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专练 1 阿伏加德罗常数的应用
1．C A项，不是在标准状况下，无法计算28 L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋
部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0N ，错误；C项，0.20 mol苯甲酸(C HO)完全燃烧
A 7 6 2
生成1.4 mol CO ，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4 g(即0.1 mol
2
Cu)，则外电路中转移0.20 mol电子，错误。
2．C DO的摩尔质量为20 g·mol－1，每个DO分子中含10个质子，18 g D O的物质
2 2 2
的量为18 g÷20 g·mol－1＝0.9 mol，其所含质子数为9N ，A项错误；NO 与HO的反应为
A 2 2
3NO ＋HO===2HNO ＋NO，结合反应中氮元素化合价变化可知，3 mol NO 完全反应时，
2 2 3 2
转移电子数为2N ，B项错误；环状S 的摩尔质量为256 g·mol－1，1个S 分子中含8个S—
A 8 8
S键，32 g环状S 的物质的量为0.125 mol，含S—S键数目为0.125×8N ＝1N ，C项正确；
8 A A
溶液呈酸性，说明存在水解平衡Cr
2
O＋H
2
O⇌2CrO＋2H＋，故1 L 0.1 mol·L－1K
2
Cr
2
O
7
溶液中
Cr O数目少于0.1N ，D项错误。
2 A
3．D 1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个HO分子中含有10个
中子，HO的相对分子质量为20 g·mol－1，故18 g HO的物质的量为0.9 mol，则18 g HO中
含有的中子数为9N ，A错误；HClO 为强酸，在溶液中完全电离，则0.1 mol·L－1 HClO 溶
A 4 4
液中H＋的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数
目，B 错误；2 mol NO 与 1 mol O 恰好完全反应生成 2 mol NO ，由于存在平衡
2 2
2NO 2⇌N
2
O
4
，所以充分反应后容器中的分子数小于2N
A
，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，
反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为×N mol－1＝1.5N ，
A A
D正确。
4．C NH F结构中1个铵根离子中含有4个共价键，则1 mol NH F晶体中含有的共价
4 4
键数目为4N ，A错误；2.24 L(标准状况)CH 和C H 混合气体的物质的量是0.1 mol，由于1
A 4 2 4
mol CH 和C H 完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2 mol、3 mol，则0.1 mol混合气体完
4 2 4
全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于 0.2N 和0.3N 之间，B错误；100 mL 0.10 mol·L－1
A A
FeCl 溶液中铁离子的物质的量是0.01 mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁
3
离子，则转移电子数目为0.01N ，C正确；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生
A
成物，即0.1 mol CH COOH与足量CHCHOH充分反应生成的CHCOOCH CH 分子数目一
3 3 2 3 2 3
定小于0.1N ，D错误。
A
5．C 22.4 L(标准状况)氟气的物质的量为1 mol，则其所含的质子数为18N ，A说法
A
正确；反应H
2
＋I 2⇌2HI为可逆反应，则1 mol H
2
和1 mol I
2
充分反应生成的HI分子数小于
2N ，B说法正确；电解饱和食盐水时，阴、阳两极产生的n(H )∶n(Cl )＝1∶1，当H 和Cl
A 2 2 2 2
的总质量为73 g时，产生2 g H 、71 g Cl ，则H 的物质的量为1 mol，Cl 的物质的量为1
2 2 2 2
mol，转移电子数为2N ，C说法错误；溴化铵水溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Br
A
－)＋c(OH－)，c(Br－)＝1 mol·L－1，则c(NH)＋c(H＋)>1 mol·L－1，故1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶
液中NH与H＋离子数之和大于N ，D说法正确。
A
6．A CHCl 的结构式为 ，故1 mol CHCl 中含有C—Cl键的数目为3N ，A
3 3 A
正确；1 L 1.0 mol·L－1的盐酸中含有Cl－的数目为N ，还有少量的OH－，所以阴离子总数小
A
于2N ，B错误；没有指明在标准状况下，无法进行计算，C错误；23 g Na的物质的量为1
Amol，其与足量的水发生反应2Na＋2HO===2NaOH＋H↑，生成H 的物质的量为0.5 mol，
2 2 2
即分子数目为0.5N ，D错误。
A
7．C 1个18O 分子的中子数为20，标准状况下1.12 L 18O 的物质的量为0.05 mol，所
2 2
含中子数为N ，A项正确；P 为正四面体结构，1分子P 中含6个P—P键，31 g P 的物质
A 4 4 4
的量为0.25 mol，含P—P键数为1.5N ，B项正确；该溶液中的n(NaOH)＝0.1 L×0.1 mol·L
A
－1＝0.01 mol，NaOH中所含氧原子数为0.01 N ，因溶剂水中也含氧原子，故该溶液中含氧
A
原子数大于0.01N ，C项错误；1个三肽分子中含2个肽键，18.9 g三肽C H NO 的物质的
A 6 11 3 4
量为0.1 mol，含肽键数为0.2N ，D项正确。
A
8．C 根据题给热化学方程式可知，每1 mol[H(g)＋O(g)]生成1 mol [H O(l)]放出热量
2 2 2
286 kJ，A正确；根据电荷守恒得n＝6，所以每生成1 mol Cr3＋转移3 mol电子，B正确；
Al(OH)
3
的酸式电离方程式为Al(OH)
3
＋H
2
O⇌[Al(OH)
4
]－＋H＋，部分Al(OH)
3
发生电离，所
以1 mol Al(OH) 电离产生的H＋数小于N ，C错误；1 mol CO 与NaOH溶液完全反应，根
3 A 2
据“C原子”守恒得n(CO)＋n(HCO)＋n(H CO)＝1 mol，D正确。
2 3
9．C 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个P—P键，1 mol白磷中所含化学
键的数目为6N ，A错误；KNO 溶液中含有溶剂水，水分子中也含有 O原子，则O原子的
A 3
数目远大于0.3N ，B错误；2.3 g钠的物质的量为0.1 mol，NaO、NaO 中Na元素化合价
A 2 2 2
均为＋1，故2.3 g Na反应生成NaO和NaO 的混合物，转移电子的数目为0.1N ，C正确；
2 2 2 A
1个HO＋和1个NH中都含有11个质子，1 mol H O＋和1 mol NH中含质子的数目均为
3 3
11N ，D错误。
A
10．B 未注明水蒸气所处状况，故2.24 L水蒸气的物质的量无法确定，不能计算生成
O 的分子数，A错误；18O 的相对分子质量为36，每个分子所含的中子数为20，所以3.6 g
2 2
18O 所含的中子数为 2N ，B正确；0.1 mol 淀粉[(C H O)]完全水解消耗的水分子数为
2 A 6 10 5 n
0.1nN ， C 错 误 ； 将 0.1 mol CO 溶 于 水 中 ， 存 在 CO 的 溶 解 平 衡 CO(aq) ＋
A 2 2 2
H
2
O(l)⇌H
2
CO
3
(aq)以及H
2
CO
3
的电离平衡，根据物料守恒，溶液中CO、HCO、H
2
CO
3
、CO
2
的粒子总数为0.1N ，D错误。
A
11．A 14N 的摩尔质量为28 g·mol－1，1个14N 分子中含有14个质子，16O 的摩尔质量
2 2 2
为32 g·mol－1，1个16O 分子中含16个质子，设混合气体中14N 为x g，16O 为(2－x)g，则2
2 2 2
g 14N 和16O 的混合气体含有质子数目为×N mol－1＝N ，A正确；未告知N 所处的状态，
2 2 A A 2
不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算22.4 L N 的物质的量，B错误；根据反应LiN＋
2 3
3HO===3LiOH＋NH ↑可知1 mol Li N与过量水反应，生成NH 的物质的量为1 mol，但由
2 3 3 3
于NH 极易溶于水，故收集的气态氨分子数目小于 N ，C错误；未告知溶液的体积，无法
3 A
计算0.1 mol·L－1 LiOH溶液中含有的阴、阳离子总数，D错误。
12．C 在铁上镀锌，阳极上Zn失去电子变为Zn2＋进入溶液，阴极上Zn2＋得到电子变
为Zn单质附着在铁上，因此电解质溶液质量不变，故当电路中通过的电子数为 2N 时，电
A
解质溶液质量不会发生变化，A错误；Cu与浓硝酸反应生成NO ，B错误；混合气体的物
2
质的量n＝＝1 mol，由于每个分子均含2个氧原子，故混合气体含有氧原子的物质的量为2
mol，即氧原子数为2N ，C正确；乙醇与Na反应断的是羟基上的O—H键，生成0.5 g(0.25
A
mol) H 断裂0.5 mol O—H键，由乙醇的结构简式CHCHOH可知，C—H键数目为2.5N ，
2 3 2 A
D错误。
13．A
14．C A项，1个Al3＋含有10个电子，故0.1 mol27Al3＋含有N 个电子，错误；B项，
A
3.9 g Na O 的物质的量为0.05 mol，含有0.05N 个共价键，错误；C项，1个肼分子(H N—
2 2 A 2
NH )中含有2个孤电子对，故0.1 mol肼分子(H N—NH)中含有0.2N 个孤电子对，正确；D
2 2 2 A
项，CH===CH ＋H――→CHCH ，生成1 mol乙烷时断裂2 mol共价键(1 mol π键和1 mol
2 2 2 3 3H—H键)，即断裂2N 个共价键，错误。
A
15．B A项，未说明C H 所处状态，无法计算，错误；B项，NaHSO 晶体的构成微
2 4 4
粒为Na＋和HSO，12 g NaHSO 晶体为0.1 mol，共含有阴、阳离子 0.2 mol，正确；C项，
4
CH 和Cl 可发生一系列的取代反应，生成四种有机取代物，0.1 mol CH 与足量Cl 反应生成
4 2 4 2
的CHCl的分子数小于0.1N ，错误；D项，制备2.4 g Mg即0.1 mol Mg，需得0.2 mol电子，
3 A
电路中通过的电子数为0.2N ，错误。
A
专练 2 阿伏加德罗定律及应用
1．D 由稀盐酸和稀硫酸均足量，知金属均完全反应，根据同温同压下，气体的物质
的量之比等于体积之比，知X、Y生成H 的物质的量之比一定为，A项正确；根据2HCl～
2
H 、HSO ～H ，知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为，B项正确；根据金属失电子总数
2 2 4 2
等于H＋得电子总数，知0.1 mol X、0.1 mol Y失电子数之比为，则产物中X、Y的化合价
之比一定为，C项正确；若＝1，则产物中X、Y的化合价相等，但不能确定化合价的具体
数值，D项错误。
2．C 同温同压下，O 和CO 的密度之比等于相对分子质量之比，即32∶44，则同温
2 2
同压下，O 和CO 的密度不相同，故A错误；质量相同的HO和DO(重水)的物质的量之比
2 2 2 2
等于相对分子质量的反比，即20∶18，每个HO分子和DO分子中均含有3个原子，则所
2 2
含的原子数之比为20∶18，故B错误；每个CHCHOH和CHOCH 分子中所含共价键数均
3 2 3 3
为8，则物质的量相同的CHCHOH和CHOCH 所含共价键数相同，故C正确；室温下，
3 2 3 3
pH相同的盐酸和硫酸中，c(H＋)相等，硫酸是二元强酸，而HCl是一元强酸，pH相同的盐
酸和硫酸中，前者的浓度是后者的2倍，故D错误。
3．D m g的CH 、CO 、O 、SO 四种气体的物质的量分别为 mol、 mol、 mol、
4 2 2 2
mol。根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下气体的体积与其物质的量成正比，结合
四个气球的体积推知，①是SO ，②是CO ，③是O ，④是CH ，A错误；气球①和气球③
2 2 2 4
中气体分子数之比为 mol∶ mol＝1∶2，B错误；气球①和气球④中气体物质的量之比为
mol∶ mol＝1∶4，C错误；同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则＝＝＝，D
正确。
4．B 由于各分子中的原子数未知，当原子数目相等时，分子数不一定相等，质量最
大的不一定为Z, A错误；在相同条件下，相同质量的气体，相对分子质量越小，物质的量
越大，体积越大，则密度越小，所以密度最小的是X, B正确；在标准状况下，2.24 L的气
体物质的量为0.1 mol，而在其他条件下不一定为0.1 mol, C错误；同温同体积下，因为2 g
Y气体和1 g Z气体的物质的量之比为4∶1，所以压强比为4∶1，故D错误。
5．B X气球放在CO中静止不动，说明X的相对分子质量接近CO, Y气球放在O 中
2
上浮， 说明Y相对分子质量小于氧气，但X气体的相对分子质量不一定比Y大， A错误；
氮气的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，所以X可能是氮气，Y可能是甲烷，
B正确； X的密度接近CO，但不一定小于Y的密度，C错误；相同条件下，等体积的两
种气体其物质的量相等，因为其摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相对大小，故
D错误。
6．D 氢气和CCl 均为非极性分子，根据相似相溶原理，部分氢气溶在CCl 中，造成
4 4
测量误差，A错误；实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，由于量取气体时两侧的液面
在同一水平面，保证气体的压强等于大气压强，不会影响实验结果， B错误；金属与酸的反应放热，实验时，待体系温度降到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时进行读数，
C错误；由于此装置属于密闭体系，将水准管上提，造成内外压强不等，静置，若液面高于
量气管且不下降，说明装置不漏气，若量气管液面高度不断改变，说明装置漏气， D正确。
7．D 同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为
1∶2，根据ρ＝m/V知，其密度相同，故A正确；根据同温同压下，不同气体的密度之比等
于二者的相对分子质量之比，可知甲与乙的相对分子质量相等，故B正确；同温同体积气
体压强比等于气体物质的量之比，甲和乙相对分子质量相等，等质量的甲和乙物质的量相等，
所以压强相同，故C正确；等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以
无法判断原子个数是否相同，故D错误。
8．A 由于三种气体的体积和密度都相同，可知三种气体的质量相同，因此三种气体
的物质的量与摩尔质量成反比，而同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，气体
的压强与气体的摩尔质量成反比，三种气体的摩尔质量的大小关系为：M(O )＞M(Ne)＞
2
M(H )，所以压强的大小关系为：p(H )＞p(Ne)＞p(O )，A正确。
2 2 2
9．(1)36 g·mol－1 (2)0.4N (3)①28 g·mol－1
A
②4.48 L ③2.8N
A
解析：(1)混合气体的体积为8.96 L，则其物质的量n＝＝＝0.4 mol，混合气体的平均摩
尔质量为＝36 g·mol－1。(2)设混合气体中CO的物质的量为x mol，CO 的物质的量为y
2
mol，则根据混合物的质量为 14.4 g可得28x＋44y＝14.4 ①；根据气体的物质的量为 0.4
mol，可得x＋y＝0.4 ②；解得x＝0.2，y＝0.2；由于CO和CO 中均含1个碳原子，故0.2
2
mol CO和0.2 mol CO 中共含0.4 mol C原子即0.4N 个。(3)将混合气体依次通过图中装置，
2 A
则CO 会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净
2
的CO气体，①摩尔质量为28 g·mol－1；②体积V＝nVm＝0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L；
③电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8N 。
A
10．(1)35.6 (2)3 (3)50%
解析：(1)假设有1 mol O ，反应的转化率为30%，发生反应的O 为：1 mol×30%＝0.3
2 2
mol，
3O=====2O
2 3
开始 1 mol 0
反应 0.3 mol 0.2 mol
平衡 0.7 mol 0.2 mol
故反应后所得气体为0.2 mol O 和0.7 mol O，平均摩尔质量为M＝＝35.6 g·mol－1;
3 2
(2)3O =====2O ΔV
2 3
2 1
V(O ) (8－6.5) L＝1.5 L
3
计算得出：V(O )＝2×1.5 L＝3 L;
3
(3)0.896 L混合气体物质的量为＝0.04 mol，反应后固体质量增重21.6 g－20 g＝1.6 g，
气体全部参与反应，设氧气、臭氧的物质的量分别为 x mol、y mol，根据二者总质量、总
物质的量，则：
计算得出：x＝0.02，y＝0.02，故臭氧的体积分数为×100%＝50%。
11．(1)11.2 L 0.5 (2)28 g·mol－1 氢 (3)0.4
解析：(1)由化学方程式可知，反应前O 的体积与生成的X 气体体积相同，为11.2 L，
2 2
其物质的量为0.5 mol。
(2)X 的摩尔质量为 1.25 g·L－1×22.4 L·mol－1＝28 g·mol－1；XY 的摩尔质量为＝32
2 2 4g·mol－1，故X为氮元素，Y为氢元素。
(3)由NH(l)＋O(g)===N (g)＋2HO(l)可知每生成1 mol N 转移4 mol电子，所以反应
2 4 2 2 2 2
生成0.1 mol N 时，转移电子的物质的量为0.4 mol。
2
12．(1)1 (2)11 (3)11 (4)2
专练 3 一定物质的量浓度溶液的配制与计算
1．D A项，浓硫酸稀释时，应“酸入水”且边倒边搅拌，错误；B项，NaOH溶解后
需冷却到室温后再转移到容量瓶中，错误；C项，容量瓶不能用于固体溶解，错误。
2．C A项，氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯或者称量瓶中进行，错误；B
项，氢氧化钠溶解释放大量的热，故移液前应冷却到室温，错误；D项，操作5后液面下降，
是因为部分溶液沾到瓶塞或者瓶壁上，属于正常现象，不需要补充水，否则会导致溶液浓度
偏小，错误。
3．B Fe3＋、Al3＋恰好完全沉淀后溶液中溶质为 NaCl，根据钠、氯元素守恒有
n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1 L×0.05 mol·L－1＝0.005 mol, NaOH溶液体积为250 mL，
故c(NaOH溶液)＝0.005 mol/0.25 L＝0.02 mol·L－1。
4．B A项，配制NaClO消毒液时不需要用到A、B、C、D对应的四种仪器，还缺少
玻璃棒、胶头滴管两种玻璃仪器，正确；B项，容量瓶洗涤后不需要烘干，错误；C项，定
容时，俯视液面导致溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，正确；D项，配制480 mL 4
mol·L－1的NaClO消毒液，应选择500 mL容量瓶，需要次氯酸钠的质量为0.5 L×4 mol·L－
1×74.5 g·mol－1＝149.0 g，正确。
5．C 物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质的物质的量，物质的量单位是
mol，因此标签上离子的浓度不是物质的量浓度，A项错误；由矿物质水制蒸馏水采用的是
蒸馏，应使用蒸馏烧瓶，B项错误；该品牌饮用矿物质水中镁离子的最大浓度是4.8 mg·L－
1，转化为物质的量浓度为c(Mg2＋)＝＝2×10－4 mol·L－1，C项正确；由配料表知，c(SO)＝
c(Mg2＋)，则一瓶该品牌饮用矿物质水中SO的物质的量不超过2×10－4 mol·L－1×0.5 L＝10
－4 mol，D项错误。
6．A a g该晶体中R的质量为(a－×18n) g＝×a g，溶液总质量为(a＋b)g，则该溶液
的溶质质量分数为×100%＝%，故A错误；n(R)＝n(R·nHO)＝ mol，该溶液的物质的量浓
2
度为＝ mol·L－1，故B正确；R·nHO中结晶水的质量为×18n g＝ g，R的质量为(a－)g，溶
2
液中溶剂的质量为(＋b)g，则溶液中m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)，故C正确；溶液的总质
量为(a＋b) g，根据ρ＝可知，溶液的密度为 g·mL－1＝ g·L－1，故D正确。
7．A 由标签可知，该注射液含NaCl的质量为2.25 g，A项错误；标签中的0.9%指氯
化钠的质量分数，B项正确；该注射液的密度为＝1 g·mL－1，C项正确；氯化钠的物质的量
浓度为≈0.15 mol·L－1，D项正确。
8．D 浓度为2 mol·L－1的盐酸V L含溶质HCl 2V mol。A项，加入2 mol HCl，体积
会发生改变，不可行；B项，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，不可行；C项，蒸发掉
0.5V L水后溶液体积无法求出，不可行；D项，属于混合溶液的有关计算，加入10 mol·L－1
盐酸0.6V L后，溶质HCl的物质的量为8V mol，再将溶液稀释至2V L，浓度变为4 mol·L
－1，可行。
9．B 用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制的酒精溶液质量分数小于
75%，故A错误；硫酸根离子与金属离子的个数比是3∶2，该盐的化学式是R (SO ) ，该硫
2 4 3酸盐的物质的量0.5 mol，浓度为2.5 mol·L－1，故B正确；实验中需用2.0 mol·L－1的NaCO
2 3
溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCO 的质量分数分别为1 000 mL、
2 3
212.0 g，故C错误；实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称
27.8 g绿矾(FeSO ·7H O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，稀释、定容、
4 2
摇匀，故D错误。
10．C 由于产生c mol NH ，则必定有NHc mol，使SO完全沉淀需Ba2＋b mol，因此
3
SO有b mol。根据电荷守恒：2c(SO)＝c(NH)＋3c(Al3＋)，则3c(Al3＋)＝ mol·L－1，c(Al3＋)＝
mol·L－1。
11．A 由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确
定，仅利用V无法确定ρ， A错误；由c＝＝，可得：w＝， B正确；氨水的质量分数＝＝，
C正确；氨水的物质的量浓度＝＝＝，D正确。
12．D 由题图乙知，200 mL样品中，c(NH)＝＝8.0 mol·L－1，而题图甲中X离子的浓
度为4.0 mol·L－1，K＋、Cl－浓度已知，则X为SO，A、B正确；依据c(NH)＝8.0 mol·L－1、
c(SO)＝4.0 mol·L－1知，营养液中NH Cl与KSO 的物质的量之比为2∶1，C正确；营养液
4 2 4
中KCl的浓度是9.0 mol·L－1－4.0 mol·L－1×2＝1.0 mol·L－1，D错误。
13．(1)5.0 (2)C
解析：(1)根据配制前后溶质的物质的量不变，列式：cV ＝cV ，0.1 mol·L－1×0.250 L
1 1 2 2
＝5 mol·L－1×V ，得V ＝0.005 0 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手
2 2
指压住容量瓶口，A项错误；定容时眼睛应该平视刻度线且胶头滴管的尖嘴不能插入容量瓶
内，B项错误；转移溶液时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，
C项正确；缺少另一只手托住瓶底，D项错误。
专练 4 物质的组成、性质、分类
1．D 在H 与O 反应过程中，H 是还原性气体，A项错误；玻璃纤维的主要成分是
2 2 2
SiO ，B项错误；乙酸钠过饱和溶液析出晶体从无结晶水的状态变为三水合乙酸钠，是化学
2
变化，但物质由液体变为固体，属于物理变化，C项错误；U与U的质子数相同，中子数不
同，二者互为同位素，D项正确。
2．D 漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸发生反应生成氯气，降低消毒
效果，A项错误；温室气体主要为CO ，形成酸雨的主要物质是SO 和氮氧化物，B项错误；
2 2
蚕丝是蛋白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰升华吸热可使周围的水蒸气凝结成“云
雾”，D项正确。
3．D 汽油是含有5～10个碳的烃类的混合物；食醋中含有乙酸、水等，为混合物；
漂白粉是以氯化钙和次氯酸钙为主要成分的混合物；小苏打是碳酸氢钠的俗名，是纯净物。
4．B 合金属于金属材料，B项错误。
5．B 糖类中的单糖、二糖不属于高分子化合物，A错误；FeO不稳定，在空气中受
热会被氧化为Fe O，B正确；工业上常用SO 漂白纸浆，且SO 还可用于杀菌、消毒，C错
3 4 2 2
误；根据原电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后形成原电池，锌做原电池的负极，保护铁不被
腐蚀，D错误。
6．B 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO 和碱反应生成硝酸钠、
2
亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO 不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应
2
只生成盐和水的氧化物，NaO 与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，
2 2所以NaO 不属于碱性氧化物，A错误。Fe O 不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧
2 2 2 3
气、水蒸气共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解
反应生成Fe(OH) 红褐色沉淀，B正确。Ba(OH) ·8H O与NH Cl的反应属于复分解反应，不
3 2 2 4
属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误。电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质
在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化学腐蚀是形成原电池
反应发生的腐蚀，不需要通电，故D 错误。
7．B ①胶体和溶液都是混合物，正确；②硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，正确；
③纯碱、小苏打都是盐类，错误；④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，正确；⑤
置换反应不一定是离子反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误。
8．B 石灰石不属于干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都属于合金，故②正确；
浓硫酸、烧碱、硝酸都具有强腐蚀性，属于腐蚀品，故③正确；过氧化钠属于过氧化物，故
④错误；醋酸、一水合氨、水都属于弱电解质，故⑤正确。
9．C NO遇空气变棕红色，是化学变化，冷却 NO 生成NO 气体也是化学变化，A
2 2 4
错误；用冰水混合物冷却SO ，是物理变化，氯化铵加热生成氯化氢和氨气，是化学变化，
3
但两者均无明显颜色变化，B错误；木炭吸附棕红色NO 是物理变化，棕红色消失，氯气的
2
漂白性使品红溶液褪色，是化学变化，C正确；向酚酞中加NaO ，溶液先变红后褪色，是
2 2
化学变化，向FeCl 溶液中加入KSCN溶液变血红色，也是化学变化，D错误。
3
10．D 根据图中物质转化关系判断。硅与氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能
直接与水反应生成硅酸，只能通过硅酸盐与强酸反应生成硅酸，同时硅酸钠也不能直接转化
成二氧化硅，①错误；铝与盐酸或氯气反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生
成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生
成氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸(氢氧化钠溶液)反应生成氯
化铝(偏铝酸钠)，②正确；铜在空气中加热生成氧化铜，氧化铜不能直接转变成氢氧化铜，
③错误；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量(过量)二氧化碳反应生成碳酸钠(碳酸氢
钠)，碳酸钠与氢氧化钡反应生成氢氧化钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳
酸氢钠与氢氧化钠反应(或碳酸氢钠固体加热)得到碳酸钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生
成氢氧化钠，④正确。
11．C 明矾净水是因为Al3＋易水解，生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮杂质并形成沉
淀，使水澄清，C项错误。
12．A A项，树木上涂刷含有硫磺粉等的石灰浆(熟石灰)，可保护树木，防止树木冻
伤和害虫生卵，错误；B项，被蚊子叮咬后伤口处有含甲酸的毒汁，利用中和反应，可以涂
抹肥皂水或小苏打溶液等碱性溶液，以减轻痛痒，正确。
13．B 镀铝胶布是用特殊工艺在胶布薄膜镀上一层极薄的金属铝而形成的一种复合材
料，A正确；太阳能电池板的主要成分是晶体硅，B错误；蛋白皮革的主要成分是蛋白质，
蛋白质是有机物，C正确；由于钛是一种金属，钛合金属于金属材料，D正确。
14．(1)①树状分类法 ②D ③B ④3
(2)Fe3＋＋3OH－===Fe(OH) ↓ 红褐 具有丁达尔效应
3
解析：(1)①由题图可知，所示分类方法是对同类事物进行再分类，属于树状分类法。
②A项，碳和一氧化碳具有还原性，不符合题意；B项，一氧化碳和二氧化碳属于氧化物，
不符合题意；C项，二氧化碳和碳酸氢钠中碳元素化合价相同，不符合题意；D项，只有碳
酸氢钠属于电解质，符合题意。③晶体碘属于非金属单质，故选B。④将一定量的稀硫酸逐
滴加入氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中发
生的离子反应有3个：OH－＋H＋===H O、H＋＋CO===HCO、
2
HCO＋H＋===H O＋CO↑。
2 2(2)向棕黄色FeCl 溶液中滴入NaOH溶液会产生Fe(OH) 沉淀，Fe3＋和OH－发生反应：
3 3
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH) ↓；另在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴
3
入3滴棕黄色FeCl 溶液，继续加热可以获得红褐色的氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有丁
3
达尔效应。
专练 5 化学与 STSE、传统文化
1．B 兽骨是由有机物和无机物组成的，A项错误；青铜器是铜锡合金，B项正确；纸
张的主要成分是纤维素，C项错误；液晶显示屏的主要材料是液晶，它是介于液态和晶态之
间的物质，不是合金，D项错误。
2．D CO 跨临界直冷制冰是利用液态CO 汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，
2 2
属于物理变化，D项符合题意。
3．D 将松木削薄为纸片状易使其受热时达到着火点，有助于发火和燃烧，A项正确；
可燃物“发烛”的成分为硫磺和松木片(纤维素)，故“发烛”发火和燃烧利用了硫磺和松木
片的可燃性，B项正确；“发烛”发火和燃烧时化学能转化为热能和光能，C项正确；硫磺
是反应物，而不是催化剂，D项错误。
4．D 剪纸的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，A说法正确；茶香四溢说明
有香味的分子在空气中扩散，体现了分子是运动的，B说法正确；植物纤维是纤维素，其属
于天然高分子化合物，C说法正确；纯碱水溶液是碳酸钠和水的混合物，不是纯净物，D说
法错误。
5．C A项，“乌金纸”是用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成的，
故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，正确；B项，造纸原料主要是纤维素，正确；
C项，油脂不属于高分子化合物，错误；D项，打金成箔，说明金具有良好的延展性，正确。
6．A 铸客大铜鼎由青铜材料制成，青铜属于合金材料，A符合题意；河姆渡出土陶
灶是陶瓷制品，陶瓷属于硅酸盐材料，B不符合题意；兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，
C不符合题意；角形玉杯的主要成分是硅酸盐材料，D不符合题意。
7．A
8．A 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故 A错误；陶瓷、水泥和
玻璃都是传统硅酸盐产品，B正确；饱和NaCO 溶液、饱和NH Cl溶液水解后，溶液分别
2 3 4
显碱性、酸性，碱性可以去除油脂，酸性可以腐蚀金属氧化物，所以可处理金属表面焊点，
C正确；提倡聚碳酸酯可降解塑料的使用，减少白色污染，燃煤中加入生石灰可以使燃烧产
生的二氧化硫转化为硫酸钙，减少二氧化硫的排放， D正确。
9．C 本题考查物质的组成。司母戊鼎是青铜器，青铜属于铜锡合金，A正确；唐三
彩是陶瓷制品，陶瓷是硅酸盐产品，制取陶瓷的主要原料是黏土，B正确；皇帝玉玺的材质
是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，不是Al O ，C错误；马王堆帛书的材料是丝帛，丝帛
2 3
是丝绸的一种，其主要成分是蛋白质，D正确。
10．B 本题考查传统文化中的化学知识。“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”中涉
及化学变化，包含的化学反应有氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氢氧化钙吸收CO 生成碳酸
2
钙，A正确；葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，B错误；“美人首饰侯王印，尽是沙中浪
底来”中涉及沙中淘金，说明在自然界中金以单质的形式存在，C正确；雾是小液滴分散到
空气中形成的一种气溶胶，属于胶体，受阳光照射时会产生丁达尔现象，D正确。
11．C 古代的砚台的主要成分是硅酸盐，而水晶的成分是二氧化硅，二者成分不同，C错误。
12．C B项，硝石、硫磺、木炭是制造火药的主要原料，反应生成氮气、二氧化碳和
硫化钾，涉及氧化还原反应，正确；C项，此处“紫烟”是形容“炉火”，与碘升华没有关
系，错误；“酸坏之酒”中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法分离，正确。
13．B 人体内没有消化纤维素的酶，B错误。
14．C A项，焰色试验是物理变化，钠盐和钾盐灼烧时焰色不同，可检验，正确；B
项，四氧化三铁具有磁性，可用于制造司南，正确；C 项，绿矾的主要成分是
FeSO ·7H O，“味酸”是因为亚铁离子发生水解，错误；D项，酒放置时间长，少量的乙
4 2
醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，具有香味，正确。
专练 6 离子反应与离子共存
1．D A项，NH水解使溶液显酸性，SiO水解使溶液显碱性，两者相互促进水解生成
HSiO 沉淀和NH ，故不能大量共存；B项，SCN－与Fe3＋能发生配合反应，不能大量共存；
2 3 3
C项，HSO 溶液显酸性，NO在酸性溶液中具有强氧化性，可以氧化Fe2＋，不能大量共存；
2 4
D项，Na＋、K＋、Cl－、ClO－之间不反应，且都不与Ba(OH) 反应，能大量共存。
2
2．B A项，pH＝1的溶液显酸性，酸性条件下Fe2＋、NO发生氧化还原反应；C项，
Cu2＋、S2－易结合为 CuS 沉淀；D 项，Al3＋、HCO 会发生相互促进的水解反应，生成
Al(OH) 沉淀和CO 气体。
3 2
3．B Al3＋与NH ·H O反应产生Al(OH) 沉淀，不产生AlO，A错误；H＋与SO不能
3 2 3 2
共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋SO===S↓＋SO ↑＋HO，B正确；Fe3＋可催化HO
2 2 2 2 2
分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnO可将Cl－氧化为Cl，D错误。
2
4．A 本题考查离子共存，考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。氨水中，
Na＋、K＋、OH－、NO彼此不反应，能大量共存，A项正确；盐酸中的H＋能与SiO结合生
成HSiO 沉淀，B项错误；KMnO 溶液具有强氧化性，具有还原性的I－不能大量存在，C
2 3 4
项错误；AgNO 溶液中的Ag＋能与Cl－反应生成AgCl沉淀，二者不能大量共存，D项错误。
3
5．B Fe3＋和SCN－会发生反应生成血红色的配合物，A错误；根据K 可以求出c(OH
w
－)＝0.1 mol·L－1，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；Fe2＋还原性较强，MnO
氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；使甲基橙变红的溶液显酸
性，HCO不能在酸性溶液中大量共存，D错误。
6．C 向少量的KCO 溶液中缓慢滴加稀盐酸，依次发生反应：CO＋H＋===HCO、
2 3
HCO＋H＋===CO ↑＋HO，K＋不参与反应，故K＋的数目不变，即图中a代表K＋，CO的
2 2
数目逐渐减少，故图中b代表CO，HCO的数目先增多后减少，故图中c代表HCO，Cl－数
目随盐酸的量的增多逐渐增多，故图中d代表Cl－，C项正确。
7．B Al (SO ) 溶液中，AlO与Al3＋发生相互促进水解反应，在溶液中不能大量共存，
2 4 3
故A错误；S2－、SO在碱性溶液中不发生氧化还原反应，在溶液中能大量共存，故B正确
水电离产生的c(OH－)＝10－12 mol·L－1的溶液中存在大量H＋或OH－，CO、ClO－均与H＋反
应，NH 与 OH－反应，在溶液中不能大量共存，故 C 错误；NH 与 HCl 相遇立即生成
3
NH Cl，且在常温下NH 也能被Cl 氧化为N，故D错误。
4 3 2 2
8．A 通过信息①判断出溶液中不含SiO，通过信息②判断出溶液中含有AlO、CO，
则溶液中一定不含Al3＋，通过信息③判断出：盐酸提供的n(Cl－)＝0.001 mol，n(AgCl)＝mol
＝0.002 mol，所以原溶液中含有Cl－，A正确。9．B a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在Fe3＋、HCO，A错误；b点恰好生
成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，B正确；c点偏铝酸钠与氯
化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag＋，C错误；d点为氯化
铝溶液，Al3＋、CO相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，D错误。
10．A ①中先产生沉淀后沉淀部分溶解，说明废液中含有 Al3＋，不含CO；②中沉淀
甲在空气中灼烧得到红棕色固体，则至少含有Fe2＋、Fe3＋中的一种；③向滤液甲中加入过量
稀硫酸，过滤得到滤液乙和沉淀乙，则原溶液中含有 Ba2＋，不含SO，根据溶液呈电中性，
溶液中一定含有Cl－；由于实验过程中加入了NaOH溶液，则不能确定废液中是否含有Na
＋。
11．D A项，根据题给图像可知，加入的氢氧化钠先与H＋反应，再与Mg2＋、Al3＋反
应生成氢氧化物沉淀，再与NH反应得到一水合氨，再与Al(OH) 反应生成NaAlO ，所以溶
3 2
液中的阳离子一定有NH、H＋、Mg2＋、Al3＋，A正确；cd段是Al(OH) 溶解，离子方程式为
3
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO，B正确；n(H＋)＝0.1 mol，n(Al3＋)＝0.8 mol－0.7 mol＝ 0.1
3 2
mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4 mol OH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3 mol OH－，沉淀Mg2＋消
耗0.1 mol OH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05 mol，所以n(H＋)∶n(Mg2＋)∶n(Al3
＋)＝2∶1∶2，D错误。
12．A ①产生标准状况下448 mL气体为NH ，则一定含有NH，n(NH)＝n(NH )＝
3 3
0.02 mol，产生白色沉淀，则原溶液中含有Mg2＋、不含Fe3＋，该白色沉淀为Mg(OH) ，根
2
据离子共存可知，原溶液中一定不含CO；②将Mg(OH) 沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.2 g
2
MgO固体，则n(Mg2＋)＝0.03 mol；③向题述滤液中加入足量BaCl 溶液，得到4.66 g BaSO
2 4
沉淀，则原溶液中含有SO，n(SO)＝n(BaSO)＝＝0.02 mol。由上述分析可知，原溶液中含
4
有0.02 mol NH、0.03 mol Mg2＋、0.02 mol SO，溶液中所含阴离子的物质的量相等，根据溶
液呈电中性可知，原溶液中一定含有NO、Cl－，一定不含有K＋。
13．D 无色溶液中一定不含蓝色Cu2＋，往该溶液中加入过量的BaCl 和HCl的混合溶
2
液，无白色沉淀生成，则无SO，加足量氯水，无气体产生，则无CO，溶液中加入四氯化
碳后，下层呈橙色，则有Br－，上层溶液加硝酸钡溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，由于开始
加入足量氯水，则原溶液中有SO，无Ca2＋，溶液中一定含阳离子，且离子的浓度都为0.1
mol·L－1，根据电荷守恒，一定含有NH、Na＋、K＋，一定不存在Cl－，滤液中加硝酸酸化的
硝酸银溶液，有白色沉淀生成，是开始时加足量氯水引入了氯离子。根据上述分析可以判断
出原溶液中不含有氯离子，A项错误；肯定存在的离子是SO、Br－、NH、Na＋、K＋，B、C
项错误；由分析可知，SO与CO一定不存在，加入足量氯水，SO被氧化为SO，同时引入
Cl－，无论向上层溶液中再加Ba(NO ) 和HNO 的混合溶液还是BaCl 和HCl的混合溶液，
3 2 3 2
实验现象不变，则对溶液中离子的判断无影响，D项正确。
专练 7 离子方程式的书写与正误判断
1．D 硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反
应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故
硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成HSiO ，C项错误；在H＋、NH同时存在时，H＋先与
2 3
OH－反应，故等物质的量浓度的Ba(OH) 和NH HSO 溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质
2 4 4
的量与OH－的物质的量相等，D项正确。
2．A 碳酸钙是难溶物，离子方程式中应该保留化学式，A方程式错误；铜片上电镀银，阳极反应为Ag(阳极)－e－===Ag＋，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag(阴极)，所以总反应为
Ag(阳极)=====Ag(阴极)，B 方程式正确；铜与稀硝酸反应的化学方程式为 3Cu＋
8HNO===3Cu(NO) ＋2NO↑＋4HO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋
3 3 2 2
4HO，C方程式正确；向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，氢氧化钡完全反应，明矾是
2
过量的，则Ba2＋和OH－一定会按照化学组成参加反应，即离子方程式中Ba2＋与OH－的化学
计量数之比为1∶2，然后根据Ba2＋和OH－来确定Al3＋和SO的化学计量数，离子方程式为
2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH) ↓＋3BaSO↓，D方程式正确。
3 4
3．A CaSO 是微溶性盐，在离子方程式中不能拆写，A项正确；铁与稀硝酸反应，铁
4
过量时生成 Fe2＋，B 项错误；向 Al (SO ) 溶液中滴加少量 KOH 溶液时，Al3＋转化为
2 4 3
Al(OH) ，C项错误；HS属于弱酸，在离子方程式中应写成分子形式，D项错误。
3 2
4．A MgCO 不溶于水，不能拆成离子形式，A项错误。Zn与NaOH溶液的反应类比
3
于Al，C项正确。
5．B 金属钠在空气中加热反应生成淡黄色的NaO，B项错误。
2 2
6．D 向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO ＋
2
HO===2HClO＋CaCO ↓，D项错误。
2 3
7．D NaO 放入水中，反应方程式为 2NaO ＋2HO===4NaOH＋O↑，A错误；
2 2 2 2 2 2
HO(g)通过灼热铁粉生成Fe O，反应方程式为3Fe＋4HO(g)=====Fe O＋4H，B错误；铜
2 3 4 2 3 4 2
丝插入热的浓硫酸中生成CuSO 、SO 和HO，反应方程式为2HSO (浓)＋Cu=====CuSO
4 2 2 2 4 4
＋SO ↑＋2HO，C错误；SO 通入酸性高锰酸钾溶液中，SO 具有还原性，能使酸性高锰
2 2 2 2
酸钾溶液褪色，题给离子方程式书写正确，D正确。
8．A 2Fe2＋＋4H＋＋O===2Fe3＋＋2HO电荷不守恒，电子转移也不守恒，B错误；
2 2
CHCOOH是弱酸，不能拆，C错误；电解MgCl 水溶液的离子方程式：Mg2＋＋2Cl－＋
3 2
2HO=====H↑＋Cl↑＋Mg(OH) ↓，D错误。
2 2 2 2
9．C 加入少量氢氧化钡，钡离子与氢氧根的个数比为1∶2，氢氧根不可能剩余，所
以A不正确； 因为不知道Mg2＋和HCO的物质的量之比是多少，所以无法判断其发生反应
时化学计量数， B不正确；硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可以把亚铁离子氧化，C正
确；通入过量CO 后，碳酸根也参与反应，转化为碳酸氢根，D漏写离子反应，不正确。
2
10．A 电解 MgCl 溶液的离子方程式为 Mg2＋＋2Cl－＋2HO=====Cl↑＋H↑＋
2 2 2 2
Mg(OH) ↓，A项错误；氯气与 KOH反应的化学方程式为 Cl ＋2KOH===KCl＋KClO＋
2 2
HO，改写成离子方程式为Cl ＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO，B项正确；稀硝酸和磁铁矿反
2 2 2
应的化学方程式为3Fe O ＋28HNO===9Fe(NO) ＋NO↑＋14HO，改写成离子方程式为
3 4 3 3 3 2
3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO，C项正确；碱性KClO浓溶液和Fe(NO ) 溶
3 4 2 3 3
液反应，Fe3＋被氧化为FeO，ClO－被还原为Cl－，反应的离子方程式为 2Fe3＋＋3ClO－＋
10OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO，D项正确。
2
11．C 铜溶于浓硝酸，产生的红棕色气体为 NO ，离子方程式为 Cu＋4H＋＋
2
2NO===Cu2＋＋2NO ↑＋2HO。
2 2
12．D A项，氯气过量，离子方程式中I－和Fe2＋的化学计量数之比应为2∶1，错误；
B项，应生成更难溶的Mg(OH) 沉淀，错误；C项，HS和Fe2＋不反应，错误。
2 2
13．D A项，Fe2＋会被HNO 氧化，错误；B项，电荷不守恒，错误；C项，浊液呈中
3
性时，正确的离子方程式为
2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO ↓＋2HO，错误。
4 2专练 8 离子综合推断
1．D Ba(OH) 和HSO 发生反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO＋
2 2 4
2H＋===BaSO ↓＋2HO，A项正确；导电能力约为0时，Ba(OH) 与硫酸恰好完全反应，溶
4 2 2
液中几乎没有自由移动的离子，可以说明该反应为离子反应，B 项正确；图乙最低点
Ba(OH) 与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，C项正确；用盐酸代替
2
HSO 溶液，发生的反应为Ba(OH) ＋2HCl===BaCl ＋2HO，其实质是OH－＋H＋===H O，
2 4 2 2 2 2
其导电能力不会降为0，可知测得的导电性曲线和题中曲线不相同，D项错误。
2．A A项，加入40 mL NaHCO 溶液时生成的Al(OH) 沉淀最多，Al(OH) 沉淀的物
3 3 3
质的量为0.032 mol；由题图可知，V(NaHCO 溶液)＝8 mL时开始生成沉淀，由此计算得
3
c(NaHCO )＝＝1.0 mol·L－1，错误。
3
3．C 溶液X与足量Ba(OH) 溶液反应生成白色沉淀A，则溶液X中一定不含Fe3＋，
2
白色沉淀A与足量盐酸反应，得到白色沉淀B和气体A，则白色沉淀B为BaSO，故溶液X
4
中一定存在SO，气体A为CO 或SO 或CO 和SO 的混合气体。①若气体A是CO ，则溶
2 2 2 2 2
液X中一定存在SO、HCO，可能还含有Cl－、Na＋、Mg2＋(Na＋、Mg2＋至少存在一种)，一
定不含SO、Fe3＋；②若气体A是SO ，则溶液中一定存在SO、SO，由于SO和Mg2＋不共
2
存，则溶液X中一定存在SO、SO、Na＋，可能还含有Cl－，一定不存在Mg2＋、HCO、Fe3
＋；③若气体A是CO、SO 的混合气体，则溶液X中一定存在SO、SO、HCO、Na＋，可能
2 2
还含有Cl－，一定不存在Mg2＋、Fe3＋。由上述分析可知，A、B正确，C错误；溶液X中可
能含有Cl－，所以向溶液A中加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成AgCl白色沉淀，D正确。
4．D 向NaCO 、NaAlO 的混合溶液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl，首先发生反应AlO
2 3 2
＋H＋＋HO===Al(OH) ↓，a线表示AlO，由图可知AlO消耗盐酸50 mL，根据方程式可知
2 3
n(AlO)＝n(H＋)＝0.05 mol，当AlO反应完毕，又发生反应CO＋H＋===HCO，b线表示CO，
c线表示HCO，由图可知CO反应消耗盐酸 50 mL，由方程式可知 n(CO)＝n(H＋)＝0.05
mol。当CO反应完，发生反应HCO＋H＋ ===CO ↑＋HO，d线表示HCO，当HCO反应完，
2 2
该微粒消耗的盐酸50 mL，根据方程式可知n(HCO)＝n(H＋)＝0.05 mol，最后发生反应：
Al(OH) ＋3H＋===Al3＋＋3HO，e线表示Al3＋，由图可知Al(OH) 反应完毕，根据方程式可
3 2 3
知n(H＋)＝3n[Al(OH) ]＝3×0.05 mol＝0.15 mol，该阶段加入盐酸体积为0.15 mol÷1 mol·L－1
3
＝0.15 L＝150 mL。所以原混合溶液中的CO与AlO的物质的量之比为0.05 mol∶0.05 mol＝
1∶1，选项A错误；当溶液中 n(CO)＝n(HCO)，溶液中加入的 HCl的体积是75 mL；当
Al(OH) 完全溶解时消耗的 HCl 的体积是 150 mL＋150 mL＝300 ml，所以 V∶V 为 75
3 1 2
mL∶300 mL＝1∶4，所以选项 B错误；由上述分析可知 M点时溶液中 CO完全转化为
HCO，没有 CO 生成，选项 C 错误；a 曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋
2
HO===Al(OH) ↓，选项D正确。
2 3
5．D 沉淀1中还含有Fe(OH) ，A错误；污水中加入过量Ba(OH) 后，溶液中硫酸根
3 2
全部生成BaSO 沉淀，溶液1中不含SO，沉淀2中不可能有Ag SO ，B错误；该污水中一
4 2 4
定存在Fe3＋，但不能确定是否存在Fe2＋，C错误；污水中加Ba(OH) 有使红色石蕊试纸变蓝
2
的氨气产生，原溶液中有NH，加KSCN溶液有血红色出现，则原溶液中有Fe3＋，溶液1加
硝酸和硝酸银生成白色沉淀，说明原溶液中含Cl－，沉淀1加足量盐酸，不能完全溶解，说
明沉淀中有BaSO，则原溶液中含有SO，D正确。
4
6．C 无色溶液中一定不含Fe3＋、Cu2＋，故A正确；由图像可知oa段：Al3＋＋3OH－
===Al(OH) ↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓，ab 段：NH＋OH－===NH·H O，bc 段：
3 2 3 2Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO该溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋、NH，消耗氢氧化钠的体积分
3 2
别是20 mL、30 mL、10 mL，根据反应量的关系，三者物质的量浓度之比为1∶1∶1，故B
正确。根据图像氢氧化铝的物质的量是 0.01 mol，据 bc 段：Al(OH) ＋OH－===AlO＋
3
2HO，消耗氢氧化钠体积是10 mL，物质的量是0.01 mol，所以NaOH溶液物质的量浓度为
2
1 mol·L－1，故C错误；ab段发生反应：NH＋OH－===NH·H O，故D正确。
3 2
7．B 某溶液中滴加K[Fe(CN) ]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，但是无法
3 6
证明是否有Fe3＋，A错误；向C HONa溶液中通入CO ，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，
6 5 2
根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B正确；溶液中有NaS，加入硫酸铜
2
溶液以后，Cu2＋一定与溶液中的S2－反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，
C错误。向溶液中加入硝酸钡溶液，再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸根和氢离子，
溶液具有硝酸的强氧化性，不能排除SO的干扰，D错误。
8．(1)4 (2)NO 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝 Mg(OH)
2
(3)Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO (4)0.136
3 2
(5)0.08
解析：溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离
子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含
有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢
氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是
氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离
子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，
所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。
(1)根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有 4种，即
亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。
(2)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO。氨气是碱性气体，检验氨气
的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀
Z的化学式为Mg(OH) 。
2
(3)实验Ⅱ的图像中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为 Al(OH) ＋OH－
3
===AlO＋2HO。
2
(4)A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化钠是5 mL，物质的量是0.005
mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1 mL，物质的量是0.001 mol，所以生成的氢氧化铝是
0.001 mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002 mol，氢氧化镁是0.001 mol，所以对应的固
体质量为0.001 mol×(58＋78) g·mol－1＝0.136 g。
(5)与氢离子反应的氢氧化钠是1 mL，物质的量是0.001 mol，即氢离子是0.001 mol。
与铵根反应的氢氧化钠是2 mL，物质的量是0.002 mol，即铵根是0.002 mol，根据溶液显电
中性可知硝酸根的物质的量是 0.001 mol＋0.002 mol＋0.001 mol×3＋0.001 mol×2＝0.008
mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008 mol÷0.1 L＝0.08 mol·L－l。
9．(1)SO 酸
(2)2Na O＋2HO===4NaOH＋O↑
2 2 2 2
(3)Al(OH) 、Mg(OH)
3 2
(4)Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
解析：透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则溶液中含有 K＋；溶液无色，则一定不含
Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋；逐滴加入NaOH溶液有白色沉淀生成，NaOH溶液过量后沉淀部分溶解，
则溶液中含有Mg2＋、Al3＋，一定不含CO；加入BaCl 溶液和盐酸后生成白色沉淀，由于溶
2
液中没有Ag＋，则生成的沉淀为BaSO ，溶液中含有SO，加入NaO 固体，生成无色无味
4 2 2气体，说明一定不含有NH，综上可知，原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、K＋、SO，一定不
含Fe3＋、Fe2＋、NH、Cu2＋、CO。
(1)原溶液中一定存在的阴离子有SO，原溶液中弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。
(2)实验③中产生无色无味气体是因为过氧化钠与水反应，化学方程式为 2NaO ＋
2 2
2HO===4NaOH＋O↑。
2 2
(3)由于溶液中含Al3＋、Mg2＋、K＋、SO，加入氢氧化钠溶液后，A点对应沉淀量达到最
大，产生的沉淀有Al(OH) 和Mg(OH) 。
3 2
(4)由A→B过程中氢氧化钠溶液过量，生成的Al(OH) 沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，
3
离子方程式为
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO。
3 2
专练 9 氧化还原反应基本概念
1．D 过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中转移电子数目不
相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n(NO)与n(NH)之比为1∶1，C项错误；由图知，总
反应为NH＋NO===N ↑＋2HO，D项正确。
2 2
2．C 该反应中KClO 中Cl为＋5价，氯气中Cl为0价，Cl化合价降低，则KClO 是
3 3
氧化剂，Cl 为还原产物，A项错误；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，知氧化
2
性KClO ＞KIO ，B项错误；根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，知还原性 I ＞
3 3 2
Cl ，C项正确；由反应方程式可知生成1 mol氯气转移10 mol电子，则生成0.1 mol氯气转
2
移1 mol电子，D项错误。
3．D CO→CO，C化合价降低，发生还原反应，CO是还原产物，A项错误；SiH 是
2 4
还原剂，发生氧化反应，B项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C项错误；生
成1 mol SiO 时，由4CO→4CO知，转移电子的物质的量是(4－2)×4 mol＝8 mol，D项正
2 2
确。
4．D 氨气中氢元素化合价在反应前后未发生变化，A错误；在反应过程中NO 中氮
2
元素化合价降低，得到电子，B错误；NH 中氮元素化合价升高，被氧化，是还原剂，NO
3 2
中氮元素化合价降低，被还原，是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为 4∶3，C
错误；氧化产物由还原剂得到，还原产物由氧化剂得到，还原剂与氧化剂的物质的量之比为
4∶3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，D正确。
5．C 14个CuSO 中＋2价的铜得电子降为Cu S中＋1价的铜，5个FeS 中10个－1
4 2 2
价的S有7个价态降低得到7个Cu S中－2价的S，有3个价态升高得到SO中＋6价的S，
2
所以FeS 中S元素既有升高也有降低，FeS 既是氧化剂又是还原剂，A正确；CuSO 只做氧
2 2 4
化剂被还原，B正确；被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C错误；14 mol CuSO
4氧化了1 mol FeS ，D正确。
2
6．B ①②③④⑤均属于氧化还原反应， A错误； ⑤为铝热反应，放出大量的热，
可用于制熔点较高的金属， B正确； ③中O元素的化合价由－1价升高为0，④中O元素
的化合价由－2价升高为0，则相同条件下生成等量的O ，反应③和④转移的电子数之比为
2
1∶2，故C错误； 反应①4HCl(浓)＋MnO =====MnCl ＋Cl↑＋2HO中Mn元素的化合价
2 2 2 2
由＋4价降低为＋2价，HCl中Cl元素的化合价由－1价升高为0，由电子守恒可以知道，
氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误。
7．D 根据氮元素守恒，则 9x＋1＝28，解得 x＝3，A错误；反应中生成硝酸盐
Fe(NO ) ，磁性氧化铁中的铁元素化合价为＋2、＋3价，只有部分铁元素被氧化，B错误；
3 3
反应中生成硝酸盐Fe(NO ) 和NO，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，C错误；反应
3 3
中只有氮元素被还原，氮元素化合价由＋5价降低为＋2价，还原产物为NO，所以生成0.4
mol NO转移电子为0.4 mol×(5－2)＝1.2 mol, D正确。
8．B Cl元素化合价降低，发生还原反应，需加入还原剂，A项错误；I元素化合价升
高，发生氧化反应，需加入氧化剂，B项正确；S和O的化合价均无变化，无需加入氧化剂，
C项错误；Cu元素化合价降低，需加入还原剂，D项错误。
9．B B项，还原剂和氧化剂物质的量之比为1∶2，故错误。
10．A A项，反应Ⅰ和反应Ⅲ的循环过程中O 作催化剂，反应Ⅱ中O 作氧化剂，错
3 3
误。
11．A B项，氯气可氧化Fe2＋和Br－，Cl 足量时氧化产物有FeCl 和Br ，错误；C项，
2 3 2
HO 中的氧元素由－1价升高到0价，故生成1 mol O 有2 mol电子转移，错误；D项，KCl
2 2 2
中各元素化合价没发生变化，不是还原产物，错误。
12．C C项，反应Ⅰ中只有P元素的化合价发生变化，6个P元素的化合价由0价升
高到＋1价，2个P元素的化合价由0价降低到－3价，则3/2 mol P 作还原剂.1/2 mol P 作氧
4 4
化剂，所以氧化剂与还原剂的质量之比为1∶3，错误。
13．C A项，氯元素的化合价降低，Cl－是还原产物，错误；B项，反应的离子方程式
为3ClO－＋2NH===N ↑＋3HO＋3Cl－＋2H＋，
2 2
反应后溶液的酸性明显增强，错误；D项，由离子方程式可知氧化剂和还原剂的物质的
量之比为3∶2，错误。
14．C A项，由反应历程可知，过程Ⅰ、Ⅱ中没有元素化合价的变化，不是氧化还原
反应，正确；B项，根据原子守恒可判断X为N ，正确；C项，由图可知反应Ⅳ为[(NH )
2 4
(HNO)]＋===N ＋2HO＋H＋，每生成0.1 mol H＋，转移的电子数为0.3N ，错误；D项，分
2 2 2 A
析题图可知，正确。
15．(1)D (2)C
(3)5H O＋2MnO＋6H＋===5O ↑＋2Mn2＋＋8HO
2 2 2 2
(4)3.36 L 0.3 mol
(5)过滤 2NaOH＋2Al＋2HO===2NaAlO＋3H↑
2 2 2
解析：(1)元素化合价降低时体现出氧化性，只有D中HO 中氧元素化合价降低，故选
2 2
D。
(2)H O 既体现氧化性又体现还原性，即元素化合价既升高又降低，答案为C。
2 2
(3)氧化反应和还原反应是同时发生的，二者相加，配平即得 5HO ＋2MnO＋6H＋
2 2
===5O ↑＋2Mn2＋＋8HO。
2 2
(4)反应中转移0.3 mol电子，生成氯气的物质的量为：＝0.15 mol，标况下的体积为
3.36 L；被氧化的HCl的物质的量为0.3 mol。
(5)除去镁粉中混入的铝粉，选用NaOH溶液，Al与NaOH反应，而Mg与NaOH不反应，反应后过滤即可，Al与NaOH反应方程式：2NaOH＋2Al＋2HO===2NaAlO＋3H↑。
2 2 2
专练 10 氧化还原反应规律
1．D A项，KHIO 中碘元素的化合价降低，发生还原反应；B项，KI既不是氧化产
2 3 6
物也不是还原产物；C项，生成12.7 g I 即0.05 mol I 时转移电子的物质的量应为0.087 5
2 2
mol。
2．C C项，反应①中存在对应关系2I－～I ～2e－，生成1 mol碘单质转移2 mol电子，
2
反应②发生反应：5I－＋IO＋6H＋===3I ＋3HO，生成3 mol碘单质转移5 mol电子，生成等
2 2
量的碘时，反应①和反应②转移电子数目之比为2 mol∶ mol＝6∶5，错误。
3．D Co O 的氧化性强于I，故I 不能将Co2＋氧化生成Co O，D不正确。
2 3 2 2 2 3
4．D 由图示知，过程②中，碱性条件下，Ce3＋被HO 氧化生成CeO ，则HO 的氧
2 2 2 2 2
化性强于CeO，D项错误。
2
5．A 根据①知，氧化性：Z>B ，根据②知，氧化性：B >A3＋，根据③知，氧化性：
2 2 2
XO>Z ，所以氧化性关系为：XO>Z >B >A3＋，所以要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的
2 2 2
A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B ，A正确，B错误；X2＋是XO的还原产物，B 是B－的
2 2
氧化产物，C错误；因为氧化性关系为：XO>Z >B >A3＋，在溶液中可能发生反应：XO＋
2 2
5A2＋＋8H＋===X2＋＋5A3＋＋4HO，D错误。
2
6．C 因氧化性：Fe3＋＞I ，则Fe3＋能将I－氧化生成I ，故A错误；溴水能将亚铁离子
2 2
氧化成铁离子，溶液呈黄色，故B错误；因酸性：HCO ＞HClO＞HCO，则向NaClO溶液
2 3
中通入少量二氧化碳生成的盐为 NaHCO ，离子方程式为：ClO－＋CO ＋HO===HClO＋
3 2 2
HCO，故C正确；因还原性：I－＞Fe2＋，则向FeI 溶液中滴加少量氯水时，I－先被氧化，故
2
D错误。
7．B 该测定O 的方法中涉及2个反应：HO＋O ＋2KI===O ＋I ＋2KOH，2NaSO
3 2 3 2 2 2 2 3
＋I===Na SO ＋2NaI，通过反应前后元素化合价变化，可知上述反应均为氧化还原反应，
2 2 4 6
A项正确；上述第1个反应中O 既不是氧化产物，也不是还原产物，I 是氧化产物，KOH
2 2
是还原产物，B项错误；I 遇淀粉变蓝，可用淀粉作该滴定反应的指示剂，C项正确；由上
2
述两个反应的化学方程式可知，存在关系式O ～I ～2NaI，故转移2 mol电子，则吸收了1
3 2
mol O，即转移0.5 mol电子，则吸收了0.25 mol(标准状况下5.6 L) O ，D项正确。
3 3
8．A 分析流程图中的物质转化，“电解”“氯化”“合成”中均有单质参与反应或
生成，故均涉及氧化还原反应，A项正确；“氯化”时还原剂包括焦炭和FeTiO ，故B项
3
错误；“合成”反应的化学方程式为CO＋2H―→CHOH，故氧化剂与还原剂的物质的量
2 3
之比为1∶2，C项错误；800 ℃条件下，CO 与Mg反应，D项错误。
2
9．B 由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化
性可知，氧化性Fe3＋>I 、Br >Fe3＋，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液变为红色说明溶
2 2
液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又氧化性Cl>Br >Fe3＋>I ，氯气的量不确定，则
2 2 2
Br－不一定被氧化，故②错误，③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定是否
所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确；上层溶液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I
－，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－，即溶液中的Fe2＋、Br－
均被完全氧化，故⑤正确。
10．C 还原性HSO>I－，所以首先是发生以下反应，离子方程式：IO＋3HSO===I－＋
3SO＋3H＋，继续加入KIO ，氧化性IO>I ，所以IO可以结合H＋氧化I－生成I ，离子方程
3 2 2式是IO＋6H＋＋5I－===3H O＋3I 。0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根
2 2
离子发生氧化还原反应生成碘离子。0～b间加入碘酸钾的物质的量是1 mol，亚硫酸氢钠的
物质的量是3 mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，
所以其离子方程式为：IO＋3HSO===I－＋3SO＋3H＋，故A正确；a～b间碘酸钾的物质的量
是0.6 mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗 NaHSO 的物质的量＝0.6 mol×3＝
3
1.8 mol，故B正确；根据图像知，b～c段内发生IO＋6H＋＋5I－===3H O＋3I ，只有I元素
2 2
的化合价变化，所以I 是氧化产物也是还原产物，故C错误；根据反应IO＋3HSO===I－＋
2
3SO＋3H＋，3 mol NaHSO 的溶液消耗KIO 溶液的物质的量为1 mol，生成碘离子的物质的
3 3
量为1 mol，设生成的碘单质的物质的量为x mol，则根据反应IO＋6H＋＋5I－===3H O＋
2
3I ，消耗的KIO 的物质的量为(1/3)x mol，消耗碘离子的物质的量＝(5/3)x mol，剩余的碘
2 3
离子的物质的量＝[(1－(5/3)x)] mol，当溶液中n(I－)∶n(I)＝5∶3时，即，x＝0.3 mol，根据
2
原子守恒加入碘酸钾的物质的量＝1 mol＋0.3 mol×1/3＝1.1 mol，故D正确。
11．D 反应KClO ＋6HCl===KCl＋3HO＋3Cl↑中，只有Cl元素化合价发生了变化，
3 2 2
根据氧化还原反应中“化合价只靠近不交叉”的原则可知，用双线桥法表示该反应中转移电
子的情况为 。将KClO 标记为K37ClO ，37Cl应
3 3
全部存在于氯气中，A、C错误；根据得失电子守恒可知，产物氯气中37Cl与35Cl的原子个
数比为1∶5，因此产物氯气的平均摩尔质量为 g·mol－1≈70.67 g·mol－1，B错误、D正确。
12．D 反应①中，Sb的化合价没有变化，Sb S 不是氧化剂，A错误；反应①中Fe的
2 3
化合价从0价升高到＋2价，则每生成3 mol FeS时，共转移6 mol电子，B错误；反应②中
C还原Sb O 生成Sb，说明高温下C的还原性比Sb强，C错误；由4Sb～6C～Sb O～6Fe～
4 6 4 6
12e－，可知反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确。
13．(1)4∶3
(2)取少量NaSO 晶体于试管中，加入适量水溶解，滴入足量盐酸，振荡，再滴入氯化
2 2 5
钡溶液，有白色沉淀生成
解析：(1)CrO～Cr3＋中Cr的化合价由＋6到＋3，得3 mol电子，SO～2SO中S的化合
2
价由＋4到＋6，失去4 mol电子，依据电荷守恒，CrO与SO的物质的量之比为4∶3。
2
(2) Na SO 晶体在空气中被氧化生成SO，滴入足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀生
2 2 5
成，证明NaSO 晶体被氧化。
2 2 5
专练 11 氧化还原反应方程式的配平和计算
1．C C项，24 mol CuSO 完全反应时，消耗11 mol PH ，但有8 mol PH 未被氧化，
4 3 3
被氧化的PH 是3 mol，错误。
3
2．A 根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子
数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4 L即1 mol氯气需消耗2 mol碘单质，转移20
mol e－，A说法错误；该反应中I 为还原剂，KClO 为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的
2 3
量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸
性条件下，I－与IO反应生成I ，淀粉遇I 变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO的
2 2存在，D说法正确。
3．D A项，根据NaCl、NaClO、NaClO 的组成可知，Na和Cl的物质的量之比为
3
1∶1，则反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为1∶2，正确。B项，设反应停止
后n(NaCl)＝11 mol、n(NaClO)＝1 mol、n(NaClO)＝2 mol，反应过程中得失电子守恒，正
3
确。C项，若反应过程中消耗1 mol氯气，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为1
mol×2××1＝1 mol；氧化产物只有NaClO 时转移电子数最多，为1 mol×2××1＝mol，则
3
1 mol<转移电子数K (CaCO)，即c(CO)·c(Ca2＋)>K (CaCO)，B项错误；实验
3 3 sp 3 sp 3
4向碳酸钠溶液中滴加新制氯水，氯水中的H＋会与CO反应，故反应后c(CO)减小，D项错
误。
8．C A项，a点对应溶液中含有CO和HCO，HCO与OH－不能大量共存，错误；B
项，b点对应的溶液中含有HCO，Al3＋与HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存，
错误；C项，c点对应的为NaCl溶液，各离子都能大量共存，正确；D项，d点对应溶液呈
酸性，酸性条件下，NO与Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量共存，错误。
9．A 根据图像分析，生成CO 的反应为NaHCO ＋HCl===NaCl＋CO↑＋HO，假设
2 3 2 2
NaOH 与 CO 气体反应所得溶液中只有 NaCO ，则开始阶段发生的反应为 NaCO ＋
2 2 3 2 3
HCl===NaHCO＋NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积相等，而实际生成二
3
氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO 气体反应所得溶液中溶质为NaCO、NaHCO 。
2 2 3 3
加入100 mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯、钠元素守恒，
则n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.02 mol，所以c(NaOH)＝0.2 mol·L－1，A正确；由曲线可
知，从 25 mL 到 100 mL 反应的方程式为 NaHCO ＋HCl===NaCl＋CO↑＋HO，所以
3 2 2
n(CO)＝n(HCl)＝(0.1 L－0.025 L)×0.2 mol·L－1＝ 0.015 mol，所以标准状况下CO 气体体积
2 2
为336 mL，B错误；NaCO 转化为NaHCO 消耗盐酸25 mL，生成的NaHCO 转化为二氧
2 3 3 3
化碳又可以消耗盐酸25 mL，故NaOH与CO 气体反应所得溶液中NaHCO 消耗盐酸的体积
2 3
为75 mL－25 mL＝50 mL，故NaCO 与NaHCO 的物质的量之比为1∶2，故C、D错误。
2 3 3
10．B NaO 由Na＋和O构成，39 g Na O 的物质的量为0.5 mol，含有1.5 mol离子，
2 2 2 2
A错误；NaO 与CO、HO反应生成O，可用于潜水供氧，B正确；NaO 可以漂白有色物
2 2 2 2 2 2 2
质是因为其具有强氧化性，活性炭作漂白剂是利用其吸附性，C错误；NaO 与足量HO反
2 2 2
应生成1 mol O ，转移2 mol电子，但题中未指明O 处于标准状况下，故22.4 L氧气的物质
2 2
的量不一定是1 mol，D错误。11．A 氯气中含有氯化氢，可通过饱和食盐水除去，碱石灰会和氯气反应，A项错误；
氯化钠溶液中含有氯化钙，可加入过量NaCO 溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去，再加盐
2 3
酸除去过量的NaCO ，B项正确；过氧化钠中含有氧化钠，可将混合物在氧气中燃烧，发
2 3
生反应：2NaO＋O=====2NaO ，使氧化钠转化成过氧化钠，C项正确；NaCO 固体中含
2 2 2 2 2 3
有NaHCO 固体，可将固体混合物加热至恒重，发生反应：2NaHCO =====NaCO ＋CO↑
3 3 2 3 2
＋HO，使碳酸氢钠转化为碳酸钠，D项正确。
2
12．A 与同浓度盐酸反应时，NaHCO 放出气体的速率比NaCO 快，A错误；1 mol
3 2 3
NaCO 与足量盐酸反应消耗2 mol HCl，1 mol NaHCO 与足量盐酸反应消耗1 mol HCl，故
2 3 3
等物质的量的两种盐与足量的相同浓度的盐酸反应，NaCO 消耗盐酸的体积是NaHCO 的2
2 3 3
倍 ， B 正 确 ； 向 饱 和 NaCO 溶 液 中 通 入 CO ， 发 生 反 应 ： NaCO ＋ CO ＋
2 3 2 2 3 2
HO===2NaHCO↓，溶质质量增加，由于反应消耗水，且NaHCO 的溶解度小于NaCO ，
2 3 3 2 3
故有NaHCO 晶体析出，C正确；NaCO 与BaCl 反应生成白色沉淀 BaCO ，NaHCO 与
3 2 3 2 3 3
BaCl 不反应，无明显现象，D正确。
2
13．D 氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的化学方程式为 CO(过量)＋
2
NaOH===NaHCO ，可以实现转化关系①，A正确；NaO 与水和二氧化碳反应的化学方程
3 2 2
式分别为2NaO ＋2HO===4NaOH＋O↑、2NaO ＋2CO===2Na CO ＋O ，因此④⑤的转
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2
化均有O 产生，B正确；碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③NaCO ＋HCl(少
2 2 3
量)===NaCl＋NaHCO 、反应⑧NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑，都生成氯化钠，C
3 3 2 2
正确；反应②通过加热能实现，2NaHCO =====NaCO ＋HO＋CO↑，也可加入氢氧化钠
3 2 3 2 2
溶液实现，NaHCO ＋NaOH===Na CO＋HO，D错误。
3 2 3 2
14．B 向饱和食盐水中通入CO 、NH 生成碳酸氢钠固体，煅烧碳酸氢钠生成碳酸钠，
2 3
同时生成的二氧化碳可以循环使用，滤液中加入NaCl并通入NH ，通过降温结晶析出氯化
3
铵。根据以上分析可知，该工艺流程中没有发生氧化还原反应，A项正确；氨气极易溶于水，
二氧化碳在水中的溶解度较小，故应该向“饱和食盐水”中先通入NH ，再通入CO ，B项
3 2
错误；向滤液中通入NH ，使溶液碱性增强，可减少溶液中的HCO，有利于NH Cl析出，C
3 4
项正确；最终所得“母液”中含有钠离子、氯离子、铵根离子等，可循环利用，D项正确。
专练 13 镁、铝及其化合物
1．D 苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧
化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，
A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；
根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧
化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式
为MgO＋C＋Cl=====MgCl ＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得
2 2
到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应 Mg2＋＋2H
2
O⇌Mg(OH)
2
＋2H＋，直接蒸发
MgCl 溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。
2
2．B 本题考查镁、铝及其化合物的性质。由于Al的活动性不如Mg强，所以MgO与
Al不能在高温下发生铝热反应制取Mg，不能制成铝热剂，A错误；根据化学方程式
2Al＋6HCl===2AlCl ＋3H↑和2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑可知，当Al的
3 2 2 2 2
质量相等时，反应产生的H 的物质的量也相等，B正确；将AlCl 加入Ca(HCO ) 溶液中，
2 3 3 2
因Al3＋和HCO相互促进水解而生成CO 气体、Al(OH) 沉淀及CaCl ，C错误；Mg与N 在
2 3 2 2高温下反应产生MgN，因此N 不能作制取镁粉时的保护气，D错误。
3 2 2
3．D 与NaOH是否反应，不能作为衡量金属性强弱的依据，A错误；铝箔用酒精灯
点燃，铝箔外面与氧气反应生成了一层熔点较高的致密的Al O 薄膜，阻止了内部熔化的铝
2 3
的滴落，B错误；氯化铵溶液中存在水解平衡：NH＋H
2
O⇌NH
3
·H
2
O＋H＋，铝在酸性条件
下发生反应：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H↑，消耗H＋，使得水解平衡右移，从而使铝能够与
2
H＋反应放出氢气，因此铝片上产生的气体是氢气，C错误；向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH
溶液，发生的化学反应为AlCl ＋3NaOH===Al(OH) ↓＋3NaCl，Al(OH) ＋NaOH===NaAlO
3 3 3 2
＋2HO，知氢氧化铝能溶于强碱溶液，D正确。
2
4．A 反应化学方程式为；Mg＋HSO ===MgSO ＋H↑；2Al＋3HSO ===Al(SO ) ＋
2 4 4 2 2 4 2 4 3
3H↑ ； MgSO ＋ 2KOH===Mg(OH) ↓ ＋ KSO ； Al (SO ) ＋ 6KOH===2Al(OH) ↓ ＋
2 4 2 2 4 2 4 3 3
3KSO ；Mg(OH) =====MgO＋HO；2Al(OH) =====Al O ＋3HO；根据化学方程式可得：
2 4 2 2 3 2 3 2
得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n＝m＋
c××17＝m＋，选项中忽略了体积的单位，选项A不正确；B选项中p为生成的氧化物的质
量，1 mol Mg可结合1 mol O，2 mol Al结合3 mol O，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和
铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于
消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p＝×16＋m＝m＋，选项B正确；根据化学方程式的
定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b＝22.4 L·mol－
1×，整理得c＝，选项C正确；氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若m g全
是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p＝×40＝m；若m g全是铝，得
到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p＝×102×＝m，质量介于二者之间，选项
D正确。
5．C 分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能用氨水，因为氧化铝与氨水
不反应，A错误； CO 可以和偏铝酸钠反应制得氢氧化铝，用HSO 溶液或稀盐酸代替会
2 2 4
导致生成的氢氧化铝溶于其中，B错误； 过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉
淀与碳酸氢钠，离子方程式为： CO ＋AlO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO，C正确； Fe活泼
2 2 3
性较Al弱，与Al O 不反应，D错误。
2 3
6．C 陶瓷中的SiO 能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分接触，提高
2
吸收效率，B项正确；如图可知，C项错误；滤液中含有NaCO ，可用作吸收塔中的吸收
2 3
剂，D项正确。
7．C a 曲线代表的是 AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ，b 和 c 曲线代表的是 CO＋H＋
2 3
===HCO，d曲线代表的是HCO＋H＋===CO ↑＋HO，所以可以推出碳酸根离子与偏铝酸
2 2
根离子物质的量之比应为1∶1，C错误。
8．C 由题中数据知n(Al)＝0.1 mol，n(HCl)＝n(NaOH)＝0.3 mol，所以方案①中铝和
稀盐酸恰好完全反应，则 X溶液中溶质为AlCl ，滴加NaOH溶液，产生Al(OH) 沉淀0.1
3 3
mol，表示为 a 曲线，溶液中溶质为 NaCl；方案②中 NaOH 过量，则 Y 溶液中溶质为
NaOH、 NaAlO ，滴加盐酸先与NaOH反应无明显现象，再与NaAlO 反应产生Al(OH) 沉
2 2 3
淀0.1 mol，表示为b曲线，溶液中溶质也为NaCl，A、B错误；在O点时铝完全沉淀，此时两方案中得到的溶液中溶质均为NaCl，在①中NaCl中的氯离子均来自于100 mL的稀盐
酸，在②中NaCl中的钠离子均来自于100 mL的NaOH溶液，因此NaCl的物质的量均为
0.3 mol，体积相同，因此O点时两方案所得溶液浓度相同，C正确；根据分析知，a、b曲
线表示的反应中无氧化还原反应，D错误。
9．C 实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到白色沉淀 a，
加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，说明沉淀a为Al(OH) ，A正确；实验2在过量的碳酸
3
钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到白色沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少
量气泡，该气体为二氧化碳，说明沉淀b中含有CO，B正确；沉淀a、b上均附着硫酸根离
子，都可通过检验硫酸根离子来检验沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗涤液加入盐酸酸化
的BaCl 溶液，观察是否有白色沉淀生成，C错误；实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶
2
液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分可能与溶液的pH有关，D正确。
10．D 制备氮化镁需要在加热条件下让纯净的氮气与镁反应，因此要让生成的氮气充
满整个装置，故实验时先点燃B处酒精灯，一段时间后，再点燃C处酒精灯，A错误；因
为氮化镁遇水剧烈反应，干燥管A的作用是防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，B错误；
氮化镁与水反应生成的气体为氨气，能使紫色石蕊试液变蓝，C错误；蒸馏烧瓶中氯化铵和
亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气，化学方程式为 NH Cl＋NaNO =====NaCl＋N↑＋
4 2 2
2HO，D正确。
2
11．(1)NaOH ④ (2)Fe O 颜料 (3)54
2 3
(4)CaO和CO
2
(5)CO ＋AlO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO
2 2 3
解析：(1)铝土矿(主要成分含氧化铝、氧化铁)加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化
铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；电解氧化铝需要破坏离子键，需要吸收大量的能量；
(2)根据以上分析可知沉淀B为氧化铁，三氧化二铁为红棕色，可以做颜料；(3)电解氧化铝
的方程式为：2Al O=====4Al＋3O↑，设得到铝的质量为x，
2 3 2
解得x＝54 g；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO ，能循环利用；(5)偏铝酸钠溶液通入过量
2
的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：CO ＋AlO＋2HO===Al(OH) ↓＋
2 2 3
HCO。
专练 14 铁、铜及其化合物
1．C 钢是以铁为主的含碳合金，A说法正确；钢的含碳量越高，硬度和脆性越大，B
说法正确；合金的熔点比其组分的熔点低，生铁含碳量(2%～4.3%)大于熟铁的含碳量(约
0.1%)，故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成分是Fe O，D说法正确。
2 3
2．C 孔雀石又称铜绿，主要成分是Cu(OH) ·CuCO ，也可写成Cu (OH) CO ，不稳定，
2 3 2 2 3
受热易分解，产物为氧化铜、二氧化碳和水，且对湿度比较敏感，可溶于盐酸、硫酸等酸并
且在氨水中会发生配位反应，故A正确，C错误；依据题干信息《千里江山图》历经千年色
彩依然，说明孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化，故B正确；Cu(OH) ·CuCO 中铜的质量
2 3
分数约为57.7%，Cu(OH) ·2CuCO 中铜的质量分数约为55.5%，故D正确。
2 3
3．C 由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe(OH) ，d为Fe(OH) ，e中含有Fe3
2 3
＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可
以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe(OH) 胶体，而不是浓
3
碱液中，C推断不合理；可存在Fe2＋――→Fe(OH) ――→Fe(OH) ――→Fe3＋――→Fe2＋的
2 3循环转化关系，D推断合理。
4．B 纳米Fe O 具有磁性，因此可用作铁磁性材料，B错误。
3 4
5．D “乌铜走银”工艺的化学原理为CuAg原电池反应，负极Cu失电子氧化为
CuO，正极Ag S得电子还原为Ag。根据金属活动性顺序可知铜的金属活动性大于银，A项
2
正确；通过揉搓，手上的汗液可形成电解质溶液，B项正确；硫化银还原为不活泼的银单质，
可长时间保持光亮，C项正确；铝的金属活动性大于铜，氧化铝不能被还原为金属铝，故用
铝丝代替银丝，铜不会变黑，D项错误。
6．D 铁位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，A错误；四氧化三铁是纯净物，B错误；
14 g铁的物质的量为＝0.25 mol，7 g硫粉的物质的量为 mol<0.25 mol，二者反应的化学方
程式为Fe＋S=====FeS，铁粉过量，生成硫化亚铁的质量小于21 g，C错误；纯铁中无其他
元素，只能发生化学腐蚀，而生铁中含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，故生铁比纯铁
抗腐蚀性差，D正确。
7．D 青铜的主要成分为铜、锡合金，将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜
绿，A错误；Cu O在稀硫酸中发生歧化反应：Cu O＋HSO ===Cu＋CuSO ＋HO，化合价
2 2 2 4 4 2
发生变化，CuO在稀硫酸中发生复分解反应，化合价无变化，故原理不同，B错误；铜青是
碱式碳酸铜，和青铜不是一种物质，C错误；湿法炼铜利用单质铁在铜盐溶液中置换出铜，
故胆矾可用作原料，D正确。
8．B FeCl
3
溶液中，Fe3＋会发生水解反应：FeCl
3
＋3H
2
O⇌Fe(OH)
3
＋3HCl，加热蒸发，
HCl挥发，使平衡不断向右移动，加热还会使 Fe(OH) 分解生成Fe O ，无法得到氯化铁固
3 2 3
体，要得到氯化铁固体需要在干燥的氯化氢气流中加热蒸发，A项错误；稀硫酸与铁粉反应
生成氢气，可排出装置中的氧气，盛有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO 溶液中可隔绝空气，
4
制得的Fe(OH) 可以较长时间稳定存在，B项正确；稀硝酸与Cu反应生成NO，无色的NO
2
进入广口瓶中，被空气中的氧气氧化为红棕色的NO ，C项错误；氯化氢的密度比空气的大，
2
应该用向上排空气法收集，导管应长进短出，D项错误。
9．B ①FeO可以被稀HNO 氧化生成Fe3＋，溶液的颜色由浅绿色转变成棕黄色，故
3
①错误；②样品中加入盐酸后，取上层清液，然后加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液
中含有Fe3＋，即红砖中含有氧化铁，故②错误；③由FeCl 溶液得到无水FeCl ，需要在干
3 3
燥的氯化氢气流中加热，防止Fe3＋水解，若直接蒸发最终生成Fe O ，故③错误；④氢氧化
2 3
亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，白色沉淀最终转变为红褐色沉淀，故④错误；⑤
向一定量的Cu、Fe O 的混合物中加入盐酸发生的反应为：Fe O ＋6HCl===2FeCl ＋3HO
2 3 2 3 3 2
Cu＋2FeCl ===2FeCl ＋CuCl ，用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，固体减少的
3 2 2
质量应是混合物中氧元素的质量，根据反应方程式，混合物中氧元素全部与盐酸中的氢元素
结合转化成水，混合物中氧的质量为×16 g·mol－1＝2.4 g，即固体减少的质量为2.4 g，故⑤
正确；⑥磁性氧化铁是Fe O ，属于氧化物，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子形式，
3 4
故⑥错误；⑦Fe3＋氧化性强于I ，因此Fe3＋会把I－氧化成I ，故⑦错误；⑧Fe O 是难溶于
2 2 2 3
水的氧化物，不与水反应生成 Fe(OH) ，但可以通过化合反应 4Fe(OH) ＋O ＋
3 2 2
2HO===4Fe(OH) 制取Fe(OH) ，故⑧正确；⑨赤铁矿的主要成分是Fe O ，Fe O 的颜色为
2 3 3 2 3 3 4
黑色，故⑨错误；⑩Fe(OH) 溶液被氧气氧化成Fe(OH) ，此装置没有做防止氧气进入装置
2 3
的防护，因此此装置不能长时间观察到Fe(OH) 白色沉淀，故⑩错误，故正确序号为⑤⑧。
2
综上所述，本题正确答案为B。
10．C 在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶
液中溶质为NaNO ，n(NaNO )＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH) ，质
3 3 2
量为39.2 g，物质的量为＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu O)＝n[Cu(OH) ]，所以
2 2
反应后的溶液中n[Cu(NO )]＝n[Cu(OH) ]＝0.4 mol。
3 2 2设Cu和Cu O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根
2
据铜元素守恒有 x＋2y＝0.4，联立方程解得 x＝0.2，y＝0.1，由上述分析可知，
n(Cu)∶n(Cu O)＝0.2 mol∶0.1 mol＝2∶1，故 A 正确；根据 N 元素守恒可知 n(HNO)＝
2 3
n(NO)＋n(NaNO )＝0.2 mol＋1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度为：＝2.4
3
mol·L－1，B正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu O)，所以3n(NO)＝
2
2×0.2 mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4
L·mol－1＝4.48 L，C错误；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜和剩余的
硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中剩余的 n(HNO)＋
3
2n[Cu(NO )]＝n(NaNO )，所以剩余的n(HNO)＝n(NaNO )－2n[Cu(NO )]＝1 mol－2×0.4
3 2 3 3 3 3 2
mol＝0.2 mol，故D正确。
11．C 金属X可置换出铜，为了不引入新的杂质，故X为铁粉，A项错误；不纯的铜
中含有过量的铁粉，要除去铁粉，并得到FeSO ，则Y为稀硫酸，B项错误；硫酸亚铁具有
4
还原性，可用作食品的抗氧化剂，C项正确；无水硫酸铜常用于检验水，但不作干燥剂，D
项错误。
12．C 向18.4 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，再向所得
溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀，则消耗OH－的质量为30.3 g－18.4 g＝
11.9 g，其物质的量为＝0.7 mol，稀硝酸与铁和铜反应转移电子的物质的量与消耗OH－的物
质的量相等，即为0.7 mol。氯气与等质量合金反应生成FeCl 、CuCl ，转移的电子数也为
3 2
0.7 mol，1 mol Cl ～2e－，则反应消耗氯气的物质的量为＝0.35 mol，标准状况下的体积为
2
0.35 mol×22.4 L·mol－1＝7.84 L，故选C项。
13．C Co O 和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，Co O 作
2 3 2 3
氧化剂，Cl 是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性：
2
Co O>Cl ，A正确；白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn比
2 3 2
Fe更活泼，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，B正确；常温下铁遇浓硫酸发生
钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，不是不反应，C错误；KI过量，由充分
反应后现象可知溶液中还存在铁离子，则KI与FeCl 的反应具有可逆性，D正确。
3
专练 15 金属及其化合物的制备流程
1．(1)ZnCO=====ZnO＋CO↑
3 2
(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个，答案合理即可)
(3)B SiO Fe(OH) CaSO
2 3 4
(4)MnO＋3Fe2＋＋7HO===MnO↓＋3Fe(OH) ↓＋5H＋
2 2 3
(5)除去铜离子
(6)硫酸钙 硫酸镁
解析：(1)根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高
浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)
调pH要考虑不能引入不易除去的杂质离子，如Na＋和NH后期不易除去；加入氢氧化钙，
Ca2＋后期可以被F－除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣①成分时，利
用 K 与 Q 的大小关系，可知沉淀出 Fe(OH) 。(4)根据题意可知，反应中 MnO 转化为
sp 3
MnO ，说明另一反应物具有还原性，只能是Fe2＋；pH＝5时，产物为Fe(OH) 。(5)加入锌
2 3
粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣④为CaF 、MgF ，可与浓HSO 分别发生反应：CaF ＋
2 2 2 4 2HSO (浓)=====CaSO ＋2HF↑、MgF ＋HSO (浓)=====MgSO ＋2HF↑，得到的副产物为
2 4 4 2 2 4 4
硫酸钙和硫酸镁。
2．(1)Ce
(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)
(3)Fe(OH) 、Al(OH)
3 3
(4)强化沉降Fe(OH) 和Al(OH)
3 3
(5)2Ce3＋＋6HCO＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO↓＋3CO↑ 碱性
2 2 3 3 2 2
(6)6FePO ＋3LiCO＋C H O=====6LiFePO ＋9CO↑＋6HO↑
4 2 3 6 12 6 4 2
解析：(1)由质量数＝质子数＋中子数可知，铈的质量数＝58＋80＝138，因此该核素的
符号为Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)“焙
烧”后，F－转化为HF而除去，SiO 不溶解，“水浸”后溶液中有Al3＋、Fe3＋、Ce3＋的磷酸
2
盐或硫酸盐，PO在“除磷”过程中被除去，故“聚沉”后所得的滤渣Ⅲ的主要成分是
Fe(OH) 、Al(OH) 。(4)Fe(OH) 和Al(OH) 是胶状沉淀，不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂
3 3 3 3
强化沉降Fe(OH) 和Al(OH) 。(5)“沉铈”过程中，Ce3＋与HCO反应生成Ce (CO)·nHO，
3 3 2 3 3 2
反应的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO↓＋3CO↑。由于NH水
2 2 3 3 2 2
解溶液显酸性，HCO水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出 NH的水
解平衡常数为＝≈5.71×10－10，HCO的水解平衡常数为＝≈2.3×10－8，所以HCO的水解程
度大于 NH 的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为 LiCO 、
2 3
C H O 和FePO ，生成物为LiFePO 、CO和HO，根据化合价变化，C：＋4→＋2，0→＋
6 12 6 4 4 2
2，Fe：＋3→＋2，则反应的化学方程式为
6FePO ＋3LiCO＋C H O=====6LiFePO ＋9CO↑＋6HO↑。
4 2 3 6 12 6 4 2
3．(1)AlO＋4(NH )SO =====2NH Al(SO )＋6NH ↑＋3HO↑
2 3 4 2 4 4 4 2 3 2
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
(3)1.0×10－6
(4)硫酸 SiO CaSO
2 4
(5)TiO2＋＋(x＋1)H O=====TiO·xHO↓＋2H＋
2 2 2
(6)(NH )SO
4 2 4
解析：结合题中信息对该流程进行如下梳理：
(1)结合图示及题给信息可知焙烧时Al O 转化为NH Al(SO ) ，尾气应为NH ，则Al O
2 3 4 4 2 3 2 3
焙烧生成 NH Al(SO ) 的化学方程式为 Al O ＋4(NH )SO =====2NH Al(SO ) ＋6NH ↑＋
4 4 2 2 3 4 2 4 4 4 2 3
3HO↑。
2
(2)结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过
程中，Fe3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。(3)根据Mg2＋沉淀完全时的pH＝11.1，可知溶液中
c(OH－)＝10－2.9mol·L－1时，溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则K [Mg(OH) ]＝1.0×10－
sp 2
5×(10－2.9)2＝1×10－10.8，母液①的pH＝11.6，即溶液中c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，则此时溶液中c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－6 mol·L－1。(4)由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水
浸渣需在160 ℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO 不溶于硫酸，焙烧过程中得到的
2
CaSO 难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO 、CaSO 。(5)酸溶后适当加热能促进TiO2＋水解生
4 2 4
成TiO·xHO，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H O=====TiO·xHO↓＋2H＋。(6)结合图
2 2 2 2 2
示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气
NH ，经处理得到(NH )SO 。
3 4 2 4
4．(1)氨水
(2)适当升温、搅拌、增加NaCO 用量(增大NaCO 浓度)等 NaMoO 晶体析出，混入
2 3 2 3 2 4
浸渣
(3)3.9
(4)H O＋MoO===MoO＋HO
2 2 2
(5)提供NH，使MoO充分转化为沉淀析出
(6)(NH )MoO ＋12H=====4Mo＋2NH ＋13HO
4 2 4 13 2 3 2
解析：(1)焙烧产生SO ，题目中有“氮肥”题眼，所以用碱性溶液氨水吸收。(2)“提
2
高单位时间内钼浸出率”即提高溶液中的反应速率，可适当升温、搅拌、增加NaCO 用量
2 3
(增大NaCO 浓度)等。钼的浸出率降低，题中已说明“主要原因是温度升高使水大量蒸
2 3
发”，说明溶剂减少，导致NaMoO 晶体析出，混入浸渣。
2 4
(3)由K ＝c(S2－)·c(M2＋)，得lg K ＝lg c(S2－)＋lg c(M2＋)＝lg c(S2－)－6，lg c(S2－)＝lg
sp sp
K ＋6，代入关系式lg c(S2－)＝pH－15.1，得pH＝lg K ＋6＋15.1，代入数据，分别计算得
sp sp
pH＝3.9和pH＝－14.1，则pH不应小于3.9。(4)H O 将MoO氧化为MoO，自身被还原为
2 2
HO，根据得失电子守恒，可得离子方程式为 HO ＋MoO===MoO＋HO。(5)加入
2 2 2 2
NH NO ，增大NH浓度，使沉淀溶解平衡正向移动，有利于MoO充分转化为沉淀析出。
4 3
(6)H 还原(NH )MoO 得金属钼，根据得失电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式
2 4 2 4 13
为(NH )MoO ＋12H=====4Mo＋2NH ＋13HO。
4 2 4 13 2 3 2
5．(1)Fe3＋、H＋ (2)稀释后的ZnSO 溶液中：c(Zn2＋)＝＝＝1.875×10－2 mol·L－1原
4
ZnSO 溶液中：c(Zn2＋)＝＝0.750 mol·L－1
4
(3)①ZnFe O＋H＋3HS=====ZnS＋2FeS＋4HO
2 4 2 2 2
②ZnS与CO 反应生成COS和ZnO，ZnO再与HS反应转化为ZnS和HO
2 2 2
(4)ZnS、FeS部分被氧化成硫酸盐
解析：(1)锌有还原性，Fe3＋有氧化性，可以发生氧化还原反应。(3)①H 作还原剂，
2
ZnFe O 作氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可配平化学方程式。②因ZnS参与了反应，
2 4
且质量不变，说明ZnS参与反应后又重新生成了。(4)在280～400 ℃范围内，固体ZnS、
FeS部分被氧化成硫酸盐，所以固体质量增加。
专练 16 碳、硅与新型无机非金属材料
1．C 鎏金饰品属于金属材料，A项错误；纹银盒的主要成分是银，B项错误；瓷质咖
啡杯的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，C项正确；铜镀金钟座的主要成分是合金，D项
错误。
2．C C项，制作陶瓷所用的黏土是天然的矿物原料，错误；A项，黏土高温烧结时发
生复杂的物理、化学变化，正确；B项，陶瓷具有耐高温、耐酸碱腐蚀，不易变形的优点，
正确；D项，建盏是由黏土制得的硅酸盐工业产品，含有多种金属元素，正确。3．A 用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜与聚乙烯燃烧生成二氧化碳和水没有关系，A符
合题意；利用海水制取溴，是将Br－氧化成Br ，利用海水制取镁单质，是将Mg2＋还原成
2
Mg，B不符合题意；利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品是因为氢氟酸可与二氧化硅反应，C
不符合题意；公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆是设置防护涂层，使钢铁与潮湿空气隔绝从而
防止钢铁腐蚀，D不符合题意。
4．D 无论是重质油还是轻质油，燃烧时均会产生大量CO ，不能减少CO 的排放量，
2 2
不能促进碳中和，A项错误；可燃冰中的甲烷燃烧也会产生大量的 CO ，B项错误；减少煤
2
燃烧产生的污染与碳中和无关，C项错误；将CO 转化为甲醇可促进碳中和，D项正确。
2
5．D 高温结构陶瓷种类很多，包括氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等，它们
均不属于硅酸盐，A项错误；港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是牺牲阳极的阴
极保护法，B项错误；光缆的主要成分是二氧化硅，C项错误；钢筋属于无机材料，D项正
确。
6．A 光合作用中，利用太阳能将二氧化碳、水转化为(CHO) 和O，发生的是氧化还
2 n 2
原反应，A项错误；由图可知，光合作用将太阳能转化为化学能，B项正确；NaHCO 和
3
NaCO 与CaCl 发生的离子反应分别为 Ca2＋＋2HCO===CaCO ↓＋CO↑＋HO、Ca2＋＋
2 3 2 3 2 2
CO===CaCO
3
↓，C项正确；二氧化碳溶于水，发生反应：CO
2
＋H
2
O⇌H
2
CO
3
，H
2
CO 3⇌H＋
＋HCO，D项正确。
7．B A项，HSiF 中，H为＋1价，F为－1价，则Si元素的化合价为＋4价，错误；
2 6
B项，题给反应中N元素的化合价降低，HNO 仅作氧化剂，正确；C项，生成标准状况下
3
2.24 L即0.1 mol H 时，消耗0.1 mol Si，转移电子的物质的量为0.4 mol，错误；D项，芯片
2
的主要成分是硅，与硫酸不反应，所以芯片刻蚀液不可用硫酸代替，错误。
8．C A项，SiO 与HF的反应属于特殊的反应，不是典型的酸、碱、盐与氧化物之间
2
的反应，不能比较碳和硅的非金属性的强弱，错误；B项，高温下SiO 能与NaCO 固体反
2 2 3
应生成NaSiO 和CO ，不是在常温下或水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，错
2 3 2
误；D项，该反应说明C的还原性强于Si，无法比较C、Si的非金属性强弱，非金属性强弱
应根据氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性、单质的氧化性等进行比较，错误。
9．A AlCl 是由分子构成的共价化合物，不能通过电解熔融AlCl 制取金属Al，而要
3 3
通过电解熔融Al O 方法冶炼Al，A错误；硅电池板是向空间实验室提供电能的装置，可以
2 3
将光能直接转化为电能，B正确；SiC又称金刚砂，属于无机非金属材料，其硬度高，耐高
温，C正确；碳纤维是一种新型无机非金属材料，D正确。
10．B b是卤化硅且硅元素显＋4价，常温常压下，四氟化硅是气态，A错误；硅元素
显＋4价的硅酸盐溶液和CO 反应可以生成HSiO 胶体，B正确；a是Si，c是SiO ，木炭
2 2 3 2
和 SiO 反应生成 CO 和 Si，C 错误；c 是 SiO ，d 是 HSiO ，SiO 不能与水反应生成
2 2 2 3 2
HSiO，即c不能直接转化为d，D错误。
2 3
11．D A项，向饱和NaCO 溶液中通入CO 生成NaHCO ，NaHCO 的溶解度小于
2 3 2 3 3
NaCO 的溶解度，所以会析出NaHCO 晶体，继续通入CO 至过量，浑浊不消失，错误；B
2 3 3 2
项，向NaSiO 溶液中通入CO ，会产生硅酸，硅酸是不溶于水的白色胶状沉淀，继续通入
2 3 2
CO 至过量，浑浊不消失，错误；C项，向Ca(ClO) 溶液中通入CO ，会生成CaCO 沉淀和
2 2 2 3
HClO，继续通入CO 至过量，CaCO 转化为Ca(HCO ) ，浑浊消失，HClO具有强氧化性，
2 3 3 2
可使品红溶液褪色，错误；D项，向Ca(OH) 溶液中通入CO 会生成CaCO 沉淀，溶液变浑
2 2 3
浊，继续通入 CO 至过量，CaCO 转化为 Ca(HCO ) ，浑浊消失，加入 NaOH 溶液后，
2 3 3 2
Ca(HCO ) 和NaOH反应会生成CaCO 沉淀，溶液又变浑浊，正确。
3 2 3
12．(1)r(H＋)H SiO ，所以
2 2 3
浓盐酸遇NaSiO 溶液会发生反应2HCl＋NaSiO===H SiO↓＋2NaCl，由于硅酸是白色难
2 3 2 3 2 3
溶性的物质，所以会产生白色胶状沉淀，B 项正确；在饱和 NaCl 溶液中存在平衡NaCl(s)⇌Na＋(aq)＋Cl－(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液中Cl－浓度增大，平衡逆向移
动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C项正确；HCl溶于
NaClO溶液中，会发生反应2HCl＋NaClO===NaCl＋Cl↑＋HO，离子方程式是ClO－＋Cl－
2 2
＋2H＋===Cl↑＋HO，因此有黄绿色气体产生，D项正确。
2 2
9．B B中N为氯碱工业的主要原料，则N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，
M为CO，应该是碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应，如果是碳酸氢钠与盐酸反应，离子方程式
2
中应该是碳酸氢根，故B错误。
10．B 用双氧水滴定KI淀粉溶液，有I 生成，溶液立刻变蓝，无法判定终点，A错误；
2
在酸性环境中，KIO 与KI反应生成I ，B正确； NO 溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化
3 2 2
性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；加入AgNO 溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，
3
D错误。
11．A 1 mol氯气生成Cl－时转移2 mol电子，1 mol ClO 生成Cl－时转移5 mol电子，
2
1 mol O 转化为1 mol O 和1 mol H O转移2 mol电子，1 mol双氧水生成水时转移2 mol电
3 2 2
子，所以消毒效率最高的是ClO ，A项错误；过氧化氢作氧化剂时，还原产物为水，对环
2
境没有污染，B项正确；该反应中，当有1 mol ClO 生成时转移的电子个数约为1 mol×[(＋
2
4)－(＋3)]×6.02×1023 mol－1＝6.02×1023，C项正确；ClO－与浓盐酸中的Cl－在酸性条件下
会发生归中反应生成有毒的Cl，D项正确。
2
12．D 电解饱和食盐水过程中，Cl－在阳极失去电子生成Cl ，电极反应式为2Cl－－2e
2
－===Cl↑，A 正确；反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应的化学方程式为 2Cl ＋
2 2
2Ca(OH) ===Ca(ClO) ＋CaCl ＋2HO，B正确；题述过程中反应①②③为氧化还原反应，反
2 2 2 2
应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；制备漂粉精过程中，Cl 与湿润的NaCO
2 2 3
反应生成ClO的同时有NaCl生成，Cl原子没有全部进入Ca(ClO) 中，原子利用率达不到
2 2
100%，D错误。
13．(1) MnO＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO
2 2 2 2
(2)cdbae
(3)HClO 取少量样品于试管中，加入几滴AgNO 溶液，若有AgCl白色沉淀生成，则
3
该久置氯水中存在Cl－
解析：(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl 的化学方程式为MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl
2 2 2
＋Cl↑＋2HO。(2)实验室制得的Cl 中含有HCl、HO，可依次通过饱和食盐水、浓硫酸分
2 2 2 2
别除去HCl、HO，再收集Cl 并进行尾气处理，因此装置的接口连接顺序为cdbae。(3)氯水
2 2
中能使品红溶液褪色的物质是 HClO，氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中
HClO已分解。检验Cl－存在的方法是取少量样品于试管中，先加入几滴稀硝酸，再加入几
滴AgNO 溶液，若有AgCl白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－。
3
专练 18 硫及其化合物
1．B Cu与浓硫酸反应生成Cu2＋，体现了硫酸的氧化性，A项错误；能使紫色石蕊试
液变红说明有酸性物质生成，可以说明SO 是酸性氧化物，B项正确；c处褪色，体现了
2
SO 的还原性，C项错误；反应后混合液中硫酸浓度很高，浓硫酸吸水，导致生成的CuSO
2 4
不能形成蓝矾，D项错误。
2．C A项，试管内液面上升可能是SO 与水反应，也可能是SO 溶于水使试管内压强
2 2
减小，错误；B项，因SO 与水的反应是可逆反应，所以有少量气体剩余，不能说明溶液已
2
经饱和，错误；C项，向溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红是由于SO 与水反应生成
2HSO ，HSO 电离出H＋，正确；D项，将溶液在空气中放置后pH下降，是由于溶液中的
2 3 2 3
HSO 被空气中O 氧化成HSO ，酸性增强，错误。
2 3 2 2 4
3．B 通入足量的 SO ，发生反应 2SO ＋NaCO ＋HO===2NaHSO ＋CO ，生成
2 2 2 3 2 3 2
CO ，A项正确；结晶后母液中含有 NaHSO ，不含有NaHCO ，B项错误；温度过高，
2 3 3
NaHSO 会受热分解，C 项正确；中和过程中 NaHSO 与 NaCO 会反应生成 NaSO 与
3 3 2 3 2 3
NaHCO ，D项正确。
3
4．C 盐a与稀盐酸反应产生刺激性气味气体d，且d能使KMnO 溶液褪色，故d为
4
SO ，则盐a可能为NaSO 或NaHSO ，也可能是NaSO 。盐a与足量Cl 反应后的溶液b
2 2 3 3 2 2 3 2
与BaCl 溶液反应得到沉淀c，则c为BaSO 。综上所述A、B正确；C项，d为SO ，是含
2 4 2
有极性键的极性分子，错误；D 项，当盐 a 为 NaSO 时，反应②为 NaSO ＋
2 2 3 2 2 3
2HCl===2NaCl＋S↓＋SO ↑＋HO，生成淡黄色沉淀，正确。
2 2
5．D Cu O是砖红色固体，A错误；不能直接向试管中加入水，试管中可能有剩余的
2
浓硫酸，向其中加入水会放出大量的热，导致液滴飞溅，B错误；铜和浓硫酸在加热的条件
下反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，亚硫酸能使紫色石蕊溶液变红，但
不会褪色，C错误；将实验中产生的二氧化硫气体通入品红溶液中，溶液褪色，可证明二氧
化硫具有漂白性，D正确。
6．C SO 能使品红溶液褪色，A合理；SO 使溴水褪色，发生了氧化还原反应(SO ＋
2 2 2
Br ＋2HO===H SO ＋2HBr)，二氧化硫被溴氧化为硫酸根离子，SO 表现出还原性，B合理；
2 2 2 4 2
NaSO 与稀硫酸发生歧化反应生成单质硫(黄色固体)和二氧化硫(刺激性气味气体)，此反应
2 2 3
中NaSO 既作氧化剂又作还原剂，C不合理；品红溶液②不褪色说明进入其中的气体中无
2 2 3
SO ，NaSiO 溶液中出现白色浑浊，说明SO 和NaHCO 饱和溶液反应产生了二氧化碳，依
2 2 3 2 3
据较强酸制较弱酸的原理，说明硅酸比碳酸的酸性弱，D合理。
7．B 由图可知X、Y、Z、M、N分别为SO 、SO 、HSO 、CuSO 、CuS。硫在氧气
2 3 2 4 4
中燃烧生成SO ，不能直接生成SO ，A项错误；CuS可与硝酸发生氧化还原反应，B项正
2 3
确；硫化氢与SO 反应的化学方程式为2HS＋SO ===2H O＋3S↓，氧化产物和还原产物的
2 2 2 2
物质的量之比应为2∶1，C项错误；S的氧化性较弱，不能由硫和铜直接反应生成CuS，D
项错误。
8．D 蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的氢原子和氧原
子以2∶1的比例脱去，A错误；棉球a褪色，体现了二氧化硫的漂白性，棉球b褪色，体
现了二氧化硫的还原性，B错误；无水硫酸铜可以用来检验水，但是品红溶液和溴水中都有
水，不能确定使无水硫酸铜变蓝的水是由反应产生的，C错误；Ⅲ中溶液颜色变浅，但不褪
色，证明二氧化硫完全被消耗，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊，说明还产生了二氧化碳气体，D正
确。
9．D 本题结合含硫物质之间的转化关系考查氧化还原反应的相关概念。反应①中Cu
与浓硫酸在加热条件下反应时，浓硫酸将Cu氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸作氧化
剂，A正确；反应②中二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水且元素的化合价均不变，表明
二氧化硫为酸性氧化物，B正确；反应③的化学方程式为NaSO ＋S===Na SO ，生成物只
2 3 2 2 3
有一种，原子利用率是100%，C正确；反应④的化学方程式为NaSO ＋HSO ===Na SO
2 2 3 2 4 2 4
＋S↓＋SO ↑＋HO，稀硫酸既不作氧化剂也不作还原剂，D错误。
2 2
10．C 本题考查浓硫酸的性质。氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，不能用浓硫酸
干燥，故 A错误；浓硫酸与单质硫反应的化学方程式为 2HSO (浓)＋S=====3SO ↑＋
2 4 2
2HO，此反应中，HSO 中硫的化合价都降低，所以浓硫酸只表现了强氧化性，故B错误；
2 2 4
浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁、铝表面生成致密的氧化膜而钝化，阻止反应继续进
行，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓 HSO ，故C正确；在加热条件下，浓硫酸和
2 4Cu发生反应：2HSO (浓)＋Cu=====CuSO ＋SO ↑＋2HO，随着反应的进行，浓硫酸变为
2 4 4 2 2
稀硫酸时反应不再发生，所以把足量铜粉投入到含2 mol H SO 的热的浓硫酸中，得到气体
2 4
的体积在标准状况下小于22.4 L，故D错误。
11．C 为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用浓的氢氧化钠溶液，保证将未反
应的二氧化硫吸收完全，避免造成污染，A 错误；装置 B 中发生的反应为 SO ＋
2
NaO===Na SO ，则每消耗1 mol Na O ，转移电子数为2N ，B错误；关闭K ，打开K ，
2 2 2 4 2 2 A 1 2
试剂X是酸性KMnO 或FeCl 溶液，产生的二氧化硫能被氧化而使溶液褪色，均可证明 SO
4 3 2
有还原性，C正确； 实验过程中体现了硫酸的强酸性、难挥发性，D错误。
12．A S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化
性，不体现酸性， A错误；增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所
以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大 O 浓度来提高二氧化硫的转化率，从而
2
降低成本，B正确；途径①和②都是由S来制备HSO ，S的化合价从0价升高到＋6价，制
2 4
取1 mol H SO ，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e－，C正确；途径①S与浓硝酸反应
2 4
生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途
径①相比更能体现“绿色化学”的理念，D正确。
专练 19 氮及其化合物
1．A A项，FeSO 煅烧时生成SO 和SO ，部分硫元素化合价降低，则Fe元素化合价
4 2 3
应升高，X不可能为FeO，错误；B项，HSO 与KNO 反应生成HNO 和KSO ，为复分解
2 4 3 3 2 4
反应，正确；C项，HSO 与KNO 混合后，蒸馏生成HNO ，说明HNO 的沸点比HSO 的
2 4 3 3 3 2 4
低，正确；D项，HSO 和HNO 均可与铁反应，使用的铁锅易损坏，正确。
2 4 3
2．C A项，NO与HO不反应，错误；B项，Cu与稀HNO 反应生成NO，错误；C
2 3
项，NO与CO发生反应：2CO＋2NO=====N ＋2CO ，正确；D项，NO转变为N ，化合
2 2 2
价降低被还原，而O 不能作还原剂，错误。
3
3．C 由氮元素化合价及物质类别可知，图中 b为NH ，d为NO，NH 催化氧化后的
3 3
产物为NO和水，A项正确；c为N ，既有氧化性，又有还原性，B项正确；f的化学式可
2
能为NO ，也可能为NO ，C项错误；g、b分别为HNO 和NH ，可化合生成离子化合物
2 2 4 3 3
NH NO ，D项正确。
4 3
4．C 本题考查化学实验装置，涉及氨气的制备、浓硝酸与Cu的反应、喷泉实验等。
浓氨水滴到NaOH固体上可产生NH ，由于NH 的密度小于空气，不能采用向上排空气法收
3 3
集NH ，A错误；铜与浓硝酸反应生成NO 气体，NO 与水反应生成HNO 和NO，不能用
3 2 2 3
排水法测定生成NO 的体积，B错误；NH 极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，NH 溶于水，
2 3 3
导致烧瓶内气体压强小于外界大气压，烧杯中的水进入烧瓶中，形成喷泉，C正确；配制一
定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl要在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，D错误。
5．A n(Cu)＝＝0.8 mol，n(NaOH)＝0.5 L×2 mol·L－1＝1 mol，观察反应的最初反应物
和最终的生成物，结合得失电子守恒可知，51.2 g Cu失去的电子数等于HNO→NaNO 得到
3 2
的电子数，则0.8 mol×(2－0) ＝n(NaNO )×(5－3)，解得n(NaNO )＝0.8 mol，由Na原子守
2 2
恒可知n(NaOH)＝n(NaNO )＋n(NaNO )，则n(NaNO )＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，A正确；
2 3 3
常温下，Cu遇浓硝酸不能钝化，B错误；标准状况下NO 和NO 均为液体，无法确定0.9
2 2 4
mol 氮氧化物的体积，C 错误；反应过程中 Cu→Cu(NO ) ，只有铜元素化合价升高，
3 2
Cu(NO ) 是氧化产物，不是还原产物，D错误。
3 2
6．C A项，NaHCO 不是化肥，错误；B项，NaCO 性质稳定，受热不易分解，错误；
3 2 3C项，NH 和NO 中氮元素的化合价分别为－3和＋4，在一定条件下可发生氧化还原反应，
3 2
正确；D项，图中涉及的O 也可用空气，不一定要用纯氧，错误。
2
7．C 标况下2.24 L混合气体的物质的量为0.1 mol；50 mL 4 mol·L－1的氢氧化钠溶液
中氢氧化钠的物质的量为：4 mol·L－1×0.05 L＝0.2 mol。铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质
为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2 mol，根据氮原子守
恒可得硝酸的物质的量为0.1 mol＋0.2 mol＝0.3 mol，故A错误；生成氢氧化铜的物质的量
为：0.2 mol×＝0.1 mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1 mol，0.1 mol铜完全反应失去0.2
mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的
量为：＝0.05 mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4 L·mol－1×0.05 mol＝1.12 L，故B错误；
设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x＋y＝0.1 mol，根据电子守恒可得：
3x＋y＝0.2 mol，解得：x＝0.05 mol、y＝0.05 mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12
L，故C正确；根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2 mol，故D错误。
8．B 1 mol NH和1 mol—OH中分别含有10 mol、9 mol电子，A错误。联氨的结构式
为 ，1 mol联氨中含有4 mol N—H键和1 mol N—N键，B正确。过程Ⅱ，
NH 转化为NH ，氮元素的化合价由－2变为－1，因此过程Ⅱ属于氧化反应；过程Ⅲ，
2 4 2 2
NH 转化为N ，氮元素的化合价由－1变为0，因此过程Ⅲ属于氧化反应；过程Ⅳ，NO转
2 2 2
化为NH OH，氮元素的化合价由＋3变为－1，因此过程Ⅳ属于还原反应。综上可知C错误。
2
NH中氮元素为－3价，NH OH中氮元素的化合价为－1，NH 中氮元素的化合价为－2，根
2 2 4
据得失电子守恒，参与反应的NH与NH OH的物质的量之比为1∶1，即每处理1 mol NH，
2
需要的NH OH为1 mol，根据氮原子守恒可知所需n(NO)＝n(NH OH)＝1 mol，D错误。
2 2
9．D 过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成 NO，反应方程式为 N ＋
2
O=====2NO，A正确；过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B正确；
2
过程⑤中NO被氧化为NO，涉及的反应可能为2NO＋O===2NO，C正确；过程⑥中氮元
2
素化合价降低，NO被还原，涉及的反应不可能为2NO＋12H＋===N ↑＋6HO，该反应中没
2 2
有化合价升高的元素，且电荷不守恒，D错误。
10．D 气体溶于水或某种溶液会导致烧瓶中的压强迅速减小，与外界产生足够的压强
差，从而形成喷泉，A正确；CO 能与NaOH等强碱溶液反应，从而被吸收，也能使烧瓶内
2
与外界产生较大的压强差，故能形成喷泉，B正确；NH 和HCl属于极易溶于水的气体，
3
SO 可以与NaOH溶液等反应，故均能用该装置做喷泉实验，C正确；NO 和NO 与水反应
2 2 2 4
后有NO生成，故液体不能充满烧瓶，D错误。
11．B 将等质量的铜分别与等体积足量的浓硝酸和稀硝酸反应后，所得溶液中 Cu2＋的
浓度基本相等，若溶液呈绿色可能是因为溶液中溶解了少量NO ，A错误；NH 与Cl 混合
2 3 2
发生氧化还原反应生成氯化铵，B正确；检验NH时，应向溶液中加入NaOH浓溶液，并加
热，再用湿润的红色石蕊试纸检验是否有NH 生成，C错误；生成红棕色气体证明有二氧化
3
氮生成，根据反应：2Cu(NO )=====2CuO＋4NO ↑＋O↑，
3 2 2 2
可知生成的二氧化氮的体积为氧气体积的4倍，与空气中氮气和氧气的比例相似，若
NO 不具有助燃性，则带火星的木条不能复燃，此实验中木条能复燃，说明 NO 有助燃性，
2 2
D错误。
12．B 吸收过程中，尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使
尾气中NO、NO 与石灰乳充分接触，从而使NO、NO 被充分吸收，提高NO、NO 的吸收
2 2 2
效率，A正确。石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO )反应，生成Ca(NO ) ，Ca(NO ) 易溶
2 2 2 2 2
于水，Ca(OH) 微溶于水，因此滤渣的主要成分是 Ca(OH) ，B错误。NO、NO 与Ca(OH)
2 2 2 2发生反应：NO＋NO ＋Ca(OH) ===Ca(NO) ＋HO，n(NO)∶n(NO )＝1∶1时，恰好反应生
2 2 2 2 2 2
成Ca(NO ) ；若NO 过量，会发生反应：4NO ＋2Ca(OH) ===Ca(NO) ＋Ca(NO ) ＋2HO，
2 2 2 2 2 2 2 3 2 2
反应产物中含有杂质Ca(NO ) ，若n(NO)∶n(NO )>1∶1，NO不能完全被吸收，故为提高
3 2 2
Ca(NO ) 的产率及纯度，n(NO)∶n(NO )应控制为1∶1，C正确。生产中溶液需保持弱碱性，
2 2 2
因在酸性溶液中Ca(NO ) 会发生反应产生NO，不利于硝酸工业尾气的吸收，D正确。
2 2
专练 20 环境保护与绿色化学
1．A 小苏打是NaHCO ，与NaCO 无关，A项符合题意；用熟石灰处理酸性废水，
3 2 3
发生酸碱中和反应，B项不符合题意；钢的主要成分是铁，铁与水高温时发生氧化还原反应
生成Fe O 和H ，C项不符合题意；铝耐腐蚀主要是因为在铝的表面易形成致密氧化膜，D
3 4 2
项不符合题意。
2．C 利用干冰汽化降温实现人工增雨，缓解旱情，致使大气中CO 含量增加。
2
3．C 在国家允许的范围内，某些食品加工时，可以适量的使用防腐剂，但不能超量
使用，也不能把不可用作防腐剂的物质当成防腐剂使用，A项错误；废旧电池中含有镍、汞
等重金属离子，掩埋废旧电池，会造成土壤和水体污染等，B项错误；天然气的主要成分是
CH ，不完全燃烧时会产生CO等有毒气体，C项正确；使用含磷洗涤剂，会导致水体富营
4
养化，引起水华和赤潮等环境问题，D项错误。
4．D 无论是重质油还是轻质油，燃烧时均会产生大量CO ，不能减少CO 的排放量，
2 2
不能促进碳中和，A项错误；可燃冰中的甲烷燃烧也会产生大量的 CO ，B项错误；减少煤
2
燃烧产生的污染与碳中和无关，C项错误；将CO 转化为甲醇可促进碳中和，D项正确。
2
5．D SO 是无色气体，A错误；汽车尾气中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃烧的碳氢
2
化合物、含铅化合物、固体颗粒物等，B错误；植物不能直接吸收利用空气中的NO和NO
2
作为肥料，C错误；石灰(CaO)可与SO 反应生成CaSO ，故可采用石灰法脱除工业废气中
2 3
的SO ，D正确。
2
6．B 从煤的气化产物的燃烧分析；气态燃料的热利用率高，而且比较清洁；气态燃
料比固态煤炭更易充分燃烧；由于反应C＋O=====CO 中的氧气是用空气代替的，所以反
2 2
应后的混合气体中有N、CO、CO和H 等。
2 2 2
7．B “煤改气”“煤改电”等清洁能源工程减少了可吸入颗粒物等的排放，有利于
减少雾霾天气，A项正确；二氧化碳不会形成酸雨，B项错误；用石墨烯弹性气凝胶制成的
“碳海绵”具有很强的吸附性，可用作海上原油泄漏的吸油材料，C项正确；二氧化硫具有
还原性，添加微量SO 可防止葡萄酒中营养成分被氧化，D项正确。
2
8．C ①在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止污染环境，符合“绿色化
学”，故选①；②用沾有碱液的棉球吸收多余的Cl ，防止污染环境，符合“绿色化学”，
2
故选②；③没有气体处理装置，挥发的HCl和NH 会污染大气，不符合“绿色化学”，故
3
不选③；④气球可以用来收集生成的NO，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选④。故
正确序号为①②④。
9．A 由乙烯制备聚乙烯，原子利用率为100%。A正确。
10．C 雾和霾的分散剂均是空气，A正确；根据示意图分析，B正确；氨气是反应物
不是催化剂，C错误；氮肥会释放出氨气，D正确。
11．D A项，生成CHCOOH的总反应为CH ＋CO――→CHCOOH，原子利用率为
3 4 2 3
100%；B项，CH 选择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂；C项，根据图示，
4①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C—C键；D项，催化剂只影响化学反
应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
12．(1)＋1价
(2)2Cl ＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2HO
2 2 2 2 2
(3)Ca(ClO) ＋2HO＋2SO ===H SO ＋CaSO↓＋2HCl
2 2 2 2 4 4
(4)阳极：2Br－－2e－===Br
2
阴极：2H＋＋2e－===H ↑ 总反应：2HBr=====H↑＋Br
2 2 2
(5)Br ＋SO ＋2HO===H SO ＋2HBr 11.2 是
2 2 2 2 4
该反应不生成污染性物质，且实现了变废为宝，生成物除循环利用外，都是重要的工业
原料
专练 21 元素化合物的综合应用
1．A A项，石英砂与焦炭在高温下反应制取粗硅的化学方程式为SiO＋2C=====Si＋
2
2CO↑，陈述Ⅰ正确，SiO 可制成光导纤维，陈述Ⅱ正确，但二者无因果关系，A项符合题
2
意；B项，陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的原因，B项不符合题意；C项，石油裂解气中含有烯烃，能使
溴的CCl 溶液褪色，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的原因，C项不符合题意；Fe3＋水
4
解生成具有吸附性的Fe(OH) 胶体，陈述Ⅰ是陈述Ⅱ中FeCl 可作为净水剂的原因，D项不
3 3
符合题意。
2．C HSO与HS发生归中反应生成硫单质，HSO中硫元素化合价降低，表现氧化性，
2
A项正确；酸性KMnO 溶液紫色褪去，被还原，说明Fe O 中含有低价态的铁元素，B项正
4 3 4
确；红棕色气体即NO ，可能是浓HNO 受热分解产生的，C项错误；先变红，说明ClO－水
2 3
解产生了OH－，后褪色是由于水解产生的HClO具有漂白性，D项正确。
3．B 镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹
和飞机的部件，故A正确；铁粉不能做干燥剂，可以吸收氧气，可减缓食品被氧化，故 B
错误；氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性，可以给饮用水消毒，故C正确；油脂在代谢
中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，故 D正
确。故选B。
4．C 铵态氮肥与草木灰混合施用时，NH与CO会发生相互促进的水解反应而降低肥
效，A项正确；工业上从海带中提取碘时，用离子交换法处理含碘离子的溶液能提高碘的提
取率，B项正确；电解熔融NaCl可得到金属Na和Cl ，电解饱和食盐水生成NaOH、H 和
2 2
Cl ，C项错误；生铁中的铁和碳在潮湿空气中易形成原电池而使生铁发生电化学腐蚀，故
2
生铁进一步冶炼减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢，D项正确。
5．A 铝热反应中的反应物是铝单质与金属氧化物，A说法错误；镁燃烧时会发出耀
眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；熟石膏与水混合成糊
状后会很快凝固，转化为坚硬的石膏，利用石膏的这一性质，人们常用石膏制作各种模型和
医疗石膏绷带，C说法正确；用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生
成亚硫酸铵，亚硫酸铵又被氧化成硫酸铵，既可消除SO 带来的污染，又可得到副产品硫酸
2
铵，D说法正确。
6．A ①偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸生成氯化铝，而不是氢氧化铝，错误；
②Mg2＋会发生水解反应生成Mg(OH) ，得不到无水MgCl ，错误；④硫在氧气中燃烧只能
2 2
生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，错误；⑤氯气与铁反应生成FeCl ，不是FeCl ，错误。
3 2
7．A8．B B中甲是C，乙是SiO ，二者发生以下反应SiO ＋2C=====Si＋2CO↑，生成的
2 2
丙和丁是CO 和Si，CO和CuO 发生反应：CO＋CuO=====Cu＋CO ，不能实现丙到甲的
2
转化，故选B。
9．C 由观察到的现象①②③可知，逐滴滴加氯水时，氯气将溶液中亚铁离子氧化为
铁离子，将硫氰根离子氧化为硫酸根离子、二氧化碳和氮气，反应时没有碳酸根离子生成。
滴加氯水时只有亚铁离子和硫氰根离子被氧化，A项错误；逐滴滴加氯水后的溶液中含有硫
酸根离子，不含有碳酸根离子，则滴加氯化钡溶液时生成的白色沉淀为硫酸钡，B项错误；
氯水与硫氰化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸、二氧化碳、氮气和盐酸，反应的
离子方程式为2SCN－＋12HO＋11Cl===2SO＋2CO↑＋N↑＋24H＋＋22Cl－，C项正确；
2 2 2 2
若用高锰酸钾溶液代替氯水，具有强氧化性的高锰酸钾能将溶液中亚铁离子、硫氰根离子氧
化并使溶液呈酸性，酸性条件下，高锰酸钾还能与溶液中的氯离子发生氧化还原反应生成黄
绿色的氯气，得到气体的颜色不是无色的，则观察到的现象不相同，D项错误。
10．B 炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为CO 和SO ，将SO 通入澄清石灰水也产
2 2 2
生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，A项错误；向FeBr 溶液中加入少量氯水，再加CCl
2 4
萃取，CCl 层无色，说明Cl 没有与Br－反应只与Fe2＋反应，则还原性：Fe2＋>Br－，B项正
4 2
确；硅酸钠溶液中滴加盐酸，出现白色胶状沉淀，只能说明盐酸酸性强于硅酸，HCl不是氯
元素的最高价含氧酸，不能说明非金属性：Cl>Si，C项错误；溶液中含有 NaS，加入
2
CuSO 溶液会产生沉淀，未发生沉淀的转化，无法说明K (CuS)
3 2 2
③pH 6.0左右，4Fe(OH) ＋O ＋2HO===4Fe(OH) ，因此pH几乎不变，之后发生反应
2 2 2 34Fe2＋＋O ＋6HO===4FeOOH↓＋8H＋，溶液中H＋浓度增大，pH减小 ④溶液中同时存在
2 2
两个氧化反应4Fe2＋＋O ＋4H＋===4Fe3＋＋2HO和4Fe2＋＋O ＋6HO===4FeOOH↓＋8H＋，
2 2 2 2
因此 c(Fe2＋)的减小大于 c(Fe3＋)的增加，或用叠加反应解释：12Fe2＋＋3O ＋
2
2HO===4FeOOH↓＋8Fe3＋
2
(3)不受影响
解析：(2)②0.1 mol·L－1 Fe2＋沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，K [Fe(OH) ]为定值，
2 sp 2
溶液pH越小，c(H＋)越大，c(OH－)越小，沉淀生成时溶液中c(Fe2＋)越大。(3)NaOH标准液
用来测定剩余 HSO 标准液的量，若 NaC O 过量，剩余 HSO 可与 NaC O 反应生成
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4
HC O ，用酚酞作指示剂时，HC O 与NaOH反应生成NaC O 和HO，HSO ～HC O ～
2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4
2NaOH，HSO 转化为HC O，消耗NaOH标准液的量不变，故测定结果不受影响。
2 4 2 2 4
4．(1)使气、固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(2)4.5～9.3 使CrO转化为Cr O 浸取
2
(3)有NaCr O 析出 HSO (4)阳 Na＋
2 2 7 2 4
解析：(2)“焙烧”后Al与Si元素转化为Na[Al(OH)]、NaSiO ，FeCr O 转化为Fe O
4 2 3 2 4 2 3
和NaCrO ，加水“浸取”后，Fe O 被滤去；“中和”的目的是去除杂质Na[Al(OH)]、
2 4 2 3 4
NaSiO ，由题意可知，题图中纵坐标为－5时，杂质微粒沉淀完全，对应pH的理论范围为
2 3
4.5～9.3；“酸化”的目的是将 NaCrO 转化为 NaCr O 。(3)“酸化”后溶液中含有
2 4 2 2 7
NaCr O 、NaSO 、HSO ，蒸发结晶、过滤得到的副产品应是硫酸钠或其结晶水合物，若
2 2 7 2 4 2 4
过度蒸发将导致NaCr O 析出；冷却结晶得到NaCr O·2H O，母液中的硫酸可循环利用。
2 2 7 2 2 7 2
(4)阳极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋，阴极反应式为2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，
2 2 2 2
NaCrO 在阳极室酸化后转化为NaCr O ，电解时2 mol Na CrO 转化为1 mol Na Cr O ，为
2 4 2 2 7 2 4 2 2 7
保持溶液呈电中性，多余Na＋应通过离子交换膜进入阴极室。
专练 23 原子结构与化学键
1．B H是放射性核素，表示质子数和核外电子数是1，中子数是2，质量数是3的原
子，故选B。
2．B X中A为质量数、Z为质子数，质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)，故H的中子
数为2－1＝1；核电荷数＝质子数＝1；自然界中最轻的原子为H；同种元素组成的不同单
质互为同素异形体，H是氢元素的一种核素，D项错误。
3．A 根据元素Y在化合物中呈＋1价及N X＋n―→Y＋He可知，X为B元素、Y为
Z
Li元素。HBO 为弱酸，可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液，A正确；Li单质在空气中燃
3 3
烧的产物是LiO，B错误；B元素与H元素可形成多种共价化合物，如B H 、B H 等，C
2 2 6 4 10
错误；同素异形体是指由同一种元素组成的不同形态的单质，故6Y和7Y不互为同素异形体，
二者互为同位素，D错误。
4．C 煤油来源于石油的分馏，属于化石燃料，是不可再生能源，A错误；H 燃烧过
2
程中化学能转化为热能和光能，B错误；20Ne的质量数为20，C正确；质子数相同、中子数
不同的同一元素的不同核素互为同位素，3He、3H的质子数分别为2、1，二者质子数不同，
不互为同位素，D错误。
5．B 本题重点考查原子结构、质子数、中子数、质量数的有关内容。依据质量数守
恒得W＋4＝30＋1，推出W＝27。再结合X、Y的最外层电子数之和为8，X为金属元素，
可推出X的核电荷数为13，故X为Al；Y的核电荷数为15，故Y为P。A项，1个X原子的质量未知，无法求算其相对原子质量，错误；B项，铝元素和氯元素可以形成三氯化铝，
磷元素可以和氯元素形成三氯化磷，正确；C项，原子半径：Al>P，错误；D项，磷元素可
以形成HPO 、HPO 、HPO 等含氧酸，错误。
3 2 3 3 3 4
6．A 16O2－和18O2－的质子数均为8，核外电子数均为10，故离子结构示意图 可
以表示16O2－，也可以表示18O2－，A正确；空间填充模型需注意原子半径的相对大小，原子
半径：Cl>C>H，故 可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，B错误；氯化铵
是离子化合物，其电子式为 ，C 错误；CO 的结构式为
2
O===C===O，D错误。
7．C 全氮类物质爆炸产物无污染，所以属于绿色能源，A正确；每个N中含有5个
氮原子核，B正确；每个N中含有的质子数为7×5＝35，电子数为35＋1＝36，C错误；
N 由N和N构成，阴、阳离子间存在离子键，而离子内氮氮原子之间存在非极性共价键，
10
所以N 结构中含非极性共价键和离子键，D正确。
10
8．B X、Y为短周期元素，X的周期数是族序数的3倍，则X是第三周期第ⅠA族的
Na元素；则X的质子数z＝11，其质量数为2×11＋1＝23，根据Na＋He―→Y＋H可知，
Y的质子数p＝11＋2－1＝12、质量数w＝23＋4－1＝26，则Y为Mg元素。根据分析，Y
的质量数为26，A错误；X、Y的简单离子依次为Na＋、Mg2＋，两种离子都具有与Ne原子
相同的电子层结构，B正确；X的常见氧化物有NaO、NaO ，Mg的常见氧化物为MgO，
2 2 2
NaO、MgO中只含离子键，而NaO 中既有离子键又有非极性共价键，C错误；X的最高
2 2 2
价氧化物对应的水化物为NaOH，Mg的最高价氧化物对应的水化物为Mg(OH) ，NaOH与
2
Mg(OH) 不反应，D错误。
2
9．D NO中只含氮氧共价键，是共价化合物，A项正确；O 的结构式为O===O，含
2
非极性共价键，B项正确；过程②是NO中共价键断裂的过程，吸收能量，过程③是N与
N、O与O形成共价键的过程，释放能量，C项正确；NO分解生成N 的反应中N的化合价
2
由＋2降为0，则生成标准状况下11.2 L(0.5 mol)N 时，转移2 mol电子，阿伏加德罗常数
2
N 的值约为6.02×1023，故转移电子数约为1.204×1024，D项错误。
A
10．D NH F是离子化合物，D错误。
4
11．B ①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如： AlCl 是共价化合物，故
3
①错；②ⅠA族和ⅦA族元素的原子化合时，不一定形成离子键，也可能形成共价键，
ⅠA族的H原子与ⅦA族元素的原子化合时形成共价键，故②错；③由非金属元素形成的
化合物也可能是离子化合物，如铵盐，故③错；④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，
④对；⑤离子键的本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还包括静电斥力等，⑤错；
物质只要含有离子键就一定是离子化合物，⑥⑦对。
12．(1)20 CaCl (2)硫 碳 (3)B (4)BD
2
解析：(1)由X原子的结构示意图 不难推知其为 ，该元素为Ca，
根据CaY 可知Y为－1价，又因Y－与Ca2＋的电子层结构相同可知Y为Cl。
2
(2)Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且Z、W能形成一种ZW 型分子，
2则Z、W是C或S。Z与Y相邻，则Z是S，W是C。
(3)CaCl 是仅含离子键的离子化合物，CS 是共价化合物，仅含有共价键，A项错误，B
2 2
项正确；根据周期律，S的非金属性弱于Cl，则HS的稳定性比HCl弱，C项错误；Ca2＋、
2
Cl－具有相同的电子层结构，但Ca2＋的核电荷数大，半径小，D项错误。
(4)XY 为CaCl ，其电子式为[∶Cl∶]－Ca2＋[∶Cl∶]－，HS的水溶液为弱酸，应写成分
2 2 2
子式，即Cl＋HS===2H＋＋2Cl－＋S↓，A、C两项错误。
2 2
13 .(1)第三周期第ⅥA族 ＜
(2)
(3)SO＋2H＋===H O＋SO ↑或HSO＋H＋===H O＋SO ↑
2 2 2 2
(4)H O OH－＋CN－＋HO===CO＋NH ↑
2 2 2 2 3
解析：H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中的排序知，
M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子
数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N、O，W与N同主族，则N为
S。
(1)C的非金属性弱于O的非金属性，故CH 的稳定性比HO的弱。
4 2
(2)H、N形成的含18电子的化合物是NH，NH 的电子式为 。
2 4 2 4
(3)由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的离子化合物为NH HSO 或
4 3
(NH )SO ，其分别与足量盐酸反应的离子方程式为HSO＋H＋===H O＋SO ↑、SO＋2H＋
4 2 3 2 2
===H O＋SO ↑。
2 2
(4)H O 中含有极性共价键和非极性共价键，HO 氧化碱性工业废水中CN－的离子方程
2 2 2 2
式为OH－＋CN－＋HO===CO＋NH ↑。
2 2 3
专练 24 元素周期律及其应用
1．D Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是
Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周
期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X为Al；根据4种元素原子最外层电子
数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，
还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶
体，熔点比单质硅(共价晶体)低，错误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，
错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：
Z>Y，正确。
2．B Be的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水发生剧烈
反应，A错误；Y与Q元素组成的CCl 或SiCl 分子，空间构型均为正四面体，B正确；
4 4
Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸
性越强，C错误；第5周期且与Cl同主族元素的单质是碘，碘在常温常压下呈固态，D错
误。
3．C X的原子核内只有1个质子，则X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且
均位于X的下一周期，再根据题给麻醉剂分子结构式中各原子的成键情况，可知Y、Z、W分别为C、O、F；元素E的原子比W原子多8个电子，E为Cl。XEZ 为HClO ，是一种强
4 4
酸，A说法正确；非金属性：F>O>C，即W>Z>Y，B说法正确；电子层数多的原子半径大，
当电子层数相同时，核电荷数大的原子半径小，则原子半径：Cl>C>F，即E>Y>W，C说法
错误；OF 中F为－1价，O为＋2价，D说法正确。
2
4．B 由题给信息可推出R、W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、S。A项，元素非
金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，所以简单氢化物稳定性：X>W，错误；B项，Y
为Al，其氧化物Al O 是两性氧化物，正确；C项，H、N、O三种元素可以组成离子化合
2 3
物NH NO ，错误；D项，O元素没有最高正价，错误。
4 3
5．A HSO 不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，其酸性强弱不能用元素周期律
2 3
来判断；同周期元素对应最高价水化物的酸碱性强弱，简单氢化物的热稳定性强弱以及元素
的非金属性强弱都可用元素周期律解释。
6．D W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，则W是O、Y是S；X是地壳中含量
最多的金属元素，则X是Al；Z为在S之后的短周期主族元素，只能为Cl。O的非金属性
大于S，A项错误；AlCl 是共价化合物，B项错误；没有限定为最高价氧化物的水化物，
3
HSO 、HClO是弱酸，C项错误；Al与S可形成Al S，D项正确。
2 3 2 3
7．D 原子半径：Al>S>N>H，A项错误；H和N可形成NH 和NH 等化合物，B项
3 2 4
错误；Al O 是典型的两性氧化物，与强酸和强碱均能反应生成盐和水，C项错误；H、N、
2 3
S三种元素形成的(NH )S为离子化合物，既含离子键又含共价键，D项正确。
4 2
8．C 根据题意可推知，x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h
是Cl。O2－、Na＋、Al3＋具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半
径：O2－>Na＋>Al3＋，A 项错误；由于 NH 、HO 中存在分子间氢键，故沸点：
3 2
HO>NH >CH ，B 项错误；除去实验后残留的硫黄，可用热的氢氧化钠溶液：3S＋
2 3 4
6NaOH=====2NaS＋NaSO ＋3HO，C项正确；NaCl含有离子键，AlCl 含有共价键，D
2 2 3 2 3
项错误。
9．A 短周期主族元素中，原子最外层电子数是电子层数的2倍的元素为C和S，由图
中原子半径和原子序数关系可知R为C；Y与Z能形成ZY、ZY 型离子化合物，结合题图
2 2 2
知Y为O，Z为Na；Z与T形成的化合物ZT能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半
2
径最小，原子序数最小，则X为H。相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质沸点越
高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：HO>HS>CH ，A项正确；氧原子半径小于钠原
2 2 4
子半径，氧离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故钠离子半
径小于氧离子半径，B项错误；最高价氧化物对应的水化物的酸性HSO >H CO ，C项错误；
2 4 2 3
元素非金属性越强，其单质氧化性越强，非金属性：O>S>C，故单质氧化性O>S>C，D项
2
错误。
10．B 自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，则X应为C元素，a为木炭；d能
使品红溶液褪色，则d应为SO ；e是液体，结合题给转化关系及b由W、Y、Q三种元素组
2
成，可推出b为HSO ，c为CO ，e为HO；e和h反应生成b，结合e、b的化学式及h是
2 4 2 2
二元化合物，可知h为SO ，d和g在催化剂、加热条件下生成h，则g为O ，c和f反应生
3 2
成g，f是二元化合物，则f为NaO。综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、C、O、Na、
2 2
S。水分子间存在氢键，水的沸点较高，CO、SO 常温下为气体，其相对分子质量越大，沸
2 2
点越高，故沸点由大到小的顺序为HO>SO >CO ，A项正确；元素非金属性越强，简单氢
2 2 2
化物越稳定，非金属性：O>S>C，则简单氢化物的热稳定性：HO>HS>CH ，B项错误；
2 2 4
同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：O>C，H的非金属性较弱，则非
金属性：O>C>H，C项正确；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素随
原子核外电子层数增多，原子半径增大，则原子半径的大小关系为Na>S>O，D项正确。11．(1)2Al＋2OH－＋2HO===2AlO＋3H↑
2 2
(2)bc
(3)H∶O∶O∶H H
2
O 2⇌H＋＋HO
(4)H O＋2HIO===I ＋O↑＋2HO
2 2 2 2 2
(5)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
解析：X、Y、Z 、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为H
元素；Y元素的主要化合价有－4价、＋4价，位于第ⅣA族，是无机非金属材料的主角，
则Y为Si元素；Z元素位于第三周期，其简单离子在同周期元素的简单离子中半径最小，
则Z为Al元素；R元素的主要化合价有－1价、＋7价，则R为Cl元素；M元素主要化合
价有－2价，位于第ⅥA族，原子半径小于Cl原子半径，则M为O元素，据此作答。(1)Z
为Al元素，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋
2HO===2AlO＋3H↑。(2)R为Cl元素，Y为Si元素，物质的聚集状态属于物理性质，不
2 2
能根据单质的聚集状态判断元素非金属性强弱，选项a错误；元素的非金属性越强，其简单
氢化物越稳定，稳定性：HCl>SiH ，说明非金属性：Cl>Si，选项b正确；Si与Cl形成的化
4
合物中Si呈正价，说明Cl原子吸引电子的能力更强，则Cl元素的非金属性更强，选项c正
确；应通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较元素的非金属性强弱，选项 d错误。
(3)X M 为HO ，电子式为H∶O∶O∶H；HO 为酸性比碳酸弱的二元弱酸，则第一步电离
2 2 2 2 2 2
的电离方程式为H
2
O 2⇌H＋＋HO。(4)H
2
O
2
分解生成H
2
O和O
2
，由总反应式2H
2
O
2
===2H
2
O
＋O↑减去第一步反应HO ＋I===2HIO即可得到第二步反应：HO ＋2HIO===I ＋O↑＋
2 2 2 2 2 2 2 2
2HO。(5)FeCl 溶液常用来蚀刻印刷电路板，发生反应的离子方程式为 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋
2 3
＋Cu2＋。
12．(1)第二周期第ⅤA族 K＋[∶S∶]2－K＋
(2)< < < >
(3)①ClO ②3ClO－===ClO＋2Cl－ 放热
解析：A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，应为同
周期相邻元素，且分别位于周期表第ⅤA、ⅥA、ⅦA元素，应分别为N、O、F元素，
B、D同主族，则D为S元素，D、E同周期，则E为Cl元素，F是其所在周期中最活泼的
金属元素，由原子序数关系可以知道F为K元素。
(1)A为N元素，位于周期表第二周期第ⅤA族，D与F形成的最简单离子化合物为
KS，电子式为K＋[∶S∶]2－K＋。
2
(2)K＋、S2－具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径K＋S，则S的最高价氧化
物的水化物的酸性小于Cl的最高价氧化物的水化物的酸性；非金属性F>Cl，元素的非金属
性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HF>HCl。
(3)①由图可以知道，D中Cl元素的化合价为＋7价，则D为ClO； ②结合Cl元素的
化合价可以知道B→A＋C反应为3ClO－===ClO＋2Cl－，生成1 mol C时能量变化为3×60
kJ－63 kJ＝117 kJ，反应物总能量大于生成物总能量，该反应放出117 kJ热量。
专练 25 元素周期表及其应用
1．C 由同周期和同主族元素原子半径变化规律可知A项正确；同周期元素非金属性
从左到右逐渐增大，B项正确；若甲为C，烷烃、烯烃遇氯化氢无白烟产生，C项错误；磷
酸、硅酸均能与强碱反应，D项正确。2．B 氧原子半径小于硫原子半径，而Mg、Al、Si的原子半径依次减小且均比同周期
的硫原子半径大，因此原子半径：Mg>Al>Si>O，A项错误；Mg元素的金属性较强而O元
素的非金属性很强，二者之间形成的化学键是离子键，B项正确；铝是导体而Si是半导体，
故前者导电性强于后者，C项错误；硅酸的酸性弱于碳酸，D项错误。
3．D W是有机分子的骨架元素，则W为碳元素，再根据W、X、Y、Z、M为原子序
数依次增大的短周期非金属元素，结合题给阴离子的结构中各元素原子成键特点，可知M
为S、Z为F、Y为O，进而推知X为N。氟元素没有正价，A项错误；基态C原子价电子
排布式为2s22p2，基态O原子价电子排布式为2s22p4，故二者未成对电子数均为2，B项错误；
该阴离子带一个负电荷，可知X(N)原子得到1个电子，则N原子外围孤电子对数为2且形
成2个单键，满足8电子稳定结构，C项错误；X(N)的氢化物为NH ，其水溶液呈碱性，
3
M(S)的氢化物为HS，其水溶液呈酸性，D项正确。
2
4．C 根据Z元素的最外层电子数是次外层的3倍知Z为O，而X只能是N，观察此
表的规律，不难得出X、Y在同族，故Y为P，根据同族元素所处的位置在此表中的规律填
出如下结果：
白格中有稀有气体元素，稀有气体元素不属于主族元素，故 A错误；N和O元素形成
的化合物有多种，故B错误；N的非金属性大于P的，非金属性越强，其最高价氧化物对应
的水化物酸性越强，故C正确；N、P、O三种元素中非金属性最强的是O，非金属性越强，
简单氢化物越稳定，所以简单氢化物最稳定的是HO，故D错误。
2
5．B s的水溶液俗称水玻璃，则s为NaSiO；m可制作耐火管且属于两性物质，则m
2 3
为Al O ；0.1 mol·L－1 n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；结合短周
2 3
期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可以知道，X为H、Y为O、Z为Na、W
为Al、R为Si元素。Y为O、R为Si元素，非金属性越强，氢化物稳定性越强，则对应氢
化物的稳定性：Y>R，A错误； Y为O、Z为Na、W为Al，三种元素的离子具有相同的电
子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径Y>Z>W，B正确； Z为Na、W为
Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比 Z的弱，C错误； X为H、Z为Na、R为
Si，其单质分别为氢气、金属钠和硅，对应晶体分别为分子晶体、金属晶体和原子晶体，Si
的沸点最高，氢气沸点最低，即单质沸点：R>Z>X，D错误。
6．A 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中W原子最外层电子数是
其所在周期数的2倍，则W为碳，Y＋和X2－的电子层结构相同，则X为氧，Y为钠，Z的
原子序数等于W和Y的核外电子数之和，所以Z为氯。一般情况下，碳显＋4价，氧显－2
价，氯显－1价，所以从化学键角度推断，可以形成COCl 这种共价化合物，故A正确；
2
O、Na、Cl形成离子时的半径大小为Cl－>O2－>Na＋，所以B错误；工业上用电解食盐水制
氯气，故C错误；HCl的水溶液即盐酸是强酸，而CO 的水化物即碳酸是弱酸，但不能说明
2
Cl的非金属性比C的强，应该用HClO 的酸性强于碳酸来证明，所以D错误。
4
7．B 由于该四种元素均是短周期元素，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，
且W与Z同主族，原子序数相差8，故Z为O，W为S，则X为Si，Y为N。同周期主族元
素的原子半径从左到右依次减小，同主族元素的原子半径从上到下依次增大，故半径：
r(X)>r(Y)>r(Z)，A错误； X为硅，位于元素周期表中第3周期第ⅣA族，B正确；比较元
素非金属性的强弱时应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，C错误； SiO 和
2
NO 的结构和化学性质均不相似，D错误。
28．D 由题图信息可知，X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，且除Z以外其他元素
最高价氧化物对应水化物的溶液都显酸性，可知X、Y为第二周期非金属元素，Z为Na，
M、N为第三周期非金属元素，故X为B或C，Y为N，Z为Na，M为S，N为Cl。A项，
原子半径：Z>X>Y，错误；B项，NaH为离子化合物，错误；C项，非金属性：SZ>W>X，错误；C项，非金属性强弱顺序为W>Z>Y>X，错误。
10．D 由以上分析可以知道a为C元素、b为Al元素、c为S元素，d为Cl元素。Al3
＋发生水解使溶液呈酸性， S2－发生水解使溶液呈碱性，A正确；同周期自左而右原子半径
减小，故原子半径ClC>N>O>H，A正确；Fe O 可用作油漆和涂料，B正确；NH 的沸点小于HO，C
2 3 3 2
正确；工业上制备Mg单质的方法为电解熔融的MgCl ，D错误。
2
12．(1)第三周期第ⅥA 族 (2)NH SCN
4
(3) N≡C—O—O—C≡N
(4)(CN) ＋2OH－===CN－＋CNO－＋HO
2 2
(5)2NH ＋4O===NHNO ＋4O＋HO
3 3 4 3 2 2
解析：元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外
层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；M是S元素。W、X、Y、
Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。
(1)S位于元素周期表中第三周期ⅥA族；
(2)化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl 溶液，溶液变
3
血红色p中含有SCN－；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变
蓝的气体，p中含有NH。p的化学式为NH SCN。(3)由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量
4
为84 g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1∶1∶1。已知q分子中各
原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式
为N≡C—O—O—C≡N。(4)(CN) 的性质与Cl 相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN) 与
2 2 2
NaOH溶液反应的离子方程式为(CN) ＋2OH－===CN－＋CNO－＋HO。(5)常温下，1 mol O
2 2 3
能与氨气反应，生成一种常见的盐 NH NO 和1 mol O ，该反应的化学方程式为：2NH ＋
4 3 2 3
4O===NHNO ＋4O＋HO。
3 4 3 2 2
专练 26 元素位—构—性综合推断
1．C 同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右
非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项正
确；F 具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为 ，位
2于第6周期第ⅣA族，D项正确。
2．B Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1，又W、X、Y、Z
为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的Na
元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y的原子序数小于11，又W与X可
形成原子个数比为2∶1的18e－分子，分析可知NH 符合题意，故W为氢元素、X为氮元
2 4
素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越
小，即简单离子半径：X>Y>Z，A错误；W与Y能形成HO ，既含有极性键又含有非极性
2 2
键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH 和HO，常温下，NH 为气态，HO为
3 2 3 2
液态，故HO的沸点更高，C错误；由氢、氮、氧三种元素所组成的化合物NH ·H O的水
2 3 2
溶液呈碱性，D错误。
3．B 由“W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y所处的周
期序数与族序数相等”推出Y为Al，由“甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，
丁是氯碱工业的一种产物”推出丁为NaOH，由“戊为二元化合物，常温下0.01 mol·L－1戊
溶液的pH为2”推出戊为HCl，由图可知，甲既能与丁(NaOH)反应，又能与戊(HCl)反应，
且生成的乙和丙反应又能生成甲，则甲为Al(OH) ，乙为NaAlO ，丙为AlCl 。进一步推出
3 2 3
W、N、X、Z分别是H、O、Na、Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，
同一主族元素从上到下原子半径依次增大可知，原子半径：OY>Z>X，A正确； 水分子间含氢键，则W、Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：
Y>W，B正确； NaO和NaH均由阴阳离子构成，都只存在离子键，所以 C正确； u为
2
SO ，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，v为NaOH，抑制水的电离，D错
2
误。
5．A 分析可以知道，a为N ，b为H ，c为F ，d为NH ，e为HF，f为NH F。铵盐
2 2 2 3 4
不稳定，加热易分解，结合氯化铵的性质可以知道，f受热易分解为d和e，A正确； c为
F ，具有强氧化性，故B错误；非金属性F>N，则稳定性：e>d，C错误；N原子位于第二
2
周期第VA族，D错误。
6．D M元素的单质是自然界最轻的气体，M为H；N元素的原子半径是所在周期原
子半径最大的，则N应为第三周期第ⅠA族的Na；结合图中的位置，设A的原子序数为
x，则B为x＋1，D为x＋2，E为x＋10，它们的原子序数之和为37，所以x＋x＋1＋x＋2＋
x＋10＝37，x＝6，即A为C，B为N、D为O，E为S；由上述分析可以知道，M为H，A为C，B为N，D为O，N为Na，E为S。水分子间含氢键，且氢键数目比氨分子多，甲烷
不含氢键，则沸点：MD>BM>AM ，A正确；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向
2 3 4
右原子半径减小，则原子半径：r >r >r >r ，B正确； 化合物AM 分子中既含有C、H形
E A B D n 2n
成的极性键又含有C、C形成的非极性键，C正确； B元素的氢化物与D元素的单质在一
定条件下能发生置换反应，为4NH ＋3O=====2N ＋6HO, O元素的化合价降低、N元素的
3 2 2 2
化合价升高，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4，故D错误。
7．C 根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、
N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为：C、O 、HNO 、CO 、HO、
2 3 2 2
NO 、NO，根据分析可解答问题。b、c、d分别为C、N、O，同周期从左向右原子半径减
2
小，则原子半径的大小：b>c>d，A错误；a、c分别为H、N，可以形成离子化合物NH H，
4
B错误；W、X、Y分别为CO 、HO、 NO ，由于HO分子间能形成氢键，所以HO的
2 2 2 2 2
熔沸点最高，C正确；Y、Z分别为：NO 、NO，NO 能与水反应生成一氧化氮和硝酸，
2 2
NO 不能用排水法收集，D错误。
2
8．B 根据题给结构式中各元素原子成键数目和题干信息可得，X为H、Y为C、Z为
O、Q为Na。A项，生成的有机物为CHCH(OH)COOH，含羟基和羧基两种官能团，正确；
3
B项，钠原子核外有三个电子层，原子半径最大，错误。
9．D Y元素的最高正价为＋4价，为第ⅣA族元素，又知Y与Z、M相邻，且与M
同族，可推知Y为C，Z为N，M为Si，化合物ZX 的电子总数为18，则推知X为H；Q
2 4
元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，推出Q为Cl。X、Z和Q三种元素形成的化
合物氯化铵为离子化合物，D错误。
10．D 根据四种元素形成的化合物结构aYX·bZX 的特点，可知该物质是盐，表示成
2 3 2
氧化物形式，应该为硅酸盐。结合元素原子序数大小关系及气态单质W 、X 合成WX 可
2 2 2 2
知：W是H，X是O，Y是Al，Z是Si。Z是Si元素，最高化合价是＋4价，Y是Al元素，
最高化合价是＋3价，所以元素主要化合价(最高正价)：Z>Y，A项正确；在地壳中各种元
素的含量由多到少的顺序为O、Si、Al、Fe、Ca、Na等，可见地壳中元素含量：X>Z>Y，
B项正确；YX 是Al O ，该物质是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，其熔点较
2 3 2 3
高，ZX 是SiO ，该物质属于原子晶体，原子之间以共价键结合，具有较高的熔点，C项正
2 2
确；W是H，X是O，二者形成的化合物HO 中既含有极性键H—O键，也含有非极性键O
2 2
—O键，D项错误。
11．(1)第三周期第ⅢA族
(2)O2－ Na＋ HClO HSO
4 2 4
(3)H∶N∶H∶H(或H∶O∶O∶H或H∶C C∶H)
(4)2Na(s)＋O(g)===Na O(s)
2 2 2
⋮⋮
ΔH＝－511 kJ·mol－1
[或Na(s)＋O(g)===Na O(s)
2 2 2
ΔH＝－255.5 kJ·mol－1]
(5)①NH Al(SO ) 0.01 mol
4 4 2
②NH＋OH－===NH·H O ③0.026
3 2
解析：从题图中的化合价和原子半径的大小，可知x、y、z、d、e、f、g、h分别为
H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。(1)f是Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA
族。
(2)核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故 r(O2－)>r(Na＋)；元素
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HClO>H SO 。
4 2 4
(3)题给元素组成的四原子共价化合物有 NH 、HO 、C H 等，其电子式分别为
3 2 2 2 2H∶N∶H、H∶O∶O∶H、H∶C C∶H等。
(4)1 mol Na(s)在足量O(g)中燃烧生成NaO ，放出255.5 kJ热量，据此写出反应的热化
2 2 2
⋮⋮
学方程式。
(5)①R是NH Al(SO ) ，其物质的量n＝cV＝0.01 L×1 mol·L－1＝0.01 mol；②加入氢氧
4 4 2
化钠溶液30～40 mL的过程中，沉淀的物质的量不变，说明此时是 NH与OH－反应生成
NH ·H O，则m点反应的离子方程式为
3 2
NH＋OH－===NH·H O；③10 mL 1 mol·L－1 NH Al(SO ) 溶液中Al3＋物质的量为0.01
3 2 4 4 2
mol，NH的物质的量为0.01 mol，SO的物质的量为0.02 mol，20 mL 1.1 mol·L－1 Ba(OH)
2
溶液中 Ba2＋的物质的量为 0.022 mol，OH－的物质的量为 0.044 mol，由 SO＋Ba2＋
===BaSO ↓，可知SO不足，故可以得到0.02 mol BaSO 沉淀，
4 4
反应后剩余OH－的物质的量为0.044 mol－0.03 mol＝0.014 mol，
NH ＋ OH－===NH·H O
3 2
0．01 mol 0.01 mol
反应后剩余OH－的物质的量为0.014 mol－0.01 mol＝0.004 mol，
Al(OH) ＋ OH－===AlO＋2HO
3 2
0．004 mol 0.004 mol
反应消耗0.004 mol Al(OH) ，故得到Al(OH) 沉淀的物质的量为0.01 mol－0.004 mol＝
3 3
0.006 mol，则最终得到沉淀的物质的量为0.02 mol＋0.006 mol＝0.026 mol。
专练 27 化学反应中的能量变化及图像
1．B 冰醋酸逐渐凝固，说明小烧杯中发生的反应吸热，导致冰醋酸温度降低，即
NH HCO 与HCl的反应为吸热反应，A错误；小烧杯中发生的反应为吸热反应，吸收的热
4 3
量转化为产物内部的能量，B正确；因题给反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物
的总能量，C错误；反应热＝反应物的键能和－生成物的键能和，此反应为吸热反应，说明
反应物中化学键断裂吸收的能量比生成物成键放出的能量多，D错误。
2．C 本题考查化学反应与能量。断开1 mol C—H键需要吸收440 kJ能量，1 mol甲
烷催化裂解成C和H 要断裂4 mol C—H键，形成2 mol H—H键，故1 mol甲烷催化裂解成
2
C和H 的ΔH<＋1 760 kJ·mol－1，A错误；由题图可知，步骤②、③中反应物总能量高于生
2
成物总能量，则步骤②、③反应均为放热反应，B错误；甲烷分解生成碳，由题图可知，碳
可吸附在催化剂表面，会在催化剂表面沉积，使催化剂的活性降低，C正确；使用催化剂，
改变反应途径，从而改变反应的活化能，但反应的焓变与反应途径无关，加入催化剂，反应
的焓变(ΔH)不变，D错误。
3．C 反应热ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，则2X(g)===Z(g) ΔH＝E －
1
E ，A错误；由题图可知，反应2X(g)===3Y(g)的活化能＝E －E ，B错误；由题图可知，
2 5 2
2X(g)===Z(g)是放热反应且ΔH＝E －E ，又因为Z(g)===Z(s)放出热量，故 2X(g)===Z(s)
1 2
ΔHE[2X(g)]>E[Z(g)]，不能得出E[Y(g)]、E[X(g)]、E[Z(g)]的能量大小关系，因此无
法比较物质的稳定性，D错误。
4．D 催化剂可能改变反应途径，但不改变反应热，A错误；图乙中HO(g)的能量高
2
于HO(l)的能量，最终的能量应比原曲线更高，B错误；由图丙可知反应中反应物的总能量
2比生成物的总能量低，C错误；由图甲得①SO (g)＋I(s)＋2HO(l)===2HI(aq)＋HSO (aq)
2 2 2 2 4
ΔH＝－151 kJ·mol－1，由图乙得②HS(g)＋HSO (aq)===S(s)＋SO (g)＋2HO(l) ΔH＝＋61
2 2 4 2 2
kJ·mol－1，由图丙得③2HI(aq)===H (g)＋I(s) ΔH＝＋110 kJ·mol－1，根据盖斯定律①＋②
2 2
＋③可得HS(g)===H (g)＋S(s) ΔH＝＋20 kJ·mol－1，D正确。
2 2
5．D 根据反应过程示意图，过程Ⅰ是水分子中化学键的断裂过程，为吸热过程，A
错误；H 中的化学键是非极性键，B错误；催化剂不能改变反应的ΔH，C错误；根据反应
2
过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂过程，过
程Ⅲ中形成了水分子，所以HO均参与了反应过程，D正确。
2
6．C 根据图像可知，反应①中反应物总能量大于生成物总能量，则反应①为放热反
应，故A正确；反应②中HI中的碘元素化合价升高，氯化碘中的碘元素化合价降低，故B
正确；由题图知，反应①的正反应活化能大于反应②的，故反应①比反应②的速率慢，C错
误；由题图知，D正确。
7．A 总反应的ΔH>0，则生成物Z的总能量比反应物X、Y的总能量高，排除C项和
D项；反应①的ΔH<0，则W的总能量比反应物X、Y的总能量低，反应②的ΔH>0，则生
成物Z的总能量比反应物W的总能量高，A项正确。
8．A 由能量图可知，单斜硫的能量比正交硫的能量高，因此
S(s，单斜) ===S(s，正交)为放热反应，ΔH＝－0.33 kJ·mol－1，A正确；①式反应断裂1
mol单斜硫(s)中的共价键和1 mol O (g)中的共价键吸收的能量比形成1 mol SO (g)中的共价
2 2
键所放出的能量少297.16 kJ，B错误；热化学方程式中各物质前的化学计量数不再表示粒子
的数目，只表示物质的“物质的量”，C错误；S(s，单斜)=== S(s，正交)为放热反应，正交
硫能量更低更稳定，D错误。
9．B 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为
放热反应，则逆反应为吸热反应，A错误；该反应放热，ΔH<0，所以ΔH＝E －E ，使用催
1 2
化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键
能，C错误；反应是可逆反应，将1 mol SO (g)和0.5 mol O (g)置于密闭容器中充分反应，
2 2
生成的SO
3
(g)小于1 mol，放热a kJ，则2SO
2
(g)＋O
2
(g)⇌2SO
3
(g) ΔH <－2a kJ·mol－1，D
错误。
10．D 催化剂能改变反应的路径，降低反应的活化能，但不能改变化学反应的反应热，
A项正确；加入催化剂，降低反应的活化能，但不改变ΔH，反应速率加快，b曲线符合要
求，B项正确；根据图像可知，1 mol N 和3 mol H 完全反应生成2 mol NH 时放出的热量
2 2 3
为92 kJ，C项正确；因为该反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以通入 1 mol N 和3
2
mol H，反应后放出的热量小于92 kJ，D项错误。
2
专练 28 热化学方程式的书写及正误判断
1．B 氢气的燃烧热是指1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热
ΔH＝－ kJ·mol－1＝－285.8 kJ·mol－1，A 错误；由图像分析，2H(g)＋O(g)===2H O(g)
2 2 2
ΔH ＝－483.6 kJ·mol－1 ①，H(g)===H (l) ΔH ＝－0.92 kJ·mol－1 ②，O(g)===O (l)
1 2 2 2 2 2
ΔH ＝－6.84 kJ·mol－1 ③，根据盖斯定律将①－②×2－③，可得2H(l)＋O(l)===2H O(g)
3 2 2 2
ΔH＝－474.92 kJ·mol－1，B正确；由图像分析，2 mol H (g)与1 mol O (g)反应生成2 mol
2 2
HO(g)放出483.6 kJ的热量，故2 mol H (g)与1 mol O (g)所具有的总能量比2 mol H O(g)所
2 2 2 2
具有的总能量高，C错误；HO(g)变成HO(l)为物理变化，该过程不存在化学键的断裂和形
2 2
成，D错误。2．C 根据石墨转化为金刚石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越稳定，则
石墨的稳定性高，A项正确；根据题图可知，ΔH ＝ΔH ＋ΔH ，ΔH>0，故ΔH>ΔH ，B项
5 4 1 1 5 4
正确；由题图可知，①C(石墨，s)＋O(g)===CO (g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，②CO(g)＋
2 2
O(g)===CO (g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，由①－2×②可得C(石墨，s)＋CO(g)===2CO(g)
2 2 2
ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1，C项错误；由图示可知，1 mol石墨和1 mol CO分别完全燃烧放出
的热量分别为393.5 kJ和283.0 kJ，D项正确。
3．C 根据图甲分析，反应物的总能量高于生成物的总能量，则图甲中反应为
①CH(g)＋2O(g)===CO (g)＋2HO(l) ΔH ＝－890.3 kJ·mol－1，A错误；根据图乙分析，
4 2 2 2 1
生成物中水的状态是液态，则图乙中反应为②CH(g)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l) ΔH ＝－
4 2 2 2
607.3 kJ·mol－1，B错误；根据盖斯定律，由①－②可得CO(g)＋O(g)===CO (g) ΔH＝ΔH
2 2 1
－ΔH ＝－283 kJ·mol－1，C正确；CO(g)＋O(g)===CO (g) ΔH＝－283 kJ·mol－1，正反应为
2 2 2
放热反应，反应物[1 mol CO(g)和 mol O(g)]的总能量高于生成物[1 mol CO (g)]的总能量，
2 2
但无法判断等物质的量的CO(g)和CO(g)具有的能量高低，D错误。
2
4．C C HOH的燃烧热是生成二氧化碳和液态水放出的热量，故A错误；中和反应放
2 5
热，NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋HO(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，故B错误；硫燃烧放
2
热，热化学方程式是S(s)＋O(g)===SO(g) ΔH＝－296.8 kJ·mol－1，故C正确；热化学方程
2 2
式要标注物质的聚集状态，故D错误。
5．D 1 mol C(s)完全燃烧生成CO(g)所放出的热量大于生成CO(g)所放出的热量，则
2
其反应热小于－110.4 kJ·mol－1，A错误；由图可知，CuO(s)的能量低于Cu O(s)和O(g)的能
2 2
量之和，所以CuO分解生成Cu O的反应为吸热反应，B错误；由图中数据可知，CuO(s)的
2
能量比Cu O(s)和O(g)的总能量低，但无法比较CuO(s)和Cu O(s)的能量高低，则CuO与
2 2 2
Cu O的热稳定性也无法比较，C错误；由题干信息可知，2C(s)＋O(g)===2CO(g)的ΔH ＝
2 2 1
－220.8 kJ·mol－1，反应4CuO(s)===2Cu O(s)＋O(g)的ΔH＝＋292 kJ·mol－1，则反应C(s) ＋
2 2 2
2CuO(s)===Cu O(s)＋CO(g)的ΔH＝ΔH/2＋ΔH/2＝＋35.6 kJ·mol－1，D正确。
2 3 1 2
6．C 乙烷的燃烧热为 1 560.8 kJ·mol－1，指 1 mol C H(g)完全燃烧生成 CO(g)和
2 6 2
HO(l)放出1 560.8 kJ的热量，乙烷燃烧热表示的热化学方程式为 C H(g)＋O(g)===2CO (g)
2 2 6 2 2
＋3HO(l) ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1，A项错误；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，1 mol正
2
丁烷和异丁烷完全燃烧都生成4 mol CO (g)和5 mol H O(l)，正丁烷的燃烧热>异丁烷的燃烧
2 2
热，则正丁烷具有的能量>异丁烷具有的能量，根据能量越低越稳定，稳定性：正丁烷<异
丁烷，B项错误；正戊烷和2甲基丁烷互为同分异构体，根据正丁烷的燃烧热>异丁烷的燃
烧热知，互为同分异构体的化合物支链多的燃烧热小，正戊烷的燃烧热>2甲基丁烷的燃烧
热，正戊烷的燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1，C项正确；随着碳原子数的增多烷烃含碳质量分
数逐渐增大，1 g CH 、C H 、C H 完全燃烧放出的热量依次为55.64 kJ、52.03 kJ、50.49
4 2 6 3 8
kJ，可见相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D项错误。
7．D 中和热是酸碱发生中和反应产生1 mol液态水时放出的热量，表示中和热的热化
学方程式为NaOH(aq)＋1/2H SO (aq)===1/2Na SO (aq)＋HO(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1, A错
2 4 2 4 2
误；该反应是可逆反应，不能进行到底，所以在容器中充入2 mol SO 和1 mol O 反应物
2 2
不能完全反应，最终放出的热量小于196.64 kJ，B错误；燃烧热是1 mol的物质完全燃烧产
生稳定的氧化物时所放出的热量；水在气态时不稳定，只有生成液态水时稳定，C错误；石
墨转化为金刚石为吸热反应，说明石墨能量低，金刚石能量高，石墨比金刚石稳定，D正确。
8．A 由题给信息可知，过程①中NH 转化为N 和NH 的反应为放热反应，结合盖斯
2 4 2 3
定律可知，过程②中氨气转化为N 和H 的反应为吸热反应，A项错误；反应Ⅱ放热，与图
2 2
2相符，B项正确；由反应Ⅰ可知，3 mol N H(g)转化为1 mol N (g)和4 mol NH (g)的反应为
2 4 2 3
放热反应，故断开3 mol N H(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N (g)和4 mol NH (g)
2 4 2 3中的化学键放出的能量，C项正确；根据盖斯定律可知，目标热化学方程式的ΔH＝ΔH －
1
2ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1，D项正确。
2
9．C 催化剂不能改变焓变，A错误；反应④是放热反应，其中正反应的活化能小于
逆反应的活化能，B错误；根据盖斯定律：①－②即得到氢气燃烧的热化学方程式，氢气燃
烧放热，所以 ΔH －ΔH<0，C 正确；根据盖斯定律：③×3＋⑤得 3CO(g)＋
1 2
6H(g)―→CHCH===CH (g)＋3HO(g) ΔH＝－301.3 kJ·mol－1，D错误。
2 3 2 2
专练 29 盖斯定律 反应热的比较和计算
1．C 比 、 稳定，则 能量低，ΔH<0，ΔH<0，A错误；根据盖斯定
1 2
律，ΔH ＝ΔH ＋ΔH ，ΔH ＝ΔH －ΔH ，B、D错误；将题给四个反应依次编号为①、②、
3 2 4 2 3 4
③、④，反应②减去反应①，得 (g)＋H(g)―→ (g) ΔH＝ΔH －ΔH ，由于
2 2 1
比 稳定，则ΔH－ΔH<0， 比 稳定，则ΔH＝ΔH－ΔH>0，C正确。
2 1 4 3 2
2．B 根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总
能量，C、D错误；升高温度，N(g)、H(g)和NH (g)的能量都升高，升高的能量可以根据
2 2 3
比热容计算，反应物[N (g)＋3H(g)]能量升高值为(29.1＋3×28.9)×ΔT、生成物[2NH (g)]的
2 2 3
能量升高值为(2×35.6)×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值(焓
变的绝对值)更大了，A错误，B正确。
3．D 2O(g)===O (g)的过程形成O===O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O===O
2
共价键的键能，A、C 错误；对于热化学方程式 2H(g)＋O(g)===2H O(g) ΔH＝－482
2 2 2
kJ·mol－1，根据键能与焓变的关系 ΔH＝2E(H—H)＋E(O===O)－4E(O—H)，可计算得
E(O===O)＝－482 kJ·mol－1＋4×463 kJ·mol－1－2×436 kJ·mol－1＝498 kJ·mol－1，B错误，D
正确。
4．C 水蒸气变为液态水放热，氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放
出热量多，故A错误；反应吸放热与反应条件无关，故B错误；浓硫酸溶于水放热，若将
含0.5 mol 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正
2 4
确；热化学方程式要标注物质的聚集状态，故D错误。
5．D 根据盖斯定律可以知道①×3－②＋③得 C HOH(l)＋3O(g)===2CO (g)＋
2 5 2 2
3HO(l) ΔH＝(－3Q ＋Q －Q) kJ·mol－1，即1 mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放
2 1 2 3
出的热量为(3Q －Q ＋Q) kJ，则23 g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为
1 2 3
0.5×(3Q－Q＋Q) kJ＝(1.5Q－0.5Q＋0.5Q) kJ，D正确。
1 2 3 1 2 3
6．A 乙二酸是弱酸，向含0.1 mol NaOH的溶液中加入一定体积的0.1 mol·L－1乙二酸
放出热量小于5.73 kJ，故A正确；HSO (aq)＋Ba(OH) (aq)===BaSO (s)＋2HO(l)由于有硫酸
2 4 2 4 2
钡沉淀生成，放出的热量大于114.6 kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的
热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH，故D错误。
2
7．C 反应热等于生成物的总能量－反应物的总能量，因此ΔH ＝E －E ，A错误；2
2 1 2
mol H(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量大于483.6 kJ，B错误；在恒容密闭容器中通入
2
1 mol N 和3 mol H ，反应后放出的热量为Q kJ，若通入2 mol N 和6 mol H ，相当于加压，
2 2 1 2 2
平衡右移，Q＞2Q，92.4 kJ·mol－1为生成2 mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，
2 1
因此184.8＞Q ＞2Q ，C正确；由盖斯定律可知，①×2－②×2＋③×3得：4NH (g)＋
2 1 35O(g)===4NO(g)＋6HO(g) ΔH＝－906 kJ·mol－1，D错误。
2 2
8．D 胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为 CuSO ·5H O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋
4 2
5HO ΔH ＞0，故A正确；硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：
2 3
CuSO (s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq) ΔH ＜0；故B正确；由分析：ΔH ＜0，ΔH ＞0，ΔH ＞
4 2 2 3 3
ΔH，故C正确；由图像分析可知：ΔH＝ΔH－ΔH，故D错误。
2 1 3 2
9．A 根据题图及表格数据可知，断裂1 mol N—N键、1 mol O===O键、4 mol N—H
键共吸收(2 783－534) kJ的能量，所以a＝398，A项错误；根据盖斯定律，ΔH ＝－534
3
kJ·mol－1＋2 783 kJ·mol－1＝＋2 249 kJ·mol－1，B项正确；键能越大，化学键越稳定，H—O
键比H—N键稳定，C项正确；根据图示，NH 在氧气中燃烧的热化学方程式为NH(g)＋
2 4 2 4
O(g)===N (g)＋2HO(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1，D项正确。
2 2 2
10．C A项，前者为放热反应ΔH<0，后者为吸热反应ΔH>0，故ΔH<ΔH ，错误；
1 2 1 2
B项，二者都为放热反应，但NH ·H O电离时吸收一部分热量，故ΔH<ΔH ，错误；D项，
3 2 1 2
二者都为吸热反应，参加反应的物质的量越多，吸收的热量越多，故ΔH<ΔH，错误。
1 2
专练 30 新型电池的开发和利用
1．A 根据题图可知Zn为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－=== Zn(OH)，MnO 为正
2
极，电极反应为MnO ＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2HO。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电
2 2
荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反
应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；
D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。
2．B 海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正
极，正极上海水中溶解的O 、CO 等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶
2 2
瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；
该电池属于一次电池，D项正确。
3．D A项，Li性质比较活泼，能与水反应，故不能选择水溶液作电解质溶液，可使
用有机电解液，正确；B项，充电时Li电极作阴极，所以Li＋由正极向负极迁移，正确；C
项，根据题图可知，放电时 CO 作正极，得到电子发生还原反应，反应产物为 LiCO 和
2 2 3
C，故正极反应为3CO ＋4Li＋＋4e－===2Li CO ＋C，正确；D项，由题图可知C为最终产
2 2 3
物，不是中间产物，错误。
4．B 金属钠为负极，负极上发生失电子的氧化反应，A错误；碳纳米管为正极，CO
2
在正极上得电子，发生还原反应，B正确；放电时，阳离子由负极移向正极，C错误；原电
池是将化学能转化为电能的装置，D错误。
5．D 由题图可知，b极上O 转化为KO ，则b极为电池正极，a极为电池负极，K＋
2 2
通过隔膜由a极向b极迁移，为避免O 氧化K电极，O 不能通过隔膜，A说法正确；放电
2 2
时，电流由正极经导线流向负极，即由b极经导线流向a极，充电时，b极接外接电源的正
极，b 电极为阳极，B 说法正确；产生 1 Ah 电量时，生成 KO 与消耗 O 的质量比为
2 2
71∶32≈2.22，C说法正确；消耗 3.9 g钾时，转移0.1 mol e－，铅酸蓄电池消耗 0.1 mol
HO，其质量为1.8 g，D说法错误。
2
6．A 甲中Cu为正极，电极表面发生反应：2H＋＋2e－===H ↑，附近溶液中H＋浓度
2
减小，A错误；乙中Ag O为正极，根据碱性环境、电荷守恒、原子守恒可写出电极反应式，
2
B正确；丙中锌筒作负极，工作时逐渐被消耗，变为Zn2＋，C正确；丁中铅蓄电池总反应为Pb＋PbO ＋2HSO ===2PbSO＋2HO，消耗HSO 且生成HO，酸性减弱，导电能力下降，
2 2 4 4 2 2 4 2
D正确。
7．D 该燃料电池的燃料为H ，电解质为熔融的KCO ，总反应为2H ＋O===2H O，
2 2 3 2 2 2
负极反应式为2H ＋2CO－4e－===2H O＋2CO ，正极反应式为O ＋2CO ＋4e－===2CO，故
2 2 2 2 2
A、B均错误；电解质中移动的阴离子为CO，不是OH－，故C错误；根据负极反应式知，
生成1 mol H O时转移2 mol电子，故D正确。
2
8．C 本题考查原电池的工作原理。题给原电池甲和乙中，Zn为负极，Cu为正极，工
作原理都是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故A正确；题给两个装置中，负极锌失去电子，电子
经外电路流向正极铜，故B正确；题给两个装置中正极反应均为Cu2＋＋2e－===Cu，发生还
原反应，故C错误；在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，原电池乙中，右
侧烧杯中的铜为正极，左侧烧杯中的锌为负极，所以盐桥中的K＋向右侧烧杯移动，Cl－向
左侧烧杯移动，故D正确。
9．D 根据装置图可知，电子由a极经外电路流向b极，则a为负极，HO失去电子得
2
到O，电极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋，则电池工作时a极区溶液pH降低，A项正
2 2 2
确；H＋经质子交换膜从a极区向b极区移动，C项正确；b为正极，CO 在电极表面得到电
2
子生成CO，电极反应式为CO ＋2e－＋2H＋===CO＋HO，B项正确；电极a生成标准状况
2 2
下1.12 L O 时转移0.2 mol e－，a极区消耗0.1 mol H O，b极区生成0.1 mol H O，因此两极
2 2 2
电解质溶液质量相差0.2 mol×18 g·mol－1 ＝3.6 g，D项错误。
10．(1)2NiO(OH)＋2e－＋2HO===2Ni(OH) ＋2OH－ Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)
2 2 2
(2)B A CO－2e－＋CO===2CO
2
(3)负 CH＋10OH－－8e－===CO＋7HO
4 2
CH＋2O＋2OH－===CO＋3HO 80N 448
4 2 2 A
解析：(1)由电池的总反应可知，该电池放电时，镉在负极上被氧化生成氢氧化镉，
NiO(OH) 在 正 极 上 被 还 原 生 成 Ni(OH) ， 故 正 极 反 应 式 是 2NiO(OH) ＋ 2e － ＋
2
2HO===2Ni(OH) ＋2OH－，负极反应式是Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH) 。
2 2 2
(2)由题图可知，燃料通入电极A，氧气和二氧化碳通入电极B，则电极A作负极，电
极B作正极，电池工作时，外电路上电流的方向应从正极流向负极，即从电极B→用电器→
电极A。内电路中，CO向负极(电极A)移动，由原理知，CO反应后生成CO ，则电极A上
2
CO参与的电极反应为CO－2e－＋CO===2CO 。
2
(3)将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，
则通入甲烷气体的电极是原电池的负极，该极的电极反应式是 CH ＋10OH－－8e－===CO＋
4
7HO，电池工作时总反应的离子方程式是CH ＋2O ＋2OH－===CO＋3HO。160 g甲烷的物
2 4 2 2
质的量为10 mol，根据负极的电极反应式可知，消耗10 mol甲烷要转移80 mol电子，则转
移电子的数目为80N ，需要消耗氧气的物质的量为10 mol×2＝20 mol，这些氧气在标准状
A
况下的体积为20 mol×22.4 L·mol－1＝448 L。
专练 31 电解池原理及应用
1．C 阴极得电子，发生还原反应，被还原，A项、B项错误；由金属活动性顺序可知，
Mg、Al在阳极失电子，离子进入电解液，Cu金属活动性弱，则阳极泥主要含Si、Cu，C
项正确；阴极Al3＋得电子生成Al单质，阳极上Mg、Al均失电子变成离子进入电解液中，
故阳极和阴极的质量变化不相等，D项错误。2．D 海水中含有较大浓度的Cl－，通电后Cl－能在阳极上发生失电子的氧化反应生成
Cl ，A项正确；电解过程中阴极区有NaOH生成，阳极上生成的Cl 与阴极区生成的NaOH
2 2
反应可得到NaClO，B项正确；H 具有可燃性，故应及时排入大气，以免出现意外，C项正
2
确；阴极的电极反应式为2HO＋2e－===2OH－＋H↑，生成的OH－与海水中的Mg2＋结合形
2 2
成Mg(OH) ，故Mg(OH) 主要在阴极上形成，D项错误。
2 2
3．D 石墨电极为阳极，电极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋，H＋通过阳离子交换
2 2
膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，右侧Co电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Cl－通过阴离子
交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，与H＋结合生成盐酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放电使硫酸浓度增
大，Ⅱ室中生成盐酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小，A错误；生成1 mol Co时，转移2
mol电子，Ⅰ室有0.5 mol O (即16 g)逸出，有2 mol(即2 g) H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，
2
则Ⅰ室溶液质量理论上减少18 g，B错误；移除两交换膜后，石墨电极上的电极反应为2Cl
－－2e－===Cl↑，C错误；根据上述分析可知，电解时生成了O 、Co、H＋，则电解总反应
2 2
为2Co2＋＋2HO=====2Co＋O↑＋4H＋，D正确。
2 2
4．C 断开K 、合上K ，发生的是原电池反应，所以能量转化形式为化学能→电能，
2 1
A说法正确；断开K 、合上K ，发生的是电解池反应，电极A与电源负极相连，为阴极，
1 2
阴极发生还原反应，B说法正确；当发生电解反应时，电极B是阳极，发生氧化反应，电极
反应式为2Ni(OH) ＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2HO，根据电极反应式可知溶液中KOH浓
2 2
度降低，C说法错误；根据题给装置图中物质的变化过程可得总反应式为 Cd＋2NiOOH＋
2HOCd(OH) ＋2Ni(OH) ，D说法正确。
2 2 2
5．C 由题图可知，M极上Q转化为QH ，发生的是还原反应，则M极为阴极，电极
2
反应为Q＋2HO＋2e－===QH ＋2OH－，a为电源负极；N极为阳极，电极反应为QH －2e－
2 2 2
===Q＋2H＋，b为电源正极。A项，a为电源负极，正确；B项，根据得失电子守恒可知，
溶液中Q的物质的量保持不变，正确；C项，整个过程CO 未被还原，CO 通过膜电极在M
2 2
极发生反应为CO ＋OH－===HCO，错误；D项，阴离子向阳极移动，N极上发生反应HCO
2
＋H＋===H O＋CO↑，故分离出的CO 从出口2排出，正确。
2 2 2
6．C 该装置为电解池，通电后石墨电极Ⅱ上有O 生成，发生氧化反应，为阳极，则
2
b为电源正极，a为电源负极，A项正确；石墨电极Ⅱ上发生的电极反应为 2HO－4e－
2
===4H＋＋O↑，通电一段时间后，电极Ⅱ附近溶液呈酸性，故滴加石蕊溶液，出现红色，
2
B项正确；通电后，石墨电极Ⅰ为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，溶液中的Cl－通过
阴离子交换膜向阳极移动，故CuCl 溶液浓度变小，C项错误；Fe O 溶解的离子方程式为
2 2 3
Fe O ＋6H＋===2Fe3＋＋3HO，可得关系式：Fe O ～6H＋～6e－～1.5O (阳极)，如果阴极上
2 3 2 2 3 2
Cu2＋消耗完，还可能有 H 放出，故当 0.01 mol Fe O 完全溶解时，至少产生气体 0.015
2 2 3
mol，即336 mL(折合成标准状况下)，D项正确。
7．D 电极b上生成O 和O ，则电极b上发生失电子的氧化反应，则电极b为阳极，
2 3
电极a为阴极，A项正确；电极a的电极反应式为O ＋4e－＋4H＋===2H O，B项正确；电极
2 2
b上HO失去电子，发生氧化反应生成O、O 和H＋，故电解一段时间后b极周围溶液的pH
2 2 3
下降，C项正确；标准状况下，当有5.6 L氧气参加反应时，转移电子1 mol，设收集到氧气
x mol，臭氧y mol，则有x＋y＝0.2，4x＋6y＝1，解得x＝y＝0.1，故O 的体积分数为
3
50%，D项错误。
8．A 紫红色斑即MnO向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，
即b为正极，a为负极，c为阴极，NaCl溶液中H＋放电，产生OH－，c点附近会变红色，A
项正确；电解硫酸铜溶液时，Pt 作阳极，溶液中的 OH－放电，4OH－－4e－===O ↑＋
2
2HO，Cu作阴极，溶液中的Cu2＋得电子生成铜，总反应式为 2CuSO ＋2HO=====2Cu＋
2 4 2
O↑＋2HSO ，Pt电极附近生成H＋，则SO向Pt电极移动，B、D两项均不正确；随着电
2 2 4解的进行，Z中溶液变为硫酸溶液，继续电解则为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，C项
不正确。
9．D 由图可知，X极产物H 与CO分别为HO与CO 的还原产物，可判断在X极上
2 2 2
发生还原反应，由此判断X极为电源的负极，A项正确；根据题意可知，电解质为固体金
属氧化物，可传导O2－，故在阴极上发生的反应为HO＋2e－===H ＋O2－、CO ＋2e－===CO
2 2 2
＋O2－，B项正确；根据电极产物及B项发生的电极反应可知，该电解池的总反应化学方程
式为HO＋CO=====H ＋CO＋O ，C项正确；根据C项的电解总反应化学方程式可知，阴、
2 2 2 2
阳两极生成的气体的物质的量之比为2∶1，D项错误。
10．D 氯碱工业中阳极是Cl－放电生成Cl ；电解精炼铜时阳极上粗铜溶解，阴极上
2
Cu2＋放电析出Cu，由于粗铜中含有锌、铁、镍等杂质，溶液中Cu2＋浓度变小；铁片上镀铜
时，阴极应该是铁片，阳极是纯铜。
11．D 在电解池中，阴离子移向阳极，左侧铁板为阳极，则Cr O通过阴离子交换膜
2
进入阳极室，故D错误。
专练 32 原电池 电解池原理的综合应用一
1．C 根据题给电池装置图并结合阴、阳极电极反应可知，充电时，电池的总反应为
LiO===2Li＋O ，A项正确；由题干中光照时阴、阳极反应可知，充电效率与光照产生的
2 2 2
电子和空穴量有关，B项正确；放电时题给装置为原电池，阳离子(Li＋)向正极迁移，C项错
误；根据题给装置图可知，放电时正极上O 得电子并与Li＋结合生成LiO ，即O ＋2Li＋＋
2 2 2 2
2e－===Li O，D项正确。
2 2
2．D 根据图示，石墨电极一侧发生反应 2Br－－2e－===Br 、OHC—CHO＋Br ＋
2 2
HO―→HOOC—CHO＋2HBr，总反应为OHC—CHO－2e－＋HO===HOOC—CHO＋2H＋，
2 2
因此石墨电极为阳极，KBr不只是起到电解质的作用，A项错误，B项错误；根据阳极总反
应OHC—CHO－2e－＋HO===HOOC—CHO＋2H＋、阴极反应HOOC—COOH＋2e－＋2H＋
2
===HOOC—CHO＋HO，可得总反应式为 OHC—CHO＋HOOC—COOH===2HOOC—
2
CHO，故制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C项错误；根据阴极(铅电
极)反应，双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向阴极(铅电极)迁移，D项正确。
3．B A项，b电极为阳极，与电源正极相连，错误；C项，电解过程中，K＋移向阴极，
故阴极附近K＋浓度增大，错误；D项，由得失电子守恒可知，N～3H，错误。
2 2
4．B A项，M电极中Li比Ni更活泼，也比N电极上的Sb、Bi、Sn活泼，故放电时
M电极作负极，电极反应为Li－e－===Li＋，错误；B项，放电时，M电极为负极，N电极
为正极，故Li＋由M电极向N电极移动，正确；C项，充电时，M电极为阴极，电极反应
为Li＋＋e－===Li，故电极质量增大，错误；D项，充电时，N电极为阳极，电极反应为
LiBi－3e－===3Li＋＋Bi，错误。
3
5．A 根据图示可知电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电极Ⅲ为阳极，电极Ⅳ为阴极。
电流方向与电子流动方向相反，所以电流方向：电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ，A正确；电极Ⅳ的电
极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，所以电极Ⅰ的质量减少2.7 g时，电极Ⅳ的质量增重9.6 g，B
错误；c烧杯相当于电镀装置，溶液的pH不变，C错误；电极Ⅲ的电极反应式为Cu－2e－
===Cu2＋，D错误。
6．C 甲图中阳极上生成Cl ，A项错误；乙图中铜片应作阳极，与电源正极相连，B
2
项错误；丁图中阴极反应式应为2H＋＋2e－===H ↑，D项错误。
27．D 根据实验的原理，电絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根
据电解原理，Al为阳极，Y为PbO ，则X为Pb，Y电极反应为：PbO ＋SO＋4H＋＋2e－
2 2
===PbSO ＋2HO，故A错误；根据原电池的工作原理，SO向负极移动，即SO移向X电极
4 2
故B错误；电解过程中实际上发生两个反应，分别为 2Al＋6HO=====2Al(OH) ＋3H↑和
2 3 2
2HO=====2H↑＋O↑，故 C 错误；消耗 103.5 g Pb，转移电子物质的量为×2 mol＝1
2 2 2
mol，阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H ↑，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为
2
1/2 mol＝0.5 mol，故D正确。
8．D 根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反应式为2Cl－－2e－===Cl↑，即Y为电
2
解池的阳极，B为原电池的正极，A为原电池的负极。故A极的电极反应为A－2e－===A2
＋，溶液中c(A2＋)增大，A错误；B极为正极，发生还原反应，B错误；Y电极上有Cl 产生，
2
发生氧化反应，C错误；右边U形管中最初为电解AlCl 溶液，X电极为H＋放电，c(H＋)减
3
小，c(OH－)增大，且Al3＋移向X极，因此会产生Al(OH) 白色胶状沉淀，D正确。
3
9．D A项，该电池中，石墨烯/Al电极为负极，NaMnO /Al电极为正极，正极电势较
2
高，正确；B项，NaMnO /Al电极为正极，正极上Na MnO 发生得电子的还原反应生成
2 1－x 2
NaMnO ，正确；C项，充电时为电解池，石墨烯/Al电极为阴极，NaMnO /Al电极为阳极，
2 2
Na＋移向阴极，正确；D项，该电池中，石墨烯/Al电极为负极，充电时石墨烯/Al电极接电
源负极，NaMnO /Al电极接电源正极，错误。
2
10．D A项，b极为正极，电极反应式为O ＋4e－＋4H＋===2H O，错误；B项，甲中
2 2
消耗64 g SO ，转移电子的物质的量为×2＝2 mol，则乙中阳极生成2 mol氢离子通过隔膜，
2
错误；C项，c极为阳极，电极反应式为NO －2e－＋2HNO===2N O ＋2H＋，错误；D项，
2 4 3 2 5
a 电极为负极，电极反应式为 SO －2e－＋2HO===SO＋4H＋，转移 2 mol e－生成 1 mol
2 2
HSO ，c极转移2 mol e－生成2 mol N O，正确。
2 4 2 5
专练 33 原电池 电解池原理的综合应用二
1．C 由充电时电极a的反应式可知，电极a发生还原反应，则充电时电极a为阴极，
电极b为阳极，故A错误；放电时，负极NaTi (PO ) 转化为Na＋，正极Cl 发生还原反应生
3 2 4 3 2
成Cl－，NaCl溶液的浓度增大，但溶液一直为中性，故放电时 NaCl溶液的pH不变，B项
错误、C项正确；充电时，每生成1 mol Cl ，则转移2 mol电子，由题干电极a反应式可知，
2
有2 mol Na＋参与反应，则电极a质量理论上增加46 g，D项错误。
2．A 由图可知左侧电极为阳极，发生反应2HO－4e－===4H＋＋O↑，右侧电极为阴
2 2
极，发生反应2HO＋2e－===2OH－＋H↑；由题意知，左室中NaCr O 可随着H＋浓度增大
2 2 2 2 7
转化为CrO ，因此电解时只允许Na＋通过离子交换膜，A项错误。根据各电极上转移电子
3
数相同，由阳极反应和阴极反应可知，生成O 和H 的物质的量之比为1∶2，则质量比为
2 2
8∶1，B项正确。根据阴极反应可知。电解一段时间后阴极区溶液OH－的浓度增大，C项正
确；电解过程中阳极区 H＋的浓度增大，NaCr O 转化为 CrO ：Cr O＋2H＋===2CrO ＋
2 2 7 3 2 3
HO，D项正确。
2
3．B 在该原电池中，活泼金属锌做负极，则N极为正极，A说法正确；放电时，左
侧锌放电产生Zn2＋，贮液器中ZnBr 浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极，电
2
极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C说法正确；放电时Br－通过隔膜进入溶液中与Zn2＋结合，
充电时Zn2＋通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积，D说法正确。
4．C 由题图知，充电时，碳纤维电极表面Mn2＋发生氧化反应生成MnO ，则碳纤维
2电极作阳极，A项正确；放电时，碳纤维电极为正极，Pt/C电极为负极，则电子由Pt/C电
极经导线流向碳纤维电极，B项正确；结合电池总反应知，充电时，碳纤维电极发生的反应
为Mn2＋＋2HO－2e－===MnO ＋4H＋，附近溶液的pH减小，C项错误；放电时，碳纤维电
2 2
极表面MnO 发生还原反应生成Mn2＋，电极反应式为MnO ＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2HO，D
2 2 2
项正确。
5．B 该原电池的电解质为熔融的KCO ，没有水作为溶剂，故不含有OH－，正极反
2 3
应为2CO ＋O ＋4e－===2CO，A错误；该原电池为燃料电池，燃料电池的电极一般不会参
2 2
与反应，B正确；由总反应式2H ＋O===2H O可知转移4 mol电子可产生2 mol水，因此
2 2 2
供应1 mol水蒸气只需要转移2 mol电子，故C错误；由正极反应可知氧的化合价从0价变
为－2价，化合价降低，发生的是还原反应，D错误。
6．D 放电时，多孔碳材料的电极上的氧气得电子，发生还原反应，所以多孔碳材料
为正极，A错误；放电时，锂作为负极，多孔碳材料一极为正极，由于外电路电子由负极流
向正极，即由锂电极流向多孔碳材料电极， B错误；充电时，锂连电源负极作阴极，由于
阳离子向阴极移动，所以Li＋向锂电极移动，C错误；充电是放电的逆反应，得到 Li和
O，所以电极反应式书写正确， D正确。
2
7．D 放电时是原电池，阴离子ClO向负极移动，A正确；根据电池总反应知B正确；
放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO ＋4e－===2CO＋C，C
2
正确；充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为
2CO＋C－4e－===3CO ↑，D错误。
2
8．B 由图示可知，该装置为电解池，NiYSZ电极为电解池的阳极，Ni电极为阴极，
A项正确；在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢气，电极
反应式为CH ＋2O2－－4e－===CO ＋2H ，B项错误；放电生成的二氧化碳在熔融盐中与氧
4 2 2
离子结合生成碳酸根离子，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，电极
反应式为CO＋4e－===C＋3O2－，每有1 mol CO 与1 mol O2－结合成1 mol CO，电路中转移
2
4 mol e－，C项正确；电解的总反应化学方程式为CH=====C＋2H，D项正确。
4 2
9．D 由图示可知，Ni P电极上 CH(CH)NH →CH(CH)CN，发生氧化反应，故
2 3 2 7 2 3 2 6
Ni P电极为阳极，A项正确；电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH－由In/In O 电极区
2 2 3－x
向 Ni P 电极区迁移，B 项正确；In/In O 电极为阴极，电极反应为 CO ＋2e－＋
2 2 3－x 2
HO===HCOO－＋OH－，C项正确；Ni P电极为阳极，阳极反应为CH(CH)CHNH ＋4OH
2 2 3 2 6 2 2
－－4e－===CH (CH)CN＋4HO，故每生成1 mol CH (CH)CN，转移4 mol电子，根据得失
3 2 6 2 3 2 6
电子守恒，通过隔膜a的OH－物质的量为4 mol，D项错误。
10．D 在“双极膜组”的左边区域，精制食盐水中的Na＋透过M膜(阳离子交换膜)进
入膜右侧，从而获得产品A(NaOH)，精制食盐水中的Cl－继续向左边迁移，在X电极失电
子生成Cl ，X电极为阳极；在“双极膜组”的右边区域，精制食盐水中的Cl－透过N膜(阴
2
离子交换膜)进入膜左侧，从而获得产品B(HCl)，精制食盐水中的Na＋继续向右边迁移，在
Y电极上，水电离出的H＋得电子生成H ，Y电极为阴极。由以上分析知，Y电极为阴极，
2
电极反应式为2HO＋2e－===2OH－＋H↑，A错误；M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，
2 2
BP膜作用是选择性通过H＋和OH－，B错误；电路中每生成0.25 mol气体a(Cl )，理论上获
2
得副产品A(NaOH)和B(HCl)各0.5 mol，C错误；“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得
酸(HCl)和碱(NaOH)，由此推知，也可从MX溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确。专练 34 金属的腐蚀与防护
1．D 若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K[Fe(CN) ]溶液，反应生成
3 6
蓝色的Fe [Fe(CN) ] 沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能检验溶液无
3 6 2
强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。
2．C 本题考查金属的腐蚀与防护，考查的化学学科核心素养是科学态度与社会责任。
该装置中阴极发生还原反应，A项错误；金属M被氧化，即金属活动性：M>Fe，B项错误；
钢铁设施为原电池的正极，表面积累大量电子而被保护，C项正确；海水中含有大量的
NaCl等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，
D项错误。
3．D 为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A项错误；2.24 L O 没有指
2
明是否为标准状况，不一定为0.1 mol O ，B项错误；封闭环境中由于Fe2＋水解导致酸性增
2
强，C项错误；由于孔隙中介质的酸性增强，有HCl存在，可发生析氢腐蚀，D项正确。
4．C 钢是铁碳合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防
水、隔离O ，降低吸氧腐蚀速率，A项正确；铝和锌的金属活动性大于铁，故铝和锌均作
2
为负极，失去电子，保护了铁，B项正确；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极电极反应式
为O＋2HO＋4e－===4OH－，C项错误；方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的
2 2
腐蚀，D项正确。
5．C A项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe－2e－
===Fe2＋，Fe2＋与[Fe(CN) ]3－反应生成Fe [Fe(CN) ] 蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护
6 3 6 2
法，镁块相当于原电池的负极。
6．A 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极
上的反应是2H＋＋2e－===H ↑，O ＋4e－＋4H＋===2H O，故A错误；若水膜中溶有食盐，
2 2 2
增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；在金属表面涂一层油脂，
能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；若将该铜
板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，
故D正确。
7．D 结合题图知Fe失电子，化合价升高，被氧化，A项错误；铁锈结构疏松，不能
保护内层金属，B项错误；铁片腐蚀时，Fe作负极，发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，C项
错误；铁片上的NaCl溶液为铁与碳形成原电池提供了电解质溶液，D项正确。
8．D A错，图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率减小；B错，图乙中接通开
关时，锌腐蚀的速率增大，金属铂上放出气体的速率增大；C错，图丙中接通K 时铁棒不
2
被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法。
9．C 通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，A项正确；通电时，
铁帽为阴极，发生还原反应：2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，B项正确；断电时，形成原电池，
2 2
锌环为负极，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，C项错误；断电时，形成原电池，铁帽为
正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。
10．B 根据题中所给信息，潮湿的深层土壤中钢管发生厌氧腐蚀，则正极反应式为
2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，A项错误；负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，厌氧细菌促使SO
2 2
与H或H 反应生成S2－，S2－及正极上生成的OH－与Fe2＋可分别生成FeS、Fe(OH) ，B项正
2 2
确；SO与H 反应可表示为4H ＋SO=====S2－＋4HO，C项错误；向钢中加入铜，发生电
2 2 2
化学腐蚀时，铜作正极，Fe作负极，从而加速钢管的腐蚀，D项错误。11．C 外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀，因此钢管桩表面腐蚀电流接近于零，
故A项正确；被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电子由阳极流向阴极，即从高硅
铸铁流向钢管桩，故B项正确；由题意，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其作用是传递电流，
但不被消耗，故C项错误；保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应该根据环境条
件变化进行调整，故D项正确。
专练 35 化学反应速率及影响因素
1．D 催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图象曲
线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更
低，B项错误；2 min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线浓度变化的量相等，与反应中X、Y的化学
计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，
0～2 min内，v(X)＝v(Y)＝×＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。
2．C 由题给表格数据可知，反应 20 min 时，过氧化氢的物质的量为(0.8－0.4)
mol·L－1×0.05 L＝0.02 mol，根据反应方程式可得生成氧气的物质的量为 0.01 mol，即体积
为224 mL(标准状况)，A说法正确；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，则这段时间内的平均速率v＝＝＝0.010 mol·L－1·min－1，B说法正确；其他
条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，随着反应的进行，过氧化氢的浓度逐渐减小，
所以第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C说法错误；I－在反应中的作用
是做催化剂，分解酶或Fe O 也可以催化过氧化氢的分解，D说法正确。
2 3
3．D 本题考查化学反应速率与化学平衡。根据表中数据及方程式 2N
2
O 5⇌4NO
2
＋O
2
知600～1 200 s 时，v(N O)＝＝＝5.0×10－4 mol·L－1·s－1，由关系式＝可得，v(NO )＝
2 5 2
2×5.0×10－4 mol·L－1·s－1＝1.0×10－3 mol·L－1·s－1，A错误；反应2 220 s时，消耗n(N O)
2 5
＝(1.40－0.35) mol·L－1×0.1 L＝0.105 mol，根据关系式可知＝n(O )，则 V(O )＝0.105
2 2
mol××22.4 L·mol－1＝1.176 L，B错误；达到平衡时，＝，C错误；由表中数据知，1 710～
2 820 s，c(N O)减小一半，用时1 110 s，可以推断出2 820～x s，c(N O)减小一半也用时1
2 5 2 5
110 s，故x＝1 110＋2 820＝3 930，D正确。
4．A 0～30 min 时间段内，Δc(Z)＝0.125 mol·L－1，Δc(M)＝0.500 mol·L－1－0.300
mol·L－1＝0.200 mol·L－1，反应①中Δc(M)＝0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1，
则Δc(Y)＝0.075 mol·L－1，v(Y)＝＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A说法错误；反应①、②
速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中 Y
和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如果反应能进行到底，
反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有(即62.5%)的M转化为Z，C说法正确；结
合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D
说法正确。
5．B A项，由题图中曲线①②知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要
的时间越短，故反应速率越大，正确；B项，由题图中曲线①③知，其他条件相同时，①的
降冰片烯浓度是③的两倍，反应所用时间也是③的两倍，则①和③的反应速率相等，说明反
应速率与降冰片烯浓度无关，错误；C项，由题图中数据可知，条件①下的反应速率v＝
Δc/Δt＝3.0 mol·L－1/250 min＝0.012 mol·L－1·min－1，正确；D项，反应物消耗一半所需的时
间称为半衰期，由题图中数据可知，条件②下的降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，该物
质完全消耗需要125 min，半衰期为62.5 min，正确。
6．C 根据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反应为 2A(g)⇌2B(g)＋C(g)，A说法正确。前2
min，v(A)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，B说法正确。开始时加入的物质为A和B，没有C，C说
法错误。根据图像，2 min时，A、B、C的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.1 mol·L
－1，因此D说法正确。
7．A 加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；
由此可得：a ＜a 、b ＜b 、t ＞t ，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物
1 2 1 2 1 2
浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有
②④⑤⑦；综上所述，本题选A。
8．C pH＝8.8时，升高温度，活化分子之间的有效碰撞概率增大，反应速率一定增大，
A错误；保持外界条件不变，反应初期，pH＝7.5和pH＝8.2时D的浓度相同，B错误；pH
＝8.8时，反应速率接近于0，可认为反应停止，所以调节pH可迅速停止反应，C正确；对
于没有气体参加的反应，减小压强，反应速率几乎不变，不知道参与此反应的物质的状态，
故该反应速率不一定减小，D错误。
9．C 0 ℃、101 kPa条件下的H 体积为44.8 mL，其物质的量为0.002 mol，则根据
2
Zn＋HSO ===ZnSO ＋H↑反应可知：Zn—HSO —ZnSO—H ，n(Zn)＝n(H SO )＝
2 4 4 2 2 4 4 2 2 4
n(ZnSO)＝n(H )＝0.002 mol；m(Zn)＝0.002 mol×65 g·mol－1＝0.13 g，v(Zn)＝0.13/10＝
4 2
0.013 g·s－1，v(H＋)＝0.002×2/(0.04×10)＝0.01 mol·s－1，v(Zn2＋)＝0.002/(0.04×10)＝0.005
mol·s－1，v(H )＝＝0.000 2 mol·s－1。
2
10．C 因为该实验是来研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，因此要保证锌和硫酸
完全一致，即V、V、V 均是20 mL。要保证实验中硫酸的浓度相等，由实验丁可知所加饱
1 2 3
和硫酸铜溶液的体积和水的体积之和一定是10 mL，所以V ＝7.5 mL，V ＝10 mL，V ＝2
6 5 4
mL。因为实验甲中不能构成原电池，反应慢，用时多，t 应该最大，所以正确的答案是C。
1
11．A 对于有气体参加的反应，增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子的
数目增大，但活化分子总数不变，A错误；升高温度，更多分子吸收能量成为活化分子，分
子动能增加，分子运动加快，有效碰撞频率增加，反应速率增大，B正确；选用适当的催化
剂，降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，活化分子的数目和百分数增加，有效碰
撞频率增加，反应速率增大，C正确；H＋和OH－的反应活化能接近于零，反应速率快，反
应能在瞬间完成，D正确。
专练 36 化学平衡的移动及影响因素
1．C 温度越高，达到平衡时，H 的物质的量越少，说明升高温度，平衡正向移动，
2
则该反应的ΔH>0，A项错误；结合热化学方程式中各物质的状态，由图象曲线变化趋势可
知a上面的曲线为n(H O)随温度的变化曲线，B项错误；化学方程式中反应前后气体分子数
2
相等，故向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动，C项正确；BaSO 为固态，向平衡体系
4
中加入BaSO，H 的平衡转化率不变，D项错误。
4 2
2．C A项，根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，而
c(Z)增大，说明平衡正向移动，即正反应为吸热反应，则 ΔH>0，正确；B项，加入一定量
Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，正确；C项，加入等物质的量
的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，但化学平衡常数 K不变，由于X、Y均为固体，
故K＝c(Z)，即达新平衡后c(Z)不变，错误；D项，加入一定量氩气，Z的浓度保持不变，
故正、逆反应速率不变，平衡不移动，正确。3．D 由题干信息知，NH 与O 的反应为放热反应，则升高温度，NH 平衡转化率降
3 2 3
低，A项错误；由题图知，其他条件不变，175～300 ℃范围内，随着温度的升高，N 的选
2
择性降低，则N 的量减少，氮氧化物的量增大，B项错误；温度高于250 ℃，N 选择性较
2 2
低，会产生更多的氮氧化物，污染环境，C项错误。
4．D ①若通过移走生成物的方法，使得平衡正向移动，则生成物的体积分数会降低，
故不选①；②化学平衡正向移动时，生成物的产量一定增加，故选②；③增大某一反应物的
浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故不选③；④
增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，自身增大，故不
选④；⑤化学平衡正向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率，故选⑤。故正确序号为
②⑤，选D。
5．C a点时反应向正反应方向进行，b点时反应达到平衡状态，从a点到b点，正反
应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的v逆 小于b点的v逆 ，A项错误；t
2
时
c(SO )突然增大，随后逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，故 t 时刻改变的条件可以是
2 2
增大c(SO )，还可以是增大压强，B项错误；化学平衡常数只与温度有关，反应温度不变，
2
平衡常数不变，因此d点和e点的化学平衡常数相等，C项正确；根据表中提供的数据可知，
增大压强对SO 的转化率影响不大，但增大压强对工业设备要求高，同时生产成本增大，因
2
此硫酸工业中，SO 催化氧化制SO 时采用高压不能提高生产效益，D项错误。
2 3
6．B 由题给反应的化学方程式可知生成 2a mol Z消耗a mol X，利用化学反应速率
的定义可知v(X)＝＝0.1a mol·L－1·min－1，A错误；因M为固态，故平衡向右移动，气体质
量变小；若平衡向左移动，气体质量增加，故当混合气体质量不再发生变化时，可说明反应
达到平衡状态，B正确；M为固体，增大M的量，平衡不发生移动，C错误；向平衡体系
中再充入X，反应物浓度增大，平衡正向移动，该时刻v正 增大、v逆 不变，D错误。
7．C 0～t
1
时，反应正向进行，v正 >v逆 ，t
1
～t
2
时，反应达到平衡，v正 ＝v逆 ，A错误；
t 时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ＝Ⅱ，
2
B错误；向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和
原平衡相同，符合图形，C正确；由于温度不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数
相等，D错误。
8．D 缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，但A为固体，B、C的物质的量始终
为1∶1，体积、物质的量均减小，则两次平衡时， C(g)的浓度相等， A正确； 不同物质
的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，则平衡时，单位时间内 n(B)
生成
∶n(C) ＝1∶1，B正确； A为固体，加入少量A，对平衡移动无影响，可以知道平衡不
消耗
移动，C正确； 反应为可逆反应，加入1 mol B和1 mol C，不能完全转化为A，达到平衡
时吸收热量小于Q kJ, D错误。
9．D 发生反应2NO
2
(g)⇌N
2
O
4
(g)，前20 s内v(N
2
O
4
)＝＝0.001 25 mol·L－1·s－1，v(NO
2
)
＝0.002 5 mol·L－1·s－1，A错误。60 s、80 s时n(NO )＝0.24 mol，比40 s时的浓度小，颜色
2
浅，B错误。容器体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，C错误。起始投入0.20
mol NO 与起始投入0.40 mol NO 达到的是同一平衡状态，D正确。
2 4 2
10．D 通过图1可知，v(B)＝＝0.05 mol/(L·min)，故A错误；升高温度正逆速率都增
大，t 时改变的条件不可能是升高温度，故B错误；反应前后气体的物质的量不变，增大压
1
强，速率增大，平衡不移动，容器体积减小，此时c(B)变大，故C错误；使用催化剂，加
快反应速率，平衡不移动，此时c(B)不变，故D正确。
11．D 若其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，减小，则b0，A项正确，C项错误。对于有气
体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，B项正
确。合成CHOH反应的平衡常数表达式是K＝，D项正确。
3
3．D 化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反
应速率，平衡不移动，化学平衡常数不变，故A错误；相同温度下CHCOOH、HCN的电
3
离度与起始浓度、同离子效应等有关，故B错误；水的离子积适用于稀的酸、碱、盐溶液，
一定温度下，水的离子积是常数25 ℃时，盐酸和NH I(aq)中K 相等，故C错误；改变压
4 w
强平衡发生移动，SO 的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确。
2
4．D 图中a→b为建立平衡的过程，b→c为平衡移动的过程，平衡后，升高温度NH
3
的浓度降低，故该反应为放热反应，A项正确；a、c两点NH 的浓度相等，c点的温度高于
3
a点，则压强p，故平衡逆向移动，D项错误。
c
5．C 5 min时，b容器中的反应不一定达到了平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，
A项错误；温度越高，反应速率越快，根据图中b、c两容器中的φ(CO)可知，升高温度，
平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，B项错误；根据图像，a容器中反应未达
到平衡，v(正)>v(逆)，b容器的温度高，v(正)>v(正)，因此b容器中正反应速率大于a容器
b a
中的逆反应速率，C项正确；该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡
转化率降低，故达平衡时，a、b、c中CO的转化率为a>b>c，D项错误。
6．B 反应初始4 s内X的平均反应速率v(X)＝0.005 mol·(L·s)－1，根据速率之比等于
化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol·(L·s)－1，则4 s内Δc(Y)＝0.005 mol·L－1·s－1×4 s＝0.02 mol·L－1，Y的起始浓度为＝0.4 mol·L－1，故4 s时c(Y)＝0.4 mol·L－1－0.02
mol·L－1＝0.38 mol·L－1，A错误；设平衡时X的浓度变化量为x，则：
X（g）＋ Y（g） ⇌R（g）＋Q（g）
开始（mol·L－1）： 0.1 0.4 0 0
变化（mol·L－1）： x x x x
平衡（mol·L－1）： 0.1－x 0.4－x x x
故＝1.0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为×100%＝80%，B正确；由表格可知，
温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C错误；1 200 ℃时反应X(g)＋Y(g)⇌R(g)
＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)⇌X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为
＝2.5，D错误。
7．C 增大B的量，平衡正向移动，A的体积分数减小，则甲中x>1，A项错误；由
2
图甲可知，升高温度，A的体积分数增大，可知正反应为放热反应，则升高温度，正反应的
K减小，乙中B线表示正反应的平衡常数变化，B项错误；由图乙可知，T 时x＝2，K＝
1
1，设B的转化的物质的量为a mol，容器的容积为V L，列三段式：
A(g) ＋ B(g) ⇌ C(g) ＋ D(g)
起始量/mol 1 2 0 0
转化量/mol a a a a
平衡量/mol 1－a 2－a a a
K＝＝1，解得a＝，则B的转化率为×100%≈33.3%，C项正确；由于正反应为气体分
子数不变的放热反应，恒容绝热装置中进行该反应，气体体积、物质的量不变，温度升高，
达到平衡时，装置内的气体压强与起始状态相比将增大，D项错误。
8．D 由2C(s)＋2NO
2
(g)⇌N
2
(g)＋2CO
2
(g)可知，NO
2
的生成速率(逆反应速率)是N
2
的
生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，
A项正确；由题中信息可知，维持温度不变，即 E、G两点温度相同，K(E)＝K(G)，B项正
确；由图乙知，E点反应未达到平衡，此时v逆 小于平衡时的反应速率，F点反应达到平衡，
且压强：E0，A错；②反应实质是
Fe3＋＋3SCN－ ⇌Fe(SCN)
3
，K＋和Cl－不参加化学反应，增大KCl浓度不影响化学平衡，B错
③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，C正确；④此反应为反应前后气体物质的量不
变的化学反应，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，且由于不断加入B，A的
转化率增大，D错。
3．A 已知化学平衡2A(g)＋B(g)⇌2C(g)(正反应放热)，所以升高温度，平衡逆向移动，
C的含量减小，A的转化率也减小， A正确，D错误；增大压强，正、逆反应速率都增大，
B图像中逆反应速率是减小的， B错误；使用催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡的时
间，即拐点前移，但平衡不移动，即水平线重合， C错误。
4．D 根据曲线的变化趋势，曲线Ⅰ比曲线Ⅱ先达到平衡状态，说明曲线Ⅰ的温度高，
A错误；曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但是转化率低，说明升温使平衡逆向移动，转化率降低，
B错误；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以曲线Ⅰ和曲线
Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，C错误；反应开始时反应物的浓度最大，随着反应物的
浓度减小，速率也逐渐减小，所以d处速率大于b处，又因曲线Ⅰ的温度高，所以b处速率
大于c处，D正确。
5．B 图像能说明平衡体系各组分(或某一成分)在反应过程中的变化情况。解题时要注
意各物质曲线的折点(达平衡时刻)，所以反应在T 温度时第一次达到平衡，故A错误，B正
2
确；随着温度升高，反应物A的含量增大，生成物C的含量减少，说明平衡向逆反应方向
移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，C、D错误。
6．A 由题图可知，反应再次达到平衡时的逆反应速率与原平衡相同，改变的条件一
定是加入了一定量的R而增大了R的浓度，由于容器为恒温恒压，故容器容积必然成比例
增大，所以在t 时刻反应物的浓度都减小。t 时刻的v(正)大于t 时刻的v(正)，A错误；t 时
2 1 2 2
刻改变的条件是向密闭容器中加R，B正确；Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，两平衡等效，所以
M的体积分数相等，C正确；因为温度相同，平衡常数只与温度有关，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达
到平衡时，反应的平衡常数相等，D正确。
7．C 该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则Tv逆 ，C错误；由图丙可知，反应进行到4 min时，消耗的反应物的物质的量为0.12 mol·L－1×10 L
＝1.2 mol，所以放出的热量为51.6 kJ，D正确。
10．B A项，由图a可知，温度升高，逆反应速率比正反应速率增大的程度大，平衡
逆向移动，正反应为放热反应，错误；C项，增大压强平衡正向移动，正反应速率大于逆反
应速率，与图像不符，错误；D项，升高温度气体的平均相对分子质量减小，说明气体的总
物质的量增加，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，错误。
11．C A项，由图可知，x点尚未平衡，此压强下B的平衡百分含量比x点时的百分
含量小，故x点的正反应速率大于逆反应速率，错误；B项，该反应前后的气体体积不变，
t 时刻改变条件，正、逆反应速率增大，但依然相等，说明平衡不移动，则改变的条件可能
1
是加入催化剂，也可能是增大压强，错误；C项，由图可知，M点时A的百分含量最低，
说明M点反应达到平衡，M点前为平衡的形成过程，M点后为平衡移动过程，由M点后，
温度升高，A的百分含量增大可知，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH<0，
正确；D项，图中的阴影部分面积表示反应物浓度和生成物浓度的改变值的差值，即是(v正
－v逆 )t，错误。
专练 39 弱电解质的电离平衡
1．B 常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故
c(H＋)α ，C错误；
1 2
溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的NaCO
2 3
溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4 mol·L－1，则水电离出的H＋的物质的量
浓度也是1.0×10－4 mol·L－1，则100 mL pH＝10.00的NaCO 溶液中水电离出H＋的物质的
2 3
量为1.0×10－4 mol·L－1×100×10－3 L＝1.0×10－5 mol，D正确。
3．D 电解质溶液的导电能力与自由移动的离子浓度成正比，当弱电解质溶液中的离
子浓度大于强电解质溶液中的离子浓度时，弱电解质溶液的导电能力可以强于强电解质溶液，
A错误；NH 自身不能电离出离子，是非电解质，BaSO 在水溶液中溶解的部分完全电离，
3 4
属于强电解质，B错误；电解质必须是自身能够电离的化合物，CO 溶于水后，生成的产物
2
可部分电离，其自身不能电离，CO 属于非电解质，C错误；若纯净的强电解质为共价化合
2
物，则在液态时不导电，若为离子化合物，则能导电，D正确。
4．C 常温下NaNO 溶液的pH大于7表明NaNO 是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解
2 2
质，①正确；用HNO 溶液做导电实验，灯泡很暗，可能是因为溶液中溶质的浓度太小，不
2
能说明亚硝酸是弱电解质，②错误；HNO 和NaCl不能发生反应，只能说明HNO 的酸性弱
2 2
于HCl，但不能说明HNO 是弱电解质，③错误；常温下0.1 mol·L－1 HNO 溶液的pH＝
2 22.1，说明亚硝酸在溶液中部分电离，则亚硝酸是弱电解质，④正确；常温下pH ＝3的
HNO 溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，说明亚硝酸在溶液中部分电离，
2
表明亚硝酸是弱电解质，⑤正确；常温下pH＝2的HNO 溶液稀释至100倍，pH约为3.1，
2
说明亚硝酸在溶液中部分电离，稀释100倍后其电离程度增大，表明亚硝酸是弱电解质，⑥
正确；根据上述分析，C正确。
5．B 室温下测得0.1 mol·L－1 HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，
则说明HA是弱酸，A不选；碳酸钠溶液中滴入0.1 mol·L－1的HA溶液，产生大量无色气体，
说明HA的酸性大于碳酸，但无法证明HA为强酸还是弱酸，B选；室温下测得某HA溶液
的pH＝a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH＝b，且b－a<2，说明稀释过程中HA又电离出
氢离子，则证明HA为弱酸，C不选；室温下，用 pH试纸测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的
pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，D不选。
6．B 向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入90 mL H O，醋酸电离平衡正向移动，
3 2
c(H＋)>10－4mol·L－1，故由水电离出的c(H＋)<10－10 mol·L－1，A错误；加0.1 mol CH COONa
3
固体，醋酸电离平衡逆向移动，c(OH－)比原CHCOOH溶液中的大，B正确；加pH＝1 的
3
HSO 溶液，抑制醋酸电离，CHCOOH的电离程度减小，C错误；加10 mL pH＝11的
2 4 3
NaOH溶液，酸碱中和后，醋酸剩余，溶液显酸性，c(CHCOO－)＞c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，
3
D错误。
7．D MCl 属于盐，在水中完全电离，但M(OH) 可能是强碱，也可能是弱碱，A正确；
2 2
等体积的盐酸(pH＝1)和醋酸(0.1 mol·L－1)中H＋的物质的量相同，因此加入过量的Zn，产生
氢气的量相同，相同条件下，体积相同，B正确；HSO在水中既有电离也有水解，NaHSO
3
溶液显酸性，说明HSO的电离程度大于水解，C正确；NH ·H O为弱碱，NaOH为强碱，
3 2
相同pH时，c(NH ·H O)>c(NaOH)，加水稀释促进NH ·H O的电离，即稀释相同倍数后，
3 2 3 2
c(NH)>c(Na＋)，D错误。
8．C 加入NH Cl固体，溶液中 c(NH)增大，平衡逆向移动，A错误；通入NH ，
4 3
c(NH ·H O)增大，平衡正向移动，但NH ·H O的电离程度减小，B错误；加入NaOH固体，
3 2 3 2
溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，溶液的碱性增强，C正确；通入HCl，H＋与OH－结合
生成HO，c(OH－)减小，平衡正向移动，溶液中c(NH)增大，D错误。
2
9．D 溶液的导电能力越强，溶液中离子的浓度越大，由图可知，导电能力：b>a>c，
则溶液中c(CHCOO－)：b>a>c，A错误；加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度
3
增大，故醋酸的电离程度：ac(HY)，C项正确；b点时n(NaOH)＝
0.008 mol，而n(HY)＝0.01 mol，故HY过量，D项错误。
11．(1)增大 (2)a (3)cd (4)> > >
解析：(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，K 增大；
a
(2)电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性强弱为：CHCOOH＞HCO ＞HClO＞HCO，
3 2 3
酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能
力由大到小的顺序是：CO＞ClO－＞HCO＞CHCOO－，即a＞b＞d＞c；
3(3)a.CO＋2CHCOOH===2CH COO－＋CO↑＋HO：CHCOOH酸性大于碳酸，所以
3 3 2 2 3
CHCOOH能够制取碳酸，该反应能够发生；b.ClO－＋CHCOOH===CH COO－＋HClO：
3 3 3
CHCOOH的酸性大于HClO，CHCOOH能够制取HClO，该反应能够发生；
3 3
c．CO＋2HClO===CO ↑＋HO＋2ClO－：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生；
2 2
d.2ClO－＋CO ＋HO===CO＋2HClO：由于酸性HCO ＞HClO＞HCO，则碳酸与次氯酸根
2 2 2 3
离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO，该反应不能发生。
(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，
变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电
离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX
的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子
浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H＋)大于醋
酸溶液水电离出来的c(H＋)；pH＝2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度
大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两
种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX。
专练 40 水的电离、溶液的酸碱性及 pH 计算
1．B 盐类的水解促进水的电离，NaA比NaHA易水解，等浓度的溶液前者水的电离
2
程度更大，A项错误；设0.1 mol·L－1 HA溶液在pH＝3时HA的电离度是α，则K ＝＝＝
2 2 a1
1.3×10－7，解得α＝1.3×10－4，B项正确；溶液pH＝11时，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，由K
a2
＝＝7.1×10－15，可得＝7.1×10－4<1，c(A2－)2且pH<7，说明HR在溶液中部分电离，
即HR为弱酸，B正确；无论HR溶液酸性强弱，当6b，故据此不能判断HR为弱酸，D项错误。
3．B 水的电离为吸热反应，温度越高，电离程度越大，故 Tc(OH－)，C项正确；在任何溶液中，均有c(OH－)×c(H＋)＝K ，D项正确。
w
4．A A项，pH＝3的醋酸溶液中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的Ba(OH) 溶液
2
中c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，
pH<7，正确；B项，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中
c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，酸、碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，pH＝7，错误；
C项，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水中c(OH－)＝1×10－3 mol·L
－1，由于NH ·H O为弱碱，则碱过量，在室温下等体积混合后，pH>7，错误；D项，pH＝3
3 2
的硫酸中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水中c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，由于
NH ·H O为弱碱，则碱过量，在室温下等体积混合后，pH>7，错误。
3 2
5．D 100 ℃时，pH＝10的NaOH溶液，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，与pH＝2的HSO
2 4
恰好中和，溶液为中性，其pH＝6，故A错误；25 ℃时，0.2 mol·L－1 Ba(OH) 溶液和0.2
2
mol·L－1 HCl 等体积混合，碱过量，溶液的 pH＞7，故 B 错误；25 ℃时，0.2 mol·L－1NaOH溶液与0.2 mol·L－1 CHCOOH恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性，则所得溶液的pH
3
＞7，故C错误；25 ℃时，pH＝12的氨水，碱的浓度大于0.01 mol·L－1，pH＝2的HSO 中
2 4
c(H＋)＝0.01 mol·L－1，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，故D正确。
6．C 因酸碱的强弱未知，a＝b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或
强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，A错误；因温度未知，则pH＝7不一定为中性，B错误；混
合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1，根据c(H＋)·c(OH－)＝K 可知溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－
w
1，溶液呈中性，C正确；任何溶液都存在电荷守恒，即c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，不
能确定溶液的酸碱性，D错误。
7．C 由题图可知，未加盐酸时lg＝－8，室温下0.1 mol·L－1的ROH溶液中c(OH－)＝
1×10－3 mol·L－1，c(R＋)≈1×10－3 mol·L－1，K (ROH)＝≈＝1×10－5，A项正确；点②对应
b
溶液是等浓度的RCl和ROH溶液，根据电荷守恒和物料守恒有c(R＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋
c(OH－)和2c(Cl－)＝c(R＋)＋c(ROH)，两式联立可得c(R＋)＋2c(H＋)＝c(ROH)＋2c(OH－)，B
项正确；随着盐酸的滴加，溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程度减小，恰好完全中和时水
的电离程度最大，继续滴加盐酸，对水的电离抑制程度又增大，C项错误；＝＝，温度不变，
K 、K 均不变，二者的比值也不变，D项正确。
b W
8．D 某温度下，测得蒸馏水pH ＝6，其中c(H＋) ＝c(OH－)＝1.0×10－6 mol·L－1，K
w
＝1.0×10－12。该温度下，某溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1<1.0×10－6 mol·L
－1，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液或碱溶液，pH可能是0或12，故A错误；该温度
下，NH
3
·H
2
O⇌NH＋OH－，通入CO
2
，平衡正向移动，c(NH)不断增大，而平衡常数K不变，
则＝不断减小，故B错误；该温度下，中性溶液pH＝6，而pH＝5.5的盐酸不管怎么稀释，
溶液最终还是酸性，pH不会超过6，故C错误；该温度下，pH为2的NaHSO 溶液中c(H＋)
4
＝1.0×10－2 mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，二者等体积混
合恰好完全反应，生成NaSO ，溶液呈中性，故D正确。
2 4
9．B 根据图像可知温度为T 时K ＝10－7×10－7＝10－14，温度为T 时K ＝10－6×10－
1 w 2 w
6＝10－12，温度升高水的电离程度增大，故T>T ，A错误；T 温度时，pH＝10的NaOH溶
2 1 2
液c(OH－)＝10－2 mol·L－1，pH ＝3的HSO 溶液c(H＋)＝10－3 mol·L－1，将两者混合后，若
2 4
溶液呈中性，根据n(OH－)＝n(H＋)，则NaOH溶液与HSO 溶液的体积比为1∶10，B正确；
2 4
由图像可知b点到c点K 减小，温度改变，K 才会改变，C错误；温度不变K 不变，温度
w w w
升高K 增大，a、e、d三点温度相同，故三点K 相同，从a到c到b温度依次升高，故K
w w w
的关系为b>c>a＝d＝e，D错误。
10．(1)＞ (2)1 000︰1 (3)1×10－10 mol·L－1
(4)9︰11
解析：(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的
电离程度增大，离子积增大；(2)硫酸钠溶液中一定满足c(Na＋)∶c(SO)＝2∶1，硫酸钠溶液
中c(Na＋)＝2×5×10－4 mol·L－1＝10－3 mol·L－1，稀释后c(Na＋)＝10－3/10＝10－4 mol·L－1，
溶液呈中性，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝10－4∶10－7＝1000
︰1；(3)酸溶液中的氢氧根离子是由水电离产生的，因此在t ℃下，pH＝2的稀硫酸溶液中，
2
c(H＋)＝10－2 mol·L－1，因为K ＝1×10－12，所以c(H＋) ＝c(OH－) ＝1×10－10 mol·L－1；
w 水 水
(4)t ℃下，K ＝1×10－12，pH＝11的苛性钠溶液，c(OH－)＝10－1 mol·L－1，混合液的pH＝
2 w
2，酸过量，c(H＋) ＝[n(H＋)－n(OH－)]/V ＝(0.1×V －0.1×V)/(V ＋V)＝0.01，解之得
混 总 2 1 2 1
V∶V＝9︰11。
1 2
11．(1)A 水电离需要吸热，温度越高K 越大 10∶1
w
(2)a＋b＝14
(3)小于 无法确定 若BOH是弱碱，则无法确定酸与碱的物质的量的相对多少(4)10
解析：(1)曲线A条件下K ＝c(H＋)×c(OH－)＝10－7×10－7＝10－14，曲线B条件下c(H＋)
w
＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，K ＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12；水的电离是吸热过程，加热促进电离，
w
温度越高K 越大，所以A曲线代表25 ℃时水的电离平衡曲线；25 ℃时所得混合溶液的
w
pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即 n(OH－)＝n(H＋)，则 V(NaOH)·10－5mol·L－1＝
V(H SO )·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H SO )＝10∶1；
2 4 2 4
(2)强酸的pH＝a，强碱的pH＝b，由95 ℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某
强碱溶液混和后溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，则100×10－a＝1×10b－12，102－a＝10b－12，
即2－a＝b－12，则a＋b＝14；
(3)在曲线A中，水的离子积为10－7×10－7＝10－14，pH＝2的HCl中c(H＋)＝10－2mol·L－
1，pH＝11的某BOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，因c(H＋)＞c(OH－)，故在盐酸中水的电
离受到的抑制作用比较大，即：α 小于α ；若BOH是强碱，等体积混合酸过量，此时pH
1 2
小于7，若BOH是弱碱，则无法确定酸与碱的物质的量的相对多少，故无法确定反应后溶
液的pH；
(4)在曲线B中，水的离子积为：10－6×10－6＝10－12，0.02 mol·L－1的Ba(OH) 溶液中
2
c(OH－)＝0.04 mol·L－1，NaHSO 溶液的浓度为0.02 mol·L－1，c(H＋)＝0.02 mol·L－1，当二者
4
等体积混合后，溶液中的c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1，则c(H＋)＝＝10－10mol·L－1，故该溶液的
pH＝10。
专练 41 盐类水解、离子浓度的比较
1．A A项，由题图知a点、c点pH相同，则c(H＋)相同，升温时K 变大，所以c(OH
w
－)增大，即a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小，正确；B项，a点NaHCO 溶液显碱性，故
3
HCO 水解程度大于电离程度，即水解常数 K >电离常数 K (H CO)，而 K ＝，即
h2 a2 2 3 h2
>K (H CO)，可得 K >K (H CO)·K (H CO)，错误；C 项，b点溶液中，根据电荷守恒
a2 2 3 w a1 2 3 a2 2 3
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，此时溶液显碱性 c(OH－)>c(H＋)，故 c(Na
＋)>c(HCO)＋2c(CO)，错误；D项，升温促进水解，故ab段pH减小不是升温抑制了HCO
的水解的结果，错误。
2．D 酸浸工序中分次加入稀HNO 可控制反应物浓度，降低反应剧烈程度，A说法正
3
确；转化工序中加入NaCl可生成BiCl ，Bi3＋会水解生成BiOCl和BiONO ，加入稀HCl可
3 3
抑制BiONO 的生成，提高BiOCl的产率，B说法正确；水解工序中加入少量CHCOONa(s)
3 3
可使水解平衡Bi3＋＋Cl－＋H
2
O⇌BiOCl＋2H＋正向移动，有利于Bi3＋水解生成BiOCl，C说
法正确；水解工序中加入少量NH NO (s)可使C选项中的水解平衡逆向移动，不利于BiOCl
4 3
的生成，D说法错误。
3．B 根据盐类水解及电离，可知NaHCO 与NaCO 溶液中所含微粒种类相同，A正
3 2 3
确。HCO在溶液中存在电离平衡：HCO⇌H＋＋CO，Ca2＋与CO反应生成白色沉淀CaCO
3
，
促进HCO的电离平衡正向移动，B错误。Al3＋与HCO、CO发生相互促进的水解反应，C正
确。由于CO、HCO的量减少，溶液pH均降低，D正确。
4．B 0.001 mol·L－1 GHCl水溶液中GH＋少量水解生成H＋，所以c(H＋)小于0.001
mol·L－1，pH >3，A错误；0.001 mol·L－1GHCl水溶液加水稀释，GH＋水解平衡正向移动，
但是溶液体积增大使c(H＋)减小，则pH升高，B正确；GHCl的电离方程式为GHCl⇌GH＋
＋Cl－，C错误；GHCl水溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(GH＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。
5．B BaCO 难溶于水，但能溶于胃酸(主要成分是盐酸)，不可以用作钡餐，故A错误；
3KCO 溶液显碱性，与铵态氮肥混合使用时NH会发生反应生成NH ，使N元素流失，降低
2 3 3
肥效，故B正确；84消毒液的有效成分为次氯酸钠，而洁厕净的主要成分为盐酸，混合使
用会发生反应生成氯气，氯气有毒，故C错误；制备泡沫灭火剂是用硫酸铝和碳酸氢钠而
不是碳酸钠，故D错误。
6．C c点溶液pH ＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋
c(OH－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，A正确；b点温度最高，说明此时NH ·H O与HCl恰好完全
3 2
反应，溶液溶质为NH Cl，离子浓度：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；b点溶液为氯
4
化铵溶液，铵根离子水解促进水的电离，水的电离程度最大，c点溶液pH ＝7，铵根离子
水解对水电离的促进程度与一水合氨电离对水电离的抑制程度相同，可认为水的电离不受影
响，a点为1 mol·L－1盐酸，HCl电离抑制水的电离，d点溶液中溶质为一水合氨和氯化铵，
铵根离子水解促进水的电离，且一水合氨是弱电解质，对水电离的抑制程度较小，故水的电
离程度：b>c>d>a，C错误；根据图像可知，c点时溶液的pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7
mol·L－1，c(NH) ＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH ·H O)＝(0.5n－0.5)mol·L
3 2
－1，则NH Cl水解常数K ＝＝(n－1)×10－7，D正确。
4 h
7．B 溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可
得出：c(Na＋)>c(HCO)>c(H CO)>c(CO)，A项错误；向10 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液中
2 3 3
逐滴加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液，恰好完全反应生成NaCO ，碳酸根离子发生水解，
2 3
则有质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO)，B项正确；实验3反应后静置得到的
2 3
上层清液为碳酸钙的饱和溶液，溶液中有c(Ca2＋)·c(CO)＝K (CaCO)，C项错误；碳酸氢根
sp 3
离子不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为HCO＋H＋===CO ↑＋HO，D项错误。
2 2
8．B NaHSO 溶液呈酸性说明HSO的电离程度大于HSO的水解程度，NaHSO 溶液
3 3
中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)，NaHCO 溶液呈碱性说
3
明HCO的水解程度大于HCO的电离程度，NaHCO 溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na
3
＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)，A项错误；两溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)
＋2c(RO)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝c(HRO)＋c(RO)＋c(H RO)，两式整理得c(H＋)＋
2 3
c(H RO)＝c(RO)＋c(OH－)，B项正确；两溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋
2 3
2c(RO)＋c(OH－)，C项错误；两溶液中c(Na＋)相等，但c(HRO)、c(RO)不相等，D项错误。
9．A ①NH Cl中Cl－不影响NH水解，②NH Al(SO ) 中Al3＋水解抑制NH水解，
4 4 4 2
③NH HSO 溶液中NH HSO 电离产生的H＋抑制NH水解，而且比②中Al3＋水解对NH水解
4 4 4 4
的影响程度大，所以pH相等的①NH Cl ②NH Al(SO ) ③NH HSO 溶液：浓度的大小
4 4 4 2 4 4
顺序为①>②>③，A正确；NaA中水解平衡常数K ＝＝＝2.02×10－5，水解平衡常数大于电
h
离平衡常数，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，B错误；NaHCO
3
溶液加水稀释，促进HCO的水解，n(HCO)减小，n(Na＋)不变，则c(Na＋)与c(HCO)的比值
将增大， C错误； 根据越弱越水解可知CHCOOK碱性比NaF碱性强，根据电荷守恒
3
CHCOOK溶液中c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)，所以c(K＋)－c(CHCOO－)＝c(OH
3 3 3
－)－c(H＋)，NaF溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H
＋)，CHCOOK溶液碱性强，CHCOOK溶液中c(OH－)－c(H＋)大于NaF溶液中c(OH－)－c(H
3 3
＋)，c(K＋)－c(CHCOO－)>c(Na＋)－c(F－)，D错误。
3
10．B a点溶质为KOH，pH＝12，此时溶液中H＋全来自水的电离，因此水电离出的
c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，故A项正确；c点溶液中，水电离出的OH－离子浓度最大，说明
此时的溶液是碳酸钾溶液，则b点溶液是KCO 和KOH的混合溶液，溶液显碱性，因此
2 3
c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，故B项错误；c点溶液为KCO 溶液，因此根据物料守恒可知c(K
2 3
＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)]，故C项正确；d点溶液为中性溶液，即c(H＋)＝c(OH
2 3
－)，由电荷守恒可得c(K＋)＝2c(CO)＋c(HCO)，故D项正确。11．B a＝1时，溶液中溶质为NaH PO ，此时pH＝4.7，说明HPO电离大于水解，
2 4 2
因此c(Na＋)＞c(H PO)＞c(HPO)＞c(H PO )，A错误；a＝1.5时， 溶液中溶质为等物质的量
2 3 4
的 NaH PO 和 NaHPO ，根据物料守恒知 2c(Na＋)＝3c(H PO )＋3c(HPO)＋3c(H PO)＋
2 4 2 4 3 4 2
3c(PO)，则2c(Na＋)＞3c(H PO )＋3c(HPO)，B正确；a＝2时，溶液中溶质为NaHPO ，此
3 4 2 4
时pH＝9.7，说明HPO水解大于电离，因此c(Na＋)＞c(HPO)＞c(H PO)＞c(PO)，C错误；a
2
＝3时， 溶液中溶质为NaPO ，根据质子守恒知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HPO)＋2c(H PO)＋
3 4 2
3c(H PO )，D错误。
3 4
12．A A项，HPO 为三元弱酸，分步电离且三步电离程度逐级减弱，正确；B项，
3 4
C O带2个单位负电荷，故该电荷守恒式中c(C O)的系数应为2，错误；C项，该溶液中，
2 2
元素质量守恒式应为c(CO)＋c(H CO)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1，错误；D项，pH＝9的溶液
2 3
中c(OH－)>c(H＋)，结合c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可知c(NH)>c(Cl－)，错误；故选
A。
专练 42 滴定曲线的综合应用
1．C 因为 CO比HCO的水解程度大，且 NaCO 溶液浓度比 NaHCO 溶液大，故
2 3 3
NaCO 溶液的初始pH较大，甲线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸，向NaCO 溶液中滴加盐
2 3 2 3 2 3
酸时，CO→HCO→H CO→CO ，开始加入盐酸时没有CO 产生，故丁线表示向NaCO 溶
2 3 2 2 2 3
液中滴加盐酸，A项错误；从图像可以看出，b点尚未放出CO ，此时反应的离子方程式是
2
HCO＋H＋===H CO ，B项错误；图像显示c点pH在8～10，则可以用酚酞作指示剂，d点
2 3
pH在3～4，则可以用甲基橙作指示剂，C项正确；根据质子守恒，NaCO 溶液中c(OH－)
2 3
＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO)，D项错误。
2 3
2．C A项，HA的K ＝，根据题图可知，当c(HA－)＝c(H A)时，pH＝6.38，则K ＝
2 a2 2 a1
10－6.38，错误；B项，根据题图可知，c点时，c(HA－)>c(H A)>c(A2－)，错误；C项，根据题
2
图可知，第一次突变时溶液呈碱性，故可以选择酚酞作指示剂，正确；D项，根据题图e点
可知，当加入盐酸 40 mL 时达到滴定终点，根据 NaA＋2HCl===2NaCl＋HA计算可知
2 2
c(Na A)＝0.100 0 mol·L－1，错误。
2
3．C 在NaX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H
2
O⇌HX＋OH－，溶液中存在c(Na
＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关
系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：
K(HX)>K(HY)>K(HZ)，B判断正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液分别存在c(Cl－)
a a a
＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性
强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质的量不同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，
C判断错误；分别加入20.00 mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与
NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋
c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D判断正确。
4．C 氢氧化钠与盐酸恰好完全反应生成氯化钠和水，氯化钠属于强酸强碱盐，溶液
呈中性，即室温下pH＝7，A正确；指示剂的变色范围在pH突变范围内，可减小实验误差，
B正确；指示剂的变色范围越接近反应的理论终点，实验误差越小，从题图可知，甲基红的
变色范围更接近反应终点(pH＝7)，误差更小，C错误；当加入NaOH溶液的体积为30.00
mL 时，盐酸不足，过量的 n(NaOH)＝30.00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1－20.00×10－3
L×0.100 0 mol·L－1＝10－3 mol，所以溶液中c(NaOH)＝＝0.02 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝5×10－13 mol·L－1，故pH＝12.3，D正确。
5．C 由题图可知加入NaOH溶液的体积为40 mL时，溶液pH发生突跃，达到滴定终
点，溶质为NaA，故有n(H A)＝20.00 mL×c(H A)＝n(NaOH)＝×0.100 0 mol·L－1×40 mL，
2 2 2
则c(H A)＝0.100 0 mol·L－1，而起点时pH约为1，故HA的电离过程应为HA===HA－＋H
2 2 2
＋，HA－ ⇌A2－＋H＋，故曲线①表示δ(HA－)，曲线②表示δ(A2－)，A、B项错误；由K
a
＝，
V 等于25 mL时，pH＝2.0，且c(A2－)＝c(HA－)，可知K＝1.0×10－2，C项正确；以酚酞
NaOH a
作指示剂，滴定终点时的溶质为NaA，溶液呈碱性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)
2
＋c(HA－)＋2c(A2－)，结合c(H＋)c(HA－)＋2c(A2－)，D项错误。
6．D 三种碱的起始浓度均为0.1 mol·L－1，由图中信息可知，起始时pH都小于13，
说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH＜BOH＜DOH。滴定前，三种碱液中水电离的
c(H＋)大小关系为AOH＞BOH＞DOH，A不正确；pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，由电
荷守恒可知，三种溶液中c(Cl－)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的
水解程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰
好呈中性时，三种溶液中消耗HCl的体积由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，则三种溶
液中c(Cl－)不相等，且c(Cl－)由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，因而c(A＋)＜c(B＋)＜
c(D＋)，故B不正确；滴定至P点时，此时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半被中和，
溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液，pH＞7、溶液显碱性，则BOH的电离程
度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl－)＜c(B＋), C不正确；当中和百分数达100%时，
三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，c(DOH)＋c(AOH)＋c(BOH)＋c(OH
－)＝c(H＋)，则c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。
7．B 根据题图可知：曲线Ⅱ表示HC O 浓度负对数的变化，曲线Ⅰ表示HC O浓度
2 2 4 2
负对数的变化，曲线Ⅲ表示C O浓度负对数的变化。pH＝4时， pC(HC O)c(C O)，A错误；pH＝3时溶质主要是NaHC O ，向此时的溶液中加NaOH溶液，
2 2 2 4
NaHC O 溶液和NaOH溶液之间会发生反应得到C O， C O的水解程度较大，对水的电离
2 4 2 2
起到促进作用， B正确；a点时HC O 、HC O的物质的量浓度相同，则K ＝c(H＋)＝10－
2 2 4 2 a1
0.8，C错误；温度不变时，＝，不随pH的升高而变化，D错误。
8．C 解答该题的关键是确定两条曲线的归属，根据两种弱酸的电离常数大小关系可
知，点①所在曲线为NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化曲线，点②所在曲线为NaOH溶
液滴定CHCOOH溶液的pH变化曲线。由电解质溶液中的电荷守恒及图像可知，点①溶液
3
中存在：c(CN－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)、c(H＋)c(OH－)，即c(CHCOO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)>0，则c(CHCOO－)>c(Na＋)，而
3 3
点①和点②溶液中的 c(Na＋)相等，故 c(CHCOO－)>c(CN－)，A 项错误；点③溶液为
3
CHCOOH 和 CHCOONa 的混合溶液，pH＝7，则 c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，而
3 3
c(CHCOO－)＝c(Na＋) 10－7mol·L－1，B项错误；由物料守恒知，滴定过程中，滴入的
3
NaOH 溶液体积相等时，存在：c(CN－)＋c(HCN)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)，即
3 3
≫
c(CHCOO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CHCOOH)，C项正确；点③溶液中：c(H＋)＝c(OH－)，
3 3
c(CHCOO－)≠c(CHCOOH)，则c(CHCOO－)＋c(OH－)≠c(CHCOOH)＋c(H＋)，点④溶液中
3 3 3 3
存在质子守恒：c(CHCOOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。
3
9．B 已知室温时水的电离常数为1×10－14，则根据曲线得Q点时溶液中pH＝pOH＝
7，Q点时溶液显中性，溶质为NH Cl和少量NH ·H O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶
4 3 2
液为酸性。M点溶液呈碱性，为NH Cl、NH ·H O混合溶液，溶液中c(NH)＞c(Cl－)，故A
4 3 2
错误； N点溶液呈酸性，溶液中(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋
c(OH－)，可知c(NH)＜c(Cl－)，故可能存在c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(Cl－)，B正确；根据分析，
3 2Q点时溶液显中性，溶质为NH Cl和少量NH ·H O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故
4 3 2
C项错误；M 点到Q点发生的是酸碱中和反应，生成易水解的盐NH Cl促进水的电离，所
4
以M 点到Q点所示溶液中水的电离程度一直是增大的，D错误。
专练 43 难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．C 三种卤化银组成形式相同，K 小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的
sp
AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5 mL AgNO 溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀
3
完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5 mL AgNO 溶液，则
3
0.100 mol·L－1×1.5 mL＝c(I－)×15 mL，解得c(I－)＝0.01 mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉
淀完全时，溶液体积为18 mL，溶液中c(Ag＋)＝＝5.4×10－8mol·L－1，此时Q(AgCl)＝c(Ag
c
＋)·c(Cl－)＝5.4×10－8×＝4.5×10－10>K (AgCl)，故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；
sp
b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO 过量，c(Ag＋)最大，D项错误。
3
2．C 溶液 pH＝4 时 c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，由图知，此时 c2(M＋)＝7.5×10－
8(mol·L－1)2，c(M＋)<3.0×10－4 mol·L－1，A项正确；由图知，当c(H＋)＝0，即不向溶液中加
酸时，c2(M＋)＝5.0×10－8(mol·L－1)2，c(M＋)＝×10－4 mol·L－1，由MA(s)⇌M＋(aq)＋A－(aq)知，
MA的饱和溶液中c(M＋)＝c(A－)，则K (MA)＝c(M＋)×c(A－)＝5.0×10－8，B项正确；MA
sp
的饱和溶液因A－水解而显碱性，只有加入一定量的酸才能使溶液显中性，若加入的酸不是
HA，则溶液中除含有M＋、H＋、OH－、A－四种离子外还含有其他阴离子，由电荷守恒原理
知，C项错误；溶液中 c(M＋)＝＝＝，根据MA⇌M＋＋A－，A－＋H＋ ⇌HA知，溶液中
c(HA)＝c(M＋)－c(A－)＝c(M＋)－，两式联立可得c(M＋)·K(HA)·[c(M＋)－]＝K ·c(H＋)，化简
a sp
可得c2(M＋)＝K [＋1]，将K ＝5×10－8代入，由图知，c(H＋)＝20×10－5 mol·L－1时，c2(M
sp sp
＋)＝10.0×10－8 (mol·L－1)2，将数据代入计算得K(HA)＝2.0×10－4，D项正确。
a
3．B 根据相同温度下，K (BaSO)＜K (BaCO)，可进行如下分析：当横坐标均为5.1
sp 4 sp 3
时，即c(Ba2＋)＝10－5.1 mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡
曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaSO 的沉淀溶解曲线。结合上述分析，
4
可知曲线①代表BaSO 的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO 的沉淀溶解曲线，A项错误；
4 3
根据曲线①过横、纵坐标均为 5.0的点可知，溶解平衡体系中 c(Ba2＋)＝c(SO)＝1×10－
5.0mol·L－1，则该温度下K (BaSO)＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－(5.0＋5.0)＝1×10－10，B项正确；加
sp 4
适量BaCl 固体，溶液中c(Ba2＋)增大，由于温度保持不变，即溶液中c(CO)减小，可使溶液
2
由b点向a点移动，C项错误；当 c(Ba2＋)＝10－5.1 mol·L－1时，d点平衡时c(SO)＝10－
10−y
2
ymol·L－1，c点平衡时c(CO)＝10−y 1mol·L－1，即两溶液中＝ ＝10y 2 −y 1，D项错误。
2 10−y
1
4．C CuCl 、NaS水解促进水电离， b点是CuCl 与NaS溶液恰好完全反应的点，
2 2 2 2
溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小， A错误；根据物料守恒，NaS
2
溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H S)＝c(Na＋)，故B错误；b点是CuCl 与NaS溶液恰好完
2 2 2
全反应的点，c(Cu2＋)＝c(S2－)，根据 b点数据，c(Cu2＋)＝2×10－18 mol·L－1，该温度下
K (CuS)＝4×10－36 mol2·L－2，故C正确；K (ZnS)＝3×10－25 mol2·L－2大于K (CuS)，所以
sp sp sp
向100 mL Zn2＋、Cu2＋浓度均为10－5 mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－4 mol·L－1的NaS
2
溶液，Cu2＋先沉淀， D错误。
5．B Ag S的溶度积比Ag SO 的小，更易生成Ag S沉淀，Ag＋除去得更完全，A项正
2 2 4 2
确；由于温度一定时氯化银的溶度积一定，加入少量氯化钠会增加氯离子浓度，平衡逆向移动，所以溶液中银离子浓度会减小，B项错误；由于饱和NaCl溶液中Cl－的浓度较大，溴
化银沉淀会转化为氯化银沉淀，C项正确；因为硫化银更难溶，所以碘化银会转化为黑色的
硫化银，D项正确。
6．D 相同条件下，MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS，A项错误；用NaS替代
2
MnS，会引入S2－和Na＋杂质，同时也能生成MnS沉淀，B项错误；沉淀转化的离子方程式
为Cu2＋(aq)＋MnS(s)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，C 项错误；整个反应过程中，由 MnO 制得
2
MnCl 的反应是氧化还原反应，沉淀转化是复分解反应，D项正确。
2
7．D Ag
2
CrO
4
的沉淀溶解平衡为： Ag
2
CrO
4
(s)⇌2Ag＋＋CrO；K
sp
＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝
(1×10－3)2×(1×10－5)＝1×10－11，A错误；一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓
度变化，所以 t ℃时，Y 点和 Z 点时的 K 相等，B 错误；在饱和 Ag CrO 溶液中加入
sp 2 4
KCrO ，仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和 Ag CrO 溶液中加入KCrO 不能使溶
2 4 2 4 2 4
液由Y点变为X点，故C错误；t ℃时，将0.01 mol·L－1 AgNO 溶液滴入20 mL 0.01 mol·L
3
－1 KCl和0.01 mol·L－1 KCrO、Ag CrO 的混合溶液中，Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝mol·L－1
2 4 2 4
＝1.8×10－8 mol·L－1，CrO开始沉淀时，c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝10－4.5 mol·L－1，故Cl－先沉
淀，D正确。
8．B CdS在水中达到溶解平衡时Cd2＋、S2－浓度相等，可求出一定温度下CdS在水中
的溶解度，A项正确；m、p、n为同一温度下的CdS的溶解平衡状态，三点的K 相等，B
sp
项错误；向m点溶液中加入NaS，S2－浓度增大，但K 不变，则溶液组成由m沿T 时的平
2 sp 1
衡曲线向p方向移动，C项正确；温度降低，K 减小，q沿qp线向p方向移动，D项正确。
sp
9．D 由图像可知，p(Ba2＋)＝4，p(SO)＝6则K ＝c(Ba2＋)·c(SO)＝10－10，A项错误；
sp
处于同一温度下，K 相等，B项错误；d点时p(Ba2＋)偏小，则c(Ba2＋)偏大，溶液过饱和，
sp
C项错误；加入BaCl ，c(Ba2＋)增大，有沉淀析出，c(SO)减小，平衡正向移动，则可使溶液
2
由c点变到a点，D项正确。
10．C 由PbI
2
(s)⇌Pb2＋(aq)＋2I－(aq)得K
sp
＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1×10－3×(2×10－3)2＝
4×10－9，A项错误；由于KI是强电解质，完全电离产生I－，温度不变，PbI 的溶度积不变，
2
I－浓度增大，B项错误；PbI
2
(s)＋S2－(aq)⇌PbS(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝＝＝5×1018，C项
正确；若t时刻改变的条件是升高温度，则c(Pb2＋)、c(I－)均呈增大趋势，D项错误。
专练 44 化学反应原理综合题
1．(1)①BD ②吸收 31.2 0.02 MPa
(2)①10 ②2HCO=====HO＋CO↑＋CO
2 2
③2CO＋12H＋＋12e－===C H＋4HO
2 2 4 2
解析：(1)①平衡时向容器中充入惰性气体，各物质浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，
A错误；C(s)在反应过程中转化成气体，气体质量增大，使气体密度增大，直至反应达到平
衡，B正确；由Ⅰ＋Ⅱ得C(s)＋2H
2
O(g)⇌CO
2
(g)＋2H
2
(g)，当该反应进行到底时，H
2
的体积
分数为，但可逆反应不可能进行到底，故C错误；将炭块粉碎，增大了炭与水蒸气的接触
面积，可加快反应速率，D正确。②设反应达到平衡时，反应Ⅰ消耗x mol H O(g)、反应Ⅱ
2
消耗y mol HO(g)，由题中信息可得：
2
Ⅰ.C(s)＋H
2
O(g)⇌CO(g)＋H
2
(g)
起始量/mol: 1 0 0
变化量/mol: x x x
Ⅱ.CO(s)＋H
2
O(g)⇌CO
2
(g)＋H
2
(g)变化量/mol: y y y y
平衡量/mol: x－y 1－x－y y x＋y
则x＋y＝50%×1、x－y＝0.1，解得x＝0.3、y＝0.2，故整个体系的热量变化为＋131.4
kJ·mol－1×0.3 mol－41.1 kJ·mol－1×0.2 mol＝＋31.2 kJ(吸收热量)。平衡时气体总物质的量是
1.3 mol，总压强为0.26 MPa，故反应Ⅰ的平衡常数K ＝＝＝0.02 MPa。
p
(2)①由K ＝＝5.0×10－11、c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，可得c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，
a2
pH＝－lg c(H＋)＝10。②再生塔中产生CO 的同时生成KCO ，说明KHCO 在水蒸气加热
2 2 3 3
条件下发生分解反应。③由题意知，CO 在阴极得到电子生成C H，图中质子交换膜提示有
2 2 4
H＋参与反应，故阴极反应式为2CO＋12H＋＋12e－===C H＋4HO。
2 2 4 2
2．(1)3H (g)＋6C(石墨，s)===C H(l) ΔH＝＋49.1 kJ·mol－1
2 6 6
(2)
(3)100.8
(4)①正 2CO＋CO===2CO＋C ②3CO＋18e－＋13HO===CH CHCHOH＋18OH－
2 2 2 3 2 2
解析：(1)由题给燃烧热数据可得，①H(g)＋O(g)===H O(l) ΔH ＝－285.8 kJ·mol－1，
2 2 2 1
②C(石墨，s)＋O(g)===CO (g) ΔH ＝－393.5 kJ·mol－1，③C H(l)＋O(g)===6CO (g)＋
2 2 2 6 6 2 2
3HO(l) ΔH＝－3 267.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，目标方程式可由3×①＋6×②－③得到，
2 3
其ΔH＝(－285.8 kJ·mol－1)×3＋(－393.5 kJ·mol－1)×6－(－3 267.5 kJ·mol－1)＝＋49.1 kJ·mol
－1，故H(g)与C(石墨，s)生成C H(l)的热化学方程式为 3H(g)＋6C(石墨，s)===C H(l)
2 6 6 2 6 6
ΔH＝＋49.1 kJ·mol－1。(2)溶液中CO 的浓度与其在空气中的分压成正比，比例系数为 y
2
mol·L－1·kPa－1，因此当大气压强为p kPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中
2
CO(aq)浓度为 ypx mol·L－1。设溶液中 H＋浓度为 a mol·L－1，由反应② CO(aq)＋
2 2
HO(l)===H＋(aq)＋HCO(aq)，可得c(HCO)＝c(H＋)＝a mol·L－1，c[CO(aq)]＝ypx mol·L－1，
2 2
则K＝，解得a＝。(3)平衡体系总压为46 kPa，则由2MHCO (s)MCO(s)＋HO(g)＋
3 2 3 2
CO(g)可得p(H O)＝p(CO)＝23 kPa，K ＝23×23。若保持温度不变，设开始先通入CO 的
2 2 2 p 2
压强为x kPa，平衡时水蒸气分压为5 kPa时，可列“三段式”：
2MHCO (s)MCO(s)＋HO(g)＋CO(g)
3 2 3 2 2
起始/kPa 0 x
转化/kPa 5 5
平衡/kPa 5 5＋x
K ＝23×23＝5×(5＋x)，解得x＝100.8，故为使平衡时水蒸气分压小于5 kPa，CO(g)
p 2
初始压强应大于100.8 kPa。(4)LiCO 电池的总反应式为4Li＋3CO===2Li CO ＋C。①电池
2 2 2 3
中，锂为负极，CO 在正极发生电化学反应，由电池总反应式可得正极反应为 3CO ＋4e－＋
2 2
4Li＋===2Li CO ＋C；结合步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得步骤Ⅲ的离子方程式为2CO＋CO===2CO
2 3 2
＋C。②介质呈碱性，应用OH－配平，CO 在碱性介质中电还原为正丙醇，电极反应方程式
2
为3CO＋18e－＋13HO===CH CHCHOH＋18OH－。
2 2 3 2 2
3．(1)溴(或Br)
(2)24.8
(3)①大于 ②K ·K 大于
p1 p2
设T′>T，即<，由图可知：
lg K (T′)－lg K (T)>|lg K (T′)－lg K (T)|＝lg K (T)－lg K (T′)
p2 p2 p1 p1 p1 p1
则lg [K (T′)·K (T′)]>lg [K (T)·K (T)]，K(T′)>K(T)
p2 p1 p2 p1
(4)0.5
解析：(1)根据题给信息“得到一种红棕色液体”，且含有一种新元素，结合卤素的性
质，可知所得液体中含有的新元素应为溴(或Br)。(2)结合BaPtCl
6
(s)⇌BaCl
2
(s)＋Pt(s)＋2Cl(g)可得376.8 ℃时K′ ＝1.0×104 Pa2＝p2(Cl )，则平衡时p(Cl )＝ Pa＝1.0×102 Pa＝0.1
2 p 2 2
kPa。相同温度、相同容积下，气体物质的量之比等于压强之比，设平衡时I 减小的压强为
2
x kPa，根据三段式法得
I
2
(g) ＋ Cl
2
(g)⇌2ICl(g)
起始压强/(kPa): 20.0 0
转化压强/(kPa): x x 2x
平衡压强/(kPa): 20.0－x 0.1 2x
根据平衡时总压强为32.5 kPa得(20.0－x)＋0.1＋2x＝32.5，解得x＝12.4，则平衡时p
ICl
＝12.4 kPa×2＝24.8 kPa。结合上述分析可知反应2ICl(g)===I (g)＋Cl(g)的平衡常数K＝＝
2 2
[或]。(3)①结合图像lg K ～×103可知，随横坐标逐渐增大，即温度逐渐降低，lg K 逐渐
p2 p2
减小，即平衡逆向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，即ΔH大于0。②结合题中信息
可知K
p1
＝、K
p2
＝，故反应2ICl(g)⇌I
2
(g)＋Cl
2
(g)的平衡常数K＝＝K
p1
·K
p2
。设T′>T，即<，
据图可知lg K (T′)－lg K (T)>|lg K (T′)－lg K (T)|＝lg K (T)－lg K (T′)，则lg K (T′)＋
p2 p2 p1 p1 p1 p1 p2
lg K (T′)>lg K (T)＋lg K (T)，即lg [K (T′)·K (T′)]>lg [K (T)·K (T)]，故K(T′)>K(T)，由此
p1 p2 p1 p2 p1 p2 p1
可判断出2ICl(g)⇌I
2
(g)＋Cl
2
(g)为吸热反应，即ΔH大于0。(4)结合在光的照射下NOCl分解
的反应机理可得，总反应为2NOCl＋hν―→2NO＋Cl ，可知分解1 mol NOCl时需吸收0.5
2
mol光子。
4．(1)①a ②B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持
体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还
可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率
解析：(1)①由已知方程式：(2×反应1－反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH ＝
3
2ΔH －ΔH ＝[2×(－394)－(－566)] kJ·mol－1＝－222 kJ·mol－1，反应1前后气体分子数不变，
1 2
升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增
大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应
线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡
移动影响程度大，故CO 物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO 物质的量比值
2 2
增大。
(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不
利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O 反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速
2
率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，
提高水煤气得产率。
专练 45 重要的烃与同分异构体
1．D 同位素为同种元素的不同原子，32S和34S互为同位素，故A正确；C 和纳米碳
70
管为同种元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；分子式相同，结构不同的两
种化合物互称同分异构体，CHClCH Cl和CHCHCl 分子式都是C HCl ，结构不同，所以
2 2 3 2 2 4 2
CHClCH Cl和CHCHCl 互为同分异构体，故C正确；C H 和C H 可能是烯烃或环烷烃，
2 2 3 2 3 6 4 8
不一定互为同系物，故D错误。
2．B 同位素是同种元素的不同核素，14N 和15N 是两种单质分子，A错误；同系物是
2 2结构相似，分子组成上相差若干个CH 原子团的物质，间二甲苯和苯都含有苯环，分子组成
2
相差2个CH，属于同系物，B正确；同素异形体是同种元素组成的不同单质，Fe C和Fe C
2 2 3
是两种化合物，C错误；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，乙醚的结构简式为
CHCHOCH CH ，分子式为C H O，乙醇的结构简式为CHCHOH，分子式为C HO，二
3 2 2 3 4 10 3 2 2 6
者不互为同分异构体，D错误。
3．A 联苯中有三种氢原子，如图 ，所以其一溴代物有3种，A说法错
误；根据反应机理可知，甲烷与氯气在光照下的反应属于自由基反应，B说法正确；石油分
馏是物理变化，是根据石油中各种成分的熔、沸点不同进行分离，减压分馏可使重油中可挥
发部分在炭化之前挥发出来，最后剩余物质就是沥青，C说法正确；煤的气化是以煤炭为原
料，在特定的设备(如气化炉)内，在高温高压下使煤炭中的有机物质和气化剂发生一系列的
化学反应，使固体的煤炭转化成可燃性气体的生产过程，生成的可燃性气体以一氧化碳、氢
气及甲烷为主要成分，D说法正确。
4．B
5．B 根据1，4二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式可知其分子式为C HO，1 mol该物质完
3 4 2
全燃烧需要3 mol O ，A项错误；HCOOCH===CH 与1，4二氧杂螺[2.2]丙烷的分子式均为
2 2
C HO ，但结构不同，二者互为同分异构体，B项正确；该有机物只有一种类型的氢原子，
3 4 2
其二氯代物有2种，C项错误；根据甲烷为正四面体结构，可知该有机物所有原子不在同一
个平面内，D项错误。
6．C A中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应；D中前者是萃取，
是物理变化，后者是加聚反应，答案选C。
7．B C H 为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，A错误；有机物中含有几种
4 10
化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物， 中含有5种H，故其一溴代物有5
种，B正确； 醛基为—CHO，剩余为丙基，丙基有2种，故分子组成是C HO属于醛类的
4 8
同分异构体有2种，C错误；羧酸具有—COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是
C H O 属于羧酸的同分异构体有4种，D错误。
5 10 2
8．A 由图像中的线性关系，选取混合烃的总物质的量为1 mol作研究，生成的CO 和
2
HO的物质的量分别为1.6 mol和2 mol，故其平均分子组成为C H，因为碳原子数小于1.6
2 1.6 4
的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷；CH 分子中含4个氢原子，故另一种分子中一定含
4
4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯、一定不含有苯、乙烷，A正确。
9．B 苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下
层，故A错误；苯能与O 在空气中燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故
2
B正确；苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除含有 C、H，还含有N和O，不
属于烃，故C错误；苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故 D
错误。
10．A 石蜡油是液态烷烃混合物，石蜡油受热催化分解的产物中含有烯烃和烷烃，A
项错误；酸性KMnO 溶液褪色说明烯烃发生氧化反应，溴的四氯化碳溶液褪色说明烯烃发
4
生加成反应，B项正确；碎瓷片的作用是催化和积蓄热量，C项正确；为防止倒吸，实验结
束时应先撤出导管，再停止加热，D项正确。
11．B 苯并降冰片烯与苯在组成上相差的不是若干个 CH ，结构上也不相似，故二者
2
不互为同系物，A错误；由题给苯并降冰片烯的结构简式可知，苯环上的6个碳原子与苯环
相连的2个碳原子共平面，则该分子中最多8个碳原子共平面，B正确；苯并降冰片烯的结构对称，其分子中含有5种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有5种，C错误；苯环中
含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，故1个苯并降冰片烯分子中含有1
个碳碳双键，D错误。
12．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO 0.03 (2)②使气体混合均匀 ③
2 2 2 2
干燥气体
(3)x≥4 (4) 吸收过量的氯气 (5)CD
(6)CH ＋2Cl――→C＋4HCl (7) 分液 AB
4 2
解析：(1)标况下336 mL氯气是0.015 mol，转移电子0.03 mol；
(2)生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速率、均匀混合气体之外，因浓硫酸
具有吸水性，还具有干燥作用；
(3)氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是 1 mol氯气可取代1 mol H原子生成1 mol
HCl，设V(Cl )/V(CH)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应
2 4
大于或等于4；
(4)KI中－1价的碘能被氯气氧化，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量
的氯气；
(5)装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防
止倒吸，因此，本题正确答案是CD；
(6)CH 与Cl 在强光照射下生成的黑色小颗粒为炭黑，所以在强光照射下可发生CH ＋
4 2 4
2Cl――→C＋4HCl；
2
(7)甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和
四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置
中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯
化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气
的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理。
13．(1)de (2)CH≡C—C≡C—CH
3
(3)3甲基1丁烯 (4)C H 4 (5)
10 14
专练 46 乙醇、乙酸
1．B 甲醇中的官能团为羟基，羟基能发生取代反应，但甲醇中不含不饱和键，不能
发生加成反应，A项错误；向乙酸和乙醇中分别滴加饱和NaHCO 溶液，有气体产生的是乙
3
酸，无明显现象的是乙醇，即用饱和NaHCO 溶液可鉴别乙酸和乙醇，B项正确；烷烃的沸
3
点随分子中碳原子数增多而逐渐升高，但碳原子数相同的烷烃，分子中所含支链越多，沸点
越低，C项错误；戊二烯的分子式为C H ，而环戊烷的分子式为C H ，二者分子式不同，
5 8 5 10
不互为同分异构体，D项错误。
2．C 该物质中含有碳碳双键，能发生加成反应，A项错误；同系物是指结构相似，
分子组成上相差一个或若干个CH 原子团的有机物，该物质不是乙酸、乙醇的同系物，B项
2
错误；题给两种物质的分子式均为C H O ，但结构不同，二者互为同分异构体，C项正确；
10 18 3
1 mol该物质含有1 mol羧基，与NaCO 反应最多可得到0.5 mol(22 g)CO ，D项错误。
2 3 2
3．B 乙酸含—COOH，具有酸性，且酸性比碳酸强，则可与NaHCO 溶液反应生成
3
CO A正确；乙醇中含—OH，为中性物质，不与盐酸反应， B错误；苯和硝酸反应生成硝
2,
基苯，苯环上的H被取代，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，乙醇中的H被取代，均发生取代反应，反应类型相同，C正确；苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯中不含碳碳双键，说
明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确。
4．B 乙醇和金属钠反应时，乙醇分子断裂的是H—O键，故A错误；乙醇与生成的
氢气的物质的量之比为0.1∶0.05＝2∶1，说明乙醇分子中有一个活泼的氢原子可被金属钠
取代(置换)，即乙醇分子中有一个羟基，故B正确；制取乙酸乙酯的催化剂是浓硫酸，硫酸
与碳酸钠反应也产生气泡，故C错误；乙醇和浓硫酸共热还可能产生二氧化硫气体，二氧
化硫能使溴水褪色，故D错误。
5．B 该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A错误；
该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应
类型相同，故B正确；分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两
个羧基，故1 mol分枝酸最多只能与2 mol NaOH发生中和反应，故C错误；该物质使溴的
四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生
氧化反应，原理不同，故D错误。
6．C ①乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；②乙醇密度比水小，
可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③乙醇具有还原性， KCr O 具有强氧化性，
2 2 7
KCr O 可以把乙醇迅速氧化为乙酸，本身被还原成蓝绿色的Cr3＋，与测定原理有关；④乙
2 2 7
醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；⑤
乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应，与测定原理无关；对乙醇的描述与此测定原
理有关的是①③。
7．A 生灰石和水反应，消耗酒精中的水，乙醇易挥发，可蒸馏分离，A正确；乙醇
易溶于水，利用分液的方法不能将混合物分离， B错误；乙烯被氧化生成二氧化碳气体，
应用溴水分离，C错误；溴可氧化碘离子，生成新杂质，达不到除杂的目的，应该用氢氧化
钠溶液除去，D错误。
8．D 由题意可知A为乙烯，根据流程图可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，乙醇
和乙酸反应生成E乙酸乙酯。A正确，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能；B正确，
醋酸的官能团为羧基，显酸性，可以与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁反应；C正确；D
错误，产物还有水。
9．A 试管b中NaCO 的作用是中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在溶液中的溶解
2 3
度，故A正确；试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸
现象，故B错误；制取得到的乙酸乙酯会与氢氧化钠反应，故不能用氢氧化钠溶液来收集
或除杂，故C、D错误。
10．D 加入NaCO 饱和溶液，蒸馏时乙醇中可混有大量水，且生成的 b为乙酸钠和
2 3
碳酸钠，故A错误；盐酸易挥发，得到的乙酸中混有HCl气体，故B、C错误；加入CaO
固体，蒸馏可得乙醇和乙酸钙，加入硫酸，生成乙酸，故D正确。
11．D 反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②为加成反应，A错误；反应③为加
成反应，产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100%，而反应④中C H 与O 在催化剂条件
4 10 2
下生成乙酸乙酯(分子式为C HO)，H原子数量减少，则有其他产物生成，原子利用率不为
4 8 2
100%，B错误；乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应使溶液褪色，乙烯与溴水中溴单质发生
加成反应使溶液褪色，C错误；乙醇溶于碳酸钠溶液无现象，乙酸与碳酸钠溶液反应生成二
氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，混合溶液分层，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无
色液体可用NaCO 溶液鉴别，D正确。
2 3
12．(1)分液漏斗、锥形瓶
(2)刚好没过MnO 固体 试管内的HO 溶液被压入长颈漏斗中，与MnO 分离
2 2 2 2
(3)液面上升 打开弹簧夹K
2(4)ab
(5)
(6)① 乙醇也能使酸性KMnO 溶液褪色
4
解析：(2)H O 溶液与MnO 接触才能开始反应。关闭活塞K ，随O 产量增多，液面上
2 2 2 1 2
方气压增大，将HO 溶液压入长颈漏斗中，试管中液面下降，HO 溶液与MnO 分离，反
2 2 2 2 2
应停止。(3)体系内压强过大，会将HO 溶液压入安全管中，安全管中液面上升；打开K ，
2 2 2
内部气压变小，可防止因内部气压过大引发事故。(4)a项，通过上下移动铂丝可控制反应的
开始与结束，正确；b项，催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，正确；c项，乙、
丙装置制得的O 中含有的杂质均为水蒸气，错误。(6)制得的产物乙醛中可能混有乙醇，而
2
乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙醛的检验。
专练 47 基本营养物质、合成材料
1．A 淀粉在酸性条件下可水解成葡萄糖，A项正确；葡萄糖、果糖均含氧元素，均
不属于烃类，B项错误；1个CO分子中含有14个电子，则1 mol CO中含有14×6.02×1023
个电子，C项错误；未指明CO 处于标准状况，不能确定22.4 L CO 的物质的量，D项错误。
2 2
2．A 选项中写出的是三油酸甘油酯的结构简式，A项错误；花生油中含有碳碳双键，
能使酸性KMnO 溶液褪色，B项正确；植物油中含有碳碳双键，通过催化加氢可转化为固
4
态或半固态的氢化油，C项正确；油脂是重要的工业原料，工业上可通过皂化反应制备肥皂，
油脂还是制备油漆等的原料，D项正确。
3．A “丝”的主要成分为蛋白质，古代的蜡是高级脂肪酸酯，蛋白质为高分子化合
物，高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，A错误；氨基酸分子中既有氨基，又有羧基，是一
种两性化合物，溶液pH不同，氨基酸的两性离子可以发生不同变化，B正确；泥土疏松多
孔，能吸附红糖中的色素，C正确；在酿酒的过程中，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和
CO，D正确。
2
4．B 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放能量，A项正确；
人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内主要作用是加强肠道蠕动，有通便功能，B项
错误；油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，C项正确；
蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，D项正确。
5．C 二氧化碳中碳元素的化合价为＋4价，淀粉中碳元素的化合价为0价，则二氧化
碳转化为淀粉时，碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，A错误；同位素是原子的
互称，不是分子或离子的互称，则1H、2H、3H互为同位素，与H＋、H 不互为同位素，B错
2
误；棉花、亚麻的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素都属于天然高分子，C正确；淀粉可在
稀硫酸、加热的条件下发生水解反应，在98%浓硫酸、加热的条件下会发生脱水炭化，D错
误。
6．D 油脂是产生能量最高的营养物质，是油和脂肪的统称，奶油被称为人造脂肪，
属于油脂，A项正确；人造脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，B项正确；植物油
中含有碳碳双键，可以和氢气加成制备人造脂肪，C项正确；油脂只有在碱性条件下的水解反应才称为皂化反应，D项错误。
7．D 淀粉属于糖类，反应①属于淀粉的水解，但是淀粉没有甜味，A错误；反应③
是消去反应，反应④是加聚反应，反应⑤是氧化反应，B错误；聚乙烯中不含碳碳双键，不
能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应，但乙醇不具有此
性质，D正确。
8．D 由于在水解液中加入了过量NaOH溶液，I 会与碱发生反应导致无法判断中和液
2
中是否还有淀粉存在，因此也就无法判断淀粉是否水解完全。
9．A 氨基酸是蛋白质的基本组成单位，蛋白质水解后最终产物是氨基酸，故A正确；
重金属离子会使蛋白质结构改变从而变性，不会使氨基酸变性，故 B错误；α氨基丙酸与α-
氨基苯丙酸混合物脱水成肽，可以生成4种二肽，故C错误；氨基酸溶于过量的氢氧化钠溶
液生成阴离子，在电场作用下向正极移动，故D错误。
10．D 葡萄糖和果糖中含有不一样的官能团，A项错误；淀粉和蛋白质属于高分子化
合物，而蛋白质的水解产物氨基酸不是高分子化合物，B项错误；碘遇淀粉变蓝，是淀粉的
特性，纤维素不具备这种性质，C项错误。
11．B 乙烯和苯都能使溴水褪色，前者是发生加成反应，后者发生了萃取作用，二者
的原因不同，A错误；乙酸分子中含有羧基，由于酸性：乙酸＞碳酸，因此乙酸可与
NaHCO 溶液反应生成CO ，B正确；纤维素和淀粉的化学式均为(C H O) ，但是二者的单
3 2 6 10 5 n
糖单元结构不同，n不同，因此二者不是同分异构体，C错误；乙酸乙酯和乙烯在一定条件
下都与水反应，前者是发生取代反应，后者是发生加成反应，反应原理不同，D错误。
12．B
13．C 葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1 mol葡萄糖可以生成2 mol
CHCHOH和2 mol CO A错误；鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以
3 2 2,
使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，
变性是不可逆的， B错误；油脂不是高分子化合物，在化学成分上都是高级脂肪酸跟甘油
所生成的酯，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸， C正确；蔗糖水解
后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物
的还原性，否则实验容易失败， D错误。
14．C 油脂不属于天然高分子化合物，故A错；加碘盐中碘元素以碘酸钾的形式存在，
不能使淀粉变蓝，故B错；食醋中乙酸和酒中的乙醇发生酯化反应生成酯类，故 C正确；
纯碱显碱性，能促进油脂的水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，故D错。
15．D 棉花和优质针叶木原料中的主要成分是纤维素，A正确；Fe O 是具有磁性的
3 4
黑色晶体，又称为磁性氧化铁，B正确；树脂是一种有机高分子材料，C正确；假钞中遇碘
变蓝的是淀粉，D错误。
16．C 用纤维素酶作催化剂，使纤维素发生水解反应时，随着温度的升高生成葡萄糖
的速率先加快，升高到一定温度后纤维素酶失去生理活性，反应速率会减慢，A错误；银镜
反应需在碱性条件下进行，该实验没有先加碱至溶液呈碱性，不能证明淀粉未水解，B错误；
蛋白质在某些饱和盐溶液中溶解度会降低而从其中析出，蛋白质是生物大分子，不能透过半
透膜，故可用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质，C正确；油脂在酸性条件和碱
性条件下都可以发生水解，而油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应，D错误。
17．D 枯木为枯萎的木材，主要成分是纤维素，A错误；鹿毛、羊毛的主要成分是蛋
白质，蛋白质除了含有C、H、O外，还含有N、S等元素，B错误；枯木的主要成分是纤
维素，鹿毛的主要成分是蛋白质，二者的分子式不同，不互为同分异构体，C错误；羊毛属
于蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，所以有烧焦羽毛气味的为羊毛，没有烧焦羽毛气味
的为枯木，D正确。专练 48 基本仪器的使用及药品的存放
1．A 碱式滴定管排气泡时应弯曲橡皮管将尖嘴斜向上方，然后挤压玻璃珠使溶液涌
出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内溶液时，试管夹应夹持在离试管口处，试管与桌
面应成45°，B项错误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液
体时，胶头滴管不能伸入试管内部，D项错误。
2．D A项，碘不易溶于水、易溶于有机溶剂，应选分液漏斗萃取分离，错误；B项，
应选酸式滴定管，错误；C项，玻璃中的二氧化硅与NaOH反应，应选铁坩埚熔化，错误。
3．A 用NaOH标准溶液测定醋酸浓度时，NaOH标准溶液放于碱式滴定管中，醋酸
放于锥形瓶中，由于二者反应生成的CHCOONa溶液显碱性，故用酚酞做指示剂，A符合
3
题意；中和热测定时大、小烧杯口应相平，减小热量损失，B不符合题意；不能在容量瓶中
稀释浓硫酸，C不符合题意；分液时，分液漏斗管口应紧靠烧杯内壁，D不符合题意。
4．D Fe(OH) 胶体具有丁达尔效应，A正确；含有Mg(OH) 沉淀的溶液中存在沉淀溶
3 2
解平衡：Mg(OH)
2
(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，向含
有Mg(OH) 沉淀的溶液中加入氯化铵溶液，促进沉淀溶解平衡正向移动，故Mg(OH) 白色
2 2
沉淀溶解，B正确；乙醇与金属钠发生反应2CHCHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑，C
3 2 3 2 2
正确；甲苯能被酸性KMnO 溶液氧化为苯甲酸，故向足量甲苯中滴入少量酸性KMnO 溶液，
4 4
KMnO 紫红色溶液褪色，D错误。
4
5．B 该实验操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待测液，用 0.100 0
mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到锥形瓶和碱式滴定管，不需要用到分液漏斗，故选B。
6．A 进入矿井下作业，不能用明火照明，可以用矿灯照明，故 A正确；在繁华热闹
的商场里燃放烟花爆竹容易引发火灾，故B错误；若液化气泄漏会形成与空气的混合气体，
遇明火时易发生爆炸，故C错误；浓硫酸稀释时放热，若将水倒入浓硫酸中会造成水的暴
沸，从而引起硫酸飞溅，故应将浓硫酸注入水中，故D错误。
7．B 胶头滴管应伸入液面以下，防止氢氧化亚铁被氧化，故 A错误；氧气不溶于水，
可以用排水法收集，故B正确；氢气能燃烧，点燃氢气前先要验纯，防止发生爆炸，故 C
错误；浓硫酸稀释过程中放出大量的热，应将浓硫酸倒入水中以防止液滴飞溅，故D错误。
8．D ①氢氟酸腐蚀玻璃，应保存塑料瓶中，错误；②金属钠易与水和氧气反应，因
此保存在密度比它小的煤油中，正确；③氧化钠能与氧气、二氧化碳、水等反应，所以要密
封保存，错误； ④浓硫酸腐蚀橡胶，应保存在带玻璃塞的试剂瓶中，错误；⑤水玻璃可具
有粘合性，能将玻璃塞和瓶口粘在一起，应保存在带橡胶塞的玻璃瓶中，错误；⑥过氧化钠、
漂白粉能与空气中的二氧化碳、水反应，应密封保存，正确；⑦白磷易自然，应保存在冷水
中，正确；⑧AgNO 固体见光易分解，应保存在棕色试剂瓶内，正确；⑨浓硝酸是液体试
3
剂，应保存在棕色细口瓶内，错误；综上所述，正确的说法是②⑥⑦⑧，所以选D。
9．A 装置③可用于收集密度与空气密度相差较大的气体，如H 、CO 、Cl 、NH ，A
2 2 2 3
正确；装置②可用于吸收NH 或HCl气体，但不能防止倒吸，B错误；装置①常用于分离互
3
溶的液体混合物，C错误；装置④中的干燥剂为碱石灰，能与氯化氢反应，因此不能用于干
燥、收集氯化氢， D错误。
10．D 在石蜡油分解实验中，石蜡油在炽热的碎瓷片的催化作用下分解产生烯烃和烷
烃等，故A正确；甲烷和氯气在光照条件下反应生成有机物和 HCl气体，HCl气体溶于饱
和食盐水中，使溶液中c(Cl－)增大，从而使饱和食盐水中析出NaCl固体，所以实验结束后，饱和食盐水略显浑浊，故B正确；关闭弹簧夹K，从M处加水，若左右两边形成稳定的液
面差，则装置气密性良好，故C正确；实验中应该用碱式滴定管盛装NaOH溶液，故D错
误。
11．D 盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有氯化氢气体，通入硅酸钠溶液中可得
硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性比硅酸强，故A错误；NO 能够与水反应生成NO，除去了
2
二氧化氮，故B错误；铁做电解池的阴极，不参与反应，不能得到氢氧化亚铁，故 C错误；
蔗糖脱水炭化，会发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的脱水性、强氧化性，品红
溶液褪色说明二氧化硫具有漂白性，酸性高锰酸钾溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，故D
正确。
12．A 在点燃易燃性气体之前，必须检验气体的纯度，防止发生爆炸，①正确；氢气
是可燃性气体，做氢气还原氧化铜实验开始时，先通氢气排尽空气后再加热氧化铜，防止氢
气与空气中的氧气反应发生爆炸，②正确；用大量水冲洗可洗去较多碱，且使沾在皮肤上的
溶液浓度降低，减小腐蚀性，最后使用酸性较弱的硼酸溶液中和，反应掉沾在皮肤上的碱，
③正确；给试管里的液体加热时，液体过多容易使液体受热不均匀而出现局部沸腾，造成液
体容易冲出试管溅出伤人，故给试管内的液体加热，液体体积一般不超过试管容积的 1/3，
④正确；向酒精灯内添加酒精时一般不超过酒精灯容积的 2/3不少于酒精灯容积的1/3，⑤
错误。
13．C A项，敞口收集馏分，保证压强与外压相同，不会引发爆炸，正确；B项，增
加导管A，是为了保证压强相同，更准确地测定生成气体的体积，正确；C项，溶液上加一
层苯，是为了隔绝空气，去掉苯层不合理，错误；D项，氨气的密度小于空气的，可用向下
排空气法收集，正确。
专练 49 物质的检验、分离、提纯
1．A 实验②说明样品中一定含有NaSO，发生反应：NaSO＋2HCl===2NaCl＋S↓
2 2 3 2 2 3
＋ SO ↑ ＋ HO ； 实 验 ③ 说 明 样 品 中 一 定 含 有 NaSO ， 发 生 反 应 ： NaSO ＋
2 2 2 4 2 4
BaCl ===BaSO ↓＋2NaCl。
2 4
2．D A项，氧原子不守恒，正确的离子方程式为3I ＋6OH－===5I－＋IO＋3HO，错
2 2
误；B项，CCl 的密度大于水，且不溶于水，故应用分液法分离，错误；C项，晶胞顶点和
4
面心为I－，通过均摊法计算I－的个数为8×1/8＋6×1/2＝4个，错误；D项，碘易升华，可
以通过加热升华的方法分离粗碘中的碘，正确。
3．C 向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3＋，证明FeSO
4
被氧化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，
所得气体中含有HCl，故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HCl，再经过浓硫酸干燥，
可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题意；测定NaOH溶液的pH时，pH
试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，
C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸馏，可制备无水乙醇，
可以达到实验目的，D不符合题意。
4．A 用纸层析法分离Fe3＋和Cu2＋的实验中不能将滤纸上的试样点完全浸入展开剂中，
否则试样接触展开剂会溶解在展开剂中而无法分离，A说法错误；将CoCl ·6H O晶体溶于
2 2
95%乙醇，存在平衡[CoCl
4
]2－(蓝色)＋6H
2
O⇌[Co(H
2
O)
6
]2＋(粉红色)＋4Cl－，加水稀释时，平
衡向正反应方向移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，B说法正确；乙酰水杨酸(结构简式为 )能与碳酸氢钠反应生成水溶性钠盐，而其副产物聚乙酰水杨酸不
能溶于碳酸氢钠溶液，故过滤可除去聚合物杂质，C说法正确；研磨时强氧化剂易发生分解
反应，生成气体，导致爆炸，故KClO 、KMnO 等强氧化剂及其混合物不能研磨，D说法
3 4
正确。
5．C 氢气虽然能够还原氧化铜，但是氧气与铜反应又能生成氧化铜，该过程中还可
能发生爆炸，故不能利用灼热的CuO除去其中的氢气，A错误；碳酸钠溶于水，不能过滤，
B错误；酒精和四氯化碳的沸点相差较大，分离酒精与四氯化碳的混合物，可用蒸馏法，C
正确；从碘的四氯化碳溶液中得到四氯化碳，应该用蒸馏，从碘水得到碘可用萃取法，D错
误。
6．D A 项，若用氨水，则 Mg2＋、Al3＋均转化为沉淀，不能分离 Mg(OH) 和
2
Al(OH) ，错误；B项，Al3＋与过量NaOH反应生成NaAlO ，溶液a中含AlO、K＋、Cl－、
3 2
Na＋、OH－，错误；C项，K＋、Cl－、Na＋在整个过程中不参加反应，溶液b中含KCl、
NaCl，错误；D项，因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，正
确。
7．C 铵根离子的检验可以利用铵根离子与氢氧根结合生成氨气，氨气可以使红色石
蕊试纸变蓝来检验，故A正确；氯水可以将碘离子氧化为碘单质，碘单质进入四氯化碳层
为紫红色，所以可以用氯水检验碘离子，故B正确；实验室中收集乙酸乙酯应用饱和碳酸
钠溶液，如果使用氢氧化钠溶液，乙酸乙酯会发生水解，故C错误；最高价氧化物对应的
水化物的酸性越强，其非金属性越强，故D正确。
8．D KCl样品中含有少量KCO ，CO水解，溶液显碱性，A错误；除去杂质时，所
2 3
选试剂不能引入新的杂质离子，要加入的试剂Ⅰ为BaCl 溶液，B错误；上图过程只需要经
2
1次过滤就可以，C错误；试剂Ⅰ为BaCl 溶液，除去SO，试剂Ⅱ为KCO 溶液，除去过量
2 2 3
的BaCl ，试剂Ⅲ是HCl，目的是除去CO，D正确。
2
9．C 根据沉淀加热生成MgO和气体可知其主要成分应是MgCO ，故C错。
3
10．D 溴与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚会溶解在甲苯中，应加入 NaOH溶液充
分反应后分液， A错误；B中溴乙烷和溴都能与氢氧化钠发生反应，B错误；乙酸与饱和
NaCO 溶液生成乙酸钠溶于水，酯不溶于水，可以用分液法分离， C错误；由于氯化钠溶
2 3
解度受温度变化影响不大，故D正确。
11．B 由题干可知溶液Z呈弱碱性，Z中一定不存在FeCl ，故B不正确。
3
12．B A项，氯气不溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水除杂，错误；C项，二者都
和饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，错误；D项，氯化铵加热易分解，不能除
去碘，错误。
13．A B项，还可以是强碱弱酸盐，比如碳酸钠溶液等，错误；C项，生成的气体能
使澄清石灰水变浑浊，可能为CO 或SO ，溶液可能含有CO、HCO、SO、HSO等，错误；
2 2
D项，白色沉淀也可能为AgCl，溶液中可能存在Ag＋，错误。
专练 50 物质的制备与性质实验
1．B A项，收集氧气不能用向下排空气法，错误；B项，锌是固体，放入锥形瓶中，
稀硫酸是液体，放入分液漏斗中，不加热制备氢气，用排水法收集氢气，正确；C项，NO易与氧气反应，收集NO不能用排空气法，错误；D项，制备CO 不能用碳酸钙和稀硫酸反
2
应，因为生成的CaSO 为微溶物，会阻碍反应进一步发生，错误。
4
2．D 将CuSO 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤，才能得到 CuSO ·5H O晶体，故D
4 4 2
错误。
3．D A项，该装置为原电池，活泼金属Zn作负极，较不活泼金属Cu作正极，可以
比较Zn与Cu的金属性强弱；B项，HCl气体易溶于水，可被稀硫酸吸收，浓硫酸可吸收
HO，可以除去Cl 中的HCl并干燥；C项，乙醇、乙酸在浓硫酸作催化剂和吸水剂并加热
2 2
的条件下生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，同时吸收挥发出来的
乙醇和乙酸；D项，实验室制取氯气需用浓盐酸和二氧化锰共热，故选D。
4．B 将铜丝插入浓硝酸中生成的是NO 气体，不是NO气体，A错误；密闭烧瓶中存
2
在平衡2NO
2
(g)⇌N
2
O
4
(g) ΔH<0，将密闭烧瓶中的NO
2
降温，平衡正向移动，烧瓶中气体
颜色变浅，可探究温度对平衡移动的影响，B正确；乙醇与水互溶，不能用乙醇萃取溶液中
的碘，C错误；实验结束，剩余的NaCl固体不能放回原试剂瓶，实验室对剩余药品的处理
方法是放入指定的容器内，集中处理，D错误。
5．C NH 应使用向下排空气法收集，A项错误；图示装置不能用于固液反应制气体，
3
B、D项错误；KClO 在MnO 催化下加热可生成O ，O 的密度比空气的大，可用向上排空
3 2 2 2
气法收集，C项正确。
6．D MnO 与稀盐酸不反应，不能制Cl ，故A错误；Cl 通入含I－溶液中，应长管进，
2 2 2
短管出，故B错误；应用萃取的方法提取碘，过滤是分离固体与液体的，故 C错误；可用
升华法提取碘，故D正确。
7．C 将SO 通入BaCl 溶液，不会产生白色沉淀，A错误；将浓硫酸滴入含少量水的
2 2
蔗糖中，得黑色蓬松的固体及刺激性气味气体，该过程中浓硫酸体现吸水性、脱水性和强氧
化性，B错误；金属钠与水反应比乙醇与水反应剧烈，说明羟基的活动性：水＞乙醇，C正
确；向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入1 mL 0.1 mol·L－1 MgCl 溶液，产生Mg(OH) 后，
2 2
NaOH过量，所以再向混合液中滴加0.1 mol·L－1 CuCl 溶液产生蓝色沉淀，并不是Mg(OH)
2 2
沉淀转化成Cu(OH) 沉淀，D错误。
2
8．C 除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，
然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸
钠，故A错误； 二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶
液中再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，可以达到实验目的，故B错误； 从溶液中
得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，
故 C 正确； NaCO 加热不易分解，NaHCO 晶体加热容易分解，故小试管中盛放
2 3 3
NaHCO ，大试管中盛放NaCO ，NaHCO 间接加热能分解，NaCO 直接加热不分解，能证
3 2 3 3 2 3
明两者的稳定性，图中放反，故D错误。
9．(1)分液漏斗(或梨形分液漏斗)、球形冷凝管
(2)失去结晶水
(3)CuO
(4)3H C O＋2KCO===K C O＋2KHC O＋2CO↑＋2HO
2 2 4 2 3 2 2 4 2 4 2 2
(5)分批加入并搅拌
(6)水浴
(7)冷却结晶、过滤、洗涤
解析：(1)由CuSO ·5H O配制CuSO 溶液时，用电子天平称取一定质量的CuSO ·5H O
4 2 4 4 2
晶体，用量筒量取水的体积，在烧杯中加水溶解；分液漏斗常用于萃取、分液以及制备装置
中滴加液体，球形冷凝管常用于制备实验中的冷凝回流装置，配制溶液时二者都不需要用到。(2)CuSO ·5H O是蓝色晶体，CuSO 是白色固体，长期存放的CuSO ·5H O会失去结晶水，
4 2 4 4 2
出现少量白色固体CuSO ，化学上将此过程称为风化。(3)向CuSO 溶液中滴加足量NaOH
4 4
溶液，产生的浅蓝色沉淀为 Cu(OH) ，加热 Cu(OH) 使其分解，生成黑色固体 CuO。
2 2
(4)H C O 的酸性比碳酸强，当n(H C O)∶n(K CO)＝1.5∶1，即3∶2时，反应的化学方程
2 2 4 2 2 4 2 3
式为3HC O ＋2KCO===K C O ＋2KHC O ＋2CO↑＋2HO。(5)由于反应产生气体，为防
2 2 4 2 3 2 2 4 2 4 2 2
止反应过于剧烈而引起喷溅，KCO 应分批加入并不断搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热到80
2 3
～85 ℃，常采用水浴进行加热，使液体受热均匀。(7)将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥，即可得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
专练 51 实验方案的设计与评价
1．C A项，加入淀粉KI溶液后溶液变蓝，不一定是Br 氧化I－，也可能是过量的氯
2
水氧化I－，不能得出Br 的氧化性大于I 的结论，错误；B项，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，
2 2
需要加碱中和后，才能加入新制的Cu(OH) 悬浊液并加热，错误；D项，加热后聚氯乙烯分
2
解产生氯化氢等气体，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，两个反应不是同一反应的正、逆反
应，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，错误。
2．D A项，向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl ，振荡，静置，溶液分
4
层，下层呈紫红色，说明反应产生了I ，发生反应：2KI＋Cl===2KCl＋I ，证明氧化性：
2 2 2
Cl>I ，但不能比较Br 与Cl 的氧化性强弱，错误；B项，玻璃中含有Na元素，故灼烧时火
2 2 2 2
焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，错误；C项，两种溶液的浓度未知，故不能通过测
定溶液的pH来判断HCO 、CHCOOH的酸性强弱，错误；D项，氧气有助燃性，把水滴
2 3 3
入盛有少量NaO 的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，可以证明NaO 与
2 2 2 2
水反应产生了O，正确。
2
3．D A项，制取乙烯，应迅速升温至170 ℃，产生气体需除杂后才可通入溴水中，
错误；B项，加入试剂后，若溶液显紫色，则含有水杨酸，错误；C项，若钠不完全燃烧，
加入水后有氢气生成，错误；D项，方案设计、现象和结论都正确。
4．B 若原溶液中存在硝酸根离子，NO可以和Fe2＋反应生成Fe3＋，故不能验证原溶液
中含有亚硝酸根离子，A错误；根据题给数据可知，三价铁的量不足，如果反应完全，三价
铁应该没有剩余，溶液变血红色证明三价铁有剩余，说明该反应存在化学平衡，即 KI与
FeCl 的反应有一定限度，B正确；溶液中加入KOH后，体系中剩余大量的OH－，再加入硝
3
酸银溶液后OH－也可以使Ag＋产生白色沉淀，C错误；新制Cu(OH) 悬浊液在酸性溶液中会
2
溶解，不会与醛基发生特征反应，所以看不到砖红色沉淀，无法证明蔗糖在酸性水溶液中是
否稳定，D错误。
5．C 稀硝酸有氧化性，会将SO氧化成SO，故用稀硝酸检验SO不能排除SO的干扰，
A不严密；检验Fe2＋不能同时使用KSCN和KMnO 这两种试剂，颜色会相互干扰，B不严
4
密；I－被双氧水氧化为I ，淀粉溶液遇碘变蓝，C严密；D中不能排除SO的干扰，D不严
2
密。
6．D 氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，A错误；长颈漏斗不易控制
反应速率，B错；反应结束，待气体冷却至室温，调节右侧量气管，使左右两端液面相平，
才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯
视量气管读数，使所量气体体积偏大，得到氨气的量偏大，测得氮化铝的含量偏高，D正确。
7．D A中NaOH过量，所以产生Fe(OH) 沉淀并不能证明是Mg(OH) 沉淀转化的，
3 2
A错误；比较元素非金属性强弱要通过最高价含氧酸的酸性强弱来比较，B错误；将25 gCuSO ·5H O溶于100 ml蒸馏水中，最后溶液体积不是100 ml，C错误；将KI和FeCl 溶液
4 2 3
在试管中混合后，加入CCl ，振荡，静置，如果下层液体变成紫色，说明生成了I，能验证
4 2
氧化性：Fe3＋>I ，D正确。
2
8．D B项，①和④都发生复分解反应生成HO ，HO 分解生成O ，发生氧化还原反
2 2 2 2 2
应，正确；C项，②中过氧化氢被KMnO 氧化生成氧气，⑤中过氧化氢在二氧化锰催化下
4
自身发生氧化还原反应生成氧气，则KMnO 与MnO 的作用不同，产生气体的量也不同，
4 2
正确；D项，③说明BaO 不溶于盐酸，不能用于比较酸性强弱，且盐酸为强酸，过氧化氢
2
为弱酸，错误。
9．B 若金属钠在氧气中受热所得固体为氧化钠和过氧化钠的混合物，加入蒸馏水也
会生成气体，A错误；碘化钾溶液与少量的氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、碘，若向反应后
的溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液变红说明溶液中存在Fe3＋，反应有一定限度，为可逆反
应，B正确；向亚硫酸钠固体中加入足量稀硫酸时会引入硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子
反应生成硫酸钡白色沉淀，C错误；铵根离子在常温下与稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，
无氨气生成，则放在试管口的湿润的红色石蕊试纸不变蓝，不能证明溶液中无铵根离子，D
错误。
专练 52 实验综合应用一
1．C A项，CHCOONH 为弱酸弱碱盐，NH对CHCOO－的水解有影响，可以分别测
3 4 3
同浓度的CHCOONa与NaHCO 溶液的pH，错误；B项，KMnO 溶液与浓盐酸也可以发生
3 3 4
氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有 Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO(黄
色)＋2H＋ ⇌Cr
2
O(橙红色)＋H
2
O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，乙醇与钠
也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。
2．B 锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反
应速率加快，A正确；用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化
为氯化钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择酸变
色的甲基橙为指示剂，B错误；用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄
色，说明该盐溶液中一定有Na＋，C正确；蒸馏时，为保证加热过程中液体不会从烧瓶内溢
出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，D正确。
3．C 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中，相当于Cu与稀硝酸反应，
还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，故A错误； 火焰呈黄色，说
明是含钠元素的物质，不能确定一定是钠盐，故 B 错误； 因为相同温度下
K (AgI)r(Cl)，A错误；N的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能
比同周期相邻元素的大，B正确；酸性：Al(OH) HBr，
3 4
D错误。
4．B 电子云表示电子在单位体积内出现概率的大小，不是电子运动形态，A错；发
生焰色反应时，物质的能量升高，电子向能力高的轨道跃迁，是发射光谱，B正确；3d104s1
是铜原子的外围电子排布式，C错；电子运动状态不能用牛顿运动定律来描述，D错。
5．A Fe失去3个电子变成Fe3＋，最外层电子排布为3s23p63d5，A正确；核外电子排
布为1s2的原子是He，核外电子排布是1s22s2的为铍(Be)，二者化学性质不相似，B错；基
态铜原子的价电子排布图 , C错；基态碳原子是2s比2p轨道能量低，
先填满2s再填2p，即 ，D错。
6．B 由R元素的各级电离能数据可知，I 、I 之间相差较大，说明R原子最外层有2
2 3
个电子，其最高化合价为＋2价，A、C错误；又因R元素为短周期主族元素，则R元素位
于元素周期表的第ⅡA族，R可能是Be元素或Mg元素，故其基态原子的电子排布式为1s22s2或[Ne]3s2，B正确、D错误。
7．D 根据电负性和最低负化合价，推知A为C、B为S、C为Cl、D为O、E为F。
C、D、E的氢化物为HCl、HO、HF，氢化物稳定性为：HF>H O>HCl，A错误；C元素最
2 2
外层电子排布为2s22p2，2p2上的两个电子分占两个轨道，且自旋方向相同，B错误； S最
外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，它们之间可形成化合物，如SCl ，C错误；
2 2
Na能与HO发生置换反应生成NaOH、H，D正确。
2 2
8．B 根据电子排布式可知，①是S、②是P、③是N、④是F。原子半径：②＞①＞
③＞④，A错；第一电离能为④＞③＞②＞①，B正确；电负性：④＞③＞①＞②，C错；
F无正价，②、③最高正化合价为＋5，①的最高正化合价为＋6，D错。
9．B 电子层上全部都是s电子的原子不一定属于同一周期，如H和Li，故A错误；
3p能级上只有一个空轨道的原子是Si原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子是Al或
Cl，对应元素一定属于第三周期，故B正确；最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne、最外
层电子排布为2s22p6的离子是F－、Na＋等，故C错误；原子核外M层上的s能级和p能级都
填满了电子，而d轨道上尚未有电子的原子可能是Ar、K、Ca，不一定处于同一周期，故D
错误。
10．C 金属钠和金属铜的最外层都是一个电子，二者不位于同一族，A错；X原子是
He，Y原子是Be，二者不位于同一族，B错；X原子是N，Y原子是P，都位于第ⅤA族，
C正确；X是Mg，Y是Ca、Zn、Fe等原子，D错。
11．D 根据各元素在周期表中的位置可知，X为F、W为P、Y为S、Z为Br、R为
Ar。Br－比Ar多一个电子层，A错；第一电离能P＞S，B错；p能级未成对电子最多的是
P，有3个，C错；F元素是电负性最大的元素，D正确。
12．C 电负性大的元素在化合物中显负价，故X显负价，Y显正价，A正确；第一电
离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，B正确；非金属性X＞Y，则X对应的最高
价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，气态氢化物的稳定性H Y小于HX，C
m n
错，D正确。
13．C 根据题意，反中微子静止质量可以认为是0，则根据质量守恒知衰变产物Ni的
质量数为60，A正确；Co与Ni均为第四周期第Ⅷ族元素，均属于d区元素，B正确；基态
Co 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2，基态 Ni 原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d84s2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，Co和Ni基
态原子核外电子占据的轨道数均为1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝15，C错误；基态Ni原子的外围
电子排布式为3d84s2，D正确。
14．B 本题考查原子结构与元素周期表。原子序数相差8的两短周期元素，可能是零
族元素，A项错误；价电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅥA族，属于p区元素，B
项正确；镧系元素原子序数从57到71，为几种不同的元素，虽然在元素周期表中占据同一
格，但不互为同位素，C项错误；根据洪特规则可知，第四周期元素中，基态原子未成对电
子数目最多的为Cr(3d54s1)，有6个，Mn(3d54s2)只有5个，D项错误。
15．(1)1s22s22p63s23p63d64s2 (2)sp3
(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定
(5)2 (6)Al
解析：(1)26 号为铁元素，核外有 26 个电子，其基态原子的电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d64s2；(2)d为N元素，a为H元素，二者形成的NH 中N的孤电子对数＝×(5
3
－3×1)＝1，则其价电子对数＝1＋3＝4，故NH 的中心原子N的杂化形式为sp3；(3)h为
3
Mg元素，电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量；(4)o为Mn元素，p为Fe元素，原子轨道处于半满、全满、全空时能量最低最稳定。
Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定，故 Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失
去一个电子难；
(5)同周期自左而右电负性增大，则电负性最大的为Cl，第三周期元素单质的熔点是：
Si＞Al＞Mg＞Na＞S＞P＞Cl＞Ar，故2为Cl；
2
(6)该主族元素第四电离能剧增，则其最外层有三个电子，为第三主族元素，为表中的i
元素，即Al。
专练 55 分子结构与性质
1．C NaClO中Na＋与ClO－通过离子键结合，ClO－中氯原子和氧原子通过共价键结合，
C正确。
2．C A项，NH 分子间存在氢键，分子间作用力比PH 大，故NH 比PH 易液化，错
3 3 3 3
误；B项，NH 比PH 熔点高是因为NH 分子间存在氢键，错误；D项，NH ·H O分子中只
3 3 3 3 2
含有共价键，属于共价化合物，氨水中存在NH是因为NH ·H O在水中部分电离，错误。
3 2
3．D M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个
能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知，Z能
形成2个共价键，则Z为O；M能形成1个共价键，则M为H；X能形成4个共价键，则X
为C；Y失去一个电子形成4个共价键，则Y为N；W得到一个电子形成4个共价键，则W
为B。A项，若为简单氢化物CH 和NH ，由于NH 分子间存在氢键，沸点较高，错误；C
4 3 3
项，N原子最外层2p能级为半充满结构，第一电离能较大，应为WHS，A错；CA
2 2 2 2 2 2 2 3
是NH 是极性分子，B错；B、C、D的氢化物分别是CH 、NH 、HO，微粒中原子数不同，
3 4 3 2
不互为等电子体，C错；N 中有1个σ键，2个π键，D正确。
2
13．D NH 是三角锥形，是极性分子，BF 是平面三角形，是非极性分子，A、B错；
3 3
H原子核外只有2个电子，C错；NH 分子中有1对孤对电子，BF 中B原子最外层只有6
3 3
个电子，正好有1个空轨道，二者通过配位键结合而使每个原子最外层都达到稳定结构，D
正确。
14．B SO 分子的中心原子中含有孤电子对，是 V形分子，A错；COCl 、BF 、SO
2 2 3 3
是平面三角形分子，B正确；NH 、PCl 中价层电子对个数＝3＋×(5－3×1)＝4且含有一个
3 3
孤电子对，均为三角锥形结构，PCl 中价层电子对个数＝5＋×(5－5×1)＝5且不含孤电子对
5
为三角双锥形结构，C错；BF 中价层电子对个数＝3＋×(3－3×1)＝3，为平面三角形结构，
3
键角为120°，SnBr 中价层电子对个数＝2＋×(4－2×1)＝3且含有一个孤电子对，为V形结
2
构， SnBr 键角小于120°，D错。
2
15．C B项，酞菁钴分子中C原子均形成3个σ键，没有孤电子对，只有sp2杂化，错
误；C项，含有孤电子对的N原子与Co通过配位键结合，正确；D项，1号和3号N原子
为sp3杂化，均有一对孤电子对，空间结构均为三角锥形，错误。
专练 56 晶体结构与性质
1．D D项，由于该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴、阳离子构成的，所以该
晶体为离子晶体，故D错误。
2．B 1 pm＝10－10 cm，故该晶胞的体积为a3×10－30 cm3，A项错误；根据图b利用
均摊法可知含有K原子数目为1＋4×1/8＝3/2，含有Sb原子数目为4×1/8＝1/2，故K和Sb
原子数之比为3∶1，B项正确；由图b可知立方体体心K原子与Sb原子紧邻，每个顶点的
Sb原子被8个立方体共用，故与Sb原子紧邻的K原子数为8，C项错误；K与Sb之间的最
短距离为晶胞体对角线长度的1/4，即a pm，D项错误。
3．B 共价键具有饱和性和方向性，A不正确；晶体中只要有阴离子，就一定有阳离
子，B正确；氢键不是化学键，C不正确；金属键属于化学键，D不正确。
4．D ①晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，故正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是
离子晶体，如金属晶体，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，故错误；③决定分子晶体的
熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，故错误；④晶格能与离子半径成反比、
与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯
离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，故正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内
部的微粒按一定规律作周期性重复排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范
性，故正确；⑥在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积
方式以使其变得比较稳定，故正确；⑦干冰晶体中，一个CO 分子周围有12个CO 分子紧
2 2
邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，故错误。
5．A 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：
NaF②>①，D错。
9．A 偏铝酸钠在强酸溶液中反应，AlO会转化成Al(OH) ，然后再溶解生成铝离子，
3
不会形成铝氧四面体，即得不到分子筛，A推测错误；分子筛M[(AlO )·(SiO)·zHO中，
a 2 x 2 y 2
“AlO”显－1价，“SiO”、“HO”都显0价，设M的化合价为m，则根据正、负化合价代
2 2 2
数和为0，m×＋x×(－1)＝0，解得m＝＋2，B推测正确；铝硅酸盐型分子筛的热稳定性与
其结构类型、结晶度、硅铝比等都有关系，则调节的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性，
C推测正确；分子筛是一种具有多孔结构的水合铝硅酸盐，其中有许多笼状孔穴和通道能让
直径比孔穴小的分子通过而将直径比孔穴大的分子留在外面，故可用于筛分分子，D推测正
确。
10．D 稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；金属晶体由金属阳离子和
自由电子组成，无阴离子，故②错误；晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>
分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越
低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高(含有氢键的物质
除外)，所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、HO、HS，故③正确；
2 2
离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故
④错误；由晶胞结构可知CaTiO 晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4＋和12个O2－紧邻，
3
故⑤正确；SiO 晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；分子稳定性与
2
分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确。故正确序号为③⑤⑧。综上所述，本题正确答案为D。
11．D 晶体晶胞中阴、阳离子的个数分别为 8×＋6×＝4，12×＋1＝4，故A错误；
晶胞的质量为 g，晶体的密度为d g·cm－3，则晶胞的体积是＝cm3，则晶胞的边长为 cm，
该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线的一半，为× cm，B错误；根
据晶胞结构，阴、阳离子的配位数都是6，C错误；该晶胞中阴、阳离子的个数比为1∶1，
可能是NaCl的晶胞，D正确。
12．B B项，氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离最近且相等的Na＋共有12个，错误。
13．C 由晶胞图可知，位于棱心和体心上的N原子距离最近，为面对角线长度的一半，
即a nm，A项错误；利用均摊法，一个晶胞中Mo原子数为4，N原子数为2，故氮化钼的
化学式为MoN，B项错误；一个晶胞中，与顶点Mo原子最近的Mo原子为相邻的3个面心
2
上的Mo原子，面心上Mo原子为两个晶胞共用，每个顶点周围有8个晶胞，故与其距离最
近的Mo原子数为3××8＝12，C项正确；晶体密度为＝ g·cm－3，D项错误。
专练 57 结构与性质综合应用
1．(1)ad d
(2)①sp2 σ ②C HCl>C HCl>C HCl Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越
2 5 2 3 2
短
(3)CsCl CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶
体，熔化时只需要克服范德华力
(4)固体离子导体 (5.04×10－10)3N
A
解析：(1)基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，有9个电子，排除b、c项；a项，
相当于F原子的一个电子从2p能级跃迁到3s能级，属于激发态氟原子，正确；d项，相当
于F原子的两个电子从2p能级跃迁到3p能级，属于激发态氟原子，正确；在两个激发态氟
原子中，由于3p能级的能量高于3s能级，且d中发生跃迁的电子数目多于a，故d的能量
较高。(2)①C HCl分子中存在碳碳双键，C原子为sp2杂化，杂化轨道只能形成σ键，故在
2 3
C HCl分子中，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3p 轨道形成C—Cl σ键。②C HCl分子中只
2 3 x 2 5
存在σ键，C原子为sp3杂化；C HCl分子中存在一个Π4的大π键，C原子为sp2杂化；
2 3 3
C
HCl分子中存在两个Π4的大π键[1个是Cl(3p)－C(2p)，1个是Cl(3p)－C(2p)]，C原子
2 3 z z y y
为sp杂化。杂化轨道中s成分越多(sp3、sp2、sp杂化轨道中s成分依次增多)，形成的C—Cl
键越强；Cl 参与形成的大 π 键越多，形成的 C—Cl 键越短，故 C—Cl 键长顺序为
C HCl>C HCl>C HCl。(3)由CsICl 受热发生非氧化还原反应知，CsICl 受热分解生成CsCl
2 5 2 3 2 2 2
和ICl，故无色晶体X为CsCl，红棕色液体Y为ICl；由于CsCl是离子晶体，熔化时需要克
服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力，离子键比范
德华力强得多，故CsCl的熔点高于ICl。(4)在αAgI晶体中，Ag＋可以发生迁移，故αAgI晶
体在电池中可以作为固体离子导体。由于αAgI晶体中I－作体心立方堆积，由“均摊法”知，
1个晶胞中含有I－数目为8×＋1＝2，即1个晶胞中含有2个αAgI，则αAgI晶体的摩尔体
积V ＝(504×10－12 m)3·N mol－1＝(5.04×10－10)3N m3·mol－1。
m A A2．(1)
(2)a 同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N 原子的价电子排布式为
2s22p3，2p轨道是半充满稳定结构，第一电离能比O原子大 b
(3)H—F…H—F…H—F
(4)sp2 sp3 F的电负性比H大，C—F键的键能比C—H键的大
(5)Ca2＋ a
解析：(1)基态F原子的价电子排布式为 2s22p5，故其价电子排布图(轨道表示式)为
。(2)C、N、O、F均位于第二周期，原子半径逐渐减小，原子核对最外层
电子的吸引能力增强，第一电离能逐渐增大，但N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道是
半充满稳定结构，第一电离能比O原子大，故选a；C原子失去2个电子后达到2s2全满稳
定结构，再失去1个电子较难，故第三电离能比N原子大，故选b。(3)固态氟化氢分子间存
在氢键，故(HF) 的链状结构为H—F…H—F…H—F。(4) CF ===CF 分子中C原子形成碳碳
3 2 2
双键，故C原子为sp2杂化；ETFE是乙烯与四氟乙烯的共聚物，可表示为CH—CH—CF
2 2 2
—CF，故在ETFE分子中碳原子为sp3杂化；由于F的电负性比H大，C—F键的键能比C
2
—H键的大，故聚四氟乙烯比聚乙烯稳定。(5)X离子位于顶点和面心，根据均摊法知，X离
子数目为8×＋6×＝4，Y离子位于体内，故Y离子数目为8，结合CaF 的化学式知，X代
2
表的离子是Ca2＋；根据晶胞结构图知，Ca2＋与F－的最小核间距为正方体体对角线长度的，
即正负离子的核间距最小为a pm。
3．(1)[Ar]3d104s1 15
(2)正四面体形
(3)O>N>C>H N sp2、sp3 sp3
(4)6 ×100%
解析：(1)基态Cu原子核外有29个电子，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；基态Cu原子
核外电子占据几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，则基态Cu原子核外电子空间
运动状态种类数为1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝15。(2)SO中硫原子价层电子对数为4＋×(6＋2－
4×2)＝4，空间结构为正四面体形。(3)元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到
小的顺序是O>N>C>H；同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但 N原子2p能级处于半
满状态，更稳定，则四种元素中第一电离能最大的是N；该离子中亚甲基上的C原子价层电
子对数为4、—COO－中的C原子价层电子对数为3，N原子价层电子对数为4，则C原子采
用sp3、sp2杂化，N原子采用sp3杂化。(4)根据晶胞结构判断，距离K原子最近的Na原子个
数为 6，则 K 原子的配位数是 6；该晶胞棱长＝2[r(Na)＋r(K)]，晶胞体积＝[2r(Na)＋
2r(K)]3，该晶胞中Na原子个数＝12×＝3，K原子个数＝×8＝1，原子总体积＝3×π[r(Na)]3
＋π[r(K)]3，晶体的空间利用率＝×100%＝×100%。
4．(1)第四周期第ⅡB族
(2)平面三角形 NO(或SO ，合理即可)
3
(3)HOOC—COOH HOOC—COOH 的相对分子质量高于 CHCOOH，且 HOOC—
3
COOH存在两个羧基，可以形成更多的分子间氢键 (4)A
(5)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，该结构中包含了三个更小的重复结构单元
②(，，) ③4
解析：(1)Zn为30号元素，位于第四周期第ⅡB族。(2)原料Ⅰ中阴离子为CO，碳原子所含孤电子对数为×(4＋2－3×2)＝0，所形成σ键数为3，价层电子对数为3，空间结构为
平面三角形；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，CO的等电子体有
NO、SO 等。(3)原料Ⅱ、Ⅲ阴离子对应的酸分别为CHCOOH、HOOC—COOH，HOOC—
3 3
COOH的相对分子质量高于CHCOOH，同时HOOC—COOH存在两个羧基，可以分别与其
3
他分子形成更多的分子间氢键，所以沸点较高。(4)化合物Ⅱ中O的非金属性最强，电负性
最大，A项正确；化合物Ⅱ中甲基上的碳原子为sp3杂化，而羧基中的碳原子为sp2杂化，B
项错误；化合物Ⅲ中，两个C原子之间还存在非极性共价键，C项错误；单键均为σ键，双
键中有1个σ键和1个π键，则化合物Ⅰ的阴离子中σ键和π键数目比为3∶1，D项错误。
(5)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，图示结构中包含了三个更小的重复结构单元，
所以不是纤锌矿型ZnO的晶胞单元；②根据原子1的坐标及建系方式判断，原子2的坐标
为(，，)；③以顶面面心的O原子为例，该晶胞中有2个Zn原子距离其最近且相等，该晶
胞的上方晶胞中还有两个，所以离O原子距离最近的Zn原子数为4；根据晶胞结构可知，
该晶胞中有4个Zn原子，4个O原子，晶胞的质量为 g，晶胞参数为a nm，则该晶体密度
＝ g·cm－3。
5．(1)9
(2)F>O>Cl V形 低于 OF 相对分子质量小，分子间作用力小
2
(3)5 D
(4)2 (0，0，)
解析：(1)基态F原子核外有9个电子，每个电子的运动状态各不相同，故基态F原子核
外电子的运动状态有9种。(2)根据ClO 中O显负价，Cl显正价，知O的电负性大于Cl的
2
电负性，又同一周期主族元素从左到右电负性依次增大，故O、F、Cl电负性由大到小的顺
序为F>O>Cl。OF 分子中O的成键电子对数为2、孤电子对数为＝2，故OF 的空间构型为
2 2
V形；OF 、ClO均为分子晶体，分子间以范德华力结合，OF 的相对分子质量小，范德华
2 2 2
力小，故OF 的熔、沸点低于ClO。(3)XeF 中心原子Xe的价层电子对数为2＋＝5，其杂
2 2 2
化轨道数为5，推测Xe的杂化方式为sp3d。 (4)由题图知，晶胞中大球个数为8×＋1＝2，
小球个数为8×＋2＝4，故大球为Xe，小球为F，该晶胞中含有2个XeF 。以晶胞参数为单
2
位长度建立坐标系时，由B点在棱上处，知B点原子的分数坐标为(0，0，)。如图所示从点
A向底面作垂线到点D，则ED＝a pm, AB＝CE＝d，CD＝(c－r) pm，根据CD2＋ED2＝
CE2，代入数据可得d2＝0.5a2 pm2＋(0.5c－ r)2 pm2，d＝ pm。专练 58 有机物分类、组成、结构
1．B 辅酶Q 的分子式为C H O，A项错误； 中含有11个甲基，故辅
10 59 90 4
酶Q 分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶 Q 分子
10 10
中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D
项错误。
2．C C项，乙醇被氧化为乙醛，属于氧化反应。
3．D 由键线式可看出，该物质中无苯环，不属于芳香化合物，A错；由谱图可知有8
种不同环境的氢原子，B错；Et为—CHCH，C错；含有醇羟基能发生消去反应，D正确。
2 3
4．C 按系统命名法，化合物 的名称为2，2二甲基丁烷，A错误；
由比例模型可知该物质表示的是 ，不是氨基酸， B 错误；
HCCH CHOHO与CHCHCOOH的结构不同，分子式均为C HO ，互为同分异构体，C正
2 2 3 2 3 6 2
确；木糖醇和葡萄糖都含有多个羟基，但是木糖醇是醇类，葡萄糖是多羟基醛，因此二者不
是同系物，D错误。
5．D 苯的同分异构体有多种链状烃类同分异构体，不止d、p两种，故A项错误。b
的二氯代物有3种，而d的一氯代物有两种，二氯代物可视为1个氯原子取代一氯代物上的
氢原子，共有6种： ，故B项错误。b、p均不与酸性高锰酸钾溶液反应，
故C项错误。b为苯，所有原子位于同一平面，而d、p的原子并不都处于同一平面，故D
项正确。
6．D ①、③的结构不相似，组成相差CHO，不是同系物，A错；①和②互为同分异
2
构体，③和④互为同分异构体，B错；②的分子比④的分子多一个CHO，在足量氧气中完
2
全燃烧，消耗氧气②比④多，C错；四种物质分子中都含有酯基，能与氢氧化钠溶液发生水
解反应，D正确。
7．C X不含苯环，不属于芳香化合物，A错误；Z分子中有饱和碳原子，不可能所有
碳原子共平面，B错误；X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；Y的一
氯代物有6种，D错误。
8．A 甲苯有4种氢原子，分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，2甲基丁烷也
有四种氢原子，它们的一溴代物都有4种，A项正确；乙烯是平面形分子，键角为120°，甲
基取代乙烯碳碳双键两侧上的氢原子，所以四个碳原子一定不在同一直线上，B项错误；按
照系统命名法，选择最长的碳链为主链，该分子名称是 2，3，4，4四甲基己烷，C项错误；
这两个有机物分子结构不相似，不互为同系物，D项错误。
9．D 该有机物的分子式是C H NO ，A项错误；紧连苯环的碳原子为手性碳原子，
13 15 3
B项错误；苯环、双键为平面结构，单键可以通过旋转转到同一个平面上，故最多可能有11个碳原子共面 (标注的碳原子)，C项错误；酯基、酚羟基可发生取代
反应，苯环可发生加成反应，酚羟基可发生氧化反应，D项正确。
10．(1)C H O
9 10 2
(2) 、 、
(3)①
② (答案合理即可)
解析：(1)化合物A分子中C、H、O的个数比为∶∶≈9∶10∶2。根据A的相对分子质
量为150，可求得其分子式为C H O 。(2)根据红外光谱图可知，A分子中除含 一个苯环外，
9 10 2
还 含 有 和 C—C ， 所 以 A 的 结 构 简 式 可 能 为 、
或 。(3)①A的芳香类同分异构体中不含甲基的芳
香酸是 。②遇FeCl 溶液发生显色反应，说明含酚羟基，又因为含醛
3
基 ， 且 只 有 两 个 取 代 基 ， 则 符 合 条 件 的 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 为
。
专练 59 烃、卤代烃
1．C 通过煤焦油的分馏可以获得大量的芳香烃，A错误；石油裂解的目的是为了得
到乙烯、丙烯，B错误；煤的干馏产生了新的物质，发生了化学变化，C正确；煤中不含有
苯和甲苯，但是通过煤干馏后分馏的方法得到苯和甲苯，D错误。
2．D 分子晶体的熔、沸点与其相对分子质量成正比，所以含碳原子数相同的一溴代烷与烷烃相比，前者熔沸点高，故A错误；C H 在常温下是液体，故B错误；烃均不溶于
6 14
水，故C错误；烃的密度小于水的密度，D正确。
3．C 当该卤代烃发生水解反应时，只断裂①键，生成醇；卤代烃的消去反应是连接
－X的碳的相邻碳原子的一个H和－X被同时脱去引入双键，破坏的键是①和③，所以C
正确。
4．C 该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，A错；
该分子中最多有9个原子共平面，B错；分子中含有C===C、—CH 、—CH—，能发生加
3 2
成、取代、氧化、还原反应，C 正确；丁基苯的分子式为 C H ，柠檬烯的分子式为
10 14
C H ，二者分子式不同，不互为同分异构体，D错。
10 16
5．C a属于立方烷，结构中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错；
a的二氯代物有 3 种，b的二氯代物只有 3 种、c 的二氯代物大于3种，故B错；a 的同
分异构体中除 b、c 外，还有苯乙烯，可与溴水反应，故C正确；根据 a、b、c的结构知
a、b、c 中的所有原子不能处于同一平面，故D错。
6．A 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故 A错；根据
分析知其一氯代物有3种，C H 有正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的一氯代物有 2种，
4 10
异丁烷的一氯代物也有2种，C H 的一氯代物的数目共有4种，故B对；乙烯使溴水褪色，
4 10
发生加成反应、使酸性KMnO 溶液褪色发生氧化反应，反应的类型不同，故 C对；植物油
4
含不饱和高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固
态的脂肪，故D对。
7．C 环戊烯( )，分子式为C H ，与 互为同分异构体，故A正确；二氯代物：
5 8
、 、 ，超过了两种，故B正确；由结构简式 可知其中一个碳
原子上连有4个碳原子，根据CH 是四面体结构，可得 中所有碳原子一定不在同一平面
4
上，故C错误；由 生成C H ，多出4 mol H，至少需要2 mol H ，故D项正确。
5 12 2
8．A 在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一
溴取代物有6种，A正确；碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪
色，但原理不同，B错误；苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所
有原子可能在同一平面上，C错误；苯环可与氢气发生加成反应，二者均与氢气发生加成反
应，不能除杂，D错误。
9．B M的分子式为C H ，名称为异戊烷，A错误； N的分子式为C H Cl，是戊烷
5 12 5 11
的一氯代物，其碳链的位置结构分别为 、 、 ，
考虑一个氯原子取代时共8种情况。所以N的同分异构体有7种(不包括本身)，B正确；形
成碳碳双键的两个碳原子以及碳原子直接相连的原子一定共面，而不直接相连的其他原子可
能不共面， C错误；Q使溴的四氯化碳褪色是发生了加成反应，使酸性KMnO 溶液褪色是
4
发生了氧化反应，所以褪色原理不相同，D错误。
10．B A项，①中液体变为棕色，说明浓硫酸将乙醇炭化，体现浓硫酸的脱水性，正
确；B项，1，2二溴乙烷与四氯化碳互溶，不能用分液法分离，错误；C项，试剂X主要是
除去乙烯中混有的二氧化硫和二氧化碳，可以用氢氧化钠溶液，正确；D项，尾气中含有乙烯和挥发的溴蒸气，需要集中处理，正确。
11．C A项，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，正确；C项，苯和溴水不反应，苯在铁
屑作用下能与液溴发生取代反应，错误；D项，苯乙醇结构中的苯环能发生加成反应，正确。
12．(1)AB
(2)CH ===CH ＋Br ―→CHBrCHBr
2 2 2 2 2
(3)2CH CHOH＋O――→2CHCHO＋2HO
3 2 2 3 2
(4)②③
(5)CH COOH＋NaHCO ===CH COONa＋HO＋CO↑
3 3 3 2 2
解析：A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合其比例模型，可以知道 A为
CH===CH ；A能和水反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，则C为
2 2
CHCHOH; 根据B的组成元素及其球棍模型知，B是 ； D的相对分子质量比C少2，
3 2
且能由C催化氧化得到， D是CHCHO, 乙醇与E反应生成相对分子质量为88的酯，则E
3
为CHCOOH。
3
13．(1) (2)NaOH水溶液、加热
(3)C H －CHO＋2Ag(NH)OH―→HO＋2Ag＋3NH ＋C H －COONH(条件：水浴加
6 5 3 2 2 3 6 5 4
热)
(4)ac (5)14
解析：相对分子质量为92的某芳香烃X的分子式为C H ，其结构简式为 ，X与
7 8
氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成
D，故B含有醇羟基、C含有醛基，则A为 ，B为 ，C为 ，
D为 ，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成E为 。(5)E( )的
同分异构体同时符合下列条件：
①遇NaHCO 溶液有气体放出，说明含有羧基，②芳香族化合物，说明含有苯环，含有
3
一个取代基为—CHCHCOOH 或者—CH(CH )COOH，含有 2 个取代基为—CH 、—
2 2 3 3
CHCOOH，或者—CHCH 、—COOH，各有邻、间、对3种，含有3个取代基为2个—
2 2 3
CH 、—COOH，2个—CH 处于邻位，—COOH有2种位置，2个—CH 处于间位，—
3 3 3
COOH有3种位置，2个—CH 处于对位，—COOH有1种位置，共有14种，其中不含甲基
3
的有机物的结构简式为 。专练 60 醇、酚
1．D 化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1
不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合
物2可以发生开环聚合反应生成 ，D正确。
2．C B项，酯基和氢气不加成，故1 mol该物质可与2 mol H 发生加成反应，正确；
2
C项，醇羟基和钠反应，酯基和NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，错误。
3．C 苯环是一个平面结构，六个碳原子和六个氢原子一定共平面，所以该有机物取
代苯环氢原子位置的原子仍然在这个平面上，即分子中至少有12个原子共平面，A说法正
确；该有机物完全水解后得到的产物为 ，其中只有与氨基直接相连的碳原
子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B说法正确；该有机物不含酚羟基，与FeCl
3
溶液作用不会显色，C 说法错误；该有机物与足量 NaOH 溶液完全反应后生成
和碳酸钠，D说法正确。
4．B 汉黄芩素的分子式为C H O ，故A错误；含酚—OH，遇FeCl 溶液显紫色，
16 12 5 3
故B正确；酚—OH的邻对位氢原子能够与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反
应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2 mol Br ，故C错误；与足量H 发生加成反应
2 2
后，该分子中碳碳双键、羰基均减少，少了2种官能团，故D错误。
5．B 环己醇中不含苯环，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，不可能存在 12
个原子共平面的结构特点，故 A错误；与环己醇互为同分异构体， 且含有醛基(—CHO)的
结构， 应为 C H CHO，C H — 的同分异构体有 8 种， 则含有醛基(—CHO) 的结构有
5 11 5 11
8 种，故B正确；环己醇含有 1 个羟基， 则标准状况下，1 mol环己醇与足量Na反应生
成 11.2 L H，故 C错误；环己醇的一氯代物有4种，故 D错误。
2
6．D 由对乙酰氨基酚的结构简式可知，A、B、C正确；只有羟基两个邻位上的H原
子能与溴水发生取代反应，故1 mol对乙酰氨基酚最多消耗2 mol的Br ，D错。
2
7．D C项，两个苯环上共有6种不同化学环境的氢原子，一氯代物有6种，正确；D
项，酯基中的碳氧双键不与H 发生加成反应，该分子中含2个苯环、2个碳碳双键、1个酮
2
羰基，1 mol该分子最多与9 mol H 发生加成反应，错误。
2
8．D A项，标准状况下水为液体，错误；B项，酚羟基的邻、对位与溴水发生取代
反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol葛根素与溴水反应，最多消耗4 mol Br ，错
2
误；C项，不能发生水解反应，错误；D项，碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应，则与氢
气加成后不存在碳碳双键、羰基，正确。
9．(1)CD (2)浓硝酸、浓硫酸
(3) ＋NaCl＋HO
2(4)
(5) (任意2种)
(6)
解析：(1)A项，酚羟基及酰胺键均能与氢氧化钠反应，故1 mol柳胺酚最多可以和3
mol NaOH反应，错误；B项，苯环上可以发生硝化反应，错误。(2) A→B发生硝化反应，
反应所需的试剂为浓硝酸、浓硫酸。(5)条件②说明含有醛基或甲酸形成的酯基，再结合条
件①可知，符合条件的 F 的同分异构体为
专练 61 醛、酸、酯
1．B 由图可知，该化合物的分子式为C H O ，A项错误；该化合物含有碳碳双键，
23 32 6
能与Br 发生加成反应而使溴水褪色，B项正确；该化合物含有酯基，能发生水解反应，C
2
项错误；该化合物含有羟基，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上连有氢原子，故能发生消
去反应，D项错误。
2．B A项，该分子中苯环、 、—COO—中所有原子共平面，单键可以旋
转，故所有碳原子可能不共平面，错误；B项，由题图可知，该分子中有羟基，能与蛋白质
分子中的氨基形成氢键，正确；C项，1 mol该物质含有2 mol酚羟基和1 mol酚酯基，最多
能与4 mol NaOH反应，错误；D项，该物质中含有酚羟基且邻对位上有H原子，能发生取
代反应，含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生消去反应，错误。
3．A 烷烃是只含有碳、氢两种元素的饱和有机物，该有机物中还有氧元素，不属于
烷烃，A说法错误；该有机物分子中含有酯基，可发生水解反应，B说法正确；该有机物分
子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，C说法正确；根据题干信息可知信息素有一定的挥发性，D说法正确。
4．A 由结构简式可以知道分子式为C H O ，故A错误；含双键，能使酸性KMnO
23 36 7 4
溶液、溴水褪色，B正确；含—OH、—COOH可发生酯化反应，—OH可发生消去反应，含
—COOC—可发生水解反应，含双键可发生加成、氧化、还原反应、加聚反应，C正确；—
COOH、—COOC—可与NaOH反应，则1 mol该物质最多可与2 mol NaOH反应，D正确。
5．D 碳氧双键、碳碳双键与氢气加成，所以1 mol该有机物最多能与2 mol氢气加成，
A错误；乙醛和丙烯醛( )的结构不相似，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充
分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，B 错误；
中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、加成、消去反应，
C错误；固定一个苯环观察，该苯环所连甲基的C原子处于这个苯环平面。两个苯环相连，
与该苯环相连的另一个苯环上的碳原子以及处于它对位的碳原子也处于这个苯环的平面，所
以至少有9个碳原子共面，D正确。
6．B 该有机物的分子式为C H O ，A错误；有机物中右上角的羟基可以被高锰酸钾
6 12 4
氧化为羧基，B正确；羧基中的碳氧双键是不能与氢气加成的，C错误；同系物的要求是分
子组成上相差1个或几个CH，该有机物与乙酸明显会差O原子，D错误。
2
7．B CPAE中酚烃基和酯基都能与NaOH反应，A项正确；题述反应方程式中的四种
物质都能与Na反应产生氢气，所以用Na无法检验反应结束后是否残留苯乙醇，B项错误；
与 苯 乙 醇 互 为 同 分 异 构 体 的 酚 类 物 质 共 有 9 种 ， 分 别 为
，C项正确；咖啡
酸中含有碳碳双键、羧基、酚羟基3种官能团，能发生加聚反应，D项正确。
8．C 裂化汽油中含有不饱和烃，不可以用来萃取溴水中的溴，A错误； C HClO 中
4 6 2 2
含有一个羧基，先写正丁酸的结构为CHCHCHCOOH，用两个氯原子取代碳原子上的两
3 2 2
个氢原子，共有6种，异丁酸的结构为(CH)CHCOOH，用两个氯原子取代碳原子上的两个
3 2
氢原子，有3种，故C HClO 含—COOH的有机物有9种，B错误；乙酸和葡萄糖的分子
4 6 2 2
式分别为C HO 和C H O ，两者的最简式相同，故总质量一定时，无论何种比例混合，完
2 4 2 6 12 6
全燃烧消耗氧气的量均相等，C正确；HOCH COOH与O 发生氧化反应，与乙醇、乙酸发
2 2
生取代反应，D错误。
9．C 酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，A项错误；对苯二甲酸
与乙二醇的反应属于缩聚反应，B项错误；有—CHOH结构的醇能氧化生成醛，戊醇相当
2
于丁基与—CHOH相连，丁基有四种，所以分子式为C H O的醇，能在铜催化下被O 氧化
2 5 12 2
为醛的同分异构体有4种，C项正确；该分子中有一个饱和碳原子，属于四面体结构，所以不可能所有原子共平面，D项错误。
10．B 根据肉桂醛的结构式确定其分子式为C HO，A正确；检验肉桂醛中是否有残
9 8
留的苯甲醛不能用酸性KMnO 溶液，因为肉桂醛中含有的碳碳双键和醛基也可以使酸性
4
KMnO 溶液褪色，B错误；根据肉桂醛的化学式可知，1 mol肉桂醛完全燃烧消耗10.5 mol
4
O，C正确；肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基，D正确。
2
11．A B项，酯基和氢气不反应，1 mol M中有2 mol苯环、1 mol碳碳双键，故最多
能和7 mol氢气反应，错误；C项，M中碳原子有sp2杂化和sp3杂化，共两种，错误；D项，
M中酚羟基能和碳酸钠反应但不产生二氧化碳，错误。
12．(1)醛基
(2) 消去反应
(3)甲醚(或二甲醚)
解析：需要熟练掌握官能团的性质与转化，注意利用各物质的结构与反应条件进行推断。
（1）由A分子的结构简式可知其所含官能团为醛基。（2）根据第（2）问所给信息，由B
发生加成反应生成X，X脱去一分子HO和一分子CO 生成C，可知第二步脱水反应为消去
2 2
反应，故可由C逆推X的结构简式为 。（3）若加热温度太高，则发
生CHOH分子间脱水，即2分子CHOH自身发生脱水反应生成甲醚（CHOCH ）。（4）
3 3 3 3
反应Ⅳ为D中—OH被 中—Cl取代。（5）遇FeCl 溶液显紫色，说明Y
3
分子中含有酚羟基，再根据其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，可知Y
分子中含有 1 个—CH ，同时苯环上的氢位置是对称的，故 Y 的结构简式为
3专练 62 营养物质及合成高分子
1．B 由质量守恒知m＝n －1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、
羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H ，C项
2
正确；2个乳酸分子成环时，可形成 ，D项正确。
2．B 甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下可生成4种二肽，分别是甘氨酸和甘氨酸、
丙氨酸和丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的氨基和丙氨酸的羧基缩合、丙氨酸的氨基和
甘氨酸的羧基缩合形成2种二肽，共4种，A说法正确；酸性高锰酸钾溶液和草酸反应的化
学方程式是2KMnO ＋5HC O ＋3HSO ===2MnSO ＋KSO ＋10CO↑＋8HO，则草酸能使
4 2 2 4 2 4 4 2 4 2 2
酸性高锰酸钾溶液褪色，B说法错误；纤维素中含—OH，与乙酸酐发生酯化反应生成醋酸
纤维和乙酸，醋酸纤维不燃烧，则醋酸纤维可用于生产电影胶片片基，C说法正确；植物油
中含有碳碳双键，植物油和氢气在一定条件下发生加成反应，此过程称为植物油硬化或植物
油氢化，可用于制造人造奶油，D说法正确。
3．C 由题图可知，制备L的两种单体分子都含有两个羧基，A正确；由题给反应可
知制备L的反应是缩聚反应，B正确；L中的官能团还有羰基，C错误；单体分子的大小与
降解速率有关，D正确。
4．B 聚醚砜结构中不含有羟基、羧基等亲水基团，故聚醚砜不易溶于水，A项错误；
聚醚砜可通过缩聚反应制得，B项正确；对二苯酚结构对称，分子中含有2种氢原子，故核
磁共振氢谱有2组峰，C项错误；对苯二酚中含有酚羟基，故能使FeCl 溶液显紫色，D项
3
错误。
5．B 苯酚与苯甲醇结构不相似，不是同系物，A错误；豆浆解毒与酒精消毒均运用
了蛋白质变性的性质，B正确；蔗糖不是高分子化合物，C错误；油脂在酸性条件下水解是
可逆的，1 mol油脂在酸性条件下水解不能得到3 mol高级脂肪酸和1 mol甘油，D错误。
6．D 木糖醇[CHOH（CHOH） CHOH]结构中含有羟基，属于五元醇，不属于糖类，
2 3 2
A错误；次氯酸钠溶液具有强氧化性，而乙醇不具有氧化性，B错误；蛋白质胶体可以发生
聚沉，卤水点豆腐是Mg2＋、Ca2＋等使蛋白质胶体发生凝聚过程，C错误；维生素C具有还
原性，维生素C既作营养强化剂又作抗氧化剂，D正确。
7．A 新型的聚乙烯醇被称为“尿不湿”，是由于它具有极强的高吸水性，而不是其
与水反应生成易挥发的物质。
8．A 氢氧化钠过量，碘单质能与NaOH溶液发生反应，因此溶液未变蓝，不能说明
淀粉已完全水解，A错误；油脂不溶于水，油脂发生皂化反应，生成高级脂肪酸（盐）和甘
油，两者都溶于水，用玻璃棒蘸取反应液滴到盛有热水的烧杯中，振荡，如果水面上没有油
滴，则说明水解完全，反之，没有水解完成，B正确；盐析是降低蛋白质溶解度使之析出，
蛋白质仍具有活性，可进行分离提纯，C正确；氨基酸中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，
羧基具有酸性，因此氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，D正确。
9．D 蔗糖水解需要硫酸作催化剂，可用银镜反应检验产物的还原性，银镜反应的发
生应该在碱性条件下进行，故蔗糖水解后应先加碱中和过量的酸，才能进行银镜反应，银镜
反应应该在水浴中进行加热，D正确。
10．D 羊毛是蛋白质能水解，聚酯纤维是酯类能水解，A、B错；该聚酯纤维是由对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，C错，D正确。
11．A 蛋白质是由多种氨基酸通过肽键等相互连接形成的一类生物大分子，RNA是由
核苷酸单体形成的聚合物分子，二者均为高分子化合物，故①正确；鸡蛋清溶液中加入饱和
硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，盐析是一个可逆的过程，生成的沉淀物能再溶解，故②错误；
植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，
使酸性高锰酸钾溶液颜色褪去，故③正确；淀粉和纤维素的分子式都为（C H O ） ，但聚
6 10 5 n
合度不同，n值不同，不互为同分异构体，故④错误；疫苗的主要成分是蛋白质，高温下蛋
白质会发生变性，则疫苗需要冷储，防止失效，故⑤正确；尼龙绳属于合成纤维制品，橡皮
筋属于橡胶制品，纯棉衬衣中的纤维素属于天然纤维，不是合成纤维制品，故⑥错误。
12．C C项，棉和麻的主要成分是纤维素，完全燃烧只生成CO 和HO，但丝和毛的
2 2
主要成分是蛋白质，完全燃烧产物有CO 、HO、N 等，错误；D项，核酸是生物聚合物，
2 2 2
含有C、H、O、N、P等元素，所以核酸是一类含磷的生物高分子化合物，正确。
13．（1）cd （2）取代反应（酯化反应） （3）酯基、碳碳双键 氧化反应（或消
去反应） （4）己二酸
解析：（1）部分糖类有甜味，如果糖，部分糖类无甜味，如淀粉，故 a项错误；麦芽
糖水解只生成葡萄糖，不生成果糖，故b项错误；用银镜反应可判断淀粉水解，但不能判断
水解是否完全，故c项正确；淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物，故d项正确。
（2）结合C的分子式与B的结构简式可以判断，B与CHOH发生酯化反应生成了C。
3
（3）由D的结构简式可知，其所含官能团为碳碳双键、酯基。结合D与E的结构简式
可以判断，D生成E过程中脱去4个氢原子，形成碳碳不饱和键，该反应类型为氧化反应或
消去反应。
（4）结合F的结构简式可知，其化学名称为己二酸。由F生成G的化学方程式为：
（5）已知W是具有一种官能团的二取代芳香化合物，且属于E的同分异构体；又0.5
mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO，则W分子中含有2个羧基，对此进行讨论：
2
当2个取代基均为—CHCOOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；
2
当2个取代基分别为—CH、—CH（COOH）COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；
3
当2个取代基分别为—COOH、—CHCHCOOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；
2 2当2个取代基分别为—COOH、—CH（CH）COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构。
3
综 上 ， W 共 有 12 种 。 其 中 核 磁 共 振 氢 谱 为 三 组 峰 的 结 构 简 式 为
。
（6）参照题中的合成路线，结合“甲苯经酸性高锰酸钾溶液氧化，可生成苯甲酸”的
知识点，以（反，反）2，4己二烯和C H 为原料制备对苯二甲酸的合成路线如图：
2 4
专练 63 有机合成推断一
1．（1）苯甲醇
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）酯基、羰基、硝基
（6）
（7）
解析：（1）由反应①的反应条件和A的化学式、B的结构简式知，反应①为醇的催化
氧化反应，故A为 ，化学名称为苯甲醇。
（2）反应②过程为 ＋CHCHO――→
3
（3）C 分子中含有碳碳双键，可以与 Br 的 CCl 溶液发生加成反应生成
2 4
，在碱性条件下再发生消去反应得到D。
（4）根据B和F的结构简式，再结合E的化学式和反应条件可推出E为 。（5）根据H的结构简式知，H中含氧官能团的名称是酯基、羰基（或酮羰基）和硝基。
（6）X可发生银镜反应说明分子中含有醛基，与酸性高锰酸钾反应后得到对苯二甲酸
说明在苯环上含有两个取代基且处于对位，再结合 C 的化学式（C HO）知，X 为
9 8
。
（7）根据 H′的结构简式和题给合成路线中反应⑥知，D′为 ，G′为
；根据手性碳的定义，分析H′的结构简式知，H′分子中含有5个手性碳，如图所
示 （*标记的为手性碳）。
2．（1）2氟甲苯（或邻氟甲苯）
（3）氨基、羰基、卤素原子（溴原子 、氟原子） （4）（5）取代反应 （6）10 （7）
解析：（1）A中氟原子在—CH 的2号位（或邻位），故A的化学名称是2 氟甲苯
3
（或邻氟甲苯）。（3）D中官能团除了羰基、氨基外，还有溴原子与氟原子。（4）由E和
D的结构简式及反应条件可知，Y中的—Br与D中—NH 上的H原子缩合脱去HBr，故Y
2
是 。（5）由E和F的结构简式可知，该反应属于取代反应。（6）C是 ，
其同分异构体能发生银镜反应，即含有—CHO，另外含有苯环，则在苯环上必须有—Cl、
—F，即在苯环上有三种不同的官能团，故共有10种符合条件的同分异构体。
3．（1）羧基、氨基 （2）乙酸 （3）取代反应
（4）HOOCCH COOH＋2C HOHC HOOCCH COOC H＋2HO
2 2 5 2 5 2 2 5 2
解析：根据B的结构简式和A的分子式，可知A为乙酸，分析E和F的结构简式，在
结构物质X可以发生银镜反应，则可知物质 X的结构简式为 ，最后一问在合成
的时候要注意题干提供的信息。（1）根据普瑞巴林的结构简式可知所含官能团的名称为羧
基、氨基；（4）D→E 是 D 和乙醇的酯化反应，其方程式为：HOOCCH COOH＋
2
2C HOHC HOOCCH COOC H ＋2HO；（5）手性碳是指某一个碳原子所连接的原
2 5 2 5 2 2 5 2
子或者原子团各不相同，则这个碳为手性碳，分析E～G这几种物质的结构可知含手性碳原
子的化合物是G。（6）由分析可知物质X的结构简式为 ，化合物X的含有碳氧
双键的同分异构体除X外还有3种，另外如果没有醛基，则可能是羰基，结构分别为：
，则一共6种，其中核磁共振氢谱中有两组峰的为 。（7）根据以上信息， 可以先变成苯乙酸，然后在支链上再引入一个氯原子，
再进行合成，具体路线如下：
4．（1）甲苯 （2）取代反应
（ 3 ）
（4）
（5）5
（6）
解析：（2）B→D过程是B中氯原子被—CN替代，反应类型是取代反应。（3）E→F
是 与乙醇发生酯化反应生成 （5）根据题
干条件可知，该取代基含有—OOCH，可以是CHCHCHOOCH中丙基去掉1个原子形成的
3 2 2
基团，共有3种，也可以是（CH ） CHOOCH中异丙基去掉1个原子形成的基团，共有2
3 2
种，故符合条件的同分异构体共有5种。（6）J和C HOH发生已知ⅱ的反应生成K，F与
2 5
K 经过三步反应生成 M，结合 M 的结构简式，采用逆推法，可知 P 的结构简式为
，K的结构简式为专练 64 有机合成推断二
1．（1）3氯丙烯
（2）
（3） ＋HO
2
（4）羧基、羟基
（5）取代反应
（6）
（7）10
解析：（1）从碳碳双键端点C原子开始编号，氯原子位于3号碳原子上，故命名为3-
氯丙烯。（2）结合C的分子式，对照 和 可得C的结构简式。（3）
因F不能和饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，则E中—COOH与—OH之间发生酯化反
应生成F。（4）E中含有羧基（—COOH）和羟基（—OH）两种含氧官能团。（5）G→H
为 ―→ ，即—Cl取代G中—OH。（6）对比H和J的结构简
式，可知盐I中的阴离子为 ，再结合I的分子式可推知I的结构简式。（7）
满足条件的E的同分异构体中含有1个苯环、3个甲基、1个羧基、1个醛基，将—COOH
和—CHO排在苯环的邻、间、对位置，再插入3个甲基（—CH）可得：
3共有10种。上述同分异构体经银镜
反应后酸化，—CHO转化为—COOH，所得产物中核磁共振氢谱有四组氢，即含有四种等
效氢，氢原子数量比为6∶3∶2∶1，即2个—CH 处于对称位置，2个—COOH处于对称位
3
置。
2．（1）酚羟基、醛基 （2）C H PO （3）
18 15
（4）② ②④ （5）10
（6）
――→解析：（1）化合物Ⅰ的结构简式为 ，其含氧官能团为酚羟基、醛基。（2）反
应①中的断键情况为 ， ，因此化合物Z的组成为Ph P===O，则Z
3
的分子式为C H PO。（3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，说明含有醛基，对比化合物Ⅲ和反
18 15
应②的产物，再结合Ⅳ的分子式，可知Ⅳ的结构简式为 。（4）反应②为
与氢气反应的加成反应，也是还原反应；反应③为 上的酚羟基被氧化为
羰基，所以反应③为氧化反应；反应④为加成反应。（5）该同分异构体为芳香族化合物，
说明含有苯环；该同分异构体能与NaHCO 反应，说明含有—COOH；该同分异构体最多能
3
与2倍物质的量的NaOH反应，能与3倍物质的量的Na反应，根据Ⅵ分子中含有4个氧原
子，说明除含有1个羧基外，还含有1个酚羟基、1个醇羟基；核磁共振氢谱确定有6个化
学环境相同的氢原子，说明含有两个对称的甲基；不含有手性碳原子，则该取代基只能为
，所以该同分异构体含有3种取代基，分别为 、—COOH、酚羟基，
采 用 “ 定 二 移 一 法 ” ， 有 以 下 几 种 位 置 ： 、
，故共有 10 种同分异构体。（6）由目标产物 及原料
HOCH CHCl分析可知，另一种原料（苯酚的同系物）为 ，合成时需要在苯环的碳原子
2 2
上引入 2 个醚键。结合“已知”反应，在 中引入第一个醚键，得到中间产物，引入第二个醚键，则可利用题给路线中反应 ④的原理，
在 催 化 剂 的 作 用 下 生 成 ， 而 可 以 由
水解得到，因此合成路线为
――→ 。
3．（1）氟原子、醛基 （2）abc （3）NC—CH —COOH＋HOCH CHNC—
2 2 3
CH—COOCH CH＋HO
2 2 3 2
（4）
（5） （6）N：
P： Q：
解析：（2）B为 ， 与B互为同分异构体，c正确；B
的不饱和度说明B不可能具有含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，d不正确。（4）J分
子 中 有 3 个 官 能 团 ， 包 括 1 个 酯 基 ， 结 合 和
可推出J的结构简式为 。（5）结合已知信
息ⅱ，对比 和 可推知，L 的结构简式为
。（6）结合已知信息ⅱ，由 L 逆推知 Q 为 ，P 为
，结合已知信息ⅰ，可推知 异构化为 。
4．（1）3甲基丁醛
（2）
（3）加成反应
（4）
（5）2 氨基、羧基
（6）8
解析：（2）结合已知信息（ⅰ）， 与 NC—CH —COOCH 反应生成
2 3，再脱水生成 。（5）D中有2个手性碳原
子（标*） 。G是3氨甲基5甲基己酸的一种立体异构体，
G的结构简式为 ，含有的官能团为氨基、羧基。
（6）H含有氨基、羧基，共4个碳原子，结构简式为
，①、②、
④有手性异构体，故H可能的结构（包含空间异构）共有5＋3＝8种。
