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二轮专题强化练答案精析
专题 1 物质的组成、分类 化学用语
1．C [①中氨水属于混合物，错误；②中物质都是由两种以上元素组成的纯净物，均属于
化合物，正确；③中水银是单质，不属于电解质，错误；④中物质都是由碳元素组成的具有
不同性质的单质，均为碳的同素异形体，正确。]
2．B 3.A
4．C [明矾用于污水净化涉及的反应为明矾在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，与
化学反应有关，故A不符合题意；小苏打用作食品膨松剂涉及的反应为碳酸氢钠受热分解
生成碳酸钠、水和二氧化碳，与化学反应有关，故 B不符合题意；X-射线衍射测定青蒿素
晶胞结构没有涉及化学反应，故C符合题意；若疫苗运输过程不低温冷藏，蛋白质会在较
高的温度下发生变性，与化学反应有关，故D不符合题意。]
5．B
6．B [物质按照组成可以分为混合物和纯净物，纯净物根据组成元素的种类可以分为单质
和化合物，①不正确；单质可分为金属单质、非金属单质，②正确；化合物可分为无机物和
有机物，无机物主要包括酸、碱、盐和氧化物等，③不正确；按照分散质粒子直径大小可将
分散系分为溶液、浊液和胶体，④正确；溶液呈电中性，胶体也是电中性的，只是胶体粒子
带有电荷，⑤不正确。]
7．B
8．A [氨气是共价化合物，其电子式为 ，故A项正确；质量数为127的碘原子的
正确的表示方法是I，故B项错误； 为硫的原子结构示意图，S2－的质子数为16，核
外电子数为18，硫离子的结构示意图为 ，故C项错误；次氯酸的结构式为H—O—
Cl，故D项错误。]
9．B [钙的核电荷数为20，Ca2＋的结构示意图为 ，故A项正确；元素符号左上角
的数字表示质量数，质量数＝中子数＋质子数，所以中子数为 9的氧原子：O，故B项错误；NH 的结构式： ，故 C 项正确；氮化镁属于离子化合物，其电子式为
2 4
，故D项正确。]
10．C 11.B
专题 2 “阿伏加德罗常数”的应用
1．B
2．C [标准状况下，三氯甲烷是液体，11.2 L三氯甲烷的物质的量不是0.5 mol，故A错误；
HO 、HO中都含O—H，100 g质量分数为17%的HO 溶液，含O—H的数目大于N ，故
2 2 2 2 2 A
B错误；常温常压下，3 g O 和29 g O 的混合气体中氧原子总数为×N mol－1＝2N ，故C
2 3 A A
正确；1 L 1 mol·L－1 FeBr 溶液与1 mol Cl 反应，Cl 不足，依据Cl 的量计算转移电子数，
2 2 2 2
故该反应转移电子数目为2N ，故D错误。]
A
3．B
4．B [溶液体积未知，无法计算H＋的数目，故A错误；氯气和铁反应生成FeCl ，足量的
3
Cl 与1 mol Fe充分反应，转移电子的数目为 3N ，故B正确；HCl为强电解质，溶于水后
2 A
完全电离，溶液中不含HCl分子，故C错误；乙烷与Cl 反应除了生成一氯乙烷外，还生成
2
二氯乙烷等其他产物，故D错误。]
5．B [KH固体中所含阴离子为H－，A错误；含有氯原子数为N 的CHCl的物质的量为
A 3
1 mol，标况下 CHCl为气体，体积为 1 mol×22.4 L·mol－1＝22.4 L，B正确；c(HCO)＋
3
c(H CO)＋c(CO)＝0.02 mol·L－1，C错误；参加反应的NH 数目为2N ，即2 mol，根据热化
2 3 3 A
学方程式可知吸收的热量应是a kJ，D错误。]
6．A
7．D [碘蒸气与氢气的反应为可逆反应，一定条件下，1 mol H 与足量碘蒸气充分反应，
2
转移电子数目小于2N ，A错误；根据得失电子守恒可知，1 mol Cu失2 mol电子，硝酸被
A
还原只生成 mol一氧化氮，B错误；溶液体积未知，不能计算氨水中的水电离出的氢离子
数目，C错误；氦气为单原子分子，1个氦原子中含有2个质子，标准状况下，22.4 L He的
物质的量为1 mol，所含的质子数目为2N ，D正确。]
A
8．D
9．C [由于碳酸根离子会发生水解，故1 L 1 mol·L－1 Na CO 溶液中，含CO的数目小于
2 3
1 L×1 mol·L－1×N mol－1＝N ，A正确；金刚石中每个碳原子与周围的 4个碳原子形成C
A A
—C，每个C—C被两个碳原子共用，故12 g金刚石中含有×4××N mol－1＝2N 个C—
A A
C，B正确；标准状况下，18 g H O中含有的中子数为×8×N mol－1＝8N ，C错误；由于
2 A AC H 和CO的摩尔质量均为28 g·mol－1，故14 g由C H 与CO组成的混合气体含有的分子数
2 4 2 4
目为×N mol－1＝0.5N ，D正确。]
A A
10．D
专题 3 离子方程式的书写及正误判断
1．C [氯化铝溶液中加入足量氨水生成氢氧化铝沉淀和铵根离子：Al3＋＋3NH ·H O===
3 2
Al(OH) ↓＋3NH，A错误；亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子在空气中继续反应生成氢
3
氧化铁沉淀，故硫酸亚铁在空气中变质发生反应的离子方程式为 12Fe2＋＋3O＋6HO===8Fe3
2 2
＋＋4Fe(OH) ↓，B错误；澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙和水，离子方程式
3
为OH－＋CO===HCO，C正确；少量氯水滴入到碳酸钠溶液中生成碳酸氢根离子，不会生
2
成二氧化碳，离子方程式为Cl＋2CO＋HO===Cl－＋ClO－＋2HCO ，D错误。]
2 2
2．D [假设量少的物质为1 mol，过量的物质用多少写多少，设NaHCO 为1 mol，所以需
3
要1 mol Ba(OH) ，NaHCO ＋Ba(OH) ===BaCO ↓＋NaOH＋HO，所以反应的离子方程式
2 3 2 3 2
为HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO ↓＋HO，故D错误。]
3 2
3．B
4．C [铁粉过量，最终生成亚铁离子，离子方程式为 3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋
4HO，A错误；醋酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为 CaCO ＋2CHCOOH===Ca2＋＋
2 3 3
CO↑＋HO＋2CHCOO－，B错误；物质的量浓度、体积均相同的NH HSO 、NaOH溶液
2 2 3 4 4
混合，只有氢离子能和氢氧根离子反应，铵根离子不反应，离子方程式为 H＋＋OH－
===HO，D错误。]
2
5．D [工业制取漂白粉为氯气和冷的石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水：Cl ＋
2
Ca(OH) ===Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋HO，A错误；向NH Al(SO ) 溶液中滴加少量NaOH稀溶
2 2 4 4 2
液，氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀：Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓，B错误；草
3
酸为弱酸，反应为5HC O＋2MnO＋6H＋===10CO↑＋2Mn2＋＋8HO，C错误。]
2 2 4 2 2
6．A
7．C [氯化铁溶液与硫化钠溶液混合发生的是Fe3＋和S2－的氧化还原反应，生成Fe2＋和S，
故A错误；硫酸铜溶液与硫化氢发生复分解反应，生成 CuS沉淀和硫酸，故B错误；碳酸
钠始终过量，所以铝离子和碳酸根离子发生相互促进的水解反应只能生成 HCO，离子方程
式为Al3＋＋3CO＋3HO===Al(OH) ↓＋3HCO，故C正确；Fe3＋与SCN－的反应是可逆反应，
2 3
故D错误。]
8．B
9．A [NaHSO 在溶液中的水解方程式：HSO＋HOOH－＋HSO ，故C错误；醋酸为
3 2 2 3弱酸，在参与离子反应时保留化学式，则碳酸钙溶于醋酸的离子方程式：CaCO ＋
3
2CHCOOH===Ca2＋＋2CHCOO－＋ CO↑＋HO，故D错误。]
3 3 2 2
10．B [方程式没有配平，应为2HSO ＋O===4H＋＋2SO，A错误；用过量饱和NaCO 溶
2 3 2 2 3
液吸收废气中的SO 反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠：2CO＋SO ＋HO===SO＋2HCO，B正
2 2 2
确；过量氨水吸收废气中的SO 生成亚硫酸根离子：2NH ·H O＋SO ===SO＋2NH＋HO，C
2 3 2 2 2
错误；用Ca(ClO) 溶液吸收废气中的SO ，次氯酸根离子具有强氧化性，反应生成硫酸钙沉
2 2
淀：Ca2＋＋3ClO－＋SO ＋HO===CaSO↓＋Cl－＋2HClO，D错误。]
2 2 4
专题 4 离子共存与离子推断
1．D
2．B [铵根离子和硅酸根离子会发生相互促进的水解反应而不能大量共存，A不符合题意；
水电离产生的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能显酸性也可能显碱性，若为碱性溶液，
四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根离子反应，可以大量共存，B符合题意；K＋、Fe2
＋和[Fe(CN) ]3－生成蓝色沉淀而不能大量共存，C不符合题意；加入甲基橙显黄色的溶液的
6
pH＞4.4，Fe3＋不能大量存在，D不符合题意。]
3．A [Al3＋和HCO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体：Al3＋＋
3HCO===3CO↑＋Al(OH) ↓，A项正确；I－的还原性强于Fe2＋的还原性，加入少量氯水时，
2 3
离子方程式为2I－＋Cl===I＋2Cl－，B项错误；Al3＋与AlO会发生相互促进的水解反应生成
2 2
Al(OH) ，C项错误；亚硫酸根离子和硫离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质 S，
3
故加入适量HCl的离子方程式为SO＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3HO，D项错误。]
2
4．A [向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变
蓝，可能是原溶液中无NH，也可能是溶液浓度较小，反应产生的NH ·H O少，没有分解产
3 2
生NH ，因此无法证明溶液X中是否存在NH，A正确；向某溶液中加入一定量稀盐酸，产
3
生的气体使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO ，也可能是SO ，因此溶液中可能含有
2 2
CO，也可能含有HCO或HSO或SO，B错误；取少量某溶液于试管中，滴加少量氯水，振
荡，再滴入几滴KSCN溶液，溶液变红色，则滴加氯水后的溶液中含有 Fe3＋，该Fe3＋可能
是原溶液中含有的，也可能是Fe2＋被氧化产生的，因此不能确定原溶液中是否含Fe3＋，C错
误；用洁净的铂丝棒蘸取某溶液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则
该溶液中一定含有钾元素，但不能确定是否含钠元素，D错误。]
5．C 6.A
7．B [白色粉末溶于水得到白色沉淀，说明含有不溶于水的 CaCO ，得到无色溶液，说明
3
不含使溶液呈蓝色的CuSO ，无色溶液1中加入BaCl 溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说
4 2明样品中含有KSO ，那么样品一定不含BaCl ，而NaNO 是否含有，根据现有的实验无法
2 4 2 3
确定，则A、C正确，B错误；无色溶液1中含有KSO ，因此发生焰色反应时，可透过蓝
2 4
色钴玻璃片观察到火焰呈紫色，故D正确。]
8．D
专题 5 氧化还原反应的概念、规律及应用
1．C
2．C [根据原子守恒，推出物质X为HClO ，故A正确；ClO 见光分解的化学方程式为
4 2
2ClO =====Cl ＋2O ，故B正确；1 mol(67.5 g)ClO 杀菌消毒，自身生成Cl－转移5 mol电子，
2 2 2 2
1 mol Cl (71 g)杀菌消毒，自身生成Cl－转移2 mol电子，所以相同质量的Cl 和ClO ，二氧
2 2 2
化氯转移电子的量较多，消毒效率比Cl 高，故C错误；ClO 有强氧化性，可用ClO 对CN－
2 2 2
进行无毒化处理，将CN－转化成CO 和N，故D正确。]
2 2
3．C [反应Ⅰ中高铁酸根离子是氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，则氧化性：FeO＞
MnO，反应Ⅲ中高锰酸根离子是氧化剂，双氧水被氧化为氧气，则氧化性：MnO＞HO ，
2 2
所以氧化性：FeO＞MnO＞HO ，A正确；SO具有强氧化性，能氧化碘离子生成I ，硫酸
2 2 2 2
氢钠不能氧化碘离子，可用KI-淀粉试纸鉴别NaSO 和NaHSO 溶液，B正确；浓盐酸能被
2 2 8 4
高锰酸钾溶液、高铁酸钾溶液氧化，故上述反应Ⅰ和Ⅲ中氢离子不能由浓盐酸提供，C错误；
反应Ⅱ中SO作氧化剂，发生得电子的还原反应，则将反应Ⅱ设计成原电池，正极上发生还
2
原反应，正极反应式为SO＋2e－===2SO，D正确。]
2
4．D
5．A [反应Ⅰ中KClO→ClO ，Cl元素化合价降低，作氧化剂，反应Ⅱ中KClO→ClO ，
3 2 3 2
Cl元素化合价降低，作氧化剂，故 A正确；反应Ⅰ中KClO→ClO ，KClO 作氧化剂，
3 2 3
HCl→Cl ，Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原
2
剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；反应Ⅱ中KClO→ClO ，Cl元素化合价从＋5价降低
3 2
到＋4价，有24个Cl原子变价，每转移24 mol电子，生成气体的物质的量为30 mol，则转
移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol，故C错误；将反应Ⅰ乘以12，生成24 mol
ClO 时转移(5－4)×24 mol＝24 mol电子，反应Ⅱ生成24 mol ClO 时也转移24 mol电子，
2 2
故D错误。]
6．C
7．(1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I＋HO (2)1.2%
2 2
解析 (2)根据ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I ＋HO、I ＋2SO===2I－＋SO，得到关系式：
2 2 2 2 4
ClO－～2I－～I～2SO，n(ClO－)＝n(S O)＝×0.100 0 mol·L－1×24.00×10－3 L＝1.20×
2 2 210－3 mol，则m(NaClO)＝1.20×10－3 mol×74.5 g·mol－1＝0.089 4 g,7.45 mL反应后溶液的质
量为1 g·mL－1×7.45 mL＝7.45 g，则 NaClO的质量分数为×100%＝1.2%。
专题 6 无机物的性质与用途 化学与 STSE
1．C
2．C [青铜的主要成分是铜锡合金，故A正确；光伏发电是将太阳能转变为电能的装置，
电能是清洁的二次能源，故B正确；结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH 原子团
2
的化合物互为同系物，铷和铯位于同一纵列，属于同一族，不互为同系物，故C错误；冬
奥会火炬使用氢气作燃料，燃烧产物只有水，环保无污染，可体现绿色奥运理念，故 D正
确。]
3．A [古代丝绸所含的天然纤维主要是蚕丝纤维，A项符合题意；油脂不是高分子，B项
不符合题意；煤的气化是化学变化，C项不符合题意；SO 排放到空气中，能形成酸雨，但
2
不易产生光化学烟雾，D项不符合题意。]
4．B 5.B
6．B [亚硝酸钠为工业盐，在寒冷季节，将亚硝酸钠加到混凝土中能降低水的熔点，起到
防冻剂的作用，便于混凝土正常水化，故 A正确；熟石膏和水混合成糊状后会很快凝固，
转化为坚硬的生石膏，利用石膏的这一性质，医疗上常用熟石膏作石膏绷带，故B错误；
碘化银在高空扩散时，易形成结晶核，使水滴在其周围迅速凝聚达到一定体积后降落，利用
这一性质，常用飞机播撒碘化银实现人工增雨，故C正确；含氟牙膏中的氟离子能与牙层
表面的羟基磷灰石反应生成溶解度更小的氟磷灰石，从而改变釉质的组成，增强抗龋能力，
故D正确。]
7．C 8.D
9．C [“84”消毒液有强腐蚀性，通常用于环境消毒，不能直接洗手，A说法错误；碳中
和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，达到
相对“零排放”，与氮氧化物无关，B说法错误；二氧化硫可作为细菌抑制剂和抗氧化剂，
所以适量的SO 可以作为保护剂添加到葡萄酒中，C说法正确；豆浆煮沸是蛋白质发生了变
2
性，并没有水解成氨基酸，D说法错误。]
10．A [将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附
着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，A错误；疫苗的主要成分
为蛋白质，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，B正确；北京冬奥会采用光伏发电，减少
化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”，C正确；新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和
光导纤维等，其中氮化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，D正确。]专题 7 化学与传统文化
1．C
2．A [氧化铜是黑色粉末，外观不可能呈“翠色”，A错误；蚕丝的主要成分是蛋白质，
在酸性或碱性条件下会发生水解，B正确；“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”是脂肪，能
够水解，C正确；“墨滴”是碳分散在水中形成的胶体，具有胶体的性质，D正确。]
3．C [假设有1 mol FeSO ·7H O，即其质量为1 mol×278 g·mol－1＝278 g，“将矾炒去，
4 2
约折五分之一”失去质量的，即×278 g＝55.6 g，换算成水的物质的量为n(H O)＝≈3 mol，
2
所以脱水后产物为FeSO ·4H O，A正确；根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，
4 2
可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；Au的金属活动性很弱，硝酸不能将其氧化，加
盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，
C错误；“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，
D正确。]
4．A [“胡粉[PbCO ·Pb(OH) ]投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A
3 2
错误；“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，
故B正确；“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故
C正确；“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)”生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移
动，故D正确。]
5．B
6．C [铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀而生锈，根据“舶上铁丝，……日久起销”，
说明“销”是铁表面的一种物质，则“铁线粉”最可能是铁锈，其主要成分为Fe O·xHO，
2 3 2
A正确；能够用刀刮下，说明“铁线粉”质地酥松，易脱落，B正确；氧化铁等大多数金属
氧化物都不溶于水，C错误；在海洋中，铁发生吸氧腐蚀，D正确。]
7．B
8．C [云和雾都是气溶胶，故A错误；蒙汗药不能使人致命，氰化钠有剧毒，能直接致人
死亡，故B错误；由题意知哑泉有毒，说明哑泉溶有有毒性的物质，分析给出的物质，有
毒的是硫酸铜；安乐泉能解毒，说明安乐泉溶解的物质能与硫酸铜反应，氢氧化钙与硫酸铜
反应生成氢氧化铜沉淀，所以饮用含氢氧化钙的泉水能解毒，故C正确；该经典语句实际
含义是指男子俗气，追求功名利禄，没有女子洁净清爽，不是指性格的软硬，而且水质软与
氢键无关，故D错误。]
9．C专题 8 常见无机物性质的转化
1．C
2．C [纳米铁在反应过程中若发生聚集，会减慢氧化去除 As(Ⅲ)的速率，因此在该过程中
为了实现纳米铁高效氧化去除As(Ⅲ)，应尽量防止纳米铁在反应过程中发生聚集，A项正确；
HO 的结构为H—O—O—H，因此反应Fe2＋＋HO===Fe3＋＋OH－＋·OH中HO 发生—O—
2 2 2 2 2 2
O—断裂，B项正确；由图可知Fe和Fe2＋是反应中间体，C项错误；由图可知反应的第二步
为Fe0＋O＋2H＋===Fe2＋＋HO，D项正确。]
2 2 2
3．C
4．C [据图可知反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，根据得失电子守恒、元素守恒可得离子方
程式为NO＋3Fe＋8H＋===NH＋3Fe2＋＋2HO，A正确；增大单位体积水体中纳米Fe/Ni复
2
合材料的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高 NO的去除效果，
B正确；反应ⅰ中NO被Fe还原为NO，Fe被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒可知 1 mol
NO氧化1 mol Fe，同时生成1 mol NO，根据A选项分析可知，1 mol NO可以氧化3 mol
Fe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的Fe的物质的量之比为1∶3，C错误；根据C选项分析可知，将
a mol NO完全转化为NH至少需要a mol＋3a mol＝4a mol Fe，D正确。]
5．B [由题干信息d为红棕色气体，则d为NO ，说明该图为N元素的“价—类”二维图，
2
则可知：a为NH 、b为N 、c为NO、d为NO 、e为HNO ，f和g均为正盐且焰色反应火
3 2 2 3
焰为黄色，说明g、f含有Na＋，则f为NaNO 、g为NaNO ，据此分析解题。e的浓溶液即
3 2
浓HNO ，由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故可以用铝槽车运输浓 HNO ，A正确；气
3 3
体a为NH ，不能用浓硫酸干燥，c为NO，可用浓硫酸干燥，B错误；d为NO ，常温下，
3 2
将充满d的密闭烧瓶置于冰水中，由于反应2NO (g)NO(g) ΔH＜0, 平衡正向移动，故
2 2 4
烧瓶内红棕色变浅，C正确；d为NO ,2NO ＋2NaOH===NaNO ＋NaNO ＋HO，即NO 可
2 2 3 2 2 2
与NaOH溶液反应生成f(NaNO )和g(NaNO )，D正确。]
3 2
6．C
7．C [根据流程图可知，开始通入CO 时，少量的CO 与碱反应的离子方程式为CO ＋2OH
2 2 2
－===CO＋HO，A正确；在相同温度下，NaHCO 的溶解度小于NaCO 的溶解度，为了使
2 3 2 3
Na＋更充分的沉淀，要通入足量的CO 使Na＋形成NaHCO 析出，B正确；溶液显碱性，脱
2 3
砷时的离子方程式应为2AsO＋5S2－＋8HO===As S↓＋16OH－，C错误；脱SO时，溶液
2 2 5
中的SO与加入的Ba2＋反应生成BaSO 沉淀，D正确。]
4
8．C
9．B [根据流程分析，废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al O 等)中通入一氧化碳气体
2 3
后，生成Ni(CO) ，达到除去镍的目的；剩余物质进行碱溶，只有氧化铝与强碱反应生成偏
4铝酸盐，过滤后滤渣为铜，加入过氧化氢，在酸性环境下，铜被氧化为铜离子，加入亚硫酸
钠和氯化钠的混合物，＋2价铜被还原为＋1价铜，反应生成CuCl，过滤洗涤可以得到
CuCl。CuCl难溶于乙醇且乙醇易挥发，可以带出氯化亚铜表面的水分，起干燥作用，而氯
化亚铜在潮湿时易被氧化，故乙醇可以干燥氯化亚铜，从而防止CuCl被氧化，故B正确；
还原后的溶液中的铜离子反应生成 CuCl，而亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，故“还
原”反应所得的溶液中不会大量存在 Cu2＋、SO，故 C 错误；除镍过程中：Ni＋
4CO===Ni(CO) ，为化合反应，故D错误。]
4
10．D
11．C [根据反应原理及图示分析，实验开始时，关闭K ，打开K 、K ，打开分液漏斗旋
1 2 3
塞向锥形瓶内加入少量稀硫酸，利用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排尽，杂质
FeS与稀硫酸反应生成的HS气体通过NaOH溶液时被吸收，排尽空气后，关闭K、K，打
2 2 3
开K ，锥形瓶内生成的气体将硫酸亚铁溶液压至饱和硫酸铵溶液中，硫酸亚铁与硫酸铵溶
1
液混合得到硫酸亚铁铵晶体，反应结束后，关闭K ，打开K 、K ，剩余气体中的HS通过
1 2 3 2
氢氧化钠溶液被吸收。NaOH溶液可与油脂发生皂化反应，可除去铁屑表面的油污，A不符
合题意；硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，说明硫酸亚铁、硫酸铵、硫
酸亚铁铵三种物质中，硫酸亚铁铵的溶解度最小，在溶液中先析出，B不符合题意；根据分
析，反应一段时间，待装置内空气排尽，就关闭 K 、K ，打开K ，C符合题意；根据分析，
2 3 1
铁屑中有FeS杂质，与酸反应有杂质气体HS生成，利用NaOH溶液除去杂质气体HS，D
2 2
不符合题意。]
12．B 13.C
14．C [装置A为反应装置，C H 在硝酸汞的作用下与浓硝酸反应生成 HC O 和NO ，
2 2 2 2 4 2
NO 气体进入B中发生反应：3NO ＋HO===2HNO ＋NO，NO进入C中与O 反应生成
2 2 2 3 2
NO ，NO 、O 与D中的水反应生成硝酸，为了能够除尽NO ，防止污染空气，再将装置D
2 2 2 2
中剩余气体通入装有NaOH溶液的烧杯中，据此分析。多孔球泡可增加C H 与溶液的接触
2 2
面积，加快反应速率，故A正确；根据上述分析，B、D中都有HNO 产生，HNO 可以在
3 3
装置A继续使用，故 B正确；装置 E吸收的是氮的氧化物，C H 不溶于水，且不能与
2 2
NaOH溶液反应，因此装置E不能吸收C H ，故C错误；C H 与HNO(浓)在硝酸汞作催化
2 2 2 2 3
剂的条件下反应生成草酸和 NO ，其反应的化学方程式为 C H ＋8HNO=======HC O ＋
2 2 2 3 2 2 4
8NO ＋4HO，故D正确。]
2 2
专题 9 “位—构—性”综合推断
1．B2．D [常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶
液，可联想到Al在浓硝酸、浓硫酸中的钝化，则Z应为Al元素，W的原子序数大于Al，
则W为S元素，Q为原子序数大于S的短周期主族元素，则Q为Cl元素；X的气态氢化物
极易溶于Y的氢化物中，且X的原子序数小于Y，应是指氨气极易溶于水，所以X为N元
素，Y为O元素。核外电子排布相同，原子序数越小离子半径越大，电子层数越多，离子
半径越大，故简单离子半径：W>Q>X>Y>Z，A正确；N的气态氢化物为NH ，可以与Cl
3 2
发生置换反应：3Cl ＋2NH ===N ＋6HCl，B正确；Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离
2 3 2
子，都可以发生水解反应，促进水的电离，C正确；W为S元素，Y为O元素，S的最高化
合价为＋6价，O没有最高正化合价，D错误。]
3．B [X的单质可用作保护气，则X为N，Y为短周期中原子半径最大的元素，则Y为
Na，Z原子的最外层电子数等于X与Y的最外层电子数之和，则Z为S，W为Cl。NH 分
3
子间能形成氢键，沸点大于HS，因此简单氢化物的沸点：X>Z，故A错误；SCl 分子中S
2 2 2
原子和Cl原子最外层电子均达到8电子结构，故B正确；简单离子半径：Na＋N>H，则简单阴离子的还原性：W＞X＞Y，C正确；
H、N、Cl均可与O形成两种或两种以上的化合物，如HO、HO ，NO、NO 、NO 等，
2 2 2 2 2 5
ClO、ClO 等，D正确。]
2 2
6．D [根据锂盐的结构可知X能形成6个键，位于第三周期，X为S，X原子的电子数为Z
原子的两倍，Z为O，W、Z、Y位于同一周期，Y形成一个共价键，Y为F，W为N。W、
X、Y、Z四种元素对应的简单氢化物分别为NH 、HS、HF、HO，其中HS不能形成氢键，
3 2 2 2
故A错误；比较元素非金属性可以通过比较简单氢化物的热稳定性，HZ 和WH 不属于简
2 2 2 4
单氢化物，故B错误；X为S，X的最高价氧化物对应的水化物HSO 为强酸，故C错误；
2 4
AlF 能与NaF形成配合物NaAlF，NaAlF 是冰晶石，可应用于电解铝工业中以降低能耗，
3 3 6 3 6
故D正确。]
7．B
8．C [结合图中所示结构可知，图中两种化合物均为共价化合物，已知X和Z同主族，可
得X和Z同为第ⅦA族元素，Y为第ⅤA族元素，W为第ⅢA族或第ⅤA族元素，再结合
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y的原子序数为W原子价电子数的3倍推知W、X、Y、Z分别为N、F、P、Cl，据此分析解答。X和Z分别是F、Cl，F无正价，
A错误；Z为Cl，和H、O形成的化合物HClO为共价化合物，电子式为 ，B错
误；四种元素W(N)、X(F)、Y(P)、Z(Cl)中，W(N)、X(F)有两个电子层，Y(P)、Z(Cl)有三
个电子层，半径大于W(N)和X(F)，Y(P)的原子序数小于Z(Cl)，故Y的原子半径在这四种
元素中最大，X(F)的原子序数大于W(N)，故X的原子半径在这四种元素中最小，C正确；
Y为P，最外层5个电子，再根据图中信息可知P形成5个共价键，共用5个电子对，P原
子为10电子结构，D错误。]
9．C
10．D [从表中位置关系可看出，X为第二周期元素，Y为第三周期元素，又因为X、W同
主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫元素；再根据元素在周期
表中的位置关系可推知，Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。O、S、P的原子半径：P
＞S＞O，三种元素的简单气态氢化物的热稳定性：HO＞HS＞PH ，A不正确；在火山口
2 2 3
附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；SiO 晶体为原子晶体，熔化时需克
2
服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；砷在元素周期表中位于金属元素与非金属元素的
交界线附近，具有半导体的特性，As O 中砷为＋3价，处于中间价态，所以As O 具有氧化
2 3 2 3
性和还原性，D正确。]
11．B [甲是C，m是HO，乙是H ，s是CO，n是SiO ，丙是单质硅。元素X是H，Y是
2 2 2
C，Z是O，W是Si。同周期主族元素从左往右原子半径依次减小，电子层数越多，原子半
径越大，故原子半径：Si>C>O>H，故A正确；Y、W的简单氢化物分别为CH 、SiH ，还
4 4
原性：SiH>CH ，故B错误；H 、CO均为常见的还原剂，故C正确；由H、C、O三种元
4 4 2
素组成的化合物，如草酸(H C O)，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。]
2 2 4
12．A 13.C
专题 10 热化学方程式的书写与盖斯定律
1．＋144.2
2．＋120 kJ·mol－1
3．(2a＋2b－2c－d) kJ·mol－1
4．－31.4
解析 根据图示可得如下热化学方程式：①HCOOH(g)CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋72.6 kJ·
2 1
mol－1；② CO(g)＋O(g)CO(g) ΔH ＝－283.0 kJ·mol－1；③ H(g)＋O(g)HO(g)
2 2 2 2 2 2
ΔH ＝－241.8 kJ·mol－1。由盖斯定律可得，将③－①－②得到反应 CO(g)＋H(g)
3 2 2
HCOOH(g)的ΔH＝ΔH －ΔH －ΔH ＝－241.8 kJ·mol－1－(＋72.6 kJ·mol－1)－(－283.0 kJ·
3 1 2mol－1)＝－31.4 kJ·mol－1。
5．CH(g)＋HO(g)===CO(g)＋3H(g) ΔH＝(－p＋3n＋m) kJ·mol－1
4 2 2
解析 依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)＋O(g)===CO(g) ΔH＝
2 2 1
－m kJ·mol－1；H(g)＋O(g)===HO(g) ΔH ＝－n kJ·mol－1；CH(g)＋2O(g)===CO(g)＋
2 2 2 2 4 2 2
2HO(g) ΔH＝－p kJ·mol－1；由盖斯定律：CH(g)＋HO(g)===CO(g)＋3H(g)
2 3 4 2 2
ΔH＝ΔH－3ΔH－ΔH＝(－p＋3n＋m) kJ·mol－1。
3 2 1
6．2HCl(g)＋O(g)===HO(g)＋Cl(g) ΔH＝ΔH＋ΔH＋ΔH
2 2 2 1 2 3
解析 根据盖斯定律，化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由
题图可知热化学方程式为2HCl(g)＋O(g)===HO(g)＋Cl(g) ΔH＝ΔH＋ΔH＋ΔH。
2 2 2 1 2 3
7．NaAlO (aq)＋2HO(l)===NaOH(aq)＋α-Al(OH) (s) ΔH＝－50 kJ·mol－1
2 2 3
解析 首先写出反应②的化学方程式并注明状态 NaAlO (aq)＋2HO(l)===NaOH(aq)＋α-
2 2
Al(OH) (s)，根据盖斯定律求出该反应的焓变ΔH＝(ΔH －ΔH)＝×[(－620 kJ·mol－1)－(－
3 3 1
520 kJ·mol－1)]＝－50 kJ·mol－1。
8．2VOSO(s)VO(s)＋SO (g)＋SO (g)
4 2 5 3 2
ΔH＝(p－q－r) kJ·mol－1
9.(ΔH－3ΔH－ΔH－2ΔH)
1 2 3
10．HNCOONH (s)2NH (g)＋CO(g)
2 4 3 2
ΔH＝＋159.5 kJ·mol－1
11．CO＋2H======CHOH CHOH(l)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l) ΔH＝－726.5 kJ·mol－1
2 3 3 2 2 2
解析 由CO和H 生产甲醇的化学方程式为CO＋2H=======CHOH；用该反应合成1 mol
2 2 3
液态甲醇放出热量128.1 kJ，热化学方程式为①CO(g)＋2H(g)===CHOH(l)
2 3
ΔH＝－128.1 kJ·mol－1；② 2H(g)＋CO(g)＋O(g)===CO(g)＋2HO(g) ΔH＝－766.6 kJ·
2 2 2 2
mol－1；③HO(g)===HO(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1；利用盖斯定律，将②－①＋③×2可得甲
2 2
醇燃烧热的热化学方程式为CHOH(l)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l) ΔH＝－726.5 kJ·mol－1。
3 2 2 2
12．－87.7 kJ·mol－1
13．－144
解析 ①K(s)＋Cl(g)===KCl(s) ΔH＝－437 kJ·mol－1；②K(s)＋Cl(g)＋O(g)===KClO(s)
2 2 2 3
ΔH＝－398 kJ·mol－1；③K(s)＋Cl(g)＋2O(g)===KClO(s) ΔH＝－433 kJ·mol－1，依据盖斯
2 2 4
定律将①＋③×3－②×4得到4KClO(s)===3KClO(s)＋KCl(s)的ΔH＝－144 kJ·mol－1。
3 4
14．－93 kJ·mol－1
解析 由图可知：2LiBH (s)＋MgH (s)===2LiH(s)＋2B(s)＋MgH (s)＋3H(g) ΔH＝＋200
4 2 2 2
kJ·
mol－1 ①，2LiBH (s)＋MgH (s)===2LiBH (s)＋Mg(s)＋H(g) ΔH＝＋76 kJ·mol－1 ②，
4 2 4 2
2LiBH (s)＋MgH (s)===2LiH(s)＋MgB (s)＋4H(g) ΔH＝＋183 kJ·mol－1 ③，2LiH(s)＋
4 2 2 2
MgB (s)＋4H(g)===2LiH(s)＋2B(s)＋MgH (s)＋3H(g) ΔH＝＋(200－183) kJ·mol－1，即
2 2 2 2MgB (s)＋H(g)===2B(s)＋MgH (s) ΔH＝＋17 kJ·mol－1 ④，所以－④－②得：Mg(s)＋
2 2 2
2B(s)
===MgB (s) ΔH＝－(17＋76) kJ·mol－1＝－93 kJ·mol－1。
2
15．(1)－113 (2)①－270 ②＋250.1
解析 (1)反应的焓变＝正反应的活化能－逆反应的活化能，则第一步基元反应为
①2NO(g)NO(g) ΔH＝82 kJ·mol－1－205 kJ·mol－1＝－123 kJ·mol－1；
2 2 1
第二步基元反应为②NO(g)＋O(g)2NO (g) ΔH＝82 kJ·mol－1－72 kJ·mol－1＝＋10 kJ·
2 2 2 2 2
mol－1，结合盖斯定律，①＋②得2NO(g)＋O(g)2NO (g) ΔH＝ΔH＋ΔH＝－123 kJ·mol－
2 2 1 2
1＋10 kJ·mol－1＝－113 kJ·mol－1。
(2)①CO(g)＋4H(g)===CH(g)＋2HO(g)的ΔH＝2E(C==O)＋4E(H—H)－4E(C—H)－4E(H—
2 2 4 2
O)＝(2×745＋4×436－4×413－4×463)kJ·mol－1＝－270 kJ·mol－1。
②根据燃烧热写出如下热化学方程式：ⅰ.CH (g)＋2O(g)===CO(g)＋2HO(l) ΔH＝
4 2 2 2 1
－890.3 kJ·mol－1；
ⅱ.H (g)＋O(g)===HO(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1；ⅲ.CO(g)＋O(g)===CO(g) ΔH＝
2 2 2 2 2 2 3
－283.0 kJ·mol－1。根据盖斯定律将ⅰ－3×ⅱ－ⅲ得CH(g)＋HO(l)===3H(g)＋CO(g) ΔH
4 2 2
＝ΔH－3ΔH－ΔH＝(－890.3＋3×285.8＋283.0)kJ·mol－1＝＋250.1 kJ·mol－1。
1 2 3
16．NH(g)＋NO (g)===N(g)＋2HO(g)
2 4 2 2 2
ΔH＝－567.85 kJ·mol－1 NH(g)＋2F(g)===N(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 126 kJ·mol－1 Ⅱ
2 4 2 2
专题 11 新型电池和电解原理的应用
1．D
2．B [光合菌产生的O 得电子结合H＋生成HO，碳棒a为正极，FeS 在硫氧化菌的作用下
2 2 x
被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根离子，碳棒b为负极，正极的电势高于
负极，A正确；a为正极，电极反应为O ＋4e－＋4H＋===2HO，酸性减弱，B错误；根据图
2 2
示，碳棒b存在电极反应：S－6e－＋4HO===SO＋8H＋，C正确；酸性增强不利于菌落存活，
2
负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确。]
3．B 4.A
5．D [放电时Zn极为负极，Pt/C－RuO 电极为正极，所以K＋向Pt/C－RuO 电极移动，A
2 2
正确；放电时，锌电极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===ZnO＋
2HO，B正确；充电时，阳极区的电极反应式为4OH－－4e－===O↑＋2HO，消耗氢氧根
2 2 2
离子同时生成水，所以阳极附近pH减小，C正确；充电时，导线中每通过4 mol电子，阳
极产生氧气的物质的量为1 mol，所以标况下其体积为1 mol×22.4 L·mol－1＝22.4 L，D错
误。]6．C [由图可知，通入氢气的a极为原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生
成氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间室，通入氧气的b极为正极，氧气在正极得到
电子发生还原反应生成HO和氢氧根离子，HO和氢氧根离子通过阴离子交换膜进入中间室，
中间室中HO和氢氧根离子与氢离子反应，最终生成过氧化氢，故 A、D错误；反应总方程
式为H ＋ O===HO ，由方程式可知，生成1 mol过氧化氢，外电路通过2 mol电子，故B
2 2 2 2
错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，使单位时间内反应中电子转移的数目加
快，故C正确。]
7．A 8.B
9．B [该装置中有：太阳能转化为电能，电能转化为化学能，有 3种能量的转化，A错误；
a极，NH 转化为N ，N元素的化合价升高，失去电子，则电极a为阳极，OH－移向阳极，
3 2
B正确；b极为阴极，电极反应式为2HO＋2e－===H↑＋2OH－，每当有2 mol e－转移时，
2 2
会有2 mol OH－通过阴离子交换膜进入a极，b极区溶液中n(KOH)不变，C错误；1 mol
NH 转化为N 时，失去3 mol e－，D错误。]
3 2
10．D [由图可知，甲池为原电池，电极a为负极，在水分子作用下，二氧化硫在负极失去
电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO －2e－＋2HO===SO＋4H＋，电极b为正极，
2 2
酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O ＋4e－＋4H＋
2
===2HO；乙池为电解池，与正极相连的电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧
2
化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为 NO －2e－＋
2 4
2HNO===2NO ＋2H＋，电极d为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电
3 2 5
极反应式为2H＋＋2e－===H↑，阳极区的氢离子通过隔膜进入阴极区，电极d附近溶液的
2
pH不变，故A、B、C错误；电极b为正极，电极反应式为O ＋4e－＋4H＋===2HO，则电
2 2
路中每转移2 mol e－，甲池质子膜右侧溶液质量变化为2 mol××18 g·mol－1＝18 g，故D正
确。]
11．D 12.C
13．C [闭合K 时，该装置为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，OH－通过b膜移向
1
Zn 电极，故 A 正确；闭合 K 时，该装置为原电池，Zn 发生失电子的氧化反应生成
1
Zn(OH)，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)，故B正确；闭合K 时，Zn-CO 电池
1 2
中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K 时，该装置为电解池，Zn电极为阴极，与直流
2
电源负极相连，故C错误；闭合K 时，该装置为电解池，Pd电极为阳极，阳极上HCOOH
2
发生失电子的氧化反应生成CO ，Zn电极为阴极，阴极上析出锌，利用得失电子守恒可知，
2
2e－～CO～Zn，即有2.24 L CO(标况下)生成，则析出Zn 6.5 g，故D正确。]
2 2专题 12 化学反应速率与化学平衡归因分析
1．反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0，600 ℃之后，温度升高，反应Ⅱ向右移动，二氧化
1 2
碳减少的量比反应Ⅰ向左移动二氧化碳增加的量多
2．(1)Cat2 未达到 (2)催化剂的活性降低
3．(1)放热 (2)不变 (3)减小 增大 (4)催化剂活性最高
解析 (1)由图像知，相同时，随温度升高，CO的平衡转化率降低，所以正反应是放热反应。
(2)平衡常数只与温度有关，若提高比例，则该反应的平衡常数K不变。(3)若降低温度，平
衡正向移动，CO的浓度减小，反应重新达到平衡，则v 减小，CO的转化率增大。
正
4．(1)提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行 温度升高时，反应Ⅱ正向进行增加的CO 的
2
量小于反应Ⅳ逆向进行减少的CO 的量 (2)水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的总物
2
质的量及HO(g)的物质的量分数均增大(或过量的水蒸气产生稀释作用)
2
解析 (1)反应Ⅱ、Ⅳ会生成CO ，提高水醚比有利于反应Ⅱ、Ⅳ正向进行；反应Ⅱ为吸热
2
反应，反应Ⅳ为放热反应，温度升高时，反应Ⅱ正向进行增加的CO 的量小于反应Ⅳ逆向进
2
行减少的CO 的量，导致CO 的选择性降低。(2)水醚比大于3时，再增大水醚比，气体的
2 2
总物质的量及HO(g)的物质的量分数均增大，且过量的水蒸气产生稀释作用，所以随水醚
2
比的增大H 的物质的量分数减小。
2
5．(1)320 ℃时，以Ni-CeO 为催化剂，CO 甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以
2 2
Ni为催化剂，CO 甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO 转化
2 2
率增加 (2)Ni-CeO 320 ℃
2
6．(1)Fe O 作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO 转化率，从而节约能源 (2)a
2 3 2
解析 (1)根据图1可知，Fe O 和NiO作催化剂均能使SO 的转化率达到最高，不考虑催化
2 3 2
剂价格因素，选择Fe O 的主要优点是Fe O 作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO
2 3 2 3 2
转化率，从而节约能源。(2)在其他条件不变时，增大CO的浓度，可以提高SO 的平衡转化
2
率。由图2可知转化率：a＞b，所以曲线a表示n(CO)∶n(SO )＝3∶1的变化曲线，曲线b
2
表示n(CO)∶n(SO )＝1∶1的变化曲线。
2
7．C
8．(1)Ⅰ > (2)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动
解析 (1)根据图示可知，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间内CO 的转化
2
率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO 的转化率还会继续
2
增大，反应正向进行，因此v ＞v 。(2)该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c
正 逆
点，温度升高，平衡逆向移动，CO 的转化率下降。
2
9．(1)温度升高，催化剂的活性增大 (2)51.5% (3)选择相对较低的温度
解析 (1)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C H 的转化率应该降低，但实际
3 8上C H 的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的。(2)根据
3 8
图像，575 ℃时，C H 的转化率为33%，C H 的产率为17%，假设参加反应的C H 为100
3 8 3 6 3 8
mol，生成的C H 为17 mol，C H 的选择性为×100%≈51.5%。(3)根据图像，535 ℃时，
3 6 3 6
C H 的选择性为×100%≈66.7%，550 ℃时，C H 的选择性为×100%≈61.5%,575 ℃时，
3 6 3 6
C H 的选择性为×100%≈51.5%，故选择相对较低的温度能够提高C H 选择性。
3 6 3 6
10．(1)＞ (2)A (3)温度较低时，催化剂的活性偏低 不是
该反应为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高
解析 (1)根据反应2CO(g)＋2NO(g)N(g)＋2CO(g) ΔH＝－746.5 kJ·mol－1，升高温度，
2 2
平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T＞T。(2)若在D点对反应容器升温的同时
1 2
扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态
可能是图中A点。
(3)根据图像可知，温度较低时，催化剂的活性偏低，因此温度低于 200 ℃，曲线Ⅰ脱氮率
随温度升高变化不大；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲
线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高。
11．1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO 的转化率增大
2
50%
12．低于550 ℃时，温度越高反应速率越快，HSe的产率越大；高于550 ℃时，反应达到
2
平衡，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，HSe的产率减小
2
13．(1)1.0 (2)300～500 ℃时，丁烯裂解(反应①)为主要反应，是吸热反应，升高温度，平
衡正向移动，使C H 的体积分数增大；温度高于500 ℃时，反应②③为主要反应，是放热
3 6
反应，升高温度，平衡逆向移动，使C H 的体积分数降低，同时温度升高易发生副反应，
3 6
C H 可能转化为C H、C H、C H 、C等，使C H 的体积分数降低
3 6 2 4 3 8 4 10 3 6
专题 13 速率常数、平衡常数的分析应用
1．0.12c ②
解析 图像是NH 分解率和时间的关系，先达到平衡，说明温度高，即T>T ，当反应达到
3 1 2
平衡，v ＝v ，即k ·c2(NH )＝k ·c(N )·c3(H )，推出＝＝K，达平衡时，NH 分解率为
正 逆 正 3 逆 2 2 3
40%，此时消耗c(NH )＝0.4c mol·L－1，达到平衡时，c(NH )＝0.6c mol·L－1，c(N )＝0.2c
3 1 3 1 2 1
mol·L－1，c(H )＝0.6c mol·L－1，K＝＝＝0.12c，即＝0.12c；k －k 值较小，说明反应向逆
2 1 正 逆
反应方向进行程度较大，根据图像，温度升高NH 分解率增大，即温度越低，反应向逆反
3
应方向进行的程度越大，则k －k 值较小的曲线为②。
正 逆
2．> 0.014 MPa－2
解析 根据图示可知：在b点时未达到该温度下H 的最大转化率，说明反应正向进行，故
2反应速率：v >v ；平均相对分子质量为15的N 和H 的混合气体中N 、H 的物质的量之
正 逆 2 2 2 2
比是1∶1，假设混合气体中N、H 的物质的量都是1 mol，混合气体总质量为m＝28 g＋2 g
2 2
＝30 g，若a点混合气体平均相对分子质量为18.75，则此时混合气体总物质的量n(总)＝＝
1.6 mol，反应减少了0.4 mol，根据方程式N(g)＋3H(g)2NH (g)中物质反应转化关系可
2 2 3
知：此时反应产生0.4 mol NH ，消耗0.2 mol N 和0.6 mol H ，平衡时n(N )＝1 mol－0.2
3 2 2 2
mol＝0.8 mol，n(H )＝1 mol－0.6 mol＝0.4 mol，n(NH )＝0.4 mol，平衡时的压强p＝×30
2 3
MPa＝24 MPa，p(N )＝×24 MPa＝12 MPa，p(H )＝p(NH )＝×
2 2 3
24 MPa＝6 MPa，所以K ＝＝≈0.014 MPa－2。
p
3．(1)> (2)不变 (3)p
4．1 200
解析 恒容密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以设初始投料为 0.85 mol CO
2
和2.7 mol H ，平衡时CH 和HO的物质的量分别为0.6 mol、1.25 mol，设平衡时CO 、
2 4 2 2
H 、CO的物质的量分别为x、y、z，根据C元素守恒可得x＋z＋0.6＝0.85，根据H元素守
2
恒可得0.6×4＋2y＋1.25×2＝2.7×2，根据O元素守恒可得1.25＋2x＋z＝0.85×2，联立可
以解得CO 、H 、CO的物质的量分别为0.2 mol、0.25 mol、0.05 mol，即分压分别为0.2
2 2
MPa、0.25 MPa、0.05 MPa，所以主反应的平衡常数K ＝ MPa－2＝1 200 MPa－2。
p
5．(1)反应温度相同，进气比越大，CO 的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，
2
CO 的平衡转化率越大(或进气比越大，反应温度越低，CO 的平衡转化率越小)
2 2
(2)T ＝T K ＝K ＝1 (3)> 4
E G E G
解析 (2)在E点时n(CO)∶n(H )＝1，CO 的平衡转化率为50%，根据三段式得
2 2 2
CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)
2 2 2
始/mol·L－1 1 1 0 0
转/mol·L－1 0.5 0.5 0.5 0.5
平/mol·L－1 0.5 0.5 0.5 0.5
K ＝＝＝1；
E
在G点时n(CO)∶n(H )＝1.5，CO 的平衡转化率为40%，根据三段式得
2 2 2
CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)
2 2 2
始/mol·L－1 1.5 1 0 0
转/mol·L－1 0.6 0.6 0.6 0.6
平/mol·L－1 0.9 0.4 0.6 0.6
K ＝＝＝1。
G
平衡常数只与温度有关，温度相等平衡常数相等，因为K ＝K ，故T ＝T 。(3)反应CO(g)
E G E G 2
＋H(g)CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋41.0 kJ·mol－1，该反应为吸热反应，当n(CO)∶n(H )相
2 2 2 2
同时，温度高CO 转化率大，A点的转化率大于B点，说明A点的温度高，故反应速率：
2v >v ；在C点时n(CO)∶n(H )＝1，CO 的平衡转化率为75%，根据三段式得
A B 2 2 2
CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)
2 2 2
始/mol·L－1 1 1 0 0
转/mol·L－1 0.75 0.75 0.75 0.75
平/mol·L－1 0.25 0.25 0.75 0.75
K＝＝＝9，
则K＝＝＝9。
当CO 的转化率刚好达到60%时，
2
CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)
2 2 2
始/mol·L－1 1 1 0 0
转/mol·L－1 0.6 0.6 0.6 0.6
平/mol·L－1 0.4 0.4 0.6 0.6
＝＝9×＝4。
6.
解析 设混合气体共100 mol，SO (g)、O(g)和其他气体的物质的量分别为100 mol×8.0%＝
2 2
8 mol、100 mol×10%＝10 mol、100 mol×82%＝82 mol，平衡时SO 转化率为x，SO 的反
2 2
应量为8x mol，则
2SO (g)＋O(g)2SO (g)
2 2 3
初始/mol 8 10 0
变化/mol 8x 4x 8x
平衡/mol 8－8x 10－4x 8x
平衡时气体总物质的量为(8－8x) mol＋(10－4x) mol＋8x mol＋82 mol＝(100－4x) mol，
p(SO )＝p×＝，p(O )＝p×＝，p(SO )＝p×＝；平衡常数K ＝＝＝。
2 2 3 p
7．＜ 0.8
解析 主反应：C H(g)＋H(g)C H(g)和副反应：C H(g)＋2H(g)C H(g)均为气体分
2 2 2 2 4 2 2 2 2 6
子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C H 的转化率升高，结合图像可知，p ＜20
2 2 0
kPa；T K时，设平衡时C H(g)、C H(g)的物质的量分别为x mol、y mol；
0 2 4 2 6
C H(g)＋ H(g) C H(g)
2 2 2 2 4
起始/mol 1 2 0
转化/mol x x x
平衡/mol 1－x－y 2－x－2y x
C H(g)＋ 2H(g) C H(g)
2 2 2 2 6
起始/mol 1－x 2－x 0
转化/mol y 2y y平衡/mol 1－x－y 2－x－2y y
由图可知，在T K、20 kPa下C H 的平衡转化率为90%，则×100%＝90%；C H 的选择性
0 2 2 2 4
等于，则＝；解得x＝0.8，y＝0.1；平衡时C H(g)、C H(g)、C H(g)、H(g)的物质的量分
2 2 2 6 2 4 2
别为0.1 mol、0.1 mol、0.8 mol、1.0 mol，总物质的量为2.0 mol，则T K下，主反应的平
0
衡常数K ＝ kPa－1＝0.8 kPa－1。
p
8.p p2
大题突破 1 化学反应原理综合题题型研究
1．(1)＋41.0 减小 (2)①Ⅳ 温度升高，催化剂活性降低 ②1.92 (3)3CO ＋4e－===C＋
2
2CO
解析 (1)根据盖斯定律，反应Ⅲ－反应Ⅱ可得CO(g)＋H(g)HO(g)＋CO(g) ΔH＝
2 2 2 1
－49.0 kJ·mol－1＋90.0 kJ·mol－1＝＋41.0 kJ·mol－1；反应Ⅰ属于吸热反应，升温平衡正向移动，
K＝增大，则减小。
(2)①由图知，在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅳ。研究
发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是温度升高，催
化剂活性降低。
② CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)
2 2 3 2
转化/mol 0.5 1.5 0.5 0.5
CO(g)＋4H(g)CH(g)＋2HO(g)
2 2 4 2
转化/mol 0.1 0.4 0.1 0.2
2CO(g)＋6H(g)C H(g)＋4HO(g)
2 2 2 4 2
转化/mol 0.8 2.4 0.4 1.6
平衡时，c(H O)＝(0.5＋0.2＋1.6) mol·L－1＝2.3 mol·L－1，c(H )＝(5.3－1.5－0.4－2.4) mol·L－
2 2
1＝1 mol·L－1，c(CO)＝(2.0－0.5－0.1－0.8) mol·L－1＝0.6 mol·L－1，K(Ⅲ)＝＝≈1.92。
2
(3)温度小于900 ℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO ，电解质为熔融碳酸钠，
2
熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阳极的电极反应式为 2CO－4e－===2CO↑＋O↑，
2 2
阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应式为3CO＋4e－===C＋2CO。
2
2．(1)①AC ②＜ 随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始
的温度升高，压强增大 ③加入催化剂 (2)①＜ ②10 (3)①2HO＋2Cl－=====H↑＋
2 2
2OH－＋Cl↑ ②9.9
2
解析 (1)①容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，
说明反应已达到平衡状态，A符合题意；CO 和H 的投料比等于化学计量数之比，故两者
2 2
的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；H(g)与C(s)的物质的量之比随
2着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说明反应已达到平衡状态，C符合题意；
v(H )＝v(H O)时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明反应达到平衡状态，D不符
2 2
合题意。②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5 min时达到平衡状态，说明反
应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故ΔH＜0。③改变的条件使化学反应速
率加快，而平衡没有移动，说明加入了催化剂。(2)①反应Ⅱ为放热反应，生成物的能量低
于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能E(正)＜E(逆)。②由题可得：
a a
CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)
2 2 3 2
转化/mol 1 3 1 1
2CO(g)＋6H(g)CHOH (g)＋3HO(g)
2 2 3 3 2
转化/mol 1 3 0.5 1.5
在T 温度下，2 L的恒容密闭容器中平衡时CO 、H 、CHOH、HO的物质的量分别为3
1 2 2 3 2
mol－1 mol－1 mol＝1 mol、7 mol－3 mol－3 mol＝1 mol、1 mol、1 mol＋1.5 mol＝2.5
mol；则T 温度时反应Ⅰ的平衡常数K＝＝10。
1
(3)①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为 2HO＋2Cl－
2
=====H↑＋2OH－＋Cl↑。
2 2
②10 m3的废气中CO 和CO总体积为10×103 L×8.96%＝896 L，CO 和CO的体积均为448
2 2
L，两者的物质的量均为20 mol，CO 和CO全部转化成CHOH，CO ～6e－、CO～4e－，则
2 3 2
转移电子的总物质的量为200 mol；C H 生成C HCl ，C H ～2e－，则根据电子转移守恒可
2 4 2 4 2 2 4
知，生成C HCl 的物质的量为100 mol，质量为100 mol×99 g·mol－1＝9 900 g＝9.9 kg。
2 4 2
3．(1)－2 550.0 kJ·mol－1 (2)BD (3)①小于 ②
(4)①< ②K ·K < 设T>T ，由图可知：pK (T)－pK (T)>∣pK (T)－pK (T)∣，则
p1 p2 2 1 p1 2 p1 1 p2 2 p2 1
pK (T) － pK (T)> pK (T) － pK (T) ， pK (T) ＋ pK (T)>pK (T) ＋ pK (T) ，
p1 2 p1 1 p2 1 p2 2 p1 2 p2 2 p1 1 p2 1
lg[K (T)·K (T)]>lg[K (T)·K (T)]，即K(T)>K(T)，因此该反应正反应为放热反应
p1 1 p2 1 p1 2 p2 2 1 2
解析 (1)由盖斯定律可知，①－2×②－4×③得反应：C HN(l)＋2NO(l)===3N(g)＋
2 8 2 2 4 2
2CO(g)＋4HO(g) ΔH＝ΔH －2ΔH －4ΔH ＝－2 550.0 kJ·mol－1。(2)k为速率常数，受温度、
2 2 1 2 3
催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A错误；平衡时v ＝v ，第二步反应为
正 逆
慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较
快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；IO为中间过程产物，不是反应的催化
剂，C错误；活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，故第二步
活化能比第三步大，D 正确。(3)① 达到平衡后，v ＝v 即 k ·p2(NO)·p2(CO)＝k
正 逆 正
·p(N )·p2(CO)，反应的平衡常数K ＝＝，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K
逆 2 2 p p
值减小，则仅升高温度，k 增大的倍数小于k 增大的倍数。②一定温度下在刚性密闭容器
正 逆
中充入CO、NO和N 的物质的量之比为2∶2∶1，设初始CO、NO和N 的物质的量分别为
2 2
2 mol、2 mol、1 mol，生成N 的物质的量为x mol，
22NO(g)＋2CO(g)N(g)＋2CO(g)
2 2
起始/mol 2 2 1 0
转化/mol 2x 2x x 2x
平衡/mol 2－2x 2－2x 1＋x 2x
则反应后总物质的量为(5－x) mol，初始压强为p ，达平衡时压强为0.9p ，则＝，x＝0.5，
0 0
平衡时CO、NO、N、CO 的物质的量分别为1 mol、1 mol、1.5 mol、1 mol，总物质的量为
2 2
4.5 mol，则K ＝＝＝。(4)①由图可知，K 随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反
p p1
应为放热反应，ΔH<0。②由盖斯定律可知，ⅰ＋ⅱ得反应3NH(l)===3N(g)＋6H(g)，则
1 2 4 2 2
该反应的K＝K ·K 。
p1 p2
4．(1)> －(E ＋E －E －E ) (2)② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活
a4 a2 a1 a3
化能越大，速率常数k增大的越多，E ＜E ，故升高温度，对1,4-加成产物的生成速率提高
a2 a3
更有利 (3)2,3-二甲基-1,4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应 (4)80% b＋α
解析 (1)由反应历程及能量变化图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，则
转化为 是放热反应，反应②－①得到 ，根据盖
斯定律，ΔH ＝(n－m) kJ·mol－1＜0，则m＞n； 转化为 的ΔH ＝
3 ⅰ
E －E ， 转化为 的ΔH ＝E －E ，ΔH ＝ΔH ＋ΔH ＝E －
a1 a2 ⅱ a3 a4 3 ⅱ ⅰ a3
E ＋(E －E )＝－(E ＋E －E －E )。(2)由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，
a4 a1 a2 a4 a2 a1 a3
活化能越大，速率常数k增大的越多，E ＜E ，故其他条件不变的情况下，升高反应温度，
a2 a3
对反应②的速率提高更有利。(3)由图可知， 的能量低于 ，
较稳定，反应生成的 容易转化为 ，则反应达平衡后，
产物中 含量更大，主链含有4个C原子，1、4号C原子上含有Br原子，2、3
号C原子上含有甲基，2号C原子含有碳碳双键，则该物质的名称为2,3-二甲基-1,4-二溴-2-
丁烯；由题目中信息可知，溶剂极性越大越容易发生1,4-加成，故若要提高该产物在平衡体
系中的物质的量分数，还可采取的措施是在极性大的溶剂中进行反应。(4)设反应生成x mol
，反应③的平衡常数K ＝4，则生成 的物质的量为4x mol，则产
x3物 的选择性百分比为×100%＝80%；反应开始时，加入 1.0 mol ，
的平衡转化率为α，则消耗 的物质的量为α mol，则消耗Br 的物质的量为α
2
mol，平衡时Br 为b mol，故开始加入的Br 为(b＋α) mol；消耗 的物质的量为α
2 2
mol，生成 和 的总物质的量为α mol，产物 的选择性
百分比为80%，则生成 的物质的量为(1－80%)×α mol＝0.2α mol，平衡时，
的物质的量为(1－α) mol，Br 为b mol，各物质总物质的量为(1＋b) mol，则反应①
2
的平衡常数K ＝＝。
x1
5．(1)N ＋3H ===NH ＋2H (2)①0.005 0.23 ②acd ③g (3)N ＋6e－＋6H＋===2NH
ad ad ad ad 2 3
(4)3.5×104
解析 (1)从图中可以看出，活化能最大的一步反应是N ＋3H ===NH ＋2H 。(2)①v(NH )
ad ad ad ad 3
＝＝0.005 MPa·min－1，根据题中图像数据得出该反应的K ＝＝ MPa－2≈0.23 MPa－2。②氨
p
气的体积分数保持不变，则各物质的浓度保持不变，反应达平衡状态，a正确；容器中氢氮
比始终不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明反应达平衡状态，b错误；气体总质量不变，
气体总物质的量为变量，若气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，c正确；
反应在恒压容器中进行，气体总质量不变，但体积可变，当体积不变时说明反应达平衡状态，
d正确。③起始条件一样，在恒容容器中发生反应，相对于恒压状态，物质浓度减小，反应
速率减慢，且恒容相当于减小压强，平衡逆向移动，H 的百分含量增大，所以g点符合要
2
求。(3)根据图中信息可知，阴极上氮气得电子生成氨气，电极反应式为 N ＋6e－＋6H＋
2
===2NH 。(4)反应 NH ·H O＋HCOOHHCOO－＋NH＋HO 的平衡常数 K＝＝＝＝
3 3 2 2
3.5×104。
专题 14 溶液中的三大平衡及应用
1．A 2.B
3．A [反应的平衡常数K＝＝＝，故A正确；化学式相似的物质，溶度积小的沉淀可以转
化为溶度积更小的沉淀，故MnS的K 比CuS的K 大，故B错误；该反应达到平衡时各离
sp sp
子的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；增大硫离子的浓度，平衡向左移动，所以
c(Cu2＋)、c(Mn2＋)均减小，故D错误。]4．C
5．C [含锰废水中加入HO 把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氢氧化钠调节pH生成Fe(OH) 和
2 2 3
Al(OH) 沉淀，所以滤渣1主要含Fe(OH) 和Al(OH) ，故A正确；除钙镁步骤中，当Ca2
3 3 3
＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝＝＝＝2，故B正确；“沉锰过程”是硫酸锰与NH HCO 反
4 3
应生成MnCO 沉淀、二氧化碳气体、水和硫酸铵，滤液4主要含硫酸铵，故C错误；MnO
3
能和Al发生铝热反应生成Mn，所以反应①中Si可用铝替代，故D正确。]
6．D
专题 15 电离常数、水解常数、溶度积常数的应用
1．10
2．酸性 KHCrO 在溶液中可发生水解，其水解常数 K ＝＝≈5.56×10－14，KHCrO 在溶液
4 h 4
中也可以发生电离，K (H CrO)＝3.2×10－7＞K ，即HCrO的水解程度小于其电离程度，溶
a2 2 4 h
液呈酸性
3．向右 60
4．③＜②＜① 碱 溶液中HPO的K ＜K ，HPO的水解程度大于其电离程度，NaHPO
a3 h 2 4
溶液呈碱性
解析 磷酸是三元弱酸，磷酸钠在溶液中分步水解，一级水解抑制二级水解，一级和二级水
解抑制三级水解。酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，则三种盐溶液中
酸根离子水解程度由小到大的顺序为③＜②＜①，则溶液pH由小到大的顺序为③＜②＜①；
NaHPO 的水解常数K ＝＝＝≈1.61×10－7＞K ＝4.5×10－13，HPO的水解程度大于其电离程
2 4 h a3
度，NaHPO 溶液呈碱性。
2 4
5．300
6．1.88
解析 浸取液中c(Li＋)＝4 mol·L－1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li＋转化为LiCO 沉淀，若
2 3
沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为V L，则可知沉淀后的
c(Li＋)＝ mol·L－1＝0.2 mol·L－1，K (Li CO)＝c2(Li＋)·c(CO)＝1.6×10－3，则0.2×0.2×c(CO)
sp 2 3
＝1.6×10－3，故剩余c(CO)＝0.04 mol·L－1，沉淀的c(CO)＝×
mol·L－1＝0.9 mol·L－1，总c(CO)＝0.94 mol·L－1，由于此时体积为原体积的2倍，故加入碳
酸钠溶液的浓度为1.88 mol·L－1。
7．10－1.2 10－9.8
解析 HX的电离常数K ＝，pH＝1.2时，c(H X)＝c(HX－)，代入计算，可得K ＝10－1.2；
2 a1 2 a1
X2－的水解常数K ＝，pH＝4.2时，c(X2－)＝c(HX－)，代入计算，可得K ＝104.2－14＝10－9.8。
h h
8．99.7%解析 当滤液2中c(Mg2＋)＝1.5×10－6 mol·L－1时，c2(F－)＝＝ mol2·L－2＝5×10－5 mol2·L－
2，此时溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－6 mol·L－1，除钙率为×100%＝99.7%。
9．10－31.4
10．2.8 无
解析 当c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，根据 K 的公式可知，溶液中的 c3(OH－)＝＝
sp
mol3·L－3＝2.16×10－34 mol3·L－3，c(OH－)＝6×10－12 mol·L－1，计算可得 pH≈2.8，
Q[Ni(OH) ]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.2×(6.0×10－12)2＝7.2×10－24，因为 Q[Ni(OH) ]＜
c 2 c 2
K [Ni(OH) ]，所以无Ni(OH) 沉淀生成。
sp 2 2
专题 16 溶液的配制与滴定法的应用
1．(1)恰好由蓝色变成无色
(2)%
解析 (1)该反应用淀粉作指示剂，淀粉遇碘变蓝色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴
标准液时，溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟内不恢复。
(2)根据题目所给反应可得关系式：HClO～I～2SO，则n(HClO)＝×n(S O)＝×c mol·
2 2 2
L－1×V×10－3 L＝5×10－4cV mol，故样品中有效氯含量为
×100%＝%。
2．14.9 AD
3．(1)当滴加最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (2)22.10
(3)87.73
解析 (1)当达到滴定终点时，标准碘溶液过量，淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为当
滴加最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。(2)由图可知，起始
读数为0.00 mL，终点读数为22.10 mL，故第一次滴定消耗碘标准溶液的体积为22.10 mL。
(3)第二次滴定消耗碘标准溶液的体积为23.36 mL－1.24 mL＝22.12 mL，第三次滴定消耗碘
标准溶液的体积为24.45 mL－0.24 mL＝24.21 mL，第三次数据误差较大应舍去，所以消耗
标准液的平均体积为＝22.11 mL，根据反应可得关系式：2NaSO·5H O～I ，所以
2 2 3 2 2
n(Na SO·5H O)＝2n(I)＝2×0.100 0 mol·L－1×22.11×10－3 L，所以产品中2NaSO·5H O
2 2 3 2 2 2 2 3 2
的含量为×100%≈87.73%。
4．(1)H C O＋ClO－===Cl－＋2CO↑＋HO (2)0.4
2 2 4 2 2
解析 根据题中信息知草酸具有较强的还原性，与氧化剂作用易被氧化成二氧化碳和水，可
知碳的化合价由＋3价升高为＋4价，次氯酸钠具有强氧化性，Cl的化合价由＋1价降低为
－1价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为 HC O＋ClO
2 2 4
－===Cl－＋2CO↑＋HO；根据上述离子方程式可知HC O ～ClO－，可得次氯酸钠溶液物质
2 2 2 2 4
的量浓度c＝＝ mol·L－1＝0.4 mol·L－1。
5．KSCN溶液 无色变红色 1.92
6．(1)淀粉溶液 (2) (3)c
解析 (1)淀粉遇I 会变为蓝色，当滴定结束时I 消耗完全，溶液蓝色褪去，故滴定时应选
2 2
择淀粉溶液作指示剂。(2)由涉及的反应的化学方程式可得转化关系式：C NOCl～2I ～
3 3 3 2
4SO，由滴定消耗c mol·L－1 Na SO 溶液V mL可知，m g粗产品中二氯异氰尿酸钠的物
2 2 2 3
质的量为n(C NOClNa)＝n(Na SO)×＝c mol·L－1×V×10－3 L××＝×10－3 mol，则粗产
3 3 3 2 2 2 3
品的纯度为×100%＝%。(3)盛装NaSO 标准溶液的滴定管未润洗，会导致NaSO 标准溶
2 2 3 2 2 3
液的浓度偏低，消耗的NaSO 的量偏多，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；滴定
2 2 3
管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度
偏高，b不符合题意；如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的 I 的量偏低，
2
最终导致消耗的NaSO 标准溶液的体积偏少，由此计算出的物质的纯度偏低，c符合题意。
2 2 3
7．85.80%
解析 消耗的(NH )Fe(SO ) 的物质的量为 0.050 0 mol·L－1×0.034 L＝0.001 7 mol，加入
4 2 4 2
(NH )Ce(NO ) 的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.05 L＝0.005 mol，根据Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋
4 2 3 6
＋Fe3＋可知，与NaN 反应的(NH )Ce(NO ) 的物质的量为 0.005 mol－0.001 7 mol＝0.003 3
3 4 2 3 6
mol，依据2(NH )Ce(NO ) ＋2NaN ===4NH NO ＋2Ce(NO ) ＋2NaNO ＋3N↑可知，50.00
4 2 3 6 3 4 3 3 3 3 2
mL溶液中含有的NaN 的物质的量为0.003 3 mol，则试样中NaN 的质量分数为×100%＝
3 3
85.80%。
8．(1)溶液由红色变为无色(或浅黄色或黄色) (2)95.06%
9．(1)250 mL棕色容量瓶 (2)8.5 (3)重新配制溶液 (4)A 锥形瓶中沉淀颜色的变化 当
滴入最后半滴硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀，且30秒内沉淀颜色不变 (5)C (6)0.100 0
解 析 Ⅰ .(2) 配 制 250 mL 0.200 0 mol·L － 1 的 AgNO 溶 液 。 则 m(AgNO) ＝
3 3
n(AgNO)×M(AgNO)＝0.250 L×0.200 0 mol·L－1×170 g·mol－1＝8.5 g，故用托盘天平称取
3 3
8.5 g AgNO 固体。Ⅱ.(4)只有当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生
3
成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴
定剂和被滴定物完全反应。此题中，只有氯化银沉淀完全后，银离子才能与滴定剂的离子反
应生成其他有色沉淀。则：K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝2×10－12，可知CrO开始沉淀时
sp 2 4
c(CrO)＝＝，银离子浓度相同时，CrO开始沉淀时浓度大于氯离子浓度，即CrO开始沉淀时，
氯离子已经完全沉淀，A符合；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1型，依据K 可知
sp
溶解性：氯化银＞溴化银＞碘化银，氯离子未沉淀完全时，碘离子、溴离子即开始沉淀，
B、C不符合；K (Ag S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝6.3×10－50，可知
sp 2
S2－开始沉淀时浓度c(S2－)＝＝；K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2×10－10，可知Cl－开始沉淀时
spc(Cl－)＝＝，银离子浓度相同时，硫离子开始沉淀时浓度远远小于氯离子浓度，即硫离子沉
淀时，氯离子未完全沉淀，D不符合。滴定过程中，用标准AgNO 溶液滴定待测液时，眼
3
睛应注视锥形瓶中沉淀颜色的变化。(5)取标准AgNO 溶液的滴定管，未经润洗就直接注入
3
溶液，导致标准液体积偏大，测定结果偏高，A项不符合；盛装标准液的滴定管在滴定前有
气泡，滴定后气泡消失，导致标准液体积偏大，测定结果偏高，B项不符合；读取AgNO
3
溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致标准液体积偏小，测定结果偏低，
C项符合；滴定过程中会加少量蒸馏水，锥形瓶内有少量蒸馏水，不影响滴定结果，D项
不符合。(6)消耗标准AgNO 溶液的体积依次为25.05 mL、25.00 mL和24.95 mL，根据数
3
据的有效性，3组数据均有效，则消耗AgNO 溶液的平均体积为V(AgNO)＝＝25.00 mL，
3 3
c(Cl－)＝c(AgNO)＝＝0.100 0 mol·L－1。
3
专题 17 典型实验装置及化学实验基本操作
1．A 2.B
3．B [由于氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，故制备氢氧化亚铁时需将吸有 NaOH溶液
的胶头滴管插入硫酸亚铁液面以下后再挤出 NaOH溶液，故装置甲制备氢氧化亚铁不能达
到实验目的，A不符合题意；HCl难溶于CCl ，而Cl 易溶于CCl ，故装置乙除去HCl中的
4 2 4
Cl 可以达到实验目的，B符合题意；由于Al能与NaOH溶液反应是其特性，而不是金属的
2
通性，故装置丙不能用于比较镁和铝的金属性强弱，C不符合题意；装置丁由于碳酸钠过量，
两组实验均无气泡产生，故不能比较醋酸与硼酸的酸性强弱，D不符合题意。]
4．D
5．D [温度计应该在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；实验中碳酸氢钠应该在内部小试管中，
碳酸钠在外部大试管中，B错误；盐酸应该使用酸式滴定管盛装，C错误；由图可知，加入
1～2滴氢氧化钠溶液，氢氧化钠少量，不能使氯化镁全部转化为氢氧化镁沉淀，再滴加 2
滴氯化铁溶液，白色沉淀转化成红褐色沉淀，可证明Fe(OH) 更难溶，D正确。]
3
6．C [配制一定物质的量浓度溶液定容时，视线与容量瓶刻度线及凹液面最低处相平，A
能达到实验目的；CO 与NaOH发生反应，可以使瓶内压强瞬间减小从而形成喷泉，B能达
2
到实验目的；NO 的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，即“长进短出”，C不能
2
达到实验目的；氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水滴下时，瓶内压强瞬间减小，可观察到
气球膨胀的现象，D能达到实验目的。]
7．C 8.D
9．A [制备装置中碳酸钙固体与盐酸反应能制备二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，制得的
二氧化碳中混有氯化氢气体，用盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，故A正确；二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，则制备装置不能用于共热反应制备氯气，故 B
错误；硝酸具有强氧化性，不能与亚硫酸钠反应制得二氧化硫气体，故C错误；碱石灰是
固体干燥剂，不能装入试管中，应装入干燥管中或U形管中，故D错误。]
10．C [CuSO 溶液与二氧化碳不反应，与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可达到目的，A正
4
确；浓盐酸和碳粉不反应，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分离出碳粉，可达到目的，
B正确；乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，想保留的物质反应了，不能达到目的，C错误；
NaOH溶液和硝基苯不反应，和二氧化氮反应生成盐溶液，分液分离出硝基苯，能达到目的，
D正确。]
11．D
12．B [根据氯气的氧化性比碘单质强，可知用氯气可从KI中置换出碘单质，再加入苯进
行萃取得到含碘的有机层，蒸馏可得碘单质，最后升华为碘蒸气，得到精碘。萃取振荡操作
时，要及时打开分液漏斗的活塞放气，防止分液漏斗中压强过大，发生危险，故 A正确；
加热碘升华是物理变化，NH Cl固体受热分解是化学变化，两者原理不同，故B错误；蒸馏
4
时温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；整个过程有氯气
和苯参与，均为有毒物质，使用过程应注意防止环境的污染，故D正确。]
13．D [“酸浸”是固体与溶液反应，接触面越大，反应速率越大，A项正确；“还原”中
反应为TiO＋2Cl＋2C=====TiCl ＋2CO，标准状况下，11.2 L Cl 的物质的量为0.5 mol，
2 2 4 2
0.5 mol Cl 参与反应时转移1 mol电子，B项正确；四氯化钛的水解反应是吸热反应，在高
2
温下通入水蒸气，能提高四氯化钛的水解程度，C项正确；钛酸是难溶物，操作X为“灼
烧”，需要的实验仪器有坩埚等，D项错误。]
14．D
15．B [因两者溶解度受温度影响不同，NaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解
度受温度影响较大，结合流程可知，操作1为蒸发，操作2为趁热过滤分离出NaCl，操作3
为冷却结晶，操作4为过滤。]
16．D [由题给流程可知，甲苯与高锰酸钾溶液共热、回流得到苯甲酸钾，过滤得到苯甲
酸钾溶液；苯甲酸钾溶液经酸化、过滤得到苯甲酸固体。由分析可知，操作1为过滤，操作
2为酸化，操作3为过滤，故A、B、C错误；题给流程制得的苯甲酸固体中含有杂质，可
采用重结晶的方法可以进一步提纯苯甲酸固体，故D正确。]
17．B
专题 18 物质检验、鉴别 简单实验方案的设计及评价
1．A 2.B3．B [原溶液中加入Ba(NO ) 溶液和HCl生成白色沉淀，原溶液中可能存在SO、SO或
3 2
Ag＋，A项错误；因检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一
定含有NH，B项正确；加入AgNO 溶液产生白色沉淀，可能是由加入的HCl引起的，C项
3
错误；加入KSCN溶液得到红色溶液，Fe3＋可能是由原溶液中的Fe2＋被H＋、NO氧化而来
的，故原溶液中不一定含有Fe3＋，D项错误。]
4．A [H S与CuSO 溶液反应生成黑色 CuS沉淀，可用 CuSO 溶液检验 CO 气体中的
2 4 4 2
HS，故A正确；NaSO 、NaSO 都能与BaCl 溶液反应生成白色沉淀，不能用BaCl 溶液
2 2 3 2 4 2 2
检验NaSO 溶液中的NaSO ，故B错误；I－不能使淀粉溶液变蓝，不能用淀粉溶液直接检
2 3 2 4
验海水中的KI，故C错误；乙醇、水都能与金属钠反应放出氢气，不能用金属钠检验乙醇
中的水，故D错误。]
5．B
6．A [1 mol乙醇的水溶液中的水也可以和钠反应生成氢气，影响了乙醇和金属钠的反应，
不能得出准确的结论，A错误；乙酸可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯
不与饱和碳酸氢钠反应且会分层，B正确；NaCO ＋2HCl===2NaCl＋HO＋CO↑，根据反
2 3 2 2
应前后的质量差为m g－m g可计算碳酸钠的质量，然后计算样品中NaCO 的质量分数，
1 2 2 3
C正确；其他条件相同，两支试管中只有所用硫酸的浓度不同，可以研究浓度对反应速率的
影响，D正确。]
7．B
8．A [CHCOONa是强碱弱酸盐，在溶液中CHCOO－发生水解反应，使溶液显碱性，加
3 3
热促进醋酸根离子的水解，且温度升高K 增大，则溶液中c(H＋)、c(OH－)均逐渐增大，A
w
错误；Na与CO 反应产生NaCO 、C，在该反应中C元素化合价降低，得到电子，表现氧
2 2 3
化性，B正确；由于在混合过程中削弱了CHCOOH分子间的氢键，且苯与CHCOOH分子
3 3
间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，因而混合溶液体积大于二者的体积之和，C正
确；碱性溶液中乙酸乙酯完全水解，碱被消耗，溶液中 c(OH－)减小，随着反应进行，电导
率逐渐减小，可知OH－的电导率大于CHCOO－的电导率，D正确。]
3
9．C [若该钠盐为NaClO，与浓盐酸反应生成的Cl 也能使品红溶液褪色，A错误；向酸性
2
KMnO 溶液中滴入适量的FeCl 溶液，KMnO 溶液紫红色褪去，可能是Fe2＋具有还原性，
4 2 4
也可能是Cl－具有还原性，B错误；向浓度均为0.01 mol·L－1的NaCO 、NaS的混合溶液中
2 3 2
滴加少量AgNO 溶液，有黑色的Ag S沉淀生成，可以说明K (Ag S)＜K (Ag CO)，C正确；
3 2 sp 2 sp 2 3
溶液变蓝，可能是淀粉没有发生水解或淀粉部分水解，D错误。]
10．D大题突破 2 综合实验题题型研究
1．(1)2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO
4 2 2 3 2
(2)防倒吸；使NH 与CS 充分接触混合 (3)(球形)干燥管 2Fe3＋＋HS===2Fe2＋＋S↓＋2H
3 2 2
＋ (4)冷却结晶
(5)①取2 mL 0.5 mol·L－1 AgNO 溶液，加入几滴FeSO 溶液，若产生银镜，证明是Fe2＋还
3 4
原Ag＋产生银镜 ②用力振荡试管，发生反应：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，白色沉淀增多；
红色溶液存在平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN) ，c(SCN－)减小，平衡逆向移动，红色褪去
3
2．(1)检查装置气密性 (2)Na CO 在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制NaS的水解，防止
2 3 2
生成有毒的硫化氢污染空气
NaCO ＋2NaS＋4SO =====3NaSO ＋CO (3)S O＋2H＋===S↓＋ SO ↑＋HO (4)降低
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2
硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出 (5)93.0% (6)向其中缓慢通入氧气，用pH计
测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40 ℃水浴中加热，减压
蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
解析 由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与
碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。(2)碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，
在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成
溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中的目的是利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离
子抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应的
化学方程式为NaCO ＋2NaS＋4SO =====3NaSO ＋CO 。(3)由题给信息可知，硫代硫酸
2 3 2 2 2 2 3 2
钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液
pH，溶液pH小于7时，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫、二氧化硫气体和水，
反应的离子方程式为SO＋2H＋===S↓＋SO ↑＋HO。(4)由题给信息可知，硫代硫酸钠易
2 2 2
溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液中加入一定量的无水
乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出。(5)由题意可得测定样品纯度时存
在如下转化关系：KCr O～3I～6NaSO，实验时0.294 g重铬酸钾最终消耗20.00 mL硫代
2 2 7 2 2 2 3
硫酸钠溶液，则16.00 g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%＝93.0%。(6)利用甲装置中
的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚
硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在 40 ℃水浴中加热，减压蒸发
浓缩。
3．(1)2Cu2＋＋2Cl－＋SO ＋2HO===2CuCl↓＋4H＋＋SO
2 2
B 减少CuCl的损失，乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化 (2)先变红，后褪
色 排出装置中的空气、带走水蒸气，抑制CuCl 的水解 (3) AD
2
解析 (1)乙装置中SO 还原氯化铜制备CuCl，反应的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO ＋
2 22HO===2CuCl↓＋4H＋＋SO，由于CuCl在空气中能迅速被氧化，因此过滤时需要快速完
2
成，选用抽滤最好，即选用装置B，CuCl微溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时用乙醇代替
蒸馏水可减少CuCl的损失，同时乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止 CuCl被氧化。(2)直
接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl ·xHO)，发生的反应为2CuCl ·xHO=====2CuCl＋Cl↑＋
2 2 2 2 2
2xHO，Cl 遇湿润的蓝色石蕊试纸发生反应：Cl ＋HO===HCl＋HClO，生成的HClO具有
2 2 2 2
漂白性，因此蓝色石蕊试纸先变红，后褪色。(3)已知CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－，Fe2
＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得到关系式：CuCl～Fe2＋～Ce4＋～Ce(SO) ，则V mL中CuCl
4 2 2
的物质的量为 ab×10－3 mol，则V mL中CuCl的物质的量为×ab×10－3 mol，质量为
1
×ab×10－3 mol×99.5 g·mol－1＝ g，因此产品中CuCl的质量分数为×100%＝%。未用标准
溶液润洗滴定管，会使消耗的标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，A错误；滴定时需要
适当控制滴速，使反应充分进行，B正确；当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液
刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C正确；滴定前滴定管
尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使读取的标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，D错误。
4．(1)分液漏斗 作安全瓶(或防止倒吸)
(2)SO ＋2Fe3＋ ＋2HO===2Fe2＋＋4H＋＋SO
2 2
(3)①根据已知K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39、K (H SO )＝1.2×10－2、K (H SO )＝5.6×10－8可
sp 3 a1 2 3 a2 2 3
知 ， ＝ ＝ c(Fe3 ＋ )·3 ＝ c(Fe3 ＋ )·[]3 ＝ c(Fe3 ＋ )·
[]3＝K [Fe(OH) ]·()3＝2.6×10－39×()3≈4.57×10－19，可知 Fe (SO ) 的溶解度远小于
sp 3 2 3 3
Fe(HSO ) 的溶解度，故沉淀为Fe (SO ) ②2Fe3＋＋6HSO===Fe (SO )↓＋3SO ↑＋3HO
3 3 2 3 3 2 3 3 2 2
③0.8 [Fe(SO )(H O) ]3－2n ④由于溶液中存在Fe3＋和＋4价的硫之间的氧化还原反应，溶
3 n 2 m
液酸性增强，SO的浓度减小，促使Fe3＋＋nSO＋mHO[Fe(SO )(H O) ]3－2n平衡逆向移动
2 3 n 2 m
解离出Fe3＋，由于解离出Fe3＋的速率较快，而Fe3＋与＋4价硫的反应速率较慢，所以导致装
置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色
解析 本题用NaSO 与70%浓硫酸反应制备SO ，并探究SO 的还原性，则装置A中发生
2 3 2 2
的反应为NaSO ＋HSO ===NaSO ＋HO＋SO ↑，装置B为安全瓶，防止倒吸，装置C为
2 3 2 4 2 4 2 2
探究SO 的还原性，反应原理为SO ＋2FeCl ＋2HO===2FeCl ＋HSO ＋2HCl，据此分析解
2 2 3 2 2 2 4
题。(3)③根据实验探究控制变量法可知，实验中需使混合溶液的总体积相等，表中a为
0.8；由表中实验数据可知，NaSO 的浓度越大，溶液颜色越深即生成的配合物浓度越大，
2 3
可知A为SO，故红色物质可表示为[Fe(SO )(H O) ]3－2n。
3 n 2 m
大题突破 3 无机化工流程题题型研究
1．(1)适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极
材料粉碎(任写一条即可)(2)2LiFePO ＋HO＋2H＋===2Li＋＋2FePO ＋2HO 生成的Fe3＋催化HO 的分解
4 2 2 4 2 2 2
(3)B (4)蒸发浓缩 趁热过滤
(5)2FePO ＋LiCO＋HC O=====2LiFePO ＋HO↑＋3CO↑
4 2 3 2 2 4 4 2 2
(6)LiFePO －xe－===xLi＋＋Li FePO
4 1－x 4
2．(1)＋6 (2)7∶2 酸雨 (3)加快反应速率，同时提高钼的浸出率 (4)(NH )MoO ·2H O
4 2 4 13 2
(NH )MoO ·2H O＋6NH ·H O===4(NH )MoO ＋5HO (5)5 mol MoO
4 2 4 13 2 3 2 4 2 4 2 3
解析 (2)“氧化焙烧”时MoS 转化为MoO ，S转化为SO ，根据氧化还原反应中电子守恒、
2 3 2
原子守恒，可得该化学方程式为2MoS ＋7O=====2MoO ＋4SO ，其中MoS 为还原剂，O
2 2 3 2 2 2
为氧化剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶2；煅烧产生的气体中含SO
2
会造成酸雨。(3)“除铜”时选择温度在60～80 ℃的条件下进行，这是由于反应温度高可以
加快反应速率，但当温度超过80 ℃时，水分大量蒸发，导致NaMoO 析出，使钼的浸出率
2 4
降低。(4)根据钼盐溶液中含钼物种之间的平衡关系可知：当溶液pH＝2.1时，1.2＜pH＝2.1
＜3.5，形成的沉淀为(NH )MoO ·2H O；(NH )MoO ·2H O沉淀用氨水溶解，会转化为
4 2 4 13 2 4 2 4 13 2
(NH )MoO ，该反应的化学方程式为(NH )MoO ·2H O＋6NH ·H O===4(NH )MoO ＋
4 2 4 4 2 4 13 2 3 2 4 2 4
5HO。(5)1 mol (NH )MoO ·4H O 的质量是1 236 g，假设该物质加热失去水的物质的量是
2 4 6 7 24 2
x mol，则＝1－0.927 2＝0.072 8，解得x≈5；B点时1 mol固体减轻的质量m＝1 236 g×
(1－0.815 6)≈228 g，铵盐受热分解产生6 mol NH ，则产生HO的物质的量为n(H O)＝＝7
3 2 2
mol，H元素完全变为气体逸出，固体中O元素的物质的量n(O)＝(24＋4) mol－7 mol＝21
mol，则n(Mo)∶n(O)＝7∶21＝1∶3，则该物质的化学式是MoO 。
3
3．(1)除去Al和Al O 将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等 (2)2Fe2＋＋HO ＋2H＋
2 3 2 2
===2Fe3＋＋2HO 温度过高，双氧水分解速率加快 (3)3.2≤a＜7.1 Fe3＋存在水解反应：Fe3
2
＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋，加入氧化镍消耗H＋，平衡正向移动，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉
2 3
淀
(4)×100%
解析 由流程可知，用NaOH溶液溶解镍废渣，除去Al和Al O，过滤后的滤渣再用稀硫酸
2 3
溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2＋、Ni2＋和Fe3＋，加入双氧水将
溶液中的Fe2＋完全氧化为Fe3＋，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3＋完全沉淀为Fe(OH) ，过
3
滤后得NiSO 溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO ·7H O。(2)“转化”过
4 4 2
程中加入HO 的目的是把Fe2＋氧化为Fe3＋，经实验测定该过程温度高于40 ℃，转化率急
2 2
速降低的原因可能是温度过高，双氧水分解速率加快。(3)调节溶液pH的目的是除去Fe3＋，
使Fe3＋完全沉淀，不使Ni2＋沉淀，即a的范围为3.2≤a＜7.1。(4)舍去误差明显偏大的数据
19.40 mL，消耗EDTA-2Na标准溶液平均体积为 mL＝20.00 mL，由滴定反应Ni2＋＋HY2－
2
===NiY2－＋2H＋，n(Ni2＋)＝n(H Y2－)＝c×0.02 mol，NiSO ·7H O的质量m＝c×0.02 mol×
2 4 2
×281 g·mol－1＝70.25c g，产品的纯度为×100%。4．(1)将废Pd/Al O 纳米催化剂进行粉碎、适当提高反应温度、适当增大KOH的浓度以及
2 3
进行充分的搅拌等(任写2条)
(2)H SO
2 4
(3)蒸发浓缩、冷却结晶
(4)Pd＋2H＋＋4Cl－＋HO===PdCl＋2HO
2 2 2
(5)降低
(6)加入盐酸，NH 与HCl反应生成NH Cl，使得平衡[Pd(NH)]Cl [Pb(NH)]Cl ＋2NH
3 4 3 4 2 3 2 2 3
中NH 的浓度减小，平衡正向移动，最终转化为[Pb(NH)]Cl 沉淀
3 3 2 2
(7)使用的NaCN有毒，将污染环境
解析 该工艺流程是利用废Pd/Al O 纳米催化剂来提取金属Pd和制备明矾，在“碱浸”步
2 3
骤中主要反应为Al O ＋2KOH===2KAlO ＋HO、2KOH＋SiO===KSiO ＋HO，过滤得滤
2 3 2 2 2 2 3 2
渣1，主要成分为Pd、Pt和炭，滤液主要成分为KAlO 和KSiO ，向滤液中加入过量的稀
2 2 3
硫 酸 ， 发 生 的 反 应 为 2KAlO ＋ 4HSO ===KSO ＋ Al (SO ) ＋ 4HO ， KSiO ＋
2 2 4 2 4 2 4 3 2 2 3
HSO ===KSO ＋HSiO↓，过滤得到滤渣，主要成分为HSiO ，滤液中主要含有KSO 和
2 4 2 4 2 3 2 3 2 4
Al (SO ) ，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可制得明矾，滤渣 1中加入稀盐酸和
2 4 3
HO，“酸浸”中将Pd和Pt转化为络合物，反应为Pd＋4HCl＋HO===H[PdCl ]＋2HO，
2 2 2 2 2 4 2
Pt＋4HCl＋HO===H[PtCl ]＋2HO，过滤除去杂质炭，滤液中加入NH ·H O进行络合，再
2 2 2 4 2 3 2
加入稀盐酸进行沉淀，最后用肼(N H)进行还原即可制得Pd，据此分析解题。(5)已知氧化
2 4
效率是指单位质量的物质得到的电子数，HO 作氧化剂时其还原产物为HO，则1 mol H O
2 2 2 2 2
得到2 mol电子，其氧化效率为，而O 作氧化剂时产物为O 和－2价的O，即1 mol O 得到
3 2 3
2 mol电子，故O 的氧化效率为，由此可知，“酸浸”时，若用O 替代HO ，则氧化效率
3 3 2 2
将降低。
5．(1)2ReO ＋HO===2ReO＋2H＋ a (2)Fe(OH) 、Cu(OH) (3)MoS＋2H＋===MoS ↓＋
3 2 2 3 2 3
HS↑ (4)HCl (5)重结晶 2KReO ＋7H=====2Re＋6HO＋2KOH
2 4 2 2
解析 烟道灰加入硫酸、双氧水氧化浸出，过滤后加入碳酸氢铵水解中和，根据后续流程可
知，中和后不需要滤渣1，所以滤渣1中含有Mo元素，此时调节溶液pH至6，同时会生成
Fe(OH) 、Cu(OH) 沉淀，滤液中加入硫化铵、硫酸，得到CuS和MoS 沉淀，过滤后向滤液
3 2 3
中加入RCl吸附铼，之后加入HClO 解吸得到HReO 溶液，浓缩后加入钾盐，得到KReO
4 4 4
沉淀，提纯后还原得到Re。(1)根据题意ReO 被HO 氧化为ReO，根据得失电子守恒、元
3 2 2
素守恒可得离子方程式为2ReO ＋HO===2ReO＋2H＋；根据整个流程的目的可知，浸出时，
3 2 2
需要铼有较高的浸出率，据图可知，当液固比为2∶1时，铼有较高的浸出率，继续增大液
固比，溶液变稀，会增加后续流程中的成本，所以选a。(4)RCl为阴离子交换树脂，所以离
子交换时Cl－与ReO进行交换，所得溶液中有RReO ，所以加入HCl溶液再生处理后可循环
4
使用。(5)高铼酸钾在水中的溶解度随温度变化较大，所以可以用重结晶的方法进行提纯；根据题意可知800 ℃时KReO 会被氢气还原为Re，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学
4
方程式为2KReO ＋7H=====2Re＋6HO＋2KOH。
4 2 2
专题 19 有机选择题题型分析
1．A 2.A
3．B [蛋白质是由氨基酸缩聚形成的高分子，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，A、D正
确；蛋白质的组成元素不仅有C、H、O、N元素，有些还含有P、S等元素，B错误；在熔
融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质，CO、NH 均是非电解质，C正确。]
3
4．D
5．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；CH==CH—
2
CH==CH 中存在两个碳碳双键所在的平面，中间以 C—C单键连接，可以任意旋转，故
2
CH==CH—CH==CH 中所有原子可能共平面，D错误。]
2 2
6．B
7．B [由结构简式可知，该物质的分子式为C H O ，A正确；未告知H 所处的状态，故
21 20 9 2
无法计算1 mol该物质与足量的金属钠反应可以产生H 的体积，B错误；该有机物中含有碳
2
碳双键，故该物质能够使溴水褪色，C正确；根据等效氢原理可知，该物质苯环上的一氯代
物有4种，如图所示： ，D正确。]
8．A
9．B [布洛芬的分子式为C H O ，A错误；如图⑥ ，①～⑥位置的氢可以
13 18 2
被取代形成一氯代物，异丁基苯有6种一氯代物，B正确；如图 ，异丁基苯
分子中最多有8个碳原子共平面，C错误；布洛芬可以发生取代、加成、氧化反应，但是不
能发生聚合反应，D错误。]10．D [由结构简式可知，a分子中含有1个苯环，侧链为烷基，是苯的同系物；b分子中
含有氯原子，属于卤代烃，c分子中含有碳碳双键，均不是苯的同系物，故A正确；由结构
简式可知，c分子中含有的碳碳双键可发生氧化反应也可发生加聚反应，故B正确；由有机
物的转化关系可知，b分子的官能团为碳氯键、乙醇的官能团为羟基、c分子的官能团为碳
碳双键，上述反应过程所涉及的有机物中共含3种官能团，故C正确；乙苯的同分异构体有
邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，乙苯的一氯代物除b外还有4种，邻二甲苯、间二甲苯、
对二甲苯的一氯代物分别有3、4、2种，则b的同分异构体中属于芳香化合物的共有13种
(不包含b)，故D错误。]
11．D
12．A [装置Ⅰ中球形冷凝管能起到冷凝回流的作用，可以减少苯、液溴的挥发，提高原
料利用率，但减少溴化氢的挥发不是实验目的，故 A错误；装置Ⅰ中倒扣漏斗可以防止极
易溶于水的溴化氢被吸收时产生倒吸，故B正确；装置Ⅱ为分液装置，装置Ⅰ中制得的溴
苯中混有溴化铁、溴和苯，依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后除去溴化铁、溴，用装置
Ⅱ分液能得到含有苯的溴苯，故C正确；装置Ⅲ为蒸馏装置，苯和溴苯存在沸点差异，用
装置Ⅲ能分离苯与溴苯，故D正确。]
13．C 14.C
专题 20 原子结构、分子结构与性质的基础考查(选考)
1．Cu＋ Cu＋的价层电子排布式为3d10，为全充满的稳定结构；而Cu2＋的价层电子排布式为
3d9，不是稳定结构 8
2．碳 C
