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答案与解析_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习_2023新高考化学总复习优化设计
- 2026-03-29 16:31:24 2026-03-29 14:46:36
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学生用书正文答案与解析
第一编 专题整合突破
专题一 物质的组成与分类 传统文化
考点一 物质的组成与分类、性质与应用
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.A 解析 化学变化的根本特征是有新物质生成。对河道定期清淤属于物理变化,未
涉及化学变化;而“三废”处理、利用微生物降解水域中的有毒有害物质、垃圾进行无
害化处理等都有化学变化发生。故答案选A。
1- 2.D
对点演练
1- 1.A 解析 钛合金是合金材料,属于金属材料,故A符合题意;砷化镓是一种半导体材
料,不是金属材料,故B不符合题意;液氢是液态的氢元素的单质,氢元素是非金属元素,液
氢不是金属材料,故C不符合题意;碳纤维是碳元素组成的一种单质,是无机非金属材料,
环氧树脂是有机高分子合成材料,都不是金属材料,故D不符合题意。
1- 2.C 解析 “煤改气”“燃煤脱硫”等可以减少污染物的排放,有利于改善环境,A项
正确;ClO 具有强氧化性,可用于杀菌消毒,B项正确;氧化铝陶瓷属于非金属材料,C项错
2
误;生铁的含碳量较高,生铁炒熟主要是降低了生铁中的碳含量,D项正确。
真题示例
2- 1.B
2- 2.D
对点演练
2- 1.D 解析 胃液中含有盐酸,能与BaCO 反应生成Ba2+,Ba2+是重金属离子,可导致蛋白
3
质变性,用作钡餐的是BaSO ,D项不正确。
4
2- 2.B 解析 一次性医用口罩使用后口罩的细菌过滤效率已经很差,不能重复使用,A错
误;银是重金属,免洗洗手液中的胶质银离子能使新型冠状病毒变性而灭活,B正确;“基因
剪刀”可对基因组进行修改,但不能使病毒水解,C错误;氯水具有强氧化性,酒精具有还
原性,二者混合使用会降低消毒效果,D错误。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7) (8)
考点二 传统文化
√ √
经典对练·得高分
真题示例1.C 解析 钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬
度和脆性随含碳量增大而增大,A、B项均正确。熟铁含碳量较少,是比较纯的铁,合金的
熔点通常比各组分的熔点低,C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项正确。
2.C
对点演练
1.A 解析 屠呦呦发现并提取了青蒿素,获得了诺贝尔奖。
2.A 解析 倭铅是指金属锌,不是锌和铅的混合物,A错误;煤炭的主要成分是碳,在冶炼
锌的反应中碳作还原剂,B正确;在题给条件下,碳还原ZnCO 时生成CO,C正确;该冶炼
3
锌的方法是加热条件下用还原剂将金属还原出来,属于热还原法,D正确。
3.D 解析 墨汁中分散质粒子直径在1~100 nm之间,属于胶体,故A错误;宣纸的主要成
分是天然纤维素,不是合成高分子材料,故B错误;水晶的主要成分是二氧化硅,而砚石的
成分为无机盐,故C错误;狼毫为动物的毛,主要成分为蛋白质,故D正确。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3) (4)×
√专项模块(一) 化学与 STSE
应考训练
1.C 解析 “液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液
态燃料,能吸收二氧化碳,可解决温室效应,有利于可持续发展并应对气候变化,A正确;煤
气化得到的水煤气的主要成分为氢气和一氧化碳,利用的是化石燃料,所以氢气和一氧化
碳合成的甲醇不属于“液态阳光”,B正确;由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得
到的绿色液态燃料的过程中吸收能量,C错误;利用阳光、二氧化碳和水合成“液态阳
光”可减少对化石燃料的依赖,有望解决全球化石燃料不断枯竭的问题,D正确。
2.B 解析 疫苗的主要成分为蛋白质,蛋白质在温度过高的条件下会变性失活,所以要冷
链运输和冷藏储存抗病毒疫苗,故A正确;乙醇具有还原性,“84”消毒液的主要成分为具
有强氧化性的次氯酸钠,将医用酒精和“84”消毒液混合会发生氧化还原反应,乙醇被氧
化,次氯酸钠被还原,降低了消毒效果,故B错误;含有病毒的飞沫粒子直径介于1~100 nm,
混合在空气中形成气溶胶,吸入后导致感染,气溶胶属于胶体,能产生丁达尔效应,故C正
确;四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯,四氟乙烯的结构简式为F C CF ,根据乙烯
2 2
的结构可知四氟乙烯分子中所有原子共平面,故D正确。
3.B 解析 焚烧垃圾发电过程中生成了新物质,涉及化学变化,故A不符合题意;风力发
电是依靠风的动力将风能转化为电能,没有新物质生成,不涉及化学变化,故B符合题意;
环境消毒杀菌,利用物质的强氧化性,使细菌蛋白质变性,有新物质生成,涉及化学变化,故
C不符合题意;稻草发酵的过程中有新物质生成,涉及化学变化,故D不符合题意。
专题二 常用化学计量及应用
考点一 阿伏加德罗常数的应用
经典对练·得高分真题示例
1.D
2.C
对点演练
1.A 解析 一个H S分子中含有2个共价键,A正确;标准状况下,环己烷不是气体,因此
2
无法计算其物质的量,B错误;1 L 0.01 mol·L-1的 溶液中,根据物料守恒可知
、 、 的总物质的量为0.01 mol,因此 和
的数目之和小于0.01N ,C错误;由LiFePO -xe- xLi++Li FePO 可知,每转移
A 4 1-x 4
x mol电子时释放x mol Li+,因此每转移1 mol电子释放N 个Li+,D错误。
A
2.CD 解析 高温下Fe与水蒸气发生反应3Fe+4H O Fe O +4H ,0.2 mol Fe与足量水
2 3 4 2
蒸气反应生成H 的分子数约为0.267N ,A错误;标准状况下SO 不是气体,2.24 L SO 的
2 A 3 3
物质的量不是0.1 mol,完全溶于水所得溶液中SO2-的数目不是0.1N ,B错误;常温下,1 L
4 A
pH=13的NaOH溶液中水的电离受抑制,水电离出的OH-的浓度为10-13 mol·L-1,水电离出
的OH-的数目为10-13N ,C正确;一个硅原子与其他四个硅原子共同占有四个共价键,根据
A
均摊法可知一个硅原子拥有两个共价键,则28 g晶体硅中所含共价键的数目为2N ,D正
A
确。
考点二 物质的量浓度、物质的量的相关计算
经典对练·得高分
真题示例
1.答案 烧杯、量筒、托盘天平
解析 考查一定物质的量浓度溶液的配制,由于题目要求是配制0.10 mol·L-1的FeSO 溶
4
液,除药匙、玻璃棒之外,还需要烧杯、托盘天平、量筒、胶头滴管、容量瓶。
2.答案 AF
解析 称量NaOH固体时应该用小烧杯或者称量瓶,B项错误;配制一定浓度的NaCl溶液,
定容时俯视会造成结果偏高,C项错误;配制溶液时,不能直接在容量瓶中溶解固体,D项
错误;加水超过刻度线时应重新配制,E项错误。
对点演练
1.C 解析 若两种硫酸溶液等体积混合,浓度大的密度较大,所以质量较大,两种硫酸溶
液混合后,质量分数更接近浓度大的溶液,所得硫酸溶液的质量分数大于10%,故A错
误;Na O 和Na O各0.1 mol分别放入100 g水中,消耗的水的质量相等,生成的NaOH的
2 2 2
物质的量也相等,则物质的量浓度相等,B错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时仰视刻度线,则加入的溶剂偏多,导致所配溶液浓度偏低,故C正确;引流时玻璃棒下端在
刻度线以下,玻璃棒可以接触容量瓶内壁,故D错误。
1 000ρ w
2.C 解析 密度为ρ g·cm-3、质量分数是w的浓盐酸的物质的量浓度c(浓)= 1
1 36.5
mol·L-1,设所取浓盐酸的体积为1 L,则水的体积为4 L,则1 L浓盐酸中含有HCl的物质
1 000ρ w 1 000ρ w
的量n(HCl)=cV= 1 mol·L-1×1 L= 1 mol,向1 L浓盐酸中加入4 L水后
36.5 36.5
溶液的质量m(溶液)=m(浓盐酸)+m(H O)=(1 000ρ +4 000) g,由于稀释后溶液的密度为ρ ,
2 1 2
m (1 000ρ +4 000) g ρ +4
所以稀盐酸的体积V(稀)= = 1 = 1 L,因此稀释后盐酸的物质
ρ 103×ρ g·L-1 ρ
2 2
1 000ρ w
1 mol
n 36.5 1 000ρ ρ w
的量浓度c(稀)= = = 1 2 mol·L-1,故选C。
V ρ +4 36.5(ρ +4)
1 L 1
ρ
2
专项模块(二) 化学计算的常用方法
应考训练
1.D 解析 其中一份与200 mL的稀硝酸恰好完全反应,反应后溶液中溶质为
2.24 L
Cu(NO ) 、Zn(NO ) ,NO的物质的量为 =0.1 mol,转移电子为0.1
3 2 3 2 22.4 L·mol-1
0.3mol
mol×(5-2)=0.3 mol,金属都表现+2价,根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)= =0.15
2
mol,故反应后溶液中NO-的物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,由N原子守恒可知200 mL
3
溶液中HNO 的物质的量为0.1 mol+0.3 mol=0.4 mol,故HNO 的物质的量浓度为
3 3
0.4mol
=2 mol·L-1。第二份固体反应后溶液中有Cu(NO ) 、Zn(NO ) ,则消耗HNO 的
0.2 L 3 2 3 2 3
0.3mol
物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,故消耗硝酸的体积为 =0.15 L,即150 mL,故A
2mol·L-1
正确;由上述分析可知,HNO 的物质的量浓度为2 mol·L-1,故B正确;每一份固体中n(Cu)
3
+n(Zn)=0.15 mol,则m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15 mol×2=0.3 mol,故C正确;每
一份中金属总质量为0.5m g,得到n g固体为CuO、ZnO,由于n g固体中n(O)=n(Cu)
+n(Zn)=0.15 mol,则n g=0.5m g+0.15 mol×16 g·mol-1=(0.5m+2.4) g,故D不正确。
2.B 解析 根据题意分析,装置A中工业纯碱发生反应,装置B的目的是干燥二氧化碳,
不能通过称量反应前后装置B的质量获取m(CO ),故A错误;装置C的目的是吸收反应
2
生成的二氧化碳,通过称量反应前后装置C的质量可以获取m(CO ),故B正确;装置D中
2
的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C,不能通过称量反应前后
装置B和D的质量获取m(CO ),故C错误、D错误。
23.B 解析 28.70 g ZnSO ·7H O的物质的量为0.1 mol,由Zn元素守恒可以知道,生成
4 2
ZnSO ·H O或ZnSO 或ZnO时,物质的量均为0.1 mol,若得ZnSO ·H O的质量为17.90
4 2 4 4 2
g(100 ℃),若得ZnSO 的质量为16.10 g(250 ℃),若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃);据此
4
通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn O(SO ) 。
3 4 2
4.答案 根据题中所给的离子方程式可得关系式CuSO ·5H O~Na S O ,则样品中
4 2 2 2 3
CuSO ·5H O物质的量为0.100 0 mol·L-1×0.019 8 L=0.001 98 mol,则CuSO ·5H O样品的
4 2 4 2
0.001 98mol×250 g·mol-1
纯度w= ×100%=99%。
0.500 0 g·mL-1
5.答案 -37.0 kJ·mol-1
解析 根据CO(g)和S(l)的燃烧热可得热化学方程式:2CO(g)+O (g) 2CO (g) ΔH=-566
2 2
kJ·mol-1,S(l)+O (g) SO (g) ΔH=-529 kJ·mol-1,用第一个反应减去第二个反应,即得
2 2
SO (g)+2CO(g) S(l)+2CO (g) ΔH=-566 kJ·mol-1+529 kJ·mol-1=-37 kJ·mol-1。
2 2
6.答案 (1)三颈烧瓶
··
(2)AlP+3H 2 O PH 3 ↑+Al(OH) 3 H·
· P
·
·
H
··
¿H
(3)吸收空气中的O
2
(4)保证生成的PH 全部被酸性KMnO 溶液吸收
3 4
(5)5PH +8MnO- +24H+ 5H PO +8Mn2++12H O
3 4 3 4 2
(6)溶液恰好由紫红色变无色,且半分钟内不复原 不合格
解析 A中盛装酸性KMnO 溶液,可以除去空气中的还原性气体;B中盛有焦性没食子酸
4
的碱性溶液,可吸收空气中的O ;C中AlP和H O会反应生成PH 气体和Al(OH) 沉
2 2 3 3
淀,PH 气体和E中的KMnO 反应后,用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO 溶液,
3 4 4
即可计算出残留的磷含量。
(1)仪器C的名称是三颈烧瓶。
(2)AlP与水反应的化学方程式为AlP+3H O PH ↑+Al(OH) ;高毒性气体产物为
2 3 3
··
PH 3 ,其电子式为H· · P · · H。
··
¿H
(3)装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O 。
2
(4)反应完成后,继续通入空气的作用是为了保证生成的PH 全部被酸性KMnO 溶液
3 4
吸收。
(5)装置E中PH 被氧化成磷酸,离子方程式为5PH +8MnO- +24H+ 5H PO +8Mn2+
3 3 4 3 4
+12H O。
2
(6)KMnO 溶液为紫色,到达滴定终点时的现象为溶液恰好由紫红色变无色,且半分
4
钟内不复原;根据化学反应AlP+3H O PH ↑+Al(OH) 、5PH +8MnO- +24H+
2 3 3 3 4
5H PO +8Mn2++12H O、5SO2- +2MnO- +6H+ 5SO2- +2Mn2++3H O,得到比例关
3 4 2 3 4 4 2
系:5AlP~5PH ~8MnO-、5SO2- ~2MnO- ,未反应的KMnO 的物质的量为0.015 0
3 4 3 4 4
2 250
L×4.0×10-4 mol·L-1× × =2.4×10-5 mol,与PH 反应的KMnO 的物质的量为0.020
5 25.00 3 45
L×1.50×10-3 mol·L-1-2.4×10-5 mol=6.0×10-6 mol,则PH 的物质的量为6.0×10-6 mol×
3 8
(3.75×10-6×34×1 000) mg
=3.75×10-6 mol,则PH 的含量为 =12.75 mg·kg-1,则该原粮
3 0.01 kg
为不合格产品。
7.答案 (1)(球形)干燥管 蒸馏水(或水)
(2)E C B C
(3)排净装置中的空气,防止NO被氧化为NO
2
(4)4H++3MnO-
+5NO
3Mn2++5NO-
+2H O
4 3 2
(5)当滴入最后一滴高锰酸钾标准液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内无变化
96.6%
解析 已知2NO+Na O 2NaNO ,可见B为合成NaNO 的装置,由于过氧化钠能和水反
2 2 2 2
应,故B中应该是干燥环境,B装置前后需连接C装置,A中铜和浓硝酸反应生成NO ,经
2
过E装置,NO 和水反应生成NO,经干燥后再进入B装置,由于氮氧化物有毒,因此用装置
2
D中的酸性高锰酸钾溶液进行尾气处理。
Ⅰ.(1)由图可知,装置C为(球形)干燥管,根据上述分析可知,试剂X的名称是蒸馏水
(或水)。
(2)根据上述分析可知,为制得少量亚硝酸钠,题给装置按气流方向连接的顺序为
A→E→C→B→C→D。
(3)利用反应2NO+Na O 2NaNO 制备亚硝酸钠,需要防止NO被氧化为NO ,因此
2 2 2 2
加浓硝酸前,需先向装置内通一段时间N ,以排净空气,防止NO被氧化为NO 。
2 2
(4)已知酸性条件下,NO、NO 或NO-都能与MnO-反应生成NO-和Mn2+。D中NO
2 2 4 3
被酸性高锰酸钾氧化为硝酸根离子,N元素化合价从+2价升到+5价,高锰酸钾中锰元素
化合价从+7价降低到+2价,根据得失电子守恒、元素质量守恒可得主要反应的离子方
程式为4H++3MnO- +5NO 3Mn2++5NO- +2H O。
4 3 2
Ⅱ.(5)硫酸参与下,高锰酸钾与亚硝酸钠溶液反应的化学方程式为
3H SO +2KMnO +5NaNO 2MnSO +5NaNO +3H O+K SO 。则滴定终点的现象是当
2 4 4 2 4 3 2 2 4
滴入最后一滴高锰酸钾标准液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内无变化;25.00 mL
样品溶液用0.100 0 mol·L-1的KMnO 标准液进行滴定,消耗KMnO 标准液的体积为
4 4
28.00 mL,则有:
2KMnO ~ 5NaNO
4 2
2 mol 5 mol
0.100 0 mol·L-1×28.00×10-3 L n(NaNO )
2
5
n(NaNO )= ×0.100 0×28.00×10-3 mol,则该市售亚硝酸钠中NaNO 的质量分数是
2 2 25 250 mL
×0.100 0×28.00×10-3mol× ×69 g·mol-1
2 25.00 mL ×100%=96.6%。
5.0 g
专题三 离子反应
考点一 离子反应及离子方程式
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.A 解析 通常条件下,CaSO 微溶于水,CaCO 难溶于水,利用溶解度小的沉淀可向溶
4 3
解度更小的沉淀转化,可用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙,水垢中的硫酸钙以固体状态
存在,离子方程式中应保留化学式,A项正确;过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,正
确的离子方程式为3Fe+8H++2NO- 3Fe2++2NO↑+4H O,B项错误;硫酸铝溶液中滴加少
3 2
量氢氧化钾溶液应该生成氢氧化铝,C项错误;硫化氢是弱电解质,离子方程式中应该保
留化学式(H S),D项错误。
2
1- 2.A
对点演练
1- 1.A 解析 A项,碳酸钙难溶于水,在离子方程式中应保留化学式,石灰石(主要成分为
CaCO )与醋酸反应的离子方程式为CaCO +2CH COOH Ca2++2CH COO-
3 3 3 3
+H O+CO ↑,A错误;B项,银作阳极,阳极的电极反应式为Ag-e- Ag+,铜片作阴极,阴极的
2 2
电极反应式为Ag++e- Ag,总反应为Ag(阳极) Ag(阴极),B正确;C项,Cu与稀硝酸反
应生成Cu(NO ) 、NO和水,反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO- 3Cu2+
3 2 3
+2NO↑+4H O,C正确;D项,明矾溶液中加入少量Ba(OH) 溶液,参与反应的Ba2+与OH-的
2 2
物质的量之比为1∶2,生成的Al(OH) 与BaSO 沉淀的物质的量之比为2∶3,反应的离子
3 4
方程式为2Al3++3SO2- +3Ba2++6OH- 2Al(OH) ↓+3BaSO ↓,D正确;故选A。
4 3 4
1- 2.CD 解析 将少量氯气通入FeI 溶液中,Cl 先与I-反应,A错误;向稀硝酸银溶液中滴
2 2
加稀氨水至过量发生反应的离子方程式为Ag++2NH ·H O [Ag(NH ) ]++2H O,B错
3 2 3 2 2
误;AlCl 与NaOH的物质的量之比为2∶7,故反应的离子方程式为7OH-+2Al3+ AlO-
3 2
+Al(OH) ↓+2H O,C正确;将等浓度的NaHCO 溶液和Ba(OH) 溶液等体积充分混
3 2 3 2
合,NaHCO 与Ba(OH) 的物质的量之比为1∶1,故反应的离子方程式为HCO- +OH-+Ba2+
3 2 3
BaCO ↓+H O,D正确。
3 2
真题示例
2- 1.答案 CoCl >Cl >FeCl 2Co(OH) +6H++2Cl- 2Co2++Cl ↑+6H O
3 2 3 3 2 2
解析 由反应2Fe+Cl 2FeCl 知,氧化性:Cl >FeCl ;由反应Co+Cl CoCl 产物不为
2 3 2 3 2 2
CoCl 可知,氧化性:CoCl >Cl 。Co(OH) 与盐酸反应生成的黄绿色气体为Cl ,根据氧化还
3 3 2 3 2
原反应基本原理可知,应还有Co2+生成,据此写出其离子方程式。
2- 2.答案 2NH ·H O+SO 2NH+ +SO2- +H O HSO-
3 2 2 4 3 2 3解析 向氨水中通入少量SO ,生成(NH ) SO ,发生主要反应的离子方程式为
2 4 2 3
2NH ·H O+SO 2NH+ +SO2-+H O。从图中可知,当溶液pH=6时,对应溶液中浓度最大
3 2 2 4 3 2
的阴离子是HSO-。
3
对点演练
2.答案 (1)Cl-+CuCl [CuCl ]-
2
(2)SO2-+2Cu2++4Cl-+H O 2[CuCl ]-+SO2-+2H+
3 2 2 4
(3)Ⅱ和Ⅳ
(4)2Cu+ Cu2++Cu↓
(5)4CuFeS +4H++17O 4Cu2++4Fe3++8SO2-+2H O
2 2 4 2
解析 (1)CuCl难溶于水,但可与过量Cl-反应生成可溶于水的[CuCl ]-,该反应的离子方程
2
式为Cl-+CuCl [CuCl ]-。
2
(2)SO2-具有还原性,能被Cu2+氧化成SO2- ,还原产物是[CuCl ]-,反应的离子方程式为
3 4 2
SO2-+2Cu2++4Cl-+H O 2[CuCl ]-+SO2-+2H+。
3 2 2 4
(4)Cu+发生自身氧化还原反应,歧化为Cu2+和Cu,反应的离子方程式为2Cu+ Cu2+
+Cu↓。
(5)在酸性溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐,则应有硫酸参加反应,且生成
硫酸铜、硫酸铁和水,反应的化学方程式为4CuFeS +2H SO +17O
2 2 4 2
4CuSO +2Fe (SO ) +2H O,反应的离子方程式为4CuFeS +4H++17O 4Cu2++4Fe3++8S
4 2 4 3 2 2 2
O2-+2H O。
4 2
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
解析 (1)由0.1 mol·L-1 pH=1的NaHA溶液可知,NaHA是强酸的酸式盐,应拆成离子形式,
反应的离子方程式为H++OH- H O,错误;(2)电荷不守恒,应为2Na+2H O 2Na++2OH-
2 2
+H ↑;(3)向明矾溶液中加入氢氧化钡使硫酸根完全沉淀发生反应的离子方程式为Al3+
2
+4OH-+2Ba2++2SO2- 2BaSO ↓+AlO- +2H O,错误;(4)次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl ,在
4 4 2 2 2
酸性环境不能大量存在OH-,离子方程式为ClO-+Cl-+2H+ Cl ↑+H O,错误;(5)向
2 2
Ca(ClO) 溶液中通入过量的SO ,离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO +2H O 2Cl-
2 2 2 2
+CaSO ↓+4H++SO2-,错误。
4 4
考点二 离子共存
经典对练·得高分
真题示例
1.B
对点演练
1- 1.A 解析 A项中,四种离子相互不反应,能够大量共存,三价铁离子能氧化硫离子生
成硫单质,发生反应的离子方程式为2Fe3++H S 2Fe2++S↓+2H+,A项正确;B项中,碘离子
2
的还原性强于二价铁离子,则碘离子、氢离子及硝酸根离子先进行反应,反应的离子方程
式为8H++6I-+2NO- 3I ↓+2NO↑+4H O,B项错误;C项中,三价铁离子能够与偏铝酸根离
3 2 2
子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀,二者不能大量共存,C项错误;碳酸氢根离子与偏铝酸根离子可反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀,二者不能大量共
存,D项错误。
1- 2.A 解析 由c(H+)=1×10-14 mol·L-1可知溶液呈碱性,A项离子可大量共存;由表中数据
可知,酸性强弱顺序是H CO >HClO>HCO- ,因此HClO+CO2- ClO-+HCO- ,B项不能大
2 3 3 3 3
量共存;能与Al反应生成H 的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液,当溶液呈强
2
酸性时NO-具有氧化性,不能产生H ,且H+、NO-和I-会发生氧化还原反应,而当溶液呈
3 2 3
强碱性时,NH+不能大量存在,C项不能大量共存;CO2-、AlO-只能大量存在于碱性溶液
4 3 2
中,D项不能大量共存。
真题示例
2.B 解析 由实验①可判断原混合物中不存在CaCO ;由实验②可判断存在钾元素,即原
3
混合物中存在KCl;由实验③可判断产生的白色沉淀为Mg(OH) 沉淀,可判断原混合物中
2
存在MgSO ,B项符合题意。
4
对点演练
2- 1.D 解析 由题意和已知①可得四种物质为Ba(OH) 、NH HCO 、MgCl 、H SO ,甲
2 4 3 2 2 4
是Ba(OH) ;由已知②可得乙是H SO ;由已知③可得丙是MgCl ;所以丁是NH HCO ,故
2 2 4 2 4 3
D错误。
2- 2.A 解析 由无色溶液可知一定不含Fe3+;①用pH试纸检验,溶液呈强酸性,一定含大
量的H+,则不含CO2-、AlO- ;I-、NO-不能同时存在;②取溶液适量,加入少量CCl 和数滴
3 2 3 4
新制氯水,振荡,CCl 层呈紫红色,说明溶液中含I-,则一定不含NO- ;③该溶液的焰色反应
4 3
没有黄色,说明不含Na+;综上所述,一定含H+、I-,一定不含Na+、Fe3+、NO-、CO2-、Al
3 3
O- ,不能确定是否含NH+、Al3+、SO2-。A项,不能确定是否含SO2-,则向该溶液中加入
2 4 4 4
BaCl
不一定能观察到白色沉淀,故A正确;B项,一定不含Na+、Fe3+、NO-、CO2-、AlO-
2 3 3 2
,故B错误;C项,根据上述分析,该溶液中一定不含NO- ,故C错误;D项,不能确定是否含
3
Al3+,故D错误。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4)
解析 (1)pH=0,说明溶液显酸性,C O2-和MnO-在酸性条件下会发生氧化还原反应,不能
2 4 4
√
大量共存;(2)由水电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的溶液可能显酸性,也可能显碱性,C
O2-、SO2-在酸性条件下不能大量存在;(3)该溶液可能是强酸溶液,也可能是强碱溶液,在
3 3
强碱溶液中,Cu2+、NH+、HCO-会与OH-反应而不能大量共存,在强酸溶液中HCO-会与
4 3 3
H+反应而不能大量共存;(4)由水电离出的c(H+)=√K 的溶液中c(OH-)=c(H+),故溶液呈中
W
性,所给离子能大量共存。
专项模块(三) 离子检验与推断
应考训练
1.D 解析 某固体混合物X,含有Al (SO ) 、FeCl 、Na CO 和CuSO 中的几种,进行如
2 4 3 3 2 3 4
下实验:①X与水作用有气泡冒出,四种物质中能生成气体的只有Na CO ,所以一定有
2 3
Na CO ,而几种物质中没有酸,可知是因为发生相互促进的水解反应生成了二氧化碳,能
2 3与Na CO 在溶液中相互促进水解的有Al (SO ) 、CuSO 和FeCl ;得到有色沉淀Y,则
2 3 2 4 3 4 3
Fe(OH) 、Cu(OH) 、Cu (OH) CO 中至少有一种,Al(OH) 不确定;弱碱性溶液Z,说明溶
3 2 2 2 3 3
液中不存在铝离子、铁离子和铜离子;②沉淀Y与NaOH溶液作用,无变化说明沉淀中
没有Al(OH) ,则X中一定没有Al (SO ) 。A项,根据分析可知混合物X中必定含有
3 2 4 3
Na CO ,不含Al (SO ) ,故A正确;B项,溶液Z显弱碱性,所以大量存在的阳离子只能是钠
2 3 2 4 3
离子,碳酸钠的水解分两步:CO2- +H O HCO- +OH-;HCO- +H O H CO +OH-;由于发生
3 2 3 3 2 2 3
相互促进水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解,第一
步水解有可能存在,即溶液中一定有碳酸氢根,所以溶液Z中溶质主要是钠盐,且必含
NaHCO ,故B正确;C项,若X中含有CuSO ,则灼烧沉淀Y可以得到黑色的CuO,故C正
3 4
确;D项,溶液Z显弱碱性,即使X中含FeCl ,也已反应完全,溶液Z中不含FeCl ,故向溶液
3 3
Z中加入Cu粉不溶解,不能说明X中不含FeCl ,故D错误。
3
2.C 解析 溶液中加入过量盐酸后有气体生成,说明原溶液中至少含有CO2-、SO2-中的
3 3
一种,有沉淀生成,说明原溶液中一定含有SiO2- ,有SiO2-就一定不存在Al3+和Mg2+,阳离
3 3
子只剩下Na+,则一定存在Na+;当所得溶液甲继续加氨水时产生沉淀,沉淀只能是氢氧化
铝,说明有Al3+存在,而该Al3+应是由AlO-与过量盐酸反应转变所得,即一定存在AlO- ;而
2 2
NO-没有检验,则可能存在。A项,根据分析,原溶液中至少含有CO2-、SO2-中的一种,若
3 3 3
CO2-、SO2-同时存在,则气体甲是混合物(二氧化碳和二氧化硫的混合气体),A错误;B项,
3 3
溶液中一定不含有Mg2+,沉淀甲是硅酸,B错误;C项,溶液中一定存在Na+、AlO-和SiO2-
2 3
,C正确;D项,CO2-和NO-可能存在于溶液中,D错误。
3 3
专项模块(四) 氧化还原型离子方程式的书写
应考训练
1.答案 (1)Al3+、NH+、Fe2+、SO2- Fe3+、Cl- 取少量溶液X置于试管中,向其中滴加
4 4
KSCN溶液,若溶液颜色无明显变化,说明没有Fe3+(其他合理答案也可)
(2)Fe(OH)
3
(3)3Fe2++4H++NO- 3Fe3++NO↑+2H O
3 2
(4)4NO +O +2H O 4HNO
2 2 2 3
解析 在强酸性溶液中一定不会存在CO2-、SO2- ;加入过量硝酸钡溶液生成沉淀C,结合
3 3
题给离子可知该沉淀为BaSO ,溶液X中含有SO2- ;生成气体A,A被氧化生成D,D在常
4 4
温常压下呈红棕色,则A为NO,D为NO ,E为HNO ,说明溶液中含有还原性离子,则一定
2 3
含Fe2+;溶液B中加入过量NaOH溶液生成气体F,则F为NH ,说明溶液中含有NH+ ;溶
3 4
液H中通入过量CO 气体,生成沉淀I,则I为Al(OH) (无BaCO ,因CO 过量),溶液H中
2 3 3 2
含NaAlO ,说明原溶液中有Al3+。再根据离子共存原则,强酸性溶液中含有Fe2+,就一定
2
不含NO- ,含有SO2-就一定不含Ba2+,则不能确定是否含有的离子是Fe3+、Cl-。
3 4
2.答案 (1)NH+、Fe2+、Mg2+、SO2- 无
4 4
(2)0.3 mol Fe(OH) 、0.1 mol Mg(OH)
3 2
(3)Ba2++CO +2OH- BaCO ↓+H O
2 3 2(4)4NH +6NO 5N +6H O 2∶3
3 2 2
解析 向待测液中加入过量的稀盐酸无明显现象,溶液中一定没有SO2-、CO2- ,加入过量
3 3
的硝酸钡溶液,生成标准状况下2.24 L的无色气体X,则溶液中含有Fe2+,发生反应的化学
方程式是3Fe2++NO- +4H+ 2H O+3Fe3++NO↑,生成的一氧化氮的物质的量是0.1 mol,则
3 2
Fe3+的物质的量是0.3 mol,高锰酸根离子具有氧化性,与亚铁离子不能共存,则溶液中不
116.5 g
含有MnO- ,一定含有SO2- ,SO2-的物质的量是 =0.5 mol,向滤液Ⅰ中加入
4 4 4 233 g·mol-1
过量的氢氧化钠溶液,生成无色气体,则溶液中一定含有NH+ ,NH+的物质的量是
4 4
4.48 L
=0.2 mol,滤液Ⅰ中含有铁离子,根据原子守恒生成氢氧化铁的质量是
22.4 L·mol-1
0.3 mol×107 g·mol-1=32.1 g,而沉淀B是37.9 g,则应有5.8 g的氢氧化镁,其物质的量是
5.8 g
=0.1 mol,则溶液中一定含有0.1 mol的Mg2+,依据电荷守恒:n(Na+)
58 g·mol-1
+2n(Mg2+)+2n(Fe2+)+n(NH+ )=2n(SO2-),把数据代入得,n(Na+)=0,则溶液中不含有钠离子。
4 4
(1)由分析可知,待测液中一定含有的离子是NH+、Fe2+、Mg2+、SO2- ,没有无法确定
4 4
是否含有的离子。
(2)由分析可知沉淀B的成分及物质的量为0.3 mol Fe(OH) 、0.1 mol Mg(OH) 。
3 2
(3)滤液Ⅱ中含有钡离子、氢氧根离子,通入少量二氧化碳,生成沉淀C是碳酸钡,反
应的离子方程式为Ba2++CO +2OH- BaCO ↓+H O。
2 3 2
(4)一氧化氮和氨气反应生成氮气和水,化学方程式是4NH +6NO 5N +6H O;由
3 2 2
方程式可知,4 mol氨气被氧化生成2 mol氮气,6 mol一氧化氮被还原生成3 mol氮气,则
所得氧化产物与还原产物的质量之比为2∶3。
专题四 元素及其化合物
考点一 常见金属及其重要化合物
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.C
1- 2.C 解析 A项,工业一般将Cl 通入石灰乳中生产漂白粉,错误;B项,向NaCl溶液中
2
通入CO ,无法生成NaHCO ,错误;D项,电解MgCl 溶液不能得到金属镁,错误。
2 3 2
对点演练
1- 1.A 解析 过氧化钠受热不分解,但是NaHCO 受热分解:2NaHCO
3 3
Na CO +CO ↑+H O,2 mol NaHCO 受热分解产生1 mol二氧化碳和1 mol水,二氧化碳和
2 3 2 2 3
水都能与过氧化钠发生反应,但是过氧化钠是少量的,因此过氧化钠优先和二氧化碳发生
反应:2Na O +2CO 2Na CO +O ,得到1 mol碳酸钠和0.5 mol氧气,此时容器中一共有
2 2 2 2 3 22 mol碳酸钠、1 mol水和0.5 mol氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧
化反应,因此一共转移了1 mol电子,A项正确。
1- 2.B 解析 加入盐酸0~50 mL时发生的反应为Na CO +HCl NaCl+NaHCO ,没有
2 3 3
CO 产生,A错误;从图像分析可知,原混合物中Na CO 与NaHCO 的物质的量之比为
2 2 3 3
1∶1,B正确;由图像可知,V(盐酸)=50 mL时,溶液中的碳酸钠完全转化为碳酸氢钠和氯化
钠,由Na CO +HCl NaCl+NaHCO 可知,n(Na CO ) n(HCl)=0.002 5 mol,c(HCl)=
2 3 3 2 3
0.002 5mol
=0.05 mol·L-1,C错误;加入盐酸50~150 mL时,发生的反应为NaHCO +HCl
0.05 L 3
NaCl+H O+CO ↑,则生成CO 的体积V(CO )=100×10-3L×0.05 mol·L-1×22.4
2 2 2 2
L·mol-1=0.112 L=112 mL,D错误。
真题示例
2- 1.C
2- 2.D 解析 A项,制作铝金属制品主要是利用铝密度小、不易腐蚀的性质;B项,Al O
2 3
熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH) 可用于中和过多的胃酸,是因为
3
Al(OH) 属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。
3
对点演练
2- 1.B 解析 以铝土矿(主要成分为Al O ,含SiO 和Fe O 等杂质)为原料制备铝,由流程
2 3 2 2 3
可知,加NaOH溶液溶解时Fe O 不反应,过滤得到的滤渣中含有Fe O ,碳酸氢钠与偏铝
2 3 2 3
酸钠反应生成Al(OH) ,过滤得到Al(OH) ,灼烧Al(OH) 生成氧化铝,电解熔融的氧化铝
3 3 3
生成Al和氧气,纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝,氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠
(NaAlH )。为了提高“碱溶”效率,在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎,可增大接触面积,A
4
正确;过滤Ⅰ得到的滤液中含有过量NaOH和NaAlO ,加入NaHCO 溶液后HCO-分别与
2 3 3
OH-、AlO-反应,反应的离子方程式OH-+HCO- CO2-
+H
O、AlO- +HCO-
+H O
CO2-
2 3 3 2 2 3 2 3
+Al(OH) ↓,与泡沫灭火器的原理不同,故B错误;铝土矿加NaOH溶解时,Al O 溶解而
3 2 3
Fe O 不反应,则过滤Ⅰ所得滤渣主要成分为氧化铁,故C正确;由分析可知,反应Ⅲ的化学
2 3
方程式为4NaH+AlCl NaAlH +3NaCl,故D正确。
3 4
2- 2.答案 (1)合理
(2)NaOH溶液 2Al+2OH-+2H O 2AlO- +3H ↑
2 2 2
(3)B
解析 (1)题给铝热反应的原理为2Al+Fe O Al O +2Fe,反应过程中生成铁单质,铝可能
2 3 2 3
有剩余,结合题给熔点数据和信息:该反应放出的热量使铁熔化,而铝的熔点比铁低,此时
液态的铁和铝熔合形成铁铝合金,合理。
(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,铁与氢氧化钠溶液不反应。证明铝
热反应所得的熔融物中含有金属铝的实验方案为取少量熔融物冷却所得的固体置于试
管中,向其中滴加氢氧化钠溶液,看固体是否部分溶解,是否有气体生成。该实验所用试
剂是NaOH溶液,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H O 2AlO- +3H ↑。
2 2 2(3)A项,常温下,浓硫酸能使铁、铝钝化,错误;B项,铁、铝均与稀硫酸反应,生成的氢
气对环境无污染,正确;C项,稀硝酸与铁、铝反应均有有毒气体NO生成,错误;D项,氢氧
化钠溶液与铁不反应,错误。
真题示例
3- 1.A 解析 无水状态下Na O 比Na O更稳定,Na O在空气中加热可以生成更稳定的
2 2 2 2
Na O ,A正确;Mg加入到FeCl 溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应,生成Mg2+和
2 2 3
Fe2+,若Mg过量,Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl 过量,Mg已消耗
3
完,所以无Mg和Fe2+反应,所以不会生成Fe,B错误;FeS 在沸腾炉中与O 发生的反应为
2 2
4FeS +11O 2Fe O +8SO ,产物主要是SO 而不是SO ,C错误;H O 溶液中加入少量
2 2 2 3 2 2 3 2 2
MnO 粉末生成H O和O ,化学方程式为2H O 2H O+O ↑,D错误。
2 2 2 2 2 2 2
3- 2.A
对点演练
3- 1.A 解析 加入氯化铁固体,溶液变为红褐色,溶液中水解生成的氢氧化铁浓度变大,
但溶液浓度越大水解程度越小,A项错误;溶液颜色变浅,可以说明铁离子浓度变小,B项
正确;铁离子具有强氧化性,可与铁发生氧化还原反应:2Fe3++Fe 3Fe2+,溶液颜色变成浅
绿色,C项正确;将氯化铁溶液微热,溶液变成红褐色,说明升高温度水解平衡正向移动,即
水解反应是吸热过程,D项正确。
3- 2.A 解析 固体溶于水后,要使溶液为pH>7的无色溶液,则一定含有漂白粉,且漂白粉
过量。得到深棕色固体混合物,则固体是Fe(OH) 和Cu(OH) 的混合物,则原固体中一定
3 2
含有CuCl ,FeSO 和Fe (SO ) 中含有其中一种或两种都有。若原固体混合物中含有KI
2 4 2 4 3
和漂白粉,则KI会与漂白粉反应生成I ,溶液不可能为无色,因此一定不含KI,A错误;由
2
分析可知,原固体混合物中一定含CuCl ,可能含有FeSO 和Fe (SO ) 中的一种或两种,B
2 4 2 4 3
正确;由分析可知,深棕色固体混合物是Fe(OH) 和Cu(OH) 的混合物,C正确;由分析可知,
3 2
得到的pH>7的无色溶液是因为原固体含有过量的漂白粉,故具有强氧化性,能够漂白棉、
麻、丝织品,D正确。
3- 3.答案 (1)增大固体表面积,使焙烧更充分 H SO
2 4
(2)BCDE 3.3≤pH<4.8
(3)4CuFeS +13O 4CuO+2Fe O +8SO
2 2 2 3 2
(4)4Cu2++N H +8OH- 2Cu O↓+N ↑+6H O 过滤 (5)80.96%
2 4 2 2 2
解析 根据流程图可知,黄铜矿(主要成分为CuFeS )在氧气中焙烧,焙烧后可得到Fe O 、
2 2 3
CuO、FeO等,加入稀硫酸溶解,过滤后得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液,通入空气氧化
Fe2+,加入试剂a调节溶液的pH沉淀Fe3+,则料渣Ⅱ为氢氧化铁,向滤液加入N H 、KOH
2 4
发生氧化还原反应4CuSO +N H +8KOH 2Cu O↓+N ↑+4K SO +6H O,通过过滤、洗
4 2 4 2 2 2 4 2
涤、烘干得到产品。
(1)对矿石进行“预处理”是将矿石粉碎,其目的是通过增大接触面积,加快化学反应
速率,使焙烧更充分;炉气中含有二氧化硫,为了减少炉气污染,可用炉气生产硫酸,再用于
制取Cu O的工艺。
2(2)根据上述分析,步骤中通入空气是将+2价铁氧化为+3价铁,用试剂a调pH是将+3
价铁元素全部转化为Fe(OH) 沉淀,根据表格数据,+3价铁元素全部转化为Fe(OH) 沉淀
3 3
的pH最小为3.3,为了不影响溶液中的铜元素,pH不能达到4.8,故pH的调控范围最好是
3.3≤pH<4.8;溶液显酸性,铜与稀硫酸不反应,为了不引入新杂质,试剂a可选用CuO、
CuCO 、Cu(OH) 或Cu (OH) CO 。
3 2 2 2 3
(3)“焙烧”后,若Cu、Fe分别呈+2价、+3价,CuFeS 与O 反应的化学方程式为
2 2
4CuFeS +13O 4CuO+2Fe O +8SO 。
2 2 2 3 2
(4)“还原(90 ℃)”过程中向滤液加入N H 、KOH发生氧化还原反应
2 4
4CuSO +N H +8KOH 2Cu O↓+N ↑+4K SO +6H O,反应的离子方程式为4Cu2+
4 2 4 2 2 2 4 2
+N H +8OH- 2Cu O↓+N ↑+6H O;生成的沉淀经过过滤、洗涤、隔绝空气烘干得到
2 4 2 2 2
Cu O。
2
(5)10.00吨含30.00%CuFeS 的矿石中含有CuFeS 的质量为3吨,其中含有铜元素的
2 2
64 64 144
质量为3吨× ,理论上得到Cu O的质量为3吨× × ,最后得到Cu O 0.950 4吨,
184 2 184 128 2
0.950 4吨
则其产率= 64 144×100%=80.96%。
3吨× ×
184 128
易错防范·不失分
1.答案 (1)× (2)× (3)× (4) (5)×
2.答案 (1) (2) (3) (4) (5)×
√
3.答案 (1)× (2) (3)× (4) (5)×
√ √ √ √
考点二 常见非金属及其重要化合物
√ √
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.A
1- 2.D 解析 Ca SiO 可写作3CaO·SiO ,则其与NH Cl加热时可发生反应,得到
3 5 2 4
CaSiO 、CaCl 、NH 和H O,A项正确;Ca SiO 有吸水性,易板结,应密封保存,B项正
3 2 3 2 3 5
确;SO 对应的酸为H SO ,H SO 为中强酸,SO 能与Ca SiO 反应生成新盐CaSO ,C项正
2 2 3 2 3 2 3 5 3
确;Ca SiO 与盐酸反应会生成H SiO 沉淀,而不是SiO ,D项错误。
3 5 2 3 2
对点演练
1- 1.D 解析 硅酸钠能将玻璃塞和试剂瓶黏结在一起而打不开,不能用带磨口玻璃塞的
试剂瓶存放,故A错误;反应①Na SiO +H O+CO Na CO +H SiO ↓是强酸制弱酸,反应
2 3 2 2 2 3 2 3
②Na CO +SiO Na SiO +CO ↑,是高温下硅酸钠比碳酸钠稳定,原理不同,都可发生,两
2 3 2 2 3 2
者不矛盾,故B错误;石英玻璃的主要成分是二氧化硅,是氧化物不是硅酸盐,故C错误;祖
母绿的主要成分为Be Al Si O ,用氧化物的形式表示时书写顺序是:活泼金属氧化物、
3 2 6 18
较不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,故可以表示为3BeO·Al O ·6SiO ,故D正确。
2 3 2
1- 2.C 解析 水泥由石灰石和黏土等混合,再经高温煅烧制得,A说法正确;水泥生产过
程中加入石膏是为了调节水泥的硬化速率,调整水泥的凝结时间,B说法正确;水与硅酸三钙(3CaO·SiO )发生化学反应,生成的产物形成相互交联的结构,C说法错误;硅酸三钙
2
(3CaO·SiO )与水反应时放热,以冰代水减少了热膨胀及水蒸气产生的气泡,保证建筑质
2
量,D说法正确。
真题示例
2- 1.B
2- 2.A 解析 本题考查了氧化还原反应原理的分析与物质的检验、用途等知识。反应
中的电子转移情况为:
。据此可知,生成1 mol Cl 时,反应中转移20 mol e-,A项
2
错误;根据电子转移情况,可判断反应中碘单质作还原剂,氯酸钾作氧化剂,故氧化剂与还
原剂的物质的量之比是11∶6,B项正确;工业上常将氯气通入石灰乳中制得漂白粉,C项
正确;酸化的碘化钾溶液可与食盐中的碘酸根发生归中反应生成碘单质(IO- +5I-+6H+
3
3I +3H O),淀粉遇碘单质变蓝,D项正确。
2 2
对点演练
2- 1.B 解析 工业上一般通过氢气与氯气反应的产物溶于水来制盐酸,而不是氯气与水
反应,A项错误;ClO 用于自来水消毒是利用其强氧化性,B项正确;HClO可用作棉、麻的
2
漂白剂是利用HClO的氧化性,C错误;FeCl 用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性,D
3
项错误。
2- 2.B 解析 新制氯水中存在Cl +H O HCl+HClO的平衡,加碳酸钙时消耗氢离子,平
2 2
衡正向移动,HClO浓度增大,漂白能力增强,A正确;酸性:H CO >HClO>HCO- ,故HClO与
2 3 3
CO2-不能同时产生,B错误;足量氯气和水反应产生的盐酸将CO2-全部反应成CO 气
3 3 2
体,C正确;D项溶液中,中性时由电荷守恒得到c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-),由于发生氧化还原
反应,由得失电子守恒得到c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),联立两式可得c(Na+)=2c(ClO-)
+c(HClO),D正确。
2- 3.答案 (1)2Cu2++SO2- +2I-+H O 2CuI↓+SO2- +2H+
3 2 4
(2)红棕色 紫黑色 通风 2CuI+8HNO (浓) 2Cu(NO ) +4NO ↑+I +4H O
3 3 2 2 2 2
(3)DCAF
cM V
(4)除去蒸馏水中溶解的氧气,防止干扰实验 滴定管 淀粉 蓝色 r %
a
解析 (1)根据题意分析可知,Na SO 是还原剂,CuSO 是氧化剂,故该反应的离子方程式为
2 3 4
2Cu2++SO2-+2I-+H O 2CuI↓+SO2-+2H+。
3 2 4
(2)CuI中的亚铜离子和碘离子均能被浓硝酸氧化,氧化产物分别为Cu2+和I ,还原产
2
物为NO ,其反应的化学方程式为2CuI+8HNO (浓) 2Cu(NO ) +4NO ↑+I +4H O,其中
2 3 3 2 2 2 2
NO 为红棕色有毒气体,需在通风条件下进行,I 为紫黑色固体。
2 2
(3)因为碘单质受热易升华,故采用加热固体使I 升华并收集的方法提纯碘单质。用
2
到的仪器有A(烧杯)、C[石棉网(防止温度过高,升华速度大于冷凝速度)]、D(酒精灯)、F(装冷水的圆底烧瓶用于冷凝)。其装置为把粗碘放入烧杯内,将装有冷水的烧瓶放在烧
杯上,垫上石棉网用酒精灯加热烧杯,其连接顺序为DCAF。
(4)维生素C具有还原性,故煮沸蒸馏水是为了防止水中溶解的氧干扰实验;准确量取
溶液的体积常用滴定管量取;用于指示碘单质时,通常用淀粉作为指示剂,淀粉遇碘显蓝
色,这里用碘标准溶液滴定维生素C,所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后,溶液由无色
变为蓝色且30秒内不褪色,即为终点;根据题意可知,25 mL样品溶液消耗碘的物质的量
250 mL
为cV×10-3 mol,则a g样品中维生素C的物质的量为 ×cV×10-3 mol=cV×10-2
25.00 mL
cM V×10-2g cM V
mol,则维生素C的质量为cMV×10-2 g,则质量分数为 r ×100%= r %。
r ag a
真题示例
3- 1.C
3- 2.A 解析 亚硫酸是弱酸,硫酸是强酸,利用强酸制弱酸的原理,浓硫酸与亚硫酸钠反
应生成亚硫酸,亚硫酸分解生成二氧化硫和水,A项正确;B项中正确的离子方程式为
5SO +2MnO- +2H O 2Mn2++5SO2-+4H+,B项错误;因为SO 具有漂白性,所以可用于漂
2 4 2 4 2
白纸浆,与SO 具有氧化性没有因果关系,C项错误;S在氧气中点燃无法直接生成SO ,只
2 3
能先生成SO ,SO 进一步催化氧化才能生成SO ,D项错误。
2 2 3
对点演练
3- 1.B 解析 湿润的淀粉KI试纸不变蓝只能说没有氯气,结合②③可知①中的品红是
被氯气溶于水后生成的次氯酸漂白的,即氯气有一部分与品红溶液反应,故不可得出原气
体中n(Cl )=n(SO ),A错误;SO 漂白品红溶液不是永久性的,加热恢复原来颜色,①②中溶
2 2 2
液加热不变红,说明品红溶液不是被SO 漂白的,B正确;SO 和Cl 反应生成了SO2- ,SO2-
2 2 2 4 4
与Ba2+反应生成了BaSO ,C错误;将混合气体通入品红溶液中发生了氯气与水反应、次
4
氯酸漂白品红溶液、氯气与二氧化硫反应等氧化还原反应,D错误。
3- 2.答案 (1)分液漏斗 (2)abc
(3)溶液由棕黄色变为浅绿色 (4)SO
2
(5)①亚硫酸的酸性弱于盐酸
②BaSO 3SO +Ba2++2NO- +2H O BaSO ↓+2NO+4H++2SO2- (或3SO +3Ba2++2N
4 2 3 2 4 4 2
O-+2H O 3BaSO ↓+2NO+4H+) ③在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧
3 2 4
化硫的速率快
解析 (1)仪器a是分液漏斗。
(2)氯化钠与二氧化硫不反应,不能用饱和NaCl溶液进行尾气吸收;亚硫酸钠在溶液
中与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳,氢
氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水,则abc中的溶液均可进行尾气吸收。
(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子,铁离子为棕
黄色,亚铁离子为浅绿色,则溶液由棕黄色变为浅绿色。
(4)由实验现象对比可知,二氧化硫不能使品红溶液褪色。(5)①pH小于7说明生成了酸性物质,没有生成白色沉淀说明其酸性弱于盐酸;②H
中白色沉淀为硫酸钡,I中未煮沸,二氧化硫溶于水呈酸性,硝酸根在酸性条件下有强氧化
性,将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀,总反应的离子方程式为3SO +Ba2++2N
2
O- +2H O BaSO ↓+2NO+4H++2SO2-(或3SO +3Ba2++2NO- +2H O
3 2 4 4 2 3 2
3BaSO ↓+2NO+4H+);③根据题意分析可知,在水溶液中氧气氧化二氧化硫比酸性条件下
4
硝酸根氧化二氧化硫的速率快。
真题示例
4- 1.A
4- 2.D 解析 SO 为无色有刺激性气味的气体,A项错误。汽车尾气中的主要大气污染
2
物为CO、碳氢化合物、氮氧化物、烟尘等,B项错误。氮的固定是将氮由游离态转化
为化合态,植物一般利用硝酸盐作为肥料,无法直接利用NO和NO ,通常大气中不含有
2
NO、NO ,C项错误。工业废气中SO 可采用石灰法进行脱硫,原理为SO +CaO
2 2 2
CaSO ,2CaSO +O 2CaSO ,D项正确。
3 3 2 4
对点演练
4- 1.C 解析 实验Ⅰ中对NH Cl固体加热,湿润的pH试纸的变化:黄色→蓝色
4
(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2),说明加热过程中生成了氨气,氨气遇水形成一水合氨,一水
合氨为弱碱,使试纸变蓝,同时产生了氯化氢气体,氯化氢极易溶于水形成盐酸,中和了一
水合氨恢复到黄色,最后变为红色,该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢
气体,试纸先变蓝后变红,说明氨气扩散的速度比氯化氢快;试管中部有白色固体附着,说
明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵;实验Ⅱ中将氯化铵
溶液滴在pH试纸上,试纸颜色变化:黄色→橙黄色(pH≈5),说明氯化铵溶液中铵根离子水
解使溶液显酸性。根据上述分析可知,C项错误。
4- 2.B 解析 正盐A和强碱X反应可生成氢化物B,则B为NH ;B和Y连续反应最终
3
生成E,且E的相对分子质量比D大16,则Y为O ,C为N ,D为NO,E为NO ;NO 和无色
2 2 2 2
液体Z反应得到含氧酸F,则Z为H O,F为HNO 。铵盐水解使溶液显酸性,草木灰的主
2 3
要成分为K CO ,CO2-水解使溶液显碱性,二者混合使用会降低肥效,A项正确;NH 分子
2 3 3 3
之间存在氢键,其沸点比PH 高,B项错误;N 的相对分子质量与空气的平均相对分子质
3 2
量相差不大,不能用排空气法收集,可利用其难溶于水的性质,用排水法收集,C项正确;NO
转化为NO ,颜色由无色变为红棕色,可以检验NO的存在,D项正确。
2
易错防范·不失分
1.答案 (1)× (2) (3) (4) (5)
2.答案 (1)× (2)× (3) (4)× (5)
√ √ √ √
3.答案 (1) (2)× (3)× (4)× (5)
√ √
4.答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
√ √
专项模块(五) 化学工艺流程题解题策略
应考训练1.D 解析 酸浸工序中加入稀硝酸,金属铋与稀硝酸反应是有气体生成的放热反应,分批
次加入稀硝酸,从而降低反应剧烈程度,A项正确;Bi(NO ) 易水解,转化工序中加入稀盐
3 3
酸,增大溶液中的c(H+),可以抑制Bi(NO ) 的水解,B项正确;Bi3+水解使溶液呈酸性,
3 3
CH COONa水解使溶液呈碱性,水解工序中加入CH COONa固体,可促进Bi3+水解,C项
3 3
正确;NH NO 水解使溶液呈酸性,水解工序中加入NH NO 固体,则抑制Bi3+水解,不利于
4 3 4 3
BiOCl的生成,D项错误。
2.D 解析 溶液中形成配离子均存在化学平衡,根据题意分析可知,铁离子在盐酸中存在
平衡Fe3++4Cl- [FeCl ]-,溶液中Cl-浓度高,越有利于平衡正移。反萃取时,加水稀释溶液,
4
平衡逆向移动。另外,已知乙醚不溶于水,密度比水小。根据分析可知,酸化后,溶液中铁
元素的存在形式主要是黄色配离子[FeCl ]-,A正确;萃取分液时,乙醚在上层,从分液漏斗
4
上口倒出,B正确;反萃取后,铁元素在溶液中主要以Fe3+的形式存在,C正确;蒸馏烧瓶不
能直接加热,需垫上石棉网加热,D错误。
3.答案 (1)搅拌、适当增大浓度、适当升温(合理即可)
(2)过滤 (3)2CeO +H O +6H+ 2Ce3++O ↑+4H O 防止在加热过程中Ce3+水解成
2 2 2 2 2
Ce(OH)
3
(4)8.0×10-6
(5)①Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+ ②78.88
解析 由题给流程可知,向废玻璃粉末中加入酸进行酸浸,氧化铁与酸反应生成铁盐,过滤
得到含有二氧化铈和二氧化硅的滤渣Ⅰ和含有铁盐的滤液Ⅰ;向滤渣Ⅰ中加入盐酸和过
氧化氢溶液,酸性条件下,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、氧气和水,
二氧化硅不反应,过滤得到含有氯化铈的滤液Ⅱ和含有二氧化硅的滤渣Ⅱ;向滤液Ⅱ中加
入碱调节溶液的pH,氯化铈转化为氢氧化铈悬浊液,向氢氧化铈悬浊液中加入盐酸得到
六水氯化铈,六水氯化铈在氯化氢气流中加热脱去结晶水得到无水氯化铈,一定条件下,
用无水氯化铈制得铈。
(1)搅拌、增大酸的浓度、升高反应温度等都可以加快废玻璃粉末的酸浸速率。
(2)由分析可知,操作①和②均为过滤。
(3)加入H O 只作为还原剂时,二氧化铈与过氧化氢发生氧化还原反应生成氯化铈、
2 2
氧气和水,反应的离子方程式为2CeO +H O +6H+ 2Ce3++O ↑+4H O;氯化铈是强酸弱碱
2 2 2 2 2
盐,直接加热六水氯化铈时,氯化铈会发生水解反应生成氢氧化铈,在氯化氢气流中加热,
能抑制氯化铈水解,防止水解生成氢氧化铈。
(4)pH=9的溶液中氢氧根离子浓度为1×10-5 mol·L-1,由Ce(OH) 的K =8×10-21可知,悬
3 sp
K 8×10-21
浊液中c(Ce3+)= sp = mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1。
c3(OH-) (1×10-5)3
(5)①滴定过程中发生的反应为Ce4+与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和Ce3+,反应
的离子方程式为Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+;②由题意可得如下关系式Ce3+~Ce4+~Fe2+,亚铁离子的物质的量为1 mol·L-1×0.01 L=0.01 mol,则CeCl 样品的纯度为
3
200 mL
0.01mol× ×246.5 g· mol-1
50.00 mL ×100%=78.88%。
12.5g
4.答案 (1)防止得到的锌被氧化
(2)Pb 温度低于30 ℃,溶浸反应速率随温度升高而增大,温度超过30 ℃,氨气逸出
导致溶浸反应速率下降
(3)2AsCl2-
+2H O +6NH ·H O As O
(胶体)+10Cl-+6NH+
+5H
O或2AsCl2-
5 2 2 3 2 2 5 4 2 5
+2H O +6NH +H O As O
(胶体)+10Cl-+6NH+
2 2 3 2 2 5 4
(4)[Zn(NH ) ]2++2e- Zn+4NH ↑ N
3 4 3 2
(5)Zn(OH) Cl 或Zn (OH) Cl
1.2 0.8 5 6 4
解析 由流程图可知,向氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸,溶浸后氧化锌烟灰中锌、
铜、砷元素分别以[Zn(NH ) ]2+、[Cu(NH ) ]2+、AsCl2-的形式存在,则滤渣1为Pb,加入
3 4 3 4 5
过氧化氢,AsCl2-转化为As O 胶体经吸附聚沉除去,过滤后向溶液中加入锌粉还原,可除
5 2 5
去Cu元素等,滤液中主要含有[Zn(NH ) ]2+,然后电解可生成高纯度锌。
3 4
(1)罐体用泥封严,可隔绝空气防止得到的锌被氧化。
(2)根据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图像
可知,30 ℃左右时浸出率最高,30 ℃之前,溶浸反应速率随温度升高而增大,30 ℃之后,氨
气逸出导致溶浸反应速率下降。
(3)“氧化除杂”的目的是将AsCl2-转化为As O 胶体,再经吸附聚沉除去,反应时AsC
5 2 5
l2-的As元素化合价由+3价升高到+5价,转变为As O ,同时生成Cl-,H O 是绿色氧化剂,
5 2 5 2 2
可被还原为H O,此环节中没有外加酸或碱,则NH ·H O参与反应使溶液始终接近中性,
2 3 2
该反应的离子方程式为2AsCl2- +2H O +6NH ·H O As O (胶体)+10Cl-+6NH+ +5H O或
5 2 2 3 2 2 5 4 2
2AsCl2-
+2H O +6NH +H O As O
(胶体)+10Cl-+6NH+。
5 2 2 3 2 2 5 4
(4)“电解”含[Zn(NH ) ]2+的溶液,阴极上阳离子得到电子发生还原反应,则电极反应
3 4
式是[Zn(NH ) ]2++2e- Zn+4NH ↑。阳极上阴离子失去电子被氧化,已知阳极区产生一
3 4 3
种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl 溶液中,无明显现象,则该气体不是氧气、
2
不是氯气,说明溶液中SCN-中的氮元素化合价升高转变为氮气,则阳极产生的气体是
N 。
2
(5)设ZnCl 溶液在T ℃水解可得某碱式盐Zn(OH) Cl ,取11.38 g该碱式盐,T ℃完
2 1 x y 2
8.1 g
全水解后并煅烧,可得纯氧化锌8.1 g。n(ZnO)= =0.1 mol,根据Zn元素守恒,
81 g·mol-1
11.38 g
则水解产物的物质的量也为0.1 mol,则Zn(OH) Cl 的摩尔质量为 =113.8
x y 0.1mol
g·mol-1,根据元素化合价代数和为0,则有2=x+y,根据摩尔质量为113.8 g·mol-1,则有
65+17x+35.5y=113.8,解方程可得x=1.2,y=0.8,则该碱式盐的化学式为Zn(OH) Cl 或
1.2 0.8
Zn (OH) Cl 。
5 6 4
5.答案 (1)Cr和Fe (2)溶解 (3)Fe O 和MgO
2 3(4)2Na++2CrO2-+2CO +H O Cr O2-+2NaHCO ↓
4 2 2 2 7 3
(5)16NaHCO +4Fe(CrO ) +7O 8Na CrO +2Fe O +16CO +8H O Na CO
3 2 2 2 2 4 2 3 2 2 2 3
(6)② (7)8.37
解析 铬铁矿、熔融NaOH与O 反应后加入H O溶解并过滤,生成滤渣Ⅰ和介稳态相,介
2 2
稳态相分离后得到铬酸盐溶液、NaOH溶液和无色溶液,无色溶液中通入过量气体A后
生成Al(OH) 沉淀,所以气体A为CO ,物质Ⅴ为NaHCO 。介稳态相中含铝、铬元素,所
3 2 3
以滤渣Ⅰ为Fe O 和MgO。MgO与过量CO 和水蒸气反应生成碳酸氢镁,所以物质Ⅱ为
2 3 2
Mg(HCO ) ;Mg(HCO ) 热解生成MgCO 、CO 和H O,所以混合气体Ⅳ为CO 和H O。
3 2 3 2 3 2 2 2 2
(1)因为铬铁矿中铁元素为+2价、铬元素为+3价,结合后续产物中元素化合价分析,
高温连续氧化工序中被氧化的元素是Cr、Fe。
(2)工序①是向固体混合物中加入H O,然后进行过滤分离得到滤渣和溶液,属于溶解
2
浸出过程。
(3)经过高温连续氧化并溶解后,铬铁矿转化为Na CrO 、NaAl(OH) 、Fe O 和MgO,
2 4 4 2 3
所以滤渣Ⅰ的主要成分为Fe O 和MgO,通过过滤与溶液分离。
2 3
(4)工序③中,在酸性条件下,Na CrO 与CO 、H O反应生成重铬酸根离子和碳酸氢
2 4 2 2
钠(析出),离子方程式为2Na++2CrO2- +2CO +H O Cr O2- +2NaHCO ↓。
4 2 2 2 7 3
(5)由分析可知,物质Ⅴ为NaHCO ,所以依据题给信息,此时发生的反应为
3
16NaHCO +4Fe(CrO ) +7O 8Na CrO +2Fe O +16CO +8H O。Na CO 也可与铬铁矿、
3 2 2 2 2 4 2 3 2 2 2 3
氧气发生反应,所以NaOH还能用Na CO 代替。
2 3
(6)热解工序产生的气体为二氧化碳和水蒸气的混合气体,所以还能用于工序②参与
内循环。
(7)工序④中发生的反应为Al(OH)- +CO Al(OH) ↓+HCO- ,由于存在平衡
4 2 3 3
Al(OH) +OH- Al(OH)- ,设溶液中铝元素完全沉淀时c(OH-)为x mol·L-1,列式计算:
3 4
OH-Al(OH ) -
Al(OH) +
3 x 10-5 4
10-5
由题意得,K= =100.63,解得x=10-5.63;依据题给条件下K =10-14,则可得pH=8.37。
x W
6.答案 (1)Al O +4(NH ) SO 2NH Al(SO ) +6NH ↑+3H O↑
2 3 4 2 4 4 4 2 3 2
(2)Fe3+、Al3+、Mg2+ (3)1×10-6
(4)硫酸 SiO CaSO
2 4
(5)TiO2++(x+1)H O TiO ·xH O↓+2H+
2 2 2
(6)(NH ) SO
4 2 4
解析 (1)对比(NH ) SO 与NH Al(SO ) 的化学式可知,Al O 与(NH ) SO 反应中Al3+代替
4 2 4 4 4 2 2 3 4 2 4
了部分NH+
,故反应的化学方程式为Al O +4(NH ) SO
4 2 3 4 2 4
2NH Al(SO ) +6NH ↑+3H O↑。
4 4 2 3 2
(2)根据题表中金属离子开始沉淀与沉淀完全时的pH,用氨水逐步调节pH从2.0至
11.6的过程中,依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+。(3)根据题表中的数据可知,当c(Mg2+)=1×10-5 mol·L-1时,c(H+)=1×10-11.1
1×10-14
mol·L-1,c(OH-)=1×10-2.9 mol·L-1,K [Mg(OH) ]=1×10-10.8。当pH=11.6时,c(OH-)=
sp 2 1×10-11.6
1×10-10.8
mol·L-1=1×10-2.4 mol·L-1,则c(Mg2+)= mol·L-1=1×10-6 mol·L-1。
(1×10-2.4)2
(4)根据焙烧时加入的是硫酸铵,且酸溶时的温度为160 ℃,则酸溶时加入的酸应该为
硫酸。酸溶渣的成分为SiO 和硫酸钙。
2
(5)稀释与加热均可促进TiO2+的水解,该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H O
2
TiO ·xH O↓+2H+。
2 2
(6)尾气中含有NH ,母液①中含有氨水,母液②中含有剩余的硫酸,故将母液①和母液
3
②混合,吸收尾气,经处理得到(NH ) SO ,(NH ) SO 可循环利用。
4 2 4 4 2 4
7.答案 (1)①2AgI+Fe 2Ag+Fe2++2I- AgNO ②FeI +Cl I +FeCl I 、FeCl I
3 2 2 2 2 2 3 2
被进一步氧化
(2)2IO- +5HSO- I +5SO2-+H O+3H+
3 3 2 4 2
(3)4 防止单质碘析出
解析 (1)①由题图可知,向净化除氯后含I-的海水中加入AgNO ,发生反应I-+Ag+ AgI↓,
3
含AgI的悬浊液中加Fe粉,发生的反应为2AgI+Fe 2Ag+FeI ,反应的离子方程式为
2
2AgI+Fe 2Ag+Fe2++2I-,“转化”过程中生成的沉淀是Ag,Ag与硝酸反应生成的AgNO
3
可循环使用。②由于I-的还原性强于Fe2+,通入Cl 时I-优先被Cl 氧化,故通入Cl 只生成
2 2 2
n(Cl )
一种氧化产物时反应的化学方程式为FeI +Cl I +FeCl ;当 2 =1.5时,I-和Fe2+全
2 2 2 2 n(FeI )
2
n(Cl )
部被氧化,氧化产物为I 和FeCl ;当 2 >1.5时,由于生成的I 会被Cl 进一步氧化,
2 3 n(FeI ) 2 2
2
故I 的收率降低。
2
(2)以NaIO 为原料制备I 的反应过程为:NaIO NaI I ,总反应的离子方程
3 2 3 2
式为2IO- +5HSO- I +5SO2- +H O+3H+。
3 3 2 4 2
(3)KI溶液与CuSO 溶液反应生成CuI沉淀和I 的化学方程式为4KI+2CuSO
4 2 4
2CuI↓+I +2K SO ,由此可以看出,生成1 mol I 至少需要4 mol KI;根据I +I- I-可知,反
2 2 4 2 2 3
应中加入过量KI的目的是尽可能把生成的I 转化为I- ,防止单质碘析出。
2 3
8.答案 (1)NaHCO 相同温度下,碳酸氢钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差
3
较大且最小
(2)D (3)甲基橙 溶液由黄色变为橙色
(4)3.56% (5)偏大
解析 (1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知
(ⅱ)中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35 ℃的温度下,与氯化
钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶
液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。
(2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,
且首先发生反应:Na CO +HCl NaHCO +NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象
2 3 3
是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO +HCl
3
NaCl+H O+CO ↑,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现
2 2
象是溶液由黄色变为橙色。
(4)根据滴定过程中的反应原理:Na CO +HCl NaHCO +NaCl、NaHCO +HCl
2 3 3 3
NaCl+H O+CO ↑可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V -V )
2 2 2 1
mL×10=(23.51-22.45) mL×10,则样品中n(NaHCO )=(23.51-22.45) mL×10×10-3
3
L·mL-1×0.100 0 mol·L-1=1.06×10-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为
1.06×10-3mol×84 g·mol-1
×100%=3.56%。
2.500 g
(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,
即V 偏小,引起(V -V )偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。
1 2 1
9.答案 (1)搅拌、升温、研磨等 SiO CaSO
2 4
(2)1∶4
(3)6.30
(4)2Sc (C O ) +3O 2Sc O +12CO
2 2 4 3 2 2 3 2
(5)促进水解平衡正向移动,有利于TiO ·xH O的生成
2 2
(6)富集Sc元素
解析 向赤泥中加入浓硫酸,Al O 、Fe O 、TiO 、Na O、Sc O 与酸反应变为可溶性盐
2 3 2 3 2 2 2 3
进入溶液,CaO与硫酸反应产生的CaSO 微溶于水,主要以CaSO 固体形式存在,酸性氧
4 4
化物SiO 不溶于硫酸溶液,通过过滤除去的固体物质中主要含有SiO 、CaSO 。向滤液
2 2 4
中加入D EHPA-煤油作萃取剂进行萃取,Sc元素的化合物进入有机相,其他金属化合物
2
进入水相,然后分液,得到两种液体物质。向水相中加入足量Fe粉,Fe还原Fe3+变为Fe2+,
然后加水稀释,得到固体TiO ·xH O,固体TiO ·xH O受热分解产生TiO 。过滤得到的滤
2 2 2 2 2
液中含有硫酸亚铁、硫酸铝等,经重结晶获得绿钒、硫铝。向有机相中加入NaOH,通过
反萃取产生Sc(OH) ,然后加入草酸溶解得到Sc (C O ) ,在高温下加热发生反应产生
3 2 2 4 3
Sc O 。
2 3
(1)加快“浸取”时浸取速率的措施有搅拌、升温、研磨等措施;在滤渣中含有酸性
氧化物SiO 及微溶性的CaSO 。
2 4
(2)钪的萃取率要高,同时要求O/A值要尽可能的小,以降低成本。根据图示可知,在
O/A值为1∶4时比较合适。
(3)Sc(OH) (s) Sc3+(aq)+3OH-(aq),
3
√8.00×10-30
K [Sc(OH) ]=c(Sc3+)·c3(OH-)=8.00×10-30;c(OH-)=3 mol·L-1=2.00×10-8 mol·L-1,
sp 3 1.0×10-6
10-14
c(H+)= mol·L-1=5.00×10-7 mol·L-1,故溶液pH=6.30。
2.00×10-8(4)Sc (C O ) 高温下在空气中发生分解反应产生Sc O 、CO ,反应的化学方程式为
2 2 4 3 2 3 2
2Sc (C O ) +3O 2Sc O +12CO 。
2 2 4 3 2 2 3 2
(5)在Ti2+水解过程中,加水稀释的目的是促进水解平衡正向移动,有利于TiO ·xH O
2 2
的生成。
(6)在操作中设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集Sc元素,便于获得氧化钪。
专题五 物质结构 元素周期律
考点一 原子结构
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.B
1- 2.A 解析 依据信息“Y在化合物中显+1价”和核反应方程式,可推出元素X、Y分
别为B(硼)和Li(锂)。H BO 属于弱酸,可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液,A项正确。
3 3
锂单质在空气中燃烧的产物是氧化锂(Li O),B项错误。B元素和H元素形成的是共价
2
化合物,C项错误。6Li和7Li属于同位素,D项错误。
1- 3.D 解析 由14C→14X+0 e,可知Z=7,X为N,因此衰变反应为14C→14N+0 e。Z=7,14C
6 Z -1 6 7 -1 6
与14 X质子数不相同,不互为同位素,A错误;14 C与14 X的中子数分别为14-6=8、14-7=7,
Z 6 z
中子数不同,B错误;12C和14C的质子数均为6,质量数不同,二者互为同位素,C错误;根据
6 6
1 1
半衰期的定义,某考古样品中14C的量应为其5 730年前的 ,为5 730×2=11 460年前的
6 2 4
,D正确。
对点演练
1- 1.C 解析 W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素,W的一种核素的质量数为18,中
子数为10,可知W的质子数为8,则W是氧元素;X元素的原子和Ne原子的核外电子数
相差1,且原子半径比W大,可知X为11号元素,故X为Na元素;Y的原子半径介于X和
W之间,Y的单质是一种常见的半导体材料,所以Y是Si元素;Z的非金属性在同周期元
素中最强,原子序数大于Si,故Z为Cl元素。根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是
O、Na、Si、Cl。O、Na两种元素对应的简单离子具有相同的核外电子排布,核电荷数
越大,离子半径越小,钠离子半径小于氧离子半径,选项A错误;非金属性Cl>Si,HCl的稳
定性比SiH 强,选项B错误;NaClO中含有离子键和共价键,选项C正确;Y为Si,Y的氧化
4
物SiO 除与HF反应外与其他酸不反应,选项D错误。
2
1- 2.C 解析 镧系元素属于第六周期,则原子核外有6个电子层,A错误;稀土元素最外层
电子均只有1~2个,B错误;过渡元素均为金属元素,C正确;76Y、80Y互为同位素,化学性
质几乎相同,D错误。
真题示例
2- 1.B
2- 2.D 解析 短周期元素形成的常温下为气体的单质有:H 、N 、O 、F 、Cl ,由Z的
2 2 2 2 2
最外层电子数是W和X最外层电子数之和并且是Y最外层电子数的2倍,可以推知W为H,X为N,Z为S,则Y为Al。四种元素的原子半径Al(Y)>S(Z)>N(X)>H(W),A项说法
错误;W(H)与X(N)可以形成NH 、N H 等多种化合物,B项说法错误;Y(Al)的氧化物
3 2 4
Al O 是两性氧化物,能与强碱反应,C项说法错误;W(H)、X(N)、Z(S)可以形成既含有离
2 3
子键又含有共价键的化合物如(NH ) S、NH HS,D项说法正确。
4 2 4
2- 3.B 解析 Ca原子核外有4个电子层,分别对应符号K、L、M、N,其原子结构示意
图为 ,N层有2个电子,故N层运动的电子数为2。
对点演练
2- 1.D 解析 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且Z最外层电子数
是其电子层数的3倍,则Z为氧元素,X、Y、Z位于同一周期,即在第二周期,则W位于第
一周期,W为氢元素。从球棍模型分析,其中有原子形成四个共价键,应为碳原子,有原子
形成两个共价键,应为氧原子,还有原子形成三个共价键,应为氮原子,所以四种元素分别
为氢、碳、氮、氧。四种元素中原子半径最大的为X,即碳原子,A错误;非金属性最强
的为氧元素,B错误;氢和氧形成水或过氧化氢,过氧化氢分子中含有非极性共价键,C错
误;由上述分析可知球棍模型表示的分子为丙氨酸,分子中含有羧基,能发生酯化反应,D
正确。
2- 2.B 解析 W、X、Y、Z、M为短周期原子序数依次递增的元素,已知W元素的某
种同位素无中子,则W为H。由最外层电子数可知W的最外层电子数为1,X的最外层
电子数为4,Y的最外层电子数为5,Z的最外层电子数为2,M的最外层电子数为7,则X
为C、Y为N、Z为Mg、M为Cl。氨气分子间存在氢键,则简单氢化物的沸
点:YH >XH ,故A正确;同周期主族元素从左向右原子半径减小,则原子半径:Z>M>W,故
3 4
B错误;Y和M的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、高氯酸,均为强酸,故C正
确;Z的单质为Mg,X的最高价氧化物为二氧化碳,二者发生置换反应生成MgO、C,故D
正确。
易错防范·不失分
答案 (1) (2)× (3) (4) (5)× (6)× (7)× (8)
考点二 元素周期表 元素周期律
√ √ √ √
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.D
1- 2.D 解析 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Z的族序数与周期序
数相等,则Z是Al元素,四种元素中只有一种金属元素,则X、Y、W都是非金属元素,且
原子序数Y+Z=X+W,X和W同主族,符合要求的X是C元素、Y是N元素、Z是Al元
素、W是Si元素,或X是N元素、Y是F元素、Z是Al元素、W是P元素。根据上述
分析可知,若W是Si元素,Si元素只有SiO 一种氧化物,A错误;同一周期主族元素,原子
2
序数越大,原子半径越小,不同周期元素,元素所在的周期序数越大,原子半径越大,若X、
Y、Z、W分别为C、N、Al、Si,则原子半径:NO2->F-,D错误。
1- 2.B 解析 原子序数之差为2的两种元素可能位于同一主族,例如H和Li,A项错误;
若D-核外有36个电子,则元素D是Br,Br元素位于元素周期表中第四周期第ⅦA族,B
项正确;第三、四周期同主族元素的原子序数不一定相差8,也可能相差18,例如Cl与Br
的原子序数相差18,C项错误;位于同一周期的甲、乙两种元素,甲位于第ⅠA族,原子序
数为x,乙位于第ⅢA族,乙的原子序数不一定为x+2,例如第四周期中相应的两种元素的
原子序数相差12,D项错误。
真题示例
2- 1.D
2- 2.B 解析 根据题干中有关W、X、Y、Z原子结构的信息,并结合对地球土壤中的
元素组成的初步认识,可推断出X、Y、Z分别为第三周期的Mg、Al、Si,W为O。O、
Mg、Al、Si的原子半径大小顺序为X>Y>Z>W(Mg>Al>Si>O),A项错误;化合物
XW(MgO)中的化学键是离子键,B项正确;Y(Al)单质的导电性强于Z(Si)单质的导电性,C
项错误;Z的氧化物的水化物(硅酸或原硅酸)的酸性弱于碳酸的酸性,D项错误。
对点演练
2- 1.D 解析 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的单质在空气中
含量最多,则X为N元素,W的核外电子数等于其主族序数,则W为H元素,Y的最高价
氧化物的水化物是两性化合物,则Y为Al元素,Z的最高正价与最低负价代数和为4,因
为最高正价与最低负价的绝对值之和为8,则最高正价为+6价、最低负价为-2价,则Z为
S元素。W与X形成的最简单化合物氨气极易溶于水,A正确;Al的一般化合价为+3价、
S的一般负化合价为-2价,Y和Z可形成化合物Y Z ,B正确;Z、X、Y、W最外层电子
2 3
数分别为6、5、3、1,最外层电子数Z>X>Y>W,C正确;Y和Z的简单离子的电子数分
别为10、18,电子层结构不相同,D错误。
2- 2.D 解析 W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素,X的氢化物常温下是液
体,则X为O,该液体与W的单质反应可以生成X的单质,Z的原子序数是X的两倍,则Z
为S,结合阴离子中各种元素的成键情况可分析W为F,Y为C。Y为C,其最高价氧化物
对应的水化物H CO 是弱酸,A错误;X的氢化物H O分子间存在氢键,沸点较高,则对应
2 3 2
氢化物的沸点:ZO2->Na+,A项错误;氢和氧可形成H O ,其结构式为H—
2 2
O—O—H,其中含有非极性键,B项正确;氮元素、氧元素形成的最简单的氢化物分别为
氨气和水,水的沸点高于液氨,C项错误;NH ·H O由氢、氮、氧三种元素组成,其水溶液
3 2
呈碱性,D项错误。
对点演练
3- 1.B 解析 由图示可知,Z周围可形成6个共价键,故其最外层电子数为6,结合X、Z
同族,确定Z为S,X为O,Y只能形成一个共价键,结合原子序数关系可知Y为F,W可形
成4个共价键,推测最外层为4个电子,结合原子序数可知W为C。根据元素周期律可知,
非金属性:Y(F)>X(O)>Z(S),根据酸性:H SO (强酸)>H CO (弱酸),确定非金属
2 4 2 3
性:Z(S)>W(C),A错误;Y、Z与Na元素形成的化合物为NaF和Na S,由于F-、S2-水解使
2
溶液显碱性,B正确;由于电负性O>C、S,故X(O)与W(C)、Z(S)结合时,O元素显负价,而
电负性F>O,故X(O)与Y(F)元素结合时,O元素显正价,C错误;由图示知,Z(S)元素共用电
子后,最外层达到了12个电子,D错误。
3- 2.A 解析 由结构图可知W形成+1价阳离子,W可能是Na或K,Z形成双键即形成两
对共用电子对达到稳定结构则Z最外层电子数为6,Z和Q同主族,可知Z应为O,Q为
S,W的原子序数大于S,则W为K,Y能形成四对共用电子对,其最外层电子数应为4,且原
子序数在O前,则Y为C,X形成一对共用电子对达到稳定结构,且原子序数在C前,则X
为H。Y为C,其能形成的氢化物包含各种烃类物质,相对分子质量大的烃的熔点可高于
水的熔点,A错误;Z为O,能形成H O和H O 两种氢化物,B正确;KOH和KHS中均含有
2 2 2
离子键和极性共价键,化学键类型相同,C正确;K S O 和H SO 反应会生成二氧化硫和硫
2 2 3 2 4
单质,D正确。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3) (4)× (5)× (6)× (7)× (8)×
考点三 化学键 化学用语
√
经典对练·得高分
真题示例
1.D
对点演练
1- 1.D 解析 由化合物M的结构中各元素原子形成化学键的数目可知,X元素为第ⅠA
族或第ⅦA族元素,Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍,则Z为O元素,Y的原子序数小于Z,化合物M中Y可以形成3个或4个共价键,则Y为B元素,X为H元素,W的
离子带一个单位正电荷,则W为Na元素。化合物M中有2个B原子只形成3个共价键,
没有达到8电子稳定结构,A项错误;X与W形成的化合物NaH为离子化合物,B项错误;
化合物NaBH 中,H元素的化合价为-1价,具有较强的还原性,C项错误;根据化合物M的
4
结构分析可知,B元素可以与O、H形成B(OH) 和[B(OH) ]- ,D项正确。
3 4
1- 2.C 解析 四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Z、W处于
同周期且族序数相差6,则Z位于第ⅠA族,W位于第ⅦA族;X与Y形成的化合物是光
合作用的原料之一,该化合物可能为H O或CO ,若为H O,H位于第ⅠA族,H与Z位于
2 2 2
同一主族,不满足条件,所以X、Y形成的化合物为CO ,则X为C元素、Y为O元素;Z、
2
W的原子序数大于O元素,则Z、W位于第三周期,Z为Na元素,W为Cl元素。X、W
为C、Cl,由于高氯酸的酸性强于碳酸,则非金属性CH O,B错误;乙为硝酸铝,属于强酸弱
3 2
碱盐,其水溶液显酸性,C正确;丙和戊分别为NO 、NO,所含元素种类相同,NO 可用
2 2
NaOH溶液吸收,NO不反应,D错误。
2.A 解析 甲的浓溶液具有脱水性,则甲为硫酸;常温下,甲的浓溶液能使A发生钝化,则
A为铝(Al);丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色刺激性气味的气体,
结合转化关系图,可得出丙为SO ,丁为H O,乙为Al (SO ) ;SO 与戊反应生成H SO ,则戊
2 2 2 4 3 2 2 4
为H O 。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。丁和戊分别为H O、H O ,所
2 2 2 2 2
含元素种类相同,A正确;简单离子半径:O2->Al3+,B不正确;气态氢化物的还原
性:H OMn2+>Bi3+,B正确;若有0.2 mol NaBiO 参加了反应,则整个过程转移电子
3
2
为0.2 mol×(5-3)+0.2 mol× ×(7-2)=0.8 mol,即转移电子为0.8N ,C正确;Bi元素属于金属
5 A
元素,Bi不具有较强的非金属性,D错误。
3- 2.C 解析 在反应2HCl+H SeO H SeO +Cl ↑+H O中,氧化剂是H SeO ,氧化产物
2 4 2 3 2 2 2 4
是Cl ,所以氧化性:H SeO >Cl ;在Cl +H SO +H O 2HCl+H SO 中,氯气是氧化
2 2 4 2 2 2 3 2 2 4
剂,H SO 是还原剂,则氧化性:Cl >H SO ,A正确;同一主族的元素,元素的非金属性越强,
2 3 2 2 3
其最高价含氧酸的酸性就越强,元素的非金属性:S>Se,所以酸性:H SO >H SeO ,B正确;
2 4 2 4
根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知,析出1 mol硒转移4 mol电子,则需要消耗
标准状况下44.8 L SO ,C错误;在亚硒酸中Se元素的化合价为+4价,介于该元素的最高
2
化合价和最低化合价之间,理论上既有氧化性,又有还原性,根据化学反应:2HCl+H SeO
2 4
H SeO +Cl ↑+H O、Cl +H SO +H O 2HCl+H SO ,则还原性:亚硫酸>亚硒酸,D正确。
2 3 2 2 2 2 3 2 2 4
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)×
考点二 原电池 新型化学电源
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.B 解析 本题考查新型化学电源工作原理。该电池放电反应总方程式:Zn+Br
2
ZnBr ,放电时,Zn在负极反应,Br 在正极反应,A项正确,根据原电池中离子的移动规律可
2 2
知,左侧贮液器中ZnBr 的浓度不会减小,B项错误;充电时,锌极为阴极发生还原反应:Zn2+
2
+2e- Zn,C项正确;放电时,Br 得电子产生Br-,通过隔膜迁移向负极区,形成ZnBr 回流
2 2
至左侧贮液器,Zn失电子产生Zn2+,通过隔膜迁移至正极区,形成ZnBr 回流至右侧贮液
2
器,充电时,Zn2+得电子生成Zn在M极放电,部分Zn2+在隔膜上生成沉积锌,而Br-在贮液
器处转化为Br 复合物贮存,该过程中Zn2+、Br-都可以通过隔膜,D项正确。
2
1- 2.D
对点演练
1- 1.BD 解析 电池放电时,阳离子向正极移动,根据放电时Li+的移动方向可知,b极为正
极,则a极为负极,A错误;充电时,a极为阴极,b极为阳极,Li+移向阴极,B正确;放电时a极
为负极,a电极上发生反应Li C -xe- xLi++6C,C错误;充电时,b为阳极,b极反应为
x 6
LiLaZrTaO-xe- xLi++Li LaZrTaO,若转移0.01 mol电子,则有0.01 mol Li+从b电极中脱
1-x
去,电极减重0.01 mol×7 g·mol-1=0.07 g,D正确。
1- 2.B 解析 该电池在充、放电时的总反应为6Li+Fe O 3Li O+2Fe;放电时,Li为负
2 3 2
极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式是Li-e- Li+,选项A正确;放电时,电子通过外电
路从负极Li流向正极Fe O ,不能经过电解质,选项B错误;充电时,Fe作阳极,失去电子,发
2 3生氧化反应,被氧化为Fe O ,Fe O 不能被磁铁吸引,故电池逐渐摆脱磁铁吸引,选项C正
2 3 2 3
确;充电时,阳极失去电子,发生氧化反应,该电极反应式为2Fe-6e-+3Li O Fe O +6Li+,选
2 2 3
项D正确。
真题示例
2- 1.B
2- 2.A 解析 氢气与氧气反应生成水是可自发进行的放热的反应,ΔH<0,A项正确;氢氧
燃料电池的负极反应为氧化反应,应是氢气在负极放电,B项错误;常温常压下,V 大于
m
22.4 L·mol-1,若常温常压下氢氧燃料电池消耗的氢气体积为11.2 L,则n(H )<0.5 mol,转移
2
电子数目小于6.02×1023,C项错误;反应2H (g)+O (g) 2H O(g)的ΔH=反应中断裂旧共
2 2 2
价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和,D项错误。
对点演练
2- 1.C 解析 根据题意分析可知,a电极上HCOO-转化为HCO- ,C元素化合价升高,失去
3
电子发生氧化反应,a电极是负极;b电极上Fe3+转化为Fe2+,化合价降低,得到电子发生还
原反应,b电极是正极。电池工作时,电子由a电极(负极)经外电路流向b电极(正极),A项
正确;负极是HCOO-转化为HCO- ,电极反应式为HCOO-+2OH--2e- HCO- +H O,B项正
3 3 2
确;生成的Fe2+又发生反应4Fe2++O +4H+ 4Fe3++2H O,每消耗标准状况下22.4 L O (O
2 2 2 2
的物质的量为1 mol),转移电子为4 mol,应有4 mol K+通过离子交换膜,C项错误;通入O
2
发生的反应为4Fe2++4H++O 4Fe3++2H O,D项正确。
2 2
2- 2.B 解析 题给电池放电过程为2Li+Cu O+H O 2Cu+2Li++2OH-,正极上Cu O反应,
2 2 2
碱性条件下通空气时,铜被氧化表面产生Cu O,故A、C正确;放电时,阳离子向正极移动,
2
则Li+透过固体电解质向Cu极移动,但电子不能在电解质中流动,故B错误;通空气时,铜
被腐蚀,表面产生Cu O,放电时Cu O转化为Cu,则整个反应过程中氧化剂为O ,故D正
2 2 2
确。
真题示例
3- 1.B
3- 2.D 解析a电极的材料是钾片,为原电池的负极,b电极为原电池的正极,则充电时a
电极为阴极、b电极为阳极。O 在正极得电子后结合K+生成KO ,所以K+通过隔膜,A
2 2
项正确;放电时,电子从负极通过外电路流向正极,而电流方向与电子流向相反,即电流由
b电极沿导线流向a电极,充电时b电极作阳极,B项正确;每生成1 mol KO 需要消耗1
2
mol O ,即生成KO 的质量与消耗O 的质量比约为71 g∶32 g≈2.22,C项正确;消耗3.9 g
2 2 2
钾时,转移电子的物质的量为0.1 mol,依据铅酸蓄电池反应式Pb+PbO +2H SO
2 2 4
2PbSO +2H O,此时消耗0.1 mol水,即1.8 g水,D项错误。
4 2
对点演练
3- 1.B 解析 a与c相连后,a电极发生失电子的氧化反应,所以作负极,考虑到电解质溶
液为pH=3的Li SO -H SO 溶液,所以a极的电极反应式为2H O-4e- O ↑+4H+;由于生
2 4 2 4 2 2
成H+,所以a极附近的pH减小,A项正确;a与c相连后,c为正极,c极发生得电子的还原
反应,电极反应式应为WO +xH++xe- H WO ,B项错误;若b与c相连,b极为正极发生还
3 x 3原反应,考虑到电解质溶液为pH=3的Li SO -H SO 溶液,所以电极反应式为O +4H++4e-
2 4 2 4 2
2H O,C项正确;连接a与c后,可将太阳能转变成B中的化学能,再连接b、c后,就可
2
将化学能再转变成电能,最终实现了太阳能向电能的转化,D项正确。
3- 2.D 解析 A项,贮能时,太阳能转化为化学能,错误;B项,贮能过程相当于电解,放电时
是原电池原理,电子在导线中流向相反,错误;C项,贮能时,a极发生反应V3++e- V2+,b极
发生反应VO2+-e-+H O VO+ +2H+,H+由b极区迁移到a极区,错误。
2 2
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4) (5)×
√
考点三 电解原理及其应用
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.C
1- 2.D 解析 根据装置示意图以及阴、阳极都是惰性电极可知,阳极反应为2Cl--2e-
Cl ↑,即Cl-被氧化生成Cl ,A项正确;阴极生成氢气,溶液碱性增强,海水中存在大量的
2 2
Na+,故Cl 参与反应生成NaClO,NaClO具有强氧化性,可以杀灭附着生物,B项正确;阴极
2
生成的氢气易燃,与空气的混合气体遇明火易发生爆炸,所以应将生成的氢气及时通风稀
释安全地排出,C项正确;阴极上H+得电子生成氢气,溶液中c(OH-)增大,海水中的Mg2+向
阴极移动,在阴极表面形成Mg(OH) 沉淀,故在阴极表面形成积垢,需要定期处理,D项错
2
误。
对点演练
1- 1.D 解析 阳极应发生氧化反应,A错误;由于Fe、Zn的还原性强于镍,所以阳极发生
的反应有Zn-2e- Zn2+、Fe-2e- Fe2+、Ni-2e- Ni2+,阴极反应为Ni2++2e- Ni,比较两
电极反应,因Fe、Zn、Ni的相对原子质量不等,当两极通过的电量相等时,阳极减少的质
量与阴极增加的质量不相等,B错误;Cu、Pt还原性弱于镍,所以不反应,D正确;电解后溶
液中的阳离子主要是Ni2+,C错误。
1- 2.B 解析 阳极的电极反应式为2H O-4e- 4H++O ↑,阳极区会有气泡冒出,A项正确;
2 2
阳极的电极反应式为2H O-4e- 4H++O ↑,一段时间后,阳极附近氢离子浓度增大,pH明
2 2
显减小,B项错误;阴极发生还原反应,阴极的电极反应式为PbCl2- +2e- Pb+4Cl-,C项正
4
确;电解一段时间后阴极溶液为HCl和NaCl的混合溶液,将PbO溶解在HCl和NaCl的
混合溶液中可得到含Na PbCl 的电解液,则继续向阴极区加PbO可恢复其浓度且实现电
2 4
解液的继续使用,D项正确。
真题示例
2- 1.D 解析 由铅电极上的反应 +2H++2e- +H O可知,铅电极上发生还原
2
反应,铅电极为阴极;石墨电极上的反应为2Br--2e- Br ,故石墨电极上发生氧化反应,石
2
墨电极为阳极。由于在电解池阳极上发生反应2Br--2e- Br ,故A、B两项说法错误;根
2据阴极电极反应式 +2H++2e- +H O可知,制得2 mol乙醛酸理论上转移4
2
mol电子,C项说法错误;由于铅电极是电解池的阴极,故双极膜中间层中的H+在外电场
作用下向铅电极方向迁移,D项说法正确。
2- 2.D 解析 本题考查电解原理。电解装置工作时,Ⅰ室反应为2H O-4e- 4H++O ↑,Ⅲ
2 2
室反应:Co2++2e- Co,形成闭合回路,H+移向Ⅱ室,Cl-移向Ⅱ室。Ⅰ室中H SO 的物质的
2 4
量不变,H O的物质的量减小,H SO 浓度增大,溶液pH减小,A项错误;生成1 mol Co转移
2 2 4
2 mol e-,Ⅰ室减少1 mol H O,质量为18 g,B项错误;移除两交换膜,石墨电极放电的是
2
Cl-,C项错误;根据电子守恒,该电解过程的总反应为2Co2++2H O 2Co+O ↑+4H+,D项正
2 2
确。
对点演练
2- 1.D 解析 浓差电池放电时,两个电极区的浓度差会逐渐减小,当两个电极区硫酸铜溶
液的浓度完全相等时,放电停止。电池放电过程中,Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的
还原反应,Cu(1)电极为正极,Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应,Cu(2)电极为
负极,则在右边的电解池中,a极为电解池的阴极,H O电离的H+得到电子发生还原反应生
2
成H ,b为电解池的阳极,H O电离的OH-失去电子发生氧化反应生成O 。电池从开始工
2 2 2
作到停止放电,正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5 mol·L-1降低到1.5 mol·L-1,负极区硫
酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1,正极反应可还原Cu2+的物质的量为2
L×(2.5-1.5) mol·L-1=2 mol,电路中转移4 mol电子,电解池的阴极生成4 mol OH-,即阴极区
可得4 mol氢氧化钠,其质量为160 g。a极为电解池的阴极,H O电离的H+得到电子发生
2
还原反应生成H ,a极电极反应式为4H O+4e- 2H ↑+4OH-,A项正确;因溶液为电中性,a
2 2 2
电极附近产生了阴离子,必须让阳离子发生移动,则c为阳离子交换膜,b电极附近阴离子
减少,必须让阴离子发生移动,则d为阴离子交换膜,B项正确;由上述分析可知,Cu(1)电极
得到电子,电极反应式为Cu2++2e- Cu,C项正确;由上述分析可知,电池从开始工作到停
止放电,阴极区可得4 mol氢氧化钠,其质量为160 g,D选项错误。
2- 2.C 解析 在b极区有H+得到电子生成H ,电极反应式为2H++2e- H ↑,在b极区流
2 2
出的Y溶液是稀盐酸,则b极为电解池的阴极,b极与电源的负极相连接,则a极与电源的
正极相连接,故A错误;没有指明条件为标准状况,不能准确计算产生NH 的体积,故B错
3
误;a极为电解池的阳极,NH+在阳极失去电子生成NCl ,电极反应式为NH+ -6e-+3Cl-
4 3 4
NCl +4H+,故C正确;在二氧化氯发生器内,发生反应3H O+NCl +6NaClO
3 2 3 2
6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH,其中NCl 为氧化剂,NaClO 为还原剂,氧化剂与还原剂的
2 3 3 2
物质的量之比为1∶6,故D错误。
真题示例
3- 1.C 解析 外加电流的阴极保护法,使被保护的钢管桩上无腐蚀电流,A项正确;通电
后,高硅铸铁为惰性阳极,钢管桩为阴极,外电路电子从阳极流向阴极,B项正确;由于高硅
铸铁为惰性阳极,因此应是海水中的OH-失电子,2H O-4e- O ↑+4H+,因此阳极材料不被
2 2
损耗,C项错误;在外加电流的阴极保护法中,应依据环境条件变化调整电流大小。3- 2.C 解析 所示装置是牺牲阳极的阴极保护法,阳极材料M比Fe活泼,M失电子,发生
氧化反应,电子通过导线流向钢铁设施被保护的一极,阴极的电极反应式(一般)为
O +2H O+4e- 4OH-,A、B两项错误,C项正确;海水比河水中电解质的浓度大,钢铁更易
2 2
腐蚀,D项错误。
对点演练
3- 1.A 解析 ①区发生吸氧腐蚀,Cu为正极,电极反应式为O +2H O+4e- 4OH-,Cu电
2 2
极上不产生气泡,A项错误;②区Cu为阴极,电极反应式为2H O+2e- H ↑+2OH-,Cu电极
2 2
附近溶液碱性增强,滴加酚酞溶液后变成红色,Fe为阳极,被腐蚀,电极反应式为Fe-2e-
Fe2+,Fe电极附近滴加K [Fe(CN) ]溶液出现蓝色,B项正确;③区Zn为负极,电极反应式为
3 6
Zn-2e- Zn2+,Fe为正极,得到保护,C项正确;④区Zn为阴极,电极反应式为2H O+2e-
2
H ↑+2OH-,Fe为阳极,被腐蚀,电极反应式为Fe-2e- Fe2+,Fe电极附近滴加K [Fe(CN) ]溶
2 3 6
液出现蓝色,D项正确。
3- 2.D 解析 具支试管内气体受热体积增大,不能更快更清晰地观察到液柱上升,A项错
误;在铁腐蚀的原电池反应中,铁作负极,B项错误;铝制品腐蚀时负极电极反应式为Al-3e-
Al3+,正极电极反应式为O +2H O+4e- 4OH-,总反应方程式为4Al+3O +6H O
2 2 2 2
4Al(OH) ,生成的Al(OH) 进一步脱水形成白斑,C项错误,D项正确。
3 3
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4)
专项模块√(七) 电化学装置的综合应用
应考训练
1.B 解析 根据图示,稀硫酸进入“室3”,Fe (SO ) 溶液进入“室4”,且“室3”和“室4”
2 4 3
之间有阴膜,则说明PFS在“室4”内产生;双极膜将水解离成OH-和H+,即双极膜产生的
H+向“室3”移动,产生的OH-向“室4”移动,SO2-向“室3”移动,由于“室3”和“室4”是
4
重复单元,故H+向“室1”和“室3”移动,OH-向“室2”和“室4”移动,SO2-向“室1”和
4
“室3”移动,故“室1”和“室3”得到的是H SO 溶液,“室2”和“室4”得到的是PFS。在
2 4
电解装置的左侧,由于双极膜产生的H+向“室1”移动,则X极上发生的电极反应为
4OH--4e- O ↑+2H O,A正确;H+向“室1”和“室3”移动,SO2-向“室1”和“室3”移动,
2 2 4
故“室1”和“室3”得到的是H SO 溶液,B错误;Fe (SO ) 溶液进入“室2”和“室4”,且
2 4 2 4 3
OH-向“室2”和“室4”移动,故“室2”和“室4”得到的是PFS,C正确;OH-向“室2”和
“室4”移动,说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH-,D正确。
2.B 解析 题给装置有外接电源,属于电解池,由图可知甲醇和一氧化碳失电子反应生成
碳酸二甲酯,则石墨Ⅰ电极为阳极,阳极的电极反应式为2CH OH+CO-2e-
3
(CH O) CO+2H+,石墨Ⅱ电极为阴极,阳极产生的氢离子通过质子交换膜移向阴极,氧气在
3 2
阴极得电子与氢离子反应生成水,电极反应式为O +4e-+4H+ 2H O。石墨Ⅰ电极为阳
2 2
极,与直流电源正极相连,故A、C正确;电解池工作时,阳离子向阴极移动,即H+由石墨Ⅰ
通过质子交换膜向石墨Ⅱ移动,故B错误;常温常压下甲醇是液体,电解池工作时转移电子守恒,根据关系式2CO~4e-~O 可知,阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳的物质的
2
量之比为1∶2,故D正确。
3.C 解析 由装置图可知,放电时,A极是负极,负极的电极反应式为Zn-2e- Zn2+,B极是
正极,电极反应式为I +2e- 2I-,外电路中电流由正极经过导线流向负极,充电时,阳极的
2
电极反应式为2I--2e- I ,阴极反应式为Zn2++2e- Zn。放电时,B电极为正极,I 得到电
2 2
子生成I-,电极反应式为I +2e- 2I-,A正确;放电时,A极为负极,电极反应式为Zn-2e-
2
Zn2+,所以电解质储罐中的离子总浓度增大,B正确;离子交换膜是防止正、负极的I 、Zn
2
接触发生反应,负极区生成Zn2+、正电荷增加,正极区生成I-、负电荷增加,所以Cl-通过
M膜进入负极区,K+通过N膜进入正极区,所以M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜,C
错误;充电时,A极的电极反应式为Zn2++2e- Zn,A极增重65 g转移2 mol电子,所以C
区增加2 mol K+、2 mol Cl-,离子总数为4N ,D正确。
A
4.B 解析 由图示可知,Li电极为负极,发生氧化反应,则C电极为正极,发生得电子的还
原反应,电极反应式为SO Cl +2e- 2Cl-+SO ↑,故A正确;原电池中Li电极为负极,C电极
2 2 2
为正极,电解池中,Ni电极失去电子生成Ni2+,即g电极为阳极,则h电极为阴极,h电极与
原电池的负极e电极相接,故B错误;电解池中,Ni电极失去电子生成Ni2+,通过膜a进入
产品室,H PO-由Ⅲ室通过膜b进入产品室,在产品室中与Ni2+生成Ni(H PO ) ,Na+通过膜
2 2 2 2 2
c进入Ⅳ室,形成闭合回路,所以膜a、c是阳离子交换膜,膜b是阴离子交换膜,故C正确;
电解池中不锈钢电极即h电极为阴极,电极上H O发生得电子的还原反应,电极反应式为
2
2H O+2e- H ↑+2OH-,所以电极附近溶液的pH增大,故D正确。
2 2
5.D 解析 在直流电源的作用下,两膜中间的NH+和NO-均可通过离子交换膜,工作一
4 3
段时间后,在两极区均得到副产品NH NO ,由此可知NH+向左移动,NO-向右移动;在电
4 3 4 3
解池中,阳离子向阴极移动,则与电源a电极连接的石墨为阴极,电极反应式为2H++2e-
H
↑,Ⅰ室中阳离子减少,NH+移动到Ⅰ室与硝酸根形成硝酸铵。a为电源负极,b为电源正
2 4
极,与b相连的石墨为阳极,电极反应式为4OH--4e- 2H O+O ↑,NO-移动到Ⅲ室与NH+
2 2 3 4
形成硝酸铵。由上述分析可知,A正确;c膜是阳离子交换膜,d膜是阴离子交换膜,故B正
确;根据分析可知阳极的电极反应式为4OH--4e- 2H O+O ↑,故C正确;电解前Ⅱ室中存
2 2
在NH+的水解使溶液显酸性,随着电解进行NH+进入Ⅰ室,溶液酸性逐渐减弱,故D错误。
4 4
6.答案 (1)LiFePO -xe- Li FePO +xLi+ (2)负 SO +2H O-2e- SO2- +4H+ (3)a→b
4 (1-x) 4 2 2 4
2N(CH ) -42e-+12H O N ↑+6CO ↑+42H+
3 3 2 2 2
解析 (1)由图可知,充电时LiFePO 失去电子,可生成Li+,故充电时阳极电极反应式为
4
LiFePO -xe- Li FePO +xLi+。
4 (1-x) 4
(2)利用发电厂产生的SO 制成自发电池,其电池反应方程式为2SO +O +2H O
2 2 2 2
2H SO ,原电池反应是负极发生氧化反应,正极发生还原反应,依据元素化合价变化可知,
2 4
二氧化硫中硫元素化合价升高,失去电子发生氧化反应,将SO 通入电池的负极,电极反
2
应式为SO +2H O-2e- SO2- +4H+。
2 2 4
(3)该电池为燃料电池,a电极上氧气得电子发生还原反应,b电极上三甲胺失电子发
生氧化反应,则a为正极,b为负极,原电池中电子从负极流向正极即从b流向a,电流的方向与电子的移动方向相反,则外电路电流的方向为a→b;电解质溶液为酸性,结合图示,负
极的电极反应式为2N(CH ) -42e-+12H O N ↑+6CO ↑+42H+。
3 3 2 2 2
7.答案 (1)CO +8e-+6H O CH +8OH- OH-在阳极被氧化,钾离子从右室往左室移动
2 2 4
(2)Y 2NO- +10e-+6H O N ↑+12OH-
3 2 2
解析 (1)根据以KOH溶液作为电解质溶液进行电解的示意图,CO 在Cu电极上可以转
2
化为CH ,根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO +8e-+6H O CH +8OH-,由于
4 2 2 4
OH-在阳极被氧化,阳离子移向阴极,钾离子从右室往左室移动,使得电解一段时间后,阳
极区KOH溶液的质量分数减小。
(2)X电极上氨气失去电子生成氮气,说明X极为负极,Y极为正极,盐桥中K+向正极
(Y极)移动,Y极发生还原反应,电极反应式为2NO- +10e-+6H O N ↑+12OH-。
3 2 2
8.答案 (1)①Ag+Cl--e- AgCl ②正 ③2 mol
(2)①CH OH ②CH OH-6e-+H O CO +6H+ ③1.2N
3 3 2 2 A
(3)Ag O +2Zn+4KOH+2H O 2K Zn(OH) +2Ag
2 2 2 2 4
(4)Al-3e- Al3+(或2Al-6e- 2Al3+) 催化剂
2Al+6CO Al (C O )
2 2 2 4 3
解析 (1)①根据电池总反应:5MnO +2Ag+2NaCl Na Mn O +2AgCl可知,Ag元素的化
2 2 5 10
合价由0价升高到+1价,发生氧化反应,Ag应为原电池的负极,负极发生反应的电极反应
式为Ag+Cl--e- AgCl;②在原电池中阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,所以钠离子
向正极移动;③根据方程式中5 mol MnO 生成1 mol Na Mn O ,每生成1 mol Na Mn O
2 2 5 10 2 5 10
转移2 mol电子,则外电路每通过4 mol电子时,生成Na Mn O 的物质的量是2 mol。
2 5 10
(2)①根据氢离子移动方向可知,阳离子向正极移动,则右侧电极为正极,左侧电极为
负极,负极上通入燃料甲醇;②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为
O +4H++4e- 2H O,负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极反应式为
2 2
CH OH-6e-+H O CO +6H+;③根据CH OH-6e-+H O CO +6H+反应知,消耗1 mol甲醇
3 2 2 3 2 2
要转移6 mol电子,当6.4 g甲醇完全反应生成CO 时,转移电子的物质的量n=
2
6.4 g
×6=1.2 mol,则转移电子个数为1.2 N 。
32 g· mol-1 A
(3)电池放电时正极的Ag O 转化为Ag,负极的Zn转化为K Zn(OH) ,正极电极反应
2 2 2 4
式为Ag O +4e-+2H O 2Ag+4OH-,负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH- 2Zn(OH)2- ,反应
2 2 2 4
中还应有KOH参加,总反应的化学方程式为Ag O +2Zn+4KOH+2H O
2 2 2
2K Zn(OH) +2Ag。
2 4
(4)观察原电池工作原理图知,铝电极作负极,多孔碳电极作正极,故负极反应式为
Al-3e- Al3+;正极反应式为6O +6e- 6O- ,6CO +6O- 3C O2- +6O ,由此可知反应过程
2 2 2 2 2 4 2
中O 的作用是催化剂;电池总反应方程式为2Al+6CO Al (C O ) 。
2 2 2 2 4 3
专题七 化学反应与热能
考点一 化学反应的热效应
经典对练·得高分真题示例
1- 1.C
1- 2.C 解析 第一步看图示、找变化、想反应。
(1)铁的配合物参与循环变化过程,根据题意可知,Fe(CO) 在该过程中作催化剂,其他
5
含铁的配合物是中间产物;
(2)只出现在箭尾上的物质有CO、H O,即为反应物;只出现在箭头上的物质有H 、
2 2
CO ,即为生成物;既出现在箭尾上又出现在箭头上的物质有OH-,即为中间产物。由此可
2
知,该反应的化学方程式为CO+H O H +CO 。
2 2 2
第二步看选项、找原理、判正误。
由上述分析可知,OH-有消耗也有生成,说明OH-参与了该催化循环,A项正确;由反应
的化学方程式可知,该反应生成了H ,H 为清洁燃料,B项正确;由反应的化学方程式可
2 2
知,CO 是该反应的生成物,而不是消耗CO ,C项错误;从反应机理图可知,Fe的成键数目
2 2
和成键微粒在该循环过程中均发生了变化,D项正确。
对点演练
1- 1.B 解析 H S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子,H原子与H原子成键生成
2
H ,A正确;由图可知,H S分解产生的H 和S单质会再次生成H S,因此脱除率小于
2 2 2 2
100%,B错误;由图可知,H S生成S单质的过程中,硫元素的化合价升高,被氧化,H S生成
2 2
H 的过程中,H元素化合价降低,被还原,C正确;根据题意,该过程是H S和Hg的协同脱
2 2
除,故生成的S单质与Hg反应生成HgS,D正确。
1- 2.C 解析 分析机理图可知反应历程:2+3→4,4+5→6+7,7→1+2,总反应为3+5→6+1,2
是催化剂,4和7是反应中间体。由分析可知,2是催化剂,A正确;4和7都是反应中间
体,B正确;由图可知,2向4的转化过程中有碳氟键断裂,有碳氮键形成,即有极性键的断
裂和形成,无非极性键的断裂与形成,C错误;5到1的总变化为4中—NO 对位的C上的
2
原子团被X取代,若5为 ,则X为 ,则1是
,D正确。
1- 3.B 解析 中间体2→中间体3能量差值最大,该步反应的活化能最大,是题给化学反
应的决定速率的步骤,A正确;反应过程涉及C—C键断裂和C—H键形成,涉及非极性键
的断裂和极性键的形成,B错误;根据图示可知,在此反应过程中Ni的成键数目在发生变
化,C正确;Ni(s)+C H (g) NiCH (s)+CH (g) ΔH=E -E =-6.57 kJ·mol-1-0
2 6 2 4 生成物 反应物
kJ·mol-1=-6.57 kJ·mol-1,D正确。
真题示例
2- 1.+137
2- 2.答案 3H (g)+6C(石墨,s) C H (l) ΔH=+49.1 kJ·mol-1
2 6 61
解析 根据H (g)、C(石墨,s)和C H (l)的燃烧热,写出其热化学方程式分别为H (g)+
2 6 6 2 2
O (g) H O(l) ΔH =-285.8 kJ·mol-1①,C(石墨,s) +O (g) CO (g) ΔH =-393.5
2 2 1 2 2 2
15
kJ·mol-1②,C H (l)+ O (g) 6CO (g)+3H O(l) ΔH =-3 267.5 kJ·mol-1③,H (g)与C(石墨,
6 6 2 2 2 2 3 2
s)反应生成C H (l)的化学方程式为3H (g)+6C(石墨,s) C H (l),根据盖斯定律得
6 6 2 6 6
ΔH=ΔH ×3+ΔH ×6-ΔH ,即热化学方程式为3H (g)+6C(石墨,s) C H (l) ΔH=+49.1
1 2 3 2 6 6
kJ·mol-1。
2- 3.B 解析 已知反应①为△(g)+H (g)→CH CH CH (g) ΔH =-157 kJ·mol-1。反应②:
2 3 2 3 1
9
△(g)+ O (g) 3CO (g)+3H O(l) ΔH =-2 092 kJ·mol-1,反应③:CH CH CH (g)+5O (g)
2 2 2 2 2 3 2 3 2
3CO (g)+4H O(l) ΔH =-2 220 kJ·mol-1,变化④H O(l) H O(g) ΔH =+44 kJ·mol-1,根据
2 2 3 2 2 4
1
盖斯定律,反应①-反应②+反应③+变化④得到反应:H (g)+ O (g) H O(g) ΔH=ΔH -
2 2 2 2 1
ΔH +ΔH +ΔH =-241 kJ·mol-1,则2 mol氢气完全燃烧生成气态水的热化学方程式为
2 3 4
2H (g)+O (g) 2H O(g) ΔH=-482 kJ·mol-1,B正确。
2 2 2
对点演练
2- 1.D 解析 燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的能量,CO(g)
1
的燃烧热ΔH=-283.0 kJ·mol-1,则表示CO(g)的燃烧热的热化学方程式为CO(g)+ O (g)
2 2
CO (g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1,故A错误;草酸是弱酸,电离过程吸热,含0.5 mol草酸的
2
稀溶液和含1 mol氢氧化钠的稀溶液混合,放出热量小于57.3 kJ,故B错误;在稀溶液
中,H+(aq)+OH-(aq) H O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1,浓硫酸稀释放热,所以将含0.5 mol
2
H SO 的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合,放出的热量大于57.3 kJ,故C错误;2 g H
2 4 2
的物质的量是1 mol,完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,表示氢气燃烧的热化学方
程式为2H (g)+O (g) 2H O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1,故D正确。
2 2 2
2- 2.B 解析 A项,所列热化学方程式中有两个错误,一是中和热是指反应生成1 mol
H O(l)时的反应热,二是当有BaSO 沉淀生成时,反应放出的热量会增加,生成1 mol
2 4
H O(l)时放出的热量大于57.3 kJ,错误;C项,燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定
2
的化合物时所产生的热量,产物中的水应为液态水,错误;D项,当2 mol辛烷完全燃烧时,
产生的热量为11 036 kJ,且辛烷应为液态,错误。
3
2- 3.答案 (1)CH OH(l)+ O (g) CO (g)+2H O(l)
3 2 2 2 2
ΔH=-726.4 kJ·mol-1
(2)391
(3)环形玻璃搅拌棒 ab 偏小解析 (1)4 g CH OH在氧气中燃烧生成CO 和液态水放出90.8 kJ热量,则32 g即1 mol
3 2
CH OH在氧气中燃烧生成CO 和液态水放出726.4 kJ热量,热化学方程式为CH OH(l)+
3 2 3
3
O (g) CO (g)+2H O(l) ΔH=-726.4 kJ·mol-1。
2 2 2 2
1 3
(2)由图可知,N (g)和H (g)反应生成NH (g)的热化学方程式为 N (g)+ H (g)
2 2 3 2 2 2 2
1 3
NH (g) ΔH=1 127 kJ·mol-1-1 173 kJ·mol-1=-46 kJ·mol-1,即 N (g)+ H (g) NH (g)
3 2 2 2 2 3
1 3
ΔH=-46 kJ·mol-1,设N—H键键能为x,则 ×946 kJ·mol-1+ ×436 kJ·mol-1-3x=-46
2 2
kJ·mol-1,x=391 kJ·mol-1,即N—H键键能为391 kJ·mol-1。
(3)由装置图可知,仪器A为环形玻璃搅拌棒;通过实验并计算可得中和热ΔH=-54.8
kJ·mol-1,与ΔH=-57.3 kJ·mol-1有偏差,a项,实验装置保温、隔热效果差,使热量散失多,导
致测得放出的热量偏小,故a选;b项,用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸
的温度,使测定的温差偏小,计算的放热量偏小,故b选;c项,一次性把NaOH溶液倒入盛
有硫酸的小烧杯中,可减少热量散失,操作正确,故c不选;CH COOH是弱电解质,电离过
3
程吸热,会使测得的反应前后温度的变化值偏小。
易错防范·不失分
答案 (1) (2) (3)× (4) (5)× (6)× (7)× (8) (9)× (10)×
考点二 盖斯定律的应用
√ √ √ √
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.答案 +90.8
解析 根据ΔH=反应物中化学键的键能之和-生成物中化学键键能之和=6×390.8
kJ·mol-1-(946.0 kJ·mol-1+3×436.0 kJ·mol-1)=+90.8 kJ·mol-1。
4.18×103×10-3
1- 2.答案 (1)4.18×103 (2)- =-209
0.100×0.200
解析 (1)第一步,写出反应式:
100 mL 0.200 mol·L-1 CuSO 溶液与1.95 g锌粉发生反应的化学方程式为CuSO +Zn
4 4
ZnSO +Cu。
4
第二步,近似处理数据,代入公式计算:
忽略溶液体积、质量变化可知,溶液的质量m=ρV=1.00 g·cm-3×100 mL=100 g,忽略金
属吸收的热量可知,反应放出的热量Q=cmΔt=4.18 J·g-1·℃-1×100 g×(30.1-20.1)
℃=4.18×103 J。
(2)第一步,找出实际参加反应的硫酸铜的物质的量与放出热量的关系:上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO )=0.200 mol·L-1×0.100 L=0.020 mol,锌粉的物
4
m 1.95 g
质的量n(Zn)= = =0.030 mol,由此可知,锌粉过量。根据题干与第(1)问
M 65 g· mol-1
可知,转化0.020 mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103 J。
第二步,计算1 mol硫酸铜参加反应放出的热量,即可求出反应的焓变:
题给反应中焓变ΔH代表反应1 mol硫酸铜参加反应放出的热量,单位为 kJ·mol-1,则
4.18×103J÷(1 000 J·kJ-1) 4.18×103×10-3
ΔH=- =- kJ·mol-1=-209 kJ·mol-1。
0.100 L×0.200mol·L-1 0.100×0.200
对点演练
1.答案 (1)N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH=-92 kJ·mol-1
2 2 3
(2)(3a+b-c) kJ·mol-1
(3)C(s)+H O(g) CO(g)+H (g) ΔH=+131.3 kJ·mol-1 117 143.2
2 2
解析 (1)在反应N +3H 2NH 中,断裂3 mol H—H键和1 mol N N键共吸收的能量为
2 2 3
3×436 kJ+946 kJ=2 254 kJ,生成2 mol NH 共形成6 mol N—H键,放出的能量为6×391
3
≡
kJ=2 346 kJ,吸收的能量少,放出的能量多,该反应为放热反应,放出的热量为2 346 kJ-2
254 kJ=92 kJ,则N 与H 反应生成NH 的热化学方程式为N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 3 2 2 3
ΔH=-92 kJ·mol-1。
(2)碳的燃烧热ΔH =a kJ·mol-1,其热化学方程式为C(s)+O (g) CO (g) ΔH =a
1 2 2 1
kJ·mol-1①,S(s)+2K(s) K S(s) ΔH =b kJ·mol-1②
2 2
2K(s)+N (g)+3O (g) 2KNO (s) ΔH =c kJ·mol-1③,由3×①+②-③可得,S(s)
2 2 3 3
+2KNO (s)+3C(s) K S(s)+N (g)+3CO (g) ΔH=(3a+b-c) kJ·mol-1。
3 2 2 2
(3)已知:①C(s)+O (g) CO (g) ΔH=-393.5 kJ·mol-1,
2 2
1
②H (g)+ O (g) H O(g) ΔH=-241.8 kJ·mol-1,
2 2 2 2
1
③CO(g)+ O (g) CO (g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1
2 2 2
根据盖斯定律计算,①-②-③得到固态碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化
学方程式为C(s)+H O(g) CO(g)+H (g) ΔH=+131.3 kJ·mol-1。根据反应②③可知,1
2 2
mol CO和1 mol H 完全燃烧放出的热量为241.8 kJ+283.0 kJ=524.8 kJ,所以10 m3(标准
2
10 000 L
状况)即 ≈446.43 mol的水煤气完全燃烧放出的热量为446.43×524.8
22.4 L·mol-1
1
kJ× ≈117 143.2 kJ。
2
真题示例
2- 1.2V O (s)+2SO (g) 2VOSO (s)+V O (s) ΔH=-351 kJ·mol-1
2 5 2 4 2 4
解析 第一步,写出相关热化学方程式。
由题中信息可知:1
①SO (g)+ O (g) SO (g) ΔH=-98 kJ·mol-1
2 2 2 3
②V O (s)+SO (g) V O (s)+SO (g) ΔH =-24 kJ·mol-1
2 4 3 2 5 2 2
③V O (s)+2SO (g) 2VOSO (s) ΔH =-399 kJ·mol-1
2 4 3 4 1
第二步,找出目标反应中的相应物质。
反应物:V O (s)、SO (g);
2 5 2
生成物:VOSO (s)、V O (s);
4 2 4
第三步,根据已知热化学方程式写出目标热化学方程式。
根据盖斯定律可知,③-②×2得2V O (s)+2SO (g) 2VOSO (s)+V O (s)
2 5 2 4 2 4
ΔH=ΔH -2ΔH =(-399 kJ·mol-1)-(-24 kJ·mol-1)×2=-351 kJ·mol-1
1 2
即目标反应的热化学方程式为2V O (s)+2SO (g) 2VOSO (s)+V O (s) ΔH=-351
2 5 2 4 2 4
kJ·mol-1。
2- 2.答案 +40.9
解析 第一步,找出目标反应中的相关物质。
反应物:CO (g)、H (g);生成物:CO(g)、H O(g)。
2 2 2
第二步,根据盖斯定律进行计算。
由反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ,可得CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g)
2 2 2
ΔH =ΔH -ΔH =-49.5 kJ·mol-1-(-90.4 kJ·mol-1)=+40.9 kJ·mol-1。
3 1 2
2- 3.答案 -49 A ΔH 为正值,ΔH 和ΔH为负值,反应①活化能大于反应②的
1 2
解析 根据盖斯定律,由①+②可得,CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH=-49
2 2 3 2
kJ·mol-1。反应①为慢反应说明反应①的活化能比反应②更大,且总反应的ΔH<0,说明总
反应的反应物总能量比生成物总能量高,故能体现反应能量变化的图像是A。
对点演练
2- 1.答案 NO (g)+SO (g) SO (g)+NO(g) ΔH=-41.8 kJ·mol-1
2 2 3
解析 已知热化学方程式为①2SO (g)+O (g) 2SO (g) ΔH =-196.6 kJ·mol-1;
2 2 3 1
②2NO(g)+O (g) 2NO (g) ΔH =-113.0 kJ·mol-1;
2 2 2
1
根据盖斯定律,由(①-②)÷2可得,NO (g)+SO (g) SO (g)+NO(g) ΔH= (ΔH -
2 2 3 2 1
ΔH )=-41.8 kJ·mol-1。
2
2- 2.答案 +247.3 B
解析 根据题中所给条件,可以列出CH (g)+2O (g) CO (g)+2H O(l) ΔH =-890.3
4 2 2 2 3
1 1
kJ·mol-1,CO(g)+ O (g) CO (g) ΔH =-283.0 kJ·mol-1,H (g)+ O (g) H O(l)
2 2 2 4 2 2 2 2
ΔH =-285.8 kJ·mol-1;根据盖斯定律可得ΔH =ΔH -2×(ΔH +ΔH )=-890.3 kJ·mol-1-2×(-283.0
5 1 3 4 5
kJ·mol-1-285.8 kJ·mol-1)=+247.3 kJ·mol-1;主反应CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g)的化学
4 2 2
方程式反应物计量数之和小于生成物计量数之和,并且该反应为吸热反应,故高温、低压
均有利于二氧化碳的转化,答案选B。
易错防范·不失分答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6) (7)× (8)×
专项模块(八) 化学反√应机理与能量变化模型图
应考训练
1.C 解析 反应的活化能越大,反应越慢。由题意可知,第一步是慢反应,则两步反应中
第一步反应的活化能较大,峰值较高,则B、D项错误;第一步为吸热反应,则第一步反应
终点时能量高于起点,则A项错误;由于总反应是放热反应,则第二步必为放热反应,则终
点的能量比起点的低,C项正确。
2.D 解析 CO 、H O、CH OH均为只含共价键的化合物,均为共价化合物,A正确;根据
2 2 3
示图可知第④步反应中CH OH、*HO和*H作用得到H O和甲醇,所以该步骤的反应式
3 2
为*HO+*H H O,B正确;根据图示可知,二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水,该反应中除
2
了生成甲醇外还生成水,所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%,C正
确;催化剂可改变反应活化能,但不能改变平衡转化率,D错误。
3.A 解析 根据题意可知Fe+是催化剂,催化剂通过降低反应的活化能增大化学反应速
率,反应开始前和反应结束后都没有FeO+,所以FeO+是中间产物,A项符合题意;通过反应
物和产物能量的相对高低知①②均为放热反应,总反应速率应当由慢反应即①决定,B项
不符合题意;该反应有化合价的变化,N元素由N O中的+1价降低到N 中的0价,发生还
2 2
原反应,N 为还原产物,C项不符合题意;反应②中碳元素由CO中的+2价升高到CO 中
2 2
的+4价,转移2个电子,所以每转移1 mol电子,生成0.5 mol CO ,一个CO 中有两个碳氧
2 2
双键,则0.5 mol CO 中碳氧双键数目为N ,D项不符合题意。
2 A
4.B 解析 由图可知,CH 和CO 在催化剂的作用下反应生成CH COOH,反应经过由①
4 2 3
到过渡态和由过渡态再到②两个过程,且①的总能量高于②的总能量,总反应为
CH +CO CH COOH,即M为CH ,N为CO ,P为CH COOH。根据以上分析,P为
4 2 3 4 2 3
CH COOH,生活中常用醋酸除水垢,故A正确;催化剂能改变反应速率,但不能改变反应
3
的焓变,故B错误;根据图示,①的总能量高于②的总能量,CH 和CO 转化为CH COOH
4 2 3
是一个放热反应,故C正确;该反应是将CH 和CO 两种具有温室效应的气体转化为
4 2
CH COOH,所以发生的反应有利于治理温室效应,故D正确。
3
5.答案 (1)-289 (2)E 加入催化剂,使活化能降低,活化分子百分数增加,从而加快反应
1
速率
解析 (1)由题目所给信息可得热化学方程式:①2H S(g)+3O (g) 2H O(l)+2SO (g)
2 2 2 2
ΔH =-586 kJ·mol-1×2=-1 172 kJ·mol-1,②S(s)+O (g) SO (g) ΔH =-297 kJ·mol-1,根据盖
1 2 2 2
斯定律,由①-②×2可得,2H S(g)+O (g) 2H O(l)+2S(s) ΔH=ΔH -2ΔH =-578 kJ·mol-1,故
2 2 2 1 2
ΔH -578 kJ·mol-1
1 mol H S不完全燃烧的反应热ΔH = = =-289 kJ·mol-1。
2 3 2 2
(2)正反应的活化能指反应物与活化分子之间的能量差值,由图示知,加入催化剂后正
反应的活化能为E ;催化剂加快反应速率是因为加入催化剂后,反应的活化能降低,活化
1
分子百分数增加,从而加快反应速率。
6.答案 (1)-26 (2)①H O ②22.37 *CH +*OH *CH OH+*H
2 4 3(3)加入水蒸气,促进副反应逆向进行,二氧化碳减少;催化剂更容易吸附水,可提高甲
醇选择性
1
解析 (1)CH (g)+ O (g) CH OH(g) ΔH
4 2 2 3 1
CH (g)+2O (g) CO (g)+2H O(g) ΔH
4 2 2 2 2
CH OH(l) CH OH(g) ΔH =+138 kJ·mol-1
3 3 3
CH (g)+2O (g) CO (g)+2H O(l) ΔH =-890 kJ·mol-1
4 2 2 2 4
3
CH OH(l)+ O (g) CO (g)+2H O(g) ΔH =-726 kJ·mol-1
3 2 2 2 2 5
根据盖斯定律可得,主反应的ΔH =ΔH -ΔH +ΔH =-26 kJ·mol-1。
1 4 5 3
(2)①根据图示可知,*H O的能量更低,故水更容易被吸附;②正反应最大活化能
2
=-12.68 kJ·mol-1-(-35.05 kJ·mol-1)=22.37 kJ·mol-1;化学方程式为*CH +*OH
4
CH OH+*H。
3
(3)副反应:CH (g)+2O (g) CO (g)+2H O(g),加入水蒸气,可促进副反应逆向进行,从
4 2 2 2
而使二氧化碳减少;催化剂更容易吸附水,可提高甲醇选择性。
专题八 化学反应速率与化学平衡
考点一 外界条件对化学反应速率的影响
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.B
1- 2.答案 (1)CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g) ΔH=+247 kJ·mol-1 (2)C
4 2 2
解析 (1)①CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g) ΔH=+206 kJ·mol-1
4 2 2
②CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g) ΔH=-41 kJ·mol-1
2 2 2
根据盖斯定律,①-②,ΔH=+206 kJ·mol-1+41 kJ·mol-1=+247 kJ·mol-1,得到CH 与CO 生
4 2
成H 和CO的热化学方程式:CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g)
2 4 2 2
ΔH=+247 kJ·mol-1;
(2)由反应CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g) ΔH=+206 kJ·mol-1,恒温、恒容条件下,加
4 2 2
入惰性气体,总压强增大,各物质的分压不变,各气体的浓度不变,化学反应速率不变,故A
不符合题意;恒温、恒容条件下,加入水蒸气,活化分子百分数不变,单位体积活化分子数
增加,有效碰撞几率增大,反应速率加快,故B不符合题意;升高温度,活化分子百分数增大,
有效碰撞频率增大,反应速率加快,故C符合题意;加入合适的催化剂,缩短达到平衡的时
间,但不影响平衡的移动,单位时间内气体的转化率改变;降低反应温度,平衡发生移动,单
位时间内气体的转化率改变,故D不符合题意;答案选C。
对点演练
1- 1.D 解析 t ~t 段反应速率大于O~t 段的主要原因是反应放热造成此阶段反应体系
1 2 1
温度较高,A项错误;t ~t 段反应速率小于t ~t 段的主要原因是此阶段盐酸的浓度减小,B
2 3 1 2
项错误;t 时刻不再生成气体,可能是盐酸反应完全,碳酸钙因过量而仍有剩余,C项错误;
4微热锥形瓶时活塞向右移动,停止加热后活塞恢复至原位置,表明装置气密性良好,D项
正确。
1- 2.C 解析 根据化合价的变化可知,H C O 是还原剂,KMnO 是氧化剂,对比实验①和
2 2 4 4
②可知,MnSO 对反应起催化作用,所以产物MnSO 能起自催化作用,故A、B项正确;实
4 4
验③加入了稀盐酸之后,Cl-能与KMnO 发生氧化还原反应,所以褪色比①快,Cl-是还原剂
4
而不是催化剂,故C错误;由于浓度会影响反应速率,所以增大H C O 溶液的浓度可以加
2 2 4
快反应速率,故D正确。
真题示例
2- 1.0.004 7
2- 2.A 解析 考查化学反应速率的计算、转化率的计算、化学反应速率与活化能的关
系等。反应①和②为竞争反应,由速率方程式可知,两个反应差异在速率常数的大小。图
中显示,0~30 min内Δc(Z)=0.125 mol·L-1,Δc(M)=0.5 mol·L-1-0.3 mol·L-1=0.2
mol·L-1,Δc (M)=Δc(Z)=0.125 mol·L-1,Δc(Y)=Δc (M)=0.2 mol·L-1-0.125 mol·L-1=0.075
2 1
mol·L-1,v(Y)=0.075 mol·L-1÷30 min=0.002 5 mol·L-1·min-1,A项错误;由速率方程可知,
v k Δc(Y ) 0.075 3
1= 1= = = ,说明反应②的活化能较小,且浓度比保持不变,若反应进行
v k Δc(Z) 0.125 5
2 2
5
到底,反应结束时,M转化为Z的比例为 ×100%=62.5%,B、C、D项正确。
8
对点演练
2- 1.BD 解析 2 min末的反应速率为瞬时速率,2 min内用B表示的速率为0.3
mol·L-1·min-1,该速率是平均反应速率,A错误;根据化学反应速率之比等于化学计量数之
2
比,在这2 min内用C表示的平均速率为B的平均速率的 ,即0.2 mol·L-1·min-1,B正确;因
3
为起始浓度未知,因此在2 min时,B、C、D的浓度之比不一定为3∶2∶1,C错误;根据浓
度的变化量之比等于化学计量数之比,2 min内D的浓度应增加0.2 mol·L-1,若D的起始
浓度为0.1 mol·L-1,则2 min时D的浓度为0.3 mol·L-1,D正确。
2- 2.C 解析 反应20 min时,过氧化氢的浓度变为0.4 mol·L-1,说明分解的过氧化氢的物
质的量n(H O )=(0.80-0.40) mol·L-1×0.05 L=0.02 mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的
2 2
量n(O )=0.01 mol,标准状况下的体积V=n·V =0.01 mol×22.4 L·mol-1=0.224 L=224 mL,A
2 m
项正确;20~40 min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20) mol·L-1=0.20 mol·L-1,则这段时间内
Δc 0.20mol·L-1
的平均速率v= = =0.010 mol·L-1·min-1,B项正确;随着反应的不断进行,
Δt 20min
过氧化氢的浓度不断减小,某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小,故第30 min时的
瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率,C项错误;I-在反应中起到催化的作用,故也可以利
用过氧化氢分解酶或Fe O 代替,D项正确。
2 3
真题示例
3.AB
对点演练Δc
3- 1.B 解析 为了控制溶液总体积不变,故a=b=5,A项正确;由v= ,实验Ⅰ中,Δt=35
Δt
4.0×10-3L×0.10 mol·L-1 0.4 0.4
s,Δc(S O2-)= = mol·L-1,则v(S O2-)=
2 3 26.0×10-3L 26 2 3 26×35
1
mol·L-1·s-1= mol·L-1·s-1,B项错误;对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知反应物初始浓度越大,反应
2 275
时间越短,平均速率越大,C项正确;由反应S O2- +2I- 2SO2- +I ,是慢反应,而2S O2- +I
2 8 4 2 2 3 2
S O2- +2I-为快反应,为确保能看到蓝色,S O2-应更多,则n(S O2- )∶n(S O2- )<2,D项正确。
4 6 2 8 2 3 2 8
3- 2.A 解析 实验3中,根据关系式2KMnO ~5H C O 可知,高锰酸钾的量不足,消耗高
4 2 2 4
锰酸钾的物质的量为4×10-3 L×0.01 mol·L-1=4×10-5 mol,则用KMnO 表示实验3的反应
4
4×10-5mol
速率为 ≈6.7×10-4 mol·L-1·min-1,A错误;温度越高反应速率越快,催
5min×(4+8)×10-3L
化剂可加快反应速率,则a<12.7,b>5,B正确;根据单一变量原则,实验1、2探究温度对反
应速率的影响,实验3、4探究催化剂对反应速率的影响,C正确;比较收集相同体积CO
2
所消耗的时间,可判断反应速率的大小,进而可判断反应的快慢,D正确。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4) (5)× (6)× (7)× (8)×
考点二 化学平衡 化学平衡常数及有关计算
√
经典对练·得高分
真题示例
1.AE
对点演练
0.8×3.24
1- 1.答案 (1) (2)BC
0.2×0.42
解析 (1)由图可知,1 200 ℃时甲烷的平衡转化率为80%,平衡时甲烷的浓度为(1 mol·L-1-1
mol·L-1×80%)=0.2 mol·L-1,由方程式可知,硫化氢的浓度为(2 mol·L-1-0.8 mol·L-1×2)=0.4
mol·L-1、二硫化碳的浓度为0.8 mol·L-1、氢气的浓度为0.8 mol·L-1×4=3.2 mol·L-1,则化
c(CS )·c4(H ) 0.8×3.24
学平衡常数K= 2 2 = ;
c(CH )·c2(H S) 0.2×0.42
4 2
(2)A.4v(CH )=v(H )不能说明正、逆反应速率相等,无法判断反应是否达到平衡状态,
4 2
故错误;
B.该反应是气体体积增大的反应,恒容密闭容器,随反应进行,混合气体的压强增大,
则混合气体的压强保持不变说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确;
C.由质量守恒定律可知,反应前后气体的质量不变,该反应是气体物质的量增大的反
应,反应中混合气体的平均摩尔质量减小,则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正、
逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确;
D.n(CH )∶n(H S)∶n(CS )∶n(H )=1∶2∶1∶4不能说明正、逆反应速率相等,无法
4 2 2 2
判断反应是否达到平衡状态,故错误。1- 2.答案 (1)597 ℃ (2)AD
解析 (1)ΔG(ΔG=ΔH-TΔS)<0,反应能自发进行,由图可知,理论上温度不高于597 ℃;
(2)A.CO 和H 的转化率之比与投料比有关,不能判定是否达到平衡状态;B.反应前后
2 2
气体的质量不变,物质的量发生改变,混合气体的平均摩尔质量不再变化,说明反应达到
平衡状态;C.反应前后气体的物质的量发生改变,则压强发生改变,故容器内压强不变时
反应达到平衡状态;D.正、逆反应速率相等时,反应达到平衡,v (H )=4v (CH )没有涉及
正 2 正 4
逆反应,故不能说明反应达到平衡状态。
真题示例
2- 1.B
2- 2.BC
对点演练
2- 1.D 解析 根据“先拐先平数值大”知,T 0,A项正确;1 100 ℃,有催化剂和无催化剂时,H S的转化率
2
相等,表明Al O 几乎失去催化活性,B项正确;不加催化剂时,温度越高,反应速率越快,达
2 3
到平衡的时间越短,C项正确;A点达到平衡时,H S的转化率为50%,设加入的H S的物质
2 2
的量为x,列出三段式:
2H S(g) 2H (g)+S (g)
2 2 2
起始 x 0 0
转化 0.5x 0.5x 0.25x
平衡 0.5x 0.5x 0.25x
0.5x 0.25x
[( )p]2( )p
p2(H )·p(S ) 1.25x 1.25x
达平衡时总物质的量为1.25x,K = 2 2 = =(
p p2(H
2
S)
[(
0.5x
)p]2
1.25x
0.25x
)p=0.2p,D项错误。
1.25x
k
3- 2.答案 (1)K= 正 (2)①K ②20% ③甲 大于 (3)1.01
k B
逆
c2(HCl)
解析 (1)K= ,平衡时v =v ,k ×c(Cl )×c(H S)=k ×c2(HCl),联立可得
c(Cl )·c(H S) 正 逆 正 2 2 逆
2 2
k
K= 正;
k
逆
(2)①升高温度,平衡时生成物的物质的量增大,所以促进平衡正向移动,即该反应为
吸热反应,K >K ;
B A
②由于生成物n(H )∶n(S )=2∶1,所以曲线n对应的是H 的物质的量,曲线m对应的
2 2 2
是H S的物质的量,
2
2H S(g) S (g)+2H (g)
2 2 2
8 4 8
4
即S 的体积分数为 ×100%=20%;
2 8+4+8
③加入2.0 mol H S的容器与加入1.0 mol H S的容器相比,相当于加压,平衡逆移,即
2 2
转化率减小,所以甲对应1.0 mol H S分解的曲线;M、N两点容器内H S的转化率相同,
2 2
平衡时N点气体物质的量为M点的2倍,但N点温度较高,所以2p(M)2.5 MPa=p ,所以
2
p =5.0 MPa 温度、压强和反应物的起始浓度(组成)
1
α
2mα
(2)
100-mα
p (1-α)1.5( m
p
) 0.5
100-mα
(3)升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。tt 后,k增大对v的提高小于α引起的降低
m
2.答案 (1)89.3 (2)40% 3.56×104 BD (3)CD
对点演练
1.CD 解析 图像中物质的量分数随温度升高丙烯增加,丙烷减少,说明升温平衡正向移
动,正反应为吸热反应,反应的ΔH>0,A正确;温度一定时,增大压强平衡逆向移动,丙烯的
物质的量分数减小,p 压强下丙烯物质的量分数大于p 状态,说明p >p ,即压强p <0.1
2 1 1 2 2
MPa,B正确;根据图像可知556 ℃、压强为p 时,平衡时丙烷的物质的量分数为50%,则
1
p(C H )=0.5p =0.05 MPa,根据方程式C H (g) C H (g)+H (g)可知,剩余50%的气体中,丙
3 8 1 3 8 3 6 2
烯和氢气各占一半,所以p(C H )=p(H )=0.025 MPa,所以压强平衡常数K=
3 6 2
0.025×0.025 1
= ,C错误;根据图像可知,556 ℃、压强p 时,平衡时丙烷的物质的量分
0.05 80 1
数为50%,设起始时丙烷的物质的量为1 mol,平衡时消耗C H 的物质的量为x,列三段式
3 8
有:
C H (g) C H (g)+H (g)
3 8 3 6 2
起始/mol 1 0 0
转化/mol x x x
平衡/mol 1-x x x1 1
×
1-x 1 6 6 1
则有 =50%,解得x= ,所以平衡常数K= = ;起始向2 L密闭容器中
1-x+x+x 3 1 12
3
0.4×0.3 1
通入1.2 mol C H 、0.8 mol C H 、0.6 mol H ,此时浓度商为 =0.2> ,所以反
3 8 3 6 2 0.6 12
应逆向进行,v k ,所以速率常数增大的倍数也是越大的。
2 1
(3)①温度相同的条件下,反应物的浓度越大,生成的产物越多。从图中可以看到,当
温度相同时,曲线a位于曲线b的上方,说明曲线a代表的应该是75%的氢气和25%的氮90
气。②根据题意可知,初始时氢气的分压为30 MPa×75%= MPa,氮气的分压为30
4
30
MPa×25%= MPa,假设平衡时氮气的变化分压为x MPa,那么氢气的变化分压为3x
4
MPa,氨气的变化分压为2x MPa,则有:
N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 3
30 90
起始分压/MPa 0
4 4
变化分压/MPa x 3x 2x
30 90
平衡分压/MPa -x -3x 2x
4 4
2x 1
= 15
平衡时氨气的体积分数30 90 3,解得x= ,则该反应的压强平衡常
-x+ -3x+2x 4
4 4
30
( )2
4 64
数K = = 。
p 15 45 6 075
( )×( )3
4 4
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4) (5)× (6) (7)×
专项模块(九√) 化学反√ 应原理综合题解题策略
应考训练
p(H O)·p(CH OH)
2 3
1.答案 (1)
p3(H )·p(CO )
2 2
(2)b 总反应ΔH<0,升高温度时平衡向逆反应方向移动,甲醇的物质的量分数变小
(3)33.3% 5×105 Pa,210 ℃ 9×105 Pa,250 ℃
解析 (1)根据总反应的化学方程式CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)可知,该反应用各
2 2 3 2
p(CH OH)·p(H O)
3 2
物质的平衡分压表示的平衡常数K= 。
p(CO )·p3(H )
2 2
(2)在压强恒定的条件下,由于反应的ΔH<0,随着温度的升高,平衡逆向移动,甲醇的物
质的量分数变小,故图中对应等压过程的曲线是b。曲线a是恒温(250 ℃)条件下
x(CH OH)随压强变化的曲线。
3
(3)当x(CH OH)=0.10时,由图像可知反应条件之一是5×105 Pa,210 ℃;设反应起始时
3
n(H )=3 mol,n(CO )=1 mol,生成CH OH物质的量为y,利用“三段式”分析如下:
2 2 3
CO (g) + 3H (g) CH OH(g)+H O(g)
2 2 3 2
起始 1 mol 3 mol 0 0
转化 y 3y y y平衡 1 mol-y 3 mol-3y y y
y
则 =0.10
1mol- y+3mol-3 y+2y
1
1 mol
解得y= mol,则CO 平衡转化率=3 ×100%≈33.3%。
3 2
1mol
由图像可以看出,当x(CH OH)=0.10时的另一个条件是温度为250 ℃及压强为9×105
3
Pa。
0.1×7.6
2.答案 (1)Br (2)24.8
24.82
1
(3)①大于 ②K ·K 大于 越大即T越低,lg K=lg K +lg K 的值越小,即K越
p1 p2 T p1 p2
小
(4)0.5
解析 (1)海藻中富含氯、溴、碘元素,海藻提碘过程中得到的红棕色液体应是溴单质
(Br ),故错过发现的新元素为Br。
2
(2)由题意BaPtCl (s) BaCl (s)+Pt(s)+2Cl (g),该反应的平衡常数K '=p2 =1.0×104
6 2 2 p Cl
2
Pa2,则p =1.0×102 Pa=0.1 kPa。硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl 并抽真空后,376.8 ℃
Cl 6
2
条件下,p =0.1 kPa时BaPtCl 的分解达到平衡;加入碘蒸气,376.8 ℃时碘的初始压强为
Cl 6
2
20.0 kPa,由于反应2ICl(g) Cl (g)+I (g)达平衡时的总压强为32.5 kPa,该反应是气体物
2 2
质的量不变的反应,故有:
2ICl(g) Cl (g) + I (g)
2 2
p 0 32.5 kPa-20.0 kPa 20.0 kPa
起始
p 24.8 kPa 12.5 kPa-0.1 kPa 12.4 kPa
转化
p 24.8 kPa 0.1 kPa 7.6 kPa
平衡
故376.8 ℃条件下烧瓶中反应达平衡时p 为24.8 kPa,反应2ICl(g) Cl (g)+I (g)的
ICl 2 2
0.1 kPa×7.6 kPa
平衡常数K= 。
(24.8 kPa)2
1 1
(3)①根据图像中 与lg K 的关系,随着温度升高( 减小),lg K 增大,说明NOCl分
T p2 T p2
解为NO和Cl 是吸热反应,反应的ΔH>0。
2p2 ·p
②将(3)中的两个反应式相加可得反应式2ICl(g) Cl (g)+I (g),由K = NOCl I 2和
2 2 p1 p2 ·p2
NO ICl
p2 ·p p ·p
1
K = NO Cl 2,可推出:K= Cl 2 I 2=K ·K 。由图像可以看出, 越大,即T越小,lg K=lg
p2 p2 p2 p1 p2 T
NOCl ICl
K +lg K 值越小,即随着温度降低K减小,故反应的ΔH>0。
p1 p2
(4)将两式相加得2NOCl+hν 2NO+Cl ,即分解1 mol NOCl需要吸收0.5 mol光子。
2
3.答案 (1)吸热 N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH=-92 kJ·mol-1
2 2 3
k
(2) 1 (3)①> ②不能,因为温度不同,催化剂的活性不同,对反应速率造成的影响不
k
2
同
(4)K 助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能,加快乙烯的生成速率而对其
他副反应的速率几乎无影响
解析 (1)NH * →NH 的过程为脱附,由图可知,氨气脱附后能量升高,则氨气的脱附过程是
3 3
吸热过程,由能量图可知,氮气和氢气断键后生成1 mol N和3 mol H时吸收热量(21-17)
kJ,1 mol N和3 mol H结合生成1 mol NH (g)时放热50 kJ,则氮气和氢气生成1 mol氨气
3
需要放出46 kJ的热量,所以合成氨反应的热化学方程式为N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 3
ΔH=-92 kJ·mol-1。
p1.5(H ) p(N H )
(2)当反应达到平衡时,合成氨反应的瞬时总速率w=k ·p(N ) 2 -k 3
1 2 p(N H ) 2p1.5(H )
3 2
p1.5(H ) p(N H )
=0,则k ·p(N ) 2 =k · 3 ,得合成氨反应N +3H 2NH 的平衡常数K =
1 2 p(N H ) 2 p1.5(H ) 2 2 3 p
3 2
p2(N H ) k
3 = 1。
p(N )·p3(H ) k
2 2 2
(3)①T 温度下将2 mol N 和6 mol H 通入容积为1 L的密闭容器中,反应达到平衡
2 2 2
时,根据“三段式”分析:
N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 3
起始/(mol·L-1) 2.0 6.0 0
转化/(mol·L-1) 1.0 3.0 2.0
平衡/(mol·L-1) 1.0 3.0 2.0
平衡时气体总量为(1.0+3.0+2.0) mol=6.0 mol,则平衡时气体的压强是起始时的
6.0mol
×100%=75%;合成氨的正反应是气体体积减小的反应,随着反应的进行,容器内
8.00mol
压强降低,若某时刻容器内气体的压强为起始时的80%,说明反应未达到平衡,则反应正
向进行,即v >v 。②虽然反应时使用同一催化剂,都是将2.0 mol N 和6.0 mol H 通入
正 逆 2 2
容积为1 L的密闭容器中,但分别在T 和T 温度下进行反应。不能根据图示信息判断温
1 2
度的相对高低,因为温度不同,催化剂的活性不同,对反应速率造成的影响不同。(4)由表中数据可知,Na作助剂时其他副反应占比大,Cu作助剂时CO 转化率低,兼顾
2
乙烯的产率、CO 转化率和对副反应的影响,选择添加K作助剂效果最好。加入助剂能
2
提高单位时间内乙烯产量的根本原因是助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能,
加快乙烯的生成速率而对其他副反应的速率几乎无影响。
专题九 水溶液中的离子平衡
考点一 溶液的酸碱性及pH
经典对练·得高分
真题示例
1.C
对点演练
1- 1.D 解析 A项,NaHA溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度大于其水解程度,不能据此
得出H A为强酸的结论,A错误;B项,可溶性正盐BA溶液呈中性,不能推测BA为强酸强
2
碱盐,因为也可能是B+和A-的水解程度相同,即也可能是弱酸弱碱盐,B错误;C项,弱酸的
浓度越小,其电离程度越大,因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为
α 、α ,则α >α ,C错误;D项,100 mL pH=10.00的Na CO 溶液中氢氧根离子的浓度是
1 2 1 2 2 3
1×10-4 mol·L-1,碳酸根水解促进水的电离,则水电离出H+的浓度是1×10-4 mol·L-1,其物质
的量为0.1 L×1×10-4 mol·L-1=1×10-5 mol,D正确。
1- 2.C 解析 水为弱电解质,能够电离出氢离子和氢氧根离子,在溶液中存在电离平衡,
加入碳酸氢钠能够水解,能促进水的电离,硫酸氢钠电离生成氢离子,会抑制水的电离,A
项错误;已知25 ℃时NH CN溶液显碱性,说明CN-的水解程度大于铵根离子,HCN酸性
4
弱,电离程度小,则25 ℃时的电离常数:K (NH ·H O)>K (HCN),B项错误;加水稀释会促进
b 3 2 a
醋酸根离子水解,C项正确;将KCl溶液从常温加热至80 ℃,K 增大,溶液pH变小,但溶液
W
中的c(H+)和c(OH-)依然相等,溶液仍然呈中性,D项错误。
真题示例
2.B
对点演练
2- 1.D 解析 100 ℃时,NaOH和H SO 恰好中和时,pH=6,A错误;25 ℃时,c(OH-)=0.4
2 4
mol·L-1,c(H+)=0.2 mol·L-1,等体积混合后pH大于7,B错误;C项,由于CH COO-发生水解,
3
恰好中和所得溶液pH大于7,错误;D项,氨水过量,pH>7,正确。
2- 2.答案 (1)A 水的电离是吸热过程,温度较低时,电离程度较小,c(H+)、c(OH-)均较小
(2)a+b=14(或pH +pH =14)
1 2
(3)4 1.0×10-7
解析 (1)温度升高时促进水的电离,水的离子积增大,水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度
都增大,水的pH减小,但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离
子浓度、氢氧根离子浓度可以判断,25 ℃时水的电离平衡曲线应为A。
(2)要注意95 ℃时,水的离子积为1×10-12,即c(H+)·c(OH-)=1×10-12,则等体积强酸、强
碱溶液反应至中性时,有pH(酸)+pH(碱)=12。根据95 ℃时混合后溶液呈中性,pH =b的
2某强碱溶液中c(OH-)=10b-12 mol·L-1;根据溶液呈中性可得100V×10-a mol·L-1=V×10b-12
mol·L-1,可得10-a+2=10b-12,即a+b=14或pH +pH =14。
1 2
(3)此条件下,pH=6时溶液呈中性,根据表中实验①数据可得Ba(OH) 溶液中
2
c(OH-)=1.0×10-4 mol·L-1,根据表中实验③的数据可以判断,盐酸中的c(H+)与Ba(OH) 溶液
2
10-12
中c(OH-)相等,所以a=4,即盐酸的pH=4;实验②溶液呈碱性,其c(OH-)=
10-7
mol·L-1=1.0×10-5 mol·L-1,则由水电离出的c(OH-)=1.0×10-7 mol·L-1。
易错防范·不失分
(1)提示 ×。加水稀释两种pH相同的碱溶液,pH变化大的碱一定比变化小的碱性强,但
不一定是强碱。
(2)提示 ×。碱抑制水的电离,盐的水解促进水的电离。
(3)提示 ×。NaHSO 在溶液中电离出H+,对水的电离起抑制作用。
4
考点二 溶液中的“三大平衡”与“四大常数”
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.C
1- 2.C 解析 A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO >CH COOH,pH相同的两种
2 3
酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO 溶液的稀释,错误;B
2
项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误;0.1 mol·L-1的
3
NaHC O 溶液的pH=4,说明HC O-的电离程度大于水解程度,则c(HC O- )>c(H+)>c(C O2-
2 4 2 4 2 4 2 4
)>c(H C O ),D错误。
2 2 4
真题示例
3- 1.B
3- 2.B 解析 由于-lgc越大,c值越小,K (BaSO )30 mL时,溶液为Cr(OH) 、Fe(OH) 的饱和溶液,
2 2
c(Fe2+) K [Fe(OH) ]
= sp 2 =4.0,D项正确。
c(Cr2+) K [Cr(OH) ]
sp 2
真题示例
4- 1.C 解析 由题图可看出,溶液pH=4时,c2(M+)=7.5×10-8(mol·L-1)2,则c(M+)<3.0×10-4
mol·L-1,A项正确;取横坐标为0时,溶液中c(H+)忽略不计,溶液为强碱性环境,A-水解生成
的HA可忽略不计,c(M+)≈c(A-),此时K (MA)≈c2(M+)=5.0×10-8,B项正确;由图像可知,随
spc(H+)增大,c(M+)也增大,故加入的酸不是HA,溶液中除了A-外,还有其他酸根离子,C项错
误;根据物料守恒,溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA),K (MA)=c(M+)·c(A-)=5.0×10-8,由HA H+
sp
c(H+)·c(A-)
+A-可知,K (HA)= ,当c(A-)=c(HA)时,
a c(HA)
1 1
K (HA)=c(H+),c(M+)=2c(A-),K (MA)=c(M+)· c(M+)= c2(M+)=5.0×10-8,则c2(M+)=10×10-8,
a sp 2 2
对应图中的c(H+)≈20×10-5,即K (HA)≈2.0×10-4,D项正确。
a
4- 2.BC 解析
根据上述分析可知,O点为曲线2和曲线3的交点,对应的pH=7,应该得出的结论为
c(H+)=c(OH-),故A错误;N点为曲线1和曲线4的交点,lgc(CH COO-)=lgc(CH COOH),即
3 3
c(CH COO-)·c(H+)
c(CH COO-)=c(CH COOH),因K = 3 ,代入等量关系并变形可知
3 3 a c(CH COOH)
3
pH=-lgK ,故B正确;c(CH COO-)+c(CH COOH)=0.1 mol·L-1,则c(CH COO-)=0.1 mol·L-1-
a 3 3 3
c(CH COO-)·c(H+)
c(CH COOH),又K = 3 ,联立两式消去c(CH COO-)并化简整理可
3 a c(CH COOH) 3
3
0.1c(H+)
得出,c(CH COOH)= mol·L-1,故C正确;醋酸根离子的水解平衡为CH COO-
3 K +c(H+) 3
a
+H O CH COOH+OH-,pH由7到14的变化过程中,碱性不断增强,c(OH-)不断增大,则
2 3
不利于醋酸根离子的水解,会使其水解程度减小,故D错误。
对点演练
c(HA)·c(OH-)
4- 1.D 解析 是A-的水解平衡常数表达式,加入NaA固体后,由于温
c(A-)
度不变,则水解平衡常数不变,A项错误;由于HA为弱酸,则常温下0.1 mol·L-1 HA溶液中
1×10-14
氢离子浓度小于0.1 mol·L-1,水电离出的c(H+)一定大于 mol·L-1=10-13 mol·L-1,B
0.1
项错误;NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应,NaA和HCl的物质的量相等,根据物料守恒可得2c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)+c(HA),C项错误;NaA溶液中A-的水解平衡常数K =
h
c(HA)·c(OH-) K 1×10-14
= W = =10-9,故D项正确。
c(A-) K 1×10-5
a
4- 2.C 解析 根据电离平衡常数知CH COOH的酸性强于HClO的酸性,所以
3
CH COONa水解程度小于NaClO的水解程度,相同浓度CH COONa和NaClO的混合液
3 3
中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(CH COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),A错误;K =
3 a
c(CH COO-)·c(H+)
3 =1.8×10-5,因为c(CH COOH)∶c(CH COO-)=9∶5,故
c(CH COOH) 3 3
3
c(H+)=3.24×10-5,pH<5,B错误;根据溶度积常数,已知c(Cl-)=1×10-5 mol·L-1、c(CrO2-
4
)=1×10-5 mol·L-1,使Cl-形成沉淀所需的c(Ag+)=1.8×10-5 mol·L-1,使CrO2-形成沉淀所需的
4
c(Ag+)=2√5×10-4 mol·L-1,比较可以看出Cl-先形成沉淀,D错误。
易错防范·不失分
(1)提示 ×。通入HCl气体,使c(H+)增大,醋酸电离平衡左移,但c(H+)比原来大。
(2)提示 ×。电离平衡常数表示弱电解质电离程度的大小,电离平衡常数越大,表示电解
质的电离能力越强。
(3)提示 ×。酸溶液中c(H+)的大小与酸的浓度和电离常数都有关系。
(4)提示 ×。Na CO 溶液中加入少量Ca(OH) 固体,因Ca(OH) Ca2++2OH-,pH增大。
2 3 2 2
(5)提示 ×。加水稀释促进水解,n(NH+ )减小,n(Cl-)不变,浓度之比等于物质的量之比,故
4
c(N H+)
4 的值减小。
c(Cl-)
(6)提示 √。加入FeCl 固体,盐浓度增大,水解程度减小。
3
(7)提示 √。硫酸根离子使BaSO 的溶解平衡逆移。
4
(8)提示 ×。K (AgI)c(I-)。
sp sp
(9)提示 ×。只要Q >K ,就会生成沉淀,所以在一定条件下,溶解度较小的沉淀也可以转
c sp
化成溶解度较大的沉淀。
考点三 溶液中粒子浓度大小比较
经典对练·得高分
真题示例
1.C
2.C 解析 本题考查了滴定曲线的分析判断及电解质溶液中微粒浓度的大小关系和等
量关系。由于NaX为强碱弱酸盐,X-会部分水解使溶液呈弱碱性,所以NaX溶液中离子
浓度大小关系为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A项正确;由于等浓度的三种盐溶液的pH大
小关系为NaZ>NaY>NaX,根据盐类水解规律“越弱越水解”可知,NaZ对应的酸(HZ)的
酸性最弱,而NaX对应的酸(HX)的酸性最强,则电离常数:K (HX)>K (HY)>K (HZ),B项正
a a a
确;由于三种盐溶液的体积和浓度相同,但碱性强弱不同,所以要使滴定后的溶液pH=7,所
滴加盐酸的体积也不相同,即NaZ溶液中滴加盐酸最多,而NaX溶液中滴加盐酸最少,所
以最后呈中性的三种溶液中c(X-)>c(Y-)>c(Z-),C项错误;将三种溶液混合后所得的混合
溶液中的电荷守恒式为c(Cl-)+c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由于混合前三种溶液的物质的量浓度和体积与所加盐酸的物质的量浓度和体积都相等,则混合后的溶液中
c(Cl-)=c(Na+),则c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+),D项正确。
对点演练
c(CH N H+)·c(OH-)
1.BD 解析 常温下,CH NH 的电离常数为K = 3 3 ,起点
3 2 b c(CH N H )
3 2
c(CH N H+)·c(OH-) 1×10-2×1×10-2
时,pOH=2,c(OH-)=1×10-2 mol·L-1,所以K = 3 3 =
b c(CH N H ) 1-1×10-2
3 2
K 1×10-14
≈1.01×10-4,则CH NH+的水解常数为 W = ≈9.9×10-11,A项正确;NH OH与盐
3 3 K 1.01×10-4 2
b
酸反应生成强酸弱碱盐,滴定终点时溶液显酸性,所以应该选择酸性条件下变色的指示剂,
即可用甲基橙作指示剂,B项错误;CH NH Cl溶液中,根据物料守恒有:
3 3
c(Cl-)=c(CH NH )+c(CH NH+ ),根据电荷守恒有:c(H+)+c(CH NH+ )=c(Cl-)+c(OH-),所以
3 2 3 3 3 3
c(CH NH+ )=c(Cl-)-c(CH NH ),2c(H+)-2c(OH-)=2c(Cl-)-2c(CH NH+ )=2c(Cl-)-c(CH NH+ )-
3 3 3 2 3 3 3 3
[c(Cl-)-c(CH NH )],得到2c(H+)-2c(OH-)=c(CH NH )+c(Cl-)-c(CH NH+ ),C项正确;由图可
3 2 3 2 3 3
知,浓度均为1 mol·L-1的CH NH 和NH OH两种溶液,NH OH的pOH大于CH NH 的
3 2 2 2 3 2
pOH,说明NH OH的碱性较弱,则其对应的盐越易水解,所以等物质的量浓度的
2
CH NH Cl和NH OHCl的混合溶液中离子浓度的大小关系为c(NH OH+)c(H+),即c(HA)>c(H+),故D错误。
2
易错防范·不失分
(1)提示 ×。根据电荷守恒应为2c(CO2- )。
3
(2)提示 ×。根据电荷守恒:c(NH+ )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),此时c(H+)=c(OH-),故c(NH+
4 4
c(N H+)
)=c(Cl-),所以 4 =1。
c(Cl-)
(3)提示 ×。CH COOH过量,应为c(H+)>c(OH-)。
3
考点四 酸碱中和滴定及迁移应用
经典对练·得高分
真题示例
1.C 解析 A项,NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl,呈中性,室温下
pH=7,故A正确;B项,选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差,B正确;C项,甲基橙的变色范围在pH突变范围外,误差更大,故C错误;D项,V(NaOH溶
液)=30.00 mL时,溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠,且c(NaOH)=
30 mL×0.100 0mol·L-1-20 mL×0.100 0 mol·L-1
=0.02 mol·L-1,即溶液中
20 mL+30 mL
c(OH-)=0.02 mol·L-1,则c(H+)=5×10-13 mol·L-1,pH=-lgc(H+)=12.3,故D正确;故选C。
对点演练
1- 1.B 解析 由题图知反应终点时溶液的pH=5.12,不在酚酞变色范围内,A项错误;c(N
c(N H+)·c(OH-)
H+ )=c(NH ·H O)时pH=9.2,K = 4 =c(OH-)=109.2-14=10-4.8,lgK =-4.8,B项
4 3 2 b c(N H ·H O) b
3 2
c(N H+) K
正确; 4 = b ,稀释时该比值不变,C项错误;当滴入12.50 mL盐
c(H+)·c(N H ·H O) K
3 2 W
酸时,溶液为等物质的量浓度的NH Cl和NH ·H O的混合溶液,由题图知溶液显碱性,则
4 3 2
NH ·H O的电离程度大于NH+的水解程度,故c(NH+ )>c(Cl-)>c(NH ·H O),D项错误。
3 2 4 4 3 2
1- 2.D 解析 A项,用NaOH溶液滴定甲酸溶液,滴定终点时生成HCOONa溶液,该盐是
强碱弱酸盐,选择在碱性范围内变色的指示剂误差较小,错误;B项,a点NaOH不足,溶液
呈酸性,抑制了水的电离,c(H+)=10-3 mol·L-1,b点,NaOH过量,溶液呈碱性,抑制了水的电离,
c(OH-)=10-2 mol·L-1>10-3 mol·L-1,则a、b两点水的电离程度:a>b,错误;C项,当加入10.00
mL NaOH溶液时,溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液,根据题图可知此时
溶液的pH<7,说明HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度,所以离子浓度大小关系
为c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),错误;D项,当加入20.00 mL NaOH溶液时,二者恰好反
应生成HCOONa,该盐是强碱弱酸盐,HCOO-水解使溶液显碱性,HCOO-+H O
2
0.100 0mol·L-1 K 10-14
HCOOH+OH-,c(HCOO-)≈ =0.050 0 mol·L-1,K = W = =10-10,K =
2 h K 10-4 h
a
c(HCOOH)·c(OH-) c2(OH-)
= ,所以c(OH-)=√5×10-6 mol·L-1,所以溶液的
c(HCOO-) c(HCOO-)
pH>8.0,正确。
真题示例
( 1 )
25.00- V ×0.100 0×32
2.答案 浅蓝色至无色 2 ×100%
m×1 000
解析 碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I 全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
2
1
根据反应:I +S2- S↓+2I-,I +2S O2- 2I-+S O2- ,n(S2-)+ n(S O2- )=n(I ),因此,
2 2 2 3 4 6 2 2 3 2
1
n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3- V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为
2
1
(25.00- V )×0.100 0×32
2 ×100%。
m×1 000对点演练
2- 1.答案 (1)蓝紫色溶液颜色变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色
溶液
(2)①2CrO2- +2H+ Cr O2- +H O
4 2 7 2
②增大 1.0×1014 ③小于
(3)2.0×10-5 5.0×10-3
(4)Cr O2-+3HSO- +5H+ 2Cr3++3SO2-+4H O
2 7 3 4 2
解析 (1)根据Cr3+与Al3+化学性质相似可知,Cr (SO ) 溶液中加入NaOH溶液,先生成
2 4 3
Cr(OH) 灰蓝色沉淀,继续滴加NaOH溶液,Cr(OH) 与NaOH反应生成Cr(OH)- ,为绿色
3 3 4
溶液。
(2)①由图像可知,随着H+浓度增大,Cr O2-浓度增大,则离子反应方程式为2CrO2-
2 7 4
+2H+ Cr O2-+H O;
2 7 2
②酸性增强,平衡正向移动,CrO2-的转化率增大;A点Cr O2-的浓度为0.25 mol·L-1,则
4 2 7
反应的CrO2-浓度为0.5 mol·L-1,则
4
c(Cr O2-) 0.25
K= 2 7 = =1.0×1014
c2(CrO2-)·c2(H+) 0.52×(1.0×10-7)2
4
③升高温度,CrO2-的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向是放热反应,则
4
ΔH<0。
K (AgCl) 2.0×10-10
(3)c(Ag+)= sp = mol·L-1=2×10-5 mol·L-1
c(Cl-) 1.0×10-5
K (Ag CrO ) 2.0×10-12
c(CrO2-)= sp 2 4 = mol·L-1=5×10-3 mol·L-1。
4 c2(Ag+) (2.0×10-5)2
(4)NaHSO 具有还原性,与强氧化性物质Cr O2-反应,NaHSO 中S由+4价转化为+6
3 2 7 3
价,生成SO2- ,Cr O2-被还原为Cr3+,反应的离子方程式为Cr O2- +3HSO- +5H+ 2Cr3++3S
4 2 7 2 7 3
O2-+4H O。
4 2
2- 2.答案 Ⅰ.(1)氧化 (2)H O H++HO-、HO- H++O2- 5.8
2 2 2 2 2
Ⅱ.(3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色,且30秒内溶液不褪色 (4)0.180 0 (5)
偏高
解析 Ⅰ.(1)酸性条件下,H O 可将Fe2+氧化为Fe3+,体现了过氧化氢的氧化性。(2)过氧化
2 2
氢属于二元弱酸,分步电离,其电离的方程式为H O H++HO-、HO- H++O2- ;又
2 2 2 2 2
K =2.20×10-12,K =1.05×10-25,K K ,以第一步电离为主,则K =
a1 a2 a1 a2 a1
c(H+)·c(HO-) c2(H+)
2 = ≫=2.20×10-12,所以c(H+)≈1.48×10-6 mol·L-1,即pH≈5.8。Ⅱ.
c(H O ) c(H O )
2 2 2 2
(3)滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色,且30秒内溶液不褪色。
(4)由于第一次数据误差过大,故舍去;其他三组数据的平均值为18.00 mL,根据反应2Mn
O-+5H O +6H+ 2Mn2++8H O+5O ↑,n(H O )=2.5n(MnO-)=2.5×0.100 0 mol·L-1×0.018
4 2 2 2 2 2 2 42.5×0.100 0×0.018
L,c(H O )= mol·L-1=0.180 0 mol·L-1。(5)滴定前滴定管尖嘴处有
2 2 0.025
气泡,导致消耗的标准液体积偏大,则测定结果偏高。
易错防范·不失分
(1)提示 ×。碱式滴定管不能用于量取酸性和强氧化性溶液。
(2)提示 ×。滴定终点是指指示剂变色的点,与酸碱恰好中和的点不一定一致。
(3)提示 ×。滴定管应该用待装的溶液润洗,而锥形瓶不需要。
(4)提示 ×。滴定管尖嘴部分有悬滴,读得的标准溶液的体积大于实际使用的体积,故测
定结果偏大。
(5)提示 ×。CH COOH滴定NaOH溶液终点时溶液呈碱性,应用酚酞作指示剂;HCl滴定
3
氨水时,滴定终点溶液呈酸性,可用甲基橙作指示剂。
专项模块(十) 水溶液中离子平衡的图像分析
应考训练
1.D 解析 HX和HY是两种一元酸。由图像可知,开始加入氢氧化钠溶液过程中水的
电离程度增大,溶液由酸性逐渐变为中性,当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达
到最大值。根据前面分析可知,HX为弱酸,故A错误。T、P点对应的溶液都呈碱性,故
B错误。N点呈中性,加入蒸馏水稀释中性溶液,稀释后溶液仍然呈中性,故C错误。取
x
M点计算电离常数,c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1,混合溶液中c(Na+)=c(Y-)= ×0.1
20+x
20-x c(H+)·c(Y-) x
mol·L-1,c(HY)= ×0.1 mol·L-1,则K = = ,故D正确。
20+x a c(HY ) (20-x)×107
2.C 解析 由示意图可知,0.1 mol·L-1 HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 mol·L-1,
c(H+)·c(A-) 1×10-3×1×10-3
溶液中氢离子浓度为10-3 mol·L-1,则K (HA)= = =10-5,
a c(HA) 0.1
故A正确;P点为NaA和NaOH的混合溶液,溶液呈碱性,溶液的pH>7,故B正确;M点为
HA和NaA的混合溶液,溶液呈中性,溶液中c(OH-)=c(H+),由电荷守恒可得c(Na+)
+c(H+)=c(A-)+c(OH-),可知溶液中c(Na+)=c(A-),故C错误;N点水电离出的氢离子浓度的
负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成
NaA,A-在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
3.C 解析 氯化铜、硫化钠均水解促进水的电离,b点恰好反应所得溶液是氯化钠溶液,
水的电离程度最小,A错误;根据物料守恒Na S溶液中:2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H S)=c(Na+),B
2 2
错误;b点二者恰好反应,此时溶液中硫离子、铜离子浓度均是10-17.7 mol·L-1=2×10-18
mol·L-1,所以K (CuS)=4×10-36,C正确;CuS的K 较小,故CuS更难溶,那么首先出现的沉
sp sp
淀是CuS,即Cu2+先沉淀,D错误。c(H+)
4.C 解析 多元弱酸的第一步电离远大于第二步电离,直线L 表示-lg 和-
1 c(H A)
2
c(H+)
lgc(HA-)的关系,直线L 表示-lg 和-lgc(A2-)的关系,A项错误;通入HCl过程中,酸
2 c(H A-)
性增强,对水的电离抑制程度增大,水电离出的c(OH-)与水电离出的c(H+)均减小,故乘积
c(H+) c(H+)
不断减小,B项错误;直线L 表示-lg 和-lgc(A2-)的关系,当-lg =3.2时,即
2 c(H A-) c(H A-)
c(H+) c(H+)·c(A2-)
=10-3.2,-lgc(A2-)=3,即c(A2-)=10-3,K (H A)= =10-3.2×10-3=10-6.2,故
c(H A-) a2 2 c(H A-)
c(H A)·c(OH-) K
K (H A)的数量级为10-7,C项正确;K (HA-)= 2 = W ,直线L
a2 2 h c(H A-) K (H A) 1
a1 2
c(H+) c(H+) c(H+)
表示-lg 和-lgc(HA-)的关系,当-lg =3时,即 =10-3,-lgc(HA-)=0,即
c(H A) c(H A) c(H A)
2 2 2
c(H+)·c(H A-) 10-14
c(HA-)=1 mol·L-1,K (H A)= =10-3,则K (HA-)= =10-
a1 2 c(H A) h 10-3
2
11c(HA-)>c(A2-)>c(H A),D项错误。
2
c(H+)·c(H X-) c(H+)·c(X2-)
5.B 解析 因为K = 、K = ,由图可知,横坐标为0
a1 c(H X) a2 c(H X-)
2
时,可得出K 、K 等于对应点的c(H+),又因为K >K ,结合图像中的pH可以求出
a1 a2 a1 a2
c(H X-) c(X2-)
K =10-2.3、K =10-4,则L 表示pH与-lg 的变化关系,L 表示pH与-lg 的
a1 a2 1 c(H X) 2 c(H X-)
2
c(H+)·c(X2-)
变化关系。K =10-2.3,数量级是10-3,A错误;K = =10-4,滴定过程中,当
a1 a2 c(H X-)
pH=4时,得到c(HX-)=c(X2-)和c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得出:c(Na+)+c(H+)=c(HX-)
+2c(X2-)+c(OH-),将c(HX-)=c(X2-)代入得到:c(Na+)+c(H+)=3c(HX-)+c(OH-),又因为
c(X2-)
c(H+)>c(OH-),所以c(Na+)<3c(HX-),B正确;线L 表示pH与-lg 的变化关系,C错
2 c(H X-)
K 10-14
误;0.1 mol·L-1 NaHX溶液中,HX-的K = W = =10-11.7 sp =
c(M g2+) 1×10-6
mol·L-1=0.08 mol·L-1;反应MgF (s)+Ca2+ CaF (s)+Mg2+的平衡常数K=
2 2
c(M g2+) K (MgF ) 6.4×10-9
= sp 2 = =160。(4)①由图可知,在60 ℃按投料比
c(Ca2+) K (CaF ) 4.0×10-11
sp 2
n[(N H ) CO ]
4 2 3 =2时,在pH<7.0时,pH越小MnCO 产率越低;由表格所给溶度积可
n(Mn2+) 3
知,pH>7.0时,溶液碱性增强,MnCO 会部分转化为溶解度更小的Mn(OH) ,导致产率和纯
3 2
度降低;②由图可知,60 ℃时,MnCO 产率最大,温度高于60 ℃时,温度升高MnCO 水解程
3 3
度越大,(NH ) CO 和MnCO 也会热分解,导致产率和纯度降低。
4 2 3 3
专题十 化学实验
考点一 常见仪器及基本操作
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.D
1- 2.B 解析 本题考查一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定。溶液配制时用
到容量瓶,溶液滴定时用到碱式滴定管和锥形瓶,实验中未用到分液漏斗,B项符合题意。
1- 3.A 解析 本题考查常见实验基本操作知识(包含酸碱中和滴定、中和热测定、浓硫
酸稀释及萃取分液等)。通过观察锥形瓶中颜色的变化(由无色变为浅红色且半分钟内
不褪色),可确定滴定终点,从而测定出醋酸的浓度,A项正确。测定中和热的实验装置中,
大小烧杯杯口应该平齐,且温度计不能接触烧杯底,B项错误。用容量瓶配制一定物质的
量浓度的溶液时,不能直接在容量瓶中溶解或稀释,C项错误。萃取分液时,分液漏斗的
尖端应该紧贴烧杯内壁,以防止分液时液体迸溅,D项错误。
对点演练
1- 1.C 解析 加热蒸干MgCl 溶液生成Mg(OH) ,A错误;金属钠的密度比四氯化碳的小,
2 2
钠不能保存在四氯化碳中,B错误;常压蒸馏时,加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的
三分之二,C正确;NaHCO 溶液呈碱性,滴定终点时溶液呈弱酸性,应选择甲基橙为指示剂,
3
D错误。
1- 2.C 解析 若皮肤不慎沾上少量碱液,应先用大量水冲洗,再用2%醋酸溶液或饱和硼
酸溶液洗,最后用水冲洗,避免皮肤受损,故A正确;二氧化锰不溶于水,氯化钾可溶于水,
所以混合物经溶解、过滤、洗涤、干燥,可分离出MnO ,故B正确;滴管吸出的液体中含
2
有溶质,因此会导致所配溶液浓度偏小,正确操作应该是重新配制,故C错误;火柴头中含
有KClO ,检验氯元素,应把ClO-还原为Cl-,酸性条件下,NO-具有还原性,向少量的火柴头
3 3 2
浸泡液中滴加AgNO 溶液、稀硝酸和NaNO 溶液,发生反应的离子方程式为ClO- +3N
3 2 3
O-+Ag+ AgCl↓+3NO-,出现白色沉淀,证明含有氯元素,故D正确。
2 3真题示例
2- 1.C
2- 2.C 解析 NH 的密度小于空气的密度,收集NH 应该用向下排空气法,题干中装置采
3 3
用的是向上排空气法,A项错误;MnO 与浓盐酸反应制Cl 、NaCl与浓硫酸反应制取
2 2
HCl,均应该使用固-液加热型制气装置,而题干给出的装置属于固-固加热型制气装
置,B、D项错误;利用MnO 与KClO 共热制取氧气,制取装置及收集装置均正确,C项符
2 3
合题目要求。
对点演练
2- 1.A 解析 在空气不足的情况下,焦炭和空气中的氧气也能反应生成一氧化碳,A错误;
氨气极易溶于水,吸收时需要防止倒吸,B正确;亚硫酸氢钠能与氯化氢反应生成二氧化
硫,不能与二氧化硫反应,C正确;关闭活塞后加入水形成了封闭体系,若右侧水面比左侧
高,且一段时间不改变则可说明气密性良好,D正确。
2- 2.B 解析 应将NaHCO 和Na CO 盛放的位置对调,A错误;通过铝热反应可以制取
3 2 3
铁、锰等金属,B正确;淀粉溶液是胶体,所以除去淀粉溶液中的少量NaCl可用渗析的方
法,而不能用分液的方法,C错误;从氯化钠溶液中获得氯化钠晶体用的方法是蒸发结晶,
要用到蒸发皿,而不是坩埚,D错误。
真题示例
3- 1.C
3- 2.B
对点演练
3- 1.C 解析 浓硝酸也有挥发性,浓氨水接近浓硝酸也会出现白烟(硝酸铵),A错误;加入
碘化钾的量少,无法将三价铁离子完全反应,加入KSCN溶液一定会变红色,无法证明此
反应为可逆反应,B错误;品红褪色说明有二氧化硫生成,硫元素化合价由+6价→+4价,体
现了浓硫酸的强氧化性,C正确;使溴的四氯化碳溶液褪色,只能说明有不饱和烃,但不一
定是乙烯,D错误。
3- 2.D 解析 能使澄清石灰水变浑浊的气体还可能是SO ,所以溶液中也可能含有SO2-
2 3
或HSO- ,故A错误;在空气中点燃氢气,将导管伸入盛有氯气的集气瓶,集气瓶中产生白
3
雾,生成HCl,故B错误;向Na SiO 溶液中滴入稀盐酸,发生反应生成难溶于水的H SiO ,
2 3 2 3
说明盐酸酸性比硅酸强,但盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物,故不能证明非金属
性:Cl>Si,故C错误;向Ba(OH) 溶液中滴加少量稀硫酸发生反应:Ba(OH) +H SO
2 2 2 4
BaSO ↓+2H O,溶液中的离子浓度减小,电导率减小,故D正确。
4 2
易错防范·不失分
(1)提示 ×。NH 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
3
(2)提示 ×。蒸馏时温度计水银球应位于支管口处。
(3)提示 √。只有在确定装置不漏气后方可使用。
(4)提示 √。点燃可燃性气体时,必须检验气体纯度。
(5)提示 √。容量瓶、分液漏斗、滴定管使用前,需检查是否漏水。
考点二 物质的分离、提纯及检验经典对练·得高分
真题示例
1- 1.A
1- 2.答案 (1)增加固液接触面积,提取充分 沸石
(2)乙醇易挥发,易燃 使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高)
(3)乙醇沸点低,易浓缩 AC (4)单宁酸 水 (5)升华
解析 (1)将茶叶研细是为了增加固液接触面积,使提取充分。为了防止暴沸,需要加入沸
石。
(2)乙醇容易挥发,且易燃烧。根据所给萃取的原理和装置,可知该种萃取方法中萃取
剂可以连续使用,萃取效率高。
(3)乙醇的沸点比水的低,蒸馏浓缩容易;直形冷凝管便于馏分液体流出,故A项正
确,B项错误。
(4)因为茶叶中含有单宁酸,故加入生石灰可以中和单宁酸,且生石灰可与水反应,从
而达到吸收水的目的。
(5)固体直接转化为气体,属于升华。
对点演练
1- 1.A 解析 溴苯中混入溴,加入NaOH溶液后,NaOH与Br 发生反应生成的溴化钠和
2
次溴酸钠均易溶于水,水层与溴苯分层,利用分液法分离,能达到除杂的目的,A正确;二氧
化硫与氯气溶于水后均不能与饱和NaHSO 溶液反应,无法起到除杂的效果,B不正确;乙
4
烷中混入乙烯,加入酸性KMnO 溶液时乙烯被氧化为CO 混在乙烷中,不能达到除杂的
4 2
目的,C不正确;乙醇中混有水,加入生石灰与水反应,然后进行蒸馏便可获得乙醇,不能用
渗析的方法,D不正确。
1- 2.C 解析 加入氯化铁会引入杂质Cl-,故①不正确;加入铁粉置换出铜,通过过滤除去
铜及过量的铁粉,故②正确;利用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体,再用浓硫酸干燥氢气,
故③正确;碳酸钙不溶于水,溶解后过滤,再蒸发即可得到纯净的NaNO ,故④正确。
3
1- 3.B 解析 高温条件下,二氧化碳为气态,而萃取是利用超临界状态下的CO 流体,故
2
高温条件下不利于超临界CO 流体萃取,B项错误。
2
真题示例
2- 1.A
2- 2.B 解析 Fe2+与K [Fe(CN) ]溶液反应可产生蓝色沉淀,因此能说明原溶液中存在
3 6
Fe2+,但不能说明Fe3+是否存在,A项错误;较强酸可以制备较弱酸,B项正确;悬浊液中含有
Na S,能与CuSO 溶液反应生成CuS,不能证明K (CuS) 。故当
n(S O2-) 2 2 3 2 4 n(SO2-) 2
2 3 3
Na S O ·5H O产品中混有Na SO 或晶体失去部分结晶水时,会导致产品中
2 2 3 2 2 3
Na S O ·5H O含量偏高。
2 2 3 2
2.答案 (1)1 000 mL容量瓶 10.0
(2)除去H S气体,以免干扰D中反应
2
(3)3Zn+H AsO +6H+ AsH ↑+3Zn2++3H O
3 3 3 2
(4)水浴加热 将AsH 气体完全带入D管、防止AsH 被氧化
3 3
(5)增大反应物接触面积,使AsH 气体被充分吸收,确保形成胶态银 (6)1.0
3
解析 取0.132 g As O ,用NaOH溶液完全溶解后,配制成1 L Na AsO 溶液(此溶液1 mL
2 3 3 3
相当于0.10 mg砷),取10.0 mL上述溶液,配制1 L含砷量为1 mg·L-1的砷标准溶液;往B
瓶中加入2.00 mL砷标准溶液,再依次加入一定量的盐酸、KI溶液和SnCl 溶液,室温下
2
放置10 min,使砷元素全部转化为H AsO ,加入足量锌粒,Zn和H AsO 在酸性条件下反
3 3 3 3
应生成AsH 、Zn2+和H O,离子方程式为3Zn+H AsO +6H+ AsH ↑+3Zn2++3H O,锌粒中
3 2 3 3 3 2
含有ZnS杂质,ZnS和酸反应生成H S,则乙酸铅棉花的作用是除去H S气体;在比色管D
2 2
中,AsH 和Ag+反应生成红色胶态Ag,取出C管,在D中添加氯仿至刻度线,混匀,得到砷
3
标准对照液;称取a g明矾样品替代实验2①中“2.00 mL砷标准溶液”,根据得到的红
色胶态Ag颜色的深浅,可判断样品中砷含量是否超标。
(1)步骤①中,必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外,还有1 000
mL容量瓶;1 mL溶液相当于0.10 mg砷,配制1 L含砷量为1 mg·L-1的砷标准溶液,步骤
②需取用步骤①中Na AsO 溶液10.0 mL。
3 3
(2)锌粒中含有ZnS杂质,ZnS和酸反应生成H S,乙酸铅棉花的作用是除去H S气体。
2 2
(3)Zn和H AsO 在酸性条件下反应生成AsH 、Zn2+和H O,反应的离子方程式为
3 3 3 2
3Zn+H AsO +6H+ AsH ↑+3Zn2++3H O。
3 3 3 2
(4)控制B中反应温度为25~40 ℃,可采用水浴加热;反应中,通入N 可以将AsH 气体
2 3
完全带入D管,并且AsH 易被氧化,通入N 可排净装置内空气,防止AsH 被氧化。
3 2 3
(5)C管右侧末端导管口径不能过大(一般为1 mm),原因是增大反应物接触面积,使
AsH 气体被充分吸收,确保形成胶态银。
3
(6)根据题意可得,a g×2×10-6=2×10-3 L×1×10-3 g·L-1,解得a=1.0。
3.答案 (1)P O (或无水CaCl 、硅胶等) (2)催化剂
2 5 2
(3)反应放热,且SO Cl 沸点低,冰水浴有利于生成和收集SO Cl
2 2 2 2
135cV
(4)①AgNO 见光易分解 ② %
3 20a
(5)C→B→E→D→F 装置D中品红不褪色,装置F中产生白色沉淀
解析 根据题意可知,SO Cl 遇水发生剧烈的水解反应,故二氧化硫与氯气应在干燥的环
2 2
境中反应生成SO Cl ,活性炭可能起催化剂的作用,A中干燥剂干燥二氧化硫,SO Cl 沸点
2 2 2 2低、易挥发,反应在冰水浴中进行。探究次氯酸和亚硫酸酸性强弱时,次氯酸具有强氧化
性、二氧化硫具有还原性,不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸
的酸性强弱,先验证亚硫酸酸性比碳酸强,再结合碳酸酸性比HClO强进行判断。
(1)装置A中的试剂用于干燥二氧化硫,故选用酸性或中性的固体干燥剂,则A中试
剂是P O (或无水CaCl 、硅胶等)。
2 5 2
(2)从影响反应的条件推出,活性炭可能是催化剂。
(3)已知:SO (g)+Cl (g) SO Cl (l) ΔH<0,SO Cl 的熔点为-54.1 ℃,沸点为69.1
2 2 2 2 2 2
℃,100 ℃以上分解生成SO 和Cl ,故应在冰水浴中制备SO Cl ,冰水浴有利于生成和收
2 2 2 2
集SO Cl 。
2 2
(4)①用棕色滴定管盛装AgNO 溶液,其原因是AgNO 见光易分解。②按质量守恒
3 3
定律知:
SO Cl ~ 2Cl- ~ 2AgNO
2 2 3
135 g 2 mol
a g·φ(SO Cl ) c mol·L-1·V mL·10-3 L·mL-1
2 2
135cV
则SO Cl 产品的纯度φ(SO Cl )= %。
2 2 2 2 20a
(5)结合上述分析可知,A装置用于制备二氧化硫,由于盐酸易挥发,制备的二氧化硫中
会混有HCl,用饱和的亚硫酸氢钠溶液除去HCl,再通过碳酸氢钠溶液,可生成二氧化碳,
用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫,用品红溶液检验二氧化碳中的二
氧化硫是否除尽,再通入漂白粉溶液中,则装置连接顺序为A→C→B→E→D→F。能证
明H SO 的酸性强于HClO的实验现象为装置D中品红溶液不褪色,装置F中产生白色
2 3
沉淀。
4.答案 (1)球形冷凝管 MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl ↑+2H O
2 2 2 2
(2)bc (3)缺少干燥Cl 的装置,导致副产物CCl COOH增多(或BC之间、DE之间均
2 3
增加干燥装置)
147.5(2a-b)
(4)①淀粉溶液 ② %
m
解析 浓盐酸与二氧化锰发生反应生成氯气,反应的化学方程式为MnO +4HCl(浓)
2
MnCl +Cl ↑+2H O;氯气与乙醇发生反应生成三氯乙醛(CCl CHO),制备原理为
2 2 2 3
C H OH+4Cl CCl CHO+5HCl。
2 5 2 3
(1)仪器D是球形冷凝管;A中发生反应的化学方程式为MnO +4HCl(浓)
2
MnCl +Cl ↑+2H O。
2 2 2
(2)HCl极易溶于水,为防止发生倒吸,可使用b和c吸收尾气同时防止倒吸;a装置将
导管直接插入液面以下,会发生倒吸;d装置是一个封闭装置,没有和外界大气相通,存在
安全隐患,不能选用。
(3)该装置B和C、D和E之间均缺少干燥氯气的装置,若氯气中含有水分,氯气与水
发生反应生成的次氯酸会氧化CCl CHO,导致副产物增多。
3(4)①淀粉溶液遇碘单质会变蓝。②第一次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为19.98
mL,第二次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为21.52 mL-0.12 mL=20.4 mL,第三次滴定
消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20.22 mL-0.2 mL=20.02 mL,第二次的数值偏差较大,应舍
去;则消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20 mL,其物质的量为b mol·L-1×0.02 L=0.02b mol,根
1
据I ~2S O2-可知,剩余I 的物质的量为0.02b mol× =0.01b mol,则与HCOO-反应的I 的
2 2 3 2 2 2
物质的量为0.02a mol-0.01b mol,则产品CCl CHO的物质的量为(0.02a-0.01b) mol,其纯
3
147.5 g·mol-1×(0.02a-0.01b)mol 147.5(2a-b)
度为 ×100%= %。
mg m
5.答案 (1)作为溶剂、提高丙炔酸的转化率
(2)(直形)冷凝管 防止暴沸 (3)丙炔酸 分液
(4)丙炔酸甲酯的沸点比水的高
解析 (1)步骤1中,加入过量甲醇可以增大与之反应的丙炔酸的转化率,并作为溶剂使反
应物充分接触,加快反应速率。
(2)据题给装置示意图可知仪器A为(直形)冷凝管;为了防止暴沸,通常在发生酯化反
应的蒸馏烧瓶中加入碎瓷片。
(3)类比乙酸乙酯制备实验中饱和Na CO 溶液的作用,可知步骤3中5% Na CO 溶液
2 3 2 3
的作用是除去丙炔酸;丙炔酸甲酯与Na CO 溶液互不相溶,可用分液法分离出丙炔酸甲
2 3
酯。
(4)由于丙炔酸甲酯的沸点大于100 ℃,故步骤4中蒸馏时不能用水浴加热。
专题十一 常见有机物及其应用
考点一 简单有机物的组成、结构与性质
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.A
1- 2.B 解析 本题考查有机高分子材料及在生产、生活中的应用。芦苇的主要成分是
纤维素,纤维素可以用来制造黏胶纤维,A项正确;不粘锅的耐热涂层主要成分为聚四氟
乙烯,而聚氯乙烯高温下会生成有毒物质,且是一种热塑性塑料,不能用于制作不粘锅的
耐热涂层,B项错误;淀粉可以用(C H O ) 来表示,其相对分子质量一般都可达几十万,故
6 10 5 n
为天然高分子物质,C项正确;大豆蛋白纤维的主要成分是蛋白质,一定条件下能够发生
水解,属于可降解材料,D项正确。
对点演练
1- 1.C 解析 粮食中主要成分为淀粉,经水解、发酵得到乙醇,有新物质生成,涉及化学
反应,A错误;葡萄糖的官能团是羟基和醛基,而果糖的官能团是羟基和羰基,官能团种类
不完全相同,故B错误;工业上常利用油脂的氢化反应把多种植物油转变成硬化油(人造
脂肪),硬化油性质稳定,不易变质,便于运输,可用作制造肥皂、脂肪酸、甘油、人造黄油
等的原料,故C正确;棉花的主要成分是纤维素,而蚕丝的主要成分是蛋白质,故D错误。1- 2.B 解析 地沟油的成分是油脂,矿物油的成分为多种烃的混合物,二者都能够燃烧,
故A错误;地沟油中含油脂,与碱溶液反应,而矿物油不与碱反应,混合后分层,加入足量氢
氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油,分层的是矿物油,故B正确;地沟油和矿物油密度都
小于水,浮在水面上,故C错误。
真题示例
2- 1.C
2- 2.B 解析 Ⅰ.根据有机化合物的结构简式书写分子式——不饱和度法。
第一步,观察结构简式,判断有机化合物分子中所含的C、O原子个数:该物质分子中
含有14个C原子、4个氧原子。
第二步,确定不饱和度:如果将一个苯环视为3个双键和1个环,则该物质分子中含有
3个环状结构和5个双键,即该物质的不饱和度为8。
第三步,写出分子式:该物质的分子式为C H O ,即为C H O 。故A项不符
14 [(2×14+2)-2×8] 4 14 14 4
合题意。
Ⅱ.由结构推测性质。
第一步,观察结构简式。通过观察确定紫花前胡醇分子中含有羟基、醚键、碳碳双
键和酯基。
第二步,推测化学性质。分子中含有碳碳双键和羟基,且与羟基相连的碳原子上有氢
原子,两者均能被具有强氧化性的酸性重铬酸钾溶液氧化,酸性重铬酸钾溶液被还原而变
色,B项符合题意;分子中含有酯基,故可以在一定条件下发生水解反应,C项不符合题意;
分子中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子,故可以在一定的条件下发生消去反
应生成碳碳双键,D项不符合题意。
对点演练
2.A 解析 该物质含有苯环,同时含有羧基,属于芳香烃的衍生物,A项错误;苯环上的碳
以及与苯环相连的碳原子共面,双键所连两个碳原子共面,单键可以旋转,所以碳碳双键
以及羧基中的碳原子都可以共面,即所有碳原子可能共平面,B项正确;甲基和苯环上的
氢原子可发生取代反应,碳碳双键可发生加聚反应,有机物可与氧气发生氧化反应,C项
正确;含有碳碳双键,能发生氧化反应使酸性KMnO 溶液褪色,发生加成反应使Br 的
4 2
CCl 溶液褪色,D项正确。
4
易错防范·不失分
(1)提示 ×。苯不与溴水发生反应,但却能萃取溴水中的溴单质,因此,苯能使溴水褪色,但
不是因发生反应而褪色。
(2)提示 ×。乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应,乙烯能使酸性高锰
酸钾溶液褪色是因为乙烯被氧化。
(3)提示 ×。苯与液溴混合后加入FeBr 发生了取代反应。
3
(4)提示 ×。生成的物质中HCl物质的量最多。
(5)提示 ×。油脂不属于高分子化合物。
(6)提示 ×。单糖不能发生水解反应。
(7)提示 ×。油脂的碱性水解才是皂化反应。(8)提示 ×。蛋白质遇到轻金属盐发生盐析;遇到重金属盐发生变性。
(9)提示 ×。乙醇只能与钠反应,不能与NaOH反应。
(10)提示 ×。酯化反应为可逆反应,不能进行到底。
(11)提示 ×。酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢,用CH CH 18OH与CH COOH发生酯
3 2 3
化反应,生成H O。
2
考点二 同分异构体
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.D
1- 2.C 解析 根据题给活性物质的结构简式,可知其分子中含有碳碳双键、羟基和羧基,
故该物质可以发生加成反应和取代反应,A项错误;题给活性物质的分子结构与乙醇、乙
酸不相似,组成上也不是相差若干个CH 原子团,故该物质与乙醇、乙酸均不是互为同系
2
物的关系,B项错误;题干给出的活性物质与C项中给出的物质分子式相同(均为
C H O )而结构不同,两者互为同分异构体,C项正确;题给活性物质分子中,能与碳酸钠
10 18 3
反应的官能团只有羧基,1 mol该活性物质与碳酸钠反应只能生成22 g CO ,D项错误。
2
对点演练
1- 1.C 解析 分子式为C H O 的含有苯环的有机化合物,能与NaHCO 溶液反应生成气
8 8 2 3
体,则该有机化合物分子中含有羧基和苯环,若含有1个侧链,侧链为—CH COOH,若含有
2
2个侧链,侧链为—COOH、—CH ,有邻、间、对三种,故符合条件的同分异构体有4种。
3
1- 2.D 解析 对于X物质即 ,分子中不存在sp3杂化的C,所有原子可能共
面,A项正确;X→Y是X中的羟基和六元环上的H被氯原子取代,Y→Z是—NHCH 取代
3
了Y中的一个氯原子,故转化过程均为取代反应,B项正确;X中苯环上二氯代物共有六
种,分别为 、 、 ,C项正确;由Z的结构简式可知其分子式为
C H N OCl,D项错误。
7 7 2
1- 3.C 解析 a、b、c、d四种物质分子式均为C H ,结构不同,它们互为同分异构体,A
8 8
正确;只有a物质不含碳碳双键,不能发生加成反应;其他3种均有碳碳双键,可以发生加
成反应,B正确;根据结构可知,a的三氯代物数目为3种,二氯代物为3种,C错误;a、c的
一氯代物都只有1种,b的一氯代物有2种,d的一氯代物有3种,D正确。
真题示例
2- 1.D
2- 2.B 解析 本题考查了有机物的结构、原子共面、同系物和同分异构体等知识。苯
的同系物是含有一个苯环且侧链是烷烃基的有机物,A项错误;苯环上6个碳原子及直接
与苯环相连的2个碳原子一定共平面,与苯环直接相连的碳原子与其他的碳原子以碳碳
单键相连,其他碳原子不可能与苯环共平面,B项正确;根据对称性可知,该有机化合物的一氯代物有5种,即 ,C项错误;苯环中不含碳碳双键,该有机化合物分子中只含
1个碳碳双键,D项错误。
对点演练
2- 1.B 解析 苯是平面形分子,分子中所有原子共平面,联苯胺中两个苯环直接相连,可
看作是苯胺中氨基对位的C原子上的H被另一个苯环取代,因此两个苯环的所有碳原子
可能共平面,A正确;a分子中等效氢有4种,故其一氯取代物有4种,b分子中等效氢有3
种,故其一氯取代物有3种,二者的一氯取代物种数不相等,B错误; 有还原性,故a和
b均能发生氧化反应,C正确;1 mol a分子和1 mol b分子均含2 mol苯环,1 mol苯环能和
3 mol H 发生完全加成,故1 mol a或b均能与6 mol H 完全加成,D正确。
2 2
2- 2.D 解析 1,3-二异丙烯基苯有双键,能发生加聚反应,A正确;1,3-二异丙烯基苯中有
苯环,在液溴和FeBr 作用下,溴取代苯环上的氢原子,B正确;1,3-二异丙烯基苯中任一双
3
键两侧的碳原子是处于同一平面的,当苯环与两双键处于同一平面时,分子中所有碳原子
就处于同一平面,C正确;1,3-二异丙烯基苯中存在5种氢原子,如图 ,所以其
一氯代物有5种,D错误。
易错防范·不失分
(1)提示 ×。丙烷分子中3个碳原子不在一条直线上。
(2)提示 √。C H 和C H 都是饱和烷烃,互为同系物。
2 6 3 8
(3)提示 ×。丙烯分子中含有甲基,所有原子不可能在同一平面上。
(4)提示 √。符合要求的烯烃有两种情况,一种为
C H —CH CH ,有4种结构,还有(CH CH ) C CH 、CH CH CH —C(CH ) CH 、
4 9 2 3 2 2 2 3 2 2 3 2
(CH ) CH—C(CH ) CH 3种,共有7种。
3 2 3 2
(5)提示 √。两者属于仅由碳架连接方式不同而引起的同分异构体。
(6)提示 √。 分子中的—CH 取代苯环上“—H”的位置,由于 中6个碳原子
3
和6个氢原子均处在同一平面上,因此 中7个碳原子共面。
专题十二 有机化学基础(选考)
考点一 有机物的结构、性质与命名
经典对练·得高分
真题示例
1.D
对点演练1- 1.D 解析 该物质有醚键、羟基、羰基和碳碳双键4种官能团,A正确;分子中右边苯
环 沿图示虚线对称,该苯环上有三种氢原子,左边苯环上有一种氢原子,所
以该分子的一氯代物总共有4种,B正确;该分子含有苯环,可以发生取代反应、加成反应、
氧化反应、还原反应,C正确;1 mol该物质与溴水发生加成和取代反应,取代了酚羟基邻
位上的氢原子,与碳碳双键加成,整个分子最多消耗2 mol Br ,D错误。
2
1- 2.D 解析 由分子结构简式可知,分子中含有甲基、乙基和3-戊基等结构,故分子中不
可能所有原子共平面,A错误;由分子结构简式可知,分子中含有碳碳双键,故可以使溴水
褪色,B错误;由分子结构简式可知,分子中含有1 mol碳碳双键可以加成1 mol H ,故1
2
mol分子最多可与1 mol H 发生反应,C错误;由分子结构简式可知,分子中官能团种类有
2
5种,D正确。
真题示例
2.答案 (1)三氯乙烯
(2)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚)
(3)2-羟基苯甲醛(或邻羟基苯甲醛)
对点演练
2- 1.C 解析 是饱和一元醇,其名称为2-丁醇,A错误;乙烯发生加聚反应生成聚
乙烯,所以聚乙烯不能发生加成反应,B错误;C H Cl 与C H Cl 的同分异构体种类相同,
3 2 6 3 6 2
有4种同分异构体,C正确;C H 和C H 的结构不一定相似,不一定是同系物,D错误。
2 4 4 8
2- 2.B 解析 A项中有机物主链有6个碳原子,2号碳上有2个甲基,3号碳上有1个乙基,
4、5号碳上各有1个甲基,系统命名为2,2,4,5-四甲基-3-乙基己烷,错误;B项有机物是主
链有4个碳原子的烯烃,3号碳上有2个甲基,2号碳上有1个乙基,1号碳上有碳碳双键,
系统命名为3,3-二甲基-2-乙基-1-丁烯,正确;C项有机物是主链有5个碳原子的醛,2号碳
上有1个乙基,3号碳上有1个甲基,系统命名为3-甲基-2-乙基戊醛,错误;D项有机物主
链有4个碳原子,2号碳上有1个氯原子,3号碳上有1个甲基,系统命名为3-甲基-2-氯丁
烷,故D错误。
2- 3.D 解析 属于酚类,则以苯酚为母体,甲基处于羟基的邻位,故名称可以为
邻甲基苯酚,A正确;图示为乙醇的比例模型,B正确;乙醚结构简式是CH CH OCH CH ,C
3 2 2 3
正确;D项对(CH ) CHCH C(CH ) 命名时,应该从离支链(甲基)位次和较小的一端为起点
3 2 2 3 3
给主链碳原子编号,该物质正确命名为2,2,4-三甲基戊烷,D错误。
易错防范·不失分
(1)提示 √。2,2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇的分子式相同。
(2)提示 ×。主链选择错误,命名应为3-甲基戊烷。
(3)提示 ×。此烃应为2,4-二甲基-2-己烯。(4)提示 √。
(5)提示 √。因1 mol —OH与足量Na反应能生成0.5 mol H ,故该醇为二元醇。
2
(6)提示 ×。催化氧化需要“同碳有氢”的结构,消去反应要求“邻碳有氢”的结构。
(7)提示 ×。能使酸性KMnO 溶液褪色而不能使溴水褪色的烃属于苯的同系物,该物质
4
的分子式为C H ,若只有一个烷基即为丁基C H —,有4种结构,但只有3种结构能被酸
10 14 4 9
性KMnO 溶液氧化,分别是CH CH CH CH —、 、 。
4 3 2 2 2
(8)提示 ×。溴苯不能发生消去反应。
(9)提示 ×。有机物只要含有醛基就能发生银镜反应,但能发生银镜反应的不一定都是醛
类,可能是其他含有醛基的有机物,如甲酸、葡萄糖等。
考点二 有机反应类型的判断
经典对练·得高分
真题示例
1.D
2.A 解析 本题考查有机化合物的结构与性质。该有机化合物中含有C、H、O三种元
素,故不属于烷烃,A项错误;分子中含有酯基,可以发生水解反应,B项正确;分子中含有碳
碳双键,可以发生加聚反应,C项正确;可利用该物质诱捕害虫,故应有一定的挥发性,D项
正确。
对点演练
1.A 解析 苯环所有的碳原子共平面,且羧基直接与苯环相连仍在苯环所在平面内,分子
中所含碳原子均共平面,故A正确;X里含有两个羧基,乙醇中只有一个羟基,故X可以与
乙醇反应生成小分子酯类物质,不能发生缩聚反应,故B错误;题图反应①可看作羟基被
“—NH—”代替,属于取代反应,反应②中—NO 变为—NH ,发生了“去氧”并“加氢”
2 2
反应,属于还原反应,故C错误;题图反应①与反应②理论上生成水的质量比为1∶1,故D
错误。
2.D 解析 Y分子中不存在酚羟基,不能与FeCl 溶液发生显色反应,A不正确;Y分子中
3
的碳碳双键、酮羰基都能与H 加成,1 mol Y最多能加成4 mol H ,B不正确;1 mol X与
2 2
足量NaOH溶液反应,最多消耗5 mol NaOH(醇羟基不与NaOH反应),C不正确;X到Y
的反应中酰胺键发生断裂,是水解反应或取代反应,D正确。
易错防范·不失分
(1)提示: 。合成方法为:CH CH CH OH CH CHCH → ,故应先消去后加
3 2 2 2 3
聚。
√
(2)提示: 。反应为醛基的氧化反应。
(3)提示:×。反应为烯烃的氧化反应。
√(4)提示:①√ ②√ ③× ④×。 中含—COOH和—OH,发生分子内酯化
反应生成①;发生—OH的消去反应生成②;—OH被氧化生成—CHO,该反应类型为氧化
反应;—OH与浓HBr发生取代反应生成④,该反应类型为取代反应。
考点三 同分异构体的书写
经典对练·得高分
真题示例
答案 (1)15
(2)
(3)10 (或其他合理答案)
解析 (1)条件②说明分子中含有醛基;条件③说明含有酚羟基(羟基与苯环直接相连);条
件①说明两个取代基分别为酚羟基和含醛基的侧链。根据四个碳原子的碳架结构可知,
含醛基的侧链和苯环的连接有如下五种形式(序号为连接苯环的碳原子): 、
。又因为在苯环上两个取代基有三种位置关系,则同分异构体数目为3×5=15种。
其中核磁共振氢谱有五组峰,且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1,结构中含有两个等效
甲基,空间对称性很强,其结构简式为 。
(2)根据物质D的分子结构及同分异构体的要求,说明其同分异构体中含有醛基、酚
羟基,核磁共振氢谱有四组峰,则同分异构体应具有对称性,再根据核磁共振氢谱峰面积
之比,即可得出符合题目要求的同分异构体为 和 。
(3)化合物Ⅵ的分子式为C H O 。条件a说明有—COOH,条件b说明还有一个酚羟
10 12 4
基;条件c说明还应含有一个醇羟基;条件d说明分子中有两个化学环境相同的—CH ;条
3件e要求不含手性碳原子。则说明苯环有三个取代基:—OH、—COOH、 ,符合
条件的同分异构体有10种,—OH和—COOH在苯环上有邻、间、对三种位置,
的位置编号如下: 、 、 。
对点演练
1.D 解析 A项,该反应与甲烷和氯气的反应均属于取代反应,故类型相同,A正确;B项,
该反应为一个可逆反应,故加入过量的甲醇可以使平衡正向移动,水杨酸的转化率提高,B
正确;C项,水杨酸分子中有一个苯环为平面结构,羧基中的所有原子可能共平面,且与苯
环以单键连接可以旋转,故可与苯环共平面,另一羟基也可与苯环共平面,故所有原子有
可能共平面,C正确;D项,与水杨酸甲酯具有相同官能团且羟基直接连在苯环上的同分异
构体中,若有两个取代基即含有苯环、酚羟基、酯基,可能有:CH COO—和—
3
OH,HCOOCH —和—OH,CH OOC—和—OH,每一种情况均有邻、间、对三种结构,若
2 3
有三个取代基即含有苯环、酚羟基、甲酸酯基和甲基:先考虑两个取代基酚羟基和甲酸
酯基有邻、间、对三种不同位置,而邻位时甲基有四种位置,间位时甲基也有四种位置,
对位时甲基有两种位置,故一共有3×3+4+4+2=19种,故除去其本身符合条件的同分异构
体还有18种,D错误。
2.答案 (1)3 (2)6
(3)6
(4)21 和
解析 (1) 的同分异构体能与FeCl 溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,还
3
能发生水解反应和银镜反应,说明含有甲酸酯(HCOO—)结构,再根据含氧官能团处在对
位,可写出 、 、 3种结构,其中核磁共振氢谱图中有五组吸
收峰的是 。(2)由条件知同分异构体中含有酚羟基、甲酸酯结构,含有4个饱和碳原子;结合条件
③可写出6种符合条件的同分异构体的结构简式: 、 、
、 、
、 。
(3)同分异构体符合下列条件:①与FeCl 溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②苯环
3
上只有两个取代基;③1 mol该物质最多消耗3 mol NaOH,说明另一个取代基为RCOO
—,该取代基为CH CH CH COO—或(CH ) CHCOO—,这两种取代基都与酚羟基有邻、
3 2 2 3 2
间、对3种位置关系,所以符合条件的有6种,其中氢原子共有五种不同环境的是
。
(4)同分异构体同时满足下列条件:①与FeCl 溶液发生显色反应;②苯环上有两个取
3
代基、含C O键,苯环上有邻、间、对3种不同位置: ,侧链有异构体—COOCH 、
3
—OOCCH 、
3
—CH COOH、—CH OOCH、—OCH CHO、—COCH OH、
2 2 2 2
—CHOHCHO共7种,故满足条件的同分异构体有3×7=21种;核磁共振氢谱为四组峰、
能水解的物质,其结构简式为 和 。
易错防范·不失分
(1)提示 ×。满足分子式C H O的有机物可以是醇或醚,C H O可以是乙醇或二甲醚。
n 2n+2 2 6
(2)提示 √。C H O的醛可以写成C H —CHO,根据基元法可判断。
5 10 4 9
(3)提示 ×。主链含5个碳原子,乙基应定在3号碳上,甲基可定在2号或3号碳上。
(4)提示 ×。分子式为C H 的有机物很多,如含有2个碳碳三键或1个碳碳三键和2个碳
6 6
碳双键的有机物等。
(5)提示 ×。HCOOC H (4种),CH COOC H (2种),CH CH COOC H (1种),C H COOCH (2
4 9 3 3 7 3 2 2 5 3 7 3
种),共9种。
考点四 有机化合物的合成与推断经典对练·得高分
真题示例
1- 1.答案 (1)
(2)乙醇、浓硫酸/加热
(3)羟基、酯基 2 (4)
(5)随着R'体积增大,产率降低;原因是R'体积增大,位阻增大
1- 2.答案 (1)1,3-苯二酚(或间苯二酚)
(2)2 (3)酯基、羟基、醚键(任意两种)
(4)
+H O
2
(5)取代反应 (6)C
(7)
解析 (1)A( )的化学名称是1,3-苯二酚(或间苯二酚)。
C H O C H O
(2)由 19 14 6 19 18 6可知,1 mol D生成E至少需要2 mol H 。
2
D E
(3)F的分子式为C H O ,结合C的结构简式及E的分子式C H O 可以判定E的
19 16 5 19 18 6
结构简式为 ,其中含氧官能团包括酯基、羟基、醚键。
(4)对比E和F的分子组成可以看出,E→F为E分子失去1分子H O并形成碳碳双键,
2
据此可以写出化学方程式。
(5)对比G与H的结构简式,G→H的第二步反应是酯的水解,属于取代反应。(6)化合物B为 ,分子式为C H O 。根据条件a,可知其同分异构体为
8 8 3
含有苯环的酮时含 结构,还有2个—OH,同时考虑符合b、c要求,则可能的结构有
和 ;同理考虑当属于含有苯环的醛时,其可能的结构有
和 ,故答案为C。
(7)参考题述合成路线中F→G、G→H第一步和C→D反应的原理,以丙烯为主要原
料合成 的路线可以为:
。
对点演练
1- 1.答案 (1)HCHO (2)溴原子、醚键
(3)还原反应
(4) +2Cu(OH) +NaOH
2
+Cu O↓+3H O
2 2
(5)8 、 、
(6)解析 比较A和B的结构简式可知,X应为HCHO,A与甲醛反应生成B,B发生还原反应
生成C,则C的结构简式为 ,C发生取代生成D,则D的结构简式为
,D再发生取代得E,E酸化得F,则F的结构简式为 ,F发生信息②中的反应得
到G。
(1)X的结构简式为HCHO。
(2)D的结构简式为 ,其中官能团的名称为溴原子、醚键。
(3)B→C是 被LiAlH 还原生成 ,故反应类型为还原反应。
4
(4)B( )与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为
+2Cu(OH) +NaOH +Cu O↓+3H O。
2 2 2
(5)有机化合物Y是A的同分异构体,A的结构简式为 ,其分子式为
C H O ,Y的结构满足①能与FeCl 溶液发生显色反应,说明Y中有酚羟基,②1 mol Y与
7 6 3 3
足量金属Na反应生成1 mol H ,说明Y中有两个酚羟基或一个酚羟基和一个羧基,③结
2
构中含“ ”,若Y分子中有两个酚羟基,两个酚羟基在苯环上有邻、间、对三种结
构,由分子式C H O 及含有羰基可知,还应有一个醛基,则可能的结构有 ,
7 6 3
, , , ;若Y分子中有一个酚羟基和一个羧
基,可能的结构分别为 , , ,则符合条件的Y有8种同
分异构体结构;其中核磁共振氢谱显示为4组峰,有4种环境的H原子,且峰面积比为
2∶2∶1∶1的物质为 、 和 。(6) 在酸性条件下作用生成苯甲酸, 被还原可生成 , 与苯甲
酸反应生成 。
1- 2.答案 (1)乙醛 (2)羧基 (3)取代反应
(4)2 (5)13
(6)CH CH OH CH CHO CH COOH CH COCl
3 2 3 3 3
解析 A被催化氧化生成B,结合A的分子式知A为CH CHO,B发生取代反应生成C,B
3
的结构简式为CH COOH,D发生酯化反应生成的E为 ,C、E发生取代反应
3
生成F,F发生反应生成G。
(1)A为CH CHO,A的名称为乙醛。
3
(2)B为CH COOH,其中含有的官能团名称为羧基。
3
(3)C、E发生取代反应生成F,则由C和E制得F的反应类型为取代反应。
(4)D为 ,酚羟基和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,羧基也能与碳酸钠反应,则1
mol D理论上最多消耗含2 mol Na CO 的水溶液。
2 3
(5)化合物E为 ,E的同分异构体符合下列条件:①能与氯化铁溶液发生
显色反应,说明含有酚羟基;②能与NaHCO 溶液反应产生气泡,说明含有羧基,如果苯环
3
上含有2个取代基,可以是—OH和—CH COOH,有邻、间、对3种,如果含有3个取代基,
2
可以是—OH、—COOH、—CH ,在苯环上有10种不同位置,因此符合条件的结构是13
3
种;其中,核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为
。
(6)根据题意分析可知,乙醇被氧化生成乙醛,乙醛被继续氧化生成乙酸,乙酸和PCl
3
反应生成CH COCl,最后CH COCl和苯酚发生取代反应生成乙酸苯酚酯。
3 3
真题示例
2- 1.答案 (1) (2) (3)加成反应(4)
(5)c CH CHCH(CH )COCH ( )
2 3 3
2- 2.答案 (1)2-氟甲苯(或邻氟甲苯)
(2) + +HCl(或 + +NaOH
+NaCl+H O)
2
(3)氨基、(酮)羰基、溴原子、氟原子
(4) (5)取代反应 (6)10
(7)
解析 由合成路线图可知:
(1)A的化学名称是2-氟甲苯或邻氟甲苯。
(2)反应③的化学方程式为 + +HCl。
(3)根据D的结构简式可知,D具有的官能团是氨基、羰基、溴原子、氟原子。
(4)根据 可知,D与Y反应失去HBr生成E,则Y的结构
简式为 。(5)由
,对应E与F的结构简式可以看出,反应⑤是 取代了E
分子中—CH —Br上的溴原子,故反应⑤属于取代反应。
2
(6)C的结构简式为 ,其同分异构体含苯环并能发生银镜反应,说明C的同分异
构体分子中含有 、—Cl、—F三种官能团。 (编号为—F的可能位置,下
同)有4种可能, 有4种可能, 有2种可能,故可能的结构共有4+4+2=10种。
(7)根据已知信息(ⅱ),结合F W,可以推知W的结构简式为 。
对点演练
2- 1.答案 (1)酯基 (2)加成反应 酯化(取代)反应
(3)C H CHO+CH COOH C H CH CHCOOH+H O
6 5 3 6 5 2
(4) (5)11
(6)
解析 (1)根据题目所给有机化合物C的结构可知,C中官能团的名称是酯基。
(2)根据合成过程分析可知,A→B的反应类型应是加成反应,D和H生成I的反应类
型应为酯化(取代)反应。(3)按照题目已知信息①可知,有机化合物G(苯甲醛)与乙酸在特定条件下合成有机
化合物H,则G→H的化学方程式为C H CHO+CH COOH C H CH
6 5 3 6 5
CHCOOH+H O。
2
(4)根据题意推理,有机化合物D的结构简式为 ,有机化合物H的结构简
式为 ,两者之间发生酯化反应,I的结构简式为 。
(5)根据题意分析可知,符合条件的H的同分异构体苯环上可以有一个、两个、三个
侧链。
苯环侧链有一个时,侧链可以是一个 或者一个 两种结构;苯环侧
链有两个时,侧链是一个—CH CHO和一个—CHO,两个侧链相对位置分别处于苯环上邻
2
位、间位、对位,共有三种结构;苯环侧链有三个时,侧链是两个醛基—CHO和一个—
CH ,两个醛基位于苯环上邻位、间位、对位时,甲基分别可以在如下编号位置连接苯环:
3
, , ,一共六种结构;因此符合条件的H的同分异
构体总共有11种。
2- 2.答案 (1)邻溴苯甲醛 (2)Br 、FeBr
2 3
(3) +H O
2
(4)①19 ②c
(5)
解析 由题可知,A和D为两种不饱和的烃,根据已知①,C和F发生反应生成G,可知C的
结构式为 ,F为 ,则E为 ,D与HBr发生加成反应得到E,故
D为 ,B到C为催化氧化,则B为 ,A发生取代反应得到B,故A为,G在所给条件下得到H,结合已知①可以得到H为 ,由于有机物J结
构中含两个环,故可能是H发生分子内的酯化,得到J 。(1)根据上述分析,C的
结构式为 ,名称为邻溴苯甲醛。(2)A→B为苯环上的取代反应,条件为Br 、
2
FeBr 。(3)H发生分子内的酯化,得到J,所以H→J的化学反应方程式为
3
+H O。
2
(4)C M N,根据以上分析C为 ,由转化关系可推出M为
,N为 ,其分子式为C H O ,N的同分异构体中符合下列条件:a.含有
8 14 3
基团 、环上有三个取代基;b.与NaHCO 反应产生气泡说明含有羧基;c.可发生缩聚
3
反应,说明同时含有羧基和羟基,则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先
分析环上有两个取代基时共有4种结构(邻、间、对和同一个碳上),这4种结构对应的
第三个取代基的取代产物分别有6种、6种、4种、3种,所以共有6+6+4+3=19种同分
异构体;M的同分异构体的元素组成相同,在元素分析仪中显示的信号完全相同。(5)以
和甲烷为原料合成 ,甲苯发生氧化反应生成苯甲醛,苯甲醛和CH MgBr
3
发生信息①的反应生成 ,甲烷发生取代反应生成CH Br,其合成路线为:
3
。
真题示例3.答案
对点演练
3- 1.答案
解析 、Cl 在光照条件下发生取代反应生成 ; 与NaCN反应生成
2
; 在酸性条件下水解生成 ;由题干“已知”可知 与
在一定条件下反应生成目标产物 。
3- 2.答案
解析 利用逆推法设计合成路线,由“五步合成法”可知:
再将流程正向书写即可得合成路线。
易错防范·不失分
答案 (1) (2) (3) (4)× (5)×
√ √ 专√项模块(十二) 有机合成与推断
应考训练
1.答案 (1)酯基、醚键 光照 (2)(3)取代反应
(4) + +HBr
(5)12
(6)CH CH—CH CH BrCH —CH CH—CH Br BrCH CH CH CH Br
2 2 2 2 2 2 2 2
解析 由A的分子式及后续流程可知A为 ,B为 ,B和NaCN发生取代反
应生成C,对比已知信息可知D→E发生—CN水解,D为 ;由F→G可知F为
;由反应⑧可知H为 。
(1)由曲美布汀分子的结构可知其含氧官能团的名称是酯基、醚键;反应①为苯环侧
链烷基上的H被Cl取代,反应条件是光照。
(2)与4个不同的原子或原子团相连的C为手性碳原子,则用星号(*)标出G分子中的
手性碳原子为 。
(3)反应③为 和C H Br发生反应生成 和HBr,该反应属于取代反应。
2 5
(4)反应⑦为 和 反应生成 和HBr,化学方程式为
+ +HBr。
(5)E为 ,其同分异构体M满足:①M为苯的二元取代物,即苯环上有2个取
代基;②M能发生水解反应且水解产物之一能与FeCl 溶液发生显色反应,则M含酚酯
3
基;取代基为HCOO—和—C H (2种)时有3×2=6种,取代基为CH COO—和—C H 时有
3 7 3 2 5
邻、间、对3种,取代基为C H COO—和—CH 时有邻、间、对3种,共有6+3+3=12种;
2 5 3
其中核磁共振氢谱为五组峰且能发生银镜反应的结构简式为 。
(6)根据逆合成法分析: 由BrCH CH CH CH Br和 反应得
2 2 2 2
到,BrCH CH CH CH Br由BrCH —CH CH—CH Br和氢气反应得到,BrCH —CH CH
2 2 2 2 2 2 2
—CH Br由1,3-丁二烯和溴发生加成反应得到,即以 和CH CH—CH CH 为原料
2 2 2
制备 的合成路线为CH CH—CH CH
2 2
BrCH —CH CH—CH Br BrCH CH CH CH Br 。
2 2 2 2 2 2
2.答案 (1)丙二酸(或1,3-丙二酸) 取代反应(或酯化反应)
(2)羰基、醚键
(3)
(4) +CH CH OH
3 2
(5)20 (6)
解析 根据合成路线分析可知,HOOCCH COOH和C H OH发生酯化反应生成
2 2 5
CH (COOC H ) ,CH (COOC H ) 和 在一定条件下发生加成反应生成
2 2 5 2 2 2 5 2
, 发生消去反应生成 , 在催
化剂及加热的条件下失去C H OH生成 , 水解生成
2 5, 和SOCl 发生取代反应生成 , 和
2
在一定条件下发生取代反应生成 。
(1)A为HOOCCH COOH,其名称是丙二酸(或1,3-丙二酸);反应Ⅰ是
2
HOOCCH COOH和C H OH发生酯化反应生成CH (COOC H ) ,故反应类型为取代反应
2 2 5 2 2 5 2
(或酯化反应)。
(2)M为 ,其含有的含氧官能团为酯基、羰基、醚键。
(3)CH (COOC H ) 和 在一定条件下发生加成反应生成 ,则
2 2 5 2
D的结构简式为 。
(4) 在催化剂及加热的条件下失去C H OH生成 ,化学
2 5
方程式为
+CH CH OH。
3 2
(5)N与丹皮酚互为同分异构体,①遇FeCl 溶液变色,说明N中含有酚羟基;②1 mol
3
N与足量NaOH溶液反应消耗3 mol NaOH;③苯环上有3个取代基;当含有的取代基为
—OH、—OOCH、—CH CH 时,共有10种同分异构体,当含有的取代基为—OH、—
2 3
OOCCH 、—CH 时,同样有10种同分异构体,共20种。
3 3(6) 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 , 和甲醇
发生酯化反应生成 , 在CH CH COONa存在的条件下
3 2
反应生成 。
3.答案 (1)碳碳双键、醛基 (2)氧化反应
(3)CH C CCOOH+(CH ) COH
3 3 3
CH C CCOOC(CH ) +H O
3 ≡ 3 3 2
≡
(4)
(5) 或
解析 (1)由合成路线图可知,B的结构简式为CH CH CHCHO,故B中官能团的名称为碳
3
碳双键、醛基。(2)由合成路线图可知,C→D即CH C CCH OH被NaClO 氧化为
3 2 2
CH C CCOOH,故该反应的反应类型为氧化反应。(3)由合成路线图可知,D→E的化学
3
≡
方程式≡为:CH
C CCOOH+(CH ) COH
3 3 3
CH C CCOOC(CH ) +H O。(4)根据已知信息,结合E的结构简式和G的分子式以及E
3 ≡ 3 3 2
≡
到G的转化条件可以推测G的结构简式为 。(5)化合物M只比F少2
个氢原子,即M的分子式为C H O,①能与FeCl 溶液发生显色反应,说明M中含有酚羟
8 10 3
基,②核磁共振氢谱有4组吸收峰且峰面积之比为1∶1∶2∶6,说明分子高度对称,据此
可推测出符合要求的结构简式有: 或 。
专题十三 物质结构与性质(选考)
考点一 原子结构与性质
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.答案 (1)4∶5 (2)1s22s22p63s23p63d24s2
1- 2.答案 (1)第四周期第Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2(2)D C (3)[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
解析 (1)Fe、Co、Ni均为第四周期第Ⅷ族元素,基态Fe原子电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;
(2)基态Li原子能量最低,而电子排布图中D图所示状态为基态。处于激发态的电子
数越多,原子能量越高,A中只有1个1s电子跃迁到2s轨道;B中1s轨道中的两个电子1
个跃迁到2s轨道,另一个跃迁到2p轨道;C中1s轨道的两个电子都跃迁到2p轨道,故C
表示的能量最高;
(3)Cu是29号元素,Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9。
对点演练
1- 1.答案 (1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 15 (2)2∶5
解析 (1)基态Co原子核外有27个电子,根据能量最低原理书写电子排布式为
1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2;s轨道有一种空间运动状态,p轨道有三种空间运动状
态,d轨道有五种空间运动状态,因此基态Co原子的核外电子的空间运动状态有15种。
(2)Ni原子价电子排布式为3d84s2,其3d能级上有2个未成对电子,Fe3+价电子排布式
为3d5,其3d能级上有5个未成对电子。
1- 2.答案 (1)酒精燃烧时,催化剂铂发生了电子跃迁
(2)①Ni、Ge、Se ②相同
解析 (1)酒精燃烧时,释放出能量,使得催化剂铂发生了电子跃迁,从而发出很亮的光。
(2)①Ti是22号元素,价电子排布是3d24s2,Ti的基态未成对电子数为2,同周期中未
成对电子数为2的价电子排布还有Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)共3种;②Mn是
25号元素,根据构造原理知,Mn的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2,失电子时,从最
外层失去,Mn3+核外价电子排布为3d4,则电子的自旋状态相同。
真题示例
2- 1.答案 (1)Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径大,易失电子 Li、Be、B同
周期,核电荷数依次增加。Be为1s22s2全充满稳定结构,第一电离能最大。与Li相比,B
核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大
(2)O>Ti>Ca (3)N>H>B
2- 2.答案 (1)N>O>C (2)A
(3)大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子
对点演练
2- 1.答案 (1)F>O>P
(2)基态氮原子的p轨道为半满稳定结构,具有较大的第一电离能;基态氧原子的p轨
道有4个电子,易失去1个电子形成半满稳定结构,故第一电离能较小
解析 (1)LiFePO 与LiPF 中所含的非金属元素为P、O、F,电负性由大到小的顺序为
4 6
F>O>P。
(2)基态氮原子的2p能级电子排布为2p3半满稳定结构,具有较大的第一电离能;基态
氧原子的2p能级电子排布为2p4,易失去1个电子形成半满稳定结构,故第一电离能较小。
2- 2.答案 (1)①P ②3d104s24p3 3 ③S>P>As解析 (1)P元素3p能级半满,更稳定,第一电离能大于相邻元素,所以第一电离能较大的是
P;(2)As元素为33号元素,位于第四周期第ⅤA族,原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3;核
外4p轨道上有3个未成对电子;(3)非金属性S>P>As,所以电负性S>P>As。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9) (10)× (11) (12)×
考点二 分子结构与性质
√ √
经典对练·得高分
真题示例
1- 1.答案 (1)正四面体形 (2)6 1 (3)正四面体形 4 sp3
解析 (1)SnCl 分子空间构型的判断
4
方法一,利用价层电子对互斥理论判断:Sn原子无孤电子对,可形成4个σ键,因此
SnCl 分子的空间构型为正四面体。
4
方法二,利用中心原子杂化轨道类型判断:Sn可形成4个σ键,为sp3杂化,因此SnCl
4
分子的空间构型为正四面体。
方法三,利用等电子原理判断:SnCl 与CCl 为等电子体,CCl 分子的空间构型为正四
4 4 4
面体,因此SnCl 分子的空间构型为正四面体。
4
(2)①配位键数的判断
由该物质的结构简式可知,螯合作用配位成环,故1个该配合物分子中通过螯合作用
形成的配位键有6个。
②杂化方式的判断——根据σ键数判断
由题给结构简式可知,每个N原子均形成3个σ键且N原子上无孤电子对,故N原子
杂化方式为sp2杂化。
(3)①PO3-的空间构型
4
②中心原子价层电子对数的判断
第一步,确定中心原子:磷酸根离子中P原子为中心原子;
第二步,确定中心原子价电子数:P原子的价电子数为5;5+3-4×2
第三步,确定中心原子孤电子对数:P原子孤电子对数= =0;
2
第四步,确定P原子形成的σ键电子对数:P原子分别与4个氧原子形成σ键,σ键数
为4;
第五步,计算P原子价层电子对数:4+0=4。
③杂化轨道类型的判断
方法一,根据价层电子对数判断:磷酸根离子中P原子价层电子对数为4,所以P原子
杂化类型为sp3。
方法二,根据σ键数目判断:磷酸根离子中P原子形成的σ键数为4,所以P原子杂化
类型为sp3。
方法三,根据微粒空间构型判断:磷酸根离子为正四面体形,所以P原子杂化类型为
sp3。
1- 2.答案 (1)①三角锥形 ②Br-半径较大,无法形成[PBr ]-
6
(2)MgH—Te,所以H S较稳定。H S分子中S原子价层有2个孤电子对,孤电子对对成
2 2
键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力,所以键角较小;CS 分子中C原子价层没有
2
孤电子对,成键电子对之间排斥力相同,呈直线形最稳定,键角较大。从杂化轨道角度解
释,H S中S采用sp3杂化,CS 中C采用sp杂化。
2 2
(2)[Cd(NH ) ]2+中2个NH 被2个Cl-替代只得到1种结构,说明Cd2+采用sp3杂化,呈
3 4 3
正四面体结构。N—H键均为σ键,所以1 mol NH 含3 mol σ键。
3
1- 2.答案 (1)1∶2∶3 (2)N 正四面体 sp杂化
解析 (1)相同物质的量的配合物a.[Cr(H O) Cl ]Cl·2H O、b.[Cr(H O) Cl]Cl ·H O、c.
2 4 2 2 2 5 2 2
[Cr(H O) ]Cl 外界的Cl-个数比为1∶2∶3,且只有外界的Cl-会与Ag+反应生成AgCl,所
2 6 3
以生成的AgCl的物质的量之比为1∶2∶3。(2)配位原子为N,N提供孤电子对;阳离子
为NH+ ,根据价层电子互斥理论可知空间结构为正四面体;NCS-中C的价层电子对数为
4
2,孤电子对数为0,杂化方式为sp杂化。
真题示例
2- 1.答案 (1)TiF 为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,随相对分子质量的增
4
大分子间作用力增大,熔点逐渐升高
(2)配位 N sp3 sp2
(3)CH CH 低 Hδ+与Hδ-的静电引力
3 3
2- 2.答案 (1)KH>H O>PH KH为离子晶体,H O、PH 均为分子晶体,H O分子间存在
2 3 2 3 2
氢键
(2)NH >PH >CH (3)C 分子晶体
3 3 4
解析 (1)KH为离子晶体,H O、PH 均为分子晶体,离子晶体熔点一般高于分子晶体,所以
2 3
KH的熔点最高,而H O分子间存在氢键,所以沸点高于PH ,则熔点由高到低的顺序排列
2 3
为KH>H O>PH ;
2 3
(2)NH 分子间存在氢键沸点最高,PH 的相对分子质量大于CH ,所以PH 的沸点高
3 3 4 3
于CH ,所以沸点由高到低顺序为NH >PH >CH ;
4 3 3 4
(3)由题意可知,Ni(CO) 的沸点低,属于分子晶体,Ni(CO) 分子中与Ni形成配位键的
4 4
原子是能提供孤电子对的碳原子。
对点演练
2- 1.答案 (1)O>N>C>H sp2、sp3
(2)相似相溶原理或卡铂是极性分子,可溶于极性溶剂水中,不溶于弱极性溶剂乙醚中
避光 (3)BD
解析 (1)卡铂分子中的非金属元素有C、N、O、H,非金属性:O>N>C>H,所以电负性由
大到小的顺序为O>N>C>H,分子中C原子形成了单键和双键,所以碳原子的杂化轨道类
型有sp2、sp3;
(2)由于卡铂是极性分子,所以卡铂可溶于极性溶剂水中,不溶于弱极性溶剂乙醚中,
卡铂遇光易分解,所以卡铂静脉注射时需要注意避光;(3)卡铂分子中NH 氮原子提供孤电子对,Pt提供空轨道,两者形成配位键,C原子和C
3
原子之间形成非极性键。
2- 2.答案 (1)+3 配位键 (2)直线形 sp CO 、BeCl
2 2
(3)乙醇分子间形成氢键
解析 由雷氏盐(Reinecke salt)的化学式NH [Cr(NCS) (NH ) ]·H O可知,它是一种配合物,
4 4 3 2 2
其外界是一个铵根(NH+ ),带一个单位的正电荷,所以其内界必然带一个单位的负电荷,内
4
界有两种配体,分别是氨分子和硫氰根离子,氨分子不带电荷,硫氰根离子带一个单位的
负电荷,所以中心原子铬带3个单位的正电荷,铬的化合价是+3。(1)雷氏盐中铬元素的
化合价为+3,NH 与铬离子形成的化学键为配位键。(2)由雷氏盐的结构式可知,NCS-的
3
中心原子C原子形成了两个双键,每个双键含一个σ键和一个π键,所以NCS-的立体构
型是直线形,其中碳原子的杂化轨道类型为sp杂化。NCS-中有3个原子,价电子数是16,
所以SO 、CO 、BeCl 、SCl 四种分子中,与NCS-互为等电子体的是CO 、BeCl 。(3)
2 2 2 2 2 2
乙醇和溴乙烷都是分子晶体,它们的分子间都有范德华力,但是乙醇分子间还能形成氢键,
氢键是比范德华力更强的分子间作用力,所以乙醇的沸点比溴乙烷高。
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3) (4) (5)× (6)× (7) (8)× (9) (10)× (11) (12)×
(13)× (14)× (15)×
√ √ √ √ √
考点三 晶体结构与性质
经典对练·得高分
真题示例
3
答案 4 或0.187 5 13∶3
16
对点演练
√3 √ 224 √3
1.答案 (1)6 六方最密堆积 (2) ×3 ×107 π
2 dN 8
A
解析 (1)在题目所示六棱柱中,12个原子位于顶点,各贡献六分之一,2个原子位于面心,各
贡献二分之一,3个原子位于体内,所以1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最
密堆积。
(2)图2为体心立方堆积,3个镉原子位于体对角线且相切,1个晶胞含2个镉原子。
2×112 g √ 224
设晶胞参数为a,则有密度d g·cm-3= ,a=3 ×107 nm。设两镉原子最近核间
a3·N dN
A A
√3 √ 224 √3
距为x,(2x)2=3a2,x= ×3 ×107 nm。设镉原子半径为r,则r= a,晶胞中原子空间利
2 dN 4
A
4
2× πr3
用率= 3 √3π。
=
a3 8
7 1
2.答案
16 8解析 由图可知,在TiO 晶胞中,Ti原子位于顶点、面上和体心处,O原子位于面上、棱边
2
1 1 1
以及晶胞内部,因此1个晶胞中含有的Ti原子个数为8× +4× +1=4,O原子个数为8×
8 2 2
1
+8× +2=8,进行N掺杂后,棱边上和晶胞内部分别有1个O原子形成氧空穴,面上有1个
4
1 1 1 25
O原子被N原子替代,则掺杂后晶体中N原子个数为 ,O原子个数为8-1- − = ,晶
2 2 4 4
25 1 25 1 25 7 1
胞内Ti、O、N原子个数比为4∶ ∶ =1∶ ∶ ,即2-a= ,a= ,b= 。
4 2 16 8 16 16 8
易错防范·不失分
答案 (1)× (2)× (3) (4)× (5) (6)× (7) (8)
专项模√ 块(十三√) 物质结√ 构√与性质综合题
应考训练
1.答案 (1) SiC
(2)①SiCl 相对分子质量逐渐增大 正四面体
4
②sp2、sp3 N>C>H 54
7.4×1023
(3)①O Mg GeO ②
2 4 N ×abc
A
解析 (1)基态硅原子的最外层电子是3s23p2,其电子排布图为 。晶体硅和碳
化硅均属于原子晶体,其熔点与共价键的强弱有关,碳原子的半径小于硅原子,故Si—Si
键长大于C—Si键,键能C—Si键较大,熔点碳化硅较高。
(2)①由题给数据可知,0 ℃时SiCl 为液态。卤化硅(SiX )都是分子晶体,分子间作用
4 4
力随着相对分子质量的增大而增大,导致熔、沸点升高。SiX 的硅原子存在4个σ键,故
4
Si是sp3杂化,空间结构为正四面体。②N-甲基咪唑中甲基碳原子为sp3杂化,五元环中
的碳原子是sp2杂化。根据电负性规律可知,电负性N>C>H。配位键也属于σ键,每个
N-甲基咪唑中含有12个σ键,与硅原子又形成1个σ键,另外还有两个Si—Cl键,共含有
(12+1)×4+2=54个σ键。
(3)①根据各粒子在晶胞中的位置及其贡献率,确定各元素的原子数目:X位于顶点、
1 1 1
棱上、面上和体内:8× +4× +6× +3=8;Y均在体内共4个;Z均在体内共16个。结合
8 4 2
Ge和O的原子个数比为1∶4,则化学式为Mg GeO 。Z元素为O。②每个晶胞含有4
2 4
个Mg GeO ,Mg GeO 的摩尔质量为185 g·mol-1;晶胞体积为(a×b×c)×10-21 cm3。
2 4 2 4
4×185 7.4×1023
则晶体的密度为ρ= g·cm-3= g·cm-3。
N ×a×b×c×10-21 N ×abc
A A
2.答案 (1)[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 (2)6 N、Cl(3)①H>Al>Li ②sp、sp2 20 mol
1 1
25√3×1024
(4)Cr CoAl (5)(1, , )
2 2 2 2a2N
A
解析 (1)基态Co2+核外电子数为25,所以基态Co2+核外电子排布式为[Ar]3d7或
1s22s22p63s23p63d7。
2.87 g
(2)生成白色沉淀2.87 g,则n(AgCl)= =0.02 mol,说明1个配合物粒
143.5 g·mol-1
子外界含有两个氯离子,另外1个氯离子和氨气分子在内界,所以配位数为6;中心离子是
Co3+,配位原子是N和Cl。
(3)①元素的金属性越强,电负性越小,在常温下,Li可与水反应,Al不与水反应,说明Li
的金属性强于Al,则其电负性小于Al,Al和Li均能与酸反应置换出H ,说明H的电负性
2
最大,则LiAlH 中三种元素的电负性从大到小的顺序为H>Al>Li。
4
② 中既有碳氮三键,又有苯环,则碳原子的轨道杂化类型为sp、sp2;1 mol
该分子中共含有7 mol碳氢σ键,12 mol碳碳σ键及1 mol碳氮σ键,则共含有σ键的物
质的量为20 mol。
1 1
(4)根据图甲可知,一个晶胞中含有Cr的数目为8× +6× +4×1=8,一个晶胞中含有
8 2
1
Co的数目:12× +1×1=4,一个晶胞中含有Al的数目为4×1=4,所以晶体化学式为
4
Cr CoAl。
2
(5)NiO的晶体结构如图乙所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),C在x、y、z轴上的
1 1 1 1
投影分别是1、 、 ,所以C坐标参数为(1, , );根据图知,每个Ni原子被3个O原子
2 2 2 2
包围、每个O原子被3个Ni原子包围,如图 所示,相邻的3个圆中心连线
1
为正三角形,三角形的边长为2a pm,每个三角形含有一个Ni2+,三角形的面积=(
2
√3
×2a×2a×sin 60°×10-24) m2= ×10-24a2 m2,如图 ,实际上相当于每个Ni2+被
两个小三角形包含,小平行四边形面积为2√3×10-24a2 m2,其包含O2-的个数为1,则每平方
1 M 1 59+16
米面积上分散的该晶体的质量= × g= × g=
2√3×10-24a2 N 2√3×10-24a2 N
A A
25√3×1024
g。
2a2N
A素养升级练答案与解析
专题突破练
专题突破练一 物质的组成与分类 传统文化
1.C 解析 甘油具备一定的保湿能力,A正确;碳酸钠溶液呈碱性,可用于去除餐具上的
油污,B正确;活性炭具有吸附性,能除异味,但没有杀菌作用,C错误;天然气的主要成分为
甲烷,甲烷燃烧生成水和二氧化碳,甲烷是我国目前推广使用的清洁燃料,D正确。
2.B 解析 漂白纸浆利用的是SO 的漂白性而不是还原性,A错误;Na O 能与CO 和水
2 2 2 2
反应产生氧气,故Na O 可作供氧剂,B正确;作矿物胶是利用Na SiO 溶液的黏性,C错误;
2 2 2 3
铝质容器贮运浓硝酸是利用铝在常温下遇浓硝酸钝化的性质,D错误。
3.D 解析 食品中的抗氧化剂具有还原性,可防止食品被氧化,A项错误;从海水中提取
蒸馏水和盐时,通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现,提取溴、碘、镁等物质时,必须通
过化学反应才能实现,B项错误;光导纤维的成分是二氧化硅,不是有机高分子材料,C项
错误;“地沟油”禁止食用,但是其主要成分是油脂,在碱性溶液中可发生水解反应,又称皂
化反应,可用于制取肥皂,D项正确。
4.D 解析 根据题干中“碳中和”是指CO 的排放总量和减少总量相当可知,“碳中
2
和”重在CO 的减少,A、B两项中的措施会导致CO 的排放总量增加;C项主要是通过
2 2
煤的脱硫技术减少SO 的排放,CO 的排放总量没有减少;只有D项“研发催化剂将CO
2 2 2
还原为甲醇”体现了“碳中和”涉及的减少CO 总量的目的,故D项符合题意。
2
5.A 解析 根据题中叙述可知,“菩萨石”的主要成分为二氧化硅。硅石的主要成分是
SiO ,冰晶石的成分是Na AlF ,石灰石的主要成分是CaCO ,重晶石的主要成分是BaSO ,
2 3 6 3 4
故A符合题意。
6.B 解析 食醋的主要成分为乙酸,故A正确;麦芽糖属于二糖,不属于单糖,故B错误;食
盐中的抗结剂是亚铁氰化钾,铁元素显+2价,故C正确;碘伏可用于皮肤外用消毒,故D正
确。
7.D 解析 CO 是导致温室效应的主要气体,但不是导致酸雨的主要气体,A项错误;化石
2
能源是有限的,应该合理开采,B项错误;从经济效益方面考虑,用Na O 吸收CO 不可取,C
2 2 2
项错误;“绿色技术”体现绿色化学,是从源头上解决环境污染,是实现“碳中和”的根本
途径,D项正确。
8.C 解析 燃煤“气化”“脱硫”“钙基固硫”等措施有利于减少SO 排放和酸雨的
2
形成,A正确;用纳米技术催化CO 合成可降解塑料聚碳酸酯,可将空气中的二氧化碳加
2
以利用,降解塑料也会生成二氧化碳,可实现“碳”的循环利用,B正确;中国正积极推动
可再生能源国际合作,氢能是消耗一次能源制取的二次能源,C错误;2021年3月20日三
星堆5号祭祀坑出土的黄金面具材料属于合金,D正确。
9.D 解析 丝的主要成分是蛋白质,麻的主要成分是天然纤维,故A错误;提取青蒿素利
用的是萃取原理,该过程中没有新物质生成,属于物理变化,故B错误;升华属于物理变化,“丹砂(HgS)烧之成水银”,即HgS发生分解反应生成水银,此过程为化学变化,不属于升
华,故C错误;钾元素的焰色反应为紫色,硝石是硝酸钾,灼烧硝酸钾会产生紫色火焰,故D
正确。
10.B 解析 SiC是新型无机非金属材料,A正确;芯片的主要成分为单质Si,B错误;水下
钢柱镶铝块,构成原电池,铝作负极被腐蚀,钢铁作正极被保护,水下钢柱镶铝块防腐的方
法为牺牲阳极的阴极保护法,C正确;氚、氘与氕是质子数相同、中子数不同的原子,互
为同位素,D正确。
11.B 解析 “熔喷布”的主要成分为聚丙烯,聚丙烯是有机高分子化合物,A项正确;芯
片的主要成分是单质硅,B项错误;制作航天服的聚酯纤维属于高分子合成材料,C项正确;
钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性,D项正确。
12.BD 解析 生产人民币使用了优质纤维素,纤维素水解的化学方程式为(C H O ) (纤
6 10 5 n
维素)+nH O nC H O (葡萄糖),1 mol该纤维素水解生成葡萄糖分子随n值的变化
2 6 12 6
而变化,A错误;水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间
形成的分子间作用力,B正确;用活性炭为蔗糖脱色是物理变化,用臭氧漂白纸浆是化学
变化,原理不相似,C错误;在KSCN与三氯化铁混合后显红色的溶液中存在平衡:Fe3+
+3SCN- Fe(SCN) ,加入KCl颗粒时不改变反应物和生成物的浓度,平衡不移动,颜色不
3
变,D正确。
13.C 解析 青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的,因此青铜属于铜的一种
合金,具有较高硬度,A正确;合金的熔点一般低于各成分金属的熔点,因此加入锡或铅可
以降低“熔铸”时所需温度,B正确;青铜的主要成分为铜,铜通常呈现红色,C错误;在潮
湿的空气中铜易被氧气氧化,因此青铜器外层的腐蚀物与空气中的氧气有关,D正确。
14.BD 解析 洧水可燃,洧水指的是石油,A正确;草木灰的主要成分是碳酸钾,用水溶解
时碳酸钾水解导致溶液呈碱性,B错误;玉的主要成分含有硅酸盐,“试玉要烧三日满”的
意思是检验玉的真假要烧满三日,说明“玉”的熔点较高,C正确;矾是各种金属(如铜、
铁、锌等)的硫酸盐,D错误。
附加题
1.B 解析 钢铁是铁的合金,属于黑色金属材料,故A正确;碳纤维为碳的单质,不是有机
化合物,故B错误;宇宙飞船返回舱外表面主要用的是高温结构陶瓷,属于耐高温的新型
无机非金属材料,故C正确;“天宫二号”的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装
置,可以直接将光能转化为电能,故D正确。
2.D 解析 固体混合物组成原电池,发热时铁粉失电子生成亚铁离子,而正极上氧气得电
子与水反应生成氢氧根离子,故放电时发生了吸氧腐蚀,A说法正确;固体混合物组成原
电池,发生电化学腐蚀,铁为负极,食盐作电解质,活性炭为正极,B说法正确;吸水性树脂是
一种吸水能力特别强的功能高分子材料,可反复释水、吸水,工作时,吸水性树脂可供
水,C说法正确;铁发生吸氧腐蚀后,不能再还原为铁粉,则暖宝宝不可以重复使用,D说法
错误。
3.A 解析 聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯,属于有机高分子化合物,是有机材料,A错误;电
子烟的烟油中含有尼古丁,故使用电子烟时也会产生有害物质,B正确;在制作口红时,为了增加口红的亮度会添加天然矿物着色剂,着色剂中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素,
其中铅元素对身体有害,吃饭前应擦拭干净,C正确;人们洗发时使用的护发素,其主要功
能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度,D正确。
4.C 解析 A项,发生铁与硫酸铜的置换反应,是氧化还原反应;B项,偏二甲肼与四氧化
二氮反应生成氮气、二氧化碳和水,是氧化还原反应;C项,诗句描述的是用萃取方法提
取青蒿素的过程,属于物理变化,不是氧化还原反应;D项,可燃冰作为能源使用即甲烷燃
烧放热的过程,是氧化还原反应。故选C。
专题突破练二 常用化学计量及应用
1.D 解析 由于溶液体积未知,无法求算H+的物质的量,A错误;苯分子中不含碳碳双
键,B错误;标准状况下正戊烷为液体,不能使用22.4 L·mol-1求算其物质的量,C错误;在
CH COONa和CH COOH的混合溶液中,由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)
3 3
+c(CH COO-),溶液显中性时c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH COO-),Na+的数目N ,则
3 3 A
CH COO-的数目为N ,D正确。
3 A
2.C 解析 1 mol Cl 和Fe充分反应,氯元素的化合价由0价变为-1价,转移电子数为
2
2N ,A说法错误;标准状况下,苯为液体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,B说法错
A
误;22 g CO 的物质的量为0.5 mol,其与足量Na O 反应产生0.25 mol的氧气,则产生气体
2 2 2
的分子数为0.25N ,C说法正确;0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下的水解反应为可逆反应,
A
则生成乙醇的分子数小于0.5N ,D说法错误。
A
3.D 解析 标准状况下二氧化氮不是气体,22.4 L NO 的物质的量不是1 mol,含有的氧
2
原子数不是2N ,A错误;一个乙醇分子中含有一个C—C键、一个C—O键、一个O—H
A
键和5个C—H键,除C—C键属于非极性键外,其他都是极性键,因此一个乙醇分子含有
7个极性键,138 g C H OH的物质的量为3 mol,含有的极性键数为21N ,B错误;氯水中含
2 5 A
有氯元素的微粒有Cl 、Cl-、HClO和ClO-,标准状况下11.2 L Cl 的物质的量为0.5 mol,
2 2
则其水溶液中存在的物料守恒关系为2N(Cl )+N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=N ,C错误;1 L 1
2 A
mol·L-1NH Cl溶液中含有1 mol Cl-,溶液中存在的电荷守恒关系为c(NH+ )+c(H+)=c(Cl-)
4 4
+c(OH-),加入氨水至溶液呈中性时溶液中c(H+)=c(OH-),则c(NH+ )=c(Cl-),因此该溶液中
4
NH+与Cl-的数目相等,含NH+数目为N ,D正确。
4 4 A
4.C 解析 CH 和C H 的混合气体2.24 L,不一定是在标准状况下,其物质的量无法计算,
4 2 4
不能确定含有的C-H键数目,A错误;常温下,1 L pH=13的Ba(OH) 溶液中氢氧根的物质
2
的量是0.1 mol,即含有OH-的数目0.1N ,B错误;Fe O 可写成FeO·Fe O ,因此1 mol Fe O
A 3 4 2 3 3 4
中含有2 mol铁离子,被完全还原为Fe2+转移的电子数为2N ,C正确;在溶液中铝离子会
A
发生水解,因此100 mL 1 mol·L-1AlCl 溶液中所含Al3+的数目小于0.1N ,D错误。
3 A
5.A 解析 标准状况下,HF是液体,11.2 L HF的物质的量不是0.5 mol,A错误;1个CH
2
CH 分子中含有6个共价键,1 mol CH CH 分子中含有的共价键数为6N ,B正确;Na S
2 2 2 A 2
含Na+、S2-,Na O 含Na+、O2- ,7.8 g Na S与Na O 的总物质的量为0.1 mol,含离子总数
2 2 2 2 2 2
为0.3N ,C正确;0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl 反应,氯气均完全反应,氯元
A 2
素化合价由0价降低为-1价,所以转移电子数均为0.2N ,D正确。
A6.B 解析 常温下,铁在浓硝酸中钝化,不能完全反应,故转移电子数小于0.3N ,A项错误;
A
乙醇的相对分子质量为46 g·mol-1,4.6 g乙醇的物质的量为0.1 mol,1 mol乙醇分子中含
有5 mol C—H键,故4.6 g乙醇中含有C—H键的数目为0.5N ,B项正确;二氧化氮的相
A
对分子质量为46 g·mol-1,故46 g二氧化氮的物质的量为1 mol,由于二氧化氮转化为
N O 为可逆反应,故1 mol NO 气体充入密闭容器中,容器中的分子数小于N ,C项错误;
2 4 2 A
2.24 L
标准状况下,2.24 L 氨气的物质的量为 =0.1 mol,而合成氨的反应中,生
22.4 L·mol-1
成1 mol氨气转移3 mol电子,故生成0.1 mol 氨气转移电子为0.3N ,D项错误。
A
7.B 解析 Na O 和Na S的摩尔质量均为78 g·mol-1,1.56 g 混合物的物质的量为
2 2 2
1.56 g
=0.02 mol,每摩尔Na O 和Na S均含3 mol离子,所以混合物中离子总数为
78 g·mol-1 2 2 2
0.06N ,A错误;8 g O 与O 的混合气体含有8 g氧原子,即含有0.5 mol氧原子,每个氧原
A 2 3
子含有8个电子,所以混合物中共4N 个电子,B正确;常温下中性CH COONH 溶液中
A 3 4
c(H+)=1×10-7 mol·L-1,1 L该溶液中含有1×10-7N 个H+,但醋酸根和铵根的水解都会促进
A
水的电离,所以水电离的H+数目大于1×10-7N ,C错误;气体所处温度和压强未知,无法确
A
定2.24 L O 的物质的量,则无法计算转移的电子数,D错误。
2
8.D 解析 3 mol H 与1 mol N 在一定条件下生成NH 的反应为可逆反应,故NH 分子
2 2 3 3
数小于2N ,A项错误;标准状况下苯不是气态,B项错误;未说明体积,所以无法确定
A
Cu2+的物质的量,故无法求出Cu2+的数目,C项错误;1个C H 分子中含有6个C—H键和
2 6
1个C—C键,故1 mol C H 中所含的共价键数为7N ,D项正确。
2 6 A
9.D 解析 左右两侧气体温度、压强相同,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,左
右气体体积之比为4∶1,则左右气体物质的量之比为4∶1,所以右侧气体物质的量为
1mol
=0.25 mol,CO和CO 的总质量为8 g,设CO的物质的量为x mol,则CO 的物质的量
4 2 2
3 3
为(0.25-x) mol,28x g+44×(0.25-x) g=8 g,解得x= ,则CO的物质的量为 mol,CO 的物
16 16 2
1
质的量为 mol。气体的物质的量之比等于其分子数之比,根据题意分析可得右边CO
16
3 1 3
与CO 的分子数之比为 mol∶ mol=3∶1,故A项错误;m(CO)= mol×28
2 16 16 16
1
g·mol-1=5.25 g,故B项错误;若改变右边CO和CO 的充入量而使隔板处于距离右端 处,
2 6
1mol
则左右空间体积之比为5∶1,则充入CO 和CO的物质的量为 =0.2 mol,相同条件下
2 5
气体的物质的量之比等于其压强之比,所以前后两次压强之比为0.25 mol∶0.2
mol=5∶4,故C项错误;相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比,右边气体的平均8 g
摩尔质量为 =32 g·mol-1,氢气的摩尔质量为2 g·mol-1,所以混合气体与氢气的密
0.25mol
度之比为16∶1,故D项正确。
10.A 解析 R原子核内中子数为N,质量数为A,R的质子数为(A-N),则R原子的核外电
子数为(A-N),R失去2个电子形成R2+,R2+的核外电子数为(A-N-2),则a mol R2+的核外电
子数为a(A-N-2)N ,A项正确;10 g 46%的甲酸水溶液中HCOOH的物质的量为
A
10 g×46%
=0.1 mol,0.1 mol HCOOH中含有O原子的数目为0.2N ,10 g 46%的甲酸
46 g·mol-1 A
10 g×(1-46%)
水溶液中H O的物质的量为 =0.3 mol,0.3 mol H O中含有O原子的数
2 18 g·mol-1 2
目为0.3N ,故10 g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为0.2N +0.3N =0.5N ,B
A A A A
项错误;Mg和浓硫酸反应:Mg+2H SO (浓) MgSO +SO ↑+2H O,Mg和稀硫酸反
2 4 4 2 2
应:Mg+H SO MgSO +H ↑,反应有H O生成,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,如果
2 4 4 2 2
H SO 全部反应只生成SO ,则转移0.2 mol电子,若H SO 全部反应只有H 生成,则转移
2 4 2 2 4 2
0.4 mol电子,所以含0.2 mol H SO 的浓硫酸和足量镁反应,转移电子数目大于0.2N 小于
2 4 A
0.4N ,C项错误;将1 mol CO 溶于适量水中,溶液中粒子除了CO2-、HCO-和H CO 外,还
A 2 3 3 2 3
有CO 分子,故溶液中CO2-、HCO-、H CO 和CO 粒子数之和为N ,D项错误。
2 3 3 2 3 2 A
11.BD 解析 乙醇在标准状况下为液体,不能使用22.4 L·mol-1求算其物质的量,A错误;
n(Na CO )=1 L×0.1 mol·L-1=0.1 mol,由于CO2-会发生水解,故其数目会小于0.1 N ,B正确;
2 3 3 A
若硫酸恰好完全反应,则由关系式:2H SO ~SO ,得n(SO )=
2 4 2 2
n(H SO ) 100 mL×10-3L·mL-1×18.4 mol·L-1
2 4 = =0.92 mol,而实际上随着反应
2 2
进行,浓硫酸逐渐转化为稀硫酸,稀硫酸与Cu不反应,故所给硫酸不可能完全反应,则生成
的SO 小于0.92 mol,C错误;Na O 与CO 反应时Na O 发生歧化反应,由关系式
2 2 2 2 2 2
2Na O ~O ~2e-知,转移电子数为2n(O )=2 mol,D正确。
2 2 2 2
12.C 解析F的原子序数为9,一个F 分子中含有的质子数为18,则标准状况下22.4 L F
2 2
含有的质子数为18N ,A项正确。I 与H 的反应为可逆反应,1 mol I 和1 mol H 反应生
A 2 2 2 2
成的HI分子数小于2N ,B项正确。电解饱和食盐水时,阴阳两极分别产生氢气和氯气,
A
当两极产生气体的总质量为73 g时,即分别产生1 mol H 和1 mol Cl ,转移电子数应该为
2 2
2N ,C项错误。溴化铵溶液中NH+水解产生的H+等于水解过程中减少的NH+ ,但是水自
A 4 4
身还电离出H+,故NH+与H+离子数之和大于N ,D项正确。
4 A
13.D 解析 金属离子全部沉淀时,得到6.24 g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁的混合物,故
2.72 g
沉淀中氢氧根的质量为6.24 g-3.52 g=2.72 g,氢氧根的物质的量为 =0.16
17 g·mol-1
mol,根据电荷守恒可知,金属提供电子的物质的量等于氢氧根的物质的量。根据氮元素
守恒可得,n(HNO )=n(NaNO )+n(NO)+n(NO ),n(NaNO )=n(NaOH)=n(OH-)=0.16 mol,可以
3 3 2 3
n 0.24mol
得到n(HNO )=0.16 mol+0.08 mol=0.24 mol,因此c(HNO )= = =8 mol·L-1。
3 3 V 0.03 L14.BD 解析 每个正丙醇分子中含有11个共价键,6.0 g正丙醇中含有共价键的总数为
1.1N ,A错误;Cu与硫反应生成Cu S,0.1 mol Cu与足量硫单质充分反应,转移的电子数为
A 2
0.1N ,B正确;溶液的体积未知,无法计算离子总数,C错误;每个甲烷和乙烯分子中均含有
A
4个H原子,标准状况下,11.2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0.5 mol,所含氢原子数
为2N ,D正确。
A
15.答案 93.60%
解析 消耗(NH ) Fe(SO ) 的物质的量为0.050 0 mol·L-1×0.029 L=0.001 45 mol,加入的
4 2 4 2
(NH ) Ce(NO ) 的物质的量为0.101 0 mol·L-1×0.05 L=0.005 05 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 05 mol-0.001 45 mol=0.003
3 4 2 3 6
6 mol,根据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 6 mol,则试样中NaN 的质量分数为
3 3
500.00 mL
0.003 6mol× ×65 g·mol-1
50.00 mL ×100%=93.60%。
2.500 g
16.答案 96.00%
解析 n(KMnO ) =0.100 0 mol·L-1×0.100 L=0.01 mol,n(FeSO )=0.100 0 mol·L-1×0.018
4 总 4
L=0.001 8 mol;根据得失电子守恒可得关系式5FeSO ~KMnO ,与草酸钴反应后剩余的
4 4
1 250 mL 1
KMnO 的物质的量n(KMnO ) = ×n(FeSO )× = ×0.001 8 mol×10=0.003 6 mol;
4 4 剩 5 4 25 mL 5
则与CoC O 反应的KMnO 的物质的量为n(KMnO ) -n(KMnO ) =0.01 mol-0.003 6
2 4 4 4 总 4 剩
5 5
mol=0.006 4 mol,根据关系式5CoC O ~2KMnO 可得,n(CoC O )= ×n(KMnO )= ×0.006
2 4 4 2 4 2 4 2
0.016mol×183 g·mol-1
4 mol=0.016 mol,则草酸钴晶体(CoC O ·2H O)的含量为
2 4 2 3.050 g
×100%=96.00%。
22.4m
17.答案 (1)AC (2) ×100%
233V
解析 S Cl 遇水会生成SO 、HCl两种气体,某同学设计了实验方案来测定该混合气体中
2 2 2
SO 的体积分数。混合气体通过过量W溶液时吸收二氧化硫气体,向吸收二氧化硫后得
2
到的溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀,过滤、洗涤、干燥、称量得到
硫酸钡沉淀质量为m g。
(1)W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液,可以是H O 溶液或氯水,但不能是KMnO 溶
2 2 4
液(硫酸酸化),因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气,同时硫酸酸化也会引入SO2- ,会
4
使测定结果不准确。(2)根据硫元素守恒得到二氧化硫的物质的量n(SO )=n(BaSO )=
2 4
m
mol
mg m 233
= mol,则混合气体中二氧化硫的体积分数为
233 g·mol-1 233 V L
22.4 L·mol-1
22.4m
×100%= ×100%。
233V
18.答案 (1)出现砖红色沉淀 (2)97.04%
解析 (1)根据题意分析可知,达到滴定终点时可生成Ag CrO 砖红色沉淀,则达到终点的
2 4
现象为当滴入最后一滴AgNO 标准溶液,溶液中有砖红色沉淀产生,且半分钟内不消失。
3
(2)取产品13.5 g溶于水,配成250 mL溶液,取出25.00 mL该溶液进行滴定,则混合溶
液中满足:n(NOCl)=n(Cl-)=n(Ag+)=1.0 mol·L-1×0.020 L=0.02 mol,则250 mL溶液中NOCl
的物质的量为0.2 mol,因此产品中亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为
0.2mol×65.5 g·mol-1
×100%≈97.04%。
13.5 g
专题突破练三 离子反应
1.C 解析 Cu与稀硝酸反应生成NO,正确离子方程式为3Cu+8H++2NO- 3Cu2+
3
+2NO↑+4H O,A错误;Al(OH) 不溶于NH ·H O,正确的离子方程式为Al3++3NH ·H O
2 3 3 2 3 2
Al(OH) ↓+3NH+ ,B错误;H O 能将I-氧化为I ,结合得失电子守恒、电荷守恒(酸性条件下
3 4 2 2 2
可添加H+)和元素守恒配平得方程式:2I-+H O +2H+ I +2H O,C正确;根据题意NaHCO
2 2 2 2 3
完全反应,设其为1 mol,则1 mol HCO-反应需消耗1 mol OH-,生成1 mol CO2-和1 mol
3 3
H O,1 mol CO2-结合1 mol Ca2+生成1 mol CaCO 沉淀,故离子方程式为HCO- +OH-+Ca2+
2 3 3 3
CaCO ↓+H O,D错误。
3 2
2.C 解析 盐酸与CO2-、HCO-都能反应生成二氧化碳气体,所以加入稀盐酸产生无色
3 3
无味使澄清石灰水变浑浊的气体,不一定有CO2- ,故A项错误;氯化钡与SO2-、Ag+都能
3 4
生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀,所以加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,
沉淀不消失,不一定有SO2- ,故B项错误;加入硝酸无明显现象,排除了其他离子对检验氯
4
离子的干扰,再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀生成,该沉淀一定是AgCl,所以一定有Cl-,
故C项正确;验证亚铁离子的存在,首先应排除铁离子的干扰,正确顺序是先加入KSCN
溶液观察现象,然后再滴加氯水,故D项错误。
3.C 解析 氯气和冷的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠和水,A错误;向硫酸铝
铵溶液中加入过量的氢氧化钠,铝离子和铵根离子都反应,B错误;向碳酸钠溶液中通入
过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳,C正确;草酸是弱酸,不能写成离子形
式,D错误。
4.C 解析 H S是弱酸,在离子方程式中不能拆,A错误;溶液中生成的CO2-会继续与
2 3
Ca2+反应,故正确的离子方程式应该为AlO- +HCO- +H O+Ca2+ Al(OH) ↓+CaCO ↓,B错
2 3 2 3 3
误;饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳,由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,则反应生成碳酸氢钠沉淀,反应的离子方程式为2Na++CO2- +CO +H O 2NaHCO ↓,C正确;工
3 2 2 3
业上用石灰乳制取漂白粉,Ca(OH) 不拆,离子方程式应为Cl +Ca(OH) Ca2++ClO-+Cl-
2 2 2
+H O,D错误。
2
5.A 解析 向Na S O 溶液中滴加盐酸发生氧化还原反应S O2- +2H+ S↓+SO ↑+H O,A
2 2 3 2 3 2 2
正确;用惰性电极电解CuCl 溶液生成氯气和铜:Cu2++2Cl- Cu↓+Cl ↑,B错误;明矾溶液
2 2
中滴加Na CO 溶液发生相互促进的水解反应:2Al3++3CO2- +3H O
2 3 3 2
2Al(OH) ↓+3CO ↑,C错误;向FeI 溶液中加入足量溴水,亚铁离子和碘离子均被氧化:2Fe2+
3 2 2
+4I-+3Br 2Fe3++6Br-+2I ,D错误。
2 2
6.A 解析 硫酸铜溶液与硫化铅固体反应生成硫化铜固体和硫酸铅固体,反应的离子方
程式为Cu2++SO2- +PbS CuS+PbSO ,A正确;碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生
4 4
成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水,反应的离子方程式为4OH-+Mg2++2HCO-
3
Mg(OH) ↓+2CO2-+2H O,B错误;漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体的反应为溶液中次
2 3 2
氯酸钙与少量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀和氯气,反应的离子方程式为
SO +ClO-+Ca2++H O CaSO ↓+Cl-+2H+,C错误;双氧水与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还
2 2 4
原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水,反应的离子方程式为5H O +6H++2MnO-
2 2 4
2Mn2++5O ↑+8H O,D错误。
2 2
7.D 解析 向K Cr O 溶液中滴加少量浓硫酸,溶液橙色加深:Cr O2- +H O 2CrO2-
2 2 7 2 7 2 4
+2H+,A项错误;已知电离平衡常数:H CO >HClO>HCO- ,向NaClO溶液中通入少量
2 3 3
CO :ClO-+CO +H O HClO+HCO- ,B项错误;硫代硫酸钠与稀硫酸反应:S O2- +2H+
2 2 2 3 2 3
SO ↑+H O+S↓,C项错误;氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸):2Fe(OH) +6H++2I- 2Fe2+
2 2 3
+I +6H O,D项正确。
2 2
8.C 解析 FeSO 溶液与溴水反应时溴水具有氧化性,Br 可将二价铁离子氧化为三价铁
4 2
离子,离子方程式为2Fe2++Br 2Fe3++2Br-,A正确;等浓度等体积NH HSO 溶液与
2 4 4
NaOH溶液混合,反应的离子方程式为H++OH- H O,B正确;NaOH溶液与过量H C O
2 2 2 4
溶液反应生成NaHC O :H C O +OH- HC O- +H O,C错误;铅酸蓄电池充电时阳极失电
2 4 2 2 4 2 4 2
子发生氧化反应:PbSO +2H O-2e- PbO +4H++SO2- ,D正确。
4 2 2 4
9.A 解析 0.1 mol·L-1 FeSO 溶液中:Na+、K+、Cl-、Br-、Fe2+、SO2-各离子之间相互不
4 4
反应,能大量共存,选项A正确;滴入酚酞变红色的溶液呈碱性,HCO-不能大量存在,且
3
Ca2+与CO2-反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存,选项B错误;加入铁粉放出氢气的溶
3
液呈酸性,ClO-不能大量存在,选项C错误;水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液可能为
酸性溶液也可能为碱性溶液,酸性条件下C H O-不能大量存在,碱性条件下Mg2+不能大
6 5
量存在,选项D错误。
10.D 解析 A项,Fe3+与S2-发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B项,N
H+、Fe3+、Br-、SO2-之间互不反应能够大量共存,加入过量Na S发生反应:2Fe3++3S2-
4 4 2
2FeS↓+S↓,故B错误;C项,K+、Na+、ClO-、SO2-之间互不反应能够大量共存,加入SO 时
4 2
次氯酸根离子能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子,正确的离子方程式为SO +ClO-+H O
2 2
SO2- +Cl-+2H+,故C错误;D项,K+、Na+、CO2-、AlO-之间互不反应能够大量共存,少
4 3 2
量HCl与AlO-反应生成沉淀,反应的离子方程式为H++AlO- +H O Al(OH) ↓,故D正确。
2 2 2 311.CD 解析 A项,水电离的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液,可能是酸溶液或碱溶液,AlO-
2
c(H+)
、CO2-在酸溶液中不能大量存在;B项, =1×10-12的溶液呈碱性,铵根离子不能大
3 c(OH-)
量存在;C项,0.1 mol·L-1氨水中:Na+、K+、NO-、OH-各离子相互不反应,能大量共存;D
3
项,含大量Fe3+的溶液呈酸性,各离子间都不反应,可大量共存。
12.C 解析 取少量样品溶于水,加入硝酸酸化的氯化钡溶液,产生白色沉淀,如果其中含
有SO2- ,则SO2-会被硝酸氧化为SO2- ,所以原固体中不一定含有SO2- ;在①中加入了硝酸
3 3 4 4
酸化的氯化钡溶液,引进了Cl-,因此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Cl-,也可能是加入的氯化钡溶液中的Cl-,因此无法判断Cl-是否存在;前面
两次操作中都使用硝酸酸化,如果其中含有Fe2+,则Fe2+会被氧化为Fe3+,Fe3+能使KSCN
溶液变为红色,所以无法确定原固体中含有的是Fe3+还是Fe2+;产生能使湿润的红色石蕊
试纸变蓝的气体是氨气,所以原固体中一定含有NH+ ;综上所述A、B、D项错误,C项正
4
确。
13.AB 解析 FeS固体与稀硫酸混合,FeS与稀硫酸反应得到FeSO 和H S,A正确;向沸
4 2
水中滴加饱和FeCl 溶液并加热可得到氢氧化铁胶体,离子方程式为Fe3++3H O
3 2
Fe(OH)
(胶体)+3H+,B正确;氢氧化钡过量时NH+也会与OH-发生反应,离子方程式为N
3 4
H++HCO-+Ba2++2OH- NH ·H O+BaCO ↓+H O,C错误;醋酸为弱酸,不能写成离子,正确
4 3 3 2 3 2
的离子方程式为3MnO2- +4CH COOH 2MnO- +MnO ↓+2H O+4CH COO-,D错误。
4 3 4 2 2 3
14.C 解析 pH=0的溶液为强酸性溶液,则溶液X中不存在弱酸根离子CO2- ,加入硝酸
3
钡溶液反应生成沉淀C,则溶液中存在SO2- ,不存在和硫酸根离子反应的Ba2+,沉淀C是
4
BaSO
;酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性,所以溶液中Fe2+和NO-不能共存,加入硝酸
4 3
钡产生气体,则溶液中存在Fe2+,不存在NO- ,气体A是NO;溶液B中加入过量氢氧化钠
3
溶液时,产生气体D,则溶液中含有NH+ ,气体D是NH ,产生沉淀F是Fe(OH) ,溶液E通
4 3 3
入过量二氧化碳时产生沉淀G和溶液H,则溶液E中存在AlO- ,X溶液中存在Al3+,沉淀
2
G是Al(OH) ,溶液H中含有NaHCO 。根据以上分析,溶液X中应含有Fe2+,酸性条件下
3 3
与硝酸根离子反应生成气体NO,反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO- 3Fe3+
3
+NO↑+2H
O,A项正确;生成沉淀G的离子方程式为AlO-
+CO +2H O Al(OH)
↓+HCO-
2 2 2 2 3 3
,B项正确;溶液X中一定没有的离子为CO2-、Ba2+、NO- ,C项错误;溶液X中一定含有
3 3
的离子是H+、Fe2+、SO2-、NH+、Al3+,D项正确。
4 4
15.答案 (1)2ClO- +SO2- +2H+ 2ClO ↑+SO2- +H O
3 3 2 4 2
(2)①H+ OH-、HCO- ②OH-、Na+ Cl-、NO-
3 3
③Al O +2OH- 2AlO- +H O
2 3 2 2
解析 (1)KClO 在H SO 存在下与Na SO 反应,SO2-被氧化成SO2-。(2)若溶液与Al O
3 2 4 2 3 3 4 2 3
反应后有Al3+生成,说明该溶液显酸性,一定含有H+,OH-、HCO-一定不会大量存在。若
3
溶液与Al O 反应后有AlO-生成说明该溶液显碱性,H+、Mg2+、Ag+、HCO-与OH-不能
2 3 2 3
大量共存,必定要含有一种阳离子:Na+,故溶液中一定含有OH-、Na+,可能含有大量的
Cl-、NO-。
3
16.答案 (1)CuSO FeCl Ba(OH) Al(NO ) Na CO
4 3 2 3 3 2 3(2)2Fe3++3CO2-+3H O 2Fe(OH) ↓+3CO ↑
3 2 3 2
(3)3Cu+8H++2NO- 3Cu2++2NO↑+4H O 500
3 2
解析 ①蓝色沉淀是氢氧化铜,白色固体应是硫酸钡,据此判断A和C分别是硫酸铜和氢
氧化钡中的一种;②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO2-结合,红褐色沉淀是氢氧化铁,
3
气体是二氧化碳,B、E中一种是碳酸钠,另一种物质是铁盐;③根据现象可说明C是氢氧
化钡,D是铝盐,则结合①可知A是硫酸铜;④根据现象可说明E是碳酸钠,B是铁盐;⑤根
据现象可说明D是硝酸铝,相应地B是氯化铁。
(1)综合以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别为CuSO 、FeCl 、Ba(OH) 、
4 3 2
Al(NO ) 、Na CO 。
3 3 2 3
(2)步骤②中Fe3+与CO2-相互促进水解,发生反应的离子方程式为2Fe3++3CO2-
+3H O
3 3 2
2Fe(OH) ↓+3CO ↑。
3 2
(3)步骤⑤中NO-在酸性条件下与铜发生反应,反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO-
3 3
3Cu2++2NO↑+4H O。38.4 g Cu的物质的量为0.6 mol,消耗1.6 mol H+,需要0.8 mol
2
0.8mol
H SO ,因此若要将Cu片完全溶解,至少加入稀硫酸的体积是 =0.5 L=500
2 4 1.6mol·L-1
mL。
17.答案 (1)ad (2)2Al3++3CO2- +3H O 2Al(OH) ↓+3CO ↑ (3)NO-、Al3+、SO2-、Cl-
3 2 3 2 3 4
(4)取少量溶液甲放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,在试管口放置湿润的红色石
蕊试纸,若试纸变蓝,则证明溶液中有NH+
4
(5)CaCl +CO +2NH +H O CaCO ↓+2NH Cl
2 2 3 2 3 4
解析 由溶液pH=1可知溶液呈酸性,氢离子浓度为0.1 mol·L-1,溶液中一定不存在CO2- ;
3
溶液A中加入过量(NH ) CO ,产生的气体是二氧化碳,产生白色沉淀,可以排除Fe2+、
4 2 3
Fe3+,原溶液中一定有Al3+;溶液乙中加铜和浓硫酸能产生遇空气能变成红棕色的气体丙,
则丙为NO,说明原溶液中有NO- ,强酸性溶液中有NO- ,则一定没有Fe2+、I-;最后根据电
3 3
荷守恒得原溶液中含有H+、NO-、Al3+、SO2-、Cl-五种离子。
3 4
(1)原溶液中含有H+、NO-、Al3+、SO2-、Cl-五种离子,则溶液A为无色溶液,故a正
3 4
确;气体所处的温度和压强未知,无法计算生成的NO的体积,故b错误;生成的气体甲是
二氧化碳、气体乙是氨气、气体丙是NO,均为无色气体,但是氨气易溶于水,故c错误;溶
液中含有H+、NO-、Al3+、SO2-、Cl-五种离子,一定不存在I-、CO2- ,故d正确;碳酸铵过
3 4 3
量,和过量的氢氧化钡反应得到碳酸钡,溶液中存在硫酸根,可以和氢氧化钡反应得到硫
酸钡沉淀,所以白色沉淀乙为BaCO 和BaSO 的混合物,故e错误。
3 4
(2)溶液A中加入过量(NH ) CO 产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,反应的离
4 2 3
子方程式为2Al3++3CO2- +3H O 2Al(OH) ↓+3CO ↑。
3 2 3 2
(3)原溶液中含有H+、NO-、Al3+、SO2-、Cl-五种离子。
3 4
(4)溶液甲中阳离子除H+外还有NH+ ,NH+的检验方法是:取少量溶液甲放入试管中,
4 4
加入浓NaOH溶液,加热,在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,若试纸变蓝,则证明溶液中
有NH+。
4(5)向CaCl 溶液中先通入氨气,氨气极易溶于水,再通入无色气体二氧化碳,可以用来
2
制备纳米级碳酸钙,反应的化学方程式为CaCl +CO +2NH +H O CaCO ↓+2NH Cl。
2 2 3 2 3 4
18.答案 (1)54.3 500 mL容量瓶、胶头滴管
(2)2Cr3++3H O +H O Cr O2-+8H+
2 2 2 2 7
(3)Cr O2-+2OH- 2CrO2-+H O,加入碱时OH-浓度增大,平衡正向移动
2 7 4 2
(4)Mg2+、Ca2+ (5)2CrO2- +3SO +12H O 2Cr(OH)(H O) SO ↓+SO2- +2OH-
4 2 2 2 5 4 4
解析 含铬污泥预处理后加入硫酸酸浸,酸浸后的滤液Ⅰ中的金属离子主要是Cr3+,其次
是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,加入H O ,Cr3+被H O 氧化为Cr O2- ,再加入NaOH溶液,调整
2 2 2 2 2 7
pH=8,则此时Cr O2-转化为CrO2- ,且Fe3+、Al3+沉淀完全,此时滤液Ⅱ中含有金属阳离子
2 7 4
Ca2+和Mg2+,还有CrO2- ,利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有Ca2+和
4
Mg2+,再通入SO ,使CrO2-转化为Cr(OH)(H O) SO 。
2 4 2 5 4
(1)根据c V =c V 列等式,18.4×V ×10-3=2×500×10-3,解得V ≈54.3,即需要量取54.3 mL
1 1 2 2 1 1
18.4 mol·L-1的浓硫酸;配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外,还需500 mL容量
瓶和胶头滴管。
(2)经氧化环节滤液Ⅰ中的Cr3+被H O 氧化为Cr O2- ,此反应的离子方程式为2Cr3+
2 2 2 7
+3H O +H O Cr O2-+8H+。
2 2 2 2 7
(3)Cr O2-为橙色,CrO2-为黄色,反应的离子方程式为Cr O2- +2OH- 2CrO2- +H O,调
2 7 4 2 7 4 2
pH=8后平衡正向移动,溶液中Cr O2-浓度减小,CrO2-浓度增大,颜色由橙色变为黄色。
2 7 4
(4)滤液Ⅱ中金属阳离子有Ca2+和Mg2+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金
属阳离子Ca2+和Mg2+。
(5)流程中用SO 进行还原时发生的反应是还原CrO2-生成Cr(OH)(H O) SO ,反应的
2 4 2 5 4
离子方程式为2CrO2- +3SO +12H O 2Cr(OH)(H O) SO ↓+SO2- +2OH-。
4 2 2 2 5 4 4
专题突破练四 元素及其化合物
1.B 解析 氮化碳属于无机物,则氮化碳属于新型无机非金属材料,故A不符合题意;复
合纤维织物中的纤维含有有机化合物成分,则复合纤维织物不属于新型无机非金属材料,
故B符合题意;氮化硼属于无机物,则氮化硼纤维属于新型无机非金属材料,故C不符合
题意;碳化硅属于无机物,则碳化硅属于新型无机非金属材料,故D不符合题意。
2.B 解析 氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙,但是二氧化硫具有还原性,次氯酸钙具有
氧化性,二者在溶液中发生氧化还原反应,不能生成次氯酸,A项错误;二氧化硅和氢氧化
钠溶液反应生成硅酸钠,硅酸钠和二氧化碳反应生成白色的硅酸沉淀,B项正确;二硫化
亚铁与氧气发生反应生成氧化铁和二氧化硫,二氧化硫和氨水反应生成(NH ) SO ,不能
4 2 3
生成硫酸铵,C项错误;侯氏制碱法的原理是将二氧化碳和氨气通入氯化钠的饱和溶液中
生成碳酸氢钠,碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠,D项错误。
3.A 解析 利用树脂萃取了GaO- ,因此溶液B中含有金属元素的离子有Na+、AlO- ,A选
2 2
项错误;Ga O 与Al O 都能与NaOH反应分别生成可溶性盐NaAlO 、NaGaO ,因此浸渣
2 3 2 3 2 2
A的主要成分是Fe O ,B选项正确;通过萃取和反萃取,去除了含铝元素的杂质,可以实现
2 3Ga元素的富集,C选项正确;加入NaOH后溶液C中含有GaO- ,由GaO-电解制备Ga,Ga
2 2
元素化合价降低,所以是在阴极上发生反应,D选项正确。
4.B 解析 根据图像可知,a为NH ,b为NO,NH 可经催化氧化生成NO,A说法正确;b为
3 3
NO,NO为无色气体,NO与氧气反应可转化为c(NO ),B说法错误;+4价的含氮氧化物有
2
NO 、N O ,密闭体系中,c(NO )存在反应2NO N O ,C说法正确;d为硝酸,Cu与稀硝酸
2 2 4 2 2 2 4
反应生成NO,Cu与浓硝酸反应可生成NO ,D说法正确。
2
5.B 解析 氨气极易溶于水,而二氧化碳微溶于水,先通入氨气,溶液呈碱性,再通入二氧
化碳气体可更多地转化为HCO- ,故A正确;该反应原理是:NaCl+NH +CO +H O
3 3 2 2
NaHCO ↓+NH Cl、2NaHCO Na CO +CO ↑+H O,故B错误;碳酸氢钠受热分解生成碳
3 4 3 2 3 2 2
酸钠、CO 和水,可将CO 通入沉淀池中循环利用,故X为CO ,故C正确;在过滤后的母
2 2 2
液中加入氯化钠粉末、通入氨气并搅拌,增大了铵根离子的浓度,使氯化铵更多地析出,
经冷却结晶后可得氯化铵晶体,故D正确。
6.C 解析 E是氢化物,G是氧化物,则可推测X中一定含有氧元素,A正确;H是氧化物,I
是含氧酸,且中心元素的化合价一样,则H一定是I的酸酐,B正确;如果该元素是硫元素,
则硫酸就不能使氢氧化钡溶液先变浑浊后变澄清,C错误;F中该元素的化合价处于G与
E中该元素化合价之间,如H S与SO 在常温下可以反应得到S,D正确。
2 2
7.D 解析 海水中的镁元素以镁盐的形式存在,“沉镁”即使Mg2+变成氢氧化镁,与
Mg2+直接反应的物质一般是氢氧化钙,那么物质X通常选用生石灰(氧化钙),A项正确;工
业上通常用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁,B项正确;根据流程图中步骤“氯化”图
示可知,反应物为碳单质、氯气和氧化镁,产物为氯化镁和一氧化碳,C项正确;“煅烧”后
的固体产物是氧化镁,氧化镁和盐酸反应生成氯化镁,由于镁离子能发生水解,蒸发氯化
镁溶液最终得到氢氧化镁固体,不能得到无水氯化镁,D项错误。
8.A 解析 Al(OH) 是两性氢氧化物,能和氢氧化钠反应生成溶于水的偏铝酸钠,而
3
Cu(OH) 不能,除杂试剂和离子方程式均正确,故A符合题意;FeCl 溶液因水解显酸性,铁
2 3
离子在一定的酸性条件下就可以沉淀完全,因此加入过量氧化镁可除去FeCl ,除杂试剂
3
选取正确,但离子方程式电荷不守恒,故B不符合题意;CO 和SO 都能和NaOH溶液反应,
2 2
除杂试剂选取不正确,故C不符合题意;溴水能和乙烯发生加成反应,CH CH 不可以,除杂
3 3
试剂选取正确,但反应的化学方程式书写不正确,正确的化学方程式为CH CH +Br
2 2 2
CH Br—CH Br,故D不符合题意。
2 2
9.A 解析 向ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO 溶液,发生沉淀转化:ZnS(s)+Cu2+(aq)
4
CuS(s)+Zn2+(aq),说明CuS比ZnS更难溶,故K (ZnS)>K (CuS),A符合题意;SO 、CH
sp sp 2 2
CH 均能使KMnO 溶液褪色,故通过足量的KMnO 溶液CH CH 也会被氧化除去,B不
2 4 4 2 2
符合题意;Al (SO ) 与氨水反应生成Al(OH) 沉淀,灼烧Al(OH) 转化为Al O ,不能达到实
2 4 3 3 3 2 3
验目的,C不符合题意;加热时,促进FeCl 水解平衡正向移动生成Fe(OH) 和HCl,由于
3 3
HCl易挥发,故蒸干后得到的固体为Fe(OH) ,D不符合题意。
3
10.C 解析 根据图2可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,题给反应为放热反应,
则总反应焓变ΔH<0,A说法错误;由状态②到状态③,发生[CuⅡ(OH)(NH ) ]++NO
3 3
[CuⅠ(H NNO)(NH ) ]++H O,Cu元素的化合价降低,是铜元素被还原的过程,B说法错误;
2 3 2 2状态③到状态④的变化过程为[CuⅠ(H NNO)(NH ) ]+ [CuⅠ(N H ) ]+ +N +H O,有O
2 3 2 3 2 2 2
1
—H键的形成,C说法正确;根据图1,加入2NH 、2NO、 O ,生成2N 、3H O,则脱硝过
3 2 2 2 2
程总反应的化学方程式为4NH +4NO+O 6H O+4N ,D说法错误。
3 2 2 2
11.D 解析 浓氨水与固体氢氧化钠相遇产生氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
色,A错误;常温下高锰酸钾能氧化浓盐酸生成氯气,氯气溶于水产生的次氯酸具有强氧
化性,能使品红溶液褪色,而不是先变红后褪色,B错误;浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧
化硫,二氧化硫具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,因此蘸有酸性KMnO 溶液的滤
4
纸变无色,C错误;浓硝酸和硫酸亚铁发生氧化还原反应可生成NO ,NO 能使湿润的淀粉
2 2
KI试纸变蓝色,D正确。
12.CD 解析 亚硝酸钠具有氧化性,碘离子具有还原性,酸性条件下,二者发生氧化还原
反应生成一氧化氮和碘;利用活性炭吸附,然后加入热的浓氢氧化钠溶液吸收单质碘,最
后加入HCl调节pH,使碘离子和碘酸根离子在酸性溶液中发生归中反应生成单质碘:IO-
3
+5I-+6H+ 3I +3H O。NaNO 氧化I-时的离子方程式为2NO- +4H++2I-
2 2 2 2
2NO↑+I +2H O,因此使溶液pH变大,A错误;活性炭吸附是为了吸收碘单质,B错误;根据
2 2
以上分析可知I 与NaOH溶液(浓、热)反应的化学方程式:3I +6NaOH(浓、热)
2 2
5NaI+NaIO +3H O,C正确;I 在水中溶解度小、易升华,因此热空气能吹出I ,D正确。
3 2 2 2
13.CD 解析 “电解Ⅰ”中为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,“歧化反
应”为氯气与碳酸钠溶液发生反应,生成的产物之一为NaClO ,同时生成二氧化碳气体;
3
“电解Ⅱ”是溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子,加入盐酸发生
“反应Ⅰ”,“操作a”为过滤,获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸,“反应Ⅱ”是
Cu (OH) CO 与HClO 发生复分解反应,然后从所得溶液中提取目标产物。“电解Ⅰ”
2 2 3 4
时阳极反应产物为氯气,故阳极必须为惰性电极,不可用不锈钢材质,A错误;“歧化反应”
的产物之一为NaClO ,B错误;经“操作a”获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸,故“操作
3
a”是过滤,C正确;“反应Ⅱ”为Cu (OH) CO 和HClO 发生复分解反应,高氯酸是强酸,则
2 2 3 4
反应的离子方程式为Cu (OH) CO +4H+ 2Cu2++CO ↑+3H O,D正确。
2 2 3 2 2
14.AD 解析 根据同主族元素性质递变规律,锶的金属性比钙的强,SrSO 的溶解性比
4
CaSO 的弱,A错误;高温焙烧时,若0.5 mol SrSO 完全反应转移了4 mol电子,说明S元素
4 4
化合价由+6价降低为-2价,该反应的化学方程式为SrSO +4C SrS+4CO,B正确;硫酸钡
4
难溶于水,加入适量1 mol·L-1硫酸的目的是生成硫酸钡沉淀,除去溶液中的Ba2+,C正
确;SrCl 是强酸强碱盐,SrCl 不水解,直接加热SrCl ·6H O失水至恒重,可制得无水
2 2 2 2
SrCl ,D错误。
2
15.答案 (1)AC (2)CuO+H SO CuSO +H O 不产生SO (硫酸利用率高)
2 4 4 2 2
(3)过滤 干燥 除尽Fe3+和抑制CuSO 水解
4
破坏Fe(OH) 胶体易于过滤
3
80×(m -m )
(4) 2 3 (5)①③
9×(m -m )
3 1解析 (1)原料与稀硫酸反应在烧杯中进行,其中稀硫酸用量筒量取,充分反应后需过滤除
去不溶性杂质,用到烧杯、漏斗、玻璃棒,胆矾从溶液中析出需要蒸发滤液,蒸发滤液需
要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯,故选AC。
(2)CuO(杂质为氧化铁及泥沙)与稀硫酸在加热时主要反应的化学方程式为
CuO+H SO CuSO +H O;铜与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为Cu+2H SO
2 4 4 2 2 4
CuSO +SO ↑+2H O,硫酸利用率低且产生的SO 会污染大气。
4 2 2 2
(3)从滤液中获得胆矾的实验操作包括:加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干
燥。由于焙烧废铜得到的CuO中含有氧化铁,用硫酸溶解时产生硫酸铁杂质,为从
CuSO 溶液中除去Fe (SO ) ,应控制溶液pH为3.5~4,使Fe3+转化为Fe(OH) ,同时还可抑
4 2 4 3 3
制CuSO 水解,防止生成Cu(OH) 沉淀;煮沸10 min的作用是破坏Fe(OH) 胶体,促进
4 2 3
Fe(OH) 沉淀的生成。
3
(4)设胆矾的化学式为CuSO ·xH O
4 2
则CuSO ·xH O CuSO +xH O
4 2 4 2
160+18x 160 18x
m -m m -m m -m
2 1 3 1 2 3
160 18x
=
m -m m -m
3 1 2 3
160(m -m ) 80(m -m )
x= 2 3 = 2 3
18(m -m ) 9(m -m )
3 1 3 1
(5)胆矾不干燥会使m 偏大,则导致所求x偏大;坩埚未置于干燥器中冷却,CuSO 吸
2 4
收空气中的水蒸气导致m 偏大,使所求x偏小;加热时有胆矾迸溅出来,会使m 偏小,导致
3 3
x偏大。故选①③。
16.答案 (1)Al(铝) 适当升温、提高碱液浓度
(2)2LiCoO +3H SO +H O Li SO +2CoSO +4H O+O ↑
2 2 4 2 2 2 4 4 2 2
1×10-14
(3)0.1 mol·L-1 Na C O 溶液的pH为8.35,c(OH-)=10-5.65 mol·L-1,Q =0.1×(
2 2 4 c 1×10-8.35
)2=10-12.3>K [Co(OH) ],容易产生Co(OH) 杂质
sp 2 2
(4)①烧杯 分液漏斗 H SO
2 4
(5)加热溶液,趁热过滤
解析 由题给流程可知,废旧锂电池拆分去壳后用碱液浸泡,电池中的铝与碱液反应生成
偏铝酸根离子和氢气,过滤得到含有偏铝酸根离子的滤液和含有钴酸锂和铜的滤渣;向滤
渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液,铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸铜和水,钴酸
锂与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水,过滤得到含有硫酸铜、
硫酸锂、硫酸钴的滤液;向滤液中加入草酸铵,草酸铵与溶液中钴离子反应生成二水草酸
钴沉淀,过滤得到草酸钴沉淀和含有硫酸铜、硫酸锂的滤液;二水草酸钴在空气中煅烧可
得到四氧化三钴;向滤液中加入RH和煤油的混合溶液萃取溶液中的铜离子,分液得到硫
酸锂溶液和含有铜离子的有机溶液;向有机溶液中加入反萃取剂萃取溶液中的铜离子,分
液得到硫酸铜溶液,硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体;向硫酸锂溶液中加入碳酸钠溶液,使硫酸锂转化为碳酸锂沉淀,过滤得到碳酸
锂,使碳酸锂和四氧化三钴在一定条件下反应生成钴酸锂。
(1)由分析可知,碱浸泡用来除去废旧电池中的铝,使铝与碱液反应生成偏铝酸根离子
和氢气;适当升温、提高碱液浓度、搅拌、振荡等措施都可以提高铝的去除率。
(2)钴酸锂与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水,反应的离
子方程式为2LiCoO +3H SO +H O Li SO +2CoSO +4H O+O ↑。
2 2 4 2 2 2 4 4 2 2
(3)由题意可知,草酸铵溶液呈酸性,草酸钠溶液呈碱性,若用草酸钠溶液,由溶液pH为
1×10-14
8.35可知,溶液中的浓度商Q =0.1×( )2=10-12.3>K [Co(OH) ],会生成氢氧化亚钴
c 1×10-8.35 sp 2
沉淀,则向“滤液2”中加入草酸铵溶液,不加入草酸钠溶液的目的是防止生成氢氧化亚
钴沉淀。
(4)萃取时用到的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯;由分液后得到硫酸铜溶液可知,向有机
层中加入的反萃取剂为稀硫酸。
(5)由图可知,碳酸锂的溶解度随温度升高而降低,为防止温度降低时碳酸锂重新溶解,
则加入碳酸钠溶液后应加热溶液,趁热过滤得到碳酸锂沉淀。
17.答案 (1)增大盐酸浓度(或适当加热或将置换渣粉碎等)
(2)A D
(3)In3+在溶液中存在平衡:In3++3H A (InA ·3HA)+3H+,pH增大,c(H+)减小或c(OH-)
2 2 3
增大,平衡右移,In3+萃取率提高
(4)7.7×10-6
(5)2In3++3Zn 2In+3Zn2+
(6)精铟
解析 向置换渣中加入盐酸,Zn和In与盐酸反应进入溶液中,过滤所得滤液中含有
ZnCl 、InCl 和HCl,加入D EHPA(以H A 表示)萃取In3+,分液得到有机相,然后加入盐酸
2 3 2 2 2
反萃取,再加入锌置换出In,最后碱溶压铸并电解得到粗铟。
(1)依据外界条件对反应速率的影响可知为提高置换渣浸出时的速率可以采取的措
施是增大盐酸浓度(适当加热或将置换渣粉碎等)。
(2)根据以上分析可知操作Ⅰ、Ⅱ的名称分别为过滤和分液。
(3)由于In3+在溶液中存在平衡:In3++3H A (InA ·3HA)+3H+,所以pH增大,c(H+)减
2 2 3
小或c(OH-)增大,平衡右移,In3+萃取率提高。
(4)常温下,In3+(aq)+3H O(l) In(OH) (s)+3H+(aq)的化学平衡常数K=
2 3
c3(H+) c3(OH-)×c3(H+) 10-42
= = ≈7.7×10-6。
c(In3+) c3(OH-)×c(In3+) 1.3×10-37
(5)得到海绵铟时主要发生的是置换反应,反应的离子方程式为2In3++3Zn
2In+3Zn2+。
(6)图乙是模拟精炼铟的装置图,左侧电极和电源的负极相连,左侧为阴极,溶液中
In3+放电,因此方框中a对应的物质为精铟。
18.答案 (1)粉碎废渣 充分搅拌(或通入足量空气等)(2)2Cr O +8KOH+3O 4K CrO +4H O
2 3 2 2 4 2
(3)Fe(OH) KSCN
3
(4)pH过低,Al3+进入滤液 1.3×10-15
(5)Cr O2-+3SO2-+8H+ 2Cr3++3SO2-+4H O
2 7 3 4 2
(6)高温煅烧
解析 (1)粉碎废渣、通入足量氧气、充分搅拌等可使废渣充分氧化。
(2)依据得失电子守恒、质量守恒可得反应的化学方程式为2Cr O +8KOH+3O
2 3 2
4K CrO +4H O。
2 4 2
(3)FeO-结合H O电离出的H+及H O生成Fe(OH) 和KOH;检验Fe3+可用KSCN溶
2 2 2 3
液。
(4)pH过低时,AlO-会转化为Al3+进入滤液。pH=8时,c(OH-)=1×10-6 mol·L-1,则
2
1.3×10-33
c(Al3+)= mol·L-1=1.3×10-15 mol·L-1。
(1×10-6)3
(5)依据得失电子守恒和质量守恒可得“还原”时发生反应的离子方程式为Cr O2-
2 7
+3SO2-+8H+ 2Cr3++3SO2-+4H O。
3 4 2
(6)高温煅烧难溶氢氧化物可得对应的氧化物。
专题突破练五 物质结构 元素周期律
1.D 解析 中子数为8的氧原子的质量数为8+8=16,该原子正确的表示方法为16O,A错
8
误;N H 是共价化合物,氮原子和氢原子形成共价键,氮原子和氮原子间形成共价单键,肼
2 4
中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代,结构式为 ,B错误;镁离子核外电
··
H· O ·
子数为10,结构示意图为 ,C错误;水是共价化合物,其电子式为 · ·· · H,D
正确。
2.B 解析 次氯酸分子中含有1个H—O键和1个O—Cl键,其正确的结构式为H—O—
Cl,A错误;过氧化钙中过氧根中存在共价键,B正确;二氧化碳分子中碳原子半径大于氧
原子半径,C错误;乙醇的结构简式为CH CH OH,分子式为C H O,D错误。
3 2 2 6
3.B 解析 由AX+4He Y+1H可得:Z+2=Z'+1①,由X、Y的质子数之和为15可得:
Z 2 1
Z+Z'=15②,解①②可得Z=7、Z'=8,则X为N元素、Y为O元素。由分析可知,X为质子
数为7的氮元素,故A正确;氮元素的氧化物对应的水化物不一定为强酸,如亚硝酸为弱
酸,故B错误;氧元素的氢化物过氧化氢分子中含有极性键和非极性键,故C正确;在放电
条件下,氮气和氧气发生化合反应生成一氧化氮,故D正确。
4.A 解析 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的一种原子中没有中子,
则W为H元素;X的简单气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应,X为N元素;Y
所在的族序数等于周期序数,结合原子序数可知Y为Al元素;W、Z元素的最高正价之
和等于X、Y元素的最高正价之和,可知Z的最高正价为+7价,则Z为Cl元素。电子层越多,离子半径越大,具有相同电子层排布的离子中原子序数大的离子半径小,则简单离
子半径:Z>X>Y>W,故A正确;元素的非金属性越强,对应氢化物的还原性越弱,则简单气
态氢化物的还原性:X>Z,故B错误;非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,则最高
价氧化物对应的水化物酸性:Z>X>Y,故C错误;W、X、Z三种元素组成的化合物为氯化
铵时,含有离子键和共价键,故D错误。
5.B 解析 X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,X原子的核外电子总数
是次外层电子数的3倍,X为C元素,Z元素在短周期中金属性最强,Z为Na元素,W原子
的最外层电子数与核外电子数之比为3∶8,W为S元素,Y、W同主族且Y的原子序数
比W小,则Y为O元素。由上述分析可知,W为S元素,Z为Na元素,Y为O元素,电子层
越多半径越大,所以半径S2->O2-,O2-和Na+核外电子排布相同,核电荷数越大半径越小,所
以半径O2->Na+,即简单离子半径:W>Y>Z,A错误;X、Y形成的CO 与Y、Z形成的
2
Na O 可以反应生成碳酸钠和氧气,B正确;X为C元素,碳元素与氢元素形成的化合物可
2 2
能含有非极性键,比如C H 中2个C原子之间形成的C—C键为非极性键,C错误;W为S
2 6
元素,H SO 、H SO 均为S的氧化物对应的水化物,H SO 属于强酸,但H SO 属于弱酸,D
2 4 2 3 2 4 2 3
错误。
6.D 解析 X、Y、Z、W为原子序数依次增大的常见元素,根据它们形成的常见有机化
合物Q可知,Y为C元素,Z为N元素,X为H元素。W元素原子最外层电子数是电子层
数的3倍,W为O元素。化合物Q是尿素。Z为N元素,N元素的气态氢化物和Cl元素
的气态氢化物反应生成的NH Cl是离子化合物,故A错误;Y和W所形成的化合物有
4
CO、CO ,CO不能与碱溶液反应,故B错误;化合物Q是尿素不是铵盐,与熟石灰共热不
2
会放出刺激性气味气体,故C错误;X和Na形成的化合物NaH与水反应,一定会生成
NaOH和氢气,故D正确。
7.C 解析 X原子最外层电子数是内层电子数的2倍,则X是C元素,Y是地壳中含量最
多的元素,Y是O元素,Z的金属性在短周期中最强,Z是Na元素,W与Y同主族,则W是
S元素。O2-、Na+的电子层结构相同,根据“序小径大”的原则,O2-半径大于Na+,S2-有三
个电子层,半径最大,所以半径:Na+H SiO ,故D正确。
2 4 2 3
10.C 解析 主族元素Z的原子半径在同周期中最大,故Z是Na;W、X、Z分别位于不
同周期,且均是短周期元素,故W是H;根据X的成键结构可知,X是C;Y是O。O 的氧化
2
性在同族单质中最强,A正确;Z与Y可形成Na O 、Na O,B正确;离子结构相同,原子序
2 2 2
数越大,对应离子半径越小,则半径:Na+Cl-
>O2->Al3+,A正确;氧化铝熔点高,可做耐火材料,B正确;碳元素氢化物种类较多,不具有可
比性,C错误;碳元素有金刚石、石墨等同素异形体,硫有S 、S 等同素异形体,D正确。
2 8
12.AB 解析 原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素,已知它们的原子序数均不
超过20,W的最低化合价为-2价,W应为O元素,X在元素周期表中的族序数等于其周期
序数,应为Al元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于11,W最外层电子数为6,则Y的
最外层电子数应该大于3,故推知Y、Z依次为Si、K。金属性:K>Al,A错误;原子半
径:ONa+>Al3+,A错
误;Y为NaOH,NaOH中既有离子键又有共价键,B正确;AlCl 为共价化合物,熔融状态下
3
没有自由移动的离子,则不能用电解熔融状态下的AlCl 制备Al单质,可以电解熔融状态
3
下的Al O 制备Al单质,C错误;往HCl溶液中逐滴滴入NaAlO 溶液,相当于盐酸过量,先
2 3 2
发生反应4H++AlO- Al3++2H O,后发生反应3AlO- +Al3++6H O 4Al(OH) ↓,则现象是
2 2 2 2 3
开始没有沉淀生成,后产生沉淀,D错误。
14.BD 解析 由题意可知,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,只有
X、Y在同一周期,可知W位于第一周期,则W为H。题给结构中X形成四个单键,Y能
形成两个单键或一个双键,则X为C,Y为O,Z形成一个单键,则Z应为Cl。碳的氢化物
有多种,可以是气体、液体或固体,A错误;C的原子半径大于O,B正确;H O 分子中含有
2 2
非极性键,C错误;ClO 是一种高效安全的绿色杀菌剂,D正确。
2
专题突破练六 氧化还原反应与电化学1.B 解析 A项,谷物发酵酿造食醋的过程是:谷物 葡萄糖 乙醇 乙酸;B项,小苏
打作膨松剂是因为小苏打受热分解及能与酸反应放出CO ,发生的是非氧化还原反应;C
2
项,含氯消毒剂给环境消毒是利用了消毒剂的强氧化性,使蛋白质变性;D项,NO 形成酸
2
雨过程中,NO 发生的反应为3NO +H O 2HNO +NO,该反应属于氧化还原反应。
2 2 2 3
2.D 解析 由反应可知Fe转化成四氧化三铁,化合价升高,失去电子,Fe作还原剂,故A
错误;反应后氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低,得电子发生还原反应,故B错误;生
成的钠蒸气能与空气中的氧气和水反应,因此应隔绝空气后冷却获得钠,故C错误;由反
应可知,3 mol Fe失去8 mol电子得到4 mol Na,则生成1 mol Na应转移电子2 mol,转移
电子的数目约为2×6.02×1023,故D正确。
3.B 解析 CrO (ClO ) 中O元素为-2价、Cl元素为+7价,则根据化合物中元素化合价
2 4 2
代数和等于0,可知该物质中Cr元素化合价为+6价,A错误;Cl元素的非金属性较
强,HClO 属于强酸,HClO 氧化CrCl 生成棕色的物质[CrO (ClO ) ],部分HClO 被还原生
4 4 3 2 4 2 4
成HCl,HCl也属于强酸,B正确;该反应的离子方程式为19ClO- +8Cr3++4H O
4 2
8CrO (ClO ) +3Cl-+8H+,其中19 mol ClO-中有3 mol ClO-作氧化剂,被还原为Cl-,8 mol
2 4 2 4 4
Cr3+全部作还原剂,被氧化为8 mol CrO (ClO ) ,故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
2 4 2
3∶8,C错误;该反应的离子方程式为19ClO- +8Cr3++4H O 8CrO (ClO ) +3Cl-+8H+,D错
4 2 2 4 2
误。
4.D 解析 分析题图可知,丙烯被氧化成甲醛和乙醛,A项正确;整个反应过程中,存在着
元素化合价变化,如二氧化氮转化成一氧化氮,氮的化合价发生变化,转化中发生了氧化
还原反应,B项正确;大气中的二氧化氮和碳氢化合物受紫外线作用,可产生光化学烟雾,
是二次污染物,C项正确;该过程中氧气是反应物,不是催化剂,D项错误。
5.D 解析 电池放电时化学能转化为电能,A错误;由题干描述及图中Ti电极上
Fe3+→Fe2+发生还原反应可知,Ti电极为正极,Li电极为负极,放电时Li+由负极区向正极区
迁移,B错误;放电时的负极反应为Li-e- Li+,正极反应为Fe3++e- Fe2+,C错误;氧化罐中
将Fe2+氧化为Fe3+,根据电子、原子守恒配平反应的离子方程式为2Fe2++S O2- 2Fe3+
2 8
+2SO2-,D正确。
4
6.C 解析 放电时,正极上的氧气得电子,与钾离子结合生成超氧化钾,正极反应为K+
+O +e- KO ,A正确;充电时,氧气从阳极逸出,可有效抑制氧气扩散,从而极大延长K-O
2 2 2
电池的循环性能,B正确;充电时每转移1 mol e-,阳极上1 mol钾离子向阴极移动,且生成
1 mol氧气逸出,质量减少71 g,C错误;空气比较廉价,故在理想状态下使用空气来替代纯
氧可以降低电池的造价,D正确。
7.B 解析 根据原电池的图示及电子移动的方向(左→右)可知,左边为负极,发生反应
(CH O) -4ne-+nH O nCO ↑+4nH+,右边为正极,发生反应2NO- +12H++10e-
2 n 2 2 3
N ↑+6H O。原电池中电极电势,右侧正极高于左侧负极,则右侧阴极高于左侧阳极,故A
2 2
正确;负极电极反应式为(CH O) -4ne-+nH O nCO ↑+4nH+,故B错误;由正极电极反应式
2 n 2 2
2NO- +12H++10e- N ↑+6H O可知,当处理1 mol NO-时,有5 mol H+经过质子交换膜,移
3 2 2 3
向阴极室,故C正确;温度过高(CH O) 会变成气体,因此需要控制温度,故D正确。
2 n8.B 解析 由装置图可知,In/In O 电极上CO →HCOO-,碳元素的化合价降低,发生还原
2 3-x 2
反应,该电极为阴极,则Ni P电极为阳极,与电源正极相连,A正确,B错误;电解过程中阴离
2
子OH-由阴极移向阳极,即OH-由In/In O 电极区向Ni P电极区迁移,C正确;Ni P电极上
2 3-x 2 2
发生氧化反应,根据电荷、原子守恒可得电极反应式为CH (CH ) NH +4OH--4e-
3 2 7 2
CH (CH ) CN+4H O,D正确。
3 2 6 2
9.C 解析 由题干描述及装置图可知,该装置为电解装置,b电极为阴极,a电极为阳极。a
电极为阳极,产生气体,则电极材料不可以是活性电极,A错误;由放电顺序可知,阳极电极
反应式为2H O-4e- 4H++O ↑,故当电路中转移1 mol电子时,a极生成5.6 L(标准状
2 2
况)O ,D错误;阴极电极反应式为ClO- +2H++e- ClO ↑+H O、ClO +e- ClO- ,后续反应
2 3 2 2 2 2
为ClO- +ClO- +2H+ 2ClO ↑+H O,C正确;阴极总反应式为ClO- +2H++e- ClO ↑+H O,
2 3 2 2 3 2 2
转移1 mol电子消耗2 mol H+,通过质子交换膜的H+为1 mol,故阴极室c(H+)减小,pH增
大,B错误。
10.C 解析 装置无外接电源,则为原电池,根据B电极H O→O (氧元素化合价升高)可知
2 2
B为负极,电极反应为2H O-4e- O ↑+4H+;A极为正极,B极是电池的负极,A正确;B极的
2 2
电极反应为2H O-4e- O ↑+4H+,B正确;A极发生两个反应,2H++2e- H ↑,3CO +18e-
2 2 2 2
+18H+ CH CH(OH)CH +5H O,生成60 g即1 mol异丙醇,则CO 转移18 mol电子,但是
3 3 2 2
生成氢气也会转移电子,故生成60 g异丙醇转移电子大于18 mol,C错误;题中装置是用
二氧化碳制取异丙醇,故A极选用高活性和高选择性的电化学催化剂能有效抑制析氢反
应,D正确。
11.B 解析 石膏能调节普通硅酸盐水泥的硬化速度,A项正确;由流程图可知,过程Ⅰ
中,Mn(OH) 和O 反应生成MnO2-和H O,化学方程式为2Mn(OH) +O +4OH- 2MnO2-
2 2 3 2 2 2 3
+4H O,Mn(OH) 转化为MnO2- ,Mn元素化合价由+2价变为+4价,化合价升高,Mn(OH)
2 2 3 2
作还原剂,MnO2-为氧化产物,O 中O元素化合价由0价变为-2价,化合价降低,O 作氧化
3 2 2
剂,则过程Ⅰ中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2,B项错误;10 L上层清液中的
S2-的物质的量为
320 mg·L-1×10L×10-3g·mg-1
=0.1 mol,根据S元素守恒,过程Ⅱ中生成的S O2-的
32 g·mol-1 2 3
物质的量为0.05 mol,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO2- +2S2-+9H O S O2-
3 2 2 3
+4Mn(OH) ↓+10OH-,0.1 mol S2-被转化需要消耗0.2 mol MnO2- ,根据过程Ⅰ中的反应
2 3
2Mn(OH) +O +4OH- 2MnO2- +4H O可知,该过程消耗O 的物质的量为0.1 mol,S O2-与
2 2 3 2 2 2 3
O 在碱性条件下反应生成SO2- ,离子方程式为S O2- +2O +2OH- 2SO2- +H O,则该反应
2 4 2 3 2 4 2
消耗O 的物质的量为0.05 mol×2=0.1 mol,共消耗0.2 mol O ,空气中O 的体积含量约为
2 2 2
0.2mol×22.4 L·mol-1
1
,则理论上共需标准状况下空气的体积约为 1 =22.4 L,C项正
5
5
确;由C项分析可知,D项正确。
12.C 解析 辉铋矿(主要成分为Bi S ,含少量杂质PbO 等)加入足量的FeCl 溶液和盐酸
2 3 2 3
浸取,Fe3+将S2-氧化成S单质,盐酸将PbO 还原,由于溶液中有大量氯离子,所以得到
2PbCl 沉淀;加入适量铁粉将H+、Fe3+还原,同时置换出Bi单质,过滤得到粗铋以及主要含
2
有FeCl 的滤液,粗铋经电解精炼得到精铋,向氯化亚铁溶液中通入氯气得到氯化铁再生
2
液。浸出时Fe3+将-2价的硫元素氧化,结合电子守恒和元素守恒可以得到离子方程式为
6Fe3++Bi S 6Fe2++2Bi3++3S,A正确;盐酸可以提供氢离子和氯离子,酸性环境中PbO 可
2 3 2
以将氯离子氧化,B正确;根据上述分析可知浸出过程全部为氧化还原反应,置换过程中
Fe与H+、Fe3+和Bi3+的反应是氧化还原反应,再生过程中氯气将亚铁离子氧化,电解精炼
也是发生氧化还原反应,C错误;根据分析可知再生液为氯化铁溶液,可以加入浸出操作
中循环利用,D正确。
13.CD 解析 电池工作时的总反应为NH ·BH +3H O NH BO +4H O,负极反应式为
3 3 2 2 4 2 2
NH ·BH +2H O-6e- NH++BO- +6H+;正极反应式为H O +2H++2e- 2H O。a极失电子
3 3 2 4 2 2 2 2
为负极,b极得电子为正极,A项正确;a极生成氢离子,b极消耗氢离子,故电池工作时,H+通
过质子交换膜向右移动,B项正确;a极反应式为NH ·BH +2H O-6e- NH++BO- +6H+,C
3 3 2 4 2
6.2 g
项错误;6.2 g NH ·BH 的物质的量为 =0.2 mol,生成的氢离子的物质的量为
3 3 31 g·mol-1
1.2 mol,b极一端溶液中增加1.2 mol氢离子,故当加入6.2 g NH ·BH 时,左右两极室内液
3 3
体质量差为6.2 g-1.2 mol×2×1 g·mol-1=3.8 g,D项错误。
14.AD 解析 根据图示可知,Fe3+、O 在左侧电极得电子发生还原反应,所以电源的A极
2
为负极,A错误;B是正极,与电源B极相连的电极发生氧化反应,反应式为H O-e- H+
2
+·OH,B正确;根据图示,H O 与Fe2+发生反应生成Fe(OH)2+、·OH,反应方程式为
2 2
H O +Fe2+ Fe(OH)2++·OH,C正确;阴极发生的反应有Fe3++e- Fe2+、2H++O +2e-
2 2 2
H O 、H O +Fe2+ Fe(OH)2++·OH,阳极发生的反应为H O-e- H++·OH,结合得失电子
2 2 2 2 2
守恒可得总反应为Fe3++O +3H O Fe(OH)2++H++4·OH,所以每消耗0.1 mol O 时,理论
2 2 2
上可产生的·OH为0.4 mol,D错误。
15.答案 (1)6.02×1023 KMnO O (2)2.5
4 2
(3)5SO +2MnO- +2H O 2Mn2++4H++5SO2-
2 4 2 4
(4)6MnO- +5CuS+28H+ 5Cu2++5SO ↑+6Mn2++14H O
4 2 2
(5)d
解析 (1)反应中H O 中氧元素的化合价从-1价升高到0价,则1 mol H O 失去2 mol电
2 2 2 2
子,反应中若有0.5 mol H O 参加此反应,转移电子的个数约为6.02×1023。氧化剂的氧化
2 2
性强于其氧化产物的氧化性,反应中高锰酸根离子是氧化剂,H O 是还原剂,氧气是氧化
2 2
产物,则由题给反应得出的物质氧化性强弱的结论是KMnO >O 。
4 2
(2)已知:2KMnO +7H O +3H SO K SO +2MnSO +6O ↑+10H O,Mn元素化合价从
4 2 2 2 4 2 4 4 2 2
+7价降低到+2价得到5个电子,H O 中氧元素化合价从-1价升高到0价,失去电子,则根
2 2
1mol×5
据电子得失守恒可知被1 mol KMnO 氧化的H O 是 =2.5 mol。
4 2 2 2
(3)将SO 气体通入酸性高锰酸钾溶液,溶液褪色,MnO-被还原成Mn2+,二氧化硫被氧
2 4
化为硫酸,因此上述过程的离子方程式为5SO +2MnO- +2H O 2Mn2++4H++5SO2-。
2 4 2 4(4)反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子,硫元素化合价从-2价升
高到+4价失去6个电子,根据得失电子守恒可知转移30个电子时,依据原子守恒和电荷
守恒可知配平后的方程式为6MnO- +5CuS+28H+ 5Cu2++5SO ↑+6Mn2++14H O。
4 2 2
(5)a项,硫元素化合价从-2价升高到+4价失去6个电子,铜元素化合价从+1价升高到
+2价,失去1个电子,被氧化的元素是Cu元素和S元素,a正确;b项,反应中Mn元素化合
价从+7价降低到+2价得到5个电子,1 mol高锰酸钾得到5 mol电子,1 mol硫化亚铜失
去8 mol电子,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5,b正确;c
项,还原剂的还原性强于还原产物的还原性,则还原性的强弱关系:Mn2+0,CuSO (s)溶于水的热化学方程式为CuSO (s) Cu2+(aq)
4 2 1 4 4
+SO2-(aq) ΔH <0;根据盖斯定律知,CuSO ·5H O受热分解的热化学方程式为
4 2 4 2CuSO ·5H O(s) CuSO (s)+5H O(l) ΔH =ΔH -ΔH >0。根据上述分析知,ΔH <ΔH ,A错
4 2 4 2 3 1 2 2 3
误;ΔH <ΔH ,B正确;ΔH =ΔH -ΔH ,C错误;ΔH +ΔH <ΔH ,D错误。
1 3 3 1 2 1 2 3
5.D 解析 硫燃烧过程中将化学能大部分转化为热能,少量的化学能转化为光能,A说法
正确;相同条件下,1 mol S(s)比1 mol S(g)含有的能量低,则1 mol S(s)比1 mol S(g)更稳
定,B说法正确;两个反应均为放热反应,则反应物的总键能都比生成物的总键能小,C说
法正确;1 mol S(g)和1 mol O (g)具有的总能量比1 mol S(s)和1 mol O (g)具有的总能量
2 2
高,图像表示的与实际不符,D说法错误。
6.C 解析 该吸附过程相对能量下降,所以吸附过程释放能量,A项正确;途径1最大活化
能为-362.6 kJ·mol-1-(-567.1 kJ·mol-1)=204.5 kJ· mol-1,B项正确;H S* HS*+H*的活化能途
2
径1>途径2,活化能越大,反应速率越慢,则反应速率途径1<途径2,C项错误;由吸附途径
可知,在吸附过程中CuFe O 提供了O原子,D项正确。
2 4
7.A 解析 碳元素在CH OH中显-2价,在CH COOH中显0价,碳元素的化合价发生了
3 3
变化,A错误;第4步反应为CH COORh*I+H CH COOH+Rh*+HI,氧化剂是
3 2 3
CH COORh*I,B正确;根据每一步的反应可知,中间产物有HI、LiOH、CH I、CH Rh*I、
3 3 3
CH COORh*I,C正确;根据图示可知,CH OH、CO 和H 在LiI、Rh*催化作用下生成
3 3 2 2
CH COOH和H O,所以催化过程的总反应为CH OH+CO +H CH COOH+H O,D
3 2 3 2 2 3 2
正确。
8.B 解析 第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高,能量越高越不稳定,则第
②步反应的中间体稳定,A错误;第①步反应活化能较大,反应发生消耗的能量高,则该步
反应难进行,其反应速率较小,总反应的快慢取决于慢反应,则总反应速率由第①步反应
决定,B正确;由反应机理知,第③步反应还有H+产生,原子利用率不是100%,C错误;从图
中可以看到,反应物总能量比生成物总能量高,所以总反应为放热反应,D错误。
9.C 解析 由图示可知,反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高,即该反
应为放热反应,故A错;产物P 所具有的能量比产物P 所具有的能量低,所以产物P 比产
2 1 2
物P 要稳定,故B错;由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大,相应的E
1 正
=186.19 kJ·mol-1,故C正确;由图示可知,由Z到产物P 所需的活化能低于由Z到产物P
1 2
所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P )>v(P ),故D错。
1 2
10.C 解析 乙二醛氧化历程中,反应物O 中的非极性键(O O)及乙二醛中的极性键(C
2
—H)发生断裂,A正确;由图可知,乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸时,生成物的总
能量都小于反应物的总能量,则反应放出热量,因此这些反应均为放热反应,B正确;催化
剂只能改变反应途径,降低反应的活化能,不能改变化学平衡状态,因此催化剂不能提高
乙二醛的平衡转化率,C错误;乙二醛与氧气反应生成乙二酸的决速步骤为活化能最大的
步骤,反应物→TS1的活化能最大,反应速率最慢,所以乙二醛与氧气反应生成乙二酸的
决速步骤为反应物→TS1,D正确。
11.C 解析 根据图示可知,过程①S—H键断裂,断开化学键吸收能量,故A错误;由图示
可知过程④中形成了O—H键和C—S键,故B错误;由图示可知,硫化氢与甲醇合成甲硫
醇的反应过程中,—SH取代了甲醇中的—OH,反应类型为取代反应,故C正确;催化剂可降低反应的活化能,加快反应速率,反应前后没有变化,但在中间过程参加了反应,故D错
误。
12.AB 解析 图为催化CO (g)和H (g)生成液态HCOOH的反应,物质Ⅰ在合成甲酸的
2 2
过程中物质的量没有改变,只是改变了反应机理,所以物质Ⅰ为该反应的催化剂,A正确;
图中参与循环使用的物质只有H O,CO 和H 完全转化为甲酸,B正确;根据结构简式可
2 2 2
判断Ru元素在该反应呈现的化合价为+2价,C错误;如果该反应为放热反应,则根据示意
图可知CO (g)和H (g)的总能量比HCOOH(l)高,D错误。
2 2
13.D 解析 ①N O+Pt O+ Pt O+ +N ΔH ,②Pt O+ +CO Pt O++CO ΔH ,结合盖斯
2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2
定律计算①+②得到N O(g)+CO(g) CO (g)+N (g) ΔH=ΔH +ΔH ,故A正确;由图示分
2 2 2 1 2
析可知,反应物能量高于生成物,反应为放热反应,反应焓变ΔH=134 kJ·mol-1-360
kJ·mol-1=-226 kJ·mol-1,故B正确;正反应活化能E =134 kJ·mol-1,小于逆反应活化能
1
E =360 kJ·mol-1,故C正确;①N O+Pt O+ Pt O+ +N ΔH ,②Pt O+ +CO Pt O++CO
2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2
ΔH ,反应过程中Pt O+和Pt O+参与反应后又生成,则不需要补充,故D错误。
2 2 2 2
14.A 解析 由图可知,该反应的逆反应为吸热反应,升高温度可提高活化分子的百分
数,A正确;500 ℃、101 kPa下,将1 mol SO (g)和0.5 mol O (g)置于密闭容器中充分反应
2 2
放热a kJ,由于该反应为可逆反应,得不到1 mol SO (g),所以热化学方程式2SO (g)+O (g)
3 2 2
2SO (g)的反应热不等于-2a kJ· mol-l,B不正确;该反应为放热反应,其ΔH<0,所以反应
3
物的总键能小于生成物的总键能,C不正确;ΔH=E -E ,使用催化剂能改变反应的活化能,
1 2
但不改变反应热,D不正确。
15.答案 (1)445.15 (2)①0.98 HCOOH* HCOO*+H*
②HCOOH(g) CO (g)+H (g) ΔH=-0.15 N eV·mol-1
2 2 A
解析 (1)已知a.CH (g)+H O(l) CO(g)+3H (g) ΔH=+250.1 kJ·mol-1,氢气、一氧化碳燃
4 2 2
1 1
烧热的热化学方程式分别为:b.H (g)+ O (g) H O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1、c.CO(g)+
2 2 2 2 2
O (g) CO (g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1;甲烷完全燃烧生成液态水的化学方程式为d.CH (g)
2 2 4
+2O (g) CO (g)+2H O(l),根据盖斯定律,a+3×b+c=d,d反应的ΔH=+250.1 kJ·mol-1-
2 2 2
8 g
3×285.8 kJ·mol-1-283.0 kJ·mol-1=-890.3 kJ·mol-1,8 g甲烷的物质的量为
16 g· mol-1
=0.5 mol,燃烧生成液态水时放出的热量为890.3 kJ·mol-1×0.5 mol=445.15 kJ。
(2)①反应所需能垒(活化能)越大,反应速率越慢,而决定该历程反应速率的是反应速
率最慢的一步,即决定反应速率的是能垒最高的一步,该历程中三步正反应的能垒分别为
[0.77-(-0.21)]eV=0.98 eV、(0.89-0.11) eV=0.78 eV、[0.46-(-0.08)]eV=0.54 eV,所以该历
程中决定正反应速率的步骤的能垒为0.98 eV,该步反应方程式为HCOOH*
HCOO*+H*。②结合反应历程可知,1分子HCOOH(g)分解得到1分子CO (g)和1分子
2
H (g)释放0.15 eV能量,其热化学方程式为HCOOH(g) CO (g)+H (g) ΔH=-0.15 N eV·
2 2 2 A
mol-1。
16.答案 (1)CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g) ΔH=+247.4 kJ·mol-1
4 2 2
(2)cd (3)不是 b和c都未达平衡,b点温度高,反应速率快,相同时间内转化率高解析 (1)根据CH 超干重整CO 的催化转化图,过程Ⅰ反应的化学方程式为CH (g)
4 2 4
+CO (g) 2CO(g)+2H (g)。由能量—反应进程曲线可得热化学方程式:
2 2
CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g) ΔH=+206.2 kJ·mol-1(ⅰ)
4 2 2
CO (g)+4H (g) CH (g)+2H O(g) ΔH=-165 kJ·mol-1(ⅱ)
2 2 4 2
(ⅰ)×2+(ⅱ)得过程Ⅰ的热化学方程式:CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g) ΔH=+247.4
4 2 2
kJ·mol-1
(2)由图可知,过程Ⅱ总反应为H +CO H O+CO。Fe O 、CaO为总反应的催化剂,
2 2 2 3 4
能降低反应的活化能,但不能改变反应的ΔH。故ab正确,cd错误。
(3)催化剂能加快反应速率,缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移
动,即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡,则保持温度不变(800 ℃),将催化剂
Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ,CH 转化率应不变,故a点不是化学平衡。同理,图中b、c两点都未达到
4
化学平衡。据题意,b、c两点只有温度不同,b点温度较高,反应速率快,相同时间内CH
4
转化率高。
17.答案:(1)<
(2)2N H (g)+N O (g) 3N (g)+4H O(g) ΔH=-1 096.7 kJ·mol-1
2 4 2 4 2 2
(3)-282.6 kJ·mol-1 (4)-57.3 kJ·mol-1
(5)N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH=-92 kJ·mol-1
2 2 3
解析 (1)ΔH 表示碳完全燃烧的反应热,ΔH 表示碳不完全燃烧的反应热,碳完全燃烧放
1 2
热多,且放热越多,ΔH越小。因此,ΔH <ΔH 。
1 2
(2)根据盖斯定律,由2×②-①得:
2N H (g)+N O (g) 3N (g)+4H O(g)
2 4 2 4 2 2
ΔH=2×(-543 kJ·mol-1)-(+10.7 kJ·mol-1)=-1 096.7 kJ·mol-1。
(3)25 ℃、101 kPa时,14 g CO在足量的O 中充分燃烧,放出141.3 kJ的热量,则1 mol
2
CO(即28 g CO)完全燃烧放出的热量是141.3 kJ×2=282.6 kJ,即CO的燃烧热ΔH=-282.6
kJ·mol-1。
(4)由题意可知,硫酸和KOH反应生成2 mol H O(l)放出114.6 kJ热量,则中和热
2
ΔH=-57.3 kJ·mol-1。
(5)N 与H 反应生成NH 的热化学方程式可表示为N (g)+3H (g) 2NH (g)
2 2 3 2 2 3
ΔH=E(N N)+3E(H—H)-2×3E(N—H)=946 kJ·mol-1+3×436 kJ·mol-1-6×391 kJ·mol-1=-92
kJ·mol-1。
≡
18.答案 (1)-149.73 kJ·mol-1
(2)①2NO(g)+2CO(g) 2CO (g)+N (g) ΔH=-744 kJ·mol-1 ②A ③CHO*+3H*
2 2
CO*+4H*
1
解析 (1)根据盖斯定律,ΔH =ΔH + ΔH =-149.73 kJ·mol-1。
2 1 2 3
(2)①设已知的两个反应依次为反应1、反应2,汽车尾气中含有的NO和CO转化为
无毒的N 和CO ,反应3为2NO(g)+2CO(g) 2CO (g)+N (g),根据盖斯定律,反应2-反应
2 2 2 2
1=反应3,则反应3的ΔH=-564 kJ·mol-1-(+180 kJ·mol-1)=-744 kJ·mol-1,反应3的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g) 2CO (g)+N (g) ΔH=-744 kJ·mol-1。②一般来说,活化能低的
2 2
化学反应速率快,在相同的时间内,可以得到更多的产物,因此甲醇裂解过程主要经历的
方式应为A。③根据图示可知,过渡态Ⅳ两端物质的能量差值最大,放热最多,化学方程
式为CHO*+3H* CO*+4H*。
专题突破练八 化学反应速率与化学平衡
2
1.D 解析 C为固体,不能用浓度的变化表示C的反应速率,A错误;当v (N O )= v
正 2 3 3 逆
(CO )时,反应达到平衡状态,B错误;升高温度可以提高活化分子百分数,正、逆反应速率
2
均增大,C错误;减小反应体系的体积,即增大压强,该反应为气体体积增大的反应,增大压
强平衡逆向移动,D正确。
2.C 解析 氨气分解反应活化能最大的即反应速率最慢,Ru作催化剂时,氨气分解反应
活化能最小,A项错误;氨气分解达到平衡时,单位时间内N N键断裂数目和N—H键断
裂数目之比为1∶6,B项错误;降低压强,反应2NH (g) N (g)+3H (g)正向移动,有利于提
3 2 2
≡
高N 和H 产率,C项正确;高温使反应N (g)+3H (g) 2NH (g)平衡逆向移动,不利于平衡
2 2 2 2 3
向生成氨的方向移动,不利于提高合成氨的产率,选择高温主要是为了提高反应速率,D
项错误。
3.A 解析 该反应ΔH<0,是放热反应,反应物的总能量高于生成物的总能量,A正确;催化
剂降低的是反应的活化能,不会影响到硫氧键的键能,B错误;压强太高,会对设备造成破
坏,且成本也高,所以压强并不是越高越好,C错误;温度升高,活化分子的百分数增大,正、
逆反应速率都增大,D错误。
4.A 解析 根据盖斯定律,反应③可由反应②减反应①所得,ΔH =ΔH -ΔH <0,则
3 2 1
ΔH <ΔH ,A项错误;反应①与反应②均是熵减反应,由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知,
2 1
反应①与反应②在较低温度能自发进行,B项正确;从平原初到高原,氧气含量减少,反应
①逆向移动,则人体血液中c(HbO )降低,C项正确;CO中毒的人体血液中c(HbCO)增大,
2
转到高压氧仓中,反应③平衡逆向移动,D项正确。
5.C 解析 主反应的焓变小于0,为放热反应,升高温度平衡逆向移动,NO的平衡转化率
减小,主反应为气体物质的量增大的反应,增大压强平衡逆向移动,也导致NO的平衡转化
1 1
率减小,A错误;根据盖斯定律 ×(副反应-主反应)可得N (g)+O (g) 2NO(g)的ΔH=
4 2 2 4
×[-904.74 kJ·mol-1-(-1 627.7 kJ·mol-1)]=180.74 kJ·mol-1,B错误;据图可知X点的转化率低
于相同温度下的Y点,说明测定转化率时X点还未达到平衡,反应时间足够长,NO的转
化率能达到Y点的值,C正确;催化剂不影响平衡转化率,而W点的转化率低于相同温度
下另一催化剂条件下的转化率,说明W点并没有处于平衡状态,所以转化率降低不可能
是平衡移动造成的,D错误。
6.B 解析 由题图可知,T 温度下反应速率更大,故温度T >T ,而a点环戊二烯浓度比c
2 2 1
点的大,故a点的反应速率与c点的反应速率大小不能确定,A错误;a、b两点温度相同,
环戊二烯的浓度a点大于b点,a点的逆反应速率小于b点的逆反应速率,故B正确;b点时环戊二烯的浓度减小0.9 mol·L-1,二聚体的浓度为0.45 mol·L-1,故C错误;T 温度更高,
2
但环戊二烯的百分含量更低,说明达到平衡后,升高温度,体系中环戊二烯的百分含量将
降低,故D错误。
7.D 解析 容器Ⅰ中平衡时SO 的物质的量为1.6 mol,起始时SO 的物质的量为0 mol,
3 3
即转化生成了1.6 mol SO ,SO 与SO 化学计量数相同,即SO 转化了1.6 mol,因起始时
3 3 2 2
1.6mol
SO 的物质的量为2 mol,故SO 的转化率α(Ⅰ)= ×100%=80%,A正确;对于Ⅰ中反
2 2 2mol
应,开始时n(SO )=2 mol,n(O )=1 mol,平衡时n(SO )=1.6 mol,若容器Ⅲ反应是在恒温恒容
2 2 3
下进行,其等效于开始状态n(SO )=4 mol,n(O )=2 mol,物质的量是Ⅰ的两倍,容器的容积
2 2
也是Ⅰ的两倍,则二者为等效平衡,那么平衡时SO 的物质的量是3.2 mol,但由于该反应
3
的正反应是气体体积减小的反应,反应Ⅲ是在恒温恒压条件下进行的,反应从正反应方向
开始,反应的发生使气体的压强减小,为维持压强不变,相当于在Ⅰ平衡的基础上缩小容
器的容积而增大压强,增大压强化学平衡正向移动,因此反应Ⅲ中达到平衡时SO 的物质
3
的量比3.2 mol要多,即b>3.2,B正确;Ⅱ为绝热容器,随着反应的进行容器内气体的温度
升高,温度升高反应速率加快,则平衡时的正反应速率v (SO ):v(Ⅰ)10时,COS转化率几乎不变,即H S的体积分数会降低,故A错误;该
n(cos) 2
反应ΔH<0,为放热反应,故B错误;图甲为一定温度下测得的反应数据,平衡常数与温度
有关,所以P、N两点平衡常数相等,故C错误;从图乙中可以看出,升高到某温度后,COS
的转化率开始下降,其原因可能是由于催化剂活性降低,反应速率变慢导致COS(g)的水
解转化率降低,故D正确。
9.D 解析 温度为T 时,加入KI固体,I-浓度增大,平衡向正反应方向移动,故A正确;由图
1
像曲线的变化趋势可知,当温度升高时,I-的物质的量浓度减小,说明该反应的正反应为放
3
热反应,反应I (aq)+I-(aq) I- (aq)的ΔH<0,故B正确;若反应进行到状态d时,反应未达到
2 3
平衡状态,则反应向生成I-的方向移动,则v >v ,故C正确;状态a与状态b均为平衡状
3 正 逆态,状态b的I-的物质的量浓度明显小于状态a的I-的物质的量浓度,说明由状态a转化
3 3
为状态b时,升高温度平衡逆向移动,则I 的转化率降低,故D错误。
2
10.C 解析 从图像上可以看出温度越高,甲醇的体积分数越小,说明升温平衡逆向移动,
该反应的ΔH<0,A项正确;B点与C点温度相同,平衡常数相同,B项正确;速率常数只与
温度有关,温度不变,k 、k 都不变,k -k 的值也不变,C项错误;C点时,甲醇的体积分数
正 逆 正 逆
是50%,则设初始时充入H 和CO的物质的量分别为2 mol、1 mol,反应生成CH OH的
2 3
物质的量为x mol,列三段式:
2H + CO CH OH
2 3
初始物质的量/mol 2 1 0
转化物质的量/mol 2x x x
平衡物质的量/mol 2-2x 1-x x
x
平衡时甲醇的体积分数为 =50%,x=0.75,平衡常数K =
2-2x+1-x+x p
0.75
×p
1.5 2 27
= ,D项正确。
( 0.5 ×p )2× 0.25 ×p p 2 2
1.5 2 1.5 2
11.BC 解析 升高温度NO的转化率减小,即平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,
ΔH<0,A错误;恒容容器中气体总体积不变,反应物和生成物均为气体,则气体总质量不变,
所以密度保持不变,d点密度等于b点,B正确;c点NO的转化率低于该温度下的平衡转
化率,则此时未达到平衡,且平衡正向移动,正反应速率大于逆反应速率,C正确;催化剂只
改变反应速率,不影响平衡转化率,D错误。
12.C 解析 由题图可知升高温度,甲醇的体积分数减小,平衡逆向移动,说明逆反应为吸
热反应,正反应为放热反应,A错误;相同温度下增大压强,平衡正向移动,甲醇的体积分数
增大,①>②>③,说明①中的压强最大,则体积最小,故体积大小为①<②<③,B错误;P点甲
醇的体积分数为50%,设CO转化的物质的量为x mol,则氢气转化的物质的量为2x mol,
x
生成甲醇的物质的量为x mol,50%= 得到x=0.075,所以CO的转化率
0.1-x+0.2-2x+x
0.075
为 ×100%=75%,C正确;设②容器体积为V,P点平衡的时候,CH OH的物质的量为
0.1 3
0.075 0.025
0.075 mol,浓度为 mol·L-1,CO的物质的量为0.025 mol,浓度为 mol·L-1,H
V V 2
0.075
0.05 V 1
的物质的量为0.05 mol,浓度为 mol·L-1,K= =3×104V2× ,再充入
V 0.025 0.05 25
×( )2
V V1
CO、H 及CH OH各0.025 mol,同样的方法计算得到Q =2×104V2× ,Q v (CO),D错误。
逆
13.BC 解析 根据图2可知,不同温度下脱硝的产物为N ,脱硫的产物可能有S 、COS
2 2
等多种物质,A正确;根据图2可知,1 200~1 400 K,随温度升高,SO 含量升高,B错误;由图
2
示可知,NO 比SO 更易被CO还原,C错误;由图2可知,温度低于1 000 K时COS含量降
x 2
低,S 、CO含量升高,体系中可能发生反应:2COS S +2CO;温度高于1 000 K时CO 、
2 2 2
S 含量降低,CO、SO 含量升高,体系中可能发生反应:4CO +S 4CO+2SO ,D正确。
2 2 2 2 2
14.B 解析 由图像可知,Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大,故A正确;由②和③可知,
当温度相同pH不同时,pH越大,Fe2+的氧化速率越小,故B错误;由①和③可知,当pH相
同温度不同时,温度越高Fe2+的氧化速率越大,故C正确;在酸性条件下,Fe2+和氧气、氢离
子反应生成Fe3+和H O,反应的离子方程式为4Fe2++O +4H+ 4Fe3++2H O,故D正确。
2 2 2
15.答案 (1)-56 (2)①0.005 mol·L-1·s-1 ②0.3Q ③0.56
(3)①H +N O N +H O ②不利于降低溶液中的含氮量
2 2 2 2
解析 (1)由图可知,2 mol NO完全反应被氧化为二氧化氮放出热量180 kJ-68 kJ=112 kJ,
则1 mol NO氧化为NO 放出的热量为56 kJ,该反应的焓变ΔH=-56 kJ·mol-1。
2
Δc 0.20
(2)①0~40 s内,v(NO )= = mol·L-1·s-1=0.005 mol·L-1·s-1。
2 Δt 40
②根据表中数据可知,达到平衡时NO 的平衡浓度为0.3 mol·L-1,则反应生成NO 物
2 2
质的量为0.3 mol·L-1×2 L=0.6 mol,根据热化学方程式可知,生成2 mol NO 吸收Q kJ的热
2
QkJ
量,则达平衡时,反应体系吸收的热量为 ×0.6 mol=0.3Q kJ。
2mol
③根据题中数据有:
N O (g) 2NO (g)
2 4 2
起始/(mol·L-1) 0.2 0
反应/(mol·L-1) 0.15 0.3
平衡/(mol·L-1) 0.05 0.3
c2(NO ) (0.30)2
该温度下反应N O (g) 2NO (g)的化学平衡常数K= 2 = =1.8,则反
2 4 2 c(N O ) 0.05
2 4
1
应2NO (g) N O (g)的化学平衡常数K= ≈0.56。
2 2 4 1.8
(3)①由工作示意图可知,Ir表面上H 和N O反应生成N 和H O,反应的方程式为
2 2 2 2
H +N O N +H
O。②由图可知,在Pt颗粒表面,NO-
转化为铵根,若导电基体上的Pt
2 2 2 2 3
颗粒增多,造成的后果是NO-更多转化为铵根存在溶液中,不利于降低溶液中含氮量。
3
16.答案 (1)-90.2 (2)①ABD ②CD ③不变 ④< < 48
解析 (1)已知:①CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH=-49.0 kJ·mol-1;②2CO(g)
2 2 3 2
1
+O (g) 2CO (g) ΔH=-566 kJ·mol-1;③2H (g)+O (g) 2H O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1;
2 2 2 2 2 21
×[①×2+②-③]得CO(g)+2H (g) CH OH(g),故ΔH= ×[-49.0×2+(-566)-(-483.6)]
2 3 2
kJ·mol-1=-90.2 kJ·mol-1。
(2)①由于恒容时,反应CO(g)+2H (g) CH OH(g)是一个气体分子数减小的反应,所
2 3
以甲醇的体积分数保持不变,可以说明反应达到平衡状态,A项正确;由于恒容时,反应
CO(g)+2H (g) CH OH(g)是一个气体分子数减小的反应,所以容器内的总压强保持不变,
2 3
可以说明反应达到平衡状态,B项正确;由于混合气体质量不变,容器容积不变,所以混合
气体密度保持不变,不能说明反应达到平衡状态,C项错误;由于反应前后气体分子数不
相等,质量相等,所以混合气体的平均摩尔质量保持不变,可以说明反应达到平衡,D项正
确。②达平衡时,保持温度不变,容器体积扩大一倍,各组分浓度均减小,分压也减小,平衡
向逆反应方向移动,A项错误;达平衡时,所有组分浓度均减小,B项错误;平衡常数只与温
度有关,C项正确;平衡向左移动,CO物质的量增大,D项正确。③恒容时充入惰性气体,
各组分分压并未改变,因此CO、CH OH的浓度之比将不变;④从B→D,甲醇的体积分数
3
减小,说明要达到D点平衡向左移动,所以p
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