高中化学——猿题库——小猿热搜——高考化学典型题300（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

目≥录
第-章基本概念和基本理论
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考点＿物质的组成与分类……· . 。………
考点二分散系…·…………,….……。ˉ…….
考点三化学用语.….…………. ,………ˉ ˉ 。。。
考点四阿伏加德罗常数及计算…………
考点五物质的量在化学计量中的应用
考点六物质的量浓度的相关计算……
考点七离子共存……, ˉ…ˉ . ˉ.………………
考点八离子方程式………………………
考点九氧化还原反应的基本概念…….
考点十氧化还原反应的基本规律……ˉ
考点十一化学键……….……。…ˉ….……
考点十二分子间作用力…….…. .……….
考点十三元素周期律和元素周期表.…
考点十四化学反应中的能量变化. , , .…
考点十五热化学方程式与盖斯定律….
考点十六原电池原理及应用……….…
考点十七电解原理及应用.. .……………
考点十八金属的腐蚀与防护……………
考点十九化学反应速率……….…..……Ⅷ
考点二十化学平衡…ˉ , , ˉ….….…ˉ………
考点二十—电离平衡.……………………
考点二十二水的电离.……………………
考点二十三溶液的酸碱性和pH
ˉ……
考点二十四盐类水解ˉ.…………….…….
考点二十五沉淀溶解平衡…………….
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30
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第二章元素化合物
30
钠及其重要化合物. .
铝及其重要化合物, ,
铁｀铜及其重要化合物
考点—
考点二
考点三
30
3l
气
丝
勺
勺
…
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考点四碳、硅及其化合物.…..…………
考点五氯及其化合物….. .……. .……….
考点六硫及其化合物……………………
考点七氮及其化合物..…. ...……………
考点八常见有机化合物的结构与性质
考点九甲烷、乙烯和苯…, 。……ˉ………
考点十乙醇和乙酸…..…. . .….…..….…
考点十＿基本营养物质ˉ…ˉ……………ˉ
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I
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第三章化学实验
↑
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考点一
考点二
考点三
考点四
化学实验基本仪器
化学实验基本操作
物质的检验………
物质的分离与提纯
41
4l
42
43
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■
第四章化学与STSE
43
考点化学与STSE
43
第五章非选择题题型
46
考点＿
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
有机推断大题……,。………ˉ ˉ……。…。…
物质结构大题….…. .………….……..…
反应原理大题…,………………………..
工业流程大题ˉ ˉ ˉ ˉ ˉ…ˉ…ˉ…………ˉ 。……
化学实验大题, 。…….…ˉ…. . 。。. 。……。。…
其他大题（元素化合物,周期律相关）
..………46
°…,……65
………。°
68
.….……74
…. .……81
…·…….
88
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第-章基本概念和墓本理论
考点-物质的组成与分类
1. ［答案］
A
［解析］
根据示意图可知｀反应物为一种’产物为两种,即该反应为分解反应,同时有部分反应物未发生反应,则该反
应为可逆反应。A项,分解反应大多数为吸热反应,但也有＿些为放热反应’如2H2O2-2H2O＋O2↑,故A项错
误;B项’根据上述分析可知,该反应为可逆反应,故B项正确;C项’根据示意图可知’反应生成了单质,有化合价的变
化,属于氧化还原反应,故C项正确;D项,由上述分析可知,该反应＿定属于分解反应,故D项正确。
易错项分析:本题的易错项为B项°根据示意图可知,充分反应后在右侧矩形内仍然有反应物’这就说明有部分反应
物未发生反应,则该反应为可逆反应,读图要心细’边读边分析◎
2。［答案］
D
［解析］
D项’该研究中能量转化方式有2种,分别是太阳能转化为电能和电能转化为化学能,故D项错误;A项,
H2O不完全电离’是—种弱电解质’故A项正确;B项,CO2是—种温室气体’故B项正确;C项’HCOOH只含有＿个
竣基’且不完全电离,是＿种＿元弱酸’故C项正确°
考点二分散系
3. ［答案］
C
［解析］
雾和疆的分散剂均为空气’A项正确;结合图示可知形成雾疆的无机颗粒物中含有NH4N（）3和（NH4）2SO4’
B项正确;根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后’吸收空气中的NH3生成NH4N（）3和
（MI4）2SO4,即NH3是形成无机颗粒物的反应物,C项错误;过度施用氮肥,会导致空气中挥发的NH3浓度增大,与
雾霉的形成有关,D项正确°
4。［答案］
D
［解析］
浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液生成Fe（OH）3沉淀,不能制得Fe（OH）3胶体,选项A不正确。CH3COONa溶
液中存在水解平衡:CH3COO
＋H2O＝≡CH3COOH＋OH
,滴加少量浓盐酸,使c（OHˉ）减小,平衡向右移动而使
c（CH3COOˉ）减小,选项B不正确。Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可表示为Ca（HCO3）2＋2NaOH-
CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O’不能得到Ca（OH）2,选项C不正确°Cu（OH）2溶于水存在溶解平衡:Cu（OH）2（s）≡≡
Cu2＋（aq）＋2OH
（aq）,加人Cu（NO3）2,使c（Cu2＋）增大’平衡向左移动,Cu（OH）2的溶解度减小,选项D正确°
考点三化学用语
5［答案］
A
［解析］
梭酸与醇发生酷化反应的历程是酸脱轻基而醇脱去轻基上的氢原子生成水,所以硬脂酸与乙醇发生酪化反
应生成的酷为Cl7H35COl8OC2H5 ,A项错误;0。1mol ·Lˉl氨水的pH为11. 1而不是13,说明NH3 .H2O是弱电解
质,在水溶液中部分电离,即其电离方程式为NH3 。H2O＝＝NHj＋OHˉ ,B项正确;氯化钠是离子化合物,其离子键
的形成过程为Na◎（〕l—＝Na｛苔Cl］— ’C项正确;电解时阴极发生还原反应,电解精炼铜时阴极发生的反应为
Cu2＋＋2eˉ—Cu,D项正确°
.3
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6。［答案］
B
［解析］
由题意可知,该反应中若有5mol电子转移’则生成3mol氯气其中5mol氯原子来自HCl,1mol氯原子来
自KClO3 ,因此,当反应中有lmol电子转移时』生成0。6mol氯气,又知其质量为44g,故氯气的相对分子质量为73.3’
氯元素的平均相对原子质量为36.7°由于36。7更接近于37,所以生成的氯气分子中37（】l的含量更多＿些,即37Cl应
存在于HCl中,故B项正确。
考点四阿伏加德罗常数及计算
7. ［答案］
B
［解析］
B项｀l8gH20的物质的量为厕＝箭＝｜mo｜』＿个水分子的质子数为l×2＋S＝l0, l8gH20含有lO｀′A个
质子故颐正确;A项申苯的结构简式为◎‘＂｀,ˉ个分于中禽郁个c—＂键所以｜』n圃｜…育M｀个
C
H键,故A项错误;（〕项,氨水为氨气的水溶液,是混合物’无法使用气体摩尔体积计算其中NH3分子的物质的量,
故C项错误;D项’铁在浓硫酸中会发生钝化,故D项错误°
8. ［答案］
B
［解析］
B项’32gS的物质的量为lmol’在足量的氧气中燃烧转移的电子数为4ⅣA,故B项错误;A项,2H2l6O的摩
尔质虽为20g／mol,10g即为0.5mol,2H2l6O的质子数和中子数均为l0,所以0.5mol的2H2l6O质子数和中子数均
为5／VA,故A项正确;C项’可以直接将其看为最简式CH计算,（〕H的摩尔质量为l3g／mol,则26g混合气体中含有
2molCH,即可得其含C—H键的数目为2ⅣA’故C项正确;D项,NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为l20g／mol,且｜］固
体棍合物的物质的量为lmol,混合物中含有的阳离子数目为ⅣA,故D项正确。
9. ［答案］
C
［解析］
AD2O的摩尔质量为20g。molˉl ’］8gD2O的物质的量为l8g／20g.molˉ｜＝0.9mol,则含有的质子数为
09×］0∧／A≡9ⅣA’H2O的摩尔质量为l8g。molˉ｜
, l8gH2O的物质的量为l8g／l8g。molˉl ≡lmol’则含有的质子
数为l×l0ⅣA＝l0ⅣA,故A不正确。Bˉ亚硫酸是弱电解质,不能发生完全电离,电离方程式为H2SO3＝≡H＋＋
HSOJ,HSO3＝＝H＋＋SO;— ,所含H＋数小于2×（）5×2／VA＝2ⅣA,故B不正确°C过氧化钠与水反应的化学方程式
为2Na2O2＋2H2（）一NaOH＋O2↑,根据电子转移情况得关系式O2～2eˉ ,生成Olmol氧气转移电子数为（）.2ⅣA,
故C正确. I）.2molNO与lmolO2发生反应2NO＋（）2ˉNO2,生成2molNO2,因为存在2NO2＝＝N2O4,则产物的
分子数小于2／γA,故D不正确。
10。［答案］
B
［解析）
B项’80‘cu2s中Cu＋的物质的量为（64×2｀!jg／m°! ×2＝0。lmol,数目为0. lⅣA’8。0gCuO中Cu2＋
的物质的量为（64i舵m。｜×｜-0」m·｜数目为0」NA则M‘-者的混合物中含cu的离子个数壶为
0. lⅣA,故B项正确;A项’l个｜8O原子中含l0个中子,则36gl8O2中所含中子数为2（WA,故A项错误;C项,电解
饱和食盐水时的阳极反应式为2Cl
—2e——Cl2↑,在标准状况下,阳极生成22ˉ4L气体时转移的电子数为2ⅣA’
题中未给出标准状况条件,故C项错误;D项,Cl2溶于水为可逆反应,标准状况下2.24LCl2溶于水中达到饱机得
到HClO分子的数目小于0. lⅣA’故D项错误°
11。［答案］
A
23g
［解析］
A项,NO2和N2O4最简式均为NO2,23g混合气中N的物质的量为（14＋l6×2）g／mol＝0.5Ⅲol,反应过
程中’N由＋5价降低为＋4价’则转移电子的物质的量为0.5mol,即转移的电子数目为0.5／VA,故A项正确;B项’
.4.
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＿个甲酸（HCOOH,相对分子质量为46）分子中含有4个共价键,＿个乙醛（CH3CHO,相对分子质量为44）分子中含
有6个共价键’相对分子质量和共价键数目均不相等’则3g甲酸与乙醛的混合物中不能确定共价键的数目,故B项
错误;C项,因为S（）2溶解于水中生成H2SO3是可逆的,所以得到的H2SO3的分子数小于0ˉ lⅣA’故C项错误;D项,
标准状况下8.96L的混合气体的物质的量为0。4mol’设H2和D2的物质的量分别为xmol和ymol’则有刀＋γ＝0.4,
2狞1二凯5,解得鞭＝0」｀》二α〕,所以含有的中子数为α6″州’故D项错误·
12。［答案］
B
［解析］
2.4gMg在足量O2中燃烧,生成MgO,转移0。2mol电子,A项错误;标准状况下’5.6LCO2为0.25mol,含
有氧原子数为0.5／VA,B项正确;氢原子数为0.4ⅣA的CH3OH的物质的量为0. 1mol,含有0.5molo键,C项错误;D
项忽视了醋酸为弱酸’不能完全电离,D项错误。
13。［答案］
B
［解析］
B项’NaHSO4固体中只存在Na＋｀HSOJ两种离子,在溶液中才能继续电离为Ⅱ＋、SOiˉ ’″（NaHSO4）＝
盂羡丽-0」m°l,所以固体中含郁日离子徽为α］＂A.故B项止确;
＾项’｜个co型分子中含裔2个碳氧双键＂（co』）≡洞瓷丽≡o:m°l则含磷氧双键数目为2×α5№≡″徽,故＾
项错误;
C项’Br2沸点约为59℃,标准状况下Br2为液态’不能使用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量,故C项错误;
∏项,2N.』0Ⅱ十2H』O一M）H带0』↑.反应露消糯2m°!№』O』转移2m°!电子,＂（№』O』）≡煮揣-0」m·l,
则转移电子数为0. 1ⅣA,故D项错误。
2e
［1
—2
0
易错项分析:本题的易错项为D项。过氧化钠与水反应的电子转移情况为2Na2O—O＋2H2O一NaOH＋O2’可以
看出过氧化钠发生自身的氧化还原反应’ 1mol的过氧化钠参加反应转移电子数为lmol;7。8g的过氧化钠为
0。lmol’故转移电子数为0。］ⅣA°
14。［答案］
A
［解析］
A项｀C2H煞和C］H6的最简式都是CH2则混合物中含有CH』物质的量为″（CⅡ2）＝诡;丽二古m。l’每
个c＂2含省两个碳氢键则所含碳氢键数日为荷×2×川A≡半.故A项正确;
B项,l个2H35C］中含有l9个中子,2。24L2H35Cl标况下物质的量为0. lmol’所含中子数为1.9／VA’故B项错误;
C项’MnO2＋4HCl（浓）＝兰MnCl2＋Cl2↑＋2H2O’与MnO2反应的盐酸必须为浓盐酸但随着反应的进行｀盐酸逐
渐变稀,反应停止,故无法计算出反应的浓盐酸的量,亦无法计算转移的电子数,故C项错误;
D项’NaHCO3溶液中除了HCO丁｀CO;— ’还有部分碳元素以H2CO3形式存在＝者数目之和等于01ⅣA,故D项
错误°
15. ［答案］
B
［解析］
l6.25gFeCl3的物质的量′l（FeCl3）＝0ˉ lmol,如果氯化铁完全水解,则生成0. lmolFe（OH）3’而氢氧化
铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成’故氢氧化铁胶体粒子数远小于0. ］ⅣA,A项错误;氨气是单原子分子,1molAr含
18mol质子,B项正确;甘油（丙三醇）的分子式为C3H8O3 ,相对分子质量为92’］mol （92。0g）甘油含3mol烃基,C
项错误;甲烷与氯气在光照下反应会生成四种有机产物,即l .0mol甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2（〕l2、CHCl3、CCl4
共为1mol,D项错误°
.5.
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16［答案］
C
［解析］
每个P4分子中含6个P—P键’l24gP4的物质的量为lmol,含6molP—P键,A项错误;该溶液中虽然含
0. 1molFeCl3 ’但由于Fe3＋部分水解’即溶液中Fe3＋数目小于0。l／VA,B项错误;标准状况下,l1.2L甲烷和乙烯的
混合气体为0.5mol,根据lmolCH4和1molC2H4均含4molH原子可知,0.5mol混合气体中含2molH原子’C项
正确;SO2和O2的反应为可逆反应’即反应后容器中同时含有SO2｀O2和SO3,分子总数大于2ⅣA’D项错误°
考点五物质的量在化学计量中的应用
17。［答案］
D
［解析］
由题意可知,溶液中n（H＋）＝（4×2＋2）mol／L×10×10ˉ3L≡0』mol,过量的Fe先与混合酸中HNO3发
生反应生成NO’再与H2SO4反应生成H2。反应如下:
O3Fe＋8H＋＋2NO丁-3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
n（H＋）～0.08mol
n（NO丁）～0。02mol
n（NO）～0.02mol
@Fe＋2H＋-＝Fe2＋＋H2↑
n（H＋）～（0. ］-0.08）mol＝0.02mol
n（H2）～0ˉ0lmol
共生成0.03mol气体’标准状况下体积为‖／＝0。03mol×22.4L／mol≡0.672L。
18. ［答案］
A
（解析］
″（α2）＝22￥头°l二α005m°lⅡα2氧化「e2. ,离子方程式;Cl扶2『e斗-2『.］＋＋2αˉ则转移电子数
″（e ）＝2＂（c｜:）＝2×α005m。｜＝M］m。｜』厕（eˉ）二5揣6撼（3ˉ÷）×鳃＝α0｜（m。｜）,解得蕊＝α80,故选A项.
19. ［答案］
I）
［解析］
根据得失电子守恒,还原剂提供的电子越多,氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。
1
l;题述四种物质能提供的电子的物履的量为A56半｜6×lm。l;a女×3m°l;o56＋32带l6×4 ×1mol;
l
56×3＋16×4×lmol（Fe3O4也可以写为Fe2O3 。FeO）,提供电子的物质的量最少的为Fe3O4。
D
［答案］
C
［解析｜
反应生成Ⅶ』的物质的壁为!般腮;!L-Msm°｝,（＂Ⅱ』）』sq利＂＂斜＂s0眠介物样晶共…,由
极值法计算可知,NaOH不足’故反应时NH4HSO4先与NaOH反应生成（NH4）2SO4,此后NaOH再与（NH4）2SO4反
应,故n（NH4）2SO4＝（7.24—0。02×ll5）g＝0.0374mol’则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比为0.0374:
132g／mol
0.02＝］.87: 1 ,故选C项°
20
21. ［答案］
I）
［解析］
I）项’根据′n＝′!M＝ˉL×M’可知二者的摩尔质量相同,则等质量的两种气体的物质的量相同’但分子的构
Vm
成未知’所以无法判断原子个数是否相同’故D项错误;
A项,同温同压下’气体摩尔体积相同, αg甲气体和2αg乙气体所占的体积之比为l;2,根据p＝?,可知甲、乙密
度相同’故A项正确;
B项,根据m≡″M＝ˉL×M’可知二者的相对分子质量之比为1 :1,故B项正确;
Vnl
C项,根据′γ＝″RT＝箭×RT,可知同温同体积下,等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比,因为二者摩
尔质量相同,所以压强相同,故C项正确°
6
~
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考点六物质的量浓度的相关计算
22ˉ ［答案］
B
［解析］
HNO3具有强氧化性,可将Fe直接氧化为Fe3＋’溶液中发生反应:Fe＋4H＋＋NO丁-＝Fe3＋＋NO↑＋
2H2O’＂（Fe）＝l.5mol,则（H十）≡5mol’〃（NOf）＝4mol,故Fe过量,上述反应按H＋量进行反应,该反应中反应
L25molFe, 5molH＋,125molNO丁,生成＂（Fe3＋）≡1。25mol’″（NO〉＝125mol,剩余″（Fe）＝l.5mol—
L25mol＝0.25mol,Fe与生成的Fe3＋反应:Fe＋2Fe3＋＝≡3Fe2＋’反应0。25molFe,0.5molFe3＋’生成0。75mol
Fe2＋’剩余n（Fe3＋）＝l。25mol—0.5mol＝0.75mol。B项,″（Fe2＋）:″（Fe3＋）≡0.75mol:0.75mol＝］: l,故浓度之
比也为l:
］’故B项正确;A项’生成″（NO）＝l。25mol’但题中未说明标准状况’无法计算体积,故A项错误;C项,所
得溶液中则（NO丁）＝4mol—l 。25mol＝2.75mol但题中没有给出体积无法计算浓度,故C项错误;D项,金属阳离
子有Fe2＋｀Fe3, ’阴离子有未参与反应的SOi—和反应剩余的NO丁,故溶质有FeSO小Fe（NO3）2｀Fe2（SO4）3、
Fe（NO3）3 ’故D项错误°
易错项分析:本题的易错项为C项。题中已知的数据都是物质的量,无体积或浓度的量’因此无法求出离子浓度的
具体值。当算出″（NO「）＝4mol—l.25mol＝275mol后,易错选C项。
23ˉ ［答案］
D
［解析］
D项,c（R:CO』）＝＋c（R,）＝α5Pm。″L｀根掘‘＝1鄂匹叫知｀α5P＝｜000×…％整理得P＝
M
l000p×α％×2,故D项正确;
M
∧项,巾D项分析整鳃可得＂ˉ绵,敞A项镭爆;
Ⅱ项,根据″＝cv’砸＝〃M叮知揣表示溶液中Mo｀的质量』故B项错误;
c项.γ×α％×′表示溶液中R』cO』的质量,由B项可知「露铡％×′＝搬’故c项错误。
24. ［答案］
D
［解析］
Ba2＋＋S0;ˉ—BaSO4↓’Ag＋＋C｜—AgC｜↓,钡离子的浓度是击mo｜.Lˉ｜,氯离子的浓度是
上m°卜Lˉ｜则钾离子的浓度是（击—岳）m。lL｜＝｜0（b—2“）m°｜L｜.
0° l
25。［答案］
C
［解析］
向混合溶液中加人6molBaCl2’恰好使溶液中的SOiˉ完全沉淀,则SOiˉ＋Ba2带-BaSO4↓,c（SOi＿）
』ˉ皿』＝上mol／L,由加人足量强碱并加热可得到cmolNH3’则NH旷＋OlIˉ-＝NH］↑＋H2O’c（NH;）＝fˉ皿gl＝
△
＝＝
αL
α
αL
ˉ些mol／L,又溶液不显电性’设原溶液中的Al3＋浓度为则’由电荷守恒可知,勿×3＋ˉ鱼mol／L×1＝2mol／L×2’解得撇
α
α
α
2些mol／L,故选C°
≡≡
〕α
考点七离子共存
26. ［答案］
B
［解析］
溶液呈绿色,则＿定含有Fe2＋与Cu2＋的＿种或两种’与Fe2＋、Cu2＋发生反应的CO;ˉ和HC（）丁不能大量
存在;进行完步骤@可以得到不溶于酸的白色沉淀’则溶液中含有SO;ˉ ;滤液B呈绿色’则溶液中含H＋°由于
Ba（OH）2的量不确定,所以不能确定是否含Mg2＋;进行完步骤@,有白色沉淀生成,则溶液中＿定存在Clˉ ,不能确
定Na＋是否存在。
7·
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27。［答案］
C
［解析］
C项｀弱碱性溶液中Na＋｀K＋｀Cl＿定可以大量存在’而H（〕（）丁存在着HCO丁＋OHˉ＝＝CO;＿＋H2O的
平衡,在弱碱性条件下,氢氧根浓度低,HCO丁可能大量存在,故C项正确;A项,Al3＋和S2会发生双水解,而且
NH旷与S2ˉ也会发生双水解但水解程度不如Al3＋和S2ˉ ,故这几种离子不能大量共存’故A项错误;B项’甲基橙
在pH＜3』的溶液中变红,在酸性溶液中ClOˉ不能大量存在,且ClOˉ具有强氧化性,会氧化Iˉ ,故这几种离子不能大量
共存’故B项错误;D项’Fe3＋在pH＞3的溶液中开始沉淀’中性溶液中基本沉淀完全’故不能大量存在,故D项错误。
28. ［答案］
C
［解析］
含有Fe］＋的溶液显黄色’在无色溶液中不能大量存在｀H＋与CO;—、OHˉ会发生反应’不能大量共存;
OHˉ与NH《｀Al3十会发生反应,不能大量共存;CO;—与Ba2＋、Al3＋会发生反应,不能大量共存°向该溶液中加人铝
粉,只放出H2,若溶液为碱性,则含有大量的OHˉ还可能含有大量的Ba2＋｀Clˉ｀N（）丁’离子最多4种;若溶液为酸
性,由于l｛＋｀NO丁起硝酸的作用’加人Al不能产生氢气’所以含有的离子可能是H＋｀NH旷｀Ba2＋｀Al3＋｀Clˉ ,最多
是5种离子°
29. ［答案］
B
［解析］
该溶液既能溶解Al（OH）3 ,又能溶解Al,但不能溶解Fe,故该溶液为强碱性溶液;
B项,四种离子在碱性溶液中可以大量存在,故B项正确;
A项’H（〕OJ不能在强碱性溶液中大量存在’故A项错误;
C项,NH〈｀Mg2＋不能在强碱性溶液中大量存在,故C项错误;
D项,H十不能在强碱性溶液中大量存在,故D项错误。
30。［答案］
I）
［解析］
试样溶液中加人过量Ba（OH）2（aq）,并加热,得到的气体1可使湿润的红色石蕊试纸显蓝色,则气体1为
NH3’说明原溶液中—定含有NH》;与过量Ba（OH）2（aq）反应可能生成的沉淀为BaSO4（不可溶于酸）｀Mg（OH）2
（可溶于酸）’沉淀l加人H＋后部分溶解,则沉淀l为BaSO剿｀Mg（OH）2,说明原溶液中＿定含有Mg2÷ ｀SOi
;根据
题意,溶液2中＿定含有NO丁’加人Al、OHˉ后发生‘已知,,所示反应’则原溶液中＿定含有NO丁;因Ba（OH）2（aq）
过量,则滤液1中＿定含有Ba（（）H）2 ,通人CO2可生成沉淀2（BaCO3）,且BaCO3溶于酸,并放出气体CO2;不能确定
溶液中是否含有Na＋｀Cl—、Al3＋。由上述分析可知’试样中肯定存在NHJ、Mg2＋｀SO;
和NO丁’可能存在Na＋、
Clˉ 、Al3＋’故D项错误°
31ˉ ［答案］
B
［解析］
向＿定量的NaOH溶液中逐滴加人Al（〕l3溶液,开始时NaOH过量,发生的反应是AlCl3＋4NaOH-
NaAlO2＋2H2O＋3Na（】l;当NaOH完全反应后再加人AlCl3溶液发生的反应是AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O一Al（OH）3↓
＋3NaCl。所以bc段对应的是AlCl3＋3NaAlO2＋6H2OˉAl（OH）3 ↓＋3Na（〕l,b之前对应的是AlCl3＋4NaOH
-NaAlO2＋2H2O＋3NaCl°B项在b点’NaOH恰好完全反应’溶液中溶质是NaAlO2、NaCl,与Na＋、S2
｀SOiˉ
、
Clˉ互相之间都不反应,可以大量共存,故选B项;A项在a点’Na（）H尚未完全反应,会与Fe3＋反应生成沉淀、与
HCOj反应生成CO;ˉ和H2O｀不能大量共存,故不选A项;C项’在。点’溶液中的NaAl02恰好与AlCl］完全反应,
溶液中的溶质是NaCl ,Clˉ会和Ag＋反应生成沉淀’不能大量共存,故不选C项;I）项’在（l点,AlCl3溶液过量’Al3十
会与CO;发生水解相互促进的反应,不能大呈共存,故不选D项°
考点∧离子方程式
32. ［答案］
D
［解析］
D项,向NaAlO2溶液中通人过量CO2制Al（OH）3的离子方程式为CO2＋AlOf＋2H2O＝-Al（OH）3
↓
＋HCOj,故D项正确;A项’Cu溶于稀硝酸的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO丁＝≡＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O,故A
项错误;B项（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2的离子方程式为2NH旷＋Fe2＋＋4OHˉ
-2NH3 .H2O＋Fe（OH）2↓,故B项错误;C项,由于CH3COOH为弱酸,则用CH3COOH溶解CaCO3的离子方程
式为CaC（）］＋2CH3COOH＝＝≡Ca2＋＋2〔】H3CO（）—＋H2O＋CO2↑,故C项错误。
8
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33. ［答案］
C
［解析］
A.若NH3 。H2O完全电离,则0。lmol／L氨水的pH应为l3’测得其pH为11 ’则NH3 .H2O部分电离’其
电离方程式为NH3 ·H2O≡＝NHj＋OH
,A正确。B.钠是活泼金属’投人水中会与水反应生成H2’反应方程式为
2Na＋2H2O-2NaOH＋H2↑’B正确。C.用作导电实验的CuCl2溶液’CuCl2发生了电离,其方程式为CuCl2-
Cu2＋＋2Cl
;灯泡发光’CuCl2发生了电解反应’其方程式为Cu2＋＋2Clˉ望皇Cu＋Cl2↑,C错误°DAl可与强碱溶
液反应放出H2,D正确。
34. ［苔案］
D
［解析］
D项’Cu和稀HNO3反应生成Cu2＋、NO和H2O,离子方程式书写正确,故D项正确;A项’离子方程式配平
错误’正确离子方程式应为Cl2＋2OHˉ—Clˉ＋ClOˉ＋H2O,故A项错误;B项’ NaHCO3在溶液中电离产生
HC（）J和Na＋,正确离子方程式应为HCO丁＋H＋＝＝≡H2O＋C（）2↑,故B项错误;C项,NH3 。H2O是弱碱’和Al3＋
反应只能生成Al（OH）3沉淀,正确离子方程式为Al3＋＋3NH3 °H2O＝≡Al（OH）］↓＋3NH『,故C项错误。
35. ［答案］
D
［解析］
D项’氢氧化钠溶液与过量碳酸氢钙溶液反应’生成碳酸钙沉淀,故D项正确;A项,CaCO3不溶,书写离子
方程式时不能拆分’故A项错误;B项’等式两端电荷不守恒,正确的离子方程式应为2MnO「＋l0Clˉ＋16H＋—
2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O,故B项错误;C项’漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的离子方程式应为Ca2＋＋3ClO
＋H2O＋SO2-CaSO4↓＋2HClO＋Cl
’故C项错误。
36. ［苔案］
D
［解析］
D项’Na2SO3溶液具有还原性,酸性KMnO4溶液具有氧化性,两者发生氧化还原反应使得酸性KMnO4溶
液褪色’反应的离子方程式为5SO;＿＋6H＋＋2MnOJ-5SOiˉ＋2Mn2＋＋3H2O’故D项正确;A项,向水中通人氯
气,反应生成的次氯酸为弱酸’不能改写成离子形式’反应的离子方程式为Cl2＋H2O≡＝H＋＋Cl
＋HClO,故A项
错误;B项’所给的离子方程式不满足原子守恒、化合价升降守恒’用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜,反应的离子方程式
为3Ag＋4H＋＋NO丁-Mg＋＋NO↑＋2H2O,故B项错误;C项, （NH4）2Fe（SO4）2溶液加人过呈Ba（OH）2溶
液,反应的离子方程式为2NH4＋＋Fe2＋＋2SO』—＋4OH
＋2Ba2辩—2NH3 .H2O＋Fe（OH）2↓＋2BaSO4↓’故C
项错误°
37。［答案］
D
［解析］
D项,NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液,反应的离子方程式为HCO丁＋Ba2＋＋OH＿BaCO3↓＋
H2O,故D项正确;A项’离子方程式的书写不遵循得失电子守恒以及电荷守恒,故A项错误;B项,过量HI溶液加人
到Fe（NO3）3溶液中’反应的离子方程式（＿般情况下,硝酸的氧化性强于三价铁离子）:8H＋＋2NO丁＋6Iˉ＿
2NO↑＋4H2O＋3I2↓,故B项错误;C项,酸性溶液中KBrO3与KBr反应生成Br2’反应的离子方程式为BrO丁＋
5Brˉ＋6H＋-3Br2＋3H2O,故（〕项错误。
38［答案］
I）
［解析］
I）项,用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的离子方程式为2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋Cu2＋’故I）项正确;A
项,醋酸为弱酸不能拆,应写成化学式’正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3CO（）H-Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋
2CH3（〕OO
,故A项错误;B项’铜为电极电解饱和食盐水,阳极上的铜为活性电极,铜放电,正确的电极反应式为
Cu＋2H2O里壁H2↑＋Cu（OH）2↓’故B项错误;C项’FeBr2溶液中通人过量Cl2,澳离子完全反应’正确的离子方
程式为2Fe2＋＋4Brˉ＋3Cl2ˉFe3＋＋2Br2＋6Cl
’故C项错误°
39. ［答案］
A
［解析］
A项,焊接铁轨应用的是铝热反应,化学方程式为2Al＋Fe2O3鲤2Fe＋Al2O3 ’故A项错误;
颐,氮气与氢气在高温高腿催化剂条仆卜｀反应生成氨气,化学方程式;］』碉H』≡鄂NH』,故B项止确;
C项’碳酸钠为强碱弱酸盐,水解显碱性’离子方程式;CO;ˉ＋H2O＝＝HCO丁＋OHˉ ’故C项正确;
D项,氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾’碘遇到淀粉变蓝,离子方程式:Cl2＋2Iˉ—2Clˉ＋I2,故D项正确°
.9
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40. ［答案］
D
［解析］
D项,将0.2mol／L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol／L的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子方程式为
2Al3＋＋3SO1—＋3Ba2＋＋6OHˉ-2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓’故D项正确;A项’二者反应生成碘单质和亚铁离子’
离子方程式为2Fe（（）H）3＋6H＋＋2Iˉ—2Fe2＋＋I2＋6H2O,故A项错误;B项,双氧水可以还原酸性KMnO4溶
液,使之褪色’离子方程式为2MnOJ＋5Ⅱ2O2＋6H＋-2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O,故B项错误;C项,问氢氧化钡溶液
中加人少量稀硫酸,硫酸完全反应,氢离子和硫酸根离子按照物质的量2:1反应,离子方程式为2H＋＋2OHˉ＋Ba2＋
＋SO;＿-BaSO4↓＋2H2O,故C项错误°
41［答案］
D
［解析］
D项’由于还原性:Iˉ＞Fe2＋,少量Cl2先将Iˉ氧化,离子方程式为2I
＋Cl2-I2＋2Cl
,故D项正确;
A项’Al（OH）3与过量的氨水不发生反应’正确的离子方程式应为Al3＋＋3NH3 .H2O-Al（OH）3↓＋3NHⅪ,故
A项错误;B项选项中电荷不守恒,得失电子不守恒,正确的离子方程式应为5I
＋I（）3ˉ＋6H＋—3I2＋3H2O,故
B项错误;C项,由于酸性:H2CO3＞HClO＞HCO丁,根据‘强酸制弱酸,的反应规律,正确的离子方程式应为HClO＋
CO;ˉ—ClO—＋HCO「,故C项错误°
考点九氧化还原反应的墓本概念
42。［答案］
D
［解析］
A.明矾中的Al3＋发生水解生成胶体,胶体的表面积较大,能吸附水中的杂质,所以能起到净水的作用’与
氧化还原无关,A项错误;B甘油为丙三醇,属于多轻基化合物,具有吸湿性,因此可作护肤保湿剂,与氧化还原无
关’B项错误;C.漂粉精能作消毒剂是因为它能生成HClO,HClO具有强氧化性,能杀菌消毒’并不是起还原作用’
C项错误;D铁粉作食品袋内的脱氧剂’防止食品被氧化’起还原作用,D项正确。
43. ［答案］
D
［解析］
A.明矾净水原理:明矾溶于水电离产生Al3＋,Al3＋水解产生的Al（OH）3胶体吸附水中悬浮的杂质
而沉降下来’与物质的氧化性无关,错误;B.纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根水解显碱性,油
脂在碱性条件下发生较彻底的水解反应,产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘泊,与物质的氧化性无关’错误;
C.食醋除水垢是利用醋酸与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反应生成可溶性物质’与物质的
氧化性无关’错误;D漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2,该物质漂白织物是利用HClO的强氧化性,可以将织物
的色素氧化为无色物质,正确。
44. ［答案］
C
［解析］
NaOlI溶液滴人FeSO4溶液中’发生反应:2NaOH＋FeSO4—Fe（OH）2
↓＋Na2SO4,生成白色沉淀
Fe（OH）2,Fe（OH）2不稳定,迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe（OH）3 :4Fe（（）H）2＋O2＋2H2O—
4Fe（OH）3,后＿过程发生了氧化还原反应’A项不符合题意;氯水中含有HCl和HClO,溶液呈酸性’能使石蕊溶液变
红’次氯酸具有强氧化性,能将红色物质氧化,溶液红色褪去,该过程发生了氧化还原反应’B项不符合题意;Na2S溶
液滴人AgCl浊液中,发生了沉淀的转化:Na2S＋2AgCl＝＝Ag2S＋2NaCl,此过程中不涉及氧化还原反应’C项符合
题意;将铜丝插人稀硝酸中,发生反应:3Cu＋8HNO3（稀）-3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O’生成无色气体NO,但NO
能与空气中的氧气发生反应:2NO＋O2—2NO2’这两步反应都是氧化还原反应’D项不符合题意。
45. ［答案］
A
［解析］
Cl2通人溶液,Cl2与溶液中的具有还原性的离子SO;
、Brˉ发生反应’还原性SO;＿＞Brˉ ’先后发生氧化
还原反应OCl2＋H2O＋SO;ˉ-＝2H＋＋2Clˉ＋SOi
｀@Cl2＋2Brˉ＝≡Br2＋2Cl— ’此外Cl2还可以与水反应:
OCl2＋∏2O＝≡H÷＋Cl—＋HClO,另外生成的大量H＋会与SiO;
、CO;ˉ发生复分解反应@2H＋＋SiO;—-＝
H2SiO3↓、◎2l｛＋＋CO;
＝＝＝CO2↑＋H2O°
· l0.
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A项,整个过程发生3个氧化还原反应,2个复分解反应,故A项错误;
B项,溶液中阴离子有SO;＿、SjO;ˉ、CO;ˉ｀Brˉ和OH— ,发生了上述4个反应’溶液酸性增强, pH下降’因此所有
阴离子的浓度都发生了变化,故B项正确;
C项,反应@生成Br2’嗅单质溶于水显橙黄色,则溶液的颜色发生变化,故C项正确;
D项’反应@生成沉淀H2SjO3,反应◎生成气体C（）2’故D项正确°
46. ［答案］
B
［解析］
B项’ClO2具有强氧化性,可使蛋白质变性’可用于消毒杀菌,故选B项;A项’浓硫酸用作干燥剂’是利用
浓硫酸的吸水性,与浓硫酸的脱水性无关,故不选A项;C项’常温下铝在浓硝酸中会发生钝化’可用铝罐贮运浓硝
酸,但是与铝具有良好的导热性无关,故不选C项;D项,铜与FeCl3溶液会发生氧化还原反应,则FeCl3溶液用作铜
制线路板的蚀刻剂是利用FeCl引溶液的氧化性,而不是酸性’故不选D项。
47. ［答案］
B
［解析］
B项,氯气与澳化钾反应生成氯化钾与嗅单质’氯元素的化合价降低,氯气被还原’故选B项;A项’二氧化
碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,只有过氧化钠中氧元素的化合价有变化,故不选A项;C项,二氧化硫被高锰
酸钾氧化,硫元素的化合价升高,气体被氧化,故不选C项;D项’氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化
按,反应不属于氧化还原反应’故不选D项。
48. ［苔案］
（〕
［解析］
将离子方程式配平得到;3As2S3＋4H2O＋28NOJ-6AsO』—＋9SO;ˉ＋28NO↑＋8H＋° （】项,NO丁是
氧化剂,As2S3是还原剂,故配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为28:3,故（〕项错误;A项’由离子方程式可知’
配平后水的化学计量数为4’故A项正确;B项’反应产生H＋’故反应后溶液呈酸性’故B项正确;D项’由离子方程
式可知,反应中As和S的化合价升高’故氧化产物为AsO』—和SOi
’故I）项正确°
49. ［答案］
D
［解析］
D项,由方程式可知’若生成撼molS,同时生成Cu2＋、Fe2＋共3则mol’消耗2xmolFe3＋;反应结束后,测得溶
液中三种金属离子的总物质的量为γmol’则剩余Fe3十的物质的量为（yˉ3鳃）mol,所以原溶液中Fe3＋的总物质的量
为2匆mol＋（y-3如）mol＝（y-见）mol,故D项正确;
A项,CuFeS2中硫元素化合价:—2→0,铁元素化合价不改变;硫酸铁中铁元素化合价:＋3→＋2,故反应中硫元素被
氧化’但只有硫酸铁中的铁元素被还原,故A项错误;
B项,氧化剂是Fe3＋’氧化产物是S,故B项错误;
C项,由方程式可知生成2molS,转移电子的物质的量为4mol,则生成卿molS,转移电子的物质的量为2zmol’故C
项错误。
考点十氧化还原反应的墓本规律
50. ［答案］
D
［解析］
由化学方程式可知,H2S中S的化合价由—2价升高至＋6价’作还原剂;O2F2中O的化合价由＋l价降低
至0价,作氧化剂;相应的SF6为氧化产物,O2为还原产物°D项,还原剂为H2S,氧化剂为O2F2,二者物质的量之比
为l:4,故D项正确;A项’SF6为氧化产物’O2为还原产物,故A项错误;B项’O2F2为氧化剂’故B项错误;（】项’未
注明压强、温度等条件,无法计算HF的物质的量,从而不能确定转移电子的物质的量,故C项错误。
51. ［答案］
C
［解析］
C项’向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化’可得K2Cr2O7溶液,Cr元素化合价升高,H2O2中氧元素化
合价降低’H2O2作氧化剂’只表现出氧化性,故C项错误;A项,化合物KCIO2中K元素化合价为＋1价,O元素化合
ll
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价为—2价,根据化合物中化合价代数和为0,可得Cr元素为＋3价’故A项正确;B项’Cr2O3固体既能溶于KOH溶
液,又能溶于硫酸,反应都生成盐和水,所以Cr2O3是两性氧化物’故B项正确;D项’溶液变蓝说明K2Cr2O7与KI反
应生成I2’KI中碘元素化合价升高,被氧化,氧化产物为I2,则KI为还原剂,所以K2Cr2O7为氧化剂,根据氧化剂的
氧化性大于氧化产物的氧化性’所以氧化性;Cr2O;—＞I2,故I）项正确°
考点十-化学键
52. ［答案］
C
［解析］
a、b｀c｀d、e为原子序数依次增大的5种短周期主族元素°常温下’a、d最高价含氧酸的浓溶液均可盛放在
由金属元素c的单质制成的的容器中’则a为N元素、c为Al元素、d为S元素;a的气态氢化物遇到e的单质会产生
白烟,则e为Cl元素;负-价b离子的电子数等于e、a的质子数之差则b为F元素。
综上,a、b、c｀d｀e分别为N、F、Al｀S、Cl°
C项,S2Cl2分子中两个硫之间形成＿个共价键,各留下＿个电子与氯形成＿个共价键｀各原子最外层都达到了8电
子结构,故C项正确;
A项,电子层数相等’核内质子数越多’半径越小,则简单离子半径:N3ˉ＞Al3＋,故A项错误;
B项,同＿周期元素’从左到右,非金属性增强’最高价氧化物对应水化物的酸性也增强’则酸性:HClO4＞H2SO4,故
B项错误;
D项’b与c形成的化合物AlF］是离子化合物,故D项错误。
53. ［答案］
B
［解析］
分析题干叙述’由a的最外层电子数为1 ’a—的电子层结构与氦相同可知’a为H° b和c的次外层有8个
电子’则b、c处于第三周期,又知b、c的最外层电子数分别为6、7,从而推知,b、c分别为S｀Cl。由cˉ和d＋的电子层
结构相同可知,d为K°
A项’S｀（〕l处于第三周期,Cl的原子序数大于S,则Cl的非金属性强于S;由H2S中S元素显—2价｀H元素显＋l价
可知,S的非金属性强于H’因此三种元素的非金属性次序为Cl＞S＞H。B项,H和S、（】l可形成共价化合物H2S和
HCl,而H与K则形成离子化合物KH°C项,K和H、S、Cl均可形成离子化合物’分别为KH、K2S和KCl。D项’H、
S、Cl的最高化合价分别为＋l、＋6和＋7,最低化合价分别为ˉl｀-2和—1 ,因此三种元素各自最高和最低化合价
的代数和分别为0、4｀6°
54［答案］
D
［解析］
由W｀X、Y｀Z为短周期元素,这四种元素的原子最外层电子数之和为22,及W、X｀Y、Z、T在元素周期表中
的位置关系,确定这五种元素分别是X为氮、Y为氧、Z为氯、W为硅、T为锗。A项中’NH3、H2O、HCl三种氢化物沸
点的高低顺序为H2O＞NH3＞HCl,该项错误。B项中,由N、O、H三种元素形成的化合物NH4NO3中存在离子键,该
项错误。C项中’SiO2｀Si3N4、SiCl4中SiO2、Si3N4为原子晶体,熔点高、硬度大;SjCl4为分子晶体,熔点低、硬度小’
该项错误。D项中,锗为半导体材料,可以形成CeCl4’该项正确。
55. ［答案］
C
［解析］
C项’丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体,结构不同’分子间作用力也不同’故选项C正确;
A项’CaCl2只含有离子键,无共价键,故选项A错误;
B项,H2O汽化为水蒸气是克服分子间作用力,H2O分解为H2和O2才需要破坏共价键,故选项B错误;
D项,水晶是二氧化硅’是原子晶体,干冰是共价化合物,是分子晶体,故选项D错误。
l2.
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56ˉ ［答案］
A
［解析］
首先根据题中条件确定各元素:根据W是制备—种高效电池的重要材料’确定W为Li元素;根据X原子
的最外层电子数是内层电子数的2倍,确定X是C元素;根据Y是地壳中含量最丰富的金属元素,确定Y是Al元
素’再根据原子序数依次增大,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,确定Z是S元素°W为Li元素,其氯化
物为LjCl’电子式为Li＋［
:
（】l
:
］ˉ ,显然Li原子不能满足8电子稳定结构’A错误。C元素和H元素形成的原子个
数比为l: l的有机物有多种,如苯｀苯乙烯等’B正确。金属Al与氢氧化钠溶液或盐酸都反应,产生氢气’C正确° S
元素可与C元素形成CS2’属于共价化合物,D正确。
57. ［苔案］
D
［解析］
r溶液是实验室中常见的试剂,且常温下0。lmol／Lr溶液的pH是13’说明这是＿种强碱,且由短周
期元素组成,则r为NaOH,而工业上可由m｀n电解制备r’并生成单质p、q’则此反应为电解饱和食盐水制备
NaOH,所以可以推出W、X｀Y｀Z元素分别为H、O、Na、Cl’m、n为NaCl和H2O中的＿种,p、q｀r分别为H2、
Cl2、NaOH°
D项’O与其他3种元素可形成H2O｀H2O2、Na2O｀Na2O2、ClO2、Cl2O3等,故D项正确;
A项,W与X单质为气体H2与O2’则沸点W＜X,故A项错误;
B项’Z为氯,Y为钠,X为氧’因此简单离子半径Clˉ＞O2ˉ＞Na＋,则为Z＞X＞Y,故B项错误;
C项’H与Na形成的NaH为离子化合物,故C项错误°
58。［答案］
B
［解析］
24g镁与27g铝的物质的量均为1mol’但Mg｀Al的质子数分别为l2｀13’A项错误;lmolO2含有l6mo］
电子,lmo｜03含有24mol电子,质量相同（设为mg）的O2｀｜）3含有的电子的物质的量分别为＄×l6mo｜＝罢mo｜、
巫×24mo｜＝苦mo｜,B项正确;lm＂｜D2O含有l0mo｜中子, !mo｜H2O含有8m°｜中子』C项错误;lmo｜CH3—CH3
48
含有7mol共价键,lmolCH2≡CH2含有6mol共价键’D项错误°
考点十二分子间作用力
59. ［答案］
I）
［解析］
最简单的有机物为CH4’则X为H,W为C,根据Y｀Z｀W在周期表的位置关系可知Y为Na’Z为Mg。综上
所述:X为H、Y为Na｀Z为Mg｀W为C。D项’H的稳定液态氧化物为H2O,可知Na与H2O反应的剧烈程度大于
Mg’故D项正确;A项,H与Na形成的化合物为NaH,化学键为离子键’与（〕形成的化合物为有机物’含有的化学键
为共价键’类型不同,故A项错误;B项,C的同素异形体有石墨｀金刚石｀C60等’其中石墨｀金刚石熔沸点较高’而C60
的熔沸点比较低,故B项错误;C项’H的离子可能为Hˉ ,与Na同主族的元素可能为Li,H和Li＋的核外电子结构
相同,由于H的核电荷数小于Li,因此Hˉ的半径大于Li＋,故C项错误。
60［答案］
B
［解析］
甲、乙为其中两种元素对应的单质,Y与乙均为淡黄色固体,则乙为S,Y为Na2O2;X与Y、甲与乙摩尔质量
相同,则甲为O2,X为Na2S;由转化关系图可知,M为H2S,N为H2O。综上所述’A为H,B为O,C为S,D为Na,X
为Na2S’Y为Na2O2,M为H2S,N为H2O。
B项,H2O2不能与Na2O2反应’故B项错误;
A项’M为H2S,N为II2O,所以相对分子质量M＞N’沸点N＞M’故A项正确;
C项,具有相同电子层结构的离子’核电荷数越小,半径越大,所以离子半径O2
＞Na＋’又因为电子层数越多’半径
越大’所以S2ˉ＞O2ˉ＞Na＋＞H＋,故C项正确;
D项’Na｀H形成NaH’Na、O形成Na2O或Na2O2,Na、S形成Na2S’均为离子化合物,故D项正确°
· l3
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考点十三元素周期律和元素周期表
61［答案］
C
［解析］
碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度,A项错误;非金属性:Cl＞P,故气态氢化物的热稳定性:HCl＞
PH3,B项错误;C2H5SH、C2H5OH均为分子晶体,但C2H5OH能够形成分子间氢键,故沸点:C2H5SH＜C2H5OH’C
项正确;金属性:Li＞Be,故最高价氧化物对应的水化物的碱性:LjOH＞Be（OH）2,D项错误°
62。［答案］
B
［解析］
A.元素的非金属性越强,其氢化物越稳定’Br的非金属性比I强,故氢化物的热稳定性:HBr＞HI。B同周
期元素自左向右’元素的非金属性增强,最高价氧化物对应水化物的酸性增强,因非金属性:P＞Si,故酸性:H3PO4＞
H2SiO3°C。Al2O3是两性氧化物,能与NaOH溶液反应,MgO是碱性氧化物’不能与NaOH溶液反应。DSO3
通人Ba（NO3）2溶液中发生反应:SO3＋H2（）-H2SO4,H2SO4与Ba（NO3）2反应得到BaSO4沉淀;SO2通人
Ba（NO］）2溶液中’NO丁在酸性条件下具有强氧化性’能将SO2氧化为SO1＿’最终也得到BaSO4沉淀°
63. ［答案］
A
［解析］
从元素周期表的局部图可知短周期元素X、Y、Z、W为第二、三周期元素’W位于第三周期’W原子的质子
数是其最外层电子数的三倍,故W是P元素’据此推出X｀Y、Z分别是氮、氧｀硅。根据四种元素在周期表中的位置
关系可知,原子半径:Z＞W＞X＞Y’A项错误;非金属性:O＞N＞P＞Si,最高价氧化物对应水化物的酸性:HNO3＞
H3PO4＞H2SiO3 ’即X＞W＞Z,氢化物的热稳定性:H2O＞NH3＞PH3＞SiH4』即Y＞X＞W＞Z’B、C项正确;主族元
素除O｀F外,其他元素最高化合价都等于其主族序数,D项正确°
64. ［答案］
A
［解析］
由“Y是至今发现的非金属性最强的元素,,可知,Y为F;由X原子序数小于Y且“X原子最外层有6个电
子”可知’X为O;由‘‘Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置”且Z是原子序数大于Y（F）的原子序数的短周
期元素可知‖Z为Al;由“W的单质广泛用作半导体材料,’可知,W是Si。A选项,原子最外层电子数由多到少的｜｜顶
序:Y、X、W、Z,所以正确;B选项,原子半径由大到小的顺序《Z｀W、X、Y’所以错误;C选项,元素非金属性由强到弱的
顺序:X、W、Z,所以错误;D选项,简单气态氢化物的稳定性Y的最强,所以错误°
65［答案］
B
［解析］
同周期中,从左往右,原子半径逐渐减小;同主族中,从上往下,原子半径逐渐增大°由表中数据分析可知,
X、Y在第2周期,Z、W在第3周期,再由最高正价或最低负价分析可知X位于第ⅣA族｀Y位于第VA族、Z位于第
ⅥA族、W位于第ⅦA族,则X｀Y｀Z、W分别为碳、氮、硫、氯。
B项,X（碳元素）与氧元素可形成CO、CO2,Y（氮元素）与氧元素可形成NO、NO2、N2O4等多种氧化物,故B项正确;
A项,Z（硫元素）处于元素周期表中第3周期ⅥA族’故A项错误;
C项,Y的氢化物与W的氢化物反应生成的产物是氯化按,氯化按由铰根离子与氯离子构成’它们之间形成的化学
键是离子键’按根离子中氮原子与氢原子之间形成共价键,故C项错误;
:Cl
:
l）项’X与W形成的化合物是〔】Cl4,其电子式为:Cl
:
C
:Cl : ,故l〕项错误
;Cl
;
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66. ［答案］
C
［解析］
单质′!通常为黄绿色气体’则″为Cl2,q的水溶液具有漂白性’q为HClO｀0.0lmol .Lˉl的『溶液的pH＝
2,说明′为＿元强酸’厂为HCl;＄为难溶于水的混合物’结合其在光照条件下生成,则二元化合物p为CH4°综上分
析,涉及的元素有H｀C、O、Cl,分别对应W、X｀Y｀Z。原子半径:C＞O,A项错误;非金属性:（）＞C,B项错误;O的氢化
物为H2O或H2O2,常温常压下均为液态’C项正确;C的最高价氧化物的水化物为H2CO3 ,为弱酸’l）项错误°
67. ［答案］
B
［解析］
W、X、Y｀Z四种元素均为短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0｀5｀
8、8,故W是第＿周期的H元素’X是第二周期的N元素’Y、Z是第三周期元素’因为四种元素的最外层电子数之和
为l8’故Y、Z最外层电子数之和为l8-（1＋5）＝l2,又因为第三周期主族元素最外层电子排布是l～7’故只有Y的
最外层电子数是5,Z的最外层电子数是7才能满足条件,则Y是P元素,Z是Cl元素°
AˉH2和N2都是分子晶体,对于组成和结构相似的分子晶体’相对分子质量越大,分子间作用力越大,沸点越高,故沸
点:N2＞H2,A项不正确°
B.Cl元索的非金属性强于H元素,元素得电子能力越强,其对应阴离子越不容易失去电子,故对应阴离子的还原性:
Cl弱于Hˉ ’B项正确°
C.P元素的非金属性弱于Cl元素的非金属性’元素非金属性越弱’其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱,故酸性:
H3PO4＜HClO4,题目中未说明“最高价,’ ,C项不正确°
D.按盐是离子化合物,N和P可能存在于同＿离子化合物中’如（NH4）3PO4｀（NH4）2HPO4、NH4H2PO4等,D项不
正确°
68. ［答案］
B
［解析］
根据“X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的”可知X为Na’结合题给条件推出W为O（或N）,Y
为S（或P）,Z为Cl。Clˉ具有3个电子层,Na＋、O2ˉ（或N3ˉ）只有2个电子层,所以Cl＿的半径大于Na＋、O2ˉ（或
N3
）的半径,Na＋｀O2ˉ（或N3ˉ）具有相同的电子层结构,则核电荷数越小,离子半径越大’所以简单离子半径为
Clˉ＞O2ˉ（或N3ˉ）＞Na＋,故A项错误°非金属性越强’其对应的气态氢化物越稳定,故C项错误。非金属性越
强’其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,故D项错误。
69［答案］
A
［解析］
根据a原子中只有l个电子可确定a为H,由b2和c＋电子层结构相同,可知b和c分别位于第二｀三周
期,则b、c分别为O和Na,d与b同族,则d为S。二元化合物H2O｀H2S中H均为＋1价’而NaH中H为—l价’A项
错误;O与其他三种元素可分别形成H2O和H2O2、Na2O和Na2O2、SO2利SO3 ,B项正确;根据四种元素在周期表中
的位置可确定原子半径:Na＞S＞（）＞H’C项正确;H2S在溶液中部分电离而使溶液呈弱酸性,D项正确。
70. ［答案］
A
［解析］
W、Z同主族,X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素’则X为Na、Mg或Al;当Y为Si时,Z为P｀S或Cl,W
为N｀O或F;当Y为P时’Z为S或Cl,W为O或F;当Y为S时’Z为Cl,W为F。A项,同＿周期,从左到右’原子半
径依次减小;同＿主族,从上到下,原子半径依次增大,所以原子半径:X＞Y＞Z＞W’故A项正确°B项,W｀Z同主
族,且W的非金属更强,但W的含氧酸的酸性不＿定比Z的含氧酸的酸性强,如HNO2的酸性弱于H3P（）q,故B项
错误。C项’元素的非金属性越强,对应气态氢化物的稳定性也就越强’所以W的气态氢化物的稳定性更高’故C项
错误。D项’若W与X原子序数差为5,则W为O’X为Al或W为N,X为Mg,形成化合物的化学式为X2W3或
X3W2,故D项错误。
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71. ［答案］
C
［解析］
X｀Y｀Z｀W是原子序数依次增大的不同主族短周期元素’其中两种为金属元素’X原子的最外层电子数与
次外层电子数相等,则X只能含有两个电子层,X为Be;X与W｀Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9,则W
最外层电子数为7,位于ⅦA族;Y与Z最外层电子数可能为3、6或4、5’结合其中两种元素为金属元素可知,Y为
Al,Z为S,或Y为O,Z为Al;四种元素原子序数依次增大’可判断W为Cl°
综上所述,X为Be,Y为Al（或O）’Z为S（或Al）’W为Cl。
C项,由以上分析可知’Y2Z3为Al2S3,Al2S3在溶液中可发生双水解反应,所以不能从溶液中制得’故C项正确;
A项,Y为Al（或（））,W为Cl,离子半径Al3＋＜Clˉ（或O2ˉ＜Cl
）’故A项错误;
B项’Z为S（或Al）,其氧化物对应水化物有硫酸和亚硫酸［或Al（OH）3］,不都是强酸,故B项错误;
D项,XW2为BeCl2,Be原子最外层不满足8电子稳定结构,故D项错误。
72. ［答案］
A
［解析］
短周期主族元素X｀Y｀Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K层电子数的3倍’所以X为
氧元素;Z的焰色反应显黄色’Z为钠元素;Y为氟元素。常温下’Z和W形成的化合物的水溶液的pH＝7‖W为氯
元素。
综上’X｀Y、Z｀W为氧、氟、钠、氯。
A项,X为氧,W为氯,属于不同周期、不同主族元素,故A项正确;
B项’氧离子的半径大于钠离子半径,故B项错误;
C项’由于水分子间可以形成氢键’所以,水的沸点比氯化氢高,故C项错误;
D项,向NaCl的水溶液中通人F2,F2会先与水反应生成氧气,故D项错误。
73. ［答案］
B
［解析］
由题意,假设W最外层电子数为卯,则Y最外层电子数为如ˉl ,可列等式卿＋如＿l＋x＝l］,解得x≡4,W、Z
同主族且均为短周期元素,则W为C,Z为Si’Y为A｜,X原子最外层电子数等于最内层电子数的一半’则X最外层电
子数为l ’X位于C与Al之间,则X为Na°
综上所述,W为C,X为Na,Y为Al’Z为Si。
B项,同周期元索原子序数越大’原子半径越小,则原子半径Al＞Si,即Y＞Z,故B项正确;
A项’同周期元素原子序数越大,金属性越弱,则金属性Na＞Al,即X＞Y,故A项错误;
C项’非金属性C＞Sj ,非金属性越强,最简单氢化物越稳定,即W＞Z’故C项错误;
D项,Y元素氧化物为Al2O3 ’X元素最高价氧化物对应水化物为NaOH,Al2O3可与NaOH反应,故D项错误°
74. ［答案］
D
［解析］
Z元素原子半径在短周期中最大’则Z为Na;根据原子序数关系可知Z｀W、Q同在第三周期,W、Z之间与
w｀Q之间原子序数之差相等,只有z-种金属元素,故w只能为sj、Q为cl,而x与w处于同—主族’所以x为c,
五种元素最外层电子数之和为2l ,则Y的最外层电子数为5’则Y为N。
D项’氨气＿定条件下可以被氯气氧化为氮气,方程式为2NH3＋3Cl2-N2＋6HCl或8NH3＋3（〕l2—N2＋
6NH4Cl,故D项正确;
A项,N3ˉ与Na＋电子层结构相同,离子半径Na＋＜N3
,故A项错误;
B项,强酸与强碱的稀溶液反应生成］molH2（）放出的热量相同,即中和热,H2CO3是弱酸,弱酸电离要吸热,故
NaOH与H2CO3反应放出的热量小于与HNO3反应放出的热量,故B项错误;
C项’Cl与Si｀C、N形成的化学键是共价键,与Na形成的化学键是离子键,故C项错误°
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75。［答案］
A
［解析］
由题意可知,0ˉ lmol／LK溶液的pⅡ为］3,可判断K为强碱,且X｀Y、Z、W均为短周期元素’则K为NaOH;
G的焰色反应呈黄色’则G含有Na元素,可推断E中含有Na元素;E与F反应生成NaOH和H’E｀F为二元化合物,
H为单质,则可推断E为Na2O2,F为H2O,H为O2’反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O—4NaOH＋O2↑;D与
Na2（）2反应生成G和O2,可推断D为CO2,（〕为Na2（】O3 ,反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2-2Na2CO3＋O2,故
X、Y、Z｀W分别为H、C、O、Na。
A项,W为Na,Z为O,原子半径:Na＞O,即W＞Z,故A项正确;
B项,E（Na2O2）中含有离子键和非极性共价键,故B项错误;
C项’Y为C,Z为O’元素非金属性:O＞（〕’即Z＞Y’故C项错误;
D项,氢元素与氧元素形成的化合物中’H2O中的O为-2价,H2O2中的O为—1价,故D项错误。
76. ［苔案］
D
［解析］
甲是常见的化合物,常温下呈液态,推测甲为H2O’A原子在同周期中半径最小’且能与水反应置换出另＿
种单质,推测A为F,则乙为HF,B为O,C为H’符合图示转化关系’相关反应方程式为2H2O＋2F2-4HF＋O2,
H2＋F2-2HF’2H2＋O2坐2H2O.
D项,等浓度时,HF溶液在卤族元素无氧酸中酸性最弱,故D项错误;
A项’不同周期元素,周期序数越大,原子半径越大’同＿周期主族元素,随着原子序数增大,原子半径减小,原子半径
大小:B＞A＞C,故A项正确;
B项,非金属性:F＞O,非金属性越强,对应简单气态氢化物的稳定性越强,因此HF的稳定性强于H2O’即稳定性:乙
＞甲’故B项正确;
C项,H2O2与甲含有相同的元素’H2O2分子中既有极性键（H—O键）也有非极性键（O—O键）’故C项正确。
77. ［答案］
A
［解析］
根据W与X可生成＿种红棕色有刺激性气味的气体,可知该气体为NO2,因原子序数递增可知W和X分
别为N元素和O元素;结合Y的周期数是族序数的3倍,且Y为短周期元素’则Y只能为Na元素;根据Z原子最外
层的电子数与W原子的电子总数相同且Z为短周期元素可知Z为Cl元素。O能与N形成NO｀NO2、N2O5等化合
物,O与Na能形成Na2O和Na2O2,O与Cl能形成ClO2、Cl2O7等化合物,A项正确;Na与N、Cl形成的化合物只含离
子键’而Na与O形成的Na2O2中既含离子键又含共价键,B项错误;N3ˉ 、O2
｀Na＋均含l（）个电子,而Clˉ含］8个
电子,C项错误;N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸,而该选项中没有指明是N元素的最高价氧化物
对应的水化物,D项错误。
78。［答案］
D
［解析］
根据题目给出的原子序数大小关系、元素在周期表中的位置关系、物质的颜色以及转化关系’首先推出黄
绿色气体为Cl2,联想氯及其化合物的转化关系:NaClO＋2HCl（浓）—Cl2↑＋NaCl＋H2O’对照盐YZW的组成以
及Cl2与NaOH溶液反应等信息得出W为O,X为F’Y为Na,Z为Cl°根据元素周期表,可知原子半径:Na＞Cl＞O
＞F’A项错误;HF是弱酸’HCl为强酸,酸性:HF＜HCl,B项错误;Na2O2中O原子与O原子之间以非极性键结合,
ClO2的结构式为O—Cl—O,无非极性键,C项错误;标准状况下,F2、O2均为气态,D项正确°
79［答案］
B
［解析］
W与Z形成的化合物与浓硫酸反应生成的产物可腐蚀玻璃’则该产物为HF。原子序数不大于20,暗示可
以等于20。W一定为氟元素,Y＿定为氯元素,Z的原子序数大于17且为主族元素’Z可能为钾元素、钙元素,由W｀
X、Z的最外层电子数之和为l0推知,X可能为镁元素、钠元素。综七所述,W为氟元素,X为钠元素（或镁元素）,Y
为氯元素,Z为钙元素（或钾元素）°钠｀镁单质在常温常压下均呈固态,A项错误;CaH2、KH都是离子化合物,B项
正确;氯化钾溶液呈中性,C项错误;氟没有正化合价’D项错误°
·
17·
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80［答案］
C
［解析］
已知短周期元素R｀W、X、Y｀Z的原子序数依次增大’R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,则R
为C;X元素的焰色反应呈黄色,则X为Na;Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素,则Y为Si;W元素和Z元素
同主族,且Z元素的核电荷数是W的2倍,则W为O’Z为S°
综上所述,R为C;W为O;X为Na;Y为Si ;Z为S°
C项’W的简单氢化物为H2O’Z的简单氢化物为H2S’O的非金属性大于S,所以氢化物的稳定性:H2O＞H2S’故C
项错误;
A项,O与Na形成的两种化合物为Na2O和Na2O2 ,两者阴、阳离子的个数比均为1:2,故A项正确;
B项,Y、R、Z最高价氧化物对应水化物分别为H2SiO3、H2CO3、H2SO4｀酸性强弱顺序:H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3 ’故
B项正确;
D项,Y与W形成SiO2,属于原子晶体’其熔点高、硬度大,故D项正确°
考点十四化学反应中的能量变化
81. ［答案］
D
［解析］
D项在＿定的条件下,气态原子生成lmolH—X放出αkJ能量生成则为逆过程’需要吸收同样的能量’
故D项正确。
A项’已知HF溶于水会产生热量,则它的逆过程吸热’△H应该大于0,故A项错误°
B项’HCl比HBr稳定,所以在相同的条件下HCl的△H2大于HBr的’故B项错误。
C项’△H］＋△H4代表H（g）—→H十（aq）的烩变,与是HCl还是HI的无关,故（〕项错误。
82. ［答案］
A
［解析］
A项’燃烧反应＿定是放热反应’而图甲表示的是吸热反应,错误;B项’酶在—定温度下’催化效果好’反
应速率快,但是如果温度过高或过低,酶的活性会降低,反应速率慢,正确;C项,弱电解质电离时,开始时分子电离为
离子的速率最大,而离子结合为分子的速率最小,当二者的速率相等时’则建立了电离平衡’正确;D项,在强酸中滴
加人强碱,pH不断增大,当接近终点时,溶液中的pH会发生突变’正确。
83. ［答案］
BC
［解析］
B项’反应物的能量高于生成物的能量,反应放热,由图可知反应物与产物的能量差为△H,故B项正确;
C项,催化剂能够改变反应的活化能,故C项正确;
A项,反应过程a活化能高’说明反应过程b有催化剂参与,故A项错误;
D项,分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能,由图可知’反应的活化能为El ,故
D项错误。
84. ［苔案］
D
［解析］
由CO2和CH4制备CH］COOH的化学方程式为CO2＋CH4＿」筐」坦il→CH3COOH’反应中没有副产物生成’所
以总反应的原子利用率为100％,A项正确;CH4分子中含有4个C—H键,而CH3COOH分子中含有3个C—H键’
显然cH4→cH3co（）H过程中必有c＿H键发生断裂,B项正确;观察反应的示意图可知,O→@过程中放出能量,且
在此过程中形成了新化学键’即乙酸分子中的C—C键’C项正确;催化剂只能改变化学反应速率’而不影响化学平
衡,不能提高反应物的平衡转化率’D项错误·
85. ［答案］
D
［解析］
D项,由于CH3OH由气态转化为液态要放热,故液态的CH3OH与氧气反应时放出的热量比气态的反应放
出的热量少,放热反应焙变为负’放热少则烩变数值上会变大’故D项正确;A项’由反应@知CH〕OH并不是完全燃
烧,燃烧生成物是液态水和二氧化碳时放出的热量才是其燃烧热,故A项错误;B项’由反应o是吸热反应知,反应物
总能量要低于生成物总能量’故B项错误;C项’由反应@知,CH］OH转化为H2也可以放出能量,故〔〕项错误°
l8·
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86［答案］
I）
［解析］
D项,2H2（g）＋O2（g〉＝＝＝2H2O（g）
AH＝2×436kJ 。molˉl ＋495kJ .molˉl-4×463kJ .mol
l
＝
ˉ485kJ .mol—｜,故D项正确;A项,水分解吸热,烩变应大于0,故A项错误;B项’H2O（g）-H2（g）＋÷O2（g）
＝
M＝2×463kJ .mol—｜ˉ436klmolˉ｜ˉ÷×495kJ.mol !＝＋2425kJ .m°lˉ! ’故B项错误;C项’氢气在氧
气中燃烧为放热反应’烩变小于0,故C项错误。
87. ［答案］
B
［解析］
B项’火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能’再转化为机械能’故B项正确;
A项,化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源’四氧化二氮不属于化石燃料,而是通过化学反应合成的燃料
故A项错误;
C项’铝合金的密度较小,火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量’故C项错误;
D项’卫星计算机芯片使用高纯度的硅,不是二氧化硅,故I）项错误。
考点十五热化学方程式与盖斯定律
88. ［答案］
B
［解析］
0.5molCO2与0.75molNaOH反应先后发生两个反应:
设CO2（g）＋2NaOH（aq）-≡Na2（〕O3（aq）＋H2O（l）
AH＝-αkJ °molˉlO,
Na2CO3（aq）＋H2O（l）＋CO2（g）—2NaHCO3（aq）
△H≡—bkJ .molˉ」@’
根据反应物的量知有α375m°lC0』参与反应°放出热量;αk］.有0」25m°lCO2参与反应圆｀放出热量÷bk』,则
得到鳃＝;α牛÷b;｜m。lCO2与2m°l№OH反应.恰好牛成］m°l№』CO』;CO:（爵）＋2№OH（aq）—№』C0』（aq）＋
H2O（l）
△H≡—αkJ.molˉlO,即有lmolCO2参与反应O,放出热量αkJ,则得到α＝γ;
根据盖斯定律’O＋@’得2CO2（g）＋2NaOH（aq）-2NaHCO3（aq）
△H＝—（α＋b）kJ
.molˉ］
,
co2（g）十№oⅡ（aq）＝≡№Ⅱco』（aq）
△″二ˉ十（…）k｝m°l ｜由上述分析知瓣＝;叶÷b则‖＝8獭ˉ3y,
又α＝γ’所以α＋‖＝8膊＿2γ,十（α÷b）＝4膊—γ,故CO2（g）＋№OⅡ（aq）＿N凰HCO』（aq）
M＝ˉ（4腮—
γ）kJ ·mol—l °故选B项°
考点十六原电池原理及应用
89ˉ ［答案］
AD
［解析］
在该原电池中,Zn作负极,失电子,K2FeO4作正极,得电子’KOH作电解质溶液°A项’由以上分析知,Zn
作负极,故A项正确;D项,原电池中阴离子向负极移动’故I）项正确;B项,正极反应式;2FeO1—＋6e—＋8H2O—
2Fe（OH）3＋l0OHˉ ’故B项错误;C项,该电池放电过程中消耗水’电解质溶液浓度增大’故C项错误。
90。［答案］
A
［解析］
A项,NH3-—份N2’N元素化合价升高,失去电子’发生氧化反应,X极做负极;NO丁—→N2,N元素化合价
降低,得到电子,发生还原反应’Y极做正极°盐桥中Clˉ向负极X极移动,故A项错误;
B项,垃圾在微生物的作用下’发生氧化还原反应,形成了原电池’所以化学能转变为电能,故B项正确;
C项,根据A分析知,X极为负极,Y极为正极,电子由负极X极沿导线流向正极Y极,故C项正确;
D项,Y极为正极,发生的电极反应为2NO丁＋10eˉ＋l2H＋-N2↑＋6H2O’消耗H＋’所以pH增大’故D项正确°
· l9
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91。［答案］
C
［解析］
K＋带正电荷’充电时K＋应该向阴极移动’A项错误。根据该电池放电的总反应可知,放电时消耗OHˉ
,
则充电时’OHˉ浓度应增大,B项错误°放电时’Zn为负极,失去电子生成Zn（OH）i＿,其电极反应为Zn＋4OH
ˉ
2e＿-Zn（OH）』＿’C项正确°消耗1molO2转移4mol电子｀故转移2mol电子时消耗05molO2｀O5molO2在
标准状况下的体积为ll .2L,I）项错误。
92. ［答案］
C
［解析］
C项’根据负极反应CH3CH2（）IIˉ4eˉ＋H2O—CH3CO（）H＋4H＋,且为酸性酒精燃料电池,所以得到电
子的物质是O2,则正极反应为O2＋4eˉ＋4H＋＝H2O’那么电池的总反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2-
CH3COOH＋H2O,故C项正确;A项,根据正负极反应可知,负极生成H＋,正极消耗H＋,所以电解质溶液中的H十向
正极移动,故A项错误;B项』若有0.4mol电子转移,则消耗0. lmol氧气’标准状况下0. lmol氧气为224L,故B
项错误;D项,酸性环境中不能生成OIIˉ ’正极上发生的反应为O2＋4eˉ＋4lI＋-2H2O’故D项错误。
93. ［答案］
I）
［解析］
A选项,甲烷中的（〕为—4价,＿氧化碳中的C为＋2价,每个碳原子失去6个电子’因此每消耗lmol甲烷
就会转移6mol电子,所以错误;B选项’熔融盐中没有氢氧根离子,因此氢氧根离子不能参与电极反应,电极反应式
应为H2＋CO＋2CO;ˉˉ4e—-3CO2＋H2O’所以错误;C选项,碳酸根离子应向负极移动’即向电极A移动’所以
错误;D选项‖电极B上氧气得电子与二氧化碳反应生成碳酸根离子’所以正确。
94. ［答案］
C
［解析］
A项,采用多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积,且有利于氧气扩散至电极表面,正确;B项,
根据已知信息知铝的理论比能量比Mg、Zn的高’正确;C项,Mˉ空气电池放电过程中’正极为氧气得到电子生成
OH
,错误;D项,为了避免正极生成的OHˉ移至负极区’应选用阳离子交换膜,正确。
95。［答案］
A
［解析］
A项,硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础,其工作原理是利用光电材料吸收光能后发生光电转换反
应,该电池是原电池的＿种’发生的是化学变化,两者供电原理不同’故A项错误;B项,光照时,b极周围发生反应
VO2＋＋H2Oˉe-≡VOj＋2H＋’产生H＋’使pH减小’故B项正确;C项,光照时’b极产生Ⅱ＋’H＋由b极室透过
质子膜进人a极室,故C项正确;D项’夜间无光照时,反应相当于蓄电池的放电反应’此时b极为电池的正极,a极
为电池的负极,故l）项正确。
96. ［答案］
C
［解析］
根据装置图可知甲池为原电池装置,Cu电极是负极,失电子,发生氧化反应,电极反应式为Cu-2e-
Cu2十,Ag电极是正极’得电子,发生还原反应’电极反应式为Agˉ＋eˉ-Ag,乙池是电解池装置’左侧电极为阳
檄,右侧电极为阴极.‘项甲池中鲍电极质量增＂凡4‘时,转移电子的物质的量为志羔丽-α0jm·l.当乙池
中AgNO3溶液浓度较低时,Ag＋首先放电生成Ag单质,然后H十继续放电生成氢气,因此乙池某电极可能析出l.6g
金属,故C项正确;A项’根据分析可知Cu电极发生氧化反应’故A项错误;B项,甲池左｛则烧杯生成〔】u2＋,为了维持
溶液电中性盐桥中NOJ向甲池左侧烧杯中移动,NO丁浓度增大’故B项错误;D项’若开始时用铜制U形物代替
“盐桥,’ ’则甲池左侧烧杯构成电解池,右侧烧杯构成原电池,铜制U形物电极反应式从左向右依次为Cu2＋＋2eˉ
—Cu、Cu—2e—Cu2＋,所以铜制U形物质量不变’故D项错误°
20
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97. ［答案］
A
［解析］
根据装置示意图可知’该原电池的负极为a极,发生氧化反应:BH『＋8OHˉ—8e＿-BOI＋6H2O,正极
为b极,发生还原反应:H2O2＋2eˉ-2OHˉ°
A项,放电时,每转移2mol电子,消耗的NaBH4为O25mol,质量为（23＋ll＋4）g／mol×0。25mol≡9。5g,故A项正确;
B项,MnO2具有氧化性’会直接与NaBH4发生反应,不能用作电极材料,故B项错误;
C项’电池放电时,a为负极,b为正极’Na＋应从a极区移向b极区,故（】项错误;
D项,电池的负极反应为BHJ＋8OⅡ
≡8e-BOI＋6H2O’故I）项错误°
98. ［答案］
l）
［解析］
电池放电时,ClOJ问负极移动,A项正确;结合总反应可知放电时需吸收C（）2,而充电时释放出CO2’B项
正确;放电时’正极CO2得电子被还原生成单质C’即电极反应式为3CO2＋4eˉ＿2（〕O;＿＋C,C项正确;充电时阳
极发生氧化反应’即C被氧化生成CO2,D项错误。
考点十七电解原理及应用
99. ［答案］
D
［解析］
以石墨为电极,电解碘化钾溶液,阳极:2Iˉˉ2e—-I2’阴极:2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OHˉ。D项,阴极
水被还原成氢气逸出,c（OHˉ〉增大,导致溶液pH升高,故D项错误;A项,阴极附近c（OHˉ）增大,溶液显碱性,加
人酚酞指示剂溶液显红色』故A项正确;B项,由阴极反应可知阴极有氢气逸出,故B项正确;C项,由阳极反应可知
阳极产生碘单质,遇淀粉变蓝,故C项正确°
100. ［答案］
A
［解析］
A项』铁作阳极,铁放电,不是电解氧化铝,故A项错误;B项’电解精炼铜,纯铜作阴极,故B项正确;C
项,电解饱和食盐水制烧碱’阴极生成氢气,可用涂镍碳钢网作阴极,故C项正确;D项,电镀时,镀层金属作阳极’故
D项正确°
101. ［答案］
A
［解析］
A项’放电过程中’MO（）H得电子,化合价降低’发生还原反应’该项正确°B项,充电过程中发生电解池
反应’OHˉ从阴极向阳极迁移,该项错误°C项,充电过程中,阴极M得到电子’M被还原,H2O中的H化合价没有
发生变化’该项错误°D项,NiMH在KOH溶液、氨水中会发生氧化还原反应’该项错误。
102. ［答案］
C
［解析］
C项,电池放电时’右槽溶液中发生氧化反应,V2＋—eˉ-V3＋,V2＋呈紫色,V3十呈绿色,石槽溶液由紫
色变为绿色,故C项正确;
A项’电池充电时,右槽溶液中得电子为阴极,发生反应V3＋＋eˉ-V2＋’故A项错误;
B项,电池放电时’左槽溶液质量增加,发生反应VO2十＋2H＋＋e—-VO2＋＋H2O’得电子为正极,故B错误;
D项,若负载为用石墨电极电解食盐水的装置,2H2（）＋2e-OIIˉ＋H2↑,VOj＋2H＋＋eˉ-VO2＋＋H2O,
生成lmolNaOH转移lmol电子,消耗2molH＋转移1mol电子,则当生成4gNaOH即0. lmolNaOH时,转移
0. lmol电子,消耗0.2molH＋,故D项错误°
·2l
.
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103. ［答案］
D
［解析］
D项,该反应的总反应为H2O＋CO2皇壁H2＋CO＋O2,阴极产生H2｀CO,阳极产生O2’阴｀阳两极生成的
气体的物质的量之比为2:
］’故D项错误;A项,据题图所知:与X相连的电极产生CO和H2,可知与X相连的电极
是阴极,所以X是电源的负极’故A项正确;B项,阴极发生得电子的还原反应生成H2、CO’因此阴极的电极反应式
为H2O＋2e-H2↑＋O2ˉ ’CO2＋2eˉ-CO＋O2ˉ ,故B项正确;C项,阴极产生H2、CO,阳极产生O2’可知总
反应方程式为H2O＋CO2里壁H2＋C0＋O2,故C项正确°
104. ［答案］
D
［解析］
D项’由于阴极区得电子,发生还原反应,产生OH＿,所以Li＋通过交换膜向阴极区迁移,LiOH浓溶液从d
口导出得到目标产物,故D项正确;A项,通电后阳极区发生的反应为2Cl——2eˉ-（〕l2↑’并且Li＋向阴极迁移’
导致的结果是LiCl溶液浓度降低,pH不变,故A项错误;B项’阴极区发生还原反应,得电子,反应方程式为2H2（）
＋2e-2OHˉ＋H2↑,故B项错误;C项,由阳极区电极反应式2Clˉˉ2eˉ-Cl2↑可知,通过1mol电子后’
产生0.5mol的Cl’ ,故C项错误°
105. ［答案］
D
［解析］
D项,设加人的K2CrO4为1mol ,反应过程中有zmolK2CrO4转化为K2Cr2O7,则阳极区剩余K2CrO4为
（lˉ氮）mol,对应的″（K）＝2（lˉ匆）mol,″（Cr）＝（lˉ厕）mol;生成÷molK2（〕r2（）7,对应的则（K）′＝颠mol’″（Cr）′
～
≡…｜.K与cr的物质的量之比为刷即｝（l｜二沁二感解得瓣二2ˉ‘此时铬酸钾的转化率为α-早-2—〃｀
故D项错误;
A项’阴极室内,水电离产生的氢离子得电子产生H2’电极反应式为2H2O＋2eˉ-2OH—＋H2↑’故A项正确;
B项在阳极室’水电离产生的氢氧根失电子,产生H＋’使平衡2CrOi—＋2H带＝＝Cr2O;ˉ＋H2O向右移动’故B项
正确;
C项’该过程的总反应方程式为4K2OO4＋4H2O垫K2（〕r2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑’故C项正确°
106ˉ ［答案］
C
［解析］
C项,尿素可作为燃料,在负极M上失电子发生氧化反应’电极反应式为H2NCONH2＋H2O-6e—
CO2↑＋N2↑＋6H＋,故C项正确;
A项,M为负极,N为正极’阳离子向正极移动,即H＋透过质子交换膜由左向右移动’故A项错误;
B项’铁上镀铜’则铁为阴极应与X相连’铜为阳极应与Y相连’故B项错误;
∏项当N电极消耗α25m°l氧气时,转移α25m。l×4＝‖m°l电子.所以铁电极增重犁×64g／mo｜＝32g,故D
项错误°
107. ［答案］
D
［解析］
电解池中,阴极得电子’为保持溶液电中性,阳离子向阴极移动。根据图中H＋的移动方向可知;左侧为阴
极’右侧为阳极◎N由0价降低至—3价,H由0价升高至＋1价’因此X为N2’Y为H2,Z为NH3,阳极反应为H2
—2eˉ一H＋,阴极反应为N2＋6H＋＋6eˉˉNH3。
D项,根据分析可知:左边区域为阴极区’阴极反应为N2＋6H＋＋6e—-2NH3 ’溶液中H＋浓度降低’且生成的
NH3部分溶于水,会使得溶液pH升高,故D项正确;
77·
≈～
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A项,X为N2,Y为H2,故A项错误;
B项’Y为阳极’失电子’电极反应为H2—2eˉ＿2H＋’故B项错误;
（】项｀没有说明气体所处状态,无法计算气体体积,故C项错误。
108ˉ ［答案］
B
［解析］
该装置为电解池◎H2O在正（阳）极区放电’生成O2和H＋’正（阳）极区溶液pH减小’中间隔室中的阴
离子SO1ˉ通过cd离子交换膜移向正（阳）极,故正（阳）极区得到H2SO4;当电路中通过lmol电子时生成025mol
O2;H2O在负（阴）极区放电,生成OHˉ和H2’负（阴）极区溶液pH增大’中间隔室中的阳离子Na＋通过ab离子交
换膜移向负（阴）极,故负（阴）极区可得到NaOH;A、C、l）项错误,B项正确。
109. ［答案］
C
［解析］
阴极发生还原反应,氢离子由交换膜右侧向左侧迁移,阴极的电极反应式为CO2＋2e
＋2H＋-CO＋
H2O’A项正确;结合阳极区发生的反应’可知协同转化总反应为CO2＋H2S-S＋CO＋H2O’B项正确;石墨烯作
阳极’其电势高于ZnO@石墨烯的,C项错误;Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀,它们只稳定存在于酸性
较强的介质中,D项正确°
考点十八金属的腐蚀与防护
l】0。［答案］
A
［解析］
A项’氯化钙是电解质’能与桥梁中的钢铁构成原电池’发生电化学腐蚀,加快钢铁的腐蚀速率,故A项
正确;
B项,二氧化氯具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒’故B项错误;
C项,醋酸会与碳酸氢钠反应’消耗碳酸氢钠’降低药效,故C项错误;
D项,碳纤维材料是无机高分子材料’故D项错误°
111［答案］
B
［解析］
B项,当开关在M档时形成原电池’CuˉZn合金棒中的Zn作负极,发生氧化反应,被大量消耗,当开关在N
档时Zn棒为主要的反应体’因而CuˉZn合金棒腐蚀速率减小,故B项正确;A项,海水腐蚀铁棒主要是-个吸氧的
原电池反应,靠近底端时’氧气含量较低,反而腐蚀得更慢’故A项错误;C项,接通开关时形成原电池,可以有效地
加快析氢反应速率,但是析出氢气的位置由Zn棒转换到Pt棒上’故C项错误;D项’锌锰干电池自放电腐蚀主要是
因为Zn的强还原性,若Zn不纯或者暴露在空气中’极容易发生自放电而腐蚀,故D项错误。
112. ［答案］
I）
［解析］
@中Zn作负极’发生氧化反应生成Zn2＋,Fe作正极被保护’所以取出的少量Fe附近的溶液中滴人铁氰
化钾溶液,试管内无明显变化。但O中没有Zn保护Fe,Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀,Fe作负极被氧化生成
Fe2＋,所以取出的少量Fe附近的溶液中滴人铁氰化钾溶液,生成蓝色沉淀’对比@O可知Zn保护了Fe,A项正确;
o与@的区别在于:前者是将铁氰化钾溶液直接滴人烧杯中’而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化
钾溶液,o中出现了蓝色沉淀’说明有Fe2＋生成。对比分析可知’可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋,B项正确;
通过上述分析可知’验证Zn保护Fe时不能用O的方法,C项正确;若将Zn换成Cu,铁氰化钾仍会将Fe氧化为
Fe2＋’在铁的表面同样会生成蓝色沉淀’所以无法判断Fe2＋是不是负极产物,即无法判断Fe与Cu的活泼性,D项
错误°
·23
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考点十九化学反应速率
113。［答案］
［解析］
速率。
A
相对于食物’抗氧化剂可以更快地被氧气氧化’从而降低了包装袋中氧气的浓度,减缓食品被氧化的
114. ［答案］
A
［解析］
分析实验数据可看出,相同时间间隔内,N2O物质的量浓度变化值相同,可得出结论:N2O的分解速率与
其物质的量浓度无关’故A项正确,B项错误。分析数据可知:
0。l00mol .Lˉl-’0.050mol .Lˉ1时间为50min;
0。080mol 。Lˉl-川。040mol ·Lˉ1时间为40min;
0.060mol .Lˉ｜-》0。030mol .Lˉl时间为30min;
0.040mol 。Lˉl＿》0.020mol .L l时间为20min;
0.020mol .Lˉl-》0.010mol .L l时间为l0min’所以随着N2O物质的量浓度的增大,半衰期增大,故（〕项错误。
转化率相等的情况下,浓度越大,所需时间越长,故D项错误。
考点二十化学平衡
115. ［答案］
I）
［解析］
D项,反应2SO2＋O2-咀SO3中加人催化剂,只能提高反应速率,不能提高平衡时SO3的产率,故D项错误;
A项,双氧水分解制取氧气’滴人的少量CuS（）4溶液具有催化作用’可以加快氧气产生的速率’故A项正确;
B项,KMnO4氧化H2（〕2O4,反应初期速率较慢,褪色较慢,因为生成物中的二氧化锰具有催化作用’提高反应速率’
所以褪色较快,故B项正确;
C项,化学平衡常数只与温度有关,温度不变’化学平衡常数不变,故C项正确。
116［答案］
D
［解析］
D项,平衡常数K只与温度有关』温度变化,平衡常数K随之改变,如果不是因为改变温度’使平衡发生移
动,则K值不变’故D项错误;
A项,K值不变,说明温度不变,改变其他条件’如压强、浓度等,平衡可能发生移动’故A项正确;
B项’K值变化,说明温度变化’根据勒夏特列原理’平衡＿定移动,故B项正确;
C项,若改变温度使平衡移动,则K值变化;若改变其他条件使平衡移动,则K值不变,故C项正确。
117. ［答案］
D
［解析］
D项,反应烩变小于0,为放热反应,降低温度’平衡向右移动,Y的转化率增大,故D项正确;A项’该反应化
学计量数之和前后相等,减小容积相当于增大压强,对平衡移动无影响,故A项错误;B项,加人催化剂,平衡不移动,
Z的产率不变,故B项错误;C项,增大c（X）,平衡向右移动’但X的转化率减小,Y的转化率增大,故C项错误。
118［答案］
D
［解析］
5min后测得容器内C的平均反应速率为0.仍Iml 。Lˉ｜。minˉ1 ’根据u＝Ac／l,△c≡〖∏≡（）.仍lml 。Lˉl
。『nin
l×
′
03』h:》!Ⅵ°tˉ｜-§L故遗D项.
5min≡（）.3mol .L
｜’又因为C的物质的量为l5mol,所以容器的容积V＝ˉ坠＝
24
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119ˉ ［答案］
C
［解析］
A.升高温度,H2S浓度增大,说明平衡向逆反应方向移动’逆反应为吸热反应’则正反应为放热反应’故不
正确。B通人C（）后’正反应速率瞬间增大,之后化学平衡发生移动’正反应速率逐渐减小’逆反应速率逐渐增大,
当正反应速率和逆反应速率相等时’反应达到新的化学平衡状态,故不正确°C.设反应前H2S的物质的量为
αmol,容器的容积为1L,列“三段式”进行解题:
CO（g）＋H2S（g）＝＝COS（g）＋H2（g）
起始物质的量
浓度（mol .Lˉl ）
］0
α
0
0
转化物质的量
浓度（mol 。L
l ）
2
2
2
2
平衡物质的量
浓度（mol .Lˉl ）
8
α-2
2
2
化学平衡常数K-8器2）-0』.解得侧≡7故正确.
∏Co的平衡转化率为｜0‖‖丽im°l×｜00％＝20％,故何确.
120. ［答案］
D
［解析］
3A（g）＋2B（g）一4C（?）＋2D（?）
（单位:mol）
起始
4
2
0
0
转化
l .2
0.8
1.6
0.8
平衡
2.8
1.2
16
0.8
反应航后腿强比为5;4’所以÷二i（设躯为反应后容器中气体物质的量）解得蕊＝纵8m°l.
由计算可知’C为固体或液体’I）为气体。
C2（D）
O反应方程式为3A（g）＋2B（g）＝4C（s或l）＋2D（g）,因此该反应的化学平衡表达式为K＝c3（A）
. c2（B）
’
故o错误;
@α（B）＝毕×l00％＝40％,故@错误;
凸
o反应为气体体积减小的反应,加压平衡右移。平衡常数与温度有关,温度不变则平衡常数不变’故o正确;
@C为固体或液体’增加C的量不考虑其浓度变化,平衡不移动,A｀B转化率不变,故@正确°
故正确序号为o@°
121。［答案］
D
［解析］
D项,达到化学平衡后,其他条件不变,容器体积缩小为原来的＿半,C（）的浓度瞬间增大为原来的2倍,
此时平衡正向移动’CO的浓度逐渐减小,但重新平衡后CO的浓度仍比原平衡浓度大,故D项正确;
A项,可逆反应不能进行彻底,2molCO不能完全反应,所以放出的热量小于αkJ,故A项错误;
B项,化学平衡是动态平衡,达到化学平衡后加人Cl8（）’重新达到新平衡前SO2和（】O、CO2中均含有l8O,故B项
错误;
C项,2CO（g）＋SO2（g）一≡2CO2（g）＋S（s）
△H＝—αkJ .molˉl （α＞0）,该反应的正反应为放热反应’升高温
度,平衡逆向移动,SO2的转化率将减小,故C项错误。
25
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考点二十-电离平衡
122. ［答案］
B
［解析］
B项’（）。lmol／LCH3COONa溶液的pH大于7’说明CH3COONa是强碱弱酸盐,则乙酸为弱酸,故选B项;
A项,CH3COOH溶液与Zn反应放出H2’只能说明CH3COOH溶液呈酸性’不能证明乙酸是弱酸’故不选A项;
C项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能说明乙酸的酸性比碳酸强,不能证明乙酸是弱酸,故不选C项;
D项,0. ］mol／L（】H3（】OOH溶液可使紫色石蕊变红’只能说明CH3COOH溶液呈酸性’不能证明乙酸是弱酸’故不选
D项。
123. ［答案］
B
［解析］
B项’b点溶液呈中性’此时稀盐酸与全部氢氧化钠和部分碳酸钠反应。pH＝7,则″（H2CO3）＞
厕（CO;—）’又根据物料守恒可知’所有含碳原子的物质的量之和为0.00lmol’即′′（CO;＿）＋″（HCO丁）＋
n（H2CO3）＝0.00lmol’所以2′!（（〕O;＿）＋″（HCOj）＜0.001mol’故B项正确。
A项,在a点滴人5mL盐酸’溶液中剩余离子浓度大小c（Na＋）＞c（CO;ˉ）＞c（OHˉ）＞c（Cl
）＞c（H＋）,故A项
错误。
C项,在c点时溶液为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液,碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解程度,溶液呈酸性’故C
项错误°
D项’当滴至溶液呈现中性时’溶液存在电荷守恒,c（Na＋）＋c（H＋）≡c（CH3COOˉ）＋c（OHˉ）＋c（HC（）丁）＋
2c（CO;＿）’得c（Na＋）＝c（CH3CO（）
）＋c（HCO丁〉＋2c（CO;ˉ）,故D项错误。
124. ［答案］
D
［解析］
D项,等pH溶液加人同等体积的水进行稀释’加水稀释后pH越小’弱酸酸性越弱’因此HA的酸性强于
HB’故D项正确;A项’酸性越强’盐溶液的水解程度越小,因此c（Aˉ）大于C（Bˉ）,故A项错误;B项,因a点溶液
pH较b点高,均为酸溶液,所以a点氢离子浓度小’酸溶液导电性也较小,故B项错误;C项,等pH条件下’弱酸酸
性越弱其浓度越大,加水稀释同等倍数后浓度c（HB）＞c（HA）,故C项错误。
125. ［答案］
C
［解析］
C项,加人NaOH溶液,增大了OHˉ浓度,使NH3 。H2O的电离平衡逆向移动,电离程度减小,故选C项;
A项’加人盐酸,可以消耗NH3 .H2O电离出来的OHˉ ,使NH3 。H2（）的电离平衡正向移动,电离程度增大’故不
选A项;
B项,加水稀释促进电离,故不选B项;
D项’加人NaCl固体后对NH3 .H2O的电离无影响,故不选I〕项°
126. ［答案］
C
［解析］
A.氨水与氯化铝反应的离子方程式应为Al3＋＋3NH3 。H2O-Al（OH）3↓＋3NHJ°B氨水中存在电
离平衡MI3 .H2O寻＝兰NH《＋OHˉ ’加水稀释’促进氨水的电离,氨水的电离平衡正向移动但按根离子浓度和氢
氧根离子浓度都减小,故二者的乘积减小。C.用硝酸完全中和氨水’生成硝酸按,溶液应呈酸性。D氨水的电离是
不完全的’0. l0mol 。Lˉ‖的氨水其pH应小于l3°
.26
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考点二十二水的电离
127. ［答案］
B
［解析］
AⅡ2CO3为弱电解质,H（〕O丁在水溶液中电离程度很小’书写电离方程式时’不能拆开’正确写法为NaHCO3
—Na＋＋HCO丁。B注意是H＋和OHˉ的物质的量的乘积,而不是物质的量浓度的乘积。加水稀释,网（H＋）、
测（OH＿）均增大°C根据电荷守恒的规律,应在c（CO;ˉ）前面乘2°D温度升高’HCO丁的电离程度、水解程度都
增大’所以c（HCO丁）减小°
128。［答案］
l）
［解析］
D项’当pH达到466时’H2POJ的分布分数为0.994,H3PO4几平全部转化为LiH2PO4,故I）项正确;
A项’应该是存在4个平衡’分别是水的电离平衡H2O≡＝OH＿＋H＋,H2PO『的电离平衡H2POJ＝≡HPOi
＋
H＋、HPOiˉ＝＝POjˉ＋H＋’H2POJ的水解平衡H2PO『＋H2O＝＝H3PO4＋OH＿’故A项错误;
B项’含P元素的粒子应该还有磷酸,故B项错误;
C项,随着H2POJ浓度增大’pH应该是先减小后趋于稳定,故C项错误。
考点二十三溶液的酸碱性和pH
129. ［答案］
C
［解析］
lLpH＝2的醋酸溶液中,c（CH3COOˉ）≈c（H＋）＝10 2mol 。Lˉl ’由于醋酸的电离平衡常数为l.8×
‘（C＂』CO0ˉ》C（Ⅱ,）＝等m.卜Lˉ｜;加人21p＂＝2的盐酸时’c（C＂』COOˉ）＝
l0ˉ5 ,则c（CH3COOH）≡
K
止m。｜Lˉ! 、c（Ⅲ＊）＝l0ˉ2m°』L＿｜、c（CH』COOH）≡升m。lL!则0·＝l8×l0 ;二K,平衡小发生移动,
l0ˉ鱼
3
故pH＝-lgc（H＋）＝2。由以上分析知C项正确°
130。［答案］
B
［解析］
O滴有石蕊的H2soq溶液显示红色’H2so4受热稳定’加热后酸性几乎不变,溶液颜色不变,故不选O;
@滴有酚酞的氨水溶液显示红色,加热后’氨水受热分解放出氨气,导致碱性减弱,溶液颜色逐渐变浅,故选@;
o滴有酚酞的氢氧化钠溶液显示红色,氢氧化钠受热稳定,加热后碱性几乎不变’溶液颜色不变,故不选o;
@滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液显示红色’加热后’氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低’所以溶液碱性减
弱,溶液颜色逐渐变浅,故选@;
◎滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色’其中碳酸根离子水解程度受温度的影响,温度升高’水解程度增大,加热后碱
性增强’溶液颜色逐渐变深,故不选o;
@SO2有漂白性’使品红溶液褪色,但加热后’其与品红结合生成的无色物质不稳定’分解,SO2从溶液中逸出,品红
又显红色,故不选o°
故正确序号为@@°
。27
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考点二十四盐类水解
131［答案］
C
［解析］
由题意知,该物质是＿种盐,水溶液呈碱性,所以应为强碱弱酸盐,食盐为强酸强碱盐;火碱是氢氧化钠,
属于强碱;胆矾是硫酸铜晶体’是强酸弱碱盐;草木灰中碳酸钾为强碱弱酸盐’故选C项。
132。［答案］
C
［解析］
亚硫酸钠是强碱弱酸盐’存在水解平衡;so;ˉ＋H2o≡＝Hso丁＋oHˉ ,A项正确;O与@的温度相同,但
pH不同’主要是由于亚硫酸钠被氧化为硫酸钠,从而导致溶液的碱性减弱,pH减小,B项正确;O→O的过程中’温
度升高使水解平衡正向移动,而SO;ˉ浓度逐渐减小’使水解平衡逆向移动｀故温度和浓度对水解平衡移动方向的
影响不＿致,c项错误;O与@的温度相同,故Kw相同,D项正确°
133. ［答案］
B
［解析］
—元弱酸HA的电离平衡常数鸟-c（Ⅱ‖!ii｛Aˉ）｀N凰A的水解平衡常数K厂像（HA）唾（oH）-腮″
c（Aˉ）
Ka
,
某温度下,Kw为定值’Kα越小’则Kh越大,A项错误;铁管镀锌层局部破损后’与电解质溶液接触形成原电池’该原
电池中,锌为负极,被腐蚀,而铁管为正极’被保护’因此铁管不易生锈,B项正确;反应活化能越高,反应物分子变为
活化分子所需的能量越高,反应越难进行,C项错误;C2H5OH、CH3OCH3所含官能团不同,可以用红外光谱区分,D
项错误。
134. ［答案］
C
［解析］
C项,向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和（〕aCl2溶液’混合后溶液中含有Ca2＋和Clˉ ’根据电荷守恒有
c（Na＋）＋c（H＋）＋2c（Ca2＋）＝c（HCO丁）＋2c（CO;—）＋c（OHˉ）＋c（Cl—）,有白色沉淀生成,则2c（Ca2＊）≠
C（Clˉ）’故C项错误;
A项,H（〕O丁既可以发生电离使溶液呈酸性,也可以发生水解使溶液呈碱性,］mol .Lˉl NaHCO3溶液的pH约为
8’溶液呈碱性’说明HCO丁的水解程度大于其电离程度,故A项正确;
B项,在NaHCO3溶液中,因HCOf既发生电离又发生水解’且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性,则c（Na＋）＞
c（HCOf）＞c（OHˉ）＞c（H＋）,故B项正确;
D项’H（〕O丁发生电离:HCO丁＝≡H＋＋CO;
’滴加几滴饱和CaCl2溶液,有白色沉淀生成’说明Ca2辨和CO;ˉ结
合生成了CaCO3沉淀,促进了HCO丁的电离,故D项正确°
135。［答案］
C
［解析］
A项’在横坐标pH≡9.0的点,向上做＿条垂直于横坐标的直线,根据与不同曲线的交点的纵坐标可以判
断A项正碗;E项根掘溶液中的…陋可…正确;c项砒q∏!o）二′（急）』随着c0奥的通入,＂盯
Ⅸ』
不断减小｀也就是健（i｛删O丁不断减小,C项锚D项,
的物质的量分数不断增大,故c（NHj）不断增大,
c（NHj）
根据图象’pH在不断降低的过程中NH2COO先出现,后消失’由此判断D项正确°
136. ［答案］
B
［解析］
A.Na2S溶液中微粒关系为c（Na＋）＞c（S2ˉ）＞c（OH
）＞c（HSˉ）＞c（H2S）’A错误
BNa2C2O4溶液中’由电荷守恒得:c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（C2Oi—）＋c（H（〕2OJ）＋c（OHˉ）O
由物料守恒得;c（Na＋）＝2c（（】2O】ˉ）＋2c（HC2OJ）＋2c（H2C2O4）@
由Oˉ@得:c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（H（〕2OJ）＋2c（H2（〕2O4）,B正确°
28
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C.Na2CO3溶液中’由电荷守恒得:c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（CO;ˉ）＋c（HCO丁）＋c（OHˉ）,C错误。
DCH3COONa和CaCl2混合溶液中存在:c（Na＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（（〕H3COOH）@
2c（Ca2＋）≡c（Clˉ）@
O＋@得:c（Na＋）＋2c（Ca2＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（CH3COOH）＋c（Clˉ）’D错误。
137. ［答案］
D
［解析］
D项,B点到C点,氢氧化钠过量,溶液呈碱性,C点时,氢氧化钠的浓度大于醋酸钠的浓度,氢氧根的浓度
应大于醋酸根’故D项错误;
A项,B点的温度大于A点,升高温度’促进酸的电离,醋酸的电离平衡常数:B点大于A点’故A项正确;
B项,B点时溶液呈碱性,氢氧根离子完全来自于醋酸根离子的水解（即水的电离）,C点时来自氢氧化钠的氢氧根
离子浓度很大,水的电离被抑制’由水电离出的氢氧根离子浓度很小’因此B点时水电离出的氢氧根离子浓度较
高,故B项正确;
C项,由溶液中电荷守恒知c（CH3COOˉ）＋c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（Na＋）成立’当c（CH3COOˉ）＝c（Na＋）时’溶液
呈中性,醋酸是弱酸,若要使溶液呈中性,需要氢氧化钠物质的呈略小于醋酸物质的量’在A点到B点过程中存在
这＿点,使得溶液呈中性,故C项正确。
138. ［答案］
AC
［解析］
A项,二者恰好反应生成CH3COOH和NaCl,CH3COOH发生电离CH3COOH＝≡ClI3COOˉ＋H＋’溶液
显酸性’故A选项正确;B项,NH4Cl与NH3 。H2O等浓度混合显碱性,说明NH3 。H2O的电离程度大于NHj的水
解程度’故c（Ml『）＞c（NH3 。Ⅱ2O）’故B选项错误;C项’等浓度的Na2CO3和NaHCO］溶液中,根据物料守恒,可
知2c（Na＋）＝3［c（CO;—）＋c（HCOJ）＋c（H2C（）3）］’故C选项正确;D项,根据电荷守恒,该选项缺少了c（Cl—）
’
故D选项错误。
139. ［答案］
B
［解析］
B项,NaHSO4溶液是强电解质,电离出的H＋可以和NaOH溶液反应’从而生成Na2SO4’与溶解平衡和水
解平衡无关,故选B项;
A项’NH4Cl溶液中存在着水解平衡,加人镁条后消耗H＋,促使平衡正向移动’故不选A项;
C项’CaCO3中存在着沉淀溶解平衡’加人盐酸消耗CO;— ,促使平衡正向移动,故不选C项;
D项,Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液中都存在水解平衡’两者之间相互促进水解,最终完全水解,生成CO2和沉
淀,故不选D项。
140［答案］
D
［解析］
D项』向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中’溶液酸性逐渐减弱’水的电离程度逐渐增大,故I）
项错误;
A项’若CH3COOH与NaOH等物质的量反应,则反应后溶液中溶质为CH3COONa,CH3COOˉ水解使溶液呈碱性°
根据电荷守恒;c（Na＋）＋c（H＋）≡c（CH3COOˉ）＋c（OH
）,且c（Na＋）＝c（CH3COOˉ）’则c（H＋）＝c（OH
）
’
溶液呈中性’因此醋酸过量,因此6＞0。01,故A项正确;
B项』根据A项分析知溶液呈中性,故B项正确;
c（CH3COO＿）.c（H＋）
（0.0l／2）×l0
7
］0ˉ9
C项』根据题意,醋酸电离常数Ka≡
≡
＝
c（CH即COOH）
141［答案］
BD
［解析］
A项,由题图知pH＝2.5时’c（HC2OJ）＞0.08mol .L—! ｀则c（C2Oi＿）＋c（H2C2O4）＜0.皿mol .L＿｜’错误刷
B项,当c（Na＋）＝010（）mol ·L—｜时,溶液的溶质恰好为NaHC2O4’依据质子守恒知,B项正确;
C项,依据电荷守恒:c（Na＋）＋c（H＋）二c（HC2O「）＋2c（C2O;
）＋c（OH＿）’又c（HC2OJ）＋c（C2O;
）
＋
c（H2C2O4）＝0. 1（）0mol .L
! ｀c（HC2OJ）＝c（C2Oiˉ）,故2c（C2O:ˉ）＝0. l00mol .L—l ˉc（H2C2O4）’c（Na＋）
.29
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＋c（H＋）＝0. 1（）0mol .L
l ˉc（H2C2O4）＋c（H（〕2OJ）＋c（OHˉ）’c（Na＋）＝0. l00mol .L
l ＋c（HC2OJ）-
｛c（H2C2O4）＋［c（H＋）ˉc（OHˉ ）］
｝’因为c（H2C2O4）＞0,由题图知c（H十）ˉc（OHˉ ）＞0’则c（Na＋）
＜
0. l00mol .Lˉ］＋c（HC2OJ）,错误;
D项’由电荷守恒知’c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2OJ）＋2c（C2O:
）＋c（OHˉ）’pH＝70时有c（Na＋）＝c（HC2OJ）
＋2c（C2O:—）’c（Na＋）＞2c（C2O;ˉ）’正确°
142. ｛苔案］
D
［解析］
D项,pH恰好等于7时c（OHˉ）＝c（H＋）,电荷守恒为c（Na十）＋C（H＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（OHˉ）＋c（Cl
）,
故◎（Na＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（Clˉ）,故c（Na＋）＞c（CH3COO
）;物料守恒为@c（Na＋）＝c（CH3COOˉ ）＋
c（CH3COOH）,@式代人O式得c（CH3COOH）＝c（Clˉ）,则c（Na＋）＞c（CH3COOH）＝c（Clˉ）,故D项正确;
A项’在AgCl和AgBr两饱和溶液中’前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋）,c（Cl＿）＞c（Brˉ）’将AgCl、AgBr两饱和溶液
混合时,发生沉淀的转化,生成AgBr沉淀’当加人足量的浓AgNO3溶液时’AgBr和AgCl沉淀均有所增多但由于原
溶液中c（Clˉ）远大于c（Brˉ）’则AgCl沉淀增加更多’故A项错误;
B项’pH相等的NaF与CH3COOK溶液中c（OHˉ）、c（H＋）浓度分别相等,根据电荷守恒得c（OHˉ）＋c（Fˉ）＝
c（Na＋）＋c（H＋）、c（OHˉ）＋c（CH3COOˉ）＝c（K＋）＋c（H＋）’则c（OH
）-c（H＋）＝c（Na＋）—c（F
）＝
c（K＋）—c（CH3COOˉ）,故B项错误;
C项,同-温度下,浓度不同的氨水中,氨水的浓度越大其电离程度越小’所以0。lmol／L的氨水电离程度小于
0.0lmol／L的氨水电离程度’如果二者电离程度相等’则b≡α-l ’但稀氨水的电离程度大于浓氨水,则b＞αˉl ’故
C项错误°
考点二十五沉淀溶解平衡
143。［答案］
D
［解析］
CH3（〕O（）H溶液中存在电离平衡:CH3COOH＝＝CH3COOˉ＋H＋,加水平衡正向移动,n（H＋）增大’
＂（cH』cooⅡ）减小.所以‘（瞒bⅡ）增大｀A项错误.cH』c0o№糯液中存在水解平衡cⅡ』cooˉ＋Ⅱ』0ˉ
CH3COOH＋OHˉ ,水解反应属于吸热反应’升高温度,水解平衡常数增大,即c（CH3CO（）H）。c（OH
）增大,则
c（CH3COOˉ）
c（CH3COOˉ）
减小,B项错误°根据电荷守恒:c（NHj）＋c（H＋）＝c（Cl—）＋c（OHˉ）’溶液呈中性’则
c（CH3COOH）
. c（（）H
）
c（H＋）＝c（OH＿）,c（NHi）＝c（Cl
）,所以c（NH矿）与c（Cl—）的比值为1 ,C项错误°向AgCl、AgBr的饱和溶液
中加人AgNO3后Ag＋浓度不变’由于KSp不变,故C（Cl—）与C（Brˉ）的比值也不变’D项正确。
第二章元素化台物
考点—钠及旦重要化台物
144. ［答案］
B
［解析］
B项,金属钠的变质过程是先与O2反应生成氧化钠,氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠,氢氧化钠再与
CO2反应生成碳酸钠’故选B项;A项’过氧化钠的变质过程是先与空气中的水蒸气反应生成氢氧化钠,氢氧化钠再
与CO2反应生成碳酸钠,故不选A项;C项,硫酸亚铁晶体的变质过程是被空气中的O2氧化成硫酸铁,故不选C
项;D项,四氯化硅的变质过程是遇空气中的水蒸气发生水解而生成硅酸和氯化氢’故不选D项◎
易错项分析:本题的易错项为A项°变质过程与空气中的O2、CO2、水蒸气都有关,指的是与这三种物质都反应’过
氧化钠与水蒸气反应生成O2’并不是与O2反应’故A项错误。
30
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145. ［答案］
B
［解析］
碳酸钠和盐酸恰好完全反应生成碳酸氢钠时的反应方程式为Na2CO3＋HCl—NaHCO3＋NaCl,这时盐
酸的浓度为
0.2
200×l0ˉ3mol .L l≡lmol 。L—l ’这时候如果是盐酸加人到碳酸钠溶液中则恰好不生成气体’说明盐
酸的浓度大于］mol .Lˉl ;当盐酸的物质的量是碳酸钠的2倍时’（〕O;ˉ恰好完全反应全部生成CO2气体,这时盐
酸的浓度为2湍芹』m·‖ˉ｜-2m°］Lˉ｜前擞滴』＂人后省与后者滴』＂人前者最终生成的气体体积＾同所以
盐酸的浓度应该小于2mol 。Lˉl ,则盐酸的浓度lmol 。Lˉl ＜c（HCl）＜2mol .L
l ’故选B项°
146. ［答案］
C
［解析］
向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加人稀盐酸时’首先发生反应H＋＋OHˉ-H2（）
（1）’接着发生反应H＋＋（〕O;—HCO丁（2）最后发生反应H÷＋HCO丁-CO2↑＋H2O（3）° C项,有CO2生
成而无HCOJ生成’故稀盐酸过量,NaOH和Na2CO3溶液为等物质的量浓度的溶液’则离子方程式中CO;ˉ与
OHˉ系数应相同’故C项错误;A项’由（l ）＋（2）可得到,故A项正确;B项,由（1）×2＋（2）可得到’故B项正确;
D项’由（l）＋（2）＋（3）可得到,故D项正确°
147。［苔案］
C
［解析］
A项’样品加人水NaHCO3溶解’再加人稀盐酸Al（OH）3溶解,HCl与NaHCO3反应放出气体,但样品中
加人稀硫酸,不会出现固体’A项错误;B项’样品中加人水NaHCO3溶解,再加人稀盐酸AgCl不溶解’B项错误;
C项’样品加人水Na2SO3溶解,再加人稀盐酸Ba（〕O3溶解,产生气体’而加人稀硫酸产生CO,和SO2的混合气体,
且生成BaSO4沉淀,C项正确;D项,样品加水均溶解D项错误°
148［答案］
C
［解析］
Ob段未产生气体,由于CO;＿｀HCO丁的水解作用’溶液呈碱性,此阶段发生的反应为H＋＋CO;-
HCO丁,a点溶液中含有的主要离子为Na÷ ｀CO;
、HCO丁、Cl
;b点时所有的CO;—全部转化为HCOJ,此时溶液
呈碱性,离子主要为Na＋｀HCO丁｀Clˉ ;bc段开始产生气体,发生反应为HCO丁＋H＋—CO2↑＋H2O’溶液仍呈碱
性,所含离子主要为Na十｀HCO丁、Clˉ ;c点溶液中HCO丁恰好反应完全’溶液呈中性’所含主要离子为Na＋、Clˉ
;
Cd段酸过量,溶液为NaCl与HCl的混合液’主要离子为Na＋｀Cl＿、H＋。C项,该项中四种离子均能在中性条件下
共存’故选C项;A项若OHˉ大量存在』将发生OHˉ＋HCOJ-CO;＿＋H2（）,因此不能大量共存’故不选A项;
B项,Al3＋｀Fe3十与HC0j会发生双水解反应而不能大量共存｀故不选B项;D项’d点溶液呈酸性,此条件下NOJ
具有强氧化性,能将Fe2＋氧化,故不选D项。
考点二铝及具重要化台物
149。［答案］
B
!解析］
标准状况下56L氢气的物质的量＝22:湍°l＝α25m°Ⅲ,故」5‘金属提供的电子为α25m°l×2＝
05mol,则提供lmol电子需要的金属的质量为l5g×2＝30g°Na在反应中表现＋l价,提供lmol电子需要Na
的质量为23g／mol×1mol＝23g;Zn在反应中表现＋2价,提供lmol电子需要Zn的质量为65g／mol×l／2mol＝
32.5g;Al在反应中表现＋3价提供1mol电子需要Al的质量为27g／mol×l／3mol＝9g;Fe在反应中表现＋2价,
提供1mol电子需要Fe的质量为56g／mol×l／2mol＝28g。只有Zn提供1mol电子的质量大于30g’其他金属的
质量都小于30g,故金属混合物中＿定有Zn,故选B项。
3l
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150. ［答案］
A
［解析］
A铝和氯气反应生成氯化铝,氯化铝和碳酸氢钡溶液反应的离子方程式为Al3＋＋3HCO丁-Al（OH）3
↓
＋3C02↑。B.氧化钠加人碳酸氢钡溶液中只产生碳酸钡沉淀,没有气体产生°C.铁和氯气反应生成氯化铁’不是
氯化亚铁。D二氧化硅和碳酸氢钡溶液不反应。
151. ［答案］
C
［解析］
反应的化学方程式分别为皿Al＋6IICl-2AlCl3＋3H2↑;@2Al＋2Na（）H＋2H2O-2NaAlO2＋3H2↑。
盐酸和NaOH的物质的量均为0.3mol’所以恰好完全反应时,生成的氢气的物质的量比应为l:3’而反应结束后,测
得生成的气体体积比为V（甲）:V（乙）≡l:2,所以反应@中Al的量不足’反应未完全。而反应o中生成氢气的物
质的屋为鹏（Ⅱ垦）甲＝÷＂（Ⅱc｜）二0l5m。｜,消耗的铝的物质的量为厕（A｜）＝÷″（Ⅱc｜）＝O］m°｜;所以反应圆中
川（H2）乙≡2×0. 15mol≡0.3mol,即可算｛‖′l（Al）≡（）2mol °所以可计算出m（Al）＝27g／mol×0.2mol＝5ˉ4g,
故C项正确°
152. ［苔案］
I）
［解析］
｜可集满CO2的铝制易拉罐中加人过量NaOH浓溶液｀先是CO2与NaOH反应;（〕O2＋2OHˉ-CO;
＋
H2（）,瓶子变瘪;此后易拉罐表面的Al2O3与NaOH反应:Al2O3＋2OHˉ＋3H2O-2［Al（OH）4］
;最后易拉罐中
的Al与NaOH反应:2Al＋2OH
＋6H2（）-2［Al（OH）4］ˉ＋3H2↑’瓶子重新凸起故选I）项。
153. ［答案］
D
［解析］
D项’铝热反应是在高温下利用铝的还原性获得＿些高熔点的金属单质,并且放出大量热的反应,Al与
Fe2O3能发生铝热反应’与（】r2O3也能发生铝热反应,故D项正确;
A项’ZnCl2和过量NH3 .H2O反应将生成Zn（（）ll）2沉淀’反应的离子方程式为Zn2＋＋2NH3 .H2O-Zn（OH）2↓
＋2NHj’故A项错误;
B项,Na2O2具有强氧化性,与SO2反应将生成Na2SO4’故B项错误;
C项,I2氧化性较弱,与变价金属反应将生成低价化合物’则Fe与I2反应将生成FeI2 ,故C项错误。
考点三铁｀铜及旦重要化台物
154。［答案］
A
［解析］
根据得失电子守恒,还原剂提供的电子越多,氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。
l;题述四种物质能提供的电子的物质的量为A56｛｜6×lm°l;Mm。l;o56十32＋l6×4 ×lmol;
D56×3＋l6×4×lmol（Fe3O4也可以写为Fe2O3 ,FeO）’提供电子的物质的量最多的为FeO°
155［答案］
D
［解析］
D项,两者均可与NaOH反应生成沉淀向沉淀中加人盐酸,两种沉淀均溶解,所以不能通过这两种试剂分
离,故选D项;A项,MgO与NaOH不反应,Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2,通过过滤洗涤可得到纯净的MgO,
故不选A项;B项,向溶液中加人过量的NaOH,AlCl3变为NaAlO2’FeCl3变为Fe（OH）3’过滤后向溶液中加人盐胺
得到氯化铝溶液,故不选B项;C项,向溶液中加人NaOH’Fe2O3不反应,SiO2变为Na2SiO3 ’过滤洗涤后得到纯净的
Fe2O3,故不选C项°
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156. ［答案］
D
［解析］
根据化学反应方程式: l4CuSO4＋5FeS2＋］2H2O＿7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4’该化学反应方程式中
CuSO4中铜元素的化合价降低’FeS2中硫元素的化合价部分升高、部分降低,则CuSO4为氧化剂,FeS2既是氧化剂
又是还原剂。
D项’FeS2中硫元素的化合价部分升高｀部分降低,5molFeS2中有7molS原子化合价降低’3molS原子化合价升
高,则被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为3:7,故D项错误;
A项’结合上述分析可知,CuSO4是氧化剂’Cu2S是还原产物’故A项正确;
B项’结合上述分析可知,反应中共有2种元素化合价发生变化,故B项正确;
C项’FeS2中硫元素的化合价部分升高、部分降低’5molFeS2中有7molS原子化合价降低,3molS原子化合价升
高,失去的电子的物质的量为3×（6＋l）mol＝2lmol’则每生成lmolCu2S,共转移3mol电子’故C项正确。
157. ［答案］
C
［解析］
C项’向CuSO4溶液中加人过量的NaOH将生成Cu（OH）2沉淀过滤、洗涤并收集沉淀充分灼烧’
Cu（OH）2沉淀会分解生成CuO’故选C项;
A项,由于硫的氧化性较弱,则只能将铜氧化为＋1价的铜’得到Cu2S’故不选A项;
B项,不能向铜与过量浓硫酸反应后的试管中加水观察硫酸铜溶液的颜色’故不选B项;
D项,葡萄糖和新制Cu（OH）2溶液反应必须在碱性条件下进行’需先中和淀粉水解时过量的稀硫酸,否则不会有红
色沉淀产生’故不选D项°
158［答案］
D
［解析］
废｜日电池中含有的金属、电解质溶液会对水体和土壤等造成污染’处理废｜日电池有利于资源再利用,同时
能够降低环境污染’保护环境,A项正确;从流程图看出,正极材料涉及了铝｀铁、哩等金属’B项正确;因流程中加人
的有HNO3 ,故在含Li｀P｀Fe等滤液中加碱液,发生“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋,C项正确;因为锤及其化合物的
性质与镁相似’由硫酸镁易溶于水推知,硫酸锤易溶于水’由碳酸镁微溶于水推知’碳酸锤微溶于水’所以不能用硫
酸钠代替碳酸钠’D项错误°
考点四碳｀硅及具化台物
159. ［答案］
B
［解析］
B项’二氧化硅是制造光导纤维的材料,故B项错误;A项,水玻璃是硅酸钠的水溶液硅酸钠不燃烧也不
支持燃烧且化学性质稳定’可用作木材防火剂’故A项正确;C项,硅是制造太阳能电池的常用材料’故C项正确;D
项,岩石和矿物中含有硅酸盐｀二氧化硅,所以硅是构成＿些岩石和矿物的基本元素,故D项正确。
160. ［答案］
C
［解析］
A选项,元素（〕还存在足球烯等其他同素异形体,所以错误;B选项,镁离子比镁原子少-个电子层,其半
径比镁原子的小,所以错误;C选项,该反应中镁作还原剂,其还原性强于还原产物的还原性’所以正确;［）选项,该
反应发光,因此化学能不可能全部转化为热能,所以错误°
考点五氢及具化台物
161［答案］
B
［解析］
A将Cl2通人NaOH溶液中可制得消毒液’离子方程式为2OH
＋C］2-Clˉ＋ClO
＋II2O。Bˉ饱和
NaClO溶液的pII约为ll ,现在该消毒液的pH为12,故不可能仅为ClO的水解所致,该消毒液中还含有＿定量的
NaOH,是使消毒液的pH约为l2的主要原因。C.该消毒液与洁厕灵混用时’ClO与Clˉ会发生氧化还原反应生成
Cl2°DHClO有较强的漂白性°因为CH3COOH的酸性强于HClO’在该消毒液中加人CH3COOH,会使CH3COOH
与ClO反应生成HClO’增强其漂白性°
33
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162. ［答案］
C
［解析］
A项,苦卤中含有K＋、Mg2＋｀Brˉ等’通人Cl2可将Brˉ氧化成Br2,便于从苦卤中提取Br2°B项,粗盐中
含有不溶性杂质（泥沙）和可溶性杂质（Ca2＋、Mg2＋、SO;—等）’将粗盐溶于水,并除去其中的杂质,再通过重结晶
的方法得到纯净Na（〕l晶体°C项,工业上沉淀Mg2十常选用廉价的Ca（OH）2’而不选用NaOH。D项,Br2具有较强
的挥发性,富集嗅时’常先用空气和水蒸气吹出Br2,再用SO2将其还原吸收（SO2＋Br2＋2H2O-H2SO4＋
2HBr）’得到浓度较大的含Brˉ溶液。
163。［答案］
D
［解析］
A.由于HClO是弱酸,则溶液中H＋不可能大量存在,且HClO能氧化Brˉ。B。Ag＋与Cl能生成沉淀,不
能大量共存,CH3CHO具有较强的还原性’则ClOˉ和CH3CHO不能大量共存°C。因NaClO水解使得溶液显碱性,
故生成的不是Fe3＋而是Fe（（）H）3°D向溶液中加人浓盐酸后发生反应:ClOˉ＋Clˉ＋2H＋—Cl2↑＋H2O,每产
生lmolCl’时,转移1mol电子’约为602×102〕个°
164. ［答案］
A
［解析］
A项,漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2,有效成分为Ca（ClO）2,向漂白粉浊液中通人过量CO2发
生的反应为（〕a（ClO）2＋2CO2＋2H2O—Ca（HCO3）2＋2HClO’Ca（HCO3）2和HClO受热均分解’经过加热蒸干后
得到CaCl2和（】aCO3的混合物’故选A项;B项,氧化膜的主要成分为Al2O3’Al、Al2O3与盐酸反应后的溶液中溶质
为AlCl3（还可能还有HCl,加热后ⅡCl会从溶液中逸出）,由于Al3＋水解,加热蒸干后得到Al（OH）3 ,为纯净物’故
不选B项;C项,1molNa2O2与水反应生成2molNaOH,NaOH与Ca（HCO3）2按物质的量2: l的比例进行反应’反
应方程式为Ca（HCO3）2＋2NaOⅡ-CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O,滤液中溶质为Na2CO3 ’将其加热蒸干之后,仍得
到Na2CO〕,为纯净物,故不选（〕项;D项,KAl（SO4）2与Ba（OH〉2按物质的量之比为l :2进行反应’方程式为
KAl（SO4）2＋2Ba（OH）2-2BaSO4↓＋KAl（OH）4,过滤后,滤液中溶质为KAl（OH）4,将溶液加热蒸干后仍得到
KAl（OH）4,为纯净物,故不选D项◎
165ˉ ［答案］
C
［解析］
肌（NaOH）≡c（NaOH）×V（NaOH）≡l0.00mol／L×30×l0ˉ3L≡0。3mol,NaCl为还原产物,NaClO、
NaClO3为氧化产物°由于反应后体系中没有NaOH’故NaOH反应完全;又因为是加热进行’故体系中不会有HCl
等气体。反应体系中进行的反应有:
Cl2＋2NaOH-＝NaCl＋NaClO＋H2O
（l）
3Cl2＋6NaOH—5NaCl＋NaClO3＋3H2O
（2）
C项,若只发生反应（l）’则转移的电子为0. l5mol,若只发生反应（2）,则转移的电子为0.25mol,所以若反应中转
移的电子为″mol,则0。l5＜n＜0.25,故C项正确;
A项’上述两式中则（Cl2）:＂（NaOH）均为l:2,NaOH为O3mol,故Cl2为0. l5mol,故A项错误;
B项’（l）式中,″（Na＋）:见（Clˉ）≡2: 1 ’（2）式中〃（Na＋）
: ′!（Clˉ）＝6:5’所以6:5＜n（Na＋）:n（Clˉ）＜2: 1,故B
项错误;
D项,反应中只有Cl元素化合价发生变化,化合价的升高和降低即失去的电子和得到的电子应该相等’D项中
1l×l≠2×1＋l×5,故D项错误°
考点六硫及旦化台物
166. ［答案］
B
［解析］
B项,Cu和Cu2O都能被稀硝酸氧化而溶解,可用稀硝酸清洗,故选B项;
A项’l0mL的量筒只能精确到（）. ］mL,故不选A项;
C项,反应产生气体中含有SO2’也能使澄清石灰水变浑浊,干扰CO2的检验’故不选C项;
D项,热水能促进FeCl3水解,不能用热水来配制FeCl3溶液’故不选D项°
。34
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167. ［答案］
D
［解析］
D项’ˉ2价的硫｀＋2价的氮、＋2价的碳都具有还原性,都能被氧化,故D项正确;
A项’NO及（〕O均难溶于水’故A项错误;
B项,H2S属于电解质,故B项错误;
C项,H2S能与碱溶液反应’NO及CO不能与碱溶液反应’故C项错误。
168. ［答案］
AC
［解析］
A项’氢气与氮气发生的反应为可逆反应,即使氢气过量’氮气也不能完全反应’故选A项;
C项’铜与浓硫酸反应到—定程度时’浓硫酸变为稀硫酸不再与铜发生反应’故选C项;
B项,浓盐酸与二氧化锰反应为不可逆反应,浓盐酸过量时’二氧化锰反应完全’故不选B项;
D项,］8mol／L的硫酸为浓硫酸’浓硫酸具有强氧化性,与锌反应生成二氧化硫’反应到＿定程度时,浓硫酸变为稀
硫酸,与锌反应生成氢气’故不选D项°
169. ［答案］
D
［解析］
O石灰水过量’所以有CaCO3和CaSO3沉淀生成’故选O;@同样由于石灰水过量,因此必有CaCO3
沉淀生成’故选@;OCO2与Ba（NO3）2不反应,SO2气体通人Ba（NO3）2溶液后,提供了酸性环境,SO2将
被HNO3氧化生成SO;ˉ ’因此有BaSO4沉淀生成’故选O;@NO2和SO2混合后,NO2溶于水生成硝酸’SO2
被氧化成SO:ˉ ’通人BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成,故选@;◎当NH3过量时,溶液中CaCO3沉淀生成,
化学方程式为2NH3＋CO2＋CaCl2＋H2O—CaCO3
↓＋2NH4Cl;当NH3不足时’最终无沉淀生成’故不选
o。故选o@o@。
易错项分析:本题易错项为@。考生可能没有看清题干中丙溶液是过量’而导致误选C。
170。［答案］
B
［解析］
将废气通人氨水中是为了吸收SO2’再用过量硫酸制取较纯净的SO2’继而对其进行利用。SO2与氨水反
应发生的化学方程式可能为SO2＋2NH3 。H2O—（NH4）2SO3＋H2O、NH3 .H2O＋SO2-NH4HSO3,则与过量
硫酸反应后发生反应的离子方程式可能为SO;ˉ＋2H＋-H2O＋SO2↑｀HSO丁＋H＋-H2O＋SO2↑°若硫酸
刚好完全反应,Y溶液中溶质为（NH4）2SO4,但因为硫酸过量’会发生反应:（NH4）2SO4＋H2SO4-2NH4HSO4,
所以Y溶液中＿定含有NH4HSO4,还可能含有剩余的（NH4）2SO4。B项,a是SO2’故B项错误;A项,X可能含有
两种盐:（NH4）2SO3｀NH4HSO3,故A项正确;C项’Y可能含有（NH4）2SO4,故C项正确;D项,S元素最外层只有6
个电子,最多失去6个电子呈＋6价’不可能为＋7价’故D项正确°
考点七氮及具化台物
171. ［答案］
B
［解析］
A.HClO不稳定,光照发生分解反应产生HCl和O2,化学方程式是2HCl0皇2HCl＋O2↑’错误°
BNH4Cl在加热时发生分解反应’而在光照时不会分解,正确◎C.HNO3不稳定,在加热或光照时发生分解反应,化
学方程式是4HNO3（浓）＝NO2↑＋O2↑＋2H2O,错误°DAgNO3不稳定,光照发生分解反应’化学方程式
是2AgNO3皇2Ag＋2NO2↑＋O2↑’错误°
172. ［答案］
CD
［解析］
将O舅和NH』的混合气体通过j‖热的章化＿铬’发生反应;4NH』带5O』粤NO带6H凰O.允分反应
后,再通过足量的水’发生反应:4NO＋3O2＋2H2O一HNO3’将两个化学方程式叠加,可得总反应化学方程式:
Ⅷ』带2O:＝≡∏NO』带H』O.着最后得到的气体是NO测发生反应;州Ⅱ』十5O』毕NO十6H』O消耗的O』
.35。
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的体积是V（O』）-÷｜′（］O）＝÷×抖8mL-56mL捎耗的气体的总体积是γ（总）-′（O』）＋「（Ⅷ』）＝56mL
＋“.8mL≡］00.8mL,剩余的气体体积是“8mL-l00.8mL≡347.2mL,则发生反应:NH3＋2O2＝＝＝HNO3＋
Ⅱ』O消耗的O』的体积是V（O2）二÷γ（剩余）＝÷×34弧2ml＝23』§mL则O』的总体积是Ⅱ缴（0:）＝56mL＋
23l.5mL≡287.5mL°若最后得到的气体是O2’则O2的总体积应该是发生总反应;NH3＋2O2-＝HNO3＋H2O消耗和
勺
剩余两部分之和’则O2的总体积是V总（02）＝（448mL—科8mL）×亏＋448mL＝3l36mL.
173. ［答案］
I）
［解析］
N2O4可以看作2分子NO2,我们可以直接将它当作NO2进行计算。通过题目得知所有的气体均被水吸
收生成硝酸’我们可以写出如下的方程式:NO＋NO2＋O2＋H2O-2HNO3°由于氧气的体积在标准状况下为
l.68L’可以算出氧气是0.075mol’因此通过比例可以知道’NO和NO2的物质的虽均为（）.075mol°铜和硝酸反
应’有两种情况:Cu＋4HNO3（浓）—Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3（稀）-3Cu（NO3）2＋2NO↑＋
4H2O◎通过之前的NO和NO2的物质的量可以分别算出两个反应中铜的物质的量分别是0。0375mol和
0. 1l25mol’总共是0. 15mol’想要完全沉淀Cu2＋,需要的氢氧根应该是0.3mol。因此需要的氢氧化钠溶液的体积
应该是60mL,故选D项°
174。［答案］
C
［解析］
C项,＿旦NF3泄漏’与水蒸气反应的生成物除NO外均可与碱反应,且NO与氧气反应生成NO2,NO2可
与碱反应,则可以用Na0H溶液喷淋的方法减少污染,故C项正确;
A项,由信息可知,发生的反应为3NF3＋5H2O-9HF＋2N（）＋HN（）3’反应前后,HNO3中N元素的化合价升高,
为氧化产物,NO中N元素的化合价降低,为还原产物’反应过程中,被氧化与被还原的元素的物质的量之比为l :2’
故A项错误;
B项,NF3是＿种无色｀无臭的气体’但NF3在空气中泄漏时生成NO和HNO3,能观察到白雾,且NO被O2氧化后
生成红棕色气体’易被察觉’故B项错误;
D项,若反应中生成10molHNO］,转移lmol×（5—3）≡2mol电子,转移的电子数目为l.204×l024,故D项错误。
考点八常见有机化台物的结构与性质
175. ［答案］
B
［解析］
B项,甘油为丙三醇,不属于烃类’故选B项;
A项,汽油主要成分为C5～Cll的脂肪烃和环烷烃类,以及＿定量的芳香烃,故不选A项;
C项’煤油由天然石油或人造石油经分馏或裂化而得』含有烷烃、芳香烃、不饱和烃、环烃等,故不选C项;
D项’柴油主要由原油蒸馏、催化裂化、热裂化｀加氢裂化、石油焦化等过程生产的柴油馏分调配而成,是复杂的烃类
混合物,碳原子数约为l5～18,故不选D项。
比
占
…
沸
其
故
苯
于
大
量
质
子
分
对
相
的
苯
丙
异
◎
确
正
项
∧
∑
＂
〕
（
’
为
式
子
十
夕
其
丫
○
为
式
简
构
结
的
苯
丙
℃
异
案
析
答
解
［
‘
丁
】
苯高,B项正确°异丙苯中苯环上直接连接异丙基,则分子中碳原子不可能都处于同＿平面,C项错误。异丙苯与
苯结构相似,分子组成上相差3个CH2原子团,和苯是同系物,D项正确°
36
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177。［苔案］
B
［解析］
A.分子中含有4种官能团:竣基轻基｀碳碳双键、醚键。B可与乙醇、乙酸发生取代反应。
C. lmol分枝
酸最多可与2molNaOH发生中和反应’因为分子中只有2个梭基°D可使嗅的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液
褪色,但反应原理不相同,使澳的四氯化碳溶液褪色是加成反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化反应。
178. ［答案］
A
［解析］
根据该拒食素的结构简式确定其性质,进而确定其与不同试剂反应后产物的结构和官能团。有机物中的
碳碳双键与Br2发生加成反应’使官能团数目由3个增加为4个,选项A正确°有机物中的醛基被银氨溶液氧化为
梭基’官能团数目不变’选项B不正确°有机物中的碳碳双键与HBr发生加成反应但官能团数目不变’选项C不
正确。有机物中的碳碳双键｀醛基与lI2发生加成反应,官能团数目减少’选项D不正确。
179。［答案］
D
［解析］
D项’根据Z的结构知道Z有3种类型的氢,则其—氯代物只有3种,故D项正确;
A项’甲苯还有链状结构的同分异构体’如CH≡C—CH2—CH2—CH2—C≡CH也是W的同分异构体’故A项错误;
B项,Z不能与酸性KMnO4溶液反应,故B项错误;
C项,］molX与足量Br2／CCl4溶液反应最多消耗2molBr2,lmolY与足量Br2／CCl4溶液反应最多消耗3molBr2,
故C项错误°
180［答案］
B
［解析］
甲苯生成二甲苯和苯,可分别理解成甲苯中苯环上的氢被甲基取代、甲苯中的甲基被氢取代‖A项正确;
同系物中’碳原子数越多’沸点越高,所以甲苯的沸点应低于二甲苯,即低于138℃’B项错误;苯的沸点最低,可最
先分离出来’C项正确;三种二甲苯间沸点相近’熔点差异大’将温度控制在稍低于13℃’对二甲苯结晶析出’D项
正确°
181［答案］
B
［解析］
B项’物质X为丁酸乙醋’＿定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇’所以酒中的少量丁酸可以抑制X
的水解,故B项正确;A项,X中含有酷基,具有酪的性质’根据相似相溶原理知,该物质易溶于有机溶剂乙醇’故A
项错误;C项’分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中应含有酪基,可能是甲酸正丙酪、甲酸异丙酉旨、乙酸乙
酷、丙酸甲酷,符合条件的同分异构体有4种’故C项错误;D项,物质X分子式为C6Hl2O2,完全燃烧后生成的H2（）
和CO2物质的量比为l : l ,故D项错误。
182。［答案］
C
（解析］
两种有机物的分了式均为c＂＂腮o但-看灼分子结构不同』二蕾互为同分异构体A镭谩.根据○、
＼
／
C＝C
和—C—的结构特点’可知两种化合物的分子中共平面的碳原子数不相同,B错误。前＿种有机物分
／
＼
＼
／
子中含有酚烃基’苯环上酚轻基的邻｀对位H原子与嗅水发生取代反应;后＿种有机物分子中含有
C＝C
,可与
／
＼
澳水发生加成反应’C正确。两种有机物的分子结构不同,H原子所处的化学环境也不同,可以采用核磁共振氢谱
进行区分,D错误°
183。［答案］
C
［解析］
螺［2.2］戊烷的分子式为C5H8,环戊烯的分子式为C5H8,二者分子式相同’结构不同,互为同分异构体,A
项正确;该有机物的二氯代物有4种’2个氯原子位于同＿个碳原子上时有］种,位于2个碳原子上时分两种情况;
同环上只有1种,异环上有2种,B项正确;螺［2.2］戊烷中每个碳原子形成4个单键,而每个碳原子与4个原子构
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成四面体形,所以连接两个环的碳原子至少和直接相连的两个碳原子不共平面’C项错误;该有机物含2个三元环’
在＿定条件下具有类似烯烃的性质,且与氢气发生加成反应的转化率不大于1,则由lmolC5H8生成lmolC5Hl2
至少需要2molH2,D项正确。
184. ［答案］
A
［解析］
A项’己烷共有正己烷、2ˉ甲基戊烷、3ˉ甲基戊烷、2’3ˉ二甲基丁烷和2,2ˉ二甲基丁烷5种同分异构体,A项
错;B项,苯与液澳在铁粉作催化剂时生成嗅苯,是取代反应’硝酸与苯在浓硫酸的催化下生成硝基苯’是取代反应’
浓硫酸与苯在加热时生成苯磺酸,也是取代反应,B项正确;C项,油脂的皂化反应是指油脂在NaOH溶液中加热生
成高级脂肪酸钠和甘油的反应’生成的高级脂肪酸钠属于高级脂肪酸盐’C项正确;D项’根据‘由高聚物找单体的
方法,判断,D项正确。
185ˉ ［答案］
B
［解析］
B项,由乙烯生成乙醇’碳碳双键转化为单键’属于加成反应’故B项正确;
A项’2ˉ甲基丁烷含5个C原子’2ˉ甲基丁烷也称异戊烷’故A项错误;
C项’C4Hl0有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3两种结构’均含有2种不同环境的H原子’则C4H9Cl共有4种
同分异构体’故C项错误;
D项’蛋白质属于高分子化合物’油脂不属于高分子化合物’故D项错误。
186. ［答案］
A
［解析］
A。戊烷有3种同分异构体:CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3和（CH3）4C° B.戊醇可看作
C5H1l＿OH’而戊基（-C5Hl l ）有8种结构’则戊醇有8种结构,属于醚类的还有6种。C.戊烯的分子式为C5Hl0,
属于烯烃类的同分异构体有5种:CH2＝CHCH2CH2CH3、CH3CH＝CHCH2CH3、CH2＝C（CH3）CH2CH3、
叫里＿c＂…）1叫ˉ…』…耀＂阔分…’种;○O△人人.
CH3
D乙酸乙酪的分子式为C4H8O2,其属于酪的同分异构体有4种:HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、
CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3 ’属于梭酸的同分异构体有2种:CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH’且还有
O
‖
含有其他类型官能团的同分异构体（如含有＿个—OH和＿个—CHO或含有＿个—OH和＿个—C—）等。
187。［答案］
D
［解析］
D项’丝帛是以蚕丝织成,成分为蛋白质,故选D项;
A项’甲骨主要成分为CaCO3等无机盐,故不选A项;
B项’竹简主要成分为木质纤维素’故不选B项;
C项’青铜器是金属材料’故不选C项°
188. ［答案］
C
［解析］
该有机物结构中不含苯环’为非对称结构’左侧两个甲基上的氢原子等效,则该有机物结构中不同化学环
7
CH3 ,共有7种,所以其＿氯取代物有7种’故选C项°
∏
Ⅱ
境的氢原子表示如图
5
6
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189. ［答案］
C
［解析］
C项’青篙素分子中含有过氧键,受热容易分解’故C项错误;
CHq
A项’青篙素分子中C原子之间含有类似甲烷型结构,例如H3C
,图中圈出的C原子与其周围
C H｀
O
连接的三个C原子＿定不在同一平面内’故A项正确;
B项,青篙素分子中含有酷基,所以在酸或碱催化条件下可以水解’故B项正确;
D项’青篙素分子中含有酪基,所以难溶于水’易溶于有机溶剂’可采用有机溶剂革取后蒸馏提取,故I）项正确
190。［答案］
C
［解析］
A项,乳酸薄荷醇酷的结构简式中含有的官能团为酪基｀轻基,不仅可以发生水解、氧化、消去反应’也可
以发生取代反应,该项错误°B项,乙醛和丙烯醛分别与H2加成后的产物为乙醇和丙醇’二者互为同系物’该项错
误°C项,淀粉和纤维素在酸性条件下水解的最终产物都是葡萄糖,该项正确◎D项’乙酸乙酷和丙酸甲酷’核磁共
振氢谱中三种氢原子的吸收峰位置不同,可以用lHˉNMR来鉴别’该项错误°
191. ［答案］
D
［解析］
已知1molC8Hl6O2完全水解可得到1molA和］mol乙醇’则分析知A的分子式为C6Hl2O2,即A是己
酸°由于戊基有8种结构组成,则符合A分子式的同分异构体共有8种,故选D项。
192。［答案］
B
［解析］
根搪题述芳纶纤维的结构片段叫知其单体有两种; ＂OOC—日—C00＂、＂2＂—9N＂2 ’尤论
是哪种单体’其苯环上的氢原子都是等效的’A项错误;对苯二甲酸和对苯二胺的官能团分别是—COOH、＿NH2’
B项正确;分子内氢键对物质的物理性质（如熔沸点、溶解度等）都有影响,C项错误;该高分子化合物的结构简式为
O
O
HO卡』—O—』—＂H—HN＂圭＂,n项错误.
考点九甲烷｀乙烯和苯
193。［答案］
D
［解析］
甲烷和氯气在光照条件下反应,生成CH3Cl、CH2Cl2、CH（〕l3、CCl4和HCl’试管内压强减小’外压大于内
压,试管内液面升高,且试管内出现白雾和油状液滴,综合上述分析’D项正确°
194. ［答案］
B
［解析］
乙烯中含碳碳双键,能发生加成反应,而乙醇不能发生加成反应,A项错误;苯和氯乙烯中均含不饱和键’
均能发生加成反应,B项正确;乙酸和澳乙烷均不能发生加成反应,C项错误;丙烯中含碳碳双键能发生加成反应’
而丙烷不能发生加成反应’I）项错误。
195｛答案］
C
［解析］
在Fe作催化剂时,苯乙烯苯环上的H原子可被澳原子取代,A项正确;苯乙烯中的碳碳双键能被酸性
KMnO4溶液氧化,从而导致酸性KMnO4溶液褪色,B项正确;苯乙烯与HCl发生加成反应生成氯苯乙烷,C项错误;
苯乙烯中含有碳碳双键’在＿定条件下能发生加聚反应生成聚苯乙烯’D项正确。
39
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196. ［答案］
A
［解析］
A项,已知无机试剂是足量的’所以Q中没有不饱和键,Q变成C氮Cl｜2,只是用Cl取代了Q中的H’二者原
子总数相同,碳数目相同’但Q中含有的元素种类更多’所以Q的同分异构体数日比C厕Cl‖2的多,故A项错误;
B项,C匆H）中含有不饱和键,Q中没有不饱和键’所以用酸性KMnO4溶液可将C膊Hγ、Q区别开,故B项正确;
C项,CzHy中含不饱和键,与HCl发生加成反应,Q中含H原子,与Cl2发生取代反应,故C项正确;
D项,C蹲Cll2为饱和卤代烃,所以如＝5’C膊Hy中加人2分子HCl引人2个Cl’再与Cl2发生取代反应引人l0个Cl,所
以＂≡l（）,故D项正确。
考点十冗醇和尸酸
197. ［答案］
D
｛解析］
D项’石油分馏可得到汽油｀柴油等烃类,煤干馏可得到苯｀甲苯等芳香烃,故D项正确;
A项,乙醇制乙醛属于氧化反应而不是取代反应,故A项错误;
B项,苯制硝基苯属于取代反应而不是加聚反应,故B项错误;
C项,蛋白质盐析属于物理变化,故C项错误·
198。［答案］
D
［解析］
A项装置用于制备乙酸乙酷,B项装置用于除去乙酸乙酣中的乙酸、乙醇（纯化）’C项装置用于分离乙酸
乙酣,D项装置用于蒸发浓缩或蒸发结晶。只有I）项操作在制备和纯化乙酸乙酣的实验中未涉及。
考点十—墓本营养物质
199. ［答案］
B
［解析］
A.淀粉发生水解反应产生葡萄糖,该反应是取代反应,错误;B.石油裂解制丙烯的反应属于分解反应’不
是取代反应,正确;C.乙醇与乙酸发生酷化反应形成乙酸乙酪和水’该反应是取代反应’错误;D油脂与水发生取代
反应产生高级脂肪酸和甘油’产生的高级脂肪酸再与NaOH发生反应形成高级脂肪酸钠和水,因此油脂与浓NaOH
发生皂化反应形成高级脂肪酸钠和甘油,该反应属于取代反应,错误°
200。［答案］
B
［解析］
Aˉ淀粉遇碘水变蓝色’而纤维素遇碘水不会变蓝色。B.食用花生油的主要成分是油脂,鸡蛋清的主要成
分是蛋白质,两者都能发生水解反应。C.聚氯乙烯中除含碳、氢两种元素外’还含有氯元素,不属于烃。D.对二甲
苯的分子式为C8Hl0,不符合饱和烃的通式C″H2厕＋2,故不属于饱和烃°
201. ［答案］
A
［解析］
A.合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）经—定方法所合成的具有金属特性的物质,
不锈钢主要成分是铁,还含有铬、镍等金属,因此属于合金,A正确。B.属于同分异构体的前提是物质的分子
式相同,棉和麻的主要成分均属于纤维素,虽然纤维素和淀粉都可以用（C6Il｜0O5）Ⅲ表示,但＂值不同,因此
两者的分子式并不相同不能称为同分异构体,B错误。C.不饱和度大的酷常温下为液态,花生油常温下为
液态,因此含有不饱和酪’C错误°D蛋白质水解的最终产物为氨基酸,煮沸会引起蛋白质的变性,并不能发
生彻底的水解反应,D错误°
202。［答案］
‖〕
［解析］
I）项,利用粮食酿酒时,粮食中的淀粉先在酶的作用下水解为葡萄糖,然后在酵母作用下转变为乙醇’均
为化学变化,故D项正确;
A项,聚乙烯中不含有碳碳双键,不能发生加成反应,老化是由于长链断裂等原因’故A项错误;
B项’煤的气化:煤在氧气不足的条件下,发生部分氧化转变为H2、CO的过程;煤的液化;煤与H2在催化剂作用下
转化为液体燃料的过程,都属于化学变化,故B项错误;
C项,碳纤维是碳的单质,不属于有机高分子材料,故C项错误。
.40。
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203. ［答案］
D
［解析］
I）项,硒是人体必需的微量元素,但不宜摄人过多,否则对人体有害’故D项正确;
A项,糖类是由C｀H｀O三种元素组成的＿类有机化合物,糖类也叫作碳水化合物’但不是由碳和水构成,故A项
错误;
B项’淀粉｀纤维素是常见的天然高分子化合物’但泊脂不是,故B项错误;
C项’蛋白质基本组成元素是碳｀氢、氧、氮,有些蛋白质还包括硫、磷等元素,故C项错误。
第三章化学实验
考点-化学实验基本仪器
204. ［答案］
（〕
［解析］
（〕项,从溶液中得到固体产品,为蒸发操作’需要蒸发皿’故C项错误;
A项,分离固液混合物,为过滤操作,需要过滤装置,故A项正确;
B项’分离不互溶的液体混合物’为分液操作,需要用到分液漏斗’故B项正确;
D项,利用混合物各组分沸点不同进行分离,为蒸馏操作,需要蒸馏装置,故D项正确
205. ［答案］
A
［解析］
A.锥形瓶可用作加热的反应器,加热时要垫石棉网,A选项正确;B在常温下,Fe在浓硫酸中发生钝化’
因此室温下,可以将浓硫酸盛放在铁桶中,B选项错误;C.容量瓶瓶体上只有刻度线而没有具体的刻度’C选项错
误;D用湿润的pH试纸测定溶液的pH时,不＿定有误差,如测定的溶液是中性溶液’pH不变’更不＿定偏低’如测
定的是酸性溶液,则pH偏高,D选项错误。
206［答案］
C
［解析］
C项,二氧化锰是难溶物,可以用过滤的方法分离二氧化锰和氯化锰,故选C项;A项’浓盐酸和二
氧化锰制氯气时应加热,故不选A项;B项,气体除杂时应是长导管进短导管出,并且氯化氢气体可以与
NaHCO3反应生成CO2引人新杂质,且Cl2还会与NaHCO3溶液发生反应,起不到分离作用,故不选B项;D
项,MnCl2 。4H2O含有结晶水,直接蒸干会损失结晶水,应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制取Mn（〕l2
。
4H2O’故不选D项。
207. ［答案］
B
［解析］
A.配制溶液时’固体不能直接在容量瓶中溶解’应先在烧杯中溶解,待溶液恢复至室温后再转人容量瓶
中。B在通过NaOH溶液时,CO中的CO2气体被吸收,而CO不能被吸收°C.由于苯的密度比水的小’苯在上层’
水在下层’故含I2的苯溶液应从上口倒出’而不是从下口放出°D滴定管的小刻度在上’即越向下刻度越大,故读
数为11.80mL°
考点二化学实验墓本操作
208. ［答案］
B
［解析］
加几滴（】uSO4溶液后,Zn与CuSO4反应生成Cu,从而形成无数细小的原电池,加快了生成H2的速率,A
项不符合题意;酚酞的变色范围为8.2＜pH＜l0.0,要保证NaHCO3完全反应’不能用酚酞作指示剂,可用甲基橙作
指示齐｜］,B项符合题意;Na＋的焰色反应为黄色,C项不符合题意;为防止加热时出现安全事故’蒸馏时蒸馏烧瓶中
所加液体不能超过其容积的2／3,D项不符合题意。
4l
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209. ［答案］
CD
［解析］
A稀盐酸与MnO2不能发生反应,不能除去烧瓶内残留的MnO2,错误;BNaOH与玻璃中的SiO2会发生
反应:2NaOH＋SiO2-Na2SiO3＋H2O’产生的Na2SiO3有茹合性,将玻璃瓶与玻璃塞撤在＿起,因此不能使用玻
璃塞（磨口玻璃瓶带的是玻璃塞）,要用橡胶塞,错误;C.稀硝酸具有强氧化性’能够与Ag发生反应产生可溶性的
AgNO3 ,从而达到除去试管内壁的银镜的目的’正确;D煮沸自来水’Ca（HCO3）2不稳定’受热会发生反应:
Ca（H（〕O3）2＝兰CaC（）3＋H2O＋CO2↑’从而达到除去Ca（HCO3）2的目的’正确°
210。［答案］
C
［解析］
C项,苯的密度小于水,则苯在上层,故装置o中X不可能是苯’故C项错误;
A项’Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸,显酸性’可用氢氧化钠溶液吸收’故A项正确;
B项’收集气体时,密度比空气小的气体可从短管进’密度比空气大的气体可从长管进’故B项正确;
I）项,氨气密度小于空气,故收集气体时从短管进,长管出,氨气极易溶于水,所以可用水吸收多余的氨气,倒扣漏斗
可以防倒吸,故l）项正确。
21】。［答案］
B
［解析］
A选项’用pH试纸测定（〕H3COOH溶液的pH时,不能用水湿润pH试纸’否则相当于将原CH3COOH溶
液稀释’导致结果偏大,所以错误;B选项,滴定管在用水洗后,应用待装液润洗2～3次,所以正确;C选项,有机相
应从分液漏斗的上口倒出,所以错误;D选项,加热分解碳酸氢钠固体时,试管口应略向下倾斜’所以错误。
212. ［答案］
A
［解析］
A项’滴有KSCN的FeCl3溶液中存在平衡:Fe3＋＋3SCNˉ＝＝Fe（SCN）3 ,Fe（SCN）3为Ⅲ红色络合物,当
加人NaOH溶液后’反应物中Fe3＋浓度降低’平衡逆向移动,溶液颜色变浅,可以用来研究反应物浓度对化学平衡
的影‖问’故A项正确;
B项’酒精与水互溶,不能作为革取碘水中碘的苯取剂’故B项错误;
C项,KMnO4溶液具有强氧化性,可以腐蚀碱式滴定管的橡皮管,应用酸式滴定管盛装KMnO4溶液’故C项错误;
D项’向盛有饱和硅酸钠溶液的试管里,滴人几滴酚酞试液溶液呈红色’然后逐滴加人稀盐酸,振荡,至红色褪到接
近无色时’静置＿会儿,即可形成透明的硅酸凝胶,故D项错误。
213。［答案］
BD
［解析］
A选项’如果加人过量的氢氧化钠溶液’氢氧化钠会与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠’所以错误;B选项’乙
酸可以与碳酸钠溶液反应’而从油层进人水层,再加人干燥剂可除去乙酸乙酷中混有的水,所以正确;C选项,应先
滴加KSCN溶液,再加人新制氯水,否则会因原溶液中有三价铁离子而起干扰作用’所以错误;D选项’两支试管中
双氧水的浓度相同,只有是否含有氯化铁的区别,保证了只有＿个实验变量,所以正确。
考点三物质的检验
214. ［答案］
C
［解析］
C项’醛基的检验方法为加人新制氢氧化铜悬浊液并加热,产生红色沉淀Cu2O’此反应必须在碱性条件
下进行’题干中所给的氢氧化钠的量不足,因此最终不能产生红色沉淀』不能说明M中不含醛基’故C项正确;
A项,非金属性C＞B,则碳酸的酸性大于硼酸’向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液,不能生成二氧化碳,故A项错误;
B项,将AlCl3固体直接加水溶解稀释’会促进铝离子的水解’生成氢氧化铝胶体’故B项错误;
D项,过氧化钠与二氧化碳的反应中’过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,未将二氧化碳氧化,故D项错误。
215. ［答案］
B
［解析］
A。在溶液中加KSCN’溶液显红色’只能证明＿定存在Fe3＋,不能证明是否含有Fe2＋,错误;B.无水CuSO4遇
水生成CuSO4 ·5H2O’固体由白色变为蓝色,正确;C。灼烧白色粉末’火焰呈黄色’能够证明原粉末中含有Na十’无
法证明是否含有K＋,因为要观察钾的火焰颜色’必须透过蓝色钻玻璃滤去黄光,排除钠的干扰,错误;D.能使澄清
石灰水变浑浊的气体不＿定是CO2’SO2也可以’错误。
·42
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考点四物质的分离与提纯
216［答案］
C
［解析］
长颈漏斗不能用来分液,A项错误;NO能与O2反应,不能用排空气法收集,B项错误;配制FeCl3溶液时,
为防止Fe3＋的水解,应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中,再加水稀释’C项正确;将Cl2和H（〕l的混合气体通过饱和食
盐水可除去其中的HCl’但引人了水蒸气’D项错误。
217. ［答案］
C
［解析］
C项’苯酚与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠,而苯不溶于水’可通过分液分离,故选C项;
A项’加热时’碘与铁反应’不能用加热的方法除杂’故不选A项;
B项’氯化铝为共价化合物,熔融的氯化铝不导电’应电解熔融的氧化铝制备铝单质’故不选B项;
D项,氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀’应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体,故不选D项°
218. ［答案］
B
［解析］
NaOH固体溶解后需冷却至室温才能转移至250mL容量瓶中’且需用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次,洗涤
液并人锥形瓶,然后定容’A项不能达到实验目的;实验中若观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去’且溶液变成浅绿
色’说明维生素C具有还原性’B项能达到实验目的;通过NaOH溶液可除去H2中混有的少量HCl杂质,再经浓硫
酸干燥即可得到H2’没有必要经过KMnO4溶液’C项不能达到实验目的;NaHSO3溶液与H2O2溶液的反应没有明
显实验现象,无法判断反应进行的快慢,D项不能达到实验目的°
第四章化学与STSE
考点化学与STSE
2】9。［答案］
I）
［解析］
Na2CO3溶液水解呈碱性’油污在碱性条件下能发生水解反应’A项正确;漂白粉的有效成分为（〕a（ClO）2’
Ca（ClO）2溶于水生成HClO’HClO具有杀菌消毒作用’故可用于生活用水的杀菌消毒,B项正确;胃酸的主要成分
为盐酸,可用Al（OH）3进行中和’C项正确;BaCO3能与胃酸反应生成Ba2十’Ba2＋为重金属离子’能引起蛋白质变
性’D项错误°
220. ［答案］
A
［解析］
泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分,H2O能导电’且H2O也易损坏电器,因此泡沫灭火器不适用于
电器起火’A项错误;疫苗的主要成分是蛋白质,高温下蛋白质易变性而失去活性,所以疫苗要冷藏’B项正确;水性
漆以水作溶剂’相较于油性漆’更有利于健康和环境’C项正确;活泼金属镁易失去电子,形成原电池时为负极’电热
水器内胆（Ag）被保护,此为牺牲阳极的阴极保护法,D项正确°
221。［答案］
A
［解析］
A项’S燃烧生成的是SO2,错误;B项,铜锈的主要成分为碱式碳酸铜:Cu2（OH）2CO3 ,而明矾溶液中的
Al3＋发生水解使溶液显酸性,可以与碱式碳酸铜发生反应’正确;〔〕项,碳酸氢钠可以与水杨酸反应’正确;D项,水
中的钙离子与肥皂发生反应生成高级脂肪酸钙’降低了肥皂的去污能力,正确°
222. ［答案］
B
［解析］
B项,硬水软化＿般加人生石灰和碳酸钠使Mg2＋、Ca2＋沉淀‖加人氯化铁不能使硬水软化’故B项错误;
A项,氦气密度比空气小,化学性质稳定’可以用来填充飞艇,故A项正确;C项’石英砂主要成分为SiO2,可以通过
还原得到单晶硅,故C项正确;D项,聚四氟乙烯耐高温’形成的涂层表面光滑、在高温情况下不易与其他物品粘连’
可用于厨具表面涂层,故D项正确°
43·
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223。［答案］
D
［解析］
I）项,Na2S中的S2ˉ能够与Cu2＋和Hg2＋形成沉淀,利用的是硫的部分化合物难溶的性质’故D项错误;
A项,硅胶具有疏松多孔的结构’吸水能力很强,可用作食品干燥剂,故A项正确;B项,CaO能与SO2反应生成
CaSO3 ,可用于工业废气脱硫,故B项正确;C项’NaClO具有强氧化性,能氧化有机色素,因此可以用于织物的漂白’
故C项正确°
224. ［答案］
B
［解析］
铁表面镀锌’发生电化学腐蚀时’Zn作负极’失去电子发生氧化反应;Fe作正极’O2、H2O在其表面得到电
子发生还原反应,铁受到保护,A正确。聚乳酸塑料能自行降解,聚乙烯塑料则不能,因此用聚乙烯塑料代替聚乳酸
塑料’将加剧白色污染,B不正确。燃烧化石燃料时’产生大量烟尘、CO等有害物质是造成雾疆天气的原因之＿,
C正确.重金属离子有毒性,含有重金属离子的电镀废液随意排放,易引起水体污染和土壤污染,应进行处理达标
后再排放,D正确°
225. ［答案］
I）
［解析］
D项,氯气溶于水存在以下反应Cl2＋H2O＝≡HCl＋HClO,HClO具有氧化杀菌的作用’但夏季时温度
高,HClO在夏季比冬季易分解,杀菌效果不如冬季,故D项错误;A项,SO2具有漂白作用,能与某些有色物质生成
不稳定的无色物质’使草帽辫变白,但是这种无色物质容易分解而使草帽辫逐渐恢复原来的颜色’故A项正确;B
项,硅胶多孔,比表面积大’吸附水能力强’常用作干燥剂和催化剂的载体,故B项正确;C项’纯毛织物的主要成分
是蛋白质’灼烧时有烧焦羽毛的气味,棉织物的主要成分为纤维素,无该特征,故C项正确。
226［答案］
D
［解析］
D项’草木灰的主要成分是K2（】O3 ’按态氮肥中含有NHj,NH旷和CO;
水解相互促进’发生反应;
2NHj＋CO;ˉ-CO2↑＋H2O＋2NH3↑氨气挥发’造成氮元素流失’降低肥效’故D项错误;
A项’塑料、人造纤维和合成橡胶都属于有机高分子化合物,故A项正确;
B项,硅胶因其具有很好的吸附性’可以做干燥剂吸收水分’铁粉具有较强的还原性,可以吸收氧气,防止食物氧化
变质,故B项正确;
C项’Na2FeO4具有很强的氧化性,能有效地杀灭水中的病菌和病毒’自身被还原成Fe（OH）3,进而在溶液中形成
胶体’从而高效地除去水中的微细悬浮物,故C项正确。
227. ［答案］
A
［解析］
A项,青篙素的提取用的是低温革取’属于物理方法,故A项错误
B项’气溶胶属于胶体’具有丁达尔效应’故B项正确;
C项,铁置换铜属于湿法炼铜’故（〕项正确;
D项,剑刃硬度要大’所以用铁碳合金,故D项正确。
228. ［答案］
B
［解析］
B项’葡萄糖是有机物,属于非电解质,通过血液输送到全身各处,然后氧化分解释放能量’即在医疗上葡
萄糖被大量用于病人输液’故B项错误;
A项,硅胶是＿种高活性吸附材料’具有吸水性’防止食物受潮’故A项正确;
C项,Na2CO3水解显碱性,可用作食用碱’故C项正确;
D项,酸性重铬酸钾用于检查酒驾是因为重铬酸钾可以将乙醇氧化成乙酸’同时自身被还原成墨绿色的三价铬离
子,利用的是其强氧化性,故D项正确°
44.
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229. ［答案］
C
［解析］
C项,服用补铁剂同时服用维生素C（具有较强还原性）可以防止补铁剂中的Fe2＋被氧化成Fe3十（Fe3＋很
难被人体吸收）’增加补铁剂的吸收和利用’故C项正确;
A项’塑料中含有塑化剂’塑化剂是＿种有毒的化工塑料软化剂,所以长期使用塑料奶瓶不利于健康,故A项错误;
B项,NaClO、H2O2具有氧化性而达到消毒目的,而乙醇是使蛋白质变性达到消毒目的,故B项错误;
D项,人体大量摄人的铝元素对健康不利,大量蓄积可能导致老年痴呆,故D项错误。
230. ［答案］
D
［解析］
D项’“火树银花”多用于形容焰火绽放的灿烂美景,其中焰火实质上是由多种金属元素的焰色反应形成
的,故D项正确;
A项’相同质量和温度的同种物质固态的能量比液态低,所以相同质量和温度的水和冰相比较,水的能量高,故A
项错误;
B项,“玉不琢不成器”只描述了玉石的形状发生改变’属于物理变化,故B项错误;
C项,“甘之如馆”中的“恰”指代麦芽糖,不能说明全部糖类均有甜味,如淀粉、糖原等物质属干糖类但没有甜味,故
C项错误。
231。［答案］
D
［解析］
A.胆矾炼铜就是“湿法炼铜”,其原理是将胆矾溶于水’再将铁放人胆矾溶液中把铜置换出来,是化学反
应°B.铁矿石炼铁是将原料（铁矿石｀焦炭｀石灰石和空气）加人高炉中,在高炉中发生＿系列化学反应,生成铁单
质,是化学反应°C.茹土烧结制成陶瓷的过程中有新物质生成,是化学反应。D四氧化三铁常称作“磁性氧化
铁”,是磁石的主要成分,打磨磁石制指南针,只是磁石的形状发生变化,是物理变化。
232. ［答案］
B
［解析］
B项,铝化学性质活泼,与空气中氧气反应生成—种致密的Al2O3保护膜’阻止内部的铝继续被氧化’所
以铝制品在空气中能稳定存在’故B项正确;
A项,金属活动性顺序表中Cu的活泼性在H之后,铜制品不能发生析氢腐蚀’故A项错误;
C项,苹果在空气中久置变黄,是因为其中所含的部分酚类物质被氧化为某种黄色物质所致;而纸张＿般使用SO2
作漂白剂,SO2漂白后形成的无色物质不稳定’纸张久置后无色物质会分解’恢复原来颜色,导致变黄,它们的原理
不相同’故C项错误;
D项,高纯度的SiO2对光有很好的折射和全反射作用’因此可以用于制作光导纤维,高纯硅用于制作太阳能电池’
将光能转化为电能,故D项错误°
233. ［答案］
C
［解析］
C项’食用碱为苏打（Na2CO3）与小苏打（NaHCO3）的混合物,故C项错误;
A项’青铜是纯铜（红铜）加人锡或铅的合金’是我国使用最早的合金’故A项正确;
B项,ClOˉ在酸性溶液中与H＋结合为HClO’是具有强氧化性的弱电解质,所以向漂白粉溶液中滴加适量醋酸（能
电离出H＋）,漂白速率会加大,故B项正确;
D项,三大合成材料是指塑料｀合成橡胶和合成纤维’三大合成材料是人工合成的高聚物正在越来越多地取代金
属’成为现代社会使用的重要材料,应用广泛,故D项正确。
234. ［答案］
B
［解析］
B项,睛纶是化学高分子聚合物,不易被微生物降解,长期存在土壤中会损坏土质,造成环境污染’所以腊
纶不宜大量取代棉、麻等天然材料,故B项正确;
45
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A项’铝在人体内积累过多’会加快衰老,对人的记忆力有不良影响,因此铝制餐具不能长期使用’故A项错误;
C项’SiO2用作光导纤维是因为其对光具有折射和全反射作用’而不是因其高熔点的特性,故C项错误;
D项,聚甲基丙烯酸甲酪是由甲基丙烯酸甲酪发生加聚反应制得’故I）项错误。
235. ［答案］
C
［解析］
C项’Se呈ˉ2价,Li呈＋l价,O呈＿2价’H呈＋1价’（Lio8Fe02）OHFeSe中Fe的化合价呈＋2、＋3价
不符合“化合价代数和为0”原则’故C项错误;
A项’石墨烯弹性气凝胶具有吸附性,且是目前世界上最轻的固体材料’可用于吸附泄漏的海上原油,故A项正确;
B项’减少煤炭等燃料的使用、汽车尾气净化再排放｀调整产业结构等可以有效治理雾疆,故B项正确;
D项’水快速氧化成氧气,同时可以释放出氢气’氢能属于二次能源’故D项正确°
236。［苔案］
D
［解析］
D项,铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料,铝的化学性质较活泼’在空气中易和氧气反应生成
致密的保护膜氧化铝’增强抗腐蚀性’故D项错误;
A项’液氨由液态变成气态,汽化过程要吸收大量的热,故A项正确;
B项’煤脱硫可以减少SO2的排放,是减少酸雨形成的有效措施,故B项正确;
C项,碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料,属于新型无机非金属材料,故C项正确。
第五章非选择颗颗型
考点-有机推断大题
237. ［答案］
（l）氯乙酸（2分）
（2）取代反应（1分）
（3）乙醇／浓硫酸｀加热（2分）
（4）Cl2Hl8O3（2分）
（5）轻基｀醚键（2分）
O
／
O
O
≠‖人Ⅷ×∩儿幌箭』
（6）
O
＼
CH2OH
CH2Cl
CH2CN
CH2COOH
m皿选些◎
—些驾m
就删
（7）
0CH2COOCH:＿O（4分）
［解析］
（］）A的化学名称为氯乙酸° （2）反应@中—CN取代—Cl,为取代反应。（3〉比较D和E的结构简式可
知,反应@是HOOC—CH2＿COOH与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生的酷化反应° （4）由G的结构简式可知G的
分子式为Cl2Hl8O3° （5）由W的结构简式可知,W中含氧官能团的名称为轻基、醚键° （6）根据题意知,满足条件
O
／
O
O
〉h／lb＼,儿….
的E的酪类同分异构体具有高度对称结构,则满足条件的同分异构体为
O
＼
醇合成苯乙酸节酷,需要增长碳链。联系题图中反应@、o、@设计合成路线°
46
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［答案］
（l）C6Hl2O6（2分）
（2）烃基（2分）
（3）取代反应（2分）
OH
~／
抖鸭＂』
（4）
H3CCOO
｜№碱鳃……
门,腮＂周一
（5）
H3CCOO
HO
头〈
（6）9（2分）
（2分）
HOOC
COOH
［解析］
葡萄糖经催化加氢生成的A为CH2OH（CHOH）4CH2OH’B和CH3COOH发生酷化反应,结合C的分子式
OH
闻,＝……『｜娠＂
可知B和CH3COOH以等物质的量反应,则C的结构简式为
H3CCOO
衅.…………｝……
与硝酸发生反应’则D为
H3CCOO
糖’其分子式为C6Hl2O6° （2）根据A的结构简式可知A中含有的官能团为轻基° （3）由B和C的结构简式可知
辩蜒蔽……….
该反应为酷化反应或取代反应。
（5）
H3CCOO
HO
砷″＼…←碱.＼僧……
和CH3COONa’其化学方程式为
H3CCOO
HO
知B的分子式为C6H10O4,即F的分子式也为C6Hl0O4’其摩尔质量为l46g .mol
｜’7.30gF的物质的量为
238
7°30g
146g.molˉl＝0
05mol,结合0.05molF与饱和NaHCO｀溶液反应生成2.24L（（）。1mol）CO’可知lmolF中含
l
2
3
4
2mol＿（】OOH’则F的结构中,主链上含有4个碳原子时有6种情况,即C—C—C—C （数字表示另＿个—（〕OOH
COOH
1
2
3
2
l
的位置’下同）和C
C
C
C ;主链含3个碳原子时有3种情况,即C—C—C—COOH
COOH
C
则符合条件的F有9种
Ⅱ
○
·
℃
冰
℃
·
○
Ⅸ
为
式
简
构
结
的
］
］
为
比
之
积
面
峰
的
峰
收
吸
中
谱
氢
振
仕
＾
磁
核
中
其
◎
构
结
能
可
47
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［答案］
（l）丙炔（l分）
△
（2）≡—CH2Cl
＋NaCN→≡—CH2CN＋NaCl（2分）
（3）取代反应（2分）
加成反应（2分）
（4）≡—CH2COOC2H5
（2分）
（5）轻基、酪基（l分）
O
（‘）Q腿川o＾（:分｜
OH
（7）10≡／儿o一＼i
0
。
。
、
oˉ≡—｀—＝儿0＾｀≡人o／｀／＿≡」〔b／（3分｀任
写3种）
［解析］
（l
）
CH3—C＝CH的名称为丙炔°
（2）
CH3＿C≡CH与Cl2在光照条件下发生取代反应生成
ClCH2—C≡CH（B）
’ ClCH2—C≡CH与NaCN在加热条件下发生取代反应生成HC≡C—CH2CN（C）
,即
△
B→C的化学方程式为≡—CH2Cl
＋NaCN-＿→≡-CH2（〕N＋NaCl。（3）A生成B的反应为取代反应,结合已知
信息可推出G生成H的反应为加成反应。
（4）
HC≡C—CH2CN水解后生成HC≡C—CH2COOH
,
HC≡C—CH2COOH与CH3CH2OH发生酪化反应生成HC≡C—（】H2COOC2H5（I））
· （5）根据Y的结构简式可
O
知,γ中禽有醋墓利挫墓两种街氧官能团. （6）F为〈ˉ≥ˉCHO其与人人＾森C『ˉⅫ催化卜发生偶联
I
O
O
厦…Q腿川∩＾. ｝′｜…设条僻可飘x中禽侮2个—α!｀」个…键｜个蹦墓」↑
OH
O
O
｜
｜
｜
｜
—CH2—,则符合条件的X的结构简式如下: CH3
C≡（〕—C—O—CH2CH3
、CH3—CH2—C≡C—C—O—CH3
、
O
O
O
‖
‖
CH3
C≡C—CH2—C—O—CH3
、CH3—C—O—C≡C—CH2
CH3
、CH3—C—O—CH2
（〕≡C—CH3
｀
O
CH3—CH2—C—O—C≡C
CH3
。
239
240. ［答案］
（l）cd（l分）
（2）取代反应（酪化反应）（l分）
（3）酪基、碳碳双键（2分）
消去反应（l分）
（4）己二酸（l分）
O
C
O］丽H
／＼／＼／＼／＼／＼／
COOH
nHO
催1堕l防HO—［ˉC
O
＋（2″ˉl）H2O（2分）
／＼／＼／
＼／＼／＼
∏HOOC
＋
OH
O
（5＂2（2分）
Ⅱ（）OCC＂』—〈ˉ〉ˉCH鸳COOH（｜分）
CH3
↑H］
?!』
CO（）H
~｜~
〈揣（糕◎＂＂＂◎“崎）
（6）
｜~
~｜
｜~
CH3
CH3
CH3
CO（）H
·48
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［解析］
（1）糖类不＿定具有甜味’不＿定符合C厕H2刚O咖的通式,a项错误;麦芽糖水解生成葡萄糖’而蔗糖水解
生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖,b项错误;用碘水检验淀粉是否完全水解,用银氨溶液可以检验淀粉是否发
生水解’c项正确;淀粉、纤维素都是多糖类天然有机高分子化合物,d项正确° （2）B→C发生酪化反应’又叫取代
反应◎（3）D中官能团名称是酪基｀碳碳双键.D生成E,增加两个碳碳双键,说明发生消去反应° （4）F为二元梭
酸,名称为己二酸或l ,6ˉ己二酸。己二酸与］,4ˉ丁二醇在＿定条件下合成聚酪,注意链端要连接氢原子或轻基’脱
去小分子水的数目为（2刚—］）,高聚物中聚合度″不可漏写° （5）W具有＿种官能团’不是一个官能团;W是二取代芳
香族化合物,则苯环上有两个取代基,0.5molW与足量碳酸氢钠反应生成q4gCO2,说明W分子中含有2个竣基’则有4
种情况:旺CH2COOH’—CH2COOH;谬COOH’—CH2CH2COOH;匪COOH,—CH（CH3 ）COOH;O—CH3,
—CH（COOH）COOH·每组取代基在苯环上有邻、间｀对三种位置关系’W共有12种结构°在核磁共振氢谱上只有3组峰,
说明肝是对称结构结构简式为＂00CCH』—SCH』旧O0H. （6）流程图中有两个新信富反应愿埋堤C与
乙烯反应生成D’是生成六元环的反应;二是D→E’在Pd／C、加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原
理可得出合成路线°
○（2分｛
［答案］
（l）
旧）Q…剧竿Q…』∩（2分｜
（3）加成反应（l分）
3ˉ捏基丙醛（或βˉ轻基丙醛）（1分）
O
O
｜
｜
（4）O″HOOC—（CH2）3—COOH＋＂HO—（CH2）3—0H≡堕二里尘兰HOˉ［C—（CH2）3—C—O—（CH2）3＿O十H
△
＋（2川ˉl）H2O（2分）
@b（1分）
OOCH
（5）5（3分）
H』C—『—COOⅡ（2分）
‘（［分）
CH3
［解析］
（1）烃A的相对分子质量为70’则A的分子式为C5Hl0。烃A的核磁共振氢谱显示只有＿种化学环境的
氢说阴…惭筒氢腮于酗删化学环臆桐刚｜｜…简式为○.
○｜惫圃藤化命鞠…＂幢河…Qα闷………僻下…去·
（2〉由“A（
Q.＂罐化…化馈〃健贰为Q…Ⅱ字○籍…』o.
应生成C,则C为
（3）F是福尔马林的溶质’则F为HCHO;E｀F为相对分子质量差14的同系物’则E为CH3CHO°结合信息反应@
可知,CH3CHO和HCHO在稀NaOH溶液中发生加成反应生成HOCH2CH2CHO（G）’其系统名称为3ˉ轻基丙醛（或
βˉ轻基丙醛）。
（剿）睡c（○）篷懒惟酗腮o腊蔽氧化喉赋Ⅲ,灿为Ⅱ侧o…）』c00凰.c（＂0‘Ⅱ』…o）与Ⅱ泼卸‖
241. ［答案］
（l）
成反应生成H,则H为HO（〕H2CH2（〕H2OⅡ°
HOOC（CH2）3COOH与HO〔】H2CH2CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生缩聚反应生成PPG’反应的化学方程式为
O
O
浓H2SO4
｜｜
‖
″HOOC—（CH2）3
COOH＋″HO＿（CH2）3
OH
＝≡-≡＝HOˉ［C—（CH2）3
C
O
（CH2）3—O十H
△
＋（2几-l）H’O°
·49.
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O
O
｜｜
2PPG的结构简式为HO卡C—（CH2）3—C—O
（CH2）3
O十H’其链节为
O
O
‖
｜
｜
C
（CH2）3—C—O—（CH2）3—O
,若其平均相对分子质量为100（）0’则其平均聚合度″≡（10000—18）／
172≈58◎
（5）D的结构简式为HOOC（CH2）3COOH,其同分异构体满足条件;O能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体’说明含
有—COOH;@既能发生银镜反应’又能发生皂化反应’说明含有一CHO和一COO—（酪基）’结合D的分子式分析
可知,其同分异构体为甲酸酷,含有HCOO—结构’则符合条件的同分异构体有5种结构,分别为
↑H］
『H』
OOCH
OOCH
CH3CH2CHCOOH
｀CH3CHCH2COOH 、HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCCOOH、HCOOCH2CHCOOH°核磁共
CH3
振氢谱显示为3组峰,说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子;又知峰面积比为6: 1: l ,说明3种氢原子
OOCH
的个数比为6; ］; l,该有机物的结构简式为H』c—「—cooⅡ.
CHq
242［苔案］
（除特殊标注外,每空2分）
（l）乙烯（l分）
CH≡C
CH3
（1分）
（2）醛基（或—CHO）（｛分）
CH2＝↑—CHO
CH3
（3）加成反应（l分）
CH2＝『—CⅡ』
CN
CHO
（4）4
CH］
『
CH］
CHO
（5）CH3CHO!OHˉ 、△（l分）
Ⅱ』C—G—CH＝CHCOOH＋CH』OH丝坠H』C—G—CHˉCHCOOCH』＋H』O
［解析］
由A的分子式可知其结构简式为CH2＝CII2;由已知信息O结合B的分子式可知其结构简式为
CⅡ］CⅡⅡCHO;由已知信息@结合C的分子式叫知其结构简式为C＂2≡「—C＂O ;C被氧化生成D’则D的结构简
CH3
式为C∏』＝『—CO0H;已知F的核磁共振氢谱有卿种化学环境的氢其峰面积之比为2;3结合反应O的产物结构
CH3
可知F的结构简式为CH2＝C—CH3 ’则E为CH≡C—CH3°综上所述,A为CH2＝CH2、B为CH3CH2CHO、C为
CN
CH2＝『—CHO 、D为CⅡ2＝丫—COOH 、E为CH≡C—CH』、F为CH2＝「—CH］.
CH3
CH3
CN
（l）据分析,A为CH2＝CH2,其名称是乙烯;E的结构简式为CH≡C—CH3°
（2）搪分忻,B为CH』C＂』CHO,含有的宫能团是醛基（或—CH0）;C的结构简式为C＂2＝『—C＂O.
CH3
50
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（3）反应@中｀CH≡C—CH］与HCN发生反应生成CH2＝『—CH』｀其反应类型为加成反应!F的结构简式是
CN
CH』＝↑—CH』.
CN
（4）据分忻,D为CH2≡『—COOH.已知D的同系物C比D相对分子质量多M’说明G比D经个CH2原子团;
CH3
G能发生银镜反应’说明其含有—CHO’且lmolG恰好消耗4molAg（NH3）2OH,则说明其含有2个—CHO。因此
G可看作丙烷上的2个—H被2个—CHO替代:当1个—CHO替代甲基上的—H时,另外1个—CHO有3种位置;
另外,2个—CHO都可以替代亚甲基中的—H°故满足条件的G共有3＋1＝4种°其中＿种的核磁共振氢谱只呈
CHO
现2个吸收峰则为高度对称结构’则其结构简式为CH乳—「—CH』.
CHO
（5）＂』C＿〈ˉ〉ˉC＂O与CH』C＂O在碱性、加热条件下可生成X,X为＂』C—9CH＝C＂C＂O;X发生氧化
反应可生成Y,Y为＂,c＿O—c＂＝c＂c0o＂;γ与甲醇发生醋化反应可生成
H』CˉSCHˉCHCOOCH』.反应!巾的试剂与条件为CH』CHO’OH—＼△;反应3中的化学方程式为
H’C—SCH＝CHCOOH＋CHjOH＝丝型兰H3C—GCH≡CHCOOCⅡ’＋H2O.
243［答案］
（l）0c2H’ （｜分）
（2）碳碳双键（1分）
l0（l分）
（3）取代反应（1分）
加成反应（1分）
（4）c2H』—9cHMⅡ』B『＋2K0H挛c:n’—O—C≡cH十2KBr十2Ⅱ』o（2分）
＂,c》c＂～日cH0（』分）
（5）l5（2分）
Ⅱ3C
CH＝CH2
CHBrCH2Br
C≡CH
~｛
~｜
~｜
心÷心器边
一sc—c—0—…）
（6）
Ⅱ,cˉo℃赊co…o. ＝H』c—G‖＿
I2／HIO3
［解析］
根掘已知流程图’由B的结构简式知o为取代反应,A的结构简式为sC:Ⅱ鼠. Ⅲ被四氢吹呐还原
成C’D在Br2｀CCl4条件下反应生成E,D中含不饱和键,O为消去反应,由C的结构简式可知D为
c2＂’-9c＂≡c＂』与此的ccl剑溶液发生加成反应则E为c』＂爵—0C＂Brc＂2阶, ＂在Ko＂的醇
溶液中发生消去反№生成F则F为C2H:＿9C≡CH,山＂的分f式可知,反应O属于取代反应M的结构简
式为QⅡ,—GC≡C—SC』Ⅱ’ .综｝所述,A为O—C2Ⅱ’ ｀D为C』H鼠＿O—CⅡ≡CH垦,E为
c2＂舅—8c＂闹rc∏Ⅺ＂『’『为c』＂5—SC≡c＂,M为Q＂舅＿O—c≡c—O＿c』＂’.
（｜）由B的结构简式叮则反应o为取代反应’则A的结构简式为Gc:Ⅱ鼠.
.5l
.
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（2）D为C2＂舅—O—C＂＝C＂Ⅺ』故∏含衔的官能圃是碳碳双键苯环和碳碳双键均为平面结构旋转碳碳单键
可以使两个平面共面’即所有碳原子均可能共面,故分子中最多有l0个碳原子共平面°
（3）由B的结构简式可知反应O为取代反应,D中含有不饱和键’与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
（4）Ⅱ为c』＂,—G—cH阶c＂卫E＾E在Ko＂的醇溶液中发生消去反应生成F,化学方程式为
c』H’—0ˉc日Brc＂Ⅺ腮Ⅱ＋2Ⅻ＂字c』＂舅—o—c≡c＂＋2KB叶2∏』o.
O
（5）B的结构简式为CH』』＿GC』H’ ,其同分异构体苯环上何两个取代基,且能发生银镜反应,凰‖含有醛
基则苯环上的两个侧链可能为—（］HO｀—CH2CH2CH3,—CHO｀—CH（CH3 ）CH3,—CH2CHO｀—CH2CH3
’
—CH2CH2CHO、—CH3,—（】H（CH3）CH（）、—CH3 ,在苯环上各有邻｀｜司、对3种位置,则满足以上条件的同分异构体
＂』c〉cH—日ˉcHo·
共有5×3≡l5种;其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为6:2:2: l: 1的是
HqC
CHBrCH2Br
边
（6）苯乙烯与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成
,继而在KOH的醇溶液中发生消去反应生成
C≡〔〕H
C≡（〕H
卤.
~~｜
○
;甲苯首先在」』′H［0』｀cH』coo…山存…价下生成H』c—日I 』然厉产物与
生取代反廊生咸日—c≡c＿恩c＂』.则合成路线则下;
茵删爬—蒜凸…黑＿矗“
—o—《≡爬恶隆№
Ⅱ,c—O…＂′Ⅱ健o』ˉH』cˉs!—
I2／HIO］
244. ［答案］
（1）正丁醛（或丁醛）（l分）
9（l分）
8（l分）
H
CHO
H
COONH4
）＝（
△
）＝X
（2）醛基（l分）
＋2Ag（NH3）2OH—＿→
＋2Ag↓＋3NH3＋
CH3CII2CH2
H
CH3CH2CH2
H
H
CHO
H
（】OONa
）-（
△
）＝〈
H2O［或
＋2Cu（OH）2＋NaOH—→
＋（1u2O↓＋3H2O］（2分）
CH3（〕H2CH2
H
CH3CH2CH2
H
（3）cd（2分）
／OCH3
H3C〉＝〈OCH3
H3C）＝〈H
、H2C＝C
（4分）
（4）CH2＝CHCH2OCH3、
＼
H
H
H
OCH3
CH则
H2／催化剂
／OCH3
H＋／H2o
（5）
÷CH3（CH2）4Cll
＞CH］（CH2）4CHO（4分）
~＼
OCⅡ3
（6）保护醛基（或其他合理答案）（2分）
·52
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［解析］
（l）碳碳双键两端的碳原子及与之相连的原子均共面,单键可旋转,从而使氧原子｀乙基上的两个碳原子
都可能位于同＿平面上,乙基上最多有-个氢原子位于上述平面内,故B分子中的共面原子数目最多为9。C分子
中与环相连的三个基团都不等效,所以三个基团中共有8种碳原子,即有8种氢原子。
（2）D中的含氧官能团是醛
基’检验醛基可用银氨溶液’也可用新制氢氧化铜悬浊液。（3）结合“已知”信息及C→D十A＋E可知,E为乙醇。
乙醇能发生消去反应,也能发生取代反应’故c、d项正确;乙醇不能发生聚合反应和加成反应,故a、b项错误°
（4）B中含有碳碳双键和醚键。书写同分异构体时’可先写出含有4个碳原子的烯烃的所有同分异构体（碳骨架共
有三种:
C＝〔】—C—C
｀C—C＝C—C
、C＝C—C
）,再在碳碳单键中插人氧原子（注意考虑）｜Ⅲ反异构体）,剔除
C
重复者即可。（5）由D制备己醛’碳碳双键变成了碳碳单键,发生了加成反应,但醛基未发生变化。第＿步反应中
醛基与CH3OH发生加成反应,生成物中含有—CH（OCH3）2结构’根据“已知’,信息,该结构发生酸性水解即可重新
得到醛基°所以第二步可与氢气发生加成反应,以将碳碳双键变为碳碳单键,最后＿步发生酸性水解,即可达到目
的。（6）根据上述分析‖第＿步反应的目的是为了保护醛基’使其不与氢气发生加成反应°
［答案］
（1）1’3ˉ丁二烯（2分）
（2）a（2分）
（3）b（2分）
CH＝CH2
△
／／～√／
（4）O2CH2＝CH—CH＝CH2—‖…」
（3分）
@6（2分）
OH
OH
OH
（〕l
Cl
CH2~｜~Cl
茹·圃佩＂顺堑ˉ近
″＂…
∏
（5）2
~｜~
~｜~
Cl
Cl
Cl
∩
（或∧CⅡ2c∏ˉc∏』）（］分）
CH2CH＝CH2
（6）
245
＼
／
［解析］
（1）CH2＝CH—CH＝CH2分子中含有2个
C-C
’属于二烯烃’根据系统命名法原则’其名称为
／
＼
l,3ˉ丁二烯。
＼
／
（2）CH2＝CH—CH＝CⅡ2分子中含有
C-（】
,具有烯烃的化学性质’能发生加成反应和加聚反应等,该有机
／
＼
物经反应I生成顺式聚合物P,则反应I为加聚反应。
（3）迁移应用课本中｜｜顶反异构体知识,推测顺式聚合物p分子中连接在
C＝C
两端碳原子的同种基团处干双
／
＼
键的同侧,故b项正确。
（4）O结合题给信息j中加成反应（成环反应）原理,推测反应Ⅱ为2分子CH2＝CH—CH＝CH2在加热条件下发
CH＝CH2
／／～＼／
生加成反应（成环反应）生成A。又知A的相对分子质量为l08,从而确定A的结构简式为l～」
,反
CH＝CH2
应的化学方程式为2cⅡ』ˉc捌—c删-cH』兰℃丫
.翻结合信息i中反应原理
CHO
CH＝CH2
C
仆…＂』o作旧下发生开环反应生成‘H鹰＂』『:＂∩枷HcH0结合＂的结构简式可知.
CH2CH2CH（）
CHO
B为CHCH2CHO
’C为H（〕HO。lmolB含有3mol—CHO,可与3molH2完全加成,消耗H2的质量为6g°
CH,CH7CHO
53
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Cl
~~
~／
（5）N的分子式为C旧H:C｜铡O』,巾C的分子式为亿H2O, C｜—9OⅡ的分子式为C偷H铡C｜2O.由酚轻基邻位上
〔／｛
Ⅷ
Ⅷ／壤
酶氧愿子辙擂泼可摧出＂酶撼构简式为）氢／
ˉ
.瞬以…胸化学方程式为2逾″
OH
Cl
CH2?HCl
口U｛吼“
H＋
HCHO--→
~~｜~~｜~
Cl
Cl
CHO
CH＝CH2
（6M的结构偷式为C／
其阔分冕构体褂o』、z…作闹下也…隐（γ川Ⅻ』cⅢ）
）利
,其同分异构体在O』、Zn／H』O作用下′也能生成愿（（「HCH2C∏O
）和
CH2CH2CHO
／＼
／CH2CH＝（〕H2
C（ⅡcⅡ〔））根搬该反应的隐理逆向榷鲤知A的同分异构体的结构简式叫能为□／
或
凸cH2cH＝CH』
［苔案］
（1）甲醇（2分）
嗅原子（2分）
取代反应（2分）
COOH
COOCH3
（2）Ⅱ』C—C—H
＋2CⅡ乳（）H亏鲤堕三Ⅱ』C—↑
Ⅱ
＋2H:O（3分）
△
（〕OOH
COOCH3
α
αo《Ⅲ▲／C〔
‘ooH＿临co』↑（3分）
（3）
O／＼／×
0′＾√丫
~｜COOH
~~~~~｜
（4〉CH3I（2分）
O
O
（5）HO—［』ˉ〈—〉ˉ』—OCⅡ』CH』O十H（2分）
246
］
刁
Ⅱ
Ⅱ
〔
℃
○
○
○
○
〔
℃
／
Ⅱ
＼
℃
〕
Ⅱ
·
为
∧
出
断
推
线
路
成
△
口
的
中
题
据
根
］
析
解
［
已
已
Ⅳ
Ⅳ
○
○
○
○
℃
℃
／
＼
（
｜
＼
∑
Ⅱ
℃
／
／
’
＝
Ⅱ
℃
＼
＼
∑
Ⅱ
℃
／
○
肛
为
旧
Ⅱ
Ⅱ
○
○
○
○
℃
℃
／
＼
℃
｜
＼
∑
Ⅱ
「
＼
／
~
。
／
勺
←
Ⅱ
℃
＼
∑
Ⅱ
℃
／
○
α
为
·
·54
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n沟」乙M』
O
＼
／CH2＼丫OOH. （l）试剂l的名称为甲醇;试剂Ⅱ中官能团名称为滇腺子;第@步的反
CⅡ2
CH
COOH
／
应类型为取代反应。（2）第O步反应为cH3＿cⅡ
与cH3oH在浓硫酸、加热的作用下发生的酷化反应’生
＼
COOH
COOCH3
COOH
COOCH3
／
／
浓H2SO4
／
成CH3—Cg
,故化学方程式为CH3—叫
＋2CH』OH＿mH］—C;
＋2H2O。
COOCH3
COOH
COOCH3
（』）恨…催息可碍出第…口″鹰Ⅱ1｀
″cH人″cooⅡ雌co里生咸
O
CH2
C
｜＼COOH
口／叫』＼
／cH人↑Oo＂,鼓化掌方橇式为」＜（／cⅡ典＼
／cⅢ人／cooH一
CH
O
CH2
O
CH2
C
｜＼CO（）H
α／cH』／叫ooⅡ＃co,↑
『（粤）橇瞻D与Ⅱ＂…武｝可……为p分子中慈墓邻
O
CH2
CH
位碳原子上的＿个氢原子被＿CH3取代’又已知题中试剂Ⅲ为单碘代烷烃’故试剂Ⅲ为CH3I。
（5）因C为
n／／cH型＼
／c＂!＼／cOOⅡ,与c互沟阔分露构体目…暴你下鹏水解则灌物…于熊类赣
O
CH2
C
＼COOH
合题意叮得X为HOOC—〈＝〉ˉCOOH ’Y为HOCH2CH2OH’ HOO［｜—〈＝厂COOH与HOCH2CH2OH发生缩
O
O
…所得产物的结构简式为ⅡOˉ［』—《≡广』—O—cⅡ2—cⅡ』
［答案］
（1）C｜＂H,∩（l分）
（2）款基｀竣基（2分）
O十H
247. ［答案］
（1）Cl0H20（l分）
↑H』
C—COOCH3
CH3
（2分）
（3）4（2分）
H］COO（】ˉ
（4）加成反应（或还原反应）（1分）
取代反应（l分）
O
H］C＞—〈
（’）
丛—》
（2分）
（6）聚闽龋酸钠（｜分）
O
CH3
C2H5OH
（7）C＂j「HCOOH＋2№O∏
→C＂2＝C∏COO№十№陆十2H2O（3分）
△
Br
（8）—G＿〈
（2分）
3（l分）
55·
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［解析］
（l）H中含有］0个碳原子’它的不饱和度是l ,所以分子式为Cl0H20。
（2）根据H的分子式（（〕｜0H20）比A的分子式（C‖0Hl6）多4个H原子可知,在A中应有2个碳碳双键’结合已知信
O
息和C的结构推出A的结构简式为—β＜从＂j推出B为cH』—c—c0oH,含有的官能团是赣基利竣基·
（3）根据C的结构简式知其分子式为C7Hl2O4,它的同分异构体中含有两个—COOCH3基团的有
H3（】OOCCH2CH2CH2COOCH3｀H3COOCCH（CH3）CH2COOCH3、H3COOCC（CH3）2COOCH3
、
H3COOCCH（CH2CH3）COOCH3四种。其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的是H3COO（】C（CH3）2COOCH3◎
（4）根据反应条件判断B→D是加成反应,D＿＋E是取代反应◎
O
（5）B是CH』—C—COOH则D是CH］—『H—COOH 』G是含有六元环的化合物,叫知是2分子D通过醋化反应巾得
OH
H2C
O
.〉一〈
所以G是
O
O
°
〉＿〈
O
CH3
（6）由D是CH」—↑H—COOH ′推出E是CⅡ』—↑H—COOH ,E发生消去反厕生成F｀所以F是
OH
Br
CH2＝CH—COO№’F加聚后生成卡CH2—丫H十
,其名称为聚丙烯酸钠.
COONa
C2H5OH
（7）E→F的化学方程式为CH』↑HCOOH＋2№OH
→CH2＝CⅡCOO№十№Br＋2Ⅱ』O.
△
Br
评
…
、
~
知
~
氏
｀
‖
有
物
产
的
应
反
成
加
行
进
【
〗
〗
的
量
的
质
物
等
与
∧
棚
（8）A的结构简式为
让
＾
对
‖
〕
→
阶
险
归
248［答案］
（l）丙二醛（2分）
.
O
:Ⅱ（l分）
C（）OH
热—刚酗‘…』
（2）9（2分）
CH3O
（3）CHjO—（〉＿M!:＋（C＂副CO）2O—→C＂』O＿〈≡》＿N＂COCⅡ』＋CⅡ』COO＂（2分）
（4）D（2分）
（5）l0（2分）
O2
№Oh溶液; HOCH塑＿∩＿Ⅻ』
催化刹△
（6）
ⅡrCH』ˉG—NO』
》
OHC—〈ˉ〉ˉNO』
ⅡOOC—G＿Mh—里埋H0OC—qN＂Ⅱ—l丝逊H毛＂｀—门—CO圭｜〕H（2分）
O2
-------＝-—》
催化剂／△
.56·
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［解析］
由题目信息知’A氧化得到B’B再氧化得到C’所以A为HOCH2（〕H2CH2OH｀B为OHCCH2CHO;F与
（CⅡ｀CO）』O反应栅到O,『由E和F筐／＂α作用得到,所以『为CⅡ｀O—〈＝广NHⅡ;H含有厕个竣基’加热得到!
COOH
—〈≡〉—…Ⅱ＝
并放出CO2,而M含有＿个竣基,所以I为CH3O
（］）B的名称为丙二醛。A中官能团为—OH,其电子式为.
O
:H。
（2）C中两个竣基的所有原子和CH2中的C原子共面时,共面原子数最多为9个° I的结构简式为
COOH
~〈
CH3O—〈＝厂ⅫC0CH』·
（3）由题目信息测’F→G为CⅡ｀O—〈≡〉—NⅡⅡ与（CH乳CO）垦O的取代反应,叫写出化学方程式;
CHjO—《—》＿NH2＋（CH｀CO）2O—CⅡ』O—∩—M!COCⅡ’＋CⅡ乳COOH.
COOH
导＂Ⅱ……堕顺……锥…………臆″
（4）Ⅵ为HO
基｀苯环、竣基、肮键均能发生取代反应;该物质不能发生消去反应。故选D项。
（5）由信息知,O能与FeCl3溶液显色,则有酚轻基’苯环上连有1个—OH;@能与NaHCO3反应,则含有l个
—COOH;O有l个—NH2,则满足条件的E的同分异构体即为苯环上连3个不同的取代基’共有10种。
（6）由逆推法知,合成Ⅱ卡NH—《-〉—CO士OⅡ的单体为Ⅱ』N—〈≡〉-COOH ,—COOH叫由—OH连续氧化
形成,—OH可由卤代烃水解而成;—NH2可由—NO2还原生成;
NH2易被氧化,则应先发生氧化反应再还原
—N02’由此可得合成路线为
O2
O2
隘CH』《ˉ〉＿M』叫盗篮,
Ⅱ0CH圆—〈ˉ〉—N0』丽mHC＿《ˉ〉ˉXO』
—愿花乔「r,
H00C—〈＝》NO』…≥＂OOC—〈≡〉阳』—l筐蜒》＂卡＂N＿《ˉ〉～C0圭0＂.
249。［答案］
（］）加成反应（1分）
H2（）
（2）↑Ⅱ』—『＂』＋2№OHr↑Ⅱ』—↑Ⅱ』
＋2N凰Ⅱr（2分）
Br
Br
OH
OH
（3）碳碳双键（l分）
酷基（］分）
OH
O
｜｜
Cu
（4）2CH3—CH
CHj
＋O2ˉ万2CH］—C—CH3＋2H2O（2分）
OH
（5）c∏』
「—coo＂（2分）
CH3
（6）ac（2分）
H
H
＼~
~／
＼
／
C＝C
（2分）
（7）
／
＼
Hq（〕
COOH
57
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Ⅱ
Ⅱ
℃
℃
∏
Ⅱ
℃
℃
Ⅱ
Ⅱ
◎
·
○
○
〗
〗
∑
∑
四
｜
＾
‖
…
｜
凹
催化剂
》
△
（8）∏
O
O
Ⅱ0CH2CHⅡO卡』—G—』—O＿CⅡ』＿CH』—O圭H带（＂ˉ［）『HⅡ—『H』（3分）
OH
OH
［解析］
由PMMA的结构’可知PMMA的单体为CH2≡C（CH3）CO（）CH3 ,乙烯和澳发生加成反应生成A为
CH2BrCH2Br’A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH’根据信息I及PET单体的分
罩………………∩
子式,可知PET的单体为
COOCH2CH2OH
交换反应生成PET树脂,F发生信息Ⅱ中反应得到G,G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J’则
OH
O
OH
｜
｜
C为CHj—「—COOH ,故F为H］C—C—CH］,E为CH』—CH—CH］.综上所述｀A为CH2BrCH:Br、
CH］
OH
O
｜｜
B为HOCH2（〕H2OH、I）为CH3OH、E为CH3—CH—CH3 、F为H3C—C—CH3
OH
C为CⅡ副—丫—CO0H
CH3
J为CH2＝C（CH3）COOH,据此解答。
（l）乙烯在Br2／CCl4条件下发生加成反应°
H2O
＋2NaOH一
△
（2）@为CH2BⅡCH2Br发生水解反应生成HOCH2CH斟OH,该反应的化学方程式为『Ⅱ2—『H2
Br
Br
『Ⅱ2
丫H2 ＋2№Br.
OH
OH
（3）PMMA单体的结构简式为CH2＝C（CH3）COO（】H3’则PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酪基°
0H
O
OH
｜
｜
（4）由以上分析得’O反应为CH3—CH—CH3氧化生成H3C—C—CH3
’反应方程式为2CH3—CH—（】H3
＋O2
O
｜｜
2CH3—C—CH3＋2H2O
Cu
—
△
OH
（5）由上述分析得C的结构简式为CHj
『—COOH.
CH3
（6）a项’@为CH3OH和CH2＝C（CH3）COOH发生酪化反应,故a项正确;
b项’D为CH3OH,B为lIOCH2（〕H2OH,它们的轻基数目不同’所以B和D不是同系物’故b项错误;
c项’D中有轻基,能形成氢键’所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高,故c项正确;
58.
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γOOCH3
＂项m,｜◎
与…oH糯…时｀……｜№o＂、敝频错谩.
~｜~
COOCH3
综上所述,本题正确答案为ac。
（7）J［CH2≡C（CH3）COOH］的某种同分异构体与J具有相同官能团,且为顺式结构’其结构简式
H
H
＼
／
为
C＝C
°
／
＼
H3（〕
COOH
COOCH2CH2OH
m
竿
（8）由上述分析得,由PET单体制备PET聚酷并生成B的化学方程式＂
COOCH2CH2OH
O
O
H0CH2CH』O卡』—〈≡厂』—O—C＂2—CH2—O恭Ⅱ＋（厕ˉ‖）丫＂2—↑＂2.
OH
OH
［答案］
（除特殊标明外,每空2分）
（1）CH3COOCH＝CH2
醛基（l分）
（2）OO保护酚轻基,防止被氧化
（3）l
（斗）「H2—GO＿↑—CH』＋3№OH—△→↑H』—G—O№＋CH』COO№＋H2O＋NaB「
Br
O
OH
（5）｜‘
＂
c o—c＂2一Gc＂』
｜
｜
O
［解析］
经分析,K为CH3COOCH＝CH2,结合后续反应及已知O知I为CH3CHO’则D为CH3COONa。A的不饱
和度为5’G能与氯化铁溶液发生显色反应’则A含苯环’又苯环上的-元取代物只有两种’结合后续反应可知A为
C＂』—SO—『—CH’ ,臆的分子量比A大79,则＂为「H2—日—O—『＿C＂』.＂水解牛成C＂u则
O
Br
O
c为『＂2—So№. c被连续氧化. ＂为o＂c—G—o№｀『为＂ooc—Go№,
OH
c为＂00c＿SoH.
（1）聚乙酸乙烯酪的单体为乙酸乙烯酪’则化合物K的结构简式是CH3COOCH＝CH2;由题图可知’I在＿定条件
下转化为CH3COOH,结合已知信息O可知I中含有的官能团为醛基°
（2）反应o@o@中’只有oo属于水解反应;若是采取@@o顺序’@o会将反应@后得到的酚轻基氧化,故采取
@o@的操作顺序是为了保护酚烃基’防止其被氧化°
（3）c为＂0oc—0o＂｀竣基能与№＂co』反应’但酚轻基不反川则｜m.lG与№＂co』溶液反应时最多消
耗］molNaHCO3°
250
59
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（4）由分析可知B为↑＂2＿口—0—『—CH』,B→c＋n的化学方程式为『H2＿o—O—｜—cH』＋3№0H
Br
O
Br
O
△↑Ⅱ』ˉ日＿0№令C＂』coo№＋H2o＋№Br.
OH
（5）能发生银镜反应和水解反应’则苯环侧链上-定含—（）OCH结构:
@苯环侧链为—OOCH和两个—CHj :根据排列组合,共有6种结构;
@苯环侧链为—OOCH和-CH2CH3 :共有3种结构;
O苯环侧链为—CH2OOCH和-CH3 :共有3种结构;
@苯环侧链为—CH2CH2OOCH:共有1种结构;
O苯环侧链为—CH（CH3）OOCH:共有l种结构°
综上所述,同时满足两个条件的同分异构体有6＋3＋3＋l＋l＝l4种。
其中’满足核磁共振氢谱有5个吸收峰且该同分异构体只能与l
mol NaOlI反应的结构简式为
H＿C—O—CH』＿◎—CH』.
｜
｜
O
［答案］
（l）苯丙烯酸（或3ˉ苯基丙烯酸）（1分）
9（2分）
（2）取代反应（或水解反应）（1分）
轻基、醛基（2分〉
稀H2SO4
（3）0CH＝CH—COOCHⅡCHⅡ丫H—口＋HⅡO—
Cl
O—C＂＝C＂—COOH＋S『＂C＂2C＂:（）＂（2分）
（〕l
】
吕
’
≈
O
O
（4）c＂:ˉc＂＿Go—』—H或cH』＝c＂—』—o—O（2分）
H
H
＼
／
C＝C
（2分）
口｀
COOH
（5）OˉcHˉcH＿cooH坐＝O!β—隙—cooHM川:p仙皿A0C≡c—cooⅡ（3分）
QH5OH
0C≡C—COOCH』CH』＝浓H』SQ、△
［解析］
（」）由A的结构简式叮得具化学名称为苯丙烯酸（或3苯基内烯酸）;该分子中SCH＝CH—所有
碳原子均处于＿个平面’梭基中的碳原子有可能与其他碳原子处于-个平面’故最多有9个°
（2）由B—→C可知C中含有醛基’又由Fˉ→G以及题目所给已知信息@可知F中含有醛基和轻基,又由C→F的条件
可知发生的反应为取代反应,F中含氧官能团为轻基和醛基°
（3）由甲生成A和B的反应条件易知该反应为酷的水解反应,又由（1）知B中应含有＿个烃基和＿个卤代基’所以
可推删Ⅱ为Gˉ『ⅡCH:CⅡ:OⅡ,所以反应方程式为G—C＂＝CH—COOCH2CH』丫H—O＋＂』0
Cl
Cl
粤里兰GˉCⅡ-cH ‘0OⅡ＋β『ⅡcⅡ:cⅡ』oH.
Cl
60
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（4）O能与Br2发生反应,说明分子中含有碳碳双键,@分子中含有苯环且能在NaOH溶液中发生水解反应,说明分
子中含有酷基’o由核磁共振氢谱可得分子中有5种不同的氢原子且比例为1:2:2: l:2°因此可推知结构简式为
O
O
c＂2＝c∏—0ˉo—』—＂或c＂』＝CH—』—0—G;山｜｜顺反异构的定义易知｜｜,式结构陶边的氢憾「应任
H
H
＼
／
＿侧’故A的顺式结构简式为
C＝C
。
~~／／
＼
O
CooⅡ
（5）为得到碳碳叁键’需先将A分子的双键与卤素原子进行加成反应’如用澳的四氯化碳溶液’得到
日『H—丫＂—coo＂’然后与№o∏的醇溶液混合加热迸行消去反应得至‖叁键最后在枷乙醇进行醋化反应,
Br
Br
所以反应路线为
0C＂＝CH—C0O＂鲤型＿Oˉ↑＂—丫H—COOH№OH′;吟OH｀△O—C≡C—C0O＂
Br
Br
◎
C2H5OH
〈二〉ˉC≡C—COOCH』CH』~～浓H2SO巡、△
252［答案］
（l）OC6Hl0O3（1分）
@轻基、酷基（2分）
H2O
（2）CH副「ⅡCH2B『＋№OHT愉CH』↑HCH!OⅡ＋№Ⅲ（2分）
CH3
CH3
（3）2ˉ甲基ˉ］ˉ丙醇（］分）
（4）@o（l分）
CHO
（5）CⅡ』↑阅CHO＋OⅡCC0OC2H鼠一CⅡ』「—「ⅡCOOC』H’ （2分）
CH3
H3C
OH
（6）CH3COOCH2CH2OOCCH3（2分）｀CH3CH2OOCCOOCH2CH3（2分）｀CH3OOCCH2CH2COOCH3（2分）
［解析］
（l）根据G的结构简式可以得出其分子式为C6H｜0O3°G中的官能团为烃基和酷基;
（2）由第O步可知,碳碳双键与澳化氢加成生成卤代烃,卤代烃遇氢氧化钠水溶液加热会发生取代反应’嗅原子被
轻基取代’并生成澳化钠;
（3）考查醇的命名,从带轻基的碳原子开始标号,主链有三个碳原子’二号碳原子上有甲基,故其系统命名为2＿甲基
ˉ1ˉ丙醇;
（4）@为卤代烃的取代反应,o为氧化反应,@为已知条件中醛基与醛基的加成反应’o为酪基的水解反应,属于取
代反应的＿种,故应选@o;
CHO
（5）根据已知条件,叫写出方程式; CH』丫HCⅡO＋OHCCOOC2H’一CH］『—『HCOOC2Ⅱs·
CH3
H3C
OH
（6）E中有＿个醛基｀一个轻基和＿个竣基’若只含＿种官能团,则可都为醛基、酷基或竣基,又要求核磁共振氢谱
有两种峰’故E必为对称结构且官能团只能为酪基,故可写出CH3COOCH2CH2OOCCH3｀
CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OO（〕CH2CH2COOCH3。
253. ［答案］
（除注明外,每空2分）
册｛′Ⅷ｛｀…
CH3
m·蜒咆
（l）
6l
·
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（2）2ˉ甲基丙烯
（CH3）2（〕＝CH2＋HBr—-→（CH3）〕（〕Br
CH3）3
c（
／卢＼≈
＼＼′／
（3）
O
Br
Br
~qI2B『
H3C～γ—CH3
H3C—P—CH3
韭瞪（蕊＂』c—Ⅱ＞隐＂』磁＂』‘亡cH』
｜
~~~｜~
~~｜~
（4）醚
~~~｜~
~~｜~
OH
OH
OH
（5）α』光照（或比光照）镁乙醚O＿CH』Ⅱ:α（或《ˉ〉—CH2MgB『）（各1分）
［解析］
C能发生银镜反应’故其含有醛基’由G的结构简式及已知O可知C为2ˉ嗅苯甲醛,B为邻嗅甲苯,A为
甲苯;E的核磁共振氢谱只有—组峰,故E为（CH3）3CBr’D→E发生了加成反应,故D为（CH3）2C＝ClI2;G发生
C（C H3）3
＾
●
＝
｀
〗
』
〃
司
●
＝
″′、｀、
＼＼笋／
已知O生成H,故H为
;H自身发生酪化反应,生成的J为
O
墨』.＂陋二矗………
二
（l）由A生成B的化学方程式为
（2）根据系统命名法’D的化学名称是2ˉ甲基丙烯;由D生成E的化学方程式为（CH3）2C＝CH2＋HBr—→
（CH3）｀CBr;
CH3）3
（3）J的结构简式为
O
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应’则该物质含有酚轻基;该物质的核磁共振氢谱有4组峰’故该物质为
Br
Br
裁Ⅷ
｀…!》』武〔—′—蹦』
—哼—
中—
H3C
H3C~｜~H3 ｀H3C
OH
OH
OH
（5）参考丁苯酞的制取过程及相关反应式,叫知L的结构简式为《-厂cH2＂g阶;浪甲苯在镁、乙醚的条件下叫
以生成L,故K为嗅甲苯,反应条件2所选择的试剂为镁、乙醚;甲苯在Br2、光照的条件下可以生成澳甲苯’故反应
条件l为Br2、光照’同理Cl2、光照亦可°
254. ［答案］
（1）l ’2ˉ丙二醇（l分）
（2）CH2ClCH＝CH2（2分）
（3）取代反应（或水解反应）（l分）
氧化反应（l分）
-定条件
（4）″HOOC（CH2）4COOH＋几HOCH（CH3）CH2OH
O
O
CH刻
｜｜
ˉ
HO卡C—（CH2）4—C—O—CHCH2O卞H＋（2nˉ1）H2O（2分）
62.
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（5）l0（2分）
厂〉＿c＂｀…＂0憾溅.〈〉coo＂器慧‖些O—c0ocH』c日』
｜
（6）
CH3CH2OH
O2／Cu
O2／Cu
CH3CH2OHE沪CH3CHO云步CH3COOH
浓硫酸,△≥CH3COOCH2CH3
O
叫;绊〈ˉ〉—』cH』coOcH』cH』（6分,每步」分）
［解析］
根据反应@和生成物A的分子式可知CH3—CH＝CH2与氯气发生加成反应生成CH3CHClCH2Cl’则A为
CH3CHClCH2Cl’随后A发生卤代烃的水解反应生成CH3CHOHCH2OH,则B为CH3CHOHCH2OH’
厂＼COOH
CHjCH0HCH2OH与LCOOH发锥缩豪反应生成镶醋C,C的结构简式为
Ⅲ0任—（嚏Ⅱ』｝厂倔—O—!:t毗叶Ⅲ;…气浚生削喊…坏己嗡则c…简式为0环α
O
O
｜
｜
｜
｜
厂／＼COOCH2CH,’D与E反应生
／＼COOH
烷与氧气反应生成LCOOH.根据H的结构简式利已知反应转化关系则F为［＝COOCH恩CH』
成F,则E为CH3CH2OH°
广飞OOCH2CH3
综上所述;C为○＼E为CH』CH』OⅢF为｜
＼
＼／COOCH2CH3
O
O
「H』
‖
‖
G为HO卡C—（CH2）4—C—O—CHCH2O击H°
（1）B的结构简式为CH3CHOHCH2OH,其名称（系统命名法）为1 ,2ˉ丙二醇。
（2）在光照条件下’氯原子优先和CH3—CH＝CH2中甲基上的氢原子发生取代反应,故反应生成物为CH2ClCH＝CH2°
（3）反应@为CH3CHClCH2Cl发生水解反应（或者取代反应）生成CH3CHOHCH2OH;反应@为环己烷与氧气反应
卢＼COOH
生成＼COOH,属于氧化反应.
厂～COOH
（4）B为CH］CHOⅡCH20＂,n为LCOOH,＿者发生缩聚反应,反应方程式为
鹏Ⅲ＂c（嚼＂』）绷m∩＂＊＂Ho叫（c…狈Ⅲ…′ ＂o卡c （嚼＂里）厂c＿o—!;tH』o恭＂
↑
O
O
｜｜
｜｜
（2＂-l）H2O°
（5）先暇设＿个氯愿子任甲苯上取代』另个氯原于可能存在的情况共有4种; 〈＿厂CⅡCl2 、《-〉ˉCH2α、
—
｜
Cl
《ˉ〉-CH』α、α—《＿〉＿CH:α’接着假设一个氯原子和甲基是邻位则另—个氯愿子取代苯环上的氢原子
厂
Cl
ClCl
Cl
Cl
Cl
热
拌c…l—〈≡长c＂纫感c叫…｜徽艘—个…狮嘲蘑.
有4种同分异构体:
∏
厂
Cl
Cl
C］
Cl
—〈一广‘＂』~门c＂』磁
间位,排除重复情况,另＿个氯原子取代苯环上的氢原子有2种同分异构体:
Cl
厂
Cl
总共4＋4＋2＝10种。
·63
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（6）根据已知条件.可知产物可以由〈≡〉＿α）OCⅡ』CⅡ』和C＂｀COOCH』CH｀在nM『和CH｀CⅡ』O№作用卜合
成Ⅱ叫以将甲苯先氧化为苯甲酸然后苯甲酸和cⅡ』cⅡ2o＂发生醋化反应生成《—》—α）ocⅡ』c＂’
;
CH3C（）OCH2CH3可以由乙醇和乙酸酪化得到’乙酸可由乙醇氧化得到’所以合成路线为
厂厂CH』
酸性Ⅷ＂o裕液;∩—C（）OH 鹏｛!｛;G—cooⅢ2c∏』
司
｜
O7／Cu
O7／Cu
CH刘CH7OH
△
△
浓硫酸’△;CH］COOCH2CH3
」
CH3CH2OH-——→CH3CHO———→CH3COOH
O
‘H懈o№;∩—‖—cH』coocⅡ』cH虱.
［答鬃］
（!）窿〔删（2分）
（2）乙烯（2分）
IIO卡CH2CH2O］丽H（2分）
400（2分）
（3）加成反应（l分）
OH
O
CHC0ONa
CCOONa
~｜~
~~｜~
（徽）c—oc』＂’ ＋2‘u0—业卫》m。倔:＂’ ″c…M（2分』
OH
OH
（5）竣基（l分）
CHO
~｜
喀—＂们＂』腥箭』
（6）CH3Br（l分）
OCH3
［解析］
（l）A的分子式为（〕6H6O2 ’由转化关系可知A中应含有苯环,且A的核磁共振氢谱有3组峰’则A的结
尸
□
尸
●
●
■
〔工｛｝剧
构简式为
（2）嗅乙烷在氢氧化钠醇溶液和加热条件下发生消去反应生成乙烯,催化剂pEG可看作乙二醇脱水缩聚的产物’
则PE〔;的结构简式为ⅡO卡CⅡ』CⅡ』O十＂诺pEC的平均相对分子质量为｜76!8则其半均聚合度约为｜76』:—｜8
≡400∩
（;）…卿锄分子贰酗胸缮构＂低‖｀＂的…贰为k～—oc里＂’』版应＂为＂与o＂c＿cαu＂…‖
OH
成反应°
（4）在反应Ⅱ反应物中轻基被氧化为碳基,反应化学方程式为
OH
O
CHCOONa
CC（）（）Na
唾—“叫,…坠→m—＂屋＂, ,…［
~~｜~
~｜~~
OH
6ll
（5）根据物质结构分析可知,反应Ⅳ中有机物脱去的官能团为竣基°
·64·
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（6）I）是乙基香兰素的同分异构体’其分子结构中不含乙基’I）的合成路线与乙基香兰素的合成路线相同’分析可
CHO
卓…川｝…………
知D为
OCH3
［答案］
（l）梭基醚键（各1分）
（2）ClCH2CHO（3分）
取代反应（2分）
战№
Ⅷ…
（3）
OHCCH2
CH2CHO
Br
OH
O
亡刚蜒卤☆士……;罩…—巫＂＂泌侧＂Ⅱ
亡
（4）〔刁埋
Zn
坠～≥
△
OH
卤…
（5分｀写c裁蔚云
［解析］
（l）化合物F中的含氧官能团为竣基醚键。
（2）C2H3OCl中既无甲基也无环状结构’可能是ClCH2CHO、ClCH＝CH—OH,烯醇是不稳定结构’所以X的结构简
式为〔】lCH2CHO;E在酸性环境中加热反应生成F,为酷的水解过程,属于取代反应°
（3）能发生银镜反应,说明含有醛基;分子式为Cl2Hl2O3 ,且分子中含有l个苯环、3种不同化学环境的氢’说明必
CH勺CHO
口
~
有对称结构’故结构简式为
OHCCH2
CH2CHO
（4）根据合成F的流程图中B施HzCOOC』H参与C→D反应过程知要合成0—C凰凰COOH懦要先得到
O
OH
O
OH
士～膛仁删化…rb椎』｝卿…隆c塑:＂垫…Ⅷ＂趣.
亡
卤
.
亡
Br
OH
O
出…册…,墨…
~｜
~｜
亡Ⅷ沁
咸蹦缝流肄厨”◎皿亡」塑霞塑
＿坐→
△
＂规.义』mp＂
＿—-→‖
°
△
＼／
256
考点二物质结构大题
257. ［答案］
（l）ls22s22p63s23p63d3（或［Ar］3d3）（2分）
（）（2分）
（2）sp3和sp2（2分）
7mol（或7×602×］023）（2分）
（3）H2F＋（2分）
H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键（2分）
［解析］
（l）Cr是24号元素,Cr原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54sl ’Cr原子由外向里失去3个电
子后变为Cr3＋’故Cr3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3◎在配合物［Cr（H2O）6］3＋中’中心原子提供空
轨道,而配位原子需提供孤对电子,H2O分子中含有孤对电子的是O原子。
65
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（2）CH3COOH中’甲基中C原子与其他原子形成4个o键’故C原子采取sp3杂化;而竣基中C原子形成3个o键
HO
｜
｜｜
和1个∏键,故C原子采取的是sp2杂化。CH3COOH的结构式为H—C—C—O—H ,单键均为o键,双键中有1
H
个o键和l个∏键,故1个CH3COOH分子中含有7个o键,因此1mol（】H3COOH中含有7×6.02×l023个o键。
（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子’且价电子总数为8’则该阳离子为H2F＋°H2O与CH3CH2OH
可形成分子间氢键,是导致H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶的主要原因。
258. ［答案］
（1）ls22s22pl （1分）
（2）bc（2分）
（3）平面三角形（2分）
层状结构中没有自由移动的电子（2分）
（4）sp3（2分）
高温、高压（2分）
（5）2（2分）
［解析］
（l）B的原子序数为5,故其基态原子的电子排布式为ls22s22p｜°
（2）立方相氮化硼晶体的硬度大小与是否含有O键和∏键无关,与晶体的结构有关’即立方相氮化硼晶体为原子晶
体,硬度较大’a错误;六方相氮化硼晶体与石墨晶体相似’根据石墨晶体可知其层和层之间是靠范德华力结合的,
故其作用力小,质地较软’b正确;B和N都是非金属元素,两种晶体中的B—N键都是共价键,c正确;六方相氮化
硼晶体与石墨晶体相似,属于混合型晶体,立方相氮化硼晶体为原子晶体,d错误°
（3）六方相氮化硼晶体与石墨晶体相似,同＿层上的原子在同＿平面内’根据六方相氮化硼晶体的晶胞结构可知,1
个B原子与3个N原子相连,故为平面三角形结构;由于B最外层有3个电子都参与了成键’层与层之间没有自由
移动的电子’故不导电°
（4）立方相氮化硼晶体的结构与金刚石相似’故B原子为sp3杂化;该晶体存在地下约300km的古地壳中,因此制
备需要的条件是高温、高压°
（5）NHj中有l个配位键,BFJ中有l个配位键’故lmolNH4BF4含有2mol配位键。
259. ［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）电子云（l分）
2（1分）
（2）C有4个价电子且半径小,难以通过得或失电子达到稳定电子结构
（3）o键和∏键sp
CO2｀SCNˉ（或COS等）
（4）分子（1分）
（5）o3（l分）
2（l分）
@］2（l分）
4（l分）
［解析］
（l）处于＿定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布用电子云形象地描述。基态l4C原子
的输道轰示式为四留｜｜儿｜则橇外存…自旋棉…子〔
（2）碳原子核外最外层有4个电子且半径小’在化学反应中很难失去4个电子形成阳离子,也很难得到4个电子形
成阴离子。因此,碳在形成化合物时,主要通过共用电子对形成共价键°
（3）CS2分子中,存在o键和∏键。CS2分子中’C原子的价层电子对数为2,杂化轨道类型为sp°根据等电子理论’
与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子有CO2｀COS和N2O,离子有NOj｀SCN
。
（4）因Fe（CO）5熔、沸点较低’常温下为液体,其固体应属于分子晶体。
（5）O由伺墨烯的结构叫知,每个c原子连接〕个六元环,每个六元环占有的c愿子数为＋义6二2.
@由金刚石的结构可知,每个C可参与形成4条C—C键’其中任意两条边（共价键）可以构成2个六元环°根据组
合知识可知四条边（共价键）任选其中两条有6组,6×2＝l2。因此每个C原子连接l2个六元环。六元环中C原
子采取sp3杂化,为空间六边形结构’最多有4个C原子位于同＿平面。
260［答案］
（］）ls22s22p63s23p63d84s2或［Ar］3d84s2（2分）
2（l分）
（2）O正四面体（l分）
@配位键（l分）
N（l分）
O高于（l分）
NH3分子间可形成氢键（l分）
极性
（l分）
sp3（l分）
·66·
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（3）金属（1分）
铜失去的是全充满的3dl0电子,镍失去的是4sl电子（］分）
（4）o3; 」（」分）
圃［602荆』×」》×］0;（2分）
［解析］
（l）Ni元素原子核外有28个电子’电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或［Ar］3d84s2。3d能级—k有2
个未成对电子。（2）OSOi
中S无孤电子对,立体构型为正四面体°O［Ni（NH3）6］2十为配离子,Ni2十与NH3之
间形成化学键为配位键°配体NH3中提供孤电子对的为N。oMl3分子间存在氢键,故沸点比PH3高°NH3中N
有＿对孤电子对’立体构型为三角锥形’因此NH3为极性分子’N的杂化轨道数为3＋l＝4,杂化类型为sp3°
（3）单质铜及镍都是由金属键形成的晶体,Cu、Ni失去-个电子后简化电子排布式分别为［Ar］3d10｀［Ar］3d84s｜’铜
的3d轨道全充满』达到稳定状态』所以Cu的第＿电离能相对较大. （4）OCu原子位于面心’个数为6×＋＝3’N!
愿子位于顶点,个数为8×十-｜嗣原子与镍原子的数量比为3; 」.圆以该晶胞为研究对象则6爷59;≡
…』×（…旷’c砸）’｀解得硼求皿熟』属刷涎｜0’Ⅺ
261. ［答案］
（1）D（l分）
C（1分）
（2）Li十核电荷数较大（2分）
（3）正四面体（1分）
sp3（1分）
AB（2分）
（4）520（l分）
498（］分）
2908（2分）
（5）″A（i‖撇lγˉ’）’（3分）
［解析］
（l）根据能级能量E（1s）＜E（2s）＜E（2P）判断,能量最低的为D’能量最高的为C° （2）Li＋和Hˉ的电子
层结构相同’而具有相同电子层结构的离子半径大小与核电荷数有关,核电荷数越大,离子半径越小。
（3）［AlH4］ˉ中Al采用sp3杂化,呈正四面体结构。四氢铝锤中存在离子键、配位键和共价键,配位键也是叮键。
（4）锤原子的第＿电离能是指1mol气态锤原子失去1mol电子变成lmol气态锤离子所吸收的能量,即为
1040kJ .molˉ｜＝520kJ。mol—l。O＝O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量,即为
2
249kJ .mol l×2＝498kJ 。molˉl 。晶格能是指气态离子结合生成lmol晶体所释放的能量或lmol晶体断裂离
子键形成气态离于所吸收的能量,则Li』0的晶格能为2908即m°lˉ｛. （5）［个氧化铡晶胞含O的个数为8踩÷＋
6×＋＝4,含Li的个数为8,hcm＝｜0,nm,代人密度公式计算盯得Ll』O的密度为
8×7十4×h6
ˉ』
ⅣA（0ˉ4665×l0ˉ7）3g·cm
°
3d
4S
〗（｜分）
哑铃（纺锤）（｜分）
262. ［答案］
（l）
（2）H2S（2分）
（3）S8相对分子质量大’分子间范德华力强（2分）
（4）平面三角（2分）
2（l分）
sp3（2分）
（5）湍×］0即（2分』乎卿（2分）
［解析］
（1）基态Fe原子核外有26个电子,按照构造原理’其核外电子排布式为［Ar］3d64s2按照洪特规则’价层
3d
4s
田.基态s嫁子
穷锤）形。
（2）价层
勺
三＝2,故价层电子
电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道,故价层电子的电子排布图为
的核外电子排布式为lS22S22p63S23p4,电子占据最高能级为3p,p能级的电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形°
电子对数包括成键屯于对数和孤屯于对数,＂2S巾S的成键电子对数为2,孤电子对数为6ˉ』×2-2.故
67·
↑↓
↑
｜
｜
｜
↑｜
｜
｜
｜
｜
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对数为4（或价层电子对数为6＋竿2＝4）,同理｀SO2中S的价层电子对数为6＋!×2＝3’SO』中S的价层电子对数
为6＋9×3＝3,H2S中S的价层电子对数不同于SO2、SOj。（3）S‘和SO2均为分子晶体,分子间存在的作用力均为
＝
范德华力,S8的相对分子质量大’分子间范德华力强,故熔点和沸点高° （4）气态SO3为单分子’分子中S无孤电子
对’其分子的立体构型为平面三角形,S和（）之间形成双键’故共价键有O键和∏键两种。固态SO3为三聚分子’
分子中每个S与4个O成键’S无孤电子对,故原子的杂化轨道类型为sp3。（5）该晶胞中Fe2＋位于棱上和体心,个
数为｜2×÷带｜≡4,si位于顶点利面心,个数为s×÷十6×÷-4,敞晶体密度为腊×4‘÷（°×」0ˉ’cm）’＿
湍渊｜0则…—］.根搪晶睡畜构』siˉ所膨成的丽八面体胸边长为该晶胞中相邻面胸圃心之问的连线之长即
为晶胞边长的粤故该止八面体的边长为粤αm·
263. ［答案］
（1）［Ar］3dl04s2（1分）
（2）大于（l分）
Zn核外电子排布为全满稳定结构’较难失电子（2分）
（3）离子键（l分〉
ZnF2为离子化合物’ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主｀极性较小（2分）
（4）平面三角形（2分）
sp2（2分）
65×旦
（2分）
（5）六方最密堆积（A3型）（2分）
M｀×6×宁×α』‘
［解析］
（l）Zn原子核外有30个电子’其电子排布式为［Ar］3dl04s2。（2）Cu原子的外围电子排布式为3dl04sl
,
4s能级处于半充满状态’而Zn原子的4s能级处于全充满状态,Zn原子更不易失去l个电子,所以Zn原子的第＿
电离能较大。（3〉根据ZnF2晶体的熔点较高可知,ZnF2为离子晶体’含有离子键』而ZnCl2、ZnBr2｀ZnI2的化学键
以共价键为主极性较小’故能够溶解在有机溶剂中° （4）CO;ˉ中碳原子的价层电子对数为3’中心碳原子采取
sp2杂化’故CO;＿的空间构型为平面三角形° （5）题图中原子的堆积方式为六方最密堆积°六棱柱底部正六边形
的闽帜-6×乎“』皿』,六橇柱的体枫-6×逗α』′·m』该晶胞中zn原子个敝为｜2×上十2×上带］≡6,已知zⅢ
4
6
2
的相对原子质量为65’阿伏加德罗常数的值为″A,则Zn的密度p＝÷＝
65×6
噶.cmˉ3.
″州×6×乎·』′
考点三反应原理大题
264. ［答案］
（］）AX3（l）＋X2（g）≡＝＝AX5（s）
△H＝—123. 8kJ.mol—l （2分）
（2）Ol00［!6删m≡l7撼l0ˉ』m。llˉ｜mjnˉ｜（2分）
@bca（］分）
加人催化剂°反应速率加快,但平衡点没有改变（2分）
温度升高。反应速率加快,但平衡点向逆
反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大）（2分）
oα＝2（1ˉˉ丛）（2分）
50％（2分）
40％（2分）
p0
［解析］
（1）根据AX3的熔点和沸点可知室温时AX3为液体,由AX5的熔点可知AX5室温时为固体°由此可写
出室温时AX3与气体X2生成AX5的热化学方程式:AX3（l）＋X2（g）—AX5（s）
△H＝-l23。8kJ
.
mo「l。
（2）@实验a开始时总物质的量″0＝0.4mol,总压强为l60kPa,平衡时总压强为l2（）kPa’设平衡时总物质的量为
＂则;｛糕:＝α4;m。l,＂＝α40m°!×｜20kP刨＝α30m°!,
l60kPa
·68。
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AX3（g）
＋
X2（g）＝＝＝AX5（g）
起始量／mol
0.20
0.20
0
变化量／mol
z
刀
匆
平衡量／mol
0.20—熊
0.20-卯
允
（0.20-卯）＋（0.20-躯）＋虹≡0.30,苑＝0. l0。
鹏（AX爵）二｜0楞器in＝L7×｜0ˉ』m°｜Lˉ｜皿mˉ｜.@实验h从反应开始至达到半衡时的反应速率硼（AX5）＝
」0兴黑in二25×］0ˉ‘m°｜Lˉ｜皿in
｜.实验c达到乎衡时〃二α40m。｜×｛器:＝o32m°l,从反应升始到
达到平衡时的反应速率似（Ax5）＝＂斗（粤4黑m≡L8×｜0ˉ缴m。｜Lˉ儿mmˉ』.所以删（Ax5）由大到小的｜｜颇序是
bca。与实验a相比较’实验b达到平衡的时间缩短,但平衡点与实验a相同’应为加人催化剂而导致反应速率加
快°实验c与实验a比较,起始时容器的体积和气体的物质的量均相同,但压强增大应为升高温度使气体膨胀所
致°温度升高,加快化学反应速率且平衡逆向移动。
O
AX3（g）
＋
X2（g）
≡≡AX5（g）
起始量／mol
020
0.20
0
变化量／mol
（）。20α
0ˉ20α
O20α
平衡量／mol
0.20-0.20α
0。20ˉ0.20α
0.20α
几0
p0
O40mol
p0
∏
p ’0.40mol-0.20αmol
P
,
解得α≡2（l-ˉ丛）°
p0
实验a的平衡转化率α＝2（」ˉ揣）＝o5,即50儡.
实验。的乎衡转化率α＝2（」ˉ摆）＝α4,即40％.
［答案］
（1）大于（1分）
0.00l0（2分）
0.36（2分）
（2）o大于（l分）
反应正方向吸热’反应问吸热方向进行,故温度升高（l分）
@平衡时’c（NO2）＝0. l20mol .Lˉl＋0.0020mol .L
l
. sˉl×］0s×2≡0. l60mol .L
l ,c（N2O4）＝0.040mo］
L—!—M02…｜L—叭.ˉ｛※!0.-α020m＂｜l」,K』-＋耪＿皿8（4分）
（3）逆反应（1分）
对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动（1分）
［解析］
（l）由题意及图示知,在l. ｛）0L的容器中,通人0. l00mol的N2O4｀发生反应;N2O4（g）—兰2NO2（g〉’随
温度升高,混合气体的颜色变深,说明反应向生成NO∑的方向移动’即向正反应方向移动’所以正反应为吸热反应,
即△H＞0;由图示知60s时该反应达到平衡’消耗N2O4为0. l00mol .Lˉl-0.040mol 。Lˉl≡0.060mol 。Lˉl ,根
拇＝芳叮知;渺（M』）-α060m°lLˉ｜＝0.＂l0mol .Lˉl
。s—l ;求平衡常数可利用三段式:
60s
N2O4（g）—兰2NO2（g）
起始量（mol 。L
l
）
0. l00
0
转化量（mol .L—1
）
0ˉ060
0· 120
平衡量（mol 。Lˉl）
0。040
0。l20
c2（NO2）
0. l22
Kl
≡
＝
尸
·
‘
∑
69
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（2）100℃时达到平衡后,改变反应温度为T,c（N2（）4）降低’说明平衡N2O4（g）一2NO2（g）向正反应方向移动,根
据勒夏特列原理,温度升高,向吸热反应方向移动’即向正反应方向移动’故T＞100℃。
由c（N2O4）以0.0020mol 。L
l
· sˉl的平均速率降低经l0s又达到平衡,可知此时消耗N2O4为
0.0020mol .L—l
. sˉl ×l0s＝0ˉ020mol .Lˉl ,由二段式;
N2O4（g）一2NO2（g）
起始量（mol .L
l
）
0. （川0
0. 120
转化量（mol .Lˉl
）
0。020
0.040
平衡量（mol .Lˉl
）
0.020
0。160
c2（NO2）
0ˉ 1602
K2≡
＝—＝l28◎
c（N2O4）
0。020
（3）温度T时反应达到平衡后,将反应容器的容积减少一半,压强增大’平衡会向气体体积减小的方向移动,该反应
逆反应为气体体积减小的反应’故平衡向逆反应方向移动°
［答案］
（l）—2（bˉα）（2分）
（2）612（2分）
266
（］）酗＜（｜分）
≡（｜分）
≥（｜分）愈′删羔（或荚他合…』（2分）
愈c（｜分）
（4）2H2Oˉ4e—一H＋＋O2↑（2分）
2CO2＋2H2O星壁C2H4＋3O2（2分）
［解析］
（l）由图可知,每消耗lmolC02,放出的热量为（6-α）kJ’所以该反应的热化学方程式为2CO2（g）＋
6H2（g）≡＝C2H4（g）＋4H2O（g）
AH＝-2（b—α）kJ／mol。
（2）断键吸收能量,lmolCO2含有2molC＝O键’lmolC2H4含有1molC＝C键4molC—H键,由热化学方程式
可得,（8×464＋z＋4×4l4-4×803＿6×436）kJ／mol＝l52kJ／mol,解得抛＝6l2°
（3）O相同温度下,通人—定量的CO2,通人H2的量越大’则CO2转化率越高,由图可知,B点CO2的转化率高于A
点CO2的转化率,所以投料比Xl＜X2;平衡常数是化学反应的特性常数’只要温度-定,平衡常数就是定值’所以
KA＝KB;正反应是放热反应,升高温度‖平衡逆向移动,平衡常数减小,由图可知C点温度高于B点温度’所以KB
＞KC°
@B点时X＝3,则lL恒容密闭容器中通人lmolCO2和3molH2’由图可知,B点处α（CO2）≡75％,列三段式:
2CO2（g）＋6H2（g）＝＝C2H4（g）＋4H2O（g）
起始（mol／L）
l
3
0
0
反应（mol／L）
0.75
2.25
O375
l .5
平衡（mol／L）
0.25
0。75
0.375
1 .5
＂｜平衡常数腮,—‖删羔.
Oc项’通人CO2的量＿定时’投料比X越大’即通人H2的量越大,则CO2转化率越高且反应物浓度增大’从而反
应速率加快,故选c项;正反应是放热反应,升高温度’反应速率增大但是CO2转化率降低,故不选a项;催化剂能
改变反应速率（既能提高也能降低）’但不改变化学平衡,不能提高CO2转化率’故不选b项;将产物从反应体系中
分离出来‖平衡正向移动,能提高CO2转化率但反应速率减小’故不选d项°
（4）由图可知’M极消耗CO2 ,产生C2H4,发生还原反应;N极产生O2,发生氧化反应’所以M极作电解池阴极,N极
作电解池阳极,已知稀硫酸为电解质溶液,所以N极上的电极反应式为2H2O—4e—4H＋＋O2
↑;电解池中所
发生的总反应的化学方程式为2CO2＋2H2O皇垦C2H4＋3O2°
70
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267［答案］
（l）O2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋-2MnOJ＋5Pb2＋＋2H2O（2分）
@c（SO;
）＞c（Mn2＋）＞c（H＋）＞c（OHˉ）（2分）
103（2分）
（2）2KCl（1分）
MnO2（l分）
（3）酸性（l分）
酸（］分）
偏小（2分）
（4）l .7（2分）
［解析］
（l）@酸性条件（H十）下pbO2可将Mn2＋氧化为MnOJ,还原产物为Pb2＋。Pb由＋4价降为＋2价;Mn
由＋2价升为＋7价,根据得失电子守恒’离子方程式为2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋-2MnO「＋5Pb2十＋2H2O。
@Mn（OH）2是＿种弱碱’所以Mn2＋在水中会发生水解’则在MnSO4溶液中各离子浓度由大到小的｜｜顶序为
c（SO;ˉ）＞c（Mn2＋）＞c（H＋）＞c（OHˉ）°假设c（Mn2＋）＝l×l0＿5mol .L—l ’则K.p＝4×10—l3＝l×10＿5×
c2（OHˉ）,由此解得c（OH
）＝2×l0ˉ4’则pH最低为l0.3。
MnO2
2KCl＋3O2↑,催化过程的方程式加和为KClO3的分解方程式,且MnO2
（2）KClO3的分解方程式为2KClO3
△
△
可以消去,则可推知K2MnO4＋Cl2—O2＋2KCl＋MnO2°
（3）高锰酸与KOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OH—H2O ,则高锰酸为强酸,Mn2O7属于酸性氧化物;
KMnO4溶液具有强氧化性’会腐蚀碱性滴定管上的橡胶部分,所以用酸式滴定管取用;滴定终点时,俯视读数,则读
取的KMnO4消耗量偏小,则测量的Na2SO3溶液浓度偏小。
（4）某二次电池放电时的总反应方程式为LiMn2O4—Lil一鳃Mn2O4＋卯Li ,l4gLi为2mol,消耗l4g锤时转移电子
2mol,因为能量转化率为85％’则电路中转移的电子数目为85％×2ⅣA＝l.7ⅣA°
268。［答案］
（l）@减小（2分）
@温度过低,反应速率小;温度过高,反应向石进行的程度小（4分）
翻揣÷｛‖蒜（3分）
（2）C（2分）
（3）Oˉ90（2分）
@反应活化能高（1分）
O氢原子利用率为］00％（l分）
［解析］
（1）O根据图中平衡时H2o的物质的量分数曲线随温度的升高而减小’可知该正反应为放热反应,K随
温度的升高而减小。
@反应速率随温度的升高而增大,若温度过低,反应速率较小,反应进行缓慢;但该反应为放热反应,温度过高会导
致平衡常数减小,反应向右进行的程度小’所以温度过高或过低均不利于该反应的进行。
o在密闭容器里全部由气体参与的反应中,平衡时气体压强之比＝气体物质的量之比≡气体物质的量浓度之比。
根据200℃反应达到平衡时H2O的物质的量分数,可知平衡时H2O所占的压强为0.6p,根据化学反应方程式可知
CH4所占的压强为0.3P’因此CO2和H2所占的压强为0. lp。根据初始投料比以及CO2和H2的化学计量数之比
可知反应达到平衡时’两者的物质的量之比也为l:4 ,故平衡时CO2所占的压强为0.02P’H2所占的压强为O08P,
故可写出闷》的表达式为』旦p×（0兰h卫』上
0.02p×（0ˉ08p）4°
（2）C项,反应器前段加热可以加快反应速率,后段冷却可以加大反应的转化率,因此该措施能提高CO2的转化率,
故选C项;
A项,该反应为气体分子数减小的反应,根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行,会降低CO2的转化
率,故不选A项;
B项’增大催化剂比表面积即增大了催化剂与反应物的接触面积’可以提高催化剂催化效率,加大反应速率,但不能
提高CO2转化率,故不选B项;
.7］
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D项,提高原料气中CO2的比例会增大H2的转化率,但会减小CO2的转化率,故不选D项。
综上所述,本题正确答案为C。
（3）O根据题目给出条件可知a.C（s）＋O2（g）—CO2（g）
△H＝—394kJ .molˉl
’
bH2（g）十÷O2（爵）-H2O（g）M＝2辊k］m°l—｜｀由b×2ˉa日阿得B°爵ch反应,其反应热为ˉ＂kJm。l
｜。
@在化学反应中,只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应°升高温度可以提高反应物的活化能’从而发
生反应,而Bosch反应的反应活化能高,所以必须在高温下才能启动°
O在Bosch反应中,氢原子全部转化到水分子中,水电解后氢原子又重新全部形成H2,因此该方案的优点为氢原子
利用率为l00％°
［答案］
（1）O2（2分）
（2）O＋53. 1（2分）
@30.0（2分）
6.0×10ˉ2（2分）
O大于（l分）
温度提高’体积不变,总压强提高;NO2
二聚为放热反应,温度提高’平衡左移’体系物质的量增加’总压强提高（2分）
@13.4（2分〉
（3）AC（2分）
［解析］
（1）氯气与硝酸银反应生成N2O5 ,氯气作氧化剂’还原产物为氯化银,又硝酸银中氮元素、银元素已经是
最高化合价,则只能是氧元素化合价升高’所以气体氧化产物为O2。（2）O将已知热化学方程式依次编号为a、b,
△Hl-2△H2
-44＋55°3×2
根据盖斯定律由＋×.—b得N2o’（g）-2No』（g）＋＋o2（息）
M＝
＝
2
2
kJ.molˉl＝＋53.
］kJ .molˉl。@t＝62min时,体系中po2＝2.9kPa,根据三段式法得
2N2O5（g）-2N2O4（g）＋O2（g）
起始
35.8kPa
0
0
转化
5.8kPa
5.8kPa
29kPa
62min
30.0kPa
5.8kPa
2.9kPa
则62min时pN2o’＝30.0kPa,″＝2×10ˉ3×30ˉ0kPa.min—l＝6。0×l0＿2kPa.min＿l°O刚性反应容器的体积不
变,25℃N2O5（g）完全分解时体系的总压强为63. l kPa,升高温度,从两个方面分析:＿方面是体积不变’升高温
度’体系总压强增大;另＿方面’2NO2＝≡N2O4的逆反应是吸热反应,升温,平衡向生成NO2的方向移动,体系物
质的量增大’故体系总压强增大°@N2O5完全分解生成N2O4和O2,起始PN2o,＝35.8kPa,其完全分解时PN2o4≡
35ˉ8kPa,po2≡l7。9kPa,设25℃平衡时N2O4转化了勿’则
N2O4一2NO2
平衡
35.8kPaˉ匆
2z
269
2
pNO2
358kPaˉ躯＋2加＋l79kPa＝631kPa,解得卿＝队4kpa°平衡时’p＂20.＝264kPa’p＂o』＝la8kPa’K’＝丽＝
1882
丽了可kPa＝l3.4kpa。（3）快速平衡,说明第＿步反应的正、逆反应速率都较大’则第-步反应的逆反应速率大于
第二步反应的速率’A项正确;反应的中间产物除NO3外还有NO’B项错误;有效碰撞才能发生反应,第二步反应
慢’说明部分碰撞有效’C项正确;第三步反应快’说明反应活化能较低,D项错误。
270｛答襄］
（｜）十247（2分）
A（2分）＋（2分）
（2）O劣于（2分）
相对于催化剂x’催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对
小’消碳反应速率大（2分）
AD（2分）
@pc（〔】O2）、pb（CO2）、pa（CO2）（2分）
72
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［解析］
（］）将已知中3个反应依次记为o、@、o,根据盖斯定律o×2—o—@得该催化重整反应的△H≡
（ˉlll×2＋75＋394）kJ 。molˉl ＝＋247kJ .mol—l。由于该反应为吸热且气体体积增大的反应,要提高CH4的
平衡转化率,需在高温低压下进行。根据平衡时消耗的CO2为］mol×50％＝（）.5mol’则消耗的CH4为0.5mol’生
成的CO和H2均为lmol,根据三段式法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75mol .Lˉl
、
队25Ⅷ侧｜L—｜、肌’｜＂＂｜L—｜…＂｜L—｜则平衡膳数K-‖制::
』
三≡
（2〉O从表格中数据可看出相对
于催化剂X,用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大,则积碳反应的反应速率小,而消碳反应活化能相对小’则消碳
反应的反应速率大,再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。结合
图示可知500～600℃随温度升高积碳量增加,而600～700℃随温度升高积碳量减少,故随温度升高,K积和K消均
增加’且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大,故A｀D正确°@由该图像可知在反应时间和p（CH4）相同时,
图像中速率关系oa＞″b＞＂c,结合沉积碳的生成速率方程″＝k.P（CH4）
. ［p（CO2）］
05,在p（CH4〉相同时’随着
P（CO2）增大’反应速率逐渐减慢,即可判断:Pc（CO2）＞Pb（CO2）＞Pa（CO2）°
［答案］
（l）2SiHCl3＋3H2O—（HSiO）2O＋6HCl（2分）
（2）＋l14（2分）
（3）皿2（2分）
0.02（2分）
@及时移去产物（1分）
改进催化剂（l分）
提高反应物压强（浓度）（l分）
o大于（l分）
1.3（3分）
［解析］
（l）SiHCl3遇潮气发生反应生成（HSiO）2O和HCl’即2SiHCl3＋3H2O-（HSiO）2O＋6HCl。
（2）将已
知热化学方程式依次编号为O｀@,根据盖斯定律,由@×3＋@’可得:4siHcl3（g）—siH4（g）＋3sicl4（g）
△〃
＝3×48kJ 。molˉl—30kJ.molˉl＝＋l14kJ.molˉl° （3）O温度越高,反应越先达到平衡’根据图示,左侧曲线
对应的温度为343K,343K时反应的平衡转化率为22％°设开始时加人SiHCl3的浓度为αmol 。Lˉl ’根据化学方
程式和SiHCl3的平衡转化率知’达平衡时’SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78αmol 。Lˉl 、0ˉ 11αmol .Lˉl
、
队u…卜L—｜』化掌平衡…-α删）l!＂-M2.翻根擂化学平衡移动原圈帅结合…特点及时分离
出生成物可提高反应物的转化率°缩短反应达到平衡的时间,实质就是提高反应速率’可采用加压的方式或选择
更为高效的催化剂°o温度越高’反应速率越大,a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度’所以a
点反应速率大于b点反应速率° a点所在曲线达到平衡时,″正＝″逆’即k谚;iHα』＝片衅s沮』c｜2鳃sicl剿’从题图上可知a点
所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22％,设投人SiHCl3ymol,则根据三段式法得
2SiHCl3（g）-≡SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
开始／mol
y
0
0
转化／mol
0.22V
0. l1γ
0. 11y
平衡／mol
0.78y
0· 1lγ
0° 1ly
代…;皿｀-嘛……碍.虹队7:』ˉ您塑队｜｜』,篇糕◎
吕＝
在a处SiHCl3的转化率为20％,根据三段式法得
2SiHCl3（g）＝＝＝SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
开始／mol
y
0
0
转化／mol
0ˉ2y
0. 1y
0」y
a处／mol
0.8y
0。lγ
0、1y
似正
k正卿;j＂c｜』
k正O82
则—＝
＝—×＿丁,将@代人计算得出U正／″逆＝1 .3。
T逆
k逆冗SiH,Cl,允SiCl‘
R逆
0° l＾
271
73.
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272. ［苔案］
（1）3SO2（g）＋2H2O（g）ˉH2SO4（l）＋S（s）
△H2≡—254kJ 。molˉ｜（2分）
（2）＞（l分）
反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应’温度＿定时,增大压强使反应正向移动’H2SO4的物质的量增
大’体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大（2分）
（3）SO2
SOiˉ
4H＋（共2分）
（4）α.4（l分）
@I—是SO2歧化反应的催化剂’H＋单独存在时不具有催化作用,但H＋可以加快歧化反应速率（2分）
o反应ii比i快;D中由反应ii产生的H＋使反应i加快（2分）
［解析］
（l）由于反应Ⅱ是二氧化硫的歧化反应’且由题意可知其氧化产物和还原产物分别为H2SO4和S,根据得
失电子守恒和元素守恒可写出反应Ⅱ的化学方程式为3SO2（g）＋2H2O（g）-2H2SO4（l）＋S（s）。根据盖斯定
律反应I与反应Ⅲ的热化学方程式相加得:2H2SO4（l）＋S（s）-3SO2（g）＋2H2O（g）
△H＝＋254kJ 。molˉl
,
所以反应Ⅱ的热化学方程式为3SO2（g）＋2H2O（g）-2H2SO4（l）＋S（s）
△H2＝ˉ254kJ .mol-l ° （3）由题意
知二氧化硫的歧化反应可由i与li相加所得’所以反应Ⅱ的离子方程式3SO2＋2H2OˉH＋＋2SOi
＋S↓减去i
式得;2I2＋4H2O＋2SO2-＝2SOi＿＋8H＋＋4Iˉ ,化简得到;I2＋2H2O＋SO2＝≡SO;ˉ＋4H＋＋2I—° （4）O由于
B是A的对比实验’所以两组实验中KI的浓度必须相同,即α＝0.4°@A说明Iˉ能催化二氧化硫发生歧化反应。
C中无明显现象’说明H＋单独存在时不具有催化作用,不能使二氧化硫歧化反应速率加快°B中溶液变黄,出现浑
浊较A快’结合C可知,增强溶液的酸性,可增强Iˉ的催化效果。O由于Iˉ催化二氧化硫的歧化反应是i与ii两
个过程分步进行,所以两个反应中任何＿个反应的速率都会影响总反应的速率。D中直接加人I2,故反应ii可立即
发生’而由反应ii产生的H＋可使反应i速率加快,所以D的反应速率比A快。
273. ［答案］
（每空2分）
（］）CO;ˉ
］0
（2）O＋］20kJ °molˉl
B
α00℃时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大但能耗升高,经济效益降低
（3）Al-3eˉ＝＝＝Al3＋（或2Al-6eˉ-2Al3＋）
催化剂2Al＋6CO2＝＝≡Al2（C2O4）3
［解析］
（l）若所得溶液的pH＝13｀溶液呈强碱性｀则CO2主要转化为CO;＿°若所得溶液c（HCOJ）:c（CO;ˉ）
c（H＋）
. c（CO;＿）,则c（H＋）＝K2× ‘（HC9J）＝5×l0ˉ｜｜×2mol .L—｜＝l0ˉ｜0mo｜.Lˉ｜,pH＝
＝2:
］,根据K2＝
c（HCO丁）
c（CO;ˉ）
—lg］0ˉl0＝］0° （2）O根据AH≡反应物总键能ˉ生成物总键能,该反应的△H≡（4］3×4＋745×2）kJ.molˉl
—
（l075×2＋436×2）kJ 。mol—l ≡＋l20kJ 。molˉ｜。该反应为气体分子数增大的吸热反应’恒容时达到的平衡相
当于恒压条件下达到平衡后增大压强,加压平衡向逆反应方向移动’故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时
反应达平衡后吸收的热量少°@根据题图3知’900℃时’合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但升高
温度,能耗升高’经济效益降低。（3）该电池中Al作负极’电解质为含AlCl3的离子液体’故负极反应为Al-3e
-Al3＋。正极为多孔碳电极根据正极反应式,得正极总反应为6CO2＋6e—3C2O;＿,O2不参与正极的总反
应’故（）2为催化剂。将负极反应:2Alˉ6e＿-2Al3带和正极反应;6CO2＋6eˉ一C2Oiˉ相加,可得该电池的总
反应式为2Al＋6CO2＝＝Al2（C2O4）3°
考点四工业流程大题
△
274. ［答案］
（l）Mg2B2O5 。H2O＋2H2SO4＿2H3BO3＋2MgSO4（2分）
升高反应温度、减小铁硼矿粉粒径、搅拌
（其他合理答案也可,任写两条）（l分）
（2）Fe3O4（l分）
SiO2和CaSO4（2分）
74
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（3）将Fe2＋氧化成Fe3＋（l分）
使Fe3＋与Al3＋形成氢氧化物沉淀而除去（1分）
（4）（七水）硫酸镁（l分）
H
（5）Na＋［H:
B
:H］—（2分）
H
△
△
（6）2H3BO3-B2O3＋3H2O、B2O3＋3Mg-2B＋3MgO（3分）
［解析］
（l）盐跟酸反应生成新盐和新酸’据此可写出Mg2B2O5 .H2O与硫酸反应的化学方程式:Mg2B2O5 .H20
△
＋2H2SO4—2MgSO4＋2H3BO3。可采取升高温度、减小铁硼矿粉粒径（增大接触面积）或搅拌等措施,以提高浸
出速率。
（2）Fe3O4具有磁性° “浸渣’,中除含Fe3O4外,还含有与H2SO4不反应的SiO2’以及CaO与H2SO4反应生成的微溶
物CaSO4。
（3）硫酸浸出后的滤液中,含有的主要物质有MgSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4｀Al2（SO4）3｀H3BO3等,ll2O2具有氧化性’
因此加人H2O2溶液可将其中的Fe2＋氧化为Fe3＋。由r艺流程图可知’最后过滤得到含镁盐母液,因此调节溶液
的pH约为5’可使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀｀Al3＋转化为Al（OH）3沉淀。
（4）由（3〉分析及最后过滤得到含镁盐母液,可知粗硼酸中的主要杂质应为硫酸镁。
H
（5）NaBH4是＿种离子化合物,由Na＋与［BH4］ˉ构成’其电子式为Na＋［H:
B
:H］ˉ。
H
（6）以H3BO3与Mg为原料可制备单质B,根据反应物的性质结合质量守恒定律可知,其制备过程中反应的化学方
△
△
程式为2H3BO3＝＝＝B2O3＋3H2O,B2O3＋3Mg＝＝＝3MgO＋2B°
275. ［答案］
（每空2分）
（l）ZnS十÷O2堕堕ZnO十SO2
≡
（2）PbSO4
调节溶液的pH无法除去杂质Fe2＋
（3）Cd2＋＋Zn-Cd＋Zn2＋
（4）Zn2＋＋2eˉ—Zn溶浸
［解析］
（1）在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。（2）溶液中的Pb2＋与SO;ˉ不能共存生成PbSO4沉
淀’SjO2不溶于H2SO4,即滤渣1中含SiO2和PbSO4°氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2＋氧化生成Fe3＋’加人
ZnO能调节溶液的pH,促进Fe3＋完全水解。由题表知Fe2＋｀Zn2＋开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近,若不通
人O2使Fe2＋氧化为Fe3＋,加人ZnO后无法除去Fe2＋’会影响Zn的纯度° （3）根据题中信息可知还原除杂工序中
涉及的离子反应为Cd2＋＋Zn—Cd＋Zn2＋° （4）结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成Zn,即电解时Zn2＋在阴极
被还原,电极反应式为Zn2＋＋2eˉ-Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H2SO4,可返回溶浸工序中继续使用。
276。［答案］
（每空2分）
（l）CO;ˉ＋PbSO4＝＝PbCO3＋SOiˉ
（2）Na2SO4
· l0H2O（或Na2SO4）
（3）3Pb＋8H＋＋2NO厂—3Pb2＋＋2NO↑＋4H2O
HNO3
50℃～60℃
（4）4PbSO4＋6Na（）∏一Na2SO4＋3PbO·PbSO4 。H2O＋2H2O
（5）取少量最后＿次的洗涤过滤液于试管中’向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液’若不产生白色沉淀,则表明已洗
涤完全
75
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［解析］
步骤O:铅泥中的PbSO4和Na2CO3反应生成PbCO3和Na2SO4;步骤@:过滤得到滤液l （Na2SO4｀
Na2CO3混合溶液）｀铅泥;步骤O:过滤得到的固体中的Pb、PbO｀PbCO3和硝酸反应生成Pb（NO3）2、NO;步骤@:
酸溶后溶液中的Pb（NO3）2与H2S04反应生成PbSO4、HNO3;步骤◎:过滤得到PbSO4 ’滤液2的溶质主要是
50℃～60℃
HNO3 ,含有少量H2SO4;步骤@:4PbSO4＋6NaOH
3Na2SO4＋3PbO.PbSO4 .H2O＋2H2O;步骤O:过
滤、洗涤得到三盐｀滤液3（Na2SO4、NaOH混合溶液）°
（l）PbSO4转化为难溶pbCO3的离子方程式为CO;＿＋PbSO4≡＝PbCO3＋SOi＿°
（2）滤液l和滤液3均含有溶质Na2SO4,可加人硫酸,调pH＝7,蒸发｀结晶得到副产品Na2SO4
° ］0H2O（或
Na2SO4）。
（3）铅与硝酸反应的离子方程式为3pb＋8H＋＋2NO丁-3Pb2＋＋2NO↑＋4H2O;由步骤@的分析可知’滤液2
中溶质主要成分为HNO3°
50℃～创℃
（4）PbSO4和NaOH反应生成三盐,化学方程式为4pbSO4＋6NaOH
3Na2SO4＋3PbO.PbSO4 .H2（）＋2Ⅱ2O°
（5）若滤液中不含Na2SO4,说明已经洗涤完全,故检验沉淀是否洗涤完全的方法是取少量最后＿次的洗涤过滤液
于试管中’向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液!若不产生白色沉淀’则表明已洗涤完全。
277. ［答案］
（l）O2Cl2＋2Ca（OH）2＝＝＝Ca（（〕lO）2＋CaCl2＋2H2O（3分）
@AB（2分）
（2）OCa（〕O3、Ca（OH）2（2分）
@＜（2分）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶（3分）
［解析］
（l）OCl2与Ca（OH）2发生反应:2Ca（OH）2＋2Cl2-Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O,生成Ca（ClO）2°@适
当减缓通人Cl2速率,可以使Cl2与Ca（OH）2充分反应,A项正确;充分搅拌浆料,使反应进行完全’可以提高Cl2
转化为Ca（ClO3）2的转化率’R项正确;加水使Ca（OH）2完全溶解,不能提高（〕l2转化为Ca（ClO3）2的转化率,C
项错误。（2）@电石渣中CaCO3与氯气不反应’而Ca（OH）2的溶解度较小’故滤渣的主要成分为CaCO3和
Ca（OH）2°@氯化时存在Cl2与Ca（OH）2生成Ca（ClO）2的反应,故n［Ca（ClO3）2］:n［CaCl2］＜1:5° （3）根据溶
解度曲线’KClO3的溶解度受温度影响较大,可采取蒸发浓缩｀冷却结晶的方法从该溶液中尽可能多地析出KClO3
固体°
278. ［答案］
（l）加快酸溶速率（2分）
避免制备MgCO3时消耗过多的碱（2分）
（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O（3分）
（3）o分液漏斗（2分）
@充分振荡（2分）
（4）调至5.0＜pH＜8.5,过滤’边搅拌边向滤液中滴加Na2C（）3溶液至有大量沉淀生成,静置’向上层清液中滴加
Na2CO3溶液,若无沉淀生成（4分）
［解析］
（1）酸溶时需加热,目的是加快溶解速率。（2）加人H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋,离子方程式为
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＿2Fe3＋＋2H2O° （3）@仪器A为分液漏斗。@加人有机革取剂后,应充分振荡、静置、分
液,并重复多次。（4）制备MgC（）3 .3H2O时’向溶液中滴加氨水’调节至5.0＜pH＜8ˉ5,沉淀出Al3＋,过滤,然后边
搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量MgCO3沉淀产生’静置’再向上层清液中滴加Na2CO3溶液,以确保溶
液中的Mg2＋沉淀完全,当无沉淀生成时,过滤’洗涤’干燥即可得到MgCO｀.3H2O°
279。［苔案］
（］〉＋3（l分）
（2）2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝≡＝2ClO2＋2NaHSO4（2分）
（3）NaOH溶液（2分）
Na2CO3溶液（2分）
ClOI（或NaClO2）（2分）
（4）2: 1（2分）
O2（l分）
（5）l57（2分）
76·
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［解析］
（1）根据化合物中各元素化合价代数和等于0,计算出NaClO2中氯元素化合价为＋3° （2）从流程图看
出,反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸,产物为硫酸氢钠、二氧化氯,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式:
2NaCl03＋SO2＋H2SO4-2ClO2＋2NaHSO4° （3）粗盐提纯中加人氢氧化钠溶液沉淀镁离子,加人碳酸钠溶液沉
淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClOI,故阴极反应的主要产物为NaClO2。（4）依题意,用含氢氧化钠
的双氧水吸收尾气中的二氧化氯’发生反应:2ClO2＋H2O2＋2OHˉ-2ClOj＋O2＋2H2O,ClO2作氧化剂’H2O2
作还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2: 1 ,该反应中氧化产物为O2。（5）氯气、亚氯酸钠的氧化能力就
是得电子能力,得电子数相等时’氧化能力相当。氯气｀亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2—谩尘二＋
αˉ ,Cl』置兰二翘αˉ ,叫知栅电子数相等时存任№α02～2Cl:』故亚氯酸钠的有效氯育量为腊≡止57.
280. ［答案］
（除特殊标注外,每空2分〉
（l）碘酸钾（］分）
（2）加热（］分）
KCl
KH（IO3）2＋KOH-2KIO3＋H2O（或HIO3＋KOH＝＝＝KIO3＋H2（））
（3）O2H20＋2e—-2OHˉ＋H2↑
@K＋
由a到b
O产生Cl2易污染环境等
［解析］
（l）KIO3的名称为碘酸钾。（2）Cl2是＿种易挥发且溶解度不大的气体,可通过加热法去除溶液中溶解
的Cl2。加人KOH溶液“调pH”使KH（IO3）2转化为KIO3 :KH（IO3）2＋KOH-2KIO3＋H2O。（3）O电解法制
备KIO3时’H2O在阴极得到电子,发生还原反应:2H2O＋2eˉ-2OHˉ＋H2↑。@电解池中阳离子向阴极移动,
即由电极a向电极b迁移,阳离子交换膜只允许阳离子通过,故主要是K＋通过阳离子交换膜。o根据工艺流程分
析’KClO3氧化法生成的Cl2有毒,且在调pH时加人KOH的量不易控制,另外’生成的KIO叫中杂质较多。
281. ［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（1）o＋3（l分）
@H3AsO4＝＝H＋＋H2AsO4
O沉淀过量的S2ˉ（l分）,使As2S3（s）＋3S2ˉ（aq）ˉnAsS;ˉ（aq）平衡左移（方程反过来说右移’1分）,提高沉
砷效果（l分）
@H3AsO3＋H2O2＝＝＝H3As（）4＋H2O
◎CaSO4（1分）
（2）OH; As :H（l分）
@12Ag＋＋2AsH3＋3H2O＝＝≡］2Ag↓＋As2O3＋12H＋
H
颧不符合（｜分）
该废渣中砷篙量为乳0i」!ˉ偷隆×」000瓢k隐≡凯0×」0ˉ』叭:｀大于排放标准40×
10ˉ5g.kgˉl （l分）
［解析］
（l）OH3AsO3中H元素为＋l价,O元素为ˉ2价,根据化合物各元素化合价代数和为0,则As元素的化
合价为＋3°
@H3AsO4为三元弱酸,能发生三步电离,第＿步电离方程式为H3AsO4＝＝H＋＋H2AsOJ。
O“-级沉砷’,中加人的Na2S过量,加人FeSO4’发生反应Fe2＋＋S2ˉ-FeS↓,将过量的S2—除去,同时S2ˉ浓度
降低’使As2S3（s）＋3S2ˉ（aq）-2AsS;
（aq）平衡逆向移动提高沉砷效果。
@“二级沉砷”是H3AsO3与H2O2反应生成砷酸和水’反应的化学方程式为H3AsO3＋H2O2-H3AsOq＋H2O。
◎未完全沉淀的S2ˉ可被H2O2氧化为SO］— ,CaO溶于水后生成（〕a（（）H）2’SOiˉ与Ca2带反应生成CaSO4沉淀°
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（2）O共价化合物AsHq中’As原子最外电子层有5个电子,H原子最外电子层有l个电子’因此As原子与3个H
原子结合分别达到8电子和2电子稳定结构’其电子式为H:
As
:H。
H
@将AsH3气体通人AgNO3溶液中’生成银镜和As2O3 ,反应的离子方程式为l2Ag＋＋2AsH3＋3lI2O＝≡＝l2Ag↓＋
As2O3＋12H＋◎
O根据古氏试砷法半定量检测法可知,对10g废渣进行实验时,有银镜生成,即l0g废渣中As的含量大于等于3。0
×｜0ˉ‘膘则废渣中砷元素的含量为型湍土×｜000…-乳0×｜0 惑浮k…0×｜0 鼠割蜒,所以个符合排放
标准°
282。［答案］
（］）作氧化剂（2分）
过滤（l分）
（2）Cu（NH3）i＋＋2RH-2NH矿＋2NH3＋CuR2（2分）
分液漏斗（l分）
ab（2分）
（3）RH（］分）
分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、分液漏斗中的液体过多（2分）
（4）O2｀H2SO4（2分）
加热浓缩｀冷却结晶｀过滤（2分）
（5）H2SO4（l分）
防止由于溶液中c（OH
）过高’生成Cu（OH）2沉淀（2分）
［解析］
（l）Cu转化为Cu（NH3）i＋,化合价升高,发生氧化反应,故H2O2作氧化剂,将Cu氧化°从图中可以看
出,经过操作o得到溶液和残渣,故操作o是过滤。
（2）铜氨溶液中的Cu（NH3）i＋与有机物RH反应生成NH］和NH4Cl及溶解在有机层中的CuR2’故反应的离子方
程式为Cu（NH3）1＋＋2RH-2NH』＋2NH旷＋CuR2°操作@得到溶液和有机层,故该操作是分液,用到的主要仪
器是分液漏斗°其目的是使铜元素与水溶液中的物质分离’富集铜元素°
（3）根据反应Ⅲ可以判断出CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH°图中的错误是分液漏斗的尖端未紧靠烧杯内
壁,分液漏斗中的液体太多。
（4）电解CuSO4溶液’阳极是水放电,电极反应式为2H2O—4eˉ-O2↑＋4H＋,故阳极产物是O2和H2SO4°将硫酸
铜溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤即得胆矾晶体°
（5）反应Ⅲ消耗H2SO4’操作@电解CuSO4溶液产生H2SO4’实现了H2SO4的循环使用。反应I中H2O2将铜氧化为
Cu2＋,Cu2带与NH3产生Cu（NH3〉i＋’因为NH3溶于水,溶液显碱性,如果c（OH
）过高,会产生Cu（OH）2沉淀’为
了防止产生Cu（OH）2沉淀,在反应I中加人了NH4Cl。
283。［答案］
（1）增大反应物接触面积,加快反应速率,提高原料利用率（2分）
△
（2）2MnO2＋4KOH＋O2-2K2MnO4＋2H2O（2分）
（3）增大氧气的压强加快反应速率提高软锰矿转化率（2分）
（4）OKHCO3（1分）
@MnO;—-e—＝＝＝MnOJ（2分）
H2（1分）
O3:2（2分）
2α00×｜0ˉ』×α2000÷×删×!53
（5）
×l00％（3分）
10800
［解析］
（1）从化学反应速率的角度分析矿石粉碎的目的°同体之｜司反应物接触面积小,反应速率慢,原料利用率
低’将矿石粉碎,可以增大反应物接触面积,加快反应速率’提高原料利用率。（2）书写陌生氧化还原反应的化学方
程式,要会运用氧化还原反应原理。从框图可看出,平炉中参与反应的反应物有K（）H、MnO2和O2,产物有
△
K2ⅥnO4,根据原子守恒知,有氢元素参与反应’可能有H2O生成,故化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O2—
2K2MnO4＋2H2O。（3）从上述化学方程式可看出,该反应是气体分子数减小的反应’加压的目的是增大氧气的压
强加快反应速率’提高软锰矿转化率° （4）@向锰酸钾溶液中通人CO2至溶液呈中性或弱酸性’在中性或弱酸性
条件下生成碳酸氢钾,而不是碳酸钾°反应的化学方程式为3K2MnO4＋4（〕O2＋2H2（）-2KMnO4＋MnO2↓＋
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4KHCO3 ’产物中除二氧化锰｀高锰酸钾外,还有碳酸氢钾°@以惰性材料为电极’电解锰酸钾溶液’阳极的电极反
应式为MnO;—ˉe—-MnOJ;阴极的电极反应式为2H2O＋2e-2OH＿＋H2
↑,阴极逸出的气体为H2°
O“电解法”的化学方程式为2K2MnO4＋2H2O皇壁2KMnO4＋2KOH＋H2
↑
｀‘‘CO2歧化法,,的化学方程式为
3K2MnO4＋4CO2＋2H2O＿2KMnO4＋MnO2↓＋4KHCO3 ,如果3molK2MnO4参与反应,则用“电解法”得到3mol
KMnO4,用“CO2歧化法,,得到2molKMnO4’“电解法”与“CO2歧化法”中锰酸钾的利用率之比为3:2。（5）根据已知
信息化学反应式或得失电子守恒计算高锰酸钾产品纯度’注意配制溶液体积与取用量之间的转化问题。草酸中碳元
素为＋3价’氧化产物为CO2;高锰酸钾中＋7价锰元素被还原为＋2价锰离子,根据得失电子守恒知’5″（KMnO4〉≡
2α00×l0ˉ』L×α2000m°lLˉ｜睬÷×2』9;揣×l58＂m°lˉ!
2n（H2C2O4）’川（KMnO4）＝
×100％。
10800离
284. ［答案］
（l）研磨、加热（l分）
（2）O＜（l分）
@核电荷数P＜s’原子半径P＞s,得电子能力P＜s,非金属性P＜s（2分）
△
（3）2Ca5（PO4）3F＋10H2SO4＋5H2O＝＝＝］0CaSO4 ·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF（2分）
（4）80℃后,H2O2分解速率大’浓度显著降低（2分）
（5）CaSO4微溶（1分）
BaCO3＋SO;ˉ＋2H3PO4＝-BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2POJ（2分）
（6）9卫42匹（2分）
α
［解析］
（I）流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨’酸浸时进行加热° （2）O该反应符合复分解反应中
“强酸制弱酸”的规律°@比较硫酸与磷酸的酸性强弱’可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比
较S、P的原子半径｀核电荷数。（3）根据元素守恒可写出反应的化学方程式° （4）有机碳的脱除率受两个因素的共
同影响;＿方面’温度越高’反应速率越快’在相同投料比｀相同反应时间内’有机碳的脱除率越高;另＿方面,温度
升高可使较多的H2O2分解’氧化剂的量减少’使得有机碳的脱除率降低◎80℃后,H2O2分解对有机碳脱除率的
影响超过了温度升高的影响’导致脱除率逐渐降低° （5）脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸,由于生成的硫酸钙是微
溶物』所以即使CaCO3过量’充分反应后仍有SOiˉ残留°加人BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4’进＿步
提高硫的脱除率。
（6）H3PO4
＋
2NaOH＝＝≡Na2HPO4＋2H2O
98g
2mol
m（H3PO4）
10ˉ36cmol
m（H］PO4）＝49×10ˉ2bcg｀则精制磷酸中H3PO4的质量分数为4二2ˉ21」0二丝×］00％＝4坐E％°
αg
α
285［答案］
（l）Fe2O3＋Cu2O＋8HCl一CuCl2＋2FeCl2＋4H2O（2分）
（2）O随着浸出时间（0～24h）的增加,铜的浸出率相应增加
@浸出时间超过24h后’铜的浸出率变化不明显（各1分,其他合理答案均给分）
（3）5Fe2＋＋ClO2＋4H＋—5Fe3＋＋Clˉ＋2H2O（2分）
BC（2分）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶｀过滤（2分）
乙醇易挥发’且可防止CuCl2
。如H2O晶体溶解（1分）
（5）80α亩严（］分）
［解析］
（l）已知Cu2O在酸性环境中可以生成Cu2＋和Cu但“浸渣”中不含单质铜,则反应中产生的（〕u发生氧
化还原反应全部转化为Cu2＋’由题意分析可知应为Fe3＋与Cu单质发生反应,结合题中已知信息可列化学方程式;
Fe2O3＋Cu2O＋8HCl-2CuCl2＋2Fe（】l2＋4H2（）◎
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（2）结合图像可得:o随着浸出时间（0～24h）的增加’铜的浸出率相应增加;@浸出时间超过24h后,铜的浸出率
变化不明显°
（3）ClO2具有氧化性,可以把Fe2＋氧化为Fe3＋’根据氧化还原反应原理和得失电子守恒可列化学方程式:5Fe2＋＋
ClO2＋4H十一Fe3＋＋Clˉ＋2H2O;调节pH时若加人CuSO4、NH3 。H2O会弓｜人其他杂质离子’若加人CuO、
Cu2（OH）2CO3则生成H2O和C（）2’不会引人杂质,从而可制备较纯的氯化铜晶体,故选B、C项°
（4）CuCl2的溶解度随温度升高而增大,受温度影响大,故应采取的分离方法为蒸发浓缩｀冷却结晶、过滤、洗涤、风
干等。工业上采用无水乙醇洗涤是因为乙醇易挥发,且可以防止CuCl2
. 茹H2O溶解。
（5）将氯化铜晶体溶解后加人氢氧化钠溶液,过滤后灼烧沉淀物,可列关系式
CuCl2→Cu（OH）2→CuO
l35
98
80
加g
bg
＂（H』O）
8糕｜蒜bmol
80α＿｜35‖
帅等…＂』」｀『嚣｜｀｀……
ˉ
ˉ
80×l8
Ⅶ（Cu2＋）
上mol
l8b
。
＝＝
80
286. ［答案］
（l）厂（H＋）＜『（Mg2＋）＜r（N3ˉ）＜r（Clˉ）（2分）
第三周期ⅡA族（1分）
［H: O
: ］ˉMg2＋［
: O
:H］
（l分）
（2）Mg2Si（l分）
熔融,电解（2分）
NH3 ,NH4Cl（1分）
（3）SiC（2分）
（4）2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋2H2O（2分）
（5）CH3CH2CHO,（〕H3CHO（2分）
［解析］
（］）MgCl2 .6NH3所含元素的简单离子有Mg2＋｀Clˉ、N3ˉ｀H＋,Clˉ有3个电子层四者中离子半径最
大’Mg2＋、N3ˉ有2个电子层且具有相同的电子层结构,核电荷数越大,离子半径越小,则N3ˉ的半径大于Mg2＋的
半径,故离子半径由小到大的｜｜顷序为厂（H＋）＜厂（Mg2＋）＜r（N3ˉ）＜厂（Clˉ ）。根据镁的原子结构示意图
O鹅,可推知镁位于元素周期表的第三周期ⅡA族°Mg（（）H）2为离子化合物,其电子式为
［H: O
;
］
Mg2＋［
: O :H］
° （2）根据反应O,由原子守恒可推知A2B为Mg2Si°可通过电解熔融的MgCl2
获得Mg°由题图可知,由Mg（〕l2 .6NH3得到的NH3、NH4cl可以循环用于反应O° （3）由siH4和cH4反应生成
H2和＿种固体耐磨材料,显然该耐磨材料为原子晶体SiC。（4）煤燃烧产生的S（）2与Mg（OH）2反应生成MgSO3
’
MgSO3具有还原性,易被空气中的氧气氧化为MgSO4,反应的化学方程式为2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋
OH
2H2O。（5）根据格氏试剂与醛反应合成醇的反应原理, （〕H3CH2CHCH3可由CH3MgBr与CH3CH2CHO反应制
得,也可由CH3CH2MgBr与CH3CHO反应制得’故所需醛的可能结构简式为CH3CH2CHO、CH3CHO。
287. ［答案］
（l）酸（l分）
NHj＋H2（）＝＝NH3 。H2O＋H＋（l分）
Zn2＋＋2H,O＝≡＝Zn（OH）2＋2H＋（1分）
正（2分）
（2）OMnCO3＋H2SO4＝≡＝MnSO4＋H2O＋CO2↑（2分）
@C（2分）
OMn2＋＿2eˉ＋2H,O—MnO2＋4H＋（2分）
@i.0.叫3（2分）
ii.0。020（2分,写0.02不得分）
.80
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［解析］
（1）电解质溶液为ZnCl2ˉNH4Cl混合溶液’因为Zn2＋和NH旷水解显酸性’所以电解质溶液呈酸性;离子方
程式为NHj＋H2O≡＝NH3 .H2O＋H＋和Zn2＋＋2H2O＝＝Zn（OH）2＋2H＋;干电池在工作时’负极失去电子’
正极得到电子,所以电子流向正极°
（2）O经过H2SO4酸浸后MnCO3发生反应生成MnSO4,主要化学方程式为MnCO3＋H2SO4-MnSO4＋H2（）＋
CO2↑。
@由题图可以看出’当温度在60℃以上时’MnSO4 .H2O晶体的溶解度小于ZnSO4 .H2O,便于结晶析出,所以温
度应该控制在60℃以上。
O电解池中阳极失去电子,则阳极反应为Mn2＋失去电子生成MnO2,反应式为Mn2＋-2eˉ＋2H2O-MnO2
＋4H＋◎
@l.溶液中S的存在形式有S2ˉ、HS和H2S’且c（H2S）＋c（HSˉ）＋c（S2ˉ）＝0。1mol 。Lˉl ,在pH＝l3时’
c（S2ˉ）＝5.7×l0 2mol .Lˉl ,所以c（H2S）＋c（HSˉ）＝（0. ］—O057）mol .L—l≡0.043mol 。Lˉl°
ii。MnS溶解方程式为MnS（s）＝≡Mn2＋（aq）＋S2ˉ（aq〉’因为Ksp（MnS）≡c（Mn2＋）×c（S2ˉ）＝2.8×l（）—l3 ’当pⅡ
＝5时,c（S2ˉ）＝1.4×l0ˉllmol .Lˉl ,则c（Mn2＋）＝0。020mol ·Lˉl °
考点五化学实验大题
［答案］
（l）3FeC2O4＋2K3［Fe（CN）6］—Fe3［Fe（CN）6］2＋3K2C2O4（2分）
（2）O隔绝空气、使反应产生的气体全部进人后续装置（2分）
@CO2（l分）
CO（l分）
o先熄灭装置A｀E的酒精灯’冷却后停止通人氮气（2分）
@取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解’滴人1～2滴KSCN溶液,溶液变红色’证明含有Fe2O3（2分）
（3）o粉红色出现（2分）
@烈硼腮l00％（3分）
［解析］
（1）发生的显色反应是溶液中Fe2＋与K3［Fe（CN）6］生成Fe3［Fe（CN）6］2,其化学方程式为3FeC2O4＋
2K3［Fe（CN）6］—Fe3［Fe（CN）6］2＋3K2C2O4° （2）@实验时通人N2’不仅能隔绝空气’排除空气的干扰,还能
使反应产生的气体全部进人后续装置°@实验中装置B中澄清石灰水变浑浊’说明三草酸合铁酸钾的热分解产物
中含有CO2,经NaOH溶液可除去CO2’气体经浓硫酸干燥后,与灼热的CuO反应’得到单质Cu’且由装置F中现象
可知装置E中又生成CO2’由此可判断热分解产物中还含有CO。O为防止倒吸,实验结束后,应先熄灭装置A｀E
两处的酒精灯,冷却后停止通人氮气°@要检验A中残留固体中含有Fe2O3 ,可取少量A中残留固体,加人足量稀
硫酸或稀盐酸溶解’再滴人少许KSCN溶液’溶液中出现红色,即可确定残留固体中含有Fe2O3°
（3）OKMn（）4能
将样品溶液中Fe2辨氧化成Fe3＋,将C2Oi＿氧化成CO2,达到滴定终点时,KMnO4稍过量’溶液中出现粉红色°
@加人过量锌粉能将溶液中Fe3＋还原为Fe2＋’酸化后Fe2＋与KMnO4溶液反应,根据化合价变化可找出关系式为
5Fe2＋～MnOJ’根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n（Fe2＋）≡cmol 。Lˉl ×V×10 3L×5＝5×
288
5×l0ˉ3×c‖／mol×56层.molˉl
×」00％或黑｛×谎×｜00链‘
l0ˉ3cVmol,则该晶体中铁元素的质量分数为
mg
289. ［答案］
（1）2Ag＋＋SO;ˉ-＝Ag2SO3↓（2分）
（2）O析出红色固体（2分）
@aIICl和BaCl2溶液（1分）
b在I＿的作用下’Cu2÷转化为白色沉淀CuI,SO;＿转化为SOiˉ（2分）
（3）OAl3＋、OHˉ（l分）
@a.
…赔锣g糕艘0粤蹦g｛吩｛
Al2（SO4）3溶液
b。V1明显大于］／2（2分）
（4）亚硫酸盐的溶解性｀氧化还原性、在水溶液中的酸碱性（2分）
两种盐溶液中阴｀阳离子的性质和反应条件
（2分）
8］
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［解析］
（l）饱和溶液中的Ag＋与Na2SO3反应会生成更难溶的Ag2SO3° （2）O根据现象Ⅱ和已知信息知,取少
量洗涤干净的棕黄色沉淀,滴加稀硫酸,若有红色固体析出’则证明有Cu＋。@a.根据沉淀A是BaSO4,知加人的
试剂l含Ba2＋’可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液° b~由白色沉淀A为BaSO4可知原沉淀中的SO;ˉ被氧化为
SOi
,则加人KI时反应生成了I2’说明原沉淀中有Cu2＋’即加人KI时Cu2带与Iˉ反应生成白色沉淀CuI和I2’I2
又与SO;ˉ反应生成SO』＿与Iˉ ’所以加人淀粉元明显现象° （3）O根据题意知,现象Ⅲ的白色沉淀中无SOiˉ ’该
白色沉淀既能溶于强酸’又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色,推测沉淀中含有亚硫酸根｀Al3＋和OH—◎
@与Al（OH）3相比,铝的碱式盐中每个铝离子所对应的氢氧根离子不足3个,因此可设计定量实验,记录数据Vl
,
设计对比实验,记录数据％’对比Vl与‖／i即可得出结论。（4）I2被还原’酸性KMnO4溶液褪色,均显示了亚硫酸
盐的还原性’亚硫酸盐与Al3＋发生双水解反应生成氢氧化铝,证明了亚硫酸盐在水溶液中水解而体现了酸碱性,根
据实验流程及现象可知盐溶液间反应的多样性和盐的性质及反应条件有关。
290. ［答案］
（l）品红溶液褪色（2分）
吸收尾气’防止产生的气体扩散到空气中污染环境（2分）
（2）BC（2分）（选A不得分’选对—个给1分）
（3）oAFGBDH（3分）
@把H中的导管移出水面,撤走酒精灯,用拇指堵住试管口,取出试管,立即把带火星的木条伸人试管口内’木条复
燃’证明试管中收集的气体是氧气（3分）
（4）药匙（］分）
盐酸’KSCN溶液（l分,只写＿个不得分）
［解析］
（1）因为分解产生的气体可能为SO2或SO3,两者都可以使品红溶液褪色’所以装置B中的现象是品红溶
液褪色;装置C用来吸收尾气’防止产生的气体扩散到空气中污染环境。
（2）因为SO2使品红溶液褪色,加热后红色可以恢复’而乙组同学实验中红色没有恢复,则说明气体中＿定含有
SO3 ,可能含有SO2’故选BC°
（3）O用装置A加热绿矾’通过装置F无水cuso4检验是否有水生成,so3沸点较低,可通人装置G将so3冷凝除
去,然后通人装置B检验是否还有SO2和SO3 ’再通人装置D除去SO2,最后通人装置H通过排水集气法收集剩余
气体’所以连接顺序为AFGBDH。
@检验产物中是否有O2生成,把H中的导管移出水面,撤走酒精灯’用拇指堵住试管口,取出试管’立即把带火星
的木条伸人试管口内’木条复燃,证明试管中收集的气体是O2,即证明绿矾分解产物中有O2。
（4）把分解产物取出要用到药匙;检验是否含有Fe3＋应该先用盐酸将产物溶解’然后再加人KSCN溶液,若溶液变
为红色则证明有Fe3＋生成°
291. ［答案］
（l）C＋4HNO3（浓）≡兰4NO2↑＋CO2↑＋2H2O
（2）除去反应生成的CO2
（3）装置F可以起到防倒吸的作用
（4）o打开分液漏斗玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准）’旋转活塞’使浓硝酸滴人圆底
烧瓶中
@剧烈反应,木炭逐渐减少,液体中有气泡冒出,烧瓶中出现红棕色气体
（5）关闭K,由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶中的液面,-段时间后液面差不变则气密
性良好
（6）取少量反应后的固体溶于蒸馏水,向溶液中滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液’溶液褪色则有NaNO2生成
［解析］
I
. （1）碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2和H2O化学方程式为C＋4HNO3（浓）＝兰4NO2↑＋CO2↑＋2H2O。
（2）碳与浓硝酸反应生成的CO2、NO2通人装置B的水中,NO2与水反应生成HNO3和NO’再将混合气体通人装置
C的NaOH溶液中,可以除去NO中混有的CO2°
（3）将碳与浓硝酸反应生成的CO2、N（）2通人装置B的水中,NO2与水反应生成HNO3和NO’使得气体的量减少、
压强降低,从而产生倒吸,若将混合气体通人C（〕l4中则不会产生倒吸,故用装置F代替B更合理。
·82
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（4）O将分液漏斗中的浓HNO3滴人圆底烧瓶中,需先平衡压强,正确的操作步骤为打开分液漏斗玻璃塞（或将分
液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准）,旋转活塞,使浓硝酸滴人圆底烧瓶中,并控制滴加速度。
@向圆底烧瓶中加人浓硝酸后,点燃A处酒精灯,碳与浓硝酸剧烈反应,木炭逐渐减少,液体中有气泡冒出』烧瓶中
出现红棕色气体。
Ⅱ. （5）检验装置的气密性需先形成密闭体系,正确的方法是关闭装置后端开关K’由长颈漏斗向广口瓶中加水至
长颈漏斗中的液面高于广口瓶中的液面’-段时间后液面的高度差不变,则气密性良好。
（6）J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3 ’因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性,所以不能使用还
原性的试剂如KIˉ淀粉溶液检验’可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原性,取少量反应后的固体溶于蒸馏
水,向该溶液中滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液’若溶液褪色则有NaNO2生成。
292. ［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）o加人过量稀盐酸
@出现乳黄色浑浊
O（吸）取上层清液,滴人BaCl2溶液
@产生白色沉淀
（2）o烧杯（l分）
容量瓶（1分）
刻度（1分）
@蓝色褪去（l分）
95。0
［解析］
（］）欲检验市售Na2S2O3中是否含有SO乱＿’应先取少量样品’加人除氧蒸馏水’固体完全溶解得澄清溶
液’向其中加人过量稀盐酸使S2O;ˉ完全反应（S2O;ˉ＋2H籍—S↓＋SO2↑＋H2O）’以避免生成BaS2O3沉淀’
对检验产生干扰,产生的现象是出现乳黄色浑浊,并有刺激性气味的气体产生,静置后,取上层清液,向其中滴人
BaCl2溶液,产生白色沉淀即可说明市售Na2S2O3中含有SO;ˉ° （2）O配制溶液时称取的样品应在烧杯中溶解,溶
解｀冷却至室温后全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线。@利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终
点时’当溶液蓝色褪去’且半分钟内不恢复即可说明达到滴定终点°根据题中反应可得;Cr2O;
～3I2～6S2O;— ’则
l2000g样品中含有№2S:O］5Ⅱ』O的质量＝6×2α00×｜0 』L×队00950m。卜L
｜×揣×248;恤ol ｜-
1
l」40g’样品纯度＝击湍×｜00％二950％.
293. ［答案］
（l）胶头滴管（1分）
（2）过氧化钠（或Na2O2）（2分）
（3）于燥氧气和氨气的棍合气体（2分）
』NHⅡ带5O圆竿4NO带6＂1O（2分）
（4）紫色石蕊试液变红（l分）
过量的氨气致使戊中溶液不＿定呈酸性（2分）
在丙和丁之间连接盛有浓硫酸的
洗气瓶（答案合理即可）（2分）
（5）试管丁内水面慢慢上升,上升到＿定高度不再变化,试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色（2分）
［解析］
（1）配制l＂mL一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有l＂mL容量瓶、烧杯｀量筒｀玻璃棒｀胶头滴管°
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,同时反应放热’使得氨水中氨气逸出’不需要加热即能同时产生氨气
和氧气’因此烧瓶内固体X为过氧化钠。
（3）装置乙的作用是干燥氨气和氧气的混合气体;氨气和氧气的混合气体’在丙中催化剂、加热的条件下发生反应
的化学方程式为4NH』十5O』粤N0带6H』0.
（4）丁装置中发生反应:2NO＋O2-2NO2,戊装置中发生反应:3NO2＋H2O—2HNO3＋NO,硝酸可以使紫色石
蕊试液变红;由于反应时氨气和氧气的量不能准确控制,若氨气过量’氨气与硝酸反应生成盐’无法观察到紫色石
蕊试液变红的现象;改进措施是在丙和丁之间加＿个盛有无水氯化钙的干燥管（氯化钙可以与氨气反应生成Ca（〕l2
·
8NH3）,或者加＿个盛有浓硫酸的洗气瓶’通过该装置除去氨气°
（5）改进后将试管丁倒立于盛水的水槽中,红棕色的NO2气体溶于水:3NO2＋H2O＝＝2HNO3＋NO,无色气体NO
难溶于水,因此现象为试管丁内水面慢慢上升’上升到-定高度不再变化,试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色。
.83
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［苔案］
（l）当A中压力过大时,安全管中液面上升,使A瓶中压力保持稳定（2分）
（2）碱（l分）
酚酞（或甲基红）（1分）
（3）（cl ‖／l—c2‖／2）×l0ˉ3×17 ×l00％（2分）
294
Ⅸ）
（4）偏低（l分）
（5）防止硝酸银见光分解（l分）
2.8×l0
3（2分）
（6）＋3（1分）
2Co〔〕l2＋2NH4Cl＋l0NH3＋H2O2-2［Co（NH3）6］Cl3＋2H2O（2分）
温度过高过氧化氢分解、
氨气逸出（2分）
［解析］
（l）若没有A中的安全管,当A中产生气体时’会因装置压力过大发生危险反之,有安全管存在,当A中
压力过大时,安全管中的液面会上升,使A瓶中压力保持稳定。
（2）由题意知’用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时,NaOH溶液应放人碱式滴定管中,可使用酚酞（或甲基红）作指
示剂,滴定至终点时溶液由无色（或红色）变为浅红色（或黄色）。
（3）已知盐酸的总的物质的量为clnlol .L
l ×VlmL×l0—3L.mL
l ＝clVl ×l0ˉ3mol’NH3反应完后剩余的盐酸
用NaOH标准溶液滴定,可求出剩余的盐酸为c2×V2×10ˉ3mol’由NH3＋HCl-NH4Cl可求出NH3的物质的
量。进而求出泌gX中的含氨量’即:（clVl—c2V2）×l0ˉ3×］7×100％◎
仅／
（4）若装置气密性不好,会有NH3外逸,而不能被HCl吸收,则剩余的HCl的物质的量会增多’消耗NaOH增多’即
C2V2的值增大,由（3）中计算式可知氨的测定结果偏低°
（5）AgNO3是见光易分解的物质’使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3分解而影响实验结果;由Ag2CIO4的溶度
褪常数典,～u沙＂ˉ腮….）～2M旷』…』｀可拙′（c测;ˉ）～志厂厂古删马』｛, !…」
≡28×l0ˉ3mol .Lˉl◎
（6）样品X中钻｀氨和氯的物质的量之比为l:6:3｀可写出化学式为［Co（NH3）6］Cl3 ’由化合物中正负化合价代数
和为0计算,NH3整体为0价,氯为ˉ］价’故Co为＋3价;从而推出制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4（〕l＋
l0NH3＋H2O2-2［Co（MI3）6］Cl3＋2H2O。由于温度过高时H2O2易分解’NH3易挥发,故制备过程中温度不
能过高’否则H2O2分解,NH3挥发。
295｛答案］
（1）2SO2＋CO;＿＋H2O一HSOJ＋CO2（3分）
（2）防止倒吸（2分）
（3）O吸滤瓶（2分）
@减少Na2S2O5在水中的溶解（2分）
（4）在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3’部分Na2SO3被氧化生成Na2SO4（3分）
［解析］
（1）该离子方程式为2so2＋H2o＋（】o;ˉ-2HsoJ＋co2° （2）装置Y的作用是防止倒吸° （3）O减
压抽滤装置的主要仪器有布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵。@用饱和SO2水溶液洗涤的目的是减少Na2S2O5在水中的
溶解。（4）根据提供信息,Na2S2O5在空气中｀受热时均易分解,在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3,部分
Na2SO3被氧化为Na2SO4,因此含有＿定量的Na2SO3｀Na2SO4°
296. ［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（l）O2KMnO4＋l6HCl-2MnCl,＋2K（〕l＋5Cl,↑＋8H,O
-马佰
@
工l｝≡≡
~ ~~~~~~~
慰赫
84.
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OCl2＋2OHˉ＝＝＝Clˉ＋ClOˉ＋H,O
（2）Oi.Fe］＋（］分）
4FeOiˉ＋20H带一Fe3＋＋3O2↑＋l0H20
jj。排除clo的干扰
@＞（l分）
溶液酸碱性不同
O理由;FeOi在过量酸的作用下完全转化为Fe3带和O2 ｀溶液浅紫色＿定是MnO『的颜色
或方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4’观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色
［解析］
（l）O由题图知A中反应物为浓盐酸和KMnO4,生成物有Cl2’且锰被还原为Mn2＋’根据得失电子守恒及
元素守恒即可完成反应的化学方程式°@由于装置C中高铁酸钾的制备环境呈碱性而制得的氯气中混有的氯化
氢气体为酸性,可用饱和食盐水除去氯化氢’注意“长导管进短导管出”。O氯气能与过量的KOH溶液反应。
（2）Oi.Fe3＋遇KSCN溶液变红色。由已知高铁酸钾在酸性溶液中快速产生氧气,反应过程中氧元素的化合价升
高’根据氧化还原反应的规律,高铁酸钾中＋6价的铁元素化合价必然降低,其还原产物可能是Fe3＋。也就是说’
Fe3＋可能来自于高铁酸钾自身的氧化还原反应°书写离子方程式时,可以先写出明确的、已知的反应物（即
FeOi—）和生成物（即Fe3十和O2）’根据得失电子守恒确定Fe3十和O2的化学计量数之比为4:3’再根据电荷守恒和
元素守恒确定反应物中还应有H＋’最后用观察法配平即可。ii.C中Cl2与KOH反应生成的ClOˉ具有氧化性,也
能氧化Clˉ ’故需排除ClO的干扰°@K2FeO4的制备实验中Cl2化合价降低作氧化剂’故氧化性Cl2＞FeOi＿’该
反应是在碱性条件下进行的’方案Ⅱ是在酸性条件下进行的,溶液的酸碱性对物质的氧化性和还原性会产生影响。
297。［答案］
（1）H2SO4（浓）＋2NaHSO3-2SO2↑＋2H2O＋Na2SO4［或H2SO4（浓）＋NaHSO3＝＝＝SO2↑＋H2O＋
NaHSO4］（1分）
b→c→g-→f→d（3分）
（2）o氧化（1分）
@FeCl3（1分）
o溶液由棕黄色变成浅绿色（l分〉
@SO2＋2Fe］＋＋2H2O＝-SO:
＋2Fe2＋＋4H＋（2分）
（3）方案l
:
@取20.00mL反应后的溶液于锥形瓶中,用浓度为cmol 。Lˉl的KMnO4标准溶液滴定’重复滴定三次,平均消耗
KMnO4的体积是VmL（3分）
圆歇;司‘＂（2分）
方案2:
o向反应后的溶液中加人过量盐酸’再加人足量Ba（〕l2溶液,将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量,质量为mg（3分）
@23马co（2分）
（上述两种方案任选-种即可）
［解析］
（l）制备SO2,浓硫酸与NaHS（）3反应生成S（）2｀H2O和Na2SO4或NaHSO4,化学方程式为H2S（）4（浓）＋
2NaHSO3～SO2↑＋Na2SO4＋2H2O或H2SO4（浓）＋NaHSO3-SO2↑＋NaHS（）4＋H2O;生成的SO2先经过
浓硫酸干燥’再进人收集装置’二氧化硫的密度比空气大因此要长进短出,最后连接尾气吸收装置’故装置连接顺
序为a→b→c→g—十卜＋d。
（2）H2S和S（）2会发生归中反应（氧化还原反应）生成硫单质,即实验现象中的产生淡黄色浑浊’SO2中硫元素为
＋4价,生成0价的硫单质,化合价降低,被还原’说明＋4价S有氧化性;＋4价S有还原性’即SO2要与氧化性物
85
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质发生反应,且要有明显现象’因此该溶液为FeCl3溶液’反应中铁离子被二氧化硫还原成亚铁离子,溶液由棕黄色
变为浅绿色’离子方程式为SO2＋2Fe］＋＋2H2O—SOi
＋2Fe2＋＋4H＋°
（3）本题要求定量计算’可以分别通过测定溶液中SO｝ˉ 、SO1＿的量来计算氧化率α°
方案l ;测定SO;ˉ的量,取20mL反应后溶液’用具体浓度为cmol .L—｜的KMnO4标准溶液滴定’设消耗体积为V
mL｀二者反应的离子方程式为5SO;ˉ＋2MnOJ＋6H＋—5SO;ˉ＋2Mn2＋＋3H2O’根据化学计量比可得出剩余
20×l（）-3c0-九
SO;ˉ的物质的量厕,
厕
8c0ˉcV
‘v×h0ˉ］二÷,则氧化率为
×l00‰
20×l0ˉ3c0
×100％≡
8c0
方案2;测定SO;ˉ的量先加盐酸将剩余SO;＿除去,再加人BaCl2使得SOi
沉淀完全洗涤干燥后称量沉淀
BaSO4的质量为″』g’则氧化率为233光1c0 ×l00％＝23鸟cO×l00％。
298。［答案］
（1）OKclo3＋6Hcl（浓）一cl2↑＋Kcl＋3H2o（2分）
@氯气中混有的HCl（l分）
ONaClO、NaCl、NaOH（3分）
@溶液中存在平衡Cl2＋H2O—兰HCl＋HClO’HCOJ消耗H＋,使平衡右移,HClO的浓度增大（3分）
（2）OClOˉ＋2Iˉ＋2H＋＝＝≡I2＋Clˉ＋H2O（2分）
防止HClO分解并防止Cl2、I2逸出（］分）
@3.7（2分）
［解析］
（l）O装置A中为KClO3和浓盐酸反应制Cl2,反应的化学方程式为KClO3＋6HCl（浓）-3Cl2↑＋KCl
＋3H2O◎
@由于浓盐酸具有很强的挥发性’因此氯气中会混有HCl。
OC瓶中,Cl2和NaOH溶液反应:2NaOH＋Cl2-＝NaCl＋NaClO＋H2O’又因C瓶中pH＝12’饱和NaClO溶液pH
仅为ll ,说明C瓶中还有未反应的NaOH’所以C瓶中所含溶质为NaCl（）、NaCl、NaOH。
@D瓶中溶液pH＝7,说明D瓶中含有Cl2 ’因此存在平衡:Cl2＋H2O＝＝HCl＋HClO’其中HCO丁消耗H＋’使平
衡右移’HClO的浓度增大,从而使石蕊溶液立即褪色°
（2）OClOˉ和I—在酸性条件下发生氧化还原反应:ClOˉ＋2I—＋2H＋—I2＋Clˉ＋H2O;HClO不稳定,见光易分
解,放在暗处能防止其分解且塞紧瓶塞能防止Cl2｀I2逸出。
@根据ClOˉ＋2I—＋2H带＝-I2＋Clˉ＋H2O和I2＋2S2O;＝＝2Iˉ＋S4O:
可知’ClOˉ～2Iˉ～2S2O;
,消耗
的Na2S2O3物质的量为0。002mol’所以20mLC瓶溶液中NaClO的物质的量为0.001mol,所以C瓶溶液中
0.00lmol×745g.molˉl ≡3·7g.Lˉl◎
NaClO的含量为
］
勺
～
∩
‖
…
）
（
299. ［答案］
（1）OCu＋2H2SO4（浓）＝兰CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2分’配平错扣l分｀反应物或生成物书写错误不得
分’没写“浓”扣］分,漏写“↑”不扣分）
@g→h（或h-令g）→b→c→e→f→d（3分’有错误均不得分,字母顺序正确即可）
O冷凝并收集ClO2（l分）
（2）αO2（2分’答HSO丁或SO;＿或SO2和SO;＿或SO2和HSO丁或SO;
和HSO丁或SO2、SO;ˉ和HSOj均给分）
@生成白色沉淀（1分,没有答“白色”不给分）
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O加人足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液（2分）
@8ClO2＋5S2ˉ＋4H2O—8Clˉ＋5SO;ˉ＋8H＋（2分’配平错扣l分,反应物或生成物书写错误不得分）
ClO2
除硫效果彻底,氧化产物硫酸根稳定;ClO2在水中的溶解度大;剩余的ClO2不会产生二次污染’均被还原为Clˉ
时’二氧化氯得到的电子数是氯气的2.5倍（1分’任选＿条’答案合理即可）
［解析］
〈1）O装置A中进行浓硫酸氧化Cu的反应:Cu＋2H2SO4（浓）＝兰CuSO4＋SO2↑＋2H2O°@装置A生
成SO2’通人装置E过渡防止气体倒吸,接着通人B进行生成ClO2气体的反应,在装置D中冷却收集ClO2,最后通
人装置C处理尾气,顺序不可颠倒°O装置D盛放冰水,使ClO2气体降温到沸点以下’达到冷凝收集的效果°
（2）O向I中反应后的溶液中加人品红’品红始终不褪色,说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色,结论是无SO2
生成°@向I中反应后的溶液中加人Ba（OH）2,结论是有SO;生成,所以反应生成BaSO4,那么现象应为生成白
色沉淀°O若生成可以证明Clˉ存在的白色沉淀,那么操作应为加人足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。O由上述分
析可知,生成物有SOj＿和Clˉ ’用溶剂H2O补全反应方程式,所以离子方程式为8ClO2＋5S2ˉ＋4H2O—8Cl
＋5SO;—＋8H＋;ClO2相对于Cl2优点包括;ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根稳定｀ClO2在水中的溶解度大;
剩余的ClO2不会产生二次污染｀均被还原为Clˉ时’ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。
△
［答案］
（1）OCl2（1分）
4HCl（浓）＋MnO2-MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（2分）
@杂质HCl消耗KOH,使KClO3产率降低（1分）
o将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗注人圆底烧瓶中（2分）
@KCl（1分）
（2）分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中’均滴加少量NaOH溶液,再分别滴加H2O2溶液’A中有气泡
产生并能使带火星的木条复燃’B中无明显现象（3分）
△
（3）O除去ClOˉ（1分）
2H2O2一H2O＋O2↑（］分）
@83.3％（2分）
［解析］
（1）@装置I是MnO2与浓盐酸在加热条件下制备Cl2的发生装置,化学反应方程式为4HCl（浓）＋MnO2
△
-MnCl2＋Cl2↑＋2H2O°
@浓盐酸易挥发’装置Ⅱ用来吸收Cl2中的HCl,若取消装置Ⅱ’杂质HCl的存在会使得最终KClO3产率降低°
O为了防止大量氯气逸出,可以在装置I拆解前用装置Ⅳ中的NaOH溶液吸收剩余的氯气’具体操作为将装置Ⅳ
中的溶液从分液漏斗注人圆底烧瓶中◎
@控制装置Ⅲ温度为75℃’在该温度下,Cl2与KOH反应的目标产物为KClO3’同时会生成部分KClO、KCl’则
KClO3粗产品中混有的杂质为KClO和KCl°
（2）H2O2被氧化会产生O2,可通过检验O2的存在判断H2O2是否被氧化,具体操作为分别取少量NaClO和
NaClO3溶液于试管A、B中,均滴加少量NaOH溶液’再分别滴加H2O2溶液,A中有气泡产生且该气体能使带火星
的木条复燃’B中无明显现象’即可达到实验目的°
（3）OKClO3产品中含有杂质KClO’步骤2中加人的H2O2能与KClO反应,将ClOˉ除去;煮沸时发生的化学反应
△
方程式为2H2O2-2H2O＋O2↑°
@根据步骤3和步骤4中离子方程式的定量关系可得:
ClOJ～3I2～6S2O;—
1
6
门
05000mol／L×0.02L
300
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则＂＝0.5000×0.02mol
6
品中KClO｀的质量分数为
m°l＝壶mol,250mL溶液中所含KαO』的物质的量为赤m°‖ ×碧＝俞m。‖｀则2陌‘样
l22。5g／mol×l／60mol ×l＂％≡833％°
2°45g
考点六旦他大题（元素化台物,周期律相关）
301. ［答案］
（1）:N§ !N: （2分）
（2）Fe（2分）
）
分
∑
（
＼
］
≥
＼
β
≥
＼
β
／
丁
∑
七
◎
（3）离子键和共价键（2分）
△
（4）2NaHCO3-Na2CO3＋CO2↑＋H2O（2分）
（5）OCO2、H2O（2分）α5％（3分）
［解析］
（1）每个N原子最外层有5个电子,N与N之间有三对共用电子,所以其电子式为:N! !M。
（2）Na在反应中作还原剂’Fe元素的化合价降低’因该反应为置换反应’所以还原产物为Fe°
（3）KClO4为离子化合物’K＋与ClOJ间存在离子键’ClOJ内部Cl原子与O原子间存在共价键;K原子核外有l9
个电子’有四个电子层,每个电子层上分别有2、8、8｀l个电子。
（4）NaHCO3不稳定,受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O。
（5）O碱石灰主要用来吸收CO2和H2O。
@N2的物质的量为15mol’由N原子个数守恒可知NaN3的物质的量为lmol’因此NaN3的质量为65g,即NaN3的
履量分敝为雕×｜00髓-65‰
302. ［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）d
（2）2Al＋2NaOH＋2H2O—2NaAlO2＋3H2↑
（3）Al（OH）3（l分）
Al3＋水解,使溶液中H＋浓度增大（l分）
（4）20
［解析］
（1）易拉罐主要成分为Al’含有少量的Fe、Mg杂质’Al可以与强碱反应,Fe、Mg不能与碱反应,故制备明
矾KAl（SO4）2
。l2H2O时可选用强碱（如NaOH）溶掖溶解易拉罐,故选试剂d。
（2）易拉罐溶解主要化学方程式:2Al＋2NaOH＋2H2O—2NaAlO2＋3H2↑°
（3）滤液A主要成分为NaAlO2’加人NH4HCO3’二者发生双水解反应:AlOI＋NHj＋2H2O＝＝Al（OH）3↓＋
NH3 .H2O’所以沉淀B为Al（OH）3;将少量明矾溶于水,Al3＋水解,消耗OHˉ ’促进水的电离’产生H＋’溶液呈弱
酸性°
（4）Kw≡c（H＋）.c（OH
）’K＝c（AlO】）
。c（H＋）°Al（OH）3溶于NaOH溶液的反应为Al（OH）3（s）＋OHˉ
（aq）＝≡AlOI（aq）＋2H2O（l）,其平衡常数:K′＝c（AlOI）≡c（AlOI）.c（H＋）≡K＝2ˉ0×10ˉ｜3
303. ［答案］
（l）1: l（2分）
（2）As2S3（l分）
氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）（l分）
（3）l0mol（2分）
正极（l分）
（4）a（l分）
88.
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［解析］
（1）根据原子守恒配平化学反应方程式为2As2S3＋2SnCl2＋4HCl-As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑,As2S3和
SnCl2的物质的量之比为1: 1;
（2）砷元素的化合价由＋3价降为＋2价’在反应中As2S3作氧化剂,H2S气体可以被碱液吸收也可以和硫酸铜溶
液反应生成硫化铜沉淀和硫酸;
（3）该反应’氮元素的化合价由＋5价降低至＋4价,NO丁得电子被还原为NO2’转移l0个电子’若生成2mol
H3AsO4’则反应中转移电子的物质的量为l0mol;原电池正极得电子’发生还原反应,故NO2应在正极逸出;
（4）根据电子守恒,氧气所得电子是由碳提供,所产生CO2的物质的量为0.5mol,但随着反应的进行,硝酸的浓度
逐渐变稀后反应终止,故产生CO2的物质的量小于0。5mol。
304。［答案］
（每空］分）
（1）三ⅥA
（2）Si
SiO2
（3）C＋2S直垦CS2
极性
（4）Mg
Mg＋2HCl—MgCl2＋H2↑
［解析］
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,元素X的-种高硬度单质是宝石’X为C,Y2十电子层结构
与氖相同’Y为Mg’室温下M单质为淡黄色固体,M为S,Z的质子数为偶数且原子序数位于Y与M之间,Z为Si◎
综上所述’X为C,Y为Mg’Z为Si’M为S°
（1）M为S’位于元素周期表中的第三周期、ⅥA族°
（2）Z为Si,在自然界中常见的二元化合物是SiO2。
（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式;C＋2S直垦CS2’产物分子为直线形,其化学键为极性共价键°
（4）四种元素中只有Mg为金属元素,密度较小’制成合金硬度较大,可用于航空航天合金材料的制备’其单质与稀
盐酸发生反应:Mg＋2HCl＝＝＝MgCl2＋H2↑°
）
分
∑
（
＼
∑
」
＼
｀
◎
◎
／
／
～
~
~
~
≡
＼
β
／
十
∑
七
@
O
: :C: :
O
: （2分）
305. ［答案］
（l）
△
（2）CaFe（CO3）2（2分）
CaFe（CO3）2-＝CaO＋FeO＋2CO2↑（2分）
（3）4Fe（（）H）2＋2H2O＋O2ˉFe（OH）3（2分）
（4）2FeO＋CO2＝兰Fe2O］＋CO（2分）
检测Fe2O3:将固体用稀盐酸溶解’加人KSCN溶液若显红色’表明产物中有Fe3＋;
检测CO:将气体通过灼热CuO,黑色固体变为红色（3分）
［解析］
因X与盐酸反应生成气体甲’则X应为弱酸盐,又因X受热分解可生成气体甲和固体1 ,可推知固体1应
为金属氧化物°因固体1中有与水反应的物质,且溶液1中通人气体甲先出现白色沉淀］后溶解’可推知固体l中
含有CaO’气体甲为CO2。根据白色沉淀2遇到空气变为红褐色沉淀,可知X中含有Fe2＋°综上分析’X应含有
FeCO3和CaCO3。
（｜）…淘…龋愿了岭胸霖…@萝））;‘…价化…o厨刚…斜念
其电子式为:
O
: :C:
:
O
89
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△
（2）］080gX完全分解生成CO2的质量为l0.80g-6.q0g＝4.40g,其物质的量为0. 10mol’根据CaCO3-≡CaO＋
△
CO2↑｀FeCO3＝＝＝FeO＋CO2↑可得:网（FeO）＋″（CaO）≡0. 1mol’56g.molˉl×′l（CaO）＋72g。molˉl ×′!（FeO）
＝6.40g,解以上两式可得:″（FeO〉≡网（CaO）＝0.050mol,则X的化学式为CaFe（CO3）2。X在惰性气流中受热至
完全分解的化学方程式为CaFe（CO3）2≡CaO＋FeO＋2CO2↑°
（3）Fe（OH）2被空气中的O2氧化为Fe（OH）3 ,其化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O一Fe（OH）3°
△
（4）CO2具有氧化性,而FeO具有还原性’两者可发生氧化还原反应,可能的化学方程式为CO2＋2FeO-Fe2O3
＋CO°根据Fe3十与KSCN溶液的特征反应检验产物中的Fe2O3 ;利用CO的还原性检验产物中的CO°
306. ［答案］
I
. （l）反应吸热降低温度,固体氧化物隔绝空气’水蒸气稀释空气（任选两条）（2分）
（2）Al2O3＋2OHˉ—2AlOJ＋H2O（2分）
（3）MgO＋2NH4Cl＋H2O＝＝≡MgCl2＋2NH3 ·H2O（或NH4Cl＋H2O＝＝＝NH3 。H2O＋HCl,MgO＋2HCl＝＝≡MgCl2
＋H2O）（2分）
II
. （l）S、Fe（l分）
Fe3S4（2分）
（2）制印刷电路板（l分）
（3）H: S
:H（］分）
Fe3S4＋6H＋＝＝≡3H2S↑＋3Fe2十＋S（2分）
2
（4）H2SO3＋I2＋H2O＿H2SO4＋2HI（2分）
取溶液G’加人过量BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则有SO4
;过滤
后取滤液’滴加H2O2溶液’若再产生白色沉淀,则有H2SO3（3分）
［解析］
I
. （1）Mg5Al3（OH）l9（H2O）4的分解反应是吸热反应’反应生成了大量的水蒸气和固体氧化物。吸热
能降低环境的温度,固体氧化物能有效隔绝空气’而生成的水蒸气则能稀释空气’降低氧气的浓度’从而阻止燃烧
的继续。（2）Al2O3为两性氧化物’而MgO能与酸反应’故应用碱溶液除去Al2O3 ,离子方程式为Al2O3＋2OH
-2AlOJ＋H2O。（3）NH4Cl水解使溶液呈酸性,能有效溶解MgO,相应的化学方程式为MgO＋2NH4Cl＋H2O
—MgCl2＋2NH3 ,H2O或NH4Cl＋H2O＝＝NH3 .H2O＋HCl,MgO＋2HCl-MgCl2＋H2O°
Ⅱ（l）由C中加人KSCN溶液后呈血红色’可推出B为Fe2O3,C为FeCl3 ;由F能将I2还原为Iˉ可知’E应该是＿
种具有强还原性的气体,可初步推断E为SO2’则F为H2SO3。由以上分析可得A中含有Fe与S两种元素’其中含
有的铁元素的质量为l .680g,物质的量为0.030mol;含有的硫元素的质量为l.280g’物质的量为0.040mol;A的
化学式为Fe3S4° （2）FeCl3溶解铜可用于制印刷电路板° （3）Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为
34g.molˉl ’故该气体为H2S’其相应的电子式为H: S :H,该反应的离子方程式为Fe3S4＋6H＋＝≡3H2S↑＋
3Fe2＋＋S° （4）F→G的化学方程式为H2SO3＋I2＋H2O-≡H2SO4＋2HI;G中需要检验的微粒有SO:＿、H2SO3’
具体实验方案;加人足量BaCl2检验SOiˉ的存在并除去SOi
,分离沉淀得到清液后’再向清液中加人氧化剂（如
H2O2）’若又有白色沉淀产生’说明存在H2SO3°
307. ［答案］
（1）四VA弱（每空l分,共3分）
（2）6Zn＋6H2SO4＋As2O3一ZnSO4＋3H2O＋2AsH3（2分）
As2O］＋6OHˉ-2AsO』—＋3H2O（2分）
（3）l : 1（2分）
氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）（其他合理答案均给分,2分〉
（4）正极（l分）
NO丁＋eˉ＋2II十-NO2↑＋H2O（2分）
.90.
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［解析］
（1）砷与氮同主族,位于第四周期VA族,同主族从上往下,元素的非金属性减弱,金属性增强’氢化物稳
定性减弱,所以砷的氢化物比氮的氢化物的热稳定性弱◎
（2）将反应物和产物写出’配平即可’根据题意知产物为AsO;ˉ ,类比Al2O3与OH的反应,可以写出方程式;6ZⅡ
＋6H2SO4＋As2O3一ZnSO4＋3H2O＋2AsH』;As2O］＋6OH—一AsO;ˉ＋3H2O°
（3）1molAs2S3反应生成0.5molAs4S4转移电子数为2mol’可使lmolSnCl2氧化成SnCl4,所以二者刚好反应的
物质的量之比为l: 1 ;反应生成的气体硫化氢可用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液（（〕uSO4＋H2S-CuS↓＋H2SO4）
来吸收。
（4）NO2是还原产物,在正极析出;NO丁得电子被还原,电极反应式:NOJ＋eˉ＋2H＋-NO2↑＋H2O。
308. ［答案］
（l）作高温耐火材料（或用于冶炼金属铝）（2分）
（2）Al（CH3）3＋NaOH＋H2O-NaAlO2＋3CH4↑（2分）
（3）AlOJ＋CO2＋2H2O—Al（OH）3↓＋HCO丁（2分）
（4）CH4（g）＋2O2（g）—CO2（g）＋2H2O（l）
△H≡—890.0kJ／mol（2分）
（5）c（Na＋）＞c（HCOJ）＞c（CO;＿）＞c（OH＿）＞c（H＋）（3分）
（6）3。02×l0
2mol／L（3分）
~
［解析］
X是导致温室效应的主要气体’应为CO2’Z是天然气的主要成分’应为CH4’五种化合物涉及的四种元素
的原子序数之和等于28’则第四种元素为Al,Y｀W都既能与酸反应’又能与强碱溶液反应,故Y、W均为两性物质,
Y为白色胶状不溶物’W为白色固体’由二者的转化关系可知,Y为Al（OH）3 ,W为Al2O3°因此V中含有的元素
有Al、C、H,其原子个数比为1:3:9’故V为Al（CH3）3。
综上所述,V为Al（CH3）3 ,W为Al2O3 ’X为CO2,Y为Al（OH）3’Z为CH4。
（l〉由上述推断可知,W为Al2O3 ,Al2O3可用作高温耐火材料或用于冶炼金属铝°
（2）由上述推断可知’V为Al（CH3）3,其与NaOH溶液反应的方程式为Al（CH3）3＋NaOH＋H2O—NaAlO2＋
3CH4↑°
（3）X为CO2’Y为Al（OH）3,故该反应的离子方程式为AlOf＋CO2＋2Ⅱ2O-Al（OH）3↓＋HCO丁。
（4）Z为CH4’表示其燃烧热的热化学方程式为CH4（g）＋2O2（g）-CO2（g）＋2H2O（l）
△H＝-890.0kJ／mol◎
（5）X为CO2,标准状况下448LX气体的物质的量为0.2mol’NaOH的物质的量为0.3mol,1＜″（NaOH）
:
则（CO2）＜2,反应的产物为碳酸钠和碳酸氢钠,方程式为2CO2＋3NaOH—Na2CO3＋NaHCO3＋H2O,HCOJ的水
解能力弱于CO;
’则c（HCO丁）＞c（CO;
）’又水解使得溶液呈碱性’且水解出的离子为少量’则以此判断各种离
子浓度由大到小的顺序为c（Na＋）＞c（HCOf）＞c（CO;—）＞c（OHˉ）＞c（H＋）°
（6）0.0］molAl（OH）3需与0。03molHCl反应’为得到澄清透明的溶液’溶液中c（OHˉ）的最大值为
比
帜＂‰皿～…旷』《｜mM此时僧（＂.）≡志ˉ）～队5×｜‖Ⅲ‖…［…!0ˉ』赋·｜狐｀瞬以捻膛
的浓度至少为2×l0ˉ4mol／L×lL＋0.03mol≡3.02×10 2mol／L。
lL
309。［答案］
（1）b（2分）
（2）氢（1分）
Na＋（或钠离子）（l分）
（3）MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本（l分）
AlCl3是共价化合物,熔融态难导电（l分）
9l
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ˉ
Cl
（4）
:
Cl
. Si
:
Cl
Cl
:
（2分）
l 100℃
＝Si（s）＋4HCl（g）
△H≡＋0.025αkJ .molˉ｛（2分）
400℃
KCl＋3KClO4（2分）
SiCl4（g）＋2H2（g）
（5）b（2分）
（6）4KClOq
［解析］
（1）第三周期元素从左到右原子序数依次增大’原子半径逐渐减小,金属阳离子的半径小于同—周期非金
属元素阴离子半径,a错误;第三周期元素从左到右元素得电子能力增强’失电子能力减弱,即金属性减弱,非金属
性增强,b正确;第三周期元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性减弱’酸性增强,C错误;第三周期元素单质
熔点最高的是硅,最低的是氯气’所以从左到右元素单质的熔点不是逐渐降低的,d错误。
｝…尉卜晨电了…卜雇…＂毗元素＂隐子绑…为o8｝………№
岁
电子能力最强,所以Na＋的氧化性最弱°
（3）MgO的熔点太高,电解时消耗的能量多,增加生产的成本;AlCl｀属于共价化合物,熔融态时难导电
ˉ
Cl
（4）SiCl4是共价化合物,其电子式为:
（】l
; Si
!
Cl
α: ;u2…物履的凰为』删舞-缴…l,生咸
~
~
~
~
l l00℃
1molSj时吸收的热量为αkJ／40＝0.025αkJ,所以该反应的热化学方程式为SiCl4（g）＋2H2（g）
Si（s）＋
4HCl（g）
△H＝＋0ˉ025αkJ ·molˉl °
（5）P2O5属于酸性氧化物,不能用来干燥碱性气体,浓硫酸不能干燥碱性气体和还原性气体,所以NH3既不能用
P2O5干燥’也不能用浓硫酸干燥。HI属于还原性气体不能用浓硫酸干燥,但可以用P2O5干燥。SO2、CO2既能用
P2O5干燥,也能用浓硫酸干燥。
400℃
（6）依据元素守恒和得失电子守恒的原则书写该反应的化学方程式为4KClO］
KCl＋3KClO4。
310. ［答案］
（l）氧化（2分）
（2）K2SO4（2分）
（3）O2ClO2＋2Iˉ-＝2ClOJ＋I2（3分）
@蓝色消失,半分钟内不变色（3分）
OClOI十4Iˉ＋4H＋-≡Cl
＋
2I2＋2H2O（3分）叹.675（2分）
［解析］
（l）Fe2＋、Mn2＋转化成Fe（OH）3、MnO2均为氧化反应,Fe2＋和Mn2＋均作还原剂,故ClO2作氧化剂’具有
氧化性;
（2）根据元素守恒可填出缺失的硫酸钾;
（3）@ClO2具有氧化性,可将I氧化为I2’自身被还原为ClOI;@若反应完全,则I2完全转化为Iˉ ,淀粉溶液蓝色
消失且半分钟内不变色;O溶液又呈蓝色’说明I又转化为I2 ,而ClO2转化为（〕l@根据2S2O;ˉˉI2～2ClO2可
得,厕（Cl（）2）二″（S2O;ˉ）＝l .0×l0＿5mol’浓度为l .0×10—5×67.5×］〔）00mg.L
｜＝0.675mg.Lˉl°
］ˉ0
92
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