2024年高考化学一轮复习（新高考版）71练答案精析

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一轮复习71练答案精析
第一章　化学物质及其变化
第1练　物质的组成、性质和转化
1．A　[光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料，B项错误；汽油、柴油仍是烃的混合物，C项错误；碳的氧化物与形成酸雨无关，D项错误。]
2．A　3.B
4．B　[“碳纳米泡沫”属于碳单质，与石墨互为同素异形体，A、C错误；“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4 000个碳原子，直径约6～9 nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔效应，B正确；在低于－183 ℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，D错误。]
5．A　[CaOCl2的化学式可以写成Ca(ClO)Cl，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；BiONO3中没有两种酸根阴离子，不是混盐，故C错误；K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种阴离子的盐，不是混盐，故D错误。]
6．C　7.D　8.C
9．C　[该过程中发生的反应依次是CaCO3CaO＋CO2↑(分解反应)；CaO＋H2O===Ca(OH)2(化合反应)；Ca(OH)2＋K2CO3===CaCO3↓＋2KOH(复分解反应)。]
10．B　[⑤用玻璃瓶盛装“强水”(古书中记载一种能腐蚀五金的液体)，这里所说的强水应该是硝酸，硝酸不会和玻璃(主要成分是二氧化硅)发生反应，没有发生化学变化，正确。]
11．A　[SO2可与NaOH溶液反应，①可以实现；氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，②可以实现；稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应：H2SO4＋2CH3COONa===2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；氢硫酸和亚硫酸发生反应：H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，但有单质参加，⑤可以实现；水和过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。]
12．B
13．(1)①　②④　④　(2)胶体　金颗粒
14．(1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)
(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑　(3)Cu(OH)2CuO＋H2O　CuO＋H2Cu＋H2O　(4)①　②③　④
15．SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　SOCl2＋H2O===SO2＋2HCl、ClSO3H＋H2O===H2SO4＋HCl
第2练　离子反应　离子方程式
1．C　[铁是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；葡萄糖是非电解质，B项错误；硫酸镁是电解质，C项正确；CO2是非电解质，D项错误。]
2．D
3．D　[CuSO4与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2＋CuSO4===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，溶液中离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，而且有蓝色沉淀生成，与加入Na2SO4溶液的实验现象不同，故D符合题意。]
4．D　5.A
6．A　[碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋H2O＋CO2↑，故A错误。]
7．D　[饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，A错误；SO2少量时会有HClO生成，正确的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO＋Cl－＋2HClO，B错误；I－还原性强于Fe2＋，通入少量Cl2先和I－反应，离子方程式为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，C错误。]
8．C
9．A　[氢氧化钠溶液吸收废气NO2，生成硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O，B错误；向硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液，生成氢氧化镁和硫酸钡两种沉淀，反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO===Mg(OH)2↓＋BaSO4↓，C错误；ICl中碘为＋1价、氯为－1价，将ICl滴入NaOH溶液中发生反应生成次碘酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为ICl＋2OH－===IO－＋Cl－＋H2O，D错误。]
10．D　[Cr2O溶液为橙色，CrO溶液为黄色，故橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色，发生的离子方程式为Cr2O＋2OH－2CrO＋H2O，故A正确；硫化银比氯化银更难溶，因此氯化银可以转化成硫化银沉淀，AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，沉淀逐渐变为黑色：2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，故B正确；氢氧化钡过量，NH也会与OH－发生反应，反应的离子方程式为NH＋HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C正确；醋酸为弱酸，不能写成离子，正确的离子方程式为3MnO＋4CH3COOH===2MnO＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－，故D错误。]
11．(1)Cl－　Na＋　Ca2＋　(2)Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl　(3)5
12．(1) 氧化物(或酸性氧化物)　(2)NaOH===Na＋＋OH－(或KOH===K＋＋OH－)　(3)OH－＋H＋
===H2O
(4)Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O　(5)Ba2＋＋SO===BaSO3↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓、HS－＋OH－===H2O＋S2－(合理即可)
解析　(1)无机物分为酸、碱、盐、氧化物，表中★可以代表的物质类别是氧化物或酸性氧化物。(2)③为强碱，可以是氢氧化钠或氢氧化钾，其电离方程式为NaOH===Na＋＋OH－或KOH===K＋＋OH－。(3)②是强酸，为硝酸或硫酸，④是氢氧化钡，②与④在水溶液中发生的反应是硝酸与氢氧化钡反应生成硝酸钡和水，即：OH－＋H＋===H2O(无沉淀生成)，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，有沉淀生成不符合题意。(4)④是氢氧化钡，⑦是二氧化碳，二氧化碳量少，在水溶液中发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O。(5)④是氢氧化钡，⑥是可溶性盐，则⑥可能为NaNO3、KNO3、Na2SO3、K2SO3、Na2SO4、K2SO4、NaHS、KHS，其中参与发生复分解反应的离子方程式有Ba2＋＋SO===BaSO3↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓、HS－＋OH－===H2O＋S2－。
13．(1)Ba2＋＋SO＋H＋＋HCO===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑　HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
(3)2Al3＋＋7OH－===Al(OH)3↓＋AlO＋2H2O
(4)Cu2＋＋2HS－===CuS↓＋H2S↑
(5)4CO2＋5OH－===CO＋3HCO＋H2O
(6)CO＋CH3COOH===HCO＋ CH3COO－
(7)4AlO＋ 7H＋ ＋ H2O===3Al(OH)3↓＋ Al3＋
第3练　离子共存、离子检验与推断
1．D　2.B
3．B　[氢氧根离子与三价铁离子、氨根离子都反应，不能大量共存，故A不选；Fe3＋、H＋、Cu2＋、SO、NO、Al3＋相互不反应，可以大量共存，故B选；氢氧根离子与三价铁离子反应，不能大量共存，故C不选；铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应，二者不能大量共存，故D不选。]
4．C　[Al3＋与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，不能共存，故A正确；离子之间不反应，可大量共存，通入少量CO2与碱反应生成碳酸根离子，故B正确；滴加石蕊溶液变红的溶液，溶液显酸性，Fe2＋、H＋、NO发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；溶液呈蓝色，含铜离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确。]
5．D
6．C　[当固体中含有SO时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2溶液会被氧化生成硫酸根离子，有相同现象，故不一定是SO，A错误；若固体为FeCl3和Fe的混合物时，也有相同的现象，故固体试样中可能存在Fe3＋，B错误；检验NH时应加NaOH溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不能确定有没有铵根离子，C正确；滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，可能原固体中有AlO，不一定为SiO，D错误。]
7．C　[根据实验①可知溶于水的过程中发生碳酸根离子和Al3＋或Fe3＋的相互促进的水解反应，根据实验②可知，沉淀不是BaSO4，一定没有BaCl2，结合实验①④，可确定一定有Na2CO3，根据实验③可知没有FeCl3，则一定有Al2(SO4)3。]
8．D
9．B　[原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO，故A错误；产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原溶液中一定含有NH，故B正确；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，故C错误；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液而使溶液呈红色，所以原溶液中不一定含有Fe3＋，故D错误。]
10．C
11．C　[生成的沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO的物质的量为0.03 mol；另结合图像知溶液中含有Al3＋ 0.01 mol，需OH－ 0.03 mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O并结合图像，知溶液中含有NH 0.02 mol，需OH－ 0.02 mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，需OH－为0.01 mol；实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为0.03 mol＋0.02 mol＋0.01 mol＝0.06 mol，总体积为60 mL，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1，A正确；溶液中正电荷总数为0.02 mol×1＋　　0.01 mol×3＋n(K＋)×1＝0.05 mol＋n(K＋)，负电荷总数为0.03 mol×2＝0.06 mol，所以n(K＋)＝0.01 mol，则溶液中焰色试验呈现紫色的离子的物质的量浓度为＝1 mol·L－1，B正确；Al3＋为0.01 mol，SO为0.03 mol，加入氢氧化钡溶液，当硫酸根离子完全沉淀时，铝离子已转化为偏铝酸根离子，C不正确；NH、K＋、Al3＋、SO四种离子的物质的量之比为0.02 mol∶0.01 mol∶0.01 mol∶0.03 mol＝2∶1∶1∶3，D正确。]
12．(1)B　(2)H＋、Cu2＋　(3)①Na2CO3　Na＋、NO　②过滤　漏斗、烧杯、玻璃棒　③BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑
13．(1)Fe3＋、Mg2＋、CO、Ba2＋　Cl－　 (2)①NH　0.2 mol·L－1　②Al3＋　0.2 mol·L－1　③SO　0.5 mol·L－1　(3)是　根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子
解析　向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银或硫酸银；向第二份溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到的气体为氨气，其物质的量为0.02 mol，原溶液中一定含NH，无沉淀产生，说明不存在Fe3＋、Mg2＋；向溶液甲中通入过量CO2，生成的白色沉淀为氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02 g，即氧化铝的物质的量为＝0.01 mol，原溶液含Al3＋ 0.02 mol，则不含CO；第三份加入足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65 g，沉淀为硫酸钡，物质的量为＝0.05 mol，原溶液中含SO 0.05 mol，则原溶液不含Ba2＋，由电荷守恒可知，0.02×1＋0.02×3＜0.05×2，可知一定含阳离子K＋，不能确定是否含Cl－。(2)根据以上分析可知溶液中Al3＋、NH、SO的浓度分别是＝0.2 mol·L－1、＝　　0.2 mol·L－1、＝0.5 mol·L－1。
14．(1) Cu2＋、CO、H＋　 (2) NH＋OH－===NH3·H2O
(3)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O　(4)2 mol·L－1　(5)n(NO)≥0.01 mol
第4练　氧化还原反应的概念和规律
1．C　2.B
3．B　[该反应属于复分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；该反应不属于四种基本反应类型，且有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；该反应属于置换反应，是氧化还原反应，故C不符合题意；该反应属于化合反应，是氧化还原反应，故D不符合题意。]
4．A
5．D　[反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；KI中的I－由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，根据反应方程式，每生成4 mol I2转移7 mol电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。]
6．D
7．D　[Fe与Fe3O4都可被磁铁吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，A错误；钠极易被空气中的氧气氧化，B错误；该反应条件下铁的还原性比钠强，C错误；每生成1 mol H2，同时生成2 mol Na，转移的电子为4 mol，故转移的电子数约为4×6.02×1023，D正确。]
8．D
9．A　[步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；乙烯和三氧化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B错误；Cu＋在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要及时补充Cu＋，故C错误；缺少标准状况下，无法计算物质的量，故D错误。]
10．D　[由题图知，反应物为FeS2和氧气，Fe3＋、NO是催化剂，产物为亚铁离子和硫酸根离子，发生的总反应为2FeS2＋7O2＋2H2O2Fe2＋＋4SO＋4H＋，FeS2中S元素被氧化，FeS2作还原剂，A、B错误；从总反应中可以看出，反应消耗氧气需要不断加入氧气，而NO在总反应中并未消耗，故NO不需要不断加入，C错误；根据总反应方程式可知，消耗7 mol O2，溶液中最多增加4 mol硫酸根离子，D正确。]
11．(1)D　(2)NO＋Cl2＋H2O===NO＋2H＋＋2Cl－　(3)c　(4)①Na2O2　Na2O2、FeSO4　②高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中悬浮杂质而沉降
12．(1)Cu　＞　(2)33.6　(3)D
(4)
解析　(3)根据氧原子守恒，所以n＝2，根据氢原子守恒，所以y＝4，根据R原子守恒则x＝m，根据电荷守恒则2x＋y＝3m，所以x＝y＝m＝4，在反应中，R的化合价升高，R2＋是还原剂，所以R3＋是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物。
第5练　氧化还原反应方程式的书写与配平
1．A　[由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。]
2．B
3．C　[根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2Fe2O2强，根据反应②可知碱性条件下NaNO2的氧化性比Na2Fe2O4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中的＋3价，升高了1价，NaNO2 中N元素化合价由＋3价降低到NH3中的－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8 g Fe的物质的量为＝0.3 mol，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3 mol×＝0.8 mol电子，D正确。]
4．C
5．B　[根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，根据得失电子守恒可得，Cr2O和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C错误；Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O能发生，D错误。]
6．C　[As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NO===6AsO＋9SO＋28NO↑＋8H＋，水的化学计量数为4，A正确；反应产生H＋，反应后的溶液呈酸性，B正确；N元素化合价降低，NO作氧化剂，As和S元素化合价升高，As2S3作还原剂，由上述离子方程式知，氧化剂与还原剂的分子数之比为28∶3，C错误；As2S3作还原剂，氧化产物为AsO和SO，D正确。]
7．D
8．D　[人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；“转氨”过程没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；氨气极易溶于水，用H2O代替NH4Cl进行转化，不易分离出NH3，故C错误；该合成氨过程中，N2→NH3，N元素化合价从0降至－3，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从－2升至0，失去2个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为2∶6＝1∶3，故D正确。]
9．B　[还原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯气先与Fe2＋发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝　　0.1 mol·L－1，若Fe2＋全部被氧化，则溶液中的c(Br－)＝0.2 mol·L－1。而c(Br－)＝0.3 mol·L－1，说明Fe2＋没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L－1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L－1，故A错误；反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1) mol·L－1＝0.05 mol·L－1，故B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L－1，故D错误。]
10．A　11.A　12.D
13．(1)2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
(2)NaAlH4＋2H2O===NaAlO2＋4H2↑
(3)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
(4)PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－
(5)4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑
(6)4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
14．(1)4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3　(2)①MnO2＋SO2MnSO4　②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　③溶液中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋CO(aq)，CO消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2OH2SO3H＋＋HSO，生成的Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4发生　(3)55c(V1－V0)×10－3
解析　(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3。(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2＋SO2MnSO4。②据图可知过程Ⅰ中MnO2被Fe2＋还原生成Mn2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(3)滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝c(V1－V0)×10－3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×　10－3 g·mL－1。
15．(1)氧化　(2)6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O　(3)①酸式滴定管(或移液管)　②×100%　碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质
第二章　物质的量
第6练　物质的量　气体摩尔体积
1．A　2.C
3．C　[该硫原子的相对原子质量为＝，①对；该硫原子的摩尔质量M(S)＝a g×　　NA mol－1＝aNA g·mol－1，③错；m g该硫原子的物质的量n(S)＝＝ mol，②对；a g硫原子即1个硫原子，其所含电子数为16个，④错。]
4．D　[a g气态双原子分子的物质的量为 mol，摩尔质量为＝ g·mol－1，所以b g气体在标准状况下的体积为×22.4 L·mol－1＝ L。]
5．C
6．C　[150 ℃时碳酸铵受热完全分解的化学方程式为(NH4)2CO32NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律，反应前1 mol即96 g碳酸铵受热完全分解，则反应后所生成混合气体的质量应为96 g。所以，反应后生成的混合气体的摩尔质量M(混)＝＝＝　24 g·mol－1，根据同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，则有＝＝＝12。]
7．C　[由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，题给选项只有CO2的相对分子质量大于O2，故C正确。]
8．D　9.B
10．B　[C2H2与C6H6的最简式均为CH，故二者碳元素的质量分数相同，A正确；标准状况下，C6H6为非气体，等体积的两种物质的物质的量不相等，所以含有的分子数也不相等，B错误；等物质的量时，二者质量之比为＝＝，C正确；二者的最简式相同，则等质量的两种物质完全燃烧消耗相同状况下的氧气的体积相等，D正确。]
11．D　12.A
13．Ⅰ.(1)　(2)　(3)　Ⅱ.3
14．(1)1　(2)11　(3)11　(4)2
解析　(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，由图可知甲室中气体的物质的量为＝1 mol。(2)乙室中HCl气体的质量为0.6 mol×36.5 g·mol－1＝21.9 g，则甲室中气体的质量为21.9 g－10.9 g＝11 g。(3)甲室中气体的物质的量为1 mol，质量为11 g，平均摩尔质量为＝11 g·mol－1，则甲室中NH3、H2的平均相对分子质量为11。(4)设甲室中氨气的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为x＋y＝1 mol，17 g·mol－1×x＋2 g·mol－1×y＝11 g，可得x＝0.6 mol、y＝0.4 mol；如果将隔板a去掉，0.6 mol HCl与0.6 mol NH3恰好完全反应生成氯化铵固体，剩余H2的物质的量为0.4 mol，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以隔板b将会左移至刻度“2”处。
15．Ⅰ.(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
(2)铝与稀硫酸反应生成的氢气使锥形瓶内气压增大
(3)收集到水的体积
(4)没有　相同温度和压强下，生成氢气的体积与排出空气的体积相等
Ⅱ. L·mol－1
第7练　物质的量浓度
1．C
2．A　[①溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.4 mol＋2×0.1 mol＝0.6 mol，Zn2＋：0.3 mol＋0.1 mol＝0.4 mol，Cl－：0.4 mol＋2×0.1 mol＝0.6 mol，SO：0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2 mol＋2×0.2 mol＝0.6 mol，Zn2＋：0.1 mol＋0.1 mol＝0.2 mol，Cl－：0.2 mol＋2×0.1 mol＝0.4 mol，SO：0.2 mol＋0.1 mol＝0.3 mol，所以只有c(K＋)相同，A项正确。]
3．A　[设标准状况下，水是1 L，则溶质氨气是700 L，根据n＝可知，溶质氨气的物质的量n＝＝31.25 mol，则根据m＝nM可知，氨气的质量m＝31.25 mol×17 g·mol－1＝531.25 g，所以溶质的质量分数w＝×100%≈34.7%，又因为c＝，所以溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1≈18.4 mol·L－1。]
4．B
5．C　[1 g钙离子的物质的量n＝＝0.025 mol，该溶液中含有硝酸根离子的物质的量n＝2n＝0.025 mol×2＝0.05 mol,20 g该硝酸钙溶液的体积V＝×10－3 L·mL－1＝ L，所以该溶液中硝酸根离子的物质的量浓度c＝＝　2.5d mol·L－1，故选C。]
6．A
7．B　[把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200 mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5 mol·L－1，A错误；与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的溶质质量分数为×100%＝10%，B正确；3 mol·L－1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6 mol·L－1,3 mol·L－1的KCl溶液中氯离子浓度为3 mol·L－1，混合后氯离子浓度在3～6 mol·L－1之间，C错误；氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，D错误。]
8．C
9．A　[一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，故应选择250 mL容量瓶；用药匙取用固体药品，用托盘天平称量一定质量的药品(药品可放在烧杯中称量)后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移到250 mL容量瓶中，转移过程中需用玻璃棒引流，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒(也可不用)、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，即⑧③⑤(①)⑥②⑨，A项符合。]
10．D
11．D　[配制100 g 10%的NaCl溶液需要氯化钠的质量为100 g×10%＝10 g，配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液需要氯化钠的质量为0.1 L×1.0 mol·L－1×58.5 g·mol－1＝5.85 g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；氯化钠溶液的密度大于1 g·mL－1,100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，B错误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制100 mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100 mL容量瓶、胶头滴管等，需要的仪器不同，C错误；配制10%的NaCl溶液100 g，其密度大于1 g·mL－1，所以100 g溶液的体积小于100 mL,10%的NaCl溶液中氯化钠的物质的量为≈0.17 mol，其物质的量浓度大于1.7 mol·L－1，D正确。]
12．D
13．(1)0.04 mol　4.04 g
(2)0.1 mol·L－1　0.12 mol·L－1
(3)0.896　Mg2＋＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2NH
14．(1)7.14 mol·L－1　>　(2)32　0.2
(3)65.57%　(4)22.35 g
解析　(1)密度为1.4 g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝＝ mol·L－1≈7.14 mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝　　0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol－1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。(3)根据题意知，溶液中剩余酸的物质的量n(H2SO4)＝0.1 mol·L－1××0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol·L－1－0.005 mol＝0.07 mol；设铁的物质的量是m mol，氧化铁的物质的量是n mol，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝　　0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol－1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则＝，解得x≈22.35 g。
15．Ⅰ.(1)⑤　(2)50 mL容量瓶　(3)偏小
Ⅱ.(4)2　(5)溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(6)1.2
第8练　化学计算的常用方法
1．C
2．A　[设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x mol、y mol。
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm(固体质量增加)
56 g 1 mol　　　　　64 g　　8 g
56y g y mol　　　　 64y g　 8y g
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑　Δm(固体质量减少)
56 g 1 mol　　　　　　　　　56 g
56x g　x mol　　　　　　　　56x g
因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，
＝＝＝，则＝＝。]
3．C　[设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm
1 mol　　　　 　　　　　8 g
x mol　　　　　　　　 　0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。]
4．A
5．C　[2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　 Δm
　156 g　　　　　　　　　　　　　　　　32 g
　m　　　　　　　　　　　　　21.8 g－18.6 g＝3.2 g
Na2O2的质量m＝156 g×＝15.6 g，
氧化钠的质量是21.8 g－15.6 g＝6.2 g，
原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为∶＝2∶1。]
6．B　[KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag　　　Δm
39　108　　 69
m　　　 　6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56 g，钾元素的质量分数为×100%≈40.3%。]
7．B
8．C　[设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3
16y　　　　　　　　100y
m(O)＝1.28 g　　　 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g，
x∶y＝∶＝3∶4。]
9．C
10．C　[高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。]
11．A
12．(1)0.2
(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为0.6 mol
×22.4 L·mol－1＝13.44 L
解析　(1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1；则1 000 kg该加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为＝0.2 mol。
13．(1)Ca(OH)2＋Ca(HCO3)2===2CaCO3↓＋2H2O
(2)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，避免影响钙含量的测定
(3)n(Ca2＋)＝0.010 00 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.000×10－4 mol，钙硬度为＝160 mg·L－1，n(Mg2＋)＝0.010 00 mol·L－1×(30.00－20.00) mL×10－3 L·mL－1＝1.000×10－4 mol，镁硬度为＝48 mg·L－1。
14．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小
(2)①偏大　②12.32%
解析　(1)Fe2＋具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3＋，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，则H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知，水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1
×22.00×10－3 L＝1.100×10－3mol，由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝×100%＝12.32%。
第三章　化学实验基础知识
第9练　化学实验基础知识和技能
1．B　2.D　
3．B　[浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用保存在带有玻璃塞的棕色细口瓶中；水和乙酸乙酯互不相溶，可用分液漏斗分离；用量筒量取液体只能精确到0.1 mL；实验室中固体药品要存放在广口瓶中，便于取用。]
4．B　[球形冷凝管用于冷凝回流，蒸馏时冷凝生成物应使用直形冷凝管，C项错误；盛放硅酸钠溶液的试剂瓶不可使用玻璃塞，否则会导致瓶口和瓶塞黏在一起，D项错误。]
5．C　[灼烧固体一般用坩埚，故C项错误。]
6．A
7．D　[用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对比来确定pH，不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，A错误；铁丝在氧气中燃烧时，为防止生成物熔化溅落下来使瓶底炸裂，集气瓶的底部应放少量的水或铺一层细沙，B错误；稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，使热量及时扩散，C错误；取用粉末状药品时试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，D正确。]
8．C　9.D
10．A　[检测气体的酸碱性时需要润湿pH试纸，而测定溶液的pH时不需要润湿，故A错误；碘易溶于酒精，则可用酒精洗去试管内壁上残留的碘，故B正确；碘不易溶于水，易溶于苯或四氯化碳，则可用苯代替四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正确；丁达尔效应为胶体特有的性质，则用聚光手电筒照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不同，故D正确。]
11．C　12.B
13．A　[①浓盐酸沾到皮肤上，可以用NaHCO3溶液清洗，不能用腐蚀性强的浓NaOH溶液清洗，错误；③氯气有毒，不进行尾气处理，会污染环境且易使人中毒，错误；④金属钠很活泼，随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶，正确；⑤NaOH浓溶液溅到皮肤上，若立即用稀硫酸清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸，错误。]
14．D
15．(1)容量瓶　(直形)冷凝管　(2)②⑥
(3)试管　(4)②④⑧⑨　(5)⑧⑨　(6)B　(7)砝码放在左盘，烧杯放在右盘(或砝码和烧杯的位置放反了)　27.4　(8)胶头滴管伸入试管内　试管口向上倾斜　混合气体从短导管进入洗气瓶
第10练　仪器的组合与创新使用
1．B　2.B　3.C
4．A　[该装置可用于吸收易溶于碱溶液的气体，并可防倒吸，A项正确；酸碱中和滴定需用酸碱指示剂确定滴定终点，且NaOH溶液应用碱式滴定管盛放，B项错误；NO2易溶于水且与水反应生成NO，不能用排水法收集NO2，C项错误；蒸干溶液不能使用坩埚，且FeCl2在加热条件下水解生成Fe(OH)2，且Fe2＋在空气中易被氧化成Fe3＋，蒸发灼烧最后得到Fe2O3，不能得到无水FeCl2，D项错误。]
5．A
6．C　[A项，除杂质时应从长管进气且应用NaOH等强碱性溶液；D项，会产生倒吸现象。]
7．C　[NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，故A错误；NO2气体的密度大于空气，则应从长导管进气，故B错误；橡胶管可以平衡气压，便于液体顺利流下，对生成的气体体积进行测量可以减小误差，故C正确；丁装置中Zn电极直接与硫酸铜发生反应，不能构成原电池，锌电极区应为硫酸锌溶液，铜电极区应为硫酸铜溶液，故D错误。]
8．D　9.D
10．B　[装置①中HCl易溶于水，滴入水后气球膨胀，A项正确；装置②中，左边长导管进气，可收集密度比空气大的气体，如Cl2、HCl、NO2等，右边短导管进气，可收集密度比空气小的气体，如H2、NH3等，但NO不能用排空气法收集，B项不正确；四氯化碳的密度比水大，四氯化碳在下层，氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，可以防止倒吸，C项正确；氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，也可用碱石灰干燥，且多余的氨气可通过倒扣的漏斗用水吸收，D项正确。]
11．D　[甲装置为密闭装置，蒸馏时气体压强增大，可能引起爆炸等事故，故A错误；用乙装置进行实验时，反应产生的氧气会从长颈漏斗中逸出，故B错误；丙装置无法使生成的硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液混合，不能制取氢氧化亚铁沉淀，故C错误；氯气在饱和食盐水中的溶解度小，丁装置可以根据排出液体的量测量生成氯气的体积，故D正确。]
12．A　13.A
14．(1)长颈漏斗　(2)2FeCl3＋H22FeCl2＋2HCl　吸收装置二产生的HCl　防止空气中的水蒸气进入装置二引起FeCl2水解　(3)A　a　浓硫酸
解析　(2)装置一中产生了H2，故装置二中制备FeCl2的化学方程式是2FeCl3＋H22FeCl2＋2HCl。(3)该装置的缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl2水解，应在A位置加一个干燥装置，如装有浓硫酸的洗气瓶。
15．(1)平衡气压，便于液体顺利滴下
(2)集气瓶中液面下降，长颈漏斗b中液面上升，气体呈黄绿色
(3)除去Cl2中混有的HCl，平衡气压　饱和食盐水
(4)干燥Cl2　(5)②　q
(6)防倒吸
第11练　物质的分离与提纯
1．C　2.B　3.C
4．C　[向苯(苯酚)中加入浓溴水，苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，所以不能通过过滤除去，故A错误；二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应用饱和碳酸钠溶液，分液除杂，故B错误；二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则可用饱和NaHCO3溶液洗气除杂，故C正确；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，生成的盐酸为新杂质，故D错误。]
5．A　[乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可以采用分液法进行分离，A项正确；FeSO4·7H2O易被氧化，且蒸干易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来分离，B项错误；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到CuSO4·5H2O，但仪器应选蒸发皿，C项错误；生成的I2也能溶于水，不会分层，应采用萃取、分液、蒸馏的方法得到I2，D项错误。]
6．A
7．B　[根据题意，选择Ba(OH)2溶液除去SO、NH和HCO，NH3·H2O通过加热除去，操作②为加热。过量的Ba2＋用Na2CO3溶液除去，过量的OH－和CO用硝酸除去，则操作③为过滤，试剂④为稀HNO3。]
8．C　9.C
10．D　[将固液分离的操作Ⅰ是过滤，故B正确；操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，故D错误。]
11．B　[用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸溶解度随温度升高而增大，故B错误；绿原酸具有延缓衰老、抗氧化等保健作用，减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质，故C正确；根据流程图，用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯，故D正确。]
12．A
13．(1)稀盐酸　氯化钡　(2)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水，使蒸馏水刚好浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复上述操作2～3次　(3)取少量最后一次洗涤液，滴加稀盐酸和氯化钡溶液，若有沉淀生成则说明没有洗净，反之，已洗涤干净
14．(1)使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)H2SiO3　(3)小　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O　(4)Na2SO4　(5)aedc
解析　将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使CrO转化为Cr2O，根据2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。(5)由图可知，在50 ℃时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50 ℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，合理的操作顺序为aedc。
第四章　金属及其化合物
第12练　钠及其氧化物
1．C　2.B
3．D　[钠在常温下反应生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故A错误；2.3 g钠的物质的量为0.1 mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为＋1价，故0.1 mol钠失去0.1NA个电子，故B错误；钠在空气中加热，生成了淡黄色的过氧化钠，故C错误；钠在空气中长期放置，开始生成氧化钠，最终变成了碳酸钠，故D正确。]
4．D　5.D
6．A　[Na2O2与H2O、CO2反应时，都是Na2O2发生自身的歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，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SO，C、D项正确。]
7．C　[H2、CO发生反应的化学方程式分别为2H2＋O22H2O,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；2CO＋O22CO2,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，则过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学式组成符合(CO)m·(H2)n，过氧化钠固体增重的质量就等于原物质的质量，则①②符合；而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成(CO)2·(H2)2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，故①②④⑤符合。]
8．B　9.B　10.C
11．C　[Cu与浓硫酸反应制取SO2需加热，故A错误；盐酸易挥发，则装置B中应为碱石灰，可除去HCl和水蒸气，而硅胶不能除去HCl，故B错误；氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则装置C加热前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；检查装置A气密性的方法：先关闭K1，然后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且一段时间内高度不变，说明气密性良好，故D错误。]
12．C
13．(1)饱和碳酸氢钠　(2)C　(3)5　变浑浊
(4)①2Na＋2CO2Na2CO3＋CO　②4Na＋3CO22Na2CO3＋C
解析　(1)根据二氧化碳的实验室制法可知，二氧化碳中可能含有HCl气体，所以应除去HCl，则装置B中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液。(2)装置C可以达到固液分离的目的，起到随开随用，随关随停的作用。(3)因为该实验是验证二氧化碳与Na的反应，所以应排出装置中的空气，所以先通入二氧化碳使装置5中澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯。(4)①由题给信息分析知该固体是碳酸钠，则Na与二氧化碳反应生成CO和碳酸钠。②由题给信息分析知一种固体为碳酸钠，另一种是C单质，钠与二氧化碳反应的化学方程式是4Na＋3CO22Na2CO3＋C。
14．(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(2)①长颈漏斗　吸收氢气中的杂质气体(或除去氢气中的水蒸气和氯化氢气体)　②检验氢气纯度　③检验是否有水生成　④Na2O2＋H22NaOH
第13练　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属
1．D　[“采蒿蓼之属，……晒干烧灰”，说明“石碱”为蒿蓼烧成的灰中的成分；“以原水淋汁”，说明“石碱”易溶于水；“浣衣发面，……亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污、作发酵剂；且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3，D项符合题意。]
2．C　3.B
4．D　[25 ℃时，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，会生成碳酸氢钠沉淀，则表明碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小，A不正确；应小试管中放NaHCO3，大试管中放Na2CO3，C不正确；常温下，相同浓度的Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液的碱性强，即溶液的pH大小：Na2CO3＞NaHCO3，D正确。]
5．B　6.B
7．B　[二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质，故A正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则反应④说明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，故B错误；过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；④是分解反应，①是化合反应，②是置换反应，故D正确。]
8．D　[化学变化过程中元素守恒，所以此过程中元素种类没有改变，故A正确；焰色试验是元素的性质，钠元素的焰色为黄色，则NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色均为黄色，故B正确；NaHCO3与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，所以可以用NaHCO3治疗胃酸过多；NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，遇热膨胀而形成小孔，使得糕点松软多孔，故糕点制作也可以用NaHCO3，故C正确。]
9．C　10.D
11．D　[Na2CO3先和盐酸反应，离子方程式为H＋＋CO===HCO，H＋和CO等物质的量反应；第二步盐酸和NaHCO3反应，离子方程式为H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，H＋和HCO也等物质的量反应。第一步生成的HCO和原有的HCO在第二步一起和H＋反应，所以第二步消耗的H＋大于第一步消耗的H＋，故选D。]
12．A　13.C
14．(1)①CD　②防倒吸　③NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通入NH3，可提高CO2利用率　④控制氨气(或CO2)的通入量
(2)①碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧
②2La3＋＋3HCO===La2(CO3)3↓＋3H＋
15．(1)①　②　碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡产生
(2)①提供较高温度，便于盐分解实验　②a试管中开始有少量气泡，后来无现象　b试管中有气泡，后有晶体析出　③CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHCO3↓
(3)①在浓度较稀时，与CaCl2反应产生较多沉淀的是Na2CO3，产生少量沉淀的是NaHCO3　②2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
解析　(1)碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡，碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡，因此实验①和②可以鉴别Na2CO3和NaHCO3。(2)②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体。(3)②C组中60 ℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
第14练　侯氏制碱法与Na2CO3含量的测定
1．C
2．B　[在装置Ⅰ中稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，可制取CO2，A正确；装置Ⅱ中的Na2CO3溶液可与二氧化碳反应，B错误；装置Ⅲ中冰水浴使温度降低，有利于析出NaHCO3固体，C正确；利用装置Ⅳ通过过滤可获得少量NaHCO3固体，D正确。]
3．A
4．A　[用酚酞作指示剂时，Na2CO3与盐酸发生反应，依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量，进而确定样品中Na2CO3的质量分数，A项正确；测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法，B项错误；因盐酸的质量未知，且CO2挥发带出水蒸气，无法通过重量法测量Na2CO3的质量，C项错误；因部分CO2能溶解到水里，与水反应生成H2CO3，故排出水的体积并不是CO2的体积，D项错误。]
5．D　6.D　7.B
8．B　[盐酸完全反应生成二氧化碳3.36 L，结合H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，可知n(HCl)＝n(CO2)＝＝0.15 mol，故盐酸的浓度为＝3 mol·L－1，故A错误；第一组中盐酸过量，固体混合物完全反应，设NaHCO3和KHCO3的物质的量分别为x mol、y mol，则84x＋100y＝9.2，x＋y＝＝0.1，解得：x＝y＝0.05，则碳酸氢钠的物质的量分数为×100%＝50%，故B正确；根据B项的计算可知，混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为1∶1,9.2 g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为4.2 g和5.0 g，故C错误；由上述分析可知，向50 mL盐酸中加入15.7 g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，故D错误。]
9．(1)①检查装置的气密性　③除去装置中的水蒸气和二氧化碳　④2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑　Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑
(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大
②碱石灰　防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果　偏大　③×100%
解析　(2)①加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其完全被吸收，若不鼓入空气，则测得的NaHCO3和Na2CO3·10H2O的质量分数会偏小，NaCl的质量分数会偏大。②装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量偏大。③由题目信息知反应放出的CO2的质量为m2 g，根据反应2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑，可计算出该反应中产生水的质量为 g，从而计算出Na2CO3·10H2O分解产生水的质量为(m1－) g，再根据Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑，计算出Na2CO3·10H2O的质量，最后计算出混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数。
10．(1)Na2CO3　分液漏斗　除去CO2中的水蒸气　(2)①液面上升　②体积　(3)①过滤　称量　②×100%
11．(1)A　NH3·H2O＋CO2===NH4HCO3、NaCl＋NH4HCO3===NaHCO3↓＋NH4Cl(或NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓)
(2)制化肥、制干电池等(任答一点)　(3)CO2
(4)BD　(5)使产生的CO2气体全部赶入碱石灰中被吸收　×100%　(6)碱石灰吸收了外界空气中的水蒸气和CO2　(7)21.2 g　(8)8.6%
解析　(2)侯氏制碱法副产品是氯化铵，氯化铵中含有氮元素，可制氮肥，也可以用于制干电池等。(4)碳酸钠的溶解度较大，通入氨气，不能使碳酸钠析出，A错误；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，B正确；母液中通入氨气，会消耗NaHCO3，C错误；氨气溶于水后生成氨水，增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵的析出，D正确。(5)B的质量差为生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的质量为(a2－a1)，根据C元素守恒，样品中Na2CO3的质量分数为×100%＝×100%。(7)由图像可知，当滴入质量分数为14.6%的盐酸至图中A点时，加入的盐酸恰好与碳酸钠反应，根据Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，样品中碳酸钠的物质的量为×＝0.2 mol，则碳酸钠的质量为0.2 mol×106 g·mol－1＝21.2 g。(8)A点时，溶液中的溶质为NaCl，根据钠元素守恒，生成的NaCl的物质的量为0.2 mol×2＝0.4 mol，溶液中NaCl的质量为0.4 mol×58.5 g·mol－1＋(25 g－21.2 g)＝27.2 g，放出二氧化碳0.2 mol，二氧化碳的质量为0.2 mol×44 g·mol－1＝8.8 g，溶液的质量为25 g＋200 g＋100 g－8.8 g＝316.2 g，溶液中溶质质量分数为×100%≈8.6%。
第15练　铁及其氧化物和氢氧化物
1．D　2.B
3．C　[铁的三种氧化物中，氧元素的化合价都为－2价；铁元素的化合价不同，氧化铁中铁为＋3价，氧化亚铁中铁为＋2价，四氧化三铁中铁为＋2价和＋3价；氧化铁俗称铁红，是一种红棕色粉末；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，是一种黑色固体。]
4．D　[在100 mL 1.00 mol·L－1 H2SO4溶液中加入足量铁屑，反应中H2SO4完全反应，则生成的H2完全来自于H2SO4,100 mL 1.00 mol·L－1 H2SO4溶液中n(H2SO4)＝n(H2)＝0.1 L×　1.00 mol·L－1＝0.1 mol，则生成的气体在标准状况下的体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L，D项正确。]
5．D　6.C　
7．C　[氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁，加热促进水解，生成氢氧化铁胶体，则实验室制备氢氧化铁胶体的操作为把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色。]
8．A　[Fe(OH)2具有还原性，易被氧化生成稳定的Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2＜Fe(OH)3，故A正确；碘的氧化性较弱，铁与碘反应生成FeI2，故B错误；Fe3＋具有较强的氧化性，可与I－发生氧化还原反应，生成亚铁离子和碘，故C错误；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故D错误。]
9．C　
10．B　[过程Ⅰ为在太阳能、>2 300 K条件下，Fe3O4分解为O2和FeO，化学方程式为2Fe3O46FeO＋O2↑，A正确； 过程Ⅱ为6FeO＋CO22Fe3O4＋C，每生成23.2 g(即0.1 mol)Fe3O4，转移0.2 mol电子，B错误；由图知，该过程中Fe3O4和FeO相互转化，而二氧化碳被消耗，生成了碳和氧气，故利用该过程可以降低环境中CO2的含量，C正确；由过程Ⅰ、过程Ⅱ的反应知，该过程的总反应为CO2C＋O2，D正确。]
11．C
12．B　[Fe(OH)3具有吸附性，可作净水剂，但不能作消毒剂，故A错误；根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，a步发生反应的离子方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋，故B正确；0.1 mol FeS2完全被氧化时，S失去1.4 mol电子变为硫酸，铁由＋2价被氧化为＋3价，失去0.1 mol电子，失去电子总物质的量为1.5 mol，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为 mol＝0.375 mol，相当于消耗空气0.375 mol×5×22.4 L·mol－1＝42 L，故C错误；由反应可知，缓慢氧化过程中产生大量酸，会破坏矿区的生态环境，故D错误。]
13．(1)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　H2O
(2)①变为红色　②2FeCl3＋Fe===3FeCl2　③白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3　④2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　⑤Fe(OH)3　丁达尔效应
14．(1)Fe2＋、Fe3＋、H＋　(2)BC　(3)过滤　洗涤
(4)①250 mL容量瓶　②97.5%
解析　(1)有磁性的固体Y是四氧化三铁，所以Y与过量盐酸反应后，溶液中大量存在的阳离子是Fe2＋、Fe3＋、H＋。(2)氢氧化钠过量，因此得不到氢氧化铝沉淀。又因为氢氧化亚铁极易被氧化生成氢氧化铁，所以滤渣的成分为氢氧化铁、氢氧化镁和氢氧化铜，灼烧后生成氧化铁、氧化镁和氧化铜，与过量盐酸反应生成氯化铁、氯化镁和氯化铜，因此所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2＋、Al3＋。(4)②根据5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O可知，25.00 mL待测溶液中含有的亚铁离子的物质的量是0.010 00 mol·L－1×0.02 L×5＝0.001 mol，则FeSO4·7H2O的质量为0.001 mol×278 g·mol－1×10＝2.78 g，所以样品中FeSO4·7H2O的质量分数为×100%≈97.5%。
15．(1)1　(2)B　A　防止生成的氢氧化亚铁被氧化
(3)在仪器2底部放上一块吸铁石　(4)①D　②×100%　BC
第16练　铁盐、亚铁盐及相互转化
1．A　2.C　
3．D　[铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A错误；氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，故B错误；氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋，故C错误。]
4．B
5．A　[由题意知铁离子、银离子均被还原，氧化性：Zn2＋＜Cu2＋＜Fe3＋＜Ag＋，A错误，B正确；Fe先还原Ag＋，发生的反应为2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag，然后发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，所以n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(0.05＋0.15) mol∶0.1 mol＝2∶1，C正确；由Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋可知，1 mol Fe恰好还原2 mol Fe3＋，D正确。]
6．D
7．C　[FeCl(亮黄色)只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，则工业盐酸显黄色是因为其中混有FeCl，故A正确；KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，由操作和现象可知，实验Ⅰ中，未检测到Fe3＋，故B正确；AgNO3溶液与氯离子反应，使FeCl转化为铁离子，稀释不是主要原因，故C错误；稀释或滴AgNO3饱和溶液均使Cl－浓度降低，可证明FeCl只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，故D正确。]
8．D
9．C　[加热时醋酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和醋酸蒸气，则气体X中含有醋酸蒸气，故A正确；铁华粉中加入稀盐酸反应生成氢气，说明铁华粉中可能含有铁单质，故B正确；滤液中含有氯离子，酸性条件下氯离子也能与高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则溶液褪色不能证明亚铁离子具有还原性，故C错误；向滤液中加入铁氰化钾溶液，滤液中的亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D正确。]
10．A
11．C　[固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要得到无色碱性溶液Z，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到的深棕色固体混合物Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，故X中一定含有CuCl2、Fe2(SO4)3和漂白粉，可能含有FeSO4，据此解答。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，此时的Cl－有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl－，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确。]
12．B　13.B
14．(1)(由黄色)变为浅绿色　不变红色(或无明显现象)　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋　新制氯水(或5%H2O2溶液)　不变红色(或无明显现象)　变红色　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)
(2)Fe2＋＋Zn===Zn2＋＋Fe　(3)Fe2＋
解析　(1)①向FeCl3溶液中加入Fe粉后，会发生反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2，溶液由黄色变为浅绿色，②由于溶液中不含Fe3＋，因此加入KSCN溶液后，溶液不会变为红色或无明显现象，③则上述证明Fe3＋具有氧化性的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；④取少量0.1 mol·L－1 FeCl2溶液，往溶液中加入少量KSCN溶液，再加少量新制氯水(或5%H2O2溶液)，氯水(或5%H2O2溶液)将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋与SCN－结合产生Fe(SCN)3，使溶液变为红色，故⑤加入KSCN溶液后，溶液不变红色或无明显现象；⑥加入你选的试剂后，溶液变红色，则⑦体现Fe2＋具有还原性的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)。(2)由于金属活动性：Zn＞Fe，二者发生置换反应，溶液由浅绿色变为无色，该反应的离子方程式为Fe2＋＋Zn===Zn2＋＋Fe。(3)已知MnO在反应中得到电子，则MnO是氧化剂，是反应物，Mn2＋是还原产物，是生成物，缺项微粒表现还原性，作还原剂，其被氧化为Fe3＋，则X是Fe2＋。
15．(1)除去铁屑表面的油污
(2)水浴加热　反应有氢气生成，不能用明火直接加热
(3)AD　(4)检验产物中是否有水生成
(5)SO2＋H2O2＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H＋　否，若产物中有SO3，也有白色沉淀生成
(6)加入高锰酸钾溶液的一份中，溶液不褪色；加入KSCN溶液的一份中，溶液变红色
第17练　铝、镁及其化合物
1．A　2.D
3．B　[制造飞机的材料要求密度低、强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低、强度高，适合用作制造飞机的材料，与其导电性和导热性无关。]
4．D　[A项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢地加入水中并不断搅拌；B项，将过量的NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，最终生成NaAlO2。]
5．D　6.D
7．B　[冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷却水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A正确；MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO，会阻碍反应的进行，故D正确。]
8．B
9．D　[向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3，在上述转化过程中无元素化合价的变化，因此涉及的反应均为非氧化还原反应，A正确；Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生NaAlO2和水，B正确；酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3、NaHCO3，该反应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，C正确；电解熔融Al2O3时，阳极上O2－失去电子变为O2，电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，D错误。]
10．B
11．B　[100 mL 2 mol·L－1偏铝酸钠溶液中偏铝酸钠与标准状况下2.24 L二氧化碳的物质的量之比为2∶1，则二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO，故A错误；向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀刚好溶解，银离子与氨水反应生成硝酸化二氨合银和水，反应的离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，故B正确；氯化铜在浓盐酸中与铜共热反应生成HCuCl2，反应的离子方程式为Cu2＋＋Cu＋4Cl－2[CuCl2]－，故C错误；假设三者参加反应的物质的量都是3 mol，3 mol氢氧化钡与3 mol硝酸、0.5 mol硫酸铁反应生成1 mol氢氧化铁沉淀、3 mol硫酸钡沉淀和3 mol水，反应的离子方程式为Fe3＋＋3SO＋6OH－＋3Ba2＋＋3H＋===Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓＋3H2O，故D错误。]
12．C
13．A　[由关系式Mg(OH)2～Mg～H2～2OH－、2Al(OH)3～2Al～3H2～6OH－可知，n(OH－)＝2n(H2)＝2×＝0.5 mol，则m(OH－)＝0.5 mol×17 g·mol－1＝8.50 g，从而得出m＝13.60－8.50＝5.10，故选A。]
14．(1)过滤　(2)降温结晶　(3)甲　(4)控制溶液的pH为8～11　(5)×100%
(6)干燥氯化氢气体　(7)MgCl2·6H2OMgO＋2HCl＋5H2O[或MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl＋5H2O或MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O]
15．(1)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
(2)加粗导管、缩短导管长度、加热导管(写出一点即可)
(3)生成微溶于水的氢氧化钙造成损失
(4)c　b　d　e　a
(5)滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且半分钟内不褪色　4.480%
解析　(1)实验室用氯酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为ClO＋5Cl—＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。
(2)由题意可知氯化铝蒸气凝华易堵塞导管，则加粗导管、缩短导管长度、加热导管可以防止蒸气凝华堵塞导管。
(3)装置B中的氯化铝溶液溶解碳酸钙时，要控制碳酸钙和AlCl3的量，否则钙离子会与氨水反应生成微溶的、不易分解的氢氧化钙，影响七铝十二钙的产率。
(4)由题意可知，制备硫酸铝晶体的操作为称取一定质量的处理过的铝箔于烧杯中，逐滴加入NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止，过滤，向滤液中加入硫酸，调节pH在4～10时生成氢氧化铝沉淀，再过滤、洗涤，向沉淀中加入硫酸，至恰好溶解，蒸发浓缩、冷却结晶，再进行过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体。
(5)由题意可知，亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，再滴入标准溶液，溶液会变为浅紫色，则判断滴定终点的依据是滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且半分钟内不褪色；由得失电子守恒可得：5Fe2＋～MnO，由滴定消耗20.00 mL 1.000×10—2 mol·L－1 KMnO4标准溶液可知，废铝箔中铁元素的质量分数为
×100%＝4.480%。
第18练　铜　金属材料　金属冶炼
1．D　
2．A　[合金的硬度大于其成分金属，A正确；合金的熔点低于其成分金属，B错误；合金的性能优于其成分金属，故合金的耐腐性更好，C错误；白铜、白银均为银白色，不能通过颜色区分，D错误。]
3．C
4．C　[“丹砂烧之成水银”指硫化汞加热生成汞，化学方程式正确，A不符合题意；“爆竹声中一岁除”涉及黑火药爆炸，化学方程式正确，B不符合题意；“炉火照天地，红星乱紫烟”描述的是古代冶炼场景，化学方程式错误，C符合题意；“曾青得铁则化为铜”指湿法炼铜，化学方程式正确，D不符合题意。]
5．A　[冶炼“药金”的相关反应的化学方程式为ZnCO3ZnO＋CO2↑、2ZnO＋C2Zn＋CO2↑、2Cu2O＋C4Cu＋CO2↑，A项正确、B项错误；王水可以溶解黄金和“药金”，C项错误；用火焰灼烧可以区别黄金和“药金”，因为高温下黄金跟空气不反应，而“药金”可以与空气反应，生成的CuO是黑色的，ZnO是白色的，D项错误。]
6．B　7.D
8．A　[硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素的化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；开始过氧化氢被氧化成氧气表现还原性，继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子，则过氧化氢又表现氧化性，故B正确；整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等可得离子方程式：Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O，故D正确。]
9．C　[电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，Na元素化合价由＋1降低至0，被还原，Cl元素化合价由－1升高至0，被氧化，故A正确；湿法炼铜的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，反应过程中Cu元素化合价由＋2降低至0，发生还原反应，故B正确；Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2，1 mol Fe3O4被CO还原成Fe时，转移8 mol电子，故C错误；铝热法还原铁的反应中，放出的热量可以使Fe熔化，故D正确。]
10．C
11．B　[铜能与硫单质在加热的条件下反应得到硫化亚铜，A正确；CuO不能与H2O反应，B错误；新制的Cu2与葡萄糖溶液混合后加热可得Cu2O，C正确；Cu可以在O2中加热得到CuO，CuO溶于酸可得到Cu2＋，Cu2＋可被铁单质置换生成Cu，D正确。]
12．A
13．C　[Cu2(OH)3Cl疏松、易吸收水，会使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散，属于有害锈，A错误；负极的电极反应式为Cu－e－＋Cl－===CuCl，B错误；根据电子守恒可知，若生成2.145 g Cu2(OH)3Cl理论上消耗氧气的物质的量为＝0.01 mol，故在标准状况下的体积为0.01 mol×22.4 L·mol－1＝0.224 L，C正确；HNO3溶液会与Cu反应，会破坏文物，D错误。]
14．(1)CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－
(2)H＋、Cu2＋、Fe2＋　(3)Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
15．(1)250 mL容量瓶、胶头滴管　(2)粉碎矿石(或加热或搅拌)　(3)Cu2S＋2MnO2＋4H2SO4===2CuSO4＋2MnSO4＋S＋4H2O　(4)使Fe3＋水解生成氢氧化铁而完全沉淀　(5)NH3　(6)乙醇　(7)96.57%
解析　(3)由题意可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S与MnO2在H2SO4酸浸的条件下生成了S、CuSO4和MnSO4，故根据氧化还原反应配平，可得到反应的化学方程式：Cu2S＋2MnO2＋4H2SO4===2CuSO4＋2MnSO4＋S＋4H2O。
(4)根据Fe(OH)3沉淀的pH范围：1.5～3.2可知，当pH＝4时，Fe3＋会水解生成氢氧化铁完全沉淀。
(5)本工艺流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。
(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成。
(7)根据n(BaSO4)＝n(SO)＝n(MnSO4·H2O)＝＝0.02 mol,25.00 mL 溶液中含有n(MnSO4·H2O)＝0.02 mol，故100 mL溶液中含有n(MnSO4·H2O)＝0.08 mol，m(MnSO4·H2O)＝0.08 mol×169 g·mol－1＝13.52 g，则样品的纯度为×100%≈96.57%。
第五章　非金属及其化合物
第19练　氯及其化合物
1．C　2.D　
3．B　[A项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，若同时使用，漂白效果会减弱，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。]
4．B　[A项，氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl－，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中存在Cl－；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。]
5．C　6.B　
7．D　[过程1中，ClO－转化为Cl－，Cl元素化合价由＋1价变为－1价，ClO－为氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，Ni2O3为还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1，A项正确；过程2中，NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－和O，离子方程式为2NiO2＋ClO－===Cl－＋Ni2O3＋2O，B项正确；Ca2＋与SO结合生成微溶的CaSO4，CaSO4会覆盖在催化剂表面，不利于反应进行，D项错误。]
8．B　9.C
10．D　[漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，ClO－与I－发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，故B错误；Ca(ClO)2溶液显碱性，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，故C错误；ClO－与Cl－发生反应的离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，反应中每产生1 mol Cl2转移1 mol电子，即转移电子数约为6.02×1023，故D正确。]
11．B　12.D
13．(1)NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO ，NaClO与空气中的二氧化碳反应，生成的HClO的杀菌效果比 NaClO 更好　在“84”消毒液中加入白醋　(2)2　3　1　3　3　2　(3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　(4)NaClO＋2HCl===Cl2↑＋NaCl＋H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道　(5)有科学性；因为“84”消毒液中有ClO－和Cl－，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1 mL “84”消毒液于试管中，加入1 mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI­淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明注意事项有科学性
14．(1)Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2)b　(3)浓H2SO4　
(4)反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2　
(5)SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　
(6)C→B→E→D→F　D装置中品红不褪色，F装置中产生白色沉淀
解析　(2)装置戊是利用分液漏斗中的液体把氯气从装置中排出，要求所加溶液与氯气不反应且氯气在此溶液中溶解度很小；所以装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和食盐水。(3)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，装置丙是制备SO2Cl2的反应器，必须隔绝水蒸气，因此装置乙和丁盛放的试剂均是浓H2SO4。(5)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，根据元素守恒可知还有硫酸生成，则SO2Cl2和水反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。(6)因为次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，所以不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应来判断亚硫酸、次氯酸的酸性强弱；要先验证亚硫酸的酸性比碳酸强，A装置制备SO2，C装置除去二氧化硫中的HCl，B装置用来制备CO2，E装置用来除去CO2中的SO2，D装置中的品红溶液检验SO2是否除尽，F装置是二氧化碳与次氯酸钙反应，生成碳酸钙白色沉淀和次氯酸，可以证明碳酸的酸性强于次氯酸，最终得出亚硫酸酸性强于次氯酸的结论；所以装置的连接顺序为A→C→B→E→D→F。
第20练　氯气的实验室制法及应用
1．B　2.A
3．D　[用浓盐酸与MnO2加热制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在Cl2中含有HCl杂质及水蒸气，先通过D装置除去HCl，再通过A装置除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，然后通过B验证干燥的Cl2没有漂白性，再通过C验证湿润的氯气具有漂白性，最后通过NaOH溶液进行尾气处理，故使用装置的先后顺序为DABCE，故A、B错误；装置E的主要用途是吸收多余的氯气，防止污染空气，故C错误；湿润的有色布条褪色是因为氯气与水反应生成的HClO有漂白性，故D正确。]
4．B
5．D　[实验时应该先检查装置的气密性然后再装药品，A正确；由图可以发现，装置C和E中温度不同，故可以通过对装置C和E中的产物分析来判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响，B正确；装置D中通入氯气，形成氯水，故其现象为溶液逐渐变成浅黄绿色，C正确；装置B中NaOH溶液的作用是处理反应后多余的氯气，D错误。]
6．C　[二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，装置甲没有加热装置，A错误；应该用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B错误；氯气和氢氧化钠反应可以制备次氯酸钠，C正确；饱和食盐水不能吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，D错误。]
7．B　
8．D　[冷凝管中冷凝水应该“低进高出”，仪器Ⅰ中的a为冷凝水的进水口，故A正确；氯气有毒，污染空气，SbCl3、SbCl5易水解，仪器Ⅱ中碱石灰的主要作用是吸收Cl2和空气中的水蒸气，故B正确；SbCl5在常压下沸点约为140 ℃(同时分解)，比SbCl3的低，为防止SbCl5分解，制备完成后应减压蒸馏分离出SbCl5，故C正确；SbCl5与氢氟酸反应制备HSbF6，玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，故D错误。]
9．D　10.C　
11．D　[①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水中除去挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的体积比，并在实验结束后可以将多余的氯气排出进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O的反应是放热反应，且Cl2O在42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需放置在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2的装置，导管应该长进短出，错误；⑤除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确。]
12．B
13．(1)＋3　NOCl＋H2O===HCl＋HNO2　(2)Fe2＋＋NO＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O
(3)水　将NO2转化为NO　(4)将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化　红棕色气体消失　(5)－34 ℃≤T＜－5.5 ℃　Cl2
14．(1)除去HCl气体　减小　(2)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　(3)②③　(4)防止HClO分解　(5)溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复　4.66　(6)HClO　酸性条件易产生氯气导致环境污染；中性条件下对棉布损伤较大
解析　(1)氯气难溶于饱和食盐水，装置B中饱和食盐水的作用是除去HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度；若没有装置B除去Cl2中混有的HCl，D中氢氧化钠不足量，HCl会消耗一定量的氢氧化钠，次氯酸钠的产率减小。(3)①反应需要加热，装置A中不用酒精灯反应难以进行，不合理；②装置C中浓硫酸用于吸收氯气中的水，没有装置C不会对实验造成影响，合理；③氯气有毒会污染环境，在装置D后接一个盛有NaOH溶液的装置，用于尾气处理，合理。(4)步骤①中NaClO在酸性条件与KI反应生成碘单质和氯化钠，离子方程式为ClO－＋2H＋＋2I－===Cl－＋I2＋H2O，ClO－与H＋结合形成HClO，见光易分解，所以要在暗处进行。(5)淀粉遇碘显蓝色，滴加Na2S2O3标准溶液后，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，碘单质被还原，溶液蓝色逐渐变浅，最终完全反应时褪色，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为
0.025 L×0.100 0 mol·L－1＝0.002 5 mol，根据关系式：ClO－～I2～2S2O，n(NaClO)＝n(I2)＝×0.002 5 mol，NaClO的含量为≈4.66 g·L－1。(6)黄绿色气体为Cl2，无漂白性，NaClO与盐酸反应的离子方程式为ClO－＋H＋===HClO，pH越小，氢离子浓度越大，平衡向正反应方向移动，HClO浓度越大，漂白性越强，所以具有漂白性的是HClO。
第21练　卤族元素　溴、碘单质的提取
1．C　2.A
3．D　[A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，错误；B项，Br－和I－均能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C项，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层因萃取I2而显色，并没有Br2产生，错误。]
4．C　[2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；少量的液溴利用水封保存，故B项错误；光照氯水时：2HClO2HCl＋O2↑，产生的气体是O2，故D项错误。]
5．D
6．D　[碘水中有碘单质，淀粉遇碘显蓝色，A正确；碘水不稳定，见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存，B正确；碘水显酸性，通入二氧化硫后与单质碘反应生成碘化氢和硫酸，溶液酸性增强，D错误。]
7．C　[实验1中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，氯化氢与氨气反应生成NH4Cl固体，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，均能将碘化钠氧化成碘单质，不能判断还原性：I－＞Br－，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性，实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理。]
8．C
9．B　[A项，淀粉­KI溶液一般作为指示剂，用双氧水滴定淀粉­KI溶液无法判定滴定终点，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溶于水生成硝酸，硝酸具有强氧化性，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。]
10．B　11.B
12．B　[反应IBr＋H2O ===HBr＋HIO中，没有元素化合价变化，IBr既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确、B错误；溴化碘(IBr)的化学性质类似卤素单质，在与金属反应时，IBr是氧化剂，故C正确；由氯气与NaOH的反应可知，IBr和NaOH稀溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O，故D正确。]
13．C　[反应ICl＋H2O===HCl＋HIO中，没有元素化合价变化，是非氧化还原反应，A项错；XYn是不同卤素原子形成的化合物，若n＝1，则一定是极性分子，D项错。]
14．(1)c　d　a　b　e　(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　(3)溶液变蓝色　溶液变橙黄色　吸收剩余的Cl2
(4)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－　(5)溶液变棕黄色　(6)溶液蓝色褪去　3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O
15．(1)D
(2)因为交换吸附原理：R—Cl＋IR—I3＋Cl－，最佳效果是都转化为I，因此NaClO的量过少，I－氧化不充分，过多会使溶液中I－含量太低，不利于生成I，不利于后续的交换吸附，结果都会使产率下降　(3)①强碱性阴离子交换树脂对I的吸附能力远大于对I－的吸附能力
②2NO＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O
解析　(1)操作Ⅰ是将清液分离的操作，有机杂质不溶于水，在清液的下方，所以使用倾倒的方法就可以将二者分离。(2)根据吸附原理：R—Cl＋IR—I3＋Cl－，可知是I被吸附，在清液中加入H2SO4和NaClO溶液的目的是将一部分碘离子氧化为碘单质，还要剩余一部分碘离子，所以NaClO过多或者过少都会影响I的生成。(3)①实验的目的是尽可能多的吸附碘元素，强碱性阴离子交换树脂对I的吸附能力远大于对I－的吸附能力，所以实验中将I－转化成I再进行吸附是为了提高吸附的效率。②在酸性条件下NO具有氧化性，将I－氧化成I2，同时本身被还原为一氧化氮。
第22练　硫及其氧化物
1．D　2.B　3.B　4.D
5．C　[水银(Hg)是单质，A错误；“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，前者需要加热，后者常温下反应，不是同一条件，故不是可逆反应，B错误；体积膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数，受热时体积变化均匀，可用于制作温度计，C正确；“积变又还成丹砂”发生的反应是Hg＋S===HgS，Hg发生了氧化反应，D错误。]
6．A　7.C
8．B　[酸雨的pH<5.6，A错误；气体X为H2S，能与CuSO4溶液反应生成黑色的硫化铜沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有气体X生成，B正确；在100～200 ℃时发生的反应为2H2S＋SO23S＋2H2O，不是置换反应，C错误；若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，会产生含氮元素的大气污染物(即氮的氧化物)，D错误。]
9．C
10．A　[A项，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排出装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，正确；B项，装置乙不能检验分解产生的SO2，产物中的SO3会对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊溶液变红，错误；C项，SO3易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，错误；D项，装置丁中应该用NaOH溶液吸收尾气，错误。]
11．A　[SO2与Fe3＋发生氧化还原反应生成Fe2＋，若二氧化硫足量，则溶液中无Fe3＋，加入KSCN溶液，溶液不变红色；若二氧化硫不足，则溶液中有Fe3＋，加入KSCN溶液，溶液变红色，A正确；离子方程式中电荷不守恒，B错误；溶液A转化为溶液B后溶液酸性增强，C错误；FeO与H＋反应生成Fe2＋，故溶液C不能转化为溶液A，D错误。]
12．D　13.A
14．(1)C→B→D→E　验证B装置中反应后的产物中是否含有SO2　(2)①SO2＋Na2O2===Na2SO4　②蓝色溶液褪色　③SO2＋I2＋2H2O===2I－＋SO＋4H＋　④溶液红色变浅
15．(1)避免引入空气中的杂质，同时使煅烧更充分　SO2　(2)CD　(3)①碱式滴定管　滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变为浅红色并保持30 s不褪色　②0.032%　(4)①还原性　②吸收CO2气体前后CO2吸收瓶的质量
解析　(2)为了防倒吸和安全起见，选择C或D装置。(3)①NaOH溶液应置于碱式滴定管中，酚酞遇碱变红，当达到滴定终点时，硫酸被消耗完，故滴定终点的现象为滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变为浅红色并保持30 s不褪色。②由S～H2SO4～2NaOH可知，滴定消耗0.01 mol·L－1 NaOH溶液2.0 mL，即0.01 mol·L－1×2.0×10－3L＝2.0×10－5 mol时，钢样中硫的物质的量为1.0×10－5 mol，即质量为1.0×10－5 mol×32 g·mol－1＝3.2×10－4g，则该钢样中硫的质量分数为×100%＝0.032%。(4)①MnO2和K2Cr2O7都是强氧化剂，由此可知该法利用了SO2的还原性。②对比CO2吸收瓶吸收二氧化碳前后的质量可以得出CO2的质量，从而知道钢样中碳的质量，进而求出钢样中碳的质量分数。
第23练　硫酸、酸雨及防治
1．D
2．D　[稀硫酸中硫酸完全电离，离子浓度较大，浓硫酸几乎没有电离，因此常温下测定两溶液的导电能力，导电能力强的是稀硫酸，故A错误；常温下，铜与稀硫酸和浓硫酸均不反应，不能鉴别两种溶液，故B错误；常温下，铝片与稀硫酸反应能够产生气泡，铝遇浓硫酸发生钝化，可以鉴别两种溶液，故C错误；浓硫酸具有吸水性，两溶液敞口在空气中放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸，故D正确。]
3．D
4．C　[可用硫黄处理洒落的汞单质，是利用其氧化性，故A错误；SO2可用作葡萄酒的抗氧化剂，利用了SO2的还原性，故B错误；铁锈的主要成分是Fe2O3，能与酸反应，稀硫酸具有酸性，可用于去除铁锈，故C正确；浓硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化硫，故D错误。]
5．D　[浓硫酸难挥发，蘸有浓硫酸的玻璃棒接近浓氨水瓶口不会有白烟产生，故A错误；铜在潮湿的空气中氧化变质生成碱式碳酸铜，不是相应的金属氧化物，故B错误；铜与浓硫酸反应后可能有浓硫酸剩余，根据浓硫酸稀释规律，应将反应液缓慢倒入水中并不断搅拌，故C错误。]
6．D　7.B
8．B　[通入空气的目的是将CaSO3氧化为CaSO4，故A、C错误；反应时将CaCO3粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，故B正确；“高温”时发生反应：CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋SO2CaSO3、2CaSO3＋O22CaSO4，故D错误。]
9．C　[稀释至0.8 L时，c(H＋)＝0.2 mol·L－1，说明硫酸过量，反应的硫酸的物质的量为(0.2×18.4－0.8×0.1) mol＝3.6 mol，假设只生成SO2，发生的反应是Zn＋2H2SO4(浓) ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2的体积为3.6× L＝40.32 L<44.8 L，说明除生成SO2外，还有氢气，A正确；设生成SO2的物质的量为x mol，则氢气的物质的量为(－x) mol，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x mol，生成氢气消耗的硫酸的物质的量为(2－x) mol，则根据A选项的分析，有2x＋(2－x)＝3.6，解得x＝1.6，氢气的物质的量为0.4 mol，转移电子的物质的量为(1.6×2＋0.4×2) mol＝4 mol，B正确；气体X中SO2与H2的体积比为4∶1，C错误；根据得失电子守恒，消耗的锌的质量为2 mol×65 g·mol－1＝130 g，D正确。]
10．C　11.A
12．(1)搅拌(或粉碎、加热)　(2)过滤
(3)NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O
(4)Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的氧气氧化
(5)加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液
13．(1)把导管放入盛有水的水槽中，微热烧瓶，如果导管口有气泡产生，停止加热后导管中产生一段水柱　(2)×100%　(3)除去CO2中的SO2并检验SO2是否除尽　(4)在E的后边再连接一个与E相同的装置　(5)反应产生的CO2气体未能完全排到E中，导致b偏低　(6)常温下，Fe被浓H2SO4钝化，碳不与浓H2SO4反应　(7)2Fe ＋ 6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3 ＋ 3SO2↑ ＋ 6H2O
解析　(2)铁、C在加热条件下，与浓硫酸反应产生SO2和CO2，用品红溶液检验SO2，用足量酸性高锰酸钾溶液除去SO2，酸性KMnO4溶液颜色变浅但未完全褪色说明SO2已除尽；浓硫酸作干燥剂，碱石灰吸收产生的CO2，根据碳元素守恒，n(C)＝n(CO2)＝ mol，则铁的质量为(a－b×) g＝ g，铁的质量分数为×100%。(7)浓硫酸体现强氧化性，把Fe氧化成Fe3＋，硫酸本身被还原成SO2，反应的化学方程式为2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O。
第24练　硫及其化合物的相互转化
1．D　
2．A　[H2S分子中H原子最外层只有2个电子，B错误；硫化氢分子不稳定，受热能分解生成S和氢气，D错误。]
3．B　[硫在空气中燃烧生成SO2，SO2溶于水得H2SO3，向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr，向H2SO4溶液中加Na2S产生气体H2S，H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S，故B项正确。]
4．A
5．C　[由图可知，火山喷发会生成二氧化硫，二氧化硫与空气中的氧气和雨水反应生成硫酸，使雨水呈酸性形成硫酸型酸雨，总反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4，故A正确；火山喷发产生的大量气体进入平流层后，会形成硫酸气溶胶，能阻挡太阳辐射从而导致气温下降，故B正确；由题意可知，硫化铅与硫酸铜溶液反应生成硫酸铅和硫化铜，反应的离子方程式为PbS＋Cu2＋＋ SO===CuS＋PbSO4，故C错误；工业上可以用煅烧黄铁矿的方法制备硫酸，黄铁矿经FeS2→SO2→SO3→H2SO4多步反应制得硫酸，故D正确。]
6．C
7．D　[根据图中信息，b为H2SO3，d为S，f为亚硫酸盐，其中S元素都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，A正确；硫酸型酸雨的形成涉及H2SO3被氧气氧化转化为H2SO4，B正确；a为H2S，b为H2SO3，a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成，C正确；d为S，e为S2－形成的盐，f为SO形成的盐，由3S＋6OH－2S2－＋SO＋3H2O可得，n(e)∶n(f)＝2∶1，D错误。]
8．C　[图示中使用硫酸铁作催化剂，目的是加快反应速率，故不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢，A正确；图示中有FeSO4和氧气在酸性环境中生成Fe2(SO4)3，该反应为4FeSO4＋O2＋2H2SO4===2Fe2(SO4)3＋2H2O，B正确；Fe2(SO4)3在整个循环中作催化剂，反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度不变，C错误；根据总反应：2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4，n(H2SO4)＝n(SO2)，理论上每吸收标况下224 mL SO2获得H2SO4的质量为0.98 g，D正确。]
9．C　10.C
11．(1)防止倒吸　pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2
(2)BC　(3)①F　B　E　C　G　②防止碘挥发
③Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
解析　(1)步骤Ⅰ中，单向阀的作用是防止C中的液体倒吸进装置A中；装置C中混合溶液的pH过高，说明溶液中含有较多的Na2CO3和Na2S，Na2CO3和Na2S溶液水解显碱性，CO＋H2OHCO＋OH－、S2－＋H2OHS－＋OH－，则SO2和Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，说明Na2S2O3分解为S和SO2，SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSO，pH过高或过低都会导致Na2S2O3·5H2O晶体的产率降低。(2)A错，快速蒸发水分，可得到较小的晶体颗粒；B对，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸发水分，会得到Na2S2O3·5H2O晶体；C对，由题目已知信息，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高Na2S2O3·5H2O的产率；D错，Na2S2O3·5H2O晶体易溶于水，若用Na2CO3溶液作洗涤剂，Na2S2O3·5H2O会溶解，造成损失。(3)①滴定管使用前的正确操作顺序为检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定。②为了防止标准液中的碘挥发，造成标准液的浓度偏低，滴定前的碘量瓶应盖上瓶塞。③根据题给滴定反应的化学方程式，可得滴定反应的关系式为2Na2S2O3·5H2O～I2，Na2SO3与I2反应的对应关系为Na2SO3～I2，M(Na2SO3)＝126 g·mol－1，M(Na2S2O3·5H2O)＝248 g·mol－1，M(Na2SO3)＜M(Na2S2O3·5H2O)；若产品中Na2S2O3·5H2O的含量超过100%，说明产品中可能存在Na2SO3或失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
12．(1)①Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O　②
(2)①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3、HSOH＋＋SO
②BaSO3存在平衡：BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入盐酸，SO＋H＋===HSO、HSO＋H＋===SO2↑＋H2O，平衡右移，沉淀溶解
③5S2O＋4MnO＋2H＋===10SO＋4Mn2＋＋H2O
④还原性、不稳定性、盐的通性
解析　(1)①根据较强酸制较弱酸原理，可利用亚硫酸钠与浓硫酸制备二氧化硫，因此A中反应的化学方程式是Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。②尾气为二氧化硫，可用氢氧化钠溶液吸收，装置可采用集气瓶、双孔塞，导管连接方式为长进短出。(2)①由实验Ⅰ可知，Na2S2O5溶于水，先和水反应：Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3，亚硫酸氢根离子再电离：HSOH＋＋SO，溶液显酸性。③实验Ⅲ中Na2S2O5与高锰酸钾发生了氧化还原反应，Na2S2O5中硫元素的化合价由＋4价升高到＋6价，发生氧化反应，Na2S2O5为还原剂，高锰酸钾中锰元素的化合价由＋7价降低到＋2价生成Mn2＋，发生还原反应，离子方程式为5S2O＋4MnO＋2H＋===10SO＋4Mn2＋＋H2O。
第25练　氮及其氧化物　硝酸
1．B　2.B
3．C　[NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体NO2，反应原理为2NO＋O2===2NO2，A正确；实验室中，可利用铜与稀硝酸反应制取NO，反应原理为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，B正确；人体吸入大量NO气体，NO与血红蛋白结合，造成人中毒甚至死亡，C错误；雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下反应生成NO，反应原理为N2＋O22NO，D正确。]
4．D　[D项中“滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去”，其褪色的原因可能是硝酸的强氧化性把酚酞氧化而褪色，但也有可能是硝酸与氢氧化钠发生中和反应，究竟是哪个原因，还需要实验验证，D项不准确。]
5．B
6．A　[溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色，所以至少含有溴蒸气和二氧化氮气体中的一种；溴水为橙黄色，所以含有溴蒸气；再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，说明有一氧化氮存在，二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体，再打开玻璃片后，一氧化氮遇到氧气迅速变为二氧化氮，所以至少还存在二氧化氮或NO气体中的一种。]
7．C　[①中铜与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2(红棕色)和H2O，A正确；NO2与水发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体的总物质的量减小，压强减小，注射器内剩余的水被“吸入”试管，B正确；②中推动注射器活塞使部分水进入试管，NO2与水反应生成NO，故③的现象不能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO，C错误；②中反应停止后，铜片剩余，溶液中含Cu(NO3)2，滴加少量稀硫酸，发生反应：3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D正确。]
8．C　9.D　10.D
11．C　[可能发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，试管中O2和NO2按体积比1∶4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余 10 mL 气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60 mL－10 mL＝50 mL，根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可知参加反应的NO2的体积为50 mL×＝40 mL，原混合气体中O2的体积为20 mL，则原混合气体中NO2与O2的体积比为40 mL∶20 mL＝2∶1；若剩余的气体为NO，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知过量的NO2的体积为3×10 mL＝30 mL，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3消耗的气体总体积为60 mL－30 mL＝30 mL，则反应消耗的氧气的体积为30 mL×＝6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL－6 mL＝24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL＋24 mL＝54 mL，则原混合气体中NO2与 O2的体积比为54 mL∶6 mL＝9∶1。]
12．C
13．(1)①②　4NH3＋5O24NO＋6H2O
(2)①BD　②2NO＋3ClO－ ＋2OH－===2NO＋3Cl－＋H2O　③2CO(NH2)2＋6NO===5N2＋2CO2＋4H2O
(3)吸热　CO2　4
解析　(1)固氮是指将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，N2和H2合成NH3，N2和O2放电条件下生成NO，符合固氮的定义，故选①②；反应③NH3催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。(2)①氧化NO需要氧化剂，NaCl溶液、Na2CO3溶液均不与NO反应，K2Cr2O7、KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化NO，故选BD。(3)过程Ⅰ断裂化学键需要吸热，该反应的化学方程式为2CO＋2NON2＋2CO2，C元素化合价升高，氧化产物为CO2，氮元素从＋2价降低至0价，当生成1 mol N2时，转移电子4 mol。
14．(1)3 mol·L－1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液　(2)打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内　(3)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　(4)将NO2转化为NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　(5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色　(6)acd
第26练　氨和铵盐
1．A　[鼻冲水为氨水，氨水本身为混合物，所以鼻冲水不是弱电解质，故A错误；氨水中含有的分子为NH3、H2O、NH3·H2O，离子有NH、 OH－、H＋，共六种，故C正确。]
2．C
3．C　[A项，该反应属于固体间的加热反应，不能书写相应的离子方程式；B项，加热条件下NH3·H2O分解为NH3和H2O，离子方程式应为NH＋OH－NH3↑＋H2O；D项，向氨水中滴加FeCl3溶液应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。]
4．A
5．C　[实验一是氨的喷泉实验，证明氨极易溶于水，形成的氨水为弱碱性溶液，酚酞溶液变红色，证明氨是碱性气体。实验二中浓氨水挥发出的氨分子和浓盐酸挥发出的氯化氢分子结合生成氯化铵固体小颗粒，证明浓氨水易挥发，氨遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨是碱性气体。]
6．C
7．D　[A项，固体加热，试管口应略向下倾斜，错误；B项，NH3被酸性干燥剂P2O5吸收且气流方向不对，错误；C项，氨气的密度小于空气，应短进长出，错误。]
8．C　[制备氢氧化铁胶体的方法是把饱和的氯化铁溶液逐滴滴入沸水中，故A错误；浓氨水与CaO混合可制备氨气，碱石灰干燥氨气，则图中装置可制备干燥的氨气，故C正确；苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水，丁装置不能防止倒吸，故D错误。]
9．B　10.B
11．(1)分液漏斗　球形干燥管　(2)A　(3)B
(4)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(5)①NH4NO3　②3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(6)调节K1增加装置A中产生氧气的量或调节K2减少装置B中产生氨气的量或在E、F间增加浓硫酸的洗气装置
解析　(5)①白烟是固体小颗粒，是NH3和HNO3(NO、O2、H2O共同反应生成)反应生成的NH4NO3固体。②反应生成的NO与O2反应生成红棕色的NO2，Cu与稀硫酸不反应，G中溶液变蓝说明Cu被氧化为Cu2＋，原因是通入装置G中的NO2和H2O反应生成HNO3和NO，HNO3与Cu反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(6)甲的实验中只观察到白烟，是因为NH3未被完全催化氧化；要保证NH3充分被氧化，则O2需过量，所以需增加O2的量或减少NH3的量；可调节K1增加装置A中的产气量或调节K2减少装置B中的产气量，使NH3充分被氧化；也可以在E、F间增加浓硫酸的洗气装置，吸收未反应的氨气。
12．(1)AD　(2)将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已集满(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已集满)　(3)打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶　C　(4)碱式滴定管(或20 mL移液管)
第27练　氮及其化合物的转化关系
1．B
2．B　[依据自然界中氮的部分循环过程图可知，X为NO，Y为NO2，Z为HNO3，M为硝酸盐，N为铵盐。过程①可能是自然固氮，但过程②不是，A错误；X→Y发生的反应为2NO＋O2===2NO2，是化合反应，B正确；NH3→N的过程元素化合价没有改变，所以不是氧化还原反应，C错误；若为硫循环，X为SO2，Y为SO3，X→Y的反应为2SO2＋O22SO3，X在空气中点燃不能得到Y，D错误。]
3．C
4．C　[NH4Cl水解呈酸性，长期过量施用会导致土壤酸化，也会导致水体富营养化，B项正确；检验NH应使用湿润的红色石蕊试纸，C项错误；生物硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰石与H＋反应来调节水体的pH，D项正确。]
5．C　6.C
7．D　[X是NH3，加热氯化铵固体生成的NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl，不能制取NH3，A错误；P是N2O5，Z是NO2或N2O4，NO2、N2O4不是酸性氧化物，B错误；Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误；Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 mol，与HNO3反应生成0.05 mol Cu(NO3)2，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05 mol，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)＝0.05 mol×2＋0.05 mol＝0.15 mol，故硝酸溶液的体积为＝0.015 L＝15 mL，D正确。]
8．C　9.D
10．(1)蒸馏烧瓶　液封(或隔绝空气中的氧气)　(2)A　E装置中有均匀的气泡产生　(3)K1　K2　打开K1，通一段时间的N2　×100%　(4)91.3
解析　(2)由于Ca、Ca3N2都能与空气中的O2、H2O(g)等反应，故实验开始时应首先点燃A处的酒精灯，利用N2排尽装置中的空气，当观察到E装置中有均匀的气泡产生时点燃另一处酒精灯。(3)根据图1装置知，方案一的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，U形管中碱石灰除去NH3中的H2O(g)，浓硫酸增加的质量为反应生成NH3的质量，由NH3的质量结合N元素守恒测定Ca3N2的纯度。反应生成NH3的质量为(m2－m1) g，根据N元素守恒，Ca3N2的质量为××148 g·mol－1＝ g，产品中Ca3N2的质量分数为×100%＝×100%。(4)方案二的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，NH3完全被稀硫酸标准溶液吸收，然后用NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，则10.00 mL溶液中过量硫酸的物质的量n过量(H2SO4)＝n(NaOH)＝×1.00 mol·L－1×0.012 60 L＝0.006 3 mol，与NH3反应的硫酸的物质的量为1.00 mol·L－1×0.1 L－0.006 3 mol×＝0.037 mol，根据反应2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4以及N元素守恒可知，Ca3N2的物质的量为0.037 mol，产品中Ca3N2的质量分数为×100%≈91.3%。
11．(1)粉尘　b　(2)①a　②H2O2＋NO===NO＋H2O　(3)①金属铁和金属铝表面都有一层氧化膜　②铝铁合金在溶液中形成原电池，加快化学反应速率　(4)3HClO＋2NO＋H2O===2NO＋3Cl－＋5H＋
第28练　硅　无机非金属材料
1．A　[石墨烯属于碳单质，是能够导热、导电的非金属材料，A错误，B、C正确；根据题干信息可知，在石墨烯薄膜上施加较低的电压(1～10 V)即可产生较高的热量，使电能转化为热能，D正确。]
2．D
3．B　[无机非金属材料分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料两大类。传统无机非金属材料是指我们常说的硅酸盐材料，包括玻璃、水泥、陶瓷等；新型无机非金属材料是指一些新型的具有特殊结构和特殊功能的非硅酸盐材料。新型无机非金属材料与传统无机非金属材料相比，具有许多优良性能，如耐高温、耐磨损、耐酸碱腐蚀、具有压电效应和生物功能等。]
4．C　[几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故①正确；水泥、玻璃是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，故②错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故④正确。]
5．C
6．B　[CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca(OH)2或者Ba(OH)2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是－1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确。]
7．C　[金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，因此金刚石和石墨的熔点肯定比C60高，故A正确；分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点：C60＜C70＜C90，故B正确。]
8．C
9．B　[SiC和SiO2中Si元素的化合价均为＋4价，A项正确；SiC是还原产物，NaCl是氧化产物，B项错误；SiO2制备单质Si需加入还原剂，单质Si制备SiCl4需加入氧化剂，C项正确；一维粒子上下表面均能与其他物质接触，比表面积大，对微小粒子有较强的吸附能力，D项正确。]
10．A　[根据含碳物质化合价分析可知，a为CH4，b为碳单质，c为CO，d为CO2，e为碳酸盐或碳酸氢盐。a为CH4，不含非极性共价键，故A符合题意；b为碳单质，存在多种同素异形体，如石墨、金刚石等，故B不符合题意；c为CO，不属于酸性氧化物，故C不符合题意；若e为NaHCO3，d转化为e则发生CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHCO3，属于化合反应，故D不符合题意。]
11．C
12．D　[由题图知，CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生反应：2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，钙化生成CaCO3沉淀同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。此过程中能将太阳能转化为化学能，故A正确；温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，所以影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C正确；光合作用，碳由＋4价降为0价，每生成0.1 mol (CH2O)x转移电子数为0.4xNA，故D错误。]
13．(1)BD　　(2)SiO2＋2CSi＋2CO↑　1∶2　(3)防止SiHCl3发生水解；防止硅被氧化；防止氢气与氧气反应而发生爆炸(任写两条即可)　(4)各组分沸点相差较大
(5)H2、HCl
第29练　常见气体的实验室制备、净化和收集
1．C
2．D　[稀盐酸和二氧化锰不反应，装置Ⅱ中无明显现象，故A错误；浓氨水和氧化钙反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成Fe(OH)2白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为Fe(OH)3红褐色沉淀，故B错误；酯化反应需要加热，但图中没有加热装置，不能生成乙酸乙酯，故C错误；浓盐酸与碳酸钙反应生成CO2气体，且浓盐酸易挥发，CO2、HCl均与Na2CO3反应使溶液碱性减弱，观察到装置Ⅱ中溶液由红色最终变为无色，故D正确。]
3．C　[浓盐酸与MnO2共热可制备Cl2，但NaOH溶液会与Cl2反应，应选用饱和食盐水除杂，且碱石灰不能干燥Cl2，故A错误；NH3极易溶于水，不能通入水中，故B错误；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，故C正确；稀硝酸与Zn反应生成NO，不生成H2，故D错误。]
4．C
5．D　[用H2还原CuO时，装置Ⅲ中CaCl2吸收的是生成的水，故U形管的质量差为生成的水的质量，装置Ⅱ中玻璃管通H2前后的质量差为反应时消耗CuO中氧的质量，即生成的水中氧元素的质量，而m(水)－m(氧)＝m(氢)。Zn和稀硫酸反应产生的H2不干燥[m(水)偏大]，装置Ⅲ后不加干燥装置，使Ⅲ中CaCl2吸收空气中的水分[m(水)偏大]，Ⅱ中玻璃管内有水冷凝[m(氧)偏小]，都会造成测得m(H)∶m(O)>1∶8。H2O的组成与CuO是否完全反应无关，只与通H2前后玻璃管的质量差和生成的水的质量有关。]
6．D
7．D　[装置a为制取Cl2的装置，浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，A项正确；b中盛装饱和食盐水，可用于除去氯化氢气体，c中盛装浓硫酸，起到干燥的作用，B项正确；氯化铝易水解，则应在装置d、e之间应添加一个干燥装置，防止装置e中的水进入装置d中，C项正确；尾气除氯气外还有CO，不能直接排放，D项错误。]
8．B
9．B　[如果不排尽装置中的空气，氧气与碳在高温下反应，会干扰气体产物的检验，a管可以起到平衡气压的作用，故A正确；酸性高锰酸钾溶液既要检验二氧化硫，又要除去二氧化硫，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，反应后溶液中c(H＋)增大，pH减小，故B错误；C装置中产生的白色沉淀应为碳酸钡，据此可判断气体产物中含有CO2，故C正确；黑色氧化铜变为红色的铜，同时澄清石灰水变浑浊，说明气体产物中含有CO，故D正确。]
10．A
11．(1)a→b→f→g→c　除去二氧化碳中的HCl杂质　(2)关闭K2，打开K1
(3)6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3===(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓＋13CO2↑＋12NH4Cl
12．(1)碱石灰　(2)Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑　(3)CO＋2H2CH3OH、CO＋H2HCHO
(4)C　(5)BC　(6)将反应器内残留的CO和H2全部转移到E处　(7)0.003
解析　(4)添加药品完毕，调整G中两液面相平之前，应该先通入氦气赶走反应装置内的空气，避免发生爆炸，故A错误；当G中两液面差不再变化时，应该等气体恢复到室温时，再调整G中左右两液面相平，读得量气管的最终读数，故B错误；初始读数时仰视，最终读数时俯视，在量气管上的高度差变高，导致测得气体体积偏大，故C正确。(5)有关酒精灯操作的叙述，先点E处的酒精灯，让生成的CO和H2立即反应，后撤E处的酒精灯，因为第二次通氦气的目的是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，不能没有加热条件，因此正确的是B、C。(6)该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，否则定量实验测定的数据不准确。(7)综合实验中的数据，CO＋2H2CH3OH，生成甲醇0.048 mol，CO＋H2HCHO，生成甲醛0.001 mol，所以反应完毕，剩余n(H2)为0.003 mol。
第六章　物质结构与性质　元素周期律
第30练　原子结构　核外电子排布规律
1．A　2.D　3.D
4．A　[HmX的摩尔质量为(A＋m) g·mol－1，a g HmX的物质的量为 mol；X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为A－N，所以a g HmX中含质子的物质的量为 mol×(A－N＋m)＝ mol，A正确。]
5．C　[绝大多数基态原子的核外电子排布都遵循构造原理，但也有少数例外，如Cu，故C错误；构造原理中电子填入能级的顺序即各能级能量由低到高的顺序，故D正确。]
6．A　7.B
8．D　[原子处于基态时能量最低，A项，Be原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布1个电子，应为激发态，错误；B项，N原子核外电子排布不符合洪特规则，错误；C项，B原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布2个电子，应为激发态，错误；D项，碳原子的1s和2s轨道全部排满电子后，2p轨道排布2个电子，核外电子排布符合能量最低原理，应是基态碳原子，正确。]
9．B
10．C　[1s22s22p63s23p6中未成对电子数为0；1s22s22p63s23p63d54s2中未成对电子数为5；1s22s22p63s23p63d54s1中未成对电子数为6；1s22s22p63s23p63d104s1中未成对电子数为1。]
11．B　[由守恒关系可知元素X的质量数为27，X与Y最外层电子数之和为8，质子数相差2，且X为金属元素，可推知X为Al元素，Y为P元素，二者都有＋3价，都可以形成三氯化物，A项错误，B项正确；Al原子质子数为13，P原子质子数为15，故质子数：X 12．D
13．B　[第一周期中原子核外未成对电子数为1的元素有H，第二周期中原子核外未成对电子数为2的元素有C和O，第三周期中原子核外未成对电子数为3的元素有P，符合条件的元素共有4种，即a＝4。符合基态原子最外层电子数是未成对电子数2倍的元素，其基态原子的最外层电子数是2、4、6或8，若最外层电子数为2，则是He、Be或Mg，但这三种元素无未成对电子，不符合题意；若最外层电子数为4，则是C、Si，符合题意；若最外层电子数为6，则是O、S，最外层有2个未成对电子，最外层电子数是未成对电子数的3倍，不符合题意；若最外层电子数为8，则是Ne、Ar，但这两种元素均无未成对电子，不符合题意，则符合题意的元素共有2种，即b＝2。]
14．(1)
(2)氧　2H2S＋O2===2H2O＋2S↓(答案合理即可)
(3)NH4HSO4
(4)N2H4＋2H2O2N2↑＋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，K层有2个电子，则其M层电子数为6，所以Z是硫元素；G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G为氮元素。(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，则应是强酸的酸式盐，故应为NH4HSO4。(4)H和O按原子个数比1∶1形成的化合物为H2O2，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。
15．(1)①7　②哑铃形　③Fe2＋价层电子排布式为3d6，而Fe3＋的价层电子排布式为3d5，为半充满稳定结构，故FeO稳定性小于Fe2O3　(2)3d6　3d5
(3)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)　3d10　1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)
第31练　元素周期表、元素的性质
1．D　
2．B　[元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S>P，所以HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A错误；①中由于P原子3p能级半充满，所以第一电离能较大；②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，所以Mg的第一电离能较大；③同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，所以Si的第一电离能较大，P、Mg、Si的原子序数之和为15＋12＋14＝41，故B正确；根据表格数据可知该元素的第三电离能和第四电离能相差较大，所以应为第ⅢA族元素，故C错误；电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越大，所以原子半径由大到小的顺序为Mg、Si、N、F，故D错误。]
3．C　4.A　
5．C　[根据价层电子排布式可知：X为硼原子，Y为铝原子，Z为氧原子，R为氮原子。铝、硼、氮、氧原子半径依次减小，A错误；第一电离能：N>O>B>Al，B错误；电负性：O>N>B>Al，C正确；硝酸的酸性比硼酸(H3BO3)的强，D错误。]
6．A　7.D
8．B　[若X、Y位于同周期时，原子半径：X>Y，则原子序数：XY，原子序数：X>Y，A错误；化合物XnYm中X显负价，说明得电子能力：X>Y，则非金属性：X>Y，B正确；价层电子数：X>Y，若X为F、Y为O时，F无正价，O无最高正价，C错误；若X为H，Y为Cl、F，则X与Y形成共价键，若X为Na，则X与Y形成离子键，D错误。]
9．D　10.D　
11．A　[①为铝元素，②为硅元素，③为磷元素，④为硫元素；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，因此电负性最大的是④，A错误；第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子是X2＋，B正确；同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se均符合此规律，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，④Na、P、Cl符合此规律，C正确；①为硅元素，②为氮元素，③为碳元素，④为硫元素，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，D正确。]
12．(1)第二周期第ⅥA族　(2)1s22s22p6　(3)5　3　(4)O>B>Mg　(5)基态Mg的核外电子排布式为1s22s22p63s2，处于稳定状态，较难失去电子；基态Al的核外电子排布式为1s22s22p63s22p1，失去1个电子后，处于稳定状态
解析　Z原子的核外电子排布式为1s1，为H元素；W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，X基态原子核外有两个单电子，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，所以W为Mg元素、X为O元素，Y处于第二周期；由于W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，所以Y原子的最外层电子数为3，Y为B元素。(3)Y元素基态原子核外有5个电子，所以其核外电子的运动状态有5种；电子排布式为1s22s22p1，占据1s、2s和2p 3个原子轨道。
13．(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(3)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定
(4)2　(5)Al
14．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)　大于
小于　(2)N>O>C　O>S>H　N　＋3　O＞C＞Si　(3)铬：1s22s22p63s23p63d54s1、铜：1s22s22p63s23p63d104s1、锰：1s22s22p63s23p63d54s2　3s23p5　K、Cu
(4)3s23p63d5　7　4s24p1　 15　3s23p3　F＞N＞O＞B　(5)①三　ⅣA　②1s22s22p3　1　③＞　＞　＜　(6)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(7)N　
解析　(7)由核外电子总数与其周期数相同，确定a为H元素，由价层电子中的未成对电子有3个，确定b为N元素，由最外层电子数为其内层电子数的3倍，确定c为O元素，由d与c同主族，确定d为S元素，由e的最外层只有1个电子且次外层有18个电子，确定e为Cu元素。
第32练　化学键
1．B　2.D
3．D　[NH3通入水中生成NH3·H2O，只破坏了共价键，A不符合题意；NaOH熔化后电离生成Na＋、OH－，只破坏了离子键，B不符合题意；HBr通入水中发生电离，只破坏了共价键，C不符合题意；KHSO4溶于水电离出K＋、H＋和SO，既破坏了离子键又破坏了共价键，D符合题意。]
4．A　5.D
6．C　[C==C由一个σ键和一个π键构成，C—C为σ键，二者键能不是2倍的关系，C项错误；原子半径：O＞F，键长：O—H＞H—F，键能：H—O＜H—F，形成化学键时放出的能量：H—O＜H—F，化学键H—F更稳定，O2、F2跟H2反应的能力F2更强，D项正确。]
7．D　[CO2中只含有碳氧极性键，A错误；根据结构式可知，0.5 mol HCHO含有1.5 mol σ键，B错误；HCHO、CO2分子中既含有σ键，又含有π键，C错误；H2O中含有氢氧极性键，D正确。]
8．D　
9．C　[氰气性质与卤素相似，能和氢氧化钠溶液发生反应，故A错误；同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N的键长小于C≡C的键长，故B错误；该分子的结构式为N≡C—C≡N，该分子中含有3个σ键、4个π键，故D错误。]
10．C　[含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2＋与环戊二烯离子(C5H)之间为配位键，故A错误；一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11，则1 mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA，故B错误；碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，故C正确；铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层两个电子变为亚铁离子，根据构造原理可知，亚铁离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故D错误。]
11．B　12.A
13．(1)第二周期第ⅣA族　离子键、共价键
(2)
(3)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(4)>　(5)黄　56
解析　(1)由题给信息分析可知，B为C元素，位于周期表中第二周期第ⅣA族；由H、O、Na三种元素组成的化合物为NaOH，含有的化学键为离子键、共价键。(2)BC2为CO2，属于共价化合物，其电子式为。(3)Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。(4)H2O与Na单质反应生成NaOH和氢气，所得溶液呈碱性，pH>7。(5)D为Na，A为H，化合物DA是NaH，含钠元素的化合物灼烧时，火焰呈黄色，NaH和水反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，则该反应中消耗1 mol NaH生成1 mol NaOH和1 mol H2，若将1 mol NaH和1 mol Al混合加入足量的水，另外还发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，则又生成1.5 mol H2，故充分反应后总共生成2.5 mol H2，生成的气体在标准状况下的体积是22.4 L·mol－1×2.5 mol＝56 L。
14．(1)13NA　12NA　(2)24NA　(3)5∶2
(4)17NA　(5)28NA
15．(1)σ　极性　(2)1∶1　(3)30　(4)D
第33练　价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
1．C　2.C
3．C　[SF2分子中，中心原子S的孤电子对数为＝2，成键电子对数为2，故价层电子对数为4，分子的空间结构为V形。]
4．C　[SO2分子中含有孤电子对，不是直线形分子，是V形分子，A错误；BF3键角为120°，SnF2中有两个成键电子对，一个孤电子对，孤电子对会产生斥力，所以键角小于120°，B错误；PCl3、NH3是三角锥形分子，PCl5是三角双锥形分子，D错误。]
5．B
6．B　[①BCl3中中心B原子为sp2杂化，键角为120°；②NH3中中心N原子为sp3杂化，NH3分子中有孤电子对存在，使键角小于109°28′；③H2O中中心O原子为sp3杂化，H2O分子中存在两个孤电子对，使键角比NH3分子的键角还小；④PCl中中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；⑤HgCl2中中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③。]
7．D　8.B
9．(1)2　2　4　sp3　四面体形　V形
(2)3　0　3　sp2　平面三角形　平面三角形
(3)4　0　4　sp3　正四面体形　正四面体形
10．(1)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2＋的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱
(2)砷原子的电负性小于氮原子，其共用电子对离砷核距离较远，斥力较小，键角较小
(3)C==O对C—C的斥力大于C—O对C—C的斥力
第34练　分子的性质　配合物与超分子
1．C　2.C
3．B　[中，只有次甲基上的碳原子为手性碳原子，A不符合题意；中，除醛基外的碳原子都为手性碳原子，B符合题意；中，除羧基外的碳原子都为手性碳原子，C不符合题意；中，与苯环相连的碳原子为手性碳原子，D不符合题意。]
4．A
5．B　[向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成深蓝色铜氨溶液，故A错误；Cu2＋提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107°，故D错误。]
6．D
7．C　[乙二胺的结构式为，所以1 mol 乙二胺分子中含有11NA个σ键，A正确；乙二胺分子中氮原子有3个σ键，还有一个孤电子对，轨道的杂化类型为sp3，B正确；Cu2＋与乙二胺形成的配离子内部含有H—N等极性键、C—C非极性键、配位键，但不含有离子键，C错误。]
8．C　[Zn原子序数为30，位于第 Ⅱ B族，所以，Zn2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A正确；1个HCHO分子含2个C—H和1个C==O，共有3个σ键，所以1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024，B正确；HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，—CN(—C≡N)中的C为sp杂化，C错误。]
9．C
10．(1)F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致NF3中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子
(2)C的电负性比O小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键
(3)N—H…O　N—H…N
解析　(2)CO中C、O原子各有一个孤电子对，但电负性：C＜O，故O吸引孤电子对的能力更强，提供孤电子对形成配位键的能力减小。
11．(1)3d54s1　(2)①O>Cl>C　②3∶1　(3)AC
12．(1)①[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)4Cl2]Cl　②6
(2)①空轨道　孤电子对　②[Fe(SCN)]Cl2
解析　(1)①每个CoCl3·6NH3分子中有3个Cl－为外界离子，配体为6个NH3，化学式为[Co(NH3)6]Cl3；每个CoCl3·4NH3(绿色和紫色)分子中有1个Cl－为外界离子，配体为4个NH3和2个Cl－，化学式均为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
②这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl，其配位数都是6。
(2)②Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子为[Fe(SCN)]2＋，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
第35练　物质的聚集状态　常见晶体类型
1．D
2．B　[晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发地呈现规则的多面体外形的性质，故A不选；许多固体粉末仍是晶体，具有晶体的性质，故B选；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性有序排列，则晶体的对称性是微观粒子按一定规律做周期性有序排列的必然结果，故C不选；晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，具有特定的方向性，故D不选。]
3．B
4．C　[金属能导电是因为自由电子在外加电场作用下定向移动，A错误；自由电子在热的作用下与金属阳离子发生碰撞，实现热的传导，B错误；在外力的作用下，金属中各原子层间会出现相对滑动，而自由电子与金属阳离子之间的电性作用仍然存在，使得金属不会断裂，C正确；合金与纯金属相比，由于增加了不同的金属或非金属，相当于填补了金属阳离子之间的空隙，所以一般情况下合金的延展性比纯金属弱，硬度比纯金属大，D错误。]
5．D　[SiCl4、AlCl3的熔、沸点低，都是分子晶体，AlCl3的沸点低于其熔点，即在低于熔化的温度下就能气化，故AlCl3加热能升华，A、C正确；晶体硼的熔、沸点很高，所以晶体硼是共价晶体，B正确；由金刚石与晶体硅的熔、沸点相对高低可知，金刚石中的C—C比晶体硅中的Si—Si强，D错误。]
6．D
7．B　[基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，均为成对电子，故A错误；由该晶胞可知，每个Ti4＋最邻近的O2－有12个，故B正确；分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，其分子晶体中只有分子间作用力，故C错误。]
8．C
9．C
10．C　[每个Si原子占有O原子个数为4×＝2；该晶体是共价晶体，不存在分子；原硅酸(H4SiO4)的结构可表示为，两个原硅酸分子可发生分子间脱水生成二聚原硅酸：，二聚原硅酸电离出6个H＋后，形成带6个负电荷的二聚原硅酸根离子；在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子。]
11．2∶3
12．(1)Cs2O和PbO是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2晶体熔点低；两种离子晶体中PbO的Pb2＋半径小，所带电荷数多，所以熔点高
(2)＞　NaF中Na＋、F－的电荷数与BF中阳、阴离子相同，但Na＋、F－的半径小，则NaF的离子键强，熔点高
13．(1)金属晶体　共价晶体
(2)氯化铯　氯化钠　二氧化硅　金刚石
(3)范德华力　共价键　无　共价键　无　氢键　氢键
第36练　晶胞结构分析与计算
1．A　2.C
3．D　[11B和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，但其物理性质不同，A错误；该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，B错误；由图可知，该晶胞含4个N原子，B原子位于晶胞的顶角和面心，故B原子的数量为8×＋6×＝4，C错误；由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，1个B原子可以和3个N原子成键，这些N原子距中心N原子等距离且最近，总数为12，D正确。]
4．A
5．D　[表面粒子数为8＋6＋12＝26，总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27，D项正确。]
6．C　[根据晶胞模型，Fe原子位于顶角、棱上、内部，根据均摊法，Fe原子的个数为4×＋2×＋5＝6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6∶8＝3∶4，化学式为Fe3O4，故选C。]
7．D
8．C　[以体心的AlH研究，与之紧邻且等距的Na＋位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH紧邻且等距的Na＋有8个，A正确；由晶胞结构可知，晶胞中AlH数目为1＋8×＋4×＝4，Na＋数目为6×＋4×＝4，晶胞质量为4× g，晶胞密度为＝ g·cm－3，B正确；由于NaAlH4＋2H2O===NaAlO2＋4H2↑，故不可以在水中进行，C错误；AlH中Al原子孤电子对数为＝0，杂化轨道数目为4，故其空间结构为正四面体形，D正确。]
9．(1)体心立方　68%　(2)a　5a3ρNA×10－22
10．(1)3∶1　(2)12　×1010
解析　(1)由图1晶胞结构可知，Fe位于顶角、面心和内部，N位于内部，用均摊法可得晶胞中Fe原子的个数为12×＋2×＋3＝6，N原子的个数为2，该晶体中Fe、N的个数之比为6∶2＝3∶1。(2)根据图2晶胞结构可知，Fe2＋位于顶角和面心，与Fe2＋紧邻且等距离的
Fe2＋有12个；用均摊法可得晶胞中Fe2＋的数目为8×＋6×＝4，O2－的数目为12×＋1＝4，晶体的化学式为FeO，根据晶体密度计算公式可知，晶胞的边长为 cm，Fe2＋与O2－的最短核间距为× cm＝ cm＝×1010 pm。
11．(1)a　　(2)0.148　0.076　(3)
12．(1)顶角　面心　
(2)①LaNi5　②　(3)　1∶11
解析　(1)已知钛酸锶的化学式为SrTiO3，Sr、Ti、O三种微粒的个数之比为1∶1∶3，既然Ti处于体心位置，根据均摊法，晶胞中Ti原子的数目为1，处于面心位置的属于一个晶胞的微粒数为3，所以处于面心位置的为O原子，那么，处于顶点位置的就是Sr原子。因为该晶胞是立方晶胞，且在一个晶胞中含有1个SrTiO3，则 ρ＝＝ g·cm－3。(2)①由晶胞结构图可知，1个晶胞中La原子的个数为8×＝1，Ni原子的个数为8×＋1＝5，则该晶体的化学式为LaNi5。②1个晶胞的质量m＝，由V＝可知，1个晶胞的体积V＝ cm3。(3)晶胞中Ni原子数目为1＋12×＝4，O原子数目为8×＋6×＝4，晶胞质量为 g，晶胞边长为a pm，晶胞体积为(a×10－10 cm)3，NiO晶体的密度为＝ g·cm－3；设1 mol Ni0.96O中含Ni3＋的物质的量为x mol，
Ni2＋的物质的量为(0.96－x)mol，根据晶体仍呈电中性可知，3x＋2×(0.96－x)＝2×1，x＝0.08，Ni2＋的物质的量为(0.96－x) mol＝0.88 mol，即离子数之比为N(Ni3＋)∶N(Ni2＋)＝0.08∶0.88＝1∶11。
第37练　物质结构与性质填空题突破
1．(1)三角锥形　相同
(2)4d10
(3)6
(4)>　<　Se的原子半径比S原子大，Se—Se的键能比S—S的键能小，所以二硒键的波长长
(5)(，，)　7、8、11　a
解析　(1)元素As与N同族，NH3中N为sp3杂化，则AsH3中As也为sp3杂化，则As的氢化物分子的空间结构为三角锥形；As的核外价层电子排布式为4s24p3,4p轨道的电子自旋相同。(2)Cd的价层电子排布式为4d105s2，Cd2＋的价层电子排布式为4d10。(3)碲酸(H6TeO6)分子内的6个羟基排列在碲原子的周围呈八面体结构，碲原子的价层电子对数为6。(4)SeF6与SF6具有相似的结构，均为分子晶体，SeF6的相对分子质量大，分子间作用力强，熔、沸点高，故熔、沸点：SeF6>SF6；Se的原子半径比S原子大，Se—Se的键能比S—S的键能小，故λ1<λ2。(5)N的坐标为(，，)；根据图1，可知代表Te原子的位置是7、8、11；如图所示，A为6球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B(11球)在底面的投影，落在面对角线的的位置，BC的长度为边长的，为a pm；CD的距离为面对角线的，长度为a pm；AD长度为面对角线一半，为a pm，AC长度为 pm＝ pm，AB的长度为 pm＝ pm＝a pm。

2．(1)Ne、F、N
(2)2XeF＋PtF＋2H2O===2Xe↑＋O2↑＋2HF＋2HPtF6
(3)sp　Π　S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤电子对
(4)4　×100%
3．(1)B　(2)①正四面体形　sp2、sp3　②共价键和配位键　H2O　(3)三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，但甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
(4)　4
解析　(1)根据核外电子排布规律可知，激发态B的能量最低，故基态Ga原子转化为激发态B时所需能量最少，故选B。(2)①SO的σ键的数目为4，孤电子对数为＝0，故SO的空间结构为正四面体形；EDTA中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，连有碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故EDTA中碳原子杂化方式为sp3和sp2。②该配合物的阳离子中，Cu2＋和配体之间形成配位键，配体分子内存在极性键，故该阳离子中存在配位键和极性键；Cu2＋与H2O形成的配位键比与NH3所形成的配位键弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。(4)Cu原子有4个位于棱上、6个位于面上，故Cu原子的个数为6×＋4×＝4，In原子有8个位于顶角、4个位于面上、1个位于体心，故In原子的个数为8×＋4×＋1＝4，Se原子全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，则晶胞质量为 g，晶胞体积为(m×10－10cm)×(m×10－10cm)×(2m×10－10cm)＝2m3×10－30 cm3，故晶胞密度ρ＝＝ g·cm－3；晶胞中与单个In键合的Se有2个，则晶体中与单个In键合的Se有4个。
4．(1)Be、C、O　(2)①B2O　sp2　②O的原子半径小于B的原子半径，二维硼烯氧化物中B—B的键长大于B—O的键长
(3)随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高　(4)电负性：H>B　正四面体形　(5)7∶2　12　
解析　(1)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，Be元素原子2s轨道为全充满稳定状态，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能均高于同周期相邻元素，故第一电离能：N>O>C>Be>B。(2)①在每个环中，氧原子数为2×＝1，B原子数为6×＝2，该氧化物的化学式为B2O；1个硼原子周围连接三个σ键，没有孤电子对，杂化轨道类型为sp2。(3)硼烷属于分子晶体，随着B原子数增多，硼烷相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高。(4)由于电负性：H>B，BH中B显正价，故H的化合价为－1价。PS中P原子价层电子对数为4＋＝4，所以为sp3杂化，且不含孤电子对，是正四面体形。(5)Fe3O4中n∶n∶n＝2∶1∶4，晶胞含有8个正四面体空隙，即有2个
Fe3＋和1个Fe2＋，1个三价铁离子放入正四面体空隙；晶胞中由3、6、7、9、8、12处的原子形成一个正八面体空隙，剩余的空间以每条棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等处的原子形成的四面体空隙为正八面体空隙的，共12条棱，则正八面体空隙有1＋12×＝4个，其中已经有一个放Fe3＋，另外一个Fe2＋占据一个正八面体空隙，所以有2个正八面体空隙没有被填充。晶胞中O2－占据顶角和面心，所以有8×＋6×＝4个，Fe2＋有12个在棱上、1个在晶胞内，所以Fe2＋有12×＋1＝4个，与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋数目为12,1个晶胞有4个FeO,1个晶胞的质量为 g＝ g，ρ＝ g·cm－3，Fe2＋与O2－的最短核间距为d＝ cm＝ cm＝ cm。
5．(1)6∶7　(2)①4　②小于　③原子半径依次减小，得电子能力依次增强　④负　(3)42　N>O>C>B
(4)(，，)
第七章　化学反应与能量
第38练　反应热　热化学方程式
1．A　2.A
3．D　[催化剂不影响反应热的大小，A错误；形成化学键，释放能量，B错误；每生成2 mol AB(g)吸收(a－b)kJ热量，C错误。]
4．A　[固体变为气体，吸收热量，A项正确；由热化学方程式可知，1 mol氢气与氧气反应放出的热量比1 mol氢气与硫反应放出的热量多221.7 kJ，说明氧气与单质硫相比更容易与氢气化合，B项错误；反应①②无法直接比较水和硫化氢的热稳定性，C项错误；反应①生成的是气态水而不是液态水，D项错误。]
5．B
6．D　[设O===O的键能为x，则(2×436 kJ·mol－1＋x)－2×2×463 kJ·mol－1＝－482 kJ·
mol－1，x＝498 kJ·mol－1，所以2O(g)===O2(g)的ΔH＝－498 kJ·mol－1，D正确。]
7．C　[据反应物和生成物所具有的能量可以判断出，该反应为放热反应，故A错误；根据图示，过渡态1中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故B错误；根据图示，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32 kJ·
mol－1，故C正确；根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故D错误。]
8．C
9．(1)C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)　 ΔH＝－5 518 kJ·mol－1　(2) 5.56×104 kJ·kg－1　(3)H2
10．(1)＜　(2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290.0 kJ·mol－1　
(3)98.0 kJ
(4)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－46 kJ·mol－1
(5)CO2(g)＋2H*＋2H2(g)===COOH*＋H*＋2H2(g)[或CO2(g)＋2H*===COOH*＋H*或CO2(g)＋H*===COOH*]
解析　(1)所述反应未完全燃烧，生成的氢气燃烧还要放出热量，则a＜726.5。
(2)当有1 mol Cl2参与反应时释放出145.0 kJ热量，该反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　 ΔH＝－145.0 kJ·mol－1×2＝－290.0 kJ·mol－1。
(3)4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1 176.0 kJ·mol－1，每转移12 mol电子放出的热量为1 176.0 kJ，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为 kJ＝ 98.0 kJ。
(4)由反应图示可知图形与化学键对应关系为





H—H
C—O
C==O
O—H
C—H

ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝2×803 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－3×414 kJ·mol－1－326 kJ·mol－1－3×464 kJ·mol－1＝－46 kJ·mol－1。
(5)据图可知CO2(g)＋2H*＋2H2(g)===COOH*＋H*＋2H2(g)活化能最大，是决速步骤。
第39练　反应热的测定与计算
1．D　2.B
3．B　[混合时浓硫酸在被稀释的过程中放热；浓、稀硫酸在与Ba(OH)2反应时还会形成BaSO4沉淀，Ba2＋、SO之间形成化学键的过程中也会放出热量。因放热反应的ΔH取负值，故ΔH1<ΔH2<ΔH3。]
4．C　[环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH1＜0，ΔH2＜0 ，A不正确；苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B不正确；由于1 mol 1,3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，则ΔH1>ΔH2；苯与氢气发生加成反应生成1,3-环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热：ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，C正确、D不正确。]
5．C　6.C　7.C
8．C　[由题图可知，每2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)放热483.6 kJ，选项中未指明反应物的物质的量，故A错误；氢气的燃烧热ΔH＝－ kJ·mol－1＝－285.8 kJ·mol－1，故B错误；由盖斯定律可知，火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)＋O2(l)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1－(－0.92×2－6.84)kJ·mol－1＝－474.92 kJ·mol－1，故C正确；由题图可知，H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44 kJ·mol－1，故D错误。]
9．D
10．(1)①　②N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1　
(2)强　 －121.4
(3)＋434.0　(4)0.5
解析　(1)②根据盖斯定律i－2×ii得肼分解成氮气和氢气的热化学方程式：N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　 ΔH＝－32.9 kJ·mol－1－(－41.8 kJ·mol－1)×2＝＋50.7 kJ·mol－1。
(2)ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，根据反应Ⅰ，ΔH1＝2EC＝O＋3EH—H－(3EC—H＋EC－O＋3EO—H)，代入题表数据可得EH—H－EC—H＝63 kJ·mol－1>0，故氢气中的H—H比甲醇中的C—H强。根据盖斯定律可知，反应Ⅱ＝反应Ⅰ×2－反应Ⅲ，故ΔH2＝2ΔH1－ΔH3＝－121.4 kJ·mol－1。
(3)将反应ⅰ和反应ⅱ相加，即可得到总反应3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)===3CO(g)＋2NH3(g)　ΔH＝＋708.1 kJ·mol－1＋(－274.1 kJ·mol－1)＝＋434.0 kJ·mol－1
(4)Ⅰ.NOCl＋hν―→NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hν―→2NO＋Cl2，因此分解2 mol NOCl需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol的光子。
11．(1)－415.5　(2)①ClO　②－117 kJ·mol－1　③4ClO(aq)===3ClO(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＝－138 kJ·mol－1　(3)①2CuCl2(s)＋O2(g)===2CuO(s)＋2Cl2(g)　ΔH＝＋125.4 kJ·mol－1　②溶液由红色变为无色(或溶液红色变浅)
第40练　原电池　化学电源
1．C　2.C
3．A　[放电时，负极Pb失去电子转化为PbSO4，负极质量增加，A项错误；放电过程中消耗H2SO4，溶液中c(H＋)减小，B项正确。]
4．B　[没有外接电源，不属于电解池，A错误；左侧烧杯为正极区，电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，B正确；C电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，C错误；由于盐桥中的阴离子移向负极区，故若盐桥换成装有含KNO3饱和溶液的琼胶，则负极区Cl－的物质的量减少，C电极上产生的气体的总量减少，D错误。]
5．B　6.D
7．A　[该装置中电极甲为负极，电极乙为正极，所以O2－由电极乙移向电极甲，A项正确；电池的总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，B项错误；当电极甲上消耗1 mol N2H4时，电极乙上就有1 mol O2参与反应，但题目没有指明该过程是否处于标准状况，C项错误；在外电路中，电子由负极(电极甲)移向正极(电极乙)，D项错误。]
8．B　[根据图中电子流向可知，放电时a极为负极，b极为正极，故A正确；负极失电子，故B错误；用该电池提供的电能电解饱和食盐水，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电路中通过0.2 mol e－，则阴极生成氢气的物质的量为0.1 mol，质量为0.2 g，故D正确。]
9．C
10．(1)Pb－2e－＋SO===PbSO4　(2) V2＋－e－===V3＋　增加　0.2 g　(3)正　VO2＋＋H2O－
e－===VO＋2H＋
11．(1)A→B　(2)＋6H＋＋6e－===＋2H2O　(3)79.2
解析　(1)由图可知，Zn为活泼电极，作原电池的负极，多孔惰性电极为正极，电流由正极流向负极，即A→B。(2)在正极得电子被还原为 ，其中N元素由＋3价降低到－3价，得到6个电子，对应电极反应式为＋6H＋＋6e－===＋2H2O。(3)由负极质量减轻7.8 g，结合负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，知转移电子总数为×2＝0.24 mol，由正极电极反应知，正极溶液最终增加的质量等于生成苯胺消耗的H＋的质量，即生成苯胺消耗0.19 g H＋，则生成苯胺消耗的电子数为＝0.19 mol，则电流效率为×100%≈79.2%。
第41练　常考新型化学电源
1．C　2.C　
3．B　[根据题意，该装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A正确；负极区电极反应式为C6H12O6－2e－===C6H10O6＋2H＋，负极区的溶液中c(H＋)增大，则溶液的pH减小，B错误；消耗1 mol葡萄糖，外电路中转移2 mol电子，则消耗0.01 mol葡萄糖，外电路中转移0.02 mol电子，C正确；b电极上MnO2得电子和H＋反应生成水和Mn2＋，D正确。]
4．B　[观察图示知，Li(Al)合金电极为负极，FeS2电极为正极，电池放电时电子由负极流出，经外电路流向正极，A正确；锂比铝活泼，放电时锂优先发生氧化反应：Li－e－===Li＋，n(Li)＝n＝≈4 mol，液态电解质中阴离子均带1个单位负电荷，则约有4 mol阴离子向负极移动，B错误；由题意知，正极上发生的还原反应为FeS2＋4e－===Fe＋2S2－，C正确；锂硅合金作负极，仍然是锂发生氧化反应，D正确。]
5．B
6．A　[充电时n接电源的负极，作电解池的阴极，Zn2＋通过阳离子交换膜向阴极定向迁移，故由左侧流向右侧，A正确；放电时，负极Zn溶解生成Zn2＋，Zn2＋通过阳离子交换膜向正极定向迁移，故负极区溶液质量不变，B错误；充电时阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C错误；若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正、负极不会改变，Zn仍是负极，D错误。]
7．D　[由图示分析可知，工作时，A电极的质量不断减轻，则A为负极，发生氧化反应，B为正极，发生还原反应；由于装置中所用的隔膜为阴离子交换膜，则NO由交换膜右侧向左侧迁移，故A、B错；若外电路通过0.1 mol电子，则右侧溶液中有0.1 mol NO向左侧迁移，0.1 mol Ag＋得到电子生成Ag，所以由

可知，若外电路通过0.1 mol电子，则右侧溶液减轻17.0 g，故C错；负极的电极反应式为Ag－e－===Ag＋，正极的电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，总反应为非氧化还原反应，故选D。]
8．D
9．A　[该电池为锂电池，根据电池总反应可知，负极反应式为4Li－4e－===4Li＋，正极反应式为FeS2＋4Li＋＋4e－===Fe＋2Li2S，负极Li溶解，质量减少，故A说法错误；正极上得到电子，发生还原反应，故B说法正确；根据题中信息可知，该电池在常温下稳定，引燃时会迅速反应，故C说法正确；根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即Cl－向Li电极移动，故D说法正确。]
10．D
11．D　[据图可知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===Zn，A正确；多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B正确；充电过程中，HCOOH转化为CO2，C正确；根据溶液呈电中性可知，外电路通过2 mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为
2 mol，D错误。]
第42练　电解池　金属的腐蚀与防护
1．C　　2.D
3．A　[M电极为正极，N电极为负极，电子从N电极经导线流向M电极，A错误；正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－ ===4OH－，因此正极区附近溶液的pH增大，C正确；电路中转移0.01 mol电子时，有＝0.002 5 mol氧气反应，质量为0.002 5 mol ×32 g·mol－1＝0.08 g，D正确。]
4．B　5.D
6．C　[根据题给信息，通电时Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，可知Ag为阳极，失去电子发生氧化反应：Ag－e－===Ag＋，Ag＋通过固体电解质向变色层迁移，总反应为WO3＋xAg===AgxWO3，A、B、D正确；WO3得xe－生成WO，W元素的化合价降低，C错误。]
7．B　[通电后，石墨(2)上发生氧化反应，则石墨(2)为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===
4H＋＋O2↑，石墨(1)为阴极，电极反应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋，A错误、B正确；电解过程中，K2SO4溶液中是OH－失电子生成氧气，n(K2SO4)不变，C错误；阳极产生的H＋通过质子交换膜与Cu2(OH)2CO3反应：Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑，0.01 mol Cu2(OH)2CO3完全溶解时，消耗0.04 mol H＋，则转移0.04 mol电子，有0.04 mol铁离子参与反应，故D错误。]
8．B
9．(1)①Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋
②0.01　在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，H＋浓度减小，使得平衡H2OOH－＋H＋向右移动，OH－浓度增大，pH增大　(2)ADE
(3)①Cu、Ag　减小　②c增大，电解液中c增大，阴极发生副反应：2H＋＋2e－===H2↑，影响Pb2＋放电，使铅产率减小
解析　(1)①由题意可知，阳极上Cl－放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成H＋，阳极的电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。②在阴极发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成氢气的物质的量为＝0.005 mol，所以通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.005 mol×2＝0.01 mol。
(2)阳极的电极反应式为2Ag－2e－＋SO===Ag2SO4，故B错误；钛电极是阴极，电势低，故C错误；电解液中添加Ti3＋/Ti4＋，阴极上：Ti4＋＋e－===Ti3＋，溶液中的银离子又将Ti3＋氧化：Ti3＋＋Ag＋===Ag＋Ti4＋，可获得超细银粉，也可实现Ti3＋/Ti4＋循环利用，故D、E正确。(3)①粗铅杂质中的Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2＋浓度有所下降。②pH越小，c越大，则阴极上氢离子得电子的可能性越大，故铅产率减小的原因可能是c增大，电解液中c增大，阴极发生副反应：2H＋＋2e－===H2↑，影响Pb2＋放电。
第43练　多池、多室的电化学装置
1．D　2.C　3.B　
4．D　[电极a为直流电源的负极，电极b为正极，正极电势高于负极电势，A错误；催化电极M为阳极，碱性条件下乙烯在阳极失去电子发生氧化反应生成环氧乙烷，电极反应式为C2H4－2e－＋2OH－―→＋H2O，OH－通过阴离子交换膜q进入阳极区，所以工作时，阳极区OH－的物质的量不变，但放电生成水，会使氢氧化钠溶液的浓度减小，B、C错误；电极N为电解池的阴极，电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，若放电生成1 mol铬离子，电路中转移3 mol电子，同时有3 mol氢离子移入阴极区，导致酸性含铬废水质量增加3 g，D正确。]
5．C
6．A　[a电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋，a电极为负极，左侧还发生反应：2Fe3＋＋H2S===
2Fe2＋＋S↓＋2H＋，b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－===H2R，右侧还发生反应：O2＋H2R===R＋H2O2，实现废气处理和能源利用。负极区生成Fe3＋，为防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3，所以电池工作时，负极区要保持呈酸性，B项错误；氢离子通过质子交换膜进入正极区，所以正极区的pH基本不变，C项错误；根据原电池正极区的反应，每转移2 mol电子消耗1 mol氧气，现消耗氧气的物质的量为＝0.005 mol，则转移电子0.01 mol，由电解总反应式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋知，生成0.01 mol氢离子，c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，则电解后的CuSO4溶液的pH约为1，D项错误。]
7．D　[电镀池中镀件作阴极，X电极为负极，因此电子由X电极经导线流向镀件，故A正确；Y电极为正极，电极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－，故B正确；电镀池中硫酸铜作电解液，在阴极铜离子得电子变为铜单质沉积在镀件上，因此可以用石墨电极作阳极，故C正确；根据Cu2＋＋2e－===Cu，镀件增重6.4 g，转移0.2 mol电子，负极反应式为Ag－e－＋
Cl－===AgCl，消耗0.2 mol Cl－，0.2 mol Na＋向正极移动，理论上X极区模拟海水减少0.2 mol NaCl，其质量减少0.2 mol×58.5 g· mol－1＝11.7 g，故D错误。]
8．C
9．C　[在电解池的左侧，稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，则表明Na＋透过交换膜1进入左侧，在a电极上H2O得电子生成H2和OH－，a电极为阴极；在右侧，稀GCOOH溶液转化为浓GCOOH溶液，表明GCOO－透过交换膜2进入右侧，在b电极上H2O失电子生成O2和H＋，b电极为阳极。电解发生后，a电极生成H2，b电极生成O2，依据得失电子守恒，H2与O2的物质的量之比为2∶1，所以a、b电极产生气体的质量之比为1∶8；电路中通过
1 mol电子时，a电极上有1 mol H＋得电子，则有1 mol Na＋透过交换膜1进入左侧，理论上回收1 mol NaOH，质量为40 g。]
10．B　11.A
12．D　[根据题意，将生物发酵液中的1,5-戊二胺硫酸盐转换为1,5-戊二胺，则生物发酵液中的SO应通过n膜进入H2SO4溶液，应通过m膜进入产品室，与BPM表面产生的OH－反应生成水和。阳离子向a极移动，a极是阴极，则b极是阳极，阳极电势比阴极电势高，A正确；电解过程中SO进入H2SO4极室，生成H2SO4，溶液pH逐渐减小，C正确；b极区是阳极区，电渗析过程生成O2，每生成11.2 L气体(标准状况)转移的电子为×4＝2 mol，而1 mol生成转移2 mol电子，故理论上可生成1 mol 1,5-戊二胺，D错误。]
第八章　化学反应速率与化学平衡
第44练　化学反应速率及影响因素
1．D
2．C　[化学反应速率之比等于化学计量数之比，则根据化学方程式3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)可知，v(W)∶v(Z)＝3∶3＝1∶1，A错误；v(X)∶v(Z)＝2∶3，B错误；v(X)∶v(Y)＝2∶4＝1∶2，C正确；v(W)∶v(X)＝3∶2，D错误。]
3．C
4．B　[升温，正、逆反应速率均增大，B正确；体积一定时加入氦气，物质的量浓度不变，不影响反应速率，C错误；压缩体积，单位体积内的活化分子数增大，但活化分子百分数不变，D错误。]
5．B　6.B　
7．B　[对比实验1和实验2可知，HI的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，对比实验1和实验4可知，H2O2的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，再对比实验1和3以及实验1和5可以得出结论：反应速率与c(HI)和c(H2O2)的变化成正比，所以当c(HI)＝0.500 mol·L－1，c(H2O2)＝0.400 mol·L－1时，v＝0.007 6 mol·L－1·s－1×5×4＝0.152 mol·L－1·s－1，故选B。]
8．D
9．C　[实验1和实验2中各反应物的浓度都相同，但实验2的温度比实验1高，所以反应速率快，KMnO4溶液褪色的时间短，a<12.7，实验3与实验4比较，实验4未使用催化剂，KMnO4溶液褪色的时间长，b>6.7，A正确；比较反应速率快慢，既可以利用KMnO4溶液褪色的时间判断，也可以通过比较产生相同体积CO2所消耗的时间来判断，B正确；用KMnO4表示该反应速率，v(实验3)＝≈5.0×10－4 mol·L－1·min－1，C不正确；通过计算，用KMnO4表示该反应速率，v(实验3)＜v(实验1)，D正确。]
10．B
11．催化　0.007 5
解析　向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2＋的溶液，即有气泡快速逸出，说明Mn2＋的加入加快了双氧水的分解速率，但Mn2＋本身没有发生任何变化，故Mn2＋起到了催化作用；起始时双氧水的浓度为0.70 mol ·L－1,30 min时双氧水的浓度为0.25 mol ·L－1，其浓度变化量Δc＝0.70 mol ·L－1－0.25 mol ·L－1＝0.45 mol ·L－1，则这段时间内双氧水的反应速率 v＝＝＝0.015 mol·L－1·min－1，根据速率之比等于化学计量数之比，氧气的平均反应速率为0.007 5 mol·L－1·min－1。
12．30　10　19.5
解析　该实验目的是研究硫酸铜的量对锌与硫酸反应生成氢气速率的影响，所以要保证除了硫酸铜的浓度外，不改变其他物质的浓度，即保证各组实验中硫酸的浓度相同，混合后溶液的总体积相同，由此可知V1 ＝V2 ＝V3 ＝V4 ＝V5＝30，V5＋20＝ V4 ＋ V6 ＋10＝ V1＋0.5＋V8，即V1＝30，V6＝10，V8＝19.5。
13．(1)30.0　6.0×10－2
(2)v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×＝2× ＝1.8×10－3 mol·min－1
(3)　1.95×10－3
第45练　化学反应速率与反应历程
1．C　[第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的反应速率，A错误；反应的中间产物除NO3外还有NO，B错误；有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明仅部分碰撞有效，C正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D错误。]
2．C　
3．C　[只有CaCO3的接触面积不相同，其他外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；该反应的实质是CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，只有HCl溶液中的c(H＋)不相同，其他外界条件相同，是研究H＋浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H＋及SO，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H＋)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H＋浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；两个实验对比，其他外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确。]
4．B　5.D
6．B　[由1、2两组数据，c(S2O)增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，c(I－)增大1倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为v＝k·c(S2O)·c(I－)，故A错误；将1组的数据代入v＝k·c(S2O)·c(I－)，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B正确；总反应－①－③可得第②步反应的化学方程式：S2O8I3－＋I－===2SO＋I2，故C错误；反应③为快反应，活化能最小，故D错误。]
7．D　[由图b可知，随着pH减小，n(N2)增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH越小，Pd对NO的吸附能力越强，A正确；由图b信息可知，pH不同还原产物也不同，pH为4时还原产物主要为N2，pH为12时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N2，B正确；由图a可知，反应ii即NO和H反应生成NH，根据氧化还原反应配平可得，反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2H2O，C正确；由图b可知，pH＝12时，还原产物几乎全是NO，则每处理6.2 g NO转移电子×2＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 L·
mol－1＝2.24 L H2，D错误。]
8．B
9．C　[实验①④除pH外其他条件均相同，但①几乎不反应，说明中性条件下，少量Mn2＋对H2O2分解的影响不大，A正确；实验②③除pH外其他条件均相同，都不添加催化剂，而③的分解速率大于②，说明溶液碱性越强，H2O2分解速率越大，B正确；由图可知，实验③的H2O2分解速率大于实验⑤，而实验⑤中H2O2的浓度低于实验③，温度高于实验③，则不能说明温度升高可以增大H2O2的分解速率，C错误；实验④反应到40 min时的平均速率为＝0.022 5 mol·L－1·min－1，由于随着反应进行，反应速率变慢，所以40 min时的瞬时速率应小于0.022 5 mol·L－1·min－1，D正确。]
10．D　
11．B　[由表中数据可知，在0～20 min、20～40 min、40～60 min，X2Y的浓度均减少了
0.02 mol·L－1，即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a＝0，v＝k，A、D错误，B正确；0～20 min内，v＝k＝＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，C错误。]
12．(1)Ⅰ　高　(2)随着H2体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势　(3)0.001　20%
第46练　化学平衡状态与平衡常数
1．A
2．A　[根据三段式，
　　　　　　　　 X(g)＋3Y(g)2Z(g)
起始/ (mol·L－1) c1 c2 c3
转化/(mol·L－1) x 3x 2x
平衡/(mol·L－1) 0.1 0.3 0.08
有关系式：c1－x＝0.1，c2－3x＝0.3，c3＋2x＝0.08或c1＋x＝0.1，c2＋3x＝0.3，c3－2x＝0.08。
X、Y的转化量和平衡量之比均为1∶3，所以c1∶c2＝1∶3，转化率＝×100%，X、Y的转化量、起始的量之比均为1∶3，所以X、Y的转化率相等，故A正确、C错误；平衡时，Y和Z的生成速率之比应为化学计量数之比，即为3∶2，故B错误；根据关系式，若c3＝0，则根据c3＋2x＝0.08，得x＝0.04，c1－x＝0.1，得c1＝0.14，若c1＝0，c1＋x＝0.1，则x＝0.1，根据c2＋3x＝0.3，c3－2x＝0.08，得c2＝0，c3＝0.28，所以0＜c1＜0.14 mol·L－1，故D错误。]
3．D
4．A　[2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1＝ ；2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2＝；4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)　K＝＝××＝。]
5．C
6．D　[由2X(s)Y(g)＋Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状态，故A不符合题意；当反应容器中Y的质量分数不变时，体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，故B不符合题意；由2X(s)Y(g)＋Z(g)反应是在绝热的密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C不符合题意；由2X(s)Y(g)＋Z(g)可知，反应物是固体，产物是气体，且产生的气体比例不会改变，总是1∶1，则混合气体的平均相对分子质量r＝是定值，所以当容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能判断反应达到平衡状态，故D符合题意。]
7．B　8.D
9．D　[根据题目已知信息，列三段式：
　　　　 H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)
起始/(mol·L－1)　0.01　 0.01　　 0　　　　0
转化/(mol·L－1)　0.006　 0.006　　0.006　　 0.006
平衡/(mol·L－1)　0.004　 0.004　　0.006　　 0.006
因此，二氧化碳的平衡转化率为60%，A项正确；此反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大，B项正确；依据三段式，该温度下平衡常数K＝＝2.25，C项正确；若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度均为0.01 mol·L－1，则此时浓度商Q＝＝1 10．D　[①2A(g)2B(g)＋C(g)，设参加此反应的A为x mol，根据①的化学方程式可知，生成的B为x mol，生成的C为 mol；②A(g)C(g)＋D(g)，设参加此反应的A为y mol，根据②的化学方程式可知生成的C为y mol，生成的D为y mol，根据题意可列，解得，由此分析可得A的起始浓度为5 mol·L－1，平衡时的浓度为2.5 mol·L－1，则平衡时A的转化率为50%，故A错误；K1＝＝＝0.32，故B错误；平衡时c(B)＝1 mol·L－1、c(D)＝1.5 mol·L－1，则3c(B)＝2c(D)，故C错误；平衡时K2＝＝＝1.2，故D正确。]
11．C
12．(1)CD　(2)A　(3)ABC
13．(1)放热　(2)<　(3)2.7
解析　(1)根据数据可知，随着温度的升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。(2)对于某时刻，浓度商Q＝＝＝12.5，大于250 ℃的平衡常数，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率。(3)同温同体积的情况下，压强之比等于物质的量之比，平衡时与起始时的气体压强比值为0.7，开始的物质的量为1 mol＋2 mol＝3 mol，则平衡时的物质的量为3 mol×0.7＝2.1 mol。
　　　　 CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始/mol　　　1　　　　2　　　　　0
转化/mol　　　x　　　　2x　　　　 x
平衡/mol　　　1－x　　 2－2x　　　x
1－x＋2－2x＋x＝2.1，得x＝0.45 mol；体积为2 L，则有K＝＝≈2.7。
第47练　化学平衡常数的计算
1．C　[曲线a代表343 K时的反应，曲线b代表323 K时的反应，由图像可知，温度越高，SiHCl3的平衡转化率越大，所以该反应的ΔH＞0，A项正确；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，所以反应速率更快，即va＞vb，B项正确；设初始加入的SiHCl3的浓度为1 mol·L－1，


　　　 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
起始/(mol·L－1) 1 0 0
转化/(mol·L－1) 0.22 0.11 0.11
平衡/(mol·L－1) 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K＝≈0.02，D项正确。]
2．D　3.D
4．D　[Fe3＋与SCN－反应生成络合物，不是沉淀，离子方程式应为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，故A错误；E点为反应起点，混合溶液体积为50 mL，此时溶液中c(Fe3＋)＝＝0.04 mol·L－1，所以E点对应的坐标为(0,0.04)，故B错误；t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol·L－1 KCl溶液，相当于稀释溶液，平衡逆向移动，故C错误；由图可知，平衡时Fe3＋的浓度为m mol·L－1，则Fe(SCN)3的浓度为(0.04－m) mol·L－1，SCN－的浓度为－3×(0.04－m) mol·L－1＝(3m－0.09) mol·L－1，所以平衡常数K＝＝，故D正确。]
5．D
6．0.05p0　
7.　1.47 mol·L－1·min－1
解析　平衡时v正＝v逆，可得k正·x2(CO)·x4(H2)＝k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)，Kx＝，k逆＝；t＝80 min时，H2的物质的量分数为48%，则CO的物质的量分数为24%，CH3CH2OH、H2O的物质的量分数均为14%。v逆＝k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)＝75 mol·L－1·min－1×0.14×0.14＝1.47 mol·L－1·min－1。
8．(1)升高温度　降低压强 (或及时移出生成物)
(2)110　15
解析　(1)C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)　ΔH>0，该反应是气体体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物等。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100 kPa，发生上述反应，假设起始物质的量为1 mol，乙烷的平衡转化率为20%，可得三段式：
　　　 C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)
起始/mol　　1　　　　0　　　　 1
转化/mol 0.2 0.2 0.2
平衡/mol 0.8 0.2 1.2
根据压强之比等于物质的量之比得到＝，解得x＝110 kPa，即平衡时体系的压强为110 kPa，该反应的平衡常数Kp＝＝15 kPa。
9．0.4p　
10．(1)①0.1　②2　③50%
(2)①<　②40%　③
解析　(1)①10 min时，c(NOCl)＝1 mol·L－1，则转化的NO的物质的量为1 mol，则v(NO)＝＝0.1 mol·L－1·min－1。②平衡常数K＝＝2。③Cl2的平衡转化率为×100%＝50%。
(2)①根据图像，升高温度，平衡时NO的转化率减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应属于放热反应，ΔH＜0。②根据图像，在p压强条件下，M点NO的转化率为50%，根据2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)可知，气体减小的体积为反应的NO的体积的一半，因此NO的体积分数为×100%＝40%。③设NO的物质的量为2 mol，则Cl2的物质的量为1 mol
　　　 2NO(g)　＋　Cl2(g)2NOCl(g)
起始/mol 2 1 0
反应/mol 1 0.5 1
平衡/mol 1 0.5 1
平衡分压 p× 　　p× 　 p×
M点的压强平衡常数Kp＝＝。
第48练　影响化学平衡的因素
1．B　2.B
3．C　[假设容器的容积扩大到原来的2倍时，平衡不移动，则A的浓度为0.25 mol·L－1，但平衡时A的浓度为0.3 mol·L－1，说明平衡向生成A的方向移动，即压强减小，平衡逆向移动，则x＋y>z，C的体积分数降低，B的转化率降低。]
4．B　[Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的K1＝，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的K2＝，Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的K3＝，同温度下，K2＝，K3＝K1·K2,979 K时平衡常数a＝1.47×1.62≈2.38,1 173 K时平衡常数b＝≈0.78，故D错误；铁是固体，将铁粉磨细可以加快反应速率，但平衡不移动，A项错误；根据以上分析可知反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应都为放热反应，B项正确；反应Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小，升高温度平衡逆向移动，C项错误。]
5．D　[若将反应物乙醇的量加倍，有利于平衡正向移动，HBr的平衡转化率增大，而C2H5OH的平衡转化率减小，A项错误；加入适量水，平衡逆向移动，不利于生成溴乙烷，B项错误；30 min时测得生成溴乙烷的产量为0.015 mol，只能算出0～30 min的平均反应速率：v(C2H5OH)＝0.025 mol·L－1·min－1，无法计算出第30 min时的反应速率，C项错误；若将氢溴酸改用NaBr(s)与浓硫酸，则由于浓硫酸会吸收反应生成的水，从而促进平衡正向移动，溴乙烷的产量可能会上升，D项正确。]
6．C　7.C
8．C　[起始VA＝VB＝a L，B中反应物的物质的量大于A中反应物的物质的量，则B容器中反应物的浓度大于A容器中反应物的浓度，所以反应开始时，B容器中的反应速率大于A容器中的反应速率，A项正确；A容器为恒温恒压条件，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，达到平衡时，混合气体总物质的量为2 mol×1.2＝2.4 mol，由方程式可知1 mol X反应时混合气体总物质的量增大1 mol，即平衡时混合气体增大的物质的量等于消耗的X的物质的量，故反应的X的物质的量为2.4 mol－2 mol＝0.4 mol，则X的转化率为×100%＝40%，B容器为恒温恒容条件，正反应为气体物质的量增大的反应，故平衡时B容器中压强比A容器中压强大，等效在A平衡的基础上增大压强，与A的平衡相比，平衡逆向移动，B中X的转化率小于A中X的转化率，B项正确；打开K，保持温度不变，再达平衡时，等效为开始加入3 mol X、3 mol Y时达到的平衡，恒温恒压下与A中平衡为等效平衡，反应物转化率不变，平衡时混合气体总物质的量为A中的3倍，恒温恒压下压强之比等于物质的量之比，则开始加入3 mol X、3 mol Y达到平衡时总体积为1.2a L×3＝3.6a L，B容器为a L，A容器体积为3.6a L－a L＝2.6a L，C项错误；该反应的正反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，混合气体的物质的量增大，导致A容器的体积增大，D项正确。]
9．(1)CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol－1
(2)C　(3)①由于反应①正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应②，使氢气的物质的量逐渐增大　②随着反应的进行，升高温度，反应②正反应放热，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小
(4)77.78%　
解析　(1)根据盖斯定律，①－②可得CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol－1。(2)恒温、恒容条件下，加入惰性气体，尽管压强增大，但各气体的浓度未变，化学反应速率不变，A错误；恒温、恒容条件下，加入水蒸气，单位体积活化分子数增加，但活化分子百分数不变，反应速率加快，B错误；升高温度，增大了活化分子百分数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，C正确；催化剂不影响平衡转化率，降低反应温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，“单位时间转化率”变与不变，还要看在单位时间内是否达到了化学平衡状态，D错误。(3)①温度低于700 ℃时，反应①正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度大；随反应①中CO的生成，反应②也会生成H2，因此在低于700 ℃时，系统中H2的含量会随温度升高而增大。②温度高于700 ℃时，由于反应②正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使系统中H2的含量在出现峰值后减小。(4)已知投料比n(CH4)∶n(H2O)＝1∶3，可设甲烷初始物质的量为1 mol，水蒸气物质的量为3 mol，设转化的甲烷为x mol，转化的CO为y mol，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始/mol 1 3 0 0
变化/mol x x x 3x
平衡/mol 1－x 3－x x 3x
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
初始/mol x 3－x 0 3x
变化/mol y y y y
平衡/mol x－y 3－x－y y 3x＋y
由于600 ℃时，CH4物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为(4＋2x) mol，则＝0.04，x＝，CH4的平衡转化率为×100%≈77.78%。由图可知，600 ℃时，CH4、H2O、H2的物质的量分数分别为0.04、0.32、0.50，它们的物质的量分别为 mol、 mol、 mol，可求得CO的物质的量为 mol，物质的量分数为0.06，即反应①的平衡常数计算式Kp＝＝。
第49练　化学反应的方向与调控
1．B
2．C　[A(s)===B(g)＋C(s)为气体系数增大的反应，ΔS＞0，ΔH＞0，在高温条件下能自发进行，故A错误；A(g)＋2B(g)===2C(g)＋3D(g)为气体系数增大的反应，ΔS＞0，所以当ΔH＜0时，一定满足ΔH－TΔS＜0，反应一定能够自发进行，当ΔH＞0时，高温下，ΔH－TΔS＜0成立，也可以自发进行，故B错误；M(s)＋N(g)===2Q(s)为气体系数减小的反应，ΔS＜0，当ΔH＞0时，ΔH－TΔS＞0，一定不能自发进行，故D错误。]
3．A
4．C　[由题图可知，NH3的体积分数随着温度的升高而显著下降，故要提高NH3的体积分数，必须降低温度，但目前所用催化剂铁触媒的活性最高时的温度为500 ℃，故最有前途的研究方向为研制低温催化剂。]
5．C　[根据化学方程式NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)可知，生成的气体的物质的量之比始终是2∶1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为达到平衡状态的判断依据，A项错误；从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，ΔH＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，ΔS＞0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知反应在高温下正向自发进行，B项错误；压缩容器体积，气体压强增大，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加，C项正确；反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2∶1，总浓度为2.4×10－3mol·L－1，所以氨的浓度为1.6×10－3mol·L－1，D项错误。]
6．C　7.B
8．(1)不能　(2)1 111.6 K
9．(1)AD　(2)
解析　(2)由题意知，设起始n(N2)＝ mol，n(H2)＝ mol，列三段式：
　　 　　N2(g)　＋　H2(g)NH3(g)
起始/mol 0
转化/mol w w
平衡/mol － －w w
Kp＝＝。
10．(1)2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝－43.0 kJ·mol－1
(2)①5.00×10－4mol·L－1·min－1　②30%
(3)①如果c(CO2)不变，x增大，则c(NH3)增大，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大
② kPa－2[或 kPa－2]
解析　(1)根据盖斯定律，将①＋②得到氨气与二氧化碳气体反应合成固态尿素和气态水的热化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－43.0 kJ·mol－1。
(2)①根据表中数据可知，60 min内，上述反应的平均反应速率v(CO2)＝＝5.00×10－4mol·L－1·min－1。②平衡时CO2的物质的量减少0.10 mol－0.04 mol＝0.06 mol，根据反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)可知NH3应该减少0.12 mol，故NH3的平衡转化率为×100%＝30%。
(3)②A点平衡时容器内总压强为p0 kPa，＝x＝3.0，α＝0.50，设NH3和CO2的物质的量分别为3 mol和1 mol，根据三段式有：
　　　 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(l)
初始/mol 3 1 0
转化/mol 1 0.5 0.5
平衡/mol 2 0.5 0.5
则上述反应的平衡常数Kp＝＝ kPa－2。
11．(1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－93.0 kJ·mol－1
(2)0.05　93.0 kJ　　 移走氨气(或分离出氨气)
(3)不变　(4)①250　②逆向移动
第50练　常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
1．D　
2．B　[反应速率与其物质的量浓度成正比，Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态时逆反应速率相等，说明Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态时各物质的物质的量浓度不变，则A的体积分数：Ⅰ＝Ⅱ，故A错误；向密闭容器中加物质C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图像，故B正确；由题中图示可知，0～t1时，逆反应速率增大，说明平衡正向移动，即v正＞v逆，t1～t2时，逆反应速率不变，说明处于平衡状态，即v正＝v逆，故C错误；化学平衡常数只与温度有关，Ⅰ、Ⅱ温度相同，则其平衡常数相同，故D错误。]
3．D
4．D　[由题图可知，温度越高，CO的平衡转化率越小，说明正反应为放热反应，A项错误；a点时未达到平衡，转化率应增大，反应正向进行，v正>v逆，B项错误；该反应为气体体积减小的放热反应，所以要提高产率，使平衡正向移动，应降温、加压，C项错误；若b点的平衡常数为2，测得该点n(CO)＝0.3 mol，c(CO)＝＝1 mol·L－1，则c＝K·c4(CO)＝2×14 mol·L－1＝2 mol·L－1，D项正确。]
5．D
6．C　[由图可知，升高温度，二氧化碳的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，A错误；正反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，增加二氧化碳的量，会导致二氧化碳的转化率降低，故曲线Ⅱ表示容器乙中CO2的平衡转化率，B错误；恒容条件下，R相当于2份Q达平衡后，然后合并到1个容器中，压强增大平衡逆向移动，导致一氧化碳的浓度小于2倍的Q中一氧化碳的浓度，故两容器中c(CO)Q>c(CO)R，C正确；催化剂改变反应速率，不改变物质的平衡转化率，D错误。]
7．C　[由盖斯定律可知，反应2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)可由Ⅱ－2×Ⅰ得到，其焓变为ΔH2－2ΔH1，A正确；反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图可知随着温度的升高，二氧化碳的平衡转化率下降速率小于二甲醚的选择性下降速率，且高于300 ℃时二氧化碳的平衡转化率升高，说明反应Ⅰ正向进行，正反应为吸热反应，ΔH1>0，B正确；由B分析可知，其他条件不变时，温度越高，反应Ⅰ占据主导地位，CO2主要还原产物为CO，CO中碳元素的价态较高，C错误；反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，其他条件不变时，增大体系压强，导致反应Ⅱ平衡正向移动，可以提高A点CH3OCH3的选择性，D正确。]
8．C
9．(1)①温度　②＞　该反应的正反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升高　(2)①75%　②6.75
解析　(1)①根据反应 CO2(g) ＋4H2(g)CH4(g) ＋2H2O(g)　ΔH＜0 可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低；其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度。②L表示压强，结合题图及分析，可知L1＞L2。(2)①由题图可知，4 min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0，设发生反应的CO2为x mol，列出三段式：
CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)
始/mol　 1.0　　 4.0　　　　0　　　0
转/mol x 4x x 2x
平/mol 1.0－x 4.0－4x x 2x
根据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出＝，解得x＝0.75，则CO2的转化率为×100%＝75%。②平衡常数K＝＝＝6.75。
10．减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)的转化率　16.7
11．1 000　1 000　
解析　反应HN==C==O(g)＋NH3(g)CO(NH2)2(g)为放热反应，因为T1 第九章　水溶液中的离子反应与平衡
第51练　弱电解质的电离平衡
1．B
2．D　[NH3·H2O为弱电解质，氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，故0.1 mol·L－1的氨水中c(OH－)、c(NH)均小于0.1 mol·L－1，A、B两项能说明NH3·H2O为弱电解质；相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水中离子浓度小于同浓度的NaOH溶液，C项能说明氨水中存在NH3·H2O的电离平衡，NH3·H2O为弱电解质；氨水能使无色酚酞溶液变红，只能说明NH3·H2O电离出OH－，但不能说明NH3·H2O是部分电离，D项不能说明NH3·H2O为弱电解质。]
3．C
4．B　[血液中CO2浓度过高，氢离子浓度增大，会导致酸中毒，其中＝＝的值减小，A错误；急性酸中毒时，救治方式是静脉注射NaHCO3溶液，C错误；酸或碱中毒时，会导致血液中的酶发生变性而不是水解，D错误。]
5．C
6．A　[因醋酸是弱酸，在稀释过程中c(H＋)减小，c(OH－)增大，减小，A项正确；加水稀释溶液，促进电离，则溶液中导电粒子的数目增多，B项错误；加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n(H＋)增加的倍数，则c(H＋)减小，C项错误；加入氢氧化钠溶液的量未知，不能判定混合溶液的pH，D项错误。]
7．C
8．C　[HF溶液中存在电离平衡：HFF－＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，由于溶液体积的增大程度大于n(F－)、n(H＋)的增大程度，则溶液中c(F－)、c(H＋)均减小，①②错误；由于溶液的温度不变，则Kw、Ka(HF)不变，④⑤错误；由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小且Kw不变，则c(OH－)增大，③正确；Ka(HF)＝，＝，Ka(HF)不变，
c(F－)减小，则的值增大，⑦正确。]
9．D　[次氯酸是弱电解质，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，故A错误；次氯酸是弱酸，随着pH的增大，HClO逐渐减少，ClO－逐渐增多，但两者之和不变，故曲线a、b依次表示δ(HClO)、δ(ClO－)的变化，故B错误；次氯酸的Ka＝，在a、b的交点处，c(ClO－)＝c(HClO)，Ka＝10－7.5＝100.5×10－8，所以Ka的数量级为10－8，故C错误；向次氯酸溶液中加NaOH溶液，随着碱性增强，HClO逐渐减少，ClO－逐渐增多，故将减小，故D正确。]
10．C
11．A　[混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，混合溶液中c(CH3COOH)≈ mol·L－1，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)及c(H＋)＝c(OH－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝ mol·L－1，则Ka＝＝，A项正确。]
12．D
13．(1)NO＜CH3COO－＜HCO＜CN－＜CO
(2)否　H2CO3的Ka1小于HNO2的Ka，H2CO3比HNO2的酸性弱
(3)CO2＋H2O＋CN－===HCN＋HCO
(4)①＜　②＜　(5)18　(6)bc
第52练　水的电离和溶液的pH
1．C　2.B
3．A　[H2SO4与Ba(OH)2抑制水的电离，Na2S与NH4NO3促进水的电离。25 ℃时，pH＝0的H2SO4溶液中：c电离(H2O)＝c(OH－)＝ mol·L－1＝10－14 mol·L－1；同理可计算其余溶液中水电离的浓度依次为②为10－13 mol·L－1，③为10－4 mol·L－1，④为10－5 mol·L－1，同温同体积时，物质的量之比等于浓度之比，则物质的量之比为10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109，故A正确。]
4．D　
5．B　[由电离方程式知，NH与NH的离子平衡浓度相等，都为1×10－15 mol·L－1，根据水的离子积得液氨的离子积K＝c(NH)·c(NH)＝1×10－30，A项错误；离子积只与温度有关，与离子浓度无关，C项错误；因为电离吸热，所以降温平衡逆向移动，c(NH)、c(NH)都减小但相等，D项错误。]
6．B
7．D　[A项错误，水的电离吸热，加热促进电离，c(H＋)>10－7 mol·L－1，但仍呈中性；B项错误，稀释促进醋酸的电离，pH＝3的醋酸溶液，稀释10倍后3＜pH＜4；C项错误，pH＝3的醋酸溶液中醋酸的浓度远大于10－3 mol·L－1，而pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为10－3 mol·L－1，所以二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性；D项正确，溶液体积扩大一倍，溶液中氢离子浓度变为0.1 mol·L－1。]
8．C
9．C　[由b＝6a＞7得a＞，由混合溶液的pH＝7得n(H＋)＝n(OH－)，即Va×10－a＝Vb×
10b－14，得＝10a＋b－14；由于Va＜Vb，即10a＋b－14＜1，得a＋b－14＜0，结合b＝6a得a＜2，综合知，＜a＜2，故选C项。]
10．D　11.D
12．D　[A项，酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时HF的pH变化大，所以曲线 Ⅰ 代表HF稀释时pH变化曲线，错误；B项，pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，错误；D项，溶液中＝＝，平衡常数只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，正确。]
13．C
14．(1)10∶1　(2)a＋b＝14　(3)小于　(4)10
解析　(1)25 ℃时，pH＝9的NaOH溶液，c(OH－)＝10－5 mol·L－1；pH＝4的H2SO4溶液，
c(H＋)＝10－4 mol·L－1；若所得混合溶液的pH＝7，则c(OH－)·V(NaOH)＝c(H＋)·V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)＝c(H＋)∶c(OH－)＝10∶1。
(2)100 ℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－12。100体积pH＝a的某强酸溶液中n(H＋)＝100×
10－a mol＝102－a mol，1体积pH＝b的某强碱溶液中n(OH－)＝ mol＝10b－12 mol。混合后溶液呈中性，102－a mol＝10b－12 mol,2－a＝b－12，所以a＋b＝14。
(3)曲线A所对应的温度是25 ℃，pH＝2的HCl溶液，c水(H＋)＝10－12 mol·L－1；pH＝11的某BOH溶液中，c水(H＋)＝10－11 mol·L－1；水电离产生的H＋的浓度越大，水的电离程度就越大，则α1<α2。
(4)混合溶液中c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1。由于该温度下水的离子积常数Kw＝10－12，所以c(H＋)＝10－10 mol·L－1，所得混合液的pH＝10。
第53练　酸碱中和滴定及拓展应用
1．D
2．C　[该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A错误；由于白醋中醋酸溶液浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，故B错误；准确量取一定体积的白醋放入洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故C正确；滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误。]
3．C　4.D
5．B　[溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子，故D错误。]
6．C　[NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中溶质为NaCl，呈中性，室温下pH＝7，故A正确；甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；V(NaOH)＝30.00 mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)＝
＝0.02 mol·L－1，即溶液中c(OH－)＝0.02 mol·L－1，则c(H＋)＝5×10－13 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)≈12.3，故D正确。]
7．A
8．C　[滴定前H2SO4溶液的pH＝0，则c(H2SO4)＝0.5 mol·L－1，当pH＝7时V(NaOH)＝40 mL，通过计算可知原H2SO4溶液的体积为80 mL。]
9．D　[将氨水稀释，氨水中NH、OH－的浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；
由图知，b点溶液显碱性，氨水有剩余，B项正确；
c点溶液呈中性，因而V(盐酸)略小于20.00 mL，C项正确；
d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D项错误。]
10．C　11.C
12．(1)SO2＋H2O2===H2SO4
(2)③　将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠的中上部，使液体从尖嘴流出　(3)①酚酞
滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色
②甲基橙　当滴入最后半滴标准液，溶液由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色　(4)④
(5)n(NaOH)＝0.090 0 mol·L－1×0.025 L＝0.002 25 mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)＝＝0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1
(6)盐酸具有挥发性，反应过程中挥发出的盐酸滴定时消耗了NaOH标准液。改进措施：用非挥发性的强酸硫酸代替盐酸
13．(1)1∶1　(2)BD
(3)①酚酞　②c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)　③cd
解析　(1)混合后氢离子的浓度为0.1 mol·L－1，则＝0.1 mol·L－1，则V1∶V2＝1∶1。
(2)当V1＝V2，酸碱恰好完全反应，如果HA是弱酸，则生成的NaA溶液呈碱性，A错误；若反应后溶液呈中性，则常温下，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度等于1×10－7 mol·L－1，则混合液中c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1，B正确；若HA为弱酸，HA部分电离，c(HA)>c(NaOH)，反应后HA有剩余，则V1小于或等于V2也可使溶液呈酸性，C错误；由C分析可知：溶液要想呈碱性，则一定V1 ②C点溶液呈碱性，故氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，根据电荷守恒，则钠离子浓度大于醋酸根离子浓度，则溶液离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
③根据c(CH3COOH)＝分析：a项，未用标准溶液润洗滴定管，造成标准溶液被稀释，消耗NaOH标准溶液的体积增大，造成醋酸浓度偏大；b项，标准溶液滴在锥形瓶外一滴，消耗NaOH标准溶液的体积增大，造成醋酸浓度偏大；c项，滴定前平视，滴定后俯视读数，消耗NaOH标准溶液的体积减小，造成醋酸浓度偏小；d项，待测液溅出锥形瓶外一滴，消耗NaOH标准溶液的体积减小，造成醋酸浓度偏小。
第54练　盐类的水解
1．D
2．D　[根据表格中的酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO>HS－，根据越弱越水解的规律可知，水解能力：S2－>CO>HS－>HCO>CH3COO－，故D正确。]
3．D　4.D
5．B　[NaN3溶液呈碱性，说明HN3为弱酸，故0.01 mol·L－1 HN3溶液的pH>2，A错误；HN3为弱酸，电离方程式为HN3H＋＋N，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H＋)增大， pH减小，B正确；NaN3是强电解质，电离方程式为 NaN3=== Na＋＋N，C错误；在0.01 mol·L－1 NaN3溶液中存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(N)＋c(HN3)，D错误。]
6．B　[将MgCl2溶液加热蒸干时，镁离子的水解正向移动，加热可使HCl挥发，蒸干、灼烧得到MgO，B项符合题意。]
7．D
8．B　[由图像可知，0.1 mol·L－1 H2A溶液全部电离为HA－，说明第一步电离为完全电离，HA－不水解，故A错误；pH＝3时，c(A2－)＝c(HA－)，则Na2A水解常数Kh＝＝10－11，故B正确；H2A溶液全部电离，不存在H2A分子，则由元素质量守恒可知，c(A2－)＋c(HA－)＝0.1 mol·L－1，故C错误；HA－H＋＋A2－，电离常数Ka＝，当c(A2－)＝c(HA－)，Ka＝10－3，Ka>Kh(A2－)，等物质的量浓度的NaHA、Na2A等体积混合，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，所得c(HA－)3.0，故D错误。]
9．B
10．D　[相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸酸根离子水解程度越大其溶液pH越大。根据表中数据可知，离子水解程度：F－＜ClO－＜CO，则酸的电离平衡常数：HF＞HClO＞HCO，A项错误；盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，故加热NaClO溶液，ClO－水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，B项错误；常温下，NaF溶液的pH＝7.5＞7，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸，pH＝2的HF浓度大于pH＝12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合，HF有剩余，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒得c(Na＋)＜
c(F－)，酸的电离程度较小，则溶液中离子浓度c(F－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项错误；根据元素质量守恒得2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]＝c(Na＋)，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，D项正确。]
11．(1)bac　NaHSO3
(2)CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(3)NaHCO3(或NaClO)　因为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H＋，平衡向正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大
12．(1)分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解
(2)NaCl　NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，最终得到NaCl
(3)CN－＋H2OHCN＋OH－
13．(1)向右　60
(2)①碱　＜　c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)
②0.616 2
解析　(1)SO＋H2OHSO＋OH－
Kh＝＝＝
所以＝＝＝60。
(2)①常温下，NaCN的水解常数Kh＝＝≈1.61×10－5，Kh＞Ka，故CN－的水解能力强于HCN的电离能力，由于NaCN与HCN的物质的量相等，故水解产生的c(OH－)大于电离生成的c(H＋)，混合溶液显碱性，且c(CN－)＜c(HCN)。②当溶液显中性时，由电荷守恒知溶液中c(K＋)＝c(CN－)＋c(Cl－)，由元素质量守恒得c(HCN)＝c(K＋)－c(CN－)＝c(Cl－)＝0.5c mol·L－1，由CN－＋H2OHCN＋OH－得Kh＝＝＝1.61×10－5，解得c≈0.616 2。
第55练　溶液中“粒子”浓度关系
1．C　2.A
3．B　[若浓度均为0.01 mol·L－1的HCN和NaCN等体积混合，Ka＝，但是c(HCN) ≠c(CN－)，Ka无法计算，A错误；混合溶液显碱性，说明CN－水解程度大于HCN电离程度，水解促进水的电离，所以该混合溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度，该混合溶液中c(CN－) 4．D　[A项，pH＝5的H2S溶液中，H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，H＋来自于H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a＜b＋1，错误；C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少草酸根离子，错误；D项，因为酸性：醋酸>碳酸>次氯酸，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，正确。]
5．B
6．C　[c(H＋)≈，pH＝－lg (×10－3)＝3－lg，则溶液的pH在2～3范围内，A项正确；由CH3COONa溶液中质子守恒得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，B项正确；将0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，电离常数不变，c(CH3COO－)减小， 增大，C项错误；溶液混合后溶质为CH3COONa，pH>7，则c(Na＋)>c(CH3COO－)
>c(OH－)>c(H＋)，D项正确。 ]
7．B　[根据电荷守恒，Ⅰ中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由于pH＝5.0，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，因此，c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，A项正确；由于溶液Ⅰ、Ⅱ的pH分别为5.0和4.0，所以Ka(HA)＜Ka(HB)，＜1，B项错误；由电荷守恒可知，Ⅰ和Ⅱ的混合溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，C项正确；由B的分析可知，Ka(HA)＜Ka(HB)，则Ⅰ、Ⅱ混合后必有c(HA)＞c(HB)，D项正确。]
8．D
9．B　[A项，未加盐酸时，由于NH3·H2O的部分电离，所以c(OH－)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)，错误；B项，加入10 mL盐酸时，c(Cl－)＝c(Na＋)，再由电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝
c(OH－)，正确；C项，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－) ，所以有c(Cl－)>c(Na＋)，错误；D项，当加入20 mL盐酸时，溶质为NaCl、 NH4Cl，溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，再根据电荷守恒可得c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)，则c(Cl－)>c(NH)＋c(Na＋)，错误。]
10．D　11.D　12.A
13．D　[A项，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2SO3)＋c(HSO)，正确；B项，0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，测得溶液pH约为8，所以c(H＋)＜c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HSO)＋2c(SO)，正确；C项，由HSOH＋＋SO可得Ka2＝，由HSO＋H2OH2SO3＋OH－可得Kh1＝＝＝，因为NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，正确；D项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应：Cl2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2Cl－，SO＋H＋===HSO，即总式为3SO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋2HSO，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由实验3可知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO)＋3c(SO)>c(H2SO3)，错误。]
14．B
15．(1)C　(2)BC　(3)<　c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)　(4)>　<
解析　(1)加水稀释或升高温度，醋酸的电离平衡和醋酸钠的水解平衡均正向移动，则醋酸的电离程度、醋酸钠的水解程度均增大，A、B错误。
(2)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据元素质量守恒有2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，联立两式可得2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，A错误、B正确；据元素质量守恒可得：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，C正确。
(3)常温时，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，发生中和反应后，醋酸剩余，所得溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)；据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，从而推知：c(Na＋) (4)常温时，将m mol·L－1醋酸溶液和n mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH＝7，此时溶液呈中性；若二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液显碱性，欲使溶液呈中性，醋酸要稍过量，则有m>n。由于醋酸是弱电解质，部分电离，NaOH是强电解质，完全电离，若醋酸中c(H＋)等于NaOH溶液中c(OH－)，混合后醋酸远远过量，故醋酸溶液中c(H＋)小于NaOH溶液中c(OH－)。
第56练　反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析
1．D　2.C
3．C　[铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl－)>c(NH)
>c(H＋)>c(OH－)，故A错误；氯化铵中铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵中醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，所以醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于等浓度的氯化铵溶液，故B错误；未加入醋酸铵溶液时，0.1 mol·L－1氯化铵溶液的pH为6说明铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，故C正确；醋酸铵中醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液时，溶液的pH变化是铵根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D错误。]
4．B
5．C　[由K2＝可知，＝，由图可知，Q→X过程中溶液pH增大，即c(H＋)减小，K2不变，则逐渐减小，A正确；由图可知，X点溶液的溶质为NaOOCCH2NH，X点的溶液呈酸性，则－OOCCH2NH的电离程度大于其水解程度，故c(－OOCCH2NH2)>c(HOOCCH2NH)，B正确；P点溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒：c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(－OOCCH2NH2)＋c(OH－)＋c(Cl－)，且c(Na＋)＞c(Cl－)，故c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)＜c(－OOCCH2NH2)＋c(OH－)，C错误；当V(NaOH)＝20 mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1∶2，反应的化学方程式为HOOCCH2NH3Cl＋2NaOH===NaOOCCH2NH2＋NaCl＋2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确。]
6．C
7．A　[酸抑制水的电离，酸中c(H＋)越大，水的电离程度越小，中性溶液不影响水的电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点溶液都抑制水的电离，c(H＋)：a>b>c，d点溶液呈中性，不影响水的电离，因此水的电离程度：d＞c＞b＞a，故A正确；c点c(HA－)最大，说明溶质为NaHA，向c点溶液通入HCl，则c→b之间发生反应的离子方程式：HA－＋H＋===H2A，故B错误；c点溶液显酸性，说明HA－的电离程度大于其水解程度，存在：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H2A)，故C错误；d点溶液呈中性，再根据电荷守恒得到：c(HA－)＋2c(A2－)＝c(Na＋) ＋c(K＋)，故D错误。]
8．C
9．C　[H2B为二元弱酸，其电离方程式为H2BH＋＋HB－、HB－H＋＋B2－，pH增大促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是c(HB－)的负对数，曲线Ⅱ是c(H2B)的负对数，曲线Ⅲ是c(B2－)的负对数，故A项错误；由图可知，pH＝5时，此时pC(H2B)＞pC(B2－)＞
pC(HB－)，即c(HB－)＞c(B2－)＞c(H2B)，故B项错误；由X点可知H2BHB－＋H＋，c(HB－)＝c(H2B)，Ka1＝1×10－1.9，由Z点可知，c(HB－)＝c(B2－)，则HB－B2－＋H＋，Ka2＝1×
10－7.1，则＝＝105.2，故C项正确；调节溶液pH的过程中，随着溶液体积的增大，H2B、HB－、B2－总物质的量之和不变，浓度之和逐渐减小，故D项错误。]
10．C　[根据图示可知：δ0表示H2C2O4的分布系数与pH的关系，δ1表示HC2O的分布系数与pH的关系，δ2表示C2O的分布系数与pH的关系。X点时为NaHC2O4溶液，该溶液为缓冲溶液，加酸加碱，pH都不会明显变化；Y点时滴定结束，生成Na2C2O4，此时加碱，Na2C2O4不再反应，pH会明显升高，B正确；X点为NaHC2O4溶液，对应图b中pH＝2.6处；Y点为Na2C2O4溶液，图a中Y点pH＝8.4，故Y点不对应图b中的N点，C错误；Y点为Na2C2O4溶液，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)，D正确。]
11．C
12．C　[H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO、H2POH＋＋HPO、HPOH＋＋PO，故A错误；pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有H3PO4、H2PO，故B错误；滴加NaOH溶液至pH＝7，依据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)，故C正确；滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3＋2H3PO4=== 2NaH2PO4＋H2O＋CO2↑，故D错误。]
13．D
第57练　难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．A
2．C　[加入适量水，使沉淀溶解平衡正向移动，悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少，故A不选；通入少量HCl，平衡正向移动，氢氧化镁固体减少，故B不选；加少量NaOH固体，平衡逆向移动，则Mg(OH)2固体增加，且c(OH－)增加，故C选；加少量MgSO4固体，平衡逆向移动，c(OH－)减小，故D不选。]
3．D　[加入KI固体，溶液中c(I－)增大，使PbI2的沉淀溶解平衡向左移动，所以溶液中
c(Pb2＋)减小，A、C项错误，D项正确；溶液的温度未发生改变，Ksp(PbI2)不变，B项错误。]
4．B
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，沉淀转化的离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)，D项正确。]
6．D　7.C
8．D　[在水中加入ZnSO4固体，Zn2＋发生水解反应，促使水的电离平衡正向移动，由于温度不变，则Kw不变，A错误；ZnSO4溶液中，据电荷守恒可得2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，B错误；ZnSO4和AgNO3溶液混合后，c(SO)＝0.05 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1，则Q＝c(SO)·c2(Ag＋)＝0.05×0.012＝5×10－6＜Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5，故不能生成Ag2SO4沉淀，C错误；要除去溶液中Zn2＋，应使c(Zn2＋) ≤1.0×10－5mol·L－1，则有c(OH－)≥＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，此时溶液的c(H＋)≤＝ mol·L－1＝
10－8 mol·L－1，即溶液的pH≥8，D正确。]
9．C
10．(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)B
11．(1)SiO2　(2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　(3)Mg(OH)2　(4)加热浓缩　过滤　(5)Ba2＋＋2F－===BaF2↓　0.136　(6)24.1
解析　(1)钡矿粉中SiO2与盐酸不反应，故滤渣A为SiO2。(2)滤液1加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)根据已知信息及流程图可知，加H2O2、调pH，得到的滤渣B为Fe(OH)3，加20%NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C为Mg(OH)2。(4)滤液3加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl的混合溶液，由该溶液得到BaCl2·2H2O的实验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。(5)根据Ksp(BaF2)＝c(Ba2＋)·c2(F－)，当Ba2＋完全沉淀时，至少需要的c(F－)＝＝ mol·L－1＝0.136 mol·L－1。(6)Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则加入氯化钡溶液时，SO先沉淀，当BaCO3开始沉淀时，溶液中＝＝≈24.1。
第58练　沉淀溶解平衡图像的分析
1．B　2.D　3.A
4．B　[当c(CO)＝0时，c(SO)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，故BaSO4的溶度积Ksp(BaSO4)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。由题图可知当c(CO)＞2.5×10－4 mol·L－1时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp(BaCO3)＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9，A、C项正确，B项错误；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＝＝＝＝25，D项正确。]
5．D
6．D　[PbSO4、PbCO3属于同种类型沉淀，根据题中条件，Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8>Ksp(PbCO3)＝7.4×10－21，故相同条件下，PbSO4溶解度大于PbCO3，A正确；Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)，相同条件下，PbSO4对应溶液中离子浓度大，故曲线Ⅰ代表PbCO3，曲线Ⅱ代表PbSO4，d点存在沉淀溶解平衡：PbCO3(s)Pb2＋(aq)＋CO(aq)，加入Na2CO3，c(CO)增大，平衡逆向移动，c(Pb2＋)减小，d点向b点方向移动，B正确；曲线Ⅱ代表PbSO4，a点c(Pb2＋)＝c(SO)，Ksp(PbSO4)＝c(Pb2＋)·c(SO)＝1.6×10－8，所以e点c(Pb2＋)＝c(SO)≈1.26×10－4 mol·L－1，p(SO)＝－lg(1.26×10－4)≈4，C正确；对于曲线Ⅰ，加热b点对应溶液，Ksp(PbCO3)增大，Pb2＋、CO浓度均增大，b点向a点方向移动，D错误。]
7．D
8．C　[由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8 mol2·L－2，
c(M＋)＝ mol·L－1＝×10－4 mol·L－1<3.0×10－4 mol·L－1，A正确；由图可知，c(H＋)＝0时，可看作溶液中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，溶液中c(M＋)＝c(A－)，则Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝c2(M＋)＝5.0×10－8，B正确；MA饱和溶液中，M＋不发生水解，A－水解使溶液呈碱性，若使pH＝7，需加入酸，会引入其他阴离子，此时c(M＋)＋c(H＋)≠c(A－)＋c(OH－)，C错误；Ka(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由元素质量守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则c(A－)＝，Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝＝5.0×
10－8，则c2(M＋)＝10×10－8 mol2·L－2，对应图得此时溶液中c(H＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，Ka(HA)＝＝2.0×10－4，D正确。]
9．A　10.D　11.C
12．(1)1　(2)100 mL　(3)＞
(4)
解析　(1)加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1 mol·L－1。
(2)由于c(Ag＋)＝10－6 mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01 L×1 mol·L－1＝0.01 mol，所以V(NaCl)＝100 mL。
(3)AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，相同温度下，c(Cl－)增大，平衡逆向移动，溶解度减小，温度升高，平衡右移，溶解度增大。
(4)若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大。
第59练　无机化工流程题的解题策略
1．(1)ab　(2)2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2　(3)抑制金属离子水解　(4)SiO2　(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O　(6)将Fe3＋转化为Fe2＋
2．(1)PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)　反应PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04≪105，反应正向进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋　(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O　(ⅲ)作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3　(5)Ba2＋、Na＋
解析　(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为氢氧化铅，最终转化为氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3．(1)①＞　②AC　(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀　(3)4.7　Al(OH)3、Fe(OH)3　
(4)硫酸镁　硼酸
解析　(1)①2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O===2H3BO3＋2MgSO4，根据强酸制弱酸可知，酸性：H2SO4＞H3BO3；②硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为H3BO3＋OH－===B(OH)，可知硼酸为一元酸，A项正确；由于非金属性：B (3)溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)由图像可知硫酸镁的溶解度随温度升高先升高后降低，硼酸的溶解度随温度升高而增大，则可升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。
4．(1)＋4　FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O　(2)Fe　冷却结晶
(3)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)1.0×10－5
第十章　有机化学基础
第60练　认识有机化合物
1．A　2.D　3.A
4．D　[乙烯的官能团为碳碳双键，而聚乙烯结构中只有C—C及C—H，A错；B中物质名称为乙酸乙酯，属于酯，B错；C中给出的两种物质前者属于酚，后者属于醇，C错；绝大多数有机物含有官能团，但烷烃没有官能团，D对。]
5．C　[A正确的命名为2­甲基丁烷；B正确的命名为2­甲基­1­丙烯；D正确的命名为1,2­二溴乙烷。]
6．A
7．C　[由质谱图可知有机物R的相对分子质量为162，分子中除含苯环外不再含有其他环状结构，则烃R为苯的同系物，有14n－6＝162，n＝12，其中一个是—C2H5，则另一个侧链为—C4H9，—C4H9有4种结构，与—C2H5有邻、间、对3种位置，共12种结构。]
8．C
9．B　[浓硫酸增重14.4 g，n(H2O)＝＝0.8 mol，n(H)＝2n(H2O)＝1.6 mol，m(H)＝1.6 mol×1 g·mol－1＝1.6 g。碱石灰增重26.4 g，n(CO2)＝＝0.6 mol，则n(C)＝0.6 mol，m(C)＝0.6 mol×12 g·mol－1＝7.2 g。根据质量守恒知，12 g有机物A中氧的质量为m(O)＝12 g－8.8 g＝3.2 g，n(O)＝＝0.2 mol，n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.6 mol∶1.6 mol∶0.2 mol＝3∶8∶1，即该有机物的实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以该有机物的分子式为C3H8O。]
10．C　11.A
12．(1)2,3­二甲基丁烷
(2)2,4­二甲基­4­乙基庚烷
(3)　(4)C4H8O　2­甲基烯丙醇　(5)碳碳双键、羟基
13．(1)D能够吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，造成实验误差
(2)CH2O　(3)C6H12O6　(4)1　否
(5)CH2OH(CHOH)4CHO
14．(1)蒸馏烧瓶　仪器y
(2)①C2H4O　②88　C4H8O2
(3)羟基、酮羰基　
解析　(1)球形冷凝管一般用于冷凝回流装置中，故虚线框内应选仪器y。
(2)①根据M中碳、氢元素的质量分数确定氧元素的质量分数为w(O)＝100%－54.5%－9.1%＝36.4%，分子内各元素原子的个数比N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝2∶4∶1，其实验式为C2H4O。②M的相对分子质量为2×44＝88，设分子式为(C2H4O)n，则44n＝88，n＝2，则M的分子式为C4H8O2。
(3)根据核磁共振氢谱图中有4组峰，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶3∶1∶3，结合红外光谱图所示含有C—H、H—O、C==O等化学键，其结构简式为，所含官能团为羟基、酮羰基。
第61练　有机化合物的空间结构　同系物　同分异构体
1．D　2.B
3．C　[C6H12O6是葡萄糖的分子式，A错误；间甲苯酚的结构简式：CH3OH，B错误；乙酸甲酯的结构简式：，D错误。]
4．A　[乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；O2和O3是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，C正确；丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，D正确。]
5．B　[二者分子式都是C6H6，结构不同，互为同分异构体，A不符合题意；前者分子式是C14H24，后者分子式是C13H22，不互为同分异构体，B符合题意；二者分子式都是C3H6O2，结构不同，互为同分异构体，C不符合题意；二者分子式都是C6H6O3，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意。]
6．A　7.B　8.B　9.D
10．A　[立方烷有3种二氯代物，结构简式分别是、、。]
11．C
12．C　[a含有碳碳双键，能够使溴的CCl4溶液褪色，而b不可以，A正确；b和d的分子式均为C4H8O，结构不同，互为同分异构体，B正确；c的二氯代物有、、、，共4种，C错误；d分子中含有羟基，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确。]
13．D
14．、、、、
、
解析　审限定条件确定官能团或特殊基团→观察研究对象确定不饱和度→做减法，拆成碎片→重新组装。
①甲酸某酯
②乙酸某酯→
③苯甲酸某酯→
符合条件的同分异构体共有6种。
15．8　
第62练　烃　化石燃料
1．D　2.B
3．C　[苯和乙烯均为不饱和烃，都能发生加成反应，但乙醇属于饱和一元醇，不能发生加成反应，A错误；苯乙烯()属于烃类，难溶于水，易溶于甲苯，B错误；根据等效氢原理可知，的一氯代物有四种，如图所示：，C正确；CH2==CH—CH==CH2中存在两个碳碳双键所在的平面，中间以碳碳单键连接，可以任意旋转，故CH2==CH—CH==CH2中所有原子可能共平面，D错误。]
4．B
5．C　[有机物分子式为C8H12，根据(x＋)计算1 mol该有机物消耗11 mol O2，A项正确；二者化学式中氢原子数均为6，B项正确；苯分子中的碳、氢原子数较多，故等物质的量的乙炔和苯完全燃烧的耗氧量不同，C项错误；相同物质的量的三种有机物中碳原子数相同，因而产生的二氧化碳的体积相同。]
6．B　[n(H2)＝＝0.2 mol，因为1 mol炔烃可以与2 mol H2完全加成，故n(炔)＝
0.1 mol。三种炔烃的平均摩尔质量＝＝40 g·mol－1，即平均相对分子质量为40。由平均值原理可知，三种炔烃中必有相对分子质量小于40的炔烃，而相对分子质量小于40的炔烃只有乙炔，由此可推知加成后所得烷烃中必含乙烷。]
7．C
8．C　[b中苯环、碳碳双键为平面结构，与苯环或碳碳双键上的碳原子直接相连的所有原子处于同一平面，单键可以旋转，则b中所有原子可能处于同一平面，故B正确；c有两种氢原子，采用“定一移一”法，先固定一个Cl，第二个Cl的位置如图所示：，移动第一个Cl在①位、第二个Cl在④位，则c的二氯代物共有6种，故C错误；a、b、c中均有碳碳双键，具有烯烃的性质，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。]
9．D　[分子式为C3H2Cl4的链状化合物有①CHCl==CCl—CHCl2、②CH2==CCl—CCl3、③CHCl==CH—CCl3、④CCl2==CH—CHCl2、⑤CCl2==CCl—CH2Cl，其中①③有顺反异构体，故符合条件的化合物有7种。]
10．C
11．A　[分子中存在碳碳双键，根据乙烯分子中有6个原子共面，可知该分子中有5个碳原子共平面，A错误；含碳碳双键的有机物能使酸性KMnO4溶液褪色，能与HBr发生加成反应，B、C正确；X含有2个环和一个碳碳双键，共3个不饱和度，苯环中含有4个不饱和度，则X的同分异构体中不存在芳香族化合物，D正确。]
12．D　13.C
14．(1) 　(2)环十二烷　18 mol　(3)C5H10
、、

(4)①CH3CH==CHCH3＋H2CH3CH2CH2CH3　加成反应　②　4　＋Br2―→
15．(1)C10H16　(2) (或)
(3)
(4)CH2==CH—CH2—CH==CH2、
CH3－C≡C－CH2－CH3
解析　(2)三分子丙炔聚合形成的芳香烃分子含1个苯环及3个甲基。(3)由合成，第一步发生与Br2的1,4-加成反应。(4)A的一氯代物有三种，说明A中含三种不同化学环境的H原子，且与Br2按物质的量之比为1∶1加成得到的产物只有一种，则A可能的结构简式有CH2==CH—CH2—CH==CH2、CH3－C≡C－CH2－CH3。
第63练　卤代烃　醇　酚
1．C　2.C
3．C　[发生消去反应的条件：与—OH相连的碳原子的相邻碳原子上有H原子，上述醇中，B项不符合。与—OH相连的碳原子上有H原子的醇可被氧化，但只有含有两个氢原子的醇(即含有—CH2OH)才能转化为醛。]
4．C　[Q中两个甲基上有6个等效氢原子，苯环上有2个等效氢原子，峰面积之比为3∶1，A项错误；Q中苯环上的卤素原子无法发生消去反应，P中与卤素原子相连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，无法发生消去反应，B项错误；在适当条件下，卤素原子均可被—OH取代，C项正确；Q中苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可被氯原子取代，其一氯代物有2种，D项错误。]
5．A
6．D　[甲、丙、丁与NaOH的醇溶液共热不能发生消去反应，加入稀硝酸至溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，没有沉淀生成，故A错误；甲中加入NaOH的水溶液共热，没有进行酸化，再滴入AgNO3溶液，溶液中的OH－会干扰卤素原子的检验，故B错误；乙发生消去反应只能得到丙烯一种烯烃，故C错误；丙与NaOH的水溶液共热生成2,2-二甲基-1-丙醇，能被氧化为2,2-二甲基丙醛，故D正确。]
7．A
8．C　[丹参素中与碳原子相连的氢原子有5种，故其一氯代物有5种，A错误；丹参素分子中含有1个苯环，在Ni催化下1 mol丹参素最多可与3 mol H2加成，B错误；丹参素含有—COOH和—OH，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则丹参素能发生取代、消去、中和、氧化反应，C正确；1 mol丹参素在一定条件下与4 mol钠反应，可生成2 mol H2，D错误。]
9．C　[A项，对比M、N的键线式，M生成N的反应为加成反应，错误；B项，N的分子式为C4H8Cl2，C4H8Cl2为C4H10的二氯代物，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3和，采用定一移一法，C4H8Cl2的同分异构体有：CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl、CH3CH2CCl2CH3、CH3CHClCHClCH3、、、，共9种(含N)，错误；C项，N中官能团为碳氯键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，Q中官能团为羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液能鉴别N与Q，正确；D项，由于H2所处温度和压强未知，不能使用22.4 L·mol－1计算H2的体积，错误。]
10．C　11.A
12．(1)C15H14O6　(2)5
(3)4　

13．(1)碳碳双键　(2)取代　(3)①ClCH2—CHOH—CH2Cl
②B为CH2==CH—CH2Cl，Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；HOCl中：H—，因此—OH易连在端基碳原子上　(4)ClCH2—CHCl—CH2OH＋2NaOHHOCH2—CHOH—CH2OH＋2NaCl
14．(1)乙醛　C8H7O2Cl　(2)abc　(3)(酚)羟基、碳氯键
(4) ＋CH3OH＋H2O　(5)B
(6)
第64练　醛、酮、羧酸、酯、酰胺
1．D　2.C　3.D
4．D　[解答本题时注意以下两点：①1 mol —OH或1 mol —COOH与足量金属钠反应分别放出0.5 mol H2；②醇羟基不与NaHCO3反应，1 mol —COOH与足量NaHCO3反应放出1 mol CO2。]
5．B　[根据酯化反应原理，胆固醇与酸发生酯化反应：C27H46O＋RCOOHC34H50O2＋H2O，可得RCOOH为C6H5COOH，B正确。]
6．D　[A项，与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，错误；B项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，错误；C项，加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，错误；D项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，—COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，正确。]
7．B　8.D
9．D　[冷凝管中冷水应“下进上出”，即a口进b口出，A项错误；该装置中冷凝管倾斜放置，球形冷凝管适合竖直放置，倾斜放置时容易残留液体，B项错误；NaOH溶液能使生成的酯发生水解，C项错误。]
10．D　[苯甲酸与甲醇发生取代反应生成苯甲酸甲酯和水，A正确；根据苯分子中12个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面可知，苯甲酸甲酯分子中所有碳原子可能共面，B正确；苯甲酸甲酯的一氯取代产物有苯环上酯基的邻、间、对位和甲基上，共4种，C正确；苯甲酸甲酯与乙酸乙酯组成不相似，分子组成上也不相差若干个CH2原子团，二者不互为同系物，D错误。]
11．C
12．B　[视黄醛分子与乙醛分子中含有的官能团种类不同，所以不互为同系物，故B错误；维生素A中含有—CH2OH，能被氧化为—CHO，则一定条件下，维生素A可被氧化生成视黄醛，C正确；可用银氨溶液鉴别醛基和羟基，D正确。]
13．D
14．(1) 羟基、羧基　(2)＋2Na―→＋H2↑
(3)NaHCO3(或NaOH或Na2CO3)　Na　 2＋Na2CO3―→2 ＋H2O＋CO2↑
(4)＋C2H5OH ＋H2O　酯化反应(或取代反应)
(5)
15．(1)、、
、、

(2)　
＋H2O，消去反应　2＋O2
2＋2H2O，氧化反应　＋Br2 ，加成反应
(3)、、
、、、、、、
解析　(1)醚类不能与Na反应放出H2，根据碳架异构和位置异构可知分子式为C8H10O的醚类的同分异构体。(2)根据反应条件可确定A发生的是消去反应和催化氧化生成醛的反应，则A的结构中必然有—CH2—CH2—OH，故A的结构简式为。(3)符合条件的是属于酚类的同分异构体。
第65练　油脂　生物大分子
1．A　2.C　3.C
4．A　[油脂不属于高分子，A错误；福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，B正确；天然气的主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有生物活性的蛋白质，D正确。]
5．D　[核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定的方式结合而成的，故A、B错误；核酸是高分子，但核苷酸不是高分子，故C错误。]
6．A　[单位质量的H元素燃烧放出的热量大于C元素，甲烷为含氢量最高的烃，则相同条件下，等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，氢气放出的热量最多，甲烷次之，汽油最少，A项错误；油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B项正确。]
7．C
8．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。]
9．B
10．C　[羟基是亲水基团，纤维素的吸水性较强与其结构中含羟基有关，A正确；纤维素含有羟基，可以和醋酸发生酯化反应制得人造纤维，B正确；酯水解生成酸性物质，加入碱性溶液可以促进酯的水解，D正确。]
11．C　[稀硫酸做蔗糖水解的催化剂，可以加快反应速率，热水浴使温度升高，反应速率加快，故A正确；反应后溶液中有硫酸，会影响氢氧化铜与产物葡萄糖的反应，因此要用氢氧化钠中和硫酸至溶液呈碱性，故B正确；加热至沸腾后，氢氧化铜被还原成氧化亚铜，为砖红色固体，故C错误；通过实验现象可知氢氧化铜被还原成氧化亚铜，表现氧化性，则蔗糖的水解产物表现还原性，故D正确。]
12．C
13．B　[该药物含有碳碳双键、醇羟基，因此可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；该药物不属于有机高分子，故B错误；该药物含有—NH2，可以和盐酸发生反应，故C正确；该药物含有酯基，可以和氢氧化钠溶液反应，故D正确。]
14．B
15．(1)平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大　(2)仪器甲处馏出液无油状液体　bac　(3)降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层　除去花椒油中的水(或干燥)
(4)＋3NaOH―→3R1COONa＋
(5)442.0
解析　(1)装置A中玻璃管与空气连通，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大。(2)花椒油难溶于水，是油状液体，仪器甲处馏出液无油状液体时，可停止蒸馏。为防止倒吸，蒸馏结束时操作顺序为打开弹簧夹、停止加热、关闭冷凝水。(3)在馏出液中加入食盐，可以降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；无水Na2SO4是干燥剂，加入无水Na2SO4的作用是除去花椒油中的水。(4)高级脂肪酸甘油酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油。(5)设该花椒油中含有油脂的物质的量为x mol，则3x＝0.092 0 L×0.500 0 mol·L－1－
0.02 L×0.100 0 mol·L－1×，x＝0.01，则该花椒油中含有油脂＝
442.0 g·L－1。
第66练　合成高分子　有机合成路线设计
1．B　[二氧化碳的分子结构是O==C==O，由于分子中存在碳氧双键，聚二氧化碳是通过加聚反应制得的，A项正确；尼龙为合成纤维，B项错误；聚甲基丙烯酸甲酯的单体为甲基丙烯酸甲酯，其含有碳碳双键、酯基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应，C项正确；聚丙烯是由丙烯加聚得到，属于合成高分子材料，D项正确。]
2．D
3．C　[丁二酸不能发生消去反应，A项错误；乙烯发生加聚反应生成PE(聚乙烯)，但丁二醇与丁二酸缩聚生成PBS和水，B项错误；若不考虑立体异构和两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构，则丁二醇有、、、、、，共有6种结构，C项正确；丁二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成丁二酸，但丁二醇含有羟基，而丁二酸含有羧基，二者结构不相似，不互为同系物，D项错误。]
4．C　5.C
6．B　[该高分子材料中含有酯基，能与碱溶液发生水解反应，则其所制容器不能用于盛放碳酸钠溶液，故A正确；合成该高分子的两种单体分别为CH2==C(CH3)COOCH3、CH2==CHCOOCH2CH2CH2CH3，乙酸乙酯只有酯基，没有碳碳双键，结构不相似，不互为同系物，故B错误；由图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有化学键的变化，故D正确。]
7．C
8．

9.
解析　对比与和的结构简式并根据题给信息可知，需要由合成，官能团的变化为由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。
10．

11．(1)　浓硫酸、加热
(2)邻苯二甲醛(或1,2-苯二甲醛)　醚键
(3)氧化反应　取代反应
(4)

(5)12　
(6)

第67练　有机合成与推断综合题突破
1．(1)1,2-二氯乙烯(或顺二氯乙烯)
(2)＋
(3)　羧基、碳氯键、碳溴键
(4)＋5NaOH＋3NaCl＋NaBr＋H2O　取代反应
(5)保护羟基(或使特定位置的羟基发生反应)
(6)11
解析　根据信息①可知，B是；根据C的分子式，由D逆推C为。(4)D→E的第(1)步反应是在碱性条件下水解。(6)a.有六元碳环；b.有3个—Cl，且连在不同的C原子上；c.能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、，共11种。
2．(1)碳碳双键　取代反应
(2)2＋O22＋2H2O　(3)　(4)AB
(5)、
(6)
解析　由题给合成路线流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为，B的结构简式为，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为。(5)M(C9H10O2)是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1，即有4种H原子，其中有两个甲基，则M的结构简式为、。(6)结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得。
3．(1)己二酸　(2)酮羰基　加成反应　取代反应
(3)　(4)12　
(5)

解析　B与NH3发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D，D为，碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G和发生取代反应生成H和HBr，H→I脱去H2O。
(4)D为，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有、、、，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为4∶3∶2的是。
4．(1)羟基　丙烯　(2)氧化反应　取代反应
(3)CH2==CHCH2Cl＋NaOHCH2==CHCH2OH＋NaCl
(4)
(5)

第十一章　化学实验热点
第68练　简单实验方案的设计与评价
1．C　
2．D　[烧杯壁变凉说明反应的焓变ΔH＞0，该反应有氨气生成，则熵变ΔS＞0，A错误；NaOH溶液过量，两种沉淀均能生成，不能比较Ksp[Fe(OH)3]和Ksp [Mg(OH)2] 的相对大小，B错误；铝箔在酒精灯上加热，表面生成难熔的氧化铝，故被包裹在里面的熔化后的铝难以滴落下来，C错误。]
3．D
4．B　[MgSO4不足量，CuSO4能与溶液中过量的NaOH直接反应生成Cu(OH)2，不能体现两种沉淀的转化，A不符合题意；Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]会生成蓝色沉淀，B符合题意；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，C不符合题意；该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，D不符合题意。]
5．A
6．D　[不宜用石蕊溶液检验SO2，因为SO2在溶液中易被氧化生成H2SO4，A错误；稀硫酸催化纤维素水解后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2和稀硝酸，SO会被氧化为SO，会产生BaSO4白色沉淀，则不能说明Na2SO3是否变质，C错误；溶剂醇与溴水不反应，若溴水褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应产生了丁烯，D正确。]
7．A　[瓶中产生黑色颗粒，说明有C生成，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，具有氧化性，A正确；白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，B错误；样品可能为(NH4)2SO4或NH4HSO4，C错误；大豆油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热条件下能够水解生成溶于水的物质，煤油的主要成分是烃，与氢氧化钠不反应，因此，分层的是煤油，不分层的是大豆油，D错误。]
8．D　[乙酸能除去水垢，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，A项错误；Ca2＋、Ba2＋与SO反应生成的CaSO4、BaSO4均为白色沉淀，B项错误；氯气与甲烷发生取代反应生成的氯化氢溶于水显酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，C项错误；0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH为10，说明SO＋H2OHSO＋OH－，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH约为5，说明HSOH＋＋SO，所以HSO结合H＋的能力比SO的弱，D项正确。]
9．C
10．D　[丙烯醛分子中的碳碳双键和醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生反应使溶液褪色，故A错误；玻璃中含有钠元素，则火焰出现黄色不能证明溶液中含有钠元素，故B错误；加入少量蒸馏水溶解氢氧化钠固体后，应冷却至室温后将溶液转移至容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中，否则会出现实验误差，故C错误。]
11．C
第69练　以物质制备为主的综合实验
1．(1)A→B→E→B　(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(3)③②①④⑤⑥　(4)①防倒吸
②中和生成的氢离子，促进反应正向进行　③过滤、洗涤、干燥　(5)在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，证明SrO2的氧化性比FeCl3的强
2．(1)①A　②CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
(2)①NH3　②吸收过量的NH3，防止污染环境　③4MgCl2＋8NH3＋3CO2＋8H2O===3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋8NH4Cl
(3)玻璃棒、泥三角
解析　(1)①启普发生器适用于块状固体与溶液的反应，生成的气体溶解度较小，生石灰和浓氨水制取NH3反应速率较快，故选A。(2)②装置D主要为尾气吸收装置，吸收过量的NH3，防止污染环境。
3．(1)A　B　(2)作催化剂　(3)③①③②　防止2-氯丁烷水解，减少2-氯丁烷挥发　(4)蒸馏　(5)80%
4．(1)分液漏斗　D→C→E→B
(2)2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(3)防止多余的Cl2污染空气、防止空气中的水蒸气进入装置E
(4)把＋2价钴氧化成＋3价钴　减少晶体表面水分，加快晶体干燥
(5)2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　d
第70练　以物质含量或组成测定为主的综合实验
1．(1)C　(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)中和溶液中的H＋，增大溶液中C2O的浓度，使Ca2＋完全沉淀
(4)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(5)93.3%
2．(1)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑　饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶
(3)分液漏斗的活塞与旋塞　沉淀恰好完全溶解时
(4)①打开K2，缓慢推动可滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2　减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收　②0.037 5
解析　在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入AgNO3溶液中首先产生AgOH白色沉淀，当氨气过量时，反应产生[Ag(NH3)2]OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2＋，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成1.12 mg Fe2＋，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛的含量。
(4)②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3＋氧化，结合甲醛被氧化为CO2，[Ag(NH3)2]OH被还原为银，甲醛中碳元素化合价由0价升高为＋4价，银由＋1价降低为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，则n(Fe)＝＝2×10－5 mol，设消耗甲醛的物质的量为x mol，则4x＝2×10－5 mol×1，x＝5×10－6 mol，因实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10－6 mol，空气中甲醛的含量为＝0.037 5 mg·L－1。
3．(1)①品红溶液　验证气体X中是否含有CO2　②E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊　(2)cd　(3)Ⅲ中溶液由蓝色变为无色　5%　2.4%
解析　(3)测定SO2的体积分数的实验原理：SO2＋I2＋2H2O===2HI＋H2SO4，开始时Ⅲ中溶液为蓝色，当溶液由蓝色变为无色时，停止通气。
n(SO2)＝n(I2)＝0.01 mol·L－1×0.025 L＝0.000 25 mol，气体X中SO2的体积分数为×100%＝5%。则CO、CO2共占总体积的95%，n(C)＝×95%＝0.047 5 mol，故碳素钢中碳元素的质量分数为×100%≈2.4%。
4．(1)过滤　(球形)冷凝管　(2)B　(3)Fe会被过氧化氢氧化，且生成的Fe3＋会催化过氧化氢分解　(4)①cdba　②A
③×100%
解析　(2)根据过氧化尿素在45 ℃左右受热易分解，熔点低，水溶性较大可知，操作②需要在较低温度下使过氧化尿素形成晶体分离，应使用减压蒸馏的方法，降低蒸馏操作所需的温度，确保过氧化尿素不分解。(3)双氧水具有氧化性，铁具有强还原性，容易被H2O2氧化。(4)②作基准试剂的物质必须满足纯度高、稳定性好，硫酸亚铁、亚硫酸钠容易被氧化变质的试剂不能作为基准试剂，浓盐酸具有挥发性，也不能作基准试剂。③草酸的物质的量浓度为＝ mol·L－1，根据反应的离子方程式6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，酸性高锰酸钾的物质的量浓度为＝ mol·L－1；根据得失电子守恒知，5H2O2～2KMnO4，n(H2O2)＝n(KMnO4)，由于第2组数据偏差较大，应舍去，n(H2O2)＝× mol＝ mol，双氧水的质量分数为×100%＝×100%，根据质量分数为34%的双氧水，其中活性氧为16%，则产品中活性氧的质量分数为××100%＝×100%。
第71练　以性质为主的探究类综合实验
1．(1)BCBED　在C的两侧防止水蒸气进入C中　(2)D
(3)取C中少量反应产物，加入水中，产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(5)CO(NH2)2＋3H2OCO2↑＋2NH3·H2O、Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH
2．(1)除去溶解的氧气　除去SO2中的SO3
(2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解　(3)pH＝2.4的盐酸　(4)S2O＋Cl2＋H2O===S↓＋SO＋2H＋＋2Cl－
解析　(3)根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是pH＝2.4的盐酸。(4)第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。
3．(1)饱和NaCl溶液　(2)2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O　(3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)①Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
②4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O　Cl2
③3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O
④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
解析　在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。②溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnO。
4．(1)Cu＋H2O2===Cu(OH)2
(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　产生的铜离子催化了过氧化氢分解
(3)①Cu－2e－===Cu2＋，向U形管左侧加入氨水，氨水与Cu2＋形成2＋，使c减小，提高了Cu的还原性　②向U形管右侧溶液中滴加硫酸
(4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强
(5)溶解度：AgI