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一、选择题
1．用于制造隐形飞机的物质具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如下图，它属于(　　)
CSHCHCSCSCHCHS
A．无机物 B．烃
C．高分子化合物 D．有机物
【解析】　据题中所给出的结构，再联想有机物的结构特点和组成元素，可判断出它属于有机物。
【答案】　D
2．在光照条件下，将等物质的量的甲烷和氯气充分反应，所得产物中物质的量最大的是(　　)
A．CH3Cl B．CH2Cl2
C．CHCl3 D．HCl
【解析】　光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应：CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl，CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl，CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl，尽管甲烷和氯气的反应复杂，产物较多，但肯定每一步反应都会产生HCl。
【答案】　D
3．(2009年上海模拟)“魔酸”酸性是浓硫酸的1亿倍，可以将正丁烷转化为异丁烷，下列关于这一转化的说法中错误的是(　　)
A．是化学变化 B．没有能量变化
C．有C—C、C—H键的断裂 D．有C—C、C—H键的形成
【解析】　正丁烷转化为异丁烷，原子间结合方式发生改变，有键的断裂，也有新键形成，应属于化学变化，必然伴随能量变化。
【答案】　B
4．1 mol CH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为(　　)
A．0.5 mol B．2 mol
C．2.5 mol D．4 mol
【解析】　1 mol甲烷发生取代反应共生成1 mol有机取代产物，每一种有机取代产物都是0.25 mol。每取代1个H消耗1个Cl2，所以共消耗Cl2：
0．25 mol×(1＋2＋3＋4)＝2.5 mol。
【答案】　C
5．下列化学性质中，烷烃不具备的是(　　)
A．可以在空气中燃烧
B．与Cl2发生取代反应
C．有些可以萃取溴水中的溴而使溴水褪色
D．能使高锰酸钾溶液褪色
【解析】　烷烃性质与甲烷类似，常温下性质非常稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色。
【答案】　D
6．对于CH2Cl2的有关叙述不正确的是(　　)
A．有两种不同的结构 B．在常温下可能呈液态
C．不是正四面体形 D．属于烃类
【解析】　CH2Cl2是CH4与Cl2光照发生取代反应的产物之一。由于CH4属于正四面体形，碳原子位于正四面体的中心，四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点，故其中的两个氢原子被两个氯原子取代后生成的CH2Cl2仍属于四面体结构，但由于C—H键与C—Cl键的长度不同，故CH2Cl2不属于正四面体。又由于四面体的四个顶点彼此相邻，故CH2Cl2不存在同分异构体，即只有一种结构。因为甲烷、一氯甲烷是气态的，所以二氯甲烷可能是液态的。烃是仅有碳氢两种元素组成的一类有机化合物，故CH2Cl2不属于烃类。
【答案】　AD
7．(2009年西安模拟)下列各组物质互为同系物的是(　　)
A．O2　O3
B．CHBrBrH　CHBrHBr
C．CH3CH3　CH3CHCH3CH3
D．CH3CH2CH2CH3　CH3CHCH3CH3　　
【解析】　判断两种有机物是否是同系物的根本方法是先看其结构是否相似，再看二者在组成上是否相差一个或若干个CH2原子团。
【答案】　C
8．已知丙烷的二氯代物有4种同分异构体，则其六氯代物的异构体数目有(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
【解析】　C3H8的二氯代物(C3H6Cl2)是2个Cl原子取代了8个H中的2个H；它们六氯代物(C3H2Cl6)可以看作C3Cl8中的2个Cl被2个H取代，因此同分异构体数目相等。
【答案】　C
9．进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是(　　)
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3 B．(CH3CH2)2CHCH3
C．(CH3)2CHCH(CH3)2 D．(CH3)3CCH2CH3
【解析】　解答本题时，首先必须明确，烷烃在发生光卤代(取代)反应时，原则上烷烃分子中的每个碳原子上的氢原子都能被取代，因而其取代产物是很复杂的，其次应了解由于不同的异构体的沸点各不相同，要得到三种沸点不同的一卤代烷，必须题给烷烃中应含有三种不同类型的氢原子。这样我们只须分析题给4个选项中不同类型的氢原子有几种即可确定出答案。
【答案】　D
10．下列说法中错误的是(　　)
①化学性质相似的有机物是同系物　②分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物　③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物　④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似
A．①②③④ B．只有②③
C．只有③④ D．只有①②③
【解析】　同系物是结构相似(结构相似，则化学性质相似)，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，这个概念有两个限定条件必须同时具备。C、H元素的质量分数相同未必是同系物，如C2H4(CH2CH2)和C3H6(CH2H2CCH2)；互为同分异构体的物质化学性质不一定相似，如CHCH3CH2和CH2H2CCH2。
【答案】　A
11.
(2008年武汉模拟)一种有机物的化学式为C4H4，分子结构如右图所示，将该有机物与适量氯气混合后光照，生成的卤代烃的种类共有(　　)
A．2 B．4
C．5 D．6
【解析】　图示结构为正四面体型结构。
【答案】　B
12．(2009年佳木斯一模)一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6 g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g。原混合气体中CO2的质量为(　　)
A．12.5 g B．13.2 g
C．19.7 g D．24.4 g
【解析】　CaCl2增重25.2 g为水的质量
n(H2O)＝＝1.4 mol
根据氢元素守恒得：
n(CH4)＝＝0.7 mol
设CO2、CO的物质的量分别为x、y
m(CO2)＝0.3 mol×44 g·mol－1＝13.2 g。
【答案】　B
二、非选择题
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图所示：
根据要求填空：
(1)B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③________________。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应____________。
(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__________。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)浓H2SO4吸水，可干燥混合气体；(2)CH4和Cl2在漫射光条件下发生如下反应：
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。
(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，尾气为气体，故尾气成分是多余的CH4和产物CH3Cl。
【答案】　(1)干燥混合气体　(2)大于或等于4　(3)吸收过量的氯气　(4)CD　(5)分液　AB
14．有效地利用现有能源和开发新能源已受到各国的普遍重视。
(1)可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH3OC(CH3)3来生产“无铅汽油”。CH3OC(CH3)3分子中必存在的原子间连接形式有________(填写编号)。
①CO　　　②CC　　　③COC　　　④CCCC
(2)天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一，天然气常和石油伴生，其主要成分是____________。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是________(填写编号)。
①其一氯代物不存在同分异构体
②其二氯代物不存在同分异构体
③碳原子与氢原子之间以共价键结合
④四个碳氢键是完全等价的
(3)1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50 km/h行驶了40 km。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气。下面可供开发又较经济的制氢方法是________(填写编号)。
①电解水　　　　②锌和稀硫酸反应　　　　③光解海水
其次，制得氢气后还需要解决的问题是____________________(写出其中一个)。
【解析】　氧原子同时连接两个烃基。结构为COC；天然气的主要成分是甲烷，甲烷的氯代物不存在同分异构体；电解水消耗电能，锌与稀硫酸反应消耗原料；只有光能是取之不尽的。H2的相对分子质量小，熔、沸点低，难以压缩。
【答案】　(1)③　(2)甲烷　②　(3)③　氢气的运输和贮存
15．烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是(CH3)2CCH2ClCH2CH3。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。以上反应及B的进一步反应如下图所示。
完成下列问题：
(1)A的结构简式是　　　　　　　　　　　　　　。
(2)H的结构简式是　　　　　　　　　　　　　。
(3)B转变为F的反应属于　　　　反应(填反应类型名称)。
(4)B转变为E的反应属于________反应(填反应类型名称)。
(5)1.16 g H与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO2的体积是________mL。
【解析】　C的结构为ClCH2CCH3CH3CH2CH3，将分子中Cl原子换成H原子得到A的结构为CH3CCH3CH3CH2CH3。A一氯取代的产物还有：、(CH3)3CCHCH3Cl、(CH3)3CCH2CH2Cl两种。
卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，上述两种物质发生消去反应后都生成(CH3)3CCHCH2。
卤代烃在NaOH水溶液中发生水解反应，生成醇：
①(CH3)3CCHCH3Cl＋NaOH△,(CH3)3CCHCH3OH＋NaCl
②(CH3)3CCH2CCH2Cl＋NaOH△,(CH3)3CCH2CH2OH＋NaCl
①反应的产物只能氧化为酮，②反应的产物氧化为醛，能发生银镜反应，对照反应关系可知：
B为(CH3)3CCH2CH2Cl，D为(CH3)3CCHCH3Cl，
F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，
H为(CH3)3CCH2COOH。
H和NaHCO3反应：(CH3)3CCH2COOH＋NaHCO3―→(CH3)3CCH2COONa＋H2O＋CO2↑产生气体的体积为×22.4 L·mol－1＝0.224 L＝224 mL。
【答案】　(1)(CH3)3CCH2CH3
(2)(CH3)3CCH2COOH
(3)取代(或氯代烃水解也可)　(4)消去
(5)224
16．某烃折合标准状况下的密度为3.215 g/L，现取3.6 g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重11 g，求：
(1)该烃的相对分子质量；
(2)确定该烃的分子式；
(3)已知该烃的一氯代物只有一种，写出该烃的结构简式：__________________________________。
【解析】　(1)V(烃)＝＝＝1.152 L
n(烃)＝＝＝0.05 mol
M(烃)＝＝＝72 g/mol
n(H2O)＝＝0.3 mol
n(H)＝2n(H2O)＝0.6 mol
n(CO2)＝＝0.25 mol
n(C)＝n(CO2)＝0.25 mol
(2)n(烃)∶n(C)∶n(H)＝0.05 mol∶0.25 mol∶0.6 mol＝1∶5∶12
该烃的分子式为C5H12。
(3)由于该烃的一氯代物只有一种，所以该烃的结构简式为
CH3CCH3CH3CH3 。
【答案】　(1)72　(2)C5H12　(3)CH3CCH3CH3CH3
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一、选择题
1．(2009年茂名模拟)下列说法中错误的是(　　)
A．加热一般能加快化学反应速率
B．粉碎固体物质能加快化学反应速率
C．不同物质的化学反应速率可能不一样
D．化学方程式中各物质的化学反应速率之比等于其质量比
【解析】　加热，增大固体物质的表面积均能加快化学反应速率，A、B正确；不同物质的化学反应速率可能不一样，但在同一个反应中，它所表示的意义是相同的，C正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，D错误。
【答案】　D
2．下列关于化学反应速率的说法正确的是(　　)
A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加
B．化学反应速率0.8 mol/(L·s)是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol/L
C．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
D．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
【解析】　不能用纯液体或固体的物质的量浓度变化来表示化学反应速率，A错误；化学反应速率是平均速率，而非瞬时速率。B错误；有些化学反应速率很大，可能无明显实验现象，C错误；化学反应速率是用来描述化学反应进行快慢的物理量，D正确。
【答案】　D
3．已知反应A＋3B===2C＋D在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol/(L·min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为(　　)
A．0.5 mol/(L·min)　　　　B．1 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．3 mol/(L·min)
【解析】　从题目中可以看出反应物A、B和生成物C、D的化学计量数的关系，即v(A)＝v(B)＝v(C)＝v(D)。
【答案】　C
4．对于在一定条件下进行的化学反应：2SO2＋O2??2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中活化分子百分数的是(　　)
A．增大压强 B．升高温度
C．加催化剂 D．减小反应物浓度
【解析】　A项中增大压强，实际上增大反应物浓度，只是使得活化分子的浓度增大但百分数不变；D项中减小浓度，反应速率减慢，也不会提高反应物中的活化分子百分数。故A、D都不选。B项中升高温度，使分子的能量增大，原先未达到活化分子能量的分子有些变为活化分子，使其百分数增大，加催化剂，降低活化能，同样可增大活化分子的百分数，故应选B、C。
【答案】　BC
5．(2008年高考上海卷)
已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如右图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是(　　)
A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水
【解析】　浓H2SO4不挥发，A错；由烟环位置可推测，甲比乙扩散速度快，甲比乙的摩尔质量要小，可知B、D错，C正确。
【答案】　C
6．一定量的锌粉和6 mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是(　　)
①石墨　②CuO　③铜粉　④铁粉　⑤浓盐酸
A．①②⑤ B．①③⑤
C．③④⑤ D．①③④
【解析】　①③中所加物质与锌粉在盐酸中形成许多微小原电池，使反应速率加快；②中CuO溶于盐酸后会消耗锌，使H2总量变小；④中铁粉会与过量的盐酸反应，使H2总量增加。
【答案】　B
7. 一定温度下，固定体积的密闭容器中发生下列发应：2HI(g)??H2(g)＋I2(g)，若c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L，需要的时间为(　　)
A．等于5 s B．等于10 s
C．大于10 s D．小于10 s
【解析】　随着反应进行，反应物浓度减小，化学反应速率减慢，先降低0.03 mol/L需15 s，则再降低0.02 mol/L所需时间大于10 s。
【答案】　C
8．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是(　　)
A．从反应开始到10 s末，用Z表示的反应速率为0.158 mol/(L·s)
B．从反应开始到10 s末，用X表示的反应速率为0.79 mol/(L·s)
C．从反应开始到10 s末，Y的转化率为79.0%
D．该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)??Z(g)
【解析】　据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10 s末，Δn(X)＝1.20 mol－0.41 mol＝0.79 mol，Δn(Y)＝1.00 mol－0.21 mol＝0.79 mol，Δn(Z)＝1.58 mol，所以化学方程式为X＋Y??2Z，D错误；0～10 s内，v(Z)＝＝0.079 mol/(L·s)，
所以v(X)＝v(Z)＝0.039 5 mol/(L·s)，Y的转化率为×100%＝79.0%，故A、B错误，C正确。
【答案】　C
9．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)、2HI(g)??H2(g)＋I2(g)。2 min后，化学反应达到平衡，测知c(H2)为0.5 mol/L，c(HI)为4 mol/L，若上述反应速率用NH3的浓度变化值表示，则下列速率数据正确的是(　　)
A．0.5 mol/(L·min) B．2.0 mol/(L·min)
C．2.5 mol/(L·min) D．5.0 mol/(L·min)
【解析】　由化学方程式可知NH4I分解产生的NH3和HI的物质的量相等，而生成的HI的总物质的量应等于其平衡时的物质的量与分解消耗的物质的量之和，由于反应前后体积不变，故有Δc(NH3)＝c(HI平衡)＋c(HI消耗)＝4 mol/L＋0.5 mol/L×2＝5 mol/L，所以v(NH3)＝＝2.5 mol/(L·min)。
【答案】　C
10．把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)??nZ(g)＋2W(g)
5 min末已生成0.2 mol W，若测知以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　5 min末生成的Z为0.01 mol/(L·min)×2 L×5 min＝0.1 mol，n(Z)∶n(W)＝0.1∶0.2，则n＝1。
【答案】　A
11．(2009年合肥高三质量检测)对可逆反应：A(g)＋B(g)??C(s)＋2D(g) 　ΔH>0，右图所示为正逆反应速率(v)与时间(t)的关系，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减小C，符合图示的条件是(　　)
A．②③ B．①②
C．③④ D．④⑤
【解析】　由图中可知改变条件后正、逆反应速率同等程度的增大，对平衡无影响。又因为该反应为气体体积不变的反应，故增大压强能同等程度的增大正、逆反应速率．而加入催化剂也符合这一特点。
【答案】　A
12．(2009年泰州模拟)500 ℃、20 MPa时，将H2和N2置于一容积为2 L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如下图所示，下列说法正确的是(　　)
A．反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.005 mol/(L·min)
B．从曲线变化可以看出，反应进行到10 min至20 min时可能是使用了催化剂
C．从曲线变化可以看出，反应进行至25 min时，分离出0.1 mol的氨气
D．在25 min时平衡正向移动，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小
【解析】　A中N2的平均反应速率为：＝0.003 75 mol/(L·min)；B中从10 min到20 min反应速率骤然增大，可能使用了催化剂；C中25 min时，氨气的物质的量从0.3 mol降至0.2 mol，故应分离出0.1 mol NH3；D中w(NH3)25 min＝＝，w(NH3)新平衡＝
＝，而<，故D错。
【答案】　BC
二、非选择题
13．在室温下，5.0 mL 0.10 mol/L Na2S2O3(aq)和15.0 mL 0.10 mol/L H2SO4(aq)混合，析出淡黄色沉淀。反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。回答下列问题：
(1)若将上述两溶液分别在水浴中预热到60 ℃，然后再将它们混合，则析出淡黄色沉淀的速率显著加快，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若在混合溶液中加入几滴5.00 mol/L的H2SO4(aq)，则析出淡黄色沉淀的速率 ________(填“明显加快”“明显减慢”或“基本不变”，下同)；若在混合溶液中加入少量Na2SO4(s)，则析出淡黄色沉淀的速率________；若在混合溶液中加入5.0 mL 8.00 mol/L Na2SO4(aq)，则析出淡黄色沉淀的速率________________________________________________________________________。
【解析】　(1)由于两溶液的温度升高，加快了化学反应速率，所以产生沉淀的速率加快。
(2)加入几滴5.00 mol/L的H2SO4，增大了H2SO4的浓度，所以反应速率明显加快；若加入Na2SO4固体对反应物的浓度无影响，故反应速率基本不变；加入Na2SO4溶液相当于稀释了反应物的浓度，所以反应速率明显减慢。
【答案】　(1)温度升高，化学反应速率加快
(2)明显加快　基本不变　明显减慢
14．在相同条件下进行Mg与HCl、CH3COOH反应的对照实验，相关数据如下：
Mg的质量 酸量 开始时反应速率 产生H2总量
Ⅰ 0.24 g HCl 0.2 mol/L100 mL v1 n1
Ⅱ 0.24 g CH3COOH0.2 mol/L　100 mL v2 n2
(1)试比较有关量的大小：v1________v2，n1________n2(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)现欲改变条件，使实验Ⅰ中v1降低，但不改变n1的值，试写出两种可行的方法。
方法Ⅰ__________________；
方法Ⅱ__________________。
【解析】　本题通过实验探究外界条件对化学反应速率的影响。起始时Mg的质量相同，HCl、CH3COOH的浓度相同，由于HCl是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，部分电离，故盐酸中c(H＋)大，所以v1>v2。根据方程式Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑知，Mg与盐酸、CH3COOH恰好反应，故生成H2的总量n1＝n2。改变条件，使Ⅰ中v1减小，而n1不变，只能降低溶液中c(H＋)，而不能改变H＋的总量，所以可向盐酸中加水或加入醋酸钠固体。
【答案】　(1)>　＝　(2)加入水　加CH3COONa固体
15．加0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如右图所示。
(1)实验时放出气体的总体积是________。
(2)放出一半气体所需时间为________。
(3)反应放出3/4气体所需的时间约为________。
(4)A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为________。
(5)解释反应速率变化的原因________________________________________________________________________。
(6)计算H2O2的初始物质的量的浓度。
(7)求反应到2 min时，H2O2的质量分数。
【解析】　根据v－t图象知，反应进行至1 min时，放出O2的体积为30 mL，反应进行至2 min时，放出O2 45 mL，反应进行至4 min，放出O2的体积达最大值60 mL；由v－t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反应速率逐渐减小，这是因为随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应逐渐变慢；根据2H2O22H2O＋O2↑，n(H2O2)＝×2，所以H2O2的起始物质的量浓度为：＝0.107 mol/L；反应进行至2 min时，消耗H2O2的物质的量为×2＝0.004 mol，剩余H2O2的物质的量为×2－0.004 mol＝1.36×10－3mol。
所以w(H2O2)＝×100%≈0.084%。
【答案】　(1)60 mL　(2)1 min　(3)2 min　(4)D＞C＞B＞A
(5)随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应逐渐变慢
(6)0.107 mol/L　(7)0.084%
16．在2 L容器中，放入0.4 mol A和0.6 mol B，在一定温度下，压强为P，放入催化剂(催化剂体积忽略不计)发生反应2A(g)＋3B(g)??xC(g)＋2D(g)，在a min后，容器中c(A)＝0.1 mol·L－1，此时，若温度与压强均未改变，则v(B)＝________________，x＝____；若温度不变压强为0.9P，则v(C)＝______________mol·L－1·mol－1，x＝________。
【解析】　发生反应后压强没有改变，说明反应前后气体总物质的量不变，2＋3＝x＋2，x＝3，v(B)＝v(A)＝×＝mol·L－1·min－1。
温度不变，压强变为原来的，说明气体的物质的量减少了，即0.1 mol，而A减少了0.2 mol，＝，x＝2。
v(C)＝v(A)＝
＝mol·L－1·min－1。
【答案】　mol·L－1·min－1　3　mol·L－1·min－1 2
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一、选择题
1．(2008年重庆高考题)下列做法中用到物质氧化性的是(　　)
A．明矾净化水　　　　　B．纯碱除去油污
C．臭氧消毒餐具 D．食醋清洗水垢
【解析】　A项是胶体吸附水中的悬浮杂质；B项是油脂的水解；C项是利用臭氧的氧化性使蛋白质变性；D项属于复分解反应。
【答案】　C
2．(2009年连云港)禽流感病毒对常用消毒剂十分敏感，易将其灭活。如氧化剂(包括漂白粉)、稀酸等都能迅速破坏其活性。下列不能灭活禽流感病毒的物质是(　　)
A．H2O2溶液 B．NaClO溶液
C．矿泉水 D．HCl溶液
【解析】　H2O2、NaClO都属于强氧化剂，HCl溶液属于酸，它们都能杀灭禽流感病毒，而矿泉水则不能。
【答案】　C
3．(2009年聊城模拟)物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：
①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液
③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与HCl溶液
由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是(　　)
A．①③ B．③④
C．①② D．①③④
【解析】　①Cu与HNO3反应，随HNO3浓度变化，其生成物不同，HNO3浓度大时生成NO2，浓度小时产生NO等。②Zn与H2SO4反应，若H2SO4浓度较大时，H2SO4表现强氧化性，生成SO2；若为稀H2SO4，则与Zn反应释放出H2。②④组的物质其反应产物与它们的浓度无关。
【答案】　A
4．(2008年广东高考)氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是(　　)
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
C．AlN中氮元素的化合价为＋3
D．AlN的摩尔质量为41 g
【解析】　Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO反应中氧化剂为N2，还原剂为C，反应中每生成1 mol AlN，需转移电子数3 mol；AlN中N为－3价；AlN的摩尔质量为41 g·mol－1。
【答案】　B
5．根据下表下列叙述中正确的是(　　)
序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物
① Cl2 FeBr2 FeCl3
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 MnSO4
③ KClO3 HCl(浓) Cl2 Cl2
④ KMnO4 HCl(浓) Cl2 MnCl2
A.表中第①组反应的氧化产物一定只有FeCl3(实为Fe3＋)
B．氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3＋>Br2>Fe2＋
C．还原性比较：H2O2>Mn2＋>Cl－
D．④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16
【解析】　分析该题的依据是同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物。
【答案】　D
6．(2009年黄冈质检)某元素在化学反应中，由化合态变成游离态，则下列说法正确的是(　　)
①该元素一定被氧化　②该元素一定被还原　③该元素可能被氧化，也可能被还原　④元素化合价降为0　⑤生成的单质为氧化产物　⑥生成的单质为还原产物　⑦生成的单质既可能为氧化产物也可能为还原产物　⑧该过程不一定非得加氧化剂或还原剂才能实现　⑨该反应不一定是吸热或放热反应　⑩该反应一定不是复分解反应
A．③⑦⑧⑨⑩　　　　　　B．①⑤⑩
C．②④⑥⑩ D．①②④⑤⑥
【解析】　某元素由化合态变为游离态有两种情况：①金属离子Rn＋R被还原，产物为还原产物；②非金属离子Rn－R被氧化，产物为氧化产物，因此由化合态变游离态可能被氧化也可能被还原，其产物可能是氧化产物也可能是还原产物，且该过程也不一定通过加氧化剂或还原剂才能实现，如2AgClCl2↑＋2Ag，但复分解反应一定不能实现上述过程。
【答案】　A
7．(2009年佛山质检)下列反应中不属于氧化还原反应的是(　　)
A．3Cl2＋6KOH=== 5KCl＋KClO3＋3H2O
B．2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O
C．SnCl4＋2H2O===SnO2＋4HCl
D．3CCl4＋K2Cr2O7===2CrO2Cl2＋3COCl2＋2KCl
【解析】　A中l2―→；B中O2―→都有价态变化所以是氧化还原反应；C中nCl4―→nO2；D中Cl4―→OCl2；K2r2O7―→rO2Cl2都没有化合价的改变，故都不是氧化还原反应。
【答案】　CD
8．据悉，奥运会上使用的发令枪所使用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生反应的化学方程式为：5KClO3＋6P===3P2O5＋5KCl，则下列有关叙述错误的是(　　)
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶6
B．产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒(烟)吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)
C．上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15 mol
D．上述火药中的红磷可以用白磷代替
【解析】　由方程式中化合价变化可知KClO3是氧化剂，P是还原剂，A项对。每个P原子化合价升高5，每3 mol P转移15 mol e－，C项对。该反应产生的P2O5是固体颗粒，容易吸水生成酸雾，B对。若红磷换成白磷，安全性降低，D项错。
【答案】　D
9．(2008年全国Ⅱ高考题)(NH4)2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3，在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是(　　)
A．SO2、H2O、N2、NH3　　 　B．N2、SO2、H2O、NH3
C．N2、SO2、NH3、H2O D．H2O、NH3、SO2、N2
【解析】　写出方程式并配平为3(NH4)2SO43SO2＋N2＋
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,2×3　,6
4NH3＋6H2O，根据此确定化学计量数由小到大的顺序为N2、SO2、NH3、H2O。
【答案】　C
10．(2009年河源检测)已知I－、Fe2＋、SO2、Cl－、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl－A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋
B．I2＋SO2＋H2O===H2SO4＋2HI
C．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
D．2Fe2＋＋I2===2Fe3＋＋2I－
【解析】　本题可采用逆向思维法解答，若A能发生，则还原性SO2>Fe2＋，符合题意；若B能发生，则还原性SO2>I－，符合题意；若C能发生，则还原性H2O2>SO2，与题给还原性强弱顺序不符，故C反应不能发生；若D能发生，则还原性Fe2＋>I－，与题给还原性强弱顺序不符，故D反应也不能发生。
【答案】　CD
11．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：
2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O
下列说法正确的是(　　)
A．KClO3在反应中失去电子
B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被氧化
D．1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【解析】　由所给反应可知KClO3中氯元素化合价从＋5降低为＋4，每1 mol KClO3得到1 mol电子，而被还原成为ClO2，ClO2是还原产物；H2C2O4中碳元素化合价从＋3价升高到＋4，H2C2O4作还原剂被氧化。
【答案】　C
12．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【解析】　HNO3被铜还原为NO2、N2O4和NO时，得到的电子数等于铜被氧化为Cu2＋时失去的电子数，NO2、N2O4、NO被O2氧化生成HNO3所失去的电子数等于O2得到的电子数，故Cu→Cu2＋失去的电子数等于O2→2得到的电子数。
n(Cu2＋)＝n(Cu)＝×2＝0.15 mol，n(NaOH)＝2n(Cu2＋)＝2n(Cu)＝0.30 mol，V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【答案】　A
二、非选择题
13．高温下向1 mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，生成2 mol H2，同时还生成金属铜和一种有刺激性气味的气体。
(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)被氧化的元素是________，被还原的元素是______。
(3)每生成1 mol H2，氧化剂与还原剂之间所转移的电子是________mol。
【解析】　Cu2S＋2H2O(g)2H2＋2Cu＋SO2，在该反应中铜元素化合价由＋1降为0，被还原，氢元素化合价由＋1价降为0价，被还原；硫元素由－2价升高为＋4价，被氧化。
得生成1 mol H2时，该反应转移3 mol e－。
【答案】　(1)Cu2S＋2H2O(g)2H2＋2Cu＋SO2
(2)S　Cu、H(或答硫　铜、氢)
(3)3
14．(2008年上海高考)某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
＋＋―→＋＋
(2)反应中，被还原的元素是________，还原剂是________。
(3)将氧化剂与还原剂填入空格中，并标出电子转移的方向和数目。
＋＋……
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂物质的量之比为________。
【解析】　因为Au2O3为反应物，则Au2O必定为生成物，在Au2O3中Au的化合价为＋3，Au2O中Au的化合价为＋1，即Au在反应中化合价降低，则另一种元素的化合价必定升高。在Na2S2O3中S的化合价为＋2，Na2S4O6中S的化合价为2.5价，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，根据化合价的升降总数相等，在Na2S4O6前配2，由S守恒，可知Na2S2O3前配4，Au2O3和Au2O前分别配1，再根据Na＋守恒，则生成物中必定为NaOH，且配平系数为4，则H2O为反应物，在其前面配2，配平后的化学方程式为：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O===Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH。
【答案】　(1)Na2S2O3　H2O　Na2S4O6　Au2O　NaOH
(2)　Na2S2O3　(3)Au2O3　Na2S4e－2O3　(4)1∶4
15．我们生活中的许多现象及大量物质的应用都与氧化还原反应有关，请运用氧化还原反应的知识回答下列问题。
(1)氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒。在次氯酸中，氯元素的化合价为________，氯原子容易得到电子，从而使氯元素化合价降低，因此次氯酸具有强________，次氯酸具有漂白作用就是基于它的这个性质。
(2)现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是(　　)
A．苹果汁中的Fe2＋变成Fe3＋
B．苹果汁中含有Cu2＋
C．苹果汁中含有OH－
D．苹果汁中含有Na＋
(3)我们生产和生活中需要许多单质如金属铁、单质硅等。而自然界中的元素大多以化合态存在，把某元素由化合态变成游离态，则它(　　)
A．被氧化
B．被还原
C．可能被氧化，也可能被还原
D．由高价态变成零价
【解析】　(1)HClO中Cl元素的化合价为＋1价，得电子，化合价降低，是氧化剂，在反应中体现出氧化性。
(2)淡绿色为Fe2＋溶液的颜色，Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋，从而颜色呈现棕黄色。
(3)元素由化合态变为游离态，化合价可能升高(如HCl→Cl2)，也可能降低(如Cu2＋→Cu)，故可能被氧化，也可能被还原。
【答案】　(1)＋1　氧化性　(2)A　(3)C
16．在酸性条件下，许多氧化剂可使KI溶液中的I－氧化，例如KIO3(IO3－→I2)、H2O2(H2O2→H2O)、FeCl3(Fe3＋→Fe2＋)、K2Cr2O7(Cr2O72－→Cr3＋)。请根据题目要求填空：
(1)写出在醋酸存在的条件下KIO3溶液与KI溶液反应的离子方程式，并标明电子转移的方向和数目：__________________________________。
(2)在酸性条件下(足量)，各取1 L浓度为1 mol·L－1的KI溶液分别与上述列举四种溶液进行完全反应，则需要溶质的物质的量之比为n(KIO3)∶n(H2O2)∶n(FeCl3)∶n(K2Cr2O7)＝________∶________∶________∶________。
【解析】　(1)CH3COOH是弱酸，在书写离子方程式时用分子的化学式表示。
IO3－＋5I－＋6CH3COOH===3I得5e－失5e－2＋6CH3COO－＋3H2O
(2)反应中，IO3－I2，H2O22H2O，Fe3＋Fe2＋，Cr2O72－2Cr3＋，氧化等物质的量的I－，电子转移的物质的量应相等。设KIO3、H2O2、FeCl3、K2Cr2O7的物质的量分别为n1、n2、n3、n4，则有：5n1＝2n2＝n3＝6n4，故n1∶n2∶n3∶n4＝6∶15∶30∶5。
【答案】　
(1)IO3－＋5I－＋6CH3COOH===3I得5e－失5e－2＋6CH3COO－＋3H2O
(2)6∶15∶30∶5
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一、选择题
1．在实验室里进行分液操作，下列实验仪器一定用不着的是(　　)
A．锥形瓶 B．分液漏斗
C．玻璃棒 D．温度计
【解析】　锥形瓶可以代替烧杯，向分液漏斗中倾倒液体可以用玻璃棒引流。
【答案】　D
2．已知丙酮通常是无色液体，不溶于水，且密度小于水，沸点约是55 ℃。要从丙酮和水的混合物中将丙酮分离出来，下列操作中最合理的是(　　)
A．蒸馏 B．分液
C．过滤 D．蒸发
【解析】　丙酮和水是互不相溶的液体，分液是最佳方法。
【答案】　B
3．(2008年广东理科基础)用石灰水、小苏打、淀粉和食醋等不能完成的实验是(　　)
A．碘盐中碘的检验 B．暖瓶中水垢的除去
C．食盐和纯碱的鉴别 D．鸡蛋壳主要成分的检验
【解析】　水垢中含有CaCO3、Mg(OH)2等物质可以用醋酸除去；食盐和纯碱可以用石灰水鉴别；蛋壳中含有CaCO3，可以用醋酸检验。
【答案】　A
4．(江苏化学)以下实验装置一般不用于分离物质的是(　　)
【解析】　A为蒸馏装置，B为渗析装置，C为过滤装置，D为配制一定物质的量浓度溶液的仪器。
【答案】　D
5．下列实验操作中叙述正确的是(　　)
A．萃取操作必须在分液漏斗中进行
B．振荡试管中液体时，用手腕甩动
C．用剩的药品应收集起来放回原试剂瓶中
D．称量物质时先取小砝码，再依次取较大的砝码
【解析】　萃取操作也可以在其他的容器中进行；用剩的药品不能放回原试剂瓶，以防止污染试剂；而用天平称量物质时，先用较大的砝码，再依次取较小的砝码。
【答案】　B
6. 对下列各组物质：①NaNO3和NaCl；②CaCl2和CaCO3；③MnO2和KCl；④BaSO4和AgCl，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是(　　)
A．只有① B．③④
C．②③ D．②④
【解析】　要将两种固体按溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离，必需的条件是其中一种固体难溶于水，另一种固体易溶于水。对于所给出的物质组：①两者都易溶；④两者都难溶，均不能用指定的方法分离。②CaCl2易溶，CaCO3难溶；③MnO2难溶，KCl易溶，可用指定方法分离。
【答案】　C
7．如右图是简易洗气瓶装置，若用来实现下列实验目的，其中A为其入口，则下列判断正确的是(　　)
①瓶内盛满水，用来贮存难溶于水的气体
②瓶内盛有一定量的液体试剂，用来除去某气体中的杂质气体
③瓶内无液体，收集密度比空气小的某些气体
④瓶内贮存难溶于水的气体，加水时气体从中排出
A．①③ B．②④
C．①②③④ D．②③④
【解析】　简易洗气瓶可做到一瓶多用。 当瓶内空时，A为气体入口，可用向下排空气法收集气体；当瓶内盛水时，A为气体入口，可贮存难溶于水的气体。
【答案】　A
8．(广东理基)某溶液中可能含有SO42－、CO32－、Cl－。为了检验其中是否含有SO42－，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是(　　)
A．H2SO4 B．HCl
C．NaOH D．NaNO3
【解析】　检验SO42－时，要排除CO32－、SO32－的干扰。
【答案】　B
9．为了证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，下列实验叙述中不正确的是(　　)
A．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水
B．硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2＋
C．硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42－
D．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4＋
【解析】　(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含结晶水，加热时，先失去，A项对。溶于水后，有NH4＋、Fe2＋和SO42－离子，用各自性质检验。D中NH3遇石蕊变蓝，错误。
【答案】　D
10．下列各组物质中，只有一种试剂(必要时可以微热)就可以鉴别的是(　　)
①AgNO3、NaOH、NH4SCN、HCl
②NH4NO3、NaOH、CaCO3、NaCl
③Ba(NO3)2、KCl、Al2(SO4)3、CH3COOH
④苯、苯酚溶液、己烯、乙醇
A．①②③④ B．①③④
C．①④ D．③
【解析】　①组用FeCl3溶液；②组用石蕊试液；③组用Na2CO3溶液；④组用溴水。
【答案】　A
11．(上海化学)为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①测定溶液的pH，溶液显强碱性。
②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。
③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。
④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
根据实验以下推测正确的是(　　)
A．一定有SO32－ B．一定有CO32－
C．不能确定Cl－是否存在 D．不能确定HCO3－是否存在
【解析】　一定没有SO32－，因为加HCl酸化时产生的是无刺激性气味的气体；因为加HCl后溶液中必定有Cl－，加AgNO3溶液产生AgCl沉淀，并不能确定原溶液中是否存在Cl－；由于原溶液呈强碱性，故一定没有HCO3－。
【答案】　BC
12．(宁夏理综)下列除去杂质的方法正确的是(　　)
①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离；
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏；③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
【解析】　①乙烯与Cl2能发生加成反应，但在光照条件下乙烷也能与Cl2发生取代反应，故①不正确，应将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶予以除去乙烯；②中乙酸能与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的乙酸钠，②正确；③CO2及SO2均能与碳酸钠溶液反应，故③不正确，应将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾(或是饱和碳酸氢钠溶液)的洗气瓶予以除去SO2；④由于乙酸能与生石灰生成沸点较高的盐(乙酸钙)，再经过蒸馏、冷凝、收集可得到较纯的乙醇，④正确。
【答案】　B
二、非选择题
13．(2009年浙江杭州第一次质检)物质的分离是化学研究中常用的方法，填写分离下列物质时使用的方法(不必叙述操作细节)。
(1)两种互不相溶的液体的分离________。
(2)固体和液体的分离________。
(3)含固体溶质的溶液中除去部分溶剂________。
(4)胶体中分离出可溶电解质________。
(5)几种沸点相差较大的互溶液体的分离________________________________________________________________________。
【解析】　仔细分析各分离方式的原理及适合范围，不难得出所需方法。
【答案】　(1)分液　(2)过滤　(3)蒸发　(4)渗析　(5)蒸馏
14．(2009年山东潍坊质检)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份各100 mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；
③第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。
根据上述实验，回答下列问题：
(1)一定不存在的离子是________________，不能确定是否存在的离子是________。
(2)试确定溶液中肯定存在的阴离子及其浓度(可不填满)：
离子符号________，浓度______________；
离子符号________，浓度______________；
离子符号________，浓度______________。
(3)试确定K＋是否存在________(填“是”或“否”)，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
______________________________。
【解析】　(1)首先考虑离子间的共存：CO32－、SO42－与Ba2＋，CO32－与Mg2＋间不能大量共存。据实验①推测原溶液中至少含有Cl－、CO32－、SO42－中的一种；据实验②推测原溶液中含有NH4＋；据实验③推测原溶液中含有CO32－和SO42－，则一定不含Mg2＋、Ba2＋。 而仅据题意无法判断原溶液中是否含有Cl－。(2)由题意知：NH4＋的物质的量等于NH3的物质的量，为0.04 mol；实验③中的沉淀6.27 g为BaCO3和BaSO4的混合物，其中BaSO4的质量为2.33 g，折合为0.01 mol，即SO42－的物质的量为0.01 mol，其中BaCO3的质量为(6.27 g－2.33 g)＝3.94 g，折合为0.02 mol；故可计算出阴离子CO32－的浓度为0.2 mol·L－1，SO42－的浓度为0.1 mol·L－1。
(3)可根据溶液中所有阴阳离子的总电荷代数和为零予以判断，K＋一定存在。
【答案】　(1)Mg2＋、Ba2＋　Cl－
(2)CO32－　0.2 mol·L－1　SO42－　0.1 mol·L－1
(3)是　溶液中肯定存在的离子是NH4＋、CO32－和SO42－，经计算，NH4＋的物质的量为0.04 mol，CO32－、SO42－的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol。根据电荷守恒，K＋一定存在(其他解答，只要合理即可)
15．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：
请填写下列空白：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是________(从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处)。
A．烧杯　B．坩埚　C．表面皿　D．泥三角　E．酒精灯　F．干燥器
(2)步骤③的实验操作名称是________；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是__________。
(3)步骤④反应的离子方程式是________________________________________________________________________
______________________。
(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：________________________________________________________________________
______________________________。
【解析】　本实验的基本思路是：从海水中提取含I－的碘化物(通过灼烧、浸泡等方法)，再用氧化剂(MnO2)氧化I－得到I2，最后用萃取剂(苯)从水溶液中萃取I2。萃取剂选择有两个条件：①与原来的溶剂(水)互不相溶；②被萃取物质在萃取剂中溶解度较大。
【答案】　(1)BDE　(2)过滤　蒸馏
(3)2I－＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O
(4)苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大
(5)取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色(如果变蓝，说明还有单质碘)
16．某固体可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现对该固体作如下实验，所得现象和有关数据如下图所示。(气体体积的数据均已换算成标准状况下的体积)
11.2 L气体体积不变 6.72 L气体白色沉淀5.80 g无明
显变化c,无色溶液白色沉淀无色溶液
回答下列问题：
(1)混合物中是否存在FeCl2？________(填“是”或“否”)。
(2)混合物中是否存在(NH4)2SO4？________(填“是”或“否”)；你的判断依据是________________________________________________________________________。
【解析】　气体通过浓H2SO4后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，用其物质的量为0.2 mol，则固体中有(NH4)2SO4为0.1 mol。
【答案】　(1)否　(2)是　加足量NaOH生成的气体中有NH3
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一、选择题
1．(2009年全国Ⅱ理综)下列叙述中正确的是(　　)
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【解析】　A项，CaCO3与CO2、H2O反应生成的Ca(HCO3)2与NaHCO3不反应。B项，向Na2CO3溶液中滴加等物质的量的HCl时，发生反应：CO32－＋H＋===HCO3－，不生成CO2。C项，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应时，NaHCO3产生的CO2多。D项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2时发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，反应中消耗H2O，且生成的NaHCO3溶解度小、质量多，故NaHCO3会结晶析出。
【答案】　D
2．(2010年浙江金丽衢十二校高三联考)在盛有5 mL饱和石灰水的试管中放入一小块钠，不可能观察到的现象是(　　)
A．钠熔成小球并在液面上游动
B．有气体生成
C．试管底部有银白色物质生成
D．溶液变浑浊
【解析】　Na与H2O反应生成NaOH和H2；消耗水且温度升高，Ca(OH)2溶解度减小会有Ca(OH)2析出，但不是银白色固体。
【答案】　C
3．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：
①金属钠先熔化　②在空气中燃烧，发出黄色火花　③燃烧后得到白色固体　④燃烧时火焰呈黄色　⑤燃烧后生成淡黄色固体
以上描述正确的是(　　)
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
【解析】　钠的熔点只有97.81 ℃，受热时立即熔化。钠是一种很活泼的金属，受热时与氧气化合生成过氧化钠，呈淡黄色。
【答案】　D
4．16 g CH4完全燃烧将生成物全部通过过量的Na2O2，Na2O2将增重(　　)
A．16 g B．32 g
C．4 g D．无法判断
【解析】　16 g CH4完全燃烧生成CO2和H2O，但当混合物通过Na2O2时，C元素按CO被吸收，H元素完全被吸收生成NaOH。16 g CH4燃烧后被Na2O2吸收的质量应为1 mol CO的质量加上4 mol H的质量，共32 g。
【答案】　B
5．在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g/cm3不溶于水)各50 mL。将一小粒金属钠(密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中，观察到的现象可能是(　　)
A．钠在水层中反应并四处游动
B．钠停留在苯层中不发生反应
C．钠在苯的液面上反应并四处游动
D．钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动
【解析】　Na的密度比水的密度小，比苯的密度大，因此，Na在水与苯的界面处；Na与水反应放出H2，生成的H2附在钠的表面，受到的浮力变大往上运动，但钠与苯不反应，H2释放后，在重力作用下，钠又会落到水面上，与水发生反应，重复上述现象。
【答案】　D
6．(2009年台湾)下表所列为五种可溶性盐在30 ℃的溶解度(g/100 g H2O)：
盐 NaCl NaHCO3 Na2CO3 (NH4)2CO3 NH4Cl
溶解度 36.5 12.1 30.0 27.0 41.1
若在30 ℃的饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳就会有晶体析出。试参考表中的数据，推测析出的晶体是下列的哪一种(　　)
A．NaCl B．NaHCO3
C．Na2CO3 D．(NH4)2CO3
E．NH4Cl
【解析】　食盐水中通入氨气，再通入CO2后，溶液中应含Na＋、Cl－、NH4＋、CO32－、HCO3－。各盐类的溶解度大小为：NH4Cl>NaCl>Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3，其中Na＋、HCO3－会先形成NaHCO3结晶析出。
【答案】　B
7．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌使固体完全溶解。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是(　　)
A．甲<乙<丙<丁 B．丁<甲<乙＝丙
C．甲＝丁<乙＝丙 D．丁<甲<乙<丙
【解析】　根据与水反应的方程式：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
溶质的物质的量为甲＝丁<乙＝丙，溶剂的量为：丁>甲＝乙＝丙，而质量分数w＝×100%，所以质量分数为乙＝丙>甲>丁。
【答案】　B
8．下列关于铷的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属铷投入水中会引起爆炸
B．铷是一种强还原剂，铷离子很稳定
C．铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物
D．铷原子的核电荷数比钾原子的核电荷数多，因此铷原子失电子的能力小于钾原子
【解析】　金属铷的化学性质与钾、钠等金属的化学性质相似，但比钾、钠更活泼，因此铷跟水、氧气等物质反应的剧烈程度大于钾跟这些物质反应的剧烈程度，更大于钠跟以上物质反应的剧烈程度。原因是铷原子最外电子层只有1个电子，且原子半径大于钾原子半径，因此铷原子比钾原子更易失去最外层上的1个电子。铷离子的最外电子层为8个电子的稳定结构。
【答案】　D
9．(2009年广州模拟)下列各物质的学名是：Na2S2O3叫硫代硫酸钠；CaSx叫多硫化钙；Na2O2叫过氧化钠；KO2叫超氧化钾。试综合上述命名规律，分析回答：Na2CS3应读做(　　)
A．硫代碳酸钠 B．多硫碳酸钠
C．过硫碳酸钠 D．超硫碳酸钠
【解析】　据题意分析：硫代硫酸钠(Na2S2O3)表明Na2SO4分子中的一个氧原子被一个硫原子代替，代替氧的硫原子的化合价仍为－2价，而多硫化钙表明普通硫化钙又与硫结合后的产物，硫的价态发生了改变；过氧化物中含有过氧根离子即O22－，超氧化物中含有超氧根离子即O2－，它们的价态都与原先氧的价态不同，综上分析应选A。
【答案】　A
10．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入足量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH虽除去了Na2SO4，但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
11．在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L－1的HCl溶液中和，则该生成物的成分是(　　)
A．Na2O B．Na2O2
C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
【解析】　采用元素守恒法：
n(HCl)＝0.08 L×0.50 mol·L－1＝0.04 mol，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.04 mol，
所以n(O)＝＝ mol，＝＝，即1<<2，应为Na2O和Na2O2的混合物。
【答案】　C
12．①将0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液逐滴滴入0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸中
②将0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸逐滴滴入0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液中
两种操作产生CO2的体积比为(　　)
A．5∶2 B．2∶5
C．2∶1 D．1∶1
【解析】　纯碱与盐酸反应时，操作顺序不同反应进程也不同。
操作①：纯碱滴入盐酸中，发生反应：
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
生成的CO2与盐酸用量有关：
n(CO2)＝n(HCl)＝×0.100 L×1.25 mol·L－1＝0.062 5 mol
操作②：盐酸滴入纯碱中，发生反应：
Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3(1)
NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O(2)
则反应(1)消耗盐酸：
0．100 L×1.00 mol·L－1＝0.100 mol
生成0.100 mol NaHCO3，过量盐酸(0.025 0 mol)与NaHCO3反应生成0.025 0 mol CO2，所以：
n(CO2)①∶n(CO2)②＝0.062 5∶0.025 0＝5∶2。
【答案】　A
二、非选择题
13．(1)分别写出由氧气在一定条件下生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。
①O3：________________________________________________________________________；
②Na2O2：________________________________________________________________________；
③Na2O：________________________________________________________________________。
(2)指出氧元素在下列各物质中的化合价：
①O3：________；②Na2O2：________；③Na2O：________。
(3)向一小烧杯中分别加入等体积的水或煤油，片刻后再向该烧杯中缓缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是(　　)
【解析】　(1)由O2生成O3的条件是放电，而Na与O2反应时，常温下接触反应生成Na2O，加热时生成Na2O2。
(2)单质中元素化合价为零价，在Na2O2和Na2O中据钠的化合价为+1价和正负化合价代数和为零即可推出氧元素的化合价。
(3)钠的密度比煤油的密度大，比水的密度小，所以钠投入烧杯中时主要停留在水和煤油的交界处。
【答案】　(1)①3O22O3　②2Na+O2Na2O2
③4Na+O22Na2O　(2)①0　②-1　④-2
(3)A
14．(2009年广东惠州模拟)A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。
根据以上叙述回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D____________；E____________。
(2)按要求完成方程式：
①E加热生成D和F________________________________________；
②C溶液和CO2反应生成D的离子方程式____________________。
【解析】　据焰色反应可知，A、B、C、D、E是钠及其重要化合物，因“A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性”，所以A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，又因为“E加热能够生成D和F气体”，结合其他条件，可推出D为Na2CO3，E为NaHCO3，F为CO2。
【答案】　(1)Na　Na2O2　NaOH　Na2CO3　NaHCO3
(2)①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
②2OH－＋CO2===CO32－＋H2O
15．不同温度下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，则该反应的离子方程式为____________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸后的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是________(填序号)。
A．氢氧化钡溶液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．澄清的石灰水
(2)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是__________________________________。
【解析】　NaHCO3水解的离子方程式为HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－。
(1)丙同学加入足量试剂X是为了检验溶液中是否有CO32－，而即使无Na2CO3，NaHCO3也会与Ba(OH)2、Ca(OH)2反应分别产生白色沉淀，而BaCl2与NaHCO3不反应，能与Na2CO3反应产生BaCO3沉淀，故BaCl2可以检验加热煮沸后的溶液中是否有Na2CO3，从而做出判断。
(2)因水的沸点为100 ℃，有水存在，溶液温度一般不超过100 ℃，故NaHCO3不会发生分解，所以乙的判断是错误的。
【答案】　HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－　(1)乙　B
(2)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
16．化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“NaHCO3和Na2CO3与稀盐酸的反应”，按表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中(装置的气密性已检查)。
请回答：
(1)各组反应开始时，___________装置中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是_____________________________________________________________。
(2)当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同的现象，填写下表的空格。
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 分析原因
第①组 0.42 g NaHCO30．53 g Na2CO33 mL 4 mol/L盐酸 甲中气球与乙中气球的体积相等 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)＝n(Na2CO3)V甲(CO2)＝V乙(CO2)
第②组 0.3 g NaHCO30．3 g Na2CO33 mL 4 mol/L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
第③组 0.6 g NaHCO30．6 g Na2CO33 mL 2 mol/L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变 (用离子方程式表示)：
【解析】　(1)甲中发生反应： HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O；乙中发生反应；CO32－＋H＋===HCO3－，HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O。故甲中气球先变大。
(2)由试剂用量可知：第②组盐酸均过量，由于NaHCO3的物质的量大于Na2CO3的物质的量，与盐酸反应时，NaHCO3产生的气体多，致使甲中气球的体积大；第③组盐酸均不足，而等量的盐酸分别与足量NaHCO3和Na2CO3反应时，NaHCO3产生的CO2多，因此，甲中气球的体积大；乙中Na2CO3过量，先发生反应：CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O，后来过量Na2CO3溶液又吸收部分CO2，所以片刻后乙中气球又缩小。
【答案】　(1)甲　HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 分析原因
② 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)>n(Na2CO3)V甲(CO2)>V乙(CO2)
③ 甲、乙盐酸均不足量消耗的n(NaHCO3)>n(Na2CO3)V甲(CO2)>V乙(CO2)
CO2＋H2O＋CO32－===2HCO3－
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．以下命题，违背化学变化规律的是(　　)
A．石墨制成金刚石　　　B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
【解析】　化学反应的发生，应遵循质量守恒定律，H2O中含H、O两种元素，而汽油中还会有碳元素，所以C错。
【答案】　C
2．使用分液漏斗时，应首先(　　)
A．洗涤 B．检查是否漏水
C．打开上端塞子 D．打开活塞
【解析】　使用分液漏斗时首先要检查是否漏水。
【答案】　B
3．观察下图，若用l L水来代表地球上的总水量，要比较精确地量取地球上的淡水量，应选择的仪器是(　　)
A．100 mL烧杯 B．50 mL烧杯
C．100 mL量筒 D．50 mL量筒
【解析】　此题以实验题面目出现，考查了烧杯和量筒两种常见仪器，对学生的能力要求不高，但有教育学生珍惜水资源的寓意。A和B两选项都是烧杯，它不能较精确地测量液体体积；要较精确地测量出1 000×3%mL水的体积，应选50 mL量筒，即D。
【答案】　D
4.
(2009年广州二中等六校联考)下列叙述正确的是(　　)
A．为提醒人们在使用浓H2SO4时要注意安全，贮存浓H2SO4的容器上贴有如图标识
B．实验室可通过蒸馏的方法除去自来水中含有的Cl－等杂质制蒸馏水
C．做焰色反应实验时，应先将铂丝(或铁丝)用稀硫酸洗净后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取待检溶液进行实验
D．由于碱金属单质化学性质活泼，实验室中的各种碱金属单质均保存在煤油中
【解析】　浓H2SO4具有强腐蚀性，而非剧毒品，A错误；通过蒸馏可以得到纯净的蒸馏水，B正确；做焰色反应实验时，铂丝应用稀HCl清洗，不能用稀H2SO4，C错误；碱金属中锂比煤油的密度小，应用石蜡密封，D错误。
【答案】　B
5．(广东理基)下列实验可行的是(　　)
A．加入适量铜粉除去Cu(NO3)2溶液中的AgNO3杂质
B．用NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体
C．用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质
D．用乙醇从碘水中萃取碘
【解析】　A项中铜粉可与AgNO3发生置换反应生成Cu(NO3)2和Ag，从而除去AgNO3杂质，故A正确；B项中NaOH能与CO2发生化学反应，达不到除杂质的目的，故B不正确；C项中可用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别结构中有苯环的蛋白质，而浓硫酸无此性质，故C不正确；D项中乙醇与水互溶，不能用于萃取碘，故D不正确。
【答案】　A
6．提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需要的仪器为(　　)
①试管　②泥三角　③蒸发皿　④试管夹　⑤坩埚
⑥玻璃棒　⑦石棉网　⑧坩埚钳
A．①④　　　　　　　　　　B．②⑤⑧
C．③⑥ D．⑥⑦
【解析】　除去碳酸钠固体中少量的碳酸氢钠，需要用给混合固体加热的方法，因为NaHCO3受热易分解。用坩埚可以给固体物质加热，用坩埚必须配有坩埚钳和泥三角，因为可直接加热，不必用石棉网。
【答案】　B
7．下列实验操作中错误的是(　　)
A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C．蒸发结晶时应将溶液蒸干
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中
【解析】　在蒸发结晶操作中，当蒸发皿中有大部分晶体析出时，应停止加热，利用蒸发皿的余热把少量水分蒸干。
【答案】　C
8．(2009年辽宁大连测试)下列有关化学实验问题的叙述合理的是(　　)
A．实验室规定：所有实验剩余的药品均应放回原药品瓶内
B．用加入浓溴水的方法分离苯和苯酚的混合物
C．用灼热的铜丝网除去N2中混有少量O2
D．用燃烧的方法除去O2中混有少量H2
【解析】　分离物质时不但要考虑物质性质的不同性，还要看到其共同性。A项中实验室中剩余的部分药品(如钾、钠等活泼金属以及白磷等非金属单质等)应放回原药品瓶内，但部分剩余的溶液等应交给实验员处理，不可放回原试剂瓶，以免影响原试剂的浓度及纯度，故A错误。B项中浓溴水虽然可以与苯酚生成沉淀，但苯可以溶解溴和三溴苯酚，故B错误。C项中O2可与灼热的铜反应生成固体氧化铜，从而得以除去，故C正确。D项中少量H2与O2很难发生燃烧，况且点燃二者的混合气体也易发生危险，故D错误。
【答案】　C
9．(北京理综)如右图所示，
集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体是(　　)
①CO、O2　②Cl2、CH4　③NO2、O2 ④N2、H2
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
【解析】　②中Cl2与CH4反应生成HCl及CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，但总物质的量不变，后3种物质常温下为液态，且滴入水后，HCl溶于水使集气瓶内产生负压，烧杯中的水在大气压作用下会进入集气瓶。③中由于4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，也会产生题述现象。
【答案】　D
10．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胶塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
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)橡胶塞，A错误；B.汽油或煤油会使橡胶塞溶胀，B错误；C.由于碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液显碱性，会与玻璃瓶的成分二氧化硅反应，C错误；D.氯水或硝酸银溶液存放时，为防止腐蚀(氧化)橡胶塞，用磨口塞；氯水中存在：Cl2＋H2OHCl＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，所以应存放在棕色玻璃瓶中；硝酸银见光易分解，应存放在棕色玻璃瓶中，D正确。
【答案】　D
11．如图所示的甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，平底烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显地胀大(忽略液体体积对气球的影响)。则所用试剂分别可能依次是(　　)
A．甲：浓硫酸和木炭　乙：浓氨水和SO2
B．甲：双氧水和MnO2　乙：NaOH溶液和CO2
C．甲：苯酚和Na2CO3溶液　乙：NaOH溶液和Cl2
D．甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水)　乙：水和氨气
【解析】　甲中是瓶外的气球胀大，说明瓶内产生了大量气体，乙中是瓶内的气球胀大，说明瓶内气体被大量消耗。A中甲要反应需在加热条件下；C中甲无气体产生；D中浓硫酸依次体现吸水性、脱水性、强氧化性，产生SO2和CO2气体。
【答案】　BD
12．某学生欲完成2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑反应，设计了如下图中所示的四个实验，你认为可行的实验是(　　)
【解析】　在通常情况下不能发生的反应有时可通过电解的方法来实现，该题中以Ag作阳极，以HCl作电解质溶液。阳极生成的Ag+与Cl-结合生成AgCl，而H+在阴极上获得电子放出H2。
【答案】　C
13．在下图的实验装置中，从实验开始过一段时间，对看到的现象叙述不正确的是(　　)
A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红
【解析】　浓硫酸有吸水性和脱水性，故A、B对；饱和硝酸钾溶液蒸发出的水被浓硫酸吸收，相当于蒸发溶剂，故小试管中有晶体析出；浓硫酸主要体现脱水性，不体现酸性，故不能使pH试纸变红。
【答案】　D
14．(2009年山东滨州质检)为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法正确的是(　　)
提纯物质 除杂试剂 分离方法
A KCl溶液(FeCl3) 氨水 过滤
B 乙酸乙酯(乙酸) 乙醇和浓硫酸 分液
C NaCl溶液(Na2S) AgCl 过滤
D 乙醇(H2O) 金属钠 蒸馏
【解析】　A项的除杂试剂应选用氢氧化钾溶液，不应选用氨水，否则会引进氯化铵新杂质，A错误；B项的除杂试剂应选用饱和碳酸钠溶液，使乙酸与之反应除去，B错误；C项中的除杂原理是利用了溶解平衡的原理，由于Ag2S的溶解度比AgCl小许多，向混合溶液中加入氯化银粉末，会使溶液中的硫离子逐渐转化成更难溶解的硫化银，再经过滤除去，C正确；D项不应选用金属钠作除杂试剂，因为钠也与乙醇反应，应选用加入生石灰(氧化钙)蒸馏的方法来除去混在乙醇中的少量水，D错误。
【答案】　C
15．(2009年苏州模拟)实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是(　　)
【解析】　A中气体应长进短出；B中有两处错误，一是不能在量筒中稀释浓硫酸，二是不能将水倒入浓H2SO4中；D中称量NaOH固体不能放在纸片上，应放在烧杯中进行称量；C中所用原料、方法、装置均正确。
【答案】　C
16．(2009年厦门模拟)右图是制取、干燥和收集某气体的实验装置，可用于(　　)
A．用Cu与稀HNO3反应制NO
B．用NaOH固体与浓氨水反应制NH3
C．用Fe与稀H2SO4反应制H2
D．用MnO2与浓HCl反应制Cl2
【解析】　A项，NO不能用排空法收集，错误；B项，NH3不能用浓H2SO4干燥，错误；D项，Cl2制取时需加热且收集时应长管进气，短管出气，错误；只有C项，H2制取、干燥、收集全符合，正确。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)请简要叙述下图所示的实验装置、方法、操作中存在的错误。
(1)________________________________________________________________________；
(2)________________________________________________________________________；
(3)________________________________________________________________________；
(4)________________________________________________________________________；
(5)________________________________________________________________________；
(6)________________________________________________________________________。
【解析】　(1)向试管中滴加液体时，试管要竖直，滴管要垂直悬空。
(2)给试管中液体加热时，液体体积不能超过试管容积的，加热时，应用酒精灯的外焰加热。
(3)蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处。
(4)过滤时玻璃棒下端放在三层滤纸处。
(5)NO不能用排空气法收集，只能用排水法。
(6)铁丝在氧气中燃烧时，应在瓶底铺层细沙或瓶中放少量水。
【答案】　(1)试管没竖直；滴管口接触管壁
(2)试管底部放在酒精灯焰芯上；试管内液体体积超过试管容积的1/3
(3)温度计的水银球插在乙醇溶液中
(4)玻璃棒没有接触滤纸三层的一边
(5)用排空气法收集NO
(6)瓶底没有铺一层细沙或瓶里没有加少量水
18．(14分)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，是一种高效的补铁剂。长期以来民间流传着“菠菜不能与豆腐同食”、“菠菜根比菠菜茎叶更有营养”等说法。某学校化学兴趣小组的同学拟通过实验探究以下问题：
①菠菜是否含有丰富的铁？
②菠菜是否含有草酸类物质？
③菠菜根中铁的含量是否比菠菜茎和叶的高？
该组同学通过上网查询，获得以下资料：草酸又名乙二酸，其酸性比乙酸稍强，草酸及其盐具有较强的还原性，其中草酸钙不溶于水。
他们设计的实验步骤如下：
Ⅰ.
Ⅱ.取菠菜根a g使用相同仪器、试剂，重复Ⅰ中实验，观察实验现象。
Ⅲ.将菠菜在少量开水中煮沸2～3 min，冷却后滤去菠菜，得滤液。向滤液中加入足量Ca(OH)2溶液，然后再加入足量试剂X，观察现象。
请回答以下问题：
(1)操作①中使用的仪器除三脚架、酒精灯、玻璃棒外还需要　　　　　　　　　　，操作②的名称是　　　　；
(2)可以说明菠菜根中Fe元素含量要比菠菜茎叶中多的现象是________________________________________________________________________；
(3)菠菜中的Fe是+2价还是+3价？　　　　；
(4)通过步骤Ⅲ可以确定菠菜中含有草酸类物质。由于滤液中含有CO32－，故需加入试剂X排除CO32－的干扰，则X是______(写化学式)，加入试剂X后观察到的现象是________________________________________________________________________。
【解析】　(1)加热固体物质时通常用坩埚，相应仪器还有坩埚钳、泥三角、三角架、酒精灯及玻璃棒，在除去难溶物时用过滤的方法。
(2)Fe3＋与KSCN溶液作用会生成红色络合物，红色越深说明Fe3＋的含量越高。
(3)据题目知菠菜中含有草酸类物质，而该物质有较强的还原性，故菠菜中的Fe不是＋3价而是＋2价。
(4)由题给信息可知酸性：草酸>乙酸>碳酸，所以可用乙酸来除去CO32－的干扰，加入CH3COOH后，CaCO3可以溶解，但草酸钙不与CH3COOH反应。
【答案】　(1)坩埚、坩埚钳、泥三角　过滤
(2)步骤Ⅱ中得到溶液红色比步骤Ⅰ中得到溶液的红色深
(3)＋2价　(4)CH3COOH　沉淀部分溶解
19．(16分)某研究性学习小组成员在讨论鉴别食盐水和蒸馏水的方案时，设计如下方案：
实验方法 结论
甲 加AgNO3溶液 有白色沉淀产生者为食盐水
乙 利用焰色反应 焰色为黄色者为食盐水
丙 加入无水CuSO4白色粉末 溶液变蓝色者为蒸馏水
丁 加入稀硫酸和MnO2，加热 有黄绿色气体产生者为食盐水
(1)其中可行的方法是________。
(2)说明其中不可行的方法的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请给出另外一种鉴别方法(不可以用尝味道，闻气味方法)。
实验方法 结论
【解析】　据NaCl溶液中阴离子为Cl－，可加入AgNO3溶液，会产生白色沉淀AgCl，根据阳离子为Na＋，可用焰色反应来鉴别，故甲、乙均可行；把无水CuSO4白色粉末加入食盐水中，溶液也变成蓝色，丙方案不可行，而在食盐水中加入稀H2SO4和MnO2，加热不发生化学反应，丁方案不可行。鉴别食盐水和蒸馏水还可通过加热蒸发或测溶液的导电性。
【答案】　(1)甲、乙
(2)丙方法中食盐水中的水也能使无水CuSO4变蓝，丁方法中采用稀硫酸、食盐水和MnO2加热不反应
(3)加热蒸发　有白色固体析出的是食盐水(或测两种液体的导电性　导电能力强的为食盐水)
20．(10分)(2008年高考上海卷)已知达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式盐。
(1)取该碱式盐3.01 g，加入2.0 mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
(2)在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【解析】　(1)由题意可知：当加到HCl的物质的量为2.0 mol/L×42.5 mL×10－3L·mL－1＝0.085 mol时开始产生CO2；而当加到2.0 mol/L×45.0 mL×10－3L ·mL－1＝0.090 mol时正好反应完全。所以n(CO32－)＝0.090 mol－0.085 mol＝0.005 mol。又由于达喜为铝和镁的碱式盐，所以n(OH－)＝0.085 mol－0.005 mol＝0.08 mol。
所以＝＝
(2)由已知得1.74 g沉淀为Mg(OH)2，得碱式盐中含n(Mg2＋)＝＝0.03 mol，利用Cl守恒得：
含n(Al3＋)＝
＝0.01 mol，又由(1)得n(OH－)＝0.08 mol、n(CO32－)＝0.005 mol。因为0.03 mol×24 g/mol＋0.01 mol×27 g/mol＋0.08 mol×17 g/mol＋0.005 mol×60 g/mol＝2.65 g<3.01 g。所以含有n(H2O)＝＝0.02 mol。故n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO32－)∶n(H2O)＝0.01 mol∶0.03 mol∶0.08 mol∶0.005 mol∶0.02 mol＝2∶6∶16∶1∶4。所以该碱式盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】　(1)16∶1
(2)Al2Mg6(OH)16CO3 ·4H2O
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一、选择题
1．下列说法不正确的是 (　　)
A．“西气东输”就是将新疆等地的天然气通过管道输到长江三角洲
B．乙烯和苯是来自石油和煤的两种有机物，它们都能发生加成反应
C．甲烷、乙烯和苯均能发生取代反应和加成反应
D．乙烯和氯乙烯都可以通过聚合反应得到高分子材料
【解析】　C选项中CH4为饱和烃，无法再加成。
【答案】　C
2．甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯得纯净的甲烷，最好依次通过盛有何种试剂的洗气瓶(　　)
A．澄清石灰水、浓硫酸 B．酸性KMnO4、浓硫酸
C．溴水、浓硫酸 D．浓硫酸、酸性KMnO4
【解析】　乙烯分子中存在双键，能与Br2发生加成反应而被除去。酸性KMnO4具有强氧化性，能将乙烯氧化成CO2混入CH4中使CH4不纯净。浓硫酸虽有强氧化性，但常温下却无法氧化乙烯，只能吸收乙烯中的水分。
【答案】　C
3．把m mol C2H4和n mol H2混合于密闭容器中，在适当条件下生成p mol C2H6，若将所得混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，则需氧气(　　)
A．3.5p mol B．(3m＋0.5n)mol
C．(3m＋n)mol D．(3m＋0.5n－3p)mol
【解析】　利用守恒法m mol C2H4需3m mol O2，n mol H2需0.5n mol O2，则共需用(3m＋0.5n)mol O2。
【答案】　B
4．(2009年广州联考)向溴水中加入或通入足量的下列物质后振荡，一定不能使溴水层颜色消失的是(　　)
①苯　②乙烯　③乙醇　④SO2　⑤Mg　⑥CCl4　⑦直馏汽油
⑧NaOH溶液　⑨KI溶液
A．③⑨ B．③⑦⑨
C．③⑤⑦ D．⑤⑦⑨
【解析】　②含碳碳不饱和键，可使溴水褪色；①⑥⑦均可使溴水分层，使水层颜色消失；④具有较强还原性，可将Br2还原；SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，⑤⑧易与酸反应。
【答案】　A
5．(2009年莱芜模拟)下列现象中，不是因为发生化学反应而产生的是(　　)
A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
B．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失
【解析】　A项中乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是由于发生了氧化还原反应，是化学变化。B项苯使溴水变成无色，是发生了萃取，是物理变化，由于溴易溶于苯，从而使水层接近无色。C项乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是发生加成反应，是化学变化。D项甲烷和氯气混合，在光照条件下发生了取代反应，所以黄绿色消失，是化学变化。
【答案】　B
6．(2009年海淀区质检)某单烯烃经氢化后得到的饱和烃是CH3CHCH3CH2CHCH3CH3，该烯烃可能的结构有(　　)
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
【解析】　采用倒推法，以该饱和烃的碳链为基础，在不同的CC之间去掉2个氢原子得到烯烃，只能得到两种。即CH2CCH3CH2CHCH3CH3和CH3CCH3CHCHCH3CH3。
【答案】　B
7．已知C—C键可以绕键轴自由旋转，结构简式为
H3CCH3CH3CH3的烃，下列说法中正确的是(　　)
A．分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
B．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
C．分子中至少有16个碳原子处于同一平面上
D．该烃属于苯的同系物
【解析】　在苯分子中的12个原子，一定共平面，此分子中两个苯环以单键相连，单键可以旋转，所以两个苯环不一定共面，但苯环中对角线上的4个原子应在一条直线上，因此该分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，B正确；该烃分子结构中有2个苯环，不属于苯的同系物，D不正确。
【答案】　B
8．苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，可以作为证据的事实有(　　)
①苯的间位二取代物只有一种　②苯的对位二取代物只有一种
③苯分子中碳碳键的长度均相等(即分子中两个成键的原子的核间距离)　④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色　⑤苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应生成环己烷　⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应
A．②③④ B．④⑤⑥
C．③④⑥ D．全部
【解析】　抓住分子结构与性质的关系，发挥空间想像能力。①苯分子结构中若单、双键交替出现，则苯的间位二取代物也只有一种结构RR，因此不能用以说明苯环不存在单、双键交替结构，②如果苯环存在单、双键交替结构，其对位二取代物只有一种RR，所以②不可以作为证据；③如果苯环是单、双键交替的结构，由于碳碳单键的长度和碳碳双键的长度不等，所以苯环就不可能是平面正六边形结构。实际上，苯环中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的共价键；④苯环中如存在单、双键交替结构就存在CC，就会使酸性KMnO4溶液褪色。而实验证实苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，这就证明苯环中不存在单、双键交替结构；⑤苯与H2加成生成环己烷，可说明不饱和键的存在，不能作为苯环中不存在单、双键交替结构的证明；⑥取代反应是饱和烃的特性，一般碳碳键难发生取代反应，易发生加成反应，这说明苯的碳碳键不同于普通的单键和双键，不具有单、双键交替出现的结构特点。
【答案】　C
9．两种气态烃以任意比例混合，在105 ℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合条件的是(　　)
A．CH4、C2H4 B．CH4、C3H6
C．C2H4、C3H4 D．C2H2、C3H6
【解析】　因温度高于100 ℃，故产物H2O为气体，而燃烧前后气体体积没变化，因两种气态烃以任意比混合，所以只要保证原混合气体中两种分子的氢原子数均为4即可，故B、D不符合条件。
【答案】　BD
10．已知乙烯为平面结构，因此1,2－二氯乙烯可以形成两种不同的空间异构体：
CClHCClH和CClHCHCl
下列各物质中，能形成类似上述两种空间异构体的是(　　)
A．1,1－二氯乙烯 B．丙烯
C．2－丁烯 D．1－丁烯
【解析】　要认识1,2－二氯乙烯有两种空间结构，必须清楚地了解乙烯分子的平面结构，以CC双键为对称轴平面上两个Cl原子分别分布在双键的同一侧和两侧，不难发现，只要“CC”同一个双键C上连有相同的两个基团时，就不能有两种结构。
【答案】　C
11．只含有C、H、O三种元素的有机物，完全燃烧时消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1∶2，这类有机物中(　　)
①相对分子质量最小的化合物的分子式是CH2O2　②相对分子质量最小的化合物的分子式是CH2O　③含相同C原子数的各有机物，其相对分子质量之差是18的整数倍　④含相同C原子数的各有机物，其相对分子质量之差是16的整数倍
A．只有① B．①③
C．①④ D．②④
【解析】　设该有机物的分子式为CxHyOz，
CxHyOz＋O2xCO2＋H2O
据题意有：∶x＝1∶2
整理得：x＝z－
据此可知相对分子质量最小的化合物分子式为CH2O2；碳原子数相同时，每增加一个氧原子，要增加2个氢原子，即该类有机物可表示为(CO)m(H2O)n，其相对分子质量之差是18的整数倍。
【答案】　B
12.
100 ℃时，两种烃蒸气组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃的总物质的量变化如图所示。则下列对该混合烃组成的判断正确的是(　　)
A．一定含有甲烷
B．一定含有乙烯
C．一定含有苯
D．一定不含乙烯
【解析】　由图象中的线性关系，选取混合烃的总物质的量为1 mol作研究，生成的CO2和H2O的物质的量分别为1.6 mol和2 mol，故其平均分子组成为C1.6H4，由于碳原子数小于1.6的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷。CH4分子中含4个原子，故另一种分子中一定含4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯，一定不含有苯。
【答案】　A
二、非选择题
13．现有CH4、C3H4、C2H4、C2H6、C3H6五种有机物。同质量的以上物质中，在相同状况下体积最大的是________；同质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______；同状况、同体积的以上五种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是______；同质量的以上五种物质燃烧时，生成CO2最多的是________，生成水最多的是______。在120 ℃、1.01×105Pa状态下，有三种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这三种气体是：________________________________________________________________________。
【解析】　相同质量的烃耗氧量由决定，越大，耗氧量越大，且生成的H2O量越多，生成的CO2量越少；相同物质的量的烃耗氧量由决定，同碳(x)看氢(y)，同氢(y)看碳(x),1个碳原子与4个氢原子耗氧量相同。在温度大于100 ℃条件下，反应前后气体体积不变，故y＝4。
【答案】　CH4　CH4　C3H6　C3H4　CH4　CH4、C3H4、C2H4
14．已知H2CCH2CHCHCH2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________。
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】　降冰片烯中有1个碳碳双键，故为环状烯烃，其含有六元环的同分异构体有多种：CH3、CH3、CH3、CH3、CH2等。降冰片烯具有烯烃的性质；难溶于水、常温下为液体(碳原子数大于4)，能发生加成反应，能被KMnO4(H＋)氧化等。
【答案】　(1)AB　(2)C7H10　(3)CH3
(4)AD
15．实验室用浓硫酸和乙醇制取乙烯时，常会看到烧瓶中液体变黑，并在制得的乙烯中混有CO2、SO2等杂质。某课外小组设计了如下装置，证明乙烯中混有CO2、SO2，并验证乙烯的性质。
回答下列问题：
(1)装置A是乙烯的发生装置，图中一处明显的错误是______________________________________，烧瓶中碎瓷片的作用是
________________________________________________________________________。
(2)若要检验A中所得气体中含有SO2，可将混合气体直接通入________(填代号，下同)装置；若要检验A中所得气体含有CH2CH2，可将混合气体先通过B装置，然后通入________装置，也可将混合气体干燥后，通入________装置。
(3)小明将从A出来的混合气体依次通过B、E、D、E，发现通入D之前的石灰水中无明显变化，通入D之后的石灰水变浑浊。请对出现该现象的原因进行合理猜想________________________________________________________________________
________________________。
(4)若要一次性将三种气体全部检验出来，气体被检验的先后顺序是________、________、________。
【解析】　制取乙烯是用乙醇和浓硫酸的混合液在170 ℃的温度下反应制得。由于测定的是混合液的温度，因此温度计必须插入液面以下。由此来看反应物只有液体，因此需要加入碎瓷片等固体，防止混合液暴沸。根据CO2、SO2和CH2CH2溶液反应，SO2和CH2CH2都能与溴水、酸性KMnO4溶液反应，但只有SO2能与品红溶液反应，只有CH2CH2能与溴的CCl4溶液反应，因此检验CO2前必先检验并除去SO2，检验SO2前必须检验并除去CH2CH2。第(3)小题中，使之后的石灰水变浑浊的气体只有CO2，但D之前的石灰水中无明显现象，说明CO2不是原来就有的，只能是新生成的，也只能是乙烯氧化后的产物。
【答案】　(1)温度计水银球部分没有插入液面以下　防止混合液在受热沸腾时剧烈跳动(暴沸)
(2)C　D(或F或G)　G
(3)乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2
(4)乙烯　SO2　CO2
16．环丙烷可作为全身麻醉剂，环己烷是重要的有机溶剂。下面是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式、键线式和某些有机化合物的反应式(其中Pt、Ni是催化剂)。
结构
简式 CH2CH2CH2CH2CH2CH2 CCH2CH2CH2H2 Br—CH2—CH2—
CH(CH3)—CH2—Br
键线式
(环己烷)
(环丁烷) BrBr
①＋H2
②＋H2
③＋H2
④＋KMnO4COOH＋O＋Mn2＋
回答下列问题：
(1)环烷烃与____________________是同分异构体。
(2)从反应①～③可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是________(填名称)。判断依据为__________________。
(3)环烷烃还可以与卤素单质、卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与HBr在一定条件下反应，其化学方程式为____________________________________(不需注明反应条件)。
(4)写出鉴别环丙烷和丙烯的一种方法，试剂______________________；现象与结论________________________________________________________________________。
【解析】　本题主要考查同分异构体、有机物命名和化学反应方程式的书写等内容。(1)由表中结构简式可知环烷烃的通式为CnH2n，显然与碳原子个数相等的烯烃互为同分异构体。(2)比较①～③的反应条件(温度)知，①反应的温度最低，故环丙烷最易发生开环加成反应。(3)根据加成反应的实质，不难写出所求反应的方程式。(4)由反应④知环烷烃结构不与KMnO4(H＋)反应，而碳碳双键易被氧化，故用KMnO4可将环丙烷和丙烯区别开。
【答案】　(1)同碳原子数的烯烃(或“相对分子质量相同的烯烃”)
(2)环丙烷　反应温度最低
(3)＋HBr―→Br
(4)酸性高锰酸钾溶液　使高锰酸钾溶液褪色的是丙烯，不褪色的是环丙烷
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2007年北京理综)用于2008年北京奥运会的国家游泳中心(水立方)的建筑采用了膜材料ETFE，该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物，四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成聚全氟乙丙烯。下列说法错误的是(　　)
A．ETFE分子中可能存在“—CH2—CH2—CF2—CF2—”的连接方式
B．合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应
C．聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为
?CF2—CF2—CF2—CF2—CF3?
D．四氟乙烯分子中既含有极性键又含有非极性键
【解析】　四氟乙烯CF2CF2，六氟丙烯CFCF3CF2，形成的高聚物可表示为：
CF2?CF2CFCF3CF2?。C项中“—CF3—”违背了碳的“四价原则”。
【答案】　C
2．(2008年广东理基)下列关于有机物说法正确的是(　　)
A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气
B．75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒
C．苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色
D．石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物
【解析】　乙烷不能与Na反应；消毒酒精体积分数为70%～75%；苯及苯的同系物不能使溴的CCl4溶液褪色，烯、炔烃能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色；石油的主要成分为烃类，不含羧酸等物质。
【答案】　B
3．(2008年山东理综)下列叙述正确的是(　　)
A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物
B．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C单键
【解析】　A项，汽油、柴油和植物油都是混合物，植物油属于酯类还含有氧；C项，石油成分不含烯烃，不能通过物理方法分馏得到；D项，只有开链烷烃符合，其他类别的分子可能多于4个，如环戊烷。
【答案】　B
4．下列叙述错误的是(　　)
A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应
B．甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化
C．甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应
D．甲烷的四种取代物都难溶于水
【解析】　B项中CH4可以燃烧，即被O2氧化。
【答案】　B
5．(2009年济南二模)下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是(　　)
A．煤液化可以得到甲醇等重要化工原料，提高煤的经济价值
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷可以从石油中得到
C．纤维素、蔗糖、淀粉和脂肪在人体中都可以发生水解反应，是人体的重要能量来源
D．用大米可以酿酒，也可以酿醋
【解析】　纤维素在人体中不能水解，C项错。A项来源于课本煤的液化产物示意图，B项考查烷烃的存在及石油的成分，D项考查日常生活常识，同时也考查常见有机物的性质。
【答案】　C
6．(2009年海淀)糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是(　　)
A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
【解析】　需要掌握葡萄糖、蔗糖、麦芽糖、淀粉、纤维素的性质和用途，掌握蛋白质、油脂的性质和用途。植物油含不饱和烃基，分子中有双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色；葡萄糖能发生氧化反应，但葡萄糖是单糖，不发生水解反应；蛋白质溶液遇硫酸铜发生变性、凝固，不能重新溶于水。
【答案】　B
7．(2009年太原模拟)下列混合物中，不论它们以何种比例混合，只要质量一定，经完全燃烧后，产生二氧化碳的量为一个常数的是(　　)
A．甲烷和乙烷　　　　　　B．丙烯和丙烷
C．乙烯和丁烯 D．丙烯和环丙烷
【解析】　符合条件的有机物含碳的质量分数相同。根据烃的燃烧规律，实验式相同，无论以何种比例混合，只要混合物总质量一定，则完全燃烧后生成的CO2和H2O及耗氧量就一定。甲烷的实验式为CH4，而乙烷的实验式是CH3，丙烯的实验式为CH2，而丙烷的实验式为C3H8；乙烯和丁烯实验式均为CH2；丙烯和环丙烷的实验式均为CH2。
【答案】　CD
8．C2H5OH的官能团是—OH，含有—OH的物质具有与乙醇类似的化学性质。在Cu或Ag催化下，下列物质不能与O2发生氧化反应生成醛或酮的是(　　)
A．CH3CH2CH2CH2OH B．CH2CH3CHCH3OH
C．CHCH3CH3CH2OH D．CCH3CH3CH3OH
【解析】　醇的氧化属于脱去H的反应，CCH3CH3CH3OH中连接羟基的碳原子上没有H，因此不能与O2发生氧化反应。
【答案】　D
9．以下各种物质的所有原子不可能处于同一平面上的是(　　)
A．CH3CHCH2 B．CH2CH2
C．CHCH2 D.
【解析】　根据已有知识，乙烯和苯都属于平面结构，所有原子处于同一平面内，而甲烷分子是正四面体结构，故可以得出甲基中的原子不可能处于同一平面内，同理，可将C项看作是乙烯中的一个氢原子被苯环取代，得出C项中物质的所有原子可能处于同一平面内。
【答案】　A
10．(2009年烟台高三期末考试)分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是(　　)
A．只含有一个双键的直链有机物
B．含有两个双键的直链有机物
C．含一个双键的环状有机物
D．含一个叁键的直链有机物
【解析】　本题考查有机物的价键规则。该有机物的分子式为C5H7Cl，一个Cl原子相当于一个H原子，所以C5H7Cl分子中比C5H12少4个氢原子，即分子中有一个双键或一个环状结构，因此只有A符合。
【答案】　A
11．分子组成为C9H12的苯的同系物，已知苯环上只有一个取代基，下列说法中正确的是(　　)
A．该有机物不能发生加成反应，但能发生取代反应
B．该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水褪色
C．该有机物分子中的所有原子可能在同一平面上
D．该有机物一种同分异构体的一溴代物可能有6种
【解析】　该烃可能为CH2CH2CH3或CHCH3CH3则只有D正确。
【答案】　D
12．将甲苯与液溴混合，加入铁粉，其主要反应产物有(　　)
①CH2Br　②CBr3　③CHBr2
④Br3CH3　⑤BrCH3　⑥BrCH3
⑦BrBrCH3Br
其中正确的是(　　)
A．①②③ B．⑦
C．全部 D．④⑥⑦
【解析】　甲苯与液溴、Fe粉，是发生苯环上的卤代反应，光照的条件，才发生侧链上的卤代，故排除①②③，甲苯的卤代，主要取代甲基邻、对位苯环上的H，故④⑥⑦正确。
【答案】　D
13．(全国理综Ⅱ)仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第15位烃的分子式是(　　)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …
C2H2 C2H4 C2H6 C3H4 C3H6 C3H8 C4H6 C4H8 C4H10 …
A.C6H12 B．C6H14
C．C7H12 D．C7H14
【解析】　规律：①碳原子数逐渐增多，②炔烃、烯烃、烷烃逐渐循环；发现了以上规律，很容易解出第15位烃的分子式。
【答案】　B
14．(2009年江苏南通3月模拟)无色孔雀石绿(结构简式如下图所示)曾被用作水产养殖业的杀虫剂(鱼药)。因为具有潜在致癌性，已被禁止用作鱼药。下列关于无色孔雀石绿的叙述中，正确的是(　　)
CH3NH3CCHNCH3CH3
A．分子中氢原子数为奇数
B．分子中所有的碳原子可能在同一平面上
C．与苯胺(NH2)互为同系物
D．在一定条件下，1 mol无色孔雀石绿可以和9 mol氢气发生加成反应
【解析】　该有机物的分子式为C23H26N2，A错；与三个苯环相连的碳原子不可能与三个苯环共平面。该分子中含2个N原子，不可能与苯胺互为同系物。
【答案】　D
15．(2009年广东深圳调研)聚四氟乙烯的耐热性和化学稳定性超过其他塑料，被称为“塑料王”。其合成路线如下：
三氯甲烷二氟一氯甲烷四氟乙烯聚四氟乙烯
下列说法中不正确的是(　　)
A．“塑料王”不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．三氯甲烷(CHCl3)可以用甲烷与氯气的取代反应来制取
C．四氟乙烯(CF2CF2)中所有的原子都在同一个平面上
D．二氟一氯甲烷(CHClF2)中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构
【解析】　A项中“塑料王”的结构为?CFFCFF?，不能被酸性KMnO4溶液氧化；B项中CHCl3是CH4和Cl2的取代产物之一；C项中CF2CF2的结构和乙烯类似，所有原子共平面；D项中CHClF2的氢原子为2电子稳定结构。
【答案】　D
16．(2009年广东佛山一模)一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物 燃烧热/kJ·mol－1 化合物 燃烧热/kJ·mol－1
甲烷 891.0 正丁烷 2 878.0
乙烷 1 560.8 异丁烷 2 869.6
丙烷 2 221.5 2－甲
基丁烷 3 531.3
下列表达正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1
B．稳定性：正丁烷<异丁烷
C．乙烷的燃烧热化学方程式为：2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【解析】　A项中，烷烃中碳原子数相同时，支链越多，燃烧热越低，正戊烷燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1。B项中，CH3CH2CH2CH3(g)―→CH3CHCH3CH3(g)　ΔH＝－8.4 kJ·mol－1，所以CH3CHCH3CH3比CH3CH2CH2CH3稳定。C项中，H2O应为液态，且ΔH应为－3 121.6 kJ·mol－1。D项中，相同质量的烃，氢元素的质量分数越大，放出热量越多。
【答案】　AB
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2007年江苏化学)肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：
ACHO＋CH3CHOBCHCHCHO＋H2O
(1)请推测B侧链上可能发生反应的类型____________________________。(任填两种)
(2)请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请写出同时满足括号内条件的B的所有同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。
(①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构)
【解析】　(1)B侧链上含“CC”“COH”。
(2)可依照信息写出。
(3)苯环之外有2个不饱和度，依题设要求，不饱和键只能出现在碳碳键之间，故只能考虑形成醚键和碳碳三键。
【答案】　(1)加成反应、氧化反应、还原反应
(2)2CH3CHOCH3CHCHCHO＋H2O
(3)H3COCCH、H3COCCH
18．(14分)(2007年广东化学)克矽平是一种治疗矽肺病的药物，其合成路线如下(反应均在一定条件下进行)：
NCH3―→NCH2CH2OH―→NCHCH2―→
　Ⅰ　　　　　　Ⅱ　　　　　　　　　　Ⅲ　　　　
―→NCH??CH2―→N→OCH??CH2
　　　　Ⅳ　　　　　　　　克矽平
(1)化合物Ⅰ的某些化学性质类似于苯。例如，化合物Ⅰ可在一定条件下与氢气发生加成反应生成NCH3H，其反应方程式为______________________________。(不要求标出反应条件)。
(2)化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，所需另一反应物的分子式为__________________。
(3)下列关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的是________(填字母)。
A．化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反应
B．化合物Ⅱ不可以与金属Na生成氢气
C．化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色
D．化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
(4)化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应方程式为______________________(不要求标出反应条件)。
(5)用氧化剂氧化化合物Ⅳ生成克矽平和水，则该氧化剂为________________________。
【解析】　(1)题中已提示化学性质类似于苯，该反应类似于苯与H2的加成反应。
(2)因为原子利用率100%，Ⅱ的化学式与Ⅰ的化学式作差即可。
(3)醇羟基能酯化，能与Na反应，碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色。抓住官能团的性质，不难解答此题。
(4)仿照CH2CHCl聚合来写，把不饱和碳原子做主链，其他的碳原子或原子团折上或折下做支链。
(5)因还原产物为H2O，氧化产物比原物质多个氧原子，所以氧化剂只能是由H、O两种元素组成，即为H2O2。
【答案】　(1)NCH3＋3H2―→NCH3H
(2)CH2O(答HCHO也可)
(3)AC
(4)nNCHCH2―→NCH??CH2
(5)H2O2(或过氧化氢、双氧水)
19．(14分)(2008年广东高考题)某些高分子催化剂可用于有机合成。下面是一种高分子催化剂(Ⅶ)合成路线的一部分(Ⅲ和Ⅵ都是Ⅶ的单体；反应均在一定条件下进行；化合物Ⅰ～Ⅲ和Ⅶ中含N杂环的性质类似于苯环)：
回答下列问题：
(1)写出由化合物Ⅰ合成化合物Ⅱ的反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
(2)下列关于化合物Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的是　　　　(填字母)。
A．化合物Ⅰ可以发生氧化反应
B．化合物Ⅰ与金属钠反应不生成氢气
C．化合物Ⅱ可以发生水解反应
D．化合物Ⅲ不可以使溴的四氯化碳溶液褪色
E．化合物Ⅲ属于烯烃类化合物
(3)化合物Ⅵ是　　　　(填字母)类化合物。
A．醇　　　B．烷烃　　C．烯烃　　D．酸　　E．酯
(4)写出2种可鉴别Ⅴ和Ⅵ的化学试剂________________________________________________________________________。
(5)在上述合成路线中，化合物Ⅳ和Ⅴ在催化剂的作用下与氧气反应生成Ⅵ和水，写出反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
【解析】　由Ⅰ→Ⅱ为酯化反应，Ⅱ→Ⅲ为消去反应(其另一产物为CH3COOH)，由Ⅶ可知Ⅵ为CH3COOCH===CH2，则Ⅳ为CH2===CH2，V为CH3COOH。
【答案】　
(1)
(2)AC　(3)E
(4)饱和Na2CO3溶液、酸性KMnO4溶液
(5)2CH2===CH2＋2CH3COOH＋O22CH3COOCH3＋2H2O
20．(12分)烯烃A在一定条件下可以按下面的框图进行反应。
F1和F2互为同分异构体，G1和G2互为同分异构体，D是CCH3BrH3CCCCH3BrCH3。
已知1,3－丁二烯与少量溴水加成时有以下两种方式：
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHBrCHCH2(1,2－加成)
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHCHCH2Br(1,4－加成)
试回答下列问题：
(1)A的结构简式为________________________________________________________________________。
(2)框图中属于取代反应的是(填数字代号)________________________________________________________________________。
(3)框图中①、③、⑥属于________反应。
(4)G1的结构简式为________________________________________________________________________。
【解析】　据D的结构简式可知A为：CCH3H3CCCH3CH3，反应①是A与H2加成得B：CHCH3CH3CHCH3CH3，反应③是A与HBr加成得C：CHCH3CH3CBrCH3CH3，反应②是B与Br2在光照下取代得C，反应⑤为D的消去反应得E：CCH2H3CCCH3CH2，反应⑥为二烯烃E与少量Br2的加成，有两种产物，1,2－加成产物为：CCH2BrH3CBrCCH3CH2(F1),4－加成产物为：
CH2BrCH3CCCH3CH2(F2)Br，F1、F2均与HBr加成，F1有两种加成方式分别得产物CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br和
CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3，而F2与HBr加成只有一种产物：CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br，则G1、G2便确定。
【答案】　(1)CCH3CH3CCH3CH3　(2)②
(3)加成　(4)CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3
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一、选择题
1．(2009年德州质检)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】　据双羟基铝碳酸钠的化学式可知其不属于氢氧化物，也不是Al(OH)3和Na2CO3的混合物，而是一种化合物，A、B项均不正确。
NaAl(OH)2CO3＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋3H2O＋CO2↑可知C项不正确；由于反应时有CO2气体放出，故该药剂不适合于胃溃疡患者服用，D项正确。
【答案】　D
2．(2008年广东高考题)海水是一个巨大的化学资源宝库，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，电解熔融NaCl可制备Cl2
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【解析】　海水蒸发发生了物理变化，海水中的K＋需经过化学变化得到钾单质，潮汐发电是将机械能转化为电能。
【答案】　A
3．把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是(　　)
A．盐酸 B．氯水
C．烧碱溶液 D．纯碱溶液
【解析】　盐酸跟镁、铝都反应，A错。氯水中存在游离氯，是氧化剂，金属都有还原性，是还原剂，镁、铝都会和氯气反应；氯水中有氯气和水反应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会跟酸反应，B错。烧碱是氢氧化钠，铝可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成偏铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，C对。纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。
【答案】　C
4．下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是(　　)
A．铝在常温下不能与氧气反应
B．铝不能与氯气反应
C．铝既能溶于酸，又能溶于碱
D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应
【解析】　铝在常温下与空气中的氧气反应，在铝表面形成一层致密的氧化膜；铝与氯气反应生成氯化铝；氧化铝是两性氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应。
【答案】　C
5.
(2007年上海)用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁(如右图所示)，将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是(　　)
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【解析】　实验中发生的反应主要是铝置换汞，铝在空气中被氧化，都是氧化还原反应。从“红墨水柱右端上升”可知，铝与氧气反应放出大量的热。铝箔表面生出的“白毛”是氧化铝。
【答案】　D
6．从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于(　　)
A．金属的导电性强弱 B．金属在地壳中的含量多少
C．金属的化合价高低 D．金属的活动性大小
【解析】　金属的活动性越小，越容易以游离态存在于自然界，金属阳离子的氧化性越强，越容易被还原为金属单质，因而冶炼越容易。
【答案】　D
7．(2009年茂名质检)下列离子在溶液中可以大量共存，且向溶液中加入铝粉能产生氢气的是(　　)
A．K＋、Cl－、Na＋、SO42－ B．Na＋、OH－、Cl－、Ba2＋
C．H＋、Cl－、Fe2＋、NO3－ D．Cu2＋、OH－、CO32－、Na＋
【解析】　Al与H＋或OH－反应生成H2，但H＋、NO3－与Al反应生成NO。A项能大量共存，但加入Al粉后不产生H2；C项H＋、NO3－与Fe2＋因发生氧化还原反应不能大量共存，且加入Al粉不生成H2；D项Cu2＋与OH－，Cu2＋与CO32－均不能大量共存。
【答案】　B
8．将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是(　　)
【解析】　由图象知，Y消耗沉淀达到最大值和沉淀完全溶解，X的用量比是3∶1，A项是1∶1，B项是1∶3，D项开始时无沉淀产生，C项是3∶1。
【答案】　C
9．下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2－＋H2↑
B．Na与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋H2↑＋2OH－
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋
【解析】　Al与碱反应时，H2O作氧化剂，A中无水，错误。氧化还原反应时，得失电子守恒，B错。Al(OH)3只溶于强碱，所以D对。
【答案】　D
10．(2009年平顶山模拟)下列操作所得物质为纯净物的是(　　)
A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体
B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al(OH)3固体
C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体
D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体
【解析】　A项中所得NaAlO2中混有过量的NaOH，B项中会有部分Al(OH)3分解产生Al2O3，C项中AlCl3溶液蒸干时会生成Al(OH)3。D项产生Al(OH)3沉淀后，过滤、洗涤、灼烧得到分解产物Al2O3。故D正确。
【答案】　D
11．等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是(　　)
A．2 mol·L－1H2SO4溶液　B．18 mol·L－1H2SO4溶液
C．6 mol·L－1KOH溶液 D．3 mol·L－1HNO3溶液
【解析】　Mg、Al都可与稀H2SO4反应放出H2，但与浓H2SO4、Al在常温下发生钝化，Mg虽反应但不产生H2。与KOH只有Al反应。与HNO3反应，HNO3为强氧化性酸，都不会产生H2。
【答案】　A
12．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为(　　)
A．10.8 g 　 B．7.2 g
C．5.4 g 　　D．3.6 g
【解析】　据2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑知，等质量的Al与过量盐酸和NaOH溶液完全反应时生成的H2的体积比为1∶1，等物质的量盐酸和NaOH与足量的Al溶液完全反应时生成H2的体积比为3∶9＝1∶3，今二者生成的体积比为1∶2，故铝与盐酸反应时，铝过量盐酸不足，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。现在n(HCl)＝0.2 L×3 mol/L＝0.6 mol，所以盐酸完全反应生成H2为0.3 mol，则NaOH与Al反应时生成H2为0.3 mol×2＝0.6 mol，因此铝的质量为0.6 mol××27 g/mol＝10.8 g。
【答案】　A
二、非选择题
13．置换反应的通式可以表示为：单质(1)＋化合物(1)===化合物(2)＋单质(2)，请写出满足以下要求的3个置换反应的化学方程式：
①所涉及的元素的原子序数都小于20。
②6种单质分属6个不同的主族。
【解析】　短周期元素、不同主族间的置换反应，常见的有：
C＋H2O(g)CO＋H2
2Mg＋CO22MgO＋C
Mg(或Al)＋2HCl===MgCl2＋H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2
Cl2＋H2S===2HCl＋S↓
3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl
从以上选择出6种单质分属6个不同主族间的三个置换反应。
【答案】　2Mg＋CO22MgO＋C
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2(其他合理答案也对)
14．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)写出化学式：A________，C__________，D________，E________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
A→B_____________________________________________________________________，
F→E______________________________________________________________________
【解析】　根据B、F既与酸反应，又与碱反应的特性，和BCF的转化关系，加之涉及的元素主要是短周期元素，故可推断B为Al(OH)3，C为Al2O3，F为Al。其他几种物质也不难推出：A为KAlO2，D为AlCl3，E为NaAlO2。
【答案】　(1)KAlO2　Al2O3　AlCl3　NaAlO2
(2)2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
15．铝及其化合物的优良性能决定了其具有如下重要的用途：①制包装糖果和食品用的铝箔；②制易拉罐；③制电线电缆；④制牙膏皮；⑤用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水；⑥制炊具及散热材料；⑦用明矾和苏打做食品膨化剂；⑧用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片；⑨制银色防锈油漆颜料；⑩用做制镜材料。
根据你所掌握的知识回答下列问题(填序号)：
(1)由铝的良好延展性决定的用途是________________________________________________________________________。
(2)由铝的良好导电性和导热性决定的用途是________________________________________________________________________。
(3)由铝的光学活性决定的用途是________________________________________________________________________。
(4)由铝的化合物的某些性质决定的用途是________________________________________________________________________。
(5)随着铝元素在人体中的积累的增多，可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一而加以在控制使用。铝在上述用途中必须加以控制的是________________________________________________________________________。
【解析】　由Al的特性决定Al的用途。Al的化合物明矾、Al(OH)3也有其独特的用途，前者可做自来水的净水剂、食品膨化剂，后者可以是药物的成分。因为铝是食品污染之一，所以应控制人的饮食、医疗等场合与Al接触，从而减少Al元素的摄入量。
【答案】　(1)①②③④　(2)③⑥　(3)⑩　(4)⑤⑦⑧
(5)①②④⑤⑥⑦⑧
16．某学生用电子天平和必要的化学实验仪器测定铁铝合金中各组分含量，其实验装置如下图所示：
实验时，取一块铁铝合金，将其切成碎块后全部加入到盛有50 mL 5.0 mol·L－1 NaOH溶液的烧杯中。试回答下列问题：
(1)合金表面最先产生气泡的位置是________(填“切口断面”或“非切口断面”)，反应的离子方程式为______________________________。
(2)合金表面会形成原电池，其负极的电极反应式为__________________________。
(3)不同时间电子天平的读数如下表所示：
实验操作过程 时间/min 电子天平的读数/g
烧杯＋NaOH溶液 80.0
烧杯＋溶液＋样品 0 87.8
1 87.5
2 87.3
3 87.2
4 87.2
则合金中铁的质量分数为________(保留三位有效数字，下同)。
(4)上述50 mL NaOH溶液中最多可加入的铁铝合金样品质量为________。
【解析】　第(1)问中铁铝化学性质较活泼，表面均易生成氧化物薄膜，故在“切口断面”最先产生气泡，且Al产生Al3＋后，由于NaOH过量，故离子方程式应考虑Al(OH)3与NaOH的反应，其负极反应也是如此。
第(3)问中合金中只有Al与NaOH反应，且溶液减少的质量是H2的质量，则
2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 mol　2 mol　　　　　　　　　　0.3 mol
0．2 mol 0.2 mol　　　　　　　
所以w(Fe)＝×100%＝30.8%，消耗n(NaOH)＝0.2 mol。
第(4)问中溶解合金最大量：
7．8 g×＝9.75 g。
【答案】　(1)切口断面
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
(2)Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O
(3)30.8%　(4)9.75 g
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．物质发生化学反应都伴随着能量变化
B．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
【解析】　物质发生化学反应都伴随着能量的变化，故A项对；伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，物质发生物理变化、核变化(如原子弹的爆炸)也都伴有能量变化，故B项错；在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量(设为x)与生成物总能量(设为y)之间的关系为：①x＞y反应为放热；②x＜y反应为吸热；所以C项对，D项错。
【答案】　AC
2．下列有关原电池和电解池的叙述正确的是(　　)
A．纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可使反应速率加快
B．甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH＋6OH－＋6e－===CO2＋5H2O
C．在铁上镀铜时，金属铜作阴极
D．电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度基本不变
【解析】　纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可形成原电池，使反应速率加快，所以A正确；B中负极应失电子；C中金属铜应作阳极；D中电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度要发生变化。
【答案】　A
3．下图中，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现
a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出，符合这一情况的是(　　)
a电极 b电极 X电极 溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
【解析】　a板质量增加说明a板作阴极，金属阳离子放电，故X极是负极；b板有无色无味的气泡冒出，溶液不能是D中的CuCl2溶液，且阳极材料不能是金属。
【答案】　A
4．(2008年上海化学)已知：H2(g)＋F2(g)―→2HF(g)＋270 kJ，下列说法正确的是(　　)
A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气与1 L氟气吸收270 kJ热量
B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量
D．1 个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270 kJ热量
【解析】　A项中热化学方程式的化学计量数只表示物质的量；B项中气态HF变成液态HF要放出热量，故应大于270 kJ；C项中由高能量的反应物生成低能量的生成物才放出热量；D项中1 mol H2和1 mol F2反应生成2 mol HF放出的热量才是270 kJ。
【答案】　C
5．(2008年广东高考题)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是(　　)
A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【解析】　铁比锡活泼，镀层破坏，铁作负极被腐蚀；保护地下钢管应与外电源负极相连。
【答案】　AC
6．(2009年安徽蚌埠质检)下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是(　　)
A．在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多
B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强
C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能
D．将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极
【解析】　A项中失电子多少不能说明失电子难易，例如Al与Na；B项中甲的阳离子氧化性强，则甲的还原性弱；C项正确；D项中甲作正极，则甲不如乙活泼。
【答案】　C
7.
(2008年全国Ⅱ理综)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
对照分析A、B不正确。a极周围由于H＋放电呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH－放电呈酸性，石蕊显红色。
【答案】　D
8．如下图所示，各烧杯中盛有海水，铁(含杂质C)在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥
C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【解析】　②③④形成原电池，⑤⑥是电解池反应，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极>原电池的负极>原电池的正极>电解池的阴极。
【答案】　C
9．(2008年宁夏理综)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是－285.8 kJ·mol－1、－1 411.0 kJ·mol－1和－1 366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
A．－44.2 kJ·mol－1 B．＋44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．＋330 kJ·mol－1
【解析】　根据反应
C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1①
C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1②
①－②得
C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝－44.2 kJ·mol－1
【答案】　A
10．(2008年重庆理综)化学反应N2＋3H2===2NH3的能量变化如下图所示，该反应的热化学方程式是(　　)
A．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)　ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C.N2(g)＋H2(g)===NH3(l)　ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D.N2(g)＋H2(g)===NH3(g)　ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
【解析】　mol N2(g)与 mol H2(g)完全反应生成1 mol NH3(g)时放热：(b－a)kJ。生成1 mol NH3(l)时放热：(b＋c－a)kJ。
【答案】　A
11．(2008年广东化学)LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4＋LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li＋导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是(　　)
A．可加入硫酸以提高电解质的导电性
B．放电时电池内部Li＋向负极移动
C．充电过程中，电池正极材料的质量减少
D．放电时电池正极反应为：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
【解析】　A项，Li为活泼金属，在酸性介质中不能存在；B项放电时，Li＋在正极参与反应，应向正极移动。
【答案】　CD
12．(2008年海南化学)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)＋SO42－(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)＋SO42－(aq)
【解析】　A项中电池放电时正极应发生还原反应，电极反应为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－===PbSO4＋2H2O；C项中电池充电时硫酸的浓度应不断增大；D项中电池充电时阳极应发生氧化反应。
【答案】　B
13．(2007年广东化学)将V1 mL 1.00 mol·L－1HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是(　　)
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【解析】　A项为5 mL HCl和45 mL NaOH反应后温度为22 °C；C项HCl和NaOH溶液物质的量浓度相同，恰好反应，HCl和NaOH体积相同，图象对称；D项Ba(OH)2晶体和NH4Cl晶体反应有水生成，但为吸热反应。
【答案】　B
14．(全国Ⅱ理综)已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量
②1 mol Cl2分子中化学键断裂时需要吸收243 kJ的能量
③由H原子和Cl原子形成1 mol HCl分子时释放431 kJ的能量
下列叙述正确的是(　　)
A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
B．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝183 kJ·mol－1
C．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
【解析】　A项，热化学方程式缺少反应热(ΔH)；反应热(ΔH)应为生成物化学键形成时所放出的总能量(431 kJ·mol－1×2)与反应物化学键断裂时所吸收的总能量(436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1＝679 kJ·mol－1)的差，即反应生成2 mol HCl气体，反应的ΔH＝－183 kJ·mol－1；B项，反应放热时ΔΗ<0；D项，ΔH的数值应减半。
【答案】　C
15.
某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如右图所示的装置进行实验，过一段时间后观察，下列现象不可能出现的是(　　)
A．B中导气管中产生气泡
B．B中导气管里形成一段水柱
C．金属片剪口变红
D．锌被腐蚀
【解析】　该题思考的切入点是铁—锌—NaCl溶液构成原电池，由于溶液显中性，锌又比铁活泼，只能是锌作负极，铁作正极，在负极上发生Zn－2e－===Zn2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，所以在A中由于其中的氧气作氧化剂而使锥形瓶内气体的量减小，导致B中的水沿导气管进入而使导气管里形成一段水柱，同时锌被腐蚀，金属片上由于O2得到电子，使金属片剪口处溶液c(OH－)增大，使得溶液显碱性，遇到酚酞试液而变红。故综合以上选A。
【答案】　A
16．(电解的有关计算)用铂电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500 mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L的气体，则原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为(　　)
A．0.5 mol·L－1 B．0.8 mol·L－1
C．1.0 mol·L－1 D．1.5 mol·L－1
【解析】　阳极电极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，失去电子的物质的量n(O2)×4＝×4＝2 mol；阴极电极反应：首先发生的是Cu2＋＋2e－===Cu，其次发生的是2H＋＋2e－===H2↑，阴极被还原物质得到电子的总量n(Cu2＋)×2＋n(H2)×2＝n(Cu2＋)×2＋×2，两电极物质得与失电子数相等，即2 mol＝n(Cu2＋)×2＋×2。解得n(Cu2＋)＝0.5 mol，n(CuSO4)＝n(Cu2＋)＝0.5 mol，所以其物质的量浓度＝＝1.0 mol·L－1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(13分)甲、乙两池的电极材料都是铁棒与碳棒(如下图)。请回答下列问题：
(1)若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是：甲池中的________棒；乙池中的________棒。
②在乙池中阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)若两池中均盛放饱和NaCl溶液，反应一段时间后：
①写出乙池中发生的总反应的离子方程式________________________________________________________________________
　。
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
　。
③若乙池转移0.02 mol电子后停止实验，池中溶液的体积是200 mL，则溶液混匀后的pH＝________。
【解析】　甲池为原电池，乙池为电解池，且甲池中Fe为负极，乙中Fe为阴极，C为阳极。
(1)均盛放CuSO4溶液时，甲池中发生的反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，乙池中发生的反应为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑。
(2)①均盛放NaCl溶液时，甲池中发生吸氧腐蚀，乙池中发生的反应为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②Cl2再氧化I2，结合物质的量之比为5∶1，利用电子守恒即得出方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3。
③2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－，因此每生成2 mol OH－，即转移2 mol e－，所以n(OH－)＝n(e－)＝0.02 mol，c(OH－)＝＝0.1 mol/L，
所以pH＝13。
【答案】　(1)①碳(C)　铁(Fe)
②Cu2＋＋2e－===Cu
(2)①2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
②5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3　③13
18．(14分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：
某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物。部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：
沉淀物 pH
Al(OH)3 5.2
Fe(OH)3 3.2
Fe(OH)2 9.7
Mn(OH)2 10.4
Cu(OH)2 6.7
Zn(OH)2 8.0
CuS ≥－0.42
ZnS ≥2.5
MnS ≥7
FeS ≥7
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)滤渣A的主要成分为________________________________________________________________________。
(3)加入MnS的目的是除去________杂质。
(4)碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为________________________________________________________________________
______________________。
(5)从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有______________(写出两种)。
【解析】　(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，可以写其反应方程式2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。
(2)根据反应后滤液(Mn2＋、Fe3 ＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋)加氨水调pH至5.4，结合题表可知滤渣A的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
(3)根据题表可知加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋。
(4)碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子。其电极反应式应为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。
(5)从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2。
【答案】　(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Cu2＋、Zn2＋
(4)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－
(5)Zn、MnO2
19．(12分)(2009年潍坊教学质检)肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性液体，与氧气或氮的氧化物反应均可生成氮气和水，可用作火箭燃料。
(1)写出肼与一氧化氮反应的化学方程式：________________________________________________________________________
____________________。
(2)肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。该电池放电时，负极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(3)如右图所示是一个电化学装置示意图。用肼—空气燃料电池作此装置的电源。
①如果A为含有铁、银、金、碳等杂质的粗铜，B为纯铜，C为CuSO4。通电一段时间后，溶液中Cu2+的浓度将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是硫酸，阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
利用该装置可制得少量过氧化氢：在阳极上SO42-被氧化成S2O82-(过二硫酸根离子)，S2O82-与H2O反应生成H2O2：S2O82-+2H2O===2SO42-+H2O2+2H+。若要制取1 mol H2O2，该燃料电池理论上需消耗　　　　 mol N2H4。
【解析】　(1)根据得失电子守恒进行方程式的配平，N2H4+2NO===2N2+2H2O。(2)该燃料电池中，N2H4为负极，氧化产物为N2，故电极反应为：N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O。(3)①A为阳极，首先是Fe放电，然后是Cu放电，B为阴极，溶液中只有Cu2+放电，故溶液中Cu2+减少。②第一问为电解硫酸，实质是电解水，阴极反应为：2H++2e-===H2↑；第二问根据电子转移守恒，2SO42-～S2O82-～H2O2，制备1 mol H2O2转移电子2 mol，根据N2H4～N2，消耗1 mol N2H4转移电子4 mol，故消耗的N2H4为0.5 mol。
【答案】　(1)N2H4+2NO===2N2+2H2O
(2)N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O
(3)①减小　②2H++2e-===H2↑　0.5
20．(13分)(2009年西安调研)按照下图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：
(1)U型管内发生什么现象？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出有关反应的化学方程式：A：________________________________________________________________________，
a：________________________________________________________________________，
B：________________________________________________________________________。
(3)在a、b两烧杯中发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果小烧杯中有0.508 g碘析出，则大烧杯中负极减轻　　　　g。
【解析】　由图知，左边的装置为原电池，Zn为负极，Pt为正极，电解质为硫酸溶液，总方程式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，因此，右边的装置为电解池。根据装置的连接方式，电解池的左边为阳极，右边为阴极，电解质为KCl溶液，阳极氯离子放电生成氯气，所以a烧杯中KI 淀粉溶液变蓝，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，阴极氢离子放电产生氢气，同时生成氢氧根离子，因此KCl 酚酞溶液变红，b烧杯中有无色气体逸出，电解的总方程式为2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH。根据电子转移守恒，Zn～I2，再根据生成的碘单质的质量，可求出锌消耗的质量。
【答案】　(1)左侧管内有黄绿色气体逸出，右侧管内有无色气体逸出，右侧溶液由无色变为红色　(2)A：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　a：2KI＋Cl2===2KCl＋I2　B：2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH　(3)a烧杯中溶液变蓝，b烧杯中有无色气体逸出，溶液无明显变化
(4)0.13
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2010年西安市高三质量检测)下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)
A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L
B．1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol·L－1
【解析】　根据图所示，该硫酸ρ＝1.84 g/cm3，w＝98%，M＝98 g/mol。A项c(H2SO4)＝＝18.4 mol/L；B项该硫酸为浓硫酸，与Zn反应不能生成H2；C项根据溶质守恒：V＝×1 000 mL/L＝50 mL；D项等质量的H2O与该硫酸混合后所得溶液浓度小于9.2 mol/L。
【答案】　C
2．下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是(　　)
①中和热测定中所用的小烧杯　②中和滴定中所用的锥形瓶　③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶　④喷泉实验中用于收集NH3的烧瓶
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
【解析】　①中小烧杯和④中烧瓶必须预先干燥，若不干燥，前者会增大实验误差，影响测定结果，后者因氨气极易溶于水，烧瓶不干燥会导致氨气难以收集满，致使喷泉实验难以成功。
【答案】　C
3．配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)
A．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
【解析】　A选项错，不能在容量瓶中溶解物质；B选项错，因为要配制100 mL溶液，加入100 mL蒸馏水溶解Na2CO3所得溶液已接近100 mL，但并不是100 mL。C选项未用玻璃棒引流，错。
【答案】　D
4．对下列物质分类全部正确的是(　　)
①纯碱　②食盐水　③石灰水　④NaOH　⑤液态氧　⑥KClO3
A．碱——①④　　 　B．纯净物——③④⑤
C．盐——①⑥ D．混合物——②⑤
【解析】　纯碱为Na2CO3，属于盐类物质；食盐水为NaCl的水溶液，为混合物；石灰水是Ca(OH)2的水溶液，为混合物；液态氧即液态的氧气，为纯净物；KClO3为盐类物质，故答案为C。
【答案】　C
5．下列叙述正确的是(　　)
A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积为22.4 L
D．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【解析】　一定温度、压强下，气体分子间平均距离相同，气体体积由分子数的多少决定，亦即由气体物质的量的多少决定，A不正确，B正确；气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积，在标准状况下气体摩尔体积为22.4 L·mol－1，C不正确；不同的气体在不同情况下，体积不同时所含分子数有可能相同，D不正确。
【答案】　B
6．(2008年四川高考)下列说法中不正确的是(　　)
A．1 mol氧气中含有12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
B．1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数
C．等体积、浓度均为1 mol·L－1的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3∶1
D．等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为1∶3
【解析】　标准状况下1 mol任何气体所占体积为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为2×6.02×1023＝12.04×1023个，A正确；B中1 mol臭氧所含氧原子个数为1 mol×3＝3 mol,1.5 mol氧气中所含氧原子数为1.5 mol×2＝3 mol，二者相等，B正确；C中磷酸不完全电离，1 mol磷酸电离出的氢离子数小于3 mol，C错误；干冰、葡萄糖的分子式分别为CO2、C6H12O6，等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为2∶6＝1∶3，D正确。
【答案】　C
7．二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用0.228 g CS2在448 mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况下的体积是(　　)
A．112 mL B．224 mL
C．336 mL D．448 mL
【解析】　根据反应：CS2(l)＋3O2(g)===CO2(g)＋2SO2(g)可知：反应中消耗O2的体积等于生成的CO2和SO2的总体积。因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变。
【答案】　D
8．(2009年滨州检测)下列物质中肯定为纯净物的是(　　)
A．只由一种元素组成的物质
B．只由一种原子构成的物质
C．只由一种分子构成的物质
D．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质
【解析】　纯净物的特征是由一种物质构成，所给的选项中，只有C选项符合。选项A、B可能是同素异形体，如红磷与白磷、O2与O3。对于选项D来说，阳离子可能有变价离子，如Fe2＋和Fe3＋，则能与阴离子构成混合物。
【答案】　C
9．(2009年汕头检测)在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体。已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.CO2，100 mL；b.O2,200 mL；c.N2,400 mL；d.CH4,600 mL，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是(　　)
A．a＞b＞c＞d　　　B．b＞a＞d＞c
C．c＞d＞b＞a D．d＞c＞a＞b
【解析】　据阿伏加德罗定律：
n(CO2)∶n(O2)∶n(N2)∶n(CH4)
＝V(CO2)∶V(O2)∶V(N2)∶V(CH4)
＝100 mL∶200 mL∶400 mL∶600 mL＝1∶2∶4∶6
m(CO2)∶m(O2)∶m(N2)∶m(CH4)
＝(1×44)∶(2×32)∶(4×28)∶(6×16)
＝11∶16∶28∶24
所以 c>d>b>a。
【答案】　C
10．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量是M g/mol)溶于 0.1 L水中，所得溶液的密度为d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　由题知气体A的物质的量为mol，溶剂是0.1 L(100 g H2O)，溶液的质量是g，已知溶液密度为d g/mL，溶液的体积应是/d mL，整理后得到体积为mL。因此，溶液的物质的量浓度为＝mol/L。
【答案】　B
11．(2008年广东高考)能表示阿伏加德罗常数数值的是(　　)
A．1 mol金属钠含有的电子数
B．标准状况下，22.4 L苯所含的分子数
C．0.012 kg 12C所含的原子数
D．1 L 1 mol·L－1硫酸溶液所含的H＋数
【解析】　1个钠原子含11个电子，故1 mol金属钠应含11 mol电子，故A错误；标准状况下，苯为液态，所以22.4 L苯所含分子数应大于NA，所以C错误；0.012 kg 12C所含碳原子数为阿伏加德罗常数，所以C正确；1 L 1 mol·L－1硫酸溶液中含H＋的物质的量为2 mol，H＋数为2NA，所以D错。
【答案】　C
12．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)
A．0.4 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1 D．0.1 mol·L－1
【解析】　n(Al3＋)＝＝0.06 mol，
n(SO42－)＝0.09 mol，加入的Ba(OH)2溶液中含有Ba2＋ 0.03 mol，反应后剩余SO42－ 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，因此c(SO42－)＝0.1 mol·L－1。
【答案】　D
13．某温度下，V mL不饱和NaNO3溶液a g，蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是(　　)
A．该温度下NaNO3的溶解度为100 g
B．原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%
C．原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol/L
D．原不饱和溶液的密度为g/mL
【解析】　由题意，b g水中溶解b g NaNO3达到饱和，即此温度下NaNO3溶解度为100 g，A项正确；此温度下饱和溶液的质量分数为＝，所以原溶液中NaNO3的质量为(a－b)×，则原溶液质量分数为×100%＝
%，B项错；原溶液的物质的量浓度为÷L＝mol/L，C项正确；D项中溶液的密度为＝g/mL，D项不正确。
【答案】　AC
14．(2008年四川卷)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SO42－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＋浓度(mol·L－1)为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，则n(NH4＋)＝n(NH3)＝c mol，Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓，则n(SO42－)＝n(Ba2＋)＝b mol，则Al2(SO4)3中n(SO42－)＝b mol－c mol×＝mol，n(Al3＋)＝n(SO42－)×＝×mol＝mol，c(Al3＋)＝mol·L－1。
【答案】　C
15．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【解析】　本题主要考查对气体温度、压强、体积、密度、质量等物理量的相互关系及阿伏加德罗定律的理解和掌握情况。
根据m＝ρV，体积、密度相等的O2、O3的质量相等，物质的量之比为∶＝3∶2，压强之比为3∶2，分子数目之比为3∶2，O原子数目之比为∶＝1∶1。
【答案】　D
16．若以w1和w2分别表示浓度为a mol·L－1和b mol·L－1氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水的小)(　　)
A．2w1＝w2 B．2w2＝w1
C．w2>2w1 D．w1【解析】　根据c＝
依据题意则有a＝，b＝
因2a＝b，所以有2ρ1w1＝ρ2w2。又由于氨水的密度比纯水小，且浓度越大，密度越小，即ρ2<ρ1，代入上式得w2>2w1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年漳州质检)已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度________________________________________________________________________。
(2)用w、ρ表示溶液物质的量浓度________________________________________________________________________。
(3)用c、ρ表示溶液的质量分数________________________________________________________________________。
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度________________________________________________________________________。
【解析】　(1)c＝＝mol/L
(2)c＝
＝mol·L－1＝mol/L
(3)w%＝×100%
＝×100%
(4)＝，S＝g
【答案】　(1)mol·L－1　(2)mol·L－1
(3)×100%　(4)g
18．(12分)(2009年镇江检测)化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。
(1)从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是________。
(2)“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个(酸过量时)，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式(酸过量时)：
__________________________、________________________。
(3)“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________。
A．Ag B．Cu
C．Al D．Fe
【解析】　(1)纯碱的化学式为Na2CO3，是由Na＋和CO32－构成，应为盐。
(2)此问考查离子反应的实质。由于三种酸均为强酸，故反应实质均提供H＋，而NaOH、Na2CO3分别是OH－、CO32－反应。
(3)本题考浓硝酸的强氧化性，Al、Fe遇浓硝酸易发生钝化，故应选A、B。
【答案】　(1)纯碱(或Na2CO3)
(2)CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O　H＋＋OH－===H2O
(3)AB
19．(12分)(1)0.3 mol NH3分子中所含氢原子数与________个H2O分子中所含氢原子数相等。
(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是________。
(3)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________。
(4)2.3 g Na中含________mol e－，在跟足量水反应中失去________mol e－。
(5)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)______________。
【答案】　(1)2.709×1023　(2)0.6 mol
(3)106 g/mol　(4)1.1　0.1　(5) L
20．(16分)某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g。
②连接好实验装置，检查装置的气密性。
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。
④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL。
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g。
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是　　　　(请填写步骤代码)。
进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【解析】　(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管液面高度的变化来判断装置气密性。
(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大。然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生O2的体积相等。最后再读取量筒内水的体积。读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小。
(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95 g－15.55 g＝0.4 g，
n(O2)＝＝0.012 5 mol，
O2的摩尔体积为：＝22.38 L/mol。
【答案】　(1)往广口瓶中注满水，塞紧橡皮塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气
(2)②①③　偏小
(3)0.012 5　22.38 L/mol
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一、选择题
1．(2008年海南化学)1 mol X能与足量碳酸氢钠溶液反应放出44.8 L CO2(标准状况)，则X的分子式是(　　)
A．C5H10O4　　　　　　　　B．C4H8O4
C．C3H6O4 D．C2H2O4
【解析】　由题信息可知X结构中应有2个羧基，饱和二元羧酸的通式应为CnH2n－2O4(n≥2)，查看各选项只有D符合。
【答案】　D
2．中小学生经常使用的涂改液中含有挥发性的有毒溶剂，应尽量不使用，以减少对身体的毒害及对环境的污染。该溶剂有(　　)
A．乙醇 B．乙酸
C．三氯乙烯 D．甘油
【解析】　本题可根据题干所给信息进行选择。“有挥发性的有毒溶剂”，可排除A、B、D三项，因三者皆无毒。
【答案】　C
3.
乙醇分子中各种化学键如图所示。关于乙醇在下列反应中断键情况的说法中不正确的是(　　)
A．与金属钠反应时键①断裂
B．与乙酸发生酯化反应时键①断裂
C．与浓硫酸共热到170 ℃时键③、④断裂
D．在铜催化下与氧气反应时键①、③断裂
【解析】　与浓H2SO4共热制得乙烯，发生断键的部位是键②、④。
【答案】　C
4．用括号中的试剂和方法除去各物质中的少量杂质，正确的是(　　)
A．苯中的甲苯(溴水，分液)
B．乙醇中的乙酸(NaOH溶液，分液)
C．乙醇中的水(新制CaO，蒸馏)
D．乙酸乙酯中的乙酸(NaOH溶液，分液)
【解析】　除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗。苯中的甲苯用溴水不能除去；乙醇与NaOH溶液不分层；乙酸乙酯在碱性条件下易水解；乙醇中的水可用CaO吸收，然后蒸馏提纯。
【答案】　C
5．将等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻铜片质量增加的是(　　)
A．硝酸 B．无水乙醇
C．石灰水 D．盐酸
【解析】　铜片灼烧后生成CuO，硝酸、盐酸使生成的CuO溶解，铜片的质量减少；乙醇可实现CuO―→Cu转变：C2H5OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，铜片的质量不变；石灰水不与CuO反应，铜片质量增加。
【答案】　C
6．(2008年上海化学)植物及其废弃物可制成乙醇燃料，下列关于乙醇燃料的说法错误的是(　　)
A．它是一种再生能源
B．乙醇易燃烧，污染小
C．乙醇只能在实验室内作燃料
D．粮食作物是制乙醇的重要原料
【解析】　乙醇是可再生能源，A正确；乙醇易燃烧，产生污染小，B正确；乙醇除了在实验室内作燃料外，可以用于乙醇汽油，C错；乙醇可由含淀粉、纤维素丰富的粮食作物水解制取，D正确。
【答案】　C
7．以下几种酸：①HCOOH　②CH3COOH
③C15H31COOH　④HOOC—COOH　⑤CHOOOH
⑥C17H33COOH，其中属于同系物的物质组是(　　)
A．④⑤ B．①③
C．①③⑥ D．①②④⑤⑥
【解析】　同系物必须满足：结构相似，分子组成上相差1个若干个CH2原子团两个条件，⑤是H2CO3非有机酸，A错；B组同时满足两个条件，正确；⑥是不饱和一元酸，C错；D中均不符合两个条件，错误。
【答案】　B
8．(上海高考)二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命。二甘醇的结构简式是HO—CH2CH2—O—CH2CH2—OH。
下列有关二甘醇的叙述正确的是(　　)
A．不能发生消去反应　　　　B．能发生取代反应
C．能溶于水，不溶于乙醇 D．符合通式CnH2nO3
【解析】　由二甘醇的结构简式可以看出，其含有醇羟基，联系醇的性质它应该能发生取代反应和消去反应，又根据“相似相溶”原理，它应该能溶于水和乙醇，也很明显看出它不符合CnH2nO3的通式，故选B。
【答案】　B
9．(2009年潍坊模拟)下图是某只含有C、H、O元素的有机物的简易球棍模型。下列关于该有机物的说法正确的是(　　)
A．该物质属于酯类
B．分子式为C3H8O2
C．该物质在酸性条件下水解生成乙酸
D．该物质含有双键，能跟氢气发生加成反应
【解析】　由球棍模型读出该分子的结构简式为
CH2CH3COOCH3，其分子式为C4H8O2，属于酯，在酸性条件下水解生成丙酸，酯键不能与H2发生加成反应。
【答案】　A
10．化合物丙由如下反应得到
C4H10OC4H8C4H8Br2
　甲　　　　　　　　乙　　　　　　　丙
丙的结构简式不可能是(　　)
A．CH3CH2CHBrCH2Br B．CH3CH(CH2Br)2
C．CH3CHBrCHBrCH3 D．(CH3)2CBrCH2Br
【解析】　甲为丁醇发生消去反应得到丁烯[三种
CH3CH2CH===CH2、CH3CH===CHCH3、CH2===C(CH3)2]，然后与Br2发生加成反应，分别得到A、C、D三产物，故选B。
【答案】　B
11．(高考全国卷Ⅰ)某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
【解析】　该有机物相对分子质量小于150，其中含氧50%，设含n个氧原子，则16n≤150×50%(n为正整数)。n<5，含氧原子数最多只能为4个，Mr最大值为＝128，则C、H在式量中最多为64，而C的相对原子质量为12最多含5个C原子。
【答案】　B
12．具有一个羟基的化合物A 10 g，与乙酸反应生成乙酸某酯11.85 g，并回收了未反应的A 1.3 g，则A的相对分子质量约为(　　)
A．98 B．116
C．158 D．278
【解析】　不妨设化合物A为R—OH，相对分子质量为Mr，则发生的酯化反应方程式为：
CH3COOH＋HO—R??CH3COOR＋H2O
　　　 Mr　　　　Mr＋60－18
　　 (10－1.3)g　11.85 g
＝。
解得Mr＝116。
【答案】　B
二、非选择题
13．酸奶中含有乳酸，其结构简式为：
CHCH3OHCOOH。
(1)乳酸跟足量金属钠反应的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
(2)乳酸跟少量碳酸钠溶液反应的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
(3)乳酸在浓硫酸存在下，3分子相互反应，生成物为链状，其结构简式可表示为________________________________________________________________________。
(4)乳酸在浓硫酸存在下，2分子相互反应，生成物为环状，其结构简式可表示为________________________________________________________________________。
【解析】　(1)—OH、—COOH与钠均能发生反应，据此可写出反应的化学方程式。
(2)—COOH与Na2CO3反应放出CO2，而—OH与Na2CO3不反应，据此可写出反应的化学方程式。
(3)3分子乳酸在浓H2SO4存在下，一分子中的—COOH与另一分子中—OH酯化，相互作用可生成链状酯。
(4)2分子乳酸在浓H2SO4存在下，2分子中的—COOH和—OH相互酯化，可生成环状交酯。
【答案】　(1)CH3CHOHCOOH＋2Na―→
CH3CHONaCOONa＋H2↑
(2)2CH3CHOHCOOH＋Na2CO3―→2CH3CHOHCOONa
＋CO2↑＋H2O
(3)CH3CHOHCOOCHCH3COOCHCH3COOH
(4)CH3CHOCOCHCH3OCOC
14．(2009年江苏质检)化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：
①A＋Na―→慢慢产生气泡
②A＋RCOOH有香味的产物
③A苯甲酸
④其催化脱氢产物不能发生银镜反应
⑤脱水反应的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品(它是目前造成“白色污染”的主要污染源之一)
试回答：
(1)根据上述信息，对该化合物的结构可作出的判断是____；(填编号)
A．苯环上直接连有羟基 B．苯环侧链末端有甲基
C．肯定有醇羟基 D．肯定是芳香烃
(2)化合物A的结构简式______________；
(3)A和金属钠反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　据①②知该化合物为醇，据③可知该醇分子内有一个苯环，据④知该醇分子苯环上只有一个支链，且支链上羟基不连在末端碳原子上，据化学式为C8H10O，故该化合物为CHOHCH3。
【答案】　(1)BC　(2)CHOHCH3
(3)2CHOHCH3＋2Na―→2CHONaCH3＋H2↑
15．(2009年山东济南)有机物A易溶于水，且1 mol A能跟Na反应生成0.5 mol H2，但不与NaOH反应，已知A通过如下转化关系制得化学式为C4H8O2的酯E，且当D→E时，式量增加28，B是一种烃。
A,①BCDE
(1)写出E的不同种类的一种同分异构体的结构简式：
________________________________________________________________________。
(2)写出①、②、③的化学方程式，并在括号中注明反应类型：
① 　(　　　　)；
②________________________________________________________________________ (　　　　)；
③ 　(　　　　)。
【解析】　1 mol A与Na反应生成0.5 mol H2，但不与NaOH反应，说明A为一元醇。而B为烃，应是A消去反应后生成的烯烃。在A―→B―→C―→D的转化中，碳原子数没有变化，所以A、B、C、D四种物质碳原子相等。而D＋A―→E(C4H8O2)，所以A、B、C、D中均有2个碳原子。则A为C2H5OH，B为CH2===CH2,2CH2===CH2＋O2―→2CH3CHO　CH3CHO
(B) (C) (C)
CH3COOH。
　(D)
(1)中，C4H8O2属于酸的同分异构体有两种：
CH3CH2CH2COOH、CHCH3CH3COOH。
【答案】　(1)CH3(CH2)2COOH或CHCH3CH3COOH(写出丁酸的任意一种结构即可)
(2)①C2H5OHCH2===CH2↑＋H2O(消去反应)
②2CH3CHO＋O22CH3COOH(氧化反应)
③CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O(酯化反应)
16．(2008年北京)化合物A(C4H10O)是一种有机溶剂，A可以发生如下变化：
　　　　　 ,Na
　　　　
(1)A分子中的官能团名称是________；
(2)A只有一种一氯取代物B，写出由A转化为B的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种，F的结构简式是________________________________________________________________________。
【解析】　A可与Na反应，A的化学式为C4H10O，说明A中一定有—OH；由A只有一种一氯化物B，可推出A为(CH3)3C—OH。A与Cl2光照反应只能发生在烃基上，由此可推出反应的化学方程式。F是A的同分异构体，也可发生图示变化，说明F也是醇类，结合F的一氯代物有三种，可推出F的结构简式。
【答案】　(1)羟基　
(2)(CH3)3C—OH＋Cl2光,ClH2CCCH3CH3OH＋HCl
(3)CHCH3CH3CH2OH
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一、选择题
1．下列固体熔化时必须破坏极性共价键的是(　　)
A．晶体硅　　　　　　　B．二氧化硅
C．冰　　　　　　　 D．干冰
【解析】　晶体硅和二氧化硅均为原子晶体，熔、沸点较高，需破坏共价键，其中硅是破坏非极性共价键，二氧化硅是破坏极性共价键。冰和干冰均为分子晶体，熔化时均破坏分子间作用力。
【答案】　B
2．金属晶体具有延展性的原因是(　　)
A．金属键很微弱
B．金属键没有饱和性
C．密堆积层的阳离子容易发生滑动，但不会破坏密堆积的排列方式，也不会破坏金属键
D．金属阳离子之间存在斥力
【解析】　金属晶体具有延展性是由于密堆积层的阳离子受到外力作用时容易发生滑动，但不会破坏密堆积的排列方式，也不会破坏金属键。
【答案】　C
3．下列性质中，可以较充分说明某晶体是离子晶体的是(　　)
A．具有较高的熔点
B．固态不导电，水溶液能导电
C．可溶于水
D．固态不导电，熔融状态能导电
【解析】　A选项，原子晶体熔点也较高；B选项，有些分子晶体，如HCl的水溶液也能导电；C选项，有些分子晶体也溶于水；分子晶体在液态时不导电，离子晶体在熔融时可导电。
【答案】　D
4．按下列四种有关性质的叙述，可能属于金属晶体的是(　　)
A．由分子间作用力结合而成，熔点低
B．固体或熔融后易导电，熔点在1 000 ℃左右
C．由共价键结合成网状结构，熔点高
D．固体不导电，但溶于水或熔融后能导电
【解析】　A为分子晶体，B中固体能导电，熔点在1 000 ℃左右，不是很高应为金属晶体，C为原子晶体，D为离子晶体。
【答案】　B
5．下列有关金属元素的特征叙述正确的是(　　)
A．金属元素的原子具有还原性，离子只有氧化性
B．金属元素在化合物中的化合价一定显正价
C．金属元素在不同化合物中的化合价均不相同
D．金属元素的单质在常温下均为金属晶体
【解析】　A项因变价金属的低价金属离子既有氧化性又有还原性，故错。B项中，因金属原子只能失电子，不能得电子，所以在其化合物中一定显正价，是正确的。C项中没有变价的金属元素在不同化合物中其化合价均相同，不正确。D项中Hg在常温下为液态，不正确。
【答案】　B
6．在a mol金刚石中含C—C键数为(　　)
A．4a×6.02×1023 B．a×6.02×1023
C．2a×6.02×1023 D．8a×6.02×1023
【解析】　在金刚石晶体中，每一个碳原子与4个碳原子相连，但每两个碳原子才能构成一个共价键，因此，每个碳原子占有4×＝2个C—C共价键，即a mol金刚石中含有a×2×6.02×1023个共价键。
【答案】　C
二、非选择题
7．有下列八种晶体：
A．水晶　B．冰醋酸　C．氧化镁　D．白磷　E．晶体氩　F．氯化铵　G．铝　H．金刚石
以上晶体中：
(1)属于原子晶体的化合物是________，直接由原子构成的晶体是________，直接由原子构成的分子晶体是________。
(2)由极性分子构成的晶体是________，含有共价键的离子晶体是________，属于分子晶体的单质是________。
(3)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是________，受热熔化后化学键不发生变化的是________，需克服共价键的是________。
【解析】　在题项中属于原子晶体的是：金刚石和水晶(由Si原子和O原子构成)；属于分子晶体的是：冰醋酸、白磷和晶体氩；属于离子晶体的是：MgO(由Mg2＋和O2－组成)、NH4Cl(由NH4＋和Cl－组成)；而Al属于金属晶体，金属的导电是靠自由电子的移动并不发生化学变化，但金属熔化时金属键就被破坏。分子晶体的熔化只需要克服分子间力，而原子晶体、离子晶体熔化时分别需要克服共价键、离子键。
【答案】　(1)A　AEH　E　(2)B　F　DE　(3)G　BDE　AH
8．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。
化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C
键能/kJ·mol－1 460 360 436 431 176 347
请回答下列问题：
(1)比较下列两组物质的熔点高低(填“＞”或“＜”)。
SiC________Si；SiCl4________SiO2
(2)如右图所示，立方体中心的“”表示硅晶体中的一个原子，请在立方体的顶点用“”表示出与之紧邻的硅原子。
(3)工业上高纯硅可通过下列反应制取：
SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)
该反应的反应热ΔH＝________kJ/mol。
【解析】　(1)由提供的键能数据可以看出Si—C键能大于Si—Si键，Si—O键键能大于Si—Cl键，且SiO2为原子晶体，而SiCl4为分子晶体，因此它们的熔沸点高低是SiC>Si，SiCl4【答案】　(1)>　<　(2)如下图
(3)+236
9．有A、B、C三种晶体，分别由C、H、Na、Cl四种元素中的一种或几种形成，对这三种晶体进行实验，结果如下表所示：
熔点/℃ 硬度 水溶性 导电性 水溶液与Ag＋反应
A 811 较大 易溶 水溶液(或熔融)导电 白色沉淀
B 3 500 很大 不溶 不导电 不反应
C －114.2 很小 易溶 液态不导电 白色沉淀
(1)晶体的化学式分别为：
A________，B________，C________。
(2)晶体的类型分别为：
A________，B________，C________。
(3)晶体中粒子间的作用分别为：
A________，B________，C________。
【解析】　由表可知A应为离子晶体，B应为原子晶体，C应为分子晶体，又已知A、B、C分别由C、H、Na、Cl四种元素中的一种或几种形成，再结合其水溶液与Ag＋的反应可确定A为NaCl，B为C(金刚石)，C为HCl。粒子间的作用力分别为离子键、共价键和分子间作用力。
【答案】　(1)NaCl　C　HCl
(2)离子晶体　原子晶体　分子晶体
(3)离子键　共价键　分子间作用力
10．参考下表中物质的熔点，回答有关问题：
物质 NaF NaCl NaBr NaI NaCl KCl RbCl CsCl
熔点/℃ 995 801 755 651 801 776 715 646
物质 SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4 SiCl4 GeCl4 SnCl4 PbCl4
熔点/℃ －90.4 －70.4 5.2 120 －70.4 －49.5 －36.2 －15
(1)钠的卤化物及碱金属的氯化物的熔点与卤素离子及碱金属离子的________有关，随着________的增大，熔点依次降低。
(2)硅的卤化物的熔点及硅、锗、锡、铅的氯化物的熔点与____________有关，随着____________增大，____________增大，故熔点依次升高。
(3)钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多，这与________有关，因为________________________________________________________________________，
故前者的熔点远高于后者。
【解析】　分析表中的物质和数据：NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子晶体，它们的阳离子相同，阴离子随着离子半径的增大，离子键依次减弱，熔点依次降低。
NaCl、KCl、RbCl、CsCl四种碱金属的氯化物均为离子晶体，它们的阴离子相同，阳离子随着离子半径的增大，离子键逐渐减弱，熔点依次降低。
SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4四种硅的卤化物均为分子晶体，它们的结构相似，随着相对分子质量的增加，分子作用力逐渐增强，熔点依次升高。
SiCl4、GeCl4、SnCl4、PbCl4也为分子晶体。
【答案】　(1)半径　半径
(2)相对分子质量　相对分子质量　分子间作用力
(3)晶体类型　钠的卤化物为离子晶体，而硅的卤化物为分子晶体
11．(广东化学)C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用。请回答下列问题。
(1)Ge原子核外电子排布式为_________________________________________。
(2)C、Si、Sn三种元素的单质中，能够形成金属晶体的是________。
(3)按要求指出下列氧化物的空间构型、成键方式或性质：
①CO2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式________；
②SiO2晶体的空间构型及硅氧之间的成键方式______________________________；
③已知SnO2是离子晶体，写出其主要物理性质_____________________(写出2条即可)。
(4)CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4，Ni与CO之间的键型为____________。
(5)碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比。已知Ni(CO)4中碳氧键的伸缩振动频率为2 060 cm－1，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2 143 cm－1，则Ni(CO)4中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度________(填字母)。
A．强　　　　　　　　　B．弱
C．相等 　　　　　 D．无法判断
【解析】　(1)Ge位于元素周期表中第4周期ⅣA族，原子结构示意图如下：＋32 ，对每一电子层进行拆分至电子亚层，按s、p、d顺序依次拆分而得核外电子排布式：
1s22s22p63s23p63d104s24p2。各电子层中的电子亚层容纳的电子数之和等于该电子层容纳的电子数。
(2)依据元素周期律，同主族元素按照从上至下的顺序，金属性逐渐增强，能够形成金属晶体元素应是原子序数较大的元素。
(3)CO2分子结构式OO，是以极性共价键形成的非极性分子，直线型；SiO2晶体是以Si—O间极性共价键结合成的原子晶体，立体网状结构。
(4)“CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4”。故推知Ni与CO间应形成配位键。
(5)依据题目中所给信息，在CO分子中碳氧键的伸缩振动频率(2 143 cm－1)大于Ni(CO)4中碳氧键伸缩振动频率，故在CO中碳氧键的强度大。
【答案】　(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2
(2)Sn
(3)①直线型、共价键(或σ键与π键)
②Si—O通过共价键形成四面体结构，四面体之间通过共价键形成空间网状结构、共价键(σ键)
③熔融时能导电、较高的熔点
(4)配位键　(5)B
12．(2009年广州模拟)
晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称为晶胞。NaCl晶体结构如右图所示。已知FexO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1。测知FexO晶体密度为ρ=5.71 g·cm-3，晶胞边长为4.28×10-10 m。
(1)FexO中x值(精确至0.01)为　　　　。
(2)晶体中的Fen+分别为Fe2+、Fe3+，在Fe2+和Fe3+的总数中，Fe2+所占分数(用小数表示，精确至0.001)为　　　　。
(3)此晶体化学式为　　　　。
(4)与某个Fe2+(或Fe3+)距离最近且等距离的O2-围成的空间几何形状是　　　　。
(5)在晶体中，铁元素的离子间最短距离为　　　　 m。
【解析】　(1)根据NaCl晶体结构，1个NaCl晶胞是由8个小立方体(如下图)构成的。每个小立方体为个NaCl，同理在FexO晶体中，每个小立方体为个FexO。完整晶体中(如下图)，Fe、O交替出现，x＝1。
每个小立方体的质量为：
m＝ρV＝5.71 g·cm－3×3
＝5.60×10－23 g
M(FexO)＝2m·NA
＝2×5.60×10－23g×6.02×1023 mol－1＝67.4 g·mol－1
56．0 g·mol－1×x＋16.0 g·mol－1×1＝67.4 g·mol－1
x＝0.92
(2)设1 mol Fe0.92O中，n(Fe2＋)＝y mol，则n(Fe3＋)＝(0.92－y)mol。根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则：2×y mol＋3×(0.92 mol－y mol)＋(－2)×1 mol＝0
y＝0.76
故Fe2＋所占分数为0.76/0.92＝0.826。
(3)由于Fe2＋为0.76，则Fe3＋为0.92－0.76＝0.16，故化学式为：Fe0.762＋Fe0.163＋O。
(4)
Fe在晶体中所占空隙的几何形状为正八面体。如右图所示。
(5)如右图所示：铁元素离子间的距离
r=××4.28×10-10 m××10-10 m。
【答案】　(1)0.92　(2)0.826　(3)Fe0.762+Fe0.163+O　(4)正八面体　(5)3.02×10-10
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一、选择题
1．下列过程中，属于熵增加的是(　　)
A．一定条件下，水由气态变为液态
B．高温高压条件下使石墨转化为金刚石
C．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
D．散落的火柴的无序排列
【解析】　对同一种物质而言：气态熵值＞液态熵值＞固态熵值，选项A中熵值减小，选项B中熵值减小，C、D两个选项中熵值增大。
【答案】　CD
2．在相同的温度下，已知反应：①N2(g)＋O2(g)??2NO(g)的平衡常数K＝3.84×10－31；②2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)的平衡常数K＝3.10×1026(mol·L－1)－1。则在该温度下，两个化学反应的反应程度之间的关系为(　　)
A．①＞②　　　　　　　　B．①＜②
C．①＝② D．不能确定
【解析】　平衡常数的大小能表示化学反应可能进行的程度(即反应限度)，平衡常数越大，表示反应进行的越彻底。各个化学反应的平衡常数的大小相差很大，如本题中给出的两个化学反应：反应①的程度很小，而反应②进行的程度很大。
因此，B选项是正确的。
【答案】　B
3．(2009年湖南省地质中学高考模拟)一定温度下，在体积为V L的密闭容器中加入1 mol X和1 mol Y进行如下反应：X(g)＋Y(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．平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
C．温度不变，将容器的体积变为2V L，Z的平衡浓度变为原来的1/2
D．当容器中混合气体的压强不变时，可以证明此反应已达到平衡状态
【解析】　该反应为气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡压强都不变，故D错误；压强的改变对该平衡无影响，故将容器的体积变为2V L，相当于将压强减小为原来的二分之一，平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，C正确；对于纯液体或固体来说，无所谓浓度，故增加纯液体或固体不影响反应速率和平衡，A错；该反应的焓变ΔH是指生成2 mol Z时放出的热量，与X的用量无关，B错。
【答案】　C
4．(2009年北京朝阳高三统考)在一密闭容器中有如下反应：L(s)＋aG(g)??bR(g)温度和压强对该反应的影响如右图所示，其中压强p1＜p2，由此可判断(　　)
A．正反应为放热反应
B．化学方程式中的计量数a＞b
C．G的转化率随温度升高而减小
D．增大压强，容器内气体质量不变
【解析】　由图可知，p1→p2，增大压强，G体积分数减小，即平衡向正反应方向移动，则a＞b，容器内气体质量增大，故B对、D错。T升高，G的体积分数减小，即平衡向正反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，G的转化率增大，故A、C均错。
【答案】　B
5．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 c(H2)/mol/L c(CH3OH)/ mol/L
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】　第4～6 min，各组分的浓度不再改变，所以化学反应处于平衡状态，A正确；第2 min到第4 min反应速率比起始到第2 min的快，所以不可能是降低温度，可能是加入催化剂，故B错误，C正确；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，其反应速率均增大，D正确。
【答案】　B
6．下列不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．在溶液中存在：I2＋I－??I3－，在配制碘水时，加入少量的KI，可以增大I2的溶解性
B．在配制FeCl2、FeCl3溶液时，一般是将FeCl2、FeCl3固体溶解在HCl中，从而可得澄清的溶液
C．除去CuCl2溶液中的Fe3＋，通常是向其中加入CuO、Cu(OH)2等固体
D．在一容器中有一定量的N2和H2，加入催化剂会使合成氨的速率加快
【解析】　A选项中向存在I2＋I－??I3－的平衡中加入KI，会使平衡正向移动，从而可以使I2溶解得更多；B选项中配制FeCl2、FeCl3溶液时，会因Fe2＋、Fe3＋水解而出现浑浊，当加入HCl时可以抑制它们的水解，即使水解平衡向逆反应方向移动；C选项中Fe3＋在溶液中存在平衡：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入的CuO、Cu(OH)2会中和产生的H＋，促使Fe3＋进一步水解而形成沉淀除去。勒夏特列原理是外界条件改变时，判断平衡移动方向的原理，而不能解释反应速率的变化。
【答案】　D
7．(2009年西安八校联考)某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)??bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是(　　)
A．可逆反应的化学方程式的计量数：a＞b＋c
B．压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小
C．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
D．达到平衡时，物质X的转化率减小
【解析】　解答该题先要根据假设法判断出反应的化学计量数的关系，再分析其余各项的变化。
假设平衡不移动，将容器的容积压缩到原来的一半时，Y、Z的浓度应该为原来的2倍，实际上是原来的1.8倍，说明加压过程中平衡向逆反应方向移动，即知a＜b＋c。压缩容器的容积时，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，Z的质量分数减小，X的转化率也减小。
【答案】　D
8．下列叙述能肯定某化学平衡发生移动的是(　　)
A．反应混合物浓度的改变
B．正逆反应速率的改变
C．反应混合物百分含量的改变
D．反应体系中气体总压强改变
【解析】　A项，若是反应前后气体体积守恒的反应，通过加压，反应混合物的浓度均增大，平衡并不移动；B项，正逆反应速率如果是同等程度改变，则平衡并不移动(如使用催化剂)；C项，反应混合物百分含量改变，平衡肯定移动；若是恒容容器，在平衡时，再充入不反应的稀有气体，虽气体总压强增大，但各成分的浓度不变，平衡不发生移动。
【答案】　C
9．(高考四川理综)向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O(g)，发生反应：CO＋H2O(g)CO2＋H2。当反应达到平衡时，CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是(　　)
A．0.5 mol CO＋2 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
B．1 mol CO＋1 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
C．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.4 mol CO2＋0.4 mol H2
D．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.5 mol CO2＋0.5 mol H2
【解析】　A项，相当于向容器中充入1.5 mol CO和3 mol H2O，与原始比例1∶2相同，与原平衡等效，CO体积分数不变；B项，相当于向容器中充入1 mol CO和2 mol H2 O(g)，再充入1 mol CO，前一步旨在建立等效平衡，再充入1 mol CO，虽使平衡向正向移动，但移动是由CO的浓度增加引起的，CO的体积分数增大；C项，相当于向容器中充入0.9 mol CO和1.8 mol H2O(两者比值1∶2)，再充入0.1 mol H2O，使平衡向正向移动，CO体积分数减小；D项，相当于向容器中充入1 mol CO和2 mol H2O，与原平衡等效，CO体积分数不变。
【答案】　B
10．一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．②③
C．②③④ D．只有④
【解析】　因为A为固体，反应前后气体的体积不变，而气体的质量却发生变化，因而②③始终不变，当气体质量不变时即达平衡状态，而ρ＝，所以ρ不变可作为平衡的标志。
【答案】　A
11．(2009年东北三校高三联合模拟)某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：
X(g)＋Y(g)??Z(g)＋W(s)　ΔH＞0
一段时间后，达到化学平衡状态。下列叙述正确的是(　　)
A．通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．降低温度，平衡向逆反应方向移动
【解析】　A项，恒温恒容时充入稀有气体，原反应体系各物质中物质的量浓度不变，平衡不移动；B项，W是固体，再加入少量，反应速率不变；C项，升高温度，正、逆反应速率均增大；D项，该反应正反应方向是吸热反应，则降低温度平衡向逆反应方向移动。
【答案】　D
12．在三个相同容器中各充入1 mol N2和3 mol H2，在某一不同条件下反应并达到平衡，氨的体积分数随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1
B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2
C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2
D．图Ⅱ可能是同温同压下，催化剂对反应的影响，催化剂性能1＞2
【解析】　图Ⅰ中曲线2先达到化学平衡状态，p2＞p1，由于合成氨反应是一个体积减小的反应，因此压强增大，NH3的体积分数应增大，选项A错，同时可知选项B也错。图Ⅲ中曲线1先达到化学平衡状态，说明T1＞T2，但合成氨反应是一个放热，温度升高，NH3的体积分数将变小，选项C错。
【答案】　D
二、非选择题
13．可逆反应：aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)　ΔH＝Q kJ/mol，试根据图回答：
(1)压强p1比p2________(填“大”、“小”)；
(2)体积(a＋b)比(c＋d)________(填“大”、“小”)；
(3)温度T1 ℃比T2 ℃________(填“高”、“低”)；
(4)Q值是________(填“正”、“负”)。
【解析】　(1)压强p1比p2小，原因达到平衡时间p1长，表明压强小，反应速率慢；(2)体积(a＋b)比(c＋d)小，加压平衡逆向移动，即逆向是体积缩小方向；(3)温度T1 ℃比T2 ℃高，达平衡所需时间短，说明温度高；(4)从T1 ℃到T2 ℃，降温，A%增大，即平衡逆向移动，则正反应是吸热反应，Q＞0。
【答案】　(1)小　(2)小　(3)高　(4)正
14．(2009年山东实验中学诊断)将2 mol I2(g)和1 mol H2置于某2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g)??2HI(g)　ΔH＜0，并达平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间变化如下图中曲线(Ⅱ)所示。
(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为________。
(2)若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅲ)所示。则甲条件可能是________(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是________。
①恒温条件下，扩大反应容器体积
②恒容条件下，降低温度
③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒容条件下，升高温度
⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2和c mol HI(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是________________。
【解析】　(1)设平衡时I2(g)的物质的量浓度为c，则平衡时H2(g)的物质的量浓度为0.5－(1－c)＝c－0.5，平衡时HI(g)的物质的量浓度为2(1－c)，故＝0.6，解得c＝0.55 mol/L。
(2)曲线I相对曲线Ⅱ，所达平衡完全相同，所需时间缩短，即反应速率增大，而平衡不发生移动，故条件可能为使用催化剂和增大压强(压缩容器体积)。同理可分析乙条件可能是恒温条件下扩大反应容器体积。
(3)恒温恒容条件下，对于反应前后气体的分子数相等的可逆反应，只要通过化学计量数换算成相同物质时浓度之比与原来相同，就可以建立等效平衡。即(a＋0.5c)∶(b＋0.5c)＝2∶1，解得4b＋c＝2a。
【答案】　(1)0.55 mol/L　(2)③⑤　①　(3)4b＋c＝2a
15．t ℃时，将3 mol A和1 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??xC(g),2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L，请填写下列空白：
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________，A的转化率是________；
(2)x＝________；
(3)若继续向原平衡状态的混合物的容器中通入少量氦气(假设氦气和A、B、C都不反应)后，化学平衡________(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
(4)如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)3A(g)＋B(g)??xC(g)
起始： 3 1
反应： 3a a ax
平衡： 3－3a 1－a ax
则1－a＝0.8 mol，故a＝0.2 mol；ax/2 L＝0.4 mol/L，则x＝4；v(C)＝＝0.2 mol/(L·min)，α(A)＝×100%＝20%。
(3)恒温恒容条件下充入氦气，原反应体系各物质浓度均不变，平衡不移动。
(4)因为该反应为气体体积不变的反应，要想使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，只要满足加入物质的量与原起始状态成等比关系即可。按照一边倒的方法，有关系式：＝3∶1。也可表示为n(A)＝3n(B)，n(C)≥0。
【答案】　(1)0.2 mol/(L·min)　20%
(2)4　(3)C
(4)n(A)＝3n(B)，n(C)≥0或n(A)＝n(B)＝0，n(C)>0
16.(2008年广东化学)科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应，生成的主要产物为 NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N2、压强1.0×105Pa、反应时间3 h)：
T/K 303 313 323 353
NH3生成量/(10－6mol) 4.8 5.9 6.0 2.0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)＋3H2O(l)??2NH3(g)＋O2(g)
ΔH＝＋765.2 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)请画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：__________________________。
(3)工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为，计算
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数。
【解析】　本题主要考查化学平衡常数含义，影响化学反应速率的因素。
(3)①设反应过程中消耗x mol N2(g)
　　　　　　　N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
起始物质的量/mol 0.60 1.60 0
平衡物质的量/mol 0.60－x 1.60－3x 2x
平衡时反应体系总物质的量＝[(0.60－x)＋(1.60－3x)＋2x]mol＝(2.20－2x)mol，
NH3(g)的物质的量分数＝2x÷(2.20－2x)＝，x＝0.40。
N2的平衡转化率＝×100%＝67%。
②设反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为K，平衡时，c(NH3)＝2×0.40 mol÷2.0 L＝0.40 mol·L－1，
c(N2)＝(0.60－0.40)mol÷2.0 L＝0.10 mol·L－1，
c(H2)＝(1.60－3×0.40)mol÷2.0 L＝0.20 mol·L－1，
K＝＝[(0.10 mol·L－1)×(0.20 mol·L－1)3]÷(0.40 mol·L－1)2＝5.0×10－3 mol2·L－2。
【答案】　(1)
(2)研制新型、高效催化剂
(3)①67%　②5.0×10－3mol2·L－2
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2010年西安市高三质量检测)下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)
A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L
B．1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol·L－1
【解析】　根据图所示，该硫酸ρ＝1.84 g/cm3，w＝98%，M＝98 g/mol。A项c(H2SO4)＝＝18.4 mol/L；B项该硫酸为浓硫酸，与Zn反应不能生成H2；C项根据溶质守恒：V＝×1 000 mL/L＝50 mL；D项等质量的H2O与该硫酸混合后所得溶液浓度小于9.2 mol/L。
【答案】　C
2．下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是(　　)
①中和热测定中所用的小烧杯　②中和滴定中所用的锥形瓶　③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶　④喷泉实验中用于收集NH3的烧瓶
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
【解析】　①中小烧杯和④中烧瓶必须预先干燥，若不干燥，前者会增大实验误差，影响测定结果，后者因氨气极易溶于水，烧瓶不干燥会导致氨气难以收集满，致使喷泉实验难以成功。
【答案】　C
3．配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)
A．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀
【解析】　A选项错，不能在容量瓶中溶解物质；B选项错，因为要配制100 mL溶液，加入100 mL蒸馏水溶解Na2CO3所得溶液已接近100 mL，但并不是100 mL。C选项未用玻璃棒引流，错。
【答案】　D
4．对下列物质分类全部正确的是(　　)
①纯碱　②食盐水　③石灰水　④NaOH　⑤液态氧　⑥KClO3
A．碱——①④　　 　B．纯净物——③④⑤
C．盐——①⑥ D．混合物——②⑤
【解析】　纯碱为Na2CO3，属于盐类物质；食盐水为NaCl的水溶液，为混合物；石灰水是Ca(OH)2的水溶液，为混合物；液态氧即液态的氧气，为纯净物；KClO3为盐类物质，故答案为C。
【答案】　C
5．下列叙述正确的是(　　)
A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积为22.4 L
D．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【解析】　一定温度、压强下，气体分子间平均距离相同，气体体积由分子数的多少决定，亦即由气体物质的量的多少决定，A不正确，B正确；气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体积，在标准状况下气体摩尔体积为22.4 L·mol－1，C不正确；不同的气体在不同情况下，体积不同时所含分子数有可能相同，D不正确。
【答案】　B
6．(2008年四川高考)下列说法中不正确的是(　　)
A．1 mol氧气中含有12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
B．1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数
C．等体积、浓度均为1 mol·L－1的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3∶1
D．等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为1∶3
【解析】　标准状况下1 mol任何气体所占体积为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为2×6.02×1023＝12.04×1023个，A正确；B中1 mol臭氧所含氧原子个数为1 mol×3＝3 mol,1.5 mol氧气中所含氧原子数为1.5 mol×2＝3 mol，二者相等，B正确；C中磷酸不完全电离，1 mol磷酸电离出的氢离子数小于3 mol，C错误；干冰、葡萄糖的分子式分别为CO2、C6H12O6，等物质的量的干冰和葡萄糖中所含碳原子数之比为1∶6，氧原子数之比为2∶6＝1∶3，D正确。
【答案】　C
7．二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，今用0.228 g CS2在448 mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况下的体积是(　　)
A．112 mL B．224 mL
C．336 mL D．448 mL
【解析】　根据反应：CS2(l)＋3O2(g)===CO2(g)＋2SO2(g)可知：反应中消耗O2的体积等于生成的CO2和SO2的总体积。因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变。
【答案】　D
8．(2009年滨州检测)下列物质中肯定为纯净物的是(　　)
A．只由一种元素组成的物质
B．只由一种原子构成的物质
C．只由一种分子构成的物质
D．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质
【解析】　纯净物的特征是由一种物质构成，所给的选项中，只有C选项符合。选项A、B可能是同素异形体，如红磷与白磷、O2与O3。对于选项D来说，阳离子可能有变价离子，如Fe2＋和Fe3＋，则能与阴离子构成混合物。
【答案】　C
9．(2009年汕头检测)在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体。已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.CO2，100 mL；b.O2,200 mL；c.N2,400 mL；d.CH4,600 mL，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是(　　)
A．a＞b＞c＞d　　　B．b＞a＞d＞c
C．c＞d＞b＞a D．d＞c＞a＞b
【解析】　据阿伏加德罗定律：
n(CO2)∶n(O2)∶n(N2)∶n(CH4)
＝V(CO2)∶V(O2)∶V(N2)∶V(CH4)
＝100 mL∶200 mL∶400 mL∶600 mL＝1∶2∶4∶6
m(CO2)∶m(O2)∶m(N2)∶m(CH4)
＝(1×44)∶(2×32)∶(4×28)∶(6×16)
＝11∶16∶28∶24
所以 c>d>b>a。
【答案】　C
10．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量是M g/mol)溶于 0.1 L水中，所得溶液的密度为d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　由题知气体A的物质的量为mol，溶剂是0.1 L(100 g H2O)，溶液的质量是g，已知溶液密度为d g/mL，溶液的体积应是/d mL，整理后得到体积为mL。因此，溶液的物质的量浓度为＝mol/L。
【答案】　B
11．(2008年广东高考)能表示阿伏加德罗常数数值的是(　　)
A．1 mol金属钠含有的电子数
B．标准状况下，22.4 L苯所含的分子数
C．0.012 kg 12C所含的原子数
D．1 L 1 mol·L－1硫酸溶液所含的H＋数
【解析】　1个钠原子含11个电子，故1 mol金属钠应含11 mol电子，故A错误；标准状况下，苯为液态，所以22.4 L苯所含分子数应大于NA，所以C错误；0.012 kg 12C所含碳原子数为阿伏加德罗常数，所以C正确；1 L 1 mol·L－1硫酸溶液中含H＋的物质的量为2 mol，H＋数为2NA，所以D错。
【答案】　C
12．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO42－的物质的量浓度为(　　)
A．0.4 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1 D．0.1 mol·L－1
【解析】　n(Al3＋)＝＝0.06 mol，
n(SO42－)＝0.09 mol，加入的Ba(OH)2溶液中含有Ba2＋ 0.03 mol，反应后剩余SO42－ 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，因此c(SO42－)＝0.1 mol·L－1。
【答案】　D
13．某温度下，V mL不饱和NaNO3溶液a g，蒸发掉b g水或加入b g NaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是(　　)
A．该温度下NaNO3的溶解度为100 g
B．原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%
C．原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol/L
D．原不饱和溶液的密度为g/mL
【解析】　由题意，b g水中溶解b g NaNO3达到饱和，即此温度下NaNO3溶解度为100 g，A项正确；此温度下饱和溶液的质量分数为＝，所以原溶液中NaNO3的质量为(a－b)×，则原溶液质量分数为×100%＝
%，B项错；原溶液的物质的量浓度为÷L＝mol/L，C项正确；D项中溶液的密度为＝g/mL，D项不正确。
【答案】　AC
14．(2008年四川卷)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SO42－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＋浓度(mol·L－1)为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，则n(NH4＋)＝n(NH3)＝c mol，Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓，则n(SO42－)＝n(Ba2＋)＝b mol，则Al2(SO4)3中n(SO42－)＝b mol－c mol×＝mol，n(Al3＋)＝n(SO42－)×＝×mol＝mol，c(Al3＋)＝mol·L－1。
【答案】　C
15．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【解析】　本题主要考查对气体温度、压强、体积、密度、质量等物理量的相互关系及阿伏加德罗定律的理解和掌握情况。
根据m＝ρV，体积、密度相等的O2、O3的质量相等，物质的量之比为∶＝3∶2，压强之比为3∶2，分子数目之比为3∶2，O原子数目之比为∶＝1∶1。
【答案】　D
16．若以w1和w2分别表示浓度为a mol·L－1和b mol·L－1氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列推断正确的是(氨水的密度比纯水的小)(　　)
A．2w1＝w2 B．2w2＝w1
C．w2>2w1 D．w1【解析】　根据c＝
依据题意则有a＝，b＝
因2a＝b，所以有2ρ1w1＝ρ2w2。又由于氨水的密度比纯水小，且浓度越大，密度越小，即ρ2<ρ1，代入上式得w2>2w1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年漳州质检)已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度________________________________________________________________________。
(2)用w、ρ表示溶液物质的量浓度________________________________________________________________________。
(3)用c、ρ表示溶液的质量分数________________________________________________________________________。
(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度________________________________________________________________________。
【解析】　(1)c＝＝mol/L
(2)c＝
＝mol·L－1＝mol/L
(3)w%＝×100%
＝×100%
(4)＝，S＝g
【答案】　(1)mol·L－1　(2)mol·L－1
(3)×100%　(4)g
18．(12分)(2009年镇江检测)化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。
(1)从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是________。
(2)“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个(酸过量时)，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式(酸过量时)：
__________________________、________________________。
(3)“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________。
A．Ag B．Cu
C．Al D．Fe
【解析】　(1)纯碱的化学式为Na2CO3，是由Na＋和CO32－构成，应为盐。
(2)此问考查离子反应的实质。由于三种酸均为强酸，故反应实质均提供H＋，而NaOH、Na2CO3分别是OH－、CO32－反应。
(3)本题考浓硝酸的强氧化性，Al、Fe遇浓硝酸易发生钝化，故应选A、B。
【答案】　(1)纯碱(或Na2CO3)
(2)CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O　H＋＋OH－===H2O
(3)AB
19．(12分)(1)0.3 mol NH3分子中所含氢原子数与________个H2O分子中所含氢原子数相等。
(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是________。
(3)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________。
(4)2.3 g Na中含________mol e－，在跟足量水反应中失去________mol e－。
(5)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)______________。
【答案】　(1)2.709×1023　(2)0.6 mol
(3)106 g/mol　(4)1.1　0.1　(5) L
20．(16分)某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g。
②连接好实验装置，检查装置的气密性。
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。
④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL。
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g。
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是　　　　(请填写步骤代码)。
进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【解析】　(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管液面高度的变化来判断装置气密性。
(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大。然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生O2的体积相等。最后再读取量筒内水的体积。读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小。
(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95 g－15.55 g＝0.4 g，
n(O2)＝＝0.012 5 mol，
O2的摩尔体积为：＝22.38 L/mol。
【答案】　(1)往广口瓶中注满水，塞紧橡皮塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气
(2)②①③　偏小
(3)0.012 5　22.38 L/mol
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．随着人们生活节奏的加快方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品变潮及富脂氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是(　　)
A．无水CuSO4、蔗糖 B．硅胶、硫酸亚铁
C．食盐、FeSO4 　　 D．生石灰、食盐
【解析】　由题可知防止食品受潮及富脂食品氧化变质，需用干燥剂及还原性物质且应无毒。能吸水潮解且无毒物质为硅胶，而FeSO4具有还原性，能保护食品不被氧化。
【答案】　B
2．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是(　　)
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】　钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可与钝化的铝条发生反应。
【答案】　C
3．下列物质的主要成分不正确的是(　　)
A．赤铁矿：Fe2O3 B．铜绿：CuO
C．磁铁矿：Fe3O4 D．铝土矿：Al2O3
【解析】　常见矿物质的主要成分及某些化学物质的俗称与化学式要能对号。铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
【答案】　B
4．已知某溶液中存在较多的H＋、SO42－、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组是(　　)
A．Al3＋、CH3COO－、Cl－ B．Na＋、NH4＋、Cl－
C．Mg2＋、Cl－、Fe2＋ D．Mg2＋、Ba2＋、Br－
【解析】　因含有H＋和NO3－，说明溶液中含有氧化性离子，能氧化Fe2＋、S2－等还原性离子，同时溶液为酸性，弱酸根离子CH3COO－不能存在，故A、C错；又含SO42－，故Ba2＋不存在，D错。
【答案】　B
5．a g的铜丝灼烧变黑，立即放入下列的某种物质中发生反应，铜丝变红且反应后质量仍为a g，则该物质是(　　)
A．稀H2SO4 　B．C2H5OH
C．CuSO4溶液 D．NaOH溶液
【解析】　铜丝灼烧变黑生成CuO，氧化铜可与H2SO4反应，使铜丝质量减轻；CuO与CuSO4溶液、NaOH溶液不反应，因此铜丝质量增加(增加的氧元素的质量)；CuO与C2H5OH在加热条件下反应：CuO＋C2H5OHCH3CHO＋Cu＋H2O，因此铜丝质量不变。
【答案】　B
6．铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是(　　)
A．冷浓HNO3 B．Cu(NO3)2溶液
C．稀硫酸 D．Fe(NO3)3溶液
【解析】　铁与冷浓HNO3钝化，质量增加；铁与Cu(NO3)2反应置换出铜，质量增加；铁与稀H2SO4反应产生H2；铁与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，金属质量减少。
【答案】　D
7．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是(　　)
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含铜
【解析】　该题涉及的反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。由以上反应可知：Fe、Cu与Fe3＋不共存，Fe与Cu2＋也不共存。当有固体存在时，有两种情况：①固体为Fe、Cu，此时一定无Fe3＋、Cu2＋，一定有Fe2＋；②固体为Cu，此时一定无Fe3＋，可能有Cu2＋，一定有Fe2＋。综合以上两种情况可知A、B、D三项正确。
【答案】　C
8．(2009年山东潍坊一模)在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，则下列说法正确的是(　　)
A．残余固体是铜和铁
B．最后得到的溶液中一定含有Cu2＋
C．将残余固体加入到稀硫酸中，有气泡产生
D．最后得到的溶液中可能含有Fe3＋
【解析】　由于a>c，Cu没有完全析出，有Cu2＋在溶液中；因为有金属剩余，不可能还有Fe3＋，有Cu2＋存在也不会有Fe单质存在，B选项正确。
【答案】　B
9．硝酸亚铁溶液中存在下列平衡：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，向该溶液中滴加稀硫酸，可能观察到的现象是(　　)
A．沉淀溶解 B．溶液颜色变深绿色
C．溶液变成黄色 D．溶液产生红褐色沉淀
【解析】　本题以亚铁盐为载体考查电离平衡、亚铁盐典型性质的综合运用。问题的关键是，加入稀硫酸对反应体系有哪些影响？加入H＋促进平衡向左移动，若仅停留在这一层面上，会错选B。溶液中含有NO3－，加入酸后，NO3－在H＋作用下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液变黄色，颜色变深。
【答案】　C
10．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：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、AlO2－、CO32－
C．在c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、NO3－
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
【解析】　本题主要考查有关离子反应发生的条件及离子大量共存问题。因Fe3＋可与SCN－结合成难电离的物质Fe(SCN)3，故A组不能大量共存；在强碱性溶液中含大量OH－离子，而K＋、Na＋、AlO2－、CO32－在强碱性溶液中皆可共存，B符合题意；c(H＋)＝10－13mol·L－1，则c(OH－)＝10－1mol·L－1，溶液呈碱性，NH4＋、Al3＋皆不能大量共存，C不符合题意；pH＝1的溶液中含大量H＋，因发生反应3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，而使D组不能大量共存。
【答案】　B
11．(2008年山东潍坊模拟)在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是(　　)
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【解析】　CO燃烧生成CO2被Na2O2吸收后，固体的质量增加量为燃烧的CO的质量，则为14 g,14 g CO完全燃烧需要8 g O2，则过量气体为4 g 可能为CO也可能为O2，当为CO过量时，O2与CO质量比为8∶18＝4∶9，当O2过量时，O2与CO质量比为12∶14＝6∶7。
【答案】　D
12．将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为(　　)
A．HNO3溶液 B．Ba(OH)2溶液
C．H2SO4溶液 D．HCl溶液
【解析】　因HNO3具有氧化性，与Al反应不产生H2，故A项首先排除。Al与碱反应的关系为Al～OH－，Al与酸反应的关系为Al～3H＋，显然物质的量相等的Ba(OH)2、H2SO4、HCl所消耗的Al的量依次减小，因单选题，故“剩余金属的情况”只能为D项。
【答案】　D
13．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则(　　)
A．反应过程中得到6.72 L的气体(标况)
B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．最终得到7.8 g的沉淀
D．最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.15 mol/L
【解析】　由题n(Na2O2)＝0.2 mol，n(Al)＝0.2 mol，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L；加入盐酸先和过量的NaOH反应，剩余0.1 mol和NaAlO2反应生成0.1 mol Al(OH)3：NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓，最终溶液为0.3 mol NaCl、0.1 mol NaAlO2。
【答案】　C
14．某500 mL溶液中含0.1 mol Fe2＋、0.2 mol Fe3＋，加入0.2 mol铁粉，待Fe3＋完全还原后，溶液中Fe2＋的物质的量浓度为(假设反应前后体积不变)(　　)
A．0.4 mol/L B．0.6 mol/L
C．0.8 mol/L D．1.0 mol/L
【解析】　这是一个简单的根据化学方程式的计算题，只要写出2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋计算出新生成的Fe2＋，再加上原Fe2＋，便可迎刃而解。
【答案】　C
15．(2009年广东广州)往含有0.2 mol KOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L(标准状况)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽略不计)(　　)
【解析】　反应前溶液中离子总物质的量为0.7 mol，其中含n(K＋)＝0.2 mol，n(OH－)＝0.4 mol，n(Ca2＋)＝0.1 mol，当通入0.1 mol CO2时发生反应2OH－＋CO2＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，此时溶液中还有离子共0.4 mol；再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO2＋2OH－===CO32－＋H2O，此时溶液中还含有0.3 mol离子；这时再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO32－＋H2O＋CO2===2HCO3－，此时溶液中离子总物质的量为0.4 mol。
【答案】　D
16．W g含有Fe2O3·xH2O杂质的Al2O3样品可完全溶解在100 mL c(H＋)＝0.1 mol/L的稀H2SO4中，然后向溶液中加入100 mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是(　　)
A．0.05 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1
C．0.15 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【解析】　混合物中加入稀H2SO4，发生反应：Fe2O3·xH2O＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋(x＋3)H2O；Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O。再加入氨水恰好沉淀完全，则有Fe2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，可得关系式：Fe2O3·xH2O～3H2SO4～2Fe(OH)3～6NH3·H2O；Al2O3～3H2SO4～2Al(OH)3～6NH3·H2O。
即H2SO4　　　　～　　　　2NH3·H2O
1 2 mol
0.1 L·c(NH3)
＝，解得c(NH3)＝0.1 mol/L。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(13分)西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。
(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。
提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？
猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。
实验步骤：
①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解。观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊。
②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸。观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。
③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。
④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)
(2)表达与交流
①图中标有a、b的仪器名称是：a________；b________。
②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________________。
③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是____________________________________________________。
④如果将B、C两装置对调行吗？________。为什么？____________________________________。
【解析】　(1)B中无水CuSO4变蓝证明有H2O生成，C中澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，而②③证明黑色固体为CuO，故推断出绿色固体物质含有C、H、O、Cu等元素。
(2)①a为试管，b为铁架台。
②步骤③为Fe与CuSO4的反应。
③若先撤走酒精灯，则会发生倒吸。
④因B装置是检验有水生成，C装置检验有CO2气体生成，若二者对调，则无法证明是否有水生成。
【答案】　(1)④铜　碳　氢　氧
(2)①试管　铁架台　②Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋　③C装置中的液体会倒流入B装置　④不行　若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成
18．(10分)国务院强调“南水北调”工程必须坚持“三先三后”的原则。在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患。检测某工厂废液中，含有大量的Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Ag＋。试分析回答下列问题：
(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)。
A．SO42－B．NO3－
C．Cl－ D．CO32－
(2)检验废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂可以是________，铝元素发生变化的离子方程式是________________________。
(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如下方案：
若依该方案获得银108 g，为保证不污染环境和氯气的循环利用，理论上应提供标准状况下的氢气________L。
【解析】　(1)SO42－、Cl－与Ag＋不共存；CO32－与Cu2＋、Ag＋、Mg2＋ 、Al3＋都不共存。
(2)利用Al(OH)3的两性将Al元素从废水样品中分离出来。
(3)根据题中转化关系图，2Ag～Cl2～H2
即n(H2)＝n(Ag)＝×＝0.5 mol
V(H2)＝0.5 mol×22.4 L/mol＝11.2 L。
【答案】　(1)B　(2)NaOH溶液　Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O　(3)11.2
19．(14分)A～I分别表示中学化学中常见的物质，它们之间相互转化关系如下图所示(有部分反应物、生成物没有列出)：
已知A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素，G为主族元素的固态氧化物。
(1)写出物质的化学式：
E________，F________，J________。
(2)写出反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
【解析】　由两条线索展开分析，一是G为主族元素的固态氧化物，既溶解于碱又可电解，可推知为Al2O3；二是E和F均是与碱反应后的产物，且E可被空气中的O2氧化成F，可推知E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。
【答案】　(1)Fe(OH)2　Fe(OH)3　NaAlO2
(2)①Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
20．(15分)(2009年广东广州)2008年9月27日的下午，这是一个激动人心的时刻，“神舟七号”宇航员翟志刚走出飞船，实现了中国太空第一步。这是我国航天史上一座新的里程碑，标志着我国在攀登世界科技高峰的征程上，又迈出了具有重大历史意义的一步。
(1)钛作为一种重要的航天金属，在“神舟七号”飞船上得到广泛的应用，工业上可用钠、镁还原钛的卤化物来制备，写出镁还原四氯化钛的化学反应方程式________________________________________________________________________，
该反应需在氩气气氛中进行的原因是________________________________________________________________________。
(2)“神舟七号”飞船外壳使用了一种新型陶瓷结构材料，主要成分是氮化硅，是一种超硬物质，耐磨损、耐高温。依据氮、硅的原子结构的特点，推测氮化硅的化学式为__________。
(3)“尿不湿”最早应用于航天领域，至今已大量应用于民用领域，这种尿布表面涂有一种既能吸水又能保留水的物质。据你的推测，这种特殊物质的结构可能是________。
A．?CH2CH?OCOCH3　　　　　B．?CH2CH?F
C．?CH2CH?OH D．?CCl2CCl2?
(4)肼(N2H4)是“神舟七号”飞船助推火箭发动机的燃料，反应时以N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)　ΔH＝＋8.7 kJ/mol
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－534.0 kJ/mol
①肼(N2H4)的电子式为____________。
②写出肼跟N2O4反应的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　钛的冶炼是新课程中增加的内容；原子晶体的判断原则是看物理性质，从题意中不难看出氮化硅是一种原子晶体；第(3)小题“尿不湿”能吸水所以其结构中应有—OH，故选C。
【答案】　(1)TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti　Mg在高温下能与空气中的氧气反应，还原钛不能实现，所以要用氩气作保护气
(2)Si3N4　(3)C
(4)①HN·,·· N·,·· H　②N2H4(g)＋N2O4(g)===2N2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－542.7 kJ/mol
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．2008年9月份，国家质检总局调查结果显示：三鹿牌婴幼儿配方奶粉是被三聚氰胺所污染，它可由三聚氰酸[C3N3(OH)3]制备。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2，已知三聚氰酸中氮元素的化合价为－3，有关反应原理为：
①C3N3(OH)33HNCO；
②8HNCO＋6NO27N2＋8CO2＋4H2O
下列说法正确的是(　　)
A．反应①中的两种物质互为同素异形体
B．反应②中HNCO是氧化剂
C．反应②中NO2是还原剂
D．反应②中N2既是氧化产物，也是还原产物
【解析】　分析问题要认清概念的涵义，A中同素异形体是同一元素对应的不同单质，B、C、D三项分析应结合化合价。
【答案】　D
2．将4.0 g氢氧化钠固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②3.65 g HCl　③6.0 g醋酸　④5.35 g NH4Cl
A．①②　　　　　 B．②③
C．③④ D．②④
【解析】　①自来水是弱电解质，加入氢氧化钠全部电离后，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠与盐酸相当，故其导电能力变化很小；③中的醋酸原先只部分电离，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；④中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3·H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3·H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大。
【答案】　D
3．(2009年江苏单科)在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是(　　)
A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B．含有0.1 mol·L－1 Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－
C．含有0.1 mol·L－1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
【解析】　A项，强碱性溶液即有大量OH－的溶液，Al3＋不能大量共存；B项，Fe3＋与I－不能大量共存；C项，Ca2＋与CO32－因形成沉淀而不能大量共存；D项正确。
【答案】　D
4．(2009年东营质检)氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是(　　)
A．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
【解析】　阴影部分代表既不属于复分解反应、化合反应、分解反应、置换反应的氧化还原反应。A项中的反应为置换反应；B项中的反应属于分解反应；C项中的反应属于化合反应；D项中的反应属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型。
【答案】　D
5．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是(　　)
A．NH4＋、Ba2＋、Cl－、NO3－ B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－
C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－ D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－
【解析】　Na2O2有强氧化性，溶液中具有还原性的离子不能大量存在，如选项D中的SO32－；由于Na2O2跟水反应生成NaOH，选项A中的NH4＋，选项C中的Ca2＋、HCO3－均不能大量存在。
【答案】　B
6．(2009年全国Ⅰ理综)下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是(　　)
A．Ba2＋、NO3－、NH4＋、Cl－ B．Ca2＋、HCO3－、NH4＋、AlO2－
C．K＋、Ba2＋、Cl－、HSO3－ D．Mg2＋、NH4＋、SO42－、K＋
【解析】　A项加入NaOH溶液后只有气体放出，没有沉淀生成；B项NH4＋与AlO2－、HCO3－与AlO2－不能共存；C项加入NaOH溶液后只有沉淀生成，没有气体放出；D项Mg2＋与OH－可生成沉淀，NH4＋与OH－可生成气体。
【答案】　D
7．下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．在稀氨水中通入过量CO2：
NH3·H2O＋CO2===NH4＋＋HCO3－
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：
SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：
Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===CaSO4↓＋H2O
【解析】　正确的离子方程式为：
B：2SO2＋2H2O＋2Ca2＋＋4ClO－===2CaSO4↓＋4H＋＋4Cl－＋O2↑；
C：3FeS＋16H＋＋7NO3－===3Fe3＋＋3SO2↑＋7NO↑＋8H2O；
D：Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===CaSO4↓＋2H2O。
【答案】　A
8．(2009年上海单科)在下列变化①大气固氮　②硝酸银分解　③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是(　　)
A．①②③ B．②①③
C．③②① D．③①②
【解析】　①大气固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮元素被氧化。②硝酸银分解生成NO2，氮元素被还原。③实验室制取NH3的反应为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氮元素的化合价没有发生变化。
【答案】　A
9．(2008年北京高考题)下列叙述正确的是(　　)
A．金属与盐溶液的反应都是置换反应
B．阴离子都只有还原性
C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物
D．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键
【解析】　Cu与FeCl3反应不是置换反应，A错；ClO－是有氧化性，B错；Al能与强酸、强碱反应，C错；稀有气体中不存在共价键，故D正确。
【答案】　D
10．(2009年安徽理综)在溶液中能大量共存的一组离子或分子是(　　)
A．NH4＋、H＋、NO3－、HCO3－ B．K＋、Al3＋、SO42－、NH3·H2O
C．Na＋、K＋、SO32－、Cl2 D．Na＋、CH3COO－、CO32－、OH－
【解析】　A项，H＋与弱酸酸式根离子不共存；B项Al3＋与NH3·H2O反应生成难溶物Al(OH)3而不能大量共存；C项，SO32－有一定还原性，Cl2有较强氧化性，因发生氧化还原反应而不能大量共存；D项对。
【答案】　D
11．生活里的化学反应可用离子方程式来表示，下列书写正确的是(　　)
A．用氯气作为水的消毒剂：
Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．用食醋清除热水瓶胆里的水垢：
2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．胃药里含氢氧化铝能降低胃酸的酸度：
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D．纯碱能用于清洁厨具是由于它溶于水呈碱性的缘故：
HCO3－＋H2O??OH－＋H2CO3
【解析】　胃酸的化学成分是盐酸，为强酸。
【答案】　C
12．(2009年聊城模拟)PbO2微热时会分解成PbO和O2，PbO是一种不溶于水但易溶于酸的黄色物质。把适量的黑褐色PbO2粉末投入热水中，一边搅拌，一边通入SO2气体，结果得到白色不溶物。下列判断错误的是(　　)
A．PbO2具有氧化性
B．白色不溶物为PbSO3
C．白色不溶物为PbSO4
D．白色不溶物既是氧化产物，又是还原产物
【解析】　PbO2微热时分解为PbO和O2，说明PbO2有强氧化性，SO2还原性较强，所以沉淀不可能是PbSO3。
【答案】　B
13．现有如下几个离子方程式①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑　②H＋＋CO32－===HCO3－　③CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO3－　④CO32－＋HSO3－===HCO3－＋SO32－，由此得出的如下结论中不正确的是(　　)
A．CO32－与H＋、Ca2＋不能大量共存
B．H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱
C．H2SO3是一种强酸
D．H2CO3、HClO都属于弱酸
【解析】　根据①中的CaCO3，②③④中的HCO3－知A正确；据③④知B正确；据④中的HSO3－知C错误；据HCO3－、HClO知D正确。
【答案】　C
14．钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，以TiO2制取Ti的主要反应有：
①TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
②TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti
下列叙述正确的是(　　)
A．反应①是置换反应 B．反应②是复分解反应
C．反应①中TiO2是氧化剂 D．反应②中金属镁是还原剂
【解析】　在反应①中，反应物有三种，而生成物为两种化合物，不属于置换反应，反应①、②均有化合价的升降，均属于氧化还原反应，在反应①中，Ti的化合价不变，Cl得电子Cl2为氧化剂。
【答案】　D
15．(2009年临沂模拟)某溶液中可能存在Br－、CO32－、SO32－、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是(　　)
A．Al3＋、Mg2＋、I－、SO32－ B．Mg2＋、Na＋、CO32－、I－
C．Al3＋、Na＋、SO32－、I－ D．Al3＋、CO32－、Br－、SO32－
【解析】　①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，说明溶液中肯定存在Br－、CO32－，则肯定不存在Al3＋、Mg2＋；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中肯定不存在SO32－；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中肯定不存在I－。根据溶液的电中性原理，溶液中肯定存在Na＋。
【答案】　A
16．在100 mL含等物质的量的HBr和FeCl2的溶液里通入0.01 mol Cl2，有Br－被氧化为Br2，则原溶液中HBr和FeCl2的浓度为(　　)
A．0.012 mol·L－1 B．0.12 mol·L－1
C．0.006 mol·L－1 D．0.06 mol·L－1
【解析】　FeCl3的还原性大于HBr，通入的Cl2先把Fe2＋完全氧化后，又把的Br－氧化，反应方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(12分)化学中有一种在同种元素之间发生电子转移的氧化还原反应，这种反应有时会因溶液酸碱性的变化而改变反应方向，如图所示，甲、乙、丙三种物质中含有同一种元素。
(1)若乙为Cl2，丙为KClO，则：
①甲的化学式为　　　　　　　　　。
②反应②的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应中被氧化与被还原的氯元素质量之比为　　　　。
③若将反应①设计成原电池，正极反应过程为　　　　　　(用“Ⅰ”或“Ⅱ”填空)。
(2)若甲、乙、丙中所含相同元素X的化合价分别为a、b、c，且a【解析】　同一元素间的氧化还原反应，化合价有升有降，且升降守恒。
【答案】　(1)①KCl
②KCl+KClO+H2SO4===K2SO4+Cl2↑+H2O　1∶1　③Ⅰ
(2)(b-a)∶(c-b)
18．(14分)氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：
NO3－＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O
KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)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)反应中硝酸体现了________、________性质。
(3)反应中若产生0.2 mol气体，则转移电子的物质的量是________mol。
(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】　在给定物质中应选择还原性最强的物质作还原剂，发生氧化反应。
【答案】　(1)14HNO3＋3Cu2O=== 6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O
(2)酸性　氧化性
(3)0.6
(4)使用了较浓的HNO3，产物中有部分NO2生成
19．(14分)(2009年海淀)电解法制碱的原料是饱和食盐水，由于粗盐中含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－杂质，不符合电解要求，因此必须经过精制。某校实验小组精制粗盐水的实验过程如下：
(1)操作a的名称是________，所用玻璃仪器有____________。
(2)在第Ⅱ步中，加入过量试剂甲后，生成了两种大量沉淀，则试剂甲为(填化学式)________溶液。
(3)在第Ⅴ步中，逐滴加入试剂丁直至溶液无明显变化时，写出此过程中发生反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　除去泥沙的操作是过滤，加入试剂甲后生成了两种沉淀，则甲为NaOH，生成的两种大量沉淀是Mg(OH)2和Fe(OH)3；第Ⅲ步加入的物质为BaCl2，第Ⅳ步加入的物质为Na2CO3(注意：Na2CO3须在BaCl2后以除去过量的BaCl2)，试剂丁为盐酸以除去过量的NaOH、Na2CO3。
【答案】　(1)过滤　玻璃棒、漏斗、烧杯　(2)NaOH　(3)H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO32－===HCO3－、H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O
20．(12分)有一无色透明溶液，欲确定是否含有以下十种离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、Cl－、I－、HCO3－，取该溶液进行以下实验：
①取少量待测液加几滴石蕊溶液，溶液显红色。
②取少量溶液，浓缩后加Cu和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。
③取少量溶液，加过量氯化钡溶液，有白色沉淀产生。
④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于硝酸。
⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，部分沉淀溶解。
根据以上实验，溶液中肯定存在的离子：________________________________________________________________________；
肯定不存在的离子：________________________________________________________________________；
尚不能确定的离子是：________________________________________________________________________。
【解析】　既然是溶液，则Ba2＋与SO42－不能同时存在。据实验①可判断HCO3－肯定不存在(H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O)，NO3－与Fe2＋、I－不能同时存在(6I－＋2NO3－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O,3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O)；根据实验②可判断NO3－一定存在，则Fe2＋、I－不存在；根据实验③，SO42－肯定存在，则Ba2＋不存在；根据实验④，不能肯定原溶液中有无Cl－存在，因为实验③加入了BaCl2，只能是可能存在；由实验⑤可判断Mg2＋、Al3＋都存在，剩下的Na＋只是可能存在。
【答案】　Mg2＋、Al3＋、NO3－、SO42－　Ba2＋、Fe2＋、HCO3－、I－　Na＋、Cl－
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2009年北京市东城区)最近科学家发现了氧元素的一种新的粒子O4。对于这种新粒子，下列说法不正确的是(　　)
A．它是氧元素的一种同素异形体
B．它是氧元素的一种同位素
C．它的摩尔质量为64 g·mol－1
D．它具有很强的氧化性
【解析】　同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，是对单质而言的；同位素是指质子数相同而中子数不同的同种元素不同原子的互称，同位素和同素异形体的概念范围是不一样的：一个是原子，一个是单质，A正确，B不正确。摩尔质量是有单位的，该粒子的相对分子质量是64，摩尔质量是64 g/mol，C正确。由O2、O3的性质可知D正确。
【答案】　B
2．(2009年济南高三统考)若两物质恰好完全发生化学反应，下列各项中，反应前后肯定不发生变化的是(　　)
①电子总数　②原子总数　③分子总数　④物质的种类　⑤物质的总质量
A．只有④⑤ B．只有②⑤
C．只有①②③⑤ D．只有①②⑤
【解析】　化学反应中的最小微粒是原子，在反应前后原子的种类和数目不变，②正确；化学反应前后总质量保持不变，即遵循质量守恒定律，⑤正确；不论在反应中有无电子的转移，电子的总数都不会改变，①正确；化学反应的特征就是有新物质生成，故④错误。很多反应如2H2＋O2===2H2O，反应前后分子总数改变，故③错误。
【答案】　D
3．下列有关化学用语表达不正确的是(　　)
A．氨气分子的电子式：H··H··H
B．S2－的结构示意图：＋16
C．CS2分子的结构式：S===C===S
D．苯分子的比例模型：
【答案】　A
4．请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是(　　)
A．几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里
B．用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小粒子
C．一定条件下，金属钠可以成为绝缘体
D．一定条件下，水在20 ℃时能凝固成固体
【解析】　根据质量守恒定律可知A项说法成立；B项中改变原子中核外电子可通过化学反应来实现，而改变原子核构成需通过核聚变或核裂变来实现，由此可见斧头劈木块时，是不存在上述两种过程的。C项在一定条件下，使金属钠以气态原子形式存在，此时缺少自由电子的钠可成为绝缘体。D项水的凝固点会随压强增大而升高。
【答案】　B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数
B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数
C．最外层有2个电子的原子都是金属原子
D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子
【解析】　非金属元素(一般是主族元素)的最高正价等于它的最外层电子数，所以A正确。B中非金属元素的最低化合价的绝对值等于它形成8电子稳定结构所需的电子数，也就是8减去最外层电子数。He原子最外层有2个电子，但He不是金属，所以C错误。ⅤA族元素中的Sb、Bi的最外层都是5个电子，但它们都是金属，D错误。
【答案】　A
6．下列每组物质发生状态变化所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是(　　)
A．食盐和蔗糖熔化 B．钠和硫熔化
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化钠熔化
【解析】　A中食盐熔化破坏离子键，蔗糖破坏分子间作用力；B中钠破坏金属键，硫破坏范德华力；C中均破坏范德华力；D中SiO2破坏共价键，Na2O破坏离子键。
【答案】　C
7．下列说法中不正确的是(　　)
①质子数相同的粒子一定属于同种元素　②同位素的性质几乎完全相同　③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子　④电子数相同的粒子不一定是同一种元素　⑤一种元素只能有一种质量数　⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A．①②④⑤ B．③④⑤⑥
C．②③⑤⑥ D．①②⑤⑥
【解析】　 ①质子数相同可能是原子、离子、分子；②同位素的物理性质不同；⑤一种元素可能有几种同位素(质量数不同)；⑥元素的相对原子质量是同位素的相对原子质量与其丰度(原子个数百分比)的乘积之和。
【答案】　D
8．下列事实与氢键有关的是(　　)
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰体积膨胀，密度变小
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【解析】　水加热到很高温度都难以分解，是由于H—O键难断开，涉及共价键的键能，与氢键无关，C、D中氢化物的熔点应与相对分子质量有关，热稳定性与键能有关。
【答案】　B
9．镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质的描述中不正确的是(　　)
A．在化合物中呈＋2价 B．氢氧化物呈两性
C．单质使水分解，放出氢气 D．碳酸盐难溶于水
【解析】　在周期表中同族元素，从上到下其金属性依次增强，因此，可以由熟知的钙及其化合物的性质类推镭及其化合物的性质。可以确定其单质使水分解，放出氢气；其氢氧化物呈现出比氢氧化钙更强的碱性，而不能呈两性。所以C正确，B不正确。
【答案】　B
10．IUPAC推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是(　　)
A．Ds原子的电子层数为7 B．Ds是超铀元素
C．Ds原子的质量数为110 D．Ds为金属元素
【解析】　根据稀有气体的原子序数递增规律：He 2、Ne 10、Ar 18、Kr 36、Xe 54、Rn 86。第7周期元素从87号开始到118号结束，都是金属元素，A、D正确。铀是92号元素，原子序数大于92的元素统称为超铀元素，B正确。Ds的原子序数为110，可知质子数等于110，但其中子数不可能为0，所以Ds原子的质量数大于110，C不正确。
【答案】　C
11．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证。以下类推的结论正确的是(　　)
A．“由Cl2＋H2O===HCl＋HClO”反应可推出“F2＋H2O===HF＋HFO”反应也能发生
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe＋3Cl2===2FeCl3”反应可推出“2Fe＋3I2===2FeI3”反应也能发生
D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
【解析】　F2与水剧烈反应，但产物为HF和O2，发生反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；虽然HCl是强酸，但HF的水溶液为弱酸，B项错误；因Fe3＋具有较强氧化性，而I－具有较强的还原性，二者不共存，正确反应为Fe＋I2===FeI2，C项错误；Na、K均在第ⅠA族，原子最外层均有1个电子，反应中易失去，表现出较强的还原性，常温下均能与水剧烈反应。
【答案】　D
12．(2009年广州普遍高中调研考试)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的原子序数不可能相差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】　如NO2是短周期元素形成的XY2型的共价化合物，原子序数相差1，选项A错。短周期元素X、Y，若X与Y的原子序数相差8，X、Y是同一主族的元素，或X、Y分别是H和F，二者不可能形成离子化合物，所以选项B正确。离子化合物MgCl2，两种元素的原子序数相差5，但MgCl2能溶于水，选项C错误。若X与Y的原子序数相差6，则形成的共价化合物XY2为SiO2，能溶于强碱溶液，所以选项D正确。
【答案】　BD
13．(2008年海淀)A、B、C、D、E五种元素从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下：
A B C D E
下列说法正确的是(　　)
A．E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的负化合价可为－2价
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【解析】　E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的最高化合价必为＋6价，则D元素的负化合价可为－2价。A(OH)n为强碱时，B(OH)m可能为强碱，也可能为中强碱，还可能为弱碱。HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素。元素C与元素E的关系可这样举例，如：C是16S，则E是18Ar；C是17Cl，则E是19K。
【答案】　AD
14．A、B、C、D为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是(　　)
A．A、C、D三种元素的最高价氧化物对应的水化物有两种是强碱、一种是强酸或两种是强酸、一种是强碱
B．A、C、D三种元素有两种是金属、一种是非金属
C．D元素在第三周期第ⅥA族
D．A、B、C三种元素的单质熔沸点依次降低
【解析】　据“三种元素的最高价氧化物的水化物之间能两两反应”，结合“A、B、C、D是原子序数依次增大的同周期的短周期元素”知C为Al，A为Na，再根据“A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，推知D为Cl，由原子序数的关系知B为Mg。NaOH为强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，HClO4为强酸，A错误；Na、Mg是金属，Cl是非金属，B正确；Cl元素在第三周期第ⅦA族，C错误；Na、Mg、Al的原子半径逐渐减小，熔沸点依次升高。
【答案】　B
15．(2009年山东临沂期中测试)X为主族元素，其原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与负价的代数和为0，Z元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X、Y、Z形成的化合物的化学式不可能是(　　)
A．X2Z2 B．X4YZ4
C．X2Y2Z4 D．X5Y2
【解析】　X为ⅠA族元素，其化合价可能为＋1或－1，Y元素为ⅥA族元素，化合价为＋4或－4；Z为氧元素，其化合价为－2。A项正确，例如H2O2或Na2O2等；B项正确，例如H4SiO4；C项正确，例如乙二酸(HOOC—COOH)。
【答案】　D
16．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是(　　)
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【解析】　A项中分子晶体熔、沸点高低与分子间的作用有关，与分子内共价键无关。D项离子晶体内存在的是离子键。
【答案】　BC
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年青岛模拟)用A＋、B－、C2－、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种粒子(离子或分子)，请回答：
(1)A元素是________、B元素是________、C元素是__________(用元素符号表示)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式为________。
(3)E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，其分子式为__________。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是________，电子式是__________。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式是__________。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式是__________。
【解析】　(1)因A＋、B－、C2－都含有18个电子，故A为钾(K)，B为氯(Cl)，C为硫(S)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式应为HCl。
(3)因为E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，根据元素周期律知识应是氟(F2)。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式应为H2S，电子式为H∶ ∶H。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式为PH3或H2O2。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式为C2H6。
【答案】　(1)K　Cl　S　(2)HCl　(3)F2　(4)H2S
H∶ ∶H　(5)H2O2(答PH3同样也可)　(6)C2H6
18．(12分)氧族元素的各种性质可归纳整理为如下图所示的表格(部分)：
　　元素性质　　 8O 16S Se 52Te
单质沸点(℃) －183 444.6 685 1 390
主要化合价 －2 －2、＋4、＋6 －2、＋4、＋6
原子半径(nm) 0.074 0.102 0.116 0.143
单质与H2反应 点燃易化合 加热化合 加热难化合 不能直接化合
回答下列问题：
(1)硒的原子结构示意图为________。
(2)H2O2可以作脱氯剂，用于消除水中的Cl2，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)碲的主要化合价可能有________。
(4)工业上可用Al2Te3制备H2Te，化学方程式为__________________________________。
【解析】　(2)H2O2和Cl2反应，Cl2是氧化剂，被还原为－1价的氯，H2O2被氧化，化合价升高，生成O2。
(4)联想Al2S3水解产生H2S，由Al2Te3(盐类)制备H2Te是双水解反应。
【答案】　(1)＋34
(2)Cl2＋H2O2===2HCl＋O2
(3)－2、＋4、＋6
(4)Al2Te3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2Te↑
19．(14分)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。B、E同主族，且满足最高正化合价＋最低负化合价＝0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2∶1和1∶1的两种化合物。试解答下列有关问题。
(1)在A2C2分子中含有的化学键是________和________。
(2)C与D形成的化合物的电子式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式________________________________________________________________________。
【解析】　据题意知：B为C，E为Si；A为H，C为O，D为Na，形成的化合物分别为H2O和H2O2，Na2O和Na2O2。
(1)在H2O2分子中含有极性键和非极性键。
(2)Na与O可形成Na2O和Na2O2，电子式分别为：
Na＋[ ]2－Na＋，Na＋[ ]2－Na＋。
(3)由Na2CO3来制取NaOH，可据反应
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH实现。
(4)Si与NaOH反应的离子方程式为：
Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
【答案】　(1)极性键　非极性键
(2)Na＋[ ]2－Na＋、Na＋[ ]2－Na＋
(3)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(4)Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
20．(14分)已知A、B、C、D、E、F、G都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，D与F同主族，G的原子半径是本周期元素中最小的。则：
(1)运送飞船的火箭燃料有一种液态化合物是由A、C元素组成的，已知该化合物的相对分子质量为32，其中氢元素的质量分数为12.5%。若该化合物与A2D2恰好完全反应，能产生两种无毒又不污染环境的物质，试写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)C的原子间也可形成链状结构，假设C原子间只以单键形式连接，并与A形成系列化合物，则该系列化合物的通式为
__________________。
(3)由B和D以质量比为3∶8组成的化合物与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)G单质与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　根据题意知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl。
(1)N与H形成的化合物中H原子数为＝4，则N原子数为＝2，即分子式N2H4，N2H4与H2O2发生氧化还原反应生成N2和H2O，据得失电子守恒配平得N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。
(2)据N原子成键特点知该系列化合物为HNHNH……NHH，因此得出通式为NnHn＋2。
(3)C与O形成质量比为3∶8的化合物中，C原子数与O原子数之比为＝1∶2，即分子式为CO2，与Mg能发生反应2Mg＋CO22MgO＋C。
【答案】　(1)N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O
(2)NnHn＋2
(3)2Mg＋CO22MgO＋C
(4)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
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一、选择题
1．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2CO3
【解析】　CaCl2不发生水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、H＋、OH－、H2O等5种；CH3COONa发生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、H＋、OH－、CH3COOH和H2O共6种粒子；氨水中也存在6种粒子；K2CO3存在两级水解，溶液中有7种粒子，即：K＋、CO32－、HCO3－、H2CO3、H＋、OH－、H2O。
【答案】　D
2．下列各步制取物质，最终无法达到目的的有(　　)
A．AlAl2O3Al(NO3)3Al(NO3)3晶体
B．CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2O
C．FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3
D．FeSO4溶液FeSFeS
【解析】　A选项中的Al(NO3)3溶液中存在下列反应：
Al(NO3)3＋3H2O??Al(OH)3＋3HNO3
加热HNO3挥发，平衡正移，最后蒸干灼烧后得Al2O3，而得不到Al(NO3)3；B、C两选项中设计过程正确；D选项中FeSO4溶液与H2S不发生反应，故设计原理错误。
【答案】　AD
3．(2008年重庆高考题)向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【解析】　因发生水解，NH4NO3、Na2SO3、FeCl3分别显酸性、碱性、酸性，而酸性会促进CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)减小，碱性则会抑制CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)增大。
【答案】　A
4．(2009年南通高三调研考试)H2A为二元弱酸，则下列说法正确的是(　　)
A．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
B．在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，前者pH大于后者
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
【解析】　选项A，在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，由于A2－与HA－的水解程度不同，故阴离子总数不同，不正确；选项B，在等物质的量浓度的Na2A、NaHA两溶液中，由于A2－的水解程度比HA－的水解程度大，Na2A碱性较强，即pH前者大于后者；选项C，NaHA溶液中HA－可能电离程度大于水解程度，即溶液有可能呈酸性，如NaHSO3溶液，故不正确；选项D，表达的是电荷守恒，正确。
【答案】　BD
5．用一价离子组成四种盐：AC、BD、AD、BC，将它们配制成1 mol·L－1的溶液，在室温下，AC和BD溶液的pH＝7，AD溶液pH>7，BC溶液pH<7，则(　　)
A B C D
碱性 AOH>BOH AOHBOH AOH酸性 HC>HD HC>HD HC【解析】　根据题设AD溶液pH>7，那么AD为强碱弱酸盐，A＋为强离子，D－为弱酸根离子；同理，B＋为弱碱离子，C－为强酸根离子；AC、BD溶液pH＝7，那么AC为强酸强碱盐，与以上推断不矛盾，BD为弱酸弱碱盐，如CH3COONH4水解，但溶液呈中性。因此，碱性AOH>BOH，酸性HC>HD。
【答案】　A
6．在水溶液中，因发生水解反应而不能大量共存的一组粒子是(　　)
A．CO32－、OH－、Na＋、H＋ B．Al3＋、Na＋、AlO2－、Cl－
C．Ba2＋、HCO3－、K＋、SO42－ D．S2－、H＋、SO42－、Cu2＋
【解析】　A项中，发生H＋＋OH－===H2O中和反应而不共存；B项中，Al3＋和AlO2－发生双水解而不共存；C项中，因Ba2＋和SO42－生成沉淀而不共存；D项中，发生S2－＋2H＋===H2S↑生成气体或Cu2＋＋S2－===CuS↓沉淀而不共存。
【答案】　B
7．将下列离子混合在同一溶液中，必然会产生沉淀的一组是(　　)
A．Na＋，Al3＋，Cl－，AlO2－ B．Ba2＋，NH4＋，Cl－，OH－
C．H3O＋，Ca2＋，PO43－，Cl－ D．Na＋，Al3＋，Cl－，CO32－
【解析】　A项中，Al3＋发生水解显酸性；AlO2－发生水解显碱性，两种离子在溶液中相遇时发生双水解相互促进，使水解反应进行到底：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O===4Al(OH)3↓。D项中，Al3＋与CO32－发生双水解相互促进，同样使水解反应进行完全：2Al3＋＋3CO32－＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。故A、D两项中必然会产生沉淀。
【答案】　AD
8．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX
C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX
【解析】　根据盐的水解规律，弱酸阴离子对应的酸越弱其水解程度越大，由题意知：X－、Y－、Z－的水解程度：Z－>Y－>X－，所以其对应酸的酸性强弱顺序为HX>HY>HZ。
【答案】　C
9．(2008年高考广东卷)盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32－和OH－
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．10 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
【解析】　A中，生成Na2CO3 溶液，CO32－会发生水解，生成HCO3－，所以A错；电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
两式相减得：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO32－)＋c(OH－)，所以B错误；C中，生成CH3COONa，CH3COO－水解呈碱性，故C正确；相同pH、相同体积的HCl和CH3COOH，因为CH3COOH为弱酸，所以CH3COOH的物质的量浓度大，CH3COOH所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
【答案】　C
10．将10 mL 0.1 mol/L氨水与6 mL 0.2 mol/L盐酸混合反应后，溶液中离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH4＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(H＋)>c(Cl－)>c(NH4＋)>c(OH－)
【解析】　经计算知盐酸过量，所以c(H＋)>c(OH－)；由生成的NH4Cl水解知c(Cl－)>c(NH4＋)；NH4＋水解是微弱的，所以c(NH4＋)应大于过量盐酸提供c(H＋)与少量NH4＋水解产生的c(H＋)之和，即c(NH4＋)>c(H＋)。结果为c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】　C
11．25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其中c(NH4＋)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
【解析】　三种溶液中均存在水解平衡：NH4＋＋H2O??NH3·H2O＋H＋，对于(NH4)2CO3，因CO32－＋H＋===HCO3－，使上述平衡向右移动，对于(NH4)2Fe(SO4)2，Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制NH4＋的水解。
【答案】　D
12．(2009年南通四县高三联考)一定温度下，将Cl2缓慢通入水中。当通入的Cl2体积为V1时达到饱和，溶液中c(H＋)变化如右图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度升高而迅速降低，下列叙述中正确的是(　　)
A．将饱和氯水加水稀释，溶液中c(H＋)变化如曲线b
B．将饱和氯水升高温度，溶液中c(H＋)变化如曲线c
C．在饱和氯水中加入NaOH使pH>7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)
D．在饱和氯水中加入NaOH使pH＝7，所得溶液中存在下列关系：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)
【解析】　饱和氯水加水稀释时溶液中c(H＋)降低，A错；饱和氯水升高温度时溶液中的c(H＋)降低，B正确；由电荷守恒可知C正确，D错误。
【答案】　BC
二、非选择题
13．普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒里盛碳酸氢钠溶液，其化学反应的原理是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
不能把硫酸铝溶液盛放在铁筒里的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　硫酸铝和碳酸氢钠相遇会发生双水解产生CO2气体达到灭火目的，其原理是：Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑。若把Al2(SO4)3放在铁筒里，因发生水解反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒。若用Na2CO3代替NaHCO3，发生的双水解反应是：Al2(SO4)3＋3Na2CO3＋3H2O===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋3CO2↑，可见，等物质的量的Al2(SO4)3产生的CO2的量较少，且生成CO2的速率慢。
【答案】　Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑　Al2(SO4)3溶液发生水解，Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性，腐蚀铁筒　若用Na2CO3代替NaHCO3，发生变为Al2(SO4)3＋3Na2CO3＋3H2O===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋3CO2↑，等物质的量的Al2(SO4)3产生的CO2的量较少，所以不能代替
14．现有常温下的0.1 mol/L纯碱溶液。
(1)你认为该溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)：________________________________________________________________________
____________________________。
为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32－不超过其总量的10%。请你设计实验证明该同学的观点是否正确________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是________。
A．c(Na＋)＝2c(CO32－)
B．c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)
C．c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.1 mol/L
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
(4)水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表示式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Na2CO3属强碱弱酸盐，CO32－水解而显碱性，为证明这一点，可向Na2CO3溶液中滴入几滴酚酞，溶液显红色，然后加入过量CaCl2，若红色消失即证明是因CO32－所致。
(2)为了证明这点，可用pH试纸测常温下0.1 mol/L的纯碱溶液的pH，若pH<12，则c(H＋)>10－12mol/L，即c(OH－)<10－2mol/L，所以可得出水解的CO32－数目不会超过其总量的10%。
(3)因CO32－水解，故c(Na＋)>2c(CO32－)，A错误；据CO32－的两步水解方程式便知c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H2CO3)，B正确；C项由物料守恒知c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L；D项属质子守恒。
(4)类比化学平衡常数的定义写出
Kh＝。
【答案】　(1)CO32－＋H2O??HCO3－＋OH－　 向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点
(2)用pH试纸(或pH计)测常温下0.1 mol/L纯碱溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确；若pH>12，则该同学的观点不正确
(3)BD　(4)Kh＝
15．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)
阳离子 Na＋、Ba2＋、NH4＋
阴离子 CH3COO－、Cl－、OH－、SO42－
已知：①A、C溶液的pH均大于7，A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
(1)A是________，B是________。
(2)写出C与D反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，0.1 mol·L－1B溶液的pH＝a，则B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝____________(用含有a的关系式表示)。
(4)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________
______________________________。
(5)在一定体积的0.005 mol·L－1的C溶液中，加入一定体积的0.001 25 mol·L－1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是________________________________________________________________________。
【解析】　据已知②确定，C、D中含有Ba2＋与SO42－，B、C中含NH4＋、OH－，若C中含NH4＋则为(NH4)2SO4，不符合①A、C的pH>7，则C中含OH－，为Ba(OH)2，B为NH4Cl[不能为(NH4)2SO4否则B、C混合后有NH3产生]，据①确定A为CH3COONa，则D为Na2SO4，故(3)NH4Cl溶液中，c(H＋)＋c(NH4＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) ①，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1 ②，由①－②得c(H＋)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)＝＝10a－14。(4)中等物质的量的NH4Cl与Ba(OH)2混合后，Ba(OH)2过量，因生成NH3·H2O使c(OH－)>c(Ba2＋)。(5)中据c(OH－)＝
＝1×10－3，解得＝。
【答案】　(1)CH3COONa　NH4Cl　(2)Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓　(3)1×10－14＋a　(4)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)　(5)1∶4
16．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：
H2B===H＋＋HB－　HB－??H＋＋B2－
回答下列问题：
(1)Na2B溶液显________(填“酸性”、“中性”、或“碱性”)。理由是__________________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是(　　)
A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)
D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)
(3)已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH＝2，则0.1 mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是________0.11 mol/L(填“<”、“>”或“＝”)，理由是：____________________________________。
(4)0.1 mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______________________。
【解析】　由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－??H＋＋B2－(部分电离)，所以盐中B2－离子将水解而HB－不水解，故Na2B显碱性，原因是B2－＋H2O??HB－＋OH－。在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2O??HB－＋OH－，H2O??H＋＋OH－。由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2 mol·L－1。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－、HB－??H＋＋B2－、H2O??H＋＋OH－。
已知0.1 mol·L－1，NaHB溶液的pH＝2说明其c(H＋)＝0.01 mol·L－1主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步电离，所以0.1 mol·L－1H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1，在NaHB(aq)中各离子浓度大小顺序为：c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)。
【答案】　(1)碱性　B2－＋H2O??HB－＋OH－
(2)CD
(3)<　H2B第一步电离产生的H＋，抑制了HB－的电离
(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．随着人们生活节奏的加快方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品变潮及富脂氧化变质，在包装袋中应放入的化学物质是(　　)
A．无水CuSO4、蔗糖 B．硅胶、硫酸亚铁
C．食盐、FeSO4 　　 D．生石灰、食盐
【解析】　由题可知防止食品受潮及富脂食品氧化变质，需用干燥剂及还原性物质且应无毒。能吸水潮解且无毒物质为硅胶，而FeSO4具有还原性，能保护食品不被氧化。
【答案】　B
2．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是(　　)
A．稀硝酸 B．稀盐酸
C．硝酸铜 D．氢氧化钠
【解析】　钝化的实质是浓H2SO4或浓HNO3在Fe、Al的表面形成了一层致密的氧化物保护膜。由于铝的氧化物Al2O3是一种两性氧化物，既可与强酸反应，又可与强碱反应，所以A、B、D三项皆不符合题意，只有C项中的Cu(NO3)2因不与Al2O3反应，故不可与钝化的铝条发生反应。
【答案】　C
3．下列物质的主要成分不正确的是(　　)
A．赤铁矿：Fe2O3 B．铜绿：CuO
C．磁铁矿：Fe3O4 D．铝土矿：Al2O3
【解析】　常见矿物质的主要成分及某些化学物质的俗称与化学式要能对号。铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
【答案】　B
4．已知某溶液中存在较多的H＋、SO42－、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组是(　　)
A．Al3＋、CH3COO－、Cl－ B．Na＋、NH4＋、Cl－
C．Mg2＋、Cl－、Fe2＋ D．Mg2＋、Ba2＋、Br－
【解析】　因含有H＋和NO3－，说明溶液中含有氧化性离子，能氧化Fe2＋、S2－等还原性离子，同时溶液为酸性，弱酸根离子CH3COO－不能存在，故A、C错；又含SO42－，故Ba2＋不存在，D错。
【答案】　B
5．a g的铜丝灼烧变黑，立即放入下列的某种物质中发生反应，铜丝变红且反应后质量仍为a g，则该物质是(　　)
A．稀H2SO4 　B．C2H5OH
C．CuSO4溶液 D．NaOH溶液
【解析】　铜丝灼烧变黑生成CuO，氧化铜可与H2SO4反应，使铜丝质量减轻；CuO与CuSO4溶液、NaOH溶液不反应，因此铜丝质量增加(增加的氧元素的质量)；CuO与C2H5OH在加热条件下反应：CuO＋C2H5OHCH3CHO＋Cu＋H2O，因此铜丝质量不变。
【答案】　B
6．铁片投入下列溶液后，金属片质量减少，但无气体产生的是(　　)
A．冷浓HNO3 B．Cu(NO3)2溶液
C．稀硫酸 D．Fe(NO3)3溶液
【解析】　铁与冷浓HNO3钝化，质量增加；铁与Cu(NO3)2反应置换出铜，质量增加；铁与稀H2SO4反应产生H2；铁与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，金属质量减少。
【答案】　D
7．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是(　　)
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含铜
【解析】　该题涉及的反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。由以上反应可知：Fe、Cu与Fe3＋不共存，Fe与Cu2＋也不共存。当有固体存在时，有两种情况：①固体为Fe、Cu，此时一定无Fe3＋、Cu2＋，一定有Fe2＋；②固体为Cu，此时一定无Fe3＋，可能有Cu2＋，一定有Fe2＋。综合以上两种情况可知A、B、D三项正确。
【答案】　C
8．(2009年山东潍坊一模)在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且a>c，则下列说法正确的是(　　)
A．残余固体是铜和铁
B．最后得到的溶液中一定含有Cu2＋
C．将残余固体加入到稀硫酸中，有气泡产生
D．最后得到的溶液中可能含有Fe3＋
【解析】　由于a>c，Cu没有完全析出，有Cu2＋在溶液中；因为有金属剩余，不可能还有Fe3＋，有Cu2＋存在也不会有Fe单质存在，B选项正确。
【答案】　B
9．硝酸亚铁溶液中存在下列平衡：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，向该溶液中滴加稀硫酸，可能观察到的现象是(　　)
A．沉淀溶解 B．溶液颜色变深绿色
C．溶液变成黄色 D．溶液产生红褐色沉淀
【解析】　本题以亚铁盐为载体考查电离平衡、亚铁盐典型性质的综合运用。问题的关键是，加入稀硫酸对反应体系有哪些影响？加入H＋促进平衡向左移动，若仅停留在这一层面上，会错选B。溶液中含有NO3－，加入酸后，NO3－在H＋作用下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液变黄色，颜色变深。
【答案】　C
10．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：NH4＋、Na＋、Cl－、SCN－
B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、AlO2－、CO32－
C．在c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42－、NO3－
D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NO3－
【解析】　本题主要考查有关离子反应发生的条件及离子大量共存问题。因Fe3＋可与SCN－结合成难电离的物质Fe(SCN)3，故A组不能大量共存；在强碱性溶液中含大量OH－离子，而K＋、Na＋、AlO2－、CO32－在强碱性溶液中皆可共存，B符合题意；c(H＋)＝10－13mol·L－1，则c(OH－)＝10－1mol·L－1，溶液呈碱性，NH4＋、Al3＋皆不能大量共存，C不符合题意；pH＝1的溶液中含大量H＋，因发生反应3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，而使D组不能大量共存。
【答案】　B
11．(2008年山东潍坊模拟)在一定条件下，使CO和O2的混合气体26 g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14 g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是(　　)
A．9∶4 B．1∶1
C．7∶6 D．6∶7
【解析】　CO燃烧生成CO2被Na2O2吸收后，固体的质量增加量为燃烧的CO的质量，则为14 g,14 g CO完全燃烧需要8 g O2，则过量气体为4 g 可能为CO也可能为O2，当为CO过量时，O2与CO质量比为8∶18＝4∶9，当O2过量时，O2与CO质量比为12∶14＝6∶7。
【答案】　D
12．将5.4 g Al投入到200.0 mL 2.0 mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。该溶液可能为(　　)
A．HNO3溶液 B．Ba(OH)2溶液
C．H2SO4溶液 D．HCl溶液
【解析】　因HNO3具有氧化性，与Al反应不产生H2，故A项首先排除。Al与碱反应的关系为Al～OH－，Al与酸反应的关系为Al～3H＋，显然物质的量相等的Ba(OH)2、H2SO4、HCl所消耗的Al的量依次减小，因单选题，故“剩余金属的情况”只能为D项。
【答案】　D
13．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则(　　)
A．反应过程中得到6.72 L的气体(标况)
B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．最终得到7.8 g的沉淀
D．最终得到的溶液中c(NaCl)＝0.15 mol/L
【解析】　由题n(Na2O2)＝0.2 mol，n(Al)＝0.2 mol，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知生成气体0.4 mol，标况下体积为8.96 L；加入盐酸先和过量的NaOH反应，剩余0.1 mol和NaAlO2反应生成0.1 mol Al(OH)3：NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓，最终溶液为0.3 mol NaCl、0.1 mol NaAlO2。
【答案】　C
14．某500 mL溶液中含0.1 mol Fe2＋、0.2 mol Fe3＋，加入0.2 mol铁粉，待Fe3＋完全还原后，溶液中Fe2＋的物质的量浓度为(假设反应前后体积不变)(　　)
A．0.4 mol/L B．0.6 mol/L
C．0.8 mol/L D．1.0 mol/L
【解析】　这是一个简单的根据化学方程式的计算题，只要写出2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋计算出新生成的Fe2＋，再加上原Fe2＋，便可迎刃而解。
【答案】　C
15．(2009年广东广州)往含有0.2 mol KOH和0.1 mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L(标准状况)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽略不计)(　　)
【解析】　反应前溶液中离子总物质的量为0.7 mol，其中含n(K＋)＝0.2 mol，n(OH－)＝0.4 mol，n(Ca2＋)＝0.1 mol，当通入0.1 mol CO2时发生反应2OH－＋CO2＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，此时溶液中还有离子共0.4 mol；再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO2＋2OH－===CO32－＋H2O，此时溶液中还含有0.3 mol离子；这时再通入CO2 0.1 mol，发生的反应为CO32－＋H2O＋CO2===2HCO3－，此时溶液中离子总物质的量为0.4 mol。
【答案】　D
16．W g含有Fe2O3·xH2O杂质的Al2O3样品可完全溶解在100 mL c(H＋)＝0.1 mol/L的稀H2SO4中，然后向溶液中加入100 mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是(　　)
A．0.05 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1
C．0.15 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1
【解析】　混合物中加入稀H2SO4，发生反应：Fe2O3·xH2O＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋(x＋3)H2O；Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O。再加入氨水恰好沉淀完全，则有Fe2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，可得关系式：Fe2O3·xH2O～3H2SO4～2Fe(OH)3～6NH3·H2O；Al2O3～3H2SO4～2Al(OH)3～6NH3·H2O。
即H2SO4　　　　～　　　　2NH3·H2O
1 2 mol
0.1 L·c(NH3)
＝，解得c(NH3)＝0.1 mol/L。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(13分)西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。
(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。
提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？
猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。
实验步骤：
①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解。观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊。
②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸。观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。
③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。
④实验结论：绿色固体物质中含有________、________、________、________等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)
(2)表达与交流
①图中标有a、b的仪器名称是：a________；b________。
②上述实验步骤③中发生反应的离子方程式为____________________________________。
③反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是____________________________________________________。
④如果将B、C两装置对调行吗？________。为什么？____________________________________。
【解析】　(1)B中无水CuSO4变蓝证明有H2O生成，C中澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成，而②③证明黑色固体为CuO，故推断出绿色固体物质含有C、H、O、Cu等元素。
(2)①a为试管，b为铁架台。
②步骤③为Fe与CuSO4的反应。
③若先撤走酒精灯，则会发生倒吸。
④因B装置是检验有水生成，C装置检验有CO2气体生成，若二者对调，则无法证明是否有水生成。
【答案】　(1)④铜　碳　氢　氧
(2)①试管　铁架台　②Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋　③C装置中的液体会倒流入B装置　④不行　若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成
18．(10分)国务院强调“南水北调”工程必须坚持“三先三后”的原则。在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患。检测某工厂废液中，含有大量的Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Ag＋。试分析回答下列问题：
(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)。
A．SO42－B．NO3－
C．Cl－ D．CO32－
(2)检验废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂可以是________，铝元素发生变化的离子方程式是________________________。
(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如下方案：
若依该方案获得银108 g，为保证不污染环境和氯气的循环利用，理论上应提供标准状况下的氢气________L。
【解析】　(1)SO42－、Cl－与Ag＋不共存；CO32－与Cu2＋、Ag＋、Mg2＋ 、Al3＋都不共存。
(2)利用Al(OH)3的两性将Al元素从废水样品中分离出来。
(3)根据题中转化关系图，2Ag～Cl2～H2
即n(H2)＝n(Ag)＝×＝0.5 mol
V(H2)＝0.5 mol×22.4 L/mol＝11.2 L。
【答案】　(1)B　(2)NaOH溶液　Al3＋＋4OH－===AlO2－＋2H2O　(3)11.2
19．(14分)A～I分别表示中学化学中常见的物质，它们之间相互转化关系如下图所示(有部分反应物、生成物没有列出)：
已知A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素，G为主族元素的固态氧化物。
(1)写出物质的化学式：
E________，F________，J________。
(2)写出反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
【解析】　由两条线索展开分析，一是G为主族元素的固态氧化物，既溶解于碱又可电解，可推知为Al2O3；二是E和F均是与碱反应后的产物，且E可被空气中的O2氧化成F，可推知E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。
【答案】　(1)Fe(OH)2　Fe(OH)3　NaAlO2
(2)①Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O
20．(15分)(2009年广东广州)2008年9月27日的下午，这是一个激动人心的时刻，“神舟七号”宇航员翟志刚走出飞船，实现了中国太空第一步。这是我国航天史上一座新的里程碑，标志着我国在攀登世界科技高峰的征程上，又迈出了具有重大历史意义的一步。
(1)钛作为一种重要的航天金属，在“神舟七号”飞船上得到广泛的应用，工业上可用钠、镁还原钛的卤化物来制备，写出镁还原四氯化钛的化学反应方程式________________________________________________________________________，
该反应需在氩气气氛中进行的原因是________________________________________________________________________。
(2)“神舟七号”飞船外壳使用了一种新型陶瓷结构材料，主要成分是氮化硅，是一种超硬物质，耐磨损、耐高温。依据氮、硅的原子结构的特点，推测氮化硅的化学式为__________。
(3)“尿不湿”最早应用于航天领域，至今已大量应用于民用领域，这种尿布表面涂有一种既能吸水又能保留水的物质。据你的推测，这种特殊物质的结构可能是________。
A．?CH2CH?OCOCH3　　　　　B．?CH2CH?F
C．?CH2CH?OH D．?CCl2CCl2?
(4)肼(N2H4)是“神舟七号”飞船助推火箭发动机的燃料，反应时以N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)　ΔH＝＋8.7 kJ/mol
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－534.0 kJ/mol
①肼(N2H4)的电子式为____________。
②写出肼跟N2O4反应的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　钛的冶炼是新课程中增加的内容；原子晶体的判断原则是看物理性质，从题意中不难看出氮化硅是一种原子晶体；第(3)小题“尿不湿”能吸水所以其结构中应有—OH，故选C。
【答案】　(1)TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti　Mg在高温下能与空气中的氧气反应，还原钛不能实现，所以要用氩气作保护气
(2)Si3N4　(3)C
(4)①HN·,·· N·,·· H　②N2H4(g)＋N2O4(g)===2N2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－542.7 kJ/mol
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一、选择题
1．有一支50 mL 酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.00 mL刻度处。把滴定管中的溶液全部排出，盛接在量筒中，量筒内溶液的体积(　　)
A．大于40.00 mL　　　　　B．为40.00 mL
C．小于40.00 mL D．为10.00 mL
【解析】　滴定管的刻度“0”在上、满刻度在下(量筒与此相 反)，满刻度以下还有一段空间没有刻度，因此，将装到10.00 mL 刻度处的溶液全部放出，除由10.00 mL刻度处到50.00 mL 刻度处有40.00 mL 溶液外，还有满刻度以下的溶液也一并放出，总量超过40.00 mL。选A。
【答案】　A
2．下列微粒中能影响水的电离平衡，且使水的电离平衡向左移动的是(　　)
A．HSO4－ B．CH3COO－
C．Na＋ D．[ H]－
【解析】　酸碱均抑制水的电离而能水解的弱酸根离子或弱碱的阳离子促进水的电离。A项HSO4－电离出H＋使溶液显酸性抑制水的电离；B中CH3COO－可发生水解反应CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，促进水的电离；C中Na＋对水的电离无影响；D项为OH－，抑制水的电离。
【答案】　AD
3．下列溶液肯定是酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液
B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液
D．c(OH－)【解析】　所有水溶液中均含有H＋，A不正确；使酚酞显无色，只表明其pH<8.2，不一定显酸性；常温下pH<7的溶液显酸性，温度升高，水的电离程度增大。100 ℃时纯水的pH＝6，仍显中性。
【答案】　D
4．(2009年河北正定中学模拟)常温下，将pH＝9的Ba(OH)2溶液稀释500倍，稀释后c(Ba2＋)和c(H＋)之比约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝9的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝＝1×10－5mol/L，c(Ba2＋)＝c(OH－)＝×10－5mol/L，当稀释500倍后，c(Ba2＋)∶c(H＋)＝＝，故C正确。
【答案】　C
5．(2008年高考上海卷)常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol/L，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液
④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
【解析】　因水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L<10－7mol/L，故H2O的电离受到抑制，该溶液可为酸溶液，也可为碱溶液，故选A。
【答案】　A
6．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，待测液放在锥形瓶中。中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液由滴定管量取)(　　)
A．碱式滴定管未用待测碱液润洗
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液体溅出
D．滴定前仰视读数，滴定后读数正确
【解析】　本题考查酸碱中和滴定的误差分析。A项碱式滴定管未用待测碱液润洗，导致实际取用的碱少，消耗的酸就少，结果将会偏低；B项酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会造成消耗的酸体积多，结果偏高；C项明显偏高；D项计算出消耗酸将会偏小，结果偏低。
【答案】　AD
7．(2009年江苏模拟)t ℃时，水的离子积常数为KW，该温度下将a mol/L 一元酸 HA 与 b mol/L 一元碱 BOH 等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是(　　)
A．混合液的pH＝7
B．混合液中，c(H＋)＝
C．a＝b
D．混合液中，c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)
【解析】　溶液显中性，若t≠25 ℃，pH≠7，A项错误；c(H＋)＝c(OH－)，c(H＋)＝，B项正确；由于一元酸和一元碱等体积混合二者不一定恰好反应，所以a＝b不一定成立，C项错误；在混合液中由于电荷守恒，c(B＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D项错误。
【答案】　B
8．(高考天津理综)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
【解析】　A项，稀氨水是弱碱，加入后水溶液中的c(OH－)增大，平衡逆向移动；B项，NaHSO4溶于水中电离使c(H＋)增大。由于温度不变，故KW不变；C项，水中加入CH3COONa，CH3COONa发生水解，促进水的电离，使溶液呈碱性，c(H＋)降低；D项，升高温度，水的电离程度增大，KW变大，pH变小。
【答案】　B
9．(2009年宁波联考)常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的物质的量浓度相同，两溶液混合后，溶液的pH＝7，下列判断中合理的是(　　)
编号 HA BOH 溶液的体积关系
① 强酸 强碱 V(HA)② 强酸 强碱 V(HA)＝V(BOH)
③ 强酸 弱碱 V(HA)>V(BOH)
④ 弱酸 强碱 V(HA)>V(BOH)
A.①③ B．②③
C．②④ D．①④
【解析】　强酸强碱混合呈中性，则体积相等，故①错，②正确；若为③，当体积相等时生成强酸弱碱盐呈酸性，故V(HA)V(BOH)，正确。
【答案】　C
10．室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7
【解析】　当a＋b＝14时，说明NaOH与HCl物质的量浓度相同，若等体积混合，恰好完全反应，pH＝7，A选项不正确。 当a＋b＝13时，说明酸浓碱稀，且酸浓度是碱的10倍，若x∶y＝1∶10，酸体积大，该溶液必呈酸性，pH<7，B错误。若a＋b＝13，且ax＝by时，a>7，b<7则x【答案】　D
11.
如图所示为对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) 0.12 0.04 0.03 0.09
Y(mol/L) 0.04 0.12 0.09 0.03
【解析】　由图知，30 mL NaOH 溶液恰好中和10 mL 盐酸，即3Y＝X，表中A、D属此种情况，但A组中X＝0.12 mol/L，c(H＋)＝0.12 mol/L，pH<1，不符合图象，D组中X＝0.09 mol/L，pH>1，加入20 mL NaOH后溶液的c(H＋)＝
＝1×10－2mol/L，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
【答案】　D
12．在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是(　　)
A．1∶9 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
【解析】　本题考查pH的计算，当溶液中Ba2＋恰好完全沉淀发生的化学反应方程式为：
NaHSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋H2O＋NaOH
由化学方程式得反应后n(OH－)＝n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]，
所以c(OH－)＝＝
＝1×10－3mol·L－1，解得＝。
【答案】　D
二、非选择题
13．有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测：
(1)该学生的操作是________(填“正确的”或“错误的”)，其理由是______________________________________________________________________________。
(2)若用此方法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)该学生以上述方式测定下列溶液的pH，无误差的是(　　)
A．NaOH B．CH3COONa
C．NaCl D．NaHSO4
【解析】　用pH试纸测定溶液酸碱性时，不能用水润湿。若润湿，会使待测液浓度下降，结果出现误差。但是用pH试纸测定中性溶液时，对结果一般没影响。
【答案】　(1)错误的　润湿后，稀释了原溶液，使其浓度减小，导致测量误差
(2)盐酸　盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH??CH3COO－＋H＋，稀释平衡右移，继续电离出H＋，稀释时Δc(H＋)小，ΔpH小，故误差小
(3)C
14．(1)某温度(T ℃)时，水的KW＝10－13，则该温度(填“大于”“小于”或“等于”)________25 ℃，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L 与pH＝1的H2SO4的溶液b L 混合，若所得混合液为中性，则a∶b＝________。
(2)已知25 ℃时0.1 mol/L 醋酸溶液达到平衡(CH3COOH??H＋＋CH3COO－)时的pH约为3，如果在此溶液中加入等体积的pH为5的盐酸，则电离平衡________(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)；若向原醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】　(1)水电离是吸热的，KW＝10－13>10－14，则温度高于25 ℃时，；将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L 与pH＝1的H2SO4的溶液 b L 混合，若所得混合液为中性，则有10－2mol/L×a L＝10－1mol/L×b L，则a∶b＝10∶1。
(2)向其中加入pH＝5的盐酸，由于它的氢离子浓度比醋酸小，故电离平衡向右移动；醋酸钠呈碱性，则加入醋酸溶液中后，pH增大。
【答案】　(1)大于　25 ℃时KW＝10－14，升高温度水的电离平衡正向移动，使KW增大　10∶1　(2)向右　增大
15．某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.0 mL于锥形瓶，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：
I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是________。
(2)步骤②应使用________式滴定管。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且30 s不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)Cl2的实际浓度比所测浓度应________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　 因为碘遇淀粉变蓝色，可用淀粉作指示剂：0.01 mol·L－1Na2S2O3溶液呈碱性，故用碱式滴定管；废水中的氯气置换出碘单质使淀粉溶液变蓝，再用Na2S2O3还原碘单质，溶液蓝色消失；由已知的Na2S2O3的物质的量，通过关系式：Cl2～I2～2Na2S2O3，可求出Cl2的物质的量浓度。
【答案】　(1)淀粉溶液　(2)碱　(3)蓝　无　0.01 mol·L－1(4)偏小　步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，故测出的c(Cl2)大于实际浓度
16．草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为测定x的值，进行下述实验：
(1)称取W g草酸晶体配成100.00 mL溶液；
(2)取25.00 mL置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为a mol·L－1高锰酸钾溶液滴定，滴定所发生反应为：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O
回答下列问题：
(1)实验(2)滴定时，高锰酸钾溶液应装入________________。
(2)若滴定中共用去KMnO4溶液V mL，则实验测得所配草酸溶液的物质的量浓度为______________，由此算出草酸晶体中结晶水的x值是______________。
(3)若滴定用的KMnO4溶液因久置部分变质，浓度偏低，则实验结果所测定的x的值将________。
【解析】　(1)高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装。
(2)根据关系式2KMnO4～5H2C2O4可得出25.00 mL H2C2O4的物质的量为2.5aV×10－3mol，则c(H2C2O4)＝
＝0.1aV mol·L－1。100.00 mL H2C2O4溶液中含有n(H2C2O4)＝0.01aV mol，故有＝0.01aV mol，解得x＝。
(3)根据(2)中x值的表达式可知，KMnO4浓度变小，则V增大，x值偏低。
【答案】　(1)酸式滴定管　(2)0.1aV mol·L－1　　(3)偏低第3讲　盐类的水解
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一、选择题
1．下列反应起了氮的固定作用的是(　　)
A．氨经催化氧化生成NO
B．NO与O2反应生成NO2
C．N2在一定条件下与Mg反应生成Mg3N2
D．NH3与硝酸反应生成NH4NO3
【解析】　固氮是把N2―→含氮化合物。
【答案】　C
2．(2008年山东烟台模拟)如右图所示，在一盛有蒸馏水的烧杯中有一悬浮的小球，当向烧杯中加入(或通入)下列物质后，小球沉到水底的是(　　)
A．HCl B．NH3
C．浓硫酸 D．浓硝酸
【解析】　小球沉到水底，说明加入某种物质以后，液体的密度变小了，即所形成的溶液的密度比水小。选项中HCl、H2SO4、HNO3溶于水后所得溶液密度都比水大，只有NH3溶于水后得到的氨水的密度比水小，故选项A、C、D错误，B正确。
【答案】　B
3．检验某固体样品中是否含有NH4＋的方法是，先取少量固体于试管中，然后(　　)
A．加热，用湿润红色石蕊试纸在试管口检验
B．加水溶解，用红色石蕊试纸检测溶液酸碱性
C．加入弱碱溶液，加热，滴入酚酞试剂
D．加入烧碱溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸在试管口检验
【答案】　D
4．水是生命之源，下列有关说法中正确的是(　　)
A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
B．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1∶3配成的混合物，可以溶解Au、Pt
C．氨水能导电，说明氨气是电解质
D．新制备的氯水中存在三种分子，四种离子
【解析】　H2O2的还原产物是H2O，王水中浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1。
【答案】　D
5.
(2008年广东理基)从绿色化学的理念出发，下列实验不宜用右图所示装置进行的是(　　)
A．不同浓度的硝酸与铜反应
B．稀硫酸与纯碱或小苏打反应
C．铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应
D．H2O2在不同催化剂作用下分解
【解析】　图中显示出仅有制备装置，无尾气处理装置，所以A中有NOx产生，不宜用此装置进行实验。
【答案】　A
6．在如右图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头。下列不能产生喷泉的是(　　)
A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉
B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉
C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉
D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉
【解析】　A项中CO2不能被NaHCO3溶液吸收，不能形成喷泉；NH3极易溶于水，使酚酞溶液变红，可形成红色喷泉；H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3，C、D分别能产生黑色喷泉、白色喷泉。
【答案】　A
7．(2008年东城模拟)发射宇宙飞船的运载火箭的推进剂引燃后，产生大量高温气体从尾部喷出，该气体主要成分是CO2、H2O、N2、NO等，在发射现场可看到火箭尾部产生大量红色气体，其原因是(　　)
A．高温下N2遇空气生成NO2
B．NO遇空气生成NO2
C．CO2与NO反应生成CO和NO2
D．NO与H2O反应生成H2和NO2
【答案】　B
8．在铁与铜的混合物中，加入一定量的稀HNO3，充分反应后剩余金属m1 g，再向其中加入一定量的稀H2SO4，充分振荡后，剩余金属m2 g。则m1和m2之间的关系是(　　)
A．m1一定大于m2 B．m1可能等于m2
C．m1一定等于m2 D．m1可能大于m2
【解析】　铁和铜的混合物与一定量HNO3反应，当金属剩余时，HNO3耗尽，但生成物中含有Fe(NO3)2或Cu(NO3)2。若再向其中加入稀H2SO4，则继续发生：Fe＋4H＋＋NO3－===Fe3＋＋NO↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑，使金属的质量减少。
【答案】　A
9．(2008年烟台模拟)在标准状况下将O2与NO按3∶4的体积比充满一个干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升后，最后烧瓶内溶液的物质的量浓度为(　　)
A．0.045 mol/L B．0.036 mol/L
C．0.025 mol/L D．0.30 mol/L
【解析】　此题涉及两个知识点：①NO和O2迅速反应生成NO2，②NO2和O2混合气体通入水中反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。设O2为3 mol，NO为4 mol，根据2NO＋O2===2NO2，烧瓶内实际存在的是4 mol NO2和1 mol O2，在水作用后4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，恰好生成4 mol HNO3，溶液体积为5×22.4 L。故硝酸溶液的浓度为＝0.036 mol/L。
【答案】　B
10．现有100 g 3.4 %的氨水，欲使其质量分数(NH3)增大1倍，可采用的正确方法是(　　)
A．使溶液再溶解0.2 mol NH3
B．加入20.4%的浓氨水25 g
C．加热蒸发掉一半水
D．加热蒸发掉50 g H2O
【解析】　A项，溶质的质量增大1倍，但溶液的质量大于100 g；
B项，w(NH3)＝＝6.8%；
C、D两项，加热氨水时，不仅水分蒸发，而且有NH3挥发出来。
【答案】　B
11．将a mL NO、b mL NO2、x mL O2混合于同一集气瓶内，把集气瓶倒立在水中，充分反应后瓶内气体全部溶解，则x对a、b的函数关系式x＝f(a，b)是(　　)
A．(a＋b)/2 B．(2a＋b)/3
C．(3a＋b)/4 D．(4a＋b)/5
【解析】　由题意，整个过程发生的化学反应方程式为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3,4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，由电子得失守恒，得3a＋b＝4x，所以x＝。
【答案】　C
12．在100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 mol·L－1和0.1 mol·L－1。向该混合液中加入1.92 g Cu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.15 mol·L－1 B．0.225 mol·L－1
C．0.35 mol·L－1 D．0.45 mol·L－1
【解析】　反应的离子方程式为：
3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
因为n(Cu)＝ mol＝0.03 mol，
n(NO3－)＝0.1 L×0.4 mol·L－1＝0.04 mol。
n(H＋)＝0.1×0.4 mol＋0.1×0.1×2 mol＝0.06 mol
所以Cu、NO3－都过量，用H＋计算生成的Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)＝0.022 5 mol
所以c(Cu2＋)＝ mol·L－1＝0.225 mol·L－1。
【答案】　B
二、非选择题
13．有人用如图所示的实验装置探究浓硝酸、稀硝酸分别跟铜片的反应：
(1)实验a中试管上部会看到的现象是　　　　，由此证明生成的气体是　　　　；根据　　　　　　的现象可判断铜被氧化为　　　　，综合起来可得出铜跟浓硝酸反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)实验b中试管上部起先可看到　　　　，后来可看到　　　　　　，由此证明生成的气体是　　　　；根据　　　　　的现象可判断铜被氧化为　　　　。写出化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)两实验中将导管伸入氢氧化钠溶液中是为了________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　　　，你认为能否达到目的：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)除了气体颜色方面的差异外，两实验中还有哪些实验现象有明显差异？写出一条：________________________________________________________________________，
由此你能得出什么结论？________________________________________________________________________。
(5)以前做过浓硫酸、稀硫酸跟铜共热的实验，与浓硝酸、稀硝酸跟铜反应的实验相比较，关于硝酸性质方面你能得出什么结论？________________________________________________________________________。
【解析】　NO2通入氢氧化钠溶液中可发生下列反应，使NO2全部被吸收，2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。NO2、NO的混合气体也能被氢氧化钠溶液吸收，反应的化学方程式为：NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O。
但单独的NO气体通入氢氢化钠溶液中，不能发生反应，所以实验b中所生成的气体有部分不能被氢氧化钠溶液吸收。
【答案】　(1)变红棕色　NO2(不是H2或NO)　溶液变蓝色　Cu2+　Cu+4H++2NO3-===Cu2++2NO2↑+2H2O
(2)淡红棕色　红棕色消失　NO(不是NO2或H2)　溶液变蓝色　Cu2+　3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)吸收反应生成的NO2、NO等气体，防止污染空气　实验a中产生的气体能被完全吸收，实验b中产生的NO气体不能完全被吸收
(4)反应速率明显不同，实验a中快，b中慢　浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强(或浓硝酸比稀硝酸活泼)
(5)硝酸的氧化性比硫酸的氧化性强
14．已知A、B、C、D、E为中学化学常见的五种物质，均含元素Y，且Y在这些物质中所呈化合价依次升高，其中只有B为单质。若在常温下将气体D通入水中可以发生反应，生成C和E。工业上以A、空气和水为原料，通过催化氧化法制取E。
请回答下列问题：
(1)B分子的电子式为________。
(2)实验室制取A的化学反应方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)E具有不稳定性，因此实验室中保存E的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)工业上若输送Cl2的管道漏气，用A进行检验时可观察到大量白烟，同时有B生成，写出此反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
当反应中转移的电子为3 mol时，被氧化的A在标准状况下的体积为________L。
【解析】　Y元素价态的丰富性和以“A、空气和水为原料催化氧化制E”作为突破口，初步确定Y为氮元素，A、B、C、D、E为含氮物质。
(1)由题意可知：A中Y的价态最低，且可做生产硝酸的原料，故A为NH3；作为单质的B为N2。
(2)实验室制取NH3，通常以NH4Cl(s)和熟石灰混合共热制得。
(3)浓HNO3见光受热易分解，因此在保存时注意避光、阴凉。
(4)Cl2与NH3易发生反应：
8NH3＋3C6e－l2===6NH4Cl＋N2，大量白烟是生成NH4Cl的缘故。每2 mol NH3被氧化转移6 mol电子，故每转移3 mol电子被氧化的NH3在标准状况下的体积为：1 mol×22.4 L·mol－1＝22.4 L。
【答案】　(1)N N
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)密封于棕色瓶中，并置于阴凉处
(4)8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2　22.4
15．(上海化学)实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：
已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
(1)从图中选择制取气体的合适装置：氮气__________、氢气________。
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有____________、____________________。
(3)氨合成器出来经冷却的气体连续通入乙装置的水中吸收氨，________(“会”或“不会”)发生倒吸，原因是____________________________________。
(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：______________________________，锥形瓶中还可观察到的现象是：________________________。
(5)写出乙装置中氨氧化的化学方程式：______________。
(6)反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H＋、OH－、________、________离子。
【解析】　(1)制取N2应选液＋液气体的装置，所以选a。制取H2应选固＋液―→气体的装置，所以选b。
(2)浓H2SO4具有吸水性，所以可做干燥剂；再仔细观察通H2与通N2的导管伸入到浓H2SO4中的深度一样，有利于观察气泡情况。有利于控制H2和N2的流速。
(3)此题很多同学可能不加思考就答“会”发生倒吸。但稍微思考一下就知道，这是实验室模拟合成氨，在常压下进行合成氨实验，转化率较小，所以混合气体中含有大量难溶于水的H2和N2，不能发生倒吸。
(4)审题时抓住关键字，“铂丝保持红热”，只能靠自身反应来维持。不难答出氨的氧化反应是一个放热反应。产生的NO与O2会继续反应产生红棕色的NO2气体。
(5)从NH3与水反应及NH3·H2O的电离都是可逆反应很容易想到溶液中还有NH4＋，又因为产生的NO2气体可溶于H2O产生NO3－。从另一个角度去考虑，NO2气体与氨水反应既能产生NH4＋，又能产生NO3－。
【答案】　(1)a　b
(2)干燥气体　控制氢气和氮气的流速
(3)不会　混合气体中含有大量难溶于水的氮气、氢气两种气体
(4)氨的氧化反应是一个放热反应　有红棕色气体产生
(5)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(6)NH4＋　NO3－
16．在浓硝酸中放入铜片：
(1)开始反应的化学方程式为________________________________，实验现象为________________________________________________________________________。
(2)若铜有剩余，则反应将要结束时的反应方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况)。则所消耗的硝酸的物质的量是____________，所得气体的平均相对分子质量是________。
【解析】　(2)随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀HNO3的反应。
(4)n(NOx)＝＝0.25 mol，故消耗n(HNO3)＝2n(Cu)＋n(NOx)＝2×＋0.25 mol＝0.65 mol。
设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25 mol－x)。根据得失电子守恒，得下列方程
x×1＋(0.25 mol－x)×3＝×2
解得：x＝0.175 mol。
M＝
＝41.2 g·mol－1，
故所得气体的平均相对分子质量为41.2。
【答案】　(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)加入稀H2SO4后，与原溶液中的NO3－构成强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应，方程式如(2)　(4)0.65 mol　41.2
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列反应中，熵显著增加的是(　　)
A．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
B．4Fe(OH)2(s)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)
C．Fe3O4(s)＋4CO(g)===3Fe(s)＋4CO2(g)
D．2HgO(s)===2Hg(l)＋O2(g)
【解析】　A、B两项均属于气体分子数减少的反应，是熵减小的情况，错误；C项气体分子数不变，也不符合要求；只有D项属于气体分子数增加的反应，即熵增加，D正确。
【答案】　D
2．下列关于判断过程的方向的说法正确的是(　　)
A．所有自发进行的化学反应都是放热反应
B．高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【解析】　自发进行只能用来判断过程的方向，而不能判断反应的热效应，A项错；高温高压的条件下，低能量的石墨转化为高能量的金刚石，是一个非自发的化学反应，B项错；同一物质的固、液、气三种状态中，气态的混乱度最大，熵值最大，D项错。
【答案】　C
3．可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，正反应速率分别用v(SO2)、v(O2)、v(SO3)[mol/(L·min)]表示，逆反应速率分别用v′(SO2)、v′(O2)、v′(SO3)[mol/(L·min)]表示，当反应达到平衡时，正确的关系是(　　)
A．v(SO2)＝v(O2)　　　　　　B．v(SO3)＝v′(SO3)
C．v′(O2)＝v′(SO3) D．v′(O2)＝2v′(SO3)
【解析】　达到平衡时，用同一种物质表示的正、逆反应速率一定相等。另外，用不同物质表示的反应速率之比等于它们的化学计量数之比，且方向相反。
【答案】　B
4．(2009年宁波模拟)可逆反应2NO2??2NO＋O2在体积固定的密闭容器中进行，下列说法不能认为达到平衡状态的是(　　)
A．单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2
B．混合气体的颜色不再改变的状态
C．混合气体的密度不再改变的状态
D．混合气体的压强不再改变的状态
【解析】　选项A，生成O2 n mol，同时生成NO2 2n mol，说明正逆反应速率相等；由于NO2为有色气体，其他气体无色，混合气体的颜色不再改变，则反应已达平衡状态，由于反应在体积固定的容器中进行，气体密度不再改变，不是反应达平衡的标志，而压强不变是达平衡的标志。所以选C。
【答案】　C
5．(2009年黄冈模拟)在体积恒定的密闭容器中，充入3 mol A和1 mol B发生反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)，达到平衡后，C在平衡混合气体中的体积分数为φ。若维持温度不变，按1.2 mol A、0.4 mol B、0.6 mol C为起始物质，达到平衡后压强不变，C的体积分数仍为φ，则x值是(　　)
A．2 B．1
C．3 D．4
【解析】　本题的条件是恒容装置，现在起始物质不同物质的量的前提下要求达到平衡时C物质的体积分数φ相等且压强不变，压强不变即物质的量不变，因此属于“等同平衡”，必须用回归定值法，即1.2 mol＋3×0.6 mol/x＝3 mol,0.4 mol＋0.6 mol/x＝1 mol，解得x＝1。
【答案】　B
6．(2008年北京理综)工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：
SiCl4(g)＋2H2(g)??Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋Q kJ/mol(Q>0)
某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是(　　)
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应
【解析】　A项，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小；B项，由于此反应为可逆反应，开始时加入1 mol SiCl4，并不能全部转化为Si，所以吸收的热量小于Q kJ；C项，v(H2)＝v(HCl)＝×＝0.015 mol·L－1·min－1。D项，当反应吸收热量为0.025Q kJ时，产生n(HCl)＝4 mol×＝0.1 mol＝n(NaOH)，故恰好反应。
【答案】　D
7．(2008年高考广东理基)对于反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是(　　)
A．通入大量的O2 B．增大容器容积
C．移去部分SO3 D．降低体系温度
【解析】　A项中通入氧气，增大了反应物的浓度，正反应速率加快；B项中增大容器体积，反应物的浓度减小，正反应速率减小；C项中移走部分三氧化硫，反应物的浓度不变，正反应速率不变；D项中降低温度，正逆反应速率都要减小。故选A。
【答案】　A
8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．碳酸钙不溶于水，但溶于盐酸
B．对于反应2HI(g)??H2(g)＋I2(g)　ΔH>0，缩小容器的体积可使颜色变深
C．在实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫
【解析】　盐酸中的H＋结合碳酸钙中的CO32－生成CO2气体，使碳酸钙的溶解平衡向溶解方向移动；B中反应前后气体分子不变，缩小容积，反应速率增大，但平衡不发生移动；Cl－浓度大有利于平衡Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO逆向移动；溶解平衡CO2(g)??CO2(aq)受CO2气体的压力和温度影响，打开冰镇啤酒瓶把啤酒倒入玻璃杯中，由于压力减小、温度升高，平衡逆向移动，所以杯中立即泛起大量泡沫。
【答案】　B
9．如图所示为条件一定时，反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)＋Q(正反应为放热)中NO的转化率与温度变化关系曲线图，图中有a、b、c、d四个点，其中表示未达到平衡状态，且v正A．a B．b
C．c D．d
【解析】　a、b在曲线上为平衡点，c、d点未达平衡。d点在曲线右上方，从d点向横坐标引辅助线，可知该温度平衡时NO的转化率比d点的小，说明该点未达平衡，且v正【答案】　D
10．(2009年江西九所重点中学高三联考)已知可逆反应aA(g)＋bB(？)??cC(g)　ΔH>0(B物质的状态未确定)。关于该反应的描述正确的是(　　)
A．加压若平衡正向移动，则a>c
B．加入一定量的B，平衡一定正向移动
C．缩小容器的体积，各物质的浓度一定增大
D．升高温度，平衡一定正向移动，混合气体的平均摩尔质量的变化不能确定
【解析】　A项，B物质状态不确定，故无法确定a、c的大小关系；B项，若B是固体，加入一定量的B，平衡不移动；C项，若B是固体，缩小容器的体积，B的浓度不变；D项，升高温度，平衡向吸热的方向(该反应是正反应方向)移动，M＝，因B的状态不确定，故M的变化不能确定，故选D。
【答案】　D
11．(2008年宁夏高考理综)将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol/L，c(HI)＝4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为(　　)
A．9 B．16
C．20 D．25
【解析】　根据题意
　　　2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
平衡浓度：4 mol/L　0.5 mol/L
起始浓度：c(HI)＝平衡量＋变化量＝4 mol/L＋0.5 mol/L×2＝5 mol/L
则c(NH3)＝c(HI)起始浓度＝5 mol/L
根据平衡常数定义：K＝c(NH3)·c(HI)＝5 mol/L×4 mol/L＝20 (mol/L)2，故C项正确。
【答案】　C
12．(2008年高考山东理综)高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
【解析】　由题中平衡常数的表达式可知该反应为：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，D项错误；升高温度，H2浓度减小，说明平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，A项正确；该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大压强对该反应的平衡无影响，增大压强氢气浓度相应增大，B项错误；对任何反应来说，升高温度反应速率都增大，C项错误。
【答案】　A
13．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是(　　)
A．2 mol C
B．2 mol A、1 mol B和1 mol He(不参加反应)
C．1 mol B和1 mol C
D．2 mol A、3 mol B和3 mol C
【解析】　因该反应是一个气体体积不变的反应，因此只要n(A)∶n(B)＝1∶1即为等效平衡，因此将选项中各种配比全部转化为起始时A和B的物质的量并与题给平衡进行逐一分析：
　　2A(g)＋B(g)??3C(g)　平衡时φ(A)
已知　　　　2　　　　2　　　　0　　　　a%
A 0 >a%
B 2 1 0 >a%
C 0 D 4 4 0 ＝a%
所以选A、B。
【答案】　AB
14．反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)　ΔH＝Q kJ/mol，生成物C的质量分数与压强p和温度的关系如下图，方程式中的化学计量数和Q值符合图象的是(　　)
A．a+b0　　　　　　B．a＋b>c　Q<0
C．a＋b0
【解析】　由温度—时间图象判断，T2>T1(因为温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从T1→T2，即升温，C%降低，则正反应为放热反应，即Q<0；由压强—时间图象判断，p2>p1(因为压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从p1→p2，加压，C%降低，平衡逆向移动，即逆反应是气体体积缩小的反应，则有a＋b【答案】　C
15．往平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和固态氯化铵晶体，塞紧瓶塞，在瓶底和木板间滴少量水，如图所示。一会儿，就会发现瓶内固态物质变稀并有液体产生，瓶壁变冷，小木板上因少量水冻结而被烧瓶粘住，这时打开瓶塞，出来的气味有氨味，这时自发地发生了反应：
Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
下列结论中正确的是(　　)
A．自发反应一定是放热反应
B．自发反应一定是吸热反应
C．有的吸热反应也能自发进行
D．吸热反应不能自发进行
【解析】　Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)是吸热反应，但能自发进行，A、D选项错误；Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑是放热过程，也是自发过程，B错误。
【答案】　C
16．可用下图所示的图象表示的反应是(　　)
反应 纵坐标 甲 乙
A SO2与O2在同温、同体积容器中反应 SO2的转化率 2 mol SO2和1 mol O2 2 mol SO2和2 mol O2
B 2 mol SO2与1 mol O2在同温、体积可变的恒压容器中反应 SO2的转化率 1×106 Pa 1×105 Pa
C 相同质量的氨在同一固定容积容器中反应 氨气的浓度 400 ℃ 500 ℃
D 体积比为1∶3的N2、H2在同温、体积可变的恒压容器中反应 氨气的浓度 活性高的催化剂 活性一般的催化剂
【解析】　A项中由于乙中氧气比甲中多，故乙中SO2的转化率比甲大，不符合图象；B项中由于乙的压强比甲小，故乙的化学反应速率小，到达平衡时间比甲长，不符合图象；D项中平衡时氨气的浓度应相同，不符合图象。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(高考宁夏理综)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：
SiO2＋C＋N2Si3N4＋CO
(1)配平上述反应的化学方程式(将化学计量数填在方框内)；
(2)该反应中的氧化剂是________，其还原产物是________；
(3)该反应的平衡常数表达式为K＝________；
(4)若知上述反应为放热反应，则其反应热ΔH________零(填“大于”“小于”或“等于”)；升高温度，其平衡常数值________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(5)若使压强增大，则上述平衡向________反应方向移动(填“正”或“逆”)；
(6)若已知CO生成速率为v(CO)＝18 mol/(L·min)，则N2消耗速率为v(N2)＝________mol/(L·min)。
【解析】　(1)利用氧化还原反应配平方法不难得出化学计量数分别为3、6、2、1、6。
(2)根据化合价变化可判断出N2为氧化剂，Si3N4为还原产物。
(3)根据平衡常数的定义得出该反应的平衡常数表达式为K＝。
(4)放热反应，ΔH<0。升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。
(5)从配平后的化学方程式的化学计量数可以看出气态物质的计量数之和是生成物的大于反应物的，故增大压强可使平衡逆向移动。
(6)同样从上述化学方程式中的计量数关系中可以得出v(N2)＝×18 mol/(L·min)＝6 mol/(L·min)
【答案】　(1)3　6　2　1　6　(2)N2　Si3N4
(3)　(4)小于　减小　(5)逆　(6)6
18．(10分)(2009年烟台一模)设反应①Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1，反应②Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。在不同温度下，K1、K2的值如下：
温度 K1 K2
973 K 1.47 2.38
1 173 K 2.15 1.67
(1)从上表可以推断：反应①是________(填“吸”、“放”)热反应。
(2)现有反应③CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3＝________。
(3)根据反应①与②，可推导出K1、K2与K3之间的关系式。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是“吸热”还是“放热”反应。问：要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有________(填写序号)。
A．缩小反应容器容积　B．扩大反应容器容积　C．降低温度　D．升高温度　E．使用合适的催化剂　F．设法减少CO的量
(4)图1、2表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图1中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________。
②图2中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)据表中数据知温度升高，K1增大，所以反应①正反应为吸热反应。
(2)据平衡常数的定义即写出K3=
(3)因为K1=，K2=，所以K3=，因据表中数据知温度升高，K1增大，K2减小，因此温度升高时，K3增大，即反应③正反应为吸热反应。因此要使平衡向正反应方向移动可升高温度，也可减小CO的浓度，而改变容器的体积及加入催化剂，平衡不移动。
(4)①据图1知改变某个条件后，正、逆反应速率同等倍数的增大，可通过加入催化剂或增大体系的压强实现，②图2中t2时刻变化可为降低温度，增大水蒸气的量或减少H2的量，促使平衡向逆反应方向移动。
【答案】　(1)吸　(2)　(3)DF
(4)①加入催化剂或增大体系的压强
②降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
19．(16分)(1)控制变量是科学研究中的重要研究方法，其基本思路是，在实验研究中人为只改变一个因素(调节变量)，其他因素保持相同，观察测定因调节变量改变而改变的因素(因变量)，从而分析得到研究结论。中学化学中应用控制变量的方法研究问题的例子很多。请分析或设计：
①在研究浓度对化学反应速率的影响时，教材安排了利用Na2S2O3与H2SO4反应的一组对照实验(Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O)
烧杯编号 加3% Na2S2O3溶液体积(mL) 加H2O体积(mL) 加(体积之比为1∶2)H2SO4溶液体积(mL) 所需时间(s)
1 5 5 2
2 7 3 2
3 10 0 2
在三个烧杯(底部有黑色“十”字标记)内分别加入表中所示体积的三种液体，搅拌并开始计时，到出现浑浊使烧杯底部“十”字看不见时停止计时。比较所需时间，得出浓度对化学反应速率影响的结论。实验中，温度和反应体系中硫酸浓度是保持相同的因素，调节变量是____________________，因变量是______________。
②运用控制变量原理设计实验，利用纯碱溶液探究温度对盐的水解的影响，简述实验方法：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)373 K时，H2PO3－与OH－发生如下反应：
H2PO3－＋OH－??HPO32－＋H2O
反应结果如下表所示：
H2PO3－起始浓度(mol/L) 0.10 0.50 0.50
OH－起始浓度(mol/L) 1.00 1.00 4.00
反应速率[mol/(L·s)] 3.2×10－5 1.60×10－4 2.56×10－3
如果用v＝kcm(H2PO3－)·cn(OH－)表示反应速率(k为与浓度无关的常数)
①k＝________，m＝________，n＝________。
②若c(H2PO3－)的起始浓度为0.20 mol/L，c(OH－)的起始浓度为1.50 mol/L，则反应速率v＝________。
【解析】　(1)实验改变的条件是Na2S2O3和水用量相对大小，故调节变量是Na2S2O3溶液的浓度，因变量是反应所需时间。利用控制变量原理设计实验探究温度对水解反应的影响，则控制变量是温度，因变量是水解程度大小，可用加入指示剂通过溶液颜色深浅来表示或用pH表示。
(2)①OH－的浓度均为1.00 mol/L 时，H2PO3－的浓度由0.10→0.50，浓度变为原来的5倍，反应速率由3.2×10－5→1.60×10－4，即反应速率变为原来的5倍，因此m＝1；同理H2PO3－的浓度均为0.50 mol/L时，OH－的浓度由1.00→4.00，浓度变为原来的4倍，反应速率由1.60×10－4→2.56×10－3，即反应速率变为原来的16＝42倍，因此n＝2。
利用第一组数据有：3.2×10－5＝k·(0.10)1×(1.00)2，所以k＝3.2×10－4
②此时，v＝3.2×10－4 mol/(L·s)×(0.20 mol/L)×(1.50 mol/L)2＝1.44×10－4 mol/(L·s)
【答案】　(1)①Na2S2O3溶液的浓度　所需时间
②取三支试管各放同浓度同体积的纯碱溶液，滴1～2滴酚酞试液，第一支不加热，第二支加热至t1 ℃，第三支加热至t2 ℃，观察三支试管中溶液的颜色深浅，温度越高，颜色越深，说明碱性越强，则水解程度越大(其他合理答案均可，例如不同温度下测定同浓度同体积纯碱溶液的pH)
(2)①3.2×10－4　1　2
②1.44×10－4mol/(L·s)
20．(14分)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)??N2O4(g)(正反应为放热反应)。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图所示，回答下列问题：
(1)图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________。
(2)前10 min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝________mol/(L·min)；反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是________________________________________________________________________。
(3)若要达到与最后相同的化学平衡状态，在25 min时还可以采取的措施是________。
A．加入催化剂　　　　　B．缩小容器体积
C．升高温度 D．加入一定量的N2O4
【解析】　(1)曲线X在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，而曲线Y在0～10 min达平衡时变化了0.2 mol/L，所以可得X曲线为NO2的浓度变化曲线；达到平衡时浓度不再随时间而发生变化，所以b、d表示反应已达平衡状态。
(2)NO2在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，所以用NO2表示的反应速率为0.04 mol/(L·min)；而在25 min时，NO2的浓度由0.6 mol/L变为1.0 mol/L，而N2O4的浓度在25 min时没有发生改变，所以可得此时改变的条件是向容器中加入了0.4 mol NO2气体。
(3)在加入NO2后平衡正向移动，所以若要达到与最后相同的化学平衡状态，还可通过增大压强，使平衡也同样正向移动；或者采用降低温度的方法，使平衡正向移动，也可以向容器中充入一定量N2O4气体，因为这样相当于增大容器中气体的压强，使得NO2的转化百分率提高，即达到与最后的平衡相同的平衡状态。
【答案】　(1)X　b和d　(2)0.04　加入了0.4 mol NO2(或加入了NO2)　(3)BD
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一、选择题
1．有关起居室的装修材料的选择，下列说法正确的是(　　)
A．起居室地面装修以铺瓷砖或天然大理石板为宜
B．塑钢是以聚氯乙烯为基材，以碳酸钙为填充料制成的，用玻璃纤维增加的塑钢则更坚固
C．起居室的吊顶用材可选用玻璃板等
D．起居室装修只用大量的涂料和玻璃
【解析】　A、B正确。起居室的吊顶用材可选用石膏板等。起居室装修不仅仅用大量的涂料和玻璃，还用到瓷砖或天然大理石、塑钢等。
【答案】　AB
2．(2009年福建莆田一中测试)下列现象与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
B．生铁比纯铁容易生锈
C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生锈
D．银制奖牌久置后表面变暗
【解析】　A项，铜锌合金构成原电池，能腐蚀的是锌而不是铜；B项，生铁中含较多的碳，与铁构成原电池后加快铁的腐蚀；C项，铁铜器件在接触处易形成原电池，易生锈；D项，银制奖牌久置变暗是被氧化的原因，故选D。
【答案】　D
3．下列表述正确的是(　　)
①人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是二氧化硅　②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐　③提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料　④夏天到了，游客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】　人造刚玉主要成分为Al2O3，①错；玛瑙的主要成分是SiO2；③水泥主要成分是硅酸盐，正确；④变色眼镜镜片应是在普通硅酸盐玻璃中加入光敏物质AgBr等，并加入极少光敏催化剂如CuO等制成，故④错。答案为D。
【答案】　D
4．(2009年广东汕头模拟)化学与材料科学息息相关，从一定意义上讲，材料是科学技术的先导，没有新材料的发展，就不可能使新的科学技术成为生产力。下列有关材料的说法不正确的是(　　)
A．材料是为人类社会所需要并能用于制造有用器物的物质
B．人类使用和制造材料有悠久的历史，制造出的第一种材料是陶器
C．体型结构的酚醛树脂制成的塑料，加工成型，再受热熔化后可以制成其他形状的器物
D．高分子分离膜是由既具有传统高分子材料的机械性能，又具有特殊分离功能的功能高分子材料制成的薄膜
【解析】　体型酚醛树脂属于热固性的材料，成型后加热不能熔化，C错。
【答案】　C
5．根据水泥、玻璃和陶瓷的生产过程，总结出硅酸盐工业的一般特点是(　　)
①原料一定有含硅元素的物质　②生成物是硅酸盐　③反应条件是高温　④发生复杂的物理、化学变化
A．①和② B．①②③
C．①③④ D．①②③④
【解析】　通过水泥、玻璃和陶瓷的生产过程，可总结出：硅酸盐工业的原料一定有含硅元素的物质，原料之间在高温条件下发生复杂的物理、化学变化，生成物是硅酸盐，故①②③④全部正确。
【答案】　D
6．下列有关合金的说法正确的是(　　)
A．组成合金的元素必须是两种或两种以上的金属
B．铝热剂是铝合金
C．将镁粉和铝粉混合即可得镁铝合金
D．合金也具有金属的特性
【解析】　合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而形成具有金属特性的物质，也不是金属的简单混合，A、C错误，D正确；铝热剂是铝粉与金属氧化物的混合物而不是合金，B错误。
【答案】　D
7．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如右图所示，下列有关说法中，不正确的是(　　)
A．正极电极反应式为：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】　铁铆钉发生吸氧腐蚀时，负极为铁，反应为：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极为铜，反应为：2H2O＋O2＋4e－===4OH－，总反应为2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，生成Fe(OH)2继续被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，反应为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，反应中电子从负极Fe移向正极Cu，铜不被腐蚀。答案为A。
【答案】　A
8．(2008年高考山东理综)下列叙述合理的是(　　)
A．金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体
B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
C．水电站把机械能转化成电能，而核电站把化学能转化成电能
D．我国规定自2008年6月1日起，商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
【解析】　A项，非金属材料C(石墨)是导体，Si是半导体；B项，丝、毛的重要组成成分是蛋白质，它由C、H、O、N、S等元素组成；C项，核能不是化学能。
【答案】　D
二、非选择题
9．一块铝硅合金恰好与NaOH溶液完全反应而溶解。
(1)写出合金溶解的离子方程式：________________________________________、________________________________________________________________________。
(2)向所得的溶液中加入足量的盐酸，充分反应后，溶液中大量存在的离子为________________________，发生反应的离子方程式为______________________。
【解析】　(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑，
Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑。
(2)所得溶液中生成了Na2SiO3和NaAlO2，再加入足量盐酸，溶液中又发生了SiO32－＋2H＋===H2SiO3↓、AlO2－＋4H＋===Al3＋＋2H2O，则溶液中大量存在的离子为Al3＋、Cl－、Na＋与H＋。
【答案】　(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑　Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
(2)Al3＋、Cl－、Na＋、H＋　SiO32－＋2H＋===H2SiO3↓
AlO2－＋4H＋===Al3＋＋2H2O
10．美国航天飞机“哥伦比亚号”爆炸，是震惊世界的航天惨案。专家推测“哥伦比亚”航天飞机的失事原因之一是覆盖在航天飞机外层的一片微不足道的隔热瓦脱离，引起飞机外表金属温度迅速升高而熔化解体。
(1)其中照片显示，在“哥伦比亚号”机翼下方有几片小瓷片脱落，引起了科学家的注意，这是一种覆盖在航天飞机表面的特殊的陶瓷片，其主要作用是________。
A．增加航天飞机的强度，防止流星和太空垃圾撞击而损坏航天飞机
B．将太阳能转化为电能供航天飞机使用
C．便于雷达跟踪，接受地面指挥中心的指令
D．在返回大气层时，陶瓷耐高温隔热，有效地保护航天飞机平安返回地面
(2)隔热瓦是一种金属陶瓷，金属陶瓷是由陶瓷和黏结金属组成的非匀质的复合材料，陶瓷主要是Al2O3、ZrO2等耐高温氧化物等，黏结金属主要是Cr、Mo、W、Ti等高熔点金属。下列关于复合材料的说法不正确的是________。
A．由两种或两种以上金属(或金属与非金属)熔合而成的物质叫复合材料
B．复合材料一般具有强度高、质量轻、耐高温、耐腐蚀等优良性能，在综合性能上超过了单一材料
C．玻璃钢是以玻璃纤维和树脂组成的复合材料，它可做船体、汽车车身等，也可做印刷电路板
D．复合材料的熔、沸点一般比它的各组成成分的熔、沸点低
(3)金属陶瓷兼有金属和陶瓷的优点，其密度小，硬度高、耐磨、导热性好，不会因为骤冷或骤热而脆裂。实验室有一金属陶瓷制成的容器，可用来盛放下列哪些物质________。
A．NaOH溶液 B．KNO3溶液
C．氢氟酸 D．盐酸
【解析】　(1)从题干信息看出、特殊陶瓷片的主要作用是隔热、防止机体与空气摩擦产生高温而熔化。故D正确。(2)复合材料是由基体和增强体组合而成。A项叙述的是合金而不是复合材料。复合材料一般具有各成分的性质，又比各成分的性能优良，强度高、密度小、耐高温、耐腐蚀等。故A、D错。
(3)金属陶瓷具有金属的性质和硅酸盐的性质，所以不能用来盛放酸性或碱性物质。
【答案】　(1)D　(2)AD　(3)B
11．癌症(恶性肿瘤)严重威胁着人类的生命。据报道，每年因癌症死亡的人数呈递增趋势。为了战胜癌症，科学家正致力于研究癌症发生的机理和抗癌药物，以挽救人类的生命。紫杉醇(俗名)是一种新型抗癌药，其分子式为C47H51NO14，它是由如下的A酸和B醇生成的一种酯。
A．CHC6H5NHCOC6H5(—C6H5，苯基)CHHOCOOH
B．R—OH(R中含C、H、O)
(1)写出ROH的分子式：______________。
(2)根据A的结构，A可能发生的化学反应类型有(填序号)____________。
①取代反应　②消去反应　③氧化反应　④加成反应
(3)1 mol A与Na反应，最多可产生________mol H2。
(4)A中与N原子直接相连的C、H原子________(填“能”或“不能”)与N处于同一平面。
(5)A在足量稀盐酸作用下水解可以得到一种盐，该反应的化学方程式为：________________________________________________________________________。
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一、选择题
1．下列关于铜电极的叙述正确的是(　　)
A．铜锌原电池中铜是正极
B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C．在镀件上电镀铜时用金属铜作阳极
D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【解析】　A项，锌比铜活泼，故铜作正极，正确；B项，电解冶炼铜时，粗铜作阳极，故B错误；电镀时，待镀金属作阴极，C正确；电解H2SO4制H2、O2时，阳极必为惰性电极，D错误。
【答案】　AC
2．(2009年潍坊一模)下列各装置中，在铜电极上不能产生气泡的是(　　)
【解析】　装置A和C中无外接电源，且符合构成原电池的条件，是原电池装置，铜作正极，放出H2。 装置B是电解池装置，铜作阳极，失去电子逐渐溶解，无气体生成。装置D也是电解池装置，铜作阴极，阴极H +得到电子生成H2。
【答案】　B
3．(2009年山东潍坊质检)一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H＋)，实现了氨的电化学合成。该过程N2和H2的转化率远高于现在工业上使用的氨合成法。对于电化学合成氨的有关叙述正确的是(　　)
A．N2在阴极上被氧化
B．可选用铁作为阳极材料
C．阳极的电极反应式是N2＋6e－＋6H＋===2NH3
D．该过程的总反应式是N2＋3H22NH3
【解析】　据题意知总反应式为N2＋3H2通电,2NH3，故N2应在阴极发生还原反应，故A、C错误；H2在阳极上失电子，故阳极应为惰性电极，B错误，故选D。
【答案】　D
4．早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠的方法制得钠：4NaOH(熔融)4Na＋O2↑＋2H2O；后来盖 吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe＋4NaOH(熔融)Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑。下列有关说法正确的是(　　)
A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生的电极反应为：2OH－－2e－===H2↑＋O2↑
B．盖 吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C．若戴维法与盖 吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同
D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠，电解时可用石墨作阳极，铁作阴极
【解析】　电解熔融NaOH时，阳极OH－放电生成O2和H2O，A不正确。钠的还原性强于铁，B不正确。C项，假设分别制得4 mol钠，则转移电子数分别为4 mol、8 mol，C不正确。
【答案】　D
5．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L O2(标准状况)，从而可知M的相对原子质量为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　用惰性电极电解硝酸盐溶液时，两极发生的反应分别是：阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极Mx＋＋xe－===M；设m为M的相对原子质量，根据电子守恒原理得：x＝，所以m＝。
【答案】　C
6．(2009年镇江六校联考)用惰性电极和串联电路电解下列物质的水溶液：①NaCl，②NaNO3，③CuCl2，④AgNO3，在相同时间内生成气体的总体积(同温同压下测定)，理论上由多到少的顺序是(　　)
A．①②③④ B．④①②③
C．②①③④ D．①②④③
【解析】　依题意，各个电解质溶液中发生的电极反应为：
①2Cl－－2e－===Cl2↑，2H＋＋2e－===H2↑；
②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，4H＋＋4e－===2H2↑；
③2Cl－－2e－===Cl2↑，Cu2＋＋2e－===Cu；
④4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，4Ag＋＋4e－===4Ag。
因为是串联，所以转移电子数目相同，设转移电子2 mol，则①共生成2 mol气体，②生成1.5 mol气体，③生成1 mol气体，④生成0.5 mol气体，A选项正确。
【答案】　A
7．按下图所示装置做实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示(　　)
①c(Ag+)　②c(NO3-)　③a棒的质量　④b棒的质量　⑤溶液的pH
A．①③ B．③④
C．①②④ D．①②⑤
【解析】　由图象知：装置是电镀池，所以AgNO3溶液不变，故得答案。
【答案】　D
8．(2008年全国Ⅰ理综)电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol·L－1 Ag＋ B．0.20 mol·L－1 Zn2＋
C．0.20 mol·L－1 Cu2＋ D．0.20 mol·L－1 Pb2＋
【解析】　根据金属活动性顺序表可知：排在氢以后的金属为Ag和Cu，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag＋、Cu2＋的氧化性比H＋大，应优先于H＋放电而析出，因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。
【答案】　C
9．(2009年天津二模)某学生欲制做一种家用环保型消毒液发生器，下列是他所设计的装置，你认为比较合理的是(　　)
【解析】　家用环保型消毒液发生器是利用电解饱和食盐水原理，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Cl2和NaOH反应生成NaClO。
【答案】　B
10．将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g/cm3)用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合下表的关系是(　　)
NaOH的
质量分数 阳极析出物
的质量/g 阴极析出物
的质量/g
A 0.062(6.2%) 19 152
B 0.062(6.2%) 152 19
C 0.042(4.2%) 1.2 9.6
D 0.042(4.2%) 9.6 1.2
【解析】　电解过程中，浓度的变化主要是水的减少，若设水减少的质量为x，则＝0.052＋0.01
解得：x＝171 g
阳极析出物为O2：171 g×＝152 g
阴极析出物为H2：171 g×＝19 g
此题也可根据数据不经计算便可求解。①电解NaOH溶液消耗的是水，NaOH溶液的质量分数应变大，故C、D选项排除。②电解水阳极生成O2，阴极生成H2，两产物的质量比为8∶1，在A、B两选项中，只有选项B符合题意。
【答案】　B
11．某同学按右图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(　　)
A．电解过程中，铜电极上有H2产生
B．电解初期，主反应方程式为：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑
C．电解一定时间后，石墨电极上有铜析出
D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大
【解析】　活泼金属铜作阳极，阳极发生反应：Cu－2e－===Cu2＋，初期阴极溶液中H＋放电：2H＋＋2e－===H2↑，溶液中的pH不断增大，总方程式为Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑。随着反应进行，溶液中Cu2＋数目增多，后一阶段阴极上溶液中Cu2＋得电子：Cu2＋＋2e－===Cu，此时，该装置为电镀铜，溶液中的pH保持不变。
【答案】　BC
12．(2009年盐城模拟)用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成。则电解一段时间后，下列有关该溶液(与电解前同温度)的说法中，正确的有(　　)
(1)该溶液的pH值可能增大；
(2)该溶液的pH值可能减小；
(3)该溶液的pH值可能不变；
(4)该溶液的浓度可能增大；
(5)该溶液的浓度可能不变；
(6)该溶液的浓度可能减小。
A．三种 B．四种
C．五种 D．六种
【解析】　若电解的是不饱和的强碱(如NaOH)溶液，则电解后溶液的pH增大，浓度增大；若电解的是不饱和的非还原性的含氧酸(如H2SO4)，则对应溶液的pH将降低，浓度增大；若电解的是活泼金属的含氧酸盐(如Na2SO4)的饱和溶液，则溶液pH保持不变，浓度不变。
【答案】　C
二、非选择题
13．某课外化学兴趣小组设计了如图所示装置(虚框内部分未画出)，在装置内起初发生的反应为：
Cu＋H2SO4===H2↑＋CuSO4
(1)该装置的名称是________。
(2)A、B中至少有一种是金属________，接________。
(3)C溶液中含有________。
【解析】　由于铜的化学活泼性不如氢，所给化学反应不能自发进行，若要使铜能置换出硫酸中的氢元素，需要外加电源，该装置为电解池。在所给反应中铜被氧化，应与电源的正极相连接，故A、B中至少有一种为铜，C溶液应为稀硫酸。
【答案】　(1)电解池　(2)铜　电源的正极　(3)H2SO4
14.
(2009年惠州高三调研考试)如图所示，用以石墨作电极的电解池做实验(Ⅰ)和(Ⅱ)：
(Ⅰ)若电解池中的电解液为滴有酚酞的饱和食盐水，则电解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　；电解过程中　　　　极(填“阴”或“阳”)附近会出现红色。
(Ⅱ)若电解池中为500 mL含溶质A的某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出X电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6 g，请回答：
(1)电解后溶液的pH为　　　　；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入　　　　(填化学式)。(假设电解前后溶液的体积不变)
(2)请你推测，原溶液中所含的酸根可能是　　　　；并设计实验验证你的推测，写出实验的操作步骤、现象和结论：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(Ⅰ)电解NaCl的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，在阴极是H+放电生成OH-，故阴极变红。
(Ⅱ)据题目条件可知A为可溶性铜盐，且阴离子为含氧酸根离子，电解时离子方程式为
2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
　　　　　　2 mol　　　4 mol
　　　　　　0.025 mol　0.05 mol
所以c(H+)==0.1 mol/L，pH=-lg 0.1=1，要使溶液恢复原状态，可向其中加入CuO，为检验阴离子为SO42-，可据SO42-的验证方法来设计实验。
【答案】　(Ⅰ)2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑　阴
(Ⅱ)(1)1　CuO　(2)硫酸根　取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，则证明有硫酸根存在(其他答案合理亦可)
15．(2009年宁夏模拟)已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。某研究性学习小组的学生在一次活动中，设计出如下方案来测定铜的相对原子质量：
指导老师认为此方案可行，提供了一瓶含有一定量H2SO4、Fe2(SO4)3杂质的CuSO4溶液及其他相关药品、器材。
(1)需要先提纯，加入________(填写试剂化学式)，反应后经过滤即可提纯CuSO4溶液。有关离子方程式：________________________________________________________________________
________________________。
(2)用铜和石墨两个电极电解CuSO4溶液，铜电极应接电源的________极，石墨电极上的电极反应式：__________________。
(3)写出Cu的相对原子质量的表达式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)可向混合液中加入CuO，消耗H＋，调节溶液的pH至4～5，使Fe(OH)3沉淀完全。
(2)电解CuSO4溶液，若铜作阳极，则阳极发生氧化反应：Cu－2e－===Cu2＋，阴极则发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，因要求一个电极增重，另一个电极产生气体，则必须选用石墨作阳极，铜作阴极，阳极上OH－放电：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。
(3)由阴阳两极得失电子数相等可得×2＝×4，解得M＝。
【答案】　(1)CuO　Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
(2)负　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)
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一、选择题
1．化学反应常伴随着颜色变化，下列反应与颜色不相符的是(　　)
A．淀粉溶液遇单质碘——蓝色
B．蛋白质遇浓HNO3——黄色
C．白纸上溅上浓H2SO4——黑色
D．Na在Cl2中燃烧时的火焰——苍白色
【解析】　Na在Cl2中燃烧，产生黄色火焰且冒白烟。
【答案】　D
2．下列关于油脂的叙述不正确的是(　　)
A．油脂属于酯类
B．油脂没有固定的熔、沸点
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯
D．油脂都不能使溴水褪色
E．冷水洗涤油脂效果差
【解析】　油脂是高级脂肪酸与甘油通过酯化反应生成的酯类物质，故A、C两项正确；油脂是混合物，无固定的熔、沸点，故B项正确；油酸甘油酯的烃基中含有双键，能与Br2发生加成反应，因此D项符合题意；E项正确，油脂不溶于水。
【答案】　D
3．区别植物油和矿物油的正确方法是(　　)
A．看色、态，是否澄清、透明 B．加NaOH溶液，煮沸
C．加新制Cu(OH)2 D．加酸性高锰酸钾，振荡
【解析】　植物油的成分是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，矿物油指汽油、煤油等，其成分为液态烷烃、烯烃等。纯净的植物油和矿物油都是无色液体，所以A项错误；植物油和矿物油都不与新制Cu(OH)2反应；植物油分子中含有不饱和键，可使酸性KMnO4溶液褪色，若矿物油是裂化汽油，同样也能使酸性KMnO4溶液褪色；向两者中分别加入NaOH溶液煮沸，分层现象消失的为植物油，无变化的为矿物油。
【答案】　B
4．向淀粉中加少量稀硫酸，并加热使之发生水解，为测定水解的程度所需下列试剂是(　　)
①NaOH溶液　②银氨溶液　③新制Cu(OH)2溶液　④碘水
⑤BaCl2溶液
A．①⑤　　　　　　　　　　B．②④
C．①③④ D．②③④
【解析】　加NaOH中和硫酸，新制Cu(OH)2(或银氨溶液)验证是否发生水解，加碘水验证淀粉是否完全水解。
【答案】　C
5．下列物质按不同类别分组，所得组合最不合理的是(　　)
(1)糖类　(2)塑料　(3)石油　(4)蛋白质　(5)合成纤维　(6)棉花　(7)陶瓷　(8)玻璃　(9)天然气　(10)水泥(11)合成橡胶　(12)煤　(13)油脂　(14)羊毛
A．(1)、(4)、(13) B．(2)、(5)、(11)
C．(7)、(8)、(10)、(14) D．(3)、(9)、(12)
【解析】　A为人体所需的重要营养物质；B为合成有机高分子材料；D为矿物能源。C中(14)是蛋白质，其他为无机非金属材料。
【答案】　C
6．(2008年广州一摸)现有下列物质，其中符合Cn(H2O)m的组成，但不属于糖类的是(　　)
①纤维素　②甲酸甲酯　③淀粉　④甲醛　⑤丙酸　⑥乳酸(α－羟基丙酸)　⑦乙二醇　⑧乙酸
A．②③④⑥ B．②④⑥⑧
C．①③④⑦ D．②④⑤⑧
【解析】　用排除法(或称筛选法)，从名称看，①纤维素、②淀粉均为多糖，均不符合题意，则A、C肯定不是正确选项。B、D中均有②④⑧，则只须观察⑤⑥是否符合题意。⑤为丙酸，其化学式C3H6O2不符合碳水化合物组成。⑥为α－羟基丙酸，结构简式为CHCH3OHCOOH，推得其化学式为C3H6O3，符合碳水化合物的通式，但不属于糖类，则⑥符合题意。则必有②④⑥⑧符合碳水化合物组成，且不为糖类，则B为正确选项。
【答案】　B
7．(广东化学)下列说法正确的是(　　)
A．石油裂解可以得到氯乙烯
B．油脂水解可得到氨基酸和甘油
C．所有烷烃和蛋白质中都存在碳碳单键
D．淀粉和纤维素的组成都是(C6H10O5)n，水解最终产物都是葡萄糖
【解析】　A项，石油裂解主要得到乙烯、丙烯、异丁烯及甲烷、乙烷、丁烷、炔烃、硫化氢和碳的氧化物等；B项，油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油；C项，甲烷分子中不含碳碳单键。
【答案】　D
8．(2008年南京质检)油脂是油与脂肪的总称，它是多种高级脂肪酸的甘油酯。油脂既是重要食物，又是重要的化工原料。油脂的以下性质和用途与其含有的不饱和双键(CC)有关的是(　　)
A．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素
B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以生产甘油和肥皂
C．植物油通过氢化可以制造植物奶油(人造奶油)
D．脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质
【解析】　解答本题的关键是注意审题，与含有不饱和(CC)键有关的油脂的性质是油脂的氢化，C选项符合题意。
【答案】　C
9．下列有机物水解时，键断裂(用虚线表示)错误的是(　　)
①CHH2NCH3CONHCHCH3COOH
②CHCH3CH2OHⅠ
③CH2CH3COOCH2CH3
④ONa
A．只有①③ B．只有①④
C．只有③ D．只有①②③
【解析】　蛋白质和肽类物质水解时是羰基跟氮原子相连的共价键断裂，酯水解时是羰基跟氧原子相连的共价键断裂。
【答案】　A
10．(2009年合肥第一次质检)生活中遇到的某些问题，常常涉及到化学知识，下列各项叙述不正确的是(　　)
A．鱼虾放置时间过久，会产生不愉快的腥臭味，应当用水冲洗，并在烹调时加入少量食醋
B．“酸可以除锈”，“洗涤剂可以去油”都是发生了化学变化
C．被蜂蚁蜇咬会感觉疼痛难忍，这是由于人的皮肤被注入了甲酸的缘故，此时若能涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛
D．苯酚皂溶液可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可使蛋白质变性凝固
【解析】　B项酸除铁锈发生的是化学变化，而洗涤剂去油主要是溶解，是物理过程。
【答案】　B
11．(2009年广东珠海联考)奥运吉祥物福娃外材为纯羊毛，内充物为无毒的聚酯纤维?OCCOOCH2CH2O?。下列说法中正确的是(　　)
A．羊毛与聚酯纤维的化学成分相同
B．聚酯纤维和羊毛在一定条件下均能水解
C．纯羊毛为纯净物
D．羊毛与聚酯纤维不能用燃烧法区别
【解析】　两者的化学成分不同，羊毛属于蛋白质，纯羊毛也为混合物；燃烧羊毛时有烧焦羽毛的气味，而纤维没有该气味。
【答案】　B
12．据法国《科学与未来》杂志报道，美国科学家最近在实验室中合成了与脱氧核糖核酸(DNA)分子结构相近的苏糖核酸分子。一些专家认为这种物质包含遗传信息，可能是第三种遗传分子。苏糖核酸简称TNA，是DNA和RNA的“近亲”，TNA中含有苏糖的结构单元。已知苏糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHO，以下有关苏糖的说法中不正确的是(　　)
A．苏糖能发生银镜反应
B．苏糖与甲酸甲酯含碳的质量分数相同
C．苏糖在一定条件下能发生取代反应
D．苏糖与葡萄糖互为同分异构体
【解析】　苏糖的分子式为C4H8O4，葡萄糖的分子式为C6H12O6，不能与葡萄糖互称为同分异构体；最简式为CH2O，甲酸甲酯(HCOOCH3)的最简式也为CH2O，所以二者含碳的质量分数相同。苏糖分子中含有醛基(—CHO)，能发生银镜反应；含有羟基(—OH)，能发生取代反应。
【答案】　D
二、非选择题
13．充分燃烧某糖，消耗的O2、生成的CO2和H2O的物质的量都相等，它的相对分子质量是其实验式式量的6倍，0.1 mol该糖能与银氨溶液反应生成21.6 g银，0.1 mol该糖能与30 g乙酸发生酯化反应。则该糖的：
(1)实验式为________。
(2)相对分子质量为________，分子式为________。
(3)若该糖是直链分子，且多个羟基连在同一个碳原子上不稳定，其结构式为________________________________________________________________________。
【解析】　因为该糖燃烧消耗的O2、生成的CO2和H2O的物质的量都相等，所以该糖分子内C、H、O三种原子的物质的量之比为1∶2∶(2＋1－2)＝1∶2∶1，故该糖的实验式为CH2O。
实验式量为30，由题意知，该糖的相对分子质量为6×30＝180，分子式为C6H12O6。
设该糖分子中含有x个—CHO，y个—OH。
R(CHO)x～2xAg
1 2x
0．1 mol
解得x＝1，
R(OH)y～yCH3COOH
1 y
0．1 mol
解得y＝5
由于该糖为直链分子，且由于多个—OH连在同一碳原子上不稳定，故该糖的结构式为：
CHHOHCHOHCHOHCHOHCHOHCOH，
该糖为五羟基醛，是葡萄糖。
【答案】　(1)CH2O　(2)180　C6H12O6
(3)CHHOHCHOHCHOHCHOHCHOHCOH
14．下图中A、B、C、D、E均为有机物，其相互间可发生如图所示的转化：
回答下列问题：
(1)图中由丙烯和Cl2在500 ℃下发生的反应属________反应，A生成B的反应属________反应。E和NaOH溶液的反应在工业上称为________反应。
(2)B分子中含有的官能团是________________________________________________________________________。
(3)写出D可能的结构简式：________________________________________________________________________。
【解析】　比较丙烯跟A物质的分子式可判断第一步反应是取代反应，再比较A、B的分子式可判断第二步反应是加成反应。根据E与NaOH溶液反应生成高级脂肪酸钠可判断E是油脂，C是甘油。所以E和NaOH溶液的反应是皂化反应。甘油跟乙酸在浓硫酸中加热可发生酯化反应，再结合D的相对分子质量可得出有两个羟基被酯化。
【答案】　(1)取代　加成　皂化　(2)羟基、氯原子
(3)CH2OCOCH3CHOCH2OHCOCH3、CH2OCOCH3CHOHCH2OCOCH3
15．由葡萄糖发酵可得乳酸，酸牛奶中也能提取乳酸，纯净乳酸为无色黏稠液体，易溶于水。为了研究乳酸的分子式组成和结构，进行下述实验：
(1)称取乳酸0.90 g，在某种状况下使其完全汽化，已知相同状况下同体积氢气为0.02 g，则乳酸的相对分子质量为______。
(2)若将上述乳酸蒸气在O2中燃烧，只生成CO2和H2O(g)，当全部被碱石灰吸收时，碱石灰增重1.68 g。若将此气体通过足量石灰水后，则石灰水会产生3.00 g白色沉淀，则乳酸的分子式为________。
(3)乳酸分子能发生自身酯化反应，其催化氧化产物不能发生银镜反应，葡萄糖发酵只生成乳酸，试写出葡萄糖生成乳酸的化学反应方程式________________________________________________________________________。
(4)写出乳酸在催化剂作用下发生反应，生成化学式为C6H8O4的环状酯的结构简式：________。
【解析】　(1)＝，则M＝90 g/mol；(2)由石灰水增重可知生成CO2为0.03 mol，碱石灰增重的是二氧化碳和水蒸气的质量，可求出水的质量为1.68－0.03×44＝0.36 g即0.02 mol，则由它的相对分子质量和质量求出乳酸分子式为C3H6O3。
【答案】　(1)90　(2)C3H6O3
(3)CH2OH—(CHOH)4—CHO―→2CH3CH(OH)COOH
(4)CHCH3OCOCHCH3OCO
16．(2009年山东临沂质检)营养品和药品都是保证人类健康不可缺少的物质，其性质和制法是化学研究的主要内容。已知酪氨酸是一种生命活动不可缺少的氨基酸，它的结构简式是HOCH2CHNH2COOH
(1)酪氨酸能发生的化学反应类型有________。
A．取代反应　　　　　　　　B．氧化反应
C．酯化反应 D．中和反应
(2)在酪氨酸的同分异构体中，同时满足如下三个条件的，除酪氨酸外还有________种。
①属于氨基酸且“碳骨架”与酪氨酸相同；②与氯化铁溶液能发生显色反应；③氨基(—NH2)不与苯环直接相连。
(3)已知氨基酸能与碱反应，写出酪氨酸与足量的NaOH溶液反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　—COOH能发生酯化反应、中和反应；酚羟基易被氧化，可发生氧化反应，酚羟基邻、对位上的H原子可与浓溴水发生取代反应。符合条件的同分异构体包括：
HOCH2CHCOOHNH2、OHCH2CHCOOHNH2、
HOCHCH2COOHNH2、OHCHCH2COOHNH2、
OHCHCH2COOHNH2，共五种。
【答案】　(1)ABCD　(2)5
(3)HOCH2CHCOOHNH2＋2NaOH―→
NaOCH2CHCOONaNH2＋2H2O
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一、选择题
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】　开始到达平衡时，溶液中各离子浓度不一定相等，如Ag3PO4所建立的溶解平衡，故A、C均错；沉淀溶解达平衡时再加入该沉淀物，对平衡无影响，故D也错；而B是沉淀溶解平衡建立的本质，显然是正确的。
【答案】　B
2．(2009年汕头模拟)许多马路两旁的树干都均匀地涂抹了石灰水。下列有关说法不正确的是(　　)
A．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2＋的物质的量不变
B．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则pH不变
C．升高饱和石灰水的温度时，Ca(OH)2的溶度积常数Ksp减小
D．石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木病虫害的作用
【解析】　饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，溶液还是饱和溶液，离子浓度不变，但是生石灰与水反应，使溶剂质量减小，则溶解的溶质的物质的量也减小，故A项错误，B项正确；升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，Ksp减小，C项正确；石灰水显碱性，能使蛋白质变性，D项正确。
【答案】　A
3．(2009年海南模拟)下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中，不正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度降低
【解析】　AgCl固体在溶液中达到溶解平衡后，溶解与沉淀速率相等，但不为0，A项正确。AgCl难溶于水，但溶解的部分电离出Ag＋和Cl－，B项错误；一般来说，升高温度有利于固体物质的溶解，C项正确；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，增大了Cl－浓度，促使溶解平衡向左移动，降低了AgCl的溶解度，D项正确。
【答案】　B
4．下列各操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是(　　)
①向饱和Na2CO3溶液中不断通入过量的CO2气体　②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4　③向AgI胶体中逐滴加入过量的稀盐酸　④向石灰水中通入过量的CO2　⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A．①③⑤ B．①②③⑤
C．②④ D．全部
【解析】　①只发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3(析出NaHCO3)；②中Fe(OH)3先聚沉后被H2SO4溶解；③中AgI聚沉但不溶解；④中先生成CaCO3沉淀后溶解；⑤中只生成H2SiO3沉淀。
【答案】　A
5．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀中滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是(　　)
A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡
【解析】　该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的 S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。
【答案】　B
6．在盛有AgCl沉淀的试管中加入KI溶液，振荡后可观察白色沉淀逐渐变为黄色沉淀。通过这个实验可以说明的是(　　)
A．I－的还原性比Cl－的强
B．Cl－的半径比I－的小
C．AgI的溶解度比AgCl的大
D．实验过程中，溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向右移动
【解析】　白色沉淀转化成黄色沉淀，说明在振荡过程中氯化银转化成碘化银，所以氯化银的溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向溶解方向移动。
【答案】　D
7．(2009年济宁质检)将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgBr沉淀
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【解析】　在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag＋)大于后者c(Ag＋)，c(Cl－)>c(Br－)。当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl－)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加得更多。
【答案】　C
8．向Cr2(SO4)3的水溶液中加入NaOH溶液，当pH＝4.6时，开始出现Cr(OH)3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多；但当pH≥13时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子(CrO2－)，其平衡关系如下：
Cr＋3OH－?? ??CrO＋H＋＋H2O
向0.05 mol/L的Cr2(SO4)3溶液50 mL中加入1.0 mol/L NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液中可观察到的现象为(　　)
A．溶液为紫色 B．溶液中有灰绿色沉淀
C．溶液为亮绿色 D．无法判断
【解析】　c(Cr3＋)＝0.1 mol/L
n(Cr3＋)＝0.1 mol/L×0.05 L＝0.005 mol
Cr3＋　＋　4OH－===CrO2－＋2H2O
0．005 mol 0.02 mol
n(OH－)余＝1×0.05 mol－0.02 mol＝0.03 mol
c(OH－)＝＝0.3 mol/L
c(H＋)＝＝3.3×10－14mol/L
pH＝13.5
此时溶液中主要以CrO2－形式存在。
【答案】　C
9．已知一些银盐的颜色及溶解度数值如下：
化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色
溶解度/g 1.5×10－4 7.1×10－7 2.1×10－7 1.3×10－16 4.3×10－2
测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定。滴定时，应加入的指示剂是(　　)
A．KBr B．KI
C．K2S D．K2CrO4
【解析】　指示剂在作用时，应在反应刚好完成，所加过量试剂会与指示剂作用生成不同现象来进行判断。本题应在Ag＋和Cl－生成AgCl沉淀后，再生成其他沉淀。所以本题指示剂的溶解度应比AgCl大。
【答案】　D
10．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4＋Na2CO3
主要：Cu2＋＋CO32－＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要：Cu2＋＋CO32－===CuCO3↓
(2)CuSO4＋Na2S
主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓
次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑
下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．CuSCu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2【解析】　根据沉淀转化一般规律：溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，故由反应(1)知，溶解度CuCO3>Cu(OH)2，由反应(2)知Cu(OH)2>CuS。
【答案】　A
11．(2009年广州调研)已知25 ℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)为1.22×10－8 mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)为1.25×10－5 mol/L。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)
B．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
C．c(NO3－)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
D．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)＝c(Cl－)＋c(I－)
【解析】　由题中信息可知在向5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液时，Ag＋先与I－ 作用生成AgI沉淀，剩余的Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，由题中的数据知：Ag＋只能将Cl－沉淀一部分，K＋、NO3－等不参与反应，所以溶液中各离子浓度的大小关系为c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)。
【答案】　A
12．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝KW，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液　②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液　③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液　④10 mL蒸馏水　⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
【解析】　AgCl(s)??Ag＋＋Cl－，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。
①c(Cl－)＝0.01 mol·L－1　　②c(Cl－)＝0.04 mol·L－1
③c(Cl－)＝0.03 mol·L－1　　④c(Cl－)＝0 mol·L－1
⑤c(Ag＋)＝0.05 mol·L－1
Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
【答案】　B
二、非选择题
13．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25 ℃)
难溶电
解质 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2
Ksp 2.8×10－9 9.1×10－6 6.8×10－6 1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol/L的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol/L的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________。
(3)设计第③步的目的是________________________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________。
【解析】　本题考查的知识点为教材新增加的内容，题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由Ksp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(s)??SO42－(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO32－浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO32－与Ca2＋结合生成沉淀，即CO32－＋Ca2＋===CaCO3↓。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③、④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
【答案】　(1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO42－
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解
14．水体中重金属铅的污染方向问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)3－、Pb(OH)42－，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示：
[1表示Pb2+,2表示Pb(OH)+,3表示Pb(OH)2,4表示Pb(OH)3-,5表示Pb(OH)42-]
(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　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)因为Pb(NO3)2，是一种强酸弱碱盐，在水溶液中存在如下水解平衡：2H2O+Pb2+??Pb(OH)2+2H+，使c(Pb2+)减小，所以
(2)pH=8时，曲线上1、2、3表示的物质共存，所以此时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有Pb2+、Pb(OH)+和H+。pH=9时，曲线2、3表示的物质共存，由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大，所以主要反应是生成Pb(OH)2。
【答案】　(1)>　Pb2+与Cl-发生反应，使c(Pb2+)减小
(2)Pb2+、Pb(OH)-、H+　Pb2++2OH-===Pb(OH)2↓
15．在CaF2(Ksp＝5.3×10－9)与CaSO4(Ksp＝9.1×10－6)混合的饱和溶液中，测得F－浓度为1.8×10－3mol/L，则溶液中SO42－的浓度为________mol/L。
【解析】　两种难溶物质中都有Ca2＋，Ca2＋浓度必须满足两种溶质的溶解平衡，可以用两种溶质的Ksp计算。c(Ca2＋)×c2(F－)＝Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，求得c(Ca2＋)＝×10－3mol/L，再根据Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)×c(SO42－)，可求得c(SO42－)＝Ksp(CaSO4)/c(Ca2＋)＝＝5.56×10－3mol/L。
【答案】　5.56×10－3
16．已知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12，现用0.01 mol/L AgNO3溶液滴定0.01 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4混合溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO42－先生成沉淀的是________。
(2)当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是________mol/L。(设混合溶液在反应中体积不变)
【解析】　(1)根据两种物质的Ksp，求出生成各自的沉淀所需c(Ag＋)，比较两者c(Ag＋)，谁需c(Ag＋)小谁先沉淀。
沉淀Cl－：c(Ag＋)＝＝mol/L
＝1.8×10－8mol/L。
沉淀CrO42－：c(Ag＋)＝
＝mol/L＝4.36×10－5mol/L
故先生成AgCl沉淀。
(2)因c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12
c2(Ag＋)×0.001＝1.9×10－12，
c(Ag＋)＝4.36×10－5mol/L，
c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，
4．36×10－5·c(Cl－)＝1.8×10－10，
c(Cl－)＝4.13×10－16mol/L。
【答案】　(1)Cl－先沉淀　(2)4.13×10－6mol/L
单元过关评估
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下表中物质的分类组合正确的是(　　)
A B C D
强电解质 Al2(SO4)3 BaSO4 HClO KCl
弱电解质 H3PO4 H2O CaCO3 Al(OH)3
非电解质 CO2 NH3·H2O NH3 HI
【解析】　B项中的NH3·H2O属于弱电解质；C项中的HClO属于弱电解质，CaCO3属于强电解质；D项中的HI属于强电解质。
【答案】　A
2．实验中欲量取50.00 mL KMnO4溶液可选用的仪器是(　　)
A．50 mL量筒　　　　　　　　B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
【解析】　量筒是不精确的计量仪器，滴定管是较精确的计量仪器。准确量取50.00 mL溶液，应该用50 mL滴定管。又因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，所以量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管。
【答案】　C
3．(2008年山东德州质检)醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．醋酸溶液可与纯碱溶液反应产生CO2
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别跟同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．10 mL 1 mol·L－1醋酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【解析】　A项仅能说明CH3COOH比H2CO3酸性强，故错误；B项pH相同，c(H＋)相同，起始时反应速率相同，故错误；C项酸碱中和与强弱电解质无关，故错误；D项正确。
【答案】　D
4．某温度下，可逆反应HA??H＋＋A－的电离常数为Ka，下列说法正确的是(　　)
A．Ka越大，表示该弱酸较易电离
B．Ka越大，表示该弱酸较难电离
C．Ka随反应物浓度的改变而改变
D．Ka随体系温度的改变而改变
【解析】　电离常数Ka越大，说明该弱酸越易电离，A正确，B错误；而Ka仅是温度的函数，会随温度变化而变化，故C错误，D正确。
【答案】　AD
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类的水解。
【答案】　B
6．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c(SO42－)∶c(H＋)约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝5的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(SO42－)＝5×10－6mol·L－1。将此溶液稀释500倍后，稀释液中c(SO42－)＝1×10－8mol·L－1，而c(H＋)趋近于1×10－7mol·L－1，则c(SO42－)∶c(H＋)约为1∶10。故选C。本题若不能很好地理解酸、碱溶液稀释的pH计算，则很容易误选B。
【答案】　C
7．(2009年江苏南通高三调研)下列有关实验的说法正确的是(　　)
A．将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体
B．测量溶液的导电性可区分出试剂盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸
C．做完银镜反应后的试管可用热的稀硝酸清洗，回收后的硝酸银溶液可再利用
D．除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化
【解析】　A项，AlCl3溶液在加热蒸发时，Al3＋会水解，最终得到Al2O3固体，A错。B项，溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，而与溶质是强、弱电解质无关，B错。可在相同条件下测量等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的导电性，则导电能力强的是盐酸。C项，清洗“银镜”应用稀硝酸，生成的AgNO3需回收利用，C对。D项，加入足量NaOH，则又混入了新的杂质，D错。
【答案】　C
8．(2009年威海模拟)已知：HCN是一种弱酸。相同物质的量浓度的NaCN溶液和NaClO溶液相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN溶液和HClO溶液，下列说法正确的是(　　)
A．酸的强弱：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】　从题中可知NaCN溶液的pH较大，则CN－水解程度大，根据“越弱越水解”c(CN－)【答案】　D
9．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【解析】　酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积大了，结果偏高，A项错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B项错误；滴定前平视读数，正确，滴定后俯视，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视读数偏小，消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C项正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D项错误。
【答案】　C
10．下列溶液，一定呈中性的是(　　)
A．由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合所形成的溶液
B．c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝14－pOH的溶液
D．pH＝pOH的溶液
【解析】　若选项A中的一元酸是弱酸(如醋酸或次氯酸)，则混合后所得溶液不呈中性而呈碱性(因所得盐为强碱弱酸盐，水解显碱性)；而水的离子积KW的值与温度有关，当温度不等于25 ℃时，KW就不等于1×10－14，即c(H＋)＝1×10－7mol·L－1或pH＝14－pOH的溶液就不呈中性；但若当c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH，无论在什么情况下，溶液都呈中性。
【答案】　D
11．在常温时的下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是(　　)
A．40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液
B．30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液
C．10 mL纯水
D．50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液
【解析】　BaSO4在水中存在如下平衡：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)。A项BaCl2中的Ba2＋促使平衡左移，溶解度减小；B项Ba(OH)2中的Ba2＋同样使平衡左移，溶解度减小；C项纯水中BaSO4的溶解度不受影响；D项中，SO42－使平衡左移，溶解度减小。
【答案】　C
12．向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，使其完全反应，对反应后的溶液，下列判断正确的是(　　)
A．溶质为Na2CO3
B．溶质为NaHCO3
C.c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
【解析】　向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，完全反应后的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，所以选项A、B、C均不正确；选项D为电荷守恒，正确，选D。
【答案】　D
13．(2009年济南模拟)当NaOH溶液与氨水的pH、体积都相同时，下列叙述正确的是(　　)
A．两溶液的物质的量浓度相同
B．两溶液的c(H＋)相同
C．用同浓度盐酸中和时，消耗酸的体积相同
D．升高温度10 ℃，两者pH仍相等
【解析】　由于氨水是弱碱，溶液中有大部分的NH3·H2O没有电离，而NaOH是强碱，当二者的pH相等时，二者的浓度应是氨水大，并且在体积相同时氨水所含的物质的量要多；当升高温度时氨水的电离平衡向右移动，则二者的pH不等；两溶液的pH相等，则c(H＋)相同。
【答案】　B
14．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：
NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
NaCN＋HF===HCN＋NaF
NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据其中两个反应即可得出结论
D．K(HCN)【解析】　相同温度下，弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为：HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为
K(HF)＝7.2×10－4
K(HNO2)＝4.6×10－4
K(HCN)＝4.9×10－10
【答案】　B
15．(2009年淄博模拟)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不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．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
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
【解析】　不溶于水不是绝对的不溶，而是溶解度小于0.1 g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解，所以A错误。根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝×10－11mol/L，D正确。
【答案】　A
16．某漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙(由氯气与石灰乳恰好反应制得)，其溶液中离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Cl－)＝c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Cl－)＝c(OH－)＋c(ClO－)＝c(Ca2＋)＋c(H＋)
D．c(Ca2＋)＝2c(Cl－)＋2c(ClO－)
【解析】　因Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错；由2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O知c(Cl－)＝c(Ca2＋)，因ClO－水解，故c(Ca2＋)>c(ClO－)，来源于盐的离子浓度大于来源于水电离的离子浓度，故B对；依电荷守恒原理知C错；依物料守恒有c(Ca2＋)＝0.5[c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(HClO)]，D错。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(14分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.100 0 mol/L和0.010 00 mol/L的标准盐酸。
②用0.100 0 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：
(1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？________；
A．托盘天平　B．容量瓶　C．酸式滴定管　D．量筒　E．烧杯
F．胶头滴管　G．玻璃棒
(2)滴定操作中，左手 ________，右手________，眼睛__________________；
(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________；
(4)过滤所得浊液的目的是________________________________________________________；
(5)此空气样品中含CO2的体积分数为________；
(6)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒。
(2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
(3)Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，则c[Ba(OH)2]×10.00 mL＝×0.1 mol/L×19.60 mL解得c[Ba(OH)2]＝0.098 mol/L。
(4)为防止BaCO3与HCl反应，应分离出BaCO3。
(5)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。过程如下：20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－3×0.01× mol＝0.174×10－3 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：0.174×10－3×5 mol＝0.870×10－3 mol，原有Ba(OH)2：10×10－3 L×0.098 0 mol/L＝0.980×10－3 mol，与CO2反应的Ba(OH)2有(0.980－0.870)×10－3 mol＝0.110×10－3 mol，则 n(CO2)＝0.110×10－3 mol，则φ(CO2)＝×100%＝0.025%。
(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO2反应的Ba(OH)2就偏多。
【答案】　(1)BCDEFG　(2)控制活塞　摇动锥形瓶　注视锥形瓶内溶液颜色的变化　(3)0.098 0 mol/L
(4)分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应
(5)0.025%　(6)偏大
18．(12分)在温度T ℃下，某Ba(OH)2稀溶液中c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L，已知a＋b＝12，向该溶液中逐滴加入pH＝b的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 氢氧化钡的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
(1)依据题意判断，T ℃________25 ℃(填“大于”、“小于”或“等于”)，该温度下水的离子积KW＝________。
(2)b＝________，原Ba(OH)2稀溶液的物质的量浓度为________。
(3)该温度下，向1 L硫酸与硫酸钠的混合溶液中加入3 L该Ba(OH)2的稀溶液时，沉淀正好达最大值，从所得溶液中取出4 mL并加水稀释至20 mL，测得溶液的pH为7，则原硫酸与硫酸钠混合溶液的pH为________，其中Na2SO4的物质的量浓度为________。
【解析】　(1)该温度下，
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a×10－b＝10－(a＋b)
＝10－12>10－14，故T ℃>25 ℃
(2)据第①组可计算：
Ba(OH)2溶液中c(H＋)水＝1×10－8mol/L，
故c(OH－)＝mol/L＝1×10－4mol/L＝10－bmol/L
所以b＝4，c[Ba(OH)2]＝×10－4mol/L＝5×10－5mol/L
(3)据题意知n(SO42－)总＝n[Ba(OH)2]＝3 L×5×10－5mol/L＝1.5×10－4mol
据恰好反应时知
c(OH－)过＝×＝＝10－5mol/L
解得c(H＋)＝1×10－4mol/L，pH＝4，n(Na2SO4)＝n(SO42－)总－n(H2SO4)＝1.5×10－4mol－×10－4mol/L×1 L＝1×10－4mol，所以c(Na2SO4)＝1×10－4mol/L
【答案】　(1)大于　1×10－12　(2)4　5×10－5mol/L
(3)4　1×10－4mol/L
19．(14分)A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。(要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度)
(1)写出化学式：A1____________，A2____________，B1____________，B2____________；
(2)相同温度下，当A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________；
(3)写出0.1 mol/L的A2溶液中离子浓度大小排序________________________________________________________________________
________________________________；
(4)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是________________________________________________________________________________；
(5)常温下，若B1、B2两溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为____________。
【解析】　(1)根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质有强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3。强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离，故四种物质分别为NaOH、NaNO2、HNO3和NH4NO3。
(2)相同物质的量浓度的NaOH和HNO3对水的抑制程度相同，故两溶液中水电离出的H＋浓度之比为1∶1。
(3)NaNO2为强碱弱酸盐，故各离子浓度为c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)因HNO3电离出的H＋抑制了H2O的电离，而NH4NO3中NH4＋的水解促进了水的电离。
(5)在HNO3溶液中c(H＋)水＝＝1×10－9mol/L，在NH4NO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L，故二者之比为1×10－9∶1×10－5＝1×10－4。
【答案】　(1)NaOH　NaNO2　HNO3　NH4NO3　(2)1∶1(3)c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)硝酸电离出的H＋抑制了水的电离，NH4＋结合水电离出的OH－促进了水的电离
(5)1×10－4∶1或(1∶104)
20．(12分)(上海高考)蛇纹石矿可以看做由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了含Mg2＋外，还含有的金属离子是________。
(2)进行(Ⅰ)操作时，控制溶液pH＝7～8(有关氢氧化物沉淀的pH见下表)
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀时pH 1.5 3.3 9.4
Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致______溶解、________沉淀。
(3)从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入________(填入物质的化学式)，然后____________________(依次填写实验操作名称)。
(4)物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是____________(填写物质化学式)。
(5)现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、碱石灰)：
①样品称量，②高温分解，③________________，
④____________，⑤MgO称量。
【解析】　(1)蛇纹石中加盐酸，MgO、Fe2O3、Al2O3分别反应生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，而SiO2不反应，通过过滤可除掉，故溶液中含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋。
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，既能溶于酸性溶液又能溶于强碱性溶液，进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8，由表中数据可知此时Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物沉淀出来。而Mg2＋没有沉淀，如果Ca(OH)2再过量溶液碱性增强，pH增大，Al(OH)3可能会溶解，Mg2＋可能以Mg(OH)2形式沉淀出来。
(3)经推理沉淀混合物A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，向其中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3会溶解，然后进行过滤得Fe(OH)3沉淀，再洗涤除去表面的杂质，最后将其灼烧即得Fe2O3，也就是要提取的红色颜料。
(4)经推理沉淀物B为CaCO3。向B中加盐酸又会生成CO2，可供操作Ⅱ使用。
(5)该题为设计型实验，对于aMgCO3·bMg(OH)2·c(H2O)高温分解其产物分别为MgO、CO2和H2O，CO2来自MgCO3的分解，若测出CO2的质量MgCO3的质量也就可求，进而求出其物质的量。H2O来自Mg(OH)2和结晶水，MgO来自MgCO3、Mg(OH)2的分解，如果称出反应后MgO的总质量再换成物质的量，同样也测出生成水蒸气的质量，换成物质的量记为n(H2O)总，则Mg(OH)2的物质的量为n[Mg(OH)2]＝n(MgO)－n(MgCO3)。
【答案】　(1)Fe3＋、Al3＋　(2)Al(OH)3　Mg(OH)2
(3)NaOH　过滤、洗涤、灼烧　(4)CO2　(5)③测出CO2的质量　④测出水蒸气的质量
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一、选择题
1．(2008年广东高考)设阿伏加德罗常数(NA)的数值为nA，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nA
B．1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nA
C．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA
D．0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA
【解析】　A项Fe与Cl2反应只生成FeCl3,1 mol Cl2转移电子数为2nA；B项，根据反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO,1.5 mol NO2反应转移电子数为nA；C项，NO2和N2O4混合气体的平均组成为NO2，因此1 mol该混合物含原子数为3nA；D项，根据反应3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，因此0.10 mol Fe反应生成H2分子数为nA。
【答案】　BC
2．在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是(　　)
A．气体A与气体B的相对分子质量比为m∶n
B．同质量气体A与B的分子个数比为n∶m
C．同温同压下，A气体与B气体的密度比为n∶m
D．相同状态下，同体积A气体与B气体的质量比为m∶n
【解析】　m g气体A与n g气体B分子数相同，即物质的量相等，在同温同压的条件下，体积相等。A项：由n(A)＝，n(B)＝，n(A)＝n(B)可得：M(A)∶M(B)＝m∶n。
B项：a g气体A的分子数N1为·NA，a g气体B的分子数N2为·NA，＝＝n∶m。
C项：ρ(A)＝，ρ(B)＝，ρ(A)∶ρ(B)＝m∶n。
D项：同温同压同体积的A、B其物质的量相同，则m(A)＝nM(A)，m(B)＝nM(B)，m(A)∶m(B)＝M(A)∶M(B)＝m∶n。
【答案】　C
3．(2009年济南)NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．10 g甲烷所含有的电子数目为10NA
B．常温常压下，4 g氦气所含有的中子数目为4NA
C．标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NA
D．电解食盐水若产生2 g氢气，则转移的电子数目为2NA
【答案】　D
4．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【解析】　根据m＝ρ×V，由题目告诉的条件可知，O2和O3气体的质量相等，但O2的摩尔质量小于O3的摩尔质量，故O2的物质的量大于O3的物质的量，所以A、B、C均错误。因二者的质量相等，而O2与O3均由氧原子构成，所以两种气体的氧原子数目相等，D正确。
【答案】　D
5．下列叙述中，错误的是(　　)
A．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．0.012 kg 12C约含有6.02×1023个碳原子
C．1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧
D．1 mol Ne中含有6.02×1024个电子
【解析】　因为有些物质是由分子组成(例如水、硫酸等)，有些物质是由离子组成[例如NaCl、Ca(OH)2等]，还有些物质是由原子直接构成的(例如金刚石等)，所以A的叙述是错误的。碳是由原子构成的，根据规定，0.012 kg 12C中所含的碳原子数即为阿伏加德罗常数，其近似值为6.02×1023 mol－1，所以B的叙述是对的。根据规定，“使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类，而不使用该粒子的中文名称”。C中表示水的组成时，却用名称表示，所以也是不正确的。氖原子核外有10个电子，则1 mol Ne也应含有10×6.02×1023个电子，所以D的叙述是正确的。
【答案】　AC
6．(2009年揭阳检测)下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是(　　)
①0.5 mol氨气　②4 g氦气　③4 ℃时9 mL水　④0.2 mol磷酸钠
A．①④③② B．④③②①
C．②③④① D．①④②③
【解析】　①中原子物质的量0.5 mol×4＝2 mol；②中原子1 mol；③中原子×3＝1.5 mol；④中原子0.2 mol×8＝1.6 mol，故原子数由大到小为①④③②。
【答案】　A
7．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y===2Q＋R中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为(　　)
A．46∶9 B．32∶9
C．23∶9 D．16∶9
【解析】　由反应方程式可知：反应中生成的Q与R的物质的量之比为2∶1，即＝＝×＝2∶1，即有m(Q)＝3.6 (g)，由质量守恒定律可知：m(Y)＝3.6 g＋4.4 g－1.6 g＝6.4 g，所以m(Y)∶m(Q)＝6.4 g∶3.6 g＝16∶9。
【答案】　D
8．(2009年日照质检)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(式中NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A.L B.L
C.L D.L
【解析】　因为NA mol－1＝b，所以M＝g·mol－1，因此c g该气体在标准状况下的体积为：×22.4 L·mol－1＝L。
【答案】　A
9．(2009年济宁质量检测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．1 mol Cl2参加的任何反应，反应过程中转移电子数都是2NA
B．常温常压下的33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NA
C．标准状况下，1 L乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为×2
D．将10 mL质量分数为98%的浓H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数大于9.8%
【解析】　A．1 mol Cl2和NaOH溶液反应时，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，转移的电子数为NA。
B．1.5 mol Cl2与27 g铝反应转移的电子数为3NA，只有在标准状况下33.6 L Cl2的物质的量才是1.5 mol。
C．标准状况下，乙醇为液体。
D．设98%的浓H2SO4密度为ρ1 g/mL,9.8%的H2SO4浓度为ρ2 g/mL。稀释到100 mL时质量分数为w。根据稀释前后H2SO4质量守恒得：ρ1×10×98%＝ρ2×100×w，所以w＝9.8%·，由于ρ1>ρ2，w>9.8%。
【答案】　D
10．(2009年徐州检测)下列叙述中，正确的是(　　)
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7∶11
D．将98 g H2SO4溶解于500 mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L
【解析】　摩尔质量的单位为g·mol－1，A项错误；取O2、O3的质量均为48 g，则O2中氧原子的物质的量为×2＝3 mol，O3中氧原子的物质的量为×3＝3 mol，B项正确；取CO、CO2的质量均为1 g，则CO、CO2中所含碳原子数之比为∶＝11∶7，C项错误；硫酸溶于500 mL水中，形成溶液的体积无法确定，故D项中无法计算硫酸的物质的量浓度，D项错误。
【答案】　B
11．下列两种气体的分子数一定相等的是(　　)
A．质量相等、密度不等的N2和C2H4
B．等体积等密度的CO和C2H4
C．等温等体积的O3和N2
D．等压等体积的N2和CO2
【解析】　对于质量相等，摩尔质量相同的物质，不管是固体、液体、气体，即使温度、压强不同，其物质的量也相等。对等体积气体来说，只有在同温、同压下，气体分子数才相等，温度、压强相同条件两者不可缺一。
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律，是中学化学的重要知识内容，要求考生能够理解、掌握和应用。其中每摩尔物质含有阿伏加德罗常数微粒，近似值为6.02×1023个。在标准状况下，1 mol任何气体所占体积约为22.4 L。在非标准状况下，同温同压，相同体积气体具有相同分子数。这些基本概念要熟练掌握，并能在宏观的质量、体积与微观数量之间进行灵活变化。
【答案】　AB
12．(2009年扬州质检)若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状况下的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、△分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：①NA＝Vρ/m，②ρ＝M/(NA△)，③m＝M/NA，
④△＝V/NA，其中(　　)
A．①和②都是正确的 B．①和③都是正确的
C．③和④都是正确的 D．①和④都是正确的
【解析】　由在标准状况下的密度为ρ的摩尔体积为V，可知水的摩尔质量为ρV＝M，每个水分子的质量为m，NA个水分子的质量为m·NA，由此可得m·NA＝ρV＝M，推出①③正确；②④两式错误混淆了水在标准状况下的状态为液体，认为一个水分子的体积为△，NA个水分子的体积为NA△＝V，从而推出错误的关系式为②④。
【答案】　B
二、非选择题
13．在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72 L，质量为12 g。此混合物中CO和CO2物质的量比是________，CO的体积分数是________，CO的质量分数是________，C和O原子个数比是________，混合气体的平均相对分子质量是________，对氢气的相对密度是________。
【答案】　1∶3　25%　17.5%　4∶7　40　20
14．在适当温度和压强下，4V某气体化合物完全分解后，产生1V磷蒸气和6V氢气，由此可知该气体化合物的分子式为________，分解反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　化学反应中气态反应物与气态生成物之间同温同压的体积比等于它们的物质的量之比，化学方程式可初步写为：4PxHy===P4x＋6H2，由H原子守恒可知：4y＝12，得y＝3。因P最低化合价为－3价，分子中只有一个P原子。
【答案】　PH3　4PH3P4＋6H2
15．生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。
(1)原混合气体中甲烷的物质的量是____________。
(2)原混合气体中氮气的体积分数为____________。
【解析】　设CH4为x mol，原混合气体中CO2为y mol，则有
CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu　　Δm
1 mol　　　　　1　　　　　　　　　4×16 g
x x 4.8 g
x＝0.075 mol
又因为n总＝＝0.09 mol，
n(CO2)＝＝0.085 mol，
所以y＝0.085 mol－0.075 mol＝0.01 mol
n(N2)＝0.09 mol－0.01 mol－0.075 mol＝0.005 mol
所以N2的体积分数为×100%＝5.56%。
【答案】　(1)0.075 mol　(2)5.56%
16．(2008年江苏)水垢可以看做由多种物质组成的混合物，为研究含有Ca2＋、Mg2＋、HCO3－的水所形成水垢的化学组成，取干燥的水垢6.32 g，加热使其失去结晶水，得到5.78 g剩余固体A；高温灼烧A至恒重，残余固体为CaO和MgO，放出的气体用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82 g沉淀。
(1)通过计算确定A中是否含有碳酸镁；
(2)5.78 g剩余固体A灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82 g。通过计算确定A中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐的质量分数。
【解析】　(1)根据题意n(CO2)＝n(BaCO3)＝＝0.06 mol。
若CO2全部来自于CaCO3的分解，
则m(CaCO3)＝0.06 mol×100 g·mol－1＝6.00 g>5.78 g不合题意。所以，A中一定含有MgCO3。
(2)m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g，
m(H2O)＝2.82 g－2.64 g＝0.18 g，
n[Mg(OH)2]＝n(H2O)＝＝0.01 mol，
m[Mg(OH)2]＝0.01 mol×58 g·mol－1＝0.58 g。
解得
n(MgCO3)＝0.05 mol，
n(CaCO3)＝0.01 mol，
×100%＝82.3%。
【答案】　(1)一定含有MgCO3　(2)A中含Mg(OH)2 0.01 mol，MgCO3 0.05 mol，CaCO3 0.01 mol，水垢中碳酸盐的质量分数为82.3%。
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一、选择题
1．现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液　②乙醇和丁醇　③溴与溴化钠溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是(　　)
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
【解析】　乙酸乙酯和乙酸钠溶液不互溶，分成上下两层，可用分液漏斗进行分离；乙醇和丁醇互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏法分离；用有机溶剂可萃取出单质溴。
【答案】　C
2．实验式相同，既不是同系物，又不是同分异构体的是(　　)
A．1－辛烯和3－甲基－1－丁烯
B．苯和乙炔
C．1－氯丙烷和2－氯丙烷
D．甲苯和乙苯
【解析】　选项A、D为同系物关系，选项C为同分异构体。
【答案】　B
3．下列有机物命名正确的是(　　)
4．(2008年高考海南卷)在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)
【解析】　选项A中有2种氢，个数比为6∶2＝3∶1；选项B中有3种氢，个数比为6∶2∶2＝3∶1∶1；选项C中有2种氢，个数比为6∶8＝3∶4；选项D中有2种氢，个数比为6∶4＝3∶2。
【答案】　D
5．某芳香族化合物的分子式为C8H6O2，它的分子(除苯环外不含其他环)中不可能有(　　)
A．两个羟基 B．一个醛基
C．两个醛基 D．一个羧基
【解析】　分子式为C8H6O2，含苯环的结构可能为：
【答案】　D
6．下列有机物中属于芳香化合物的是(　　)
7．(2009年威海模拟)在C3H9N中，N原子以三个单键与其他原子相连，它具有的同分异构体数目为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】　把—NH—作为二价基引进碳链，并分析该碳、氮原子数目关系知该碳链为饱和碳链；对于C—C—C来说，—NH—连接该碳链有三种方式，分别得到
9．有A、B两种烃，含碳的质量分数相同，关于A、B的下列说法正确的是(　　)
A．A和B一定是同分异构体
B．A和B不可能是同系物
C．A和B的实验式一定相同
D．各取1 mol A和B完全燃烧生成CO2的质量一定相同
【解析】　A、B两种烃中碳的质量分数相同，则氢的质量分数也相同。因此，A、B两种烃的最简式(实验式)相同。但A、B两种烃的相对分子质量不一定相同，故A、B两种烃不一定属于同分异构体，也不一定属于同系物。
【答案】　C
10．有A、B两种烃，其含碳的质量分数相同，关于A和B的叙述中，正确的是(　　)
A．烃A和B的实验式相同
B．烃A和B一定是同分异构体
C．烃A和B不可能是同系物
D．烃A和B各取1 mol，完全燃烧时消耗氧气的质量一定相等
【解析】　两种烃含碳的质量分数相同，则含氢的质量分数也相同，即两者实验式也一定相同；而实验式相同的有机物，其分子式可能不同，故它们不一定是同分异构体，也不一定是同系物，其各1 mol完全燃烧所耗O2的质量也不一定相等。
【答案】　A
二、非选择题
11.
某化工厂生产的某产品只含C、H、O三种元素，其分子模型如右图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等)。
(1)该产品的结构简式为　　　　　　　　　　　，分子式为　　　　　　　。
(2)下列物质中，与该产品互为同分异构体的是　　　　(填序号)；与该产品互为同系物的是　　　　(填序号)。
①CH3CH===CHCOOH　②CH2===CHCOOCH3
③CH3CH2CH===CHCOOH　④CH3CH(CH3)COOH
(3)在一定条件下，该产品跟乙二醇反应可得到分子式为C6H10O3的物质，该物质发生加聚反应可得到用来制作隐形眼镜高分子材料，这种高聚物的结构简式为　　　　　　　。
【解析】　(1)由分子模型可知为碳原子，为氧原子，为氢原子，则产品的结构简式为：CH2===C(CH3)COOH，分子式为C4H6O2；(2)与该产品互为同分异构体的是①②；与该产品互为同系物的是③；(3)该产品与乙二醇进行酯化反应生成CH2===C(CH3)COOCH2CH2OH，原有结构中的碳碳双键进行加聚得到高分子化合物，则高聚物的结构简式为：
12．选择恰当的试剂和方法除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)。
(1)C2H6(C2H4)：试剂________，方法________。
(2)溴苯(溴)：试剂________，方法________。
(3)苯(甲苯)：试剂________，方法________。
【解析】　可用溴水除去乙烷中的乙烯，方法是将混合气体通入盛有溴水的洗气瓶；用NaOH溶液可除去溴苯中溶解的溴；用酸性KMnO4溶液可除去苯中的甲苯。
【答案】　(1)溴水　洗气　(2)NaOH溶液　分液
(3)酸性KMnO4溶液　分液
13．常温下，10 mL某烃A和80 mL氧气(过量)混合点燃，使其充分燃烧后恢复到原状况，残留气体体积为65 mL。
(1)若A为烷烃，则A的分子式为________。
(2)若A为烯烃，则A的分子式为________。
(3)若A为炔烃，则A的分子式为________。
【解析】　设该烃的分子式为CxHy，则
若为烷烃，则其分子式为C2H6O。
若为烯烃，其分子式为C3H6。
若为炔烃，则其分子式为C6H6。
【答案】　(1)C2H6　(2)C3H6　(3)C6H6
14．在一定条件下，某些不饱和烃分子可以进行自身的加成反应，例如：CHCH＋CHCH―→CHCCHCH2，有机物甲的结构简式为CH2===C(CH3)CH2C(CH3)3，它是由不饱和烃乙的两分子在一定条件下自身加成后而得到的，在此反应中除生成甲外，还同时得到另一种产量更多的有机物丙，其最长碳链仍为5个碳原子，丙是甲的同分异构体。
乙的结构简式是________________，
名称是__________________。
丙的结构简式是____________________，
名称是________________________。
中有八个碳原子，说明乙分子中肯定含有四个碳原子，另外甲分子有双键，说明参加反应的乙分子中也应有双键，乙的结构应为将其中一分子断裂为—H和
然后加到另一分子的双键上去得到甲。可通过下式看出而在乙的分子中还存在另一个断键情况
不难得出丙为
(下图)中有2个信号。
(1)下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一种峰(信号)的物质是________。
A．CH3CH3　　　　　　　　　B．CH3COOH
C．CH3COOCH3 D．CH3COCH3
(2)化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如下图所示，则A的结构简式为______________，请预测B的核磁共振氢谱上有________个峰(信号)。
【解析】　(1)核磁共振氢谱上只有一种信号峰，则说明该有机物分子结构中只有一种类型的氢原子，CH3CH3和符合这一要求。
(2)C2H4Br2的结构简式有CH3CHBr2和BrCH2CH2Br，若为CH3CHBr2，则核磁共振氢谱上有2个信号峰；
若为BrCH2CH2Br，则核磁共振氢谱上只有一个信号峰。
【答案】　(1)AD　(2)BrCH2CH2Br　2
16．(2009年江苏单科)多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：
(1)写出D中两种含氧官能团的名称：________和________。
(2)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式
________________________________________________________________________。
①苯的衍生物，且苯环上的一取代产物只有两种；②与Na2CO3溶液反应放出CO2气体；③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应。
(3)E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为______________________________。
(4)由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为______________________。
(5)苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯(用合成路线流程图表示，并注明反应条件)。
提示：①R—Br＋NaCN―→R—CN＋NaBr；②合成过程中无机试剂任选；③合成路线流程图示例如下：
【解析】　(1)掌握常见的官能团“—OH”“—CHO”
17．由于萘对儿童健康有不利的影响，目前已禁止生产和使用卫生丸。我国1993年规定用樟脑代替卫生丸。萘和苯相似，在一定条件下，可以和氢气反应生成十氢化萘，它是一种环状化合物。
(1)萘的化学式为________，十氢化萘的化学式为________。
(2)该反应属于________反应，其化学方程式为______________________________________________。
(3)萘的一氯代物有____种，十氢化萘的一氯代物有________________________________________________________________________种。
【解析】　萘的分子式为C10H8，分子中含两个苯环，相当于含有5个
最多能够和5 mol氢气发生加成反应，所以十氢化萘应该比萘多10个氢原子，其化学式为C10H8。萘和十氢化萘分子结构中分别含有2种和3种不同化学环境的氢原子(如下图)，所以其一氯代物分别有2种和3种。
18．(2008年全国Ⅱ高考题)A、B、C、D、E、F和G都是有机化合物，它们的关系如下图所示：
(1)化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，则C的结构简式为　　　　　　　　；
(2)D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，它能跟NaHCO3反应放出CO2，则D分子式为　　　　，D具有的官能团是　　　　；
(3)反应①的化学方程式是________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　；
(4)芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应②化合物B能生成E与F，F可能的结构简式是　　　　　　　　　　　　　　；
(5)E可能的结构简式是　　　　　　　　　。
【解析】　(1)C(C7H8O)遇FeCl3溶液显紫色，说明C分子结构中含酚羟基，则C可能有三种结构：
NaHCO3作用放出CO2说明分子中含—COOH，及其分子式为CxHyO2，则有12x＋y＋32＝88。经讨论可知当x＝4，y＝8时成立，所以D为C4H8O2。其为直链化合物，所以D的结构简式为CH3CH2CH2COOH。由F＋DG(C7H14O2)知其为酯化反应。由G中氧原子个数可知F为饱和一元醇；据方程式元素守恒可知F为C3H8O，所以F可能的结构有：CH3CH2CH2OH或由B为芳香族化合物，与A同属酯类，与A互为同分异构体可知：反应②为酯的水解反应，E的分子式为C8H8O2，且E中含苯环和羧基，所以E可能为：
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一、选择题
1．(2009年德州质检)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】　据双羟基铝碳酸钠的化学式可知其不属于氢氧化物，也不是Al(OH)3和Na2CO3的混合物，而是一种化合物，A、B项均不正确。
NaAl(OH)2CO3＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋3H2O＋CO2↑可知C项不正确；由于反应时有CO2气体放出，故该药剂不适合于胃溃疡患者服用，D项正确。
【答案】　D
2．(2008年广东高考题)海水是一个巨大的化学资源宝库，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，电解熔融NaCl可制备Cl2
B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化
C．海水中含钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
D．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【解析】　海水蒸发发生了物理变化，海水中的K＋需经过化学变化得到钾单质，潮汐发电是将机械能转化为电能。
【答案】　A
3．把镁粉中混入的少量铝粉除去，应选用的试剂是(　　)
A．盐酸 B．氯水
C．烧碱溶液 D．纯碱溶液
【解析】　盐酸跟镁、铝都反应，A错。氯水中存在游离氯，是氧化剂，金属都有还原性，是还原剂，镁、铝都会和氯气反应；氯水中有氯气和水反应的生成物——盐酸和次氯酸，镁、铝都会跟酸反应，B错。烧碱是氢氧化钠，铝可以跟氢氧化钠溶液反应放出氢气，铝变成偏铝酸钠溶于水，镁不反应而分离，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，C对。纯碱溶液是碳酸钠溶液，镁、铝都不反应，D错。
【答案】　C
4．下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是(　　)
A．铝在常温下不能与氧气反应
B．铝不能与氯气反应
C．铝既能溶于酸，又能溶于碱
D．氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应
【解析】　铝在常温下与空气中的氧气反应，在铝表面形成一层致密的氧化膜；铝与氯气反应生成氯化铝；氧化铝是两性氧化物，既能与酸反应，也能与碱反应。
【答案】　C
5.
(2007年上海)用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁(如右图所示)，将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是(　　)
A．实验中发生的反应都是氧化还原反应
B．铝是一种较活泼的金属
C．铝与氧气反应放出大量的热量
D．铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【解析】　实验中发生的反应主要是铝置换汞，铝在空气中被氧化，都是氧化还原反应。从“红墨水柱右端上升”可知，铝与氧气反应放出大量的热。铝箔表面生出的“白毛”是氧化铝。
【答案】　D
6．从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于(　　)
A．金属的导电性强弱 B．金属在地壳中的含量多少
C．金属的化合价高低 D．金属的活动性大小
【解析】　金属的活动性越小，越容易以游离态存在于自然界，金属阳离子的氧化性越强，越容易被还原为金属单质，因而冶炼越容易。
【答案】　D
7．(2009年茂名质检)下列离子在溶液中可以大量共存，且向溶液中加入铝粉能产生氢气的是(　　)
A．K＋、Cl－、Na＋、SO42－ B．Na＋、OH－、Cl－、Ba2＋
C．H＋、Cl－、Fe2＋、NO3－ D．Cu2＋、OH－、CO32－、Na＋
【解析】　Al与H＋或OH－反应生成H2，但H＋、NO3－与Al反应生成NO。A项能大量共存，但加入Al粉后不产生H2；C项H＋、NO3－与Fe2＋因发生氧化还原反应不能大量共存，且加入Al粉不生成H2；D项Cu2＋与OH－，Cu2＋与CO32－均不能大量共存。
【答案】　B
8．将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是(　　)
【解析】　由图象知，Y消耗沉淀达到最大值和沉淀完全溶解，X的用量比是3∶1，A项是1∶1，B项是1∶3，D项开始时无沉淀产生，C项是3∶1。
【答案】　C
9．下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2－＋H2↑
B．Na与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋H2↑＋2OH－
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4＋
【解析】　Al与碱反应时，H2O作氧化剂，A中无水，错误。氧化还原反应时，得失电子守恒，B错。Al(OH)3只溶于强碱，所以D对。
【答案】　D
10．(2009年平顶山模拟)下列操作所得物质为纯净物的是(　　)
A．将一块带有氧化膜的铝片与过量的浓NaOH溶液完全反应后，取澄清溶液将其蒸干，得纯净的NaAlO2固体
B．向NaAlO2溶液中加入过量的AlCl3溶液，将所得沉淀过滤洗涤，加热灼烧去掉水分，可得纯净的Al(OH)3固体
C．把铝块与适量的稀盐酸完全反应，将所得溶液蒸干，可得AlCl3固体
D．把AlCl3溶液与足量氨水反应，将沉淀过滤、洗涤、灼烧去掉水分可得Al2O3固体
【解析】　A项中所得NaAlO2中混有过量的NaOH，B项中会有部分Al(OH)3分解产生Al2O3，C项中AlCl3溶液蒸干时会生成Al(OH)3。D项产生Al(OH)3沉淀后，过滤、洗涤、灼烧得到分解产物Al2O3。故D正确。
【答案】　D
11．等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是(　　)
A．2 mol·L－1H2SO4溶液　B．18 mol·L－1H2SO4溶液
C．6 mol·L－1KOH溶液 D．3 mol·L－1HNO3溶液
【解析】　Mg、Al都可与稀H2SO4反应放出H2，但与浓H2SO4、Al在常温下发生钝化，Mg虽反应但不产生H2。与KOH只有Al反应。与HNO3反应，HNO3为强氧化性酸，都不会产生H2。
【答案】　A
12．甲、乙两烧杯中各盛有200 mL 3 mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为(　　)
A．10.8 g 　 B．7.2 g
C．5.4 g 　　D．3.6 g
【解析】　据2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑知，等质量的Al与过量盐酸和NaOH溶液完全反应时生成的H2的体积比为1∶1，等物质的量盐酸和NaOH与足量的Al溶液完全反应时生成H2的体积比为3∶9＝1∶3，今二者生成的体积比为1∶2，故铝与盐酸反应时，铝过量盐酸不足，铝与氢氧化钠溶液反应时，铝不足而氢氧化钠过量。现在n(HCl)＝0.2 L×3 mol/L＝0.6 mol，所以盐酸完全反应生成H2为0.3 mol，则NaOH与Al反应时生成H2为0.3 mol×2＝0.6 mol，因此铝的质量为0.6 mol××27 g/mol＝10.8 g。
【答案】　A
二、非选择题
13．置换反应的通式可以表示为：单质(1)＋化合物(1)===化合物(2)＋单质(2)，请写出满足以下要求的3个置换反应的化学方程式：
①所涉及的元素的原子序数都小于20。
②6种单质分属6个不同的主族。
【解析】　短周期元素、不同主族间的置换反应，常见的有：
C＋H2O(g)CO＋H2
2Mg＋CO22MgO＋C
Mg(或Al)＋2HCl===MgCl2＋H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2
Cl2＋H2S===2HCl＋S↓
3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl
从以上选择出6种单质分属6个不同主族间的三个置换反应。
【答案】　2Mg＋CO22MgO＋C
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑
2F2＋2H2O===4HF＋O2(其他合理答案也对)
14．A、B、C、D、E五种化合物，均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)写出化学式：A________，C__________，D________，E________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
A→B_____________________________________________________________________，
F→E______________________________________________________________________
【解析】　根据B、F既与酸反应，又与碱反应的特性，和BCF的转化关系，加之涉及的元素主要是短周期元素，故可推断B为Al(OH)3，C为Al2O3，F为Al。其他几种物质也不难推出：A为KAlO2，D为AlCl3，E为NaAlO2。
【答案】　(1)KAlO2　Al2O3　AlCl3　NaAlO2
(2)2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
15．铝及其化合物的优良性能决定了其具有如下重要的用途：①制包装糖果和食品用的铝箔；②制易拉罐；③制电线电缆；④制牙膏皮；⑤用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]净水；⑥制炊具及散热材料；⑦用明矾和苏打做食品膨化剂；⑧用氢氧化铝凝胶制胃舒平药片；⑨制银色防锈油漆颜料；⑩用做制镜材料。
根据你所掌握的知识回答下列问题(填序号)：
(1)由铝的良好延展性决定的用途是________________________________________________________________________。
(2)由铝的良好导电性和导热性决定的用途是________________________________________________________________________。
(3)由铝的光学活性决定的用途是________________________________________________________________________。
(4)由铝的化合物的某些性质决定的用途是________________________________________________________________________。
(5)随着铝元素在人体中的积累的增多，可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织把铝确定为食品污染源之一而加以在控制使用。铝在上述用途中必须加以控制的是________________________________________________________________________。
【解析】　由Al的特性决定Al的用途。Al的化合物明矾、Al(OH)3也有其独特的用途，前者可做自来水的净水剂、食品膨化剂，后者可以是药物的成分。因为铝是食品污染之一，所以应控制人的饮食、医疗等场合与Al接触，从而减少Al元素的摄入量。
【答案】　(1)①②③④　(2)③⑥　(3)⑩　(4)⑤⑦⑧
(5)①②④⑤⑥⑦⑧
16．某学生用电子天平和必要的化学实验仪器测定铁铝合金中各组分含量，其实验装置如下图所示：
实验时，取一块铁铝合金，将其切成碎块后全部加入到盛有50 mL 5.0 mol·L－1 NaOH溶液的烧杯中。试回答下列问题：
(1)合金表面最先产生气泡的位置是________(填“切口断面”或“非切口断面”)，反应的离子方程式为______________________________。
(2)合金表面会形成原电池，其负极的电极反应式为__________________________。
(3)不同时间电子天平的读数如下表所示：
实验操作过程 时间/min 电子天平的读数/g
烧杯＋NaOH溶液 80.0
烧杯＋溶液＋样品 0 87.8
1 87.5
2 87.3
3 87.2
4 87.2
则合金中铁的质量分数为________(保留三位有效数字，下同)。
(4)上述50 mL NaOH溶液中最多可加入的铁铝合金样品质量为________。
【解析】　第(1)问中铁铝化学性质较活泼，表面均易生成氧化物薄膜，故在“切口断面”最先产生气泡，且Al产生Al3＋后，由于NaOH过量，故离子方程式应考虑Al(OH)3与NaOH的反应，其负极反应也是如此。
第(3)问中合金中只有Al与NaOH反应，且溶液减少的质量是H2的质量，则
2Al ＋ 2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
2 mol　2 mol　　　　　　　　　　0.3 mol
0．2 mol 0.2 mol　　　　　　　
所以w(Fe)＝×100%＝30.8%，消耗n(NaOH)＝0.2 mol。
第(4)问中溶解合金最大量：
7．8 g×＝9.75 g。
【答案】　(1)切口断面
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑
(2)Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O
(3)30.8%　(4)9.75 g
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一、选择题
1．(2009年全国Ⅱ理综)下列叙述中正确的是(　　)
A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
【解析】　A项，CaCO3与CO2、H2O反应生成的Ca(HCO3)2与NaHCO3不反应。B项，向Na2CO3溶液中滴加等物质的量的HCl时，发生反应：CO32－＋H＋===HCO3－，不生成CO2。C项，等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应时，NaHCO3产生的CO2多。D项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2时发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，反应中消耗H2O，且生成的NaHCO3溶解度小、质量多，故NaHCO3会结晶析出。
【答案】　D
2．(2010年浙江金丽衢十二校高三联考)在盛有5 mL饱和石灰水的试管中放入一小块钠，不可能观察到的现象是(　　)
A．钠熔成小球并在液面上游动
B．有气体生成
C．试管底部有银白色物质生成
D．溶液变浑浊
【解析】　Na与H2O反应生成NaOH和H2；消耗水且温度升高，Ca(OH)2溶解度减小会有Ca(OH)2析出，但不是银白色固体。
【答案】　C
3．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：
①金属钠先熔化　②在空气中燃烧，发出黄色火花　③燃烧后得到白色固体　④燃烧时火焰呈黄色　⑤燃烧后生成淡黄色固体
以上描述正确的是(　　)
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
【解析】　钠的熔点只有97.81 ℃，受热时立即熔化。钠是一种很活泼的金属，受热时与氧气化合生成过氧化钠，呈淡黄色。
【答案】　D
4．16 g CH4完全燃烧将生成物全部通过过量的Na2O2，Na2O2将增重(　　)
A．16 g B．32 g
C．4 g D．无法判断
【解析】　16 g CH4完全燃烧生成CO2和H2O，但当混合物通过Na2O2时，C元素按CO被吸收，H元素完全被吸收生成NaOH。16 g CH4燃烧后被Na2O2吸收的质量应为1 mol CO的质量加上4 mol H的质量，共32 g。
【答案】　B
5．在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g/cm3不溶于水)各50 mL。将一小粒金属钠(密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中，观察到的现象可能是(　　)
A．钠在水层中反应并四处游动
B．钠停留在苯层中不发生反应
C．钠在苯的液面上反应并四处游动
D．钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动
【解析】　Na的密度比水的密度小，比苯的密度大，因此，Na在水与苯的界面处；Na与水反应放出H2，生成的H2附在钠的表面，受到的浮力变大往上运动，但钠与苯不反应，H2释放后，在重力作用下，钠又会落到水面上，与水发生反应，重复上述现象。
【答案】　D
6．(2009年台湾)下表所列为五种可溶性盐在30 ℃的溶解度(g/100 g H2O)：
盐 NaCl NaHCO3 Na2CO3 (NH4)2CO3 NH4Cl
溶解度 36.5 12.1 30.0 27.0 41.1
若在30 ℃的饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入二氧化碳就会有晶体析出。试参考表中的数据，推测析出的晶体是下列的哪一种(　　)
A．NaCl B．NaHCO3
C．Na2CO3 D．(NH4)2CO3
E．NH4Cl
【解析】　食盐水中通入氨气，再通入CO2后，溶液中应含Na＋、Cl－、NH4＋、CO32－、HCO3－。各盐类的溶解度大小为：NH4Cl>NaCl>Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3，其中Na＋、HCO3－会先形成NaHCO3结晶析出。
【答案】　B
7．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，搅拌使固体完全溶解。则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是(　　)
A．甲<乙<丙<丁 B．丁<甲<乙＝丙
C．甲＝丁<乙＝丙 D．丁<甲<乙<丙
【解析】　根据与水反应的方程式：
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
溶质的物质的量为甲＝丁<乙＝丙，溶剂的量为：丁>甲＝乙＝丙，而质量分数w＝×100%，所以质量分数为乙＝丙>甲>丁。
【答案】　B
8．下列关于铷的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属铷投入水中会引起爆炸
B．铷是一种强还原剂，铷离子很稳定
C．铷受热后，能在空气中剧烈燃烧，生成比过氧化物更复杂的氧化物
D．铷原子的核电荷数比钾原子的核电荷数多，因此铷原子失电子的能力小于钾原子
【解析】　金属铷的化学性质与钾、钠等金属的化学性质相似，但比钾、钠更活泼，因此铷跟水、氧气等物质反应的剧烈程度大于钾跟这些物质反应的剧烈程度，更大于钠跟以上物质反应的剧烈程度。原因是铷原子最外电子层只有1个电子，且原子半径大于钾原子半径，因此铷原子比钾原子更易失去最外层上的1个电子。铷离子的最外电子层为8个电子的稳定结构。
【答案】　D
9．(2009年广州模拟)下列各物质的学名是：Na2S2O3叫硫代硫酸钠；CaSx叫多硫化钙；Na2O2叫过氧化钠；KO2叫超氧化钾。试综合上述命名规律，分析回答：Na2CS3应读做(　　)
A．硫代碳酸钠 B．多硫碳酸钠
C．过硫碳酸钠 D．超硫碳酸钠
【解析】　据题意分析：硫代硫酸钠(Na2S2O3)表明Na2SO4分子中的一个氧原子被一个硫原子代替，代替氧的硫原子的化合价仍为－2价，而多硫化钙表明普通硫化钙又与硫结合后的产物，硫的价态发生了改变；过氧化物中含有过氧根离子即O22－，超氧化物中含有超氧根离子即O2－，它们的价态都与原先氧的价态不同，综上分析应选A。
【答案】　A
10．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入足量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH虽除去了Na2SO4，但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
11．在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5 g溶于水，所得溶液恰好能被80 mL浓度为0.50 mol·L－1的HCl溶液中和，则该生成物的成分是(　　)
A．Na2O B．Na2O2
C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2
【解析】　采用元素守恒法：
n(HCl)＝0.08 L×0.50 mol·L－1＝0.04 mol，n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.04 mol，
所以n(O)＝＝ mol，＝＝，即1<<2，应为Na2O和Na2O2的混合物。
【答案】　C
12．①将0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液逐滴滴入0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸中
②将0.100 L 1.25 mol·L－1的盐酸逐滴滴入0.100 L 1.00 mol·L－1的纯碱溶液中
两种操作产生CO2的体积比为(　　)
A．5∶2 B．2∶5
C．2∶1 D．1∶1
【解析】　纯碱与盐酸反应时，操作顺序不同反应进程也不同。
操作①：纯碱滴入盐酸中，发生反应：
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
生成的CO2与盐酸用量有关：
n(CO2)＝n(HCl)＝×0.100 L×1.25 mol·L－1＝0.062 5 mol
操作②：盐酸滴入纯碱中，发生反应：
Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3(1)
NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O(2)
则反应(1)消耗盐酸：
0．100 L×1.00 mol·L－1＝0.100 mol
生成0.100 mol NaHCO3，过量盐酸(0.025 0 mol)与NaHCO3反应生成0.025 0 mol CO2，所以：
n(CO2)①∶n(CO2)②＝0.062 5∶0.025 0＝5∶2。
【答案】　A
二、非选择题
13．(1)分别写出由氧气在一定条件下生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。
①O3：________________________________________________________________________；
②Na2O2：________________________________________________________________________；
③Na2O：________________________________________________________________________。
(2)指出氧元素在下列各物质中的化合价：
①O3：________；②Na2O2：________；③Na2O：________。
(3)向一小烧杯中分别加入等体积的水或煤油，片刻后再向该烧杯中缓缓地加入绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象是(　　)
【解析】　(1)由O2生成O3的条件是放电，而Na与O2反应时，常温下接触反应生成Na2O，加热时生成Na2O2。
(2)单质中元素化合价为零价，在Na2O2和Na2O中据钠的化合价为+1价和正负化合价代数和为零即可推出氧元素的化合价。
(3)钠的密度比煤油的密度大，比水的密度小，所以钠投入烧杯中时主要停留在水和煤油的交界处。
【答案】　(1)①3O22O3　②2Na+O2Na2O2
③4Na+O22Na2O　(2)①0　②-1　④-2
(3)A
14．(2009年广东惠州模拟)A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。
根据以上叙述回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D____________；E____________。
(2)按要求完成方程式：
①E加热生成D和F________________________________________；
②C溶液和CO2反应生成D的离子方程式____________________。
【解析】　据焰色反应可知，A、B、C、D、E是钠及其重要化合物，因“A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性”，所以A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，又因为“E加热能够生成D和F气体”，结合其他条件，可推出D为Na2CO3，E为NaHCO3，F为CO2。
【答案】　(1)Na　Na2O2　NaOH　Na2CO3　NaHCO3
(2)①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
②2OH－＋CO2===CO32－＋H2O
15．不同温度下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，则该反应的离子方程式为____________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸后的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是________(填序号)。
A．氢氧化钡溶液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．澄清的石灰水
(2)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是__________________________________。
【解析】　NaHCO3水解的离子方程式为HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－。
(1)丙同学加入足量试剂X是为了检验溶液中是否有CO32－，而即使无Na2CO3，NaHCO3也会与Ba(OH)2、Ca(OH)2反应分别产生白色沉淀，而BaCl2与NaHCO3不反应，能与Na2CO3反应产生BaCO3沉淀，故BaCl2可以检验加热煮沸后的溶液中是否有Na2CO3，从而做出判断。
(2)因水的沸点为100 ℃，有水存在，溶液温度一般不超过100 ℃，故NaHCO3不会发生分解，所以乙的判断是错误的。
【答案】　HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－　(1)乙　B
(2)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
16．化学活动课上，三组学生分别用图示甲、乙两装置，探究“NaHCO3和Na2CO3与稀盐酸的反应”，按表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中(装置的气密性已检查)。
请回答：
(1)各组反应开始时，___________装置中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是_____________________________________________________________。
(2)当试管中不再有气体生成时，三组实验出现不同的现象，填写下表的空格。
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 分析原因
第①组 0.42 g NaHCO30．53 g Na2CO33 mL 4 mol/L盐酸 甲中气球与乙中气球的体积相等 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)＝n(Na2CO3)V甲(CO2)＝V乙(CO2)
第②组 0.3 g NaHCO30．3 g Na2CO33 mL 4 mol/L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
第③组 0.6 g NaHCO30．6 g Na2CO33 mL 2 mol/L盐酸 甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变 (用离子方程式表示)：
【解析】　(1)甲中发生反应： HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O；乙中发生反应；CO32－＋H＋===HCO3－，HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O。故甲中气球先变大。
(2)由试剂用量可知：第②组盐酸均过量，由于NaHCO3的物质的量大于Na2CO3的物质的量，与盐酸反应时，NaHCO3产生的气体多，致使甲中气球的体积大；第③组盐酸均不足，而等量的盐酸分别与足量NaHCO3和Na2CO3反应时，NaHCO3产生的CO2多，因此，甲中气球的体积大；乙中Na2CO3过量，先发生反应：CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O，后来过量Na2CO3溶液又吸收部分CO2，所以片刻后乙中气球又缩小。
【答案】　(1)甲　HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)
试剂用量 实验现象(气球体积变化) 分析原因
② 甲、乙盐酸均过量n(NaHCO3)>n(Na2CO3)V甲(CO2)>V乙(CO2)
③ 甲、乙盐酸均不足量消耗的n(NaHCO3)>n(Na2CO3)V甲(CO2)>V乙(CO2)
CO2＋H2O＋CO32－===2HCO3－
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一、选择题
1．(2009年山东东营模拟)下图是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字(I为碘元素符号)。由此，你得到的信息和作出的推测是(　　)
　　　　　　　　　　配料表
氯化钠(NaCl) ≥98.0%(以NaCl计)
碘酸钾(KIO3) (35±15)mg/kg(以I计)
A.人体不能缺碘，需要正常补碘。“加碘食盐”中的“碘”是指碘单质
B．该食盐商品是以海盐为原料，经过加工后的产品，是盐类的纯净物
C．1 kg此食盐中含碘酸钾(35±15)mg
D．“菜未烧熟不宜加入碘盐”的原因可能是碘酸钾受热不稳定
【解析】　碘单质有毒，故不能作为碘盐原料，因为加碘盐含有KIO3，故不是纯净的，由题意知其碘含量是以I元素质量计算，故A、B、C皆不正确。KIO3性质类似KClO3，受热易分解。
【答案】　D
2．下列物质中不会因见光而分解的是(　　)
A．NaHCO3　　　　　　　　B．HNO3
C．AgI D．HClO
【解析】　本题主要通过对一些常见物质是否分解及分解的原因的分析，考查考生对元素化合物知识的掌握程度。题目所给四种物质在受热时皆易分解，而在见光时，HNO3、AgI和HClO易分解，而NaHCO3不分解。
【答案】　A
3．2005年3月29日晚，京沪高速公路淮安段上行线103 K＋300 M处，一辆载有约35吨液氯的山东槽罐车与一辆山东货车相撞，导致槽罐车中液氯大面积泄漏，造成28人死亡，中毒入院人数为350名。作为救援消防干警在现场的下列处理方法和过程较合理的是(　　)
①及时转移疏散人群，同时向有关部门如实报告事故有关情况
②被转移人群应戴上用浓NaOH溶液处理过的口罩
③用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液
④被转移人群可戴上用Na2CO3溶液处理过的口罩
⑤将人群转移到地势较低的地方即可，不必走太远
⑥及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染
⑦常温下氯气能溶于水，所以只要向空气中喷洒水就可以解毒
A．②③④⑤ B．①③⑤⑦
C．①②⑤⑥ D．①③④⑥
【解析】　浓NaOH溶液具有强腐蚀性，②错误；Cl2的密度比空气的密度大，所以应将人群转移到较高的地方，⑤错误；Cl2在水中的溶解度很小，⑦错误。
【答案】　D
4．下列氯化物中不能用金属和氯气直接反应制得的是(　　)
A．CuCl2 B．FeCl2
C．MgCl2 D．KCl
【解析】　Cl2和变价金属反应生成的是高价金属的氯化物。即铁和Cl2反应生成的是FeCl3。
【答案】　B
5．(2008年汕头)咖喱是一种烹饪辅料，若白衬衣被咖喱汁玷污后，用普通肥皂洗涤该污渍时会发现黄色污渍变为红色。经水漂洗后红色又变为黄色。据此现象，你认为咖喱汁与下列何种试剂可能有相似的化学作用(　　)
A．品红溶液 B．石蕊溶液
C．氯水 D．KI淀粉溶液
【解析】　石蕊溶液遇酸变成红色，遇碱变成蓝色。据此联想到咖喱汁遇到肥皂(碱性物质)能变红色，漂洗后，也就是将碱性物质洗去，又变回原来颜色，可知咖喱汁类似于石蕊，是一种酸碱指示剂。品红溶液遇SO2褪色，再加热才能恢复红色与题意不符。
【答案】　B
6．下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是(　　)
配料 精盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量 35±15 mg/kg
储存方法 密封、避光、防潮
食用方法 烹饪时，待食品熟后加入碘盐
A.高温会导致碘的损失
B．碘酸钾可氧化氯化钠
C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾
D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50 mg/kg
【解析】　2KIO32KI＋3O2↑，5I－＋IO3－＋6H＋===3I2＋3H2O，加热时I2升华，故A正确。在该条件下KIO3不能氧化NaCl，B错。淀粉遇碘单质变蓝，而不是碘的化合物，C不正确。题表中碘含量表示的是碘元素的含量为20～50 mg·kg－1，D不正确。
【答案】　A
7．(2008年全国高考)已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(不考虑①单元装置)(　　)
A．只有①和②处 B．只有②处
C．只有②和③处 D．只有②、③、④处
【解析】　①是制备氯气的装置　②是除去氯气中氯化氢杂质的装置　③是干燥装置　④是用于氯气与金属反应的装置。除杂时不能消耗欲保留的气体，因为氯气可与NaOH溶液反应，方程式为：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，所以②处错误；③中进气管短，出气管却插入液面下，所以无法干燥气体也不能使气体进入④中与金属反应，所以③处错误；④是一个封闭体系，未反应的气体不断蓄积会使容器内压强过大而发生爆炸，所以④处错误。
【答案】　D
8．(2009年南京)随着卤素原子半径的增大，下列变化规律正确的是(　　)
A．单质的熔、沸点逐渐降低
B．卤素离子的还原性逐渐增强
C．气态氢化物稳定性逐渐增强
D．单质氧化性逐渐增强
【解析】　卤族元素随着原子序数的递增，其性质呈现有规律的变化，由于相对分子质量的增大，单质的熔、沸点逐渐升高，常温下F2、Cl2为气态，Br2为液态，碘为固体。单质的氧化性逐渐减弱，对应的卤离子的还原性逐渐增强，气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，它们水溶液的酸性却逐渐增强(在相同条件下)。
【答案】　B
9．由于碘是卤素中原子半径较大的元素，可能呈现金属性。下列哪个事实能够说明这个结论(　　)
A．已经制得了IBr、ICl等卤素互化物
B．已经制得了I2O5等碘的氧化物
C．已经制得了I(NO3)3、I(ClO4)3·2H2O等含I3＋离子的化合物
D．碘(I2)易溶于KI等碘化物溶液，形成I3－离子
【解析】　解答本题时，应抓住“可能呈现金属性”这一信息，可知选项C中的化合物I(NO3)3和I(ClO4)3·2H2O，其中碘为＋3价简单阳离子，体现了金属性。
【答案】　C
10．(2009年菏泽模拟)碘跟氧可以形成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中碘元素呈＋3、＋5两种价态，这种化合物的化学式是(　　)
A．I2O3 B．I2O4
C．I4O7 D．I4O9
【解析】　碘酸根为IO3－，＋3价碘作为阳离子，写成盐的形式是I(IO3)3，合并后可写成I4O9。
【答案】　D
11．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，生成NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，其中ClO－与ClO3－浓度比为1∶3，则Cl2与NaOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为(　　)
A．21∶5 B．11∶3
C．3∶1 D．4∶1
【解析】　根据得失电子守恒，若生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3，则必有1＋3×5＝16 mol电子转移，必有16 mol Cl被还原。
【答案】　D
二、非选择题
12．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下图所示关系进行反应。又知E溶液是无色的，请回答：
(1)A是__________，B是__________，C是__________(请填化学式)。
(2)反应①的化学方程式为：________________________________________________________________________。
(3)反应③的化学方程式为：________________________________________________________________________。
(4)反应④的化学方程式为：________________________________________________________________________。
【解析】　本题的突破口是B为黄绿色气体，据中学所学知识可知，B为Cl2，结合B(Cl2)＋C(无色气体)―→EE溶液，可猜测C为H2，E为HCl。
再结合：A(固体)＋B(Cl2)―→D(固体)
E(液体)＋A(固体)―→C(H2)＋F
F＋B(Cl2)―→D(溶液)
可推测A为Fe，F为FeCl2，D为FeCl3。
经验证，以上推测是正确的。
【答案】　(1)A.Fe　B．Cl2　C．H2
(2)2Fe＋3Cl22FeCl3
(3)2HCl＋Fe===FeCl2＋H2↑
(4)2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
13．(2008年山东高考题)食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。
(1)粗食盐常含有少量K＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液　饱和K2CO3溶液　NaOH溶液　BaCl2溶液　Ba(NO3)2溶液　75%乙醇　四氯化碳
①欲除去溶液Ⅰ中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－离子，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为________________________________________________________________________
(只填化学式)。
②洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为____________。
(2)用提纯的NaCl配制500 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除药匙、玻璃棒外还有________________________________________________________________________
______________(填仪器名称)。
(3)电解饱和食盐水的装置如右图所示，若收集的H2为2 L，则同样条件下收集的Cl2　　　　(填“>”“=”“<”)2 L，原因是________________________________________________________________________。
装置改进后，可用于制备NaOH溶液，若测定溶液中NaOH的浓度，常用的方法为________________________________________________________________________。
(4)实验室制备H2和Cl2通常采用下列反应：
Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
据此，从下列所给仪器装置中选择制备并收集H2的装置________(填代号)和制备并收集干燥、纯净Cl2的装置________(填代号)。
可选用制备气体的装置：
【解析】　(1)①所加试剂过量，后加试剂须除去前面所加的过量试剂，故Na2CO3溶液在BaCl2溶液后(不能用K2CO3，因其引入K＋)；②晶体表面的K＋用75%乙醇洗涤(减少NaCl的溶解，乙醇易挥发)。(2)所需仪器除烧杯、胶头滴管、500 mL容量瓶(不要漏答规格)，还需天平(称量晶体)。(3)因Cl2会与NaOH溶液反应，其体积比H2小。(4)制H2选用排水法或向下排空气法(f为向上排空气法)，制Cl2要求纯净(除HCl)，干燥[除H2O(g)]，选d。
【答案】　(1)①BaCl2、NaOH、Na2CO3(NaOH溶液的加入顺序不影响)　②75%乙醇
(2)天平、烧杯、500 mL容量瓶、胶头滴管
(3)<　电解生成的氯气与电解生成的NaOH发生了反应　酸碱中和滴定　(4)e　d
14．据报载，广州一家庭主妇在家中打扫卫生，为了获得更强的去污能力，把洁厕灵与漂白粉等洗涤用品混用，结果导致氯气中毒死亡。洁厕剂是用盐酸勾兑成的。
(1)如果你不慎把洁厕剂与漂白粉等混用，你判断有氯气逸出的理由是________________________________________________________________________。
如果你不逃离现场，那么你打算采取的措施是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(假设室内有NaHCO3溶液、肥皂水、水、NaBr溶液、NaOH溶液等)
(2)请写出洁厕剂与漂白粉混合产生氯气的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
该反应中氧化剂是________(用化学式表示)，若反应中转移的电子数是1.204×1023，则被氧化的HCl的质量是________g。
【解析】　碱性条件下氯气发生氧化还原反应生成漂白粉，而在酸性条件下漂白粉会生成氯气。处理室内散发的氯气时，既要考虑到溶液碱性大小，又要不能腐蚀房间及内部各种物品。特别注意被氧化的HCl的质量是参加反应的HCl的质量的一半。本题的创新点在于用所学化学知识解决现实生活中的问题。充分体现了新课标的理念——从生活走向化学，从化学走向社会。
【答案】　(1)漂白粉与盐酸反应生成Cl2　用蘸有NaHCO3溶液的毛巾捂住口鼻，然后用喷雾器等向室内喷洒肥皂水
(2)Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O　Ca(ClO)2　7.3
15．(2009年天津模拟)对某宇航员从天外某星球外层空间取回的气体样品进行如下实验：
①将气体样品溶于水，发现其主要气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2共热生成一种黄绿色气体单质B，B通入NaOH溶液中生成两种钠盐；
③A的稀溶液与锌粒反应生成气体C，C与B组成的混合气体经光照发生爆炸，生成气体A，实验测得反应前后气体体积不变。
据此回答下列问题：
(1)写出A、B、C的分子式：
A________；B________；C________。
(2)写出A的浓溶液与MnO2共热的化学反应方程式：
________________________________________________________________________。
(3)写出B通入NaOH溶液生成两种钠盐的反应方程式：
________________________________________________________________________。
(4)科研资料表明：如果该星球上有生命活动，则这些生物可能从该星球上液态氨的海洋中产生，因为那里的液氨相当于地球上的水，据此推测：该星球上是否有生命活动？简述理由。
【解析】　此题的题干新，但对A物质的描述都符合常见物质HCl，而黄绿色气体单质B符合Cl2的性质。据此可得：A：HCl　B：Cl2　C：H2　(1)(2)(3)可顺利答出。(4)是利用新情况，考查旧知识，即考查共存原理。HCl与NH3不共存。
【答案】　(1)HCl　Cl2　H2
(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(3)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
(4)不可能有生命活动。因为该星球外层空间存在的HCl极易和NH3发生反应生成NH4Cl，所以该星球上不可能形成液态氨的海洋。
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一、选择题
1．材料是人类赖以生存的重要物质基础，而化学是材料科学发展的基础，下列有关材料的说法中正确的是(　　)
A．生活中的玻璃、陶瓷、水泥属于无机硅酸盐材料，其生产原料都需要使用石灰石
B．合金材料钢铁里的铁和碳在潮湿的空气中因构成许多原电池而易发生电化学腐蚀
C．居室装修材料如化纤地毯、三合板、花岗岩等均会释放出污染空气的甲醛气体
D．造成“白色污染”的聚氯乙烯塑料在日常生活中可用来进行食品包装
【解析】　陶瓷生产中不需要石灰石，花岗岩中释放出来的有害物质是放射性气体氡，聚氯乙烯塑料不可用于食品包装，A、C、D均错误，钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，所形成的原电池的负极为铁，正极为碳，B正确。
【答案】　B
2．2008年北京奥运会上的金牌材料是体现中华传统文化理念的金镶玉材质。玉的主要成分是一些结构特殊的矿物质，如NaAl[Si2O6]。关于这种金牌的推测正确的是(　　)
A．不能溶于任何溶剂
B．该金牌中“玉”的主要材料不属于硅酸盐
C．该金牌的材质在固体状态时能导电
D．NaAl[Si2O6]可以表示为Na2O·Al2O3·2SiO2
【解析】　A项中金牌中的金能溶于王水；B中玉的主要成分可以看作Na2SiO3和Al2(SiO3)3，都为硅酸盐；C项中，由于硅酸盐为固体时，其中的离子不能自由移动，不能导电。
【答案】　D
3．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；
③Ca(OH)2溶液；④饱和Na2CO3溶液。最终溶液中有白色沉淀析出的是(　　)
A．①②③④ B．②④
C．③④ D．②③④
【解析】　CO2溶于水：CO2＋H2O??H2CO3，H2CO3的酸性比盐酸弱，而比硅酸强。根据酸与盐反应的规律，CO2通入CaCl2溶液无明显现象(一般弱酸不能制强酸)；过量的CO2通入Na2SiO3溶液中有白色沉淀H2SiO3生成；CO2通入Ca(OH)2溶液至过量：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，最终生成Ca(HCO3)2而无沉淀产生；过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3↓，生成的NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，从而有结晶析出。
【答案】　B
4．①水泥路桥　②门窗玻璃　③水晶镜片　④石英钟表　⑤玛瑙手镯　⑥硅太阳能电池　⑦光导纤维　⑧计算机芯片
所用材料为SiO2或要用到SiO2的是(　　)
A．⑥⑧ B．①②⑦⑧
C．①②③④⑤⑦ D．全部
【解析】　①②③④⑤⑦中直接用到SiO2，而⑥⑧中Si来自于SiO2制备，是用SiO2作原料，而不是材料。
【答案】　C
5．(2009年江苏南通调研)从石英砂制取并获得高纯硅的主要化学反应如下：
①SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑
②Si(粗)＋2Cl2SiCl4
③SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl
关于上述反应的分析不正确的是(　　)
A．①、③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28 g硅，均转移4 mol电子
D．高温下将石英砂、焦炭、氯气、氢气按一定比例混合可得高纯硅
【解析】　选项A，根据置换反应和化合反应的概念即可判断，正确；选项B，根据反应①可知还原性焦炭大于硅，根据反应③可知还原性氢气大于硅，正确；选项C，在三个反应中，硅元素的化合价从0价变为＋4价或从＋4价变为0价，故每消耗或生成28 g硅，转移电子均为4 mol，正确；选项D，反应中得到的易挥发的 SiCl4分离出来后再用氢气还原才可以得到高纯硅，故原操作不正确。
【答案】　 D
6．(2009年潍坊模拟)把7.4 g Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水，配成100 mL溶液，其中c(Na＋)＝0.6 mol/L。若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是(　　)
A．3.18 g B．2.21 g
C．5.28 g D．4.22 g
【解析】　加热混合物最终得到的是Na2CO3，根据Na元素守恒，n(Na2CO3)＝ n(Na＋)＝×0.1 L×0.6 mol/L＝0.03 mol，所以，m(Na2CO3)＝0. 03 mol×106 g/mol＝3.18 g。
【答案】　A
7．酒精灯不易点燃或燃烧不好，可能的原因有：①酒精灯不用时没盖上灯帽，②灯芯外露部分已烧焦炭化，③灯内的酒精只占灯容积的1/2。叙述正确的是(　　)
A．①②③ B．只有①
C．①② D．只有②
【解析】　酒精灯用后要及时盖灯帽，防止酒精挥发而使其不易点燃或燃烧不好。灯芯外露部分烧焦炭化也不利于酒精灯的燃烧。
【答案】　C
8．(2008年江苏南通模拟)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碱性强
C．碳酸与硅酸钠溶液反应生成原硅酸
D．高温下SiO2和Na2CO3反应
【解析】　非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸根的水解能力越弱，对应酸越强。
【答案】　D
9．许多化学实验采用水浴加热，其原因有(　　)
①化学实验温度低于100 ℃　②水浴加热反应速率大　③反应物受热均匀，便于控制反应速率　④便于控制反应时的温度
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②④
【解析】　水浴加热方式是以水做为传热介质，因水的比热较大，故升温(降温)速度较慢，使被加热物质受热均匀，且不会超过水的沸点(100 ℃)，同时也便于使用温度计控制反应温度，从而控制反应速率。
【答案】　C
10．(2009年济南联考)假设SiO2原子晶体中Si原子被Al原子取代，不足的价数由K原子补充，当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为(　　)
A．KAlSiO4 B．KAlSi2O6
C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O10
【解析】　SiO2中Si的化合价为＋4价，所以化学式中一个Si原子可被1个Al原子和1个K原子替换，SiO2可写为Si1/4Si3/4O2，根据题意正长石化学式为(KAl)1/4Si3/4O2，化简得KAlSi3O8。
【答案】　C
11．(2008年宁夏银川)反应CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑能说明的是(　　)
A．CaCO3的热稳定性不如CaSiO3强
B．C的非金属性比Si的强
C．硅酸的酸性比碳酸的强
D．SiO2的氧化性不如CO2
【解析】　这个反应的发生是因为CO2为气体且CaCO3的热稳定性弱于CaSiO3，和两种对应酸的酸性强弱无关，故C项错误，A项正确。B、D项，说法虽然正确，但不能由CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑这个反应来证明。
【答案】　A
12．(2008年洛阳模拟)下列说法中，不正确的是(　　)
A．SiO2和CO2都是酸性氧化物，均可与NaOH溶液反应
B．SiO2不能与任何酸发生反应
C．SiO2和CO2在一定条件下，均可与CaO发生反应
D．SiO2不溶于水，而CO2可与水反应，生成H2CO3
【解析】　SiO2是一种酸性氧化物，但是可与HF溶液发生反应，生成SiF4和H2O，答案为B。
【答案】　B
二、非选择题
13．(1)2009年1月1日国家对陶瓷制品降低进口税率，这将刺激陶瓷材料市场。氮化硅(Si3N4)是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1 300 ℃时反应获得。
①根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是______(填序号)。
A．制气轮机叶片 B．制有色玻璃
C．制永久性模具 D．制陶瓷发动机
②氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③现用SiCl4和N2(在H2气氛下)，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)三硅酸镁晶体(Mg2Si3O8·nH2O)被用来治疗胃溃疡患者的胃酸过多症，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。将三硅酸镁晶体改写成氧化物形式________________________________________________________________________；
写出它中和胃酸(主要成分为盐酸)的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)①由Si3N4的硬度大、熔点高、化学性质稳定可知Si3N4为原子晶体，应用为ACD。
②Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑。
③2N2＋3SiCl4＋6H2Si3N4＋12HCl。
(2)2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl===2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O。
【答案】　(1)①ACD　②Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑(或Si3N4＋16HF===3SiF4↑＋4NH4F)　③3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
(2)2MgO·3SiO2·nH2O　2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl===2MgCl2＋3SiO2＋(n＋2)H2O
14．(2008年全国理综Ⅰ)V、W、X、Y、Z是由周期表中1～20号部分元素组成的5种化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成。上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。它们之间的反应关系如下图：
(1)5种化合物分别是V ______、W ______、X ______、Y ______、Z ______；(填化学式)
(2)由上述5种化合物中的某2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是________________________________________________________________________；
(3)V的电子式是____________。
【解析】　本题考查无机框图推断。
(1)由ZX＋H2O可推知Z中必含氢元素，再由X为无色无味气体，且是由V与O2反应所得，结合生成X的两个转化反应可初步判断X为一种氧化物，符合要求的只有CO或CO2，所以Z中可能含有碳元素，即Z为CH4或其他碳氢化合物。再通过V(固体)＋H2O―→Y(白色固体)＋Z(无色气体)可推知V为CaC2，Y为Ca(OH)2，Z为C2H2，从而验证以上推断。CaC2与O2可生成CaO和CO2，W为CaO，X为CO2。
(2)5种化合物中，2种可反应生成一种新化合物，且包含5种元素，则该新化合物为Ca(HCO3)2。
2CO2＋Ca(OH)2===Ca(HCO3)2
【答案】　(1)CaC2　CaO　CO2　Ca(OH)2　C2H2
(2)Ca(OH)2＋2CO2===Ca(HCO3)2
(3)Ca2＋[C C]2－
15．(2008年宁波模拟)古希腊流传这样一个传奇故事。一批贩运碱的商船停泊在江边的沙岸旁，商人们找不到石头搭灶做饭，就把船上的大块纯碱搬来，放在沙地上与碎石一块垫锅烧饭，饭熟后商人们惊奇地发现“灶”变成了晶莹透明的固体。这固体是________，主要成分是____________。
【解析】　沙岸边有SiO2，纯碱成分Na2CO3，碎石成分CaCO3垫锅烧饭高温下发生了制玻璃的反应。
【答案】　玻璃　Na2SiO3、CaSiO3、SiO2(或Na2O·CaO·6SiO2)
16．某课外活动小组拟用下列装置做炼铁原理的实验，同时检测氧化铁的纯度(假设矿石中不含其他与CO反应的成分)，并除去尾气。CO使用乙二酸分解：H2C2O4CO2↑＋CO↑＋H2O来制取，与Fe2O3反应的CO需纯净、干燥。
(1)若所制气体从左向右流向时，上述仪器组装连接的顺序是(用a，b……表示)a接b，c接________，________接________，________接________。
(2)装置丙的作用是________________________________________________________________________。
(3)怎样除去尾气中的CO气体？________________________________________________________________________。
(4)实验前氧化铁矿石粉末为x g，经充分反应实验后测得乙、丙质量分别增加y g和z g，则该矿石中氧化铁的质量分数为________。
【解析】　由题给信息知乙中过量浓NaOH溶液的作用为除去乙二酸分解产生的CO2，以防干扰后面氧化铁纯度的测定，丙装置中过量浓NaOH溶液的作用是吸收产生的CO2，从而测定氧化铁的纯度，所以连接的顺序为：c→f，g→h，i→e。
设Fe2O3的质量为m g。
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
160 g　　　　　　　3×44 g
m g z g
＝
m＝z
故氧化铁的质量分数为×100%。
【答案】　(1)f　g　h　i　e(h与i顺序可颠倒)
(2)吸收CO2，用于计算氧化铁的纯度
(3)将点燃的酒精灯放在d处
(4)×100%
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一、选择题
1．食盐、食醋、纯碱均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质不能完成的实验是(　　)
A．鉴别食盐和纯碱　　　　　　B．检验蛋壳能否溶于酸
C．除去热水瓶内壁上的水垢 D．检验自来水中是否含Cl－
【解析】　家庭厨房中常用物质不能用来检验Cl－。
【答案】　D
2．(2009年上海模拟)四支试管分别充满O2、NO2、Cl2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种液体的水槽中，发生的现象如下图所示，其中充满Cl2的试管是(　　)
【解析】　NH3极易溶于水，因此试管中全部充满液体，为A；3NO2+H2O===2HNO3+NO，据此反应可看出盛有NO2的试管水进入试管的，故为B；因Cl2少量溶解于水，若为D，则有少量液体进入试管，因此充满Cl2的试管是C(Cl2在饱和食盐水的溶解度很小)，O2难溶于水，应为D。
【答案】　C
3．某学生想利用如右图所示装置(烧瓶位置不能移动)收集下列气体：①H2、②Cl2、③CH4、④HCl、⑤NH3、⑥NO、⑦NO2、⑧SO2，下列操作正确的是(　　)
A．烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤
B．烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧
C．在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦
D．在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥
【解析】　收集气体时，不管是排气法还是排水法，都是进来的气体留下，原来的空气或水被排出。
【答案】　A
4．为制备干燥、纯净的CO2，将大理石和盐酸反应生成的气体先后通过装有下列物质的两个吸收装置，两个装置应按顺序装入(　　)
A．饱和Na2CO3溶液；无水CaCl2
B．饱和NaHCO3溶液；浓H2SO4
C．浓H2SO4；饱和NaHCO3溶液
D．饱和NaHCO3溶液；稀H2SO4
【解析】　实验室制取CO2时，混有杂质为HCl、H2O(g)，应先通过饱和的NaHCO3溶液以除去HCl，再通过浓H2SO4或无水CaCl2，目的是除去CO2中的水蒸气。除HCl时，不能用饱和Na2CO3溶液，因为Na2CO3能消耗CO2。故只有B正确。
【答案】　B
5．某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4－的颜色，而不是K＋的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是(　　)
A．将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少
B．观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色
C．在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋无反应
D．在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－为紫红色
【解析】　首先高锰酸钾溶液中存在两种离子：K＋和MnO4－，选项B、C表明K＋无色且不与锌反应，再由选项D进一步说明MnO4－能与锌反应，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－为紫红色。
【答案】　A
6．某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成。在恒温恒压的条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色。则原混合气体的成分一定含有的是(　　)
A．CH4和NH3 B．HCl、H2和CO
C．HCl和CO D．HCl、CO和CO2
【解析】　“通过浓H2SO4时总体积基本不变”，说明无NH3；“通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但混合气体的总体积减小”，说明无CO2，有HCl；混合气体中能在氧气中燃烧的有CH4、H2和CO，前两者都能生成水，水能使CuSO4粉末变色，但题中却说“燃烧产物不能使CuSO4粉末变色”，说明无CH4、H2，有CO，可见该混合气体中一定含有HCl和CO。
【答案】　C
7．(2009年福州高三质检)用下列装置制取并收集NO2气体，其中最合理的是(　　)
【解析】　铜和浓硝酸反应的产物是二氧化氮，其密度比空气大，因此利用排空气法用封闭装置收集二氧化氮气体时，导气管应该长进短出，这样有利于把试管中的空气排尽。
【答案】　C
8．(上海化学)右图所示是气体制取装置，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取氯气
D．电石和水制取乙炔
【解析】　A项不能用H2SO4与CaCO3反应制CO2，应用HCl，因CaSO4微溶于水。C项MnO2与浓HCl反应制Cl2需加热。D项电石与水的反应过于剧烈，且反应放热。
【答案】　B
9．(2009年肇庆高三第一次模拟考试)Zn(OH)2是一种与Al(OH)3类似的两性氢氧化物，它与强碱反应的离子方程式为：Zn(OH)2＋2OH－===ZnO22－＋2H2O。而且Zn(OH)2还能溶于过量的氨水中，生成易溶于水的Zn(NH3)42＋，而Al(OH)3不能。则下面四组溶液不能用相互滴加来进行鉴别的是(　　)
A．AlCl3、NH3·H2O B．ZnCl2、NH3·H2O
C．AlCl3、NaOH D．ZnCl2、NaOH
【解析】　因Al(OH)3不溶于过量的氨水，故将AlCl3溶液滴入NH3·H2O和将NH3·H2O滴入AlCl3溶液的现象相同，不能通过互相滴加的方法进行鉴别。
【答案】　A
10．利用右图进行实验，下列实验结果能说明结论的是(　　)
A．甲：盐酸，乙：石灰石，丙：苯酚钠溶液。证明酸性：盐酸>H2CO3>C6H5OH
B．甲：盐酸，乙：硫化亚铁，丙：溴水。证明还原性：S2－>Br－>Cl－
C．甲：水，乙：电石，丙：溴水。证明稳定性：H2O>C2H2>Br2
D．甲：浓盐酸，乙：高锰酸钾，丙：溴化钾溶液。证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2
【解析】　FeS与盐酸的反应是非氧化还原反应，产生的气体H2S与溴水作用生成S，说明还原性S2－>Br－，C项不能用这些物质之间的相互反应来比较物质的稳定性。
【答案】　AD
11．下列是实验室常见的气体制取、干燥和收集装置。若用过氧化氢和催化剂二氧化锰制取干燥的氧气，则合理的装置组合为(　　)
A．①⑤⑧ B．③④⑦
C．②⑤⑥ D．②④⑧
【解析】　H2O2与MnO2反应制O2，属固＋液型，应选②，杂质可能是H2O，应用④或⑤干燥，用向上排气法收集。
【答案】　C
二、非选择题
12．(2008年全国Ⅰ理综)取化学式为MZ的黄色粉末状化合物进行如下实验。将MZ和足量碳粉充分混合，平铺在反应管a中，在b瓶中盛足量澄清石灰水。按下图所示连接仪器。
实验开始时缓缓通入氮气，过一段时间后，加热反应管a，观察到管内发生剧烈反应，并有熔融物生成。同时，b瓶的溶液中出现白色浑浊。待反应完全后，停止加热，仍继续通氮气，直至反应管冷却。此时，管中的熔融物凝固成银白色金属。根据以上叙述回答问题：
(1)元素Z是　　　　；
(2)停止加热前是否需要先断开a和b的连接处？为什么？
________________________________________________________________________；
(3)反应管a中发生的所有反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)本实验的尾气是否需处理？如需处理。请回答如何处理？如不需处理，请说明理由。________________________________________________________________________。
【解析】　本题是金属冶炼和实验相结合的综合题。(1)根据澄清石灰水变浑浊，说明a中反应产生了CO2，所以Z元素为氧；(2)由于要冷却还原出的金属，防止其被氧气氧化，所以需要不断通N2，所以也不必断开a、b连接处；(3)要求写出所有的化学方程式，借助信息和中学化学知识，无法推知M是什么元素，所以只要以MO为反应物书写上述4个反应即可；(4)根据4个反应方程式可知尾气中有CO，所以需处理尾气；处理方法可以是燃烧法或通过灼热CuO或用气球直接收集等。
【答案】　(1)氧
(2)不需要，因有N2不断通入，b瓶溶液不会倒吸至a管
(3)MO+CM＋CO↑　MO＋COM＋CO2
CO2＋C2CO　2MO＋C2M＋CO2↑
(4)需处理，因含有CO，可连接一个加热的装有CuO粉末的反应管
13．某课外活动小组加热炭粉(过量)和氧化铜的混合物，再用下图所示装置，对获得的铜粉(含炭)样品进行实验。图中铁架台等装置已略去。请你帮助他们完成下列实验报告。
(一)实验目的：________________________________________________________________________。
(二)实验用品
仪器：天平、分液漏斗、锥形瓶、硬质玻璃管、干燥管、酒精灯、洗气瓶等。
药品：红褐色(含炭)样品、过氧化氢溶液、二氧化锰、碱石灰、浓硫酸等。
(三)实验内容
(1)在C中加入样品粉末W g，D中装入药品后并称量为m1 g，连接好仪器；
(2)打开A的活塞，慢慢滴加溶液，此时发生的现象为　　　　　　　　　　　，有关化学方程式有____________________________________________________________
(3)对C进行加热，当C中药品充分反应后，关闭A的活塞，停止加热，此时发生的现象为________________________________________________________________________，
有关的化学方程式为________________________________________________________。
(4)冷却后，称量D的质量为m2 g。
(四)计算：样品中铜的质量分数=　　　　　　　　(用含W、m1、m2的代数式表示)。
(五)问题和讨论
实验完成后，老师评议说：按上述实验设计，即使C中反应完全，D中吸收完全，也不会得出正确的结果。经讨论，有同学提出在B与C之间加入一个装置。再次实验后，得到了较正确的结果。那么，原来实验所测得的铜的质量分数偏小的原因可能是 ________________________________________________________________________，
在BC之间加入A的装置可以是　　　　，其中盛放的药品是　　　　。
【解析】　解答此题的关键应该在实验报告的仪器和药品一项，从过氧化氢溶液和二氧化锰可推知两者可制氧气，氧气可以氧化样品中混有的炭粉；干燥管中的药品用于吸收产生的二氧化碳，因此其中盛放的应该是碱石灰，利用干燥管增加的质量就是CO2的质量来计算炭的质量，所以样品中Cu的质量分数为。
第(五)小题出现了实验结果负误差，所以一定是D多吸收了什么物质，由此可以结合化学方程式找到水的存在，进而得到这一问的答案。
【答案】　(一)测定铜粉样品中铜的质量分数
(三)(2)B、E中有气泡产生　2H2O22H2O+O2↑
(3)C中的红褐色粉末，变成黑色　2Cu+O22CuO、C+O2CO2
(四)
(五)水蒸气通过C被D中碱石灰吸收　洗气瓶　浓硫酸(或干燥管　碱石灰)
14．(2008年高考海南卷)现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：
①2Mg＋O22MgO；②3Mg＋N2Mg3N2；
③2Mg＋CO22MgO＋C；④Mg＋H2OMgO＋H2↑；
⑤Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。
回答下列问题：
(1)在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置________(填字母代号)及其目的分别是 ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)________________________________________________________________________。
(3)通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？________________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)请设计一个实验，验证产物是氮化镁：________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　由题目所提供的信息可知：Mg能与O2、CO2、H2O反应，空气中都含有这些气体，所以在Mg与N2反应前先除去以上三种气体，顺序为先除CO2(D装置)，再除H2O(B装置)，最后除O2(F装置)。在连接装置时，要注意气体流向(长进短出)。Fe与O2反应时应在加热条件(或温度较高)下进行，铁粉没有达到反应温度，不能与O2反应，导致O2除不尽。根据反应⑤可知Mg3N2的水解产物有NH3，可通过测定水解的产物中NH3的存在推出产物是Mg3N2。
【答案】　(1)B　目的是除气流中的水蒸气，避免反应④发生；
D　目的是除空气中的CO2，避免反应③发生；
F　目的是除空气中的氧气，避免反应①发生；
(2)j→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)
(3)使氮化镁不纯　如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
(4)取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成
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一、选择题
1．(2009年潍坊高三质检)下列试剂应该保存在棕色试剂瓶中的是(　　)
A．碳酸氢铵 B．氯化亚铁溶液
C．浓硝酸 D．漂白粉
【解析】　本题考查化学试剂的保存。浓硝酸见光容易分解，应保存在棕色试剂瓶中，其他三种试剂只要密封保存即可。
【答案】　C
2．(2009年德州检测)在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是(　　)
A．铝热剂就是单指Fe2O3粉和铝粉的混合物
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属于硫酸盐，含结晶水，是混合物
【解析】　A项铝热剂是难熔金属氧化物和铝组成的混合物，不一定是由三氧化二铁和铝组成；B项检验三氧化二铁的操作步骤为：样品→粉碎→加盐酸溶解→滴加KSCN溶液；D项明矾含有结晶水，但是纯净物；在还原Fe2O3时，1 mol H2失去2 mol电子，1 mol Al失去3 mol电子，1 mol CO失去2 mol电子，所以据得失电子守恒即可判断C正确。
【答案】　C
3．下列实验中，溶液颜色有明显变化的是(　　)
A．少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中
B．往FeCl3溶液中滴入KI溶液，再滴入淀粉溶液
C．少量Na2O2固体加入到过量NaHSO3溶液中
D．往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe2(SO4)3稀溶液
【解析】　A项中Al3＋与过量的OH－作用生成AlO2－，溶液颜色不变化；B项中，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2和淀粉作用溶液变蓝；C项中虽发生氧化还原反应，但溶液颜色不变化；D项中二者不发生化学反应，溶液颜色无明显变化，故选B。
【答案】　B
4．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【解析】　离子反应方程式必须符合反应原理，铝与强碱溶液的反应中，氧化剂是水而不是碱，A错；氨水是弱碱不能写成离子形式，B错；离子方程式必须符合质量(原子个数)守恒和离子总电荷守恒，所以C错。
【答案】　D
5．某研究性学习小组为了检验硫酸亚铁铵晶体中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，设计了如下实验步骤：①取少量晶体放在试管内，用酒精灯加热试管口有液体产生，说明晶体中含有水；②将加热后剩余的晶体溶解于水，加入用盐酸酸化过的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明晶体中含有SO42－；③滤去白色沉淀，向滤液中加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，有能使红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明晶体中含有NH4＋；④向步骤③的剩余液体中加入KSCN溶液，无明显变化，再加入少量氯水，溶液变红色，说明晶体中含有亚铁离子，其中不能达到实验目的的是(　　)
A．①③④ B．①④
C．③④ D．④
【解析】　①能证明晶体中含有水；②是SO42－的检验，正确；③中产生使红色石蕊试液变蓝的气体一定为NH3，证明晶体中有NH4＋，③正确；但在该过程中加入过量的浓NaOH溶液，则Fe2＋完全被OH－沉淀，因此④不能达到实验目的，故选D。
【答案】　D
6．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是(　　)
A．Na＋ B．Al3＋
C．Fe3＋ D．Fe2＋
【解析】　Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，故Na＋数目增多；B项中，Al3＋Al(OH)3Al3＋，所以Al3＋数目不变化；C、D两项中，Fe3＋Fe(OH)3Fe3＋，但同时还有Fe2＋的变化：Fe2＋Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3＋，所以Fe3＋增多，Fe2＋减少，故选B。
【答案】　B
7．(2009年长春高中毕业班测试)用类推的方法可能会得出错误结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列类推结论中正确的是(　　)
A．Na失火不能用CO2灭火，K失火不能用CO2灭火
B．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝
C．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3
D．Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3，Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3
【解析】　AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电，故不能用电解熔解AlCl3的方法制取金属铝；Fe与S直接化合只能生成FeS；Pb3O4中铅的化合价分别为＋4价和＋2价，故Pb3O4应写成2PbO·PbO2的形式。
【答案】　A
8．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50 mL b mol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是(　　)
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C．若金属全部溶解，且产生336 mL气体(标准状况)，则b＝0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a和b的关系为b≥80y
【解析】　A项，溶液中还含有NO3－；B项，是否含有Fe3＋取决于Fe和HNO3的量；C项，溶液中还含有NO3－；D项，由于溶液中只有Fe3＋、Cu2＋说明HNO3足量。故其浓度可由下面两个反应求得：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
【答案】　AD
9．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶3∶1
C．3∶3∶8 D．1∶1∶4
【解析】　加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：
Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu③
铁粉加至1 mol前是与HNO3反应，由反应①知原溶液中HNO3为4 mol(生成1 mol Fe3＋)。铁粉从1 mol到2 mol时是与Fe3＋反应，消耗2 mol Fe3＋，据反应②知原有的Fe(NO3)2为2 mol－1 mol。铁粉从2 mol到3 mol时，由反应③得其中1 mol Fe消耗Cu2＋ 1 mol，所以Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。
【答案】　D
10．(2009年广东四校联考)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
11．(2009年梅州模拟)用一定物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeCl2和FeCl3溶液完全沉淀，若NaOH溶液的体积相同，那么，FeCl2和FeCl3溶液中溶质的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．3∶2
C．2∶3 D．3∶1
【解析】　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，
因此＝＝3∶2，选B。
【答案】　B
12．(2009年江南十校高三联考)氧化铁和氧化铜混合物m g，加3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，若m g的该混合物在过量氢气流中加热充分反应，冷却后剩余固体质量为(　　)
A．(m－1.6)g B．(m－2.4)g
C．(m－3.2)g D．无法确定
【解析】　依题意加入3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，则生成氯化铁和氯化铜，氯离子的物质的量为0.3 mol，利用“价态替换”，即这些金属离子与氧原子结合，则需氧原子0.15 mol，即m g金属氧化物中含有0.15 mol氧原子，故金属共有(m－2.4)g。
【答案】　B
二、非选择题
13．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：
问题1：铁为何称为黑色金属？
问题2：CuO在高温下可分解为Cu2O和O2，Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗？
(1)对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：
A．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫做黑色金属
B．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫做黑色金属
①你认为正确的说法是________。
②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe3O4粉末：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：
A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化
B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化
①实验中应将Fe2O3放在________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中，如果高温灼烧后颜色由________变为________，说明Fe2O3确实发生了变化。能说明生成的一定为FeO吗？________。理由是______________。
③方法B中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是________。
④比较两种方法，你认为较好的方法是________。
【解析】　(1)①因为铁的表面上有黑色的铁的氧化物，故称为黑色金属，A说法正确。②对于铁粉和Fe3O4粉末，可根据前者是活泼金属，与酸发生反应产生气泡来鉴别。③证明黑色粉末中有Fe3O4，可利用H2或CO还原的办法。
(2) ①加热固体应放在坩埚中进行。②方法A中，若高温灼烧后颜色由红棕色变成黑色，说明Fe2O3(红棕色)发生了化学变化，但不一定生成FeO，因为生成的也可能是黑色的Fe3O4。③若Fe2O3分解生成FeO，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝，若分解生成Fe3O4，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝。④比较A、B两种方法可看出方法B更严密，此法涉及了定量的计算，而方法A仅定性地从颜色来观察，不严密。
【答案】　(1)①A
②取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原黑色粉末为Fe3O4
③用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有二氧化碳产生)(其他合理答案也可)
(2)①坩埚
②红棕色　黑色　不能　也可能为Fe3O4
③10∶9　Fe3O4
④B
14．(2009年山东理综)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。
a．KMnO4 b．(NH4)2S
c．H2O2 d．KSCN
(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________________________________________________________________________。
(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)__________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________装置回收(填代号)。
(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应____________，直到________________________________________________________________________
________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
【解析】　(1)由题意分析可知试剂①应为氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3＋反应呈明显的红色。
(2)由溶液到晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。
(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3·H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选用b。
(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性；能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。
【答案】　(1)c　d　(2)冷却结晶　引流
(3)NH3·H2O　b
(4)平视凹液面(或平视刻度线)　凹液面的最低点与刻度线相切　酸式
15．(2008年北京理综)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)____________。
(2)Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是__________________________。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是______________________。
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是________________________________。
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)________________________________________________________________________。
【解析】　首先要注意框图中量的描述“过量”，然后作大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析。
大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3。两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量。Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋。Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu。
(1)若有Al，则应有2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－或AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－，有白色沉淀产生。无明显变化说明原混合物中无Al。
(2)①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸。
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸。
(3)Y中溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋。
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀[Fe(OH)3]生成。则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓。(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写！)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定。另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Cu，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。
【答案】　(1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O3
16．下面是制备Fe(OH)2白色沉淀的几种方案。请回答下列各问题：
(1)用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入____________________。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
③生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是________________________________________________________________________。
(2)在如右图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
①在试管Ⅰ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
②在试管Ⅱ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
③为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，理由是
________________________________________________________________________。
(3)利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)
2白色沉淀。如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。
①a电极的材料应为　　　　，电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②电解液c可以是　　　　(填编号)。
A．纯水 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
③d为苯，其作用是________________________________________________________________________，
在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？______________。
④为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________(填编号)。
A．改用稀H2SO4作电解液
B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离
D．适当降低电解液的温度
⑤若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Fe2＋易水解，要加入稀H2SO4防止其水解；Fe2＋易被空气中的O2氧化，要加铁粉，将被氧化的Fe3＋还原成Fe2＋。气体的溶解度随着温度升高而降低，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
(2)两支试管，试管Ⅱ是开口式，无法用产生的气体将试液压入试管Ⅰ中，所以制取FeSO4应放在试管Ⅰ中，而在试管Ⅱ中盛不含O2的NaOH溶液，当Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可以从试管Ⅰ内短管处排出，从而排尽试管Ⅰ内空气。再经过止水夹通入试管Ⅱ中，排尽试管Ⅱ内空气。然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，造成管内压强增大，将试管Ⅰ内FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内，在此过程中，液体都处于H2环境，从而避免了被空气中O2的氧化，使得Fe(OH)2能保存更长时间。
(3)电解时阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，或电解质溶液能直接提供OH－，Fe2＋与OH－发生反应Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，当电解液选用NaOH溶液时，在阳极处立即产生白色沉淀，选其他溶液时，只有迁移后两者相遇时才能产生沉淀(大约在电解池中部)；当反接电源后，阳极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，产生的O2立即把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
【答案】　(1)①稀H2SO4、铁屑　②煮沸　③避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
(2)①稀H2SO4和铁屑　②NaOH溶液　③检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹
④试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界O2不易进入
(3)①Fe　Fe－2e－===Fe2＋　②BC　③隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2　④BC　⑤白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
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一、选择题
1．信息、材料和能源被称为新科技革命的三大支柱。下列有关资讯错误的是(　　)
A．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源
B．目前中美日等国掌握的陶瓷发动机技术，大大提高了发动机的能量转化效率
C．我国发射成功的“神舟七号”，使用了大量的复合材料
D．合成高分子材料的广泛应用是“有百利而无一害”的
【解析】　废弃的高分子材料(如塑料制品)，难以降解，对环境 造成污染，又称“白色污染”，故选项D错误。
【答案】　D
2．下列四种分子式所表示的化合物中，有多种同分异构体的是(　　)
A．CH4O B．C2HCl3
C．C2H2Cl2 D．CH2O2
【答案】　C
3．苯酚与乙醇在性质上有很大差别的原因是(　　)
A．官能团不同 B．常温下状态不同
C．相对分子质量不同 D．官能团所连烃基不同
【解析】　苯酚与乙醇具有相同的官能团—OH，但烃基不同，因此烃基对官能团的影响是不同的。
【答案】　D
4．某中性有机物，在酸性条件下可以水解生成产物A和B，它们的相对分子质量相同，A是中性物质，B可与碳酸钠反应放出气体，该有机物是(　　)
A．CH3COOCH3 B．C2H5ONO2
C．CH3COOC2H5 D．CH3COOC3H7
【解析】　据题意知酯水解所得醇和酸的相对分子质量相同，故选D。
【答案】　D
5．某有机物的化学式为C5H10O，它能发生银镜反应和加成反应，它与氢气在一定条件下发生加成反应后，所得产物是(　　)
【解析】　能发生银镜反应定有—CHO，与H2加成后生成物中定有—CH2OH。
【答案】　A
6．在2HCHO＋NaOH(浓)―→HCOONa＋CH3OH中，HCHO(　　)
A．仅被氧化了 B．仅被还原了
C．既未被氧化，又未被还原 D．既被氧化，又被还原
【解析】　HCHO中，C价态既有升又有降。
【答案】　D
7．丁腈橡胶的结构简式为它具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是(　　)
①CH2CHCHCH2　②CH3CCCH3
③CH2CHCN　④CH3CHCHCN
⑤CH3CHCH2　⑥CH3CHCHCH3
A．③⑥ B．②③
C．①③ D．④⑤
【解析】　CH2===CH—CH===CH2与CH2===CHCN经加聚反应生成丁腈橡胶。
【答案】　C
8．某有机物的结构简式为它在一定条件下不可能发生的反应有(　　)
①加成　②消去　③中和　④酯化　⑤水解　⑥银镜反应
A．①⑤ B．②⑥
C．③④ D．③⑥
【解析】　该化合物应该具有酚、酸、酯的综合性质。
【答案】　B
9．由羟基乙酸乙酯(HO—CH2—COOCH2CH3)和苯乙烯
组成的混合物中，若碳元素的质量分数为70%，那么氢元素的质量分数约为(　　)
A．4.6% B．7.7%
C．15.5% D．无法计算
【解析】　苯乙烯的分子式为C8H8，羟基乙酸乙酯的分子式为C4H8O3，其中三个O相当于四个C，后者可代换为C8H8。
【答案】　B
10．塑料制品废弃物严重污染环境，常称为“白色污染”，为防治这种污染，有一条重要途径是将合成高分子化合物重新变为小分子化合物。目前对结构简式为
的化合物已成功实现这种处理，试分析若用CH3OH来处理这种化合物能得到的有机物可能是(　　)
A．①② B．②③
C．②④ D．②③④
【解析】　根据信息，用CH3OH处理为酯更换反应，其产物为
【答案】　B
二、非选择题
11．写出以为原料制备的各步反应的化学方程式(无机试剂自选)：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
③________________________________________________________________________。
④________________________________________________________________________。
【解析】　对比原料及目标产物可知，其合成路线为：
12．水蒸气跟灼热的焦炭反应，生成A和P的混合气体，它是合成多种有机物的原料气体，下图是合成某些物质的路线。其中D、G互为同分异构体；G、F是相邻的同系物；B、T属同类有机物，T分子中碳原子数是B的2倍，等物质的量T、B跟足量金属钠反应，T产生的氢气是B的2倍；S能跟新制氢氧化铜反应，1 mol S能产生1 mol氧化亚铜。
(1)写出化学式：A________；P________。
(2)结构简式：B__________；D__________；S__________。
(3)反应类型：X________；Y________。
(4)化学方程式：E―→F___________________________________。
T跟过量的G在浓H2SO4存在、加热条件下反应_______________________________。
【解析】　首先从已学过的知识：C＋H2O(气)CO＋H2(A、P混合气)出发，根据题中所示的变化：
分析推断出B是醇，E是醛，F是羧酸。因为CO和H2在催化剂作用下可生成含1个碳的醇，所以B为甲醇，E为甲醛，F为甲酸，D为甲酸甲酯。又因为G和F是相邻的同系物，故可推知G为乙酸。其次再根据题中所示CH3OH＋PCH3COOH(G)，可知P为CO，A为H2，最后再根据HCHO＋CO＋H2S，S能跟新制Cu(OH)2浊液反应，1 mol S能产1 mol氧化亚铜，可推知S一定是含2个碳原子的一元醛。同时由于S＋H2T，等物质的量是B，T跟足量金属钠反应，T产生H2是B的二倍，又可推知T为二元醇，则S中还应含有1个—OH，综合上述可知S为羟基乙醛(CH2HOCHO)，T为乙二醇。
【答案】　(1)H2　CO　(2)CH3OH　HCOOCH3　HOCH2CHO
(3)酯化反应　加成(或还原)反应
(4)2HCHO＋O22HCOOH　2CH3COOH＋HOCH2CH2OH
CCH3OOCH2CH2OCOCH3＋2H2O
13．(2009年山东聊城质检)肉桂醛CHCHCHO在自然界中存在于桂油中，是一种常用的植物调味油。工业上主要以CH2===CH2和甲苯为主要原料进行合成：
提示：CROH＋CHR′HCOHCHROHCHR′COH
请回答：
(1)E中含氧官能团的名称是____________。
(2)反应①～④中属于加成反应的是________。
(3)反应②的化学方程式是___________________________________。
【解析】　(1)由框图可知A是乙醇，B是乙醛；在碱性条件下两个醛分子间可以发生反应，生成羟基醛，故E中的含氧官能团有羟基和醛基；
(2)从给出的反应原理来看，两个醛分子间的反应实质是加成反应，同时乙烯和水的反应也是加成反应；
(4)在设计流程时一定要标明反应的条件。
【答案】　(1)羟基、醛基
(2)①③
(3)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
14．已知烯烃通过臭氧化并经锌和水处理得到醛或酮，例如：
6－羰基庚酸(CH3CCH2CH2CH2CH2COOHO)是合成某些高分子材料和药物的重要中间体。某实验室仅以溴代甲基环己烷为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成6－羰基庚酸。
请按要求填空：
(1)D的结构简式是____________，C的结构简式是________，A的结构简式是________。
(2)反应①的条件是____________________。
(3)反应②的类型是________。
(4)反应③的化学方程式是_____________________。
【解析】　用“逆推”的思想，可得出其合成途径为：
　
(2)NaOH醇溶液、加热
(3)加成反应
15．(2008年高考重庆理综)天然气化工是重庆市的支柱产业之一，以天然气为原料经下列反应路线可得工程塑料PBT。
已知：RCCH＋R′COR″碱,RCCCOHR′R″
(R、R′、R″——烃基或H)
(1)B分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，则B的结构简式是______________；B的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是________(写结构简式)。
(2)F的结构简式是________；PBT属于________类有机高分子化合物。
(3)由A、D生成E的反应方程式为________________________________________，其反应类型为________。
(4)E的同分异构体C不能发生银镜反应，能使溴水褪色，能水解且产物的碳原子数不等，则C在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是________。
【解析】　(1)由甲醇A可知A为甲醛(HCHO)，由B分子中含1种氢、1种氧和1种碳的环状化合物可以判断B是对称性很高的杂环化合物，是三分子甲醛加成而得，结构简式为；B的同分异构体与葡萄糖类似，应为多羟基醛结构：
(2)由FPBT可知F为二元醇(饱和醇)，由氧元素原子个数关系可以判断A＋DE的反应中应是2 mol甲醛(A)反应生成1 mol E，据题目给出的反应信息可以判断A＋DE的反应是2HCHO＋HCCH碱,HOCH2CCCH2OH，是乙炔和甲醛1∶2加成得到，从而可以确定F结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH。PBT是聚酯类化合物。
(4)根据题目信息可以写出C的结构简式是
16．(2008年高考上海卷)近年来，由于石油价格不断上涨，以煤为原料制备一些化工产品的前景又被看好。下图是以煤为原料生产聚氯乙烯(PVC)和人造羊毛的合成路线。
请回答下列问题：
(1)写出反应类型：反应①　　　　反应②　　　　。
(2)写出结构简式：PVC　　　　　　　　； C__________________________。
(3)写出A→D的化学反应方程式____________________。
(4)与D互为同分异构体且可发生碱性水解的物质有　　　　种(不包括环状化合物)，写出其中一种的结构简式　　　　　　　　　　。
【解析】　解答该题先要依据人造羊毛的结构推断出合成它的单体，采用逆推的方法确定A的结构，进而求解。
本题可用逆推法确定A、B、C、D的结构。聚氯乙烯(PVC)的结构简式是由“AB―→PVC”的转化可知B为CH2===CHCl，A为CHCH；由人造羊毛的结构简式可知C为CH2===CH—CN，D为CH2===CHOOCCH3。
(1)①为加成反应，②为加聚反应。
(2)PVC的结构简式为C的结构简式为
CH2===CH—CN。(3)A→D的化学方程式可由A为D为两结构简式比较得出E为CH3COOH，化学反应方程式为
(4)分析与D互为同分异构体的物质，不包括环状化合物，则为链状，能发生碱性水解必含酯基由不饱和情况判断要求书写的同分异构体还必须含C===C，因此可以按先写碳骨架后插入官能团的方法写出：
当碳骨架为C—C—C—C时，先插入C===C，则有
a．C===C—C—C和b.C—C===C—C两种形式，再引入酯基；则有a对应
件的D的同分异构体有4种，可以从①③④⑤中任意选择一种作答。
【答案】　(1)加成反应　加聚反应
17．(2008年高考上海卷)已知：
物质A在体内脱氢酶的作用下会氧化为有害物质GHB。下图是关于物质A的一种制备方法及由A引发的一系列化学反应。
请回答下列问题：
(1)写出反应类型
反应①__________，反应③__________。
(2)写出化合物B的结构简式_____________________________。
(3)写出反应②的化学方程式_________________________。
(4)写出反应④的化学方程式_____________________。
(5)反应④中除生成E外，还可能存在一种副产物(含结构)，它的结构简式为________________________________________________________________________。
(6)与化合物E互为同分异构体的物质不可能为________(填写字母)。
a．醇 b．醛
c．羧酸 d．酚
【解析】　由框图中A的生成关系可知，①是2分子HCHO和1分子CHCH的加成反应，A的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；在A→B→GHB的转化中，因GHB→C发生酯化反应必有—OH，可反推A→B时只有一个—OH发生了去氢氧化，故B为HOCH2CH2CH2CHO；由A→D的分子式变化可知③是发生了消去反应，D的结构简式是CH2===CH—CH===CH2，反应④应结合题目“已知”提示的加成反应书写为：
【答案】　(1)加成反应　消去反应
(2)HOCH2CH2CH2CHO
18．(2008年江苏)苯布洛芬是一种消炎镇痛的药物。它的工业合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)A长期暴露在空气中会变质，其原因是________________________________。
(2)由A到B的反应通常在低温进行。温度升高时，多硝基取代副产物会增多。下列二硝基取代物中，最可能生成的是________。(填字母)
(3)在E的下列同分异构体中，含有手性碳原子的分子是__________。(填字母)
(4)F的结构简式：______________。
(5)D的同分异构体H是一种α－氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，则H的结构简式是________。高聚物L由H通过肽键连接而成，L的结构简式是________。
【解析】　A分子中含酚羟基，可看成酚类物质，其非常容易被氧化；A→B是在苯环上引入—NO2，受—OH影响，苯环上羟基的邻、对位很容易发生取代反应；由E→F→G的转化关系及元素守恒不难写出F的结构简式；由B→C→D的转化关系中利用元素守恒的方法分析可知B→C为—NO2→—NH2，C→D为—CN水解生成—COOH，所以D为
【答案】　(1)酚类化合物易被空气中的O2氧化　(2)a
(3)ac
(4)
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一、选择题
1．如果n为ⅡA族中某元素原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素位于(　　)
A．ⅢA　　　　　　　　　　B．ⅣA
C．ⅢB D．ⅠA
【解析】　从周期表的结构可知，ⅡA后面的族既可以是ⅢB(第四、五、六、七周期)，也可以是ⅢA(第二、三周期)。
【答案】　AC
2．(2009年齐齐哈尔模拟)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是不同的原子，它们的质子数相等
C．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等
D．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等
【解析】　一个原子ZAX中，核电荷数(Z)与核内质子数、核外电子数、质量数(A)及中子数(N)之间的关系为：质子数(Z)＝核电荷数＝核外电子数
质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)
而具有相同的核电荷数(Z)，不同的质量数(A)(即具有相同的质子数，不同的中子数)的一类原子互称同位素。13C和14C是C的不同核素互称同位素。1H和2H则是H的不同核素，它们属于同一种元素，质子数也相等。6Li和7Li是Li的不同核素，它们的电子数相等，但中子数不等，14C和14N是不同的元素，其质量数相等，但由于质子数不等，它们的中子数也不等。
【答案】　C
3．(2009年深圳高三调研)最近媒体报道了一些化学物质，如爆炸力极强的N5、结构类似白磷的N4、比黄金还贵的18O2、太空中的甲醇气团等。下列说法中，正确的是(　　)
A．18O2和16O2是两种不同的核素
B．将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入甲醇中，铜丝变红，质量小于a g
C．N4为正四面体结构，每个分子中含有6个共价键，键角为109°28′
D．2N5===5N2是化学变化
【解析】　核素是指具有一定质子数和中子数的原子，而18O2和16O2是单质，A错；将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入甲醇中，发生反应2Cu＋O22CuO和CuO＋CH3OHCu＋HCHO＋H2O，在反应前后铜的质量不变，B错；N4和白磷分子一样，为正四面体结构，含有6个共价键，键角应为60°，C错；N5和N2互为同素异形体，相互转化为化学反应，D正确。
【答案】　D
4．已知mRn－阴离子的原子核内有x个中子，W g mRn－阴离子含有的电子的物质的量为(　　)
A．(m－x)n mol B．W(m－x－n)n mol
C.(m－x＋n) mol D. mol
【解析】　先确定1 mol mRn－阴离子中所含电子的物质的量。据mRn－阴离子的原子核内有x个中子，则1个mR原子中所含的质子数为(m－x)个，从而可推知一个mRn－阴离子中所含的电子数为(m－x＋n)个，1 mol mRn－阴离子中所含电子的物质的量为(m－x＋n)mol，不难求出W g mRn－中所含电子的物质的量为(m－x＋n)mol。
【答案】　C
5．X、Y、Z和R分别代表四种元素，如果aXm＋、bYn＋、cZn－、dRm－四种离子的电子层结构相同(a、b、c、d为元素的原子序数)，则下列关系正确的是(　　)
A．a－c＝m－n B．a－b＝n－m
C．c－d＝m＋n D．b－d＝n＋m
【解析】　由原子结构的知识可推出aXm＋、bYn＋、cZn－、dRm－四种离子的电子数分别为a－m，b－n，c＋n，d＋m。由于四种离子的电子层结构相同，即核外电子数均相等，即a－m＝b－n＝c＋n＝d＋m。经转化可得：a－c＝m＋n，a－b＝m－n，c－d＝m－n，b－d＝m＋n。
【答案】　D
6．下列说法不正确的是(　　)
A．同主族元素的单质及化合物的化学性质发生递变是由其电子层数的递变引起的
B．过渡元素包括了大部分金属元素
C．第4、5、6周期称为长周期
D．第7周期若填满，可有50种元素
【解析】　第7周期与第6周期一样，若填满，有32种元素。
【答案】　D
7．甲、乙是周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能的是(　　)
A．x＋2 B．x＋4
C．x＋8 D．x＋18
【解析】　同主族元素后一周期元素原子序数与前一周期元素原子序数相差不可能为B。错选A的没考虑到1H、3Li之间的关系；错选D的没考虑到长周期元素，如19K和37Rb、17Cl和35Br……
【答案】　B
8．已知R2－离子的核内有x个中子，R的质量数为M，则m g R2－离子里含有的电子的物质的量为(　　)
A．M－x＋2 B.(M＋x－2)
C.(M－x－2) D.(M－x＋2)
【解析】　本题为近几年来的考查热点，对原子中质子数(核电荷数)、中子数、质量数、电子数之间的关系考查，要求考生对这些基本知识点的掌握情况要清晰；由题中已知可将R2－写成MZR2－，M＝z＋x，z＝M－x
关系式　　　离子　　　　　核外电子
　　　　M－x　MR2－　　　　M－x＋2
　　　　 mol　　　　(M－x＋2) mol
【答案】　D
9．下列说法中错误的是(　　)
A．原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C．除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D．同一元素的各种核素的物理性质、化学性质均相同
【解析】　本题立足于课本内容，重点考查学生对周期表结构划分的基本情况。A.对原子而言，核外电子层数即该元素所在周期数，离子则要有阴、阳之分，阳离子核外电子层数比元素所在周期数小1；B.周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过渡元素，全是金属元素，B.正确；C.正确；D.同位素之间的物理性质不同，化学性质相似。
【答案】　AD
10．同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是(　　)
A．16 B．26
C．36 D．46
【解析】　本题考查元素周期表的结构。当了解元素周期表的编排规律后，需记住同主族相邻元素的序号差，从第一周期到第七周期，同族相邻周期的原子序号相差依次为2、8、8、18、18、32，在以上各选项中，有8＋8＝16、8＋18＝26、18＋18＝36，而D选项中的46是不可能具有的。
【答案】　D
11．有人认为在元素周期表中，位于第ⅠA族的氢元素，也可以放在第ⅦA族，下列物质能支持这种观点的是(　　)
A．HF B．H3O＋
C．NaH D．H2O2
【解析】　氢原子易失去1个电子表现为＋1价，与碱金属性质相似，故排在第ⅠA族。氢原子也可以得到1个电子显－1价，与卤素性质相似，故可排在第ⅦA族。
【答案】　C
12．(2009年滨州一模)下图中a、b、c、d、e为周期表前四周期的部分元素，下列叙述正确的是(　　)
a
b
c d
e
A.b元素除0价外，只有一种化合价
B．五种元素中，c元素的性质最稳定
C．b、d气态氢化物溶于水，溶液的酸性：b>d
D．e元素最高价氧化物的水化物和不同量的氢氧化钠反应，可能生成三种盐
【解析】　题干中明确指出a、b、c、d、e为周期表前四周期的元素，因此根据元素周期表的结构可确定a为He，b为O，c为Si，d为Cl，e为As。对于选项A，O元素除0价外，还有－2价、－1价、＋2价等，A错；根据核外电子排布特点，5种元素中最稳定的元素应是稀有气体He，B错；b、d气态氢化物分别为H2O和HCl，显然C错；e元素最高价氧化物的水化物为H3AsO4，其性质应和H3PO4相似，是一种三元酸，能和碱反应生成两种酸式盐和一种正盐。
【答案】　D
二、非选择题
13．(江苏南京)下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一元素。
(1)1 mol A与D的氢化物完全反应产生的气体在标准状况下的体积为________。
(2)写出B的最高价氧化物的电子式________。
(3)表中的另一种金属元素(未标出)的单质G，可以发生如下图所示转化：
其中化合物M是一种白色胶状沉淀，则M为(填化学式)　　　　；
K的溶液与B的某种氧化物反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
一种新型无机非金属材料由G元素和C元素形成，其化学式为　　　　　　。
【解析】　由表可知A：Na　B：C　C：N　D：O　E：S　F：Cl
(1)2Na+2H2O===2NaOH+H2↑，则1 mol Na生成标准状况下0.5 mol H2，体积为11.2 L；
(2)B的最高价氧化物为CO2，其电子式为 C ；
(3)G既可与NaOH反应，又能与Cl2反应，且M为白色胶状沉淀，则知G为Al，K为NaAlO2，L为AlCl3，M为Al(OH)3。
【答案】　(1)11.2 L
(2) C
(3)Al(OH)3　NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3
或2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3　AlN
14．(2009年杭州一模)下图是三角形元素周期表结构的一部分。现有a、b、c、d、e、f五种元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示，试回答下列问题：
①写出单质的化学式：d单质________，e单质________。
②c单质与H2能在一定条件下发生化学反应生成化合物M，则M的电子式为________，写出c与H2反应生成M的化学方程式：________________________________________________________________________。
③a和c元素的单质在加热条件下可发生化学反应生成化合物R，则R的化合物类型应该为____________(填“离子化合物”或“共价化合物”)，R中a、c两元素形成的离子半径大小________(用具体离子符号表示其半径大小关系)。
【解析】　根据三角形元素周期表结构可知a、b、c、d、e、f元素分别是Na、Al、N、S、Ne、I元素。Na与N2反应生成的是氮化钠，与氮化镁相似，属于离子化合物，Na＋和N3－核外电子排布相同，但钠元素的核电荷数比氮大，所以离子半径：Na＋【答案】　①S　Ne
②HN··, H　N2＋3H22NH3
③离子化合物　Na＋15．下表是元素周期表主族元素的一部分：
W X Y
Z
短周期元素X的最高正价是＋5价，Y单质可在空气中燃烧。
(1)Z的元素符号是________，原子结构示意图为________。
(2)W的最高价氧化物不溶于水，但能溶于烧碱溶液，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)探寻同一主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一。在下表中列出对H2ZO3各种不同化学性质的推测，举例并写出相应的化学方程式。
编号 性质推测 化学方程式
示例 氧化性 H2ZO3＋4HI===Z↓＋2I2＋3H2O
1
2
3
【解析】　据X是短周期元素，族序数＝最高正价，故X在第ⅤA族，则Y、Z在第ⅥA族，且Y单质在空气中能燃烧，推知Y为S，Z为Se，则X为P，W为Si，Se的原子结构示意图为
＋34 。SiO2是酸性氧化物，SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。探究H2SeO3的性质时，利用同一主族元素性质具有一定的相似性，可以类比H2SO3的性质，H2SO3具有弱氧化性、强还原性、酸性及不稳定性，据此也可写出与H2SeO3相类似的化学方程式。
【答案】　(1)Se　＋34
(2)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(3)
编号 性质推测 化学方程式
1 还原性 H2SeO3＋Br2＋H2O===H2SeO4＋2HBr
2 酸性 H2SeO3＋2NaOH===Na2SeO3＋2H2O
3 不稳定性 H2SeO3H2O＋SeO2↑
(第一个反应用O2、Cl2、KMnO4、H2O2、HNO3、Fe3＋等代替Br2且书写正确同样对。第二个反应用碳酸盐、较活泼金属代替NaOH且书写正确同样对)
16．下表是元素周期表的一部分：
　　　族
　周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
1 ①
2 ② ③ ④ ⑤ ⑥
3 ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
(1)表中元素⑩的氢化物的化学式为________，此氢化物的还原性比元素⑨的氢化物的还原性________(填“强”或“弱”)。
(2)某元素原子的核外L层电子数比K层电子数多3，则该元素的元素符号是________，其单质的电子式为________。
(3)俗称为“矾”的一类化合物通常含有共同的元素是________。
(4)已知某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如元素③与元素⑧的氢氧化物有相似的性质，写出元素③的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________，又如表中与元素⑦的性质相似的不同族元素是____________(填元素符号)。
【解析】　根据元素周期表中短周期元素的排列不难推断出：①为H，②为Li，③为Be，④为B，⑤为N，⑥为O，⑦为Mg，⑧为Al，⑨为S，⑩为Cl。
(1)⑩的氢化物为HCl，⑨的氢化物为H2S，其中H2S的还原性强于HCl。
(2)某元素L层电子数比K层多3，则其原子结构示意图为＋7 ，为氮元素，单质的电子式为N N。
(3)以蓝矾(CuSO4·5H2O)、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、绿矾(FeSO4·7H2O)等为例，可以归纳出“矾”是含结晶水的硫酸盐。故“矾”中含有的共同元素为：H、O、S。
(4)已知Be与Al的性质相似，据Be和Al处于元素周期表的位置(对角线)关系，推测Mg与Li也应该有相似性。
【答案】　(1)HCl　弱　(2)N　N N　(3)H、O、S
(4)Be(OH)2＋2NaOH===Na2BeO2＋2H2O　Li
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一、选择题
1．下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是(　　)
A．铝片与稀盐酸反应
B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的炭与水蒸气的反应
D．甲烷(CH4)在O2中的燃烧反应
【解析】　铝片与稀盐酸之间的置换反应、甲烷(CH4)在O2中的燃烧反应既是氧化还原反应，又是放热反应；灼热的炭与水蒸气发生的氧化还原反应是吸热反应；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl之间发生的复分解反应是吸热反应。
【答案】　C
2．下列变化中属于吸热反应的是(　　)
①液态水汽化　②将胆矾加热变为白色粉末　③浓硫酸稀释　④氯酸钾分解制氧气　⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A．①② B．②③
C．①④⑤ D．②④
【解析】　放热反应⑤，吸热反应②④；液态水汽化是吸热过程；浓硫酸稀释是放热过程。
【答案】　D
3．(上海高考)石油是一种重要能源，人类正面临着石油短缺、油价上涨的困惑。以下解决能源问题的方法不当的是(　　)
A．用木材作燃料 B．用液氢替代汽油
C．开发风能 D．开发地热
【解析】　氢能、风能、太阳能、地热能等都是人类开发新能源的研究发展方向，而用木材作燃料不仅是一种浪费，而且木材资源有限，无法满足人类对能源的需求。
【答案】　A
4．(2008年广东化学)下列有关能量转换的说法正确的是(　　)
A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【解析】　C项，动物体内葡萄糖氧化成CO2是化学能转变成热能的过程；D项，植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程。
【答案】　AB
5．下列说法正确的是(　　)
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．放热的反应在常温下一定易发生
C．不论放热反应还是吸热反应主要是由反应物、生成物所具有的总能量的相对大小决定
D．吸热反应发生过程中要不断从外界获得能量，放热反应发生过程中不再需要外界能量
【解析】　A选项错误，反应开始时需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应。B选项错误，不论放热反应还是吸热反应在什么条件下如何发生，这是反应条件的问题，与反应的热效应无关，并不是所有的放热反应在常温下就可以发生。C选项正确。D选项错误，吸热反应加热开始反应后需不断加热才能使反应继续进行下去，放热反应开始后放出一定的热量，此热量如果足以支持反应继续进行，则不需外界再提供能量，如果此热量不足以使反应维持下去，则需从外界获取能量，否则反应将中止。
【答案】　C
6．已知热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
则氢气的燃烧热为(　　)
A．241.8 kJ·mol－1 B．483.6 kJ·mol－1
C．285.8 kJ·mol－1 D．571.6 kJ·mol－1
【解析】　据燃烧热的基本概念，可燃物的系数必须是1，排除②④，①中水是气态，在25 ℃、101 kPa下，水应是液态的。所以本题正确答案为C。
【答案】　C
7．(上海化学)已知：
CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2 878 kJ
(CH3)2CHCH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2 869 kJ
下列说法正确的是(　　)
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
【解析】　由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量的正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷<异丁烷。C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两者分子中的碳氢键一样多。
【答案】　A
8．强酸与强碱在稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，向3份同体积0.2 mol/L的NaOH溶液中分别加入适量的稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸恰好完全反应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH2>ΔH3>ΔH1
C．ΔH2>ΔH1>ΔH3 D．ΔH1>ΔH3>ΔH2
【解析】　中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1 mol水放出的热量，稀醋酸的电离需吸收热量，而浓硫酸溶于水放热。故相同的NaOH溶液分别和三种酸反应放出的热量稀醋酸的最少，浓硫酸最多，所以ΔH符合D。
【答案】　D
9．(江苏)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．CH3OH的燃烧热为192.9 kJ·mol-1
B．反应①中的能量变化如上图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9 kJ·mol－1
【解析】　A项不能判断CH3OH的燃烧热；B项的图示中应是反应物的总能量比产物的总能量低；C项由题干的两个热化学方程式可知不正确；D项由CH3OH(l)―→CH3OH(g)需要吸热。
【答案】　D
10．(2007年广东)灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1
②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白)　ΔH3＝＋2.1 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2 °C的环境中，会自行毁坏
【解析】　根据盖斯定律，②－①，得Sn(s，灰)??Sn(s，白)；ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝＋2.1 kJ·mol－1，因此很容易判断出，A、B、C是错误的；由③可看出，在低于13.2 °C的环境，锡易变成粉末状的灰锡，自行毁灭。
【答案】　D
11．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(　　)
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH3
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH4
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH5
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH6
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH7
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH8
A．① B．④
C．②③④ D．①②③
【解析】　碳与氧气反应生成CO且放热，CO再与O2反应时又放热，所以ΔH1<ΔH2；等量的固态硫变为气态硫蒸气时吸收热量，故在与O2作用产生同样多的SO2时，气态硫放出的热量多，即ΔH3>ΔH4；发生同样的燃烧反应，物质的量越多，放出的热量越多，故ΔH5>ΔH6；碳酸钙分解吸收热量，ΔH7>0，CaO与H2O反应放出热量，ΔH8<0，显然ΔH7>ΔH8。
【答案】　C
12．火电厂利用燃煤发电，煤燃烧中的化学方程式有：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3＝？
下列有关说法中不正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283.0 kJ/mol
B．二氧化碳分解为一氧化碳与氧气的反应是吸热反应
C．ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝110.5 kJ/mol
D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－110.5 kJ/mol
【解析】　燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的反应热，A项对。CO燃烧放热，所以CO2分解吸热，B项对。由盖斯定律，方程式前者减后者为第3个方程式，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C项错，D项对。
【答案】　C
二、非选择题
13．将煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)；C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242.0 kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ/mol
请回答下列问题：
(1)根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)比较反应热数据可知，1 mol CO(g)和1 mol H2(g)完全燃烧放出的热量之和比1 mol C(s)完全燃烧放出的热量多。甲同学据此认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”；乙同学根据盖斯定律作出如下列循环图：
并据此认为“煤转化为水煤气再燃烧放出的热量与煤直接燃烧放出的热量相等”。
请分析：甲、乙两同学观点正确的是　　　　(填“甲”或“乙”)，判断的依据是________________________________________________________________________。
(3)将煤转化为水煤气作为燃料和煤直接燃烧相比有很多优点，请列举其中的两个优点：　　　　　　　　、________________________________________________________________________。
(4)水煤气不仅是优良的气体燃料，也是重要的有机化工原料。CO和H2在一定条件下可以合成：①甲醇(CH4O)　②甲醛(CH2O)　③甲酸(CH2O2)　④乙酸(C2H4O2)。试分析当CO和H2按1∶1的体积比混合反应，合成上述　　　　(填序号)物质时，可以满足“绿色化学”的要求，完全利用原料中的原子，实现零排放。
【解析】　根据盖斯定律将方程式合并即可得C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)　ΔH=+131.5 kJ/mol，由此可知煤转化为水煤气是吸热反应，而甲正是忽略了这个问题，才误认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”。CO和H2按1∶1反应合成物质时，可达到零排放，符合“绿色化学”的要求，则合成的物质满足最简式为CH2O，则②④符合。
【答案】　(1)C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)
ΔH=+131.5 kJ/mol
(2)乙　甲同学忽略了煤转化为水煤气要吸收热量(或ΔH1=ΔH2+ΔH3，且ΔH2>0)
(3)减少污染　燃烧充分　方便　直接燃烧水煤气热量大(答案合理即可)
(4)②④
14．CO、CH4均为常见的可燃性气体。
(1)等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比是________。
(2)已知在101 kPa时，CO的燃烧热为283 kJ/mol。相同条件下，若2 mol CH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1 mol CO完全燃烧放出热量的6.30 倍，CH4完全燃烧反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。
(3)120 ℃、101 kPa下，a mL由CO、CH4组成的混合气体在b mL O2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强。若混合气体与O2恰好完全反应，产生b mL CO2，则混合气体中CH4的体积分数为________(保留2位小数)。
【解析】　(1)CO转化成CO2：化合价从＋2→＋4；CH4转化成CO2：化合价从－4→＋4；所以转移电子数之比为2∶8＝1∶4。
(3)由方程式：2CO＋O2===2CO2；
CH4＋2O2===CO2＋2H2O(g)
当耗O2和生成的CO2相同时，n(CO)∶n(CH4)＝2∶1，可知CH4的体积分数是1/3＝0.33。
【答案】　(1)1∶4　(2)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－891 kJ/mol　(3)0.33
15．某化学小组对生石灰与水反应是显著放热反应进行了实验探究，在除了用手触摸试管壁管感觉发热外，还设计了下列几个可行性方案。
甲方案：将温度计与盛放有生石灰的小试管用橡皮筋捆绑在一起，放入有水的小烧杯中，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是________________________________________________________________________
__________________，说明反应放热。(下列装置中支撑及捆绑等仪器已略去)
乙方案：将盛放有生石灰的小试管插入带支管的试管中，支管接①或②，有胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是(接①)____________，(接②)__________________________，说明反应放热。
丙方案：用胶头滴管向盛放有生石灰且带支管的试管中滴加水，支管接的导管中盛适量无水硫酸铜粉末，看到的现象是________________________，说明反应放热，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　实验从反应放热的“热”为出发点进行探究，通过放热使温度上升、使气体膨胀、水被蒸发等特征现象，合理地设计了实验探究方案。
【答案】　甲方案：小试管中固体变成乳状，同时有大量水蒸气产生；温度计温度上升
乙方案：①有气泡产生　②左边水柱下降，右边水柱上升
丙方案：无水硫酸铜粉末变蓝色　水和生石灰反应放出热量，使水蒸发
16．如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。据此回答下列问题。
已知热化学方程式C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3
ΔH3不能直接测得，根据盖斯定律求出该反应的反应热ΔH3＝__________________。现有80 t纯碳不完全燃烧生成CO，与80 t纯碳完全燃烧相比较，此反应损失的热量是________kJ。
【解析】　C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1①
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1②
由反应②可得CO2(g)===CO(g)＋O2(g)　ΔH＝＋283.0 kJ·mol－1③
将反应①和反应③相加可得C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH3＝－110.5 kJ·mol－1④
方法一：依据反应①80 t纯碳完全燃烧放出的热量为×393.5 kJ·mol－1＝2.62×109 kJ
依据反应④，不完全燃烧放出的热量为×110.5 kJ·mol－1＝7.37×108 kJ
因此，80 t纯碳不完全燃烧损失的热量为2.62×109 kJ－7.37×108 kJ＝1.88×109 kJ。
方法二：当碳不完全燃烧时，损失的热量等于CO燃烧时放出的热量，故80 t碳不完全燃烧损失的热量为
×283 kJ·mol－1＝1.88×109 kJ
【答案】　－110.5 kJ·mol－1　1.88×109第2讲　原电池
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一、选择题
1．设NA为阿伏加德罗常数，下列对于0.3 mol/L硫酸钾溶液的说法不正确的是(　　)
A．1 L溶液中含有0.6NA个钾离子
B．1 L溶液中含有钾离子和硫酸根离子总数为0.9NA
C．2 L溶液中钾离子浓度为1.2 mol/L
D．2 L溶液中含有硫酸根离子0.6NA个
【答案】　C
2．配制0.1 mol·L－1的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是(　　)
A．称量时，左盘高，右盘低　 　B．定容时俯视读取刻度
C．原容量瓶洗净后未干燥 D．定容时液面超过了刻度线
【答案】　B
3．下列溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol/L氯化铝溶液中的c(Cl－)相等的是(　　)
A．150 mL 1 mol/L氯化钠溶液
B．75 mL 2 mol/L氯化铵溶液
C．150 mL 1 mol/L氯化钾溶液
D．75 mL 1 mol/L氯化铝溶液
【解析】　物质的量浓度与溶液的体积大小无关，题干中c(Cl－)＝1 mol/L×3＝3 mol/L，A项中c(Cl－)＝1 mol/L；B项中，c(Cl－)＝2 mol/L；C项中，c(Cl－)＝1 mol/L；D项中c(Cl－)＝1 mol/L×3＝3 mol/L，故只有D符合。
【答案】　D
4．20 ℃时，食盐的溶解度是36 g，根据这句话的含义，判断下列说法中正确的是(　　)
A．100 g水溶解36 g食盐恰好能配成饱和溶液
B．20 ℃时，100 g食盐饱和溶液里含有36 g食盐
C．20 ℃时，把136 g食盐饱和溶液蒸干可得到36 g食盐
D．饱和食盐水中溶质、溶剂和溶液的质量比为36∶100∶136
【解析】　溶解度是指在一定温度下，某物质在100 g水中达到饱和状态时所能溶解固体的质量。20 ℃时食盐的溶解度为36 g，指的是20 ℃时100 g H2O溶解食盐36 g，即136 g食盐饱和溶液中溶有食盐36 g，A、D没有指明温度。
【答案】　C
5．(2008年广东卷有改动)设阿伏加德罗常数(NA)的数值为nA，下列说法正确的是(　　)
①1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nA　②1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nA　③常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nA　④0.10 mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　1 mol Cl2与足量Fe反应，一定转移2 mol，即2nA个电子，①错；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，易知②正确；③中，可把N2O4看做2NO2，则有1 mol NO2，所以有3 mol原子；用极端方法，全部看做NO2或全部看做N2O4考虑，也可得出结果；3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，由方程式可知④错误。
【答案】　B
6．化学在文物的保护和鉴定方面有重要的作用。例如，庙宇中因为信教徒长期点燃香烛、木材等会造成壁画被油烟污染，表面常常附着白色沉积物。研究表明，采用氨水能够清洗壁画表面的污染，采用醋酸溶液可以进行固色。某文物保护单位现用500 mL容量瓶配制0.1 mol/L的氨水，以下操作正确的是(　　)
A．将标准状况下体积为1.12 L的氨气溶于500 mL水中
B．将标准状况下体积为1.12 L的氨气溶于水配成500 mL溶液
C．取1 mol/L的氨水50 mL，加入500 mL水中
D．取1 mol/L的氨水100 mL，配成1 000 mL溶液
【解析】　标准状况下1.12 L NH3的物质的量为＝0.05 mol，将此NH3溶于水配成500 mL溶液，其溶液物质的量浓度为＝0.1 mol/L。此外，取1 mol/L的氨水100 mL，配成1 000 mL溶液，其溶液物质的量浓度虽然也是0.1 mol/L，但限于本题条件，500 mL容量瓶只能配制500 mL的溶液。
【答案】　B
7．甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)
A．t1 ℃时，在100 g水中放入60 g甲，其溶质的质量分数为37.5%
B．t1 ℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等
C．t2 ℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等
D．t2 ℃时，分别在100 g水中各溶解20 g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和
【解析】　t1 ℃时，甲、乙的饱和溶液中溶质的质量分数均约为23.1%；100 g水中溶解的甲、乙的质量相等，但物质的量不一定相等；t2 ℃时，甲的饱和溶液中溶质的质量分数比乙的大。故A、B、C均错。
【答案】　D
8．(2008年上海卷)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．23 g钠在氧气中完全燃烧失电子数为0.5NA
B．1 L 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2NA
C．标准状况下，11.2 L的SO3所含分子数为0.5NA
D．室温下，8 g甲烷含有共价键数为2NA
【解析】　23 g钠失去电子数为NA，A错误；Mg2＋发生水解反应，Mg2＋数小于2NA，B错误；标准状况下SO3为固态，不能用22.4 L·mol－1计算，C错误；8 g甲烷的物质的量为0.5 mol,1 mol甲烷有4 mol共价键，故8 g甲烷中共价键数为2NA，D正确。
【答案】　D
9．有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3＋的物质的量浓度为0.4 mol/L，SO42－的物质的量浓度为0.7 mol/L，则此溶液中Na＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.1 mol/L B．0.15 mol/L
C．0.2 mol/L D．0.25 mol/L
【解析】　根据电荷守恒原理可知，混合溶液中Na＋、Fe3＋所带的正电荷总数等于SO42－所带的负电荷总数，于是有c(Na＋)×1＋c(Fe3＋)×3＝c(SO42－)×2，即c(Na＋)＋3×0.4 mol/L＝2×0.7 mol/L，解得c(Na＋)＝0.2 mol/L。
【答案】　C
10．下列有关微粒或物质的“量”的叙述不正确的是(　　)
A．浓度分别为2 mol·L－1和1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，c(CO32－)的比值为2∶1
B．常温常压下，16 g O2和O3混合气体中含有NA个氧原子
C．46 g NO2和N2O4混合气体的物质的量之和大于0.5 mol，小于1 mol
D．向饱和CuSO4溶液中加入1 mol CuSO4固体，则析出的晶体的质量大于250 g
【解析】　A项，浓度不同的Na2CO3溶液中CO32－的水解程度不同，且浓度越小，水解程度越大，所以两Na2CO3溶液中c(CO32－)的比值应大于2∶1；B项，由于O2和O3混合气体中只有氧原子，所以16 g混合气体中氧原子的个数为NA；C项，NO2和N2O4中N原子与O原子的个数比都为1∶2，当其中含NO2较多时，物质的量数值较大，极值为1 mol，而N2O4较多时，物质的量数值较小，极值为0.5 mol，所以混合气体的物质的量数值处于0.5 mol到1 mol之间；D项，加入的是CuSO4固体，但由于溶液为饱和溶液，所以会发生：CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，若只根据1 mol CuSO4来计算就可得晶体250 g，但由于反应消耗了溶剂水，所以会析出更多的晶体。
【答案】　A
11．传统的引爆炸药由于其中含Pb，使用时将产生污染，同时其引爆后的剩余炸药还严重危害接触者的人身安全，美国UNC化学教授Thomas J．Meyer等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10 mL Na2R溶液含Na＋的微粒数为N个，该Na2R溶液的物质的量浓度为(　　)
A．N×10－2 mol/L B. mol/L
C.mol/L D.mol/L
【解析】　10 mL Na2R溶液中含Na＋的微粒数为N个，Na2R的物质的量n(Na2R)＝mol，
Na2R的物质的量浓度c(Na2R)＝mol÷0.01 L＝mol/L。
【答案】　B
12．50 g浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3的氨水中加入一定量的水稀释成0.5c mol·L－1，则加入水的体积应(　　)
A．小于50 mL B．等于50 mL
C．大于50 mL D．等于50/ρ mL
【解析】　解答本题首先根据稀释前后溶质的物质的量不变，列出关系式：c1V1＝c2V2即c1·＝c2·，然后再根据氨水的浓度越大，密度越小进行讨论分析。
设加水的体积为V mL，稀释后溶液的密度为ρ后，由稀释前后溶质的物质的量不变可得×c mol·L－1＝
×0.5c mol·L－1，化简可得V·ρ＋50ρ＝100·ρ后，V＝100·－50，因为氨水的密度随浓度减小而增大，即ρ后>ρ，所以V>50，C正确。
【答案】　C
二、非选择题
13．实验室需要配制0.5 mol·L－1的烧碱溶液500 mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题：
(1)实验中除了托盘天平(带砝码)、药匙、量筒和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器有：________________________________________________________________________。
(2)根据计算得知，所需NaOH固体的质量为________g。
(3)配制溶液的过程中，有以下操作，其中正确的是________(填代号)。
A．将氢氧化钠固体放在纸片上称量
B．在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，立即将溶液倒入容量瓶中
C．将溶解氢氧化钠的烧杯用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中
(4)玻璃棒在该实验中的作用有：①____________________，②______________。
【解析】　(2)m(NaOH)＝0.5 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝10.0 g。
(3)A中氢氧化钠固体应用小烧杯称量；B中要等溶液冷却到室温后再转移到容量瓶中。
【答案】　(1)500 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管
(2)10.0　(3)C
(4)①搅拌，加速氢氧化钠固体的溶解　②引流液体
14．有X、Y、Z三种元素，已知：①X2－、Y－均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色。请回答：
(1)Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是________。
(2)将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是________________________________________________________________________，
此液体具有的性质是________(填写序号字母)。
a．光束通过该液体时形成光亮的“通路”
b．向该液体中加入硝酸银溶液，会同时产生两种沉淀
c．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
【解析】　(1)ZY3溶液遇苯酚呈紫色，说明ZY3为FeY3，结合X2－、Y－均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数，且Y有最高价氧化物，推得X为S，Y为Cl，Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4。
(2)ZY3为FeCl3，滴入沸水得到红褐色液体的反应的离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，加热蒸干、灼热后得到Fe2O3。加入AgNO3溶液，会破坏胶体的介稳性，使Fe(OH)3胶体聚沉，生成Fe(OH)3沉淀，同时产生AgCl沉淀。
【答案】　(1)HClO4
(2)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋　abc
15．波尔多液是一种常用的农药，将胆矾与生石灰、水按质量比依次为1∶0.56∶100混合配制成的无机铜杀菌剂波尔多液，是一种天蓝色粘稠状悬浮液体。
(1)此波尔多液中Cu2＋和Ca2＋的物质的量浓度之比为________(最简整数比)。波尔多液有效成分的化学式可表示为CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2，此种配比当x＝1时，试确定y的数值为________。
(2)波尔多液通常现用现配，下列容器中________不能用来盛装波尔多液(填选项代号)。
A．塑料容器 B．铜制容器
C．铁制容器 D．陶器
【解析】　(1)根据胆矾与生石灰的相对分子质量分别为250和56，则其物质的量之比为∶＝2∶5，由于溶液的体积相同，则物质的量之比即为物质的量浓度之比。
CuSO4＋Ca(OH)2===Cu(OH)2＋CaSO4
反应前　2 　　　5　　　　　　0　　 　　0
反应后　1 　　　4　　　　　　1　　 　　1
所以CuSO4·Cu(OH)2·yCa(OH)2中，y＝4。
(2)波尔多液中含有Cu2＋，故不能用铁制容器盛装。
【答案】　(1)2∶5　4　(2)C
16．一木块漂浮于30 ℃时的200 g硝酸钾饱和溶液中，如图A所示。
当温度改变时(不考虑由此引起的木块和溶液体积变化)，木块排开液体的体积(V排)随时间(t)发生如图B所示的变化。
(1)由上推测出温度的改变方式是________(填“升温”或“降温”)，同时观察到烧杯底部晶体________(填“增多”或“减少”)。
(2)若烧杯底部晶体增多了5 g，则此时溶液中KNO3的质量分数为多少？(已知30 ℃时KNO3的溶解度为45 g)
【解析】　(1)由图B看出，开始随时间的变化，木块在重力作用下下沉，木块排开水的体积逐渐增大，浮力也增大，达到一定的时间、木块排开水的体积不再变化，说明木块在溶液中受到的重力与浮力大小相等方向相反，达到了力的平衡。在这个过程中木块下沉，说明溶液的密度减小，析出晶体。结合KNO3的溶解度随温度降低而减小，可以推测出上述过程是因温度降低引起的。所以，可同时观察到烧杯底部晶体增多。
(2)30 ℃时200 g KNO3饱和溶液中溶有KNO3的质量为m(KNO3)＝200 g×＝62.1 g。
析出5 g KNO3晶体后，溶液中KNO3的质量分数为
×100%＝29.3%。
【答案】　(1)降温　增多　(2)29.3%
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．以下命题，违背化学变化规律的是(　　)
A．石墨制成金刚石　　　B．煤加氢变成人造石油
C．水变成汽油 D．干冰转化成原子晶体
【解析】　化学反应的发生，应遵循质量守恒定律，H2O中含H、O两种元素，而汽油中还会有碳元素，所以C错。
【答案】　C
2．使用分液漏斗时，应首先(　　)
A．洗涤 B．检查是否漏水
C．打开上端塞子 D．打开活塞
【解析】　使用分液漏斗时首先要检查是否漏水。
【答案】　B
3．观察下图，若用l L水来代表地球上的总水量，要比较精确地量取地球上的淡水量，应选择的仪器是(　　)
A．100 mL烧杯 B．50 mL烧杯
C．100 mL量筒 D．50 mL量筒
【解析】　此题以实验题面目出现，考查了烧杯和量筒两种常见仪器，对学生的能力要求不高，但有教育学生珍惜水资源的寓意。A和B两选项都是烧杯，它不能较精确地测量液体体积；要较精确地测量出1 000×3%mL水的体积，应选50 mL量筒，即D。
【答案】　D
4.
(2009年广州二中等六校联考)下列叙述正确的是(　　)
A．为提醒人们在使用浓H2SO4时要注意安全，贮存浓H2SO4的容器上贴有如图标识
B．实验室可通过蒸馏的方法除去自来水中含有的Cl－等杂质制蒸馏水
C．做焰色反应实验时，应先将铂丝(或铁丝)用稀硫酸洗净后，在酒精灯外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取待检溶液进行实验
D．由于碱金属单质化学性质活泼，实验室中的各种碱金属单质均保存在煤油中
【解析】　浓H2SO4具有强腐蚀性，而非剧毒品，A错误；通过蒸馏可以得到纯净的蒸馏水，B正确；做焰色反应实验时，铂丝应用稀HCl清洗，不能用稀H2SO4，C错误；碱金属中锂比煤油的密度小，应用石蜡密封，D错误。
【答案】　B
5．(广东理基)下列实验可行的是(　　)
A．加入适量铜粉除去Cu(NO3)2溶液中的AgNO3杂质
B．用NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体
C．用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质
D．用乙醇从碘水中萃取碘
【解析】　A项中铜粉可与AgNO3发生置换反应生成Cu(NO3)2和Ag，从而除去AgNO3杂质，故A正确；B项中NaOH能与CO2发生化学反应，达不到除杂质的目的，故B不正确；C项中可用浓硝酸与蛋白质的颜色反应鉴别结构中有苯环的蛋白质，而浓硫酸无此性质，故C不正确；D项中乙醇与水互溶，不能用于萃取碘，故D不正确。
【答案】　A
6．提纯少量含碳酸氢钠杂质的碳酸钠固体所需要的仪器为(　　)
①试管　②泥三角　③蒸发皿　④试管夹　⑤坩埚
⑥玻璃棒　⑦石棉网　⑧坩埚钳
A．①④　　　　　　　　　　B．②⑤⑧
C．③⑥ D．⑥⑦
【解析】　除去碳酸钠固体中少量的碳酸氢钠，需要用给混合固体加热的方法，因为NaHCO3受热易分解。用坩埚可以给固体物质加热，用坩埚必须配有坩埚钳和泥三角，因为可直接加热，不必用石棉网。
【答案】　B
7．下列实验操作中错误的是(　　)
A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C．蒸发结晶时应将溶液蒸干
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中
【解析】　在蒸发结晶操作中，当蒸发皿中有大部分晶体析出时，应停止加热，利用蒸发皿的余热把少量水分蒸干。
【答案】　C
8．(2009年辽宁大连测试)下列有关化学实验问题的叙述合理的是(　　)
A．实验室规定：所有实验剩余的药品均应放回原药品瓶内
B．用加入浓溴水的方法分离苯和苯酚的混合物
C．用灼热的铜丝网除去N2中混有少量O2
D．用燃烧的方法除去O2中混有少量H2
【解析】　分离物质时不但要考虑物质性质的不同性，还要看到其共同性。A项中实验室中剩余的部分药品(如钾、钠等活泼金属以及白磷等非金属单质等)应放回原药品瓶内，但部分剩余的溶液等应交给实验员处理，不可放回原试剂瓶，以免影响原试剂的浓度及纯度，故A错误。B项中浓溴水虽然可以与苯酚生成沉淀，但苯可以溶解溴和三溴苯酚，故B错误。C项中O2可与灼热的铜反应生成固体氧化铜，从而得以除去，故C正确。D项中少量H2与O2很难发生燃烧，况且点燃二者的混合气体也易发生危险，故D错误。
【答案】　C
9．(北京理综)如右图所示，
集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，集气瓶内气体是(　　)
①CO、O2　②Cl2、CH4　③NO2、O2 ④N2、H2
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
【解析】　②中Cl2与CH4反应生成HCl及CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，但总物质的量不变，后3种物质常温下为液态，且滴入水后，HCl溶于水使集气瓶内产生负压，烧杯中的水在大气压作用下会进入集气瓶。③中由于4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，也会产生题述现象。
【答案】　D
10．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胶塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
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)橡胶塞，A错误；B.汽油或煤油会使橡胶塞溶胀，B错误；C.由于碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液显碱性，会与玻璃瓶的成分二氧化硅反应，C错误；D.氯水或硝酸银溶液存放时，为防止腐蚀(氧化)橡胶塞，用磨口塞；氯水中存在：Cl2＋H2OHCl＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，所以应存放在棕色玻璃瓶中；硝酸银见光易分解，应存放在棕色玻璃瓶中，D正确。
【答案】　D
11．如图所示的甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，平底烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显地胀大(忽略液体体积对气球的影响)。则所用试剂分别可能依次是(　　)
A．甲：浓硫酸和木炭　乙：浓氨水和SO2
B．甲：双氧水和MnO2　乙：NaOH溶液和CO2
C．甲：苯酚和Na2CO3溶液　乙：NaOH溶液和Cl2
D．甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水)　乙：水和氨气
【解析】　甲中是瓶外的气球胀大，说明瓶内产生了大量气体，乙中是瓶内的气球胀大，说明瓶内气体被大量消耗。A中甲要反应需在加热条件下；C中甲无气体产生；D中浓硫酸依次体现吸水性、脱水性、强氧化性，产生SO2和CO2气体。
【答案】　BD
12．某学生欲完成2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑反应，设计了如下图中所示的四个实验，你认为可行的实验是(　　)
【解析】　在通常情况下不能发生的反应有时可通过电解的方法来实现，该题中以Ag作阳极，以HCl作电解质溶液。阳极生成的Ag+与Cl-结合生成AgCl，而H+在阴极上获得电子放出H2。
【答案】　C
13．在下图的实验装置中，从实验开始过一段时间，对看到的现象叙述不正确的是(　　)
A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红
【解析】　浓硫酸有吸水性和脱水性，故A、B对；饱和硝酸钾溶液蒸发出的水被浓硫酸吸收，相当于蒸发溶剂，故小试管中有晶体析出；浓硫酸主要体现脱水性，不体现酸性，故不能使pH试纸变红。
【答案】　D
14．(2009年山东滨州质检)为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法正确的是(　　)
提纯物质 除杂试剂 分离方法
A KCl溶液(FeCl3) 氨水 过滤
B 乙酸乙酯(乙酸) 乙醇和浓硫酸 分液
C NaCl溶液(Na2S) AgCl 过滤
D 乙醇(H2O) 金属钠 蒸馏
【解析】　A项的除杂试剂应选用氢氧化钾溶液，不应选用氨水，否则会引进氯化铵新杂质，A错误；B项的除杂试剂应选用饱和碳酸钠溶液，使乙酸与之反应除去，B错误；C项中的除杂原理是利用了溶解平衡的原理，由于Ag2S的溶解度比AgCl小许多，向混合溶液中加入氯化银粉末，会使溶液中的硫离子逐渐转化成更难溶解的硫化银，再经过滤除去，C正确；D项不应选用金属钠作除杂试剂，因为钠也与乙醇反应，应选用加入生石灰(氧化钙)蒸馏的方法来除去混在乙醇中的少量水，D错误。
【答案】　C
15．(2009年苏州模拟)实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是(　　)
【解析】　A中气体应长进短出；B中有两处错误，一是不能在量筒中稀释浓硫酸，二是不能将水倒入浓H2SO4中；D中称量NaOH固体不能放在纸片上，应放在烧杯中进行称量；C中所用原料、方法、装置均正确。
【答案】　C
16．(2009年厦门模拟)右图是制取、干燥和收集某气体的实验装置，可用于(　　)
A．用Cu与稀HNO3反应制NO
B．用NaOH固体与浓氨水反应制NH3
C．用Fe与稀H2SO4反应制H2
D．用MnO2与浓HCl反应制Cl2
【解析】　A项，NO不能用排空法收集，错误；B项，NH3不能用浓H2SO4干燥，错误；D项，Cl2制取时需加热且收集时应长管进气，短管出气，错误；只有C项，H2制取、干燥、收集全符合，正确。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)请简要叙述下图所示的实验装置、方法、操作中存在的错误。
(1)________________________________________________________________________；
(2)________________________________________________________________________；
(3)________________________________________________________________________；
(4)________________________________________________________________________；
(5)________________________________________________________________________；
(6)________________________________________________________________________。
【解析】　(1)向试管中滴加液体时，试管要竖直，滴管要垂直悬空。
(2)给试管中液体加热时，液体体积不能超过试管容积的，加热时，应用酒精灯的外焰加热。
(3)蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处。
(4)过滤时玻璃棒下端放在三层滤纸处。
(5)NO不能用排空气法收集，只能用排水法。
(6)铁丝在氧气中燃烧时，应在瓶底铺层细沙或瓶中放少量水。
【答案】　(1)试管没竖直；滴管口接触管壁
(2)试管底部放在酒精灯焰芯上；试管内液体体积超过试管容积的1/3
(3)温度计的水银球插在乙醇溶液中
(4)玻璃棒没有接触滤纸三层的一边
(5)用排空气法收集NO
(6)瓶底没有铺一层细沙或瓶里没有加少量水
18．(14分)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，是一种高效的补铁剂。长期以来民间流传着“菠菜不能与豆腐同食”、“菠菜根比菠菜茎叶更有营养”等说法。某学校化学兴趣小组的同学拟通过实验探究以下问题：
①菠菜是否含有丰富的铁？
②菠菜是否含有草酸类物质？
③菠菜根中铁的含量是否比菠菜茎和叶的高？
该组同学通过上网查询，获得以下资料：草酸又名乙二酸，其酸性比乙酸稍强，草酸及其盐具有较强的还原性，其中草酸钙不溶于水。
他们设计的实验步骤如下：
Ⅰ.
Ⅱ.取菠菜根a g使用相同仪器、试剂，重复Ⅰ中实验，观察实验现象。
Ⅲ.将菠菜在少量开水中煮沸2～3 min，冷却后滤去菠菜，得滤液。向滤液中加入足量Ca(OH)2溶液，然后再加入足量试剂X，观察现象。
请回答以下问题：
(1)操作①中使用的仪器除三脚架、酒精灯、玻璃棒外还需要　　　　　　　　　　，操作②的名称是　　　　；
(2)可以说明菠菜根中Fe元素含量要比菠菜茎叶中多的现象是________________________________________________________________________；
(3)菠菜中的Fe是+2价还是+3价？　　　　；
(4)通过步骤Ⅲ可以确定菠菜中含有草酸类物质。由于滤液中含有CO32－，故需加入试剂X排除CO32－的干扰，则X是______(写化学式)，加入试剂X后观察到的现象是________________________________________________________________________。
【解析】　(1)加热固体物质时通常用坩埚，相应仪器还有坩埚钳、泥三角、三角架、酒精灯及玻璃棒，在除去难溶物时用过滤的方法。
(2)Fe3＋与KSCN溶液作用会生成红色络合物，红色越深说明Fe3＋的含量越高。
(3)据题目知菠菜中含有草酸类物质，而该物质有较强的还原性，故菠菜中的Fe不是＋3价而是＋2价。
(4)由题给信息可知酸性：草酸>乙酸>碳酸，所以可用乙酸来除去CO32－的干扰，加入CH3COOH后，CaCO3可以溶解，但草酸钙不与CH3COOH反应。
【答案】　(1)坩埚、坩埚钳、泥三角　过滤
(2)步骤Ⅱ中得到溶液红色比步骤Ⅰ中得到溶液的红色深
(3)＋2价　(4)CH3COOH　沉淀部分溶解
19．(16分)某研究性学习小组成员在讨论鉴别食盐水和蒸馏水的方案时，设计如下方案：
实验方法 结论
甲 加AgNO3溶液 有白色沉淀产生者为食盐水
乙 利用焰色反应 焰色为黄色者为食盐水
丙 加入无水CuSO4白色粉末 溶液变蓝色者为蒸馏水
丁 加入稀硫酸和MnO2，加热 有黄绿色气体产生者为食盐水
(1)其中可行的方法是________。
(2)说明其中不可行的方法的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请给出另外一种鉴别方法(不可以用尝味道，闻气味方法)。
实验方法 结论
【解析】　据NaCl溶液中阴离子为Cl－，可加入AgNO3溶液，会产生白色沉淀AgCl，根据阳离子为Na＋，可用焰色反应来鉴别，故甲、乙均可行；把无水CuSO4白色粉末加入食盐水中，溶液也变成蓝色，丙方案不可行，而在食盐水中加入稀H2SO4和MnO2，加热不发生化学反应，丁方案不可行。鉴别食盐水和蒸馏水还可通过加热蒸发或测溶液的导电性。
【答案】　(1)甲、乙
(2)丙方法中食盐水中的水也能使无水CuSO4变蓝，丁方法中采用稀硫酸、食盐水和MnO2加热不反应
(3)加热蒸发　有白色固体析出的是食盐水(或测两种液体的导电性　导电能力强的为食盐水)
20．(10分)(2008年高考上海卷)已知达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式盐。
(1)取该碱式盐3.01 g，加入2.0 mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。
(2)在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74 g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。
【解析】　(1)由题意可知：当加到HCl的物质的量为2.0 mol/L×42.5 mL×10－3L·mL－1＝0.085 mol时开始产生CO2；而当加到2.0 mol/L×45.0 mL×10－3L ·mL－1＝0.090 mol时正好反应完全。所以n(CO32－)＝0.090 mol－0.085 mol＝0.005 mol。又由于达喜为铝和镁的碱式盐，所以n(OH－)＝0.085 mol－0.005 mol＝0.08 mol。
所以＝＝
(2)由已知得1.74 g沉淀为Mg(OH)2，得碱式盐中含n(Mg2＋)＝＝0.03 mol，利用Cl守恒得：
含n(Al3＋)＝
＝0.01 mol，又由(1)得n(OH－)＝0.08 mol、n(CO32－)＝0.005 mol。因为0.03 mol×24 g/mol＋0.01 mol×27 g/mol＋0.08 mol×17 g/mol＋0.005 mol×60 g/mol＝2.65 g<3.01 g。所以含有n(H2O)＝＝0.02 mol。故n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(OH－)∶n(CO32－)∶n(H2O)＝0.01 mol∶0.03 mol∶0.08 mol∶0.005 mol∶0.02 mol＝2∶6∶16∶1∶4。所以该碱式盐的化学式为Al2Mg6(OH)16CO3·4H2O。
【答案】　(1)16∶1
(2)Al2Mg6(OH)16CO3 ·4H2O
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一、选择题
1．下列物质中，属于“城市空气质量日报”报道的污染物是(　　)
A．N2 B．SO2
C．CO2 D．CO
【解析】　“城市空气质量日报”一般涉及CO2、氮氧化物和可吸入颗粒等指标。CO2不属于污染物，CO暂未列入空气质量日报。
【答案】　B
2．选用一种试剂即能把浓度均为1 mol·L－1的Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3、BaCl2溶液加以区别，这种试剂是(　　)
A．CaCl2 B．AgNO3
C．H2SO4 D．NaOH
【解析】　该组物质中可能与其他试剂发生反应的主要离子有：CO32－、SO32－、SO42－、Ba2＋、Cl－，其中阳离子只有Ba2＋可能与其他试剂发生反应产生沉淀，CO32－和SO32－是弱酸根，能与强酸反应放出气体，前者无味，后者有刺激性气味。因此CO32－和SO32－可以用强酸H2SO4加以区分，同时可以发现Ba2＋离子可以与硫酸中的SO42－作用产生沉淀。
根据四种物质中阳离子和阴离子的不同，当加入H2SO4时，有白色沉淀生成的为BaCl2，有刺激性气味气体放出的为Na2SO3，有无色无味气体放出的为Na2CO3，无现象发生的为Na2SO4。
【答案】　C
3．下图是一套检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X。若关闭活塞，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内的溶液Y可能是(　　)
A．X是SO2，Y是饱和NaHCO3溶液
B．X是H2S，Y是浓H2SO4
C．X是CO2，Y是Na2SO3
D．X是Cl2，Y是Na2CO3
【解析】　关闭活塞时，X气体通入溶液Y，因H2SO3酸性强于H2CO3，故A项中可产生CO2使澄清石灰水变浑浊，D项中Cl2和水产生的HCl又与Na2CO3反应产生CO2，同样会产生上述现象，所以A、D项正确，而H2S、CO2均不能使品红溶液褪色，故B、C项不符合。
【答案】　AD
4．由实验事实得出的结论，其中正确的是(　　)
实验事实 结论
A Cl2的水溶液能导电 Cl2是电解质
B SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 BaSO3不溶于强酸
C 金属钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈 乙醇分子中的羟基氢原子不如水分子中的氢原子活泼
D 加热煮沸滴有石蕊试液的SO2水溶液，红色褪色 SO2具有漂白性
【解析】　A中Cl2的水溶液之所以导电是因为发生反应Cl2＋H2O??Cl－＋HClO＋H＋，而电解质必须是化合物；B中发生反应3Ba2＋＋2NO3－＋2H2O＋3SO2===3BaSO4↓＋2NO＋4H＋；D中SO2之所以使石蕊变红是由于发生了反应SO2＋H2O??H2SO3，在加热时，该反应向逆方向移动，使SO2逸出。
【答案】　C
5．(2008年济南模拟)下列变化属于漂白性的是(　　)
A．SO2使酸性KMnO4溶液褪色
B．乙烯使溴水褪色
C．Na2O2使无色酚酞先变红，又褪色
D．SO2使NaOH酚酞溶液褪色
【解析】　SO2使酸性KMnO4溶液褪色表现SO2的还原性；乙烯使溴水褪色属于加成反应；Na2O2使无色酚酞先变红是因为Na2O2与H2O反应先生成NaOH，NaOH显碱性所致，又褪色则是Na2O2或H2O2的强氧化性，导致褪色，这种强氧化性导致的有色物质褪色可称为漂白作用，而SO2使NaOH酚酞溶液褪色则显示了H2SO3的酸性。
【答案】　C
6．(2008年太原质检)在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将BaCl2溶液分盛两支试管，一支加硝酸，另一支加烧碱溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀。由此得出下列结论合理的是(　　)
A．氯化钡显两性
B．两支试管中生成的沉淀都是BaSO4
C．两支试管中的沉淀都是BaSO3
D．H2SO3可被HNO3氧化为H2SO4，BaCl2与SO2不反应但能与SO32－反应
【解析】　在BaCl2溶液中通入SO2，溶液仍然澄清，这是实验事实，因为如果发生反应：BaCl2＋SO2＋H2O===BaSO3↓＋2HCl，一是出现弱酸(H2SO3)制强酸HCl违反规律，二是即使生成BaSO3沉淀它也溶于盐酸，故SO2和BaCl2不反应，溶液仍澄清。若将BaCl2溶液分成两份，一份加硝酸，再通入SO2，可以发生将SO2或SO32－氧化成SO42－，此时发生Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓；另一份加烧碱溶液，再通入SO2，先发生SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O，再发生Na2SO3＋BaCl2===BaSO3↓＋2NaCl。综上所述，A、B、C不正确；D中SO2能被硝酸氧化和与NaOH溶液反应证明其有还原性和酸性氧化物的性质，加碱后SO2Na2SO3，当然SO32－浓度加大，与Ba2＋结合生成BaSO3沉淀，故D正确。
【答案】　D
7．(2009年广东韶关调研)如下图，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．NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2
C．湿润KI 淀粉试纸未变蓝，说明SO2的氧化性弱于I2
D．品红试纸、沾有KMnO4溶液滤纸均褪色，证明了SO2的漂白性
【解析】　浓硫酸进入注射器中与Na2SO3晶体反应，Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，SO2不能使石蕊试纸褪色，A项错误；SO2使品红试纸褪色，是由于SO2的漂白性，SO2使KMnO4褪色是由于SO2的还原性，D项错误；SO2污染空气，可用NaOH吸收，B项正确；SO2不与KI反应，说明氧化性I2强于SO2，C项正确。
【答案】　BC
8．在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀HNO3，沉淀不消失，则下列关于溶液中所含离子的推断中正确的是(　　)
A．一定含有SO42－
B．可能含有SO42－或Ag＋，或同时含有SO42－和Ag＋(少量)
C．含有SO42－和Ag＋
D．可能含有SO32－或CO32－
【解析】　BaCl2溶液中的Ba2＋、Cl－能与溶液中的SO42－、Ag＋或者它们中的一种作用，均生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。CO32－离子与Ba2＋反应产生的BaCO3沉淀能溶于稀硝酸。解题方法为逐个分析排除法。
常见错解为A，原因是没有考虑Cl－能与Ag＋作用产生不溶于稀硝酸的白色沉淀。
【答案】　B
9．某溶液中含有大量Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋、NH4＋和H＋，其中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，在该溶液中可以大量存在的阴离子是(　　)
A．NO3－ B．CO32－
C．SO42－ D．SCN－
【解析】　因为c(H＋)＝10－2 mol/L，故为酸性，若有NO3－，则Fe2＋与之不共存；若有CO32－， H＋与之不共存；若有SCN－，Fe3＋与之不共存，若有SO42－均可共存。
【答案】　C
10．下列过程中，最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是(　　)
A．Fe(NO3)2溶液白色沉淀
B．Ba(NO3)2溶液白色沉淀
C．无色溶液白色沉淀
D．无色溶液无色溶液白色沉淀
【解析】　A中二氧化硫被硝酸氧化为硫酸，加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀；B中的亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，沉淀也是硫酸钡；D中是先加盐酸无沉淀，再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡；C中先加硝酸无沉淀，再加氯化钡所得沉淀也可能是氯化银。
【答案】　C
11．向50 mL 18 mol·L－1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是(　　)
A．等于0.9 mol B．大于0.45 mol，小于0.9 mol
C．等于0.45 mol D．小于0.45 mol
【解析】　Cu与稀硫酸不反应，在加热条件下铜和浓硫酸能发生反应。
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
参加反应的H2SO4有一半被还原，在Cu与浓H2SO4的反应过程中，浓硫酸浓度逐渐降低，变成稀H2SO4时反应会停止，所以0.9 mol H2SO4与足量铜片反应时，被还原的H2SO4小于0.45 mol。
【答案】　D
12．已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物，硫元素的质量分数为a%，则混合物中氧元素的质量分数为(　　)
A．a% B．2a%
C．1－1.75a% D．1－0.75a%
【解析】　比较NaHS、MgSO4、NaHSO3的相对分子质量特点可知：
NaH(Mg)　　～　　S
24　　 　　　 　 　32
×a%　　　　 　a%
所以混合物中氧元素的质量分数为
1－a%－×a%＝1－1.75a%。
【答案】　C
二、非选择题
13．(2008年桂林)某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：
(1)在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是________________________________________________。
(2)在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是______________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是________________________________________________________________________。
【解析】　(1)原溶液是红色溶液，受热颜色变浅，是因哪种物质以气态挥发所引起，常见的具有碱性的气体是氨气，氨气在水中呈碱性，可使酚酞变红，氨气减少，颜色变浅；(2)原溶液是无色溶液，受热反而显红色。同上小题分析，这里挥发的是SO2气体，指示剂是品红。
【答案】　(1)稀氨水和酚酞　稀氨水中的NH3受热逸出，所以溶液的颜色变浅　(2)溶有SO2的品红　SO2气体受热逸出，品红溶液恢复红色
14．在通常状况下，A为固态单质。根据右图转化关系，回答：
(1)写出A～E的化学式：
A________，B________，C________，D________，E________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①E→C________________________________________________________________________；
②C→D________________________________________________________________________。
【解析】　因A为固态单质，则B为其氢化物，C为其氧化物，故A为固态非金属单质。由ACDE知E为能与Cu反应的酸(浓H2SO4或HNO3)，由A为固态单质，推断A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4。
【答案】　(1)S　H2S　SO2　SO3　H2SO4(浓)
(2)①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
②2SO2＋O22SO3
15．现有某种铁碳合金，某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了下图所示的实验装置和实验方案(夹持仪器已省略)，请你参与此项活动并回答相应问题。
Ⅰ.探究浓硫酸的某些性质
(1)按图示连接装置，检查装置的气密性，称量E的质量。
(2)将m g铁碳合金样品放入A中，再加入适量浓硫酸。仪器A的名称为________。未点燃酒精灯前，A、B中均无明显现象，原因是________________________________________________________________________。
(3)点燃酒精灯一段时间后，A、B中可观察到明显现象。写出A中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________(只写一个)。
B中现象是__________________，由此可得出浓硫酸具有________性。
(4)随着反应进行，A中还可能发生某些离子反应。写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________(只写一个)。
(5)反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因为温度较高，反应放热以外，还可能的原因是____________________________。
Ⅱ.测定铁的质量分数
(6)待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重。E增重b g。
铁碳合金中铁的质量分数为________________(写表达式)。
(7)某同学认为上述方法较复杂，使用右图所示装置和其他常用实验仪器，测定某些数据即可。为了快速准确地计算出铁的质量分数，最简便的实验操作是　　　　(填代号)。
A．用排水法测出H2的体积
B．反应结束后，过滤、洗涤、干燥、称量残渣的质量
C．测定反应前后装置和药品的总质量
【答案】　(2)蒸馏烧瓶　常温下，Fe被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应
(3)2Fe＋6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O[或C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O]
品红溶液逐渐褪色　强氧化
(4)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(或Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑)
(5)铁碳在溶液中形成原电池
(6)×100%
(7)C
16．下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)，已知：(a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。(b)反应①、②是化工生产中的重要反应。(c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。(d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。(e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。
请按要求填空：
(1)反应③的化学方程式________________________________________________________________________。
(2)C的结构式____________；H的化学式__________。
(3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(4)化合物J的化学式________________。
【解析】　形成酸雨的物质一般为NOx和SO2，根据H＋H2SO4―→E＋K可知E为SO2，又K是一种氮肥，故K为(NH4)2SO4，H可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3；又由F＋H2SO4―→K(化合反应)知F为NH3；由(d)知L为NaClO，由NH3＋NaClO―→I＋J(两种元素：Mr＝32)且J＋B―→C，知I为NaCl，J应为N2H4，B为O2，C为N2，A为S，D为H2。NH3被ClO－氧化得J，J与O2反应得N2，其相对分子质量为32，且只有两种元素组成，可推出为N2H4。
【答案】　(1)2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
(2)NN　(NH4)2SO3或NH4HSO3
(3)ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO42－＋H2O
(4)N2H4
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一、选择题
1．2008年9月份，国家质检总局查出多家知名品牌奶粉中含有三聚氰胺，长期饮用易导致肾结石。已知三聚氰胺的结构简式为H2NCNCNH2NCNH2N，下面对于其分类的说法正确的是(　　)
A．属于铵盐 B．属于混合物
C．属于烃 D．属于烃的衍生物
【答案】　D
2．(2010年西安市高三质量检测)分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是(　　)
①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应　③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液　④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
【解析】　①如CH3COOH中含4个氢原子，为一元酸，题中说法错误。③根据分散质直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误。②、④正确，故选D项。
【答案】　D
3．(2009年苏州质检)实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放。现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图所示。做“硫酸的性质”的实验时，某同学取用Ba(OH)2溶液后，应把它放回的位置是(　　)
【解析】　HCl、H2SO4属于酸，酚酞、石蕊属于酸碱指示剂，NaCl属于盐，NaOH、Ba(OH)2属于碱，据药品按规律摆放的原则，Ba(OH)2溶液应放在D处。
【答案】　D
4．最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢微粒，这种新微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成。对于这种微粒，下列说法中正确的是(　　)
A．是氢元素的一种新的同素异形体
B．是氢元素的一种新的同位素
C．它的组成可用H3表示
D．它比一个普通H2分子多一个氢原子核
【答案】　D
5．下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是(　　)
【解析】　胶体、溶液、浊液三种分散系的根本区别是分散质粒子的大小不同：胶体粒子直径大于1 nm，小于100 nm，胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜；溶液中的粒子直径小于1 nm，可透过半透膜和滤纸，而浊液的分散质粒子直径大于100 nm，不能透过滤纸和半透膜；丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，而溶液中的小分子或粒子对光线的散射作用非常微弱，故无此现象；萃取是利用了物质在不同溶剂中溶解性的不同，与分散质粒子大小无关。
【答案】　C
6．(2009年日照质检)下列关于物质分类正确的组合是(　　)
　分类
组合　 碱 酸 盐 碱性氧
化物 酸性氧
化物
A 苛性钾 油酸 小苏打 氧化钠 三氧化硫
B 纯碱 硫酸 食盐 氧化镁 一氧化碳
C 烧碱 醋酸 碳酸铵 过氧化钠 三氧化硫
D 纯碱 盐酸 烧碱 氧化铝 二氧化碳
【解析】　对B项，纯碱为Na2CO3属盐类，CO为不成盐氧化物，则B错。对C项，过氧化物不是碱性氧化物，则C错。D项中纯碱属盐，烧碱为NaOH属碱，氧化铝属两性氧化物，则D错。解此类题目关键是明确分类标准和相应物质的化学式。
【答案】　A
7．下列说法正确的是(　　)
A．可用丁达尔现象区分溶液与胶体
B．生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C．O3是由3个氧原子构成的化合物
D．CuSO4·5H2O是一种混合物
【解析】　生石灰与水混合的过程发生化学反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2，B项不正确；O3为氧元素的单质，C项不正确；CuSO4·5H2O是结晶水合物，是一种化合物，不属于混合物，D项不正确；区分溶液和胶体，最简单的方法就是利用丁达尔现象，A项正确。
【答案】　A
8．(2009年郑州模拟)石灰在工农业生产和建筑业上有着重要用途。用于生产石灰的主要原料是石灰石(其主要成分为A)，在石灰窑中加热焙烧石灰石得到生石灰(B)，并放出气体(C)。生石灰在建筑上主要用做黏合剂，一般先使它“熟化”变成熟石灰(D)，熟石灰与沙子混合成“沙灰”用于砌筑砖墙。经过一段时间后，“沙灰”中的熟石灰变成另一固体物质(E)。上述的A、B、D三物质，依次所属类别正确的是(　　)
A．酸、碱、盐 B．碱、盐、氧化物
C．盐、氧化物、氧化物 D．盐、氧化物、碱
【答案】　D
9．(2009年聊城质检)物质系列NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4是按某一规律排列的。下列物质系列中也完全照此规律排列的是(　　)
A．Na2CO3、C、CO2、CO、NaHCO3
B．Na2S、S、SO2、Na2SO3、Na2SO4
C．NH3、N2、NO、NO2、NaNO3
D．P2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4
【解析】　NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4中都含氯元素，且氯元素的化合价是依次升高的。C项NH3、N2、NO、NO2、NaNO3中都含氮元素，且氮元素的化合价是依次升高的。
【答案】　C
10．下列家庭小实验中不涉及化学变化的是(　　)
A．用熟苹果催熟青香蕉
B．用少量食醋除去水壶中的水垢
C．用糯米、酒曲和水制成甜酒酿
D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐
【解析】　A项，熟苹果释放出乙烯，乙烯催熟青香蕉的过程都是有新物质生成(乙烯、糖分等)；B项，有Mg(OH)2＋2CH3COOH===(CH3COO)2Mg＋2H2O，CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑反应发生；C项，酿酒过程主要涉及淀粉→麦芽糖→葡萄糖→乙醇的转化；D项，利用渗析的方法将胶体和溶液进行分离，属物理分离方法。
【答案】　D
11．将10 mL淀粉胶体和5 mL氯化钠溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中(如图所示)2 min后，分别取袋内和烧杯内液体进行实验。下列说法正确的是(　　)
A．烧杯内液体加入硝酸银溶液后有白色沉淀产生
B．烧杯内液体加入碘水后呈蓝色
C．袋内液体加入硝酸银溶液后无变化
D．袋内液体加入碘水后不变蓝
【解析】　淀粉胶体不能透过半透膜，而较小的Cl－等能透过半透膜，且由于不是流动的水，因此半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋内、烧杯内的液体加入AgNO3溶液后均有白色沉淀生成；烧杯内溶液中加入碘水无现象，袋内溶液中加入碘水呈蓝色。
【答案】　A
12．(2009年郑州市毕业班质检一)下列叙述正确的是(　　)
A．胶体溶液的电泳现象说明胶体带电荷
B．含有非极性键的化合物一定为共价化合物
C．原子晶体中共价键越强其熔点越高，如晶体硅比SiO2熔点高
D．含有阴离子的物质必然含有阳离子，但含有阳离子的物质不一定含有阴离子
【解析】　胶体不显电性，胶体粒子带电荷；过氧化钠中含氧氧非极性键，但是过氧化钠为离子化合物；当是同类晶体且晶体结构相似时键越强熔点越高，二氧化硅硅氧键比硅硅键键长短，故二氧化硅熔点高些；金属晶体中含有阳离子但是不含阴离子，而是含有带负电的自由电子。
【答案】　D
二、非选择题
13．下表有三组物质，每组均有甲、乙、丙三种物质(酸、碱、盐均为溶液)。
第Ⅰ组 第Ⅱ组 第Ⅲ组
甲 BaCl2 Fe Cu(NO3)2
乙 Fe2O3 K2SO4 H2SO4
丙 Zn NaOH MgCl2
根据该表回答问题：
(1)第Ⅲ组中有一种物质能与第________组中的所有物质反应，这种物质有________。
(2)不跟第Ⅰ组所有物质发生反应的是第________组物质中的________，能与第Ⅲ组中所有物质发生反应，其化学方程式分别为________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
【答案】　(1)Ⅰ　H2SO4
(2)Ⅱ　NaOH　2NaOH＋Cu(NO3)2===Cu(OH)2↓＋2NaNO3　2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O　2NaOH＋MgCl2===Mg(OH)2↓＋2NaCl
14．实验室里常用的干燥剂有：①浓硫酸(98%)，②无水氯化钙，③变色硅胶[硅胶的主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钴(CoCl2)作指示剂，无水氯化钴呈蓝色，吸水后变为CoCl2·6H2O呈粉红色]，④五氧化二磷，⑤碱石灰(主要成分是氢氧化钠、氧化钙，制法是：把生石灰加到浓的烧碱溶液中，再加强热蒸干)，等等。
(1)写出制取干燥剂碱石灰过程中有关反应的化学方程式。
________________________________________________________________________。
(2)上述物质中，属于纯净物的是(　　)
A．①②④ B．②④
C．①②④⑤ D．全部
(3)上述干燥剂中，不宜用于干燥氯化氢气体的是________。
(4)上述①～④，其主要化学成分依次属于__________________________(填写各物质所属的类别)。
【解析】　浓H2SO4是H2SO4与水的混合物，在物质分类中属于酸；无水氯化钙是纯净物；变色硅胶是SiO2和CoCl2的混合物；P2O5是纯净物；碱石灰是NaOH、CaO的混合物。
【答案】　(1)CaO＋H2O===Ca(OH)2；Ca(OH)2CaO＋H2O　(2)B　(3)⑤　(4)酸、盐、氧化物、氧化物
15．对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。
(1)现有下列6种物质：SO2、SiO2、CaO、MgO、Fe2O3、Na2O2。按照不同的分类标准，它们中有一种物质与其他5种有明显的不同，请找出这种物质，并写出依据(写出两种分类方法)：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
(2)从上述物质中分别找出两种能相互反应的物质，各写一个非氧化还原反应的方程式和氧化还原反应的方程式：________________________、______________________。
(3)虽然分类的方法不同，但离子反应和氧化还原反应之间也存在着一定的关系，请用简单的图示方法表示二者之间的关系：______________________。
(4)生活中的食醋和淀粉溶液分属于分散系中的________和________，用____________可以鉴别(填化学专用名词)。
【答案】　(1)①SO2常温常压下是气体，其余是固体
②Na2O2是过氧化物，其余为酸性氧化物或碱性氧化物(答案不唯一，合理即可)
(2)CaO＋SiO2CaSiO3(或MgO＋SO2MgSO3等其他合理答案)　Na2O2＋SO2===Na2SO4
(3)
(意思正确、能表示二者的交叉关系即可)
(4)溶液　胶体　丁达尔效应
16．(2009年云浮调研)取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为________________________，反应后得到的溶液呈________色。用此溶液进行以下实验：
(1)取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为______________________，此反应属于________(填反应类型)。
(2)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸直至溶液呈________色，即可制得Fe(OH)3胶体。
(3)取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到________烧杯中的液体产生丁达尔效应。这个实验可以用来区别______________。
(4)取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量HI稀溶液，边滴边振荡，会出现一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是________________________________________________________________________。
②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
③最后溶液颜色加深，原因是________________，此反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
④用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述哪些相同的变化现象________。(写序号)
(5)已知明矾能净水，理由为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　碱性氧化物与酸反应生成盐和水，故Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，FeCl2溶液呈棕黄色，(1)FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应，此小题主要考查区分与Fe(OH)3胶体的制备原理。(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。(3)由胶体和溶液的性质不同，可据丁达尔效应将二者区别。(4)HI既有酸性又有强还原性，I－能使Fe(OH)3胶体聚沉，H＋使其溶解，生成的Fe3＋又能氧化I－生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的弱碱性、HI的三重性质(强电解质、酸性、还原性)等在一系列变化中的体现，也体现了不同变化阶段“主要矛盾”的不同性。分析④时的关键在于Cl－比I－还原性弱，Cl－不能还原Fe3＋，故导致现象不同。(5)因为Al(OH)3胶体能净水，胶体的性质是相似的，故Fe(OH)3胶体也能净水。
【答案】　Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O　棕黄
(1)FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓　复分解反应
(2)红褐　(3)乙　胶体和溶液
(4)①加入电解质后，胶体发生聚沉
②Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
③有I2生成　2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋　④①②
(5)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有巨大的表面积，可吸附水中的悬浮物而聚沉
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列反应中，熵显著增加的是(　　)
A．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
B．4Fe(OH)2(s)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)
C．Fe3O4(s)＋4CO(g)===3Fe(s)＋4CO2(g)
D．2HgO(s)===2Hg(l)＋O2(g)
【解析】　A、B两项均属于气体分子数减少的反应，是熵减小的情况，错误；C项气体分子数不变，也不符合要求；只有D项属于气体分子数增加的反应，即熵增加，D正确。
【答案】　D
2．下列关于判断过程的方向的说法正确的是(　　)
A．所有自发进行的化学反应都是放热反应
B．高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C．由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【解析】　自发进行只能用来判断过程的方向，而不能判断反应的热效应，A项错；高温高压的条件下，低能量的石墨转化为高能量的金刚石，是一个非自发的化学反应，B项错；同一物质的固、液、气三种状态中，气态的混乱度最大，熵值最大，D项错。
【答案】　C
3．可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，正反应速率分别用v(SO2)、v(O2)、v(SO3)[mol/(L·min)]表示，逆反应速率分别用v′(SO2)、v′(O2)、v′(SO3)[mol/(L·min)]表示，当反应达到平衡时，正确的关系是(　　)
A．v(SO2)＝v(O2)　　　　　　B．v(SO3)＝v′(SO3)
C．v′(O2)＝v′(SO3) D．v′(O2)＝2v′(SO3)
【解析】　达到平衡时，用同一种物质表示的正、逆反应速率一定相等。另外，用不同物质表示的反应速率之比等于它们的化学计量数之比，且方向相反。
【答案】　B
4．(2009年宁波模拟)可逆反应2NO2??2NO＋O2在体积固定的密闭容器中进行，下列说法不能认为达到平衡状态的是(　　)
A．单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2
B．混合气体的颜色不再改变的状态
C．混合气体的密度不再改变的状态
D．混合气体的压强不再改变的状态
【解析】　选项A，生成O2 n mol，同时生成NO2 2n mol，说明正逆反应速率相等；由于NO2为有色气体，其他气体无色，混合气体的颜色不再改变，则反应已达平衡状态，由于反应在体积固定的容器中进行，气体密度不再改变，不是反应达平衡的标志，而压强不变是达平衡的标志。所以选C。
【答案】　C
5．(2009年黄冈模拟)在体积恒定的密闭容器中，充入3 mol A和1 mol B发生反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)，达到平衡后，C在平衡混合气体中的体积分数为φ。若维持温度不变，按1.2 mol A、0.4 mol B、0.6 mol C为起始物质，达到平衡后压强不变，C的体积分数仍为φ，则x值是(　　)
A．2 B．1
C．3 D．4
【解析】　本题的条件是恒容装置，现在起始物质不同物质的量的前提下要求达到平衡时C物质的体积分数φ相等且压强不变，压强不变即物质的量不变，因此属于“等同平衡”，必须用回归定值法，即1.2 mol＋3×0.6 mol/x＝3 mol,0.4 mol＋0.6 mol/x＝1 mol，解得x＝1。
【答案】　B
6．(2008年北京理综)工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：
SiCl4(g)＋2H2(g)??Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋Q kJ/mol(Q>0)
某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是(　　)
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应
【解析】　A项，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小；B项，由于此反应为可逆反应，开始时加入1 mol SiCl4，并不能全部转化为Si，所以吸收的热量小于Q kJ；C项，v(H2)＝v(HCl)＝×＝0.015 mol·L－1·min－1。D项，当反应吸收热量为0.025Q kJ时，产生n(HCl)＝4 mol×＝0.1 mol＝n(NaOH)，故恰好反应。
【答案】　D
7．(2008年高考广东理基)对于反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是(　　)
A．通入大量的O2 B．增大容器容积
C．移去部分SO3 D．降低体系温度
【解析】　A项中通入氧气，增大了反应物的浓度，正反应速率加快；B项中增大容器体积，反应物的浓度减小，正反应速率减小；C项中移走部分三氧化硫，反应物的浓度不变，正反应速率不变；D项中降低温度，正逆反应速率都要减小。故选A。
【答案】　A
8．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．碳酸钙不溶于水，但溶于盐酸
B．对于反应2HI(g)??H2(g)＋I2(g)　ΔH>0，缩小容器的体积可使颜色变深
C．在实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫
【解析】　盐酸中的H＋结合碳酸钙中的CO32－生成CO2气体，使碳酸钙的溶解平衡向溶解方向移动；B中反应前后气体分子不变，缩小容积，反应速率增大，但平衡不发生移动；Cl－浓度大有利于平衡Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO逆向移动；溶解平衡CO2(g)??CO2(aq)受CO2气体的压力和温度影响，打开冰镇啤酒瓶把啤酒倒入玻璃杯中，由于压力减小、温度升高，平衡逆向移动，所以杯中立即泛起大量泡沫。
【答案】　B
9．如图所示为条件一定时，反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)＋Q(正反应为放热)中NO的转化率与温度变化关系曲线图，图中有a、b、c、d四个点，其中表示未达到平衡状态，且v正A．a B．b
C．c D．d
【解析】　a、b在曲线上为平衡点，c、d点未达平衡。d点在曲线右上方，从d点向横坐标引辅助线，可知该温度平衡时NO的转化率比d点的小，说明该点未达平衡，且v正【答案】　D
10．(2009年江西九所重点中学高三联考)已知可逆反应aA(g)＋bB(？)??cC(g)　ΔH>0(B物质的状态未确定)。关于该反应的描述正确的是(　　)
A．加压若平衡正向移动，则a>c
B．加入一定量的B，平衡一定正向移动
C．缩小容器的体积，各物质的浓度一定增大
D．升高温度，平衡一定正向移动，混合气体的平均摩尔质量的变化不能确定
【解析】　A项，B物质状态不确定，故无法确定a、c的大小关系；B项，若B是固体，加入一定量的B，平衡不移动；C项，若B是固体，缩小容器的体积，B的浓度不变；D项，升高温度，平衡向吸热的方向(该反应是正反应方向)移动，M＝，因B的状态不确定，故M的变化不能确定，故选D。
【答案】　D
11．(2008年宁夏高考理综)将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol/L，c(HI)＝4 mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为(　　)
A．9 B．16
C．20 D．25
【解析】　根据题意
　　　2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
平衡浓度：4 mol/L　0.5 mol/L
起始浓度：c(HI)＝平衡量＋变化量＝4 mol/L＋0.5 mol/L×2＝5 mol/L
则c(NH3)＝c(HI)起始浓度＝5 mol/L
根据平衡常数定义：K＝c(NH3)·c(HI)＝5 mol/L×4 mol/L＝20 (mol/L)2，故C项正确。
【答案】　C
12．(2008年高考山东理综)高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
【解析】　由题中平衡常数的表达式可知该反应为：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，D项错误；升高温度，H2浓度减小，说明平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，A项正确；该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大压强对该反应的平衡无影响，增大压强氢气浓度相应增大，B项错误；对任何反应来说，升高温度反应速率都增大，C项错误。
【答案】　A
13．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是(　　)
A．2 mol C
B．2 mol A、1 mol B和1 mol He(不参加反应)
C．1 mol B和1 mol C
D．2 mol A、3 mol B和3 mol C
【解析】　因该反应是一个气体体积不变的反应，因此只要n(A)∶n(B)＝1∶1即为等效平衡，因此将选项中各种配比全部转化为起始时A和B的物质的量并与题给平衡进行逐一分析：
　　2A(g)＋B(g)??3C(g)　平衡时φ(A)
已知　　　　2　　　　2　　　　0　　　　a%
A 0 >a%
B 2 1 0 >a%
C 0 D 4 4 0 ＝a%
所以选A、B。
【答案】　AB
14．反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)　ΔH＝Q kJ/mol，生成物C的质量分数与压强p和温度的关系如下图，方程式中的化学计量数和Q值符合图象的是(　　)
A．a+b0　　　　　　B．a＋b>c　Q<0
C．a＋b0
【解析】　由温度—时间图象判断，T2>T1(因为温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从T1→T2，即升温，C%降低，则正反应为放热反应，即Q<0；由压强—时间图象判断，p2>p1(因为压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间越短)，从p1→p2，加压，C%降低，平衡逆向移动，即逆反应是气体体积缩小的反应，则有a＋b【答案】　C
15．往平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和固态氯化铵晶体，塞紧瓶塞，在瓶底和木板间滴少量水，如图所示。一会儿，就会发现瓶内固态物质变稀并有液体产生，瓶壁变冷，小木板上因少量水冻结而被烧瓶粘住，这时打开瓶塞，出来的气味有氨味，这时自发地发生了反应：
Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
下列结论中正确的是(　　)
A．自发反应一定是放热反应
B．自发反应一定是吸热反应
C．有的吸热反应也能自发进行
D．吸热反应不能自发进行
【解析】　Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)是吸热反应，但能自发进行，A、D选项错误；Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑是放热过程，也是自发过程，B错误。
【答案】　C
16．可用下图所示的图象表示的反应是(　　)
反应 纵坐标 甲 乙
A SO2与O2在同温、同体积容器中反应 SO2的转化率 2 mol SO2和1 mol O2 2 mol SO2和2 mol O2
B 2 mol SO2与1 mol O2在同温、体积可变的恒压容器中反应 SO2的转化率 1×106 Pa 1×105 Pa
C 相同质量的氨在同一固定容积容器中反应 氨气的浓度 400 ℃ 500 ℃
D 体积比为1∶3的N2、H2在同温、体积可变的恒压容器中反应 氨气的浓度 活性高的催化剂 活性一般的催化剂
【解析】　A项中由于乙中氧气比甲中多，故乙中SO2的转化率比甲大，不符合图象；B项中由于乙的压强比甲小，故乙的化学反应速率小，到达平衡时间比甲长，不符合图象；D项中平衡时氨气的浓度应相同，不符合图象。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(高考宁夏理综)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：
SiO2＋C＋N2Si3N4＋CO
(1)配平上述反应的化学方程式(将化学计量数填在方框内)；
(2)该反应中的氧化剂是________，其还原产物是________；
(3)该反应的平衡常数表达式为K＝________；
(4)若知上述反应为放热反应，则其反应热ΔH________零(填“大于”“小于”或“等于”)；升高温度，其平衡常数值________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(5)若使压强增大，则上述平衡向________反应方向移动(填“正”或“逆”)；
(6)若已知CO生成速率为v(CO)＝18 mol/(L·min)，则N2消耗速率为v(N2)＝________mol/(L·min)。
【解析】　(1)利用氧化还原反应配平方法不难得出化学计量数分别为3、6、2、1、6。
(2)根据化合价变化可判断出N2为氧化剂，Si3N4为还原产物。
(3)根据平衡常数的定义得出该反应的平衡常数表达式为K＝。
(4)放热反应，ΔH<0。升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小。
(5)从配平后的化学方程式的化学计量数可以看出气态物质的计量数之和是生成物的大于反应物的，故增大压强可使平衡逆向移动。
(6)同样从上述化学方程式中的计量数关系中可以得出v(N2)＝×18 mol/(L·min)＝6 mol/(L·min)
【答案】　(1)3　6　2　1　6　(2)N2　Si3N4
(3)　(4)小于　减小　(5)逆　(6)6
18．(10分)(2009年烟台一模)设反应①Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1，反应②Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。在不同温度下，K1、K2的值如下：
温度 K1 K2
973 K 1.47 2.38
1 173 K 2.15 1.67
(1)从上表可以推断：反应①是________(填“吸”、“放”)热反应。
(2)现有反应③CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，写出该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3＝________。
(3)根据反应①与②，可推导出K1、K2与K3之间的关系式。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是“吸热”还是“放热”反应。问：要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有________(填写序号)。
A．缩小反应容器容积　B．扩大反应容器容积　C．降低温度　D．升高温度　E．使用合适的催化剂　F．设法减少CO的量
(4)图1、2表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图1中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________。
②图2中t2时刻发生改变的条件是________________________________________________________________________
　　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)据表中数据知温度升高，K1增大，所以反应①正反应为吸热反应。
(2)据平衡常数的定义即写出K3=
(3)因为K1=，K2=，所以K3=，因据表中数据知温度升高，K1增大，K2减小，因此温度升高时，K3增大，即反应③正反应为吸热反应。因此要使平衡向正反应方向移动可升高温度，也可减小CO的浓度，而改变容器的体积及加入催化剂，平衡不移动。
(4)①据图1知改变某个条件后，正、逆反应速率同等倍数的增大，可通过加入催化剂或增大体系的压强实现，②图2中t2时刻变化可为降低温度，增大水蒸气的量或减少H2的量，促使平衡向逆反应方向移动。
【答案】　(1)吸　(2)　(3)DF
(4)①加入催化剂或增大体系的压强
②降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
19．(16分)(1)控制变量是科学研究中的重要研究方法，其基本思路是，在实验研究中人为只改变一个因素(调节变量)，其他因素保持相同，观察测定因调节变量改变而改变的因素(因变量)，从而分析得到研究结论。中学化学中应用控制变量的方法研究问题的例子很多。请分析或设计：
①在研究浓度对化学反应速率的影响时，教材安排了利用Na2S2O3与H2SO4反应的一组对照实验(Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O)
烧杯编号 加3% Na2S2O3溶液体积(mL) 加H2O体积(mL) 加(体积之比为1∶2)H2SO4溶液体积(mL) 所需时间(s)
1 5 5 2
2 7 3 2
3 10 0 2
在三个烧杯(底部有黑色“十”字标记)内分别加入表中所示体积的三种液体，搅拌并开始计时，到出现浑浊使烧杯底部“十”字看不见时停止计时。比较所需时间，得出浓度对化学反应速率影响的结论。实验中，温度和反应体系中硫酸浓度是保持相同的因素，调节变量是____________________，因变量是______________。
②运用控制变量原理设计实验，利用纯碱溶液探究温度对盐的水解的影响，简述实验方法：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)373 K时，H2PO3－与OH－发生如下反应：
H2PO3－＋OH－??HPO32－＋H2O
反应结果如下表所示：
H2PO3－起始浓度(mol/L) 0.10 0.50 0.50
OH－起始浓度(mol/L) 1.00 1.00 4.00
反应速率[mol/(L·s)] 3.2×10－5 1.60×10－4 2.56×10－3
如果用v＝kcm(H2PO3－)·cn(OH－)表示反应速率(k为与浓度无关的常数)
①k＝________，m＝________，n＝________。
②若c(H2PO3－)的起始浓度为0.20 mol/L，c(OH－)的起始浓度为1.50 mol/L，则反应速率v＝________。
【解析】　(1)实验改变的条件是Na2S2O3和水用量相对大小，故调节变量是Na2S2O3溶液的浓度，因变量是反应所需时间。利用控制变量原理设计实验探究温度对水解反应的影响，则控制变量是温度，因变量是水解程度大小，可用加入指示剂通过溶液颜色深浅来表示或用pH表示。
(2)①OH－的浓度均为1.00 mol/L 时，H2PO3－的浓度由0.10→0.50，浓度变为原来的5倍，反应速率由3.2×10－5→1.60×10－4，即反应速率变为原来的5倍，因此m＝1；同理H2PO3－的浓度均为0.50 mol/L时，OH－的浓度由1.00→4.00，浓度变为原来的4倍，反应速率由1.60×10－4→2.56×10－3，即反应速率变为原来的16＝42倍，因此n＝2。
利用第一组数据有：3.2×10－5＝k·(0.10)1×(1.00)2，所以k＝3.2×10－4
②此时，v＝3.2×10－4 mol/(L·s)×(0.20 mol/L)×(1.50 mol/L)2＝1.44×10－4 mol/(L·s)
【答案】　(1)①Na2S2O3溶液的浓度　所需时间
②取三支试管各放同浓度同体积的纯碱溶液，滴1～2滴酚酞试液，第一支不加热，第二支加热至t1 ℃，第三支加热至t2 ℃，观察三支试管中溶液的颜色深浅，温度越高，颜色越深，说明碱性越强，则水解程度越大(其他合理答案均可，例如不同温度下测定同浓度同体积纯碱溶液的pH)
(2)①3.2×10－4　1　2
②1.44×10－4mol/(L·s)
20．(14分)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)??N2O4(g)(正反应为放热反应)。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图所示，回答下列问题：
(1)图中共有两条曲线X和Y，其中曲线________表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________。
(2)前10 min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝________mol/(L·min)；反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是________________________________________________________________________。
(3)若要达到与最后相同的化学平衡状态，在25 min时还可以采取的措施是________。
A．加入催化剂　　　　　B．缩小容器体积
C．升高温度 D．加入一定量的N2O4
【解析】　(1)曲线X在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，而曲线Y在0～10 min达平衡时变化了0.2 mol/L，所以可得X曲线为NO2的浓度变化曲线；达到平衡时浓度不再随时间而发生变化，所以b、d表示反应已达平衡状态。
(2)NO2在0～10 min达平衡时变化了0.4 mol/L，所以用NO2表示的反应速率为0.04 mol/(L·min)；而在25 min时，NO2的浓度由0.6 mol/L变为1.0 mol/L，而N2O4的浓度在25 min时没有发生改变，所以可得此时改变的条件是向容器中加入了0.4 mol NO2气体。
(3)在加入NO2后平衡正向移动，所以若要达到与最后相同的化学平衡状态，还可通过增大压强，使平衡也同样正向移动；或者采用降低温度的方法，使平衡正向移动，也可以向容器中充入一定量N2O4气体，因为这样相当于增大容器中气体的压强，使得NO2的转化百分率提高，即达到与最后的平衡相同的平衡状态。
【答案】　(1)X　b和d　(2)0.04　加入了0.4 mol NO2(或加入了NO2)　(3)BD
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一、选择题
1．2008北京奥运火炬闪亮登场，优雅的纸卷筒，朵朵祥云，将中国文化传统、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊熊火焰来源于丙烷的燃烧。丙烷是一种优良的燃料，也是一种绿色燃料。有关丙烷叙述正确的是(　　)
A．常温下呈液态
B．1 mol丙烷完全燃烧消耗5 mol O2
C．其分子式为C3H6
D．燃烧产物只有水生成，无污染
【解析】　丙烷常温下呈气态，完全燃烧时应生成二氧化碳和水，丙烷分子式为C3H8,1 mol丙烷耗氧5 mol，则B项正确。
【答案】　B
2．下列物质中因化学反应既能使溴水褪色又能使酸性的KMnO4溶液褪色的是(　　)
A．甲苯　　　　　　　　　　B．己烯
C．苯 D．乙苯
【解析】　A、C、D都不能与溴水反应。
【答案】　B
3．苯环上的一卤代物只有一种的是(　　)
A．邻二甲苯 B．间二甲苯
C．对二甲苯 D．乙苯
【解析】　邻二甲苯苯环上的一卤代物有2种，间二甲苯苯环上的一卤代物有3种，对二甲苯苯环上的一卤代物只有一种，乙苯苯环上的一卤代物有3种。
【答案】　C
4．能发生消去反应，生成物中存在同分异构体的是(　　)
【解析】　消去反应的生成物必为不饱和的化合物。生成产物含有的消去反应必须具备两个条件：①主链碳原子至少为2个；②与—X相连的碳原子的相邻碳原子上必须具备H原子。A、C两项只有一种，分别为：
D项没有相邻C原子，不能发生消去反应。B选项存在两种相邻的C原子结构，生成物有两种，分别为：
【答案】　B
5．某烃的结构简式为分子中处于四面体结构中心的碳原子数为a，一定在同一平面内的碳原子数为b，一定在同一直线上的碳原子数为c，则a，b，c依次为(　　)
A．4,5,3 B．4,6,3
C．2,4,5 D．4,4,6
【解析】　该烃的结构简式也可表示为
很明显，1,2,3号C原子和1号C上的H组成乙炔构型，2,3,4,7号C原子和4号C上的H组成乙烯构型，以5,6,7,8号C原子为中心均可组成甲烷构型。由此不难得出结论：处于四面体结构中心的C原子有5,6,7,8号四个，一定在同一平面内的C原子有1,2,3,4,5,7号六个，一定在同一直线上的C原子有1,2,3号三个，对照选项。
【答案】　B
6．有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3—CH===CH—CH3可简写为。有机物X的键线式为。下列说法不正确的是(　　)
A．X的化学式C8H8
B．有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为
C．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种
【解析】　由X的键线式结构可知其分子式为C8H8，与苯乙烯互为同分异构体，X分子结构中含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；X与足量H2加成生成的环状饱和烃Z中只有两种不同位置的氢原子，其一氯代物有两种。
【答案】　D
7．下列有机物分子中，可形成顺反异构的是(　　)
A．CH2===CHCH3 B．CH2===CHCH2CH3
C．CH3CH===C(CH3)2 D．CH3CH===CHCl
【解析】　当双键两端某一碳原子上连有的基团相同时，不能形成顺反异构，故四个选项中只有CH3CH===CHCl能形成顺反异构：
【答案】　D
8．某气态烃0.5 mol能与1 mol HCl完全加成，加成后产物分子上的氢原子又可被3 mol Cl2取代，则此气态烃可能是(　　)
　　　　　　　　
【解析】　某烃和HCl发生加成反应，且物质的量之比为1∶2，由此可知该烃为炔烃或二烯烃，B、D两选项不合题意。加成反应后0.5 mol生成物分子有3 mol H原子可以被取代，即1 mol生成物分子中有6 mol H原子可以被取代，其中2 mol H原子来自HCl，原炔烃分子中有4个H原子，正确选项为C。
【答案】　C
9．(2009年唐山质检)1－氯丙烷和2－氯丙烷分别在NaOH的乙醇溶液中加热反应，下列说法正确的是(　　)
A．生成的产物相同
B．生成的产物不同
C．C—H键断裂的位置相同
D．C—Cl键断裂的位置相同
【解析】　1－氯丙烷和2－氯丙烷分别在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的方程式为：
二者的产物相同，但C—H、C—Cl键的断裂位置不同。
【答案】　A
10．化合物丙由如下反应得到：
C4H10OC4H8C4H8Br2
　(甲)　　　　　　(乙)　　　　　(丙)
丙的结构简式不可能是(　　)
A．CH3CH2CHBrCH2Br　　　　B．CH3CH(CH2Br)2
C．CH3CHBrCHBrCH3 D．(CH3)2CBrCH2Br
【解析】　分析甲、乙、丙三种物质的分子组成可知，由甲到乙的反应为消去反应，乙为烯烃，乙到丙的反应为溴与烯烃的加成反应，产物分子中两溴原子应在相邻的两个碳原子上，故B不可能。
【答案】　B
二、非选择题
11．已知碳原子数小于8的单烯烃与HBr反应，其加成产物只有一种结构。
(1)符合此条件的单烯烃有____种，判断的依据是______________________。
(2)在这些单烯烃中，若与H2加成后，所得烷烃的一卤代物的同分异构体有3种，这样的单烯烃的结构简式为________________________________________________________________________。
【解析】　碳原子数小于8的单烯烃与HBr发生加成反应只得一种产物，说明该单烯烃是以碳碳双键为中心的对称结构，符合这一条件的有：CH2===CH2、CH3—CH===CH—CH3、
CH3—CH2—CH===CH—CH2CH3、
与H2加成后所得烷烃一氯代物有3种的烷烃为：
CH3CH2CH2CH2CH2CH3。
【答案】　(1)4　以碳碳双键为中心的对称结构
(2)CH3CH2CH===CHCH2CH3
12．(1)由1 氯丙烷和必要的无机试剂制取1,2－二溴丙烷，写出有关方程式并注明反应类型。
(2)由氯乙烷和必要的无机试剂制取乙二醇写出有关的反应方程式并注明反应类型。
【解析】　有机物的合成一定要从物质的性质和转化关系出发，找出最简单的、最短的路线，且产物要易于分离。 而获得卤代烃的方法一般用加成法，不用取代法(产物为混合物难分离)。
【答案】　(1)CH3CH2CH2Cl＋NaOHCH3CH===CH2↑＋NaCl＋H2O(消去反应)
13．烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D。C的结构简式是(CH3)2CCH2ClCH2CH3。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。以上反应及B的进一步反应如下图所示。
请回答：
(1)A的结构简式是　　　　　　　　。
(2)H的结构简式是　　　　　　　　。
(3)B转变为F的反应属于　　　　反应(填反应类型名称)。
(4)B转变为E的反应属于　　　　反应(填反应类型名称)。
(5)1.16 g H与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO2的体积是　　　　mL。
【答案】　(1)(CH3)3CCH2CH3
(2)(CH3)3CCH2COOH
(3)取代　(4)消去
(5)224
14. 随着世界性能源危机和环境污染问题的突出，利用甲烷菌在密闭的条件下分解各种有机物产生沼气，已经成为我国广大农村地区获得新能源和保护环境的重要手段之一。沼气的主要成分是CH4，还有少量CO2、H2S等。下面是某课外活动小组在实验室模拟沼气池发酵制取沼气，收集较纯净甲烷并测定产生甲烷体积的实验：
如图所示，甲瓶是产生沼气的发酵瓶，将堆沤过的牛、马粪按比例均匀拌入沼气菌种，放进发酵瓶甲内，并加满水；乙瓶中充满水；丙瓶内盛有X溶液；丁为量筒。
(1)按实验要求，将四个装置a～f各个导管口连接起来，其正确的顺序是：(填接口序号)a→　　　　→　　　→　　　　→　　　　→f。
(2)丙瓶内盛有的X溶液为　　　　(填序号)。
A．浓氨水 B．NaOH溶液
C．CuSO4溶液 D．盐酸
(3)若要验证CH4中含有H2S气体，要在甲装置后增加一个洗气瓶装置，该装置中可盛的试剂可能是________(填序号)。
A．浓氨水 B．NaOH溶液
C．CuSO4溶液 D．盐酸
(4)已知1 000 mL(标准状况)甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出39.75 kJ的热量，则1 mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的能量为________，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　本题是定量实验题，旨在考查学生的实验能力。
(1)(2)从题目所给实验装置看：应用甲装置产生甲烷，考虑到CH4中混有CO2、H2S等酸性气体杂质，可先用碱液除杂，然后排水、量水，利用量筒中水的体积计算CH4的体积，由此计算出CH4的体积分数。
(3)要验证CH4中混有H2S气体，要求选取的试剂与CH4不反应，但能和H2S反应，并有明显的实验现象，故选CuSO4溶液。
(4)1 mol CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量为：
＝890.4 kJ，所以甲烷燃烧的热化学方程式为：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(1)　ΔH＝－890.4 kJ/mol。
【答案】　(1)d　e　c　b　(2)B　(3)C　(4)890.4 kJ
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(1)　ΔH＝－890.4 kJ/mol
15．通常情况下，多个羟基连在同一个碳原子上的结构是不稳定的，容易自动失水，生成碳氧双键的结构，如：
下面是9种化合物的转变关系，则：
(1)化合物①是　　　　　　，它跟氯气发生反应的条件A是　　　　　。
(2)化合物④的结构简式是　　　　　　，化合物⑦的结构简式是　　　　　　　。
(3)化合物⑨是重要的定香剂，香料工业上常用化合物⑧和②直接合成它。此反应的化学方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　比较③和⑤可推知①为
16．目前上海大部分城市居民所使用的燃料主要是管道煤气，浦东新区居民开始使用东海天然气作为民用燃料。管道煤气的主要成分是CO、H2和少量烃类，天然气的主要成分是CH4。它们的燃烧反应如下：
2CO＋O22CO2
2H2＋O22H2O
CH4＋2O2CO2＋2H2O
(1)根据以上化学方程式判断：燃烧相同体积的管道煤气和天然气，消耗空气体积较大的是________。因此燃烧管道煤气的灶具如需改烧天然气，灶具的改进方法是________进风口(填“增大”或“减小”)，如不做改进可能产生的不良结果是____________________________。
(2)管道煤气中含有的烃类除甲烷外，还有少量乙烷、丙烷、丁烷等，它们的某些性质见下表：
乙烷 丙烷 丁烷
熔点/℃ －183.3 －189.7 －138.4
沸点/℃ －88.6 －42.1 －0.5
试根据以上某个关键数据解释冬天严寒的季节有时管道煤气火焰很小，并且呈断续状态的原因是________________________________________________________________________
____________________。
【解析】　燃烧相同体积的CO、H2与CH4，前两者耗O2体积相同，后者则是前两者的4倍，因此，燃烧天然气消耗空气体积较大，应增大灶具的进风口，否则，空气不充足，CH4燃烧不完全产生有毒的CO气体污染环境，损害居民身体健康。
【答案】　(1)天然气　增大　不能充分燃烧生成有害气体CO
(2)丁烷遇冷凝结为液体使管道内气流不畅
17．(2009年重庆质检)已知：
A、B、C、D、E有下列转化关系：
其中A、B分别是化学式C3H7Cl的两种同分异构体。
根据上图中各物质的转化关系，填写下列空白：
(1)A、B、C、D、E的结构简式为：
A　　　　　　　　　　　　；B________________________________________________________________________；
C　　　　　　　　　　　　；D________________________________________________________________________；
E　　　　　　　　　　　　。
(2)完成下列反应的化学方程式：
【解析】　C3H7Cl的两种同分异构体分别为CH3CH2CH2Cl或
由图中的转化关系可知E为丙烯
(CH3—CH===CH2)。根据题目信息可知B为即A为CH3CH2CH2Cl。进一步推知C为CH3CH2CH2OH，D为
【答案】　(1)CH3CH2CH2Cl　
CH3CH2CH2OH　 　CH3—CH===CH2
(2)①CH3CH2CH2Cl＋NaOHCH3—CH===CH2↑＋NaCl＋H2O
②CHCH3ClCH3＋NaOHCHCH3OHCH3＋NaCl
③CH3CH2CH2OHCH3—CH===CH2↑＋H2O
18．0.1 mol某烃与1.5 mol过量氧气混合，充分燃烧后，生成的气体通过足量的Na2O2固体，固体增重23.4 g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为24.64 L。
(1)求该烃的分子式；
(2)又知该烃能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色。写出该烃的各种同分异构体的结构简式。
【解析】　本题如果用方程式求解，因未知数太多，难以找出足够的对应关系。
(1)利用质量守恒进行巧解妙算。本题中，烃的质量与1.5 mol O2的质量之和等于Na2O2增加的质量与逸出的气体质量之和，逸出气体为O2。
设0.1 mol某烃的质量为x，由质量守恒定律得：
x＋1.5 mol×32 g/mol＝23.4 g＋×32 g·mol－1
解得：x＝10.6 g，该烃的相对分子质量为106，除以CH2的式量(14)得烃的分子式为C8H10。
(2)由题意知：C8H10为苯的同系物，必含有苯环，因苯基为—C6H5，所以侧链的化学式为—C2H5，故同分异构体的结构简式为：
【答案】　(1)C8H10
(2)
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一、选择题
1．下列表示式错误的是(　　)
A．Na＋的轨道表示式：
B．Na＋的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【解析】　Na＋是Na原子失去了最外层的3s电子，只剩下1s、2s和2p轨道上的电子共10个，但A选项中违背了泡利不相容原理。
【答案】　A
2．具有下列电子构型的基态原子中，第二电离能最大的是(　　)
A．1s22s22p5　　　　　　　　 B．1s22s22p6
C．1s22s22p63s1 D．1s22s22p63s2
【解析】　失去一个电子后C的电子排布变为1s22s22p6，属于稀有气体的稳定结构，故其第二电离能最大。
【答案】　C
3．下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是(　　)
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布为2s22p5的原子
C．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子
D．最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和最外层电子排布为4s24p5的原子
【答案】　C
4．主族元素的原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素的原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子和离子的电子排布式错误的是(　　)
A．Ca2＋　1s22s22p63s23p6 B．F－　1s22s23p6
C．S　1s22s22p23s23p4 D．Ar　1s22s22p63s23p6
【解析】　首先写出各原子的正确的电子排布式，A中生成Ca2＋失去了4s轨道上的2个电子，B中得1个电子进入2p轨道，电子排布为1s22s22p6。C、D项正确，B项符合题意。
【答案】　B
5．下列关于光谱的说法正确的是(　　)
A．炽热固体、液体和高压气体发出的光生成连续光谱
B．各种原子的线状光谱中的明线和它的吸收光谱中的暗线必定一一对应
C．气体发出的光只能产生线状光谱
D．甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气可得到甲物质的吸收光谱
【解析】　由于通常看到的吸收光谱中的暗线比线状光谱中的亮线要少一些，所以B选项不对；而气体发光时，若是高压气体发光形成连续光谱，若是稀薄气体发光形成线状光谱，故C选项也不对；甲物质发出的白光通过低温的乙物质蒸气后，看到的是乙物质的吸收光谱，所以上述选项中只有A正确。
【答案】　A
6．X、Y、Z三种短周期元素的原子序数之和为28，X、Y为相邻周期元素，X、Z为同周期元素，Y的质子数比X多5个，X的最外层电子数是Y的2倍，X和Z的最外层电子数之和为11。下列叙述中，不正确的是(　　)
A．元素Z的气态氢化物和最高价氧化物的水化物水溶液均呈酸性
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物，其化学式为Y(ZX3)3
C．元素Z可组成由共价键构成的单质
D．X、Y两种元素构成一种阴离子，该阴离子与酸反应时，可能变成Y的阳离子
【解析】　X、Y、Z三种元素是短周期元素，原子序数为28。X、Y、Z不可能为第一、二周期。只能为第二、三周期的元素。Y比X的质子数多，Y在第三周期，X、Z在第二周期。设X、Y、Z最外层电子数分别为a、b、c，则2＋8＋b－(2＋a)＝5、a/b＝2、a＋c＝11，解得a、b、c分别为6、3、5。X、Y、Z是O、Al、N。A错误，B正确[Al(NO3)3]，C正确(氮气)，D正确(偏铝酸根变铝离子)。
【答案】　A
二、非选择题
7．根据下列叙述，写出元素名称，画出原子结构示意图，并写出核外电子排布式及价电子(或最外层电子)的轨道表示式。
(1)A元素原子核外M层电子数是L层电子数的一半：
________________________________________________________________________；
(2)B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的1.5倍：
________________________________________________________________________；
(3)C元素的单质在常温下可与水剧烈反应，产生的气体能使带火星的木条复燃：________________________________________________________________________；
(4)D元素的次外层电子数是最外层电子数的1/4： ________________________________________________________________________；
(5)1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多：
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)据题意可知A元素原子的L层电子数为8，M层电子数为4，为硅。
(2)最外层电子数比次外层电子数多，则一定为第二周期元素，据题意B为硼。
(3)常温下能与水剧烈反应生成O2，则C为氟。
(4)次外层电子数是最外层电子数的，D只能为氖。
(5)1～36号元素中，未成对电子数最多的为铬(共6个)。
　↑
8．已知元素X、Y的原子最外层分别有n个和m－5个电子，次外层分别有n＋2个和m个电子，据此推断元素X和Y分别是________和________ (填元素符号)；其电子排布式分别为____________和____________；其价电子的轨道表示式分别为______________和______________。这两种元素最高价氧化物对应水化物和NaOH三者之间发生反应的离子方程式为：_______________________。
【解析】　元素X的原子的最外层电子数为n个，次外层电子数为(n＋2)个，则X不可能位于第二周期(否则最外层无电子，那么只有一个电子层，不可能)，只可能是第三周期元素，次外层电子数为8，则n＝6，X是S元素，同理元素Y也是第三周期元素，m＝8，Y为Al元素。
【答案】　S　Al　1s22s22p63s23p4　1s22s22p63s23p1
H＋＋OH－===H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O、
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
9．(2008年上海高考题)元素A～D是元素周期表中短周期的四种元素，请根据表中信息回答下列问题。
元素 A B C D
性质或结构信息 单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远 工业上通过分离液态空气获得其单质。原子的最外层未达到稳定结构 单质常温、常压下是气体，原子的L层有一个未成对的p电子 ＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同
(1)上表中与A属于同一周期的元素是________，写出D离子的电子排布式________。
(2)D和C形成的化合物属于________晶体。
写出C单质与水反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)对元素B的单质或化合物描述正确的是________。
a．B元素的最高正价为＋6
b．常温、常压下单质难溶于水
c．单质分子中含有18个电子
d．在一定条件下镁条能与单质B反应
(4)A和D两元素金属性较强的是(写元素符号)________。
写出能证明该结论的一个实验事实________________________________________________________________________。
【解析】　由题可推出A、B、C、D元素分别为：Na、O或N、F、Mg，关键要注意B元素的推断，B的单质可能是氧气，也可能是氮气，因此(3)中有b、d项正确。(4)问中元素金属性的比较方法一般有：①比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，②与酸反应的剧烈程度等。
【答案】　(1)Mg　1s22s22p6
(2)离子　2F2＋2H2O===4HF＋O2
(3)bd(B是氧气或氮气)
(4)Na　钠与水反应比镁与水反应激烈或氢氧化钠的碱性比氢氧化镁强
10．甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核上L层上s能级和p能级电子数相同，乙元素原子3p能级上只有1对成对电子；丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满，而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中；戊元素原子最外层电子轨道表示↑↓
↑↓ ↑ ↑
，它的单质常温时为气态，试用化学符号回答下列问题。
(1)甲是________，乙是________，丙是______，丁是______，戊是______；
(2)丙和乙的单质发生化合反应的化学方程式是________________________；
(3)丙的硝酸盐溶液跟乙的气态氢化物发生反应的离子方程式是________________________________________________________________________；
(4)甲和乙元素组成的化合物的化学式是________，用电子式表示该化合物的形成过程________________________________________________________________________；
(5)乙和戊元素的气态氢化物沸点高低关系是____>____；
(6)丙的硫酸盐跟少量氨水反应的离子方程式是________________________；
(7)丙元素原子最外层电子排布是__________；
(8)乙和丁形成的化合物的电子式是__________________________________________。
【解析】　依据核外电子排布规律即可推出五种元素，以下各小题要注意书写规范。水分子间有氢键，故沸点比H2S高。CuSO4溶液中加入过量氨水，会生成[Cu(NH3)4]2＋，得到深蓝色溶液。
【答案】　(1)C　S　Cu　K　O
(2)2Cu＋SCu2S
(3)Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
11．(2008年宁夏高考题)X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
(1)X、Y的元素符号依次为________、________；
(2)XZ2和YZ2分子的立体结构分别是________和________，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是________(写分子式)，理由是______________________________________________________________________。
(3)Q的元素符号是________，它属于第________周期，它的核外电子排布式为________，在形成化合物时它的最高化合价为________；
(4)用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键__________________________。
【答案】　(1)S　C　(2)V形　直线形　SO2　因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大
(3)Cr　四　1s22s22p63s23p63d54s1　＋6
(4)F—H…F　F—H…O　O—H…F　O—H…O
12．下表为元素周期表前三周期的一部分：
(1)X的氢化物的沸点与W的氢化物的沸点比较：__________＞________(填化学式)，原因是____________________________________________。
(2)选出X的基态原子的电子排布图________，另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合________(填序号)。
A．能量最低原理 B．泡利原理
C．洪特规则
(3)以上五种元素中，________(填元素符号)元素第一电离能最大。
(4)由以上某种元素与氢元素组成的三角锥形分子E和由以上某种元素组成的直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，反应如下图所示，则下列判断错误的是________。
A．G是最活泼的非金属单质
B．L是极性分子
C．E的中心原子杂化轨道类型为sp2杂化
D．M的化学性质比同主族相邻元素单质的化学性质活泼
E．M分子中有1个σ键，2个π键
【解析】　根据元素周期表的结构可知X为N，Z为F，R为Ne，W为P，Y为S。
(1)X、W的氢化物为NH3和PH3，因NH3可以形成氢键，故NH3的沸点、熔点显著升高，故沸点NH3＞PH3。
(2)当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，因此N元素的基态原子的电子排布图为
(3)原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关；还与形成稳定结构的倾向有关。结构越稳定，失去电子所需能量越高，在所给五种元素中，Ne元素最外层已达8e－的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多，即第一电离能最大。
(4)根据题给图示可知E为NH3，G为F2，L为HF，M为N2，NH3中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，在N2中N原子间以1个σ键和2个π键形成叁键，故键能高，化学性质不活泼，故C、D错误。
【答案】　(1)NH3　PH3　NH3可形成氢键，使NH3熔点、沸点明显升高　(2)②　C　(3)Ne　(4)CD
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2008年广东理基)下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是(　　)
A．漂白粉的成分为次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸干燥氨气
C．实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
【解析】　漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，与浓H2SO4会生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来吸收；明矾净水原理是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物质，从而达到净水目的，废水呈酸性会抑制Al3＋水解，呈碱性则将大量Al3＋沉淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应该先中和，后用Al2(SO4)3处理。
【答案】　C
2．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持，下列措施不利于“蓝天工程”建设的是(　　)
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B．实施绿化工程，防治扬尘污染
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量
【解析】　环保问题是当今社会全球面临的重大问题，所以要从化学的角度多给予关注。D项会增加粉尘、SO2、氮氧化物的污染，故不利于“蓝天工程”的建设。
【答案】　D
3．(2009年镇江调研)同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入等体积等浓度的盐酸，结果是(　　)
A．Na2CO3产生的CO2多　　　B．NaHCO3产生的CO2多
C．NaHCO3的反应速率快 D．二者产生CO2一样多
【解析】　Na2CO3需结合2个H＋放出CO2，NaHCO3只需结合一个H＋放出CO2。所以NaHCO3反应产生气体更剧烈。但由于Na2CO3、NaHCO3及盐酸的量不确定，所以产生的CO2的量难以确定。
【答案】　C
4.
在如右图所示的装置中，烧瓶中盛有空气，广口瓶中盛放下列物质时可发生喷泉的选项是(　　)
A．块状大理石和稀硫酸
B．NH4Cl与稀NaOH溶液
C．Na2O2与NaOH溶液
D．铜片与稀盐酸
【答案】　C
5．取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃板上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98.3%的H2SO4和新制的氯水，三张纸最后呈现的颜色分别是(　　)
A．白、红、白 B．红、黑、红
C．红、红、红 D．白、黑、白
【解析】　浓HNO3和新制氯水均具有酸性和强氧化性，可使石蕊试纸先变红，后褪色。浓硫酸具有脱水性，能使石蕊试纸由于脱水炭化而变黑。
【答案】　D
6．为了除去镀在铝表面的铜镀层，可选用的试剂是(　　)
A．浓硫酸 B．盐酸
C．稀硝酸 D．浓硝酸
【解析】　浓H2SO4与铜不加热时不反应，达不到除去铜的目的，但加热时，浓H2SO4不仅能与铜反应，也能与铝反应，A项错误；盐酸与铜不反应，除不掉铜，B项错误；稀HNO3与铜、铝都能反应，C项错误；冷的浓HNO3可与铜反应除去铜，又可使铝发生钝化而得到保护。
【答案】　D
7．(2008年保定一模)下列试剂中，可以用于确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是(　　)
①石灰水　②品红试液　③溴水　④KMnO4酸性溶液
A．④① B．③①
C．①② D．②④①
【解析】　无色混合气体通入②，使品红褪色且加热又恢复原来的颜色，说明有SO2；然后通入④，吸收气体中的SO2，再通入①，澄清石灰水变浑浊，证明气体中有CO2，故选D。A无验证SO2的试剂，B、C无吸收SO2的试剂，因为SO2气体通入石灰水，也会产生白色沉淀，所以不能验证是否一定含有CO2。
【答案】　D
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH，虽除去了Na2SO4但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
9．能利用如图所示实验装置制取气体的合理选项是(　　)
A．过氧化钠和水 B．二氧化锰和浓盐酸
C．锌和稀盐酸 D．碳酸钙和稀硫酸
【解析】　B中需加热，C中产生的H2密度比空气小，D项因生成微溶的CaSO4使反应停止。
【答案】　A
10．浓H2SO4在使下列物质的转化中，既表现出氧化性，又表现出酸性的是(　　)
A．Cu→CuSO4 B．C→CO2
C．FeO→Fe2(SO4)3 D．Fe2O3→Fe2(SO4)3
【解析】　浓H2SO4在反应中表现出酸性时，硫元素化合价不变，硫元素仍以SO42－形式存在；表现出氧化性时，硫元素化合价降低。由以上反应知，C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O中，硫元素化合价降低；Fe2O3＋3H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3H2O中，硫元素化合价不变；而Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O,2FeO＋4H2SO4(浓)===Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O中，都是有一部分硫元素化合价降低，一部分硫元素化合价不变。所以浓H2SO4在A、C反应中既表现了酸性，又表现了氧化性。
【答案】　AC
11．(2008年江苏化学)下列现象或事实可用同一原理解释的是(　　)
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B．氯水和活性炭使红墨水褪色
C．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质
D．乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
【解析】　浓硫酸可吸收空气中水蒸气浓度降低，浓盐酸挥发出HCl导致浓度降低，A错；氯水使红墨水褪色是利用了强氧化性，活性炭使红墨水褪色是利用了吸附性，B错；漂白粉暴露在空气中变质的反应为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3＋2HClO，HClO易分解2HClO2HCl＋O2↑，而水玻璃暴露在空气中发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2CO3，C错；乙炔和乙烯遇溴的四氯化碳溶液都可以发生加成反应，D正确。
【答案】　D
12．向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是(　　)
A．BaSO4 B．FeS
C．BaSO3 D．S
【解析】　根据题意，该沉淀是在酸性溶液中产生的，所以它不溶于酸，选项B和C虽然不溶于水但溶于酸，故排除答案B和C。又因为SO2还具有还原性，在酸性溶液中与FeCl3发生氧化还原反应：2FeCl3＋SO2＋2H2O===2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，使溶液中产生SO42－，它能与BaCl2中的Ba2＋结合形成不溶于酸的BaSO4沉淀，故正确答案为A。由于SO2―→S，是从＋4价降为0价，需要还原剂才能实现，题给条件不能实现，D错。
【答案】　A
13．(2008年深圳质检)单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质的量之比为1∶2，则X元素在生成物中的化合价可能为(　　)
①＋1　②＋2　③＋3　④＋4
A．②④ B．③④
C．①② D．①③
【解析】　若X为金属
X＋2H2SO4XSO4＋SO2↑＋2H2O
X为＋2价
若X为非金属
X＋2H2SO4XO2＋2SO2↑＋2H2O
X为＋4价。
【答案】　A
14．甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的硫酸溶液，若甲用水稀释，乙中加入少量BaCl2溶液，丙不变，然后用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系是(　　)
A．丙>乙>甲 B．甲＝乙>丙
C．乙>丙>甲 D．甲＝乙＝丙
【解析】　无论加水、加BaCl2，溶液中H＋个数不变。
【答案】　D
15．将3.2 g Cu跟30.0 mL 10.0 mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H＋，则此时溶液中含NO3－的物质的量为(　　)
A．0.5a mol B．(0.1＋a)mol
C．0.1a mol D．2a mol
【解析】　首先判断Cu与硝酸谁过量，经判断知HNO3过量，Cu全部反应，根据溶液中的电荷守恒，n(NO3－)＝n(H＋)＋2n(Cu2＋)。
n(Cu2＋)＝＝0.05 mol，
所以n(NO3－)＝a mol＋2×0.05 mol＝(a＋0.1)mol。
【答案】　B
16．将a mol纯铁粉投入含HNO3 b mol的稀溶液里，恰好完全反应并放出NO气体，则a和b的关系是(　　)
A．a/b＝1/4 B．a/b＝3/8
C．1/4≤a/b≤3/8 D．a/b的值无法确定
【解析】　铁有＋2价和＋3价，与强氧化性酸(如HNO3)反应时，如HNO3过量，产生Fe3＋；如Fe过量，最终产生Fe2＋。
若HNO3过量，反应为Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；则＝
若Fe过量，反应为3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
则＝，故选C。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(14分)下面是关于“一氧化碳的化学性质”的课题式课堂教学中解决问题阶段，甲同学设计的证明CO具有还原性的实验装置如下图所示。
(1)点燃酒精灯A、B的先后顺序为：先　　　后　　　。
(2)硬质试管中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)洗气瓶中的实验现象为________________________________________________________________________。
(4)酒精灯B的作用为________________________________________________________________________。
(5)乙同学提出甲的装置太复杂，可将酒精灯合二为一，去掉B，而将尾气导气管出口旋转到A的火焰上即可。乙同学的设计是否合理？简述理由(从A、B使用的一致性的角度考虑)
________________________________________________________________________。
(6)丙同学质疑：CO能否使澄清石灰水变浑浊？因此，他设计在CO通入CuO之前，应先通入澄清石灰水，以比较排除CO与澄清石灰水反应。试对此作出评价，你认为丙的设计　　　　(填“必要”或“不必要”)。
【解析】　由题意知硬质试管中发生反应的化学方程式为CuO+COCu+CO2，显然A处酒精灯提供热源，B处的酒精灯用来点燃未反应的CO，防止其污染环境。若先点燃A处的酒精灯，则CO会与装置内空气作用发生爆炸。只有在排净装置内的空气后方可点燃A。所以应先点燃B再点燃A，且不能将它们合二为一。点燃酒精灯A之前，CO已充满澄清石灰水的洗气瓶，未出现浑浊，说明CO与澄清石灰水不变浑浊，故不必要先通过澄清石灰水。
【答案】　(1)B　A　(2)CuO+COCu+CO2　(3)澄清石灰水变浑浊　(4)点燃CO，防止CO污染环境　(5)不合理，因为CO点燃在先，CuO加热在后，不能同时进行　(6)不必要
18．(14分)(2008年湖北八校联考)在一定条件下，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。其中只有反应①、②属非氧化还原反应。X、Y为单质，其余为化合物，B是直线型分子，⑤是化学工业上的重要反应。据此请填空：
(1)写出下列物质的化学式：A：　　　　　　、X：　　　　　、Y：　　　　　　。
(2)写出反应②的离子方程式：________________________________________________________________________。
(3)1 g X与Y完全反应放热91.5 kJ，反应③的热化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)反应④中C与Y的物质的量之比为1∶3，D中只含两种元素，则D是　　　　。
【解析】　据B直线型可能为CO2，推测A盐为NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]，据⑤是化学工业上的重要反应，且X、Y为单质，可知⑤为电解饱和食盐水，结合③、④知X为H2，Y为Cl2，E为HCl，根据(4)n(C)∶n(Y)=1∶3知C为NH3，且NH3+3Cl2===D+3HCl，确立D为NCl3。
【答案】　(1)NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]　H2　Cl2
(2)CO2+OH-===HCO3-或CO2+2OH-===CO32-+H2O
(3)H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH=-183 kJ/mol
(4)NCl3
19．(12分)某同学为了验证氯气是否有漂白性，设计了如下图所示装置进行实验，A装置中发生的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
其中①为饱和食盐水；②为干燥的红纸条；③为浸湿的红纸条；④为氢氧化钠溶液。
请回答：
(1)随着反应的进行，发现分液漏斗中的浓盐酸逐渐滴不下去，其原因是________________________________________________________________________。
(2)饱和食盐水的作用是________________________________________________________________________。
(3)该同学按他设计的装置进行实验，发现干、湿红纸的颜色都很快褪去。请分析他得出错误结论的原因：________________________________________________________________________。
为了得出正确结论，需要改进实验装置，应在______与______之间连接________装置(见以下选项)。
①盛有碱石灰的干燥管　②盛有浓硫酸的洗气瓶　③盛有水的洗气瓶　④盛有NaOH溶液的洗气瓶
(4)实验结束时，为了防止倒吸，该同学先将导管从NaOH溶液中移出液面，然后再移去酒精灯，你认为这样操作是否合理？为什么？________________________________________________________________________，
若不合理，请你提出一个合理的方案________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(若认为合理，此问不答)
【解析】　实验室制取Cl2常用图中A装置；干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性；实验过程中为防止污染环境常用NaOH溶液吸收尾气。
【答案】　(1)分液漏斗液面上方的压强小于圆底烧瓶内的压强
(2)除去Cl2中的HCl
(3)Cl2未干燥　B　C　②
(4)不合理，因为氯气有毒，会造成环境污染　可在D、E装置中间加一个空的集气瓶(答案有多种，只要合理即可)
20．(12分)(2009年临沂质检)在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸；当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。
请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________。
(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　由D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，容易联想D比C分子增加1个氧原子，则D可能是氧化物，而E为酸，则应为含氧酸，而Y是能提供“O”的物质，A为正盐，与碱反应放出的物质能连续两次氧化最后得一含氧酸，可推知A可能是铵盐：
ANH3NONO2HNO3是可能的，而A与强酸反应时，生成的物质也会连续氧化两次，最后生成含氧酸，则A可能为硫化物(含S2－)：
AH2SSO2SO3H2SO4
综合上面叙述可确定A是(NH4)2S。
【答案】　(1)(NH4)2S　O2　H2O
(2)H2SO4　2H2S＋3O22SO2＋2H2O
(3)HNO3　4NH3＋5O24NO＋6H2O
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一、选择题
1．目前我国许多城市和地区定期公布空气质量报告，在空气质量报告中，一般不涉及(　　)
A．SO2　　　　　　　　　　B．NO2
C．CO2 　　　　　　　 D．可吸入颗粒物
【解析】　空气质量日报中报道的污染物主要指可吸入颗粒物、硫氧化物、氮氧化物、CO等。
【答案】　D
2．某环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的办法，其中塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于(　　)
A．有机物 B．无机物
C．盐类 D．非金属单质
【解析】　塑料、纸张、橡胶均是有机高分子化合物，故A正确。
【答案】　A
3．垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识，垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施。某垃圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾是(　　)
A．危险垃圾 B．可回收物
C．有害垃圾 D．其他垃圾
【解析】　垃圾的分类存放是当今发达社会提倡的生活方式，根据图示可知，该标志为可回收物。
【答案】　B
4．下列对于废弃塑料制品的处理方法中，最为恰当的是(　　)
A．将废弃物切成碎片，混在垃圾中填埋于土壤中
B．将废弃物焚烧
C．将废弃物倾倒在海洋中
D．将废弃物用化学方法加工成防水涂料或汽油
【解析】　将废弃物填埋、焚烧、倾倒仍会对环境造成污染，最好办法是用化学方法加工成防水涂料或汽油。
【答案】　D
5．下列各组名词或现象中，三者间没有逐级因果关系的是(　　)
A．汽车尾气的大量排放——光化学污染——咳嗽和气喘者增多
B．含磷洗衣粉的大量使用——水体富营养化——水栖生物大量死亡
C．生活污水任意排放——空气中CO2浓度增大——温室效应
D．氟氯烃的大量使用——臭氧空洞——皮肤癌患者增多
【解析】　生活污水的任意排放会造成水污染，C错误。
【答案】　C
6．水的污染主要来自(　　)
①天然水与空气、岩石和土壤长期接触
②工业生产中废气、废液、废渣的排放
③水生动物的繁殖
④城市生活污水的大量排放
⑤农业生产中农药、化肥使用不当
A．④⑤ B．②④⑤
C．①②③ D．②③④⑤
【解析】　水的污染主要来自工业生产中废气、废液、废渣的排放；城市生活污水的大量排放；农业生产中农药、化肥使用不当。
【答案】　B
7．(2009年泉州检测)下列有关酸雨的说法中不正确的是(　　)
A．酸雨形成的主要原因是工业和民用上大量燃烧含硫的化石燃料
B．二氧化碳是形成酸雨的主要物质
C．用天然气代替含硫的煤作燃料，可有效控制酸雨的形成
D．酸雨能直接破坏农作物，使土壤酸性增强，腐蚀建筑物及工业设备
【解析】　大量燃烧煤、石油等含硫的化石燃料可产生大量的SO2气体，这是造成酸雨的主要原因。天然气的主要成分是CH4，它燃烧后的产物是CO2和水，可有效控制酸雨的形成。酸雨的危害是能使土壤酸化、腐蚀建筑物及破坏农作物等。SO2、NOx是形成酸雨的主要物质，而CO2不是形成酸雨的物质。
【答案】　B
8．2008年5月14日报道：武汉铊中毒事件已致1人死亡2人病危。铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。Tl3＋与Ag在酸性条件介质中发生反应：
(1)Tl3＋＋2Ag===Tl＋＋2Ag＋，
(2)Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋，
(3)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
下列离子氧化性比较顺序正确的是(　　)
A．Tl3＋>Fe3＋>Ag＋ B．Fe3＋>Ag＋>Tl3＋
C．Tl＋>Ag＋>Fe2＋ D．Tl3＋>Ag＋>Fe2＋
【解析】　在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物，所以据(1)得出Tl3＋>Ag＋，据(2)得出Ag＋>Fe3＋，据(3)得出Fe3＋>Fe2＋，故选D。
【答案】　D
二、非选择题
9．某地一化工厂将大量污水排入池塘中，使水质恶化，各种水生植物先后死亡。根据题意回答下列问题：
(1)造成这种变化的原因是______________________________。
(2)经检测，污水中含有0.012 mol/L的游离溴，可用亚硫酸钠除去污水中的溴，请写出其化学方程式： _________________________________。
(3)处理5 L这种污水，需要加入0.05 mol/L的亚硫酸钠溶液______升才能将溴全部除去。
(4)要使池塘恢复本来面目，首先要解决的问题是_______________________。
【解析】　Na2SO3与Br2发生反应的化学方程式：
Br2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2HBr
要除去5 L含0.012 mol/L的游离溴的污水，需要0.05 mol/L Na2SO3溶液的体积为＝1.2 L。
【答案】　(1)化工厂对池糖的污染超过了池糖的自动调节能力
(2)Na2SO3＋Br2＋H2O===Na2SO4＋2HBr
(3)1.2　(4)化工厂的污染问题
10. 汽车尾气(含有烃类、CO、SO2与NO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)。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类(C、H化合物)充分燃烧及SO2的转化。
(1)写出CO与NO反应的化学方程式__________________________。
(2)“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度，其原因是____________________________________。
(3)控制城市空气污染源的方法可以有________。
A．开发氢能源 B．使用电动车
C．植树造林 D．戴上呼吸面具
【解析】　(1)CO、NO在催化剂的作用下将转化为参与大气生态环境循环的无毒气体，由此可得出，它们反应的产物是CO2和N2。CO和NO在通过“催化转换器”时发生的反应为2CO＋2NO催化剂,N2＋2CO2。
(2)“催化转换器”促使SO2转化，由题给信息：能提高空气酸度，可判断SO2转化成了SO3，故有2SO2＋O2催化剂,2SO3。由于SO3的形成，所以在一定程度上提高了空气的酸度。
(3)控制城市空气污染源的根本方法是开发无污染的氢能源和使用电动车等，而植树造林只是减轻了汽车尾气的污染。
【答案】　(1)2CO＋2NON2＋2CO2
(2)2SO2＋O22SO3，增加了SO3酸性气体
(3)AB
11．各方监测数据显示：2007年入夏以来，无锡市区域内的太湖水位出现50年以来的最低水位，加上天气连续高温少雨，太湖水突然变质，且富营养化较重，诸多因素导致蓝藻提前爆发，影响了自来水水源的水质。
阅读上面的新闻信息，解答下列试题：
(1)水是弱电解质，其电离方程式是_____________________________。
其电离平衡常数(K)为____________，KW是水的离子积常数，该常数与电离平衡常数的关系是KW＝K×c(H2O)，其中c(H2O)＝________mol·L－1。
(2)我们每天饮用的水必须是“健康水”，“健康水”的标准之一是“水的硬度适中”。下列水中硬度肯定适中的是______(填序号)。
A．城市自来水　　　　　B．地下矿泉水
C．人造纯净水 D．实验蒸馏水
(3)太湖水“瞬间”变质，这是一个由量变到质变的过程，是大自然对人类破坏环境、污染环境的一种惩罚。这次太湖水污染，主要原因是水质富营养化，导致某些浮游生物疯长。能够使水质富营养化的元素有________(写出元素符号)。假设太湖边某三个化工厂排出的污水中分别含有硝酸铵(甲化工厂)、盐酸(乙化工厂)、氨水(丙化工厂)。如果让你设计方案治理乙、丙化工厂的污染，你的方案是： ________________________(写出原理即可)。
【解析】　(1)水是一种弱电解质，不管是纯水，还是水溶液，都存在水的电离。跟其他化学平衡一样，用其平衡常数来描述其电离程度的大小。在水的电离平衡常数中，K是常数，而1 L纯水的物质的量是＝55.56 mol，所以忽略温度的影响，水的浓度也是一个常数，KW＝K×c(H2O)，则KW即为水的离子积(常数)。
(2)纯净水和蒸馏水的硬度极小，不易长时间饮用，而有些地下矿泉水，特别是石灰岩地质中的矿泉水，硬度非常大；而城市自来水是经过处理的地下水或地上水，所以硬度适中。
(3)人为的向江河湖海中排放有害物质是导致海水、湖泊富营养化的根本原因，导致水体富营养化的元素是氮、磷等。三个化工厂排放的污水中含有盐、酸、碱，HCl和NH3·H2O分别属于酸、碱，所以对于乙、丙化工厂的污水可以采用先混合(提取有用物质)，然后排放的治理方法。
【答案】　(1)H2O??H＋＋OH－　
55．56
(2)A　(3)N、P　使含有盐酸与氨水的污水混合，发生中和反应，提取有用物质后再排放
12．稀薄燃烧是指汽油在较大空/燃比(空气与燃油气的体积比)条件下的燃烧。随着全球能源危机的加剧，稀薄燃烧技术的研究受到了人们的重视，但稀薄燃烧时，常用的汽车尾气净化装置不能有效地将NOx转化为N2。不同空/燃比时汽车尾气中主要污染物的含量变化如下图所示。
(1)稀薄燃烧技术除能节约能源外，还具有的优点是__________________(填一项)。排放到大气中的NOx会导致酸雨、____________等环境问题(填一项)。
(2)某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。
NO、NH3混合气体―→―→―→
若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通入滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)。为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是____________________。
(3)若某一催化剂能同时催化NH3等还原性气体与NOx的反应。将该催化剂分别用于催化还原含等物质的量NOx的两种气体：①纯NO气体，②汽车尾气。消耗NH3的物质的量较多的可能是________(填字母)，原因是______________________________________。
A．①　　　B．②　　　C．都有可能
【解析】　(1)稀薄燃烧由于燃烧充分，则可以减少CO和碳氢化合物等有害气体的排放，减少污染。NOx可导致光化学烟雾和臭氧空洞。
(2)催化剂可以改变化学反应的速率，则比较催化剂的性能，就是要测量使用催化剂后反应速率的变化，井进行比较，因此需测量和记录的数据是显色所需要的时间。
(3)本题为开放性题目，A、B、C都可选择。针对不同的可能逐一分析。
【答案】　(1)减少对环境的污染　光化学烟雾或破坏臭氧层
(2)溶液显色所需要的时间
(3)A　汽车尾气中含有一定量的CO和碳氢化合物，使消耗的NH3少(或B　汽车尾气中含有一定量的NO2，多消耗NH3或C　汽车尾气中同时含有CO、碳氢化合物等还原性气体和NO2等氧化性气体，二者相对含量的不同可导致消耗NH3的增多或减少)
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一、选择题
1．(2009年潍坊高三质检)下列试剂应该保存在棕色试剂瓶中的是(　　)
A．碳酸氢铵 B．氯化亚铁溶液
C．浓硝酸 D．漂白粉
【解析】　本题考查化学试剂的保存。浓硝酸见光容易分解，应保存在棕色试剂瓶中，其他三种试剂只要密封保存即可。
【答案】　C
2．(2009年德州检测)在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水。以下叙述正确的是(　　)
A．铝热剂就是单指Fe2O3粉和铝粉的混合物
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属于硫酸盐，含结晶水，是混合物
【解析】　A项铝热剂是难熔金属氧化物和铝组成的混合物，不一定是由三氧化二铁和铝组成；B项检验三氧化二铁的操作步骤为：样品→粉碎→加盐酸溶解→滴加KSCN溶液；D项明矾含有结晶水，但是纯净物；在还原Fe2O3时，1 mol H2失去2 mol电子，1 mol Al失去3 mol电子，1 mol CO失去2 mol电子，所以据得失电子守恒即可判断C正确。
【答案】　C
3．下列实验中，溶液颜色有明显变化的是(　　)
A．少量明矾溶液加入到过量NaOH溶液中
B．往FeCl3溶液中滴入KI溶液，再滴入淀粉溶液
C．少量Na2O2固体加入到过量NaHSO3溶液中
D．往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe2(SO4)3稀溶液
【解析】　A项中Al3＋与过量的OH－作用生成AlO2－，溶液颜色不变化；B项中，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2和淀粉作用溶液变蓝；C项中虽发生氧化还原反应，但溶液颜色不变化；D项中二者不发生化学反应，溶液颜色无明显变化，故选B。
【答案】　B
4．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al＋2OH－===2AlO2－＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
【解析】　离子反应方程式必须符合反应原理，铝与强碱溶液的反应中，氧化剂是水而不是碱，A错；氨水是弱碱不能写成离子形式，B错；离子方程式必须符合质量(原子个数)守恒和离子总电荷守恒，所以C错。
【答案】　D
5．某研究性学习小组为了检验硫酸亚铁铵晶体中含有NH4＋、Fe2＋、SO42－和H2O，设计了如下实验步骤：①取少量晶体放在试管内，用酒精灯加热试管口有液体产生，说明晶体中含有水；②将加热后剩余的晶体溶解于水，加入用盐酸酸化过的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明晶体中含有SO42－；③滤去白色沉淀，向滤液中加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，有能使红色石蕊试纸变蓝的气体产生，说明晶体中含有NH4＋；④向步骤③的剩余液体中加入KSCN溶液，无明显变化，再加入少量氯水，溶液变红色，说明晶体中含有亚铁离子，其中不能达到实验目的的是(　　)
A．①③④ B．①④
C．③④ D．④
【解析】　①能证明晶体中含有水；②是SO42－的检验，正确；③中产生使红色石蕊试液变蓝的气体一定为NH3，证明晶体中有NH4＋，③正确；但在该过程中加入过量的浓NaOH溶液，则Fe2＋完全被OH－沉淀，因此④不能达到实验目的，故选D。
【答案】　D
6．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是(　　)
A．Na＋ B．Al3＋
C．Fe3＋ D．Fe2＋
【解析】　Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，故Na＋数目增多；B项中，Al3＋Al(OH)3Al3＋，所以Al3＋数目不变化；C、D两项中，Fe3＋Fe(OH)3Fe3＋，但同时还有Fe2＋的变化：Fe2＋Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3＋，所以Fe3＋增多，Fe2＋减少，故选B。
【答案】　B
7．(2009年长春高中毕业班测试)用类推的方法可能会得出错误结论，因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列类推结论中正确的是(　　)
A．Na失火不能用CO2灭火，K失火不能用CO2灭火
B．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝
C．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3
D．Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3，Pb3O4也可写成PbO·Pb2O3
【解析】　AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电，故不能用电解熔解AlCl3的方法制取金属铝；Fe与S直接化合只能生成FeS；Pb3O4中铅的化合价分别为＋4价和＋2价，故Pb3O4应写成2PbO·PbO2的形式。
【答案】　A
8．某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50 mL b mol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。下列说法正确的是(　　)
A．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解
B．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋
C．若金属全部溶解，且产生336 mL气体(标准状况)，则b＝0.3
D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a和b的关系为b≥80y
【解析】　A项，溶液中还含有NO3－；B项，是否含有Fe3＋取决于Fe和HNO3的量；C项，溶液中还含有NO3－；D项，由于溶液中只有Fe3＋、Cu2＋说明HNO3足量。故其浓度可由下面两个反应求得：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
【答案】　AD
9．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示，则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶3∶1
C．3∶3∶8 D．1∶1∶4
【解析】　加入Fe粉的过程中发生的反应依次为：
Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O①
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu③
铁粉加至1 mol前是与HNO3反应，由反应①知原溶液中HNO3为4 mol(生成1 mol Fe3＋)。铁粉从1 mol到2 mol时是与Fe3＋反应，消耗2 mol Fe3＋，据反应②知原有的Fe(NO3)2为2 mol－1 mol。铁粉从2 mol到3 mol时，由反应③得其中1 mol Fe消耗Cu2＋ 1 mol，所以Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。
【答案】　D
10．(2009年广东四校联考)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
11．(2009年梅州模拟)用一定物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeCl2和FeCl3溶液完全沉淀，若NaOH溶液的体积相同，那么，FeCl2和FeCl3溶液中溶质的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．3∶2
C．2∶3 D．3∶1
【解析】　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，
因此＝＝3∶2，选B。
【答案】　B
12．(2009年江南十校高三联考)氧化铁和氧化铜混合物m g，加3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，若m g的该混合物在过量氢气流中加热充分反应，冷却后剩余固体质量为(　　)
A．(m－1.6)g B．(m－2.4)g
C．(m－3.2)g D．无法确定
【解析】　依题意加入3 mol/L盐酸溶液100 mL，恰好完全溶解，则生成氯化铁和氯化铜，氯离子的物质的量为0.3 mol，利用“价态替换”，即这些金属离子与氧原子结合，则需氧原子0.15 mol，即m g金属氧化物中含有0.15 mol氧原子，故金属共有(m－2.4)g。
【答案】　B
二、非选择题
13．铁是日常生活中最常见的金属，某班同学在学习铁的知识时，有下列问题：
问题1：铁为何称为黑色金属？
问题2：CuO在高温下可分解为Cu2O和O2，Fe2O3在高温下可分解为FeO和O2吗？
(1)对于问题1，同学们上网查找，有两种解释：
A．因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物，所以叫做黑色金属
B．因为铁的粉末为黑色，铁的氧化物也均为黑色，所以叫做黑色金属
①你认为正确的说法是________。
②若有一黑色粉末，如何鉴别是铁粉，还是Fe3O4粉末：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③若有一黑色粉末，为铁和四氧化三铁的混合物，如何证明其中有Fe3O4(只要求简述实验方法)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：
A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化
B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化
①实验中应将Fe2O3放在________(填仪器名称)中灼烧。
②方法A中，如果高温灼烧后颜色由________变为________，说明Fe2O3确实发生了变化。能说明生成的一定为FeO吗？________。理由是______________。
③方法B中，如果发生了预期的反应，固体高温灼烧前后质量比应为________，但是，实验结果固体灼烧前后质量比为30∶29，则高温灼烧后生成物是________。
④比较两种方法，你认为较好的方法是________。
【解析】　(1)①因为铁的表面上有黑色的铁的氧化物，故称为黑色金属，A说法正确。②对于铁粉和Fe3O4粉末，可根据前者是活泼金属，与酸发生反应产生气泡来鉴别。③证明黑色粉末中有Fe3O4，可利用H2或CO还原的办法。
(2) ①加热固体应放在坩埚中进行。②方法A中，若高温灼烧后颜色由红棕色变成黑色，说明Fe2O3(红棕色)发生了化学变化，但不一定生成FeO，因为生成的也可能是黑色的Fe3O4。③若Fe2O3分解生成FeO，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝，若分解生成Fe3O4，则据铁原子守恒得出固体高温灼烧前后质量比为＝。④比较A、B两种方法可看出方法B更严密，此法涉及了定量的计算，而方法A仅定性地从颜色来观察，不严密。
【答案】　(1)①A
②取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，若有气泡产生则原黑色粉末为铁，若无气泡产生则原黑色粉末为Fe3O4
③用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测是否有水产生(或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测是否有二氧化碳产生)(其他合理答案也可)
(2)①坩埚
②红棕色　黑色　不能　也可能为Fe3O4
③10∶9　Fe3O4
④B
14．(2009年山东理综)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。
a．KMnO4 b．(NH4)2S
c．H2O2 d．KSCN
(2)由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________________________________________________________________________。
(3)制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)__________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________装置回收(填代号)。
(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应____________，直到________________________________________________________________________
________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
【解析】　(1)由题意分析可知试剂①应为氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋且不能引入新的杂质，故为H2O2；KSCN与Fe3＋反应呈明显的红色。
(2)由溶液到晶体的操作是加热蒸发、冷却结晶、过滤等基本操作；在过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还用到玻璃棒，它的主要作用是引流。
(3)应先向CaCl2溶液中加入碱性物质并且不引入新杂质，故应加NH3·H2O。NH3的溶解度很大，应选用一套防止倒吸的装置，故选用b。
(4)用容量瓶配制溶液定容时视线应平视凹液面，直到凹液面的最低点与刻度线相切；KMnO4溶液具有强氧化性；能氧化碱式滴定管中的橡胶管，故选用酸式滴定管。
【答案】　(1)c　d　(2)冷却结晶　引流
(3)NH3·H2O　b
(4)平视凹液面(或平视刻度线)　凹液面的最低点与刻度线相切　酸式
15．(2008年北京理综)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)____________。
(2)Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是__________________________。
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是______________________。
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是________________________________。
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)________________________________________________________________________。
【解析】　首先要注意框图中量的描述“过量”，然后作大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析。
大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3。两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量。Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋。Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu。
(1)若有Al，则应有2AlO2－＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO32－或AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－，有白色沉淀产生。无明显变化说明原混合物中无Al。
(2)①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸。
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸。
(3)Y中溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋。
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀[Fe(OH)3]生成。则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓。(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写！)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定。另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Cu，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。
【答案】　(1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O3
16．下面是制备Fe(OH)2白色沉淀的几种方案。请回答下列各问题：
(1)用不含Fe3＋的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
①用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入____________________。
②除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
③生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是________________________________________________________________________。
(2)在如右图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
①在试管Ⅰ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
②在试管Ⅱ里加入的试剂是________________________________________________________________________。
③为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，理由是
________________________________________________________________________。
(3)利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)
2白色沉淀。如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。
①a电极的材料应为　　　　，电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②电解液c可以是　　　　(填编号)。
A．纯水 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
③d为苯，其作用是________________________________________________________________________，
在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？______________。
④为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是________(填编号)。
A．改用稀H2SO4作电解液
B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离
D．适当降低电解液的温度
⑤若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Fe2＋易水解，要加入稀H2SO4防止其水解；Fe2＋易被空气中的O2氧化，要加铁粉，将被氧化的Fe3＋还原成Fe2＋。气体的溶解度随着温度升高而降低，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
(2)两支试管，试管Ⅱ是开口式，无法用产生的气体将试液压入试管Ⅰ中，所以制取FeSO4应放在试管Ⅰ中，而在试管Ⅱ中盛不含O2的NaOH溶液，当Fe与稀H2SO4放入试管Ⅰ后，产生的H2可以从试管Ⅰ内短管处排出，从而排尽试管Ⅰ内空气。再经过止水夹通入试管Ⅱ中，排尽试管Ⅱ内空气。然后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，造成管内压强增大，将试管Ⅰ内FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内，在此过程中，液体都处于H2环境，从而避免了被空气中O2的氧化，使得Fe(OH)2能保存更长时间。
(3)电解时阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，或电解质溶液能直接提供OH－，Fe2＋与OH－发生反应Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，当电解液选用NaOH溶液时，在阳极处立即产生白色沉淀，选其他溶液时，只有迁移后两者相遇时才能产生沉淀(大约在电解池中部)；当反接电源后，阳极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，产生的O2立即把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
【答案】　(1)①稀H2SO4、铁屑　②煮沸　③避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
(2)①稀H2SO4和铁屑　②NaOH溶液　③检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹
④试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界O2不易进入
(3)①Fe　Fe－2e－===Fe2＋　②BC　③隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2　④BC　⑤白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
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一、选择题
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】　开始到达平衡时，溶液中各离子浓度不一定相等，如Ag3PO4所建立的溶解平衡，故A、C均错；沉淀溶解达平衡时再加入该沉淀物，对平衡无影响，故D也错；而B是沉淀溶解平衡建立的本质，显然是正确的。
【答案】　B
2．(2009年汕头模拟)许多马路两旁的树干都均匀地涂抹了石灰水。下列有关说法不正确的是(　　)
A．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2＋的物质的量不变
B．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则pH不变
C．升高饱和石灰水的温度时，Ca(OH)2的溶度积常数Ksp减小
D．石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木病虫害的作用
【解析】　饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，溶液还是饱和溶液，离子浓度不变，但是生石灰与水反应，使溶剂质量减小，则溶解的溶质的物质的量也减小，故A项错误，B项正确；升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，Ksp减小，C项正确；石灰水显碱性，能使蛋白质变性，D项正确。
【答案】　A
3．(2009年海南模拟)下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中，不正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度降低
【解析】　AgCl固体在溶液中达到溶解平衡后，溶解与沉淀速率相等，但不为0，A项正确。AgCl难溶于水，但溶解的部分电离出Ag＋和Cl－，B项错误；一般来说，升高温度有利于固体物质的溶解，C项正确；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，增大了Cl－浓度，促使溶解平衡向左移动，降低了AgCl的溶解度，D项正确。
【答案】　B
4．下列各操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是(　　)
①向饱和Na2CO3溶液中不断通入过量的CO2气体　②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4　③向AgI胶体中逐滴加入过量的稀盐酸　④向石灰水中通入过量的CO2　⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A．①③⑤ B．①②③⑤
C．②④ D．全部
【解析】　①只发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3(析出NaHCO3)；②中Fe(OH)3先聚沉后被H2SO4溶解；③中AgI聚沉但不溶解；④中先生成CaCO3沉淀后溶解；⑤中只生成H2SiO3沉淀。
【答案】　A
5．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀中滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是(　　)
A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡
【解析】　该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的 S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。
【答案】　B
6．在盛有AgCl沉淀的试管中加入KI溶液，振荡后可观察白色沉淀逐渐变为黄色沉淀。通过这个实验可以说明的是(　　)
A．I－的还原性比Cl－的强
B．Cl－的半径比I－的小
C．AgI的溶解度比AgCl的大
D．实验过程中，溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向右移动
【解析】　白色沉淀转化成黄色沉淀，说明在振荡过程中氯化银转化成碘化银，所以氯化银的溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)不断向溶解方向移动。
【答案】　D
7．(2009年济宁质检)将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgBr沉淀
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【解析】　在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag＋)大于后者c(Ag＋)，c(Cl－)>c(Br－)。当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl－)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加得更多。
【答案】　C
8．向Cr2(SO4)3的水溶液中加入NaOH溶液，当pH＝4.6时，开始出现Cr(OH)3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多；但当pH≥13时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子(CrO2－)，其平衡关系如下：
Cr＋3OH－?? ??CrO＋H＋＋H2O
向0.05 mol/L的Cr2(SO4)3溶液50 mL中加入1.0 mol/L NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液中可观察到的现象为(　　)
A．溶液为紫色 B．溶液中有灰绿色沉淀
C．溶液为亮绿色 D．无法判断
【解析】　c(Cr3＋)＝0.1 mol/L
n(Cr3＋)＝0.1 mol/L×0.05 L＝0.005 mol
Cr3＋　＋　4OH－===CrO2－＋2H2O
0．005 mol 0.02 mol
n(OH－)余＝1×0.05 mol－0.02 mol＝0.03 mol
c(OH－)＝＝0.3 mol/L
c(H＋)＝＝3.3×10－14mol/L
pH＝13.5
此时溶液中主要以CrO2－形式存在。
【答案】　C
9．已知一些银盐的颜色及溶解度数值如下：
化学式 AgCl AgBr AgI Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黄色 黑色 红色
溶解度/g 1.5×10－4 7.1×10－7 2.1×10－7 1.3×10－16 4.3×10－2
测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定。滴定时，应加入的指示剂是(　　)
A．KBr B．KI
C．K2S D．K2CrO4
【解析】　指示剂在作用时，应在反应刚好完成，所加过量试剂会与指示剂作用生成不同现象来进行判断。本题应在Ag＋和Cl－生成AgCl沉淀后，再生成其他沉淀。所以本题指示剂的溶解度应比AgCl大。
【答案】　D
10．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4＋Na2CO3
主要：Cu2＋＋CO32－＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要：Cu2＋＋CO32－===CuCO3↓
(2)CuSO4＋Na2S
主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓
次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑
下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．CuSCu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2【解析】　根据沉淀转化一般规律：溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，故由反应(1)知，溶解度CuCO3>Cu(OH)2，由反应(2)知Cu(OH)2>CuS。
【答案】　A
11．(2009年广州调研)已知25 ℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)为1.22×10－8 mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)为1.25×10－5 mol/L。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)
B．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
C．c(NO3－)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
D．c(K＋)>c(NO3－)>c(Ag＋)＝c(Cl－)＋c(I－)
【解析】　由题中信息可知在向5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，加入8 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液时，Ag＋先与I－ 作用生成AgI沉淀，剩余的Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，由题中的数据知：Ag＋只能将Cl－沉淀一部分，K＋、NO3－等不参与反应，所以溶液中各离子浓度的大小关系为c(K＋)>c(NO3－)>c(Cl－)>c(Ag＋)>c(I－)。
【答案】　A
12．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝KW，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液　②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液　③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液　④10 mL蒸馏水　⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
【解析】　AgCl(s)??Ag＋＋Cl－，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。
①c(Cl－)＝0.01 mol·L－1　　②c(Cl－)＝0.04 mol·L－1
③c(Cl－)＝0.03 mol·L－1　　④c(Cl－)＝0 mol·L－1
⑤c(Ag＋)＝0.05 mol·L－1
Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
【答案】　B
二、非选择题
13．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25 ℃)
难溶电
解质 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2
Ksp 2.8×10－9 9.1×10－6 6.8×10－6 1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol/L的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol/L的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________。
(3)设计第③步的目的是________________________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________。
【解析】　本题考查的知识点为教材新增加的内容，题目在设计方式上为探究性实验，既注重基础知识，基本技能的考查，又注重了探究能力的考查。由Ksp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(s)??SO42－(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO32－浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO32－与Ca2＋结合生成沉淀，即CO32－＋Ca2＋===CaCO3↓。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③、④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
【答案】　(1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO42－
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解
14．水体中重金属铅的污染方向问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)3－、Pb(OH)42－，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示：
[1表示Pb2+,2表示Pb(OH)+,3表示Pb(OH)2,4表示Pb(OH)3-,5表示Pb(OH)42-]
(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　　　　　　　　　　。
【解析】　(1)因为Pb(NO3)2，是一种强酸弱碱盐，在水溶液中存在如下水解平衡：2H2O+Pb2+??Pb(OH)2+2H+，使c(Pb2+)减小，所以
(2)pH=8时，曲线上1、2、3表示的物质共存，所以此时溶液中存在的阳离子(Na+除外)有Pb2+、Pb(OH)+和H+。pH=9时，曲线2、3表示的物质共存，由图可知Pb(OH)2的浓度分数比Pb(OH)+的大，所以主要反应是生成Pb(OH)2。
【答案】　(1)>　Pb2+与Cl-发生反应，使c(Pb2+)减小
(2)Pb2+、Pb(OH)-、H+　Pb2++2OH-===Pb(OH)2↓
15．在CaF2(Ksp＝5.3×10－9)与CaSO4(Ksp＝9.1×10－6)混合的饱和溶液中，测得F－浓度为1.8×10－3mol/L，则溶液中SO42－的浓度为________mol/L。
【解析】　两种难溶物质中都有Ca2＋，Ca2＋浓度必须满足两种溶质的溶解平衡，可以用两种溶质的Ksp计算。c(Ca2＋)×c2(F－)＝Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，求得c(Ca2＋)＝×10－3mol/L，再根据Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)×c(SO42－)，可求得c(SO42－)＝Ksp(CaSO4)/c(Ca2＋)＝＝5.56×10－3mol/L。
【答案】　5.56×10－3
16．已知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12，现用0.01 mol/L AgNO3溶液滴定0.01 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4混合溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO42－先生成沉淀的是________。
(2)当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是________mol/L。(设混合溶液在反应中体积不变)
【解析】　(1)根据两种物质的Ksp，求出生成各自的沉淀所需c(Ag＋)，比较两者c(Ag＋)，谁需c(Ag＋)小谁先沉淀。
沉淀Cl－：c(Ag＋)＝＝mol/L
＝1.8×10－8mol/L。
沉淀CrO42－：c(Ag＋)＝
＝mol/L＝4.36×10－5mol/L
故先生成AgCl沉淀。
(2)因c2(Ag＋)·c(CrO42－)＝1.9×10－12
c2(Ag＋)×0.001＝1.9×10－12，
c(Ag＋)＝4.36×10－5mol/L，
c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，
4．36×10－5·c(Cl－)＝1.8×10－10，
c(Cl－)＝4.13×10－16mol/L。
【答案】　(1)Cl－先沉淀　(2)4.13×10－6mol/L
单元过关评估
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下表中物质的分类组合正确的是(　　)
A B C D
强电解质 Al2(SO4)3 BaSO4 HClO KCl
弱电解质 H3PO4 H2O CaCO3 Al(OH)3
非电解质 CO2 NH3·H2O NH3 HI
【解析】　B项中的NH3·H2O属于弱电解质；C项中的HClO属于弱电解质，CaCO3属于强电解质；D项中的HI属于强电解质。
【答案】　A
2．实验中欲量取50.00 mL KMnO4溶液可选用的仪器是(　　)
A．50 mL量筒　　　　　　　　B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
【解析】　量筒是不精确的计量仪器，滴定管是较精确的计量仪器。准确量取50.00 mL溶液，应该用50 mL滴定管。又因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，所以量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管。
【答案】　C
3．(2008年山东德州质检)醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．醋酸溶液可与纯碱溶液反应产生CO2
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别跟同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．10 mL 1 mol·L－1醋酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【解析】　A项仅能说明CH3COOH比H2CO3酸性强，故错误；B项pH相同，c(H＋)相同，起始时反应速率相同，故错误；C项酸碱中和与强弱电解质无关，故错误；D项正确。
【答案】　D
4．某温度下，可逆反应HA??H＋＋A－的电离常数为Ka，下列说法正确的是(　　)
A．Ka越大，表示该弱酸较易电离
B．Ka越大，表示该弱酸较难电离
C．Ka随反应物浓度的改变而改变
D．Ka随体系温度的改变而改变
【解析】　电离常数Ka越大，说明该弱酸越易电离，A正确，B错误；而Ka仅是温度的函数，会随温度变化而变化，故C错误，D正确。
【答案】　AD
5．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类的水解。
【答案】　B
6．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c(SO42－)∶c(H＋)约为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶10 D．10∶1
【解析】　pH＝5的硫酸溶液中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(SO42－)＝5×10－6mol·L－1。将此溶液稀释500倍后，稀释液中c(SO42－)＝1×10－8mol·L－1，而c(H＋)趋近于1×10－7mol·L－1，则c(SO42－)∶c(H＋)约为1∶10。故选C。本题若不能很好地理解酸、碱溶液稀释的pH计算，则很容易误选B。
【答案】　C
7．(2009年江苏南通高三调研)下列有关实验的说法正确的是(　　)
A．将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体
B．测量溶液的导电性可区分出试剂盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸
C．做完银镜反应后的试管可用热的稀硝酸清洗，回收后的硝酸银溶液可再利用
D．除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加入适量硫酸酸化
【解析】　A项，AlCl3溶液在加热蒸发时，Al3＋会水解，最终得到Al2O3固体，A错。B项，溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，而与溶质是强、弱电解质无关，B错。可在相同条件下测量等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的导电性，则导电能力强的是盐酸。C项，清洗“银镜”应用稀硝酸，生成的AgNO3需回收利用，C对。D项，加入足量NaOH，则又混入了新的杂质，D错。
【答案】　C
8．(2009年威海模拟)已知：HCN是一种弱酸。相同物质的量浓度的NaCN溶液和NaClO溶液相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN溶液和HClO溶液，下列说法正确的是(　　)
A．酸的强弱：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】　从题中可知NaCN溶液的pH较大，则CN－水解程度大，根据“越弱越水解”c(CN－)【答案】　D
9．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【解析】　酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积大了，结果偏高，A项错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B项错误；滴定前平视读数，正确，滴定后俯视，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视读数偏小，消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C项正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液，消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D项错误。
【答案】　C
10．下列溶液，一定呈中性的是(　　)
A．由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合所形成的溶液
B．c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝14－pOH的溶液
D．pH＝pOH的溶液
【解析】　若选项A中的一元酸是弱酸(如醋酸或次氯酸)，则混合后所得溶液不呈中性而呈碱性(因所得盐为强碱弱酸盐，水解显碱性)；而水的离子积KW的值与温度有关，当温度不等于25 ℃时，KW就不等于1×10－14，即c(H＋)＝1×10－7mol·L－1或pH＝14－pOH的溶液就不呈中性；但若当c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH，无论在什么情况下，溶液都呈中性。
【答案】　D
11．在常温时的下列溶液中，BaSO4的溶解度最大的是(　　)
A．40 mL 1 mol/L的BaCl2溶液
B．30 mL 2 mol/L的Ba(OH)2溶液
C．10 mL纯水
D．50 mL 0.1 mol/L的H2SO4溶液
【解析】　BaSO4在水中存在如下平衡：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)。A项BaCl2中的Ba2＋促使平衡左移，溶解度减小；B项Ba(OH)2中的Ba2＋同样使平衡左移，溶解度减小；C项纯水中BaSO4的溶解度不受影响；D项中，SO42－使平衡左移，溶解度减小。
【答案】　C
12．向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，使其完全反应，对反应后的溶液，下列判断正确的是(　　)
A．溶质为Na2CO3
B．溶质为NaHCO3
C.c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)
【解析】　向1 L 0.3 mol/L的NaOH溶液中缓慢通入8.8 g CO2气体，完全反应后的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，所以选项A、B、C均不正确；选项D为电荷守恒，正确，选D。
【答案】　D
13．(2009年济南模拟)当NaOH溶液与氨水的pH、体积都相同时，下列叙述正确的是(　　)
A．两溶液的物质的量浓度相同
B．两溶液的c(H＋)相同
C．用同浓度盐酸中和时，消耗酸的体积相同
D．升高温度10 ℃，两者pH仍相等
【解析】　由于氨水是弱碱，溶液中有大部分的NH3·H2O没有电离，而NaOH是强碱，当二者的pH相等时，二者的浓度应是氨水大，并且在体积相同时氨水所含的物质的量要多；当升高温度时氨水的电离平衡向右移动，则二者的pH不等；两溶液的pH相等，则c(H＋)相同。
【答案】　B
14．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：
NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
NaCN＋HF===HCN＋NaF
NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据其中两个反应即可得出结论
D．K(HCN)【解析】　相同温度下，弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为：HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为
K(HF)＝7.2×10－4
K(HNO2)＝4.6×10－4
K(HCN)＝4.9×10－10
【答案】　B
15．(2009年淄博模拟)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不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．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
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
【解析】　不溶于水不是绝对的不溶，而是溶解度小于0.1 g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解，所以A错误。根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝×10－11mol/L，D正确。
【答案】　A
16．某漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙(由氯气与石灰乳恰好反应制得)，其溶液中离子浓度大小关系正确的是(　　)
A．c(Cl－)>c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Cl－)＝c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Cl－)＝c(OH－)＋c(ClO－)＝c(Ca2＋)＋c(H＋)
D．c(Ca2＋)＝2c(Cl－)＋2c(ClO－)
【解析】　因Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A错；由2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O知c(Cl－)＝c(Ca2＋)，因ClO－水解，故c(Ca2＋)>c(ClO－)，来源于盐的离子浓度大于来源于水电离的离子浓度，故B对；依电荷守恒原理知C错；依物料守恒有c(Ca2＋)＝0.5[c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(HClO)]，D错。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(14分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
①配制0.100 0 mol/L和0.010 00 mol/L的标准盐酸。
②用0.100 0 mol/L的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2，取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里加水至刻度线，取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol/L的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：
(1)配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？________；
A．托盘天平　B．容量瓶　C．酸式滴定管　D．量筒　E．烧杯
F．胶头滴管　G．玻璃棒
(2)滴定操作中，左手 ________，右手________，眼睛__________________；
(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________；
(4)过滤所得浊液的目的是________________________________________________________；
(5)此空气样品中含CO2的体积分数为________；
(6)本实验中，若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理，即注入第二种标准盐酸，并进行第二次滴定，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)配制一定物质的量浓度的盐酸时，需要仪器有容量瓶、量筒、烧杯、胶头滴管及玻璃棒。
(2)滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
(3)Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，则c[Ba(OH)2]×10.00 mL＝×0.1 mol/L×19.60 mL解得c[Ba(OH)2]＝0.098 mol/L。
(4)为防止BaCO3与HCl反应，应分离出BaCO3。
(5)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O，只要求出余下的Ba(OH)2，就可以计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。过程如下：20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－3×0.01× mol＝0.174×10－3 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：0.174×10－3×5 mol＝0.870×10－3 mol，原有Ba(OH)2：10×10－3 L×0.098 0 mol/L＝0.980×10－3 mol，与CO2反应的Ba(OH)2有(0.980－0.870)×10－3 mol＝0.110×10－3 mol，则 n(CO2)＝0.110×10－3 mol，则φ(CO2)＝×100%＝0.025%。
(6)偏大，因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少，使计算出的剩余Ba(OH)2偏少，那么与CO2反应的Ba(OH)2就偏多。
【答案】　(1)BCDEFG　(2)控制活塞　摇动锥形瓶　注视锥形瓶内溶液颜色的变化　(3)0.098 0 mol/L
(4)分离出BaCO3，防止HCl与BaCO3反应
(5)0.025%　(6)偏大
18．(12分)在温度T ℃下，某Ba(OH)2稀溶液中c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L，已知a＋b＝12，向该溶液中逐滴加入pH＝b的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 氢氧化钡的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
(1)依据题意判断，T ℃________25 ℃(填“大于”、“小于”或“等于”)，该温度下水的离子积KW＝________。
(2)b＝________，原Ba(OH)2稀溶液的物质的量浓度为________。
(3)该温度下，向1 L硫酸与硫酸钠的混合溶液中加入3 L该Ba(OH)2的稀溶液时，沉淀正好达最大值，从所得溶液中取出4 mL并加水稀释至20 mL，测得溶液的pH为7，则原硫酸与硫酸钠混合溶液的pH为________，其中Na2SO4的物质的量浓度为________。
【解析】　(1)该温度下，
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a×10－b＝10－(a＋b)
＝10－12>10－14，故T ℃>25 ℃
(2)据第①组可计算：
Ba(OH)2溶液中c(H＋)水＝1×10－8mol/L，
故c(OH－)＝mol/L＝1×10－4mol/L＝10－bmol/L
所以b＝4，c[Ba(OH)2]＝×10－4mol/L＝5×10－5mol/L
(3)据题意知n(SO42－)总＝n[Ba(OH)2]＝3 L×5×10－5mol/L＝1.5×10－4mol
据恰好反应时知
c(OH－)过＝×＝＝10－5mol/L
解得c(H＋)＝1×10－4mol/L，pH＝4，n(Na2SO4)＝n(SO42－)总－n(H2SO4)＝1.5×10－4mol－×10－4mol/L×1 L＝1×10－4mol，所以c(Na2SO4)＝1×10－4mol/L
【答案】　(1)大于　1×10－12　(2)4　5×10－5mol/L
(3)4　1×10－4mol/L
19．(14分)A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。(要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度)
(1)写出化学式：A1____________，A2____________，B1____________，B2____________；
(2)相同温度下，当A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________；
(3)写出0.1 mol/L的A2溶液中离子浓度大小排序________________________________________________________________________
________________________________；
(4)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是________________________________________________________________________________；
(5)常温下，若B1、B2两溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为____________。
【解析】　(1)根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质有强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3。强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离，故四种物质分别为NaOH、NaNO2、HNO3和NH4NO3。
(2)相同物质的量浓度的NaOH和HNO3对水的抑制程度相同，故两溶液中水电离出的H＋浓度之比为1∶1。
(3)NaNO2为强碱弱酸盐，故各离子浓度为c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)。
(4)因HNO3电离出的H＋抑制了H2O的电离，而NH4NO3中NH4＋的水解促进了水的电离。
(5)在HNO3溶液中c(H＋)水＝＝1×10－9mol/L，在NH4NO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L，故二者之比为1×10－9∶1×10－5＝1×10－4。
【答案】　(1)NaOH　NaNO2　HNO3　NH4NO3　(2)1∶1(3)c(Na＋)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)硝酸电离出的H＋抑制了水的电离，NH4＋结合水电离出的OH－促进了水的电离
(5)1×10－4∶1或(1∶104)
20．(12分)(上海高考)蛇纹石矿可以看做由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了含Mg2＋外，还含有的金属离子是________。
(2)进行(Ⅰ)操作时，控制溶液pH＝7～8(有关氢氧化物沉淀的pH见下表)
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀时pH 1.5 3.3 9.4
Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致______溶解、________沉淀。
(3)从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入________(填入物质的化学式)，然后____________________(依次填写实验操作名称)。
(4)物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是____________(填写物质化学式)。
(5)现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、碱石灰)：
①样品称量，②高温分解，③________________，
④____________，⑤MgO称量。
【解析】　(1)蛇纹石中加盐酸，MgO、Fe2O3、Al2O3分别反应生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，而SiO2不反应，通过过滤可除掉，故溶液中含有的金属阳离子有Mg2＋、Fe3＋、Al3＋。
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，既能溶于酸性溶液又能溶于强碱性溶液，进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8，由表中数据可知此时Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物沉淀出来。而Mg2＋没有沉淀，如果Ca(OH)2再过量溶液碱性增强，pH增大，Al(OH)3可能会溶解，Mg2＋可能以Mg(OH)2形式沉淀出来。
(3)经推理沉淀混合物A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，向其中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3会溶解，然后进行过滤得Fe(OH)3沉淀，再洗涤除去表面的杂质，最后将其灼烧即得Fe2O3，也就是要提取的红色颜料。
(4)经推理沉淀物B为CaCO3。向B中加盐酸又会生成CO2，可供操作Ⅱ使用。
(5)该题为设计型实验，对于aMgCO3·bMg(OH)2·c(H2O)高温分解其产物分别为MgO、CO2和H2O，CO2来自MgCO3的分解，若测出CO2的质量MgCO3的质量也就可求，进而求出其物质的量。H2O来自Mg(OH)2和结晶水，MgO来自MgCO3、Mg(OH)2的分解，如果称出反应后MgO的总质量再换成物质的量，同样也测出生成水蒸气的质量，换成物质的量记为n(H2O)总，则Mg(OH)2的物质的量为n[Mg(OH)2]＝n(MgO)－n(MgCO3)。
【答案】　(1)Fe3＋、Al3＋　(2)Al(OH)3　Mg(OH)2
(3)NaOH　过滤、洗涤、灼烧　(4)CO2　(5)③测出CO2的质量　④测出水蒸气的质量
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2008年广东理基)下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是(　　)
A．漂白粉的成分为次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸干燥氨气
C．实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D．Al2(SO4)3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
【解析】　漂白粉的成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2；氨气应用碱石灰干燥，与浓H2SO4会生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；NO2、HCl等酸性气体可用NaOH溶液来吸收；明矾净水原理是Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物质，从而达到净水目的，废水呈酸性会抑制Al3＋水解，呈碱性则将大量Al3＋沉淀掉，所以均不宜用Al2(SO4)3来净化，应该先中和，后用Al2(SO4)3处理。
【答案】　C
2．空气是人类生存所必需的重要资源，为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持，下列措施不利于“蓝天工程”建设的是(　　)
A．推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B．实施绿化工程，防治扬尘污染
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量
【解析】　环保问题是当今社会全球面临的重大问题，所以要从化学的角度多给予关注。D项会增加粉尘、SO2、氮氧化物的污染，故不利于“蓝天工程”的建设。
【答案】　D
3．(2009年镇江调研)同物质的量浓度同体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中，分别加入等体积等浓度的盐酸，结果是(　　)
A．Na2CO3产生的CO2多　　　B．NaHCO3产生的CO2多
C．NaHCO3的反应速率快 D．二者产生CO2一样多
【解析】　Na2CO3需结合2个H＋放出CO2，NaHCO3只需结合一个H＋放出CO2。所以NaHCO3反应产生气体更剧烈。但由于Na2CO3、NaHCO3及盐酸的量不确定，所以产生的CO2的量难以确定。
【答案】　C
4.
在如右图所示的装置中，烧瓶中盛有空气，广口瓶中盛放下列物质时可发生喷泉的选项是(　　)
A．块状大理石和稀硫酸
B．NH4Cl与稀NaOH溶液
C．Na2O2与NaOH溶液
D．铜片与稀盐酸
【答案】　C
5．取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃板上，然后按顺序分别滴加65%的HNO3、98.3%的H2SO4和新制的氯水，三张纸最后呈现的颜色分别是(　　)
A．白、红、白 B．红、黑、红
C．红、红、红 D．白、黑、白
【解析】　浓HNO3和新制氯水均具有酸性和强氧化性，可使石蕊试纸先变红，后褪色。浓硫酸具有脱水性，能使石蕊试纸由于脱水炭化而变黑。
【答案】　D
6．为了除去镀在铝表面的铜镀层，可选用的试剂是(　　)
A．浓硫酸 B．盐酸
C．稀硝酸 D．浓硝酸
【解析】　浓H2SO4与铜不加热时不反应，达不到除去铜的目的，但加热时，浓H2SO4不仅能与铜反应，也能与铝反应，A项错误；盐酸与铜不反应，除不掉铜，B项错误；稀HNO3与铜、铝都能反应，C项错误；冷的浓HNO3可与铜反应除去铜，又可使铝发生钝化而得到保护。
【答案】　D
7．(2008年保定一模)下列试剂中，可以用于确定某无色混合气体中一定含有SO2和CO2的是(　　)
①石灰水　②品红试液　③溴水　④KMnO4酸性溶液
A．④① B．③①
C．①② D．②④①
【解析】　无色混合气体通入②，使品红褪色且加热又恢复原来的颜色，说明有SO2；然后通入④，吸收气体中的SO2，再通入①，澄清石灰水变浑浊，证明气体中有CO2，故选D。A无验证SO2的试剂，B、C无吸收SO2的试剂，因为SO2气体通入石灰水，也会产生白色沉淀，所以不能验证是否一定含有CO2。
【答案】　D
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是(　　)
A．Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量NaOH溶液
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量的CO2气体
C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在空气中加热
D．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【解析】　Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH，虽除去了Na2SO4但又增加了新的杂质NaOH。
【答案】　D
9．能利用如图所示实验装置制取气体的合理选项是(　　)
A．过氧化钠和水 B．二氧化锰和浓盐酸
C．锌和稀盐酸 D．碳酸钙和稀硫酸
【解析】　B中需加热，C中产生的H2密度比空气小，D项因生成微溶的CaSO4使反应停止。
【答案】　A
10．浓H2SO4在使下列物质的转化中，既表现出氧化性，又表现出酸性的是(　　)
A．Cu→CuSO4 B．C→CO2
C．FeO→Fe2(SO4)3 D．Fe2O3→Fe2(SO4)3
【解析】　浓H2SO4在反应中表现出酸性时，硫元素化合价不变，硫元素仍以SO42－形式存在；表现出氧化性时，硫元素化合价降低。由以上反应知，C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O中，硫元素化合价降低；Fe2O3＋3H2SO4(浓)Fe2(SO4)3＋3H2O中，硫元素化合价不变；而Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O,2FeO＋4H2SO4(浓)===Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O中，都是有一部分硫元素化合价降低，一部分硫元素化合价不变。所以浓H2SO4在A、C反应中既表现了酸性，又表现了氧化性。
【答案】　AC
11．(2008年江苏化学)下列现象或事实可用同一原理解释的是(　　)
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B．氯水和活性炭使红墨水褪色
C．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质
D．乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
【解析】　浓硫酸可吸收空气中水蒸气浓度降低，浓盐酸挥发出HCl导致浓度降低，A错；氯水使红墨水褪色是利用了强氧化性，活性炭使红墨水褪色是利用了吸附性，B错；漂白粉暴露在空气中变质的反应为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3＋2HClO，HClO易分解2HClO2HCl＋O2↑，而水玻璃暴露在空气中发生反应CO2＋H2O＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2CO3，C错；乙炔和乙烯遇溴的四氯化碳溶液都可以发生加成反应，D正确。
【答案】　D
12．向含有FeCl3、BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体会有沉淀产生，该沉淀是(　　)
A．BaSO4 B．FeS
C．BaSO3 D．S
【解析】　根据题意，该沉淀是在酸性溶液中产生的，所以它不溶于酸，选项B和C虽然不溶于水但溶于酸，故排除答案B和C。又因为SO2还具有还原性，在酸性溶液中与FeCl3发生氧化还原反应：2FeCl3＋SO2＋2H2O===2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，使溶液中产生SO42－，它能与BaCl2中的Ba2＋结合形成不溶于酸的BaSO4沉淀，故正确答案为A。由于SO2―→S，是从＋4价降为0价，需要还原剂才能实现，题给条件不能实现，D错。
【答案】　A
13．(2008年深圳质检)单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质的量之比为1∶2，则X元素在生成物中的化合价可能为(　　)
①＋1　②＋2　③＋3　④＋4
A．②④ B．③④
C．①② D．①③
【解析】　若X为金属
X＋2H2SO4XSO4＋SO2↑＋2H2O
X为＋2价
若X为非金属
X＋2H2SO4XO2＋2SO2↑＋2H2O
X为＋4价。
【答案】　A
14．甲、乙、丙三瓶等体积等物质的量浓度的硫酸溶液，若甲用水稀释，乙中加入少量BaCl2溶液，丙不变，然后用相同物质的量浓度的NaOH溶液中和，完全中和时消耗NaOH溶液的体积关系是(　　)
A．丙>乙>甲 B．甲＝乙>丙
C．乙>丙>甲 D．甲＝乙＝丙
【解析】　无论加水、加BaCl2，溶液中H＋个数不变。
【答案】　D
15．将3.2 g Cu跟30.0 mL 10.0 mol·L－1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H＋，则此时溶液中含NO3－的物质的量为(　　)
A．0.5a mol B．(0.1＋a)mol
C．0.1a mol D．2a mol
【解析】　首先判断Cu与硝酸谁过量，经判断知HNO3过量，Cu全部反应，根据溶液中的电荷守恒，n(NO3－)＝n(H＋)＋2n(Cu2＋)。
n(Cu2＋)＝＝0.05 mol，
所以n(NO3－)＝a mol＋2×0.05 mol＝(a＋0.1)mol。
【答案】　B
16．将a mol纯铁粉投入含HNO3 b mol的稀溶液里，恰好完全反应并放出NO气体，则a和b的关系是(　　)
A．a/b＝1/4 B．a/b＝3/8
C．1/4≤a/b≤3/8 D．a/b的值无法确定
【解析】　铁有＋2价和＋3价，与强氧化性酸(如HNO3)反应时，如HNO3过量，产生Fe3＋；如Fe过量，最终产生Fe2＋。
若HNO3过量，反应为Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；则＝
若Fe过量，反应为3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
则＝，故选C。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(14分)下面是关于“一氧化碳的化学性质”的课题式课堂教学中解决问题阶段，甲同学设计的证明CO具有还原性的实验装置如下图所示。
(1)点燃酒精灯A、B的先后顺序为：先　　　后　　　。
(2)硬质试管中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)洗气瓶中的实验现象为________________________________________________________________________。
(4)酒精灯B的作用为________________________________________________________________________。
(5)乙同学提出甲的装置太复杂，可将酒精灯合二为一，去掉B，而将尾气导气管出口旋转到A的火焰上即可。乙同学的设计是否合理？简述理由(从A、B使用的一致性的角度考虑)
________________________________________________________________________。
(6)丙同学质疑：CO能否使澄清石灰水变浑浊？因此，他设计在CO通入CuO之前，应先通入澄清石灰水，以比较排除CO与澄清石灰水反应。试对此作出评价，你认为丙的设计　　　　(填“必要”或“不必要”)。
【解析】　由题意知硬质试管中发生反应的化学方程式为CuO+COCu+CO2，显然A处酒精灯提供热源，B处的酒精灯用来点燃未反应的CO，防止其污染环境。若先点燃A处的酒精灯，则CO会与装置内空气作用发生爆炸。只有在排净装置内的空气后方可点燃A。所以应先点燃B再点燃A，且不能将它们合二为一。点燃酒精灯A之前，CO已充满澄清石灰水的洗气瓶，未出现浑浊，说明CO与澄清石灰水不变浑浊，故不必要先通过澄清石灰水。
【答案】　(1)B　A　(2)CuO+COCu+CO2　(3)澄清石灰水变浑浊　(4)点燃CO，防止CO污染环境　(5)不合理，因为CO点燃在先，CuO加热在后，不能同时进行　(6)不必要
18．(14分)(2008年湖北八校联考)在一定条件下，经不同的化学反应，可实现如下图的各种变化。其中只有反应①、②属非氧化还原反应。X、Y为单质，其余为化合物，B是直线型分子，⑤是化学工业上的重要反应。据此请填空：
(1)写出下列物质的化学式：A：　　　　　　、X：　　　　　、Y：　　　　　　。
(2)写出反应②的离子方程式：________________________________________________________________________。
(3)1 g X与Y完全反应放热91.5 kJ，反应③的热化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)反应④中C与Y的物质的量之比为1∶3，D中只含两种元素，则D是　　　　。
【解析】　据B直线型可能为CO2，推测A盐为NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]，据⑤是化学工业上的重要反应，且X、Y为单质，可知⑤为电解饱和食盐水，结合③、④知X为H2，Y为Cl2，E为HCl，根据(4)n(C)∶n(Y)=1∶3知C为NH3，且NH3+3Cl2===D+3HCl，确立D为NCl3。
【答案】　(1)NH4HCO3[或(NH4)2CO3或NaHCO3]　H2　Cl2
(2)CO2+OH-===HCO3-或CO2+2OH-===CO32-+H2O
(3)H2(g)+Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH=-183 kJ/mol
(4)NCl3
19．(12分)某同学为了验证氯气是否有漂白性，设计了如下图所示装置进行实验，A装置中发生的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
其中①为饱和食盐水；②为干燥的红纸条；③为浸湿的红纸条；④为氢氧化钠溶液。
请回答：
(1)随着反应的进行，发现分液漏斗中的浓盐酸逐渐滴不下去，其原因是________________________________________________________________________。
(2)饱和食盐水的作用是________________________________________________________________________。
(3)该同学按他设计的装置进行实验，发现干、湿红纸的颜色都很快褪去。请分析他得出错误结论的原因：________________________________________________________________________。
为了得出正确结论，需要改进实验装置，应在______与______之间连接________装置(见以下选项)。
①盛有碱石灰的干燥管　②盛有浓硫酸的洗气瓶　③盛有水的洗气瓶　④盛有NaOH溶液的洗气瓶
(4)实验结束时，为了防止倒吸，该同学先将导管从NaOH溶液中移出液面，然后再移去酒精灯，你认为这样操作是否合理？为什么？________________________________________________________________________，
若不合理，请你提出一个合理的方案________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(若认为合理，此问不答)
【解析】　实验室制取Cl2常用图中A装置；干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性；实验过程中为防止污染环境常用NaOH溶液吸收尾气。
【答案】　(1)分液漏斗液面上方的压强小于圆底烧瓶内的压强
(2)除去Cl2中的HCl
(3)Cl2未干燥　B　C　②
(4)不合理，因为氯气有毒，会造成环境污染　可在D、E装置中间加一个空的集气瓶(答案有多种，只要合理即可)
20．(12分)(2009年临沂质检)在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸；当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。
请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________。
(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　由D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，容易联想D比C分子增加1个氧原子，则D可能是氧化物，而E为酸，则应为含氧酸，而Y是能提供“O”的物质，A为正盐，与碱反应放出的物质能连续两次氧化最后得一含氧酸，可推知A可能是铵盐：
ANH3NONO2HNO3是可能的，而A与强酸反应时，生成的物质也会连续氧化两次，最后生成含氧酸，则A可能为硫化物(含S2－)：
AH2SSO2SO3H2SO4
综合上面叙述可确定A是(NH4)2S。
【答案】　(1)(NH4)2S　O2　H2O
(2)H2SO4　2H2S＋3O22SO2＋2H2O
(3)HNO3　4NH3＋5O24NO＋6H2O
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一、选择题
1．下列电离方程式错误的是(　　)
A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32－
B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－
C．MgCl2===Mg2＋＋Cl2－
D．Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－
【解析】　A中HCO3－为弱酸根离子，在溶液中只有很少一部分发生电离，不能拆成H＋与CO32－，应写为NaHCO3===Na＋＋HCO3－。而NaHSO4中的HSO4－在水溶液中能完全电离成H＋与SO42－，故B正确，A错误。C中MgCl2应写成为MgCl2===Mg2＋＋2Cl－，C错误，D正确。
【答案】　AC
2．下列说法正确的是(　　)
①强电解质一定是离子化合物，弱电解质一定是共价化合物　②强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物　③水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质
④属于共价化合物的电解质在熔融状态下不导电
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　强弱电解质的根本区别是看其在水溶液中是否完全电离，而与其溶解性没有直接的关系，所以②错误；强电解质包括所有离子化合物和部分共价化合物，弱电解质都是共价化合物，所以①错误；水中只有极少量分子发生电离产生H＋和OH－，因此，H＋和OH－的浓度很小很小，纯水几乎不导电，水是极弱的电解质，所以③正确；共价化合物在熔融状态下不能电离成自由移动的离子，所以不导电，④正确。
【答案】　C
3．(2008年广东理基)下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．钠与水反应：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
B．氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
C．氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
【解析】　A项氢原子个数不相等，且得失电子总数不相等，应写成2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑；B项产物HClO为弱酸，溶于水的Cl2只有少量才反应，正确写法为Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO；D项电荷不守恒，得失电子数不相等，应写为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。
【答案】　C
4．(2008年海南高考)在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是(　　)
A．NH4＋、NO3－、K＋、SO42－ B．CO32－、NO3－、HCO3－、Na＋
C．Na＋、ClO－、AlO2－、NO3－ D．CrO42－、K＋、Na＋、SO42－
【解析】　pH＝13的溶液是强碱性溶液，NH4＋、HCO3－不能大量共存；CrO42－显浅黄色。
【答案】　C
5．(2009年合肥模拟)a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：
反应物 a＋b c＋d a＋d a＋c b＋d
现象 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 无色气体
由上述现象可推知a、b、c、d依次是(　　)
A．HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3
B．AgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2
C．BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl
D．AgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3
【解析】　由表中现象可知，a与另外三个溶液相混均有白色沉淀，可知a为AgNO3溶液。相混产生气体的是HCl和Na2CO3。
【答案】　D
6．(2009年潍坊质检)在下述条件下，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色透明的水溶液中：K＋、Ba2＋、MnO4－、I－
B．含有大量NO3－的水溶液中：NH4＋、Fe2＋、SO42－、H＋
C．c(HCO3－)＝0.1 mol/L的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Br－
D．强碱性溶液中：ClO－、S2－、HSO3－、Na＋
【解析】　A项，无色透明溶液中不可能有MnO4－；B项，NO3－、Fe2＋、H＋三者不能大量共存；C项，HCO3－与Na＋、K＋、CO32－、Br－之间均无任何反应，能共存；D项，强碱性溶液中不存在HSO3－，且该条件下ClO－与S2－之间能发生氧化还原反应。仅C选项符合题意。
【答案】　C
7．(2009年黄冈模拟)某无色溶液中，若加入溴水，溴水褪色，若加入NH4HCO3，固体溶解并产生刺激性气味的气体，则该溶液中可能大量存在的离子组是(　　)
A．Na＋、K＋、Cl－、OH－ B．Na＋、Mg2＋、S2－、ClO－
C．H＋、Na＋、SO42－、NO3－ D．K＋、Ca2＋、OH－、SO32－
【解析】　加入溴水褪色，存在OH－或还原性离子；加入NH4HCO3产生刺激性气体，说明存在OH－；而D中Ca2＋与SO32－结合产生沉淀，所以选A。
【答案】　A
8．(2009年佛山检测)下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是(　　)
A．pH为1的无色溶液：K＋、Fe2＋、SO42－、NO3－、Cl－
B．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na＋、NH4＋、S2－、Br－
C．水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液：Ba2＋、Na＋、NO3－、Cl－
D．加入铝条有氢气放出的溶液：Na＋、NH4＋、HCO3－、NO3－
【解析】　A项，无色溶液中不可能大量存在Fe2＋，而且强酸性条件下，NO3－和Fe2＋也不可能大量共存；B项，能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中存在能将I－氧化为I2的粒子，由于还原性S2－>I－，所以S2－在该溶液中不能大量存在；C项，水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，在两种情况下，四种粒子都能大量共存；D项，加入铝条有氢气放出的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，HCO3－在两种情况下都不能大量存在，NH4＋在强碱性条件下不能大量存在，强酸性溶液中有NO3－时，与铝条反应无氢气放出。
【答案】　C
9．(2008年高考天津理综)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2＋＋CO32－===CaCO3↓
B．NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热：
NH4＋＋HSO3－＋2OH－NH3↑＋SO32－＋2H2O
C．酸性条件下KIO3溶液与KI溶液反应生成I2：
IO3－＋5I－＋3H2O===3I2＋6OH－
D．AgNO3溶液中加入过量氨水：
Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH4＋
【解析】　A项中石灰乳属于固体物质，不能拆；C项中在酸性条件下产物中没OH－；D项中NH3·H2O过量时AgOH会转化为[Ag(NH3)2]＋。
【答案】　B
10．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(　　)
编号 化学反应 离子方程式 评价
A 碳酸钙与醋酸反应 CO32－＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ 错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式
B 氢氧化钠溶液中通入过量CO2 OH－＋CO2===HCO3－ 错误，通入过量CO2应生成CO32－
C 碳酸氢钠的水解 HCO3－＋H2O??H2CO3＋OH－ 正确
D 等物质的量的FeBr2和Cl2反应 2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－ 正确
【解析】　A评价不对，CaCO3是强电解质，B项评价结论错误，D中的离子方程式电荷不守恒，错误。
【答案】　C
11．(2008年上海高考)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．AgNO3溶液中滴入少量的Na2S溶液：
2Ag＋＋S2－===Ag2S↓
B．过量CO2通入Ca(ClO)2溶液中：
ClO－＋CO2＋H2O===HCO3－＋HClO
C．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液：
CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O
D．向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液：
2HSO3－＋Ba2＋＋2OH－===BaSO3↓＋SO32－＋2H2O
【解析】　C项中CH3COOH为弱电解质应写分子式；D项中由于Ba(OH)2过量(即Ba2＋过量)生成物中不能有SO32－。
【答案】　AB
12．已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液形成无色溶液，其化学方程式为：PbSO4＋2CH3COONH4===(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4。当在(CH3COO)2Pb(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS生成，能正确表示这个反应的离子方程式的是(　　)
A．(CH3COO)2Pb＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
B．Pb2＋＋H2S===PbS↓＋2H＋
C．Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
D．Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－===PbS↓＋2CH3COOH
【答案】　A
二、非选择题
13．下列物质中，属于强电解质的是______(均填序号)；属于弱电解质的是________；属于非电解质的是________。
①氨气　②氨水　③盐酸　④醋酸　⑤硫酸钡　⑥氯化银　⑦氯化钠　⑧二氧化碳　⑨醋酸铵　⑩氢气　 水
【解析】　强、弱电解质的区别在于其在水溶液中能否完全电离，二者都是电解质，且电解质和非电解质指的都是化合物。
具体分析如下：氨气(NH3)、二氧化碳(CO2)本身不电离，又是化合物，所以是非电解质；氢气为单质，不是化合物，既不是电解质又不是非电解质；氨水(NH3的水溶液)、盐酸(HCl的水溶液)为混合物，是电解质溶液，其中NH3·H2O和氯化氢是电解质；硫酸钡(BaSO4)、氯化银(AgCl)由于溶解度小，离子浓度小，所以导电性弱，但溶解的部分完全电离，所以不仅是电解质，而且是强电解质；CH3COOH、NH3·H2O虽都是弱电解质，但两者反应的产物醋酸铵(CH3COONH4)由于在水溶液中完全电离，却是强电解质：
CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O(中和反应)
CH3COONH4===CH3COO－＋NH4＋
【答案】　⑤⑥⑦⑨　④ 　①⑧
14．(2008年全国卷Ⅱ)某钠盐溶液可能含有阴离子NO3－、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、Br－、I－。为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：
①测得混合液呈碱性；
②加HCl后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；
③加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色；
④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；
⑤加稀HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉淀。
(1)分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由。
实验①_________________________________________________________________；
实验②_________________________________________________________________；
实验③_________________________________________________________________；
实验④_________________________________________________________________；
实验⑤_________________________________________________________________。
(2)上述5个实验不能确定是否存在的离子是________。
【解析】　钠盐溶液呈碱性，是由于阴离子水解引起的，所以溶液中应含有弱酸的酸根离子；能使澄清石灰水变浑浊的常见气体有CO2和SO2，但SO2有刺激性气味；氯水与Br－、I－分别可以发生如下反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，如果有Br－、I－，则加CCl4振荡后，CCl4可以将Br2、I2从溶液中萃取出来而变色；常见的不溶于硝酸的白色沉淀有BaSO4和AgCl；整个实验与NO3－性质无关，无法确定NO3－是否存在。
【答案】　(1)①CO32－和SO32－可能存在，因它们水解呈碱性　②CO32－肯定存在，因产生的气体是CO2；SO32－不存在，因为没有刺激性气味的气体产生　③Br－、I－不存在，因没有溴和碘的颜色出现　④SO42－存在，因BaSO4不溶于盐酸　⑤Cl－存在，因与Ag＋形成白色沉淀且不溶于稀HNO3
(2)NO3－
15．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4＋、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、NO3－、CO32－、SO42－，取该溶液进行下列实验：
①取pH试纸检验，表明溶液呈强酸性。
②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色。
③另取部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生。
④取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
⑥向②的水层中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀。
根据上述实验事实确定，该溶液中
(1)肯定存在的离子是____________________________________________________；
(2)肯定不存在的离子是__________________________________________________；
(3)不能确定是否存在的离子是____________________________________________。
【解析】　由①溶液中含大量H＋，则不存在CO32－。由②溶液中一定含I－，因在H＋存在下NO3－氧化I－，故溶液中不存在NO3－。由③知一定不含Mg2＋、Al3＋、Fe3＋。由④可知溶液中含Ba2＋，不含SO42－。
【答案】　(1)I－、Ba2＋、NH4＋　(2)CO32－、NO3－、SO42－、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋　(3)K＋、Na＋、Cl－
16．(2009年淮安质检)海水的淡化可分为去离子和杀菌消毒两个过程。
Ⅰ.去离子过程，可采用两种方法：
1．软化法：海水中含有的Ca2＋、Mg2＋使海水硬度较大，不便饮用，SO42－也影响水的使用，现用①BaCl2、②Na2CO3、③Ca(OH)2、④盐酸除去上述离子。
(1)添加试剂的顺序为______________________________________________________。
(2)写出添加上述试剂的离子方程式：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
④________________________________________________________________________。
2．离子交换法：离子交换剂有阳离子交换剂(HR)和阴离子交换剂(ROH)，应使海水先通过________离子交换剂，其离子方程式是________________________________________________________________________。
Ⅱ.杀菌消毒可使用多种消毒剂。
1．下列物质不能用于饮用水消毒的是________________________________________________________________________。
①液氯　②液溴　③臭氧　④三氯化铁　⑤二氧化氯
2．K2FeO4是一种新型的净水试剂，它不但能净水，还能对水杀菌，简述起作用的原理________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】　Ⅰ.1.(1)①③②④或③①②④
(2)①Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓
②Ba2＋＋CO32－===BaCO3↓，Ca2＋＋CO32－===CaCO3↓
④H＋＋OH－===H2O,2H＋＋CO32－===H2O＋CO2↑
2．阳　Ba2＋＋2HR===2H＋＋BaR2↓，
Ca2＋＋2HR===2H＋＋CaR2↓
Ⅱ.1.②④
2．K2FeO4中铁元素为＋6价，氧化性很强，有杀菌作用；被还原为＋3价，Fe3＋水解能力很强，得氢氧化铁胶体，可达净水的目的
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一、选择题
1．下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是(　　)
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
D．强电解质的导电能力强，弱电解质的导电能力弱
【解析】　本题需要在深刻理解强、弱电解质的异同的基础上，弄清强、弱电解质与结构的关系，采用“枚举法”来求答。
选项A中，可举出HCl、HNO3是强电解质来加以否定。
选项B中，可举出BaSO4、CaCO3为强电解质(尽管它们难溶于水，但它们溶于水的部分是完全电离的)来加以否定。
选项D中若强电解质溶液的浓度很小时，其导电能力也会很弱，从而否定之。
仅有选项C的说法是正确的，因强电解质在水中完全电离为离子，不存在溶质分子，而弱电解质在溶液中只能部分电离，溶液中还存在溶质分子。
【答案】　C
2．(2009年珠海质检)下列关于电离常数(K)的说法中正确的是(　　)
A．电离常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱
B．电离常数(K)与温度无关
C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同
D．多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1【解析】　A选项考查K的意义，K的大小直接反映了该电解质电离能力，该选项正确。B、C选项考查影响K的因素，K的大小只与温度有关，因为弱电解质电离都吸热，温度升高K增大，除温度外，K与其他因素无关，B、C选项错。对于多元弱电解质，K1>K2>K3。D选项错。
【答案】　A
3．(2009年广东汕头一模)同一温度下，强电解质溶液a、弱电解质溶液b、金属导体c，三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱的顺序是(　　)
A．a＝b＝c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
【解析】　升高温度对弱电解质的电离平衡起到促进的作用，则弱电解质溶液b中离子浓度增大较多，而强电解质溶液中离子浓度增大主要是由于水的电离程度增大，c(H＋)、c(OH－)略有增大，则b>a。金属导体c中升高温度，自由电子无规则运动速率变快，导电能力略有降低。
【答案】　B
4．(2009年山东潍坊月考)下列物质中，其水溶液能导电，溶于水时化学键被破坏，且该物质属于非电解质的是(　　)
A．SO2 B．BaSO4
C．Cl2 D．C2H5OH
【解析】　BaSO4属于电解质，B错误；Cl2是单质，C错误；C2H5OH虽属非电解质，但水溶液导电，溶于水也未破坏化学键，D错误；A项中SO2属非电解质，但SO2＋H2O??H2SO3??H＋＋HSO3－，故A符合条件，正确。
【答案】　A
5．相同体积的pH＝3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是(　　)
A．弱酸溶液产生较多的氢气
B．强酸溶液产生较多的氢气
C．两者产生等量的氢气
D．无法比较两者产生氢气的量
【解析】　 因强酸完全电离而弱酸部分电离，所以结合题目可知弱酸仅电离出的H＋即与强酸中全部的H＋的物质的量相等，而与Mg反应时弱酸分子继续电离出H＋又与Mg产生H2，即弱酸产生的氢气多。
【答案】　A
6．(2009年广州联考)对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O??NH4＋＋OH－，下列叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡向正反应方向移动
D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4＋)减少
【解析】　在氨水中加水，促进NH3·H2O的电离，n(OH－)增大。加入少量盐酸中和OH－，c(OH－)减小。加入少量浓NaOH溶液，c(OH－)增大，电离平衡向逆反应方向移动。加入少量NH4Cl固体，虽然平衡向逆反应方向移动，但c(NH4＋)仍然是增大的。
【答案】　A
7．下列事实可以证明氨水是弱碱的有(　　)
A．氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
B．铵盐受热易分解
C．0.1 mo1/L氨水可以使酚酞试液变红
D．0.1 mo1/L氯化铵溶液的pH约为5
【解析】　证明氨水呈弱碱性的基本原理只有两个：①证明氨水不能完全电离，溶液中存在电离平衡；②证明氨水与强酸反应后生成的盐溶液呈酸性。D中NH4Cl的水溶液呈酸性，符合上述原理②，其他选项均不合理。
【答案】　D
8．(2009年安徽蚌埠质检)把1 L 0.1 mol/L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】　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，当加水稀释时，CH3COOH、CH3COO－、H＋浓度均减小，但电离为可逆的，故A项、B项、D项错误，C项正确。
【答案】　C
9．(高考上海卷)已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液 B．升高温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
【解析】　本题中提供的四种措施都会使醋酸的电离平衡正向移动，但A、C项会使c(H＋)/c(CH3COOH)值减小。
【答案】　BD
10.将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH＝2的一元酸HA溶液中和；另一份用pH＝2的一元酸HB溶液中和。当恰好完全中和时，HA溶液消耗的体积和HB溶液消耗的体积分别为V1和V2，则下列叙述正确的是(　　)
A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱
B．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2
C．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强
D．因为两种酸溶液的pH相等，所以HA与HB的酸性相同
【解析】　酸碱恰好中和时，NaOH和HA、HB的物质的量相等，则c(HA)·V1＝c(HB)·V2，若V1>V2，则c(HA)【答案】　C
11．(高考山东理综)氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是(　　)
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)
D．加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动
【解析】　Cl2＋H2O??HCl＋HClO，达到平衡后再通入Cl2，平衡向正方向移动，HCl是强电解质，HClO是弱电解质，所以增大；通入少量SO2后，SO2与Cl2反应，SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，溶液漂白性减弱；加入少量NaOH固体，可能HCl与HClO都有剩余，不一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)。
【答案】　D
12.
(2008年广东化学)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图所示是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(　　)
【解析】　(1)HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O弱电解质先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。(2)当HCl被中和完后，NH3·H2O继续与CH3COOH弱电解质反应，生成强电解质CH3COONH4，所以电导率增大。(3)HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加NH3·H2O，电导率变化不大，但因溶液被稀释，电导率有下降趋势。综上所述：答案选D。
【答案】　D
二、非选择题
13．(2009年郑州模拟)有甲、乙两份等体积、浓度均为0.1 mol/L的氨水，pH为11。
(1)甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3·H2O的电离平衡将向________(填“促进”或“抑制”)电离的方向移动，溶液的pH将为________(填序号)。
A．9～11之间 B．11
C．12～13之间 D．13
(2)乙用0.1 mol/L的氯化铵溶液稀释100倍，稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液相比较，pH________(填“甲大”、“乙大”或“相等”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)加水稀释，NH3·H2O向电离的方向移动，OH－的物质的量增大，但c(OH－)减小，所以pH减小，若为强碱稀释100倍后pH＝9，故NH3·H2O的pH为9～11之间。
(2)因用NH4Cl溶液稀释后，NH4＋对NH3·H2O的电离起到抑制作用，所以OH－的浓度相对较小，pH较小。
【答案】　(1)促进　A　(2)甲大　乙用NH4Cl溶液稀释后，NH4＋浓度相对增大，抑制了NH3·H2O的电离，OH－浓度相对较小，pH较小
14．有0.1 mol/L的盐酸(a)、硫酸(b)、醋酸(c)各50 mL，试比较：
(1)三种酸的氢离子浓度由大到小的顺序是________；三种酸的pH由大到小的顺序是________。
(2)三种酸跟足量的锌反应，开始时产生H2的速率由大到小的顺序是________。(不考虑Zn的纯度及表面积等问题)
(3)三种酸跟足量的锌反应产生H2的体积由大到小的顺序是________。
(4)三种酸分别跟0.1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗NaOH体积由大到小顺序是________。
(5)三种酸分别跟50 mL 0.l mol/L的NaOH溶液反应后，溶液的pH由大到小顺序是________。
【解析】　盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。(1)0.1 mol/L盐酸中c(H＋)＝0.1 mol/L,0.1 mol/L H2SO4中c(H＋)＝0.2 mol/L,0.1 mol/L CH3COOH溶液中c(H＋) 0.1 mol/L。
(2)酸与锌反应速率的大小取决于酸溶液中的c(H＋)大小。
(3)产生H2的体积大小根据酸能产生的n(H＋)大小来判断。
(4)消耗NaOH溶液的体积根据酸能产生的n(H＋)判断。
(5)盐酸与NaOH恰好反应，溶液呈中性，硫酸跟NaOH恰好反应，因H2SO4过量，溶液显酸性，醋酸与NaOH恰好中和，因醋酸钠水解而呈碱性。
【答案】　(1)b>a>c　c>a>b　(2)b>a>c　(3)b>a＝c(4)b>a＝c　(5)c>a>b
15．醋酸是重要的一元酸，在有机和无机反应中都有应用。
(1)在酯化反应的实验中，乙酸、乙醇的用量和平衡时乙酸乙酯的生成量如下表：
反应 乙醇(kmol) 乙酸(kmol) 乙酸乙酯(kmol)
1 2 2 1.33
2 3 2 1.57
3 4 2 x
4 5 2 1.76
①该酯化反应的平衡常数K的表达式为：K＝________________________________________________________________________。
②由表中数据推测，数值x的范围是________________________________________________________________________，
推断的依据为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③假设乙醇的价格为500 元/kmol，乙酸乙酯的价格为1 600 元/kmol，同反应2相比，反应3的经济效益________________________________________________________________________。
(填“增加”或“减小”)
(2)10 mL 0.1 mol/L的稀醋酸中存在的平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋。①向稀醋酸中不断加水；②向稀醋酸中慢慢滴加0.10 mol/L的稀氢氧化钠溶液。①中醋酸电离度的变化图线已画出，请你在图中画出②过程中醋酸电离度的变化图线(说明：电离度是弱电解质在一定的条件下达到电离平衡时已电离的分子数占原电解质分子总数的百分数)。
【解析】　(1)①据化学平衡常数定义可写出
K=
②因反应3相当于在反应2基础上增加了1 kmol乙醇，平衡向右移动，乙酸乙酯生成量增加，再结合反应4即得出1.57③若x=1.76，则同反应2相比反应3中因多生成乙酸乙酯，带来效益为(1.76-1.57)kmol×1 600 元/kmol=314元，实际小于314元，而因多耗醇而多支出(4-3)kmol×500 元/kmol=500 元，故效益减小。
(2)②相对①来说因消耗H+而促进了CH3COOH的电离，所以与①中加入相同量的水时CH3COOH的电离度要大，且当加入10 mL NaOH时恰好与CH3COOH反应，而此时CH3COOH的电离度约等于100%。
【答案】　(1)①
②1.57(2)
16．某温度下，在500 mL醋酸溶液中，溶有醋酸3.00 g，其中有醋酸根离子0.000 5 mol。
(1)求此溶液中醋酸的电离平衡常数Ka；
(2)若在上述溶液中加入0.5 mol醋酸钠固体，求溶液中的c(H＋)。
【解析】　(1)由　CH3COOH??CH3COO－＋H＋
起始(mol) 3.00/60 0 0
变化(mol) 0.000 5 0.000 5 0.000 5
平衡(mol) 0.049 5 0.000 5 0.000 5
则据：Ka＝＝＝≈1×10－5
(2)而当加入0.5 mol醋酸钠固体时，因为电离常数不再发生变化，c(CH3COO－)增大，c(H＋)·c(CH3COO－)也增大，c(CH3COOH)在那一时刻不变，它们的比值变大，所以平衡将会左移，未达到平衡前，c(CH3COOH)＝4.95×10－2÷0.5 mol·L－1，c(CH3COO－)＝(5×10－4＋0.5)÷0.5 mol·L－1＝1.0 mol·L－1，则可由电离常数表达式求得：
c(H＋)＝＝
≈1×10－6mol·L－1。
【答案】　 (1)1×10－5　(2)1×10－6mol·L－1第2讲　水的电离和溶液酸碱性
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．2008年9月份，国家质检总局调查结果显示：三鹿牌婴幼儿配方奶粉是被三聚氰胺所污染，它可由三聚氰酸[C3N3(OH)3]制备。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2，已知三聚氰酸中氮元素的化合价为－3，有关反应原理为：
①C3N3(OH)33HNCO；
②8HNCO＋6NO27N2＋8CO2＋4H2O
下列说法正确的是(　　)
A．反应①中的两种物质互为同素异形体
B．反应②中HNCO是氧化剂
C．反应②中NO2是还原剂
D．反应②中N2既是氧化产物，也是还原产物
【解析】　分析问题要认清概念的涵义，A中同素异形体是同一元素对应的不同单质，B、C、D三项分析应结合化合价。
【答案】　D
2．将4.0 g氢氧化钠固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②3.65 g HCl　③6.0 g醋酸　④5.35 g NH4Cl
A．①②　　　　　 B．②③
C．③④ D．②④
【解析】　①自来水是弱电解质，加入氢氧化钠全部电离后，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠与盐酸相当，故其导电能力变化很小；③中的醋酸原先只部分电离，氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离，离子浓度变化很大，故导电能力变化很大；④中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3·H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3·H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大。
【答案】　D
3．(2009年江苏单科)在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是(　　)
A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B．含有0.1 mol·L－1 Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－
C．含有0.1 mol·L－1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
【解析】　A项，强碱性溶液即有大量OH－的溶液，Al3＋不能大量共存；B项，Fe3＋与I－不能大量共存；C项，Ca2＋与CO32－因形成沉淀而不能大量共存；D项正确。
【答案】　D
4．(2009年东营质检)氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是(　　)
A．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
【解析】　阴影部分代表既不属于复分解反应、化合反应、分解反应、置换反应的氧化还原反应。A项中的反应为置换反应；B项中的反应属于分解反应；C项中的反应属于化合反应；D项中的反应属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型。
【答案】　D
5．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是(　　)
A．NH4＋、Ba2＋、Cl－、NO3－ B．K＋、AlO2－、Cl－、SO42－
C．Ca2＋、Mg2＋、NO3－、HCO3－ D．Na＋、Cl－、CO32－、SO32－
【解析】　Na2O2有强氧化性，溶液中具有还原性的离子不能大量存在，如选项D中的SO32－；由于Na2O2跟水反应生成NaOH，选项A中的NH4＋，选项C中的Ca2＋、HCO3－均不能大量存在。
【答案】　B
6．(2009年全国Ⅰ理综)下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是(　　)
A．Ba2＋、NO3－、NH4＋、Cl－ B．Ca2＋、HCO3－、NH4＋、AlO2－
C．K＋、Ba2＋、Cl－、HSO3－ D．Mg2＋、NH4＋、SO42－、K＋
【解析】　A项加入NaOH溶液后只有气体放出，没有沉淀生成；B项NH4＋与AlO2－、HCO3－与AlO2－不能共存；C项加入NaOH溶液后只有沉淀生成，没有气体放出；D项Mg2＋与OH－可生成沉淀，NH4＋与OH－可生成气体。
【答案】　D
7．下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．在稀氨水中通入过量CO2：
NH3·H2O＋CO2===NH4＋＋HCO3－
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：
SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
C．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
D．氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：
Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===CaSO4↓＋H2O
【解析】　正确的离子方程式为：
B：2SO2＋2H2O＋2Ca2＋＋4ClO－===2CaSO4↓＋4H＋＋4Cl－＋O2↑；
C：3FeS＋16H＋＋7NO3－===3Fe3＋＋3SO2↑＋7NO↑＋8H2O；
D：Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===CaSO4↓＋2H2O。
【答案】　A
8．(2009年上海单科)在下列变化①大气固氮　②硝酸银分解　③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是(　　)
A．①②③ B．②①③
C．③②① D．③①②
【解析】　①大气固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮元素被氧化。②硝酸银分解生成NO2，氮元素被还原。③实验室制取NH3的反应为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氮元素的化合价没有发生变化。
【答案】　A
9．(2008年北京高考题)下列叙述正确的是(　　)
A．金属与盐溶液的反应都是置换反应
B．阴离子都只有还原性
C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物
D．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键
【解析】　Cu与FeCl3反应不是置换反应，A错；ClO－是有氧化性，B错；Al能与强酸、强碱反应，C错；稀有气体中不存在共价键，故D正确。
【答案】　D
10．(2009年安徽理综)在溶液中能大量共存的一组离子或分子是(　　)
A．NH4＋、H＋、NO3－、HCO3－ B．K＋、Al3＋、SO42－、NH3·H2O
C．Na＋、K＋、SO32－、Cl2 D．Na＋、CH3COO－、CO32－、OH－
【解析】　A项，H＋与弱酸酸式根离子不共存；B项Al3＋与NH3·H2O反应生成难溶物Al(OH)3而不能大量共存；C项，SO32－有一定还原性，Cl2有较强氧化性，因发生氧化还原反应而不能大量共存；D项对。
【答案】　D
11．生活里的化学反应可用离子方程式来表示，下列书写正确的是(　　)
A．用氯气作为水的消毒剂：
Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．用食醋清除热水瓶胆里的水垢：
2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
C．胃药里含氢氧化铝能降低胃酸的酸度：
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D．纯碱能用于清洁厨具是由于它溶于水呈碱性的缘故：
HCO3－＋H2O??OH－＋H2CO3
【解析】　胃酸的化学成分是盐酸，为强酸。
【答案】　C
12．(2009年聊城模拟)PbO2微热时会分解成PbO和O2，PbO是一种不溶于水但易溶于酸的黄色物质。把适量的黑褐色PbO2粉末投入热水中，一边搅拌，一边通入SO2气体，结果得到白色不溶物。下列判断错误的是(　　)
A．PbO2具有氧化性
B．白色不溶物为PbSO3
C．白色不溶物为PbSO4
D．白色不溶物既是氧化产物，又是还原产物
【解析】　PbO2微热时分解为PbO和O2，说明PbO2有强氧化性，SO2还原性较强，所以沉淀不可能是PbSO3。
【答案】　B
13．现有如下几个离子方程式①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑　②H＋＋CO32－===HCO3－　③CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO3－　④CO32－＋HSO3－===HCO3－＋SO32－，由此得出的如下结论中不正确的是(　　)
A．CO32－与H＋、Ca2＋不能大量共存
B．H2CO3的酸性比HClO强，比H2SO3弱
C．H2SO3是一种强酸
D．H2CO3、HClO都属于弱酸
【解析】　根据①中的CaCO3，②③④中的HCO3－知A正确；据③④知B正确；据④中的HSO3－知C错误；据HCO3－、HClO知D正确。
【答案】　C
14．钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，以TiO2制取Ti的主要反应有：
①TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO
②TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti
下列叙述正确的是(　　)
A．反应①是置换反应 B．反应②是复分解反应
C．反应①中TiO2是氧化剂 D．反应②中金属镁是还原剂
【解析】　在反应①中，反应物有三种，而生成物为两种化合物，不属于置换反应，反应①、②均有化合价的升降，均属于氧化还原反应，在反应①中，Ti的化合价不变，Cl得电子Cl2为氧化剂。
【答案】　D
15．(2009年临沂模拟)某溶液中可能存在Br－、CO32－、SO32－、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是(　　)
A．Al3＋、Mg2＋、I－、SO32－ B．Mg2＋、Na＋、CO32－、I－
C．Al3＋、Na＋、SO32－、I－ D．Al3＋、CO32－、Br－、SO32－
【解析】　①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，说明溶液中肯定存在Br－、CO32－，则肯定不存在Al3＋、Mg2＋；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中肯定不存在SO32－；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中肯定不存在I－。根据溶液的电中性原理，溶液中肯定存在Na＋。
【答案】　A
16．在100 mL含等物质的量的HBr和FeCl2的溶液里通入0.01 mol Cl2，有Br－被氧化为Br2，则原溶液中HBr和FeCl2的浓度为(　　)
A．0.012 mol·L－1 B．0.12 mol·L－1
C．0.006 mol·L－1 D．0.06 mol·L－1
【解析】　FeCl3的还原性大于HBr，通入的Cl2先把Fe2＋完全氧化后，又把的Br－氧化，反应方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。
【答案】　B
二、非选择题(共52分)
17．(12分)化学中有一种在同种元素之间发生电子转移的氧化还原反应，这种反应有时会因溶液酸碱性的变化而改变反应方向，如图所示，甲、乙、丙三种物质中含有同一种元素。
(1)若乙为Cl2，丙为KClO，则：
①甲的化学式为　　　　　　　　　。
②反应②的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应中被氧化与被还原的氯元素质量之比为　　　　。
③若将反应①设计成原电池，正极反应过程为　　　　　　(用“Ⅰ”或“Ⅱ”填空)。
(2)若甲、乙、丙中所含相同元素X的化合价分别为a、b、c，且a【解析】　同一元素间的氧化还原反应，化合价有升有降，且升降守恒。
【答案】　(1)①KCl
②KCl+KClO+H2SO4===K2SO4+Cl2↑+H2O　1∶1　③Ⅰ
(2)(b-a)∶(c-b)
18．(14分)氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：
NO3－＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O
KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)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)反应中硝酸体现了________、________性质。
(3)反应中若产生0.2 mol气体，则转移电子的物质的量是________mol。
(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】　在给定物质中应选择还原性最强的物质作还原剂，发生氧化反应。
【答案】　(1)14HNO3＋3Cu2O=== 6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O
(2)酸性　氧化性
(3)0.6
(4)使用了较浓的HNO3，产物中有部分NO2生成
19．(14分)(2009年海淀)电解法制碱的原料是饱和食盐水，由于粗盐中含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－杂质，不符合电解要求，因此必须经过精制。某校实验小组精制粗盐水的实验过程如下：
(1)操作a的名称是________，所用玻璃仪器有____________。
(2)在第Ⅱ步中，加入过量试剂甲后，生成了两种大量沉淀，则试剂甲为(填化学式)________溶液。
(3)在第Ⅴ步中，逐滴加入试剂丁直至溶液无明显变化时，写出此过程中发生反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　除去泥沙的操作是过滤，加入试剂甲后生成了两种沉淀，则甲为NaOH，生成的两种大量沉淀是Mg(OH)2和Fe(OH)3；第Ⅲ步加入的物质为BaCl2，第Ⅳ步加入的物质为Na2CO3(注意：Na2CO3须在BaCl2后以除去过量的BaCl2)，试剂丁为盐酸以除去过量的NaOH、Na2CO3。
【答案】　(1)过滤　玻璃棒、漏斗、烧杯　(2)NaOH　(3)H＋＋OH－===H2O、H＋＋CO32－===HCO3－、H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O
20．(12分)有一无色透明溶液，欲确定是否含有以下十种离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、Cl－、I－、HCO3－，取该溶液进行以下实验：
①取少量待测液加几滴石蕊溶液，溶液显红色。
②取少量溶液，浓缩后加Cu和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。
③取少量溶液，加过量氯化钡溶液，有白色沉淀产生。
④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于硝酸。
⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，部分沉淀溶解。
根据以上实验，溶液中肯定存在的离子：________________________________________________________________________；
肯定不存在的离子：________________________________________________________________________；
尚不能确定的离子是：________________________________________________________________________。
【解析】　既然是溶液，则Ba2＋与SO42－不能同时存在。据实验①可判断HCO3－肯定不存在(H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O)，NO3－与Fe2＋、I－不能同时存在(6I－＋2NO3－＋8H＋===3I2＋2NO↑＋4H2O,3Fe2＋＋NO3－＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O)；根据实验②可判断NO3－一定存在，则Fe2＋、I－不存在；根据实验③，SO42－肯定存在，则Ba2＋不存在；根据实验④，不能肯定原溶液中有无Cl－存在，因为实验③加入了BaCl2，只能是可能存在；由实验⑤可判断Mg2＋、Al3＋都存在，剩下的Na＋只是可能存在。
【答案】　Mg2＋、Al3＋、NO3－、SO42－　Ba2＋、Fe2＋、HCO3－、I－　Na＋、Cl－
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．物质发生化学反应都伴随着能量变化
B．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
【解析】　物质发生化学反应都伴随着能量的变化，故A项对；伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，物质发生物理变化、核变化(如原子弹的爆炸)也都伴有能量变化，故B项错；在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量(设为x)与生成物总能量(设为y)之间的关系为：①x＞y反应为放热；②x＜y反应为吸热；所以C项对，D项错。
【答案】　AC
2．下列有关原电池和电解池的叙述正确的是(　　)
A．纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可使反应速率加快
B．甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH＋6OH－＋6e－===CO2＋5H2O
C．在铁上镀铜时，金属铜作阴极
D．电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度基本不变
【解析】　纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可形成原电池，使反应速率加快，所以A正确；B中负极应失电子；C中金属铜应作阳极；D中电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度要发生变化。
【答案】　A
3．下图中，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现
a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出，符合这一情况的是(　　)
a电极 b电极 X电极 溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
【解析】　a板质量增加说明a板作阴极，金属阳离子放电，故X极是负极；b板有无色无味的气泡冒出，溶液不能是D中的CuCl2溶液，且阳极材料不能是金属。
【答案】　A
4．(2008年上海化学)已知：H2(g)＋F2(g)―→2HF(g)＋270 kJ，下列说法正确的是(　　)
A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气与1 L氟气吸收270 kJ热量
B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量
D．1 个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270 kJ热量
【解析】　A项中热化学方程式的化学计量数只表示物质的量；B项中气态HF变成液态HF要放出热量，故应大于270 kJ；C项中由高能量的反应物生成低能量的生成物才放出热量；D项中1 mol H2和1 mol F2反应生成2 mol HF放出的热量才是270 kJ。
【答案】　C
5．(2008年广东高考题)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是(　　)
A．纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【解析】　铁比锡活泼，镀层破坏，铁作负极被腐蚀；保护地下钢管应与外电源负极相连。
【答案】　AC
6．(2009年安徽蚌埠质检)下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是(　　)
A．在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多
B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强
C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能
D．将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极
【解析】　A项中失电子多少不能说明失电子难易，例如Al与Na；B项中甲的阳离子氧化性强，则甲的还原性弱；C项正确；D项中甲作正极，则甲不如乙活泼。
【答案】　C
7.
(2008年全国Ⅱ理综)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
对照分析A、B不正确。a极周围由于H＋放电呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH－放电呈酸性，石蕊显红色。
【答案】　D
8．如下图所示，各烧杯中盛有海水，铁(含杂质C)在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥
C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【解析】　②③④形成原电池，⑤⑥是电解池反应，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极>原电池的负极>原电池的正极>电解池的阴极。
【答案】　C
9．(2008年宁夏理综)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是－285.8 kJ·mol－1、－1 411.0 kJ·mol－1和－1 366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
A．－44.2 kJ·mol－1 B．＋44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．＋330 kJ·mol－1
【解析】　根据反应
C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1①
C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1②
①－②得
C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝－44.2 kJ·mol－1
【答案】　A
10．(2008年重庆理综)化学反应N2＋3H2===2NH3的能量变化如下图所示，该反应的热化学方程式是(　　)
A．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)　ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C.N2(g)＋H2(g)===NH3(l)　ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D.N2(g)＋H2(g)===NH3(g)　ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
【解析】　mol N2(g)与 mol H2(g)完全反应生成1 mol NH3(g)时放热：(b－a)kJ。生成1 mol NH3(l)时放热：(b＋c－a)kJ。
【答案】　A
11．(2008年广东化学)LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4＋LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li＋导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是(　　)
A．可加入硫酸以提高电解质的导电性
B．放电时电池内部Li＋向负极移动
C．充电过程中，电池正极材料的质量减少
D．放电时电池正极反应为：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
【解析】　A项，Li为活泼金属，在酸性介质中不能存在；B项放电时，Li＋在正极参与反应，应向正极移动。
【答案】　CD
12．(2008年海南化学)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)＋SO42－(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)＋SO42－(aq)
【解析】　A项中电池放电时正极应发生还原反应，电极反应为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－===PbSO4＋2H2O；C项中电池充电时硫酸的浓度应不断增大；D项中电池充电时阳极应发生氧化反应。
【答案】　B
13．(2007年广东化学)将V1 mL 1.00 mol·L－1HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是(　　)
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【解析】　A项为5 mL HCl和45 mL NaOH反应后温度为22 °C；C项HCl和NaOH溶液物质的量浓度相同，恰好反应，HCl和NaOH体积相同，图象对称；D项Ba(OH)2晶体和NH4Cl晶体反应有水生成，但为吸热反应。
【答案】　B
14．(全国Ⅱ理综)已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量
②1 mol Cl2分子中化学键断裂时需要吸收243 kJ的能量
③由H原子和Cl原子形成1 mol HCl分子时释放431 kJ的能量
下列叙述正确的是(　　)
A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
B．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝183 kJ·mol－1
C．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气体，反应的
ΔH＝－183 kJ·mol－1
【解析】　A项，热化学方程式缺少反应热(ΔH)；反应热(ΔH)应为生成物化学键形成时所放出的总能量(431 kJ·mol－1×2)与反应物化学键断裂时所吸收的总能量(436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1＝679 kJ·mol－1)的差，即反应生成2 mol HCl气体，反应的ΔH＝－183 kJ·mol－1；B项，反应放热时ΔΗ<0；D项，ΔH的数值应减半。
【答案】　C
15.
某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如右图所示的装置进行实验，过一段时间后观察，下列现象不可能出现的是(　　)
A．B中导气管中产生气泡
B．B中导气管里形成一段水柱
C．金属片剪口变红
D．锌被腐蚀
【解析】　该题思考的切入点是铁—锌—NaCl溶液构成原电池，由于溶液显中性，锌又比铁活泼，只能是锌作负极，铁作正极，在负极上发生Zn－2e－===Zn2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，所以在A中由于其中的氧气作氧化剂而使锥形瓶内气体的量减小，导致B中的水沿导气管进入而使导气管里形成一段水柱，同时锌被腐蚀，金属片上由于O2得到电子，使金属片剪口处溶液c(OH－)增大，使得溶液显碱性，遇到酚酞试液而变红。故综合以上选A。
【答案】　A
16．(电解的有关计算)用铂电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500 mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L的气体，则原混合溶液中CuSO4的物质的量浓度为(　　)
A．0.5 mol·L－1 B．0.8 mol·L－1
C．1.0 mol·L－1 D．1.5 mol·L－1
【解析】　阳极电极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，失去电子的物质的量n(O2)×4＝×4＝2 mol；阴极电极反应：首先发生的是Cu2＋＋2e－===Cu，其次发生的是2H＋＋2e－===H2↑，阴极被还原物质得到电子的总量n(Cu2＋)×2＋n(H2)×2＝n(Cu2＋)×2＋×2，两电极物质得与失电子数相等，即2 mol＝n(Cu2＋)×2＋×2。解得n(Cu2＋)＝0.5 mol，n(CuSO4)＝n(Cu2＋)＝0.5 mol，所以其物质的量浓度＝＝1.0 mol·L－1。
【答案】　C
二、非选择题(共52分)
17．(13分)甲、乙两池的电极材料都是铁棒与碳棒(如下图)。请回答下列问题：
(1)若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是：甲池中的________棒；乙池中的________棒。
②在乙池中阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)若两池中均盛放饱和NaCl溶液，反应一段时间后：
①写出乙池中发生的总反应的离子方程式________________________________________________________________________
　。
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
　。
③若乙池转移0.02 mol电子后停止实验，池中溶液的体积是200 mL，则溶液混匀后的pH＝________。
【解析】　甲池为原电池，乙池为电解池，且甲池中Fe为负极，乙中Fe为阴极，C为阳极。
(1)均盛放CuSO4溶液时，甲池中发生的反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，乙池中发生的反应为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑。
(2)①均盛放NaCl溶液时，甲池中发生吸氧腐蚀，乙池中发生的反应为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②Cl2再氧化I2，结合物质的量之比为5∶1，利用电子守恒即得出方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3。
③2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－，因此每生成2 mol OH－，即转移2 mol e－，所以n(OH－)＝n(e－)＝0.02 mol，c(OH－)＝＝0.1 mol/L，
所以pH＝13。
【答案】　(1)①碳(C)　铁(Fe)
②Cu2＋＋2e－===Cu
(2)①2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
②5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3　③13
18．(14分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：
某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物。部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：
沉淀物 pH
Al(OH)3 5.2
Fe(OH)3 3.2
Fe(OH)2 9.7
Mn(OH)2 10.4
Cu(OH)2 6.7
Zn(OH)2 8.0
CuS ≥－0.42
ZnS ≥2.5
MnS ≥7
FeS ≥7
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)滤渣A的主要成分为________________________________________________________________________。
(3)加入MnS的目的是除去________杂质。
(4)碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为________________________________________________________________________
______________________。
(5)从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有______________(写出两种)。
【解析】　(1)根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，可以写其反应方程式2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。
(2)根据反应后滤液(Mn2＋、Fe3 ＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋)加氨水调pH至5.4，结合题表可知滤渣A的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
(3)根据题表可知加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋。
(4)碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子。其电极反应式应为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。
(5)从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2。
【答案】　(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Cu2＋、Zn2＋
(4)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－
(5)Zn、MnO2
19．(12分)(2009年潍坊教学质检)肼(N2H4)又称联氨，是一种可燃性液体，与氧气或氮的氧化物反应均可生成氮气和水，可用作火箭燃料。
(1)写出肼与一氧化氮反应的化学方程式：________________________________________________________________________
____________________。
(2)肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。该电池放电时，负极的电极反应式是________________________________________________________________________。
(3)如右图所示是一个电化学装置示意图。用肼—空气燃料电池作此装置的电源。
①如果A为含有铁、银、金、碳等杂质的粗铜，B为纯铜，C为CuSO4。通电一段时间后，溶液中Cu2+的浓度将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是硫酸，阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
利用该装置可制得少量过氧化氢：在阳极上SO42-被氧化成S2O82-(过二硫酸根离子)，S2O82-与H2O反应生成H2O2：S2O82-+2H2O===2SO42-+H2O2+2H+。若要制取1 mol H2O2，该燃料电池理论上需消耗　　　　 mol N2H4。
【解析】　(1)根据得失电子守恒进行方程式的配平，N2H4+2NO===2N2+2H2O。(2)该燃料电池中，N2H4为负极，氧化产物为N2，故电极反应为：N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O。(3)①A为阳极，首先是Fe放电，然后是Cu放电，B为阴极，溶液中只有Cu2+放电，故溶液中Cu2+减少。②第一问为电解硫酸，实质是电解水，阴极反应为：2H++2e-===H2↑；第二问根据电子转移守恒，2SO42-～S2O82-～H2O2，制备1 mol H2O2转移电子2 mol，根据N2H4～N2，消耗1 mol N2H4转移电子4 mol，故消耗的N2H4为0.5 mol。
【答案】　(1)N2H4+2NO===2N2+2H2O
(2)N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O
(3)①减小　②2H++2e-===H2↑　0.5
20．(13分)(2009年西安调研)按照下图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：
(1)U型管内发生什么现象？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出有关反应的化学方程式：A：________________________________________________________________________，
a：________________________________________________________________________，
B：________________________________________________________________________。
(3)在a、b两烧杯中发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果小烧杯中有0.508 g碘析出，则大烧杯中负极减轻　　　　g。
【解析】　由图知，左边的装置为原电池，Zn为负极，Pt为正极，电解质为硫酸溶液，总方程式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，因此，右边的装置为电解池。根据装置的连接方式，电解池的左边为阳极，右边为阴极，电解质为KCl溶液，阳极氯离子放电生成氯气，所以a烧杯中KI 淀粉溶液变蓝，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，阴极氢离子放电产生氢气，同时生成氢氧根离子，因此KCl 酚酞溶液变红，b烧杯中有无色气体逸出，电解的总方程式为2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH。根据电子转移守恒，Zn～I2，再根据生成的碘单质的质量，可求出锌消耗的质量。
【答案】　(1)左侧管内有黄绿色气体逸出，右侧管内有无色气体逸出，右侧溶液由无色变为红色　(2)A：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　a：2KI＋Cl2===2KCl＋I2　B：2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH　(3)a烧杯中溶液变蓝，b烧杯中有无色气体逸出，溶液无明显变化
(4)0.13
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2009年北京市东城区)最近科学家发现了氧元素的一种新的粒子O4。对于这种新粒子，下列说法不正确的是(　　)
A．它是氧元素的一种同素异形体
B．它是氧元素的一种同位素
C．它的摩尔质量为64 g·mol－1
D．它具有很强的氧化性
【解析】　同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，是对单质而言的；同位素是指质子数相同而中子数不同的同种元素不同原子的互称，同位素和同素异形体的概念范围是不一样的：一个是原子，一个是单质，A正确，B不正确。摩尔质量是有单位的，该粒子的相对分子质量是64，摩尔质量是64 g/mol，C正确。由O2、O3的性质可知D正确。
【答案】　B
2．(2009年济南高三统考)若两物质恰好完全发生化学反应，下列各项中，反应前后肯定不发生变化的是(　　)
①电子总数　②原子总数　③分子总数　④物质的种类　⑤物质的总质量
A．只有④⑤ B．只有②⑤
C．只有①②③⑤ D．只有①②⑤
【解析】　化学反应中的最小微粒是原子，在反应前后原子的种类和数目不变，②正确；化学反应前后总质量保持不变，即遵循质量守恒定律，⑤正确；不论在反应中有无电子的转移，电子的总数都不会改变，①正确；化学反应的特征就是有新物质生成，故④错误。很多反应如2H2＋O2===2H2O，反应前后分子总数改变，故③错误。
【答案】　D
3．下列有关化学用语表达不正确的是(　　)
A．氨气分子的电子式：H··H··H
B．S2－的结构示意图：＋16
C．CS2分子的结构式：S===C===S
D．苯分子的比例模型：
【答案】　A
4．请你运用所学的化学知识判断，下列有关化学观念的叙述错误的是(　　)
A．几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里
B．用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小粒子
C．一定条件下，金属钠可以成为绝缘体
D．一定条件下，水在20 ℃时能凝固成固体
【解析】　根据质量守恒定律可知A项说法成立；B项中改变原子中核外电子可通过化学反应来实现，而改变原子核构成需通过核聚变或核裂变来实现，由此可见斧头劈木块时，是不存在上述两种过程的。C项在一定条件下，使金属钠以气态原子形式存在，此时缺少自由电子的钠可成为绝缘体。D项水的凝固点会随压强增大而升高。
【答案】　B
5．下列说法中正确的是(　　)
A．非金属元素呈现的最高化合价不超过该元素原子的最外层电子数
B．非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数
C．最外层有2个电子的原子都是金属原子
D．最外层有5个电子的原子都是非金属原子
【解析】　非金属元素(一般是主族元素)的最高正价等于它的最外层电子数，所以A正确。B中非金属元素的最低化合价的绝对值等于它形成8电子稳定结构所需的电子数，也就是8减去最外层电子数。He原子最外层有2个电子，但He不是金属，所以C错误。ⅤA族元素中的Sb、Bi的最外层都是5个电子，但它们都是金属，D错误。
【答案】　A
6．下列每组物质发生状态变化所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是(　　)
A．食盐和蔗糖熔化 B．钠和硫熔化
C．碘和干冰升华 D．二氧化硅和氧化钠熔化
【解析】　A中食盐熔化破坏离子键，蔗糖破坏分子间作用力；B中钠破坏金属键，硫破坏范德华力；C中均破坏范德华力；D中SiO2破坏共价键，Na2O破坏离子键。
【答案】　C
7．下列说法中不正确的是(　　)
①质子数相同的粒子一定属于同种元素　②同位素的性质几乎完全相同　③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子　④电子数相同的粒子不一定是同一种元素　⑤一种元素只能有一种质量数　⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数
A．①②④⑤ B．③④⑤⑥
C．②③⑤⑥ D．①②⑤⑥
【解析】　 ①质子数相同可能是原子、离子、分子；②同位素的物理性质不同；⑤一种元素可能有几种同位素(质量数不同)；⑥元素的相对原子质量是同位素的相对原子质量与其丰度(原子个数百分比)的乘积之和。
【答案】　D
8．下列事实与氢键有关的是(　　)
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰体积膨胀，密度变小
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【解析】　水加热到很高温度都难以分解，是由于H—O键难断开，涉及共价键的键能，与氢键无关，C、D中氢化物的熔点应与相对分子质量有关，热稳定性与键能有关。
【答案】　B
9．镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质的描述中不正确的是(　　)
A．在化合物中呈＋2价 B．氢氧化物呈两性
C．单质使水分解，放出氢气 D．碳酸盐难溶于水
【解析】　在周期表中同族元素，从上到下其金属性依次增强，因此，可以由熟知的钙及其化合物的性质类推镭及其化合物的性质。可以确定其单质使水分解，放出氢气；其氢氧化物呈现出比氢氧化钙更强的碱性，而不能呈两性。所以C正确，B不正确。
【答案】　B
10．IUPAC推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是(　　)
A．Ds原子的电子层数为7 B．Ds是超铀元素
C．Ds原子的质量数为110 D．Ds为金属元素
【解析】　根据稀有气体的原子序数递增规律：He 2、Ne 10、Ar 18、Kr 36、Xe 54、Rn 86。第7周期元素从87号开始到118号结束，都是金属元素，A、D正确。铀是92号元素，原子序数大于92的元素统称为超铀元素，B正确。Ds的原子序数为110，可知质子数等于110，但其中子数不可能为0，所以Ds原子的质量数大于110，C不正确。
【答案】　C
11．类推的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实践的验证。以下类推的结论正确的是(　　)
A．“由Cl2＋H2O===HCl＋HClO”反应可推出“F2＋H2O===HF＋HFO”反应也能发生
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe＋3Cl2===2FeCl3”反应可推出“2Fe＋3I2===2FeI3”反应也能发生
D．Na、K在周期表中属于同一主族，化学性质相似，Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
【解析】　F2与水剧烈反应，但产物为HF和O2，发生反应为2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；虽然HCl是强酸，但HF的水溶液为弱酸，B项错误；因Fe3＋具有较强氧化性，而I－具有较强的还原性，二者不共存，正确反应为Fe＋I2===FeI2，C项错误；Na、K均在第ⅠA族，原子最外层均有1个电子，反应中易失去，表现出较强的还原性，常温下均能与水剧烈反应。
【答案】　D
12．(2009年广州普遍高中调研考试)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的原子序数不可能相差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】　如NO2是短周期元素形成的XY2型的共价化合物，原子序数相差1，选项A错。短周期元素X、Y，若X与Y的原子序数相差8，X、Y是同一主族的元素，或X、Y分别是H和F，二者不可能形成离子化合物，所以选项B正确。离子化合物MgCl2，两种元素的原子序数相差5，但MgCl2能溶于水，选项C错误。若X与Y的原子序数相差6，则形成的共价化合物XY2为SiO2，能溶于强碱溶液，所以选项D正确。
【答案】　BD
13．(2008年海淀)A、B、C、D、E五种元素从左向右按原子序数递增(原子序数为5个连续的自然数)的顺序排列如下：
A B C D E
下列说法正确的是(　　)
A．E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的负化合价可为－2价
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强
D．HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性
【解析】　E元素的最高化合价为＋7价时，D元素的最高化合价必为＋6价，则D元素的负化合价可为－2价。A(OH)n为强碱时，B(OH)m可能为强碱，也可能为中强碱，还可能为弱碱。HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素。元素C与元素E的关系可这样举例，如：C是16S，则E是18Ar；C是17Cl，则E是19K。
【答案】　AD
14．A、B、C、D为原子序数依次增大的同周期的短周期元素。已知A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。下列判断正确的是(　　)
A．A、C、D三种元素的最高价氧化物对应的水化物有两种是强碱、一种是强酸或两种是强酸、一种是强碱
B．A、C、D三种元素有两种是金属、一种是非金属
C．D元素在第三周期第ⅥA族
D．A、B、C三种元素的单质熔沸点依次降低
【解析】　据“三种元素的最高价氧化物的水化物之间能两两反应”，结合“A、B、C、D是原子序数依次增大的同周期的短周期元素”知C为Al，A为Na，再根据“A、C、D三种原子的最外层共有11个电子，推知D为Cl，由原子序数的关系知B为Mg。NaOH为强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，HClO4为强酸，A错误；Na、Mg是金属，Cl是非金属，B正确；Cl元素在第三周期第ⅦA族，C错误；Na、Mg、Al的原子半径逐渐减小，熔沸点依次升高。
【答案】　B
15．(2009年山东临沂期中测试)X为主族元素，其原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与负价的代数和为0，Z元素原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X、Y、Z形成的化合物的化学式不可能是(　　)
A．X2Z2 B．X4YZ4
C．X2Y2Z4 D．X5Y2
【解析】　X为ⅠA族元素，其化合价可能为＋1或－1，Y元素为ⅥA族元素，化合价为＋4或－4；Z为氧元素，其化合价为－2。A项正确，例如H2O2或Na2O2等；B项正确，例如H4SiO4；C项正确，例如乙二酸(HOOC—COOH)。
【答案】　D
16．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是(　　)
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【解析】　A项中分子晶体熔、沸点高低与分子间的作用有关，与分子内共价键无关。D项离子晶体内存在的是离子键。
【答案】　BC
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2009年青岛模拟)用A＋、B－、C2－、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的八种粒子(离子或分子)，请回答：
(1)A元素是________、B元素是________、C元素是__________(用元素符号表示)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，其分子式为________。
(3)E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，其分子式为__________。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式是________，电子式是__________。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式是__________。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式是__________。
【解析】　(1)因A＋、B－、C2－都含有18个电子，故A为钾(K)，B为氯(Cl)，C为硫(S)。
(2)D是由两种元素组成的双原子分子，则其分子式应为HCl。
(3)因为E是所有含18个电子的粒子中氧化能力最强的分子，根据元素周期律知识应是氟(F2)。
(4)F是由两种元素组成的三原子分子，其分子式应为H2S，电子式为H∶ ∶H。
(5)G分子中含有4个原子，其分子式为PH3或H2O2。
(6)H分子中含有8个原子，其分子式为C2H6。
【答案】　(1)K　Cl　S　(2)HCl　(3)F2　(4)H2S
H∶ ∶H　(5)H2O2(答PH3同样也可)　(6)C2H6
18．(12分)氧族元素的各种性质可归纳整理为如下图所示的表格(部分)：
　　元素性质　　 8O 16S Se 52Te
单质沸点(℃) －183 444.6 685 1 390
主要化合价 －2 －2、＋4、＋6 －2、＋4、＋6
原子半径(nm) 0.074 0.102 0.116 0.143
单质与H2反应 点燃易化合 加热化合 加热难化合 不能直接化合
回答下列问题：
(1)硒的原子结构示意图为________。
(2)H2O2可以作脱氯剂，用于消除水中的Cl2，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)碲的主要化合价可能有________。
(4)工业上可用Al2Te3制备H2Te，化学方程式为__________________________________。
【解析】　(2)H2O2和Cl2反应，Cl2是氧化剂，被还原为－1价的氯，H2O2被氧化，化合价升高，生成O2。
(4)联想Al2S3水解产生H2S，由Al2Te3(盐类)制备H2Te是双水解反应。
【答案】　(1)＋34
(2)Cl2＋H2O2===2HCl＋O2
(3)－2、＋4、＋6
(4)Al2Te3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2Te↑
19．(14分)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。B、E同主族，且满足最高正化合价＋最低负化合价＝0；A与C、D与C之间都能形成原子个数比分别为2∶1和1∶1的两种化合物。试解答下列有关问题。
(1)在A2C2分子中含有的化学键是________和________。
(2)C与D形成的化合物的电子式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验室可用由B、C、D组成的化合物为反应物之一制取由A、C、D组成的化合物，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出E单质与A、C、D形成的化合物的水溶液反应的离子方程式________________________________________________________________________。
【解析】　据题意知：B为C，E为Si；A为H，C为O，D为Na，形成的化合物分别为H2O和H2O2，Na2O和Na2O2。
(1)在H2O2分子中含有极性键和非极性键。
(2)Na与O可形成Na2O和Na2O2，电子式分别为：
Na＋[ ]2－Na＋，Na＋[ ]2－Na＋。
(3)由Na2CO3来制取NaOH，可据反应
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH实现。
(4)Si与NaOH反应的离子方程式为：
Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
【答案】　(1)极性键　非极性键
(2)Na＋[ ]2－Na＋、Na＋[ ]2－Na＋
(3)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(4)Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑
20．(14分)已知A、B、C、D、E、F、G都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，D与F同主族，G的原子半径是本周期元素中最小的。则：
(1)运送飞船的火箭燃料有一种液态化合物是由A、C元素组成的，已知该化合物的相对分子质量为32，其中氢元素的质量分数为12.5%。若该化合物与A2D2恰好完全反应，能产生两种无毒又不污染环境的物质，试写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)C的原子间也可形成链状结构，假设C原子间只以单键形式连接，并与A形成系列化合物，则该系列化合物的通式为
__________________。
(3)由B和D以质量比为3∶8组成的化合物与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)G单质与E的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
【解析】　根据题意知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为S、G为Cl。
(1)N与H形成的化合物中H原子数为＝4，则N原子数为＝2，即分子式N2H4，N2H4与H2O2发生氧化还原反应生成N2和H2O，据得失电子守恒配平得N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。
(2)据N原子成键特点知该系列化合物为HNHNH……NHH，因此得出通式为NnHn＋2。
(3)C与O形成质量比为3∶8的化合物中，C原子数与O原子数之比为＝1∶2，即分子式为CO2，与Mg能发生反应2Mg＋CO22MgO＋C。
【答案】　(1)N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O
(2)NnHn＋2
(3)2Mg＋CO22MgO＋C
(4)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
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一、选择题
1．我国政府规定在2006年7月1日后含有铜、铬、镉、汞、多溴联苯等材料的电子产品禁止投放市场，下列有关电子垃圾的说法中不正确的是(　　)
A．电子垃圾应在无污染的条件下回收，使之成为有用的资源
B．将电子垃圾在火上焚烧，熔下其中的金属再回收利用
C．电子垃圾的任意抛弃会严重污染地下水源
D．各国的电子垃圾应在本国境内处理，严禁向其他国家输出
【解析】　焚烧会产生污染性气体(蒸汽)如汞、多溴联苯等。
【答案】　B
2．将纯锌片和纯铜片按图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．两烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速率甲比乙慢
【解析】　由题目所给图示可知，甲为原电池，铜作正极，发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，反应速率加快；乙不能构成原电池(无闭合回路)只在锌片上发生反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，二者都消耗H＋，故溶液的pH都增大。
【答案】　C
3.
(原电池工作原理)关于如右图所示装置的叙述，正确的是(　　)
A．铜是阳极，铜片上有气泡产生
B．铜片质量逐渐减少
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．氢离子在铜片表面被还原
【解析】　本题考查原电池的有关知识。在原电池中，活泼性较强的金属作负极，活泼性相对较弱的金属或非金属作正极。在题给装置中，Zn作负极，负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，Cu作正极，正极反应：2H＋＋2e－===H2↑，故A、B错；电子由锌片经导线流向铜片，电流方向与之相反，C错，D正确。
【答案】　D
4．在原电池构成的闭合回路中，关于电子和阴、阳离子运动方向的描述正确的是(　　)
A．电子从原电池的负极通过导线移向正极
B．电子从原电池的正极通过导线移向负极
C．阴离子在电解质溶液中向正极移动
D．阳离子在电解质溶液中向正极移动
【解析】　根据同一闭合回路中，同性电荷运动方向一致，异性电荷运动方向相反的规律，在电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【答案】　AD
5．(全国Ⅱ)在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是(　　)
A．正极附近的SO42－浓度逐渐增大
B．电子通过导线由铜片流向锌片
C．正极有O2逸出
D．铜片上有H2逸出
【解析】　A项正极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，SO42－向负极移动，SO42－浓度并不增大；B项电子应从锌片(负极)经导线流向铜片(正极)；C项正极上有H2逸出。
【答案】　D
6．有X、Y、Z、W四种金属，已知X(OH)3的碱性大于Y(OH)3，X3＋可使Z氧化，W可与热水反应产生H2，X不能与热水反应，把X的金属片插入稀H2SO4中，让金属丝与Z接触，则X溶解速度加快，这四种金属活动性强弱关系一定的是(　　)
A．X>Y B．Z>Y
C．W>Z D．Z>X
【解析】　X(OH)3的碱性大于Y(OH)3，没有提到主族元素最高价氧化物的水化物，所以不能确定X、Y活动性大小，X3＋可使Z氧化不能确定X、Z的金属性大小，如
Mg＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Mg2＋
Cu＋2Fe3＋===3Fe2＋＋Cu2＋
W可与热水反应产生H2而X不能，可判断W>X，另外X>Z，因此W>Z。
【答案】　C
7．(广东化学)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．H2－2e－＋2OH－===2H2O B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋ D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】　实质是酸(H＋)作电解质的氢氧燃料电池。
【答案】　C
8．下列几种金属制品的镀层损坏后，金属腐蚀的速率最快的是(　　)
A．镀铝塑料 B．食品罐头盒(镀锡)
C．白铁水桶(镀锌) D．镀银铜质奖章
【解析】　关键是看镀层损坏后，暴露出的金属与镀层能否形成原电池，形成原电池时金属是否是负极。A项塑料不会被腐蚀；B项Fe为原电池负极，锡为原电池的正极，加速了Fe的腐蚀；C项Zn为电池的负极，铁为电池的正极，铁被保护起来；D项Cu为原电池的负极，Ag为原电池的正极，Cu被腐蚀。
【答案】　B
9．(2009年郑州模拟)将Mg条、Al条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用电线连接成原电池。此电池工作时，下列叙述中正确的是(　　)
A．Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2＋
B．Al条表面虽有氧化膜，但可不必处理
C．该电池的内、外电路中，电流均是由电子定向移动形成的
D．Al是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀析出
【解析】　 A项：电解质溶液为NaOH溶液，应为Al失电子。B项：Al2O3与NaOH反应故不必处理。C项：内电路阴、阳离子定向移动。 D项：Al―→AlO2－无沉淀。
【答案】　B
10．(2007年山东临沂模拟)如图是2004年批量生产的笔记本电脑所用甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。下列说法正确的是(　　)
A．左电极为电池的正极，a处通入的物质是甲醇
B．右电极为电池的负极，b处通入的物质是空气
C．负极反应式为：CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋
D．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】　由装置图中电子的流向可知，左电极为负极，a处通入的物质为燃料甲醇；右电极为正极，b处通入的物质为助燃剂O2；正极反应式为3O2＋12H＋＋12e－===6H2O；用总反应方程式两边同时减去正极反应式两边，即得负极反应式：CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋。
【答案】　C
11．将Al片和Cu片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池，则在这两个原电池中，负极分别是(　　)
A．Al片、Cu片 B．Cu片、Al片
C．Al片、Al片 D．Cu片、Cu片
【解析】　原电池中负极材料的还原性强于正极材料，但铝片在浓HNO3中被钝化后难以再反应，而铜片却与浓HNO3反应，故铜片为负极；插入NaOH溶液中是铝溶解，失去电子，作负极。
【答案】　B
12．燃料电池是燃料(例如CO、H2、CH4等)跟氧气或空气起反应，将此反应的化学能转变为电能的装置，电解质溶液通常是KOH溶液。下列关于甲烷燃料电池的说法不正确的是(　　)
A．负极反应式为：CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O
B．正极反应式为：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
C．随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
【解析】　A、B两项是正确的。综合A、B两项知C项不正确。根据能量转化的规律，燃烧时产生的热能是不可能全部转化为功的，能量利用率不高，而电能转化为功的效率要大得多，D项正确。
【答案】　C
二、非选择题
13.
氢能源是21世纪极具发展前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用。请在右图中的两个空格中填上循环过程中反应物和生成物的分子式，以完成理想的氢能源循环体系图(循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在)。
(1)从能量转换的角度看，过程Ⅱ上应是　　　能转化为　　　　能。
(2)过程Ⅱ可以在不同的电解质溶液中进行，试分别写出符合下列要求的电极反应式：
①以稀硫酸为电解质：正极：________________________________________________________________________。
②以氢氧化钠溶液为电解质：正极：________________________________________________________________________。
③当电解质为熔融ZrO2(掺杂有Y2O3)的晶体(在高温下电离，以金属阳离子和O2-导电)时，正极：________________________________________________________________________，
负极：　　　　　　　　　　　。
【解析】　根据燃料电池的工作原理及题中信息，可知该电池为氢氧燃料电池，总化学反应方程式为2H2+O2===2H2O，生成的水在催化剂和太阳能的作用下又分解成H2和O2，这样循环使用，因此H2是一种可以再生的新能源。在上述反应中H2在负极上失电子，被氧化，O2在正极上得电子，被还原，结合生成的离子(如H+、O2-)在相应电解质溶液中能否共存，不难写出电极反应式。
【答案】　左框：H2O　右框：H2+O2　(1)化学　电
(2)①O2+4e-+4H+===2H2O
②2H2-4e-+4OH-===4H2O
③O2+4e-===2O2-　2H2-4e-+2O2-===2H2O
14．某同学用下图所示做水果电池的实验，测得数据如下表所示：
实验编号 电极材料 水果品种 电极间距/cm 电压/mV
1 锌 铜 菠萝 3 900
2 锌 铜 苹果 3 650
3 锌 铜 柑橘 3 850
4 锌 铜 西红柿 3 750
5 锌 铜 菠萝 3 650
6 锌 铜 苹果 3 450
请回答以下问题：
(1)实验6中负极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(2)实验1、5中电流方向相反的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)影响水果电池的电压的因素有　　　　、　　　　。
(4)若在实验中发光二极管不亮，该同学用铜、锌作电极，用菠萝作介质，并将多个此电池串联起来，再按发光二极管，这样做　　　　。(填“合理”或“不合理”)
【解析】　(1)实验6中电极是Zn与Al，因Al更活泼，故负极反应为Al-3e-===Al3+。(2)因实验1中锌比铜活泼，锌为负极，实验5中铝比锌活泼，锌为正极，故两实验中电流方向相反。(3)由实验1和5可知，水果电池的电压与水果的品种及电极材料有关。(4)这样做可使电压增大，合理。
【答案】　(1)Al-3e-===Al3+　(2)实验1中锌比铜活泼，锌为负极；实验5中锌比铝活泼性差，锌为正极，所以两实验中电流方向相反　(3)水果品种　电极材料　(4)合理
15．(2007年海南高考)依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图所示。
请回答下列问题：
(1)电极X的材料是______；电解质溶液Y是____________；
(2)银电极为电池的________极，发生的电极反应为__________________；X电极上发生的电极反应为________________________________________________________________________；
(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。
【解析】　该题考查原电池的基本原理，根据所给反应的设计要求并结合所给装置可看出：X极必须是Cu，Y极必须是AgNO3溶液，因为铜比银活泼，所以Cu为负极，Ag极为正极，电极反应分别为负极：Cu－2e－===Cu2＋，正极：2Ag＋＋2e－===2Ag，在外电路，电子由负极Cu流向正极Ag。
【答案】　(1)铜　AgNO3溶液　(2)正　2Ag＋＋2e－===2Ag　Cu－2e－===Cu2＋　(3)X(Cu)　Y(Ag)
16．铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正、负极极板是惰性材料，电池总反应式为：
Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O
请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：
(1)放电时，正极的电极反应式是__________________________；电解液中H2SO4的浓度将变________；当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加________g。
(2)在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按右图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成________、B电极上生成________，此时铅蓄电池的正、负极的极性将________。
【解析】　(1)蓄电池放电时起原电池作用，其正极应是PbO2得电子生成Pb2＋，在硫酸存在条件下生成难溶的PbSO4，所以电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－===PbSO4＋2H2O。由电池总反应式可以看出，硫酸参加反应后其浓度将变小。当外电路通过1 mol电子时，根据PbPbSO4，则负极增重×1 mol＝48 g。(2)按题图连接后，变为电解池，A极上发生的反应为PbSO4＋2e－===Pb＋SO42－，而B极上发生的反应为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO42－，故A、B两极上将分别生成Pb和PbO2，此时蓄电池的正、负极的极性已对换。
【答案】　(1)PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－===PbSO4＋2H2O　小　48　(2)Pb　PbO2　对换
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一、选择题
1．(2008年高考宁夏理综)图所警示的是(　　)
A．当心火灾——氧化剂 B．当心火灾——易燃物质
C．当心爆炸——自燃物质 D．当心爆炸——爆炸性物质
【解析】　本题考查学生对常用危险品标志图识别能力，题目所给图标是易燃物质标志。
【答案】　B
2．某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学品上而酿成火灾。该化学品可能是(　　)
A．KMnO4 B．NaCl
C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH
【解析】　KMnO4和酒精混合后，能氧化酒精产生热量而引起酒精燃烧。
【答案】　A
3．实验室中保存下列化学药品的方法不妥当的是(　　)
A．将AgNO3晶体放在棕色试剂瓶中
B．将NaOH溶液保存在带橡胶塞的细口试剂瓶中
C．金属钾、钠和非金属白磷保存在煤油中
D．浓硝酸溶液保存在棕色试剂瓶中
【解析】　AgNO3、HNO3见光易分解，故应保存在棕色试剂瓶中；盛NaOH溶液的瓶塞不能用玻璃塞，而用橡胶塞；白磷应保存在水中，故A、B、D正确，C错误。
【答案】　C
4．化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环境保护问题，下列实验的设计或操作不合理是(　　)
①实验室用KClO3热分解法制O2，排水收集O2后先停止加热，再拆除实验装置　②实验结束后应将固体残渣深埋入土壤中，废液倒入下水道排出　③给试管中的液体加热时应不时移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸伤人　④为检验CO气体的纯度，用排空气法收集一试管气体，然后移近火焰点燃听有无尖锐爆鸣声
A．①② B．①②③④
C．①②④ D．②④
【解析】　实验室用KClO3热分解法制O2，若排水收集O2先停止加热，再拆除实验装置，容易引起倒吸，①错。实验结束后将固体残渣深埋入土壤中，废液倒入下水道排出，会造成土壤和水体污染，②错。检验CO气体的纯度时，应用排水法收集一试管气体，④错。C为正确选项。
【答案】　C
5．下列操作不是从安全角度考虑的是(　　)
A．做氢气还原氧化铜实验时先通氢气排净装置中空气后再加热
B．稀释浓硫酸时将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中并不断搅拌
C．给试管中的液体加热时，试管口不能对着自己或他人
D．用废铁屑制硫酸亚铁时，先将废铁屑放在碱液中加热1～2 min
【解析】　A选项防爆炸，B选项防浓H2SO4溅出伤人，C选项防止液体溅出伤人，D选项目的在于除去铁屑表面的油污。
【答案】　D
6．(2009年潍坊高三质量检测)下列仪器在使用前不需要检查是否漏水的是(　　)
A．长颈漏斗 B．分液漏斗
C．容量瓶 D．酸式滴定管
【解析】　分液漏斗下部有活塞，容量瓶上部有瓶塞，酸式滴定管下部有活塞，使用时都需要检查是否漏水。
【答案】　A
7．(2009年海南化学)用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
【解析】　测溶液的pH时不能先将pH试纸润湿，否则会将待测液稀释，也不能直接用试纸去蘸待测液。
【答案】　A
8．实验室存放下列药品，应保存在水中的是(　　)
①金属钾　②白磷　③红磷　④硫黄　⑤苯　⑥液溴　⑦碘
A．①③④ B．②⑤⑥
C．②④⑦ D．②⑥
【解析】　试剂的存放中有的需干燥保存，而有的却因易被氧化或易挥发而存入水中，如白磷、液溴，D正确；K保存在煤油中，红磷、硫黄易燃，应远离火种，单独存放，苯、碘应密封保存，A、B、C错误。
【答案】　D
9．进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是(　　)
A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水洗，边洗边眨眼睛
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液
C．酒精着火时，可用水将其扑灭
D．配制稀硫酸时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
【解析】　酸有腐蚀性，伤害眼睛，必须马上清洗，眨眼更利于把酸洗出，A正确；用水洗掉皮肤上的大量碱液后，残留部分可用硼酸中和，B正确；酒精与水互溶且易挥发，用水灭火会导致着火面积增大，C错误；量筒是量取一定体积液体的，不能在其中溶解或稀释浓溶液，D错误。
【答案】　AB
10．(2009年江苏苏州调研)下列化学实验基本操作中正确的是(　　)
A．分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，水层从上口倒出
B．蒸馏时，将温度计水银球置于被蒸馏的石油液面下，且不触及蒸馏烧瓶的底部
C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡并平视滴定管内液面
D．称量时，将纯碱放在称量纸上置于托盘天平的右盘，将砝码放在托盘天平的左盘
【解析】　本题考查化学实验的基本操作。蒸馏时，应将温度计的水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处；滴定时，眼睛应注视锥形瓶，观察溶液颜色的变化；用托盘天平称量物质时，应“左物右码”。
【答案】　A
11．下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是(　　)
【解析】　A、C、D中均有一处错误，分别是：读数仰视，在纸片上称量，未用玻璃棒搅拌。B项中有两处错误，即把H2O加入到硫酸中，在量筒中稀释。
【答案】　B
12．下图是某些实验的部分装置，其中所注明的实验能达到实验目的的是(　　)
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
【解析】　酒精和碘互溶，不能用分液漏斗分离，①错。用蒸馏法分离沸点不同的两种互溶液体时，温度计水银球应位于蒸气出口处，②错。挤压胶头滴管，氨气溶于水后气球会膨胀，③正确。观察烧杯中石灰水是否变混浊可以判断Na2CO3、NaHCO3是否分解，从而比较它们的热稳定性，④正确。B为正确选项。
【答案】　B
二、非选择题
13．(1)有如下图所示A、B、C、D四种仪器，请选择下列仪器名称的序号，填入相应的空格内：
①烧杯　②普通漏斗　③圆底烧瓶　④锥形瓶　⑤分液漏斗⑥酸式滴定管
A________，B________，C________，D________。
(2)某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图所示。由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是____________________，烧杯的实际质量为________g。
(3)指出下面3个实验中各存在的一个错误：
A．_______________________________________________________________________；
B．_______________________________________________________________________；
C．_______________________________________________________________________。
【解析】　(1)根据常见仪器的形状可判断四种仪器的名称。(2)根据天平称量的要求“左物右码”，该同学将物品与砝码放反了，但仍然满足：左盘质量=右盘质量+游码质量，因此烧杯的实际质量为30 g-2.6 g=27.4 g。
(3)A中滴加液体时滴管不能伸入试管内；B中试管口应向下倾斜，否则很容易引起试管炸裂；C中应换为长进短出，否则CO会把NaOH溶液排到瓶外。
【答案】　(1)③　⑤　④　⑥
(2)砝码和物品的位置放反了　27.4
(3)将胶头滴管伸入试管内　试管口向上倾斜　进气管和出气管反了(混合气体从短管进入洗气瓶)
14．(2009年广东普通高中毕业班调研测试)(1)下面所列的是中学化学实验室中几种常见的玻璃仪器：
①集气瓶　②容量瓶　③滴定管　④烧杯　⑤圆底烧瓶
⑥量筒　⑦温度计
可作反应容器并可加热的是________(填写编号)；
用以精确量取液体体积的是________(填写编号)。
(2)在“用氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液、盐酸、水等试剂除去粗盐中的Mg2＋、Ca2＋、SO42－等杂质离子以获得纯净的食盐”的实验中，玻璃棒的作用可能是________(填写编号)。
①搅拌　②引流　③蘸取溶液
(3)在仪器：①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④分液漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿中，分离两种沸点接近且互不相溶的液体时会用到的有________(填写编号)。
【解析】　本题主要考查几种常见仪器的使用和实验基本操作的能力，解答该类题目要对常用仪器的使用及基本实验操作有关注意事项牢固掌握。
(1)在七种玻璃仪器中可作反应容器又可加热的是烧杯和圆底烧瓶，并且加热时需垫石棉网；量取液体体积的是量筒和滴定管，但是量筒是粗略量取，所以精确量取液体体积的是滴定管。(2)在粗盐的分离提纯实验中，粗盐溶解时用玻璃棒搅拌、加快固体溶解；在将Mg(OH)2、BaSO4、CaCO3、BaCO3过滤除去时，用玻璃棒引流，故选①②。(3)利用分液的方法可以分离两种沸点接近且互不相溶的液体，因此选④⑤。
【答案】　 (1)④⑤　③　(2)①②　(3)④⑤
15．(1)安全教育是化学教育的重要内容。根据你掌握的知识判断，下列各项中符合安全操作要求的是________(填写序号)。
①在加油站内拨打手机
②在煤矿巷道内用明火照明
③闻氯气的气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的氯气飘进鼻孔
④为了节约药品，锌与稀硫酸一开始反应，就做氢气点燃实验
⑤稀释浓硫酸时，沿烧杯内壁将浓硫酸缓缓加入水中，边加边搅拌
(2)下图为常见仪器的部分结构(有的仪器被放大)：
A图中液面所示溶液的体积为　　　　mL，C图中液面所示溶液的体积为　　　　mL，用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为N mL，仰视时读数为M mL，若M>N，则所使用的仪器是　　　　(填仪器序号字母)。
(3)粗盐经提纯后得到NaCl溶液，再经蒸发、结晶、烘干得精盐。
①蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为　　　　。
②该同学将所得精盐配成溶液，用于另一实验。实验中需要用100 mL 1 mol/L的NaCl溶液，配制过程中需用托盘天平称取的精盐质量为　　　　g，用于定容的玻璃仪器的规格和名称是　　　　　　　　。
【解析】　(1)①②均易发生爆炸，错误；③利用扇动法闻气体的气味，正确；④开始是H2和空气的混合气体，易发生爆炸，错误；⑤中稀释浓H2SO4就应把浓H2SO4注入水中并不断搅拌，正确。
(2)根据仪器特点分析：A为量筒，读数时应平视，读数为28.0 mL，B为容量瓶，C为滴定管，小刻度在上，大刻度在下，故仰视读数偏大，D为温度计。
(3)①蒸发时用到的瓷质仪器为蒸发皿；②m(NaCl)=0.1 L×1 mol/L×58.5 g/mol=5.85 g，但称量时应称5.9 g，配制时需要100 mL容量瓶。
【答案】　(1)③⑤　(2)28.0 　21.10　C
(3)①蒸发皿　②5.9　100 mL容量瓶
16．某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有下列仪器：
(1)指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则该空不需要填写)。
仪器编号 a b c d e
名称 试管 溶量瓶 集气瓶 碱式滴定管 普通漏斗
改正的名称
(2)关于e的用途，乙同学说：能组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(3)丙同学想用如图所示装置以大理石和稀盐酸反应制取CO2。老师指出，这需要太多的稀盐酸，造成浪费。该同学选用了上面的一种仪器，加在装置上，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)a为试管，正确；b应为容量瓶，字书写有误；C为集气瓶，正确；d应为酸式滴定管，错误；e为普通漏斗，正确。
(2)利用普通漏斗，可组成防倒吸装置，可往细口容器中加液体，可组成过滤装置等用途。
(3)使用普通漏斗加入液体来制取气体时，应注意加入的液体把漏斗下端“液封”住，因此本实验中会浪费太多的盐酸，可在广口瓶中(漏斗的下端)放一个小试管。
【答案】　(1)
仪器编号 b d
名称
改正的名称 容量瓶 酸式滴定管
(2)①往细口容器中加液体
②组成过滤装置(其他合理答案也可)
(3)如下图所示
(只需画对试管的位置即可)
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一、选择题
1．下列对σ键的认识不正确的是(　　)
A．σ键不属于共价键，是另一种化学键
B．s－s σ键与s－p σ键的对称性相同
C．分子中含有共价键，则一定含有一个σ键
D．含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同
【解析】　根据电子云的重叠方式，共价键分为σ键和π键两种，A项错误；σ键的对称性均为轴对称，B项正确；分子中含有共价键时，无论是单键、双键还是三键中均有一个σ键，C项正确；因为σ键和π键的不同造成了含有π键的化合物与只含σ键的化合物属于不同类的物质，化学性质肯定不同，D项正确。
【答案】　A
2．对H3O＋的说法正确的是(　　)
A．O原子采取sp2杂化 B．O原子采取sp3杂化
C．离子中存在配位键 D．离子中存在非极性键
【解析】　O原子采取sp3杂化，在H2O中有两对孤对电子，与H＋结合后，尚剩余1对孤对电子。
【答案】　BC
3．下列关于乙醇分子的说法正确的是(　　)
A．分子中共含有8个极性共价键
B．分子中不含非极性共价键
C．分子中只含σ键
D．分子中含有1个π键
【解析】　乙醇的结构式为，共含有8个共价键，其中C—H、C—O、
O—H键为极性共价键，共7个，C—C键为非极性共价键。由于全为单键，故无π键。
【答案】　C
4．关于原子轨道的说法正确的是(　　)
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何立体结构都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【解析】　CH3Cl是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，但不是正四面体，A项错误；CH4分子中的sp3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道，B项错误，C项正确；AB3型的共价化合物，其中心原子A可采用sp3杂化轨道也可采用sp2杂化轨道成键，D项错误。
【答案】　C
5．下列有机物分子中属于手性分子的是(　　)
①乳酸[CH3CH(OH)COOH]　②2－丁醇
③　④丙三醇
A．只有① B．①和②
C．①②③ D．①②③④
【解析】　写出各分子的结构简式：
可知①、②、③中存在手性碳原子(用*标记的)，而④中中间的碳原子连有两个相同的—CH2OH，不是手性碳原子。
【答案】　C
6．(2009年海口二模)下列说法中不正确的是(　　)
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D．N2分子中有一个σ键，2个π键
【解析】　从原子轨道重叠程度看，π键轨道重叠程度比σ键重叠程度小，故π键稳定性低于σ键。在单质分子中存在σ键(如Cl2、H2)、π键(N2中存在σ键和π键)，稀有气体为单原子分子，不存在化学键。
【答案】　C
二、非选择题
7．在N2、HF、H2O、NH3、CS2、CH4、BF3分子中：
(1)以非极性键结合的非极性分子是________。
(2)以极性键结合的具有直线形结构的非极性分子是______。
(3)以极性键结合的具有正四面体形结构的非极性分子是________。
(4)以极性键结合的具有三角锥形结构的极性分子是______。
(5)以极性键结合的具有sp3杂化轨道结构的分子是________________________________________________________________________。
(6)以极性键结合的具有sp2杂化轨道结构的分子是________________________________________________________________________。
【解析】　HF是极性分子，H2O是V形的极性分子，NH3是三角锥形的极性分子，CS2是直线形的非极性分子，CH4是正四面体形的非极性分子，N2是非极性分子，BF3是平面形的非极性分子。
【答案】　(1)N2　(2)CS2　(3)CH4　(4)NH3　(5)NH3、H2O、CH4　(6)BF3
8．(2009年江苏无锡联考)请完成下列表格的填空： 根据以上分析结果，试推测以下哪些物质易溶于水________________________________________________________________________。
【解析】　本题着重考查分子的极性与键的极性以及分子空间构型之间的关系。由非极性键构成的分子一般都是非极性分子。由极性键构成的分子，若能空间对称，分子中电荷能不显电性，分子则无极性，这样的空间对称有三种：一是直线形对称，键角为180°，常见的分子有CO2、CS2、C2H2等；二是平面对称，键角为120°，分子构型为平面正三角形，常见的分子有BF3、BBr3等；三是立体对称，键角为109°28′，分子构型为正四面体，常见的分子有CH4、CCl4、SiH4等。
根据相似相溶规则，易溶于水的有：HCl、NH3。
【答案】　
HCl、NH3
9．(2009年黄冈一摸)60年代美国化学家鲍林提出了一个经验规则：设含氧酸的化学式为HnROm，其中(m－n)为非羟基氧原子数。鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m－n)的关系见下表。
m－n 0 1 2 3
含氧酸强度 弱酸 中强 强 很强
实例 HClO H3PO4 HNO3 HClO4
试回答下列问题：
(1)按此规则判断H3AsO4、H2CrO4、HMnO4酸性由弱到强的顺序为________________________。
(2)H3PO3和H3AsO3的形式一样，但酸性强弱相差很大。已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，试推断H3PO3和H3AsO3的分子结构________________________。
(3)按此规则判断碳酸应属于________酸，与通常认为的碳酸的强度是否一致？________。其可能的原因是________________。
【解析】　(1)根据题中非羟基氧原子数与酸性强弱的关系可得：
　　　H3AsO4　H2CrO4　HMnO4
m－n 1 2 3
酸性：H3AsO4(2)因为酸性H3PO3>H3AsO3，则H3PO3中非羟基氧的数目应大于H3AsO3，且H3AsO3为弱酸，所以可以推知H3AsO3没有非羟基氧，其分子结构分别为：
(3)H2CO3中非羟基氧数目为1，应为中强酸，与通常认为碳酸是弱酸不一致。其可能原因是由于溶于水的那部分CO2并不能完全转化为H2CO3。
【答案】　(1)H3AsO4(2)
(3)中强　不一致　溶于水的那部分CO2并不能完全转化为H2CO3
10．(2009年山东理综)C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外电子排布式________________________________________________________________________。
从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为____________。
(2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________。
(3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为__________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是________________________________________________________________________
__________________________。
(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键。________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)根据基态原子核外电子排布的规律去写；在C、Si和O元素中，吸引电子的能力由强到弱的顺序是O>C>Si。
(2)在SiC晶体结构中，每个C原子与Si原子形成四个完全相同的C—Si键，所以C原子的杂化方式为sp3杂化。微粒间存在的作用力是共价键。
(3)SiC的电子总数为20，所以M的电子数为(20－8)＝12个，故M为Mg；MgO和CaO均属于离子晶体，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO中离子键强，晶格能大，故熔点高。
(4)π键是由p－p轨道肩并肩重叠而形成的，且π键强弱与重叠的程度成正比。而Si原子的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p－p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。
【答案】　(1)1s22s22p63s23p2　O>C>Si
(2)sp3　共价键
(3)Mg　Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大
(4)C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p－p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键　Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p－p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键
11．1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。
(1)根据上述原理，仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：______和______；______和______。
(2)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。由短周期元素组成的物质中，与NO2－互为等电子体的分子有__________。
【解析】　(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，即C、N、O、F组成的共价分子，N2与CO均为14个电子，N2O与CO2均为22个电子，符合题意。
(2)依据等电子原理的发展，只要原子数相同，各原子最外层电子数之和也相同，即可互称等电子体，NO2－是三原子组成的离子，其外层电子数(即价电子)之和为5＋6×2＋1＝18，SO2、O3也是三原子，价电子总数为6×3＝18。
【答案】　(1)N2O　CO2　N2　CO　(2)SO2、O3
12．A、B、C、D四种元素处于同一短周期，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻。
(1)C的原子的价电子排布式为________。
(2)在B的单质分子中存在______个π键，________个σ键。
(3)已知B的气态氢化物很容易与H＋结合，B原子与H＋间形成的键叫________，形成的离子立体构型为________，其中B原子采取的杂化方式是________。
(4)在A、B、C、D四种元素形成的电子数相同的四种氢化物中沸点最低的是________(写分子式)，其沸点显著低于其他三种氢化物的原因是：________________________________________________________________。
【解析】　根据题给信息，A为短周期元素，其气态氢化物的相对分子质量在同族元素氢化物中不是最大的，而沸点最高，说明A的氢化物可形成氢键，故A可能是N、O、F中的一种，则A、B、C、D为第二周期元素，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，则B为N，C的电负性介于A、B之间，则C为O，A为F；D与B相邻则为碳。
(1)主族元素的价电子指最外层电子，排布式为2s22p4。
(2)B单质即N2，其结构式为NN，三键中有一个σ键，2个π键。
(3)NH3分子N原子上有一对孤对电子，可与H＋以配位键结合成NH4＋，据价层电子对互斥理论，该微粒为正四面体形，其中N的杂化方式为sp3杂化。
(4)F的氢化物只有一种HF，电子数为10，其他有10个电子的氢化物分别是NH3、H2O、CH4，其中CH4沸点最低，因为只有CH4分子间不能形成氢键，其他三种分子间均形成氢键，故它们的氢化物沸点显著高于CH4。
【答案】　(1)2s22p4　(2)2　1　(3)配位键　正四面体形　sp3杂化　(4)CH4　CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键
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一、选择题(每小题3分，共48分)
1．(2007年北京理综)用于2008年北京奥运会的国家游泳中心(水立方)的建筑采用了膜材料ETFE，该材料为四氟乙烯与乙烯的共聚物，四氟乙烯也可与六氟丙烯共聚成聚全氟乙丙烯。下列说法错误的是(　　)
A．ETFE分子中可能存在“—CH2—CH2—CF2—CF2—”的连接方式
B．合成ETFE及合成聚全氟乙丙烯的反应均为加聚反应
C．聚全氟乙丙烯分子的结构简式可能为
?CF2—CF2—CF2—CF2—CF3?
D．四氟乙烯分子中既含有极性键又含有非极性键
【解析】　四氟乙烯CF2CF2，六氟丙烯CFCF3CF2，形成的高聚物可表示为：
CF2?CF2CFCF3CF2?。C项中“—CF3—”违背了碳的“四价原则”。
【答案】　C
2．(2008年广东理基)下列关于有机物说法正确的是(　　)
A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气
B．75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒
C．苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色
D．石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物
【解析】　乙烷不能与Na反应；消毒酒精体积分数为70%～75%；苯及苯的同系物不能使溴的CCl4溶液褪色，烯、炔烃能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色；石油的主要成分为烃类，不含羧酸等物质。
【答案】　B
3．(2008年山东理综)下列叙述正确的是(　　)
A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物
B．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C—C单键
【解析】　A项，汽油、柴油和植物油都是混合物，植物油属于酯类还含有氧；C项，石油成分不含烯烃，不能通过物理方法分馏得到；D项，只有开链烷烃符合，其他类别的分子可能多于4个，如环戊烷。
【答案】　B
4．下列叙述错误的是(　　)
A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应
B．甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化
C．甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应
D．甲烷的四种取代物都难溶于水
【解析】　B项中CH4可以燃烧，即被O2氧化。
【答案】　B
5．(2009年济南二模)下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是(　　)
A．煤液化可以得到甲醇等重要化工原料，提高煤的经济价值
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷可以从石油中得到
C．纤维素、蔗糖、淀粉和脂肪在人体中都可以发生水解反应，是人体的重要能量来源
D．用大米可以酿酒，也可以酿醋
【解析】　纤维素在人体中不能水解，C项错。A项来源于课本煤的液化产物示意图，B项考查烷烃的存在及石油的成分，D项考查日常生活常识，同时也考查常见有机物的性质。
【答案】　C
6．(2009年海淀)糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是(　　)
A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
【解析】　需要掌握葡萄糖、蔗糖、麦芽糖、淀粉、纤维素的性质和用途，掌握蛋白质、油脂的性质和用途。植物油含不饱和烃基，分子中有双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色；葡萄糖能发生氧化反应，但葡萄糖是单糖，不发生水解反应；蛋白质溶液遇硫酸铜发生变性、凝固，不能重新溶于水。
【答案】　B
7．(2009年太原模拟)下列混合物中，不论它们以何种比例混合，只要质量一定，经完全燃烧后，产生二氧化碳的量为一个常数的是(　　)
A．甲烷和乙烷　　　　　　B．丙烯和丙烷
C．乙烯和丁烯 D．丙烯和环丙烷
【解析】　符合条件的有机物含碳的质量分数相同。根据烃的燃烧规律，实验式相同，无论以何种比例混合，只要混合物总质量一定，则完全燃烧后生成的CO2和H2O及耗氧量就一定。甲烷的实验式为CH4，而乙烷的实验式是CH3，丙烯的实验式为CH2，而丙烷的实验式为C3H8；乙烯和丁烯实验式均为CH2；丙烯和环丙烷的实验式均为CH2。
【答案】　CD
8．C2H5OH的官能团是—OH，含有—OH的物质具有与乙醇类似的化学性质。在Cu或Ag催化下，下列物质不能与O2发生氧化反应生成醛或酮的是(　　)
A．CH3CH2CH2CH2OH B．CH2CH3CHCH3OH
C．CHCH3CH3CH2OH D．CCH3CH3CH3OH
【解析】　醇的氧化属于脱去H的反应，CCH3CH3CH3OH中连接羟基的碳原子上没有H，因此不能与O2发生氧化反应。
【答案】　D
9．以下各种物质的所有原子不可能处于同一平面上的是(　　)
A．CH3CHCH2 B．CH2CH2
C．CHCH2 D.
【解析】　根据已有知识，乙烯和苯都属于平面结构，所有原子处于同一平面内，而甲烷分子是正四面体结构，故可以得出甲基中的原子不可能处于同一平面内，同理，可将C项看作是乙烯中的一个氢原子被苯环取代，得出C项中物质的所有原子可能处于同一平面内。
【答案】　A
10．(2009年烟台高三期末考试)分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是(　　)
A．只含有一个双键的直链有机物
B．含有两个双键的直链有机物
C．含一个双键的环状有机物
D．含一个叁键的直链有机物
【解析】　本题考查有机物的价键规则。该有机物的分子式为C5H7Cl，一个Cl原子相当于一个H原子，所以C5H7Cl分子中比C5H12少4个氢原子，即分子中有一个双键或一个环状结构，因此只有A符合。
【答案】　A
11．分子组成为C9H12的苯的同系物，已知苯环上只有一个取代基，下列说法中正确的是(　　)
A．该有机物不能发生加成反应，但能发生取代反应
B．该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水褪色
C．该有机物分子中的所有原子可能在同一平面上
D．该有机物一种同分异构体的一溴代物可能有6种
【解析】　该烃可能为CH2CH2CH3或CHCH3CH3则只有D正确。
【答案】　D
12．将甲苯与液溴混合，加入铁粉，其主要反应产物有(　　)
①CH2Br　②CBr3　③CHBr2
④Br3CH3　⑤BrCH3　⑥BrCH3
⑦BrBrCH3Br
其中正确的是(　　)
A．①②③ B．⑦
C．全部 D．④⑥⑦
【解析】　甲苯与液溴、Fe粉，是发生苯环上的卤代反应，光照的条件，才发生侧链上的卤代，故排除①②③，甲苯的卤代，主要取代甲基邻、对位苯环上的H，故④⑥⑦正确。
【答案】　D
13．(全国理综Ⅱ)仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第15位烃的分子式是(　　)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 …
C2H2 C2H4 C2H6 C3H4 C3H6 C3H8 C4H6 C4H8 C4H10 …
A.C6H12 B．C6H14
C．C7H12 D．C7H14
【解析】　规律：①碳原子数逐渐增多，②炔烃、烯烃、烷烃逐渐循环；发现了以上规律，很容易解出第15位烃的分子式。
【答案】　B
14．(2009年江苏南通3月模拟)无色孔雀石绿(结构简式如下图所示)曾被用作水产养殖业的杀虫剂(鱼药)。因为具有潜在致癌性，已被禁止用作鱼药。下列关于无色孔雀石绿的叙述中，正确的是(　　)
CH3NH3CCHNCH3CH3
A．分子中氢原子数为奇数
B．分子中所有的碳原子可能在同一平面上
C．与苯胺(NH2)互为同系物
D．在一定条件下，1 mol无色孔雀石绿可以和9 mol氢气发生加成反应
【解析】　该有机物的分子式为C23H26N2，A错；与三个苯环相连的碳原子不可能与三个苯环共平面。该分子中含2个N原子，不可能与苯胺互为同系物。
【答案】　D
15．(2009年广东深圳调研)聚四氟乙烯的耐热性和化学稳定性超过其他塑料，被称为“塑料王”。其合成路线如下：
三氯甲烷二氟一氯甲烷四氟乙烯聚四氟乙烯
下列说法中不正确的是(　　)
A．“塑料王”不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．三氯甲烷(CHCl3)可以用甲烷与氯气的取代反应来制取
C．四氟乙烯(CF2CF2)中所有的原子都在同一个平面上
D．二氟一氯甲烷(CHClF2)中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构
【解析】　A项中“塑料王”的结构为?CFFCFF?，不能被酸性KMnO4溶液氧化；B项中CHCl3是CH4和Cl2的取代产物之一；C项中CF2CF2的结构和乙烯类似，所有原子共平面；D项中CHClF2的氢原子为2电子稳定结构。
【答案】　D
16．(2009年广东佛山一模)一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物 燃烧热/kJ·mol－1 化合物 燃烧热/kJ·mol－1
甲烷 891.0 正丁烷 2 878.0
乙烷 1 560.8 异丁烷 2 869.6
丙烷 2 221.5 2－甲
基丁烷 3 531.3
下列表达正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1
B．稳定性：正丁烷<异丁烷
C．乙烷的燃烧热化学方程式为：2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【解析】　A项中，烷烃中碳原子数相同时，支链越多，燃烧热越低，正戊烷燃烧热大于3 531.3 kJ·mol－1。B项中，CH3CH2CH2CH3(g)―→CH3CHCH3CH3(g)　ΔH＝－8.4 kJ·mol－1，所以CH3CHCH3CH3比CH3CH2CH2CH3稳定。C项中，H2O应为液态，且ΔH应为－3 121.6 kJ·mol－1。D项中，相同质量的烃，氢元素的质量分数越大，放出热量越多。
【答案】　AB
二、非选择题(共52分)
17．(12分)(2007年江苏化学)肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：
ACHO＋CH3CHOBCHCHCHO＋H2O
(1)请推测B侧链上可能发生反应的类型____________________________。(任填两种)
(2)请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请写出同时满足括号内条件的B的所有同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。
(①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构)
【解析】　(1)B侧链上含“CC”“COH”。
(2)可依照信息写出。
(3)苯环之外有2个不饱和度，依题设要求，不饱和键只能出现在碳碳键之间，故只能考虑形成醚键和碳碳三键。
【答案】　(1)加成反应、氧化反应、还原反应
(2)2CH3CHOCH3CHCHCHO＋H2O
(3)H3COCCH、H3COCCH
18．(14分)(2007年广东化学)克矽平是一种治疗矽肺病的药物，其合成路线如下(反应均在一定条件下进行)：
NCH3―→NCH2CH2OH―→NCHCH2―→
　Ⅰ　　　　　　Ⅱ　　　　　　　　　　Ⅲ　　　　
―→NCH??CH2―→N→OCH??CH2
　　　　Ⅳ　　　　　　　　克矽平
(1)化合物Ⅰ的某些化学性质类似于苯。例如，化合物Ⅰ可在一定条件下与氢气发生加成反应生成NCH3H，其反应方程式为______________________________。(不要求标出反应条件)。
(2)化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，所需另一反应物的分子式为__________________。
(3)下列关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的是________(填字母)。
A．化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反应
B．化合物Ⅱ不可以与金属Na生成氢气
C．化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色
D．化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
(4)化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应方程式为______________________(不要求标出反应条件)。
(5)用氧化剂氧化化合物Ⅳ生成克矽平和水，则该氧化剂为________________________。
【解析】　(1)题中已提示化学性质类似于苯，该反应类似于苯与H2的加成反应。
(2)因为原子利用率100%，Ⅱ的化学式与Ⅰ的化学式作差即可。
(3)醇羟基能酯化，能与Na反应，碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色。抓住官能团的性质，不难解答此题。
(4)仿照CH2CHCl聚合来写，把不饱和碳原子做主链，其他的碳原子或原子团折上或折下做支链。
(5)因还原产物为H2O，氧化产物比原物质多个氧原子，所以氧化剂只能是由H、O两种元素组成，即为H2O2。
【答案】　(1)NCH3＋3H2―→NCH3H
(2)CH2O(答HCHO也可)
(3)AC
(4)nNCHCH2―→NCH??CH2
(5)H2O2(或过氧化氢、双氧水)
19．(14分)(2008年广东高考题)某些高分子催化剂可用于有机合成。下面是一种高分子催化剂(Ⅶ)合成路线的一部分(Ⅲ和Ⅵ都是Ⅶ的单体；反应均在一定条件下进行；化合物Ⅰ～Ⅲ和Ⅶ中含N杂环的性质类似于苯环)：
回答下列问题：
(1)写出由化合物Ⅰ合成化合物Ⅱ的反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
(2)下列关于化合物Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的是　　　　(填字母)。
A．化合物Ⅰ可以发生氧化反应
B．化合物Ⅰ与金属钠反应不生成氢气
C．化合物Ⅱ可以发生水解反应
D．化合物Ⅲ不可以使溴的四氯化碳溶液褪色
E．化合物Ⅲ属于烯烃类化合物
(3)化合物Ⅵ是　　　　(填字母)类化合物。
A．醇　　　B．烷烃　　C．烯烃　　D．酸　　E．酯
(4)写出2种可鉴别Ⅴ和Ⅵ的化学试剂________________________________________________________________________。
(5)在上述合成路线中，化合物Ⅳ和Ⅴ在催化剂的作用下与氧气反应生成Ⅵ和水，写出反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(不要求标出反应条件)。
【解析】　由Ⅰ→Ⅱ为酯化反应，Ⅱ→Ⅲ为消去反应(其另一产物为CH3COOH)，由Ⅶ可知Ⅵ为CH3COOCH===CH2，则Ⅳ为CH2===CH2，V为CH3COOH。
【答案】　
(1)
(2)AC　(3)E
(4)饱和Na2CO3溶液、酸性KMnO4溶液
(5)2CH2===CH2＋2CH3COOH＋O22CH3COOCH3＋2H2O
20．(12分)烯烃A在一定条件下可以按下面的框图进行反应。
F1和F2互为同分异构体，G1和G2互为同分异构体，D是CCH3BrH3CCCCH3BrCH3。
已知1,3－丁二烯与少量溴水加成时有以下两种方式：
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHBrCHCH2(1,2－加成)
CH2CHCHCH2＋Br2―→
CH2BrCHCHCH2Br(1,4－加成)
试回答下列问题：
(1)A的结构简式为________________________________________________________________________。
(2)框图中属于取代反应的是(填数字代号)________________________________________________________________________。
(3)框图中①、③、⑥属于________反应。
(4)G1的结构简式为________________________________________________________________________。
【解析】　据D的结构简式可知A为：CCH3H3CCCH3CH3，反应①是A与H2加成得B：CHCH3CH3CHCH3CH3，反应③是A与HBr加成得C：CHCH3CH3CBrCH3CH3，反应②是B与Br2在光照下取代得C，反应⑤为D的消去反应得E：CCH2H3CCCH3CH2，反应⑥为二烯烃E与少量Br2的加成，有两种产物，1,2－加成产物为：CCH2BrH3CBrCCH3CH2(F1),4－加成产物为：
CH2BrCH3CCCH3CH2(F2)Br，F1、F2均与HBr加成，F1有两种加成方式分别得产物CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br和
CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3，而F2与HBr加成只有一种产物：CH2BrCCH3BrCCH3HCH2Br，则G1、G2便确定。
【答案】　(1)CCH3CH3CCH3CH3　(2)②
(3)加成　(4)CH2BrCCH3BrCCH3BrCH3
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一、选择题
1．在核电荷数为1～20的元素中，原子的最外层电子数等于次外层电子数的有(　　)
A．1种　　　　　　　　　　B．2种
C．3种 D．4种
【解析】　由于次外层电子数可能为2或8，因此符合题意的有Be＋4 和Ar＋18 2种。
【答案】　B
2．(2008年四川非延考区)下列叙述中正确的是(　　)
A．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B．除短周期外，其他周期均有18个元素
C．副族元素中没有非金属元素
D．碱金属元素是指ⅠA族的所有元素
【解析】　A项中F的最高化合价为0价，与族序数不等；B项中六、七周期所含元素数均不是18种；D项中H不属于碱金属。
【答案】　C
3．A、B两元素电子层数相同，如果最外层电子数A小于B，则下列判断中正确的是(　　)
A．两元素形成的最高价氧化物对应水化物的酸性是A>B
B．A的气态氢化物比B的气态氢化物稳定
C．A的金属性比B的金属性强
D．A的阴离子比B的阴离子还原性强
【解析】　由题意知，A的原子序数小于B，A的金属性比B强，非金属性比B弱。
【答案】　CD
4．(2008年宁夏理综)短周期元素E的氯化物ECln的熔点为－78 ℃，沸点为59 ℃；若0.2 mol ECln与足量的AgNO3溶液完全反应后可以得到57.4 g的AgCl沉淀。下列判断错误的是(　　)
A．E是一种非金属元素
B．在ECln中E与Cl之间形成共价键
C．E的一种氧化物为EO2
D．E位于元素周期表的ⅣA族
【解析】　根据题意：n(AgCl)＝57.4 g/143.5 g·mol－1＝0.4 mol，
　　　　ECln　　～　　nAgCl
　　　　0.2 mol　　　0.4 mol
所以n＝2，即ECl2中E显＋2价。从ECl2的熔点、沸点数据特点可得出ECl2为非金属元素形成的分子晶体，A、B选项正确；C项中E元素呈多种价态时，它的氧化物可以是EO2；D项中ⅣA族中的碳和硅不能形成ECl2型分子。
【答案】　D
5．下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是(　　)
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多
B．第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐增强
C．因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强
【解析】　Li、Na、K属同一主族，核外电子层数随着核电荷数增加而增多，A正确；根据元素周期律可推知第二周期元素Li到F非金属性增强，B正确；Na与K比较，K更易失电子；还原性更强，C错；O与S同主族，O的非金属性强，D正确。
【答案】　C
6．(2008年汕头模拟)已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是(　　)
A．质子数c>b
B．离子的还原性Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性H2Y>HZ
D．原子半径X【解析】　依据微粒价态可排出四种元素在周期表中的相对位置：原子序数YZ－，氧化物稳定性H2Y【答案】　B
7．核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n＋1)，原子核内质子数为(2n2－1)。下列关于元素X的说法中，不正确的是(　　)
A．其最高化合价为＋3价
B．可以形成化学式为KXO3的盐
C．其氢化物可以用来做喷泉实验
D．其最高价氧化物的水化物是强酸
【解析】　由于核电荷数小于18，n≤3。n＝2或3时，符合题意。X为N或Cl。N和Cl的最高价为＋5和＋7价，A不正确。
【答案】　A
8．X、Y为短周期元素，X位于ⅠA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是(　　)
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1∶1
D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【解析】　X可能为H，也可能为碱金属Li、Na，Y显－2价，可能为O或S。A项的反例是H2O，B项的反例是Na2O，C项的反例是H2O2、Na2O2。
【答案】　D
9．(2009年广东汕头)短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则下列叙述正确的是(　　)
A．原子半径：AB．A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性
C．三种元素的最高价氧化物对应水化物均可由化合反应得到
D．高温下，A单质能置换出C单质
【解析】　A、B、C为短周期原子序数依次递增，且A、C同主族，则三者的位置关系为
A B
C
或
A
B C
，又B原子最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则B为第三周期ⅡA族，又三者最外层电子数之和为10，则A为C，C为Si，原子半径Mg>Si>C，故A项错；CH4稳定性大于SiH4稳定性，故B项正确；H2SiO3不能由SiO2和H2O反应制得，故C项错；高温下，2C＋SiO22CO↑＋Si，故D项正确。
【答案】　BD
10．下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是(　　)
X
W Y R
Z
A.常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【解析】　将题干部分与元素周期表对照，可确定各元素的种类：
X(N)
W(P) Y(S) R(Ar)
Z(Br)
常压下S单质的沸点最高，A错误；S2－与Ar的电子层结构相同，但不同于Br－，B错误；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，C错误。
【答案】　D
11．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z位于同一主族，W与X可形成共价化合物WX2，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。下列叙述中不正确的是(　　)
A．WZ2分子中所有原子最外层都为8电子结构
B．WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同
C．WX2是以极性键结合成的非极性分子
D．原子半径大小顺序为X【解析】　本题应首先完成对短周期元素W、X、Y、Z的判定。首先，根据Y的内层电子总数与最外层电子数关系确定Y为Si；第二，根据W与Y、X与Z同主族关系得W为C；再根据W与X形成共价化合物WX2知X为O，则Z为S。A项，WZ2的电子式为 C；B项，WX2为CO2，ZX2为SO2，分子中均有极性共价键，所形成晶体均为分子晶体；C项，CO2为直线形分子，结构对称，为非极性分子；D项，原子半径大小顺序为X【答案】　D
12．(2008年北京理综)X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是(　　)
A．由mXa＋与nYb－，得m＋a＝n－b
B．X2－的还原性一定大于Y－
C．X、Y一定不是同周期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY
【解析】　A项，X原子失去a个电子得Xa＋，Y原子得到b个电子形成Yb－，二者的电子层结构相同，所以，m－a＝n＋b；B项，X与Y位于同一周期，且X位于Y的左边，Y的非金属性大于X，故X2－的还原性一定大于Y－；D项，HnY的稳定性大于HmX。
【答案】　B
二、非选择题
13．下表列出了A～R九种元素在周期表中的位置：
　　主族
周期　　 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
二EF
三 A C DG R
四 BH
(1)这九种元素分别为A________、B________、C________、D________、E________、F________、G________、H________、R________，其中化学性质最不活泼的是________。
(2)G、H两种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________。
(3)A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为____________。
(4)F元素氢化物的化学式是____________，该氢化物在常温下跟B发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(5)A、G两种元素的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(6)G元素和H元素、A元素和B元素原子的核电荷数之差分别是________、________。
【解析】　先根据周期表中的位置确定元素，A～R依次为Na、K、Mg、Al、B、O、Cl、Br、Ar，再根据元素周期律回答2～6的问题。
【答案】　(1)Na　K　Mg　Al　B　O　Cl　Br　Ar　Ar
(2)HClO4　(3)B>A>C或K>Na>Mg
(4)H2O　2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
(5)NaOH＋HClO4===NaClO4＋H2O
(6)18　8
14．(2008年高考上海卷改编题)四种短周期元素的性质或结构信息如下表。请根据信息回答下列问题。
元素 性质或结构信息
A 室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化。单质在氧气中燃烧，发生明亮的蓝紫色火焰
B 单质常温、常压下是气体，能溶于水，且能够对饮用水进行杀菌消毒
C 单质质软、银白色固体、导电性强。单质在空气中燃烧发出黄色的火焰
D 单质为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点，可用于集成电路的半导体
(1)B元素在周期表中的位置是________________________________________________________________________。
(2)写出C单质与水反应的化学方程式________________________________________________________________________。
A与C形成的化合物溶于水后，溶液的pH________7(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)D元素最高价氧化物晶体的硬度________(填“大”、“小”)。
(4)①C的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②C的碳酸正盐(固体)在高温下与D的最高价氧化物反应的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应________(填“能”或“不能”)证明碳的非金属性小于D元素的非金属性。
【解析】　据四种元素的性质及结构信息可判断出四种元素分别为S、Cl、Na、Si。
(1)Cl元素的位置是第三周期第ⅦA族。
(2)Na与水反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2S的水溶液因S2－水解而显碱性。
(3)SiO2的硬度大。
(4)①NaOH与SiO2反应的离子方程式为2OH－＋SiO2===SiO32－＋H2O。
②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，该反应不能证明非金属性C【答案】　(1)第三周期第ⅦA族
(2)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑　大于
(3)大　(4)①2OH－＋SiO2===SiO32－＋H2O
②Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑　不能
15．(2008年珠海一模)在A、B、C、D、E五种元素中，已知A的离子与氩原子的电子层结构相同，A的单质能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；B的氢化物H2B分子中有10个电子；C的单质在常温下可与冷水剧烈反应，生成碱溶液W和气体X，C的离子比A的离子少8个电子；D可与B组成DB3型化合物，D的气态氢化物的相对分子质量与DB3的相对分子质量之比为1∶2.35，D的某种同位素的原子核内质子数和中子数相同；E的单质在常温下能与水剧烈反应，置换出水中的氧，同时生成酸溶液Y。回答下列问题：
(1)写出A、B、C、D、E五种元素的元素符号：
A________，B________，C________，D______，E________。
(2)写出W、X、Y三种物质的化学式：
W________，X______，Y________。
【解析】　根据题中给出的各元素的结构和性质进行分析：A的单质能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则A应具有较强的非金属性，而其离子与氩原子的电子层结构相同，故A应为氯元素。
B的氢化物的化学式为H2B，故B呈－2价，H2B分子中有10个电子，则B为氧元素。
C的单质在常温下可与冷水剧烈反应，生成碱溶液W和气体X，这说明C是一种活泼的金属元素，与水反应生成的是碱溶液和氢气，且C的离子核外有10个电子，故C为钠元素。
D的氧化物的化学式为DO3，故D呈＋6价，其氢化物的化学式为H2D。设D的相对原子质量为x，根据题意有(x＋2)∶(x＋16×3)＝1∶2.35，解得x＝32，则D为硫元素。
E的单质在常温下能与水剧烈反应，置换出水中的氧，这是氟的典型性质。
在五种元素确定以后，W、X、Y三种物质的化学式便不难确定了。
【答案】　(1)Cl　O　Na　S　F
(2)NaOH　H2　HF
16．(2009年北京朝阳区综合检测)在当代，能源同信息、材料一起构成了现代文明的三大支柱。碳元素是能源领域的主角之一，材料和医学领域等也与碳元素息息相关。
(1)X、Y、Z是短周期中除碳元素之外的非金属元素，它们在周期表中分处于三个不同的周期且原子序数依次增大；X分别与Y和Z以原子个数比1∶1相结合时均可形成18电子的分子。请写出三个符合下列条件的化学方程式：
a．所有的反应物和生成物都由X、Y、Z及碳四种元素中的一种或两种组成；
b．反应物中有单质参加且只有一种，三个反应中的单质不同。
____________________；________________________________________________________________________；
________________________________________________________________________。
(2)由元素X、Y及碳组成的化合物A的球棍结构如右图所示，利用A、O2和KOH可组成燃料电池，则在该电池负极发生反应的物质是　　　　，正极的电极反应式为________________________________________________________________________。
【解析】　据题目条件可知X为H，Y为O，Z为Cl，X与Y可形成H2O2，X与Z可形成HCl，这两个分子均有18个电子。
(1)符合条件的反应可有：
C+CO22CO或C+H2O(g)H2+CO；
CH4+2O2CO2+2H2O或2CO+O22CO2；
CH2===CH2+H2CH3CH3。
(2)该燃料电池由CH3OH、O2和KOH溶液组成，负极是CH3OH失电子，正极是O2得电子，正极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-。
【答案】　(1)C+CO22CO或C+H2O(g)H2+CO
CH4+2O2CO2+2H2O或2CO+O22CO2
CH2===CH2+H2CH3CH3
(2)CH3OH　O2+4e-+2H2O===4OH-
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一、选择题
1．下列用电子式表示的形成过程正确的是(　　)
A．H＋ ―→H＋[ ]－
B．Na＋ ―→Na
C.Mg＋2 ―→Mg2＋[ ]－[ ]－
D. ＋C＋ ―→ C
【解析】　A项中，HCl是共价化合物不应标电荷，应为H ；B、C项中，生成物都是离子化合物，应用箭头表示电子转移方向，并且要对称的写出阴阳离子的电子式，即Na＋[ ]－、
[ ]－Mg2＋[ ]－；D项中，CO2是共价化合物，并且C和O原子之间共用两对电子。
【答案】　D
2．由解放军总装备部军事医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的入厕难题。新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点。一次饮用125 mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。下列关于小分子团水的说法正确的是(　　)
A．水分子的化学性质改变
B．水分子中氢氧键缩短
C．水分子间的作用力减小
D．水分子间结构、物理性质改变
【解析】　水的化学性质、化学键不可能改变，改变的是水分子间结构；使水更易被人体吸收，水分子间的作用力是不会改变的，是范德华力。
【答案】　D
3．下列变化中，不需要破坏化学键的是(　　)
A．氯化氢溶于水 B．加热氯酸钾使其分解
C．碘升华 D．氯化钠溶于水
【解析】　HCl气体溶于水完全电离，极性共价键在水分子作用下断裂，破坏了化学键；NaCl晶体中存在离子键，溶于水电离成自由移动的阴、阳离子，化学键也被破坏；KClO3是离子化合物，存在K＋与ClO3－间的离子键，也存在Cl—O共价键，加热分解为KCl和O2，KClO3中的部分化学键也断裂；碘升华是物理变化，I2分子本身未变化，只是状态改变，仅克服了分子间作用力。
【答案】　C
4．下列各组物质中化学键类型相同的是(　　)
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．H2O、Na2O、CO2
C．CaCl2、NaOH、H2O D．NH3、H2O、CO2
【解析】　A中HCl中只有共价键，MgCl2中只有离子键，NH4Cl中既有离子键又有共价键；B中Na2O中只有离子键，而H2O、CO2中只有共价键；C中CaCl2、NaOH中都有离子键，且NaOH中还有共价键；D中都只有共价键。
【答案】　D
5．下列关于化学键的说法，正确的是(　　)
A．构成单质分子的粒子一定含有共价键
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【解析】　选项A错，因稀有气体构成的单原子分子中不含共价键；选项B对，例如NH4Cl、NH4NO3等是由非金属元素组成的离子化合物；选项C错，例如在H2O2、Na2O2等物质中O—O键是非极性键；选项D错，例如H2O2、CH3CH2OH分子里的O—O键、C—C键是非极性键。
【答案】　B
6．下列关于离子键的说法中正确的是(　　)
A．离子键是由阴、阳离子通过静电作用达到平衡时形成的
B．只有金属和非金属化合才能形成离子键
C．凡是含有离子键的化合物一定含有金属元素
D．含有离子键的化合物一定是离子化合物
【解析】　离子键是指阴、阳离子通过静电作用形成的化学键，静电作用指的是静电吸引和静电排斥的平衡，选项A正确；NH4Cl中NH4＋与Cl－间也存在离子键，选项B不正确，选项C也不正确；离子键是指含有离子键的化合物，故选项D正确。
【答案】　AD
7．下列有关化学键与晶体结构说法正确的是(　　)
A．两种元素组成的分子中一定只有极性键
B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
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
【解析】　本题可采用举反例的方法来确定错误说法。A项在H2O2这种由两种元素组成的分子中就存在非极性键；B项共价化合物SiO2因是原子晶体，其熔点很高；C项NH4Cl是只含非金属元素的离子化合物。
【答案】　D
8．图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是(　　)
A．H2S B．HCl
C．PH3 D．SiH4
【解析】　因为第二周期的非金属元素的气态氢化物中，NH3、H2O、HF分子之间存在氢键，它们的沸点高于同族其他元素气态氢化物的沸点，A、B、C不合题意，而CH4分子间不能形成氢键，所以a点代表的是SiH4。
【答案】　D
9．(2009年徐州质检)固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是(　　)
A．NH5中既有离子键又有共价键
B．NH5的熔沸点高于NH3
C．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D．1 mol NH5中含有5 mol N—H键
【解析】　所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，所以形成的是离子化合物，由NH4＋和H－组成。A中NH4＋含有共价键，NH4＋和H－形成离子键；B中NH5是离子晶体，熔沸点高于氨气；C中NH5固体投入少量水中生成氨气和氢气。D中1 mol NH5中含有4 mol N—H键。
【答案】　D
10．下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是(　　)
A．NH4Cl△,NH3↑＋HCl ↑
B．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C．2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
【解析】　反应过程中有非极性共价键断裂和形成的反应是指反应物中有含非极性键的物质(如Cl2、Na2O2)，生成物中也有含非极性共价键的物质(如O2)，因此符合题意的只有D项。
【答案】　D
11．下列说法正确的是(　　)
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物
C．由共价键形成的分子一定是共价化合物
D．只有非金属原子间才能形成共价键
【解析】　A项的反例如NaOH、Na2O2等；C项反例如Cl2等；D项反例如AlCl3等。
【答案】　B
12．下列分子含有的电子数目与HF相同，且只有两个极性共价键的是(　　)
A．CO2 B．N2O
C．H2O D．CH4
【解析】　HF分子中含有10个电子，与HF所含电子数相同的选项中有C.H2O，D.CH4；但CH4分子中含有4个极性键，H2O分子中含有2个极性共价键，C选项符合题意。
【答案】　C
二、非选择题
13．下表列出了短周期元素中的某些元素性质的有关数据：
　　　元素编号元素性质　　　 ① ② ③ ④ ⑤
原子半径(10－10 m) 0.77 1.10 0.99 0.75 0.71
最高价态 ＋4 ＋5 ＋7 ＋5 －
最低价态 －4 －3 －1 －3 －1
上述①、②、③三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是(写分子式)____________________。某元素R的原子半径为1.02×10－10 m，该元素在周期表中位于__________________；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，请写出该化合物的电子式____________________。
【解析】　由表中数据分析②和④同主族，③和⑤同主族，由半径大小关系可确定②为P，③为Cl，④为N，⑤为F，同时可确定①为C。第一问易得符合条件的有PCl3和CCl4，第二问根据同周期、同主族原子半径递变规律可确定R为S，现关键判断离子化合物Na2S3的电子式，由于化合物中存在非极性键，可判断离子中存在—S—S—S—键，由此写出Na2S3的电子式。
【答案】　PCl3和CCl4　第三周期第ⅥA族
Na＋[ ]2－Na＋
14．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。
(1)写出Y2O2的电子式________________________________________________________________________；
其中含有的化学键是________________________________________________________________________。
(2)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是________(填写化学式)。
(3)XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是________(填写化学式)。
(4)与Z上下相邻的同主族元素M、N，原子电子层数M>Z>N，三种元素氢化物沸点由大到小的顺序是________________(填写化学式)。
【解析】　短周期元素X、Z、W的最低负价分别为－3、－2、－1，又因为Y与氧元素形成Y2O和Y2O2离子化合物，故Y为Na，则X为N，Z为S，W为Cl。(1)Na2O2中含有离子键和共价键；(2)HClO4酸性最强；(3)NH3与另两种都反应；(4)三种氢化物H2O、H2S、H2Se，其沸点关系应为H2O>H2Se>H2S。
【答案】　(1)Na＋[ ]2－Na＋　离子键、共价键
(2)HClO4　(3)NH3
(4)H2O>H2Se>H2S
15．甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的微粒，它们的电子总数相等。已知甲、乙、丙为双原子分子或负二价双原子阴离子，丁为原子。
(1)丙与钙离子组成的离子化合物跟水反应产生一种可燃性气体，反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)乙在高温时是一种还原剂，请用化学方程式表示它在工业上的一种重要用途：________________________________________________________________________。
(3)在一定条件下，甲与O2反应的化学方程式是__________________________。
(4)丁的元素符号是______，它的原子结构示意图为________________________________________________________________________。
【解析】　分析“双原子、负二价、阴离子、与Ca2＋形成离子化合物，与水反应产生可燃性气体”等信息，很自然地联想到丙是C22－。C22－含有14个电子，则甲、乙、丁中均含有14个电子——甲、乙都是双原子分子，乙是一种还原剂，为CO；甲能与O2反应，为N2；丁为原子，是Si。
【答案】　(1)CaC2＋2H2O===C2H2↑＋Ca(OH)2
(2)Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　(3)N2＋O22NO
(4)Si　＋14
16．下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。
(1)i是铁元素，其原子的最外层电子数为2，请写出铁元素的原子结构示意图____________________。
(2)以上元素形成的金属单质中，熔点最低的是____________(填元素符号)。
(3)NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2O??NH4＋＋OH－，试判断NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构是下图中的________。(填序号)
NHHHOHH　NHHHHOH
(甲)　　　　　(乙)
(4)1906年的诺贝尔化学奖授予为制备F2单质作出重要贡献的化学家莫瓦桑，请预测首先被用来与F2反应制备稀有气体化合物的元素是________。(填写字母)
(5)利用稀有气体化合物，人们实现了许多制备实验上的突破。如用XeO3在碱性条件下与NaBrO3反应生成NaBrO4，同时放出Xe。写出上述反应方程式：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)Fe的质子数为26，最外层有2个电子，所以原子结构示意图为＋26 。
(2)上述元素中金属元素有Na、Al、Fe，Na的熔点最低。
(3)据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2O??NH4＋＋OH－，可以看出乙更合理。
(4)人们首先用Xe与F2发生反应制取了一系列的氙的氟化物。
(5)因反应物和产物已告诉，再结合得失电子守恒即可配平该化学方程式。
【答案】　(1)＋26 　(2)Na　(3)乙　(4)j
(5)3NaBrO3＋XeO3===3NaBrO4＋Xe
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一、选择题
1．市面上的“人造鸡蛋”是存在安全隐患的食品之一。人造鸡蛋的蛋壳是用碳酸钙做的，蛋黄和蛋清则是用海藻酸钠、明矾、明胶、食用氯化钙加水、色素等制成。下列判断正确的是(　　)
A．“人造鸡蛋”的蛋清在硫化铵、硫酸钠溶液中发生盐析，在硫酸铜溶液中变性
B．“人造鸡蛋”在食醋中会变软，有气泡产生
C．长期食用“人造鸡蛋”可以补钙，强身健体
D．“人造鸡蛋”长期放置会变质，有硫化氢生成
【解析】　蛋白质是重要的营养物质，也是有机化学中需要了解的知识，所以有可能与食品安全方面的新闻材料结合起来命题。
蛋白质在钠、钾、铵盐溶液中会发生“盐析”，而人造鸡蛋成分不是蛋白质，不会发生盐析，在重金属盐溶液中不会变性，A错。人造鸡蛋蛋壳的成分是碳酸钙，能溶于食醋，产生大量气泡附在蛋壳表面，B正确。因为人造鸡蛋中含有明矾，其中铝元素对人体有害，故长期食用人造鸡蛋对人体有害，C错。蛋白质含有氮、硫等元素，长期放置在空气中会生成H2S、NH3，但是人造鸡蛋中没有蛋白质，长期放置不会产生H2S、NH3，D错。 答案为B。
【答案】　B
2．下列说法错误的是(　　)
A．阿司匹林属于解热镇痛药
B．鸦片、吗啡等有麻醉、止痛、镇静的作用，其使用无需受到限制
C．青霉素因抑制某些微生物的生长或杀灭某些微生物而具有消炎功能
D．胃舒平、苏打片均属抗酸药
【解析】　解答此题应熟悉各类常见药物的疗效及功能。A、C、D的说法都是正确的。B项所述鸦片、吗啡确有麻醉、止痛、镇静的功能，但服用后容易上瘾，对人的心理和生理产生严重危害，因此，被列为毒品行列，其用量受到严格控制。
【答案】　B
3．青霉氨基酸分子的结构为：，它不能发生的反应是(　　)
A．与氢氧化钠发生中和反应
B．与醇发生酯化反应
C．与盐酸反应生成盐
D．发生银镜反应
【解析】　青霉氨基酸分子中有羧基，能发生中和反应、酯化反应等；还有氨基，能跟盐酸反应生成盐。答案为D。
【答案】　D
4．调味剂是日常生活中离不开的食品添加剂，有关其说法正确的是(　　)
A．食盐是咸味剂，工业上常用电解饱和食盐水制备氯气和钠
B．食醋的主要成分是醋酸，将一定量的醋酸溶液稀释，溶液中各离子的浓度都减小
C．味精的主要成分是谷氨酸钠，向其中加入盐酸可得谷氨酸，谷氨酸具有两性
D．木糖醇(C5H12O5)是一种甜味剂，它属于多羟基化合物，与葡萄糖互为同分异构体
【解析】　电解熔融的NaCl才能得到Na单质。稀释醋酸，c(OH－)会增大。木糖醇与葡萄糖的分子式不同，不属于同分异构体。
【答案】　C
5．对人体中的所需元素，下列四位同学的归纳整理完全正确的一组是(　　)
①小芳认为，人体缺乏下列元素，会得不同疾病
②小槐搜集资料发现，生活中人们常通过下列途径来补充人体必需的营养元素。如：
③小蓉为下列元素各设计了一句广告词来反映其对人体的重要作用。
④小红搜集资料发现，长期或大量摄入铝元素对人体的大脑和神经系统将造成损害，她提出下列建议：
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
【解析】　①缺铁会引起贫血，缺碘会得甲状腺肿大；③碘的重要作用不是抗癌，而是预防甲状腺肿大。答案为D。
【答案】　D
6．维生素C的结构简式为，关于它的叙述错误的是(　　)
A．是一个环状酯类化合物
B．易起氧化反应、加成反应和水解反应
C．可以溶于水，可作食品添加剂
D．在碱性溶液中能稳定地存在
【解析】　据维生素C的结构简式知维生素C为环状酯类化合物，易水解；含有碳碳双键，易发生加成反应、氧化反应，含有羟基，也易氧化；维生素C是水溶性维生素，可作食品添加剂，在碱性溶液中更易被氧化。
【答案】　D
7．(2009年广东单科)警察常从案发现场的人体气味来获取有用线索。人体气味的成分中含有以下化合物：①辛酸　②壬酸　③环十二醇　④5,9－十一烷酸内酯　⑤十八烷　⑥己醛
⑦庚醛。下列说法正确的是(　　)
A．①、②、⑥分子中碳原子数小于10，③、④、⑤分子中碳原子数大于10
B．①、②是无机物，③、⑤、⑦是有机物
C．①、②是酸性化合物，③、⑤不是酸性化合物
D．②、③、④含氧元素，⑤、⑥、⑦不含氧元素
【解析】　B项，①、②也是有机物。D项，⑥、⑦均含氧元素。
【答案】　AC
8．(2009年上海单科)用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是(　　)
①幕布的着火点升高　②幕布的质量增加　③氯化铵分解吸收热量，降低了温度　④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
【解析】　氯化铵分解时吸收热量，使周围温度降低，达不到幕布的着火点，且分解产生的气体可隔绝空气使幕布不易着火。
【答案】　B
二、非选择题
9．我国政府以国家标准的方式规定在食盐中添加碘酸钾(KIO3)，据此回答下列问题：
(1)碘是合成下列哪种激素的主要原料之一________。
A．胰岛素 B．甲状腺激素
C．生长激素 D．雄性激素
(2)若人体中碘缺乏，易患________。
A．甲状腺亢进 B．贫血症
C．地方性甲状腺肿 D．佝偻病
(3)已知方程式5I－＋IO3－＋6H＋===3I2＋3H2O，现检验某食盐是否是加碘食盐。可选用的物质有：
①自来水　②KI淀粉试纸　③淀粉　④食醋　⑤白酒
则该反应中氧化剂是__________，进行试验时，必须选用物质是________，观察到的现象为________________。
【解析】　(1)碘在人体中主要是在甲状腺中参与甲状腺激素的合成。
(2)碘缺乏时易患甲状腺肿大病。
(3)据离子方程式可知反应中I－是还原剂，IO3－是氧化剂，因此检验是否是加碘食盐时应选用②④。
【答案】　(1)B　(2)C　(3)IO3－　②④　溶液显蓝色
10．为了科学饮食，了解一些与食品相关的化学知识是必要的。
(1)油炸虾条、薯片等容易挤碎的食品，不宜选用真空袋装，而应采用充气袋装。下列气体中不应该充入的是________。
A．氮气 B．二氧化碳
C．空气 D．氧气
(2)能直接鉴别氯化钠和葡萄糖两种未知浓度溶液的方法是________。
A．观察颜色 B．测量比重
C．加热灼烧 D．分别闻味
(3)为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用碳酸氢钠作发泡剂，因为它________。
①热稳定性差　②增加甜味　③产生二氧化碳　④提供钠离子
A．②③ B．①③
C．①④ D．③④
(4)苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，其结构简式为。以下对苯甲酸钠描述错误的是________。
A．属于盐类 B．能溶于水
C．属于烃类 D．不易分解
【解析】　(1)油炸虾条、薯片中的油脂与氧气(或空气)接触时易被氧化。
(2)两种待鉴别的溶液都是无色透明的液体，皆不易挥发，故A、D选项不正确；在溶液浓度未知时不能确定其密度的相对大小，B不正确；氯化钠溶液蒸发后得氯化钠白色固体，灼烧显黄色(Na＋焰色)，而葡萄糖蒸发后得白色固体，灼烧时分解生成碳而变黑，答案选C。
(3)由“碳酸氢钠作发泡剂”可知，碳酸氢钠在面包发热过程中产生了气体，又由2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O知该气体为二氧化碳。
(4)苯甲酸钠属于钠盐，易溶于水且不易分解，但所含元素除C、H外还有O、Na，不属于烃类。
【答案】　(1)CD　(2)C　(3)B　(4)C
11．(2009年辽宁省大连一中模拟)阿斯巴甜是1966年合成促胃液分泌激素时偶然发现的一种营养型非糖甜味剂，它的使用备受争议。近闻某种国外品牌的饮料被怀疑使用该物质作甜味剂。阿斯巴甜是天门冬氨酰苯丙氨甲酯的俗称，其结构简式为：
回答下列问题：
(1)阿斯巴甜的分子式为______________。
(2)阿斯巴甜在稀硫酸作用下完全水解的产物为______________________(写结构简式)。
(3)写出带苯环的氨基酸聚合的化学方程式_____________________________________。
【解析】　由阿斯巴甜的结构简式可知其分子式为C14H18N2O5，它可看作三种物质通过缩合和酯化得到，故水解产物有
CH3OH。带苯环的氨基酸缩合反应为
【答案】　(1)C14H18N2O5
12．硝酸银的分解温度为713 K，硝酸铜的分解温度为473 K。硝酸银是一种常见的重要试剂，主要用于制照相底片所需要的AgBr乳化剂。在医药上，AgNO3常用作消毒剂和防腐剂。将银溶于硝酸，蒸发并结晶即可得到，但是原料中含有铜离子杂质，故一般通过以下两种方式提纯。
途径一：
途径二：
请回答下列问题：
(1)在医药上，AgNO3常用作消毒剂和防腐剂的原因是_________。
(2)加热①的温度是________。
(3)试剂B是________，原因是___________________。
(4)操作②是________；C的组成是__________________________。
【解析】　由题目的信息可以知道：加热的温度不能超过713 K，因为超过了这个温度，硝酸银开始分解，也不能低于473 K，否则硝酸铜不会分解。试剂B的作用显然是将Cu2＋转化为沉淀，同时又不能引入新的杂质，所以为Ag2O。
【答案】　(1)能使蛋白质失去生理活性
(2)473～713 K
(3)Ag2O　Cu2＋水解显酸性，Ag2O与H＋反应生成Ag＋，促进了Cu2＋水解生成Cu(OH)2，达到除杂的目的，同时不引入 新的杂质
(4)蒸发结晶　Ag2O、AgNO3和Cu(OH)2
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