高考化学二轮复习共17专题
专题1 物质的组成、性质与分类 化学用语
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．“化学是人类进步的关键”。下列有关说法能反映正确化学观点的是( )
A．改变物质的性质不一定要通过化学变化
B．天然物质都比人造物质好
C．一种元素可有多种离子，但只有一种原子
D．根据分散系是否具有丁达尔效应，分散系分为溶液、胶体和浊液
解析：物质的性质包括物理性质和化学性质，如改变物质的状态是通过物理变化而不是化学变化。
答案：A
2．(2011·泰安一模)下列情况不能用胶体知识加以解释的是( )
A．氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和无色气体
B．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
C．水泥厂、冶金厂常用高压电除工厂烟尘，以减少对空气的污染
D．牛油与烧碱溶液共热，向反应所得溶液中加入食盐，则有固体析出
解析：A选项产生白色沉淀和无色气体的原因是因为Al3＋与HCO相互促进水解反应所致，而B、C、D选项分别利用胶体的渗析、电泳和聚沉等知识。
答案：A
3．(高考变式题)概念是学习化学的基础，每个概念都有其特定内涵和外延。下列对概念判断的标准中正确的是( )
A．置换反应：产物中是否有单质
B．强电解质：溶液导电能力强
C．分散系种类：分散质粒子直径大小
D．同分异构体：相对分子质量相同
解析：A项，置换反应是单质与化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应；B项，应根据电解质是否完全电离判断电解质强弱，溶液导电性强弱与离子浓度、离子所带电荷数等有关；C项，根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体、浊液(悬浊液和乳浊液)；D项，分子式相同结构不同的物质互为同分异构体，分子式相同，相对分子质量一定相同，但是相对分子质量相同，分子式不一定相同(如C2H4、CO、N2)。
答案：C
4．(高考变式题)分类是学习化学的重要方法。下列归纳正确的是( )
A．纯碱、烧碱都属于碱类
B．冰和干冰既是纯净物又是化合物
C．铅笔芯、铅球主要成分都是铅
D．醛类、甲酸酯类、糖类都含有醛基
解析：A项，纯碱属于盐类；C项，铅笔芯的主要成分是石墨；D项，蔗糖、果糖不含醛基。
答案：B
5．(高考预测题)下列化学用语正确的是( )
A．乙烯的分子式：CH2===CH2
B．次氯酸分子的结构式：H—O—Cl
C．羟基的电子式：H
D．以铁作阳极电解时，阳极的电极反应式：Fe－3e－===Fe3＋
解析：A项，表示的是乙烯的结构简式；C项，羟基的电子多了一个；D项，铁作阳极电解时，阳极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。
答案：B
6．(高考变式题)下列有关说法中正确的是( )
A．有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B．焰色反应是元素表现出来的化学性质
C．由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质一定是纯净物
D．能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物
解析：同素异形体之间转化，元素化合价没有变化，A错；焰色反应是元素表现出来的物理性质，没发生化学变化，B错；C2H2、C6H6组成的混合物中，碳、氢个数比为1：1，C错；过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋O2↑＋2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物，D正确。
答案：D
7．(模拟原题)已知Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低。将40℃的饱和澄清石灰水冷却至10℃，或保持40℃向其中加入少量CaO，在两种情况下均保持不变的是( )
A．溶液中Ca2＋的数目
B．溶剂的质量
C．溶液中溶质的物质的量浓度
D．溶质的质量
解析：将40℃的饱和Ca(OH)2溶液冷却到10℃，浓度不变，Ca2＋的数目、溶剂、溶质的量均不变；向40℃的饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，溶液仍旧饱和，故浓度不变，由于CaO与水反应，溶剂减少，溶质也减少，则Ca2＋的数目减少，故选C。
答案：C
8．(模拟原题)化学概念在逻辑上存在如下关系：
对下列概念的说法正确的是( )
A．化合物与电解质属于重叠关系
B．化合物与碱性氧化物属于交叉关系
C．溶液与胶体属于并列关系
D．氧化还原反应与放热反应属于包含关系
解析：A项，电解质包含于化合物中。B项，碱性氧化物包含于化合物中。C项正确，D项，氧化还原反应与放热反应属于交叉关系。
答案：C
9．下图所示的家庭小实验中，主要发生物理变化的是( )
解析：A项，属于蜡烛的不完全燃烧；C项，其中的原料小苏打与柠檬酸发生化学反应；D项，鸡蛋壳的主要成分碳酸钙与醋酸发生化学反应。
答案：B
10．下列关于一部分单质和氧化物、酸、碱、盐分类的说法正确的是( )[来源:学*科*网]
①纯碱 ②硝酸铜
③食盐 ④硝酸
⑤盐酸 ⑥硫酸钠
⑦硫酸 ⑧火碱
⑨生石灰 ⑩氯气
A．含氧酸盐有①②③⑥
B．①和⑧是同一种物质
C．可以把⑥归类为：
D．不能把⑦和⑧归为一类物质
解析：A项，食盐不是含氧酸盐，错误；B项，纯碱是Na2CO3，火碱是NaOH；D项，二者可以归为一类，同属于纯净物、化合物。
答案：C
二、非选择题(共50分)
11．(12分)物质A～E都是中学化学中常见的物质，它们可以发生如下图所示的反应：
(1)写出相应物质的名称和类别：
A
B
C
D
E
名称
类别
(2)在以上反应中(用序号填空)：
属于氧化还原反应的是________，属于置换反应的是________，属于分解反应的是________，属于化合反应的是________，属于复分解反应的是________，属于离子反应的是________。
(3)写出反应③的离子方程式：___________________________。
解析：A～E物质间的转化是常见单质氧化物、酸、碱、盐之间的转化，突破点在D物质上，能被H2还原又能和H2SO4
反应，且生成的E又能和Fe发生置换反应，不难想到D是CuO；本题的难点是B物质的确定，须突破习惯思维，加BaCl2只重视生成BaSO4沉淀，忽视可溶物质CuCl2。[来源:Z§xx§k.Com]
答案：(1)
铜
氯化铜
氢氧化铜
氧化铜
硫酸铜
单质
盐
碱
氧化物
盐
(2)①②⑦ ①⑦ ⑥ ② ③④⑤ ③④⑤⑦
(3)CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[来源:学+科+网]
12．(12分)在稀硫酸、小苏打、二氧化碳、铜片、食盐、消石灰、三氧化钨、铁片和木炭粉9种物质中，存在下面的相互关系，选择①～⑤为适当的物质，使有连线的两种物质能发生反应。
(1)请推断出它们的化学式分别为：
①________；②________；③________；④________；⑤________。
(2)写出下列序号之间反应的化学方程式：
①和②：______________________________________________；[来源:学科网]
②和④
：_______________________________________________；
②和⑤：_______________________________________________；
③和④：_______________________________________________。
答案：(1)①Fe ②H2SO4 ③CO2 ④Ca(OH)2 ⑤NaHCO3
(2)Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
H2SO4＋Ca(OH)2===CaSO4＋2H2O
H2SO4＋2NaHCO3===Na2SO4＋2H2O＋2CO2↑
CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
13．(13分)某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的性质。
(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。
取一个烧杯，加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中逐滴滴加1～2mL饱和________溶液，继续煮沸，待________后，停止加热。
(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图所示，放置2min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察到______(填“有”或“无”)丁达尔效应，再向试管中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为_____________ __________________________________________________________。
(3)若将半透膜内的胶体倒入U形管中，如图所示，在胶体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是________(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是_____ ___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)若取上述半透膜内的Fe(OH)3胶体于试管中，逐滴加入HI稀溶液，会发生一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是___________________________ ___________________
__________________________________________________________________________________________________；
②随后沉淀溶解，溶液显黄色，该反应的离子方程式是_______ _________________________________________________________________________________________________________________________________________。
③最后溶液颜色加深，原因是___________________________ _____________________________________________________________________________________________________________________。
有关离子方程式为_____________________________________。
若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述哪些相同的现象？________(填序号)。
解析：(1)Fe(OH)3胶体的制备可以用FeCl3水解的方法。(2)Fe(OH)3胶体不能透过半透膜，Cl－能透过半透膜，用强光照射半透膜外液体(溶液)无丁达尔效应，因含有Cl－，加AgNO3溶液生成白色沉淀。(3)Fe(OH)3胶体吸附溶液中阳离子带正电荷，通电后向阴极移动，阴极颜色加深。(4)HI溶液是电解质溶液，开始加入时胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3沉淀；继续加入HI溶液，因HI溶液是强酸溶液，发生中和反应使Fe(OH)3沉淀溶解生成Fe3＋；随着Fe3＋
浓度增大，与还原性很强的I－发生氧化还原反应生成I2单质。如果换用稀盐酸，因Cl－还原性很弱，与Fe3＋不会发生反应，因此只有①②现象。
答案：(1)氯化铁(或FeCl3) 液体呈红褐色
(2)无 有白色沉淀生成
(3)阴 Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，向阴极移动
(4)①加入的电解质溶液使Fe(OH)3胶体聚沉
②Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
③I－被Fe3＋氧化生成单质I2
2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
①②
14．(13分)用数轴表示化学知识，并按某种共性对化学物质进行分类，有简明易记的效果。例如，根据碳素钢的含碳量，将其分为低碳钢、中碳钢、高碳钢，利用数轴分类法可将其表示为：
根据这一分类方法请回答：
(1)将pH与溶液酸碱性的关系粗略地表示在如下数轴上：
(2)某化学兴趣小组欲研究H2SO4、KCl、NaCl、Na2CO3、Na2SO3
、NaOH六种物质的性质，对于如何研究，他们设计了两种研究方案：[来源:Zxxk.Com]
方案Ⅰ：将它们按照酸、碱、盐分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验。
方法Ⅱ：将它们按照钠盐、钾盐和其他化合物分类，然后分别溶于水得到溶液，进行实验。
①根据方案Ⅰ进行分类时，经实验测得KCl、NaCl溶液的pH等于7；H2SO4溶液的pH小于7；Na2SO3、Na2CO3、NaOH溶液的pH大于7。由此有的同学按分类法思想把Na2SO3、Na2CO3与NaOH都划分为碱类是否合理？为什么？_____________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②在方案Ⅰ中，某同学发现盐类物质中的KCl、NaCl在与其他物质混合时现象相同，无法区分，请设计一种简单的方法区分这两种物质_______________________________________________________ _________________________________________________________________________________________。
③在方案Ⅱ中，三种钠盐用其他物质中的________可加以区分，有关反应的化学方程式分别为________________________________
________________________________________。
④该兴趣小组中的一位同学认为，还可以根据是否含有钠元素将上述六种物质分为Na2SO3、Na2CO3、NaCl、NaOH和H2SO4、KCl两类。在用H2SO4鉴别四种含钠元素的物质时，Na2SO3和Na2CO3很容易得到了区分，但鉴别NaCl和NaOH时却陷入了困境，请设计一个实验来解决这一难题：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)pH>7显碱性，pH＝7显中性，pH<7显酸性；
(2)①Na2SO3、Na2CO3属于盐类物质；③Na2CO3与硫酸反应生成CO2，Na2SO3与硫酸反应生成SO2，NaCl与硫酸不反应。④利用了酸碱中和反应的原理。
答案：(1)
(2)①不合理，Na2SO3、Na2CO3的水溶液水解呈碱性，但从化合物的分类来看它们都应属于盐类
②利用焰色反应，焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)的为KCl，焰色反应呈黄色的为NaCl
③H2SO4(或硫酸)
Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋CO2↑＋H2O，
Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
④在两支试管中分别加入少许H2SO4溶液，分别加入稍过量的两种未知溶液，充分混合，再向混合溶液中分别滴入Na2CO3溶液，若有气泡生成，则加入未知溶液为NaCl溶液；若无气泡生成，则加入的未知溶液为NaOH溶液(合理即可)
专题2 化学常用计量
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．(双选)NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是( )
A．在18g18O2中含有NA个氧原子
B．1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
C．1mol H2与1mol Cl2反应生成NA个HCl分子
D．1mol Ca变成Ca2＋时失去的电子数为2NA
E．1mol羟基中电子数为10NA
F．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为6 NA
解析：18g 18O2正好是0.5mol,1mol 18O2含有2mol氧原子，所以18g18O2中氧原子的物质的量为1mol 即为1NA，A项正确；1mol Cl2与金属、与氢气反应时，转移电子是2mol，与水、与碱反应时转移电子是1mol ，B项错；1mol H2与1mol Cl2反应生成2mol HCl，故C项错；1mol Ca生成Ca2＋
时失去2mol电子，即2NA，D项正确；E项，1mol羟基中有9NA个电子；F项，在该反应中，每生成3mol I2，转移5NA个电子；本题选A、D。
答案：AD
2．(2010·上海，7)NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA
B．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA
C．1mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NA
解析：“等物质的量”并不一定是1mol，故A错误；B中所含电子数为×18＝0.9mol，故B正确；1mol Na2O2中所含的离子总数为3NA，其中包括2mol Na＋和1mol O，故C错误；标准状况下，戊烷是液体，故D错误。
答案：B
3．(2011·泉州模拟)下列叙述中正确的是( )
①在标准状况下，0.2mol任何物质的体积均为4.48L
②当1mol气体的体积为22.4L时，它一定处于标准状况下
③标准状况下，1L HCl和1L H2O的物质的量相同
④标准状况下，1g H2和14g N2的体积相同
⑤28g CO的体积为22.4L
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A．①②③④ B．②③⑥
C．⑤⑥ D．④⑥
解析：①错在不是任何物质，只能是气体。②结论太片面，1mol气体在温度和压强符合一定关系时，也能使体积占有22.4L。③错在标准状况下水不是气体。⑤错在没有标明标准状况。
答案：D
4．下列有关实验操作的叙述正确的是( )
A．用量筒取5.00mL 1.00mol/L盐酸于50mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100mol/L盐酸
B．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液
C．用10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%
D．质量分数为10%的氨水与质量分数为20%的氨水等体积混合，所得氨水的质量分数小于15%[来源:Z*xx*k.Com]
解析：
A项，有两点错误之处，第一步量筒只能精确到小数点后一位，第二点在配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解操作应在烧杯内进行，不允许在容量瓶内溶解；B项，容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液，要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，B项错误；C项，由于硫酸的密度随着浓度的减小而减小，当加水稀释体积变为原来的10倍时，设浓、稀溶液的密度分别为ρ1、ρ2，由浓、稀溶液中溶质守恒得：
×10mL＝×100mL
整理得：w%＝×9.8%，因ρ1>ρ2，故w%>9.8%，C项错误；D项，由于氨水的密度随着浓度的减小而增大，分析类似C项，故不同浓度的氨水等体积混合时，混合液的质量分数小于15%。
答案：D
5．(2010·江苏卷，5)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．常温下，1L 0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2 NA
B．1mol羟基中电子数为10 NA
C．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为6 NA
D．常温常压下，22.4L乙烯中C—H键数为4 NA
解析：羟基(—OH)为9电子微粒，B错；I2既是氧化产物又是还原产物，每生成3mol I2转移的电子数为5NA，C错；常温常压下，22.4L乙烯不是1mol，C—H键数不是4NA，D错。
答案：A
6．下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量忽略不计)。将等质量的氢气与氦气同时充入容器，符合实际情况的是( )
解析：根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，分子数等于气体体积比，只有A正确。
答案：A
7．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时两瓶内气体的描述一定正确的是( )
[来源:学_科_网]
A．所含原子数相等 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．平均摩尔质量相等
解析：
在同温同压时，气体的体积和物质的量成正比，和分子数也成正比，所以相同体积的气体物质的量相同，分子数也相同，又因为所给的气体都是双原子分子，所以所含的原子数也相等，A选项正确；因为同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比，N2和O2只有在等物质的量混合时的平均摩尔质量等于NO的摩尔质量；根据＝和ρ＝＝可以判断气体的质量和密度也不一定相等。
答案：A
8．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( )
A．Cl2的摩尔质量与NA个Cl2分子的质量在数值和单位上都相等
B．活泼金属从盐酸中置换出1mol H2，转移电子数为NA
C．500mL 0.5mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，含SO数目为0.75NA
D．常温常压下，0.5 NA个一氧化碳分子所占体积是11.2L
解析：物质的摩尔质量单位是“g·mol－1”，物质的质量单位是“g”，A不正确；B中转移电子数应为2NA；500mL 0.5mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，SO的物质的量为3×0.5mol·L－1×0.5L＝0.75mol，含SO数目为0.75 NA，C正确；0.5 NA个一氧化碳分子为0.5mol，在标准状况下所占的体积为0.5mol×22.4L·mol－1＝11.2L，但常温常压下要比11.2L略大，D项不正确。
答案：C
9．下列说法正确的是( )
A．把100mL 3mol·L－1的H2SO4跟100mLH2
O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5mol·L－1
B．把100g 20%的NaCl溶液跟100g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C．把200mL 3mol·L－1的BaCl2溶液跟100mL 3mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍然是3mol·L－1
D．把100mL 20%的NaOH溶液跟100mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
解析：A错，因为100mL 3mol·L－1的H2SO4跟100mL H2O混合后的体积小于200mL；B正确，w＝100g×20%/(100g＋100g)＝10%；C错，因为3mol·L－1的BaCl2溶液中的氯离子浓度为6mol·L－1，混合后溶液中氯离子浓度大于3mol·L－1；D错，因为NaOH溶液的密度大于1g·mL－1，加入水的质量等于100g，所以混合后溶液中溶质的质量分数大于10%。
答案：B[来源:学科网ZXXK]
10．有3份等质量的小苏打，第1份直接与过量盐酸反应；第2份先加热，使其部分分解后，再与过量盐酸反应；第3份先加热，使其完全分解后，再与过量盐酸反应。假若盐酸的物质的量浓度相同，实际消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是( )
A．V1>V2>V3 B．V1>V3>V2
C．V2>V3>V1 D．V1＝V2＝V3
解析：
3份小苏打质量相等，无论是直接与盐酸反应，还是部分分解或完全分解后与盐酸反应，最终得到的是NaCl溶液，其中Cl－来自于盐酸，Na＋来自于NaHCO3,3份小苏打消耗盐酸的体积相同。
答案：D
二、非选择题(共50分)
11．(12分)(2011·龙岩模拟)一定质量的液态化合物XY2，在标准状况下的一定质量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为：XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是672mL，密度是2.56g/L，则：
(1)反应前O2的体积是________________________________ ________________________________________。
(2)化合物XY2的摩尔质量是______________________________ __________________________________________。
(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3：16，则X、Y两元素分别为________和________(写元素符号)。
解析：(1)由反应XY2(l)＋3O2===XO2(g)＋2YO2(g)可知，反应前后气体的体积变化为0，故V(O2)＝672mL。[来源:学&科&网Z&X&X&K]
(2)由m＝ρV，生成物的质量m＝0.672L×2.56g/L＝1.72g，
XY2 ＋ 3O2===XO2＋2YO2，
0．01mol 0.03mol
所以M(XY2)＝
＝76g/mol；
(3)由＝，Ar(X)＋2Ar(Y)＝76，得Ar(X)＝12，Ar(Y)＝32，则X为C，Y为S。
答案：(1)672mL (2)76g/mol (3)C S
12．(12分)臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：
3O22O3
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为________g/mol(保留一位小数)。
(2)将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为________L。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L(标准状况)通入盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为________。
解析：(1)设原有氧气的物质的量为xmol，已知有30%的氧气转化为臭氧，由反应3O22O3知，发生反应的O2的物质的量为0.3 xmol，生成O3的物质的量为0.2 xmol，故反应后气体的总物质的量为0.9x
mol，则得到混合气体的平均摩尔质量为M＝＝＝35.6g/mol
(2)设反应的O2的体积为aL，则生成O3的体积为aL，由差量法得
3O22O3 ΔV
3 2 1
a a 1.5L
a－a＝8L－6.5L
a＝4.5L，臭氧体积为3L。
(3)本题应分情况讨论：
①假设O2和O3完全反应，则O2和O3的质量即为铜粉增加的质量，m总＝1.6g，n总＝＝＝0.04mol，则混合气体的平均相对分子质量为＝＝＝40g/mol，＝知
40g/mol＝
求得＝
故臭氧体积分数为50%或0.5；
②假设铜完全反应，O2或O3剩余，设生成CuO bg
Cu → CuO
63.5 79.5
20g bg
＝求得b＝25>21.6
故假设错误。
答案：(1)35.6 (2)3 (3)0.5或50%
13．(13分)某化学兴趣小组测定某FeCl3样品(含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：
①称取ag样品，置于烧杯中；
②加入适量盐酸和适量蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250mL溶液；
③准确量取25.00mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完全；
④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；
⑤过滤，洗涤沉淀；
⑥将沉淀转移到坩埚内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，，在干燥器中冷却至室温后，称量；
⑦……
请根据上面的叙述，回答：
(1)如图所示仪器中，本实验步骤①②③
中必须用到的仪器是E和________(填字母)。
(2)写出步骤③中发生反应的离子方程式：___________________ ____________________________________________________________________________________________________________________。
(3)洗涤沉淀的操作是___________________________________ _____________________________________________________________________________________________________________。
(4)第⑥步的操作中，将沉淀物加热，冷却至室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为m2g，若m1与m2差值较大，接下来的操作应是_____________________________________ ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[来源:学,科,网Z,X,X,K]
(5)若坩埚质量是W1g，最终坩埚和固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数为__________________________________ ______________________________________。
(列出算式，不需化简)
解析：(1)根据实验步骤可知，需要溶液配制、量取等步骤，所以需要的仪器有滴定管、托盘天平、容量瓶等；(2)此步骤是氯气氧化样品中的Fe2＋，反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；(3)向普通漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，等水自然流完后，重复操作2～3次；(4)相差较大，说明没有分解完全，需要继续加热；(5)质量差是Fe2O3的质量，则25mL溶液中铁元素的质量是×2×56g/mol，所以样品中铁元素的质量是：×2×56g/mol×，
铁元素的质量分数为×100%。
答案：(1)CFG
(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)向普通漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，等水自然流完后，重复操作2～3次
(4)继续加热，放置干燥器中冷却，称量，至最后两次称得的质量差不超过0.1g(或恒重)为止
(5)×100%
14．(13分)(创新探究)奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是：食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再用硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋白质含量。操作步骤：
①样品处理：准确称取一定量的固体样品奶粉，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定体积的容量瓶中。
②NH3的蒸馏和吸收：把制得的溶液(取一定量)，通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨变成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，氨即成为游离态，游离氨经硼酸吸收。
③氨的滴定：用标准盐酸溶液滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准液计算出总氮量，再折算为粗蛋白质含量。
试回答下列问题：
(1)在样品的处理过程中使用到了容量瓶，怎样检查容量瓶是否漏水？
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大( )
A．烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯
B．定容时，俯视刻度线
C．定容时，仰视刻度线
D．移液时，有少量液体溅出
(3)若称取样品的质量为1.5g ，共配制100mL的溶液，取其中的20mL，经过一系列处理后，使N转变为硼酸铵然后用0.1mol/L盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0mL，则该样品中N的含量为________。
(已知：滴定过程中涉及到的反应方程式：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O===2NH4Cl＋4H3BO3)
(4)一些不法奶农利用“凯氏定氮法”
只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量这个检测法的缺点，以便牛奶检测时蛋白质的含量达标，而往牛奶中添加三聚氰胺(C3N6H6)。则三聚氰胺中氮的含量为________。
解析：(1)容量瓶的检漏方法是：往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后再正放，旋转瓶塞180°，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水。
(2)由c＝n/V判断：A、D选项中使n偏小，浓度偏小；B选项中俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大；C选项中仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小。
(3)n(N)＝5 n(HCl)＝0.011 5mol，该样品中N的含量
w＝＝10.73%。
(4)三聚氰胺中N的含量：w＝×100%＝66.7%。
答案：(1)往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后再正放，旋转瓶塞180°，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水
(2)B (3)10.73% (4)66.7%
专题3 离子反应 氧化还原反应
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是( )
解析：D项发生的反应为2H2O2H2↑＋O2↑，属于氧化还原反应；A、C项为物理变化；B项为非氧化还原反应。
答案：D
2．(2011·南京学情分析)下列离子方程式中正确的是( )
A．实验室用烧碱溶液除去尾气中的Cl2：Cl2＋OH－===Cl－＋HClO
B．向AlCl3溶液中滴加过量氨水制备Al(OH)3：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
C．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
D．用FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
解析：本题考查离子方程式的书写。氯气与烧碱反应，产物是NaClO，而不是HClO，A项错误；实验室制Al(OH)3可选用铝盐和弱碱反应，因为Al(OH)3不溶于弱碱，B项正确；电解饱和MgCl2溶液时，会生成氢氧化镁沉淀，C项错误；D项电荷不守恒，错误。
答案：B
3．如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应，其中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是( )
A．甲、乙 B．甲、丙
C．乙、丙 D．丙、丁[来源:Z§xx§k.Com]
解析：水中氢元素处于最高价，具有氧化性，氧元素处于最低价，具有还原性，水作还原剂的反应是－2价的氧元素被氧化成O2的反应。水作氧化剂的反应是＋1价的氢元素被还原成H2的反应，水既不作氧化剂也不作还原剂的反应是既没有O2产生又没有H2产生的反应。各个反应的方程式及水的作用分析如下表：
化学方程式
是否是氧化
还原反应
水的作用
甲
SO3＋H2O===H2SO4
不是[来源:学科网ZXXK]
非氧化剂，非还原剂
乙
Cl2＋H2O===HCl＋HClO
是
非氧化剂，非还原剂
丙
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
是
非氧化剂，非还原剂
丁
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
是
氧化剂
答案：C
4．相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，二者比较相等的是( )
①反应中氧化剂得到电子总数 ②铜片消耗完所需时间 ③反应后溶液中铜离子浓度 ④反应生成气体的体积(同温、同压)
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：本题考查的是有关Cu与浓、稀硝酸反应中的相关问题，难度中等。从题意看，酸是足量的，故Cu全部反应，因为Cu的量相等，所以转移电子数也相等，即①③对；因为硝酸的浓度不同，故反应速率，反应时生成的气体包括气体的体积都不同，故②④错，综上，选A项。
答案：A
5．(2011·四川，10)甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)>0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是( )
A．甲溶液含有Ba2＋ B．乙溶液含有SO
C．丙溶液含有Cl－ D．丁溶液含有Mg2＋
解析：根据①推知甲一定为Ba(OH)2，根据②推知乙显强酸性，故乙一定为硫酸，丙中含有Cl－，为MgCl2，则丁一定为NH4HCO3，D不正确，选D。
答案：D
6．溴酸盐在国际上被定位为2B级潜在致癌物。我国实行的矿泉水新标准规定矿泉水中溴酸盐的含量最高不得超过0.01mg·L－1。已知KBrO3可发生下列反应：2KBrO3＋I2===2KIO3＋Br2，下列有关溴酸钾的说法不正确的是( )
A．溴酸钾既有氧化性又有还原性
B．该反应说明I2也可以置换出Br2
C．该反应说明I2的还原性强于Br2
D．该反应与2KI＋Br2===2KBr＋I2相矛盾
解析：A项，由题中反应→可知，KBrO3
具有氧化性，又因中Br显＋5价，不是最高价，故也具有还原性，A项正确。C项，在反应2KBrO3＋I2===2KIO3＋Br2中，I2是还原剂而Br2是还原产物，故I2的还原性强于Br2，C正确。从2KI＋Br2===2KBr＋I2可判断出氧化性：Br2>I2，这与I2的还原性强于Br2并不矛盾，因此D错误。
答案：D
7．已知在酸性条件下有以下反应关系：
①KBrO3能将I－氧化成KIO3，本身被还原为Br2；
②Br2能将I－氧化为I2；
③KIO3能将I－氧化为I2，也能将Br－氧化为Br2，本身被还原为I2。
向KBrO3溶液中滴加少量KI的硫酸溶液后，所得产物除水外还有( )
A．Br－、I2 B．Br2、Br－、I2
C．Br2、I2、IO D．Br2、IO
解析：这是一道考查连续反应和过量分析的试题。由题意知氧化性顺序为BrO>IO>Br2>I2，还原性顺序为I－>Br－>I2>Br2。假设KBrO3的量一定，加入KI的量由少到多，所得产物(除水外)依次为①Br2、IO；②Br2、I2、IO；③Br2、I2；④Br2、Br－、I2；⑤Br－、I2。②③④⑤所发生的反应分别是加入的I－与IO、Br2的反应(IO的氧化性比Br2强)。[来源:Zxxk.Com]
答案：D
8．(2010·天津理综，5)下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )
A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－[来源:Zxxk.Com]
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
解析：B选项氧原子的得失电子不守恒；C选项HClO为弱酸，应该用化学式表示；D选项离子方程式本身没问题，但由于HCl也有还原性，所以KMnO4能将浓盐酸氧化，不能实现证明H2O2具有还原性的目的。
答案：A
9．(2011·陕西西安质量检测)对3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应的下列说法正确的是( )
A．氧化剂与还原剂的质量比为1：2
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
C．NO2是氧化剂，H2O是还原剂
D．在反应中若有6mol NO2参与反应时，有3mol电子发生转移
解析：本题考查的是有关氧化还原反应中的相关问题，难度中等。A项，在该反应中，NO2既是氧化剂又是还原剂，从元素的变化价态来判断，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故质量之比也为1：2，同时氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故A对，B错、C错；通过在反应中的转化关系，可知3mol NO2～1mol NO～2mol e－，因此，有6mol NO2参与反应，则转移的电子为4mol，D错。
答案：A
10．(2011·江西新余一中模拟)根据下列实验现象，所得结论不正确的是(双选)( )
实验
实验现象
结论
A
活动性：Al>Fe>Cu
左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡
B
左侧棉花变橙色，右侧棉花变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
C
白色固体先变为淡黄色，后变为黑色
溶解性：AgCl>AgBr>Ag2S
D
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体有浑浊现象
非金属性：Cl>C>Si
解析：本题考查氧化还原反应的应用。形成原电池时，活泼的金属作负极，氢气在正极生成，A对；活泼的非金属单质置换出不活泼的非金属单质，所以氧化性Cl2>Br2、Cl2>I2，但此实验无法证明氧化性Br2>I2，B错误；在沉淀的转化中，溶解平衡向着溶解度更小的难溶物转化，C对；最高价的含氧酸的酸性强弱才能反映出非金属元素的非金属性强弱，题中用的是盐酸而不是高氯酸，故D错。
答案：BD
二、非选择题(共50分)
11．(12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：
NO＋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________、________的性质。
(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是________mol。
(4)若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是____________________________________________________ ____________________________________________________________________________________________。
解析：(1)从所给还原过程的反应式看NO得电子，即HNO3作氧化剂，要能使该反应发生必须加入还原剂，因此(甲)只能是Cu2O，反应方程式如下：14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O。
(2)在该反应中HNO3体现了氧化性和酸性[生成了Cu(NO3)2]。
(3)若产生0.2mol的气体(NO)，则转移的电子数为(5－2)×0.2mol＝0.6mol。
(4)若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原的硝酸的物质的量增加，根据电子得失守恒推知，可能是使用了较浓的硝酸，使产物中生成了部分NO2。
答案：(1)14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O (2)酸性 氧化性
(3)0.6 (4)使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成
12．(12分)由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K＋、Cl－、NH、Mg2＋、Ba2＋、CO、SO，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份各100mL的该溶液分别进行如下实验：
实验序号
实验内容
实验结果
①
加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
②
加足量NaOH溶液
并加热
收集到气体1.12 L
(标准状况)
③
加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量
第一次称量读数为6.27g
第二次称量读数为2.33g
试回答下列问题：
(1)根据实验①对Cl－是否存在的判断是________(填“一定存在”“一定不存在”或“不能确定”)，根据实验①②③判断混合物中一定不存在的离子是________。
(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：
阴离子符号
物质的量浓度/mol·L－1
(3)试确定K＋是否存在并说明理由。
解析：(1)Cl－与Ag＋生成AgCl白色沉淀，CO与Ag＋也能生成Ag2CO3白色沉淀，故无法确定Cl－的存在；溶液中CO与Ba2＋生成BaCO3沉淀，SO与Ba2＋生成BaSO4沉淀，前者能溶于盐酸，而后者不溶。故溶液中一定存在SO、CO，无Ba2＋和Mg2＋。(2)由②可求出n(NH)＝0.05mol，由③可求n(CO)＝0.02mol，n(SO)＝0.01mol，再根据电荷守恒可知：2×n(CO)＋2×n(SO)> 1×n(NH)，故一定含有K＋。
答案：(1)不能确定 Ba2＋、Mg2＋
(2)
阴离子符号
物质的量浓度(mol·L－1)
SO[来源:Z§xx§k.Com]
0.1
CO
0.2
(3)K＋肯定存在。由于溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO，经计算，NH的物质的量为0.05mol，CO、SO的物质的量分别为0.02mol和0.01mol。根据电荷守恒，知道K＋一定存在。
13．(13分)化学研究性学习小组预通过实验探究“新制的还原性铁粉和过量盐酸反应生成FeCl2还是FeCl3”。请你参与探究并回答有关问题：
(1)一位同学用向反应后的溶液中滴加NaOH溶液的方法来验证溶液中含有Fe2＋。①可观察到的实验现象是_____________________ ____________________________________________________________________________________________________________________。
②反应过程中发生反应的化学方程式是________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)另一位同学向反应后的溶液中先滴加KSCN溶液，再向其中滴加新制氯水，溶液呈现血红色，但当滴加过量新制氯水时，却发现红色褪去。为了弄清溶液红色褪去的原因，同学们查到如下资料：
Ⅰ.铁有一种化合物称为铁酸盐(含有FeO)。
Ⅱ.SCN－的电子式为[C⋮⋮N]－。
Ⅲ.氯水具有很强的氧化性。
于是同学们提出两种假设：
①第一种假设是：Cl2可将Fe3＋氧化为FeO
，请写出该离子反应方程式__________________________________________________ ______________________。
②第二种假设是：________，提出该假设的理论依据是________ __________________________________________________________。
解析：(1)向含有Fe2＋的溶液中滴加NaOH溶液，先生成白色的Fe(OH)2沉淀，后迅速变灰绿色，最终变成红褐色的Fe(OH)3沉淀。(2)红色褪去的原因可能是氯水的加入氧化了Fe3＋或SCN－。①根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该离子方程式。②第二种假设可能是SCN－被Cl2氧化。
答案：(1)①产生白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变为红褐色
②FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(2)①2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O===2FeO＋6Cl－＋16H＋
②SCN－被Cl2氧化 从电子式分析，SCN－中S为负二价，N为负三价，均为最低价，有被氧化的可能。
14．(13分)(2011·浙江，26)食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：
氧化性：IO>Fe3＋>I2；还原性：S2O>I－
3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O KI＋I2KI3
(1)某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份，第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量的KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①加KSCN溶液显红色，该红色物质是________(用化学式表示)；CCl4中显紫红色的物质是______(用电子式表示)。
② 第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为________、________。
(2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：________。
将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？________(填“是”或“否”)，并说明理由：______________________________________________________。
(3)为了提高加碘盐(添加KI)的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是________。
A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2
(4)对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋
)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋：________。
解析：(1)①Fe3＋与SCN－的配合产物有多种，如[Fe(SCN)]2＋、[Fe(SCN)6]3－等
I2的CCl4溶液显紫红色。
②应用信息：“氧化性：IO>Fe3＋>I2”，说明IO和Fe3＋均能氧化I－生成I2。
(2)KI被潮湿空气氧化，不能写成I－＋O2＋H＋→，要联系金属吸氧腐蚀，产物I2＋KOH似乎不合理(会反应)，应考虑缓慢反应，微量产物I2会升华和KOH与空气中CO2反应。KI3·H2O作加碘剂问题，比较难分析，因为KI3很陌生。从题中：“低温条件下可制得”或生活中并无这一使用实例来确定。再根据信息：“KI＋I2KI3”解析其不稳定性。
(3)根据信息“还原性：S2O>I－”可判断A。
C比较难分析，应考虑食盐潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之转化为难溶物；D中NaNO2能氧化I－。
(4)实验方案简答要注意规范性，“如取…加入…现象…结论…”，本实验I－对Fe2＋的检验有干扰，用过量氯水又可能氧化SCN－，当然实际操作能判断，不过对程度好的同学来说，用普鲁士蓝沉淀法确定性强。
答案：(1)①Fe(SCN)3
②IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋
＋I2
(2)4KI＋O2＋2H2O===2I2＋4KOH
否 KI3受热或潮解后产生KI和I2，KI易被O2氧化，I2易升华
(3)AC
(4)方法Ⅰ：取适量食盐，加水溶解，滴加足量氯水(或H2O2)，再加KSCN溶液至过量，若显血红色说明有Fe2＋
方法Ⅱ：取适量食盐，加水溶解，加入K3Fe(CN)3溶液，有蓝色沉淀说明有Fe2＋
专题4 物质结构和元素周期律
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是( )
A．37Cl与39K具有相同的中子数
B．第114号元素的一种核素X与Pb具有相同的最外层电子数
C．H3O＋与OH－具有相同的质子数和电子数
D．O与S2－具有相同的质子数和电子数
解析：37Cl和39K具有的中子数都是20，A正确；X与 Pb的核电荷数之差为114－82＝32，即相差一个电子层，属于同一主族元素，最外层有相同的电子数，B正确；H3O＋与OH－具有相同的电子数但质子数不同，C错误；O与S2－的电子数都是18，质子数都是16，D正确。故选C。
答案：C
2．(2010·山东理综，9)16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．16O2与18O2互为同分异构体
B．16O和18O核外电子排布方式不同
C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D．标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA个氧原子
解析：16O2和18O2是由氧元素的两种不同核素分别构成的两种不同的分子，二者相对分子质量不同，不属于同分异构体，A错误；16O和18O的核外电子数都是8，且核外电子排布式相同，B错误；16O与18O是同种元素的不同核素，16O与18O之间的转化属于物理变化，C错误；根据阿伏加德罗定律，标准状况下1.12 L16O2中含有0.1 NA个16O原子，1.12 L18O2中也含有0.1 NA个18O原子，D正确。
答案：D
3．(2011·青岛模拟)下列叙述能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强的是( )
①HCl的溶解度比H2S大
②HCl的酸性比H2S强
③HCl的稳定性比H2S强
④HCl的还原性比H2S强
⑤HClO的酸性比H2SO4弱
⑥Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS
⑦Cl2能与H2S反应生成S
⑧在周期表中Cl处于S同周期的右侧
⑨还原性：Cl－
S；⑧项是利用元素在周期表中的相对位置进行判断的；⑨项是利用逆向思维进行判断的。利用规律进行解题时应注意对题目进行细致的分析。
答案：C
4．(2011·广东A卷，22)(双选)短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数和电子层数相等，则( )
A．原子半径：丙>丁>乙
B．单质的还原性：丁>丙>甲
C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
解析：根据题意首先判断四种元素分别是：甲为H，乙为N，丙为Na，丁为Al，所以AD正确，B项应该为：丙>丁>甲，C项丙的氧化物应该为离子化合物，故选AD。
答案：AD
5．(2010·全国Ⅰ，6)下列判断错误的是( )
A．沸点：NH3>PH3>AsH3
B．熔点：Si3N4>NaCl>SiI4
C．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4
D．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
解析：B考查不同类型晶体的熔、沸点高低，一般认为是：原子晶体>离子晶体>分子晶体，所以B正确；C项正确，一般元素非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强；D正确，一般元素金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；A项错误，NH3分子间存在氢键，故最高，AsH3、PH3分子间不存在氢键，只有范德华力，组成和结构相似的分子相对分子质量越大，其分子间作用力越大，熔、沸点越高，故应该为：NH3>AsH3>PH3。
答案：A
6．下列有关叙述：①非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N；②M原子比N原子容易得到电子；③单质M跟H2反应比N跟H2反应容易得多；④
气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx>HnNOy；⑥熔点M>N。能说明非金属元素M比N的非金属性强的是( )
A．②⑤ B．①②③
C．①②③⑤ D．全部
解析：④中气态氢化物水溶液的酸性与元素非金属性强弱无关；⑤中应为“最高价氧化物水化物的酸性”；⑥中熔点高低与元素非金属性强弱无关。
答案：B
7．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(不一定是同周期)：
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时，D元素的负化合价可为－3
B．A(OH)n为强碱时，B(OH)m也一定为强碱
C．HnDOm为强酸时，E的得电子能力一定很强
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时，D元素的最高化合价必为＋6，则D元素的负化合价为－2。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元素的得电子能力很强，原子序数比D大1的E可能为得电子能力比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，C是16S，E是18Ar；若C是17Cl，则E是19K。
答案：D
8．根据表中信息，判断以下叙述正确的是( )
部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.166
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6、－2
－2
A.氢化物的沸点为H2TH2S，A错；与稀盐酸反应速率Mg>Be，B错；L2＋为10电子结构而R2－为18电子结构，D错。
答案：C
9．(2011山东青岛高三质量检测)X、Y、Z、W、M、N六种元素均位于元素周期表的前四周期(如下图所示)。有关这六种元素的下列叙述中不正确的是( )
A．元素的简单离子半径MN
D．N与Z的质子数之差为16
解析：本题考查元素周期表的知识，属于中档题。据元素在周期表中位置知：M、W、Z形成的简单离子具有相同的电子层结构，原子序数越小离子半径越大，所以A错。
答案：A
10．(2010·江苏化学，13)(双选)已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是( )
A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态
B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应[来源:Z#xx#k.Com]
C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质
D．化合物AE与CE含有相同类型的化学键
解析：D为Al元素，符合B原子条件的为C、S，由于B的原子序数比D小，则B为碳元素，C只能为钠元素，由此确定A为H、E为Cl。A、B组成的化合物为烃，若烃中含C原子数多则常温下烃为液体或固体；NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O，B正确；Na、Al的还原性强，其单质制备只能用电解法，Cl2的氧化性强，工业制备一般也用电解法；HCl含共价键，NaCl含离子键，D错误。
答案：BC
二、非选择题(共50分)
11．(12分)现有下列短周期元素性质的数据：
元素
编号
元素
性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径
/10－10m
0.74
1.02
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
1.43
最高或最
低化合价[来源:Z+xx+k.Com]
[来源:学。科。网]
＋6
＋1
＋5[来源:学科网]
＋7
＋1
＋5
＋3
－2
－2
－3
－1
－3
试回答下列问题：
(1)元素③在周期表中的位置是________；元素①②④⑦的气态氢化物中最稳定的是________(填化学式)；
(2)上述元素形成的单核离子中半径最大的是________，半径最小的是________；
(3)元素①与元素⑥按照原子个数比为11形成的化合物与水反应的化学方程式____________________________________________；
(4)元素⑤形成的单质加入到元素②的氢化物的水溶液中，反应生成两种强酸的离子方程式__________________________________ ______________________________________。
解析：首先根据元素的化合价可判断：元素①②为ⅥA主族，元素④⑦为ⅤA主族，元素⑤为ⅦA主族，再结合原子半径的大小关系可确定元素①为O、元素②为S，元素④⑦分别为P、N，元素⑤为Cl、元素③为Li、元素⑥为Na，元素⑧为Al。题设问题再结合元素及化合物相关知识解答。
答案：(1)第二周期第ⅠA族 H2O
(2)P3－ Li＋
(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(4)4Cl2＋H2S＋4H2O===10H＋＋8Cl－＋SO
12．(12分)有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表：
元素编号
元素特征信息
A
其单质是密度最小的物质
B
最外层电子数是最内层电子数的2倍
C
阴离子带有两个单位的负电荷，
单质是空气的主要成分之一
D
其阳离子与C的阴离子具有相同的
电子层结构，且核电荷数与C相差5
E
最高正价与最低负价的代数
和为4，原子半径大于C
请回答下列问题：
(1)写出B、E两种元素的元素符号：B______，E______。
(2)五种元素中的三种组成的易溶于水的物质中，能促进水电离的物质M是________(写化学式)，能抑制水电离的物质N是________(写化学式，写一个即可)。25℃时，pH＝a的M溶液中水电离出的H＋浓度与pH＝a的N溶液中水电离出的H＋浓度之比为________。
(3)甲、乙分别是B、D两种元素最高价含氧酸的钠盐，丙是E元素最高价氧化物的水化物，甲、乙都能与丙发生反应，且丙用量不同，反应的产物不同。回答问题：
向乙溶液中缓慢滴加过量的丙溶液过程中发生的所有反应的离子方程式为_______________________________________________ _________________________________________________________________________________________________。
(4)航天飞机曾用D的粉末和高氯酸铵混合物作为固体燃料。加热D粉末使其氧化并放出大量热量，促使高氯酸铵分解。nmol高氯酸铵分解时除产生2nmol水蒸气和nmol氧气外，其他组成元素均以单质形式放出，因而产生巨大的推动力。
写出高氯酸铵分解的化学方程式：____________________ ______，该反应中的氧化产物为________，每分解1mol高氯酸铵，转移的电子数目是__________________。
解析：(1)根据表中提供的元素信息推知，A、B、C、D、E分别是氢、碳、氧、铝、硫。
(2)能促进水电离的物质应是能水解的盐类，而抑制水的电离的应是酸或碱，根据题意写出相应物质的化学式。促进水电离的是Al2(SO4)3，其溶液中水电离出的H＋就是溶液中的H＋，据pH＝a，c(H＋)＝10－amol·L－1，抑制水电离的是酸溶液，其中溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，由水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝＝10－14＋amol·L－1，则二者H＋浓度之比为＝1014－2a：1。(3)甲是Na2CO3，乙是NaAlO2或Na[Al(OH)4]，丙是H2SO4。
答案：(1)C S
(2)Al2(SO4)3 H2SO4(或H2SO3或H2CO3)(其他合理答案也可) 1014－2a：1
(3)H＋＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓或H＋＋[Al(OH)4]－===Al(OH)3↓＋H2O Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(4)2NH4ClO4N2↑＋4H2O↑＋Cl2↑＋2O2↑
N2、O2 7NA(或4.214×1024)
13．(13分)(2011·北京，25)在温度t1和t2下，X2(g)和 H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K(t1 )
K(t2)
F2＋H22HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2＋H22HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2＋H22HBr
5.6×107
9.3×106
I2＋H22HI
43
34
(1)已知t2>t1，HX的生成反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)HX的电子式是________。
(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是________。
(4)X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：________________________________________________________________________。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：____________，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
(6)仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，________(选填字母)。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
解析：温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；X2都能与H2反应生成HX的原因是卤素原子的最外层电子数均为7，得一个电子或形成一个共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核外最外层电子的吸引力依次减弱造成的。
答案：(1)放热 (2)H (3)HF、HCl、HBr、HI
(4)卤素原子的最外层电子数均为7
(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多 (6)ad
14．(13分)某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下列实验。
Ⅰ.(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：________与盐酸反应最剧烈，________与盐酸反应的速度最慢；________与盐酸反应产生的气体最多。
(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为___________________________ _____________________________________________________________________________________________________________________。
Ⅱ.利用下图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律：
(3)仪器B的名称为________，干燥管D的作用为_____________ __________________________________________________________。
(4)若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液________________________________ ________________________________________的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用________溶液吸收尾气。
(5)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液________的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有________溶液的洗气瓶除去。
解析：(4)本实验利用KMnO4与浓盐酸反应制备氯气，然后让氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应，根据溶液颜色的变化来比较氯和碘非金属性强弱。过量的氯气会逸散到空气中，污染环境，应用碱液吸收。(5)利用强酸制弱酸的原理比较硅和碳的非金属性强弱，制二氧化碳过程中有杂质氯化氢存在，不能说明是二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，故应先用饱和NaHCO3溶液除去氯化氢。
答案：(1)钾 铝 铝
(2)S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－
(3)锥形瓶 防止倒吸
(4)变蓝 NaOH[或Ca(OH)2]
(5)有白色沉淀生成 饱和NaHCO3
专题5 化学反应与能量
一、选择题(每小题6分，共54分)
1．(2010·山东理综，10)下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是( )
A．生成物总能量一定低于反应物总能量
B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
解析：放热反应中生成物总能量低于反应物总能量，吸热反应中生成物总能量高于反应物总能量，A错误；化学反应的速率与反应物本身的性质、温度、压强、浓度、催化剂等因素有关，与吸热、放热反应无关，B错误；通过盖斯定律可以间接测量某些难以直接测量的反应的焓变，C正确；同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应条件不会影响ΔH的值，D错误。[来源:学科网ZXXK]
答案：C
2．(2011·烟台模拟)根据盖斯定律判断如图所示的物质转变过程中，正确的等式是( )
A．ΔH1＝ΔH2＝ΔH3＝ΔH4 B．ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
C．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4 D．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4[来源:学。科。网]
答案：D
3．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：
下列说法中正确的是( )
A．1mol N2(g)和1mol O2(g)反应放出的能量为180kJ
B．1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量
C．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
D．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
解析：根据图示可以看出拆开1mol N2和1mol O2需要吸收的能量分别为946kJ和498kJ，生成2mol NO(g)放出的能量＝2mol×632kJ/mol，故反应吸收热量为180kJ；选项B，N2和O2的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量；选项C，N2与O2在高压放电时才能化合生成NO；选项D，NO不是酸性氧化物，不能与NaOH溶液反应。
答案：B
4．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是( )
A．石墨转变为金刚石是吸热反应
B．白磷比红磷稳定
C．S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1 S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2 则ΔH1>ΔH2
D．CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH1>0
解析：从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，故A正确；能量越高越不稳定，B错；C项，因S(s)→S(g)，要吸收热量，故ΔH1<ΔH2；D项，由图4可以看出，反应物具有的总能量大于生成物所具有的总能量，故表现为放热，ΔH1<0。
答案：A
5．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＝ ＋ 49.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)
ΔH＝－192.9kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ·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>－192.9kJ·mol－1
解析：A项中192.9kJ/mol是反应②的热效应，而不是CH3OH的燃烧热，A错；B项中根据反应①的ΔH＝＋49.0kJ/mol可知该反应为吸热反应，生成物的总能量应该比反应物的总能量大，B错；C项中从反应①和②看，前者是吸热的，后者是放热的，C错；根据反应②CH3OH为气态时ΔH
＝－192.9kJ/mol，而当CH3OH为液态时ΔH应大于－192.9kJ/mol，D正确。
答案：D
6．一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物(NOx)的污染。已知：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－574kJ/mol
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－1 160kJ/mol
下列叙述正确的是( )
A．CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－867kJ/mol
B．CH4催化还原NOx为N2的过程中，若x＝1.6，则转移电子3.2mol
C．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJ
D．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子3.2mol[来源:学科网]
解析：①和②反应叠加可以得到CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝kJ/mol＝－867kJ/mol，A选项中生成的应是气态水，错误；NO1.6中的N的价态是＋3.2，还原成氮气时，1mol NO1.6
完全反应转移电子为3.2mol，B选项中没有给出反应物的具体的量，错误；0.2mol CH4还原NO2至N2，放出的热量是867×0.2kJ＝173.4kJ，C选项正确；标准状况下4.48 L CH4参加反应时，消耗0.4mol的NO2，转移电子数为0.4×4mol＝1.6mol，D选项错误。
答案：C
7．已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566kJ/mol
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－226kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是( )
A．CO的燃烧热为283kJ
B．下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)
ΔH>－452kJ/mol
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
解析：A选项中燃烧热单位错误，应为kJ/mol；B项中图中没有表示出ΔH＝－566kJ/mol时对应的反应物与生成物的量的关系，B项错误；由于2Na2O2(s)＋2CO2(g)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－452kJ/mol，所以2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH>－452kJ/mol，C正确；由盖斯定律得：CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s) ΔH＝－509kJ/mol，可知当放出509kJ热量时，消耗1mol CO，电子转移数为2×6.02×1023，D错误。
答案：C
8．已知：①C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.5kJ/mol
②CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0kJ/mol
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)[来源:学科网]
ΔH＝－241.8kJ/mol
④C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.3kJ/mol
下列说法正确的是( )
A．将2.4g炭完全转化为水煤气，然后再充分燃烧，整个过程放出热量39.35kJ
B．H2的燃烧热为241.8kJ/mol
C．由反应①可知CO具有还原性而没有氧化性
D．由反应③可知，反应过程中转移5mol电子且生成液态水时放出的热量大于604.5kJ
解析：选项A，根据盖斯定律，2.4g炭完全转化为水煤气，然后再充分燃烧，整个过程放出的热量等于0.2molC(s)完全燃烧释放出的热量，反应①＋②有：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ/mol，故0.2molC(s)完全燃烧放出热量78.7kJ。根据燃烧热的定义可知B选项错误；选项C，CO既有氧化性又有还原性；选项D，根据反应③可知，1mol H2(g)完全反应转移2mol电子生成气态水，同时放出241.8kJ热量，故反应过程中转移5mol电子生成气态水放出热量2.5mol×241.8kJ/mol＝604.5kJ，由于气态水转化为液态水时放出热量，故生成液态水时放出的热量大于604.5kJ。
答案：D
9．(2010·重庆高考，12)已知H2(g)＋Br2(l)＝2HBr(g)；ΔH＝－72kJ/mol，蒸发1mol Br2(1)需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为( )
A．404 B．260
C．230 D．200
解析：首先根据盖斯定律求出H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的ΔH为－102kJ/mol，然后根据反应热：ΔH
＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝436＋a－369×2＝－102解得：a＝200，由此可知D项正确。
答案：D
二、非选择题(共46分)
10．(14分)(2011·江苏，20)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
已知：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝206.2kJ·mol－1
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝247.4kJ·mol－1
2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g) ΔH＝169.8kJ·mol－1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为________。
(2)H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是________；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：________。
(3)H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图(1)所示。图中A、B表示的物质依次是________。
(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图(2)(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为________。
(5)Mg2Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为________。
解析：本题以新能源为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表的综合题，是以化学知识具体运用的典型试题。
答案：(1)CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)
ΔH＝165.0kJ·mol－1
(2)为H2S热分解反应提供能量 2H2S＋SO2===2H2O＋3S(或4H2S＋2SO2===4H2O＋3S2)
(3)H、O(或氢原子、氧原子)
(4)CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O
(5)2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2
11．(14分)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
(1)等质量的金刚石和石墨完全燃烧________(填“金刚石”或“石墨”)放出热量更多，写出表示石墨燃烧热的热化学方程式________________________________________________________________________。
(2)在通常状况下，金刚石和石墨相比________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式________________________________________________________________________。
(3)12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为________。
答案：(1)金刚石 C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5kJ/mol
(2)石墨 C(石墨，s)===C(金刚石，s)
ΔH＝＋1.9kJ/mol
(3)252.0kJ
12．(18分)(2010·北京高考)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。[来源:学科网]
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：____________。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：________________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是________________。
②1mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是
____________________________________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32g CH3OH转移6mol 电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
答案：(1)①NH＋OH－===NH3·H2O
②废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2ONH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨
(2)①放热 ΔH＝－273kJ/mol<0(反应物的总能量大于生成物的总能量)
②NH(aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346kJ/mol
(3)5：6
专题6 化学反应速率和化学平衡
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX(g)nY(g)；ΔH＝QkJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．m>n
B．Q<0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减小
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
解析：温度不变时(假设100℃条件下)，体积是1L时Y的物质的量为1mol，体积为2L时，Y的物质的量为0.75mol/L×2L＝1.5mol，体积为4L时，Y的物质的量为0.53mol/L×4L＝2.12mol，说明体积越小，压强越大，Y的物质的量越小，Y的质量分数越小，平衡向生成X的方向进行，m0，B、D项错误。
答案：C
2．(2011·四川，13)可逆反应①X(g)＋2Y(g)2Z(g)、②2M(g)
N(g)＋P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是( )
A．反应①的正反应是吸热反应
B．达平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15
C．达平衡(Ⅰ)时，X的转化率为
D．在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中，M的体积分数相等
解析：根据平衡(Ⅰ)到平衡(Ⅱ)，降低温度，反应①气体的总物质的量减小，即平衡向正反应方向移动，因此反应①的正反应是放热反应，A错误；根据反应②在反应前后的体积变化，可以判断达平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2.2：2＝11：10，B错误；根据三段法不难求解C项正确；在平衡(Ⅰ)到平衡(Ⅱ)的过程中降低了反应体系的温度，平衡一定会发生移动，故在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中M的体积分数一定发生改变，D项错误。
答案：C
3．已知H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH
<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是( )
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1mol H2，乙增加0.1mol I2
解析：在相同体积和温度的条件下，甲、乙两容器是等效体系，平衡时两容器中各组分的浓度相同；若提高相同的温度，甲、乙两体系平衡移动的情况相同；若向甲中加入一定量的He，平衡不移动；若向甲中加0.1mol H2和向乙中加0.1mol I2，则使平衡移动的效果相同；而降低甲的温度会使平衡向正向移动，c(HI)提高。
答案：C
4．(2010·福建理综，12)化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是( )
A．2.5 μmol·L－1·min－1和2.0 μmol·L－1
B．2.5 μmol·L－1·min－1和2.5 μmol·L－1
C．3.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
D．5.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
解析：据图可知，4min时化合物Bilirubin的浓度为20μmol/L,8min时其浓度为10μmol/L，因此4～8min间的平均反应速率为＝2.5 μmol/(L·min)。进一步分析图像可知0～4min间的平均反应速率为＝5.0μmol/(L·min)，由以上分析数据大致可确定平均分解速率基本呈等比递减变化，因此可估算8～12min间平均分解速率为1.25μmol/(L·min)，12～16min间平均分解速率为0.625 μmol/(L·min)，因此16min时反应物的浓度大致应为10μmol/L－1.25μmol/(L·min) ×4min－0.625μmol/(L·min)×4min＝2.5μmol/L，故B项正确。
答案：B
5．(2011·湖南九校联考)在一个容积为VL的密闭容器中，放入2L A(g)和1L B(g)，在一定条件下发生下列反应：3A(g)＋B(g)aC(g)＋2D(g)。达到平衡后，A物质的量浓度减小，混合气体的平均摩尔质量增大，则该反应的化学方程式中a的值是( )[来源:学科网ZXXK]
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：混合气体的平均摩尔质量＝，在密闭容器中气体的质量不变，混合气体的平均摩尔质量增大，则n总值减小，故a值只能为1，故选A。
答案：A
6．(2011年湖北鄂州高三期末)反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝57 kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．A、C两点的反应速率：A>C
B．B、C两点的反应速率：B＝C
C．A、C两点混合气体的平均相对分子质量：A>C
D．由状态B到状态A，可以用加热的方法
解析：本题考查化学反应速率及化学平衡图象问题。由反应可知，该反应的正反应为体积增大的吸热反应。增大压强，正逆反应速率都增大，故C>A，A项错误；根据“定一议二”的原则，当压强一定，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，NO2的体积分数增大，故由图象可知，T2>T1，温度越高，反应速率越大，故BA，C项错误；升温向吸热反应方向进行，若增大NO2的体积分数，可采用加热的方法，D项正确。
答案：D
7．在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断错误的是( )
A．x＝1
B．2min内A的反应速率为0.3mol·(L·min)－1
C．B的转化率为50%
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态
解析：由题意可知2min末生成的C为0.2mol·L－1×2L＝0.4mol，
依 3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)
始态：3mol 1mol 0 0
转化：1.2mol 0.4mol 0.4mol 0.8mol
x：2＝0.4mol：0.8mol，所以x＝1 ，A正确；B的转化率为40%，C错误；＝＝＝，所以v(A)＝3v(C)＝3×＝0.3mol·(L·min)－1，B正确；假设平衡右移，移动前后气体的质量不变，物质的量减少，即平均相对分子质量减小，所以只有平衡不移动混合气体的平均相对分子质量才不变，D正确。
答案：C
8．(2011·江苏，15)(双选)700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是( )
A．反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝mol·L－1·min－1[来源:Z#xx#k.Com]
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，达到平衡时n(CO2)＝0.40mol
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D．温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
解析：本题主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容的理解和掌握程度。反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值，A项错误；因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H2O，与起始时向容器中充入0.60mol H2O和1.20mol CO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40mol，B项正确；保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大，C项正确；原平衡常数可通过三段式列式计算(注意浓度代入)结果为1，温度升至800℃
，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，D项错误。
答案：BC
二、非选择题(共52分)[来源:Z,xx,k.Com]
9．(17分)(2011·新课标，27)科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8 kJ·mol－1、－283.0 kJ·mol－1和－726.5 kJ·mol－1。请回答下列问题：
(1)用太阳能分解10mol水消耗的能量是________kJ；
(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________；
(3)在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其它条件不变的情况下，考查温度对反应的影响，实验结果如下图所示(注：T1、T2均大于300℃)；下列说法正确的是________(填序号)。
①温度为T1
时，从反应开始到反应达到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝mol·L－1·min－1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系的温度从T1变到T2，达到平衡时增大
(4)在T1温度时，将1mol CO2和3mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为________；
(5)在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________、正极的反应式为________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所产生的最大电能为702.1 kJ，则该燃料电池的理论效率为________(燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)。
解析：(1)由H2(g)的燃烧热ΔH为－285.8 kJ·mol－1知，1mol H2(g)完全燃烧生成1mol H2O(l)放出热量285.8 kJ，即分解1mol H2O(l)为1mol H2(g)消耗的能量为285.8 kJ，分解10mol H2O(l)消耗的能量为2858 kJ。
(2)写出燃烧热的化学方程式：
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－726.5 kJ·mol－1
用②－①得：CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－443.5 kJ·mol－1
(3)据题给图像分析可知，T2的反应速率大于T1，由温度升高反应速率增大可知T2>T1，因温度升高，平衡时CH3OH的物质的量减少，说明可逆反应CO2＋3H2CH3OH＋H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，T1时的平衡常数比T2时的大，③、④正确，②错误。①中反应速率应等于物质的量浓度除以时间，而不是物质的量除以时间，①错误；选③④。
(4)利用化学平衡的三段模式法计算：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
起始 1 3 0 0
变化 α 3α α α
平衡1－α 3－3α α α
根据压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为：(4－2α)/4＝1－α/2
(5)燃料电池是原电池的一种，负极失电子，发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应，在酸性介质中，甲醇燃料电池的负极反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋，正极反应式为O2＋6H＋＋6e－===3H2
O。该电池的理论效率为消耗1mol 甲醇所能产生的最大电能与其燃烧热之比，为702.1/726.5×100%＝96.6%。
答案：(1)2858 (2)CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－443.5 kJ/mol
(3)③④ (4)1－α/2
(5)CH3OH＋H2O===CO2＋6H＋＋6e－ 3/2O2＋6H＋＋6e－===3H2O 96.6%
10．(17分)(2010·海南化学)高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)。
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K＝________，ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)；
(2)在一个容积为10L的密闭容器中，1 000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)＝________、CO的平衡转化率＝________；
(3)欲提高(2)中CO的平衡转化率，可采取的措施是____。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2 D．提高反应温度
E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂
解析：(1)根据表中平衡常数与温度的关系，温度越高，平衡常数越小，说明该反应是放热反应，ΔH<0；Fe2O3、Fe都是固体，不出现在平衡常数表达式中，则K＝；(2)设达平衡时转化的CO浓度为xmol·L－1，
Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.1 0.1
转化浓度(mol·L－1) x x
平衡浓度(mol·L－1) 0.1－x 0.1＋x
＝4.0，
x＝0.06
则v(CO2)＝＝＝0.006mol·L－1·min－1。
CO的平衡转化率为×100%＝60%。
(3)对于题中反应，由于Fe、Fe2O3是固体，改变其量不影响平衡；由于此反应是一个反应前后气体体积不变的反应，减小容器容积，对平衡没影响，催化剂不影响平衡；移出部分CO2，平衡右移，CO平衡转化率增大；提高反应温度，平衡左移，CO平衡转化率减小。
答案：(1) <[来源:学科网ZXXK]
(2)0.006mol·L－1·min－1 60%
(3)C
11．(18分)在某个容积为2L的密闭容器中，在T℃时按下图1所示发生反应：mA(g)＋nB(g)pD(g)＋qE(s) ΔH>0(m、n、p、q)为最简整数比。
(1)图1所示，反应开始至达到平衡时，用D表示的平均反应速率为________mol·L－1·min－1。
(2)T℃时该反应的化学平衡常数K的数值为________。
(3)反应达到平衡后，第6min时：
①若升高温度，D的物质的量的变化曲线最可能是________(用图2中的a～c的编号作答)；
②若在6min时仍为原平衡，此时将容器的容积压缩为原来的一半。请在图3中画出6min后B浓度的变化曲线。
(4)根据化学反应速率与化学平衡理论，联系化工生产实际，你认为下列说法不正确的是____。
A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品
B．有效碰撞理论可指导怎样提高原料的转化率
C．勒夏特列原理可指导怎样使用有限原料多出产品
D．催化剂的使用是提高产率的有效方法
E．正确利用化学反应速率和化学反应限度都可以提高化工生产的综合经济效益[来源:学科网ZXXK]
解析：(1)v(D)＝0.6mol÷2L÷3min
＝0.1mol·L－1·min－1
(2)首先计算出平衡时各物质的物质的量浓度，再根据平衡常数表达式进行计算。
(3)①因ΔH>0，若升高温度，平衡右移，D的物质的量增加，选a。
②根据图1可知，m：n：p：q＝2：1：3：1，又因为E为固体，ΔV＝0，故增大压强对该反应平衡无影响，但体积缩小为原来的一半，浓度变为原来的2倍。
(4)有效碰撞理论可指导怎样提高化学反应速率，但不能提高原料的转化率；催化剂的使用可大大提高化学反应速率，但不能提高产率。
答案：(1)0.1 (2)0.75
(3)①a ②见图
(4)B、D
专题7 电解质溶液
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．(2010·上海化学)下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是( )
A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：[Cl－]>[NH]
B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：[OH－]＝[H＋][来源:学,科,网Z,X,X,K]
C．0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中：[NH]>[SO]>[H＋]
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：[OH－]＝[H＋]＋[HS－
]＋[H2S]
解析：据电荷守恒：[NH]＋[H＋]＝[OH－]＋[Cl－]，因pH＝7，[H＋]＝[OH－]，故[Cl－]＝[NH]，A错；B选项只有酸碱都是强酸、强碱才符合；Na2S 溶液中的质子守恒关系为：[OH－]＝[H＋]＋[HS－]＋2[H2S]，故D错。
答案：C
2．25℃时在五份蒸馏水中分别加入适量的下列物质，所得实验结果如下表所示：
加入物质
HCl(aq)
FeCl3
NaOH
HCOONa
C2H5OH
溶液的pH
3
4
10
11
未测定
水的电
离程度
α1
α2
α3
α4
α5
加入物质后水的电离程度由大到小排列顺序正确的是( )
A．α3>α1>α5>α4>α2
B．α4>α2>α5>α3>α1
C．α2>α4>α5>α1>α3
D．α1>α3>α5>α2>α4
解析：本题考查影响水电离平衡的因素。加入HCl(aq)和NaOH时，水的电离受到抑制，盐酸中水电离出的c(H＋)＝10－11mol/L，NaOH溶液中水电离出的c(H＋)＝10－10mol/L。加入能水解的盐时，水的电离受到促进，FeCl3溶液中水电离出的c(H＋)＝10－4mol/L，HCOONa溶液中水电离出的c(OH
－)＝10－3mol/L。CH3CH2OH是非电解质，其中水的电离程度不变，c(H＋)＝10－7mol/L。
答案：B
3．(2011·北京东城区期末)25 ℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数(25 ℃)
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝1.3×10－7
K2＝7.1×10－15
25 ℃时，下列说法正确的是( )
A．等物质的量浓度的各溶液的pH关系为：pH(CH3COONa)> pH(Na2S) >pH(NaCN)
B．a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na＋)>c(CN－)，则a一定大于b
C．NaHS和Na2S的混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
D．某浓度的HCN溶液的pH＝d，则其中c(OH－)＝10－d mol/L
解析：A项，电离常数越大，酸越强，则其强碱盐所对应溶液的pH越小，故不正确；B项，若a＝b，两者恰好完全反应生成NaCN，由于CN－水解使得溶液中c(Na＋)>c(CN－)，故不正确；C项，所列关系式为电荷守恒式，正确；D项，某浓度的HCN溶液的pH＝d，则c(OH－)＝10d－14mol/L，不正确。
答案：C
4．(2011·福建，10)常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝a ，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是( )
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
解析：将溶液稀释10倍，会促进醋酸的电离，使得a7时，c(C6H5O－)>c(K＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．pH<7时，c(K＋)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)
C．V[C6H5OH(aq)]＝10 mL时，c(K＋)＝c(C6H5O－)>c(OH－)＝c(H＋)
D．V[C6H5OH(aq)]＝20 mL时，c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)＝2c(K＋)
解析：A项，pH>7，应该有c(OH－)>c(H＋)，A错误；B项不符合电荷守恒规律；V[C6H5OH(aq)]＝10mL时，KOH与苯酚恰好中和，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性。C错误，D项符合物料守恒关系，正确。
答案：D
7．某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断错误的是( )
A．a的数值一定大于9
B．Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线
C．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
D．完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)9，A对；稀释后氨水电离出的c(OH－)大于NaOH电离出的c(OH－)，因此氨水中水的电离程度小于NaOH溶液中水的电离程度，C错；pH＝11的氨水和NaOH溶液，NH3·H2
O的物质的量浓度大于NaOH的物质的量浓度，因此中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸V(NaOH)c(Na＋)
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b、d点表示的溶液中均等于K
解析：a点表示的溶液的pH＝3，c(H＋)＝c(CH3COO－)＝10－3mol·L－1，A对。b点表示的溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，由电中性可得c(CH3COO－)>c(Na＋)，B对。电离平衡常数K与溶液浓度、酸碱性均无关，所以b、d点表示的溶液中均等于K，D对。c点表示的是过量CH3COOH和NaOH反应所得溶液，C错。
答案：C
9．已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是( )
A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大[来源:Zxxk.Com]
B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
解析：A项，Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2＋浓度要小一些，错；B项，NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH－，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，正确；C项，Ksp仅与温度有关，故错；D项只要不断加入足量NaF溶液，会促进Mg(OH)2不断溶解转化为MgF2。
答案：B
10．某温度下，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，加入Na2SO4固体不能使溶液由a点变到b点
B．a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到c点
C．0.04 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合有Ag2SO4沉淀生成
D．Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3
解析：图中曲线上的点对应的溶液均为饱和溶液，每一点对应的c(Ag＋)、c(SO)之积为常数。曲线下的点均为不饱和溶液，向a点对应的溶液中加Na2SO4固体后c(SO)增大，在c(Ag＋)不变的情况下，随着c(SO)的增大溶液会变成b点对应的饱和溶液，A错。蒸发a点对应的溶液时，两离子的浓度同时增大，不会变为c点对应的溶液，B错。选项C中c2(Ag＋)·c(SO)＝4×10－5，Ksp＝(2×10－2)2×5×10－2＝2×10－5，则c2(Ag＋)·c(SO)>Ksp，由此可知有沉淀生成，C对、D错。
答案：C
二、非选择题(共50分)
11．(15分)(高考预测题)已知水在25℃和100℃时，其电离平衡曲线如下图所示：[来源:学,科,网Z,X,X,K]
(1)25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：
__________________________________________________________
__________________________________________________________。
(2)25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
(3)100℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是(用a、b表示)____________________________________。
(4)在曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：________________。
解析：(1)水的电离是吸热的，升温使c(H＋)、c(OH－)均增大，10－12>10－14，所以25℃时水的电离平衡曲线应是曲线A。
(2)根据2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O，求出NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比。
(3)根据题意，反应后溶液呈中性，则有100×10－a＝1×10－(12－b)，即可求出a、b的关系。
(4)在曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液中的c(H＋)、c(OH－)相等，混合之后溶液呈酸性，则HA是弱酸。
答案：(1)A 升温使H2OH＋＋OH－平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，Kw增大，10－12>10－14，所以25℃时水的电离平衡曲线应是曲线A
(2)10:1
(3)a＋b＝14
(4)HA为弱酸
12．(17分)(1)在25℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝
c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
(2)常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1
。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO＋H＋的平衡常数K1＝________(已知10－5.60＝2.5×10－6)。
(3)沉淀物并非绝对不溶，其在水及各种不同溶液中的溶解度有所不同，同离子效应、络合物的形成等都会使沉淀物的溶解度有所改变。下图是AgCl在NaCl、AgNO3溶液中的溶解情况。
由以上信息可知：
①AgCl的溶度积常数的表达式为____________________________，
由图知AgCl的溶度积常数为________________________________。
②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br－)/c(Cl－)＝________。[Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10]
解析：(1)由溶液的电荷守恒可得：c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，已知c(NH)＝c(Cl－)，则有c(H＋)＝c(OH－
)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数Kb＝＝
＝mol·L－1。
(2)根据电离平衡常数公式可知：K1＝＝＝4.2×10－7mol·L－1。
(3)难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡，原理类似于化学平衡。
①AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝c(Ag＋)，c(Cl－)；由图可知，AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－12。
②向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，两种沉淀的平衡体系中银离子浓度是一样的，所以，＝＝2.7×10－3。
答案：(1)中 Kb＝mol·L－1
(2)4.2×10－7mol·L－1
(3)①Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－) 1×10－12
②2.7×10－3
13．(18分)不同金属离子在溶液中完全沉淀时，溶液的pH不同。
溶液中被沉淀的离子
Fe3＋
Fe2＋
Cu2＋
完全生成氢氧化物
沉淀时，溶液的pH
≥3.7
≥6.4
≥4.4
(1)实验室配制FeCl2溶液时，需加入少许盐酸和铁粉。
①只加盐酸、不加铁粉，溶液中会发生什么变化，用离子方程式表示为______________________________________；
②同时加入盐酸和铁粉后，溶液在放置过程中，哪些离子的浓度发生了明显的改变(不考虑溶液的挥发)，并指出是如何改变的：___________。
(2)氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下面所示的操作步骤进行提纯。
①下列氧化剂中最适合作氧化剂X的是______(填序号)；
A．NaClO B．H2O2 C．KMnO4 D．I2
②物质Y的化学式是________；
③写出沉淀物Z在水中的沉淀溶解平衡方程式：______________。
解析：(1)Fe2＋在空气中易被氧化，故加入Fe；为了抑制其水解加入HCl。
(2)在加入氧化剂X的前后除了Fe2＋转化为Fe3＋，其他离子均没有变化，可使用的氧化剂为H2O2。在酸性条件下沉淀Fe3＋，为了不引入其他杂质，选择铜的碱性化合物，如CuO、Cu(OH)2、CuCO3等。沉淀Z为Fe(OH)3。
答案：(1)①4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
②放置过程中，c(Fe2＋)增大，c(H＋)减小
(2)①B ②CuO[或Cu(OH)2或CuCO3]
③Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
专题8 电化学基础
一、选择题(每小题6分，共60分)
1．(2010·天津理综)化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法不正确的是( )
A．阿司匹林具有解热镇痛作用
B．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品
C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀
D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染
解析：阿司匹林是一种常见消炎药，A正确；Si3N4、Al2O3熔沸点高，可制作高温结构陶瓷制品，B正确；在入海口，Fe、Cu、NaCl溶液构成原电池，Fe作负极，加快了闸门的腐蚀，C错；四乙基铅易造成铅污染，D正确。
答案：C
2．(2011·安徽合肥高三调研)下列有关电池的说法中正确的是( )[来源:学科网]
A．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
B．铜锌原电池工作时，电子从铜电极沿外电路流向锌电极
C．氢氧燃料电池工作时，氢气在正极被氧化
D．锌锰干电池中，锌电极是负极
解析：太阳能电池的主要材料是硅而不是二氧化硅；在原电池中，电子从负极沿外电路流向正极，氢氧燃料电池工作时，氢气在负极失电子被氧化。
答案：D
3．(2011·安庆二模)2010年在上海举办的世博会主打环保牌，20辆氢燃料电池公交车、300辆氢燃料电池出租车投入运行，它们以氢气为能源，实现了真正的零污染。氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是( )
A．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变
C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2===2H2O
D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.2 mol电子转移
解析：该电池的总反应为：2H2＋O2===2H2O，因此电解液中n(KOH)不变，c(KOH)减小，B错。
答案：B
4．(2010·安徽理综)某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是( )
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1 mol电子，消耗1.12L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
解析：原电池反应中，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，电子从负极经外电路流向正极。H2发生氧化反应，a极为负极，b极为正极，负极反应为：2H2－4e－===4H＋或2H2―→4H＋＋4e－，正极反应为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O或O2＋4H＋＋4e－―→2H2O，故A、B项错误；该反应中每转移0.1 mol电子，消耗标准状况下1.12L H2，C项未指明标准状况，错误。
答案：D
5．(2011·浙江五校高三联考)CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2而得到。如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在淀粉－KI溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是( )
A．若a极变红，则在Pt电极上：2I－－2e－===I2 碘遇淀粉变蓝
B．若b极变红，在Pt电极上：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑O2将I－氧化为I2，碘遇淀粉变蓝
C．若a极变红，在Cu电极上：开始Cu－2e－===Cu2＋，一段时间后2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 碘遇淀粉变蓝
D．若b极变红，在Cu极上：Cu－2e－===Cu2＋ Cu2＋显蓝色
解析：电解NaCl溶液(滴入酚酞)，阴极附近变红，若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则Cu－2e－===Cu2＋或Cu―→Cu2＋＋2e－，2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
，碘遇淀粉变蓝；若b极变红，则X为正极，Pt电极为阳极，则2I－－2e－===I2或2I－―→I2＋2e－，碘遇淀粉变蓝，故C正确。
答案：C
6．(2010·福建理综)铅蓄电池的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4=== 2PbSO4＋2H2O
研读下图，下列判断不正确的是( )
A．K闭合时，d电极反应式：
PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
B．当电路中转移0.2 mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中SO向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
解析：由图可知，Ⅰ为原电池，a为正极，b为负极，Ⅱ
为电解池，c为阴极，d为阳极。K闭合后，d电极上发生氧化反应，A对；当电路中通过0.2 mol电子时，有0.1 mol的Pb参加反应，由题中化学方程式可知消耗H2SO4的量为0.2 mol，B对；在电解池中，阴离子向阳极(d极)移动，C错；K闭合一段时间后，阳极生成PbO2，阴极上得到Pb，所以Ⅱ可单独作为原电池，D对。
答案：C
7．(2011·江西重点中学联考)用下图装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中所列各项对应关系均正确的一组是( )
选项
电源X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚酞试液后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C
负极
KCl和CuCl2混合溶液
相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等
D
负极[来源:学*科*网Z*X*X*K]
Fe(OH)3胶体和导电液
b管中液体颜色加深
解析：X为正极，电解Na2SO4溶液时，实质是电解水，a管中电极为阴极，OH－放电，a管中c(H＋)>c(OH－)，滴加酚酞试液不变色，A错；X为正极，电解AgNO3溶液时，b管中电极为阴极，电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，B错；Fe(OH)3胶体粒子带有正电荷，X为负极时，Fe(OH)3胶体粒子向a管移动，a管中液体颜色加深，D错。
答案：C
8．锂钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，其成本低，便于大量推广，且对环境无污染。电池总反应式为V2O5＋xLi===LixV2O5。下列说法不正确的是( )
A．正极材料为锂，负极材料为V2O5
B．向外供电时，锂离子在凝胶中向正极移动
C．正极的电极反应式为：xLi＋＋V2O5＋xe－===LixV2O5
D．负极的电极反应式为：xLi－xe－===xLi＋
解析：利用化合价可知负极材料为锂，正极材料为V2O5，A项错误；正极的电极反应式为xLi＋＋V2O5＋xe－===LixV2O5，负极的电极反应式为xLi＋－xe－===xLi＋，C、D两项正确；放电时为原电池，根据电荷相吸原理Li＋
在凝胶中向正极移动，B项正确。
答案：A
9．(2011·广东A卷，12)某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是( )
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
解析：a和b不连接时，发生置换反应，A项正确。a和b用导线连接，形成原电池，铜片作正极，溶液中Cu2＋得电子，析出铜单质，B项正确，铁片作负极失去电子形成Fe2＋，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，所以C项正确。a和b分别连接直流电源正、负极，a作阳极，铜片失去电子形成Cu2＋，Cu2＋向阴极即铁电极移动，D项错误。
答案：D[来源:Zxxk.Com]
10．下列装置所示的实验不能达到实验目的的是( )
A.形成稳定电流的装置
B.电解饱和食盐水
C.将用含有酚酞的氯化钠溶液润湿的滤纸铺在铂片上写“祝你成功”
D.电解精炼铝
解析：选项A，能够形成原电池；选项B，装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应；选项C，两电极都不参与电极反应，滤纸上的NaCl溶液被电解生成NaOH、H2、Cl2，NaOH与酚酞作用出现“祝你成功”
红色字迹；选项D，由于AlCl3溶液中，H＋得电子能力大于Al3＋，所以在纯铝电极上得到的是H2，而不是Al。
答案：D
二、非选择题(共40分)
11．(20分)(2011·北京，26)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如上图所示
(1)溶液A的溶质是________；
(2)电解饱和食盐水的离子方程式是____________________________
___________________________________________________________。
(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_______________________________________________。
(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋，NH，SO[c(SO)>c(Ca2＋)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是________。
②过程Ⅰ中将NH转化为N2的离子方程式是___________________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程Ⅱ中除去的离子有________。
④经过程Ⅲ处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L，若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg /L，则处理10m3 盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。
解析：电解饱和食盐水时，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH；电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程Ⅰ是将Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀除去，即盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2；将NH转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O；过程Ⅱ
是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2＋和SO分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去；NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO＋Na2SO3===NaCl＋Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg/L，则处理10 m3盐水b时至少需要10%Na2SO3溶液×126 g·mol－1×＝1.26 kg，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5 mg/L，则还需添加10% Na2SO3溶液50g÷10%＝0.5 kg，因此至多添加10% Na2SO3溶液的质量为1.26 kg＋0.5 kg＝1.76 kg。[来源:学。科。网Z。X。X。K]
答案：(1)NaOH (2)2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
(3)Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出
(4)①Mg(OH)2 ②2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O ③SO、Ca2＋ ④1.76
12．(20分)某课外活动小组设计了如下图所示的装置，调节滑动变阻器，控制电流强度适中的情况下用其进行缓慢电解NaCl溶液及相关实验(此时，打开止水夹a，关闭止水夹b)。由于粗心，实验并未达到预期目的，但也看到了令人很高兴的现象(阳离子交换膜只允许阳离子和水通过)。
请帮助他们分析并回答下列问题：
(1)写出B装置中的电极反应：
阴极：_____________________________________________；
阳极：_____________________________________________。
(2)观察到A装置中的现象是：
①__________________________________________________；
②______________________________________________
____________________________________________________；
③_________________________________________________。
(3)当观察到A装置中
的现象后，他们关闭止水夹a，打开止水夹b。再观察C装置，若无现象，请说明理由；若有现象，请写出有关反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)：______________________________________________________。
(4)若想达到电解NaCl溶液的目的，应如何改进装置，请提出你的意见：______________________________________________
__________________________________________________
________________________________________________________。
解析：(1)阴极H＋放电，电极反应为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－(2H＋＋2e－===H2↑)；阳极Fe为活泼电极，故Fe先失去电子，电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋。
(2)由于氢气通入烧瓶后，使氨气与水接触而引发喷泉，现象有：①A烧杯中的水倒吸并产生红色喷泉；②烧瓶中液面上升到高于左侧导管一定程度后又逐渐下落到与导管相平；③最后A烧杯溶液呈红色，导管有气泡溢出。
(3)关闭止水夹a，U型管左边气体不断生成，打开止水夹b后，U型管右边的FeCl2溶液压入NaOH溶液中，生成Fe(OH)2沉淀：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；Fe(OH)2不稳定，在空气中立即变成灰绿色，最后变成红褐色：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3；或写成总反应式：4Fe2＋＋8OH－＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3↓。(4)若想达到电解NaCl溶液的目的，则阳极应为惰性电极，可把Fe电极换成C、Pt等惰性电极或将装置中两电极换位置等。
答案：(1)2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－===H2↑) Fe－2e－===Fe2＋
(2)①A烧杯中的水倒吸并产生红色喷泉 ②烧瓶中液面上升到高于左侧导管一定程度后又逐渐下落至与导管相平
③最后A烧杯溶液呈红色，导管有气泡溢出
(3)Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3或写成总反应式：4Fe2＋＋8OH－＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3↓
(4)把Fe电极换成C、Pt等惰性电极或将装置中两电极换位置等
专题9 常见金属及其化合物
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．(2011·福建质检)合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表中的数据，不能形成合金的是( )
Na[来源:Zxxk.Com]
Cu
Al
Fe
熔点/℃
97.8
1 083
660[来源:学科网]
1 535
沸点/℃
883
2 567
2 467
2 750
A.Cu和Al B．Fe和Cu
C．Fe和Na D．Al和Na
解析：要形成合金必须满足：形成合金的金属能同时处在液态。Cu和Al在1 083℃～2 467℃
之间都是液态，Fe和Cu在1 535℃～2 567℃之间都是液态，Al和Na在660℃～883℃之间都是液态，可以构成合金。而Fe到达熔点时Na已经变为气态，不能形成合金，故选C。[来源:学科网ZXXK]
答案：C
2．(2011·郑州调研)在铁与铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，m1与m2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：由题意知剩余金属可能为Cu或Cu与Fe，但不论哪种情况，再加入稀硫酸后，相当于加入稀硝酸(因溶液中含有NO，再加入硫酸引入H＋后，则溶液中就相当于存在HNO3)，都可以使金属再溶解，所以m1一定大于m2。
答案：A
3．(2011·马鞍山二模)为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100 mL 0.3 mol·L－1稀硫酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560 mL；再加入0.2 mol·L－1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去350 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为( )
A．0.005 mol B．0.01 mol C．0.025 mol D．0.03 mol
解析：镁铝合金溶于稀硫酸生成氢气560 mL，即0.025 mol H2，而硫酸为0.03 mol，说明酸过量，余下0.005 mol。合金反应后加入氢氧化钠溶液，沉淀不再变化，铝变为NaAlO2
，镁变为Mg(OH)2。设n(Al)＝x mol，n(Mg)＝y mol，列式：1.5x＋y＝0.025,4x＋2y＝0.07－0.005×2，解得x＝0.01。
答案：B
4．(2011·惠州高三调研)Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末a g，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82 g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生10.00 g白色沉淀，则a的数值为( )
A．14.82 B．4.92 C．6.42 D．7.18
解析：金属氧化物与CO反应生成金属单质和CO2，根据反应前后氧原子变化，CO2为0.1 mol，则金属氧化物中氧原子为0.1 mol，金属氧化物的质量等于金属的质量加上氧原子的质量。
答案：C
5．某稀溶液中均含有1 mol的ZnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的物质的量(纵坐标/mol)和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol)之间的关系为( )
解析：与铁反应的离子有2 mol Fe3＋、2 mol H＋、1 mol Cu2＋，又因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，故加入铁粉时先后发生的反应为
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋； Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋；2H＋
2 mol 1 mol 3 mol 1 mol 1 mol 1 mol 2 mol
＋Fe===Fe2＋＋H2↑，A正确。
1 mol 1 mol
答案：A
6．铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知反应：BeCl2＋Na2BeO2＋2H2O===2NaCl＋2Be(OH)2↓能完全进行，则下列推断正确的是( )
A．Na2BeO2
溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO
B．BeCl2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2
C．Be(OH)2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
D．BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物
解析：蒸干并灼烧Na2BeO2溶液后得到的残留物为Na2BeO2；BeCl2是强酸弱碱盐，其溶液pH<7，蒸干并灼烧该溶液可得到BeO；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，BeCl2和AlCl3均是共价化合物。
答案：C
7．由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2O、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通入足量的NaOH溶液，气体体积减小。将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加。下列判断正确的是( )
A．混合物中一定不含Na2CO3、NaCl
B．混合物中一定有Na2O2、NaHCO3、Na2O
C．无法确定混合物中是否含有NaHCO3
D．混合物中一定不含Na2O2、NaCl
解析：混合物中加盐酸产生气体，气体通入NaOH溶液后，体积减少，可知气体成分为CO2和O2，则混合物中一定有Na2O2，至少有Na2CO3和NaHCO3
中的一种；混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加，则混合物中一定有NaHCO3。NaHCO3受热分解产物CO2和H2O，再与Na2O2反应的质量变化如下：
2 mol NaHCO31 mol O2
固体质量减小，而题给信息是固体质量增加，故一定还有Na2O，而Na2CO3和NaCl无法确定。
答案：B
8．在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋不生成沉淀，而Fe3＋几乎完全沉淀，工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜(含杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法正确的是( )
A．加入纯Cu将Fe2＋还原
B．向溶液中加入(NH4)2S使Fe2＋沉淀
C．直接加水加热使杂质离子水解除去
D．在溶液中通入Cl2，再加入CuO粉末调节pH为4～5
解析：有关反应为CuO＋2HClCuCl2＋H2O，FeO＋2HClFeCl2＋H2O，先通入氯气氧化Fe2＋：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3；再加入CuO粉末，调节pH为4～5，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
答案：D
9．(2009·上海化学)镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t
)关系如下图。反应中镁和铝的( )
A．物质的量之比为3:2 B．质量之比为3:2
C．摩尔质量之比为2:3 D．反应速率之比为2:3
解析：由关系式：Mg～H2,2Al～3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为3:2，故A项正确。二者质量之比为4:3，摩尔质量之比为24:27＝8:9，反应速率之比为3:2。
答案：A
10．(2010·安徽理综)上图是三种稀酸对Fe－Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是( )
A．稀硝酸对Fe－Cr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱
B．稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe＋6NHO3(稀)===Fe(NO3)3＋3NO2↑＋3H2O
C．Cr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe－Cr合金的腐蚀性最强
D．随着Cr含量增加，稀硝酸对Fe－Cr合金的腐蚀性减弱
解析：根据图可知，Cr的含量不同，三种酸对Fe—Cr合金的腐蚀性不同，当w(Cr)较小时，稀硝酸对其腐蚀性最强，A不正确；铁与稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2
，B错；三种酸中由于溶液密度没有给出，硫酸中氢离子浓度不一定最大，C错；根据图中稀HNO3的曲线变化，可知D正确。
答案：D
二、非选择题(共50分)
11．(15分)下图中，A到L为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕黄色烟，B、G为中学化学中常见金属单质，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子，F为无色、有刺激性气味气体，且能使品红溶液褪色。
回答下列问题：
(1)K的电子式为________，所含的化学键有________。
(2)①若D的水溶液呈棕黄色，则D的水溶液与G反应的总离子方程式为________________________________________。
②若D的水溶液呈蓝色，B与C反应的化学方程式为___________ _________________________________。
(3)若将F通入一定量K的水溶液中，则所得溶液中各离子浓度一定满足的关系式为____________________________________。
解析：(1)由J的元素原子核内只有一个质子知J为H2；I的焰色反应为黄色，所以I含Na元素；由金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟可知A为Cl2，B为Fe或Cu，则D为FeCl3或CuCl2，且D＋G＋H2O―→H＋I＋J，结合I含Na元素知G为金属钠，且H2O＋G―→K＋J(H2)，所以K为NaOH，其电子式为Na＋[H]－，含有离子键和极性共价键。
(2)①若D的水溶液呈棕黄色，则D为FeCl3，其水溶液与Na的反应为：6Na＋2FeCl3＋6H2O===2Fe(OH)3↓＋6NaCl＋3H2↑。
②若D的水溶液呈蓝色，则D为CuCl2，由F为能使品红溶液褪色的无色刺激性气体可知F为SO2，则C为浓H2SO4，B与C的反应为：
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(3)无论什么电解质溶液一定满足电荷守恒关系：
c(Na＋)＋c(H＋)===c(OH－)＋c(HCO)＋2c(SO)。
答案：(1)Na＋[H]－ 离子键、共价键(或极性共价键)
(2)①6Na＋2Fe3＋＋6H2O===2Fe(OH)3↓＋6Na＋＋3H2↑
②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(SO)
12．(17分)(2011·重庆，26)用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
(1)Al的原子结构示意图为________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为________。
(2)30Si原子的中子数为________；SiO2的晶体类型为________。
(3)Al3＋与Yn－的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是________。
(4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是________。
(5)经处理后的熔渣36.0g(仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2)，加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________________________。
解析：(1)Al的原子结构示意图为，Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑；(2)30Si原子的中子数为30－14＝16，SiO2的晶体类型为原子晶体；(3)“Al3＋与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性”，则Y是F，第ⅦA族氢化物中沸点最低的是HCl，而不是HF，因为HF分子之间存在氢键。[来源:学+科+网]
(4)“使金属不被氧化的气体”可由药皮的成分分析得出，大理石分解可生成CO2，CO2可以做保护气。
(5)“加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体”该固体为SiO2；“滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体”，该固体为Fe(OH)3，为＝0.2 mol，故Fe2O3为0.1 mol，质量为16 g，则Al2O3的质量为(36.0 g－11.0 g－16 g)＝9 g，质量分数为×100%＝25%。
答案：(1) 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(2)16 原子晶体 (3)HCl
(4)CO2 (5)25%
13．(18分)(2011·福州模拟)Fe2O3和Cu2O都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究“红色”粉末是Fe2O3还是Cu2O或二者混合物。探究过程如下：
[查阅资料]Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。
[提出假设]
假设1：红色粉末是Fe2O3
假设2：红色粉末是Cu2O
假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物
[设计实验]取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。
(1)若假设1成立，则实验现象是_______________________________________________________。
(2)若滴加KSCN试剂后溶液不变血红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？________。简述你的理由(不需写出反应的方程式)__________ ______________________________________________________。
(3)若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变血红色，则证明原固体粉末是________，写出发生反应的离子方程式________________________________________________。
[探究延伸]经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物 。
(4)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为b g(b>a)，则混合物中Cu2O的质量分数为________。
(5)实验小组欲利用该红色粉末制取较纯净的胆矾(CuSO4·5H2O)。经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋分别生成沉淀的pH如下：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀pH
6.0
7.5
1.4
沉淀完全pH
13
14
3.7
实验室有下列试剂可供选择：
A．氯水 B．H2O2
C．NaOH D．Cu2(OH)2CO3
实验小组设计如下实验方案：
试回答：
①试剂1为________，试剂2为________(填字母)。
②固体X的化学式为________。
③操作Ⅰ为______________________________________。
答案：(1)固体完全溶解，溶液呈血红色[来源:学_科_网]
(2)不合理 当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后Cu2O生成Cu和CuSO4，产生的Fe3＋与Cu反应生成Fe2＋，滴加KSCN溶液后也可能不变红色
(3)Fe2O3和Cu2O Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，
Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(4)×100%
(5)①B D ②Fe(OH)3 ③加热浓缩，降温结晶
专题10 常见非金属及其化合物
一、选择题(每小题6分，共54分)
1．(2010·全国理综Ⅰ，7)下列叙述正确的是( )
A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2
B．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2＋还原成Cu
解析：A错误，因为Li在空气中燃烧只能生成Li2O；B错误，酸性：HCl>H2SO3，所以通入SO2后无BaSO3沉淀，因为BaSO3＋2HCl===BaCl2＋H2O＋SO2↑；C正确，强酸制弱酸，酸性：H2CO3>HClO，反应为：CO2＋H2O＋Ca(ClO)2===CaCO3↓＋2HClO；D错误，溶液中该反应难以发生，先是：2NH3＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4，接着Cu(OH)2 CuO＋H2O，溶液中NH3不能还原CuO为Cu，要还原必须是干燥的固态。
答案：C
2．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是( )
①硫和氢气在加热条件下能形成H2S，H2S受热300℃左右分解。氯气和氢气在点燃或光照下生成氯化氢，氯化氢很难分解 ②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成 ③硫、氯气分别与铜和铁反应，产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2 ④
高氯酸(HClO4)的酸性强于硫酸
A．①②③④ B．只有①②
C．只有②③④ D．只有③④
解析：元素非金属性强弱的比较有很多方法。常用的方法有：
①形成气态氢化物难易程度，易形成气态氢化物者，其非金属性强。通常气态氢化物稳定的非金属性强。
②相同条件下，最高价氧化物的水化物酸性强的非金属性强。
③非金属单质甲可以在溶液中置换出非金属单质乙，则甲的非金属性强于乙。
④同种变价金属与不同非金属反应时，生成高价金属化合物时，该非金属性强于生成低价金属化合物对应的非金属，如题中③。综上所述选项A符合题意。
在理论上还有：①易得到电子的非金属单质，其非金属性强。②同周期元素在右侧(稀有气体除外)，同主族元素在上方非金属性强。
答案：A
3．在下列饱和溶液中分别持续通入CO2，始终不会有沉淀或晶体析出的是( )
A．Na2SiO3 B．Ca(OH)2
C．Ca(NO3)2 D．Na2CO3
解析：A项中发生的离子反应为CO2＋SiO＋H
2O===H2SiO3↓＋CO，产生沉淀；B项中发生的离子反应为：Ca2＋＋2OH－＋CO2=== CaCO3↓＋H2O，产生沉淀；C项中二氧化碳与Ca(NO3)2不反应，没有沉淀或晶体析出；D项中二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液为饱和溶液，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以析出碳酸氢钠晶体。
答案：C
4．(2011·湛江高三模拟)化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是( )
A．SiC的硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料
B．常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝质容器存放浓硝酸
C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
D．Na2O2能与CO2反应产生O2，可用作高空飞行或潜水的供氧剂
解析：在常温下铝在浓硝酸中钝化，钝化是化学反应。
答案：B
5．(2010·全国理综Ⅱ)在相同条件下，下列说法错误的是( )[来源:学|科|网Z|X|X|K]
A．氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度
B．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
C．醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高SO2的利用率
解析：A项正确；B项由于I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－I，所以碘在KI溶液中的溶解度比在纯水中的溶解度大；C项CH3COO－可抑制CH3COOH的电离；D项正确。
答案：C
6．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间有如下转化关系：
根据上图转化关系推测下列说法中不正确的是( )
A．可用淀粉－KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘
B．在碘水中通入Cl2，发生反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O ===2HIO3＋10HCl
C．由图可知氧化性的强弱顺序为：Cl2>I2>IO
D．途径Ⅲ中若消耗1 mol Cl2，反应中转移的电子数为2NA
解析：加碘盐中碘指的是IO，根据氧化还原反应中归中原理可知选项A正确。由途径Ⅰ和途径Ⅲ可推知碘水也能和Cl2反应，选项B中化学方程式正确。由选项B可知氧化性的强弱顺序为Cl2>IO>I2。途径Ⅲ中Cl2的还原产物为Cl－，若消耗1 mol Cl2，可知反应中转移的电子数为2NA。
答案：C
7．(2011·厦门模拟)如下图所示，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．沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
C．品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性
D．沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
解析：Na2SO3与浓硫酸反应产生SO2气体，SO2溶于水生成H2SO3，能使蓝色石蕊试纸变红，但SO2不能使指示剂褪色；SO2能使品红试纸褪色说明SO2具有漂白性，而SO2具有还原性，能被KMnO4氧化；实验中多余的SO2可以用强碱溶液吸收，以防污染环境。
答案：C
8．(2011·山东烟台高三诊断性检测)下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是( )
A．漂白粉的成分是次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸干燥硫化氢
C．将浓氨水滴到氢氧化钠固体中可以制取氨气
D．单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同
解析：A错，因为漂白粉主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，而有效成分是Ca(ClO)2。B错，因为二者发生反应：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O。C对，因为它有效地利用了NaOH固体的强吸水性、强碱性以及溶解的热效应使NH3·H2O的电离平衡左移。D错，因为Fe＋S，而2Fe＋3Cl2Cl3。
答案：C
9．下列叙述正确的是( )
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀生成；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解[来源:学科网]
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
解析：选项A，CO2、SO2均不能与BaCl2
溶液反应，所以再通入SO2时也无沉淀产生。选项B，Cu不能与稀H2SO4反应，但加入Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3，Cu溶解在HNO3中。选项C，Al3＋与NH3·H2O反应生成Al(OH)3沉淀，加入过量NaHSO4溶液时，NaHSO4电离出的H＋使Al(OH)3溶解。选项D，加入CuSO4后形成原电池而加快了产生H2的速率。
答案：C
二、非选择题(共46分)
10．(10分)(2010·新课标全国理综)某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。
[来源:Zxxk.Com]
请回答下列问题：
(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为____________________________________；
(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是__________________、____________________，这些现象分别说明SO2具有的性质是________和________；装置B中发生反应的离子方程式为_______________________；
(3)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象___________________________________________；
(4)尾气可采用________溶液吸收。
解析：本题结合实验考查验证了SO2的还原性、弱氧化性、漂白性、酸性氧化物通性等基本性质。
(1)制备SO2的仪器有蒸馏烧瓶、分液漏斗等，反应原理Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O。
(2)SO2具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化，故B中溶液由紫红色变为无色，离子方程式为：5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋，SO2具有弱的氧化性，与Na2S反应生成单质S，使溶液变浑浊。
(3)SO2可使品红溶液褪色，但是有不稳定性，加热可恢复原色。
(4)SO2具有酸性氧化物的通性，尾气吸收可用NaOH溶液。
答案：(1)蒸馏烧瓶 Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2)溶液由紫红色变为无色 无色溶液中出现黄色浑浊 还原性 氧化性 5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO
＋4H＋
(3)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色
(4)NaOH
11．(12分)(2010·海南高考)A～G各物质间的关系如下图，其中B、D为气态单质。
E
CDG
请回答下列问题：
(1)物质C和E的名称分别为________、________；
(2)可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为________；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为________；
(3)反应②的化学方程式为__________________________。
(4)新配制的F溶液应加入________以防止其转化为G。检验G溶液中阳离子的常用试剂是________，实验现象为____________。
答案：(1)浓盐酸 四氧化三铁
(2)2H2O22H2O＋O2↑ KClO3
(3)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(4)铁粉 KSCN(或NH4SCN)溶液 溶液变红[来源:学,科,网Z,X,X,K]
12．(12分)(2010·北京高考)为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。[来源:Z.xx.k.Com]
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是________。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______________________________________________________。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是_______________________________________________________。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是
__________________________________________________。
(5)过程Ⅲ实验的目的是________________________。
(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下________，得电子能力逐渐减弱。
解析：(1)A中KMnO4氧化浓盐酸产生黄绿色气体Cl2，其电子式为。
(2)圆底烧瓶上部的淀粉KI试纸，是为了验证氯气的氧化性强于碘，Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，实验现象是：淀粉KI试纸变蓝。(3)B中是NaBr溶液，Cl2氧化Br－，离子反应是：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。(4)球形漏斗C中是NaBr溶液，被氯气氧化生成单质溴，将其放下和下面的KI溶液发生反应，便可验证。即打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色。(5)过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，否则Cl2也能氧化KI溶液，对实验造成干扰。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因，从结构上进行分析就是同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
答案：(1)
(2)淀粉KI试纸变蓝
(3)Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
(4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色
(5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
(6)原子半径逐渐增大
13．(12分)(2011·北京，27)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)。
实验操作和现象：
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2
，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
(1)A 中反应的化学方程式是_______________________。
(2)C中白色沉淀是____________，该沉淀的生成表明SO2具有________性。
(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是____________。
(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是________；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是________。
②进行实验，B中现象：
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：____________________________________。
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_______________________。
解析：本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等。
由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，不是BaSO3；同理，C中的白色沉淀也是BaSO4，并因此说明SO2具有还原性；C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO＋O2===2NO2；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO＋Ba2＋===BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，故生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋；合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2
与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
答案：(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)BaSO4 还原
(3)2NO＋O2===2NO2
(4)①通N2一段时间，排除装置中的空气
饱和NaHSO3溶液
②甲：SO＋Ba2＋===BaSO4↓，乙：2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=== 2BaSO4↓＋4H＋
白雾的量远多于装置中O2的量
(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀
专题11 元素化合物综合应用
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．(2011·重庆，7)下列叙述正确的是( )
A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同
B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性
C．Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增大
D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
解析：Fe与氯气生成FeCl3，而Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，故A错；K与不足量的稀硫酸反应时，能发生2K＋2H2O===2KOH＋H2↑，H2SO4
不足，KOH过量使溶液呈碱性，故B错；Na的密度比K大，故C错；P、S、Cl是同周期元素，非金属性依次增强，故最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，H2CO3是弱酸，而H3PO4是中强酸，故酸性H3PO4>H2CO3，则D选项正确。
答案：D
2．(2011·海南，9)“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出)。
下列有关该方法的叙述中正确的是( )
A．能耗大是该方法的一大缺点
B．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
C．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤[来源:学*科*网Z*X*X*K]
D．该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品
解析：
这是一道新题型，对题意的理解是解题的关键。用烧碱来吸收二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠，与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质循环：CaO、NaOH循环，B项排除。D项中的CO2制甲醇，没有见过，想将＋4价降低到－2价也比较困难；C项应该是先过滤，滤液不需要浓缩结晶，直接循环使用就可以。
答案：A
3．(2011·江苏扬州一模，3)能实现下列物质间直接转化的元素是( )
单质氧化物酸或碱盐
A．硅 B．硫 C．铜 D．铁
解析：S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3，B项正确。SiO2、CuO、Fe3O4均不与H2O反应，A、C、D错误。
答案：B
4．已知A是一种单质，在一定条件下可发生如图所示的转化关系，则下列叙述中正确的是( )
AB＋H2
↑ CO2
D(白色固体)C(白色胶状沉淀)
①A可能是铝或硅 ②D一定是一种两性物质 ③D晶体的熔点很高
A．①② B．①③ C．②③ D．②[来源:学科网]
解析：可以与强碱溶液反应的单质是铝或硅。
AlNaAlO2＋H2
↑电解 CO2
Al2O3Al(OH)3
SiNa2SiO3＋H2
高温C CO2
SiO2H2SiO3
由此可知，当A为Si时，SiO2不是两性物质；D不论是Al2O3还是SiO2，均具有很高的熔点。
答案：B
5．(2011·北京崇文模拟，4)在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定原溶液中含有的阳离子是( )
A．Mg＋、Al3＋、Fe2＋ B．H＋、Mg2＋、Al3＋
C．H＋、Ba2＋、Al3＋ D．只有Mg2＋、Al3＋
解析：分析图像可知，开始时加入NaOH溶液无沉淀产生，说明溶液中有大量H＋，随后开始出现沉淀，后随着NaOH溶液的加入，沉淀部分溶解至不变，结合选项知选B。
答案：B
6．(2011·山东烟台高三一模，10)X、Y、Z、W是中学化学常见的四种物质，它们之间具有如图所示转化关系，则下列组合不可能的是( )
X
Y
Z
W
A
C
CO
CO2
O2
B
Na
Na2O
Na2O2
O2
C
AlCl3
Al(OH)3
NaAlO2
NaOH
D
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
解析：验证法处理该题。Fe与Cl2不能直接生成FeCl2，这是由于Cl2为强氧化性物质，直接把Fe氧化成＋3价，2Fe＋3Cl22FeCl3。
答案：D
7．(2011·山东泰安模拟，7)今有一混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO、SO，现取三份100 mL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。
根据上述实验以下推测正确的是( )
A．K＋一定存在
B．100 mL溶液中含0.01 mol CO
C．Cl－一定存在
D．Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在
解析：据(2)知NH有0.04 mol。据(3)知：①BaSO4有2.33 g(即0.01 mol)，即有0.01 mol SO；②BaCO3为3.94 g(即0.02 mol)，即CO有0.02 mol；③Ba2＋、Mg2＋不会存在，Cl－可能存在。由于n(NH)<2n(CO)＋2n(SO)，由电荷守恒可知，必有K＋。
答案：A
8．某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O(g)、H2中的一种或几种。现依次进行如下处理(假设每次处理均反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；③通过白色的CuSO4粉末时，粉末变蓝；④
通入澄清石灰水时，溶液变浑浊。由此可以确定原混合气体中( )
A．一定含有CO2、H2O，至少含H2、CO中的一种
B．一定含有H2O、CO，至少含CO2、H2中的一种
C．一定含有CO、CO2，至少含H2O、H2中的一种
D．一定含有CO、H2，至少含有CO2、H2O中的一种
解析：①通过碱石灰时气体体积变小，说明有能与碱石灰反应或者有能被碱石灰吸收的气体，因此至少有二氧化碳或者水蒸气中的一种。②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色，说明有还原性气体存在，因此可能含一氧化碳或者氢气。③通过白色CuSO4粉末时，粉末变为蓝色，白色硫酸铜粉末遇水才会变蓝，说明步骤②中产生水蒸气，而水蒸气是由氧化铜和氢气反应得到的，由此证明原混合气体中一定含氢气。④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊，说明有二氧化碳，而通过碱石灰后的气体中不可能有二氧化碳，由此证明二氧化碳是后面反应产生的，即由②反应产生的，证明原混合气体中一定含一氧化碳。综上，一定含氢气和一氧化碳，含水和二氧化碳中的一种，所以D正确。
答案：D
9．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
下列推断不正确的是( )
A
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的直线形分子，则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO===H2O＋CO，则E一定能还原Fe2O3
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D．若D为白色沉淀，与A的摩尔质量相等，则X一定是铝盐
解析：选项A，X是Na2CO3，C为CO2，若A为NO2，B为HNO3，D为NaHCO3也符合转化关系。选项B，根据B、D反应的离子方程式，可推测A为活泼金属Na(或K等)，B为NaOH，E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3。选项C，A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C为CO2，D为CO，符合转化关系，正确。选项D，D为摩尔质量为78 g·mol－1的Al(OH)3，A为摩尔质量为78 g·mol－1的Na2O2，X为铝盐，C为四羟基合铝酸盐，铝盐和四羟基合铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3，符合转化关系，正确。
答案：A
10．某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行的实验如下图。操作过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是( )
A．原溶液中一定含有SO B．原溶液中一定含有NH
C．原溶液中一定含有Cl－ D．原溶液中一定含有Fe3＋
解析：若原溶液含有SO、Fe2＋，加入酸化的Ba(NO3)2，相当于溶液中含有HNO3，可氧化SO、Fe2＋，仍会出现图示中的现象，选项A、D错误。因实验的第一步中加入了Cl－，再加入AgNO3溶液，仍会出现白色沉淀，C错误。过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3，则原溶液中一定含有NH，B正确。
答案：B[来源:Zxxk.Com]
二、非选择题(共50分)
11．(15分)(2011·广东佛山一检，30)A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(副产物已略去)。
ABC
试回答：
(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________。
a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al[来源:学科网ZXXK]
(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式为________；C溶液在储存时应加入少量X，理由是(用必要的文字和离子方程式表示)__________________________________________________。
(3)若A、B、C为含金属元素的无机化合物，X为强电解质溶液，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为________，X的化学式可能为(写出不同类物质)________或________，反应①的离子方程式为________或________。
解析：此转化关系与我们熟悉的连续氧化非常相似。
(1)当X是强氧化性单质(如：O2)时，S、N2、Na均可被连续氧化，而Mg、Al只能被氧化一次。因此A不可能是Mg、Al。
(2)由于C溶液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以C中含有Cl－，X应为变价金属，我们常见的有铁、铜等，经验证，X为Fe，A为Cl2。
Cl2FeCl3FeCl2，B为FeCl3，C为FeCl2，由于Fe2＋易被氧化，储存FeCl2溶液时常加入少量铁粉。
(3)A、B、C均含同一种金属元素，结合题意可推出，应是含铝化合物与酸或碱的反应。如：
NaAlO2Al(OH)3AlCl3
或AlCl3Al(OH)3NaAlO2
答案：(1)de
(2)FeCl3 Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋
(3)Al(OH)3 HCl NaOH
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
12．(15分)(2011·天津，7)图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。
回答下列问题：
(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是________；M中存在的化学键类型为________；R的化学式是________。
(2)一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为________。
(3)已知A与1 mol
Al反应转化为X时(所有物质均为固体)，放出a kJ热量。写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________________。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：______________________________________________________。
(5)向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2＋)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2＋)的最大值。
解析：磁性氧化铁的化学成分是Fe3O4，即A为Fe3O4，据此即可依次确定X为铁，Y为O2，D为HNO3；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，故Z为Si，M为Na2SiO3，R为H2SiO3或H4SiO4。根据上述推断即可回答有关题设问题了，具体见答案。
答案：(1)第二周期第Ⅵ A族 离子键、共价键 H2SiO3(或H4SiO4)
(2) (3)8Al(s)＋3Fe3O4(s)===9Fe(s)＋4Al2O3(s) ΔH＝－8 a kJ/mol
(4)3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
(5)
13．(20分)某矿样的主要成分为Al2O3和SiO2。现以该矿样为原料制备氧化铝和高纯硅的流程如下：
请回答下列问题：[来源:学。科。网Z。X。X。K]
(1)试剂a的最佳选择为________(填代号)。
a．稀盐酸 b．氨水 c．纯碱溶液 d．醋酸
(2)由沉淀Ⅱ获得Al2O3
，用到的实验仪器除了酒精灯、泥三角、玻璃棒和三脚架外，还需要________、________(填写仪器名称)。该过程中玻璃棒的主要作用是_______________________________________________________。
(3)滤液A中通入NH3发生反应的离子方程式为_______________________________________________________。
(4)NH4Cl是一种常用化肥的主要成分。现有一包肥料可能是NH4Cl或(NH4)2SO4中的一种，请设计实验进行鉴别(简述操作过程)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)如图所示实验装置，在实验室中制取氨气可选用装置________，氨气的干燥应选用装置________(选填代号)。
(6)假设每一轮次制取过程中硅元素没有损失，反应①中HCl(g)的利用率为75%，反应②中H2的利用率为80%，则在下一轮次生产中需要补充通入H2和HCl的体积之比为________(相同状况下)。
解析：(1)矿样与试剂a反应得到铝盐和SiO2，可知试剂a为酸液；再由流程图中最终得到NH4Cl晶体，判断试剂a应为稀盐酸。
(2)由Al(OH)3焙烧生成Al2O3，应使用坩埚进行灼烧，夹持坩埚应使用坩埚钳。在灼烧过程中，应使用玻璃棒不断搅拌使固体受热均匀而防止固体迸溅。灼烧完毕，可使用玻璃棒将固体进行转移。
(4)检验NH4Cl或(NH4)2SO4，实质是通过检验Cl－或SO是否存在来实现。
(5)实验室制取NH3，可通过以下方法：①Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，可选装置B来实现；
②NH3·H2O(浓)NH3↑＋H2O，可选装置A来实现。可选用碱性干燥剂(如碱石灰、生石灰)来干燥NH3。
(6)设第一轮次生成1 mol Si，则有：
Si ＋ 3HClSiHCl3 ＋ H2
1 mol 3 mol 1 mol 1 mol
SiHCl3＋H2Si ＋ 3HCl
1 mol 1 mol 1 mol 3 mol
故第一轮次应通入：n(H2)＝＝1.25 mol，n(HCl)＝＝4 mol；同时两步反应分别生成1 mol H2、3 mol HCl。故下一轮次再补充通入n(H2)＝1.25 mol－1 mol＝0.25 mol，n(HCl)＝4 mol－3 mol＝1 mol，其体积比为V(H2):V(HCl)＝0.25 mol:1 mol＝1:4。
答案：(1)a
(2)坩埚 坩埚钳 焙烧固体时搅拌使固体均匀受热，防止发生迸溅；转移固体
(3)Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH
(4)取适量样品于试管中配成溶液，滴加适量BaCl2溶液，再滴加稀硝酸，若产生白色沉定，则证明是(NH4)2SO4
，反之为NH4Cl
(5)AB CE (6)1:4
专题12 常见有机物及其应用
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．(2011·福建，8)下列关于有机化合物的认识不正确的是( )
A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳
B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体
C．在水溶液里，乙酸分子中的—CH3可以电离出H＋
D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应。
解析：在水溶液里，乙酸分子中的—COOH可以电离出H＋，—CH3不能电离，C项不正确。
答案：C
2．(2011·新课标，8)分子式为C5H11Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)( )
A．6种 B．7种
C．8种 D．9种
解析：考查同分异构体的书写，实际考查烃分子中氢原子种类。首先明确C5H12
的烷烃有三种：正戊烷(共有3种氢原子)、异戊烷(共有4种氢原子)、新戊烷(只有一种氢原子)，故C5H12的烷烃被氯气取代后生成的C5H11Cl的同分异构体共有8种，C正确。
答案：C
3．(2011·新课标，9)下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH3CH===CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2===CH2＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
解析：考查有机化学反应类型。反应①属于加成反应；反应②属于消去反应；反应③为酯化反应，酯化反应属于取代反应；反应④为硝化反应，硝化反应属于取代反应。
答案：B
4．下列化学方程式书写错误的是( )
A．乙醇催化氧化制取乙醛：
2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
B．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热制硝基苯：[来源:学科网ZXXK]
C．乙酸和乙醇发生反应生成乙酸乙酯：
CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOC2H5
D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：
CH2===CH2＋Br2―→CH2Br—CH2Br
解析：C项中乙酸和乙醇发生反应生成乙酸乙酯和水，漏掉了产物水。
答案：C
5．(2010·上海，12)下列实验操作或实验事故处理正确的是( )
A．实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中
B．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸
C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70℃以上的热水清洗
D．实验室制乙酸丁酯时，用水浴加热
解析：制硝基苯时，应先将浓HNO3和浓H2SO4混合，冷却后再加入苯，故B错；手上沾了苯酚，应用酒精洗，故C错；实验室制取酯时，应用酒精灯加热，故D错。
答案：A
6．(2011·四川，12)25℃
和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为( )
A．12.5% B．25% C．50% D．75%
解析：设乙烷、乙炔和丙烯的体积分别为x、y、z，根据气体总体积列出方程①x＋y＋z＝32 mL，再根据烃的燃烧方程式以及气体体积减少，列出方程②2.5x＋1.5y＋2.5z＝72mL，联立①②解得y＝8mL，故乙炔的体积分数为25%，B正确。
答案：B
7．(2011·浙江，11)褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法不正确的是( )
A．色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点
B．在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C．在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应
D．褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性
解析：本题是一道有机题，考查了氨基酸的性质，特别是等电点的应用，同时要求能够辨认、区别色氨酸和褪黑素的官能团。氨基酸形成内盐的熔点较高，A项正确；氨基酸在等电点时，形成内盐，溶解度最小，易析出晶体，B项正确；色氨酸分子结构中氨基和羧基，可以发生缩聚反应，C项正确；褪黑素的官能团为酰胺键，无羧基，二者结构不相似，D项错误，选D。
答案：D
8．有机化合物A只由C、H两种元素组成且能使溴水褪色，其产量可以用来衡量一个国家石油化工业的发展水平，A、B、C、D、E有如图所示的关系，下列推断不正确的是( )[来源:Zxxk.Com]
A．鉴别A和甲烷可选择酸性高锰酸钾溶液
B．B、D均能与金属钠反应
C．物质C的结构简式为CH3CHO[来源:Z+xx+k.Com]
D．B＋D―→E的化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOC2H5
解析：
由题意知A为乙烯，则B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。显然A、B、C正确；D项中化学方程式漏掉了产物水，故D错。
答案：D
9．下面是生产生活中的常见有机物的分子式、结构式、结构简
⑧硬脂酸甘油酯、⑨蛋白质、⑩聚乙烯。有关说法正确的是( )
A．能跟溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑩
B．投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧⑨
C．属于高分子材料的是⑧⑨⑩
D．含碳量最高、有毒、常温下为液体且点燃时有浓烟的是①
解析：能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应的，说明分子中含有C===C或C≡C等不饱和键；能与Na反应生成H2的说明分子中含有—OH(或—COOH)；含碳量最高、有毒的常温下为液体、点燃有浓的黑烟的是苯。
答案：D
10．(2011·厦门模拟)下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是( )
A．反应①是加成反应
B．只有反应②是加聚反应[来源:学科网]
C．只有反应⑦是取代反应
D．反应④⑤⑥⑦是取代反应
解析：酯化反应和水解反应均为取代反应。
答案：C
二、非选择题(共50分)
11．(12分)(2010·海南高考，16)有机物A可作为植物生长调节剂，为便于使用，通常将其制成化合物D()，D在弱酸性条件下会缓慢释放出A。合成D的一种方法及各物质间转化关系如下图所示：[来源:学科网]
请回答下列问题：
(1)A的名称是________，A与氯气反应可生成C，C的名称是________；
(2)经测定E中含有氯元素，且E可以与乙酸发生酯化反应，则E的结构简式为________，由A直接生成E的反应类型是________；
(3)在弱酸性条件下，D与水反应生成A的化学方程式为
____________________________________________________；
(4)写出E的两个同分异构体的结构简式________。
解析：根据A的特殊用途可知A为乙烯；结合流程图中的转化关系和条件可知B为环氧乙烷()，又知E中有氯元素，且能与乙酸发生酯化反应，推知E的结构简式为ClCH2—CH2OH；根据A与Cl2反应生成C，可知C为1,2－二氯乙烷(ClCH2－CH2
Cl)。由D的结构简式可推出D在酸性条件下水解生成A和其他产物的反应方程式。
答案：(1)乙烯 1,2－二氯乙烷
(2)ClCH2CH2OH 加成反应
12．(12分)A、B、C、D、E均为有机化合物，它们之间的关系如图所示(提示：RCH＝CHR′在酸性高锰酸钾溶液中反应生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′为烷基)。
回答下列问题：
(1)直链化合物A的相对分子质量小于90，A分子中碳、氢元素的总质量分数为0.814，其余为氧元素，则A的分子式为________；
(2)已知A可以与金属钠作用放出氢气，能使溴的四氯化碳溶液褪色，B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1:2，则在浓硫酸的催化下，B与足量的C2H5OH发生反应的化学方程式是_______________________________________________________，
反应类型为__________________，A的结构简式是_______________________________________________。
(3)D的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应放出CO2的有________种，其相应的结构简式是________。
解析：解答第(1)题应注意根据题给信息：化合物A为直链化合物，相对分子质量小于90，可设A中若含1个O，则其相对分子质量为＝86，若含2个O，则其相对分子质量为＝172>90，与题意不符，故A中只含1个O，相对分子质量为86，据此可得A的分子式为C5H10O。
解答第(2)题结合题给信息和有机物的衍变关系知A能被KMnO4(H＋)氧化且能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A分子中含；由C＋C2H5OH D(C4H8O2)＋H2O可知该反应为酯化(取代)反应，则C为CH3C
OOH，又因为A为直链化合物且能与金属钠作用放出氢气，所以A的结构简式为CH3CH===CHCH2CH2OH，B的结构简式为
。
(3)D为饱和一元酯，其同分异构体能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明D的同分异构体为羧酸，其结构简式为CH3CH2CH2COOH、。
答案：(1)C5H10O
(2)HOOCCH2COOH＋2C2H5OHH5C2OOCCH2COOC2H5＋2H2O 酯化反应或取代反应
CH3CH===CHCH2CH2OH
(3)2 CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH
13．(13分)(2011·江苏，17)敌草胺是一种除草剂。它的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)在空气中久置，A由无色转变为棕色，其原因是_______________。
(2)C分子中有2个含氧官能团，分别为________和________
(填官能团名称)。
(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：________。
①能与金属钠反应放出H2；②是萘()的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；③
可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢。
(4)若C不经提纯，产物敌草胺中将混有少量副产物E(分子式为C23H18O3)，E是一种酯。E的结构简式为________。
解析：本题是一道基础有机合成题，仅将敌草胺的合成过程列出，着力考查阅读有机合成方案、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了学生对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力。本题涉及到有机物性质、有机官能团、同分异构体推理和书写，合成路线流程图设计与表达，重点考查学生思维的敏捷性和灵活性，对学生的信息获取和加工能力提出较高要求。
答案：(1)A被空气中的O2氧化
(2)羟基 醚键
14．(13分)(创新探究)苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料，其合成路线如下：
已知：CH3CHO＋H2CH3CH2OH。
(1)写出D中官能团的结构式：________；化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是________。
(2)下列说法中正确的是________。
A．反应①与③属于取代反应
B．在一定条件下，化合物Ⅰ不能与液溴反应
C．在一定条件下，化合物Ⅰ可以与CH3COOH反应，其反应类型与③相同
D．在一定条件下，化合物Ⅰ能与酸性KMnO4溶液反应
(3)反应⑤的化学方程式为________________________ (要求写出反应条件)。
(4)写出化合物Ⅰ转化为化合物A的化学反应方程式：___________
__________________________(要求写出反应条件)。
解析：与H2发生加成反应得到 (苯甲醇)，苯甲醇在一定条件下能与液溴反应，能与CH3COOH发生酯化反应，酯化反应的本质是取代反应，故(2)的选项B错误，选项C和D正确。
答案：(1)—C≡N 羧基
(2)CD
＋H2O
＋2H2O
专题13 化学实验基本操作
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．(2011·合肥教学质检)下列有关实验的描述正确的是( )
A．氢氧化钠固体保存在配有玻璃塞的细口瓶中
B．将SO2通入品红溶液或KMnO4酸性溶液均能使它们褪色，均可证明SO2有漂白性
C．不能在石英坩埚中熔化氢氧化钠
D．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全
解析：由于氢氧化钠具有腐蚀性，能与玻璃塞作用，经长时间作用后使瓶塞打不开，同时，细口瓶瓶颈较细只能存放液体不能存放固体；SO2通入品红溶液使之褪色，可证明SO2有漂白性，而SO2通入KMnO4酸性溶液使之褪色，则证明SO2有还原性；氢氧化钠能与石英坩埚中二氧化硅反应；钠性质活泼，易与空气中的O2、水蒸气反应，研磨的过程中变质，没变质的粉末钠与水反应更剧烈。
答案：C
2．(2011·福建质检)下列实验所用的试纸不能预先用蒸馏水润湿的是( )
A．用品红试纸检验SO2
B．用淀粉碘化钾试纸检验Cl2
C．用红色石蕊试纸检验NH3
D．用pH试纸测定某溶液的pH
解析：实验室中试纸的使用一般分两种情况：①定性检测，试纸可以预先用蒸馏水润湿；②定量检测，试纸不能预先用蒸馏水润湿。用品红试纸检验SO2，用淀粉碘化钾试纸检验Cl2，用红色石蕊试纸检验NH3等均属于定性检测，可以先用蒸馏水润湿。用pH试纸测定溶液的pH属于定量检测，不能事先润湿试纸，如果事先润湿相当于稀释溶液，可能造成误差。
答案：D
3．某学生的实验报告有如下数据：①用托盘天平称取11.7 g食盐；②用量筒量取21.48 mL盐酸；③用容量瓶配制210 mL 1 mol/L的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20 mL NaOH溶液，其中数据合理的是( )
A．①④ B．②④
C．①③ D．②③
解析：本题考查对一些测量仪器的精确度及仪器规格的掌握情况，同时考查思维的准确性、严密性。解此题的关键在于要依据所用仪器的精确度，如实记录可测得的可靠数值。托盘天平称量物质精确度为0.1g，可称取11.7 g食盐；量筒量取液体体积的精确度为0.1 mL，所以量取21.48 mL不合理；容量瓶的规格中有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等，没有210 mL的；中和滴定要用滴定管，滴定管的精确度为0.01 mL,18.20 mL的数值合理。
答案：A
4．(2011·重庆，9)在实验室中进行下列实验，括号内的实验用品都能用到的是( )[来源:学科网]
A．硫酸铜晶体里结晶水含量的测定(坩埚、温度计、硫酸铜晶体)
B．蛋白质的盐析(试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液)
C．钠的焰色反应(铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸)
D．肥皂的制取(蒸发皿、玻璃棒、甘油)
解析：硫酸铜晶体里结晶水含量的测定实验中用不到温度计，故A错；醋酸铅溶液使蛋白质变性，而不是盐析，故B错；肥皂的制取能生成甘油，而不是用到甘油，故D错。
答案：C
5．(2011·四川，11)下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是( )
操作和现象
结论
A
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体
HNO3分解生成了NO2
B
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
C
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
使溶液褪色的气体只是乙烯
D
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2 ，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
解析：A项中的NO在加入稀H2SO4后，表现强氧化性，与Fe2＋发生氧化还原反应，生成NO气体，然后NO与空气中的氧气结合生成红棕色的NO2气体，故A错；B项中葡萄糖与新制氢氧化铜的反应需在碱性条件下进行，因此要先加碱中和酸，再检验，B项错误；乙醇和浓硫酸反应除生成乙烯外，还生成SO2气体，SO2气体也能使酸性KMnO4
溶液褪色，C项错误；由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3的溶解度，向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3沉淀，故D项正确。
答案：D
6．实验室保存下列试剂，其中保存方法和理由描述都正确的是( )
编号
试剂
保存方法
理由
A
钠
保存在煤油中
防止与空气中水、氧气接触发生反应
B
液溴
密封保存在细口瓶中
防止升华
C
浓硝酸
密封保存在铁器中
避免见光分解
D
烧碱
存放在磨口玻璃塞的广口瓶中
防止与空气中氧气接触被氧化[来源:学_科_网Z_X_X_K]
解析：升华是固体直接变气体，液溴是易挥发而不是升华，B错；浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，C错；烧碱不能被氧气氧化，烧碱易腐蚀玻璃，应用橡胶塞，D错。
答案：A
7．下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是( )
答案：D
8．(2009·广东化学)下列有关实验操作的说法正确的是( )
A．可用25mL碱式滴定管量取20.00mL KMnO4溶液
B．用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸
C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干
D．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全
解析：
碱式滴定管不能装酸性和强氧化性溶液，A错；pH试纸不能用蒸馏水湿润使用，可能会使测得的数值不准确，B错；钠若研成粉末，反应速率加快，与水反应更加剧烈，实验更加不安全，D错。
答案：C
二、非选择题(共52分)
9．(14分)2010年8月7日夜22时左右，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，为预防有大的人畜共患病疫情发生，需要进行环境消毒，常见的碱类物质、甲醛等都有较好的杀死病毒的作用。NaOH溶液因消毒效果好且廉价易得而被广泛使用，从而使工业烧碱用量增加。但工业烧碱中含有杂质碳酸钠。为了测定氢氧化钠的质量分数，某工厂甲、乙两实验员分别设计了实验方案：
Ⅰ.甲的方案是：准确称量一定质量的烧碱样品于烧杯中加蒸馏水溶解，再加入过量氯化钡溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、烘干、称量。
(1)甲实验员洗涤沉淀的具体操作是：向沉淀中加入蒸馏水，然后过滤，重复2～3次。确定沉淀已洗涤干净的依据是_______________________。
(2)氯化钡溶液和氯化钙溶液都能与该样品溶液反应生成沉淀，但使用氯化钡溶液比氯化钙溶液所得的结果具有更高的精确度，原因是______ ___________________________________________。
Ⅱ.乙的方案如下图所示：
(1)根据乙的实验装置图分析，浓硫酸的作用是________，碱石灰的作用是________。小明认为按照乙的方案进行测定，会导致不可避免的误差，例如，装置内空气中的CO2没有排出；反应产生的CO2未被完全吸收等。该设计中还有一个因素也会导致不可避免的误差，你认为是下列因素中的(填序号)________。
①装置的气密性不好 ②加入的稀硫酸量不足 ③干燥管与空气直接相通
(2)经测定知，该工业烧碱中氢氧化钠的质量分数为80%，某养殖户需配制2 000 g 2%的氢氧化钠溶液对禽舍进行杀菌消毒，需要这种工业烧碱________g。
答案：Ⅰ.(1)取适量洗涤后的溶液于试管中，滴加Na2CO3溶液(或稀硫酸、硫酸钠溶液等)无沉淀产生(也可用同样的操作，滴加相应的试剂检验氯离子、氢氧根离子等)
(2)①Ca(OH)2微溶于水，使沉淀的量偏多；②等量的Na2CO3分别与CaCl2、BaCl2反应生成的BaCO3
沉淀质量大，称量时误差小
Ⅱ.(1)吸收水分 吸收反应中生成的CO2 ③
(2)50
10．(18分)(2011·聊城模拟)化学是一门以实验为基础的自然学科，进行化学实验时要采取正确的实验操作，注意实验安全。
(1)在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上印有如图所示的警示标志，说明浓硫酸是一种________。
(2)下列实验能达到目的的是____。
A．在容量瓶中加一定体积的水，再加入浓盐酸配制准确浓度的稀盐酸
B．用稀硫酸和锌粒反应制氢气时加入少许硫酸铜加快反应速率
C．用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤的速度
D．加入盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质
E．制取Fe(OH)2时，吸取除去氧气的NaOH溶液的胶头滴管的末端插入FeSO4溶液中，再注入NaOH溶液
(3)某化学小组设计如图装置完成一组实验：
A中装硝酸，B中装石灰石，C中装漂白粉溶液，现象是装置Ⅱ中产生白色沉淀。他得出酸性：HNO3>H2CO3>HClO。由此得出元素非金属性：N>C>Cl。你认为他得出的结论是否正确？答：________(填“正确”或“不正确”)。理由是______________。
(4)有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定(5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O)
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需________。
②该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是________。
a．稀硝酸 b．稀硫酸 c．稀盐酸 d．浓硝酸
③某同学设计的下列滴定方式，最合理的是________(夹持部分略去，填字母序号。)[来源:学科网]
答案：(1)腐蚀性液体(或腐蚀品) (2)B、E
(3)不正确 次氯酸中的氯显＋1价，不是氯的最高化合价
(4)①250 mL容量瓶 ②b ③b
11．(20分)(2011·全国卷，29)请回答下列实验室中制取气体的有关问题。
(1)下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置。
装置B、C、D的作用分别是
B___________________________________________________；
C___________________________________________________；
D___________________________________________________。
(2)在实验室欲制取适量NO气体。
①下图中最适合完成该实验的简易装置是____(填序号);
②根据所选的装置完成下表(不需要的可不填)：
应加入的物质
所起的作用
A
B
C
D
③简单描述应观察到的实验现象___________________。
答案：(1)B的作用：向上排气收集氯气
C的作用：安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中
D的作用：吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境
(2)①I
②
应加入的物质
所起的作用
A
铜和稀硝酸
反应物
B
水
排水收集NO气体
C
主要是接收B中排出的水
D
③反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速度逐渐加快；A管上部空间由无色逐渐变为浅棕红色，随反应的进行又逐渐变为无色，A中的液体由无色变为浅蓝色；B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中。
专题14 综合实验探究
一、选择题(每小题6分，共60分)
1．除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是( )
A．HNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤
B．CO2(SO2)，酸性KMnO4溶液，浓硫酸，洗气
C．KNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶
D．C2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏
解析：A中又引入了Cl－；B中SO2可被KMnO4(H＋)氧化为H2SO4而除去；C中KNO3
的溶解度随温度的变化大，而NaCl的几乎不变，可以用结晶法提纯；D中的CH3COOH转化为高沸点的(CH3COO)2Ca，蒸馏可得到C2H5OH。
答案：A
2．下列除去杂质的方法正确的是( )
A．除去CO2中混有的CO：用澄清石灰水洗气
B．除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤
C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤
D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤
解析：CO2可以被澄清石灰水吸收，而CO不可以，故A项错；盐酸可以将BaCO3除去，但不能溶解BaSO4，故B项错；C项，2FeCl3＋Fe===3FeCl2，过量的铁粉过滤即可除去，正确；Cu和CuO均可以与稀HNO3反应，故D项错。
答案：C
3．(2011·北京，11)下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3，混合物中Na2CO3质量分数的是( )
A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
解析：在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，A项成立；B项得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，B项成立；同理，Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化也不同，D项成立；C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，C项明显错误；选C。
答案：C
4．下列化学实验事实及其解释都正确的是( )
①向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘
②向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸
③向0.1 mol/L FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2＋具有氧化性
④向2.0 mL浓度均为0.1 mol/L的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol/L AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
解析：向SO2水溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，因为BaSO3易溶于盐酸，②错误；FeSO4
溶液遇酸性KMnO4溶液使其褪色，说明Fe2＋具有还原性，③错误；①、④正确。
答案：B
5．下列有关指定实验装置图的说法不正确的是( )
A．装置①可用于除去水等液体中混有的难挥发或不挥发的杂质
B．装置②中的Cu一定作正极
C．当装置②电路中通过2 mol电子时，Cu电极可能增重64 g，也可能减重64 g
D．当装置③广口瓶中充满了CO2，b口进气可收集NO气体
解析：B项中若X为银，Y溶液为AgNO3溶液，此时铜为负极，银为正极，若X为Zn，Y溶液为ZnSO4溶液，此时Zn为负极，铜为正极，B不正确。[来源:学科网ZXXK]
答案：B
6．用下列装置能达到有关实验目的的是( )
A．用甲图装置电解精炼铝
B．用乙图装置制备Fe(OH)2
C．丙图装置只可制得金属钾
D．丁图验证NaHCO3和Na2CO3热稳定性[来源:Z&xx&k.Com]
解析：甲图电解质溶液中H＋先于Al3＋在阴极得电子，不能完成铝的精炼，A选项错误；乙图用煤油阻止溶液与空气的接触，能防止Fe(OH)2被氧化，可用于Fe(OH)2的制取，B选项正确；C中铝热反应得到锰，C选项错误；丁装置NaHCO3可能被误认为是其受热温度高，先分解，D选项错误。
答案：B
7．(2010·天津理综)下列鉴别方法可行的是( )
A．用氨水鉴别Al3＋、Mg2＋和Ag＋
B．用Ba(NO3)2溶液鉴别Cl－、SO和CO
C．用核磁共振氢谱鉴别1－溴丙烷和2－溴丙烷
D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH===CHCH2OH和[来源:Zxxk.Com]
CH3CH2CH2CHO
解析：用氨水可把Ag＋鉴别出来，Mg(OH)2、Al(OH)3均不溶于氨水，无法区分Mg2＋和Al3＋，A错误；因BaSO4和BaCO3均不溶于水，用Ba(NO3)2无法区分SO和CO，B错误，1－溴丙烷与2－溴丙烷吸收峰不同，可用核磁共振氢谱区分，C正确；D项中的碳碳双键与醛基均能使KMnO4酸性溶液褪色，故无法鉴别两种物质。答案为C。
答案：C
8．(模拟原题)下列实验中操作、现象、结论对应关系正确的一组是( )
选项
操作
现象
结论
A
在蔗糖中加入几滴水搅拌均匀，再加入浓硫酸，迅速搅拌
蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的物质
只体现了浓硫酸的脱水性
B
淀粉和稀硫酸混合共热后，再加少量新制氢氧化铜悬浊液
产生红色沉淀
淀粉水解可生成葡萄糖
C
生成淡黄色沉淀
溴乙烷和氢氧化钠溶液充分反应后，用足量稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液
溴乙烷中含有溴元素
D
将溴水加入苯中并充分振荡
溴水褪色
苯与溴发生了取代反应
解析：A项，该现象说明浓硫酸有脱水性和氧化性。B项，应先加NaOH中和H2SO4，再加新制氢氧化铜悬浊液，共热，才有题述现象。C项，正确。D项，苯与溴水混合发生萃取，不发生取代反应。
答案：C
9．(模拟变式题)根据下列化学实验事实得出的结论一定正确的是( )
A．向某无色溶液中先加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入足量盐酸，沉淀不溶解。结论：该溶液中有SO
B．向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。结论：该溶液中有NH
C．向1 mL浓度均为0.05 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol·L－1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色。结论：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D．向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.05 mL有机物X，加热后未出现红色沉淀。结论：X中不含有醛基
解析：A项，也可能含Ag＋
。D项，所配溶液中NaOH的量太少，应把少量CuSO4溶液滴加至过量NaOH溶液中，才有明显现象。
答案：C
10．(模拟原题)下列装置或操作不能达到实验目的的是( )
A．实验室制取并收集NH3 B．构成原电池
C．检查装置气密性 D．实验室制备乙烯
解析：A项，实验室制NH3用Ca(OH)2与NH4Cl固体共热制取，用向下排空气法收集，且有防倒吸和尾气吸收处理装置，正确。B项，FeCl3与FeCl2
溶液应互换位置。C项，夹住止水夹，从长颈漏斗处注入一定量水，长颈漏斗与烧瓶中液面存在液面差，若一段时间后，液面差保持不变，证明该装置不漏气。D项，由乙烯的实验室制法、反应原理知该装置正确。
答案：B
二、非选择题(共40分)
11．(20分)某同学在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验：
普通锌锰电池的黑色物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质。请回答以下问题：
(1)操作②玻璃棒的作用________。
(2)操作③灼烧滤渣中的黑色固体时，产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推测滤渣中还存在的物质为________(填化学式)。
(3)操作④的试管加入③
中所得黑色滤渣，试管中迅速产生能使带火星的木条复燃的气体，据此可初步认定黑色固体为________(填化学式)。
(4)该同学要对滤液的成分进行检验，以确认是否含有NH4Cl和ZnCl2，下面是他做完实验后所写的实验报告，请你写出其空白处的内容：
实验目的
操作
实验现象
结论
1.检验
Cl－
取少许滤液于试管中，加入________
________[来源:Zxxk.Com]
含有
Cl－
2.检验
NH
取少许滤液于试管中，加入________
含有
NH
3.检验
Zn2＋
取少许滤液于试管中，加入稀氨水
先产生白色沉淀，继续加入氨水，沉淀又溶解
含有
Zn2＋
解析：(1)操作②为过滤，其中玻璃棒的作用是引流，防止溶液外溅。
(2)产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2或SO2，但该气体是由黑色固体燃烧产生，所以该物质为碳。
(3)能加速H2O2分解的黑色固体为MnO2。
(4)检验Cl－的存在使用硝酸酸化的AgNO3溶液。NH的检验可结合NH3是高中阶段唯一的碱性气体来作答，将其在碱性条件下制得NH3后与湿润的红色石蕊试纸接触即可鉴别。
答案：(1)引流 (2)C (3)MnO2
(4)
实验目的
操作
实验现象
结论[来源:Zxxk.Com]
1.检验
Cl－
取少许滤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液
有白色沉淀产生
含有
Cl－
2.检验
NH
取少许滤液于试管中，加入浓氢氧化钠溶液并加热，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口附近
石蕊试纸变蓝色
含有
NH
12.(20分)(2011·新课标，28)氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。
请回答下列问题：
(1)请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为________(填仪器接口的字母编号)。
(2)根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；________(请按正确的顺序填入下列步骤的标号)。
A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热，充分冷却
(3)实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞显红色。该同学据此判断，上述实验确有CaH2生成。
①写出CaH2与水反应的化学方程式__________________；
②该同学的判断不准确，原因是___________________。
(4)请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象________。
(5)登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是_____________________________________________。
解析：氢化钙和金属钙都是极强的还原剂，遇水、遇空气都能发生剧烈反应，因此在制取氢化钙时，必须要除去空气、水等其他杂质；在题给的实验装置中，不难判断出氢气的发生装置，氢气的净化装置和氢化钙的生成装置等，其连接顺序为i →e→f→d→c→j→k(或k→j)→a；为保证整个装置内已充满氢气，因此实验的操作程序是：检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气。CaH2和Ca与水反应都能产生Ca(OH)2和H2，反应方程式分别为：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑和Ca＋2H2O===Ca(OH)2＋H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2
。区分钙和氢化钙时可利用其组成、性质的差异，具体见答案；作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便。
答案：(1)i →e，f→d，c→j，k(或k，j)→a (2)BADC
(3)①CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑ ②金属钙与水反应也有类似现象
(4)取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气体产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色。
(5)氢化钙是固体，携带方便
专题15 化学与技术
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．下列有关肥皂的叙述中错误的是( )
A．肥皂与纯碱的去污原理相同[来源:学科网ZXXK]
B．肥皂可以加速油污在水中的分散
C．肥皂是油脂在碱性条件下水解生成的
D．肥皂主要成分的分子中含有亲油基团和亲水基团
解析：A中纯碱的去污原理是使油污在碱性条件下水解，肥皂去污发生的是物理变化，其去污原理与肥皂不同；其他均为正确的叙述。
答案：A
2．下列叙述错误的是( )
A．合金材料中可能含有非金属元素
B．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
C．加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性
D．在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放
解析：合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的，A正确；光导纤维主要成分是SiO2，属于无机物，B错误；加热会使蛋白质发生变性，C正确；在汽车排气管上加装“催化转化器”能将有毒的CO和NO转化为无毒的CO2和N2，D正确。[来源:学。科。网Z。X。X。K]
答案：B
3．目前下列工艺过程没有直接使用离子交换技术的是( )
A．硬水的软化
B．电解饱和食盐水制NaOH
C．电渗析淡化海水
D．海水中提取金属Mg
解析：
暂时硬水、永久硬水的软化均可用离子交换法；电解饱和食盐水制NaOH，常用阳离子交换膜电解装置，以防止氯气与阴极的氢氧化钠接触反应；电渗析淡化海水常用离子交换膜作半透膜；从海水中提取镁的基本流程是：在海水中先加石灰乳，过滤得氢氧化镁，再加盐酸，通过蒸发得到氯化镁，然后电解得到镁，不需要离子交换膜。
答案：D
4．(2011·江苏镇江高三一调)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是( )
A．铵态氮肥不能与草木灰混合施用
B．工业上用石灰乳对煤燃烧形成的烟气进行脱硫，最终能制得石膏
C．镁合金的硬度和强度均高于纯镁，工业上采用电解MgCl2饱和溶液制得镁
D．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，但工业上不用MgO制镁
解析：铵态氮肥中存在NH，NH发生水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，草木灰的主要成分为K2CO3，CO＋H2OHCO＋OH－，二者的水解反应相互促进，使NH3、CO2以气体形式逸出，引起肥效流失，A正确；Ca(OH)2＋SO2===CaSO3＋H2O,2CaSO3＋O2===2CaSO4，B正确；电解饱和MgCl2溶液的方程式为MgCl2＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，C错误；由于镁的活泼性太强，工业上只能用电解熔融MgCl2来制取镁单质，D正确。
答案：C
5．下列有关工业生产的叙述正确的是( )
A．合成氨生产过程中将NH3
液化分离，可加大正反应速率，提高N2、H2的转化率
B．硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量[来源:Z&xx&k.Com]
C．炼铁是铁矿石在高温下被氧化的过程
D．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气中的氮氧化物，不仅可以防止有害物质的排放，还可以生产有用的NaNO2
解析：N2＋3H22NH3，将NH3液化分离，平衡正向移动，提高了N2、H2的转化率，但是c(NH3)降低，v(正)、v(逆)均减小；硫酸工业中接触室中发生的反应为2SO2＋O22SO3，利用该反应放出的热量来预热SO2；金属冶炼的实质是Mn＋＋ne－===M，金属被还原的过程；NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，NO、NO2完全被碱液吸收。
答案：D
6．下列关于化工生产原理的几种叙述中，均符合目前工业生产实际情况的是( )
A．石油是烃的混合物，石油工业中采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产物
B．氯气和氢气混合在光照条件下生成氯化氢，再用水吸收生成盐酸
C．二氧化硫在接触室被氧化成三氧化硫，再在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸
D．合成氨工业中，由于氨易液化，N2、H2循环使用，所以总体来说氨的产率很高
解析：A项干馏错，应为蒸馏；B项混合光照会爆炸；C项用浓H2SO4吸收，而不是用水。
答案：D
7．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A．十一国庆燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B．加热能杀死甲型H1N1流感病毒是因为病毒的蛋白质受热变性
C．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
D．废旧电池应集中回收，并填埋处理
解析：废旧电池填埋会污染地下水和土壤。
答案：D
8．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨工业的工艺流程如下：
下列关于合成氨工业的说法中不正确的是( )
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．合成氨反应需在低温下进行
C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率
D．原料气之一的氢气可由天然气和水反应制得
解析：合成氨反应虽是放热反应，但是温度低时，反应速率太慢，适宜温度需在500℃左右，且该温度下催化剂的活性最大。
答案：B
二、非选择题(共60分)
9．(12分)(2010·山东理综，31)玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成。
(1)酚醛树脂由苯酚和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中________加入甲醛，且反应釜应装有________装置。
(2)玻璃纤维由玻璃拉丝得到。普通玻璃是由石英砂、________和石灰石(或长石)高温熔融而成，主要反应的化学方程式为_______ __________________________________________________________。
(3)玻璃钢中玻璃纤维的作用是______。玻璃钢具有______等优异性能(写出两点即可)。
(4)下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是____。
A．深埋
B．粉碎后用作树脂填料
C．用作燃料
D．用有机溶剂将其溶解，回收树脂
解析：(4)热固性酚醛塑料不易降解，热固性酚醛塑料是体型高分子化合物，不易溶于一般有机溶剂，A、D错误，所以只有B正确。
答案：(1)缓慢 冷却
(2)纯碱
SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑
(3)增强作用(或骨架作用)
密度小、强度高、抗腐蚀、抗冲击、绝缘性好等
(4)B
10．(12分)(2011·广东A卷，32)由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下：
(注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华)
(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为①________和②________。
(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有________；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在________。
(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为________。
(4)镀铝电解池中，金属铝为________极，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl 和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为______________________________________________。
(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_____________________________________________。
答案：(1)①2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe ②4Al＋3SiO23Si＋2Al2O3
(2)HCl、AlCl3 NaCl (3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O H＋＋OH－===H2O
(4)阳极 Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl
(5)铝在空气中易形成一层极薄的致密而坚固的氧化膜，它能阻止氧化深入内部 ，起到防腐保护作用
11．(12分)(2011·辽宁大连模拟，27)海水是人类的资源宝库，若把海水淡化和化工生产结合起来，既可解决淡水资源缺乏的问题，又可充分利用海洋资源。而以海水为主要原料的海洋化学工业，又被称为“蓝色化工”。氯碱工业是“蓝色化工”重要的组成部分，其化学反应原理是电解饱和食盐水。
(1)氯碱工业的主要产品是氯气和烧碱，产品中氯气与烧碱的质量比(k)的理论值为________(要求有计算表达式和计算结果)。
(2)如图所示是氯碱工业的关键设备——离子隔膜电解槽，该电解槽的特点是用隔膜将槽分隔为左右两室，隔膜能够阻止一些物质从中通过，也能允许一些物质从中通过。
①选用的隔膜应具有的特点是允许________通过，而不允许________通过。
②图中X是________(填化学式)。
③电解槽右室的电极反应式为_________________________。
(3)氯碱工业需要消耗大量的电能，用燃料电池产生的电能满足电解时所需的电能，是“蓝色化工”的又一重要选择。一般可选用近海大量的天然气资源来满足燃料电池所需要的燃气。有一种燃料电池，其燃气为天然气(以甲烷表示)，电解液是KOH溶液，在表面用大量海绵状的金属铂作电极，组成燃料电池。
①写出该燃料电池负极的电极反应式：____________________ ________________。
②若要生产4 t NaOH，则理论上需要消耗天然气的体积为________L(标准状况下)。
解析：(1)电解饱和食盐水的化学反应方程式为2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，反应方程式中Cl2和NaOH的化学计量数之比为1:2，所以，k＝Mr(Cl2)/[2Mr(NaOH)]＝71/80＝(或0.89)。
(2)分析电解池的结构可知，离子隔膜需要阻隔气体和阴离子，所以，应该选用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，而阴离子及气体则不能通过。
(3)①负极的电极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O；②生产4 t NaOH时，转移电子的物质的量为4
×106g/(40g·mol－1)＝1×105mol，需要CH4的物质的量为1×105mol/8＝1.25×104 mol，在标准状况下CH4的体积为2.8×105L。
答案：(1)k＝Mr(Cl2)/[2Mr(NaOH)]＝71/80＝(或0.89)
(2)①阳离子 阴离子及气体 ②Cl2 ③2H2O－2e－===H2↑＋2OH－
(3)①CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O ②2.8×105
12．(12分)现代社会中铜在电气、交通、机械和冶金、能源及石化工业、高科技等领域有广泛的应用。某铜矿石含氧化铜、氧化亚铜、三氧化二铁和脉石(SiO2)，现采用酸浸法从矿石中提取铜，其工艺流程图如下。其中铜的萃取(铜从水层进入有机层的过程)和反萃取(铜从有机层进入水层的过程)是现代湿法炼铜的重要工艺手段。
已知：①Cu＋在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应；②当矿石中三氧化二铁含量太低时，可用硫酸和硫酸铁的混合液浸出铜；③反萃取后的水层2是硫酸铜溶液。
回答下列问题：
(1)矿石用稀硫酸处理过程中Cu2O发生反应的离子方程式为__ ______________________________________________________。
(2)“循环Ⅰ”经多次循环后的水层1不能继续循环使用，但可分离出一种重要的硫酸盐晶体，该晶体的化学式是________。若水层1暴露在空气中一段时间后，可以得到另一种重要的硫酸盐，写出水层1暴露在空气中发生反应的离子方程式：________________ ________________________________________________________。
(3)写出电解过程中阳极(惰性电极)发生反应的电极反应式_______________________________________________________。
(4)“循环Ⅲ”中反萃取剂的主要成分是________________ ___________________________________________________。
解析：(1)由题意Cu＋发生自身氧化还原反应生成Cu2＋与Cu，所以离子方程式为Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O。[来源:Z|xx|k.Com]
(2)加稀硫酸浸取时，Cu2O反应生成的Cu将Fe3＋还原为Fe2＋，所以分离出的硫酸盐晶体为FeSO4·7H2
O，暴露在空气中会生成Fe2(SO4)3。
(3)因水层2是CuSO4溶液，所以阳极放电的离子是OH－，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，则反萃取剂的主要成分为H2SO4。
答案：(1)Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
(2)FeSO4·7H2O 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
(3)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(4)H2SO4
13．(12分)(2010·浙江自选模块，16)火山喷发所能产生的硫磺可用于生产重要的化工原料硫酸。某企业用下图所示的工艺流程生产硫酸：
[来源:学科网]
请回答下列问题：
(1)为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装________(填设备名称)。吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是________。
(2)为使硫磺充分燃烧，经流量计1通入燃烧室的氧气过量50%。为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍，则生产过程中流经流量计1和流量计2的空气体积比应为________。假设接触室中SO2的转化率为95%b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为________。(空气中氧气的体积分数按0.2计)，该尾气的处理方法是________。
(3)与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，该工艺的特点是_______ _(可多选)。
A．耗氧量减少
B．二氧化硫的转化率提高
C．产生的废渣减少
D．不需要使用催化剂
(4)硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面________(可多选)。
A．橡胶的硫化
B．表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成
C．铅蓄电池的生产
D．过磷酸钙的制备
(5)矿物燃料的燃烧是产生大气中SO2的主要原因之一。在燃煤中加入适量的石灰石，可有效减少煤燃烧时SO2的排放，请写出此脱硫过程中反应的化学方程式________。
解析：(1)接触室安装热交换器，目的就是充分利用热量；在吸收塔中填充瓷管可增大SO3
与浓硫酸接触面积，有利于SO3的吸收。
(2)设燃烧1 mol硫，则需通入O2的物质的量为1.5 mol(过量50%)。流经流量计1的空气为1.5 mol/0.2＝7.5 mol；在接触室中，1 mol SO2反应，则消耗n(O2)＝0.5 mol，流经流量计2的空气为0.5 mol×2.5/0.2＝6.25 mol，所以二者之比为1.21。
由化学反应2SO2＋O22SO3可知，SO2的反应的物质的量为1 mol×95%＝0.95 mol，SO2剩余的物质的量为0.05 mol，则最后流经b的气体的成分分别为SO2和空气，空气来源于净化室和流量计2。
从净化室内流出的空气的物质的量为7.5 mol－1 mol＝6.5 mol，从流量计2流出的空气为6.25 mol－1 mol×95%×＝5.775 mol，故SO2%＝×100%＝×100%
＝×100%＝0.4%。
(3)与以硫铁矿为原料的生产工艺相比，因合理地改变了通入氧气的途径，因此大大减少了氧气的用量，同时由于增加了瓷管，故废气量也减少了。故答案选A、C。
(4)A项，只是橡胶与硫发生了化学反应，由线型变成了体型。其他各项，分别用到了硫酸。
(5)首先石灰石的高温煅烧分解CaCO3CaO＋CO2↑，S＋O2SO2，后CaO＋SO2CaSO3，最后发生反应：2CaSO3＋O22CaSO4，也可用总反应式：2SO2＋2CaO＋O22CaSO4。
答案：(1)热交换器 增加SO3与浓硫酸的接触面，有利于SO3的吸收
(2)1.21 0.004 用氨水吸收 (3)AC
(4)BCD
(5)CaCO3CaO＋CO2↑、2SO2＋2CaO＋O22CaSO4(或2SO2＋2CaCO3＋O22CaSO4＋2CO2)
专题16 物质结构与性质
一、选择题(每小题5分，共45分)
1．下列有关电负性的说法中正确的是( )
A．主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能一定越大
B．在元素周期表中，元素电负性从左到右越来越大[来源:学科网ZXXK]
C．金属元素电负性一定小于非金属元素电负性
D．在形成化合物时，电负性越小的元素越容易显示正价
解析：本题考查了电负性的有关应用。主族元素原子的电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能有特例，如电负性：O>N，但第一电离能：N>O，A错误。B、C选项没有考虑过渡元素的情况。
答案：D
2．下列说法中正确的是( )
A．分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定
B．元素周期表中的第ⅠA族(除H外)和第ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C．水分子可表示为HO—H，分子中键角为180°
D．H—O键键能为463 kJ·mol－1，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×463 kJ
解析：分子中键能越大，键长越短，分子越稳定，选项A错误；元素周期表中的ⅠA族(除H外)是活泼金属，ⅦA族元素是活泼非金属，它们形成的化合物中是离子键而不是共价键，选项B正确；水分子中键角为105°，选项C错误；18 g H2O分解成氢原子和氧原子时消耗能量为2×463 kJ，选项D错误。
答案：B
3．下列化学用语表示正确的是( )
A．甲基的电子式：
B．氮原子的轨道表示式：
C．氯离子的最外层电子排布：3s23p6
D．硫离子的结构示意图：
解析：—CH3是CH4失去一个H原子剩余的部分，其电子式为；根据洪特规则，电子应优先占据原子轨道，且自旋方向相同，N的轨道排布式为，故B不正确；Cl－最外层达到8e－稳定结构，C正确；S2－核内有16个质子，且带正电荷，结构示意图为。
答案：C
4．航天员专用水必须是健康的，必须保存原水中对人体有益的矿物质和微量元素，应选择pH呈弱碱性、小分子团的健康水。由解放军总装备部军事医学研究所研制的小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储留时间长、排放量少的特点。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了
B．水分子中氧氢键键长缩短了
C．水分子间作用力减小了
D．水分子间结构、物理性质改变了
解析：小分子团水的特点，说明水分子间的氢键发生了变化，随之物理性质也发生了变化，化学性质并没有改变，形成小分子团作用力增大，但O—H键键长未变。
答案：D
5．(2010·浙江理综，8)有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z2－>W－；Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料。
下列说法中，正确的是( )
A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物
B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低
C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体
D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
解析：由Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si元素，由X、Y、Z、W同周期，X＋与M2－具有相同的电子层结构可知X为Na元素，M为O元素，Z为S元素，再结合离子半径：Z2－>W－，可知W为Cl元素。Na和O可形成Na2O和Na2O2，A不正确；B中水分子之间存在氢键，故水的沸点
最高；Si单质是原子晶体，S单质和Cl2都是分子晶体，C项不正确；O3和Cl2常用于水处理中的消毒剂。
答案：D
6．(双选)(2010·海南化学，19－Ⅰ)下列描述中正确的是( )
A．CS2为V形的极性分子
B．ClO的空间构型为平面三角形
C．SF6中有6对完全相同的成键电子对
D．SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化
解析：CS2与CO2的构型相同，为直线形，A错误；中心原子Cl有一对孤对电子，所以为三角锥形，B错误；S原子最外层有6个电子，正好与6个F原子形成6个共价键，C正确；SiF4中Si有4个σ键，SO中S原子形成3个σ键和一对孤对电子，所以Si、S均是sp3杂化，D正确。
答案：CD
7．有关晶体的下列说法中正确的是( )
A．分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．原子晶体中共价键越强，熔点越高
C．冰熔化时水分子中共价键发生断裂
D．氯化钠熔化时离子键未被破坏
解析：
分子的稳定性由分子的结构决定，分子晶体中分子间作用力越大，则分子晶体的熔、沸点越高，分子内共价键键能越大，则分子越稳定；冰中水分子间存在氢键，冰熔化时断裂了氢键；NaCl中Na＋、Cl－之间存在离子键，NaCl熔化成Na＋、Cl－时一定破坏了离子键。
答案：B
8．(2010·安徽安庆联考)下列各晶体熔、沸点高低的比较，正确的是( )
A．硅>金刚石>金刚砂 B．CsCl>KCl>NaCl
C．SiO2>CO2>Hg D．H2O>NH3>H2
解析：A中都是原子晶体，由于共价键键能：C—C> C—Si >Si—Si，所以沸点：金刚石>金刚砂>硅；B中都是离子晶体，由于离子半径：Cs＋>K＋>Na＋，所以沸点：CsClHg>CO2；D中NH3、H2O均能形成氢键，则H2沸点最低，且H2O常温下为液体，NH3为气体，D正确。
答案：D
9．(2011·北京东城联考)下列叙述正确的是( )
A．1个甘氨酸分子中存在9对共用电子
B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
D．熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
解析：甘氨酸的结构式为由结构式可以看出1个甘氨酸分子中存在10对共用电子，错误。选项B中根据|元素的化合价|＋原子的最外层电子数＝8，则该原子的最外层达到8个电子的稳定结构，BCl3中B原子的最外层电子数为3，化合价为＋3，因此B原子未达到8个电子的稳定结构，错误。选项C中H2S和CS2都是以极性键结合而成，H2S的空间结构呈V形，正负电荷重心不重合，属于极性分子，而CS2为直线形分子，正负电荷重心重合，属于非极性分子，错误。选项D中三种物质均为原子晶体，原子晶体的熔点与该晶体中的原子半径有关，一般来说，原子半径小的，熔点高，所以选项D正确。
答案：D
二、非选择题(共55分)
10．(10分)已知元素的电负性和原子半径一样，也是元素的一种基本性质，下面给出14种元素的电负性：
元素
Al
B
Be
C
Cl[来源:学科网]
F
Li
电负性
1.61
2.04
1.57
2.55
3.16
3.98
0.98
元素
Mg
N
Na
O
P
S
Si
电负性
1.31
3.04
0.93
3.44
2.19
2.58
1.90
(1)根据上表给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是________________________________________________。
(2)预测Br和I元素电负性的大小关系是________，电负性最小的元素在周期表中的位置是________。(放射性元素除外)
(3)离子化合物和共价化合物之间没有绝对的界限，习惯上把SrI2看作离子化合物，把BaS看作共价化合物。(电负性：Sr＝0.95；I＝2.66；Ba＝0.89；S＝2.58)我们把两成键原子的电负性差值用ΔX表示，请找出用ΔX来判断离子键或共价键的数值范围；即当ΔX________时一般为共价键，当ΔX________时一般为离子键。试判断AlBr3中化学键的类型是________。
答案：(1)对同周期元素而言，随核电荷数增加，电负性增大(稀有气体元素除外)
(2)Br>I 第六周期第ⅠA族
(3)<1.70 >1.70 共价键
11．(10分)四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下。
信息①：原子半径大小：A>B>C>D
信息②：四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：
甲：是地球上最常见的物质之一，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分。
乙：无色，无味而易燃，是21世纪的主要能源。
丙：有强氧化性，可以用于消毒杀菌。
请根据上述信息回答下列问题。
(1)甲、乙、丙中含有共同元素是________(填名称)。
(2)B元素在周期表中的位置________，写出A原子的电子排布式：________。
(3)上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是______(填元素符号)。
(4)B形成的单质晶体可能为________。
A．离子晶体 B．分子晶体
C．原子晶体 D．金属晶体
解析：元素A、B、C、D分别为Cl、C、O、H元素。C元素形成的单质可能为金刚石(原子晶体)、C60(分子晶体)等。
答案：(1)氢 (2)第二周期第ⅣA族 1s22s22p63s23p5
(3)Cl (4)BC
12．(10分)(2011·山东枣庄一模，32)研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质。请回答下列问题。
(1)C、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是________________ ____。C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者相比较熔点较高的是________。
(2)A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，写出B原子的电子排布式：________。
电离能/kJ·mol－1
I1[来源:学|科|网Z|X|X|K]
I2
I3
I4
A
932
1 821
15 390
21 771
B
738
1 451
7 733
10 540
(3)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般而言，为d0或d10排布时，无颜色；为d1～d9排布时，有颜色，如[Co(H2O)6]2＋显粉红色。据此判断，[Mn(H2O)6]2＋________(填“无”或“有”)颜色。
(4)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。
①COCl2分子的结构式为每个COCl2分子内含有几个σ键，几个π键( )
A．4个σ键
B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键
D．3个σ键、1个π键
其中心原子采取________杂化轨道方式。
②Fe(CO)5在一定条件下发生分解反应：Fe(CO)5===Fe(s)＋5CO，反应过程中，断裂的化学键只有配位键，形成的化学键是________________。
解析：(1)电负性的比较可以借用非金属性的强弱比较；非金属性：N>C>Si，所以电负性：N>C>Si；金刚石是原子晶体，C60是分子晶体，则沸点：金刚石>C60；
(2)由于A、B的I2、I1相差不大，I3突然增大，则A、B为第ⅡA族元素，由于I1：A>B，则A为铍元素，B为镁元素；
(3)由于[Mn(H2O)6]2＋中Mn2＋的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，所以[Mn(H2O)6]2＋带颜色；
(4)①COCl2中C以双键成键，与C2H4中C的成键相似，所以C为sp2杂化，其中有2个单键(σ键)，1个双键(1个σ键、1个π键)，答案为D；
②Fe(CO)5中Fe与CO形成配位键，断裂后形成的产物为Fe，Fe是金属晶体，其中Fe原子间以金属键结合。
答案：(1)N>C>Si 金刚石
(2)1s22s22p63s2 (3)有
(4)①D sp2 ②金属键
13．(12分)(2011·山西临汾模拟，21)(1)最近，中国科技大学的科学家们将C60分子组装在一单层分子膜表面，在－268℃时冻结分子的热振荡，并利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图像。下列化合物分子中一定既含碳原子间单键又含有双键的是________。
A．CO2 B．C2H4O
C．COCl2 D．H2O2
(2)在化学上，常用一条短线表示一个化学键。在如图所示的结构中，直线不表示化学键或不完全表示化学键的是________。
(3)下表列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价，回答下列问题：
元素名称
钪
钛
钒
铬
锰
元素符号
Sc
Ti
V
Cr
Mn
核电荷数
21
22
23
24
25
最高正价
＋3
＋4
＋5
＋6
＋7
①写出下列元素基态原子的核外电子排布式：
Sc_________________________________________________；
Ti_________________________________________________；
V_________________________________________________；
Mn________________________________________________。[来源:学#科#网Z#X#X#K]
②已知基态铬原子的电子排布是1s22s22p63s23p63d54s1，并不符合构造原理。人们常常会碰到客观事实与理论不相吻合的问题，当你遇到这样的问题时，你的态度是_____________________。
③对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是________________________；出现这一现象的原因是______________________________________。[来源:Zxxk.Com]
解析：(1)A的结构式为O===C===O；B为CH3—CHO或 C为 D为H—O—O—H，只有选项C符合。
(2)石墨晶体中层与层之间为范德华力，因此直线不完全表示化学键；在CCl4中，Cl原子之间的直线只是为了表示四个Cl原子形成的正四面体而已，不表示化学键。
(3)按各原子核外电子排布即可写出其电子排布式；当理论与客观事实不相符时，一定要尊重客观事实，说明该理论具有一定适用范围或局限性，或该理论范畴内有特例；根据五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，可发现的规律为五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最外层s电子和次外层d电子数目之和；这一现象是由原子结构决定的，电子排布的能级交错使得部分d电子也参与化学反应。
答案：(1)C (2)AC
(3)①Sc：1s22s22p63s23p63d14s2
或[Ar]3d14s2
Ti：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
V：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2
Mn：1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2
②尊重客观事实，注重理论适用范围，掌握特例等等
③五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最外层s电子和次外层d电子数目之和 能级交错使得部分d电子也参与化学反应
14．(13分)(2011·安徽，25)W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。
(1)X位于元素周期表中第________周期第________族；W的基态原子核外有________个未成对电子。
(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是____________
(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是____________(写化学式)。
(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是____________。
(4)在25℃、101kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是____________。
解析：本题综合考查元素周期表、晶体结构、元素化合物知识以及热化学方程式等知识。根据题意，不难推出W为氧，X为钠，Y为硅，Z为氯。(1)氧的基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，故氧的基态原子核外有2个未成对电子。(2
)钠为金属晶体，硅为原子晶体。熔点较高的是硅，Cl比Br的非金属性强，故HCl比HBr稳定。(3)该题需根据题目信息即可得出。(4)写出反应方程式，根据转移电子即可得出焓变。
答案：(1)三 ⅠA 2 (2)Si HCl (3)SiCl4＋3H2O=== H2SiO3↓＋4HCl
(4)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)
ΔH＝－1520.0 kJ·mol－1
专题17 有机化学基础
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．(2010·海南化学改编)下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是( )
①溴苯 ②对二甲苯 ③氯乙烯 ④丙烯
A．①② B．②③ C．③④ D．①③[来源:Z#xx#k.Com]
解析：对二甲苯与丙烯中都存在甲基，所有原子不可能处于同一平面；而溴苯可看作一个Br取代了苯中一个H，位于同一平面；氯乙烯可看作乙烯中一个H被一个Cl代替，所有原子都位于同一平面内。
答案：D
2．(2011·安徽安庆高三教学质量检测)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：该题结合分子的对称性以及等效氢规律，考查分子结构中氢原子的种类。A不符合，该分子出现两组峰，其氢原子数之比为3:1；B不符合，该分子出现四组峰，其氢原子数之比为2:1:1:1，C符合，该分子出现两组峰，其氢原子数之比为3:2；D不符合，该分子出现三组峰，其氢原子数之比为3:2:1。
答案：C
3．(2010·福建理综，6)下列关于有机物的正确说法是( )
A．聚乙烯可发生加成反应
B．石油干馏可得到汽油、煤油等
C．淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体
D．乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成
解析：聚乙烯CH2—CH2无碳碳双键，A错误；石油分馏可得到汽油、煤油，B错误；淀粉完全水解只生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，C错误；乙酸乙酯水解生成乙醇，油脂水解生成甘油，均属于醇，D正确。
答案：D
4．在举国欢庆新中国60华诞之际，北京大街小巷对大量盆栽鲜花施用了S－诱抗素剂，以保证鲜花盛开，S－诱抗素的分子结构如图所示，下列关于该分子的说法正确的是( )
A．S－诱抗素含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B．S－诱抗素能与氯化铁溶液发生显色反应
C．S－诱抗素能发生加成反应、水解反应、氧化反应
D．1 mol S－诱抗素在一定条件下可分别与4 mol H2、2 mol NaOH发生反应
解析：根据S－诱抗素的分子结构可知，它含有碳碳双键、羟基、羰基和羧基，A选项正确；S－诱抗素分子中的六元环不是苯环，因此没有酚羟基，不能发生显色反应，B选项错误；S－诱抗素分子中不含酯基，也没有卤素原子，故它不能发生水解反应，C选项错误；由于S－诱抗素分子中羟基为醇羟基，不能与氢氧化钠反应，只有羧基与氢氧化钠发生中和反应，羰基能与氢气发生加成反应，1mol S－诱抗素在一定条件下可分别与4 molH2、1 mol NaOH发生反应，D选项错误。
答案：A
5．某化合物的结构(键线式)及球棍模型如下：
该有机分子的核磁共振谱图如下(单位是ppm)。
下列关于该有机物的叙述正确的是( )
A．该有机物不同化学环境的氢原子有8种[来源:学,科,网]
B．该有机物属于芳香族化合物
C．键线式中的Et代表的基团为—CH3
D．该有机物不能发生消去反应
解析：A项中判断氢原子的种类可根据球棍模型，也可根据核磁共振峰有8组，从而确定氢原子有8种，正确。B项该分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，错误。C项中结合其球棍模型知Et为—CH2CH3，错误。D项中连接羟基的碳的相邻碳上有氢原子，故该有机物在一定条件下能发生消去反应，错误。
答案：A
6．(2011·北京海淀区高三模拟)有机物M的结构简式为：
有关M的下列叙述中正确的是( )
A．可与H2反应，1 mol M最多消耗5 mol H2
B．可与浓溴水反应，1 mol M最多消耗4 mol Br2
C．可与NaOH溶液反应，1 mol M最多消耗3 mol NaOH
D．常温下，M在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度
解析：M中含有1个苯环和1个双键，故1 mol M可与4 mol H2加成，A错；M中酚羟基的两个邻位可与Br2发生取代反应，双键可与Br2加成，故1 mol M可消耗3 mol Br2，B错；1 mol M中含有1 mol酚羟基、1 mol氯原子和1 mol由酚羟基和羧基形成的酯基，1 mol酚羟基和1 mol氯原子水解时，分别消耗1 mol NaOH,1 mol由酚羟基和羧基形成的酯基水解时，要消耗2 mol NaOH，故1 mol M最多消耗4 mol NaOH，C错；由于M中的是一个憎水基，故M在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，D正确。
答案：D
7．贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式(反应条件略去)如下：
下列叙述错误的是( )
A．FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛
B．1 mol 阿司匹林最多可消耗2 mol NaOH
C．常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛
D．C6H7NO是扑热息痛发生类似酯水解反应的产物
解析：
答案：B
8．(2010·全国理综Ⅱ)三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如下：
下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是( )
A. B.
C. D.
解析：据题中信息可知A的反应产物为与CH2===CH2，B的反应产物为CH2===CH—CH3与，C的反应产物为与CH2===CH2，D的反应产物为与CH2===CH－CH3。
答案：A
二、非选择题(共60分)[来源:Zxxk.Com]
9．(20分)(2010·浙江理综，28)最近科学家获得了一种稳定性好、抗氧化能力强的活性化合物A，其结构如下：
A
B
在研究其性能的过程中，发现结构片段X对化合物A的性能起了重要作用。为了研究X的结构，将化合物A在一定条件下水解只得到B(如上)和C。经元素分析及相对分子质量测定，确定C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，与NaHCO3溶液反应有CO2产生。
请回答下列问题：
(1)化合物B能发生下列哪些类型的反应________。
A．取代反应 B．加成反应
C．缩聚反应 D．氧化反应
(2)写出化合物C所有可能的结构简式________。
(3)化合物C能经下列反应得到G(分子式为C8H6O2，分子内含有五元环)：
①确认化合物C的结构简式为________。
②F→G反应的化学方程式为________。
③化合物E有多种同分异构体，1H核磁共振谱图表明，其中某些同分异构体含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢，写出这些同分异构体中任意三种的结构简式________。
解析：(1)B中含有的官能团有—OH和碳碳双键，—OH可发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，也能与酸性KMnO4发生氧化反应。
(2)C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，可知C中含有酚羟基，与NaHCO3溶液反应有CO2产生，推知C中含有—COOH，故C可能的结构简式为 和
(3)CD过程为羧基还原成醇羟基，DE过程为醇羟基被Br原子取代，EF过程与题中已知RXRCOOH的过程原理一样，G含五元环可知苯环上两支链相邻，故C的结构简式为F―→
G反应的化学方程式为E的结构简式为E的同分异构体且符合题目要求的化合物的结构简式为
答案：(1)ABD
10．(20分)(2010·四川理综，28)已知：
以乙炔为原料，通过下图所示步骤能合成有机中间体E(转化过程中的反应条件及部分产物已略去)。
其中，A、B、C、D分别代表一种有机物；B的化学式为C4H10O2，分子中无甲基。
请回答下列问题：
(1)A生成B的化学反应类型是__________________。
(2)写出生成A的化学反应方程式：__________________。
(3)B在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机产物。写出2种相对分子质量比A小的有机产物的结构简式：
_____________________________________________________
(4)写出C生成D的化学反应方程式：
____________________________________________________
(5)含有苯环，且与E互为同分异构体的酯有________种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_______________________________。
解析：本题考查学生接受信息的能力，根据题目提供的新信息结合已有的知识进行综合处理。A到B结合B的分子式C4H10O2，可知由乙炔和甲醛反应有2 mol甲醛参与反应。A到B是与氢气反应属于加成或者还原反应。根据B的分子式可知A与2 mol氢气加成。B到C是进一步氧化为醛，两端的羟基全部被氧化为醛基。(3)问考查了醇的消去，有三种消去方法，任写两种即可。(4)要想做对这一问需要仔细观察题目所给第二个信息的反应机理。(5)考查官能团位置异构，即酯基异构。
答案：(1)加成反应(或还原反应)
(2)H—C≡C—H＋2HCHOHOCH2CCCH2OH
(3)CH2===CH—CH2CH2OH、
11．(20分)(2011·重庆，28)食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准(GB2760－2011)的规定使用。作为食品添加剂中的防腐剂G和W，可经下列反应路线得到(部分反应条件略)。
(1)G的制备
①A与苯酚在分子组成上相差一个CH2原子团，它们互称为________；常温下A在水中的溶解度比苯酚的________(填“大”或“小”)。
②经反应A→B和D→E保护的官能团是________。
③E→G的化学方程式为________。
(2)W的制备[来源:学+①J→L为加成反应，J的结构简式为________。
②M→Q的反应中，Q分子中形成了新的________(填“C—C键”或“C—H键”)。
③用Q的同分异构体Z制备为避免R—OH＋HO—RR—O—R＋H2O发生，则合理的制备途径为酯化、________、________。(填反应类型)
④应用M→Q→T的原理，由T制备W的反应步骤为
第1步：________；第2步：消去反应；第3步：________。(第1、3步用化学方程式表示)
解析：(1)①A中也含有酚羟基，组成上与苯酚相差一个CH2原子团，它们的关系是同系物；A的碳原子数比苯酚多，溶解度应小于苯酚的。
②从A―→E过程中结构的变化看，A―→B过程中酚羟基反应了，D―→E过程中酚羟基又生成了，故过程中保护的官能团是酚羟基。[来源:学|科|网Z|X|X|K]
③从E―→G的结构变化看，是羧基生成了酯基，故发生的是酯化反应，方程式为：
(2)①
J能跟2HCl加成，说明J中有两个碳碳双键或碳碳三键，J中只有两个碳，故J是乙炔，结构简式为HC≡CH。
②两个乙醛发生反应时，其中一分子乙醛断开碳氧双键，另一分子乙醛断开α－H，H原子接到氧原子上，剩余的部分接到碳原子上，故新形成的化学键是C—C键。
③的同分异构体经过三步生成且第一步是酯化，其结构应为经过酯化、加聚、水解即可得到
④T中有4个碳原子，而W中有6个碳原子，故第一步应由M和T发生类似M―→Q的反应，方程式为：
答案：(1)①同系物 小
②—OH
