1、限时训练 P77时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下面是某“泡腾片”的标签。将这样一粒泡腾片放入1L水中，药片完全溶解，同时产生大量气泡。针对这个过程，下列说法不正确的是( A )泡腾片每片含：碳酸钙500 mg维生素C1000 mg柠檬酸1350 mg用量：XXXXX用法：XXXXXA.溶液中Ca2物质的量浓度为5103mol/LB释放了112 mL(标准状况)的气体C产生的气泡是柠檬酸与碳酸钙生成的CO2气体D每片“泡腾片”含Ca2数约为3.011021解析：1 L为溶剂的体积，不是反应溶液的体积，故A项错；n(CO2)n(CaCO3)0.5
2、 g/100 gmol15103mol，V(CO2)5103 mol22400 mL/mol112 mL，B项正确；产生的气体为CO2，C正确；每片“泡腾片”含Ca2数约为5103mol6.021023mol13.011021，D正确。2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( A )A常温下，4 g CH4含有NA个CH共价键B1 mol Fe与过量的稀HNO3反应，转移2NA个电子C1 L 0.1 molL1 NaHCO3溶液含有0.1NA个HCOD常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子解析：4 g CH4物质的量为0.25 mol,1 mol CH4含
3、4 mol CH键，故A正确。Fe与稀硝酸反应被氧化为Fe3，故应转移3NA个电子，故B错误。HCO会发生水解，故应小于0.1NA，C错误。D项不是标准状况下。3NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( C )A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA解析：A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 gmol1和18 gmol
4、1，所以18 g的两者物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)2 L0.5 molL11 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H数目小于2NA，错误；C项，发生反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，转移电子数为2 mol，正确；D项，发生反应：2NOO2=2NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。4只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是( C )A甲：物质中的粒子数；乙：阿伏加德罗常数B甲：标准状况下的气体摩尔体积；乙：标准状况下的气体的体积C甲：固体的体积；乙：固体的密度D甲：溶液中溶质的物质的量浓度；乙
5、：溶液体积解析：A项，n；B项，n；C项，只能求出此固体的质量，不能求其物质的量；D项，ncV。5下表为4种常见溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度，这4种溶液中密度最小的是( C )溶质A.HClB.NaOHC.CH3COOHD.HNO3溶质的质量分数/%36.5406063物质的量浓度/molL111.814.310.613.8解析：由公式c可推导出，由于溶质的质量分数与其相对分子质量均相等，故物质的量浓度大的密度就大。6NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物( B )A所含共用电子对数目为(a/71)NAB所含碳氢键数目为aNA/7C燃烧时消耗的O
6、2一定是33.6a/14 LD所含原子总数为aNA/14解析：同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知14 g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。a g混合物中含有共用电子对数目为(3a/14)NA；a g混合物中含有碳氢键数目为(2a/14)NAa NA/7；不知反应所处的温度、压强，无法求算反应消耗氧气的体积；二者最简式相同，均为CH2，因此a g混合物中所含原子总数为3a NA/14，故答案选择B项。7一定量的CH4恰好与一定量的O2完全反应生成CO2、CO和水蒸气，生成物的总质量为49.6 g，将其通过足量的浓硫酸后，洗气瓶增重25
7、.2 g，则此甲烷完全燃烧还需要O2的体积(标准状况)为( C )A8.96 L B2.24 LC4.48 L D6.72 L解析：n(H2O)1.4 mol，则n(CH4)0.7 mol。设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol，xy0.7 mol，28x44y(49.625.2)g；解得：x0.4 mol，y0.3 mol。0.4 mol CO完全燃烧所需要的V(O2)0.4 mol22.4 L/mol4.48 L。8把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯
8、离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( D )A0.1(b2a)molL1 B10(2ab)molL1C10(ba)molL1 D10(b2a)molL1解析：由题中数据知，在100 mL混合液中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，利用“电荷守恒”可知溶液中n(K)n(Cl)2n(Ba2)(b2a)mol，故c(K)(b2a)mol/0.1 L10(b2a)molL1。9设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( C )标准状况下，2.24 L苯含有的分子数为0.1NA1 L 0.1 molL1CuSO4溶液中含有的Cu2的数目为0.1NA0.1 mol18O含有中子的数目
9、是NA4.6 g NO2气体中含有的分子数是0.1NA1 mol CnH2n1中所含的电子数为(3n1)NA个常温常压下，31 g白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数无法求得A BC D解析：错误，在标准状况下苯是液体；错误，Cu2发生水解后数目小于0.1NA；正确；错误，4.6 g NO2的物质的量为0.1NA，由于存在化学平衡2NO2N2O4，含有的分子数目介于0.050.1NA之间；错误，CnH2n1是烷烃基，1 mol CnH2n1中所含的电子数为(6n2n1)NA个；错误，常温常压下31 g白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数为NA个。10碳酸铜和碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3均可溶于
10、盐酸转化为氯化铜。在高温条件下两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解28.4 g的上述混合物，消耗1.0 molL1盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜的质量为( B )A15 g B20 gC30 g D35 g二、非选择题(40分)11(20分)合成氨工业生产中所用的Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。(1)某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为45，其中Fe2与Fe3物质的量之比为11。(2)当催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12时，其催化剂活性最高，此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为0.72(用小数表示，保留2位小数)。(3)以Fe2O3为原料制
11、备上述催化剂，可向其中加入适量炭粉，发生如下反应：2Fe2O3C4FeOCO2。为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向480 g Fe2O3粉末中加入炭粉的质量为6 g，生成实验条件下CO2的体积12 L(假设此实验条件下，气体摩尔体积为24 Lmol1)。解析：(1)设FeO、Fe2O3分别为x mol、y mol，根据铁、氧物质的量之比关系得：(x2y)(x3y)45，xy21，Fe2与Fe3物质的量之比：x2y11。(2)根据催化剂中Fe2与Fe3的物质的量之比为12可推知，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，混合物中铁的质量分数为：0.72。(3)由于催化剂中Fe2与Fe3的物质的
12、量之比为12时，其催化剂活性最高，此时反应后的混合物中，FeO、Fe2O3的物质的量之比为11，原料480 g Fe2O3为3 mol，Fe2O32FeO，原料中必须有1/3Fe2O3参加反应，即1 mol Fe2O3参加反应，理论上要有0.5 mol C反应，即6 g C。生成CO2为0.5 mol，在该条件下，体积为12 L。12(20分)氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。完成下列计算：(1)CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO220160L(标准状况)。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L(标准
13、状况)，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为400mol。(2)已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00 mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2Ca(OH)2=Mg(OH)2CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO310388g。如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040)代替碳酸钠，发生如下反应：Ca22NH3CO2H2O=CaCO32NH。处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L(标准状况)碳酸化尾气？列式计算。答案：V(C
14、O2)54880 L(3)某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：过滤后溶液中氯化钠的质量。析出的碳酸氢钠晶体的质量。答案：由方程式NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl可知：n(NH4Cl)n(NaHCO3)2104 molm(NaHCO3)2104 mol84 g/mol1680 kgm(NaCl)1521 kg2104 mol58.5 g/mol103 kg/g351 kg解析：(1)CaCO3CaOCO2，V(CO2)22.4 Lmol120160 L。根据碳原子守恒有：n(C)400 mol。(2)注意
15、加入Ca(OH)2，增加了Ca2，加入Ca(OH)2后，溶液中c(Ca2)6.80 mol/m33.00 mol/m39.80 mol/m3，m(Na2CO3)9.80 mol/m310 m3106 g/mol10388 g。由方程式可知相对于NH3的量CO2不足，所以按CO2的量计算，V(CO2)(9.80 mol/m310 m322.4 L/mol)/0.0454880 L。(3)发生反应：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl，n(NH4Cl)2104 mol，析出m(NaHCO3)2104 mol84 g/mol1680 kg，溶液的NaCl质量为1521 kg2104 m
16、ol58.5 g/mol103kg/g351 kg。限时训练 P79时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下列叙述正确的是( C )A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B金属阳离子被还原后，一定得到该元素的单质C核外电子总数相同的原子，一定是同种元素的原子D能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物解析：本题属于易混淆基本概念的记忆题。A中氧化性、还原性的强弱是指得失电子的难易程度，而非得失电子多少，例如Na、Mg、Al的还原性依次减弱；金属阳离子可能有多种价态，被还原后可能生成该元素的低价阳离子，例：Fe3Fe2Fe；C中根据原子结构的有
17、关知识，原子的核外电子总数质子数，相同的核外电子总数说明其质子数相同，元素种类相同，属于同种元素的原子，C正确；D中能与酸反应的氧化物，可能是两性氧化物或碱性氧化物。2下列硫元素化合价变化中，从左至右，按硫元素只被氧化、只被还原、既被氧化又被还原、既没有被氧化又没有被还原排列的是( D )浓硫酸与炭粉在加热条件下反应硫化氢溶液中通入氧气硫代硫酸钠(Na2S2O3)与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和硫等向烧碱溶液中缓慢通入二氧化硫A BC D解析：浓硫酸与炭反应，硫化合价由6价降至4价，硫被还原；硫化氢与氧气反应，硫由2价升至0价，硫被氧化；硫代硫酸钠与硫酸反应，硫代硫酸钠中硫由2价，一部分硫化合
18、价升至4价，另一部分硫的化合价降至0价，既被氧化又被还原；二氧化硫与氢氧化钠反应，硫元素的化合价没有变化。3已知下述三个实验中的物质均能发生化学反应。将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铁钉放入氯化铁溶液中下列判断正确的是( A )A实验和中的铁钉只作还原剂B上述实验证明氧化性：Fe3Fe2Cu2C实验中Fe2既显氧化性又显还原性D实验中反应的离子方程式为FeFe3=2Fe2解析：实验中铁置换出铜，铁钉作还原剂，实验中铁钉被Fe3氧化，铁钉作还原剂，A正确。由实验可知氧化性：Cu2Fe2，B错误。实验中Fe2被硝酸氧化为Fe3，Fe2是还原剂，C错误。D选项中的离子方程式的电
19、荷不守恒，正确的离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2，D错误。4R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应后R2O转变为RO。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为( B )A1 B2C3 D4解析：设R2O中R的化合价为x，RO中R的化合价为y，则有n122x6y，即：2xy6，根据得失电子守恒：10(xy)10，解得x5，n12252。5MnO2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是( D )A、三个反应中MnO2均作氧化剂B足量MnO2与2 L 10 mol/L HCl共热，可生成5 mol Cl2C反应若生成1 mol Al2O3，则反应过程中转移12 mol电子
20、D反应中K2CO3和KNO3的化学计量数均为1解析：反应中二氧化锰作还原剂，A项错；足量MnO2与2 L 10 mol/L HCl共热，随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，反应不再进行，所以生成的氯气小于5 mol，B项错；反应若生成1 mol Al2O3，则反应过程中转移6 mol电子，C项错；反应：MnO2KNO3K2CO3=K2MnO4KNO2CO2，D项正确。6Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，下列说法中不正确的是( D )ANa2O2在上述反应中既作氧化剂又作
21、还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物CNa2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D2 mol FeSO4发生反应时，共有8 mol电子发生转移解析：6 mol的Na2O2中只有1 mol中的氧失去电子变成氧气，另外5 mol中的氧得到电子变成2价的氧，A项正确；2 mol Fe2转化为6价的铁时，转移8 mol电子，再加上生成1 mol O2时Na2O2失去的2 mol电子，反应中共转移10 mol电子，D项错误。7已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2，且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是( B )ACl2通入FeI2溶
22、液中，可存在反应3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2时转移2 mol eCFeCl3溶液不能使淀粉KI试纸变蓝DI2是A族元素单质，具有较强的氧化性，可以将Co2氧化成Co2O3解析：由于Fe3氧化性强于I2，所以FeI3不存在，A中反应不可能发生，A错；B项中1 mol Co2O3被还原为Co2时转移2 mol e，B正确；因Fe3氧化性大于I2，FeCl3将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，C不正确；因氧化性Co2O3I2，I2不能把Co2氧化为Co2O3，D错误。8现有M、N、P、E四种单质，有以下反应：(1)在水溶液中，MN2=
23、M2N，(2)P2H2O(l)=P(OH)2H2，(3)N、E相连浸入稀H2SO4中，电极反应：N2e=N2，2H2e=H2，判断四种单质的还原性由强到弱的顺序是( C )AM、N、P、E BM、N、E、PCP、M、N、E DE、P、M、N解析：根据(2)，P能与H2O反应产生H2，说明P的还原性最强；根据(1)可知M的还原性大于N；根据(3)可知N失去电子为原电池负极，所以N的还原性大于E，故还原性由强到弱的顺序为PMNE。9向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是( B )Ad曲线代表溶液中Br变化情况B原溶液中FeI2
24、的物质的量为2 molC原溶液中n(Fe2)n(Br)23D当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl解析：由于Fe2、I、Br的还原性大小为：IFe2Br，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I，再氧化Fe2，最后氧化Br，故a、b、c、d曲线分别表示I、Fe2、Fe3、Br的变化情况，A项正确；由图像可知，I为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由图可以看出Fe2是4 mol，Br是6 mol，故原溶液中n(Fe2)n(Br)23，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mo
25、l Fe2反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，D项正确。10某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是( C )ANa2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHBNa2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OCNa2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8 mol解析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素化合价由3价变成1价，化合价降低，则必然有化合价升高的，即Na2S2O
26、3(硫元素为2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒则有：2Na2S2O3Na2S4O6，根据钠元素守恒，则生成物这边缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，则水是反应物。由关系式：Au2O3Au2O4e，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。二、非选择题(40分)11(9分)氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。现有一个还原过程的反应式如下：NO4H3e=NO2H2O(1)下列五种物质中能使上述还原过程发生的是C(填字母)。AKMnO4BNa2CO3CCu2ODFe2(SO4)3ESi(2)写出上述
27、反应的化学方程式并配平：14HNO33Cu2O=6Cu(NO3)22NO7H2O。(3)反应中硝酸体现的性质是氧化性和酸性，氧化产物是Cu(NO3)2。(4)反应中若产生0.2 mol气体，则消耗硝酸的物质的量是1.4mol，转移电子的物质的量是0.6mol。(5)若相同量的还原剂与不同浓度的硝酸反应时，被还原的硝酸的物质的量增加了，原因是硝酸浓度偏大，部分被还原成了NO2。解析：(1)完成该过程需要还原剂，五种物质中只有Cu2O可作还原剂。(2)Cu2O作还原剂被氧化为Cu2，根据得失电子守恒配平化学方程式：14HNO33Cu2O=6Cu(NO3)22NO7H2O。(3)分析上述化学方程式，
28、硝酸起到氧化剂和酸的作用，表现了氧化性和酸性，氧化产物是Cu(NO3)2。(4)由方程式知14HNO32NO6e，故生成0.2 mol气体时，消耗HNO3的物质的量为1.4 mol，转移电子的物质的量为0.6 mol。(5)相同量的还原剂，应转移相同量的电子，被还原的硝酸的物质的量增加，可能是因为硝酸浓度偏大，部分被还原成了NO2。12(11分)化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分
29、开，围成半径小于表面皿的圆形(如下图所示)，在圆心处放置2粒芝麻大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。已知：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O(1)e处反应的离子方程式为2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为15。(2)b处的实验现象为溶液由无色变为蓝色，d处的实验现象为溶液变为红色。(3)c处反应的化学方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为0.01 mol。(4)通过该实验能否比较C
30、l2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？能(填“能”或“不能”)；若能，其氧化性由强到弱的顺序是KMnO4Cl2FeCl3。解析：(1)根据e处发生反应的化学方程式判断反应中的氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为21015，而不是18。(2)b处发生的反应为2KICl2=2KClI2，I2遇淀粉显蓝色；d处发生的反应为：2FeCl2Cl2=2FeCl3，Fe3和SCN反应使溶液变红色。(3)Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式： l22NaOH=Na 得eNa 失eOH2O当有0.01 mol Cl2被吸收时，转移0.01 mol电子。(4)e处实验
31、说明氧化性KMnO4Cl2，d处实验说明氧化性Cl2FeCl3，因此，三种物质氧化性强弱顺序为：KMnO4Cl2FeCl3。13(11分)已知下列反应在一定条件下可以发生H2O22Fe22H=2Fe32H2O；H2O22Fe3=2Fe22HO2。试回答下列问题：(1)Fe2在以上反应中实际起着催化剂作用。(2)I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反应，类比上述反应，在下面填入合适的化学方程式H2O2I2=2HIO；2HIOH2O2=I2O22H2O；总反应方程式为2H2O22H2OO2。(3)在H2SO4和KI的混合溶液中加入过量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可以使淀粉
32、溶液变蓝。有学生认为该反应的离子方程式为H2O22I=I2O22H，这个方程式正确吗？不正确(填“正确”或“不正确”)，若正确，理由是_。若不正确，原因是只有化合价升高元素，无化合价降低元素，写出正确的化学方程式H2SO42KIH2O2=K2SO42H2OI2。解析：题干中首先给出了两个有相互联系的分反应，反应中物质可以分为四类：反应物、生成物、中间产物、催化剂，其中催化剂的特点是反应开始时即参与反应，但反应完全后又重新生成且质量不变，可以确定Fe2为催化剂；根据“I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反应”可知，I2在反应中作催化剂，它在第二个反应中应当重新生成，同时注意模仿题中给出的
33、反应，可以写出第二个分反应：2HIOH2O2=I2O22H2O，此反应与第一个分反应相加然后抵消中间产物HIO就可得总反应。(3)氧化还原反应中首先要满足的条件是有电子得失，H2O22I=I2O22H中O、I二元素化合价均升高，只有失电子的物质没有得电子的物质，这种反应不能发生。14(9分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为11。(2)上述反应中的氧化剂是As2S3
34、，反应产生的气体可用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O。若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为10 mol。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在正极(填“正极”或“负极”)附近逸出。(4)若反应产物NO2与11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量a(选填编号)。a小于0.5 mol b等于0.5 molc大于0.5 mol d无法确定解析：(1)根据电子得失守恒知1 molAs2S3作氧化剂得到2 mol电子，
35、而1 mol SnCl2作还原剂失去2 mol电子，所以二者的物质的量之比是11；(2)H2S是酸性气体可用碱液或硫酸铜溶液吸收；(3)As2S3作还原剂，转移电子的个数是2(53)3(20)10。NO2属于还原产物，在正极生成；(4)根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应。限时训练 P81时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1水溶液中能大量共存的一组离子是( C )ANa、Ca2、Cl、SOBFe2、H、SO、ClOCMg2、NH、Cl、SODK、Fe3、NO、SCN解析：A项，C
36、aSO4微溶，Ca2和SO不能大量共存。B项，Fe2、ClO会发生氧化还原反应，H、SO、ClO不能大量共存。C项，可以共存。D项，Fe3和SCN会形成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存。2在某未知溶液中检验出含有Ba2、NO，且溶液的pH1。某学生还需鉴定此溶液中是否大量存在：Al3；NH；Fe2；Cl；AlO；SO，其实这些离子中有一部分不必再鉴定就能加以否定，你认为不必再鉴定的离子组是( A )A BC D解析：溶液的pH1，说明为强酸性溶液，溶液中一定不存在AlO；溶液中含有Ba2、NO，显强氧化性，则一定不存在Fe2、SO。3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( A
37、 )A使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO、NOB使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、HCO、NOC0.1 molL1AgNO3溶液：H、K、SO、ID0.1 molL1NaAlO2溶液：H、Na、Cl、SO解析：各离子相互不反应能共存，A正确；使酚酞变红色的溶液显碱性，Cu2在碱性溶液中生成氢氧化铜沉淀，HCO在碱性溶液中生成CO，B错误；Ag与SO、I生成沉淀而不能共存，C错误；AlO与H能生成氢氧化铝沉淀，故不能共存，D错误。4下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是( B )A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，二者反应生成(NH4)
38、2CO3Bc(OH)1.01013 mol/L溶液中，Fe2、NO、SO、Na不能共存发生反应：3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2OC溶液中：K、Cu2、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu22OH=Cu(OH)2D溶液中：Al3、Na、SO、HCO可以共存不能发生反应解析：常温常压下，A项中四种物质可以共存；C项中NH3H2O是弱电解质，在离子方程式中应写成化学式，不能拆开；D项中Al3与HCO发生双水解反应生成Al(OH)3与CO2而不能共存。5下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( B )AFeCl3溶液与Cu的反应：CuFe3=Cu2Fe2BNO2与水的反应：3NO2H2O=
39、2NONO2HC醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO解析：本题是离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背景。A.电荷不守恒，离子方程式要注意三守恒(元素、电子、电荷)等。正确的方程式是：Cu2Fe3=Cu22Fe2。B.NO2与水反应生成硝酸和NO，仅硝酸可拆成离子。C.用食醋除去水瓶中的水垢涉及弱电解质及难溶物质的书写，碳酸钙、醋酸均不能拆成离子。正确的方程式是：CaCO32CH3COOH=2CH3COOCa2H2OCO2。D.向NaAlO2溶液中通入过量CO
40、2的产物是Al(OH)3HCO。正确的方程式是：AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。6下表中评价合理的是( B )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O418H=6Fe3H28H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO2H=CO2H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2SO=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe34ClBr2错误，Fe2与Br的化学计量数之比应为12解析：本题考查离子方程式的正误判断，意在考查考生的分析评价能力。A项，Fe3O4中的Fe2能够被硝酸氧化，应生成NO
41、气体；C项，应同时生成NH3H2O；D项，氯气将Fe2氧化为Fe3，然后再氧化Br，离子方程式正确，评价不合理。7已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO，氧化性：HClOCl2Br2Fe3I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是( D )A向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32ClB向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：2ClOCO2H2O=2HClOCOD能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3、Cl、Ba2、Br能大量共存解析：A项，应为2ICl2=I22Cl；B项，Fe3是棕黄色；C项，根
42、据题意应生成HCO。8某溶液可能含有Cl、SO、CO、NH、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( B )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c(Cl)0.4 molL1CSO、NH一定存在，Cl可能不存在DCO、Al3一定不存在，K可能存在解析：根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH，为0.02 mol；同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3则没有CO，而且为0.02
43、mol；根据不溶于盐酸的4.66 g沉淀，说明有SO，且为0.02 mol；根据电荷守恒可知一定有Cl，至少有0.04 mol，B正确。9向一定量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生变化。如图所示，四条曲线与溶液中的离子的对应关系完全正确的是( C )abcdAClKCOHCOBKCOClHCOCKCOHCOClDKHCOClCO解析：本题考查离子反应。该反应的实质是CO与H反应，K的数目不变，则a表示K；当H较少时，发生反应HCO=HCO，HCO增多，CO减少，当CO完全反应时，HCO的数目最多，从图可知b表示CO，c表示HCO；继续加H时
44、，发生反应HHCO=CO2H2O，反应结束时，HCO完全反应，滴加盐酸的过程中Cl并没有参加反应，所以d表示Cl。选C项。10某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl、SO、CO、NH、Na、K。为确认溶液组成进行如下实验：(1)200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是( D )A一定存在SO、CO、NH，
45、可能存在Cl、Na、KB一定存在SO、CO、NH、Cl，一定不存在Na、KCc(CO)0.01 molL1，c(NH)c(SO)D如果上述6种离子都存在，则c(Cl)c(SO)解析：BaSO4 0.01 mol；BaCO3 0.01 mol；NH31.12/22.40.05 mol；根据电解质溶液中离子电荷守恒关系：n(Cl)n(Na)n(K)0.010.01 mol，Cl的量不可能为零，Cl一定存在，Na、K可能存在，A、B不正确；c(CO)0.01/0.20.05 molL1，C不正确；n(Cl)0.01 mol，n(SO)0.01 mol，则c(Cl)c(SO)，D正确。二、非选择题(4
46、0分)11(7分)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸。请完成下列问题：(1)写出反应的离子方程式Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是A(填序号)。A向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀C向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量(3)若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用下图中的曲线表示的是C(填序号)。(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示。向该烧杯里缓缓注
47、入与Ba(OH)2溶液等密度的稀H2SO4至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将沉入水底。解析：(1)反应的离子方程式为Ba22OHSO2H=BaSO42H2O。(2)A项，溶液呈中性时，H、OH恰好完全反应，加入的Ba(OH)2完全反应，则离子方程式为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，与(1)相同；B项，SO恰好完全沉淀时，NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量相等，反应的离子方程式为HSOBa2OH=BaSO4H2O，与(1)不同；C项，根据量的关系写出离子方程式为HSOBa2OH=BaSO4H2O，与(1)不同。(3)电解质溶液导电性的强弱决定于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电
48、性越强，反之越弱。向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀H2SO4至过量，开始时离子浓度逐渐减小，离子反应完全时，即Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，离子浓度几乎为零，稀H2SO4过量时，离子浓度逐渐增大，所以导电性是由强变弱再变强的过程。(4)稀H2SO4、Ba(OH)2溶液的密度比水大，二者反应时，生成BaSO4和H2O，溶液密度减小，小球将下沉至水底。12(10分)在Na浓度为0.5 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子KAgMg2Ba2阴离子NOCOSiOSO现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中加入
49、足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。(1)实验能确定一定不存在的离子是Ag、Mg2、Ba2。(2)实验中生成沉淀的离子方程式为SiO2H=H2SiO3。(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子NOCOSiOSOc/molL1？0.250.40(4)判断K是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：存在，最小浓度为0.8 molL1。解析：
50、由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO，其浓度为0.56 L22.4 L/mol0.1 L0.25 molL1，则溶液中一定无Ag、Mg2、Ba2；能生成白色沉淀，因此有SiO，发生的反应为SiO2H=H2SiO3，SiO的浓度为2.4 g60 gmol10.1 L0.4 molL1；由实验可知溶液中不含SO；根据电荷守恒知2c(CO)2c(SiO)20.25 molL120.4 molL11.3 molL10.5 molL1，因此必有K，至少为0.8 molL1，不能确定有无NO。13(11分)A、B、C、D、E是五种常见的正盐，其阳
51、离子可能是K、NH、Cu2、Ba2、Al3、Ag、Fe3，阴离子可能是Cl、NO、SO、CO，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色；D的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性；若在五种盐的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀；若在五种盐的溶液中加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失；把A的溶液分别加到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：(1)五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2、Fe3；所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3。(2)D的名称为碳酸
52、钾，D溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)COH2OHCOOH。(3)E和氨水反应的离子方程式是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(4)检验B中阳离子的实验方法是取少量溶液于试管中，加入NaOH溶液后，加热，产生的气体若能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明有NH。(5)浓度均为0.02 molL1的A、C溶液等体积混合生成沉淀(溶度积为1.81010)，则混合溶液中银离子的浓度为1.8108molL1。解析：本题考查离子的推断。水溶液均为无色，则不存在Cu2和Fe3，D的焰色反应呈紫色，说明D中存在K，且D的溶液呈碱性，说明是弱酸强碱盐，弱酸根离子只有CO，确定D为K2CO3。A的溶
53、液呈中性，说明是强酸强碱盐，阳离子只能是Ba2，阴离子为Cl或NO3，根据可知，一定为Cl，则A是BaCl2。Ag除了和NO形成溶液之外，与其他三种离子均生成沉淀，所以一定有一种盐为AgNO3。根据可知，C与氨水生成的沉淀又溶于氨水，可知生成了银氨溶液，所以C中有Ag，则C为AgNO3。根据可知，E与氨水生成的沉淀不溶于氨水，则E中有Al3，生成的是Al(OH)3，则B中阳离子为NH，根据可知，B、E与BaCl2溶液反应生成不溶于稀硝酸的沉淀，说明B为(NH4)2SO4，E为Al2(SO4)3。(5)设两种溶液均为1L，则反应之后溶液中有BaCl2剩余，c(Cl)0.01 molL1，根据Ks
54、p(AgCl)c(Ag)c(Cl)1.81010，则c(Ag)1.8108molL1。14(12分)某强酸性溶液X，含有Ba2、Al3、SiO、NH、Fe2、Fe3、CO、SO、NO中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：依据以上信息，回答下列问题：(1)上述离子中，溶液X中肯定含有的是SO、Al3、Fe2、NH；不能肯定的是Fe3。对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是。(选填：NaOH溶液酚酞溶液石蕊试液pH试纸KSCN溶液KMnO4溶液)(2)气体F的化学式为：NH3，沉淀G的化学式为：Fe(O
55、H)3，沉淀K的化学式为Al(OH)3，实验中，可以观察到反应的现象是气体由无色变成红棕色。(3)写出步骤所有发生反应的离子方程式：Ba2SO=BaSO4、3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2O。(4)要使步骤中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应，则D、H2O、O2物质的量之比是421。解析：强酸性溶液中含有H，则不含SiO、CO；加入Ba(NO3)2溶液后生成的沉淀一定是BaSO4，则溶液中含有SO，不含Ba2；气体A能够和氧气反应，所以A为NO，D为NO2，D到E的反应为：4NO2O22H2O=4HNO3，说明该溶液中含有还原性离子，即Fe2，则原溶液中一定没有NO。溶液B能够和N
56、aOH溶液反应生成气体，则该气体一定是NH3，原溶液中一定含有NH。符合转化关系：“BH沉淀K”的K为Al(OH)3，则溶液中含有Al3。限时训练 P84时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1“保护环境，就是保护人类自己。”下列环境问题与产生的主要原因不相符的是( D )“臭氧空洞”主要是大量使用氟氯代烃等引起的“光化学烟雾”主要是由NO2等引起的“酸雨”主要是由空气中CO2浓度增大引起的“白色污染”主要是由聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯塑料等塑料制品引起的“厄尔尼诺”现象由空气中CO2浓度增大引起的“温室效应”主要是由空气中CO2浓度增大引起的“赤潮”主
57、要是由水体中P、N等元素过量引起的A BC全部 D只有解析：“保护环境，就是保护人类自己”，环境问题已越来越引起社会的关注，了解一些环境问题产生的主要原因，才能提出合理的治理方案。“臭氧空洞”主要是氟氯代烃引起，而NOx对“臭氧空洞”的形成也有一定作用；光化学烟雾主要是NOx引起的；“酸雨”的形成主要是SO2及NOx引起，故不正确；“白色污染”是指聚乙烯聚丙烯等塑料引起的污染；空气中CO2浓度增大，引起“温室效应”，“厄尔尼诺”也由此而起；“赤潮”、“水华”则是水体中由N、P等营养元素的过量引起的。综上所述，正确答案为D。2下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是( B )A
58、二氧化氮 B钠C硫酸镁 D二氧化硅解析：本题考查无机物之间的反应。钠溶于水形成NaOH溶液能与NH4Cl发生复分解反应生成NH3，故选B项。3下列能够检验出KI中是否含有Br的实验是( D )A加入足量的新制氯水，溶液变色则有BrB加入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去C加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有BrD加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入氯水，溶液呈橙色，则含有Br解析：A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有溴离子；B项，溴离子和碘离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C项，加入少量的碘水，再加入CCl
59、4振荡，有机层是萃取单质碘而显色，并没有溴单质产生；D项，加入足量FeCl3溶液，KI与Fe3反应产生单质碘，再用CCl4萃取后，取无色的水层并加入氯水，会置换出单质溴而使溶液呈橙色。4在下图的实验装置中，实验开始一段时间后，对看到的现象叙述不正确的是( D )A苹果块会干瘪B胆矾晶体表面有“白斑”C小试管内有晶体析出DpH试纸变红解析：本题考查浓硫酸的有关性质。A、B、C都考查了浓硫酸的吸水性，B项的“白斑”是失去结晶水形成的CuSO4，C项由于饱和溶液的溶剂减少，所以析出晶体；D项考查浓硫酸的脱水性，pH试纸会变黑(单质碳)。5下列关于卤素的叙述中正确的是( C )A溴中溶有少量氯气，可以
60、用加入溴化钠再用酒精萃取的方法提纯B某溶液与淀粉碘化钾溶液反应出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水C氟气跟氯化钠水溶液反应，一定有HF和O2生成D氯气跟水反应时，水既是氧化剂也是还原剂解析：乙醇与水相溶，所以不能用来萃取提纯，选项A错误；能使淀粉碘化钾溶液反应出现蓝色，则该溶液具有强的氧化性，如：硝酸、溴水、氯水等，所以选项B错误；氟气非常活泼，所以遇到水马上反应，生成HF和O2，选项C正确；在Cl2H2O=HClHClO中，氯气既是氧化剂也是还原剂，水不参与氧化还原反应，选项D错误。6若甲、丙为短周期主族元素组成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，它们之间有如图所示的转化关系，则满足条件的
61、甲和丙可以为( C )A钠和氧气 B氯气和氧气C碳和硅 D氯气和溴解析：A.钠不能置换出氧；B.氯气和水反应生成HCl和HClO；C.碳在高温下还原二氧化硅得到硅和一氧化碳；D.溴不是短周期元素，不合题意。7硫酸亚铁固体强热可发生如下反应：2FeSO4Fe2O3SO2SO3，若将此反应生成的气体通入BaCl2溶液中，则( B )析出BaSO3沉淀析出BaSO4沉淀逸出SO3气体逸出SO2气体A BC D解析：SO2、SO3的混合气体溶于水，发生反应SO3H2O=H2SO4，同时放出大量的热，使SO2的溶解度减小而逸出SO2气体，又由H2SO4BaCl2=BaSO42HCl知析出的沉淀为BaSO
62、4，在酸性溶液中不可能产生BaSO3沉淀。8下列各项反应对应的图像错误的是( B )A图1：将氮气和氧气混合后在放电条件下反应B图2：将稀盐酸逐滴加入一定量偏铝酸钠溶液中C图3：将二氧化硫逐渐通入一定量氯水中D图4：将铜粉逐渐加入一定量浓硝酸中解析：氮气和氧气在放电条件下反应生成NO是吸热反应，A项正确；B项，先后发生反应：AlOHH2O=Al(OH)3，Al(OH)33H=3H2OAl3，前后消耗的盐酸的物质的量之比应是13，错误；C项，发生反应：SO2H2OCl2=2HClH2SO4，随着反应的进行，溶液的酸性增强，正确；D项，Cu2NO2,3Cu2NO，等量的铜与稀硝酸反应产生的气体体积
63、小于其与浓硝酸反应产生的气体体积，正确。9向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是( D )A线段表示Br的变化情况B原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)31C根据图像无法计算a的值D线段表示IO的变化情况解析：向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，依据还原性：IFe2Br可知，I、Fe2、Br依次被氧化，则、分别代表I、Fe2、Br的变化情况，A项错误；根据图像横坐标，可以计算出n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，根据电荷守恒可知n(Br)6 mol，Br
64、消耗3 mol氯气，则a6，原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)13，B、C项错误；已知ba5，说明在ab段参与反应的I2与Cl2的物质的量之比为15，线段表示IO的变化情况，D项正确。10把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是( C )A反应后生成的盐只为Fe(NO3)3B反应后生成的盐只为Fe(NO3)2C反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为13D反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为31解析：因产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO时
65、硝酸得到的电子的物质的量为0.9 mol，所以铁失去的电子的物质的量也为0.9 mol，而铁的物质的量为0.4 mol，所以产生的既有Fe2又有Fe3，且前者与后者的物质的量之比为31。二、非选择题(40分)11(10分)为了探究新制饱和氯水的组成和性质而进行了科学实验：先观察了氯水的外观性质以后，又用胶头滴管将该氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH溶液中，边滴边振荡，并连续观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去而得无色溶液。以下的一些问题需要请你来配合回答：(1)请写出新制饱和氯水中含有氯元素物质的化学式：Cl2、HCl(或Cl)、HClO。(2)若不再进行更多的实验，请说明能快速判断氯水中含有Cl2的
66、主要依据：氯水显浅黄绿色。(3)根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字说明之：HCl和HClO中和了NaOH。HClO氧化了酚酞。(4)他们又要通过实验进一步探究溶液红色褪去的原因究竟是上述中的还是。实验步骤取试管内的无色溶液3 mL盛于另一支洁净的试管中；再向试管内滴加2滴NaOH溶液，振荡试管。实验现象及结论若恢复红色，则证明溶液红色褪去的原因是而不是；若仍为无色，则证明溶液红色褪去的原因是而不是。(5)为了从新制氯水中制得较高浓度的HClO，可向氯水中加入的试剂是A。ACaCO3 BNaHSO3CH2SO4 DCa(OH)2解析：(1)由题中信息可知，溶于水的Cl2
67、，一部分与H2O发生化学反应生成HCl和HClO，另一部分以Cl2的形态溶解于水中。(2)氯水因Cl2的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有Cl2的依据。(3)溶液的红色是酚酞与NaOH相互作用的结果。若没有酚酞，NaOH溶液呈无色；若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色。由“(1)”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性为主的HClO。(4)可滴加NaOH溶液来验证红色褪去的原因。滴入少量NaOH后溶液显红色，说明还存在酚酞，红色褪去的原因是HCl和HClO与NaOH发生了反应；若加入NaOH不再显红色，说明溶液中不存在酚酞，即酚酞已被HClO氧化。(5
68、)由Cl2H2OHClHClO可知，NaHSO3、Ca(OH)2均与HClO反应，加H2SO4，c(H)增大，平衡逆向移动，HClO浓度减小。H2CO3酸性强于HClO，故可加入CaCO3。12(11分)有一纯净的亚硫酸钠晶体因部分被氧化而变质，为了测定样品中杂质的质量分数进行以下实验过程，按要求填写空格：(1)向混合溶液中加入的无色溶液A是BaCl2，A必须过量的原因是使SO、SO沉淀完全。(2)白色沉淀c中含有BaSO4、BaSO3。(3)无色溶液B通常是稀盐酸，加入后与c反应的离子方程式为2HBaSO3=H2OSO2Ba2。若无色溶液B是硝酸溶液或硫酸溶液，是否能测定样品中杂质的质量分数
69、？否(填“是”或“否”)；请简要说明理由：硝酸会氧化BaSO3，H2SO4会与BaSO3反应生成BaSO4，_(可不填满也可补充)。(4)通过以上测定可得到样品中杂质的质量分数的计算式为100%。解析：亚硫酸钠在空气中会部分被氧化成Na2SO4而变质，根据框图可分析无色溶液A为BaCl2溶液，它使SO、SO全部沉淀得到白色沉淀c，再加入无色溶液B，把两种沉淀分开，故B为盐酸，BaSO3溶解，得到白色沉淀d为BaSO4，通过测量沉淀质量，可得出Na2SO4的质量分数：100%100%。13(10分)食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起
70、的。已知：氧化性：IOFe3I2还原性：S2OI3I26OH=5IIO3H2OKII2KI3(1)某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2、Fe3)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份，第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。加KSCN溶液显红色，该红色物质是Fe(SCN)3(用化学式表示)；第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO5I6H=3I23H2O、2Fe32I=2Fe2I2。(
71、2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：4KI2H2OO2=2I24KOH。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？否(填“是”或“否”)，并说明理由：KI3在受热(或潮湿)条件下产生I2和KI，KI被氧气氧化生成I2，I2易升华。解析：本题考查加碘食盐组成的分析，意在考查考生的实验设计能力。(1)加KSCN溶液，Fe3与SCN结合为红色物质Fe(SCN)3。CCl4中显紫红色的物质为单质碘。第二份试液中加入足量KI固体，IO、Fe3均能氧化I，反应的离子方程式为：IO5
72、I6H=3I23H2O、2Fe32I=2Fe2I2。(2)潮湿环境下KI与氧气的反应为：4KI2H2OO2=2I24KOH。KI3H2O作为食盐加碘剂不合适，因为KI3在受热(或潮湿)条件下分解产生I2和KI，KI易被氧气氧化生成I2，I2易升华。14(9分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：硝酸工业的尾气无水Ca(NO2)2已知：NO(g)NO2(g)N2O3(g)，请回答下列问题：(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是使尾气中的NO、NO2被充分吸收；滤
73、渣可循环使用，滤渣的主要成分是Ca(OH)2(填化学式)。(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO)n(NO2)1，则会导致排放气体中NO含量升高；若n(NO)n(NO2)11，则会导致产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高。(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为3NO2H=NO2NOH2O。解析：(1)采用气液逆流的原理，可以增加气液的接触时间，能使气体吸收得更充分，从而提高气体的吸收效率；由流程图可以得到NO和NO2与氢氧化钙反应生成了亚硝酸钙和水，而该流程的目的之一是吸收尾气，所以石灰乳是过
74、量的，过滤后的滤渣即为过量的石灰乳，它可以用于再吸收尾气，即可以循环使用；(2)由于存在着NO(g)NO2(g)N2O3(g)的平衡，所以氢氧化钙吸收NO与NO2为11，如果NO更多，则NO不能单独被石灰乳吸收而逸出，污染环境，而如果NO2过量，则可看着为NO2与水反应生成硝酸而与石灰乳反应(实际是NO2与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和硝酸钙)，从而增加了硝酸钙的含量，在亚硝酸钙中混入了杂质硝酸钙；(3)由题给条件“在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO”，又因为氧化还原反应中有化合价降低，同时会有化合价升高，所以还应生成了硝酸根离子所以发生反应的离子，方程式为：3NO2H=NO2
75、NOH2O。限时训练 P87时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是( D )A铁 B氮C氧 D碳解析：炼铁过程中，铁、氧被还原，氮元素不参加反应，碳被氧化成CO或CO2，碳也可与CO2反应生成CO，碳被还原。2下列说法正确的是( A )A金属钠着火，可用干燥沙土盖灭B1 L生理盐水(0.9% NaCl溶液)中含有9 mol NaC浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗D氢氧化钠浓溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗解析：0.9%是质量分数，B不正确；C项中应先用布拭去再用大量水冲洗，不正确；D项中应
76、先用大量水冲洗，再用硼酸稀溶液冲洗，不正确。3为确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是( D )A观察加热时能否放出气体B观察滴加盐酸时能否放出气体C溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成D溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成解析：A选项能证明含有碳酸氢钠；B选项碳酸氢钠和碳酸钠均与盐酸反应放出气体；C选项碳酸氢钠和碳酸钠溶液均与澄清石灰水反应生成沉淀。4下列有关铝及其化合物的叙述正确的是( C )A铝粉与氧化镁共热可制取金属镁B足量铝分别与含1 mol HCl、1 mol NaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C工业上用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝
77、D在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化解析：镁比铝活泼，不能用铝粉制取镁，A错误；根据关系式2Al6HCl3H2,2Al2NaOH3H2，当铝足量时，等量的HCl和NaOH产生H2的比例为13，B错误；浓H2SO4吸收浓HNO3中水分，并放出大量热，促进HNO3挥发，使两种酸的浓度减小，铝片不钝化，D错误。5铁是使用最为普遍的金属，下列关于铁的说法中正确的是( C )A铁单质只具有还原性，其阳离子只具有氧化性B常温下，单质铁与浓硫酸不反应C铁元素属于过渡元素，其原子序数为26D比较与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的快解析：2价铁能表现还原性，A错误；常温
78、下，铁能与浓硫酸反应而钝化，B错误；因构成原电池，生铁与盐酸反应快，D错误。6下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是( A )金属钠投入到FeCl3溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中Na2O2投入FeCl2溶液中A B只有C D解析：中生成H2和Fe(OH)3，中生成NaAlO2，中生成CaCO3沉淀，中生成O2和Fe(OH)3。7将a g铁和氧化铁的混合物加入800 mL pH1的盐酸中充分反应后，盐酸全部消耗，固体无剩余并放出标准状况下气体0.224 L。则下列判断中正确的是( A )A原混合物中n(Fe)n(Fe2O3
79、)21B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C无法计算出原混合物的质量aD此时溶液中Fe2和Fe3的物质的量之比为31解析：因为Fe3和H的氧化性强弱顺序为Fe3H，所以当产生氢气时，说明Fe3已经全部被还原为Fe2。n(H2)0.01 mol，则参加反应Fe2H=Fe2H2的铁为0.01 mol，消耗的H为0.02 mol，则溶解Fe2O3的H为0.08 mol0.02 mol0.06 mol，所以n(Fe2O3)0.01 mol，参加反应Fe2Fe3=3Fe2的Fe为0.01 mol，所以混合物中n(Fe)0.02 mol，故n(Fe)n(Fe2O3)21。8向含有Cu(NO3)2、Z
80、n(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是( A )A氧化性：Zn2Cu2Fe3AgBFe3的氧化性大于Cu2C溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为12D1 mol Fe可还原2 mol Fe3解析：铁粉先跟Ag反应，然后再与Fe3反应，由反应方程式得，Ag、Fe3完全反应后铁粉没有剩余，B、C正确；1 mol Fe可还原2 mol Fe3，D正确。9由氧化铜和氧化铁组成的混合物a g，加入2 molL1的稀硫酸溶液50 mL，恰好完全溶解，若将a g的
81、该混合物在过量的CO气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为( B )A1.6a g B(a1.6) gC(a3.2) g D无法计算解析：CuOCu，Fe2O32Fe，分析反应CuOH2SO4=CuSO4H2O和Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O，可知CuO和Fe2O3变成Cu和Fe失掉的O原子的物质的量与H2SO4的物质的量相等，则m(O)16 gmol12 molL10.050 L1.6 g，剩余固体物质的质量为(a1.6) g。10a g Mg、Al合金完全溶解在c1 molL1、V1L HCl溶液中，产生b mol H2，再向反应后的溶液中加入c2 molL1、V2
82、 LNaOH溶液，恰好使沉淀达到最大值，且沉淀质量为d g。下列关系不正确的是( C )Ada34bBc1C铝的质量为gD与金属反应后剩余盐酸为(c1V12b)mol解析：在该过程中转移电子与消耗OH的关系式为：Mg2eMg22OH，Al3eAl33OH，故沉淀中n(OH)n(电子)，所以d ga gm(OH)a gb217 g(a34b)g，A正确；当恰好达到最大沉淀时溶质为NaCl，故n(HCl)n(NaOH)，即c1V1c2V2，B正确；设合金中Mg、Al的物质的量分别为x mol、y mol，则24x27ya,2x3y2b，解得y，m(Al)2772b3a，C错误；据氢原子守恒知：剩余
83、盐酸为(c1V12b)mol，D正确。二、非选择题(40分)11(9分)电解法冶炼铝的原料是Al2O3，可由自然界中铝土矿获得。其生产过程可表示为：铝土矿(主要成分Al2O3，杂质SiO2、Fe2O3)Al(OH)3Al2O3Al。从铝土矿到Al(OH)3的转化有两种方案：方案1：方案2：(1)过滤、的滤渣成分分别是B、F；过滤、的滤渣成分分别是C、E。AAl2O3 BSiO2CFe2O3 DAl(OH)3EH2SiO3 FFe(OH)3(2)“Al(OH)3Al”的一般生产方法是BF。A蒸发 B灼烧C热还原 D溶解E过滤 F电解(3)如果铝土矿中的Al2O3的质量分数是85%，生产过程的产率
84、是90%,1吨铝土矿可生产铝405千克。解析：铝土矿中主要考虑三种氧化物，其中氧化铝为两性氧化物、氧化铁为碱性氧化物、二氧化硅为酸性氧化物。在第一套方案中先加过量的酸，氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不溶过滤出来，再加过量的氢氧化钠，铝元素以偏铝酸根离子形式存在于溶液中而铁元素以氢氧化铁沉淀状态离开溶液，过滤后在溶液中通入过量二氧化碳析出氢氧化铝沉淀；第二套方案中先加过量的碱，氧化铝和二氧化硅溶解，氧化铁不溶过滤出来，再加过量的盐酸，铝元素以铝离子形式存在于溶液中而硅元素以硅酸沉淀状态离开溶液，过滤后再加过量的氨水析出氢氧化铝沉淀。工业上氢氧化铝制铝总是灼烧成氧化铝再电解。根据关系式Al2O32A
85、l得出1吨铝土矿可生产的铝为100085%90%102227405 kg。12(8分)某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为：(1)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是a、b。a灼烧过程中部分氧化铜被还原b灼烧不充分铜未被完全氧化c氧化铜在加热过程中分解生成铜d该条件下铜无法被氧气氧化(2)由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径相比，途径有明显的两个优点是：耗酸少；无污染性气体(SO2)产生。(3)有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后再加热分
86、解Cu(OH)2得CuO。以下说法不可能成为减少该环节的理由的是D。ACuO比Cu(OH)2颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离BCu(OH)2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解C干态下分解Cu(OH)2，温度难以控制，可能因温度过高导致CuO进一步分解生成Cu2OD过滤分离出的CuO不需洗涤就已非常纯净解析：(1)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。(2)根据途径的反应方程式Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O和途径的反应方程式2CuO22H2SO42CuSO42H2O，可以看出途径的优点是：产生等量的CuSO4，比途径消耗硫
87、酸少；途径不产生污染大气的气体(SO2)。(3)显然过滤得到的不溶物不经洗涤是不会纯净的，故D项错误。13(13分)碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3yCu(OH)2zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种。(1)现采用氢气还原法，请回答如下问题：写出xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应的化学方程式xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)H2(xy)CuxCO2(x2yz)H2O；实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母编号)：(a)(kj)(gf)(或hi)(de)(或ed)(hi)(或gf)(bc)(或cb)(l)；称取23.9 g某碱式碳酸铜
88、样品，充分反应后得到12.7 g残留物，生成4.4 g二氧化碳和7.2 g水。该样品的结晶水质量为1.8g，化学式为CuCO3Cu(OH)2H2O。(2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。可以；根据反应xCuCO3yCu(OH)2zH2O(xy)CuOxCO2(yz)H2O，依据碱式碳酸铜样品、CuO、CO2和H2O质量(或其中任意三个量)，即可计算出其组成。解析：(1)碱式碳酸铜与氢气的反应，从“采用氢气还原法”这一信息可知，是H2作还原剂，则起氧化作用的必是2价的铜，进而用化合价升降法即可配平。写产物时，可理解为：CuCO3Cu
89、OCO2，Cu(OH)2CuOH2O，CuO再与氢气反应。要取得产物CO2和H2O的质量，吸收CO2必须用碱石灰(选用bc，干燥管的用途很明显是放在最后)，吸收H2O只能用浓H2SO4。因此，加热装置前的除杂(HCl气体)和干燥只能用水(kj)和浓H2SO4。注意：干燥管的作用是防止空气中的CO2和H2O进入U型管。产物中：n(Cu)n(CO2)n(H2O)0.2 mol0.1 mol0.4 moln(CuCO3)n(CO2)0.1 mol(即CuCO3为12.36 g)，nCu(OH)20.2 mol0.1 mol0.1 mol即Cu(OH)2为9.76 g所以m(结晶水)23.9 g12.
90、36 g9.76 g1.8 g(即样品中水为0.1 mol)进而可得碱式碳酸铜的化学式。14(10分)钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算：(1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠78g。(2)钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。计算并确定该钠钾合金的化学式。(3)氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列
91、反应：2NaAl(OH)4CO2=2Al(OH)3Na2CO3H2O己知通入二氧化碳336 L(标准状况下)，生成24 mol Al(OH)3和15 mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112 L(标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比。答案：(2)c(OH)10000.75 molL1设上述合金中含a mol Na、b mol K，ab0.752,23a39b5.05，a0.050 mol，b0.10 mol，该钠钾合金化学式为NaK2。(3)溶液含NaOH，NaOH与CO2反应生成的Na2CO3：1524/23(mol)112 L CO2的物质的量：11
92、2/22.45(mol)nAl(OH)3n(Na2CO3)(53)2545。解析：本题以元素化合物为载体命题，意在考查考生的计算能力和分析、推理能力。(1)利用“N”守恒可知需m(NaN3)(40.32 L/22.4 Lmol1)2/365 gmol178 g。(2)由反应方程式可知产生1 mol H2同时生成2 mol OH，故c(OH)(0.075 mol2)/0.2 L0.75 mol/L；设合金中Na、K的物质的量分别为a mol、b mol，然后利用质量守恒与得失电子守恒可得方程式：ab0.752和23a39b5.05，解之得a0.050 mol、b0.10 mol，故可得到合金的化
93、学式为NaK2。(3)若溶液中仅含NaAl(OH)4，利用方程式可知，得到24 mol Al(OH)3的同时，生成12 mol Na2CO3，而实际得到24 mol Al(OH)3与15 mol Na2CO3，说明溶液中含有NaOH，且NaOH优先与CO2反应生成Na2CO3，利用Na守恒，可知溶液中n(NaOH)(1512)26 mol，故通入112 L CO2(5 mol)，先与NaOH作用，消耗CO2 3 mol，生成Na2CO3为3 mol。然后，2 mol CO2与NaAl(OH)4作用得到4 mol Al(OH)3和2 mol Na2CO3，故生成nAl(OH)3n(Na2CO3)
94、4(32)。限时训练 P89时限：_分钟满分：100分选择题(每题只有一个正确答案，12每题5分，其余每题6分)1下列说法正确的是( D )A纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色C石油分馏、煤的干馏均为物理变化D提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质解析：葡萄糖不能水解，A错误；液态油含不饱和键，能与溴单质加成，B错误；煤的干馏是化学变化，C错误；浓硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析而沉淀，D正确。2下列说法正确的是( C )A乙烯和乙烷都能发生加聚反应B蛋白质水解的最终产物是多肽C
95、米酒变酸的过程涉及了氧化反应D石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程解析：乙烷是饱和烃，不能发生加聚反应，A错；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故B错；米酒变酸的过程发生了氧化反应，故C正确；油脂不是高分子化合物，故D错。3下列有关叙述错误的是( D )A食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到B乙醇、乙酸乙酯、乙酸能用饱和碳酸钠溶液鉴别C与Na反应产生H2的反应速率：CH3COOHH2OCH3CH2OH，均放出热量D所有的糖、油脂、蛋白质在一定条件下均能发生水解反应解析：A项，乙醇可先被氧化为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，正确；B项，乙醇与饱和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与
96、饱和碳酸钠溶液反应有气泡，正确；C项，根据羟基的活泼性和反应的热效应，正确；D项，单糖(如葡萄糖)不能发生水解反应，错误。4下列叙述中，错误的是( D )A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5560 反应生成硝基苯B苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2二溴乙烷D甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4二氯甲苯解析：甲苯与氯气在光照下反应主要是甲基上的H被取代。5下列有关说法中正确的是( C )A冰醋酸遇酒精加热即可发生酯化反应生成乙酸乙酯B苯、溴苯、硝基苯、乙酸乙酯均不溶于水，也均不与水发生反应C生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等都是混合物D乙酸、乙酸乙酯、
97、葡萄糖和淀粉的最简式相同解析：A项，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、并在加热的条件下才能发生酯化反应生成乙酸乙酯，错误；B项，由于烃、卤代烃、硝基化合物、酯等有机化合物均不溶于水，即苯、溴苯、硝基苯、乙酸乙酯均不溶于水，但乙酸乙酯能发生水解反应(根据乙酸乙酯的水解反应与乙醇、乙酸的酯化反应互为可逆反应)，错误；C项，食醋为醋酸的水溶液，植物油属于油脂，动物蛋白属于蛋白质(高分子化合物)，均属于混合物，正确；D项，乙酸、乙酸乙酯和葡萄糖的最简式都是CH2O，而淀粉的化学式为(C6H10O5)n，错误；综上分析本题答案选C。6下列从左至右按同位素、同系物、同分异构体、同素异形体、同种物质顺序排列的是(
98、 D )C60、C70、金刚石、石墨C2H5OH、CH3OCH3C、C、CHOCH2CHO、HOCH2CH2CHO、HOCH2CH2CH2CHOClCl、ClClA BC D解析：同素异形体；同分异构体；同位素；同系物；同种物质(结构式相同)。7下面是生产生活中的常见有机物的分子式、结构简式或名称：；CHCH2Cl；CHHHH；CHHCHH；CH3CH2OH；C6H12O6；CH3COOH；硬脂酸甘油酯；蛋白质；聚乙烯。有关说法正确的是( D )A能使溴的四氯化碳发生加成反应并使之褪色的有B投入钠能产生H2的是C属于高分子材料的是D含碳量最高、有毒、常温下为液体且点燃时有浓的黑烟的是解析：能与
99、溴的四氯化碳溶液发生加成反应的说明分子中含有C=C或CC等不饱和键。能与Na反应生成H2的说明分子中含有OH(或COOH)。含碳量最高，有毒的液体点燃有黑烟的是苯。8(2015全国)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比应为( C )A11 B23C32 D21解析：该有机物的分子式为C6H12N4，根据元素守恒，则C元素来自甲醛，N元素来自氨，所以分子中的C与N原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比，为6432。9四联苯的一氯代物有( C )A3种 B4种C5种 D6种解析
100、：推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子)，就有几种一氯代物，四联苯有5种不同的氢原子，故有5种一氯代物。10在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：CHR2COOCH2R1COOCH2R3COO3ROHRR2COORR1COORR3COOCHOHCH2OHCH2OH 动植物油脂短链醇生物柴油甘油下列叙述错误的是( C )A生物柴油由可再生资源制得B生物柴油是不同酯组成的混合物C动植物油脂是高分子化合物D“地沟油”可用于制备生物柴油解析：动植物油脂属于酯类，不属高分子化合物。1
101、1分析下表中各项排布规律，按此规律排布第26项为( C )12345C2H4C2H6C2H6OC2H4O2C3H6678910C3H8C3H8OC3H6O2C4H8C4H10A.C7H16 BC7H14O2CC8H18 DC8H18O解析：本题有多种做法，比如我们把它分为4循环，每个循环节中，有烯、烷、醇、酸，26462，也就是说第24项为C7H14O2，接着后面就是第25项为C8H16，这里面要注意的是第一项是从2个碳原子开始的。12某多环芳香烃()的一溴代物(不考虑立体异构)有( D )A3种 B4种C5种 D6种解析：根据该多环芳香烃的结构简式确定其结构的对称性(左右对称，上下不对称)：
102、，从而确定该多环芳香烃的分子结构中有6种氢原子，故该多环芳香烃的一溴代物有6种；综上分析本题答案选D。13下列是由有机物X合成有机高分子粘合剂G，其流程图如下：CHOCOOHCH2COOHCH2 CCOOHCH2COOHCH2 下列叙述错误的是( D )A由XY，每生成1 mol Y，就有1 mol H2O生成B反应发生加聚反应生成GCZ的结构简式为CCOOCH3CH2COOCH3CH2D与X具有相同数目和种类官能团的同分异构体共有7种解析：X、Y分子组成相差一个水分子，A正确；Z含碳碳双键，G是高分子化合物，反应是加聚反应，B正确；由反应条件可知，发生酯化反应，C正确；反应是消去反应，X的结
103、构简式为CHOOCCH3OHCH2COOH，其同分异构体视作两个羧基和一个羟基取代丙烷氢原子的产物，共9种，D不正确。14将大蒜切片或捣成蒜泥后在空气中放置15分钟，即可产生大蒜素(结构简式如图SOS)，大蒜素具有解毒、杀菌、消炎、降血压、降血脂、抗癌等多种生物学功能，所以经常适量吃大蒜有益健康。下列有关大蒜素的说法错误的是( B )A大蒜素在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度B大蒜素可以发生加成反应，不能发生取代反应C大蒜素及其燃烧产物具有漂白作用D大蒜素的分子式为C6H10S2O解析：大蒜素为有机物，相似相溶，A正确；分子结构中含碳碳双键，可发生加成反应，也能发生取代反应，B不正确；分子结构
104、中含硫，燃烧后可生成SO2，C正确；由结构简式可看出D正确。15分子式为C9H18O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，其中C不与NaHCO3溶液反应，1 mol C完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成400 g沉淀。则有机物A的可能结构有(不考虑立体异构)( D )A4种 B8种C10种 D16种解析：根据“分子式”为C9H18O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成B和C，再根据“C不与NaHCO3溶液反应。1 mol C完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成400 g沉淀”，确定C为4个碳原子的饱和一元醇，其分子式为C4H9OH，C4H9有4种同种类(醇类)的同分
105、异构体，则B为饱和一元羧酸的分子式为C4H9COOH，也有4种同种类(羧酸类)的同分异构体，据此可反推，通过酯化反应生成A(酯)的结构有4416。16我国药物化学家屠呦呦用乙醚提取青蒿，得到具有高效抗疟作用青蒿素，为此获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。以异胡薄荷醇为起始原料是人工全合成青蒿素的途径之一(如图)。下列说法不正确的是( B )CH3CCH2HOCH3 A异胡薄荷醇可以与溴水发生加成反应B异胡薄荷醇含有一个苯环结构C青蒿素易溶于乙醚D青蒿素分子中碳氧原子个数比为31解析：异胡薄荷醇分子中含有C=C，能与溴水发生加成反应，A正确；异胡薄荷醇分子中只有一个六元环，没有苯环结构，B不正确
106、；由题给信息可知，可用乙醚从青蒿中提取青蒿素，青蒿素易溶于乙醚，C正确；青蒿素分子中共有15个碳原子，共有5个氧原子，D正确。17仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量小于100，且氧的质量分数为18.18%。已知该化合物可与钠反应，则该化合物的结构共有(不考虑立体异构)( D )A2种 B5种C6种 D8种解析：有机物中含氧原子数N(O)1.14，则该有机物中含有1个氧原子，则该有机物的相对分子质量M88，设该有机物的分子式为CxHyO,12xy881672，则该有机物的分子式为C5H12O。与钠反应，说明其含羟基，C5H12中共有三种碳架(正、异、新)，羟基分别取代形成的有机物共
107、8种。限时训练 P91时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1已知原子序数，可以推断原子的( B )质子数中子数质量数核电荷数核外电子数原子结构示意图元素在周期表中的位置A BC D解析：由原子序数定义可直接得出；由和核外电子排布规律可推，如31号元素原子结构示意图为 ；由可推，如31号元素位于第四周期A族。2下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是( D )族周期AAAAAAA2cd3abefAe的氢化物比d的氢化物稳定Ba、b、e三种元素的原子半径：ebaC六种元素中，e元素单质的化学性质最活泼Dc、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强
108、解析：同主族元素从上到下元素氢化物的稳定性减弱，A项错误；同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，B项错误；a到f六种元素分别为Na、Mg、C、O、S、Cl，其中金属单质Na的化学性质最活泼，C项错误。3下列结论错误的是( B )粒子半径：KAl3S2Cl氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaClKAl3，错误；、正确；离子的还原性：S2IBrCl，错误。4短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子
109、数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是( A )A元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B元素X与氢形成的原子个数比为11的化合物有很多种C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2解析：本题考查物质结构、元素周期律的知识，意在考查考生对物质结构的推理能力、元素周期律的应用能力。首先根据题意，推断出W是Li，X是C，Y是Al，Z是S。A项，LiC中的Li不满足8电子稳定结构，故A错误；B项，碳元素和氢元素可形成C2H2、C6H6、C8H8等多种化合物；C项，Al为
110、两性金属，与强酸、强碱都能反应放出氢气；D项，碳元素和硫元素能形成CS2。5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为34。下列说法中正确的是( D )A原子半径：WZYXB氢化物稳定性：YZCWY3中只有离子键没有共价键DX与Z可形成10电子分子和18电子分子解析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，则X是氢元素，W是钠元素；Y的气态氢化物、最高价氧化物
111、的水化物可反应生成一种盐，则Y是氮元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为34，则Z是氧元素。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：WYZX，A项错误；非金属性越强，氢化物的稳定性越强。氧元素的非金属性强于氮元素，则氢化物稳定性：ZY，B项错误；NaN3中有离子键，氮原子之间也有共价键，C项错误；X与Z可形成10电子分子和18电子分子，分别是H2O和H2O2，D项正确。6短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是( A )A元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B原子半径的大小顺序为：rxrYrZrWrQC离子
112、Y2和Z3的核外电子数和电子层数都不相同D元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强解析：根据周期表的结构可推出元素分别为，X：N，Y：O，Z：Al，W：S，Q：Cl；N、Al的最高正化合价分别为5、3，A正确；同周期原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下依次增大，由此判断，B不正确；离子Y2(O2)和Z3(Al3)都为10e微粒，核外电子数和电子层数都相同，C不正确；元素最高价氧化物对应的水化物的酸性是与非金属性一致的，因此酸性HClO4H2SO4，D不正确。7有X、Y两种元素，原子序数20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是(
113、 A )A若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D若Y的最高正价为m，则X的最高正价一定为m解析：X、Y最外层电子数相同，说明处于同一主族，X原子半径小于Y，说明X在上一周期。A项中X(OH)n为强碱，说明X为活泼金属，Y在下一周期，金属性更强，则最高价氧化物对应水化物Y(OH)n也一定为强碱，A正确；B项中若HnXOm为HNO3，NH3溶于水显碱性，B不正确；C项中若X2为N2，则Y为P，C不正确；D项中若Y为Cl，最高正价为7价，则X为F，无正价，D不正确。8几种短周期元素的
114、原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价235、3、32下列叙述正确的是( D )AX、Y元素的金属性：XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来解析：此题考查了物质结构与元素周期律知识。先判断出各元素在周期表中的位置如下表：N(Z)O(W)Mg(X)Al(Y)确定W为8O；Z为A族，因Z与W原子半径相近，应为同周期Z为7N；X为A族、Y为族，二者原子半径相近，应为同周期，应该为12Mg、13Al，原因有二：一是通常考查的是常见元素(出现Be、
115、B的概率小)，二是原子半径比Z(7N)大得多，同周期的原子半径不会变化太大。据上表，金属性是Mg(X)Al(Y)，A项错误。B项，N2与O2反应生成NO，不能一步生成NO2，B项错。Y(Al)的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，不溶于氨水，C项错。NH3O2N2H2O，该反应能发生，D项对。9下面是元素周期表的一部分。下列与表中元素有关的叙述正确的是( B )A铝是第二周期元素B氯原子的半径比硫原子的半径小C氢氧化钠的碱性比氢氧化镁的碱性弱D硅原子的最外层电子数比磷原子最外层电子数多解析：周期表中的有字母的元素都在第三周期，分别是11Na、12Mg、13Al、16Si、17Cl、18Ar，
116、铝在第三周期，A不正确；同周期从左向右原子半径逐渐减小，B正确；同周期从左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物碱性也逐渐减弱，C不正确；硅原子最外层电子数为4个，而磷原子最外层为5个电子，D不正确。10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z的核外内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子，根据以上叙述，下列说法正确的是( C )A上述四种元素的原子半径大小为WXYZBW、X、Y、Z的原子核外最外层电子数的总和为20CW与Y可形成含极性共价键又含非极性共价键的化合物D
117、由W和X组成的化合物的沸点总低于由W和Y组成的化合物的沸点解析：此题中档题，重要的是推出W：H、X：C、Y：N、Z：Ne或者Ar。A选项应该是XY；Z为稀有气体原子又有增大的趋势，B答案总和应该为145818，错误；C也就是氢与氧既可以生成水，也可以生成双氧水；D答案要注意H、C形成的烃中，如果碳原子很多的时候，形成的烃为液态或固态。二、非选择题(40分)11(10分)四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。XYZW请回答下列问题：(1)元素Z位于周期表中第三周期，A族。(2)这些元素的氢化物中，水溶液碱性最强的是NH3(写化学式)。(3)
118、XW2的电子式为C。(4)Y的最高价氧化物的化学式为N2O5。(5)W和Y形成的一种二元化合物具有色温效应，其相对分子质量在170190之间，且W的质量分数约为70%。该化合物的化学式为S4N4。解析：由题干先推导出Z元素为磷元素，则X、Y、W分别是C、N、S。(3)小题的电子式由二氧化碳的结构类比而来。(5)小题中计算为n(S)n(N)11，再由相对分子质量得分子式为S4N4。12(8分)下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：主族周期A01AAAAAA23(1)、的原子半径由大到小的顺序为NaAlO。(2)、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3H2
119、CO3H2SiO3。(3)、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：Na H或Na 。(4)由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)ab。aMnO2 bFeCl3cNa2SO3 dKMnO4解析：(3)四种元素分别为H、O、Na和Cl，含离子键必有Na，含极性共价键则应由两种非金属组成。(4)符合题意的物质应是H2O2，它在MnO2、FeCl3等催化剂作用下能发生分解反应。13(11分)2009年自然杂志报道了我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这
120、种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：(1)10Be和9Becd。a是同一种原子b具有相同的中子数c具有相同的化学性质d具有恒定的丰度Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素相互组成的化合物属于分子晶体。(2)Al和Be具有相似的化学性质，写出BeCl2水解反应的化学方程式BeCl22H2O=Be(OH)22HCl。(3)研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是bc。a比较这两种元素的单质的硬度和熔点b在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液c将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液d将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
121、(4)目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”。写出和Ar核外电子排布相同的两种阴离子的半径由大到小的顺序S2Cl(用化学符号表示)；其中一种离子与钾相邻元素的离子所形成的化合物可用做干燥剂，此化合物的电子式是Ca2。解析：10Be、9Be是同种元素的不同核素，二者互为同位素，具有相同的化学性质，且在自然界中具有恒定的丰度；第二周期(Be位于第二周期)中最外层2个未成对的电子的元素是碳和氧，二者相互组成的化合物CO2或CO均为分子晶体。比较金属Mg、Al的金属性强弱的方法有：比较其最高价氧化物对应水化物的碱性，可利用Mg(OH)2、Al(OH)3、NaOH溶液的碱性相对强弱；比较Mg、Al与酸或水
122、反应转换出氢气的难易等，d项在空气中久置，二者表面均氧化成氧化物，无法比较、单质熔沸点与金属强弱无关。与Ar(核外有18个电子)核外电子排布相同的阴离子有S2、Cl，二者半径：S2Cl，核外具有18电子和K相邻的离子为Ca2，CaCl2常用作干燥剂，它属离子化合物，故其电子式：Ca2。14(11分)元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质，下图是元素周期表的一部分：(1)阴影部分元素N在元素周期表中的位置为第二周期第A族。根据元素周期律，请你预测，H3AsO4、H3PO4的酸性强弱：H3AsO4H3PO4(填“”“”或“”)。(2)根据NaH的存在，有人提议可把氢元素放在第A族，那
123、么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第A族。(3)元素甲是第三周期金属元素中原子半径最小的元素，该元素的离子与过量氨水反应的离子方程式为：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(4)周期表中有10多种人体所需的微量元素，其中有一种被誉为“生命元素”的主族元素R，对延长人类寿命起着重要作用，已知R元素的原子有4个电子层，其最高价氧化物的分子式为RO3，则R元素的名称为C。A硫 B砷C硒 D硅(5)羰基硫(COS)分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，用电子式表示羰基硫分子的形成过程：C。解析：(2)由NaH知，氢元素最低负价为1价，
124、而氢元素的最高正价为1价，因此与第A族元素的化合价特点相似，可将氢元素放在第A族。(3)第三周期原子半径最小的金属元素是铝，Al3可与NH3H2O反应产生Al(OH)3沉淀，且沉淀不溶于氨水。(4)根据R元素的原子结构(电子层数)和RO3，依据题给元素周期表可推知R元素为硒。(5)COS分子结构与CO2分子结构相似，据此可知COS的电子式为：C。限时训练 P94时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是( B )加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转
125、化技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料。A BC D解析：加快化石燃料的开采与使用不利于节能减排，田间焚烧秸秆会污染环境，故选B。2某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是( C )A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能解析：从图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，所以正反应是一吸热反应，A不正确；活化能是指反应物的平均能量与发生反应所需能量的差，所以从有无催化剂的图示可得，催化剂可以降低反应所需的活化能，但是不改变E1E2的值，即不改变反应的焓变
126、，B不正确，C正确；由题中所给结合图像可知E1E2，即正反应的活化能大于逆反应的活化能。3工业生产水煤气的反应为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4 kJ。下列判断正确的是( C )A反应物能量总和大于生成物能量总和BCO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4 kJC水煤气反应中生成1 mol H2(g)吸收131.4 kJ热量D水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4 kJ热量解析：本题考查热化学知识，意在考查考生对概念的理解。由题中信息知合成水煤气反应为吸热反应，故可判知反应物总能量小于生成物总能量，同时知生成1 mol H2时需吸收131.4 kJ的热量，故
127、A项错、C项正确、D项错；B项中H2O为液态，故B项错。4已知热化学方程式2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H1571.6 kJ/mol，则关于热化学方程式2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H2？的说法正确的是( B )A热化学方程式中化学计量数表示分子数B该反应H2大于零C该反应H2571.6 kJ/molD该反应与上述反应属于可逆反应解析：热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，而不表示分子数。该反应是2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H1571.6 kJ/mol，逆向进行的反应，反应热为H2571.6 kJ/mol，但该反应不属于上述反应的逆反应，因反应条件不相同。5反应AB
128、C(H0)分两步进行ABX(H0)，XC(H0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是( D ) 解析：根据H可以判断反应物与生成物总能量的相对大小，反应ABC(H0)，C具有的能量应低于反应物AB的能量，同理考查第一步反应为吸热反应，中间产物X能量比反应物AB要高，所以选D。6已知常温下红磷比白磷稳定，在下列反应中：4P(红磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)Ha kJ/mol4P(白磷，s)5O2(g)=2P2O5(s)Hb kJ/mol若a，b均大于零，则a，b的关系为( A )Aab D无法确定解析：红磷比白磷稳定，则红磷的能量低，所以与O2反应放出的能量少，即ab，A项
129、正确。7已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的H12.1 kJmol1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的H55.6 kJmol1，则HCN在水溶液中电离的H等于( C )A67.7 kJmol1 B43.5 kJmol1C43.5 kJmol1 D67.7 kJmol1解析：本题考查化学反应热的计算，意在考查考生对盖斯定律的运用能力。题述反应的离子方程式依次为：HCN(aq)OH(aq)=CN(aq)H2O(l)H12.1 kJmol1H(aq)OH(aq)=H2O(l)H55.6 kJmol1得：HCN(aq)=H(aq)CN(aq)H43.5 kJmol1。8肼(H2NNH2)
130、是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942、O=O为500、NN为154，则断裂1 mol NH键所需的能量(kJ)是( B )A194 B391C516 D658解析：本题考查化学反应中键能的计算。1 mol N2H4和1 mol O2断开全部化学键所需要吸收的能量为：27525342218 kJ。N2H4的结构式为NHHNHH，共含4个NH键，则1 mol NH键键能为(2218500154)/4391 kJ，故选B项。9已知：2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H1701.0 kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s
131、)H2181.6 kJmol1则反应Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)的H为( C )A519.4 kJmol1 B259.7 kJmol1C259.7 kJmol1 D519.4 kJmol1解析：反应的焓值由盖斯定律直接求出。即(H1H2)/2259.7 kJmol1。10根据碘与氢气反应的热化学方程式：()I2(g)H2(g)2HI(g)H9.48 kJmol1()I2(s)H2(g)2HI(g)H26.48 kJmol1，下列判断正确的是( D )A254 g I2(g)中通入2 g H2(g)，反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.
132、00 kJC反应()的产物比反应()的产物稳定D反应()的反应物总能量比反应()的反应物总能量低解析：反应是可逆反应，反应物不能完全转化；利用盖斯定律可得出1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96 kJ；同一种物质的能量在相同条件下，能量一样多；利用盖斯定律可得出选项D正确。二、非选择题(40分)11(7分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢气能源利用领域的研究热点。已知：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H206.2 kJmol1CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)H247.4 kJmol12H2S(g)=2H2(g)S2(g)H169.8
133、 kJmol1(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165.0 kJmol1。(2)H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是为H2S热分解反应提供热量；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式2H2SSO2=2H2O3S(或4H2S2SO2=4H2O3S2)。解析：本题考查化学反应与能量，意在考查考生的综合运用能力。(1)将所给反应依次编号为，根据盖斯定律，由反应2反应即得题述反
134、应的热化学方程式：CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165.0 kJmol1。12(15分)(1)生产水煤气过程中有以下反应：C(s)CO2(g)2CO(g)H1；CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H2；C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H3；上述反应H3与H1、H2之间的关系为H3H1H2。(2)将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为2CH4(g)3O2(g)2CO(g)4H2O(g)H1038 kJmol1。工业上要选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验(其他条件相同)：X在750时催化效率最高，能使正反应速率加快约
135、3105倍；Y在600时催化效率最高，能使正反应速率加快约3105倍；Z在440时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1106倍；根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是Z(填“X”或“Y”或“Z”)，选择的理由是催化效率最高其活性温度低，节能(或催化活性高、速度快、反应温度低)。(3)请画出(2)中反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。解析：(1)C(s)CO2(g)2CO(g)H1CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H2两式相加C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H3H1H2。(2)选择催化剂，应看温度和催化效率，Z的催化效率最
136、高时，温度低，且速率快，所以Z合适。(3)画图时，应注意在有催化剂时，反应物、生成物的总能量不变，H不变，活化能减少。13(18分)请参考题中图表，已知E1134 kJmol1、E2368 kJmol1，根据要求回答问题：(1)图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是减小(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，H的变化是不变。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g)H234 kJmol1。(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种
137、反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g)H49.0 kJmol1CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g)H192.9 kJmol1又知H2O(g)=H2O(l)H44 kJmol1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H764.7 kJmol1。(3)如表所示是部分化学键的键能参数：化学键PPPOO=OP=O键能/kJmol1abcx已知白磷的燃烧热为d kJmol1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图所示，则表中x(d6a5c12b)kJmol1(用含a、b、c、d的代数式表示)。解析：(
138、1)观察图像，E1应为反应的活化能，加入催化剂反应的活化能降低，但是H不变；1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO的反应热数值即反应物和生成物的能量差，因此该反应的热化学方程式为NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g)H234 kJmol1。(2)观察方程式，利用盖斯定律，将所给热化学方程式作如下运算：322，即可求出甲醇蒸汽燃烧的热化学方程式。(3)白磷燃烧的化学方程式为P45O2P4O10，结合图中白磷及其完全燃烧产物的结构，根据“反应热反应物键能总和生成物键能总和”与燃烧热概念可得等式：6a5c(4x12b)d，据此可得x(d6a5c12b)。限时训练
139、 P96时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共54分)1下列有关电池的叙述不正确的是( B )A手机上用的锂离子电池属于二次电池B铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D锌锰干电池中，锌电极是负极解析：锂离子电池可以充电，属于二次电池，A项正确；铜锌原电池中铜为正极，故电流为铜流向锌，而电子是由锌流向铜，B项错；电池的实质即是化学能转化成电能，C项正确；Zn失去电子生成Zn2，故作为负极，D项正确。2根据下图，下列判断中正确的是( B )A烧杯a中的溶液pH降低B烧杯b中发生氧化反应C烧杯a中发生的反应为2H2e=H
140、2D烧杯b中发生的反应为2Cl2e=Cl2解析：由题给原电池装置可知，电子经过导线，由Zn电极流向Fe电极，则O2在Fe电极发生还原反应：O22H2O4e=4OH，烧杯a中c(OH)增大，溶液的pH升高。烧杯b中，Zn发生氧化反应：Zn2e=Zn2。3锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是( C )A铜电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO4)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡解析：A.Cu作正极，电极上发生还原反应，错误；B.电池工作过程中，SO4不参加电极
141、反应，故甲池的c(SO4)基本不变；C.电池工作时，甲池反应为Zn2e=Zn2，乙池反应为Cu22e=Cu，甲池中Zn2会通过阳离子交换膜进入乙池，以维持溶液中电荷平衡，由电极反应式可知，乙池中每有64 g Cu析出，则进入乙池的Zn2为65 g，溶液总质量略有增加，正确；D.由题干信息可知，阴离子不能通过阳离子交换膜。4将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是( C )A两烧杯中铜片表面均无气泡产生B甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C两烧杯中溶液的pH均增大D产生气泡的速率甲比乙慢解析：甲池中锌与铜用导线连接后浸入稀H2SO4中，形成原电池，乙池中仅发生锌与
142、H2SO4的反应，所以甲池中铜片表面有气泡产生，乙池不构成原电池。两池中c(H)均减小，甲池中产生气泡的速率比乙快。521世纪是钛的世纪。在800 1000 时电解TiO2可制得钛，装置如图所示，下列叙述正确的是( B )Aa为电源的正极B石墨电极上发生氧化反应C阴极发生的反应为：TiO22e=Ti2O2D每生成0.1 mol钛，转移电子0.2 mol解析：由O2移动方向可知b为电源正极，A项错误；b为电源正极，石墨电极上发生氧化反应，B项正确；阴极发生的反应为：TiO24e=Ti2O2，C不正确；每生成0.1 mol钛，转移电子0.4 mol，D项错误。6某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反
143、应为Li1xCoO2LixC6=6CLiCoO2，其工作原理示意图如右。下列说法不正确的是( B )A放电时LixC6发生氧化反应B充电时，Li通过阳离子交换膜从左向右移动C充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D放电时，电池的正极反应为Li1xCoO2xLixe=LiCoO2解析：放电时，负极：LixC6xe=xLi6C正极：Li1xCoO2xexLi=LiCoO2充电时，阴极：xLi6Cxe=LixC6阳极：LiCoO2xe=xLiLi1xCoO2左边为负极区，右边为正极区，放电时，Li在负极区生成，移向正极区，而充电时，Li从右向左移动。7一种太阳能电池的工作原理如下图所示，电解质为铁氰
144、化钾K3Fe(CN)6和亚铁氰化钾K4Fe(CN)6的混合溶液，下列说法不正确的是( C )AK移向催化剂bB催化剂a表面发生的化学反应：Fe(CN)64e=Fe(CN)63CFe(CN)在催化剂b表面被氧化D电解池溶液中的Fe(CN)64和Fe(CN)63浓度基本保持不变解析：根据电子的流向，左电极为负极，右电极为正极，K移向正极，A项正确；负极反应式为Fe(CN)64e=Fe(CN)63，正极反应式为Fe(CN)63e=Fe(CN)64，B、D正确；C项Fe(CN)63在催化剂b表面被还原，错误。8某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al电极，其他均为Cu电极，则下列叙述正确的是( B
145、 )A电子流动方向：电极A电极B电极发生氧化反应C电极质量不变D电极的电极反应：Cu22e=Cu解析：电子从负极沿导线流向正极，即电极A电极，A错误；电极上电极反应式为Al3e=Al3，发生氧化反应，B正确；电极是正极，正极上发生反应为Cu22e=Cu，所以电极质量逐渐增大，C错误；电极为阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，D错误。9优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2乙烯吡啶(简写P2VP)和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为：2LiP2VPnI2=P2VP(n1)I22LiI，则下列说法正确的是( A )A正极的反应为：P2VPnI22Li
146、2e=P2VP(n1)I22LiIB电池工作时，碘离子移向P2VP一极C聚2乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此聚2乙烯吡啶的复合物不会导电D该电池所产生的电压低，使用寿命比较短解析：根据电池的总反应式，负极为锂，失去电子得到锂离子移向正极，与复合物结合，A正确；“正正负负”带负电子的碘离子移向负极锂电极，B错误；正极材料一定具有导电作用，否则无法形成通路，C错误；根据用于心脏起搏器，可分析出该电池使用寿命比较长，D错误。二、非选择题(46分)10(8分)由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。装置 现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题： (1)装置
147、甲中负极的电极反应式是A2e=A2。(2)装置乙中正极的电极反应式是Cu22e=Cu。(3)装置丙中溶液的pH变大(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是DABC。解析：甲、乙、丙均为原电池装置，依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性AB；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性BC；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性DA，随着H的消耗，pH变大。11(11分)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示
148、。回答下列问题：(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为2O24H2O8e=8OH、CH410OH8e=CO7H2O。(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是H2，电解氯化钠溶液的总反应方程式为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。(3)若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为89.65104 Cmol13.45104 C(法拉第常数F9.65104 Cmol1，列式计算)，最多能产生的氯气体积为4L(标准状况)。解析：(1)总反应式为：CH42O22OH=CO3H2O，正极反应式为2O24H2O8e=8OH，则负极反应式
149、由总反应式减正极反应式得到；(2)依题意两池为串联的电源，其中甲烷是还原剂，所在电极为负极，因而与之相连的b电极为阴极，产生的气体为氢气；(3)因题中虽有两个燃料电池，但电子的传递只能用一个池的甲烷量计算，1 mol甲烷氧化失去电子8 mol，电量为896500 C,1 L为1/22.4 mol，可求电量；甲烷失电子是Cl失去电子数的8倍，则得到氢气为4 L(CH48Cl4Cl2)。12(12分)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。(1)以下为铝材表面处理的一种方法。碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是2Al2H2O2OH=2AlO3H2(用离子方程式表示)
150、。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的b。aNH3 bCO2cNaOH dHNO3以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为2Al6e3H2O=Al2O36H。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是部分Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝，加入NaHCO3中和酸后，Al3与HCO发生水解，生成Al(OH)3沉淀。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是保证电解液中Cu2浓度不变。(3)利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处。若X为锌，开关K置于
151、M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。解析：本题以金属铝和电化学知识为载体，意在考查考生解决实际问题的能力。(1)题中指出在碱洗时有气泡产生，则只有金属铝和碱反应才符合条件，故碱洗过程中发生反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。碱洗后溶液中含有大量AlO，故最好通入CO2气体使AlO转化为Al(OH)3沉淀以回收铝。活泼金属作阳极，阳极材料本身失电子被氧化，其氧化产物为Al2O3，由此可得阳极反应式为2Al3H2O6e=Al2O36H，加入NaHCO3溶液后，Al3与HCO发生水解相互促进反应，离子方程式可表示为Al33HCO=Al(OH)33CO2。(2)电镀时若用
152、石墨作阳极，则电解过程中电解液中Cu2浓度不断减小，导致铁表面不能镀上均匀的铜。(3)若X为碳棒，则只能用外加电源的阴极保护法，此时开关K应置于N处；若X为Zn，K置于M处，其保护原理称为牺牲阳极的阴极保护法。13(15分)下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的N端为正极；电极b上发生的电极反应为4OH4e=2H2OO2；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体
153、积：22.4 L/mol2.8 L；电极c的质量变化是16g；电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液碱性增大，因为电解后水量减少，溶液中NaOH浓度增大；乙溶液酸性增大，因为电解后生成H2SO4，溶液中H浓度增大；丙溶液酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性。(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。解析：(1)乙中c电极质量增加，说明c处发生的反应为：Cu22e=Cu，c电极应为阴极，则M为负极，N为正极。甲中盛放的是NaOH溶液，电解
154、时实质上是电解水，b电极上的电极反应为：4OH4e=2H2OO2；要计算出b电极上产生气体的体积，就必须先根据丙中K2SO4浓度的变化计算出转移电子的物质的量。设丙中电解水的质量为x g，由电解前后溶质质量相等可得：10010%(100x)10.47%，x4.5 g，所以整个反应转移了20.5 mol电子，根据电极方程式可计算出b电极放出的O2为0.50.125 mol，其体积为0.125 mol22.4 L/mol2.8 L；c电极上析出的铜为0.25 mol，其质量为0.25 mol64 g/mol16 g。甲中电解的是水，NaOH浓度增大；乙中水电离出来的OH放电H浓度增大；丙中电解的也
155、是水，虽然K2SO4浓度变大，但pH不变。(2)铜全部析出时溶液变为H2SO4溶液，电解仍可以进行。限时训练 P99时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)。下列说法不正确的是( A )A升高温度可使该反应的逆反应速率降低B使用高效催化剂可有效提高正反应速率C反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定D单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡解析：升温，无论是正反应还是逆反应，速率均变大，A项错误；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的反应速率保持
156、不变，C项正确；由于CO和CO2的计量数相等，故当两者同时消耗的量相等时，表示正、逆反应速率相等，反应即达平衡，D项正确。2对于反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是( A )A通入大量O2 B增大容器容积C移去部分SO3 D降低体系温度解析：通入大量O2，反应物浓度增大，正反应速率增大，故A正确。增大容器容积，反应物的浓度减小，正反应速率减小，故B错误。移去部分SO3，平衡正向移动，导致反应物的浓度减小，正反应速率减小，故C错误。降低温度，正逆反应速率均减小，故D错误。3在2 L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)B(g)2C(g)D(g)，若最初加入的A和
157、B都是4 mol，在前10 s中A的平均反应速率为0.12 mol(Ls)1，则10 s时，容器中B的物质的量是( C )A3.4 mol B3.2 molC2.8 mol D1.2 mol解析：前10 s消耗A的物质的量为0.12 mol(Ls)110s2 L2.4 mol，可以求得消耗B的物质的量为1.2 mol，因此剩余B为4 mol1.2 mol2.8 mol。4某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA(g)bB(g)hH(g)达到平衡后，A、B、H的物质的量分别为a mol、b mol和h mol。已知ab2h，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是( C )A
158、平衡不移动B混合气体的密度不变CB的体积分数减小Da mol/Lc( A )h，正反应是气体体积缩小的反应，恒温恒容下，将三者的物质的量增大一倍，则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，A项错误；混合气体的质量增大，体积不变，则密度增大，B项错误；平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小，故C项正确；a moln(A)2a mol，因不知容器的体积大小，D项错误。5将2 mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)3B(g)2C(g)zD(g)，若2分钟后达到平衡，A的转化率为50%，测得v(D)0.25 mol/(Lmin)，则下列推断正确的是( D )Av(C
159、)0.2 mol/(Lmin)Bz3CB的转化率为25%DC的体积分数为28.6%解析：根据题给条件A的转化率为50%知，反应的A为1 mol，则生成的C为1 mol，由D的速率求出生成的D的物质的量为1 mol，所以C和D的化学计量数相同，则z2，B项错误；由速率之比等于化学计量数之比知，v(C)0.25 mol/(Lmin)，A项错误；反应的B为1.5 mol，B的转化率为75%，C项错误。6在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol/L CO2、0.1 mol/L CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强关系如图，下列
160、有关说法不正确的是( A )A上述反应的Hp3p2p1C1100时该反应平衡常数为1.64D压强为p4时，在y点：v正v逆解析：由图像知，压强一定时，温度越高，甲烷的平衡转化率越高，故正反应为吸热反应，H0，A项错误；该反应为气体分子数增加的反应，压强越高，甲烷的平衡转化率越小，故压强p4p3p2p1，B项正确；1100时，甲烷的平衡转化率为80.00%，故平衡时各物质的浓度分别为c(CH4)0.02 mol/L，c(CO2)0.02 mol/L，c(CO)0.16 mol/L，c(H2)0.16 mol/L，即平衡常数K1.64，C项正确；压强为p4时，y点未达到平衡，需增大CH4转化率达到
161、平衡，此时v正v逆，D项正确。7某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图所示，若其他条件不变，当温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间关系如图所示。则下列结论正确的是( B )A该反应的热化学方程式为X(g)3Y(g)2Z(g)H0B若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，X的转化率减小C达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动D达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动解析：根据图，图推知X(g)3Y(g)2Z(g)H0，A错，B对；加压，平衡右移，C错；若恒温恒压通入稀有气体，平衡左移；若恒温恒容通入稀有气体，平衡不移动
162、，D错。8下列有关说法正确的是( D )ASO2(g)H2O(g)=H2SO3(l)，该过程熵值增大BSO2(g)=S(s)O2(g)H0，S0，该反应能自发进行C3S(s)2H2O(l)=SO2(g)2H2S(g)，常温常压下能自发进行D若某反应的H0，S0，则该反应一定能自发进行解析：本题考查化学反应进行的方向。A选项的混乱度减小，熵值减小，不正确；GHTS，从H0，S0可知，G恒大于零，该反应不能自发进行，B选项错误；该反应在常温下不能反应，C选项错误；根据公式：GHTS，因为H0，S0，G恒小于零，能自发进行，D选项正确。9在恒温条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2
163、 L的密闭容器中，测得各物质的浓度随时间变化关系如图所示：下列说法正确的是( C )A图中的两条曲线中，Y是表示NO2浓度随时间的变化曲线B前10 min内，用v(NO2)表示的化学反应速率为0.06 mol(Lmin)1C在25 min时，反应改变的条件是增大了NO2的浓度Da、b、c、d四个点中，有a、b、d点的化学反应处于平衡状态解析：依据2NO2N2O4可知NO2与N2O4的浓度变化之比为21，X、Y分别表示NO2、N2O4，A错误；前10 min内，v(NO2)0.04 mol(Lmin)1，B错误；在25 min时，NO2的浓度瞬间增大，N2O4的浓度不变，C正确；a点不处于平衡状
164、态，D错误。10某温度下，H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)的平衡常数K。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示。下列判断不正确的是( C )起始浓度甲乙丙c(H2)/molL10.0100.0200.020c(CO2)/molL10.0100.0100.020A.平衡时，乙中CO2的转化率大于60%B平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%C平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol/LD反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢解析：选项D项易判断(正确)。A、B、C项，要先找出甲的平衡数据，再以甲为参照点
165、，判断乙、丙。要注意是恒温、恒容。甲： H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)c(始)/molL10.010 0.0100 0c(转)/molL1xxx xc(平)/molL1 (0.01x)(0.01x) x xK得：x0.006甲中CO2、H2的转化率都为60%。乙与甲相比：c(H2)是甲中的2倍，CO2的转化率将高于60%，A项正确。丙与甲相比：二者的比例相同，是等效平衡，转化率也都为60%，B项正确。C项，“丙中c(CO2)是甲中的2倍”，正确，但数值是2(0.010.006)0.008，C项错误。二、非选择题(40分)11(9分)在一固定容积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO
166、2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：T/ 70080085010001200K0.60.91.01.72.6试回答下列问题：(1)该反应为吸热反应(填“吸热”或“放热”)。(2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是BC。A容器中气体压强不变B混合气体中c(CO)不变Cv正(H2)v逆(H2O)Dc(CO2)c(CO)(3)800 时，向固定容积的密闭容器中放入混合物，起始浓度分别为c(CO)0.01 molL1，c(H2O)0.03 molL1，c(CO2)0.01 molL1，c(H2)0.05 molL1，则反应开始时，H2O的消耗速率比生成
167、速率小(填“大”“小”或“不确定”)。(4)850 ，在1 L固定容积的密闭容器中放入2 mol CO2和1 mol H2，平衡后CO2的转化率为33.3%，H2的转化率为66.7%。解析：化学平衡常数是反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，本题反应的化学平衡常数Kc(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)。(1)根据题表知平衡常数随温度的升高而增大，可推知升温平衡向正反应方向移动。(2)化学平衡的本质是正逆反应速率相等，特征是各物质的浓度不变。(3)将起始浓度代入平衡常数的表达式中，其比值小于对应温度下的K值，则反应将向正反应方向移动，H2O的消耗速率比生成速率小。(
168、4)850 时，平衡常数为1.0，设反应中转化为CO的物质的量为x mol，则有CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)起始量(mol) 2 1 0 0转化量(mol) x x x x平衡量(mol) 2x 1x x x根据化学平衡常数的关系可得：(2x)(1x)xx解得x2/3，则CO2的转化率为100%33.3%，H2的转化率为100%66.7%。12(12分)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。(1)将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2C
169、OONH4(s)2NH3(g)CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度( )15.020.025.030.035.0平衡总压强(kPa)5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度(103 mol/L)2.43.44.86.89.4可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是BC。A2v(NH3)v(CO2)B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中氨气的体积分数不变根据表中数据，列式计算25.0 时的分解平衡常数：Kc2(NH3)c(CO2)(2c/3)2(c/3)1.6108(molL1)3。取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在2
170、5 下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增加(填“增加”“减小”或“不变”)。氨基甲酸铵分解反应的焓变H0，熵变S0(填“”“”或“”)。(2)已知：NH2COONH42H2ONH4HCO3NH3H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO)随时间变化趋势如图所示。计算25 时，06 min氨基甲酸铵水解反应的平均速率0.05 molL1min1。根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：25 反应物的起始浓度较小，但06 min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15 大。解析：(1)A.不能表示正逆反应速率相等
171、；B.反应进行则压强增大；C.恒容，反应进行则密度增大；D.反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3。需将25 的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。加压，平衡逆移；据表中数据，升温，反应正移，H0，固体分解为气体，S0。(2)v0.05 molL1min1。13(9分)二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。请回答下列问题：(1)利用水煤气合成二甲醚反应：3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)H246.4 kJmol1；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，
172、可以采取的措施是ce(填字母代号)。a高温高压 b加入催化剂c减少CO2的浓度 d增加CO的浓度e分离出二甲醚(2)已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/molL10.440.60.6比较此时正、逆反应速率的大小：v(正)v(逆)(填“”“”或“”)。若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH)0.04 molL1；该时间内反应速率v(CH3OH)0.16 mol/(Lmin)。解析：本题以合成二甲醚为题材，考查
173、平衡移动、K以及化学反应速率的计算等知识点，综合性强。(1)反应放热，升温反应逆向移动，则CO转化率减小，不符。催化剂不影响平衡，不符。减少CO2或分离二甲醚这两种生成物，均导致平衡右移，CO转化率提高。增大CO，平衡虽右移，CO的转化率实是减小。(2)由表中数据求得Q1.86，QK(400)，所以反应正向移动，得v(正)v(逆)。将表格中的数据“向左一边倒”：原来加入的CH3OH为0.440.621.64(mol/L)。设反应达平衡时，生成CH3OCH3为x mol/L。2CH3OHCH3OCH3H2Oc(始)/molL1 1.64 0 0c(转)/molL1 2x x xc(平)/molL
174、1 1.642x x xK400，得x0.8 mol/L。平衡时：c(CH3OH)1.64 mol/L20.8 mol/L0.04 mol/L；v(CH3OH)0.16 mol/(Lmin)。14(10分)二氧化硫和氮的氧化物是大气的主要污染物，防止和治理其对环境的污染是当前环保工作的重要研究内容之一。(1)一定条件下，发生反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，向2 L密闭容器中通入2 mol SO2(g)、1 mol O2(g)和0.2 mol SO3(g)，2 min后反应达到平衡时，测得SO2的物质的量为1 mol，则该可逆反应的平衡常数K5.76；(2)在一密闭容器中发生反应2N
175、O22NOO2H0，反应过程中NO2的浓度随时间变化的情况如下图所示。请回答：依曲线A，反应在前3 min内氧气的平均反应速率为0.0117 molL1min1。若曲线A、B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件可能是温度(填“浓度”“压强”“温度”或“催化剂”)。(3)一定温度下，在密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)2NO2(g)2NO(g)O2(g)若达平衡时，c(NO2)0.4 molL1，c(O2)1.3 molL1，则反应中NO2的转化率为80%，N2O5(g)的起始浓度应不低于1molL1。解析：(1)根据数据可以计算出平衡时，
176、c(SO2)为0.5 molL1，c(O2)为0.25 molL1，c(SO3)为0.6 molL1，由平衡常数表达式可以得到：平衡常数K5.76；(2)根据图像分析可知：前3 min内氧气浓度增大了0.035 molL1，所以平均反应速率为0.0117 molL1min1；从图像变化趋势来看，B相对于A来说，反应速率增大，NO2浓度减小，所以只可能是温度；(3)利用反应和可以求出当c(NO2)0.4 molL1，c(O2)1.3 molL1时，2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)4x x2NO2(g)2NO(g)O2(g)2y2yyxy1.3 molL14x2y0.4 molL1，解得：
177、x0.5 molL1，y0.8 molL1所以反应中NO2的转化率为80%。由反应生成的O2的浓度为0.5 molL1，知N2O5的起始浓度应大于1 molL1。限时训练 P102时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1正常人胃液的pH在0.31.2之间，胃酸(一般以盐酸表示)多了需要治疗。某些用以治疗胃酸过多的药物中含MgCO3、NaHCO3，也有用酒石酸钠来治疗的。这说明( A )A碳酸、酒石酸都不是强酸B对人而言，酒石酸是必需的营养品CMgCO3、NaHCO3与胃酸作用产生CO2，在服药后有喝汽水的舒服感D酒石酸钠水解显酸性解析：用酒石酸钠治疗胃
178、酸过多，说明酒石酸钠能与H反应，说明酒石酸不是强酸。C选项由于生成大量CO2，胃有膨胀的感觉，会不舒服。2在体积均为1 L，pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g镁粉充分反应后，下图中比较符合反应事实的曲线是( C )解析：镁最多失去电子的物质的量为20.01 mol。A、B项，在反应过程中，CH3COOH进一步电离，CH3COOH的pH小于HCl的pH，生成氢气的速率，v(CH3COOH)v(HCl)，A、B均错；C、D项，由于Mg是定量的，HCl恰好完全反应，而CH3COOH过量，且CH3COOH与Mg反应速率快，所以C对，D错。3用水稀释0.1 molL1氨水时，溶液中随着水量
179、的增加而减小的是( B )Ac(OH)/c(NH3H2O)Bc(NH3H2O)/c(OH)Cc(H)和c(OH)的乘积DOH的物质的量解析：温度不变时，c(H)和c(OH)的乘积为常数，故排除C，氨水中存在平衡NH3H2ONHOH，稀释时NH3H2O电离程度增大，电离产生的OH的物质的量增大，故排除D；稀释时，由于电离平衡向右移动，使NH3H2O的物质的量减小，同一溶液中c(OH)/c(NH3H2O)等于它们的物质的量之比，可知该分数值增加，故排除A，选B。4使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 molL1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是( C )用量筒量取
180、浓盐酸配制0.01 molL1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下A BC D解析：未干燥相当于稀释盐酸，滴定时耗盐酸多使结果偏高，俯视容量瓶刻度线，配制的盐酸溶液浓度偏大，滴定NaOH溶液时结果偏低，悬挂有一滴使耗盐酸多，结果偏高。5将100mL1 mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO)的变化分别是( B )A减小、减小 B减小、增大C增大、增大
181、D增大、减小解析：加入少许冰醋酸发生反应：HCOCH3COOH=CH3COOCO2H2O，导致c(HCO)减少，电离平衡HCOHCO向左移动，溶液中c(CO)减小；加入少量Ba(OH)2固体后，发生反应：2HCOBa22OH=2H2OBaCO3CO，溶液中c(CO)增大，故选B。6向10 mL 0.1 molL1NH4Al(SO4)2溶液中滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是( A )Ax10时，溶液中有NH、Al3、SO，且c(NH)c(Al3)Bx10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)c(SO)Cx30时，溶液中有Ba2、AlO、OH，且c(OH)c(AlO)D
182、x30时，溶液中有Ba2、Al3、OH，且c(OH)c(Ba2)解析：NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2之间为11反应，OH先与Al3反应生成沉淀，再与NH反应生成NH3H2O，而Al3与OH完全沉淀时为13，所以Al3过量，而NH未反应，则c(NH)c(Al3)，A项正确；两者11反应后，余一份SO，而NH水解，故c(NH)c(SO)，B项错；当两者13反应时，Ba2过量，SO全部被反应，余一份Ba2，6份的OH可以将Al3生成沉淀且全部溶解生成1份AlO，同时也将NH反应生成NH3H2O，最后还余1份OH，但是AlO会水解，故其浓度小于OH，C项错；不存在Al3，D项错。7下列有关电解
183、质溶液的叙述正确的是( D )A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大C含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)解析：本题考查了电解质溶液中的离子浓度大小问题、酸碱混合后的pH的大小、难溶电解质的溶解平衡等化学理论基础知识。A中同浓度、同体积的强酸和强碱混合后，pH值的大小取决于是否恰好反应，是酸过量还是碱过量。如HClNaOH同浓度同体积混合呈中性、H2SO4NaOH及HClBa(OH)2
184、同浓度同体积混合都不呈中性，A选项错误。B中含BaSO4的溶液中存在平衡BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，加硫酸钠固体，溶液中c(SO)增大，溶解平衡向左移动，c(Ba2)减小，B选项错误。C中1 mol KOH与1 mol CO2反应恰好生成1 mol KHCO3，HCO既电离又水解，c(K)c(HCO)，C选项错误。D中CH3COONa溶液显碱性，加适量CH3COOH可使溶液显中性，c(H)c(OH)，由电荷守恒知c(Na)c(CH3COO)。8已知KspCu(OH)22.21020、KspFe(OH)34.01038，Cu2和Fe3完全以氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2
185、。现在向pH0、浓度均为0.04 molL1的Cu2、Fe3溶液中加入某一固体，以中和H调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2、Fe3的浓度与pH关系正确的是( B )解析：由KspCu(OH)22.21020、KspFe(OH)34.01038,0.04 molL1的Cu2、Fe3溶液，Cu2开始沉淀时c(OH)7.41010，pH约为4.8，Fe3开始沉淀时，c(OH)1012，pH2。所以pH2时Fe3开始沉淀，当全部沉淀时，pH范围为23.2。9已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( D )A该溶液的pH4B升高温度，溶液的pH减小C
186、此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的104倍解析：解答本题需掌握两点：一是温度对弱电解质电离平衡的影响；二是弱电解质电离平衡常数以及水的离子积的计算。由于HA中c(H)0.1 mol/L0.1%1104 mol/L，因此pH4，A正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向右移动，从而使溶液中c(H)增大，pH减小，B正确；室温时0.1 mol/L HA溶液中c(H)c(A)1104 mol/L，电离平衡常数K1107，C正确；该溶液中c(H)1104 mol/L，c(OH)11010mol/L，由HA电离出的c(H)1104 mol/
187、L，由水电离出的c(H)11010mol/L，D错误。10(1)已知t 时AgCl的Ksp41010；(2)在t 时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是( D )A在t 时，Ag2CrO4的Ksp为11011B在饱和溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到Z点C在t 时，Ag2CrO4(s)2Cl(aq)2AgCl(s)CrO(aq)平衡常数K6.25107D在t 时，以0.001 mol/L AgNO3溶液滴定20 mL 0.001 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4的混合溶液，CrO先沉淀解析：本题由图数据可计算出Ag2CrO4的Kspc
188、2(Ag)c(CrO)11011，A正确；在饱和溶液中加入CrO，平衡移动，c(Ag)减小，但两种离子的关系依然符合溶度积的曲线，B正确；Kc(CrO)/c2(Cl)Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag)/K(AgCl)/c2(Ag)，代入上述数据可得K6.25107，C正确；D选项，沉淀需要Ag浓度最小优先沉淀，c(Cl)0.001 mol/L时，需要Ag最小浓度为c(Ag)Ksp(AgCl)/c(Cl)1107 mol/L，而Ag2CrO4沉淀时，c2(Ag)c(CrO)11011，需要Ag最小浓度为c(Ag)1107 mol/L，所以Cl先沉淀，D不正确。二、非选择题(40分)11(14
189、分)10 时，在烧杯中加入0.1 mol/L的NaHCO3溶液400 mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：温度( )1020305070pH8.38.48.58.99.4(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为HCOH2OH2CO3OH；(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于(填“大于”或“小于”)NaHCO3；(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10 后再测定溶液pH，若pH8.3(填“”“”或“”)，说明甲正确，若pH8.3(
190、填“”“”或“”)，说明乙正确；(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断：实验装置如下图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中产生沉淀，说明_乙_(填“甲”或“乙”)推测正确；(5)将一定体积0.1 mol/L的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)，测其pH为9.8；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可以判断乙(填“甲”或“乙”)推测正确，原因是溶液冷却至室温后pH大于8.4，说明此实验过程中溶液有新物质生成。解析：(2)生成碳酸钠碱性强，说明碳酸钠水解程度大。12(16分)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两
191、种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度(molL1)NaOH物质的量浓度(molL1)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pHc(Na)c(H)c(OH)。(4)组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH)105molL1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)。c(Na)c(A)105109molL1；c(OH)c(HA)109molL1。解析：(1)一元酸HA和NaOH溶液等体积等浓度混合后所得溶液的pH97，所以HA为弱酸。(2)由(1)问可知，中的c(HA)0.2 molL1，由于溶液的pH7，即c(H)c(OH)，由电荷守
192、恒可知c(A)c(Na)。(3)在等浓度的NaA和HA的混合溶液中，pH”“实际浓度。用托盘天平称取10.4 g氯化钠，若将砝码和氯化钠的位置放颠倒了，所称取氯化钠的质量10.4 g。用容量瓶配制500 mL 0.1 molL1NaOH溶液，定容时仰视刻度线，所得溶液的物质的量浓度0.1 molL1。(3)玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器。下列过程中，一般不需要玻璃棒的是(填写编号)。用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体探究Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化实验室用新制备的FeSO4溶液和
193、预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀解析：(1)实验中剩余的钠、钾等试剂，应该放回原试剂瓶；量筒是用来量取一定体积液体的量器，不能在其中稀释浓硫酸；NaOH固体有很强的吸水性，不能放在纸上称量；测定溶液的pH时，不要润湿pH试纸，也不能将试纸浸入溶液中。(2)实验时未用标准溶液润洗滴定管，则标准溶液被稀释，滴定时耗用标准溶液的体积偏大，测得锥形瓶中待测液的浓度大于实际浓度；用托盘天平称取10.4 g氯化钠，若将砝码和氯化钠的位置放颠倒了，所称取氯化钠的质量为9.6 g；用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的体积偏大，物质的量浓度偏小。(3)需要玻璃棒蘸取待
194、测液；需要玻璃棒搅拌，加速溶解；需要玻璃棒搅拌，加快反应速率。12(14分)某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有如图所示仪器：(1)指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则此空不需要填写)。仪器编号abcde名称试管溶量瓶集气瓶碱式滴定管普通漏斗改正的名称容量瓶酸式滴定管(2)关于e的用途，乙同学说：组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？往细口容器中加液体；组成过滤装置(只要答对两个即可，其他合理答案亦可)。(3)d仪器在使用前必须检查是否漏水，检查漏水的操作是关闭活塞，向滴定管中加适量水，用滴定管夹将滴定
195、管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不漏水，将活塞旋转180，重复上述操作。(4)丙同学想用如图所示装置用大理石和稀盐酸反应制取CO2。老师指出，这需要太多的稀盐酸，会造成浪费。该同学选用了上面的一种仪器，加在装置中，解决了这个问题。请你把该仪器画在图中合适的位置。答案：13(15分)化学实验装置的正确连接是实验成败的关键，下图是中学化学中常见的实验装置。(1)用上述装置制备气体：若B中盛放浓硫酸，则A、B、C组合后能制取的气体是c。aH2 bH2ScCO2 dC2H4要快速制取并得到干燥的NH3，正确的仪器组合是AFE(按制气装置顺序填仪器的编号字母)，制气所选用的固体药品是固体氢氧化
196、钠。若用H2O2和MnO2来制取和收集干燥的O2，则应选择的正确仪器组合是ABC(按制气装置顺序填仪器的编号字母)，检验气体收集满的方法是将带火星的木条靠近集气瓶口，若木条复燃，则说明氧气收集满了。(2)甲同学用A、B组合来验证盐酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱时，则盐酸应装入分液漏斗(填仪器名称)中，B装置中发生反应的离子方程式为Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO。解析：(1)B中的浓硫酸可以和硫化氢反应，C装置只能收集密度比空气大的气体，氢气、乙烯不符合，所以只能选c。利用固体氢氧化钠和浓氨水可以快速制取氨气。氨气密度比空气小，所以采用向下排空气法收集。氧气的密度比空气大，所以采用
197、向上排空气法收集，正确的组合为ABC，检验O2收集满的方法是将带火星的木条靠近集气瓶口，若木条复燃，则说明氧气收集满了。(2)在利用A、B组合验证盐酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱时，可以采用强酸制弱酸的方法，A中利用盐酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，将二氧化碳通入B中的次氯酸钙中，可反应生成次氯酸和CaCO3沉淀。限时训练 P108时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下列仪器：漏斗容量瓶蒸馏烧瓶天平分液漏斗滴定管燃烧匙，常用于物质分离的是( C )A BC D解析：漏斗：用来过滤分离固液混合物；蒸馏烧瓶：用于液体蒸馏，分离沸点相差较大的液态混合物；分液漏斗
198、：萃取分离互不相溶的液态混合物。2下列提纯物质的实验方法不正确的是( C )用Na2CO3溶液除去混在NaCl溶液中的MgCl2杂质用蒸馏法除去混在水中的氧气用酒精萃取溶解在水中的溴将KMnO4溶液减压低温蒸发，以获得晶体KMnO4A BC D解析：MgCO3微溶于水，用Na2CO3溶液不能将混在NaCl溶液中的MgCl2杂质完全沉淀；氧气在水中溶解度较小，加热煮沸即可将水中的溶解氧除去，而不需要用蒸馏法；酒精与水互溶，不能作为水溶液中溴、碘的萃取剂；KMnO4晶体受热易分解，减压有利于水的蒸发，并防止KMnO4分解。3下列实验装置不适用于物质分离的是( D )解析：A装置可用于分液操作；B装
199、置可用于分离易升华物质与不升华物质，如I2与NaCl等；C是纸上层析装置，常用于分离结构相近、物理性质和化学性质相似的物质；D装置中温度计测的是反应液的温度，常作为反应装置。4用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( D )A用图所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层解析：A选项中除去Cl2中含有的少量HCl，应该使用饱和氯化钠溶液，用氢氧化钠同时会吸收氯气，A不正确；B中用加热蒸发的方法获得晶体，应该是加热到有大量晶体析出时，停止加热，否则
200、可能会引起晶体的分解，特别是氯化铵很易分解，应在低温蒸发进行结晶。5下列有关物质检验的实验结论正确的是( B )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D滴加盐酸，产生使澄清石灰水变浑气体该溶液中一定含CO解析：A错，因为不能排除Ag和SiO的干扰。C错，因为能使品红溶液褪色的气体不仅有SO2，还可能是Cl2、O3等。与盐酸产生使澄清石灰水变浑气体，也可能是HCO，故D错
201、。6下列实验设计和结论相符的是( B )A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SOD在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液解析：乙醇与水混溶，不能分液，A项错；C项，若原溶液中含有SO或Cl，生成的BaSO4或AgCl不溶于HNO3(盐酸与NO混合相当于HNO3)，故C项错；充分加热会使FeCl3水解形成Fe(OH)3胶体而使FeCl3不纯，D项错。7某溶液中可
202、能存在Mg2、Fe2、Fe3，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论中正确的是( D )A一定有Fe2，一定没有Fe3、Mg2B一定有Fe3存在，一定没有Fe2、Mg2C一定有Fe3，可能有Fe2，一定没有Mg2D一定有Fe2，可能有Mg2，一定没有Fe3解析：开始的白色沉淀可能是Mg(OH)2，也可能是Fe(OH)2，但是一定不含Fe(OH)3，因为Fe(OH)3是红褐色的，最终白色沉淀变为红褐色说明原白色沉淀里一定含有Fe(OH)2。8水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO、SiO、CO、SO、SO中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实
203、验：下列判断正确的是( C )A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK、AlO和SiO一定存在于溶液X中DCO和SO一定不存在于溶液X中解析：溶液X加过量稀盐酸有气体甲生成，该气体可能是CO2、SO2或混合物，故选项A错误；溶液中应该含有CO、SO中的一种或两种，根据离子的共存关系可以确定溶液中不含有Mg2、Al3，根据电荷守恒关系可知阳离子K必定存在；由于不存在Mg2，选项B错误；沉淀甲的生成说明溶液X中含SiO，无色溶液甲加过量氨水有白色沉淀甲生成，则溶液X中含有AlO，所以选项C正确；SO不能确定是否存在。9下列说法正确的是( A )A液溴挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
204、B能使湿润的淀粉KI试纸变为蓝色的物质一定是Cl2C某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含Ag解析：B答案在多个试题里面都出现过，因为除了氯气外，其他的如臭氧都可以将其氧化得到碘单质。C答案应该是碘单质，D答案不能排除硫酸根的干扰。10在一定条件下，萘可以被硝酸和硫酸的混合酸硝化生成二硝基物，它是1,5二硝基萘和1,8二硝基萘的混合物。后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能。利用这一性质可以将这两种异构体分离。将上述硝化产物加入适量的98.3%的硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1,8
205、二硝基萘，应采用的方法是( D )A对所得的滤液蒸发浓缩冷却结晶B向滤液中缓缓加入水后过滤C向滤液中缓缓加入Na2CO3溶液后过滤D将滤液缓缓加入水中后过滤解析：考查学生根据所给信息，利用两种二硝基萘在浓硫酸中溶解度的不同，进行分析、推理的能力。1,8二硝基萘可溶于98%的浓硫酸中，1,5二硝基萘不溶，用耐酸漏斗分离即可。继续将1,8二硝基萘从浓硫酸中分离出，需要降低硫酸的浓度。如何降低浓硫酸的浓度，则要注意加入水或碱性溶液的方式。二、非选择题(40分)11(8分)现有含NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl、SO、NO的相互分离。
206、相应的实验过程可用下图表示： (1)写出上述实验过程中所用试剂的名称：试剂1氯化钡溶液或硝酸钡溶液，试剂2硝酸银溶液，试剂4硝酸溶液。 (2)恰当地控制试剂4的加入量的方法是测定溶液的pH。 (3)加入过量试剂3的目的是除去溶液中过量的Ba2、Ag。 (4)在加入试剂4后，获得固体D的实验操作是蒸发、冷却、结晶、过滤(填操作名称)。解析：在NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液中为了分离Cl、SO、NO，首先加入过量Ba2沉淀SO，然后加入过量Ag沉淀Cl，此时溶液中存在着过量的Ba2、Ag，加入过量的Na2CO3除去。然后加入适量的HNO3得NaNO3溶液。12(10分)某同学用废干电
207、池内的黑色固体(可能含有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质)进行如下实验：黑色固体溶解过滤固体灼烧(1)上述三步操作中都用到的一种玻璃仪器是玻璃棒。(2)将灼烧后的固体移入试管，滴加双氧水，能迅速产生一种使余烬的木条复燃的气体，由此推断黑色固体中含有MnO2，它在该反应中的作用为催化剂，写出该反应的化学方程式：2H2O22H2OO2，MnO2有一定的氧化性，请写出一个MnO2作氧化剂的反应的化学方程式：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(只要合理即给分)。(3)验证步骤的滤液中含有NH，下面是某一实验方案记录片段。请填写下列空白：实验过程：取适量的滤液于试管中，加入NaOH的浓
208、溶液，加热。实验现象：有刺激性气味的气体产生。写出该实验中反应的离子方程式：NHOHNH3H2O。解析：(1)在溶解、过滤、灼烧等操作中，都要用到的玻璃仪器是玻璃棒。(2)MnO2在H2O2的分解中起催化剂的作用。2H2O22H2OO2，MnO2与浓盐酸反应制取氯气时，MnO2作氧化剂：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。(3)对于NH的检验，通常采用浓NaOH溶液和红色石蕊试纸，原理为：NHOHNH3H2O。13(11分)某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3、Cu2、Au3等离子。有人设计了图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定量的铁红
209、和氧化铜。填写下面空白：(1)图中标号处需加入的相应物质分别是铁屑、稀硫酸、稀硝酸、氢氧化钠、氢氧化钠。(2)写出处发生反应的离子方程式Fe2H=Fe2H2，2Fe3Fe=3Fe2，Cu2Fe=CuFe2，2Au33Fe=2Au3Fe2；写出处发生反应的化学方程式3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。(3)铁红的化学式为Fe2O3；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红用作红色颜料；氧化铜用作制造铜盐的原料。解析：(1)本实验的目的是用废铁屑、常用的酸和碱从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。而废水中含有Fe3、Cu2、Au3，因此首先加入废铁屑将Cu和Au
210、都置换出来。Cu和Au的分离可以利用Cu与稀硝酸能反应而Au不能将其分离，Cu2和Fe2分别加入碱使其转化为沉淀，灼烧分别生成它们的氧化物。(2)由于废水显酸性，又含有Cu2、Au3、Fe3，因此加入铁屑发生反应的离子方程式为Fe2H=H2Fe2FeCu2=CuFe23Fe2Au3=2Au3Fe22Fe3Fe=3Fe2。(3)铁红的化学式为Fe2O3，铁红常用作红色颜料，氧化铜常用作制铜盐的原料。14(11分)某溶液中只可能含有下列离子中的某干种：阳离子K、Mg2、Fe3、Al3阴离子Cl、SO、CO现每次取100.00 mL进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二份加入足量氯化钡溶液后
211、得干燥沉淀6.27 g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33 g。试回答：(1)c(CO)0.2 mol/L。(2)K是否存在？存在；若存在，浓度的范围是c(K)0.6 mol/L(若不存在，不答第2问)。(3)根据以上实验，不能判断哪种离子是否存在？若存在，这种离子如何进行检验？不能判断Cl是否存在；取原溶液100 mL，加入足量硝酸钡溶液后过滤，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有沉淀产生，则原溶液中有Cl，反之无Cl。解析：原溶液中加入硝酸银溶液产生沉淀，该沉淀可能是氯化银，碳酸银，硫酸银，不能肯定氯离子一定存在。加入氯化钡产生沉淀是硫酸钡和碳酸钡，n(CO)n(BaCO3)(6.2
212、72.33)g/197 gmol10.02 mol，c(CO)0.2 mol/L，n(SO)2.33 g/233 gmol10.01 mol，c(SO)0.1 mol/L，因为CO存在，溶液中不能大量共存Fe3，Mg2，Al3，根据电荷守恒，K一定存在，c(K)c(Cl)2c(CO)2c(SO)0.6 mol/Lc(Cl)，Cl可能存在，也可能不存在。所以，c(K)0.6 molL1。检验氯离子前要除去CO，SO，加入足量硝酸钡溶液，取滤液检验。限时训练 P111时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1进行化学实验，观测实验现象，通过分析推理得出正确的
213、结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是( B )A在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应B浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，有有色产物生成能溶于浓硝酸C在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含硫酸根离子D将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化解析：A项中是氯气和KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，A错误；C项中可能存在着SO被HNO3氧化生成SO，C错误；D项中铜与冷的浓硫酸不反应，铁铝遇到冷的浓硫酸钝化，D错误。2实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( C )A装置常用于分离互不相
214、溶液体混合物B装置可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C以NH4HCO3为原料，装置可用于实验室制备少量NH3D装置b口进气可收集CO2、NO等气体解析：蒸馏是用于互溶的且沸点相差较大的液体混合物，互不相溶的液体可用分液的方法来分离。装置不可以防倒吸，可以改成水和CCl4的混合物，导管通入四氯化碳中。装置因NO和空气中氧气反应，不能收集NO，若收集CO2，因CO2密度大于空气，长进短出。3下列装置中间的试管收集浓硝酸和铜反应所生成的气体，最终可使收到的气体中空气的含量最少的是( C )解析：使收到的气体中空气含量最少，装置图采用的是排空法，NO2的密度比空气大，长进短出，C正确。4为探究NaHCO
215、3、Na2CO3和盐酸(以下盐酸浓度均为1 molL1)反应过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号35mL试剂固体水2.5 g NaHCO320.018.5水3.2 g Na2CO320.024.3盐酸2.5 g NaHCO320.016.2盐酸3.2 g Na2CO320.025.1由此得出的结论正确的是( C )ANa2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应BNaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C20.0 时，含3.2 g Na2CO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于25.1 D20.0 时，含2.5 g NaHCO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于16.2 解析
216、：实验说明Na2CO3溶液与盐酸的反应是放热反应，A错误；实验说明NaHCO3溶液与盐酸的反应是吸热反应，B错误；由实验可知，碳酸钠固体溶于水会放热，而C项缺少了溶解这个放热的过程，因而放出的热量少于实验，则温度低于25.1 ，该项正确；同理，由实验判断，D项错误。5大胆、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的是( B )A探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B探究Na与水的反应可能有O2生成C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能有CuSD探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改
217、变所致，还是HClO的漂白性所致解析：因为H2O中O若变成O2，则氧元素价态升高，水是还原剂，单质钠只能作还原剂。6某课外活动小组做了一个有趣的试验：将2 g铝粉和3 g碘粉小心混合均匀，分为质量相等的3份，分别进行如下实验，现将实验记录列表如下：第一组加入0.5 g水很快产生火花第二组加入1 g胆矾约需30 s产生火花第三组加入1 g无水硫酸铜1 min时仍没有产生火花根据上述实验事实作出的推断错误的是( D )A水能增大铝和碘反应的速率B第一组实验中铝和碘发生了化合反应生成了AlI3C第一组和第二组实验中还能观察到紫色的烟D第三组实验中铝和硫酸铜发生了置换反应解析：本题的关键是对信息的解读
218、，从水CuSO45H2OCuSO4，变化的是水，水是反应的催化剂，A正确；B中生成了AlI3，C中紫色的烟是由于反应放热，I2升华所得，B、C正确。7某研究性学习小组为了研究“喷泉”现象。仿照NH3“喷泉”实验装置，在烧杯和烧瓶中分别盛有下列物质，能够产生喷泉现象的是( A )A烧瓶中盛有Cl2，烧杯中盛有NaOH溶液B烧瓶中盛有C2H2，烧杯中盛有饱和NaCl溶液C烧瓶中盛有CO2，烧杯中盛有水D烧瓶中盛有CO，烧杯中盛有KOH溶液解析：能形成喷泉的条件是该气体对溶液的溶解度要大，选项A中虽然Cl2对水的溶解度小，但由于它可以与氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；选项B，C2H2微溶于水，对饱和
219、氯化钠溶液的溶解度就更小了，故不可以产生喷泉现象；选项C，CO2对水的溶解度不大，故不可以产生喷泉；选项D，CO不溶于KOH溶液，也不可以产生喷泉。8要组装一套利用液体和液体反应制备气体的实验装置，现设计了如下的五步操作，正确的程序是( A )将蒸馏烧瓶固定在铁架台上将酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈高度，固定铁圈，放好石棉网用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物，再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集装置中检查装置的气密性(利用固定装置微热的方法检查气密性)在蒸馏烧瓶中装好分液漏斗，连接好导气管A BC D解析：实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右。首先固定酒精灯，
220、根据酒精灯确定铁圈高度，固定铁圈，放好石棉网；把烧瓶固定在铁架台上，在烧瓶上装好分液漏斗，连好导气管，检查气密性；装置不漏气后，再加液体药品开始反应，制取气体。9欲鉴别物质的量浓度都为0.1 mol/L的KCl、(NH4)2SO4、NH3H2O和H2SO4四瓶无色溶液，下列实验方案最佳的是( A )A用pH试纸鉴别B分别用闻气味和pH试纸鉴别C分别用BaCl2和NaOH溶液鉴别D用Ba(OH)2溶液鉴别解析：选项A，用pH试纸测定，呈酸性的是(NH4)2SO4和H2SO4，且H2SO4的pH值更小，KCl溶液的pH等于7，NH3H2O的pH大于7，故选项A方案最佳。其他方案还涉及加热闻气味等。
221、10下图是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示。下列选项中不正确的是( B )发生装置中的药品干燥和集气装置A二氧化锰与浓盐酸图2B大理石和稀盐酸图1C铜和浓硝酸图2D氧化钙和浓氨水图1解析：B项不能用碱石灰干燥。二、非选择题(40分)11(10分)由于MnO2能作H2O2溶液分解的催化剂，某校化学兴趣小组想探究其他一些金属氧化物是否也可以作H2O2溶液分解的催化剂？请你参与他们的探究过程。(1)猜想：Al2O3能作过氧化氢分解的催化剂。(2)实验验证：实验步骤实验现象实验结论实验一将带火星的木条伸入装有过氧化氢溶液的试管中木条不复燃常温下过氧化氢
222、溶液不分解(或分解很少)实验二在装有H2O2溶液的试管中加入少量Al2O3，然后将带火星的木条伸入试管中木条复燃Al2O3能加快H2O2溶液的分解速率(3)结论：Al2O3能作H2O2溶液分解的催化剂。(4)讨论与反思：有的同学认为只有上述两个实验，不能完全证明Al2O3在H2O2溶液分解中起了催化作用。还应补充一个上述反应前后Al2O3质量是否改变的探究实验。实验三：准确称量Al2O3(少量)的质量；完成实验二；待反应结束后，将实验二试管里的物质进行过滤、洗涤、干燥、称量；对比反应前后Al2O3的质量。(5)有同学认为，即使实验三中Al2O3在反应前后质量不变，要证明猜想，上述三个实验还不足
223、够，仍需要再增加一个探究Al2O3的化学性质在反应前后是否改变的实验。解析：木条不复燃说明O2少，即H2O2不分解或分解很少。模仿实验一的操作，将Al2O3加入到装有H2O2的试管中，将带火星的木条伸入试管中。催化剂在化学反应前后质量和性质均不变，还需要增加探究氧化铝性质不变的实验。12(8分)某研究人员按下图所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，SO2和O2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入，反应液多次循环。(1)吸收时，温度不宜过高的原因是温度过高，SO2的溶解度下降。(2)为确保反应液的循环吸收效果，吸收液与铁的反应需控制在40 左右进行，在此条件下欲加快该反应速率宜采取的
224、措施有搅拌。(3)实验中，对循环的反应液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如图所示(A点为纯水的pH)。AB段，pH下降的主要原因是SO2与水反应生成H2SO3。CD段，反应液的pH发生突变，是由于吸收液中H2SO4(填化学式)含量的突增，请分析引起该物质含量突增的原因：生成的Fe2对H2SO3氧化生成H2SO4的反应有催化作用。(4)经过多次循环以后，反应液可用于制备FeSO47H2O。某补血剂的有效成分为FeSO47H2O，药品标签注明“0.3 g/片，FeSO47H2O含量为95%110%”。为检测该补血剂是否合格，取10片药片，配成100 mL溶液。取20.00 mL溶液，向
225、其中逐滴加入0.1000 molL1Ce(SO4)2溶液，发生反应Fe2Ce4=Ce3Fe3，当反应恰好完全进行时，共消耗Ce(SO4)2溶液21.00 mL。请通过计算判断该补血剂是否合格(写出计算过程)。答案：由方程式Fe2Ce4=Ce3Fe3可知，20.00 mL溶液中n1(Fe2)n(Ce4)21.00103L0.1000 molL12.100103 mol，1片药中n2(Fe2)n1(Fe2)1.050103 mol，1片药中m(FeSO47H2O)1.050103 mol278 gmol10.2919 g，该补血剂中FeSO47H2O含量：100%97.30%。因为95%97.30
226、%醋酸碳酸，故选用醋酸来溶解CaCO3。14(12分)某研究性小组借助AD的仪器装置完成有关实验。【实验一】收集NO气体。(1)用装置A收集NO气体，正确的操作是c(填序号)。a从口进气，用排水法集气b从口进气，用排气法集气c从口进气，用排水法集气d从口进气，用排气法集气【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数w(Zn)和镀层厚度，查询得知锌易溶于碱：Zn2NaOH=Na2ZnO2H2。据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m1 g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究目标。(2)选用B和D(填仪器标号
227、)两个装置进行实验。(3)测得充分反应后生成氢气的体积为V L(标准状况)，w(Zn)(或等其他合理答案)。(4)计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是金属锌的密度(或其他合理答案)。(5)若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将偏大(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m2 g。(6)w(Zn)(或其他合理答案)。方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为H2的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C。(7)从实验误差角度分析，方案丙劣于
228、方案乙(填“优于”“劣于”或“等同于”)。解析：本题考查实验的探究，涉及NO气体的收集，混合物中金属含量的计算等。(1)NO遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出。(2)方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn的质量分数。所以需要的装置有测H2的体积的D装置。(3)Zn与H2之间物质的量之比为11，则n(Zn)V/22.4 mol，w(Zn)m(Zn)/m1。(4)有了Zn的质量，如果有密度，则可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度(厚度)。(5)恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在
229、分液漏斗上方，故排水时收集的气体少，所以用普通漏斗时收集的H2多一些，则计算出的Zn的量比用恒压式分液漏斗的偏大。(6)减少的质量即为Zn的质量。(7)丙方案根据H2的质量来计算，因为产生的H2质量很小，计算误差大。限时训练 P119时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下列有关表述正确的是( B )A硫离子的电子排布式：1s22s22p63s23p4BH2O的电子式：HHCN原子最外层电子的电子排布图： DCHCH3CH2CH3CH3的名称：2乙基丙烷解析：S2的电子排布式为1s22s22p63s23p6，A错；N原子最外层电子的电子排布图是 ，C
230、错；名称应为2甲基丁烷，D错。2下列关于能层与能级的说法中正确的是( B )A原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为n2B任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数C同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的D1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，但自旋方向相同解析：选项A应为“2n2”，C项中不同能层中的s能级容纳的最多电子数都是2，D项中应为“自旋方向相反”。3现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p41s22s22p63s23p31s22s22p31s22s22p5则下列有关比较中正确的是( A )A第一电离能：B原子半径：C电
231、负性：D最高正化合价：解析：为S，为P，为N，为F，由于P的p轨道处于半充满状态，所以其第一电离能大于S的第一电离能。4下列各项表述中，两个粒子一定不属于同种元素原子的是( C )A3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布为2s22p5的原子CM层全充满而N层排布为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子D最外层电子数是核外电子总数1/5的原子和最外层电子排布为4s24p5的原子解析：选项A：3p能级有一个空轨道的原子外围电子排布为3s23p2，二者是同
232、种元素的原子Si；B选项：2p能级无空轨道且有一个未成对电子的原子的2p能级有5个电子，最外层电子排布也是2s22p5，同为F；C选项：前者是Zn，后者是Ca；D选项：最外层电子数是核外电子总数1/5的原子，因最外层电子数为18个，最外层电子数与核外电子总数可能的组合为：1和5、2和10、3和15、4和20、5和25、6和30、7和35、8和40，其中7和35组合是溴元素，符合题意，与后者为同一元素的原子。5下列说法正确的是( B )AHF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高BH2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键C乙醇分子与水分子之间只存在范德华力D氯的各种含氧酸的酸
233、性由强到弱排列为HClOHClO2HClO3HClO4解析：由于分子间存在氢键，HF的熔、沸点在HX中最高，乙醇分子与水分子之间除存在范德华力，还存在氢键，D项中酸性由强到弱的顺序为HClO4HClO3HClO2HClO。6通常情况下，氯化钠、氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示：下列关于这些晶体结构和性质的叙述不正确的是( B )A同一主族的元素与另一相同元素所形成的化学式相似的物质不一定具有相同的晶体结构B氯化钠、氯化铯和二氧化碳的晶体都有立方的晶胞结构，它们具有相似的物理性质C二氧化碳晶体是分子晶体，其中不仅存在分子间作用力，而且也存在共价键D在二氧化硅晶体中，平均每个Si
234、原子形成4个SiO共价单键解析：SiO2和CO2的化学式相似，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，晶体结构不同，A项正确；二氧化碳为分子晶体，因此分子间存在分子间作用力，而分子内部碳原子和氧原子间形成共价键，氯化钠和氯化铯为离子晶体，所以物理性质不同；根据二氧化硅的结构可判断D项正确。7下列各晶体熔沸点高低的比较，正确的是( D )A硅金刚石石英砂 BCsClKClNaClCSiO2CO2Hg DH2ONH3H2解析：SiSi键长比CC键长大，熔沸点：金刚石大于硅，A错误；离子半径：NaKCs，熔沸点：CsClKClNaCl，B错误；熔沸点：HgCO2，C错误。8有X、Y、Z、W、M五种短周
235、期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是( D )AX、M两种元素只能形成X2M型化合物B由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂解析：本题考查元素的推断、元素化合物知识，意在考查考生的推理能力和知识面。本题的突破口在Y上，短周期元素形成的单质中，熔点高、硬度大的半导体材料是硅，由此可推知X、Z、W、M分别是Na、S、Cl和O元素。A项钠元素和氧元素可形成
236、Na2O和Na2O2两种化合物，不正确；B项因H2O分子间存在氢键，其相对分子质量最小，沸点却最高，不正确；C项，硅单质是原子晶体，硫单质和氯气是分子晶体，不正确；D项，氯气和臭氧都可以用作水处理中的消毒剂，正确。9下列说法中正确的是( D )A离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子B金属导电的原因是在外电场作用下金属产生自由电子，电子定向运动C分子晶体的熔沸点很低，常温下都呈液态或气态D原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合解析：选项A中，CsCl晶体中每个离子都吸引8个带相反电荷的离子；B项中金属晶体内部本身就存在自由电子，外加电场仅能导致其产生定向移动；C项中如P、S等分子晶
237、体常温下呈固态。10纳米材料的表面粒子数占总微粒数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状(如右图)相同，则这种纳米颗粒的表面粒子数占总微粒数的百分数为( C )A87.5% B92.9%C96.3% D100%解析：在该晶胞中共含27个微粒，26个表面，1个在体心，则表面微粒数占总微粒数的百分数为100%96.3%。二、非选择题(40分)11(10分)目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下：回答下列问题：(1
238、)基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，硫、氧元素相比，第一电离能较小的元素是S(填元素符号)。(2)反应、中均生成相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是sp2，其立体结构是V形。(3)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O；深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑H)内存在的全部化学键类型有共价键、配位键。(4)铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积；铜的某
239、种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为1010pm(用含d和NA的式子表示)。解析：(2)反应、中均生成SO2，SO2分子中硫原子为sp2杂化，利用VSEPR模型可判断其立体结构为V形；(3)深蓝色透明溶液中的阳离子是Cu(NH3)42，存在共价键与配位键两类化学键；(4)分析晶胞示意图可知该晶胞中实际拥有2个氧离子、4个铜离子，可得该铜的氧化物化学式为Cu2O，一个晶胞含有2个“Cu2O”，质量为144 g；体积V cm3，所以晶胞的边长为 cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的，
240、所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 cm1010pm。12(10分)有机反应中常用镍作催化剂。某镍催化剂中含Ni 64.0%、Al 24.3%、Fe 1.4%，其余为C、H、O、N等元素。(1)氰酸(HOCN)的结构式是HOCN，其中碳原子的杂化方式是sp，根据等电子体原理，可推测氰酸根离子的空间构型是直线型。(2)用Cr2O3作原料，铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一，该反应是一个自发放热反应，由此可判断CrO键和AlO键中AlO键更强。研究发现气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，分子中原子间成键的关系如下图所示。由此可知该分子是非极性(填“极性
241、”或“非极性”)的。请在图中是配位键的斜线上加上箭头。(3)铁有、三种晶体构型，其中Fe单质为体心立方晶体，Fe单质为简单立方晶体。则这两种晶体结构中铁原子的配位数之比是43，设Fe晶胞边长为a nm，Fe晶胞边长为b nm，则这两种晶体的密度比为2b3a3(用含a、b的代数式表示)。(4)氧化镍(NiO)是一种纳米材料，比表面积S(m2/g)是评价纳米材料的重要参数之一(纳米粒子按球形计)。基态Ni2有2个未成对电子，已知氧化镍的密度为 g/cm3；其纳米粒子的直径为D nm，列式表示其比表面积m2/g。解析：(1)碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸(HOCN)的结构式是NCOH；氰
242、酸(HOCN)的结构式是NCOH，中心原子碳原子价层电子对个数键个数孤电子对个数2(422)/22，采取sp杂化；CNO电子数为22，与CNO互为等电子体微粒为CO2，CO2是直线型分子，等电子体的结构相似，所以CNO的空间构型是直线型；(2)反应Cr2O32Al=2CrAl2O3是放热反应，HO，由反应热H反应物的总键能生成物的总键能可知CrO键的键能小于AlO键，AlO稳定性更强；气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，根据相似相溶原理可知该分子是非极性分子，Cl原子最外层有7个电子，只能与Al原子各提供1个电子形成一个共价键，使自己达到8电子稳定结构Al原子最外
243、层有3个电子，可分别与3个Cl原子形成共价键，因而Cl原子与2个Al原子形成的化学键中，必有1个是配位键，由于电子对由Cl原子提供，这样Cl原子最外层电子数仍为8，Al原子最外层也成为8电子结构，如答案所示；(3)、两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8643；若Fe晶胞边长为a cm，Fe晶胞边长为b cm，则两种晶体中铁原子个数之比(181/8)(81/8)21，密度比2b3a3；(4)Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8,3d有8个电子，其中2个单电子；其纳米粒子的直径
244、为D nmD107m，表面积为4(107)2cm24(107)2104m2D21018m2，体积为(107)3 cm3，纳米粒子的质量为(107)3 cm3 g/cm31021 g，比表面积为。13(10分)下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分血红素的结构。回答下列问题：(1)血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，C、H、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序是HCNO，根据以上电负性请判断H2NCHO中C和N的化合价分别为2和3。写出基态Fe原子的核外价电子排布式3d64s2。(2)血红素中两种N原子的杂化方式分别为sp2、sp3；在图乙的方框内用“”标出Fe2的配位键。(3)铁有、三种
245、同素异形体，晶体晶胞中所含有的铁原子数为4，、两种晶胞中铁原子的配位数之比为43；在晶胞中空间利用率为68%，其晶体的堆积方式的名称为体心立方(堆积)，与其具有相同堆积方式的金属还有Na、K(或其他合理答案)(填元素符号)。解析：(1)非金属性越强，电负性越强，其顺序为ONCH。在H2NCHO中H为1价，N为3价，O为2价，所以C为2价。(2)在血红素中，含有双键的N原子采取sp2杂化，全部为单键的N原子为sp3杂化，sp2杂化的N原子提供孤电子对。(3)晶体为面心立方堆积，含有的铁原子数为4，晶胞中铁原子配位数为8，晶胞中铁原子配位数为6，其比值为43。在晶胞中，空间利用率为100%68%。
246、其堆积方式为体心立方堆积，Na、K也采取这种堆积方式。14(10分)在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。(1)写出基态E原子的价电子排布式3d54s1。(2)B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示)CON；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为sp3杂化，分子的立
247、体结构为三角锥形；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式CO；A2D由液态形成晶体时密度减小(填“增大”“不变”或“减小”)，分析主要原因(用文字叙述)水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小。(3) 已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，则该化合物的化学式为(用元素符号表示)Cu2O；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3(用含a、NA的符号表示)。解析：根据题干信息可推出A、B、C、D、E、F六种元素分别是H、C、N、O、Cr、C
248、u。(1)铬单电子数最多，最外层的价电子排布式为3d54s1。(2)N原子p轨道处于半充满状态，第一电离能大于O；NH3中N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形；根据N2的电子式写出CO的电子式。(3)根据均摊法，晶胞中含有铜原子为4，氧原子为2，故化学式为Cu2O；晶胞的质量是288/NAg，由相邻D原子和F原子间的距离为a cm，先计算出棱长再计算出体积，进而计算晶体的密度。限时训练 P122时限：_分钟满分：100分一、选择题(每题只有一个正确答案，每题6分，共60分)1下列有关丙烷的叙述不正确的是( C )A分子中碳原子不在一条直线上B光照下能够发生氯代反应C比丁烷更易液化D是石油分
249、馏的一种产品解析：丙烷分子中三个碳原子一定共平面但不共直线，A正确。丙烷和甲烷两者是同系物，化学性质相似，因此丙烷在光照下能发生氯代反应，B正确。丁烷分子中碳原子数比丙烷多一个，丁烷沸点较高，丁烷较易液化，C错误。从石油的成分(烷、环烷、芳香烃)知选项D是正确的。2核磁共振氢谱是研究有机物结构的重要工具。有机物分子中一种氢原子在核磁共振氢谱中只显示一组峰。下列化合物在核磁共振氢谱中出现峰的组数最多的是( C )A2,2,3,3四甲基丁烷B2,3,4三氯戊烷C3,4二甲基2己烯D2,5二甲基己烷解析：分析题中各项分子中有几种不同的氢，则就有几组峰。A中只有1种氢，B中有3种，C中有6种，D中有3
250、种。3分子式为C5H12O的有机物甲能与Na反应产生气体，分子式为C5H10O2的有机物乙能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，甲、乙在浓硫酸作用下得到有机物酯类丙，则丙的可能结构有( C )A12种 B16种C32种 D40种解析：有机物甲含有羟基，可表示为C5H11OH，有8种结构，有机物乙含有羧基，可表示为C4H9COOH，有4种结构，故生成的酯有8432种。4关于有机物的说法正确的是( C )AOCH3的同分异构体中，有醇、酚、酯类物质B1 molBrOOCCH2Br最多能与4 mol NaOH反应C纯净物C4H8的核磁共振氢谱峰最多为4D化学式为C8H8的有机物，一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色
251、5下列说法正确的是( D )A按系统命名法，化合物CH3CH2CHCH2CH2CH(CH3)2CH(CH3)2的名称为2,6二甲基5乙基庚烷B丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽C化合物 是苯的同系物D三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9解析：A化合物的名称应为2,6二甲基3乙基庚烷，错误；B中可以形成4种二肽，错误；C中含有多个苯环，不是苯的同系物，错误；D答案正确。6下列关于如图所示有机物的说法中，不正确的是( B )HOCCH2COOHCH3CH3A该物质能发生缩聚反应B该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰C该物质能与浓溴水发生反应D1 mol该物质完全反应最多消耗Na、NaOH、Na
252、HCO3的物质的量之比为221解析：该物质中含有(酚)羟基和羧基，能够发生缩聚反应，A项正确；该物质的核磁共振氢谱上共有6个峰，B项错误；Na、NaOH均能与酚羟基和羧基反应，NaHCO3只能与羟基反应，故D项正确。7下表中实验操作能达到实验目的的是( A )选项实验操作实验目的A加新制的Cu(OH)2并加热确定尿液中混有葡萄糖B和新制的银氨溶液共热确定甲酸中是否混有甲酸钠C加入金属钠确定酒精中混有醋酸D将石油裂解气通入酸性高锰酸钾确定裂解气中含有乙烯解析：选项B中由于甲酸和甲酸钠中均含有醛基，因此无法鉴别，选项C中由于乙醇和醋酸中均含有羟基，因此无法鉴别，选项D中裂解气的主要成分是乙烯、丙烯
253、、丁二烯等，它们均能使酸性高锰酸钾褪色，因此也无法鉴别。8下列为四氢大麻酚合成途径：HOOHCOOH ( A )A中有一个手性碳、有2个手性碳原子B分子相对分子质量相差44C可用Na2CO3溶液区别D各1 mol分别与足量的溴水反应时，消耗溴的物质的量之比为323解析：中无手性碳原子、中有2个手性碳原子，A不正确；分子相差一个“CO2”，相对分子质量相差44，B正确；有COOH，中没有，C正确；中2 mol Br2加成，1 mol Br2取代，中1 mol Br2加成，1 mol Br2取代，中1 mol溴加成，2 mol溴取代，D正确。9鸢尾酮香料的分子结构如图H3CH3CCH3CHCHCO
254、CH3CH3下列关于鸢尾酮的说法正确的是( D )A鸢尾酮的化学式为C14H20OB1 mol 鸢尾酮最多可与4 mol H2加成C鸢尾酮能发生银镜反应D鸢尾酮既能发生氧化反应又能发生还原反应解析：根据结构简式可知其分子式为C14H22O，故A不正确；分子中含有2个碳碳双键、1个酮基，故B、C错误，D正确。10现有一组有机物，其转化关系如下图所示，转化关系中部分反应物和产物省略，涉及化学反应均源于教材。甲乙丙丁戊己已知甲是天然高分子化合物，M(己)M(戊)28，下列有关推断正确的是( A )A上述有机物组成元素相同B甲、乙、丁均能发生银镜反应C戊发生消去反应生成己D除去己中少量杂质戊：加入氢氧
255、化钠溶液，蒸馏解析：依题意，甲为淀粉、纤维素，乙为葡萄糖，丙为乙醇，丁为乙醛，戊为乙酸，己为乙酸乙酯。它们组成元素都是碳、氢、氧，A项正确；只有乙、丁含有醛基，能发生银镜反应，B项错误；乙酸发生酯化反应(取代反应)生成乙酸乙酯，C项错误；除去乙酸乙酯中的乙酸，应加饱和碳酸钠溶液，分液。如果加入氢氧化钠溶液，大部分乙酸乙酯会水解，蒸馏得到乙醇，D项错误。二、非选择题(40分)11(9分)已知：2硝基1,3苯二酚是橘黄色固体，易溶于水、溶液呈酸性，沸点为88 ，是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料分以下三步合成：HOOHHO3SHOOHHO3SHO3SHONO2OHHO3SHONO2OH具
256、体实验步骤如下：磺化：称取5.5 g碾成粉状的间苯二酚放入烧杯中，慢慢加入浓硫酸并不断搅拌，控制温度为60 65 ，约15 min。硝化：将烧杯置于冷水中冷却后加入混酸，控制温度(255) 左右继续搅拌15 min。蒸馏：将反应混合物移入圆底烧瓶B中，小心加入适量的水稀释，再加入约0.1 g尿素，然后用下图所示装置进行水蒸气蒸馏；将馏出液冷却后再加入乙醇水混合剂重结晶。根据以上知识回答下列问题：(1)实验中设计、两步的目的是避免副产物的产生。(2)烧瓶A中玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故、又能防止压强过小引起倒吸。(3)步骤的温度应严格控制不超过30 ，原因是温度较高时硝酸易分
257、解(酚易氧化)，产率过低。(4)步骤所得2硝基1,3苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单的实验证明2硝基1,3苯二酚已经洗涤干净取少量洗涤液，滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净。(5)本实验最终获得1.0 g橘黄色固体，则2硝基1,3苯二酚的产率约为12.9%。解析：(1)由间苯二酚与2硝基1,3苯二酚结构可知，是在两个酚羟基中间引入NO2，若直接硝化，则可能取代两个酚羟基的邻对位，有3个位置，设计、利用SO3H占据2个位置，则引入时NO2只进入1个位置，因此这两步的目的是避免副产物的产生。(2)利用题二提示“压强过大”可知要求答的是若“压强过小”。(3)
258、从温度若高于30 可能引起的结果分析：HNO3的分解、酚羟基的氧化及副反应的发生。(4)产物所含杂质为H2SO4和HNO3，注意不能检验pH，因为2硝基1,3苯二酚呈酸性，所以只能检验SO。(5)产率为100%12.9%。12(8分)通常情况下，多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的，容易自动失水，生成碳氧双键的结构：COHOHCOH2O下面是9种化合物的转变关系：(1)化合物是甲苯或CH3，它跟氯气发生反应的条件A是光照。(2)化合物和可在酸的催化下去水生成化合物，的结构简式是COOCH2，名称为苯甲酸苯甲酯。(3)化合物是重要的定香剂，香料工业上常用化合物和直接合成它，此反应的化学
259、方程式是CH2ClCOONaCOOCH2NaCl。解析：试题中的新信息和转化关系图给解题者设置了一个新的情景，但从其所涉及的知识内容来看，只不过是烃的衍生物中最基础的醇、醛、酸、酯的性质和质量守恒定律等知识内容。首先要读懂新信息：COHOHCOH2O第二，找到解题的突破口在CH2OH处，将卤代烃水解生成醇的信息迁移至此，可逆推出来，是CH2Cl经水解生成了，由再逆推出是甲苯(CH3)第三，根据CH3在光照条件下与Cl2取代，分别得到产物，可推知为CCl3第四，据CCl3COHOHOHCOOH，可知为COOH。13(11分)M分子的球棍模型如图所示。注：B为八元环状物，B和C分子的核磁共振氢谱都
260、只有一个吸收峰。(1)B能使溴的四氯化碳溶液褪色，则B的结构简式为，B与等物质的量Br2作用时可能有2种产物。(2)CD的反应类型为加成反应，M的分子式为C9H10O3。(3)写出EF的化学方程式ClCOOH3NaOHNaOCOONaNaCl2H2O。(4)G中的含氧官能团的名称是(酚)羟基、羧基，写出由G反应生成高分子的化学反应方程式：nHOCOOHHOCOHO(n1)H2O。(5)M的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式：能发生银镜反应含有苯环且苯环上一氯取代物有两种遇FeCl3溶液不显紫色1 mol该有机物与足量的钠反应生成1 mol氢气(一个碳原子上同时连接两个
261、OH的结构不稳定)CHOHCHOCH2OH、CHOHCH2OHCHO、H2CHOCHOCH2OH、HOH2CCHOCH2OH。解析：(1)A的相对分子质量是26，为乙炔，104264，所以B是 ，与等物质的量Br2作用可能有2种加成产物，即1,2加成和1,4加成。(2)C是，D是CHCH3CH3，由C到D的反应为加成反应，E为ClCOOH，F为ONaCOONa，G为OHCOOH，M为OHCOOC2H5，其分子式为C9H10O3。(3)注意酚OH能继续和NaOH反应。(5)能发生银镜反应，说明含有醛基，遇FeCl3溶液不显紫色，不含有酚OH,1 mol该有机物与足量的Na反应生成1 mol H2
262、，说明含有2个羟基，又因为苯环上一氯代物有两种，若有两个取代基，应为对位，若有三个取代基，应为邻位。14(12分)有A、B、C均是由碳、氢、氧三种元素组成的有机物，它们的相对分子质量相等，但碳原子数依次减少一个。已知：2.6 g液态A在3.92 L(标准状况，下同)氧气中，经点燃后两者均恰好完全反应得到2.8 L二氧化碳，另一产物为水。A不能发生消去反应，但能与C生成八元环酯DB的溶液显酸性，分子中无甲基，一定条件下分子内部可脱水生成环状物E。完成下列问题：(1)写出A的结构简式：(CH3)2C(CH2OH)2。E的结构简式：。D的结构简式：。(2)写出B发生消去反应的化学方程式HOCH2CH
263、2CH2COOHCH2=CHCH2COOHH2O。(3)F与B互为同分异构体，且是同类物质，则符合条件的F有几种4。(4)3羰基丁酸(CH3COCH2COOH)是一种重要的化工原料，现以B物质为原料合成2羰基丁酸，其流程图如下：B3羧基丁酸则写出的有机反应方程式CH3CHBrCH2COOH2NaOHCH3CH(OH)CH2COONaNaBrH2O。解析：(1)A的分子式确定：n(O2)3.92/22.40.175 moln(CO2)2.8/22.40.125 mol。由质量守恒可知，生成水的量为：2.6 g0.175 mol32 g/mol0.125 mol44 g/mol2.7 g生成水的物质的量0.15 molA中含n(C)0.125 mol，n(H)0.3 mol，n(O)0.05 molCHO0.1250.30.055122，A的最简式为C5H12O2，由该最简式的特点可推知，A的分子为C5H12O2。(2)B、C的分子式的确定：C5H12O2(A)C4H8O3(B)C3H4O4(C)A能与C生成八元环酯，说明A分子中有2个OH，它不能发生消去反应，则其结构简式为：(CH3)2C(CH2OH)2，C为：HOOCCH2COOH，B的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH。