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一、选择题
1．将2 mol X和2 mol Y充入2L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)??2Z(g)＋aQ(g)，2 min达到平衡时生成0.8 mol Z，测得Q的浓度为0.4 mol·L－1，下列叙述错误的是(　　)
A．a的值为2
B．平衡时X的浓度为0.2 mol·L－1
C．Y的转化率为60%
D．反应速率v(Y)＝0.3 mol·(L·min)－1
解析：此题主要考查反应速率的计算，我们在做这种类型的题时常用以下形式：
　　　　　　
由已知量可求出其他未知量，在做这种类型的题时，一定要注意，方程式中的量要统一，一般用物质的量浓度。
答案：B
2．中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是(　　)
A．使用光催化剂不改变反应速率
B．使用光催化剂能增大NO的转化率
C．升高温度能加快反应速率
D．改变压强对反应速率无影响
解析：使用催化剂可以加快反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，故A、B两项不正确；该反应有气体参与，改变压强可影响化学反应速率，故D项不正确。
答案：C
3．(2011年漳州模拟)在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列表述正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为2M??N
B．t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
解析：由曲线可知，N物质的量减少，是反应物；M物质的量增加，是生成物，A不正确。横轴t2对应纵轴数值为4，纵轴表示物质的量，不是速率，B不正确。t3时刻以后，M、N物质的量不再改变，反应达到平衡状态，v正＝v逆；C不正确。t1时刻N的物质的量为6 mol，M的物质的量为3 mol，D正确。
答案：D
4．(2012年郑州模拟)一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)??H2(g)＋I2(g)。若c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1时，需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1时，所需反应的时间为(　　)
A．等于5 s　　　　　　B．等于10 s
C．大于10 s D．小于10 s
解析：c(HI)从0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1过程中：v(HI)＝Δc/Δt＝0.03 mol·L－1/15 s＝0.002 mol·L－1·s－1。
假设v(HI)不变，则c(HI)从0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1时，Δt＝Δc/v＝0.02 mol·L－1/0.002 mol·L－1·s－1＝10 s。但反应速率受浓度变化的影响，浓度越大，反应速率越快。随着反应的进行c(HI)越来越小，反应速率越来越慢，所需反应时间大于10 s。
答案：C
5．(2011年南通模拟)某密闭容器中发生如下反应：
X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH<0
如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是(　　)
A．t2时加入了催化剂
B．t3时降低了温度
C．t5时增大了压强
D．t4～t5时间内转化率最低
解析：已知反应是气体分子数缩小的反应，且正反应为放热反应。加入催化剂只能同倍数增大正、逆反应速率，不会引起化学平衡移动，即A项正确；温度降低，正、逆反应速率都减慢，但吸热方向减慢得更快，结合该反应为放热反应，应有v(正)>v(逆)，可图像中t3时v(逆)>v(正)，即B项不正确；增大压强，反应中各物质的浓度增大，正、逆反应速率均加快，但气体分子数缩小的方向增加得更快，结合反应特点有v(正)>v(逆)，可图像中t5时v(逆)>v(正)，即C项不正确；如果按照图像分析，从t3到t4和t5到t6平衡都是逆向移动，即t6后转化率最低，D项不正确。
答案：A
6．在一定温度时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线如下图。下列叙述正确的是(　　)
A．该反应的热化学方程式为N2＋3H2??2NH3ΔH＝－92 kJ·mol－1
B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C．加入催化剂，该化学反应放热增多
D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率
解析：加入催化剂可以降低反应所需的活化能，根据图示可求ΔH，热化学方程式应标出反应物和生成物的状态，A错。使用催化剂是同等程度地加快正、逆反应速率，但不改变平衡，也就不会影响反应的热量，C、D错。
答案：B
7．(2012年德州统考)在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：
NO(g)＋CO(g)??N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.2 kJ·mol－1达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是(　　)
A．加催化剂同时升高温度
B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2
D．降低温度同时增大压强
解析：加催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，升温也可加快反应的速率，但该平衡向逆反应方向移动，NO转化率降低，A不正确；加压，平衡正向移动，NO转化率提高，B项正确；充入N2，平衡向逆反应方向移动，NO转化率降低，C不正确；D中两种因素都导致平衡移动正向移动，NO转化率增加，但两种因素对速率的改变相反，无法确定反应速率的改变，D不正确。
答案：B
8．在C(s)＋CO2(g)??2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是(　　)
①升高温度　②增加碳的量　③恒容通入CO2　④恒压下充入N2　⑤恒容下充入N2　⑥恒容通入CO
A．①③④　　B．②④⑥　　C．①③⑥　　D．③⑤⑥
解析：②碳是固体，改变其量对反应速率无影响；④体积增大降低了反应物及生成物的浓度，正逆反应速率降低；⑤体积不变，反应物及生成物的浓度不变，正逆反应速率不变。
答案：C
9．(2011年三明期末)一定条件下，在密闭容器中，通入N2、H2进行
N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，下列叙述正确的是(　　)
A．充分反应后，密闭容器中N2和H2至少有1种物质的浓度为零
B．使用适宜的催化剂，可以加快反应的速率
C．增加H2的浓度或降低温度，都会加快正反应速率
D．反应达平衡后，减小容器的体积，H2的浓度不变
解析：由可逆反应定义可知A错误；降低温度反应速率降低，C错误；减小反应容器的体积不论平衡向哪个方向移动，各物质的浓度均增大，D错误。
答案：B
10．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是(　　)
A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅱ表示t0时刻通入氦气对反应速率的影响
D．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
解析：图Ⅰ中乙先达平衡，乙的反应速率快，乙温度高；B项正确；C项通入He反应速率不变(恒容时)或减小(恒压时)，C不正确；D项通入O2的时刻v′(逆)不变。
答案：B
二、非选择题
11．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_________________。
(2)常温下5% H2O2溶液的pH约为6，H2O2的电离方程式为_________。
(3)实验①和②的目的是___________。
实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是________。
(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图。
分析上图能够得出的实验结论是_____________________________。
解析：因为H2O2在常温下不易分解，要想观察到明显现象，可想办法加快化学反应速率如加入催化剂，升高温度等。
答案：(1)降低了反应所需活化能
(2)H2O2??H＋＋HO
(3)探究浓度对反应速率的影响
向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)
(4)碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
12．向体积为10 L的固定密闭容器中通入3 mol X气体，在一定温度下发生如下反应：
2X(g)??Y(g)＋3Z(g)。
(1)经5 min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的反应速率为________ mol/(L·min)。
(2)若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一段时间内测得容器内的反应速率分别为：
容器 反应速率
甲 v(X)＝3.5 mol/(L·min)
乙 v(Y)＝2 mol/(L·min)
丙 v(Z)＝4.5 mol/(L·min)
丁 v(X)＝0.075 mol/(L·s)
若其他条件相同，温度不同，则温度由高到低的顺序是(填序号)__________________ ____________________。
解析：(1)根据阿伏加德罗定律，同温、同体积时，压强之比等于气体的物质的量之比，即反应后气体的物质的量为3.6 mol，设生成Y的物质的量为y，则生成Z的物质的量为3y，反应的X的物质的量为2y，则有3 mol－2y＋y＋3y＝3.6 mol，y＝0.3 mol。用Y表示的反应速率为0.3 mol÷10 L÷5 min＝0.006 mol/(L·min)。
(2)都换算成用Z表示的反应速率为：
容器 甲 乙 丙 丁
反应速率v(Z)/mol/(L·min) 5.25 6 4.5 6.75
反应速率由快到慢的顺序为丁>乙>甲>丙，所以温度由高到低的顺序为丁>乙>甲>丙。
答案：(1)0.006　(2)丁>乙>甲>丙
13．(2012年济南模拟)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质CO和H2反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表所示。
t/min CO/mol H2/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.10
3 0.75 0.50 0.25
5 0.65 0.30 0.35
7 0.55 0.10 0.45
9 0.55 0.10 0.45
10 0.55 0.10 0.45
(1)根据上表中数据，在图1中画出CO、Z的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线：
(2)体系中发生反应的化学方程式是______________。
(3)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率：________。
(4)图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，反应的热化学方程式是________________________。
解析：(1)画曲线时注意7 min时达到平衡。
(2)根据反应关系及原子守恒，可写出体系中发生反应的化学方程式是CO＋2H2??CH3OH。
(3)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率：
0．1 mol÷2 L÷2 min＝0.025 mol/(L·min)。
(4)由图像可知该反应是放热反应，反应的热化学方程式是
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH＝－91 kJ/mol。
答案：(1)
(2)CO＋2H2??CH3OH
(3)0.025 mol/(L·min)
(4)放热　CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH＝－91 kJ/mol
14．现将0.4 mol A气体和0.2 mol B气体充入10 L的密闭容器中，在一定条件下使其发生反应生成气体C，其物质的量的变化如图：
(1)若t1＝10 min，则0至t1时间内C物质的平均反应速率为_________；该反应在t1时达到平衡，其化学方程式为_______________________。
(2)据图中曲线变化情况分析，t1时刻改变的反应条件可能是________。
A．加入了催化剂　　　　　　B．降低了反应温度
C．向容器中充入了C D．缩小了容器体积
解析：(1)　A　　＋　　　B　　―→　　　C
始态：　　0.40 mol　　　0.20 mol　　　　0
变化：　　0.15 mol　　　0.05 mol　　　　0.10 mol
t1时：　　0.25 mol　　　0.15 mol　　　　0.10 mol
故A、B、C的化学计量数之比为0.15∶0.05∶0.10＝3∶1∶2。
即化学方程式为：3A(g)＋B(g)??2C(g)。
(2)t1～t2时反应速率明显加快，平衡向正反应方向移动，使用催化剂平衡不移动，反应速率加快，A错误；降温反应速率减小，B不正确；加入C平衡应逆向移动，C不正确；D中加压，平衡向正反应方向移动，且反应速率加快。
答案：(1)0.001 mol/(L·min)　3A(g)＋B(g)??2C(g)　(2)D一、选择题
1．(2012年佛山模拟)CaCO3溶于盐酸中生成CO2：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。则下列说法中，正确的是(　　)
A．该反应的离子方程式为：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
B．与同浓度的盐酸反应，块状大理石的反应速率比粉末状的快
C．CaCO3溶于盐酸是因为H＋破坏了CaCO3的沉淀溶解平衡，使其Ksp增大
D．CaCO3与适量的盐酸恰好完全反应所得溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)
解析：CaCO3为难溶性物质，书写离子方程式时不可拆，离子方程式应为：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O；由于块状的表面积比粉末状的表面积小，与同浓度的盐酸反应时，块状大理石的反应速率比粉末状的慢；Ksp值只随温度的变化而变化，温度不变Ksp值不变；CaCO3与适量的盐酸恰好完全反应，所得的溶液为CaCl2和H2CO3的混合液，根据电荷守恒：2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)，由于2c(Ca2＋)＝c(Cl－)，则存在：c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)，故选D项。
答案：D
2．将氨水滴加到盛有AgCl的试管中，至AgCl完全溶解。对上述过程，下列叙述或解释中正确的是(　　)
A．所得溶液中：c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp(AgCl)
B．上述实验说明：Cl－与NH间有很强的结合力
C．所得溶液中形成了难电离的物质
D．上述过程中NH3·H2O的电离常数增大
解析：由于c(Ag＋)降低，才使AgCl沉淀转化为银氨络离子，所得溶液中应满足：c(Ag＋)·c(Cl－)< Ksp(AgCl)，A项错误；实验证明Ag＋与NH3间有很强的结合力，B项错误；电离常数只随温度的变化而变化，温度不变电离常数不变，D项错误。
答案：C
3．(2012年银川一模)已知PbI2的Ksp＝7.0×10－9，将1.0×10－2 mol/L的KI与Pb(NO3)2溶液等体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为(　　)
A．5.6×10－4 mol·L－1　　　　B．7.0×10－5 mol·L－1
C．3.5×10－9 mol·L－1 D．7.0×10－9 mol·L－1
解析：本题考查了难溶电解质的溶度积计算。PbI2的溶度积计算公式为：Ksp＝c(Pb2＋)×c2(I－)，形成PbI2沉淀时Pb(NO3)2的浓度c(Pb2＋)＝＝ mol·L－1，则混合前Pb(NO3)2溶液的最小浓度为5.6×10－4 mol·L－1。
答案：A
4．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11mol·L－1
解析：Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，AgI比AgCl更难溶于水，AgCl可以转化为AgI，饱和AgCl溶液中Ag＋浓度为×10－5 mol·L－1，根据Qc>Ksp，I－的浓度必须不低于 mol·L－1。
答案：A
5．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
提示：BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)的平衡常数Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)，称为溶度积常数。
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
解析：由于图象中的曲线表示的是在一定温度下，饱和BaSO4溶液中c(Ba2＋)与c(SO)的关系。在温度不变时，无论是改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不能出现在曲线外的点(如b、d)变化，故A项错；由d点变化到c点，表示溶液中c(SO)不变，c(Ba2＋)增大，但在蒸发溶液时，溶液中的两种离子的浓度变化有两种情况：①原溶液为不饱和溶液时两种离子的浓度都增大，②原溶液为饱和溶液时两种离子的浓度都不变，故B项错；在d点溶液中两种离子的浓度都在曲线以下，说明此时Qc答案：C
6．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2，就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，则下列离子方程式错误的是(　　)
A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
解析：因为溶解度：Zn(OH)2>ZnS，溶液中的离子反应往往是生成更难溶的物质，则Zn2＋和S2－在水溶液中反应时更容易生成ZnS，Zn2＋＋S2－===ZnS↓，C项错误。
答案：C
7．已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
解析：由于Mg(OH)2的溶度积小，所以其电离出的Mg2＋浓度要小一些，故A项错；由于NH可以直接结合Mg(OH)2电离出的OH－，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，故B项正确；由于Ksp仅与温度有关，与溶液中离子浓度的大小、难溶电解质质量的多少等无关，故C项错；因为Ksp[Mg(OH)2]和Ksp(MgF2)相差不大，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF，若溶液中c(Mg2＋)·c2(F－)>7.42×10－11时，也可以生成MgF2沉淀，即由Mg(OH)2转化为MgF2，故D项错。
答案：B
8．已知25 ℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4 mol·L－1，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是(　　)
A．25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中没有沉淀产生
D．该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
解析：A项，HF为弱酸，故0.1 mol·L－1 HF溶液pH>1。B项，Ksp只与温度有关。C项，设0.1 mol·L－1的HF溶液中c(F－)＝c(H＋)＝x，
则＝3.6×10－4，
x≈6×10－3 mol·L－1，混合后c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，0.1×(6×10－3)2＝3.6×10－6>1.46×10－10，故应有CaF2沉淀生成。
答案：D
9．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是(　　)
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
解析：A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋H2OCa(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。
答案：D
10．(2012年诸城质检)25℃时有关物质的颜色和溶度积(Ksp)如下表：
物质 AgCl AgBr AgI Ag2S
颜色 白 淡黄 黄 黑
Ksp 1.8×10－10 7.7×10－13 1.5×10－16 1.8×10－50
下列叙述中不正确的是(　　)
A．向AgCl的白色悬浊液中加入0.1 mol·L－1KI溶液，有黄色沉淀产生
B．25℃时，AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度相同
C．25℃，AgCl固体在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．在5 mL 1.8×10－6 mol·L－1NaCl溶液中，加入1滴(20滴约为1 mL)1×10－3mol·L－1AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
解析：由四种物质的溶度积常数可知溶解度大小关系为AgCl>AgBr>AgI>Ag2S，故A正确，B错误；由于溶度积常数是温度常数，温度不变其值不变，C正确；加入一滴硝酸银溶液后c(Cl－)可认为保持不变，即c(Cl－)＝1.8×10－6 mol·L－1，而AgNO3溶液相当于稀释100倍，故c(Ag＋)＝1×10－5mol·L－1，Qsp＝c(Cl－)×c(Ag＋)＝1.8×10－11答案：B
二、非选择题
11．已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20。要使0.2 mol·L－1CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
解析：要使Cu2＋浓度降至0.2 mol/L的千分之一，即c(Cu2＋)＝2×10－4 mol/L，c(OH－)＝ mol/L＝1×10－8 mol/L，c(H＋)＝1×10－6 mol/L，pH＝6。
即欲使Cu2＋沉淀完全，应使溶液的pH＝6。
答案：6
12．(1)已知在25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11，假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1 g·mL－1，试求Mg(OH)2的溶解度为________g。
(2)在25 ℃时，向0.02 mol·L－1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为________mol·L－1。
(3)25 ℃时，向浓度均为0.02 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成______沉淀(填化学式)；当两种沉淀共存时，＝__________。{已知25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}
解析：(1)设c(Mg2＋)为x，则c(OH－)为2x。
由Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝x×(2x)2＝4x3，解得c(Mg2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则1 L溶液(即1 L水中)溶解Mg(OH)2为2×10－4 mol，即1 000 g水中溶解Mg(OH)2为：2×10－4 mol×58 g·mol－1＝1.16×10－2 g，所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10－3 g。
(2)当c(Mg2＋)·c2(OH－)＝3.2×10－11时开始生成Mg(OH)2沉淀，则c2(OH－)＝＝1.6×10－9，解得c(OH－)＝4×10－5 mol·L－1。
(3)由于Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，所以离子的浓度商首先达到并大于Ksp[Cu(OH)2]的数值而先沉淀；当两种沉淀共存时，此时的溶液对Mg(OH)2和Cu(OH)2而言都是饱和的，OH－、Mg2＋、Cu2＋同时满足Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系，因为它们都在同一溶液中，Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系式中c(OH－)应相等，所以＝＝＝1.45×109。
答案：(1)1.16×10－3　(2)4×10－5　(3)Cu(OH)2
1．45×109
13．已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，但存在溶解平衡。当达到平衡时，溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示，Ksp和水的Kw相似)。
如：AgX(s) Ag＋＋X－
Ksp(AgX)―→c(Ag＋)·c(X－)＝1.8×10－10
AgY(s) Ag＋＋Y－
Ksp(AgY) c(Ag＋)·c(Y－)＝1.0×10－12
AgZ(s) Ag＋＋Z－
Ksp(AgZ)＝c(Ag＋)·c(Z－)＝8.7×10－17
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1 L溶液表示)
S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)在25℃时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为________。
(4)①由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的完全转化，并简述理由：________________________。
②在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgX的完全转化？根据你的观点选答一项。
若不能，请简述理由：___________。
若能，则实现完全转化的必要条件是：_________。
解析：(1)AgX、AgY、AgZ三者Ksp大小关系为：AgX>AgY>AgZ，又因三者阴阳离子个数比相同，故三者溶解度与Ksp的大小成正比。
(2)由于AgY比AgX更难溶，则向AgY的饱和溶液中加入AgX固体，发生沉淀的转化，AgX(s)＋Y－(aq)===AgY(s)＋X－(aq)，则c(Y－)减小。
(3)25℃时，AgY的Ksp＝1.0×10－12，即溶液达到饱和时，c(Ag＋)＝c(Y－)＝1.0×10－6 mol/L，m(AgY)＝1.0×10－6 mol/L×0.1 L×188 g/mol＝1.880×10－5g<0.188 g，故将0.188 g AgY溶于100 mL水中，形成的为饱和溶液(溶质还有未溶解的)，则c(Y－)＝1.0×10－6 mol/L。
(4)由于Ksp(AgZ)1.8×10－4 mol/L时，即可实现由AgY向AgX的转化。
答案：(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)　(2)减小
(3)1.0×10－6 mol/L
(4)①能；Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17
②能；若要实现AgY向AgX的完全转化，必须保持溶液中的c(X－)>1.8×10－4mol/L
14．(2012年烟台一模)水体中重金属铅的污染问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)、Pb(OH)，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如下图所示：
1表示Pb2＋，2表示Pb(OH)＋，3表示Pb(OH)2，
4表示Pb(OH)， 5表示Pb(OH)
(1)Pb(NO3)2溶液中，________2(填“>”“＝”或“<”)；往该溶液中滴入氯化铵溶液后，增加，可能的原因是_________。
(2)往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子(Na＋除外)有________，pH＝9时主要反应的离子方程式为_________。
(3)某课题组制备了一种新型脱铅剂，能有效去除水中的痕量铅，实验结果如下表：
离子 Pb2＋ Ca2＋ Fe3＋ Mn2＋ Cl－
处理前浓度/(mg·L－1) 0.100 29.8 0.120 0.087 51.9
处理后浓度/(mg·L－1) 0.004 22.6 0.040 0.053 49.8
上表中除Pb2＋外，该脱铅剂对其他离子的去除效果最好的是________。
(4)如果该脱铅剂(用EH表示)脱铅过程中主要发生的反应为：2EH(s)＋Pb2＋??E2Pb(s)＋2H＋
则脱铅的最合适pH范围为(　　)
A．4～5　　B．6～7　　C．9～10　　D．11～12
解析：(1)根据题中铅的多种存在方式，可知Pb2＋易水解：
Pb2＋＋H2OPb(OH)＋＋H＋，Pb(OH)＋＋H2OPb(OH)2＋H＋……故在Pb(NO3)2溶液中c(NO)/c(Pb2＋)>2，当加入NH4Cl后，Pb2＋与Cl－反应生成微溶性的PbCl2，使Pb2＋浓度降低，故c(NO)/c(Pb2＋)增加。
(2)由题所给图示可知当pH＝8时溶液中存在的阳离子为Pb2＋、Pb(OH)＋和H＋，而在pH＝9时图中c[Pb(OH)＋]迅速降低，而Pb(OH)2浓度增大，故发生的反应为Pb(OH)＋＋OH－===Pb(OH)2。(3)分析比较表中所给数据可知Ca2＋、Mn2＋、Cl－的浓度都降低不到原浓度的1/2，而Fe3＋却降低为原浓度的1/3，故对Fe3＋的去除效果最好。(4)由所给平衡可知，要使脱铅效果好，铅应以Pb2＋的形式存在，pH<7，而c(H＋)增大时2EH(s)＋Pb2＋E2Pb(s)＋2H＋又会向逆反应方向移动，c(H＋)不宜过大，所以脱铅最适宜的pH为6～7。
答案：(1)>　Pb2＋与Cl－反应，生成微溶物PCl2，使Pb2＋浓度减少
(2)Pb2＋、Pb(OH)＋、H＋　Pb(OH)＋＋OH－??Pb(OH)2
(3)Fe3＋　(4)B一、选择题
1．(2012年合肥模拟)下列化合物的分子中有三类氢原子的是(　　)
A．2,2,3,3 四甲基丁烷　　B．2,3,4 三甲基戊烷
C．3,4 二甲基己烷 D．2,5 二甲基己烷
解析：A中只有1种氢，B中有4种氢，C中有4种氢，D中有3种氢。
答案：D
2．下列各组物质不属于同分异构体的是(　　)
A．2,2 二甲基丙醇和2 甲基 1 丁醇
B．邻氯甲苯和对氯甲苯
C．2 甲基丁烷和戊烷
D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯
解析：A项两种物质的分子式均为C5H12O，结构不同，属于同分异构体；B项两种物质属于官能团的位置异构；C项二者的分子式均为C5H12，结构不同，属碳链异构；D项中甲基丙烯酸的分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的分子式为C4H8O2，故二者不可能为同分异构体。
答案：D
3．变色龙的外表随环境变化是一种生物适应性，保护色用于军事进行“地表伪装”一直备受战争专家的青睐。BAFS是最近开发的芘系新型红外伪装还原染料，该染料为橄榄色或黑色，其化学结构为当n＝1时，其一氯代物(不考虑醇羟基被取代)可能有(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
解析：BAFS分子中只含1个苯环，空间结构轴对称，分子中除羟基外有5种不同环境的氢原子。
答案：D
4．某烃有两种或两种以上的同分异构体，其同分异构体中的某一种烃的一氯代物只有一种，则这种烃可能是(　　)
①分子中具有7个碳原子的芳香烃
②分子中具有4个碳原子的烷烃
③分子中具有5个碳原子的烷烃
④分子中具有8个碳原子的烷烃
A．①②　　　　　　　　 　B．②③
C．③④ D．②④
解析：分子中含有1～10个碳原子的烷烃中，一氯代物只有一种的有CH4、C(CH3)4和CH3CH3、(CH3)3CC(CH3)3，其中CH4、CH3CH3没有同分异构体，不合题意，另外两种的分子式分别为C5H12和C8H18，③、④符合题意，C项正确。
答案：C
5．(2012年襄阳模拟) 的正确名称是(　　)
A．2,5 二甲基 4 乙基己烷 B．2,5 二甲基 3 乙基己烷
C．3 异丙基 5 甲基己烷 D．2 甲基 4 异丙基己烷
解析：对烷烃的命名关键是选好主链。主链最长且支链最多，然后从支链近的一端编号。
的名称为2,5 二甲基 3 乙基己烷。
答案：B
二、非选择题
6．根据以下有关信息确定某有机物的组成：
(1)测定实验式：某含C、H、O三种元素的有机物，经燃烧实验测得其碳的质量分数为64.86%，氢的质量分数为13.51%，则其实验式是________。
(2)确定分子式：下图是该有机物的质谱图，则其相对分子质量为________，分子式为________。
解析：本题结合元素分析和质谱分析考查有机物分子式的确定。
(1)该有机物的分子中C、H、O的原子个数比为：
N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝4∶10∶1，因此该有机物的实验式为C4H10O。(2)根据质谱图中质荷比最大的就是未知物的相对分子质量，该有机物的相对分子质量为74，该有机物的分子式为C4H10O。
答案：(1)C4H10O　(2)74　C4H10O
7．(2012年江南十校模拟)2009年甲型H1N1流感横行墨西哥，扩散全球，莽草酸是合成治疗甲型H1N1流感的药物——达菲(Tamiflu)的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：
(1)A的分子式是________。
(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)是___________________。
(3)A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)是_________________________。
(4)A在浓硫酸作用下加热可得到B(B的结构简式为HOCOOH)，其反应类型是________。
(5)B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基的共有________种，写出其中一种同分异构体的结构简式____________________________。
解析：A中的官能团为－COOH、、醇羟基，A发生的反应主要体现在这些官能团的性质上。本题主要考查确定有机物的分子式、官能团的性质、同分异构体的书写，反应方程式及反应类型判断等知识。
答案：(1)C7H10O5
8．(2011年高考海南化学)乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下(部分反应条件已略去)：
请回答下列问题：
(1)A的化学名称是________；
(2)B和A反应生成C的化学方程式为________，该反应的类型为________；
(3)D的结构简式为________；
(4)F的结构简式为________；
(5)D的同分异构体的结构简式为________。
解析：CH2===CH2与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成CH3CH2OH(A)，CH3CH2OH经氧化生成B(C2H4O2)，则B为CH3COOH。CH3COOH与CH3CH2OH在浓H2SO4、加热条件下发生酯化反应，生成C(C4H8O2)，则C为CH3COOCH2CH3。E与B在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成F(C6H10O4)，从而推知E分子中含有2个—OH，则E为HOCH2CH2OH，F为。D与H2O发生反应生成E(HOCH2CH2OH)，可推知D为，不可能为CH3CHO。D(C2H4O)的同分异构体为CH3CHO和CH2===CH—OH。
答案：(1)乙醇　(2)CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O　酯化反应(或取代反应)
(3) 　(4)
(5)CH3CHO、CH2===CHOH
9．(2010年高考全国Ⅰ理综)有机化合物A～H的转换关系如下所示：
请回答下列问题：
(1)链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，1 mol A完全燃烧消耗7 mol氧气，则A的结构简式是________，名称是________；
(2)在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E。由E转化为F的化学方程式是___________________________________；
(3)G与金属钠反应能放出气体。由G转化为H的化学方程式是_________________________；
(4)①的反应类型是________；③的反应类型是______；
(5)链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有可能的结构简式____________；
(6)C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种(不考虑立体异构)，则C的结构简式为_______________________________。
解析：由G与HOOCCH2CH2COOH反应生成C9H14O4可知，G物质分子中含5个碳原子，则A、E、F分子中也含有5个碳原子；又A为链烃，其1 mol完全燃烧消耗7 mol O2，可得A的分子式为C5H8，满足通式CnH2n－2，为可含一个叁键或两个双键的链烃；再由A有支链且只有一个官能团可推知A的结构简式为 (3?甲基 1 丁炔)；由B是A的同分异构体，所有碳原子共平面，催化氢化的产物为正戊烷，结合其空间结构特点可推知B的结构简式为H2C===CH—CH===CH—CH3或；由C与A同分异构且一氯代物只有一种可知其分子对称性很好，其结构简式为；A与H2等物质的量加成的化学方程式为 ，E与Br2/CCl4发生加成反应生成F的化学方程式为 ，F在NaOH水溶液中发生取代反应(水解反应)的化学方程式为 ，G在酸性环境中，加热的条件下发生酯化反应(取代反应)生成H的化学方程
答案：
10．经元素分析及相对分子质量测定，确定C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，与NaHCO3溶液反应有CO2产生。
已知：RCOOHRCH2OH
(1)写出C可能的结构简式：______________________________________。
(2)化合物E有多种同分异构体，核磁共振氢谱图表明，其中某些同分异构体含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢，写出这些同分异构体中任意三种的结构简式______________________________。
解析：(1)由题意可知：C的分子式为C7H6O3，由C遇FeCl3水溶液显紫色，与NaHCO3溶液反应有CO2产生。分析可知：C属于芳香族化合物，分子中含有－COOH和－OH则结构简式可确定为：
(2)由于E分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢，故E为对称结构，可得如下可能组成：
答案：一、选择题
1．向硝酸钠溶液中加入铜粉不发生反应，若加入某种盐，则铜粉可以逐渐溶解，符合此条件的是(　　)
A．Fe(NO3)2　　　　　　　　B．ZnSO4
C．NaHCO3 D．NaHSO4
解析：由3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，只有D能提供H＋。
答案：D
2．在100 mL混合酸中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4 mol/L和0.1 mol/L，向该混合液中加1.92 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.15 mol/L B．0.225 mol/L
C．0.35 mol/L D．0.45 mol/L
解析：依题意n(Cu)＝1.92 g/64 g·mol－1＝0.03 mol，
n(NO)＝0.1 L×0.4 mol·L－1＝0.04 mol，
n(H＋)＝0.1 L×0.4 mol·L－1＋0.1 L×0.1 mol·L－1×2＝0.06 mol，由反应
3Cu　 ＋ 　8H＋　 ＋　 2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2
0.03 mol 0.06 mol 0.04 mol
所以Cu和NO过量，H＋不足，以H＋计算，生成
n(Cu2＋)＝0.022 5 mol，故c(Cu2＋)＝0.225 mol/L。
答案：B
3．(2012年潍坊模拟)化学与工农业生产、环境保护、日常生活等方面有广泛联系，下列叙述正确的是(　　)
A．纯净水几乎不含任何杂质，喝纯净水比喝矿泉水对人体更有营养
B．二氧化硫的大量排放是造成光化学烟雾的主要原因
C．某雨水样品放置一段时间后，pH由4.68变为4.28，是因为雨水中溶解了较多的CO2
D．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅
解析：本题考查化学与人类生活的联系。水本身并没有营养，A错；引起光化学烟雾的主要物质是氮的氧化物，B错；雨水的pH降低是因为H2SO3被氧化成了H2SO4，C错。
答案：D
4．能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：
3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
B．铜片与浓硝酸：
Cu＋NO＋4H＋===Cu2＋＋NO2↑＋2H2O
C．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：
NH＋OH－NH3·H2O
D．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：
NH＋OH－NH3↑＋H2O
解析：B项未配平，C项应生成NH3，D项HCO与OH－也会反应生成CO。
答案：A
5．气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3溶液，若将X通入澄清石灰水中，却不见沉淀产生，则有关气体X的成分的下列说法正确的是(　　)
①一定含有HBr，可能含有CO2　②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2　④可能含有Cl2、CO2
A．只有①　　　　　　　B．只有③
C．①和③ D．②和③
解析：X与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的淡黄色沉淀，则一定有HBr；而NH3和Cl2与HBr不共存，所以一定没有NH3和Cl2；HBr溶于水是强酸，CaCO3能溶于酸中，所以不能确定CO2是否存在。
答案：C
6.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中的Fe2＋的浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则原溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶1∶4 B．1∶3∶1
C．3∶3∶8 D．1∶1∶1
解析：加入铁粉后依次发生的反应为：
①Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
②Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋　③Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
再结合图像各反应阶段的物质的量的变化可推算出原溶液中n(HNO3)＝4 mol，n(Fe3＋)＝1 mol，n(Cu2＋)＝1 mol。选项A符合题意。
答案：A
7．某金属硝酸盐受热分解生成金属氧化物、二氧化氮和氧气。若生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为8∶1，则金属元素的化合价在反应过程中的变化是(　　)
A．升高 B．降低
C．不变 D．无法确定
答案：A
8．(2012年衡中检测)一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL 2 mol/L硝酸溶液中，反应完全后，生成1.12 L NO(标况)，再向反应后的溶液中加入1 mol/L NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入的NaOH溶液的体积最少是(　　)
A．450 mL B．500 mL
C．400 mL D．550 mL
解析：要使Fe元素全部转化为沉淀，所加入的NaOH溶液体积最少，即恰好反应时，溶液中的溶质为NaNO3，则溶液中的Na＋与NO的物质的量相等，有如下关系：cNaOH·VNaOH＝cHNO3·VHNO3－nNO，代入数据求得：
VNaOH＝0.45 L＝450 mL。
答案：A
9．下列反应中，浓硝酸既表现氧化性，又表现出酸性的是(　　)
①浓硝酸中滴入石蕊试液并微热　②氧化亚铁与浓硝酸反应　③氢氧化铝与浓硝酸反应　④碳与浓硝酸
A．①② B．③④
C．①④ D．②③
答案：A
10.(2012年长沙模拟)含有1 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是(　　)
A．a是Fe(NO3)2 B．n1＝0.375
C．p＝0.20 D．n2＝0.30
解析：随铁粉的加入反应分为两个阶段：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，n1＝0.25；2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2，故a、b分别是Fe(NO3)3、Fe(NO3)2，n3时的总反应方程式为：3Fe＋8HNO3===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，其中n3＝0.375，A、B错误；当Fe3＋与Fe2＋相等时，加入的铁粉为0.3 mol，即n2＝0.30，Fe3＋和Fe2＋的物质的量均为0.15 mol。
答案：D
二、非选择题
11．(1)无色的混合气体A，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的某几种。将100 mL A气体经过如图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余。
A气体的成分及体积是：______________________________。
(2)V mL NO和NO2的混合气体通过水吸收后，得到a mL无色气体A，将此无色气体A与等体积的O2混合，再通过水充分吸收后，收集到5 mL无色气体B。
试回答：①气体A和气体B的成分
A是____________，B是____________。
②A气体的体积是____________。
③V的取值范围：_____________________________________。
解析：(1)无色气体故无NO2，最后水充满集气瓶，无气体剩余，则无N2。通过浓H2SO4气体减少20 mL(NH3)，通过Na2O2气体变红棕色，则含NO和CO2且由6CO2～3O2～4NO可求出体积。
(2)通过水后无色气体A只能是NO，其与等体积O2混合后O2剩余1/4，故B为O2。
③假设气体全是NO，与水混合后体积不变，即为20 mL；假设气体全是NO2，根据反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知NO2的体积为60 mL。故V的取值范围为：20＜V＜60。
答案：(1)V(NH3)＝20 mL、V(CO2)＝48 mL、V(NO)＝32 mL　(2)①NO　O2　②20 mL　③20＜V＜60
12．下图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物。其中A、C为无色气体。
请回答下列问题：
(1)物质M可以是________或________，C是________，
F是________。
(2)淡黄色粉末的电子式是_____________________________________。
(3)反应①的化学方程式_______________________________________。
(4)反应②的离子方程式_______________________________________。
(5)G―→A＋F的化学方程式____________________________________。
解析：由M的三个反应关系和A、C为无色气体可知M可能为(NH4)2CO3或NH4HCO3，也可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3；由A→D和G(HNO3)＋木炭→A，可知A为CO2，则M一定是(NH4)2CO3或NH4HCO3而不是(NH4)2SO3或NH4HSO3，由此可推知有关物质分别是：A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，M为(NH4)2CO3或NH4HCO3，淡黄色粉末为Na2O2，按要求写出有关的化学式和反应方程式即可。
答案：(1)(NH4)2CO3　NH4HCO3　NH3　NO2
(3)2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
(4)3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(5)4HNO3(浓)＋C4NO2↑＋CO2↑＋2H2O
13．某课外活动小组在实验室用如图装置快速制取氨气并验证氨气的某些性质，同时收集少量纯净的氮气，请回答：
(1)写出用生石灰和浓氨水反应制氨气的化学方程式：
____________________________________________。
解释放出NH3的原因：_____________________________________
______________________________________________________。
(2)本实验进行一段时间后，观察到加热的硬质玻璃试管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管处收集到纯净、干燥的氮气。根据这些现象，写出在硬质玻璃试管内发生反应的化学方程式：__________________________，这个反应说明氨气具有________(填编号)。
A．碱性 B．还原性
C．氧化性 D．不稳定性
(3)洗气瓶中盛浓硫酸的主要作用是____________。
(4)在最后的出气的导管口收集干燥、纯净的氮气，收集方法是________(填编号)。
A．排空气法　　B．排水法　　C．用气囊收集
(5)装置E的作用是__________________。装置F的作用是__________。E中的碱石灰能否换成CaCl2？________。
答案：(1)NH3·H2O＋CaO===Ca(OH)2＋NH3↑　生石灰与水反应生成的Ca(OH)2电离使溶液中c(OH)－增大，进而使NH＋OH－NH3·H2O
NH3↑＋H2O的平衡向右移动，促进氨气的生成，且放出大量热，使溶液温度升高，促进NH3·H2O受热分解生成NH3，又由于温度升高NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出
(2)3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2　B
(3)吸收氨气，防止空气污染　(4)C
(5)吸收NH3中的水蒸气，避免影响后续实验　验证反应生成了水　不能
14．某化学探究小组拟用铜粉制取Cu(NO3)2，并探究其化学性质。
Ⅰ.他们先把铜粉放在空气中灼烧，再与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2。
(1)如果直接用铜粉与稀硝酸反应来制取Cu(NO3)2，可能导致的两个不利因素是_________________________、___________________________________。
(2)实验中铜粉应该放在________(填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧。欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，实验操作步骤按顺序分别是________、________、过滤。
Ⅱ.为了探究Cu(NO3)2的热稳定性，探究小组用下图中的装置进行实验(图中铁架台、铁夹和加热装置均略去)，往左试管中放入研细的无水Cu(NO3)2晶体并加热，观察到左试管中有红棕色气体生成，最终残留黑色粉末；用U形管除去红棕色气体，在右试管中收集到无色气体。
(1)红棕色气体是________。
(2)当导管口不再有气泡冒出时，停止反应，这时在操作上应注意
_________________________________________________________。
(3)探究小组判断Cu(NO3)2的分解属于氧化还原反应，产物除了红棕色气体和黑色固体外，进一步分析，推断，分解产物中一定还含有________。
解析：Ⅱ.(3)黑色粉末是CuO，红棕色气体是NO2，因铜的化合价不变，氮从＋5价降到＋4价，必有一种元素化合价升高，所以无色气体是O2，据化合价升降相等结合原子守恒可写出Cu(NO3)2分解的化学方程式。
答案：Ⅰ.(1)生成NO会污染空气　比用CuO制Cu(NO3)2多消耗HNO3　(2)坩埚　蒸发浓缩　冷却结晶
Ⅱ.(1)NO2　(2)从水槽中拿出导管、防止水倒吸入U形管　(3)O2时间100分钟　满分100分
第Ⅰ卷　(选择题，共40分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题4分，共40分)
1．(2012年北京朝阳区一模)双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大。下列有关双酚A的叙述不正确的是(　　)
A．双酚A的分子式是C15H16O2
B．双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1∶2∶2∶3
C．反应①中，1 mol双酚A最多消耗2 mol Br2
D．反应②的产物中只有一种官能团
解析：由双酚A的结构简式可知1 mol双酚A可以消耗4 mol Br2发生取代反应，故C错。
答案：C
2．(2012年大连高三双基考试)下列说法正确的是(　　)
A．在有机物分子中，含有的氢原子个数一定是偶数
B．分子组成相差若干个CH2的有机物互为同系物
C．所有糖类物质都有甜味
D．油脂是食物中产生能量最高的营养物质
解析：本题主要考查物质的结构和性质。在烃及其含氧衍生物分子中，氢原子个数一定是偶数，但在其他有机物分子中，含有的氢原子个数不一定是偶数，如CH3Cl中有3个氢原子，A项错误；同系物要求结构相似，B项错误；糖类与是否有甜味没有必然关系，如纤维素属于多糖，但没有甜味，C项错误。
答案：D
3．(2012年唐山一中二调)某有机物的结构简式如图所示，下列有关说法中不正确的是(　　)
A．分子式为C26H28O6N
B．遇FeCl3溶液不能发生显色反应
C．1 mol该物质最多能与8 mol氢气发生加成反应
D．1 mol该物质最多能与4 mol NaOH溶液完全反应
解析：A项，分子式为C26H27O6N。B项，结构中没有酚羟基，不能发生显色反应。C项，由于酯基不能催化加氢，故1 mol该物质最多能与8 mol氢气发生加成反应。D项，1 mol该物质中含有2 mol酯基，而且水解后均形成酚，故1 mol该物质最多能与4 mol NaOH溶液完全反应。
答案：A
4．(2012年长沙一中月考)研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构，以下用于研究有机物的方法错误的是(　　)
A．蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物
B．燃烧法是研究确定有机物组成的有效方法
C．核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量
D．对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团
解析：核磁共振氢谱是可以判断有机物中等效氢的种类，而不能测定有机物的相对分子质量，故C错。
答案：C
5．有一环状化合物C8H8，它不能使溴的CCl4溶液褪色；它的分子中碳环上的1个氢原子被氯原子取代后的有机生成物只有一种，这种环状化合物可能是(　　)
解析：不能使溴的CCl4溶液褪色，可排除A、D；C8H8中Ω＝8＋1－8/2＝5，B中Ω＝4，排除，故选C。
答案：C
6．某有机化合物X能发生水解反应，水解产物为Y和Z。同温同压下，相同质量的Y和Z的蒸气所占体积相同，化合物X不可能是(　　)
A．甲酸乙酯　　　　　　　B．乙酸甲酯
C．乙酸丙酯 D．丙酸丁酯
解析：饱和一元羧酸的相对分子质量等于碳原子数比它多1的饱和一元醇的相对分子质量。甲酸与乙醇，乙酸与丙醇，丙酸与丁醇的相对分子质量分别相等，A、C、D均有可能。
答案：B
7．下列说法正确的是(　　)
A．蛋白质属于天然高分子化合物，组成元素只有C、H、O、N
B．用浓Na2SO4、CuSO4溶液或浓HNO3溶液使蛋清液发生盐析，进而分离、提纯蛋白质
C．蛋白酶是蛋白质，它不仅可以催化蛋白质的水解反应，还可以催化淀粉的水解反应
D．甘氨酸(H2N—CH2—COOH)既有酸性，又有碱性，是最简单的氨基酸
解析：本题考查物质的组成、结构和性质。A项，蛋白质除C、H、O、N，还可能含有S、Fe等元素；B项中CuSO4和浓HNO3均会使蛋白质变性；C项中酶具有专一性；甘氨酸中—NH2显碱性，—COOH显酸性，D项正确。
答案：D
8．(2011年高考重庆理综)NM 3和D 58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：
关于NM 3和D 58的叙述，错误的是(　　)
A．都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同
B．都能与溴水反应，原因不完全相同
C．都不能发生消去反应，原因相同
D．遇FeCl3溶液都显色，原因相同
解析：由NM 3的结构简式可知，分子内存在碳碳双键羧基、酚羟基和结构；而D 58的结构简式中不存在羧基和，存在酚羟基、醇羟基，但不可以发生醇羟基的消去反应，因为与醇羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，故两种物质都不能发生消去反应，但原因不同。
答案：C
9．(2012年衡水统考)央视焦点访谈节目在2010年10月报道，俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。“一滴香”的分子结构如下图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该有机物的分子式为C7H9O3
B．1 mol该有机物最多能与2 mol H2发生加成反应
C．该有机物能发生取代、加成、氧化和还原反应
D．该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应
答案：C
10．在下列条件下能制得括号中物质的是(　　)
A．苯在常温下与浓硝酸混合()
B．将乙烯通入到水中(CH3CH2OH)
C．甲苯与氯气在氯化铁催化下反应()
D．乙醇在银催化下加热与氧气反应(CH3CHO)
解析：＋HO—NO2NO2＋H2O，A错误；CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH，B错误；＋Cl2＋HCl，C错误；2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，D正确。
答案：D
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、非选择题(本题有6个小题，共60分)
11．(12分)(2011年高考浙江理综)白藜芦醇属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：
已知：
根据以上信息回答下列问题：
(1)白藜芦醇的分子式是________。
(2)C→D的反应类型是________；E→F的反应类型是________。
(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其核磁共振氢谱(1H NMR)中显示有________种不同化学环境的氢原子，其个数比为________。
(4)写出A→B反应的化学方程式：__________ 。
(5)写出化合物D、E的结构简式：D________，E________。
(6)化合物有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：____________ 。
_____________ 。
①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。
解析：(1)由白藜芦醇的结构简式可得出分子式：C14H12O3。
(2)根据C和D的分子式判断由C到D少了一个—OH多了一个—Br，因此是发生取代反应；由信息RCH2BrRCH2CH(OH)R′可见D到E，E中存在—OH，在浓硫酸加热时可发生消去，并且F较E分子内少了2个H和1个O，因此可判断反应类型为消去反应。
(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应说明化合物中存在—COOH，不存在酚羟基，结合题干信息白藜芦醇的结构，得出A的结构简式为，因此有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶2∶6。
(4)根据信息和条件及A与B分子组成看A→B是酯化反应(取代反应)。
(5)根据A→B→C→D可判断出D的结构简式为
，E为。
(6)①能发生银镜反应则分子内一定存在—CHO。
②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则苯环上的基团应以对称为准则，同分异构体有：
答案：(1)C14H12O3
(2)取代反应　消去反应
(3)4　1∶1∶2∶6
(4) ＋
H2O
(5) 　
12．(8分)(2012年临川摸底)已知：①醛在一定条件下可以两分子加成：
RCH2CHO＋RCH2CHO―→
产物不稳定，受热即脱水而成为不饱和醛。
②B是一种芳香族化合物，根据下图所示转化关系填空(所有无机物均已略去)。
AB—
(1)写出B、F的结构简式：
B____________________；F____________________。
(2)写出②和③反应的反应类型：
②____________；③____________。
(3)写出G、D反应生成H的化学方程式：______________ 。
(4)F若与H2发生加成反应，1 mol F最多消耗的H2的物质的量为________mol。
解析：本题采用顺推的方法，从题中信息可知，A 中含有醛基，反应后B既可与新制氢氧化铜悬浊液反应，又可与氢气反应，B中含有醛基和不饱和键，C中含有羧基，C可与溴的四氯化碳溶液和氢气反应，则C中含有不饱和键，则C 的结构简式为：，与溴加成，得到二元卤代物，再发生消去反应得到F，F的结构简式为：；加成后得到D为
。由C可知B的结构简式为，A的结构简式为；由D与G发生酯化反应得到H，可知，G 中含有羟基，结构简式为；由F的结构式可知，若1 mol F与氢气加成，碳碳三键消耗氢气2 mol，苯环消耗氢气3 mol，共需氢气5 mol。
答案：(1)
(2)加成反应　消去反应
(4) 5
13．(10分)下图中X是一种具有水果香味的合成香料，A是直链有机物，E与FeCl3溶液作用显紫色。
请根据上述信息回答：
(1)H中含氧官能团的名称是________。B→I的反应类型为________。
(2)只用一种试剂鉴别D、E、H，该试剂是__________。
(3)H与J互为同分异构体，J在酸性条件下水解有乙酸生成，J的结构简式为___________ 。
(4)D和F反应生成X的化学方程式为__________ 。
解析：A是直链，含醛基(必在端点)，其氧化产物H(羧酸)分子式为C4H6O2，所以A的结构应为或。从而推出B为CH3CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2COOH。I为CH3CH2CH===CH2。
再从E是苯酚，可推出F为，接着可推出X为酯，与题给条件(水果香味)相符。各物质的结构清楚后，问题自然就解决了。其中(3)，H应为CH2===CHCH2COOH或CH3CH===CHCOOH，其同分异构体J能水解，应是酯类，即是含有的乙酸酯，所以其结构为CH3COOCH===CH2。
答案：(1)羧基　消去反应　(2)溴水
(3)CH3COOCH===CH2
14．(8分)(2011年高考江苏化学)敌草胺是一种除草剂。它的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)在空气中久置，A由无色转变为棕色，其原因是_________ 。
(2)C分子中有2个含氧官能团，分别为______和______(填官能团名称)。
(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：________。
①能与金属钠反应放出H2；②是萘()的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；③可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢。
(4)若C不经提纯，产物敌草胺中将混有少量副产物E(分子式为：C23H18O3)，E是一种酯。E的结构简式为__________________。
(5)已知：RCH2COOH ，写出以苯酚和乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
解析：(1)酚类物质易被空气中的氧气氧化，生成棕色物质。(2)C分子内的含氧官能团为羧基和醚键。(3)C的该种同分异构体应含有、甲酸酯基、羟基，水解产物有对称结构：
(或)。
(4) 与反应生成副产物E。
(5)观察目标产物：，可知合成的关键是用苯酚制备出，然后再与乙醇反应。由信息：
RCH2COOH，可利用乙酸来制取ClCH2COOH，再将苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠与ClCH2COOH反应生成，然后再与乙醇发生酯化反应可得。
答案：(1)A被空气中的O2氧化　(2)羧基　醚键
(3) (或)
(4)
(5)CH3CH2OHCH3CHO
CH3COOHClCH2COOH
15．(10分)(2012年东北师大附中一模)甲苯是有机化工生产的基本原料之一，利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J。
请回答：
(1)写出下列反应的化学方程式。
①B＋D→E_________________ ；
②G→H____________________ 。
(2)①的反应类型为________；②的反应类型为______；F的结构简式为________。
(3)E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异构体的结构简式。
要求：①与E、J属同类物质；②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。
①________；②________；③________；④________。
解析：分析整个流程图：A是乙醇的氧化产物乙醛，B中含有CH3COO－，B和D发生酯化反应生成E，由E的化学式可反推知D是苯甲醇，即C是甲苯侧链上的一氯取代产物。由题中信息：2个羟基连在同一碳原子上会失水形成羰基，故F是苯甲醛，其氧化产物I是苯甲酸，由苯甲酸反推得G是甲苯侧链上的三氯取代产物，水解产物H是苯甲酸钠。
答案：(1)①CH3COOH＋＋H2O　②＋4NaOH＋3NaCl＋2H2O　(2)取代反应　酯化反应(或取代反应)　 　(3)①
　④
16．(12分)已知：①有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：
HBr＋CH3－CH===CH2—
②苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链烃基上的氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环某些位置上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。
请根据上述路线，回答下列问题：
(1)A的结构简式可能为________。
(2)反应③的反应类型为________。
(3)反应④的化学方程式为(有机物写出结构简式，并注明反应条件，下同)：______________ 。
(4)工业生产中，中间产物A须经反应③④⑤得D，而不采取将A直接转化为D的方法，其原因是___________ 。
(5)检验产品中官能团的化学反应方程式为：________ 。
(6)这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；②苯环上的一溴代物有两种；③分子中没有甲基。写出符合上述条件的物质可能的结构简式：________、________(只写两种)。
解析：由目标产物逆推D为，C为，B为，故可知(1)A可能有两种结构，(2)从反应过程可推知反应①是加成反应，②是取代反应，反应③是消去反应。(3)由信息知反应④应在过氧化物存在下与HBr加成。(4)中间产物A不纯，含有和，而的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品，导致产率降低。(5)产品分子中的官能团只有醛基，所以可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液与之反应。(6)水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明分子中含有酚羟基；苯环上的一溴代物有两种，说明分子中苯环上的侧链在对位；若再分析不饱和度，可看出分子中还应含有一个双键或一个环，结合分子式及分子中没有甲基这些条件，可写出符合条件的结构简式。
答案：(1) 或
(2)消去反应　
(3) 　
(4) 的水解产物不能经氧化反应⑥而得到产品(或A中的不能经反应最终转化为产品，产率低，其他合理答案均可)　
(5) ＋2Ag(NH3)2OH＋2Ag↓＋3NH3＋H2O
(或＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O)
(6) 　一、选择题
1．(2012年豫南九校联考)将氯水分别滴入下列各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的是(　　)
选项 氯水滴入下列溶液中 实验现象 结论
A 滴有KSCN的FeCl2溶液 变红 Cl2具有还原性
B 滴有酚酞的NaOH溶液 褪色 Cl2具有酸性
C 紫色石蕊溶液 先变红后褪色 Cl2具有漂白性
D KI 淀粉溶液 变蓝色 Cl2具有氧化性
解析：A项体现Cl2的氧化性；B项是Cl2与NaOH反应，为氧化还原反应，结论不正确；C项Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl的酸性使石蕊变红，HClO的强氧化性使溶液褪色；D项Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，I2遇淀粉变蓝色。
答案：D
2．(2012年北京重点中学联考)用氯气消毒的自来水配制下列溶液时，会使配得的溶液变质的是(　　)
①NaOH　②AgNO3　③Na2CO3　④NaBr　⑤FeCl2
A．只有②④ B．只有④⑤
C．只有②④⑤ D．全部
解析：氯气消毒的自来水相当于极稀的氯水，其中的Cl2能够与NaOH、NaBr、FeCl2反应，HCl能够与AgNO3和Na2CO3反应。
答案：D
3．某学生做如下实验：第一步，在淀粉 KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列该同学对实验原理的解释和所得结论不正确的是(　　)
A．第一步反应的离子方程式为：ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O
B．淀粉 KI溶液变蓝是因为I－被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝色
C．蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
D．粒子的氧化性由强到弱的顺序是：ClO－>I2>SO
解析：由题意知，在淀粉 KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸后，发生反应：ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O，从而使淀粉 KI溶液变蓝；再滴加足量的Na2SO3溶液，发生反应SO＋I2＋H2O===SO＋2H＋＋2I－，蓝色逐渐消失，由此可以得出粒子的氧化性由强到弱的顺序是：ClO－>I2>SO。
答案：C
4．(2012年枣庄模拟)已知HIO具有两性，下列有关HIO的说法正确的是(　　)
A．HIO碱式电离方程式为HIOOH－＋I－
B．HIO是弱酸，其对应的盐NaIO溶液的pH<7
C．HIO若与盐酸反应可生成ICl
D．HIO是较强的氧化剂，是常用的消毒杀菌剂
解析：本题考查次碘酸的性质。电离不能只生成阴离子， 还应生成阳离子I＋，故A错C对；弱酸强碱盐水解显碱性，B错；常用的消毒杀菌剂是HClO，没有用HIO的，D错。
答案：C
5．“84”消毒液(由氯气通入氢氧化钠溶液中制得)、生石灰是预防甲型H1N1流感的常见物质，下列有关说法正确的是(　　)
A．“84”消毒液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)
B．向“84”消毒液中通入SO2能生成Na2SO3和HClO
C．适当加热“84”消毒液、饱和石灰水，溶液pH都减小
D．用pH试纸测定某“84”消毒液显碱性，可得pH＝8.5
解析：A项只有当溶液呈中性时才成立；B项“84”消毒液具有强氧化性，能将SO氧化为SO；C项加热“84”消毒液，HClO分解后pH减小，饱和石灰水溶解度减小，pH也减小；D项pH试纸只能精确到整数值而且“84”消毒液具有漂白性，也不能用pH试纸测定其pH。
答案：C
6．下列实验现象描述正确的是(　　)
A．碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色
B．红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟雾
C．电解氯化钠饱和溶液，将阴极气体产物通入淀粉 碘化钾溶液中，溶液变蓝
D．溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色
解析：A项汽油密度小，上层为紫红色；B项是棕黄色的烟而不是雾；C项应是阳极的产物(Cl2)。
答案：D
7．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是(　　)
A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
B．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
C．氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气
D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液后溶液的红色褪去，说明BaCl2溶液具有酸性
解析：A项，Cl2为单质，与水反应后的产物能电离出自由移动的离子而具有导电性；B项，前者利用其氧化性而具有消毒作用，后者利用明矾水解生成的Al(OH)3具有吸附杂质的作用；D项，由于BaCO3沉淀的生成，使CO浓度减小，碱性减弱而不是BaCl2具有酸性。
答案：C
8．已知，下列叙述错误的是(　　)
A．反应①和②互为可逆反应
B．反应①中I2既作氧化剂又作还原剂
C．反应②中IO作氧化剂
D．检验加碘盐中的KIO3可用淀粉 KI溶液和食醋
解析：反应①与②条件不同，不属于可逆反应。
答案：A
9．(2012年南京模拟)某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。
下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B．Ⅱ图中：量筒中发生了加成反应
C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟
D．Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成
解析：A项浓盐酸变稀后，反应不再发生，故浓盐酸不可能全部被消耗；B项发生取代反应；C项生成棕黄色的烟；D项Cl2能使湿润的有色布条褪色，滴入H2SO4溶液后发生反应Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
答案：D
10．ClO2是一种高效、无污染的饮用水消毒剂(消毒时被还原为Cl－，其中氧元素为－2价)，下列关于ClO2的说法不正确的是(　　)
A．ClO2可作消毒剂，是因为它具有强氧化性
B．等质量的ClO2和Cl2，在相同条件下ClO2的消毒效率高
C．现代工业多用电解法制ClO2，即4ClO＋4H＋===4ClO2↑＋O2↑＋2H2O，ClO2在阳极析出
D．将ClO2＋Mn2＋＋H2O―→MnO2↓＋H＋＋Cl－配平后，H2O的化学计量数为6
解析：ClO2具有强氧化性，能够起到杀菌消毒的作用，A正确；等质量的ClO2和Cl2杀菌消毒时都被还原为Cl－，其中ClO2得到的电子多，则其消毒效率高，B正确；电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，分别为(阴极)4ClO＋8H＋＋4e－===4ClO2↑＋4H2O，(阳极)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，显然ClO2在阴极析出，C错；D中反应配平为：2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－，D正确。
答案：C
二、非选择题
11．为了证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，甲同学设计了如下图所示的实验装置，按要求回答问题。
①　　　　　　②　　　　　　③　　　　④
(1)请根据甲同学的意图，连接相应的装置，接口顺序：b接________，________接________，________接a。
(2)U形管中所盛试剂的化学式为________。
(3)装置③中CCl4的作用是______________________________。
(4)乙同学认为甲同学实验有缺陷，不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加装置⑤。你认为装置⑤应加在______之间(填装置序号)。瓶中可以放入______。
解析：为验证其猜测，应先检验水蒸气的存在，之后再检验HCl的存在。水蒸气的检验一般使用无水CuSO4(变蓝)，HCl的检验一般是与AgNO3反应生成白色沉淀。但是Cl2的存在会干扰HCl的检验，故在检验HCl之前应先除去其中的Cl2(用CCl4吸收)。在检验HCl之前为确认Cl2已经除尽，可在①③之间增加装置⑤，其中可以放入湿润的KI 淀粉试纸或润湿的有色布条等。
答案：(1)e　f　d　c　(e和f顺序可以交换)
(2)无水CuSO4　(3)吸收Cl2　(4)①③　湿润的KI 淀粉试纸(或润湿的有色布条等其他合理答案)
12．(2012年深圳调研)已知SnCl4极易水解，熔点－33 ℃，沸点114.1 ℃；锡的熔点232 ℃，沸点2 260 ℃。下图是实验室制备SnCl4的装置示意图：
请回答下列问题：
(1)仪器b的名称：________；说出仪器a在中学实验中的两种用途：________、________。
(2)写出装置A中反应的离子方程式：_________________________。
(3)装置B、C中的药品分别为________、________；装置F的作用是________________________________________________________________。
(4)实验制得的SnCl4中因溶解了Cl2而略显黄色。提纯SnCl4的方法是________。
解析：(3)因为SnCl4极易水解，所以制取SnCl4需要干燥纯净的氯气，需要除去氯气中的HCl和水蒸气，装置B除HCl，装置C除水蒸气。(4)依据SnCl4熔、沸点，可知在常温常压下是液体，除去液体中的杂质可根据沸点不同进行蒸馏。
答案：(1)蒸馏烧瓶　添加液体　萃取分液
(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑
(3)饱和食盐水　浓硫酸　吸收未反应完全的氯气、防止空气中的水蒸气进入装置E内使SnCl4水解
(4)加热蒸馏
13．某无色溶液中可能含有Na＋、SO、MnO、SO、Cl－、Br－、CO中的若干种，依次进行下列实验。观察到现象如下：
①用pH试纸检验，溶液pH>7；
②向溶液中滴加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置、CCl4层呈橙色，用分液漏斗分液；
③向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3的混合液，有白色沉淀产生；
④另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。
回答下列问题：
(1)原溶液中肯定含有的离子是________；肯定没有的离子是________。
(2)写出步骤②中的离子方程式_______________________________
__________________________________________________________。
解析：无色溶液中不含MnO，由①的现象可知溶液中至少含有CO、SO中的一种；由②的现象可推知无CO，含有Br－、SO；由于②中引入Cl－，故不能根据③的现象确定溶液中是否含有Cl－；酸性条件下NO可将SO氧化为SO，也不能根据④的现象推知是否有SO。由于溶液必须呈电中性，溶液中一定含有Na＋。
答案：(1)Na＋、Br－、SO　CO、MnO
(2)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
14．(2012年湛江模拟)用如图所示装置可以完成一系列实验(图中夹持装置已略去)。
用装置A由浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质，②蘸有KI溶液，③蘸有石蕊溶液。
请回答下列问题：
(1)仪器P的名称是___________________________；
(2)①处包有的某固体物质可能是(填序号)________；
a．MnO2　　b．KMnO4　　c．KCl　　d．Cu
反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式____________________________________；
(3)在实验过程中，在③处能观察到_____________________________
____________________________________________________________；
(4)甲同学为了验证剩余气体的主要成分，在C中设计了如图装置，D中装有铜丝网，装置E的试管中不加任何试剂，装置F的烧杯中加入适量的AgNO3溶液
①实验过程中，装置D的作用是_______________________
装置F的作用是_____________________________________；
②装置F中的现象是__________________________________；
③乙同学认为甲同学的实验有缺陷，为了确保实验的可靠性，乙同学提出在________和________(填装置字母)之间加装如图所示装置。
你认为如图广口瓶中可加入足量________(填字母代号)，此试剂的作用是________。
A．淀粉 碘化钾溶液 B．四氯化碳溶液
C．湿润的有色布条 D．饱和食盐水
解析：(1)仪器P的名称为分液漏斗。
(2)②处有棕黄色物质产生，说明有单质I2生成，说明HCl经过①处后被氧化生成Cl2，①处包有的固体物质可能是KMnO4，②处反应的离子方程式为：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。
(3)Cl2通过蘸有石蕊溶液的棉花时，会使石蕊溶液先变红后褪色。
(4)甲同学实验的原理如下：用铜丝网证明剩余气体中含有Cl2(若铜网颜色变化，可以证明含有Cl2)；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝从而除去；再根据剩余气体与硝酸银溶液的反应情况验证是否存在HCl气体。但由于用冷凝法不易将Cl2除尽，所以该实验有缺陷。最好在验证完Cl2的存在后，将气体通过四氯化碳溶液，利用Cl2在四氯化碳溶液中的溶解度较大而除去。
答案：(1)分液漏斗
(2)b　Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
(3)先变红后褪色
(4)①验证剩余气体中含有Cl2　验证剩余气体中含有HCl气体
②有白色沉淀产生
③E　F　B　除尽HCl气体中的Cl2一、选择题
1．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是(　　)
A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：
2Cl－－2e－===Cl2↑
B．氢氧燃料电池的负极反应式：
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：
Cu－2e－===Cu2＋
D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
解析：A正确；B式为正极反应式，所以不正确；精炼铜时，与电源正极相连的是粗铜，C不正确；D是负极反应式。
答案：A
2．(2012年青岛模拟)右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置，通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液，下列实验现象中正确的是(　　)
A．逸出气体的体积：a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
解析：电解Na2SO4溶液时发生的反应为：
a为阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
b为阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
A、B不正确。a极周围由于H＋放电溶液呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH－放电溶液呈酸性，石蕊显红色。
答案：D
3．下列有关电化学知识的描述中正确的是(　　)
A．原电池的正极和电解池的阳极均发生氧化反应
B．铜的电解精炼时，粗铜板作阳极
C．铜、锌和稀硫酸构成的原电池中铜为负极
D．石墨作电极电解氯化镁溶液的离子方程式为：
2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
解析：原电池的正极发生还原反应，A错误。铜的电解精炼时，粗铜板作阳极，B正确。锌比铜活泼，在与稀硫酸构成的原电池中锌作负极，C错误。石墨作电极电解氯化镁溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，D错误。
答案：B
4．(2012年枣庄模拟)串联电路中四个电解池分别装有0.5 mol·L－1的下列溶液，用惰性电极电解，连接直流电源一段时间后，溶液pH最小的是(　　)
A．KNO3溶液　　　　　　　 B．NaCl溶液
C．AgNO3溶液 D．CuCl2溶液
解析：电解KNO3溶液一段时间后，溶液仍呈中性；电解NaCl溶液一段时间后，由于产生了NaOH溶液呈碱性；电解AgNO3溶液一段时间后，由于产生了HNO3溶液呈酸性；电解CuCl2溶液一段时间后，由于溶液中溶解了Cl2而使溶液呈酸性，故选C项。
答案：C
5．用惰性电极电解下列物质的溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质(括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是(　　)
A．CuCl2[CuO] B．NaOH[Na2O]
C．NaCl[HCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]
解析：A项，电解CuCl2溶液，生成Cu和Cl2，两者结合对应的物质是CuCl2，即加入CuCl2固体即可恢复原状态；B项，电解NaOH溶液，实质是电解水，即加入一定量的H2O可恢复原状态；C项，电解NaCl溶液，生成H2和Cl2，两者结合得HCl，通入HCl气体可恢复原状态；D项，电解CuSO4溶液，生成Cu和O2，结合得CuO，即加入CuO固体，可恢复原状态。
答案：C
6.铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是(　　)
A．正极电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑
B．此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
C．此过程中铜并不被腐蚀
D．此过程中电子从Fe移向Cu
解析：铜、铁形成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，Fe作负极，失去电子被氧化，电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋；Cu作正极，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。在此原电池中，电子由Fe移向Cu，原电池反应为2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，在溶液中还发生：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3的反应。
答案：A
7．如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，以下叙述正确的是(　　)
A．Cu极附近OH－浓度增大
B．Cu极为原电池负极
C．电子流向是由C极流向Pt极
D．当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成
解析：闭合开关后，右侧装置中有自发的氧化还原反应，是原电池，Zn作原电池的负极，C作正极。左侧装置是电解池，Cu作阴极，Pt作阳极，B项错误。Cu电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，OH－浓度增大，A项正确。电子流向应由电解池的阳极Pt流向原电池的正极C，C项错误。Pt电极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，当有4 mol电子转移时，Pt电极上有2 mol Cl2生成，D项错误。
答案：A
8．(2012年合肥模拟)如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是(　　)
A．电源B极是正极
B．甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1∶2∶2∶2
C．欲用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选AgNO3溶液
D．装置丁中X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
解析：接通电源后都是电解池。电解NaCl溶液时阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极：2H＋＋2e－===H2↑，由乙中现象可知F为阴极，E为阳极，所以B为电源的负极，A为电源的正极，A错误；电解CuSO4溶液，阳极(C)反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，阴极(D)反应：2Cu2＋＋4e－===2Cu，由电子守恒可知C、D、E、F电极上生成的单质的物质的量比为1∶2∶2∶2，B正确；X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，胶粒带正电荷，D正确。
答案：A
9．下列有关电化学的示意图中正确的是(　　)
解析：选项A，Zn应为原电池负极，Cu为原电池正极。选项B，盐桥两边的烧杯中盛装的电解质溶液应互换。选项C，粗铜应连接电源正极。选项D，电解饱和NaCl溶液，Cl－在阳极放电产生Cl2，溶液中的H＋在阴极获得电子而产生H2，正确。
答案：D
10．用下列装置能达到预期目的的是(　　)
A．甲图装置可用于电解精炼铝
B．乙图装置可得到持续、稳定的电流
C．丙图装置可达到保护钢闸门的目的
D．丁图装置可达到保护钢闸门的目的
解析：AlCl3溶液中存在Al3＋、H＋，通电时后者先得电子，故阴极得到的不是铝，而是氢气，A不能达到目的；B中的这种原电池，电流会迅速衰减，乙装置不能达到目的；丙装置是牺牲阳极的阴极保护法，其中阳极材料要为活泼的金属，故不能达到预期目的。
答案：D
二、非选择题
11．Ⅰ.如图所示，X、Y分别为外接直流电源的两极，a、b是石墨电极，通电一段时间后，a极附近溶液显红色。回答下列问题：
(1)Y的电极名称是________；Cu电极的名称是________。
(2)a的电极反应为_______________________________________。
(3)左侧装置所看到的现象为________________________________。
Ⅱ.(改编自2010年山东理综)利用右图装置，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________处；
若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________________。
解析：Ⅰ.(1)a极附近溶液显红色，说明溶液显碱性，H＋得电子，所以为阴极，Cu为阳极，Y为电源正极，左侧装置为电镀池；Ⅱ.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。
答案：Ⅰ.(1)正极　阳极　(2)2H＋＋2e－===H2↑
(3)Pt棒变粗且吸附上红色物质，Cu棒变细
Ⅱ.N　牺牲阳极的阴极保护法
12．(2012年上饶模拟)用惰性电极电解NaCl与NaHCO3混合溶液，测得溶液pH变化如图所示。
(1)在O→t1时间内，两个电极上的电极反应式为：
阳极____________________；阴极__________________________。
(2)用离子方程式表示O→t1时间内，溶液pH升高比较缓慢的原因：
_______________________________________________________。
(3)将等物质的量的KI和CuCl2溶于水，用惰性电极电解，该电解反应可分为________个阶段(填表不一定填满)。
阶段 相当于电解？溶液 离子方程式
①
②
③
④
⑤
画出过程中溶液pH值随时间变化的曲线(假定生成的Cl2全部逸出)。
解析：(1)由于HCO、Na＋均不易放电，故阳极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑；
阴极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
(2)随着反应的进行c(OH－)增大，HCO＋OH－===CO＋H2O，故而开始pH变化缓慢，当HCO完全反应后，pH增幅加大。
(3)开始电解时阳极是I－失电子，阴极是Cu2＋得电子；当I－完全反应时，Cu2＋有1/2被还原，此时阳极变成Cl－失电子，相当于电解CuCl2溶液；当Cu2＋完全反应时，Cl－有1/2被氧化；以后阴极是H2O电离的H＋得电子，此段相当于电解KCl溶液；当Cl－完全反应后，最后相当于电解KOH溶液。
答案：(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　2H＋＋2e－===H2↑
(2)HCO＋OH－===CO＋H2O
(3)4　①CuI2　Cu2＋＋2I－Cu＋I2
②CuCl2　Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③KCl　2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
④KOH　2H2O2H2↑＋O2↑
13．在如图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答：
(1)电源电极X名称为________。
(2)pH变化：A________，B________，C________。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)通电5 min时，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL。则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。
(4)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解5 min后，溶液的pH为________(设电解前后溶液体积无变化)。
解析：(1)C装置的铜电极质量增加，铜极为阴极，由此可确定X极为负极。
(2)A装置是电解KCl溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大。B装置阴极上先析出铜，当铜离子消耗完后将析出氢气，而阳极上析出氧气，溶液中氢离子浓度增大。C装置阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上溶液的物质的量浓度不变。
(3)B装置两极上电子转移的数目与C装置中转移的电子数目相同为＝0.02 mol。
阳极上的反应为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
转移0.02 mol电子，放出O2 112 mL(标准状况)，说明阴极上有112 mL(标准状况)氢气放出，产生这些氢气同时得电子0.01 mol，则Cu2＋得电子0.01 mol，n(CuSO4)＝5×10－3mol　c(CuSO4)＝0.025 mol/L。
(4)A装置的反应为：
2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑
即反应中电子转移的物质的量与生成的氢氧根离子的物质的量相等，为0.02 mol。
c(OH－)＝＝0.1 mol/L　故pH＝13。
答案：(1)负极　(2)增大　减小　不变
(3)0.025 mol/L　(4)13
14．全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如下图所示。
(1)当左槽溶液颜色逐渐由黄变蓝，其电极反应式为________________。
(2)充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由________色变为________色。
(3)放电过程中氢离子的作用是______________和____________________；充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n(H＋)的变化量为________。
解析：左槽溶液由黄变蓝说明VO转化为VO2＋，则电极反应式为VO＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O；充电过程右槽是阴极，发生还原反应(V3＋→V2＋)，故溶液颜色由绿色变为紫色。放电时，氢离子从负极移动到正极，参与正极反应，且通过离子定向移动构成闭合回路。若充电时转移电子3.01×1023个，即0.5 mol，则左槽中增加H＋ 0.5 mol。
答案：(1)VO＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O
(2)绿　紫　(3)参与正极反应　通过交换膜定向移动构成回路　0.5 mol一、选择题
1.将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，正确的是(　　)
A．镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2＋
B．铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成
C．该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流
D．该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理
解析：在NaOH溶液中，铝比镁活泼，铝失去电子被氧化，作负极，在过量NaOH溶液中，生成偏铝酸钠溶液，得不到白色沉淀。
答案：D
2．(2012年茂名模拟)可以将反应Zn＋Br2===ZnBr2设计成可充电电池，下列4个电极反应：
①Br2＋2e－===2Br－　②2Br－－2e－===Br2
③Zn－2e－===Zn2＋　④Zn2＋＋2e－===Zn
其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是(　　)
A．②和③　　　　　　　　B．②和①
C．③和① D．④和①
解析：充电时的阳极和放电时的负极均发生氧化反应。
答案：A
3．(2012年银川模拟)镁 H2O2酸性电池采用海水作电解质溶液(加入一定量的酸)，下列说法正确的是(　　)
A．电池总反应的离子方程式为：Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
B．负极的电极反应为：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O
C．工作时，正极周围海水的pH减小
D．电池工作时，溶液中的H＋向负极移动
解析：电解质溶液为酸性，则正确的总反应式为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，故A正确；负极发生氧化反应；正极反应消耗H＋，故电池工作时，正极周围海水的pH增大，且溶液中的H＋向正极移动，故B、C、D错误。
答案：A
4．我国新建的某海岛发电示意图如图，已知铅蓄电池放电时的总反应为：
Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，下列有关说法正确的是(　　)
A．图中涉及的能量转化方式只有3种
B．蓄电池供电时，负极的电极反应为：Pb＋SO－2e－===PbSO4
C．储能时若充电时间过长，阳极流向阴极的气体可能是H2
D．该发电工艺可实现零排放
解析：图中涉及的能量转化方式有：风能转化为化学能；太阳能转化为化学能；波浪能转化为电能；电能转化为机械能四种能量转化方式，A错；由铅蓄电池放电时的总反应可知：Pb化合价升高为负极反应物，产物为PbSO4，故B正确；铅蓄电池储能时变化的物质为Pb和PbO2，不涉及H2的变化，C错；风能、太阳能、波浪能的转化不涉及物质变化，铅蓄电池的化学能与电能的转化过程中不对外排放物质，故该发电工艺可实现零排放。
答案：BD
5．将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是(　　)
①通入CH4的电极为正极　②正极的电极反应是O2＋2H2O＋4e－===4OH－　③通入CH4的电极反应式是CH4＋2O2＋4e－===CO2＋2H2O　④负极的电极反应式是CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O　⑤放电时溶液中的阳离子向负极移动　⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动
A．①③⑤ B．②④⑥
C．④⑤⑥ D．①②③
解析：根据题意知发生的反应为CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O，①通入CH4的电极为负极，反应产生的CO2，处于KOH溶液中，又会转化为CO，故①③错误，④是正确的。②O2得电子被还原，作正极。溶液中离子移动情况受溶液(原电池内电路)中电流方向影响，内电路电流方向是由负极流向正极，阳离子的运动方向与电流方向相同，故在溶液(原电池内电路)中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故⑤错误，⑥正确。
答案：B
6．(2010年高考安徽卷)某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O。下列有关说法正确的是(　　)
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1 mol电子，消耗1.12L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
解析：由图示知充入H2的a极是负极，充入O2的b极是正极，电子应由a极通过外电路流向b极；电池内部阳离子即H＋移向正极，正极即b极的电极反应式应为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故A项、B项错误，D项正确。C项没有指明标准状况，故C项错误。
答案：D
7．(2012年烟台模拟)一种燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是(　　)
A．CH3OH(g)＋O2(g)===H2O(l)＋CO2(g)＋2H＋(aq)＋2e－
B．O2(g)＋4H＋(aq)＋4e－===2H2O(l)
C．CH3OH(g)＋H2O(l)－6e－===CO2(g)＋6H＋(aq)
D．O2(g)＋2H2O(l)＋4e－===4OH－
解析：根据化学反应分析，甲醇是还原剂，失去电子，应该在负极发生反应，甲醇中的碳元素为－2价，二氧化碳中的碳元素为＋4价，故失去6个电子，C正确；氧气是氧化剂，得到电子，在正极发生反应。
答案：C
8．科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机酸转化成氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反应为(　　)
A．H2 ＋2OH－－2e－===2H2O
B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋
D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：以酸为电解质，反应式中无OH－参加反应或生成，A、D错；B为还原反应，是正极反应；C为氧化反应，是负极反应。
答案：C
9．关于铅蓄电池的说法正确的是(　　)
A．在放电时，正极发生的反应是Pb(s)＋SO(aq)－2e－===PbSO4(s)
B．在放电时，该电池的负极材料是铅板
C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小
D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4(s)＋2e－===Pb(s)＋SO(aq)
解析：放电时为原电池装置，正极PbO2发生还原反应，负极Pb发生氧化反应，A错B对。充电时为电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，溶液中有硫酸生成，C、D错。
答案：B
10．有四种燃料电池：A.固体氧化物燃料电池，B.碱性氢氧化物燃料电池，C.质子交换膜燃料电池，D.熔融盐燃料电池，下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是(　　)
解析：四种电池中正极均是氧气得电子；A中正极无氢元素，O2得电子生成O2－，电极反应式为O2＋4e－===2O2－；B中正极电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－；C中正极电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；D中右端为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2CO2===2CO。
答案：C
二、非选择题
11．Li SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2。
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为_______，发生的电极反应为__________________。
(2)电池正极发生的电极反应为_______________________________。
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___________________________，
反应的化学方程式为_____________________________________。
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是________________。
解析：该题以电池在医疗中的应用为载体，考查了原电池原理，其中包括电极反应的判断，电极反应式的书写。
(1)从电池的总反应式可知，化合价升高的元素是Li，故金属Li为原电池的负极，失去1个电子而成为Li＋。
(2)用原电池总反应式减去负极反应式，即(4Li＋2SOCl2)－4(Li－e－) ===(4LiCl＋S＋SO2)－4Li＋，化简即得2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2。
(3)由SOCl2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和NaCl可知，SOCl2与水反应的产物是H2SO3(SO2)和HCl。由于题目提供的条件是少量水，故HCl与二氧化硫挥发，与空气中的水蒸气结合，出现白雾现象。
(4)锂为碱金属元素的单质，极易与水、氧气反应，而且由第(3)问可知SOCl2在水中极易水解，所以组装这种电池必须在无水、无氧的环境中进行。
答案：(1)锂　Li－e－===Li＋
(2)2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S↓＋SO2↑
(3)出现白雾，有刺激性气体生成　SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑
(4)锂是活泼金属，易与H2O、O2反应且SOCl2也可与水反应
12．(2011年临川一中一模)近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下：
电解质溶液为稀硫酸
甲醇燃料电池工作原理示意图
请回答下列问题：
(1)Pt(a)电极是电池的______极，电极反应为__________________；Pt(b)电极发生________反应(填“氧化”或“还原”)，电极反应为________________。
(2)电池的总反应方程式为__________________________________。
(3)如果该电池工作时电路中通过2 mol电子，则消耗的CH3OH有_____ mol。
解析：从示意图中可以看出电极Pt(a)原料是CH3OH和水，反应后产物为CO2和H＋，CH3OH中碳元素化合价为－2价。升高到CO2中＋4价，说明Pt(a)电极上CH3OH失去电子，电极Pt(a)是负极，则电极Pt(b)是正极，Pt(b)电极原料是O2和H＋，反应后的产物为H2O，氧元素化合价由0→－2，发生还原反应，因为电解质溶液是稀H2SO4，可以写出电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，再写出较为简单的正极反应：3O2＋12e－＋12H＋===6H2O，用总反应减去正极反应即可得到负极电极反应为：2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋。
答案：(1)负　CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋　还原　O2＋4H＋＋4e－===2H2O
(2)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O　(3)
13．Zn MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2 NH4Cl混合溶液。
(1)该电池的负极材料是________。电池工作时，电子流向________(填“正极”或“负极”)。
(2)若ZnCl2 NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是___________________________________________________________。
欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的________(填代号)。
a．NaOH　b．Zn　c．Fe　d．NH3·H2O
(3)MnO2 的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反应式是____________________________________。若电解电路中
通过2 mol电子，MnO2的理论产量为________g。
解析：(1)原电池的负极是发生氧化反应的一极：Zn－2e－===Zn2＋；电池工作时，电子是从负极流向正极。(2)Zn与Cu2＋发生氧化还原反应，生成的Cu附着在Zn的表面构成铜锌原电池，加快反应速率，从而加快Zn的腐蚀。(3)电解池的阴极是发生还原反应的一极：2H＋＋2e－===H2↑；每生成1 mol MnO2需转移2 mol电子，故每通过2 mol 电子，理论上生成1 mol MnO2，质量为87 g。
答案：(1)Zn(或锌)　正极
(2)锌与还原出的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀　b
(3)2H＋＋2e－===H2↑　87
14．(2011年高考山东理综)科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。
(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为____________。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是________。
(2)右图为钠硫高能电池的结构示意图。该电池的工作温度为320 ℃左右，电池反应为2Na＋xS===Na2Sx，正极的电极反应式为________。M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是________。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的________倍。
(3)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为________，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为__________________(用离子方程式表示)。
解析：(1)试管壁上的硫可用CS2或热碱溶液来清洗。(2)正极上硫得电子被还原：xS＋2e－===S；M的两个作用：作固体电解质和隔膜(隔离钠与硫)；钠硫电池和铅蓄电池的负极分别为Na和Pb，则消耗等质量的Na和Pb时，钠硫电池的放电量(转移电子数)是铅蓄电池的＝4.5倍。
(3)Na2S溶液中离子浓度的大小可根据盐类水解原理不难作答，Na2S与CuSO4溶液反应：Na2S＋CuSO4===CuS↓＋Na2SO4，溶液的pH减小，Na2S溶液长期放置会被空气中的氧气氧化为硫：
2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－
答案：(1)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑　CS2[或(热)碱溶液]
(2)xS＋2e－===S(或2Na＋＋xS＋2e－===Na2Sx)　离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫　4.5
(3)c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)　减小　2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－一、选择题
1．放热反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0 mol·L－1，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则(　　)
A．K2和K1的单位均为mol·L－1
B．K2C．c2(CO)＝c2(H2O)
D．c1(CO)>c2(CO)
解析：平衡常数表达式的分子和分母分别为两个浓度的乘积，因此K的单位不可能为mol·L－1；该反应是放热反应，升高温度平衡左移，所以K2答案：BC
2．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)??2C(g)达到平衡状态的标志是(　　)
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间内有a mol A生成，同时生成3a mol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④容积不变的密闭容器中混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的物质的量不再变化；
⑥单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B；
⑦A、B、C的分子数目之比为1∶3∶2。
A．②⑤　　　　　　　　　B．①③
C．②⑦ D．⑤⑥
解析：本题考查可逆反应达到平衡状态的标志。用同一物质表示的速率来判断时，只要其消耗速率和生成速率相等时，反应达到平衡状态，①正确；②中量是相当的，但反应方向都是逆向，不满足异方向的原则，不正确；③是达到平衡状态的直接标志，正确；④体积不变时，总压强不变，说明已经达到平衡状态，正确；该反应是气体体积改变的反应，物质的量恒定，反应达到平衡状态；⑤正确；⑥满足量相当，分别代表不同的反应方向，正确；⑦无法判定是否达到平衡状态，综上分析，错误的是②⑦。
答案：C
3．可逆反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．3v正(N2)＝v正(H2) B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3) D．v正(N2)＝3v逆(H2)
解析：当v正＝v逆时，表明反应已达平衡状态，＝，说明正、逆反应速率相等。
答案：C
4．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质 X Y Z
初始浓度/mol·L－1 0.1 0.2 0
平衡浓度/mol·L－1 0.05 0.05 0.1
则25 ℃时，反应X＋3Y??2Z的平衡常数为(　　)
A．500　　　B．600　　　C．1 200　　　D．1 600
解析：25 ℃，K＝＝＝1 600，故D正确。
答案：D
5．在固定容积的密闭容器中进行如下反应：
2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，已知反应过程某一时刻SO2、O2、SO3浓度分别为0.2 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，达到平衡时浓度可能正确的是(　　)
A．SO2、O2分别为0.4 mol/L、0.2 mol/L
B．SO2为0.25 mol/L
C．SO2、SO3均为0.15 mol/L
D．SO2为0.24 mol/L，SO3为0.14 mol/L
解析：本题可用极限法。可逆反应不可能进行到底，假设反应由正反应或逆反应开始建立。A项，0.2 mol/L SO3全部转化时，SO2和O2的浓度分别是0.4 mol/L、0.2 mol/L。B项，SO2的浓度在0～0.4 mol/L之间。根据S原子守恒，二者浓度不可能均为0.15 mol/L，其浓度之和应为0.4 mol/L，C、D两项都不正确。
答案：B
6．(2011年北京海淀区高三模拟)X、Y、Z三种气体，取X和Y按2∶1 的物质的量之比混合，放入固定体积的密闭容器中发生如下反应：
X＋2Y??2Z，达到平衡后，X的转化率不可能为(　　)
A．25%　　　B．20%　　　C．15%　　　D．10%
解析：本题考查可逆反应不可能进行完全，若Y完全消耗1 mol 时，则X消耗0.5 mol，所以X的转化率一定小于25%。
答案：A
7．一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行反应
A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)，当下列物理量不发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的是(　　)
①混合气体的密度　②容器内气体的压强　③混合气体总物质的量　④B物质的量浓度
A．①④ B．只有②③
C．②③④ D．只有④
解析：该反应前后气体的物质的量不变，则一定温度下容器容积恒定时，无论平衡与否，容器内气体的压强、混合气体总的物质的量都不会改变。②③都不能说明反应已达到平衡状态，平衡正向移动则B的物质的量浓度减小，气体总质量增加，混合气体密度增大，平衡逆向移动，则B的物质的量浓度增大，气体的总质量减小，混合气体的密度减小，①、④能说明反应已达到平衡状态。
答案：A
8．某温度下，反应SO2(g)＋O2(g) SO3(g)的平衡常数K1＝50，在同一温度下，反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)的平衡常数K2的值为(　　)
A．2 500 B．100
C．4×10－4 D．2×10－2
解析：由化学平衡常数公式K1＝＝50，
而K2＝c2(SO2)·c(O2)/c2(SO3)＝(1/K1)2＝4×10－4，故答案选C。
答案：C
9.I2在KI溶液中存在下列平衡：
I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)
某I2、KI混合溶液中，I的物质的量浓度c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。
下列说法正确的是(　　)
A．反应I2(aq)＋I－(aq) I(aq)的ΔH>0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v(正)D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
解析：A项，根据图象可知c(I)随温度升高而减小，故升温平衡左移，根据升温平衡向吸热反应方向移动，可知逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH<0；B项，根据放热反应，升温K变小，因T2>T1，所以K1>K2；C项，曲线下方的点表示还未达平衡状态且由于c(I)小于平衡时，故反应向正反应方向进行，所以v(正)>v(逆)；D项，将A点看成原平衡状态，升温达到B点，则由于升温平衡左移，故c(I2)B>c(I2)A。
答案：B
10．(2012年闽江模拟)实验室用4 mol SO2与2 mol O2进行下列反应：
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－196.64 kJ/mol，当放出314.624 kJ热量时，SO2的转化率为(　　)
A．40% B．50%
C．80% D．90%
解析：根据放出314.624 kJ的热量可知参加反应的SO2的物质的量为：×2＝3.2 mol，故SO2的转化率为：×100%＝80%。
答案：C
二、非选择题
11．2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域做出的开拓性贡献。
(1)有人认为：该研究可以提高合成氨反应在铁催化剂表面进行的效率，从而提高原料的转化率。你是否认同他的观点________(填“是”或“否”)。理由是__________________。
(2)合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，在某温度时，K＝0.4。
①若出现下列状态，反应将向哪个方向进行以达到平衡状态(在后面空白处填“向左进行”、“向右进行”或“已经达平衡状态”)。
(A)c(N2)＝c(H2)＝1 mol·L－1，c(NH3)＝0.5 mol·L－1，________可以达到平衡。
(B)c(N2)＝0.3 mol·L－1，c(H2)＝0.1 mol·L－1，c(NH3)＝0.03 mol·L－1，________可以达到平衡。
②若该反应升高温度再达到平衡时，K为0.2，则正反应为________反应。
解析：(1)催化剂可提高化学反应速率，不能使化学平衡移动，即不能提高原料的转化率。
(2)①(A)Qc＝＝＝0.25同理：(B)Qc＝＝3>K，故反应向左进行，可以达到平衡。
②升高温度再达到化学平衡时，K＝0.2<0.4，据K＝知，平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应。
答案：(1)否　催化剂只提高化学反应速率，不能改变化学反应的限度
(2)①(A)向右进行　(B)向左进行　②放热
12．(2010年高考山东理综)硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ　　SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI
Ⅱ　　2HIH2＋I2
Ⅲ　　2H2SO4===2SO2＋O2＋2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是________。
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应I中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
(2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如右图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝ ________。该温度下，
H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的平衡常数K＝________。
相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则________是原来的2倍。
a．平衡常数 b. HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的________，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3　　b．CuSO4 　　c．Na2SO4　　d．NaHSO3
解析：(1)H2SO4沸点较高，在常温下不发生分解；反应Ⅰ中SO2的还原性比HI强；循环过程中H2O分解生成了H2与O2，需补充；循环过程中产生1 mol O2同时产生2 mol H2，c正确。
(2)　　2HI(g) ??H2(g)＋　　　I2(g)
初始：1 mol·L－1　　　　0　　　　　　　0
平衡：0.8 mol ·L－1　 　0.1 mol ·L－1　　0.1 mol ·L－1
v(HI)＝
＝0.1 mol ·L－1·min－1
该反应的平衡常数K1＝
＝＝
相同温度下，H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的平衡常数K＝＝64。该温度下，开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，平衡常数不变，HI、H2、I2平衡浓度均为原来的2倍，初始浓度变大、反应速率加快，HI、H2、I2的体积分数均不变，故选b。
(3)反应过程中消耗H＋，c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。
a、c对反应无影响，b项Zn置换出Cu，形成Cu—Zn原电池，反应速率增大，d使反应速率变慢。
答案：(1)c　(2)0.1 mol·L－1·min－1　64　b　(3)向右　b
13．高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)　ΔH>0，平衡常数可表达为：K＝(已知：1100℃时K＝0.263。)
(1)温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值______，平衡常数K值______。(填：“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)1100 ℃时测得高炉中c(CO2)＝0.025 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态________(填“是”或“否”)，此时化学反应速率是v(正)________v(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)，其原因是______________。
解析：K只受温度的影响，和浓度、压强无关。(1)中温度升高，化学平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，高炉内CO2与CO的体积比值增大，结合K的表达式，自然可以得到K值增大；(2)中温度不变，K自然不变，此时＝＝0.25<0.263，说明未达到平衡，要达到平衡，应增加CO2的浓度，减小CO的浓度，反应向正反应方向移动，v(正)>v(逆)。
答案：(1)增大　增大　(2)否　大于　此时，<0.263，反应向正反应方向移动
14．(2011年高考广东理综)
利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示。
(1)在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ、vⅢ从大到小的顺序为____；反应开始后的12小时内，在第_____种催化剂作用下，收集的CH4最多。
(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：
CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。该反应ΔH＝＋206 kJ·mol－1。
①请自作坐标图画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO 的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率(计算结果保留两位有效数字)。
(3)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－802 kJ·mol－1。
写出由CO2生成CO的热化学方程式________。
解析：(1)由图知在30小时CH4的产量Ⅲ最多、Ⅰ最少，故平均生成速率vⅢ＞vⅡ＞vⅠ，反应开始后的12小时内在第Ⅱ种催化剂作用下收集的CH4最多。
(2)设CH4、H2O的物质的量浓度均为a，转化率为x。
CH4(g) ＋ H2O(g)??CO(g)＋3H2(g)
初始　　　　a　　　　　a　　　　 0　　　　0
转化　　　　ax　　　　ax　　　　 ax　　　3ax
平衡　　 　a－ax　　 a－ax　　　 ax　　　3ax
则K＝＝27又有ax＝0.1 mol/L
得a＝0.11 mol/L，x≈91%(或0.91)
(3)由盖斯定律得
CO2(g)＋3H2O(g) CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋1 008 kJ/mol
答案：(1)vⅢ＞vⅡ＞vⅠ　Ⅱ
(2)①
②91%(或0.91)
(3)CO2(g)＋3H2O(g) CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋1 008 kJ/mol一、选择题
1．下列可逆反应达到平衡后，增大压强同时升高温度，平衡一定向右移动的是(　　)
A．2AB(g) A2(g)＋B2(g)　ΔH>0
B．A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)　ΔH<0
C．A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)　ΔH>0
D．2A(g)＋B(g) 3C(g)＋D(s)　ΔH<0
解析：A项，加压平衡不移动，升温平衡向右移动，故正确；B项，加压平衡向右移动，升温平衡向左移动，最后结果不确定；C项，加压平衡向左移动，升温平衡向右移动，结果也不确定；D项，加压平衡不移动，升温平衡向左移动，故不正确。
答案：A
2．(2012年杭州质检)对于一定不能自发进行的反应来说，反应后体系的(　　)
A．混乱度减少，而能量增加
B．混乱度增大，而能量降低
C．混乱度减少，能量降低
D．混乱度增大，能量增加
解析：本题考查反应的自发性问题。根据熵判据和焓判据，熵增加或焓降低有利于反应自发进行。如果一个反应熵减小焓增加则一定不能自发进行，故A正确。B、C、D都是可能自发的，可用ΔG＝ΔH－TΔS<0是自发的来判断。
答案：A
3．在某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的平衡常数为K，下列说法正确的是(　　)
A．增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大
B．升高温度，K值增大
C．K越大，说明该反应的进行程度越大，转化率越高
D．该反应的K＝[cm(A)＋cn(B)]/[cp(C)＋cq(D)]
解析：本题主要是考查平衡常数的应用。平衡常数只是温度的函数，即只与温度有关，所以A项不正确；升高温度，K值不一定增大，如果正反应是吸热反应，升高温度K值增大，但该反应没有告诉正反应的反应热，所以不能确定K变化情况，即B项不正确；平衡常数的意义就是衡量一个反应进行的程度，K值越大，正反应进行的程度越大，C项正确，符合题意；该反应的平衡常数的表达式为：K＝[cp(C)·cq(D)]/[cm(A)·cn(B)]，即D不正确。
答案：C
4．在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是(　　)
A．反应混合物的浓度 B．反应体系的压强
C．正、逆反应的速率 D．反应物的转化率
解析：因不知具体反应，不明确反应的特点，也没有指明反应所处的具体条件，所以只有根据反应物的转化率是否变化来判断。
答案：D
5．(2012年衡水模拟)在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH<0。第2 min时只改变一个条件，反应情况如下表：
时间 c(CO)/mol·L－1 c(H2)/mol·L－1 c(CH3OH)/mol·L－1
起始 1 3 0
第2 min 0.8 2.6 0.2
第4 min 0.4 1.8 0.6
第6 min 0.4 1.8 0.6
下列说法不正确的是(　　)
A．第4 min至第6 min该化学反应处于平衡状态
B．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是降低温度
C．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂
D．第6 min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大
解析：根据表中数据得，第4 min后体系中各物质的浓度保持不变，即反应达到平衡状态，A对；该反应在2～4 min内的反应速率大于0～2 min内的反应速率，即第2 min时反应速率增大，因此改变的条件不可能为降低温度，可能为使用催化剂，B错、C对；6 min时，升高温度，正逆反应速率均增大，D对。
答案：B
6．(2011年苏北四市联考)
如图表示反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0的正反应速率随时间的变化情况，试根据此曲线判断下列说法可能正确的是(　　)
A．t1时减小了SO2的浓度，增加了SO3的浓度
B．t1时降低了温度，平衡向正反应方向移动
C．t1时减小了压强，平衡向逆反应方向移动
D．t1时增加了SO2和O2的浓度，平衡向正反应方向移动
解析：由于t2时刻，反应再次达到平衡后的反应速率大于原平衡时的反应速率，则可判断t1时正反应速率减小，而逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，A项正确。
答案：A
7．在密闭容器中发生下列反应：(Ⅰ)2A(g)＋B(g) 2C(g)　ΔH<0，(Ⅱ)3A(g) D(g)＋E(g)　ΔH>0，达到平衡后，改变下列条件均能使反应(Ⅰ)(Ⅱ)中A的转化率增大的是(　　)
①缩小容器容积　②升高温度　③增加A的浓度
A．仅① B．①③
C．①②③ D．都不能
解析：缩小容器容积使这两个反应向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，反应(Ⅰ)向逆反应方向移动，A的转化率减小；③使A的转化率都减小。
答案：A
8．某温度下，在容积固定的密闭容器中发生可逆反应：A(g)＋2B(g)??2Q(g)。平衡时，各物质的浓度比为c(A)∶c(B)∶c(Q)＝1∶1∶2。保持温度不变，以1∶1∶2的体积比再充入A、B、Q，则下列叙述正确的是(　　)
A．刚充入时反应速率，v(正)减小，v(逆)增大
B．达到新的平衡时，反应混合物中A、B的物质的量分数增加
C．达到新的平衡时，c(A)∶c(B)∶c(Q)仍为1∶1∶2
D．达到新的平衡过程中，体系压强先增大，后逐渐减小
解析：由题意可知反应物、生成物的浓度增大相同的倍数，所以此题相当于增大压强，正逆反应速率均增大，平衡右移，所以A、B、C均错误。
答案：D
9．(2012年聊城模拟)一定温度下，在体积为V L的密闭容器中加入3 mol X进行如下反应：
3X(g) 2Z(g)＋W(s)　ΔH>0达到平衡，下列判断正确的是(　　)
A．向平衡混合物中加入少量W，正、逆反应速率均增大
B．平衡后再加入1 mol X，上述反应的ΔH增大
C．温度不变，再加入2 mol X，重新达到平衡时X的转化率大于原平衡
D．当容器内混合气体的密度不变时不能证明此反应已达平衡状态
解析：固体物质的量对反应速率无影响，A错；反应热ΔH与反应物的量无关，只与方程式的书写形式有关，B错；温度不变，再加入2 mol X，压强增大，平衡正向移动，X的转化率增大，C对；密度与体系中气体总质量和反应容器的容积有关，当此反应混合气体的密度不变时，说明气体总质量一定，反应处于平衡状态，D错。
答案：C
10．把1 mol CO2和3 mol H2通入1 L的密闭容器中，在某温度下发生反应：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　
ΔH＝－49.0 kJ·mol－1
测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如下图所示，下列说法正确的是(　　)
A．3 min时，v正＝v逆
B．0～10 min内，氢气的平均反应速率为0.225 mol·L－1·min－1
C．该温度下，反应的平衡常数K＝5.3 mol－2·L2
D．若升高温度，CO2的平衡转化率大于75%
解析：　　 CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
　起始：1.00 mol/L 3.00 mol/L
10 min时：0.25 mol/L　0.75 mol/L　0.75 mol/L　0.75 mol/L
变化量：0.75 mol/L　2.25 mol/L 0.75 mol/L 0.75 mol/L
则有：0～10 min内，v(H2)＝
＝0.225 mol/(L·min)
K＝
＝＝5.3 mol－2·L2，则B、C对；3 min时，未达平衡，v正≠v逆，A错；此反应为放热反应，升高温度平衡左移，CO2的平衡转化率降低，D错。
答案：BC
二、非选择题
11．(2010年高考全国Ⅱ理综节选)向2L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：
xA(g)＋yB(g) pC(g)＋qD(g)
已知：平均反应速率vC＝vA；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成。
回答下列问题：
(1)反应2 min内，vA＝________，vB＝________。
(2)化学方程式中，x＝______、y＝______、p＝______、
q＝________。
(3)反应平衡时，D为2a mol，则B的转化率为____。
(4)如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5a mol，则该反应的ΔH________0(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(1)vA＝＝＝mol/(L·min)
vB＝＝＝mol/(L·min)
同样可得vD＝mol/(L·min)　vC＝vA＝mol/(L·min)
(2)由化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可得x∶y∶p∶q＝vA∶vB∶vC∶vD＝∶∶∶＝2∶3∶1∶6。
(3)当D为2a mol时，B减小了a mol，因此B的转化率为：×100%＝×100%。
(4)其他条件不变只升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由题意知原平衡时D为2a mol，升高温度达到新平衡时，D为1.5a mol，可见反应向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，即ΔH＜0。
答案：(1)mol/(L·min)　mol/(L·min)
(2)2　3　1　6　(3)×100%　(4)＜
12．在容积为2 L的密闭容器内，T℃时发生反应：mA(g)＋nB(g) pD(g)＋qE(s)　ΔH<0(m、n、p、q为最简比例的整数)反应过程如图所示：
(1)反应开始至达到平衡时，用D表示该反应速率为________。
(2)该反应的化学平衡常数K的数值为________(保留至两位小数)。
(3)下列措施能增大B的转化率的是________。
A．再加入2 mol A和1 mol B
B．保持体积不变通入1 mol B
C．移出部分物质D
D．再加入2 mol A、1 mol B和0.6 mol D
(4)在T℃时，相同容器中，若开始时加入0.2 mol A、0.8 mol B、0.9 mol D、0.5 mol E反应，达到平衡后，A的浓度________0.2 mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是____________________________。
解析：(1)平衡时生成了0.6 mol D，则v(D)＝0.6 mol/(2 L×3 min)＝0.1 mol/(L·min)。(2)根据图中数据可以写出化学方程式为：2A(g)＋B(g)??3D(g)＋E(s)，平衡后的浓度分别为：c(A)＝0.2 mol/L，c(B)＝0.4 mol/L，c(D)＝0.3 mol/L，E为固体，不考虑浓度，则平衡常数为：c3(D)/[c2(A)·c(B)]＝1.69。(3)若再加入0.8 mol A和1 mol B时，平衡不移动，B的转化率不变，在此基础上再通入1.2 mol A，则平衡正向移动，B的转化率增大，A选项正确；通入B物质，尽管平衡向正反应方向移动，但B的转化率减小，B选项错误；移出部分物质D，平衡正向移动，B的转化率增大，C选项正确；若0.6 mol D转化后，相当于再加入2.4 mol A和1.2 mol B，根据A选项的考虑方法可知D选项正确。(4)将题中加入量向左边倒，知相当于加入0.8 mol A,1.1 mol B和0.2 mol E(固体，不影响平衡)。与起始相比增加0.1 mol B，平衡右移A的浓度减小。
答案：(1)0.1 mol/(L·min)　(2)1.69　(3)ACD
(4)小于　温度不变，平衡常数不变，若加入0.8 mol A、1.0 mol B，平衡浓度则与图中A浓度相同，题中投入量相当于加入0.8 mol A、1.0 mol B后再加入0.1 mol B，平衡正向移动
13．一定温度下，在容积固定的V L密闭容器里加入n mol A、2n mol B，发生反应：A(g)＋2B(g) 2C(g)　ΔH<0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。
(1)K和x的关系满足K＝________。在保证A浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡________(填字母)。
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
(2)若该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：
①可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：
t2时________；t8时________；
②t2时平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；
③若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线。
解析：(1)该反应达到平衡时，平衡常数K＝c2(C)/[c(A)×c2(B)]，增大容器体积时，c(B)和c(C)等比例减小，由于A的浓度不变，此时c2(C)/[c(A)×c2(B)]的值仍然等于K，所以平衡不移动。(2)由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，采用的条件可以是升温或增大C的浓度；t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂。
答案：(1)　C　(2)①升温或增大C的浓度　使用催化剂　②逆反应　③图象如图所示：
14．现有可逆反应：A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)　ΔH<0。在相同温度下，将1 mol A和2 mol B加入到容积固定不变的甲容器中，将2 mol C和2 mol D加入到容积可变的乙容器中，t1＝5 min时两容器内均达到平衡状态，甲中c(C)＝1.5 mol/L。请回答下列问题：
(1)5 min内，用B物质表示甲容器中的平均反应速率v(B)＝________。
(2)若使甲容器化学平衡向正反应方向移动，则可以改变的条件是________(填字母)；改变条件的瞬间，体系的正反应速率将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
A．减小A的物质的量　　B．降低体系的温度
C．增大D的浓度 D．加入催化剂
(3)保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙容器中C的物质的量浓度c(C)______(填“>”“<”或“＝”)3 mol/L。
(4)保持温度不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，下图中能表示甲中反应速率变化情况的是____________，能表示乙中反应速率变化情况的是________。
解析：(1)达到平衡时甲容器中C的浓度为1.5 mol/L，所以B的转化浓度为3 mol/L，v(B)＝0.6 mol/(L·min)。(2)减小A的物质的量、增大D的浓度均能使化学平衡向逆反应方向移动，加入催化剂平衡不移动。该反应为放热反应，则降低体系的温度可使平衡向正反应方向移动，温度降低的瞬间，正、逆反应速率均减小。(3)移动活塞P，使乙的容积和甲相等，若乙容器中的平衡不移动，则C的浓度为3 mol/L，现在乙容器的容积减小，相当于增大压强，所以平衡会右移，C的浓度大于3 mol/L。(4)甲容器中加入氦气对反应速率无影响，所以A能表示甲中反应速率变化情况；乙容器中加入氦气使容器体积增大，相当于减小压强，所以平衡向逆反应方向移动，C能表示乙中反应速率变化情况。
答案：(1)0.6 mol/(L·min)
(2)B　减小　(3)>　(4)A　C一、选择题
1．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是(　　)
A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散质相同
C．Y中反应的离子方程式为：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe(OH)3＋3CO2↑＋3Ca2＋
D．Z中分散系能产生丁达尔效应
解析：A项，因胶体可透过滤纸而固体不能透过，故A项正确；B项，X烧杯中的分散质为氯化铁，而Z烧杯中的分散质为氢氧化铁胶粒，B项错；C项，FeCl3溶液中存在平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CaCO3时发生反应CaCO3＋2H＋===CO2↑＋Ca2＋＋H2O，从而促进Fe3＋水解，正确；D项，该分散系为胶体，能产生丁达尔效应，正确。
答案：B
2.如图表示一些物质间的从属关系，不正确的是(　　)
解析：虽然酸、碱、盐都属于电解质，但盐不从属于酸，故B选项错。
答案：B
3．(2012年杭州模拟)纳米材料是由纳米粒子(粒子直径1～100 nm)所组成的材料，它具有奇特的光、热、声、电、磁、力学和化学活泼性等理化性质。下列分散系中不含纳米粒子的是(　　)
A．无尘无雾含水蒸气的空气
B．豆浆
C．血液
D．具有漂尘的工厂废气
解析：无尘无雾含水蒸气的空气不属于胶体，故无纳米粒子；豆浆、血液、具有漂尘的工厂废气都属于胶体，都含有纳米粒子。
答案：A
4．下列说法正确的是(　　)
①电解质溶液导电属于化学变化
②碱性氧化物都是金属氧化物
③FeCl2、Fe(OH)3、Fe3O4都能通过化合反应来制取
④Na2O2不是碱性氧化物
A．②③④　　　　　　　　B．①④
C．①②③④ D．②③
解析：①电解质溶液的导电过程实际上是电解过程，属于化学变化。②碱性氧化物一定都是金属氧化物。③2FeCl3＋Fe===3FeCl2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3、3Fe＋2O2Fe3O4，都是化合反应，故③正确。④Na2O2和酸反应除了生成盐和水外，还有氧气放出，故它不是碱性氧化物。
答案：C
5．下列实验与物质粒子大小无直接关系的是(　　)
解析：浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，胶体的分散质粒子能通过滤纸不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过滤纸和半透膜A、B都是根据分散质粒子的大小进行分离的，与物质粒子大小有关；D项，胶体粒子直径介于1 nm～100nm间对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的微粒直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，与物质粒子大小有关；只有C项是利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质粒子大小无直接关系。
答案：C
6．下列有关溶液和胶体的叙述正确的是(　　)
A．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的本质区别为是否具有丁达尔效应
B．FeCl3溶液呈电中性，Fe(OH)3胶体带有电荷
C．纳米材料的粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料是胶体
D．FeCl3溶液能使血液凝聚沉降
解析：A项，胶体与溶液的本质区别是分散质粒子本身的大小，A错误；B项，胶粒可能带电，但胶体都呈电中性，B错误；C项，纳米材料只代表分散系中的粒子，缺少分散剂，从而无法形成胶体；D项，血液属于胶体，它与电解质溶液作用发生凝聚沉降，D正确。
答案：D
7．(2012年滨州模拟)下列说法不正确的是(　　)
A．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用
B．液氨、液氯、液态氯化氢都是电解质
C．所有的置换反应都是氧化还原反应，而所有的复分解反应都是非氧化还原反应
D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有些金属氧化物也能与强碱反应
解析：Na2O2、HClO利用其氧化性作漂白剂，SO2能与有机色素发生反应使其褪色；液氯和液氨不是电解质；置换反应，有化合价的变化，所以所有的置换反应都是氧化还原反应，复分解反应没有化合价的变化，所以所有的复分解反应都不是氧化还原反应；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，有些金属氧化物也能与强碱反应，如Al2O3。
答案：B
8．某合作学习小组讨论辨析：
①漂白粉和酸雨都是混合物　②煤和石油都是可再生能源　③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质　④不锈钢和目前流通的硬币都是合金　⑤硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物　⑥豆浆和雾都是胶体
上述说法正确的是(　　)
A．①②④ B．①⑤⑥
C．①③④⑥ D．②③④⑤
答案：C
9．(2012年茂名模拟)下列说法正确的一组是(　　)
①不溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)都是弱电解质
②盐都是强电解质
③0.5 mol·L－1的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5 mol·L－1
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子
⑥熔融的电解质都能导电
A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥
C．只有⑤ D．只有⑥
解析：CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；绝大多数盐是强电解质，故②错；0.5 mol/L的一元强酸溶液中氢离子浓度为0.5 mol/L，一元弱酸溶液氢离子浓度小于0.5 mol/L，故③错；0.000 1mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；熔融的纯硫酸不导电，故⑥错误；⑤正确。
答案：C
10．下列叙述中正确的是(　　)
A．液态HBr不导电，因此HBr是非电解质
B．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
C．NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
D．BaSO4难溶于水，水溶液的导电性极弱，所以BaSO4是弱电解质
解析：HBr类似于HCl，在水溶液中导电，属于电解质，A错误；导电能力的强弱不仅与电解质的强弱有关，还与溶液浓度及粒子所带电荷数有关，B正确；NH3的水溶液能导电，是因为NH3·H2ONH＋OH－，C错误；电解质的强弱与其溶解性无关，D错误。
答案：B
二、非选择题
11．(2012年合肥模拟)在宏观—微观—符号之间建立联系，是化学学科特有的思维方式。汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一，在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车的尾气转换成无毒气体。如果用●表示碳原子，用○表示氧原子，用表示氮原子，下图为气体转换的微观过程。请你根据图示回答下列问题：
(1)A、B、C三种物质可以归为一类的依据是________。
(2)将C归为化合物，将D归为单质的理由是____________。
(3)用化学反应方程式表示为___________。
化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物质的质量比为________。
(4)从微观的角度去描述你获得的关于化学变化的有关信息(答出一条即可)________。
解析：本题用模型来模拟化学反应，不但直观，而且形象。既能考查学生的观察能力，又能考查学生分析问题和解决问题的能力。(3)一氧化氮和一氧化碳在催化剂和加热的条件下，发生化学反应生成二氧化碳和氮气；每两个一氧化氮分子和两个一氧化碳分子在催化剂和加热的条件下，发生化学反应生成两个二氧化碳分子和一个氮气分子。(4)根据质量守恒定律，在化学变化过程中原子的种类、数目、没有发生改变。
答案：(1)都含有氧元素
(2)二氧化碳分子是由不同种元素组成的，而氮气分子是由同种元素组成的
(3)2CO＋2NON2＋2CO2　15∶22
(4)化学变化中原子的种类、数目、没有发生改变(其他合理答案也可)
12．已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按下面框图进行反应。
回答下列问题：
(1)A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是________。
①氢化物　②酸　③碱　④盐　⑤氧化物
(2)A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A、B、C中的________，理由是__________。
(3)如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为_________；
①A能否是铁：________，理由是____________；
②A能否是铜：________，理由是____________；
③A可能是________(任写两种)。
答案：(1)③⑤　(2)A　常温下金属单质都不是气体
(3)HCl　①不能　若E为HCl，A为Fe，则D为FeCl3，盐酸与Fe不能生成FeCl3　②不能　Cu与盐酸不反应
③Al、Zn
13．(2012年东营模拟)(1)人体的胃液是一种酸性很强的环境，其中的酸性物质为盐酸，胃液中的盐酸维持在一定浓度是最合适的，如果胃酸过多则需要服用药物，这些药物可以是________。
A．NaOH B．Al(OH)3
C．碳酸钠 D．碳酸氢钠
(2)人体体液中最常见的电解质之一是氯化钠，目前我们食用的食盐中常常加入碘酸钾(KIO3)，其目的是防止人体缺碘。写出碘酸钾在水溶液中的电离方程式：_____________。
(3)人体血液中的下列物质属于非电解质的是______。
A．碳酸 B．水
C．碳酸氢钠 D．葡萄糖
(4)血液属于分散系中的________，手指出血时可用FeCl3溶液止血，其原理是__________。
(5)假设血液中的酸以离子的形式存在，写出在酸性血液中碳酸氢根离子参与化学反应的离子方程式：_______________。
答案：(1)BD　(2)KIO3===K＋＋IO　(3)D
(4)胶体　FeCl3是电解质，可使胶体凝聚，故可止血　(5)H＋＋HCO===CO2↑＋H2O
14．某研究性学习小组进行了Fe(OH)3胶体的制备：
将饱和氯化铁溶液滴入沸水中时，液体变为______色，得到的是________；反应的离子方程式为___________________________。
用此分散系进行实验：
(1)将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电源，通电一段时间后，发现阴极附近颜色_________，这表明___________，这种现象称为________。
(2)向其中加入饱和的硫酸铵溶液，发生的现象是_______；
原因是_________。
(3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是_____________；
原因是_________。
(4)提纯此分散系的方法叫________，所选提纯装置是下列中的________。
解析：实验室制备Fe(OH)3胶体的操作要点：向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的FeCl3溶液；继续煮沸至红褐色，停止加热。
(1)Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，在电场作用下发生电泳现象。带正电荷的胶粒向阴极移动，故阴极附近颜色逐渐加深。
(2)硫酸铵溶液中存在阴、阳离子，Fe(OH)3胶粒带有正电荷，吸附阴离子，被负电荷中和，Fe(OH)3胶体发生聚沉现象，形成Fe(OH)3沉淀。
(3)硫酸中存在H＋和SO， 一方面SO的负电荷中和Fe(OH)3胶粒所带的正电荷，胶体聚沉；另一方面Fe(OH)3是一种碱，可与H＋反应，故沉淀溶解。
(4)由于胶体粒子直径较大不能透过半透膜而溶液分散质粒子直径较小能透过半透膜，故提纯方法通常采用渗析法。
答案：红褐　Fe(OH)3胶体
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
(1)逐渐变深　Fe(OH)3胶粒带正电荷　电泳
(2)形成红褐色沉淀　电解质电离出的阴离子中和了胶体粒子所带的正电荷，使Fe(OH)3胶体聚沉
(3)先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解为棕黄色溶液　电解质使Fe(OH)3胶体聚沉，随着稀硫酸的加入，H＋与Fe(OH)3发生反应，Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O，使沉淀溶解
(4)渗析　E一、选择题
1．(2011年高考江苏卷)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(　　)
①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转化技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。
A．①③⑤　　B．②③⑤　　C．①②④　　D．②④⑤
解析：研发易降解的生物农药、应用高效洁净的能源转化技术、推广使用节能环保材料均有利于节能减排、保护环境。
答案：B
2．多年来世界发达国家的科研和生产实践已证明氢能是摆脱对石油依赖的最经济有效的能源，有关专家甚至认为氢能将是主宰未来世界的主要能源。目前有人研究出将淀粉或纤维素、水在酶作用下转变为二氧化碳和氢气的方法来制取氢气。下列说法错误的是(　　)
A．上述制氢气的反应式可表示为：(C6H10O5)n＋7nH2O6nCO2↑＋12nH2↑
B．从整个能量循环来看，利用该方法得到的氢能来源于光能
C．酶作为催化剂需要合适的温度
D．氢元素有3种核素，形成的H2分子有3种
解析：根据题意，由原子守恒可写出题中制氢气的反应式，A正确；根据能量的转化可知B正确；酶具有生物活性，作为催化剂需要一定的温度，C正确；氢有三种核素，可形成六种分子，D错误。
答案：D
3．白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程中能量变化如图所示。下列叙述中正确的是(　　)
A．黑磷比白磷稳定
B．黑磷与白磷互为同分异构体
C．白磷转化为黑磷是氧化还原反应
D．白磷转化为黑磷是吸热反应
解析：物质本身具有的能量越低越稳定，因白磷转化为黑磷是放热反应，故白磷不如黑磷稳定；两者互为同素异形体，之间的转化不是氧化还原反应。
答案：A
4．(2012年宁波模拟)下列有关能源与能量的说法正确的是(　　)
A．煤和石油是经过亿万年形成的，亿万年后煤和石油还会生成，故二者属可再生能源
B．蒸汽属于一次能源
C．凡经过加热而发生的反应都是吸热反应，常温下进行的反应都是放热反应
D．反应物和生成物的总能量决定反应是放热还是吸热
答案：D
5．下列叙述中，正确的是(　　)
A．甲烷的标准燃烧热为890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　 ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
B．500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　 ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量
D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
解析：燃烧热的定义为25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。液态水为稳定氧化物形式，故A错；B项，根据热化学方程式的含义，与N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)对应的热量是1 mol氮气完全反应时的热量，但此反应为可逆反应，虽然投入0.5 mol的氮气，但最终参加反应的氮气一定小于0.5 mol。所以ΔH小于－38.6kJ/mol，B错；C项，氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2 mol氢原子的能量大于1 mol氢分子的能量，C错；D项的反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行，D正确。
答案：D
6．已知：(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1＝a kJ/mol
(2)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b kJ/mol
(3)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c kJ/mol
(4)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d kJ/mol
下列关系式中正确的是(　　)
A．ad>0
C．2a＝b<0 D．2c＝d>0
解析：H2的燃烧是放热反应，B、D错。考虑到水的状态及ΔH<0，故a>c，A错。ΔH与方程式中各物质的化学计量数成正比，故2a＝b<0。
答案：C
7．(2012年深圳调研)氯原子对O3分解有催化作用：
O3＋Cl===ClO＋O2　ΔH1
ClO＋O===Cl＋O2　ΔH2
大气臭氧层的分解反应是：O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化示意图如图：
下列叙述中，正确的是(　　)
A．反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3
B．O3＋O===2O2是吸热反应
C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D．大气层中的臭氧无法再生
解析：从图象中分析，O3和O的能量要高于2O2的能量，故O和O3反应生成O2的反应为放热反应，B项错误；从盖斯定律知，将两个反应叠加即得总反应，则ΔH也是由两个反应的焓变相加而得的，C项正确。总反应的能量变化应为E2与E3的差值，A项错。
答案：C
8．0.3 mol硼烷(B2H6)在氧气中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，放出649.5 kJ热量。下列判断正确的是(　　)
A．该反应是非氧化还原反应
B．在理论上可以利用该反应的原理做成燃料电池
C．该反应的热化学方程式为：B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l)　ΔH＝＋2 165 kJ/mol
D．每生成18 g水，该反应转移2 mol电子
解析：由题意知该反应的化学方程式为B2H6＋3O2===B2O3＋3H2O，元素化合价在反应前后发生改变，是氧化还原反应，A错；自发的、放热的氧化还原反应在理论上都可以做成原电池，B对；因为反应是放热反应，ΔH<0，C错；根据方程式，每生成54 g水转移12 mol电子，则每生成18 g水转移4 mol电子，D错。
答案：B
9．下列各组变化中，前者小于后者的是(　　)
①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1；
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1；
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2
③t℃时，在一定条件下，将1 mol SO2和1 mol O2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时反应放出的热量
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH2
A．①②　　　B．②④　　　C．②③④　　　D．③④
解析：①因为H2O(g)===H2O(l)，放出热量，则ΔH1<ΔH2。②ΔH1＝2ΔH2<0，所以ΔH1<ΔH2。③该反应是气体体积减小的反应，故恒压条件下SO2转化率比恒容时SO2转化率大，即SO2反应放出的热量多。④碳酸钙分解是吸热反应，ΔH1>0；CaO与水反应是放热反应，ΔH2<0，则ΔH1>ΔH2。
答案：A
10．下列说法或表示方法中正确的是(　　)
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C．在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝＋285.8 kJ/mol
D．稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，浓H2SO4与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ/mol
解析：选项A，固态硫变成气态时要吸热，所以，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少，A选项错误；可燃物燃烧都是放热反应，但是大多数可燃物燃烧都需要点燃，再如铝热反应是放热反应，但要引燃，B选项错误；放热反应，ΔH<0，正确的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol，C选项错误；浓硫酸溶于水(反应之前)放出大量热量，比较放出的热量，只比较数值，若比较反应热，要比较“负号＋数值”。
答案：D
二、非选择题
11．(1)甲硅烷(SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和水蒸气。已知室温下1 g甲硅烷自燃放出热量44.6 kJ，其热化学方程式是：_______________________。
(2)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2是放热反应，当1 mol Cl2参与反应时释放145 kJ的热量，写出这个热化学方程式：________________。
(3)家用液化气中的主要成分之一是丁烷，当10 kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出的热量是5×105kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：_______________________________________。
已知1mol液态水汽化时需要吸收44 kJ的热量，则反应：C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
解析：(1)1 mol SiH4完全燃烧生成SiO2(s)和H2O(g)时，放出热量为32×44.6kJ＝1 427.2 kJ。
(2)由题意可知Cl2、H2O和C发生反应的化学方程式为2Cl2＋2H2O＋C4HCl＋CO2,2mol Cl2参加反应释放出的热量为2×145 kJ＝290 kJ。
(3)1 mol丁烷完全燃烧生成CO2(g)和液态水时，放出的热量为58 g·mol－1×＝2 900 kJ/mol，故其热化学方程式为：C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2 900 kJ·mol－1，5 mol液态水汽化需吸收5×44 kJ＝220 kJ的能量，则C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝－(2 900－220)kJ/mol＝－2 680 kJ/mol。
答案：(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(g) ΔH＝－1 427.2 kJ·mol－1
(2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1
(3)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2 900 kJ·mol－1　－2 680
12．已知金刚石和石墨分别在氧气中完全燃烧的热化学方程式为：C(s·金刚石)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.41 kJ/mol，C(s·石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.51 kJ/mol，则金刚石转化为石墨时的热化学方程式为：________________。由此看来更稳定的碳的同素异形体为：____________。
若取金刚石和石墨混合晶体共1 mol在O2中完全燃烧，产生热量为Q kJ，则金刚石和石墨的物质的量之比为________(用含Q的代表式表示)。
解析：将两个热化学方程式相减并整理得：
C(s·金刚石)===C(s·石墨)　ΔH＝－1.90 kJ/mol
可见由金刚石转化为石墨放出热量，说明石墨的能量更低，较金刚石稳定。
设混合晶体中含金刚石x mol、石墨y mol，
则由题意有
解得x＝　y＝
所以＝
答案：C(s·金刚石)===C(s·石墨)　ΔH＝－1.90 kJ/mol　石墨　
13．(1)1 g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94 kJ热量，此反应的热化学方程式为____________________________________。
(2)已知①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－Q2kJ·mol－1，
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH2＝－Q2kJ·mol－1，
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3＝－Q3kJ·mol－1。
常温下，取体积比4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为________。
(3)以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－572 kJ·mol－1，某氢氧燃料电池释放228.8 kJ电能时，生成1 mol液态水，该电池的能量转化率为________。
解析：(1)1 g C为mol，所以1 molC反应吸收的热量为10.94 kJ×12＝131.28 kJ，热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.28 kJ·mol－1。
(2)标准状况下11.2L气体为0.5 mol，其中CH4为0.4 mol，H2为0.1 mol，注意最后恢复到室温，H2O为液体，则根据热化学方程式①③可知最后放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q3)kJ。
(3)生成1 mol液态水时放出的热量为＝286 kJ，该电池的能量转化率为×100%＝80%。
答案：(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.28 kJ·mol－1
(2)(0.4Q1＋0.05Q3)kJ　(3)80%
14．(2012年北京东城区模拟)氨在工农业生产中应用广泛。在压强为30 MPa时，合成氨平衡混合气体中NH3的体积分数如下：
温度/℃ 200 300 400 500 600
氨含量/% 89.9 71.0 47.0 26.4 13.8
请回答：
(1)根据表中数据，结合化学平衡移动原理，说明合成氨反应是放热反应的原因是__________________________________________________。
(2)根据右图，合成氨的热化学方程式是__________________________。
(3)取1 mol N2(g)和3 mol H2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量________92.2 kJ(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________________________；若加入催化剂，ΔH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)已知：分别破坏1 mol N≡N键、1 mol H—H键需要吸收的能量为：946 kJ、436 kJ，则破坏1 mol N—H键需要吸收的能量为________kJ。
(5)N2H4可视为：NH3分子中的H被—NH2取代的产物。发射卫星用N2H4(g)为燃料，NO2为氧化剂生成N2和H2O(g)。
已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1。
则：1 mol N2H4与NO2完全反应的热化学方程式为____________________。
解析：(3)热化学方程式表示1 mol氮气与3 mol氢气完全反应生成2 mol NH3时放出92.2 kJ的热量，由此可知ΔH与化学平衡移动无关；(4)设破坏1 mol N－H键需吸收的能量为x kJ,946＋436×3－6x＝－92.2；(5)首先依信息[反应物N2H4(g)、NO2(g)，生成物N2(g)和H2O(g)]写出方程式并配平，N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)，依据盖斯定律此反应的ΔH＝ΔH2－ΔH1。
答案：(1)温度升高，氨在混合气体中的体积分数减小，平衡逆向移动，温度升高平衡向着吸热反应方向移动，故正反应是放热反应
(2)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)ΔH＝－92.2 kJ·mol－1
(3)小于　由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物　不变　(4)391　(5)N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－567.85 kJ·mol－1一、选择题
1.如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于(　　)
A．浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2
B．过氧化钠固体和水反应制取O2
C．浓硝酸与铜反应制取NO2
D．浓氨水和生石灰反应制取NH3
解析：A项，浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2需要加热；C项，NO2与水反应生成NO气体，不能用排水法收集；D项，NH3易溶于水，不能用排水法收集。
答案：B
2.如图为实验室制氢气的简易装置。若在加稀硫酸时，发现锌粒与稀硫酸没有接触，为使该反应顺利进行，则可以从长颈漏斗中加入的试剂是(　　)
①食盐水　②KNO3溶液　③适量稀硫酸铜溶液
④Na2CO3溶液　⑤CCl4　⑥浓氨水
A．①③⑤　　　　　　　　　B．②⑥
C．③⑤ D．①②④
解析：KNO3溶液与稀硫酸混合会产生具有强氧化性的硝酸，锌粒与硝酸反应得不到氢气；Na2CO3溶液与稀硫酸反应产生二氧化碳气体，浓氨水与稀硫酸会发生反应。
答案：A
3．(2012年济南调研)下列实验的设计不可行的是(　　)
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就可以一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如图所示的装置测定黄铜(Cu、Zn合金)中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO，依次加入的物质是H2O、Ba(OH)2、Na2CO3、HCl
解析：本题主要考查学生对课本实验的掌握以及对气体体积的测量方法的运用。Cu、Zn都与稀硝酸反应产生气体且集气瓶内应“短进长出”，故C方案错误。
答案：C
4．(2012年大连高三双基测试)下列各组干燥气体和溶液，其中可以进行喷泉实验，且液体几乎充满烧瓶的是(　　)
A．Cl2，饱和食盐水 B．CO2，碳酸氢钠溶液
C．SO2，稀氨水 D．NO2，H2O
解析：根据题目要求，气体能完全被溶液吸收；Cl2与饱和食盐水不反应；CO2与NaHCO3溶液不反应；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，剩1/3气体；SO2＋2NH3·H2O===(NH4)2SO3＋H2O，SO2被完全吸收掉。
答案：C
5．用下图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂)，其中可行的是(　　)
选项 气体 a b c
A NO2 浓硝酸 铜片 NaOH溶液
B SO2 浓硫酸 Cu 酸性KMnO4溶液
C NH3 浓氨水 生石灰 碱石灰
D CO2 稀盐酸 CaCO3 浓硫酸
解析：因NaOH溶液可以吸收NO2气体，A项错误；因酸性KMnO4溶液可以吸收SO2，且制备时需有加热装置，B项错误；因收集NH3时应用向下排空气法，C项错误。
答案：D
6.(2012年南京质量检测)右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。下列选项中正确的是(　　)
发生装置中的药品 干燥和集气装置
A 电石和水 图2
B 大理石和稀盐酸 图1
C 铜和稀硝酸 图2
D 氧化钙和浓氨水 图1
解析：C2H2密度比空气小，应用向下排空气法收集，用图1，A项错；CO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，用图2，B项错；铜和稀硝酸反应产生NO，不能用排空气法收集，因2NO＋O2===2NO2，C项错。
答案：D
7．实验室制取下列气体，所用药品和干燥剂都正确的是(　　)
制取的气体 药品 干燥剂
A.H2 Zn和稀盐酸 浓H2SO4
B.Cl2 KClO3和浓盐酸 碱石灰
C.HCl 固体NaCl和稀H2SO4 碱石灰
D.NH3 NH4Cl和熟石灰 P2O5
解析：选项A中制取H2的药品及干燥剂的选择均正确。选项B中干燥剂选择错误，因为Cl2能与碱石灰发生反应，应选浓H2SO4为干燥剂。选项C中药品与干燥剂选择均错误，应用浓硫酸作药品，P2O5或CaCl2为干燥剂。选项D中的干燥剂选择错误，应用碱石灰作干燥剂。
答案：A
8．(2012年惠州调研)选用下图所示仪器组合一套可用来测定过氧化钠与水反应生成氧气体积的装置，其合理的连接顺序是(　　)
A．1－2－3－4－5－7 B．1－2－3－5－4－7
C．6－4－5－7 D．6－5－4－7
解析：测量反应生成的氧气，不需要排空气，所以不需要连接储氮气的气囊。
答案：D
9．(2012年武汉质检)在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备铜，有下列两种途径：
若用这两种方法制得等量的铜，则下列有关说法符合实际情况的是(　　)
A．消耗氧化铜的质量相同
B．消耗铁的质量相同
C．消耗硫酸的质量相同
D．生成硫酸亚铁的质量相同
解析：此题的关键问题在于实际操作中的注意事项。制备1 mol Cu需1 mol CuO，而H2还原时由于排净装置内空气、冷却，因此需要远大于1 mol H2的量，即消耗的Fe、H2SO4及生成的FeSO4均多。
答案：A
10.(2012年岳阳一中质检)右图是气体制取装置，下列能用此装置制取气体并能“随开随用、随关随停”的是(　　)
A．大理石和稀硫酸制取二氧化碳
B．锌粒和稀硫酸制氢气
C．浓盐酸和二氧化锰制氯气
D．电石和水制取乙炔
解析：根据题中所给装置特点，制取气体的反应应该具备以下特点：①反应不需加热，②反应不能太剧烈，因此C、D选项不合理，又因硫酸钙微溶于水，故生成的CaSO4附着于大理石表面时，可能阻止反应进行，故A不符合，选B。
答案：B
二、非选择题
11．实验室常用30%(质量分数)的H2O2溶液快速制取少量O2，可采用如下图所示装置。试回答：
(1)MnO2的作用是________。
(2)反应的化学方程式为__________ 。
(3)在实验过程中，除去Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ装置中的空气的操作是：_________ 。
(4)若要在Ⅳ装置中收集的气体为干燥的O2，则Ⅱ装置中应盛________(填药品名称)，通过________________的现象可确定Ⅳ装置中为干燥的O2。
(5)图中Ⅰ装置能否用Ⅴ装置代替？________(填“能”或“否”)，其理由是______ 。
(6)利用右图所示装置制取氧气并进行相关的实验探究。
将3.9 g过氧化钠放入烧瓶中，加入100 mL H2O，用排水法收集气体。
①过氧化钠跟水反应的化学方程式为________。
②集气瓶充满气体后，怎样从水槽中取出集气瓶？简述操作方法。
________。
答案：(1)催化剂
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)打开Ⅰ中分液漏斗活塞，使反应进行一段时间
(4)浓硫酸　Ⅲ中无水CuSO4不变蓝色
(5)否　因为MnO2为粉末状固体，用Ⅴ装置无法控制反应
(6)①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
②用玻璃片在水面下盖住集气瓶口，将玻璃片与集气瓶一起移出水面，将盖有玻璃片的集气瓶正放在桌上
12．(2012年佛山一中一模)某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行如下实验：
(一)制取氧化铜
①称取2 g CuSO4·5H2O研细后倒入烧杯，加10 mL蒸馏水溶解；
②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；
③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用。
回答下列问题：
(1)上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是________(填实验序号)。
(2)步骤③中洗涤沉淀的操作是______ 。
(二)证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较
用下图装置进行实验，实验时均以生成25 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：
实验序号 KClO3质量 其他物质质量 待测数据
④ 1.2 g 无其他物质
⑤ 1.2 g CuO 0.5 g
⑥ 1.2 g MnO2 0.5 g
回答下列问题：
(3)上述实验中的“待测数据”指________。
(4)本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50 mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(5)若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，______ 。
(6)为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验(无需写出具体操作)：
a．________________________；
b．CuO的化学性质有没有改变。
解析：(1)①中溶解过程搅拌需要玻璃棒，②加热时要用玻璃棒搅拌，③过滤中需用玻璃棒引流；(4)酸式滴定管下端有玻璃活塞，故不能选用；(6)催化剂在反应前后质量和化学性质均不变。
答案：(1)①②③
(2)沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至浸没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次
(3)时间　(4)碱式
(5)取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃
(6)CuO的质量有没有改变
13．(2011年高考海南化学)硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1　将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。
步骤2　向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L－1H2SO4溶液，在60 ℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。
步骤3　向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。
(1)在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有________(填仪器编号)；
①铁架台　②燃烧匙　③锥形瓶　④广口瓶　⑤研钵　⑥玻璃棒　⑦酒精灯
(2)在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是________；
(3)在步骤3中，“一系列操作”依次为________、________和过滤。
(4)本实验制得的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3＋杂质。检验Fe3＋常用的试剂是________，可以观察到的现象是________。
解析：(1)步骤1用热Na2CO3溶液除去铁屑表面的油污，铁屑不溶于水，可通过过滤的方法予以分离，不必用到的仪器有②④⑤。
(2)FeSO4易水解，加入过量H2SO4可抑制FeSO4的水解。
(3)FeSO4、(NH4)2SO4均易溶于水，欲得到硫酸亚铁铵，可经过蒸发、结晶、过滤等操作。
(4)实验室常用KSCN(或NH4SCN)溶液来定性检验Fe3＋，可观察到溶液变成血红色。
答案：(1)②④⑤　(2)抑制FeSO4水解　(3)蒸发　结晶　(4)KSCN溶液　溶液变成血红色
14．(2011年高考山东理综节选)实验室以含有Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SO、Br－等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：
(1)操作Ⅰ使用的试剂是________，所用主要仪器的名称是________。
(2)加入溶液W的目的是________。用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2＋。由表中数据可知，理论上可选择的pH最大范围是________。酸化溶液Z时，使用的试剂为________。
开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH
Mg2＋ 9.6 11.0
Ca2＋ 12.2 c(OH－)＝1.8 mol·L－1
(3)实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是________。
解析：(1)由题意知操作Ⅰ为分液，而含溴的溶液从下层分离，所用萃取剂密度比水大，应为CCl4，分液的主要仪器为分液漏斗。
(2)加入W的目的是除去SO；用调节pH的方法除去Mg2＋，故应使Mg2＋完全沉淀而Ca2＋不沉淀，故pH的最大范围为11.0～12.2；酸化溶液时为不引入杂质，应选盐酸。
(3)CO2的制备应选用固＋液气体发生装置，且收集方法应用向上排空气法，故b、d均可。
答案：(1)四氯化碳　分液漏斗　(2)除去溶液中的SO　11.0≤pH<12.2　盐酸　(3)bd一、选择题
1．下列关于化学键和化合物的说法中正确的是(　　)
A．化学键的形成一定伴随着电子的得失
B．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子
答案：D
2．(2012年宁德模拟)下列性质中，可以证明某化合物中一定存在离子键的是(　　)
A．可溶于水
B．具有较高的熔点
C．水溶液一定能够导电
D．熔融状态能够导电
解析：含离子键的化合物在熔融状态下能导电，但只含共价键的化合物在熔融状态下不导电。
答案：D
3．(2011年高考安徽卷)科学家最近研制出可望成为火箭推进剂的N(NO2)3(如下图所示)。已知该分子中N—N—N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是(　　)
A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键
B．分子中四个氮原子共平面
C．该物质既有氧化性又有还原性
D．15.2 g该物质含有6.02×1022个原子
解析：分子中N、O间形成的共价键是极性键，A错误；由题设知N—N—N键角为108.1°，故分子中四个氮原子不可能共平面，B错误；推进剂N(NO2)3中氮元素的化合价为＋3价，处于氮元素的中间价态，故该物质既有氧化性又有还原性，C正确；15.2 g该物质含有的原子数为×10×NA＝6.02×1023，D错误。
答案：C
4．(2012年六安模拟)最新研究表明生命起源于火山爆发，因为火山爆发产生的气体中含有1%的羰基硫(化学式为COS，就是羰基)，已知羰基硫分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，结合元素周期表，下列有关说法正确的是(　　)
A．羰基硫中O为－2价，C、S都是＋1价
B．羰基硫分子中共含有3个原子核、16个电子
C．羰基硫的电子式为：
D．羰基硫分子结构中只含有极性共价键
解析：根据题中所提供的信息，我们可以逐项进行分析、判断。选项C：由电子式可以看出碳原子未满足8电子稳定结构，故此选项错误，结合题意及提示内容可知正确的电子式应为：，这表明羰基硫的结构与二氧化碳是相似的，其实就是CO2中的一个O原子被一个S原子代替。根据正确的电子式可知羰基硫分子结构中，C===S与C===O均是极性共价键，故选项D正确；B选项：羰基硫分子中有3个原子核，共有30个电子，所以选项B错误；选项A：根据电子式可知C为＋4价，O、S都是－2价，故选项A错误。
答案：D
5．关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是(　　)
A．在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键
B．非极性键只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中
C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键
D．由多种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键
解析：A项，如NH4Cl，有共价键。B项，如H2O2中氧原子间为非极性键。C项，若有离子键，则属于离子化合物。D项，如H2O2、C2H4中，都存在非极性键。
答案：C
6．(2012年张家界模拟)正确掌握好化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是(　　)
解析：书写电子式或判断电子式的正误时，首先要判断化合物是离子化合物还是共价化合物，然后再进行书写或判断。Na2S是离子化合物，NH4Cl的电子式中的Cl－应写成，硫化氢是共价化合物，没有电子转移，所以B、C、D均错。
答案：A
7．下列分子中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是(　　)
A．BF3 B．H2O
C．SiCl4 D．PCl5
解析：BF3中B原子最外层只有6个电子，H2O中H为2个电子，PCl5中P为10个电子。
答案：C
8．(2012年临川模拟)下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是(　　)
A．NaOH B．SiO2
C．Fe D．C3H8
解析：NaOH是离子化合物，不存在分子；SiO2为空间网状结构，也不存在分子；Fe表示铁原子。
答案：D
9．(2011年临沂模拟)短周期元素X、Y可以形成化合物XY2，下列有关叙述正确的是(　　)
A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8
C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
解析：由NO2知A不正确；B项X在ⅡA族，Y在ⅦA族，原子序数不可能相差8；C项XY2为MgCl2易溶于水；D项XY2为SiO2可溶于强碱，故D正确。
答案：D
10．短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为10；B的化合物种类繁多，数目庞大，A、E同主族，B、C、D同周期相邻。下列说法不正确的是(　　)
A．常见化合物E2D2与水反应生成D的单质，同时生成的溶液能使酚酞试液变红
B．C的氢化物与C的最高价氧化物的水化物反应得到的产物中既有离子键又有共价键
C．D与A、B、C、E分别结合均能形成两种或两种以上的化合物
D．五种元素的原子半径按A～E的顺序依次增大
答案：D
二、非选择题
11．(2012年阳泉模拟)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同。A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子。请回答下列问题：
(1)A元素单质的化学式为________，D元素的原子结构示意图为________。
(2)由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为_________________，
这种化合物形成的晶体中所含的化学键类型有________________________。
(3)A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B形成的一种化合物能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为____________________________________。
(4)B、C、E三种元素形成一种盐，此盐中三种原子个数比为1∶1∶1，在25 ℃时，将该盐溶于水，测得溶液pH>7，理由是___________________________
(用离子方程式表示)。
解析：依据A、B、C、D、E元素的信息，可推导出A为氢，B为氧，C为钠，D为硫，E为氯。则A、B、C形成NaOH，其电子式为Na＋[H]－，其中含离子键、共价键；H与O形成的H2O2和H、O、S形成的H2SO3能够发生氧化还原反应，化学方程式为H2O2＋H2SO3===H2SO4＋H2O。B、C、E形成NaClO，其溶于水因ClO－水解而使溶液呈碱性。
答案：(1)H2　
(2)Na＋[H]－　离子键、共价键
(3)H2SO3＋H2O2===H2SO4＋H2O
(4)
12．(2011年金华模拟)A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是电子层数的2倍；C的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X；E与A同主族；A、B、C这三种元素，每一种与D都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。
请填空：
(1)写出元素的名称：A________，E________。
(2)C单质的电子式________________________，
B的最高价氧化物的电子式是_____________________________。
(3)盐X属于________化合物(填“离子”或“共价”)，其水溶液呈________性，原因是_______________________________________(用离子方程式说明)。
(4)用电子式表示A与E形成化合物的过程___________________________。
解析：这五种元素是短周期元素，B原子的最外层电子数是电子层数的2倍，推出B元素是碳元素，C的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，由此可以推出C是氮元素，且X是硝酸铵，A、B、C这三种元素，每一种与D都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则可以推出元素D是氧元素。
答案：(1)氢　钠
13．(2011年海淀模拟)A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和X均可形成10个电子的化合物；B与Z的最外层电子数比为2∶3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红。请回答下列问题：
(1)Z的原子结构示意图为________；化合物BA4的电子式为________。
(2)化合物Y2X2中含有的化学键类型有________(填序号)。
A．离子键　　　　　　　　B．极性共价键
C．非极性共价键 D．氢键
(3)A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，这两种化合物发生反应的化学方程式为________________________________。
解析：Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则Y为Na，X为O；又X与Z同主族，则Z为S，A、B、X、Y、Z原子序数递增，B与Z的最外层电子数之比为2?3，则B为C；又A与B和X均可形成10个电子的化合物，则A为H。(1)化合物BA4为CH4。(2)Y2X2为Na2O2，既含有离子键又含有非极性共价键。(3)H2O2具有氧化性，H2S具有强还原性，H2O2与H2S反应生成H2O和S。
答案：(1)
(2)AC　(3)H2O2＋H2S===2H2O＋S↓
14．(2011年潍坊高三模拟)短周期中的A、B、C、D、E 5种元素，原子序数依次增大，A、D同主族；A、B的原子序数之和等于C的原子序数；C2－与D＋的核外电子数相等；B原子与D＋的核外电子数之和等于E原子的核外电子数，且D、E两元素能形成粒子个数比为1∶1的离子化合物。
(1)E元素的离子结构示意图为________。
(2)A与B元素、A与C元素均可构成18电子的分子，其化学式分别为________、________。
(3)A、C元素可组成原子个数比为1∶1的共价化合物乙，将E单质通入乙的水溶液中，生成一种强酸，并有气体放出，反应的化学方程式为
___________________________________________________。
(4)A、B、C、D、E中的任意三种元素可组成多种化合物，X和Y是其中的两种。X和Y都是既含离子键又含共价键的离子化合物；将X、Y分别溶于水时，X能促进水的电离，而Y能抑制水的电离，X水溶液的pH<7，Y水溶液的pH>7。
将0.2 mol·L－1的X溶液与0.1 mol·L－1的Y溶液等体积混合后，溶液呈碱性。请判断：
①X的化学式为________，Y的化学式为________；
②混合溶液中各种带电粒子的物质的量浓度由大到小的顺序为
____________________。
答案：(1) 　(2)N2H4　H2O2
(3)H2O2＋Cl2===2HCl＋O2
(4)①NH4Cl(或NH4NO3)　NaOH
②c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)一、选择题
1．(2012年宁波模拟)下列各组有机物中，只需加入溴水就能一一鉴别的是(　　)
A．己烯、苯、四氯化碳　　　　　 B．苯、己炔、己烯
C．己烷、苯、环己烷 D．甲苯、己烷、己烯
解析：己烯能使溴水褪色，苯、四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯比水的密度小，橙红色油状液体在上层，四氯化碳比水的密度大，橙红色油状液体在下层，A正确；B项己炔、己烯均能使溴水褪色，错误；C项三种分子均比水的密度小，橙红色油状液体均在上层，C错误；同理D项中甲苯和己烷也无法鉴别。
答案：A
2．下列关于有机物的说法错误的是(　　)
A．CH4和Cl2在光照条件下反应的产物最多可能有四种
B．CH3CH2OH是一种可再生的能源
C．乙烯的结构简式为CH2===CH2
D．从乙烯出发可经先加成后氧化制得乙醛
解析：A项，CH4和Cl2在光照条件下反应的产物最多可能有五种，分别是：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl。D项，乙烯先与水加成得乙醇，乙醇再氧化得乙醛。
答案：A
3．下列关于有机物的说法中不正确的是(　　)
A．所有的碳原子在同一平面上
B．水解生成的有机物可与NaOH溶液反应
C．不能发生消去反应
D．能够发生加成反应
解析：A项，“－CH2Br”中碳的位置相当于苯环上氢原子的位置，所以中所有碳原子共平面；B项，水解生成的有机物为，不能与NaOH溶液反应；C项，溴原子所连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，故不能发生消去反应；D项，该有机物中含有苯环结构，可以与H2加成。
答案：B
4．(2010年高考课标全国卷)下列各组中的反应，属于同一反应类型的是(　　)
A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2 二溴丙烷
D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
解析：A项，溴丙烷水解制丙醇为水解反应或取代反应，丙烯水化制丙醇为加成反应；B项，甲苯硝化制对硝基甲苯为取代反应或硝化反应，甲苯制苯甲酸为氧化反应；C项，氯代环己烷制环己烯为消去反应，丙烯加溴制1,2?二溴丙烷为加成反应；D项，乙酸和乙醇制乙酸乙酯为取代反应或酯化反应，苯甲酸乙酯制苯甲酸和乙醇为取代反应或水解反应，故D项符合题意。
答案：D
5．烯烃在一定条件下发生氧化反应，碳碳双键断裂，如：
此可判断分子式为C4H8的烯烃的氧化产物有(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．6种
解析：C4H8有如下三种同分异构体，CH2===CH－CH2－CH3，CH3－CH===CH－CH3，CH2===C(CH3)2，根据题意得，这三种烯烃被氧化得到的产物只有：HCHO，CH3－CH2－CHO，CH3CHO，CH3COCH3。
答案：C
二、非选择题
6．根据下面的反应路线及所给信息填空。
(1)A的结构简式是________，名称是________。
(2)①的反应类型是________。③的反应类型是______________。
(3)反应④的化学方程式是___________________，
并指出该有机反应类型________。
解析：A在光照条件下与Cl2反应生成，发生的是取代反应，所以A为环己烷()。又因分子中含有双键，故可与Br2的CCl4溶液发生加成反应而生成B，反应为：。比较B与的结构可知，由B得到的化学方程式应为
答案：(1) 　环己烷
(2)取代反应　加成反应
　消去反应
7.Ⅰ .如图，在光照条件下，将盛有CH4和Cl2的量筒倒扣于盛有饱和食盐水的烧杯中进行实验，对实验现象及产物分析中错误的是________。
A．混合气体的颜色变浅，量筒中液面上升
B．量筒内壁上出现的油状液滴，应是三氯甲烷、四氯甲烷的混合物
C．烧杯中有白色固体物质析出
D．甲烷与氯气反应后的产物只有CCl4
Ⅱ.根据烯烃的性质回答下列问题。
(1)一瓶无色气体，可能含有CH4和CH2===CH2，或其中的一种，与一瓶Cl2混合后光照，观察到黄绿色逐渐褪去，瓶壁有少量无色油状小液滴。
①由上述实验现象推断出该瓶气体中一定含有CH4，你认为是否正确，为什么？___________________________________。
②上述实验中可能涉及的反应类型有______________。
(2)含有的化合物与CH2===CH2一样，在一定条件下可聚合成高分子化合物。
①广泛用作农用薄膜的聚氯乙烯塑料，是由聚合而成的，其化学方程式是_______________________。
②电器包装中大量使用的泡沫塑料的主要成分是聚苯乙烯(?)，它是由________(写结构简式)聚合而成的。
解析：Ⅰ.反应中Cl2被消耗，故混合气体颜色变浅，产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4为不溶于水的油状液体，HCl溶于水，气体体积减小，且溶液中c(Cl－)增大，析出NaCl白色固体，故A、C正确，B、D错误。
Ⅱ.(1)①因为CH2CH2＋Cl2―→CH2ClCH2Cl，经反应也能使黄绿色逐渐褪去，且CH2ClCH2Cl为油状液体，故不能说明无色气体中一定含CH4。
②涉及到的反应类型可能有取代反应和加成反应。
(2)
②单体为
答案：Ⅰ.BD
Ⅱ.(1)①不正确，因为CH2===CH2也可以与Cl2发生加成反应，而使黄绿色逐渐褪去，生成的CH2ClCH2Cl也是油状液体
②取代反应、加成反应
8．(2012年深圳一模)化合物B是有机合成中间体，制取C4H4O4和E的转化关系如下图所示。已知C能使溴水褪色。
回答下列问题：
(1)指出反应类型：①________；③________。
(2)E的结构简式为：______________________________________。
(3)写出②、④转化的化学方程式：
②______________________________________________；
④______________________________________________。
解析：由转化关系知A为，反应②是卤代烃的取代(水解)反应，B为。由B→D的反应条件及④的反应条件知D为，B与D发生的是酯化(取代)反应，C4H4O4的结构简式为。由C5H8O3的分子式及C的性质，可以推知C为CH2===CHCOOH，则C5H8O3的结构简式为CH2===CHCOOCH2CH2OH，E的结构简式为：?
答案：(1)加成反应　氧化反应
(2)?
9．卤代烃在氢氧化钠存在的条件下水解，这是一个典型的取代反应。其实质是带负电的原子团(如OH－等阴离子)取代了卤代烃中的卤原子，如：CH3CH2CH2Br＋OH－(NaOH)―→CH3CH2CH2OH＋Br－(NaBr)，又知与NaNH2可反应生成
写出下列反应的化学方程式：
(1)溴乙烷跟醋酸钠反应____________________；
(2)碘甲烷、丙炔和NaNH2合成2 丁炔_________________；
(3)由碘甲烷、无水乙醇和金属钠合成甲乙醚
(CH3—O—CH2CH3)_______ _____________________________________，
___________________________________________________________。
答案：(1)CH3CH2Br＋CH3COONa―→NaBr＋
(2)CH3C≡CH＋NaNH2―→CH3C≡CNa＋NH3、
CH3I＋CH3C≡CNa―→CH3C≡CCH3＋NaI
(3)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑
CH3I＋CH3CH2ONa―→CH3OCH2CH3＋NaI
10．某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。
(1)A的结构简式为__________________________；
(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？________(填“是”或者“不是”)；
(3)在下图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。
反应②的化学方程式为______________________；
C的化学名称是________；E2的结构简式是____________；
④、⑥的反应类型依次是 _______________________。
解析：＝6，得知A的分子式为C6H12，由A分子中只有一种类型的氢原子，可知A的分子结构具有高度对称性；组成为C6H12、含有双键，只有一种类型氢原子的分子结构只能是。由图示A的转化关系不难推得C为二烯烃，③为1,2 加成反应，则④应是1,4 加成反应，其它问题则不难解决。
答案：一、选择题
1．(2012年嘉兴模拟)下列有关化学实验的叙述正确的是(　　)
A．为了增强高锰酸钾溶液的氧化能力，用稀盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化
B．欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C．用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶
D．欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将10 g ZnSO4·7H2O溶解在90 g水中
解析：A选项，高锰酸钾溶液能将稀盐酸氧化为Cl2，应该用稀硫酸酸化。B选项，长时间煮沸得到的是Fe(OH)3沉淀。D选项，10%的ZnSO4溶液应为100 g溶液中含有10 gZnSO4，而不是10 g ZnSO4·7H2O。
答案：C
2．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选项是(　　)
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H2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可能是Cu(OH)2
D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
解析：本题考查元素化合物之间发生的反应。C项中Cu(OH)2为蓝色，并且在酸性环境中不可能生成碱，所以没有探究的意义；A项中因为二氧化硫具有还原性，过氧化钠的氧化性可能将其氧化为高价态的盐；因为H2O中O若变成O2，则氧元素价态升高，水是还原剂，但单质钠只能作还原剂。B项的探究也没有意义；氯气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液后红色褪去，原因可能是碱性消失所致，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸所致，所以D项的探究也有一定的意义。
答案：BC
3．下列实验方案与实验结论不符合的是(　　)
A．能证明非金属性S>C>Si
B．能组成Zn Cu原电池
C．实验室制取Cl2
D．白色沉淀为BaSO4
解析：A选项，由实验可得酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强，实验能证明非金属性S>C>Si。B选项，符合构成原电池的条件。C选项，需要加热。D选项，SO2溶解于水呈酸性，在酸性条件下NO能氧化SO2生成SO。
答案：C
4．(2012年海口模拟)下列实验方案正确且能达到相应实验预期目的且安全的是(　　)
解析：B选项不能用排水法收集NO2气体；C选项，稀盐酸与MnO2不反应；D选项，试管口应该略向下倾斜，以免生成的水倒流使试管炸裂。
答案：A
5．利用下列实验装置能完成相应实验的是(　　)
A．测定化学反应速率
B．能证明非金属性Cl>C>Si
C．实验室制取并收集NH3
D．电解硫酸铜溶液制取氢氧化铜
解析：A项，2%HCl溶液常温下不与MnO2反应，不可行；B项，盐酸不是氯元素最高价的含氧酸，实验B只能证明酸性HCl>H2CO3>H2SiO3，但无法比较相关元素的非金属性；C项，用氯化铵与消石灰加热，制取的氨气用向下排空气法收集，尾气的吸收解决了倒吸问题，C符合题意；D项，图中的电解反应的产物是Cu、氧气和硫酸，不能达到目的。故选C。
答案：C
6．下列实验能达到预期目的的是(　　)
A．从含I－的溶液中提取碘：加入硫酸酸化的H2O2溶液，再用酒精萃取
B．检验溶液中是否一定含有CO：滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水
C．检验蔗糖水解产物是否具有还原性：向水解后的溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热
D．除去粗盐中的Ca2＋、SO：依次加入过量BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤后再加适量盐酸
解析：A选项，萃取剂选择错误；B选项，防止HCO、SO等的干扰；C选项，应该先向水解后的溶液中加入碱使得溶液呈碱性，然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热；D选项，Ba2＋可以除去SO，再用CO除去Ca2＋、 Ba2＋，经过滤后，在滤液中再加适量盐酸除去CO。
答案：D
7．(2012年济南模拟)用下列实验或实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的的是(　　)
A．装置甲：防止铁钉生锈
B．测定同温同浓度的NaCl和NaF溶液的pH，确定F、Cl两元素的非金属性的强弱
C．装置乙：除去乙烷中混有的乙烯
D．用Ca(OH)2溶液来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
解析：本题考查了化学实验的设计。元素非金属性的强弱可以通过元素的最高价氧化物对应水化物的酸性来比较，而通过比较无氧酸盐溶液的pH，无法确定元素的非金属性强弱，故B错；乙烯被高锰酸钾酸性溶液氧化，生成的CO2仍会混在乙烷中，故C错；D中Na2CO3溶液和NaHCO3溶液分别和Ca(OH)2反应，都有CaCO3沉淀生成，故D错。
答案：A
8．在下列实验中，不能达到目的的是(　　)
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与S反应生成FeS，确定非金属性：Cl>S
B．用石墨作电极，电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液，确定铜和镁的金属活动性强弱
C．进行H2O和H2S的热分解实验，确定硫和氧两种元素的非金属性强弱
D．用pH试纸测定氯水的酸碱性
解析：氯水有强氧化性、漂白性，会把pH试纸漂白，无法与比色卡相比，即测不出它的pH值大小。
答案：D
9．(2012年海淀一模)下表中的实验，“操作和现象”与“结论”对应关系正确的一组是(　　)
操作和现象 结论
A 向纯碱中滴加足量浓盐酸，将所得气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊 酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B 取某溶液少量，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀 该溶液中一定含有大量的SO
C 取少量Fe(NO3)2试样加水溶解后加稀H2SO4酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 该Fe(NO3)2试样已经变质
D 取皂化反应后的混合液滴入盛水的烧杯中，在液体表面出现油滴 皂化反应不完全
解析：A项中浓盐酸会挥发出HCl气体，HCl会与苯酚钠反应生成苯酚。B项Ag＋有干扰。C项酸化后，H＋、NO将Fe2＋氧化。
答案：D
10．(2011年高考广东理综)下列实验现象预测正确的是(　　)
A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B．实验Ⅱ：KMnO4酸性溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C．实验Ⅲ：微热稀HNO3 片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
解析：A项苯层中的溴与氢氧化钠发生反应而褪色；B项中浓硫酸使蔗糖碳化，浓硫酸被还原生成二氧化硫气体，通过高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应，使其褪色；C项中的铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，在广口瓶中与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；D项生成了氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应。
答案：BD
二、非选择题
11．化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。
[方案一]称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。
(1)坩埚中发生反应的化学方程式为：_____________ 。
(2)实验中需加热至恒重的目的是：____________ 。
[方案二]按如图所示装置进行实验：
(1)B装置内所盛试剂是____________；D装置的作用是________ ；分液漏斗中________(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。
(2)实验前称取17.9 g样品，实验后测得C装置增重8.8 g，则样品中Na2CO3的质量分数为________。
(3)根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是：_____________ 。
答案：[方案一](1)2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　(2)保证NaHCO3分解完全
[方案二](1)浓H2SO4　防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置　不能
(2)29.6%　(3)缺少一套将A、B装置内的CO2气体全部驱赶到C装置中的装置(或其他合理答案)
12．某学习小组针对如何测定镀锌铁皮镀锌层厚度提出如下一些方案：
方案1.将一定质量的镀锌铁皮投入到足量的盐酸中，使其完全溶解，通过测量氢气的体积，计算铁皮上的锌的质量。
方案2.将一定质量(W1)的镀锌铁皮投入到足量的FeSO4溶液中，一段时间后，取出铁片，洗净、烘干、称量其质量为W2，计算铁皮上的锌的质量。
方案3.将一定质量的镀锌铁皮投入到足量的盐酸中，使其完全溶解，再在所得溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、烘干、灼烧沉淀，最后称量。
……
已知ZnCl2能和NaOH溶液反应生成Zn(OH)2沉淀，Zn(OH)2可溶解在过量的强碱中
(1)方案2的主要缺点是___________ ，
方案3的主要缺点是_____________ 。
(2)方案1中用到测量气体体积的装置，下列装置中不能用于测量气体体积的装置是________。
学习小组拟选用C装置作量气装置，则气体收集完毕，准备读数时，应注意：_______________ 。
解析：理解每种方案的实验原理是关键。
(1)方案2锌与铁的活动性差异不大，反应难以进行；方案3实验操作复杂，沉淀的获取和称量较为困难，精确度不高。
(2)B装置无法排出液体，不能测量生成H2的体积。C装置必须冷却至室温再读数，且要上下移动右边管使左右两边的液面相平。
答案：(1)锌与铁的活动性差异不大，反应难以进行　实验操作复杂，沉淀的获取和称量较为困难，精确度不高
(2)B　等到冷却到室温再进行读数，上下移动右边管使左右两边的液面相平
13．(2011年高考广东理综)某同学进行实验研究时，欲配制1.0mol·L－1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(化学式量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究其原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度(g/100 g H2O)分别为2.5、3.9和5.6。
(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是________。
(2)假设试剂由大量 Ba(OH)2·8H2O和少量 BaCO3组成。设计实验方案，进行成分检验。写出实验步骤、预期现象的结论。(不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH＝9.6)
限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
(3)将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量，实验如下：
①配制250 mL约0.1 mol·L－1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，________，将溶液转入________中，洗涤，定容，摇匀。
②滴定：准确量取25.00 mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将________(填“0.020”“0.05”“0.198 0”或“1.5”)mol·L－1盐酸装入50 mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次，平均消耗盐酸V mL。
③计算：Ba(OH)2 ·8H2O的质量分数＝________(只列出算式，不做运算)。
(4)室温下，________(填“能”或“不能”)配制1.0 mol·L－1Ba(OH)2溶液。
解析：(1)Ba(OH)2·8H2O在温度为293 K时的溶解度为3.9 g/100 g H2O；Ba(OH)2·8H2O吸收空气中的CO2生成的BaCO3难溶于水，而Ba(OH)2溶于水，因此未溶物可能仅为BaCO3。(2)在成分检验中，要检验滤液中含有Ba2＋、OH－，固体中含有BaCO3。步骤2中的现象为产生白色沉淀，则有Ba2＋；步骤3中，应再加入稀盐酸，将生成的气体通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊则为BaCO3；步骤4中则可以利用测定pH的方法确定含有OH－。
(3)中和滴定时，根据n(OH－)＝n(H＋)进行计算，当盐酸的浓度为0.05 mol/L或0.020 mol/L时，需要盐酸的体积大于50 mL，所给的滴定管不能满足要求；若盐酸浓度为1.5 mol/L时，求得的盐酸体积很小，误差较大。
(4)若配制1.0 mol/L的氢氧化钡溶液100 mL，则需溶解31.5 g左右的Ba(OH)2·8H2O，而Ba(OH)2·8H2O常温下的溶解度仅为3.9 g，所以不能配制1 mol/L的氢氧化钡溶液。
答案：(1)Ba(OH)2·8H2O在温度为293K时的溶解度为3.9 g/100 g H2O；Ba(OH)2·8H2O吸收空气中的CO2生成的BaCO3难溶于水
(2)
实验步骤 预期现象和结论
产生白色沉淀，则含有Ba2＋
滴入稀盐酸，并将导气管导入澄清石灰水中 产生气泡，澄清石灰水变浑浊，有BaCO3存在
取步骤1所得滤液少量，用pH计测定其pH pH＞9.6，则含有OH－
(3)①搅拌溶解待恢复至室温　250 mL容量瓶
②0.198 0　③×100%
(4)不能
14．小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：
(1)写出甲中反应的离子方程式：__________ ，
乙中的现象是________，可证明NO2的氧化性；在丙中鼓入空气后现象是________ ，
可证明NO的还原性。
(2)实验前丙中充满水的作用是_____________ 。
(用反应方程式和简要文字回答)
(3)小华对小明的实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由是____________ 。
你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性？(简要回答出原理和现象即可)_______________ 。
解析：本题利用Cu与浓硝酸反应制取NO2，再利用NO2与水的反应制NO；分别在不同的装置中检验它们的性质，在小明的实验设计中乙装置不能区分NO2和HNO3是谁氧化了Na2S，故应在无水的环境中检验NO2的氧化性。
答案：(1)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
溶液变浑浊　有红棕色气体生成
(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，制取NO，并用排水法收集NO
(3)NO2和水反应生成的HNO3是一种氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊　可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性一、选择题
1.(2012年哈尔滨模拟)石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，K原子填充在石墨各层碳原子中。比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写成CxK，其平面图形如图，则x值为(　　)
A．8　　　　 B．12
C．24 D．60
解析：可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位：其完全占有的碳原子数为4；占有的钾原子为×3＝，故碳原子与钾原子个数比为8∶1。
答案：A
2．(2012年福州质检)常温下硫单质主要以S8形式存在，加热时S8会转化为S6、S4、S2等，当蒸气温度达到750 ℃时主要以S2形式存在，下列说法正确的是(　　)
A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化
B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2
C．常温条件下单质硫为原子晶体
D．把硫单质在空气中加热到750 ℃即得S2
解析：S8、S6、S4、S2属于不同的分子，它们之间的转化为化学变化；常温条件下单质硫为分子晶体；硫单质在空气中加热到750 ℃时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S2。
答案：B
3．下列有关金属晶体和离子晶体的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属钠形成的晶体中，每个钠原子周围与其距离最近的原子有8个
B．金属镁形成的晶体中，每个镁原子周围与其距离最近的原子有6个
C．在NaCl晶体中，每个Na＋周围与其距离最近的Na＋有12个
D．在CsCl晶体中，每个Cs＋周围与其距离最近的Cl－有8个
解析：金属钠为体心立方堆积，每个原子周围与其距离最近的原子有8个；金属镁为六方最密堆积，每个原子周围与其距离最近的原子有12个；据NaCl的晶胞结构可知，NaCl晶体中每个Na＋周围与其距离最近的Na＋有12个；CsCl晶体中每个Cs＋周围与其距离最近的Cl－有8个。
答案：B
4．有关晶体的下列说法中正确的是(　　)
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．原子晶体中共价键越强，熔点越高
C．冰融化时水分子中共价键发生断裂
D．氯化钠熔化时离子键未被破坏
解析：晶体中分子间作用力大小只与物质熔、沸点有关，与分子稳定性无关，A错；原子晶体熔化时，破坏共价键，晶体中共价键越强，熔点越高，B对；冰融化时破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，C错；NaCl是由Na＋和Cl－构成的离子晶体，熔化时破坏离子键，D错。
答案：B
5．共价键、离子键、范德华力和氢键是形成晶体的粒子之间的四种作用力。下列晶体：
①Na2O2　②固体氨　③NaCl　④SiO2　⑤冰　⑥干冰，其中含有三种作用力的是(　　)
A．①②③ B．①②⑥
C．②⑤ D．⑤⑥
解析：分析得到下表：
Na2O2 固体氨 NaCl SiO2 冰 干冰
共价键 √ √ √ √ √
离子键 √ √
范德华力 √ √ √
氢键 √ √
答案：C
二、非选择题
6．(2011年高考全国新课标卷)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：
请回答下列问题：
(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是____________________、________________；
(2)基态B原子的电子排布式为________；B和N相比，电负性较大的是____________，BN中B元素的化合价为________；
(3)在BF3分子中，F—B—F的键角是________，B原子的杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为________；
(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为____________，层间作用力为________；
(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有________个氮原子、______个硼原子，立方氮化硼的密度是______g·cm－3(只要求列算式，不必计算出数值。阿伏伽德罗常数为NA)。
解析：(1)根据题给制备流程可知两个反应方程式为B2O3＋3CaF2＋3H2SO43CaSO4＋2BF3↑＋3H2O，B2O3＋2NH32BN＋3H2O。(2)B原子的原子序数为5，其电子排布式为1s22s22p1；B、N处于同周期，依据同周期元素随原子序数增大电负性依次增大可知，N的电负性较大；B位于元素周期表的第ⅢA族，由化学式BN得B元素的化合价为＋3价。(3)BF3的空间构型为平面正三角形，故F—B—F的键角为120°；B原子的杂化类型为sp2杂化；根据价电子对互斥理论可知，BF的立体构型为正四面体。(4)借助于石墨的结构可知，B与N原子之间的化学键为共价键，层与层之间依靠分子间作用力相结合。(5)依据金刚石的晶胞结构及化学式BN可确定立方氮化硼晶胞中含有4个N原子，4个B原子。则一个晶胞的质量可表示为×4 g(BN的摩尔质量为25 g·mol－1)，一个晶胞的体积可表示为(361.5×10－10)3cm3(1 pm＝10－12m＝10－10cm)，晶体密度的表达式为g·cm－3。
答案：(1)B2O3＋3CaF2＋3H2SO43CaSO4＋2BF3↑＋3H2O
B2O3＋2NH32BN＋3H2O
(2)1s22s22p1　N　＋3　(3)120°　sp2　正四面体
(4)共价键(或极性共价键)　分子间作用力　(5)4　4　
7．(2010年高考新课标全国卷)主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高。请回答下列问题：
(1)W元素原子的L层电子排布式为________，W3分子的空间构型为________；
(2)X单质与水发生主要反应的化学方程式为______________；
(3)化合物M的化学式为________，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl。M熔点较高的原因是________。将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯。在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有________，O—C—O的键角约为________；
(4)X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X∶Y∶Z＝ ________；
(5)含有元素Z的盐的焰色反应为________色。许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是____________________________。
解析：元素原子的最外层电子数不超过8个，故W元素的次外层为K层，所以W元素为O；X、Y、Z分别属于不同的周期，且原子序数之和为40，据此可以确定X、Y、Z分别属于2、3、4三个周期。结合题中X的单质能够与水反应，故可确定X为F；Y与Z的原子序数之和为31，Y的原子序数最小为11，Z位于第四周期，原子序数最小为19。若Y为Na，则Z为Ca，但钠的氧化物的熔点显然比氧化钙的熔点低，不符合题意。所以Y元素只能是Mg，Z为K。
(1)O的L层电子的排布式为：2s22p4，O3分子的空间构型为V形；根据杂化轨道理论可知，氧原子成键时采用sp3杂化，且氧原子中含有孤对电子，故形成了V形结构。(2)氟气与水能够剧烈反应，生成氧气：2F2＋2H2O===4HF＋O2。(3)M的化学式为MgO，属于离子化合物。结构相似的离子化合物，比较其熔点的高低，主要看晶格能的大小，晶格能越大，熔点越高，而判断晶格能大小的一个重要参数就是看离子半径的大小。碳酸二甲酯分子中存在C＝O和C—O，前者是平面结构，氧原子采用sp2杂化，后者氧原子采用sp3杂化，O—C—O的键角约为120°。(4)X占据立方体的棱中心，故每个晶胞中实际含有的X的个数为：12×＝3(每条棱被四个立方体共有)，Y位于顶角，故每个晶胞中实际含有的X的个数为：8×＝1(每个顶点被8个立方体共有)，Z位于体心，被立方体独自占据，故个数为1，所以该晶体中X、Y、Z三种原子的个数比为3∶1∶1。
(5)钾盐的焰色反应为紫色，发生焰色反应的原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量。
答案：(1)2s22p4　V形　(2)2F2＋2H2O===4HF＋O2　(3)MgO　晶格能大　sp3和sp2　120°　(4)3∶1∶1　(5)紫　激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量
8．(2012年济南模拟)2010年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管(LED)。目前市售LED晶片，材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、InGaN(氮化铟镓)为主。砷化镓的晶胞结构如图。试回答：
(1)镓的基态原子的电子排布式是________。
(2)砷化镓晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为____，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为________。
(3)下列说法正确的是________(填字母)。
A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同
B．第一电离能：AsC．电负性：As>Ga
D．GaP与GaAs互为等电子体
(4)N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是________。
(5)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得。(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为________。
解析：本题是一道典型的物质结构与性质的试题。镓是31号元素，基态原子的电子排布式要结合构造原理等进行书写。根据晶胞中原子均摊法原理可得白球的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，镓(黑球)处于晶胞的内部，从图可看出一个镓(黑球)与4个砷(白球)相连，4个砷有1个在晶胞的点上，而另3个在晶胞的面上，顶点上砷原子与面上的砷原子处于晶胞面上对角线相连且距离相等，所以为正四面体。As与Ga处于同一周期且原子序数As>Ga，同一周期从左至右，元素的电负性和第一电离能都逐渐增强；砷化镓晶胞结构属于体心结构而NaCl的晶胞结构属于面心结构，所以不同；GaP与GaAs最外层电子总数相等，互为等电子体。一般同主族非金属氢化物的沸点随相对分子质量的增大而升高，但第ⅤA、ⅥA、ⅦA的第二周期元素的氢化物因存在氢键，所以沸点是同主族氢化物中最高的。镓的最外层3个电子与3个甲基形成3个共价单键，所以其中心原子镓的杂化轨道类型为sp2。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)
(2)4　正四面体　(3)CD　(4)NH3>AsH3>PH3　(5)sp2
9．(2012年苏州模拟)有E、Q、T、X、Z五种前四周期元素，原子序数E请回答下列问题(答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号)：
(1)写出QT的电子式________，基态Z原子的核外电子排布式为_________________________。
(2)Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有____________________等两种。
(3)化合物甲由T、X两元素组成，其晶胞如图1，甲的化学式为________。
(4)化合物乙的晶胞如图2，乙由E、Q两元素组成，硬度超过金刚石。
①乙的晶体类型为________，其硬度超过金刚石的原因是____________________________________。
②乙的晶体中E、Q两种元素原子的杂化方式均为________。
解析：由题意知，E、Q、T、X、Z五种元素分别为C、N、O、K、Ni。
(1)NO的电子式为
，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。
(2)Q的简单氢化物NH3极易溶于T的简单氢化物H2O，其主要原因有这两种氢化物均为极性分子、分子之间能形成氢键。
(3)由化合物甲的晶胞可知，甲的化学式为KO2。
(4)①由化合物乙的晶胞可知，乙的化学式为C3N4，属于原子晶体，其硬度超过金刚石的原因是C－N键的键长小于C－C键，键能大于C－C键。
②C3N4晶体中C、N两种元素原子的杂化方式均为sp3。
答案：(1)
1s22s22p63s23p63d84s2
(2)这两种氢化物均为极性分子　相互之间能形成氢键
(3)KO2　(4)①原子晶体　C－N键的键长小于C－C键，键能大于C－C键　②sp3
10．氮是地球上极为丰富的元素。
(1)Li3N晶体中氮以N3－存在，基态N3－的电子排布式为___________。
(2) 的键能为942 kJ·mol－1，N—N单键的键能为247 kJ·mol－1，计算说明N2中的____________键比__________键稳定(填“σ”或“π”)。
(3)(CH3)3NH＋和AlCl可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂________(填“大”或“小”)，可用作________(填代号)。
a．助燃剂　b．“绿色”溶剂　c．复合材料　d．绝热材料
(4)X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。X的元素符号是________，与同一个N3－相连的X＋有________个。
解析：(1)N3－的电子排布式为1s22s22p6。
(2)在中有1个σ键，2个π键，在N—N中有1个σ键，π键键能＝＝347.5 kJ/mol，所以在中，π键比σ键稳定。
(3)离子液体中的作用力是离子键，尽管微弱，但强于氢键和分子间作用力，所以其挥发性小，不会污染环境，是“绿色”溶剂。
(4)由题给信息知X＋所含电子数＝2＋8＋18＝28，所以X为29号Cu元素。
从图上看○少多，结合X3N知，○为N3－，以顶角上的○为中心，距离最近的X＋有3个。构成一个完整的三维空间需8个这样的立方体晶胞，则每个N3－周围有X＋：8×3×＝6(个)(棱上的原子为4个晶胞所共用，所以每个原子在此晶胞中为份)。
答案：(1)1s22s22p6　(2)π　σ　(3)小　b　(4)Cu　6一、选择题
1．能用来检验酒精中是否含有水的试剂是(　　)
A．CuSO4·5H2O　　　　　B．无水硫酸铜
C．浓硫酸 D．金属钠
解析：判断酒精中是否含有水的方法是用无水硫酸铜，因有水时硫酸铜会出现蓝色，而用浓硫酸不能检验，钠与水和乙醇都发生反应，不能用于检验。
答案：B
2．(2010年高考山东理综)下列叙述错误的是(　　)
A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同
B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同
C．煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠
D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
解析：本题考查有机物的性质，意在考查考生的分析推理能力和实际运用知识的能力。乙烯使溴水褪色是因为发生加成反应，苯使溴水褪色是由于萃取，A选项错误；淀粉水解产物是葡萄糖，油脂碱性水解的产物是高级脂肪酸钠和甘油，蛋白质水解的产物是氨基酸，B选项正确；煤油是石油分馏的一种馏分，金属钠一般保存在煤油中，C选项正确；乙醇和乙酸的酯化反应属于取代反应，乙酸乙酯的水解反应属于取代反应，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸的原因是乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度最小而乙酸能与Na2CO3反应，D选项正确。
答案：A
3．下列醇不能在铜的催化下发生氧化反应的是(　　)
解析：D项与羟基相连的碳原子上没有H原子，不能发生催化氧化反应，也不能被KMnO4(H＋)氧化(但可以燃烧)。
答案：D
4．(2010年高考广东理综)下列说法正确的是(　　)
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．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是由高分子生成小分子的过程
解析：乙烯分子内含有键，能发生加聚反应，而乙烷则不能，故A项错误；蛋白质水解的中间产物是多肽，而水解的最终产物是氨基酸，故B项错误；米酒变酸是因为C2H5OH被氧化为CH3COOH的缘故，因此C项正确；石油、油脂都不属于高分子，故D项错误。
答案：C
5．现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是(　　)
A. B.a
C.(1－a) D.(1－a)
解析：乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n(n≥2)，混合物中C和H的质量分数之和为(1－a)，两类物质中m(C)∶m(H)＝6∶1，故混合物中碳的质量分数是(1－a)。
答案：C
6．下列说法不正确的是(　　)
A．向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸
B．用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳
C．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O
D．油脂不都能使溴的四氯化碳溶液褪色
解析：A项正确，除去乙酸乙酯中的乙酸可以用饱和NaHCO3溶液，也可以用饱和Na2CO3溶液；B项正确，溴水与乙醇混溶，与苯、CCl4有萃取现象，但苯的密度小于水，CCl4的密度大于水；C项错误，汽油、柴油属于烃的混合物，植物油是烃的含氧衍生物；D项正确，油脂是高级脂肪酸与甘油生成的酯，有的高级脂肪酸中除羧基外，有的还有不饱和键。
答案：C
7．(2012年潍坊模拟)下列说法正确的是(　　)
A．无机物不可能转化为有机物，有机物可以转化为无机物
B．糖类、蛋白质、脂肪都是重要的营养物质，它们都属于高分子化合物
C．甲烷、乙醇、乙酸、苯都能发生取代反应
D．可直接用分液法分离乙酸乙酯和乙醇的混合物
解析：本题考查有机物和无机物间的转化、常见有机物的性质等知识。无机物和有机物之间可以相互转化；单糖、二糖和脂肪等不属于高分子化合物；乙酸乙酯与乙醇互溶，不分层。
答案：C
8．(2012年临川测试)市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣物上的汗渍、血迹以及人体排放的蛋白质等遇到它，都能水解而被除去。下列衣料中不能用加酶洗衣粉洗涤的是(　　)
①棉织品　②毛织品　③腈纶制品　④蚕丝制品　⑤涤纶制品　⑥锦纶制品
A．①②③ B．②④
C．③④⑤ D．③⑤⑥
解析：毛织品与蚕丝制品的成分主要为蛋白质，在加酶洗衣粉的作用下会被水解。
答案：B
9．只用一种试剂就可鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液和蔗糖溶液，这种试剂是(　　)
A．NaOH溶液 B．Cu(OH)2悬浊液
C．石蕊试液 D．Na2CO3溶液
解析：与Cu(OH)2悬浊液作用，乙酸可使Cu(OH)2沉淀溶解为蓝色溶液，葡萄糖溶液、蔗糖溶液可使Cu(OH)2沉淀溶解为绛蓝色溶液，加热至沸腾，葡萄糖与Cu(OH)2作用有砖红色沉淀生成，蔗糖与Cu(OH)2作用无砖红色沉淀生成。
答案：B
10．(2012年深圳模拟)下列说法正确的是(　　)
①植物油和裂化汽油都可以使溴水褪色
②葡萄糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应
③按汽油、煤油、柴油的顺序，含碳量逐渐增加
④防腐剂福尔马林(含甲醛)可用作食品保鲜剂
⑤乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
A．①③⑤ B．①②⑤
C．②④⑤ D．②③④
解析：①植物油分子含不饱和烃基，存在碳碳双键，裂化汽油中有烯烃，都可与溴水加成而褪色，正确；②葡萄糖是单糖，不能水解，错误；③按汽油、煤油、柴油的顺序所含碳原子数依次增加，含碳量逐渐增加，正确；④甲醛对人体有害，不能用作食品保鲜剂，错误；⑤乙醇、乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解反应都属于取代反应，正确。所以①③⑤正确，正确答案为A。
答案：A
二、非选择题
11．(2012年威海模拟)生活中的有机物种类丰富，在衣食住行等多方面应用广泛，其中乙醇是比较常见的有机物。
(1)乙醇是无色有特殊香味的液体，密度比水________。
(2)工业上用乙烯与水反应可制得乙醇，该反应的化学方程式为__________ (不用写反应条件)，原子利用率是________。
(3)下列属于乙醇的同系物的是________，属于乙醇的同分异构体的是________(选填编号)。
(4)乙醇能够发生氧化反应：
①46 g乙醇完全燃烧消耗________mol氧气。
②乙醇在铜作催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为__________ 。
③下列说法正确的是________(选填字母)。
A．乙醇不能和高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应
B．交警用橙色的重铬酸钾酸性溶液检查司机是否酒后驾车
C．黄酒中某些微生物使乙醇氧化为乙酸，于是酒就变酸了
D．陈年的酒很香是因为乙醇和乙醇被氧化生成的乙酸发生酯化反应生成了乙酸乙酯
答案：(1)小
(2)CH2CH2＋H2OCH3CH2OH　100%
(3)D　E　(4)①3
②2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O　③BCD
12.如右图，在试管a中先加入2 mL 95%的乙醇，加摇边缓缓加入2 mL浓硫酸，再加入3 mL无水醋酸，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管b中加入7 mL饱和碳酸钠溶液，连接好装置。用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。
(1)写出a试管中主要反应的化学方程式：_________________ 。
(2)加入浓硫酸的目的是______________________ 。
(3)试管b中观察到的现象是____________________ 。
(4)在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_________ 。
(5)饱和Na2CO3溶液的作用是___________________ 。
(6)若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是________ 。
(7)做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是________________ 。
解析：(3)试管b中有乙酸乙酯生成，乙酸乙酯密度比水小，不溶于水，所以可以看到Na2CO3溶液的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，乙酸乙酯有香味，所以可以闻到香味。(4)球形干燥管有一个容积比较大的球肚，如果发生倒吸会使b试管中液面下降，使球形干燥管的尖端脱离液面，从而防止倒吸。(6)乙酸乙酯不溶于水，分离两种互不相溶的液体，应用分液法。
答案：(1)CH3COOH＋CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3＋H2O
(2)作催化剂、吸水剂，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动
(3)饱和Na2CO3溶液的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，并可以闻到香味
(4)防止b试管中的液体倒吸到a试管中
(5)除去乙酸乙酯中的乙酸、乙醇，排除乙酸对乙酸乙酯气味的干扰，降低乙酸乙酯的溶解度
(6)分液　(7)防止液体暴沸
13．将淀粉及一些能使淀粉水解的多种蛋白酶混合，放入半透膜做成的袋中，加入水，然后将半透膜袋置于流动的温水中。经过相当长的时间后，取半透膜袋中的液体做实验：
(1)用试管取液体少量，加入碘水，现象________，原因是_________ 。
(2)用试管取液体少量，加入浓HNO3，微热，现象_______ ，原因是_______ 。
(3)用试管取液体少量，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，现象是________，原因是_____________。
解析：解答本题时应先明确糖类以及蛋白质水解的产物，然后再分析水解产物与题给试剂的反应情况。淀粉在蛋白酶的作用下，水解成葡萄糖，葡萄糖通过半透膜随温水流走。蛋白酶是高分子化合物，不能通过半透膜。这样，最终半透膜袋中就不含淀粉、葡萄糖，而只含蛋白酶了。
答案：(1)无现象　淀粉完全水解
(2)溶液颜色变黄　含蛋白质，它与浓HNO3会发生颜色反应，变黄
(3)无现象　水解生成的葡萄糖，随温水流走了
14．(2012年兰州高三诊断考试)为确定某液态有机物X(分子式为C2H6O2)的结构，某同学准备按下列程序进行探究。请完成下列填空。已知①一个碳上连两个羟基的物质()不稳定；②分子中不存在过氧键(－O－O－)。
(1)根据价键理论预测X的可能结构为____________、________、________(横线可不填满)。
(2)设计实验方案证明X的结构(表格可不填满)。
实验原理 预期生成H2的体积(标准状况) 对应X的结构简式
取6.2 g X与足量钠反应，通过生成氢气的体积来确定X分子中能与金属钠反应的氢原子数目，进而确定X的结构
(3)根据实验方案，从下列仪器中选择所需仪器，画出实验装置图。
要求：①本题装置示意图中的仪器可以用上面的方式表示。
②铁架台、石棉网、酒精灯、连接胶管等，在示意图中不必画出。如需加热，在需加热的仪器下方，用“△”表示。
解析：(1)C2H6O2符合CnH2n＋2Ox的通式，所以分子为链状，无不饱和键，由限制条件①和②可知结构为
。
(2)6.2 g C2H6O2的物质的量为：n＝＝0.1 mol，若为CH3－O－CH2OH，则V(H2)＝0.1 mol××22.4 L·mol－1＝1.12 L，若为，则V(H2)＝0.1 mol×1×22.4 L·mol－1＝2.24 L。
答案：(1)CH3－O－CH2－OH　HOCH2－CH2OH
(2)
(3)一、选择题
1．下列说法中不正确的是(　　)
A．原子中易失去的电子，其能量较高
B．原子核外最外层电子数为2的元素不一定为金属元素
C．M层电子的能量一定比L层电子的能量高
D．在原子中，除最外电子层，每层上的电子数必符合2n2个
解析：原子失电子时先失最外层电子，而外层电子能量较高，A正确；He原子最外层2个电子，为非金属，B正确。在原子中，除最外电子层，每层上的电子数不一定必须为2n2个，如K原子的原子结构示意图为K：
，其第3层上的电子数并不符合2n2个。
答案：D
2．关于元素周期表的下列说法中正确的是(　　)
A．同一短周期元素A、B，若A的核电荷数比B大，则B单质的还原性应比A单质强
B．第n主族的元素，其最高化合价必为＋n价
C．同主族元素的气态氢化物，其相对分子质量越大，热稳定性一定越高
D．同主族元素，原子半径越大，其单质的氧化性越强
解析：由O、F无正价，知B项错，由热稳定性，HF>HI，而HI相对分子质量大，知C项错。由氧化性F2>Cl2>Br2>I2知D项错。
答案：A
3．(2012年太原模拟)下列元素的最高价氧化物溶于水，形成的含氧酸的酸性最强的是(　　)
A．原子最外层电子数是次外层的2倍的元素
B．原子M层电子数等于另两层电子数之差的元素
C．第三周期ⅦA族的元素
D．其单质有多种同素异形体，其中一种着火点很低、能自燃的元素
解析：A项中元素为碳，B项中元素为硫，C项中元素为氯，D项中元素为磷，四种元素中Cl的非金属性最强，因此其最高价氧化物对应的水化物酸性最强。
答案：C
4．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。已知：①四种元素的电子层数之和等于10，且它们分别属于连续的四个主族；②四种元素的原子中半径最大的是X原子。下列说法正确的是(　　)
A．W和X位于第二周期
B．Y和Z分别是Al和Si
C．W和X分别是O和F
D．Z的金属性可能比X的金属性强
解析：四种元素的电子层数之和等于10，有两种可能：(1)1＋3＋3＋3；(2)2＋2＋3＋3。后一种情况无法满足X的原子半径最大的条件。因此(1)符合要求，W、X、Y、Z四种元素依次是H、Mg、Al、Si。据此即可判断B正确。
答案：B
5.(2012年崇文模拟)右图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是(　　)
A．非金属性：Y>Z>M
B．离子半径：M－>Z2－>Y－
C．ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D．三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
解析：本题考查了元素周期表的结构和元素性质推断。由元素在周期表中的位置可知X为氦元素，Y为氟元素，M为氯元素，Z为硫元素。非金属性：Y>M>Z；离子半径：Z2－>M－>Y－；ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构；氟无正价，也没氧化物。
答案：C
6．有三种短周期元素，原子最外层电子数之和为17，质子数之和为31。如果这三种元素中有一种是氩元素，则关于另外两种元素的说法不正确的是(　　)
A．若其中一种是稀有气体元素，则另一种元素一定是金属元素
B．若其中一种元素的单质通常情况下是气体，则另一种元素的单质通常情况下是固体
C．若其中一种元素的气态氢化物是三角锥形分子，则另一元素的所有气态氢化物一定是正四面体形分子
D．若其中一种元素的最高正价是＋3价，则另一种元素的单质通常有两种常见同素异形体
解析：根据题意，除氩元素外，另外两种元素原子最外层电子数之和为9，质子数之和为13，可能的组合有C和N、B和O、Be和F、Li和Ne。A项，若其中一种是稀有气体元素(Ne)，则另一种元素一定是金属元素(Li)，正确；B项，若其中一种元素的单质通常情况下是气体(O2、N2或F2)，则另一种元素的单质通常情况下是固体(B、C或Be)，正确；C项，若其中一种元素的气态氢化物是三角锥形分子(NH3)，则另一元素的所有气态氢化物的结构有多种情况，其中CH4为正四面体形分子，C2H4为平面形分子，还有多种结构，错误；D项，若其中一种元素的最高正价是＋3价(B)，则另一种元素的单质通常有两种常见同素异形体(O2和O3)，正确。
答案：C
7．下列关于元素周期表和元素周期律的说法不正确的是(　　)
A．从氟到碘，单质的氧化性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强
B．等物质的量的钠原子比铝原子失去的电子数少，所以钠比铝的还原性弱
C．从钠到氯，最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强
D．氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，氧气比硫的氧化性强
解析：从氟到碘，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，A项正确；钠容易失电子，还原性强，B项错误；C项正确；O、S同主族，故O比S原子半径小，其单质氧化性强，D项正确。
答案：B
8.(2012年聊城模拟)已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍
B．X可能为氢元素
C．W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
D．X、Y、Z、W四种元素的最外层电子数之和可能为25
解析：当Y为氧、W为硫时，A项正确；从图中可知X右边存在Y元素，由周期表结构可知X不可能为H；从上至下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，C项错误；由于四种元素分别属于两个相邻主族，其中一个主族的元素的原子最外层电子数为奇数，另一个主族的元素的原子最外层电子数必为偶数，所以最外层电子数总和一定为偶数。
答案：A
9．X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，质子数比Y少5，X和Z在同一主族。下列叙述不正确的是(　　)
A．原子半径：Y>Z
B．X元素的一种单质可用于消毒杀菌
C．Y的氧化物是工业制取Y单质的主要原料
D．Z的单质在氧气中点燃可生成两种酸性氧化物
解析：由题意可依次推出X、Y、Z分别为O、Al、S三种元素，原子半径的大小关系为：Al>S>O(即Y>Z>X)；O3可用于消毒杀菌；工业上制取金属铝主要是电解熔融的Al2O3；硫单质在氧气中点燃只生成SO2一种酸性氧化物。
答案：D
10．四种主族元素的离子aXm＋、bYn＋、cZn－和dRm－(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是(　　)
①a－b＝n－m
②元素的原子序数a>b>c>d
③元素非金属性Z>R
④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y
A．②③　　　　　　　B．③
C．①②③④ D．①②③
解析：由题意知：X、Y位于R、Z的下一周期，X、Y分别位于第m、n主族，R、Z分别位于第(8－m)、(8－n)主族，a－m＝b－n，即a－b＝m－n，①错误；②③正确；最高价氧化物对应水化物的碱性Y>X，④错误。
答案：A
二、非选择题
11．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑥在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
(1)②、③、⑤的原子半径由大到小的顺序为________；⑤、⑥的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是______。
(2)由上述6种元素形成的常见物质A、B、C、D、E、F的相互转化关系如下图(反应条件均未列出，部分产物已略去)。已知，A、D、F为单质，且A、D为同主族元素的单质，B为氧化物。
①若A为金属单质，E为盐，则E的化学式为________；反应①的离子反应方程式为_________________________。
②若A为非金属单质，E为氧化物，则F的化学式为_________________；请写出B与氢氧化钠溶液反应的化学反应方程式______________________；写出D的一种重要用途_____________________________。
解析：(1)②、③、⑤对应的元素为C、O、Si，Si的电子层数最多，原子半径最大。C、O的电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，故原子半径由大到小的顺序为Si>C>O；⑤、⑥对应的元素为Si、Cl，非金属性Cl>Si，最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SiO3。(2)①若A为金属单质，E为盐，相互转化关系为：Na＋H2O→NaOH＋H2↑(A＋B→C＋D)，NaOH＋Cl2→NaCl＋NaClO＋H2O(C＋F→E＋NaClO＋H2O)，Na＋Cl2→NaCl(A＋F→E)。则E的化学式为NaCl； 反应①的离子反应方程式为 2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑。②若A为非金属单质，E为氧化物，相互转化关系为：C＋SiO2→Si＋CO↑(A＋B→D＋C)，CO＋O2→CO2(C＋F→E)，C＋O2→CO2(A＋F→E)。则F的化学式为O2；B与氢氧化钠溶液反应的化学反应方程式SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O；D可用作半导体材料。
答案：(1)Si　C　O　HClO4　H2SiO3
(2)①NaCl　2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②O2　SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O　用作半导体材料
12．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如表：
元素编号 元素特征信息
A 其单质是密度最小的物质
B 阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一
C 其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物
D 其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期
E 与C同周期，原子半径在该周期最小
回答下列问题：
(1)写出下列元素的名称：C________，E________。
(2)写出A、B、C形成的化合物的电子式____________________________。
(3)①写出E单质与A、B、C形成的化合物反应的化学方程式：
____________________________________。
②D单质与A、B、C形成的化合物的水溶液反应的离子方程式：
_________________________________________________。
③B、C元素形成的化合物与A2B反应的两个化学方程式：
______________________________________________。
解析：这是一道由性质推导元素位置，再进一步综合元素的性质的题目。依据元素的特征信息可知，A为氢，B为氧，C为钠，D为铝，E为氯。由氢、氧、钠形成的化合物为NaOH，其电子式为Na＋[H]－。
答案：(1)钠　氯　(2)Na＋[H]－
(3)①Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
②2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
③2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，
Na2O＋H2O===2NaOH
13．a、b、c、d、e为短周期主族元素。其中
①a和b属同周期元素，二者能形成多种气态化合物；
②a和c属同周期元素，二者能形成两种气态化合物；
③a和d属同主族元素，二者能形成两种常见化合物；
④e可分别和a、b、c、d形成具有相同电子数的共价化合物甲、乙、丙、丁。
请回答：
(1)a元素为________，甲的分子式为________，丁的电子式为________。
(2)由上述一种或几种元素形成的物质可与水发生氧化还原反应，写出一个符合要求的化学反应方程式：_________________________________________。
(3)a单质和丙可形成燃料电池(以KOH溶液为电解液)。该燃料电池的负极反应式为_________________________________________________。
(4)乙是一种液态火箭燃料，在O2中燃烧，产物无污染。常温下，6.4 g乙燃烧放出Q kJ热量，该反应的热化学方程式为______________________。
解析：短周期中，同周期两种元素能形成多种气态化合物的为N元素和O元素，又由于a和c同周期，二者能形成两种气态化合物，则a为O，b为N，c为C；由③得d为S，由④得e为H，构成的电子数相同的化合物为18e－化合物，甲为H2O2；乙为N2H4；丙为C2H6；丁为H2S。
答案：(1)氧(或O)　H2O2　H??H
(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO(或C＋H2O(g)CO＋H2、
(3)C2H6＋18OH－－14e－===2CO＋12H2O
(4)N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－5Q kJ/mol
14．(2011年高考海南卷)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。
X Y
Z W
请回答下列问题：
(1)元素Z位于周期表中第________周期，________族；(2)这些元素的氢化物中，水溶液碱性最强的是________(写化学式)；
(3)XW2的电子式为________；
(4)Y的最高价氧化物的化学式为____________________________；
(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170～190之间，且W的质量分数约为70%。该化合物的化学式为________。
解析：(1)短周期元素Z原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍，则Z为P元素。结合四种元素在周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Y为N元素，W为S元素。
(2)H2S的水溶液显酸性，CH4难溶于水，PH3和NH3的水溶液显碱性，但氨水的碱性稍强。
(3)CS2为直线形分子，其结构式为S===C===S，电子式为
??。
(4)N元素的最高价为＋5价，其氧化物为N2O5。
(5)二元化合物的相对分子质量在170～190之间，且W的质量分数约为70%，则该二元化合物中W(S)原子个数的最小值为≈3.7，S原子个数的最大值为≈4.2，从而推知该二元化合物中含有4个S原子。那么二元化合物的相对分子质量约为≈182.9。该二元化合物中N原子的个数为≈4，故其化学式为S4N4。
答案：(1)三　VA　(2)NH3
(3)??　(4)N2O5　(5)S4N4一、选择题
1．将浓硫酸与下列物质作用时，既表现氧化性，又表现酸性的是(　　)
①红热的木炭　②H2S气体　③Cu　④FeO　⑤NH3
⑥使木材炭化　⑦CuSO4·5H2O　⑧对铁、铝的钝化
A．③④　　　　　　　　B．①②⑤⑧
C．①②③④⑦ D．以上答案均不正确
解析：与木炭、H2S反应及Fe、Al钝化时浓H2SO4只表现氧化性；浓H2SO4与NH3反应时只表现酸性，⑥是浓H2SO4的脱水性；⑦是吸水性。③和④满足题意。
答案：A
2．以下关于硫及其化合物的说法错误的是(　　)
A．硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态
B．检查病人胃病所用的钡餐，既可以用BaSO4也可以用BaCO3
C．浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性
D．SO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应酸
解析：BaCO3易与胃酸反应生成BaCl2，BaCl2有毒，故钡餐只能用BaSO4。
答案：B
3．用可溶性钡盐检验SO的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是(　　)
A．形成较多的白色沉淀
B．形成的沉淀纯度更高
C．排除Ba2＋以外的其他阳离子的干扰
D．排除SO以外的其他阴离子及Ag＋的干扰
解析：SO、CO会与Ba2＋产生白色沉淀，若可溶性盐为BaCl2，Ag＋与Cl－也产生白色沉淀，因此要用盐酸排除干扰。
答案：D
4．下列物质都具有漂白性，其中漂白原理和其他几种不同的是(　　)
A．SO2 B．H2O2
C．O3 D．HClO
答案：A
5．SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是(　　)
A．SO2 B．Cl－
C．Fe3＋ D．NO
解析：本题考查二氧化硫的还原性。二氧化硫通入硝酸铁溶液后，先与铁离子反应生成硫酸根与亚铁离子，所以溶液由棕黄色变为浅绿色；由于二氧化硫溶于水生成中强酸亚硫酸，会使溶液中的氢离子、硝酸根、亚硫酸根之间发生氧化还原反应生成硫酸根与一氧化氮，滴入氯化钡生成硫酸钡沉淀，所以最终被还原的为硝酸根。
答案：D
6．如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是(　　)
选项 试剂 现象 结论
A 酸性KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有氧化性
B 品红溶液 溶液褪色 SO2有漂白性
C NaOH溶液 无明显现象 SO2与NaOH溶液不反应
D 紫色石蕊试液 溶液变红色后不褪色 SO2有酸性，没有漂白性
解析：A项酸性KMnO4溶液将SO2氧化，SO2有还原性；B项SO2化合漂白；C项SO2与NaOH溶液反应，只是现象不明显；D项SO2有漂白性但不能漂白石蕊显示的红色。
答案：B
7．(2012年济宁一模)下列对有关化学反应过程或实验现象的解释正确的是(　　)
A．SO2使溴水褪色证明SO2有还原性
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，说明氯气的氧化性大于次氯酸
C．SO2能使紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2溶液具有酸性
解析：SO2使溴水褪色发生反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，说明SO2具有还原性，A正确；次氯酸的氧化性大于氯气，B项错误；SO2使紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，C项错误；因CO的水解，而使溶液呈碱性，当Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液时生成BaCO3沉淀，溶液红色褪去，D项错误。
答案：A
8．下列五种有色溶液与SO2作用，均能褪色，其实质相同的是(　　)
①品红溶液　②酸性KMnO4溶液　③滴有酚酞的NaOH溶液　④溴水　⑤淀粉 碘溶液
A．①④ B．①③
C．②⑤ D．②④⑤
解析：SO2使品红溶液褪色是由于其漂白性；SO2使酸性KMnO4溶液、溴水、淀粉 碘溶液褪色是由于其还原性；SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是由于其与碱发生复分解反应，使溶液碱性降低。
答案：D
9．如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是(　　)
A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．品红试纸、蘸有KMnO4溶液的滤纸均褪色证明了SO2具有漂白性
C．湿润淀粉 KI试纸变蓝
D．NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2
解析：
选项 分析 结论
A SO2使蓝色石蕊试纸只变红，不褪色 错误
B SO2把KMnO4还原而使之褪色 错误
C SO2氧化性比I2弱，不能将I－氧化成I2 错误
D SO2有毒，可用NaOH溶液吸收 正确
答案：D
10．(2012年金华模拟)将BaCl2溶液分盛在两支试管中，第1支加入HNO3，第2支加入烧碱溶液，然后再分别通入SO2气体，结果两试管均有白色沉淀产生。下列说法正确的是(　　)
A．证明SO2具有强氧化性和酸性
B．若第1支试管改通H2S或Cl2气体，后再通SO2气体，均不会产生沉淀
C．若第2支试管改通NH3，后通SO2，不会产生沉淀
D．升高pH使SO2水溶液中SO浓度增大
解析：A项，两试管分别有BaSO4和BaSO3沉淀产生，证明SO2具有还原性和酸性；B项，若第1支试管改通H2S，会产生单质S沉淀。改通Cl2，会产生BaSO4沉淀；C项，若第2支试管改通NH3，溶液显碱性，再通入SO2，会产生BaSO3沉淀；D项，升高pH会使SO2水溶液中SO浓度增大。
答案：D
二、非选择题
11．在通常状况下，A是固体单质。根据如图所示的转化关系，回答：
(1)写出A、E的化学式：
A________；E________。
(2)写出指定反应的化学方程式：
E→C：____________________________________________。
C→D：_____________________________________________。
(3)若A为气态单质，则A、E的化学式：
A________；E________。
解析：A是固体单质，由图知A能与H2反应，所以它应是一种非金属单质；A及其氢化物B能连续与O2反应，最终生成的氧化物D能够与水反应生成含氧酸E，而E能够与Cu反应生成C，所以E应是一种强氧化性酸，故可知A是硫。若A为气态单质，由转化关系可知，A～E分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。
答案：(1)S　H2SO4
(2)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2SO2＋O22SO3
(3)N2　HNO3
12．某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时，有同学认为产生的气体除SO2外，还可能产生氢气。该同学为了检验他的判断是否正确，设计了如图所示的实验装置，其中，装置B中盛有浓硫酸，装置C中放置黑色CuO粉末，装置D中放置的是无水硫酸铜粉末(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)。试回答：
(1)A中加入的试剂可能是________，作用是_____________；E中加入的试剂是碱石灰，作用是____________________________________________；
装置A、B之间的酸性高锰酸钾溶液的作用是_____________________；
(2)上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为_______________________
_____________________________________________________________；
(3)如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？________(填“能”或“不能”)。原因是：__________________________
____________________________________________________________
____________________________________________________________。
(4)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：
C中________________________________________________，
D中_________________________________________________。
解析：(1)证明SO2存在应用品红溶液，故A中试剂为品红溶液。酸性KMnO4溶液的作用是除去SO2。D的作用是证明有H2O产生，E中碱石灰的作用是防止空气中H2O(g)进入D中，干扰检验。
(2)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O
(3)B中浓硫酸的作用是除去气体中的水蒸气，若去掉，则D中现象就无法说明有无H2产生。
(4)C中黑色粉末(CuO)变成红色光亮物质，D中白色粉末变蓝，证明有H2生成。
答案：(1)品红溶液　检验气体X中是否含有SO2　防止空气中的水蒸气进入D中，干扰检验　除去气体X中的SO2
(2)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O
(3)不能　经酸性高锰酸钾溶液洗气后的气体中含有水蒸气，会干扰氢气的检验
(4)黑色粉末(CuO)变成红色光亮的物质　白色粉末变蓝色
13．下表列出了两种火力发电燃煤烟气脱硫方法的原理：
方法Ⅰ 用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4
方法Ⅱ 用天然海水吸收SO2后再排放
(1)方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中SO2的化学方程式为：
2NH3＋SO2＋H2O===(NH4)2SO3；
(NH4)2SO3＋SO2＋H2O===2NH4HSO3
采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2，原因是_____________(用离子方程式表示)。
(2)①方法Ⅱ的流程是先用天然海水在吸收塔中吸收燃煤烟气中的SO2，使其转化为H2SO3，然后再通入氧气氧化，最后再加入天然海水稀释后排放，请写出通入氧气氧化时反应的离子方程式________________________________
______________________________________________________________。
②某学习小组拟采用如图装置在实验室测定烟气中SO2的体积分数(假设实验在标准状况下进行)；
上述装置组装连接的顺序是：原料气→________(填a、b、c、d、e)。下列试剂中(浓度、体积一定)，可以用来代替试管中的碘 淀粉溶液的是________(填编号)。
A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．溴水 D．氨水
解析：(1)不需除去CO2是因为H2SO3的酸性强于碳酸，发生反应：HCO＋SO2===CO2＋HSO，有利于SO2的吸收和转化。
(2)②为达到实验目的，应将含SO2的废气先通入碘 淀粉溶液吸收SO2[在观察到溶液蓝色恰好消失时停止通入气体，通过碘 淀粉溶液中n(I2)来求算通入SO2的量]，再将未反应的气体通过排水法来量取体积，这样即可求出SO2的体积分数，故连接顺序为：c、d、b、a、e；由上述原理可知可用酸性KMnO4溶液、溴水等来代替碘 淀粉溶液，而NaOH溶液、氨水等不能确定反应终点。
答案：(1)HCO＋SO2===CO2＋HSO
(2)①2H2SO3＋O2===4H＋＋2SO
②c、d、b、a、e　A、C
14．(2012年江苏南通)铁在冷的浓硫酸中能发生钝化。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂：0.01 mol/L酸性KMnO4溶液、0.1 mol/L KI溶液、3% H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。
【提出猜想】　
Ⅰ.所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；
Ⅱ.所得气体中可能含有________中的一种或两种。
【实验探究】　
实验操作 预期现象 结论
验证猜想Ⅰ 步骤①：取少量0.01 mol/L酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液 ________ ________
步骤②：________ ________ 含有Fe3＋
验证猜想Ⅱ 将所得气体通入如下装置 ________ 含有两种气体
【问题讨论】　
有同学提出，若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和H2O2两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，请对该观点进行评价：_____________________。
答案：【提出猜想】　Ⅱ.SO2、H2
【实验探究】　猜想Ⅰ　步骤①：溶液紫色褪去　含有Fe2＋
步骤②：另取少量所得溶液，滴加KI 淀粉溶液　溶液变为蓝色
猜想Ⅱ　甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体
【问题讨论】　不正确。 若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋一、选择题
1．(2012年潍坊高三质检)下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是(　　)
A．反应①是加成反应
B．只有反应②是加聚反应
C．只有反应⑦是取代反应
D．反应④⑤⑥是取代反应
解析：本题考查有机物的转化关系及有机化学反应类型。反应①为加成反应，反应②为加聚反应，反应③为氧化反应，反应④、⑥为酯的水解反应，反应⑤、⑦为酯化反应，酯的水解反应与酯化反应都是取代反应。
答案：C
2．人们能够在昏暗的光线下看见物体，是因为视网膜中的“视黄醛”吸收光线后，其分子结构由顺式转变为反式，并从所在蛋白质上脱离，这个过程产生的信号传递给大脑。
下列有关“视黄醛”的说法正确的是(　　)
A．“视黄醛”属于烯烃
B．“视黄醛”的分子式为C20H15O
C．“视黄醛”能与银氨溶液发生银镜反应
D．在金属镍催化并加热下，1 mol“视黄醛”最多能与5 mol H2发生加成反应
解析：“视黄醛”中的官能团有碳碳双键(5个)、醛基(1个)、碳环(1个)，所以“视黄醛”能发生银镜反应，属于醛类；在金属镍催化并加热下，1 mol“视黄醛”最多能与6 mol H2发生加成反应；该有机物中含有19个碳原子，H原子个数为19×2＋2－7×2＝26，分子式为C19H26O。
答案：C
3．分子式为C8H16O2的有机物A，能在酸性条件下水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C。则有机物A可能的结构有(　　)
A．1种　　　　　　　　　　B．2种
C．3种 D．4种
解析：由题意，A能水解生成B和C，且B在一定条件下能转化成C，得B为一元醇，C为一元酸，且二者的碳原子数、碳链结构完全相同。即B为：C3H7－CH2OH，C3H7－有2种结构，所以A可能的结构有2种。
答案：B
4．(2012年石家庄一模)芳香族化合物X的结构如图所示，下列叙述不正确的是(　　)
A．X分子中最多有9个碳原子共平面
B．X可以发生取代、加成、消去、聚合等反应
C．1 mol X与足量NaHCO3溶液反应所得物质的化学式为C9H7O4Na
D．苯环上的取代基与X完全相同的X的同分异构体有5种
解析：A项，苯环与碳碳双键由碳碳单键相连，羧基直接与碳碳双键的碳原子相连，通过碳碳单键的旋转可以使分子中所有的碳原子在同一个平面上；B项，该分子不能发生消去反应；D项，符合条件的X的同分异构体有
答案：B
5．丙泊酚，其化学名称为2,6 双异丙基苯酚，是目前临床上普遍用于麻醉诱导、麻醉维持、ICU危重病人镇静的一种新型快速、短效静脉麻醉药，其结构如图所示。
关于丙泊酚，下列说法正确的是(　　)
A．分子式为C10H20O
B．分子中所有碳原子可能在同一平面内
C．该物质的1H核磁共振谱图中有5个特征峰，峰值强度比大概为1∶1∶2∶2∶12
D．该物质结构中有2个手性碳原子
解析：A、B、D选项均不合题意；丙泊酚是一个左右对称结构，四个甲基共12个H原子是一样的，故C选项符合题意。
答案：C
二、非选择题
6．根据图示回答下列问题：
(1)写出结构简式：E________，G________。
(2)写出反应类型：①________；⑤________。
(3)写出化学方程式：
②______________________________________ ；
④______________________________________ 。
解析：由题意可知B为氯气，C为C2H4Cl2。由反应②消去氯化氢得D为(CH2===CHCl)。而由反应④水解反应，可得F(乙二醇)。
答案：(1)?
(2)①加成反应　⑤缩聚反应
(3)②＋NaCl＋H2O
④
7．苹果醋(ACV)是一种由苹果发酵而成的酸性饮品，具有解毒、降脂等药效，主要酸性物质为苹果酸。该苹果酸在分离提纯后的化学分析如下：
①相对分子质量不超过250，完全燃烧后只生成CO2和H2O，分子中C、H质量分数分别为：w(C)＝35.82%，w(H)＝4.48%；
②1 mol该酸与足量的NaHCO3反应放出44.8 L CO2，与足量的Na反应放出33.6 L H2(气体体积均已折算为标准状况)；
③该分子中存在四种不同化学环境的碳原子，分子中不含甲基。
已知：该苹果酸分子有下列转化关系，其中B能使溴的四氯化碳溶液褪色。
回答下列问题：
(1)苹果酸分子中所含官能团的名称是______________、____________。
(2)苹果酸能发生的反应有________(选填序号)。
①加成反应　②酯化反应　③加聚反应　④氧化反应　⑤消去反应　⑥取代反应
(3)写出B、C的结构简式：B：________；C：________。
(4)写出A―→D的化学方程式：_________ 。
(5)该苹果酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的两种同分异构体的结构简式：________________。
①在一定条件下，能发生银镜反应；
②能与苯甲酸发生酯化反应；
③能与乙醇发生酯化反应；
④分子中同一碳原子不能连有2个羟基；
⑤1 mol该酸与足量的钠反应可以生成1.5 mol氢气。
解析：每摩尔苹果酸中最多含n(C)<≈7，n(H)<≈11；0.1 mol该酸与足量的NaHCO3反应放出4.48 L CO2，与足量的Na反应放出3.36 L H2，说明1 mol该酸中含有2 mol－COOH、3 mol－OH；又其含氧量为[100%－(35.82%＋4.48%)]＝，则M≈134，该分子中存在四种不同化学环境的碳原子，所以结构简式为：。
答案：(1)羟基　羧基　(2)②④⑤⑥
(3)HOOC－CH===CH－COOH
8．(2010年高考全国Ⅱ卷)
　
上图中A～J均为有机化合物，根据图中的信息，回答下列问题：
(1)环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%。B的一氯代物仅有一种，B的结构简式为____________ ；
(2)M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，分子中所有的碳原子共平面，则M的结构简式为______________________；
(3)由A生成D的反应类型是________，由D生成E的反应类型是________；
(4)G的分子式为C6H10O4,0.146 g G需用20 mL 0.100 mol/L NaOH溶液完全中和，J是一种高分子化合物。则由G转化为J的化学方程式为________；
(5)分子中含有两个碳碳双键，且两个双键之间有一个碳碳单键的烯烃与单烯烃可发生如下反应：
则由E和A反应生成F的化学方程式为_____________；
(6)H中含有的官能团是________，I中含有的官能团是________。
解析：本题考查有机物分子式的确定和官能团相互转化，意在考查考生的计算能力和分析问题的能力。(1)根据C和H的质量分数可以确定A是烃，N(H)＝＝10；N(C)＝＝6，即A的分子式为C6H10；A为环状化合物，且B的一氯代物只有一种，可确定B的结构简式为，那么A为。
(2)M是B的同分异构体，且所有碳原子均在同一平面内，说明M为烯烃，即可写出M的结构简式：(CH3)2C===C(CH3)2。
(3)A中含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，D属于卤代烃，在NaOH醇溶液中加热，发生消去反应。
(4)G的分子式为C6H10O4,0.146 g G与0.002 mol NaOH恰好反应，说明G中含有两个羧基，所以确定G为HOOC—(CH2)4—COOH；由于HOCH2CH2OH为二元醇，根据酯化反应规律，可以写出G与HOCH2CH2OH反应生成J的化学反应方程式。
(5)根据信息，可以确定D消去后生成的是二烯烃而不是炔烃，E的结构简式为：，再根据信息提供的化学反应，找出断键和成键规律，即可写出A与E反应的化学方程式。
(6)由于F含有碳碳双键，与HBr发生加成反应，所以H中含有溴原子，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应，所以I中含羟基。
答案：(1) 　(2)
(3)加成反应　消去反应
(6)溴(或—Br)　羟基(或—OH)
9．(2011年高考安徽卷)室安卡因(G)是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：
(1)已知A是的单体，则A中含有的官能团是________(写名称)。B的结构简式是________。
(2)C的名称(系统命名)是________，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是________________。
(3)X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有、________、________、________。
(4)F→G的反应类型是________。
(5)下列关于室安卡因(G)的说法正确的是________。
a．能发生加成反应
b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．能与盐酸反应生成盐
d．属于氨基酸
解析：(1)A的结构简式为H2C===CHCOOH，含有的官能团是羧基和碳碳双键。A与H2发生加成反应生成B，则B的结构简式为CH3CH2COOH。
(2) 的系统命名是2 溴丙酸，与足量NaOH醇溶液共热时会发生卤代烃的消去反应和酸碱中和反应，化学方程式为＋2NaOHH2C===CHCOONa＋NaBr＋2H2O。
(3)X的结构简式还可能有、
(5)室安卡因的结构简式为，其中苯环能与H2发生加成反应；苯环上有甲基等支链，故能使酸性KMnO4溶液褪色；分子中的—NH2能与盐酸反应生成盐；分子中无羧基，故不属于氨基酸。选a、b、c。
答案：(1)羧基、碳碳双键　CH3CH2COOH
(2)2 溴丙酸　＋2NaOH
H2C===CHCOONa＋NaBr＋2H2O
(3)
(4)取代反应　(5)a、b、c
10．(2012年石家庄一模)已知碳碳双键可以被臭氧氧化：
有机物A可以发生如下图所示的变化，其中E不能发生银镜反应，M的分子内含有七元环状结构。
(1)A的结构简式____________ 。
(2)A～M中，互为同系物的是________(填字母代号)。
(3)B的同分异构体中，具有链状结构的酯类物质有______种，请写出其中一种物质的结构简式__________ 。
(4)写出下列反应的化学方程式。
①F→G：_____________ 。
②C＋L→M：_________ 。
解析：由A的分子式为C7H12O3判断A的结构中存在一个酯基，再由其水解产物C的分子式为C3H8O2，可以得到B的分子式为C4H6O2。由于C中的碳原子已经完全饱和，故C为醇，B为羧酸。B可能的结构简式：
CH2===CHCH2COOH、CH3CH===CHCOOH、CH2===C(CH3)COOH，前两种物质中碳碳双键被臭氧氧化所得到的物质均可以发生银镜反应，不合题意。CH2===C(CH3)COOH被臭氧氧化可以得到HCHO和CH3COCOOH。CH3COCOOH不能发生银镜反应，所以B的结构简式为CH2===C(CH3)COOH，D为HCHO，E为CH3COCOOH。E与H2发生加成反应得到F，F为CH3CH(OH)COOH。G也可以被臭氧氧化，判断F到G为消去反应，G的结构简式为CH2===CHCOOH。G被臭氧氧化后得到HCHO和OHCCOOH，即H为OHCCOOH，H再被氧化得到HOOCCOOH。由于M分子内含有七元环状结构，判断C为二元醇，且其结构简式为HOCH2CH2CH2OH。由B和C的结构确定A的结构简式为CH2===C(CH3)COOCH2CH2CH2OH。
答案：(1)CH2===C(CH3)COOCH2CH2CH2OH
(2)B和G
(3)5种　CH2===CHCOOCH3　CH3COOCH===CH2
HCOOCH===CHCH3　HCOOCH2CH===CH2
(任写一种)一、选择题
1．(2011年高考广东卷)能在水溶液中大量共存的一组离子是(　　)
A．H＋、I－、NO、SiO
B．Ag＋、Fe3＋、Cl－、
C．K＋、、Cu2＋、NO
D．NH、OH－、Cl－、HCO
解析：A项中NO和H＋能氧化I－而不能大量共存，H＋和SiO生成硅酸沉淀也不能大量共存；B项中Ag＋与Cl－、都不能大量共存；D项中OH－与NH、HCO都不能大量共存。
答案：C
2．(2010年高考江苏卷)下列离子方程式表达正确的是(　　)
A．用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
B．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
C．用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2OH－＋2NO2===NO＋NO↑＋H2O
D．用食醋除去水瓶中的水垢：CO＋2CH3COOH===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
解析：A项，正确的离子方程式为2Na＋＋2Cl－2Na＋Cl2↑；B项正确；C项，正确的离子方程式为2OH－＋2NO2===NO＋NO＋H2O；D项，CaCO3是难溶物，不能拆开写。
答案：B
3．下列各组离子可能大量共存的是(　　)
A．pH＝1的溶液中：Fe2＋、Al3＋、HCO、MnO
B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K＋、NO、Cl－、NH
C．含有大量OH－的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、AlO、SiO
D．常温下水电离出的c(H＋)·c(OH－)＝10－20的溶液中：Na＋、Cl－、S2－、SO
解析：选项A中，pH＝1的溶液是酸性溶液，Fe2＋被MnO氧化，HCO在酸性溶液中也不能大量存在。选项B中，与金属铝反应放出氢气的溶液有两种可能，一是酸性溶液，二是碱性溶液，但在酸性溶液中，由于NO存在，不能产生氢气；碱性溶液中，NH与OH－又不能大量共存。选项C中，Cu2＋有颜色。选项D中，c(H＋)·c(OH－)＝10－20，则常温下水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10mol·L－1若是酸性溶液，S2－与SO不能大量共存，但碱性溶液中可以大量共存。
答案：D
4．(2012年徐州模拟)类推思维是化学解题中常用的一种推理方法，下列有关离子方程式推理正确的是(　　)
解析：Fe和CuSO4溶液直接发生置换反应，由于Na非常活泼，能与H2O剧烈反应，生成NaOH和H2，NaOH再和CuSO4反应生成Cu(OH)2，A不正确；CO2通入Ca(ClO)2溶液只发生复分解反应，而SO2由于还原性较强，还要发生氧化还原反应，B不正确；用惰性电极分别电解CuSO4溶液和CuCl2溶液，由于在阳极上放电能力Cl－>OH－>SO，前者生成O2，后者产生Cl2，C不正确；由于盐酸和硝酸都是强酸，且CaCl2、Ca(NO3)2都易溶于水，离子反应相同，D正确。
答案：D
5．下表所列各组第Ⅰ栏中的化学反应与第Ⅱ栏中的化学反应，都可以用第Ⅲ栏中的离子方程式表示的是(　　)
解析：A项正确；B项，第Ⅱ栏的反应还生成BaSO4沉淀，故不正确；C项，第Ⅰ栏的物质中还生成CaCO3沉淀，不正确；D项，第Ⅱ栏中通入少量CO2，只生成CO，不正确。
答案：A
6．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是(　　)
解析：A项，碳酸钙难溶于水，只能写成化学式，且碳酸钙是强电解质，故A错；B项，氢氧化钠溶液中通入过量CO2时，生成了HCO，通入少量CO2时，生成CO；C项，正确的水解离子方程式应为HCO＋H2O OH－＋H2CO3。
答案：D
7．下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．苯酚与碳酸钠溶液的反应＋CO ＋HCO
B．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
D．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
解析：因酸性H2CO3> >HCO，故A反应可以进行，A正确；等物质的量的Ca(HCO3)2和NaOH发生反应，故B错；C中电荷不守恒，C错；D中元素、电荷、得失电子都守恒，并且也符合反应原理，正确。
答案：AD
8．(2010年高考天津理综)下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是(　　)
A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2＋8H2O
解析：Fe3＋可以氧化Cu形成Cu2＋，A项正确；Na2O2与H2O反应的离子方程式应为2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2，B项错误；氯气与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO，C项错误；不能用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液，因为高锰酸钾溶液也可氧化HCl生成Cl2，KMnO4溶液褪色不能证明H2O2具有还原性，D项错误。
答案：A
9．(2010年高考安徽卷)在pH＝1的溶液中，能大量共存的一组离子或分子是(　　)
A．Mg2＋、Na＋、ClO－、NO
B．Al3＋、NH、Br－、Cl－
C．K＋、Cr2O、CH3CHO、SO
D．Na＋、K＋、SiO、Cl－
解析：A选项中ClO－和H＋不能共存；C选项中酸性条件下Cr2O与CH3CHO不能共存；D选项中SiO与H＋结合生成H2SiO3，不能共存。
答案：B
10．下列离子方程式正确的是(　　)
A．向100 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液中，加入0.01 mol Na2O2固体：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===8Na＋＋4Fe(OH)3↓＋O2↑
B．向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好沉淀完全：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2＋H2O＋2C6H5O－2C6H5OH＋CO
D．向20 mL 0.5 mol/L FeBr2溶液中通入448 mL Cl2(标准状况)：2Fe2＋＋ 2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2
解析：B项中明矾溶液中Al3＋与SO的物质的量之比是1∶2，要使Ba2＋完全沉淀，那么Al3＋与OH－的物质的量之比是1∶4，Al3＋恰好转化为AlO，故B项错误；C项中苯酚钠与CO2反应，无论CO2的量多与少，都是生成HCO，且不是可逆反应，故C项错误；D项中n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶2，Cl2过量，而离子方程式中Fe2＋、Br－间的量的关系不符合1∶2的关系，故D项错误，正确的应为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－。
答案：A
二、非选择题
11．有一种白色粉末，含有下列阴离子和阳离子中的几种：阴离子：S2－、Cl－、NO、SO、CO、HCO、MnO，阳离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、Ba2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、NH，将该白色粉末进行下列实验，观察到的现象如下：
根据实验推断(沉淀不溶于稀HNO3)
(1)从a实验中，可推断粉末中不可能有________(填离子符号，下同)；
(2)从b实验中，可推断粉末中不可能有________；
(3)从c实验中，可推断粉末中不可能有________；
(4)从d实验中，可推断粉末中不可能有________，一定含有________；
(5)以上各实验仍无法确定是否存在的离子是________。
答案：(1)Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、MnO
(2)NH、Mg2＋、Al3＋
(3)CO、HCO、S2－
(4)SO　Ba2＋
(5)Cl－、NO、Na＋
12．写出下列反应的离子方程式
(1)小苏打与烧碱溶液反应：
__________________________
(2)二氧化锰与浓盐酸共热制氯气：
__________________________
(3)铜与稀硝酸反应：
__________________________
(4)明矾的水解反应：
__________________________
(5)NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：
__________________________
(6)菱镁矿(MgCO3)与稀HNO3反应：
__________________________
(7)Fe2O3与氢碘酸反应：
___________________________
(8)Al与NaOH溶液反应：
___________________________
(9)氨水中通入少量SO2：
__________________________
(10)水玻璃(Na2SiO3溶液)中通入足量CO2：
___________________________
答案：(1)HCO＋OH－===H2O＋CO
(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(3)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(4)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
(5)NH＋HCO＋2OH－===CO＋H2O＋NH3·H2O
(6)MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O
(7)Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋3H2O
(8)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(9)2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O
(10)SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO
13．(2012年太原统考)工业上电解饱和食盐水前，需要对食盐进行精制。已知工业食盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质。现欲把工业食盐精炼成精盐，请回答下列问题：
(1)欲除去SO必须加入可溶性的钡试剂，该试剂不可以是________。
A．Ba(OH)2　　　B．Ba(NO3)2　　　C．BaCl2
你选该试剂的理由是___________。
(2)若选用的试剂是Ba(OH)2、Na2CO3和HCl，你认为加入的合理顺序是___________。
(3)若选用的试剂是BaCl2、NaOH、Na2CO3和HCl，下列加入试剂的顺序合理的是________。
A．BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl
B．NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl
C．Na2CO3、NaOH、BaCl2、HCl
(4)在选用不同的试剂和不同的加入顺序时，都是最后加入盐酸。你认为加入盐酸的作用是(用文字和离子方程式表示)________。
解析：除去杂质离子的同时不能引入新的杂质；除去SO必须加入钡试剂，为了除去加入的过量的Ba2＋，加入Na2CO3必在加钡试剂以后，为了除去加入的杂质离子CO、OH－，最后要加入盐酸。
答案：(1)B　加入Ba(NO3)2会引入杂质NO
(2)Ba(OH)2、Na2CO3、HCl　(3)AB
(4)调节溶液的pH，除去溶液中的杂质CO、OH－
CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
OH－＋H＋===H2O
14．(2012年曲靖模拟)某无色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO、MnO、CO、SO中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。
根据上述实验完成下列问题：
(1)溶液中一定不存在的离子是_________。
(2)一定存在的离子是_____________。
(3)判断沉淀乙成分的方法是____________。
(4)写出有关离子方程式
实验①____________________。
实验②____________________。
(5)实验③生成的气体是________。
答案：(1)Ag＋、Ba2＋、Al3＋、MnO
(2)Na＋、AlO、CO
(3)加入过量盐酸，观察沉淀是否完全溶解。若完全溶解，为BaCO3；若部分溶解，为BaCO3和BaSO4的混合物
(4)实验①：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O、
AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
实验②：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(5)NH3一、选择题
1．基态原子的第五电子层只有2个电子，则该原子的第四电子层的电子数肯定为(　　)
A．8个　　　　　　　　　　B．18个
C．8～18个 D．8～32个
答案：C
2．X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm＋和Yn－两种离子的核外电子排布相同，下列说法正确的是(　　)
A．X的原子半径比Y小
B．X和Y的核电荷数之差为m－n
C．电负性X>Y
D．第一电离能X解析：Xm＋1和Yn－的核外电子排布相同，则质子数X>Y，在元素周期表中，X应在Y的下一周期的左边，所以原子半径X>Y，X比Y更易失电子，第一电离能X小于Y，电负性X答案：D
3．下列说法错误的是(　　)
A．ns电子的能量不一定高于(n－1)p电子的能量
B．6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则
C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
解析：A项，关键在于熟记构造原理。各能级能量的大小顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s……ns电子的能量一定高于(n－1)p电子的能量；B项，对于C原子来说，2p能级有3个能量相同的原子轨道，最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上，违反了洪特规则；C项，根据轨道能量高低顺序可知E4s答案：A
4．X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是(　　)
A．XYZ2 B．X2YZ4
C．X2YZ2 D．XYZ3
解析：由三种元素原子的排布可知，X为第一主族的元素，化合价为＋1，Y为Al，化合价为＋3，而Z为氧，化合价为－2，形成的化合物化合价代数和为0，所以可以看出为A。
答案：A
5．(2012年济南模拟)117号元素以Uus表示。下列关于Uus元素的说法错误的是(　　)
A．原子的价电子排布式是7s27p5
B．最高化合价是＋7价
C．其单质是双原子分子，常温常压下呈气态
D．阴离子具有很强的还原性
解析：117号元素是第ⅦA元素，其单质的分子式为Uus2，由于I2在常温常压下是固体，根据分子间作用力可推知Uus2在常温常压下一定是固体。
答案：C
二、非选择题
6．A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的价电子排布式为3d64s2。
回答下列问题：
(1)写出下列元素的符号：B________、C________。
(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是________，电负性最大的元素是________。
(3)已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在________区。
(4)写出A的核外电子排布式________。
解析：以A的原子结构示意图和E的外围电子排布式为突破口，推得A为Si、可得B是Na、C是P、D为N、E为Fe。第二周期第一电离能、电负性最大的元素均是氟元素；E元素最后填充的能级为3d，即E在元素周期表的d区；Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2。
答案：(1)Na　P　(2)F　F　(3)d　(4)1s22s22p63s23p2
7．W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
(1)W位于元素周期表第________周期________族，W的气态氢化物稳定性比H2O(g)________(填“强”或“弱”)。
(2)Y的基态原子核外电子排布式是________________，Y的第一电离能比X的________(填“大”或“小”)。
(3)Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是_______________________________。
解析：判断出这四种元素是解题的关键。导致酸雨的主要物质是SO2和NOx，据原子序数W(1)由于非金属性O>N，因此气态氢化物的稳定性有H2O(g)>NH3。
(2)Y(S)和X(Al)处于同一周期，同周期元素，I1从左往右依次增大(ⅡA族与ⅤA族例外)，因此第一电离能是S的大于Al的。
答案：(1)二　ⅤA　弱
(2)[Ne]3s23p4或1s22s22p63s23p4　大
(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
8．A、B、C、D、E是中学化学常见的五种元素，其结构或性质信息如下表：
元素 结构或性质信息
A 原子半径最小的原子
B 其原子最外层电子数是内层电子数的3倍
C 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
D 单质在常温、常压下是易挥发的液体。基态原子的N层上有1个未成对的p电子
E 常见金属元素、基态原子M层有4个未成对的电子，有两种黑色氧化物
(1)D元素基态原子的电子排布式是________。
(2)B、D的气态氢化物的稳定性顺序为：________，C与B的电负性大小顺序为________。
(3)在水溶液中D的单质可以氧化S的一种氧化物，试写出化学方程式：_______________________________________。
(4)ED2与过量的C的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HDO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式________________________________。
1 mol ED2与过量的C的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应转移的电子数为________。
解析：由题意可知A为氢元素、B为氧元素、C为氮元素、D为溴元素、E为铁元素。(1)Br基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p5。(2)由于非金属性O大于Br，则气态氢化物的稳定性H2O>HBr，非金属性O大于N，即电负性O>N。(3)方程式为Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr。(4)根据信息，方程式为3FeBr2＋22HNO3===3Fe(NO3)3＋6HBrO3＋13NO↑＋8H2O,1 mol FeBr2反应时转移的电子数为13NA。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p5　(2)H2O>HBr　O>N
(3)Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr
(4)3FeBr2＋22HNO3===3Fe(NO3)3＋6HBrO3＋13NO↑＋8H2O　13NA
9．(2012年沈阳模拟)下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。
X Y Z
R
W
J
请回答下列问题(除特别说明外，凡涉及用元素回答的问题均用具体元素符号表示)：
(1)R原子的电子排布图为________________________。
(2)在化合物YZ2中Y的化合价为________；Y2－与Na＋的半径大小为________。
(3)在X、Y、Z三种元素中，电负性由大到小的顺序是________；X与Y的第一电离能：X________Y(填“<”、“>”或“＝”)，其理由是___________。
(4)在双原子分子中，最稳定单质的电子式为________；有一种酸HX3的酸性与醋酸相近，HX3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为____________________。
解析：由题意知，六种元素分别为X：N，Y：O，Z：F，R：S，W：Br，J：Xe。
(1)S原子的电子排布图为
(2)在化合物YZ2(OF2)中Y的化合价为＋2价；Y2－与Na＋的半径大小为O2－>Na＋。
(3)在N、O、F三种元素中，电负性由大到小的顺序是F>O>N；由于N原子的2p轨道电子数为半充满状态，较稳定，所以N、O的第一电离能：N>O。
(4)在双原子分子中，最稳定单质为N2，电子式为
?N N?；HN3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为HN3＋OH－===N＋H2O。
答案：(1)
(2)＋2价　O2－>Na＋(或Na＋(3)F>O>N　>　N原子的2p轨道电子数为半充满状态，较稳定
(4)??　HN3＋OH－===N＋H2O
10．下图是各个原子的性质和原子序数(1～20)的关系图，各图的纵轴可能代表下列的某一性质：质量数、质子数、中子数、最高正价、原子半径相对大小、得电子相对能力。图3中原子序数8、9和图4中原子序数2、10、18在纵轴上没有对应的数值。
(1)图1～图4的纵轴分别代表________、________、________、________。
(2)已知aA、bB、cC、dD、eE、gG六种元素原子序数依次增大，原子半径按A、E、D、C、B、G的顺序增大，它们分散在三个短周期中。B是生命体的构架元素，E是同周期中半径最小的元素，G的最高价含氧酸的产量是衡量一个国家化工实力的标志。它们的原子序数存在如下关系：a＋b＝c，＝c，＝d，请根据提供的信息，回答下列问题：
①下图是元素周期表前三周期的边界，请将A～G六种具体元素符号填在表中相应的位置。
②写出铜与上述某一元素最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：________________(任写一个即可)。
③X、Y、Z、W是仅由上述元素组成的四种物质，且有如下转化关系：X＋Y―→Z＋W。若X为单质，Y、Z、W均为化合物，其相应的化学方程式为______；若X、Y、Z、W均为化合物，其相应的化学方程式为__________(任写一个，合理即可)。
解析：(1)元素的质子数等于该元素的原子序数，故图1纵轴代表质子数。某元素原子的中子数可能等于质子数，也可能大于或小于质子数，故图2纵轴代表中子数。元素的最高正价等于最外层电子数，且O、F无最高正价，故图3纵轴代表最高正价。从图4中，可以发现元素原子的某种性质随原子序数的递增而呈周期性变化(小→大)，故图4纵轴代表得电子相对能力。(2)①由题意知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为F，G为S。依据元素周期表的结构及元素原子的结构，把具体的元素符号填入周期表中。②上述元素最高价氧化物对应的水化物能与铜反应的是浓硫酸和硝酸。③本问为开放式问题，符合的化学反应方程式特别多。书写时可采用逐族排查无机反应和有机反应的方法。
答案：(1)质子数　中子数　最高正价　得电子相对能力
(2)①
②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O(合理即可)
③CH4＋2O2CO2＋2H2O或4NH3＋5O24NO＋6H2O或2H2S＋3O22SO2＋2H2O
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO或SO2＋NO2===SO3＋NO一、选择题
1．(2010年高考福建卷)NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是(　　)
A．在18 g 18O2中含有NA个氧原子
B．标准状况下，22.4 L空气含有NA个单质分子
C．1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
D．含NA个Na＋的Na2O溶解于1 L水中，Na＋的物质的量浓度为1 mol·L－1
解析：18O2的相对分子质量为36，因此18 g(即0.5 mol)18O2中所含的氧原子数为NA，A项正确；空气是混合物，其中含有CO2，故B项错误；1 mol Cl2参加反应转移的电子数不一定是2NA，如Cl2＋H2OHCl＋HClO反应中，1 mol Cl2参加反应时只转移1 mol电子，C项错误；Na2O溶解在1 L水中得到的溶液，其体积不是1 L，因此Na＋的物质的量浓度不是1 mol·L－1，D项错误。
答案：A
2．(2012年南开模拟)同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的(　　)
A．分子数和气体质量均不同
B．分子数和电子数均相同
C．质子数和中子数均相同
D．分子数、原子数和中子数均相同
解析：由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数。故此两种气体的分子数相同。
A项，分子数相同，但二者的摩尔质量不同，故质量不同，错误；B项，分子数相同，但电子数不同，错误；C项，质子数不同，中子数相同，错误；D项，分子数相同，又都是双原子分子，故原子数相同，且二者一个分子中的中子数都为17，正确。
答案：D
3．标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是(　　)
A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m∶n
B．25 ℃时，1 kg气体A与1 kg气体B的分子数之比为n∶m
C．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m∶n
D．标准状况下，等质量的A与B的体积比为m∶n
解析：A项，在标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，根据阿伏加德罗定律，则A、B的物质的量相等，则MA/MB＝m/n，标准状况下，同体积的A、B的物质的量相等，质量比等于摩尔质量之比，为m∶n，正确；B项，等质量的A、B的物质的量之比等于摩尔质量的反比，为n∶m，正确；C项，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比为m∶n，正确；D项，标准状况下，等质量的A、B的体积比等于物质的量之比，等于摩尔质量的反比，为n∶m，错误。
答案：D
4．下列叙述中正确的是(　　)
A．相同条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相等
B．等物质的量的CH和OH－所含电子数相等
C．常温常压下，28 g CO与22.4 L O2所含分子数相等
D．16 g CH4与18 g NH所含质子数相等
解析：A项，由于O3是三原子分子，故等体积的N2和O3混合气体与N2所含的分子数相同，但原子数不同，A项错误；C项，28 g CO相当于1 mol，而常温常压下22.4 L O2的物质的量小于1 mol，故两者分子数不相等，C项错误；D项，一个CH4和一个NH中所含质子数分别为10和11，故等物质的量的两种粒子所含质子数不相等，D项错误。
答案：B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位
B．阿伏加德罗常数是12 kg 12C中含有的碳原子数
C．1 mol水分子中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子
D．一个NO分子的质量是a g，一个NO2分子的质量是b g，则氧原子的摩尔质量是(b－a) g·mol－1
解析：A项，摩尔是物质的量的单位，不是质量、数量单位；B项，阿伏加德罗常数是12 g 12C中含有的碳原子数，而不是12 kg；D项，由题意能求出氧一个原子的质量为(b－a)g，则氧原子的摩尔质量是(b－a)NAg·mol－1。
答案：C
6．在一定温度和压强下，1 L X气体和1 L Y气体完全反应后生成1 L水蒸气和1 L氮气。X、Y两种气体是(　　)
A．H2、N2O4　　　　　　B．H2、N2O3
C．H2、N2O D．H2、NO2
解析：由题知：X＋Y===H2O(g)＋N2，由质量守恒知1 mol X和1 mol Y中共含有2 mol H、1 mol O、2 mol N，分析各选项中物质的组成，只有C项符合。
答案：C
7．下列有关气体体积的叙述中，正确的是(　　)
A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子大小决定
B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小，由构成气体的分子数决定
C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同
D．气体摩尔体积指1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L
解析：A中气态物质的体积与构成气体的分子大小无关；C中气体的体积不同而它们所含的分子数可能相同；D中在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L。
答案：B
8．(2012年烟台模拟)设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol Na2O2和水完全反应，转移电子数为2 NA
B．0.5 L 0.2 mol·L－1FeCl3溶液中，含Fe3＋离子数为0.1 NA
C．理论上氢氧燃料电池负极消耗11.2 L标准状况下气体，外线路通过电子数为NA
D．常温常压下，28 g乙烯和丙烯混合气体含有的碳原子总数为2.5NA
解析：本题考查了阿伏加德罗常数。Na2O2与水的反应是歧化反应，转移电子数为NA，A错；FeCl3溶液中Fe3＋水解，溶液中的Fe3＋数小于0.1 NA，B错；氢氧燃料电池负极消耗11.2 L标准状况下的氢气，转移电子数为NA，C对；28 g乙烯和丙烯混合气体含有的碳原子总数为2 NA，D错。
答案：C
9．下列条件下，两种气体所含的原子数一定相等的是(　　)
A．质量相同，密度不同的N2与CO
B．同温、同体积的N2与H2
C．同体积、同密度的C2H6与NO
D．同压强、同体积的N2O与CO2
解析：因N2与CO的摩尔质量相同，故同质量的N2与CO的物质的量相等，所含原子数也相等，A项正确；温度相同，压强不确定的N2与H2，体积尽管相等，其物质的量也不一定相等，B项错；同体积、同密度、同摩尔质量的C2H6与NO的物质的量相等，但它们所含的原子数不等，C项错；同压强、同体积，但温度不确定的N2O与CO2的物质的量不一定相等，所含的原子数也不一定相等，D项错。
答案：A
10．m g某金属M溶于盐酸中，放出的气体在标准状况下的体积为n L，并生成氯化物MCl2，则金属M的相对原子质量是(　　)
A．n/m B．2m/n
C．m/22.4n D．22.4m/n
解析：设M的相对原子质量为x，由
M＋2HCl===MCl2＋H2↑
x g 22.4 L
m g n L
x＝。
答案：D
二、非选择题
11．(1)2 mol O3和3 mol O2的质量之比________，分子数之比________，同温同压下的密度之比________，含氧原子数之比________，体积之比________。
(2)O3与Cl2具有相似的性质，均可用于自来水的消毒。已知二者在消毒时均被还原为最低价态，则相同状况下10 L O3与________L Cl2的消毒能力相当。
(3)气体化合物A分子式可表示为OxFy，已知同温同压下10 mL A受热分解生成15 mL O2和10 mL F2，则A的化学式为________，推断的依据为________。
解析：(1)本题考查的是物质的量的应用，根据物质的量与其他量的关系把物质的量转化成要求的量，还考查了阿伏加德罗定律的运用，运用时注意所处的条件。
(2)此过程为氧化还原反应，O3与Cl2消毒后分别转化为、C，若设Cl2的体积为x L，根据氧化还原反应过程中化合价升降总数相等，则10 L×3×[0－(－2)]＝x L×2×[0－(－1)]，解得x＝30。
(3)根据质量守恒定律和阿伏加德罗定律，写出分解方程式为2OxFy3O2＋2F2，则A化学式为O3F2。
答案：(1)1∶1　2∶3　3∶2　1∶1　2∶3　(2)30
(3)O3F2　阿伏加德罗定律和质量守恒定律
12．(1)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44 L，质量为20 g，该混合气体中，碳与氧两种原子的数目之比为________。
(2)已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为________。
(3)如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数)________。
解析：(1)设CO、CO2的物质的量分别为x mol、y mol
(x＋y)×22.4＝13.44　　①
28x＋44y＝20　　②
解得x＝0.4，y＝0.2
故C、O原子个数比＝3∶4。
(2)0.04 mol C的质量为16 g＋20 g－31.76 g＝4.24 g，故C的摩尔质量为＝106 g/mol。
(3)同温同压下，气体的物质的量与分子数成正比，则＝，N＝，那么c g该气体在标准状况下的体积为：÷NA×22.4＝(L)。
答案：(1)3∶4　(2)106 g·mol－1　(3)(L)
13．已知某混合气体的体积分数组成为80.0% CH4,15.0%C2H4和5.0% C2H6。请计算0.500 mol该混合气体的质量和标准状况下的密度(g/L)。
解析：本题所涉及的数字均为三个有效数字，所以所求得答案也应为三个有效数字。
M(混合气体)＝0.500 mol×80.0%×16 g/mol＋0.500 mol×15.0%×28g/mol＋0.500 mol×5.0%×30 g/mol＝9.25 g
ρ(混合气体)＝＝0.826 g/L。
答案：9.25 g　0.826 g/L
14．(2010年高考海南卷)根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量Ar(Cu)(近似值)的实验。先称量反应物氧化铜的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H2O)，由此计算Ar(Cu)。为此，提供的实验仪器及试剂如下[根据需要可重复选用，加入的NH4Cl与Ca(OH)2的量足以产生使CuO完全还原的氨气]：
请回答下列问题：
(1)氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为__________；
(2)从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为(用图中标注的导管口符号表示)a→______________；
(3)在本实验中，若测得m(CuO)＝a g，m(H2O)＝b g，则Ar(Cu)＝________；
(4)在本实验中，使测定结果Ar(Cu)偏大的是________(填序号)；
①CuO未完全起反应　②CuO不干燥　③CuO中混有不反应的杂质　④NH4Cl和Ca(OH)2混合物不干燥
(5)在本实验中，还可通过测定________和________或________和________达到实验目的。
解析：制取气体→净化气体→主题实验→尾气吸收，所以两次使用D装置，第一次使用是为了干燥氨气，第二次使用是为了吸收生成的水，从而得出生成水的质量，C装置是为了除去尾气中的氨气，还可以防止空气对实验的干扰；(3)Ar(Cu)＝＝＝；(4)①生成水的质量减小，b偏小，结果偏大；②CuO中含有水，b偏大，结果偏小；③使b偏小，结果偏大；④对结果无影响；(5)只要所测数据能计算出铜的质量及氧化铜(或氧化铜中的铜或氧)的物质的量，就符合，如CuO的质量和反应后Cu的质量、CuO的质量和反应前后硬质试管中的质量差，即CuO中氧的质量、CuO的质量和反应后生成N2的体积等。
答案：(1)2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O
(2)e→e→b→b→e→e→c→d　(3)　(4)①③
(5)CuO的质量　反应后Cu的质量　CuO的质量　反应前后硬质试管中的质量差，即CuO中氧的质量(其他合理答案均可)一、选择题
1．等体积的下列溶液，阴离子的总浓度最大的是(　　)
A．0.2 mol·L－1K2S
B．0.1 mol·L－1Ba(OH)2
C．0.2 mol·L－1NaCl
D．0.2 mol·L－1(NH4)2SO4
解析：表面上看，四个选项中阴离子浓度都等于0.2 mol·L－1，但由于A中K2S能水解，S2－＋H2O HS－＋OH－，每减少1个S2－同时增加2个阴离子，阴离子总数增多，故0.2 mol·L－1K2S溶液中阴离子浓度大于0.2 mol·L－1。
答案：A
2．标准状况下，向100 mL 3 mol·L－1的NaOH溶液中缓缓通入4.48 L CO2 气体，充分反应后溶液中离子浓度大小排列顺序正确的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(CO)＞c(H＋)
D．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：利用钠原子和碳原子守恒，可以计算反应后得到0.1 mol Na2CO3和0.1 mol NaHCO3，根据CO水解程度大于HCO水解程度，即可判断出离子浓度大小关系。
答案：D
3．(2012年天津模拟)下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是(　　)
①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2
⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3
A．全部都可以　　　　　　B．仅③
C．仅①③⑥ D．仅①③
解析：FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物，Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3，KMnO4受热分解会生成K2MnO4和MnO2，FeCl3受热水解生成Fe(OH)3，故选项D正确。
答案：D
4．(2012年福州模拟)等物质的量浓度、等体积的下列物质的溶液中：①H2CO3　②Na2CO3　③NaHCO3
④NH4HCO3　⑤(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是(　　)
A．c(CO)的大小关系为：②>⑤>③>④>①
B．c(HCO)的大小关系为：④>③>⑤>②>①
C．将溶液蒸干、灼烧后只有①不能得到对应的固体物质
D．②③④⑤既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
解析：由于④中NH与HCO互相促进水解，故c(HCO)③>④，B错，将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错；Na2CO3只与能盐酸反应，而不与NaOH溶液反应，D错。
答案：A
5．(2012年东城区统考)25℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11。下列说法正确的是(　　)
A．BOH溶于水，其电离方程式是BOH===B＋＋OH－
B．若一定量的上述两溶液混合后pH＝7，则c(A－)＝c(B＋)
C．在0.1 mol·L－1BA溶液中，c(B＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．若将0.1 mol·L－1BOH溶液稀释至0.001 mol·L－1，则溶液的pH＝9
解析：25℃时，0.1 mol·L－1HA溶液的pH是1(即H＋浓度为0.1 mol·L－1)，说明HA属于强酸；0.1 mol·L－1BOH溶液的pH是11(即OH－浓度为0.001 mol·L－1)，说明BOH属于弱碱，A错。根据溶液的电中性可得，c(A－)＋c(OH－)＝c(B＋)＋c(H＋)，由于c(OH－)＝c(H＋)(已知pH＝7)，故c(A－)＝c(B＋)，B对。BA属于强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，故c(A－)>c(B＋)>c(H＋)>c(OH－)，C错。由于BOH属于弱碱，存在电离平衡，因而将0.1 mol·L－1(已知pH＝11)的BOH溶液稀释100倍后，pH>9，D错。
答案：B
6．(2010年高考四川理综)有关①100 mL 0.1 mol/L NaHCO3、②100 mL 0.1 mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是(　　)
A．溶液中水电离出的H＋个数：②>①
B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①
C．①溶液中：c(CO)>c(H2CO3)
D．②溶液中：c(HCO)>c(H2CO3)
解析：本题考查盐类水解和离子浓度大小比较。CO水解能力比HCO强，故碳酸钠溶液的pH较大，水电离出的H＋总数与OH－总数相同，故A正确；由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，碳酸钠溶液中Na＋浓度是碳酸氢钠溶液的二倍，B正确；①溶液中HCO水解能力大于电离能力，C项不正确；②溶液中HCO、H2CO3分别是CO的一级水解和二级水解产物，一级水解程度大，故D项正确。
答案：C
7．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)
A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)
B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)
D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)
解析：酸越弱，对应的盐的水解程度越大，故同浓度的NaA和NaB，前者水解程度更大，因此其溶液中HA的浓度更大一些，D项错误；盐类的水解一般来说是一些比较弱的反应，盐的水解程度很弱，故c(OH－)不可能大于c(A－)和c(B－)，故B、C错。
答案：A
8．(2012年南京模拟)常温下，对下列各溶液的叙述不正确的是(　　)
A．CH3COONa溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
B．在pH＝8的NaF溶液中，c(Na＋)－c(F－)＝9.9×10－7mol/L
C．pH＝2的盐酸与pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)
D．向0.1 mol/L氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
解析：在CH3COONa溶液中，根据质子守恒，A项正确；pH＝8的NaF溶液中，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)＝1×10－6－1×10－8＝9.9×10－7mol/L，B项正确；pH＝2的盐酸中c(H＋)＝1×10－2mol/L，pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝1×10－2mol/L，两者等体积混合后溶液呈中性，溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)，C项正确；向0.1 mol/L氨水中加入少量NH4Cl固体，氨水的电离平衡逆向移动，导致c(OH－)减小，c(NH3·H2O)增大，则：c(OH－)/c(NH3·H2O)减小，D项错误。
答案：D
9．(2012年临沂模拟)下列各组溶液混合后，溶液一定呈中性的是(　　)
A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合
B．pH之和为14的氨水与硝酸等体积混合
C．pH之和为14的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合
D．等体积、等物质的量浓度的Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液混合
解析：因为氯化铵水解，溶液呈酸性，A错误；氨水是弱碱，继续电离出OH－，溶液呈碱性，B不正确。Ba(OH)2的pH＝b，c(OH－)＝1×10－14/1×10－bmol·L－1＝1×10b－14mol·L－1，NaHSO4的pH＝a，c(H＋)＝1×10－amol·L－1，c(H＋)－c(OH－)＝1×10－a－1×10b－14＝10b－14－1×10b－14＝0，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，C正确；氢氧化钙与碳酸钠溶液混合，反应生成NaOH和CaCO3，所以它们的混合液一定呈碱性，D项错误。
答案：C
10．(2012年珠海统考)已知0.1 mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH＝4.0，则下列说法中正确的是(　　)
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na＋)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：假设H2A为二元强酸，则0.1 mol·L－1H2A溶液的pH＝1－lg2＝0.7，而题给0.1 mol·L－1H2A溶液的pH＝4.0，则说明H2A是二元弱酸，在Na2A溶液中：A2－＋H2OHA－＋OH－，HA－＋H2OH2A＋OH－，因此Na2A水溶液中存在：Na＋、HA－、A2－、H＋和OH－；在NaHA溶液中HA－既存在水解又存在电离：HA－＋H2OH2A＋OH－，HA－A2－＋H＋，溶液中存在Na＋、HA－、A2－、H＋和OH－，所以两溶液中离子种类相同，A不正确；对于溶质物质的量相等的Na2A和NaHA溶液中，若既不存在水解又不存在电离，则n(A2－)＝n(HA－)，但由于A2－水解，HA－既水解又电离，故导致两溶液中阴离子总数不相等，B不正确；由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，即C选项正确；由于A2－水解显碱性，故D选项中各离子浓度大小的正确顺序为：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)，D选项错误。
答案：C
二、非选择题
11．(2012年宣武区高三质检)已知在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：
(1)两溶液中c(H＋)·c(OH－)＝________。
(2)各取5 mL上述溶液，分别加水稀释至50 mL，pH较大的是________溶液。
(3)各取5 mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是________溶液。
(4)两溶液中由水电离出的c(H＋)分别为：H2SO4溶液________；NH4Cl溶液________。
(5)取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，c(H＋)________10－6mol·L－1(填“>”、“<”或“＝”)，c(NH)/c(H＋)________(填“增大”、“减小”或“不变”)
解析：(1)在室温时，水的离子积常数为1×10－14。(2)加水稀释后H2SO4溶液中H＋浓度为10－6mol/L，而NH4Cl溶液中NH＋H2ONH3·H2O＋H＋平衡右移，溶液中H＋被稀释同时，又增加，H＋浓度大于10－6mol/L，故pH较大的是H2SO4溶液。(3)升高温度促进NH的水解，H＋浓度增大，故pH较小的是NH4Cl溶液。(4)由水电离的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，故H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)＝＝1×10－9 mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L。(5)加水稀释后使平衡NH＋H2ONH3·H2O＋H＋右移，故c(H＋)>10－6mol/L，减小。
答案：(1)1×10－14　(2)H2SO4　(3)NH4Cl　(4)1×10－9mol/L　1×10－5mol/L　(5)>　减小
12．(2012年郑州调研)已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶有一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)；
(2)若四种离子的关系符合③，则溶质为___________；
若四种离子的关系符合④，则溶质为_____________；
(3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图像正确的是________(填图像符号)。
(4)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)__________c(OH－)。
解析：(1)由已知的四种离子，当溶液中只存在一种溶质时，为NH4Cl；NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，离子浓度关系为①；(2)四种离子的关系符合③时，溶液呈碱性，说明碱过量，则溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3·H2O；当四种离子的关系符合④时，溶液呈强酸性，盐酸过量，溶液中存在NH4Cl和HCl；(3)NH4Cl为强酸弱碱盐，稀释促进其水解，盐酸为强酸，在溶液中全部电离，pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数时，盐酸的pH大于NH4Cl，因为加水稀释其pH均增大，B项符合；(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合，且恰好呈中性，则原溶液中氨水浓度大于盐酸的浓度。
答案：(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
(3)B　(4)小于　大于
13．(1)0.4 mol·L－1的NaOH溶液与0.2 mol·L－1HnA溶液等体积混合后pH＝10，则HnA是________，(①一元强酸　②一元弱酸　③二元强酸　④二元弱酸)；理由是_____________________。
(2)酸HnA与碱B(OH)m完全反应
①生成正盐的化学式为____________。
②若该盐溶液使甲基橙显红色，用离子方程式说明原因：______________。
③若该盐溶液使酚酞变红色，则________离子一定水解，其离子方程式为_____________________。
答案：(1)④　若为一元酸，混和后NaOH过量，
c(OH－)≥＝0.1 mol/L，pH≥13；若为二元强酸，混和后完全中和pH＝7；为二元弱酸时，完全中和后生成Na2A，A2－水解，使pH>7，故选④
(2)①BnAm　②Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋
③An－　An－＋H2O??HA(n－1)－＋OH－
14．铁、铜单质及其化合物应用范围很广。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
已知Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：
Fe3＋ Fe2＋ Cu2＋
氢氧化物开始沉淀时的pH 1.9 7.0 4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH 3.2 9.0 6.7
请回答下列问题：
(1)加入氧化剂的目的是________________________________________。
(2)最适合作氧化剂X的是________。
A．K2Cr2O7　　　　　　 　　B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(3)加入的物质Y是________。
(4)若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的？____(填“能”或“不能”)。若能，不用回答；若不能，试解释原因_________________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________(填“能”或“不能”)。若能，不用回答；若不能，回答该如何操作？________。
(6)若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙，产生的现象是_____________。
(7)若向溶液Ⅱ中加入镁粉，产生的气体是_____________。
试解释原因____________________。
(8)FeCl3溶液具有净水作用的原因是________________________。
解析：(1)由Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH知，当Fe2＋开始沉淀时，Cu2＋已经沉淀完全；而当Fe3＋沉淀完全时，Cu2＋尚未沉淀，所以除去Cu2＋中的Fe2＋时，需将Fe2＋氧化成Fe3＋后除去。
(2)加入的氧化剂能把Fe2＋氧化成Fe3＋，同时又不能引入新杂质，所以应选用H2O2。
(3)当除去Cu2＋中的Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，所以加入的物质Y应具有以下条件：①能与H＋反应，使水解平衡向正反应方向移动，从而使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去；②不能引入新杂质，满足该条件的物质Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。
(4)若直接加碱使Fe3＋沉淀的同时，也能使Cu2＋沉淀。
(5)若直接蒸发结晶将得不到CuCl2·2H2O晶体，因为在对CuCl2溶液蒸发结晶的过程中，CuCl2水解产生的HCl从溶液中挥发出来，导致CuCl2水解平衡向正反应方向移动，最终得到CuO或Cu(OH)2，而得不到CuCl2·2H2O晶体。为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发结晶。
(6)在溶液Ⅱ中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡，溶液呈酸性，加入的碳酸钙与水解产生的H＋反应，导致c(H＋)减少，水解平衡向正反应方向移动，直至反应完全，所以产生气泡和红褐色Fe(OH)3沉淀和蓝色Cu(OH)2沉淀，同时碳酸钙溶解。
(7)在溶液Ⅱ中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡，溶液呈酸性，加入的镁粉与水解产生的H＋反应，导致c(H＋)减少，水解平衡向正反应方向移动，直至反应完全，所以产生氢气和Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀。
(8)FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物，加速悬浮物的沉降，从而起到净水的作用。
答案：(1)将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀与Cu2＋分离　(2)C
(3)CuO[Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3也可以]
(4)不能　加碱使Fe3＋沉淀的同时也能使Cu2＋沉淀
(5)不能　应在HCl气流中加热蒸发结晶
(6)碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀和蓝色沉淀
(7)氢气(H2)　镁粉与FeCl3、CuCl2水解产生的H＋反应而生成氢气
(8)FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物，加速悬浮物的沉降，从而起到净水的作用一、选择题
1．实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的是(　　)
A．加入明矾，使海水的盐分沉淀并转化
B．利用太阳能，将海水蒸馏淡化
C．将海水通过离子交换树脂，以除去所含的盐分
D．利用半透膜，采用反渗透法而使海水淡化
解析：海水淡化的主要任务是除去海水中溶解的盐类物质，加入明矾后铝离子水解生成的氢氧化铝胶体只能吸附海水中的悬浮物，不能除去海水中溶解的盐类物质。
答案：A
2．下列有关海水综合利用的说法正确的是(　　)
A．从海水中可以得到NaCl，NaCl是制造化肥的原料
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可得到碘单质
D．潮汐发电是将潮汐能转化为电能
解析：A项中NaCl不是制造化肥的原料；B项利用海水制海盐是利用蒸发水分使食盐结晶，属物理过程；C项海水含有化合态的碘，不是碘单质，故A、B、C错误。
答案：D
3．下列有关化石能源加工及其产品的说法不正确的是(　　)
A．石油的分馏是物理变化
B．石油裂化的主要目的是提高汽油的产量和质量
C．煤的干馏可得到甲烷、苯和氨等物质
D．直馏汽油和裂化汽油均可萃取溴水中的溴
解析：直馏汽油的主要成分是液态烷烃，裂化汽油的主要成分是液态烷烃和烯烃，裂化汽油可与溴水发生加成反应，直馏汽油不能与之发生加成反应，故裂化汽油不能萃取溴水中的溴。
答案：D
4．(2012年安庆模拟)根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：
①CaBr2＋H2OCaO＋2HBr
②2HBr＋HgHgBr2＋H2↑
③HgBr2＋CaOHgO＋CaBr2
④2HgO2Hg＋O2↑
该方案的目的是为了制备(　　)
A．HBr　　　　　　　　 B．CaO
C．H2 D．Hg
解析：CaBr2、Hg为催化剂，CaO、HBr、HgBr2、HgO皆为中间产物，总反应为H2O分解产生H2和O2，故选C。
答案：C
5．(2012年桂林模拟)2010年4月22日是第41个世界地球日。我国的主题是“珍惜地球资源，转变发展方式，倡导低碳生活”。为了提高公众认识地球保障发展的意识，全国各地广泛开展了一系列活动。下列活动中不符合这一宗旨的是(　　)
A．加强海底可燃冰的探测与开发研究
B．积极推广风能、水能和太阳能发电
C．在生产、流通、消费等领域中实行“减量化、再利用、资源化”
D．将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，提高农民收入
解析：将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，只不过将污染源转移地点，并没有从根本上治理污染，不能保障地球的发展。
答案：D
6．(2012年南京模拟)金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。下列关于金属的一些说法不正确的是(　　)
①合金的性质与其组成金属的性质不完全相同
②火烧孔雀石[Cu2(OH)2CO3]也属还原法
③金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
④工业上金属Mg、Al都是用电解熔融氯化物制得的
⑤越活泼的金属越难冶炼
A．①②③ B．只有④
C．④⑤ D．②③④
解析：合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，如硬度和强度更大、熔点更低等，①正确；火烧孔雀石分解生成CuO，CuO被焦炭还原为单质Cu，属于还原法制取，②正确；因AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，冶炼铝应用电解熔融Al2O3的方法，④错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，③、⑤正确。
答案：B
7．下列关于环境、健康和发展的叙述中，不正确的是(　　)
A．光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的
B．硫酸工业尾气未经处理就直接排放，将直接导致“温室效应”
C．一些有效成分为碳酸钙的补钙剂需嚼烂服用，目的在于加快消化吸收
D．铁质器具表面刷漆或将其置于干燥处保存，均能有效减缓铁的锈蚀
解析：引起温室效应的是CO2，不是SO2。
答案：B
8．下列有关环境问题的说法正确的是(　　)
A．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量
B．臭氧的体积分数超过空气的10－4%有利于人体健康
C．pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨
D．含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染
解析：燃煤中的硫元素经燃烧后产生SO2，可以和石灰石分解生成的CaO反应，生成CaSO3，SO2被吸收，A正确；臭氧在空气中超过10－4%时对人体健康有害，B错误；pH<5.6的雨水称为酸雨，C错误；含磷合成洗涤剂容易引起水体富营养化而污染环境。
答案：A
9．(2012年广州模拟)下列有关说法正确的是(　　)
A．高温加热氧化铁和碳的混合物可以制单质铁
B．铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁
C．海水提溴的过程中不发生氧化还原反应
D．利用电解的方法可以从海水中获取淡水
解析：碳或CO都可以和高温下的Fe2O3反应制单质铁，A项正确；工业上冶炼铁用的还原剂是CO，有关反应不是置换反应；海水提溴是使Br－变成Br2，主要发生氧化还原反应；电解水会使水分解，海水淡化主要是蒸馏海水。
答案：A
10．在开发利用金属矿物和海水资源过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．工业上可用电解法冶炼得到金属铝
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法等
D．海水中含有钾元素，需经过氧化还原反应才可得到钾单质
解析：选项A，工业用电解熔融 Al2O3制得金属铝，A项正确；选项B，海水晒盐只发生物理变化，没有化学变化，B选项错误；选项C，海水淡化主要方法有蒸馏法、离子交换法等，C选项正确；D选项，海水中含K＋，通过电解无水KCl才能制得钾单质，发生氧化还原反应，D选项正确。
答案：B
二、非选择题
11．镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取，海水的综合利用可以制备金属镁，其流程如下图所示：
(1)若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO，写出相应反应的化学方程式：________________________________ 。
用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2，其原因是_______________ 。
(2)Mg(OH)2沉淀中混有的Ca(OH)2应怎样除去？写出实验步骤：_________________________________________
(3)实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的。
溶解时：______________________________________ 。
过滤时：_____________________________________________ 。
蒸发时：_____________________________________________ 。
(4)获得HCl的反应为2CH4＋O2＋4Cl2===2CO＋8HCl(不考虑其他反应)。事实上，生产中HCl一直在循环使用。试从理论上分析是否需要补充HCl，简要说明理由。
解析：(1)根据信息书写化学方程式，首先分析反应物、生成物的化合价可知，此反应不是氧化还原反应，反应物是MgCl2·6H2O，如果生成物为Mg(OH)Cl，根据质量守恒定律生成物除Mg(OH)Cl外，还得有HCl和5个H2O，即MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O↑；同理我们也可以写出生成MgO的化学方程式。(2)因为Mg(OH)2的溶解度小于Ca(OH)2，可以加入氯化镁溶液发生反应Ca(OH)2＋MgCl2===Mg(OH)2＋CaCl2，CaCl2易溶于水而除去。(4)在工业生产中注重效益，HCl可以循环使用，根据氯元素守恒的定律可知理论上不需要补充HCl。
答案：(1)MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O或MgCl2·6H2OMgO＋2HCl↑＋5H2O　在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，抑制了MgCl2的水解，并带走了MgCl2·6H2O受热产生的水蒸气，故能得到无水MgCl2
(2)加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤
(3)搅拌，加速溶解
使待过滤液体沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒
搅拌，防止因局部过热引起液滴或晶体飞溅
(4)不需要补充HCl，因为Cl2～2HCl～Mg(OH)2～MgCl2～Cl2；依氯元素守恒可以看出理论上不需要补充HCl。
12．(2012年华南师大附中模拟)广东省有着丰富的海洋资源。海水提取食盐和Br2以后的盐卤可以用来制备纯净的MgCl2或MgO。盐卤中含有Mg2＋、 Cl－，还含有少量Na＋、Fe2＋、Fe3＋和CO(NH2)2等。制备流程如图：
(1)滤渣的成分是______________________ (写化学式)；
滤液Ⅱ中所含的主要杂质离子是________(写离子符号)。
(2)用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质；则该反应的化学方程式为______________ ；加入NaClO还能起到的作用是_____________ 。
(3)海水制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2是利用SO2气体，SO2吸收Br2的离子方程式是_____________ 。SO2气体可来源于硫酸工业的尾气，同时，SO2尾气也可用氨水吸收，作为制备化肥的原料，SO2气体用氨水吸收得到的产物可能是__________ 。
解析：(1)滤渣的成分是Fe(OH)3；滤液Ⅱ中所含主要的杂质离子是Na＋。
(2)用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为3NaClO＋CO(NH2)2===3NaCl＋CO2↑＋N2↑＋2H2O或NaOH＋3NaClO＋CO(NH2)2===3NaCl＋NaHCO3＋N2↑＋2H2O；加入NaClO还能起到的作用是氧化Fe2＋使它变成Fe(OH)3沉淀而除去。
(3)海水制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2是利用SO2气体，SO2吸收Br2的离子方程式是SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Br－。SO2气体可来源于硫酸工业的尾气，同时，SO2尾气也可用氨水吸收，作为制备化肥的原料，SO2气体用氨水吸收得到的产物可能是NH4HSO3或(NH4)2SO3。
答案：(1)Fe(OH)3　Na＋
(2)3NaClO＋CO(NH2)2===3NaCl＋CO2↑＋N2↑＋2H2O或NaOH＋3NaClO＋CO(NH2)2===3NaCl＋NaHCO3＋N2↑＋2H2O　氧化Fe2＋使它变成Fe(OH)3沉淀而除去
(3)SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Br－
NH4HSO3、(NH4)2SO3
13．煤是一种常用的燃料。由于煤燃烧产生的废气中含有SO2、NO2和NO等多种有害气体和烟尘会对环境造成污染，因此需要对煤进行加工后再燃烧，或将废气净化后再排放。
(1)将煤直接进行燃烧，造成环境污染的主要原因之一是形成硝酸型酸雨。
①写出有关物质转化为硝酸的化学方程式________。
②以下是对硝酸型酸雨的评价，其中正确的是________(用序号填空)。
a．杀死水中的浮游生物，减少鱼类食物来源，破坏水生生态系统
b．对电线、铁轨、桥梁、房屋等均会造成严重损害
c．破坏臭氧层
d．硝酸与土壤中的矿物质发生作用转化为硝酸盐，向植物提供氮肥
(2)如图是对煤燃烧产生的废气进行常温脱硫处理的基本流程示意图，试写出在废气脱硫并形成副产物的过程中所发生的主要化学反应的化学方程式__________ 。
(3)脱硫以后，在废气中含量明显增加的不良气体是(写物质名称)________，它对环境的负面影响是__________ 。
(4)检验脱硫后废气中是否含有SO2的简单方法是__________ 。
解析：(1)形成硝酸型酸雨，这说明煤燃烧生成NO和NO2等氮氧化物，NO跟O2反应生成NO2，NO2跟H2O反应生成HNO3。硝酸型酸雨有它的危害性，但它所含有的氮元素又是植物所需要的主要元素之一。因此应该一分为二地评价酸雨的利与弊。这里不是对NO和NO2的评价，而是对硝酸型酸雨的评价，该酸雨对臭氧层没有破坏作用。
(2)由图可知，脱硫是硫元素转化为CaSO4，最终产品是石膏CaSO4·2H2O。
(3)通过问题(2)的解答可知，在脱硫的同时生成了CO2，并且CO2与SO2以等物质的量代换。
(4)检验SO2的高效试剂是品红溶液，并且这里没有干扰因素。
答案：(1)①2NO＋O2===2NO2，
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　②abd
(2)CaCO3＋SO2===CaSO3＋CO2，
2CaSO3＋O2===2CaSO4，
CaSO4＋2H2O===CaSO4·2H2O
(3)二氧化碳　使“温室效应”加剧，导致全球气候变暖
(4)将气体通入品红溶液观察品红是否褪色，品红褪色，说明废气中还含有SO2；品红不褪色，说明废气中不含SO2
14．将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。而C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH2＝－242.0 kJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
请你根据上述信息回答下列问题：
(1)煤是一种成分复杂的混合物，其中除含碳、氢元素外，还含有氧、硫、氮、砷、硒等元素。所以固体煤燃烧会导致大气污染，写出煤燃烧产生的两种污染：__________________________。
(2)根据已知热化学方程式写出由煤制备水煤气的热化学方程式：__________________________。
(3)下面是甲、乙两位同学对上述热化学方程式及煤燃烧的理解。
甲同学：1 mol CO与1 mol H2燃烧放出的热量之和大于1 mol固体炭燃烧放出的热量，所以煤燃烧时加入少量水，可以使煤燃烧放出更多的热量。
乙同学：根据下面的物质与能量循环，将煤炭转化为水煤气，再燃烧放出的热量与直接燃烧煤炭放出的热量相同，而将煤炭转化为水煤气将会增加消耗，故煤炭转化为水煤气得不偿失。
请你评价两位同学的理解：
①甲同学的说法________(答“正确”或“不正确”)，原因是________。
②乙同学的说法________(答“正确”或“不正确”)，原因是________。
解析：(1)煤炭燃烧的主要污染物为二氧化硫、氮氧化物、粉尘等。
(2)应用盖斯定律对三个已知的热化学方程式进行处理，①－②－③可得由煤炭制备水煤气的热化学方程式。
(3)制备水煤气加入的是液态水，高温条件下液态水吸热变为水蒸气，水蒸气再与煤炭反应而得到CO和H2；用盖斯定律分析水煤气的制备似乎没有意义，但从反应速率及能量的利用率、环境保护等方面来考虑，由煤炭制备水煤气还是有利的。
答案：(1)酸雨(或答“二氧化硫污染大气”)、含砷粉尘污染、氮氧化物污染(答出两种即可)
(2)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1
(3)①不正确　加入水，水汽化需要吸收能量
②不正确　尽管将煤炭转化为水煤气再燃烧放出的热量与直接燃烧煤炭放出的热量相同，但水煤气与氧气接触面积大，反应速率快，燃烧充分，能量利用率高，污染小一、选择题
1．下列有关硬水及其软化的说法中错误的是(　　)
A．离子交换法可以软化硬水
B．硬水中含有较多Ca2＋、Mg2＋
C．生产、生活使用的天然水必须经软化
D．加热可使暂时硬水中的Ca2＋生成CaCO3沉淀
解析：A、B、D是一些常识，C中生活使用的天然水不是“必须”经软化使用。
答案：C
2．(2012年宁波模拟)21世纪是海洋世纪，海洋经济专属区的开发受到广泛重视，下列有关说法正确的是(　　)
A．海水含镁，将金属钠放入海水中可以制取金属镁
B．利用潮汐能发电是将化学能转化为电能
C．从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应
D．海底多金属结核矿含有Fe、Mn、Co、B等金属
解析：Na先与水反应生成NaOH，然后再与Mg2＋反应生成Mg(OH)2，A错；潮汐发电是动能转化为电能，B错；B(硼)是非金属元素，D错。
答案：C
3．目前下列工艺过程没有直接使用离子交换技术的是(　　)
A．硬水的软化
B．电解饱和食盐水制NaOH
C．电渗析淡化海水
D．海水中提取金属Mg
解析：硬水软化可以采用离子交换法；电解饱和食盐水要用到离子交换膜；电渗析淡化海水要用到高分子膜进行离子交换。海水中提取Mg是利用复分解反应得到MgCl2，再电解熔融MgCl2制得Mg，与离子交换无关。
答案：D
4．利用天然气或煤与水蒸气生产出的合成气(H2、CO)生产汽油、甲醇和氨等已经实现了工业化，合成气也可转化成醛、酸、酯等多种产物。下列表述正确的是(　　)
①以天然气生产合成气的反应为置换反应；
②以合成气为原料的反应都是化合反应；
③改变合成气中CO与H2的体积比，可以得到不同产物；
④合成气的转化反应需在适当的温度和压强下通过催化完成；
⑤从合成气出发生成液态烃或醇类有机物是实现“煤变油”的有效途径；
⑥以合成气为原料的反应产物中不可能有烯烃或水。
A．①②④　　　　　　　　　B．②③④
C．①②④⑤ D．③④⑤
解析：以天然气为原料制合成气的反应为CH4＋H2O(g)CO＋3H2，反应物都是化合物，不是置换反应，①错；以合成气为原料的反应如2CO＋4H2CH2===CH2＋2H2O，不是化合反应，且可生成烯烃和水，②和⑥错误；分析③、④、⑤均正确。
答案：D
5．(2012年沈阳模拟)自来水加工处理流程如下，下列有关说法不正确的是(　　)
A．若用FeSO4作混凝剂，最终铁将以Fe(OH)2形式进入反应沉淀池
B．投药时常加入适量的石灰，是为了除去水中Mg2＋、HCO等
C．自来水生产中，前面加氯起消毒杀菌作用，后面加氯是保持水中有效氯的含量，防止自来水二次污染
D．用ClO2消毒自来水，消毒效率是等质量氯气的2.63倍
解析：A项中Fe2＋具有较强的还原性，能被氯气氧化为Fe3＋，最终将以Fe(OH)3的形式进入反应沉淀池，A项错误；B项中加入石灰，可发生反应 Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O，B项正确；多次处理自来水过程中易造成二次污染，再次加氯，可消除这一影响，C项正确；D项中消毒过程中氯元素的化合价发生变化：ClO2→Cl－，1 mol ClO2得5 mol e－；Cl2→2Cl－，等质量的Cl2得×2＝1.9 mol e－，两者消毒效率之比为5∶1.9＝2.63，D项正确。
答案：A
二、非选择题
6．我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
pH 6.5～8.5
Ca2＋、Mg2＋总浓度 <0.004 5 mol·L－1
细菌总数 <100个/mL
以下是原水处理成自来水的工艺流程示意图：
请填空：
(1)原水中含Ca2＋、Mg2＋、HCO、Cl－等，加入生石灰后生成Ca(OH)2，进而发生若干复分解反应，一级沉降池中生成的主要沉淀是________。
(2)通入CO2除了能除去过量石灰外，还能起到________作用。
(3)上图中的混凝剂常用______。其作用原理是(用离子方程式表示)______ 。
(4)有些自来水厂在用氯气对水进行消毒时，还加入一定量的氨，使氨和氯气生成消毒效果更好的氯胺(NH2Cl)。氯胺的消毒原理是________。
A．NH2Cl＋HCl===NH3↑＋Cl2↑
B．NH2Cl＋H2ONH3＋HClO
C．NH2Cl===NH＋Cl－
D．NH2Cl＋HClONH2ClO＋HCl
(5)洪水泛滥后，水中含有大量的细菌和杂质，灾民喝了这样的水后很容易患肠道传染病。如果你是支援灾区的志愿者，请你设计方案使用最廉价的化学试剂，将被污染的水处理成饮用水____________________。
解析：(1)碳酸氢钙与碱反应能够生成碳酸钙沉淀，由于氢氧化镁的溶解度小，故镁离子转化为Mg(OH)2沉淀而不转化为碳酸镁沉淀。
(2)二氧化碳溶解于水显酸性，故可以调节溶液的pH。
(3)明矾常用于净水。
(5)可先净水再杀菌消毒。
答案：(1)Mg(OH)2、CaCO3　(2)调节酸度　(3)铝盐　Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋3H＋　(4)B
(5)先用明矾通过混凝沉淀，然后过滤，再用漂白粉杀菌消毒，可以使被污染的水变成饮用水
7．(2012年济南模拟)海洋是化学资源宝库，海洋资源的综合利用具有广阔的前景。回答下列问题：
(1)蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备，但常规蒸馏法也存在较大缺陷，请说明常规蒸馏法淡化海水的最大缺陷。
____________
(2)离子交换法也是常用的水处理技术。聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式___________。
(3)目前从海水中提取溴的常用流程如下(苦卤，海水蒸发结晶分离出食盐的母液)：
从反应③后的溶液中分离出单质溴的方法是________。
(4)海水提镁过程与石灰窑和盐酸厂有着紧密的联系，试说明海水提镁与盐酸厂之间的必然联系：__________。
解析：(1)常规蒸馏法淡化海水的最大缺陷是需要使用大量燃煤，因此能耗多，排污量大。
(2)聚丙烯酸钠的单体为丙烯酸钠，其结构简式为　
(3)由流程可知，从反应③后的溶液中分离出单质溴的方法是蒸馏。
(4)海水提镁过程与石灰窑和盐酸厂有着紧密的联系，盐酸厂为溶解氢氧化镁提供盐酸，而在电解氯化镁制镁的过程中，可为盐酸厂提供氯气作原料。
答案：(1)需要使用大量燃煤，因此能耗多、排污量大
(2)
(3)蒸馏
(4)盐酸厂为溶解氢氧化镁提供盐酸，在电解氯化镁制镁的过程中，可为盐酸厂提供氯气作原料
8．(2012年日照模拟)镁作为目前密度最小的金属材料之一，广泛应用于航空航天工业、军工领域、交通领域。以下为镁的两种冶炼方法。
Ⅰ.目前宁夏已经探明的镁矿储量居全国第一，青龙山白云石(CaCO3·MgCO3)是皮江法冶炼镁的优质原料，该方法将白云石煅烧为氧化物(CaO·MgO)，然后在还原炉中经1 200℃高温真空条件下用硅还原MgO生成粗镁，粗镁再经过精炼、铸锭得到成品镁、工艺流程如图所示。
　　　
(1)写出还原炉内用硅还原MgO生成粗镁的化学反应方程式：________。
(2)在还原过程中反应温度越高镁的产率越高，说明该反应的反应热ΔH________0(填“大于”或“小于”)。
Ⅱ.海水综合利用可以制备金属镁，其流程如下图所示：
(3)海水中的镁以Mg2＋的形式存在，流程中将Mg2＋转化为Mg(OH)2，然后又重新转化为Mg2＋的目的是__________。
(4)将MgCl2·6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，“一定条件”指的是______。
(5)综合比较两种方法，皮江法的缺点是__________。
解析：(1)还原炉内用硅还原MgO生成粗镁的化学反应方程式为2MgO＋Si2Mg＋SiO2。
(2)在还原过程中反应温度越高镁的产率越高，说明温度升高，反应正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0。
(3)海水中的镁以Mg2＋的形式存在，流程中将Mg2＋转化为Mg(OH)2，然后又重新转化为Mg2＋，可以提高Mg2＋的浓度，起到富集的作用。
(4)在MgCl2·6H2O脱水变为MgCl2时，由于存在MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl水解平衡，所以需要在HCl气流中进行，以抑制MgCl2的水解，避免Mg(OH)2的生成。
(5)综合比较两种方法可知，皮江法的缺点是产生大量温室气体、巨大的能量消耗等。
答案：(1)2MgO＋Si2Mg＋SiO2
(2)大于　(3)提高Mg2＋的浓度，起到富集的作用
(4)在HCl气流中
(5)产生大量温室气体、巨大的能量消耗等(答出一点即可)
9．我国拥有丰富的海洋资源，海水制盐历史悠久，早在5000年前的仰韶文化时期，先人就利用海水煮盐，新中国成立后，我国的海盐生产有了很大发展，年产量从1921年的250万吨增加到目前的2500万吨左右，占全国盐年产量的75%。海盐除了供食用外还可以作为氯碱工业的原料，相关工业过程如下：
(1)粗盐常含有少量Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等杂质离子，实验室中欲除去溶液中的这些离子，应先加入沉淀剂(Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液)，过滤后再加入适量盐酸调节溶液的pH。
①沉淀剂的滴加顺序依次为________(只填化学式)。
②加入沉淀剂(NaOH溶液)是为了除去Mg2＋、Fe3＋。某同学查阅资料得到Mg(OH)2、MgCO3的Ksp(Ksp1＝6.8×10－6，Ksp2＝5.61×10－12)，但没有记录清楚两种物质与两个Ksp数据的对应关系，请你根据所学知识帮他判断哪个是Mg(OH)2的Ksp？___________。
③沉淀过滤后要用蒸馏水洗涤沉淀表面附着的可溶性杂质，检验沉淀是否洗净的方法是___________。
(2)写出电解槽内电解总反应的离子方程式：________。
(3)氯碱工业的三种产品在工业上有广泛的用途，某兴趣小组设计了如下实验装置(部分固定装置已略去)，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(该反应ΔH<0)，据此回答下列问题：
①A仪器的名称是________，所盛试剂的名称是________。
②漂白粉将在U形管中生成，此反应的化学方程式是______。
③此实验所得Ca(ClO)2产率太低。经查阅资料发现主要原因是在U形管中存在两个副反应：其中一个副反应是因为氯气不纯造成的，为避免此副反应发生，可采取的措施是_____。
另一个副反应是因为温度较高时氯气与消石灰反应生成了氯酸钙[Ca(ClO3)2]，此反应的化学方程式是______，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_______。
解析：(1)①除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋和SO，先加入适当过量的BaCl2溶液完全除去SO，再加入适当过量的Na2CO3溶液完全除去Ca2＋和过量的Ba2＋，最后加入适当过量的NaOH溶液完全除去Mg2＋和Fe3＋，将滤液的pH调至酸性除去过量的OH－和CO。②从酸、碱、盐的溶解性表知碳酸镁微溶于水、氢氧化镁难溶于水，则碳酸镁的溶度积常数较大。③取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如果溶液中无沉淀产生，说明沉淀已洗涤干净。(2)电解槽内电解的是饱和食盐水。(3)仪器A是分液漏斗，所盛试剂是浓盐酸；此实验所得Ca(ClO)2产率太低，如果是由氯气不纯造成的， 则是氯气中的HCl所致，可用饱和食盐水除去；如果是由温度较高所致，可以将盛有消石灰的U形管置于冷水浴或冰水浴中冷却。
答案：(1)①BaCl2、Na2CO3、NaOH(或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3)　②Ksp2是Mg(OH)2的Ksp　③取最后一次洗涤液加入AgNO3溶液，如果溶液中无沉淀产生则说明沉淀已洗涤干净　(2)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
(3)①分液漏斗　浓盐酸　②2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O　③在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶　6Cl2＋6Ca(OH)2===Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O　将U形管置于冷水浴中
10．工业上以磷肥生产形成的副产物石膏(CaSO4·2H2O)与焦炭为原料可生产硫酸，同时可以得到硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料。以下是有关的工艺流程示意图。
试回答：
(1)写出化学方程式：反应Ⅰ_________。
(2)写出化学方程式：反应Ⅱ_______。
(3)请根据下表和化学平衡知识，分析工业上制硫酸中SO2的催化氧化的适宜条件是_________。
(4)检验滤液H中含有CO的方法是________。
(5)氯化钙结晶水合物(CaCl2·6H2O)是目前常用的无机储热材料，选择的依据是________(填序号)。
a．熔点较低(29 ℃熔化)　　　　b．能导电
c．易溶于水 d．无毒
解析：(1)反应Ⅰ产物的判断：从A可以合成硫酸可知A是SO2，从D与氯化铵反应可以得到氨气和氯化钙可知D是氧化钙，从气体E、F被氨气吸收后可以得到碳酸铵可知E、F是二氧化碳和水蒸气的混合物。(2)反应Ⅱ是沉淀转化的反应：微溶于水的石膏与碳酸铵溶液反应生成了难溶于水的碳酸钙和硫酸铵溶液。(3)从表中的数据可知：当温度一定时，增大压强，SO2转化率的增幅不大，而对设备的投入要求增幅明显；当压强一定时，温度由400继续升高，SO2转化率降低。因此，从表中提供的数据分析，SO2的催化氧化的适宜条件是常压、400℃～500℃和催化剂。(4)用稀盐酸检验滤液H中含有CO。(5)选择氯化钙结晶水合物(CaCl2·6H2O)作为目前常用的无机储热材料的依据是节能环保。
答案：(1)2CaSO4·2H2O＋C2CaO＋2SO2↑＋CO2↑＋4H2O↑　(2)CaSO4·2H2O＋(NH4)2CO3===CaCO3↓＋(NH4)2SO4＋2H2O(反应不写水也可)　(3)常压、400～500℃、催化剂　(4)取少许滤液滴加盐酸，观察是否产生气泡　(5)ad一、选择题
1．下列有关物质检验的实验结论正确的是(　　)
选项 实验操作及现象 实验结论
A 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 说明该溶液中含有SO
B 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Fe2＋
C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是SO2
D 向淀粉 KI溶液中通入Cl2，溶液变蓝 Cl2能与淀粉发生显色反应
答案：B
2．下列选项的括号内是除去杂质的试剂，错误的是(　　)
A．Cl2中混有HCl(饱和食盐水)
B．SiO2中混有CaCO3(盐酸)
C．CO2中混有SO2(饱和NaHCO3)
D．FeSO4溶液中混有CuSO4(Zn粉)
解析：A项HCl在饱和食盐水中的溶解度很大，而Cl2在其中溶解度很小；B项，SiO2不与盐酸反应；C项中饱和NaHCO3溶液可吸收SO2，产生CO2；D项中Zn不仅与CuSO4反应，也可与FeSO4反应，故前三项均能除去杂质，D项不能。
答案：D
3．(2012年潍坊模拟)有A、B、C、D、E、F六瓶不同物质的溶液，它们各是NH3·H2O、Na2CO3、MgSO4、NaHCO3、HNO3和BaCl2溶液中的一种。为了鉴别它们，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示。表中“↓”表示生成沉淀，“↑”表示生成气体，“－”表示观察不到明显现象，空格表示实验未做。试推断其中F为(　　)
A．Na2CO3溶液 B．BaCl2溶液
C．MgSO4溶液 D．NaHCO3溶液
解析：由现象最多的A、D入手，D与A、B、C混合时生成沉淀，可知D为MgSO4、结合A与E生成气体知A为Na2CO3、E为HNO3，因C与A、D混合均生成沉淀，知C为BaCl2，继而推出B是NH3·H2O，则F是NaHCO3。
答案：D
4．(2010年高考广东理综)对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是(　　)
A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色
B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解
C．实验Ⅲ：试管中溶液颜色变为红色
D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体
解析：A项，CCl4的密度比水大，上层为水层，呈无色，下层为CCl4层，呈紫红色；B项，Al(OH)3不能溶于弱碱；C项，Fe3＋和SCN－结合成Fe(SCN)3而显红色；D项，CaO吸收了试管中的水，导致CuSO4从溶液中结晶，生成CuSO4·5H2O。
答案：CD
5．下列除去杂质的实验方法正确的是(　　)
A．除去CO中少量O2：通过灼热的Cu网后收集气体
B．除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热
C．除去苯中溶有的少量苯酚：加入适量浓溴水反应后过滤
D．除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：加入稍过量双氧水后放置
解析：A项CO中混有O2，通过灼热的铜网可以除去O2，但生成的氧化铜会与CO反应生成CO2；B项中杂质碳酸氢钠加热后生成的碳酸钠仍是杂质；C项中杂质苯酚加浓溴水反应后生成的三溴苯酚是新的杂质；D项中双氧水具有强氧化性，可将氯化亚铁氧化为氯化铁，同时酸性溶液可防止Fe3＋的水解，故正确答案为D。
答案：D
6．(2011年高考天津理综)向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是(　　)
解析：A项滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀可能为BaSO4、BaSO3、BaCO3或AgCl，说明原溶液中可能含有或Ag＋；B项原溶液中若含有I－，滴加氯水时被氧化成I2，滴加CCl4后，CCl4从水中萃取I2，由于CCl4的密度大于水，则溶液出现分层现象，且下层溶液呈紫色；C项焰色反应的火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na＋，可能含有K＋，因为Na元素的黄色掩盖K元素的紫色，应透过蓝色钴玻璃观察以确定是否含有K＋；D项原溶液中滴加稀NaOH溶液，生成NH3·H2O的浓度较小，不易分解，应进行加热以确定是否含有NH＋4。
答案：B
7．(2012年武汉一中月考)以下离子检验的结论可靠的是(　　)
A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明有Ca2＋
B．通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，说明有I－
C．往溶液中加入盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO
D．往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明有SO
解析：A中还可以是Ba2＋等；C中也可以是HCO、SO和HSO等；D中也可以是Ag＋、SO等。
答案：B
8．仅用一种试剂鉴别如下物质：苯、CCl4、NaI溶液、NaCl溶液、Na2SO3溶液，下列试剂中不能选用的是(　　)
A．溴水　　　　　　　　　　B．FeCl3溶液
C．酸性KMnO4溶液 D．AgNO3溶液
解析：AgCl、Ag2SO3均为白色沉淀，所以AgNO3溶液不能区别NaCl和Na2SO3溶液。
答案：D
9．某含有Na＋的澄清溶液中，可能还存在NH、Fe2＋、I－、Br－、CO、SO六种离子中的几种。将该溶液进行如下实验：①滴加足量的新制氯水，有气泡生成，溶液变橙黄色；②向“①”中所得溶液中加入BaCl2溶液，无沉淀生成；③向“①”中所得溶液中加入淀粉溶液，不显蓝色。依据上述实验事实推断该溶液(　　)
A．一定存在Fe2＋、Br－、CO
B．一定呈碱性
C．一定不存在I－、SO
D．不可能存在NH
解析：据题意，由实验①反应后溶液呈黄色可以推知该溶液中可能含有Fe2＋或Br－，由于有气泡生成，可推知溶液中一定含有CO；由于Fe2＋与CO不能共存，可推知溶液中一定不存在Fe2＋，则含Br－，故A选项错误。由实验②反应现象推知原溶液中一定不含SO；由实验③的现象推知原溶液中一定不含I－；综合上述实验现象无法推知溶液的酸碱性，故B选项错误。整个实验过程没法判断溶液中是否含有NH。
答案：C
10．(2012年银川模拟)要提纯下列物质(括号内物质为杂质)，实验操作最合理的是(　　)
A．Cl2(SO2)：通入盛有品红溶液的洗气瓶
B．己烷(己烯)：加入足量的溴水，充分振荡，静置分层后分离
C．硫酸铁溶液(硫酸亚铁)：通入足量氯气，充分反应后加热，使多余氯气逸出
D．Mg(OH)2[Ca(OH)2]：放入水中调成浆状后，加入足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤
解析：选项A中的Cl2和SO2均能使品红溶液褪色且品红溶液对SO2吸收能力较弱，故不能用品红溶液除去Cl2中的SO2；虽然己烯可与溴水反应，但生成物仍溶解在己烷中，无法达到除杂的目的；通入Cl2，尽管可以将Fe2＋氧化成 Fe3＋，但同时在溶液中引入FeCl3杂质；往调成的浆状物中加入MgCl2溶液，利用Ca(OH)2的溶解平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，使上述平衡向正反应方向移动，能将Ca(OH)2完全转化为Mg(OH)2而除去Ca(OH)2。
答案：D
二、非选择题
11．为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液，某学生设计如下实验方案：
(1)操作①为________。
(2)操作②～④加入的试剂依次可以为：____________。
(3)如何判断SO已除尽？____________ 。
(4)实验过程中产生的多次沉淀________(填“需要”或“不需要”)多次过滤，其理由是____________ 。
(5)该同学的实验设计方案是否严密？请说明理由：__________ 。
解析：沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液。除去SO、Mg2＋的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba(NO3)2和KOH溶液，过量的Ba2＋可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba(NO3)2溶液，后加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐酸调节溶液的pH，否则会引进Na＋和Cl－杂质。
答案：(1)加水溶解　(2)Ba(NO3)2、K2CO3、KOH(或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3)
(3)静置，在上层澄清溶液中再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO已除尽
(4)不需要　因为几个沉淀反应互不干扰，因此最后只过滤一次，可减少操作程序
(5)不严密，因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－
12．(2012年石家庄高三一模)实验室有一包KCl和AlCl3的固体混合物，通过以下实验可确定KCl和AlCl3的质量之比，试根据实验方法和主要步骤，回答有关问题：
(1)调整托盘天平的零点时，若指针偏向右边，应将右边的螺母向________旋动。
(2)某学生用已知质量为y g的表面皿准确称取ω g样品，他在托盘天平的右盘上放上(ω＋y)g的砝码，在左盘的表面皿中放入样品，此时指针稍偏右边，该学生应怎样操作_____________ 。
(3)将样品置于烧杯中加适量水溶解，滴入过量的A溶液，烧杯中有沉淀物，则A溶液的名称是________。
(4)过滤，某同学欲用如图装置操作，错误之处应怎样纠正？
________ 。
(5)甲学生用水多次洗涤过滤所得沉淀物，然后使其干燥，得到固体纯净物C，质量为ω2 g，C的名称是________。
(6)乙学生将过滤所得滤液跟甲学生洗涤沉淀所得液体混合，然后蒸干溶剂，再充分加热，最后得到纯净KCl固体ω1 g，则原混合物中KCl与AlCl3的质量之比的计算式为________。
解析：KCl、AlCl3二者均溶于水，滴入过量的A溶液，烧杯中有沉淀，则沉淀为Al(OH)3，依性质可知，A为弱碱；过滤操作的注意点“一贴、二低、三靠”要加以应用。
答案：(1)左　(2)左手拿药匙，右手轻轻振动左手手腕使少量药品落入左盘中，使指针指向标尺中间　(3)氨水　(4)漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁，倾倒液体时应用玻璃棒引流
(5)氢氧化铝
(6)ω1∶(ω－ω1)或ω1∶
13．(2011年安庆模拟)A、B、C、D、E、F、G七瓶不同溶质的溶液，它们各是Na2CO3、KCl、Ba(OH)2、AgNO3、MgCl2、Al2(SO4)3、Ca(NO3)2溶液中的一种，为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示。(表中“↓”表示生成难溶或微溶物质，“↑”表示生成气体，“－”表示观察不到明显的现象)
请回答：
(1)A的化学式为________，G的化学式为________，判断出A、G的化学式的理由是_________________ 。
(2)写出B与F两溶液混合所发生反应的化学方程式(可能有多种情况，只写出一种情况即可)：____________ 。
(3)B与D反应的离子方程式为_____________ 。
解析：先根据两两混合产生现象最少和最多进行判定。根据现象可判断出A为KCl，G为AgNO3。G与E无明显现象，E为Ca(NO3)2；剩余物质中F生成的沉淀种类最多，则为Ba(OH)2。B、D混合有气体有沉淀，为Na2CO3与Al2(SO4)3的水解相互促进反应，B、C混合无明显现象，可知B为Al2(SO4)3，D为Na2CO3。剩余物质C为MgCl2。
答案：(1)KCl　AgNO3
混合时只生成一种沉淀的，只有KCl，生成的沉淀为AgCl，所以，A为KCl，G为AgNO3
(2)Al2(SO4)3＋3Ba(OH)2===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓(或Al2(SO4)3＋4Ba(OH)2 ===3BaSO4↓＋Ba(AlO2)2＋4H2O)
(3)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
14．茶是我国人民喜爱的饮品。某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。
【查阅部分资料】　草酸铵[(NH4)2C2O4]属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2＋、Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH为Ca(OH)2：pH≥13；Al(OH)3：pH≥5.5；Fe(OH)3：pH≥4.1。
请根据上述过程及信息填空：
(1)步骤②加盐酸的作用是____________________。
(2)写出检验Ca2＋的离子方程式：_______ 。
(3)写出沉淀C所含主要物质的化学式____________。
(4)写出步骤⑧用A试剂生成红色溶液的离子方程式：_______ 。
(5)步骤⑨的作用是___________ ，猜测步骤⑩的目的是_________ 。
解析：用化学方法分离、检验植物样品中的某些元素时，通常将待检验的植物样品高温灼烧，使其中的有机物分解。其中的碳、氢、氧等元素转化为二氧化碳和水，呈气体逸散，待测的金属或非金属元素以氧化物或无机盐(称灰分)的形式残留下来。在残留的灰分中加入水或酸，使灰分溶解。过滤后，滤液可用于分离和鉴定某些元素。
答案：(1)使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋浸出(或使Ca2＋、Al3＋、Fe3＋溶解)
(2)Ca2＋＋(NH4)2C2O4===CaC2O4↓＋2NH
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(写成其他正确的络合离子形式也可)
(5)使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀　检验Al3＋(或铝元素)存在一、选择题
1．下列盛放试剂的方法正确的是(　　)
A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中
C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
解析：A.氢氟酸会与玻璃的成分二氧化硅反应，浓硝酸会腐蚀(氧化)橡皮塞；B.汽油或煤油会使橡皮塞溶解膨胀；C.由于碳酸钠溶液和氢氧化钙呈碱性，会与玻璃瓶的成分二氧化硅反应也不用保存在棕色玻璃瓶中；D.氯水或硝酸银溶液存放时，为防止氯水腐蚀(氧化)橡皮塞，用磨口塞，为了避免硝酸银见光分解，存放在棕色玻璃瓶中。
答案：D
2．进行化学实验时，必须规范操作，强化安全意识，防止发生事故。下列做法存在安全隐患的是(　　)
①用酒精灯直接去燃着的酒精灯上引燃
②稀释浓H2SO4时，将浓H2SO4沿器壁慢慢倒入水中，并不断搅拌
③实验室制取氯气时，没设计尾气吸收装置
④做金属钠实验时，剩余的钠放回原试剂瓶
⑤金属钠着火时，用泡沫灭火器扑灭
⑥浓NaOH溶液沾在皮肤上，立即用稀H2SO4清洗
A．①③⑤⑥　　　　　　　　B．②④
C．①④⑥ D．③④⑤
解析：①直接用酒精灯引燃酒精灯容易引起失火事故；②正确，无安全隐患；③氯气有毒，不进行尾气处理，可能会使人中毒；④正确，金属钠很活泼随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶；⑤金属钠易和水反应生成H2，Na2O2易和水、CO2反应，生成O2，从而燃烧的更旺。故钠着火不能用泡沫灭火器扑灭，应用沙子盖灭；⑥浓NaOH沾在皮肤上，用稀H2SO4清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗，再涂硼酸。
答案：A
3．(2012年西宁模拟)下列实验操作中所用仪器合理的是(　　)
A．用25 mL的碱式滴定管量取14.80 mL NaOH溶液
B．用100 mL量筒量取5.2 mL盐酸
C．用托盘天平称取25.20 g氯化钠
D．用100 mL容量瓶配制50 mL 0.1 mol/L盐酸
解析：100 mL量筒的量程太大，应用10 mL量筒量取5.2 mL盐酸，B项错；托盘天平只能精确到小数点后一位，C项错；配制50 mL 0.1 mol/L盐酸应用50 mL容量瓶，D项错。
答案：A
4．(2012年杭州模拟)下列技术手段或仪器在化学研究中的应用的说法中不正确的是(　　)
A．用电子天平可直接称出某个分子或原子的质量
B．用pH计测定溶液的pH值
C．用移液管量取25.00 mL溶液
D．用量热计测定某些化学反应中的热效应
解析：用电子天平也不可能直接称量出一个分子或原子的质量，A不正确。
答案：A
5．实验是化学研究的基础，下列各图所示的实验方法、装置或操作正确的是(　　)
解析：本题考查化学仪器的主要用途和使用方法。分析试题，在托盘天平上称量固体药品，干燥但易潮解的物质应放在适当的容器(小烧杯)内，不得与天平托盘直接接触，A选项NaOH固体能吸收空气中的水分，不能用纸片称量，应用小烧杯迅速称量；B选项氯气的收集要用排饱和食盐水法；C选项中应用玻璃棒不断搅拌。
答案：D
6．(2012年南昌十六中模拟)下列实验操作中，仪器一定需要插入液面以下的是(　　)
①制备Fe(OH)2时将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中所用的胶头滴管
②制备氢气的简易装置中的长颈漏斗
③分馏石油时控制温度的温度计
④用乙醇制备乙烯时所用的温度计
⑤用水吸收氨气时的导气管
⑥向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管
A．③⑤⑥ B．②⑤
C．①②④ D．①②③④⑤⑥
答案：C
7．实验室里不宜长期放置，应在使用时再配制的试剂是(　　)
①酚酞试液　②银氨溶液　③Na2CO3溶液
④Cu(OH)2悬浊液　⑤酸性FeCl3溶液　⑥FeSO4溶液　⑦NaCl溶液　⑧氯水
A．②⑤⑥⑧ B．①③④⑤
C．①②⑤⑦ D．②④⑥⑧
解析：银氨溶液久置会生成爆炸性物质；Cu(OH)2悬浊液久置会沉淀；FeSO4溶液易被氧化变质；氯水久置会成为稀盐酸；而酚酞试液、Na2CO3溶液、酸性FeCl3溶液、NaCl溶液化学性质较稳定，可以放置较长时间。
答案：D
8．(2010年高考重庆理综)下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是(　　)
解析：NaOH溶液应盛装在碱式滴定管中，B项不正确；吸收HCl尾气，漏斗口不能过多浸入液面以下，C项不正确；中和热的测定，温度计应该测液体温度，温度计水银球应浸入小烧杯中，D项不正确；只有A项正确。
答案：A
9．(2010年高考江苏化学)下列有关实验原理或操作正确的是(　　)
A．选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取少量CO2、NO和O2
B．制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸
C．洗涤沉淀时(见图2)，向漏斗中加入适量水，搅拌并滤干
D．用广泛pH试纸测得0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH＝5.2
解析：2NO＋O2===2NO2，NO只能用排水法收集；洗涤沉淀时，不能搅拌，以免破坏滤纸；用广泛pH试纸测定溶液的pH时只能读出整数值，只有B项正确。
答案：B
10．(2012年泰州模拟)玻璃棒是化学实验中常用的仪器，一般用于搅拌、过滤或转移液体时引流。下列有关实验过程中，一般不需要使用玻璃棒进行操作的是(　　)
①用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH
②将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制氢氧化铁胶体
③从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl
④探究Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化
⑤用已知浓度的盐酸和未知浓度的氢氧化钠溶液进行中和滴定实验
⑥用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验
⑦实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe(OH)2白色沉淀
A．②③⑦ B．②⑤⑦
C．②④⑤ D．②④⑥
解析：①用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH时需要用玻璃棒蘸取溶液；③从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，需要经过溶解、过滤等操作，需要用玻璃棒搅拌、引流等；④探究Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化时，需要用玻璃棒搅拌以加快反应速率；⑥用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验，需要用玻璃棒搅拌。
答案：B
二、非选择题
11．(2012年西安模拟)化学是一门以实验为基础的自然科学，进行化学实验时要熟悉中学化学实验中常见仪器及用品，采取正确的实验操作，注意实验安全。
(1)在仪器：a.分液漏斗　b．试剂瓶　c．集气瓶　d．滴定管　e．容量瓶　f．量筒　g．托盘天平中，其中标有“0”刻度的是(填序号，下同)________；标有具体使用温度的是________。
(2)“磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺。在下列仪器中，没有用到“磨砂”工艺处理的有________。
a．试管　　b．分液漏斗　c．带滴管的试剂瓶(滴瓶)
d．集气瓶　e．酸式滴定管　f．碱式滴定管
(3)下列操作所得实验结果比实际数值偏高的是____。
a．用量筒量取8.5 mL液体时，俯视液面读数
b．中和滴定达到终点时，仰视液面读数
c．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，仰视溶液液面
(4)在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上印有如图所示的警示标志，说明浓硫酸是一种________。
(5)有同学想用右图装置用大理石和稀盐酸反应制取CO2。教师指出，这需要太多的稀盐酸，造成浪费。该同学选用了实验室最常用的一种仪器，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。
解析：(1)在分液漏斗、试剂瓶、集气瓶、滴定管、容量瓶、量筒、托盘天平中，标有“0”刻度的有：滴定管和托盘天平 ，“0”刻度分别在滴定管的上部和托盘天平标尺的左端；标有具体使用温度的有：量筒、滴定管和容量瓶，它们都标有使用温度20℃，当它们所盛的液体不是20℃时，滴定管和容量瓶会热胀冷缩，使它们的精确度降低。
(2)“磨砂”可以增加玻璃与玻璃间的密封性，在试管、分液漏斗、带滴管的试剂瓶(滴瓶)、集气瓶、酸式滴定管、碱式滴定管中，除试管和碱式滴定管外，其他的玻璃仪器都需通过“磨砂”来增加玻璃与玻璃间的密封性。
(3)用量筒量取8.5 mL液体时，当俯视液面时，所得读数比实际数值高；中和滴定达到终点时，当仰视液面时，所得读数比实际数值高；配制一定物质的量浓度的溶液定容时，当仰视溶液液面时，所得溶液的体积比实际溶液的体积大，导致所配制溶液的物质的量浓度偏低。
(4)由盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上印有的警示标志知，浓硫酸是一种腐蚀品。
(5)可在漏斗下端套上一个试管。
答案：(1)dg　de　(2)af　(3)ab
(4)腐蚀性液体(或腐蚀品)
(5)
只需画对试管的位置即可
12．(2012年广州月考)某研究小组测量菠菜中草酸及草酸盐含量(以C2O计)。实验步骤如下：
①将菠菜样品预处理后，热水浸泡，过滤得到含有草酸及草酸盐的溶液。
②调节溶液的酸碱性，滴加足量CaCl2溶液，产生白色沉淀；加入足量醋酸，使CaCO3溶解；过滤得到CaC2O4固体。
③用稀HCl溶解CaC2O4并加水配制100 mL溶液。每次准确移取25.00 mL该溶液，用0.010 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，平均消耗标准溶液V mL。
回答下列问题：
(1)步骤①中“样品预处理”的方法是________(A.灼烧成灰　B．研磨成汁)
(2)步骤②中“调节溶液的酸碱性”至________(A.弱碱性　B．弱酸性　C．中性)。
验证CaCl2溶液已“足量”的操作和现象是____________ 。
(3)步骤③中用到的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、胶头滴管、玻璃棒外，还有___________ 。
解析：(1)要从菠菜中得到草酸及草酸盐的溶液只能是B(研磨成汁)；(2)要得到固体只能使溶液为弱碱性，判断CaCl2溶液已足量方法为静置，待上层溶液澄清后滴入CaCl2溶液，现象为不出现浑浊；(3)配制溶液用到容量瓶，中和滴定需要酸式滴定管。
答案：(1)B　(2)A(或C)　静置，待上层溶液澄清后滴入CaCl2溶液，不出现浑浊
(3)100 mL容量瓶、酸式滴定管
13．利用Na2O2与水反应能放出氧气的性质，可通过选择装置A或B来测定已部分变质的Na2O2样品中Na2O2的质量分数。
(1)现欲用500 mL量筒进行测定，取用Na2O2样品的质量应是_____(填序号)。
A．0.1 g～0.2 g B．2.5 g～3.0 g
C．5.0 g～6.0 g D．10 g～15 g
(2)如用托盘天平称取样品，应选用如图中的________(填数字序号)，不选用另一个装置的原因是__________________ 。
(3)因Na2O2与水反应会放热而影响测定的准确性，所以反应结束后，必须使锥形瓶中的气体温度降低至室温。如忽略导管本身带来的测量误差，应选用装置A、B中的________(填“A”或“B”)。如果选用了另一种不适当的装置，测得的Na2O2的质量分数会________(填“偏大”或“偏小”)，原因是_________ 。
(4)如在实验中，气体摩尔体积为a L/mol，量筒中收集到的水的体积为V mL，样品的质量为m g，则样品中Na2O2的质量分数为________%。
解析：根据量筒的体积可粗略计算出Na2O2的最大质量约为3.5 g，样品的质量应小于3.5 g，如果过多会造成量筒中液体外溢，如果过少产生的气体太少，测量过程中误差太大，故选择Na2O2样品的合适质量为2.5 g～3.0 g。量筒中收集到的液体体积即为O2的体积，其物质的量n(O2)＝mol，根据反应关系式：2Na2O2～O2↑，可得n(Na2O2)＝ mol，Na2O2的质量分数＝[(78 g·mol－1×2 V×10－3mol/a)m g]×100%＝×100%。
答案： (1)B
(2)①　过氧化钠容易吸收空气中的H2O和CO2，不宜暴露在空气中称量，且过氧化钠从烧杯向锥形瓶中转移时也不易完全转移
(3)A　偏大　量筒的读数大于室温时放出的氧气的体积　(4)
14．某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案。
[方案一]气体分析法
(1)甲同学用图1所示装置，把x g的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积。实验开始时检查该装置气密性的方法是____________ 。
(2)乙同学用图2代替图1中的收集装置，则所测CO2气体的体积________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，你的改进方案是_______________ 。
(3)丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在较多缺陷，从而导致实验误差，请你填写其中的三点缺陷：
Ⅰ____________________________________________________________；
Ⅱ____________________________________________________________；
Ⅲ____________________________________________________________。
[方案二]沉淀分析法(如图所示)
(4)操作1的名称是______；操作2的名称是________。在进行操作1前，应判断是否沉淀完全，判断的方法是______________。
(5)根据沉淀分析法，该固体混合物中Na2CO3质量分数的计算式为_____。
解析：(2)CO2能溶于水，使所测CO2气体的体积偏小，改进方案是防止CO2溶于水，如将水改为饱和NaHCO3溶液或在水面上覆盖一层植物油。
(3)该装置的原理是用碱石灰吸收CO2，测定CO2的质量，但反应中会有水蒸气排出，被碱石灰吸收；球形干燥管与空气相通，也会吸收空气中的CO2和H2O，另外该装置最后烧瓶中的CO2无法全部排出，均会影响实验结果。
(5)Na2CO3～CaCO3
106 100
m g y g
m＝ g
Na2CO3质量分数为：×100%。
答案：(1)关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，松开活塞，一段时间后若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气
(2)偏小　将广口瓶中的水改为饱和NaHCO3溶液(或在水面上覆盖一层植物油等)
(3)没有吸收圆底烧瓶中排出的水蒸气的装置
球形干燥管与空气相通
反应结束后，装置内残留的CO2不能完全排出(其他合理答案均可)
(4)过滤(或过滤洗涤)　洗涤、干燥(或烘干)
静置，取少量上层清液于试管中继续滴加CaCl2溶液，若无沉淀证明沉淀已完全
(5)×100%一、选择题
1．(2011年高考浙江理综)褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法不正确的是(　　)
A．色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点
B．在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C．在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应
D．褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性
解析：由色氨酸和褪黑素结构简式分析，褪黑素分子内不存在—NH2和—COOH，不具有两性，因此D项错误。
答案：D
2．(2011年高考北京理综)下列说法不正确的是(　　)
A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4 己二烯和甲苯
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D．用甘氨酸()和丙氨酸()缩合最多可形成4种二肽
解析：A项麦芽糖及其水解产物葡萄糖都含有醛基，所以都可以发生银镜反应，故A正确；B项溴水遇苯酚会产生白色沉淀，遇2,4 己二烯因发生加成反应而褪色，遇甲苯会出现分层现象，故B正确；C项CH3CO18OC2H5在酸性条件下水解后生成CH3COOH和CH3CHOH，所以C错误；D项甘氨酸和丙氨酸缩合成的二肽有四种，D正确。
答案：C
3．下列说法正确的是(　　)
A．合成纤维和人造纤维统称为化学纤维
B．酚醛塑料和聚氯乙烯都是热固性塑料
C．锦纶丝接近火焰时先卷缩，燃烧时有烧焦羽毛的气味，灰烬为有光泽的硬块，能压成粉末
D．对于某些合成材料和塑料制品废弃物的处理可以倾倒到海洋中
解析：B项，聚氯乙烯为热塑性塑料；C项，锦纶丝燃烧时无烧焦羽毛的气味，且灰烬不能压成粉末；D项，某些合成材料和塑料制品废弃物应分类回收处理，否则会导致白色污染。
答案：A
4．(2011年孝感模拟)据统计，截止到2009年11月4日，我国内地共发现19 589例甲型H1N1流感患者，根据你所学知识和有关信息做出判断，下列说法不正确的是(　　)
A．甲型H1N1病毒是一种氨基酸，进入人体内能合成对人体有害的蛋白质
B．高温或使用消毒剂能有效杀灭甲型H1N1病毒
C．合理搭配饮食，保持营养平衡是提高人体免疫力的有效措施
D．并不是所有的蛋白质都是对人体健康有利的
解析：甲型H1N1病毒是一种蛋白质，在高温或使用消毒剂时，蛋白质会发生变性，故A错误，B、D正确；合理搭配饮食，保持营养平衡会提高人体免疫力，从而预防各种病毒的侵害，C正确。
答案：A
5．1 mol某有机物在稀H2SO4作用下，水解生成2 mol相同的物质。下列物质中：
①蔗糖；②麦芽糖；③淀粉；④
符合题意的物质可能是(　　)
A．①②⑤⑦　　　　　　　　B．④⑤⑦
C．②⑤⑥⑦ D．①④⑤⑥
答案：C
二、非选择题
6．(2011年菏泽模拟)已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：
已知：A、B存在如图转化关系。
请据图回答：
(1)物质B能发生的反应类型是________。(填序号)
A．取代反应　　　B．水解反应　　　C．消去反应
(2)已知在相同情况下，等质量氢气的体积是A蒸气的81倍，16.2 g A在氧气中完全燃烧，生成44g CO2和9 g H2O，则A的化学式为________。
(3)C具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；苯环上的一氯代物只有两种。写出反应①的化学方程式：______ 。
(4)化合物G是C的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应。G有多种结构，写出其中只有一个取代基的同分异构体的结构简式：______ 。
解析：(1)物质B中含有酯基、溴原子，且溴原子所连碳的邻位碳上有氢原子，故A、B、C都能发生。
(2)由题意知A的相对分子质量为162，由题中所给数据可知，0.1 mol A能生成1 mol CO2,0.5 mol H2O，所以A的化学式为C10H10O2。
(3)由B的结构简式可推知D为CH3COONa，E为CH3COOH，F为CH3CHO，结合A的分子式及C具有的结构特点，可推知C为所以反应①的化学方程式为：＋H2O CH3COOH＋。
(4)C的分子式为C8H8O，分子中有一个苯环，一个－CHO，侧链只有一个的同分异构体的结构只有一种即。
答案：(1)ABC　(2)C10H10O2
7．某天然油脂A的分子式为C57H106O6。1 mol该油脂水解可得到1 mol甘油、1 mol不饱和脂肪酸B和2 mol直链饱和脂肪酸C。经测定B的相对分子质量为280，原子个数比为N(C)∶N(H)∶N(O)＝9∶16∶1。
(1)写出B的分子式：________。
(2)写出C的结构简式：_______，C的名称是________。
(3)写出含5个碳原子的C的同系物的同分异构体的结构简式：___________ 。
解析：本题首先确定组成油脂A的不饱和脂肪酸B和直链饱和脂肪酸C的结构，然后根据1 mol甘油与脂肪酸B、C发生酯化反应推断油脂A的结构。
(1)由B的相对分子质量和C、H、O原子个数比可以确定B的分子式。(C9H16O)n的相对分子质量为280，即：140n＝280，n＝2，B的分子式为C18H32O2。
(2)由A和B的分子式可以确定C的碳原子数为：＝18，因为C为饱和直链脂肪酸，故C的结构简式为CH3(CH2)16COOH，其名称为：硬脂酸(十八酸)。
(3)对于含5个碳原子的饱和一元羧酸(与C互为同系物)同分异构体的书写，分析可知其结构由饱和烃基和羧基两部分构成。其烃基部分不难看出有以下两类，共四种结构，即：直链：，支链：，与羧基连接后即得各同分异构体。
答案：(1)C18H32O2
(2)CH3—(CH2)16—COOH　硬脂酸(十八酸)
8．食品安全关系国计民生，影响食品安全的因素很多。
(1)聚偏二氯乙烯()具有超强阻隔功能，可作为保鲜食品的包装材料。它是由__________(写结构简式)发生加聚反应生成的。
(2)劣质植物油中的亚油酸[CH3(CH2)4—CH===CH—CH2—CH=== CH—(CH2)7COOH]含量很低。下列关于亚油酸的说法中正确的是____________。
A．分子式为C18H34O2
B．一定条件下能与甘油(丙三醇)发生酯化反应
C．能和NaOH溶液反应
D．能使酸性KMnO4溶液褪色
(3)假酒中甲醇(CH3OH)含量超标，请写出Na和甲醇反应的化学方程式：______ 。
(4)劣质奶粉中蛋白质含量很低，蛋白质水解的最终产物是______________。
(5)在淀粉中加入吊白块制得的粉丝有毒。淀粉最终的水解产物是葡萄糖。请设计实验证明淀粉已经全部水解，写出操作步骤、现象和结论：________ 。
解析：(1)聚偏二氯乙烯()是由CCl2===CH2发生加聚反应生成的。
(2)亚油酸的分子式为C18H32O2，分子中含有羧基，在一定条件下能与甘油(丙三醇)发生酯化反应，能和NaOH溶液发生中和反应；分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色。
(3)Na和甲醇反应生成氢气，化学方程式为2CH3OH＋2Na―→2CH3ONa＋H2↑。
(4)蛋白质水解的最终产物是氨基酸。
(5)可向淀粉水解后的溶液中加入碘水，若溶液不变蓝色证明淀粉已经完全水解。
答案：(1)CCl2===CH2　(2)BCD
(3)2CH3OH＋2Na―→2CH3ONa＋H2↑　(4)氨基酸
(5)取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝色，证明淀粉已经完全水解
9．糖类和蛋白质在人类的生命活动过程中起着重要的作用，请根据糖类、蛋白质的有关性质回答下列问题：
Ⅰ.糖尿病是由于人体内胰岛素紊乱导致的代谢紊乱综合征，以高血糖为主要标志。长期摄入高热量食品和缺少运动都易导致糖尿病。
(1)血糖是指血液中的葡萄糖(C6H12O6)。下列说法正确的是______。
A．葡萄糖属于碳水化合物，分子式可表示为C6(H2O)6，则每个葡萄糖分子中含6个H2O
B．糖尿病人尿糖较高，可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖
C．葡萄糖可用于制镜工业
D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
(2)木糖醇[CH2OH(CHOH)3CH2OH]是一种甜味剂，糖尿病人食用后不会升高血糖。请预测木糖醇的一种化学性质：_________ 。
(3)糖尿病人宜多吃蔬菜和豆类食品。蔬菜中富含纤维素，豆类食品中富含蛋白质。下列说法错误的是______(填序号)。
A．蛋白质都属于高分子化合物，蛋白质都不溶于水
B．用灼烧闻气味的方法可以区别合成纤维和羊毛
C．人体内不含纤维素水解酶，人不能消化纤维素，因此蔬菜中的纤维素对人没有用处
D．紫外线、医用酒精能杀菌消毒，是因为它们可使细菌的蛋白质变性
E．用天然彩棉制成贴身衣物可减少染料对人体的副作用
Ⅱ.某种蛋白质的结构片段如下：
(1)上述蛋白质结构片段完全水解所生成的氨基酸是__________ 。
(2)水解所生成的氨基酸中，碳、氢原子个数比值最大的那一种与NaOH溶液反应的化学方程式为____________ ，
形成二肽的化学方程式为___________。
(3)已知上述蛋白质结构片段的相对分子质量是364，则水解生成的各种氨基酸的相对分子质量之和为________。
解析：Ⅰ.(1)淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基可以与新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液反应，可以用于制镜工业，所以B、C、D均正确，葡萄糖分子中没有水分子，所以A错误。
(2)木糖醇含有羟基， 具有醇类的性质。
(3)有些蛋白质可溶于水，A项错；羊毛的成分中含有蛋白质，合成纤维中不含蛋白质，所以可以用灼烧闻气味的方法鉴别合成纤维和羊毛，B正确；纤维素能加强胃肠蠕动，促进消化，C错误；紫外线、医用酒精能使细菌的蛋白质变性，可用于杀菌消毒，D正确；天然彩棉制成贴身衣物可减少染料对人体的副作用，E正确。
Ⅱ.(1)将题给蛋白质结构片段中肽键上的碳氮键断裂，可得到对应的氨基酸；(2)氨基酸与氢氧化钠溶液反应是氨基酸中的羧基与碱反应；(3)蛋白质水解产生4种氨基酸，需结合4个水，所以相对分子质量之和为：364＋18×4＝436。
答案：Ⅰ.(1)BCD
(2)能与羧酸发生酯化反应(或其他合理的答案)　(3)AC
10．有机物A是最常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如下转化：
已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为： (其中：—X、—Y均为官能团)。
请回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称为________。
(2)官能团—X的名称为________，高聚物E的链节为________。
(3)A的结构简式为________ 。
(4)反应⑤的化学方程式为_____________ 。
(5)C有多种同分异构体，写出其中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式___________ 。
Ⅰ.含有苯环
Ⅱ.能发生银镜反应
Ⅲ.不能发生水解反应
(6)从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是________(填序号)。
a．含有苯环　　　　b．含有羰基　　　　c．含有酚羟基
解析：由C的化学性质可知，C分子中含有苯环、酚羟基、羧基，结合A分子中的氧原子数可知C的分子结构中，—X为—COOH，—Y为—OH；从A的性质分析得B为醇，又相对分子质量为60，分子结构中有一个甲基，可得B的结构简式为CH3CH2CH2OH，由以上结果即可写出A、E、C的结构简式。C的同分异构体中，符合条件的一定含有一个—CHO和4个—OH，由此知苯环上只有一个碳原子连有一个H原子，该H原子与—CHO有邻、间、对三种不同的位置，写出其中的任意两种即可。苯酚因有酚羟基而具有抗氧化作用，所以A的抗氧化作用来自于酚羟基。
答案：(1)1 丙醇　(2)羧基　一、选择题
1．绿色植物光合作用的过程，可以用下面的反应来概括：
CO2＋2H2O (CH2O)＋O2＋H2O
其中(CH2O)代表糖类。已知在光合作用的复杂过程里，反应物CO2中氧元素的化合价在反应前后没有改变，下列关于该反应的说法中正确的是(　　)
A．该反应不是氧化还原反应
B．该反应中只有还原剂，没有氧化剂
C．该反应中，H2O作还原剂，CO2作氧化剂
D．该反应中，H2O作氧化剂，CO2作还原剂
解析：由的化合价升降可知，CO2为氧化剂，H2O为还原剂，故C项正确。
答案：C
2．在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol 的KI被氧化时，被还原的氧原子为(　　)
A．1 mol　　　　　　　　 B．1/2 mol
C．2/3 mol D．1/3 mol
解析：根据化合价，O3中3个氧原子只有1个氧原子化合价降低为－2价，所以当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为1 mol。
答案：A
3．下列物质在空气中久置变质，在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是(　　)
A．食盐 B．漂白粉
C．氯水 D．生石灰
解析：食盐潮解、生石灰变为熟石灰均不涉及氧化还原反应，氯水久置变为盐酸仅发生氧化还原反应，漂白粉发生的反应有Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl＋O2↑，符合题意。
答案：B
4．(2012年银川模拟)某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO、N2、Cl－六种粒子，在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是(　　)
A．还原剂是CN－，氧化产物只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO
C．配平后氧化剂与还原剂的计量数之比为5∶2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子0.5 mol
解析：本题考查氧化还原反应的综合判断。由曲线变化图可以确定，该反应为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO＋N2↑＋5Cl－。还原剂是CN－，氧化产物是N2和HCO，氧化剂是ClO－，还原产物是Cl－；标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol，故A、B、D错误，C正确。
答案：C
5．(2012年合肥模拟)向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O还原为Xn＋，则n值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：由题意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O的酸性溶液，共同将1 mol Fe2＋氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O得到电子的物质的量与1 mol Fe2＋失去电子的物质的量相等，所以有0.2 mol×2＋0.1 mol×2×(6－n)＝1 mol×1，解得n＝3。
答案：B
6．铬是人体必需的微量元素，但铬过量会引起污染，危害人体健康。不同价态的铬毒性不一样，六价铬的毒性最大。下列叙述错误的是(　　)
A．K2Cr2O7可以氧化乙醇，可用来鉴别司机是否酒后驾驶
B．污水中铬一般以Cr3＋存在，与水中的溶解氧作用可被还原为六价铬
C．人体内六价铬超标，服用维生素C缓解毒性，说明维生素C具有还原性
D．1 mol Cr2O得到6 mol电子时，还原产物是Cr3＋
解析：污水中铬一般以Cr3＋存在，与水中的溶解氧作用可被氧化为六价铬。
答案：B
7．在一种酸性溶液中，可能存在NO、I－、Cl－、Fe3＋中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是(　　)
A．一定有碘离子 B．可能含铁离子
C．可能有氯离子 D．不含硝酸根离子
解析：溴单质能氧化的离子只有I－，一定有碘离子，而Fe3＋和NO(H＋)能氧化I－，故一定不含Fe3＋和NO，可能含有Cl－。
答案：B
8．已知氧化还原反应：
其中1 mol氧化剂在反应中得到的电子为(　　)
A．10 mol B．11 mol
C．12 mol D．13 mol
解析：根据化合价升降法可以将化学方程式配平为2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4===2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O。由化学方程式可以看出，反应过程中Cu(IO3)2中的Cu元素、I元素化合价降低，Cu(IO3)2为氧化剂，还原剂为KI，氧化产物为I2，还原产物为CuI、I2，反应过程中Cu(IO3)2所含元素化合价变化情况为：u→u，→，1 mol Cu(IO3)2得到电子为1 mol＋2×5 mol＝11 mol。
答案：B
9．(2012年聊城检测)有下列三个反应：①Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2　②2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－　③Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。下列说法正确的是(　　)
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3＋＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2＋FeBr2===FeCl2＋Br2
D．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
解析：反应③中的氧化产物是Cl2，故A错；从反应③可知氧化性Co2O3＞Cl2，故B错；由反应②可知，Fe2＋可以被Br2氧化为Fe3＋，故C错；从反应③可知，1 mol Co2O3参加反应时，有1 mol氯气生成，即2 mol HCl被氧化。
答案：D
10．已知NH4CuSO3与足量的10 mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成　②产生刺激性气味的气体　③溶液呈现蓝色　据此判断下列说法正确的是(　　)
A．反应中硫酸作氧化剂
B．NH4CuSO3中硫元素被氧化
C．刺激性气味的气体是氨气
D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
解析：根据实验现象综合分析知，反应后有Cu、SO2、Cu2＋生成，因此该反应为：2NH4CuSO3＋2H2SO4===(NH4)2SO4＋CuSO4＋Cu＋2SO2↑＋2H2O，反应中Cu＋既是氧化剂又是还原剂，硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，A错，同理B错；刺激性气味的气体是SO2，C错；1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子，D对。
答案：D
二、非选择题
11．(2012年北京重点中学联考)氧化还原反应包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：
NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O
KMnO4、Na2CO3、FeO、Al(OH)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式___________。
(2)硝酸在该反应中的作用是___________。
(3)如反应转移了0.6 mol e－，则产生的气体在标准状况下体积为________L。
(4)若1 mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：_________。
解析：(1)从氧化还原反应来看，该物质在反应中被氧化，故只有FeO可以，根据电子守恒等原则即可配平反应方程式。
(2)该反应中除生成NO外，还有Fe(NO3)3生成，故该反应中体现硝酸的酸性和氧化性。
(3)10HNO3＋3FeO===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O　转移电子数
22.4 L 3 mol
V(NO) 0.6 mol
V(NO)＝4.48L
(4)根据电子守恒可知，被还原的硝酸增加，说明N原子被还原的价态高于＋2价(NO中的化合价)，常见的有NO2。
答案：(1)10HNO3＋3FeO===3Fe(NO3)3＋NO↑＋5H2O
(2)酸性、作氧化剂　(3)4.48
(4)使用了较浓的硝酸，还原产物中有部分二氧化氮(氮元素化合价高于＋2)生成或全部为二氧化氮
12．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)下列生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是________。
A．煤的形成　　　　　B．原电池工作
C．简单机械织布 D．我国古代烧制陶器
(2)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”可用下图表示。
试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：
_________________________，其中水为________剂。
(3)氯化铵常用于焊接。如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：
________CuO＋________NH4Cl________Cu＋______CuCl2＋______ N2↑＋______H2O。
①配平此氧化还原反应方程式。
②该反应中，被氧化的元素是________(填元素名称)，氧化剂是________(填化学式)。
③反应中若产生0.2 mol的气体，则有________ mol的电子转移。
解析：(1)煤的形成、原电池工作、陶器烧制过程中都有氧化还原反应发生，简单机械织布为物理变化。
(2)由图可知，反应类型Ⅳ全部属于氧化还原反应，应该是置换反应，有水参加的置换反应有许多，如C＋H2O(g)CO＋H2、2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑等，上述两个反应中水均作氧化剂。
(3)①用化合价升降法配平化学方程式为4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O。
②该反应中，氮元素化合价升高，被氧化，NH4Cl为还原剂，铜元素化合价降低，被还原，CuO为氧化剂。
③反应中若产生0.2 mol N2，有1.2 mol的电子转移。
答案：(1)C　(2)C＋H2O(g)CO＋H2　氧化
(3)①4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O
②氮　CuO　③1.2
13．(2012年浦东模拟)某体系中存在如下反应：
①H2S＋4H2O－8e－===SO＋10H＋
②2IO＋12H＋＋10e－===I2＋6H2O
(1)反应①中H2S作________剂，反应②属于________反应。(填“氧化”或“还原”)
(2)若在反应①中失去0.2 mol电子，则反应②中可生成________ g碘。
(3)写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目：__________。
(4)由上述反应可推知________。
a．氧化性：K2SO4>KIO3
b．酸性：HIO3>H2SO4
c．还原性：H2S>I2
d．反应过程中溶液的酸性逐渐减弱
解析：(1)反应①中S元素化合价升高，是氧化反应，H2S作还原剂。反应②中I元素化合价降低，是还原反应。
(2)氧化还原反应中得失电子数相等，反应①中失去0.2 mol电子，反应②中必然得到0.2 mol电子，生成碘0.02 mol，质量为5.08 g。
(3)调整化学计量数使两个方程式得失电子数相等，将两个方程式相加，电子由S转移到I，电子转移数为40。
(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知氧化性KIO3>K2SO4，同理，还原性H2S>I2，反应过程中有H2SO4生成，酸性逐渐增强，根据该反应无法比较HIO3、H2SO4的酸性，故只有c正确。
答案：(1)还原　还原　(2)5.08
(3) ===4K2SO4＋4I2＋H2SO4＋4H2O
(4)c
14．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－1的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸，再立即用表面皿盖好。
(1)e处反应的离子方程式为_____________。
该反应中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(2)b处的实验现象为____________。
d处的实验现象为____________。
(3)c处反应的化学方程式为___________。
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________ mol。
(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？________(填“能”或“不能”)，若能，其氧化性由强到弱的顺序是________。
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2∶10＝1∶5，而不是1∶8。
(2)b处发生反应为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，淀粉遇I2显蓝色；d处发生的反应为：2FeCl2＋Cl2===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为：
，当有0.01 mol Cl2被吸收时，转移0.01 mol电子。
(4)e处实验说明氧化性KMnO4>Cl2。d处实验说明氧化性Cl2>FeCl3。因此，三种物质氧化性强弱顺序为：KMnO4>Cl2>FeCl3。
答案：(1)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O　1∶5
(2)溶液由无色变为蓝色　溶液由浅绿色变为红色
(3)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O　0.01
(4)能　KMnO4>Cl2>FeCl3一、选择题
1．在25 ℃时，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，则该溶液的pH可能是(　　)
A．12　　　　　　　　B．7
C．6 D．2
解析：在任何溶液中，由水电离出的H＋ 和OH－的浓度永远相等。当由水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1时，说明水的电离受到酸或碱的抑制，25 ℃时，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，当为酸性溶液时，由酸电离出的c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝2；当为碱性溶液时，由碱电离出的c(OH－)＝ mol·L－1，pH＝12。
答案：AD
2．(2010年高考天津卷改编)下列各项表述与示意图一致的是(　　)
A．图①表示25 ℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时(Mn2＋是该反应的催化剂)，n(Mn2＋)随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2===CH2(g)＋H2(g)―→CH3CH3(g)　ΔH<0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
解析：A项酸碱中和滴定过程中，会出现pH的突变问题，该图象中没有体现出来。②中正反应是放热反应，故随着温度的升高，其平衡常数逐渐减小，对于该反应是吸热反应，随着温度升高，其平衡常数增大，B项正确。C项Mn2＋是该反应的催化剂，图象曲线应该先凹再凸，前半部分不应该是直线不正确。D项反应为放热反应，而图象则表示该反应是吸热反应，二者不相符。
答案：B
3．将0.1 mol·L－1的下列物质的水溶液，从常温加热到90 ℃，溶液的pH几乎不变的是(　　)
A．氯化钠 B．氢氧化钾
C．硫酸 D．硫酸铵
答案：C
4．(2012年武汉模拟)在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．含有0.1 mol·L－1 Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、SCN－、NO
B．室温下＝10－13mol·L－1的溶液中：NH、Mg2＋、NO、SO
C．加入Al能放出H2的溶液中：NH、K＋、Cl－、HCO
D．在H＋、Na＋、SO浓度均为0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、C6H5O－、Cl－、HCOO－
解析：选项A中，Fe3＋与SCN－发生络合反应；选项B中，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，溶液呈酸性，离子间没有反应发生；选项C中溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO一定不能大量共存，碱性条件下NH不能大量存在；选项D中C6H5O－、HCOO－均能与H＋反应生成弱电解质，不能大量共存。
答案：B
5．常温下，以下4种溶液pH最小的是(　　)
A．0.01 mol/L醋酸溶液
B．0.02 mol/L醋酸与0.02 mol/L NaOH溶液等体积混合液
C．0.03 mol/L醋酸与0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合液
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合液
解析：A项0.01 mol/L醋酸溶液的pH小于7；B项相当于0.01 mol/L醋酸钠溶液，由于CH3COO－水解，使溶液pH大于7；C项相当于0.01 mol/L醋酸与0.005 mol/L醋酸钠的混合溶液，由于醋酸钠的存在，使醋酸的电离平衡左移，c(H＋)减小，pH比0.01 mol/L醋酸溶液的pH大；D项pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH等于7，故选A项。
答案：A
6．(2011年济南模拟)T ℃下的溶液中，c(H＋)＝1.0×10－xmol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－ymol·L－1，x与y的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．T ℃时，水的离子积Kw为1×10－13
B．T>25
C．T ℃时，pH＝7的溶液显碱性
D．T ℃时，pH＝12的苛性钠溶液与pH＝1的稀硫酸等体积混合，溶液的pH＝7
解析：从图上不难看出，A正确；既然Kw大于1×10－14，则温度一定高于常温，B正确；T ℃时，pH＝6.5的溶液呈中性，显然pH＝7的溶液显碱性，C正确；pH＝12的苛性钠溶液与pH＝1的稀硫酸溶液等体积混合，二者恰好完全中和，但注意该温度下，pH＝7的溶液不是中性溶液，因而D项错误。
答案：D
7．25℃时，向等体积pH＝a的盐酸和pH＝b的醋酸溶液中分别加入100 mL pH＝12的NaOH溶液，充分反应后两溶液均呈中性，则a与b的关系正确的是(　　)
A．a≥b B．a≤b
C．a>b D．a解析：等体积的两种酸溶液分别与等量的NaOH溶液充分反应后两溶液均呈中性，说明原溶液中醋酸的物质的量稍多于盐酸，醋酸的物质的量浓度稍大于盐酸，由于醋酸是弱电解质，醋酸溶液的pH应大于盐酸的pH，即a答案：D
8．(2012年厦门模拟)已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，对于该溶液，下列叙述中正确的是(　　)
A．水电离出来的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1
B．此时水的离子积Kw＝1×10－14
C．c(H＋)＝2[c(OH－)＋c(SO)]
D．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
解析：纯水的pH＝6，所以环境温度高于25℃，则水的离子积Kw＝1×10－12，pH＝2的溶液中由水电离出来的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，则A正确，B、D错误；根据溶液中有H2OH＋＋OH－和NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，可以得到c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)，C错误。
答案：A
9．(2012年凤阳模拟)下列四种溶液：
①pH＝2的CH3COOH溶液　②pH＝2的HCl溶液　③pH＝12的氨水　④pH＝12的NaOH溶液
相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是(　　)
A．由水电离的c(H＋)：①＝②>③＝④
B．将②、③两种溶液混合后，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②>③
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D．向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
解析：加入酸、碱都会抑制水的电离。因CH3COOH溶液、HCl溶液中c(H＋)与氨水、NaOH溶液中c(OH－)相同，对水电离的抑制程度相等，A错误。将②③混合若pH＝7，则消耗溶液的体积②>③，B正确。等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①最多，C错误。向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后溶液pH大小关系应为③>④>②>①，D错误。
答案：B
10．如图为对10 mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
A B C D
X/mol·L－1 0.12 0.04 0.03 0.09
Y/mol·L－1 0.04 0.12 0.09 0.03
解析：由图示pH＝7时V[Y(aq)]＝30 mL，是所用盐酸X的体积的3倍，故盐酸浓度是NaOH溶液浓度的3倍；设NaOH溶液浓度为c，则HCl溶液浓度为3c，由V(NaOH)＝20 mL，pH＝2可得1.0×10－2＝解得c＝0.03 mol·L－1,3c＝0.09 mol·L－1。
答案：D
二、非选择题
11．(2012年潍坊模拟)(1)室温下将pH＝8的NaOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝________。
(2)将0.1 mol/L盐酸和0.06 mol/L氢氧化钡溶液等体积混合后，该混合溶液的pH＝________。
(3)25 ℃时，pH＝a的10体积的某强酸与pH＝b的1体积的某强碱混合后，溶液呈中性，则a和b满足的关系为________。
(4)25℃时，体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH＝7，已知b＝2a，Va解析：(1)设二者均为1 L，混合后c(OH－)＝
＝5×10－4mol·L－1
c(H＋)＝＝2×10－11mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝11－lg2＝10.7
(2)设两溶液体积均为1 L，混合后碱过量，
c(OH－)过量＝
＝0.01 mol·L－1
c(H＋)＝＝1×10－12 mol·L－1
pH＝12
(3)完全中和时n(H＋)＝n(OH－)
c(H＋)·V(H＋)＝c(OH－)·V(OH－)
10×10－a＝1×10b－14，即1×101－a＝1×10b－14
1－a＝b－14，得a＋b＝15
(4)由b＝2a>7得a>3.5；由混合后溶液的pH＝7得
n(H＋)＝n(OH－)，即Va×1×10－a＝Vb×1×10b－14得
＝1×10a＋b－14，由于Va3a<14，a<，故a的取值范围为3.5答案：(1)10.7　(2)12　(3)a＋b＝15　(4)3.512．(2011年日照模拟)现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol/L CH3COOH溶液；②0.01 mol/L HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液；⑤0.01 mol/L CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01 mol/L HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(选填序号，下同)，水的电离程度相同的是_____________________；
(2)若将②、③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(选填“>”、“<”或“＝”)；
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①________②，③________④，⑤________⑥(选填“>”、“<”或“＝”)；
(4)将①、④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填序号)。
A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性
答案：(1)⑥　②③④　(2)>　(3)>　>　>　(4)ABC
13．充满HCl的烧瓶做完喷泉实验后得到的稀盐酸，用标准碳酸钠溶液滴定这种盐酸，测定它的准确浓度，请你回答下列问题：
(1)用标准Na2CO3溶液滴定这种盐酸时，Na2CO3溶液应装在________式滴定管中，若用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时，溶液从________色变为________色。
(2)现配制三种浓度的标准Na2CO3溶液，你认为最合适的是下列第________种。
①2.500 mol·L－1　②0.25 mol·L－1
③0.025 mol·L－1
(3)若采用上述合适浓度的标准Na2CO3溶液滴定，用c(Na2CO3)表示，滴定时实验数据列表如下：
求这种待测稀盐酸的物质的量浓度(用数据和符号列式即可)：
c(HCl)＝______________________________。
解析：(1)用Na2CO3溶液滴定盐酸，用甲基橙作指示剂，发生的反应为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，最终溶液颜色由橙色变黄色。
(2)充满HCl的烧瓶做喷泉实验所得盐酸的物质的量浓度为：
c(HCl)＝≈0.045(mol·L－1)，与之相匹配的为③(误差小)；
(3)实验1数据偏差大，应删除弃用。
答案：(1)碱　橙　黄
(2)③
(3)×2
[或1.7 c(Na2CO3)]
14．某化学学习小组为研究HA、HB和MOH的酸碱性的相对强弱，设计以下实验：将pH＝2的两种酸溶液HA、HB和pH＝12的MOH碱溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH的变化与溶液体积的关系如图，根据所给的数据，请回答下列问题：
(1)HA为________酸，HB为________酸(填“强”或“弱”)
(2)若c＝9，则稀释后的三种溶液中，由水电离的氢离子浓度的大小顺序为________(用酸、碱化学式表示)；
将稀释后的HA溶液和MOH溶液取等体积混合，则所得溶液中c(A－)与c(M＋)的大小关系为c(A－)______c(M＋)(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)常温下，取pH＝2的HA、HB各100 mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应后两溶液的pH均变为4，设HA中加入的Zn质量为m1，HB中加入的Zn质量为m2，则m1________m2(选填“<”、“＝”或“>”)。
解析：(1)pH＝2的强酸用水稀释1 000倍后，其pH变为5，而弱酸pH<5。
pH＝12的强碱用水稀释1 000倍后，其pH变为9，而弱碱则应pH>9。
所以图中HA符合强酸的特点、MOH符合强碱特点。而HB符合弱酸的特点。
(2)稀释后，pH＝5的HA中水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－9 mol/L。
pH＝9的MOH中水电离出的c(H＋)＝1×10－9 mol/L。而弱酸HB的pH<5，故其中水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<1×10－9 mol/L。
HA与MOH等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，故c(H＋)＝c(OH－)，从而可知c(A－)＝c(M＋)
(3)强弱酸变化相同pH时，因为弱酸电离程度变大，故弱酸中反应的H＋的量更多，反应消耗的Zn更多。
答案：(1)强　弱　(2)MOH＝HA>HB　等于　(3)<一、选择题
1．下列能通过化合反应制取的物质是(　　)
①Fe(OH)3　　　　　　　②FeCl2
③Fe(NO3)2 ④FeI2
A．①② B．②③④
C．①②③ D．①②③④
解析：要从两种单质生成化合物的思维模式中解脱出来。例如：①4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。
②2FeCl3＋Fe===3FeCl2。
③2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2。
④Fe＋I2FeI2。
答案：D
2．下列反应中，产物有氧化铁的是(　　)
A．加热Fe(OH)3
B．Fe在纯O2中燃烧
C．灼热的Fe与水蒸气反应
D．加热蒸干Fe2(SO4)3溶液
解析：Fe(OH)3不稳定，加热会分解生成氧化铁，A正确；B、C最终得到的是Fe3O4，不正确；Fe2(SO4)3溶液蒸干就得Fe2(SO4)3固体，D项不正确。
答案：A
3．通过对实验现象的观察、分析、推理得出正确的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(　　)
操作、现象 解释
A 向KI 淀粉溶液中加入FeCl3溶液，溶液变蓝 Fe3＋能与淀粉发生显色反应
B 把生铁放置于潮湿的空气中，铁表面有一层红棕色的斑点 铁在潮湿的空气中易生成Fe(OH)3
C 向稀硝酸中加入少量铁粉，有气泡产生 说明Fe置换出溶液中的氢，生成了氢气
D 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间，白色物质变成了红褐色 说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3
解析：
A 2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋，碘单质使淀粉溶液变蓝 错误
B 铁锈的主要成分是Fe2O3 错误
C 铁与稀硝酸反应生成的气体为NO，不能得到氢气 错误
D 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 正确
答案：D
4．(2012年广州模拟)在下列有FeCl3溶液参加的反应中，与Fe3＋发生氧化还原反应的是(　　)
①FeCl3溶液与Cu反应
②FeCl3溶液与H2S反应
③FeCl3溶液与KI反应
④FeCl3溶液滴入沸水中
⑤FeCl3溶液与NaHCO3反应
⑥FeCl3溶液中滴入石蕊试液
A．③④⑤⑥ B．③④⑤
C．④⑤⑥ D．①②③
解析：上述反应的反应类型分别为：
反应 反应类型
FeCl3溶液与Cu反应 氧化还原反应
FeCl3溶液与H2S反应 氧化还原反应
FeCl3溶液与KI反应 氧化还原反应
FeCl3溶液滴入沸水中 水解反应
FeCl3溶液与NaHCO3反应 相互促进的水解反应
FeCl3溶液中滴入石蕊试液 水解反应
答案：D
5．(2012年莆田模拟)常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
下列说法不正确的是(　　)
A．H2O2的氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋强
B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降
C．在H2O2分解过程中，Fe2＋的总量保持不变
D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2＋
解析：根据氧化还原反应中氧化性、还原性强弱比较规律：同一氧化还原反应中满足左强右弱，即A项正确；把两式相加，发现Fe2＋的量没有改变，说明其作用是H2O2分解的催化剂，因此生产过程中要严格避免混入Fe2＋，即C、D项都正确；H2O2显弱酸性，但分解后生成水，即酸性减弱，pH逐渐增大，B项错误。
答案：B
6．下列各组离子一定能大量共存的是(　　)
A．在含大量Fe3＋的溶液中：NH、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、AlO、CO
C．在c(H＋)＝10－13 mol/L的溶液中：NH、Al3＋、SO、NO
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO
解析：A项Fe3＋与SCN－不共存；C项pH＝13时，NH、Al3＋不能与OH－大量共存；D项Fe2＋会被HNO3氧化。
答案：B
7．某溶液中含有NH、Mg2＋、Fe2＋、Al3＋和SO五种离子，若向其中加入过量的Ba(OH)2溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有(　　)
A．4种 B．3种
C．2种 D．1种
解析：因Ba2＋＋SO===BaSO4↓，NH＋OH－NH3↑＋H2O，故NH、SO大量减少，虽然Fe2＋、Al3＋、Mg2＋与Ba(OH)2溶液都发生了反应，但与过量的氢碘酸反应后，又生成了Fe2＋、Al3＋、Mg2＋，故答案选C。
答案：C
8．元素X的单质及X与Y形成的化合物能按下图所示的关系发生转化：
下列说法不正确的是(　　)
A．X可能是金属
B．X可能是非金属
C．n可以等于2或3
D．XYm与XYn的相互转化是可逆反应
解析：X元素可以是铁：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、2FeCl2＋Cl2=== 2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2、2Fe＋3Cl22FeCl3，A对；X元素可以是碳：C＋H2O(g)CO＋H2、2CO＋O22CO2、CO2＋C2CO、C＋O2CO2，B对；n可以等于2或3，C对；XYm与XYn的相互转化不是可逆反应，D错。
答案：D
9．下列有关铁元素的叙述中正确的是(　　)
A．Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，说明稳定性：Fe(OH)2B．铁是较活泼的金属，它与卤素(X2)反应的生成物均为FeX3
C．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe(OH)3＋3HI===FeI3＋3H2O
D．铁元素位于周期表的第四周期第ⅧB族
解析：I2的氧化性较弱，铁与I2反应生成FeI2，B错误；Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应：2Fe(OH)3＋6HI===2FeI2＋I2＋6H2O，C项错误；铁元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族，D项错误。
答案：A
10．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为(　　)
A．0.24 mol B．0.21 mol
C．0.16 mol D．0.14 mol
解析：依题意可知生成的溶液为Fe(NO3)2，则铁元素的物质的量为溶液中硝酸根离子的一半，生成的溶液中的硝酸根离子的物质的量为0.12 L×4 mol/L－＝0.42 mol，则混合粉末中共含铁0.21 mol。
答案：B
二、非选择题
11．铁单质及其化合物在生活、生产中应用广泛。请回答：
(1)钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式是______________。
(2)由于氧化性Fe3＋>Cu2＋，氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是______________________________________________。
(3)硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是________________(用离子方程式表示)。在使用时发现硫酸铁不能将酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是_____________________________________________________________。
解析：(1)根据负极氧化反应正极还原反应可知，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；(2)因为氧化性Fe3＋>Cu2＋，所以2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋；(3)硫酸铁作为净水剂，是因为水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质而达到净水的目的，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，使用时如果在酸性条件下，H＋的浓度较大，抑制Fe3＋的水解，平衡向左移动，无法得到Fe(OH)3胶体，达不到净水的目的。
答案：(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋
(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋　酸性条件下，增加了H＋的浓度，抑制Fe3＋的水解，平衡向左移动，无法得到Fe(OH)3胶体，达不到净水的目的
12．在四氧化三铁中铁有两种化合价，为黑色晶体，有磁性，故又称磁性氧化铁。潮湿状态的四氧化三铁在空气中容易被氧化成三氧化二铁，其不溶于水，溶于酸，常用作颜料和抛光剂。磁性氧化铁用于制录音磁带和电讯器材。
(1)Fe3O4与O2反应的化学方程式是_______________________________。
(2)Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式是____________________________，检验反应后的溶液中含Fe3＋的方法是________________________。
(3)实验室可用铁与水蒸气反应制备Fe3O4，该反应的化学方程式为________________________________________________________；
工业上可用绿矾制备Fe3O4·4H2O，其流程为：
上述氧化过程中发生反应的化学方程式有：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
滤液中含有较多的硫酸钠，提取步骤为____________、____________、过滤、洗涤、干燥。
解析：(2)该反应为氧化还原反应，配平时，应将Fe3O4改写成Fe2O3·FeO，再用化合价升降法进行配平。(3)绿矾为FeSO4·7H2O，其水溶液与NaOH溶液发生反应生成Fe(OH)2，在空气中部分氧化生成Fe(OH)3，两种沉淀在一定条件下可得到目标产物Fe3O4·4H2O。
答案：(1)4Fe3O4＋O2===6Fe2O3
(2)3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
取待测液少许于试管中，滴加适量的KSCN溶液，若溶液呈现红色，说明含Fe3＋
(3)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3、Fe(OH)2＋2Fe(OH)3Fe3O4·4H2O　加热浓缩　冷却结晶
13．(2012年济宁模拟)下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。
试推断：
(1)B的俗名________。
(2)写出下列反应的方程式：
A与试剂②反应的离子方程式：__________________________________。
C―→F的离子方程式：_________________________________________。
H―→I的化学方程式：__________________________________________。
解析：根据红棕色粉末可知B为Fe2O3，则I、H、G、D依次为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Fe2＋、Fe。A、D为金属单质，则A＋BC＋D为置换反应，C为金属化合物，试剂①为HCl，试剂②为NaOH，既能与酸反应，又能与碱反应的金属化合物C应为Al2O3，其余问题可迎刃而解。
答案：(1)铁红
(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
14．(2012年东城检测)为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图实验方案，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。
请回答：
(1)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是________。
(2)溶液A中的离子主要有________；试剂X是________。
(3)进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是____________________(用离子方程式表示)；为了避免固体C减少，根据下图所示，改进的措施是__________________________________________。
(4)从环境保护角度考虑，用固体F制备CuSO4溶液的化学方程式是________________________________。
解析：(1)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ操作后均为一种固体、一种溶液，故操作为过滤。(2)由溶液A通入过量CO2后得到固体，再进一步转化为AlCl3，且是由合金加入过量的NaOH溶液所得，故溶液A中肯定含有Na＋、OH－及生成的AlO；根据后面得到的是绿矾和硫酸铜，故试剂X为H2SO4。(3)产生的氢氧化铝沉淀减少是因为浓盐酸有较强的挥发性，挥发出来的盐酸与氢氧化铝反应：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；改进措施是吸收掉挥发出来的HCl，故可以在装置Ⅰ和装置Ⅱ之间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。(4)从环保的角度考虑，不能用铜与浓硫酸直接反应，否则会产生有毒气体二氧化硫，故可以通过2Cu＋O22CuO，CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O，即总反应式为：2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O。
答案：(1)过滤　(2)Na＋、AlO、OH－　稀硫酸
(3)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O　在装置Ⅰ、Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶(合理答案即给分)
(4)2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O一、选择题
1．(2012年烟台模拟)关于0.1 mol/L Na2CO3溶液的叙述错误的是(　　)
A．0.5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol/L
B．1 L该溶液中含有Na2CO3的质量为10.6 g
C．从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol/L
D．取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol/L
解析：C项，溶液的浓度与所取溶液的体积无关，故取出的100 mL Na2CO3溶液中其物质的量浓度仍为0.1 mol/L。
答案：C
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)
A．10.0 g CaCO3与足量稀盐酸反应，消耗H＋的数目为0.2 NA
B．0.1 mol Ar所含的原子数为0.1NA
C．200 mL 0.1 mol/L的Na2SO4中含Na＋数目为0.04NA
D．25 ℃、101 kPa时，Zn与稀硫酸反应生成2.24 L H2，转移的电子总数为0.2NA
解析：D项，因题目中所给的条件为非标准状况，故转移电子数目不是0.2 NA。
答案：D
3．(2012年天津模拟)某金属R的氯化物溶液20 mL，浓度为0.05 mol/L，它恰好能与20 mL 0.15 mol/L AgNO3溶液完全反应，则该氯化物的化学式为(　　)
A．RCl　　　　　　　　　B．RCl2
C．RCl3 D．RCl5
解析：n(Cl－)＝n(Ag＋)＝0.02 L×0.15 mol/L＝0.003 mol，n(氯化物)＝0.02 L×0.05 mol/L＝0.001 mol，故1 mol 氯化物电离出3 mol Cl－，C正确。
答案：C
4．已知14 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数为80%，那么7 mol/L的H2SO4溶液的溶质质量分数将(　　)
A．大于40% B．等于40%
C．小于40% D．无法确定
解析：由公式c＝得ρ1w1＝2ρ2w2，因硫酸浓度越大，密度越大，则ρ1>ρ2，所以w2>。
答案：A
5．(2012年泰州模拟)下列说法正确的是(　　)
A．把100 mL 3mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度改变为1.5 mol·L－1
B．把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液跟100 mL 3 mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍然是3 mol·L－1
C．把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
D．把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
解析：A项，等体积混合后，溶液体积不一定是200 mL，硫酸的物质的量浓度不一定为1.5 mol·L－1；B项，3 mol·L－1的BaCl2溶液中c(Cl－)＝6 mol·L－1，混合后，溶液中的c(Cl－)不是3 mol·L－1；D项，把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数大于10%。
答案：C
6．配制500 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是(　　)
A．用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925 g
B．准确称量2.9 g NaCl固体溶于500 mL蒸馏水
C．在烧杯中用蒸馏水溶解NaCl，冷却至室温后移入500 mL容量瓶，然后加蒸馏水至刻度线
D．正确称量2.9 g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl－)偏高
解析：托盘天平只能精确到0.1 g，故A错；B项，所配制溶液的体积不是500 mL，B错；D项，因KCl的摩尔质量大于NaCl的摩尔质量，故在其他操作均正确时，配好后的溶液中c(Cl－)应偏低，D错。
答案：C
7．把100 g某NaOH溶液(密度是1.2 g/mL)蒸发浓缩，余下50 mL溶液时，物质的量浓度为8 mol/L，原溶液的浓度是(　　)
A．8 mol/L B．4.8 mol/L
C．3.3 mol/L D．16 mol/L
解析：蒸发浓缩前后，NaOH的物质的量不变。n(NaOH)＝8 mol/L×0.050 L＝0.4 mol，蒸发浓缩前溶液的体积为：V(NaOH)＝×＝L，所以c(NaOH)＝＝4.8 mol/L。
答案：B
8．精确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下面实验操作中正确的是(　　)
A．称量时，将NaOH固体直接放在托盘天平上面的纸上
B．将称好的NaOH固体放入容量瓶中，加入少量水溶解
C．在烧杯中溶解NaOH固体后，立即将所得溶液注入容量瓶中
D．将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经干燥的容量瓶中
解析：A错误，称量NaOH时需放在玻璃器皿中称量，因为NaOH有腐蚀性；B错误，应先将称量好的NaOH放入烧杯中溶解，再转移至容量瓶中；C错误，NaOH在烧杯中溶解待冷却至室温后方可转入容量瓶中；D正确，容量瓶未干燥对结果无影响。
答案：D
9．(2012年泉州模拟)下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl－物质的量浓度相同的是(　　)
A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液
B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液
C．50 mL 1 mol/L NaCl溶液
D．25 mL 0.5 mol/L NaCl溶液
解析：100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度为：0.5 mol/L。A项中c(Cl－)＝1.0 mol/L；B项中c(Cl－)＝0.75 mol/L；C项中c(Cl－)＝1 mol/L。
答案：D
10．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3＋离子浓度(mol·L－1)为(　　)
A. B.
C. D.
解析：由氮原子守恒可知，n[(NH4)2SO4]＝ mol，Al2(SO4)3中SO的物质的量为(b－) mol，因此原溶液中Al3＋的浓度可表示为：
＝ mol·L－1。
答案：C
二、非选择题
11．某氯化镁溶液的密度为d g/cm3，其中镁离子的质量分数为w，a mL该溶液中Cl－的物质的量为________。
解析：由镁离子的质量分数为w可知，氯化镁的质量分数为95w/24，故该溶液的物质的量浓度为
c＝[1 000 d×95w/24]/95，故c(Cl－)
＝2c(MgCl2)＝2×[1 000 d×95w/24]/95，
故n(Cl－)＝2a/1 000×[1 000d×95w/24]/95＝ mol。
答案： mol
12．(2012年湛江模拟)人体血液里Ca2＋的浓度一般采用g/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
【配制KMnO4标准溶液】　如图是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有(填序号)________；
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是(填名称)________；
(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。
【测定血液样品中Ca2＋的浓度】　抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O
则方程式中的x＝________。
(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为______ mg/cm3。
解析：(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
(2)应该用容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；
(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。
(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
(5)血液样品中Ca2＋的浓度为
＝1.2 mg/cm3。
答案：(1)②⑤　(2)容量瓶　(3)偏小　(4)2　(5)1.2
13．(1)下面是用98%的浓H2SO4(ρ＝1.84 g/cm3)配制成0.5 mol/L的稀H2SO4 500 mL的操作，请按要求填空：
①所需浓H2SO4的体积为________。
②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用________ mL量筒最好。
③将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100 mL水的烧杯里，并不断搅拌，目的是________。
④将________的上述溶液沿________注入________中，并用50 mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要一并注入上述容量瓶中，并摇匀。
⑤加水至液面接近刻度线________时，改用________加水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平。
(2)某同学在配制NaOH溶液时有以下现象发生，则对所配溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
①定容时观察液面俯视：________；
②NaOH颗粒表面部分变质：________。
答案：(1)①13.6 mL　②15　③混合均匀，使热量迅速扩散　④冷却至室温　玻璃棒　500 mL容量瓶
⑤1～2 cm　胶头滴管　(2)①偏高　②偏低
14．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100 mL 3.00 mol·L－1的NaOH溶液(密度为1.12 g/mL)恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.050 0 mol。
(1)原NaOH溶液的质量分数为________。
(2)所得溶液中Cl－的物质的量为________mol。
(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)∶n(H2)＝________。
解析：本题综合考查元素及其化合物的有关反应及物质的量应用于化学方程式的计算、守恒法的巧用。发生的有关反应方程式为：①H2＋Cl22HCl，
②HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，
③2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O。
(1)w(NaOH)
＝×100%
＝10.7%。
(2)溶液中的溶质为NaCl和NaClO的混合物。因n(NaOH)＝100 mL×10－3 L/mL×3.00 mol/L＝0.30 mol，由钠原子、氯原子守恒：n(Cl)＝n(Na)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＝0.30 mol，故n(Cl－)＝n(NaCl)＝0.30 mol－0.05 mol＝0.25 mol，而反应③产生的n(NaCl)＝n(NaClO)＝0.05 mol，故反应②产生的n(NaCl)＝0.25 mol－0.05 mol＝0.20 mol。
(3)反应过程中，共用n(Cl2)＝n(Cl)＝0.30 mol×＝0.15 mol。参加反应的n(H2)＝n(HCl)＝n(NaCl)＝×0.20 mol＝0.10 mol，故n(Cl2)∶n(H2)＝0.15 mol∶0.10 mol＝3∶2。
答案：(1)10.7%　(2)0.25　(3)3∶2一、选择题
1．下列有关说法不正确的是(　　)
A．相同条件下，溶液中Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋的氧化性依次减弱
B．0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3NA
C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤
D．常温常压下，足量的Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA
解析：根据金属活动性顺序可知金属性由强到弱：Zn>Fe>Cu，而离子的氧化性却是：Fe3＋>Cu2＋>Zn2＋，即A正确；铁与盐酸反应生成Fe2＋，1 mol Fe转移2 mol电子，即0.1 mol Fe转移的电子数为0.2NA，B不正确；Fe＋2FeCl3===3FeCl2，然后过滤除去过量的铁粉，即C正确；燃烧条件下：2Fe＋3Cl22FeCl3,3 mol Cl2转移6 mol电子，因Cl2反应完全，那么1 mol Cl2转移的电子数为2NA，即D正确。
答案：B
2．现代建筑的门窗框架常用加工成古铜色的硬铝制品。硬铝是(　　)
A．Al Si合金　　　　　　B．Al Cu Mg Mn合金
C．Al Mg合金 D．表面有氧化膜的纯铝
解析：需要了解硬铝合金的成分。
答案：B
3．下列说法中不正确的是(　　)
A．我国历史上使用最早的合金是青铜
B．后母戊鼎是我国目前已发现的最重的青铜器
C．目前世界上使用量最大的合金是铝合金
D．目前世界上用途最广的合金是钢
解析：考查化学史及合金的用途。A、B两项均符合史实，目前世界上使用量最大的合金是钢而不是铝合金，故C项不正确。
答案：C
4．(2012年平顶山模拟)下列叙述正确的是(　　)
A．镁铝合金在冷的浓H2SO4中钝化
B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg
C．通过钠、镁、铝与水反应的实验，比较三种单质的金属性
D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其他非金属反应的产物中的Fe也显＋3价
解析：镁在冷的浓H2SO4中不发生钝化，A项错误；Na是活泼金属，Na与MgCl2溶液反应时，先与水反应得到H2，B项错误；根据金属性强弱的判断依据，C项正确；D项Fe与其他非金属反应的产物中Fe的化合价取决于非金属的氧化性强弱，并不一定是＋3价，如Fe与S反应生成FeS中Fe显＋2价，D错误。选C。
答案：C
5．下列有关金属的说法中，正确的是(　　)
①纯铁不容易生锈　②钠着火用水扑灭　③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属　④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血　⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金
⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋
A．①④⑤⑥ B．②③④⑤
C．①③④⑤ D．①②⑤⑥
解析：钠着火不能用水扑灭，因为钠能够与水反应，且生成可燃性气体氢气，同时放出大量的热；铝在空气中耐腐蚀，是因为铝表面被氧化生成一层致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行。
答案：A
6．稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为＋3和＋4；②氧化性：Ce4＋>Fe3＋。下列说法正确的是(　　)
A.Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体
B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质
C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce＋6HI===2CeI3＋3H2↑
D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中
解析：A互为同位素，错误；铈与水、空气反应，B、D错误；由信息可知Ce4＋ >Fe3＋，铁与酸反应时不能被H＋氧化成Fe3＋，所以H＋也不能把Ce氧化成Ce4＋，即Ce与非氧化性酸反应生成Ce3＋，C正确。
答案：C
7．(2012年安庆模拟)铅的冶炼大致过程如下：
①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；
②焙烧：2PbS＋3O22PbO＋2SO2；
③制粗铅：PbO＋CPb＋CO↑；
PbO＋COPb＋CO2。
下列说法正确的是(　　)
A．浮选法富集方铅矿的过程属于化学变化
B．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO
C．整个冶炼过程中，制取1 mol Pb共转移2 mol电子
D．将1 mol PbS完全冶炼成Pb理论上至少需要6 g碳
解析：焙烧方铅矿(PbS)的反应中还原剂是PbS，还原产物是PbO和SO2，B错误；冶炼过程中，由1 mol PbS制取1 mol Pb转移4 mol电子 ，C错误；Pb的冶炼过程：2PbS→2PbO— →2 mol Pb因此，1 mol PbS完全冶炼成Pb，理论至少需要0.5 mol C，即6 g碳。
答案：D
8．a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g 铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为(　　)
A．1∶7 B．7∶1
C．7∶8 D．8∶7
解析：可设参加反应的H2SO4的物质的量为x mol，则根据电子得失守恒有×2＝×2＋2x求得x＝，则参加反应的CuSO4和H2SO4的物质的量之比为∶＝7∶1。
答案：B
9．(2012年盐城检测)若1.8 g某金属与足量盐酸充分反应，放出2.24 L(标准状况)氢气，则该金属是(　　)
A．Mg B．Al
C．Fe D．Zn
解析：可用代入法。生成0.1 mol氢气需金属Mg 2.4 g；金属Al 1.8 g；金属铁5.6 g；金属Zn 6.5 g。
答案：B
10．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于HCl，转化为氯化铜。在高温下这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 mol·L－1盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量(　　)
A．35 g B．30 g
C．20 g D．15 g
解析：此题涉及的反应较多，但抓住实质利用铜原子守恒和氯原子守恒则很容易解答。
n(CuO)＝n(CuCl2)＝n(HCl)＝×1.0 mol·L－1×0.5 L＝0.25 mol，m(CuO)＝80 g·mol－1×0.25 mol＝20 g。
答案：C
二、非选择题
11．铁是一种历史悠久、应用最广泛、用量最大的金属。有三位同学分别用铁粉进行如下探究实验：
(1)甲同学用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：
i步骤②中，除发生反应Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑外，其他可能反应的离子方程式为：____________________________________________________。
ii可以验证溶液B中是否含有Fe2＋的一种试剂是________(填选项序号)。
a．稀硫酸　　　　　　　　　b．铁
c．硫氰化钾 d．酸性高锰酸钾溶液
(2)乙同学欲用少量铁粉与足量浓硫酸反应得到硫酸亚铁。有人认为不论常温还是加热的条件下均不可行，理由是____________________________。
于是乙同学将上述方案做如下改进后可获得FeSO4·7H2O，请填写下列括号中的空白：
(3)丙同学为测定一铁片中铁元素的含量，在实验室中用m g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，准确测定出反应生成氢气的体积为V mL(已折算成标准状况)，则该铁片中铁的质量分数为(用含m、V的代数式表示)______________。若排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述方案测定结果的准确性做出判断和分析：方案______(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是_____
_______________________________________________________________。
解析：(1)因固体A中除有铁以外还可能含有Fe2O3，所以步骤②加盐酸时，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3＋，Fe3＋又能与Fe反应生成Fe2＋，其反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋；证明溶液中是否含有Fe2＋，选择酸性高锰酸钾溶液，如果紫色溶液褪色，说明含有Fe2＋，相反则没有。(2)铁与强氧化性酸反应，如果酸过量，则生成Fe3＋，而且常温下铁遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，因此用铁制备FeSO4·7H2O时选择非氧化性的酸(如稀硫酸)。(3)对于计算铁片中铁的含量，由生成氢气的量可以算出铁的质量，然后计算其百分含量。但与酸反应放出氢气的不止是铁，其他一些金属也可以，所以上述实验测得的结果可能偏高，如果存在与酸反应但又没有产生氢气的氧化物，就会使其结果偏低。
答案：(1)i Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋　ii d
(2)常温下Fe在浓硫酸中会钝化；加热时少量铁粉与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3，不能得到FeSO4
稀硫酸　热过滤
(3)(或、×100%、×100%)　不一定准确　如果铁片中存在与稀硫酸反应并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确
12．(2012年潮州模拟)氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，熔点422 ℃，沸点1 366 ℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。以粗盐水(含Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质)、Cu、稀硫酸、SO2等为原料合成CuCl的工艺流程如下：
(1)A的化学式为___________________________________。
(2)写出反应V的化学方程式_________________________。
(3)写出反应Ⅵ的离子方程式__________________________。
(4)本工艺中可以循环利用的物质是(化学式表示)_____________________
______________________________________________________________。
(5)反应Ⅵ后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70 ℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。于70 ℃真空干燥的目的是
_____________________________________________________________。
解析：(1)反应Ⅰ的目的是除去粗盐水中的Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质，加过量BaCl2是除SO，加过量NaOH是除去Mg2＋，那杂质Ca2＋和过量的Ba2＋需要加入过量Na2CO3来除去，所以加入的A为Na2CO3。
(2)反应Ⅴ主要是制备CuSO4，其化学方程式为：
2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O。
(3)反应Ⅵ中的反应物是反应Ⅴ中生成的Cu2＋、反应Ⅱ中的Cl－和H2O及通入的SO2，生成物有CuCl沉淀。其中Cu2＋被还原，那么SO2被氧化为SO，其离子方程式为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋4H＋＋SO。
(4)从反应Ⅲ出来的NaOH可以在反应Ⅰ中使用，反应Ⅵ生成的H2SO4可以在反应Ⅴ中使用，所以可以循环利用的物质是NaOH和H2SO4。
(5)在70℃干燥利于乙醇和水的蒸发，在真空中主要是防止CuCl被空气氧化。
答案：(1)Na2CO3
(2)2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O
(3)2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋4H＋＋SO
(4)NaOH、H2SO4
(5)加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化
13．试样X由氧化亚铁和氧化铜组成。取质量相等的两份试样进行下图所示实验：
(1)写出步骤③发生的全部反应的离子方程式。
___________________________________________________________。
(2)若Y和Z充分反应，生成的不溶物的质量是m，则每份试样X中氧化铜为多少(用m表示)。
___________________________________________________________。
解析：(1)粉末Z的成分是Fe、Cu的混合物。Y溶液为FeCl2、CuCl2、HCl的混合溶液，所以③反应中必有Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，又根据最后强酸性溶液不含Cu2＋，所以③中还发生：Fe＋CuCl2===FeCl2＋Cu。
(2)全部Cu的质量为m
Cu　～　CuO
64 80
m x
x＝＝，
则每份试样中CuO的质量为×＝。
答案：(1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；
Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
(2)
14．(2012年南京调研)硫酸铜是一种重要的化工原料，工业上常用硫酸为原料来制备硫酸铜。
(1)工业上生产硫酸过程中，焙烧硫铁矿时产生的废渣是一种二次资源。为了从废渣中磁选获得品位合格的铁精矿，高温下利用CO使弱磁性Fe2O3转化为强磁性Fe3O4。写出该反应的化学方程式________________；实验发现：CO太多或太少都会导致磁铁矿产率降低，原因是____________________。
(2)测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：
步骤1：准确称量一个洁净、干燥的坩埚；
步骤2：将一定量的硫酸铜晶体试样研细后，放入坩埚中称重；
步骤3：将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时，停止加热；
步骤4：将步骤3中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重；
步骤5：_________________________________________________；
步骤6：根据实验数据计算硫酸铜晶体试样中结晶水的质量分数。
请完成实验步骤5。
(3)已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物。取25.0 g CuSO4·5H2O晶体均匀受热，缓慢升温至1 200℃并恒温1小时，实验测得固体残留率(剩余固体的质量/原始固体质量)与温度的关系如下图所示：
在110℃时所得固体的成分为________；在1 200℃并恒温1小时，反应所得气态产物除去水后，物质的量为________。(填字母)
A．0 mol　　　　　　 B．0.1 mol
C．0.125 mol D．大于0.125 mol
答案：(1)3Fe2O3＋CO2Fe3O4＋CO2　CO太多导致Fe3O4还原为铁，CO太少，Fe2O3转化成Fe3O4的转化率不高
(2)将步骤4中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后，称重。重复本操作，直至两次称量质量差不超过0.1 g
(3)CuSO4·3H2O　D时间100分钟　满分100分
第Ⅰ卷　(选择题，共40分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题4分，共40分)
1．采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是(　　)
A．硫酸工业　　　　　　B．合成氨工业
C．硝酸工业 D．氯碱工业
解析：硫酸生产中最后的尾气中含SO2，应循环利用；合成氨工业中合成塔导出的反应混合气中有大量N2和H2，应循环利用；硝酸工业生产中，反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中生成的NO应循环利用。氯碱工业无需循环操作。
答案：D
2．下列有关工业生产的叙述正确的是(　　)
A．用明矾净水是因为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶粒具有很强的吸附性
B．合成氨生产过程中采用高温高压条件都是为了提高N2、H2的转化率
C．硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用硫铁矿燃烧时放出的热量
D．工业上将氨转变为硝酸及其他氮的化合物是氮的固定
解析：B项，合成氨生产过程中采用400～500℃是为了提高反应速率，而且催化剂在此温度下活性较高，但N2、H2的转化率会降低；C项，硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO2转化为SO3时放出的热量；D项，氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，工业上将氨转变为硝酸及其他氮的化合物不是氮的固定。
答案：A
3．保护环境已成为人类的共识。人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用。下列做法不利于环境保护的是(　　)
A．发电厂的煤经脱硫处理
B．将煤转化为水煤气作燃料
C．回收并合理处理聚乙烯塑料废物
D．电镀废液经中和后直接排放
解析：对煤进行脱硫处理，目的是减少SO2的污染；将煤转化为水煤气，也称煤的气化，可以提高煤的燃烧效率，减少因不完全燃烧而产生CO的污染；回收并合理处理聚乙烯塑料废物，可减少白色污染，变废为宝；电镀液往往含重金属离子或CN－等，必须进行处理后方可排放，仅中和是不能直接排放的。
答案：D
4．石头纸(Rich Mineral Paper，RMP)也叫石科纸，就是用磨成粉末的石头为主要原料，加上15%的聚乙烯和5%胶合剂做成的。2010年“两会”期间，政协委员们领到的会议通知、日程表、便笺纸等都是以碳酸钙为主要原料的低碳“石头纸”。下列有关“石头纸”的说法错误的是(　　)
A．“石头纸”不宜在高温条件下生产
B．“石头纸”与普通纸张比较，不易燃烧
C．“石头纸”能耐强酸与强碱的腐蚀
D．推广使用“石头纸”能达到保护森林和环保的目的
解析：石头纸中的成分为CaCO3、 胶合剂(有机高分子材料)，由于CaCO3CaO＋CO2↑，A正确；CaCO3不能燃烧，B正确；CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C错误；石头纸中不含木材，降低了木材损耗，D正确。
答案：C
5．下列关于化工生产原理的叙述中，均符合目前工业生产实际的是(　　)
A．氯碱工业中，电解槽的阳极区产生NaOH
B．氯气和氢气混合在光照条件下反应生成氯化氢，用水吸收得到盐酸
C．合成氨工业中，由于氨易液化，可以分离出N2、H2循环使用，所以总体上氨的产率很高
D．二氧化硫在接触室被氧化成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸
解析：本题考查重要的化工生产原理。A项中NaOH在阴极区生成；B项中光照H2与Cl2混合物会引起爆炸；D项中SO3是用98.3%的浓硫酸吸收的。
答案：C
6．(2012年南通高三一模)化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是(　　)
A．食用的蛋白质、淀粉和脂肪都可发生水解反应
B．海轮外壳上镶入铅块，可减缓船体的腐蚀速率
C．大力开发和应用氢能源有利于实现“低碳经济”
D．工业上，用电解熔融MgCl2的方法制得金属镁
解析：由于金属活泼性Fe>Pb，当Fe、Pb、海水形成原电池时，Fe作负极被腐蚀，Pb作正极被保护，B错误；H2作为能源，燃烧后的产物是H2O，无污染，C正确。
答案：B
7．(2012年太原高三一测)接触法制硫酸中，从沸腾炉里出来的炉气，在进行氧化之前必须净化的原因是(　　)
A．降低炉气的温度便于吸收
B．防止矿尘堵塞管道
C．防止催化剂中毒以及水蒸气对设备和生产产生不良影响
D．增加SO2的含量
解析：由于沸腾炉中产生的SO2中含有杂质，这些杂质能与V2O5发生化学反应，使V2O5的催化作用丧失，引起催化剂中毒，所以需先净化SO2。
答案：C
8．下列有关工业生产的叙述正确的是(　　)
A．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
B．硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量
C．炼铁是铁矿石在高温下被氧化的过程
D．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气中的氮氧化物，不仅可以防止有害物质的排放，还可以生产有用的NaNO2
解析：N2＋3H2 2NH3，NH3液化分离，平衡正向移动，提高了N2、H2的转化率，但是c(NH3)降低，v(正)、v(逆)均减小；硫酸工业中接触室中发生的反应为2SO2＋O2 2SO3，利用该反应放出的热量来预热SO2和O2；金属的冶炼实质是Mn＋＋ne－―→M，金属离子被还原的过程；NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，NO、NO2完全被碱液吸收。
答案：D
9．下列有关石油化工的说法不正确的是(　　)
A．通过裂化把沸点不同的物质分离开来，是物理变化
B．裂解是深度裂化，目的是获得以短链不饱和烃为主要成分的基本化工原料
C．催化重整就是在催化剂的作用下，使汽油中烃分子的结构进行重新排列形成新的分子结构，以提高汽油的品质
D．利用共聚技术可以改进高分子材料的性能
解析：裂化是化学变化，如C8H18―→C4H10＋C4H8，C4H10―→C2H4＋C2H6，C4H10―→CH4＋C3H6；裂解是深度裂化，裂解气中主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等烃类，C、D均正确。
答案：A
10．(2012年佛山模拟)下列有关合成洗涤剂的叙述错误的是(　　)
A．在洗涤剂烷基苯磺酸钠中，烷基含碳原子的个数以12～18为宜
B．在洗涤剂烷基苯磺酸钠中，烷基应以带有支链的为宜
C．在合成洗涤剂中添加酶制剂可提高洗涤效果
D．在合成洗涤剂中应以无磷助剂代替含磷助剂
解析：根据合成洗涤剂的洗涤原理可知烷基应以直链为宜，且其碳原子数不能太多，也不能太少，以12～18为宜，为提高洗涤效果可增加酶制剂，为防止污染用无磷助剂代替含磷助剂。
答案：B
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、非选择题(本题有6个小题，共60分)
11．(10分)工业上电解饱和食盐水能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。
(1)上图是离子交换膜法电解饱和食盐水示意图，电解槽阳极产生的气体是__________；NaOH溶液的出口为________(填字母)；精制饱和食盐水的进口为________(填字母)；干燥塔中应使用的液体是________。
(2)多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用受到广泛关注。
①SiCl4可制气相白炭黑(与光导纤维主要原料相同)，方法为高温下SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，化学方程式为_________ 。
②SiCl4可转化为SiHCl3而循环使用，一定条件下，在20 L恒容密闭容器中的反应：
3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s) 4SiHCl3(g)
达平衡后，H2和SiHCl3物质的量浓度分别为0.140 mol/L和0.020 mol/L，若H2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗纯NaCl的质量为________kg。
(3)采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气，现制得氯酸钠213.0 kg，则生成氢气____m3(标准状况)。
解析：(1)阳离子交换膜法电解饱和食盐水，阳极区域通入NaCl溶液，阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑；阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑，阴极区域产生的OH－和从阳极区域透过离子交换膜过来的Na＋生成NaOH。
(2)根据三段式计算可知：密闭体系中初状态应加入3 mol H2，应消耗6 mol NaCl，质量为0.351 kg。
(3)NaCl＋3H2O===NaClO3 ＋ 3H2
106.5 g 3×22.4 L
213 000 V(H2)
V(H2)＝134 400 L即134.4 m3。
答案：(1)①氯气　a　d　浓硫酸
(2)①SiCl4＋2H2＋O2SiO2＋4HCl　②0.35
(3)134.4
12．(10分)(2012年银川模拟)合成气(CO＋H2)是一种重要的化工原料，在化工生产中具有十分广泛的用途。其制备及运用的一种工艺流程如图所示(其中X与X′的主要成分类似)。
(1)在合成气冶炼金属铁的流程中，向燃烧室中通入甲烷与氧气的目的是________，其最佳体积配比V(CH4)∶V(O2)为________。
(2)甲醇、二甲醚(CH3OCH3)等物质被称为21世纪的新型燃料，具有清洁、高效等优良性能。
①写出用合成气生产甲醇的化学方程式：
______________________ ，
用该方法合成甲醇的最大优点是_____________ 。
②用合成气为原料生产二甲醚，随着原料配比的不同反应产物不尽相同，但产生的尾气可循环使用，试写出以CO、H2为原料制取二甲醚的两种不同的化学方程式：______________________、____________________。
(3)某化工厂试图使用上图所示流程联合生产甲醇、二甲醚、生铁，你认为是否可行？若不可行，请说明理由；若可行，联合生产有什么优点？
_________________________________________ 。
解析：(1)甲烷与氧气以物质的量之比1∶2时完全反应，放出热量为铁矿石的还原提供能量。
(2)CO与H2化合生成CH3OH，原子利用率达到100%，符合绿色化学的要求。
答案：(1)为还原铁矿石提供能量　1∶2
(2)①CO＋2H2===CH3OH　原子利用率为100%
②2CO＋4H2===CH3OCH3＋H2O
3CO＋3H2===CH3OCH3＋CO2
(3)可行。因为原料易得、原料利用率高、中间产物能有效地循环利用、产品结构多样化
13．(10分)(2012年福州模拟)CO2、SO2、NOx是对环境影响较大的气体，控制和治理CO2、SO2、NOx是解决温室效应、减少酸雨和光化学烟雾的有效途径。
(1)下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度的有________(填字母)。
a．减少化石燃料的使用，开发新能源
b．使用无氟冰箱，减小氟利昂排放
c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车
d．将工业废气用碱液吸收后再排放
(2)①汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NOx等物质)是城市空气的污染源。治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”(用铂、钯合金作催化剂)。反应方程式为：2CO＋2NO 2CO2＋N2。它的优点是______ 。
②硫酸厂的SO2尾气用过量的氨水吸收，对SO2可进行回收及重新利用，反应的化学方程式为____________________________、____________________。
③新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收产物反应。该技术的优点除了能回收利用SO2外，还能得到一种复合肥料，该复合肥料可能的化学式为：________(只要求写一种)。
(3)有学者设想用右图所示装置，运用电化学原理将CO2、SO2转化为重要化工原料。
①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则正极电极反应式为______________________。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4。科研人员希望每分钟从C处获得100 mL 10 mol/L H2SO4，则A处通入烟气(SO2的体积分数为1%)的速率为________L/min(标准状况)。
解析：(1)氟利昂的排放主要是造成臭氧层的破坏，减少其排放不能降低大气中的CO2、SO2、NOx的浓度。
(2)①分析汽车尾气“催化转换器”中发生反应的化学方程式可以得出：将尾气中的CO和NO转化成无毒、无污染且参与大气环境循环的N2和CO2。②SO2尾气用过量的氨水吸收，先发生反应：SO2＋H2O＋2NH3===(NH4)2SO3；后用稀硫酸与(NH4)2SO3反应回收SO2：(NH4)2SO3＋H2SO4===(NH4)2SO4＋SO2↑＋H2O。③新型氨法烟气脱硫技术是用磷酸代替稀硫酸，则得到的复合肥料应是(NH4)3PO4[或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4]。(3)①CO2和H2反应生成甲醇，则CO2在正极发生还原反应，H2在负极发生氧化反应。故正极反应式为：CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O。②若A为SO2，B为O2，SO2通入的一极是负极，O2(助燃性气体)通入的一极是正极；依据S元素守恒，则SO2～H2SO4，由每分钟C处获得n(H2SO4)＝1.0 mol，可计算出A处通入烟气(SO2的体积分数为1%)的速率为2 240 L/min。
答案：(1)acd
(2)①使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体
②SO2＋H2O＋2NH3===(NH4)2SO3
(NH4)2SO3＋H2SO4===(NH4)2SO4＋SO2↑＋H2O
③(NH4)3PO4[或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4]
(3)①CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O　②2 240
14．(10分)无论是从在国民经济中的地位来看，还是从科学发展的角度来看，硅都发挥着重要的作用。
(1)人类使用硅酸盐产品(陶瓷等)的历史已经快一万年了，但在1823年才获得单质硅，瑞典化学家贝采尼乌斯用金属钾还原SiF4获得单质硅，写出化学方程式_______________ 。
(2)由于制取方法和条件的不同，得到的单质硅形态不同，其性质也不同。
①用铝热法还原氟硅酸钾制得较纯净的晶体硅：4Al＋3K2SiF63Si＋2KAlF4＋2K2AlF5，关于该反应的说法正确的是________(填序号)。
A．Al是还原剂
B．氧化产物只有KAlF4
C．每转移6NA电子，得到42 g Si
D．Al元素在KAlF4和K2AlF5中化合价不同
②用白砂子与镁粉混合在高温条件下得到无定形硅，反应的化学方程式为___________ 。
③无定形硅和晶体硅的结构有很大的差别，无定形硅为棕色粉末，而晶体硅是纯灰色、不透明而有光泽的等轴八面晶体，无定形硅的化学性质比晶体硅活泼得多。通过上述描述你能得出的结论是_______ 。
(3)硅在炼钢时用作脱氧剂，还原在冶炼过程中所形成的FeO，化学方程式为_____________ 。
(4)在野外，为了迅速得到氢气，用硅粉与干燥的Ca(OH)2和NaOH混合，并加强热，即可迅速得到H2、Na2SiO3、CaO。这种混合物叫做生氢剂。请写出该反应的化学方程式____________________________。
解析：(1)K可与SiF4发生置换反应生成Si。
(2)①在反应3Si＋2KAlF4＋2K2AlF5中Al是还原剂，KAlF4和K2AlF5都是氧化产物，每转移12 mol电子，生成3 mol Si，在KAlF4和K2AlF5中Al均为＋3价。
②Mg在高温下置换SiO2中的硅。
③同素异形体之间结构差异很大，因此性质也大不一样。
(3)FeO与Si反应生成Fe和SiO2，SiO2与加入的生石灰反应生成CaSiO3随钢渣除去。
(4)由题意可知Si与Ca(OH)2、NaOH混合物加强热的化学反应方程式为：Si＋Ca(OH)2＋2NaOHCaO＋Na2SiO3＋2H2↑
答案：(1)4K＋SiF4===Si＋4KF
(2)①AC　②2Mg＋SiO2Si＋2MgO
③晶体结构完美的单质比无定形单质性质稳定
(3)CaO＋2FeO＋Si2Fe＋CaSiO3
(4)Si＋2NaOH＋Ca(OH)2Na2SiO3＋CaO＋2H2↑
15．(10分)(2012年咸阳高三模拟)铝土矿是一种用口呵气后会发出强烈土臭味的矿石，主要含Al2O3·H2O、Al2O3·3H2O以及少量Fe2O3、SiO2等，工业上常用铝土矿来提取冶炼铝的原料——纯净的Al2O3。工业上提取Al2O3的工艺流程示意图如下，请据图回答下列问题：
(1)滤液甲、丙的主要成分分别是________、________(用化学式表示)；
(2)向滤液甲中通入CO2时应注意的问题是：_________ ；
(3)溶液X应该是下列溶液中的________(填序号：①氨水　②烧碱溶液　③硫酸溶液)；
(4)若将沉淀B直接灼烧，会产生的后果是____________ 。
解析：铝土矿中的Al2O3、SiO2能与氢氧化钠溶液反应，因而沉淀A为Fe2O3，滤液甲的成分为NaOH、NaAlO2、Na2SiO3；要想把矿石中的Al2O3全部提取出来，各步所加的试剂均需过量；通入过量CO2后，NaAlO2、Na2SiO3分别转化为不溶于水的Al(OH)3、H2SiO3，因而沉淀B为Al(OH)3、H2SiO3的混合物，如果直接灼烧，二者都会分解，只能得到Al2O3、SiO2的混合物。
答案：(1)NaOH、NaAlO2、Na2SiO3　AlCl3
(2)通入的CO2要过量　(3)①
(4)因沉淀B的成分是Al(OH)3、H2SiO3，故若将沉淀B直接灼烧，会导致最终制得的氧化铝中混有二氧化硅
16．(10分)(2012年郴州高三模拟)制取氟的氧氯化物ClO4F可采用特制的耐氟容器，使氟气缓缓地与10%的HClO4反应。其实验装置如图所示：
有关资料如下：
①无水KF易吸收F2、HF和H2O。
②ClO4F的熔点为－167 ℃，沸点为－15.9 ℃，易分解或接触有机物发生爆炸。
③F2的沸点为－188 ℃，HF的沸点为19.54 ℃，O2的沸点为－183 ℃。
试回答：
(1)写出制取ClO4F的化学方程式：____________ 。
(2)装置A(虚线框内的仪器)的两个作用是______________ 。
(3)C中冷却剂选用液氧的理由是____________ 。
(4)不能将装置D换成普通的玻璃干燥管，原因是________ 。
解析：(1)反应物和主要产物题目已给出，只需通过质量守恒确定另一产物即可。(2)装置A是反应器，冷凝水可以冷却反应物和生成物，防止反应过于剧烈或ClO4F分解。(3)O2的沸点是－183℃，液氧可以提供低于－167℃的低温，此时ClO4F为固体，便于分离。(4)F2和HF均能与普通玻璃中的主要成分之一SiO2发生反应，而导致干燥管损坏，所以不能用普通的玻璃干燥管。
答案：(1)HClO4＋F2===ClO4F＋HF　(2)作为反应器；冷却反应物和生成物，防止反应过于剧烈或产物分解(其他合理答案也对)　(3)液氧提供的低温可以使ClO4F成为固体；便于ClO4F的分离(其他合理答案也对)　(4)F2和HF均能腐蚀玻璃，损坏干燥管一、选择题
1．(2012年济南模拟)下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是(　　)
①NaHCO3　②(NH4)2SO3　③Al2O3　④Al(OH)3　⑤Al　⑥NaHSO4　⑦AlCl3　⑧Na2SiO3
A．全部 B．①②③④⑤
C．③④⑤⑥⑦ D．②③④⑤⑧
解析：⑥⑦只能与NaOH反应不能与H2SO4反应，⑧只能与酸反应。故选B。
答案：B
2．下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．氯化铝溶液中加入过量氨水：
Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
B．浓烧碱溶液中加入铝片：
Al＋2OH－===AlO＋H2↑
C．用浓NaOH溶液溶解Al2O3：
2OH－＋Al2O3===2AlO＋H2O
D．往碳酸镁中滴加稀盐酸：
CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
解析：A中应生成Al(OH)3而不是AlO，因为Al(OH)3不溶于氨水；B中电荷不守恒；D中MgCO3难溶，不能拆写为CO。
答案：C
3.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如右图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为(　　)
A．6∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．1∶2
解析：溶解Al(OH)3耗碱10mL，则生成Al(OH)3耗碱为30mL，生成Mg(OH)2耗碱(50－30) mL，故Al3＋与Mg2＋之比1∶1。
答案：D
4．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如下图。反应中镁和铝的(　　)
A．物质的量之比为3∶2 B．质量之比为3∶2
C．摩尔质量之比为2∶3 D．反应速率之比为2∶3
解析：由图像可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则镁、铝的物质的量之比为3∶2，质量之比为4∶3，故A项正确，B项错误。镁、铝的摩尔质量之比为8∶9，C项错。由图知镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为2∶3，则二者的速率之比为3∶2，D项错。
答案：A
5．两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应得11.2 L H2(标准状况)，则原混合物组成肯定不能为下列的(　　)
A．Mg、Ag B．Zn、Cu
C．Al、Zn D．Mg、Al
解析：解法一　可假设一种二价金属，利用二价金属与H2建立关系式，计算出金属的平均相对原子质量，按照平均值的知识去判断。
设金属的摩尔质量为x
M　―→　H2
x 22.4 L·mol－1
15 g 11.2 L
x＝30 g·mol－1(平均摩尔质量)
可将选项中二价金属的相对原子质量或相当于二价金属的相对原子质量与平均相对原子质量30比较，均小于30或均大于30都不合理，若有不能与盐酸反应的金属，那么另一参加反应金属的相对原子质量大于30就不合理。
解法二　2H＋H2，产生1 mol H2，需2 mol e－，则金属混合物的平均摩尔电子质量为＝15 g/mol e－
B的摩尔电子质量均大于15 g/mol e－，
D的摩尔电子质量均小于15 g/mol e－。
答案：BD
6．用坩埚钳夹住一小块刚用酸充分处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落。下列关于上述实验现象的解释中正确的是(　　)
A．火焰温度太低不能使铝燃烧
B．铝与空气中的水反应生成了新物质
C．铝在空气中能很快形成氧化膜，且氧化铝的熔点比铝的熔点高
D．用酸处理时未能将氧化膜完全溶解
答案：C
7．(2011年东城模拟)下列各组物质，不能按(“―→”表示反应一步完成)关系转化的是(　　)
选项 a b c
A Al2O3 NaAlO2 Al(OH)3
B AlCl3 Al(OH)3 NaAlO2
C Al Al(OH)3 Al2O3
D MgCl2 Mg(OH)2 MgO
解析：Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和AlCl3反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，A符合；AlCl3和NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成AlCl3，B符合；Al不能一步生成Al(OH)3，C不符合；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解得MgO，MgO和盐酸反应生成MgCl2，D符合。
答案：C
8．下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是(　　)
A．H2SO4滴入NaAlO2溶液中
B．Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中
C．Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中
D．氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
解析：将H2SO4滴入NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3又溶于过量的H2SO4中，A正确；Ba(OH)2滴入Al2(SO4)3溶液中，先生成BaSO4、Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3又溶于Ba(OH)2，但BaSO4不溶，B错误；Al2(SO4)3滴入NaOH溶液中，开始由于OH－过量发生Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，故开始无沉淀生成，C错误；氨水滴入Al2(SO4)3溶液中，立即产生Al(OH)3沉淀，但沉淀不溶于过量氨水，D错误。
答案：A
9．医疗上用的抑酸剂是为了减少胃内的盐酸而使用的药物，抑酸剂种类很多，双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是(　　)
A．该物质属于两性氧化物
B．该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物
C．1 mol NaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol H＋
D．该药剂不适合于胃溃疡患者服用
解析：A项中该物质属于盐，不是氧化物，A项不正确；B项中的混合物不正确；C项中1 mol NaAl(OH)2CO3中最多可消耗4 mol H＋。
答案：D
10．(2012年扬州模拟)在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能共存的是(　　)
A．NH　NO　CO　Na＋
B．Na＋　Ba2＋　Mg2＋　HCO
C．NO　K＋　AlO　OH－
D．NO　Ca2＋　K＋　Cl－
解析：加入铝粉产生H2的溶液为强酸性或强碱性溶液。A项中NH与OH－、CO与H＋不大量共存。B项中HCO与H＋、OH－都不大量共存。D项Ca2＋与OH－不能大量共存，H＋、NO同时存在不产生H2。C项中AlO、OH－与H＋不能大量共存，但AlO与OH－可大量共存。
答案：C
二、非选择题
11．某学校研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓氯化铜溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，产生的气体具有可燃性，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入同浓度的硫酸铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化。
(1)铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是______(填序号)。
A．铝与Cl－反应，铝与SO不反应
B．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强
C．硫酸铜水解生成硫酸使铝钝化
D．氯离子能破坏铝表面氧化膜，而硫酸根离子不能
E．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水
(2)铝片表面出现的暗红色物质是________。
(3)某同学通过其他的实验操作，也能使铝片与硫酸铜溶液反应加快，他采取的措施可能是________。
A．用砂纸擦去铝片表面的氧化膜后投入硫酸铜溶液中
B．把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中
C．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，再投入铝片
D．向硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，再投入铝片
解析：(1)置于空气中的铝片表面有氧化铝保护膜，其与浓氯化铜溶液能反应，而与硫酸铜溶液不能反应，原因只能是氯离子破坏了铝表面的氧化膜。
(2)因2Al＋3Cu2＋===2Al3＋＋3Cu，铝片表面的暗红色物质应为铜。
(3)要加快Al与CuSO4溶液的反应，需设法除去其表面的氧化膜，容易判断A项正确；因Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，B项正确；C项中不仅无法除去铝表面的氧化膜，还降低了Cu2＋的浓度，使反应会更慢；由(1)的结论可判断D项正确。
答案：(1)D　(2)Cu　(3)ABD
12．(2011年潍坊模拟)铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：
已知：(1)铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；
(2)溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为：
2Na2SiO3＋2NaAlO2＋2H2O===Na2Al2Si2O8↓＋4NaOH
回答下列问题：
写出向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液操作中发生反应的离子方程式：
____________________________；_______________________________。
(2)滤渣A的主要成分为________；滤渣A的用途是___________________
(只写一种)；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是__________________。
(3)在工艺流程第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因是：_________。
(4)若将铝溶解，下列试剂中最好选用________(填编号)。理由是
______________________________________________。
A．浓硫酸　　　B．稀硫酸　　　C．稀硝酸
解析：(1)向铝土矿中加入足量氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O、SiO2＋2OH－===SiO＋H2O。
(2)过滤后，滤渣A的主要成分为未反应的Fe2O3以及新生成的Na2Al2Si2O8，可用作炼铁的原料或生产硅酸盐产品的原料；实验室过滤时使用玻璃棒，其作用是引流。
(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，在工艺流程第三步中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3。
(4)铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染。所以若将铝溶解，最好选用稀硫酸。
答案：(1)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8　作炼铁的原料(或作生产硅酸盐产品的原料)　引流
(3)经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al(OH)3
(4)B　铝与浓硫酸在常温下发生钝化，加热溶解会产生有毒气体SO2，原料利用率低；稀硝酸能溶解铝但会产生NO气体，污染空气，硝酸利用率低；而铝与稀硫酸反应速率较快，产生的H2对空气无污染
13．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。
(1)A中试剂为________。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是______________。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________________________________________
(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_______________
____________________________________________________________。
(4)B中发生反应的化学方程式为_____________________________________
______________________________________________________。
(5)若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为________。
(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。
解析：(1)只与合金中的一种金属反应产生氢气的溶液，选NaOH溶液。
(2)铝镁合金表面存在致密的氧化膜，需要把氧化膜除去。
(3)注意液柱差产生的压强对氢气体积的影响。
(5)2Al　～　3H2
2M 3×22.4
a－c b×
解之得M＝。
(6)固体未洗涤会残留可溶性(NaAlO2、NaOH)杂质，烘干后测得镁的质量偏大，铝的质量偏小。
答案：(1)NaOH溶液
(2)除去铝镁合金表面的氧化膜
(3)①④③②　使D和C的液面相平
(4)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
(5)　(6)偏小
14．(2012年沈阳统考)Al(OH)3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分。某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料，制备一定量的Al(OH)3。他们分别设计了两种实验方案：
方案一：AlAl2(SO4)3Al(OH)3
方案二：AlNaAlO2Al(OH)3
(1)从节约药品的角度思考，你认为哪一种方案好？
________，方案一和方案二共同存在的问题是________________________
_______________________________________________________________。
(2)请用相同的原料设计一个更为节约药品的方案，并写出有关反应的化学方程式：__________________________________________________________________。
解析：(1)设同样制备1 mol Al(OH)3，根据所设计的方案中涉及的反应计算，方案一需1 mol Al、1.5 mol H2SO4、3 mol NaOH，方案二需1 mol Al、0.5 mol H2SO4、1 mol NaOH，故方案二比方案一节约药品。但方案一中加入NaOH溶液和方案二中加入H2SO4溶液时，均难以控制加入的量以确保Al元素全部进入沉淀。
(2)按下图，将1 mol Al分成两部分去做，将所得溶液合并：
1 mol Al 1 mol Al(OH)3
实验中需1 mol Al、0.375 mol H2SO4、0.75 mol NaOH，且无需担心Al元素不能全部进入沉淀。
答案：(1)方案二较好　方案一在加入NaOH溶液和方案二在加入H2SO4溶液时，均难以控制加入的量，确保Al元素全部进入沉淀
(2)将Al按1∶3分成两份，第一份与硫酸溶液反应，第二份与NaOH溶液反应，然后将所得溶液混合即可。有关反应的化学方程式为：
2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑　2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
Al2(SO4)3＋6NaAlO2＋12H2O===8Al(OH)3↓＋3Na2SO4一、选择题
1．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(　　)
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106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/L×0.1%＝1×10－4 mol/L，因此pH＝4，故A正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向正方向移动，从而使溶液中c(H＋)增大，pH减小，故B错误；室温时0.1 mol/L HA溶液中c(H＋)＝c(A－)＝1×10－4 mol/L，电离平衡常数K＝＝≈1×10－7，故C正确；该溶液中c(H＋)＝1×10－4 mol/L、c(OH－)＝1×10－10 mol/L，由HA电离出的c(H＋)＝1×10－4 mol/L，由水电离出的c(H＋)＝1×10－10 mol/L，故D正确。
答案：B
2．某固体化合物A不导电，但熔融或溶于水都能完全电离。下列关于物质A的说法中，正确的是(　　)
A．A是非电解质　　　　　　B．A是强电解质
C．A是离子化合物 D．A是弱电解质
解析：由化合物A，固体不导电，熔融状态，能完全电离，说明A为离子化合物；又在水溶液中完全电离，说明A为强电解质。
答案：BC
3．(2011年上海徐汇区模拟)相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是(　　)
酸 HX HY HZ
电离常数K 9×10－7 9×10－6 1×10－2
A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C．相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D．相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离常数
解析：表中电离常数大小关系：1.0×10－2>9×10－6>9×10－7，所以酸性排序为：HZ>HY>HX，可见A、C错。电离常数只与温度有关，与浓度无关，D不正确。
答案：B
4．为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实验方案，其中不合理的是(　　)
A．室温下，测0.1 mol/L HX溶液的pH>1，证明HX是弱酸
B．室温下，将等浓度等体积的盐酸和NaX溶液混合，若混合溶液pH<7，证明HX是弱酸
C．室温下，测1 mol/L NaX的pH，若pH>7，证明HX是弱酸
D．在相同条件下，对0.1 mol/L的盐酸和0.1 mol/L的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX为弱酸
解析：由0.1 mol/L HX溶液的pH>1知，c(H＋)<0.1 mol/L，说明HX只部分电离，HX是弱酸，A项正确；等物质的量浓度的HCl和NaX组成的溶液，无论HX是强酸还是弱酸，溶液都显酸性，B项错误；NaX溶液pH>7，说明NaX为强碱弱酸盐，在水中发生水解，X－＋H2O HX＋OH－，C项正确；用同浓度的一元酸做导电实验，灯泡较暗者，溶液离子浓度较小，说明HX没有完全电离，HX为弱酸，D项正确。
答案：B
5．pH＝11的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1 000 mL，此时pH(Y)>pH(X)，下列说法中正确的是(　　)
A．若X、Y两种碱溶液都是一元碱，则X、Y两种溶液的物质的量浓度一定相等
B．稀释后X溶液中水电离的c(H＋)比Y溶液中水电离的c(H＋)小
C．若稀释后两溶液的9D．完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
解析：由题意知，X的碱性大于Y的碱性，则当X、Y两种碱溶液都是一元碱时，Y溶液的物质的量浓度一定大于X溶液的物质的量浓度，A项错误；由于稀释后pH(Y)>pH(X)，所以X溶液中水电离的c(H＋)比Y溶液中水电离的c(H＋)大，B项错误；当完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(Y)>V(X)，D项错误。
答案：C
6．把1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是(　　)
A．c(CH3COOH)变为原来的1/10
B．c(H＋)变为原来的
C．c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值增大
D．溶液的导电性增强
解析：CH3COOHCH3COO－＋H＋，当加水稀释时，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)浓度均减小，平衡正向移动，故A项、B项、D项错误。
答案：C
7．(2010年高考全国Ⅱ卷)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是(　　)
解析：本题考查弱电解质的电离平衡与图象分析能力。相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸中，H＋浓度相等，所以刚开始与锌反应的速率应该是相同的，随着反应的进行，中强酸继续电离，故反应速率较强酸快，排除B、D；又因中强酸的物质的量浓度大于强酸，所以与足量的锌反应，生成氢气量较多的是中强酸，排除A项。
答案：C
8．在相同温度时，100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是(　　)
A．中和时所需NaOH的量
B．电离程度
C．H＋浓度
D．CH3COOH的物质的量
解析：相同温度时，100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液所含CH3COOH的物质的量相等，中和时所需NaOH的量也相等；溶液越稀，电离程度越大，H＋浓度越小，CH3COOH的物质的量越小，因此B选项符合题意。
答案：B
9．下列有关溶液的叙述不正确的是(　　)
A．常温下0.01 mol·L－1HA溶液的pH＝4，能证明HA是弱酸
B．在pH＝2的醋酸中加入等体积2 mol·L－1的某酸溶液后，混合溶液的pH一定会减小
C．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原溶液的m倍和n倍，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m>n
D．相同温度下，0.2 mol·L－1氨水中的c(OH－)和0.1 mol·L－1的氨水中的c(OH－)之比小于2
解析：B选项如果加入的酸比醋酸的酸性还弱，则混合溶液的pH可能增大，错误；C选项因为稀释醋酸，平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋右移，使H＋物质的量增大，若稀释后两溶液的pH仍相同，则醋酸加入的水多，正确；D选项，假设电离程度相同，则两氨水中的c(OH－)之比等于2，但0.1 mol·L－1氨水的电离程度大，所以小于2，正确。
答案：B
10．下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是(　　)
①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1
⑤CH3COONa和稀H3PO4反应，生成CH3COOH
⑥pH＝1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH<3
A．② B．②⑤
C．①③⑤ D．③④⑤⑥
解析：①中说明CH3COO－能水解，溶液呈碱性，证明CH3COOH为弱电解质。②中未指明浓度，也没有参照物，不能说明问题。③说明电离前n(CH3COOH)>n(盐酸)，则CH3COOH的电离程度比盐酸小，属弱电解质。④中说明c(H＋)<0.1 mol/L，说明CH3COOH部分电离，存在电离平衡，是弱电解质。已知⑤中的H3PO4为中强酸，而被中强酸制备的必定是弱酸(没有沉淀物)，弱酸为弱电解质。⑥说明CH3COOH溶液在稀释过程中又电离出一部分H＋，证明存在电离平衡移动，即为弱电解质。
答案：A
二、非选择题
11．(2012年宁波五校联考)某一元弱酸(用HA表示)在水中的电离方程式是：HA??H＋＋A－，回答下列问题：
(1)向溶液中加入适量NaA固体， 以上平衡将向______(填“正”、“逆”)向移动，理由是_______________________。
(2)若向溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向____(填“正”、“逆”)向移动，溶液中c(A－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液中c(OH－)将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)在25 ℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__________。
解析：(3)由溶液的电荷守恒可得：c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，已知c(NH)＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝[c(NH)·c(OH－)]/c(NH3·H2O)＝(0.005 mol·L－1×1.0×10－7 mol·L－1)/(a/2 mol·L－1－0.005 mol·L－1)＝1.0×10－9/(a－0.01) mol·L－1。
答案：(1)逆　c(A－)增大，平衡向减小c(A－)的方向移动即逆向移动　(2)正　减小　增大
(3)中　1.0×10－9/(a－0.01) mol·L－1
12．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：
Cl2＋H2OHCl＋HClO；HClOH＋＋ClO－，达到平衡后：
(1)要使HClO的浓度增大，可加入下列物质(填代号)________。
A．SO2 B．CaCO3
C．HCl D．NaOH
(2)由此说明在实验室里可用排饱和食盐水收集Cl2的理由是___________________。
解析：(1)加入SO2，由于Cl2能将其氧化，消耗Cl2使平衡左移，HClO浓度将减小；加入HCl，由于H＋浓度大，使Cl2与H2O反应的平衡左移，HClO浓度减小；加入NaOH，HCl和HClO都能与NaOH反应，使HClO浓度减小，故选B。
(2)Cl2与水反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，饱和食盐水中Cl－浓度大，使上述平衡左移，Cl2在水中溶解度减小。
答案：(1)B　(2)氯气与水反应存在下列平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，在饱和食盐水中Cl－浓度大，使平衡左移，减小了Cl2的溶解
13．现有25 ℃时0.1 mol·L－1的氨水。请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式__________；所得溶液的pH________7(填“<”、“>”或“＝”)，用离子方程式表示其原因____________________。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH)＝a mol·L－1，则c(SO)＝________。
解析：(1)氨水存在如下电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，加入(NH4)2SO4，使NH浓度增大，平衡向左移动，则c(OH－)减小，c(NH3·H2O)增大，故减小。
(2)氨水与稀硫酸反应的离子方程式为NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O由于完全中和生成硫酸铵，而硫酸铵水解使溶液呈酸性，故pH<7，其水解的离子方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(3)由溶液中的电荷守恒可知：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，c(SO)＝c(NH)＝ mol·L－1。
答案：(1)减小
(2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O　<
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(3) mol·L－1
14．(2012年潍坊统考)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两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(mol/L) NaOH物质的量浓度(mol/L) 混合溶液的pH
甲 0.2 0.2 pH＝a
乙 c1 0.2 pH＝7
丙 0.1 0.1 pH＞7
丁 0.1 0.1 pH＝9
请回答下列问题：
(1)不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸_________________________。
(2)不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于0.2________(填“是”或“否”)。混合溶液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是______。
A．前者大 B．后者大
C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，HA是________酸(填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________。
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol/L。
写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)。
c(Na＋)－c(A－)＝________mol/L。
解析：(1)因为是一元酸和一元碱等物质的量浓度等体积混合，说明恰好完全反应，生成的产物是NaA，对NaA溶液分析，若a＝7，说明HA是强酸，若a＞7，说明溶液是因A－的水解而显碱性，则HA是弱酸。
(2)不一定等于0.2。当HA是强酸时等于0.2；当HA是弱酸时，大于0.2。因为pH＝7，说明c(H＋)＝c(OH－)，那么根据电荷守恒可知，一定有c(Na＋)＝c(A－)。
(3)由丙组实验数据可知，两溶液等体积等物质的量浓度混合后pH＞7，说明A－水解，得到HA是弱酸，其他易推知。
(4)丁组实验中所得溶液的pH＝9，说明溶液中c(H＋)＝1.0×10－9 mol/L，则由水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝＝1.0×10－5 mol/L，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，则c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(1.0×10－5－1.0×10－9) mol/L。
答案：(1)若a＝7，HA为强酸，若a＞7，则为弱酸
(2)否　C　(3)弱　c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(4)1.0×10－5　1.0×10－5－10－9一、选择题
1．(2011年高考海南化学)下列分子中，属于非极性的是(　　)
A．SO2　　　　　　　　B．BeCl2
C．BBr3 D．COCl2
解析：对于ABn型分子，若A原子的最外层电子均参与成键，该分子为非极性分子，否则为极性分子。BeCl2和BBr3为非极性分子，SO2为极性分子。COCl2的分子结构为，碳上连一个双键氧，然后左右各一个氯，键角约111.8°。负电在三角上，正电在碳上，但它们的正负电荷中心不是重合的，是极性分子。
答案：BC
2．(2012年长沙模拟)在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是(　　)
A．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
B．Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
C．Cl2＋H2O===HClO＋HCl
D．CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑
解析：B项，Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑反应中没有非极性键的断裂与形成；C项，Cl2＋H2O===HClO＋HCl反应中没有离子键的断裂与形成，没有形成非极性键；D项，CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑反应中没有非极性键的断裂。
答案：A
3．下列过程与配合物的形成无关的是(　　)
A．除去铁粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向Fe3＋溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
解析：对于A项，除去铁粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于B项，AgNO3与氨水反应先生成AgOH沉淀，再生成[Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成[Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应先生成Cu(OH)2沉淀，再生成[Cu(NH3)4]2＋。
答案：A
4．下列现象与氢键有关的是(　　)
①NH3的熔、沸点比同主族相邻元素氢化物的熔、沸点高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑤水分子在较高温度下也很稳定
A．①②③⑤ B．①②③④⑤
C．①②③④ D．①③④⑤
解析：氢键存在于电负性较大的N、O、F等原子与氢原子之间，而水的稳定性与分子内的氧氢共价键的强度有关。
答案：C
5．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力就为氢键。
答案：C
二、非选择题
6．(2010年高考安徽理综)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：
(1)Y位于元素周期表第________周期第________族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________________(写化学式)。
(2)XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在________个σ键。在H—Y、H—Z两种共价键中，键的极性较强的是________，键长较长的是________。
(3)W的基态原子核外电子排布式是______________。W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是________________________。
(4)处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。
已知：
XO(g)＋O2(g)===XO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
Y(s)＋O2(g)===YO2(g)　 ΔH＝－296.0 kJ·mol－1
此反应的热化学方程式是__________________________。
解析：根据条件可推得X、Y、Z、W分别为C、S、Cl、Cu四种元素。
(1)S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族。一般地，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HClO4的酸性较强。
(2)XY2为CS2其结构式为S＝C＝S，故其分子中存在2个σ键。由于Cl的电负性比S强，因此键的极性较强的是H—Cl，由于S和Cl位于同一周期且S原子的半径大于Cl原子的，故键长较长的是H—S。
(3)W是铜原子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2S和O2发生反应生成Cu2O和SO2气体，反应的化学方程式为2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2。
(4)根据盖斯定律将反应①×2－②得总反应：
2CO(g)＋SO2(g)＝S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270.0 kJ·mol－1。
答案：(1)三　ⅥA　HClO4
(2)2　H—Cl　H—S
(3)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
(4)2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270.0 kJ·mol－1
7．均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1∶1，B和D分子中的原子个数比为1∶2。D可作为火箭推进剂的燃料。
请回答下列问题：
(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为______________________(用元素符号回答)。
(2)A与HF相比，其熔、沸点较低，原因是____________。
(3)B分子的空间构型为______形，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)。由此可以预测B分子在水中的溶解度较________(“大”或“小”)。
(4)A、B两分子的中心原子的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为___________(填化学式)，若设A的中心原子为X，B的中心原子为Y，比较下列物质的酸性强弱。
HXO________HXO3________HXO4；
H2YO3________H2YO4
(5)D分子中心原子的杂化方式是________，由该原子组成的单质分子中包含________个π键，与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为____________。
解析：根据18电子化合物和分子中原子个数比可推知A、B、C、D四种化合物分别为HCl、H2S、H2O2、N2H4。
(1)四种化合物中相对原子质量较大的元素分别为：Cl、S、O、N。根据第一电离能的递变规律可知，四种元素的第一电离能为：N＞O＞Cl＞S。
(2)A为HCl，因为HF的分子之间存在氢键和范德华力，而HCl分子之间只存在范德华力，所以HF的熔、沸点高于HCl。
(3)B分子为H2S，其结构类似于H2O，因为H2O分子中O原子以sp3杂化，分子构型为V形，所以H2S分子也为V形，属于极性分子。
(4)A、B的中心原子为Cl和S，形成的酸为HClO4和H2SO4，因为非金属性Cl＞S，所以酸性HClO4＞H2SO4；X、Y的化合价越高酸性越强，所以HClO＜HClO3＜HClO4；H2SO3＜H2SO4。
(5)D分子为N2H4，其结构为。N原子sp3杂化，N2的结构为：NN，其中有1个σ键，2个π键。
答案：(1)N＞O＞Cl＞S　(2)HF分子之间存在氢键　(3)V　极性　大　(4)HClO4＞H2SO4　＜　＜　＜　(5)sp3　2　CO
8．短周期的5种非金属元素，其中A、B、C的特征电子排布可表示为：A：asa，B：bsbbpb，C：csccp2c，D与B 同主族，E在C的下一周期，且是同周期元素中电负性最大的元素。
回答下列问题：
(1)由A、B、C、E四种元素中的两种元素可形成多种分子，下列分子①BC2　②BA4　③A2C2　④BE4，其中属于极性分子的是________(填序号)。
(2)C的氢化物比下一周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是________。
(3)B、C两元素都能和A元素组成两种常见的溶剂，其分子式为_______、_____。DE4在前者中的溶解性___(填“大于”或“小于”)在后者中的溶解性。
(4)BA4、BE4和DE4的沸点从高到低的顺序为_________(填化学式)。
解析：由s轨道最多可容纳2个电子可得：a＝1，b＝c＝2，即A为H，B为C，C为O。由D与B同主族，且为非金属元素得D为Si；由E在C的下一周期且E为同一周期电负性最大的元素可知E为Cl。
(1)①、②、③、④分别为CO2、CH4、H2O2、CCl4，其中H2O2为极性分子，其他为非极性分子。
(2)C的氢化物为H2O，H2O分子间可形成氢键是其沸点较高的重要原因。
(3)B、A两元素组成苯，C、A两元素组成水，两者都为常见的溶剂，SiCl4为非极性分子，易溶于非极性溶剂苯中。
(4)BA4、BE4、DE4分别为CH4、CCl4、SiCl4，三者结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，故它们的沸点顺序为SiCl4＞CCl4＞CH4。
答案：(1)③　(2)H2O分子间形成了氢键
(3)C6H6　H2O　大于　(4)SiCl4＞CCl4＞CH4
9．碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb。
(1)碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过________杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠________结合在一起。
(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为_____________________。
(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn—Br键的键角________120°(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(1)石墨晶体中每一个碳原子与其余3个碳原子形成3个C—C单键，即3个σ键，碳原子杂化方式为sp2。
(2)共用电子对偏向电负性大的原子，所以C的电负性大于H的电负性，Si的电负性小于H的。
(3)SnBr2中Sn为sp2杂化，其中成键电子形成的两个Sn Br键受到孤对电子的排斥作用，键角变小，故Sn Br键的键角小于120°。
答案：(1)sp2　分子间作用力(或范德华力)
(2)C>H>Si　(3)<
10．(2012年扬州模拟)Ⅰ.已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6，且都含有18个电子，B、C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2, D是一种有毒的有机物。
(1)组成A分子的原子的元素符号是________。
(2)从B分子的立体结构判断，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)C分子中包含________个σ键。
(4)D的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明D是何物质)：_______。
Ⅱ.CO的结构可表示为C≡O，N2的结构可表示为N≡N。
(5)下表是两者的键能数据(单位：kJ/mol)：
A—B A＝B A≡B
CO 357.7 798.9 1 071.9
N2 154.8 418.4 941.7
结合数据说明CO比N2活泼的原因：_______________。
Ⅲ.Fe、Co、Ni、Cu等金属能形成配合物与这些金属原子的电子层结构有关。
(6)基态Ni原子的核外电子排布式为____________，基态Cu原子的价电子排布式为______________。
(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于______________(填晶体类型)。
解析：Ⅰ.含有18个电子的粒子有：Ar(18)、HCl(17＋1)、H2S(16＋2)、PH3(15＋3)、SiH4(14＋4)、F2(9×2)、H2O2(9×2)、N2H4(9×2)、C2H6(9×2)、CH3F(9＋9)、CH3OH(9＋9)、CH3NH2(9＋9)、HOF(9＋9)、NH2F(9＋9)等。由“A分子所含原子的数目为1，且含有18个电子”可推知A为Ar；由“B分子所含原子的数目为3，且含有18个电子，B由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为1∶2”可推知B为H2S，H2S是极性分子；由“C分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，C由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为1∶2”可推知C为N2H4，N2H4分子中含有4个N—H键(4个σ键)和一个N—N键(1个σ键)，共5个σ键。由“D分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，D是一种有毒的有机物。”可推知D为CH3OH，CH3OH分子之间能形成氢键，所以CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点高。
Ⅱ.CO打开第一个键需要能量1 071.9 kJ·mol－1－798.9 kJ·mol－1＝273 kJ·mol－1，而N2打开第一个键需要能量941.7 kJ·mol－1－418.4 kJ·mol－1＝523.3 kJ·mol－1。
Ⅲ.(6)基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。
(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。
答案：(1)Ar　(2)极性　(3)5
(4)D是CH3OH，分子之间能形成氢键
(5)CO中第一个π键的键能是273 kJ/mol，N2中第一个π键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂
(6)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　3d104s1
(7)分子晶体一、选择题
1．与氨碱法比较，下列关于联合制碱法优点的判断中不正确的是(　　)
A．提高了原料的原子利用率
B．降低了生产成本
C．减少了环境污染
D．减轻了对设备的腐蚀
解析：联合制碱法并未减轻对设备的腐蚀。
答案：D
2．下列关于硫酸工业生产的说法中正确的是(　　)
A．建筑高烟囱，使尾气在高空扩散稀释
B．设置“废热”锅炉，产生蒸气来供热或发电
C．使用V2O5作催化剂，提高SO2的转化率
D．在吸收塔中，直接用水吸收三氧化硫
解析：A项不能从根本上处理尾气，C项使用V2O5不能提高SO2的转化率，只能加快反应速率，D项用98.3%的H2SO4吸收可防止产生酸雾。
答案：B
3．下列使用化肥、农药的描述中正确的是(　　)
A．高温多雨时比较适合施用钾肥
B．长期施用硫铵会造成土壤板结
C．石硫合剂必须与硫酸混合后才能施用
D．过磷酸钙必须经硫酸处理后才能施用
解析：A中钾肥易溶于水，多雨时易造成化肥的流失；B中硫铵溶于水呈酸性，易破坏土壤的胶体结构使土壤板结；C中石硫合剂主要成分是多硫化钙，具有渗透和侵蚀病菌细胞及害虫的能力，能在植物体表面形成一层药膜起保护作用，如果和硫酸混合后施用，会生成硫酸钙使石硫合剂失去作用；D中有效成分为Ca(H2PO4)2，属水溶性速效磷肥，应直接使用。
答案：B
4．下列有关合成氨工业的说法中，正确的是(　　)
A．从合成塔出来的混合气体中，氨气占15%，所以生产氨的工厂的效率都很低
B．由于氨易液化，N2和H2在实际生产中循环使用，所以总体来说，氨的产率很高
C．合成氨工业的反应温度控制在500 ℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
D．我国合成氨厂采用的压强是20 MPa～50 MPa，因为该压强下铁触媒的活性最大
解析：虽然合成氨的平衡混合物中NH3含量不高(15%左右)，但由于N2和H2可循环利用，NH3的整体产率是很高的，故A项不正确，B项正确；500 ℃高温是为了增大反应速率和提高催化剂的活性，合成氨反应为放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，故C项不正确；催化剂的活性不受压强的影响，故D项不正确。
答案：B
5．某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下：
下列推断不合理的是(　　)
A．低温蒸干滤液得到纯净的(NH4)2SO4
B．生成1 mol (NH4)2SO4至少消耗2 mol NH3
C．CO2可被循环使用
D．往甲中通CO2有利于(NH4)2SO4生成
解析：2NH3＋H2O＋CO2＋CaSO4===(NH4)2SO4＋CaCO3。A项，低温蒸干滤液得到的产品不纯，可能有过量(NH4)2CO3或NH4HCO3等杂质。
答案：A
二、非选择题
6．(2012年湖州模拟)随着世界粮食需求量的增加，农业对化学肥料的需求越来越大。氮肥是需求最大的一种化肥。氮肥的生产和合理施用在农业生产中起着重大作用。
合成氨及化肥生产流程示意图如下：
(1)目前，工业上用铁触媒作催化剂，在20～50 MPa、450℃左右用氮、氢混合气体在________中进行合成氨。则沿X方向回去的物质是________。
(2)目前生产尿素是以氨气与CO2为原料，发生反应的化学方程式是________、____________ 。
尿素适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，其水解的化学方程式是_______ 。
(3)沉淀池中发生的化学反应方程式是_________ 。
(4)上述生产中的副产品氯化铵长期使用会造成土壤酸化，变硬甚至板结。对土壤的酸碱性进行测定与改良是保护________、提高土壤肥力的有效途径。测定土壤的pH的方法是__________ 。
解析：(1)目前，工业上用铁触媒作催化剂，在20～50 MPa、450℃左右用氮、氢混合气体在合成塔中进行合成氨，沿X方向回去的物质是H2、N2，以循环利用。
(2)目前生产尿素是以氨气与CO2为原料，发生反应的化学方程式是2NH3＋CO2===NH2COONH4、NH2COONH4===CO(NH2)2＋H2O。在土壤中尿素发生水解，其水解的化学方程式是CO(NH2)2＋H2O===2NH3↑＋CO2↑。
(3)沉淀池中发生的化学反应方程式是NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓。
(4)对土壤的酸碱性进行测定与改良是保护土壤资源、提高土壤肥力的有效途径。测定土壤的pH的方法是：取土样于试管中，加5 mL蒸馏水振荡，静置后，取上层清液，用精密pH试纸或pH计测上层清液的pH。
答案：(1)合成塔　H2、N2
(2)2NH3＋CO2===NH2COONH4
NH2COONH4===CO(NH2)2＋H2O
CO(NH2)2＋H2O===2NH3↑＋CO2↑
(3)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓
(4)土壤资源　取土样于试管中，加5 mL蒸馏水振荡，静置后，取上层清液，用精密pH试纸或pH计测上层清液的pH
7．接触法制硫酸的某阶段的反应为：
SO2(g)＋O2(g) SO3(g)　ΔH＝－98.3 kJ·mol－1
(1)该反应在________(填设备名称)中进行，这种设备中部的装置叫________，其作用是______ 。
(2)在实际生产中，为实现较快的反应速率及较大的SO2的转化率，采用的条件是：_________ 。
(3)在上述条件下，将1 mol SO2和0.5 mol O2充入某密闭容器中，放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)98.3 kJ。
(4)若用18O2与SO2反应，反应达平衡后含有18O原子的分子为________。
解析：本题考查硫铁矿制硫酸的主要生产设备以及生产条件，并且要注意由于SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，所以1 mol SO2和0.5 mol O2不可能完全反应生成1 mol SO3，即放出的热量小于98.3 kJ。
答案：(1)接触室　热交换器　用来把反应生成的热传递给进入接触室需要预热的炉气，还可以冷却反应后生成的气体
(2)常压，400～500 ℃ ，催化剂　(3)小于
(4)S18O2、18O2、S18O3
8．(2010年高考海南卷)以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下：
请回答下列问题：
(1)在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为____________ 。
(2)炉气精制的作用是将含SO2的炉气______、________及干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是________ 。
(3)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为11%，N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是______________、______________。
(4)在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是______、______，从而充分利用能源。
解析：(3)应从反应速率，反应平衡移动(转化率)及设备、动力、价格等方面进行综合分析。
答案：(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
(2)除尘　水洗　矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响
(3)不选B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大；SO2的转化率在0.1 MPa时的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用0.1 MPa
不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化剂的催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率最高
(4)利用反应放出的热量预热原料气体　上层反应气经热交换器温度降到400～500℃进入下层使反应更加完全
9．我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业作出了突出贡献。他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱。有关反应的化学方程式为：NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3；NH4HCO3＋NaCl=== NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑。
Ⅰ.原理分析
碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是________。
a．碳酸氢钠难溶于水
b．碳酸氢钠受热易分解
c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，在溶液中首先结晶析出
Ⅱ.实验探究
(1)一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。
回答下列有关问题：
①乙装置中的试剂是________；
②丁装置中稀硫酸的作用是_________；
③实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是________(填分离操作的名称)。
(2)另一位同学用图中戊装置(其他装置未画出)进行实验。
①实验时，须先从________管通入__________气体，再从________管中通入________气体。
②有同学建议在戊装置的b导管下端连接己装置，理由是_________。
(3)请再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：__________。
解析：溶液中的复分解反应的本质是反应向自由离子浓度减小的方向进行。在相同温度下，四种物质中碳酸氢钠的溶解度最小，故首先析出碳酸氢钠。碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳的同时，也挥发出氯化氢，氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应，故应除去；尾气中含有CO2、NH3，CO2可以直接排入空气中，但氨气有毒且极易溶于水，故吸收氨气时要防倒吸。根据戊装置知，导管b通入溶液中，且根据后面问题知，从b管进入的气体在水中的溶解度较小；导管a通入的气体只与溶液表面接触，暗示气体溶解度较大，即易发生倒吸。二氧化碳在水中溶解度较小，而氨气极易溶于水，故先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，以提高二氧化碳的吸收率，提高碳酸氢钠产量。多孔球泡能增大气体与溶液的接触面积，提高气体吸收效率。CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl, 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑，两反应的总反应式为：2NaCl＋CO2＋H2O＋2NH3===Na2CO3＋2NH4Cl，碳酸钠是目标产物，而氯化铵是化肥，所以候氏制碱原理的原子利用率为100%。
答案：Ⅰ.c　Ⅱ.(1)饱和碳酸氢钠溶液　吸收未反应的NH3　过滤　(2)a　NH3　b　CO2　增大CO2气体与溶液接触的面积，提高CO2在溶液中的吸收率　(3)往烧碱溶液中通入过量CO2(或往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等)
10．制取硝酸铵的流程图如下：
请回答下列问题：
(1)合成氨的原料通常来自___________。
(2)已知N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1。请解释：
①可逆反应_______。
②为有效提高氨的产率，实际生产中宜采取措施是_____________。
(3)氨催化氧化的化学方程式________，铂 铑合金网作用________，铂 铑合金网未预热也呈红热状态的原因____________________。
(4)生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，如何消除它们对大气的污染？写出化学反应式____________________。
(5)硝酸铵的两种主要用途是________。
(6)在一定温度和压强的密闭容器中，将平均分子量为8.5的H2和N2混合，当该反应达到平衡时，测出平衡混合气的平均分子量为10，试求此时N2的转化率和平衡混合气体中NH3的体积分数。
解析：(1)氮气的来源是空气，而氢气来源于燃料(煤、石油产品等)与水反应的产物。(2)①可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应；②为提高合成氨的产率，可采取增压、适当温度和使用铁触媒等措施。
(3)氨的催化氧化反应为放热反应，故铂 铑合金虽未预热也呈红热状态。
(4)氮的氧化物可以用碱液吸收消除其危害。
(6)
设混合气体的物质的量为4 mol，平均分子量与气体的物质的量呈反比例，设反应后气体的物质的量为x mol，则有：＝，x＝3.4，反应前后气体的物质的量差值为0.6 mol，设反应消耗N2的物质的量为y mol，生成氨的物质的量为：z mol，则有：
N2　＋　3H22NH3　物质的量之差
1 2 2
y z 0.6
y＝0.3　z＝0.6，
N2的转化率为：×100%＝30%；
氨的体积分数为：×100%＝17.6%。
答案：(1)N2取自于空气，H2可来自于煤气
(2)①在同一条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应，叫做可逆反应；②增压、适当温度和使用铁触媒等措施
(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O；Pt Rh合金网起催化作用；氨的催化氧化反应是放热反应，保证Pt Rh合金网达到一定温度而不必预热
(4)可用碱溶液吸收氮的氧化物：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
(5)NH4NO3可做化肥和炸药
(6)30%；17.6%一、选择题
1．进行一氯取代反应后，只能生成3种沸点不同的有机物的烷烃是(　　)
A．(CH3)3CCH2CH3 B．(CH3)2CHCH(CH3)2
C．(CH3CH2)2CHCH3 D．(CH3)2CHCH2CH2CH3
解析：分析各烷烃的结构，由等效氢法可得：A的一氯代物有3种，B的一氯代物有2种，C的一氯代物有4种，D的一氯代物有5种，故选A。
答案：A
2．由两种烃组成的混合物，无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则此两种烃一定满足(　　)
A．互为同分异构体 B．最简式相同
C．为同系物 D．符合同一通式
解析：由题意可知两种烃中的C的质量分数相同，因烃仅含C、H两种元素，则H的质量分数也应相同，从而可推知它们的最简式相同。
答案：B
3．氢原子有两种环境，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)
解析：本题考查氢的类型。A项两个甲基上的氢一样，则氢原子个数比为6∶2，B项存在对称面，所以共有三种类型氢，个数比为6∶2∶2；C项有3种类型氢原子，个数比为1∶3∶4。D项符合题意。
答案：D
4．某烯烃与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有(　　)
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
解析：某烯烃与H2加成后的产物是，从产物结构上看，相邻碳原子之间可以各去一个氢原子，则该两个碳原子之间原来可能存在双键，这样的位置可以有三种，也就是说可以从产物看出双键的位置有三种可能。
答案：C
5．从柑橘中可提炼得1,8 萜二烯()。下列有关它的说法不正确的是(　　)
A．分子式为C10H16 B．常温下呈液态，难溶于水
C．其一氯代物有8种 D．能与溴水发生加成反应
解析：由价键原则可写出的分子式为C10H16；烃类物质都难溶于水，分子中碳原子数大于4时，其状态一般为液态；分子中有10个碳原子，其中只有一个碳原子上没有氢原子，且另9个碳原子的位置各不相同，所以其一卤代物应有9种；分子中含有双键，可与溴水发生加成反应。
答案：C
6．有一气态烷烃和一气态单烯烃组成的混合气体在同温同压下对氢气的相对密度为13，取标准状况下此混合气体4.48 L通入足量溴水中，溴水增重2.8 g，此两种烃可能是(　　)
A．甲烷和乙烯 B．乙烷和乙烯
C．甲烷和丁烯 D．甲烷和丙烯
解析：根据题意，＝13×2 g·mol－1＝26 g·mol－1，一定有CH4，n混＝＝0.2 mol，m混＝26 g·mol－1×0.2 mol＝5.2 g，n甲烷＝＝0.15 mol，n烯＝0.2 mol－0.15 mol＝0.05 mol，烯＝＝56 g·mol－1，烯烃为丁烯。
答案：C
7．下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是(　　)
A．乙烷 B．甲苯
C．氯乙烯 D．丙烯
答案：C
8．主链上有5个碳原子，含甲基、乙基两个支链的烷烃有(　　)
A．5种 B．4种
C．3种 D．2种
解析：根据有机物的结构特征，乙基只能在3号碳出现，则有机物的结构为，则甲基的位置只有2种：
答案：D
9．1 mol某链烃最多能和2 mol HCl发生加成反应，生成1 mol氯代烷，1 mol该氯代烷能和6 mol Cl2发生取代反应，生成只含有碳元素和氯元素的氯代烃，该烃可能是(　　)
解析：1 mol该链烃能和2 mol HCl发生加成反应，可知此烃分子中含有两个或一个。1 mol该氯代烷能和6 mol Cl2发生取代反应，且取代后生成的分子中不含有氢原子。说明此氯代烷中有6个H原子，故原来的烃分子中有4个H原子。
答案：B
10．下列叙述错误的是(　　)
A．只用水就可以鉴别四氯化碳、苯和乙醇
B．CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘
C．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物
D．苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应
解析：苯燃烧是氧化反应。
答案：D
二、非选择题
11．(2012年宿迁模拟)已知可简写为。降冰片烯的分子结构可表示为。
(1)降冰片烯属于________。
a．环烃 b．不饱和烃
c．烷烃 d．芳香烃
(2)降冰片烯的分子式为________。
(3)降冰片烯的一种同分异构体(含有一个六元环的单环化合物)的结构简式为________。
(4)降冰片烯不具有的性质是________。
a．能溶于水 b．能发生氧化反应
c．能发生加成反应 d．常温常压下为气体
解析：(1)降冰片烯分子中只含C、H两种元素，属于烃，又有环状结构，自然属于环烃，不属于链烃；分子中含有一个碳碳双键，属于不饱和烃，不属于烷烃；分子中没有苯环，不属于芳香烃。
(2)容易看出，降冰片烯分子中含有7个碳原子，根据C为4价的原则，不足4个键的用氢原子补足，其分子式为C7H10。
(3)从碳原子来分析，1个六元环已经占去了6个C，因此，除了1个六元环外，还应该有1个甲基，由于甲基上有3个氢原子，因而该六元环上还有7个氢原子，必然含有两个双键才符合题意。
(4)大部分有机物难溶于水，降冰片烯也不例外，降冰片烯分子中含有碳碳双键，可以被高锰酸钾酸性溶液氧化，也能与溴水等发生加成反应，根据常识，常温常压下为气态的烃一般含碳原子数小于5，因此，降冰片烯在常温常压下不可能为气体。
答案：(1)ab　(2)C7H10
(3) (其他合理答案也可)　(4)ad
12.(2012年台州月考)石蜡油(主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物)分解实验按照如图进行：
(1)石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是________(填写序号，下同)。
①只有甲烷　②只有乙烯　③烷烃跟烯烃的混合物
(2)将石蜡油分解所得生成物通入到溴水中，现象是________________________；通入到酸性高锰酸钾溶液中，现象是__________ 。
(3)碎瓷片的作用是________(填序号)。
①防止暴沸　②有催化功能　③积蓄热量　④作反应物
(4)写出含有18个碳原子的烷烃分解为乙烷与最多乙烯的化学方程式：_______________ 。
解析：石蜡油在加热和催化剂的作用下，分解产物为烯烃和烷烃，烯烃中含有碳碳不饱和键，既可以发生加成反应，也可以被强氧化剂氧化。
答案：(1)③　(2)溴水褪色　高锰酸钾酸性溶液褪色　(3)②③　(4)C18H38C2H6＋8C2H4
13．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
提示：实验室制取Cl2的化学反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
根据要求填空：
(1)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应________。
(2)B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③________ 。
(3)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是_____________________ 。
(4)E装置的作用是________(填编号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(5)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为________。
(6)该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为________(填编号)。
A．CH4 B．CH3Cl
C．CH2Cl2 D．CHCl3
E．CCl4
解析：(1)由CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl；CH4＋3Cl2CHCl3＋3HCl；CH4＋4Cl2CCl4＋4HCl。所以V(Cl2)/V(CH4)≥4时生成氯化氢最多，故x≥4。
(2)浓硫酸吸水，可干燥混合气体
(3)过量的氯气进入D装置，发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，所以D装置可以吸收过量的Cl2。
(4)E为防倒吸装置，烧杯中含H2O，可吸收HCl。
(5)盐酸与有机物不互溶，故可用分液法。
(6)尾气为气体，故尾气成分是多余的CH4和产物CH3Cl。
答案：(1)大于或等于4　(2)干燥混合气体　(3)吸收过量的氯气　(4)CD　(5)分液　(6)AB
14．某校学生为探究苯与溴发生反应的原理，用如图装置进行实验。
根据相关知识回答下列问题：
(1)实验开始时，关闭K1，开启K2和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始，写出苯和液溴反应的化学方程式______________________________。过一会儿，在(Ⅲ)中可能观察到的现象是________________________。
(2)整套实验装置中能防止倒吸的装置有________(填装置序号)。
(3)反应结束后要使装置(Ⅰ)中的水倒吸入装置(Ⅱ)中。这样操作的目的是______________ 。简述这一操作方法_____________ 。
(4)通过该实验，你认为苯与溴的反应类型是________。
解析：本题考查苯与溴的取代反应。同时本题对传统的实验装置进行了改进，但是只要抓住了该反应的特点就可以迅速解决。本反应催化剂是FeBr3，但实际上往往是用Fe和溴。改进装置较传统装置优点之一是防止HBr等有毒气体污染空气。
答案：(1) 　小试管中有气泡，液体变橙红色；有白雾出现，广口瓶内溶液有浅黄色沉淀生成
(2)Ⅲ和Ⅳ　(3)反应结束后装置Ⅱ中存在大量的溴化氢，使Ⅰ的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气　开启K1，关闭K2和分液漏斗活塞　(4)取代反应一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
D．1 mol与过量的NaOH溶液加热充分反应，能消耗5 mol NaOH
解析：A项：CH4O只能为甲醇，而C2H6O可以为CH3CH2OH，也可以为甲醚CH3OCH3，所以不一定为同系物，B项：乙烯不可以由石油分馏得到而只能通过裂化得到，C项，苯酚钠溶液中通CO2生成苯酚和NaHCO3，故选D。
答案：D
2．(2012年岳阳高三一检)下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是(　　)
A．乙醇、甲苯、硝基苯　　　 B．苯、苯酚、己烯
C．苯、甲苯、环己烷 D．甲酸、乙醛、乙酸
解析：A可用水来鉴别：互溶的为乙醇，油层在上的为甲苯，油层在下的为硝基苯；B可用溴水鉴别：两层都无色的是己烯，有白色沉淀生成的是苯酚，油层呈橙红色而水层无色的为苯；D可用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别：沉淀不溶解的为乙醛，加热后不出现红色沉淀的为乙酸。
答案：C
3．分子式为C4H8O3的有机化合物，在一定条件下具有下列性质：
①在浓硫酸作用下，能分别与乙醇和乙酸反应。
②在浓硫酸作用下，能脱水生成一种只存在一种结构形式，且能使溴水褪色的物质。
③在浓硫酸作用下，还能生成一种分子式为C4H6O2的五元环状有机化合物。
根据以上信息，确定C4H8O3的结构简式为(　　)
A．HOCH2COOCH2CH3
B．HOCH2CH2CH2COOH
C．CH3CH(OH)CH2COOH
D．CH3CH2CH(OH)COOH
解析：含氧有机化合物在浓硫酸的作用下能够与醇反应，则该有机化合物中可能含有羧基，若能够与羧酸反应，则该有机化合物中可能含有羟基；在浓硫酸的作用下，能够形成含有氧元素的环状化合物，且相对于反应物氢原子数、氧原子数减少，则其反应属于分子内脱水，即分子内酯化反应。
答案：B
4．(2010年高考全国Ⅱ理综)三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖。烯烃复分解反应可示意如下：
下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是(　　)
解析：根据信息可知烃的复分解反应中双键碳上所连的原子或原子团相互交换，因此A的反应产物为和CH2===CH2，B、C、D都不能得到N的间位双键。
答案：A
5．某有机物的结构简式如图所示。1 mol该有机物与足量的NaOH溶液共热，充分反应后最多可消耗NaOH的物质的量为(　　)
A．2 mol　　　　　　　　 　B．6 mol
C．8 mol D．4 mol
解析：本题考查有机物官能团的性质。该有机物分子中有3个—X，故1 mol 该有机物有 3 mol—X，消耗3 mol NaOH，与苯环直接相连的2 mol—X，水解产物中出现的酚羟基，又可与NaOH溶液反应各再消耗1 mol NaOH，—COOH与NaOH发生中和反应消耗1 mol NaOH，酯基水解消耗1 mol NaOH，生成的产物中含有酚羟基，又消耗1 mol NaOH，故共消耗8 mol NaOH。
答案：C
二、非选择题
6．醇和酚在人类生产和生活中扮演着重要的角色，根据醇和酚的概念和性质回答下列问题。
(1)下列物质属于醇类的是________。
①CH2===CH－CH2OH　②CH2OH－CH2OH
(2)300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构简式为：，用没食子酸制造墨水主要利用了________类化合物的性质(填代号)。
A．醇　　　B．酚　　　C．油脂　　　D．羧酸
(3)木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一是芥子醇，结构简式如图所示：
，则芥子醇的分子式是________，可以发生的反应类型有________。
(4)尼泊金酯()是国际上公认的广谱性高效食品防腐剂，是国家允许使用的食品添加剂。
①下列对尼泊金酯的判断不正确的是________。
a．能发生水解反应
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．分子中所有原子都在同一平面上
d．与浓溴水反应时，1 mol尼泊金酯消耗1 mol Br2。
②尼泊金酯与NaOH溶液在一定条件下反应的化学方程式是_____ 。
解析：(1)根据醇的概念：羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物为醇，羟基直接连在苯环上为酚，注意苯环和环已烷的区别。
(2)蓝黑墨水是著名化学家波义耳发现的铁盐与没食子酸的显色反应，所以用没食子酸制造墨水主要利用酚的性质。
(3)由芥子醇的结构简式可知其分子式是C11H14O4，分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基，可以发生氧化反应、取代反应、加成反应、消去反应。
(4)尼泊金酯分子中含有酚羟基、酯基，能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应。与浓溴水反应时1 mol尼泊金酯消耗2 mol Br2。含有一个甲基，分子中所有原子不可能都在同一平面上。尼泊金酯在碱性条件下水解生成羧酸盐和醇，而酚呈酸性，也会与NaOH反应，所以与NaOH溶液在一定条件下反应的化学方程式是
答案：(1)①②③④　(2)B
(3)C11H14O4　氧化反应、取代反应、加成反应、消去反应
(4)①cd
7．(2012年吉林高三一检)是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
已知：F变成G相当于在F分子中去掉1个X分子。
请回答下列问题：
(1)A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是______________。
(2)B―→C的反应类型是________。
(3)1 mol G最多能与________mol NaOH反应。
(4)G分子中有________种不同化学环境的氢原子。
(5)写出E→F的化学方程式____________________。
(6)含苯环、含酯基与D互为同分异构体的有机物有____种。
解析：本题采用逆推法，由F可倒推出E为，则D为，X为CH3OH，A为CH3CHO。G中含有，且水解生成后生成，则1 mol G能消耗2 mol NaOH。G中没有对称轴，则一共有6种氢，根据C与E生成F的要求， ，含苯环、酯基的同分异构体有共3种。
答案：(1)CH3CHO　(2)取代反应　(3)2　(4)6
8．(2010年高考山东理综)利用从冬青中提取的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下：
根据上述信息回答：
(1)D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是________ ，
B→C的反应类型是________。
(2)写出A生成B和E的化学反应方程式__________ 。
(3)A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下，I和J分别生成和，鉴别I和J的试剂为________。
(4)A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式_______ 。
解析：D与NaHCO3不反应，与银氨溶液反应的生成物与酸反应放出CO2，说明D与银氨溶液反应生成CO，可知D为甲醛；同时由C的结构也知B为甲醇；由Y倒推可知H为、G为，E为，F为，所以A的结构为；(3)I、J在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应，由产物结构可知I中含有酚羟基、J中无酚羟基；由可知K为，在浓硫酸作用下，发生分子间酯化反应。
答案：(1)醛基　取代反应
9．Ⅰ.现有四种有机化合物：
试回答：
(1)甲、乙、丁都含有的官能团的名称是________。
(2)1 mol甲、乙、丁分别与足量Na反应，生成H2最多的是________(填编号，下同)。
(3)互为同分异构体的是________。
(4)等物质的量的甲、乙、丙、丁充分燃烧，消耗氧最少的是________。
(5)丁与醋酸在催化剂作用下发生取代反应生成的酯有________种。
Ⅱ.白乳胶是一种在日常生活中使用广泛的有机物。某校化学兴趣小组拟用下列合成路线合成该物质。
试回答：
(1)A的结构简式为________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
A→B______________________________________ 。
E→白乳胶__________________________ 。
解析：Ⅰ.(1)甲中含有羟基、羧基两种官能团，乙中含有羟基和醛基两种官能团，丁中含有两个羟基。
(2)1 mol甲、乙、丁分别与足量Na反应，生成H2的物质的量分别为1.5 mol、0.5 mol、1 mol。
(3)甲、乙、丙、丁的分子式分别为C3H6O4、C3H6O2、C3H6O2、C3H8O2，互为同分异构体的是乙和丙。
(4)1 mol的甲、乙、丙、丁充分燃烧，消耗氧气的物质的量分别为2.5 mol、3.5 mol、3.5 mol、4 mol。
(5)丁与醋酸在催化剂作用下发生取代反应生成的酯有3种，分别为
Ⅱ.由题意知，A、B、C、D具有相同的碳原子数，而E的分子式为C4H6O2，所以A、B、C、D分子中均含有2个碳原子，结构简式依次为CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH2===CH2，E的结构简式为CH3COOCH===CH2。
(1)A的结构简式为CH3CHO。
(2)A→B反应的化学方程式为：CH3CHO＋2Cu(OH)2CH3COOH＋Cu2O↓＋2H2O
E→白乳胶反应的化学方程式为：
答案：Ⅰ.(1)羟基　(2)甲　(3)乙和丙　(4)甲　(5)3
Ⅱ.(1)CH3CHO
(2)CH3CHO＋2Cu(OH)2CH3COOH＋Cu2O↓＋2H2O
10．有机物A为茉莉香型香料。
(1)A分子中含氧官能团的名称是________。
(2)C的分子结构如图(其中R代表烃基)。A分子结构中只有一个甲基，A的结构简式是________。
(3)B不能发生的反应是(填编号)________。
A．氧化反应　　　　　B．加成反应
C．取代反应 D．水解反应
(4)在浓硫酸存在下，B与乙醇共热生成化合物C13H16O2的化学方程式是________ 。
(5)在催化剂作用下，B发生聚合反应生成聚合物的化学方程式是________ 。
解析：本题可采用逆推法，由C的结构简式递推，可以确定B为，由C的分子式知B为，A为。所以A分子中含氧官能团的名称为醛基；由B的结构可知它可以发生氧化反应、加成反应、取代反应，不能发生水解反应。确定B的结构简式后(4)(5)两个化学方程式容易写出。
答案：(1)醛基　时间100分钟　满分100分
第Ⅰ卷　(选择题，共40分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题4分，共40分)
1．下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是(　　)
A．CO2、H2S　　　　　　B．C2H4、CH4
C．Cl2、C2H2 D．NH3、HCl
解析：A中CO2和H2S都含极性键，但H2S是极性分子(角形)；B中C2H4是平面结构，CH4为正四面体结构，均含极性键且均为非极性分子；C中Cl2中不含极性键，D中NH3、HCl均为极性分子。
答案：B
2．美国“海狼”号潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金作载热介质，下列关于Al、Na原子结构的分析中正确的是(　　)
A．原子半径：Al>Na
B．第一电离能：Al>Na
C．电负性：Na>Al
D．基态原子未成对电子数：Na>Al
解析：根据元素周期律，原子半径Na>Al，电负性Na答案：B
3．下列物质以晶体形式存在时，其所属晶体类型和所含化学键类型分别相同的是(　　)
A．氯化钠和氯化氢 B．二氧化碳和二氧化硅
C．四氯化碳和四氯化硅 D．单质铁和单质碘
解析：A项中的氯化钠是由离子键组成的离子晶体，而氯化氢分子内存在的是共价键，分子之间以范德华力组成分子晶体；B项中的二氧化碳和二氧化硅都以共价键结合，但晶体类型不同，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体；C项中的四氯化碳和四氯化硅都是以共价键结合的分子晶体，符合题意；D项中的单质铁和单质碘分别以金属键和共价键组成，且晶体类型也不相同，铁是金属晶体，而碘是分子晶体。
答案：C
4．据某科学杂志报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构。下列叙述正确的是(　　)
A．该物质有很高的熔点、很大的硬度
B．该物质形成的晶体属于分子晶体
C．该物质分子中Si60被包裹在C60里面
D．该物质的相对分子质量为1 200
解析：由分子式及信息可知该物质为分子晶体，A错误，B正确；Si的原子半径大于C，所以Si60的体积大于C60的，C错误；相对分子质量＝(12＋28)×60＝2 400，D错误。
答案：B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．Na2O2晶体中的阳离子与阴离子个数比为1∶1
B．石墨晶体中C原子数与C—C共价键数比为1∶1
C．3HO与2HO分子中的质子个数比为1∶1
D．冰晶体中H2O分子个数与氢键数目比为1∶1
解析：本题考查的是晶体与物质中粒子数目比。A项Na＋与O之间为2∶1，故错；B项石墨中一个碳形成三个键，每个C—C键被重复2次，故C原子数与C—C共价键数比为2∶3，故错；D项冰中一个水分子可形成四个氢键，但是每个氢键被共用二次，故H2O分子个数与氢键数目比为1∶2；C项不论何种水，其质子数均为10，故正确。
答案：C
6．氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“……”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为(　　)
解析：从氢键的成键原理上讲，A、B都成立；但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥形，易于提供孤电子对，所以，以B方式结合空间阻碍最小，结构最稳定；从事实上讲，依据NH3·H2O NH＋OH－。可知答案是B。
答案：B
7．下列说法中错误的是(　　)
A．SO2、SO3都是极性分子
B．在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
解析：A选项中，根据价层电子对互斥理论或杂化轨道理论推测，SO3是平面三角形分子，为对称结构，非极性分子，A项错误。
答案：A
8．下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是(　　)
Na2O Na AlF3 AlCl3 Al2O3 BCl3 CO2 SiO2
920℃ 97.8℃ 1 291℃ 190℃ 2 073℃ －107℃ －57℃ 1 723℃
A.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体
B．在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高
解析：AlCl3为共价化合物。
答案：A
9．下列说法正确的是(　　)
A．原子晶体中只存在非极性共价键
B．稀有气体形成的晶体属于分子晶体
C．干冰升华时，分子内共价健会发生断裂
D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
解析：A项形成原子晶体的有非金属单质只存在非极性共价键，有非金属化合物存在极性共价键，稀有气体分子间只存在范德华力，形成的晶体属于分子晶体。干冰升华时，只破坏分子间力，分子内共价键不会发生断裂。金属元素和非金属元素形成的化合物多数是离子化合物，但是少数形成共价化合物例如：氯化铝。
答案：B
10.2010年诺贝尔物理学奖授予曼彻斯特大学的两位科学家，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究。石墨烯是由石墨剥离而成的单层片状结构的新材料(结构如图)，性质稳定、导电性好，有望代替硅引发电子工业革命。下列说法中正确的是(　　)
A．石墨烯之所以稳定主要是因为碳原子间都以共价键相结合
B．石墨烯的发现又为碳的同位素家族增添了一种新的核素
C．由于石墨烯为原子晶体，所以石墨烯应具有很高的熔点
D．石墨烯属于烯烃类的物质，因此在一定条件下可与氢气发生加成反应
解析：C与C形成的单键比较稳定，不易与其他物质发生反应；石墨烯属于一种单质，而核素是指原子，B错误；由于石墨烯为单层结构，层与层之间无化学键，它不是原子晶体，C错误；石墨烯中无H原子，只有C原子，是一种单质，不是化合物，也当然不会是烯烃类，D错误。
答案：A
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、非选择题(本题有6个小题，共60分)
11．(10分)(2012年潍坊高三一模)元素B、C、N和Si单质及其化合物在工农业生产中有很重要的应用。
(1)写出基态C原子的电子排布式________。从原子结构的角度分析B、N和O元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(2)NH3中N原子的杂化类型是________，饱和氨水中可能形成的分子间氢键有________种。
(3)碳化硅(SiC)俗名金刚砂，其硬度仅次于金刚石，SiC的晶体结构与金刚石相似，SiC晶体属于________晶体，粒子间存在的作用力是________。
(4)硼和镁的化合物在超导方面有重要应用。右图示意的是某化合物的晶体结构单元；镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底的中心各有一个镁原子；六个硼原子位于棱柱内。则该化合物的晶体结构单元中硼和镁原子的简单整数比为________。
解析：(1)C在第2周期第Ⅳ族，其核外电子排布式为1s22s22p2；由于N原子最外层的2p能级为半充满状态，不容易失去e－，而O最外层为2s22p4，失去1个p电子后形成p亚层半充满状态，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>B。
(2)NH3为三角锥形结构，其中N原子为sp3杂化，NH3与H2O反应形成的氢键为NH3中H与NH3中N成氢键，H2O中H与H2O中O成氢键，H2O的H与NH3中N成氢键，H2O中O与NH3中H成氢键。
(3)SiC为原子晶体，Si与C之间以共价键相连。
(4)位于棱柱内的B是整个单元含有的B，共6个，Mg在棱柱的顶点，每一顶点Mg均被6个单元共用，而上下底的Mg被2个单元共用，则整个单元中的Mg为12×＋2×＝3，则B∶Mg＝6∶3＝2∶1。
答案：(1)1s22s22p2　N>O>B(或N　O　B)
(2)sp3　4　(3)原子　共价键　(4)2∶1
12．(10分)可以由下列反应合成三聚氰胺：
CaO＋3CCaC2＋CO↑
CaC2＋N2CaCN2＋C
CaCN2＋2H2O===NH2CN＋Ca(OH)2
NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。
(1)写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：________。CaCN2中阴离子为CN，与CN互为等电子体的分子有N2O和________(填化学式，只写一种。注：等电子体原子总数和电子总数相等)，由此可以推知CN的空间构型为________。
(2)三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合。在肾脏内易形成结石。
(3)三聚氰酸()分子中C原子采取________杂化。该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是________(填选项)。
A．2个σ键
B．2个π健
C．1个σ键、1个π键
(4)CaO晶胞如右图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数
为______。CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：
CaO 3 401 kJ·mol－1、NaCl 786 kJ·mol－1。导致两者晶 CaO晶胞
格能差异的主要原因是______________________________。
解析：(1)Ca的最外层有2e－，内层分别为K、L、M，排满时的结构为1s22s22p63s23p63d10，由此推知该原子为Zn。CN中的电子数为6＋7×2＋2＝22，则与其等电子体为CO2或BeF2等分子，由于CO2为直线形分子，则CN为直线形结构。
(2)由于三聚氰胺中含有H、N、O等原子，分子间易形成氢键。
(3)由于该分子中C与O形成双键，则应采取sp2杂化方式成键，碳氧双键中有1个σ键，1个π键；
(4)每1个Ca2＋周围有6个O2－，每个O2－周围有6个Ca2＋；由于CaO中 Ca2＋、O2－均为带2个电荷的离子，而NaCl中Na＋、Cl－带电量小，则CaO中晶格能大。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2
CO2(或BeF2)　直线形　(2)分子间氢键　(3)sp2　C
(4)6　CaO晶体中Ca2＋、O2－带电量(或电荷数)大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带电量(或电荷数)
13．(10分)(2011年高考海南化学节选)铜(Cu)是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答下列问题：
(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为______ ；
(2)CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_______ ；
(3) 的立体构型是________，其中S原子的杂化轨道类型是________；
(4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为________；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________；该晶体中，原子之间的作用力是________；
(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为________。
解析：(1)Cu在加热条件下与浓H2SO4反应，生成CuSO4、SO2和H2O：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
(2)CuSO4易与水结合生成蓝色的CuSO4·5H2O晶体，白色粉末变成蓝色晶体，反应现象明显。
(3) 中S原子采取sp3杂化，为正四面体构型。
(4)Cu原子核外有29个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Au与Cu同族，则Au原子的最外层电子排布式为5d106s 1。铜金合金晶体具有立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点，则每个晶胞中含有Cu原子个数为×6＝3个，含有Au原子个数为×8＝1个，故Cu、Au原子个数比为3∶1。铜金合金属于金属晶体，原子之间的作用力为金属键。
(5)由(4)可知，每个晶胞中含有Cu、Au原子总数为4，氢原子进入Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，其晶胞结构与CaF2相似，则1个晶胞中应含有8个H原子，从而推知其化学式为Cu3AuH8。
CaF2的晶胞
答案：(1)Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)CuSO4粉末遇水生成蓝色晶体　(3)正四面体　sp3　(4)5d106s1　3∶1　金属键　(5)Cu3AuH8
14．(10分)已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48。X的一种1∶1型氢化物分子中既有σ键又有π键。Z是金属元素，Z的单质和化合物有广泛的用途。已知Z的核电荷数小于28，且次外层有2个未成对电子。工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M(M可看做一种含氧酸盐)。M有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置。经X射线分析，M晶体的最小重复单元为正方体(如图所示)，边长为4.03×10－10m，顶点位置为Z4＋所占，体心位置为Ba2＋所占，所有棱心位置为O2－所占。
(1)Y在周期表中位于________；Z4＋的核外电子排布式为________。
(2)X的该种氢化物分子构型为________，X在该氢化物中以________方式杂化。X和Y形成的化合物的熔点应该________(填“高于”或“低于”)X氢化物的熔点。
(3)①制备M的化学反应方程式是__________ ；
②在M晶体中，若将Z4＋置于立方体的体心，Ba2＋置于立方体的顶点，则 O2－处于立方体的________；
③在M晶体中，Z4＋的氧配位数为________；
④已知O2－半径为1.40×10－10m，则Z4＋半径为____m。
解析：由X的一种1∶1型氢化物分子中既有σ键又有π键，可得氢化物中既有单键又有双键，X应是碳，氢化物是乙炔，分子中碳原子采用sp杂化。次外层有2个未成对电子的价电子排布式为3d24s2或3d84s2，又由于Z的核电荷数小于28，则只有3d24s2符合题意，是钛，根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48，可得Y的核电荷数等于20，位于第四周期第ⅡA族。
答案：(1)第四周期第ⅡA族　1s22s22p63s23p6　(2)直线形　sp　高于　(3)①TiO2＋BaCO3===BaTiO3＋CO2↑　②面心　③6　④6.15×10－11
15．(10分)(2012年鹰潭高三一模)氧元素与多种元素具有亲和力，所形成化合物的种类很多。
(1)氮、氧、氟元素的第一电离能从大到小的顺序为________。氧元素与氟元素能形成OF2分子，该分子的空间构型为________。
(2)根据等电子原理，在NO离子中氮原子轨道杂化类型是________；1mol O中含有的π键数目为________。
(3)氧元素和过渡元素可形成多种价态的金属氧化物，如和铬可生成Cr2O3、CrO3、CrO5等。Cr3＋基态核外电子排布式为________。
(4)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其晶体结构如图所示，则该钙的氧化物的化学式为________。
(5)下列物质的分子与O3分子的结构最相似的是________。
A．H2O　　 　　B．CO2
C．SO2 D．BeCl2
(6)O3分子是否为极性分子？________。
解析：(1)由洪特规则的特例可知，氮元素的第一电离能大于氧元素(大于氮元素的左邻右舍)，小于氟元素；由价层电子对互斥理论可知，OF2分子的空间构型是V形。(2)根据等电子原理，NO离子与CO2互为等电子体，两者的结构相似，NO离子中氮原子的杂化方式与CO2中碳原子的杂化方式相同，都是sp杂化；O与N2(其中有一个σ键和两个π键)互为等电子体，因此O中有2个π键。(4)钙在氧气中燃烧所得到的氧化物晶体中Ca2＋与O的最简个数比为：(8×＋6×)∶(12×＋1)＝1∶1。(5)(6)根据价层电子对互斥理论分析，SO2与O3分子的结构最相似，且都是极性分子。
答案：(1)F>N>O　V形　(2)sp　2NA
(3)1s22s22p63s23p63d3　(4)CaO2　(5)C　(6)是
16．(10分)(2012年太原高三一模)Ⅰ.下列说法正确的是________(填字母编号，每小题只有一个正确答案，下同)
A．离子晶体中一定存在离子键，分子晶体中一定存在共价键
B．主族元素形成的单质，从上到下熔、沸点逐渐升高
C．N2分子中的共价键是由两个σ键和一个π键组成的
D．以极性键结合的分子不一定是极性分子
Ⅱ.下列叙述正确的是________。
A．用VSERP理论预测PCl3的立体构型为平面三角形
B．SO2和CO2都是含有极性键的非极性分子
C．在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
D．铝元素的原子核外共有5种不同运动状态的电子
Ⅲ.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数逐渐增大。已知Z的原子序数为29，其余均为短周期主族元素。Y原子的价电子排布为msnmpn。R原子核外L层的电子数为奇数，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
(1)Z2＋的核外电子排布式是______。如图是Z和X形成晶体的晶胞结构示意图(○代表X)，可确定该晶胞中阴离子的个数为________。
(2)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为A、B，试比较它们的热稳定性并说明理由：___________ 。
(3)Q和X形成的一种化合物甲的相对分子质量为44，则甲的空间构型是________，中心原子采取的杂化轨道类型是________，该分子中含有________个π键。
(4)R有多种氧化物，其中乙的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的乙气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是________。
(5)这五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________晶体；Q、R、X三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)
解析：Ⅰ.He、Ne等单原子分子形成的分子晶体中只有分子间作用力，没有共价键，A错误；碱金属单质从上到下熔沸点逐渐降低，由于金属键由上而下依次减弱，B错误；N2分子结构式为N≡N，其中有1个σ键和2个π键，C错误。H2O、SO2等为极性分子，而CO2、SO3等为非极性分子，D正确。
Ⅱ.由于PCl3分子中P的价电子为5＋3＝8个，则P有4对电子，在空间应以四面体形式排列，所以PCl3为三角锥形分子；SO2为V形分子()，正、负电荷重心不能重合，因此SO2为极性分子；根据核外电子排布规律，不可能有2个运动状态相同的电子存在，因此Al的原子核外有13种不同运动状态的电子。
Ⅲ.(1)29号元素为Cu，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2e－后的离子为1s22s22p63s23p63d9。Q的电子排布式为1s22s22p2，Q为C，则X为O，由此推知R为N，则Y为Si。○代表O离子，一个晶胞中顶点有8个氧离子，棱上有4个，面心上有2个，体心上有1个，所以氧离子个数为8×＋4×＋2×＋1＝4。
(2)由于非金属性C>Si，所以氢化物稳定性CH4>SiH4。
(3)C与O形成CO、CO2，相对分子质量为44的为CO2，其结构为O===C===O，由于C与O以直线相连，则C以sp杂化形式成键。
(4)N的氧化物中分子量最小的为NO，根据题给信息(4NO＋O2)的混合气体实质为(2NO＋2NO2)，2NO＋2NO2＋4NaOH===4NaNO2＋2H2O，因此产物为NaNO2。
(5)Si与O形成SiO2，为原子晶体，C、N、O的第一电离能数值中，N最大，因为N已达到p电子层的半充满状态，较难失去e－。
答案：Ⅰ.D　Ⅱ.C
Ⅲ.(1)1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)　4
(2)A大于B，因为C的非金属性比Si的非金属性强(其他合理答案也可)　(3)直线形　sp　2　(4)NaNO2
(5)原子　C1．下列关于钠与水反应的说法不正确的是(　　)
①将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变红
②将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应
③钠在水蒸气中反应时因温度高会发生燃烧
④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等
A．①②　　　　　　　B．②③
C．②③④ D．①②③④
解析：钠与水反应产生氢氧化钠使石蕊变蓝。钠与水的反应本质是钠与H＋的反应，所以钠先与盐酸溶液中的酸反应。钠在水蒸气中反应产生的是氢气，尽管温度高且反应放热，因无氧气所以不能燃烧。2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，因此，用铝箔包住的钠与水反应放出的H2多。
答案：D
2．(2011年安庆模拟)向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是(　　)
①溶液中的Na＋总数不变
②单位体积内的OH－数目减少
③溶质的物质的量浓度不变
④溶液的质量不变
⑤有晶体析出
⑥有气泡产生
A．①③⑥ B．②⑤⑥
C．③⑤⑥ D．①③④
解析：Na2O2投入NaOH溶液中，实际是Na2O2与水反应：2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑，消耗溶液中的水，并放出O2。原来溶液是饱和的且温度不变，所以有NaOH晶体析出，但溶解度不变，因而其浓度不变。
答案：C
3．下列离子方程式正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液显碱性：CO＋2H2O H2CO3＋2OH－
B．碳酸氢钠溶液中加入足量的烧碱溶液：HCO＋OH－===CO＋H2O
C．金属钠与水反应：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
D．HO中投入Na2O2：2HO＋2Na2O2===4Na＋＋4OH－＋18O2↑
解析：Na2CO3是多元弱酸的正盐，水解时分步进行，即A应为CO＋H2O HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，以第1步为主；C项质量不守恒，正确的应为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑；D项中的氧气来自于Na2O2。
答案：B
4．观察是研究物质性质的一种基本方法。一同学将一小块金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体，下列说法正确的是(　　)
A．①发生了氧化还原反应
B．②变白色是因为生成了碳酸钠
C．③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液
D．④只发生物理变化
解析：①4Na＋O2===2Na2O，属于氧化还原反应，故A项正确；②Na2O＋H2O===2NaOH，故B项错误；③中因NaOH易潮解，吸收空气中的水蒸气，表面形成溶液，故C项错误；④中发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，进而形成Na2CO3·10H2O晶体，然后再风化形成Na2CO3，故D项错误。
答案：A
5．下列关于钠的叙述正确的是(　　)
A．将4.6 g金属钠放入95.4 g蒸馏水中，可得到溶质质量分数为8%的溶液
B．根据反应，知Na的金属性强于K
C．钠原子与钠离子都具有强的还原性
D．钠跟酒精溶液反应比水缓慢，所以销毁残余的钠可用酒精溶液处理
解析：4.6 g钠与95.4 g水反应，生成8 g NaOH和0.2 g氢气，即反应后溶液的质量是95.4 g＋4.6 g－0.2 g＝99.8 g，溶液中溶质质量分数大于8%，故A不正确；反应，是利用了K的低沸点，故B不正确；钠原子最外层有一个电子，容易失去电子形成钠离子，表现强的还原性，而钠离子具有稳定的电子层结构，不具有还原性，只具有弱的氧化性，故C不正确；钠与水发生剧烈反应，产生氢气并放出大量的热，可能会发生爆炸。钠与酒精溶液反应缓慢，不会引起燃烧，所以销毁残余的钠可用酒精溶液处理，故D正确。
答案：D
6．向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06 g 无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量是(　　)
A．等于1.06 g B．大于1.06 g而小于2.86 g
C．等于2.86 g D．大于2.86 g
解析：无水Na2CO3加入饱和Na2CO3溶液中转化成Na2CO3·10H2O晶体；导致饱和溶液中水减少，原饱和溶液中也有Na2CO3·10H2O晶体析出。
答案：D
7．(2012年中山联考)下列叙述正确的是(　　)
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3
A．都正确 B．②③④⑤
C．②⑤⑥ D．④⑤⑥
解析：过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，①错；NaHCO3溶液和CaCl2溶液不发生反应，②错；钠是活泼金属，易与空气中的水或氧气反应，③错；过氧化钠与水、CO2反应放出氧气，Na2O与水(CO2)反应生成氢氧化钠(Na2CO3)，④对；Na2O2与石蕊试液反应生成NaOH和O2，NaOH使石蕊变蓝，Na2O2及溶液中的H2O2后将石蕊氧化，最后溶液褪色，⑤对；Na与H2O反应生成H2和NaOH，NaOH与NH反应有NH3放出，⑥对。
答案：D
8．下列实验装置不能达到实验目的的是(　　)
解析：D项实验装置，应将NaHCO3置于小试管中，Na2CO3置于大试管中，加热时右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左侧烧杯中澄清石灰水不变浑浊，说明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3。
答案：D
9．碱金属元素是周期性表现得最鲜明和最规律的一族元素。下列说法正确的是(　　)
A．单质都能浮在水面上，都能保存在煤油中
B．单质在空气中燃烧时，都生成过氧化物
C．单质都不能在自然界中稳定存在
D．单质都是强还原剂，其阳离子都具有强氧化性
解析：Rb、Cs密度比水大，Li的密度比煤油小，A不正确；Li燃烧只能生成Li2O，B不正确；碱金属单质是强还原剂，但其阳离子具有弱氧化性。
答案：C
10．下列实验操作与实验目的或结论一致的是(　　)
选项 实验操作 实验目的或结论
A 某钠盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 说明该钠盐是Na2CO3
B 取相同大小的一小块金属钠分别同时投入到水和乙醇中 比较水和乙醇中甲基上氢的活泼性
C 常温下，向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，溶液变浑浊 说明常温下NaHCO3溶解度比Na2CO3溶解度小
D 取少量Na2O2投入到品红溶液中 证明Na2O2的还原性
解析：
A 能产生CO2的钠盐可以是Na2CO3或NaHCO3 不一致
B 两实验是比较乙醇羟基上的氢和水中氢的活泼性 不一致
C Na2CO3(饱和)＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓ 一致
D Na2O2具有漂白性，是因为强氧化性的作用 不一致
答案：C
二、非选择题
11．(2012年邹城模拟)碱金属元素的氢化物(通式为MH)均为白色晶体，其中H－有很强的还原性，工业上常用作还原剂。
(1)写出NaH在高温下与TiCl4反应生成Ti的化学方程式：_______________________________________________________________。
(2)已知MH能与水剧烈反应：MH＋H2O===MOH＋H2↑，在此反应中，H2O是________剂，H2为________产物(填“氧化”、“还原”或“氧化还原”)。
(3)MH和液氨之间也有类似MH和H2O之间的反应，写出MH和液氨反应的化学方程式：____________。
答案：(1)2NaH＋TiCl4Ti＋2NaCl＋2HCl
(2)氧化　氧化还原
(3)MH＋NH3===H2↑＋MNH2
12．(2012年正定测试)实验室里常用Na2O2与H2O反应快速制取少量的O2，下面装置用来制取O2并演示Na在O2中的燃烧实验。
(1)关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管。试判断装置是否漏气________(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)，判断理由是____________________________________。
(2)写出A装置中反应的化学方程式并标出电子得失情况：_________________________________。
(3)B装置中盛放的试剂是____________，其作用是________________；
D装置中盛放的试剂是_______，作用是_________________________。
(4)C装置中观察到的现象是____________________________________。
解析：
(3)进入C之前的O2要用浓H2SO4干燥。要防止空气中的H2O或CO2进入C装置。
答案：(1)漏气　漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同
(3)浓硫酸　除去O2中的水蒸气　碱石灰　防止空气中的H2O、CO2进入C
(4)剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成
13．(2012年厦门模拟)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol/L盐酸、6 mol/L硫酸和蒸馏水)
回答下列问题：
(1)装置A中液体试剂选用________，理由是___________________。
(2)装置B的作用是_________________________________________，
装置C的作用是____________________________________________，
装置E中碱石灰的作用是____________________________________。
(3)装置D中发生反应的化学方程式是_________________________。
(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为________。
解析：关键是抓住题目要测定Na2O2试样的纯度，那就得求出Na2O2的量。做法是让Na2O2与CO2反应产生O2，通过测定O2在标准状况下的体积，根据反应就能求出Na2O2的量。但整个实验是要制备纯净的CO2，所以在与Na2O2反应之前，必须要除杂。
答案：(1)6 mol/L盐酸　硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续
(2)除去气体中的HCl　干燥气体　吸收装置D中反应剩余的CO2
(3)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2===Na2CO3　(4)78%
14．下图表示的是向Na2CO3溶液中滴入稀盐酸时产生CO2的过程。
(1)写出a点以前发生反应的离子方程式：____________________________。
(2)写出a到b点发生反应的离子方程式：____________________________。
(3)若某Na2CO3溶液中含m mol Na2CO3，向其中滴入一定量的稀盐酸，恰好使溶液中Cl－和HCO的物质的量浓度之比为2∶1，则滴入的稀盐酸中的HCl的物质的量等于________mol(用含字母m的代数式表示)。
解析：(1)a点前无CO2产生，说明盐酸只把CO转化成HCO。
(2)b点开始，再加入盐酸也不会产生CO2气体，说明HCO已全部转化成CO2和H2O。
(3)已知条件说明部分HCO转化为CO2和H2O。
Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3
m mol　 m mol　m mol　m mol
NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O
n mol　　n mol　 n mol
这时，溶液中的HCO的物质的量为(m－n)mol，Cl－的物质的量为(m＋n)mol。由题意得：(m－n)×2＝m＋n，解得n＝m/3 mol。则n(Cl－)＝4 m/3 mol。(也可以根据电荷守恒求解)
答案：(1)CO＋H＋===HCO
(2)HCO＋H＋===CO2↑＋H2O　(3)4m/3一、选择题
1．据环保部门测定，我国一些大城市的酸雨pH＝3.5。在酸雨季节铁制品极易腐蚀，则在其腐蚀中正极发生的反应是(　　)
A．Fe－2e－===Fe2＋
B．2H2O＋O2＋4e－===4OH－
C．2H＋＋2e－===H2↑
D．4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
解析：在酸性较强的电解质溶液中发生析氢腐蚀，故正极反应式为2H＋＋ 2e－ ===H2↑。
答案：C
2．下列有关材料的说法不正确的是(　　)
A．金属材料是指金属及其合金，且合金的性能优于纯金属
B．传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐
C．复合材料是由基体和增强体两部分组成的
D．C60也是一种材料
解析：新型无机非金属材料如Si3N4陶瓷、Al2O3陶瓷、SiC、C60等均不属于硅酸盐。
答案：B
3．下列叙述正确的是(　　)
①工业上合成非氧化物陶瓷氮化硅(Si3N4)需要在高温、空气气氛中进行
②钢铁制品锈蚀主要是因为钢铁中含有碳而发生原电池反应，因此生铁炼钢时要尽可能完全除去生铁中的碳
③建设三峡大坝需要使用大量水泥，水泥是硅酸盐材料
④夏天人们佩戴由添加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛
⑤太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能
A．①②③　　　　　　　　　B．②④
C．③④⑤ D．③⑤
解析：合成Si3N4应隔绝空气，防止生成SiO2，①错；炼钢不能完全除去碳，②错；Cu2O制造红色玻璃，变色眼镜中添加的是AgBr，④错。
答案：D
4．下列有关新型高分子材料的说法中，不正确的是(　　)
A．高分子分离膜应用于食品工业中，可用于浓缩天然果汁、乳制品加工和酿造业等
B．复合材料一般是以一种材料作为基体，另一种材料作为增强体
C．导电塑料是应用于电子工业的一种新型高分子材料
D．合成高分子材料制成的人体器官一般都受到人体的排斥作用，难以达到生物相容的程度
解析：并不是所有人工合成的高分子材料植入人体都出现排斥反应，有不少的新型高分子材料具有优异的生物兼容性，在人体中排异很小，可以满足人工器官对材料的苛刻要求。故D选项的叙述是错误的，其余A、B、C三项的叙述是正确的。
答案：D
5．在炼铁、炼钢过程中都有碳参加反应。下列有关碳参加反应的叙述正确的是(　　)
A．两个过程中碳原子都被氧化，都只起着提供热源的作用
B．炼铁过程中碳被氧化，既起产生热量的作用，又起产生CO的作用
C．炼钢过程中碳被还原，从而达到降低含碳量的目的
D．炼铁过程中碳参加反应，只起产生CO的作用
解析：炼铁过程中碳被氧化，既起产生热量的作用，又起产生CO的作用；炼钢过程中碳被氧化，从而达到降低含碳量的目的。
答案：B
二、非选择题
6．钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用。
(1)炼铁高炉分为五部分，铁矿石与高炉煤气主要在________部分发生反应，在________部分开始生成生铁和炉渣。
(2)炼钢时，除磷的化学方程式为_________；加入硅、锰和铝的目的是_______。
(3)不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹________(填“前”或“后”)加入，原因是__________。
(4)炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是____。从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作_________。
解析：(1)高炉炼铁，铁矿石的主要反应是在炉身部分发生，在炉腰处生成生铁和炉渣。
(2)炼钢除磷的化学方程式：2P＋5FeO＋3CaOCa3(PO4)2＋5Fe，加硅、锰和铝的目的是脱去氧和调整钢的成分。
(3)为了防止Cr元素在高温下被氧氧化，应在氧吹后加入。
(4)炼铁时用C作燃料生成CO作还原剂，炼钢时钢中本身含有C。因此都产生CO，而CO是有毒气体，污染环境，同时CO可以燃烧生成CO2。
答案：(1)炉身　炉腰
(2)2P＋5FeO＋3CaOCa3(PO4)2＋5Fe　脱氧和调整钢的成分
(3)后　避免Cr被氧化(或“氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去”)
(4)CO　燃料(或还原剂)
7．(2012年漳州高三考前模拟)已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质(杂质与酸不反应)。某化学兴趣小组在实验室条件下以硫酸铜溶液为电解液，用电解的方法实现了粗铜的提纯，并对阳极泥和电解液中金属进行回收和含量测定。
步骤一：电解精制：
电解时，粗铜应与电源的________极相连，阴极上的电极反应式为______。
电解过程中，硫酸铜的浓度会________(选填：变大、不变、变小)。
步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：
(1)阳极泥的综合利用：
稀硝酸处理阳极泥得到硝酸银稀溶液，该步反应的离子方程式为________。残渣含有极少量的黄金。为了回收金，他们查阅了有关资料(见下表)：
从资料中可知，金很难与浓硝酸反应，却可溶于王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1∶3的混合物)，请你从化学平衡移动的角度简要解释金能够溶于王水的原因____________。
(2)滤液含量的测定：以下是该小组探究滤液的一个实验流程：
则100 mL滤液中Cu2＋的浓度为_____mol·L－1，Fe2＋的浓度为_____mol·L－1。
答案：步骤一：正　Cu2＋＋2e－===Cu　变小
步骤二：(1)3Ag＋4H＋＋NO===3Ag＋＋NO↑＋2H2O
王水中的Cl－与Au3＋反应，降低了Au3＋的浓度，使平衡向正反应方向移动，Au不断溶解
(2)0.5　0.1
8．(2012年台州模拟)材料是人类生存和社会进步的物质基础，不同的材料功能各不相同。以下都是有关材料的内容，试根据所给内容回答问题。
(1)氢能是未来能源的最佳选择之一，氢能的利用涉及氢的储存、输送和使用。贮氢合金是解决氢的储存等问题的重要材料。贮氢合金中最具代表性的是镧－镍合金(LaNi5)，已知LaNi5(s)＋3H2(g) LaNi5H6(g)　ΔH＝－31.77 kJ·mol－1。
镧－镍合金的熔点比镧、镍的熔点_____(填“高”、“低”或“介于两者之间”)，根据反应原理，形成LaNi5H6的化学反应条件是________。最近有人提出可以研制出一种性能优越的催化剂，可以大大提高贮氢合金的贮氢能力，你认为该讲法可信吗？________(填“可信”或“不可信”)，其理由是______。
(2)无机非金属材料是日常生活中不可缺少的物质，它们往往具有高强度、耐高温、耐腐蚀的特点。Si3N4就是一种重要的精细陶瓷，合成氮化硅的方法之一为：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO。Si3N4属于________晶体，在上述反应中氧化剂为________。
(3)有机高分子材料形式多样，ABS树脂广泛用于制造电讯器材、汽车、飞机零部件和各种仪器的外壳，它的结构可以表示为，试写出对应单体的结构简式、________、________。
(4)高分子吸水树脂可以由聚乙烯醇()和聚丙烯酸盐()交联得到，从结构上看该高分子吸水材料具有吸水性，原因为它们都具有________基团。
解析：(1)合金的熔点比各单一组分的熔点低；根据反应方程式可知生成贮氢合金的反应是气体体积减小的放热反应，加大压强、降低温度有利于合金的生成；但催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡，更不能提高合金的贮氢能力。
(2)由反应方程式可知N元素化合价降低，C元素化合价升高，故N2为氧化剂，Si3N4强度高、耐高温，应属于原子晶体。
(3)由高聚物的链节的结构特点分析可知应由三种单体聚合生成，单体有
(4)由结构分析知该吸水材料的分子中有－OH和－COO－，都属于亲水基团。
答案：(1)低　低温、高压　不可信　该反应是可逆反应，使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，更不可能大大提高贮氢合金的贮氢能力
(2)原子　N2
(3)
(4)亲水
9．(2012年枣庄模拟)现代社会中铜在电气、交通、机械和冶金、能源及石化工业、高科技等领域有广泛的应用。某铜矿石含氧化铜、氧化亚铜、三氧化二铁和脉石(SiO2)，现采用酸浸法从矿石中提取铜，其工艺流程图如下。其中铜的萃取(铜从水层进入有机层的过程)和反萃取(铜从有机层进入水层的过程)是现代湿法炼铜的重要工艺手段。
已知：①Cu＋在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应；②当矿石中三氧化二铁含量太低时，可用硫酸和硫酸铁的混合液浸出铜；③反萃取后的水层2是硫酸铜溶液。
回答下列问题：
(1)矿石用稀硫酸处理过程中Cu2O发生反应的离子方程式为________。
(2)“循环Ⅰ”经多次循环后的水层1不能继续循环使用，但可分离出一种重要的硫酸盐晶体，该晶体的化学式是________。若水层1暴露在空气中一段时间后，可以得到另一种重要的硫酸盐，写出水层1暴露在空气中发生反应的离子方程式_____________。
(3)写出电解过程中阳极(惰性电极)发生反应的电极反应式：_______。
(4)“循环Ⅲ”中反萃取剂的主要成分是________。
解析：(1)Cu＋在酸性溶液中不稳定，用硫酸处理时发生自身氧化还原反应Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。
(2)水层1中含有Fe2(SO4)3，与矿石混合后被还原为FeSO4，故所得晶体为FeSO4·7H2O。
(3)水层2的溶质是CuSO4，电解时的阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。
(4)CuSO4溶液电解后，溶液中的主要溶质为H2SO4，故“循环Ⅲ”中反萃取剂的主要成分为H2SO4。
答案：(1)Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O
(2)FeSO4·7H2O
4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
(3)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　(4)H2SO4
10．(2012年广州模拟)钛在地壳中的含量比铜多61倍，排第十位。钛及其化合物大量应用于航空、造船、电子、化学、医疗器械、电讯器材等各个领域。
(1)由钛铁矿(FeTiO3)提取金属钛(海绵钛)的主要工艺过程如下(部分产物省略)：
上述熔炼过程发生的反应为吸热反应，该反应能够自发进行的原因是________；还原过程必须在1 070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________。
(2)用浓硫酸处理钛铁矿，并向所得溶液中加入铁，此时溶液中含有Fe2＋、TiO2＋和少量Mg2＋等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
氢氧化物 Fe(OH)2 TiO(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 8.0×10－16 1.0×10－29 1.8×10－11
常温下，若所得溶液中Mg2＋的物质的量浓度为0.0018 mol/L，当溶液的pH等于________时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2＋、TiO2＋和Mg2＋的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，写出该反应的离子方程式为：_________。
(3)工业上TiO2的提纯方法是
第一步：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
第二步：TiCl4＋O2TiO2＋2Cl2
用该方法提纯TiO2的优点是________。
(4)化学上规定，通常条件下，稳定单质的生成焓(ΔH)为0，由稳定单质化合生成1 mol某化合物时所放出或吸收的热量，称作该化合物的标准生成焓。如
C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
CO2(g)的标准生成焓是－393.5 kJ·mol－1
有关物质的标准生成焓如下表
则液态TiCl4跟O2反应生成固态TiO2和Cl2的热化学方程式是_____。
(5)BaTiO3是一种可用来吸收低频波的无机功能材料。工业上，常用BaCl2、TiCl4、H2O和H2C2O4混合反应生成白色固体A，将该白色固体加热至900 K分解可得BaTiO3，实验测得其热分解过程的质量－温度关系曲线如图所示：
图中400 K、600 K和900 K时对应的样品的质量分别为8.38 mg、5.68 mg和5.19 mg。白色固体A的化学式为________(填序号)。
a．BaTi2O5　　　　　 b．BaC2O4·2H2O
c．BaTi(C2O4)3 d．BaTiO(C2O4)2·4H2O
解析：(1)化学反应的发生至少必须满足“焓变小于零、熵变大于零”中的一个，由题ΔH>0，则ΔS>0；由于金属镁与空气中氧气、氮气、二氧化碳都能反应，所以反应控制在隔绝空气(或在惰性环境)的条件下进行。
(2)Mg2＋的物质的量浓度为0.001 8 mol/L，由Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11可知当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH)＝＝10－4mol/L，pH＝10。由于TiO(OH)2的Ksp最小，故TiO2＋最容易水解。
(4)由TiCl4(l)＋O2(g)===TiO2(s)＋2Cl2(g)，可知分解1 mol TiCl4需要吸收804.2 kJ的能量，则生成1 mol TiO2放出944.7 kJ的能量，则该反应共放出140.5 kJ的能量。
(5)依据M[A]∶M(BaTiO3)＝10.00∶5.19，可知白色固体A的化学式为BaTiO(C2O4)2·4H2O或由加热过程中质量的变化判断d正确。
答案：(1)该反应熵变大于零(ΔS>0)　隔绝空气(或在惰性环境)
(2)10　TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓＋2H＋
(3)Cl2可以循环使用
(4)TiCl4(l)＋O2(g)===TiO2(s)＋2Cl2(g) ΔH＝－140.5 kJ·mol－1
(5)d一、选择题
1．下列关于水玻璃的性质和用途的叙述中正确的是(　　)
A．它是一种纯净物，既不燃烧也不易腐蚀
B．水玻璃是生产玻璃的主要原料之一
C．木材、织物浸过水玻璃后具有防腐性能且不易燃烧
D．水玻璃的化学性质稳定，在空气中不易变质
解析：水玻璃是硅酸钠的水溶液，A错误；水玻璃易与空气中的二氧化碳反应，D错误。
答案：C
2．如图是碳循环中的一部分。下面对该图的理解不正确的是(　　)
A．2009年哥本哈根会议讨论的议题主要涉及反应①
B．反应②是在植物体内完成的
C．反应③是造成大气中CO2浓度逐渐升高的主要原因
D．反应④⑥是人为缓解温室效应采取的措施
解析：哥本哈根会议讨论减排CO2，减缓地球的温室效应，A正确；反应②是光合作用，B正确；化石燃料的燃烧是大气中的CO2浓度升高的主要原因，C错；D正确。
答案：C
3．下列有关硅材料的说法正确的是(　　)
A．光纤的主要成分是高纯度的单质硅
B．金刚砂的主要成分是二氧化硅
C．28 g硅含有6.02×1023个电子
D．28Si、29Si、30Si是不同的核素
解析：光纤的主要成分为高纯度的二氧化硅，A错；金刚砂的主要成分为碳化硅，B错；1个硅原子中含有14个电子，因此28g硅含有电子的数目为×6.02×1023mol－1×14＝8.428×1024，C错。
答案：D
4．不能说明碳元素的非金属性比硅元素强的是(　　)
A．甲烷比硅化氢稳定
B．硅酸钠溶液的碱性比碳酸钠溶液的碱性强
C．碳酸与硅酸钠溶液反应生成硅酸
D．高温下SiO2和Na2CO3反应
解析：元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，弱酸的酸性越弱，对应的强碱盐水溶液碱性越强，较强的酸与弱酸盐反应可生成弱酸，A、B、C均能说明碳元素的非金属性比硅元素强。D项，高温下的反应不能说明碳和硅元素非金属性的强弱。
答案：D
5．下列说法正确的是(　　)
A．工业制水泥、玻璃、陶瓷都要用到石灰石
B．刚玉、红宝石、蓝宝石主要成分是氧化铝
C．石英、硅石、水晶、珍珠、玛瑙主要成分都是SiO2
D．二氧化硅是酸性氧化物，能抗浓硫酸、浓硝酸的腐蚀，故能抗氢卤酸(HX)的腐蚀
解析：A项，工业制水泥的原料为石灰石和黏土，制玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英，制陶瓷是以黏土为原料，不用石灰石；B项，刚玉的主要成分是氧化铝，红宝石、蓝宝石是含少量不同金属氧化物的优质刚玉；C项，石英、硅石、水晶、玛瑙主要成分都是SiO2，珍珠的主要成分是碳酸钙；D项，二氧化硅是酸性氧化物，能抗盐酸、浓硫酸、浓硝酸的腐蚀，但不能抗氢氟酸的腐蚀。
答案：B
6．绿柱石又称绿宝石，其主要成分为BenAl2[Si6O18]，也可以用二氧化硅和金属氧化物的形式表示，则n为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：BenAl2[Si6O18]写作氧化物形式为nBeO·Al2O3·6SiO2，则由氧原子个数知：n＋3＋6×2＝18，n＝3。
答案：C
7．(2012年南通模拟)白云石的化学式是xCaCO3·yMgCO3，可用于制备耐火材料等，优质的白云石粉可作昂贵的二氧化钛填料的替代品。现称取27.6 g白云石，加热到质量不再变化，收集到CO2为6.72 L(已换算成标准状况)。下列有关说法正确的是(　　)
A．白云石的化学式为CaCO3·MgCO3
B．残留固体质量为14.4g
C．取13.8g该白云石与足量盐酸完全反应，最多收集到标准状况下的CO2 2.24L
D．27.6g白云石与过量盐酸完全反应，可消耗HCl 0.3 mol
解析：A项，CO2为0.3 mol则每摩尔碳对应固体摩尔质量为27.6g/0.3 mol＝92g/mol，当CaCO3、MgCO3物质的量之比为1∶1时满足要求，所以白云石化学式为CaCO3·MgCO3；B项，残留固体质量为27.6g－0.3 mol×44g/mol＝14.4g；C项，所取固体质量为27.6g的一半，最多收集到标准状况下CO2为3.36L；D项，由CO2为0.3 mol推出Ca2＋、Mg2＋共0.3 mol，对应Cl－为0.6 mol，所以27.6 g白云石完全反应需盐酸0.6 mol。
答案：AB
8．下列试剂的保存方法正确的是(　　)
A．氢氟酸保存在玻璃瓶中
B．烧碱溶液放在带有橡胶塞的玻璃瓶中
C．水玻璃存放在滴瓶中
D．液溴直接存放在棕色滴瓶中
解析：氢氟酸能与二氧化硅反应，不能保存在玻璃瓶中；水玻璃不能保存于滴瓶中，滴瓶是带有磨口胶头滴管的玻璃试剂瓶，水玻璃会将胶头滴管和玻璃瓶粘在一起；液溴易挥发，把液溴放在试剂瓶中时，需要在试剂瓶中加一些水，以减少挥发。
答案：B
9．(2012年北师附中模拟)下列有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的是(　　)
A．合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高
B．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料
C．水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐产品
D．光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域
解析：合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的低，A错误；水晶的主要成分是SiO2，不是硅酸盐，C错误；光导纤维的主要成分是SiO2而不是Si，D错误。
答案：B
10．某二价金属的碳酸盐和酸式碳酸盐的混合物，跟足量的稀盐酸反应，消耗H＋和生成CO2物质的量之比为6∶5，则该混合物中碳酸盐和酸式碳酸盐的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：设二价金属碳酸盐的化学式为MCO3，其物质的量为x mol，二价金属酸式碳酸盐的化学式为M(HCO3)2，其物质的量为y mol，则有以下等式：(2x＋2y)∶(x＋2y)＝6∶5，可得x∶y＝1∶2。
答案：B
二、非选择题
11．(2012年银川模拟)已知A、B、C、D、E、F、G、H可以发生如下图所示的转化，反应中部分生成物已略去。其中，A、G为同一主族元素的单质，B、C、H在通常情况下为气体，化合物C是一种形成酸雨的大气污染物。
请填空：
(1)写出E的两种用途_____________________、_______________。
(2)反应③的化学方程式是__________________________________。
(3)反应④的离子方程式是____________________________________。
(4)写出一个由A生成H的置换反应方程式：_________________________
______________________________________________________________。
解析：A、G为同主族的单质，A能在高温条件下从E中置换出G，且A能被浓H2SO4在加热条件下氧化为气体，则A为碳单质，反应①为＋ ＋↑，反应③为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，C是形成酸雨的大气污染物，为SO2，则B为CO2，根据转化关系可推知其它物质分别是：F为Na2SiO3，D为H2SiO3，有关问题即可迎刃而解。
答案：(1)制光导纤维　作建筑材料
(2)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(3)SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO
(4)C＋H2O(g)CO＋H2
12．(2012年广州模拟)世博会中国馆——“东方之冠”由钢筋混凝土、7 000多块红色铝板和1 200多块玻璃等建成。
(1)铝________(填“是”或“不是”)红色的，铝板和玻璃均易被烧碱腐蚀，原因为_______________________________________________________。
(用化学方程式表示)
(2)生产硅酸盐水泥和普通玻璃都需要用到的主要原料是________。
(3)石英玻璃化学稳定性强、膨胀系数小，是一种特殊玻璃，石英玻璃的主要成分是________；有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)实际上不是硅酸盐材料，而是一种______(选填“橡胶”、“纤维”或“塑料”)，有机玻璃是由甲基丙烯酸甲酯在一定条件下通过________反应合成的有机高分子材料。
(4)要将NaOH高温熔化，下列坩埚中可选用的是____。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚
C．氧化铝坩埚 D．铁坩埚
解析：(1)铝是银白色金属，而红色铝板是添加红色物质所致，Al、玻璃中的SiO2均能与NaOH发生反应而易被腐蚀，化学反应式分别为：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。
(2)生产水泥与玻璃的主要原料为CaCO3。
(3)石英玻璃主要成分为SiO2，有机玻璃不是硅酸盐材料，而是由甲基丙烯酸甲酯在一定条件下通过加聚反应合成，因此，有机玻璃属于塑料。
(4)SiO2、Al2O3与NaOH反应。
答案：(1)不是
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(2)CaCO3　(3)SiO2　塑料　加聚　(4)D
13．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用过量的碳与二氧化硅反应制得粗硅；
②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3(Si＋3HCl===SiHCl3＋H2)；
③SiHCl3与过量的H2在1 000～1 100 ℃反应制得纯硅，已知SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃。
请回答：
(1)第一步制取粗硅的反应中碳作________剂(填“氧化”或“还原”)。
(2)粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点－84.7℃)，提纯SiHCl3可采用________的方法。
(3)实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅的装置如图所示(加热器和夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是________，装置C需水浴加热，目的是____________。
②反应一段时间后，装置D中可观察到有晶体硅生成，D中发生的反应的化学方程式是_____________________________________________。
③为保证实验的成功，操作的关键除题中已告知的以外，你认为最重要的还有：_________________________________________________(说出三点)。
解析：(2)因为题设中给出的信息为SiHCl3、SiCl4、HCl的沸点不同，应用沸点差异进行分离，采用分馏法；
(3)③依据题设信息(SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃)可知加热前要先排尽装置中的空气及C、D装置中的水蒸气。
答案：(1)还原　(2)分馏　(3)①浓硫酸　使SiHCl3挥发，且能较好地控制温度
②SiHCl3＋H2Si＋3HCl　③a.实验前要检查气密性；b.加热前要先排尽装置中的空气；c.加热温度控制要适当
14．为了证明一氧化碳具有还原性，有人设计了下列实验：
(1)装置B中最适宜的试剂是________。
(2)装置D中发生反应的化学方程式是___________________________。
(3)必须用装置C吸收除去气体中水蒸气的理由是_____________________
______________________________________________________________。
(4)若根据F中石灰水变浑浊的现象确定CO具有还原性，应在上图中装置________与________之间连接下列装置中的________(填序号)。
解析：该实验的原理为：先制取纯净、干燥的CO2，再用C将CO2还原为CO，利用CuO被还原且澄清石灰水变浑浊来检验CO的还原性。
(1)装置B用来除去HCl，最适宜的试剂是饱和NaHCO3溶液。(2)装置D中发生反应的化学方程式是CO2＋C2CO。(3)水蒸气进入D中在高温下能跟碳反应产生H2，H2也能使CuO还原，故不能证明CO具有还原性，所以必须用装置C除去气体中的水蒸气。(4)若根据F中石灰水变浑浊的现象确定CO具有还原性，应在上图中装置D与E之间连接装置④，以除去其中的CO2。
答案：(1)饱和NaHCO3溶液　(2)CO2＋C2CO
(3)水蒸气进入D中在高温下能跟碳反应产生H2，H2也能使CuO还原，不能证明CO具有还原性
(4)D　E　④一、选择题
1．美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素中子数与核外电子数之差是(　　)
A．57　　　　　　　　　　B．47
C．61 D．293
解析：原子中，核外电子数等于质子数，故该元素中子数与核外电子数之差＝175－118＝57。
答案：A
2．(2012年烟台模拟)下列关于指定粒子构成的几种描述中不正确的是(　　)
A．37Cl与39K具有相同的中子数
B．第114号元素的一种核素X与82Pb具有相同的最外层电子数
C．H3O＋与OH－具有相同的质子数和电子数
D．O和S2－具有相同的质子数和电子数
解析：37Cl的中子数为20,39K的中子数为20；原子序数为114的元素位于第七周期第ⅣA族，与Pb处于同主族，最外层电子数相等。H3O＋的质子数和电子数分别为11、10，OH－的质子数和电子数分别为9、10；O的质子数为16、电子数为18，S2－的质子数为16、电子数为18。
答案：C
3．(2012年上海高三二次联考)某原子的核电荷数是其电子层数的5倍，质子数是其最外层电子数的3倍，则该原子的核电荷数为(　　)
A．11 B．15
C．17 D．34
答案：B
4．有X和ZX＋两种粒子，下列叙述正确的是(　　)
A．一定都是由质子、中子、电子组成的
B．化学性质几乎完全相同
C．质子数一定相等，质量数和中子数一定不相等
D．核电荷数和核外电子数一定相等
解析：X、ZX＋是同种元素的不同核素的原子和离子，A－Z可能为0即中子数可能为0，如H，A错误；原子与离子的化学性质不同，B错误；C正确；X和ZX＋核电荷数相等，但核外电子数不相等，D错误。
答案：C
5．(2012年银川模拟)下列叙述错误的是(　　)
A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素
B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等
C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等
D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等
解析：13C、14C互为同位素；14C、14N质量数都为14，中子数分别为8、7；1H、2H互为同位素，质子数相等；6Li、7Li互为同位素，质子数和电子数都对应相等，但中子数不相等。
答案：D
6．下列说法中错误的是(　　)
A．任何原子及其离子，都是核外电子层数等于该元素在周期表中的周期数
B．在元素周期表中，从ⅢB族到ⅡB族的10个纵列中，所有的元素都是金属元素
C．除氦以外的所有稀有气体元素，原子的最外层电子数都是8
D．凡是同种元素的同位素，其各项物理性质不同、化学性质相同
解析：A项，简单阳离子的核外电子层数小于该元素所在的周期数，如第三周期的Na＋、Mg2＋、Al3＋，电子层结构均为，A错；B、C项说法正确；D项，同位素具有相同的化学性质、不同的物理性质，D正确。
答案：A
7．下列叙述中，正确的是(　　)
A．两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同
B．凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布
C．两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D．阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同
解析：Na＋、Mg2＋、Al3＋、F－、O2－、Ne的核外电子排布均相同，但化学性质不同，A不正确；单原子形成的离子如H＋、Fe2＋、Fe3＋等均不具有稀有气体元素原子的核外电子排布，B不正确；阴离子的核外电子排布与同周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同，而主族元素阳离子的核外电子排布才与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同，D不正确。
答案：C
8．(2012年南京模拟)科学家已经探明月球上有大量3He存在，以下关于3He的说法不正确的是(　　)
A．向两个相同的密闭容器中充入3He和O2，当它们的温度和密度都相同时，两种气体的压强p(3He)>p(O2)
B．3He的质量数为3，所以3He的近似相对原子质量为3
C.He与He互为同素异形体
D．体积相同、密度相同的3He与HD具有相同的中子数
解析：选项A,3He的相对分子质量为3，O2的相对分子质量为32，因体积相同，密度相同，则加入的气体的质量相等，故n(3He)>n(O2)，则p(3He)>p(O2)；选项B,3He的近似相对原子质量为3；选项C，He与He互为同位素而不是同素异形体；选项D，质量相同的3He与HD具有相同的中子数。
答案：C
9．下列各项中的两个分子核外电子总数不同的是(　　)
A．H2O2和CH3OH B．HNO2和HClO
C．H2O和CH4 D．HCl和F2
解析：A项、D项中分子核外电子总数都为18个，C项中分子核外电子总数均为10个。
答案：B
10．电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多1，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是(　　)
A．Z的氢化物的热稳定性强于W的氢化物
B．Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C．X、Y、W的原子半径依次减小，对应离子半径依次增大
D．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
解析：Z单质是半导体材料且常用于制造太阳能电池，则Z元素是硅，由X、Y、Z、W四种元素是电子层数相同的短周期元素可知：它们都在第三周期。X的最外层电子数比K层少1，则X为钠元素；Y的最外层电子数比K层多1，则Y是铝元素；W的原子半径是同周期中最小的，则W是氯元素。
答案：D
二、非选择题
11．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。
元素 信息
B 其单质在常温下为双原子分子，与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性
D 其简单阳离子与X具有相同的电子数，且是同周期中简单阳离子中半径最小的
E 元素原子最外层比次外层少2个电子
C、F 两种元素的原子最外层共有13个电子
则：
(1)B的原子结构示意图为________。
(2)B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是______(写化学式)。
(3)C与D形成的化合物的化学式是________，它的性质决定了它在物质的分类中应属于________；请写出该化合物对应水化物电离的方程式___________________________________________________________________。
(4)F的单质在反应中常作________剂，该单质的水溶液与E的低价氧化物反应的离子方程式为____________________________________________。
解析：A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的水溶液呈碱性，则A为H，B为N；D的简单阳离子与X的电子数相同，且D是同周期中简单阳离子半径最小的元素，则D为Al；E元素的原子最外层比次外层少2个电子，则E为S，F为Cl；C、F原子最外层电子共13个，则C为O。
答案：(1) 　(2)H2O　(3)Al2O3　两性氧化物
(4)氧化　Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO
12．A、B、C、D为短周期元素，在周期表中所处的位置如下图所示。A、D两元素的原子核外电子数之和等于B、C两元素的原子核外电子数之和。C元素的质子数是B元素的质子数的2倍。
A B
C D
(1)写出A、B、C、D四种元素的名称______、________、________、________。
(2)D位于元素周期表中第______周期，第________族。
(3)D的单质与水反应的化学方程式为______________________________。
(4)比较B、C的原子半径大小：________。
(5)若D原子核内质子数与中子数相等。则D的质量数是________。
解析：C比B的质子数大8，由C元素的质子数是B元素的质子数的2倍可知，B为氧，C为硫。
答案：(1)氮　氧　硫　氯　(2)三　ⅦA
(4)r(O)13．A、B、C、D均为短周期主族元素，A和B同周期相邻，A和C同主族相邻，三种元素的原子序数之和为31。D元素与A、B、C三元素既不同周期、也不同主族。回答下列问题：
(1)写出下列元素的名称：
A________，B________，C________，D________。
(2)A和C的单质可直接化合生成化合物X，反应的化学方程式为_______________；X对环境的影响为______________________。
(3)A、B、D可组成离子化合物，是一种常见的速效化肥，其化学式为________；长期使用该化肥将导致土壤酸化，其原因用离子方程式表示为_________________________________________________；
在该化合物的水溶液中，各离子浓度由大到小的正确顺序是__________________________________________________。
答案：(1)氧　氮　硫　氢
(2)S＋O2SO2　形成酸雨
c(NO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
14．(2012年衡水一中高三质检)下表中阿拉伯数字(1、2……)是元素周期表中行或列的序号。请参照元素A～I在周期表中的位置，回答下列问题。
(1)B、C两元素中非金属性较强的是________(写出元素名称)，请设计一个简单的实验证明这一结论_____________________________________。
(2)表中某元素能形成两性氧化物，写出该氧化物溶于氢氧化钠溶液的离子反应方程式_______________________________________________________。
(3)表中某元素的单质在常温下为气态，该元素能与A～I中的一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种共价化合物X和Y，该元素还能与A～I中的另一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种离子化合物Z和M。写出Z与Y反应的化学方程式：_________________________________________。
(4)I元素在周期表中的位置是第______周期、第______族。
解析：根据各元素在周期表中的位置，推出A是H，B是C，C是N，D是O，E是F(氟)，F是Na，G是Al，H是Si，I是Cl。(1)N元素的非金属性强于C，可通过HNO3的酸性比H2CO3的酸性强证明。(2)Al2O3是典型的两性氧化物。(3)X、Y分别是H2O2、H2O，Z、M分别是Na2O2、Na2O。(4)据I元素在周期表中位置可以确定处于第三周期，第ⅦA族。
答案：(1)氮　取碳酸钠或碳酸氢钠溶液置于试管中，向其中滴加稀硝酸，观察是否有无色无味的气体产生
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　(4)三　ⅦA

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