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考前特训答案精析
选择题特色练
特色练 1 化学与中华文明
1．B 2.C 3.A 4.D 5.C
6．C [雕刻潮州木雕的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；棉线的主要
成分是纤维素，不是蛋白质，故C错误；石湾陶塑的主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐产品，
故D正确。]
7．A [墨的主要成分是碳，在通常条件下性质稳定，不易被空气氧化，B错误；宣纸的主
要成分是纤维素，其水解要使用催化剂，只在水中浸泡难以发生水解，C错误；氧化铁为红
棕色固体，含较多氧化铁的砚石不会呈黑色，D错误。]
8．C [酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；高温蒸馏
是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，B错误；酒
曲发酵过程中生成了新物质乙醇，属于化学变化，C正确；泉水勾兑是酒精和水混合得到一
定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误。]
9．D [冷水浸泡将可溶于水的物质溶解在水中，属于物质的溶解，故 A正确；熬煮是加热
煮沸，属于加热，故B正确；箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤，故 C正确；灌装是
液体转移，故D错误。]
特色练 2 化学与现代科技
1．D 2.D 3.B
4．C [太阳能电池板中的含硅物质为单质硅晶体，故A错误；太空舱中氧气的再生是利用
了太阳能转化为化学能，故B错误；过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，因此过氧化钠
可实现核心舱中O 再生，故C正确；核心舱通过冷凝干燥组件收集航天员呼出的水汽，再
2
通过净化装置转为可供饮用的再生水，故D错误。]
5．A [砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，A错误；Ga与Al同主族，GaAs中Ga
为＋3价，As的化合价是－3，B正确；Ga与Al同主族，化学性质相似，故镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，C正确。]
6．B [聚乳酸材料是一种新型可降解塑料，A错误；重金属离子、甲醛、紫外线等可以使
蛋白质变性，银离子属于重金属离子，可以使蛋白质变性，B正确；焰色试验是某些金属或
它们的化合物在灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；焰色试验属于物理变化，C错误；
CaCl 溶于水形成溶液导致溶液的凝固点降低，没有生成新物质，不是化学反应，D错误。]
2
7．C [酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而对细菌、芽孢及真菌作用不明显；
而双氧水是通过分解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理不同，故 A正确；
聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物，没有碳碳双键故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正
确；聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然高分子，故C不正确；四氟乙烯是乙烯的
取代产物，故属于烃的衍生物，故D正确。]
8．A [聚氯乙烯、聚氨酯属于合成有机高分子材料，故 B、C错误；辅助材质铝合金属于
金属材料，故D错误。]
9．A [钢化玻璃是特殊的玻璃，它属于硅酸盐材料，物质主要成分不是高分子材料。]
特色练 3 化学用语
1．B [31P的质子数为15，核外电子数为15，其原子结构示意图为 ，A正确；丙
酸的键线式为 ，B错误；HO 分子的结构式为H—O—O—H，O原子半径比H原子
2 2
大，故空间填充模型为 ，C 正确；HF＋中 H 和 F 以共价键结合，其电子式为
2
，D正确。]
2．B [核内质子数为16，中子数为18的硫原子质量数是16＋18＝34，则该原子可表示为
S，A正确；甲醛的分子式为CHO，其结构简式为HCHO，B错误；COCl 分子中C原子与
2 2
O原子形成1个共价双键，然后C原子再与2个Cl原子形成2个共价键，则COCl 的电子式
2
为 ，C正确；在CO(NH) 分子中C原子与O原子形成共价双键，C原子再与2个
2 2
N原子形成共价单键，每个N原子再分别结合2个H原子，由于原子半径：C＞N＞O＞H，
故CO(NH) 的球棍模型： ，D正确。]
2 2
3．D [Fe3＋的最高能层为M层，该层电子排布式为3s23p63d5，故A错误；S2－的结构示意图： ，故C错误；反-2-丁烯的结构简式： ，甲基在双键的两侧，
故D正确。]
4．B [氧元素的原子序数为8，基态原子的价层电子轨道表示式为 ，故
A错误；三氟化硼是共价化合物，电子式为 ，故B正确；对羟基苯甲醛的结构简
式为 ，故C错误；丙炔为直线形分子，键线式为 ，故D错误。]
5．C [同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则C的原子半径比F大，CF 为四面体结
4
构，中心原子为C，小球半径比其他四个小球大，A错误；π键是由两个原子的p轨道“肩
并肩”重叠形成，σ 键为“头碰头”重叠，乙烯结构简式为 CH==CH ，形成 π 键为
2 2
，B错误；H－为H原子得到1个电子形成的，其质子数为1，核外电子数为2，
结构示意图为 ，C正确；CHCH(CH )CHCOOH以官能团羧基编号最小，甲基位于第
3 3 2
3号碳原子上，系统命名法命名为3-甲基丁酸，D错误。]
6．D [次氯酸的结构式为H—O—Cl，A错误； 表示邻羟基苯甲醛形成的分子
内氢键，不是分子间氢键，B错误；氧的电负性比碳强，碳氧双键形成的极性，O原子带负
电，C带正电，应是 ，C错误；组成天然蛋白质的氨基酸在同一个碳原子上连接—
NH 和—COOH，可以表示为 ，D正确。]
2
7．A [中子数为20的氯原子质量数为17＋20＝37，可表示为Cl，B正确；基态 Cr原子
24
的价层电子排布式为3d54s1，其轨道表示式为 ，C正确；—NH 是氨分
2
子去掉一个H原子，其电子式为 ，D正确。]
8．A [氯气分子中含氯氯单键，Cl原子的3p轨道“头碰头”形成σ键电子云，其共价键
电子云轮廓图： ，A正确；Fe的原子序数为26，核外价层电子排布式为3d64s2，基
态 Fe2＋为 Fe 原子失去最外层两个电子所得到的离子，所以其价层电子轨道表示式：，B错误；氯化镁形成过程中，镁原子失去两个电子分别给两个氯原子，
从而形成离子键，用电子式表示为 ，C错误；CO
2
为直线形分子，所以空间填充模型应为 ，D错误。]
9．B [CHCHOH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C HO，故A错误；NaOH是离子
3 2 2 6
化合物，其电子式为 ，故B正确；四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于
碳原子，四氯化碳正确的空间填充模型为 ，故D错误。]
特色练 4 化学基础实验
1．A 2.C 3.C 4.C 5.D 6.C
7．A [Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO ) 、NO、HO，因此可以用装
3 2 2
置甲制NO气体，A正确；为了使混合气体与水充分接触，洗气除杂时导气管应该采用长进
短出方式，B错误；NO气体在常温下易与空气中的O 反应产生NO 气体，因此应该采用排
2 2
水法收集NO气体，C错误；Cu(NO ) 溶液加热时会促进铜离子水解，且生成的硝酸易挥发，
3 2
应根据其溶解度受温度的影响变化较大，采用冷却结晶法制备Cu(NO )·6H O，D错误。]
3 2 2
8．D [乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，应用氢氧化钠溶液除去乙烯中的SO ，故A错
2
误；碳酸氢钠受热易分解产生碳酸钠，不能用加热的方法除去碳酸氢钠中的少量碳酸钠，故
B错误；I 受热升华，遇冷又会凝结成碘单质，NH Cl受热分解为气体NH 和HCl，二者遇
2 4 3
冷反应生成固体NH Cl，不能用装置丙除去固体碘中的少量NH Cl，故C错误；二氧化锰不
4 4
溶于水，氯酸钾溶于水，可以用过滤的方法除去二氧化锰中的少量氯酸钾，故D正确。]
9．C [U形管里只能装固体，装液体气体无法通过，用甲装置不能干燥H ，故A不符合题
2
意；氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH ，故B不符合题意；用丙装置排饱和
3
食盐水可收集Cl，故C符合题意。]
2
10．B [该装置为洗气装置，可用于物质分离提纯，A项正确；该装置用于配制溶液，不可
用于物质分离提纯，B项错误；该装置为蒸馏装置，可用于物质分离提纯，C项正确；该装
置为过滤装置，可用于物质分离提纯，D项正确。]
11．B [量筒没有0刻度，可用于粗略量取一定体积的液体，故A错误；锥形瓶和圆底烧瓶
都可用作反应容器，故B正确；分离苯与溴苯的混合物时应选用直形冷凝管组装蒸馏装置，
不能选用不便于液体顺利流下的球形冷凝管，故C错误；容量瓶是配制一定物质的量浓度
溶液的量器，用水洗净后不可以放进烘箱中烘干，应自然晾干，故D错误。]12．D [金属镁与水反应生成Mg(OH) ，Mg(OH) 会覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，
2 2
故实验1现象不明显，A正确；实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热
量不易散失，导致温度升高，Mg(OH) 的溶解度增大，不再阻止反应的进行，B正确；由于
2
HCO可电离产生H＋，从而破坏Mg(OH) 的生成，故实验3中HCO破坏了Mg(OH) 在镁条
2 2
表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，C正确；由题干信息可知实验1和实验3所得到的
产物不同，故变量不唯一，不能由实验1和实验3得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速
率”的结论，D错误。]
13．C [浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能
用排水法，A错误；乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；双氧水分解制氧气用固液不加热装
置，收集氧气可用排水法，C正确；氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错误。]
特色练 5 原子、分子的结构与性质
1．D [CO 是由极性键构成的非极性分子，A错误；O的非金属性大于C，所以对应简单
2
氢化物水的稳定性也高于甲烷，B错误；根据图示结构可知，石墨烯中C原子的杂化方式为
sp2杂化，C错误；焰火属于焰色试验，是原子核外电子从较高能量的激发态跃迁到较低能
量的激发态乃至基态时主要以光能的形式释放能量的过程，D正确。]
2．D [该配合物的阴离子为SO，SO中S原子价层电子对数为4＋＝4且不含孤电子对，所
以该离子为正四面体形，A错误；[Fe(NO)(H O) ]SO 中的配体为NO、HO，所以该配离子
2 5 4 2
中配位数为6，B错误；Fe2＋的价层电子排布式为3d6，易失去电子被氧化为Fe3＋，C错误；
水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，则分子的VSEPR模型为四面体形，
空间结构为V形，D正确。]
3．B [甲二醇分子中，C、O均为sp3杂化，故分子中有3个sp3杂化的原子，A正确；甲二
醇分子中原子的正负电荷中心不重合，是极性分子，B错误；相比于甲醇(CHOH)，甲二醇
3
可形成2个分子间氢键，沸点更高，C正确；相同物质的量的甲二醇和甲醇完全燃烧，假设
物质的量均为1 mol，甲二醇的耗氧量为1 mol，甲醇的耗氧量为1.5 mol，故甲二醇的耗氧
量低，D正确。]
4．C [该物质属于盐，含有的化学键类型是离子键、共价键，A错误；PF中中心原子的价
层电子对数为＋6＝6，不含有孤电子对，则空间结构为正八面体形，B错误；该物质中N原
子一个形成双键，一个全部为单键，因此有sp2、sp3两种杂化轨道类型，C正确；该离子液
体为离子化合物，属于离子晶体，熔、沸点较高，不易挥发，D错误。]
5．B [MgCO 和CaCO 都为离子晶体，Mg2＋与Ca2＋所带电荷相等，由于Mg2＋半径小于Ca2
3 3
＋半径，所以MgO的离子键强于CaO，所以Mg2＋比Ca2＋更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为CO ，A正确；两者均能形成氢键，只是氢键的种类不同，邻羟基苯甲
2
醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，由于分子内氢键使物质的熔、沸点
降低，分子间氢键使物质的熔、沸点升高，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，
B错误；NH 具有碱性(可与H＋结合)而NF 没有碱性，原因是NF 中F元素电负性强，使得
3 3 3
N原子呈正电性(δ＋)，难与H＋结合，C正确；单个水分子中，O的2个孤电子对排斥O—
H，使得∠H—O—H变小，而在[Ti(HO) ]2＋中，O的孤电子对和Ti2＋的空轨道配位，减弱了
2 6
O的孤电子对对O—H的排斥作用，因此[Ti(HO) ]2＋中∠H—O—H大于单个水分子中∠H—
2 6
O—H，D正确。]
6．C [HO和HS的结构一样，O的电负性比S的大，可推断HO分子的极性比HS的极
2 2 2 2
性大，A正确；O原子半径小于S，O—H电子云重叠程度比S—H的大，O—H键长更短、
键能更大，可推断O—H比S—H更稳定，B正确；HO分子间存在范德华力和氢键，HS
2 2
分子间只有范德华力，可推断HO的沸点比HS的高，C错误；HO和HS中心原子中所含
2 2 2 2
孤电子对数均为2，O的原子半径小于S，HO的成键电子对间的排斥力大于HS，可推断
2 2
HO键角比HS的大，D正确。]
2 2
7．C [HCl中H的1s电子与Cl的3p电子形成共价键，为s-p σ键，但Cl 分子中只有Cl—
2
Cl共价键，Cl的3p电子之间形成共用电子对，为p-p σ键，A错误；两分子中碳原子均为
sp2杂化，分子结构均为平面三角形，电负性：Cl>C>H，光气中C—Cl中共用电子对偏离C
原子，而C—H中共用电子对偏向C原子，甲醛分子中形成C—H的共用电子对之间的排斥
力大于光气分子中形成C—Cl的共用电子对之间的排斥力，故键角：∠H—C—H>∠Cl—C—
Cl，F的电负性强于H，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电
子对之间排斥力更小，致使NF 的键角小于NH ，B错误；羧基连接的氢原子和甲基相比，
3 3
甲基是斥电子基会使得羧基氧上的电子云增加，氢离子更难失去，酸性：
HCOOH>CH COOH；Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得
3
羟基O—H极性增强，易电离出H＋，则酸性：CHCOOHC>N，Na>C>N，故B正确；Fe原子中有4个未成对电子，C原子中有2个未成
对电子，N原子中有3个未成对电子，Na或K原子中都只有1个未成对电子，四种元素基
态原子中未成对电子数最多的是Fe，故C错误；该化合物属于配合物，其内界有6个配位
键、6个C≡N，配位键是σ键，三键中有1个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为
1∶1，故D错误。]
2．C [五种短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，Y的最外层电子数是次外
层的2倍，Y为C；只有Y、Z、W同周期，W为O或F，又所有元素不同主族，M的原子
序数等于Y和W的原子序数之和，故X为H、Y为C、Z为O、W为F、M为P，以此来解
答。具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：r(O2－)>r(F
－)，即Z>W，A项正确；X、Y、W三种元素可形成多种化合物，如氟代烃，B项正确；M
的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，不属于强酸，C项错误；Y、Z、W均可与X形成电
子数相等的分子，如甲烷、水、HF，均含10个电子，D项正确。]
3．C [R是短周期中原子半径最大的主族元素，R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表
示为[YX ]＋[XWZ ]－，由[YX ]＋可知Y为N，X为H，Z、W为同族元素且能形成[XWZ ]
4 4 4 4
－，故Z为O，W为S。Na形成化合物时均失电子，和H、N、O、S均形成离子化合物，A
正确；Z、Y的简单氢化物为HO和NH ，O的非金属性大于N，故稳定性：HO>NH ，B
2 3 2 3
正确；H、N、O可形成一水合氨，水溶液显碱性，C错误；铵根离子的空间结构为正四面
体，D正确。]
4．B [W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由 W、X、Y、Z形成的锂
盐结构所示，X、Z同主族，X可形成Z==X，Z有6条共价键，则二者位于第ⅥA族，则X
为O元素，Z是S元素；W形成4条共价键，Y形成一条共价键，则W为C元素，Y为F
元素，以此分析解答。W、X、Y、Z分别为C、O、F、S，原子半径：Z>W＞X＞Y，A项
错误；X、Y最简单氢化物分别为HO、HF，由于非金属性：F>O，稳定性：X＜Y，B项正
2
确；Z为S，X为O，Z的单质在过量X 中燃烧生成SO ，C项错误；该锂盐中C、O、F、S
2 2
的最外层均有8个电子，而Li＋最外层只有2个电子，D项错误。]5．C [短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y原子的电子具有4种不
同的空间运动状态，则Y的核外电子排布有1s、2s、2p、2p 四种不同的空间运动状态，根
x y
据核外电子排布规则，其电子排布式为1s22s22p2p，推断Y是C元素；X、Z均与Y原子序
数相邻，推断X是B元素，Z是N元素；W原子序数比B小，又是非金属，推断其是H元
素；H、B、N可形成化合物Q，结合Q的结构可知，Q是NH ·BH 。同周期元素第一电离
3 3
能从左往右呈增大趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族比相邻元素的大，B、C、N三种元素第
一电离能大小顺序为N>C>B，A正确；NH ·BH 分子中N提供孤电子对与B形成配位键，
3 3
N和B原子均满足8电子稳定结构，B正确；NH ·BH 的摩尔质量是31 g·mol－1，YW 是
3 3 2 6
C H ，摩尔质量是30 g·mol－1，两者相差不大，NH ·BH 的熔点比C H 高很多的原因是
2 6 3 3 2 6
NH ·BH 分子间可形成氢键而C H 分子间没有氢键，分子间氢键增大了分子间作用力，升
3 3 2 6
高了熔点，C错误；X、Y、Z三种元素分别形成的最高价氧化物的水化物分别是 HBO 、
3 3
HCO、HNO，其中HNO 是强电解质，D正确。]
2 3 3 3
6．D [X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素，由该化合物的结构图可知，
Y为第ⅣA族元素，Q为第ⅥA族元素，W为第ⅠA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子
序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C
元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，据此分析解答。同周期元素从左至右电负
性逐渐增大，故电负性：O＞N＞C，故A错误；N3－、O2－、Na＋的核外电子排布相同，核
电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3－＞O2－＞Na＋，故B错误；该化合物中的
Y原子，其中一个是形成4个σ键，杂化方式为sp3杂化，但是另一个形成了双键，这个Y
原子是sp2杂化，故C错误；C的氢化物为烃，常温下，含C原子数较多的烃可以呈固态，
O的氢化物为水、过氧化氢，常温下为液态，故D正确。]
7.B [W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶
液显碱性，可知Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个共价键，W
为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。N的2p能级处于半充满状态，第一电离能较
大，第一电离能：CO>C；同时由于H的原子半径
比C小得多，核外电子受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，因此第一电离能：
H>C，所以四种元素中C的第一电离能最小，故A项错误；仅由W和X形成的化合物有
NO、NO、NO 、NO 、NO 等，不止四种，故B项正确；X的最简单氢化物为HO，W
2 2 2 4 2 5 2
的最简单氢化物为NH ，Z的最简单氢化物为CH ，由于HO和NH 分子间存在氢键，且
3 4 2 3
HO分子间氢键强度大于NH 分子，所以最简单氢化物的沸点：HO>NH >CH ，故D项正
2 3 2 3 4
确。]
10．D [通过结构式可知，萝卜硫素含H、C；萝卜硫素由五种短周期元素构成，则W、
X、Y、Z中有一种是C，还有一种是S；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核
外最外层电子数相等，结合结构简式中的成键数目可知：X为N，Y为O，Z为S，W为
C。同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族元素的第
一电离能均高于其相邻元素，即N的第一电离能大于O；同一主族从上到下，元素的第一
电离能逐渐减小，即O的第一电离能大于S，故第一电离能：N＞O＞S，A正确；N3－和O2
－的核外电子排布相同，N的原子序数小于O，故离子半径：N3－＞O2－，N3－、O2－核外有2
个电子层，S2－核外有3个电子层，则离子半径：S2－＞N3－＞O2－，B正确；X为N，W为
C，N、C、H可组成直线形化合物HCN，C正确；X为N，Y为O，W为C，它们的简单氢
化物分别为NH 、HO和CH ，NH 和HO分子间均存在氢键，使得它们的熔、沸点在同主
3 2 4 3 2
族元素中均为最高，CH 分子间没有氢键，其熔、沸点在同主族元素中最低，D错误。]
4
11．B [W、Y、X、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，W可形成1价阳离子、
W为第ⅠA族元素，X与Q同族，Q能共用6对电子对，则最外层有6个电子，X、Q为第
ⅥA族元素，结合原子序数的相对大小可知：X为O元素，Q为S元素，W为Li元素；Z
能共用1对电子对，Z为第ⅦA族元素，结合原子序数的相对大小，Z为F元素；Y和Z的
原子序数之和与Q相等，Y的原子序数为16－9＝7，Y为N元素。X为O、Q为S，Q的最
高化合价为＋6，X没有最高正价，A错误；化合物QX 即二氧化硫是酸性氧化物，能与氢
2
氧化钠溶液反应，YX 为二氧化氮，能和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，B
2
正确；X为O、Z为F、Q为S，简单氢化物分别为HO、HF、HS，水和氟化氢分子之间都
2 2
有氢键，水分子间的氢键数大于氟化氢分子间的氢键数，硫化氢分子间只存在分子间作用力，
因此，沸点：X＞Z＞Q，C错误；W单质(Li)在空气中燃烧的产物是WO(Li O)，D错误。]
2 2特色练 7 晶体结构的分析应用
1.B [双氧水含氧氧键，二硫化亚铁含硫硫键，它们都是非极性键，A正确；铜和锌的第二
电离能分别是电离3d10和4s1上的电子时产生的，而3d10为全充满的稳定结构，铜的第二电
离能大于锌的第二电离能，B错误；S与S之间的最短距离等于晶胞的面对角线的一半，即
S和S之间的最短距离为a pm，C正确；1个晶胞中含S的个数为8×＋6×＝4，含Fe2＋的
个数为12×＋1＝4，故可知FeS 的密度为 g·cm－3，D正确。]
2
2.A [该晶胞中，含A原子个数为8×＋1＝2，含B原子个数为8×＋2＝4，所以该晶体的
化学式为AB ，A错误；从上往下看，该晶胞棱上的B原子全部被遮盖，体心的2个B原子
2
与1个A原子重叠，所以在底面的投影图为 (部分被遮盖原子未表示)，B正确；
选择顶面上的1个A原子，它属于8个晶胞，体心中上面的B原子与它距离最近，所以与A
原子最邻近且等距离的 B 原子有 8个，C 正确；由 A项分析可知，该晶胞中含有 2个
“AB ”，该晶体的密度为＝ g·cm－3＝ g·cm－3，D正确。]
2
3．D [根据图中几何关系可知，原子坐标参数A为(0,0,0)，则C为(，，0)，D为(，，)，B
为(，0，)，A正确；Ge原子的半径大，原子间形成的σ单键长，pp轨道肩并肩的重叠程度
小，所以难以形成π键，即难以形成双键、三键，B正确；若Ge原子半径为r，Ge单晶晶
胞边长为a，则根据几何关系可知，2r＝a，上述晶胞中含Ge原子的个数为8×＋6×＋4＝
8，所以原子在晶胞中的空间占有率为×100%＝×100%＝π×100%≈34%，C正确；根据几
何关系可知，两个最近的Ge原子(如A球和D球)之间的距离d为晶胞体对角线的四分之一，
即d＝a，D错误。]
4.B [每个晶胞中，面心的Zr4＋与4个O2－相邻，则配位数为8，故A正确； Zr位于元素周
40
期表中d区，在第五周期第ⅣB族，故B错误；晶胞中Zr4＋位于顶点和面心，个数为8×＋
6×＝4，O2－位于晶胞内，个数为8，则晶胞质量为 g，晶胞体积为a3×10－30cm3，可知晶胞
的密度为ρ＝＝＝ g·cm－3，故C正确；由晶胞可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，故D
正确。]
5．B [根据晶胞结构可知Mg原子之间的最短距离为体对角线的，由于棱长为a pm，则体
对角线是a pm，则Mg原子之间的最短距离为a pm，故B正确。]
6.C [以体心的AlH研究，与之紧邻且等距的Na＋位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右
侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH紧邻且等距的Na＋有8个，A正确；由
晶胞结构可知：晶胞中AlH数目为1＋8×＋4×＝4，Na＋数目为6×＋4×＝4，晶胞质量为
4× g，晶胞密度为＝ g·cm－3，B正确；制备NaAlH 的反应可以在乙醚中进行，但由于
4NaAlH ＋2HO===NaAlO ＋4H↑，故不可以在水中进行，C错误；AlH中Al原子孤电子对
4 2 2 2
数为＝0，杂化轨道数目为4＋0＝4，Al原子杂化方式为sp3，故其空间结构为正四面体形，
D正确。]
7．D [Y在体心，数目为1，氧原子在棱上和面上，数目为12×＋8×＝7，A正确；晶胞
的体积为3a×a2×10－30 cm3＝3a3×10－30cm3，B正确；铜原子位于晶胞的顶点和棱上，距离
位于顶点的铜原子最近的氧原子个数有4个，位于棱上的铜原子，与之最近的氧原子有5个，
故其配位数为4或者5，C正确；Y位于体心，在此晶胞上面还有一个晶胞，两个晶胞中相
邻的Y之间最短距离为a pm，D错误。]
8．A [NaH晶胞中，与Na＋距离最近且等距的H－个数为6，则Na＋的配位数是6，A项错
误；NaH晶胞中，Na与H之间的最短距离等于晶胞棱长的一半，为 nm，B项正确；
NaBH 中Na＋与BH之间存在离子键，BH中其中1个B—H为配位键，其余3个B—H为共
4
价键，C项正确；Na晶胞中Na原子个数为1＋8×＝2，D项正确。]
9.D [由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与位于体对角线上镁原子的距离最近，则铁原子
的配位数为8，故A错误；由晶胞结构可知晶胞参数为b nm，则该晶胞体积为b3×10－21
cm3，故B错误；由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与镁原子的距离为体对角线的，则铁
原子与镁原子间最短距离为b nm，故C错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的
铁原子个数为8×＋6×＝4，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱的中心位置的氢分
子个数为12×＋1＝4，储氢后化学式为FeMg H，故D正确。]
2 2
10．D [由于CaF 晶体中钙离子、氟离子交替排列，所以假设这个晶胞的体心上是 Ca2＋，
2
那么三个顶点就是F－，则每个F－周围距离相等且最近的F－有6个，故A正确；OF 与SiO
2 2
都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为 4，杂化方式都为
sp3杂化，故B正确；若A处原子分数坐标为(0,0,0)，B点处于四面体间隙，根据立体几何关
系，则B处原子分数坐标为(，，)，故C正确；三种氟化物均为离子晶体，晶体提供自由氟
离子的能力越强，阴、阳离子间形成离子键越弱，钡离子、钙离子、镁离子的电荷数相同，
离子半径依次减小，则BaF 、CaF 、MgF 三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟
2 2 2
离子的能力依次减弱，脱硅能力依次减弱，即脱硅能力：BaF >CaF >MgF，故D错误。]
2 2 2
11．D [根据图知，晶胞中有Si和Al原子不相连，故A错误；该晶胞中Li原子个数为1＋
12×＝4、Al原子个数为8×＋6×＝4、Si原子个数为4，则Li、Al、Si原子个数之比为
4∶4∶4＝1∶1∶1，故B错误；图中所指Si原子的坐标为(，，)，故C错误；根据图知，
每个Al原子连接4个相同的Si原子，所以晶体中与每个Al紧邻的Si有4个，故D正确。]特色练 8 电化学基础
1．B [该实验装置是电解池，将电能转化为化学能，A错误；电解过程中二氧化碳得电子
生成甲酸，故电极反应为CO ＋2e－＋2H＋===HCOOH，B正确；电解池中阳离子由阳极移
2
向阴极，C错误；电路中通过4 mol e－，阳极生成1 mol O ，但没有说明是否标准状况，无
2
法确定气体的体积，D错误。]
2．D [铜a为电池正极，氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，A错误；锌a、b为电池
负极，发生的电极反应是Zn－2e－===Zn2＋，B错误；四个水果电池串联，根据图中各电极
分布可知，电极d为锌片，C错误；原电池中阳离子移向正极，则每个水果果汁中的H＋移
向正极，D正确。]
3．A [由放电时总反应为Zn＋O===ZnO ，电解质溶液为非碱性水性溶液，则正极为氧气
2 2
得电子，电极反应式为O ＋Zn2＋＋2e－===ZnO ，负极为锌失电子，电极反应式为Zn－2e－
2 2
===Zn2＋。由分析可知，氧气得电子则空气电极做正极，原电池中阳离子移向正极，则Zn2＋
向空气电极迁移，A正确；由分析可知，B错误；外电路电流从正极流向负极，则电流的方
向：空气电极→负载→锌电极，C错误；标准状况下，22.4 L空气的物质的量n＝＝＝1
mol，由于空气是混合物，氧气的物质的量小于1 mol，则转移电子小于2 mol，锌电极质量
减少小于65 g，D错误。]
4．A [由反应流程可知，Pt电极区要将Cl－转化为Cl ，发生氧化反应，故Pt为阳极，则
2
Ni电极为阴极，与电源负极相连，A错误；根据反应历程和阴极反应式：2HO＋2e－===2OH
2
－＋H↑，可知该过程的总反应为CH==CH ＋HO―→ ＋H ，B正确；工作过
2 2 2 2 2
程中阴极区的反应为2HO＋2e－===2OH－＋H↑，故阴极附近pH增大，C正确；阳极区发
2 2
生反应：Cl＋HOHCl＋HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应：
2 2
HCl＋KOH===KCl＋HO，D正确。]
2
5．C [据图可知，放电时Pb电极上Pb转化为PbSO 被氧化，所以Pb电极为负极，多孔石
4
墨电极为正极，故A错误；放电时，Pb电极为负极，电极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO ，
4
溶液中的H＋通过质子交换膜移向正极，则Pb电极区溶液pH增大，故B错误；放电时负极
反应为 Pb＋SO－2e－===PbSO ，正极反应为 ＋2H＋＋2e－===
4，两电极反应相加得电池总反应为 ＋Pb＋HSO
2 4
＋PbSO ，故C正确；充电时，Pb电极为阴极，电极反应为PbSO ＋2e－
4 4
===Pb＋SO，外电路通过a mol电子时，Pb电极减重a× g＝48a g，故D错误。]
6．D [由放电时的总反应可知，Li元素化合价升高，则a极为负极，电极反应式为Li－e－
===Li＋，b极为正极，N元素化合价降低，电极反应式为NO ＋2e－＋2Li＋===LiO＋NO。
2 2
由分析可知，a极为负极，b极为正极，电流从正极流向负极，即外电路电流的方向：b极
→电流表→a极，故A正确；电解液中阳离子移向正极，则电解液中Li＋向b极附近迁移，
故C正确；a极为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，当外电路通过1 mol e－时，有1 mol
Li＋移向b极，质量为m＝n·M＝1 mol×7 g· mol－1＝7 g，b极生成LiO，则b极增加的质量
2
还包含O元素质量，则b极质量增加大于7 g，故D错误。]
7．D [当闭合K 和K、打开K 时，装置处于蓄电状态，即为电解池，H＋得电子生成H，
1 3 2 2
H元素化合价降低，则为阴极，Mn2＋失电子生成MnO ，碳锰电极为阳极；ZnO得电子生成
2
Zn，则锌电极为阴极；当打开K 和K、闭合K 时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极
1 3 2
为负极，碳锰电极为正极。蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO
＋2e－＋HO===Zn＋2OH－，OH－失电子生成O ，电极反应式为4OH－－4e－===O↑＋
2 2 2
2HO，发生的总反应为2ZnO=====2Zn＋O↑，B正确；放电时，碳锰电极为正极，电极反
2 2
应式为MnO ＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2HO，每消耗1 mol MnO ，需要消耗4 mol H＋，但碳
2 2 2
锰电极只生成2 mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出氢离子转移至左侧，因此理
论上有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移，C正确；该电化学装置运行过程中H＋得电子生
成H ，但实际过程消耗的是溶剂水，OH－失电子生成O ，但实际也消耗的是溶剂水，则不
2 2
需要不断补充HSO 和KOH溶液，D错误。]
2 4
8．B [A极上氯苯得电子转化为苯和氯离子，为正极，B极上乙酸根离子失电子转化为二
氧化碳，为负极。A为正极，电极反应式为 ＋2e－＋H＋===Cl－＋ ，A错误；由
A极电极反应式可知，除去1 mol氯苯，转移2 mol电子，由B极反应式为CHCOO－－8e－
3
＋2HO===2CO↑＋7H＋，则B极得到 mol＝0.5 mol CO ，在标准状况下的体积为11.2 L，
2 2 2
B正确；电子流向：负极→导线→正极，电解质溶液中无电子移动，C错误；高温环境下，
微生物膜被破坏，工作效率降低，D错误。]9．B [电解池中阳离子向阴极运动，(CH)N＋向Ⅱ室迁移，A正确；Ⅰ室为阳极室，水电
3 4
离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2HO－ 4e－===4H＋＋O↑，HCO向Ⅰ室迁
2 2
移与生成的氢离子反应生成水和二氧化碳气体，B错误；阴极室中水电离出的氢离子放电发
生还原反应生成氢气：2HO＋2e－===2OH－＋H↑，溶液中氢氧根离子浓度变大，原料室中
2 2
(CH)N＋向Ⅱ室迁移生成(CH)NOH：(CH)N＋＋ OH－===(CH)NOH，当外电路中有1
3 4 3 4 3 4 3 4
mol电子通过时，理论上能生成1 mol (CH )NOH，C正确；由B、C项分析可知，电解总反
3 4
应：4(CH)NHCO ＋2HO=====4(CH)NOH＋2H↑＋O↑＋4CO↑，D正确。]
3 4 3 2 3 4 2 2 2
特色练 9 离子反应
1．C [CO 通入足量的 NaClO 溶液中，反应产生 NaHCO 、HClO：CO ＋ClO－＋
2 3 2
HO===HClO＋HCO，A错误；Cu是活性电极，用铜作电极电解KCl溶液时，阳极上Cu失
2
去电子生成Cu2＋进入溶液，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋；阴极上水得到电子发生还原反
应，电极反应式为2HO＋2e－===H↑＋2OH－，在溶液中Cu2＋与OH－结合形成Cu(OH) 沉
2 2 2
淀，故用铜作电极电解KCl溶液的总反应为Cu＋2HO=====Cu(OH) ↓＋H↑，B错误；用
2 2 2
NaSO 溶液吸收少量Cl ，反应的离子方程式为3SO＋Cl ＋HO===2HSO＋2Cl－＋SO，C正
2 3 2 2 2
确；草酸是弱酸，在离子方程式中应该写化学式：2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋
2 2 4
10CO↑＋8HO，D错误。]
2 2
2．D [碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为CaCO ＋2CHCOOH===Ca2＋＋CO↑＋HO＋
3 3 2 2
2CHCOO－，故A错误；氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al O ＋2OH－===2AlO
3 2 3
＋HO，故B错误；少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为 SO ＋3ClO－＋
2 2
HO===2HClO＋SO＋Cl－，故C错误。]
2
3．B [HF是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故Si与HF的反应无离子方程式，其反应的
化学方程式为Si＋4HF===SiF↑＋2H↑，A错误；向FeCl 溶液中加入稀HNO 反应的离子
4 2 2 3
方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2HO，B正确；Al3＋和CO在水溶液中将发生
2
相互促进的水解反应，则离子方程式为2Al3＋＋3HO＋3CO===2Al(OH) ↓＋3CO↑，C错
2 3 2
误；向Mg(HCO ) 溶液中滴加足量NaOH溶液则HCO也能和OH－反应，故该离子方程式为
3 2
Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH) ↓＋2CO＋2HO，D错误。]
2 2
4．C [炽热的木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C＋
4HNO(浓)=====CO↑＋4NO ↑＋2HO，C错误。]
3 2 2 2
5．C [Al (SO ) 溶液与过量Ba(OH) 溶液反应的离子方程式为2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－
2 4 3 2
===3BaSO↓＋2AlO＋4HO，故A错误；得失电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应为
4 2
3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO，B错误；CaSO 在溶液中存在沉淀溶解平衡，
3 4 2 4向其中加入纯碱溶液，发生沉淀转化，生成更难溶的 CaCO 沉淀，C正确；NaSiO 是可溶
3 2 3
性物质，应该写成离子形式，离子方程式为SiO＋2H＋===HSiO↓，D错误。]
2 3
6．B [氨水与稀盐酸反应，氨水是弱碱，不能拆：NH ·H O＋H＋===HO＋NH，故A错误；
3 2 2
FeI 溶液中加入足量的Br ，碘离子、亚铁离子均被氧化：2Fe2＋＋4I－＋3Br ===2Fe3＋＋2I＋
2 2 2 2
6Br－，故B正确；Ba(OH) 溶液与稀硫酸反应，要遵循硫酸电离出的氢离子和硫酸根离子的
2
比例关系：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO↓＋2HO，故C错误；大理石与稀盐酸反应，
4 2
碳酸钙是固体，不能拆：CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋CO↑＋HO，故D错误。]
3 2 2
7．D [滴加氨水：Mg2＋＋2NH ·H O===Mg(OH) ↓＋2NH，A不符合题意；透明溶液：Al3
3 2 2
＋＋3AlO＋6HO===4Al(OH) ↓，B 不符合题意；通入过量氯化氢：Cl－＋2H＋＋ClO－
2 3
===Cl↑＋HO，C不符合题意；pH＝1的溶液中H＋、Fe2＋、NH、I－、SO可以大量共存，
2 2
D符合题意。]
8．D [MnO在溶液中显紫红色，不符合无色透明的条件，A错误；使甲基橙变红的溶液呈
酸性，含大量氢离子，则ClO－会与氢离子结合生成次氯酸，两者不能大量共存，B错误；
pH>3时，Fe3＋主要以氢氧化铁沉淀形式存在，所以中性溶液中不能大量存在Fe3＋，C错误；
KNO 溶液中，四种离子不反应，能大量共存，D正确。]
3
9．C [由离子方程式2I－＋2Fe3＋===I ＋2Fe2＋可知，0.1 mol·L－1的碘化钾溶液中不可能含
2
有大量的Fe3＋，A不符合题意；由于Al3＋、Mg2＋与HCO发生相互促进的水解反应，则0.1
mol·L－1的小苏打溶液不可能含有大量的Al3＋、Mg2＋，B不符合题意；0.1 mol·L－1的醋酸溶
液中的CHCOOH、CHCOO－、H＋与NH、Ca2＋、Cl－、NO均不反应，可以大量共存，C符
3 3
合题意；由反应OH－＋HS－===S2－＋HO可知，0.1 mol·L－1的烧碱溶液中不可能含有大量的
2
HS－，D不符合题意。]
10．A [通入CO 气体后Ca2＋、Fe2＋、Br－、SO与CO 气体之间不能发生任何反应，可以
2 2
共存，A符合题意；由水电离出的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，该溶液
可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中，NH、OH－会发生反应产生弱碱NH ·H O，不
3 2
能大量共存，B不符合题意；Al3＋、S2－会发生相互促进的水解反应产生Al(OH) 沉淀、HS
3 2
气体，不能大量共存；pH＝1的溶液显酸性，含有大量H＋，H＋、MnO、S2－会发生氧化还
原反应而不能大量共存，C 不符合题意；滴加氨水时，NH ·H O 会与 Mg2＋反应产生
3 2
Mg(OH) 沉淀、NH，不能大量共存；NH ·H O也会与HCO反应产生CO、NH、HO，不能
2 3 2 2
大量共存，另外AlO、HCO会反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，D不符合
题意。]
11．A [滴加酚酞显红色的溶液呈碱性，Na＋、K＋、SiO、CHCOO－与氢氧根离子都不反应，
3
在溶液中一定能大量共存，故A正确；加入Al产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，HCO与氢
离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，碱性溶液中 Mg2＋不能大量存在，故B错误；常温下，＝1×1012的溶液中存在大量的氢离子，NO在酸性条件下具有强氧化性，能够
氧化Fe2＋，在溶液中不能大量共存，故C错误；使苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，Fe3＋与
SCN－形成配合物，不能大量共存，故D错误。]
12．D [氢氧根离子会与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，B错误；铜离子与
Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO相互之间不反应，可以大量共存，D正确。]
13．A [NO、Fe2＋、Na＋、SO、Cl－各离子之间相互不反应，能大量共存，A正确；HCO
与AlO能反应生成CO和Al(OH) ，不能大量共存，B错误；常温下，由水电离出的c(H＋)＝
3
1×10－13 mol·L－1的溶液，pH＝1或者pH＝13，在pH＝1时Br－与MnO会发生氧化还原反
应而不能大量共存，D错误。]
14．B [氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl与碳酸根离子不能大量共存，A错误；所有
离子之间均不反应，可共存，B 正确；氢离子与硫离子之间会发生反应：2H＋＋S2－
===HS ， C 错 误 ； 铝 离 子 与 一 水 合 氨 反 应 生 成 氢 氧 化 铝 沉 淀 ： Al3 ＋ ＋
2
3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH，D错误。]
3 2 3
特色练 10 化学反应速率与化学平衡
1．D [由题图可知，反应①不是可逆反应，能够进行完全，假如向容器中加入2 mol A相
当于加入4 mol B和1 mol C,4 mol B再发生反应②生成D，反应②为可逆反应，根据图中t
1
时刻B、C压强不再改变，说明达到平衡状态，据此列出三段式计算解答。反应②为可逆反
应，反应前后气体的物质的量改变，容器中的压强是变量，若容器内压强保持不变，表明反
应达到平衡状态，故A正确；由图像可知，t 时刻A物质分压为0，说明A反应完全，故B
1
正确；设起始加入2 mol A，发生反应①生成4 mol B和1 mol C，再设4 mol B发生反应②
生成D的物质的量为x mol，列出三段式：
2B(g)D(g)
起始/mol 4 0
转化/mol 2x x
平衡/mol 4－2x x
平衡时，容器中含有气体的总物质的量为[(4－2x)＋x＋1] mol＝(5－x) mol，根据压强之比等
于物质的量之比，平衡时容器中气体总压强为×40 kPa，此时B的分压为××40 kPa＝16
kPa，解得x＝1.6，平衡时总压强为×40 kPa＝68 kPa；B气体的分压为16 kPa，D气体的分
压为×68 kPa＝32 kPa，则平衡常数K ＝＝＝kPa－1，故C正确；结合C选项分析，当C、D
p
的分压相等时，C、D的物质的量相等，均为1 mol，则转化的B的物质的量为2 mol，B的
转化率为×100%＝50%，故D错误。]2．C [不确定容器的体积，不能确定反应的二氧化碳的物质的量，不能计算反应放出的热
量，A错误；反应中CO 和H 按化学方程式中化学计量数之比投料，则两者的转化率一直
2 2
相等，不能用来判断反应是否达到平衡，B错误；反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，
二氧化碳的浓度减小，符合图像，C正确；平衡常数只受温度的影响，不确定由a→b温度
是否一定改变，故不能判断两者K值的大小，D错误。]
3．D [由图可知，最终X的浓度变为0，全部反应，反应生成Y、Z的浓度之和等于X的
起始浓度，则反应均为气体分子数不变的反应，故m＝n＝1，A正确；由图可知，t 时，
1
X、Y的浓度曲线相交，c(X)＝c(Y)，B正确；两个反应同时发生，反应结束时Y含量更高
反应速率更快，说明反应①活化能较低，故活化能：①<②，C正确；t 时，反应②中X的
2
消耗速率等于Z的生成速率，而X还要发生反应①，故X的消耗速率大于Z的生成速率，D
错误。]
4．A [由图可知，0～t 时间段生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②
1
的低，故A错误；反应③的平衡常数K＝，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故
K>1，故B正确；t 时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
1
由A→B，A→C可知其转化均为1∶1，t 时，体系中没有A剩余，故c(C)＋c(B)＝c(A) ＝
2 起始
c，则c(C)＝c－c(B)，故D正确。]
0 0
5．B [根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其他几个物质的相关变化量。从图中
可以看出P、Q的初始量均为0.6 mol·L－1，据此分析。v ＝kc2(P)＝，v ＝kc2(P)＝，则＝＝
1 1 2 2
为定值，20 min 时，由图可知，Δc(X)＝0.12 mol·L－1，Δc(Q)＝0.3 mol·L－1＝Δc(X)＋
Δc(Y)，则Δc(Y)＝(0.3－0.12) mol·L－1＝0.18 mol·L－1，即＝＝，相同条件下反应①的速率小
于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A说法正确；0～20 min内，Z的变化量与
Q的变化量相同，所以Δc(Z)＝Δc(Q)＝0.3 mol·L－1，Z的平均反应速率为＝＝0.015 mol·L－
1·min－1，故B说法错误；＝＝始终为定值，即＝，故C说法正确；45 min时，Q的浓度为
0.2 mol·L－1，Δc(Q)＝Δc(X)＋Δc(Y)＝(0.6－0.2) mol·L－1＝0.4 mol·L－1，根据＝＝，可得Y
的浓度为0.24 mol·L－1，故D说法正确。]
6．D [由题干信息可知，NO和O 混合后可发生反应：①2NO(g)＋O(g)===2NO (g)、
2 2 2
②2NO (g)NO(g)，则随着反应的进行，NO 的浓度先增大后减小，最后达到平衡保持
2 2 4 2
不变，故a为c(NO)、b为c(NO )、c为c(N O)随t的变化曲线，A错误；由以上分析可知，
2 2 4
t 时，c(NO)＝c(NO )，B错误；若容器的体积保持不变，则根据 N原子守恒可知，t 时有
1 2 2
c(NO)＋c(NO )＋2c(N O)＝c ，C错误；由图像可知，t 后，NO 、NO 的浓度不再发生改
2 2 4 0 3 2 2 4
变说明反应达到平衡状态，故有NO 的消耗速率等于其生成速率，D正确。]
2特色练 11 有机物的结构与性质
1．B [由结构简式知其分子式为C H O ，A错误；该化合物含有碳碳双键，可与溴水中
16 12 2
的溴发生加成反应而使其褪色，B正确；该化合物中不含有能够水解的官能团(酯基、酰胺
基等)，不能发生水解反应，C错误；该化合物苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可以被
取代，D错误。]
2．B [G中含羟基、碳碳双键、醚键、酯基、酮羰基、羧基，共 6种官能团，A错误；G
中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，一定条件下 G能发生消去反应生成碳碳
双键，B正确；1 mol G含1 mol酯基和1 mol羧基，消耗2 mol NaOH，C错误；1 mol G含
5 mol碳碳双键、1 mol酮羰基、1 mol苯环，最多能与9 mol H 发生加成反应，D错误。]
2
3．D [根据结构简式可判断分子式为C H NO ，不饱和度是4，因此其能有芳香族同分异
8 11 2
构体，故A正确；含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应，
故B正确；与α-氰基丙烯酸乙酯结构相似，分子组成上相差两个CH 原子团，所以二者互
2
为同系物，故C正确；由于双键是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物所有碳原
子可能共平面，故D错误。]
4．C [该物质分子中有2个手性碳原子，如图 (用*标注)，故A错误；
分子中右侧六元环上的碳原子均为sp3杂化，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能位于
同一平面，故B错误；分子中含有N原子，N原子上有孤电子对，可以和盐酸反应形成盐，
故C正确；分子式为C H SN ，故D错误。]
15 23 3
5．C [分子中含有羟基(—OH)、羧基(—COOH)、酯基(—COOR)，共3种含氧官能团，A
正确；连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，该分子结构中
，标“*”号的是手性碳原子，共8个，B正确；该有机物中没有酚
羟基，遇FeCl 溶液不会显紫色，C错误；1 mol该有机物含有1 mol羧基和1 mol酯基，最
3
多可消耗2 mol NaOH，D正确。]
6．C [该分子结构中含有羟基、醚键2种含氧官能团，A选项错误；该分子结构中的羟基
所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，B选项错误；该分子结构中含有
羟基，且与羟基相连碳原子上有H原子，可以发生氧化反应，C选项正确；该分子结构中含
有醇羟基，可以与Na发生反应放出氢气，但不能与NaOH发生反应，D选项错误。]7．A [由键线式可知M的分子式为C H O ，A错误；连有四个不同的原子或原子团的饱
10 14 3
和碳原子为手性碳原子，N分子中有2个手性碳原子： ，B正确；M与N的
分子式均为C H O，而结构不同，则M和N互为同分异构体，C正确；L-脯氨酸的羧基和
10 14 3
亚氨基之间可以发生缩合反应，则L-脯氨酸可以发生缩聚反应，D正确。]
特色练 12 电解质溶液中的曲线分析
1．B [由题意可知 HY 为一元弱酸，KY 溶液呈碱性：c(OH－)>c(H＋)，又因为 Y－＋
HOHY＋OH－，c(K＋)>c(Y－ )，盐的水解是微弱的，所c(K＋)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋)，A
2
正确；根据电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)＝c(Y－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH
－)，则c(K＋)＝c(Y－)＋c(Cl－)，同理则c(K＋)＝c(X－) ＋c(Cl－)，KY的碱性强，弱酸根离子
的水解程度大，则溶液呈中性时所消耗的盐酸的量大，溶液中c(Cl－)大，c(X－)>c(Y－)，B
错误；＝K ，温度不变，的值不变，C正确；混合溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋
h
c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(K＋)，存在元素质量守恒：c(Cl－)＝c(K＋)，故c(X－)＋c(Y－)＋
c(OH－)＝c(H＋)，即c(X－)＋c(Y－)＝c(H＋)－c(OH－)，D正确。]
2．C [弱酸的电离是吸热过程，升高温度后，电离平衡向着电离的方向移动，故氢离子浓
度增大，pH减小，故A正确；根据图像中pH＝2.2时，c(H AsO )＝c(H AsO)，K ＝＝c(H
3 4 2 a1
＋)＝10－2.2，当pH＝7时，＝＝＝＝10－4.8，故B正确；M点溶液显中性，说明氢离子浓度等
于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒得：c(Na＋)＝2c(HAsO)＋3c(AsO)＋c(H AsO)，故C不正
2
确；根据图像中曲线判断pH＝10时溶液中离子浓度：c(HAsO)>c(AsO)>c(H AsO)，故D正
2
确。]
3．C [RO中氧元素化合价为－2价，则R为＋6价；由图可知，pH>6时溶液中存在RO，
A正确；RO的水解促进水的电离，其浓度越大，水的电离程度越大，则水的电离程度：M
＜N，B正确；由电荷守恒可知，溶液中存在：c(K＋)＋c(H＋)＋c(H RO)＝c(OH－)＋c(HRO)
3
＋2c(RO)，C错误； HRO 的第一步电离平衡常数K ＝，由图可知，Q点δ(HRO)＝0.8，
2 4 a1
则δ(H RO)＝0.2，＝4、pH＝4，故K ＝＝4.0×10－4，D正确。]
2 4 a1
4．D [电离平衡常数只受温度的影响，碳酸的 K ＝，K ＝，碳酸属于二元弱酸，
a1 a2
K >K ，相同pH时，>，根据图像可知，曲线m表示pH与lg的变化关系，曲线n表示pH
a1 a2
与lg的变化关系，故A正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)＋
2c(CO)，当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，即有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故B
正确；根据A选项分析，K ＝，取N点坐标，代入表达式，K (H CO)＝＝10×10－7.4＝10－
a1 a1 2 36.4，故C正确；该反应的平衡常数K＝＝，25 ℃时K ＝1.0×10－14，取M点的坐标代入K
w a2
的表达式，K ＝1.0×10－10.3，从而可得K＝1.0×10－3.7，故D错误。]
a2
5．C [随加入盐酸的物质的量的变化，溶液中发生的离子反应为 CO＋H＋===HCO、HCO
＋H＋===HO＋CO↑，如图所示，n(K＋)不变，n(Cl－)逐渐增大，n(CO)逐渐减小，n(HCO)
2 2
先增大后减小，据此分析解答。滴加至A点时，根据元素质量守恒知，n(K＋)＝2n(CO)＋
2n(HCO)＋2n(H CO)(此时无二氧化碳生成)，由 A 点知 n(Cl－)＝n(CO)>n(HCO)，故 c(K
2 3
＋)>4c(HCO)，故 A 正确；K ＝＝4.31×10－7，K ＝＝5.60×10－11，B 点时，n(CO)＝
a1 a2
n(HCO) ， c(H ＋) ＝ 5.60×10 －11 ， ＝ ＝ ≈ 7.7×103， 故 B 正 确 ； 由 C 点 知 ， n(Cl
－)>n(HCO)>n(CO)，此时加入n(HCl)＝0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO ，且等浓度，由
3
元素质量守恒得：n(Cl－)＝n(CO)＋n(HCO)＋n(H CO)，又因为 K (HCO)>K ，故
2 3 h a2
n(H CO)>n(CO)，所以c(Cl－)>c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；D点时，n(Cl－)＝0.02 mol，说
2 3
明KCO ＋2HCl===2KCl＋CO↑＋HO恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶
2 3 2 2
液的pH<7，故D正确。]
特色练 13 “阿伏加德罗常数”的应用
1．C [5.6 g Fe的物质的量是0.1 mol，浓硝酸具有强氧化性，在室温下与Fe反应会在金属
表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化现象，而不能进
一步反应，因此不能计算反应过程中电子转移数目，A错误；1 L pH＝1的HC O 溶液中含
2 2 4
有n(H＋)＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，该溶液中阳离子只含有H＋，故该溶液中含有阳离子
总数为0.1N ，B错误；CH 和Cl 在光照下充分反应前后物质分子数不变，因此0.5 mol CH
A 4 2 4
和1 mol Cl 在光照下充分反应后的分子数为1.5N ，C正确；由于还原性：I－＞Fe2＋，所以
2 A
向含有FeI 的溶液中通入适量氯气，I－先发生反应，当有l mol Fe2＋被氧化时，I－反应完全，
2
但反应的I－的物质的量未知，因此不能确定反应中转移电子的数目，D错误。]
2．B [质量均为1 g的氕、氘、氚三种原子，氘和氚的物质的量小于 1 mol，质子数不全为
N ，故A错误；设混合物全为Cu S，即Cu S质量为8 g(0.05 mol)，含铜原子数为0.1N ，
A 2 2 A
设混合物全为CuSO ，即CuSO 质量为8 g(0.05 mol)，含铜原子数为0.05N ，则混合物含有
4 4 A
的铜原子数介于0.05N 与0.1N 之间，故B正确；标准状况下，只知道HS与NH 两种气体
A A 2 3
等体积，具体体积未知，无法确定分子数，故C错误；电解精炼时，阳极不仅铜放电，还
有锌、铁、镍等金属同时放电，当阳极质量减少6.4 g时，转移电子数无法确定，故D错
误。]
3．B [若1 mol O 与金属钠反应生成NaO，则转移4 mol电子，若生成NaO ，则转移2
2 2 2 2
mol电子，故A错误；D16O和14ND 的相对分子质量均为20，含有电子数均为10,2.0 g该混
2 3合物的物质的量为0.1 mol，所含电子数为1 mol，故B正确；CHCOOH分子中有一个碳氧
3
双键、一个碳氧单键和一个氢氧键，氧原子形成4 mol共用电子对，故C错误；没有指明条
件是否是标准状况，因此无法判断氧气物质的量，故D错误。]
4．C [H18O与D16O的相对分子质量均是20，且均含有10个中子，由H18O与D16O组成
2 2 2 2
的4.0 g混合物的物质的量是0.2 mol，所含中子数为2N ，A正确；100 mL 0.1 mol·L－1
A
CHCOONa溶液中醋酸钠的物质的量是0.01 mol，根据电荷守恒可知n(H＋)＋n(Na＋)＝n(OH－)
3
＋n(CHCOO－)＞0.01 mol，则阴离子数目大于0.01N ，B正确；分子式为C HO的有机物
3 A 2 6
可能是乙醇，也可能是二甲醚，则1 mol C HO中可剪切C—H数目不一定为5N ，C错误；
2 6 A
某密闭容器中0.1 mol Na O 和0.1 mol SO 充分反应恰好生成0.1 mol硫酸钠，因此转移电子
2 2 2
的数目为0.2N ，D正确。]
A
5．D [已知HOOCCOOH中两个C原子均为sp2杂化，故45 g草酸中sp2杂化的C原子个数
为×2×N mol－1＝N ，A正确；PCl 中P原子的价层电子对数为5＋×(5－5×1)＝5，故2
A A 5
mol PCl 中磷原子的价层电子对数为2 mol×5×N mol－1＝10N ，B正确；已知B最外层上
5 A A
有3个电子，故只能形成3个共价键，则[B(OH) ]－中存在1个配位键，故1 mol [B(OH) ]－
4 4
中配位键个数为 N ，C正确；标准状况下 CHOH为液体，故无法计算 11.2 L HCHO 与
A 3
CHOH的混合物中分子数，D错误。]
3
6．A [[Ag(NH)]＋中含有配位键及N—H σ键，1 mol [Ag(NH )]＋中含有σ键数为8N ，故
3 2 3 2 A
A正确；氯气与水反应是可逆反应，标准状况下，2.24 L Cl 溶于水，转移电子数小于
2
0.1N ，故B错误；25 ℃时，500 mL pH＝13的Ba(OH) 溶液中含有OH－的数目为0.1 mol·L－
A 2
1×0.5 L×
N mol－1＝0.05N ，故C错误；苯乙烯分子中的8个碳原子均为sp2杂化，1 mol苯乙烯中含
A A
有sp2杂化碳原子数为8N ，故D错误。]
A
7．B [1 L 0.2 mol·L－1 NaClO溶液中NaClO物质的量为0.2 mol，由于次氯酸根离子水解，
因此ClO－数目小于0.2N ，故A错误；一分子乙醇含有8个σ键，23 g CH CHOH物质的量
A 3 2
为0.5 mol，含有σ键数目为4N ，故B正确；标准状况下，CHCl 是非气态物质，无法计算
A 3
物质的量，故C错误；室温下，pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算OH－的物质
的量，故D错误。]
8．B [1 mol氟化铵中含有4 mol N—H，所以1 mol NH F晶体中含有共价键数目为4N ，A
4 A
项错误；XeF 中氙原子有4个σ键，孤电子对数为＝2，价层电子对数为4＋2＝6,0.5 mol
4
XeF 中氙原子的价层电子对数为0.5 mol×6×N mol－1＝3N ，B项正确；标准状况下，11.2
4 A A
L即0.5 mol NO和0.5 mol O 混合后反应生成0.5 mol NO 和剩余0.25 mol O ，NO 中存在
2 2 2 2
2NO NO ，混合后的分子数目小于0.75N ，C项错误；在氢氧燃料电池的正极是氧气得
2 2 4 A
电子生成负二价氧离子，当正极消耗22.4 L(标准状况)气体，即有1 mol O 参加反应时，应
2
得到4 mol e－，电路中通过的电子数目应为4N ，D项错误。]
A特色练 14 反应历程、机理图的分析应用
1．C [使用催化剂有中间产物生成，改变反应进程，降低反应活化能，故A错误；有催化
剂条件下，E 大于E ，活化能越小反应速率越快，E 时的反应速率比E 时的慢，故B错误；
1 2 1 2
由图可知NO和CO在Pt O＋表面转化为无害气体的反应进程为①NO(g)＋Pt O＋===N(g)＋
2 2 2 2 2
Pt O ΔH ，②Pt O＋CO(g)===CO(g)＋Pt O＋ ΔH ，①＋②得NO(g)＋CO(g)===N(g)＋
2 1 2 2 2 2 2 2
CO(g) ΔH＝ΔH＋ΔH，故C正确；Pt O＋是反应的催化剂，Pt O为中间体，故D错误。]
2 1 2 2 2
2．A [碳元素在CHOH中显－2价，在CHCOOH中显0价，故A错误；第4步反应为
3 3
CHCOORh*I＋H===CHCOOH＋ Rh*＋HI，氧化剂是CHCOORh*I，故B正确；根据每
3 2 3 3
一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CHI、CHRh*I、CHCOORh*I，都是先生成后
3 3 3
反应的物质，故C正确；根据图示，循环的总反应为CHOH＋CO ＋H=======CHCOOH
3 2 2 3
＋HO，故D正确。]
2
3．B [液体中NO→NO 有极性键断裂，H→H＋有非极性键断裂，旧键断裂吸收能量，故
2 2
A正确；导电基体上的Pt颗粒上，部分NO得到电子变为NH，NH仍在溶液中，所以若导
电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B错误；上述各反应过程中N元
素化合价均降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H ，故C正确；由液体中NO→NO
2 2
中N元素化合价降低，NO是还原产物，气体中NO→N 中N元素化合价降低，NO是氧
2 2 2 2
化剂，故D正确。]
4．D [由转化示意图可知，＋HN—N===O是反应中间体，故A正确；O===V5＋中V为双
3
键，H—O—V4＋中V为单键，故B正确；反应过程中O===V5＋中V由＋5价降低到＋4价，
故被还原，故 C 正确；由转化示意图可知，在催化剂作用下脱硝反应为 4NH ＋O ＋
3 2
4NO===4N＋6HO，故D错误。]
2 2
5．C [催化剂不能改变反应热，ΔH不会发生变化，A错误；催化机理存在HCO与H＋反应
生成CO 的过程，这一步不是氧化还原反应，B错误；根据如图的催化机理可知总反应为
2
HCHO＋O=====CO＋HO，C正确；NaO 中的阴离子是O，与O不相同，D错误。]
2 2 2 2 2
特色练 15 化工微流程分析
1．C [SnCl 易水解，SnCl 固体溶解后溶液显酸性，向溶液中加入碳酸氢铵，反应生成二
2 2
氧化碳气体，SnCl 水解最终得到SnO，SnO溶于硫酸得到SnSO 溶液，再通过蒸发浓缩、
2 4
冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到SnSO ·2H O，据此分析解答。反应1中首先发生相互促
4 2
进的水解反应(属于复分解反应)得到Sn(OH) ，Sn(OH) 分解得到SnO(分解反应)，故B错误；
2 2
SnCl 常作抗氧化剂，说明其易被氧化，适量Sn粉可防止SnCl 被氧气氧化，从而提高产品
2 2纯度，故C正确。]
2．A [HPO 为一元弱酸，NaH PO 为正盐，只能与酸反应，A错误；白磷与氢氧化钠反应、
3 2 2 2
HPO 分解生成PH 和HPO ，这两个反应中元素化合价均发生变化，均是氧化还原反应，B
3 2 3 3 4
正确；PH 在空气中能自燃，整个过程中有PH 生成，故需要在无氧条件下进行，C正确；
3 3
HPO 中P元素的化合价为＋1价，HPO 和PH 中P元素的化合价分别为＋5价和－3价，
3 2 3 4 3
根据得失电子守恒规律，反应生成HPO 和PH 的物质的量之比为1∶1，D正确。]
3 4 3
3．A [“氧化除杂”时温度过高会导致双氧水分解，使氧化效果减弱而使除杂效果降低，
A错误；“还原除杂”时利用锌粉置换出镉，氧化性：Cd2＋>Zn2＋，B正确；“沉锌”时硫
酸锌与碳酸氢铵反应生成了ZnCO(OH) ，NH HCO 溶液是弱酸弱碱盐且pH>7，C正确；
4 3 6 4 3
“干燥”时温度不宜过高，否则会使ZnCO(OH) 受热分解，D正确。]
4 3 6
4．A [太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月，氯化钠和氯化钾从溶液中析出，过滤，
滤液1中(主要含Mg2＋、Li＋、Ca2＋、SO)加入过量氢氧化钙会反应生成氢氧化镁沉淀和少量
硫酸钙沉淀，滤液2中(主要含Li＋、Ca2＋、SO、OH－)加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，过
滤，滤液3中(主要含Li＋、CO、Na＋、SO)加入碳酸钠80～90 ℃得碳酸锂沉淀，以此来解
析。工序③和工序④顺序不可互换，互换以后过量的钙离子无法除去，A错误；LiCO 在冷
2 3
水中溶解度较热水中大，选择温度为80～90 ℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，
B正确；碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产率和快速干燥的效
果，C正确；首先NaCl和KCl固体先加水溶解，加热蒸发，到一定的时候，有氯化钠晶体
析出，当还剩下少量水时，趁热过滤，将滤液冷却可得氯化钾晶体，为了提高纯度可将以上
得到的氯化钠晶体再溶于水再进行加热蒸发到得到大量晶体留下少量水的时候过滤出晶体，
同样以上得到的氯化钾晶体也可重复以上第一次操作，D正确。]
5．C [由题干流程图可知，反应Ⅰ为 2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑或者 2NaCl＋
2
2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑，反应Ⅱ为 Ca2＋＋SO===CaSO↓，反应Ⅲ为 MgCl ＋
2 2 2 4 2
Ca(OH) ===Mg(OH) ↓＋CaCl ，反应Ⅳ为MgCl (熔融)=====Mg＋Cl↑，则反应Ⅰ、Ⅳ均属
2 2 2 2 2
于氧化还原反应，反应Ⅱ、Ⅲ均属于非氧化还原反应，A、B错误，C正确；粗盐提纯中，
NaCO 需除去原溶液中的Ca2＋，同时还要除去已加入的过量的Ba2＋，故加入试剂的顺序必
2 3
须保证NaCO 在BaCl 之后，D错误。]
2 3 2
6．C [反应Ⅰ、Ⅱ是通过侯氏制碱法制备碳酸钠，反应Ⅰ制备NaHCO ，化学方程式为
3
NaCl＋CO ＋NH ＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl，反应时先通入氨气，再通入CO ，A错误；
2 3 2 3 4 2
由题 干信息 可知，反应 Ⅲ是为了制 备 NaHSO ，发生反应 ： NaCO ＋HO＋
3 2 3 2
2SO ===2NaHSO＋CO，B错误；由于得到的NaHSO 不是过饱和溶液，后加碳酸钠并再次
2 3 2 3
充入SO 的目的是为了得到NaHSO 过饱和溶液，结晶得NaHSO 晶体，C正确；由流程图
2 3 3
可知，NaHSO 失水得到NaSO ，反应的化学方程式为2NaHSO===NaSO ＋HO，该反应
3 2 2 5 3 2 2 5 2中各元素化合价不变，为非氧化还原反应，D错误。]
7．C [氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，A正确；流程中
的转化涉及的反应为N ＋3H2NH ，4NH ＋5O=====4NO＋6HO，4NO＋3O
2 2 3 3 2 2 2
＋2HO===4HNO ，没有涉及复分解反应，C错误；常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上
2 3
可用铁槽车储运浓硝酸，D正确。]
8．C [菱锰矿酸浸后进入沉淀池中的金属离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Co2＋、Al3＋，不溶性
的杂质进入废渣中，沉淀池Ⅰ中加入二氧化锰，亚铁离子被氧化为铁离子，氨水调节pH后
得到的滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝；沉淀池Ⅱ中加入含硫离子的试剂，除去Co2＋，滤渣2
为CoS；再进行沉锰操作可以得到MnOOH。“沉锰”的离子方程式为2Mn2＋＋HO ＋
2 2
4NH ·H O===2MnOOH↓＋4NH＋2HO，C错误；检验MnOOH是否洗涤干净可通过检验沉
3 2 2
淀表面的硫酸根离子有没有洗干净，故可用BaCl 溶液，D正确。]
2
9．D [卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为 2I－
＋Cl===2Cl－＋I ，高分子树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI
2 2
和硫酸钠，离子方程式为I ＋SO＋HO===2I－＋SO＋2H＋，氧化时氯酸钾与NaI反应生成碘，
2 2
升华可得到粗产品，据此分析解题。由分析可知，经过步骤①到④所得溶液中I－物质的量
浓度增大，A正确；由于Cl 的氧化性强于I ，故步骤②中Cl 不宜过量太多，以防止Cl 进
2 2 2 2
一步氧化I ，B正确；步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，C正确；由于溶
2
液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为ClO＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I＋3HO，D错误。]
2 2
综合大题规范练
(一)综合实验探究
1．(1)分液漏斗 C＋4HNO (浓)=====CO↑＋4NO ↑＋2HO (2)3Cu＋8H＋＋
3 2 2 2
2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO (3)BD (4)吸收有毒的NO气体，防止污染空气 出现红棕
2
色气体 (5)①F 当滴入最后半滴酸性KMnO 溶液后，溶液恰好由无色变为浅红色(或浅紫
4
红色)，且半分钟内不复原 ②ACDE
2．(1)球形冷凝管 (2)使平衡向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率 分水器中的
水位高度基本保持不变 (3)增加正丁醇的量 (4)除去混合物中的硫酸以及未反应的有机酸
和醇 氢氧化钠碱性太强会导致产物发生水解 (5)邻苯二甲酸二丁酯的沸点较高，高温会
导致其分解，减压可使其沸点降低 (6)将水蒸发，促进反应进行 (7)59.45
解析 (2)水是产物之一，根据平衡移动的原理，不断从分水器下部分离出产物水的目的是
使平衡向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；水层和有机物互不相溶，当水的量不再增加的时候，则反应已结束。(3)反应 Ⅰ 进行得迅速而完全，反应 Ⅱ 是可逆反应，进
行得较缓慢，故提高反应速率，主要是提高反应 Ⅱ 的速率，可采取的措施为增加正丁醇的
量。(4)反应混合物中含有杂质硫酸、有机酸和醇，可以用 5% Na CO 溶液洗涤除去；反应
2 3
最终得到的产品属于酯类物质，酯在氢氧化钠存在的时候容易水解。(5)减压蒸馏时所需的
温度较低，故粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯的沸点较高，高温
会导致其分解，减压可使其沸点降低。(6)由题给信息可知，正丁醇的沸点较低，而正丁醇
是反应物之一，反应过程中要防止其挥发，同时要将水蒸馏出来，故温度控制在 105 ℃的
目的是将水蒸发，促进反应进行。(7)加入6.0 g邻苯二甲酸酐、11.4 g正丁醇，根据化学方
程式通过计算可知，正丁醇过量，根据邻苯二甲酸酐的量可以计算出产品的理论产量约为
11.27 g，则其产率为×100%≈59.45%。
3．(1)恒压滴液漏斗 (2)a (3)平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险 b a (4)过滤
169.5 (5)91 (6)还原
解析 (2)由题意知反应温度保持在－5 ℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点
会降低，故水浴B应选择冰盐水浴。(3)蒸馏过程中装置易发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶
内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷却水，冷凝管中冷却水从 b
口进、a口出。(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5 ℃，蒸
馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5 ℃。(5)由C HClO S～C HSH，可知苯硫酚的理
6 5 2 6 5
论产量为6 g ×，实际得纯品3.40 g，故苯硫酚的产率为×100%≈91%。(6)溶液褪色，说明
苯硫酚被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酚具有还原性。
4．(1)分液漏斗 c d e f b (2)2KMnO＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl ＋5Cl↑＋8HO
4 2 2 2
(3)饱和食盐水 除去挥发的HCl气体 (4)1 mol
(5)防止氯气过量使溶液碱性减弱，从而使KFeO 不稳定
2 4
(6)酸式 95.04%
解析 (1)仪器m的名称为分液漏斗；制备时，装置A制取氯气，经装置C除杂，进入装置
D发生反应，最后用装置B处理尾气，装置的连接顺序为a→c→d→e→f→b。(4)装置A中
每消耗 0.6 mol KMnO ，转移 3 mol 电子，装置 D 内发生的反应为 3Cl ＋2Fe(OH) ＋
4 2 3
10KOH===2KFeO ＋6KCl＋8HO，转移3 mol电子，即有1 mol K FeO 生成。(5)若向装置
2 4 2 2 4
D中通入的氯气过量，氯气与氢氧化钾溶液反应使溶液碱性减弱，高铁酸钾的稳定性减弱，
会生成氧气。(6)硫酸亚铁铵溶液显酸性，应选用酸式滴定管；依据关系式：2FeO～2CrO～
Cr O～6Fe2＋，则n(FeO)＝(×0.100×14.40×10－3) mol，样品的纯度为×100%＝95.04%。
2
(二)化工工艺流程
1．(1)Li O·Al O·4SiO (2)石灰石价廉易得 Fe(OH)
2 2 3 2 3AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ↓ (3)< ③②①
2 3
(4)3Li CO＋CO(NH)＋3Br ===6LiBr＋4CO↑＋N↑＋2HO
2 3 2 2 2 2 2 2
解析 (2)工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱是因为石灰石价廉易得，生产成本低；
“除镁除铁”发生的反应为加入氢氧化钠溶液将溶液中铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢
氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子；除铝发生的反应为加入适量稀硫酸，将溶液中的
偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ↓。
2 3
(3)由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随着温度的升高而减小，说明碳酸锂在水中的溶解为
放热过程，热效应ΔH<0；加入纯碱试剂进行沉锂后，为减少碳酸锂沉淀的损失，得到碳酸
锂沉淀的操作为进行保温静置、离心分离、趁热过滤、洗涤。(4)由题意可知合成中发生的
反应为碳酸锂粉末在低温条件下与尿素和溴反应生成溴化锂、二氧化碳和氮气，反应的化学
方程式为3LiCO＋CO(NH)＋3Br ===6LiBr＋4CO↑＋N↑＋2HO。
2 3 2 2 2 2 2 2
2．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2)VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋HO (3)2.8 无
2
(4)3H O＋ClO＋6VO2＋===6VO＋Cl－＋6H＋ (5)使VO＋HOVO＋2H＋平衡正向移动，
2 2
将VO转化为VO，同时增大NH的浓度 (6)81.9
3．(1)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO (2)> (3)b.冰水 饱和KOH溶液
2
c．除去杂质，减少KFeO 的溶解；提高产率，能快速干燥 (4)①高铁酸盐在酸性较强的
2 4
条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去 ②pH＝5时，锌元素以Zn2＋形
式存在，pH＝10时，锌元素几乎都以Zn(OH) 形式存在，Zn(OH) 被高铁酸钾水解生成的
2 2
Fe(OH) 捕集
3
解析 硝酸铁和过量次氯酸钠在过量NaOH溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠、硝酸钠，
过滤，向滤渣高铁酸钠中加入饱和KOH溶液生成溶解度更小的高铁酸钾，再过滤得到高铁
酸钾。(2)生成的NaFeO 需要转化为钾盐，根据题中信息，说明溶解度：NaFeO>K FeO。
2 4 2 4 2 4
(3)高铁酸钾低温下较稳定，可将滤液置于冰水中，由于高铁酸钾微溶于 KOH浓溶液，故用
饱和KOH溶液溶解高铁酸钠；洗涤时不能用水洗，选用乙醇洗，是因为乙醇洗可以减少钾
盐的溶解，提高钾盐的产率，而且乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水分，能快速干燥。
(4)①图2中，pH越大氨氮的去除率越大，其原因可能是高铁酸钾在低温碱性条件下比较稳
定，高铁酸盐在酸性较强的条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去。②由
题意知，含锌废水中锌离子的浓度为≈1.85×10－6 mol·L－1，当溶液pH为5时，溶液中没有
氢氧化锌沉淀生成，当溶液pH为10时，溶液中有氢氧化锌沉淀生成，由题给信息可知，
KFeO 与HO反应生成Fe(OH) 的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，
2 4 2 3
故pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多。
4．(1)＋3价 (2)溶解RuO CaSO 温度为65 ℃、pH为1.0 (3)6Na＋＋12Fe2＋＋2ClO＋
4 4
18SO＋6HO===3NaFe (SO )(OH) ↓＋2Cl－＋6OH－
2 2 4 4 6 2(4) (5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应 (6)87.8%
(三)化学反应原理
1．(1)①＋200.8 ②苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间
一种独特的键 (2)①在恒压密闭容器中，掺入水蒸气，容器的体积增大，对于反应
(g，环己烷) (g)＋3H(g)，体系中的分压减小，压强减小上述平衡正向移动 ②适当
2
升高温度 (3)①3.0×10－4 ②C ③温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物的
量增大，即生成的苯变少 (4) (g)＋6H＋＋6e－=== (g) 2
2．(1)－93 (2)曲线b 1 343 (3)1 1.5 －1 1.6
(4)①> ②温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响 ③12.5
解析 (1)由ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和可得：ΔH＝(945 kJ·mol－1＋436 kJ·mol
－1×3)－(391 kJ·mol－1×2×3)＝－93 kJ·mol－1。(2)图1为有催化剂参与合成氨反应的反应进
程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线b与图1能
量变化相符；由ΔH＝－(E－E)可得：－93 kJ·mol－1＝－(E－1 250 kJ·mol－1)，解得E＝1 343
2 1 2 2
kJ·mol－1。(3)依据题给数据，由Ⅰ和Ⅱ的速率相比可得：＝，解得α＝1；由Ⅱ和Ⅲ的速率相
比可得：＝，解得β＝1.5；由Ⅰ和Ⅳ的速率相比可得：＝，解得γ＝－1；由Ⅰ和Ⅴ的速率
相比可得：＝，解得m＝1.6。(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向
正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为p时氮气的物质的
量小于压强为1.8 MPa时氮气的物质的量，则p大于1.8 MPa。②投料比一定时，随着温度
升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平
衡的影响。③由图可知，在1.8 MPa、373 K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质的量为
0.4 mol，由化学方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6 mol－(1 mol－0.4
mol)×3＝0.8 mol、(1 mol－0.4 mol)×2＝1.2 mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压分别为
×1.8 MPa＝0.3 MPa、×1.8 MPa＝0.6 MPa、×1.8 MPa＝0.9 MPa，平衡常数K ＝＝12.5
p
MPa－2。
3．(1)－49.1 (2)①> ②90% (3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，
而且有利于该反应正向进行 ②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①为吸热反应，所以
温度升高不利于CHOH的合成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率降低 ③K＝ (4)
3 3
增大压强或使用更高效的催化剂解析 (1)反应③＝反应①＋反应②，则ΔH＝ΔH＋ΔH＝＋41.4 kJ·mol－1＋(－90.5 kJ·mol－1)
3 1 2
＝－49.1 kJ·mol－1。(2)①反应③是气体体积减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向
移动，CO 转化率升高，则p ＞p 。②在曲线A的条件下，起始充入CO(g)和H(g)的物质
2 A B 2 2
的量分别为1 mol、3 mol，则CO(g)和H(g)的起始浓度分别为1 mol·L－1、3 mol·L－1，设c
2 2
点时，CO 的转化浓度为x mol·L－1，则H、CHOH、HO的转化浓度分别为3x mol·L－1、x
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1，则c点时CO 、H 、CHOH、HO的浓度分别为(1－x) mol·L－1、(3－3x)
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1、x mol·L－1，K＝＝300，则＝300，解得x＝0.9，则c点对应CO 转化率为
2
×100%＝90%。(3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反
应正向进行，故CO 转化率随温度升高而增大。②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①
2
为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率
3 3
降低，CHOH选择性减小。③反应①的平衡常数的表达式为K＝。(4)反应②(或反应③)是气
3
体体积减小的反应，反应①是气体体积不变的反应，增大压强，反应①的平衡不移动，反应
②(或反应③)的平衡正向移动，CHOH产率增大，CHOH选择性增大；使用更高效的催化
3 3
剂，加快反应②(或反应③)的速率，使CHOH产率增大，从而使CHOH选择性增大。
3 3
4．(1)AC (2)－180.5 (3)⑦ (4)增大 增大 (5)75% 3 240
(6)2NO＋3ClO－＋2OH－===2NO＋3Cl－＋HO
2
(四)有机化学基础
1．(1)5 Br ，光照 (2)取代反应 羧基
2
(3)
(4) NH
3
(5) 、 、
2．(1)碳碳双键 氧化反应 (2)甲醇(3) (4) ＋ClCH COOCH ＋Zn＋HO―→
2 3 2
＋Zn(OH)Cl↓
(5)C H O 3 (6)
11 18 4
解析 由有机物的转化关系可知， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应后，生成
物与甲醇发生酯化反应生成B( )，B( )在甲醇钠作用下发生取代反
应生成C ( )或 ，则C 为 ；C 和C 在
1 2 1 2
碱性条件下发生水解反应后，再在酸性条件下共热发生脱羧反应得到 D( )，
在酸性条件下与甲醇发生 酯化反应生成 E( )， 与
ClCH COOCH 、锌和水反应生成F( )， 在浓硫酸作用下
2 3
共 热 到 170 ℃ 发 生 消 去 反 应 ， 则 G 为 或 或
； 在 镍 做 催 化 剂 条 件 下 ， G 与 氢 气 发 生 加 成 反 应 生 成 H(
)；H( )发生类似B→C→D的转化得到 ，则I为
。3．(1)苯甲醇 (2)碳碳双键、醛基 加成反应 (3)
(4) ＋2[Ag(NH)]OH――→ ＋2Ag↓＋3NH ＋HO
3 2 3 2
(5)5
解析 化合物A的分子式是C H ，则A是甲苯，结构简式是 ，A与Cl 在光照
7 8 2
条件下发生取代反应生成的B是 ，B与NaOH水溶液共热发生取代反应生成
C( )，C被催化氧化生成D( )，D与CHCHO在碱性条件下发生加
3
成反应生成E，E在一定条件下发生消去反应生成F，F与银氨溶液水浴加热发生氧化反应，
然后酸化可得G( )，G与CHOH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生
3
成H，H与CHMgBr作用然后酸化得到物质J。(5)G是 ，其同分异构
3
体满足条件：①属于芳香族化合物且除苯环外不含其他环；②既能发生水解反应，又能与新
制的Cu(OH) 共热生成砖红色固体，说明含有醛基和酯基，即含有甲酸形成的酯基，分子中
2
除苯环外，若含有1个侧链，则该侧链为HCOOCH==CH—或HC==C(OOCH)—，有2种结
2
构；若含有2个侧链，则分别为HCOO—、—CH==CH ，二者在苯环上的位置有邻、间、
2
对3种，故符合要求的G的同分异构体共有5种。
4．(1)氨基、醚键 (2)
(3) 取 代 反 应 (4) ＋ NaOH―→ ＋ NaSO (5)14
2 4
(6)CH ==CHCH CHCH――→CHCHBrCH CHCH――――――→CHCHOHCH CHCH――→CHCH
2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2
CHCOCH ――→
2 3
5．(1)(酚)羟基、酯基 (2)取代反应
C HBrO (3)
7 5 2(4)
(5)9 (或 )
解析 由有机物的转化关系可知， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化
得到 ，则 B 为 ； 在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成
， 与甲醇钠发生取代反应生成 ， 与HOOCCH COOH
2
发 生 已 知 信 息 ② 的 反 应 生 成 ， 则 E 为 ；
发 生 已 知 信 息 ③ 的 反 应 生 成 ， 则 F 为
；在浓硫酸作用下， 与 共热发生
酯化反应生成 。(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—
CHOOCH或—OH和—OOCCH 或—OH和—COOCH ，两个取代基在苯环上都有邻、间、
2 3 3
对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3＝9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的
面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式为 或 。
