一轮复习74练答案精析_05-化学-高考总复习_一轮复习_2025年_2025年大一轮复习讲义人教版化学_资料_1-资料_大一轮复习讲义学生专用_答案精析

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一轮复习74 练答案精析
第一章　化学物质及其变化
第1 练　物质的组成、性质和转化
1．A　2.D　3.D　4.D
5．D　[茶多酚的性质不稳定，在高温下易被空气中的氧气氧化，故“翻炒”时，木炭火的
温度不是越高越好，A 错误；100 ℃时水的离子积Kw＝10－12，此时中性溶液的pH＝6，且
酚羟基具有弱酸性，茶叶中含有茶多酚，故用开水刚泡制的茶水pH 应该小于6，B 错误；
瓷器茶杯是陶瓷制品，是无机硅酸盐材料，属于传统的无机非金属材料，C 错误。]
6．B　7.C
8．C　[A 项，氢、氧两种元素除组成H2O 外还可以组成H2O2，错误；B 项，导热性、折射
率、导电性属于水的物理性质，错误；C 项，冰浮在水上，说明冰的密度小于液态水，正确；
D 项，液态水两种形态间的转化属于物理变化，错误。]
9．B　[在晶体硅中，每个Si 与其周围的4 个Si 形成共价键并形成空间网状结构，因此，平
均每个Si 形成2 个共价键， 1 mol Si 含Si—Si 的数目约为2×6.02×1023，B 说法错误；
SiHCl3易水解，氢气中混有氧气易爆炸，原料气HCl 和H2应充分去除水和氧气 ，C 说法正
确；Si＋3HCl=====SiHCl3＋H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的
反应为熵减过程，D 说法正确。]
10．B
11．A　[SO2可与NaOH 溶液反应，①可以实现；H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，②可以实
现；H2SO4＋2CH3COONa===2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；
H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，
但有单质参加，⑤可以实现；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。]
12．B　[若A 为Fe，D 为Cl2，Fe 与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，B 错误。]
13．(1)①　②④　④　(2)胶体　金颗粒
14．(1)FeCl2、Fe(OH)2　(2)②③⑤　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3　(3)1～100 nm　丁
达尔效应
(4)Fe2O3或Fe3O4　FeSO4分解生成SO2和SO3，部分S 元素被还原，则Fe 元素应被氧化，所
以X 为Fe2O3或Fe3O4　(5)bc
1
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第2 练　离子反应　离子方程式
1．C　2.D
3．B　[二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO，A 正确；石
灰乳不能拆，反应为Cl2＋Ca(OH)2===Ca2＋＋ClO－＋Cl－＋H2O，B 错误；Al 放入NaOH 溶液
中生成偏铝酸钠和氢气：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，C 正确；Pb 放入Fe2(SO4)3溶
液中发生氧化还原反应生成二价铅和二价铁离子，反应为Pb＋SO＋2Fe3＋===2Fe2＋＋
PbSO4，D 正确。]
4．C
5．D　[向溶液中加入硫酸锌，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成BaSO4沉淀，故A
不符合题意；向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，故B 不符合题意；向
溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C 不符
合题意；向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子均不发生反应，故D 符合题意。]
6．A　7.D
8．D　[硝酸具有强氧化性，可以将S2－氧化为S 单质，自身根据其浓度大小还原为NO 或
NO2，反应的离子方程式为4H＋＋2NO＋S2－===S↓＋2NO2↑＋2H2O 或8H＋＋2NO＋3S2－
===3S↓＋2NO↑＋4H2O，A 错误；明矾在水中可以电离出Al3＋，可以与NH3·H2O 电离出的
OH －发生反应生成Al(OH)3，但由于NH3·H2O 的碱性较弱，生成的Al(OH)3 不能继续与
NH3·H2O 发生反应，故反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，B 错误；
硅酸的酸性弱于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其
通入的量的多少反应生成碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO＋H2O＋CO2(少
量)===H2SiO3↓＋CO 或SiO＋2H2O＋2CO2(过量)===H2SiO3↓＋2HCO，C 错误；将等物质
的量浓度的Ba(OH)2 与NH4HSO4 溶液以体积比1∶2 混合，由于H＋与OH－结合能力强于
NH，H ＋恰好完全反应，反应的离子方程式为Ba2 ＋＋2OH －＋2H ＋＋SO===BaSO4↓＋
2H2O，D 正确。]
9．B　[碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋
Cl2===I2＋2Cl－，故A 错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：
ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故B 正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C 错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，
发生反应：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋4HSO，故D 错误。]
10．D　11.D
12．A　[二氧化碳和水在叶绿素作用下光合作用是氧化还原反应，A 错误；根据反应图像分
析，钙化过程中HCO 转化为CO、H2CO3，H2CO3分解产生CO2、H2O，CO 与Ca2＋结合形成
2
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CaCO3 沉淀，所以钙化作用的离子方程式之一为Ca2 ＋ ＋2HCO===CaCO3↓＋CO2↑＋
H2O，D 正确。]
13．(1)Cl－　Na＋　Ca2＋　(2)CO＋Ca2＋===CaCO3↓　(3)5
14．(1)Ba2＋＋SO＋H＋＋HCO===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑
HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
(3)Cu2＋＋2HS－===CuS↓＋H2S↑
(4)4CO2＋5OH－===CO＋3HCO＋H2O
(5)CO＋CH3COOH===HCO＋ CH3COO－
第3 练　氧化还原反应的概念和规律
1．B　2.C 
3．A　[用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板过程中发生反应：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，氧化剂
的氧化性强于氧化产物，即氧化性：Fe3＋>Cu2＋，A 项正确；用Na2O2作呼吸面具的氧气来
源时，Na2O2自身发生歧化反应，未氧化CO2，B 项错误；用Na2S 除去废水中的Cu2＋和Hg2
＋是发生复分解反应的过程，与Na2S 的还原性无关，C 项错误；用石灰乳脱除烟气中的SO2
过程中，先生成CaSO3，后被O2氧化为CaSO4，与SO2的氧化性无关，D 项错误。]
4．D　5.D 
6．C　[Te 为第ⅥA 族元素，与Cu 形成化合物时显－2 价，则Cu2Te 中Cu 为＋1 价，A 项
错误；反应①中，Cu 和Te 元素化合价均升高，则氧化产物为CuSO4和TeO2，B 项错误；反
应②中每生成1 mol Te，转移4 mol 电子，反应①中每生成1 mol TeO2，转移8 mol 电子，则
每制备1 mol Te，理论上共转移12 mol 电子，C 项正确；根据反应①判断，氧化剂的氧化性
强于氧化产物，则O2氧化性强于TeO2，根据反应②判断，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，
则TeO2氧化性强于SO2，D 项错误。]
7．A　[该反应中只有碘元素的价态升高，由0 价升高至KH(IO3)2中的＋5 价，每个碘原子
升高5 价，即6I2～60e－，又因化学方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以
产生22.4 L (标准状况) Cl2 即1 mol Cl2 时，反应中应转移20 mol e－，A 错误；该反应中
KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该化学
方程式的计量数可知，11KClO3～6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
11∶6，B 正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C
正确；食盐中IO 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H＋、I－发生归中反应：IO＋5I－＋6H＋
===3I2＋3H2O，淀粉与生成的I2发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验
3
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食盐中IO 的存在，D 正确。]
8．C　9.A　10.D 
11．(1)Cu　＞　(2)33.6　(3)D
(4)
＋8H2O
解析　(3)根据氧原子守恒则n＝2，根据氢原子守恒则y＝4，根据R 原子守恒则x＝m，根据
电荷守恒则2x＋y＝3m，所以x＝y＝m＝4；在反应中，R 的化合价升高，R2＋是还原剂，则
R3＋是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O 是还原产物。
12．(1)CuI　I2　(2)2Cu＋I2===2CuI　(3)＞　高　(4)AC
13．(1)NaOH 溶液　防止尾气污染环境
(2)MnO2＋4HCl(浓)=====MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(3)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋　取少许溶液于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，
再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO，反之无SO
(4)SO2＞Fe2＋＞Cl－　(5)乙、丙
解析　(1)向B 中的FeCl2溶液中通入氯气和二氧化硫，为防止多余的氯气和二氧化硫污染空
气，需要将其除去，所以棉花中浸润的溶液为NaOH 溶液。(2)实验室制备氯气用的是二氧
化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)=====MnCl2＋Cl2↑＋
2H2O。(3)先向B 中的FeCl2溶液中通入Cl2，B 中的亚铁离子被氯气氧化为铁离子，再向B
中通入一定量的SO2气体，铁离子被二氧化硫还原为亚铁离子，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋
2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋。(5)过程Ⅱ是为了检验Fe2＋被氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了
检验二氧化硫被Fe3＋氧化后的产物。甲：过程Ⅱ中检出离子有Fe3＋无Fe2＋，说明氯气过量，
过程Ⅳ中检出离子有SO，不能说明二氧化硫是被铁离子氧化的，也可能是被氯气氧化的，
甲错误；乙：过程Ⅱ中检出离子既有Fe3＋又有Fe2＋，说明亚铁离子未被氧化完全，氯气量
不足，过程Ⅳ中检出离子有SO，一定是二氧化硫被铁离子氧化得到的，乙正确；丙：过程
Ⅱ检出离子有Fe3＋无Fe2＋，而过程Ⅳ中检出离子有Fe2＋，说明二氧化硫把铁离子还原为亚
铁离子，丙正确。
第4 练　氧化还原反应方程式的配平及计算
1．A　
2．B　[由题干信息得到该离子方程式为5IO＋2Mn2＋＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋，IO 中
的碘元素在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，故A 正确；根据反应方
4
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程式可知，该反应的氧化剂是IO，氧化产物是MnO，则氧化性强弱顺序是IO＞MnO，故B
错误；根据方程式可知：氧化剂碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5∶2，故C
正确；根据离子方程式可知，有2 个 Mn2＋参加反应时，转移电子的个数是10 个，故D 正
确。]
3．B　[根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋
2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W 为4H＋，A 错误；由反应①可知，还原性：SO2>Fe2
＋，B 正确；反应②中，根据得失电子守恒可得，Cr2O 和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、
2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总
数相等可得，b＝14，C 错误；Cr2O 具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化
性：Cr2O>SO，则Cr2O 能将SO2 氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋
H2O 能发生，D 错误。]
4．C　5.A 
6．(1)1　1　2　1　1　1　(2)1　1　2　1　2　(3)1　1　2　1　1　1
7．(1)6　1　12　12　6　6　6　(2)1　12　4　2　13
(3)2x　2　2x　2x　1　(4)1　6　1　6　12
8．(1)Na2SO4·10H2O＋4C=====Na2S＋4CO↑＋10H2O
(2)FeS＋CrO＋4H2O===Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－
9．2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O
10 ．(1)ZnO ＋2NH3·H2O ＋2NH===[Zn(NH3)4]2
＋＋3H2O 　(2)2AsCl ＋2H2O2 ＋
6NH3·H2O===As2O5(胶体)＋10Cl－＋6NH＋5H2O
11．(1)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O
(2)5TiO2＋6C＋10Cl2=====5TiCl4＋2CO＋4CO2
12．(1)H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(2)NO　3Fe　8　3　NH　2H2O
13．(1)4Al＋3MnO2=====3Mn＋2Al2O3
(2)①MnO2＋SO2======MnSO4　②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　③溶液
中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋CO(aq)，CO 消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2
＋H2OH2SO3H ＋＋HSO ，Mn2 ＋有催化作用，可促进反应2SO2 ＋O2 ＋
2H2O=====2H2SO4发生　(3)55c(V1－V0)×10－3
解析　(2)②据图可知过程Ⅰ中MnO2被Fe2＋还原生成Mn2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，根据电子
守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(3)滴定时
发生反应Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝c(V1－V0)×10－3 
mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10－3 g·mL－1。
14．(1)②Fe3＋、Mn2＋　(2)①2　4　Cl－　2　Fe2＋
5
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(3)①2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
第二章　物质的量
第5 练　物质的量　气体摩尔体积
1．C　2.C　3.D
4．A　[据n＝可知，该气体的物质的量为1 mol。该温度和压强下，1 mol 该气体的体积为
30 L，若是标准状况，其体积约是22.4 L，故A 不正确、B 正确；1 mol 该气体含有
1.204×1024个原子，则1 个该气体分子中含有原子个数为＝2，故C 正确；因1 mol 该气体
在该条件下为30 L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30 L·mol－1，故若O2在该条件下为
气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L，故D 正确。]
5．A　6.D
7．A　[溶液体积未知，不能计算Co2＋的数目，B 错误；合成氨是可逆反应，0.1 mol N2不
能完全反应，故生成的NH3分子数小于0.2NA，C 错误；水中也含有氧原子，则n(O)＝×2＋
≈5.6 mol，D 错误。]
8．D　[根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，同质量气体的体积与其摩尔质量成反比。
四种气体的摩尔质量的大小关系为M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以气球①②③④中的
气体分别为SO2、CO2、O2、CH4，A 错误；同质量的气体，分子数之比等于其物质的量之
比，也等于其摩尔质量的反比，气球①和气球③中气体分子数不相等，气球①和气球④中气
体物质的量之比为1∶4，B、C 错误；同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，气球
③和气球④中气体密度之比为2∶1，D 正确。]
9．B　10.A
11．A　[由题意知，n(CO)×28 g·mol－1＋n(CO2)×44 g·mol－1＝14.4 g、n(CO)＋n(CO2)＝＝
0.4 mol，联立两式解得：n(CO)＝n(CO2)＝0.2 mol。A 错，混合气体的总物质的量为0.4 
mol，则所含碳原子总数为0.4NA；B 对，混合气体通过NaOH 溶液时，CO2被吸收，气球中
收集到的气体是CO，其物质的量为0.2 mol，故在标准状况下的体积为4.48 L；C 对，
NaOH 溶液吸收CO2生成Na2CO3和H2O，则NaOH 溶液增加的质量即为CO2的质量，应为
0.2 mol×44 g·mol－1＝8.8 g；D 对，相同温度和压强下，气体的体积之比等于其物质的量之
比，则CO 和CO2的体积之比等于0.2 mol∶0.2 mol＝1∶1。]
12．C　[左右两室体积相同，气体密度相同，则气体质量相同，根据N＝n·NA＝NA，相同质
量时，分子数与摩尔质量成反比，则开始时氢气室分子数多，故A 错误；两种气体质量相
同时，氢气的物质的量多，氢气和氯气以1∶1 反应，则氢气过量，所以最终容器内有氢气
6
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剩余，故B 错误；反应中氢气有剩余，且气体总的物质的量不变，反应后两室气体物质的
量相同，氢气室气体的物质的量减小，即压强减小，故C 正确；反应前后气体总质量不变，
容器体积不变，根据ρ＝知，最终容器内气体密度与原来相同，故D 错误。]
13．(1)17∶16　(2)80%　(3)5(a＋b－d)g·mol－1
(4)a.①<②<③　b．②<③<①　c．②<③<①
14．(1)1　(2)11　(3)11　(4)2
解析　(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，由图可知甲室中气体的物质
的量为＝1 mol。(2)乙室中HCl 气体的质量为0.6 mol×36.5 g·mol－1＝21.9 g，则甲室中气体
的质量为21.9 g－10.9 g＝11 g。(3)甲室中气体的物质的量为1 mol，质量为11 g，平均摩尔
质量为11 g·mol－1，则甲室中NH3、H2的平均相对分子质量为11。(4)设甲室中氨气的物质的
量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为x＋y＝1 mol，17 g·mol－1
×x＋2 g·mol－1×y＝11 g，可得x＝0.6 mol、y＝0.4 mol；如果将隔板a 去掉，0.6 mol HCl 与
0.6 mol NH3恰好完全反应生成氯化铵固体，剩余H2的物质的量为0.4 mol，同温同压下，气
体的体积之比等于其物质的量之比，所以隔板b 将会左移至刻度“2”处。
第6 练　物质的量浓度
1．C　2.C　3.B 
4．A　[98%的浓H2SO4中溶质的物质的量浓度c＝＝mol·L－1＝18.4 mol·L－1，配制1 mol·L
－1的稀H2SO4 100 mL 需要浓硫酸的体积V＝≈0.005 4 L，即5.4 mL。]
5．D　[配制500 mL 0.100 mol·L－1 NaCl 溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、
500 mL 容量瓶、胶头滴管等，A 错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、
溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B 错误；容量瓶用蒸
馏水洗净后，不必干燥，C 错误；定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的
体积V 偏大，溶液的浓度偏低，D 正确。]
6．C　7.A　8.B　9.D 
10．C　[根据溶质的质量分数w＝×100%，m 溶质＝A g，V mL 水的质量为V g，m 溶液＝(A
＋V) g，w＝×100%，故A 正确；根据溶质的物质的量浓度c＝，n＝ mol，V′＝ L，代入
可得c＝ mol·L－1，故B 正确；1 mL 该溶液中n(Cl－)＝ mol·L－1×1 mL×10－3 L·mL－1×n
＝ mol，故C 错误；该温度下此盐的溶解度S＝ g，故D 正确。 ]
11．C　[根据题意可知，钠离子的质量是ρVa% g，物质的量是 mol，所以硫酸钠的物质的
量是 mol，质量是 mol×142 g·mol－1 g，溶质的质量分数是＝%，A 正确；溶液的物质的量
浓度c＝＝ mol·L－1，B 正确；溶质和溶剂的物质的量之比是 mol∶＝9a∶(2 300－71a)，C
错误；硫酸根离子的质量分数是＝%，D 正确。]
7
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12．C　[根据c＝，可知该硝酸的物质的量浓度c＝ mol·L－1＝14.0 mol·L－1，A 项正确；
某同学用该浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，溶液体积偏小，会造成最终配制的稀硝酸
浓度偏高，B 项正确；Cu 与浓HNO3 发生反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋
2H2O，硝酸浓度降低到某一浓度后，开始生成NO，不再生成NO2,50 mL 该浓硝酸中，硝酸
的物质的量n＝0.05 L×14 mol·L－1＝0.7 mol，由4HNO3～2NO2可知，生成NO2的物质的量
小于0.35 mol，C 项错误；等体积的水与该硝酸混合所得溶液的体积小于原硝酸体积的2 倍，
因此所得溶液的物质的量浓度大于7.0 mol·L－1，D 项正确。]
13．(1)7.14 mol·L－1　>　(2)32　0.2　(3)65.57%　(4)22.35 g
14．(1)⑤　(2)50 mL 容量瓶　(3)偏小　(4)2　(5)当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，溶液由
无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(6)1.2
解析　(3)用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，配制的溶液浓
度将偏小。(6)20.00 mL 血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量
为0.020 mol·L－1×0.012 L＝2.4×10－4 mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO＋6H＋
===2Mn2 ＋＋10CO2↑＋8H2O 及草酸钙的化学式CaC2O4 可知，n(Ca2 ＋) ＝n(H2C2O4) ＝
×2.4×10－4 mol＝6×10－4 mol，Ca2＋的质量为40 g·mol－1×6×10－4 mol＝0.024 g，其浓度
为＝1.2 mg·cm－3。
第7 练　化学计算的常用方法
1．C　2.C 
3．A　[设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条
件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比， 
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O　ΔV
1　　　　　　　　　　　x 
15．6 L　　　　　　　　46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。]
4．B　[M 的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为
2Mn＋　　　　　～　　　　　　nCO
2　　　　　　　　　　　　　　n
0．04 L×0.5 mol·L－1　　0.015 L×2 mol·L－1
解得n＝3。]
5．C　6.C 
7．C　[高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋
＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO4·7H2O)
8
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＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。]
8．A　[由题意可知，混合物中的Fe 元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N 元素守恒可得，
n[Fe(NO3)2]＝(0.15 L×4 mol·L－1－)×＝0.25 mol，则n(Fe)＝0.25 mol，所以用足量的H2在
加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为0.25 mol。]
9．D　[在溶液中微粒反应的顺序是Fe2＋＞ Br－，n(Cl2)＝＝0.15 mol；n(Cl－)＝0.3 mol；假
设FeBr2溶液的浓度是x mol·L－1，则在原溶液中 n(Fe2＋)＝0.1x mol，n(Br－)＝0.2x mol；方
法一：得失电子守恒，由题意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：电荷
守恒，反应后主要离子为Fe3＋、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。也可依据
分步反应或总反应求解。]
10.
11．(1)溶液由蓝色变无色，且30 s 内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO
解析　(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为
×100%＝×100%。(2)CaO2·8H2O 的摩尔质量为216 g·mol－1，故2.16 g 过氧化钙晶体为0.01 
mol,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。
12．(1)17%　(2) 
13．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小
(2)①偏大　②12.32%
解析　(1)H2O2 氧化后的溶液为Fe2(SO4)3 溶液，Fe2(SO4)3 发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－
2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水
解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋
还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，则还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若
不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7
溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2O)
＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00×10－3 L＝1.100×10－3mol，根据得失电子守恒得滴定时反应
的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2O～
6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe 元素守恒，样品
中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数
w(Fe)＝×100%＝12.32%。
9
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第三章　化学实验基础知识
第8 练　化学实验基础知识和技能
1．B　2.A　3.A 
4．A　[检测气体的酸碱性时需要润湿pH 试纸，而测定溶液的pH 时不需要润湿，故A 错误；
硫易溶于CS2，则可用CS2洗去试管内壁上残留的硫，故B 正确；碘不易溶于水，易溶于苯
或四氯化碳，则可用苯代替四氯化碳萃取碘水中的碘，故C 正确；丁达尔效应为胶体特有
的性质，则用聚光手电筒照射CuSO4 溶液和Fe(OH)3 胶体时，产生的现象不同，故D 正
确。]
5．C　[银单质与氨水不反应，可用稀硝酸清洗，A 不符合题意；油脂在碱性环境下水解生
成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐和甘油都能溶于水而洗去，反应中没有元素化合价变
化，不属于氧化还原反应，B 不符合题意；二氧化锰与热的浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和
水，不溶性的二氧化锰转化为可溶性的氯化锰而洗去，反应中氯元素、锰元素的化合价发生
变化，属于氧化还原反应，C 符合题意；碘能溶于酒精形成溶液，因此附有碘的试管用酒精
清洗，但属于物理变化，D 不符合题意。]
6．A　7.A　8.A　9.D 
10．B　[NaH、CaC2均易与水反应，所以应密封保存，A 正确；液溴和少量白磷保存时均加
水液封，前者是为了防止液溴挥发，后者是为了防止白磷与空气中的氧气反应，B 错误；
FeCl2中的Fe2＋易被氧化、易水解，保存时，加入铁屑可防止Fe2＋被氧化，加入稀盐酸可抑
制Fe2＋水解，C 正确；NaF 水解可产生HF，HF 易与玻璃中的SiO2反应，所以HF 溶液和
NaF 溶液都应用塑料瓶盛装，D 正确。]
11．D　[将黑木耳灼烧灰化，应该在坩埚中灼烧，选用的仪器有①②⑥⑦⑨，故A 正确；
用胶头滴管把浓硝酸滴入木耳灰中，使木耳灰溶解，用过滤的方法获得滤液，选用的仪器有
④⑤⑦⑩，故B 正确；检验滤液中的Fe3＋，取少量滤液于试管中，用胶头滴管滴加几滴
KSCN 溶液，若溶液变红说明含有Fe3＋，选用③⑧⑩，故C 正确；进行硫酸铜结晶水含量的
测定需要称重，缺少天平，故D 错误。]
12．D　
13．B　[从海带中提取I2，需要灼烧、溶解、氧化、过滤，使用的玻璃仪器有酒精灯、漏斗
玻璃棒、烧杯、分液漏斗，需要的试剂有蒸馏水、新制氯水、CCl4，仪器缺少漏斗，A 不符
合题意；乙醛的银镜反应需热水浴加热，用胶头滴管向盛有银氨溶液的试管中滴加乙醛溶液，
然后将该试管放入热水浴中进行反应，故使用到的玻璃仪器有烧杯、酒精灯、试管、胶头滴
10
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管，试剂有乙醛溶液、银氨溶液，B 符合题意；用一个干燥的烧瓶收集氨气，并用带有玻璃
导管和胶头滴管(事先吸有水)的双孔塞塞紧，导管末端放入盛有水的烧杯中，当实验时，将
止水夹移到玻璃管处，挤压胶头滴管，使少量水进入烧瓶中，就会形成压强差而形成喷泉，
仪器缺少胶头滴管，C 不符合题意；用95%的乙醇制取无水乙醇时，需将95%的乙醇、生石
灰混合加热，用温度计测量蒸气温度，用冷凝管冷却降温，冷凝管与接收器锥形瓶通过牛角
管连接，仪器缺少温度计，药品缺少生石灰，D 不符合题意。]
14．(1)容量瓶　(直形)冷凝管　(2)②⑥　(3)试管
(4)②④⑧⑨　(5)⑧⑨　(6)B　(7)砝码放在左盘，烧杯放在右盘(或砝码和烧杯的位置放反了) 
27.4　(8)胶头滴管伸入试管内　试管口向上倾斜　混合气体从短导管进入洗气瓶
第9 练　物质的分离与提纯
1．A　2.C　3.A 
4．C　[①加入氯化铁，生成KCl，引入新杂质，应加入硝酸铁除杂，错误；②铁可置换出
铜，可除去杂质，正确；③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除去杂质，干燥后得到纯净的
氢气，正确；④碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法除去，正确。]
5．A　[乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可以采用分液法进行分离，A 项正确；
FeSO4·7H2O 易被氧化，且蒸干易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备，B 项
错误；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到CuSO4·5H2O，但仪器应选蒸发皿，C 项错
误；应采用萃取、分液、蒸馏的方法得到I2，D 项错误。]
6．A　7.B　8.B 
9．A　[Na2CO3溶液也能吸收CO2，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A 错误；
由于KNO3 的溶解度受温度影响较大，故可采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离KNO3 和
NaCl，故B 正确；碱石灰可除去H2中的HCl 和H2O(g)，故C 正确；碱石灰能干燥NH3，故
D 正确。]
10．C　[浓硫酸与铜反应需要加热，装置甲中没有酒精灯，无法反应制取SO2，故A 错误；
胶头滴管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B 错误；灼烧
CoCO3固体应用坩埚，故D 错误。]
11．B　12.A 
13．(1)防止CuO 颗粒穿过滤纸或防止滤纸破损
(2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净
14．(1)B　(2)③④②(或④②③或④③②)
(3)KOH ＋ HCl===KCl ＋ H2O、K2CO3＋2HCl===2KCl＋H2O＋CO2 ↑　(4)取少量液体Ⅱ
于试管中，滴加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则SO 已沉淀完全
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第四章　金属及其化合物
第10 练　碱金属　钠及其氧化物
1．C　2.D　3.C
4．B　[金属钠失电子均变为＋1 价的阳离子，等质量的两块钠，失电子数是一样的；根据
反应：4Na＋O2===2Na2O，1 mol 金属钠完全反应得氧化钠的质量是31 g，根据反应：2Na
＋O2=====Na2O2,1 mol 金属钠完全反应得过氧化钠的质量是39 g，故等质量的两块钠，生
成过氧化钠的质量大，即第一块钠的反应产物质量大。]
5．B　[金属钠和二氧化碳反应生成金刚石，反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，
钠作还原剂，二氧化碳发生还原反应，故A、C 正确；钠与二氧化碳反应生成金刚石和氧化
钠，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故B 错误，D 正确。]
6．D　7.A 
8．D　[Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液呈碱性，HCO 与OH－反应生成CO，则
②HCO 浓度减小，④CO 浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO 氧化为SO，则③SO 浓度
减小，⑤SO 浓度增大；①NO 浓度基本不变，故选D。]
9．B　
10 ．C 　[H2 、CO 发生反应的化学方程式分别为2H2 ＋O2=====2H2O,2Na2O2 ＋
2H2O===4NaOH＋O2↑；2CO＋O2=====2CO2,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，则过氧化钠
增加的质量即为H2、CO 的质量。因此只要是CO 或H2或它们的混合气体或化学式组成符合
(CO)m·(H2)n，过氧化钠固体增重的质量就等于原物质的质量，则①②符合；而④HCHO 可以
改写成CO·H2，⑤CH3COOH 可以改写成(CO)2·(H2)2，⑥HCOOH 可以改写成CO2·H2，故
①②④⑤符合。]
11．D　
12．D　[KO2中K 元素显＋1 价，则O 元素显－价，A 错误；KO2是由K＋和O 构成的，其
阴、阳离子个数之比为1∶1 ，B 错误；KO2 与CO2 反应的化学方程式为4KO2 ＋
2CO2===2K2CO3＋3O2　Δm＝8，即4 mol KO2完全反应，固体质量减少8 g，则1 mol KO2与
CO2反应后，固体质量减少2 g，C 错误；KO2和Na2O2分别与足量水反应的化学方程式为
4KO2＋2H2O===4KOH＋3O2↑、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，所以当＝1 时，生成O2
的物质的量之比为3∶2，D 正确。]
13．(1)饱和碳酸氢钠　(2)C　(3)5　变浑浊
(4)①2Na＋2CO2=====Na2CO3＋CO　②4Na＋3CO2=====2Na2CO3＋C
12
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14．(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　(2)①长颈漏斗 
吸收氢气中的杂质气体(或除去氢气中的水蒸气和氯化氢气体)　②检验氢气纯度　③检验是
否有水生成　④Na2O2＋H2=====2NaOH
第11 练　碳酸钠和碳酸氢钠　钠及其化合物的相互转化
1．C　2.B　3.D
4．B　[CO、HCO 发生水解，溶液显碱性，相同浓度下，CO 的水解程度比HCO 的大，所
以相同浓度和体积的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，pH(Na2CO3)>pH(NaHCO3)，故A 正确；
实验后，碳酸钠溶液和氯化钙溶液恰好反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液中的离子主要有
Na＋、Cl－，而碳酸氢钠溶液和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠、水和二氧化碳，
氯化钙有剩余，溶液中的离子主要有Na＋、Cl－、Ca2＋，故两者的离子种类不完全相同，故
B 错误；加入氯化钙后，左侧试管中只有白色沉淀生成，则反应的化学方程式为Na2CO3＋
CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl，右侧试管中有白色沉淀和无色气体产生，则反应的化学方程式
为2NaHCO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，由化学方程式可知起始CO、HCO
的物质的量相同时，Na2CO3溶液中生成的沉淀比NaHCO3溶液中生成的沉淀多，故C 正确；
两试管中发生的反应均为复分解反应，故D 正确。]
5．B　6.A 
7．B　[二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则反应③表明CO2具有酸性氧化物的性
质，故A 正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则反应④说明Na2CO3 的热稳定性强于
NaHCO3，故B 错误；过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇中氧气的供给，
故C 正确；④是分解反应，①是化合反应，②是置换反应，故D 正确。]
8．D　[为了防止空气中的二氧化碳对实验的影响，需先通过装置A 吸收空气中的二氧化碳，
则装置A 中的试剂为 NaOH 溶液，C 中的试剂应能与二氧化碳反应生成沉淀，应为
Ba(OH)2溶液，故A 错误；若B、C 之间添加饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，挥发出的HCl 气
体会和NaHCO3反应生成CO2气体，对测定纯碱纯度会有影响，故B 错误；盐酸易挥发，B
中可能有HCl、H2O 进入C 中，不能通过测定C 的质量差来确定CO2的质量，应通过测量C
中产生的沉淀质量来确定碳酸钠的质量分数，故C 错误；沉淀表面可能附着少量水分和溶
于水的杂质，应经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作测定装置C 中沉淀质量，故D 正确。]
9．B　
10．D　[由175 mL 到275 mL 是盐酸与碳酸氢钠反应，则n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＝n(CO2)
＝0.02 mol，根据关系式NaHCO3～HCl 可得，c(HCl)＝＝0.2 mol·L－1，A 正确；由图像可知，
因为175＞275－175，所以固体混合物为NaOH、Na2CO3，B 正确；分析可知，反应后的固
体中n(Na2CO3)∶n(NaOH)＝4∶3，再根据反应后固体溶于水无气体放出，则发生反应：
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2NaHCO3=====Na2CO3 ＋CO2↑＋H2O 、2Na2O2 ＋2CO2===2Na2CO3 ＋O2 、2Na2O2 ＋
2H2O===4NaOH＋O2↑，密闭容器中排出气体的成分为O2和H2O，C 正确；根据碳原子守
恒可知，n(NaHCO3)＝n(CO2) ＝0.02 mol，盐酸体积为275 mL 时溶质是单一的氯化钠，根
据钠原子守恒可知n(Na2O2)＝＝0.017 5 mol，固体的质量为(0.02×84) g＋(0.017 5×78) g＝
3.045 g，故x＝3.045，D 错误。]
11．D　[Ⅱ和Ⅰ的pH 曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，
不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为CO＋Ca2＋===CaCO3↓，故B 正确；Ⅲ的pH 曲
线逐渐降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和
水，反应的离子方程式为HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，故C 正确；石灰水恰好完
全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在
溶液中水解使溶液呈碱性，故D 错误。]
12．(1)淡黄　(2)2NaHCO3=====Na2CO3＋H2O＋CO2↑　(3)点燃的蚊香燃烧更剧烈　制氧
剂
13．(1)①CD　②防倒吸　③NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通入NH3，
可提高CO2利用率　④控制氨气(或CO2)的通入量　(2)①碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防
止生成碱式碳酸镧　②2La3＋＋3HCO===La2(CO3)3↓＋3H＋
14．(1)Na2CO3　分液漏斗　除去CO2中的水蒸气　(2)①液面上升　②体积　(3)①过滤　称
量　②×100%
解析　(2)①将针筒活塞向内推压，增大了容器中的压强，若仪器b 下端玻璃管中的液面上
升，则装置气密性良好。②CO2 是气体，故能直接测得的数据是CO2 的体积。(3)根据
Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，n(Na2CO3)＝n(BaCO3)＝ mol，所以Na2CO3的质量
分数为×100%。
第12 练　铁及其氧化物和氢氧化物
1．C　2.A 
3．C　[铁的三种氧化物中，氧元素的化合价都为－2 价；铁元素的化合价不同，氧化铁中
铁为＋3 价，氧化亚铁中铁为＋2 价，四氧化三铁中铁为＋2 价和＋3 价；氧化铁俗称铁红，
是一种红棕色粉末；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，是一种黑色固体。]
4．D　[氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，A 项错误；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢
气，B 项错误；氧化亚铁和盐酸反应生成氯化亚铁和水，C 项错误；氧化铁和盐酸反应生成
氯化铁和水，可以制备氯化铁溶液，D 项正确。]
5．C　6.D 
7．D　[准确称量一定质量的黑色粉末，用H2充分还原，并用干燥剂收集所得水，获得水的
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准确质量，计算得到氧元素的质量和铁元素的质量，依据铁元素和氧元素物质的量之比确定
化学式，能计算得到物质组成，故A 不选；准确称量一定质量的黑色粉末，溶解于足量盐
酸，加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变，称量所得粉末质量，即氧化铁的质量，依据
铁元素和氧元素守恒计算铁元素和氧元素物质的量之比，判断氧化物的化学式，能计算得到
物质组成，故B 不选；准确称量一定质量的黑色粉末，用CO 充分还原，在CO 气流中冷却
后准确称量剩余固体的质量，依据铁元素和氧元素质量守恒计算铁元素和氧元素物质的量之
比，分析判断氧化物的存在形式，能计算得到物质组成，故C 不选；准确称量一定质量的
黑色粉末，与一定质量铝粉混合后点燃，充分反应后冷却，准确称量剩余固体质量，反应前
后都是固体，反应前后固体质量不变，不能计算确定该黑色粉末的成分，故D 选。]
8．C　9.B　10.C
11．C　[“氧化Ⅰ”中主要发生的是铁和水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和H2的反应，
则M 为Fe3O4，A 正确；甲烷中碳元素是－4 价，二氧化碳中碳元素是＋4 价，因此“干重
整”时有可能生成单质碳，装置中可能出现积碳，B 正确；“氧化Ⅱ”中发生的主要反应是
O2＋4Fe3O4=====6Fe2O3，C 错误；根据题图和已知信息可判断该过程能有效实现温室气体
(CH4、CO2)的回收利用，D 正确。]
12．C　[根据两套装置中各仪器的功能，可以判断出A 中放置普通铁粉，B 中放一定体积的
水，持续加热提供水蒸气，C 是安全瓶，用于防倒吸，D 是利用排水集气法收集氢气。E 中
反应物为A 中生成的四氧化三铁，I 中放置普通铁粉，通过分液漏斗加入一定体积的盐酸制
备H2，从I 中逸出的气体中含有挥发出的氯化氢，经过G(内有碱石灰)除杂干燥后得到纯净
的氢气，氢气进入E 中和Fe3O4在一定温度下进行反应，得到“引火铁”，剩余的氢气在F
处进行收集或其他处理。]
13．(1)关闭a，从球形漏斗口加水，待水从漏斗管上升与容器的水面形成一段水柱差，停止
加水，静置片刻，如水柱不下降，证明其气密性良好　(2)在b 出口处检验氢气的纯度
(3)除去H2中混有的HCl 气体　浓硫酸　干燥氢气
(4)Fe2O3＋3H2=====2Fe＋3H2O、FeO＋H2=====Fe＋H2O
(5)16 g
14．(1)抑制Fe3＋的水解　(2)铁粉逐渐溶解，有无色气体生成，溶液由棕黄色逐渐变为浅绿
色　(3)ACBD　将装置中的氨气全部排入装置D 中被吸收，防止拆除装置时残留的氨气逸
出污染空气　(4)Fe2 ＋＋2NH3＋2H2O===Fe(OH)2↓＋2NH　作安全瓶，防倒吸　(5)1∶2 
FeO·Fe2O3·4H2O　(6)取少量灰绿色物质于试管中，加入稀盐酸(或稀硫酸)溶解，将溶液分成
两份，一份滴入几滴KSCN 溶液，变为红色；另一份加入适量K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色
沉淀，则灰绿色物质中含Fe3(OH)8
解析　(3)制备氢氧化亚铁的装置中，A 装置中将浓氨水滴到生石灰上，使生石灰和水反应
放出热量，使氨气逸出，一开始通入氮气的作用是将装置中的空气全部排出，B 装置的作用
15
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是使氨气和新制硫酸亚铁溶液反应产生氢氧化亚铁，C 装置的作用是作为安全瓶，防止倒吸，
D 装置的作用是吸收尾气，故装置连接顺序为A→C→B→D。(6)要设计实验证明灰绿色物
质中含Fe3(OH)8，即要证明此物质中既有Fe2＋又有Fe3＋，Fe2＋用K3[Fe(CN)6]溶液检验，Fe3＋
用KSCN 溶液检验。
第13 练　铁盐、亚铁盐　铁及其化合物的转化
1．A　
2．C　[铁可用于湿法炼铜：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，是因为铁的还原性大于铜，与Fe 有导
电性无关，故不选A；FeCl3可用于净水，是因为Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体能吸附水中
的悬浮杂质，与FeCl3的氧化性无关，故不选B；Fe2O3呈红棕色，可用于制作红色颜料，故
选C；K2FeO4可用于杀菌消毒，是因为K2FeO4具有强氧化性，与K2FeO4的溶解性无关，故
不选D。]
3．C　4.D 
5．B　[FeCl3溶液中Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，且将Na2S 溶液逐滴加入等
物质的量浓度的FeCl3溶液中，发生反应：2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓，由此看出Fe3＋在酸性
环境中氧化性较强，故A 正确；Na2S 溶液中S2－水解：S2－＋H2OHS－＋OH－(主要)、HS
－＋H2OH2S＋OH－(少量)，将FeCl3溶液逐滴加入等物质的量浓度的Na2S 溶液中，发生
反应：2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓，没有生成硫单质，S2－在碱性环境中还原性较弱，故B 错误
由于将FeCl3 溶液逐滴加入等物质的量浓度的Na2S 溶液中，发生反应：2Fe3 ＋＋3S2 －
===Fe2S3↓，不生成Fe(OH)3，说明相同温度下Fe(OH)3的溶解度比Fe2S3的大，故C 正确；
向FeCl3溶液中通入H2S，硫离子被铁离子氧化成硫单质，有硫析出，故D 正确。]
6．C
7．B　[铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B 中收集到的气体是氢气，A 项正确；双
氧水具有氧化性，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，B 项错误；氧化铁为碱性氧化物，可与盐酸反应生
成氯化铁和水，C 项正确；因铁离子易水解，故FeCl3溶液应在氯化氢气氛下，经蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤后得到氯化铁晶体，D 项正确。]
8．C　[Mg 与FeCl3反应生成FeCl2，过量Mg 可与FeCl2反应置换出Fe，过滤可分离，A 正
确；加入过量铁粉，FeCl3 与Fe 反应生成FeCl2，过滤可达到除杂的目的，B 正确；加入
NaOH 溶液，Cu2＋、Fe3＋均能转化成氢氧化物沉淀，不符合除杂要求，C 错误；H2O2可将
Fe2＋氧化成Fe3＋，加CuO 可促进铁离子水解转化成Fe(OH)3沉淀，过滤可分离，D 正确。]
9．C　10.C
11．A　[由题意知铁离子、银离子均被还原，氧化性：Zn2＋＜Cu2＋＜Fe3＋＜Ag＋，A 错误、
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B 正确；Fe 先还原Ag＋，发生的反应为2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag，然后发生反应：Fe＋2Fe3
＋===3Fe2＋，所以n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(0.05＋0.15) mol∶0.1 mol＝2∶1，C 正确；由Fe＋2Fe3
＋===3Fe2＋可知，1 mol Fe 恰好还原2 mol Fe3＋，D 正确。]
12．C　[操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故A 正确；该流程
中试剂B 的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，酸性高锰酸钾溶液和稀硝酸都可以将Fe2＋氧化成Fe3
＋，但都会引入新杂质，故C 错误；由D→E 的化学方程式可知反应中生成的二氧化硫可将
氯化铁还原为氯化亚铁，若是SO2作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故取样溶解后，先加盐
酸酸化，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，则可证明二氧化硫将Fe3＋还原，故D 正确。]
13．(1)防止Fe2＋被氧化　 (2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影
响)　(4)Fe2＋　Fe3＋　可逆反应　(5)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　Fe3＋催化H2O2分解
产生O2　H2O2分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动
14．(1)Fe2O3和SiO2　SiO2　(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率 
(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O=====15FeSO4＋8H2SO4　(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 
(5) ＋2 　6Fe(NH4)2Fe(CN)6 ＋ClO ＋6H ＋=====6Fe(NH4)Fe(CN)6 ＋Cl －＋3H2O ＋6NH 
(6)H2O2　NH3·H2O
解析　已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应为4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2，故产生
的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2；将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热，反应为
Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁
矿进行还原，将Fe3＋还原为Fe2＋，由(3)小问可知不生成S 单质，则硫元素被氧化为SO，反
应为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O=====15Fe2＋＋2SO＋16H＋，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤，得到FeSO4 晶体和母液，母液中主要含有FeSO4 溶液和H2SO4，加水溶解
FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH 为3，进
行沉铁，反应原理为Fe2＋＋2NH＋[Fe(CN)6]4－===Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗
涤后加入H2SO4 和NaClO3 进行氧化，反应为6Fe(NH4)2Fe(CN)6 ＋ClO ＋6H ＋
=====6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH，过滤、洗涤、干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，
据此分析解题。
第14 练　铝、镁及其化合物
1．C　2.D
3．C　[可溶性的铝盐Al2(SO4)3溶液与少量NaOH 溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量
的氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸也会溶解。]
4．C　[铝与NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，A 错误；
Al2O3与NaOH 溶液反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O，B 错误；明矾溶于水
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后电离产生的铝离子发生水解，产生的氢氧化铝胶体能吸附悬浮物，起到净水作用，C 正确；
一水合氨为弱碱，故氢氧化铝无法与一水合氨发生反应。 ]
5．B　6.D 
7．A　[MgCO3是微溶物，不可拆成离子，故A 错误；SiO2不溶于盐酸，浸出渣为SiO2，故
B 正确；加入氨水沉镁：MgCl 2＋2NH3·H2O ===Mg(OH)2↓＋2NH4Cl，母液的主要溶质是
NH4Cl，故C、D 正确。]
8．D　[向NaAlO2溶液中通入CO2气体，发生反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热分
解产生Al2O3，在上述转化过程中无元素化合价的变化，因此涉及的反应均为非氧化还原反
应，A 正确；Al2O3是两性氧化物，与NaOH 溶液反应产生NaAlO2和水，B 正确；酸性：
H2CO3＞Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3、NaHCO3，该反
应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，C 正确；电解熔融Al2O3时，阳
极上O2－失去电子变为O2，电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，D 错误。]
9．C
10．B　[冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷却水的方向为下进上出，则a 为冷却水进
水口，故A 正确；MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进
入三颈烧瓶，则装置A 的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B 错误；制
取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为
防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C 正确；不能用干燥空气代替N2，空气中含
有的氧气可将镁氧化为副产物MgO，会阻碍反应的进行，故D 正确。]
11．D　[镓(Ga)与铝同主族，均位于第ⅢA 族，A 项正确；Ga2O3与Al2O3的性质相似，可
与盐酸反应生成GaCl3，B 项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能
与NaOH 溶液反应生成NaGaO2，C 项正确；在NaAlO2 和NaGaO2 的混合液中通入适量
CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，根据强酸制弱酸的原理，Ga(OH)3的酸性强
于碳酸，则酸性：Al(OH)3<Ga(OH)3，D 项错误。]
12．(1)d　(2)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(3)Al(OH)3　Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大
解析　(3)滤液A 中铝元素以AlO 形式存在，与溶液中HCO 发生反应：AlO＋HCO＋
H2O===Al(OH)3↓＋CO，故沉淀B 为Al(OH)3，明矾溶于水时，KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋
2SO，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使溶液呈弱酸性。
13．(1)提高溶解速率　(2)Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH　 (3)碳酸氢铵不稳定，加
热易分解且氨易挥发　(4)NH4Cl　(5)取最后一次洗涤液少许于一洁净的试管中，滴加稀硝酸
酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明碱式碳酸镁未洗干净，反之则洗净
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第15 练　铜　金属材料　金属冶炼
1．D　2.A 
3．D　[在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu 刻制印刷电路板，利用的是铁离子的氧化性，与铁
比铜金属性强无关，A 项错误；H2S 难电离，CuSO4溶液与H2S 溶液反应的离子方程式为Cu2
＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，B 项错误；铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，用稀盐酸除去铜锈的
离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C 项错误。]
4．C　[铜单质具有导电性，可用作传输电流，A 不符合题意；Cu2O 的熔、沸点较高与其作
催化剂无因果关系，B 不符合题意；已知反应RCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH△,Cu2O↓＋
RCOONa＋3H2O，反应中Cu(OH)2作氧化剂，具有氧化性，可用作检验醛基，C 符合题意；
CuSO4能使蛋白质变性，但CuSO4不可用于饮用水消毒，只能用于环境消毒，D 不符合题
意。]
5．C　6.B　7.D 
8．D　[碳酸钠溶液呈碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A 正确；铜与双氧
水、稀硫酸发生氧化还原反应得到硫酸铜，B 正确；装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶
杂质，得到硫酸铜溶液，C 正确；用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是
CuSO4·5H2O，D 错误。]
9．D　10.D
11．A　[硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素的化合价降低，硫酸铜作
氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A 错误；开始过氧化氢被氧化成氧气表现还原
性，继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子，则过氧化氢又表现氧化性，故B 正
确；整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催
化剂的特点，故C 正确；反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，
根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等可得离子方程式：
Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O，故D 正确。]
12．A　[“浸取”后所得浸取液含有FeCl2，FeCl2与Cu 单质不能发生反应，因此不可用来
腐蚀铜制电路板，A 错误；加入浓盐酸后溶液中的c(Cl －) 增大，CuCl(s) ＋2Cl －
(aq)[CuCl3]2－(aq)正向移动，过滤除杂后加水稀释，平衡逆向移动，从而可得纯净的
CuCl，故该操作的目的是为了实现CuCl 的净化，B、C 正确；乙醇沸点低易挥发，真空中
无O2可防止CuCl 被氧化，故采用乙醇洗涤和真空干燥有利于提高CuCl 的产率和纯度，D
正确。]
13．(1)Cu、H、O、C　(2)CuO　(3)Cu2(OH)2CO3
Cu2(OH)2CO3=====2CuO＋H2O＋CO2↑　(4)Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋　(5)防止空气中的CO2
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进入C 装置
(6)不能　因为B、C 两装置对调后无法证明反应有水生成
14．(1)cd　(2)Fe3 ＋　取少量溶液，滴加KMnO4 溶液，溶液紫红色褪去　(3)3Cu2O＋
2Al=====Al2O3＋6Cu　(4)16
解析　(1)由流程图可知，气体A 中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，
不能产生新的污染气体，浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a 错误；稀HNO3可以吸收二氧化
硫，但生成NO 污染大气，故b 错误；NaOH 溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c 正确；
氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d 正确。(4)取一定量的泡铜，加入1 L 0.6 mol·L－1 
HNO3溶液恰好完全溶解，同时放出2 240 mL NO 气体(标准状况)即0.1 mol，所得溶液的溶
质为Cu(NO3)2，根据氮元素守恒可知，溶液中NO 的物质的量为0.6 mol－0.1 mol＝0.5 
mol，所以溶液中Cu2＋的质量为×0.5×64 g＝16 g，所以另取等量的泡铜，用足量的H2还原，
得到的铜的质量也应为16 g。
第五章　非金属及其化合物
第16 练　氯及其重要化合物
1．D　
2．B　[氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，所以可用于生产盐酸，与其易液化的性质无关，A
项错误；CCl4不能燃烧，而且密度比空气大，可以隔绝氧气，故可用作灭火剂，与其难溶
于水无关，C 项错误；HCl 可用于检验NH3是因为其与NH3反应生成NH4Cl 固体，可以看到
白烟，与HCl 的水溶性无关，D 项错误。]
3．B　4.C 
5．C　[高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、水和氯气，参与反应的HCl 一部分作
还原剂被氧化为Cl2，另一部分体现了酸性，A 错误；酸使pH 试纸变色发生的不是氧化还原
反应，B 错误；观察到淀粉-KI 试纸变蓝，发生反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，说明Cl2具有氧
化性，C 正确；氯气与水反应生成的盐酸是强酸、次氯酸具有漂白性，故湿润的pH 试纸先
变红后褪色，D 错误。]
6．D　[2FeCl3＋Fe===3FeCl2，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B 正确；氯化亚铁吸
收氯气生成氯化铁，吸收漏氯的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋，故C 正确；ClO
－能把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe2＋、ClO－不能大量共存，故D 错误。]
7．B　8.A
9．A　[向恒压分液漏斗中注水，无论气密性是否良好，水都能顺利流下，不能检查装置的
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气密性，故A 符合题意；图1 装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，
故B 不符合题意；饱和食盐水除去氯气中的HCl 气体，浓硫酸干燥氯气，且氯气密度比空
气的大，可通过图2 装置干燥并收集一定量的Cl2，故C 不符合题意；连接图1、图3 装置，
打开K1，点燃酒精灯，制备氯气，氯气通入蒸馏水中，可制备少量氯水，故D 不符合题
意。]
10．B
11．B　[装置甲中发生氧化还原反应：2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl，
每生成16.8 g(0.2 mol)碳酸氢钠则生成0.1 mol Cl2O，标准状况下的体积为2.24 L，A 项正确；
装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，浓硫酸不能除去多余的Cl2，
B 项错误；打开 K2关闭 K1，则利用压强能将装置丙中液体压入装置丁，C 项正确；装置丁
中溶液酸性显著增强则说明发生了反应：HClO＋HCOOH===HCl＋CO2↑＋H2O，可证明次
氯酸的氧化性，D 项正确。]
12．D
13．(1)E　C　D　A　B　H　G　A　B　F　(2)MnO2＋4HCl(浓)=====Cl2↑＋MnCl2＋
2H2O　(3)①除去氯气中混有的HCl 气体　干燥氯气　②吸收多余氯气，防止污染空气　Cl2
＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　(4)湿润的淀粉-KI 试纸变蓝
14．(1)C　(2)NaCl　2HClO=====2HCl＋O2↑　HCl＋NaHCO3===CO2↑＋H2O＋NaCl 
(3)取一干净试管，加入1～2 mL 84 消毒液，然后滴加几滴紫色石蕊溶液　溶液先变蓝后褪
色　84 消毒液具有碱性和氧化性(或漂白性)
(4)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
解析　(2)从图1 和图2 中数据可知84 消毒液暴露在空气中半小时后，消毒效果几乎为零，
溶液pH 接近7，溶液中的主要溶质应该是NaCl，所发生反应的化学方程式为NaClO＋CO2
＋H2O===HClO ＋NaHCO3,2HClO=====2HCl ＋O2↑，HCl ＋NaHCO3===CO2↑＋H2O＋
NaCl。(3)由于84 消毒液具有碱性和氧化性(或漂白性)，紫色石蕊溶液遇84 消毒液会出现先
变蓝后褪色的现象。(4)84 消毒液与清洁剂(呈酸性、含Cl－)混合，ClO－在酸性条件下能氧化
Cl－生成氯气，发生反应的离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
第17 练　氯及其重要化合物的转化关系
1．C　2.A　3.C 
4．A　[发生器中NaClO3 作氧化剂，ClO2 为还原产物，则氧化性：ClO>ClO2；吸收塔内
ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化
性：ClO2>H2O2，故氧化性：ClO>ClO2>H2O2，故B 正确。]
5．B　[①为制取C3N3O3Cl2Na 的装置，②为除去氯气中的HCl 的装置，③为尾气处理装置，
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④为制取氯气装置，按气流从左至右，导管连接顺序为f→c→d→a→b→e，A 正确；升高温
度，氯气和NaOH 溶液反应生成NaClO3，生成NaClO 的浓度减小，不利于装置①中产品的
生成，B 错误；由Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、2NaClO＋C3H3N3O3===C3N3O3Cl2Na
＋NaOH＋H2O，可得关系式：4NaOH～2NaClO～C3H3N3O3，加入4 mol NaOH 时，可消耗
1 mol C3H3N3O3，由于生成了NaOH，则消耗氰尿酸的量大于1 mol，C 正确。]
6．D　[氯气与热的石灰乳反应生成Ca(ClO3)2、CaCl2，制备漂白粉不能用热的石灰乳和氯
气反应，故A 错误；若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝3∶1，根据得失电子守恒，反应的化学
方程式为6Cl2＋12KOH===8KCl＋3KClO＋KClO3＋6H2O，则该反应还原产物与氧化产物的
物质的量之比为2∶1，故B 错误；若反应①中不生成KClO3，得到2 mol K2FeO4转移6 mol
电子，根据得失电子守恒，消耗3 mol Cl2，由于反应①中生成KClO3，所以消耗氯气的物质
的量最少为3 mol，故C 错误；K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，同时还原产物Fe3＋发生
水解生成氢氧化铁胶体，能吸附悬浮杂质，所以处理饮用水时，加入高铁酸钾效果相当于加
入氯气和铝盐两种物质，故D 正确。]
7．B　8.C　9.D　10.C 
11．C　[根据题意分析，气体A 为H2，故A 错误；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反
应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子
守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl 与NaOH，化学方程式为6NaClO2＋NCl3＋
3H2O===3NaCl＋6ClO2↑＋NH3↑＋3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为
6∶1，故B 错误；根据上述分析可知，溶液B 中含有NaCl 与NaOH，则含有大量的Na＋、
Cl－、OH－，故C 正确；二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色、易溶于水的气体，不可用饱和食盐
水除去ClO2中的NH3，故D 错误。]
12．D　[尾气含有氯气，与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B 正确；反应中Cl 元
素化合价由＋1 价降低为－1 价，Fe 元素化合价由＋3 价升高到＋6 价，则氧化剂与还原剂的
物质的量之比为3∶2，故C 正确；结晶过程中加入饱和KOH 溶液，增大了K＋浓度，该温
度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D 错误。]
13．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　(2)防止空气中的水蒸气进入E 装置 
吸收未反应完的氯气，防止污染空气　在瓶E 和F 之间连接装有干燥剂的装置
14．(1)2KClO3＋H2C2O4=====K2CO3＋2ClO2↑＋CO2↑＋H2O　盛有冰水混合物的水槽 
(2)C　C 处为密封装置，气体不能排出，可导致仪器炸裂　(3)2ClO2＋2OH－===ClO＋ClO＋
H2O　80.0 g　500 mL 容量瓶、烧杯
第18 练　卤族元素　溴、碘单质的提取
1．B　2.C 
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3．C　[NaCN 溶液呈碱性说明HCN 为弱酸， A 正确；类比卤素单质，(CN)2也可与烯烃发
生加成反应，B 正确；由题干可知还原性：Br－＜CN－＜I－，C 项反应不能发生；类比氯气
与氢氧化钠的反应推知D 正确。]
4．C　[易被氧化的物质应具有较强的还原性，卤素离子中，I－的还原性最强，故卤素的钾
盐中，最易被氧化的是KI，①错误；卤化银中除AgF 外均有感光性，③错误；能与淀粉-KI
溶液反应出现蓝色现象的除氯水或溴水外，还可以是过氧化氢等，④错误。]
5．D　
6．C　[实验1 中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，氯化氢与氨气反应生成NH4Cl 固
体，故A 合理；实验1 溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2 溶液变黄说
明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－＞Cl－，故B 合理；②中溶液含有浓硫酸和
溴单质，均能将碘化钠氧化成碘单质，不能判断还原性：I－＞Br－，故C 不合理；实验1 体
现浓硫酸的难挥发性，实验2 体现浓硫酸的氧化性，故D 合理。]
7．D　
8．C　[A 项，向苦卤中通入Cl2 时发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，是为了提取溴，正
确；B 项，将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤除去可溶性
杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C 项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错
误；D 项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用热空
气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr 进行富集，正确。]
9．B　10.C
11．D　[流程中①和④所得溶液中的碘离子物质的量相同，为碘富集过程，c(I－)后者大于
前者，故A 错误；流程中④为碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸钠，离子
方程式为I2＋SO＋H2O===2I－＋SO＋2H＋，故C 错误；②中离子反应为Cl2＋2I－===I2＋2Cl
－，⑤中氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质，离子反应为6I－＋ClO＋6H＋===3I2＋Cl－＋
3H2O，则得到等量的I2时消耗的n(Cl2)∶n(KClO3)＝3∶1；制备10 mol I2，理论上需KClO3
的物质的量为 mol，质量为122.5 g·mol－1× mol≈408 g，故B 错误、D 正确。]
12．(1)SO＋I2＋H2O===2I－＋SO＋2H＋　使CCl4中的碘进入水层　(2)分液　(3)使氯气在溶
液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)　NaOH 溶液　(4)从水层取少量
溶液，加入1～2 mL 淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含
有I－，若溶液不变蓝，说明废水中不含有I－；另从水层取少量溶液，加入1～2 mL 淀粉溶
液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO，若溶液不变蓝，说
明废水中不含有IO
13．(1) 除去Cl2中挥发出的HCl　3Br2＋3CO===5Br－＋BrO＋3CO2↑　(2)5Br－＋BrO＋6H
＋===3Br2＋3H2O
(3)①使A 中Br2进入B 瓶中　②NaOH 溶液　③导管中液面上升
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第19 练　硫及其氧化物
1．B　2.D　3.C 
4．D　[正交硫与单斜硫都是由硫元素组成的单质，所以两者互为同素异形体，A 正确；由
结构示意图可知，S8分子中每个硫原子与2 个硫原子形成共价键，则每个硫原子均满足8 电
子稳定结构，B 正确；同素异形体之间的转化属于化学变化，C 正确。]
5．D　[SO2分子中S 原子为sp2杂化，孤电子对数为1，分子空间结构为V 形，SO2为极性
分子，SO3分子中S 原子为sp2杂化，孤电子对数为0，分子空间结构为平面三角形，SO3为
非极性分子，A、C 错误；SO3遇水迅速反应生成硫酸，SO3与H2O 不能形成分子间氢键，
但H2SO4与H2O 能形成分子间氢键，B 错误。]
6．C　[A 项，溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2
的还原性；B 项，SO2与H2S 溶液发生反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化
性；C 项，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性；D 项，SO2与Na2SiO3溶液
反应产生胶状沉淀，根据强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2SiO3。]
7．B　8.A　9.B 
10．B　[由反应Ⅰ可知，SO2的氧化性强于I2，由反应Ⅱ可知，I2的氧化性强于SO2，故可说
明SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关，A 正确；由反应Ⅱ可知，每生成0.1 mol SO，转
移电子为0.2 mol，同时生成0.2 mol I－，反应0.1 mol I2，由反应Ⅰ可知生成0.1 mol I2消耗
0.2 mol I－，转移电子为0.2 mol，故整个过程中转移0.4 mol 电子，不消耗KI，B 错误；由
题干信息可知，反应Ⅰ＋2 反应Ⅱ可得该过程的总反应为3SO2＋2H2O===2SO＋S↓＋4H＋，
C 正确；由C 项分析可知，该反应过程中KI 作催化剂，D 正确。]
11．D　
12．A　[二氧化硫具有还原性，可以被氯水氧化为硫酸，但是氯水也可以和氢氧化钠反应，
所以试剂B 不能选择NaOH 标准液，A 错误；若试剂A 选择碱液，可以和二氧化硫反应得
到亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，该盐可以被碘单质氧化为硫酸盐，试剂B 可选择I2标准液，D 正
确。]
13．(1)搅拌(或粉碎、加热)
(2)过滤
(3)NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O
(4)Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的氧气氧化
(5)加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液
14．(1)避免引入空气中的杂质，同时使煅烧更充分　SO2　(2)CD　(3)①碱式滴定管　滴入
最后半滴NaOH 溶液后，溶液由无色变为浅红色并保持30 s 不褪色　②0.032%　(4)①还原
性　②吸收CO2气体前后CO2吸收瓶的质量
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解析　(2)为了防倒吸和安全起见，选择C 或D 装置。(3)①NaOH 溶液应置于碱式滴定管中，
酚酞遇碱变红，当达到滴定终点时，硫酸被消耗完，故滴定终点的现象为滴入最后半滴
NaOH 溶液后，溶液由无色变为浅红色并保持30 s 不褪色。②由S～H2SO4～2NaOH 可知，
滴定消耗0.01 mol·L－1 NaOH 溶液2.0 mL，即0.01 mol·L－1×2.0×10－3L＝2.0×10－5 mol 时，
钢样中硫的物质的量为1.0×10－5 mol，即质量为1.0×10－5 mol×32 g·mol－1＝3.2×10－4g，
则该钢样中硫的质量分数为×100%＝0.032%。(4)①MnO2和K2Cr2O7都是强氧化剂，由此可
知该法利用了SO2的还原性。②对比CO2吸收瓶吸收二氧化碳前后的质量可以得出CO2的质
量，从而知道钢样中碳的质量，进而求出钢样中碳的质量分数。
第20 练　硫酸　硫酸盐
1．D　2.A 
3．D　[稀硫酸中硫酸完全电离，离子浓度较大，浓硫酸几乎没有电离，因此常温下测定两
溶液的导电能力，导电能力强的是稀硫酸，故A 错误；常温下，铜与稀硫酸和浓硫酸均不
反应，不能鉴别两种溶液，故B 错误；常温下，铝片与稀硫酸反应能够产生气泡，铝遇浓
硫酸发生钝化，可以鉴别两种溶液，故C 错误；浓硫酸具有吸水性，两溶液敞口在空气中
放置一段时间后质量明显增大的是浓硫酸，故D 正确。]
4．D　5.C　6.C 
7．D　[98%的浓硫酸的主要成分是硫酸分子，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反
应速率慢，故B 正确；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出的氢离子能与硫代硫
酸钠溶液反应，导致产率降低，所以制备硫代硫酸钠时，不能通入过量的二氧化硫，故D
错误。]
8．C　[连二亚硫酸钠的还原性比Na2SO3强，其水溶液能被空气中的氧气氧化，因此连二亚
硫酸钠可以用于除去废水中的重铬酸根离子，使Cr2O 转化为Cr3＋，故A 正确；连二亚硫酸
钠溶液能被空气中的氧气氧化，所以敞口放置可能会发生反应的化学方程式为2Na2S2O4＋O2
＋2H2O===4NaHSO3，故B 正确；连二亚硫酸钠用于纸浆漂白的原理与ClO2的漂白原理不
相同，因为前者具有还原性，后者具有强氧化性，故C 错误；保险粉在碱性介质中相对稳
定，在包装保存保险粉时加入少量Na2CO3固体，可以提高保险粉的稳定性，故D 正确。]
9．A　[①中有红棕色气体产生，此气体为Br2，浓硫酸作氧化剂把Br－氧化成Br2，②中有
白雾，此白雾是浓硫酸与NaCl 反应生成的HCl 的小液滴，Cl－没有被氧化，说明Br－的还原
性强于Cl－，故A 正确、B 错误；③中发生的反应为Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑
＋H2O，此反应不是氧化还原反应，故C 错误；Cu 与浓硫酸反应生成CuSO4、SO2、H2O，
利用浓硫酸的吸水性，溶液中应析出白色固体，故D 错误。]
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10．C　11.B
12．C　[稀释至0.8 L 时，c(H＋)＝0.2 mol·L－1，说明硫酸过量，反应的硫酸的物质的量为
(0.2×18.4 －0.8×0.1) mol ＝3.6 mol ，假设只生成SO2 ，发生的反应是Zn ＋
2H2SO4(浓)===== ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2 的体积为(×22.4) L＝40.32 L<44.8 L，说明
除生成SO2外，还有氢气生成，A 正确；设生成SO2的物质的量为x mol，则氢气的物质的
量为(2－x) mol，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x mol，生成氢气消耗的硫酸的物质的
量为(2－x) mol，则根据A 选项的分析，有2x＋2－x＝3.6，解得x＝1.6，氢气的物质的量为
0.4 mol，转移电子的物质的量为(1.6×2＋0.4×2) mol＝4 mol，B 正确；气体X 中SO2与H2
的体积比为4∶1，C 错误；根据得失电子守恒，消耗的锌的质量为2 mol×65 g·mol－1＝130 
g，D 正确。]
13．(1)将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生
(2)①NaHSO4　 H2O2　②2Cr3＋＋3S2O＋7H2O===6SO＋Cr2O＋14H＋
14．(1)把导管放入盛有水的水槽中，微热烧瓶，如果导管口有气泡产生，停止加热后导管
中产生一段水柱　(2)×100%　(3)除去CO2中的SO2并检验SO2是否除尽
(4)在E 的后边再连接一个与E 相同的装置　(5)反应产生的CO2气体未能完全排到E 中，导
致b 偏低　(6) 常温下，Fe 被浓H2SO4 钝化，碳与浓H2SO4 不反应　(7)2Fe ＋ 
6H2SO4(浓)=====Fe2(SO4)3 ＋ 3SO2↑ ＋ 6H2O
解析　(2)铁、碳在加热条件下与浓硫酸反应产生SO2和CO2，用品红溶液检验SO2，用足量
酸性高锰酸钾溶液除去SO2，酸性KMnO4溶液颜色变浅但未完全褪色说明SO2已除尽；浓
硫酸作干燥剂，碱石灰吸收产生的CO2，根据碳元素守恒，n(C)＝n(CO2)＝ mol，则铁的质
量为(a－b×) g＝ g，铁的质量分数为×100%。
第21 练　硫及其化合物的相互转化
1．A　2.B 
3．D　[根据图中信息，b 为H2SO3，d 为S，f 为亚硫酸盐，其中S 元素都处于中间价态，既
有氧化性，又有还原性，A 正确；硫酸型酸雨的形成涉及H2SO3被氧气氧化转化为H2SO4，
B 正确；a 为H2S，b 为H2SO3，a 溶液与b 溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成，C 正确；d 为
S，e 为S2－形成的盐，f 为SO 形成的盐，由3S＋6OH－=====2S2－＋SO＋3H2O 可得，
n(e)∶n(f)＝2∶1，D 错误。]
4．A　5.A 
6．B　[通入空气的目的是将CaSO3氧化为CaSO4，故A、C 错误；“高温”时发生反应：
CaCO3=====CaO＋CO2↑、CaO＋SO2=====CaSO3、2CaSO3＋O2=====2CaSO4，故D
错误。]
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7．D　[硫燃烧只能得到SO2，A 项错误；盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，故SO2不与BaCl2
溶液反应，B 项错误；无水CuSO4为白色，C 项错误；Na2S2O3与H2SO4反应生成SO2、S、
H2O、Na2SO4，D 项正确。]
8．C　9.B　10.B
11．C　[根据转化关系图，过程Ⅱ中S2－与MnO 生成S2O 和Mn(OH)2，根据氧化还原反应
得失电子守恒和元素守恒，反应的离子方程式为4MnO＋2S2－＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓
＋10OH－，故B 正确；分析可知过程Ⅰ中发生反应：2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnO＋
4H2O，溶液的pH 减小，溶液碱性减弱，故C 错误；10 L 上清液中的S2－的物质的量为＝
0.15 mol，根据物质转化过程可知，S2－转化为S2O 过程中需要消耗氧气，S2O 转化为SO 也
需要消耗氧气，在转化过程中，硫元素的化合价由－2 价变成＋6 价，S2－共失去0.15 
mol×8＝1.2 mol 电子，1 mol O2在反应中得到4 mol 电子，所以将10 L 上清液中的S2－转化
为SO，理论上共需要O2的物质的量为＝0.3 mol，故D 正确。]
12．C　[导管a 可以平衡分液漏斗和烧瓶内的气压，有利于硫酸顺利滴入，A 正确；装置A
中发生反应的化学方程式为H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，利用复分解反应制备
SO2，该反应体现了硫酸的酸性，B 正确；实验过程中可以通过B 中产生气泡的速率调节滴
加硫酸的速率，同时二氧化硫与C 中物质反应易引起倒吸，B 还可以起到平衡气压、防倒吸
的作用，D 的作用仅仅是作安全瓶，起防倒吸的作用，C 错误；C 中出现淡黄色浑浊，说明
C 中产生了硫单质，最终又变澄清，说明硫单质又反应了，D 正确。]
13．(1)
　2H2S＋O2===2S↓＋2H2O　弱　(2)bd
(3)2CO＋SO2=====S＋2CO2
解析　(1)H2S 水溶液在空气中放置易变浑浊是因为H2S 被氧气氧化为S，反应的化学方程式
为2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，所以S 的非金属性比O 弱。(2)Na2S2O3中S 为＋2 价，从氧化
还原的角度分析，反应物中S 的化合价必须分别大于2 和小于2，b、d 符合题意。
14．(1)检查装置气密性　K1、K2　K3　冷却结晶
(2)2CO＋4SO2＋2S2－＋H2O===3S2O＋2HCO
(3)除去SO3，使SO3与SO2分离
(4)pH 小于7 时，会造成生成的硫代硫酸根离子在酸性条件下分解；pH 大于8 时，原料反应
不充分，二者都会影响硫代硫酸钠的产率和纯度　(5)m 处接一个尾气处理装置
第22 练　氮及其氧化物　硝酸
1．B　2.C
3．D　[D 项中“滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去”，其褪色的原因可能是硝酸的强氧化
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性把酚酞氧化而褪色，但也有可能是硝酸与氢氧化钠发生中和反应，究竟是哪个原因，还需
要实验验证，D 项不准确。]
4．B　[铜丝溶解于稀HNO3，生成硝酸铜、NO 和水，无色气体为NO，不会生成氢气，故
A 错误；NH3 能使热的氧化铜产生红色物质，原理是3CuO＋2NH3=====N2＋3Cu ＋
3H2O，说明氨气具有还原性，故B 正确；N2与H2混合，在催化剂、高温、高压的条件下反
应生成氨气，没有催化剂时加热反应速率慢，生成物的含量少，但不能说明N 的非金属性
弱，故C 错误；NO2被NaOH 溶液吸收，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，发生歧化反应，体现
NO2的氧化性和还原性，没有体现酸性，故D 错误。]
5．A　[溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色，所以至少含有溴蒸气和二氧化氮气体中的一种；
溴水为橙黄色，所以含有溴蒸气；再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，说明有一氧化
氮存在，二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体，再打开玻璃
片后，一氧化氮遇到氧气迅速变为二氧化氮，所以至少还存在二氧化氮或NO 气体中的一
种。]
6．D　7.D
8．B　[浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A 正确；NO2的密度比空气大，应用向上
排空气法收集，即导气管应长进短出，B 错误；NO2可以和NaOH 溶液反应得到可溶性盐，
所以可以用NaOH 溶液处理尾气，C 正确；试管中发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，
可以使NO2充分转化为HNO3，D 正确。]
9．C　10.B
11．C　[先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，
打开a 和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A 正确；关闭a、c，打开b 及分
液漏斗活塞，浓硝酸与Cu 反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO 进入丙和丁
后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO 与Fe2＋反应，故B 正
确；甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否
与Fe2＋反应，故C 错误；实验中未反应的NO2和NO 会污染空气，需要尾气处理装置，故D
正确。]
12．A　[铁粉既能与硝酸反应，也能与硫酸反应，从题图看出OA 段产生的是NO，发生反
应为Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB 段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC 段产
生的是氢气，反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可知OA 段NO 完全反应，第二份溶液中
n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0 g(即0.25 
mol)，故原混合酸中H2SO4浓度为＝2.5 mol·L－1，NO 物质的量为0.2 mol。]
13．(1) SO2、SO3、N2O5　(2) 2SO2＋O22SO3
(3)N2 ＋3H2
2NH3 　(4) 4HNO3=====4NO2↑＋O2↑＋2H2O 　(5) 6NO ＋
4NH3======5N2＋6H2O
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14．(1)3 mol·L－1稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液　(2)打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关
闭弹簧夹，将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶内　(3)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋
2NO2↑＋2H2O　(4)将NO2转化为NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　(5)装置③中液面上方
气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色　(6)acd
解析　(1)根据装置特点和实验目的，装置⑤收集NO，装置④盛放浓硝酸，装置⑥中盛放
NaOH 溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放3 mol·L－1
稀硝酸。(2)由于装置中残存的空气能氧化NO 而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需
要通入一段时间的CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中的导管末端伸入倒置的烧瓶
内防止反应产生的NO 气体逸出。(5)NO 通过稀HNO3 后，若无红棕色NO2 产生，说明稀
HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3的装置③液面上方没有颜色变化即可说明。装置④中
盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④的液面上方会产生红棕色气体。(6)要
证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，可设计将溶解的NO2
赶走(a、c 方案)，再观察颜色变化，也可在饱和Cu(NO3)2溶液中通入NO2，观察比较反应后
的颜色变化(d 方案)，确定是不是因为溶有NO2引起的。
第23 练　氨　铵盐
1．A　2.C 
3．C　[实验一是氨的喷泉实验，证明氨极易溶于水，形成的氨水为弱碱性溶液，酚酞溶液
变红色，证明氨是碱性气体。实验二中浓氨水挥发出的氨分子和浓盐酸挥发出的氯化氢分子
结合生成氯化铵固体小颗粒，证明浓氨水易挥发、氨是碱性气体。]
4．D　[氨极易溶于水，将集有氨的试管倒扣于盛有水的水槽中，液体迅速充满试管，故A
正确；氨水呈碱性：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，故B 正确；氨被氧气直接氧化为
NO，NO 被O2氧化为红棕色的NO2，故D 错误。]
5．A　[NH3·H2O 是弱电解质，NaOH 是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过
室温下测定等浓度的氨水和NaOH 溶液的pH，可比较NH3·H2O 和NaOH 的碱性强弱，A 正
确；NH3极易溶于水，稀溶液中不加热，NH3不能逸出，无法确定是否含NH，B 错误；NH3
不易燃烧，产生的NO 是大气污染物，不能作清洁能源，C 错误；NH4Cl 受热也会分解，故
不可采用加热法除杂，D 错误。]
6．A　[因NaHCO3溶液抑制CO2的溶解，则挤压胶头滴管，气压变化不明显，则不会形成
喷泉，故A 错误；因氨极易溶于水，则挤压胶头滴管，使烧瓶中的气压减小，且小于外界
大气压，又因氨水显碱性，酚酞遇碱变红，甲基橙遇碱变黄，故B 中形成红色喷泉，C 中形
成黄色喷泉，故B、C 正确；因HCl 与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl 沉淀，则挤压胶头
滴管，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，形成白色喷泉，故D 正确。]
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7．A　8.C　9.B 
10．C　[NH4Cl 是常见的化肥，NaHCO3不是，故B 错误；NO2与NH3可以发生反应：6NO2
＋8NH3===7N2＋12H2O，故C 正确；NH4Cl 受热易分解生成HCl 和NH3，HNO3受热时分解
生成二氧化氮、氧气和水，Na2CO3性质稳定，难以分解，故D 错误。]
11．B　[由于CO2微溶于水，NH3极易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再
通入适量CO2，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A 错误；步骤②中反应的离子方程
式为CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3＋2NH＋SO，故C 错误；反应过程中二氧化碳参
与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，
但应通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D 错误。]
12．D　
13．(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2H2O＋2NH3↑
(3)平衡气压防倒吸　倒吸　(4)NH　PO　(5)酚酞　无色　浅红色
解析　本实验的目的为制备磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4] ，实验原理为2NH3 ＋
H3PO4===(NH4)2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。(3)由于NH3极易溶于水，因
此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，
应及时关闭K1，打开K2。(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞
10.0 时，溶液中OH－、NH、PO 的浓度明显增加。(5)由(4)可知，当pH 为8.0～9.0 时，可制
得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH 传感器，还可以选用酚酞作
指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
14．(1)分液漏斗　球形干燥管　(2)A　(3)B
(4)4NH3＋5O2=====4NO＋6H2O　(5)①NH4NO3
②3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　(6)调节K1增加装置A 中产生氧气的量或调
节K2减少装置B 中产生氨气的量或在E、F 间增加盛有浓硫酸的洗气装置
第24 练　氮及其化合物的转化关系
1．B　2.B
3．B　[N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO 不属于氮的固定，A 错误；催化剂可以提高化学
反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，B 正确；催化剂a 作用下，N2→NH3，断裂
N≡N 非极性共价键；催化剂b 作用下，NH3→NO，断裂N—H 极性共价键，C 错误；催化
剂a 作用下，N2→NH3，氮原子化合价从0 价降低至－3 价，发生了还原反应，D 错误。]
4．B　[如果X 是水，分解可生成O2，O2与N2反应生成NO，X 可能是一种氢化物，故A 正
确；Z 为NO，如果Y 是O2，那么NH3与O2在催化剂的条件下可以生成NO，所以Y 生成Z
不一定是化合反应，故B 错误；Z 是NO，NO 与O2反应产生红棕色的NO2气体，所以E 可
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能是红棕色NO2，故C 正确；F 可以是HNO3，M 元素的化合价可能为＋5，故D 正确。]
5．C　6.C　7.C 
8．C　[反应①使用催化剂可以提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，A 错误；反
应②的化学方程式为CO2＋2NH3======CO(NH2)2＋H2O，则该反应的原子利用率小于
100%，B 错误；由天然气经过各步转化，最终生成NH4NO3 涉及的化学反应有CH4＋
2H2O=====CO2 ＋4H2 ，N2 ＋3H2
2NH3,2NH3 ＋2O2===NH4NO3 ＋H2O ，则有
NH4NO3～2NH3～3H2～CH4，故生成1.0 mol NH4NO3至少需要0.75 mol CH4，C 正确；反应
③的化学方程式为2NH3＋2O2===NH4NO3＋H2O，则理论上当n(NH3)∶n(O2)＝1∶1 时，恰
好完全反应，D 错误。]
9．D　[根据实验原理“NO 被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO”，所以首先利用铜与
稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO 中会混有硝酸蒸气和产生的
NO2，故先通过装置D 除去挥发出的HNO3和产生的NO2，再通过装置F 干燥，得到纯净干
燥的NO，然后进入装置E 中与铁粉反应，最后处理多余的NO，由于NaOH 溶液不与NO
反应，而浓硝酸可氧化NO 生成NO2，所以先通过装置B 氧化NO，再通过装置C 吸收尾气，
故上述装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，A 正确。]
10．D　11.C 
12．A　[合成氨反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，原料的转化率升高，所以400
～500 ℃不利于提高原料的转化率，故A 错误；气体2 为NO2气体，NO2气体和溴蒸气都能
使淀粉-KI 试纸变蓝，故B 正确；气体1 为NO，气体2 为NO2,1 L NO、NO2的混合气与1 L 
NH3 在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应的化学方程式为2NH3 ＋NO ＋
NO2=====2N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1，故D 正确。]
13 ．(1)CD 　(2)( 或0.045) 　(3)4NH3 ＋3O2=====2N2 ＋6H2O 　(4) 氧化　(5)①NaNO2 
②1∶3　
解析　(5)②7 mol 氨失去21 mol 电子，根据题意和得失电子守恒可得n(NO)＋n(NO2)＝6 
mol,2n(NO)＋4n(NO2)＝21 mol，解得n(NO)＝1.5 mol，n(NO2)＝4.5 mol，则混合气体中NO
和NO2的物质的量之比为1∶3，若用通式NOx表示氮氧化物，反应过程中NOx分子得到2x e
－，则每摩尔氨可将 mol 的NOx转化为N2。
14．(1)CaO＋NH3·H2O===Ca(OH)2＋NH3↑　(2)球形干燥管　碱石灰　(3)吸收并检验氨气，
防止氨气直接排入空气中　关闭K1和K2，打开K3　(4)abcdgh　安全瓶、防倒吸　排尽装置
内的空气(合理即可)　(5)Cu2O 0.075 mol、Cu 0.075 mol
第25 练　碳、硅　无机非金属材料
1．C　2.A　3.C
31
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4．A　[CO2中C 采取sp 杂化，空间结构为直线形，CO2是非极性分子，A 项错误；CO2在
电催化下与氢气反应可以降低碳的化合价，生成一系列化合物，如CH4、CH2===CH2、
CH3OH、HCOOH 等，B 项正确；干冰气化时吸收大量热量，使水蒸气液化而增雨，C 项正
确；侯氏制碱法的化学反应原理是NaCl ＋NH3 ＋CO2 ＋H2O===NaHCO3↓＋
NH4Cl,2NaHCO3=====Na2CO3＋CO2↑＋H2O，D 项正确。]
5．C　6.C
7．C　[金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，因此金刚石和石墨
的熔点肯定比C60高，故A 正确；分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点：C60
＜C70＜C90，故B 正确。]
8．B　[通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，a、c 判断错误；反应②是一个置
换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b 判断正确；反应④用难挥发的二氧化硅制
取易挥发的二氧化碳，d 判断正确；反应⑤中碳的化合价由0 价变为－4 价和＋2 价，硅的化
合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e 判断正确。]
9．D　10.D 
11．B　[A 项，反应②中生成的HCl 在反应①中循环利用，反应①中生成的H2在反应②中
循环利用，正确；B 项，反应①与反应②的反应温度不同，不是可逆反应，错误；C 项，高
温条件下，Si、SiHCl3、H2都与O2反应，故需隔绝空气，正确；D 项，SiO2不与HCl(aq)反
应，不能通过上述途径制硅，正确。]
12．A　[根据图示可知：在Ag 薄膜附近发生反应：2H＋＋2e－＋H2O2===2H2O，所以随着反
应的进行，c(H＋)减小，故pH 逐渐增大，A 错误；根据图示可知：在Si 电极上，Si 失去电
子与HF 结合形成H2SiF6 和H ＋，反应方程式为Si＋2H2O－4e －===SiO2＋4H ＋，SiO2＋
6HF===H2SiF6＋2H2O，B 正确；由Ag、Si 极发生的电极反应及电子转移数目相等，可知总
反应方程式为Si＋6HF＋2H2O2===H2SiF6＋4H2O，C 正确；根据上述分析可知：在Ag 电极
上得到电子，在Si 电极上失去电子，电解质溶液为HF 和H2O2，它们形成闭合回路，实现
了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D 正确。]
13．(1)14　蒸馏　(2)Si＋4HNO3(浓)＋6HF===H2SiF6＋4NO2↑＋4H2O　(3)①分液漏斗　浓
硫酸　②加热均匀，便于控制温度使SiHCl3汽化　③检验氢气的纯度(或先滴加稀硫酸，产
生氢气，排尽装置中的空气)　SiHCl3＋H2==========Si＋3HCl
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第六章　元素及其化合物综合应用
第26 练　化学与STSE　化学与中华文明
1．C　
2．B　[芯片主要材料为硅，故A 错误；母船海水浸泡区的铝与船体构成原电池，金属性强
于铁的铝基作原电池的负极被损耗，船体作正极被保护，该保护方法为牺牲阳极法，故B
正确；铷单质的金属性强，与水剧烈反应放出氢气，故C 错误；复合纤维属于合成有机高
分子化合物，故D 错误。]
3．B　[柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，A 项正确；海市蜃楼形成美景的本质原因是
空气中的小水滴颗粒直径大小约为1～100 nm，B 项错误；青丝与白发均指头发，主要成分
均属于蛋白质，D 项正确。]
4．B　5.D 
6．B　[“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，铵根离子与碳酸根离子发生
相互促进的水解反应生成氨气、二氧化碳，易造成N 元素以氨气形式逸散，降低氮肥肥效，
B 正确；火药是硝酸钾、硫粉、木炭粉按一定比例混合而成，此处的“硝”指的是硝酸钾，
KNO3水溶液呈中性，C 错误；“酒曲”酿酒工艺利用了催化剂加快化学反应速率，但是不
能提高反应物的平衡转化率，D 错误。]
7．D　8.D　9.A
10．A　[碳纤维由碳元素组成，属于新型无机非金属材料，A 正确；高聚物的聚合度不确定，
所以高聚物属于混合物，B 错误；量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳元素组成的单质，
互为同素异形体，C 错误；碲属于第五周期第ⅥA 族元素，镉属于第五周期第ⅡB 族元素，
D 错误。]
11．D　[“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”涉及碳和H2O 反应生成CO 和氢气，属于氧
化还原反应，属于化学变化，A 正确；“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫
黄，“硝”指的是硝酸钾，B 正确；“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是绿色的
FeSO4·7H2O，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，火烧之后会转化为红色的氧化铁，C 正确；
《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应的条件不同，不属于可逆反应，
D 错误。]
12．A　13.C　14.B
15．A　[通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，但不能减少CO2排放，不利于实现碳中和，故B
错误；纳米铁粉可以从溶液中将Cu2＋、Ag＋等重金属离子置换成单质，与吸附性无关，故D
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错误。]
第27 练　常见物质(离子)的检验与推断
1．A　
2．C　[当固体中含有SO 时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2溶液会被氧化生成硫酸根离子，
有相同现象，故不一定存在SO，A 错误；若固体为FeCl3和Fe 的混合物时，也有相同的现
象，故固体试样中可能存在Fe3＋，B 错误；检验NH 时应加NaOH 溶液，加热，产生使湿润
红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不能确定有没有铵根离子，C 正确；滴加盐
酸出现白色沉淀，再加NaOH 溶液沉淀溶解，可能原固体中有AlO，不一定为SiO，D 错
误。]
3．D　4.C
5．B　[加入浓溴水后，Al2(SO4)3溶液无明显现象，AgNO3溶液中有淡黄色沉淀生成，苯酚
溶液中有白色沉淀生成，A 项可行；通入SO2后，Al2(SO4)3溶液无明显现象，AgNO3溶液中
出现白色浑浊，苯酚溶液无明显现象，B 项不可行；通入足量氨气后，Al2(SO4)3溶液中有白
色沉淀生成，AgNO3溶液中先有白色沉淀生成，后沉淀消失，苯酚溶液无明显变化，C 项可
行。]
6．C　[溴乙烷和NaOH 乙醇溶液共热，所产生气体中含有乙醇蒸气，乙醇、乙烯都能使酸
性高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾溶液褪色不能证明有乙烯生成，故A 错误；将SO2通入溴水
中生成硫酸和氢溴酸，该反应体现SO2的还原性，不能体现SO2的漂白性，故B 错误；在待
测液中先用稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，该沉淀是氯化银，证明原溶
液中含有Cl－，故C 正确；碳碳双键、醛基都能与溴水反应，向丙烯醛溶液中滴加溴水，溶
液褪色，不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D 错误。]
7．D　[A 项，HCO 会产生干扰，错误；B 项，SO 会产生干扰，错误；C 项，使酸性高锰酸
钾溶液褪色的不一定是Fe2＋，如SO 等，错误；D 项，新制氯水能把I－氧化成I2，淀粉遇碘
变蓝，因此可以检验I－的存在，正确。]
8．C　9.C　10.B
11．A　[亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，优先与少量氯水反应，由向溶液中滴加少量
新制氯水，所得溶液为无色可知，溶液中一定含有亚硫酸根离子，一定不含氢离子和钡离子；
溶液中各离子物质的量相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有钠离子和铵根离子，一定不
含有氯离子、碘离子和硫酸根离子，故选A。]
12．A　[根据①可判断溶液中有Br－和CO，根据离子共存原则，不存在Al3＋、Mg2＋；根据
②可判断溶液中无SO；根据③不能确定是否含有I－，因为在①中氯水可能把I－氧化成了
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IO，致使淀粉溶液不变蓝色。]
13．(1)SO2、CO2　H2O　(2)H2O　SO2、CO2　(3)SO2、CO2　H2O
14 ．(1)Fe2 ＋、Cu2 ＋、Cl －、NO 、SO 　酸　Fe2 ＋＋2H2OFe(OH)2 ＋2H ＋、Cu2 ＋＋
2H2OCu(OH)2＋2H＋(任写一个)　(2)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(3)Fe(OH)3　Cu(OH)2　(4)ab　(5)NO＋NO2＋2OH－===2NO＋H2O
第28 练　常见气体的实验室制备、净化和收集
1．B　2.A
3．C　[二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，故A 错误；用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，气
体应该“长进短出”，故B 错误；氯气和氢氧化钠在较低温度下反应生成氯化钠、次氯酸
钠和水，故C 正确；石灰水的浓度太小，应该用氢氧化钠溶液吸收氯气，故D 错误。]
4．D　[稀盐酸和二氧化锰不反应，装置Ⅱ中无明显现象，故A 错误；浓氨水和氧化钙反应
生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成Fe(OH)2白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为
Fe(OH)3红褐色沉淀，故B 错误；酯化反应需要加热，但图中没有加热装置，不能生成乙酸
乙酯，故C 错误；浓盐酸与碳酸钙反应生成CO2气体，且浓盐酸易挥发，CO2、HCl 均与
Na2CO3反应使溶液碱性减弱，观察到装置Ⅱ中溶液由红色最终变为无色，故D 正确。]
5．B　6.B 
7．D　[反应2NH4Cl＋Ca(OH)2=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 可用于制备氨，A 正确；NH3
是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B 正确；装置丙发生反应3CuO＋2NH3=====3Cu＋N2
＋3H2O，可验证氨的还原性，C 正确；氨的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D
错误。]
8．D　[反应温度如果过高，HNO3分解生成NO2，NO2溶于HNO3使制得的HNO3呈现黄色，
B 正确；实验室中浓硝酸应保存在棕色瓶内，防止其见光分解，D 错误。]
9．B　[A 项，气体从溶液中逸出易带出水蒸气，所以浓硫酸应放在③中，错误；B 项，先
通H2以排出空气，加热前应先检验H2的纯度，正确；C 项，若先停止通H2，空气中的氧气
有可能重新将W 氧化，应先停止加热，待装置冷却后再关闭活塞K，错误；D 项，MnO2和
浓盐酸反应制氯气需要加热，不能用启普发生器制备，错误。]
10．D　11.D
12．(1)2KMnO4=====K2MnO4＋MnO2＋O2↑(或2KClO3=====2KCl＋3O2↑)　Ca(OH)2＋
2NH4Cl=====CaCl2＋2NH3↑＋2H2O　(2)2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑
＋8H2O　Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　把氨水滴加到NaOH 固体上，
NaOH 溶于水放出热量可促进NH3·H2O 的分解；NaOH 溶于水电离产生的OH－促使平衡NH3
＋H2ONH3·H2ONH＋OH－逆向移动，导致放出NH3　(3)c 或e
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13．(1)a→b→f→g→c　除去二氧化碳中的HCl 杂质
(2)关闭K2，打开K1　(3)6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3===(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓
＋13CO2↑＋12NH4Cl
第29 练　非金属及其化合物拓展创新
1．B　2.C 
3．C　[直形冷凝管一般用于冷凝收集；球形冷凝管一般用于冷凝回流，装置m 用于产物的
冷凝收集，不能用球形冷凝管代替，A 正确；水浴加热可避免直接加热造成的局部过度剧烈，
并能最大限度保证温度低于100 ℃，避免磷酸分子间脱水生成焦磷酸等，B 正确；过滤时
应控制温度为30～42 ℃，使磷酸以晶体形式存在，而杂质2H3PO4·H2O 为液态，从而通过
过滤除去杂质，C 错误；磷酸的结构简式为
，其中的羟基可以与水分子形成氢键，
从而提高除水难度，D 正确。]
4．D　[置换出海绵铜的试剂X 为Fe，故A 错误；加入亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为
AsO＋HSO＋2H＋===SO＋HAsO2↓＋H2O，反应后溶液的酸性减弱，故B 错误；加入H2O2
将Fe2＋氧化为Fe3＋，通过调节溶液pH，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，故C 错误；
流程中钠离子和生成的硫酸根离子没从体系中分离出去，故达标废液中含有的溶质主要为
Na2SO4，故D 正确。]
5．(1)＋4　第四周期第ⅥA 族　(2)SeO2＋2OH－===SeO＋H2O　(3)蒸发浓缩、冷却结晶 
防止Na2SeO3被空气中的氧气氧化　(4)C　(5)
6．(1)球形冷凝管　a　(2)平衡气压(或与大气相通，保持装置压强恒定或防止装置内压强过
大)　(3)防止空气中的水蒸气进入装置C 导致产物水解　(4)2PCl3＋O2=======2POCl3　温
度低，反应速率慢，温度高，原料易挥发，利用率低　(5)①b　②使生成的沉淀被硝基苯覆
盖，防止AgCl 转化为AgSCN　③×100%
7．(1)F　(2)增大固体和液体接触面积　(3)Na2S＋CuSO4===CuS↓＋Na2SO4　6.0×10－30 
(4)1∶1　过滤　温度过高，双氧水分解加快，反应物浓度降低　(5)陶瓷的主要成分是硅酸
盐，HF 与硅酸盐反应
解析　锑矿(主要含Sb2O3、Sb2S3，还含有少量Sb2O5、Fe2O3、CuO 等)加NaOH 浓溶液、
Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，过滤除去不溶的Fe2O3、CuO，Sb2O3、Sb2S3与NaOH 溶液反
应最终转化为NaSbO2、Na2S，Sb2O5、NaOH 溶液与Na2S2O3 溶液反应生成NaSbO2、
Na2SO4；含NaSbO2、Na2S 的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化
为氢氧化铜除去，得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH 转化
得到NaSbO3·3H2O，再用HF 进行氟化得到NaSbF6。(3)“除杂”时Na2S 和CuSO4反应生成
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CuS 沉淀，化学方程式为Na2S＋CuSO4===CuS↓＋Na2SO4，“除杂”结束后溶液中c(S2－)＝
1×
10－6mol·L－1，此时溶液中c(Cu2＋)＝mol·L－1＝6.0×10－30mol·L－1。
第30 练　陌生过渡金属及其化合物的制备流程分析
1．C　2.D 
3．C　[由电极电位表可知金属活动性顺序为Fe>Cd>Ni>Pb>Cu。镍镉矿浆化后，在空气中
加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，
过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣 Ⅰ 和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液
pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；由金
属活动性顺序可知，向滤液中只能加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍
的金属A 和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸；
固体通入一氧化碳气化分离得到Ni(CO)4和镉；Ni(CO)4受热分解生成一氧化碳和镍，则该
工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。]
4．D　[0～5 s 过程中，溶液中Cr 元素的化合价都呈＋6 价，发生的离子反应为Cr2O＋
4H2O2＋2H＋===2CrO5＋5H2O，A 正确；30～80 s 过程中，Cr 元素由＋3 价升高到＋6 价，失
电子被氧化，由Cr3＋转化为CrO，可能是溶解的氧气和剩余的H2O2所致，C 正确；0～80 s
时，溶液中含铬微粒转化过程中Cr 元素化合价变化为＋6→＋6、＋6→＋3、＋3→＋6，依
次发生非氧化还原反应、还原反应和氧化反应，D 不正确。]
5．(1)
　2V2O5＋N2H4＋8HCl=====4VOCl2＋N2↑＋6H2O　(2)①分液漏斗 
关闭旋塞a　②Ⅲ　Ⅰ　Ⅱ
(3)Cl－　除去晶体表面的乙醇　(4)×100%
6．(1)NiO　NaVO3、NaHCO3　(2)2MoS＋2Na2CO3＋5O2=====2Na2MoO4＋2CO2＋2SO2 
Al2O3＋Na2CO3=====2NaAlO2＋CO2↑　(3)20 g·L－1　10 g·L－1　(4)2∶3
解析　(1)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO 不能与碳酸钠反应，故“水浸”
时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3
和NaAlO2，通入过量CO2 生成沉淀Al(OH)3 和NaHCO3，故“滤液2”中的成分除了
Na2MoO4 外，还含有NaVO3、NaHCO3。(4)由信息和流程及氧化还原反应原理可知，
NH4VO3 沉淀煅烧时分解产生V2O3 、N2 和NH3 ，故反应的化学方程式为
6NH4VO3=====3V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O，氧化产物为N2，还原产物为V2O3，故比
值为2∶3。
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7．(1)哑铃形　(2)SiO2、PbSO4　ZnS＋MnO2＋2H2SO4===ZnSO4＋MnSO4＋S↓＋2H2O 
(3)4
(4)Cu2＋＋S2－ ＋Ba2＋＋SO===CuS↓＋BaSO4↓
(5)333　趁热过滤　(6)CD
第七章　原子结构与性质
第31 练　原子结构　核外电子排布规律
1．A　2.B　3.B
4．A　[HmX 的摩尔质量为(A＋m) g·mol－1，a g HmX 的物质的量为 mol；X 原子的质量数为
A，含N 个中子，则质子数为A－N，所以a g HmX 中含质子的物质的量为 mol×(A－N＋m)
＝ mol，A 正确。]
5．C　[绝大多数基态原子的核外电子排布都遵循构造原理，但也有少数例外，如Cu，故C
错误。]
6．A　[N 能层中有4s、4p、4d、4f 四个能级，各具有1、3、5、7 个轨道，每个轨道最多可
容纳2 个电子，故可容纳32 个电子，所以有32 种运动状态，A 正确；在K 能层中，只有1
个轨道，能容纳自旋相反的2 个电子，B 不正确；电子云通常是用小黑点来表示电子出现的
机会多少，但小黑点不表示电子，D 不正确。]
7．B　8.D 
9．B　[最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素不一定位于第ⅡA 族，可能位于副
族或0 族，如副族的Zn 或0 族的He，故A 错误；d 区元素的基态原子都含有d 轨道电子，
故B 正确；最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素不一定是金属元素，如H，故C
错误；基态原子价层电子排布式为nsnnpn的元素，s 能级上最多排列2 个电子，则n＝2，所
以该原子价层电子排布式为2s22p2，为C 元素，是非金属元素，故D 错误。]
10．C　11.B　12.D 
13．B　[X 基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，为1s22s22p2，为C 元素，Z
原子的核外电子有8 种运动状态，Z 为O 元素，Y 为N 元素，Z 与W 元素位于同一族，W
为S 元素，P 原子核外有4 个能层，最外层只有1 个电子，其余各层均排满电子，为Cu 元
素。X 为C 元素，最外层有2 个未成对电子，A 错误；Y 为N 元素，基态原子的轨道表示式：
，B 正确；P 为Cu 元素，价层电子排布为3d104s1，C 错
误；Cu 和O2反应生成CuO，Cu 元素的化合价为＋2 价，Cu 和S 反应生成Cu2S，Cu 元素的
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化合价为＋1 价，D 错误。]
14．(1)①6　13　②N　哑铃　(2)①1s22s1　②<　Fe3＋的3d 轨道处于半充满的稳定状态，其
稳定性强于Fe2＋
15．(1)B、Cu　
　(2)
(3)1s22s22p63s1　6　(4)三种元素的非金属性依次增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性依
次增强　(5)C3N4 
解析　由题意，A 原子核外电子占据三个轨道，A 为B 元素；B 原子核外有6 种运动状态不
同的电子，B 为C 元素；C 元素位于第二周期，又因为其核外p 能级电子数比s 能级电子数
少1 个，因此C 为N 元素； D 元素基态原子核外有6 个原子轨道排有电子同时仅有1 个未
成对电子，s 能级含1 个轨道，p 能级含有3 个轨道，则D 所含有的未成对电子在3s 能级，
因此D 为Na 元素；E＋的各能级电子均充满，因此E 为Cu 元素。(5)该化合物具有三维骨架
结构，其中每个C 原子与4 个N 原子形成共价键，所以C 的化合价为＋4 价，每个N 原子与
3 个C 原子形成共价键，所以N 的化合价为－3 价，则该化合物的化学式为C3N4。
第32 练　元素周期表　元素的性质
1．D　2.D　3.C　4.C
5．B　[元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S>P，所以HF、
HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A 错误；①中由于P 原子3p 能级半充满，所以第一
电离能较大；②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，所以Mg 的第一电离能较大；③
同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，所以Si 的第一电离能较大，P、Mg、Si 的
原子序数之和为15＋12＋14＝41，故B 正确；根据表格数据可知该元素的第三电离能和第
四电离能相差较大，所以应为第ⅢA 族元素，故C 错误；一般电子层数越多，原子半径越
大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越大，所以原子半径由大到小的顺序为Mg、
Si、N、F，故D 错误。]
6．A　7.C
8．D　[L 为O，M 为金属，二者电负性差值大于1.7，可形成离子化合物，故A 正确；Z 为
－1 价、电负性小于L，可知Z 为Cl，在周期表中的位置为第三周期第ⅦA 族，故B 正确；
由分析可知，L 为O，Y 为S，Z 为Cl，YLZ2为SOCl2，加入水中生成SO2与HCl，故C 正
确；X 为C，电子排布式为1s22s22p2，核外电子共占据4 个原子轨道，故D 错误。]
9．B
10．D　[当In＋1≫In时，元素的最高化合价为＋n，故R 和U 最高价为＋1，S 最高价为＋
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2，T 最高价为＋3，A、C 项正确；由表中数据可知，Q 元素各电离能都较大，而且各级电
离能之间无太大差距，故Q 最可能为稀有气体元素，所以氦元素最有可能与Q 元素位于同
一族，B 项正确；R 出现了I4，而锂核外只有3 个电子，D 项错误。]
11．A　[①为铝元素，②为硅元素，③为磷元素，④为硫元素，同周期元素从左到右，元
素的电负性逐渐增大，因此电负性最大的是④，A 错误；第三电离能远大于第二电离能，所
以是第ⅡA 族元素，形成的阳离子是X2＋，B 正确；同一主族从上到下，元素的第一电离能
逐渐减小，①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se 均符合此规律，同一周期从左到右，
元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，④Na、P、Cl 符合此规律，C 正确；①为硅元素，②
为氮元素，③为碳元素，④为硫元素，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元
素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，D 正确。]
12．(1)第二周期第ⅥA 族　F　(2)Na＋　(3)NaOH
(4)Al(OH)3＋KOH===KAlO2＋2H2O
13．(1)5　(2)O>N>C>H　
　吸收
14．(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量　(3)Mn2＋的
3d 轨道电子排布为半充满状态，比较稳定　(4)2　(5)Al
第八章　分子结构与性质
第33 练　化学键
1．B　2.D
3．D　[NH3通入水中生成NH3·H2O，只破坏了共价键，A 不符合题意；NaOH 熔化后电离
生成Na＋、OH－，只破坏了离子键，B 不符合题意；HBr 通入水中发生电离，只破坏了共价
键，C 不符合题意；KHSO4溶于水电离出K＋、H＋和SO，既破坏了离子键又破坏了共价键，
D 符合题意。]
4．A　[HCl 分子中的σ 键由氢原子提供的未成对电子的1s 原子轨道和氯原子提供的未成对
电子的3p 原子轨道“头碰头”重叠形成，故A 错误；N2分子中p 轨道与p 轨道通过“肩并
肩”重叠形成p-p π 键，π 键为镜面对称，不能绕键轴旋转，故B 正确；CH4中的碳原子为
sp3杂化，碳原子的4 个sp3杂化轨道分别与氢原子的1s 轨道重叠，形成C—H σ 键，故C 正
确；CH2==CH2中碳碳之间形成双键，双键中有1 个σ 键和1 个π 键，故D 正确。]
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5．D　6.C　7.D
8．B　[三硫化磷分子中存在P—P 共价键和S—P 共价键，为共价化合物，故A 正确；由图
可知，P4S3分子中存在6 个P—S 极性键，故B 错误；由图可知，P 原子最外层有5 个电子，
每个P 原子形成3 个共价键，S 原子最外层有6 个电子，每个S 原子形成2 个共价键，故分
子中每个原子最外层均达到8 电子稳定结构，故C 正确；已知P4S3 燃烧时P 被氧化为
P4O10，充分燃烧时S 会生成SO2，故D 正确。]
9．C　[含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2＋与环戊二烯离子
(C5H)之间为配位键，故A 错误；一个环戊二烯(
)分子中含有σ 键的数目为11，则1 mol
环戊二烯中含有σ 键的数目为11NA，故B 错误；碳碳双键之间存在π 键，所以该分子中存
在π 键，故C 正确；铁原子核外有26 个电子，铁原子失去最外层两个电子变为亚铁离子，
根据构造原理可知，亚铁离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故D 错误。]
10．C
11．D　[硼氢化钠(NaBH4)与水在催化剂作用下获得氢气的总反应方程式为NaBH4＋
4H2O=====NaB(OH)4＋4H2↑。NaBH4为离子化合物，阳离子和阴离子之间为离子键，B—
H 之间为极性共价键，A 错误；B 原子半径大于O 原子，半径越大，键长越长，故BH3中 B
—H 键长大于 H2O 中 O—H 键长，B 错误；BH→BH3的过程中只有化学键的断裂，没有化
学键的生成，C 错误；由图可知，①是两个BH 各提供1 个H 原子形成H2，②和③是含硼微
粒和H2O 各提供1 个H 原子形成H2，④是两个H2O 各提供1 个H 原子形成H2，所以D2O 与
NaBH4反应时，生成的氢气分子有H2、HD 和D2，D 正确。]
12．(1)第二周期第ⅣA 族　离子键、共价键　(2)
(3)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑　(4)>
(5)黄　56
解析　(1)由题给信息分析可知，B 为C 元素，位于周期表中第二周期第ⅣA 族；由H、O、
Na 三种元素组成的化合物为NaOH，含有的化学键为离子键、共价键。(2)BC2为CO2，属于
共价化合物，其电子式为
。(3)Al 与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，
反应的离子方程式为2Al＋2OH －＋2H2O===2AlO＋3H2↑。(4)H2O 与Na 单质反应生成
NaOH 和氢气，所得溶液呈碱性，pH>7。(5)D 为Na，A 为H，化合物DA 是NaH，含钠元
素的化合物灼烧时，火焰呈黄色，NaH 和水反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋
H2↑，则该反应中消耗1 mol NaH 生成1 mol NaOH 和1 mol H2，若将1 mol NaH 和1 mol Al
混合加入足量的水，另外还发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，则又生成
1.5 mol H2，故充分反应后总共生成2.5 mol H2，生成的气体在标准状况下的体积是22.4 
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L·mol－1×2.5 mol＝56 L。
13．(1)24NA　(2)17NA　(3)28NA
14．(1)HClO4　
　(2)
　离子　(3)
 
(4)Na＞Al＞S　H2O＞H2S
第34 练　价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
1．C　2.B 
3．C　[水合氢离子中含有氢氧键，是极性键，A 正确；水合氢离子中的氧原子为sp3杂化，
含有一个孤电子对，空间结构为三角锥形，B 正确；水分中含有两个孤电子对，孤电子对数
目越多键角越小，故键角：H3O＋>H2O ，C 错误； H3O＋ 和 H2O 中氧原子均为 sp3 杂化，
D 正确。]
4．D　[Cl—Be—Cl 中Be 原子形成2 个Be—Cl，没有孤电子对，杂化轨道数目为2，杂化
轨道类型为sp 杂化；
中Be 原子形成3 个Be—Cl，没有孤电子对，杂
化轨道数目为3，杂化轨道类型为sp2杂化；
中Be 原子形成4 个Be
—Cl，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，杂化轨道类型为sp3杂化，故选D。]
5．A　6.D 
7．D　[BF3中心原子的价层电子对数为 3＋×(3－3×1)＝3 ，中心原子采取sp2杂化，没有
孤电子对，BF3 的VSEPR 模型为平面三角形；SO3 中心原子的价层电子对数为 3＋×(6－
3×2)＝3 ，中心原子采取sp2杂化，没有孤电子对，SO3的VSEPR 模型为平面三角形，故A
正确；CH4含有C—H 极性键，CCl4含有C—Cl 极性键，二者结构对称、正负电荷中心重合，
都为非极性分子，故B 正确；C 与O 互为等电子体，C 中含有1 个碳碳三键，则O 中含有1
个氧氧三键，氧氧三键中含有2 个π 键，所以1 mol O 中含有的π 键数目为2NA，故C 正确；
AB2的空间结构为V 形，A 原子价层电子对数可能是3 或4，如SO2中S 原子为sp2杂化，
H2O 中O 为sp3杂化，故D 错误。]
8．B　[①BCl3 中B 的价层电子对数为3＋＝3，中心B 原子为sp2 杂化，键角为120°；
②NH3中N 的价层电子对数为3＋＝4，中心N 原子为sp3杂化，由于NH3分子中有孤电子
对存在，使键角小于109°28′；③H2O 中O 的价层电子对数为2＋＝4，中心O 原子为sp3
杂化，理论上正四面体结构键角为109°28′，由于H2O 分子中存在两个孤电子对，使得键
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角比NH3分子的键角还小；④PCl 中P 的价层电子对数为4＋＝4，中心P 原子为sp3杂化，
键角为109°28′；⑤HgCl2中Hg 的价层电子对数为2＋＝2，中心Hg 原子为sp 杂化，键角
为180°；综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③。]
9．C　10.B　11.C 
12．D　[Z 的一种超原子Z 具有40 个价电子，则Z 原子的价电子数为＝3，则Z 为Al 元素；
Y 为N 元素；X 为C 元素。金属元素的电负性和电离能均小于非金属元素，同周期元素，
从左到右第一电离能呈增大趋势，电负性依次增大，所以碳、氮、铝三种元素的电负性和电
离能的大小顺序均为Y>X>Z，故A 正确；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤电
子对数为0，碳酸根离子的空间结构为平面三角形，故B 正确；硝酸根离子中氮原子的价层
电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，故C 正确；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，
离子半径越小，则氮离子的半径大于铝离子，故D 错误。]
13．(1)NH3分子中N 原子的孤电子对进入Zn2＋的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键
电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱　(2)砷原子的电负性小
于氮原子，其共用电子对离砷核距离较远，斥力较小，键角较小　(3)C==O 对C—C 的斥力
大于C—O 对C—C 的斥力
14．(1)否　若是sp3杂化，[Cu(NH3)4]2＋的空间结构为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2＋中
的2 个NH3换为CN－，则只有1 种结构　(2)＜　(3)四面体形　＞　(4)sp2、sp3
解析　(2)甲醛分子中，碳氧之间为双键，根据价层电子对互斥模型可知双键与单键之间的
斥力大于单键与单键之间的斥力，所以H—C—H 的键角小于120°。(3)当中心原子的价层电
子对数为4 时，VSEPR 模型为四面体形，硫原子无孤电子对，所以空间结构为四面体形；
配位原子得电子能力越弱，其与中心原子形成的共用电子对之间的斥力越强，F 原子的得电
子能力大于氯原子，所以SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl＞SO2F2分子中∠F—S—F。
15．(1)H—Cl　2＋×(6－1×1－1×1)　V 形　(2)3s23p4　平面三角形　(3)SiCl4　109°28′ 
(4)c
第35 练　分子的性质　配合物与超分子
1．C　2.C 
3．B　[甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键
组成的极性分子，A 正确；N2H4中N 原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B 错误；N2H4分
子中连接N 原子的H 原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼[(CH3)2NNH2]只有一端可以
形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点比N2H4的低，C 正确；
CH3OH 和(CH3)2NNH2中C、O、N 杂化方式均为sp3，D 正确。]
4．B
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5．A　[Cl、P 的电负性差值大于Cl、N 的电负性差值，三氯化氮、三氯化磷的空间结构都
是三角锥形，故三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，A 项错误；分子的稳定性与键能、键数
目有关，N 与N 的π 键比P 与P 的强，可推断N≡N 的稳定性比P≡P 的高，B 项正确；
NH3、PH3分子空间结构都是三角锥形NH3、PH3，N、P 原子孤电子对数都为1，杂化类型
都是sp3，但是N 原子半径小于P，N 的电负性大于P，NH3分子中成键电子对之间排斥力大
于PH3，故NH3键角大于PH3，C 项正确；晶体熔点高低由构成晶体的微粒之间作用力大小
决定，它们都是分子晶体，HNO3分子间作用力小于H3PO4，H3PO4的熔点高于HNO3，D 项
正确。]
6．B　[向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成铜氨溶液，
为深蓝色溶液，故A 错误；Cu2＋提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，
故C 错误；NH3分子为三角锥形，∠HNH 为107°，故D 错误。]
7．D　8.D
9．C　[同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径：C>N>O，故A 错误；碳元
素的氢化物不能形成分子间氢键，故B 错误；由图可知，螯合物中Mn＋与氮原子和氧原子
形成配位键，配位数为6，故C 正确；由图可知，螯合物中氮原子的杂化方式都为sp3杂化，
孤电子对用于形成配位键，则氮碳键的夹角均大于107°，故D 错误。]
10．A　[吡啶(
)含有与苯环类似的大π 键，则吡啶中N 原子也发生sp2杂化，所以价层
孤电子对占据了一个参与杂化的p 轨道，A 不正确；吡啶是极性分子且能与水分子间形成氢
键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B 正确；因为吡啶呈碱性，能与盐
酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分液、干燥有机层，
C 正确；烷基是推电子基团，
分子中N 原子电子云密度比
大，故
碱性较
强，D 正确。]
11．B　
12．D　[HCHO 中C 原子价层电子对数为3＋＝3，不含孤电子对，为平面三角形结构，正、
负电荷中心不重合，为极性分子，H2为直线形分子，为非极性分子，选项A 错误；CO2分
子中C 原子的价层电子对数为2＋＝2，无孤电子对，空间结构为直线形，选项B 错误；
H2O 不含非极性键，选项C 错误；分子晶体相对分子质量越大，熔点越高，分子间含有氢键
时熔点较高，CH3OH 分子间存在氢键，则熔点为HCHO<CH3OH，选项D 正确。]
13．(1)C 的电负性比O 小，C 原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键　(2)N—H…
O　N—H…N
14．(1)3d54s1　(2)①O>Cl>C　②3∶1　(3)AC
解析　(3)该复合物中Cl、CO 和H2O 为配体，故C 错误；CO 与N2的价层电子总数相同，互
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为等电子体，等电子体结构和性质相似，所以CO 的结构式为C≡O，故D 正确。
15．(1)H2O、N2H4存在分子间氢键　(2)H2S　(3)
　极性　(4)
第九章　晶体结构与性质
第36 练　物质的聚集状态　常见晶体类型
1．D　2.B　3.B
4．C　[金属能导电是因为自由电子在外加电场作用下定向移动，A 错误；自由电子在热的
作用下与金属阳离子发生碰撞，实现热的传导，B 错误；合金与纯金属相比，由于增加了不
同的金属或非金属，相当于填补了金属阳离子之间的空隙，所以一般情况下合金的延展性比
纯金属弱，硬度比纯金属大，D 错误。]
5．D　[SiCl4、AlCl3的熔、沸点低，都是分子晶体，AlCl3的沸点低于其熔点，即在低于熔
化的温度下就能气化，故AlCl3加热能升华，A、C 正确；晶体硼的熔、沸点很高，所以晶
体硼是共价晶体，B 正确；由金刚石与晶体硅的熔、沸点相对高低可知，金刚石中的C—C
比晶体硅中的Si—Si 强，D 错误。]
6．A　[金刚石和碳化硅都是共价晶体，在晶体中每个C 原子或Si 原子与相邻的4 个原子形
成共价键，每个共价键为2 个原子所共有，因此若晶体中含有1 mol 原子，则物质含有共价
键的数目是2NA，故原子数相同的金刚石和碳化硅共价键个数之比为1∶1，A 错误；在SiO2
晶体中，每个Si 原子与相邻的4 个O 原子形成Si—O，故Si 原子与Si—O 个数比为1∶4，
B 正确；在石墨烯中，每个C 原子为相邻的3 个六元环所共有，则在六元环中含有的C 原子
数为6×＝2，因此石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1，C 正确；C60 分子之间只有范
德华力，所以晶体是分子密堆积，D 正确。]
7．C　8.D　9.B
10．A　[Al 和Ga 均为第ⅢA 族元素，N 属于第ⅤA 族元素，AlN、GaN 的成键结构与金刚
石相似，则其均为共价晶体，由于Al 原子的半径小于Ga，N—Al 的键长小于N—Ga 的键长，
则N—Al 的键能较大，故GaN 的熔点低于AlN，A 说法错误；不同元素的原子之间形成的
共价键为极性键，B 说法正确；金刚石中每个C 原子形成4 个共价键(即C 原子的价层电子
对数为4)，无孤电子对，故C 原子均采取sp3杂化，C 原子的配位数是4，由于AlN、GaN
与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，所有原子的配位数也均为4，C、
D 说法正确。]
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11．D　[X 为H 元素，Y 为O 元素，Z 为Si 元素，W 为C 元素。X2Y 晶体是冰，分子间存
在氢键，熔点高于CH4，A 正确；固态X2Y2是H2O2，属于分子晶体，B 正确；SiC、晶体硅
为共价晶体，碳的原子半径小于硅，SiC 的硬度比晶体硅的大，C 正确；CO2、CO 均是分子
晶体，D 错误。]
12．(1)共价　小于　石墨中碳碳之间除σ 键，还存在大π 键，石墨中碳碳键的键长短于金
刚石，键能大于金刚石，沸点更高　(2)b　(3)CH3CH2CH2CH2OH 能与水形成分子间氢键，
乙醚不能　(4)离子键　②
13．(1)TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作
用力增大，熔点逐渐升高
(2)NiO＞CoO＞FeO
(3)①正四面体形　分子晶体　②NH3、AsH3、PH3
14．(1)1s22s22p5　9　5　Cl－>O2－>F－>Na＋>Al3＋
(2)
　平面正三角形　共价晶体　(3)B
(4)AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体　氧离子半径比氯离子半径小且氧离子带2 个电荷，
故Na2O 的离子键比NaCl 强，熔点比NaCl 高
解析　(1)题述涉及元素中最活泼非金属元素是F 元素，其基态原子核外电子排布式为
1s22s22p5，有9 种不同运动状态的电子，能量最高且相同的电子为2p 电子，有5 个；电子层
数越多，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越小，离子半径越大，则能形成简单离
子的半径由大到小的顺序为Cl－>O2－>F－>Na＋>Al3＋。(2)物质①Na2O 为离子化合物，其电
子式为
；⑤BCl3中B 原子的价层电子对数为3＋0＝3，空间结构为
平面正三角形；⑧SiO2熔点高达1 723 ℃，为共价晶体。(3)最高价氧化物对应水化物的碱
性越强，该元素的金属性越强，故A 正确；元素金属性强弱与最外层电子数无关，与得失
电子难易程度有关，故B 错误；单质与H2O 反应的难易程度能判断其单质的还原性强弱，
从而确定元素金属性强弱，故C 正确；比较同浓度NaCl 和AlCl3溶液的pH 来判断其金属元
素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，从而确定其金属性强弱，故D 正确。
第37 练　晶胞结构分析与计算
1．A　2.C 
3．D　[11B 和10B 互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，但其物理性质不同，A
错误；该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，B 错误；由图可知，该晶胞含4 个
N 原子，B 原子位于晶胞的顶角和面心，故B 原子的数目为8×＋6×＝4，C 错误；由晶胞
示意图，1 个N 原子与4 个B 原子成键，1 个B 原子可以和4 个N 原子成键，除去该N 原子
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本身，则每个B 原子周围有3 个N 原子与该N 原子等距且最近，这些N 原子距中心N 原子
等距离且最近，总数为12，D 正确。]
4．A　[由晶胞结构可知，晶胞顶角上相邻的钛离子相距最近，则钛离子周围与它最接近且
距离相等的钛离子有6 个，a＝6；晶胞中钛原子个数为8×＝1，氧原子个数为12×＝3，钙
原子个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为 3∶1∶1，故选A。]
5．B　6.C 
7．A　[原子B 在x、y、z 轴上坐标分别为1、1、，则坐标参数为(1,1，)，A 错误；晶胞中
N、N 之间的最近距离为面对角线长的，为a pm，则晶胞边长为a pm，B 正确；该晶胞中，
Ti 的个数为1＋12×＝4，N 的个数为8×＋6×＝4，则该物质的化学式为TiN，C 正确；以
体心Ti 为例，与Ti 距离相等且最近的N 有6 个，则Ti 的配位数为6，D 正确。]
8．C　[晶胞参数为a pm，即a×10－10cm，则晶胞体积为a3×10－30cm3，A 错误；晶胞中，
Au 的个数为8×＝1，Cu 的个数为6×＝3，则Au 和Cu 原子数之比为1∶3，B 错误；由图
可知，Au 和Cu 之间的最短距离是面对角线长的一半，即a pm，D 错误。]
9．C　10.C
11．B　[由图甲知，砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形
成配位键，则1 mol 砷化镓中配位键的数目是NA，A 正确；掺入Mn 的晶体中Ga 个数为7×
＋5×＝，As 有4 个位于体内，Mn 个数为1×＋1×＝，Mn、Ga、As 的原子个数比为∶∶4
＝5∶27∶32，B 错误；由砷化镓晶胞结构可知，c 位于侧面的面心，沿体对角线a→b 方向
投影图如丙，则As 的位置为7、9、11、13，C 正确；由晶胞结构可知，距离最近的两个镓
原子之间的距离为面对角线长的一半，晶胞中含4 个Ga 和4 个As，晶胞质量为 g，晶胞体
积为 cm3，则晶胞边长为×1010 pm，两个镓原子之间的最近距离为××1010 pm，D 正确。]
12．A　[根据晶胞结构可知CsPbBr3晶体中Cs＋的配位数为12，Pb2＋的配位数为6，A 错误；
根据题干可知容忍因子其数值越接近1，晶体结构越稳定，Pb2＋处于B 位，t(CsPbBr3)＝
0.828，若用离子半径略小于Pb2＋的离子取代Pb2＋，容忍因子的分母减小、容忍因子数值增
大，越来越接近1，会提高晶体的稳定性，C 正确；t＝1 说明(rB＋rC)＝rA＋rC，则A、B 位
的离子均恰好与C 位的离子相切，D 正确。]
13．2∶3　2∶1∶1　Zn2＋
14．8　　2－x
15.a　a 
解析　观察图(a)和图(b)知，4 个铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝a pm。镁
原子堆积方式类似金刚石，有y＝a pm。晶胞体积为(a×10－10)3 cm3，代入密度公式计算即
可。
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第十章　化学反应与能量
第38 练　反应热　热化学方程式
1．B　2.C 
3．D　[A 项，Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl 的反应属于吸热反应，错误；B 项，铝片更换为等质
量的铝粉，没有改变反应物的本质，放出的热量不变，错误；C 项，铁质搅拌器导热性好，
热量损失较大，错误；D 项，NaOH 固体溶于水时放热，使测定结果数值偏高，正确。]
4．C　[能量越低越稳定，根据图示，等物质的量的HNC 比HCN 的能量高，HCN 比HNC
更稳定，A 错误；HCN 转化为HNC 是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，B 错误；
加入催化剂，能降低反应的活化能，反应的热效应不变，D 错误。]
5．C　[2 mol SO3、1 mol O2充入恒容容器中，达平衡时，SO2的转化率为50%，则反应了的
SO2 的物质的量为1 mol，放出热量98.3 kJ，故热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 
ΔH＝－196.6 kJ·mol－1或SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98.3 kJ·mol－1。]
6．B　[催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，加快化学反应速率。反应②的活化能
低，反应速率快，但反应①与②同时发生，不能确定反应②是否使用催化剂，B 说法错
误。]
7．D　[由图像可知物质A、B 的能量相对大小，A 比B 能量高，B 更稳定，所以A→B 释放
能量，是放热反应，A、B 错误；催化剂能改变反应途径和活化能大小，但不能改变焓变，
C 错误。]
8．D　9.D　10.D
11．D　[甲图中反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故A 错误；乙图体现的是
CO2转化成CO 的能量变化，而碳的燃烧热是1 mol C 全部转化成CO2放出的热量，故B 错
误；丙图中V2为20 mL 时，温度最高，说明此时酸碱反应完全，又因为实验中始终保持V1
＋V2＝60 mL，则V1＝40 mL，由酸碱中和关系式：2NaOH～H2SO4可知，H2SO4和NaOH 溶
液的浓度不同，故C 错误。]
12．C　[据反应物和生成物所具有的能量可以判断出，该反应为放热反应，故A 错误；根
据图示，过渡态1 中Ni 的成键数目为2，过渡态2 中Ni 的成键数目为3，反应过程中Ni 的
成键数目发生了变化，故B 错误；根据图示，中间体2 到过渡态2 的能垒(活化能)最大，为
204.32 kJ·
mol－1，故C 正确；根据图示，Ni 是反应物不是催化剂，故D 错误。]
13．(1)＜　(2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290.0 kJ·mol－1
(3)98.0 kJ 　(4)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－46 kJ·mol－1
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14．(1)B　A→B 是甲烷中的C—H 断裂过程，断键吸热，A 的能量小于B；B→C 是形成化
学键的过程，成键放热，B 的能量大于C 　(2)664.75 　(3)271 　(4)·CO2 ＋·H ＋
H2(g)===·HOCO＋H2(g)　－2.05NA
解析　(3)反应Ⅰ中断裂2 mol C—H、形成1 mol 碳碳π 键和1 mol H—H，故416 kJ·mol－
1×2－E(碳碳π 键)－436 kJ·mol－1＝＋125 kJ·mol－1，解得E(碳碳π 键)＝271 kJ·mol－1。
第39 练　盖斯定律及应用
1．A
2．B　[混合时浓硫酸在被稀释的过程中放热；浓、稀硫酸在与Ba(OH)2溶液反应时还会形
成BaSO4沉淀，Ba2＋、SO 之间形成化学键的过程中也会放出热量。因放热反应的ΔH 取负
值，故ΔH1<ΔH2<ΔH3。]
3．C　
4．B　[反应(ⅰ)放出能量，反应(ⅱ)吸收能量，故(ⅰ)中I2的能量高，为气态，(ⅱ)中I2为固
态，故A 项错误；根据盖斯定律可知，(ⅱ)－(ⅰ)即得到I2(s)I2(g)　ΔH＝＋35.96 kJ·mol－
1，说明1 mol 固态碘与1 mol 气态碘所含的能量相差35.96 kJ，故B 项正确；两个反应的生
成物为相同状态的同种物质，其稳定性相同，故C 项错误；254 g I2(g)和2 g H2(g)的物质的
量均为1 mol，因反应(ⅰ)是可逆反应，转化率达不到100%，则反应放热小于9.48 kJ，故D
项错误。]
5．B　[由图像可知，反应HCO(aq)＋H＋(aq)===CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应，A 错误；由图
像可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，ΔH1、ΔH2都为放热反应，则ΔH1＜ΔH2，C
错误；加入催化剂，反应热不变，D 错误。]
6．B　
7．A　[由题知表示各物质燃烧热的热化学方程式分别为①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－
393.5 kJ·mol －1；②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol －1；③CH3COOH(l)＋
2O2(g)===2CO2(g) ＋2H2O(l) 　ΔH ＝－870.3 kJ·mol
－
1 。则2C(s) ＋2H2(g) ＋
O2(g)===CH3COOH(l)可由反应①×2＋②×2－③得出，则反应热为(－393.5 kJ·mol－1)×2＋
(－285.8 kJ·mol－1)×2－(－870.3 kJ·mol－1)＝－488.3 kJ·mol－1。]
8．A　9.B
10．B　[大多数化合反应为放热反应，而放热反应的反应热(ΔH)为负值，故A 错误；铝热
反应为放热反应，故ΔH5<0，而由④－③可得：2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)
ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0，可得ΔH4<ΔH3、ΔH3＝ΔH4－ΔH5，故B 正确、D 错误；将(②＋③)×可
得：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1＝(ΔH2＋ΔH3)，故C 错误。]
11．C　[根据盖斯定律可知，ΔH6＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5，故A 错误；原子失去电子
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变为离子是吸热过程，Ca 和Mg 属于同主族元素，Ca 的金属性强于Mg，Ca→Ca2＋吸收的
热量小于Mg→Mg2＋吸收的热量，即ΔH7<ΔH3，故B 错误；气态卤素原子得电子生成气态卤
素离子是放热过程，Cl 非金属性强于I，即Cl→Cl－放出的热量比I→I－放出的热量多，即
ΔH8>ΔH4，故C 正确；MgCl2(s)===Mg2＋(g)＋2Cl－(g)属于吸热过程，即ΔH5>0，Mg2＋(g)、
2Cl－(g)转化成Mg2＋(aq)、2Cl－(aq)要放出热量，发生MgCl2(s)===Mg2＋(aq)＋2Cl－(aq)吸收热
量比MgCl2(s)===Mg2＋(g)＋2Cl－(g)少，即ΔH9<ΔH5，故D 错误。]
12．C　[环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH1＜0，
ΔH2＜0，A 不正确；苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊
的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生
的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B 不正确；由于1 mol 1,3-环己二烯与氢气
完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2 倍，故其放出的热量更多，则ΔH1>ΔH2；苯与氢气
发生加成反应生成1,3-环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气
完全加成的反应热：ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，C 正确、D 不正
确。]
13．(1)－307　(2)＋6
14．(1)E1－E2＋ΔH＋E3－E4　(2)－911.9
解析　(1)设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M 的ΔH1＝E1－E2，
M→N 的ΔH2＝ΔH，N→Y 的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋
ΔH2＋ΔH3＝E1－E2＋ΔH＋E3－E4。
(2)根据盖斯定律，①＋②＋2×③可得反应CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－
(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(－65.17 kJ·mol－1)＋(－16.73 kJ·mol－1)＋2×(－
415.0 kJ·
mol－1)＝－911.9 kJ·mol－1。
15 ．(1)2C3H6(g) ＋9O2(g)===6CO2(g) ＋6H2O(g) 　ΔH ＝－3 854 kJ·mol －1 　(2)2H2S ＋
O2=====2H2O＋2S↓[或2H2S(g)＋O2(g)=====2H2O(l)＋2S(s)]　放出(a＋) kJ 热量　作催
化剂(或降低反应活化能)
第40 练　原电池　常见化学电源
1．D　[甲不是原电池，故A 错误；甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构
成了原电池，负极失去电子速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B 错误。]
2．C
3．C　[由题意可知，铝为负极，发生氧化反应，A 项错误；原电池工作时，阳离子向正极
移动，阴离子向负极移动，B 项错误；氧气在正极得电子，发生还原反应，C 项正确；原电
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池中，电流由正极流向负极，即由铂网经外电路流向铝板，D 项错误。]
4．A　5.C
6．B　[锂-海水电池的总反应为4Li＋2H2O＋O2===4LiOH，M 极上Li 失去电子发生氧化反
应，则M 极为负极，电极反应为Li－e－===Li＋，N 极为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－
===4OH－，故B 错误；海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶
液，故A 正确；Li 为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li 反应，并传导
离子，故C 正确；该电池不可充电，属于一次电池，故D 正确。]
7．C　[放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A 错误；碱性环境下，
N2H4-O2清洁燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，未消耗KOH，所以KOH 的物质的
量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH 的物质的量均减小，B 错误；理论放电
量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4 和
(CH3)2NNH2的放电量分别是×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C
正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成氮气的物质的量为1 mol，
在标准状况下为22.4 L，D 错误。]
8．B　9.C 
10．C　[装置①中现象说明浓硝酸具有强氧化性，能将Fe 钝化，但形成的致密氧化膜的成
分复杂，不能仅用Fe2O3表示，A 错误；装置②中插入Cu 并连接导线后，由于Fe 表面已钝
化，此时Cu 为负极，Fe 为正极，Fe 表面的氧化物得电子发生还原反应而溶解，待氧化膜完
全溶解后，Fe 为负极，Cu 为正极，然后Fe 表面再次发生钝化，如此往复多次，B 错误；当
Fe 为负极时，Fe 发生钝化，钝化过程中会产生红棕色气泡，C 正确；Cu 表面与浓硝酸发生
氧化还原反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，此外，当Cu 作正极时，Cu
表面发生的电极反应为NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O，当Cu 作负极时，Cu 表面发生的电
极反应为Cu－2e－===Cu2＋，D 错误。]
11．C
12．D　[放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1 电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1
电极移向Pt2 电极，A 错误；Pt1 电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，电极反应
式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，B 错误；酸性条件下，氧气得电子生成水，C 错误；根
据转移电子数相等可知，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D 正确。]
13．(1)SO2－2e－＋2H2O===4H＋＋SO　(2)2 mol
解析　(1)由图可知，该装置为原电池，电极a 为电池的负极，通入的二氧化硫气体在负极
失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===4H＋＋SO。(2)由反应
H2S＋H2SO4===SO2↑＋S↓＋2H2O、S＋O2===SO2可知，1 mol H2S 参加反应时，负极上有2 
mol 二氧化硫参与放电，由得失电子守恒可得：2 mol×2＝n(H2)×2，解得n(H2)＝2 mol。
14．(1)①铂　②14CO2＋12e－＋8H2O===H2C==CH2＋12HCO　③16.8 L　(2)C＋xe－＋xNa＋
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===NaxC　Na1－xTMO2＋xe－＋xNa＋===NaTMO2
第41 练　新型化学电源分类突破
1．D　2.D
3．D　[由题意知，放电时负极反应为Li－e－===Li＋，正极反应为(2－x)O2＋4Li＋＋4e－
===2Li2O2－x(x＝0 或1)，电池总反应为(1－)O2＋2Li===Li2O2－x。充电时的电池总反应与放电
时的电池总反应互为逆反应，故充电时电池总反应为Li2O2－x===2Li＋(1－)O2，D 项正确；
该电池放电时，金属锂为负极，多孔碳材料为正极，A 项错误；该电池放电时，外电路电子
由锂电极流向多孔碳材料电极，B 项错误；该电池放电时，电解质溶液中Li＋向多孔碳材料
区迁移，充电时电解质溶液中的Li＋向锂电极区迁移，C 项错误。]
4．B　5.C 
6．C　[充电时为电解池，由题目信息知，光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极
反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)，则充电时，电池的总反应为
Li2O2===2Li＋O2，因此，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，A、B 正确；放电时，
金属Li 电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C 错误；
放电时，电池总反应为2Li＋O2===Li2O2，则正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D 正
确。]
7．A　[由题图知，M 极为负极，N 极为正极，H2N(CH2)2NH2 在负极上失电子发生氧化反
应，电极反应式为H2N(CH2)2NH2＋4H2O－16e－===2CO2＋N2＋16H＋，A 正确；充电时二次
电池的正极应与外接电源的正极相连，即与N 极相连，B 错误；H＋通过质子交换膜由M 极
移向N 极，C 错误；当N 电极消耗标况下2.24 L O2时，则转移× 4＝0.4 mol 电子，所以有
0.4 mol 电子从M 极流向N 极，D 错误。]
8．A　[充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A 错误；放
电时Na 在a 电极失去电子，失去的电子经外电路流向b 电极，即电子在外电路的流向为
a→b，B 正确；将题给硫电极发生的反应依次编号为①②③，由×①＋×②＋③可得正极的
反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C 正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的
导电性，可以增强硫电极的导电性能，D 正确。]
9．B　10.D 
11．C　[Zn 是活泼金属，放电时，Zn 为原电池的负极，发生氧化反应，A 项正确；放电时，
Y 电极是正极，发生还原反应，电极反应为PTO＋Zn2＋＋2e－===PTO-Zn，B 项正确；充电
时，该装置为电解池，X 电极与外加电源的负极相连，则Zn2＋向X 电极移动，C 项错误，D
项正确。]
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12．A　[充电时n 接电源的负极，作电解池的阴极，Zn2＋通过阳离子交换膜向阴极定向迁移，
故由左侧流向右侧，A 正确；放电时，负极Zn 溶解生成Zn2＋，Zn2＋通过阳离子交换膜向正
极定向迁移，故负极区溶液质量不变，B 错误；充电时阴极的电极反应式为Zn2＋＋2e－
===Zn，C 错误；若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正、负极不会改变，D 错
误。]
13．(1)阳　(2)NH＋2O2===NO＋H2O＋2H＋　(3)26
14．不变　18
解析　由题图可知，电子由M 极流向N 极，说明M 极为负极，电极反应式为2H2O－4e－
===O2＋4H＋；N 极为正极，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O。导线中通过2 mol
电子后，则负极产生2 mol H＋，此时有2 mol H＋通过质子交换膜移向N 极，即M 极电解质
溶液中H＋的量不变，电解质溶液的pH 不变；由正极的电极反应式可知，每转移2 mol 电子
N 极电解质溶液中增加1 mol H2O，则Δm＝18 g。
第42 练　电解池　金属的腐蚀与防护
1．B　2.C
3．B　[用电解法精炼粗银，银单质失电子生成银离子，发生氧化反应，粗银与电源正极相
连，故A 错误；由得电子能力：Ag＋>Cu2＋，阴极为Ag＋得电子生成Ag，电极反应为Ag＋＋
e－===Ag，故B 正确；粗银作阳极，Cu 生成Cu2＋，Pt 成为阳极泥，故C 错误；电解精炼银
时，粗银中比银活泼的铜会失电子形成离子进入溶液，则电解液中c(Ag＋)浓度不可能增大，
故D 错误。]
4．C　[金属M 失电子，其活动性应比铁强，B 错误；M 失去的电子流入钢铁设施表面，因
积累大量电子而被保护，C 正确；海水中所含电解质的浓度远大于河水中的，因此钢铁设施
在海水中腐蚀的速率快，D 错误。]
5．B　6.B
7．D　[①是密闭体系，NaCl 溶液中溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，A 项正确；
苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，B 项正确；根据③中现象，
铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C 项正确；根据现
象可知，③中发生吸氧腐蚀，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，D 项错误。]
8．A　[M 电极为正极，N 电极为负极，电子从N 电极经导线流向M 电极，A 错误；正极的
电极反应式为O2＋2H2O＋4e－ ===4OH－，因此正极区附近溶液的pH 增大，C 正确；电路中
转移0.01 mol 电子时，有＝0.002 5 mol 氧气反应，质量为0.002 5 mol×32 g·mol－1＝0.08 g，
D 正确。]
9．D　10.A
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11．A　[阶段Ⅰ中阴极上H2O→H2，阳极上Na0.44MnO2→Na0.44－xMnO2，则电源a 为负极、b
为正极，A 项错误；阶段Ⅰ中阴极生成H2，阶段Ⅱ中阳极生成Cl2，避免氢气和氯气混合，
且有利于提纯NaOH，C 项正确；若阶段Ⅰ在饱和食盐水中进行，则阴极和阳极分别产生H2
和Cl2，达不到改进目的，D 项正确。]
12．D　[由图可知，在M 电极I－转化为I，发生氧化反应，则M 电极为阳极，N 电极为阴
极，M 接电源的正极，A 错误；阳极反应式为3I－－2e－===I，B 错误；二氧化硫在电解池中
与溶液中的I 反应，离子方程式为SO2＋I＋2H2O===3I－＋SO＋4H＋，此时转移2 个电子，
同时生成4 个氢离子，而在阴极转移2 个电子时消耗2 个氢离子，则溶液中氢离子浓度增大，
pH 减小，C 错误；由关系式：SO2～I～2e－，电解消耗x 库仑电量，则二氧化硫的体积分数
为×100%＝×100%，D 正确。]
13．(1)＜　(2)O2＋4e－＋2H2O===4OH－　(3)H2　1　1s22s22p63s23p5
14 ．(1)①PbO2 　X 　PbO2 ＋SO ＋4H ＋＋2e －===PbSO4 ＋2H2O 　②Al －3e －＋
3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　③0.4
(2)①CO2＋2e－===CO＋O2－　②6∶5
解析　(1)③消耗103.5 g(0.5 mol)Pb，转移电子的物质的量为1 mol，装置的电流效率为
80%，故装置Ⅱ阴极上参与反应的电子为0.8 mol，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH
－，即产生0.4 mol H2。(2)①由图示可知，阴极上CO2―→CO，且固体电解质能传导O2－，
则阴极反应式为CO2＋2e－===CO＋O2－。②假设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为2 mol
和1 mol，由2CH4―→C2H4＋2H2、2CH4―→C2H6＋H2知，生成2 mol 乙烯和1 mol 乙烷时，
共脱去5 mol H2，转移10 mol e－，根据电子转移数目守恒可知，此时消耗的CO2为5 mol，
消耗的CH4为6 mol，即消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。
第43 练　电解原理应用新拓展
1．C　
2．B　[根据图示可知，在b 电极上产生N2，N 元素失去电子化合价升高，所以b 电极为阳
极，连接电源的正极，A 错误；a 电极上产生H2，a 电极为阴极，电极反应式为2NH3＋2e－
===H2↑＋2NH，B 正确；电解过程中，K＋会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K＋浓
度增大，C 错误；每产生1 mol H2，转移2 mol 电子，每产生1 mol N2，转移6 mol 电子，故
阴极产生的H2与阳极产生的N2的物质的量之比是3∶1，D 错误。]
3．D　[在电解装置中，电子由电源的负极流入阴极，所以a 极为负极，X 极为阴极，Y 极
为阳极，b 极为正极，A 正确；在电解池中，阴离子向阳极(Y 极)迁移，B 正确；Y 极上钾汞
齐发生氧化反应，C 正确；析出1 mol 铝时转移3 mol 电子，即转移1 mol 电子理论上析出9 
g Al，D 错误。]
54
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4．C
5．C　[由(NH4)2SO4→(NH4)2S2O8，氧元素化合价升高被氧化，故右侧Pt 电极为阳极，b 为
外接电源正极，a 为外接电源负极，左侧Pt 电极为阴极。阴极氧气被还原，阳极硫酸根离子
被氧化，电解总反应正确，B 正确；根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根离子，阴离子
交换膜不可用阳离子交换膜替代，C 错误；电解池工作时，Ⅰ室发生反应：O2＋2e－＋2H＋
===H2O2，同时SO 移向阳极，故Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小，D 正确。]
6．A　[该电解池的总反应方程式为2CO2＋2H2O===C2H4＋3O2，多晶铜电极为阴极，该电
极的电极反应式为14CO2＋8H2O＋12e－===C2H4＋12HCO，铂电极为阳极，该电极的反应式
为12HCO－12e－===12CO2＋3O2＋6H2O。HCO 在铂电极发生反应，并且电解前后电解液浓
度几乎不变，所以溶液中HCO 通过阴离子交换膜向左槽移动，故C 错误；由多晶铜电极电
极反应式分析可知，当电路中通过0.6 mol 电子时，理论上能产生0.05 mol C2H4，该题目没
有说明条件为标准状况，故D 错误。]
7．A　[A 膜允许氢离子通过，是阳离子交换膜，故A 错误；电极Y 上是氢离子得电子生成
氢气，是阴极，发生还原反应，故B 正确；阳极底物失去电子生成二氧化碳和氢离子，电
极反应：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，故C 正确。]
8．C　9.B
10．D　[a 极区的稀氢氧化钠溶液变为浓氢氧化钠溶液，说明a 极区生成了氢氧化钠，即钠
离子通过膜1 向a 极区迁移，膜1 为阳离子交换膜；同理，氯离子通过膜2 向b 极区迁移，
膜2 为阴离子交换膜，A 项正确；提纯蛋白质，不能让蛋白质(胶体粒子)通过膜1、膜2，所
以膜1、膜2 的孔径应不大于半透膜的孔径，B 项正确；a 极为阴极，发生还原反应：2H2O
＋2e－===2OH－＋H2↑，C 项正确；每转移2 mol 电子，结合电极反应和电荷守恒可知，理
论上乳清减少的质量为2 mol NaCl 的质量，即质量减少117 g，D 项错误。]
11．C　[M 电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为O2＋2e－＋2H＋===2·OH，M
作阴极，A 正确；N 为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以OH－透过膜a 向N 极移动，B
正确；1 mol 甲醛生成1 mol CO2转移4 mol 电子，1 mol 苯酚生成6 mol CO2转移28 mol 电
子，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6∶7，D 正确。]
12．Fe－2e－===Fe2＋　 2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N2↑＋6Fe3＋＋4H2O
13．(1)Cu、Ag　减小　(2)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H＋)增大，阴极发生副反应：2H＋＋2e
－===H2↑，影响Pb2＋放电，使铅产率减小
14．(1)使阴极表面尽可能被CO2附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几
率)，提高含碳化合物的产率
(2)2.8　(3)为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料
解析　(2)控制电压为0.8 V，产生0.2 mol 氢气和0.2 mol 乙醇，根据电极反应2H＋＋2e－
===H2↑，2CO2＋12e－＋12H＋===C2H5OH＋3H2O，故电解时转移电子的物质的量为0.4 mol
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＋2.4 mol＝2.8 mol。
第十一章　化学反应速率与化学平衡
第44 练　化学反应速率及影响因素
1．B　2.D　3.C 
4．D　[铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；将容器的体积
缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；体积不变，
充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；保持
体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。]
5．D　[浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数，活化分子的百分数不变；温
度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。]
6．B　[a 的活化能更高，A 错误；该反应为放热反应，反应物断键吸收的总能量小于生成
物成键释放的总能量，B 正确；a 与b 相比，b 的活化能小，b 中活化分子的百分数更高，反
应速率更快，C、D 错误。]
7．C　[由表中数据可计算，42～242 s，消耗CH3CHO 的平均反应速率为＝1.02×10－2mol·L
－1·s－1，A 项正确；随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应速率减慢，所以第384 s 时的瞬
时速率大于第665 s 时的瞬时速率，B 项正确；由于CH3CHO 的初始浓度及气体体积未知，
故无法计算反应至105 s 时，混合气体的体积，C 项错误。]
8．D　9.C
10．D　[由②③可知，温度相同时，pH 越小，氧化率越大，由①②可知，pH 相同时，温度
越高，氧化率越大，A、B 错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，
如浓度等，C 错误。]
11．C　[由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由
图知A、B、C 三点斜率大小：A＞B＞C，即瞬时速率：A＞B＞C，故A 错误、C 正确；催
化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，故
D 错误。]
12．v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×＝2× ＝1.8×10－3 mol·min－1
13．(1)2　(2)15　(3)0.45
解析　(1)控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，根据CO 的瞬时生成速率＝kcm(H2)·c(CO2)和H2
起始浓度呈直线关系可知，m＝1，该反应的反应级数为1＋1＝2。(2)将图像上的点(0.4,1.5)
代入v＝kc(H2)·c(CO2)中有1.5＝0.4×k×0.25，解得k＝15。(3)由于CO2起始浓度为0.25 mol·L
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－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，Δc(CO2)＝(0.25－0.2) mol·L－
1 ＝0.05 mol·L －1 ，Δc(H2) ＝Δc(CO2) ＝0.05 mol·L －1 ，H2 的瞬时浓度为c(H2) ＝(0.2 －
0.05)mol·L－1＝0.15 mol·L－1，此时CO 的瞬时生成速率v＝15×0.15×0.2 mol·L－1·s－1＝0.45 
mol·L－1·s－1。
14．(1)探究浓度对反应速率的影响　向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度)
(2)升高温度，反应速率加快　MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好
(3)产生20 mL 气体所需的时间
第45 练　过渡态理论　催化剂对化学反应的影响
1．D　2.C　3.C 
4．C　[如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，
ΔH<0，A 项正确；两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反
应决定，即反应①决定，B 项正确。]
5．B　[整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A 正确；
由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B 错误；决定总反应速
率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为
―→CH3OCH3
＋H＋，故C 正确。]
6．A　[由于绝对值|E3－E2|<|E4－E1|，该值为负值，去掉绝对值后，E3－E2＞E4－E1，A 正确；
由图可知，反应Ⅰ的活化能较大，反应Ⅰ决定整个反应的速率，B 错误；催化剂不改变焓变，
C 错误；根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) 
ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D 错误。]
7．C　8.A 
9．D　[第三步反应为慢反应，则反应的活化能较大，是决速反应，故A 错误；Cl 和COCl
都是该总反应的中间产物，故B 错误；从速率方程v＝k
(Cl2)·c(CO)中可以看出，c(CO)、
c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，故C 错误；升温可以提高
反应物中活化分子的百分数，使k 增大导致反应速率加快，故D 正确。]
10．D　[由图b 可知，随着pH 减小，n(N2)增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH
越小，Pd 对NO 的吸附能力越强，A 正确；由图b 可知，pH 不同还原产物也不同，pH 为4
时还原产物主要为N2，pH 为12 时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可使
NO 更多的转化为N2，B 正确；由图b 可知，pH＝12 时，还原产物几乎全是NO，则每处理
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6.2 g NO 转移电子×2＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 
L·mol－1＝2.24 L H2，D 错误。]
11．B　[由表中数据可知，在0～20 min、20～40 min、40～60 min，X2Y 的浓度均减少了
0.02 mol·L－1，即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a＝0，v＝k，A、D 错误，
B 正确；0～20 min 内，k＝v＝＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，C 错误。]
12．(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ
13．迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使 NOx 去除反应速率迅
速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的 NOx 去除反应速率增大　催化剂活性下降；
NH3 与 O2 反应生成了 NO
14．(1)Ⅰ　高　(2)随着H2体积分数的增加，NO 反应完后，在Pt 催化下，N2和H2反应生成
NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势　(3)0.001　20%
解析　(3)由题给数据可知，0～20 min，反应速率为v(N2O)＝＝0.001 mol·L－1·min－1。由
题给数据可知，反应速率v(N2O)与反应物N2O 的浓度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－
1·min－1，则反应至40 min 时N2O 的转化率α＝×100%＝20%。
第46 练　化学平衡状态与化学平衡常数
1．B　2.A　3.D
4．A　[若X2完全转化为Z，则X2、Y2、Z 的浓度分别是0 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－
1；若Z 完全转化为X2、Y2，则X2、Y2、Z 的浓度分别是0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0 mol·L
－1 ；反应为可逆反应，反应物不能完全转化，所以0<c(X2)<0.2 mol·L －1,0.2 mol·L －
1<c(Y2)<0.4 mol·
L－1,0<c(Z)<0.4 mol·L－1。]
5．D　[该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，故A 不符合题意；初始
时CH3OH(g)的体积分数应该为0，故B 不符合题意；2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)为气体体
积减小的反应，混合气体总质量为定值，则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增
大，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化，t0时，表明达到平衡状态，故C 不符合题
意、D 符合题意。]
6．C　[K 越大，说明反应进行的越完全，CO2的平衡转化率越大，但反应速率受外界因素
影响，反应速率不一定越大，A 错误；K 只受温度影响，温度不变，则K 不变，B 错误；升
高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，该反应ΔH>0，为吸热反应，则平衡常数K
增大，C 正确；加入催化剂，只能改变反应速率，平衡不移动，则不能提高合成气的平衡产
率，D 错误。]
7．B　8.A
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9．B　[①反应中各物质均为气体，混合气体的总质量不变，且反应在恒容条件下进行，则
混合气体的密度始终不变，故不能据此判断反应2 是否达到平衡，错误；②反应2 的平衡建
立过程中，气体总物质的量不断变化，则气体压强不断变化，当气体压强保持不变时，反应
2 达到平衡状态，正确；③平衡建立过程中，混合气体的总质量不变，但其总物质的量不断
变化，故当气体的平均摩尔质量保持不变时，反应2 达到平衡状态，正确；④保持不变，则
c(NO2)、c(N2O4)均保持不变，反应2 达到平衡状态，正确；⑤反应1 是不可逆反应，O2的物
质的量始终保持不变，不能据此判断反应2 是否达到平衡，错误；⑥v 正(N2O4)∶v 逆(NO2)＝
1∶2，正、逆反应速率相等，反应2 达到平衡状态，正确。]
10．C　[达到平衡时消耗X 的物质的量浓度为(0.1－0.05) mol·L－1＝0.05 mol·L－1，因此X 的
转化率为50%，A 项正确；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，三种组分的系数之
比为(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶0.1＝1∶3∶2，因此反应方程式为X＋3Y2Z，平衡常数K
＝＝1 600，B 项正确；化学平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，C 项错误、D 项
正确。]
11．C
12．C　[A 项，因起始浓度相同，X、Y 两点转化率相同，所以MTP 的浓度也相等，正确；
B 项，由图可知，X 点曲线斜率大于Z 点，且Z 点转化率高，此时TOME 的浓度只有0.02a 
mol·L－1，所以瞬时速率：v(X)>v(Z)，正确；C 项，若Z 点为平衡点，此时c(TOME)＝0.02a 
mol·L－1，c(MTP)＝ 0.98a mol·L－1，但因移出甲醇，甲醇浓度不为0.98a mol·L－1，错误；
D 项，0～150 min 时间内，Δc(MTP)＝0.67a mol·L－1，正确。]
13．(1)吸　0.20　(2)逆反应方向　不变　(3)升高温度
14．(1)B　(2)
15．(1)放热　(2)<　(3)2.7
解析　(1)根据数据可知，随着温度的升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热
反应，则正反应为放热反应。(2)对于某时刻，浓度商Q＝＝＝12.5，大于250 ℃的平衡常
数，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率。(3)同温同体积的情况下，压强之比等于
物质的量之比，平衡时与起始时的气体压强比值为0.7，起始的物质的量为1 mol＋2 mol＝3 
mol，则平衡时的物质的量为3 mol×0.7＝2.1 mol。设CO 转化的物质的量为x mol，列三段
式：
　　　　   CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始/mol　　1　　　2　　　　　0
转化/mol　　x　　　2x　　　　 x
平衡/mol　　1－x　 2－2x　　　x
1－x＋2－2x＋x＝2.1，得x＝0.45；体积为2 L，则有K＝＝≈2.7。
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第47 练　化学平衡常数的综合计算
1．B
2．B　[反应初始4 s 内v(X)＝0.005 mol·L－1·s－1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知
v(Y)＝0.005 mol·L－1·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 项错误；
设平衡时X 的浓度转化量为x mol·L－1，则： 
　　　　　　　X(g)＋　Y(g)　R(g)＋Q(g)
起始/(mol·L－1)  0.1     0.4      0     0
转化/(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 项正确；由表格数据可
知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C 项错误；1 200 ℃时反应X(g)＋Y(g) 
R(g)＋Q(g)的平衡常数为0.4，所以反应R(g)＋Q(g) X(g)＋Y(g)的平衡常数为＝2.5，
D 项错误。]
3．D
4．C　[升高温度平衡右移，正反应为吸热反应，A 项正确；25 ℃平衡时，p(NH3)＝12.0 
kPa×＝8 kPa，p(CO2)＝12.0 kPa×＝4 kPa，Kp＝(8 000 Pa)2×4 000 Pa＝2.56×1011 Pa3，B
项正确；步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，说明未抽成真空状态，装置中留有空气，
最终测压仪所测压强偏大，Kp测量值偏大，C 项错误；步骤Ⅱ中读数时U 形管左侧液面偏
高，说明U 形管右侧压强较大，即所测压强偏大，Kp测量值偏大，D 项正确。]
5．D　6.B
7．C　[从图像上可以看出温度越高，甲醇的体积分数越小，说明升温，平衡逆向移动，该
反应的ΔH<0，A 项正确；B 点与C 点温度相同，平衡常数相等，B 项正确；C 点时，甲醇
的体积分数是50%，假设起始n(CO)＝1 mol，n(H2)＝2 mol，消耗的CO 的物质的量为x 
mol，则列三段式：
　　　　　2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)
初始/mol　2　　　　1　　　　0
转化/mol  2x       x        x
平衡/mol  2－2x   1－x      x
甲醇的体积分数为＝50%，x＝0.75，平衡常数Kp＝＝，D 项正确。]
8．0.05p0　
9．9.1%　0.8p
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10．(1)p
(2)p　
解析　(1)设起始时C2H6和H2的物质的量均为1 mol，列出三段式：
　　　　C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)
起始/mol  1       0        1
转化/mol  α       α        α
平衡/mol  1－α    α        1＋α
平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为p、p 和p，则该反应的平衡常数Kp＝＝p。(2)设
通入的SO2、O2和N2共100 mol，利用三段式进行计算：
　　　　  SO2(g)＋   O2(g)SO3(g)
起始/mol  2m        m        0
转化/mol  2mα       mα       2mα
平衡/mol  2m－2mα   m－mα   2mα
平衡时气体的总物质的量为(3m＋q－mα) mol，则p(SO2)＝p×，p(O2)＝p×，p(SO3)＝p×，
因3m＋q＝100，Kp＝
，代入计算得Kp＝。
11．0.4p　
12.
解析 　恒压反应器中，按照n(H2)∶n(C6H6)＝4∶1 投料，设投入的苯的物质的量为1 mol，
发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则
　　　   
(g)＋3H2(g)
 (g)
起始/mol  1       4         0
转化/mol  α       3α        α
平衡/mol  1－α    4－3α     α
　　　　 
(g)
(g)
起始/mol   α        0
转化/mol   x        x
平衡/mol   α－x     x
反应后平衡体系中总的物质的量为1－α＋4－3α＋α－x＋x＝5－3α，故平衡时，苯的分压为
p0，H2的分压为p0，则反应Ⅰ的Kp＝＝。
13．(1)①0.12 mol·L－1·min－1　增大　②F
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(2)①KA＝KB>KC　②2
解析　(1)①＝2，又n(CO)＋n(H2)＝3 mol，则n(H2)＝2 mol，n(CO)＝1 mol,0～5 min 内转化
的n(CO)＝0.6 mol，则有
　　　　　　　CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始/(mol·L－1)  0.5  1  0
转化/(mol·L－1)  0.3  0.6  0.3
平衡/(mol·L－1)  0.2  0.4  0.3
v(H2)＝＝0.12 mol·L－1·min－1，K＝>，所以平衡正向移动，v 正>v 逆，H2的转化率将增大。②
反应物按方程式中各物质的化学计量数比投料时产物的体积分数最大，否则都会使产物的体
积分数减小，故应选F 点。
(2)①平衡常数只与温度有关，CO 与H2反应生成CH3OH 的反应为放热反应，则升高温度，
平衡常数减小，则KC<KA，A 点与B 点的温度相同，KA＝KB，所以三者的关系是KA＝
KB>KC。②达到平衡状态A 时，容器的体积为10 L，状态A 与B 的平衡常数相同，状态A
时CO 的转化率是0.5，则平衡时CO 的物质的量是10 mol×(1－0.5)＝5 mol，浓度是0.5 
mol·L－1，c(H2)＝1 mol·L－1，生成甲醇的物质的量是5 mol，浓度是0.5 mol·L－1，所以平衡
常数KA＝1；设状态B 时容器的体积是V L，状态B 时CO 的转化率是0.8，则平衡时，CO
的物质的量浓度为 mol·L－1，氢气的物质的量浓度是 mol·L－1，生成甲醇的物质的量浓度是 
mol·L－1，KB＝＝1，解得V＝2。
第48 练　影响化学平衡的因素
1．B　2.B　3.D
4．C　[向该溶液中加入过量浓NaOH 溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移
动，溶液呈黄色，A 错误；反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，
B 错误；向该溶液中滴加适量的浓硫酸，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只
能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，C 正确；向体系中加入
少量水，相当于稀释，平衡正向移动，D 错误。]
5．A
6．C　[升高体系温度，正、逆反应速率都增大，故A 错误；该反应气体总质量不变，容器
体积不变，根据ρ＝可知该反应的气体密度始终不变，故B 错误；平衡常数K＝，K 只与温
度有关，温度不变，K 不变，故C 正确；增大体系的压强，平衡逆移，N2O4的平衡转化率
降低，故D 错误。]
7．B　[A 项，充入B 气体相当于增大压强，B 的体积分数增大，故a>b；B 项，使用催化剂，
62
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平衡不移动，a＝b；C 项，升高温度，平衡正向移动，a>b；D 项，相当于扩大容器容积，
减小压强，平衡逆向移动，a＜b。]
8．B　9.C
10．D　[温度不变，平衡常数不变，K＝c(Cl2)，因此反应 ⅰ 增大压强，达到新平衡后Cl2
浓度不变，A 错误；反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)是放热反应，B 错误；依据盖
斯定律，用[总反应－(反应ⅰ＋反应ⅱ)]×得反应ⅲ：CuO(s)＋2HCl(g)CuCl2(s)＋
H2O(g)，D 正确；由反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 知，催化剂CuCl2参加反应，通过改变反应历程，从
而提高反应速率，但不影响平衡，改变不了平衡转化率，C 错误。]
11．D　[两室中发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，若右室的容积与左室相等，左室和
右室在相同条件下达到的平衡状态相同，含有的SO2物质的量相等，右室在此平衡状态时将
体积缩小为原来的，压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，SO2物质的量减少，则第一次
平衡时，SO2的物质的量左室更多，A 项正确；通入气体未反应前，左室气体总物质的量为
4 mol，右室气体总物质的量为2 mol，左室容积为右室的两倍，温度相同，则左室压强和右
室一样大，B 项正确；左室从正反应开始建立平衡，左室平衡时压强小于左室起始压强，右
室从逆反应开始建立平衡，右室平衡时压强大于右室起始压强，左室与右室起始压强相等，
则第一次平衡时左室内压强一定小于右室，C 项正确；若在容积为2 倍左室容积的容器中起
始充4 mol SO2、2 mol O2，相同条件下达到平衡时SO2的物质的量为左室SO2物质的量的2
倍，打开活塞相当于在容积为1.5 倍左室容积的容器中起始充入2 mol SO2、1 mol O2、2 mol 
SO3(g)、1 mol Ar，相当于在容积为1.5 倍左室容积的容器中起始充入4 mol SO2、2 mol O2、
1 mol Ar，相对于2 倍左室容积的容器缩小了体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，
SO2物质的量减小，即第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2物质的量
的2 倍要少，D 项错误。]
12．(1)温度低于500 ℃，反应速率小；温度高于500 ℃，对副反应影响较大，化学平衡向
生成CO 的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成　(2)①C　②Ⅱ　>　③45 kPa
13．(1)①Ⅱ　②<　该反应是放热反应，C3H8与O2起始物质的量比相同时，升高温度，平
衡逆向移动，C3H8体积分数增大，故横坐标向左是升高温度，所以T3<T4　③27.3%　(2)BC
解析　(1)①减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，体
积分数减小，则表示＝1∶2 的曲线是Ⅱ。③由图可知， M 点时，起始＝1∶1，平衡时丙烷
的体积分数为20%，设丙烷和氧气的起始物质的量都为1 mol，平衡时生成a mol 丙烯，由
题意可建立如下三段式：
　　　 C3H8(g)＋O2(g)C3H6(g)＋H2O(g)
始/mol  1       1        0       0
变/mol  a       0.5a     a       a
平/mol  1－a    1－0.5a  a       a
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×100%＝20%，解得a＝，则氧气的转化率为×100%≈27.3%。
14．(1)＋261　BD　(2)T1>T2>T3　恒压条件下，H2S 的摩尔分数增大，平衡正向移动，最终
H2S 的转化率降低
(3)＜　在1 000 K，反应①ΔG>0，反应趋势小，反应③ΔG<0，反应趋势大，占主导 
(4)1.28×104
解析　(1)反应③等于反应①减去反应②，ΔH3＝＋180 kJ·mol－1－(－81 kJ·mol－1)＝＋261 kJ·
mol－1；A 项中都表示正反应，故A 不符合题意；该反应是气体分子数变化的反应，恒容条
件下压强不变即达到平衡，故B 符合题意；恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保
持不变，故C 不符合题意。(2)反应①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则H2S 的转
化率增大，故T1>T2>T3。(3)在1 000 K，反应①ΔG>0，不易自发，反应③ΔG<0，容易自发，
故反应自发趋势①＜③。(4)设n(H2S)＝3 mol，列三段式
CH4(g)＋2H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)
初始/mol　3　　　 3　　　　 0　　　0
转化/mol　x　　　 2x　　　　x　　　4x
平衡/mol　3－x　　3－2x　　 x　　　4x
达到平衡时，CS2分压与H2S 的分压相同即有3－2x＝x，解得x＝1，平衡后气体的总物质的
量为2 mol＋1 mol＋1 mol＋4 mol＋2 mol＝10 mol，则Kp＝＝1.28×104。
第49 练　化学反应的方向与调控
1．D　2.D
3．C　[A(s)===B(g)＋C(s)的ΔS＞0，ΔH＞0，在高温条件下能自发进行，故A 错误；A(g)
＋2B(g)===2C(g)＋3D(g)的ΔS＞0，所以当ΔH＜0 时，一定满足ΔH－TΔS＜0，反应一定能
够自发进行，当ΔH＞0 时，高温下，ΔH－TΔS＜0 成立，也可以自发进行，故B 错误；
M(s)＋N(g)===2Q(s)的ΔS＜0，当ΔH＞0 时，ΔH－TΔS＞0，一定不能自发进行，故D 错
误。]
4．C　[由题图可知，NH3的体积分数随着温度的升高而显著下降，故要提高NH3的体积分
数，必须降低温度，但目前所用催化剂铁触媒的活性最高时的温度为500 ℃，故最有前途
的研究方向为研制低温催化剂。]
5．A　[图①到图③为氮气和氢气中的化学键断裂的过程，图⑤到图③为氨气中化学键断裂
的过程，故图①到图③的活化能减去图⑤到图③的活化能就是合成氨反应的反应热，A 正确；
该反应过程中只有非极性键的断裂和极性键的形成，B 错误；当温度、体积一定时，在原料
气中添加少量惰性气体不影响各组分的浓度，因此不影响平衡，不能提高平衡转化率，C 错
误；合成氨的反应是气体总体积减小的放热反应，故高压是为了提高反应物的平衡转化率，
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但高温不是为了提高转化率，D 错误。]
6．C　7.A
8．A　[根据题图，随着温度的升高，H2的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，
故正反应为放热反应，即ΔH<0，A 项正确；N 点压强大于M 点，M 点温度高于N 点，因此
无法确定两点反应速率的快慢，B 项错误；此反应是可逆反应，不能完全进行到底，C 项错
误；采用更高的压强对设备的要求更高，增加经济成本，D 项错误。]
9．C　[在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量之比为1∶2∶2 进行反应：TiO2＋2C＋
2Cl2=====TiCl4＋2CO，三者完全反应时，生成TiCl4、CO 的物质的量之比为1∶2，此时
TiCl4的物质的量分数约为33.3%，结合图像可知，200～1 600 ℃反应达到平衡时，TiCl4的
物质的量分数约为33.3%，则TiO2转化率均已接近100%，A 正确；结合图像可知，将400 
℃时的平衡体系加热至800 ℃，二氧化碳含量减小、一氧化碳含量增加，则平衡C(s)＋
CO2(g)2CO(g)向正反应方向移动，B 正确；延长时间不能改变平衡时物质的转化率，C
错误。]
10．(1)任何温度下都能自发进行，是因为ΔH<0、ΔS>0
(2)①＋90.8　②CD
11．(1)AD　(2)
12．(2)0.975　该反应气体分子数减少，增大压强，α 提高。5.0 MPa＞2.5 MPa＝p2，所以p1
＝5.0 MPa　反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强　(4)升高温度，k 增大使v 逐渐
提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α 引起的降低；当t＞tm，k
增大对v 的提高小于α 引起的降低
13．(1)＋124　(2)AD　(3)①丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，平衡向逆反
应方向移动　②16.7
解析　(1)设已知反应为反应Ⅲ根据盖斯定律，反应Ⅰ＝(反应Ⅱ－反应Ⅲ)可得ΔH1＝＋124 
kJ·
mol－1。(3)②据图可知：在温度为T1 ℃时，当通入C3H8的物质的量分数为0.4，C3H8的平
衡转化率为50%，假设反应开始时通入气体物质的量为a mol，则n(C3H8)＝0.4a mol，
n(N2)＝0.6a mol，则平衡时n(C3H8)＝0.2a mol，n(C3H6)＝n(H2)＝0.2a mol，平衡时气体总
物质的量n(总)＝0.2a mol＋0.2a mol＋0.2a mol＋0.6a mol＝1.2a mol，C3H8、C3H6、H2的
物质的量分数都是＝，Kp＝＝≈16.7 kPa。
第50 练　化学反应速率与化学平衡图像分类突破
1．C　2.C
3．D　[由图可知，压强一定时，温度越高，CO 的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡
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向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即ΔH＜0，故A 错误；正反应为气体体积减小
的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO 的平衡转化率增大，故压强：
p1＞p2，故B 错误；X 点和Y 点对应的温度相同，则化学平衡常数K(X)＝K(Y)，故C 错误；
在p2和316 ℃时，若将6 mol H2和2 mol CO 通入容器中，相当于在原平衡的基础上增大氢
气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故CO 的平衡转化率应大于50%，
故D 正确。]
4．B　[甲容器中，10～40 min 内，氢气分压变化为(7.5－3.0) kPa＝4.5 kPa，用氢气表示的
平均反应速率为＝0.15 kPa·min－1，故A 正确；根据题给反应方程式，反应前后气体系数之
和相等，增大起始时压强，平衡不移动，CoO 的平衡转化率不变，故B 错误；根据两个图
像可知，CO 还原CoO 的速率更快，达到平衡时间更短，CO 还原CoO 达到平衡时，CO2分
压为11.9 kPa，起始压强为12.0 kPa，说明CO 还原CoO 转化更彻底，因此选择CO 还原
CoO 的效率更高，故C 正确；达到平衡时，CO2分压为11.9 kPa，该反应前后气体系数之和
相等，总压强不变，即CO 的分压为0.1 kPa，Kp＝＝＝119，故D 正确。]
5．D　6.B
7．B　[起始时刻N2O5分压为40 kPa，发生反应①完全转化为二氧化氮和氧气，氧气分压为
20 kPa，二氧化氮发生反应②部分转化为四氧化二氮，平衡时二氧化氮分压为16 kPa，A、
B、C 分别为N2O5、NO2、O2的分压随时间t 的变化曲线，A 错误；
　　　　　　   2NO2(g)N2O4(g)
起始分压/kPa　　80　　　　0
变化分压/kPa　　64　　　　32
平衡分压/kPa　　16　　　　32
Kp＝＝＝ kPa－1，B 正确；某时刻O2、N2O4的分压相等为20 kPa 时：
　　　　　     2NO2(g)N2O4(g)
起始分压/kPa　　80　　　　0
变化分压/kPa　　40　　　　20
平衡分压/kPa　　40　　　　20
二氧化氮的转化率为50%，C 错误；t1 min 后，保持温度和体积不变，再充入NO2(g)引起②
化学平衡发生移动，由勒夏特列原理知体系中总的物质的量依然增大，O2(g)的物质的量不
变，氧气分压减小，D 错误。]
8．A　[当使用催化剂乙时，温度低于350 ℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应
速率加快，NO 转化率也增大，温度高于350 ℃时，催化剂活性降低甚至失去活性，反应速
率下降，导致NO 转化率下降，A 错误；单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速
率快，NO 转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，B 正确；设初
始一氧化氮和氢气的物质的量均为1 mol，容器体积为1 L，则初始一氧化氮和氢气的浓度
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均为1 mol·L－1，v0＝k×1m×12＝k，当H2转化率为60%时，c(H2)＝0.4 mol·L－1，c(NO)＝0.4 
mol·L－1，此时的反应速率为0.064v0，则有0.064v0＝k×0.4m×0.42＝v0×0.4m×0.42，解得m
＝1，D 正确。]
9．C
10．C　[从图中可以看出，温度低于900 ℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应
Ⅰ基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂，A、D 正确；850
～900 ℃时，H2、CO 的相对体积都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积变化不大，
所以主要发生反应Ⅳ，B 正确；从图中可以看出，4 个反应均为生成CO 的反应，且都为吸
热反应，所以若想提高CO 的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C
不正确。]
11．(1)d　c　小于　(2)×
12．1 000　1 000 
解析　反应HN==C==O(g)＋NH3(g)CO(NH2)2(g)为放热反应，因为T1<T2，故在图中上面
的那条线是T1 对应的图像，则平衡时v 正＝v 逆，即k 正×p(HN==C==O)×p(NH3)＝k 逆
×p[CO(NH2)2]，代入B 点的数据，＝＝ kPa－1＝1 000 kPa－1；根据标准平衡常数的表达式，
并代入A 点的数据，则Kθ＝＝＝1 000。
13．(1)＋118　(3)甲苯　主反应生成的H2能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大
于苯的选择性　(4)BD　(5)C6H5CH2I　(6)K·Ksp 
14．(1)CuO　SO3　(2)ⅰ.催化剂　ⅱ.铅室法制得的产品中存在亚硝基硫酸杂质，生产过程
中需使用有毒的氮氧化物　(3)ⅰ.cd　ⅱ.d　ⅲ.
 
解析　(1)由图可知，起始时有2.5 mg CuSO4·5H2O，其物质的量是0.01 mmol，所含结晶水
的质量为0.9 mg，则固体质量剩余1.6 mg 时所得固体为CuSO4，加热过程中Cu 元素的质量
不变，则固体质量剩余0.8 mg 时所得的固体是CuO，结合题图DSC 曲线有两个吸热峰可知，
700 ℃发生的反应为CuSO4―→CuO＋SO3、SO3―→SO2＋O2，则生成的氧化物除SO2外，
还有CuO、SO3。(3)ⅰ.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应
速率先加快后减慢，a 错误；随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出
现的温度也逐渐降低，c 正确。ⅲ.利用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，反应的平衡常
数Kp＝
＝
＝
；设SO2 初始量为
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m ，则平衡时n(SO2) ＝m －m·αe ＝m(1 －αe) ，n(SO3) ＝m·αe ，Kp ＝
＝
。
第十二章　水溶液中的离子反应与平衡
第51 练　弱电解质的电离平衡
1．B　2.D 
3．C　[A 项，由导电能力知c(H＋)：b＞a＞c，故pH：c＞a＞b；B 项，加水越多，越利于
CH3COOH 电离，故电离程度：c＞b＞a；C 项，用湿润的pH 试纸测量a 处溶液的pH，相当
于稀释a 点溶液，由图可知，溶液导电能力增强，c(H＋)增大，pH 偏小；D 项，a、b、c 三
点n(CH3COOH)相同，用NaOH 溶液中和时消耗n(NaOH)相同，即体积相同。]
4．D　5.B 
6．C　[根据题意可知H3BO3 只存在一步电离，所以为一元酸，A 正确；设0.01 mol·L－1 
H3BO3溶液中c(H＋)＝x mol·L－1，则c[B(OH)]也可近似认为等于x mol·L－1，则有Ka(H3BO3)
＝＝5.4×10－10，解得x≈2.3×10－6，所以pH≈6，B 正确；Ka(H3BO3)<Ka(CH3COOH)，所以
B(OH)的水解程度更大，浓度相同时硼酸钠碱性更强，则等浓度溶液的pH：CH3COONa＜
NaB(OH)4，C 错误。]
7．C　[醋酸为弱电解质，①点溶液c(H＋)<0.200 mol·L－1，故A 错误；酸碱中和反应放热，
①点溶液温度较低，故B 错误；③点时恰好完全反应生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，
其中CH3COO－发生微弱水解，则③点溶液中：c(Cl－)>c(CH3COO－)，故C 正确；③点后，
溶液体积变大，溶液中离子浓度减小导致电导率减小，故D 错误。]
8．D　[次氯酸是弱电解质，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，故A 错误；次氯酸是弱酸，
随着pH 的增大，HClO 逐渐减少，ClO－逐渐增多，故曲线a、b 依次表示δ(HClO)、δ(ClO－)
的变化，故B 错误；次氯酸的Ka＝，在a、b 的交点处，c(ClO－)＝c(HClO)，Ka＝10－7.5，所
以Ka的数量级为10－8，故C 错误；向次氯酸溶液中加NaOH 溶液，随着碱性增强，HClO 逐
渐减少，ClO－逐渐增多，故将减小，故D 正确。]
9．C　10.A
11．B　[B 项，NH3·H2O 的电离常数Kb＝，温度不变，Kb不变，正确；C 项，H2CO3电离常
数Ka1＝、Ka2＝，同一溶液中c(H＋)相等，而Ka1＞Ka2，则＞，错误；D 项，0.1 mol·L－1的
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HF 溶液加水稀释，c(F－)趋近于0，而c(H＋)趋于10－7 mol·L－1，故变小，错误。]
12．D　[随着pH 的增大，草酸分子的浓度逐渐减小，草酸氢根离子的浓度逐渐增大，pH
继续升高，草酸氢根离子的浓度又逐渐减小，而草酸根离子的浓度逐渐增大，因此曲线a 代
表H2C2O4，曲线b 代表C2O，A 正确；根据图像可知当草酸氢根离子和草酸根离子浓度相等
时，pH＝4.30，所以草酸的第二步电离平衡常数Ka2＝＝10－4.30，C 正确；根据图像可知pH
从1.30～4.30 时，逐渐减小，D 项错误。]
13．(1)①正盐　②2　③测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸　向等物
质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2 滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说
明次磷酸为弱酸　(2)1×10－3　(3)1　(4)>
14．(1)CH3COOHH＋＋CH3COO－　α1>α2　<
(2)由图像可知：a 代表H＋，b 代表CH3COO－，c 代表CH3COOH，d 代表OH－，N 点pH＝
4.8，lg c(CH3COO－)＝lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，Ka＝＝1×10－4.8＝
1.6×10－5
(3)0.038 mol·L－1
解析　(3)pH＝5 时c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，相同温度下电离常数不变，Ka＝＝10－4.8，＝
＝100.2＝1.6，由于c(CH3COO －)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L －1，解得c(CH3COOH)≈0.038 
mol·L－1。
第52 练　水的电离和溶液的pH
1．D　2.C
3．D　[该温度下蒸馏水中的c(H＋)大于25 ℃时纯水中的c(H＋)，水的电离为吸热过程，A
项正确；此温度下Kw＝1.0×10－12，故该NaHSO4 溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1.0×10－10 
mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B 项正确；NaHSO4电离出的H＋抑
制了水的电离，C 项正确；加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，而Kw不变，故c(OH－)增大，D
项错误。]
4．C　[该溶液c(H＋)＝10－10 mol·L－1，氢氧化钠是一元强碱，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，Kw＝
0.01×10－10＝10－12>10－14，因而溶液温度高于25 ℃，A、D 错误；盐酸中n(H＋)＝V×10－
4mol，NaOH 溶液中n(OH－)＝V×10－2 mol，显然氢氧化钠过量，B 错误；该温度下Kw＝10
－12，则蒸馏水的pH＝6，C 正确。]
5．A　[H2SO4与Ba(OH)2抑制水的电离，Na2S 与NH4NO3促进水的电离。25 ℃时，①pH＝
0 的H2SO4溶液中：c 电离(H2O)＝c(OH－)＝ mol·L－1＝10－14 mol·L－1；同理可计算其余溶液中
电离的水的浓度依次为②为10－13 mol·L－1，③为10－4 mol·L－1，④为10－5 mol·L－1，同温
同体积时，物质的量之比等于浓度之比，则物质的量之比为10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝
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1∶10∶1010∶109，故A 正确。]
6．B　7.D
8．C　[A 项中，a＝b，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶
液的酸碱性；B 项中未说明温度为25 ℃，故混合溶液的pH＝7 时不一定呈中性；C 项混合
溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，因为c(H＋)＝ mol·L－1，则c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D
项中c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只能说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。]
9．D
10．C　[由b＝6a＞7 得a＞，由混合溶液的pH＝7 得n(H＋)＝n(OH－)，即Va×10－a＝Vb×10b
－14，得＝10a＋b－14；由于Va＜Vb，即10a＋b－14＜1，得a＋b－14＜0，结合b＝6a 得a＜2，综
合知，＜a＜2，故选C 项。]
11．A　[T ℃时，水的离子积常数Kw＝10－13，该温度下，V1 mL pH＝12 的Ba(OH)2稀溶液
中c(H＋)＝10－12 mol·L－1，则c(OH－)＝10－1 mol·L－1；V2 mL pH＝2 的稀硫酸中c(H＋)＝10－2 
mol·
L－1，二者反应后恢复到T ℃，测得混合溶液的pH＝3，c(H＋)＝10－3 mol·L－1，说明酸过量，
则c(H＋)＝ mol·L－1＝10－3 mol·L－1，解得V1∶V2＝9∶101。]
12．D
13．C　[根据图知，ROH 加水稀释10 倍，溶液的pH 减小1，说明ROH 完全电离，为强电
解质，则MOH 为弱电解质。常温下浓度为c0的ROH 溶液的pH＝13，且ROH 为强电解质，
则c0＝0.1 mol·L－1，A 错误；lg＝0 时，MOH 溶液的pH＝12，c0＝0.1 mol·L－1，电离常数
Kb(MOH)＝＝≈1.1×10－3，B 错误；x 点两种溶液的pH 相等，所以二者抑制水的电离程度相
等，C 正确；升高温度促进MOH 的电离，所以lg 相同时，升高温度c(R＋)不变，c(M＋)增大，
则减小，D 错误。]
14．(1)10∶1　(2)a＋b＝14　(3)小于　(4)10
解析　(1)25 ℃时，pH＝9 的NaOH 溶液，c(OH－)＝10－5 mol·L－1；pH＝4 的H2SO4溶液，
c(H＋)＝10－4 mol·L－1；若所得混合溶液的pH＝7，则c(OH－)·V(NaOH)＝c(H＋)·V(H2SO4)。
故NaOH 溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)＝c(H＋)∶c(OH－)＝10∶1。
(2)100 ℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－12。100 体积pH＝a 的某强酸溶液中n(H＋)＝
100×10－a mol＝102－a mol，1 体积pH＝b 的某强碱溶液中n(OH－)＝ mol＝10b－12 mol。混
合后溶液呈中性，102－a mol＝10b－12 mol,2－a＝b－12，所以a＋b＝14。
(3)曲线A 所对应的温度是25 ℃，pH＝2 的盐酸中c 水(H＋)＝10－12 mol·L－1；pH＝11 的某
BOH 溶液中c 水(H＋)＝10－11 mol·L－1；水电离产生的H＋的浓度越大，水的电离程度就越大，
则α1<α2。
(4)混合溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1。由于该温度下水的离子积常数Kw＝10－
12，所以c(H＋)＝10－10 mol·L－1，所得混合溶液的pH＝10。
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15．(1)①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)　②100 
(2)H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O　6
第53 练　酸碱中和滴定及拓展应用
1．B　2.D
3．C　[向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A 错误；托盘天平的精确度为0.1 g，
故B 错误；NaOH 溶液应装在碱式滴定管中，故D 错误。]
4．D　[NaOH 溶液和CH3COOH 溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COO－水解使溶
液显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近。]
5．C　[用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH 溶液润洗后装入一定体积的NaOH 溶液，会使
NaOH 溶液的用量偏多，测定结果偏高，故B 错误；取10.00 mL NaOH 溶液放入锥形瓶后，
把碱式滴定管尖嘴处液滴吹去，会使得取用的NaOH 溶液偏少，测定结果偏低，故D 错
误。]
6．C　7.D　8.B
9．C　[步骤①中用NaOH 溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，所以指示
剂可选用酚酞溶液，故A 正确；步骤②若不静置，NH 没有完全反应，会导致消耗标准液体
积偏小，测定结果偏低，故C 错误；步骤③消耗NaOH 溶液的体积为(V3－V2)mL，则饱和食
盐水中的c(NH)＝＝ mol·L－1，故D 正确。]
10．C
11．D　[滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为淀粉遇碘单质变蓝，则指示剂X 为淀
粉溶液，A 项错误；滴定管装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C 项错
误；根据关系式：2Cu2＋～I2～2S2O 可知，胆矾纯度为××100%＝%，D 项正确。]
12．A　[据图可知，浓度均为0.1 mol·L－1的HX、HY 溶液的pH 都大于1，说明HX 和HY
均为弱酸，N 点加入NaOH 溶液的体积为15 mL，NaOH 与HY 的物质的量之比为3∶2，则
根据元素守恒得2c(Na＋)＝3c(Y－)＋3c(HY)，A 项错误；M 点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)
＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，由图知c(H＋)>c(OH－)，所以c(X－)＞c(Na＋)，B 项正确；据图可
知，浓度均为0.1 mol·L－1的HX、HY 溶液的pH 大小关系为pH(HX)＜pH(HY)，说明酸性：
HX＞HY，所以滴至pH＝7 时，消耗NaOH 溶液的体积：HX 溶液＞HY 溶液，C 项正确；
滴入10 mL NaOH 溶液时，HX 和HY 均恰好完全反应分别得到NaX 溶液和NaY 溶液，因酸
性：HX＞HY，则X－的水解程度小于Y－的水解程度，溶液中水的电离程度：HX 溶液＜HY
溶液，D 项正确。]
13．(1)容量瓶　(2)酚酞溶液　(3)当滴入最后半滴标准液，溶液由无色恰好变为浅红色，且
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在半分钟内不褪色　(4)0.75　4.5
14．浅蓝色至无色　×100%
解析　达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色
不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝
×0.100 0V×10－3mol，再根据关系式S2－～I2 可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－
×0.100 0V×10－3mol＝(25.00－)×0.100 0×10－3mol，则样品中S2－的含量为×100%。
15．(1)SO2＋H2O2===H2SO4
(2)将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用力捏挤玻璃球，使液体从尖嘴流出　(3)①酚酞　当
滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色
②甲基橙　当滴入最后半滴标准液，溶液由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色　(4)④
(5)n(NaOH) ＝0.090 0 mol·L －1×0.025 L ＝0.002 25 mol 。根据反应关系SO2 ～H2SO4 ～
2NaOH，m(SO2)＝＝0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1
(6)盐酸具有挥发性，反应过程中挥发出的盐酸滴定时消耗了NaOH 标准液。改进措施：用
非挥发性的强酸硫酸代替盐酸
第54 练　盐类的水解
1．C　2.C 
3．A　[碳酸钠溶液显碱性，其加水稀释时，溶液中OH－浓度减小，由于温度不变，水的离
子积常数不变，所以溶液中c(H＋)增大，A 错误；加入NaOH 固体会抑制CO 水解，所以减
小，C 正确；温度升高，促进CO 的水解，因此水解平衡常数增大，D 正确。]
4．D　[根据表格中的酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>H2S>HCO>HS－，根据
越弱越水解的规律可知，水解能力：S2－>CO>HS－>HCO>CH3COO－，故D 正确。]
5．D　6.B
7．A　[因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐的水解吸热，故A 错误；温度升高，
三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀下来，说明升高温度有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，
故B 正确；温度升高，去油污效果好，说明温度升高有利于碳酸根离子的水解平衡正向移
动，故C 正确；醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，则说明升高温度促进水
解，即水解反应为吸热反应，故D 正确。]
8．C　[浓度均为0.10 mol·L －1 的NaHCO3 和Na2CO3 溶液中都存在Na ＋、HCO、CO、
H2CO3、H＋、OH－、H2O，粒子种类相同，A 错误；酸、碱抑制水的电离，某溶液由水电离
出的c(H＋)为1.0×10－5 mol·L－1，水的电离受到促进，则该溶液不可能是酸，可能是盐，B
错误；1 L 0.50 mol·
L－1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl 溶液中NH4Cl 的物质的量相等，由于NH4Cl 浓度不
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同，NH 水解程度不同，所以含NH 物质的量不相同，C 正确；测NaHA 溶液的pH，若pH
＞7，则H2A 是弱酸；若pH＜7，H2A 可能是强酸也可能是弱酸，如亚硫酸是弱酸，但
NaHSO3溶液的pH＜7，D 错误。]
9．C　
10．B　[二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01 mol·L－1 
(C2H5)2NH2Cl 水溶液的pH>2，故A 错误；由于(C2H5)2NH 水解，(C2H5)2NH2Cl 水溶液显酸性，
加热能促进水解的进行，所以(C2H5)2NH2Cl 水溶液的pH 随温度升高而减小，故B 正确；
(C2H5)2NH2Cl 水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH 增大，故C 错误；(C2H5)2NH2Cl
水溶液中存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c[(C2H5)2NH]＋c(H＋)，(C2H5)2NH 水解的方程式
为(C2H5)2NH＋H2O(C2H5)2NH ＋H3O＋，还存在着水的电离：H2OH＋＋OH－，所以c(H
＋)＞c[(C2H5)2NH]，故D 错误。]
11．D　[酸根离子水解程度越大，该盐溶液pH 越大，酸根离子水解程度：AlO＞HCO＞
CH3COO－，所以等浓度的三种溶液pH 由大到小的顺序是①>③>②，B 正确；等浓度的盐溶
液中，铵根离子浓度与其系数成正比，当铵根离子系数相同时，酸根离子对应酸的酸性越弱，
铵根离子水解程度越大，一水合氨是弱电解质，其电离程度很小，则c(NH)由大到小的顺序
是①＞③＞②＞④，C 正确；常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH＝7，溶液呈中性，
则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒知c(NH)＝c(Cl－)，D 不正确。]
12．B　
13．(1)PO＋H2OHPO＋OH－、
HPO＋H2OH2PO＋OH－、
H2PO＋H2OH3PO4＋OH－；
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(2)[Al(OH)]2＋＋H2O[Al(OH)2]＋＋H＋
(3)NH2Cl＋2H2O===NH3·H2O＋HClO
14．(1)①Na2S　②大于　(2)B 
第55 练　盐类水解原理的应用、水解常数
1．D　2.A 
3．A　[根据盐类水解中越弱越水解的规律，可得酸性的强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞
HClO＞HCN＞C6H5OH＞HCO；再利用较强酸制较弱酸原理进行判断。HClO 可与CO 发生
反应生 HCO，故CO2与NaClO 溶液发生反应：CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO，A
错误、B 正确；酸性：H2CO3＞C6H5OH＞HCO，CO2 通入C6H5ONa 溶液中发生反应生成
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NaHCO3 和C6H5OH，C 正确；酸性：CH3COOH＞HCN，CH3COOH 与CN－发生反应生成
HCN，D 正确。]
4．B　5.B
6．C　[碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OOH－＋HCO，A 错误；向沸水中滴入饱和
FeCl3溶液至液体呈红褐色是生成氢氧化铁胶体，其化学方程式为FeCl3＋3H2O=====3HCl
＋Fe(OH)3(胶体)，B 错误；铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应，离子方程式为
3HCO＋Al3＋===3CO2↑＋Al(OH)3↓，D 错误。]
7．C　[Kh(HA－)＝＝＜Ka2，即说明HA－的电离程度大于其水解程度，故NaHA 溶液中c(A2
－)＞c(H2A)，A 错误；H2A 为二元弱酸，将等浓度的H2A 溶液和硫酸溶液稀释10 倍后，前
者溶液中H＋浓度小于后者，即前者pH 较大，B 错误；H2A＋A2－2HA－的化学平衡常数
K＝＝＝，C 正确；向0.1 mol·L－1 H2A 溶液滴加NaOH 溶液至中性时即c(H＋)＝10－7 mol·L－
1，Ka2＝＝1.5×10－4，则＝1.5×103，即c(HA－)＜c(A2－)，D 错误。]
8．B　[A 项，未加盐酸时，由于NH3·H2O 的部分电离，所以c(OH－)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)，
错误；B 项，加入10 mL 盐酸时，c(Cl－)＝c(Na＋)，再由电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝c(OH
－)，正确；C 项，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7 时，c(H＋)
＝c(OH－) ，所以有c(Cl－)>c(Na＋)，错误；D 项，当加入20 mL 盐酸时，溶质为NaCl、 
NH4Cl，溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，再根据电荷守恒可得c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋
c(NH)＋c(Na＋)，则c(Cl－)>c(NH)＋c(Na＋)，错误。]
9．D
10．B　[A 项，pH＝4 的CH3COOH 溶液中，c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，根据电荷守恒可
得c(H ＋)＝c(CH3COO －)＋c(OH －)，故c(H ＋)>c(CH3COO －)，错误；B 项，CH3COOH 和
CH3COONa 的酸性混合溶液中，c(OH －)<c(H ＋)，根据电荷守恒得c(H ＋)＋c(Na ＋)＝
c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(Na＋)<c(CH3COO－)，正确；C 项，Na2SO3溶液中存在元素守恒：
c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，错误；D 项，在50 ℃时，Kw>1.0×10－14，pH＝12，
c(H＋)＝1.0×10－12 mol·
L－1，所以此时c(OH－)>1.0×10－2 mol·L－1，错误。]
11．D　[A 项，由Kh(CO)＝＝可得0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液中c(OH－)≈＝ mol·L－1＝0.01 
mol·L－1，则pH 约为12，正确；B 项，NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解促进水的电离，
pH＝8 的NaHCO3溶液中c(H＋)＝10－8 mol·L－1，所以水电离产生的c(OH－)＝10－6 mol·L－
1，正确；C 项，NaHCO3 溶液显碱性，说明HCO 的水解程度大于其电离程度，所以
c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，正确；D 项，由元素守恒可知，NaHCO3溶液中c(Na＋)＝c(CO)＋
c(HCO)＋c(H2CO3)，Na2CO3 溶液中c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，则pH＝10 的
Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液中c(Na＋)>c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，错误。]
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12．D
13．A　[10c(H2PO)＝c(HPO)时，Ka2＝＝＝10c(H＋)，则pH＝pKa2＋1，A 正确；2pH＝pKa1
＋pKa2时，pH＝，此时溶液中主要含有H2PO，溶液显酸性，其电离程度大于水解程度，故
c(H2PO)>c(HPO)>c(H3PO4)，B 错误；pH＝pKa1 时，根据电荷守恒可知，c(H＋)＋c(Na＋)＝
c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，C 错误；平衡常数只受温度的影响，故pKa1不移动，
D 错误。]
14．(1)C　(2)BC　(3)<　c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)　(4)>　<
第56 练　溶液中的粒子平衡曲线分类突破
1．C　
2．B　[滴加10.00 mL 盐酸时，溶质为NH4Cl 和NH3·H2O，且物质的量相等，利用电荷守恒
和元素守恒，氨水中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，
所以有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)，故A 正确；分别滴加20.00 mL 盐酸时，恰好
反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以NaOH 溶液中水的电离程度小于氨水，
故B 错误；若用甲基橙作指示剂，滴定终点时pH 为3.1～4.4，若不考虑铵根离子水解，两
份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以NaOH 溶液消耗盐酸的量略大于氨
水，故C 正确；滴加10.00 mL 盐酸时，氨水中存在等量的NH3·H2O 和NH4Cl，此时
NH3·H2O 电离程度强于NH 水解程度，所以存在c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D 正确。]
3．C　4.C
5．C　[a 点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO 的水解程
度大于电离程度，故A 正确；由电荷守恒可知，a→b→c 过程溶液中c(HCO)＋2c(CO)＋
c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH 溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此
c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)逐渐减小，故B 正确；由元素守恒可知，a 点溶液中c(Na＋)＝
c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，向NaHCO3 溶液中滴加盐酸过程中有CO2 逸出，因此a→d→e
过程中c(Na＋)>c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故C 错误；c 点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.05＋
10－11.3)mol·L－1，e 点溶液体积增大1 倍，此时溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝(0.025＋10－4.3)mol·L－
1，因此x>y，故D 正确。]
6．A　[曲线a 显示，pH 越大，该微粒的含量越高，表示的是CO，故A 正确；根据碳酸钠
的性质可知，b 表示HCO 的变化，c 表示H2CO3的变化，由图像可知，H2CO3、HCO、CO
不可大量共存于同一溶液中，故B 错误；根据pH＝11 可求得碳酸钠的水解平衡常数，Kh＝
＝1.0×10－3，故D 错误。]
7．B　[0.1 mol·L－1 HA 溶液中，－lg c 水(H＋)＝11，c 水(H＋)＝c 水(OH－)＝10－11 mol·L－1，
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c(H＋)＝＝10－3 mol·L－1，HAH＋＋A－，Ka(HA)＝≈＝10－5，A 项正确；N 点水电离出的
H＋浓度最大，说明HA 与NaOH 恰好完全反应生成NaA，则P 点溶质为NaOH 和NaA，溶
液显碱性，即P 点溶液pH 不等于7，且b＝20.00，B 项错误、C 项正确；M 点溶液的pH＝
7，根据溶液呈电中性可知，c(Na＋)＝c(A－)，则M 点后，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)，D 项
正确。]
8．D　9.B 
10．B　[二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y 点表示酸碱恰
好完全反应。根据(CH3)2NH·H2O＋HCl===(CH3)2NH2Cl＋H2O，可得10×10－3 L×c mol·L－1
＝20×10－3 L×0.1 mol·L－1，c＝0.2，A 项正确；二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱
盐，其溶液呈酸性，X 点对应的溶液中(CH3)2NH·H2O、(CH3)2NH2Cl 的浓度相等，根据Kb推
知，(CH3)2NH·H2O 的电离大于(CH3)2NH2Cl 的水解，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X 点
与Y 点之间，B 项错误；二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y 点
存在：c(Cl－)>c[(CH3)2NH]>c(H＋)>c(OH－)，C 项正确；Kh＝＝＝6.25×10－11，D 项正确。]
11．C　[稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液pOH 不断增大，OH－的浓度不断
减小，可知Ⅱ代表HFeO 的变化曲线，故A 错误；a、b、c 三点溶液中微粒成分不同，溶液
pOH 不同，对水的电离影响程度不同，故B 错误；FeO＋H2OHFeO＋OH－的平衡常数K1
＝，a 点时c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则K1＝10－1.6，同理可知HFeO＋H2OH2FeO4＋
OH－的平衡常数K2＝10－5.2，H2FeO4＋H2OH3FeO＋OH－的平衡常数K3＝10－7.3，由此推出
<，故C 正确；a 点溶液中c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＋
c(H3FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O 到a 点溶液中发生反应：2Na2FeO4＋
H2SO4===2NaHFeO4＋Na2SO4，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则a 点溶液中c(Na ＋)＋c(H ＋)＋
c(H3FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，故D 错误。]
12．D　[a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.010 0 mol·L－1，c(H＋)＝
10 －3.38 mol·L －1，Ka(CH3COOH)＝≈＝10 －4.76，故A 正确；a 点溶液为等浓度的NaCl 和
CH3COOH 混合溶液，存在元素守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B
正确；点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸
性，说明CH3COOH 的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO
－)，故C 正确；c 点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则
水的电离程度：c>d，故D 错误。]
13．D　[石蕊不能用作酸碱中和滴定的指示剂，根据图示滴定终点的pH，可知第二反应终
点应用酚酞作指示剂，A 项错误；X 点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W 点到X 点发生的
主要反应的离子方程式为H2A＋OH－===HA－＋H2O，B 项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋
c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，因为Y 点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，所以c(Na＋)＋
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c(H＋)＝c(OH－)＋3c(A2－)，C 项错误；Ka1＝，由于W 点c(HA－)＝c(H2A)，故Ka1＝1.0×10－
2.3；Ka2＝，由于Y 点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，故Ka2＝1.0×10－9.7；H2AHA－＋H＋
与HA－A2－＋H＋相减即得H2A＋A2－2HA－，此时的平衡常数K＝＝＝1.0×107.4，D 项
正确。]
14．(1)2NH3＋H2O＋SO2===2NH＋SO(或2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O)　HSO
(2)ZnSO3　ZnSO3＋SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSO(或ZnO＋2SO2＋H2O===Zn2＋＋2HSO)
(3)随着pH 降低，HSO 浓度增大　减小
第57 练　难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．C　2.C　3.D
4．C　[Ag＋与氨分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl (s)Ag＋
(aq)＋Cl－(aq)正向移动，说明NH3结合Ag＋能力比Cl－强，B 正确；银镜反应后的试管壁上
是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，C 错误；浓硝酸能够中和一水合氨，使
Ag＋＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋2H2O 逆向移动，银离子与溶液中的氯离子结合生成沉淀，
所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，D 正确。]
5．C　[升高温度可以使HCO 分解，海水中的CO 浓度增加；当CO2浓度一定时，T1温度下
的海水中CO 浓度更高，因而T1＞T2，A 正确、C 错误；观察图像可知，随CO2浓度增加，
海水中的CO 浓度下降，B 正确；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，存在平衡：CaCO3(s)Ca2＋
(aq)＋CO (aq)，若海水中的CO 浓度下降，会导致平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D 正
确。]
6．D　[弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2＋
(aq)＋PO(aq)＋3C11H23COO－(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B
正确；海水中CO2 浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使
Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2＋(aq)＋PO(aq)＋3C11H23COO－(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰
子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D 错误。]
7．D　8.B
9．A　[Mg(OH)2 悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，则溶液呈碱性，说明
Mg(OH)2能电离出OH－，是一种电解质，不能判断是否为弱电解质，A 错误；Mg(OH)2溶解
产生的OH－与NH4Cl 溶液中的NH 生成NH3·H2O，能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解，B 正确；
因相同温度下，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碱过量时生成Mg(OH)2，D 正确。]
10．B　[常温下，Ksp(NiCO3)>Ksp(PbCO3)，故溶解度：NiCO3>PbCO3，A 项正确；逐滴加入
Na2CO3溶液时，Ksp(PbCO3)较小，故先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀，B 项错误；由
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于Ksp(PbCO3)<Ksp(NiCO3)，在NiCO3沉淀中加入Pb(NO3)2溶液，则NiCO3可转化为PbCO3，
C 项正确；当两种沉淀共存时，NiCO3、PbCO3 均达到沉淀溶解平衡状态，溶液中c(Ni2
＋)∶c(Pb2＋)＝Ksp(NiCO3)∶Ksp(PbCO3)＝106∶1，D 项正确。]
11．D　[当pH＝1.9 时氢氧化铁开始沉淀，当pH＝3.5 时氢氧化铝开始沉淀，当pH＝4 时，
则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A 正确；当铜离
子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10－
12，C 正确；“出水”中除含有阴离子外，还含有大量的Na＋、Ca2＋等，故只经阴离子交换
树脂软化处理后，不可用作工业冷却循环用水，D 错误。]
12．(4)3.25×103　(5)游客呼出的CO2可与钟乳石的主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2＋
H2O＋CaCO3Ca2＋＋2HCO，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被破坏
13．0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]　3.2～6.2
14．(1)SiO2　(2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　(3)Mg(OH)2　(4)加热浓缩　过滤
(5)Ba2＋＋2F－===BaF2↓　0.136
解析　(4)滤液3 加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl 的混合溶液，由该溶液得到BaCl2·2H2O 的
实验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。(5)根据Ksp(BaF2)＝c(Ba2＋)·c2(F
－)，当Ba2＋完全沉淀时，至少需要的c(F－)＝＝ mol·L－1＝0.136 mol·L－1。
第58 练　沉淀溶解平衡图像的分析
1．D　2.B
3．D　[根据图像知，常温下平衡时溶液中c(Pb2＋)、c(I－)分别是1×10－3mol·L－1、2×10－
3mol·L－1，因此Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－9，A 错误；PbI2 饱和溶液中存在平衡：
PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，Pb2＋浓
度增大，平衡逆向移动，最终平衡时Pb2＋浓度仍然比原平衡时大，B 错误；根据图像知，t
时刻改变的条件是增大I－的浓度，温度不变，PbI2的Ksp不变，C 错误；反应PbI2(s)＋S2－
(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝＝＝5×1018，D 正确。]
4．A　[由图可知，当未加入碳酸钠溶液时，V＝0、－lg c(Ba2＋)＝1，则a＝0.1，故B 项错
误；A 点氯化钡溶液与碳酸钠溶液恰好完全反应，溶液中c(Ba2＋)＝c(CO)＝10－4.3 mol·L－1，
则Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)＝10－4.3×10－4.3＝10－8.6，B 点碳酸钠溶液过量，溶液中c(CO)
＝＝ mol·L－1，溶液中c(Ba2＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－7.6 mol·L－1，则A、B 两点溶液中c(Ba2
＋)之比为，由lg 5＝0.7 可知，103.3＝2 000，则＝，故A 项正确；由图可知，T ℃时，C 点
溶液中离子积Q 大于溶度积Ksp，能析出沉淀，分散系是不稳定的悬浊液，故C 项错误；碳
酸钡的溶度积Ksp(BaCO3)＝1.0×10－8.6＞Ksp(BaSO4)＝10－10，则图中横坐标为5～10 的曲线应
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该在实线的上面，故D 项错误。]
5．B
6．D　[根据图示，b 点c(Fe3＋)与c 点c(Cu2＋)相等，而b 点c(OH－)＝10－12.7 mol·L－1，c 点
c(OH－)＝10－9.6 mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH
－)，得Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A 项错误；a、b、c、d 四点的温度相同，Kw相同，B 项
错误；在Fe(OH)3饱和溶液中加入适量硝酸钾晶体，对Fe(OH)3的沉淀溶解平衡没有影响，
C 项错误；d 点位于Cu(OH)2沉淀溶解平衡曲线左方，为不饱和溶液，D 项正确。]
7．D
8．B　[由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由题及图像分析可知，曲线
①为BaSO4 的沉淀溶解曲线，当溶液中－lg[c(Ba2 ＋)] ＝3 时，－lg[c(SO)] ＝7 ，则－
lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项A 错误、B 正确；向饱和
BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变
可知，溶液中c(CO)将减小，因此a 点将沿曲线②向左上方移动，选项C 错误；由图可知，
当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1 mol·L－1时，两溶液中＝
＝
，选项D 错误。]
9．D　[由题干信息可知，随着pH 增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)]增大，即
－lg c(M2＋)增大，－lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH 的关系，曲线②
代表－lg c[M(OH)]与pH 的关系，A 正确；由图像可知，pH＝7.0 时，－lg c(M2＋)＝3.0，
则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，B 正确；根据图像可知，pH＝9.0 时，c(M2
＋)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M 主要以M(OH)2(s)存在，C 正确；由曲线②可知，
c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)≈3.16 mol·L－1，因此加入等体积0.4 mol·L－1
的HCl 后，HCl 与OH－发生反应，反应后c(OH－)>1 mol·L－1，溶液pH>14，由图可知体系
中元素M 主要以M(OH)存在，D 错误。]
10．A
11．C　[由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8 mol2·L－2，
c(M＋)＝×10－4 mol·L－1<3.0×10－4 mol·L－1，A 正确；由图可知，c(H＋)＝0 时，可看作溶液
中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，溶液中c(M＋)＝c(A－)，则Ksp(MA)
＝c(M＋)·c(A－)＝c2(M＋)＝5.0×10－8，B 正确；MA 饱和溶液中，M＋不发生水解，A－水解使
溶液呈碱性，若使pH＝7，需加入酸，会引入其他阴离子，此时c(M＋)＋c(H＋)≠c(A－)＋
c(OH－)，C 错误；Ka(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由元素守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则
c(A－)＝，Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝＝5.0×10－8，则c2(M＋)＝10×10－8 mol2·L－2，对应图得此
时溶液中c(H＋)＝2.0×10－4 mol·L－1，Ka(HA)＝＝2.0×10－4，D 正确。]
12．C
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13．C　[根据图像可知：横坐标代表pH，随着pH 增大，溶液碱性增强，c(HCO)、c(CO)增
大，先生成HCO，再生成CO，所以曲线①代表HCO，曲线②代表CO，因为碳酸钙是难溶
物，因此随着c(CO)增大，溶液中c(Ca2＋ )减小，推出曲线③代表Ca2＋，A 正确；电离平衡
常数只受温度的影响，曲线①和②的交点代表c(HCO)＝c(CO)，即Ka2＝＝10 －10.3，故
Ka2(H2CO3)的数量级为10 －11，B 正确；曲线②和③的交点代表c(CO)＝c(Ca2 ＋)，根据
Ksp(CaCO3)＝c(CO)·c(Ca2＋)＝10－8.7，则c(CO)＝＝ mol·L－1＝10－4.35 mol·L－1，即a＝－4.35；
根据电离平衡常数Ka2＝，c(HCO)＝＝ mol·L－1＝10－2.65 mol·L－1，即b＝－2.65，C 错误；
当pH＝10.3 时，c(CO)＝10－1.1 mol·L－1，c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1＝10－7.6 mol·L－1，D 正确。]
14．(1)Li2O·Al2O3·4SiO2　(2) 将矿石粉碎(搅拌、升高温度等)　(3)4.7　(4)Mg(OH)2、CaCO3 
(5)Na2CO3(或其他合理答案)　净化　 (6)6Li2CO3＋4Co3O4＋O2=====12LiCoO2＋6CO2
第59 练　无机化工流程题的解题策略
1．(1)将Co3＋还原为Co2＋　(2)氧化浸出液中的Fe2＋，便于调pH 除去　Fe(OH)3　除去Cu2＋ 
(3)CaSO4、MgSO4　10－10.8
2．(1)90 ℃　SiO2、CaSO4　c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)正向移动，
促进CaSO4析出
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
(3)1.56×10－3
3．(1)做还原剂，将BaSO4还原　(2)S2－＋Ca2＋===CaS↓　(3)c　(4)不可行　CaS 也会与盐
酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度　(5)BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋
H2O===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl　(6)1∶1
解析　由流程和题中信息可知，BaSO4 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
CO、BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中含碳粉和
CaS，滤液中有BaCl2 和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2 晶体，溶于水后，加入
TiCl4 和(NH4)2C2O4 将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2 ；BaTiO(C2O4)2 经热分解得到
BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2=====BaTiO3＋
2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的
∶nCO ＝1∶1。
4．(1)ab　(2)2Bi2S3＋9O2=====2Bi2O3＋6SO2　(3)抑制金属离子水解　(4)SiO2　(5)Mn2O3
＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O　(6)将Fe3＋转化为Fe2＋
5．(1)将废锌催化剂粉碎　温度升高，NH3挥发，使生成的[Zn(NH3)4]2＋减少　(2)分液
(3)Mn2＋＋2NH3·H2O＋H2O2===MnO2↓＋2NH＋2H2O
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(4)①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3　2.16×1014
②C　(5)0.01 mol·L－1
解析　废锌催化剂主要成分为ZnO 及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入过量NH3-NH4Cl
溶液，生成[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，过
滤一起除去，再向滤液中加入H2O2 溶液，进行深度除锰，反应的离子方程式为Mn2＋＋
2NH3·H2O＋H2O2===MnO2↓＋2NH＋2H2O，再加入(NH4)2S，进行深度除铜，反应的离子方
程式为[Cu(NH3)4]2＋＋S2－===CuS↓＋4NH3，过滤，除去MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，
使锌进入有机萃取剂中，分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸进行反萃取，得到硫酸锌溶液，
然后进行电解，得到锌。(4)①当(NH4)2S 加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因是
[Zn(NH3)4]2＋与S2－结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓ ＋4NH3 
，该反应的平衡常数为K＝＝·＝×＝×≈2.16×1014。②当(NH4)2S 加入量为120%时，铜锌
比约为2.0×10－6，达到深度除铜标准，继续加大(NH4)2S 加入量会导致锌的回收率下降且不
经济，故选C。(5)由滴定原理：Zn2＋＋H2Y2－===ZnY2－＋2H＋，n(Zn2＋)＝n(H2Y2－)＝0.010 0 
mol·L－1×
22.30×10－3 L＝2.23×10－4 mol，反萃取水相中Zn2＋的浓度为≈0.01 mol·L－1。
第十三章　有机化合物的结构　烃
第60 练　有机化合物的分类、命名及研究方法
1．D　2.C　3.A 
4．D　[乙烯的官能团为碳碳双键，属于烯烃，而聚乙烯结构中只有C—C 及C—H，不属于
烯烃，A 错；B 中物质名称为乙酸乙酯，属于酯，B 错；C 中给出的两种物质前者属于酚，
后者属于醇，C 错；绝大多数有机物含有官能团，但烷烃等没有官能团，D 对。]
5．C　6.D　7.D
8．D　[根据质谱图得到X 的相对分子质量为136，故A 正确；6.8 g X(物质的量为0.05 mol)
完全燃烧生成3.6 g H2O(物质的量为0.2 mol)和8.96 L(标准状况)CO2(物质的量为0.4 mol)，
根据原子守恒和相对分子质量得到X 的分子式为C8H8O2，故B 正确；根据红外光谱可知该
有机物只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，含有C==O、C—H、C—O—C，核磁共振
氢谱有4 组峰且面积之比为3∶2∶2∶1，则X 的结构简式为
，则符合
题中X 分子结构特征的有机物有1 种，故C 正确；与X 属于同类化合物的同分异构体有
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、
、
、
、
共5 种，故D 错误。]
9．B　[SO2与NaOH 溶液反应生成Na2SO3和H2O，乙烯与NaOH 不反应，洗气可以分离，
A 正确；乙酸与NaOH 溶液反应，乙醇溶于水，不能进行分液，B 错误；苯甲酸与NaOH 溶
液反应生成苯甲酸钠和H2O，苯与NaOH 溶液不反应且不溶于NaOH 溶液，混合液分层，可
进行分液，C 正确；乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应，可以通过盛有溴水的洗气瓶洗
气进行分离提纯，D 正确。]
10．A　11.C
12．(1)2,4-二甲基-4-乙基庚烷　(2)甲酸乙酯　(3)苯甲醇　(4)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚)
(5)邻羟基苯甲酸　(6)丁烯二酸
13．(1)5　(2)醛基　醚键　(3)(酚)羟基、酮羰基、酰胺基、碳溴键
14．(1)蒸馏烧瓶　仪器y
(2)①C2H4O　②88　C4H8O2
(3)羟基、酮羰基　
解析　(1)球形冷凝管一般用于冷凝回流装置中，故虚线框内应选仪器y。
(2)①根据M 中碳、氢元素的质量分数确定氧元素的质量分数为w(O)＝100%－54.5%－9.1%
＝36.4%，分子内各元素原子的个数比N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝2∶4∶1，其实验式为
C2H4O。②M 的相对分子质量为2×44＝88，设分子式为(C2H4O)n，则44n＝88，n＝2，则
M 的分子式为C4H8O2。
(3)根据核磁共振氢谱图中有4 组峰，说明分子中含有4 种不同化学环境的氢原子，且个数比
为1∶3∶1∶3，结合红外光谱图所示含有C—H、H—O、C==O 等化学键，其结构简式为
，所含官能团为羟基、酮羰基。
第61 练　有机化合物的空间结构　同系物　同分异构体
1．D　2.D
3．B　[CH==CH为聚乙炔，可以制成导电塑料，A 正确；甘油是丙三醇，属于三元醇，
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乙醇是饱和一元醇，结构不相似，不互为同系物，B 错误；同素异形体是指同一元素形成的
不同单质，则O2和O3互为同素异形体，C 正确；有机物结构中单键可以旋转，
和
分子式相同，结构相同，是同一种物质，D 正确。]
4．D　[根据结构简式可知，K 分子中含有苯环，属于芳香族化合物，A 错误；K 分子中碳
原子之间形成非极性键，B 错误；K 分子中的碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种，氮原子的
杂化方式是sp3，C 错误；K 分子中含有苯环、双键和单键，因此含有大π 键、π 键和σ 键，
含有氨基和羟基，分子间可以形成氢键，D 正确。]
5．C　[由结构简式可知，a、b、c 的分子式均为C7H8，三者的分子结构不同，互为同分异
构体，A 正确；苯环上的碳原子及双键上的碳原子均采取sp2杂化，饱和碳原子采取sp3杂化，
B 正确；a 分子苯环上有3 种氢原子，甲基上有1 种氢原子，故其一氯代物有4 种，C 错误；
a 分子含有苯环，苯是平面形结构，直接 与苯环相连的碳原子在苯环所在平面内，故a 中所
有碳原子共平面，b、c 分子中两个环状结构均通过饱和碳原子连接，所有碳原子一定不共
平面，D 正确。]
6．D　7.C 
8．D　[环己烷中所有C 原子与其所连原子构成四面体结构，键角不是120°，A 正确；
CnH2n＋1Cl 的等效氢原子与CnHCl2n＋1的等效氯原子数目相同，则同分异构体数目相同，B 正
确；含有手性碳原子的饱和链烃中，碳原子数最少的可能是3-甲基己烷，也可能是2,3-二甲
基戊烷，D 错误。]
9．A　10.C　11.B
12．A　[分子式为C3H6O2 的酯可能是HCOOC2H5、CH3COOCH3，水解得到的醇分别是
C2H5OH、CH3OH，得到的酸分别是HCOOH、CH3COOH，C2H5OH、CH3OH 与HCOOH、
CH3COOH 形成的酯共有4 种，A 项错误；四联苯是具有两条对称轴的物质，即
，有5 种不同化学环境的氢原子，故有5 种一氯代物，B 项正确；该
有机物含有4 个环和1 个碳碳双键，不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，所以可能有属于
芳香族的同分异构体，D 项正确。]
13．C　[a 含有碳碳双键，能够使溴的CCl4溶液褪色，而b 不可以，A 正确；b 和d 的分子
式均为C4H8O，结构不同，互为同分异构体，B 正确；c 的二氯代物有
、
、
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、
，共4 种，C 错误；d 分子中含有羟基，可以发生取代反应，含有碳碳双
键，可以发生加聚反应，D 正确。]
14．9　
、
、
15．(1)2　2　4
(2)
、
、
、
、
、
第62 练　烃　化石燃料
1．D　2.D 
3．A　[符合通式CnH2n(n≥2)的烃可能是环烷烃，故B 错误；烯烃和炔烃都能被酸性高锰酸
钾溶液氧化而使其褪色，故C 错误；同碳原子数的炔烃和二烯烃分子式相同，结构不相似，
因此不互为同系物，故D 错误。]
4．B　5.C
6．C　[由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二
氯乙烷，继续发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，
乙醛与新制氢氧化铜在加热条件下反应生成乙酸。]
7．C　[丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使其褪色，A 正确；丙烯属于
烃，可燃烧生成二氧化碳和水，B 正确；丙烯与溴发生加成反应的产物是CH2BrCHBrCH3，
C 错误。]
8．D　9.D　10.C
11．B　[由二苯乙烯的结构简式可知，其分子式为C14H12，A 错误；二苯乙烯中含有碳碳双
键和苯环，能发生加聚反应、取代反应、氧化反应、加氢还原反应，B 正确；苯环上的所有
原子均能与苯环共平面，双键连接的原子可以共平面，二苯乙烯中所有原子可能共平面，C
错误；1 mol 二苯乙烯在一定条件下与足量H2反应最多消耗7 mol H2，D 错误。]
12．C　[双环戊二烯和环戊二烯中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，B 正确；
双环戊二烯的不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，故双环戊二烯存在芳香烃类同分异构体，
C 错误；环戊二烯中含有“—CH2—”结构，所有原子不可能共平面，D 正确。]
13．(1)
　120°
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(2)2CH3CH2OH＋O2――→2CH3CHO＋2H2O
(3)碳碳双键、碳氯键
(4)一样多
(5)n
――→
(6)取代　液溴、铁粉、加热
(7)
14．(1)D　(2)碳碳双键　取代反应　(3)保护碳碳双键，防止被氧化　丙烯酸甲酯
(4)nCH2==CHCOOCH3＋n
―――→
解析　A 为烯烃，分子式为C3H6，其结构简式为CH3CH==CH2；结合反应②的生成物为
CH2==CHCH2OH 及反应①的条件可知B 为ClCH2CH==CH2；生成D 的反应物为CH2==CH
—CN ，由黏合剂M 逆推可知D 为
，故C 为CH2==CHCOOCH3 。
(1)CH3CH==CH2 可发生加成反应和氧化反应，不能发生缩聚反应，A 项错误；C 为
CH2==CHCOOCH3，其分子式应为C4H6O2，C 项错误。(2)A 为CH3CH==CH2，其官能团为
碳碳双键，反应①是甲基在光照条件下的取代反应。(3)步骤③是CH2==CHCH2OH 通过加成
反应，使碳碳双键得以保护，防止后续加入酸性KMnO4溶液时被氧化，待羟基被氧化后，
再通过步骤⑤的消去反应，得到原来的碳碳双键。
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第十四章　烃的衍生物
第63 练　卤代烃　醇　酚
1．C　2.C
3．D　[将石油裂解后的气体通入溴的CCl4溶液中，溶液褪色，说明石油裂解后有不饱和烃
生成，但不一定是乙烯，故A 错误；向废水中加入少量稀溴水，未见白色沉淀，可能是因
为生成的2,4,6-三溴苯酚的量太少而溶于苯酚，故B 错误；向甲苯中滴加少量酸性KMnO4
溶液，振荡后溶液褪色，甲苯被氧化为苯甲酸，甲基被氧化，苯环没有被酸性KMnO4氧化，
故C 错误；某一卤代烃与NaOH 水溶液共热后，卤代烃发生水解，加入过量硝酸酸化，再
滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明沉淀是氯化银，证明该卤代烃为氯代烃，故D 正
确。]
4．D　[烷烃X 分子中碳与氢的质量比为36∶7，则C、H 原子数目之比为∶＝3∶7＝
6∶14，烷烃通式为CnH2n＋2，故X 的分子式为C6H14。烷烃X 萃取溴水中的溴，上层呈橙红
色，说明X 的密度比水小，故A 错误；C6H14的同分异构体有己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊
烷、2,3-二甲基丁烷、2,2-二甲基丁烷，共5 种，故B 错误；X 为烷烃，不能与溴发生加成
反应使溴水褪色，故C 错误；C6H14能与溴发生取代反应得到溴代烃，溴代烃与水不互溶，
可以通过加水确定试管2 中的有机层是上层还是下层，故D 正确。]
5．C　6.A　7.C
8．D　[甲、丙、丁与NaOH 的醇溶液共热不能发生消去反应，加入稀硝酸至溶液呈酸性，
再滴入AgNO3溶液，没有沉淀生成，故A 错误；甲中加入NaOH 的水溶液共热，没有进行
酸化，再滴入AgNO3溶液，溶液中的OH－会干扰卤素原子的检验，故B 错误；乙发生消去
反应只能得到丙烯一种烯烃，故C 错误；丙与NaOH 的水溶液共热生成2,2-二甲基-1-丙醇，
能被氧化为2,2-二甲基丙醛，故D 正确。]
9．B　[该化合物含有氧元素，不属于烃类，A 错误；该化合物含有酚羟基，能与FeCl3溶液
作用显紫色，B 正确；该化合物含有酚羟基，溴可以取代2 个酚羟基的4 个邻位，则1 mol
双酚A 最多消耗4 mol Br2，C 错误；酚羟基的酸性小于碳酸，该化合物可以与Na2CO3溶液
反应生成NaHCO3，不能放出CO2气体，D 错误。]
10．C　
11．A　[由转化关系可知，X 为
或
，Y 为
。
或
分子中
都含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体形，所以X 分子中所有碳原子不能共
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面，故A 错误；X 分子中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，使溶液褪色，Y 分子
中的
能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故B 正确；在浓硫酸、加热条
件下，Y 能发生消去反应生成X，故C 正确；含有
结构的Y 的同分异构体的环上可能
连有乙基或2 个甲基，其中连有乙基的有3 种结构，连有2 个甲基的有9 种结构，共有12 种，
故D 正确。]
12．D
13．(1)碳碳双键　(2)取代
(3)①ClCH2—CHOH—CH2Cl　②B 为CH2==CH—CH2Cl，Cl 的电负性较大，使双键电子云
向中心碳原子偏移；HOCl 中：HO—Cl，因此—OH 易连在端基碳原子上
(4)ClCH2—CHCl—CH2OH＋2NaOH――→HOCH2—CHOH—CH2OH＋2NaCl
14．(1)CH2==CHCH2Br　(2)取代反应
(3)
＋
H2O―
―
―
―
＋
CH2==CHCH2OH
(4)
(5)ⅰ. 
――→
――――――――→
―――――――→CH2==CHCOO－――→CH2==CHCOOH
ⅱ.保护目标产物中的碳碳双键(或防止碳碳双键被氧化)
解析　B 的分子式为C3H5Br ，结合B 和A 反应生成产物的结构简式可知，B 为
CH2==CHCH2Br ，A 为
，根据已知信息①可知C 的结构简式为
，由已知信息②可知佳味醇的结构简式为
。
(2)A 分子中羟基上的氢原子被
CH2==CHCH2Br 中的烃基取代生成
和HBr，该反应的反应类型为取代反应。
(5)B 的结构简式是CH2==CHCH2Br，B 发生水解反应生成的E 为CH2==CHCH2OH，E 和
HBr 发生加成反应生成F，F 的结构简式是CH3CH(Br)CH2OH，F 发生催化氧化生成
CH3CH(Br)CHO，产物继续被氧化、酸化生成CH3CH(Br)COOH，最后通过消去反应生成
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CH2==CHCOOH；因为在氧化羟基的同时碳碳双键也易被氧化，所以为了保护碳碳双键才
设置反应②。
第64 练　醛、酮
1.B
2．C　[A 项，CH3CHO 与HCN 发生加成反应，H 原子加在醛基带负电荷的O 原子上，—
CN 加在不饱和碳上，生成
，故A 正确；同理，CH3CHO 与NH3发生加成
反应生成
，故B 正确；CH3CHO 与CH3OH 发生加成反应生成
，故C 错误；丙酮与氢气发生加成反应生成2-丙醇，故D 正确。]
3．A　[油脂在碱性条件下发生水解反应，所以在做银镜实验准备洁净试管时，可用碱液煮
沸试管后再洗净，故A 正确；银氨溶液久置会析出爆炸性沉淀物，必须现用现配，故B 错
误；在一支洁净的试管中加入少量的AgNO3溶液，然后滴加稀氨水，直到生成的沉淀刚好
溶解为止，得到的无色溶液称为银氨溶液，故C 错误；水浴加热使反应容器内试剂受热均
匀，且易于控制反应温度，直接加热受热不均匀且温度太高，银镜反应需水浴，故D 错
误。]
4．B　5.C 
6．C　[企鹅酮中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 正确；甲基碳原子上可发生
取代反应，B 正确；1 mol 企鹅酮含2 mol 碳碳双键和1 mol 酮羰基，都能和H2加成，加成
产物为C10H19OH，需消耗3 mol H2，C 错误；环上有一个碳原子连有两个甲基，这个碳原子
以碳碳单键和四个碳原子相连，所有碳原子一定不可能共平面，D 正确。]
7．D　[单键均为σ 键，双键中含有1 个σ 键、1 个π 键，X 分子中σ 键和π 键数目之比为
9∶1，A 错误；Y 的名称为4-硝基苯甲醛，B 错误；Z 中羟基碳的相邻碳上有氢，能发生消
去反应，C 错误；
分子中含有手性碳原子，存在对映异构现象，D 正确。]
8．C　9.C
10．D　[肉桂醛中苯环上能发生取代反应，碳碳双键、苯环和醛基能发生加成反应，碳碳
双键能发生聚合反应，A 正确；肉桂醛含碳碳双键和醛基，苯甲醛含醛基，都能使酸性
KMnO4溶液褪色，B 正确；苯环为平面结构，醛基为平面结构，两者通过单键相连，所有
原子可能共平面，C 正确；肉桂醛含碳碳双键和醛基，苯甲醛含醛基，两者不互为同系物，
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D 错误。]
11．B　[由结构简式可知，环己酮缩乙二醇不是高聚物，则生成环己酮缩乙二醇的反应不是
缩聚反应，故A 错误；环己酮燃烧的反应属于氧化反应，一定条件下与氢气的加成反应属
于还原反应，故B 正确；由结构简式可知，环己酮缩乙二醇的结构对称，分子中含有4 种氢
原子，则一氯代物有4 种，故C 错误；由结构简式可知，环己酮分子中含有饱和碳原子，饱
和碳原子的空间结构为四面体形，则分子中所有碳原子不可能共平面，故D 错误。]
12．(1)C4H10O　1-丁醇(或正丁醇)
(2)CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH――→CH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O　(3)2　银
氨溶液、稀盐酸、溴水　(4) 还原反应( 或加成反应) 　羟基　(5) 浓硫酸、加热　
13．(1)对二甲苯　取代反应
(2)
＋NaOH――→
＋NaCl
(3)O2/Cu 或Ag，加热
(4)
　碳碳双键、醛基
(5)8　
、
(6)CH3CH2OH――→CH3CHO―――――→
――→CH3CH==CHCHO
解析　由题给信息结合F 的结构简式可知E 为
，则D 为
，
C
为
，
由
此
可
知
B
为
，A 为对二甲苯。(5)D 为
，对应的同分异构
体如含有2 个取代基，可以为—CH3、—CHO，则有邻、间2 种，也可以为—CH==CH2、
—OH，有邻、间、对3 种，如含有1 个取代基，可以为
或—CH2CHO 或—O—
CH==CH2，则D 的同分异构体有8 种。(6)以乙醇为原料制备2-丁烯醛，乙醇可先氧化生成
乙醛，乙醛发生加成反应生成CH3CH(OH)CH2CHO ，然后发生消去反应可生成
CH3CH==CHCHO，合成路线见答案。
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第65 练　羧酸　羧酸衍生物
1．D　2.C　3.B
4．B　[苯甲酸的同系物中相对分子质量最小的是C8H8O2，A 错误；C 项中的醇可能是乙二
醇，C 错误；苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，不能用作奶粉中的抗氧化剂，D 错误。]
5．D　[A 项，与足量的NaOH 溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞
＞
，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，错误；B 项，与稀H2SO4共
热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH 溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，错误；C 项，
加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，错误；D 项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯
甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，—COOH 反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，正确。]
6．D　7.D
8．D　[对苯二甲酸与乙二醇发生酯化反应可以制备该有机物，B 正确；该有机物含有2 个
醇羟基，能与二元羧酸发生缩聚反应，能发生氧化反应，C 正确；采用“定一移一”的方法
可知，苯环上的二氯代物不止2 种，D 错误。]
9．D　[解答本题时注意以下两点：①1 mol —OH 或1 mol —COOH 与足量金属钠反应分别
放出0.5 mol H2；②醇羟基不与NaHCO3 反应，1 mol —COOH 与足量NaHCO3 反应放出1 
mol CO2。]
10．A　11.D　12.C
13．(1)C7H10O5
(2)
(3)
＋H2O
(4)2.24 L　(5)消去反应
14．(1)甲苯　(2)氢氧化钠水溶液，加热
(3)氧化反应　
(4)
＋2Cu(OH)2＋NaOH――→
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＋Cu2O↓＋3H2O
(5)H 为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化
(6)CH3CH2OH――→CH3CHO――――――→CH3CH==CHCHO――――――－―→
CH3CH==CHCOOH
解析　A 是相对分子质量为92 的芳香烃，设该物质分子式是CnH2n－6，则14n－6＝92，解得
n＝7，A 是
，名称为甲苯，结合C 的结构简式逆推可知A 与Cl2发生取代反
应生成B(
)，C 发生甲基上的取代反应生成D，D 是C 的一氯取代物，则
D 的结构简式为
，F 能发生已知信息③的反应生成G，说明F 中含
有醛基，则D 发生水解反应生成E 为
，E 发生催化氧化反应生
成F 为
，G 的结构简式为
，G 发
生氧化反应，然后酸化生成H 为
。(6)利用已知信息③实现碳链变化，
乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，2 分子乙醛反应生成CH3CH==CHCHO，再进一步氧化生
成CH3CH==CHCOOH。
第66 练　生物大分子　合成高分子
1．A　2.C 
3．A　[单位质量的H 元素燃烧放出的热量大于C 元素，甲烷为含氢量最高的烃，则相同条
件下，等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，氢气放出的热量最多，甲烷次之，汽油最少，
A 项错误；油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要
成分，B 项正确。]
4 ．B 　[ 聚丙烯由丙烯(CH2==CHCH3) 通过加聚反应制得，聚丙烯的结构简式为
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，A 正确、B 错误；由聚丙烯的结构可知聚丙烯为线型结构，具有热塑性，
C 正确；聚丙烯结构中的化学键为单键，不易被氧化、不能水解，因此聚丙烯在自然环境中
不容易降解，D 正确。]
5．D　6.B　7.A
8．B　[该高分子材料中含有酯基，能与碱溶液发生水解反应，则其所制容器不能用于盛放
碳酸钠溶液，故A 正确；合成该高分子的两种单体分别为CH2==C(CH3)COOCH3 、
CH2==CHCOOCH2CH2CH2CH3，乙酸乙酯只有酯基，没有碳碳双键，结构不相似，不互为同
系物，故B 错误；由图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有化学键
的变化，故D 正确。]
9．A　10.B　11.C
12 ．C 　[PLA 是聚酯类高聚物，链节为
，该高聚物的单体为
，单体含羟基，可以发生消去、氧化、酯化等反应类型，故A、B 正确；
PLA 制取过程中可能生成副产物，两个单体(
)之间相互发生酯化反应形
成环，结构简式为
，故C 错误；PLA 结构中主要官能团为酯基，具有酯类
的性质，在碱性条件下易发生水解反应而降解，而聚氯乙烯塑料不易降解，故D 正确。]
13．(1)酯基　CH3Br　
(2)
　取代反应
(3)
＋2CH3OH
＋2H2O
92
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(4)CH3COOH＋CH≡CH―→
　加成反应
(5)n
＋
n
―
―
→
＋(2n－1)CH3OH
14．(1)
　(2)还原反应　取代反应
(3)酰胺基　羧基
(4)
(5)
解析　(1)由已知信息①可知，
与
反应时断键与成键位置为
，由此可知A
的结构简式为
。
(2)A→B 的反应过程中失去O 原子，加入H 原子，属于还原反应；D→E 的反应过程中与醛
基相连的碳原子上的H 原子被溴原子取代，属于取代反应。
(4) 丁二酸酐(
) 和乙二醇(HOCH2CH2OH) 合成聚丁二酸乙二醇酯(
)的过程中，需先将
转化为丁二酸，可利用已
知信息②实现，然后利用B→C 的反应类型合成聚丁二酸乙二醇酯。
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(5)以乙烯和
为原料合成
的路线设计过程中，可利用E＋F→G 的反应类
型实现，因此需先利用乙烯合成
，
中醛基可通过羟基催化氧化
而得，
中溴原子可利用D→E 的反应类型实现。
第十五章　有机化合物综合应用
第67 练　官能团与有机物的性质　有机反应类型
1．C　2.C
3．C　[A 项，对比M、N 的键线式，M 生成N 的反应为加成反应，错误；B 项，N 的分子
式为C4H8Cl2，C4H8Cl2 为C4H10 的二氯代物，C4H10 有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3 和
，采用定一移一法，N 的同分异构体有：CH3CH2CH2CHCl2 、
CH3CH2CHClCH2Cl、
CH3CHClCH2CH2Cl
、
CH3CH2CCl2CH3
、
CH3CHClCHClCH3
、
、
、
，共8 种，错误；C 项，N 中官能团为碳氯键，不能使酸
性KMnO4溶液褪色，Q 中官能团为羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；D 项，由于H2
所处温度和压强未知，不能使用22.4 L·mol－1计算H2的体积，错误。]
4．B　[X 的结构简式中含有碳碳双键，根据乙烯的空间结构为平面形，X 中所有原子可能
位于同一平面，故A 错误；麝香酮中含有烷基，能发生取代反应，多数有机物能够燃烧，
燃烧属于氧化反应，故B 正确；麝香酮的分子式为C16H30O，与环十二酮分子式不同，它们
不互为同分异构体，故C 错误。]
5．C　[该有机物含有醚键、羟基、酰胺基、碳碳双键四种官能团，A 正确；该有机物含有
酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，B 正确；NaHCO3不能与酚羟基反应，故该有机物
不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，C 错误；1 mol 该有机物最多能与2 mol NaOH 发生反应，
酚羟基与酰胺基各消耗1 mol，D 正确。]
6．D　7.C　8.D
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9．B　[该物质中含氧官能团只有酯基，A 错误；含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，
也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，B 正确；该物质不含羧基和羟基，不能发生酯化
反应，C 错误；该物质中只有酯基能消耗NaOH,1 mol 该物质最多消耗1 mol NaOH，D 错
误。]
10．D　[c 和HCl 发生取代反应生成d，则d 的结构简式为
，B、C 正确；
d→e 是d 分子中的氯原子被—CN 取代，发生的是取代反应，D 错误。]
11．D　[A 分子中含有2 个酚羟基，处于苯环的间位，其系统名称是1,3-苯二酚，A 错误；
反应①是A 分子苯环上1 个H 原子被I 原子代替，属于取代反应；反应②是B 分子苯环上的
I 原子被乙烯基代替，属于取代反应，B 错误；酚羟基的邻、对位和溴发生取代反应，碳碳
双键和溴发生加成反应，1 mol C 最多能与3 mol Br2反应，C 错误；C 中含有酚羟基，C 遇
氯化铁溶液发生显色反应，D 正确。]
12．(1)氧化反应　取代反应　取代反应(或酯化反应)　取代反应
(2)
＋3NaOH――→
＋CH3COONa＋CH3OH＋H2O
13．(1)氯气/光照、取代反应
(2)取代反应　加成反应　氧化反应
(3)
＋H2O――→
(4)
＋
――→
14．(1)加成反应　HOOCCH2CH2COOH
(2)碳碳三键、羟基　1,4-丁二醇
(3)
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(4)nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH
＋(2n－1)H2O　(5)ac
解析　(1)依据烯烃的性质知，A→B 的反应是HOOCCH==CHCOOH 与氢气发生的加成反应，
故B 的结构简式为HOOCCH2CH2COOH。(2)利用已知信息和合成路线可知，C 的结构简式
为HOCH2—C≡C—CH2OH，其中所含官能团的名称为碳碳三键、羟基；D 的碳链上1、4
号碳原子连有羟基，故D 的名称为1,4-丁二醇。(5)物质A 中含有碳碳双键，能使酸性
KMnO4溶液褪色，能与溴的CCl4溶液发生加成反应使其褪色，a 项正确；物质A 可与HBr
发生加成反应，b 项错误；物质A 含有羧基，可与新制的Cu(OH)2发生中和反应，c 项正确；
1 mol A 完全燃烧消耗3 mol O2，d 项错误。
第68 练　限定条件下同分异构体的判断与书写
1．10
2．
、
3.
　12
解析　M 为F 的同分异构体，1 mol M 最多能与3 mol NaOH 发生反应，说明M 中含有三个
酚羟基，同时苯环上连有4 个取代基，则另一个取代基为—CH2CH2CH3或
，苯
环上有4 个取代基，其中3 个取代基相同的同分异构体有6 种，故满足条件的M 的结构有
6×2＝12 种。
4．8　
5．6　
(或
或
)
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6．
　
解析　C 的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，能发生银镜反应，也能发生水解
反应，分子式中有两个O 原子，说明是甲酸酯，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，
说明是甲酸酚酯，即含有结构
，结合核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为
1∶1∶2∶6 可知，结构中还有两个甲基，且两个甲基的位置对称，所以满足条件的结构简
式为
、
。
7．16
解析　C 的分子式为C10H10O2，H 满足下列条件：①分子中除苯环外不含其他环状结构；②
仅含有一种官能团，能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，说明含有两个—CHO；③
苯环上有3 个取代基，可以是—CHO、—CHO、—CH2CH3，此时有6 种结构；也可以是—
CHO、—CH2CHO、—CH3，此时有10 种结构，所以符合条件的H 有16 种。
8.
、
、
、
9.
、
、
、
10．
、
、
、
97
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解析　化合物C8H7NO4的同分异构体同时符合：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有
酚羟基，1 mol 有机物能与足量银氨溶液反应生成4 mol Ag，说明含有2 个醛基；②核磁共
振氢谱显示分子中有4 种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称；③分子中无N—O，
符合条件的同分异构体的结构简式见答案。
11．32　
(或
或
)
解析　B 为
，P 为B 的同系物，分子式为C8H9NO2，满足条件：①芳香环上只有
两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基或羟基连接在吡啶环上，③能
发生银镜反应，说明含有醛基，同分异构体有
、
、
、
、
、
、
、
、
、
(数字表示
—OH 的位置)，共32 种，其中核磁共振氢谱有6 组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1∶1 的
一种分子的结构简式为
、
或
。
第69 练　有机合成
1．D　[题干中强调的是最合理的方案，A 项与D 项相比，步骤多一步，且在乙醇发生消去
反应时，容易发生分子间脱水、氧化反应等副反应；B 项步骤最少，但取代反应不会停留在
“CH2BrCH2Br”阶段，副产物多，分离困难，原料浪费；C 项比D 项多一步取代反应，显
然不合理；D 项相对步骤少，操作简单，副产物少，较合理。]
2．B　[由溴乙烷→乙醇，只需溴乙烷在碱性条件下水解即可，路线不合理，且由溴乙烷→
乙烯为消去反应。]
3．C　[M 和N 发生加成反应生成O；对比O 和P 的结构简式，O 到P 为加成反应，P 到Q
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发生消去反应。]
4．B　[该合成路线为
――→CH3CH==CH2――→
――→
。]
5．D
6．D　[CH2==CH—CH==CH2与Cl2发生1,4-加成反应产生ClCH2CH==CHCH2Cl，该物质与
NaOH 的水溶液发生水解反应产生HOCH2CH==CHCH2OH，其与HCl 发生加成反应产生
HOCH2CH2CHClCH2OH，再与浓硫酸混合加热发生消去反应产生CH2==CCl—CH==CH2，D
错误。]
7．B　[以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如下：
A 项，由上述分析可知，A 可为氯代环戊烷；B 项，反应①为光照条件下的取代反应，反应
②为在氢氧化钠醇溶液、加热条件下的消去反应；C 项，反应②的反应试剂和反应条件为氢
氧化钠醇溶液、加热，反应③的条件为常温；D 项，B 为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯也
含碳碳双键，二者均能使KMnO4溶液褪色，所以酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完
全转化为环戊二烯。]
8．D　[根据题意，要得到2-丙醇，则必须有CH3CH(OMgX)CH3生成，必须有CH3CHO 和
CH3MgX，分析选项中物质，则反应物为CH3CHO 和CH3Cl，答案选D。]
9
．
CH2==CHCH2OH―――→CH3CHClCH2OH―――→CH3CHClCOOH―――→CH2==CHCOONa――→CH2=
=CHCOOH；选择合适的反应条件、要注意官能团的保护
10．
――→
―――――――――――→
―――→
――→
解析　由A＋B―→C 的原理是B 中两酯基之间的碳原子取代A 中的溴原子，构成四元环，
因而应先将
转化成卤代烃，之后完全类比C→D→E 的变化即可。
11．
―――――→
――――→
99
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――――――――→
12．
―――――→
――――→
―――→
――――――→
13．
――――→
――――→
――→
14．(1)
　浓硫酸、加热
(2)邻苯二甲醛(或1,2-苯二甲醛)　醚键
(3)氧化反应　取代反应
(4)
(5)12　
(6)
100
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解析　由有机物的转化关系可知，
与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成B(
)；在浓硫酸作用下，B 与甲醇共热发生酯化反应生成C(
)；
C 与LiAlH4发生还原反应生成D(
)；在铜作催化剂条件下，D 与氧气共热发
生催化氧化反应生成H(
)，H 与过氧化氢反应生成I(
)；I 与甲醇发生
取代反应生成J；E 与KCN 发生取代反应后，酸化得到F，在催化剂作用下，F 与D 共热发
生缩聚反应生成
。(5)C 的结构简式为
，由C
的同分异构体M 符合的条件可知，M 的取代基可能为2 个—CH2COOH 或—COOH、—
CH2CH2COOH 或—COOH、—CH(CH3)COOH 或—CH3、—CH(COOH)2，每组取代基在苯
环上都有邻、间、对3 种位置关系，则符合条件的同分异构体共有3×4＝12 种。
第70 练　有机合成与推断综合突破
1．(1)对　(2)羧基
(3)2
＋O2――→2
＋2H2O
(4)3　(5)取代反应
(6)
　
解析　(2)有机物C 在酸性条件下发生水解，其含有的酯基发生水解生成羟基和羧基。(4)F
的同分异构体中不含有N—H，说明结构中含有
结构，又因红外光谱中显示有酚
101
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羟基，说明结构中含有苯环和羟基，固定羟基的位置，
有邻、间、对三种情况，
故有3 种同分异构体。(6)利用逆合成法分析，有机物N 可以与NaBH4反应生成最终产物，
类似于题中有机物G 与NaBH4反应生成有机物H，故有机物N 的结构简式为
，
有机物M 可以发生已知条件②所给的反应生成有机物N，说明有机物M 中含有C==O，结
合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M 的反应是羟基的催化氧化，有机
物M 的结构简式为
。
2 ．(1)2,6- 二氯甲苯　
＋2KF― ― ― →
＋2KCl 　酰胺基　
(2)2　②④　3
3．(1)
　(2)消去反应　加成反应
(3)醚键　碳碳双键　(4)
(5)
>
>
③①②　(6)4
(7)

――→ 
――→
解析　(4)根据上述反应流程分析，
与呋喃反应生成
，
102
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继续与HCl 反应生成有机物J(
)。(5)－CH3是推
电子基团，使磺酸基团酸性减弱，－CF3是吸电子基团，使磺酸基团酸性增强。(6)呋喃是一
种重要的化工原料，其同分异构体中可以发生银镜反应，说明其同分异构体中含有醛基，这
样的同分异构体共有4 种，分别为CH3—C≡C—CHO、CH≡C—CH2—CHO、
、
。
4．(1)CH2BrCOOH＋CH3CH2OHCH2BrCOOCH2CH3＋H2O　(2)醛基　(3)①羰基为强
吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C—H 键
极性增强　②
(4)ac　(5)
(6)
解析　(2)D 的结构简式为
，含有的官能团为醛基。(3)②2-戊酮的羰基相邻的两个碳
原子上均有C—H，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示
，1 号碳原
子上的C—H 断裂与苯甲醛的醛基加成得到E,3 号碳原子上的C—H 也可以断裂与苯甲醛的
醛基加成得到副产物
。(4)F 的结构简式为
，存在顺反异构体，
a 项正确；J 的结构简式为
，K 中含有酮羰基，J 中不含有酮羰基，二者
不互为同系物，b 项错误；J 中与羟基直接相连的碳原子上无H 原子，在加热和Cu 催化条件
下，J 不能被O2氧化，c 项正确。
5．(1)丙烯　取代反应
103
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(2)ClCH2CH2CH2Cl　羟基
(3)
＋CH3OH
＋
H2O
(4)15　
、
、
、
、
 (任写一种即可)
(5)CH2==CCH32――→
――――→
―――→
―――→
―――→
解析　(2) 根据E 的结构简式、C→D→E 的反应条件、C 的分子式，可知D 为
HOCH2CH2CH2OH、C 为ClCH2CH2CH2Cl。D 中官能团的名称为羟基。
(4)I 的同分异构体与I 具有相同的官能团，则有碳碳双键、羧基、碳氯键，苯环上有两个取
代基，可以为—Cl 和—CCl==CHCOOH、—Cl 和—CH==CClCOOH、—Cl 和
、
—COOH 和—CCl==CHCl、—COOH 和—CH==CCl2，共5 种情况，两个不同取代基在苯环
上有邻、间、对3 种位置关系，则共有15 种满足条件的同分异构体。核磁共振氢谱有4 组
峰，则有4 种不同化学环境的H 原子，符合条件的同分异构体为
、
、
、
、
。
104
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第十六章　化学实验综合应用
第71 练　简单实验方案的设计与评价
1．D　[FeCl2溶液中加入Zn 片，Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋，溶液由浅绿色变为无色，Fe2＋的氧
化能力比Zn2＋强，A 错误；溶液变成红色的原因为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，与SO 和K＋
无关，B 错误；Fe3＋可能先与单质铁反应生成Fe2＋，则溶液呈浅绿色，C 错误；向沸水中逐
滴滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D 正确。]
2．C　[若Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋能与SCN－生成Fe(SCN)3，溶液变成红色，能达到实验
目的，故A 不符合题意；实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混
有的氯化氢，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B 不符合题意；用pH
试纸测定NaOH 溶液的pH，不能润湿pH 试纸，否则会因浓度减小而影响测定结果，不能
达到实验目的，故C 符合题意；制取无水乙醇时，通常把工业酒精和新制的生石灰混合，
加热蒸馏，能达到实验目的，故D 不符合题意。]
3．D　[根据实验操作和现象，说明反应产生I2，发生反应：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，证明氧
化性：Cl2>I2，Br2>I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，A 错误；玻璃中含有Na 元素，
因此灼烧时火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na 元素，B 错误；应该采用对照方法进行实验，
但两种溶液的浓度未知，盐的种类也不同，因此不能通过测定溶液的pH 来判断H2CO3、
CH3COOH 的酸性强弱，C 错误；氧气有助燃性，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生
了O2，D 正确。]
4．A　[亚铁离子被硝酸氧化为铁离子，铁离子能使KSCN 溶液变红色，若溶液变红，说明
菠菜中含有铁元素，故A 符合题意；溶液中氯酸根离子不能和银离子反应生成氯化银沉淀，
故B 不符合题意；碘单质能使淀粉溶液变蓝色，溶液颜色不变，说明该食盐不含碘单质，
不能说明不含碘元素，故C 不符合题意；某些蛋白质遇浓硝酸变黄色，一段时间后鸡皮变
黄，说明鸡皮中含有蛋白质，故D 不符合题意。]
5．C　[观察钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故A 不符合题意；硫酸铜溶液可吸收硫化
氢而不吸收乙炔，从而能达到除杂的目的，故C 符合题意；容量瓶不能直接溶解物质，故D
不符合题意。]
6．A　[向盛有少量酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，若溶液由橙色变
为绿色，说明K2Cr2O7被还原为Cr3＋，则乙醇表现还原性，故A 符合题意；焰色试验只能确
定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B 不符合题意；锌比铁活泼，形成原电池时
Zn 作负极，Fe 作正极，铁钉不被腐蚀，故D 不符合题意。]
105
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7．C　[铝片表面形成致密氧化膜后，与铜离子不反应，故A 正确；CCl4层无色，说明氯气
未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，故B 正确；产生的气体使带火星的木条复燃，可
能是铁离子的催化作用使双氧水分解，故C 错误。]
8．B　[硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析而不是变性，A 错误；亚硫酸根离子和酸反应会生
成使品红褪色的二氧化硫气体，故该溶液中可能含有SO，B 正确；高锰酸钾发生还原反应
为氧化剂，过氧化氢发生氧化反应体现还原性，D 错误。]
9．B　[乙酸乙酯和乙醇互溶，不能采取分液的方法分离，A 错误；加入稀盐酸，产生无色
无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，不能说明溶液中一定含有CO，也可能含有HCO，C
错误；将混有HCl 的Cl2通过饱和食盐水，可以除去HCl，但是Cl2中还会混有水蒸气，得不
到纯净的Cl2，D 错误。]
10．A　[反应中碘离子过量，充分反应后滴入5 滴15% KSCN 溶液，若溶液变红色，说明
KI 与FeCl3的反应存在限度，故A 符合题意；不能向浓硫酸中加水，会产生危险，应将反应
后的溶液加入水中，故B 不符合题意；浓硝酸受热也会分解产生二氧化氮气体，故C 不符
合题意；浓硫酸溶解放出大量的热，应先加入乙醇，再沿器壁慢慢加入浓硫酸、乙酸，故D
不符合题意。]
11．B　[向Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸发生的反应为Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋S↓＋
SO2↑，可观察到溶液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO2，故A 错误；饱和食盐水
中含有较多的Na ＋，通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳后产生较多的HCO，析出
NaHCO3晶体，故B 正确；加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170 ℃，产生的乙烯气体中
含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色
不能说明乙醇发生了消去反应，故C 错误。]
12．B　[“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH 试纸褪色，所以不能
用pH 试纸测定“84”消毒液的pH，应该用pH 计，故A 不符合题意；加入稀硫酸后，溶液
中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，故C 不
符合题意；盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较C、Cl 的非金属性强弱，故D
不符合题意。]
第72 练　以物质制备为主的综合实验
1．(1)圆底烧瓶　b　(2)干燥气体　(3)暴沸　(4)防止温度过高生成焦磷酸　(5)磷酸晶种 
(6)B　(7)磷酸可与水分子间形成氢键
解析　(1)由仪器构造可知，仪器A 为圆底烧瓶，仪器B 为直形冷凝管，冷凝水应从b 口进、
a 口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因
106
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此五氧化二磷的作用为干燥气体。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体
或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷
酸晶种促进其结晶。(6)纯化过程中，温度低于21 ℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30 ℃)，高
于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42 ℃，因此过滤磷酸晶体时，除
了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30～42 ℃。(7)磷酸的结构式为
，
分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。
2．(1)A　B　(2)作催化剂　(3)③①③②　防止2-氯丁烷水解，减少2-氯丁烷挥发　(4)蒸馏 
(5)80%
解析　(1)A 为球形冷凝管，一般竖直放置，用于冷凝回流；B 为直形冷凝管，倾斜放置，用
于冷凝馏分。(2) 甲装置中圆底烧瓶中发生的反应是CH3CHOHCH2CH3 ＋
HCl―→CH3CHClCH2CH3＋H2O，步骤1 中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，
加快化学反应速率。(3)步骤3 进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、
ZnCl2―→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl―→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3―→用CaCl2
固体干燥产品，放置一段时间后过滤；因为2-氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2-氯丁
烷水解，同时减少2-氯丁烷(沸点较低)挥发，故用Na2CO3溶液洗涤时操作要迅速。(4)蒸馏
可分离互溶的、有一定沸点差异的液体混合物，故步骤4 进一步精制得产品所采用的操作方
法是蒸馏。(5)45.68 mL 2-丁醇的物质的量为≈0.50 mol，则理论上可得到0.50 mol 2-氯丁烷；
由2- 氯丁烷在测定实验中的反应可得关系式为CH3CHClCH2CH3 ～NaCl ～AgCl ，
n(CH3CHClCH2CH3)＝n(AgCl)＝＝0.40 mol，则2-氯丁烷的产率是×100%＝80%。
3．(1)c　(2)吡咯中含有—NH—，可以形成分子间氢键　(3)
 
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，并不断用玻璃棒搅拌　(5)与水解生成的OH－反应，
使水解更彻底　(6)球形冷凝管和分液漏斗　除去水　(7)70.0%
解析　(1)步骤 Ⅰ 制钠砂过程中，液体A 不能和Na 反应，而乙醇、水和液氨都能和金属
Na 反应，故选c。(5)2-噻吩乙醇钠水解生成2-噻吩乙醇的过程中有NaOH 生成，用盐酸调
节pH 的目的是将NaOH 中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。(6)步骤Ⅴ中的操作
有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管、温度计、牛角管等，无需使用的是球形冷凝
管和分液漏斗。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300 mL 液体A 和4.60 g 金属钠，Na 的物质的量
为＝0.2 mol，步骤Ⅱ中Na 完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2 mol 2-噻吩
乙醇，产品的产率为×100%＝70.0%。
4．(1)检查装置的气密性　(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　(3)D　(4)防
止PCl3与空气中的氧气和水蒸气反应　关闭K2、打开K3，打开分液漏斗的旋塞和活塞，当
107
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看到B 装置中液面上方充满黄绿色气体时，打开K2、关闭K3　(5)3PCl5＋2P=====5PCl3 
(6)PCl3＋3H2O===H3PO3＋3HCl　(7)碱式滴定管
(8)×100%
解析　(3)装置B 的作用是除去氯气中混有的水蒸气，所以B 中所装试剂为浓硫酸，故选
D。(4)由题给信息知，PCl3易水解、易被空气中氧气氧化，所以实验开始前，打开K1通入
一段时间氮气来除去装置中的空气，防止PCl3 与空气中的氧气和水蒸气反应；除去装置
A、B 中空气，应通入Cl2，具体方法是关闭K2、打开K3，打开分液漏斗的旋塞和活塞，当
看到B 装置中液面上方充满黄绿色气体时，打开K2、关闭K3。(7)H2S2O3 是弱酸，则
Na2S2O3溶液呈碱性，使用的仪器是碱式滴定管。(8)依据反应，可建立关系式：PCl3～H3PO3
～I2～2Na2S2O3，则与H3PO3反应的I2的物质的量为(c1V1－c2V2)×10－3mol，该产品中PCl3的
质量分数为×100%＝×100%。
第73 练　以物质含量或组成测定为主的综合实验
1．(1)d　a　b　f　(2)　(3)固体由白色变为蓝色　由蓝色变为红色　(4)BaSO4、BaSO3　否 
铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只
有一部分硫元素的化合价降低，则进入D 中的气体为SO3和SO2　(5)FeSO4·4H2O
解析　(1)测定晶体中结晶水含量时，需先排尽装置内的空气，再加热，依据固体颜色改变
确定结晶水全部失去后，停止加热、冷却称量，则实验操作步骤正确排序为
d→a→b→f→c→e。(2)根据实验记录，绿矾晶体的质量为(m2－m1)g，结晶水的质量为(m2－
m3)g，硫酸亚铁的质量为(m3－m1)g，则绿矾化学式中结晶水数目x＝。(3)在实验过程中，无
水硫酸铜吸收水，生成硫酸铜晶体，观察到B 中的现象：固体由白色变为蓝色；SO3、SO2
都是酸性气体，则C 中试纸的颜色变化是由蓝色变为红色。(4)SO3、SO2都能与Ba(OH)2溶
液反应，则D 中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为BaSO4、BaSO3。(5)n(FeSO4·7H2O)＝
＝0.03 mol，m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g·mol－1＝4.56 g，则在100 ℃时，FeSO4·7H2O 只失
去部分结晶水，此时M 的摩尔质量为＝224 g·mol－1，设化学式为FeSO4·xH2O，则152＋18x
＝224，x＝4，M 的化学式为FeSO4·4H2O。
2．(1)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑　饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶
(3)分液漏斗的活塞与旋塞　沉淀恰好完全溶解时
(4)①打开K2，缓慢推动可滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2　减小气体的通入速率，
使空气中的甲醛气体被完全吸收　②0.037 5
解析　在仪器A 中Mg3N2与H2O 反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入AgNO3溶液中首先产
生AgOH 白色沉淀，当氨气过量时，反应产生[Ag(NH3)2]OH，然后向溶液中通入甲醛，水
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浴加热，发生银镜反应产生单质Ag 和CO2气体，产生的Ag 与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2
＋，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm 处测定吸光度，测得生成1.12 mg Fe2＋，据此结
合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛的含量。
(4)②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3＋氧化，结合甲醛被氧化为
CO2，[Ag(NH3)2]OH 被还原为银，甲醛中碳元素化合价由0 价升高为＋4 价，银由＋1 价降
低为0 价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，
则n(Fe)＝＝2×10－5 mol，设消耗甲醛的物质的量为x，则4x＝2×10－5 mol，x＝5×10
－6 mol，因实验进行了4 次操作，所以测得1 L 空气中甲醛的含量为1.25×10－6 mol，空气
中甲醛的含量为＝0.037 5 mg·L－1。
3．(1)不再有气泡产生时　(2)将甲装置中产生的CO2和水蒸气全部赶入乙、丙装置中
(3)D　活塞K 前(或甲装置前)
(4)Co3(OH)4(CO3)2　(5)饱和碳酸氢钠溶液会降低CO2的溶解度　将b 向a 倾斜，使稀硫酸流
入a 中　不同　恢复至室温　C
解析　(4)n(H2O)＝＝0.02 mol，n(CO2)＝＝0.02 mol，由C 元素守恒知，该样品物质的量为
0.01 mol，H 元素物质的量为0.04 mol，则y 为4，Co 元素质量为3.65 g－0.04 mol×17 
g·mol－1－0.02 mol×60 g·mol－1＝1.77 g，Co 的物质的量为0.03 mol，故碱式碳酸钴的化学式
为Co3(OH)4(CO3)2。(5)实验 Ⅰ 中应该让样品完全反应，所以引发反应时应该将稀硫酸向样
品中倾斜；而实验 Ⅱ 中应该让稀硫酸完全反应，所以引发反应时应该将锌粒向稀硫酸中倾
斜。
4．(1)向上层清液中(或取上层清液少许于试管中)继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则
SO 已沉淀完全
(2)AgNO3溶液　(3)坩埚　(4)　(5)偏低
(6)检查装置气密性　(7)b
(8)　(9)偏高　(10)否
解析　(2)BaSO4沉淀表面附着的离子是Cu2＋、Ba2＋和Cl－，可向洗涤液中加入AgNO3溶液，
若没有沉淀生成，则证明BaSO4沉淀已洗净。
(3)步骤③灼烧的是BaSO4固体，灼烧固体选择的仪器是坩埚。
(4)BaSO4 的质量为w g ，BaSO4 的物质的量为 mol ，由化学方程式：CuSO4 ＋
BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2可知，CuSO4的物质的量等于BaSO4的物质的量，所以CuSO4溶液
的浓度为c(CuSO4)＝＝ mol·L－1。
(5)若步骤①中，转移沉淀时未洗涤烧杯，会造成BaSO4 沉淀的质量减少，所以使测得的
c(CuSO4)偏低。
(7)步骤⑥中保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响较大，温度过高或过低都会
造成气体密度的改变。
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(8)Zn 粉的物质的量为 mol，反应产生H2的物质的量为＝ mol，由Zn＋H2SO4===ZnSO4＋
H2↑知，与H2SO4反应的Zn 的物质的量等于产生H2的物质的量，为 mol，与CuSO4反应消
耗的Zn 的物质的量为(－) mol，由化学方程式Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu 可知，与CuSO4反
应消耗的Zn 的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以c(CuSO4)＝ mol·L－1。
(9)若步骤⑥E 管液面高于D 管，则D 管内气体压强高于外界大气压，造成气体体积b 的数
值偏小，由c(CuSO4)＝ mol·L－1可知，c(CuSO4)会偏高。
(10)因为Zn 和MgSO4溶液不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度。
第74 练　以性质为主的探究类综合实验
1．(1)烧杯、量筒、托盘天平　(2)KCl
(3)石墨　(4)0.09 mol·L－1
(5)Fe3＋＋e－===Fe2＋　Fe－2e－===Fe2＋　Fe3＋　Fe
(6)取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液不出现红色，说明活化反应完成
解析　(2)盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，两烧杯溶液中含有Fe2＋、Fe3
＋和SO，Ca2＋与SO 生成微溶于水的CaSO4，Fe2＋、Fe3＋均与HCO 反应，酸性条件下NO 与
Fe2＋发生反应，故盐桥中不能含有Ca2＋、HCO 和NO。K＋和Cl－的电迁移率(u∞)相差较小，
故盐桥中应选择KCl 作为电解质。(4)假设两个烧杯中溶液体积均为V L，铁电极反应式为
Fe－2e－===Fe2＋，一段时间后，铁电极溶液中c(Fe2＋)增加了0.02 mol·L－1，则电路中通过的
电子为0.02 mol·L－1×V L×2＝0.04V mol。石墨电极上未见Fe 析出，则石墨电极反应式为
Fe3＋＋e－===Fe2＋，据得失电子守恒可知，石墨电极生成的Fe2＋为0.04V mol，故石墨电极
溶液中c(Fe2＋)＝＝0.09 mol·L－1。(6)铁电极表面发生活化反应：Fe＋Fe2(SO4)3===3FeSO4，
活化反应完成后，溶液中不含Fe3＋。
2．(1)Cl2　MnO2＋2e－＋4H＋===2H2O＋Mn2＋　(2)①10　20　②φ1<φ3　③NaCl　又产生黄
绿色气体
解析　(2)①分析表格数据，实验1 为对比实验，而实验3 改变了MnSO4溶液的体积，实验
1 和实验3 组合研究Mn2＋浓度对电极电势的影响。那么实验2 和实验1 组合可以研究H＋浓
度的影响，所以改变H2SO4溶液的体积而不改变MnSO4溶液的体积，同时保证总体积为40 
mL，则m＝10、n＝20。②随着Mn2＋浓度增大MnO2 氧化性减弱，电极电势降低，即
φ1<φ3。③已知溶液中c(H＋)减小、c(Mn2＋)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量，只改变
Cl－的量，可加入NaCl 固体，若加热又产生黄绿色气体，说明Cl－的浓度增大其还原性增强。
3．(1)KMnO4　(2)①KOH　<　②2　3　16OH－　2　6　8H2O　③反应存在平衡16OH－＋
2Fe3＋＋3Cl22FeO＋6Cl－＋8H2O，当为FeCl3时增加了Cl－浓度，使平衡逆向移动，产率
降低　(3)①吸入的HCl 增加了Cl－浓度，使NaCl(s)Na＋(aq)＋Cl－(aq)平衡逆向移动，产
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生NaCl 晶体　②HCl 与KOH 反应，溶液碱性减弱，＋3 价铁的还原性减弱，产率降低 
(4)2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O　(5)Fe(NO3)3溶液和过量KOH、适量Cl2
解析　(2)①本实验探究碱性较强会增强Fe3＋的还原性，只需改变Fe3＋溶液的碱性即可，即
向右池中加入KOH，观察到电压增大。②Fe3＋被Cl2氧化为FeO，而Cl2变为Cl－，按化合
价升降守恒配平，由于碱性环境需要加入OH－，该反应为16OH－＋2Fe3＋＋3Cl22FeO＋
6Cl－＋8H2O。③对比两个实验的变量，结合平衡16OH－＋2Fe3＋＋3Cl22FeO＋6Cl－＋
8H2O 分析，Cl－增加使平衡逆向移动，所以实验ⅱ产率较低。
(5)过量的Cl2和Cl－均会降低产率，而KOH 会增加产率，所以所需的适宜条件是Fe(NO3)3溶
液和过量KOH、适量Cl2。
4．(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
(2)Cl－　Mg(OH)Cl
(3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(4)①5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液　②两试管反应剧烈程度相当
(5)取5 mL 无水乙醇，加入0.5 g Mg 粉无明显变化
(6)NH4Cl 水解产生的H＋对反应影响小，NH 对反应影响大
解析　(2)向洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊，说明灰白色固体表面没有能使AgNO3
溶液变浑浊的杂质，将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明
灰白色沉淀含有Cl－，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－和化合物中各元素化合价代
数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl。(4)①由题述(3)分析可知，NH4Cl 溶液因水
解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即NH，且溶液显中性的试
剂，由题干信息可知，试剂X 是5 mL 1.0 mol·L－1 CH3COONH4溶液。②乙同学通过实验3
来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3 获取的证据为两试管反应剧烈程度相当。 (5)
依据题述实验，可以得出Mg 能与NH 反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充
对照实验，在无NH 的情况下是否也能与Mg 反应放出H2，故实验方案为取5 mL 无水乙醇，
加入0.5 g Mg 粉无明显变化。
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