以RbOH的碱性强于In（OH）3的碱性，D错误。9

．答案：（1）第三周期第ⅥA族（2）abd（3）H2S电子层数：S<Se，原子半径：S<Se，得电子能力：S>Se，非金属性：S>Se，所以稳定性：H2S>H2Se（4）A中品红溶液褪色说明有SO2生成，C中产生白色

沉淀而B中无明显变化，证明SO2（S显＋4价）在C中转化为BaSO4（S显＋6价）解析：（1）S在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族。（2）氧和硫位于同一主族，根据元素周期律，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性：O

>S，a正确；硫和氯位于同一周期，根据元素周期律，同一周期从左至右简单阴离子半径逐渐减小，故离子半径：S2－>Cl－，b正确；酸性：H2SO4>H2SO3是因为硫酸中非羟基氧数目多，酸性强，和元素周期律没有关系，c错误；硫和磷位于同一周期，

根据元素周期律，同一周期从左至右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：H2SO4>H3PO4，d正确。10．答案：（1）三ⅠA（2）（3）（4）NaOH离子键和极性共价键离子（5）＋4CH4C2H4极性共价键和非极性

共价键6（6）离子键、共价键解析：A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则A为氢元素。F＋与E2－核外电子排布相同，则F为Na，E为O，B为C，D为N，E、G同主族，且为短周期

元素，则G为S。（1）Na位于第三周期第ⅠA族。（2）硫原子得到2个电子形成离子，最外层有8个电子。（3）电子式表示形成过程中，箭头前为原子的电子式，箭头后为单质或化合物的电子式。（4）NaOH中既有离子键又有极性共价键，属于离子化合物。（5）C的最高化合价

为＋4；C2H4中既有极性共价键（C—H）又有非极性共价键（C===C）。（6）N与H形成NH5的化合物应为NH4H，属于离子化合物，含有离子键和共价键，其电子式为。11．答案：（1）HClO4＞H2SO4＞H2CO3（2）①Na＋[∶O··

··∶O····∶]2－Na＋②复分解反应③3.01×1022（3）6NaClO3＋3H2SO4＋CH3OH===CO2↑＋6ClO2＋3Na2SO4＋5H2O解析：（1）根据元素在元素周期表的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为S，⑧为Cl。元素的非金属性越强

，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl>S>C，最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为HClO4>H2SO4>H2CO3。（2）B是温室气体的主要成分，则B为CO2，能与CO2反应生成单质且含离子键的A应是Na2O2，则另一个产物C为Na2CO3；E是⑦的最高价氧化物对应的水化物

，则E为H2SO4，可与Na2CO3反应生成B（CO2）；单质D为O2，与单质F反应可生成A（Na2O2），则推出F为Na。①A的电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋；②反应Ⅱ是Na2CO3与H2SO4反应生成H2CO3和Na2SO4，H2CO3分解

为H2O和CO2，其反应类型为复分解反应；③反应Ⅰ中，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，2e－～2CO2，则消耗标准状况下1.12LB（CO2）时，转移的电子数为1.12L22.4L·mol－1×NAmol－1＝0.05NA≈3.01×1022。（3）⑧的某种氧化物是常见的

消毒剂，设该氧化物的化学式为ClOx，其中氯的化合价为＋2x价，等物质的量时其消毒能力是Cl2的2.5倍，则转移电子数是氯气的2.5倍，设物质的量均为1mol，则[2x－（－1）]×NA＝2NA×2.5，解得x＝2，即该氧化物为ClO2。67.5gClO2的物质的量为1mol，根据生

成1molClO2时转移NA个电子，可推出含Cl元素的含氧酸钠盐中Cl元素的化合价应为＋5价，则该钠盐为NaClO3，根据题干信息，结合得失电子守恒和原子守恒规律可知，该制备反应的化学方程式为6NaClO3＋3H2SO4＋CH3

OH===CO2↑＋6ClO2＋3Na2SO4＋5H2O。单元检测5物质结构元素周期律1．D4622Ti原子核内中子数比质子数多（46－22）－22＝2，A错误；根据金属活动性顺序可知，Sn的金属活动性比Al、Fe的都弱，B错误；SiCl4为共价化合物，其电子式为

，C错误，Al原子的最外层电子数和电子层数均等于3，D正确。2．CCl原子只能形成一个共价键，则HClO的结构式为H—O—Cl，A错误；核内有33个中子的Fe原子质量数为33＋26＝59，表示为5926Fe，B错误；N原子最外层有5个电子，可形成3个共用电

子对，O原子可形成2个共用电子对，H原子只能形成1个共用电子对，则NH2OH的电子式为，C正确；CH3CHO的球棍模型为，D错误。3．D将体积相同的Na和K分别投入冷水，根据实验现象得出金属性：K＞Na，可用同主族元素从上到下金

属性逐渐增强，单质的还原性逐渐增强来解释，A不符合题意；硫酸与磷酸钠反应生成磷酸，得出非金属性：S＞P，可用同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强来解释，B不符合题意；分别加热HCl和HI气体，根据实验现象

得出稳定性：HCl＞HI，可用同主族元素从上到下非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的热稳定性逐渐增强来解释，C不符合题意；分别加热Na2CO3固体和NaHCO3固体，NaHCO3固体更易分解，因为Na2CO3属于正盐，而NaHCO3属于酸式盐，不能用元素

周期律来解释，D项符合题意。4．D离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键，例如NaOH，故A错误；Cl2中有共价键，故B错误；Na2O2中有非极性键，故C错误；共价化合物分子中含有不同的非金属元素，故D正确。5．B若X＋和Y2－的

核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，原子序数：X>Y，故A正确；不能根据氢化物水溶液的酸性强弱来比较相应元素的非金属性，如酸性HCl>HF，但非金属性F>Cl，故B错误；硅、锗都位于金属与非金属的交界处，其单质都具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故C正

确；同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs>Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH>Ba（OH）2，D正确。6．BA选项，由Na与Ca可知错误；C选项，原子序数a＞b＞c，错误；D选项，铅属于金属，不位于金属和非金属的交界处，不可做半导体材料，错

误。7．B甲是含18个电子的气态氢化物，且为二元弱酸，不难得出甲为H2S，若其钠盐溶液为Na2S溶液，溶液呈碱性，不能与碱反应，若为NaHS溶液，其既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH反应生成Na2S，故A正确；氧气的摩尔质量为3

2g·mol－1，若乙的摩尔质量也为32g·mol－1，且含有18个电子，CH3OH符合，由3种元素组成，故B错误；丙中含有第二周期ⅣA族的元素，即丙中含C，C2H6符合，C2H6是CH4的同系物，故C正确；H2S中各元素的质量比为1∶16，H

2O2中各元素的质量比也为1∶16，则丁为H2O2，H2O2中氧元素的价态为－1价，故D正确。8．BZ的简单离子半径在第三周期元素中最小，则Z为Al；P是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则P为H

2O2，X为O；由常温下0.01mol·L－1M溶液的pH＝12可知，M为一元强碱，且组成元素都为短周期元素，则M为NaOH，Na的原子序数介于O与Al之间，故Y为Na；Q为一种二元化合物，X与W同主族，再结合转化关系可知，Q为Na2S，W为S。A项，O和Na、S分别可

形成化合物Na2O、Na2O2，SO2、SO3，A正确；B项，离子半径为S2－>O2－>Na＋>Al3＋，即为W>X>Y>Z，B错误；C项，Q为Na2S，M为NaOH，它们都是离子化合物，都存在离子键，C正确；D项，

H2O的稳定性强于H2S，D正确。9．B四种短周期元素中只有Z为金属元素，则根据元素的相对位置可知：Z是Al，W是Si，X是C，Y是N。电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径W>Y，A正确；元素的非金属性越强

，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性C>Si，所以最简单气态氢化物的热稳定性SiH4<CH4，B错误；Z是Al元素，Al2O3是两性氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，C正确；Y是N元素，其氢化物NH3是碱性气体，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，二者会发生反应产生NH4NO3

，该物质是盐，属于离子化合物，D正确。10．A元素周期表中第2～12列元素为碱土金属和过渡金属元素，其中没有非金属元素，故A正确；第14列元素是第ⅣA族元素，原子未成对电子数为2，而同周期第ⅤA族元素原子的未成对电子数为3，故B错误；第四周期第8列元素为Fe，其原子结构示意图

为，故C错误；第17列元素中F没有正化合价，第16列元素中O没有最高正价，故D错误。11．C由题可知X形成一个共价键，W能形成W＋，且X、W同主族，原子序数：W>X，则W是Na元素，X为H元素，Y、Z、Q为第二周期元素，Z形成3个单键、Y形成4个

单键、Q形成1个双键，Q原子核外最外层电子数与Y原子核外电子总数相同，则Y、Z、Q分别为C、N、O。元素非金属性的强弱顺序为O（Q）>N（Z）>C（Y）>H（X），A项错误；氮元素的氧化物对应的水化物不一定是一元强酸，如HNO2不是强酸，B项错误；H、C、O、Na四种元素能形成化合物NaHC2O

4，NaHC2O4溶液中HC2O－4电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，C项正确；氨的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D项错误。12．D0.01mol·L－1的e的最高价氧化物对应水化物的溶液的pH＝12，则e的最高价氧化物对应水化物为一元强碱，由此可知e为Na

；0.01mol·L－1z和h的最高价氧化物对应水化物的溶液的pH＝2，则z和h的最高价氧化物对应水化物均为一元强酸，z的原子序数比e的小，所以z为N，h为Cl；0.01mol·L－1g的最高价氧化物对应水化物

的溶液的pH<2，则g的最高价氧化物对应水化物为多元强酸，可推出g为S。根据各元素的化合价，可知x、y、d、f分别处于第ⅠA族、第ⅣA族、第ⅥA族、第ⅢA族，原子序数：x<y<d<f，原子半径：x<d<y<f，则x、y、d、f依次为

H、C、O、Al。离子半径大小顺序为S2－>Cl－>Na＋>Al3＋，即g>h>e>f，A项错误；x、z、d依次为H、N、O，三种元素可形成HNO3、NH4NO3等化合物，HNO3中只含共价键，不含离子键，B项错误；y、d、g的简单气态氢化物依次为

CH4、H2O、H2S，由于水分子间存在氢键，故沸点最高的是H2O，C项错误；当八种元素中的一种或两种组成的有色物质为Cl2、NO2、Na2O2时，它们与水发生的氧化还原反应分别为Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO、3NO2＋H2O===2HN

O3＋NO、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，在这些氧化还原反应中，水既不作氧化剂也不作还原剂，D项正确。13．C短周期元素中，M元素的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则M为N元素；N元素原子的M电子层上有3个电子，则N为Al元素；在短周期元素中，W元

素原子半径最大，则W为Na元素；X元素原子最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O，则X为S元素；Y元素最高价与最低价的代数和为6，则Y为Cl元素。氨分子中N元素处于最低价态，

具有还原性，其水溶液为氨水，呈碱性，A项正确；钠在氧气中燃烧后的产物为过氧化钠，由Na＋和O2－2构成，阴、阳离子个数之比为1∶2，B项正确；N和Y形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，含有共价键，C项错误；H2

SO4为强酸，NaOH为强碱，Al（OH）3为两性氢氧化物，三者两两之间能相互反应，D项正确。14．DZ的常见化合价为＋6价和－2价，Z为S元素，Q的主要化合价为－2价，无＋6价，Q是O元素；R的常见化合价为＋1价

，原子半径小于O原子，所以R是H元素；M的常见化合价为＋7、－1，则M是Cl元素；W的常见化合价为＋5、－3，其原子半径小于Cl原子，则W是N元素；X的常见化合价为＋1、Y的常见化合价为＋3，二者的原子半径大于S，所以X是Na元素、Y是Al元素。Z是S元

素，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，A项正确；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同，质子数越多，离子半径越小，离子半径由小到大的顺序是Al3＋<Na＋<O2－<S2－，B项正确；N和H能形成化合物N2H4，O和H能形成化合物H2O2，N2H4、

H2O2均是含有非极性共价键的18e－化合物，C项正确；由S、N、O、H四种元素形成的一种离子化合物的水溶液显强酸性，该离子化合物为NH4HSO4，晶体中含有NH＋4和HSO－4，1mol该化合物的晶体中所含的离子数是2N

A，D项错误。15．B丙为温室气体CO2，根据图示，戊在氧气中燃烧生成CO2和H2O，所以戊为气态碳氢化合物，且原子个数比为1∶1，则戊为乙炔，由此可知X、Y、Z、W四种元素中含有C、H、O，四种元素的原子序数之和为35，则剩下一种元素的原子序数为35－1－6－8＝20，为Ca元素，故

可推知甲为CaC2，乙为CaO，丁为Ca（OH）2，X、Y、Z、W分别为H、C、O、Ca。核外电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：O2－<Ca2＋，A项错误；四种元素可形成Ca（HCO3）2，B项正确；甲为碳化钙，是离子

化合物，戊为C2H2，是共价化合物，C项错误；Y、Z分别为C、O，二者位于同一周期，根据同一周期元素从左至右非金属性逐渐增强，对应简单氢化物稳定性逐渐增强，可知稳定性：H2O>CH4，D项错误。16．答案：（1）第四周期第Ⅷ族（2）分别取少量两种液体于试管中，加入少量二氧化锰，有大

量气泡冒出的是H2O2（其他合理方法也可）H2O2＋H2S===S↓＋2H2O（3）离子键、共价键（4）A2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑解析：A在第三周期中简单离子半径最小，则A是Al元素；B原子

最外层电子数是内层电子总数的35，则B是S元素；使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其摩尔质量之差为35.5g·mol－1，则C是Fe元素；D与B同主族，且通常状况下D没有正化合价，则D是O元素；E在周期表中位于第

ⅠA族，有人认为将其排在第ⅦA族也有一定道理，则E最外层只有1个电子，E是H元素；F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应，则F是Na元素。（1）C元素是Fe元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；E是H元素，形成的一种简单离子能支持“将

E排在第ⅦA族”这一观点，是因为H原子获得1个电子后变为K层有2个电子的稳定结构，该离子的结构示意图为。17．答案：（1）H—O—Cl（2）①Al＞Si＞Cl＞C②HClO4＞H2CO3＞H2SiO3（3）2F2＋2H2O===4HF＋O2（4）①2Al＋2NaOH＋2H

2O===2NaAlO2＋3H2↑②Al3＋＋3HCO－3===Al（OH）3↓＋3CO2↑（5）NCl3＋3H2O===NH3＋3HClO解析：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素；X与

Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14－3－4＝7，且原子序数大于Si，应为Cl元素。（1）HWO为HClO，氧原子分别与氢原子和氯原子共用一对电子，故其结构式为H—O—Cl。（2）①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，则原子半径由大到小的顺序为Al＞Si＞Cl＞C。②元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物酸性由强

到弱依次是HClO4＞H2CO3＞H2SiO3。（3）W为Cl元素，W同族上一周期元素为F，F2不能从钠盐的水溶液中置换出Cl2是因为F2与溶剂水反应，反应的化学方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2。

（4）①Y为Al元素，加入一定量的水，Al与NaOH、H2O反应生成NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。②含Y元素的盐与小苏打溶液可用作泡沫灭火剂，该含Y元素的盐为A

l2（SO4）3，Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2，反应的离子方程式为Al3＋＋3HCO－3===Al（OH）3↓＋3CO2↑。（5）NW3为NCl3，根据价键规则，NCl3的电子式为。滴入50℃左右的热水中，片刻后取

该热溶液滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，说明NCl3与热水反应生成NH3和HClO，则NCl3在热水中发生水解的化学方程式是NCl3＋3H2O===NH3＋3HClO。18．答案：（1）Na＞Al＞C＞O＞H（2）C2H2（

3）O===C===O①NaAlO2AlO－2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋HCO－3[或2AlO－2＋3H2O＋CO2===2Al（OH）3↓＋CO2－3]②CO2－3＋H2O⇌HCO－

3＋OH－c（Na＋）＞c（HCO－3）＞c（CO2－3）＞c（OH－）＞c（H＋）NaCl、NaHCO3、CO2（或H2CO3）解析：Z和R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，即Z为O，R为Al；X和Y两元素最高价与最低价之和为0，又因为都为短周期

元素，且原子序数依次增大，因此X为H，Y为C，Q和X同主族，则Q为Na。（1）原子半径大小顺序是Na＞Al＞C＞O＞H。（2）C和H形成的化合物中，含有极性键和非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，分子

式为C2H2。（3）D是淡黄色固体，可能是S或AgBr或Na2O2，D由上述几种元素组成，即D为Na2O2，C是溶于水显酸性的气体，即C为CO2，CO2的结构式为O===C===O，Na2O2的电子式为。①B为两性不溶物，且由三种元素组成，即B为Al（OH）3，A也是由三种元素

组成，即A是NaAlO2，A生成B的离子方程式为2AlO－2＋CO2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋CO2－3或者AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3。②A为Na2CO3，B为NaHCO3，两种物质均为强碱弱酸盐，则Na2C

O3显碱性的主要原因：CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－；CO2－3的水解程度大于HCO－3，因此浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中的离子浓度大小顺序为c（Na＋）＞c（HCO－3）＞c（CO2－3）＞c（OH－）＞c（H＋）；向该溶液中

滴加盐酸，发生的反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，CO2能溶于水，因为要求溶液显中性，因此溶质除了NaCl外，应还有NaHCO3、CO2（或H2CO

3）。19．答案：（1）NH4NO3（或NH4NO2）（2）r（S2－）＞r（N3－）＞r（O2－）＞r（Mg2＋）（3）HSO－3＋H＋===SO2↑＋H2ONH4HSO3（4）N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O增大（5

）①Mg（OH）2②Mg3N2＋8HNO3===3Mg（NO3）2＋2NH4NO3③3.01×1024解析：C的单质在常温下呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，且C和E为短周期同主族元素，可知C为O、E为S；由A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且A、B、C的单质在常温下都呈气态

，且结合题给表格数据，得3G＋T===2W，由此可知，G为H2，T为N2，W为NH3，则A为H，B为N；又由1molDHx与足量H2O反应生成2molH2，可知D为金属元素，根据反应DHx＋xH2O===D（OH）x＋xH2↑，

可知x＝2，DHx中D显＋2价，且五种元素的原子序数依次增大，则D为Mg。（1）H、N、O组成的既含离子键又含共价键的化合物有NH4NO3、NH4NO2等。（2）离子半径：r（S2－）＞r（N3－）＞r（O2－）＞r（

Mg2＋）。（3）“有刺激性气味的气体”为NH3或SO2，又因为是由H、N、O、S四种元素组成化合物且溶液显酸性，故气体为SO2，可以推知两种化合物是NH4HSO3和NH4HSO4，反应的离子方程式为HSO－3＋H＋===SO2↑＋H2O；NH4HSO3具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶

液褪色。（4）电池放电时总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，N2H4被氧化，负极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O；正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，溶液碱性增强，即

pH增大。（5）根据题图信息可知，F为NO2，K为NO；结合氨的催化氧化反应可知，W为NH3，乙为O2，甲为H2O；由题图中的物质是H、N、O、Mg、S五种元素中的四种组成的这一限制条件可知，X为Mg3N2，Y为Mg（OH）2，Z为MgO。①氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，则

Y是Mg（OH）2，W为NH3，其电子式为②氮化镁与足量HNO3溶液反应生成硝酸镁和硝酸铵，化学方程式为Mg3N2＋8HNO3===3Mg（NO3）2＋2NH4NO3。③4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O，1molNH3完全反应转移5mol电子，转移

的电子数约为5mol×6.02×1023mol－1＝3.01×1024。第六单元常见的有机化合物课练15常见有机物的组成和性质狂刷小题夯基础[练基础]1．DA项，厨房烹饪用的植物油属于油脂，只含C、H、O三种元素，错误；B项，柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，错误；C项，用玉米酿酒的

原理是通过酶将淀粉分解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，错误；D项，铜盐属于重金属盐，可使蛋白质变性，使病菌失活，可以用于消毒、杀菌，正确。2．B苯分子结构中不含有碳碳双键，但是在一定条件下苯可以与氢气发生加成反应生成环己烷，A正确；溴苯与四氯化碳互溶

，B不正确；苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的适宜温度为50～60℃，最好采用水浴加热，C正确；乙烷不与酸性高锰酸钾溶液反应，乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。3．C甲烷与氯气发生取代反应可生成四氯化碳，碘易溶解在四氯化碳中，且四氯化碳与水不反应，也互不相溶，A正确

；石油是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，甲烷是天然气的主要成分，B正确；苯能够燃烧，燃烧属于氧化反应，C错误；乙醇与碳酸钠溶液混溶，乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，三种有机物

分别与饱和碳酸钠溶液混合，现象不同，可以鉴别，D正确。4．A果糖为单糖，A项错误；大多数酶是一种蛋白质，具有较高活性和选择性，B项正确；植物油中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，C项正确；

D项正确。5．B木材纤维的主要成分是纤维素，遇碘水不变蓝色，A项错误；花生油属于酯类，可以发生水解反应，鸡蛋清主要成分是蛋白质，可水解生成氨基酸，B项正确；氨基酸生成二肽，是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当两种氨基酸自身分子间脱水时，生成2种二肽，不同种氨基酸间脱水，也可以生成2种二肽，所以共有4

种二肽，C项错误；重金属离子能使蛋白质发生变性，但不能使氨基酸发生变性，D项错误。6．A①乙醇与水互溶，不能作萃取剂，可用苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故错误；②煤干馏为化学变化，生成煤中原本不含有的苯、甲苯、二甲苯等芳香烃，应利用分馏将苯、甲苯、二甲苯等芳香烃从煤的干

馏产品中分离出来，故错误；③光照时乙烷和氯气能发生取代反应，但反应为连锁式反应，产物复杂，不能制备纯净的氯乙烷，应利用乙烯与HCl加成制备，故正确；④乙醇能使蛋白质发生变性，可将乙醇用于皮肤消毒，故正确；⑤蛋白质中

含N元素，燃烧产物除二氧化碳和水，还生成氮气，而淀粉、油脂在氧气中充分燃烧，均只生成CO2和H2O，故错误；⑥油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油和高级脂肪酸（或盐），则1mol油脂完全水解的产物是1mol甘油和3mol高级脂肪酸（或盐），故正确。7．DA项应采

取蒸馏的方法；B项，应通入溴水中；C项，应采取分液的方法。8．AA项，乙烯与溴反应生成的1，2­二溴乙烷是易溶于CCl4的有机物，正确；B项，乙醇和水与金属钠反应生成可燃性气体时的反应剧烈程度不同，即乙醇和水中氢活性不同，错误；C项，

水垢的主要成分为碳酸盐，根据强酸可制取弱酸，乙酸能除去水垢可判断酸性：乙酸＞碳酸，错误；D项，CH4与Cl2生成的CH3Cl不具有酸性，但生成的HCl具有酸性，能使湿润的石蕊试纸变红，错误。9．DA项，乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，是乙醇

分子中的O—H键断裂，正确；B项，检验乙醇中是否含有水可用无水硫酸铜作检验试剂，若变蓝则表明乙醇中含水，正确；C项，乙醇在酸性KMnO4溶液中可被氧化成乙酸，正确；D项，甲烷、乙烯、苯都不溶于水，但乙醇却能与水以任意比例混溶，错误。[练高考]

10．B辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误；中含有11个甲基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D项错误。11．B盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞；向

蔗糖水解后的溶液中滴加新制氢氧化铜悬浊液前应先滴加过量氢氧化钠溶液。12．D化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生

成，D正确。[练模拟]13．D“抽丝编绢”过程中没有新物质生成，属于物理变化，A不正确；蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，二者可通过灼烧鉴别，B不正确；蛋白质水解生成氨基酸，C不正确；高温会使蛋白质变性，D正确。14．DA项，室温下，乙烷不能与浓盐酸发生任何反

应，错误；B项，聚氯乙烯在光照或受热时会释放出有毒、有害的物质，故不可用作生产食品包装材料的原料，错误；C项，在常温常压下乙烯与水不反应，错误；D项，乙酸的分子式为C2H4O2，葡萄糖的分子式为C6H12O6，最简式均为CH2

O，所以相同条件下完全燃烧等质量的乙酸与葡萄糖，产生的CO2的体积相同，正确。15．DA项，根据该分子的键线式，可知1个分子中含有20个碳原子，正确；B项，该有机化合物结构中含有的碳碳双键和醇羟基，都能被酸性重铬酸钾溶液

氧化，从而使酸性重铬酸钾溶液褪色，正确；C项，该有机化合物结构中含有碳碳双键，能够发生加成反应，正确；D项，该有机化合物中不含能发生水解的结构，错误。16．DA项，苯乙烯分子中苯环和碳碳双键分别所在的平面共面时则所有原

子共平面，正确。B项，分子式为C9H12的苯的同系物共有8种同分异构体，其中两种丙苯即正丙苯和异丙苯，三种甲乙苯即邻间对三种，三种三甲苯即邻三甲苯、偏三甲苯和均三甲苯，正确。C项，分子式为CnH2n的有机物燃烧生

成水和二氧化碳的物质的量相等，正确。D项，植物油中含不饱和键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误。17．DA项，维生素C的分子式为C6H8O6，正确；B项，维生素C中含有羟基，可以与金属钠发生反应，正确；C项，醇类能发生酯化反应，正确；D项，维生素C中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾褪色，错误。综合

测评提能力1．C“属草木者为枲、麻、苘、葛”，说明“枲、麻、苘、葛”的主要成分为植物的纤维素；“属禽兽与昆虫者裘褐、丝绵”，说明“裘褐、丝绵”的主要成分为动物的蛋白质，C项正确。2．AA项，等物质的量的

氯气与乙烷在光照条件下反应，生成多种取代产物，不能得到纯净的氯乙烷；B项，乙烯与水加成只生成乙醇；C项，乙烯与氯气加成只生成1，2­二氯乙烷；D项，氯气与苯用氯化铁作催化剂反应只生成氯苯。3．DA项，葡萄糖和果糖都能与钠反应生成

气体；B项，向麦芽糖与蛋白质溶液中加入溴水均不褪色；C项，蛋白质遇浓硝酸变黄色而不是变蓝色。4．A硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中发生水解反应，生成硬脂酸钠和甘油，加入饱和食盐水，上层析出硬脂酸钠，A项错误；乙酸的结构简式为，分子模

型为，B项正确；石油分馏是根据各馏分的沸点不同而进行分离的，为物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品，C项正确；根据CxHyOz＋（x＋y4－z2）O2――→点燃xCO2＋y2H2O可知，等物质的量的C3H6和C3H8O充分燃烧时消耗氧气量相同，D项正确。5．C应该将浓硫酸缓缓加入到乙醇中

，A项错误；液体与液体加热，试管口应向上倾斜，B项错误；乙酸乙酯在上层，应从上口倒出，故D错误。6．D根据CxHyOz＋x＋y4－z2O2――→△xCO2＋y2H2O，1mol有机物CxHyOz在足量O2中燃烧时消耗的n（O2）＝x

＋y4－z2mol；根据2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，1mol有机物CxHyOz完全燃烧生成的H2O、CO2与Na2O2反应后释放的n′（O2）＝x2＋y4mol。由题意知：x2＋y4>x＋y

4－z2，即z>x（有机物中氧原子数大于碳原子数），D项符合该条件。7．CA项，用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及酯的溶解性，属于物理性质，不符合题意；B项，炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用其挥发性和香味，涉及物理性质，不符合题意；C项，用热的

纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根离子浓度大，更有利于酯类水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，符合题意；D项，各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，不符合题意。8．B该有机物的分子式为C10H14O3，A项错误；该

有机物中含有碳碳双键，因此该有机物能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使酸性KMnO4溶液褪色，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，B项正确；1mol该有机物中含有1mol羧基和1mol醇羟基，只有羧基能与NaOH发生中和反应，故1mol该

有机物可中和1molNaOH，C项错误；1mol该有机物中含有2mol碳碳双键，1mol该有机物最多可与2molH2发生加成反应，D项错误。9．DA项，酯化反应属于取代反应，错误；B项，乙酸乙酯的酯类同分异构体有甲酸丙酯、甲酸异丙酯和丙酸

甲酯，还存在不属于酯类的同分异构体，故不止三种，错误；C项，酯化反应中浓硫酸作催化剂，故反应后的混合溶液中存在H2SO4，若加入饱和NaHCO3溶液，肯定会产生CO2，无法说明是否存在乙酸，错误；D项，增加可逆反应中的一种反应物，另一种

反应物的转化率会提高，正确。10．答案：（1）C6H12O6（2）取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的NaOH溶液使溶液呈碱性后，再加银氨溶液，水浴加热，若出现银镜，说明淀粉已经水解（或取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的NaOH溶液使溶液呈碱性后，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，若产生砖红

色固体，说明淀粉已经水解）（3）消去氧化AC解析：（1）淀粉在稀硫酸催化下加热水解最终生成葡萄糖，葡萄糖的化学式为C6H12O6。（2）要检验淀粉已经发生了水解，即要检验淀粉水解产物葡萄糖是否存在。葡萄

糖中含醛基，故可选用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，操作为取少量水解后的溶液于试管中，先加足量的NaOH溶液中和硫酸后，再加银氨溶液，水浴加热观察是否有银镜生成，若有，则淀粉已经水解；或者取少量水解后的溶液于

试管中，先加足量的NaOH溶液中和硫酸后，再加新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸观察是否有砖红色的固体生成，若有，则淀粉已经水解。（3）由题给葡萄糖代谢过程中的A、B结构简式对比可知①发生的是醇羟基的消去反应，生成碳碳双键；再由C、D的结构可知过程③发生醇羟基

的催化氧化生成羰基；其中A与C的分子式完全相同且结构不同，互为同分异构体。11．答案：（1）C6H10（2）溴的四氯化碳溶液逐渐褪色（3）①加成反应②各取少量样品于小烧杯中，分别加入一小粒钠，有气泡产生的是B，无明

显现象的是A（其他合理答案也可）③4解析：（1）A的分子式为C6H10。（2）A中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，而使溴的四氯化碳溶液褪色，化学方程式为。（3）①A→B为A与H2O的加成反应，因此B为，B→C为催化氧化反应，C为。②A中含有碳碳

双键，B中含有醇羟基，它们都能被氧化，故不能使用氧化剂来鉴别二者，但可以用金属钠检验A和B，有气泡产生的是B，无明显现象的是A。③与B具有相同官能团，则该有机物属于醇，可表示为C4H9OH，C4H10有2种结构，分别为CH3CH2CH2CH3、，去1

个氢原子所得丁基分别有2种、2种，即—C4H9有4种结构，故该同分异构体共有4种。12．答案：（1）小试管中有气泡冒出，液体变棕黄色；有白雾出现；广口瓶内溶液中有浅黄色沉淀生成（2）（Ⅲ）和（Ⅳ）（3）使（Ⅰ）的水倒吸入（Ⅱ）中，除去溴化氢气体，以免其逸出污染空气开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞

（4）苯跟溴能发生取代反应解析：苯和液溴在FeBr3（铁和溴反应生成FeBr3）作催化剂的条件下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，由于该反应是放热反应，苯、液溴易挥发，用冷凝的方法可减少挥发。装置（Ⅲ）

的目的是防止因HBr易溶于水而引起的倒吸。通过检验Br－的存在证明这是取代反应。甲苯与液溴或浓硝酸均能发生取代反应：课练16有机物的结构和有机反应类型狂刷小题夯基础[练基础]1．DA项，动物的毛、皮和蚕丝的主要成分为蛋白质，正确；B项，蛋白质为天然高分子，故蚕丝属于天然高分子材

料，正确；C项，“蜡炬成灰”过程为燃烧，发生了氧化反应，正确；D项，高级脂肪酸酯不是高分子聚合物，错误。2．C苯和溴苯均不溶于水，苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，故可用水鉴别苯和溴苯，A项正确；—C4H9有4种结构，故C4H9Cl有4种同分异构体，B项正确；2­甲基丙烷

与异丁烷是同种物质，C项错误；1mol乙烯和1mol乙醇完全燃烧均消耗3molO2，即等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗等量的氧气，D项正确。3．D环戊烷中含有5个碳碳单键，A项错误；油脂不属于高分子化合物，B项错误；苯基所在平面与所在平面不一定重合，故所有碳原子不一

定处于同一平面，C项错误；该有机物有芳香气味，在酸性条件下还能发生水解反应，则该有机物属于酯类，其在酸性条件下水解产物的相对分子质量相等，则水解得到的醇比羧酸多1个碳原子，即水解得到含4个碳原子的羧酸和含5个碳原子的醇，含4个碳原子的羧酸有2种，含5个碳原子的醇有8种，得到的

酯有16种，D项正确。4．A苯属于烃，能发生加成反应，但苯中不含碳碳双键，苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，A项错误。5．CA项，M、N、Q中都有烷烃基，因此都可以与氯气发生取代反应，正确；B项，戊烷的同分异构体

（以碳骨架形式表示）为，其一氯代物有8种，除去氯原子在6位置的结构，N的同分异构体应有7种，正确；C项，对Q分子中的碳原子进行编号时应从碳碳双键端开始，故Q的名称为3­甲基­1­丁烯，错误；D项，Q分子中含有碳

碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，也可以被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故褪色原理不同，正确。6．C乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于发生了氧化还原反应，A错误；可发生银镜反应，在反应中该物质

被氧化，B错误；该物质中所有碳原子及中间的氢原子可共平面，两端的甲基中分别最多有一个氢原子与其共平面，故处于同一平面上的原子最多有20个，D错误。7．CA项，分别属于取代反应、氧化反应；B项，都属于加成反应；C项，分别属于取代反应、加成反应；D项，分别属于物理变

化（萃取）、加聚反应。8．D苹果酸中含有羧基和羟基，香豆酸中含有碳碳双键、酯基、羧基。苹果酸中无碳碳双键，不能与溴水发生加成反应；由香豆酸的结构简式可知香豆酸的分子式为C6H4O4；苹果酸、香豆酸均含有羧基，能与NaHCO

3反应。9．AM分子中含有酯基，在酸性或碱性条件下都能发生水解反应，水解反应属于取代反应，A正确；M分子中含有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应，含有醇羟基，能发生酯化反应，B错误；1molM最多能与4molH2发生加成反应，C错误；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而有机物M的分子中

含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误。[练高考]10．CA项，乙炔生成氯乙烯，属于加成反应，正确；B项，在KOH醇溶液的条件下，CH3CH（Br）CH3转化为CH2===CHCH3，属于消去反应

，正确；C项，乙醇生成乙醛的反应为氧化反应，错误；D项，酸脱羟基醇脱氢的反应为酯化反应，也属于取代反应，正确。11．C苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；如图所示，，苯乙炔分

子中最多有6个原子共直线，B错误；苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确；苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误。12．A烷烃是只含有碳、氢两种元素的饱和有机物，该有机物中还有

氧元素，不属于烷烃，A说法错误；该有机物分子中含有酯基，可发生水解反应，B说法正确；该有机物分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，C说法正确；根据题干信息可知信息素有一定的挥发性，D说法正确。13．D该分子中含有碳碳双键、羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A

项正确；分子中含有羧基、羟基，能发生酯化反应（属于取代反应），含有酯基，能发生水解反应（属于取代反应），含有碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；分子中含有羟基、羧基，能和金属钠发生反应放出H2，C项正确；分子中含有酯基、羟基、羧基、碳碳双键4种官能团，D项错误。14．C该物质中含有碳

碳双键，能发生加成反应，A项错误；同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，该物质不是乙酸、乙醇的同系物，B项错误；题给两种物质的分子式均为C10H18O3，但结构不同，二者互为同分异构体，C项正确；1m

ol该物质含有1mol羧基，与Na2CO3反应最多可得到0.5mol（22g）CO2，D项错误。[练模拟]15．A将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，故水层颜色变浅，是物理变化，A项错误；苯分子中不存在碳碳单键、碳碳双键，而是存在

一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，B项正确；每个乙烷和丙烯的分子中都含有6个氢原子，1mol二者的混合物中含6mol氢原子，完全燃烧可生成3molH2O，C项正确；苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环甲基

上的氢原子在光照时可被氯原子取代，D项正确。16．B该有机物的分子式为C11H18O3，可以变形为C11H12·3H2O，故它可以燃烧，①正确；该有机物含有醇羟基、碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②正确；该有机物

含有羧基，能与NaOH溶液反应，③正确；该有机物含有醇羟基和羧基，能发生酯化反应，④正确；该有机物含有碳碳双键，能发生加聚反应，⑤正确；该有机物不含卤原子、酯基等，不能发生水解反应，⑥错误；酯化反应属于取代反应，⑦正确。故本题选B。17．DM中左侧羰基与NaBH4反应生

成醇羟基，为还原反应，A项错误。M中有6种等效H原子，故一卤代物有6种，B项错误。N中连接两个甲基的碳原子类似于甲烷的中心碳原子，所以N中所有碳原子不可能共平面，C项错误。M、N均有苯环，能与氢气发生加成反应；均有酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应；在苯

环上均有甲基相连，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D项正确。18．DA项，由M的结构可知其分子式为C6H10O2，正确；B项，M中含有饱和碳原子，所有原子不能共面，正确；C项，含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应

，含—OH可发生酯化反应，正确；D项，—OH与Na反应生成氢气，标准状况下1mol中间体M与足量的钠反应，生成1mol氢气，体积为22.4L，错误。综合测评提能力1．B乙醇与水互溶，故不能用乙醇萃取碘水中的碘单质。2．BA项，根据化合物的键线式可知，碳原子数为10，氢原子数为14，氧原子数为2，

故分子式为C10H14O2，正确；B项，分子结构中含有甲烷结构，甲烷结构中，最多3个原子共平面，而化合物中属于甲烷结构的碳原子有7个，所有碳原子不可能都处于同一平面，错误；C项，分子中有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基能发生取代反应，正确；D项，

分子中的酯基能与NaOH溶液发生水解反应，正确。3．CCH4和Cl2的反应为取代反应，A项错误；CH3CH2OH生成CH3CHO的反应为氧化反应，B项错误；CH2===CH2与H2O生成CH3CH2OH的反应为加成反应，C项正确；CH3CH2OH与CH3COOH生成CH3COOC

H2CH3的反应为酯化反应（或取代反应），D项错误。4．C糖类、蛋白质、脂肪都是重要的营养物质，蛋白质及多糖属于高分子化合物，而单糖、二糖及油脂则不属于高分子化合物，A错误；甲苯的硝化属于取代反应，丙烯使酸性

高锰酸钾溶液褪色的反应属于氧化反应，B错误；图中虚线上6个碳原子和2个氢原子共线，这8个原子一定共平面，再加上任一个苯环上的另4个碳原子和4个氢原子，则总共至少有16个原子共平面，C正确；—C3H6Cl有5种结构，分别是：—CH2CH2CH2Cl、—CH

2CHClCH3、—CHClCH2CH3、—C（CH3）2Cl、—CH（CH3）CH2Cl，当这5种基团取代乙苯苯环上的一个氢原子时，与乙基的相对位置均有邻、间、对三种情况，所以形成的同分异构体有15种，D错误。5．C由M的结构简式可知其分子式为C12H12O3，A项错误；M中的

官能团是醛基、酯基，而醛基、酯基均不能与Na2CO3溶液反应，B项错误；醛基具有还原性，能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，C项正确；醛基、苯环均能发生加成反应，D项错误。6．C若为甲醇酯，则对应的羧酸为C5H11COOH，可理解成戊烷中的1个H原子被1个—COOH取代，正戊烷有3种H原子，相应

的羧酸有3种，异戊烷有4种H原子，相应的羧酸有4种，新戊烷有1种H原子，相应的羧酸有1种，故C5H11COOH的同分异构体有8种，符合要求的酯有8种；若为乙醇酯，则对应的羧酸为C4H9COOH，可理解为丁烷中的1个H原子被1个—COOH取代，正丁烷有2种H原子，故相应的羧酸有2种，异

丁烷有2种H原子，相应的羧酸有2种，故C4H9COOH的同分异构体有4种，符合要求的酯有4种。综上，符合要求的酯共有12种，C项正确。7．B根据题述芳纶纤维的结构片段可知其单体有两种：，无论是哪种单体，其苯环上的氢原子都是等效的，A项错误；对苯二甲酸和对苯二胺的官能团分别是—

COOH、—NH2，B项正确；分子内氢键对物质的物理性质（如熔沸点、溶解度等）都有影响，C项错误；该高分子化合物的结构简式为，D项错误。8．答案：（1）②①（2）5­甲基­3­庚烯（3）①②3，3­二甲基­1­丁烯（CH3）3C—CH===CH2③3解析：本题考查同系物、同分异构体的判断、有机物

的命名、有机物分子式与结构式的确定、核磁共振氢谱的应用、有机物的性质。（1）①两种物质的分子式相同但结构不同，互为同分异构体；②C（CH3）4和C4H10都属于烷烃，结构相似，组成相差一个CH2，互为同系物；③二者是同种物质；④同种元素的不同原子，互为同位

素。（2），由结构知其属于烯烃，则应选择含碳碳双键在内的最长碳链为主链，以离碳碳双键更近的右端为起点，故其名称为5­甲基­3­庚烯。（3）0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，则分子中含有N（C）＝1.2mol0.2mol＝6，N（H）＝1.2mol0.2mol×

2＝12，故分子式为C6H12。①C6H12与饱和烃相比少2个H原子，即有1个不饱和度，但烃A不能使溴水褪色，则其为环烷烃，能与氯气发生取代反应，且其一氯代物只有一种，则结构非常对称，为环己烷（）；②若烃A能使溴水褪色，且在催化剂作用下，与H2发生加成反应后生成2，2­二甲基丁

烷，则A中含有碳碳双键，其与H2加成后的产物为（CH3）3CCH2CH3，相邻的两个碳原子同时去掉1个H原子，即得（CH3）3CCH===CH2，名称为3，3­二甲基­1­丁烯；③比烃A少两个碳原子且能使溴水褪色的A

的同系物为丁烯，丁烯的同分异构体有CH2===CHCH2CH3、CH3CH===CHCH3、CH3C（CH3）===CH2，共3种同分异构体。9．答案：（1）（2）（X为卤素原子）（X为卤素原子）（3）3（4）不是解析：（1）A为硝基苯，根据信息②可知

B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯中苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为（2）②与水反应生成，根据信息可知②为XNO2（X为卤素原子），由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①为（X为卤素原子）。（3）苯

的二氯代物有邻位、间位和对位3种。（4）中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上。10．答案：（1）氧化反应取代反应酯化反应（或取代反应）取代反应（2）＋CH3COONa＋CH3OH＋H2O解析：（1）结合A的组成和A→CH3COOH的

反应条件可知反应1为CH3CHO的氧化反应；比较CH3COOH和CH3COCl的结构简式可知是—Cl代替了—OH，反应2属于取代反应；结合B、C的物质类型和D的结构简式可知反应3是酯化反应，也属于取代反应，产物C的结构简式为；C的酚羟基和CH3COCl发生取代反应生成D，故反应4属

于取代反应。（2）D属于酯类，1molD要消耗3molNaOH。11．答案：（1）碳碳双键（2）c（3）CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O（4）2（5）abd解析：（1）CH2===CH2的官能团为，名称为

碳碳双键。（2）③为乙烯和浓硫酸发生加成反应得到硫酸氢乙酯，④为硫酸氢乙酯水解得到乙醇，为取代反应。（3）乙醇连续氧化得到的B为乙酸，反应⑤为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。（4）CH3COOC2H5的同分异构体能与NaHCO3溶液反应生

成气体，则该同分异构体为羧酸，可表示为C3H7COOH，—C3H7有2种；—CH2CH2CH3、，故该同分异构体有2种。（5）肉桂酸乙酯的结构简式为，其分子式为C11H12O2，a项正确；肉桂酸乙酯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，b项正确；肉桂酸乙

酯含有酯基，能发生水解反应（属于取代反应），含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，含有碳碳双键，能发生氧化反应，c项错误；肉桂酸乙酯的苯环上有3种类型的氢原子，如图，两个氯原子可以分别取代①②、①③、②②、②③（相邻）、②③（相对）、③③中氢原子，故苯环上的二氯代物共有6种，d项正确。单元检测6常见

的有机化合物1．CA项，石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，正确；B项，石油裂化是使长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，正确；C项，聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，错误；D项，沥青是铺设马路的良好材料，正确

。2．BA项，通过和H2发生加成反应除去乙烷中的乙烯，无法控制H2的用量，可通过盛溴水的洗气瓶除去乙烯，错误；B项，丙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有—CH3，能发生取代反应，正确；C项，苯与四氯化碳均为良好的有机

溶剂，二者互溶，错误；D项，质量相同的烃完全燃烧比较耗氧量时，可将分子式都转化为CHx的形式，x越大，耗氧量越多，故甲烷的耗氧量比乙烷多，错误。3．D油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，A项错误；环己烷和苯都不与高锰酸钾反应，不能鉴别，B项错误；

塑料和橡胶的老化发生的是氧化反应，不是加成反应，C项错误；对应的单体分别为CH3CH===CH2和CH2===CH2，D项正确。4．D石油分馏无法得到植物油，A项错误；在酒化酶的作用下葡萄糖被分解为乙醇和二氧化碳

，而非水解，B项错误；汽油无法和氢氧化钠溶液反应，C项错误；向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性析出，D项正确。5．B棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，聚乙烯的化学式为CH2CH2，故①错误；甲烷可与氯气发

生取代反应，乙醇与乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故②正确；三种有机物为烃，令烃的分子式为CxHy，变形得到CHyx，等质量的烃耗氧量多少与yx有关，yx越大，耗氧量越大，故③正确；饱和碳酸钠的作用是除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故④正确；乙酸乙酯水解可生成乙醇和乙酸，植物油是油

脂，水解成高级脂肪酸（盐）和甘油，故⑤错误；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，油脂分为脂肪和植物油，植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故⑥错误；棉、麻燃烧后主要生成二氧化碳和水，因为棉、麻属于糖类，含C、H、O元素，丝、毛燃烧后除了生成二氧化碳和水外，还有二氧化硫、氮气（还可能

有氮氧化物），因为丝、毛属于蛋白质，除了C、H、O元素外还含有氮和硫元素，故⑦错误；氨基酸在人体中通过脱水缩合生成新的蛋白质属于缩聚反应，故⑧错误。综上所述，选项B正确。6．Db的一氯代物有4种，选项A错误；b、d、p的化学式均为C8H1

0，均属于烃，选项B错误；b分子中所有碳原子可能在同一平面上，选项C错误；一分子d与两分子Br2发生加成反应的产物，如图，可加成1、2、3、4或1、2、5、6或3、4、5、6或1、4、5、6共4种，选项D正确。7．B根据题意，该有机物的取代基中甲基在端位，—CH2—与甲基或苯环或相连，与甲

基、苯环或—CH2—相连，所以2个—CH3，2个—CH2—和1个的结构可能存在以下几种：—CH2—CH2—CH（CH3）2、—CH2—CH（CH3）—CH2—CH3、—CH（CH3）—CH2—CH2—CH3、—CH（CH2—CH3）2，所以共4种结

构，答案选B。8．A乙烯在催化剂条件下生成聚乙烯，化学方程式为nCH2===CH2――→催化剂CH2—CH2，选项A正确；乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2­二溴乙烷，化学方程式为CH2===CH

2＋Br2―→CH2BrCH2Br，选项B错误；苯与浓硝酸在浓硫酸、50～60℃条件下发生硝化反应，生成硝基苯和水，化学方程式为选项C错误；乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，化学方

程式为CH3COOH＋CH3CH2OH浓H2SO4△CH3COOCH2CH3＋H2O，选项D错误。9．A根据题图可知，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷，则混合气体中一定含有CH4，故②正确、⑤错误；由氢原子平均数为4可知，另一气态

烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，可能为乙烯或丙炔，故①③⑥错误、④正确；根据分析可知，正确的为②④，故选A。10．C植物油含有C===C，通过氢化，即与氢气的加成反应生成人造奶油，A项错误；乙苯中含有乙基，所有碳原子可能在同一平

面上，也可能不在同一平面上，B项错误；苯不溶于水，乙醇能溶于水，能用水鉴别，苯不溶于高锰酸钾也不和高锰酸钾反应，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；前者为乙烯，后者可能为丁烯或环丁烷，不一定是同系物，D项错误。11．

B乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，A项错误；CH3CH2CH3为烷烃，具有甲烷的结构特点，3个碳原子不在同一直线上，B项正确；麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，C项错误；乙醇可拆写成C2H4·H2O的形式，等质量

的C2H4和C2H4·H2O含的“C2H4”，乙烯高于乙醇，消耗氧气的量乙烯大于乙醇，D项错误。12．D符合通式CnH2n＋2的烃为烷烃，当n不同时，互为同系物，当n相同时，不同烃互为同分异构体，A项错误；丙酸

甲酯的同分异构体中属于羧酸的是C3H7COOH，丙基有2种，C3H7COOH有2种结构，B项错误；甲苯能被高锰酸钾氧化使高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，C项错误；实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸的作用之一是吸水，使平衡正向移动以提高乙酸乙酯的产率，若将浓硫酸换成稀硫酸，稀硫酸不具有

吸水性，产率降低，D项正确。13．B饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A项正确；固体酒精制

作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸（CH3COOH）溶液中，充分反应后生成醋酸钙（CH3COO）2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，固体酒精是混合物，B项错误；乙酸乙酯与的分子式都是C4H8

O2，二者分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，C项正确；乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H＋的能力乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D项正确。14．B该化合物分子式是C3H4O2，此分子式可拆为C3·（H2O）2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A项

错误；HCOOCH===CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，B项正确；在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，该有机物的二氯代物

有2种，C项错误；由于分子中的C原子为饱和C原子，构成的是四面体结构，最多有2个原子跟该C原子在一个平面上，不可能所有原子均处于同一平面，D项错误。15．C甲和丙都属于烷烃，烷烃的化学性质相对稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，A项正确；丁的化学式为C4H8，可能是单烯烃，也可能是

环烷烃，如为单烯烃，可能结构简式为CH2===CHCH2CH3、CH3CH===CHCH3、CH2===C（CH3）2，如为环烷烃，可能的结构简式为，共有五种，B项正确；等质量的烃CxHy中，y/x越大，耗氧量越多，含氧衍生物拆写成烃和H2O的形式，乙的化学式

为C2H4，戊可以写成C2H4·H2O，相同质量，戊耗氧量小于乙，C项错误；己的化学式为C2H4O2，能发生银镜反应，不发生水解，结构简式可能为HOCH2CHO，D项正确。16．答案：（1）圆底烧瓶催化剂（2）提高正丁醇

利用率（3）分离出反应生成的水，使平衡正向移动，提高产率（4）乙酸、KHSO4cabd（5）C90%17．答案：（1）羟基氧化反应加聚反应（2）水a（3）CH2===CHCOOH＋CH3CH2OH浓H2SO4加热CH2===CHCOOCH2CH3＋H2O（4）①CH2OHCH2OH＋O2――→C

u△CHOCHO＋2H2O②HOCH2CH2OH＋HOOCCOOH浓H2SO4加热＋2H2O解析：（1）由聚丙烯酸乙酯的结构简式可反推出C是CH2===CHCOOCH2CH3，由此知A是乙醇，试剂Ⅰ是水；B是CH2===CHCOOH。（2）由丙烯醛的制备方

法知试剂Ⅱ可以是氧气，因酸性KMnO4溶液也可以氧化碳碳双键，故试剂Ⅱ不可能是酸性KMnO4溶液，又因为c、d中的试剂—CHO反应后分别转化为—COONa、—COONH4，故试剂Ⅱ也不可能是c、d中的试剂。（4）①由乙醇与氧气的反应可以类推出乙二醇与氧

气反应的化学方程式。18．答案：（1）①②④（2）羧基（3）CH3—CH2—CH2—CH2—COOH、（4）解析：D、E互为具有相同官能团的同分异构体，D能与碳酸氢钠溶液反应放出CO2，D为羧酸，E也为羧酸；A为酯，A的分子式为C

10H20O2，则B为含5个碳原子的醇，E为含5个碳原子的羧酸，又因为E分子烃基上的氢原子若被Cl取代，其一氯代物有3种，所以E为CH3CH（CH3）CH2COOH。因为B分子中含2个甲基且D、E互为具有相同官能

团的同分异构体，所以B的结构简式为CH3CH2CH（CH3）CH2OH；B被氧化为C，则C的结构简式为CH3CH2CH（CH3）CHO；C被氧化为D，则D的结构简式为CH3CH2CH（CH3）COOH

；B在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成F，则F的结构简式为CH3CH2C（CH3）===CH2；F在一定条件下发生加聚反应生成高分子G，则G为。（1）据以上分析可知B为CH3CH2CH（CH3）CH2

OH，可以在浓硫酸加热的条件发生消去反应，可以与氧气发生催化氧化反应，可以和羧酸发生取代反应生成酯，因B分子中没有不饱和键，不能发生加聚反应。（2）D的结构简式为CH3CH2CH（CH3）COOH，其含有的官能团的名称是羧基。（3）D的结构简式为CH3C

H2CH（CH3）COOH，E为CH3CH（CH3）CH2COOH，与D、E具有相同官能团的同分异构体（D、E除外）可能的结构简式还有CH3CH2CH2CH2COOH、（CH3）3CCOOH。（4）B＋E―→A：B为CH3CH2CH（CH3）CH2O

H，E为CH3CH（CH3）CH2COOH，二者发生酯化反应生成A和H2O，化学方程式为B―→C：B为CH3CH2CH（CH3）CH2OH，发生催化氧化变为醛C，化学方程式为＋O2――→催化剂△＋2H2O。F―→G：F为CH3CH

2C（CH3）===CH2，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物G，化学方程式为。19．答案：（1）CH2===CHCl（2）nCH2===CHCl――→一定条件（3）加成反应消去反应（4）（5）①nCH2===C

（CH3）COOCH2CH2OH――→催化剂②CH2===C（CH3）COOH＋HOCH2CH2OH浓H2SO4△CH2===C（CH3）COOCH2CH2OH＋H2O③解析：由CH2===CH2和Cl2合成聚氯乙烯的流程为C

H2===CH2――→Cl2加成反应（4）邻苯二甲酸与CH3OH发生酯化反应可生成DMP，反应的化学方程式为＋2H2O。（5）②由题给高聚物的结构简式可知，甲基丙烯酸羟乙酯的结构简式为，根据甲基丙烯酸为可推知另一种反应物为HOCH2CH2OH。③制备在稀碱性水溶液中反应生成，所以由乙

烯制乙二醇首先是乙烯与卤素发生加成反应。第七单元化学反应与能量课练17化学反应中的能量变化狂刷小题夯基础[练基础]1．C反应物总能量和生成物总能量没有必然的大小关系，A项错误；反应速率的大小与反应热无关，B项错误；反

应热与反应的途径无关，所以可利用盖斯定律计算某些难以直接测量的反应焓变，C项正确；反应热与反应的条件无关，只与反应体系的始态和终态有关，则同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）===2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，D项错

误。2．C图1所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为1mol，生成的水为液态，A项错误；图2所示反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，所给反应为放热反应，B项错误；依据盖斯定律，反应热与途径无关，只与反应的始态和终态有关，C项正确；注意物质D为固体

，所以该反应的正向是气体分子数减小的反应，压强改变时平衡要发生移动，A的体积分数最终一定不相等，D项错误。3．B焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量－生成物形成化学键放出的能量，反应N2（g）＋O2（g）===2NO（g）的ΔH＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×632kJ·

mol－1＝＋180kJ·mol－1，反应是吸热反应，A项错误；因为ΔH＞0，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，即1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量，B项正确；通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生

成NO，C项错误；一氧化氮不能和氢氧化钠溶液反应，不是酸性氧化物，D项错误。4．A根据反应过程示意图，起始时的2个H2O分别在过程Ⅰ、过程Ⅱ中发生化学键的断裂，因此起始时的2个H2O都参与了反应过程，A项正确；根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ都发生了水分子中H—O键的断裂，化学键断裂为吸热过

程，B项错误；过程Ⅲ中生成了H2，H2中的化学键为非极性共价键，C项错误；催化剂能改变反应的活化能，不能改变反应的ΔH，D项错误。5．D由表中键能数据可知，C—F键、C—Cl键、C—I键的键能依次减小，则E（C—Br）介于E（C—Cl）和E（C—I）之间，其可能

范围是218kJ·mol－1<E（C—Br）<330kJ·mol－1，A正确；键能越大表示断裂1mol该共价键吸收的能量越多，则该化学键越稳定，其中E（H—F）最大，故表中最稳定的共价键是H—F键，B正确；断键吸热，H2（g）

===2H（g）过程中断裂1molH—H键，则有ΔH＝＋436kJ·mol－1，C正确；根据ΔH与键能的关系可知，H2（g）＋F2（g）===2HF（g）的ΔH＝（436kJ·mol－1＋157kJ·mol－1）－（2×568kJ·mol－1）＝－543kJ·mol－1，D错

误。6．B等量的S具有的能量：S（g）>S（s），则等量的S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确。等量H2S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量比不完全燃烧生成S（s）

放出的热量多，则有ΔH3>ΔH4，B错误。根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－ΔH2，C正确。根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。7．C1molC（s）、1molH2O（g）变成1molC（g）、2molH（g）和

1molO（g）吸收bkJ热量，1molC（g）、2molH（g）和1molO（g）变成1molCO（g）和1molH2（g）放出akJ热量，则有C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）ΔH＝＋（b－a）kJ·mol－

1，A正确；该反应生成物的总能量大于反应物的总能量，是吸热反应，则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B正确；nmolC（s）和nmolH2O（g）反应生成nmolCO（g）和nmolH2（g）吸收的热量为131.3nkJ，若反应

物和生成物的状态改变，则吸收热量的数值不同，C错误；由题图可知，1molC（g）、2molH（g）、1molO（g）转变成1molCO（g）和1molH2（g）放出的热量为akJ，D正确。[练高考]8．B根

据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算，反应物[N2（g）＋3H2（g）]能量升高值为（29.1＋3×28.9）×ΔT、生成物[2NH3（g）]的能量升高值为（2×

35.6）×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值（焓变的绝对值）更大了，A错误，B正确。9．B由图可知，总反应为＋――→催化剂，该反应为加成反应，A项正确；结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有

机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B项错误；由图可知，反应先消耗Ⅵ，最后又生成了Ⅵ，所以Ⅵ是反应的催化剂，C项正确；Ⅰ＋Ⅵ―→Ⅹ＋Ⅱ，由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，Ⅹ为H2O，D项正确。10．A由题目信息可知，X→Y为吸热反应

，Y→Z为放热反应，结合Q2>Q1可知，A正确。11．A根据题目信息可知，①CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－283kJ·mol－1，根据图像可知，②N2O（g）＋CO（g）===N2（g）＋CO2（g）ΔH＝

－（330－123＋229－77）kJ·mol－1＝－359kJ·mol－1，根据盖斯定律，由（②－①）×2可得2N2O（g）===2N2（g）＋O2（g）ΔH＝－152kJ·mol－1，A项正确。[练模拟]12．BA项，由题图可知Ni和La2O3是该反应的催化剂，正确；B项，H2→2H

为断键的过程，该过程吸热，错误；C项，催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变该反应的总体热效应，正确；D项，根据题图中信息得到该反应的总反应方程式为4H2＋CO2=====催化剂CH4＋2H2O，正确。13．D题述反应式中，ΔH＝615kJ·mol－1＋413kJ·mol－1×4＋463k

J·mol－1×2－348kJ·mol－1－413kJ·mol－1×5－463kJ·mol－1－351kJ·mol－1＝－34kJ·mol－1，D项错误。14．C本题考查反应中能量变化、活化能对反应速率的影响等。该反应是放热反应，反应物具

有的总能量高于生成物具有的总能量；反应Ⅱ是使用了催化剂；由题意可知，反应Ⅰ的速率（v1）小于反应Ⅱ的速率（v2），则反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，A、B、D正确。15．C由热化学方程式可知ΔH<0，H

2和F2反应生成HF是放热反应，则氟化氢分解生成H2和F2为吸热反应，故A错；HF（g）转变为HF（l）要放热，则1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF，放出的热量大于270kJ，故B错；

该反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；该反应中能量变化的图示应为右图。综合测评提能力1．B天然气、煤、石油都是化石能源，不可再生，因此不属于未来新能源，①②④不符合；核能使用不当的话对环境有污染，且不可再生

，故核能不属于未来新能源，③不符合；太阳能、生物质能、风能资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，属于未来新能源，⑤⑥⑦符合；氢能可以再生，燃烧产物是水，氢气的原料为水，属于未来新能源，⑧符合，因此符合未来新能源标准的是⑤⑥⑦⑧，B项正确。

2．CA项，放热反应与反应条件无关，可能需要加热才发生，错误；物质的能量与状态有关，由放热反应可知，相同条件下，2molH2（g）的能量与1molCO（g）的能量和一定高于1molCH3OH（g）的能量，B错误、C正确；D项，平衡时，各物质的浓度不变，浓度是否相等与起始量、转化率有关，

错误。3．A反应Ⅰ为吸热反应，说明反应Ⅰ生成物的总能量比反应物的总能量高，排除B、C选项；反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），则说明反应Ⅰ的活化能较小，反应Ⅱ的活化能较大，排除D选项，选项A正确。4．D反应①中是光能转化为化学能，A错误；反应②中ΔH>0，为吸热反应，B错误；催

化剂只降低反应的活化能，不影响反应的焓变，C错误；根据盖斯定律，目标反应可由反应③－②获得，ΔH＝206.1kJ·mol－1－131.3kJ·mol－1＝＋74.8kJ·mol－1，D正确。5．D1gC（s）燃烧生成CO放出9.2kJ的热量，则1molC（s）燃烧生成CO（g）放出的热量为9.2

kJ×12＝110.4kJ，根据燃烧热的概念可知，碳[C（s）]的燃烧热ΔH不等于－110.4kJ·mol－1，A错误。由图可得①2Cu2O（s）＋O2（g）===4CuO（s）ΔH＝－292kJ·mol－1，故1molCuO分解生成Cu2O吸收73kJ热量，B错误。由B项分析可知反应2

Cu2O（s）＋O2（g）===4CuO（s）的反应热为－292kJ·mol－1，无法判断活化能的值，C错误。C（s）燃烧生成CO（g）的热化学方程式为②2C（s）＋O2（g）===2CO（g）ΔH＝－220.8kJ·mo

l－1，根据盖斯定律，由②×12－①×12可得C（s）＋2CuO（s）===Cu2O（s）＋CO（g）的ΔH＝（－220.8kJ·mol－1）×12－（－292kJ·mol－1）×12＝＋35.6kJ

·mol－1，D正确。6．C根据盖斯定律，由①－②可得HF（aq）===H＋（aq）＋F－（aq），则有ΔH＝（－67.7kJ·mol－1）－（－57.3kJ·mol－1）＝－10.4kJ·mol－1<0，A错误。中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1molH2O时放

出的热量，与NaOH、HCl的量无关，B错误。ΔH2＝－57.3kJ·mol－1是强酸和强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐和1molH2O的中和热，C正确。根据盖斯定律，由②×2＋③可得H2SO4（aq）＋Ba（OH）2（aq）===BaSO4

（s）＋2H2O（l），则有ΔH＝2ΔH2＋ΔH3＝－114.6kJ·mol－1＋ΔH3，D错误。7．DA项，过程Ⅰ发生了化学键的断裂，是吸热过程；B项，过程Ⅲ生成的H2中只含有非极性共价键；C项，使用催化剂可以降低化学反应的活化能，不能改变反应的ΔH；D项，分析反应过程示意图知，图

示过程中的H2O均参与了反应过程。8．C由转化关系图可知整个反应过程中消耗的是CH3OH和CO，生成的是CH3COOH，总反应方程式为CH3OH＋CO===CH3COOH，A正确。转化过程中CH3OH＋HI===CH3I＋H2O，HCo（CO）4

＋CH3I===CH3Co（CO）4＋HI，HI为催化剂；HCo（CO）4＋CH3I===CH3Co（CO）4＋HI……CH3COCo（CO）4＋H2O===CH3COOH＋HCo（CO）4，HCo（CO）4为催化剂，B正确。整个转化过程中消耗H2O的量与生成H2O的量

相等，不需要不断补充水，C不正确。断裂化学键吸收的总能量小于形成化学键放出的总能量时反应为放热反应，D正确。9．答案：（1）CH4＋2H2O=====催化剂4H2＋CO2（2）C（s）＋2H2O（g）===CO2（g）＋2H

2（g）或C（s）＋CO2（g）===2CO（g）（3）abc（4）降低CaO＋CO2===CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积解析：（1）甲烷与水蒸气反应，初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之

比为4∶1，结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式：CH4＋2H2O=====催化剂4H2＋CO2。（2）分析反应ⅰ、ⅱ、ⅲ中涉及的物质，根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ－ⅲ可得：C（s）＋2H2O（g）===CO2（g）＋2H2（g）ΔH，

则ΔH3可由ΔH1＋ΔH2－ΔH得到，也可由ⅰ－ⅱ－ⅲ得：C（s）＋CO2（g）===2CO（g）ΔH，则ΔH3可由ΔH1－ΔH2－ΔH得到。（3）反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，使H2O（g）过

量，促使反应ⅰ和ⅱ正向进行，促进CH4和CO的转化，同时使体系中H2增多，减小反应ⅲ正向进行程度，从而减少积炭生成，a、b、c正确。（4）由图可知，从t1时开始，CaO消耗率的变化曲线斜率减小，说明单位时

间内CaO消耗率降低。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，因为反应CaO＋CO2===CaCO3生成的CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CaO与CO2的接触面积，阻碍CaO与CO2反应。10．答案：（1）放热0.8c0×0.8c00.2c0×（0.6c0）3上方（2）－1

2（3）－750（4）BC（5）5×10－12mol·L－1解析：（1）根据图像，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，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，

增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，Ⅰ为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）起始态（mol·L－1）c03c000转化

态（mol·L－1）0.8c02.4c00.8c00.8c0平衡态（mol·L－1）0.2c00.6c00.8c00.8c0根据化学平衡常数的表达式K＝0.8c0×0.8c00.2c0×（0.6c0）3；根据上述分析，Ⅱ曲线代表4.0MPa下进行的

曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于Ⅱ曲线的上方；（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故ΔH＝351kJ·mol－1＋463kJ·mol－1＋393kJ·mol

－1×3－293kJ·mol－1－393kJ·mol－1×2－463kJ·mol－1×2＝－12kJ·mol－1；（3）由盖斯定律：①×2＋②－③×2可得：2CO（g）＋2NO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g）ΔH＝－750kJ·mol－1，故答案为：－750；（4）及时移去甲醇，则生成物的浓度减

小，反应速率减慢，故A错误；改进催化剂能加快反应速率，故B正确；提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为：BC；（5）pH＝12，c

（OH－）＝0.01mol·L－1，Ksp[Ni（OH）2]＝5×10－16，c（Ni2＋）＝5×10－16（10－2）2mol·L－1＝5×10－12mol·L－1。11．答案：（1）CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝－90.18kJ·m

ol－1（2）①<②O*＋H*===OH*③历程Ⅲ（3）①ad相同温度下，增大压强反应Ⅱ向正方向移动，c（H2O）增大，使得反应Ⅲ向逆反应方向移动，使得CO平衡组分降低②2.4解析：（1）反应ⅰ－反应ⅲ即

可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g），计算焓变：ΔH＝－49.01kJ·mol－1－41.17kJ·mol－1＝－90.18kJ·mol－1。（2）①根据图示ΔH＝－0.75eV＋0.37eV＝－0.38eV<0

，故答案为：<；②根据图示，反应历程Ⅱ方框内的方程式是：O*＋H*===OH*；③根据图示，历程Ⅲ的过渡态Ⅲ相对能量最大，即活化能最大，所以历程Ⅲ是RWGS的控速步骤，故答案为：历程Ⅲ；（3）①对于反应ⅱ，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少；对于反应ⅲ，升

高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应ⅱ，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应Ⅲ逆移，CO百分含量降低，综上：CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；②设起始时n（CO2）＝5mol，则n（H2）＝15mol，根据图

像，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，所以Δn（CO）＝5mol×40%＝2mol，Δn（CH4）＝5mol×40%＝2mol，则反应ⅱ：CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g）ΔH＝

－165.0kJ·mol－1变化量2824反应ⅲ：CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH＝＋41.17kJ·mol－1变化量2222平衡时：n（CO2）＝（5－2－2）mol＝1mol，n（H2）＝（15－8－2）mol＝5mol，n（C

O）＝2mol，n（H2O）＝（4＋2）mol＝6mol，平衡常数K＝p（CO）×p（H2O）p（CO2）×p（H2）＝c（CO）×c（H2O）c（CO2）×c（H2）＝n（CO）×n（H2O）n（CO2）×n（H2）＝2×61×5＝2.4

。课练18盖斯定律的应用及反应热的计算狂刷小题夯基础[练基础]1．A反应中每有1molC2H2参加反应，转移10mol电子，放出1300kJ能量，故A正确；当有NA个水分子生成且为液态时，放出1300kJ的能量，故B错误；22.4LC2H2（g），不一定是标准状况，故C错误；1m

olCO2分子含有4mol碳氧共用电子对，反应中有8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量，故D错误。2．A由图可知反应过程为H2O2＋Mn2＋===2H＋＋MnO2（Ⅰ）、MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋2H2O＋O2↑（Ⅱ），题给反应可由两个反应相加获得，有

ΔH1＝ΔH＋ΔH2，ΔH＝ΔH1－ΔH2。3．B由盖斯定律得该反应的反应热ΔH＝①×2＋③×2－②＝（－393.5kJ·mol－1）×2＋（－285.8kJ·mol－1）×2－（－870.3kJ·mol－1）＝－488.3kJ·mol－1。4．CC（s）完全燃

烧的产物应为CO2而非CO，因此A错。选项B中ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝436kJ·mol－1＋248kJ·mol－1－2×462kJ·mol－1＝－240kJ·mol－1，即H2（g）＋1/2

O2（g）===H2O（g）ΔH＝－240kJ·mol－1，可知B和D均错。根据盖斯定律可知选项C正确。5．A由碳的燃烧热可得碳燃烧的热化学方程式：①C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1＝akJ·mol－1，若②为S（s）＋2K（s）===K2S（s）ΔH2＝bkJ·mo

l－1，③为2K（s）＋N2（g）＋3O2（g）===2KNO3（s）ΔH3＝ckJ·mol－1，应用盖斯定律：①×3＋②－③可得黑火药爆炸的热化学方程式，ΔH＝（3a＋b－c）kJ·mol－1，A项正确。6．C反应①的产物为CO和H2，反应②的产物为CO2和H2，反应③的原料为C

O2和H2，A项正确；反应③将温室气体CO2转化为燃料CH3OH，B项正确；反应④中生成物H2O为气体，C项中生成物H2O为液体，故C项中反应的焓变不等于d2kJ·mol－1，C项错误；依据盖斯定律，由②×2＋③×2＋④，可得所求反应的焓变，D项正确。7．A1molH

2完全燃烧生成液态水时所放出的热量叫H2的燃烧热，A正确；石墨的能量低于金刚石，石墨比金刚石稳定，B不正确；CH3COOH为弱酸，电离过程中吸热，故1molCH3COOH与1molNaOH反应放出的热量小于57.4kJ，C不正确

；碳的燃烧为放热反应，ΔH＜0，等量的碳完全燃烧与不完全燃烧相比，完全燃烧放热更多，故ΔH1＜ΔH2，D不正确。8．C甲烷燃烧是放热反应，所以CO2（g）＋2H2O（l）===CH4（g）＋2O2（g）ΔH＞0，A项错误；因液态水能量低于气态水能量，故相应的位置在③下方，B项错误；

根据4mol×415kJ·mol－1＋2mol×E（O===O）＝2646kJ，得E（O===O）＝493kJ·mol－1，C项正确；由题图知，转化的化学能为800kJ时，有1molCO2生成，则转化的化学能为200kJ时，生成0.25mol的CO2，1molCO2中含有2molC===

O键，故生成的C===O键是0.5mol，D项错误。[练高考]9．D2O（g）===O2（g）的过程形成O===O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O===O共价键的键能，A、C错误；对于热化学方程式2

H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH＝－482kJ·mol－1，根据键能与焓变的关系ΔH＝2E（H—H）＋E（O===O）－4E（O—H），可计算得E（O===O）＝－482kJ·mol－1＋4×463kJ·mol－1

－2×436kJ·mol－1＝498kJ·mol－1，B错误，D正确。10．C比稳定，即（g）＋H2（g）―→（g）ΔH1<0，比稳定，即（g）＋2H2（g）―→（g）ΔH2<0，A错误；①（g）＋H2（g）―→（g）ΔH1，②（g）＋2H2（g）―→（g）ΔH2，③

（g）＋3H2（g）―→（g）ΔH3，④（g）＋H2（g）―→（g）ΔH4，③≠①＋②，所以ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，②≠③＋④，所以ΔH2≠ΔH3＋ΔH4，B、D错误；比稳定，①－②得（g）―→（g）＋H2（g），ΔH1－ΔH2>0，即ΔH1>ΔH2；比稳定，②－③得（g）―→（g

）＋H2（g），ΔH2－ΔH3<0，即ΔH3>ΔH2，C正确。11．B①：HCO－3（aq）⇌CO2－3（aq）＋H＋（aq）为HCO－3的电离，电离吸热，可得ΔH1＜0，②：CO2－3（aq）＋H2O（l）⇌HCO－3（aq）＋OH－（

aq）属于水解过程，水解一般吸热，故ΔH2＞0，ΔH1＜ΔH2，A项错误，B项正确；根据盖斯定律，①－②，得到③：H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l）ΔH3＝ΔH1－ΔH2＜0，④：OH－（

aq）＋CH3COOH（aq）===CH3COO－（aq）＋H2O（l）属于中和反应，故ΔH4＜0，C项错误；④－③可得⑤：CH3COOH（aq）⇌CH3COO－（aq）＋H＋（aq）ΔH5，电离吸热，故ΔH5＞0，④－③

＝⑤，得ΔH4－ΔH3＝ΔH5＞0，故ΔH4＞ΔH3，D项错误。12．C由题图知，石墨燃烧的ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，为放热反应，A项正确；根据图示，1mol石墨完全燃烧转化为CO2，放出393.5kJ热量，1mol

CO完全燃烧转化为CO2，放出283.0kJ热量，故石墨放热多，B项正确；由题图知，C（石墨，s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1、CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH2，根据盖斯定律，由第一个反应－第二个反应×2，可得C（石墨，s）＋CO2（g）===2CO

（g）ΔH＝ΔH1－2ΔH2，C项错误；根据盖斯定律，化学反应的ΔH取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D项正确。[练模拟]13．B物质的能量越低越稳定，由图中信息可知，石墨更加稳定，A项错误；由题中信息可得：①C

（s，石墨）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1＝－393.51kJ·mol－1；②C（s，金刚石）＋O2（g）===CO2（g）ΔH2＝－395.41kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①－②得：C（s，石墨）===C（s，金刚石）ΔH＝＋1.9kJ·mol－

1，B项正确；ΔH1＞ΔH2，C项错误；催化剂可以加快反应速率，但不能改变焓变，D项错误。14．C先根据燃烧热定义可写出：①C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH＝－395kJ·mol－1，②CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（

l）ΔH＝－890kJ·mol－1。根据盖斯定律，②－①得：CH4（g）＋O2（g）===C（s）＋2H2O（l）ΔH＝－495kJ·mol－1。由于在碳的正四面体结构中，每个碳原子形成4个C—C键，每个C—C键由2个碳原子共有，故每个碳原子拥有的C—C键数目为2。结合反应热与键能的关系：ΔH＝

反应物的总键能－生成物的总键能，可得－495＝（4×413＋498）－（2x＋4×465），计算得x＝392.5。15．DΔH1为正值，ΔH2为负值，则ΔH1＞ΔH2，A正确；图中为各个中间反应的能量变化，根据盖斯定律，ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝－571.6kJ

·mol－1，B正确；H2O（g）转化为H2O（l）的过程中，能量降低，即2mol水蒸气转化为液态水能够释放出的能量为|ΔH3|kJ，C正确；该反应放出的热量不会被全部利用，会有一部分损失，D错误。16．C硫原子核外最外层6个电子，氯原子核外最外层7个电子，S2Cl2和SCl2均满足8

电子稳定结构，SCl2的结构式为Cl—S—Cl，A正确；S2Cl2的电子式为∶Cl····∶S····∶S····∶Cl····∶，B正确；ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝（a＋2b－2×2b＋c）kJ·mol－1＝（a＋c

－2b）kJ·mol－1，C不正确；运用盖斯定律①＋②可得S2（l）＋2Cl2（g）⇌2SCl2（g），ΔH＝（x＋y）kJ·mol－1，D正确。17．CH2O的沸点比H2S的高是因为H2O分子间存在氢键，A不正确；反应①中H2O为气态，H2（g）的燃烧热大于242kJ·mol－1，B不正确

；运用盖斯定律①×2－②×2可得O2（g）＋2H2S（g）===2H2O（g）＋2S（g）ΔH＝（－242×2＋20×2）kJ·mol－1＝－444kJ·mol－1，C正确；ⅥA族元素随核电荷数的增加，非金属性逐渐减弱，单质与H

2反应越不容易发生，D不正确。综合测评提能力1．B增大一种反应物的浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2转化率，A正确；中和热是指稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol水放出的热量，而含1molH2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2mol水，且浓溶

液稀释时放热，B错误；二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，C正确；根据图示可得①SO2（g）＋H2O2（aq）===H2SO4（aq）ΔH1，②SO2（g）＋12O2（g）===SO3（g）ΔH2，③SO3（g）＋H2O（l）===H2SO4（aq）ΔH3，根据盖斯定律

，由2×①－2×②－2×③可得热化学方程式2H2O2（aq）===2H2O（l）＋O2（g）的ΔH＝2ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，若ΔH1＜ΔH2＋ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，D正确。2．D根据盖斯定律，由①×3＋③可得：C2H5

OH（g）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－（3Q1＋Q3）kJ·mol－1，根据燃烧热的定义，C2H5OH（g）的燃烧热ΔH＝－（3Q1＋Q3）kJ·mol－1，A错误。反应③是放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，不能判断单一物质具

有的能量高低，B错误。H2O（g）→H2O（l）释放出热量，该过程是物理变化，不属于放热反应，C错误。根据盖斯定律，由①×3－②＋③可得C2H5OH（l）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－（3Q1－Q2＋Q3）kJ·mol－1，23g液态酒精为0.5

mol，故完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），释放热量为0.5mol×（3Q1－Q2＋Q3）kJ·mol－1＝（0.5Q3－0.5Q2＋1.5Q1）kJ，D正确。3．CCuSO4·5H2O（s）发生分解生成CuSO4（s）和H2O（l）要吸收热量，则有

ΔH1＞0，A正确。CuSO4·5H2O（s）溶于水会使溶液的温度降低，则有ΔH2＞0；CuSO4（s）溶于水会使溶液的温度升高，则有ΔH3＜0，从而推知ΔH2＞ΔH3，B正确。由于ΔH1＞0，ΔH3＜0，则有ΔH3＜Δ

H1，C错误。由图可知，过程②可分为过程①、③两步完成，根据盖斯定律可得ΔH2＝ΔH1＋ΔH3，D正确。4．C书写热化学方程式时，应标注物质的聚集状态和反应的焓变，A项错误；中和热是稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1

molH2O（l）时放出的热量，浓硫酸遇水放出热量，且1mol硫酸与1mol氢氧化钡反应会生成1molBaSO4沉淀和2molH2O（l），该反应放出的热量不等于中和热的数值，B项错误；反应热与反应条件无关，同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）===2HCl（g）在光照和点燃条件

下的ΔH相同，C项正确；催化剂不能改变反应的焓变，只能改变反应速率，D项错误。5．B催化剂只能改变反应路径，不能改变反应热，A项错误；H2O（g）的能量高于H2O（l）的能量，图乙中若H2O的状态为气态，生成物总能量应该升高，B项错误；根据图丙中信息可知，该反应为吸热反

应，反应物的总能量比生成物的总能量低，C项错误；根据题图甲、乙、丙中信息，可以分别写出热化学方程式：①SO2（g）＋I2（s）＋2H2O（l）===2HI（aq）＋H2SO4（aq）ΔH1＝－151kJ·mol－1；②H2S（g）＋H2SO4（aq）===SO2（g）＋S（s）＋2H2O（l

）ΔH2＝＋61kJ·mol－1；③2HI（aq）===H2（g）＋I2（s）ΔH3＝＋110kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应①＋②＋③可得H2S（g）===H2（g）＋S（s）ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝＋20kJ·mo

l－1，D项正确。6．B反应②的正反应是气体分子数增加的吸热反应，则有ΔH＞0、ΔS＞0，欲使该反应自发进行，应满足ΔH－TΔS＜0，故反应②在高温下能自发进行，A错误。根据盖斯定律，由④－③可得CO（g）＋12O2

（g）===CO2（g），则该反应的ΔH＝ΔH4－ΔH3＝（－394kJ·mol－1）－（－111kJ·mol－1）＝－283kJ·mol－1，故CO的燃烧热为283kJ·mol－1，B正确。3molC（s）燃烧生成1molCO（

g）和2molCO2（g），损失热量等于1molCO（g）燃烧放出的热量，即283kJ，C错误。根据盖斯定律，由②＋③×2－④可得CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g），则有ΔH1＝（＋75kJ·mol－1）＋（－111kJ·mol－1）×2－

（－394kJ·mol－1）＝＋247kJ·mol－1，D错误。7．D根据盖斯定律，反应②－③可得④H2（g）＋12O2（g）===H2O（g）ΔH4，则ΔH4＝ΔH2－ΔH3，由于反应④放热，则ΔH4＜0，故ΔH2－ΔH3＜

0，则有ΔH2＜ΔH3，A错误。CH3OH（g）的燃烧热是指1molCH3OH（g）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）放出的热量，由反应②无法求得CH3OH（g）的燃烧热，B错误。催化液化Ⅰ中使用催化剂，可降低反应的活化能（Ea），但反应

热（ΔH2）不变，C错误。根据盖斯定律，由①＋②可得C（s）＋H2O（g）＋H2（g）===CH3OH（g），则该反应的ΔH＝（＋90.1kJ·mol－1）＋（－49kJ·mol－1）＝＋41.1kJ·mol－1，D正确。8．答案：（1）①放热②N

H＋4（aq）＋2O2（g）===NO－3（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l）ΔH＝－346kJ·mol－1（2）①＋1049.2kJ·mol－1②增大反应体系压强、升高温度、加入催化剂、将固体硫酸钙粉碎、搅拌等（写出其中的任意两条即可）解析：（1）①第一步反应中，反应物具有的总能量高于生成物具

有的总能量，则该反应是放热反应。②由图可知，第一步、第二步反应的热化学方程式分别为ⅰ.NH＋4（aq）＋32O2（g）===NO－2（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l）ΔH＝－273kJ·mol－1；ⅱ.NO－2（aq）＋12O2（g）===NO－3（aq）ΔH＝－73kJ·mo

l－1。根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ可得NH＋4（aq）＋2O2（g）===NO－3（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l），则该反应的ΔH＝（－273kJ·mol－1）＋（－73kJ·mol－1）＝－346kJ·mol－1。（2）①分析题

给热化学方程式，根据盖斯定律，由Ⅰ×4－Ⅱ可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ中ΔH3＝（＋218.4kJ·mol－1）×4－（－175.6kJ·mol－1）＝＋1049.2kJ·mol－1。②欲使反应Ⅰ、Ⅱ速率加快，可采取的措

施有增大反应体系压强、升高温度、加入催化剂、将固体硫酸钙粉碎、搅拌等。9．答案：（1）环形玻璃搅拌棒（2）提高装置的保温效果（3）－56.8kJ·mol－1（4）偏大不相等相等（5）ABD解析：（1）测定中和热的实验中还需要使用的仪器是环形玻璃搅拌棒。（3）根据表中所测数据，三次实验中的温

度变化量分别为23.7－20.2＋20.32℃＝3.45℃、23.8－20.5＋20.32℃＝3.4℃、24.9－21.6＋21.52℃＝3.35℃，三次实验温度变化量的平均值为3.4℃，则实

验中放出的热量Q＝cmΔT＝4.18J·g－1·℃－1×（50cm3＋50cm3）×1g·cm－3×3.4℃＝1421.2J＝1.4212kJ，反应生成的n（H2O）＝n（HCl）＝0.5mol·L－1×50×10－3L＝0.025mol，中

和热表示在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量，则ΔH＝－Qn＝－1.4212kJ0.025mol≈－56.8kJ·mol－1。（4）NaOH固体溶于水会放出热量，如用0.5mol·L－1的盐酸与NaOH固体进行实验，会导致测得的“中和热”数值

偏大；如改用60mL0.5mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液进行反应，发生反应的酸、碱的用量更多，放出的热量更多，但中和热表示的是生成1mol水时放出的热量，因此所求的中和热相等。（5）由（3）中分析可知，测量的中和热

数值小于57.3kJ·mol－1，测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，会导致酸碱提前反应，所测的温度差变小，A项符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会散失热量，B项符合题意；本实验要测定的

是反应前后的温度差，环境温度对测定温度差没有影响，C项不符合题意；大烧杯的盖板中间小孔太大，会导致一部分热量散失，所测温度差偏小，D项符合题意。10．答案：（1）（a＋3b－c）kJ·mol－1（2）CO（g）＋

12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－280kJ·mol－1（3）2x－y－32zkJ·mol－1解析：（1）根据图中物质之间的转化及ΔH，可得①CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－ak

J·mol－1，②2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH＝－2bkJ·mol－1，③CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－ckJ·mol－1。根据盖斯定律，由③－①－②×32可得CH4（g）＋H2O（g）催化剂高

温CO（g）＋3H2（g），则该反应的ΔH＝（－ckJ·mol－1）－（－akJ·mol－1）－（－2bkJ·mol－1）×32＝（a＋3b－c）kJ·mol－1。（2）1gCO的物质的量为128mol，则1molCO反应生成CO2时放出的热量为280kJ，据此写出热化学方

程式：CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－280kJ·mol－1。（3）分析题给三个热化学方程式，根据盖斯定律，由①×2－②－③×32可得2CH4（g）===C2H2（g）＋3H2（g），则该

反应的ΔH＝2ΔH1－ΔH2－32ΔH3＝2x－y－32zkJ·mol－1。课练19原电池化学电源狂刷小题夯基础[练基础]1．BA项，在①装置中锌与氢离子反应生成锌离子和氢气，锌棒变细，铜不与氢离子反应，铜棒没有变化。B项，在②装置中锌棒与铜棒通过导线连接形成了闭合回路，构成了原电池，锌失

去电子转化为锌离子，锌棒变细，氢离子在铜棒上得电子生成氢气，铜棒不会变细。C项，②装置实现了化学能到电能的转化。D项，在①②装置中，锌均失去电子发生氧化反应。故A、C、D均正确，B不正确。2．D电子不能通过电解质溶液，故A项错误；乙烧杯中的电解质溶液为AgNO3溶

液，能和KCl反应生成AgCl沉淀，则盐桥中的电解质不能是KCl，故B项错误；铜片是负极，银片是正极，在银片上发生的电极反应是Ag＋＋e－===Ag，故C项错误。3．B燃料电池中通入空气（氧气）的电极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，再根据

题中信息可知电极反应式为4H＋＋O2＋4e－===2H2O，A正确；电路中有4mol电子转移时消耗氧气的物质的量为1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气的体积为22.4L21%≈107L，B错误；由题图可知，SO2－4在硫酸盐还原菌作用下可以将有机物氧化成二氧化碳

，自身被还原成HS－，HS－在硫氧化菌的作用下在负极失电子转化为硫酸盐，则维持两种细菌存在，就会持续把有机物氧化成CO2并产生电子，C正确；负极上HS－在硫氧化菌作用下转化为SO2－4，失电子发生氧化反应，电极反应式为HS－＋4H2O－8e－===SO2－4＋9H＋，D正确。4．B氢氧燃料电池中

，氢气失电子发生氧化反应，通入氢气的a电极为原电池的负极，A正确；氢氧燃料电池中，通入氧气的b电极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据题图可得电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B错误；氢氧燃料电池的产物是水，无污染，是一种具有广泛应用前景的绿色电源，C正确

；氢气和氧气可以储存在电池外部的容器中，D正确。5．D6．B根据题意，Mg－海水－AgCl电池总反应式为Mg＋2AgCl===MgCl2＋2Ag。A项，负极反应式为Mg－2e－===Mg2＋，正确；B项，正极反应式为2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag，错误；C项，对原电池来说，阴离子由正

极移向负极，正确；D项，由于镁是活泼金属，则负极会发生副反应Mg＋2H2O===Mg（OH）2＋H2↑，正确。7．C电池工作时，O2在正极发生还原反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，由于生成OH－，溶液的pH增大，

A错误；当消耗1molO2时，电路中转移4mol电子，生成4molOH－，为保持溶液呈电中性，应有4molNa＋由甲槽向乙槽迁移，B错误；N2H4在负极上失电子发生氧化反应，则负极反应式为4OH－＋N2H4－4e－===N2↑＋4H2O，C

正确。[练高考]8．B金属钠为负极，负极上发生失电子的氧化反应，A错误；碳纳米管为正极，CO2在正极上得电子，发生还原反应，B正确；放电时，阳离子由负极移向正极，C错误；原电池是将化学能转化为电能的装置，D错误。9．A根据题图可知Zn为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－=

==Zn（OH）2－4，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ

区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。10．C由充电时电极a的反应式可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴

极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2（PO4）

3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（

PO4）3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g·mol－1×2mol＝46g，故D错误。11．C原电池放电时，阳离子向正极移动，故K＋均向正极移动，A项错误；CH3OH－O2和（CH3）2NNH2－O2放电

时产生的二氧化碳与KOH反应，KOH的物质的量减小，N2H4－O2放电时电池总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O，放电过程中溶液中KOH的物质的量不变，B项错误；三种燃料转移电子数关系为CH3OH～6e－，N2H4～4e－，（CH3）2NNH2～16e－

，1gCH3OH、N2H4、（CH3）2NNH2分别转移316mol、18mol、415mol电子，故消耗等质量燃料，（CH3）2NNH2－O2燃料电池理论放电量最大，C项正确；根据N2H4－O2放电时电池总反应式：N2H4＋O2===N2＋2H2O，可知消

耗1molO2时，理论上气体产物的体积在标准状况下为22.4L，D项错误。12．A放电时负极反应：Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2

Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5molCl2，C错误；充电过程中

，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。13．B海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由

于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。[练模拟]14．D根据原电池装置图分析，H2N（CH2）2NH2在a电极上失

电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N（CH2）2NH2＋4H2O－16e－===2CO2↑＋N2↑＋16H＋，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2＋4e－＋4

H＋===2H2O，据此分析解答。H2N（CH2）2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCH2CH2NH2－16e－＋4H2O===2CO2↑＋N2↑＋16H＋，A选项正确；原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此，电池工作

时质子（H＋）通过质子交换膜由负极区向正极区移动，B选项正确；由上述分析可知，a电极为负极，b电极为正极，故a电极上的电势比b电极上的电势低，C选项正确；电池工作时，氧气在正极b上得电子发生还原反应，发生的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=

==2H2O，H＋浓度减小，故b电极附近溶液的pH增大，D选项错误；故选D。15．D由放电时总反应2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2[Zn（OH）4]2－和装置图可知，金属Zn为负极，放电时发生反应：Zn＋4OH－－2e－===[Zn（OH）4]2－，多孔碳为正

极发生反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，充电时总反应为2[Zn（OH）4]2－===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，金属Zn为阴极，多孔碳为阳极，以此分析。放电时，负极反应为Zn＋4OH－－2e－===[Z

n（OH）4]2－，A项错误；正极发生反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，可知该隔膜为阴离子交换膜，允许OH－通过，B项错误；不论放电还是充电，电子不会流经电解质溶液，C项错误；采用多孔炭可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，D项正

确；故选D。16．B闭合K2、断开K1时，制氢并储能，构成电解池，Pt电极发生还原反应，为阴极，X电极发生氧化反应，为阳极；断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极发生还原反应，为正极，Zn电极发生氧化反应，为负极。制氢时，Pt电极为阴极，电子从X电极向Pt电极移动，溶液中K＋

向Pt电极移动，A正确，不选；供电时，Zn电极发生氧化反应，发生反应Zn－2e－＋4OH－===ZnO2－2＋2H2O，消耗OH－，pH减小，B错误，符合题意；供电时，X电极发生还原反应，NiOOH转化为Ni（OH）2，C正确，不选；制氢时，X电极为阳极，反

应式为Ni（OH）2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O，D正确，不选；故选B。综合测评提能力1．D由甲烧杯中溶液颜色不断变浅，可知KMnO4中Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，

则b为负极，a为正极，所以总的电极反应式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋K2SO4＋8H2O。由于Fe2＋在b电极失去电子，发生氧化反应，所以b极是电池的负极，A错误；K＋向正极移动，所以K＋从盐桥流向甲烧杯，B错误；甲烧杯中a电极上MnO

－4获得电子，发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO－4＋8H＋＋5e－===Mn2＋＋4H2O，所以甲烧杯中溶液的pH逐渐增大，C错误；由总的电极反应式可知，反应的离子方程式为MnO－4＋5Fe2＋＋

8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，D正确。2．A电解质溶液显碱性或中性，该燃料电池的正极反应均为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A正确；铝作负极，铝失去电子变为Al3＋，在NaOH溶液中反应生成AlO－2，则负极反应为Al＋4OH－－3e－===Al

O－2＋2H2O，B错误；该电池在碱性条件下消耗了OH－，生成H2O，总反应式为4Al＋3O2＋4OH－===4AlO－2＋2H2O，溶液pH降低，C错误；电池工作时，电子从负极流出经过外电路流到正极，D错误。3．C电

池工作时，电子从负极经导线流向正极，不进入电解质溶液，A错误；N2H4在负极上发生氧化反应生成N2，电解质溶液是KOH溶液，则电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O，B错误；正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，综合两电极反应式可得燃料电池总反应式

为N2H4＋O2===N2＋2H2O，反应生成H2O，c（KOH）逐渐减小，溶液的pH减小，C正确；O2参与正极反应，电路中通过0.1mol电子时，正极上消耗0.025molO2，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L·mol－1＝0.56L，D错误。4．CO2通入Pt（Ⅰ

）极，发生还原反应，则Pt（Ⅰ）是正极，Pt（Ⅱ）是负极，故电子由Pt（Ⅱ）极经电流计传到Pt（Ⅰ）极，A错误；X为NH3，Y为N2，M为熔融KOH，则负极反应为2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O，B错误；M是含O2－的固体电

解质，则正极的电极反应式为O2＋4e－===2O2－，C正确；X为CO，M为KOH溶液，则电池总反应为2CO＋O2＋4KOH===2K2CO3＋2H2O，D错误。5．C由电池总反应VO＋2（黄色）＋V2＋（紫色）＋2H＋===VO2＋（蓝色）＋H2O＋V3＋（绿色）可

得，VO＋2为正极的活性物质，V2＋为负极的活性物质，所以左室为正极室，右室为负极室。正极反应为VO＋2＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，A项正确；负极反应为V2＋－e－===V3＋，所以负极附近溶液的颜色由紫色逐渐变为绿色，B项正确；由电极反应V

O＋2＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O可知，反应每生成1molH2O时转移电子的物质的量为1mol，C项错误；由原电池总反应可知，反应过程中H＋被不断消耗，所以溶液的pH逐渐增大，D项正确。6．B结合图示可知放电时的电极反应如下：电极名称电

极反应负极（a极）CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋正极（b极）2H＋＋2e－===H2↑根据上述分析可知，A项正确；该电池工作时，Cl－向a极移动，Na＋向b极移动，即隔膜1为阴离子交换膜

，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；电路中转移1mol电子时，向a极和b极分别移动1molCl－和1molNa＋，则模拟海水理论上可除盐58.5g，C项正确；电池工作时负极产生CO2，正极产生H2，结合正、负极的电极反应知，一段时间后，正极和负极

产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。7．A由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH－4＋8OH－－8e－===BO－2＋6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH－，电极反应式为H2O2＋2e－===2OH－。由图知X极为负极，电子经X流向外电路流

入Y，A错误；Y极为正极，H2O2发生还原反应：H2O2＋2e－===2OH－，B正确；X极发生氧化反应：BH－4＋8OH－－8e－===BO－2＋6H2O，故X极区溶液的pH逐渐减小，C正确；由电极反应式H2O2＋2e－===2OH－知，每消耗1.0L0.50mol/L的H2

O2电路中转移1.0mole－，D正确；故选A。8．答案：（1）A－2e－===A2＋（2）Cu2＋＋2e－===Cu（3）变大（4）D>A>B>C解析：甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶

解，则A为负极、B为正极，活泼性：A>B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性：B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性：D>A，随着H＋的消耗，pH变大。9．答案：（1）①ba②MnO2＋e－＋Li＋===LiM

nO2（2）①从A到B②不变③CH3OH＋H2O－6e－===6H＋＋CO2↑解析：（1）①结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极，MnO2作正极，所以电子流向是a→b，电流方向则是b→a。②根据题给信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移

进入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2。（2）①甲醇失去电子，作为电池的负极，所以该电池外电路电子的流动方向为从A到B。②B电极上O2得电子消

耗H＋，同时溶液中的H＋移向B电极室，所以B电极室溶液的pH与工作前相比未发生变化。③CH3OH失电子，生成CO2和H＋，根据化合价变化和元素守恒配平方程式即可得电极反应式：CH3OH＋H2O－6e－===6H＋＋CO2↑。10．答案：（1）正CH4＋4O2－－8e－===CO

2＋2H2O（2）4OH－－4e－===2H2O＋O2↑1ac（3）HCO－3存在电离平衡：HCO－3⇌H＋＋CO2－3，阴极H＋放电，使H＋浓度减小，导致平衡右移（或溶液中H＋放电，增大了OH－浓度，OH－与HCO－3反应，从而使CO2－3再生）解析：（1）

该装置为原电池，外电路中电流由c极流向d极，则c极为正极，氧气得电子发生还原反应生成O2－，d极为负极，甲烷失电子发生氧化反应；固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2－，则d极的电极反应式为CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O。（2）电

解100mL0.5mol·L－1CuSO4溶液，总反应为2CuSO4＋2H2O=====通电2Cu＋O2↑＋2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中的氢氧根离子失去电子发生氧化反应，则a电极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O

2↑；根据总反应方程式可知，若a电极产生56mL（标准状况下，n＝2.5×10－3mol）氧气，溶液中生成氢离子的物质的量为0.01mol，c（H＋）＝0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1，pH＝－

lg0.1＝1；电解过程中，每生成2molCu，会生成1molO2，为了使CuSO4溶液恢复原浓度，应加入CuO或CuCO3。课练20电解池金属的腐蚀与防护狂刷小题夯基础[练基础]1．CA项，在形成铜锈的过程中，Cu为原电池的负极，失

去电子发生氧化反应，由于电解质溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得到电子，变为OH－，因此氧气是正极反应物，正确。B项，根据图2，在锈蚀小孔外铜锈成分为Cu2（OH）2CO3、Cu2（OH）3Cl，Cu元素化合价为＋2，在小孔附近物质是Cu2O，小孔内壁物质成分是CuCl，Cu元素化合价为＋1

，小孔外氧气浓度大，Cu元素价态高，小孔内氧气浓度小，Cu元素价态低，可得铜锈成分与氧气浓度有关；在溶液酸性较强时反应2CuCl＋H2O⇌Cu2O＋2HCl的平衡逆向移动，成分主要是CuCl，若溶液酸性减弱，平衡

正向移动，成分主要是Cu2O，可见铜锈成分也与溶液的pH有关，正确。C项，溶液中Cl－总是向“低洼处”流动，因此会从小孔外向小孔内移动，在氧气浓度较小时与＋1价Cu形成难溶性固体CuCl，错误；D项，由于Sn是比较活泼的金属，会与活动性比Sn弱的金属构成原电池，Sn作负极被氧化而引起电化学腐蚀，正

确。2．C根据电流方向可判断出a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，则A、B项错误。电解CuCl2溶液的过程中阳极（c极）的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，c（Cl－）减小，阴极（d极）的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，析出的Cu附着在

d电极上，使d电极质量增加，故C项正确，D项错误。3．DA项，该装置是原电池装置，H＋放电生成氢气，溶液的pH增大，错误；B项，该装置是电解池，Cu＋2H2O===Cu（OH）2＋H2↑，OH－浓度增大，溶液的pH增

大，错误；C项，电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，错误；D项，电解硫酸铜的实质是电解水和硫酸铜，水中的OH－放电使溶液中氢离子的浓度增大，溶液的pH减小，正确。4．A用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，氯离子的还原性大于氢氧根离子，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，

A项正确；铅蓄电池放电时的正极反应式为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O，负极反应式为Pb－2e－＋SO2－4===PbSO4，B项错误；粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极反应除Cu－2e－===Cu2＋外，还有比铜活泼的杂质金属失电子的

反应，C项错误；钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，D项错误。5．C电解NaCl溶液（滴入酚酞），阴极附近变红，若a极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所以a为阴极，b为阳极，Y为电源的正极，X为负极，则Pt电极为

阴极，该极上是氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故A错误；若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所以b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，则Pt电极为阳极，该极上是碘离子发生失电子生成碘单质的氧化反应，淀粉遇碘变蓝，故B

错误；若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则发生反应：Cu－2e－===Cu2＋，2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，碘遇淀粉变蓝，故C正确；若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故D错误。6．CC1电极与电源的

负极相连，作阴极，溶液中的H＋在阴极放电，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，A错误；C1电极上H＋放电生成H2，C2电极与电源的正极相连，作阳极，Fe2＋的还原性强于Cl－，则依次发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl2↑，故C2电极处溶液先变黄色，B错误

，C正确；电子只能通过导线传递，不能通过溶液传递，D错误。7．D电解Na2SO4溶液相当于电解水，若原Na2SO4溶液为饱和溶液，电解一段时间后消耗一部分水，电解液仍为饱和溶液，此时Na2SO4溶液的浓度不变，A说法错误；Ⅱ中出现的现象是因为形成了原电池，但如果用玻璃导管通入H2，

无法形成原电池，故无红色固体现象产生，B说法错误；Ⅲ中假如还有氢气存在的话，还可能发生氢气置换银的反应：2Ag＋＋H2===2Ag↓＋2H＋，C说法错误；Ⅰ中除电解水的化学过程外，还存在多孔石墨电极吸附氢气和氧气的物理过程，D项说法正确。[练高考]8．C根据电解原理可知，电解池中阳极发

生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu

和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2＋，A错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参

与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误。图示装置中铁作阴极，由实验现象知，实验①中铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离

子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极放电，得电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子先与过量氨水反应生成四氨合铜离子，c（Cu2＋）减小，避免了Fe与Cu2＋反应，然后四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故铁表面得到比实验①更致密的镀层。9．C随着反应进

行，H＋浓度减小，其与Fe的反应速率减慢，且Cu2＋得电子生成的铜覆盖铁电极，可阻碍H＋与铁接触，导致产生的气体减少，A项正确；由以上分析知，B项正确；[Cu（NH3）4]2＋在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故随阴极析出铜，[Cu（NH3）4]2＋浓度减

小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu（NH3）4]2＋平衡正向移动，C项错误；由以上分析知，D项正确。10．D石墨电极物质转化为：P4→Li[P（CN）2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN－－4e－===4[P（CN）2

]－，则生成1molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移1mol电子，右侧电极为阴极，A、B错误；电解池工作过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由图示物质转化关系可知，HCN在阴极放电，产生CN－

和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。11．BD由电极a上[Fe（CN）6]4－→[Fe（CN）6]3－，发生失去电子的氧化反应可知，电极a为阳极、电极b为阴极，A项错误；由图示知，阴极反应为DHPS＋2H2O＋2e

－===DHPS－2H＋2OH－，阳极反应为[Fe（CN）6]4－－e－===[Fe（CN）6]3－，为维持溶液的电中性，阴极室的OH－应通过隔膜进入阳极室，故B项正确；根据题意，结合氧化还原反应规律可知，反应器Ⅰ中反应为4[Fe（CN）6]3－＋4OH－=====

催化剂4[Fe（CN）6]4－＋O2↑＋2H2O，反应器Ⅱ中反应为DHPS－2H=====催化剂DHPS＋H2↑，则M是O2、N是H2，根据得失电子守恒，O2与H2的物质的量之比为1∶2，C项错误，D项正确。12．BD由题意知，乙室是原电池，则甲室是电解池。电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子

失去电子被氧化为CO2气体，Co2＋在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO－失去电子后，Na＋通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；对于乙室，正极上L

iCoO2得到电子，被还原为Co2＋，同时得到Li＋，其中的O与溶液中的H＋结合为H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为：LiCoO2

＋e－＋4H＋===Li＋＋Co2＋＋2H2O，C错误；若甲室Co2＋减少200mg，电子转移物质的量为n（e－）＝0.2g59g·mol－1×2＝0.0068mol，乙室Co2＋增加300mg，转移电子的物质的量为n（e－）＝0.3g59g·

mol－1×1＝0.0051mol，说明此时已进行过溶液转移，D正确。13．A该装置为电解池，b电极上N2转化为NH3，N的化合价降低，发生还原反应，故b为阴极，电极反应式为N2＋3H2O＋6e－===2NH3＋3O2－，A正确；a为阳极，电极反应式为2O2

－－4e－===O2，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的电压，单位时间内转移的电子数目会变化，反应速率会改变，C错误；阴极、阳极电极反应式可知，电解过程中固体氧化物电解质中O2－不会

改变，D错误。[练模拟]14．B该装置有外接电源，是电解池，由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯，则电极石墨Ⅰ为阳极，阳极反应为2CH3OH＋CO－2e－===（CH3O）2CO＋2H＋，电极石墨Ⅱ为阴极，阳极产生的氢离子

从质子交换膜通过移向阴极，氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水，电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，据此解答。石墨Ⅰ为阳极，与直流电源正极相连，故A正确；电解池工作时，阳离子向阴极移动，即H＋由石墨Ⅰ通过质子交换膜向石墨Ⅱ移动，故B错误；石墨Ⅰ为阳极，阳极上是甲醇和一氧化碳

反应失电子发生氧化反应，电极反应为2CH3OH＋CO－2e－===（CH3O）2CO＋2H＋，故C正确；常温常压下甲醇是液体，电解池工作时转移电子守恒，根据关系式2CO～4e－～O2可知阴极消耗的氧气与阳极

消耗的一氧化碳物质的量之比为1∶2，故D正确；故答案为B。15．C由电解装置图可知，n极水发生氧化反应生成氧气，则n极为正极，电极反应为：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则溶液中靠近正极的b端电势高于靠近负极的a端，则b端得到电子发生还原反

应，电极反应为：（1－x）Cu2＋＋xNi2＋＋2e－===NixCu（1－x），a端失去电子发生氧化反应，电极反应为：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，以此分析。由电解装置图可知，n极水发生氧化反应生成氧气，则n极为正极，则m为电源负极，故A正确；溶液中靠近正极的b端电势高于靠近

负极的a端，故B正确；BPE的a端失去电子发生氧化反应，电极反应为：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故C错误；BPE的b端到中心的不同位置，由于电势不同，电极反应：（1－x）Cu2＋＋xNi2＋＋2e－===NixCu（1－x）中x

不同，能形成组成不同的铜镍合金，故D正确；故答案选C。16．A图a中为两种情况的吸氧腐蚀。锌比铁活泼，锌为负极：Zn－2e－===Zn2＋，铁为正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，A项错误、B项正确；铁比铜活泼，铁为负极，生成的Fe2

＋与[Fe（CN）6]3－结合产生蓝色沉淀，铜电极产生OH－，丙区域酚酞变红色，C、D项正确。17．D制氧气装置中，光催化剂太阳能分解水得到氧气，M1转化为M2，O元素化合价升高，则M1中Fe元素化合

价下降；制氢装置中阳极M2转化为M1，阴极2H＋＋2e－===H2↑，总反应方程为：2H2O=====催化2H2↑＋O2↑，以此分析。制O2装置中，太阳能转化为化学能，故A错误；制H2装置中，阴极发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑，其中的交换膜为阳离子交换膜，故B错误；由总反应方程式

2H2O=====催化2H2↑＋O2↑可知，系统制得2molH2的同时可制得1molO2，故C错误；制H2时阳极M2转化为M1，且M1中Fe元素化合价比M2低，可发生反应：[Fe（CN）6]4－－e－===[Fe（CN）6]3－，故D正确；故答案选D。综合测评提能力1．C装置

Ⅰ是原电池，铁棒作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铁棒被氧化而质量减小；装置Ⅱ是电解池，铁棒作阴极，则铁棒的质量不变，A错误。装置Ⅰ中原电池的电解质溶液呈中性，正极反应式为O2＋2H2O＋4

e－===4OH－，不产生气体，B错误。石墨棒是惰性电极，在原电池和电解池中都起导电作用，本身质量不变，C正确。装置Ⅰ中石墨棒附近溶液c（OH－）增大，则石墨棒附近溶液先变红；装置Ⅱ中铁棒作阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2

OH－＋H2↑，则铁棒附近溶液先变红，D错误。2．C实验①～③中a极是阴极，均发生还原反应，A正确；实验①～③中，b极是阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应产生NaOH,Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO，B正确；电

解时，阴离子向阳极移动，则OH－由a极向b极移动，C错误；实验③中产生大量黄绿色气体，说明电解速率过快，产生的Cl2并未与NaOH反应，故不宜采用该实验的电压制备NaClO，D正确。3．C石墨是惰性电极，电解AgNO3溶液，阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极

反应式为Ag＋＋e－===Ag，则阳极生成O2，溶液的酸性增强，A正确；电解ZnBr2溶液，由于Zn2＋的氧化性强于水电离出的H＋的氧化性，则阴极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，B正确；电解AlCl3溶液，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，

阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，电解产生的OH－与Al3＋结合生成Al（OH）3沉淀，故电池总反应的离子方程式为2Al3＋＋6H2O＋6Cl－=====通电2Al（OH）3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，C错误；电解Pb（NO3）2和CuCl2的混合溶液，阳离

子的氧化性：Cu2＋>Pb2＋>H＋（水），阴离子的还原性：Cl－>OH－>NO－3，第一阶段电解CuCl2，第二阶段电解Pb（NO3）2和H2O，第三阶段电解HNO3，D正确。4．B由图可知，铂极与电源的正极相连，则铂极是

阳极，发生氧化反应，A正确；电解时，阳离子向阴极移动，则H＋由交换膜右侧向左侧迁移，B错误；阴极上CO2被还原生成CH3CH2OH，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===CH3CH2OH＋3H2O，C正确；铂极

是阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，转移2mol电子时生成0.5molO2，在标准状况下的体积为11.2L，D正确。5．BNaHSO3在a电极被还原生成Na2S2O4，则a电极是阴极，b电极是阳极，故b电极接电源的正极，A错误；a电极发生还原反应，HSO－3被还原生成S2O

2－4，电极反应式为2HSO－3＋2H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2O，B正确；b电极是阳极，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO2－4，阳极生成H＋，阴极消耗H＋，为维持溶液呈电中性，H＋透过离子交换膜向阴极迁移，则该交换膜是阳

离子交换膜，C错误；电路中转移1mol电子，阳极消耗0.5molSO2，在标准状况下的体积为11.2L，题目未指明SO2是否处于标准状况下，D错误。6．D该装置是电解池，将电能转化为化学能，A错误；电极a是阳极，电极反应式为＋4OH－－2e－==

=CH2===CH2↑＋2CO2－3＋2H2O，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则右侧阴极区产生的OH－要透过离子交换膜进入左侧，并参与阳极反应，故应是阴离子交换膜，B错误；阴极区周围溶液中c（OH－）逐渐增大，溶液的pH不断增大，C错误；由阳极反应式可知，生成1mol乙

烯时，电路中转移2mol电子，D正确。7．C该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的NaCl等电解质，而

河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，D项错误。8．答案：（1）①正②ad③2Cl－＋2H2O=====电解Cl2↑＋H2↑＋2OH－（2）①NO2－e－＋H2O===NO－3＋2

H＋②0.1（3）①负②4Al2Cl－7＋3e－===Al＋7AlCl－4③2H＋＋2e－===H2↑解析：（2）①根据图知，电解时，左室中电极上H＋放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，阳极反应式为

NO2－e－＋H2O===NO－3＋2H＋。②n（NO2）＝2.24L22.4L/mol＝0.1mol，阳极反应式为NO2－e－＋H2O===NO－3＋2H＋，有0.2molH＋生成，因为有0.1mol硝酸生

成，故有0.1molH＋通过阳离子交换膜。（3）①依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝作阳极与电源正极相连，钢铁作阴极与电源负极相连；②由有机阳离子、Al2Cl－7和AlCl－4组成的离子液体作电解液，是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子

且有机阳离子不参与电极反应，阴极反应是发生生成铝的还原反应，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl－7得到电子生成Al和AlCl－4，电极反应为4Al2Cl－7＋3e－===Al＋7AlCl－4；③改用AlCl3水溶液作电解液，则溶液

中氢离子在阴极放电生成氢气：2H＋＋2e－===H2↑。9．答案：（1）①增加②2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O③1（2）①CH3OCH3－12e－＋16OH－===2CO2－3＋11H2O②2Cl－＋2H2O=====电解Cl2↑＋H2↑＋2OH－

③5.6解析：（1）①铜电极与电源负极相连，为阴极，溶液中铜电极区域发生CO2得到电子生成CH4、C2H4、HCOOH、CO等的反应，甲酸与水互溶，且电解池中氢离子可透过阳离子交换膜进入Cu极区，所以Cu电极附近的溶液质量增加；②CO2得到电子生成乙烯，结合电荷

守恒、得失电子守恒、原子守恒，则电极反应为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O；③CO2→CO碳元素化合价降低2价，则生成0.17molCO转移0.34mol电子，CO2→HCOOH碳元素的化合价降低2价，则生成0.33m

olHCOOH转移0.66mol电子，共转移电子0.66mol＋0.34mol＝1mol。（2）①燃料电池中通入甲醚的电极是负极，发生氧化反应，碱性条件下生成碳酸盐，即负极反应式为CH3OCH3－12e－＋16OH－===2CO2－3

＋11H2O；②铁与燃料电池的负极相连，为阴极，所以乙中相当于惰性电极电解饱和食盐水，总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O=====电解Cl2↑＋H2↑＋2OH－；③混合溶液中发生的反应为AgNO3＋KCl===AgC

l↓＋KNO3，根据化学方程式可知，0.2molAgNO3完全反应需要0.2molKCl，还剩余0.4molKCl，且同时生成0.2molKNO3，所以混合后溶液中的溶质为0.2molKNO3、0.4molCu（NO3）2、0.4mol

KCl，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出n（Cu）＝0.3mol，根据Cu2＋＋2e－===Cu，则转移电子0.6mol；阳极上Cl－完全放电时，转移电子物质的量为0.4mol×1＝0.4mol，则剩余

的0.2mol电子转移时生成氧气，生成n（O2）＝0.2mol4＝0.05mol，生成n（Cl2）＝12×0.4mol＝0.2mol，标准状况下生成气体总体积为V＝n·Vm＝（0.2＋0.05）mol×22.4L·mol－1＝5.6L。1

0．答案：（1）电能转化为化学能（2）B（3）正极（4）N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O（5）石墨电极发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2与水发生反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，溶液的酸性增强（6）

26.7解析：（1）装置甲是肼（N2H4）－空气碱性燃料电池，则装置乙是电解池，能量转化形式主要是电能转化为化学能。（2）N2H4在铜电极被氧化生成N2，则铜电极是负极，根据电极连接方式可知，铁是阴极，石墨是阳极。铁电极（阴极）反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，阴极产生OH

－，石墨电极（阳极）反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极消耗Cl－，为保持溶液呈电中性且制取烧碱，Na＋应透过离子交换膜向左侧迁移，阴极室中得到NaOH溶液，故离子交换膜是阳离子交换膜。（5）电解过程中，石墨电极（阳极）上生成Cl2，Cl2与水发生反应：Cl2＋H2O⇌

HCl＋HClO，则石墨电极附近溶液的酸性增强，pH减小。（6）铂电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，铂电极上有4.48LO2（标准状况）发生反应，即消耗0.2molO2，电路中转移0.8mol电子，装置的电流效率为80%，则电子的有效利用量为0.8mol×80%＝0.6

4mol。制取1molNaOH时理论上转移电子的物质的量为1mol，则制取的NaOH的物质的量为0.64mol，故理论上制备纯度为96%的烧碱的质量为0.64mol×40g·mol－196%≈26.7g。单元检测7化学反应与能量1．B水凝固成冰时放出热量，则相同质量的水和冰相比，水的能量更高

，A项错误；石灰石煅烧是分解反应，反应过程中吸收能量，属于吸热反应，B项正确；“燃豆萁”指的是豆萁的燃烧过程，该过程中存在化学能转化为热能、光能的过程，C项错误；高温时，碳与水蒸气的反应为吸热反应，D项错误。2．C大桥中使用的钢是铁的合金材料，易与空气和

水蒸气形成原电池被腐蚀，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，A正确；铝和锌均比铁活泼，和铁形成原电池时，均作负极，失去电子被氧化，从而保护铁不被腐蚀，B正确；钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，

C错误；铁生锈是因为发生了电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，D正确。3．C甲为原电池，金属性更强的Zn电极为负极，Cu电极为正极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则H＋向Cu电极移动，A错误；

铅蓄电池充电时，Pb电极为阴极，与电源的负极相连，B错误；金属铁与负极相连，作阴极，发生还原反应，被保护，该方法称为外加电流的阴极保护法，C正确；甲醇燃料电池在酸性条件下放电的电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋，D错误。4．C用惰性电极电解CuSO4溶液，当加入1mo

lCu（OH）2能恢复到电解前浓度时，则电解生成1molCu、1molH2和1molO2，阴极生成1molCu和1molH2转移4mole－，阳极生成1molO2转移4mole－，则该电解过程中转移4mole－，A正确；铅蓄电池放电时，

负极Pb转化为PbSO4，电极反应式为Pb＋SO2－4－2e－===PbSO4，正极PbO2转化为PbSO4，电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O，两极质量均增大，溶液中H＋浓度减小，导致pH增大，B正确；Fe在浓硝酸中钝化，此

时Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，C错误；酸雨的酸性不会太强，则应发生吸氧腐蚀，故正极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，D正确。5．D根据图中信息，反应①中生成物的总能量高于反应物的总能量，为吸热反应，故断键吸

收的总能量高于成键释放的总能量，A项正确；由图可知，反应②的活化能小于反应①的活化能，B项正确；根据盖斯定律计算，总反应A―→C的ΔH＝ΔH1＋ΔH2，由题图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，ΔH大于0，C项正确；温度升高，正、逆反应速率均增大，D项错误。6．D中和热是指稀溶液中，强酸和强碱

反应生成1mol液态水时所放出的热量，热化学方程式中化学计量数代表物质的量，该反应生成2mol液态水，则放出的热量为生成1mol液态水时放出热量的2倍，A项错误；醋酸是弱酸，存在电离平衡，而电离是吸热过程，所以醋

酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水时，放出的热量小于57.3kJ，B项错误；160gSO3气体的物质的量n＝160g80g·mol－1＝2mol，热化学方程式SO3（g）＋H2O（l）===H2SO4（aq）ΔH＝－130.3kJ·m

ol－1书写正确，评价错误，C项错误；1molC8H18（l）在O2（g）中燃烧生成CO2（g）和H2O（l），放出534kJ的热量，所以2molC8H18（l）反应放出的热量为1068kJ，D项正确。7．A当ΔH－TΔS<0时，反应能自发进行，该反应是气体分子数减小

的反应，即ΔS<0，所以一定温度下反应能自发进行说明ΔH<0，A正确；氢氧燃料电池为原电池，负极上H2发生失去电子的氧化反应，B错误；不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算常温常压下11.2LH2的物质的量，因而也无法计算出转移电子的数目，C错误；ΔH＝

反应中断裂旧化学键的键能之和－反应中形成新化学键的键能之和，D错误。8．D焓变只与反应的始态和终态有关，催化剂不改变反应的焓变，则反应③使用催化剂，ΔH3不变，A错误；根据盖斯定律，将①－②可得H2（g）＋12O2（g）===

H2O（g），ΔH＝ΔH1－ΔH2，氢气燃烧放出热量，则ΔH1－ΔH2<0，B错误；反应④为放热反应，ΔH＜0，焓变为正、逆反应的活化能之差，则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；根据盖斯定

律，将③×3＋⑤得到3CO（g）＋6H2（g）===CH3CH===CH2（g）＋3H2O（g）ΔH＝ΔH3×3＋ΔH5＝（－90.1kJ·mol－1）×3＋（－31.0kJ·mol－1）＝－301.3kJ·mol－1，D正确。9．BC（石墨，s）===C（金刚石，s）

吸热，说明石墨能量低，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；前者比后者放热多，所以ΔH1<ΔH2故B正确；因为中和热是指强酸与强碱中和生成1mol水时放出的热量，因此对于强酸强碱的反应，中和热是一固定值，不会随物质的量的改变而改变，且硫

酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡的过程也放热，故C错误；已知H2（g）＋F2（g）===2HF（g）ΔH＝－270kJ·mol－1，则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误。10．DA项，甲醇燃烧是放热反应，ΔH

1<0，错误；B项，H2O（g）===H2O（l），放出热量，反应③放出的热量多，ΔH小，错误；C项，根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3－2ΔH5，错误；D项，有2CO（g）＋4H2（g）＋3O2（g）===2CO2

（g）＋4H2O（l）2ΔH5＋ΔH1，相当于CO、H2的燃烧，均为放热反应，正确。11．D根据电池总反应，正极上H2O2发生还原反应：H2O2＋2e－＋2H＋===2H2O，正极附近c（H＋）减小，溶液pH增大，A项错

误；原电池工作时，阳离子向正极移动，故H＋通过质子交换膜向正极移动，B项错误；NH3·BH3转化为NH4BO2，N的化合价不变，B的化合价升高，根据NH3·BH3――→失6e－NH4BO2，消耗3.1g氨硼烷（0.1mol），反应中转移0.6mol电子，但电

子不通过内电路，C项错误；根据电池总反应，负极上氨硼烷发生氧化反应：NH3·BH3＋2H2O－6e－===NH＋4＋BO－2＋6H＋，D项正确。12．B因为Li与水反应，故不能用Li2SO4溶液作电解质溶液，A

项错误；由题图可知，正极的电极反应为2Li＋＋O2＋2e－===Li2O2，B项正确；充电时，多孔电极应与电源正极相连，C项错误；电池充电时间越长，Li2O2转化为Li的量越多，则Li2O2的含量越少，D项错误。13．A环氧烷烃被有机金属材料吸附与CO2生成碳酸酯，无电流产生，与电化学无关

，A符合题意；锂电池，能够发生自发的氧化还原反应，属于原电池，与电化学有关；Na－CO2电池，属于原电池，与电化学有关；用电解法制备H2，属于电解池，与电化学有关。14．C由图示可知Al电极为负极，电极反应式为A

l－3e－＋3OH－===Al（OH）3，O2在正极反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，总反应方程式为4Al＋3O2＋6H2O===4Al（OH）3，pH基本不变，A、B正确，C错误；1molKI制得1molKIO3转移6mol电子，消耗2molAl，

即54g铝，D正确。15．D根据题图可知，该装置为原电池，放电时，活泼的金属铝失电子作负极，不活泼的石墨作正极，A正确；放电时负极发生氧化反应生成Al2Cl－7，所以电极反应式为Al－3e－＋7AlCl－4===4Al2Cl－7，B正确；充电时，铝为

阴极，石墨为阳极，阳极发生氧化反应，C正确；充电时，有机阳离子向阴极（铝电极）方向移动，D错误。16．答案：（1）SO2（g）＋2CO（g）===S（s）＋2CO2（g）ΔH＝（Q1－2Q2＋Q3）kJ·mol

－1（2）＋131.5（3）AX3（l）＋X2（g）===AX5（s）ΔH＝－123.8kJ·mol－1（4）4CuCl（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1解析：（1）运用盖斯定律，由2×②－③－①即可求得目标反应，目标反

应的ΔH＝（Q1－2Q2＋Q3）kJ·mol－1。（2）根据盖斯定律，C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）可以通过①－②－③得到，因此该反应的ΔH＝－437.3kJ·mol－1－（－285.8kJ·mol－1）－（－283.0kJ·mol－1）＝＋131.5kJ·mol－1

。（3）室温时AX3为液体，X2是气体，AX5是固体，热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）===AX5（s）ΔH＝－123.8kJ·mol－1。（4）4molCuCl反应放热4×44.4kJ。17．答案：（1）阳极4OH－－4e－===O2↑＋2H2O（2）CH3OH－6e－＋8OH

－===CO2－3＋6H2O（3）0.45mol（4）CH3OH（l）＋32O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－726.52kJ·mol－1解析：（1）通入氧气的电极是正极，通入甲醇的电极是负极，又

因为a电极和电源的正极相连，则a极是阳极（失电子反应），故发生电极反应的是溶液中的氢氧根离子，即4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。（2）碱性条件下，碳元素反应后以CO2－3的形式存在，故电极反应是CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－

3＋6H2O。（3）原电池中消耗氧气的物质的量等同于电解水生成的氧气量，所以生成的气体总的物质的量应是氧气的3倍，即0.45mol。（4）25℃，101kPa时，燃烧16gCH3OH生成CO2和H2O（l），放出的热量为363.26kJ，则燃烧1molCH3O

H放出的热量为726.52kJ。由此写出热化学方程式。18．答案：（1）CH3OH（l）＋32O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－726.5kJ·mol－1（2）①减小不变②－93（3）①2N2H4（g）＋2NO2（g）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH

＝（2c－b）kJ·mol－1②4减小解析：（1）根据题意，16gCH3OH在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放363.25kJ的热量，则1molCH3OH完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出

的热量为726.5kJ，甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）＋32O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－726.5kJ·mol－1。（2）①催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，因此加催化剂会使图中E的值减小，图

中ΔH不变；②ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝945kJ·mol－1＋436kJ·mol－1×3－391kJ·mol－1×6＝－93kJ·mol－1，a＝－93。（3）①已知Ⅰ.N2（g）＋2O2（g）===2NO2（g）ΔH1＝bkJ·mol－1，Ⅱ.N2H4（g）＋O2

（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝ckJ·mol－1，根据盖斯定律，将Ⅱ×2－Ⅰ得2N2H4（g）＋2NO2（g）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝（2c－b）kJ·mol－1：②肼－空气碱性燃料电池负极反应式为N

2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O，则该电池工作时，释放1molN2会转移4mol电子；电池总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O，反应过程中生成了水，KOH溶液浓度减小，碱性减弱，则pH减小。19．答案：（1）N2O5O2＋4e－＋2N2O5===

4NO－3（2）①Ag2OZn②Zn－2e－＋2OH－===Zn（OH）2③增大④6.5（3）①负②减小C3H8O3－2e－＋2CO2－3===C3H6O3＋2HCO－3③22.4L解析：（1）燃料电池中通入O2的一极为正极，则石墨Ⅰ电极为负极，NO2失电子发生氧化反应，N元素化合价

升高，则生成的氧化物Y为N2O5；石墨电极Ⅱ为正极，又已知N2O5可循环使用，则石墨Ⅱ电极反应式为O2＋4e－＋2N2O5===4NO－3。（2）①银锌电池工作时电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O===2Ag＋Zn（OH）2，则Ag2O得电子作正极，Zn失电子作负极，原电池

中电流由正极流入负极，即从Ag2O极流向Zn极；②Zn在碱性溶液中发生的电极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn（OH）2；③电池工作时，正极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，消耗水，生成OH－，pH增大；④根据负极反应式Zn－2e－＋2OH

－===Zn（OH）2可知，外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少0.1mol×65g·mol－1＝6.5g。（3）①该装置为电解池，甘油在催化电极a表面失电子发生氧化反应生成甘油醛，则催化电极a为阳极；二氧化碳和水在催化

电极b表面得电子转化为一氧化碳和氢气，催化电极b为阴极，电解池中的阴极与电源负极相连。②电解质为Na2CO3，则催化电极a上发生的电极反应式为C3H8O3－2e－＋2CO2－3===C3H6O3＋2HCO－3，pH减小。③1molCO2得2mol电子转化为CO，1

molH2O得2mol电子转化为H2，所以当外电路转移2mole－时，会生成1molCO2和H2的混合气体，标准状况下的体积为22.4L。第八单元化学反应速率和化学平衡课练21化学反应速率及影响因素狂刷小题夯基础[练基础]1．D活化分子

采取合适的碰撞取向才能发生化学反应，①正确；普通分子能量较低，发生碰撞不能发生化学反应，②不正确；反应物浓度增大，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增多，③正确；有气体参加的化学反应，增大压强（即缩小反应容器的体积）

，可增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，④不正确；⑤、⑥均正确。2．C一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2molN2和10molH2，2min时测得剩余N2为1mol，故0～2min内以N2表示的平均

反应速率v（N2）＝Δc（N2）Δt＝（2－1）mol2L2min＝0.25mol·L－1·min－1，A项正确；由于同一反应中各物质的化学反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，故v（H2）＝3v（N2）＝0.75mol·L－1·min－1，B项正确；

v（NH3）＝2v（N2）＝0.5mol·L－1·min－1，C项错误，D项正确。3．B为了控制溶液总体积不变，故a＝b＝5，A项正确；由v＝ΔcΔt，Δt＝35s，Δc＝4.0×10－3L×0.10mol·L－126.0×10－3L

＝0.426mol·L－1，则v（S2O2－3）＝12275mol·L－1·s－1，B项错误；对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知反应液初始浓度越大，反应时间越短，平均反应速率越大，C项正确；S2O2－8＋2I－===2SO2－4＋I2是

慢反应，而2S2O2－3＋I2===S4O2－6＋2I－为快反应，为了能看到蓝色，S2O2－8应更多，则n（S2O2－3）∶n（S2O2－8）＜2，D项正确。4．C因浓度越大，化学反应速率越快，增加CO的量，加快了反应速率，A错误；将容器的体积缩小一半，反应体系中物质

的浓度增大，则化学反应速率增大，B错误；保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，C正确；保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减

小，D错误。5．A当达到平衡状态时，X反应了0.8mol，生成了Y1.2mol，Z0.4mol，故化学计量数之比为2∶3∶1，A正确；10s内Y的平均速率为0.24mol·L－1·s－1，B错误；X的转化率为0.8mol2.4mol×100%≈33.3%，C错误；增大压强，反应速率

不一定加快，比如，在密闭容器中通入惰性气体，压强增大，但是化学反应速率不变，D错误。6．C分析图表信息，紧扣表中N2O分解的实验数据，每10分钟均分解0.01mol·L－1，说明反应速率相等，选项A错误；分解至100分钟时N2O完全分解，

说明不是可逆反应，反应不可能达平衡，选项B错；分解至100分钟时N2O完全分解，说明不论N2O初始浓度如何，其分解的转化率均为100%，选项D错；结合半衰期的提示，由表中数据知，N2O消耗一半，所需时间

也是一半，显然，选项C合理。[练高考]7．D由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L－

1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L－1，则v（Y）＝Δc（Y）Δt＝4.0mol·L－1

2min＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝12v（Y）＝12×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。8．C根据图示知，A项正确；若只发生反应②，则n（H2）＝n（CO），而t1～t3min

，n（H2）比n（CO）多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2，B项正确；t2min时，H2的流出速率为2mmol·min－1，CO的流出速率约为1.5mmol·min－

1，v（H2）v（CO）<2，说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误；根据图2知，t3min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增大，最终恢复到1mmol·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明t3m

in后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。9．B反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·

L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成了amolY，列三段式：2X（s）⇌Y

（g）＋2Z（g）初始量/mol2.000转化量/mol2aa2a平衡量/mol2.0－2aa0.6根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，

Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2（Z）·c（Y）＝0.072<K，反应正向进行，故v正（Z）>v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应

体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V（Y）V（Z）＝12，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。1

0．AB由图甲中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值

之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）＋v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v（X）＋v（Y）＝v（Z），B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率

随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D正确。11．C由题给表格数据可知，反应20min时

，过氧化氢的物质的量为（0.8－0.4）mol·L－1×0.05L＝0.02mol，根据反应方程式可得生成氧气的物质的量为0.01mol，即体积为224mL（标准状况），A说法正确；20～40min，消耗过氧化氢的浓度为（0.40－0.20）mol·L－

1＝0.20mol·L－1，则这段时间内的平均速率v＝Δct＝0.20mol·L－120min＝0.010mol·L－1·min－1，B说法正确；其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，随着反应的进行，过氧化氢的浓度逐渐减小，所以第30min时的瞬时速率大于第

50min时的瞬时速率，C说法错误；I－在反应中的作用是做催化剂，分解酶或Fe2O3也可以催化过氧化氢的分解，D说法正确。[练模拟]12．D①铁粉是固体，增加铁粉的质量，反应速率不变，错误；②将容器的容积缩小一半

，H2O（g）、H2（g）的浓度增大，反应速率加快，正确；③保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，H2O（g）、H2（g）的浓度不变，反应速率不变，错误；④保持容器的容积不变，充入水蒸气使体系压强增大，H2O（g）浓度增大，则反应速率加快，正确。13．B该反应生

成SO2，由于SO2能溶于水，通过测定相同时间内生成SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢，存在较大的实验误差，A正确；3号瓶中浑浊出现的时间是第5s，第10s开始浑浊不再增加，则10s内用Na2S2O3表示的反应速率为0.1mol·L－1×0.01L0.02L×10s＝0.005mo

l·L－1·s－1，B错误；4号瓶比1号瓶反应温度高，4号瓶中c（H2SO4）比1号瓶小，但4号瓶反应速率快，说明温度对反应速率的影响比浓度大，故温度越高，反应速率越快，C正确；该实验采用控制变量思想探究

外界条件对反应速率的影响，混合溶液的总体积应相等，则2号瓶中x＝5，D正确。14．CN2O2是该反应的中间产物，A不正确；升高温度v正、v逆均增大，k正、k逆均增大，B不正确；反应②速率较慢，则N2O2与O2

的碰撞仅部分有效，C正确；反应①是放热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，D不正确。15．DA项，由题图可知，反应ⅰ中反应物的总能量比生成物的总能量低，是吸热反应，错误；B项，由题图可知，反应ⅰ的活化能比

反应ⅱ的活化能大，活化能越大，反应速率越小，则反应ⅰ是整个反应的决速步骤，错误；C项，由题图以及反应方程式可知，I－是H2O2分解反应的催化剂，错误；D项，0～20min内，生成22.4mL氧气，即生成

氧气的物质的量为1.0×10－3mol，则参加反应的H2O2的物质的量为2.0×10－3mol，则平均反应速率：v（H2O2）＝2.0×10－3mol20min×0.02L＝5.0×10－3mol·L－1·min－1

，正确。综合测评提能力1．A活化分子之间的碰撞必须有合适的取向才能引发化学反应，才是有效碰撞，A错误；增大反应物的浓度，活化分子的浓度增大，使单位体积内的活化分子增多，反应速率加快，B正确；对于有气体参加的反

应，通过压缩容器增大压强，气体的浓度增大，单位体积内的活化分子增多，反应速率加快，C正确；加入催化剂，反应的活化能降低，活化分子增多，活化分子百分数增加，反应速率加快，D正确。2．A催化剂能加快化学反应速率，A项正

确；质量相同时，锌粉与盐酸的接触面积大，反应速率快，B项错误；常温下铁遇浓硫酸钝化，C项错误；升高温度，活化分子的百分数增大，分子间的碰撞频率提高，分子间有效碰撞的几率提高，反应速率增大，D项错误。3．B由表中数据可知，随着反应的进行，每分钟内c（N2O

5）的变化量逐渐减小，则其他条件不变时，化学反应速率随浓度的减小而减小，A正确；前2min内，c（N2O5）减小0.50mol·L－1，则c（NO2）增加1.00mol·L－1，故有v（NO2）＝1.00

mol·L－12min＝0.50mol·L－1·min－1，B错误；前4min内，c（N2O5）减小0.75mol·L－1，则反应中消耗N2O5为0.75mol·L－1×2L＝1.50mol，故前4min

生成的O2为0.75mol，C正确；升高温度，反应速率加快，1min内消耗的N2O5增加，故1min时测得c（N2O5）<0.71mol·L－1，D正确。4．A粉末状碳酸钙与盐酸接触面积更大，反应速率更快，曲线甲表示的平

均反应速率比曲线乙表示的平均反应速率快，A正确；由图像可知，t1～t2时间段内反应速率比0～t1时间段内反应速率快，B不正确；t2～t3时间段内曲线甲的平均反应速率为V3－V2t3－t2mL·s－1，曲线乙的平均反应速率大于V3－V2t3－t2mL·s－1，C不正确；由图像可知，两

次实验最终生成的CO2的量相等，D不正确。5．CA项，a点时A与B的物质的量相等，但反应速率不相等，错误；B项，观察题图知，反应开始到5min，B的物质的量增加了0.4mol，错误；C项，观察题图知，A为反应物

，B、C为生成物，在5min内，A的物质的量变化量为0.6mol，B的物质的量变化量为0.4mol，C的物质的量变化量为0.2mol，依据化学方程式中各物质的化学计量数之比等于物质的量变化量之比，反应的化学方程式为3A⇌2B＋C，正确；D

项，反应开始到5min，v（C）＝0.2mol2L×5min＝0.02mol/（L·min），错误。6．D对于反应N2（g）＋O2（g）⇌2NO（g），若t1s时NO的物质的量为cmol，则反应的N2的物质的量为c/2mol，则0～t1s时间段内平均反应速率v（

N2）＝c2t1mol·L－1·s－1，A项错误；从题图中可以看出t1～t2s时间段该反应已达到化学平衡，故该时间段内2v正（O2）＝v逆（NO），B项错误；阴影部分面积的含义是该物质浓度的变化量，C项错误；该反应是吸热反应，其他条件不变时，升高温度，v正与v逆均增大，平衡向吸热反应方向移动，

即v正＞v逆，D项正确。7．C经2s后测得C的物质的量为0.6mol，则有v（C）＝0.6mol2L×2s＝0.15mol·L－1·s－1，A错误；2s内生成0.6molC同时消耗0.3molB和0.6molA，故B的物质的量浓度减小0.3mol2L＝0.15mol·L－1，B错误；2s内消耗0.

6molA，则物质A的转化率为0.6mol4mol×100%＝15%，C正确；根据反应速率与化学计量数的关系可知：v（A）＝2v（B），D错误。8．答案：（1）Na2S2O3<2（2）2.0保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他条件不变，才能达到实验目的解析：第（1）问中要想得到蓝

色溶液，根据已知两个反应分析可得出结论；第（2）问中由表格数据观察分析得知其他条件不变，只要改变K2S2O8的浓度就可以达到探究反应物浓度对化学反应速率的影响。9．答案：（1）减小（2）减小1.33×10－3mol·L－1·min－

1（3）15～20min，25～30min（4）abd解析：（1）降低温度，化学反应速率减小。（2）前10min随着反应的不断进行，反应物SO2和O2的浓度不断减小，正反应速率逐渐减小；前15min内用SO3表示的平均反应速率为0.04mol2L×15min≈1.33×10－3mol·L－1

·min－1。（3）反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段，即15～20min和25～30min反应处于平衡状态。（4）10～15min三条曲线的斜率的绝对值突然增大，说明反应速率突然

加快，其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至20min时，曲线发生的变化是O2的物质的量突然增大，平衡发生移动，引起SO2、SO3的物质的量随之发生变化。10．答案：（1）O3（g）＋2I－（aq）＋2H＋（aq）===I2（aq）＋H2O（l）＋O2（g）ΔH＝ΔH

1＋ΔH2＋ΔH3（2）①1.00×10－4②OH－③bac解析：（1）将所给的三个反应相加，即①＋②＋③可得总反应：2I－（aq）＋O3（g）＋2H＋（aq）===I2（aq）＋O2（g）＋H2O（l）ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。（2）①

v＝ΔcΔt＝0.0108mol·L－1108min＝1.00×10－4mol·L－1·min－1；②增大pH，则OH－浓度增大，能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH－；③由表中数据可知，40℃、pH＝3.0时，

所需时间在31～158min之间；10℃、pH＝4.0时，所需时间>231min；30℃、pH＝7.0时，所需时间<15min，则O3分解速率依次增大的顺序为bac。课练22化学反应的方向与限度狂刷小题夯基础[练基础]1．D2．C反应放出热量的多少与实际反应的物质的物质的量有关

，并且放出akJ热量时并不能说明达到化学平衡，故A错误；X和Y的物质的量之比为1∶2，不能说明达到化学平衡，故B错误；反应物和生成物的浓度都不再发生变化，说明达到了化学平衡，故C正确；X的正反应速率等于Z的逆反应速率的一半时，说明达到化学平衡，故D错误。3．A

恒温恒容，充入H2，H2浓度增大，v（正）增大，v（逆）不变，v（正）>v（逆）平衡右移，A正确；恒温恒容，充入He，H2（g）、I2（g）、HI（g）浓度均不变，v（正）、v（逆）均不变，平衡不移动，B不正确；加压，v（正）、v（逆）

均增大，但v（正）与v（逆）仍然相等，平衡不移动，C不正确；升温，v（正）、v（逆）均增大，平衡向吸热方向移动，D不正确。4．A未标明反应速率的方向，无法判断反应是否达到平衡，①不符合题意；正反应是气体分子数增加的反应，恒温恒容时，体系的压强不变，则气体总

物质的量不变，可说明该反应达到平衡状态，②符合题意；恒容条件，反应物和生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，③不符合题意；正反应为气体分子数增加的反应，气体的总质量一定，平均摩尔质量不变，可说明该反应达到平衡状态

，④符合题意；单位时间内生成5molO2必然消耗6molH2O，断裂12molH—O键，无法判断反应是否达到平衡，⑤不符合题意；NO的浓度不变，说明NO的消耗速率等于生成速率，可说明该反应达到平衡状态

，⑥符合题意。5．BA项数据表明，题中0.2mol·L－1的SO3完全转化成了SO2和O2，即平衡时，c（SO3）＝0，不可能；B项数据表明，反应逆向进行，平衡时SO3浓度减小0.05mol·L－1，SO2浓度增加0.05mol·L－1，有可能；C项数据

表明，SO2、SO3的浓度都在原浓度基础上减少了0.05mol·L－1，不可能；D项数据表明，SO2和O2完全转化成了SO3，即平衡时，c（SO2）＝0，c（O2）＝0，不可能。6．D假定平衡不移动，将容积压缩到原来

的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，D的体积分数变小，a<c＋d，故A、B、C均不正确，D正确。7．B由反应速

率随时间变化的图像知20min时反应第一次达到平衡，而8min时，反应未达到平衡，故A项错误；由图像可知，A、B的浓度随时间变化的曲线是同一条曲线，说明化学方程式中A、B的化学计量数相等，x＝1，则该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，30min时，A、B、C的浓度都减小，正、逆反应速率

相等，平衡不移动，应该是减压；40min时，v（正）、v（逆）都增大，应该是升高温度，因v（逆）>v（正），平衡逆向移动，故逆反应为吸热反应，故B项正确，C项错误；30～40min时，v（正）、v（逆）同等程度减小，v（正）＝v（逆），不是使用正催化剂，故D项错误

。8．DA项，C为固体，不能用浓度的变化表示C的反应速率，错误；B项，当v正（N2O3）＝v逆（CO2）时，正、逆反应速率不相等，反应未平衡，错误；C项，升高温度可以提高活化分子百分数，正、逆反应速率均增大，错误；D项，该反应为气体体积增大的反应，减小反应体系的体积，即增大压强，

平衡逆向移动，正确。9．C催化剂能同等程度地增大或减小正、逆反应速率，A项错误；减小生成物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，B项错误；正反应放热，降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡正向移动，C项正确；增大容器的体积，正、逆反应速率都减小，

但平衡逆向移动，D项错误。[练高考]10．D根据表中数据及方程式2N2O5⇌4NO2＋O2知600～1200s时，v（N2O5）＝ΔcΔt＝（0.96－0.66）mol·L－1600s＝5.0×10－4mol·L－1·s－1，由关系式v（N2O5）2＝v（NO2）4可得，v（NO2）＝2×5

.0×10－4mol·L－1·s－1＝1.0×10－3mol·L－1·s－1，A错误；反应2220s时，消耗n（N2O5）＝（1.40－0.35）mol·L－1×0.1L＝0.105mol，根据关系式可知n（N2O5

）2＝n（O2），则V（O2）＝0.105mol×12×22.4L·mol－1＝1.176L，B错误；达到平衡时，v正（N2O5）2＝v逆（NO2）4，C错误；由表中数据知，1710～2820s，c（N2O5）减小一半，用时1110s，可以推断出282

0～xs，c（N2O5）减小一半也用时1110s，故x＝1110＋2820＝3930，D正确。11．CA项，Qc＝1.0021.00×1.00＝1，B项，Qc＝1.5620.22×0.22＝50.28，C项，Qc＝4.0020.44×0.44＝82.64，D项，Qc＝1.5620

.11×0.44＝50.28，C项Qc最大，反应逆向进行的可能性最大。12．C0～5min用A表示的平均反应速率v（A）＝v（C）3＝0.9mol2L×5min×13＝0.03mol·L－1·min－

1，A错误；反应10min时，n（A）＝1.6mol，即消耗0.4molA，根据反应的化学方程式可知，消耗0.8molB，即此时n（B）＝1.6mol，由题表中数据知，15min时n（B）＝1.6mol，说明10min时反应处于平衡状态，B错误；结合上述分析，达到

平衡时消耗0.4molA，则平衡时生成1.2molC，故c（C）＝0.6mol·L－1，C正确；物质B的平衡转化率为0.82.4×100%＝33.3%，D错误。[练模拟]13．B①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不

再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定题给反应达到平衡状态；②因为A（g）＋B（g）⇌C（g）＋2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正、逆反应速率相等，达平衡状态；③C和D的物质的量之比为1∶2，不

能说明反应达到平衡状态，故不选；④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，故不选；⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正、逆反应速率相等，达平衡状态；⑥v（A）∶v（C）＝1∶1，未体现

正、逆反应速率的关系，故不选。所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤。14．C由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，从图中读出343K时反应物的平衡转化率为22%，A正确；a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所

以速率更快，即va＞vb，B正确；由图可知，温度越高转化率越大，减少生成物，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，则转化率增大，所以要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是升温和及时移去反应产物，C错误；假设开始时SiHCl3的物质的量浓度为cmol/L，343K时反应物的平衡

转化率为22%，则有：2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）起始浓度（mol/L）：c00变化浓度（mol/L）：0.22c0.11c0.11c平衡浓度（mol/L）：0.78c0.11c0.11cxSiHCl3＝0.78c0.78c＋0.11c＋0.11c＝0

.78，xSiH2Cl2＝0.11c0.78c＋0.11c＋0.11c＝0.11，xSiCl4＝0.11c0.78c＋0.11c＋0.11c＝0.11，已知反应速率v＝v正－v逆＝k正𝑥𝑆𝑖𝐻𝐶�

�32－k逆𝑥𝑆𝑖𝐻2𝐶𝐼2xSiCl4，平衡时v正＝v逆，则有k正𝑥𝑆𝑖𝐻𝐶𝐼32＝k逆𝑥𝑆𝑖𝐻2𝐶𝐼2xSiCl4，所以k正k逆＝𝑥𝑆𝑖𝐻2𝐶𝐼2𝑥𝑆𝑖𝐶𝐼4𝑥𝑆𝑖𝐻𝐶𝐼32＝0.11×0.1

10.782＝0.1120.782，D正确。15．C由题图可知，温度越高，氢气的平衡浓度越大，平衡左移，则该反应为放热反应，即ΔH<0，A正确；温度降低，有利于反应正向进行，水和乙烯的平衡浓度增加，而

由方程式可知，水的化学计量数比乙烯的大，故b代表水，c代表乙烯，B正确；M和N点在相同温度下，M代表此时氢气的浓度，N代表此时乙烯的浓度，M和N所处的平衡状态相同，则c（H2）相等，C错误；其他条件不变，0.2MPa相对0.1MPa增大了压强，体积减

小，c（H2）增大，到平衡时c（H2）比M点大，D正确。16．DA项，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的浓度减小，错误；B项，气体质量、容器体积都是恒量，所以气体密度是恒量，容器内密度保持不变，反应不一定达到平衡状态，错误；C项，达到平衡后通入O2，反应物浓度增大，平衡正向移动，正反应速率

逐渐减小，错误；D项，平衡时c（NO）为1.5mol/L，则氨气的浓度减小1.5mol/L，NH3的平衡转化率为1.52×100%＝75%，正确。17．D容器①中2A（g）＋B（g）⇌2C（g）ΔH＝－QkJ·mol－1始：2mol1m

ol0mol转：xmol0.5xmolxmol平：(2－x)mol(1－0.5x)molxmol2Q＝x0.75Q，x＝1.5，平衡时n（A）、n（B）、n（C）依次为0.5mol、0.25mol、1.5mol；容器②中达平衡时与容器①中完全

等效，故容器②中反应从逆反应开始，达平衡时消耗0.1molC，吸收0.05QkJ热量，A不正确；恒温恒容条件下，通入氦气，平衡不发生移动，A的转化率不变，B不正确；恒温恒容条件下，达平衡时C的体积分数为1.52.25＝23，若保持恒容绝热，容器②中反应逆向进

行，容器内温度降低，则平衡正向移动，平衡时C的体积分数大于23，C不正确；容器①、②中反应的平衡常数相同，均为320.5×12＝18，D正确。18．Ba点与c点相比，c点压强大，反应速率快，A不正确；a、b两点相比，a点NO2的体积分数大，平衡转化率小，B正确；a点→c

点，压强增大，c点对应NO2的浓度大于a点，故c点颜色深，C不正确；正反应为放热反应，升高温度，NO2体积分数变大，故T2>T1，由a点到b点，需降低温度，D不正确。综合测评提能力1．AA项，M是变量，当M

不变，可以说明反应已达平衡；B项，n（CO2）n（H2）是不变量（13），不能说明反应是否达平衡；C项，ρ是不变量，不能说明反应是否达平衡；D项，二者均表示v正，不能说明反应是否达平衡。2．C3．C该反应为可逆反应，不会完

全进行，投入原料1mol并未完全反应，故放出的热量小于akJ，选项A不正确；X和W分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，选项B不正确；当X的物质的量分数不再变化时

，反应达到平衡，选项C正确；若增大反应物浓度，正、逆反应速率均会增加，选项D不正确。4．A通入一定量O2，c（O2）增大，v（正）瞬间增大，v（逆）瞬时不变，v（正）大于v（逆），平衡正向移动，A正确；增大

容器容积，反应混合物的浓度减小，v（正）、v（逆）均减小，平衡逆向移动，B错误；移去部分SO3（g），平衡正向移动，由于c（SO3）减小，v（正）、v（逆）均减小，C错误；该反应的正反应是放热反应，降低体系的温度，平衡正向移动，但

v（正）、v（逆）均减小，D错误。5．C由图可知，T2时先达到平衡状态，则T1<T2，温度较高（T2）时CH3OH平衡状态的物质的量较低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；t时刻两曲线相交，说明两个反应体系中各物质的浓度分别相等，但由于温度不同，反应速率不同

，B错误；该反应是气体体积减小的反应，若将容器容积压缩至0.5L，压强增大，平衡正向移动，则H2的平衡转化率提高，C正确；按照化学计量数之比投料时，平衡状态的产物体积分数最大，若在平衡时充入更多的CO，再次平衡时，CH3OH的体积分数降低，D错误。6．C由表格中数据可知反应6～8min时，

B的物质的量保持不变，即已达到平衡状态，但不能确定6min时是否是刚好达到平衡状态，A错误；无法确定A（g）＋B（g）⇌2C（g）的正反应是吸热反应还是放热反应，故其他条件不变，升高温度，平衡移动方向未知，反应达到新平衡前v（逆）与v（正）大小关系未

知，B错误；其他条件不变，向平衡体系中再充入0.32mol气体C与再充入气体A和气体B各0.16mol为等效平衡，由表中数据列三段式可得：A（g）＋B（g）⇌2C（g）起始量/mol0.160.160变化量/mol0.060.060.12平衡量/m

ol0.10.10.12其他条件不变，向平衡体系中再充入0.32mol气体C，平衡时n（C）＝0.12mol＋0.12mol＝0.24mol，C正确；由C项分析可知，平衡体系中A、B、C三种气体分别为0.1mol、0.1mol、0.12mol，该温度下化学平衡常数K＝

0.12220.12×0.12＝1.44，其他条件不变，向2L恒容密闭容器的平衡体系中再充入气体A、C各0.1mol，浓度商Qc＝0.1＋0.12220.12×0.1＋0.12＝2.42，Qc>K，反应逆向进行，气体B的转

化率减小，D错误。7．B该反应的逆反应是气体体积减小的反应，Ⅰ是恒压密闭容器，Ⅱ是恒容密闭容器，随着反应进行，Ⅰ中压强不变，Ⅱ中压强减小，Ⅰ中压强大于Ⅱ中压强，压强增大，反应速率加快，则从起始到平衡所需时间：Ⅰ<Ⅱ，A错误；平衡后若在Ⅱ中再加入2

molZ，相当于在原来基础上增大压强，则平衡逆向移动，新平衡时Z的体积分数变小，B正确；Ⅰ中压强大于Ⅱ中压强，压强增大平衡向逆反应方向移动，则平衡时Z的转化率：Ⅰ>Ⅱ，C错误；Y为固体，增大Y的物质的量，不影响平衡移动，则X的物

质的量不变，D错误。8．答案：（1）＞＞（2）BC（3）6.1×107（4）增大解析：（1）分析表中数据可知，温度升高，平衡气体总浓度增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，则有ΔH＞0；该反应是气体体积增大的反应，则有ΔS＞0。（2）达到平衡时，正、逆反应速率相等，则有v正（NH3）＝2v逆（

CO2），A项不符合题意；因为反应前后气体分子数不相等，未达到平衡前压强一直在变，所以总压强不变时，说明反应达到平衡，B项符合题意；反应未达到平衡前，气体质量一直在变，而容器容积不变，依ρ＝mV可知，混合气体

的密度也在变，所以混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡，C项符合题意；反应产物中NH3和CO2的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器中氨气的体积分数始终不变，D项不符合题意。（3）由表中数据可知，在25.0℃时，平衡气体的总浓度为4.8×1

0－3mol·L－1，则有c（NH3）＝3.2×10－3mol·L－1，c（CO2）＝1.6×10－3mol·L－1，反应2NH3（g）＋CO2（g）⇌NH2COONH4（s）的平衡常数K＝1（3.2×10－3）2×1.6×10－3≈6.1×107。（4）在恒温条件下压缩容器体积，平衡逆向移

动，氨基甲酸铵固体的质量增大。9．答案：（1）＜T2大于T1，温度升高，平衡转化率降低，说明正反应是放热反应（2）＞小于（3）16L·mol－1解析：（1）由图像知，T2先达到平衡，说明T2大于T1，T2达到平衡时转化率降低，升高温度，平衡向左移动，

说明正反应是放热反应。（2）M点正反应速率大于逆反应速率，K＝k正k逆，说明浓度商小于平衡常数；正反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，平衡常数K减小，说明k逆增大的倍数大于k正增大的倍数。（3）T1下，平衡时PCl3（g）的转化率为80%，设PCl3（g）的起始浓度为

c，平衡时c（PCl3）＝0.2c，c（PCl5）＝0.8c，c（Cl2）＝0.25mol·L－1。K＝k正k逆＝c（PCl5）c（PCl3）c（Cl2）＝0.8c0.2c×0.25L·mol－1＝16L·mol－1。

10．答案：（1）①向密闭容器中加入NO②<（2）BD解析：（1）①在恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，反应正向进行，但重新达到平衡后，逆反应速率与原平衡相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO；②t1

时刻v正＝v逆，t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆<t2时刻的v正。（2）尿素为固体，及时分离出生成的尿素对NH3的转化率没有影响，A项错误；恒容条件下，反应过程中气体质量发生变化，但气体体积始终等于容器容积，混合气体密度是变量，当混合气体的密

度不再改变时，可以证明反应达到了平衡状态，B项正确；该反应ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行可判断，该反应低温下能自发进行，高温下不能自发进行，C项错误；当尿素的质量不变时，可以证明反应达到了平衡状态，D项正确。课练2

3化学平衡的影响因素及图像分析狂刷小题夯基础[练基础]1．BBr2＋H2O⇌H＋＋Br－＋HBrO，Ag＋与Br－结合生成AgBr沉淀，平衡正向移动，Br2浓度变小，溶液颜色变浅；催化剂只影响速率，不影响平

衡移动，不能用勒夏特列原理解释；合成NH3反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，NH3产率提高；恒容条件下通入H2，H2浓度增大，平衡逆向移动，I2(g)浓度变小，体系颜色变浅，故A、C、D均能用勒夏特列原理解释。2．B根据图甲可知，t1时

正反应速率增大，之后逐渐减小，平衡正向进行，再次平衡时的正反应速率低于原平衡正反应速率，改变的条件应该是增大反应物的浓度同时减小生成物浓度，而不是增大压强，A不正确；根据图乙可知，当正逆反应速率相等时，反应达到

平衡，随着温度的升高，v逆>v正，反应逆向进行，所以正反应为放热反应，B正确；C项，根据反应X(g)＋3Y(g)⇌2Z(g)可知，正反应方向是气体体积减小的方向，根据M＝m总n总，在未达到平衡之前，气体的平均摩尔质量在增大，C不正确；根据图丁中X的浓度变化可知v(X)＝0.6mol

·L－13s＝0.2mol·L－1·s－1，速率单位错误，D不正确。3．B保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的13，假设平衡不移动，C的浓度变为原来的3倍，而达到平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，说明缩小容积、增大

压强，平衡逆向移动，则有m＋n＜p，C、D错误。平衡逆向移动，反应中消耗C(g)，则C的体积分数减小，A的转化率降低，A错误，B正确。4．A升高温度，平衡逆向移动，X的转化率变小，A正确；增大压强，平衡正向移动，消

耗反应物X，增大压强的实质是增大浓度，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱了改变的程度，故达到新的平衡状态时，X的浓度仍比原平衡大，B错误；充入一定量Y，平衡正向移动，X的转化率增大，但Y的转化率减小，C

错误；使用催化剂，能改变反应速率，但平衡不移动，X的体积分数不变，D错误。5．C图甲中v(正)、v(逆)曲线的交点是平衡点，升高温度，v(正)增大的程度小于v(逆)，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，A正确；使用催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，X的转化率不变，故

图乙中虚线可表示使用催化剂后X的转化率，B正确；减小压强，v(正)、v(逆)均减小，v(正)减小的程度大于v(逆)，平衡逆向移动，与图丙不相符，C错误；X、Y、Z均为气体，混合气体的总质量不变，图丁中M随温度升高而逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，

则正反应的ΔH＜0，D正确。6．D加70%的硫酸溶液，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，溶液变为橙色，A正确。加30%的NaOH溶液，OH－与H＋反应生成H2O，溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，溶液变为黄色，B正确。加70%的硫酸溶液后，平衡逆向移动，c(Cr2O2－7)增大，

溶液具有强氧化性，再加C2H5OH，发生氧化还原反应，Cr2O2－7被还原为Cr3＋，最终溶液变为绿色，C正确。加30%的NaOH溶液后，平衡正向移动，c(CrO2－4)增大，溶液变为黄色，由于CrO2－4几乎没有氧化性，加C2H5OH无变化；再加过量

硫酸溶液，溶液的酸性增强，平衡逆向移动，c(Cr2O2－7)增大，溶液具有强氧化性，与加入的C2H5OH发生氧化还原反应，Cr2O2－7被还原为Cr3＋，最终溶液变为绿色，D错误。7．BA项，CO2和

H2的反应是放热反应，当投料比一定时，升温使平衡向左移动，CH3OH的体积分数降低，故T2＞T1，错误；B项，CH3OH的体积分数与投料比有关，b点达到平衡，平衡后再增大氢气与二氧化碳的投料比，CO2的平衡转化率增大，但是因为H2和CO2加入总量一定

，所以甲醇生成量较b点小，因此甲醇体积分数降低，正确；C项，图Ⅱ中，T1之前反应未达到平衡，不存在平衡移动。随着温度升高，反应速率增大，甲醇的体积分数增大，错误；D项，达到平衡之后，升高温度，平衡向左移动，甲醇浓度降低，CO2

的转化率降低，即起始投料比一定，甲醇浓度越小，CO2的转化率越低，故CO2的转化率有e＞d＞f，错误。[练高考]8．C从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；在恒容密闭容器中，随着

温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓

度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误。9．D10．D由题图知，a起始浓度最大，在整个反应过程中浓度一直减小，所以a代表c(X)随t的变化曲线，A说法正确；t1时，三条曲线相交，三种物质的浓度相等，B说法正确；结合题给反应判断，先增加后减小的是c(Y)随t变化的曲线，一直增大的是c(Z)随

t变化的曲线，t2时，c(Y)在减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，C说法正确；由题图知，t3后，只有Y和Z，X完全反应，结合反应①②可得出c(Z)＝2c0－2c(Y)，D说法错误。11．BA项，曲线②代表H2的平衡产率随温度的变化，错误；B项，由图可知，升高温度，平衡时CO的选择

性增大，正确；C项，增大n（C2H5OH）n（H2O），乙醇的平衡转化率减小，错误；D项，高效催化剂能加快反应速率，但不可以改变平衡时H2的产率，错误。[练模拟]12．C升高温度，平衡逆向移动，X的体积分数增大，A错误；该反应是反应前后气体总分子数不

变的反应，增大压强，平衡不移动，由于容器的容积缩小，故Z的浓度增大，B错误；保持容器的容积不变，充入一定量的氦气，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，C正确；保持容器的容积不变，充入一定量的Z，相当于加压，平衡不移动，X的体积分数不变，D错误。13．A温度越高，反应速率越快，达到平衡状态

所需时间越短，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时w(C)减小，A项正确；增大压强，正、逆反应速率都加快，B项错误；催化剂只改变反应速率，不会使平衡发生移动，使用催化剂时，反应物的平衡转化率不变，C的平衡浓度不变，C项错误；正反应是放热反应，升高温度，平

衡逆向移动，则压强相同时，温度越高，A的平衡转化率越低，D项错误。14．C由图可知，t1时移动活塞，针筒内气体压强迅速减小，说明容器容积增大，A项正确；压强越大，化学反应速率越大，则v(B)>v(E)，B项正确；反应达到平衡时，容器内气体物质的量保持不变，压强也保持不变，但G点后压强仍在改变，

证明G点时体系并未达到平衡状态，C项错误；由质量守恒定律可知，E、F、H三点气体的质量相同，t2时体系的压强增大，平衡正向移动，则混合气体的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大，则E、F、H三点中，H点气体的平均相对分子质

量最大，D项正确。15．B根据反应中各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比可以判断，x＝2，y＝1，z＝1。由图甲可知，200℃时发生反应，5min时反应达到平衡，平衡时B的物质的量变化为0.4mol－0.2mol＝0

.2mol，故v(B)＝Δc（B）Δt＝0.2mol2L×5min＝0.02mol·L－1·min－1，A项错误；由图乙可知，n（A）n（B）一定时，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度，平衡正

向移动，则该反应为吸热反应，ΔH>0，起始时n（A）n（B）＝a时，C的体积分数最大，证明此时是按照化学计量数之比投料的，则n（A）n（B）＝a＝xy＝2，B项正确；恒温恒容时通入氦气，体系内总压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，故v(正)＝v(逆)，C项错误；根据图甲

中各物质的物质的量计算，200℃下达到平衡时，A的体积分数为0.4mol0.4mol＋0.2mol＋0.2mol＝0.5，6min时向容器中充入2molA和1molB，相当于在原平衡的基础上增大压强，平

衡正向移动，则重新达到平衡时，A的体积分数小于0.5，D项错误。综合测评提能力1．D升高温度，可以提高反应物、生成物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；消耗X代表正反应，消耗Z代表逆反应，又速率之比等于系数之比，可据此判

断反应达到了平衡，故B不符合题意；适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，该反应前后气体分子数相等，化学平衡不发生移动，故C不符合题意；平衡时，X与W的物质的量浓度之比不能确定，故D符合题意。2．B

溴水中存在平衡：Br2＋H2O⇌HBr＋HBrO，加入少量AgNO3溶液，HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，c(HBr)减小，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，A可以用勒夏特列原理解释；2HI(g)⇌H2(g

)＋I2(g)是反应前后气体总分子数不变的反应，缩小容器的容积，压强增大，平衡不移动，但c(I2)增大，导致平衡体系的颜色变深，由于平衡不移动，故B不能用勒夏特列原理解释；反应CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)的ΔH＜0，升高温度，为了减弱温度的改变，平衡逆向移动，C可

以用勒夏特列原理解释；合成氨的反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于生成NH3，D可以用勒夏特列原理解释。3．C题图甲中T2时比T1时先达到平衡状态，说明T2时反应速率快，则温度：T1＜T2；温度由T1升高到T2，C的百分含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应

，A错误。由题图乙可知，温度一定时，增大压强，C的百分含量增大，说明增大压强，平衡正向移动，则有m＋n＞p，B错误。题图丙中点Y和W处于平衡状态，点X和Z均未达到平衡；保持温度不变，使点Z达到平衡状态，要使B的转化率增大，即该反应向正

反应方向进行，则点Z的反应速率：v正>v逆；同理，点X的反应速率：v正＜v逆，C正确。题图丁中，若m＋n＝p，曲线a和b达到平衡时，B的百分含量相同，说明平衡未移动，但曲线a先达到平衡，反应速率较快，故曲线a可能是因为使用催化剂或增大压强，D错误。4．B根据图

乙判断，改变某一条件后，t3～t4阶段与t4～t5阶段正、逆反应速率都相等，则t3时刻改变的条件为使用催化剂，t4时刻改变的条件为减小压强，由于减小压强后平衡未发生移动，说明该反应为气体分子数不变的反应。由图甲可知，从开始反应到达到平衡，X的浓度减小0.2mol·L－1，Z的浓度增大

0.3mol·L－1，X和Z的化学计量数之比为2∶3，则Y是反应物，且Y的化学计量数为1，从开始反应到达到平衡状态，Y的浓度应减小0.1mol·L－1，则Y的起始浓度为0.4mol·L－1＋0.1mol·L－1＝0.5mol·L－1，起始物质的量为0.5mol·L－1×1L＝0.5mol，

A项正确；t5时刻改变的条件为升高温度，虽然气体的总体积没有发生变化，但温度升高会导致恒容容器内压强增大，则反应体系的压强：t4～t5阶段小于t5～t6阶段，B项错误；根据分析可写出反应的化学方程式为2X(g)＋Y(g)⇌3Z(g)，升温平衡正向移动，

说明该反应为吸热反应，ΔH>0，C项正确；由于t5时刻平衡正向移动，反应物X的转化率：t6点比t3点高，D项正确。5．C甲容器和丙容器起始投料相同，但甲容器中反应先达到平衡状态，甲容器中反应速率更快，温度

更高，即T1>T2，但甲容器中反应达到平衡时，CO2的物质的量小于丙容器，证明温度升高，平衡逆向移动，该反应为放热反应，A项错误；乙容器与甲容器温度相同，但乙容器中起始投料比甲容器中多，相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡正向移

动，则达到平衡时，乙容器中CO2的体积分数比甲容器中的大，B项错误；根据甲容器中反应数据可列出三段式：T1℃时2NO＋2CO⇌N2＋2CO2起始浓度/(mol·L－1)0.10.100变化浓度/(mol·L－1)0.050.050.0250.05平衡浓度/(mol·L－1

)0.050.050.0250.05则K＝c2（CO2）·c（N2）c2（CO）·c2（NO）＝0.052×0.0250.052×0.052＝10，T1℃时，投入0.4molNO、0.4molCO、0.4molN2和0.4molCO2，Qc＝c2（CO2）·c（N2）c2（CO）·c2（NO）＝

0.22×0.20.22×0.22＝5，此时Qc<K，则反应正向进行，v正>v逆，C项正确；T2℃时，丙容器中原投料方式相当于投入0.1molN2和0.2molCO2，平衡时c(N2)＝12n（CO2）2L＝12×0.12mol2L＝0.03mol·L－1，此时氮气转化率α＝0.02mol·L

－10.05mol·L－1×100%＝40%，若起始时向丙容器中充入0.06molN2和0.12molCO2，比原平衡少加入0.04molN2、0.08molCO2，则相当于减小压强，平衡向生成NO和CO的方向移

动，则氮气转化率大于40%，D项错误。6．C以原平衡为基础，①中体积增大一倍，压强减小，平衡正向移动，PCl5的转化率增大，平衡移动会导致再次平衡时压强大于原来的12；②中增大体积至平衡时总压强减为原来的一半，相当

于在①的基础上再减小压强，平衡正向移动，PCl5的转化率更大；③中恒容下增加2molPCl5，相当于增大压强，平衡逆向移动，PCl5的转化率减小；④中恒压下增加1molPCl5，最终状态与原平衡等效，PCl5的转化率不变，A项错误，C项正确；恒温、恒压下增加PCl5，反应速率与原平衡相同

，B项错误；根据分析可知，③中平衡逆向移动，D项错误。7．B反应炉的高度不影响化学反应进行的限度，增大反应炉的高度，CO的平衡转化率不变，A项错误；由图像信息可知，用CO冶炼金属铬时，lgc（CO）c（CO2）较大，说明CO转化率较低，则CO不适宜用于工业

冶炼金属Cr，B项正确；由图像可知，CO还原PbO2时，温度越高，lgc（CO）c（CO2）越大，则温度升高，平衡逆向移动，该反应ΔH<0，C项错误；由图像可知，用CO冶炼金属铜时，温度越高，lgc（CO）c（CO2）越大，说明温度升高，平衡逆向移动，CO转化率降低，D项错误

。8．C根据图像可知6～12min时X减少了0.055mol·L－1－0.04mol·L－1＝0.015mol·L－1，Z增加了0.085mol·L－1－0.07mol·L－1＝0.015mol·L－1，因此反应方程式中n

＝1，A正确；12～14min内，用Y表示的平均速率为0.12mol·L－1－0.11mol·L－12min＝0.005mol·L－1·min－1，B正确；在6～10min内X减少了0.055mol·L－1－0.04mol·L－

1＝0.015mol·L－1，但容器容积未知，因此不能计算反应吸收的热量，C错误；第12min时Z的浓度瞬间减小，随后逐渐增大，这说明Z曲线发生变化的原因是移走一部分Z，D正确。9．答案：(1)1∶1(2)不(3

)向左(4)乙高(5)a10．答案：(1)＜反应速率极小(2)①0.1mol·L－1·min－1②11.39③B解析：(1)该反应是熵增反应，由ΔH－TΔS＜0知，ΔH＜0；在常温下，氨气和氧气反应速率极小，所以氨气和氧气在常温下

能大量共存。(2)根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，计算知，a＝1.8mol，b＝1.00mol，c＝1.00mol。①v(NO)＝v(NH3)＝（2.00－1.80）mol

1L×（2min－0）＝0.1mol·L－1·min－1。②平衡时，c(NH3)＝1.00mol·L－1，c(O2)＝1.00mol·L－1，c(H2O)＝1.50mol·L－1，c(NO)＝1.00mol·L－1。K＝c4（NO）·c6（H2O）c4（NH3

）·c5（O2）＝1.506≈11.39。③按比例增大投料，相当于加压，平衡向左移动，NH3的转化率降低，A项错误；增大空气浓度，提供更多的O2，平衡向右移动，NH3的转化率增大，B项正确；催化剂不能使平衡移动，氨气

的转化率不变，C项错误；在恒温恒容条件下，通入氩气，参与反应的各物质和产物的浓度都不变，平衡不移动，氨气的转化率不变，D项错误。11．答案：(1)(2b＋d－a－c)(2)①BDB、D两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相

等(其他合理答案均可)②＜(3)＜(4)不变反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响解析：(1)根据反应热与键能的关系可得，反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)⇌2SCl2(g)的ΔH＝(a＋2b＋c)kJ·mol－1－4bkJ·mol－1＝(a－2b＋c)k

J·mol－1；根据ΔH与正、逆反应的活化能的关系可得ΔH＝E1－E2＝dkJ·mol－1－E2，则有dkJ·mol－1－E2＝(a－2b＋c)kJ·mol－1，从而可得E2＝(2b＋d－a－c)kJ·mol－1。(2)①反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)

⇌2SCl2(g)达到平衡时，Cl2与SCl2的消耗速率之比为1∶2；图中B点Cl2的消耗速率为0.03mol·L－1·min－1，D点SCl2的消耗速率为0.06mol·L－1·min－1，故B、D两点对应状态下达到平衡状态。②由图可知，B、D达到平衡状态后，升高温度，v(S

Cl2)消耗＞2v(Cl2)消耗，说明平衡逆向移动，则有ΔH2＜0。(3)反应Ⅰ是反应前后气体总分子数不变的放热反应，恒容绝热条件下5min时达到平衡，3min时未达到平衡状态，则3min时体系温度低于5min时温度，由于气体总物质的量不变，温度越高，压强越大，

故5min时压强大于3min时压强。(4)反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，达到平衡后缩小容器容积，平衡不移动，则Cl2的平衡转化率不变。课练24化学平衡常数、转化率及相关计算狂刷小题夯基础[练基础]1．D对于气体

分子数相等的反应，缩小体积，平衡不移动，产物浓度增大，反应物转化率和平衡常数都不变，A项错误；若增加产物的量，平衡逆向移动，反应物转化率减小，B项错误；对于吸热反应，升高温度，平衡向右移动，产物浓度增大，转化率和平衡常数都增大，C项错误；D项正确。2．A化学反应的焓变与化学计量数有关，与反应温度

无关，A项错误；Y为固体，增大压强时X的平衡转化率增大，说明n＜3，n＝1或2，B项正确；温度升高，X的平衡转化率降低，说明正反应是放热反应，所以，温度升高，平衡常数减小，C项正确；加入催化剂，只改变反应速率，能缩短达

到平衡所需的时间，但平衡不发生移动，C的平衡体积分数不变，D项正确。3．C设反应达到平衡时，有xmol·L－1N2O5转化为N2O3，其中有ymol·L－1N2O3转化为N2O，用三段法计算：(Ⅰ)N2O5⇌N2O3＋O2(Ⅱ)N2O3

⇌N2O＋O2开始(mol·L－1)400x0x平衡(mol·L－1)4－xxxx－yyx＋y依题意，x＋y＝4.5x－y＝1.5解得：x＝3y＝1.5平衡时，c(N2O5)＝1mol·L－1，A项

错误；c(N2O)＝1.5mol·L－1，B项错误；反应Ⅱ的平衡常数K＝c（O2）·c（N2O）c（N2O3）＝4.5mol·L－1×1.5mol·L－11.5mol·L－1＝4.5mol·L－1，C项正确；N

2O5的平衡转化率为3mol4mol×100%＝75%，D项错误。4．C升高温度，平衡常数K增大，说明正反应是吸热反应，A项错误；温度相同，平衡常数K相等，B项错误；由反应方程式可知，该反应为气体分子数

减小的反应，即该反应是熵减反应，C项正确；800℃时增大压强，该反应平衡向右移动，X的转化率增大，故2.0MPa时X的转化率最大，D项错误。5．B根据数据表知，升高温度，平衡常数减小，说明正反应是放热反应。6．D根据“先拐先

平数值大”可知，曲线Ⅰ先达到平衡状态，因此曲线Ⅰ对应的温度较高，曲线Ⅰ表示20℃时的转化反应，A项错误；曲线Ⅰ温度较高，但平衡转化率较低，故升高温度能降低反应物的平衡转化率，B项错误；a点时，虽然曲线Ⅰ和Ⅱ表示的CH3COCH3的转化率相等，但化学平衡常数仅与温度有关，对应温度

不同，平衡常数不相等，C项错误；d、b点处温度比c点处高，反应速率比c点快，d点处比b点处转化率低，故d点处反应物浓度大，反应速率快，故化学反应速率的大小顺序为：d＞b＞c，D项正确。7．A对B点，设CO2起始物质

的量为mmol，则NH3起始物质的量为4mmol，根据三段式有2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)＋H2O(l)起始/mol4mm转化/mol1.28m0.64m平衡/mol2.72m0.36m所以图中B点处

NH3的平衡转化率为1.28m4m×100%＝32%，A项正确；由于该反应中CO(NH2)2和H2O均为液态，故平衡常数表达式应为1c2（NH3）·c（CO2），B项错误；根据表中数据可知，温度升高平衡常数减小，说明升高温度会使平衡逆向移动，所以该反应的

正反应为放热反应，则该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，C项错误；增大氨碳比，相当于增加氨气的浓度，根据勒夏特列原理知，虽然平衡向正反应方向移动，但氨气的转化率降低，D项错误。8．C由题图Ⅰ可知，0～3min内，X减少0.6mol，Y减少0.2mol，

Z增加0.4mol，根据同一反应中不同物质的化学计量数之比等于物质的量变化之比，知X、Y、Z的化学计量数之比为0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，故化学方程式为3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)，A项错误；反应进行的前3min内，v(X)＝0.6mol2L×3min＝0.1mol·L－1·mi

n－1，B项错误；根据题图Ⅱ知，温度升高，Y的体积分数减小，说明3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)平衡正向移动，平衡常数增大，C项正确；由题图Ⅰ和题图Ⅲ知，达到平衡时，反应物和生成物的物质的量的变化量保持不变，但达到平衡所用时间减少，说明改变的条件不影响化学平衡的移动，只影响反应速率，且该

反应是气体分子数减小的反应，所以改变的条件只能是使用了催化剂，D项错误。[练高考]9．C该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，故v正>v逆，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A错误；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g

)的浓度，B错误；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2(g

)的平衡转化率减小，D错误。10．D如果C不是气体，则容器内的气体只有B，气体的平均摩尔质量始终为B的摩尔质量，如果C为气体，由于B、C均为生成物，且物质的量之比始终为2∶1，则容器中气体的平均摩尔质量为2MB＋MC3，始终为定值，因此容器内气体的平均摩尔质量不变时，无法判断

该反应是否达到平衡，A错误；T1时，若平衡时剩余2molA，则生成了2molB和1molC，容器内B的浓度为2mol·L－1，若C为气体，则C的浓度为1mol·L－1，平衡常数K＝c2(B)×c(C)＝

4，符合题目条件，若C不是气体，则K＝c2(B)＝4，也符合题目条件，故C不一定是气体，B错误；T2时，反应达到平衡后容器内剩余3molA，则生成了1molB和0.5molC，若C不是气体，则K＝c2(B)＝1，符合题目条件，若C为气体，则K＝c2(B)×c(C)＝0.5，与题目条

件不符，故C错误；T2时，容器体积变为2L，由于平衡常数只与温度有关，所以平衡常数保持不变，又因为K＝c2(B)×c(C)＝12c3(B)或K＝c2(B)，所以需要c(B)保持不变，则平衡时n(B)＝2

ymol，D正确。11．BA项，该反应气体的物质的量增大，即熵增大，ΔS>0，错误；C项，该反应中O2、NO为氧化剂，NH3为还原剂，NH3转化为N2，N由－3价转化为0价，则消耗1molNH3，转移3mol电子，错误；D项，当加入的尿素过多时，产生的过量的N

H3也会污染空气，错误。12．BC由图可知，绝热过程甲开始时压强增大，而2X(g)＋Y(g)⇌Z(g)是气体物质的量减少的反应，故该反应放热，ΔH<0，A项错误；a、c两点压强相同，a点温度高于c点，故气体的总物质的量：na<

nc，B项正确；若温度恒定不变，设达到a点平衡时Y转化了xmol，列三段式：2X(g)＋Y(g)⇌Z(g)起始量/mol210变化量/mol2xxx平衡量/mol2－2x1－xxa点时压强为起始压强的一半，则3－2x＝1.5，解得x＝0.75，K＝0.7

5（2－1.5）2×（1－0.75）＝12，而a点平衡实际上是绝热条件下达到的平衡，要使平衡压强为p，体系中的气体总物质的量应小于1.5mol，计算得到x偏小，故a点平衡常数K>12，C项正确；a点温度高

于b点，故反应速率：va正>vb正，D项错误。[练模拟]13．C由题图可知，随着温度的升高，CH3OH的产率逐渐减小，CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)平衡逆向移动，则ΔH1＜0；CO的产率随温度的升高而逐渐增

大，CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)平衡正向移动，则ΔH2＞0，A项正确，C项错误；对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，B项正确；合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K＝c（CH3OH）·c（H2O）c（CO2）·c3（H2），D项

正确。14．D根据三段式法可得A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋D(s)n始/mol2.02.00n变/mol1.01.02.0n平/mol1.01.02.0t时刻反应达到平衡时，A(g)的体积分数为1.04.0×100%＝25%，故A错误；T℃时该反应的化学平衡常

数K＝120.5×0.5＝4，故B错误；该反应是反应前后气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，故C错误；温度相同，平衡常数不变，令A的转化率为x，K＝（2x2）2（1.0－x2）2＝4，解得x＝0.5，故D正确。15．B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。温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小；由于温度：A＜B，则平衡常数：K(A)>K(B)，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。16．D气体投料比等于化学计量数之比时，平衡时生成物的体积分数最大，当n（H2）n（CO）＝2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数比C点时对应的CH

3OH的体积分数小，可能是图中的F点，D项正确。该反应的ΔH＜0，反应达平衡时，升高体系温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，A项错误；该反应在T℃下在恒容密闭容器中进行，反应达平衡时，再充入一定量Ar，平衡不移动，温度不变平衡常数不变，B项错误

；因该反应前后均是气体，故混合气体的总质量不变，又容器容积不变，故混合气体的密度始终保持不变，C项错误。17．CA项，由题图可知，随着温度的升高，CO2平衡转化率下降，说明温度升高，平衡逆向移动，故逆向吸热，正向放热，正确；B项，升高温

度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故KM>KN，正确；C项，温度高于250℃时，催化剂催化效率与平衡移动无关，错误；D项，由题图可知，M点CO2平衡转化率为50%，设H2起始为3mol，CO2为1mol，列三段式如下：6H2(g)＋2CO2(g

)催化剂CH2===CH2(g)＋4H2O(g)起始/mol3100转化/mol1.50.50.251平衡/mol1.50.50.251则平衡时乙烯的体积分数＝0.251.5＋0.5＋0.25＋1×100%≈7.7%，

正确。18．DA项，根据“先拐先平数值大”知，T1<T2，升高温度平衡逆向移动，ΔH<0，错误；B项，题中反应是可逆反应，转化率达不到100%，达到平衡时，T1温度对应反应放出热量少于mkJ，错误；C项，平衡时，通入氩气容器压强增大，但是反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，错误；D项

，根据“先拐先平数值大”知，T1<T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以Ka<Kb，化学平衡常数只与温度有关，温度相等化学平衡常数相等，b、c温度相等，化学平衡常数相等，所以存在Ka<Kb＝Kc，平衡常数：Ka<Kc，正确。综合测评提能力1．D焦炭是固体，增加焦炭的用量，反应速率不变

，A错误。增加SiO2的用量，平衡不移动，焦炭的转化率不变，B错误。增大压强，正、逆反应速率均增大，C错误。配平反应方程式可得：3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g)=====高温Si3N4(s)＋6CO(g)，则平衡常数可表示为K＝c6（CO）c2（N2）；该反应的正反应为放热反应，升高

温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，D正确。2．C设E、F起始的物质的量分别为amol、bmol，在达到平衡时消耗E为xmol，消耗F为4xmol。xa∶4xb＝15%∶60%＝1∶4，则a＝b。故选C。3．B当反应达到平衡时，c(H

2)＝0.5mol·L－1，c(H2S)＝4.0mol·L－1，则分解的c(H2S)＝0.5mol·L－1，从而推知第一步反应生成的c(NH3)＝4.0mol·L－1＋0.5mol·L－1＝4.5mol·L－1，故第一步反应的平衡常数K＝c(NH3)·c(H2

S)＝4.5×4.0＝18。4．D反应开始至3min，反应生成0.4molA(g)，则有v(A)＝0.4mol2L×3min≈0.0667mol·L－1·min－1，A正确；反应开始至3min，消耗D

及生成A、B的物质的量分别为0.4mol、0.4mol和0.2mol，D、A、B的物质的量之比为0.4mol∶0.4mol∶0.2mol＝2∶2∶1，则该反应的化学方程式为2D(s)⇌2A(g)＋B(g)，故平衡常数表达式为K＝c2(A)·c(B)，B正确；若该反

应的ΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，n(D)减小，n(A)、n(B)增大，与图像相符合，C正确；D为固体，增加D的物质的量，平衡不移动，n(A)不变，曲线b符合，D错误。5．C由表中数据可知，反应在t1min内消耗0.40molCO

(g)和0.40molH2O(g)，同时生成0.40molH2，则有v(H2)＝0.4molt1min×2L＝0.2t1mol·L－1·min－1，A错误；在t1min内消耗0.40molH2O(g)，此时剩余0.20m

olH2O(g)，而t2min时n(H2O)仍为0.20mol，则t1min时该反应达到平衡状态，故平衡时CO的转化率为0.40mol1.20mol×100%≈33.33%，B错误；据“三段式”法计算：CO(g)＋H

2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.600.3000转化浓度/(mol·L－1)0.200.200.200.20平衡浓度/(mol·L－1)0.400.100.200.20则该温度下反应的平衡常数K＝c（CO2）·c（H2）c（CO）·c（H2O）＝0.20×0.2

00.40×0.10＝1，C正确；其它条件不变K不改变CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始浓度0.30.600变化浓度xxxx平衡浓度0.3－x0.6－xxxx2＝(x－0.3)·(x－0.6)x＝0.2则n(C

O2)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，D错误。6．B反应开始时加入4molA和2molB，平衡时测得反应前后气体的压强之比为5∶4(相同温度下测量)，根据阿伏加德罗定律推知，反应后气体总物质的量为(45×6)mol＝4.8mol。达到平衡时，测得生成1.6molC，则有：3A(

g)＋2B(g)⇌4C(？)＋2D(？)起始量/mol4200转化量/mol1.20.81.60.8平衡量/mol2.81.21.60.8由于平衡时气体总物质的量为4.8mol，则C是固体或纯液体，D是气体，故平衡常数表达式为K＝c2（D）c3（A）·c2（B），A错误

。平衡时，B的转化率为0.8mol2mol×100%＝40%，B正确。增大压强，平衡向右移动，由于温度不变，则化学平衡常数K不变，C错误。C是固体或纯液体，增加C的量，平衡不移动，B的平衡转化率不变，D错误。7．Cw增大，CH2===CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：w2

>w1＝1，A项正确；由图甲知，w一定时，温度升高，φ增大，说明正反应为放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中曲线A、B分别表示逆反应的平衡常数、正反应的平衡常数，B项正确；由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2===CHC

H3和Cl2的物质的量分别为amol和2amol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xmol，根据三段式法进行计算：CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)⇌CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)起始/mola2a00转化/mol

xxxx平衡/mola－x2a－xxx则x2（a－x）×（2a－x）＝1，解得x＝23a，则Cl2的平衡转化率为23a÷2a×100%≈33.3%，C项错误；该反应在反应前后气体分子数不变，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据pV＝nRT知，达到平衡

时装置内的气体压强将增大，D项正确。8．答案：(1)0.234mol·L－1(2)<(3)0.031(4)v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)(5)>在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大解析：(1)第8min时的平衡常数K＝

c（Cl2）·c（CO）c（COCl2）＝0.11×0.0850.04mol·L－1＝0.234mol·L－1。(2)从三种物质的浓度变化趋势可知，从第4min开始，平衡正向移动。由于该反应是吸热反应，所以改变的条件是升高温度。因此有：T(2)<T(8)。(3)由于第12min

与第8min温度相同，故其平衡常数相等，则有：0.12×0.06c（COCl2）＝0.234mol·L－1，解得c(COCl2)＝0.031mol·L－1。(4)根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3min和12～13min处于平衡状态，平均反应速率为0，故v(5～6)>v(2～3)＝

v(12～13)。(5)在5～6min和15～16min时反应温度相同，但15～16min时各组分的浓度都小，因此反应速率小。9．答案：(1)CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－166.6kJ·mol－1(2)①CD②B③0.64

atVmol·L－1·min－1625V2a2④催化剂的活性降低(其他合理答案均可)解析：本题综合考查盖斯定律的应用、化学平衡图像及分析、化学反应速率和化学平衡常数的计算。(1)将题给三个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，由①＋②－③可得：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(

g)＋2H2O(g)，则有ΔH＝(－485.6kJ·mol－1)＋(－75kJ·mol－1)－(－394kJ·mol－1)＝－166.6kJ·mol－1。(2)①由图甲可知，350℃下反应至tmin时，CO2的转化率达到

最大值，此时CO2的转化率为80%，温度高于350℃时，CO2的转化率降低，说明升温平衡逆向移动，则300℃时处于平衡建立的过程，此时反应正向进行，则有v(正)>v(逆)，A正确，C错误；由图乙可知，温度高于400℃时，升高温度，CO的选择性提高，C

H4的选择性降低，则温度影响产物的选择性，B正确；原来CO2和H2的初始体积比为0.2amol∶0.8amol＝1∶4，其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1∶3，相当于降低初始反应物中H2的含量，则CO2的平衡转化率降低，D错误。②反应CO2(g

)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0，则该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施是增大压强、降低温度。③起始充入0.2amolCO2和0.8amolH2，在350℃时，反应Ⅰ在tmin时刻达到平衡，此时CO2的转化率为80

%，即反应中消耗CO20.2amol×80%＝0.16amol，则有：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)起始量/mol0.2a0.8a00转化量/mol0.16a0.64a0.16a0.32a平衡量/mol0.04a0.16a0.16a0.32a则有v(H2)＝0.64am

oltmin×VL＝0.64atVmol·L－1·min－1。该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝0.16aV×（0.32aV）20.04aV×（0.16aV）4＝625V2a2。④温度高于400℃时，CH4的选择性降低

可能与催化剂的活性降低有关。10．答案：(1)N2O(g)＋CO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－362.8kJ·mol－1数据表明反应未达到平衡，在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高(2)①a②缩小容器容积③145④1.6

9解析：本题综合考查热化学方程式的书写、化学平衡图像、化学平衡移动及分析、化学平衡常数的计算等。(1)由图甲可知，1molN2O(g)和1molCO(g)具有的总能量比1molN2(g)和1molCO2(g)具有的总能量高362.8kJ，据此写出CO还原N2O的热化

学方程式。图甲中催化剂2作用下反应活化能降低的程度比催化剂1更多。因催化剂不影响反应达到平衡时反应物的转化率，由表中数据可知，相同温度时，催化剂2催化下N2O的转化率比使用催化剂1时高，说明反应未达平衡，因在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，故经过相同反应时间，N2O

的转化率更高。(2)①反应N2O(g)＋CO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)的ΔH＜0，容器B(绝热)的起始温度为500℃，反应正向进行放出热量，体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随

时间的变化关系的是a曲线。②该反应的正反应是气体总分子数不变的放热反应，缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，可采取的措施是缩小容器容积(增大压强)。③图乙中b曲线对应A容器中N2O的转化率

，达到平衡时N2O转化率为25%，则有：N2O(g)＋CO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.10.400转化浓度/(mol·L－1)0.0250.0250.0250.025平衡浓

度/(mol·L－1)0.0750.3750.0250.025则500℃时该反应的化学平衡常数K＝c（N2）·c（CO2）c（N2O）·c（CO）＝0.025×0.0250.075×0.375＝145。④由③分析可知，500℃恒温容器中达到平衡时，N2O(g)、CO(g)、N2(g

)和CO2(g)的平衡浓度(mol·L－1)分别为0.075、0.375、0.025、0.025，则有v正＝k正·c(N2O)·c(CO)＝k正×0.075×0.375，v逆＝k逆·c(N2)·c(CO2)＝k逆×0.025×0.025；达到平衡

时v正＝v逆，则有k正×0.075×0.375＝k逆×0.025×0.025，据此可得k正k逆＝145；M点对应的N2O的转化率为20%，此时N2O(g)、CO(g)、N2(g)和CO2(g)的浓度(mol·L－1)

分别为0.08、0.38、0.02、0.02，则有v正v逆＝k正×0.08×0.38k逆×0.02×0.02≈1.69。单元检测8化学反应速率和化学平衡1．BA项，若反应物为固体，则增大反应物的量，反应速率不变；C项，增大压强，若参加

反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，如在恒容条件下充入惰性气体；D项，分离出生成物，反应速率可能减小，也可能不变。2．A根据反应速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，可得12v(CO)＝v(NO2)，2v(NO2)＝v(CO2)，4v(N2)＝v(CO2)，4v(N2)＝v(CO)，故A项

正确，B、C、D三项均错误。3．B当反应前后气体分子数之和相等时，增大压强、增大反应混合物的浓度，正、逆反应速率均增大，但平衡不移动，A、C、D三项均错误；B项正确。4．B合成氨是放热反应，升高温度是为了加快反应速率。5．CC项

，由ΔG＝ΔH－TΔS>0，因为该反应的ΔS>0，所以－TΔS<0，所以ΔH>0。6．CA项，容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(COCl2)＝0.8mol0.5L×5min＝0.32mol·L－1·min－1

，依据反应速率之比等于化学计量数之比分析，v(CO)＝0.32mol·L－1·min－1，故A错误；B项，依据表中数据可知，Ⅰ和Ⅲ比较，升温，COCl2的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C项，依据Ⅰ中数据求算500℃时的平衡常数：CO(g)＋Cl2(g)

⇌COCl2(g)起始浓度/(mol·L－1)220转化浓度/(mol·L－1)1.61.61.6平衡浓度/(mol·L－1)0.40.41.6反应的平衡常数K＝1.60.4×0.4＝10，平衡时CO的转化率为1.6mol·L－12mol·L－1×100%＝8

0%，依据Ⅱ中数据，列三段式：CO(g)＋Cl2(g)⇌COCl2(g)起始浓度/(mol·L－1)22a0转化浓度/(mol·L－1)111平衡浓度/(mol·L－1)12a－11则有11×（2a－1

）＝10，解得a＝0.55，故C正确；D项，正反应为气体体积减小的反应，若起始向容器Ⅰ中加入0.8molCO和0.8molCl2，与容器Ⅰ相比相当于减压，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，小于80%，故D错误。7．A由图像可知，反

应物的总能量高于生成物的总能量，说明此反应是放热反应，所以升高温度，平衡将逆向移动，平衡常数减小，A项正确；v(NO2)应等于0.2mol·L－1·s－1，B项错误；加入催化剂，平衡不发生移动，C项错误；达平衡时，增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2

的转化率会减小，D项错误。8．Ca点时平衡向正反应方向进行，b点时反应达到平衡状态，从a点到b点，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的v逆小于b点的v逆，A项错误；t2时c(SO2)突然增大，随后逐渐减小，说明平衡向正

反应方向移动，故t2时刻改变的条件可以是增大c(SO2)，还可以是增大压强，B项错误；化学平衡常数只与温度有关，反应温度不变，平衡常数不变，因此d点和e点的化学平衡常数相等，C项正确；根据表中提供的数据可知，增大压强对SO2的转化率影响不大，但增大压强，对工业

设备要求高，同时生产成本增大，因此硫酸工业中，SO2催化氧化制SO3时采用高压不能提高生产效益，D项错误。9．B化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，则①生成二氧化碳和生成C都是逆反应，其速率之比始

终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，错误；②单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolCO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；③CO2、CO的物质的量浓度之比决定于开始加入的多少和反应程度，与平衡状态无关，错误；④C为固体，平衡

正向移动，气体质量增大，逆向移动，气体质量减小，所以混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，正确；⑤反应前后气体物质的量不同，所以压强不变说明反应达到平衡状态，正确；⑥C的质量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确。10．C设CO转化量为ymol，I2O5(s)＋

5CO(g)⇌5CO2(g)＋I2(s)起始量/mol20转化量/molyyb点量/mol2－yy根据b点时CO2的体积分数φ(CO2)＝y2＝0.80，得y＝1.6，CO的转化率为1.6mol2mol×100%＝80%，A错误；由于该反应前后气体

的物质的量不变，所以容器内压强恒定，不能作为达到平衡状态的标志，B错误；由于反应温度不同，且b点生成物CO2的体积分数比d点大，说明反应进行的程度大，则化学平衡常数：Kb>Kd，C正确；0～0.5min，设CO转化量为xmol，I2O5(s)＋5CO(g)⇌5CO2(g)＋

I2(s)起始量/mol20转化量/molxxa点量/mol2－xx根据a点时CO2的体积分数φ(CO2)＝x2＝0.30，得x＝0.6，则0～0.5min反应速率v(CO)＝0.6mol2L×0.5min＝0.6mo

l·L－1·min－1，D错误。11．C压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，A项错误；温度不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量增大，则p3<p2<p1，B项错误；M点时，n(CH3OH)＝0.2

5mol，据此计算出各物质的平衡浓度分别为c(CO2)＝0.75mol/L，c(H2)＝2mol/L，c(CH3OH)＝c(H2O)＝0.25mol/L，K＝0.25×0.250.75×23≈1.04×10－2，C项正确；在

p2及512K时，图中N点甲醇的物质的量比平衡时的物质的量小，反应正向移动才能达到平衡，此时v逆<v正，D项错误。12．A由曲线a可知，达到平衡时c(N2)＝c1mol·L－1，则生成的c(NO)＝2(c0－c1)mol·L－1，故K＝c2（NO）c（N2）·c

（O2）＝4（c0－c1）2c21。反应物和生成物都是气体，当容器保持恒容时，混合气体的密度始终保持不变。催化剂的加入只能改变反应速率而不可能使平衡发生移动，故加入催化剂后达到平衡时，c(N2)仍为c1mol·L－1。若曲线

b对应的条件改变是温度，根据达到平衡时曲线b对应的时间短，则对应温度高，即升高温度时c(N2)减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0。13．C达到平衡后，v正保持不变，故①不能说明t1时刻反应达到平衡状态，错误；在绝热容器中进行该放热反应时，随着反

应进行，容器内温度会升高，温度升高导致平衡常数减小，则K保持不变时，可以证明反应达到了平衡状态，②正确；根据方程式分析，反应中CO和CO2的物质的量变化量之比应该为1∶1，与图像不符，③错误；随着反应的进行，w(NO)逐渐减小，当w(NO)不再变化时，可以证明反应达到了平衡状态，④

正确；在绝热容器中进行该放热反应时，容器内温度会随着反应的进行而升高，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化，⑤正确；ΔH只与反应体系的始态和终态有关，与是否达到平衡无关，不能用ΔH的变化判断反应是否达到了平衡状态，⑥错误，故C项正确。14．C若

容器Ⅱ恒温恒容，投入2molC时与容器Ⅰ中反应是等效平衡，C(g)的分解反应是吸热反应，在绝热条件下达到平衡时容器Ⅱ中温度低于容器Ⅰ，而降低温度，平衡正向移动，n(C)增大，则有x>1.2；若容器Ⅲ保持恒温恒容，

则容器Ⅰ和容器Ⅲ中反应是等效平衡，由于该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，容器Ⅲ中反应达到平衡时，容器Ⅲ的体积小于2L，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡时n(C)增大，则有y>2.4，α1(A)<α3(A)，A、B错误。容器Ⅰ和Ⅲ都是T℃，反应的平衡常数相等，选择容器Ⅰ进行平衡常数

的计算，平衡时，c(C)＝1.2mol·L－1、c(A)＝1mol·L－1－0.6mol·L－1＝0.4mol·L－1、c(B)＝3mol·L－1－1.8mol·L－1＝1.2mol·L－1，则有K3＝K1＝1.221.23×0.4＝2512；容器Ⅱ中C(g)的分解反应是吸热反应，而容器

Ⅱ是恒容绝热体系，温度降低，不利于C的分解，则容器Ⅱ中反应达到平衡时n(C)大于容器Ⅰ，则容器Ⅱ中平衡常数大于容器Ⅰ，则有K2>K3＝2512，C正确。若容器Ⅱ恒温恒容，则容器Ⅰ、Ⅱ中反应达到平衡时，对应物质的物质的量相等，则有α1(A)＋α2(C)＝

1；由C项分析可知，容器Ⅱ中反应逆向进行的程度小，C的平衡转化率小于恒温时，则有α1(A)＋α2(C)<1，D错误。15．D由表中数据可知，温度为200℃和300℃时，A的转化率相同，则在此温度间隔内反应达到平衡状态，从300℃升至400℃、500℃时，A的转化率反而降低，说明温度升高

，该平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，A、B错误；平衡常数K只与温度和具体反应有关，300℃时，继续加入一定量的A，该反应的K值不变，C错误；400℃时，A的平衡转化率为50%，根据反应A(g)＋B(g)⇌C

(g)可知，平衡时c(A)＝c(C)，B的平衡浓度为0.25mol·L－1，则该反应的平衡常数K＝c（C）c（A）·c（B）＝1c（B）＝10.25＝4，D正确。16．答案：(1)0.05mol·L－1·min－1

>(2)1扩大容器体积，减小压强(3)＝(4)放热(5)20～40解析：(1)0～20min,A从2.0mol·L－1减小到1.0mol·L－1，故其反应速率为1.0mol·L－120min＝0.05mol·

L－1·min－1；8min时反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，v(正)>v(逆)。(2)30min时条件改变的瞬间，A、C浓度同等倍数减小，正、逆反应速率减小且相等，平衡不移动，则改变的条件是扩大体积，减小压强，该反应前后气体的体积不变，故x＝1。(3)20～30min

和30～40min两时间段内温度不变，平衡常数不变。(4)40min时改变条件后，C的浓度减小，A的浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动。从题图可知，条件改变后正、逆反应速率都增大，增大生成物的浓度、增大压强、加催化剂都不符合题意，则改变的条件只有升高温度。升高温度

，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。(5)20～30min、30～40min两个阶段虽然条件不同，但平衡并未发生移动，40～54min阶段平衡向逆反应方向移动，B转化率减小，故20～40min时间段内B的转化率最大。17．答案：(1)a4(2)2a不变(3

)6(4)n>2m3解析：(1)因为反应前后气体体积不变，即反应后混合气体的物质的量的总和仍为4mol，所以C在反应后的混合气体中的体积分数(物质的量分数)是a4。(2)成倍投料时与(1)中的平衡等效，即C在反应后的混合气体中的体积分数不变，

但C的物质的量加倍，为2amol。(3)设加入C的物质的量为xmol，则根据化学方程式按“一边倒”原则折算，相当于投入2＋x3molA和8＋2x3molB，则2＋x38＋2x3＝13，解得x＝6。(4)改变实验条件后，可以使C的物质的量在m～2m之间变化，

即该反应正向进行，当A完全反应时，生成3nmolC，但A不能完全反应，所以2m<3n，即n>23m。18．答案：(1)①C②<③33.3(2)B(3)2HCHO(g)＋O2(g)⇌2CO(g)＋2H2O(g)CH

3OH(g)⇌HCHO(g)＋H2(g)放热解析：(1)①已知反应A(g)＋B(g)⇌2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符合该反应中各物质浓度随时间变化，答案为C；②在298K时，当分压

为p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)⇌2B(g)的Qp＝(1kPa)2÷1kPa＝1kPa>Kp，则反应向逆反应方向进行，v正<v逆；③温度为T时，某理想气体反应A(g)＋B(g)⇌C(g)＋M(g)

，设A、B的起始量为n，A的理论转化量为x，建立三段式有：A(g)＋B(g)⇌C(g)＋D(g)起始nn00转化xxxx平衡n－xn－xxx平衡常数K＝x2（n－x）2＝0.25，则有xn＝13，A的转化率为33.3%；(2)富勒烯的生成

时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的C60的量比C180的量大得多，这句话的完整理解是“单位时间内生成C60的量多——速率快”，即活化能小得多，同时生成物能量不会一样B选项正确，故答案为B；(3)甲醇脱氢的化学反应方程式为CH3OH(g)⇌HCHO(g)＋

H2(g)，属于分解反应，吸热，随着温度升高，平衡常数K增大，则曲线③表示的是甲醇脱氢反应，反应②表示的是甲醇氧化制取甲醛，由图像可知，随着温度的升高，平衡常数K减小，则该反应是放热反应，已知O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO，则反应①是2HCHO(g)＋O2(g)⇌2CO(g)＋

2H2O(g)。19．答案：(1)0.016mol·L－1·min－1(2)小于大于1.6384解析：(1)x点对应的CH4的平衡转化率为80%，反应消耗CH4、CO2的物质的量均为0.8mol，生成CO、H2的物质的量均为1.6mol，v(CO)＝1.6mol10L×10min＝0.01

6mol·L－1·min－1。(2)该反应是一个气体分子数增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，相同温度下p1时CH4的平衡转化率大于p2，故p1<p2；压强为p2时，y点对应的CH4

的转化率增大才能达到平衡，即反应正向进行，故v正>v逆；平衡常数只与温度有关，y点对应的反应的平衡常数与x点对应的反应的平衡常数相等。x点对应的平衡常数K＝0.162×0.1620.02×0.02＝1.6384。20

．答案：(1)40%(2)23(或0.67)(3)CD(4)1.0mol·L－1<c(H2)<2.0mol·L－1(5)＝解析：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)起始浓度/(mol·L－1)1.52.20转化浓度/(mol·L－1)

0.61.20.6平衡浓度/(mol·L－1)0.91.00.6(1)反应达到平衡时，CO的转化率为0.6mol·L－11.5mol·L－1×100%＝40%。(2)该反应的平衡常数K＝c（CH3OH）c（CO）·c2（H2）＝0.60.9×1

.02＝23。(3)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，有2v正(CO)＝v正(H2)，若2v正(CO)＝v逆(H2)，则正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A项错误；反应在恒容条件下进行，反应物和生成物都为气体，故气体的总质量不变，容

器的体积不变，密度始终保持不变，所以混合气体的密度不变不能作为反应达到平衡的标志，B项错误；根据“变量不变达平衡”，该反应的正反应为气体体积减小的反应，混合气体的平均相对分子质量是变量，若不变了，证明反应已达平衡状态，C项正确；CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，说明反应

已达平衡状态，D项正确。(4)将容器体积压缩为1L，若平衡不移动，则各物质浓度应变为原来的2倍，但压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，故氢气的平衡浓度小于2.0mol·L－1，所以氢气的平衡浓度的取值范围是

1.0mol·L－1<c(H2)<2.0mol·L－1。(5)若保持容器体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，则Qc＝0.81.2×1.02＝23＝K，说明反应处于平衡状态，则v正＝v逆。第九单元水溶液中的离子平衡

课练25弱电解质的电离平衡狂刷小题夯基础[练基础]1．D常温下饱和氨水呈碱性，pH＞7，A项错误；加入过量硫酸，H＋浓度增大，pH减小，B项错误；升温会使NH3逸出，NH3＋H2O⇌NH3·H2O平衡向逆反应方向移动，C项错误；加入少量NaOH固体，OH－浓度增大，平

衡向生成NH3的方向移动，有NH3放出，D项正确。2．A醋酸和盐酸c(H＋)相同，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，加入少量CH3COONa晶体，平衡向逆反应方向移动，溶液中c(H＋)减小，而盐酸则和CH3COONa反应生成弱电解质CH3COOH，

c(H＋)减小，A项正确；升温，促进CH3COOH电离，c(H＋)增大，B项错误；加水稀释，二者的c(H＋)均减小，C项错误；由于醋酸的浓度大，等体积两种酸，醋酸的物质的量较大，因而产生的H2较多，D项错误。3．B4．Bc(H＋)＝0.1%×0.1mol·L－1＝10－4mol·L

－1，pH＝4；因HA在水中有电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，c(H＋)将增大，pH会减小；可由电离常数表达式算出Ka＝c（H＋）c（A－）c（HA）≈1×10－7；c(H＋)＝10－4mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)

＝10－10mol·L－1，前者是后者的106倍。5．CH2S为弱电解质，其水溶液中H2S存在电离平衡，且第一步电离程度大于第二步电离程度，则溶液中c(H＋)∶c(S2－)>2∶1，A项错误；加水稀释CH3COO

H稀溶液，溶液的温度不变，Ka(CH3COOH)也不变，B项错误；NH3·H2O的电离平衡常数＝c（NH＋4）c（NH3·H2O）×c(OH－)，向10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，c(OH－)逐渐增大，电离常数不变，则c（NH＋4）c（NH3·H2O）减小，C

项正确；NH3·H2O是弱电解质，向10mLpH＝11的氨水中加入10mLpH＝3的H2SO4溶液，氨水有剩余，所以溶液呈碱性，D项错误。6．A酸的电离常数越大，其酸性越强，根据电离常数知，酸性强弱顺序：醋酸＞碳酸＞硼酸＞碳酸氢

根离子。醋酸的酸性强于碳酸，碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以等物质的量浓度的碳酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液的pH，A正确；碳酸的酸性强于硼酸，则等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：前者＜后者，B错误；碳酸钠

和硼酸反应生成碳酸氢钠，所以观察不到有气泡产生，C错误；醋酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和醋酸反应生成二氧化碳，由于只有一滴醋酸溶液，所以不一定能观察到有气泡产生，D错误。7．C根据表格数据

可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO－3。A项，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2CO2－3＋Cl2＋H2O===Cl－＋2HCO－3＋ClO－，错误；B项，向NaHCO3溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式是HCO－3＋Cl2===Cl－＋HClO＋CO2↑，错

误；C项，符合物质的酸性强弱比较，正确；D项，向NaClO溶液中通入过量CO2，化学方程式是CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO，错误。8．CA项，等pH的盐酸和CH3COOH溶液分别加水稀释相同的倍数，盐酸的pH变

化大，观察图像知，曲线Ⅰ代表HCl的稀释过程，错误；B项，盐酸和CH3COOH溶液中水的电离都被抑制，c(H＋)越大，对水的电离程度抑制越大，观察图像知，b点pH小，c(H＋)大，水的电离程度小，即溶液中水的电离程度

：b点<c点，错误；C项，溶液中c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）＝Ka，Ka只与温度有关，从b点到d点是加水稀释CH3COOH溶液的过程，Ka保持不变，正确；D项，Kw只与温度有关，相同温度下Kw相同，错误。[练高考]9．B常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(

H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，故c(H＋)<c(OH－)＋c(A－)，A项错误；溶液ⅡpH＝1.0，即c(H＋)＝1.0×10－1mol·L－1，Ka(HA)＝1.0×10－1×c（A－）c（HA）＝1.0×10－

3，c(HA)＝100c(A－)，α(HA)＝c（A－）c总（HA）＝c（A－）c（A－）＋c（HA）＝c（A－）c（A－）＋100c（A－）＝1101，B项正确；因未电离的HA能自由穿过中间隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C项错误；根据溶液Ⅰ、Ⅱ的

pH及Ka(HA)＝1.0×10－3可知，溶液Ⅰ中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)＝c(HA)＋104c(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)＝c(HA)＋10－2c(HA)＝1.01c(HA)，由C项分析知溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，故溶液Ⅰ

和Ⅱ中的c总(HA)之比为104＋11.01≈104，D项错误。10．DAs(OH)3⇌[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝c{[As（OH）2O]－}×c（H＋）c[As（OH）3]，当pH＝9.1时，c{[As(OH)2O]－}＝c[As(

OH)3]，Ka1＝c(H＋)＝10－9.1，lgKa1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－⇌[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝c{[AsO（OH）T]2－}×c（H＋）c{[As（OH）2T

]－}，当pH＝4.6时，c{[AsO(OH)T]2－}＝c{[As(OH)2T]－}，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得As(OH)3的Ka1＝c(H＋)＝10－9.1，即Ka>Ka1，所以[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强，B正确；由图可知As(OH)3的浓度

为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH)2T]－的浓度为右坐标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高，C正确；由已知条件，酒石酸(H2T,lgKa1＝－3.04,lgK

a2＝－4.37)，As(OH)3的lgKa1为－9.1，即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶

液中浓度最高的物质不是As(OH)3，D错误。11．DNaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，

因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α2，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓

度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4mol·L－1，则水电离出的H＋的物质的量浓度也是1.0×10－4mol·L－1，则100mLpH＝10.00的Na

2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－4mol·L－1×100×10－3L＝1.0×10－5mol，D正确。12．DNH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时

与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH＋3CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NH＋3CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，B正确；NH＋3CH2

COO－＋H2O⇌NH＋3CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝c（NH＋3CH2COOH）·c（OH－）c（NH＋3CH2COO－），25℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NH＋3CH2CO

O－)＝c(NH＋3CH2COOH)，则K＝c(OH－)＝Kwc（H＋）＝10－11.65，C正确；由C项分析可知，c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－），根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可

得电离平衡NH＋3CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝10－9.78，c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2COO－）＝K1c（H＋）＝10－9.78c（H＋），则c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）×c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH

2COO－）＝10－11.65c（OH－）×10－9.78c（H＋）<1，即c2(NH＋3CH2COO－)>c(NH＋3CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D错误。[练模拟]13．DA项，CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分电离，0.1L0.5mol·L－1CH3CO

OH溶液中含有的H＋数小于0.05NA，错误；B项，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，加水稀释，平衡右移，产生的离子数增加，但溶液的体积增大，c(CH3COO－)、c(H＋)减小，导电能力减弱，

错误；C项，加水稀释时，平衡CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋右移，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，c（H＋）c（CH3COOH）＝n（H＋）/Vn（CH3COOH）/V＝n（H＋）n（CH3C

OOH），故比值变大，错误；D项，c(OH－)小于氨水的浓度，说明NH3·H2O为弱电解质，部分电离，正确。14．A根据电荷守恒，c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，

pH相等，溶液中的c(H＋)、c(OH－)都相等，所以c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故A正确；pH相等的两溶液，酸性越弱，浓度越大，相同体积所含的物质的量就越多，所以中和醋酸时需要更多NaOH，故B错误；溶液中的c

(H＋)越大，与镁反应速率越快，同浓度的两溶液，盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以盐酸反应速率更快，故C错误；相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝c(Na＋)，但

盐酸需要消耗更多的NaOH，盐酸中和后的溶液中c(Na＋)更大，故c(CH3COO－)<c(Cl－)，故D错误。15．D由图知当lgVV0＝2时，AOH的pH下降了2个单位，故AOH为强碱，同理BOH为弱碱，A正确；水的电离程度受溶液中c(O

H－)的影响，所以根据pH的大小分析水电离程度，故a＝b>c，B正确；起始溶液中两种离子B＋和A＋的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱BOH电离程度增大，c(B＋)>c(A＋)，C正确；起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：b＝c>a，D不正确。16．BKa越大，酸越强，

故有酸性强弱关系：HZ>HY>HX，A项错误；HZ酸性强于HY，因此反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生，B项正确；酸越弱，相应的盐水解程度越大，碱性越强，pH越大，因此相同温度下，0.1mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液p

H最大，C项错误；Ka只与温度有关，与浓度无关，故相同温度下，1mol·L－1的HX溶液的电离常数与0.1mol·L－1HX溶液的电离常数相等，D项错误。17．Bc（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），因为随着加入水的

量的增加，醋酸电离程度增大，但c(CH3COO－)减小，温度一定，平衡常数不变，故比值变大，故A项错误；向氨水中加入少量硫酸铵固体，则NH3·H2O的电离平衡逆向移动，溶液中c(NH3·H2O)增大，

c(NH＋4)也增大，又因为c（NH＋4）c（NH3·H2O）＝Kbc（OH－），溶液中c(OH－)减小，所以该比值增大，故B项正确；溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，Kw只与温度有关，温度不变，则c(H

＋)·c(OH－)不变，c（H＋）c（OH－）＝Kwc2（OH－），稀释过程中c(OH－)变小，Kw不变，则c（H＋）c（OH－）变大，故C项错误；氨－水体系中，通入的CO2和体系中的OH－反应，从而促进氨水的电离，即c(NH＋4

)增大，又因为c（OH－）c（NH3·H2O）＝Kbc（NH＋4），所以比值减小，故D项错误。综合测评提能力1．D升高温度，K增大，说明AB的电离程度增大，所以c(A＋)随着温度的升高而增大，A项错误；根据题给信息，无法推出35℃时，c(A＋)>c(B－)，B项错误；

升高温度，K增大，AB的电离程度增大，所以AB的电离程度：α(25℃)<α(35℃)，C项错误；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则AB的电离是吸热过程，D项正确。2．B①0.1mol·L－1MOH溶液

可以使酚酞试液变红，说明MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明MOH的电离程度，所以不能证明MOH是弱碱；②0.1mol·L－1MCl溶液呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，则MOH为弱碱；③溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，0.1mol·L－1MOH溶液的导电能力比0.1

mol·L－1NaCl溶液的弱，说明MOH溶液中离子浓度比NaCl溶液中离子浓度小，MOH部分电离，为弱碱；④等体积的0.1mol·L－1MOH溶液与0.1mol·L－1HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都能恰好完全反应。3．D在NH3·H2O溶液中，存在电

离平衡：NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，当加水稀释时，电离平衡正向移动，使电离出的n(NH＋4)增大，溶液中的n(NH3·H2O)减小，则错误!＝错误!的值增大，A错误；加水稀释，电离平衡正向移动，所以OH－的物质的量增大，B错误；加水稀释，c(NH＋4)、c(OH－)、c

(NH3·H2O)都减小，Kb＝c（NH＋4）·c（OH－）c（NH3·H2O），温度不变，Kb值不变，C错误；加水稀释，使c(NH＋4)减小，D正确。4．C本题考查电离平衡常数、酸性强弱比较等。由表中H2CO3和H2S的电离平衡常数可知，H2CO3的Ka1大于H2S的Ka1，则碳酸

的酸性强于氢硫酸，A正确；多元弱酸分步发生电离，第一步电离产生的H＋抑制第二步、第三步的电离，故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确；醋酸的电离平衡常数Ka＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）＝

c（CH3COO－）·Kwc（CH3COOH）·c（OH－），则有c（CH3COO－）c（CH3COOH）·c（OH－）＝KaKw，加水稀释醋酸，由于温度不变，则Kw、Ka不变，故c（CH3COO－）c（CH3COOH）·

c（OH－）的值不变，C错误；电离平衡常数只与温度有关，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，溶液温度不变，则电离平衡常数不变，D正确。5．D本题考查强碱和弱碱的稀释、与酸的中和反应、水的电离程度及溶液中c(OH－)大小比较等。常温下，氨水和NaOH溶液的pH均为11，溶液中c(OH－)＝1.0

×10－3mol·L－1，对水的电离抑制程度相同，则水的电离程度相同，水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1，A、B正确。两溶液的pH均为11，则有c(NH3·H2O)>c(NaOH)，等体积的两溶液分别与0.01mol·L

－1的盐酸完全中和，氨水消耗盐酸的体积大，C正确。两溶液加水稀释时，氨水中NH3·H2O的电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)变化小，故稀释10倍后氨水的pH大，D错误。6．B本题考查电离平衡、溶液的pH、溶液酸碱性判断等。存在电

离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，CH3COOH抑制水的电离，常温下，pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－1，则该溶液中由H2O电离出的c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，A错误。加入少量CH3COONa固体，c(C

H3COO－)增大，CH3COOH的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，溶液的pH升高，B正确。与等体积0.001mol·L－1NaOH溶液反应，醋酸剩余，所得溶液呈酸性，C错误。硫酸是强电解质，pH＝3

的硫酸溶液中，c(H2SO4)<1.0×10－3mol·L－1；醋酸是弱电解质，只有极少部分发生电离，pH＝3的CH3COOH溶液中，c(CH3COOH)≫1.0×10－3mol·L－1，D错误。7．BA项，根据电荷守恒，X点有c(A－)＋c(OH

－)＝c(H＋)，Y点有c(B－)＋c(OH－)＝c(H＋)，因为两点pH相等，则c(A－)＝c(B－)，错误；B项，HB为强酸，pH＝5时，HB溶液满足：pH＝lgVV0，正确；C项，两点pH相等，根据电

荷守恒可知，两溶液中各离子浓度相同，导电能力相同，错误；D项，两种酸都是一元酸，等浓度、等体积的两种酸消耗的氢氧化钠相同，错误。8．答案：(1)AD(2)CD(3)DA9．答案：(1)a>b>d>c(2)9×108(3)CN－＋CO2

＋H2O===HCO－3＋HCN(4)9.9×10－7mol·L－1(5)b×10－7a－bmol·L－1解析：(1)酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，浓度相同时相应盐溶液的pH越大，所以pH由大到小的顺序是a>b>d>c。(2)Ka(CH3COOH)＝c（H＋）

c（CH3COO－）c（CH3COOH）＝c2（H＋）c（CH3COOH）＝1.8×10－5mol·L－1，由于c(CH3COOH)≈0.5mol·L－1，c(H＋)≈3×10－3mol·L－1，由水电离出的c(H＋)约为10－143×10－3mol·L－1，则由醋酸电离出的c(H＋

)约是由水电离出的c(H＋)的3×10－310－143×10－3＝9×108倍。(3)酸性强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO－3，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O===HCO－3＋HCN。(4)2

5℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH＝6，则c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，根据电荷守恒有关系c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，则c(CH3COO－

)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。(5)25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(H＋)＝c(OH－)

＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝b2mol·L－1，c(CH3COOH)＝a－b2mol·L－1，则醋酸的电离常数K＝c（H＋）c（CH3COO－）c（CH3COOH）＝b×10－7a－bmol·L－1。10．答案：(1)31

0－5mol·L－1强电解质(2)B(3)多(4)<(5)CO2－3、HCO－3、A－解析：(1)25℃时，0.1mol·L－1的HA溶液中c（H＋）c（OH－）＝108，结合Kw＝c(H＋)c(OH－)＝1×10－14，可得c(H＋)＝1×10－3

mol·L－1，所以pH＝3。HA的电离常数Ka＝c（A－）c（H＋）c（HA）＝1×10－3×1×10－30.1＝10－5mol·L－1。0.01mol·L－1BOH溶液pH＝12，c(OH－)＝1

×10－2mol·L－1，所以BOH是强电解质。(2)稀释过程中，温度不变，Ka＝c（H＋）·c（A－）c（HA）不变，c(A－)减小，所以c（H＋）c（HA）增大；c(H＋)减小，则c（A－）c（HA）增大，因此c（HA）c（A－）减小，A项不符合题意，B项符合题意；由于温度不变，故Kw＝c(H

＋)c(OH－)不变，C项不符合题意；Kw＝c(H＋)c(OH－)不变，c(H＋)减小，所以c(OH－)增大，D项不符合题意。(3)由(1)知HA是弱电解质，体积、pH均相等的HA与HCl溶液，HA溶液的物质的量浓度较

大，所以HA溶液中产生的氢气较多。(4)由(1)知BOH为强电解质，在水溶液中完全电离出OH－，BA为强碱弱酸盐，A－水解使溶液显碱性，pH相等的BOH溶液与BA溶液，分别加热到相同的温度后，A－的水解程度增大，BA

溶液碱性增强，所以BOH溶液的pH<BA溶液的pH。(5)已知碳酸的Ka1＝4.3×10－7mol·L－1，Ka2＝5.6×10－11mol·L－1，HA的Ka＝10－5mol·L－1，则酸性：HA>H2

CO3>HCO－3，向等浓度的Na2CO3和NaA的溶液中滴加盐酸直至过量，与H＋作用的粒子依次为CO2－3、HCO－3、A－。课练26水的电离和溶液的酸碱性狂刷小题夯基础[练基础]1．B加热促进水的电离，Kw增大，pH减小，但水仍呈中性

，A项错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，pH增大，C项错误；加入NH4Cl固体，NH＋4水解促进水的电离，但c(OH－)减小，D项错误。2．DpH＝2的硫酸溶液中加入等体积的某溶液后，滴入石蕊溶液，出现红色，说明溶液仍呈酸性。A项

，加入pH＝12的Ba(OH)2溶液，两者恰好反应，溶液呈中性；B项，加入pH＝12的氨水，因为氨水中NH3·H2O部分电离，所以氨水过量，溶液呈碱性；C项，加入0.05mol·L－1NaOH溶液，NaOH过量，溶液呈碱性；D项，加入0

.05mol·L－1BaCl2溶液，发生反应SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，溶液仍呈酸性，符合题意。3．C如果该溶液是一种强碱(如NaOH)溶液，则该溶液的OH－首先来自碱(NaOH)的电离，水的电离被抑制，c(H＋)＝1×10－12m

ol·L－1，所有这些H＋都来自水的电离，水电离出相同物质的量的OH－，所以丁正确。如果该溶液是一种强碱弱酸盐溶液，则该溶液呈碱性是由于盐中弱酸根离子水解，水解时，弱酸根离子与水反应生成弱酸和OH－，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液中的OH－由水电离所得

，所以丙也正确。4．B水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错误；醋酸中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·L－1，

B正确；C选项不知温度，无法判断，错误；100℃时Kw＝1×10－12mol2·L－2，所以将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错误。5．D由图可得，25℃时c点pH＝7，c点水电离出的c(H＋)

水＝c(OH－)水＝10－7mol·L－1，b点pH＝4.3，则b点溶液中c(H＋)＝10－4.3mol·L－1，则由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－(14－4.3)mol·L－1＝10－9.7mol·L－1，a点pH＝3.1，a点溶

液中c(H＋)＝10－3.1mol·L－1，则由水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－(14－3.1)mol·L－1＝10－10.9mol·L－1，因此水的电离程度：c>b>a，A项正确；b点时溶液呈酸性，说明加入0

.1molNaOH固体后CH3COOH有剩余，c(Na＋)＝0.1mol·L－1，混合前CH3COOH溶液浓度c应比0.1mol·L－1大，a点时又加入0.1molCH3COOH，因为CH3COOH电离程度很小，所以此时溶液中的c(CH

3COOH)一定大于c(Na＋)，又根据前面的分析a点c(OH－)＝10－10.9mol·L－1，所以a点对应的混合溶液中，c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(OH－)，B项正确；由题意混合溶液中阳离子有Na＋和H＋，阴离子有CH3COO－和OH－，根据电荷守恒c(Na

＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，25℃当混合溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，结合图像可得c(Na＋)＝0.2mol·L－1，所c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH

－)，C项正确；由前面的分析并结合图像可得，25℃当混合溶液呈中性时，c(H＋)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.2mol·L－1，c(CH3COOH)＝(c＋0.1－0.2)mol·L－1＝(c－0.1)mol·L－1，故该

温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝c（CH3COO－）c（H＋）c（CH3COOH）＝0.2×10－7c－0.1mol·L－1，D项错误。6．AA项，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，正确；B项，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，测定结果偏大，错误；C项，KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶管，KMnO4标准溶液要盛放在酸式滴定管中

，错误；D项，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，错误。7．DA项，滴入20mLNaOH溶液时，NaX溶液呈碱性，该滴定过程应选择酚酞

作为指示剂，正确；B项，a点所示溶液中溶质是等浓度的HX、NaX，酸性条件下抑制水的电离，b点所示溶液呈中性，水正常电离，c点所示溶液中溶质为NaX，属于强碱弱酸盐，促进水的电离，对应溶液中水的电离程度：a<b<c，正确；C项，c点所示的溶液中，溶质为NaX

，c(NaX)＝0.1mol·L－12，根据物料守恒：c(Na＋)＋c(HX)＋c(X－)＝2c(NaX)＝0.10mol·L－1，正确；D项，a点所示溶液中溶质是等浓度的HX、NaX，溶液呈酸性，相同条件下，X－的水解能力小于HX的电离能力，错误。8．DA项，100℃

时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1，即pH＝6，此温度下pH＝7的溶液呈碱性，错误；B项，NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3促进水的电离，NaH

SO4抑制水的电离，错误；C项，烧碱是NaOH，OH－抑制水的电离，纯碱是Na2CO3，CO2－3水解促进水的电离，错误；D项，图中A点到C点，c(H＋)与c(OH－)同等程度增大，说明是温度升高的结果，正确。[练高考]9．A根据题中信息鸟嘌呤是有机弱碱，可知其与盐酸反应生成的GHCl

为强酸弱碱盐，故GHCl溶液呈酸性。题中没有给出G的电离平衡常数和GH＋的水解平衡常数，故无法确定0.001mol·L－1GHCl水溶液的pH，B项错误；GHCl溶液加水稀释可促进GH＋水解，溶液中H＋数目增多，

但溶液体积增大，H＋浓度减小，即溶液的pH升高，A项正确；GHCl为盐酸盐，属于强电解质，其在水中的电离方程式为GHCl===GH＋＋Cl－，C项错误；GHCl溶液中存在电荷守恒式c(OH－)＋c(Cl－)＝c(GH＋)＋c(H＋)，D项错误。10．C由题图可知，加入NaOH溶液的体积为40

mL时，溶液pH发生突跃，达到滴定终点，溶质为Na2A，故有n(H2A)＝20.00mL×c(H2A)＝12n(NaOH)＝12×0.1000mol·L－1×40mL，则c(H2A)＝0.1000mol/L，而起点时H2A溶液的pH约为1，故H2A的电离过程应为H2A===HA－＋H＋，HA－⇌A

2－＋H＋，故曲线①表示δ(HA－)，曲线②表示δ(A2－)，A、B项错误；由Ka＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－），VNaOH等于25mL时，pH＝2.0，且c(A2－)＝c(HA－)，可知Ka＝1.0×10－2，C项正确；以酚酞

作指示剂，滴定终点时的溶质为Na2A，溶液呈碱性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，结合c(H＋)<c(OH－)，可知c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，D项错误

。11．C由以上分析知，A项错误；根据水样中所含离子种类及图像分析可知，a点处能水解的离子主要为HCO－3，根据质子守恒可得c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO2－3)，B项错误；水样中c(HCO－3)＝0.01mol·L－1，V(HCl)≤

20mL时，随着HCl溶液的加入，HCO－3被稀释，但由于发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，又有HCO－3生成，a点时c(HCO－3)仍为0.01mol·L－1，故C项正确；根据图像分析及碳元素守恒可知，起始时水样中c(H2CO3

)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)＝0.03mol·L－1，但随着HCl溶液的加入，溶液被稀释，该值减小，D项错误。12．A量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放N

a2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸

称量Na2CO3固体，C正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D正确。13．C在NaX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H2O⇌HX＋OH－，溶液中存在

c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：Ka(HX)>Ka(

HY)>Ka(HZ)，B正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质的量不

同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c

(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D正确。[练模拟]14．A在水中存在电离平衡：H2O⇌H＋＋OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2＋H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H＋＋HSO－3，H2SO3电离产生的H＋使溶液中的H＋的浓度增大，对水的电离起抑制作用，最

终使水电离产生的H＋(OH－)的浓度远远小于溶液中的H＋浓度，即溶液中的c(H＋)>c(OH－)，A项正确；水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以将水加热煮沸促进水的电离，但是水电离产生的H＋和OH－的个数

总是相同的，所以升温后水中的H＋和OH－的浓度仍然相等，B项错误；向纯水中投入一小块金属钠，钠与水发生反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，促进水的电离，并使溶液中的c(OH－)>c(H＋)，C项错误；向水中加入NaCl，NaCl

是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以溶液中的H＋和OH－的浓度仍然相等，D项错误。15．AA项，混合后得到0.01mol·L－1氨水，NH3·H2O不能完全电离，则c(OH－)<0.01mol·L－1，7<pH<12；B项，混合后得到NaCl

溶液，pH＝7；C项，混合后得到NH4Cl溶液，该溶液因NH＋4水解而呈酸性，pH<7；D项，混合后得到0.01mol·L－1氨水和0.005mol·L－1NH4Cl的混合溶液，相当于往A项溶液中加入NH4Cl，NH3·H2O

的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小，故A项中溶液的pH最大。16．B将c(OH－)＝Kwc（H＋）代入原题关系式中可得1×10－14c2（H＋）＝1×10－8，解得c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，所以该一元酸溶液的pH＝3，A项错误；酸溶液中水的电离看氢氧

根离子，c(OH－)＝1×10－141×10－3mol·L－1＝1×10－11mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，B项正确；常温下，水的离子积是一个常数，为1×10－14

，C项错误；由于HA的浓度大于NaOH的浓度，二者若等体积混合则溶液呈酸性，当混合溶液的pH＝7时应有V1＞V2，D项错误。17．D盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等时，

盐酸浓度为硫酸浓度的2倍，即c甲＝2c乙，故A正确；pH相等说明氢离子浓度相等，则氢氧根离子浓度也相等，故B正确；若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，都生成不能水解的强酸强碱盐，即所得溶液的pH都为7，故C正确；甲、乙烧杯中溶液混合时，若不考虑体积变化，氢离子浓度不变，故D错误。1

8．CA项，①溶液中的NH3·H2O和③溶液中的CH3COOH为弱电解质，加水稀释后，电离平衡均正向移动，故①溶液中的c(OH－)大于②溶液中的c(OH－)，③溶液中的c(H＋)大于④溶液中的c(H＋)，正确；B项，pH相

同的氨水和NaOH溶液，氨水的物质的量浓度远大于NaOH溶液的物质的量浓度，与盐酸完全反应时，氨水消耗的HCl更多，正确；C项，②溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，③溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－

1，醋酸溶液的物质的量浓度远大于NaOH溶液的物质的量浓度，等体积混合后溶液显酸性，依据电荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(H＋)>c(OH－)，故c(Na＋)<c(CH3C

OO－)，错误；D项，混合后溶液pH＝4，盐酸过量，混合后溶液中的c(H＋)＝10－3Va－10－3VbVa＋Vbmol·L－1＝10－4mol·L－1，可得出Va∶Vb＝11∶9，正确。综合测评提能力1．B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(OH－)，D错误。2．D酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离，Na2CO3是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3COOH为弱酸，其他条件不变，稀释CH3COOH溶液，c(H＋)减小，c(

OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，B项错误；NaOH抑制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，C项错误；温度升高，水的电离程度增大，c

(OH－)和c(H＋)增大，所以Kw增大，D项正确。3．A本题考查水的电离、弱电解质的电离平衡。CH3COOH属于弱电解质，部分电离，题中没有给出CH3COOH溶液的pH和温度，无法求算溶液中由水电离产生的c(

H＋)，A错误；pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－1mol·L－1，两溶液中c(H＋)之比为1∶10，B正确；pH相同的盐酸和醋酸溶液

中，c(醋酸)>c(HCl)，中和等体积的两种溶液时，醋酸消耗NaOH的物质的量多，C正确；Kw随温度的升高而增大，说明升温可促进水的电离，说明水的电离过程吸热，D正确。4．D滴定管读数精确到0.01mL，

21.7mL记数不规范，A项错误；实验中碱式滴定管洗净后应用标准KOH溶液润洗2～3次，若不润洗，会使标准KOH溶液浓度降低，滴定时消耗KOH溶液体积偏大，导致测定结果偏高，B项错误；若KOH固体中混有NaOH杂质，会使配制的标准溶液浓度偏大，导致实验中消耗标准溶液的体积偏小，即测定结果偏低，C项

错误；用未知浓度的盐酸滴定标准KOH溶液时，滴定前仰视读数，滴定到终点时俯视读数，导致消耗盐酸体积读数偏小，故实验测定结果将偏高，D项正确。5．B由题图可知，未滴加NaOH溶液时盐酸的pH＝0，则c(H＋)＝1m

ol·L－1，即c(HCl)＝1mol·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、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＝－l

gc(H＋)，pOH＝－lgc(OH－)，故pOH＋pH<14，D项错误。6．B由题图可知，未滴加NaOH溶液时，－lgc水(H＋)＝12，则有c水(H＋)＝10－12mol·L－1，此时溶液中c(H＋)≈c(A－)＝10－2mol·L－1，c(HA)≈1.0mol·L－1，故常温下电离

常数Ka(HA)＝c（H＋）·c（A－）c（HA）≈10－2×10－21.0＝10－4，A正确。图中－lgc水(H＋)最大值点，此时水的电离程度最大，HA和NaOH溶液恰好完全反应生成NaA，由于A－发生水解而使溶液呈碱性，b点时NaOH溶液过量，此时溶液呈碱性，故b点溶液的pH>7，B错误。

从a点到b点，NaOH先逐渐与HA溶液反应生成强碱弱酸盐NaA，水的电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，此后NaOH溶液过量，抑制水的电离，则水的电离程度逐渐减小，C正确。H

A是弱酸，其水溶液中逐渐加入等浓度NaOH溶液，溶液中导电离子的浓度增大，则溶液的导电性增强，D正确。7．BKa3(H3A)＝c（H＋）·c（A3－）c（HA2－），c点时c(HA2－)＝c(A3－)，pH＝5.83，故Ka3(H3A)＝10－5.83，数量

级为10－6，A不正确；b点溶液中c(H2A－)＝c(HA2－)，电荷守恒关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)＋c(OH－)，故c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(H2A－)

＋3c(A3－)＋c(OH－)，B正确；由图中信息可知，NaH2A、Na2HA的水溶液均显酸性，C不正确；Ka2(H3A)＝c（H＋）·c（HA2－）c（H2A－），b点时c(H2A－)＝c(HA2－)，pH

＝4.58，故Ka2(H2A)＝10－4.58，醋酸的Ka＝10－4.76，Ka2(H3A)>Ka(CH3COOH)>Ka3(H3A)，故CH3COONa与少量H3A反应的离子方程式为2CH3COO－＋H3A===2C

H3COOH＋HA2－，D不正确。8．答案：(1)10－12mol2·L－2高于(2)10(3)8解析：(1)根据图像可知x＝4时，y＝8，所以该温度下水的离子积常数是10－4×10－8mol2·L－2＝10－12mol2·L－2>10－14mol2·L－2

，所以温度高于常温。(2)0.01mol·L－1NaOH溶液中OH－的浓度是0.01mol·L－1，所以氢离子的浓度为10－120.01mol·L－1＝10－10mol·L－1，因此pH＝10。(3)0.01mol·L－1盐酸中氢离子浓度是0.01mol·L－1，所以O

H－的浓度是10－10mol·L－1。因此该温度下，0.01mol·L－1盐酸的酸度AG＝lgc（H＋）c（OH－）＝8。9．答案：(1)A水的电离是吸热过程，温度较低时，电离程度较小，c(H＋)、c(OH－)均较小(2)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)(3)41.0

×10－7解析：(1)温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25℃时水的电离平衡曲线应为A。(2)要注意95℃时，水的离子积为1×10－12m

ol2·L－2，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12mol2·L－2，则等体积强酸、强碱反应至中性时，有pH(酸)＋pH(碱)＝12。根据95℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12mol·L－1；由100V×10－amol·L

－1＝V×10b－12mol·L－1，可得10－a＋2＝10b－12，得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。(3)95℃，pH＝6时溶液呈中性，根据表中实验①数据可得c(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，根据表中实验③的数据可以判断

，盐酸中的c(H＋)与Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等，所以a＝4，即pH＝4；实验②溶液呈碱性，其c(OH－)＝22.00×10－4－18.00×10－422.00＋18.00mol·L－1＝1.0×10－5mol·L－1

，由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。10．答案：(1)100mL容量瓶(2)bd(3)用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管(4)H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO2－3===HCO－3(5)黄(6)78.8(7)ac解析：(1)步骤Ⅰ是准确配制100mL一定物质的量浓度溶

液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。(2)a项，样品中含有CO2－3，能促进水的电离，因此样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，错误；b项，根据表格中数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70mL－21.70mL＝2mL

，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70mL－(23.70mL－21.70mL)＝19.70mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以c(OH－)>c(CO2－3)>c(HCO－3)，正确；c项，根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(O

H－)，错误；d项，向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为NaCl和NaHCO3，根据物料守恒，n(Cl－)＋n(CO2－3)＋n(HCO－3)＋n(H2CO3)＝n(Na＋)，正确。(3)滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后，装入标准溶

液前，应进行的操作是用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管。(4)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO2－3===HCO－3。(5)根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄

色变为橙色。(6)根据表格中数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70mL－21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70mL－(23.70mL－21.70mL)＝19.70mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.

1mol·L－1×0.0197L＝0.00197mol，氢氧化钠的质量是0.00197mol×40g·mol－1＝0.0788g，样品中NaOH的质量分数ω(NaOH)＝0.0788g0.5g×20100×100%＝7

8.8%。(7)a项，达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，正确；b项，记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点时记录的V1偏小，测得的NaOH质量分数偏低，错误；c项，第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴

定消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏高，正确。课练27盐类的水解狂刷小题夯基础[练基础]1．DA项，天然弱碱性水显碱性是因为HCO－3发生水解，错误；B项，NH4Cl是强酸弱碱盐，其水解使溶液显酸性

，因此能溶解铁锈，错误；C项，用惰性电极电解食盐水的生成物是H2、Cl2、NaOH，Cl2与NaOH溶液反应可以制备漂白液，与盐类水解无关，错误；D项，Na2CO3溶液中存在水解平衡CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，加入BaCl2溶液后生成BaCO3沉

淀，c(CO2－3)降低，水解平衡向左移动，溶液的碱性减弱，所以红色逐渐褪去，正确。2．BA项，将等体积、等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解使溶液显酸性，与盐类的水解有关；B项，醋酸为弱酸，加水稀释时溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸

的电离有关，与盐类的水解无关；C项，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，碳酸钾中碳酸根离子水解使溶液显碱性，OH－与NH＋4结合生成NH3使铵态氮肥肥效降低，与盐类的水解有关；D项，盐的水解过程是吸热过程，加热促进Fe3＋水解，制得红褐色Fe(OH)3胶体，与盐类的水解有关。3．

AA项，相同温度下，相同浓度的强碱弱酸盐溶液的碱性越强，说明对应弱酸根离子的水解程度越大，对应的酸越弱，则酸性由强到弱的顺序为HF>H2CO3>HClO，正确；B项，常温下0.1mol·L－1NaF的pH＝7.5，水解方程

式为F－＋H2O⇌HF＋OH－，则平衡常数K＝c（HF）×c（OH－）c（F－）≈1×10－6.5×1×10－6.50.1＝1×10－12，错误；C项，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋c(OH－)＋2c

(CO2－3)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＝0.2mol·L－1，错误；D项，等物质的量的NaF和HF混合溶液中HF的电离程度大于F－的水解程度，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小关系为c(

F－)>c(Na＋)>c(HF)>c(H＋)>c(OH－)，错误。4．ACH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，

故CH3COO－浓度增大。5．B前者c(CH3COO－)和后者c(CH3COO－)比值大于2∶1，A项错误；根据电荷守恒得，c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO2－4)，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH＋4)＝2

c(SO2－4)，比值为2∶1，B项正确；根据反应Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O和NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O可知，等质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗盐酸物质的量之比不等于2∶1，C项错误；因为两溶液pH均为2，

因此两酸中c(H＋)相等，D项错误。6．B水解常数只与温度有关，A错误；Cu2＋＋S2－===CuS↓，平衡左移，HS－浓度减小，B正确；水解为吸热反应，升高温度平衡右移，因而c（HS－）c（S2－）比值增大，C错误；加入NaOH固体，pH增大，D错误。7．B明矾溶液

中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小，碱性减弱，溶液颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－平衡向右移动

，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。8．CNaHSO3溶液显酸性，则HSO－3的电离程度＞HSO－3的水解程度，加入钠后平衡①左移、平衡②右移

，c(HSO－3)减小，A项错误；根据电荷守恒可知B项错误，应为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(OH－)＋2c(SO2－3)；加入少量NaOH，平衡②右移，c（SO2－3）c（HSO－3）、c（OH－）c（H＋）的值均增大，C项正确；D项，c(Na＋)＞c(HSO－3)＞c(

SO2－3)，错误。[练高考]9．D酸浸工序中分次加入稀HNO3可控制反应物浓度，降低反应剧烈程度，A说法正确；转化工序中加入NaCl可生成BiCl3，Bi3＋会水解生成BiOCl和BiONO3，加入稀HCl可抑制BiONO3的生成，提高Bi

OCl的产率，B说法正确；水解工序中加入少量CH3COONa(s)可使水解平衡Bi3＋＋Cl－＋H2O⇌BiOCl＋2H＋正向移动，有利于Bi3＋水解生成BiOCl，C说法正确；水解工序中加入少量NH4NO3(s)可使C

选项中的水解平衡逆向移动，不利于BiOCl的生成，D说法错误。10．CA项，KOH吸收CO2可能生成K2CO3，此时由于CO2－3以第一步水解为主，故溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，也可能生成KHCO3，由于HCO－3的水解很微弱，故此时

溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，还可能生成K2CO3和KHCO3的混合物，同理，溶液中亦存在c(HCO－3)>c(H2CO3)错误；B项，K2CO3溶液中存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，错

误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1mol·L－1，c总＝0.1mol·L－1，即c(K＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)，此等式为KHCO3溶液的物料守恒式，故此时所得溶液为KHCO3溶液，HCO－3存在水解平衡HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，电

离平衡HCO－3⇌CO2－3＋H＋，由Kh(HCO－3)＝KWKa1>Ka2可知，HCO－3的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO2－3)，正确；D项，“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的反应均为放热反应，故溶液的

温度升高，错误。11．B当V＝5时，所得溶液为等物质的量的NaHA和H2A的混合溶液，存在物料守恒2[Na＋]＝[H2A]＋[HA－]＋[A2－]，A正确；当V＝10时，所得溶液为NaHA溶液，存在质子守恒[H

2A]＋[H＋]＝[OH－]＋[A2－]，B错误；当V＝15时，所得溶液为等物质的量的NaHA和Na2A的混合溶液，pH<7，说明HA－的电离程度大于A2－的水解程度，则溶液中存在[Na＋]>[A2－]>[HA－]，C正确；当V＝20时，所得溶液为Na2A溶液，

存在物料守恒[Na＋]＝2[H2A]＋2[HA－]＋2[A2－]，A2－水解生成HA－，HA－水解生成H2A，且以A2－的水解为主，所以[Na＋]>2[HA－]>2[H2A]，D正确。12．C根据a点pH＝8.3，可判断HCO－3的水解程度大于其电离程度，A项正

确；a→b→c过程中，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＋c(OH－)，该过程中c(Na＋)不变。而随着pH逐渐增大，c(H＋)减小，故c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＋c(OH－)逐渐减

小，B项正确；a→d→e过程中，由物料守恒知，n(HCO－3)＋n(CO2－3)＋n(H2CO3)逐渐减小，而溶液中n(Na＋)不变，故n(Na＋)>n(HCO－3)＋n(CO2－3)＋n(H2CO3)，即c(Na＋)>c(HCO－3)＋c(CO2－3)＋c(H2CO3)，C项错误；c点c

(Na＋)＋c(H＋)＝(0.05＋10－11.3)mol·L－1，e点c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.025＋10－4.0)mol·L－1，故x>y，D项正确。13．C溶液中存在电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c

(NH＋4)<c(CH3COO－)，A项错误；向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体，由于Al3＋的水解程度比NH＋4的水解程度大(因为Al(OH)3的碱性比NH3·H2O弱)，故水的电离程度增大，B项错误；向Na2C

O3溶液中滴加盐酸至c(Na＋)＝2c(Cl－)，则Na2CO3和HCl按物质的量之比为1∶1发生反应，反应后得到等物质的量的NaHCO3和NaCl，故c(HCO－3)>c(H2CO3)，C项正确；向0.2mol·L－1磷酸中加水至

原体积的2倍，c(H3PO4)＝0.1mol·L－1，但H3PO4是弱酸，故c(H＋)<0.1mol·L－1，D项错误。[练模拟]14．CA项，等物质的量浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液，后者pH较大，说明

HCO－3的水解程度较大，H2CO3的酸性较弱，正确；B项，加入少量BaCl2固体后，Ba2＋与CO2－3结合，c(CO2－3)减小，水解平衡CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－逆向移动，碱性变弱，溶液红色变浅，正确；C项，NaOH过量

，再滴加FeCl3溶液后，FeCl3与NaOH直接反应生成Fe(OH)3，不能说明溶解度Mg(OH)2>Fe(OH)3，错误；D项，Mg(OH)2沉淀能溶于显中性的CH3COONH4溶液，说明Mg(OH)2沉淀溶于NH4Cl溶液的主要原因不是NH＋4水解使溶液显酸性，而是

NH＋4与Mg(OH)2溶解产生的OH－结合，c(OH－)减小导致平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)向溶解方向移动，正确。15．CA项，M点为未滴加NaOH溶液的饱和氯水，存在反应Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO

，H＋来自HCl的完全电离、HClO和水的部分电离，则溶液中c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)，正确；B项，M点水的电离受HCl和HClO电离出的H＋的抑制，电离程度较小，而N点溶液pH＝7，此时溶液中含有NaCl、NaClO和HClO，其中NaClO的水解促进水的电离，则水的电离

程度：M点<N点，正确；C项，从M点到P点，溶液中随c(OH－)的增大，c(ClO－)增大，但c(OH－)的增大幅度明显大于c(ClO－)，则从M点到P点，溶液中的c（OH－）c（ClO－）增大，错误

；D项，当氯水中滴加过量NaOH溶液后，溶液中主要含有NaCl、NaClO和NaOH，根据Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，并结合物料守恒，此时溶液中存在c(HClO)＋c(ClO－)＝c(Cl－)，正确。16．B甲酸为弱酸，甲酸钠为强碱弱酸盐，HCOO－水解呈碱性

，故c(Na＋)＞c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)＋c(HCOO－)，溶液呈中性，c(

H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)＋c(HCOO－)，故B正确；根据质子守恒，有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O－4)＋2c(H2C2O4)，故C错误；根据电离平衡常数Ka1＞Ka＞Ka2，因此足量甲酸与草酸钠反应：

HCOOH＋Na2C2O4===HCOONa＋NaHC2O4，故D错误。综合测评提能力1．C本题考查盐类水解的应用。NaHSO4在水溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子，使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故①不符合题意；铵态氮肥不能与草木灰混合使用，是由于铵根离子与碳酸根

离子发生互促水解反应，有氨气逸出，造成氮元素损失，与盐类水解有关，故②符合题意；纯碱的成分是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，加热促进碳酸根离子的水解，增强去污能力，与盐类水解有关，故③符合题意；CuCl2属于强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液

呈酸性，为抑制铜离子的水解，在配制该溶液时加入少量的稀盐酸，所以与盐类水解有关，故④符合题意；NaHS属于酸式盐，HS－水解生成H2S，电离生成S2－，c(H2S)>c(S2－)，说明水解程度大于电离程度，与盐类水解有关，故⑤符合题意；氯化铵属于强酸弱碱

盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，酸和锈斑反应生成盐和水，所以氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑，与盐类水解有关，故⑥符合题意；FeCl3属于强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，升高温度促进其水解，得不到FeCl3，SOCl2水解生成SO2和HC

l，蒸发FeCl3溶液制FeCl3固体时加入SOCl2可抑制Fe3＋水解，与盐类水解有关，故⑦符合题意；NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为HCO－3＋AlO－2＋H2O===CO2－3＋Al(OH)3↓，与盐类水解无关，

故⑧不符合题意。所以与盐类的水解有关的叙述有6项。2．D本题考查盐类的水解平衡及移动分析、离子浓度的比较等。Na2HPO4溶液存在HPO2－4的电离平衡和水解平衡：HPO2－4⇌H＋＋PO3－4、HPO2－4＋H2O⇌H2PO－4＋OH－，由于溶液显碱性，说明HPO2－4的水解程度大于

其电离程度，则溶液中c(H2PO－4)>c(PO3－4)，A、B正确。加入CaCl2溶液，Ca2＋与PO3－4反应生成Ca3(PO4)2沉淀，HPO2－4的电离平衡正向移动，溶液酸性增强，C正确。根据电离平衡常数表达式Ka2＝c（HPO2－4）·c（H＋）c（H

2PO－4），可得c（H2PO－4）c（HPO2－4）＝c（H＋）Ka2，加入CaCl2溶液，H＋浓度增大，则c（H2PO－4）c（HPO2－4）的值增大，D错误。3．BNH4Cl溶液中存在NH＋4的水解平衡：NH＋4＋H2O⇌NH

3·H2O＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，n(NH＋4)减小，n(Cl－)不变，则c（Cl－）c（NH＋4）的值增大，A错误。NaOH溶液中加水稀释，c(NaOH)减小，对水的电离抑制程度减小，故水的电离程度增大，B正确

。NH4Cl溶液加水稀释100倍，促进NH＋4的水解，溶液中c(H＋)大于原溶液的1100，NaOH溶液中加水稀释100倍，c(OH－)变为原溶液的1100，故NaOH溶液的pH变化更大，C错误。将①和②混合，所得溶液呈电中性，据电荷守

恒可得，c(NH＋4)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，从而可得c(NH＋4)＋c(Na＋)＝c(Cl－)，据物料守恒可得c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，综合上述两式可得c(NH3·H2O

)＝c(Na＋)，D错误。4．D本题考查电离平衡常数及应用、离子浓度的比较、离子反应等。HCOOH存在电离平衡：HCOOH⇌HCOO－＋H＋，电离平衡常数Ka＝c（HCOO－）·c（H＋）c（HCOOH），则有c（HCOO

H）c（HCOO－）＝c（H＋）Ka，HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH＝3，c(H＋)＝10－3mol·L－1，因此c（HCOOH）c（HCOO－）＝10－31.0×10－4＝10，A正确。根据表中电离平衡常数可得酸性：HCOOH>HClO，则水解程度：HCOO－<ClO－，相同浓度的盐溶

液中c(OH－)：HCOONa<NaClO，则两种盐溶液中c(H＋)：HCOONa>NaClO，两溶液中均存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(X－)(X－＝HCOO－、ClO－)，相同浓度时，

两溶液中c(Na＋)相等，则有c(H＋)＋c(Na＋)：HCOONa>NaClO，故HCOONa溶液中离子总浓度大于NaClO，B正确。NaHS溶液中，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(S2－)＋c(HS－)；据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(S2

－)＋c(HS－)＋c(H2S)，综合上述两式可得c(H2S)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(S2－)，C正确。NaClO具有氧化性，H2S具有还原性，NaClO溶液中通入H2S，发生氧化还原反应：ClO－＋H2S===S↓＋Cl－＋H2O，D错误。5．B由图可知，0.01mol·L－

1的NaHA溶液的pH＝4，则有c(H＋)≈c(A2－)＝10－4mol·L－1，c(HA－)≈0.01mol·L－1，H2A的第二步电离平衡：HA－⇌A2－＋H＋，则有Ka2＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－）≈10－

4×10－40.01＝10－6，A错误。P点加入100mL0.01mol·L－1的盐酸，恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)；据物料守恒可得

c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，综合上述两式消去c(A2－)可得：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)，B正确。N点加入100mL0.01mol·L－1的N

aOH溶液，此时为Na2A溶液，A2－发生水解而促进水的电离；M点为Na2A和NaHA的混合液，此时溶液中OH－全部是由水电离出的，由水电离出的c(OH－)＝10－7mol·L－1；P点为H2A和NaCl的混合液，H2A抑制水的电离，故水的电离程度：N>M>P，C错误。随着盐酸的不断滴入

，溶液的pH无限接近于0.01mol·L－1盐酸的pH，即溶液的pH无限接近于2，但大于2，D错误。6．Ca点温度小于25℃，温度降低水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10－14，A错误；b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反

应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，B错误；当加入的氨水为10mL时溶液的pH＝7，温度为25℃，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NH

＋4)＝c(Cl－)＝10mL×1.0mol·L－110mL＋10mL＝0.5mol·L－1，根据物料守恒可知，c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，所以25℃时NH4Cl水解常数为c（NH3·H2O）·

c（OH－）c（NH＋4）＝（0.5n－0.5）×10－70.5＝(n－1)×10－7，C正确；d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3·H2O，d点水的电离程度小于b点，一定不是最大，D错误。7．AA项，溶液中电荷守

恒关系式可表示为2c(Na＋)＋2c(H＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(OH－)＋2c(Cl－)，由物料守恒可得c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，联立两式可得c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋2c(H＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(OH－

)＋2c(Cl－)，整理得c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)＋2c(Cl－)，正确；B项，溶液pH＝7，则c(Na＋)＝c(HSO－3)＋2c(SO2－3)，不正确；C项，所得溶液为CH3COON

a溶液，质子守恒关系式为c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)，即1×10－9mol·L－1＝1×10－5mol·L－1－c(CH3COOH)，不正确；D项，NaHCO3溶

液显碱性，HCO－3的水解程度大于其电离程度，c(H2CO3)>c(CO2－3)，不正确。8．答案：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2)小于

(3)①ⅠNH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小②10－3mol·L－1(4)ac(Na＋)＞c(SO2－4)＞c(NH＋4)＞c(OH－)＝c(H＋)解析：(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH＋4均发生水解，NH4Al(SO

4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH＋4水解，HSO－4电离出H＋同样抑制NH＋4水解，但HSO－4电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH＋4水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温

度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出2c(SO2－4)－c(NH＋4)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)≈10－3mol·L－1[c(OH－)太小，可忽略]。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完电离出的H＋，

溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液含有(N

H4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO2－4)，b点时c(Na＋)＞c(SO2－4)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO2－4)＞c(NH＋4)，故c(Na＋)＞c(SO2－4)＞c(NH＋4)＞c(OH－

)＝c(H＋)。9．答案：(1)酸NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋(2)<(3)Cl－NH＋4(4)＝＝(5)①H2A⇌H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－②>解析：(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，

NH4Cl溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中CH3COO－促进NH＋4的水解，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的H＋抑制NH＋4的水解，所以NH4HSO4溶液中NH＋4浓度大。(3)因为氯离子

在溶液中不变化，所以其浓度为0.1mol·L－1；根据原子守恒可知，含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2mol·L－1，而氮原子的存在形式为NH3·H2O和NH＋4，故NH3·H2O和NH＋4的浓度之和为0.2mol·L－1。(4)溶液②的pH＝7，说明CH3CO

O－水解生成的OH－的物质的量等于NH＋4水解生成的H＋的物质的量，即两者水解程度相同；根据电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH＋4)＋c(H＋)，因为c(H＋)＝c(OH－)，故c(CH3COO－)＝c(NH＋4)。(5)①由溶液中存在的

微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离；②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性，pH>7。10．答案：(1)10－95.15(2)>(3)f>e>d>c>b>ad>c＝e>b>a>f(4)＝(5)<(6)c(OH－)－c(H＋)解析：(1)a点溶液中的溶质为CH3COOH

，则有c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(OH－)，因此溶液中的c(H＋)＝Kwc水（H＋）＝10－1410－11mol·L－1＝10－3mol·L－1，则Ka(CH3COOH)＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3CO

OH）≈10－3×10－30.1－10－3≈10－5，所以CH3COO－的水解平衡常数Kh(CH3COO－)＝KwKa（CH3COOH）＝10－9。d点溶液中的溶质为CH3COONa，此时溶液中c(CH3COOH)

≈c(OH－)，且c(CH3COO－)＝0.12mol·L－1－c(CH3COOH)，代入Kh＝c（CH3COOH）·c（OH－）c（CH3COO－）＝10－9，可得溶液中c(OH－)≈52×10－6mol·L

－1，则c水(H＋)＝c水(OH－)＝52×10－6mol·L－1，所以－lgc水(H＋)＝－lg(52×10－6)＝6－0.85＝5.15。(2)b点溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两种溶质的物质的量浓度相同，又知b点－lgc水(H＋)>7即

c水(H＋)<10－7mol·L－1，由此可知溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)>c(CH3COOH)。(3)由a点到d点发生的反应为CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，溶液中导电的物质由弱电解质CH3COOH逐渐

变为强电解质CH3COONa，溶液的导电能力逐渐增强。由d点到f点逐渐加入NaOH溶液，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增强，所以溶液导电性由大到小的顺序为f>e>d>c>b>a。由题图可知水的电离程度由大到小的顺序为d>c＝e>b>a>f。(4)c(CH3COOH)＋c(CH3COO－

)＋c(Na＋)＝n（CH3COO－）＋n（CH3COOH）＋n（Na＋）V（溶液）＝0.1mol·L－1×20×10－3L＋0.1mol·L－1×V（NaOH溶液）×10－320×10－3L＋V（NaOH溶液）×10－3＝0.

1mol·L－1，所以c点＝d点。(5)c点溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，由题图可知溶液的pH＝7，e点溶液中的溶质为CH3COONa和NaOH，溶液的pH>7，所以pH(c)<pH(e)。(6)f点溶液

中的溶质为CH3COONa和NaOH，且两种溶质的物质的量浓度相同，则电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)①，物料守恒式为2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]＝c(Na＋)②，①＋②可得2c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(OH－)－

c(H＋)。课练28难溶电解质的溶解平衡狂刷小题夯基础[练基础]1．CA项，升高温度，AgCl的溶解度增大，错误；B项，在任何含AgCl固体的水溶液中，c(Ag＋)与c(Cl－)不一定相等，但二者乘积在一定温度下是一个常数，错误；C项，当达到平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率

相等，正确；D项，向AgCl沉淀溶解平衡体系中加入NaCl固体，增大Cl－浓度，使AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡左移，析出氯化银沉淀，因此AgCl溶解的质量减小，错误。2．DA项，0.01mol·L－1AgNO3溶液中

加入0.005mol·L－1KSCN溶液，产生白色沉淀AgSCN，该沉淀在溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s)⇌Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，正确；B项，取①中上层清液加入2mol·L－1Fe(NO3)3溶液，溶液变成红色，说明有Fe(SCN)3生成，从而推知上层清液中含有SCN－，

正确；C项，①中余下浊液中加入2mol·L－1KI溶液，产生黄色沉淀，该沉淀应为AgI，正确；D项，①中反应后AgNO3有剩余，则余下浊液中除含有AgSCN外，还有AgNO3，再加入2mL2mol·L－1KI溶液生成AgI沉淀，不能说明是AgSCN转化成了AgI，故不能证明AgI比AgSC

N更难溶，错误。3．A饮水、食物里的F－会将Ca5(PO4)3(OH)转化为Ca5(PO4)3F，生成溶解度更小的物质，即溶解度Ca5(PO4)3(OH)>Ca5(PO4)3F，故A错误；Ca5(PO4

)3(OH)为弱酸的碱式盐，OH－、PO3－4均能与H＋反应生成水和HPO2－4、H2PO－4等，故B正确；牙膏中添加NaF，可生成Ca5(PO4)3F，发生反应Ca5(PO4)3(OH)＋F－===Ca5(PO4)3F＋OH－，相互交换成分，为复分解反应，故

C、D正确。4．B由于Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。而大多数电解质的Ksp随温度的升高而增大，但个别物质如Ca(OH)2，Ksp随温度的升高而降低。5．D温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－

)增大，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方

程式为CaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌CaCO3(s)＋SO2－4(aq)，D项正确。6．C温度一定，Ksp大小不变，曲线上a、b、c三点对应的Ksp相等，A项错误；a点溶液中c(Cl－)小，即溶解度比b小，B项错误；b点的溶

液中加入AgNO3固体，c(Ag＋)变大，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)，c(Cl－)相应减小，所以沿曲线向a点方向变化，D项错误。7．DA项，向a点的溶液中加入等物质的量固体Na2SO4或Ca(NO3)2，抑制固体溶解的作用相同，则析出的沉淀量相同，错误；B项，曲线上的

点为平衡点，c为不饱和溶液，d为过饱和溶液，则d点体系最不稳定，错误；C项，a点转化为b点，c(Ca2＋)减小、c(SO2－4)增大，而升高温度，c(Ca2＋)与c(SO2－4)均增大，则升高温度不能使溶液由a点转化为b点，错

误；D项，反应Ba2＋(aq)＋CaSO4(s)⇌BaSO4(s)＋Ca2＋(aq)的平衡常数K＝c（Ca2＋）c（Ba2＋）＝Ksp（CaSO4）Ksp（BaSO4）＝9×10－61.0×10－10＝9×104，正确。8．CA项，饱和FeS

溶液中存在沉淀溶解平衡FeS(s)⇌Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，加入少量Na2S固体溶解后硫离子浓度增大，平衡逆向移动，有浑浊出现，正确；B项，FeS的溶度积大于CuS的溶度积，除去FeSO4溶液中的CuSO4，可选用FeS作沉淀剂，正确；C项，由表中数据可推出当溶液

中Fe3＋、Mg2＋浓度相同时，产生沉淀所需c(OH－)：Fe(OH)3<Mg(OH)2，则向含等物质的量的Fe3＋、Mg2＋的溶液中滴入NaOH溶液，先生成氢氧化铁沉淀，错误；D项，向1mL0.1mol·L－1MgCl2溶液中滴加2mL0.1mol·L－1NaO

H溶液，恰好反应生成氢氧化镁沉淀，此时溶液中存在沉淀溶解平衡，取澄清溶液滴加2滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，会生成氢氧化铁沉淀，有浑浊出现，正确。[练高考]9．B根据相同温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，可进行如下分析：当横坐标均为5

.1时，即c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线。结合上述分析，可知曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO

3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横、纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中c(Ba2＋)＝c(SO2－4)＝1×10－5.0mol·L－1，则该温度下Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO2

－4)＝1×10－(5.0＋5.0)＝1×10－10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中c(Ba2＋)增大，由于温度保持不变，即溶液中c(CO2－3)减小，可使溶液由b点向a点移动，C项错误；当c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，d点平衡时c(SO2－4)＝10－y2

mol·L－1，c点平衡时c(CO2－3)＝10－y1mol·L－1，即两溶液中c（SO2－4）c（CO2－3）＝10－y210－y1＝10y1－y2，D项错误。10．D由题干信息，M(OH)2(s)⇌M2＋(aq)＋2O

H－(aq)，M(OH)2(s)＋2OH－(aq)⇌M(OH)2－4(aq)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)2－4]增大，即－lgc(M2＋)增大，－lgc[M(OH)2－4]减小，因此曲线①代表－lgc(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lgc[M(OH)

2－4]与pH的关系，A正确；由图像，pH＝7.0时，－lgc(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，B正确；向c(M2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像，pH＝9.0时，c(M2＋)、c

[M(OH)2－4]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；c[M(OH)2－4]＝0.1mol·L－1的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol·L－1的HCl后，体系中元素M仍主要以M(OH)2－4存在，D错误。11．C三种卤化银组成

形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.10

0mol·L－1×1.5mL＝c(I－)×15mL，解得c(I－)＝0.01mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18mL，溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgBr）1×10－5mol·L－1＝5.4×10－8m

ol·L－1，此时Qc(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝5.4×10－8×15×0.0118＝4.5×10－10>Ksp(AgCl)，故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，A

gNO3过量，c(Ag＋)最大，D项错误。12．DSrSO4(s)＋CO2－3⇌SrCO3(s)＋SO2－4的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝c（SO2－4）c（Sr2＋）c（CO2－3）c（Sr2＋）＝Ksp（SrSO4）Ksp（

SrCO3），A正确；硫酸是强酸，随溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，D错误；根据图中曲线的变化趋势可知，曲线①②表示含SrSO4(s)的Na2SO4溶液，pH相同时，溶液中硫酸

根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为10－6.51mol·L－1＝10－6.5，则a为－6.5，B正确；

曲线③④表示含SrSO4(s)的Na2CO3溶液，pH相同时，1mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，C正确。[练

模拟]13．B溶液体积未知，无法计算n(Na＋)，故A错误；析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgCl）c（Cl－）＝1.77×10－100.01mol·L－1＝1.77×10－8mol·L－1，AgBr溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgBr）c（Br－）＝

5.35×10－130.01mol·L－1＝5.35×10－11mol·L－1，Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝错误!1/2＝1.21×10－120.011/2mol·L－1＝1.1×10－

5mol·L－1，c(Ag＋)越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO2－4，可用Na2CrO4作AgNO3溶液滴定Cl－或Br－的指示剂，故B正确、C错误；出现Ag2CrO4沉淀时

，溶液中c（Cl－）c（Br－）＝Ksp（AgCl）Ksp（AgBr）＝17705.35，故D错误。14．D当c(CO2－3)＝0时，c(SO2－4)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0

×10－10；由图可知当c(CO2－3)>2.5×10－4mol·L－1时，开始有BaCO3生成，Ksp(BaCO3)＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9，故A、B、C错误。曲线BC段内，BaSO4(s)和BaCO3

(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故c（CO2－3）c（SO2－4）＝Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）＝2.5×10－91.0×10－10＝25，故D正确。15．D根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开

始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为5.1×10－6mol·L－1、1.6×10－7mol·L－1、6.5×10－4mol·L－1、1.1×10－7mol·L－1，故最先出现的沉

淀是BaSO4，D项正确。16．CA项，由表中数据可知Ksp(CuCl)>Ksp(CuBr)，所以常温下，溶解度：CuCl>CuBr，错误；B项，由表中数据可知Cu2S更难溶，向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，会发生沉淀的转化，同时生成强碱NaOH，

碱性明显增强，错误；C项，由2CuCl(s)＋S2－(aq)===Cu2S(s)＋2Cl－(aq)可得K＝c2（Cl－）c（S2－）＝K2sp（CuCl）Ksp（Cu2S）＝（3×10－7）22.5×10－50＝3.6×1036，平衡常

数很大，反应趋于完全，正确；D项，H2S在溶液中满足Ka1·Ka2＝c（H＋）·c（HS－）c（H2S）·c（H＋）·c（S2－）c（HS－）＝c2（H＋）·c（S2－）c（H2S）＝1×10－21，

又因反应CuS＋2H＋===Cu2＋＋H2S的平衡常数K＝c（Cu2＋）·c（H2S）c2（H＋）＝Ksp（CuS）Ka1·Ka2＝1.3×10－361×10－21＝1.3×10－15，平衡常数很小，可判断CuS

不易溶于稀盐酸，错误。17．BA项，由于Ksp(CaC2O4)＝c(Ca2＋)×c(C2O2－4)＝6.7×10－4，则a的数量级为10－2，正确；B项，升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2＋)＝c(C2O2－4)，则m点的饱和溶液的组成由m沿Om线

向远离O点方向移动，错误；C项，恒温条件下，向m点的溶液中加入少量Na2C2O4固体，c(C2O2－4)浓度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，正确；D项，T1时，将浓度均为

0.03mol·L－1的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2＋)＝c(C2O2－4)＝0.015mol·L－1，Qc＝0.015×0.015＝2.25×10－4<Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，正确。综合测评提能力1．C残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋，与OH－反应生

成H2O，促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动，易造成龋齿，A正确；小孩长牙时，要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s)，从平衡移动角度分析，要增大牙齿表面的c(Ca2＋)、c(OH－)，促使Ca

5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时要少吃糖多补钙，B正确；减少OH－的浓度，Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，Ksp的值不变，C错误；由于Ca5(PO4)3F

的Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp，使用含氟牙膏，使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)，可有效防止龋齿，D正确。2．C本题考查溶度积常数及应用、沉淀的生成和转化、沉

淀滴定等。AgCl、AgBr和AgI的Ksp表达形式相同，则Ksp越小，AgX的溶解度越小，由表中数据可知，AgX的溶解度随氯、溴、碘的顺序减小，A正确。由于AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，则AgCl饱和溶液中c(Ag

＋)大于AgI饱和溶液中c(Ag＋)，将AgCl饱和溶液与AgI饱和溶液等体积混合，Qc(AgI)>Ksp(AgI)，会析出AgI沉淀，B正确。AgCl和Ag2SO4都是白色沉淀，用AgNO3溶液作标准液测定Cl－含量时，不能用Na2

SO4溶液作指示剂，无法判断滴定终点，C错误。Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，将适量AgCl溶解于水，加入Na2S固体，Ag＋与S2－反应生成Ag2S黑色沉淀，D正确。3．CPbSO4难溶于水，在水中存在溶解平衡：PbSO4(s)⇌P

b2＋(aq)＋SO2－4(aq)，A正确；铅膏(主要成分为PbSO4)中加入饱和Na2CO3溶液，过滤得到PbCO3，则生成PbCO3的离子方程式为PbSO4(s)＋CO2－3(aq)===PbCO3(s)＋SO2－4(aq)，B正确；PbSO4、PbCO

3都难溶于水，在水中都存在溶解平衡，故滤液中仍存在Pb2＋，C错误；滤液中溶质主要为Na2SO4，含有少量CO2－3，其中c(CO2－3)小于饱和Na2CO3溶液中的c(CO2－3)，则滤液中CO2－3水解产生的c(OH－

)小于饱和Na2CO3溶液中CO2－3水解产生的c(OH－)，Na2CO3溶液的碱性强，故pH：滤液<饱和Na2CO3溶液，D正确。4．B在Mg(OH)2的悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入

少量NH4Cl固体，NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，促使溶解平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，A正确；在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，若溶液中c(Mg2＋)·c2(F－)>Ksp(

MgF2)，Mg(OH)2可以转化为MgF2，B错误；由数据可知，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3时的pH小于Cu2＋，向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋杂质，C正确；加入过量NaOH，则Cu2＋和Mg2＋都沉淀，过滤后的滤液为C

u(OH)2和Mg(OH)2饱和溶液，则满足：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)、Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，故c（Mg2＋）c（Cu2＋）＝Ksp[Mg（OH）2]Ksp[Cu（OH）2]＝5.6×10－122.2×

10－20≈2.5×108，D正确。5．B图中曲线代表Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，当c(CrO2－4)＝10－6mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－3mol·L－1，则有Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝(10－3)2×10

－6＝1.0×10－12，A正确。在饱和Ag2CrO4溶液中存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)⇌2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)，加入K2CrO4固体，溶液中c(CrO2－4)增大，平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，故不能使溶液由Y点到X点，B错误。向浓度均为0

.01mol·L－1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加AgNO3溶液，Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝Ksp（AgCl）c（Cl－）＝2×10－8mol·L－1，CrO2－4开始沉淀时，c(Ag＋)＝错误!＝10－5mol·L－1

，则先生成AgCl沉淀，后生成Ag2CrO4沉淀，C正确。在t℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)⇌2AgCl(s)＋CrO2－4(aq)的平衡常数K＝c（CrO2－4）c2（Cl－）＝Ksp（Ag2CrO4）K2sp（A

gCl）＝1.0×10－12（2.0×10－10）2＝2.5×107，D正确。6．D根据图像，P点时，pCu＝－lgc(Cu＋)＝3，c(Cu＋)＝10－3mol·L－1，pX＝－lgc(X－)＝3，c(X－)＝10－3mol·L－1，则Ksp(CuX)＝1×10－6，

故P点对应CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI。298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，由于温度不变，Ksp(C

uCl)不变，则c(Cu＋)减小，A错误。根据上述分析，图中曲线x代表CuCl，B错误。298K时，增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp(CuBr)不变，则c(Cu＋)减小，pCu＝－lgc(Cu＋)增大，即y上的点向M

点的斜下方移动，C错误。298K时CuBr(s)＋I－(aq)⇌CuI(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝c（Br－）c（I－）＝Ksp（CuBr）Ksp（CuI）＝b×10－9c×10－12＝bc×103，故K的数量级为103

或102，D正确。7．答案：(1)6.25×10－4(2)0.46(3)1.05×10－6解析：(1)60℃时，c(AgBrO3)＝0.6g×10236g·mol－1×1L≈2.5×10－2mol·L－1，其Ksp＝c(Ag＋

)c(BrO－3)＝6.25×10－4mol2·L－2。(2)沉淀转化的离子方程式为CO2－3＋BaSO4⇌BaCO3＋SO2－4。K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝c（SO2－4）c（Ba2＋）c（CO2－3）c（Ba2＋）＝Ksp（BaSO4）Ks

p（BaCO3）＝1.1×10－105.1×10－9≈0.022，c(CO2－3)＝c（SO2－4）K＝0.01mol·L－10.022≈0.45mol·L－1，Na2CO3溶液的最初浓度：c(Na2CO3)≥(0.01＋0.45)mol·L－1＝0.46mol·L－1。(3)p

H＝9，c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，由SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－知，c(HSO－3)＝c(OH－)＝1×10－5mol·L－1。Kh(SO2－3)＝c（HSO－3）c（OH－）c（SO2－3）＝KwKa2，则1×10－

141.02×10－7mol·L－1＝1×10－5×1×10－5c（SO2－3）mol2·L－2，c(SO2－3)＝1.02×10－3mol·L－1。由物料守恒知：c(Ca2＋)＝c(SO2－3)＋c(HSO－3)＝1.02×10－3mol·L－1＋1×10－5mol·L－1＝1.03×1

0－3mol·L－1。则Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO2－3)≈1.05×10－6mol2·L－2。8．答案：(1)Cu2＋(2)B(3)不能Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O==

=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O(5)B解析：(1)由图可知，在pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是Cu2＋，不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。(3)从

图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，不能通过调节溶液pH而达到分离的目的。(4)Cu(OH)2(s)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2＋，促进Cu(OH)2的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水

的FeS，使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，而不引入新的杂质。9．答案：(1)①将Fe2＋氧化为Fe3＋不引入其他杂质，对环境无污染(其他合理答案均可)②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等]3.2(2)①1.0×10－10②2

.5×10－42.5×10－9③MN0.04④4×10－5解析：(1)①由于Ksp[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大，则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大，故加入H2O2

的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时，为不引入新杂质，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3＋沉淀完全时，溶液中c(Fe3＋)≤1×10－5mol·L－1，则有c(OH－)＝

3Ksp[Fe（OH）3]c（Fe3＋）＝34.0×10－381×10－5≈1.6×10－11mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝1×10－141.6×10－11mol·L－1＝6.25×10－4mol·L－1，故溶液的pH＝4－lg6.25≈3.2。(2)①由图可知

，c(CO2－3)＝0时，c(Ba2＋)＝c(SO2－4)＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO2－4)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。②由图可知，当c(CO2－3)>2.5×10－4mol·L－1时，

开始有BaCO3沉淀生成，图中c(CO2－3)＝2.5×10－4mol·L－1时，c(Ba2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO2－3)＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9。

③BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)，加入Na2CO3，Ba2＋与CO2－3生成BaCO3沉淀，促使BaSO4的溶解平衡正向移动，溶液中c(SO2－4)增大，c(Ba2＋)减小，则MP为

c(SO2－4)的变化曲线，MN为c(Ba2＋)的变化曲线。反应BaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌BaCO3(s)＋SO2－4(aq)的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）＝1.0×10－102.5×10－

9＝0.04。④当溶液中c(CO2－3)＝1×10－3mol·L－1时，K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝0.04，则有c(SO2－4)＝0.04×10－3mol·L－1＝4×10－5mol·L－1，故溶解BaSO4的物质

的量为4×10－5mol·L－1×1L＝4×10－5mol。单元检测9水溶液中的离子平衡1．DA项，氯化铁溶液加热、蒸干、灼烧后得到氧化铁，而硫酸铁溶液加热、蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铁，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，溶于稀盐酸引入新

杂质，不正确；C项，加热法不能除去K2SO4溶液中的Fe3＋，不正确。2．C平衡常数的大小与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关，A不正确；电离是吸热的，加热促进电离，电离平衡常数增大，B不正确；酸的电离常数越大，酸性越强，D不正确。3．ApH＝6的液体不一定显酸性，可能显中性，如100℃时纯水的

pH＝6，所以要根据pH判断溶液酸碱性时一定要注明温度，否则无法判断，①错误；FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl，使溶液变质，所以为防止Fe3＋水解可以加入盐酸，②正确；25℃时，如果溶质是酸或碱，会

抑制水的电离，则水溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积小于10－14，③错误；显中性的Na2Y水溶液中还存在水的电离平衡，④错误；0.2mol·L－1醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是溶液体积增大使氢离子浓度减小的趋势

大于电离使氢离子浓度增大的趋势，最终导致溶液中c(H＋)减小，⑤错误；Al2S3固体在溶液中会发生双水解生成H2S和Al(OH)3，在溶液中不能稳定存在，⑥错误；广泛pH试纸的测定结果为整数，则用广泛pH试纸测得某溶液的pH应为2，不能是2.3，⑦错误；A项正

确。4．C常温下，pH为4的H2SO4溶液中水电离的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)，c(OH－)＝Kwc（H＋）＝10－10mol·L－1，pH为4的(NH4)2SO4溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的氢离子

浓度10－4mol·L－1，则两溶液中水电离的c(H＋)之比应为10－10∶10－4＝1∶106，A错误；等浓度的HCl和CH3COOH溶液均加水稀释10倍，因醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释时平衡正向移动，则CH3COOH溶液的pH变化较小，B错误；0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH小

于7，说明HC2O－4的电离程度大于其水解程度，则电离产生的c(C2O2－4)大于水解产生的c(H2C2O4)，离子浓度：c(Na＋)>c(C2O2－4)>c(H2C2O4)，C正确；H2S溶液与NaOH溶液混合时，由电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH

－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，两者以任意体积比混合时，c(H2S)不一定等于2c(S2－)，因此等式c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋c(H2S)不一定成立，D错误。5．B赶出酸式滴定管中的气

泡可采用迅速放液、缓慢关闭的方法，A项正确；滴定过程中，使用滴定管缓慢滴加溶液，无需改用胶头滴管，B项错误；在未达滴定终点前，加入的高锰酸钾会与草酸亚铁反应，当达滴定终点时，KMnO4稍微过量，溶液显浅红色，且半分钟内不褪色，C项

正确；锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗，则所取待测液偏多，消耗标准液偏多，导致所测样品纯度偏高，D项正确。6．B由图像可知，温度越高溶度积常数越大，则图像中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b，A错误；b点温度高，溶解度大，AlPO4在b点对应的溶解度大于c

点，B正确；根据图像可知，升高温度，溶度积常数增大，则AlPO4(s)⇌Al3＋(aq)＋PO3－4(aq)ΔH＞0，C错误；升高温度，阴、阳离子浓度均增大，不可能使d点移动到b点，D错误。7．BA项，温度越高，水电离出的

c(H＋)和c(OH－)越大，水的离子积常数越大，由图像知，温度：A＞B＞C＝D，则Kw(A)＞Kw(B)＞Kw(C)＝Kw(D)，错误；B项，温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c(OH－)

变大，c(H＋)变小，可以实现从C点到D点，正确；C项，B点对应的温度下，Kw＞1.0×10－14，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈碱性，但pH不一定等于7，错误；D项，C点和D点均处于室温，错误。8．D向NH4HSO4溶

液中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同，则溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，混合溶液呈酸性，若使混合溶液呈中性，即混合溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则滴加的NaOH溶液过量，根据电荷守恒可以得到c(Na＋)＋c(NH＋4)＝2c(

SO2－4)，故混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(SO2－4)＞c(NH＋4)＞c(OH－)＝c(H＋)，A项正确；根据难溶物质容易转化为更难溶物质可知B项正确；将c（CH3COO－）c（CH3COOH）·c（OH－）的分子、分

母同时乘以c(H＋)：c（CH3COO－）c（CH3COOH）·c（OH－）＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）＝Ka（CH3COOH）Kw，Ka(CH3COOH)和Kw在一定温度下均为定值，C项正确；在25℃下，混合后溶液中c(

NH＋4)＝c(Cl－)＝0.005mol·L－1，根据物料守恒得c(NH3·H2O)＝(0.5a－0.005)mol·L－1，又c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，故Kb(NH3·H2O)＝c（OH－）·c（NH＋4）c（NH

3·H2O）＝10－7×0.0050.5a－0.005＝10－9a－0.01，D项错误。9．BClO－水解使溶液中c(OH－)＞c(H＋)，但因水解程度小，故c(ClO－)＞c(Ca2＋)，A项正确；

NaHSO3溶液中的质子守恒式应为c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO2－3)，B项错误；碳元素在溶液中的存在形式为CO2－3、HCO－3、H2CO3，由物料守恒知C项正确；若CH3COONa与

HCl两者恰好完全反应，则混合溶液显酸性，现混合溶液呈中性，则HCl的物质的量小于CH3COONa，故c(Na＋)＞c(Cl－)。中性溶液中：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可得c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，结合物料守

恒式c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)可得c(Cl－)＝c(CH3COOH)，故c(Na＋)＞c(Cl－)＝c(CH3COOH)，D项正确。10．BKsp(PbCl2)与温度有关，与

盐酸浓度无关，A项错误；当盐酸浓度大于1mol·L－1时，PbCl2(s)的溶解量随盐酸浓度的增大而显著增大，PbCl2(s)与盐酸发生了化学反应，B项正确；x、y两点对应的溶液中c(Cl－)不同，而温度相同，Ksp(PbCl2)

相同，故c(Pb2＋)不同，C项错误；当盐酸浓度大于1mol·L－1时，PbCl2(s)与盐酸发生化学反应生成PbCl2－4，溶液中c(Pb2＋)反而变小，D项错误。11．D溶液的pH越小，c(CH3COO

H)浓度越大，结合图像知虚线代表醋酸浓度，实线代表醋酸根离子浓度，当pH＝5.5时，c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，A正确；W点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(C

H3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COO－)换成c(CH3COOH)，B正确；根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，又c(CH3COOH)

＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，即c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.1mol·L－1，C正确；根据反应可得到0.05molNaCl，0.1molCH3COOH，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－

)，又c(Na＋)＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，通入HCl气体后溶液中c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，D错误。12．B常温下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1NH3·H2

O溶液，a～b点导电能力增强，发生反应HR＋NH3·H2O===NH4R＋H2O，溶液导电能力增强则说明溶液中电荷浓度增大，故原溶液中电荷浓度小，即单位体积内溶液中自由移动的离子少，则HR为弱酸，A正确；b点导电能力最强，则b点为两者恰好完全反应

，溶液溶质为NH4R，NH＋4、R－对应的碱、酸均为弱电解质，故两者都会水解，pH＝7则说明两者水解程度相同，B错误；c点溶液pH>7，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒有：c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(OH－)＋c(R－)，故c(NH＋4)

>c(R－)，C正确；整个体系中均为水溶液体系，故常温下，任意点均存在c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1.0×10－14，D正确。13．B由题给信息可推知：A为Na2CO3，B为NH4Cl，C为Ba(OH)2，D为Na2SO4。由质子守恒知，Na2

CO3溶液中c(OH－)＝c(HCO－3)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，C正确；0.15mol·L－1Ba(OH)2溶液和0.20mol·L－1盐酸混合，所得混合液的pH＝7，呈中性，则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比约为2∶3，D正确；B和C物质的量相等时，反应后c(Cl－)＝c(B

a2＋)，B错误。14．B根据物料守恒得：c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO－3)＋c(CO2－3)＋c(H2CO3)，A项正确；依据图中曲线可知，当pH由7.8开始增大时，HCO－3先增大后

逐渐减小，B项错误；因0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＝7.8，故溶液显碱性，相对来说氨水的电离平衡常数较大，C项正确；当溶液的pH＝9时，从关系图中可以得出c(HCO－3)>c(NH＋4)>c(NH3·H2O)>c(CO2－3)，D项正确。15．B10.0mL0.20mol·

L－1HA(一元弱酸)溶液与5.0mL0.20mol·L－1NaOH溶液反应，溶液Ⅰ为等浓度的NaA与HA的混合溶液，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，得c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A正确；溶液Ⅱ为等浓度的NaB与HB的混合溶液

，由于HA、HB的电离程度和NaA、NaB的水解程度均微弱，则Ka（HA）Ka（HB）≈cⅠ（H＋）cⅡ（H＋）＝10－510－4＝0.1，B错误；将溶液Ⅰ和Ⅱ混合后，溶液中含有的离子为Na＋、H＋、A－、B－和O

H－，根据电荷守恒可知选项中关系式正确，C正确；两溶液均呈酸性，主要考虑HA、HB的电离程度，根据溶液Ⅰ和Ⅱ的pH可知浓度相同时HA的电离程度小，所以混合后溶液中c(HA)>c(HB)，D正确。16．答案：(1)CH3COOH>H2CO3>HClO(2)CO2－3>ClO－>HCO

－3>CH3COO－(3)AABCE(4)大于(5)③④⑤解析：(1)酸的电离常数越大其酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO。(2)酸的电离常数越小，同浓度的CH3COO－、HCO－3、CO2－3、Cl

O－结合H＋的能力越强，即结合H＋由强到弱的顺序为CO2－3＞ClO－＞HCO－3＞CH3COO－。(3)醋酸溶液浓度越小，c(H＋)越小；电离常数＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH），稀释过程中c(CH3COO－)减小，c（H＋）c（C

H3COOH）增大；c(H＋)·c(OH－)不变；醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大，c（OH－）c（H＋）增大；c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）不变。升高温度，醋酸电离平衡向右移动，c(H＋)增大；升高温度，醋酸电离平衡向右移动

，c（H＋）c（CH3COOH）增大；升高温度，c(H＋)·c(OH－)增大；升高温度，c(H＋)增大，c(OH－)减小，c（OH－）c（H＋）减小；升高温度，Ka＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH）增大。(4)稀释前pH

均为2，稀释相同倍数，pH变化越大，酸性越强，电离常数越大，则HX的电离常数大于醋酸的电离常数。(5)①c(CH3COOH)＞c(HCl)，盐酸与锌反应，H＋被消耗，CH3COOH与锌反应，H＋被消耗的同时，又由

CH3COOH电离产生，即醋酸反应速率快，反应所需要的时间B＜A；②开始时c(H＋)相同，反应速率A＝B；③生成氢气一样多，参加反应的锌的物质的量A＝B；④c(CH3COOH)＞c(HCl)，醋酸反应速率快，反应过程的平均速率B＞A；⑤A中

有锌剩余；⑥B中有酸剩余。17．答案：(1)a＝7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸(2)C(3)c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)(4)(10－4－10－10)(5)AC解析：(1)一元酸HA与

NaOH等物质的量反应，HA的酸性强弱决定完全中和后盐溶液的pH，a＝7时HA为强酸，a>7时HA为弱酸。(2)根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，因c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)。(3)丙为等浓度的HA与Na

A的混合溶液，由pH>7知A－水解程度大于HA的电离程度，离子浓度的大小关系为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。(4)根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，推导c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－

)－c(H＋)＝(10－4－10－10)mol·L－1。(5)注意题干中的电离方程式，一级电离为完全电离，判断A项为B元素的物料守恒，C项为溶液中的质子守恒。18．答案：(1)c(Na＋)>c(HSO－3)>c(

H＋)>c(SO2－3)>c(OH－)(2)B(3)①A②AB(4)Cu2＋<解析：(1)n(NaOH)＝0.1L×3mol·L－1＝0.3mol，n(SO2)＝6.72L÷22.4L·mol－1＝0.3mol，故溶质为NaHSO3。由于溶液显酸性，可知HSO

－3的水解程度小于HSO－3的电离程度，则c(H＋)＞c(SO2－3)＞c(OH－)，故离子浓度的大小关系为c(Na＋)>c(HSO－3)>c(H＋)>c(SO2－3)>c(OH－)。(2)根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＝pH＝－lg(1×10－4)＝4

。(3)从盐溶液的pH可知，对应酸的电离能力(酸性强弱)：CH3COOH＞HClO＞HCN。①0.1mol·L－1的溶液稀释过程中，pH变化最小的其酸性最弱，即HCN溶液的pH变化最小，A项正确。②根据“强酸制弱酸”原理可知A、

B项正确。(4)根据离子开始沉淀时pH可知，Cu2＋最先沉淀；Fe2＋、Mg2＋沉淀时，溶液中OH－的浓度分别为10－6.4mol·L－1、10－3.6mol·L－1，两种难溶物的离子配比相同，故Fe(OH)2的溶度积比Mg(OH)

2小。19．答案：(1)①CD②a.ECBADGF或ECDBAGFb．溶液由黄色变橙色，且半分钟内不恢复原色c．溶液由红色变无色，且半分钟内不恢复到原色(2)①酸锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色②0.2mol·L－1(3)D解析：(1)①滴定终点读数时俯视，造成V(标准)偏小，

根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）V（未知），可知c(未知)偏小，A项不符合题意；锥形瓶用蒸馏水洗涤后不能用未知浓度的NaOH溶液润洗，此操作正确，对结果无影响，B项不符合题意；酸式滴定管在使用前，水洗后未用标准盐酸润洗，使标准盐酸物质的量浓度偏小，造成V(标

准)偏大，根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）V（未知），可知c(未知)偏大，故C项符合题意；酸式滴定管尖嘴部有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，根据c(未知)＝V（标准）×c（标准）V（未知），可知c(未知)偏大，故D项符合题意。(2)①因为KMnO4具

有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应用酸式滴定管盛装；因KMnO4溶液自身的颜色可指示滴定终点，达滴定终点时，溶液将由无色变为紫红色。②设该草酸溶液的物质的量浓度为c，三次实验消耗标准KMnO4溶液的平均体积为20.0

0mL，有2KMnO4～5H2C2O42520．00×10－3L×0.1mol·L－125.00×10－3L×c220.00×10－3L×0.1mol·L－1＝525.00×10－3L×c解得c＝0.2mol·

L－1。(3)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂与AgNO3反应的生成物的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4。20．答案：(1)c3(Cd2＋)·c2(PO3－4)(2)Cd(OH)2(3)1.

0×10－19是解析：(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)⇌3Cd2＋(aq)＋2PO3－4(aq)，Ksp＝c3(Cd2＋)·c2(PO3－4)。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(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(Cd)2＋＝2×10－5mol·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(O

H)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－）＝1.0×10－19mol·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。第十单元化学实验基础课练29化学实验常用仪器和基本操作狂刷小题夯基础[练基础]1．A

①容量瓶刻度线在瓶颈上，正确；②滴定管有“0”刻度，在管的上端，错误；③烧杯无“0”刻度，错误；④量筒无“0”刻度，错误；⑤酸性溶液、具有氧化性的溶液等不可使用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管，错误；⑥制备Cl2等气体可用分液漏斗组装仪器，错误；⑦球形干燥管

里不可装液态的干燥剂，只能装固体干燥剂，错误；⑧洗气时应长管进短管出，正确。2．AA项，制取并收集干燥的氯气，应对制取的氯气进行除杂、干燥，还需要洗气瓶、饱和食盐水和浓硫酸，不能用长颈漏斗，必须用分液漏斗，错误；B项，蒸发NaCl溶液得氯化钠晶体，需

要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架，正确；C项，模拟喷泉实验，需要圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、干燥的氨气、水，正确；D项，用铁丝蘸稀盐酸在酒精灯火焰上灼烧至无色，蘸取待测液在无色火焰上灼烧观察火焰颜色，若检验钾元素，要透过蓝色钴

玻璃观察，正确。3．A定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，使配得溶液的浓度偏低，A项正确；酒精易溶于水，不能用酒精萃取碘水中的碘，B项错误；Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C项错误；蒸馏实验中冷凝管中的水从下口进，从上口出，

D项错误。4．DA项，灼烧海带要用坩埚和泥三角，不正确；B项，溶解不需要用容量瓶，不正确；C项，过滤要用玻璃棒引流且漏斗下端尖嘴要紧贴烧杯内壁，不正确；D项，分液操作选用分液漏斗，正确。5．CCl2有毒会污染环境，用氢氧

化钠溶液吸收Cl2，作用是防止环境污染，A正确；制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片以防止暴沸，B正确；剩余药品一般不能放回原试剂瓶，但切割钠块剩余的部分要放回原试剂瓶中的煤油中，C错误；由于碳

酸氢钠受热分解会生成水，故验证小苏打热稳定性实验时，试管口应略向下倾斜且外壁干燥后再预热，以免引起试管炸裂等事故，D正确。6．A硫酸铜晶体里结晶水含量的测定实验中需要将硫酸铜晶体加热失水，故需用到坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒，A正

确；乙醇与水互溶，不能用分液法分离，B不正确；检验某溶液中是否含有Fe3＋要用到试管、胶头滴管，不需要玻璃棒，C不正确；蒸发氯化钠溶液得氯化钠晶体要在蒸发皿中进行，D不正确。[练高考]7．A用NaOH标准溶液测定醋酸浓度时，NaOH标准溶液放于碱式滴定管中，醋酸放于锥形瓶中，由于二者

反应生成的CH3COONa溶液显碱性，故用酚酞做指示剂，A符合题意；中和热测定时大、小烧杯口应相平，减小热量损失，B不符合题意；不能在容量瓶中稀释浓硫酸，C不符合题意；分液时，分液漏斗管口应紧靠烧杯内壁，D不符合题意。8．B过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁

，A错误；CO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO2，B正确；混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C错误；转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D错误。9．A碱式滴定管排气泡时应弯曲橡皮管将尖嘴斜向上方

，然后挤压玻璃珠使溶液涌出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内液体时，试管夹应夹持在离试管口13处，试管与桌面应成45°，B项错误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内部，D项错误。10．C由于浓硝酸见光易分解

，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃

瓶中，C错误；高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确。11．C“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是粉碎和溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除

未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取。[练模拟]12．B乙醇与苯酚互溶，不能用过滤方法除去乙醇中的苯酚，故A错误；SO2属于酸性氧化物，能与NaOH反应生

成Na2SO3，乙烯不与氢氧化钠溶液反应，可以达到实验目的，故B正确；NH4Cl不稳定，受热易分解成NH3和HCl，因此不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl，应采用降温结晶的方法获得氯化铵晶体，故C错误；纯碱是粉末状且易溶于水，不能

用启普发生器的简易装置，应将纯碱改为石灰石，故D错误。故选B。13．D木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；上端与电源正极相连为阳极，阳极

上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确。故

选D。14．A滴定实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶，A正确；萃取时，若振荡后不及时放气，则会导致分液漏斗内压强增大，有爆炸的可能，B错误；洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干，C错误；剩余的钠投入到废液缸中会剧烈反应，应放回原试剂瓶中，D错误。15．C苯甲酸与

乙醇互溶，且二者沸点相差较大，应采用蒸馏法除去苯甲酸中的乙醇，A错误；苯酚微溶于水形成乳浊液，故不能过滤分离，应先加入过量溴水，使苯酚完全反应生成三溴苯酚沉淀，然后过滤，除杂，新引入的溴杂质，用四氯化碳萃取分液除去，B错误；工业乙酸乙酯中各物质沸点不同，

采用蒸馏法纯化效果更好，图为典型的蒸馏装置，C正确；氢氧化钠溶液为碱性，应选用碱式滴定管，图为酸式滴定管，D错误。综合测评提能力1．C新制氯水是见光易分解的液体试剂，应保存在棕色细口试剂瓶中，A错；波尔多液中的CuSO4能与Fe发生置换反应，B错；金属锂的密度比煤油

小，会漂浮在煤油上面，锂和空气中的氧气、水蒸气等均能发生反应，金属锂应保存在固体石蜡中，D错。2．D稀释浓H2SO4需要将浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入盛有蒸馏水的烧杯中，并不断搅拌，A项错误。为防止倒吸，收集满O2后应该先移出导管，再熄灭酒精灯，B

项错误。应该把含有H2O、HCl杂质的Cl2依次通过饱和食盐水、浓H2SO4才能得到干燥纯净的Cl2，C项错误。I2能溶解在CCl4中，振荡静置分层后CCl4层在下方，水层在上方，应该先从分液漏斗下口放出CCl4层，后从上口倒出水层，D项正确。3．CA为碱式滴定管；B中应从短导管通

入气体或左侧导管变短，与右侧导管等长；为了制取纯净的氢氧化亚铁，减少其接触氧气的机会，滴管应插入液面下再挤压胶头加入NaOH溶液，且上层覆盖的苯也可起到隔绝氧气的作用，C正确；D中量筒不能用来溶解或稀释物质，应在烧杯中稀释浓硫酸，并用玻璃

棒不断搅拌。4．D选项A中SO2可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色；选项B中氨溶于水，溶液显碱性，使酚酞变红；选项C中NO2气体显红棕色，可通过颜色直观看出压强对化学平衡的影响；只有选项D没有明显现象，无法验证CO2与NaOH反应的产物。5．C钠与水反应剧烈，若在试管中进行可能会发生危

险，可在水槽中进行，A不符合题意；石油进行蒸馏时，收集装置不能是全封闭的，否则体系压强增大，可能会发生爆炸，B不符合题意；分液漏斗稍做改进，便于液体顺利流下，C符合题意；在有气体生成的实验中，玻璃管可以

平衡压强，避免体系压强过大，产生危险，D不符合题意。6．B量筒的精确度为0.1mL，量取15.00mL待测液不能使用量筒，A错误；将干海带剪碎或用酒精润湿都可以加快海带灼烧的速率，B正确；对分散系搅拌可能会使氢氧化铁胶体发生聚沉，C错误；无水氯化钙会吸收氨气形成八氨合氯化钙

，不能用作氨气的干燥剂，D错误。7．DA项，由于浓硝酸具有强氧化性，因此不能使用橡胶塞，应该使用玻璃塞，错误；B项，10mL量筒的精确度是0.1mL，因此不能使用规格是10mL的量筒准确量取9.50mL稀硫酸，错误；C项，用托盘天平称量物

质时，原则是左物右码，对于有腐蚀性的NaOH，不能在滤纸上称量，要放在烧杯中称量，错误；D项，Na2CO3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使用玻璃塞，碱与玻璃成分中的SiO2发生反应产生有黏性的Na2SiO3，将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此要使用带橡胶塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液，正确。8．DA项，

用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，装置不一定漏气；B项，用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好；C项，用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热

膨胀，气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好；D项，用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而题图中两端液面始终相平，说明装置漏气。9．答案：(1)

③⑤④⑥(2)砝码和物品的位置放反了27.4解析：(1)根据常见仪器的形状可判断出四种仪器的名称。(2)根据天平称量的要求“左物右码”可知，该同学将物品与砝码位置放反了，但天平只要平衡，就仍满足：左盘质量＝右盘

质量＋游码质量，因此，烧杯的实际质量为30g－2.6g＝27.4g。10．答案：(1)浓硫酸A用两个题给装置，装置接口按气流方向以A→B→A→B的顺序连接，在第一个装置中盛饱和食盐水，第二个装置中盛浓硫酸(2)澄清石灰水让气体连续通过分别盛有浓NaOH溶液、浓硫酸的装

置(3)BBA11．答案：(1)500mL容量瓶、烧杯坩埚(2)向过滤器中加入蒸馏水，使水刚好没过沉淀物，等水自然流尽，重复操作2～3次(3)合理，2OH－＋CO2===CO2－3＋H2O饱和NaHCO3溶液洗气瓶(4)氨(或氨水)H＋＋NH3·H2O===NH＋4＋H2O、Al3＋＋3

NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋4解析：(1)配制NaOH溶液时，应先将一定质量的NaOH溶解在烧杯中，另外容量瓶的规格是一定的，应选用500mL的容量瓶。灼烧Al(OH)3应该使用坩埚。(3)

因操作②中加入了过量的NaOH溶液，若通入的CO2不足，则发生反应：CO2＋2OH－===CO2－3＋H2O，不能生成Al(OH)3沉淀。将混合气体通入饱和NaHCO3溶液，既可以除去其中的HCl，又能减少CO2的溶解。(4)若将操作①和操作②使用的试剂互换，则滤

液B中含有铝盐以及过量的酸，因Al(OH)3能够溶解在强碱溶液中，故可以用氨或氨水制取Al(OH)3。课练30物质的检验分离和提纯狂刷小题夯基础[练基础]1．A钾元素的焰色反应为紫色，钠元素的焰色反应为黄色，则硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)可通过焰色反应来鉴别，A项错误；《本草纲目》

中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，酸坏之酒中含有乙酸，利用乙酸和乙醇的沸点不同进行分离，该操作为蒸馏，B项正确；“以水二升渍”中的“渍”即为浸泡溶解，C项正确；诗句中的“淘”和“漉”的原理和过滤的原理相同，D项正确。2．CKNO3的溶解度受温度影响较大，

而NaCl的溶解度受温度影响较小，可加蒸馏水溶解固体，再通过蒸发浓缩、降温结晶的方法，获得纯净的KNO3固体，A项正确；HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，B项正确；乙烯被酸性KMnO4氧化生成CO2，使甲烷中混入CO2气体，C项错误；加入的生石灰能与水反应生成Ca(OH)2，消

耗掉部分水，再通过蒸馏获得乙醇，D项正确。3．CA项，用蒸馏法；B项，应加入生石灰再蒸馏；C项，碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度较水大，则可用四氯化碳萃取后，分离出下层，然后利用沸点的不同，用蒸馏的方法得到；D项，硝酸

钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采取蒸发浓缩，趁热过滤的方法，分离获得纯净的氯化钠。4．A植物油和氯化钠溶液互不相溶，可用分液法分离，A项正确；除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体应用加热分解法，而不能用蒸馏法，B项错误；分离CCl4中的Br2应用蒸

馏法，不能用过滤法，C项错误；NaOH溶液可以同时吸收CO2和HCl，D项错误。5．DCl－也可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，A错误；NH3极易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，不加热NH3不会逸出，B错误；若溶液中含有SO2－3，滴加稀硝酸时SO2－3能被氧化成SO2－4，加

入BaCl2溶液也会有白色沉淀产生，若溶液中含有Ag＋，也会有不溶于硝酸的白色沉淀生成，C错误；Na＋的焰色呈黄色，D正确。6．D装置甲中O2能从长颈漏斗处逸出，A不正确；不能用NH4Cl固体加热制少量氨气，B不正

确；装置丙中温度计水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，C不正确；Br2与NaOH溶液发生化学反应，生成不溶于CCl4的NaBr和NaBrO，D正确。7．A裂化汽油中含有烯烃等，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，而步骤

①的目的是用Cl2与溴离子发生反应生成溴单质，Br2溶解在有机相中与氯离子分离，并通过步骤②得到单质溴，故A中试剂可以是四氯化碳，但不能是裂化汽油，A项错误；步骤②是通过蒸馏的方法分离溴单质和有机相，所需仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等，B项正确；步骤③属于氯化钾的提纯，加氯化钡除硫酸根离子，再加

氢氧化钾除镁离子，然后加碳酸钾除钙离子和过量的钡离子，过滤后加入适量稀盐酸，经蒸发结晶可得KCl晶体，C项正确；蒸发结晶时，待大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，D项正确。8．BA项，CO2与NaAlO2反应生成白色沉淀Al(OH)3，CO2不与CH3COONa反应，溶液无

现象，可以区别。B项，Br2在水中可以氧化碘离子生成单质I2，NO2与水反应生成的HNO3也可以氧化碘离子生成单质I2，两个实验操作引发相同的实验现象——湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，无法区别。C项，SO3溶于水生成H2SO4，可以与BaC

l2生成白色沉淀BaSO4；SO2溶于水，部分生成H2SO3，其无法与BaCl2反应生成沉淀，实验现象不同，可以区别。D项，AgNO3与浓氨水反应，氨水少量时生成沉淀，氨水过量时，浊液重新变澄清，生成银氨溶液；浓氨水和Al(NO3)3反应，氨水无论少量、过量，均只生成白色沉淀Al(OH

)3，实验现象不同，可以区别。[练高考]9．A实验②说明样品中一定含有Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O；实验③说明样品中一定含有Na2SO4，发生反应：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2N

aCl。10．C向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3＋，证明FeSO4被氧化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，所得气体中含有少量的HCl和H2O，故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HCl，再经过浓硫酸干燥

，可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题意；测定NaOH溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸馏，可制备无水乙醇，可以达

到实验目的，D不符合题意。11．A除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2＋选用CO2－3将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的阳离子为Na＋，即选用Na

2CO3除去Ca2＋，同理可知，除去Mg2＋需选用NaOH，除去SO2－4需选用BaCl2，因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2＋和多余的BaCl2，因Na2CO3、NaOH均过量，成为新杂

质，需要过滤后向滤液中加入HCl，至溶液中不再有气泡产生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品。12．D由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体，为了抑制FeCl3的水解，应在HCl气流中加热，D项符合题意。[练模拟]13．C蔗糖含有C、H、O三

种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，A选项正确；溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3＋，一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3＋催化H2O2分解产生O2

，B选项正确；浓硝酸具有强氧化性，能与铝发生反应，使铝表面形成致密的氧化膜从而钝化，而不是不发生反应，C选项错误；AgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1mol·L－1的KCl、KI

混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D选项正确。14．C酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，

A项错误；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铝溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铝，B项错误；同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，生成沉淀颜色不同，若先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉

淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，反之亦然，C项正确；加热NH4Cl固体，分解为氨气和氯化氢，两者又会迅速结合生成NH4Cl，无法得到氨气，D项错误。15．C向某无色溶液中通入过量的CO2气体，可能产生氢氧化铝白色沉淀，溶液中也可能含有AlO－2等，

A错误；用碘水检验淀粉是否完全水解时不能加入氢氧化钠溶液至碱性，因为I2可与NaOH反应，无法检验淀粉是否有剩余，B错误；通过对比两个实验，将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条

不复燃，钠燃烧，可知NO2的助燃性具有选择性，C正确；溴乙烷在碱性环境下发生水解，检验溴离子需要在酸性环境下进行，因此滴入AgNO3溶液之前应先加稀硝酸中和NaOH，D错误。综合测评提能力1．C由信息可知，“

蒸令气上”，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏。2．BA．在溶液中加KSCN，溶液显血红色，只能证明一定存在Fe3＋，不能证明是否含有Fe2＋，错误；B.无水CuSO4遇水生成CuSO4·5H2O，固体由白色变为蓝色，正确；C.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，能够证明原粉末中含有Na＋，无法证

明是否含有K＋，因为要观察钾的火焰颜色，必须透过蓝色钴玻璃滤去黄光，排除钠的干扰，错误；D.能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，SO2也可以，错误。3．BA选项合理，甲装置中饱和氯化钠溶液可除去HCl，浓硫酸可除去

H2O；B选项不合理，干燥管中的无水氯化钙在除去水的同时也吸收NH3；C选项合理，干燥管中的碱石灰的主要成分为生石灰与氢氧化钠，可除去HCl和H2O；D选项合理，在加热条件下，O2可与丙装置中的铜网反应而被除去。4．C氯水也能与NaBr反应，不符合除杂的要求；NH4Cl也能与NaOH反应，不符合

除杂的要求；除去乙酸乙酯中的CH3COOH，可以先加入饱和Na2CO3溶液，然后分液。5．B加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑，A项正确；CuCl2

属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2＋发生水解生成Cu(OH)2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到

的主要是Cu(OH)2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；氯水与NaBr、KI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中

，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确。故选B。6．B萃取时可采用多次萃取的方法，可以获得更多的橙油，从而提高橙油的产率，A项正确；分液操作中必须先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B项错误；无水硫酸镁常用作吸水剂，因此无水硫酸镁的作用是除去有机层中的水，

C项正确；橙油的主要成分是柠檬烯，说明橙油为混合物，所以水蒸气蒸馏所得馏分和蒸馏所得橙油均为混合物，D项正确。7．BA项，原溶液中加入Ba(NO3)2溶液和盐酸生成白色沉淀，原溶液中可能存在SO2－4、SO2－3或Ag＋，错误；B项，因检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明

原溶液中一定含有NH＋4，正确；C项，加AgNO3溶液产生白色沉淀，可能是加入的盐酸引起的，错误；D项，加入KSCN溶液得到红色溶液，Fe3＋可能是由原溶液中的Fe2＋被NO－3(H＋)氧化产生的，故原溶液中不一定含有Fe3＋，错误。8．DA项，乙醇与水互溶，苯难溶于水

，可用水鉴别乙醇和苯，正确；B项，乙酸与碳酸氢钠溶液反应产生气体，乙醇与碳酸氢钠溶液不反应，正确；C项，葡萄糖中含有醛基，为还原性糖，而蔗糖为非还原性糖，可用新制的氢氧化铜鉴别葡萄糖和蔗糖，正确；D项，甲苯和己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性

高锰酸钾溶液鉴别甲苯和己烯，错误。9．答案：(1)萃取、分液蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶(2)K2CO3取少量无色溶液D，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则SO2－4已除尽(其他合理答案也可)(3)将溶液倒入蒸发皿中并置

于三脚架上，加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体，直到溶液出现较多晶体时，停止加热，利用余热蒸干解析：(1)加入氧化剂，能够将苦卤中的Br－氧化为Br2，加入CCl4萃取、分液可分离出溶液中的Br2。橙色液体为溴的CCl4溶液，可以用蒸馏的方法分离出溴

，还需用到蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等玻璃仪器。(2)溶液A中的离子为K＋、Mg2＋、SO2－4、Cl－，分别加入Ba(OH)2、K2CO3，除去其中的SO2－4、Mg2＋以及过量的Ba2＋，则Y必须为K2CO3。检验SO2－4

已除尽，可以取少量无色溶液D，加入BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀产生，也可以取少量无色溶液B，加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀产生。(3)操作Ⅲ是由KCl溶液得到KCl晶体，实验操作为蒸发结

晶。10．答案：(1)SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4(2)降低体系温度，防止Br2和HBr挥发(3)过滤蒸馏d(4)除去粗品中未反应的Br2(5)KSCN溶液(或苯酚溶液)溶液变成血红色(或紫色)含有Br2

CCl4解析：(1)SO2和Br2用冰水混合，二者反应生成H2SO4和HBr。(2)由于Br2和HBr具有挥发性，使用冰水能降低体系温度，防止Br2和HBr挥发，使反应更充分，并减少HBr的损失。(3)用Ba(OH)2能将SO2－4沉淀，即操作Ⅱ是过滤

，得到的滤液中含有氢溴酸等物质，由于氢溴酸沸点较低，可以采用蒸馏法分离，蒸馏法适用于分离互溶且沸点不同的液体。(4)加入Na2SO3可以除去少量未反应的Br2。(5)检验Fe3＋可以用KSCN溶液(或苯酚溶液)，溶液变成血红

色(或紫色)；氢溴酸中含有少量单质溴也会呈现淡黄色，可以用CCl4萃取检验。11．答案：(1)Cu(OH)2[或Cu2(OH)2SO4]蒸发浓缩过程中NH3挥发，使平衡[Cu(NH3)4]2＋⇌Cu2＋＋4NH3向右移动，Cu2＋发生水解生成Cu(

OH)2或Cu2(OH)2SO4(2)乙醇(3)①AC②B解析：(1)该方案存在明显缺陷，因为得到的产物晶体中往往含有Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4杂质，因为在蒸发浓缩过程中NH3挥发，使平衡[Cu(NH3)4]2＋⇌Cu2＋＋4NH3向右移

动，Cu2＋发生水解生成Cu(OH)2或Cu2(OH)2SO4。(2)根据题给信息②可知，加入的试剂应为乙醇。(3)①减压过滤可加快过滤速度，并使沉淀比较干燥，因为胶状沉淀易穿透滤纸，沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一

层密实的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，A、C项正确；②[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体易溶于水，难溶于乙醇等，所以可选用乙醇和水的混合液，不能选用蒸馏水；若用饱和硫酸铵溶液洗涤

，则会在[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体表面残留有硫酸铵杂质，达不到洗涤的目的。课练31物质的制备狂刷小题夯基础[练基础]1．CA项，NH3的溶解度较大，不加热，NH3不会从溶液中逸出，错误；B项，NH3显碱性，会被浓H2SO4吸收，故不可用浓H2S

O4干燥NH3，错误；C项，发生的反应为3CuO＋2NH3=====△3Cu＋N2＋3H2O，反应中NH3作还原剂，正确；D项，NH3极易溶于水，苯在上层，起不到防倒吸的作用，错误。2．C铜与浓硝酸反应的产物是NO2，其密度比空气的大

，因此应利用向上排空气法收集NO2气体，导气管应长进短出，这样才能将装置中的空气排尽，且吸收装置应防止倒吸，只有C项符合。3．CA项，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，但HCl易溶，错误；B项，因FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，而HC

l易挥发，所以无法得到无水FeCl3，错误；C项，Cl2被浓NaOH溶液吸收，产生负压形成喷泉，正确；D项，不能用向上排空气法收集NH3，错误。4．DNa2CO3是强碱弱酸盐，NaCl是强碱强酸盐，前者试纸变蓝，则酸性：H2CO3<HCl，但不能据此比较C和Cl的非金属性强弱，应通过元素的最高价

氧化物对应水化物的酸性强弱来确定非金属性大小，A项错误；该反应不能说明H2S酸性强于硫酸，B项错误；能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，也可能是Cl2，故钠盐也可能是NaClO3或NaClO等，C项错误；—OH、—CHO、、—C≡C—等都能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMn

O4溶液褪色，故X不一定能发生加成反应，D项正确。5．C①中Al3＋与S2－会发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和H2S，得不到Al2S3；②中无论Fe过量与否均生成FeCl3；③中加入铁粉是为了防止Fe2

＋被氧化，加入稀H2SO4是为了抑制Fe2＋的水解；④中符合绿色化学的思想，减少了污染；⑤中方法不用加热，操作简便。6．AHCl气体不溶于CCl4，用装置①吸收HCl气体不会发生倒吸，A正确；用浓盐酸与MnO2

反应制取氯气，必须在加热条件下才能进行，B错误；导管不能插入饱和Na2CO3溶液液面下，C错误；反应物缺少Ca(OH)2，D错误。7．CNH4Cl在试管底部分解为NH3和HCl，温度一降低又会生成NH4Cl，无法得到NH3，A错误；通入CO2的导管应长

进短出，B错误；CO2通入氨化的饱和食盐水生成NaHCO3沉淀：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，可用过滤方法分离NaHCO3，C正确；加热NaHCO3会分解：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，同时对固体加热应在坩埚中进行，D错误。

[练高考]8．A根据反应CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3、CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2及NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，知最终瓶中会有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶

液，A项符合题意；由Cl2＋2FeCl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2知，B项不符合题意；NO－3在酸性条件下与Cu发生反应3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

，C项不符合题意；由AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－知，D项不符合题意。9．CNH3应使用向下排空气法收集，A项错误；图示装置不能用于固液反应制气体，B、D项错误；KClO3在MnO2催化下加热可生成O2，O2的密度比空气的大，可用向上排空气法收集

，C项正确。10．BKMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法

收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误；CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，Ca

SO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，D错误。[练模拟]11．B装置①中发生草酸在浓硫酸作用并加热的条件下反应产生CO、H2O、CO2，装置②中用碱石灰除去H2O和CO2，装置③中发生

反应CO＋PbO=====△Pb＋CO2，装置④中用澄清石灰水检验并除去产生的CO2，装置⑤中用银氨溶液检验CO，A错误；实验时先点燃①处酒精灯，用CO排尽装置中的空气，再点燃③处酒精灯，B正确；实验完毕时应先熄灭③处酒精灯，待Pb冷却后再熄灭①处酒精灯

，C错误；尾气中的CO不能被NaOH溶液吸收，D错误。12．B铜与稀硫酸不反应，A项错误；浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可发生反应：MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，制取的Cl2中含

有的HCl气体可通过饱和食盐水除去，由于氯气的密度大于空气的密度，可用向上排空气法收集氯气，由于氯气有毒，需用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，B项正确；浓硫酸具有强氧化性，能将HBr氧化为Br2，因此制取和干燥HB

r时均不能用浓硫酸，C项错误；CO与高锰酸钾不反应，故不能用酸性高锰酸钾溶液吸收多余的CO气体，D项错误。13．D金属铝和氯气反应可制备氯化铝，则装置A为氯气的发生装置，浓盐酸和高锰酸钾在常温下反应生成氯气，A项正确

；铝和钠易被氧气氧化而变质，同时H2在加热前要验纯，因此，点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，B项正确；金属钠和氢气化合可以得到氢化钠，所以制备氢化钠时，装置A为氢气的发生装置，装置B用于除去氢气中的HCl气体，试剂为氢氧化钠溶液，装置C为干燥装置，试剂为浓硫酸，制备氯化

铝时，装置B用于除去氯气中的HCl，试剂为饱和食盐水，装置C的作用是除去气体中的水蒸气，试剂为浓硫酸，C项正确；制备氯化铝时，氯化铝易水解，氯气会污染空气，装置E中的碱石灰可吸收水和氯气，而制备氢化钠时，装置E中的碱石灰用于吸收水，作用不完全相同，

D项错误。14．A酒精与水互溶，因而不能代替CCl4作萃取剂，A错误。双氧水具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，B正确。淀粉遇碘单质变蓝，C正确。剪碎干海带用酒精湿润便于灼烧，灼烧海带应在坩埚中进行，D正确。综合测评提能力1．C浓硫酸密

度较大，为防止放热导致的酸液飞溅，配制混酸时应将浓硫酸加到浓硝酸中，A项错误；制备硝基苯时，反应温度为50～60℃，为控制反应温度应用水浴加热，B项错误；硝基苯不溶于水，分离有机层应用分液的方法，C项正确；蒸馏硝基苯时，冷凝管中加入水的方向错误

，为充分冷凝，应从下端进水，D项错误。2．C柠檬烯不溶于水，密度比水小，因此当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A项正确；蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故B项正确；长导管可作安全管，平

衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，温度计在甲装置中没有作用，故C项错误；因为得到的精油中含有其它成分，所以要想得到柠檬烯，要进行萃取、分液、蒸馏操作，故D项正确。答案选C。3．B图①所示装置是按照启普发生器原理设

计的，纯碱是易溶于水的粉末，不能用于控制反应的发生与停止，且产物中混有HCl杂质，A错误；镁和盐酸反应放热，使具支试管内的气体压强增大，U形管中右边的水柱上升，B正确；NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，C错误；酒精与水以任意比例互溶

，起不到隔绝空气的作用，应采用苯或者汽油，D错误。4．C由题知LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸剧烈反应，能够引起燃烧，首先要制得干燥的H2，然后H2和Li发生反应生成LiH，利用C装置制备氢气，用装置A中

的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中和锂加热反应生成氢化锂，后接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D，装置从左到右连接顺序为e接a，b接f，g接d，c(f和g顺序可以调换)，A错误；金属锂的密度比煤油小，不

能保存在煤油中，应保存在石蜡中，B错误；由LiH的性质可知，在制备LiH前要先将装置内的空气排尽，故在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，防止加热时锂燃烧，也防止氢气与氧气发生爆炸，C正确；装置A中的碱石灰用于

除去氢气中的氯化氢和水蒸气，用无水CaCl2只能除去水蒸气，无法除去HCl，D错误。5．DCu2＋水解显酸性，故通入HCl可抑制Cu2＋水解，A正确；先滴入浓硫酸，使产生的HCl将装置中的空气排出，再点燃c处酒精灯，B正确；硬质玻璃管内部充满了H

Cl气体，HCl气体极易溶于水，遇水蒸气出现白雾，C正确；若上层为苯，下层为NaOH溶液，导管插入下层NaOH溶液中会倒吸，应将NaOH溶液置于上层，下层为CCl4，D错误。6．CA项，浓盐酸与MnO2共热可制备Cl2，但NaOH溶液、碱石灰会与Cl2反应

，错误；B项，NH3极易溶于水，不能通入水中，错误；C项，稀硝酸与铜反应生成NO，NO难溶于水，且不与P2O5反应，故可以用水除杂，用P2O5干燥，正确；D项，稀硝酸与Zn反应生成NO，不生成H2，错误。

7．BA项，装置X可以利用液体和固体或液体反应制取气体，氢气可以用稀硫酸和锌粒制取，二氧化碳可以利用稀盐酸和石灰石制取，所以装置X还可以制取H2、CO2等气体，正确；B项，②中液体应是用来干燥氧气的，所以为浓硫酸，错误；C项，装置③中应盛放碱石灰，防止空气中

的水蒸气和二氧化碳进入硬质玻璃管，导致过氧化钠变质，正确；D项，实验时需先让X装置反应一会儿，排尽装置内的空气，再点燃装置Z中的酒精灯，正确。8．答案：(1)Cl2NH3(2)编号气体发生装置①Ⅳ②Ⅱ③Ⅰ(或Ⅳ)(3)①

溶液变蓝色缺少尾气吸收装置②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－③取少量B中溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明Na2SO3已被氧化解析：(1)根据实验原理中给予的物质，HCl中Cl元素化

合价升高作还原剂，所以用HCl制取Cl2时需要加氧化剂，而由H2O2制O2的反应中H2O2自身发生氧化还原反应，不需加氧化剂；制取氧气和氯气发生氧化还原反应，制取氨气不发生氧化还原反应。(2)根据反应物的状态和反应条件选择装置。

(3)①氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝色；氯气有毒，不能直接排入空气中，所以应该有尾气处理装置。②氯气能氧化二价铁离子生成三价铁离子，同时生成氯离子：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。③证

明Na2SO3已被氧化，实际上是检验SO2－4的存在：取少量B中溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明Na2SO3已被氧化。9．答案：(1)不能，浓HSO4溶于水会放出在量热易迸溅(2)下(3)既可保

证正丁醛及时蒸出而正丁醇很少蒸出，又可尽量避免正丁醛被进一步氧化(4)51解析：(1)将浓硫酸加入Na2Cr2O7溶液中，相当于稀释浓硫酸，将顺序颠倒后易引起浓硫酸因局部放出过多的热量而沸腾迸溅。(2)根据表中所给数据可

知，正丁醛的密度比水的小，故水在下层。(3)由表中所给数据可知，在该温度下，生成的正丁醛能变为气体而蒸出，而此温度低于正丁醇的沸点，蒸出的正丁醇很少，另外可尽量避免正丁醛被进一步氧化，从而提高了产品的纯度。(4)正丁醛的产率为2.0g7274×4.0g×100%≈51%。10．答案：(1)将

Sn2＋全部氧化为Sn4＋60%(2)①防止Sn2＋被氧化为Sn4＋②(普通)漏斗玻璃棒③Sn2＋＋2HCO－3===SnO↓＋2CO2↑＋H2O④取最后一次洗涤液少许于试管中，先加足量稀硝酸再加少量AgNO3溶液，无白色沉淀⑤蒸发浓缩冷却结晶

(3)SnCl4＋4NH3＋4H2O===Sn(OH)4＋4NH4Cl在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热量足够使此反应持续进行解析：题干信息中Sn、Sn2＋、SnCl4的性质是解答设问的重要线索和依据。(1)根

据氧化还原反应找出Sn～Sn2＋～2Fe2＋～13Cr2O2－7关系式，是解答Sn的质量分数的关键。(2)③滤液B的主要成分是SnCl2，所以步骤Ⅲ中发生的反应是Sn2＋和HCO－3之间的反应，由于Sn2＋易水解，该反应实际为水解相互促进的反应，生成Sn(OH)2、CO2，根据信息可知，最后

得到的是SnO，所以应是Sn(OH)2分解所致，据此可写出总反应的离子方程式。④SnO表面附着有NaCl杂质，因此只需检验最后一次洗涤液中是否含有Cl－即可。(3)SnCl4极易水解，遇水会生成Sn(OH)4和HCl，当有NH3存在时，HCl与NH3又结合成NH4Cl，据此可

写出总反应的化学方程式；由MnO2和浓盐酸反应制得的Cl2中混有HCl和H2O(g)杂质，HCl会与Sn粉反应，水蒸气会使生成的SnCl4发生水解，因此这两种杂质必须除去。课练32实验方案的设计与评价狂刷小题夯基础[练基础]

1．A氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，两种酸均可与碳酸钠反应生成NaCl和NaClO，故Cl2通入碳酸钠溶液中得不到次氯酸溶液，A项错误；MnO2可增大过氧化氢分解生成氧气的速率，B项正确；由于乙酸可与碳酸钠反应，但乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，故除去乙酸乙酯

中的少量乙酸，可用饱和碳酸钠溶液洗涤，静置分层后再分液即可达到除杂的目的，C项正确；饱和亚硫酸钠溶液可与浓硫酸发生反应Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，D项正确。2．C用新制Cu(OH)2检验醛基时，需要在碱性条件下进行，该实验中NaOH的量不足，故无论有机物

X中是否含有醛基都不会产生砖红色沉淀，A项无法达到实验目的；苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，三溴苯酚可溶于苯，不能用浓溴水除去苯中的苯酚，应该用NaOH溶液和苯酚反应生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液方法除去，B项无法

达到实验目的；根据实验现象知，Cl2将I－氧化为I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，则氧化性是Cl2>I2，C项可以达到实验目的；因为该反应中H2O2的量较少，混合溶液中NaOH过量，混合溶液呈碱性，但溶液褪色，说明酚酞发生了反应，该实验体现了H2O2的氧化性，D项无法达到实验目

的。3．D操作①中玻璃棒起到搅拌、加速溶解的作用，故A项正确；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液

分离，应是过滤，故B项正确；由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三脚架上，再把坩埚放在泥三角上，故C项正确；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水分解的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气的速率，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目

的不是除去滤渣中杂质，故D项错误。4．D次氯酸钠溶液在空气中与水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故A错误；Fe2(SO4)3与铜反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，没有黑色铁生成，故B错误；氧化铝的熔点高，熔化后的液态铝不能滴落下来，故C错误；氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，将0

.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生，氢氧化钠不足，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液，氢氧化镁沉淀变为氢氧化铜沉淀，故D正确。5．B观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，A项错误

；Fe为正极，Zn为负极，铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，B项正确；中和热测定实验中，为了使反应物充分反应，需要环形玻璃搅拌棒，由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒，故C项错误；瓷坩埚中的二氧化硅能与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，D项错误。6．CA项，FeCl3溶液中加入足量铁粉，滴入

KSCN溶液不变色，说明Fe3＋完全转化为Fe2＋，可证明还原性：Fe>Fe2＋，正确；B项，燃着的金属钠能在盛有CO2的集气瓶中反应，根据实验现象可知生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，正确；C项，NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试

纸变蓝，但不能确定NH4HCO3的酸碱性，错误；D项，根据题中描述可知，黄色沉淀为AgI，另一试管中无明显现象，说明没有析出AgCl，即证明溶度积常数Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，正确。7．BNaOH固体溶解后需经冷却后才能转移至容量瓶中，需用蒸馏水

洗涤烧杯内壁和玻璃棒2到3次，并将洗涤液转移至容量瓶，最后才能定容，A项错误；实验中观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去，且变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，B项正确；通过NaOH溶液可除去H2中混有的少量HCl杂质，再

经浓硫酸干燥即可得到H2，实验中不用KMnO4溶液，C项错误；NaHSO3溶液与H2O2溶液的反应无明显实验现象，无法判断反应进行的快慢，D项错误。[练高考]8．CA项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，NH＋4对CH3COO－的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与

NaHCO3溶液的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO2－4(黄色)＋2H＋⇌Cr2O2－7(橙红色)＋H2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，

乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。9．DMgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀(氢氧化镁)，氢氧化镁不与过量的NaOH溶液发生反应，沉淀不消失

，A错误；FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，不反应，溶液不变色，B错误；AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C错误；酸性KMnO4溶液可以氧化乙醇，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色

褪去，D正确。10．C碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气

体减少，导管口形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。11．DA项，向FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，无现象

，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明Fe2＋被新制氯水氧化，能证明Fe2＋具有还原性，不符合题意；B项，向SO2水溶液中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，能证明SO2具有漂白性，不符合题意；C项，

向盛有淀粉­KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2将KI氧化成了I2，能证明Br2的氧化性比I2的强，不符合题意；D项，没有给出醋酸和盐酸的浓度，故不能通过pH判断CH3COOH是弱电解质，符合题意。12．C酸碱中和滴

定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1

滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是

否完全水解，D错误。[练模拟]13．C在烧瓶中放入金属Na，然后将有机物从分液漏斗滴下，产生气体则为乙醇，无气体产生则为甲醚，故A不符合题意；在烧瓶中放入Na2O和Na2O2混合物，然后将水从分液漏斗滴下，通过产生气体的体积可计算Na2O2的

量，故B不符合题意；该装置通过测量生成气体的体积进而分析计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成实验，故C符合题意；可通过对照实验比较单位时间内Fe3＋和Cu2＋分别催化作用下，双

氧水反应产生气体的体积来比较催化效率，故D不符合题意。14．C铝与NaOH溶液的反应与量无关，只生成NaAlO2和H2，没有Al(OH)3沉淀生成，A错误；铜与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，不产生SO2，B错误；将

洁净的铜丝插入高温硫蒸气中，二者反应产生黑色的Cu2S，因此看到固体由红色变为黑色，C正确；向Na2CO3固体上滴加足量盐酸，反应产生NaCl、H2O和CO2，因此会看到有气体放出，D错误。15．CCu和浓硝酸反应生成NO2，NO2和H2O反应生成NO，可制

取NO，A可达到目的；浓盐酸和高锰酸钾溶液反应生成氯气，用向上排空气法收集氯气，氯气可与氢氧化钠反应，用NaOH溶液进行尾气吸收，B可达到目的；乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应，右侧试管中应选用饱和碳酸钠溶液，C不能达到目的；要将CO和CO2分离，先将混合气体通过足量纯碱溶液吸收CO2，经

浓硫酸干燥后可先收集到干燥的CO，而后滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，从而收集到纯净的CO2，D可达到目的。16．D实验室用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备氨气，能达到实验目的，故A不符合题意；乙装置制备碱性蚀刻液Cu(NH3)4Cl2，Fe3

＋与氨水反应生成Fe(OH)3，乙装置能完成实验目的，故B不符合题意；丙装置为过滤装置，能分离固液混合物，丙装置能够达到实验目的，故C不符合题意；用FeCl3溶液制备FeCl3·6H2O，采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能蒸干，丁装置不能完成实验

目的，故D符合题意。17．A植物油溶于溴的苯溶液中，溴的苯溶液褪色，说明溴与植物油发生了反应，A正确；NH4HSO3受热分解生成NH3、H2O、SO2，2NH3＋SO2＋BaCl2＋H2O===BaSO3↓＋2NH4Cl，SO2不能单独与BaCl2溶液反应，B不正确；Fe(NO3)3溶液中加入过量

HI溶液充分反应后，再滴加KSCN溶液，溶液未变红，只能证明Fe3＋被I－还原为Fe2＋，不能证明氧化性Fe3＋＞HNO3，C不正确；Na2O2与H2O反应生成NaOH，Mg2＋与OH－反应生成的Mg(OH)2也是白

色沉淀，D不正确。综合测评提能力1．B2．A铁无焰色，所以可用无锈铁丝代替铂丝来做焰色反应实验，A正确。3．B过滤、洗涤后可得到Fe2O3和NaAlO2溶液，NaAlO2溶液经蒸发、灼烧无法得到Al2O3，

A错误；Na元素的焰色反应显黄色且能掩盖K元素的紫色，B正确；Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；加热时Fe粉与I2能发生化合反应，D错误。4．A检查该装置的气密性的方法是当推动注射器的活塞时，锥形瓶内的空气体积减小，压强增大，把水压入长颈漏斗中，若

气密性良好，则会形成一段稳定的水柱，该实验装置可以达到实验目的，故A正确；该装置的收集装置类似向下排空气法，NO的密度与空气的密度接近，且极易与空气中的氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，应用排水法收集，该实验装置不能达到实验目的，故B错

误；浓硫酸可以干燥中性和酸性气体，不能干燥碱性气体，NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，该实验装置不能达到实验目的，故C错误；该装置A试管中的导管应插入溶液中，当关闭止水夹a时，铁粉与稀硫酸反应产生的氢气使试管A中的压强增大，则铁粉与稀硫酸反应产生的

硫酸亚铁溶液被压入B试管中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。但该装置A试管中的导管未插入溶液中，则该实验装置不能达到实验目的，故D错误。5．C6．C溴和KOH反应生成可溶性的钾盐，溴苯不易溶于水，然后采用分液法分离提纯溴苯，故A正确；浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖脱水炭化(有黑色物

质生成)并放出大量的热，在此条件下，碳可以把浓硫酸还原为二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，故该过程可以证明浓硫酸表现了脱水性和强氧化性，故B正确；Ag2CrO4和AgCl的组成结构不相似，不能依据先生成白色沉淀就判断氯化银的Ksp较小，只能依此判断氯化银的溶解度较小，故

C错误；该装置中分液漏斗和烧瓶通过橡皮管连接，可以使两者中的气压相同，打开分液漏斗的活塞后，分液漏斗中的水可以顺利完全流下，故不能依此判断该装置的气密性如何，故D正确。7．B8．答案：(1)固体产物为Mg3N2固体产物为MgO和Mg3N

2的混合物(2)①ABCBED②cd③D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中(3)取C中少量反应产物加入水中，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝(4)11Mg＋4NO2=====△Mg3N2＋8MgO＋N2解析

：(1)根据已知Mg在NO2中燃烧产物的可能性分析判断，假设Ⅰ：固体产物为MgO；假设Ⅱ：固体产物为Mg3N2；假设Ⅲ：固体产物为MgO和Mg3N2的混合物。(2)①A中铜与浓硝酸反应产生二氧化氮，用B中干燥剂干燥

后，通入硬质玻璃管C中与镁粉反应，用E中NaOH溶液除去多余的二氧化氮，最后用D中排水法收集氮气，为确保C中无水蒸气，在C和E之间也应连接干燥装置，故装置的连接顺序为ABCBED；②二氧化氮不能用碱性干燥剂干燥

，U形管盛装的是固体干燥剂，故B中盛放的试剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等，选cd；③从C中导出的气体通过NaOH溶液吸收NO2后，仍有气体将D中试剂瓶中的水压入烧杯中，则确定产物中有N2生成。(3)Mg3N2能与水反应

生成氨，氨是具有刺激性气味的碱性气体，所以取少量反应后的固体产物，加入水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，则证明产物中有Mg3N2。(4)13.2g镁的物质的量为0.55mol，设生成Mg3N2的物质的量为xmol，MgO的物质

的量为ymol，根据镁原子守恒得①3x＋y＝0.55mol；根据固体质量得②100x＋40y＝21.0g，联立①②解得x＝0.05，y＝0.4；氮气的物质的量为1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol，综上分析反应物为Mg和NO2，生成物为Mg3N2、MgO和N2且物质的量之比为

1∶8∶1，所以化学方程式为11Mg＋4NO2=====△Mg3N2＋8MgO＋N2。9．答案：(1)不合理亚硫酸钠部分变质时加入稀盐酸也会产生气泡不合理亚硫酸钠也能与氯化钡反应生成白色沉淀，亚硫酸钠未变质或部分变质时加入氯化钡溶液也会产生白色沉淀(2)①b②0.83mol·L－1

(3)缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置(或其他合理答案)在A装置中加一个带活塞的导气管解析：(2)①制备二氧化硫气体选用硫酸。②C装置增重3.2g，产生的n(SO2)＝0.05mol，所以n(Na2SO3)＝0.05mol，c(Na2SO3)＝0.05mol

÷0.06L≈0.83mol·L－1。(3)该实验装置中存在的一个明显的缺陷是缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置。10．答案：(1)①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀②Fe2＋(2)2Fe3

＋＋Fe===3Fe2＋②4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀③0.05mol·L－1NaNO3FeSO4溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加

KSCN溶液，后者红色更深(3)溶液中存在反应：①2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag，②Ag＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ag，③Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。反应开始时，c(Ag＋)大，以反应①②为主，c(Fe3

＋)增大。约30min后，c(Ag＋)小，以反应③为主，c(Fe3＋)减小解析：(1)①黑色固体溶于热的硝酸溶液后，向其中加入稀盐酸，产生白色沉淀，可证明黑色固体中含有Ag。②可利用K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋的存

在。(2)过量的铁粉会与Fe3＋反应。②空气中的O2会与Fe2＋发生氧化还原反应，产生Fe3＋；加入KSCN溶液后产生白色沉淀，说明溶液中存在Ag＋，Ag＋可与Fe2＋反应产生Fe3＋。③实验Ⅰ可证实

假设a、b、c不是产生Fe3＋的主要原因，只要将原实验反应体系中的Ag＋替换，其他微粒的种类及浓度保持不变，做对比实验即可，所以可选用0.05mol·L－1NaNO3溶液(pH≈2)；实验Ⅱ利用原电池装置证明反应Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋能发生，所以甲溶液是FeSO4溶液。操作和现象：

分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深。单元检测10化学实验基础1．D“扫取以水淋汁”是加水溶解KNO3，“煎炼”是对KNO3溶液进行蒸发结晶，A正确；“青蒿一握……尽服之”意思是取一把青蒿，用水浸泡，过滤后服用，所以采用了浸

泡和过滤操作，B正确；砒霜精制的方法是将砒霜加热，使砒霜升华，再在上面覆盖的器皿上凝华，所以采用的方法是升华，C正确。“酸坏之酒”含有杂质，“皆可蒸烧”，即采用蒸馏分离。分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液，可采用分液的方法，D错误。2．D温度计的位置不对，应置于溶液中，A项错误；用高锰

酸钾标准溶液滴定草酸溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，观察溶液颜色的变化，B项错误；悬浊液中含有AgNO3，AgNO3能与H2S直接反应生成黑色的Ag2S沉淀，故不能验证Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)，C项错误；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时，

当加蒸馏水距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，眼睛要平视刻度线，D项正确。3．C久置的浓硝酸中溶有NO2，通入空气发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，A正确；2H＋＋Si

O2－3===H2SiO3↓，Cl－＋Ag＋===AgCl↓，B正确；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应热，C不正确；HgS为黑色难溶物，D正确。4．A实验室用酸性KMnO4溶液滴定草酸溶液，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，盛

放在酸式滴定管中，用左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇瓶时，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，A项正确；分馏时接受馏出物的锥形瓶不能密封，B项错误；稀硫酸与锌反应产生的H2会从长颈漏斗中逸出，不能准确测量生成H2的体积，稀硫酸

应盛放在分液漏斗中，C项错误；用CCl4萃取碘水中的碘，充分振荡后静置，待溶液分层后，先放出下层液体，再把上层液体从上口倒出，D项错误。5．C通过步骤①得到滤液和不溶性物质，则步骤①为过滤操作，需要过滤装置，A项正确；通过步骤②得到水层和有机层，则步骤②为分液操

作，需要用到分液漏斗，B项正确；步骤③由溶液得到固体，则步骤③为蒸发操作，需要用到蒸发皿，C项错误；步骤④由有机层得到甲苯，则步骤④为蒸馏操作，需要蒸馏装置，D项正确。6．C实验1，浓H2SO4与NaCl固体反应，难挥发性酸制取易挥发性酸，挥发出的氯化氢气体与浓氨

水挥发出的氨气反应生成氯化铵，产生白烟，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，加入碘化钠固体中生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I－>Br

－的结论，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的强氧化性，故D合理。7．B甲装置中试管口应略向下倾斜，A不正确；酸雨中铁钉发生析氢腐蚀，装置内气压变大，红墨水向右移动，B正确；SO2与溴水反应体现SO2的还原性，与Na2S溶液反应体

现SO2的氧化性，C不正确；苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应制溴苯，D不正确。8．BA项，Na能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，且反应速率慢，故少量金属钠残渣可用乙醇进行处理，正确；B项，苯酚能和氢氧化钠溶液发生中和反应，生成可溶于水的苯酚钠，但NaOH溶液有强腐蚀性，对皮肤有伤害，错误；C项，氯

气有毒且易溶于碱液，则大量氯气泄漏时，应戴好防毒面具，并喷稀碱液进行吸收，正确；D项，电石与水反应速率快，用饱和NaCl溶液代替水可减缓反应速率，生成的乙炔是易燃气体，需要验纯后点燃，正确。9．BA项，SO2、CO2都能与澄清石灰水反应，应先通过酸性KMnO4溶液除去S

O2再检验CO2，错误；B项，乙烯可使溴水褪色，可用溴水检验乙烯，正确；C项，CO2和HCl都能与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl气体，错误；D项，不能用CuSO4溶液检验混合气体中是否含有水蒸气，正确的

检验方法是先将混合气体通过盛有无水硫酸铜的干燥管，然后将气体通入澄清石灰水中，错误。10．DA项，玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，使左右两边产生的气体顺利导入，故错误；B项，如果产生氨气，氨气极易溶于水需防止倒吸，因此不能插入BaCl2溶液中，故错误；C项，SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将

溶液中的H2SO3氧化成H2SO4，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故错误；D项，若条件为碱性气体，溶液中可存在大量的SO2－3，可生成BaSO3沉淀，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH(产生氨气)，故正确。11．DA项，装置①用于制备CO

2，发生的反应为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，其中石灰石不可用纯碱替代，因为纯碱是粉末状，会漏到底部，无法随时控制反应的进行和停止，错误；B项，装置②中如盛有饱和碳酸钠溶液，则发生两个反应：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H

2O＋CO2↑和CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHCO3↓，虽除去了杂质氯化氢，但同时消耗了主要成分二氧化碳，所以选用饱和碳酸钠溶液不合适，可以选用饱和碳酸氢钠溶液，错误；C项，装置④中发生反应：C＋CO2=

====高温2CO，为装置⑤提供还原剂CO，装置⑤中生成了钼单质，错误；D项，因CO2在装置④没有被完全还原，也会进入装置⑥中，所以该装置中石灰水变浑浊，不能直接得出MoO3被CO还原的结论，正确。12．C溶液X中加入过量的稀盐酸后有气体甲产生，说明溶液中CO2－3、S

O2－3至少有一种，气体甲中CO2、SO2至少有一种；溶液X中加入过量的稀盐酸后有沉淀甲生成，说明溶液X中一定有SiO2－3，沉淀甲是H2SiO3；Mg2＋、Al3＋与SiO2－3均不能大量共存，溶液X中一定不存在Mg2＋、Al3＋；

无色溶液甲中加入过量氨水有沉淀生成，该沉淀只能是Al（OH）3沉淀，溶液甲中存在Al3＋，由于原溶液X中Al3＋一定不存在，所以该Al3＋是AlO－2和盐酸反应生成的，溶液X中一定存在AlO－2。根据溶

液的电中性可知一定含有K＋，不能确定SO2－4是否存在。气体甲可能是CO2和SO2的混合物，不一定是纯净物，A错误；沉淀甲是硅酸，不可能含有硅酸镁，B错误；溶液X中一定存在K＋、AlO－2、SiO2－3，SO2－3、CO2

－3至少有一种，SO2－4不能确定是否存在，Mg2＋、Al3＋一定不存在，C正确；SO2－4不能确定是否存在，SO2－3、CO2－3至少有一种存在，D错误。13．B工业碳酸钠中混有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO2－4等杂质，在溶解时通入热空气可加快溶解速率，可将Fe2＋氧化为F

e3＋，并促进Fe3＋水解。氢氧化钠溶液可沉淀Mg2＋、Fe3＋，过滤后所得滤渣为氢氧化铁和氢氧化镁。溶液B中溶质主要为碳酸钠，并含有少量的Cl－和SO2－4，经蒸发结晶可得含结晶水的碳酸钠晶体，灼烧后得到无

水碳酸钠。步骤①，通入热空气因温度升高，可加快溶解速率，A正确；步骤②，溶液中Mg2＋和Fe3＋的物质的量之比不一定为1∶1，产生滤渣的离子反应不能直接合并书写，需分开书写，即为Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2

↓，Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓，B错误；步骤③，温度不同，结晶得到的晶体中含有的结晶水的数目不同，所以趁热过滤时若温度控制不当，得到的Na2CO3·H2O晶体中就会混有Na2CO3·10H2O等杂质，C正确；由于Na

2CO3在高温下会与玻璃或陶瓷中的SiO2发生反应，故需用铁坩埚灼烧，另外还需要泥三角、三脚架、酒精灯等仪器，D正确。14．D向稀硝酸中加入过量铁粉，生成硝酸亚铁、NO和H2O，滴加KSCN溶液无明显现象，A项错误；

Cu与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，没有黑色固体出现，根据此实验也不能比较Fe、Cu的活泼性，B项错误；用洁净的铂丝蘸取，焰色为黄色，则为钠元素，不能确定有没有钾元素，C项错误；浓盐酸和浓氨水均易挥发，二者相遇会生成NH4Cl固体，产生白烟，D项正确。15．A滴定实验需要精确到

0.01mL，故不能用量筒量取20.00mL溶液，A错误；该过程需要进行多次，直至两次称量的差值不超过0.001g，B正确；在隔绝空气加热后，X所含的铁元素均进入黑色固体中，所以X中铁的含量可由灼烧后得到的氧化铁的量进行计算，0.400gFe2O3中含铁的质量为0.400g×1121

60＝0.280g，则X中含有铁的质量为2.80g，X中铁的质量分数为2.80g7.200g×100%＝38.9%，C正确；由于X分解过程中有CO生成，可以确定在黑色固体中不存在三价铁元素，用稀硫酸溶解后得到的溶液中

存在Fe2＋，滴加酸性KMnO4溶液时发生的反应为5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，D正确。16．答案：（1）球形冷凝管酸式滴定管（2）C（3）Ka1（H3PO4）与Ka1（H2SO3）相差不大，H3PO4与

亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2的方向进行（4）检漏蓝色SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋

SO2－4（5）偏低（6）80.8解析：（1）装置图中a是用于冷凝回流的球形冷凝管，b带玻璃旋塞，为酸式滴定管。（2）三颈烧瓶中加入400mL水，由于三颈烧瓶盛放的溶液体积不能超过其容积的23，故选用1000mL，C正确。（3）Ka1（H3PO4

）与Ka1（H2SO3）相差不大，H3PO4与亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2的方向进行。（4）滴定

管使用前需检漏，在确认不漏液的情况下方可使用；淀粉遇碘变蓝，则滴定终点时，溶液呈蓝色；滴定过程中SO2被氧化为SO2－4，I2被还原为I－，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒得反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4。（5）若先加磷酸，生成的少量

SO2被空气中的O2氧化，消耗的碘标准溶液减少使测定结果偏低。（6）由离子方程式SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4可得n（SO2）＝n（I2），而V（I2）＝V消耗＋V预加－V空白＝1.20mL，则样品中亚硫酸盐含量为0.010×1.2×10－3×64×10395%

×10×10－3mg·kg－1≈80.8mg·kg－1。17．答案：（1）HClNaCl＋H2SO4（浓）=====微热NaHSO4＋HCl↑（2）防止Ⅱ中溶液倒吸CuSO4溶液（3）取上层清液继续滴加H2SO

4溶液，无沉淀出现，说明沉淀已经完全（4）减少Ba2＋在水中的溶解（5）锥形瓶（6）97.6%解析：由给出的试剂和装置，结合实验目的进行分析：（1）由上述分析可知，Ⅰ是制取HCl气体的装置，在试剂a（浓H2SO4）

过量并微热时，NaCl晶体与浓H2SO4反应生成NaHSO4和HCl。（2）HCl气体极易溶于水，故Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸；Ⅲ中的试剂是为了吸收H2S气体，应选用CuSO4溶液，发生反应Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。

（3）若沉淀已经完全，则上层清液中无Ba2＋，可通过向上层清液中继续滴加H2SO4溶液的方法判断沉淀已经完全。（4）沉淀过程中加入过量的H2SO4溶液，增大c（SO2－4），可以减少Ba2＋在水中的溶解，使其尽可能完全转化为沉淀。（5）过滤的实验装置为，故不需要用到锥形瓶。（6）0.466

0gBaSO4的物质的量为0.002mol，由BaCl2·2H2O～BaSO4可知，产品中BaCl2·2H2O为0.002mol，质量分数为0.002mol×244g·mol－10.5000g×100%＝97

.6%。18．答案：（1）aFeCl2·4H2O＋4SOCl2=====△FeCl2＋4SO2↑＋8HCl↑冷凝并回收利用SOCl2（冷凝回流）（2）m1－m2/0.108cVAB（3）⑥⑩③⑤CCl4解析：SOCl2与H2O反应生成两

种酸性气体，FeCl2·4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。（1）实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充

满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O＋4SOCl2=====△FeCl2＋4SO2↑＋8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2。（2）滴定过程中Cr2O2－7将Fe2＋氧化成Fe3＋，自

身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1g样品中n（FeCl2）＝6n（Cr2O2－7）＝6cV×10－3mol；m1g样品中结晶水的质量为（m1－

m2）g，结晶水物质的量为m1－m218mol，n（FeCl2）∶n（H2O）＝1∶n＝（6cV×10－3mol）∶m1－m218mol，解得n＝m1－m2/0.108cV；A项，样品中含少量FeO杂质，溶

于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小；B项，样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小；C项，实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，

使n的测量值不变；D项，滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大。（3）组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选

择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，

故先馏出的物质为CCl4。19．答案：（1）①打磨、剪碎（答案合理即可）②量筒（2）①Fe3＋催化H2O2分解或微热时H2O2分解②一（3）①无色气泡和白色沉淀②无（4）①60%②加入乙醇降温（答案合理即可）（5）NaOH或KOH（或其他合理答案）NaHCO3（或适量醋酸或其他合理答

案）解析：（1）①打磨可除去铝表面致密的氧化膜，剪碎可增大反应物间的接触面积。②量筒用来量取浓硫酸以及稀释时所需水的体积。（2）①H2O2易分解，Fe3＋可作H2O2分解的催化剂。②调节pH＝3.7可使Fe3＋完全沉淀，第一次过滤除去Fe（OH）3沉淀。（3）①Al3＋与HCO－3发生相互促进的

水解反应，最终生成Al（OH）3沉淀和CO2气体。②Al3＋与HCO－3反应生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，利用Al（OH）3沉淀进行下一步实验，与K＋、Na＋无关。（4）①20%的H2SO4溶液浓度较小，所得的溶液浓度较小，

不利于明矾结晶析出；98%的H2SO4溶液浓度太大，其中H＋浓度太小，不利于Al（OH）3的溶解。②减小明矾溶解度，有利于其结晶析出，以提高明矾收率。（5）铝及铝的氧化物可溶于强碱溶液，生成偏铝酸盐，偏铝酸盐与NaHCO3或弱酸

反应制得Al（OH）3沉淀；铁及铁的氧化物不溶于强碱溶液。第十一单元有机化学基础课练33认识有机化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．C元素分析仪作为一种实验室常规仪器，可同时对有机物固体、高挥发性与敏感性物质中的C、H、O、N、S等元素的含量进行定量分析测定，A

正确；红外光谱仪是利用物质对不同波长红外辐射的吸收特性，对分子结构和化学组成进行分析的仪器，用红外光谱仪可以确定含有的化学键或官能团，B正确；核磁共振仪通常根据谱图中出现几组峰判断有机物中含有几种类型的氢原子，C错误；质谱仪是

用高能电子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，并根据“碎片”形成的质谱图分析有机物结构，D正确。2．D乙醇是含2个碳原子的饱和一元醇，其分子式为C2H6O，A正确；乙酸乙酯是由乙酸与乙醇反应生成的饱和一元羧酸酯，其结构简式为CH3CH2OOCCH3，B正确；甲

烷的结构式为，C正确；乙炔属于炔烃，分子结构中含有碳碳三键，为直线形分子，其球棍模型为，D错误。3．C编号时应使取代基位号之和最小，则的正确的名称为1，2，4­三甲苯，A错误；的正确的名称为2­甲基­1，3­丁二烯，B错误；的名称为间苯二酚，或1，

3­苯二酚，C正确；的正确的名称为2，2­二氯丙烷，D错误。4．C由题给数据，有机物X中碳、氢元素的质量分数之和小于100%，且完全燃烧的产物只有二氧化碳和水，则有机物中一定含有氧元素，氧元素的质量分数为1－64.86%－13.51%＝21.63%，则有机物分子

中碳、氢、氧的个数比为64.86%12∶13.51%1∶21.63%16≈4∶10∶1，即有机物的实验式为C4H10O，该实验式中氢原子的个数已达最大值，有机物实验式就是分子式，A错误；有机物X的核磁共振氢谱有5组明显的吸收峰，且只含有一个甲基，该有机物为1­丁醇（CH3CH2CH2CH2O

H），CH3CH2CH2CH2OH发生催化氧化反应生成丁醛（CH3CH2CH2CHO），丁醛的官能团为醛基，B错误；与1­丁醇含有相同官能团的同分异构体有2­丁醇、2­甲基­1­丙醇、2­甲基­2­丙醇，共3种，C正确；一定条件下，CH3CH2CH2CH2OH发生消去反应，消去—OH与邻位碳

原子上的H，只能生成一种烯烃：CH3CH2CH===CH2，D错误。5．D芳香族化合物包含芳香烃及芳香烃的衍生物（X包含Y），含苯环的物质中只要含有除C、H之外的第三种元素，就是芳香烃的衍生物（Z属于Y），所以A项正确；脂肪族化合物包含链状的烃的衍生物（X包括Y），而CH3COOH是链状烃的衍生

物（Z属于Y），所以B项正确；芳香族化合物属于环状化合物，且苯的同系物属于芳香族化合物，C项正确；D项，不饱和烃包括芳香烃，但苯甲醇是芳香烃的衍生物，不属于芳香烃，即Y不包括Z，D项错误。6．B丙烯结构简式为CH3—CH===CH2，甲基上至少有一个氢原子和其他原子不共面，故A项错误。乙烯因与Br

2发生加成反应而使溴水褪色，苯使溴水褪色是因为发生了萃取，二者都能使溴水褪色，但原因不同，故B项正确。C4H4的同分异构体除了有和CH≡C—CH===CH2外，还可以是，故C项错误。中苯环上的4个H原子是等效的，两个甲基上的6个H原子是等效的，所以

其一氯代物有2种；中苯环上有2种等效氢，甲基上有1种等效氢，所以其一氯代物有3种，分别为，故D项错误。7．D烷、烯、炔都属于脂肪烃，而苯、环己烷、环戊烷都属于环烃，而苯属于环烃中的芳香烃。环戊烷、环丁烷及乙基

环己烷均属于环烃中的环烷烃。8．Ca、b都含有氧元素，所以不属于烃，选项A错误；c分子中没有羟基和羧基，所以不能与钠反应，选项B错误；在一个苯环上连接有2个A取代基和1个B取代基时（即三个取代基中有两个相同），其同分异构体有6种，所以选项C正确；a、b、c

分子中的碳原子都直接连在苯环上，所以三个有机物分子中的所有碳原子都在一个平面上，选项D错误。[练高考]9．AB根据结构，“E7974”分子中含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；由“E7974”的结构分子中含有酰胺基、碳碳双键、氨基和羧基，共4种官能团，B

正确；连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共3个，C错误；“E7974”分子中含有2个酰胺基和1个羧基，均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误

。10．C苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，A错误；由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸

盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相Ⅰ中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯

甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③，B错误；由B项分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；由B项分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，D错误。11．CD由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同

分异构体，A错误；因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B错误；N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C正确；萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学

环境的H（如图：βα），根据定一移二法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D正确。[练模拟]12．A根据有机物A的键线式可知，左边三个连在同一个碳原子上的甲基是等效的，其余碳原子连接的氢原子都处于不同的化学环境，故有

机物A的一氯代物共有5种：，A错误；根据有机物A的键线式可知最长碳链含有5个碳原子，以左端为起点，甲基分别在2、2、3号碳上，故名称为2，2，3­三甲基戊烷，B正确；根据有机物A的键线式可知其共有8个碳原子和18个氢原子，故分子式为C8H18，C正确；有机

物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A，由A的结构可知有如图三个位置可出现碳碳双键：，即有机物B的结构可能有3种，当碳碳双键在2号位置时，其系统命名为3，4，4­三甲基­2­戊烯，D正确。13．B由X的结构简式可知，其分子式为C5H4O2

N3F，A正确。由Z的结构简式可知，其结构中含有2个氯原子、1个硝基、1个酚羟基和1个酰胺基，一共4种官能团，B错误；与4个不相同的原子或原子团相连接的碳原子为手性碳原子，则手性碳原子必须为饱和碳原子，由此可知Y分子中含有4个手性碳原子，C正确；由X和Z的结构简式可知，X和Z中都含有酰

胺基，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键，可以发生加成反应，Z中含有苯环，也可以发生加成反应，D正确。14．C有机物A分子式为C8H8O2，苯环上只有一个支链，由题给红外光谱图可知A中含有C—H键、C＝O键、C—O—C、，再由核磁共振氢谱可知A有4种H原子，且数目之比为3

∶2∶2∶1，可得A结构简式为。由A的结构简式可知，1molA与NaOH水溶液反应生成乙酸钠与苯酚钠，最多消耗2molNaOH，A错误；A中只有苯环可与氢气发生加成反应，故1molA在一定条件下最多可与3molH2发生加成反应，B错误；

属于同类化合物，则官能团应含有酯基，且含苯环，可能有以下结构：，故有5种同分异构体，C正确；属于酯类，不能与溴水发生取代反应，D错误。15．C苯酚可与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不与NaOH反应，且不溶于水，故加入NaOH溶液振荡会出现分层，静置后，用分液漏斗分离出水层即可得到

苯，A不符合题意；醋酸可与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钠溶液，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，且在饱和碳酸钠溶液中的溶解度极小，可通过分液，分离除去乙酸乙酯中少量的醋酸，B不符合题意；乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，带来新的杂质气体，故除去CH4中少量的乙烯不能

用酸性KMnO4溶液，C符合题意；苯甲酸在热水中的溶解度较大，故重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质，应该趁热过滤，保持较高温度防止苯甲酸析出，D不符合题意。16．B向提取液中加入乙酸乙酯，可将提取液中的有机物萃取至乙酸乙酯中，

从而分层，再进行分液即可得到有机层，A正确；蒸馏时若选用球形冷凝管，会导致一部分馏分经冷凝降温后滞留在冷凝管中，而不能全部进入接收器中，因此蒸馏时应该选择使用直形冷凝管，B错误；过滤时所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，因此可利用重

结晶的方法进一步提纯，D正确。综合测评提能力1．BA属于醇类；C属于酯类，官能团为；D属于醚类。2．ACH3CH（OH）CH（CH3）2的名称为3－甲基－2－丁醇，A项正确；的名称为2－甲基－2－丁烯，B项错误；应选最长的碳链作为主链，加氢后得到3－甲基戊烷，C项错误；的

名称为1，2，4­三甲苯，D项错误。3．B根据题给结构简式可知马来酸氯苯那敏的分子式为C20H23ClN2O4，A项正确；马来酸氯苯那敏分子中含有氯原子（碳氯键）、羧基、碳碳双键3种官能团，B项错误；马来酸氯苯那敏分子中含有1

个手性碳原子（与两个六元环相连的碳原子），C项正确；马来酸氯苯那敏分子中含有饱和碳原子，故所含原子不共平面，D项正确。4．D由实验流程图分析可知：青蒿――→溶浸过滤提取液――→萃取分液青蒿素的乙醚溶液――→蒸馏青蒿素。选项A所示操作为蒸发结晶，该实验过程中没有涉及此操作，

A错误；操作Z为蒸馏，装置B可用于蒸馏，但选项B中牛角管与锥形瓶连接时不能完全封闭，应与空气相通，B错误；操作X为过滤，选项C中漏斗下口尖嘴应紧贴烧杯内壁，C错误；操作Y为萃取、分液，选项D符合操作要求，D正确。5．C

某酸甲酯A的分子式为C10H10O2，已知苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱图有5个峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，结合红外光谱图分析出的键种类可知，A的结构简式为。A中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，苯环上的邻、间位上的氢原子比较活泼，可以与液溴在一定条件下发生取代反应，

A正确；1molA完全燃烧的耗氧量为11.5mol，1mol异丙苯（C9H12）完全燃烧的耗氧量为12mol，前者耗氧量较少，B正确；A中含有碳碳双键，可以使KMnO4（H＋）溶液褪色，但分子中不含有醛基，

不能发生银镜反应，C不正确；A分子中含有一个酯基，1molA最多只可以和1molNaOH反应，D正确。6．C按系统命名法，选择含有碳原子最多的碳链作为主链，从靠近最简单支链的一端给主链碳原子编号，该有机物的名称是2，2，4，5－四甲基－3－乙基己烷，故A项错误；分子式为

C9H12，在苯环上同时存在3个—CH3的同分异构体有3种，故B项错误；该有机物的结构可表示为，其中苯环、碳碳双键为平面结构，碳碳单键可以旋转，所以通过旋转连接苯环和碳碳双键的碳碳单键，可以使得苯环和碳碳双键在同一个平面，通过旋

转甲基与双键碳形成的碳碳单键，可以使得甲基上的一个氢原子与碳碳双键在同一个平面，故最多有17个原子共面，故C项正确；乙醛是饱和一元醛，丙烯醛是不饱和一元醛，二者不互为同系物，催化加氢后都生成饱和一元醇，产物互为同系物，故D项错误。7．C分子式为C3H6O2的酯可能是HCOOC2H5、CH3C

OOCH3，水解得到的醇分别是C2H5OH、CH3OH，得到的酸分别是HCOOH、CH3COOH，C2H5OH、CH3OH与HCOOH、CH3COOH形成的酯共有4种，A项错误；四联苯是具有两条对称轴的物质，即，有5

种不同化学环境的氢原子，故有5种一氯代物，B项错误；和—COOH两种官能团，由于官能团不变，只将官能团的位置移动即可得其同分异构体：CH2===CHCH2COOH、CH3CH===CHCOOH，C项正确；该有机物含有4个环和1个碳碳双键，不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，所以其

有属于芳香族化合物的同分异构体，D项错误。8．答案：（1）②①（2）5­甲基­3­庚烯（3）AD（4）BC解析：（1）①两种物质的分子式相同但结构不同，互为同分异构体；②C（CH3）4和C4H10都属于

烷烃，结构相似，组成相差一个CH2，互为同系物；③二者是同种物质；④同种元素的不同原子，互为同位素。（2），由结构知其属于烯烃，则应选择含碳碳双键在内的最长碳链为主链，以离碳碳双键更近的右端为起点，故其名称为5­甲基­3­庚烯。（3）CH3

CH3结构对称，分子中只含一种氢原子，核磁共振氢谱中只有一个峰，A正确；CH3COOH含有2种氢原子，核磁共振氢谱中有两个峰，B错误；CH3COOCH3中两个—CH3所处化学环境不同，故含有2种氢原子，核磁共振氢谱中有两个峰，C错误；CH3COCH3

结构对称，含有1种氢原子，核磁共振氢谱中只有一个峰，D正确。（4）由题给核磁共振氢谱图出现了8组峰可知，该有机物有8种不同化学环境的H原子，A正确；由该有机物的键线式及球棍模型知其不含苯环，不属于芳香族化合物，B错误；由该

有机物的结构及球棍模型可知，Et代表—CH2CH3，C错误；其结构中含—OH，且与—OH相连的C的邻位C上含H，所以在一定条件下能够发生消去反应，D正确。9．答案：（1）催化作用（或催化剂）（2）干燥O2（3）使有机物充分氧化

生成CO2和H2O（4）C2H6O（5）C2H6O（6）CH3CH2OH解析：电炉加热时用纯O2氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。A装置是用H2O2溶液制备氧气，其中二氧化锰作催化剂；B装置用于干燥氧气；C装置中在电炉加热及氧化铜的作用下将有机物充分氧化为二氧化碳和水；D

装置用于充分吸收水蒸气，通过该装置的增重测量生成物水的质量；E装置用于充分吸收产物二氧化碳，通过该装置的增重测量二氧化碳的质量。（1）A装置中MnO2的作用是催化作用（或催化剂）。（2）B装置中浓硫酸的作用是干燥O2。（3）燃烧管中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O。（4

）样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，1.38g样品，经充分反应后，D管质量增大1.62g，求出n（H2O）＝1.62g18g·mol－1)＝0.09mol，进一步求出n（H）＝0.18mol，m（H）＝0.18g；E管

质量增大2.64g，求出n（C）＝2.64g44g·mol－1＝0.06mol，m（C）＝0.72g；根据质量守恒求出m（O）＝1.38g－0.72g－0.18g＝0.48g，则n（O）＝0.48g16g·mo

l－1＝0.03mol，最后求出n（C）∶n（H）∶n（O）＝2∶6∶1，所以该样品的实验式（最简式）为C2H6O。（5）根据蒸气密度为2.054g·L－1（已换算为标准状况下）得：M＝2.054g·L－

1×22.4L·mol－1＝46g·mol－1，可求出该有机物的相对分子质量为46，与最简式的式量相同，所以其分子式为C2H6O。（6）根据该有机物的核磁共振氢谱可知该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶2∶3，所以该有

机物的结构简式为CH3CH2OH。10．答案：（1）C5H8O（2）（3）abcd（4）（CH3）2C===CHCHO解析：（1）有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，8.4g有机物A的物

质的量为8.4g84g·mol－1＝0.1mol，燃烧生成CO2物质的量为22.044g·mol－1＝0.5mol，生成H2O的物质的量为7.2g18g·mol－1＝0.4mol，故一个有机物A分子中含有N（C）＝0.5mol×10.1mol＝5，N（H）＝0.

4mol×20.1mol＝8，N（O）＝84－12×5－816＝1，故A的分子式为C5H8O。（2）不饱和度为2，红外光谱分析表明A分子中含有—OH和位于分子端的—C≡CH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6∶1∶1，故分子中含有2个—CH3且连接在同一个C原子上，所以A的结构简式为

。（3）A分子中含有羟基，能与钠反应；含有碳碳三键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；能与溴发生加成反应，能与氢溴酸发生加成反应，故答案：为abcd。（4）有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C===C键，B分子中所有碳原子在同一平面上，则其余的

碳原子连接在C===C键上，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1，可知含有两个甲基且连接在同一碳原子上，结合A的结构简式可知，B中还含有—CHO，故B的结构简式为课练34烃和卤代烃狂刷小题夯基础[练基础]1．C乙烯

分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体丙烯的结构式为，不是直线型分子，B错误；的结构简式为，其名称为2，2­二甲基丁烷，C正确；戊烷的三种同分异构体均为共价化合物，均含有C—H极性键和C—C非极性键，它们的沸

点不同是因为支链数目不同，与化学键无关，D错误。2．A装置A中碎瓷片含有Al2O3，Al2O3可催化石蜡分解，同时石蜡油汽化后，碎瓷片可以增大气态石蜡油的受热面积，A正确；石蜡的主要成分是烃，在高温下催化分解得到烷烃、烯烃等混合物，故装置B中的液体，冷凝的不仅仅是汽化的石蜡油，还有石蜡油分解

生成的相对分子质量较大的烯烃和烷烃，B错误；装置C、D中溶液均褪色，说明石蜡油催化分解的产物含不饱和烃，但不一定是乙烯，C错误；装置D中溶液颜色变浅，说明不饱和烃被高锰酸钾完全氧化，装置E中的气体可以燃

烧，说明气体是小分子烷烃，可能含有甲烷，D错误。3．C苯能燃烧，发生了氧化反应，苯能与H2加成生成环己烷，发生了还原反应，A正确；煤的干馏是指隔绝空气加强热后发生分解，煤的液化是指在一定条件下与某些物质

（如氢气）反应生成液体燃料，煤的气化是指与水蒸气发生反应，均属于化学变化，B正确；煤本身不含苯，干馏所得的产物中才含有苯，C错误；若苯分子中存在单双键交替结构，则邻二甲苯有两种（两个甲基连在双键碳原子上或两个甲基连在单键碳原子上），但邻二甲苯只

有一种，则说明苯中的化学键不是单双键交替结构，D正确。4．C对照ⅰ、ⅱ知，碱性溶液中加入酸化的硝酸银溶液立刻出现淡黄色沉淀，则ⅱ的反应速率大于ⅰ，说明NaOH促进了C—Br键的断裂，A正确；ⅱ中生成的淡黄色沉淀为AgBr，离子方程式为Ag＋＋Br－==

=AgBr↓，B正确；ⅲ中现象只能说明溴乙烷中的溴原子转化为Br－，不能说明发生了消去反应，因为水解反应与消去反应均会生成Br－，若能证明生成乙烯，则能说明发生了消去反应，C错误；如果检测出ⅱ中生成乙醇、ⅲ中生成乙烯，则说明ⅱ中发生取代反应、ⅲ中发生

消去反应，D正确。5．A甲烷与氯气发生取代反应的四种有机产物均只有一种结构，没有同分异构体，A项符合题意；丙烯与水发生加成反应的产物可以是1－丙醇，也可以是2－丙醇，B项不符合题意；异戊二烯与等物质的量的Br2可以发生1，2－加

成和1，4－加成，共有3种同分异构体，C项不符合题意；2－氯丁烷消去HCl分子的产物可以是1－丁烯，也可以是2－丁烯，D项不符合题意。6．B由2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH―→CH3CHBrCH2Br―→CH3CH===CH2

―→CH3CHClCH3，则2－氯丙烷应首先发生消去反应生成CH3CH===CH2，CH3CH===CH2发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2－丙二醇。即消去反

应→加成反应→水解反应，故选B。7．D水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，但温度只能加热到100℃，故A正确；浓硫酸的密度大于硝酸，所以将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，故B正确；实验进行的途中若发现未加

入碎瓷片，不能再继续进行实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后补加，故C正确；蒸馏操作时，要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。[练高考]8．DA项，X中和—CH3在C===C两侧，中和—CH3在C===C同侧，二者互为顺反异构

体，正确；B项，X中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，正确；C项，X与HBr加成，加H（Br）位置不确定，故还存在副产物，正确；D项，中只有标“*”的碳原子连有的四个原子或基团不同，为手性碳原子，错误。9．A联苯中有三种氢原子，如图，所

以其一溴代物有3种，A说法错误；根据反应机理可知，甲烷与氯气在光照下的反应属于自由基反应，B说法正确；石油分馏是物理变化，是根据石油中各种成分的熔、沸点不同进行分离，减压分馏可使重油中可挥发部分在炭化

之前挥发出来，最后剩余物质就是沥青，C说法正确；煤的气化是以煤炭为原料，在特定的设备（如气化炉）内，在高温高压下使煤炭中的有机物质和气化剂发生一系列的化学反应，使固体的煤炭转化成可燃性气体的生产过程，生成的可燃性气体以一氧化碳、氢气及甲烷为主

要成分，D说法正确。10．DX结构对称，含有3种类型的氢原子，苯环上的一溴代物有3种，A项错误；1molX含有2mol苯环、1mol碳碳三键，最多与8molH2发生加成反应，B项错误；1molY含有2molLi，生成1molHPS

的同时生成2molLiCl，C项错误；HPS含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化而使溶液褪色，D项正确。[练模拟]11．B乙烯不易溶于水且密度与空气接近，应采用排水法收集，A错误；实验室制取乙烯过程中会产生SO2、CO2及挥发出来的乙醇等杂质

，会干扰后续乙烯性质的检验，故可用NaOH溶液来除去SO2、CO2及乙醇蒸气，B正确；石油分馏时，温度计测量的是气态馏分的温度，故温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，且为了增强冷凝效果，冷凝管应下口进水，上口出水，C错误；收集气体时试管口不能塞住，且由于乙炔的密度与空气相近，最

好采用排水法收集乙炔，D错误。12．B该烷烃的最长碳链为5个碳原子，两端等距出现了支链：乙基，如图标号：，名称为3，3­二乙基戊烷，A正确。现代制作蜡烛的主要物质是石蜡，而石蜡的主要成分是烃，B错误。将酸性高

锰酸钾溶液分别加入①乙酸、②苯、③乙醇、④溴苯四种液体中，现象分别为①无明显现象；②分层，下层紫红色，上层无色；③酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去；④分层，下层无色，上层紫红色，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别这四种无色液体，C正确。

采取“定一移一”的方法，由该分子的对称性知，其中一个Cl原子可固定在如图两个位置，再移动另一个Cl原子，得该烃的二氯代物有4种：、，D正确。13．B无论苯环是否存在单双键交替的结构，间二溴苯都仅有一种空间结构，要证明是否存在单双键交

替的结构，应用邻二溴苯检验，A错误；苯和液溴发生取代反应的产物有两种，分别是溴苯和溴化氢，向反应的产物中加入硝酸银溶液，得淡黄色沉淀，如果是加成反应的话，只有一种有机产物，没有溴化氢生成，则没有淡黄色沉淀，故可以达到实验目的，B正确；能够使酸性KMnO

4溶液褪色的不一定是碳碳双键，如醛基也可使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；要检验Br－，需用AgNO3溶液，1­溴丙烷与足量氢氧化钠溶液混合加热水解后要先加足量硝酸中和其中的NaOH，再加AgNO3溶液，否则会得到黑色的Ag2O沉淀，

而不是淡黄色沉淀，D错误。14．D该物质中含有碳碳双键，可以发生加成反应，A错误；该物质为非电解质，不能电离出溴离子，则不能和AgNO3溶液反应产生AgBr沉淀，B错误；该物质在NaOH水溶液加热的条件下可以发生水解反应生成醇类，C错误；

该物质中含有碳碳双键，可以发生加成反应使溴水褪色，D正确。15．B环戊二烯分子中含有饱和碳原子，与之相连的4个原子呈四面体结构，所以环戊二烯中不可能所有原子都共面，故A错误；金刚烷的二氯代物有如图所示共6种，、、、、、，故B正确；二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种

结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；故答案为B。综合测评提能力1．C煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，即C＋H2O（g）=====高温CO＋H2，CO和H2

在催化剂和加热的条件下，可以合成液态烃、醇类等物质，这两个过程又被称为煤的气化和液化，故A正确；在石油化学工业中，裂化的目的是获得轻质油，也能获得芳香烃，催化重整是在加热、加压和催化剂存在的条件下，使原油蒸馏所得的轻汽油馏分（或石脑油）转变成富含

芳香烃的高辛烷值汽油（重整汽油），故B正确；甲基环己烷分子的结构简式为，分子中有5种不同化学环境的氢原子，即，因此其一溴代物有5种，故C错误；在不同温度下，1，3­丁二烯与溴单质发生1，2­加成和1，4­加成，即（

1，2­加成）和（1，4­加成），可得不同产物，故D正确。2．A电石和水反应生成的乙炔中含有H2S等杂质，H2S和CuSO4溶液反应生成难溶性的CuS沉淀，乙炔和硫酸铜不反应，A正确；乙醇与水互溶，无法分层，无法分液分离，B错误；量筒内气体颜色变浅，量筒内液面上升，可能是

氯气溶于水而导致的，因此不能说明甲烷和氯气在暗处发生了取代反应，C错误；制取乙烯需要控制温度，并且副产物SO2也可使溴水褪色，D错误。3．C环氧乙烷相比乙烯增加了一个O原子，加氧或去氢的反应是氧化反应，A正确；环氧乙烷与乙醛（CH3CHO）分子式相同，结构

不同，互为同分异构体，B正确；苯在铁屑催化下能与液溴发生取代反应，苯与溴水不反应，C错误；苯乙醇中含有苯环，一定条件下能与氢气发生加成反应，D正确。4．D该有机物分子中含有—CH3、C===C、C≡C，结合甲烷为正四面体结构、乙烯为平面结构、乙炔为直线结构，分子中碳链空间结构为

平面形，如图所示：由于乙烯分子的键角为120°，故分子中6个碳原子不可能都在一条直线上，A错误；乙炔为直线结构，4个原子在一条直线上，—C≡C—决定了3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，2、3、4号3个碳原子键角接近120°，则最多4个碳原子在一条直线上，B错误；饱和碳原子是指均

以单键成键的碳原子，该分子中有2个饱和碳原子，C错误；乙烯为平面结构，6个原子共平面，故1、2、3、4号4个碳原子在同一平面内，而3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，3、4号两个碳原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，即6个碳原子共面，两端的氢原子也在这个平面上，碳碳单键可以旋转

，能够使甲基和—CF3上的1个H原子和1个F原子处于该平面，即最多可能有10个原子在同一平面上，D正确。5．A将溴水加入苯中，由于溴在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，发生了萃取，故溴水的颜色变浅，是物理变化，A项错误；苯分子中不存在碳碳单键、碳碳双键，而是存

在一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，B项正确；苯乙烯含有苯环、碳碳双键，可发生加成反应，完全反应生成乙基环己烷，C项正确；苯环上的氢原子在催化剂作用下能被氯原子取代，苯环侧链烃基上的氢原子在光照时也可被氯原子取代，

D项正确。6．DD项步骤简单，无副产物生成。7．C该有机物中含有1个苯环和1个碳碳双键，1mol该有机物最多能与4molH2加成，A项正确；碳碳双键能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；该有机物不能电离出Cl－，故不能与Ag＋反应产生沉淀，C

项错误；分子中含有氯原子，且与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，在NaOH醇溶液、加热条件下能发生消去反应，也可以在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应，属于取代反应，D项正确。8．A由结构简式可知，氯丹的

分子式为C10H6Cl8，氢、氯、碳的原子个数比为3∶4∶5，含有的官能团为氯原子和碳碳双键，属于卤代烃，A项错误，B、C项正确；氯丹分子中含有碳碳双键，能与HCl发生加成反应，D项正确。9．答案：（1）蒸馏烧瓶（2）n（3）CH3CH2OCH2CH3（或C2H5OC2H5）（4）冷却溴乙

烷，防止溴乙烷挥发（5）小于溴乙烷分子的极性比较小，水分子是极性分子，根据相似相溶原理可知溴乙烷难溶于水易溶于有机溶剂；而乙醇分子中含有的羟基是亲水基，水分子与乙醇分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的作用力，使乙醇易溶于水（6）50.0%解析：（1）根据图示可知仪器A名称是蒸馏烧

瓶。（2）为充分冷凝，采用逆流原理，冷却水要下进上出，即冷却水进水口是n。（3）反应时乙醇与浓硫酸混合加热，乙醇分子之间发生取代反应产生乙醚和水，故生成的主要有机副产物为乙醚，结构简式是CH3CH2OCH2CH3（或C2H5OC2H5）。（4）溴乙烷沸点为38.4

9℃，比较低，易挥发，在步骤2中需向锥形瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是冷却溴乙烷。（5）溴乙烷在水中的溶解度小于乙醇在水中的溶解度，这是由于溴乙烷分子的极性比较小，水分子是极性分子，根据相似相溶原理可知溴乙烷

难溶于水；乙醇分子中含有的羟基是亲水基，而且乙醇分子与水分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的作用力，导致乙醇易溶于水。（6）9.2g乙醇的物质的量n（C2H5OH）＝9.2g46g·mol－1＝0.2mol，n（NaBr）＝24g103g·mol－1≈0.23

3mol，硫酸过量，由化学方程式C2H5OH＋NaBr＋H2SO4――→加热C2H5Br＋NaHSO4＋H2O知，C2H5OH、NaBr反应的物质的量之比是1∶1，则理论上反应产生的溴乙烷的量要以不足量的乙醇为标准进行计算，则n（溴乙烷）＝n（C2H5OH）＝0.2mol

，溴乙烷的理论产量m（溴乙烷）＝0.2mol×109g·mol－1＝21.8g，而溴乙烷的实际产量是10.9g，故本实验中溴乙烷的产率是10.9g21.8g×100%＝50.0%。10．答案：（1）（CH

3）3CCH2CH3（2）（CH3）3CCH2COOH（3）取代（水解）（4）消去（5）①（CH3）3CCH2CH2Cl＋H2O――→NaOH△（CH3）3CCH2CH2OH＋HCl②2（CH3）3CCH2C

H2OH＋O2――→催化剂△2（CH3）3CCH2CHO＋2H2O③＋NaOH――→乙醇△（CH3）3CCH===CH2＋NaCl＋H2O解析：由C的结构简式是可推知烷烃A为（CH3）3CCH2CH3，B、D分别为、（CH3）3CCH2CH2Cl

中的一种，由于B水解产生的醇能氧化为酸，所以B为（CH3）3CCH2CH2Cl，D为。再结合流程图和反应条件推断相关物质，书写方程式和判断反应类型。11．答案：（1）加成反应环己烷（2）消去反应（3）在试管中加入少量水，向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体，若沉入水底，则该液体为溴苯，若浮在水面上，

则该液体为苯解析：（1）苯的分子式为C6H6，与氢气反应后生成A，A的分子式为C6H12，即此反应类型为加成反应，A的结构简式为，此有机物为环己烷。（2）根据A和B分子式确定，A生成B发生取代反应，即B的结构简式为，对比B和C的结构简式和分子组成，相差一个H原子和一个氯原子，添加一个碳碳双键，B→

C发生消去反应。（3）苯为密度小于水且不溶于水的液体，溴苯是密度大于水，且不溶于水的液体，因此用水进行鉴别，操作是：在试管中加入少量水，向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体，若沉入水底，则该液体为溴苯，若浮在水面上，则该液体为苯。课练35烃的含氧衍生物狂刷小题夯

基础[练基础]1．C该物质分子中含有酚羟基，遇到氯化铁显紫色，该物质中含有两个苯环和一个碳碳双键，与苯酚结构不相似，且两物质间不是相差n个CH2原子团，则该物质与苯酚不是同系物，A错误；酚羟基不能发生消去反应，B错误；酚羟基能与氢氧化钠或碳酸钠反应

，且1mol酚羟基消耗1molNaOH或Na2CO3，1mol该物质含有3mol酚羟基，可消耗3molNaOH或Na2CO3，C正确；苯环是平面结构，碳碳双键是平面结构，且碳碳单键可以旋转，三个平面可能在同一个平面上，D错误

。2．C酪醇分子中含有一个醇羟基和一个酚羟基，1mol该化合物中含2mol羟基，与1mol金属钠充分反应，可以生成0.5mol氢气，标准状况下的体积为11.2L，故A错误；分子中含有酚羟基，可以与浓溴水

发生取代反应而使其褪色，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B错误；当苯环上的取代基为—OH和—CH2CH2OH时，有邻、间2种结构（除去酪醇本身）；当苯环上取代基为—OH和—CH（CH3）OH时，有邻、间、对三种结构；当苯环上取代基为—OH和—O—CH2—C

H3时，有邻、间、对三种结构；当苯环上取代基为—OH和—CH2—O—CH3时，有邻、间、对三种结构，所以该化合物的同分异构体中（不考虑立体异构），含有苯酚结构的二取代物有11种，故C正确；酚在空气中久置，易被氧化而变微红色，与铁元素无关，故D错误。

3．C醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应必须要加热，才能看到砖红色沉淀，故缺少加热步骤，①正确；淀粉在稀硫酸作催化剂的条件下水解，若利用银氨溶液检验是否生成葡萄糖，在加入银氨溶液之前应先加入碱中和硫酸，否则无析出银镜

的现象，故缺少加碱的步骤，②正确；RX与烧碱水溶液混合加热发生水解反应，检验卤素离子选用AgNO3溶液，在加入AgNO3溶液之前要先将溶液中过量的碱中和，故缺少加稀硝酸的步骤，③正确；应将浓硫酸缓缓加入乙醇中，边加入边搅拌，冷却后再加入乙酸，其中

浓硫酸作催化剂、吸水剂，操作顺序及试剂选取错误，并非缺少必要的实验步骤，④错误；C正确。4．D二者分子中都含有碳碳双键，都可以和溴发生加成反应，故A正确；二者分子结构不同，分子式均为C4H6O2，属于同分异构体

，故B正确；甲分子中有羧基，乙分子中有酯基，都可以发生取代反应，故C正确；甲分子中含有碳碳双键和羧基，乙分子中含有碳碳双键和酯基，甲能和金属钠反应，乙不能与金属钠反应，故D错误。5．D该有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，①④正确

；含有酚羟基和氯原子，能发生取代反应，也能与NaOH溶液反应，②⑥正确；含有氯原子且与氯原子相连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子，能发生消去反应，③正确；含有酯基、氯原子，能发生水解反应，⑤正确。6．B从乙酸橙花酯分子结构看乙酸橙花酯分子含12个碳原子，有3个双键

，故氢原子数目为12×2＋2－6＝20，分子式为C12H20O2，①正确；分子中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，②正确；乙酸橙花酯能够发生水解反应，水解反应属于取代反应，③错误；从碳、氢原子数差异看

，不可能存在苯环结构（芳香族化合物的不饱和度至少是4，而该物质不饱和度为3），④错误；分子中只有一个酯基可以消耗NaOH，⑤正确；酯基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，1mol该有机物最多消耗2molH2，

⑥错误。7．C由两种分子的结构简式可知，NM­3分子中存在醚键、羧基、酚羟基、碳碳双键和酯基；而D­58分子中不存在羧基、碳碳双键和酯基，存在醚键、酚羟基、醇羟基和羰基。D­58不可以发生醇羟基的消去反应，是因为与醇羟基相连的碳原子的邻位

碳原子上没有H原子，而NM­3分子中无醇羟基，故两种物质不能发生消去反应的原因不完全相同。8．B青蒿素分子中不含亲水基团，难溶于水，A项错误；香茅醛分子中含有醛基，醛基具有较强的还原性，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，

B项正确；青蒿素不能发生聚合反应，C项错误；香茅醛的同系物应含有一个碳碳双键和一个醛基，满足以上条件且含有4个碳原子的有机物有3种，分别为CH2===CH—CH2—CHO、CH3—CH===CH—CHO、，D项错误。[练高考]9．C苯与溴水混合

后，由于Br2易溶于苯且苯的密度小于水，振荡后静置，上层溶液呈橙红色，A错误；环己醇为环状结构，乙醇为链状结构，二者结构不相似，不属于同系物，B错误；己二酸中含有羧基，与碳酸氢钠反应有CO2生成，C正确；环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，D错误。

10．C苯环是一个平面结构，六个碳原子和六个氢原子一定共平面，所以该有机物取代苯环氢原子位置的原子仍然在这个平面上，即分子中至少有12个原子共平面，A说法正确；该有机物完全水解后得到的产物为，其中只有

与氨基直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B说法正确；该有机物不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显色，C说法错误；该有机物与足量NaOH溶液完全反应后生成和碳酸钠，D说法正确。11

．B该分子中形成N===C键的N杂化方式为sp2，形成N—C键的N杂化方式为sp3，A项正确；手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，该分子中无手性碳原子，B项错误；该物质含有，能与酸反应，含有羧基，能与碱反应，C项正确；该物质含有苯环，能发生

加成反应，含有羧基，能发生酯化反应（属于取代反应），D项正确。12．A该物质含有酚羟基，酚羟基的邻、对位和溴水发生取代反应，A错误；酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B正确；该物质红外光谱能看到有O—H键、酯基等，有特征红

外吸收峰，C正确；该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D正确。[练模拟]13．D莽草酸含有碳碳双键、羟基和羧基，共三种不同的官能团，A项错误；莽草酸中不含苯环，环状结构碳原子不在同一平面，B项错误；莽草酸中只有羧基能与NaOH反应，故1mol能与1

molNaOH完全反应，C项错误；含有碳碳双键能与溴发生加成反应使其褪色，能与KMnO4溶液发生氧化反应使其褪色，D项正确；故选D。14．D化合物a氨基上氢原子和化合物b中氯原子结合，发生取代反应得到化合物c，故A错误；化

合物a氨基中H原子不一定与苯环共面，故B错误；根据化合物c中含有不同环境的氢原子有7种分别为：，故C错误；化合物b、c中均含有官能团酯基，且c中含有酰胺基能与NaOH溶液发生水解反应，故D正确；故答案选D。15

．C含有酯基和羰基，含有羧基和羰基，官能团不同，则结构不相似，不互为同系物，A错误；该有机物分子结构不对称，有6种不同环境的氢原子，则其一氯代物有6种（不考虑立体异构），B错误；该有机物能燃烧，可发生氧化反应，含有酯基，则能发生水解反

应（取代反应），C正确；羰基中的碳氧双键能与氢气发生加成反应，而酯基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物只能与1molH2发生加成反应，D错误。16．D丙酮酸中含有羰基和羧基，乳酸中含有羟基和羧基，丙烯酸中含有碳碳双键和羧基，A正确；乳酸中含羟基，与羟基相连的碳

原子上有氢原子，丙烯酸中含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；乳酸中的羟基和羧基都能与Na反应，1mol乳酸最多能与2molNa发生反应，C正确；丙烯酸中含碳碳双键，能发生加成聚合反应生成高分子化合物，乳酸中含有

羟基和羧基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，丙酮酸不能发生聚合反应生成高分子化合物，D错误。17．D根据Y的结构知其不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，但含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A

错误；Y中只有2个羧基能与NaOH反应，故1molY最多消耗2molNaOH，B错误；X中碳碳双键、苯环、羰基均能与H2发生加成反应，故1molX最多能与7molH2加成，C错误；X中含有碳碳双键，能发生氧

化反应和加聚反应，含有肽键、酯基，肽键和酯基的水解反应属于取代反应，同时含有羧基和羟基，能发生酯化反应和缩聚反应，D正确。综合测评提能力1．C用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，需要加热至沸腾才有明显的砖红色沉淀，实验室制备乙烯需迅速升温至170℃，A错误；向甲酸和

甲醛的混合物中加入NaOH溶液，甲酸与NaOH反应生成甲酸钠，甲酸根离子（HCOO－）中仍存在—CHO结构，仍可与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，B错误；碳碳双键与Br2可发生加成反应，醛基不能与溴的四氯化碳溶液反应，所以可用溴的四氯化

碳溶液检验丙烯醛中的碳碳双键，C正确；溶液中分别加入新制的氢氧化铜悬浊液，无明显现象的为乙醇，加热后有砖红色沉淀生成的为乙醛，溶液变澄清的为乙酸，溶液分层的为乙酸乙酯，故能鉴别，D错误。2．D浓硫酸稀释时放出大量热且浓硫酸密度较大，先加浓硫酸容易

造成液体飞溅，另外为了防止酸挥发，乙酸应该最后加，正确的顺序应该是依次加入沸石、正丁醇、浓硫酸、冰醋酸，A错误；由于乙酸丁酯的密度比水小，二者互不相溶，混合液中水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，通过装置B不断分离生成的水，可使平衡正向移动，提高反应产率，B错

误；冷凝时应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷水应从b口进，a口出，C错误；酯化反应是可逆反应，加入乙酸将会使平衡向正反应方向移动，提高丁醇的转化率，D正确。3．D由结构简式可知该有机物的分子式为C9H10O4，A错误；苯环上处于酚羟基的邻位和对位的氢原子可被取代，由有机物的

结构简式可知，1mol该物质最多能与2molBr2发生取代反应，B错误；该有机物中连有醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误；该有机物含有酚羟基，可与甲醛发生缩聚反应，D正确。4．C该化合物分子中含有苯环，因此属于芳

香族化合物，A正确；该化合物分子中含有Cl原子，由于与Cl原子相连的C原子的邻位C原子上有H原子，所以有机物A和NaOH的醇溶液共热可发生消去反应，B正确；由于羟基连接的C原子的邻位C原子上没有H原子，所以该有机物不能在浓硫酸作用下发生消去反应，C错误；该有机物分子中含有的—Cl

及水解生成的酚羟基和羧基都可以与NaOH反应，则1molA最多可以与3molNaOH反应，D正确。5．B苯酚的环上邻对位上的氢可以被溴原子取代，因此1mol雷琐苯乙酮最多能与2molBr2发生取代反应，A错误

；苹果酸含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成，B正确；伞形酮含有酯基、酚羟基，而酯基是羧酸与酚形成的，水解后得到羧基、酚羟基，酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应，1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3

molNaOH，C错误；苹果酸不含酚羟基，与氯化铁不反应，D错误。6．C溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生水解反应：CH3CH2Br＋OH－――→△H2OCH3CH2OH＋Br－，A正确；制备酚醛树脂的化学方程式为，B正确；由于酸性：碳酸>

苯酚>碳酸氢根离子，根据强酸制弱酸原理，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO－3，C错误；甲醛溶液与足量的银氨溶液共热，发生反应HCHO＋4[Ag（NH3）2]＋＋4OH－――→△CO2－3＋2NH＋4＋4

Ag↓＋6NH3＋2H2O，D正确。7．A秦皮素分子中含有的酯基水解生成1个羧基和1个酚羟基，秦皮素分子本身还含有2个酚羟基，故1mol该有机物最多能与4molNaOH反应，A错误；由有机物的结构简式可知，该有机物的化学式为C10H8O5，B正确；该有机物含有碳碳双键

、羟基、酯基、苯环，其中碳碳双键和苯环可以发生加成反应，碳碳双键和羟基可发生氧化反应，羟基和酯基可发生取代反应，C正确；该有机物含有酚羟基、酯基、醚键、碳碳双键4种官能团，D正确。8．C分子中的官能团有羟基、

羰基、碳碳双键、醚键，A错误；若R为甲基，其分子式为C16H12O7，B错误；该有机物分子中含有酚羟基，故遇三氯化铁溶液会呈紫色，C正确；该有机物分子中含2个苯环、1个羰基和1个碳碳双键，故1mol该有机物最多能与8mol氢气发生加成反应，D错误

。9．答案：（1）1，3­苯二酚（或间苯二酚）（2）2（3）酯基、羟基、醚键（任意两种）（4）（5）取代反应（6）C（7）解析：（1）由A的结构简式可知A的名称为间苯二酚或1，3­苯二酚。（2）由D和E的结构简式可知，由D生成E，D中间环上的碳碳双键和羰基都要和氢气加成，故1molD

反应生成E需要2mol氢气。（3）由E的结构简式可知，E中存在的含氧官能团为羟基、酯基和醚键。（4）E生成F是醇的消去反应，反应的化学方程式为。（5）由G和H的结构简式及反应条件可知，第一步发生的是G和水的加成反应，第二步是酯的水解反应，属于取代反应。（6）B的分子式为C8H8O3，符合条件a

、b、c的B的同分异构体的结构简式有共4种。（7）根据F→G可知，丙烯与m－CPBA反应得到与水加成得到与（CH3CO）2O发生类似C→D的反应得到。10．答案：（1）羟基（2）加成反应（3）①c②③（或三个取代基在苯环上其他位置的结构）④解析：（1）甲（

）中含氧官能团是羟基。（2）经过反应Ⅰ碳碳双键成为了单键，并且引入了Cl原子，所以反应Ⅰ为甲和氯化氢的加成反应；含有醇羟基的物质，如果邻位碳上有氢原子，则可被氧化，氯原子所连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子则会发生消去反应，所以反应Ⅱ的化学方程式为。（3）根据乙的结构简式和题干中所给信息，可

知A是乙二醛，B是苯甲醛；乙在加热条件下与新制的氢氧化铜反应生成酸则C应为醇；因B为苯甲醛，则C为苯甲醇；E相对分子质量为76，结合题给信息可知E应为HO—CH2—COOH，本身能发生缩聚反应生成①C为苯甲醇，

含有羟基，可与HBr发生取代反应，可与乙酸发生酯化反应，可与钠反应生成氢气，但不能与碳酸钠反应；②由以上分析可知F的结构简式为；③D的分子式为C9H8O，其同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基；c.能与Br2/CCl4发生加成反应，则含有碳碳双键；遇FeCl3溶液显示特征颜色，则含

有酚羟基；则苯环上连接的三种不同官能团分别为碳碳双键、醛基和酚羟基，综上分析，可以写出符合③中要求的D的同分异构体；④丙是由和苯甲醇发生酯化反应而得，则其结构简式为。11．答案：（1）羟基醛基（2）abd（3）3（4）2加成反应取代反应（5）解析：（1）

B、C中互不相同官能团的名称分别为羟基、醛基。（2）A、B、C三种物质分子中均含有碳碳双键，均能发生加聚反应，故a正确；只有B分子中有酚羟基，故只有B能与FeCl3溶液发生显色反应，b正确；B分子中有

酚羟基，能与Na2CO3反应生成NaHCO3，故c错误；C分子中有醛基，故只有C能发生银镜反应，d正确。（3）A（）中苯环上的一卤代物的同分异构体的数目为3，如图1、2、3三个位置上的H分别被取代所得产物不同。（4）B与足量的溴水充分反应，苯环上三

个H均可被溴原子取代，侧链上双键可与Br2发生加成反应，故0.5molBr2可消耗2mol单质溴，其反应类型为：取代、加成。（5）根据R1CH===CHR2――→[O]R1COOH＋R2COOH和有机物C9H8O发

生如下反应：可知C9H8O的结构简式为（6）A与B在一定条件下相互反应，实质上是不同的单体之间的加成聚合，生成高分子化合物的化学方程式为课练36基本营养物质有机高分子化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．A丝绸的主要成分是蛋白质，纸张的主要成分是纤维

素，均属于有机高分子化合物，A正确；天然橡胶是制作医用无菌橡胶手套的原料，它是2­甲基­1，3­丁二烯发生加聚反应的产物，B错误；花生油、大豆油的主要成分都属于油脂，油脂不是高分子化合物，C错误；聚丙烯纤维是人工合成的有机高分子化合物，D错误。2．A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；白砂糖的主要成分是蔗糖，D错误。3．D步骤2中加碘水后

溶液变蓝证明溶液中仍存在淀粉，故淀粉没有水解完全，A错误；步骤3中发生的反应是新制的氢氧化铜溶液将醛基氧化，即淀粉水解产物具有还原性，B错误；若在淀粉水解溶液中不先加足量的NaOH溶液中和其中的催化剂H2SO4，而直接

加新制的氢氧化铜悬浊液，则氢氧化铜会先与H2SO4反应，从而看不到有砖红色沉淀的现象，C错误；向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，沉淀溶解说明Cu（OH）2与NH3·H2O发生了反应，即生成了铜氨配合物，D正确。4．C淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄

糖，A正确；植物油中含有不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，B正确；两个氨基酸分子脱去一分子的水形成二肽，当α­氨基丙酸与α­氨基苯丙酸混合物脱水时，同种氨基酸分子脱水形成2种

二肽，α­氨基丙酸与α­氨基苯丙酸之间脱水可形成2种二肽，共可生成4种二肽，C错误；在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，蛋白质的溶解度变小而析出，此过程是蛋白质的盐析，D正确。5．A苯酚与甲醛在酸性条件下发生缩聚反应，生成酚醛树脂的结构简式为，A

错误；（NH4）2SO4会使蛋白质溶解度降低而结晶析出，当再加入水时，析出的蛋白质会重新溶解，而CuSO4是重金属盐，会使蛋白质发生变性而形成沉淀，但是析出的沉淀再加入水不能溶解，故二者能使蛋白质沉淀析出的原理不同，B正确；醋酸（C2H4O2）和硬脂酸（C

18H36O2）都是饱和一元羧酸，分子组成上相差16个“CH2”原子团，因此二者互为同系物，C6H14和C9H20都是烷烃，分子组成上相差3个“CH2”原子团，也互为同系物，C正确；向淀粉溶液中加入稀硫酸加热，淀粉会发生水解反应，再加入NaOH溶液中和硫酸，然后加

入新制Cu（OH）2悬浊液加热煮沸后，若有红色沉淀，说明生成了葡萄糖，则证明淀粉已水解，D正确。6．D羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，而聚酯纤维是由乙二醇和对苯二甲酸（HOOCCOOH）通过缩聚反应形成的，二者化学成分不同，A错误；聚酯纤维链节中含有酯基，可以发生水解，羊

毛的主要成分是蛋白质，蛋白质中存在酰胺基，也可以水解，B错误；由结构简式可知，乙二醇和对苯二甲酸反应生成聚酯纤维，同时还应有水生成，属于缩聚反应，C错误，D正确。7．C合成PC的反应中生成了高分子化合物和小分子物质，属于缩聚反应，故A正确

；由合成反应原理的端基—H、—OCH3，可推知W是甲醇，故B正确；同系物中官能团的种类和数目要相同，并且苯环的数目也要相同，不是同系物，故C错误；中有四种不同环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4个吸收峰，D正确。8．B链节主链上不含以外的

官能团，故合成该高分子材料的反应不可能是缩聚反应，A错误；合成该高分子材料的单体为，B正确；三种单体中都含有，都能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；该高分子材料为混合物，D错误。[练高考]9．B涤纶是合成纤维，可作为制

作运动服的材料，A项正确；人体不含能使纤维素水解的酶，纤维素不能为运动员提供能量，B项错误；木糖醇可用作运动饮料的甜味剂，C项正确；液态氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，可用于运动中急性损伤的镇痛，D项正确。10．BF中含有2个酰胺基

（—CONH—），A项正确；高分子Y在一定条件下发生水解反应生成和，B项错误；高分子X中氮原子上连有氢原子，能形成氢键，C项正确；E分子和高分子Y中都含有氨基，而F分子和高分子X中不含氨基，说明高分子Y的合成过

程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。11．B维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，A正确；蛋白质在酸、碱的作用下也能发生水解，B错误；将二氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，C正确；

核苷酸通过聚合反应制备核酸，D正确。12．B由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸

分子成环时，可形成，D项正确。13．B聚乳酸（）是由乳酸[HOCH（CH3）COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A错误；聚四氟乙烯（CF2—CF2）是由四氟乙烯（CF2===CF2）经加聚反应制

备，B正确；尼龙­66是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C错误；聚乙烯醇由聚乙酸乙烯醇酯发生水解反应制得，D错误。[练模拟]14．C酒精能使蛋白质变性，但并不是酒精浓度越大消毒效果越好，最好选用体积分数为75%的酒精进行消毒，故A错误；纤维素在人体内不能水解，不能提供能量

，故B错误；聚酯纤维、有机玻璃、酚醛树脂都是有机物，且均为高聚物，属于有机高分子材料，故C正确；油脂与碱作用可用于制肥皂，乙酸乙酯与碱作用生成乙醇和乙酸钠，不能制作肥皂，故D错误。15．D巴豆醛含醛基，山梨酸不含醛基，则可用新制的氢氧化铜悬浊液检验山梨酸中是否含有巴豆醛，A正确；反应1

为加聚反应，产物除“聚酯”外没有小分子生成，B正确；与山梨酸含有相同官能团，且含一个五元环，应含有1个碳碳双键和1个羧基，可看作羧基取代环戊烯的H原子，共有3种，C正确；一个酯基水解消耗1个水分子，但同时分子内因消去反应又生成一个水分子，故反应2每生成1mol山梨酸理论上不需要消

耗水，D错误。16．B蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，A正确；纤维素在人体内不能水解，只能起到促进肠胃的蠕动、减少脂类的吸收等作用，故不能作为人类的营养物质，B错误；土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉变蓝色，C正确；油脂是高级脂肪酸甘油酯

，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D正确。17．B根据结构简式，维生素C分子式为C6H8O6，故A正确；维生素C的不饱和度为3，苯的不饱和度为4，维生素C同分异构体中不可能有芳香族化合物，故B错误；酸性条件下，紫色石蕊试液呈红色，故C正确；含－OH、－COOC－能发生取代反应，含

C===C可发生加成反应、氧化反应，含－OH可发生消去反应和氧化反应，故D正确。故选B。18．C根据题干信息可知，聚酰亚胺是合成有机高分子材料，A选项错误；由题干信息“－170℃仍能保持本色”“表面热控材料”说明聚酰亚胺既能耐高温又能耐低温，B选项

错误；由该聚酰亚胺的结构简式可知，该分子中含有苯环，可发生取代反应和加成反应，C选项正确；该聚酰亚胺的一个链节中含有4个C===O键，即4个双键，D选项错误。答案选C。综合测评提能力1．D陶器的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A不符合题意；铜奔马的主要材料是青铜，青铜属于金属材料，B不

符合题意；宇航员的航天服的主要成分为合成纤维，属于有机高分子材料，C不符合题意；光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料，不是复合材料，D符合题意。2．A加酶洗衣粉含有酶，能够催化蛋白质的水解反应，毛织品中毛的主要成分是蛋白质

，若使用加酶洗衣粉会使毛织物发生水解反应，所以不能用加酶洗衣粉，A正确；维生素C能将Fe3＋转变为Fe2＋，起还原剂作用，所以维生素C具有还原性，B错误；油脂不属于高分子化合物，C错误；煤的气化是洁净煤技术，能够减少二氧化硫等有害气体的排放，不能减少二氧化碳的排放，D错误。3．A地沟油

的主要成分是各种油脂，油脂在碱性条件下发生的水解反应可以用于制肥皂，A正确；硫酸铜电离产生的Cu2＋是重金属离子，会使蛋白质变性，不能用于制豆腐，B错误；人体内没有能够使纤维素水解成葡萄糖的酶，所以纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故不可作为人类的营养物质，C错误；碳纤维是单

质碳，不是有机化合物，D错误。4．B加入某些无机盐的浓溶液可以降低蛋白质在水中的溶解度，使蛋白质从溶液中析出，盐析是可逆过程，不会影响蛋白质的性质，可用于提纯蛋白质，A正确；利用淀粉遇碘变蓝的性质可以检验

是否存在淀粉，而检验淀粉是否发生水解，要检验溶液中是否含葡萄糖，检验葡萄糖的常用方法是向水解后的溶液中加NaOH溶液，调节溶液至碱性，然后加入银氨溶液并水浴加热（或加入新制氢氧化铜悬浊液并加热），B错

误；棉花的主要成分是纤维素，属于天然纤维，C正确；油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上可用油脂制肥皂，D正确。5．B由题中X的结构分析可知，有机物X含有的含氧官能

团为羧基和羟基，A正确；Z的结构简式可能是，B错误；X分子中含有羟基，在浓硫酸作用下发生消去反应生成Y，生成1molY的同时，有1mol水生成，C正确；Z分子中含有碳碳双键，发生加聚反应生成G，D正确。6．C顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都是人工合成的，不属于天然高

分子材料，A错误；顺丁橡胶的单体为1，3－丁二烯，与反－2－丁烯分子式不同，不互为同分异构体，B错误；涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，C正确；酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，D错误。7．DCH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH

===CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构简式可知，M的单体为CH2===CH—O—CH3和，由此可知B为CH2===CH—O—CH3，C为，则试剂a为甲醇，故A正确；化合物B为CH2===CH—O—CH3，其中一个双键碳原子上连接的两个原子相同，

不存在顺反异构体，故B正确；化合物C为，其结构对称，只含有一种化学环境的氢原子，则其核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；聚合物M是由CH2===CH—O—CH3和通过加聚反应得到的，故D错误。8．B甲的不饱和度为2，甲和Br2的四氯化碳溶液发生加成

反应生成乙，丙能与HBr反应，说明丙中含有不饱和键，根据丙与HBr反应产物能发生连续氧化可知其中有—CH2OH结构，结合UP的结构简式可推出甲为CH2===CH—CH===CH2，与Br2发生1，4­加成生成的乙为CH2BrC

H===CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙（HOCH2CH===CHCH2OH），丙与HBr发生加成反应生成HOCH2CH2CHBrCH2OH，然后连续氧化生成的丁为HOOCCH2CHBrCOOH，丁发生消去反应生成单体1，则单体1的结构简式为HOOCCH===CHCOOH，由UP的结构

简式可知，另外两种单体为HOCH2CH2OH（乙二醇）、（对苯二甲酸），A正确；丙的结构简式为HOCH2CH===CHCH2OH，分子中的碳碳双键和羟基均能被高锰酸钾溶液氧化，不能直接氧化制单体1，B错误；根据各单体的结构简式以及

不饱和聚酯的结构简式可知，单体发生缩聚反应生成UP，C正确；HOCH2CH2OH与HOOCCH===CHCOOH、可以分别发生脱水缩合生成高聚物，所以调节单体的投料比，控制m和n的比值，可以获得性能不同的高

分子材料，D正确。9．答案：（1）3­氯丙烯（2）（3）浓硫酸/甲苯△＋H2O（4）羧基、羟基（5）取代反应（6）（7）10解析：（1）从碳碳双键端点C原子开始编号，氯原子位于3号碳原子上，故命名为3­氯丙烯。（2）结

合C的分子式，对照和可得C的结构简式。（3）因F不能和饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，则E中—COOH与—OH之间发生酯化反应生成F。（4）E中含有羧基（—COOH）和羟基（—OH）两种含氧官能团。（

5）G→H为―→，即—Cl取代G中—OH。（6）对比H和J的结构简式，可知盐I中的阴离子为，再结合I的分子式可推知I的结构简式。（7）满足条件的E的同分异构体中含有1个苯环、3个甲基、1个羧基、1个醛基，将—COOH和—CHO排在苯环的邻、间、对位置，再插入3个甲基（—CH3）可得

：共有10种。上述同分异构体经银镜反应后酸化，—CHO转化为—COOH，所得产物中核磁共振氢谱有四组氢，即含有四种等效氢，氢原子数量比为6∶3∶2∶1，即2个—CH3处于对称位置，2个—COOH处于对称位置。10．答案：（1）sp2、s

p3（2）取代反应（3）（4）（5）解析：（1）中标“*”的碳原子形成四个σ键，为sp3杂化，其余碳原子均为sp2杂化。（2）B→C为SOCl2中Cl原子取代B中羧基上的—OH。（3）除苯环外，还有2个不饱和度，6个碳原子，3个氧原子，其同分异构体能水解，说明含有酯基，生成的2种产物均能被银氨溶液

氧化，说明为甲酸形成的酯基，则水解所得到的产物之一为甲酸，另一产物中应含有醛基，结合条件①可知，满足条件的同分异构体的结构简式为（4）G的分子式为C11H15NO2，与F相比，G少了一个CH2原子团，对比E、G

的结构推测，F中的酯基水解生成G，故其结构简式为。（5）本题可采用逆合成法。参照流程中的D→E可知，目标产物可以由在“NH2OH，加热”条件下获得；根据已知信息可知，在NaOH、加热条件下可生成；运用已知信息，由CHOCHO与CH3MgBr反应再酸化可得，催化氧

化可得。单元检测11有机化学基础1．C聚丙烯为有机高分子化合物，A错误；聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，为有机高分子化合物，B错误；二氧化氯为氧化物，属于无机化合物，C正确；丁腈橡胶是由丁二烯与丙烯腈聚合而成的，属于有机物，D错误。2．D乙烯为平面形结构，碳原子半径大于氢原子半径，则

比例模型为，A正确；为三硝酸甘油酯，俗称硝化甘油，B正确；甲烷为正四面体结构，其球棍模型为，C正确；为油酸甘油酯，D错误。3．D同系物的官能团种类与数目均相同，葡萄糖含有醛基，而木糖醇不含醛基，官能团种类不

同，不互为同系物，A错误；一氯代物有3种，则该有机物有3种氢原子，其中一种的结构简式为（CH3）3CCH2CH3，其正确名称为2，2­二甲基丁烷，B错误；聚氯乙烯的单体是氯乙烯，含氯元素，属于烃的衍生物，不属于不饱和烃，C错误；甲醚（CH3OCH3）可改写为C2H4·H2

O，燃烧时耗氧的为C2H4，同理碳酸二甲酯也可改写成C2H4·CO2·H2O，相当于是C2H4耗氧，但是三者的摩尔质量不相同，故等质量的三种物质的物质的量不等，则完全燃烧时耗氧量一定不同，D正确。4．B淀粉溶于水形成的分散系是胶体，不能透过半透膜，葡萄糖溶于水形成的是溶液，能透过半透

膜，则通过渗析可除去淀粉溶液中的葡萄糖杂质，A正确；乙醇和水互溶，则不能用分液，可用蒸馏法分离乙酸和乙醇，B错误；甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠和水，甲醛易溶于水，然后蒸馏分离出甲醛，C正确；加食盐搅拌，肥皂液发生盐析，静置后过滤即可，D正确

。5．C红外光谱仪可以判断某有机物中含有的化学键和官能团种类，不能得到X与Y的相对分子质量，测定相对分子质量应用质谱仪，A错误；X和Y分子中都含有碳碳双键，都可使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；Y分子中含有酚羟基，可与乙酸在一定条件下发生酯化反应得到X，C正确；由Y的结构简式知1molY

含有2mol碳碳双键，可与2molBr2发生加成反应，另Y中含有酚羟基，其对位上有一个氢原子，可以被一个溴原子取代，故1molY最多可与3molBr2反应，D错误。6．B蒸馏时温度计的作用是测量各馏分蒸气的温度，温度计水银球应处

于蒸馏烧瓶的支管口附近，①正确；甲烷与溴水不反应，乙烯与溴发生加成反应，可以用溴水除去甲烷中的乙烯，②正确；实验室制乙烯用的是浓硫酸和乙醇反应，利用浓硫酸的脱水性和吸水性，使乙醇分子发生分子内脱水，不能用3%的稀硫酸，③错误；实验室制溴苯，必须用液溴，④错误；电石是碳化钙，与水

反应生成氢氧化钙和乙炔，敞口久置的电石会与空气中的水蒸气反应而失效，与蒸馏水混合时无法制乙炔，且未失效的电石与水反应过于激烈，实验室常用饱和食盐水代替水进行反应，⑤错误。因此不能达到预期目的的只有③④⑤，答案选B。7．C如果甲烷分子是平面正方形结构，则二氯甲烷分子中两个氯原子可能处于相邻位

置，也可能处于相对位置，而二氯甲烷只有1种结构说明甲烷分子是正四面体结构，A正确。立方烷中两个氯原子可分别位于立方体的同一边、面对角线和体对角线位置，如图有1和2、1和3、1和4三种，B正确。苯环中12个原子一定共平面，碳碳双键中6个原子一定共平面，

但苯环与碳碳双键之间以碳碳单键相连，而碳碳单键可以旋转，所以分子中所有原子不一定处于同一平面，C错误。乙酸可以和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体；苯与碳酸钠溶液分层，且苯的密度比水小，有机层在上层；四氯化碳也与碳酸钠溶液分层，且四氯化碳的密度比水大，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，D正确。8．

C甲分子中两个碳碳双键与乙分子中碳碳双键均断开其中一个键，而甲在两个双键中间形成了一个新的双键，从距离碳碳双键最近一端给碳原子编号，即甲和乙进行1，4­加成反应生成丙，A错误；甲与氢气按物质的量之比1∶1反应，可发生1，2­加成反应和1，4­加成反应，

但由于甲为环状结构，无论发生哪种加成反应最终都生成同一产物：，B错误；乙的结构简式为CH2===CHCO18OCH3，分子中有3种氢原子，则其一氯代物有3种，C正确；由图知丙的结构中有酯基，在酸性条件下酯基水解，断裂其中的C—O键，生成和CH183OH，D错误。9．D甲苯和乙烷中都含有甲基

，但甲苯能够使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不行，说明苯环对侧链有影响，A不符合题意；甲苯和苯中都含有苯环，甲苯苯环上能够被取代的氢原子更多，可说明侧链对苯环有影响，B不符合题意；在苯酚中，由于苯环对—O

H的影响，氧氢键易断裂，苯酚具有酸性，对比乙醇，虽含有—OH，但是乙基对羟基的影响小，不具有酸性，C不符合题意；乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有，可发生加成反应，乙烷属于饱和烃，不能发生加成反应，不能说明题述观点，D符合题意。10．DCH3CH2CH2Br在碱性溶液中水解得到CH3C

H2CH2OH，无同分异构体，①错误；甲苯在催化剂作用下与Cl2发生苯环上的取代反应，一般取代邻位或对位上的氢原子，所得产物存在同分异构体，②正确；2­氯丁烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成1­丁烯和2­丁烯，存在同分异构体，③正确；苯甲酰胺在酸存在并加热的条件下

发生水解反应生成苯甲酸和氨，不存在同分异构体，④错误；异戊二烯与等物质的量的Br2可发生1，2­加成、3，4­加成或1，4­加成，生成BrCH2CBr（CH3）CH===CH2、CH2===C（CH3）CHBr—CH2Br或BrCH2C（CH3）===CHCH2Br

，存在同分异构体，⑤正确。11．CCH3CH===CHCH3（2－丁烯）可看做是由两个甲基取代乙烯分子中两个碳原子上各一个氢原子得到的，因此4个碳原子不在同一直线上，A项错误；（CH3）2C（OH）C（CH

3）3的系统命名为2，3，3－三甲基－2－丁醇，B项错误；中有4种类型的氢原子，中有4种类型的氢原子，二者的一溴代物均有4种，C项正确；CH3COOCH3分子中有2种类型的氢原子，其核磁共振氢谱中能出现两组峰，D项错误。12．B分子式

为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，可表示为C4H9—COOH，丁基有四种不同结构，所以分子式为C5H10O2的一元羧酸有4种结构，A项正确；石油是混合物，通过分馏得到的汽油、煤油等馏分仍然是混合物，B项

错误；苯甲酸可看成是苯分子中的H原子被羧基取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也可在一个平面上，C—C键可以旋转，因此苯甲酸分子中所有原子可能位于同一平面，C项正确；根据盐酸美西律的结构简式可知，该分子中只含有1个苯环，不含有其他不饱和键，故1mol盐

酸美西律最多可与3molH2发生加成反应，D项正确。13．D该有机物的分子式为C8H8O3，含氧官能团是羟基和羧基，A错误；该有机物中与羟基直接相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；该有机物分子中苯环为平面结构，“”为平面结构，旋转碳碳单键可以使两个平面共面，旋转羧基中的

O—H键可以使H原子在该平面内，故该有机物分子中最多有16个原子在同一平面，C错误；甲酸某酯能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中不仅含有酯基，还含有苯环与酚羟基，当苯环上有2个取代基（—OH、—CH2OOC

H）时，2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系；当苯环上有3个取代基（—OH、—CH3、—OOCH）时，3个取代基在苯环上有10种位置关系，故该酯的结构有13种，D正确。14．D该有机物分子中含有酚羟基，酚羟基邻、对位的氢原子可与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，则

1molA最多可以与3molBr2发生反应，A错误；A分子中苯环和碳碳双键都为平面结构，单键可以旋转，则分子中最多有11个碳原子共平面，B错误；A分子中能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基和氯原子，其中1mol酯基水解生成的1mol酚羟基能继续与NaOH反应，则1molA与足量的N

aOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，C错误；物质A分子中含苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有氯原子，且与氯原子相连的C原子的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，分子中含有酚羟基、醇羟基、酯基和氯原子，一定条件下可以发生取代反应，D

正确。15．A分子式为C10H12O2的有机物，能与NaHCO3反应生成气体说明含有羧基，则另一个取代基为烃基，2个取代基的结构分别是—COOH、—C3H7（2种）、—CH2COOH、—C2H5（1种），—CH2CH2COOH、—CH3（1种），—CH（CH3）COOH、—CH3（1种

）；共五种结构，苯环有2个取代基的有邻、间、对3种位置关系，所以共3×5＝15种，A正确；对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维，B错误；被氧化为醛的醇的结构中含有—CH2OH，所以分子式为C5H12O的醇含有—CH2OH的结构可表示为C4H9CH2OH，共有4种，C错误

；中含有甲基，甲基为四面体结构，所以分子中不可能所有原子都共面，D错误。16．答案：（1）b（2）①（3）3­己烯或2­乙基­1­丁烯解析：（1）某烃A的相对分子质量为84，则该烃中C原子数目应小于8412＝7，则该烃的分子式为C6H12。1m

olC6H12在O2中充分燃烧，消耗O2的物质的量为（6＋3）mol＝9mol，若1mol某物质（CxHyOz）耗氧量x＋y4－z2也为9mol，当总物质的量一定时，混合物消耗氧气的量相等，否

则不相等。a项，1molC7H12O2的耗氧量为（7＋3－1）mol＝9mol；b项，1molC6H14的耗氧量为6＋144mol＝9.5mol；c项，1molC6H14O的耗氧量为6＋144－12mol＝9mol；d项，

1molC7H14O3的耗氧量为7＋144－32mol＝9mol，可得等物质的量的C6H12与C6H14的耗氧量不相等，答案选b。（2）①若烃C6H12为链烃，应含有一个碳碳双键，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯代物只有一种，说明A分子中只有一种化

学环境的H原子，分子结构具有对称性，符合题意的A的结构简式为；②A与溴发生加成反应生成的B为，B与NaOH的醇溶液共热可以得到D，D分子中无溴原子，则D为，由B制备D的化学方程式为＋2NaBr＋2H2O；③B（CCH3BrCH3CCH3BrCH3）与足量氢氧化钠水溶液完全反应，可发

生水解反应生成醇，则E为，反应的化学方程式为＋2NaOH――→水△（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组峰，峰面积比为3∶2∶1，说明分子中含有3种不同化学环境的H原子，则H原子数目分别为6、4、2，结合分子中H原子数目确定分子结构，则A可以为CH3CH2CH=

==CHCH2CH3，其名称为3­己烯；或为CH2===C（CH2CH3）2，名称为2­乙基­1­丁烯。17．答案：（2）除去未反应的苯甲醛（3）①防止乙醚挥发到空气中引起爆炸除去醚层中的水②水浴加热苯甲醇（4）重结晶（5）bd解

析：（1）①长久放置的苯甲醛会被空气氧化为苯甲酸。②结合已知信息，可写出三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为：（2）根据题表中信息知苯甲醛与饱和NaHSO3溶液反应产生沉淀，则可知用饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤的目的是除去未

反应的苯甲醛。（3）①乙醚易挥发，锥形瓶上加塞子的目的是防止乙醚挥发到空气中引起爆炸。无水硫酸镁的作用是除去醚层中的水。②乙醚沸点较低，用水浴加热可平缓蒸出乙醚。198℃～206℃接近苯甲醇的沸点，所以198℃～2

06℃的馏分为苯甲醇。（4）将苯甲酸粗产品提纯所用的方法是重结晶。（5）a项，两种冷凝管冷凝效果不相同，球形冷凝管的冷凝效果更好，错误。b项，直形冷凝管一般在用蒸馏法分离物质时使用，正确。c项，两种冷凝管的冷凝水进出方向应均为“高（处）出低（处）进”，这样冷凝效果才好，错

误。d项，球形冷凝管能冷凝回流反应物而减少其蒸发流失，使反应更彻底，正确。18．答案：（1）取代（2）（3）CH3CH2Br（4）酯基（5）（6）5（7）解析：由A的分子式为C7H8，可确定其结构简式为；A可与Cl2在光照条件下

发生取代反应生成B，由C的结构简式可确定B为；C与CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D的结构简式为；由信息ⅰ可逆推出X为CH3CH2Br，E为；由信息ⅱ，参照分子式，可推出苯巴比妥为（1）中甲基H原子被Cl原子取代，反应类型为取代反应。

（2）与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成和水，化学方程式为＋CH3CH2OH浓硫酸△＋H2O。（3）由以上分析可知，试剂X为CH3CH2Br。（4）E为，所含官能团的名称为酯基。（6）的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，则含有

苯环；②能发生水解反应，则含有酯基；③能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯基；④苯环上只有一个取代基，则可能的结构有与CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成与CH3CH2Br反应生成由信息

ⅱ可知与CO（NH2）2在CH3CH2ONa作用下生成乙基巴比妥，据此写出合成路线。19．答案：（1）邻羟基苯甲酸（或2­羟基苯甲酸）（2）（3）取代反应（4）酯基、醚键（5）13（6）解析：（1）A的结构简式为，以羧酸为母体，羧基邻位上有一个酚羟基，所以名称为邻羟基苯甲酸或2­羟基苯甲酸。（2

）反应③为D的硝化反应，化学方程式为（3）对比F和G的结构简式可知，F中—NH2中的一个H原子和—OH中的H原子被取代，所以为取代反应。（4）根据G的结构简式可知其含氧官能团为肽键、醚键和酯基。（5）B的同分异构体能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，遇F

eCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，若苯环上有两个支链，则是—OH、—CH2COOH，此时有邻、间、对3种同分异构体；若苯环上有三个支链，是—OH、—CH3、—COOH，采用定二移一法可得共有10种同分异构体，所以一共有3

＋10＝13种同分异构体；其中核磁共振氢谱中有5组峰的结构简式为（6）根据D→E→F→G的流程可知，要先在中引入—NO2，再将硝基还原为—NH2，最后与发生取代反应生成，据此写出合成路线。第十二单元物质结构与性质课练37原子结构与性质1．答案：（1）第四周期第ⅦB族d（2）

1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1K、Cu（3）N162（4）Br>Se>AsBr>As>Se（5）Cu失去一个电子变成电子排布为[Ar]3d10的Cu＋，能量较低，结构稳定，所以Cu的第二电离能相对较大（或Z

n失去一个电子变成电子排布为[Ar]3d104s1的Zn＋，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。或Cu原子失去一个电子后，核外电子排布式为[Ar]3d10，而锌原子失去1个电子后的核外电子排布式变为[Ar]3

d104s1，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大）解析：（1）Mn的原子序数为25，Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，位于第四周期ⅦB族，属于d区元素。（2）基态铬原子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23

p63d54s1或[Ar]3d54s1，第四周期最外层电子数为1的原子还有K、Cu。（3）基态Fe原子核外有4个电子层，电子占据的最高能层为第四层，符号为N。该能层有s、p、d、f四个能级，原子轨道数为1＋3＋5＋7＝16。其价层电子排布式为3d6

4s2，故N层的电子数为2。（4）同周期元素从左到右（稀有气体除外）电负性逐渐增大，故电负性为Br>Se>As。同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于As的4p能级半充满，为稳定结构，其第一电离能大于Se，故第一电离能为Br>As>Se。（5）根据Cu、

Zn失去一个电子后的结构，分析再失去一个电子的难易，从而比较Cu、Zn的第二电离能。2．答案：（1）NH3PH3氮元素的非金属性（或电负性）比磷强（或者是N—H键的键长比P—H键的短）（2）②C（3）Ne

（4）2NH3＋3F2===6HF＋N2解析：根据元素周期表的结构可知X为N，Z为F，R为Ne，W为P，Y为S。（1）X、W的氢化物分别为NH3和PH3，非金属性越强气态氢化物越稳定。（2）当电子排布在同

一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，因此氮元素的基态原子的轨道表示式为。（3）原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关，还与形成稳定结构的倾向有关。结构越稳定，失去电子所需能量越高，在

所给五种元素中，氖元素最外层已达8电子的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多，即第一电离能最大。（4）根据题给图示可知E为NH3，G为F2，L为HF，M为N2，反应的化学方程式为2NH3＋3F2===6HF＋N2。3．答案：（1）①三ⅣA②1s22s22p31③><><（2）①A

l②1s22s22p63s23p63d104s24p2GeCl4③CD解析：（1）①Si是14号元素，位于元素周期表中第三周期第ⅣA族。②N是7号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu是29号

元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故最外层有1个电子。③同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径：Al>Si；同周期元素，原子序数越大（稀有气体除外），电负性越大，故电负性：N<O；金刚石和晶体硅都是原子晶体，但键

能：C—C键>Si—Si键，故熔点：金刚石>晶体硅；CH4和SiH4都是分子晶体，且两者结构相似，SiH4的相对分子质量大，故沸点：CH4<SiH4。（2）①由电离能数据可知，该元素呈＋3价。②Ge的最高正价为＋4价。③G

e位于金属和非金属的分界线上，故其可做半导体材料，其氯化物和溴化物固态时均为分子晶体，相对分子质量越大，其沸点越高。4．答案：（1）CuO中铜的价层电子排布为3d9，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者3d轨道处于稳定的全充满状态而前者不是（2）>B解析：（1）C

uO中铜的价层电子排布为3d9，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时能生成Cu2O。（2）若“Si—H”中共用电子对偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒的氢化物中硒

显负价，所以电负性为Se>Si；在第三周期元素中，钠原子失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能较大；镁原子最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小；铝原子最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，

而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高；硅原子最外层的3p轨道有2个电子，全部失去后，留下的3s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低；磷、硫非金属性逐渐增强，第二电离能也增大，由于硫失去1个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫

的第二电离能要高于氯；综上分析，a代表第二电离能I2、b代表第三电离能I3、c代表第一电离能I1。5．答案：（1）B和Alp（2）2s22p1－3价3（3）离子键、共价键直线形（4）D解析：Q元素的I4≫I3，Q元素的

原子最外层有3个电子，Q处于ⅢA族；R元素的I2≫I1，R元素的原子最外层有1个电子，R处于ⅠA族；S元素的I4≫I3，S元素的原子最外层有3个电子，S处于ⅢA族；T、U元素的I1～I5没有突变，T、U的最外层电子数至少5个。（1）根据上述分析，这五种元素中，最可能处于同一族的两

种元素是Q和S，Q和S都处于ⅢA族，Q的I1大于S的I1，Q为B元素，S为Al元素。最可能处于同一族的两种元素是B和Al。S为Al元素，基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，最后一个电子

填入3p能级，Al是p区元素。（2）Q为B元素，B原子核外有5个电子，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，基态B原子的价电子排布式为2s22p1。Q的化合价为＋3价，根据化合物中元素的正、负化合价代数和为0，QT中T元素的化合价为－3价。Q属于第二周

期，Q和T同周期，T也属于第二周期，T为N元素，第一电离能介于B和N之间的有Be、C、O，共3种元素。（3）R为ⅠA族元素，R原子核外电子数大于5，R为Na元素；T为N元素，RT3为NaN3，其中含有离子键和共价键。NaN3中阴离子为N－3，N－3与CO2互为等电子体，CO2为直线形，则N－3也

为直线形。（4）U的最外层电子数至少5个，U不可能是ⅠA～ⅣA族元素，U的第一电离能较大，U可能是0族元素，化学性质和物理性质最像U元素的是氦，D项正确。6．答案：（1）KFAr（2）HClO4KOHAl（OH）3（3）HBr（4）镁的外围电子为3s2，处于

全满状态，是相对稳定结构解析：由元素在周期表中的位置可知，①是N、②是F、③是Na、④是Mg、⑤是Al、⑥是Si、⑦是S、⑧是Cl、⑨是Ar、⑩是K、⑪是Ca、⑫是Br。（1）同周期自左向右第一电离能呈增

大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，故第一电离能最小的是K；同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性最大的是F；最不活泼的元素是0族元素单质Ar。（2）F没有正化合价，没有含氧酸

，除F外Cl元素的非金属性最强，HClO4的酸性最强；K元素金属性最强，故KOH的碱性最强；Al（OH）3是两性氢氧化物。（3）表中ⅦA族元素中非金属性F>Cl>Br，故最不稳定的氢化物是HBr。（4）镁的外围电子排布式为3s2，处于全满状态，是相对稳定的结构，第一电离

能高于同周期相邻元素。7．答案：（1）HOAlSK（2）KAl（SO4）2·12H2O作净水剂（3）1s22s22p63s23p1（4）（5）>>解析：A、B、C、D、E5种元素核电荷数都小于20，A、E属同一族且最外层电子排布为ns1

，故为ⅠA族元素，而A为非金属元素，则A为氢元素；B、D为同一族其原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故其原子最外层电子排布为ns2np4，为第ⅥA族元素，B的核电荷数小于D的，则B为氧元素，D为硫元素，E为钾元素；C原子最外层电子数为硫原子最外层电子数的一半，则C为铝元素。同

主族元素自上而下电负性、第一电离能逐渐减小，故B（氧）的电负性大于D（硫）的，E（钾）的第一电离能小于钠的，故钠的第一电离能小于C（铝）的，即第一电离能Al>K。课练38分子结构与性质1．答案：（1）7直线形sp3、sp2（2）3SO3或BF3（3）N原子半径比P

原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大（4）sp3杂化乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（5）强于HNO3中含有更多的非羟基氧，N的正电性较高，导致N—O—H中的电子向N偏

移，因而在水分子的作用下就越容易电离出H＋，即酸性越强解析：（1）基态氮原子核外有7个电子，每个电子的能量各不相同；N2O与CO2互为等电子体，空间构型与CO2的空间构型相同，均为直线形；NH4NO3中的两个氮原子均无孤电子对，NH＋4中N为sp3杂化

，NO－3中N为sp2杂化。（2）第二周期元素，第一电离能从左到右逐渐增大，但Be由于2p轨道全空，故其第一电离能比B大，N由于2p轨道半满，其第一电离能比O大，即第二周期元素第一电离能大小顺序为Ne>F>N>O>C>Be>B>Li，故氮元素在第二周

期元素中第一电离能排第3位；与NO－3互为等电子体的非极性分子为SO3或BF3。（3）N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，故NH3的键角比PH3的键角大。（4）乙二胺分子中氮原子有一个孤电子对，N的杂化轨道数为4，故杂化类型

为sp3杂化。乙二胺中氮原子上有氢原子，分子间可以形成氢键，而三甲胺中氮原子上没有氢原子，分子间不能形成氢键，故乙二胺比三甲胺的沸点高很多。（5）HNO3中含有更多的非羟基氧，N的正电性较高，导致N—O—H中的电子向N偏移，因而在水分子的作用下就越容易电离出H＋，即酸性越强。2．答案

：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3As（或砷）（2）sp3杂化sp3杂化（3）正四面体形CF4（或SiF4、CCl4、SiCl4，合理即可）（4）H3AsO4和H3AsO3可分别表示为（HO）3AsO和（HO）3As，H3AsO3

中As为＋3价，而H3AsO4中As为＋5价，正电性更高，导致As—O—H中O的电子向As偏移，更易电离出H＋解析：（1）基态As原子的核外有33个电子，根据构造原理知电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p

3。砷由于4p轨道为半充满状态，结构稳定，第一电离能比Se大。（2）该化合物中As有一个孤电子对，杂化类型为sp3杂化，O有两个孤电子对，杂化类型为sp3杂化。（3）AsO3－4中As无孤电子对，立体构型为正四面体形，与AsO3－4互为等电子体的分子有CF4、SiF4、CCl

4、SiCl4等。（4）两种含氧酸H3AsO4和H3AsO3可分别表示为（HO）3AsO和（HO）3As，H3AsO3中As为＋3价，而H3AsO4中As为＋5价，正电性更高，导致As—O—H中O的电子向As偏移，更易电离出H＋，所以H3AsO4比H3As

O3酸性强。3．答案：（1）①sp3或[Ne]3s23p3三角锥形PCl3②极性分子（2）①BD②N≡C—C≡N4（CN）2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O（3）①sp3②c解析：（1）①H2SeO3的中心原子的价层电子对数为12)×（6＋2）＝4，所以Se杂化方

式为sp3杂化，SeO2－3的中心原子Se的价层电子对数为12×（6＋2）＝4，离子中有一个孤电子对，所以SeO2－3的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子数和原子数都相等的微粒，与SeO2－3互为等电子体的分子有PCl3

。②H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较低，所以它属于分子晶体。（2）①H3O＋中心原子O的价层电子对数为6＋3－12＝4，孤电子对数为1，所以空间构型是三角锥形；H2O的中心原子O的价层电子对数为6＋22＝4，孤电子对数为2，所以空间

构型是V形；NO＋2的中心原子N的价层电子对数为5－12＝2，孤电子对数为0，所以空间构型是直线形；NO－2的中心原子N的价层电子对数为5＋12＝3，孤电子对数为1，所以空间构型是V形。②分子（CN）2中碳原子采取sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是三键，其结构式为N≡C—C

≡N，碳氮三键中有两个π键，所以1个分子中含有4个π键；（CN）2与NaOH水溶液反应的化学方程式为（CN）2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O。（3）①SO2－4中S原子的价层电子对数＝6＋0＋22＝4，孤电子对数为0，采取

sp3杂化；②氨气极易溶于水，是由于氨分子与水分子之间形成氢键，a错误；NH3分子和H2O分子的中心原子都是采用sp3杂化，但NH3分子内有1个孤电子对，H2O分子内有2个孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥作用力越强，键角被挤

压得越小，故氨气分子的键角大于水分子的键角，b错误；[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有[Cu（NH3）4]2＋与SO2－4之间的离子键、氨分子与Cu2＋间的配位键和SO2－4、NH3中的极性共价键，c正确；[Cu（NH3）4]SO4的组成元素中电负性最大

的是氧元素，d错误。4．答案：（1）bd（2）d（3）CO2氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中，氨气分子与水分子间易形成氢键，氨气可与水反应（4）氢键、范德华力非极性键解析：（1）由结构简式知，维生素B1中含有Cl－及另一种有机离子，存在离子键，其他原子之间形成共价键，故a错误、b正确；

与氯化钠晶体相比，维生素B1中的阳离子比Na＋半径大，晶格能小，熔点不可能高于NaCl，故c错误；维生素B1中碳碳键为非极性键，氮氢键、氧氢键、碳氢键等为极性键，故d正确。（2）晶体溶于水的过程会电离出Cl－等，故需要克服离子键，维生素B1分子间存在氢键、范德华力，故d正确。

（3）N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2。NH3极易溶于水，是因为NH3和水均为极性分子，NH3溶于水后，NH3与水之间可形成氢键，NH3可与水反应。（4）液氨汽化破坏了分子间作用力，包括

氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2破坏了氮氢极性键；N2、H2生成氮原子和氢原子破坏了非极性键。5．答案：（1）（2）[Ar]3d8（或1s22s22p63s23p63d8）（3）镧（4）①4be②N—H…O（或N—H…N或O—H…N或O—H…O

）③sp3bd（5）84×173ρ×（a×10－10）3（或6.92×1032ρ×a3）mol－1解析：（1）根据镝（Dy）的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝（Dy）原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图（轨道表示式）为。（

2）Cu是29号元素，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3＋的电子排布式为[Ar]3d8（或1s22s22p63s23p63d8）。（3）第三电离能与第四电离

能相差越大，＋3价可能性越大，则最有可能显示＋3价的元素是镧。（4）①根据配合物[Eu（NH3）2（H2O）2]Cl2结构可知，Eu与2个NH3、2个H2O形成4个配位键，因此该配合物的中心原子的配位数为4；氨气分子中价层电子对个数＝σ键电子对数＋孤电子对数＝3＋1

2（5－3×1）＝4，因此N采取sp3杂化，VSEPR构型为四面体形；水分子中价层电子对数＝σ键电子对数＋孤电子对数＝2＋12（6－2×1）＝4，因此O采取sp3杂化，VSEPR构型为四面体形；选项be符合题意；②N和O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N—H…O

（或N—H…N或O—H…N或O—H…O）。③在气态氯化铝（AlCl3）2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道

；气态氯化铝[（AlCl3）2]分子中所含化学键类型有极性键，配位键。（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×12＋8×18＝4，则氧原子个数

为4×2＝8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ＝n×MV，则NA＝4×173ρ×（a×10－10）3（或6.92×1032ρ×a3）mol－1。6．答案：（1）（2）04（3）①sp2②X>Z>YX中含有羧基，可以与水分子

形成氢键，增强水溶性；Y中含有酯基和苯环，Z中含有酯基，都不利于其在水中的溶解③AD④34（4）NH4VO3解析：（1）钒为23号元素，钒的原子结构示意图为：。（2）VO3－4的中心原子为V，V上的孤电子对数为0，1个V

原子与4个O原子结合形成化学键，所以一个VO3－4中含有4个σ键。（3）①该药物中N原子形成2个σ键，1个π键，N原子的价层电子对数＝孤电子对数＋σ键个数＝1＋2＝3，所以N原子采取sp2杂化。②X中含有羧基，可以与水分子形成氢键，增强水溶性；Y中含有酯基和苯

环，Z中含有酯基，都不利于其在水中的溶解，因此X、Y、Z三种物质在水中的溶解性由大到小的顺序为X>Z>Y。③从已知信息来看，形成大π键的条件是：原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，O3的空间构型为V形，SO2－4的空间构

型为正四面体，H2S的空间构型为V形，NO－3的空间构型为平面三角形。因此SO2－4一定不存在大π键，H2S中H原子没有p轨道，也不存在大π键，O3和NO－3可以形成大π键。所以选AD。④CS2是直线形分子，又有p轨道，因此可以形成三原子四电子的大π键：34。（4）由题图2可知每个V与3个O形成

阴离子，结合题意可知V的化合价为＋5，则偏钒酸铵的化学式为NH4VO3。课练39晶体结构与性质1．答案：（1）1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s212（2）sp2杂化层状结构中没有自由移动的电子（3）①126正八面体②氮化钛晶体中阴、阳离子的

电荷数均高于氯化钠晶体中阴、阳离子的电荷数，氮化钛晶体的晶格能高于氯化钠晶体的晶格能（4）5a3ρNA×10－22解析：（1）基态钙原子核外有20个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2。镁、钴晶体的堆积方式都属于六方堆积，其配位数为

12。（2）六方相氮化硼中1个硼与3个氮原子结合，硼原子的杂化类型为sp2杂化；六方相氮化硼不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子。（3）①与Ti原子距离最近且相等的Ti原子有12个，与Ti原子距离最近且相等的N原子有6个（在Ti原子的

上、下、左、右、前、后）。②氮化钛晶体中阴、阳离子的电荷数均高于氯化钠晶体中阴、阳离子的电荷数，氮化钛晶体的晶格能高于氯化钠晶体的晶格能，因此氮化钛晶体的熔点高于NaCl晶体的熔点。（4）该晶胞中Co原子的个数为8×18＋1＝2，则该

晶胞的质量为2MrNAg＝ρg·cm－3×（a×10－7cm）3，Mr＝5a3ρNA×10－22。2．答案：（1）3d10（2）离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小（3）平面三角形sp2（4

）六方堆积（A3型）65×6NA×6×34×a2c解析：（2）由ZnF2的熔点较高可知ZnF2是离子晶体，化学键类型是离子键；根据相似相溶原理，由ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的溶解性可知，这三种物

质为分子晶体，化学键以共价键为主、极性较小。（3）CO2－3的价层电子对数为4＋22＝3，故C原子是sp2杂化，CO2－3空间构型是平面三角形。（4）由题图可知，堆积方式为六方堆积（A3型）；晶胞中Zn原子个数

为12×16＋2×12＋3＝6，根据ρ＝mV，可得Zn的密度为65×6NA×6×34×a2cg·cm－3。3．答案：（1）[Ar]3d104s24p3（2）N>P>AsNH3NO3－4（3）①sp②6共价键、配位键N氮原子2p

能级中的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子（4）正四面体4×145ρa3×10－30解析：（1）As的原子序数为33，由构造原理可知电子排布式为[Ar]3d104s24p3。（2）As、P、N元素属于同一主族元素，其原子序数逐渐减小，则其电负性逐渐增大，即N>P>A

s；它们的氢化物中，NH3分子间可形成氢键，沸点最高；原子个数相等、价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，与SO2－4互为等电子体的阴离子是NO3－4。（3）①CN－中C原子价层电子对个数＝1＋12×（4＋1－1×3

）＝2，所以采取sp杂化；②C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但氮原子2p能级上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以其第一电离能大小顺序是N>O>C。（4）Ga与周围等距离且最近的As形成空间

构型为Ga在中心As在四个顶点的正四面体结构；由题图可知一个晶胞占有4个Ga原子和4个As原子，晶胞的边长为apm，则晶胞体积为（a×10－10）3cm3，晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞质量为（a×10－10）3cm3×ρg·cm－3＝ρa3×10－30g，则ρa3×10－30g×

NAmol－1＝4×145g·mol－1，则NA＝4×145ρa3×10－30。4．答案：（1）1s22s22p63s23p33（2）三角锥形sp3（3）NH3NH3与水分子之间易形成氢键（4）abd（5）InAs7

60a3NAg·cm－3解析：（1）P的原子序数为15，原子核外有15个电子，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；As元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，未成对电子数为

3。（2）中心原子磷原子形成了3个σ键，另外还有1对未成键孤电子对，其价层电子对的总数是4，需要形成4个杂化轨道，故采用sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形；AsO3－4中心原子的价层电子对数为5＋32＝4，所以As原子的杂化方式

为sp3杂化。（3）因为NH3与水分子之间易形成氢键，故AsH3与NH3在水中溶解度较大的是NH3。（4）根据酞菁铟的结构简式可知，该分子中存在的化学键为σ键、π键和配位键。（5）由砷化铟的晶胞结构，根据均摊法可得，每个晶胞含有8×

18＋6×12＝4个In原子，4个As原子，砷化铟晶体的化学式为InAs；该晶胞的棱长为acm，则砷化铟晶体的密度为ρ＝4×190NAa3g·cm－3＝760a3NAg·cm－3。5．答案：（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5（2）sp2、sp3（3）NH3分子间存在氢键（4

）V形（5）24（6）856×2NA（4a3）3解析：（1）Fe为26号元素，则Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。（2）NO－3为平面三角形，氮原子采取sp2杂化；NH3为三角锥形分子，氮原子采取sp

3杂化。（4）N3－价电子数为10，与N3－具有相同价电子数的三原子分子为H2O，分子的空间构型为V形。（5）在[Ni（NH3）6]2＋中，每个氮原子与3个氢原子形成σ键，同时还与镍原子形成配位键，也属于σ键，因此1mol[Ni（

NH3）6]2＋中含有的σ键为4mol×6＝24mol。（6）铁元素对应的单质在形成晶体时，采用题图所示的堆积方式，这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，

所以铁的配位数为8，每个立方体中含有的铁原子数为8×18＋1＝2，Fe的原子半径为acm，则立方体的边长为4a3cm，则立方体的体积为（4a3cm）3，阿伏加德罗常数的值为NA，所以铁单质的密度表达式为56×2NA（4a3）3g·cm－3。6．答案：（1）①O>C>H②乙二醇

易与水形成分子间氢键③sp3sp3（2）[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s23（3）①CaTiO312②（0，0，1/2）③136a3×10－30×NA解析：（1）①乙二醇中三种元素分别为H、C、O，通常非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺

序为O>C>H；②乙二醇易与水形成分子间氢键，故能以任意比溶于水；③根据乙二醇的结构可判断C、O原子的杂化类型均为sp3。（2）钛原子序数为22，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23

p63d24s2，有2个未成对电子，同周期也有2个未成对电子的基态原子的外围排布式分别为3d84s2、4s24p2和4s24p4，即还有Ni、Ge和Se3种。（3）①由晶胞结构可知：钙位于体心，其个数为1，钛位于顶点，则其个数为18×8＝1，氧位于棱边的中点，则其

个数为14×12＝3，故晶胞的化学式为CaTiO3，立方晶胞共有12条边，每条边长的中点有一个氧原子，共12个氧原子包围着中心的钙离子，则Ca的配位数为12；②由晶胞结构及其特点的坐标分析可得X点的坐标为0，0，12；③若晶胞参数为apm，则该晶胞的密

度等于晶体的密度，ρ＝mV＝16×3＋48＋40NAga3×10－30cm3＝136a3×10－30×NAg·cm－3。单元检测12物质结构与性质1．答案：（1）（2）a同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，

N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道是半充满稳定结构，第一电离能比O原子大b（3）H—F…H—F…H—F（4）sp2sp3F的电负性比H大，C—F键的键能比C—H键的大（5）Ca2＋34a解析：（1）基态F原子的价电子排布式

为2s22p5，故其价电子排布图（轨道表示式）为。（2）C、N、O、F均位于第二周期，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引能力增强，第一电离能逐渐增大，但N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道是半充满稳定结构，第一电

离能比O原子大，故选a；C原子失去2个电子后达到2s2全满稳定结构，再失去1个电子较难，故第三电离能比N原子大，故选b。（3）固态氟化氢分子间存在氢键，故（HF）3的链状结构为H—F…H—F…H—F。（4）CF2===CF2分子中C原子形成

碳碳双键，故C原子为sp2杂化；ETFE是乙烯与四氟乙烯的共聚物，可表示为CH2—CH2—CF2—CF2，故在ETFE分子中碳原子为sp3杂化；由于F的电负性比H大，C—F键的键能比C—H键的大，故聚四氟乙烯比聚乙烯稳定。（5）X离子位于顶点和面心，根

据均摊法知，X离子数目为8×18＋6×12＝4，Y离子位于体内，故Y离子数目为8，结合CaF2的化学式知，X代表的离子是Ca2＋；根据晶胞结构图知，Ca2＋与F－的最小核间距为正方体体对角线长度的14，

即正负离子的核间距最小为34apm。2．答案：（1）add（2）①sp2σ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HClCl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短（3）CsClCsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力（4）

固体离子导体12（5.04×10－10）3NA解析：（1）基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，有9个电子，排除b、c项；a项，相当于F原子的一个电子从2p能级跃迁到3s能级，属于激发态氟原子，正确；d项，相当于F原子

的两个电子从2p能级跃迁到3p能级，属于激发态氟原子，正确；在两个激发态氟原子中，由于3p能级的能量高于3s能级，且d中发生跃迁的电子数目多于a，故d的能量较高。（2）①C2H3Cl分子中存在碳碳双键，C原子为sp2杂化，杂化轨道只能形成σ键，故在C2H3C

l分子中，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Clσ键。②C2H5Cl分子中只存在σ键，C原子为sp3杂化；C2H3Cl分子中存在一个34的大π键，C原子为sp2杂化；C2HCl分子中存在两个34的大π键[1个是Cl（3pz）－C（2pz），1个是Cl（3py）－C（2py）]，

C原子为sp杂化。杂化轨道中s成分越多（sp3、sp2、sp杂化轨道中s成分依次增多），形成的C—Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短，故C—Cl键长顺序为C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl。（3）由

CsICl2受热发生非氧化还原反应知，CsICl2受热分解生成CsCl和ICl，故无色晶体X为CsCl，红棕色液体Y为ICl；由于CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力，离子键比范德华力强得多，

故CsCl的熔点高于ICl。（4）在α­AgI晶体中，Ag＋可以发生迁移，故α­AgI晶体在电池中可以作为固体离子导体。由于α­AgI晶体中I－作体心立方堆积，由“均摊法”知，1个晶胞中含有I－数目为8×18＋1＝2，即1个晶胞中含有2个α­AgI，则α­AgI晶体的摩尔体积Vm＝12（50

4×10－12m）3·NAmol－1＝12（5.04×10－10）3NAm3·mol－1。3．答案：（1）4s24p4（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高（3）B、D、E（4）O、Se（5）>正四面体（6）①K2SeBr6②12×34MrNAρ×107解析：（1）基态硫原子价电子

排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，水存在分子间氢键，沸点高。（3）Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A错误；Se—Se是同种元素，因此Ⅰ中的Se—

Se键为非极性共价键，故B正确；烃都难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C错误；Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，

因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故E正确。（4）根据题中信息Ⅳ中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子。（5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4>H2SeO3。SeO2－4中S

e价层电子对数为4＋12（6＋2－2×4）＝4，其立体构型为正四面体形。（6）①根据晶胞结构得到K有8个，有8×18＋6×12＝4，则X的化学式为K2SeBr6。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg·cm－3，设晶胞参数为anm，得到ρ＝mV＝Mrg·mol－1NAmol

－1×4（a×10－7）3＝ρg·cm－3，解得a＝34MrNAρ×107nm。X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即12×34MrNAρ×107nm。4．答案：（1）2∶1（或1∶2）（2）CuCu的价电子排布式为3d104s1，Zn

的价电子排布式为3d104s2，Zn为全充满稳定结构，Cu的第一电离能比Zn的第一电离能小，Cu失去一个电子后形成的Cu＋的价电子排布式为3d10，为全充满稳定结构，较难失去电子，Zn失去1个电子后形成的Zn＋的价电子排布式为3d104s1，较易失

去一个电子达到更稳定状态，Cu的第二电离能比Zn的第二电离能大（3）三角锥形sp3（4）B（5）DD（S2O2－8）中含有过氧键，具有强氧化性（6）①Cu2ZnSnS4②（14，34，58）解析：（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4，价电子的轨道表示式为，两种自旋状态

的电子数之比为2∶1。（3）SnCl－3中Sn的孤电子对数为4＋1－1×32＝1、成键电子对数为3，杂化方式为sp3，因此SnCl－3的几何构型为三角锥形。（4）主族元素形成的离子或配体中一般不含有未成对电子，因此该题只需

判断配合物的中心离子是否存在未成对电子。[Cu（NH3）2]Cl中Cu＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，[Cu（NH3）4]SO4中Cu2＋的价电子排布式为3d9，含未成对电子，[Zn（NH3）4]SO4中

Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，Na2[Zn（OH）4]中Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，因此属于顺磁性物质的是[Cu（NH3）4]SO4。（5）Mn2＋转化为MnO－4，Mn2＋被氧化，则该离子具有强氧化性，

中含有过氧键，具有强氧化性，在酸性溶液中可将Mn2＋氧化为MnO－4。（6）①结合均摊法进行分析，晶胞中S原子数目为8，Sn原子数目为2×12＋4×14＝2，Zn原子数目为8×18＋1＝2，Cu原子数目为8×12＝4，故该物质的化学式为Cu2ZnSnS4。②结合图中A、B原子

的位置及A原子的坐标可得出B原子的坐标。5．答案：（1）①3d104s24p4②8③＞前者中Se为sp2杂化、后者中Se为sp3杂化（2）①11∶3②O＞C＞H＞Fe（3）①sp3②H2O（4）①KFe2Se2②4③2×（3

9＋56×2＋79×2）NA×0.42×1.4×1021解析：（1）①Se为34号元素，根据构造原理可写出基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4。②该物质结构对称，具有如图所示8种不同化学环境的C原子：。③SeO3中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为0，SeO2－3中

Se的价层电子对数为4，孤电子对数为6＋2－3×22＝1，故SeO3和SeO2－3中Se原子分别为sp2和sp3杂化，则SeO3分子中键角大于SeO2－3中键角。（2）①由富马酸分子的结构模型可确定其结构简式为，由单键均为σ

键，双键有1个σ键和1个π键，知该分子中σ键和π键的数目比为11∶3。②富马酸亚铁中含C、H、O、Fe四种元素，由电负性递变规律可知，电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。（3）①产物中N原子形成4个共价键，则其采取sp3杂化。（4）①分析晶

胞在xz、yz、xy平面的投影图可知，占据顶点和体心位置的为K原子，故K原子个数为8×18＋1＝2，每个竖直棱上有2个Se原子，体内有2个Se原子，故Se原子个数为8×14＋2＝4，每个竖直面上有2个Fe原子，故Fe原子个数为8×12＝4，该物质的晶胞结构如图所示：其最简化学

式为KFe2Se2。②以1号Fe原子为研究对象，由题图知，距其最近的Se原子有4个，故Fe的配位数为4。③该晶胞的质量为2×（39＋56×2＋79×2）NAg，体积为0.4×0.4×1.4×10－21c

m3，故该晶体的密度为2×（39＋56×2＋79×2）NA×0.42×1.4×1021g·cm－3。6．答案：（1）3d84s2第4周期（第）Ⅷ族（2）2∶32∶1∶1（3）D（4）①吡啶能与H2O分子形成分子间氢键②吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分

子（5）解析：（1）Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第Ⅷ族。（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2＋周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VSEPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化；Zn2＋周围

形成的配位键数目为：6，VSEPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为4∶6＝2∶3；含有CN－（小黑球N＋小白球C）为：8×12＝4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：8×

14＝2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：4×12＝2，则该晶胞的化学式为：Ni（CN）4·Zn（NH3）2·2C6H6，即x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1，故答案为：2∶3；2∶1∶1。（3）已

知吡啶中含有与苯类似的66大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，答案为D。（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子

形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。（5）已知—CH3为推电子基团，—Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：第二部分仿真模拟冲刺标准练仿真模拟冲刺标准练（

一）7．B氧化镁的熔点很大，受热难熔化，故可用氧化镁作耐火材料，故A错误；次氯酸钠具有氧化性，可用次氯酸钠稀溶液作消毒剂，故B正确；Al（OH）3能与酸反应，故可用Al（OH）3作复方胃药的主要成分，故C错误；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故铁制

容器可用于储存、运输浓硫酸，故D错误。8．D过氧化钠与水反应生成1.6g32g·mol－1＝0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移电子的数目为0.1NA，A项错误；气体状况未知，气体摩尔体积未知，无法计算，B项错误；一分子C2H4中含4条C—H键，一分子C3H

6中含6条C—H键，在1mol由C2H4和C3H6的混合物中，二者的比例未知，不能计算所含C—H键的数目，C项错误；在常温下，1LpH＝10的Na2CO3溶液中，c（OH－）＝10－4mol·L－1，则c（H＋）＝10－1

0mol·L－1，含H＋的数目一定为10－10NA，D项正确。9．D根据结构简式可知抗坏血酸的分子式为C6H8O6，A错误；抗坏血酸分子中含有3个饱和碳原子，所有碳原子不一定在同一平面上，B错误；VC和DHA均能使酸性KMnO4溶液褪色，不能利用酸性KMnO4溶液区分VC和DHA，C错误

；苯六酚的结构与DHA不同，分子式相同，与DHA互为同分异构体，D正确。10．B短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X的原子序数之和等于Y，X、Y在周期表中相邻且能形成污染大气的化合物，则W为H，X为N，Y为O；Z与W同主族，则Z为Na。原子半径：Na

＞N＞O＞H，A正确；W为H，X为N，Y为O，它们对应的单质分别为H2、N2、O2（或O3），这些单质都属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：O2（或O3）＞N2＞H2，B错误；Y为O，Z为Na，它们对应的简单

离子分别为O2－、Na＋，O2－和Na＋的核外电子排布都为2、8，即它们具有相同的电子层结构，C正确；W为H，X为N，它们形成的化合物N2H4，既有极性键又有非极性键，D正确；故选B。11．BCuSO4和H2S反应

生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S的酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，A项错误；相同浓度的KMnO4酸性溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应，高锰酸根离子被还原为Mn2＋，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，B项正确；Fe2（SO4）3

和Cu反应生成FeSO4和CuSO4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，C项错误；SO2通入到盛有石蕊溶液的试管中，紫色石蕊会变红，后面不会褪色，D项错误。12．A乙二酸的分子式为C2H2O4，乙醛酸的分子式为C2H2O3，碳原子的化合价由乙二酸的＋3价变为乙醛酸的＋2

价，化合价降低得到电子，发生还原反应，则铅电极与电源负极相连，为电解池的阴极，A项错误；石墨电极为电解池的阳极，阳极失去电子化合价升高，乙二醛的分子式为C2H2O2，碳原子的化合价为＋1价，则Br2是氧化剂，把乙二醛氧化成乙醛酸，B项正确；阴离子向阳极移动，则氢氧根

离子向石墨电极方向移动，C项正确；阴极电极反应式为：C2H2O4＋2e－＋2H＋===C2H2O3＋H2O，阳极的电极反应式：C2H2O2－2e－＋2OH－===C2H2O3＋H2O，整个电路中电荷守恒，外电路中迁移2mol电子，阳极上产生1mol的乙醛酸，阴极上产生1mol的乙醛

酸，理论上能制得2mol乙醛酸，D项正确。13．CCH3COOH是弱酸，存在平衡CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，HCN溶液存在平衡：HCN⇌CN－＋H＋。根据CH3COOH曲线的起点数据，此时NaOH

还没加入，pH为3，故CH3COOH的电离常数为10－3×10－30.1＝10－5，A正确；点②CH3COOH的电离抑制水的电离，点③pH为7，水的电离没被促进也没被抑制，点①是HCN和NaCN的混合溶液，溶液显碱性，CN－

的水解大于HCN的电离，且促进水的电离，则水的电离程度：点①>点③>点②，B正确；在点①和点②所示溶液中，分别加入了10mL的NaOH，两溶液均恰好反应了一半，不考虑水解与电离则有c（CH3COOH）＝c（HCN），根据题意，点②所对应溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，

则CH3COOH电离大于CH3COO－的水解，溶液中c（CH3COO－）>c（CH3COOH）；点①所对应溶液为等浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，则HCN电离小于CN－的水解，溶液c（CN－）<c（HCN）；故两

溶液中：c（CN－）<c（CH3COO－），C不正确；点③pH为7，c（OH－）＝c（H＋），根据质子守恒：c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（CH3COOH），则c（CH3COO－）＝c

（CH3COOH），继续滴加NaOH，则c（CH3COOH）减小，c（CH3COO－）增大，故在点③和点④之间的溶液中：c（CH3COO－）>c（CH3COOH），D正确；故选C。26．答案：（1）①氧

化性SO2－3＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O②酸性（2）BaSO3难溶于水，故Na2SO3未变质或部分变质时也会产生白色沉淀（3）①防止空气中的水蒸气及酸性气体进入C装置中偏低②缺少驱赶残留SO2的操作步骤16.7%解析：测定Na2SO3溶液变

质的百分率的实验：将Na2SO3溶液放入A装置中，加入浓硫酸，将产生的SO2经盛装浓硫酸的B装置干燥后进入C装置吸收，通过测定U形管中碱石灰的质量增加量来推测Na2SO3的质量，从而计算出Na2SO3溶液变质的百分

率，为了防止空气中的水蒸气和CO2进入U形管中，在C装置后连接一个装有碱石灰的干燥管的D装置。（1）向Na2SO3溶液中滴加少量Na2S溶液和滴加适量稀硫酸有沉淀生成，沉淀为S，Na2SO3中S的化合价由＋4价降到0价，体现氧化性；Na2S中S的化合价由－2价升到0价，所

以对应的离子方程式为：SO2－3＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O；根据已知条件：H2SO3是二元弱酸，Ka1＝1.2×10－2，Ka2＝6.3×10－8，NaHSO3电离产生Na＋和HSO－3，HSO－3⇌H＋＋SO2－3，HSO－3＋H2O⇌OH－

＋H2SO3，Kh＝c（OH－）×c（H2SO3）c（HSO－3）＝c（OH－）×c（H2SO3）×c（H＋）c（HSO－3）×c（H＋）＝KwKa1＝10－141.2×10－2＝8.3×10－13，Ka2>Kh，电离大于水解，所以溶液呈酸性；（2）若变质则生成BaSO4，若未变

质则生成BaSO3，二者均为沉淀，所以无法判断，故答案为：BaSO3难溶于水，故Na2SO3未变质或部分变质时也会产生白色沉淀；（3）①D装置的作用是防止空气中的水蒸气及酸性气体进入C装置中，B装置的作用是干燥SO2，若没有B装置，则测得的剩余的Na2SO3会偏高，变质的Na2SO

3就会偏低。②2SO2会有部分残留在装置内，影响定量计算，所以缺少驱赶残留SO2的操作步骤；根据S守恒，设未变质的Na2SO3的物质的量为xmol，可得关系式Na2SO3～SO211x3.2g64g·mol－1x＝0.

05mol，取用的Na2SO3的总物质的量＝60×10－3×1.0＝0.06mol，Na2SO3变质的百分率＝（0.06－0.05）×1260.06×126×100%＝16.7%。27．答案：（1）使铜转化为可溶于酸的氧化物（2）4.7≤pH<5.6AB（

3）Fe（OH）3和Al（OH）3（4）2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl－2＋SO2－4＋4H＋增大Cl－浓度，提高CuCl－2的生成速率（5）Cu－e－＋Cl－===CuCl解析：废铜料高温煅烧，将铜转化为可溶于酸的氧化物，加硫酸和过氧化氢酸浸后滤液A中主要金属

离子为：Cu2＋、Fe3＋、Al3＋，滤渣A为SiO2；滤液A中加入试剂X将Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤渣B为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液B中含Cu2＋；滤液B中加NaCl和SO2反应生成CuCl－2，加大量水后CuCl－

2与水反应生成CuCl，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的CuCl。（1）铜单质难溶于酸，故煅烧的目的是：使铜转化为可溶于酸的氧化物；（2）操作1为“调节溶液的pH”，目的是将Fe3＋、Al3＋转化为Fe（OH）3、Al（OH）3，而铜离子不生成

沉淀，根据表格数据可知该调节的pH值范围是：4.7≤pH<5.6；物质X可以调节pH值，但不能引入新的杂质，CuO可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，同时生成铜离子，增加产物的量；NaOH溶液可以调节pH值，但由于最终生成的

是CuCl沉淀，不影响产物的纯度；Fe（OH）2可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，但是引入了亚铁离子，无法除去；CaCO3可促进Fe3＋、Al3＋水解生成沉淀，但引入了钙离子，无法除去，故可选A、B；（3）根据分析，滤渣B的主要成分是：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）滤液B中含铜

离子，加入食盐并通入SO2可生成CuCl－2，离子方程式为：2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－===2CuCl－2＋SO2－4＋4H＋；根据已知信息：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl－2，故用浓NaCl溶

液，其主要目的是：增大Cl－浓度，提高CuCl－2的生成速率；（5）铜电极电解饱和食盐水得到CuCl，阳极为铜失电子生成CuCl，阳极的电极反应式：Cu－e－＋Cl－===CuCl。28．答案：（1）－90kJ·mol－1B（2）①＞②DE（3）①b227a2（1

－b）4②Ⅰ＞放热反应，升高温度，平衡逆向移动解析：（1）已知：①CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋2H2O（g）ΔH1＝＋41kJ·mol－1②CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2＝－49kJ·mol－1，由盖斯定律计算②－①得，则反应CO（g）＋

2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝（－49kJ·mol－1）－（＋41kJ·mol－1）＝－90kJ·mol－1。反应的ΔH＜0，ΔS＜0，满足ΔH－TΔS＜0，需要低温下自发进行，故B正确；（2）①如果该反应的平衡

常数K＝160，该时刻下浓度商Qc＝0.400.10×0.202＝100＜K＝160，所以平衡正向移动，比较t时刻正、逆反应速率的大小：v正＞v逆；②加入催化剂不影响化学平衡，CO的转化率不变，故A错误；

增大CO的浓度，增大了氢气的转化率，CO转化率减小，故B错误；通入惰性气体，总压增大，分压不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；通入H2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，CO转化率增大，故D正确；分离出甲醇，生成物浓度减小，平衡正向移动

，CO的转化率增大，故E正确；（3）①如果CO2和H2的起始浓度分别为amol·L－1和3amol·L－1，反应平衡时CH3OH的产率为b，设消耗CO2物质的量浓度为x，结合三段式列式计算得到平衡浓度，设消耗CO2物质的量浓

度为x，CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）起始量（mol·L－1）a3a变化量（mol·L－1）x3xxx平衡量（mol·L－1）a－x3a－3xxxxa＝b，平衡状态下得到c（CO2

）＝（a－ab）mol·L－1，c（H2）＝（3a－3ab）mol·L－1，c（CH3OH）＝abmol·L－1，c（H2O）＝abmol·L－1，该温度下该反应的平衡常数K＝c（CH3OH）×c（H2O

）c（CO2）×c3（H2）＝ab×ab（a－ab）×（3a－3ab）3＝b227a2（1－b）4，则该温度下该反应的平衡常数K＝b227a2（1－b）4；②相同温度下Ⅰ对应的CO2转化率较高，则催化效果最佳的是催化剂Ⅰ。如果a点已经达到平衡状态，则b点未达到平衡状态，则b点的v正＞v逆，正

反应为放热反应，c点转化率比a点低的原因是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。35．答案：（1）3d614（2）>（3）①平面三角形sp2②O5NA（4）4316解析：（1）基态Fe2＋的价电子层的电子排布式为：3d6；基态Fe2＋的核外电子排布式为：1s2

2s22p63s23p63d6，电子占据了14个原子轨道，故电子在原子核外的空间运动状态有：14种；（2）同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，故第一电离能I1（Li）>I1（Na

）；（3）①CO2－3中C原子的价层电子对数为：4＋22＝3，空间构型为平面三角形；中心原子杂化方式为sp2杂化；②磷酸氢二铵中所含元素为：H、C、N、O、P，同周期从左往右电负性逐渐增大，同主族从上往下电负性逐

渐减小，故电负性最高的元素是O；C2O2－4的结构为：，1molC2O2－4中含σ键的数目为5NA；（4）晶胞中小球为Li＋，根据均摊法，Li＋的个数为：18×8＋14×4＋12×4＝4，故LiFePO4的单元数有4个；图（b）中Li＋个数为：18×8

＋14×3＋12×3＝134，（a）到（b）中Fe、P、O原子个数均未变，故图（b）的化学式为：Li134×4FePO4故1－x＝1316，x＝316。36．答案：（1）丙酮（2）取代反应2（3）碳碳双键、氰基（4）（5）8（6）①②＋CH3

OH＋H2SO4―→解析：A的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为，据此答题。（1）已知A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，氧元素的

质量为16，则A的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，A的结构简式为，则A的名称为丙酮；（2）C的结构简式为，则C到D的反应类型为取代反应；D的结构简式为，等效氢原子为2种，D的核磁共振氢谱有2组吸收峰；（3

）B的结构简式为，则C中官能团的名称为碳碳双键、氰基；（4）D的结构简式为，在氢氧化钠水溶液中卤素原子发生水解，则D到E的方程式为：（5）G的分子式为C5H5O2N，与G具有相同官能团且能发生银镜反应则有酯基和氰基，符合条件的同

分异构体为HCOOCH==CHCH2－CN、，共计8种同分异构体；（6）①有机玻璃的结构为；②以C、甲醇和硫酸为原料，可以合成有机玻璃的单体，同时生成一种酸式盐，则生成有机玻璃单体的化学方程式：＋CH3OH＋H2SO4―→＋NH4H

SO4。仿真模拟冲刺标准练（二）7．D汽油是烃的混合物，A正确；铷是第5周期碱金属元素，金属性强于相同主族第4周期的钾，B正确；金属材料包括纯金属和它们的合金。钛合金属于金属材料，C正确；由同种元素组成的不同种单质，互

为同素异形体。石墨型氮化硼和金刚石型氮化硼都是化合物，不互为同素异形体，D错误。8．B由图示可知：a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为Na2SO3，h为Na2S

O4。H2SO3与BaCl2溶液不反应，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，所以用BaCl2溶液可鉴别H2SO3和H2SO4，A正确；H2S→S→SO3→H2SO4→Na2SO4，S需要两步才能转化为SO3，即S→SO2→SO3，B错误

；S为0价，Na2SO3中S为＋4价，根据“价态归中”原则，S溶于沸腾的Na2SO3溶液中，可能生成Na2S2O3，C正确；2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，2H2S（还原剂）～2S（氧化产物），SO2（氧化剂）～S（还原产物）

，所以氧化产物与还原产物的质量比为2∶1，D正确。9．D反应物：依箭头分析，进入整个循环历程的物质是Ⅰ；生成物：最终脱离整个历程的物质是Ⅴ和HBr，则总反应为：――→Pd＋HBr，故A正确；依整个循环历程

分析，Pd的化合价在0和＋2之间变化，故B正确；Ⅱ分子中的溴原子取代了分子内碳碳双键上的氢原子生成Ⅲ和HBr，是分子内的取代反应，故C正确；依循环历程中Ⅳ到Ⅴ分析可预测消去HBr时主产物不是，应是，故D错误。10．C称量需要用到托盘天平、药匙和烧杯，溶解需要用到玻璃棒；

配制待测液需要用到烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管；滴定需要用到碱式滴定管（量取待测氢氧化钠溶液）、酸式滴定管和锥形瓶。以上操作未用到的仪器有试管、分液漏斗和冷凝管，正确选项为C。11．A依题意：R为K，Y为O，Z为F，因为W、X、Y（O）、Z（F）的原子序数依次增大，所以W

、X位于第2周期。设其化合价依次为a、b，则1＋2a＋b－3×2－2＝0，2a＋b＝7，仅当a＝2，b＝3时合理，所以W为Be，X为B，该物质是KBe2BO3F2。硼的非金属性较弱，其最高价氧化物对应水化物H3BO3为弱酸，A正确；K的单质与冷水反应剧烈

，B错误；原子半径：K>Be>O>F，C错误；非金属性：O＜F，D错误。12．BNaClO溶液中，质子守恒：c（OH－）＝c（HClO）＋c（H＋），则存在c（HClO）＝c（OH－）－c（H＋），故A正确；b点恰好发生反应为SO2＋H2O＋3NaClO===Na2SO

4＋NaCl＋2HClO，c点恰好发生反应为SO2＋H2O＋NaClO===H2SO4＋NaCl，b点溶液pH＝3.8，n（HClO）＝2n（SO2）＝23mol，溶液中c（HClO）＝23mol·L－1，则Ka（HClO）＝c（H＋）·

c（ClO－）c（HClO）＝10－3.8×10－3.823＝1.5×10－7.6，故B错误；a点n（SO2）∶n（NaClO）＝0.2mol∶1mol＝1∶5，总反应为SO2＋H2O＋3NaClO===Na2SO4＋NaCl＋2H

ClO，故C正确；c点n（SO2）∶n（NaClO）＝1mol∶1mol＝1∶1，发生反应为SO2＋H2O＋NaClO===H2SO4＋NaCl，n（H＋）为2mol，则c（H＋）为2mol·L－1，故D正确。13．Ca极发生还原反应，Cr2O2－7＋6e－＋7H2O===2

Cr（OH）3＋8OH－，该电极为原电池正极，b极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，该电极为原电池负极，反应为H2O－e－===·OH＋H＋，c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，d极为电解池阳极，

电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH，羟基自由基·OH是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，进一步氧化苯酚，方程式为C6H5OH＋28·OH===6CO2↑＋17H2O，据此答题。电源（自发的氧化还原反应，化学能转化为电能）电解池（反应非自发，

电能转化为化学能）负极bC6H6O－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋阴极c2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－正极aCr2O2－7＋6e－＋7H2O===2Cr（OH）3＋8OH－阳极d2H2O－2e－===2·OH＋2H＋电极的电势比较：a（正极）>d（阳极）>c

（阴极）>b（负极），A错误；c电极区消耗2molH＋生成氢气，则有2molH＋由右室进入左室，所以溶液质量不变，B错误；d电极区发生反应：H2O－e－===·OH＋H＋、28·OH＋C6H6O===6CO2↑＋17H2O，

C正确；工作时，Ⅱ室中Na＋、Cl－数目都不变，若N为阴离子交换膜，则Cl－会进入负极区Ⅲ室，若M为阳离子交换膜，则Na＋会进入正极区Ⅰ室，D错误。26．答案：（1）3Ag＋NO－3＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O温度过高时

硝酸分解及挥发而损失NaNO3、NaNO2（2）减小（3）取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净（4）热分解法（5）4AgCl＋N2H4·H2O＋4NH3·H2O===4Ag＋N2↑＋4NH4Cl＋5H

2O（6）98.6%解析：用硝酸溶解废银催化剂，过滤除去不溶于水和硝酸的二氧化硅和α­氧化铝，所得滤液中含有硝酸银和过量的稀硝酸，向滤液中加入氯化钠生成氯化银沉淀，将过滤得到的氯化银和氧化铁反应生成氧化银，再熔炼铸锭得到银锭。（1）酸浸时，银和硝酸

反应生成硝酸银和一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag＋NO－3＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O；温度过高时硝酸分解及挥发而损失，故酸浸时选用低温；一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，再用氢氧化钠溶液吸收，二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠。化

学式为NaNO3、NaNO2。（2）沉银时，n（NaCl）/n（AgNO3）＝1.1，若NaCl过量太多，氯化银和过量的氯离子生成配合物而溶解，减小银的沉淀率。（3）转化阶段，加入Fe2O3将AgCl沉淀转化为Ag2O，过滤、洗涤，判断Ag2O沉淀可能吸附铁离子，故检验洗涤是否干净就是检验有

无铁离子，故操作和现象是取少量末次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明已洗净，反之则未洗净。（4）氧化银得到银的方法为热分解法。（5）AgCl在氨水中用水合肼还原为海绵状单质银，氧化产物为氮气，根据氧化还原反应的电子守恒配平方程式为：4AgCl＋N2

H4·H2O＋4NH3·H2O===4Ag＋N2↑＋4NH4Cl＋5H2O。（6）100g试样中含有银的质量为6.46克，可回收单质银6.37g，则回收率为6.376.46×100%＝98.6%。27．答案：（1）＋2（2）1∶2∶2（3）①磷酸二氢铵（或磷

酸一铵）2（NH4）2HPO4（s）=====△4NH3（g）＋3H2O（g）＋P2O5（s）②FeC2O4FeO空气未排尽，少量存在的氧气将部分FeO氧化生成Fe3O4（4）将过量Sn2＋氧化为稳定的S

nCl2－6，防止干扰滴定Fe2＋偏大解析：根据化合物中元素化合价代数和为0进行计算。根据反应过程中元素是否有化合价变化书写方程式。根据化学式计算可能的产物及其质量分析产物成分。（1）LiFePO4中锂为＋1价，磷为＋5价，氧为－2价，故铁元素的化合价为＋2价。（2）根据

化学式分析，制备LiFePO4的理论原料比n（Li2CO3）∶n（FeC2O4·2H2O）∶n[（NH4）2HPO4]为1∶2∶2。（3）①固体（NH4）2HPO4加热到150℃时，分解生成NH4H2PO4和氨气，NH4H2PO4的化学名称为磷酸二

氢铵（或磷酸一铵）；190℃时完全分解得到P2O5等产物，说明没有化合价变化，另外的产物为氨气和水，故（NH4）2HPO4完全分解的总反应的化学方程式为2（NH4）2HPO4（s）=====△4NH3（g）＋3H2O（g

）＋P2O5（s）。②由题中图像可知，300℃时分解后固体质量为原来的80%，说明只是失去结晶水，则固体为草酸亚铁。而400℃时，固体质量变成原来的40%，说明固体为氧化亚铁；400～500℃时，固体质量增大（含有Fe3O4），

可能的原因是装置中有空气，氧化亚铁和氧气反应生成四氧化三铁。（4）加入HgCl2饱和溶液的目的是将过量Sn2＋氧化为稳定的SnCl2－6，防止干扰滴定Fe2＋；若用铁粉代替，则铁和盐酸反应生成亚铁离子，

使测定结果变大。28．答案：（1）－90.7（2）①0.00167②小于③A甲醇的选择性较小，说明反应Ⅰ的活化能较大，反应速率较小④大于715（2a－1）解析：（1）由盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝（－49

.5kJ·mol－1）－（＋41.2kJ·mol－1）＝－90.7kJ·mol－1。（2）①由图可知0～15s时间段内，CO的浓度增加至0.175mol·L－1，则反应Ⅱ中CO2的浓度消耗为0.175mol·L－1，反应Ⅰ和Ⅱ两反应中消耗的二氧化碳的浓度为（0.5－0.3）mol·L－1＝0.2m

ol·L－1，由此可知反应Ⅰ中二氧化碳的浓度消耗量为0.2mol·L－1－0.175mol·L－1＝0.025mol·L－1，结合反应可知CH3OH的浓度变化量为0.025mol·L－1，用CH3OH表示的

平均反应速率为0.025mol·L－115s≈0.00167mol·L－1·s－1；②由上述分析可知在相同时间内，CO的浓度增加量大于CH3OH的浓度增加量，说明反应体系中CH3OH的选择性小于CO的选择性；③由上述分析可知反应对甲醇的选择

性小于CO，说明生成甲醇的反应较生成CO的反应要慢，而反应的活化能越低反应速率越快，活化能越高反应速率越慢，则反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，符合的图为A；④15s时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；由图可知起始时二氧化碳的浓度为0.5mol·L－1，又n（H2）/n（CO2）＝a，则

氢气的起始浓度为0.5amol·L－1，15s时二氧化碳的浓度为0.300mol·L－1，CO的浓度0.175mol·L－1，则反应Ⅱ中消耗氢气的浓度为0.175mol·L－1，该反应生成的水的浓度为0.175mol·L－1；CH3OH的浓

度变化量为0.025mol·L－1，则反应Ⅰ中消耗氢气的浓度为0.075mol·L－1，生成水的浓度为：0.025mol·L－1，则此时容器中水的总浓度0.200mol·L－1，氢气的浓度为（0.5a－0.175－0.075）mol·L－1＝（0.5a－0.250）mol·L－1，反应Ⅱ的浓度

商Qc＝c（CO）·c（H2O）c（CO2）·c（H2）＝0.175mol·L－1×0.200mol·L－10.300mol·L－1×（0.5a－0.250）mol·L－1＝715（2a－1）。35．

答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4（2）sp3Se8和SO2都是分子晶体，Se8的相对分子质量大，范德华力强（3）O>N>S（4）①③（5）面心立方最密堆积3434×（55＋79）ρNA×1010④⑤⑨⑩解析：（1）Se原子序数为34，所以基态Se

的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4。（2）由Se8结构图可知，Se有2个σ键和2个孤电子对，所以Se的轨道杂化类型为sp3；Se8和SO2都是分子晶体，Se8的相对分子质量大，范德华力强，熔点和沸点要更高一些。（

3）元素N、O、S的电负性由大到小的顺序为O>N>S。（4）形成离域π键要满足条件：多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，p电子在多个原子间运动形成π型化学键，①中C和N有平行的p轨道，满足上述条件，能形成离域π

键；②H2Se中H和Se原子没有平行的p轨道，不能形成离域π键；③SeO2中O和Se原子有平行的p轨道，能形成离域π键；④H2O2中H原子没有p轨道，不能形成离域π键；因此①③能形成离域π键。（5）①

由MnSe晶体的晶胞结构图可知，Se的堆积方式为面心立方最密堆积；②根据均摊法计算晶胞中Mn有4个，Se有4个，根据晶胞参数公式可计算边长为34×（55＋79）ρNA×1010pm，根据几何知识可得，a位置的Se与b位置的Mn核间的距离为

体心对角线的14即距离为3434×（55＋79）ρNA×1010pm；③根据MnSe晶体晶胞结构图和MnSe晶胞的俯视投影图可知，Mn的投影是④⑤⑨⑩。36．答案：（1）苯酚（2）（3）（4）取代反应（5）空间位阻增大，使副反应难以发生（6）b解析：根据A的分子式和物质B的结构简式可知，A

为，结合物质E的结构简式和D→E的反应条件可知，D为，以此解题。（1）由分析可知A的化学名称为苯酚。（2）结合A的结构简式，以及B和C的结构简式可知A和B生成C的化学方程式为：＋HCl。（3）由分析可知D的结构简式为。（4）对比G和H的结构简式可知G

生成H的反应类型为：取代反应。（5）F中氨基氢原子被—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2取代，首先需要—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2靠近F中氨基氢原子，但是—CHO、—COCH3、—COOCH（CH3）2和

醛基相连的基团越来越大，越不易发生反应，故可能的原因是：空间位阻增大，使副反应难以发生。（6）A的同分异构体中，属于正四面体烷（）的一取代物，满足要求的同分异构体有：、、、，一共4种，故选b；其中标有“*”的碳为手性碳。（7

）首先和H2NCH2CN·HCl发生取代反应生成，结合题中F→G的信息生成再结合题中G→H的信息可以生成，结合题中H→产物的信息可以生成，具体流程为――→H2NCH2CN·HClAlCl3――→HCOONaClCOOCH（CH3）2――→NaI/AlCl3H2O――→（C

H3）2NCH（OCH3）2。仿真模拟冲刺标准练（三）7．D木质材料为纤维素，属于天然有机高分子化合物，A正确；石墨烯与金刚石互为同素异形体，是碳单质的一种形式，为无机非金属材料，B正确；钢为铁碳合金，属于

金属材料，C正确；“纤维”表达的是碳原子所形成的一种形态，碳纤维主要由碳原子构成，属于无机非金属材料，D错误。8．A碳酸的酸性弱于盐酸，向BaCl2溶液中通入CO2气体不反应，故A错误；向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁：2Fe2＋＋Cl2===2

Fe3＋＋2Cl－，故B正确；向NaClO溶液中通入过量SO2生成硫酸钠和氯化钠：ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋SO2－4＋2H＋，故C正确；碱性：OH－>AlO－2>NH3·H2O>Al（OH）3，向NH4Al（SO4）2溶液中加入同浓度的Ba（O

H）2溶液，先生成氢氧化铝，再生成NH3·H2O，再生成AlO－2，当n（OH－）∶n（Al3＋）<3∶1时生成氢氧化铝，向NH4Al（SO4）2溶液中加入同体积同浓度的Ba（OH）2溶液，n（OH－）∶n（Al3＋）＝2∶1<3∶1，2A

l3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓，故D正确。9．C饱和碳原子具有甲烷结构特点，苯环、乙烯、—COOH、—OH中所有原子共平面，单键可以旋转，绿原酸中含有饱和碳原子，采用sp3杂化，为四面体结构，所以绿原酸中所有原子一定不共平面，M中所有原子可

能共平面，故A错误；M分子中C、H、O原子个数依次是9、8、4，分子式为C9H8O4，故B错误；苯环和碳碳双键能发生加成反应，羟基、酯基、羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，所以绿原酸和M都能发生加成反应、取代反应和加聚反应，故C正确；苯环上酚羟基的邻位和对位氢原子能和溴以1∶1发生

取代反应，碳碳双键和溴以1∶1发生加成反应，1mol绿原酸最多消耗4mol溴、1molM最多消耗4mol溴，故D错误。10．CA、足量酸性KMnO4溶液会将乙二醇氧化为CO2，故达不到实验目的；B、必须在

H2O2浓度相同的条件下比较氯化铁和二氧化锰对H2O2分解反应的催化效果，本实验中H2O2的浓度不同，故达不到实验目的；C、稀硝酸与铜反应，烧瓶中有气泡产生、溶液变蓝，试管中收集到无色气体，证明铜被氧化，稀硝酸表现

出氧化性，故可以达到实验目的；D、二氧化硫溶于水可以与水反应生成亚硫酸，在酸性条件下，NO－3能将SO2氧化成SO2－4，故溶液中可以生成BaSO4沉淀，但是一定不会生成BaSO3沉淀，故达不到实验目的。11．B由图可知，该装置为原电池，是将化学能转化为电能，电极N中氧气发生还原反应，作正极；电极

M甲醛发生氧化反应做负极；故A项错误；电极N中氧气发生还原反应，电极反应式为5O2＋20e－＋10H2O===20OH－，生成阴离子，故钠离子向N极移动，Y为阳离子交换膜，电极M甲醛发生氧化反应，电极反应式为2C

H3CHO＋6H2O－20e－===4CO2↑＋20H＋，X为阴离子交换膜，故B项正确；电极M甲醛发生氧化反应，电极反应式为2CH3CHO＋6H2O－20e－===4CO2↑＋20H＋，故C项错误；N电极反应式为5O2＋20e－＋

10H2O===20OH－，当有20molNa＋通过离子交换膜时，标准状况消耗氧气的体积为5×22.4L·mol－1；标准状况，当有1molNa＋通过离子交换膜时，N极消耗的空气体积约为5×5×120×22.4＝28L，

选项无标准状况这一前提，故D项错误。12．D短周期主族元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，四种元素中W的原子序数最大，W为＋1价阳离子，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期，W、Y、Z均不与X同周期，则Y、Z位于第2周期，X位于第

1周期，则X为H元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；阴离子带2个负电荷，每个Y与氢氧根离子形成1个配位键，Y最外层含有3个电子，则Y为B元素。W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为硼酸，硼酸是一元弱酸，故A正确；X、Z可形成过氧化氢具有强氧化性，故B正确；由Z

和W形成的化合物中，过氧化钠中含有O—O非极性共价键，故C正确；同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则W、X、Y、Z的原子半径从大到小为W＞Y＞Z＞X，故D错误。13．B由题图可知，pH＝5时，lgc（R－）c（H

R）＝0，所以Ka＝c（R－）×c（H＋）c（HR）＝c（H＋）＝1×10－5，所以25℃，0.1mol·L－1NaR溶液中，Kh＝KwKa＝10－1410－5＝10－9，c（OH－）＝Kh×c（R－）≈10－9×0.1＝1

×10－5mol·L－1，所以pH约为9，A不正确；当通入0.1molNH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以发生互促双水解，由于NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，而HR的

Ka＝1×10－5，故R－的水解程度较大，溶液显碱性，所以c（NH＋4）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；pH＝7时，由题图可知，lgc（R－）c（HR）＝2，则c（R－）c（HR）＝102，所以c

（R－）＞c（HR）；由电荷守恒可知c（R－）＝c（NH＋4），所以，所得溶液中c（R－）＝c（NH＋4）＞c（HR），C不正确；pH＝10时，c（OH－）＝1×10－4mol·L－1，由NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，可以求出c（NH＋4）c（NH3·H2O）＝1.

76×10－51×10－4＜1，所以c（NH＋4）＜c（NH3·H2O），由题图可知，pH＝10时，lgc（R－）c（HR）＝5，即c（R－）c（HR）＝105，所以c（R－）＞c（HR）,D不正确。2

6．答案：（1）制取HCl气体浓硫酸吸收尾气中的氯化氢、水蒸气及空气中的水蒸气（2）③④②①⑥⑤（3）KCl·MgCl2·nH2O=====HCl△KCl＋MgCl2＋nH2O↑（4）169.5（b－c）18（c－a）（5）8cVw（6）偏低解析：（1）装置A的作用是制取氯

化氢。装置B中盛有浓硫酸，用于干燥氯化氢。装置D中的碱石灰可吸收尾气中的氯化氢、水蒸气以及空气中的水蒸气；（2）实验准备阶段：组装仪器并检查装置气密性，装药品。实验进行阶段：打开A处分液漏斗的活塞，通HCl气体赶尽装置内的空气，点燃C处的酒精灯

，使样品在HCl的气氛中失去结晶水。实验结束阶段：停止加热，继续通HCl气体，待硬质玻璃管冷却至室温后，关闭分液漏斗的活塞，停止通入HCl气体。故实验步骤为③④②①⑥⑤；（3）光卤石在氯化氢气氛中的脱水反应为KCl·MgCl2·

nH2O=====HCl△KCl＋MgCl2＋nH2O↑；（4）依题意，无水KCl和MgCl2的总质量为（c－a）g，结晶水的质量为（b－c）g。由化学方程式KCl·MgCl2·nH2O=====HCl△KCl＋MgCl2＋nH2O↑可得18n169.5＝b－cc－a，解得n＝169.5（b

－c）18（c－a）；（5）wg纯净的光卤石中，n（Cl－）＝n（AgCl）＝n（AgNO3）＝cV1000mol×250.00mL25.00mL＝cV100mol，由KCl·MgCl2·nH2O可知，n（Mg2＋）＝13n()Cl－＝13×cV100mo

l＝cV300mol，所以纯净的光卤石中所含Mg2＋的质量分数为cV300mol×24g·mol－1wg×100%＝8cVw%；（6）若滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数，则读取的AgNO3标准溶液体积V偏小，根

据上述所含Mg2＋的质量分数表达式为8cVw%可以看出，会使最终结果偏低。27．答案：（1）将废料粉碎、适当升高温度（2）As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋===7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O空气3.3≤pH<6.0

4∶3（3）取少许废液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3＋，否则不含Fe3＋（4）Na2S1.4a×1017mol·L－1解析：含有铬、锌、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质的工业废料，加入稀硫酸后得到铜单质和其他二价金属离子，加入Zn和As2O5除钴，在料渣里得

到CoAs，通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入ZnO调节pH至3.3≤pH＜6.0，使得铁离子生成氢氧化铁除去，电解废液，得到单质铬，通入氧气，得到氧化铬，在废液中加入Na2S，得到含镉沉淀，据此解答。（1）将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适

当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率；（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2＋，其他金属（除铜外）也均转化为二价离子，锌将Co2＋、As2O5还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋===7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O，氧气、

氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2＋，但空气的经济价值最低，调pH时得到Fe（OH）3沉淀，为将铁离子除尽，且Cr3＋不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0，单质铬与氧气反应得到Cr2O3，反应中二者消耗量n（Cr）∶n

（Y）＝4∶3；（3）用KSCN溶液检验Fe3＋，取少许废液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3＋，否则不含Fe3＋；（4）CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下K较小的镉盐析出后，溶液中剩

余的Cd2＋的量较小，Cd2＋去除率较好的是Na2S，由CdCO3（s）＋S2－（aq）⇌CdS（s）＋CO2－3（aq），K＝c（CO2－3）c（S2－）＝c（CO2－3）·c（Cd2＋）c（S2－）·c（Cd2＋）＝Ksp（CdCO3）Ksp（CdS）＝5.2×10

－123.6×10－29＝1.4×1017，c（S2－）＝amol·L－1，则c（CO2－3）＝1.4a×1017mol·L－1。28．答案：（1）－25（2）*HCOO＋*H―→*CO＋*H2O（3）①m该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小②

＜9.88③A解析：（1）根据目标反应方程式，可以由②－①－2×③得出，则ΔH＝ΔH2－ΔH1－2ΔH3＝－25kJ·mol－1；（2）慢反应决定反应速率，活化能越大，反应速率越慢，根据图像可知，活化能最大的是[－0.2－

（－1.56）]eV＝1.36eV，该步骤的反应方程式为*HCOO＋*H―→*CO＋*H2O；（3）①该反应为放热反应，升高温度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，根据图像可知，曲线m表示平衡常数K与温度T之间的变化关系

；②根据图2可知，c点温度高于a点，温度高，反应速率快，即v（a）逆＜v（c）逆；T2时，起始压强为2.5MPa，则CO2的分压为2.5MPa×25＝1MPa，H2的分压为2.5MPa×35＝1.5MPa，T2时，H2的转化率为80%，则H2变化分压为1.5MPa×80%＝1.2

MPa，则达到平衡时CH3OH、H2O（g）分压均为0.4MPa，CO2的分压为0.6MPa，Kp＝p（H2O）·p（CH3OH）p（CO2）·p3（H2）＝0.4×0.40.6×（0.3）3≈9.88MP

a－2；③达到平衡时，v正＝v逆，K＝k正k逆，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即1T越小，lgk逆越大，即点A表示c点的lgk逆。35．答案：（1）Li（2）1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p32（3）sp3

sp2（4）>PBr3是极性分子，BBr3是非极性分子（5）AB（6）8237×4NA（a×10－7）3解析：（1）非金属越强，电负性越强，Li为金属元素，三种元素中电负性最小的是Li；（2）根据电子排布三原则书写P的电子排布式为：1s22s22p63s23p

3；同周期从左到右，电离能呈增大趋势，周期中第ⅤA族元素电离能大于ⅥA族元素，比P的第一电离能大的元素是Cl和Ar，有2种；（3）黑磷区中P根据图1中形成的共价键，P元素有三个σ和一个孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，

石墨区C原子根据空间构型为平面形判断是sp2杂化；（4）根据杂化轨道理论判断PBr3的空间构型是三角锥形，属于极性分子，BBr3的空间构型是平面三角形，属于非极性分子，水分子是极性分子，依据相似相溶，极性分子易溶于极性分子判断，PBr3的溶解性大于BBr3的

溶解性；（5）根据图1中键长的不同判断黑磷区P—P键的键能不完全相同，故A正确；黑磷区与石墨区的每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；由石墨与黑磷制备该复合材料有新的键形成，新物质生成，

故属于化学变化，故C不正确；复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属于共价键，故D不正确；（6）根据Rh2P中Rh和P原子数之比为2∶1，根据晶胞图，面心和顶点的小球代表P原子，根据图中判断P距离最近的Rh的数目为8；晶胞中P原子数：8×18＋6

×12＝4；Rh原子数：8×1＝8，故根据ρ＝N·MNA×（a×10－7）3＝237×4NA（a×10－7）3g·cm－3。36．答案：（1）溴乙酸（或2­溴乙酸）羰基（酮基）、酯基（2）取代反应（3）C2H5OH或CH3CH2OH（4）＋CF

3COOH浓H2SO4△＋H2O（5）（6）12解析：A与溴发生取代反应生成B，B中羟基上的氢原子被甲基取代生成C，C与D在碳酸钠作用下反应生成E，1molE反应只生成1molF和1molG，对比E和F的结构简式可知，该过程中发生取代反应，与苯环相连的亚甲基上的氢原

子被E中距离苯环远端的酯基脱去—OCH2CH3后剩余原子团取代形成环，所以G为CH3CH2OH；F发生类似信息①的反应得到H，所以的结构简式为；I与J反应得到K，K被氧化得到L，根据I、J的结构特点可知该反

应和信息②类似，可知K的结构简式为。（1）根据B的结构简式可知B的名称为溴乙酸（或2­溴乙酸）；根据F的结构简式可知其官能团为羰基（酮基）、酯基；（2）C中溴原子被—OOCCH2C5H6代替生成E，属于取代反应；（3）根据分析可知G

的结构简式为C2H5OH或CH3CH2OH；（4）根据分析可知H的结构简式为，H生成I的过程与酯化反应类似，化学方程式为＋CF3COOH浓H2SO4△＋H2O；（5）I与J发生类似信息②的反应得到K，所以K

的结构简式为；（6）F含有10个碳原子，3个O原子，同分异构体满足：a．仅含有苯环一种环状结构且苯环上含2个取代基，则取代基有邻、间、对三种位置；b．含有羧基；c．能发生银镜反应，说明含有醛基，则苯环上的两个

取代基可以是—COOH和—CH===CHCHO、—CHO和—CH===CHCOOH、—COOH和—C（CHO）===CH2、—CHO和—C（COOH）===CH2，每一组都有三种位置，所以同分异构体共有3×4＝12种，其中核磁共振氢谱含有六组

峰的化合物的结构为。仿真模拟冲刺标准练（四）7．B硅胶无毒且吸水性较好，可以做食品药品的干燥剂，故A正确；可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧产生二氧化碳，不能实现碳中和，故B错误；陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而制成

的，其主要化学成分是硅酸盐，故C正确；氨水显碱性，能吸收二氧化硫，可消除燃煤烟气中的二氧化硫，故D正确。8．B没有溶液的体积，所以阴离子数目无法确定，A错误；18g重水中含有的中子数＝1820×（1×2＋8）＝9mol，1molH2

O中含有的中子数为8mol，所以二者之差为NA，B正确；丁烷为C4H10，1个丁烷分子含有的共价键数＝4－1＋10＝13，所以0.1mol丁烷含有的共价键数为1.3NA，C错误；C2H4～2CO2～12e－，5.6L乙烯的物质的量为0.25mol，所以转移的电子

数为0.25×12＝3mol，完全燃烧转移的电子数为3NA，D错误。9．A海带中的碘元素以碘离子形式存在，加入淀粉无明显现象，A符合题意；溴单质与稀氢氧化钠反应，而溴苯不反应且溴苯不溶于水，采用分液的方法将溴苯与杂质分开，B不符合题意；将SO2通入酸性KMnO

4溶液中，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，C不符合题意；测定0.1mol·L－1醋酸溶液的pH大于1，证明醋酸不完全电离，属于弱酸，D不符合题意。10．D该有机物含有醇羟基，可以与Na发生反应，A正确；分子中含有21个碳原子，B正确；该

有机物结构中含有苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有醇羟基和β－H，可以发生消去反应，C正确；1mol酚酯基可以与2molNaOH发生反应，1mol酯基可以与1molNaOH发生水解反应，所以1mol该物质最多能与3molNaOH反应

，D错误。11．C由题意，该装置需要制备盐酸羟胺，根据化合价推断，盐酸羟胺中的N元素化合价为－1价，向装置内通入NO，其N元素化合价为＋2价，N元素处于降价状态，因此可推知含Fe催化电极为该原电池的正极，同时可推知Pt电极为负极

。由题意，根据化合价推断，Pt电极为负极，根据原电池原理可知负极发生氧化反应，A正确；由题意，含Fe催化电极为正极，根据原电池原理可知正极应发生还原反应，且处在盐酸环境下，因此可知方程式中H＋存在合理，且反应前后电荷守恒，原子守恒，因此该反应方程式成立，B正确；由B选项可知，

正极区的反应消耗掉H＋，因此正极区的pH值会增大，而非正负极区溶液的pH值均不变，C错误；由负极区反应可知，H2～2e－，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取0.1mol的NH2OH·HCl，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15molH2

，标准状况体积为3.36L，D正确。12．DW的最外层电子数为偶数，四种元素中只有Y为金属元素，所以W可能为C或O，Z的核外电子数等于W与Y的核外电子数之和，所以Y为Na，W为C，Z为Cl，X为N或者O或者F。原子半径应该为Y>Z>W>X，A错误；X与Y形成的化合物可能

为Na2O2，既含离子键又含共价键，B错误；X的简单氢化物可能为水或HF，常温常压下为液体，C错误；最高价氧化物对应水化物Z为HClO4，W为H2CO3，酸性HClO4>H2CO3，D正确。13．CH2X的电离为H2X⇌H＋＋HX－、HX－⇌H＋＋X2－

；当c（H2X）c（HX－）＝c（HX－）c（X2－）＝1时，即纵坐标为0，c1（H＋）＝Ka1c（H2X）c（HX－）＝Ka1、c2（H＋）＝Ka2c（HX－）c（X2－）＝Ka2，由于H2X的一级电离

大于二级电离，则c1（H＋）>c2（H＋），pH1<pH2，故b表示第一步电离的lgc（H2X）c（HX－）曲线、a表示第二步电离的lgc（HX－）c（X2－）曲线；由图可知，c（HX－）＝c（H2X），即lgc（HX－）c（X2－）＝0，则pH在7～8之间，故H2X的Ka2＝c（X2－）c（

H＋）c（HX－）的值在10－7～10－8，数量级为10－8，A正确；当lgc（H2X）c（HX－）＝0，pH＝2，则K1＝10－2，温度不变则平衡常数不变，故混合溶液pH＝3时，c（H2X）c（HX－）＝10－310－2＝0.1，则c（HX－）＝10c（H2X），B正确；由电荷守恒可知，c

（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HX－）＋2c（X2－），混合溶液呈中性时，c（H＋）＝c（OH－），故c（Na＋）＝c（HX－）＋2c（X2－），由图可知，lgc（HX－）c（X2－）>0，则c（HX－）>c（X2－），故c（HX－）＋2c（X2－）

<3c（HX－），所以c（Na＋）<3c（HX－），C错误；由电荷守恒可知，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HX－）＋2c（X2－），NaHX溶液中由物料守恒可知，c（Na＋）＝c（H2X）＋c（HX－）＋c（X2－），两者联立可知，存在c（H2X）＋c（H

＋）＝c（OH－）＋c（X2－），则c（H2X）<c（OH－）＋c（X2－），D正确。26．答案：（1）圆底烧瓶AD（2）Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl铜粉完全溶解，溶液无色适量蒸馏水（3）无水乙醇（4）92.2酸式滴定管高解析：A装置为

浓盐酸与高锰酸钾制备氯气。生成的氯气与铜粉和氯化钠溶液反应生成Na2[CuCl3]，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。C装置用于吸收未反应完的氯气，防止污染空气。（1）氯气具有强氧化性，可与具有还原性的Na2SO3溶液和FeCl2溶液发生氧化还原反应被吸收。饱和食盐水和浓H2SO4用于制备

氯气过程中的分离提纯，分别起吸收氯化氢和水的作用。答案为AD。（2）反应①的产物作为反应②的生成物，反应③的反应物可作为反应②的生成物，再依据氧化还原反应即可写出反应。答案为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl；已知CuCl难溶于水和乙醇，Na2

[CuCl3]为无色溶液，当反应②Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl反应完全即铜粉完全溶解，溶液无色可停止反应。已知Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色沉淀。故将B中溶液倒入盛有适量蒸馏水的烧杯中，立即析出白色CuCl沉淀。（3）CuCl难溶于水和乙醇，用乙醇洗涤滤饼

3～4次可减少CuCl的溶解损失。（4）根据题意，依据得失电子守恒可得关系式为6CuCl～K2Cr2O7。25mL溶液中n（CuCl）＝0.02×22.5×10－3×6，样品中m（CuCl）＝0.02×22.5×10－3×6×25025×99＝2.673

g，故产品的纯度为m（CuCl）2.90×100%≈92.2%；K2Cr2O7溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管下端的橡胶管，需用酸式滴定管；若滴定结束时仰视刻度线读数会导致高锰酸钾溶液的体积偏大，根据上述计算公式可知会让测定的纯度偏

高。27．答案：（1）CaHPO3＋2NaOH===Ca（OH）2＋Na2HPO3防止滤渣中的Ca（OH）2溶解12.4（2）H3PO3（或NaH2PO3）正盐（3）2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－阳极产生的Ni2＋和原料室的H2PO－2分别穿过阳膜和阴膜扩散至产品室（4）2Ni2

＋＋H2PO－2＋6OH－===2Ni↓＋PO3－4＋4H2O工艺与设备简单；不需要消耗电能；镀件不局限于导体解析：废渣[主要含NaH2PO2和CaHPO3，还含有少量Ca（OH）2]。根据流程图可知利用水溶获得NaH2PO2。碱浸后过滤即可分

离Ca（OH）2，利用试剂A调节溶液pH消耗过量的NaOH溶液获得纯净的Na2HPO3，其中涉及到Ksp的相关计算。电解池相关问题一定要结合电解池原理，根据电解池的图示进行解题。（1）已知CaHPO3和Ca（OH）2的Ksp分别为1×10－4和6×10

－6，Ca（OH）2更难溶。由上述流程可知“碱浸”实现CaHPO3向Na2HPO3的转化，同时生成Ca（OH）2，答案为CaHPO3＋2NaOH===Ca（OH）2＋Na2HPO3；Ca（OH）2溶解度随

温度的升高而减小，趁热过滤防止滤渣中的Ca（OH）2溶解；已知CaHPO3和Ca（OH）2的Ksp分别为1×10－4和6×10－6，要使该操作后所得滤液中HPO2－3的浓度不小于0.01mol·L－1，根据CaHPO3的Ksp可计算Ca2＋浓度不大于1×10－40.01＝0.01mo

l·L－1，则c（OH－）＝6×10－60.01，c（H＋）＝Kwc（OH－）＝10－146×10－60.01，lg6＝0.8，pH＝－lgc（H＋）＝12.4。（2）物质A需要达到调pH消耗NaOH的目的，同时又不引入新的杂质，

答案为H3PO3（或NaH2PO3）；已知H3PO3为二元中强酸，故Na2HPO3为正盐。（3）由电解池图示可知阴极是不锈钢插在NaOH水溶液中，由放电顺序可知是H2O中的H＋放电。答案为2H2O＋2e－===

H2↑＋2OH－；阳极材料自身放电Ni－2e－===Ni2＋，产生的Ni2＋和原料室的H2PO－2分别穿过阳膜和阴膜扩散至产品室；（4）由题意可知在NaOH的碱性条件下Ni（H2PO2）2溶液中的Ni2＋转化为Ni单质附着在待镀件上，P元素化合价升高转化为＋5价PO3－4，根据氧化还原反应相关

知识配平方程式，答案为2Ni2＋＋H2PO－2＋6OH－===2Ni↓＋PO3－4＋4H2O；与电镀镍相比，化学镀镍工艺的优点是工艺与设备简单、不需要消耗电能、镀件不局限于导体。28．答案：（1）－5（2）甲AC（3）50%25%及时移去生成物（4）ba温度为

240℃时φ（COS）为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ（COS）将小于25%，且温度越高φ（COS）越小解析：（1）已知CO的燃烧热为283kJ·mol－1，则表示CO燃烧热的热化学方

程式为：③CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－283kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，目标热化学方程或＝③－②－12①，ΔH＝ΔH3－ΔH2－12ΔH1＝[－283－（－36）－12×（－484）]kJ·mol－1＝－5kJ·mol－1；（2）由第（1）问可知，CO和H2S

合成COS的过程为放热反应，生成物能量低于反应物能量，故符合的示意图为甲；对于一个多步进行的反应，正反应活化能大的为决速步骤，步骤①是慢反应，活化能较大，A正确；总反应的速率由活化能大的一步决定，即步骤①，B错误；由图可知，S2第一

步生成，第二步又被消耗，所以反应历程中S2属于中间产物，C正确；催化剂只改变反应的路径，不改变反应的焓变，D错误；（3）设容器的体积为VL，根据已知条件，列出三段式：CO（g）＋H2S（g）⇌COS（g）＋H2（g）初始量/molaa00变化量/mo

la－4a－4a－4a－4平衡量/mol44a－4a－4K＝c（H2）×c（COS）c（CO）×c（H2S）＝a－4V×a－4V4V×4V＝1，a＝8molα（H2S）＝8－48×100%＝50%，φ（COS）＝8－42×8×100%＝25%若要

同时提高CO和H2S的转化率，需要使得平衡正向移动，所以可以减少生成物的浓度，即及时移去生成物；（4）由于合成COS的反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，体积分数减小，根据第（3）问，温度为240℃时，φ（COS）为25%，故当温度升高时，φ（COS）减小，且温度越高，体积分数减小的程度

越大，所以，300℃和320℃时，φ（H2S）随时间变化关系的曲线分别是b、a，原因为：温度为240℃时，φ（COS）为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ（COS）将小于25%，且温度越高φ（COS）越小。35．答案：（1）d1s22s22p63s23p63d6或[A

r]3d6（2）S<O<N正四面体形大（3）6③（4）FeCl3为分子晶体，NaCl与MgO为离子晶体，且MgO的晶格能比NaCl的大（5）238×1030NAa33∶1解析：（1）Fe基态原子外围电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的

d区，铁原子失去4s上的2个电子变成Fe2＋，基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；（2）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，N原子2p能级半充满，结构稳定，所以第一电离能O＜N；同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离

能S＜O，O、N、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为S＜O＜N；SO2－4的价层电子数为4＋6＋2－2×42＝4，无孤电子对，则空间构型为正四面体形；NH＋4的价层电子对数为4＋5－1－42＝4，VSEPR模型和空间构型为正四面

体，键角为109°28′，NH3的价层电子对数为3＋5－32＝4，含有1对孤电子，VSEPR模型为四面体，空间构型为三角锥形，键角小于109°28′。则NH＋4的键角比NH3的键角大；（3）根据图知，二聚体中Fe3＋的配位数为

6；所以其杂化轨道是6，杂化类型为sp3d2，即选③；（4）FeCl3为分子晶体，NaCl与MgO为离子晶体，一般而言离子晶体的熔点比分子晶体高，离子晶体中晶格能越大的熔点越高，MgO的晶格能比NaCl的大，则MgO的熔点比NaCl高；（5）根

据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×18＋6×12＝4，N原子位于体心，共有1个，该晶胞的化学式为Fe4N，晶胞质量为：m＝56×4＋14NAg＝238NAg，晶胞参数为apm，晶

胞体积为V＝（a×10－10）3cm3，该晶体密度为ρ＝mV＝238×1030NAa3g·cm－3；Cu替代b位置的Fe，形成晶胞中N原子处于体心、Cu原子处于面心、Fe原子处于顶点，晶胞中N原子数目＝1，N（Cu）＝6×12＝3，N（Fe）

＝8×18＝1，其化学式为：FeCu3N，n∶y＝3∶1。36．答案：（1）邻甲基苯酚（2­甲基苯酚）解析：（1）以苯酚为主体，那么A为苯酚的邻位被甲基取代，答案为邻甲基苯酚或2­甲基苯酚；（2）B→C为苯酚邻位硝基取代，方程式为（3）E中含氧官能团为—O—（醚键）、

—NO2（硝基）。F→G为—NH2变为—NHOC—，该反应为取代反应；（4）由已知反应知该条件下为—NO2还原为氨基后与—C===O形成五元环化合物，则H的结构为；（5）W的分子式为C9H9O4N，含—NH2，能与NaHCO3产生2molCO2，即含有2个—C

OOH，还有一个C的烷基。若烷基与氨基相连，即考虑以下三种苯环（）上—CH2NH2取代，有2＋3＋1＝6种。若烷基与—COOH相连，即考虑三种结构苯环上—NH2取代有4＋4＋2＝10种。所以D的同分异构体满

足条件的有16种。峰面积为2∶2∶2∶2∶1的同分异构体应该为对称结构，即为；（6）原料为苯酚，则合成产物需要在苯环上引入C的取代基，参照A→B的反应苯环上引入—CHO。再酚羟基经硫酸二甲酯变为—OCH3。再将—CHO氧化即可得到目标产物。所以合成路线为