高三化学二轮复习限时训练

高三化学二轮复习限时训练

真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 1 限时训练 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下面是某“泡腾片”的标签。将这样一粒泡腾片放入 1L 水中，药片完全溶解，同时 产生大量气泡。针对这个过程，下列说法不正确的是( A ) 泡腾片 每片含： 碳酸钙 500 mg 维生素 C 1000 mg 柠檬酸 1350 mg 用量：XXXXX 用法：XXXXX A.溶液中 Ca2＋物质的量浓度为 5×10－3mol/L B．释放了 112 mL(标准状况)的气体 C．产生的气泡是柠檬酸与碳酸钙生成的 CO2 气体 D．每片“泡腾片”含 Ca2＋数约为 3.01×1021 解析：1 L 为溶剂的体积，不是反应溶液的体积，故 A 项错；n(CO2)＝n(CaCO3)＝0.5 g/100 g·mol－1＝5×10－3mol，V(CO2)＝5×10－3 mol×22400 mL/mol＝112 mL，B 项正确；产生的 气体为CO2，C正确；每片“泡腾片”含Ca2＋数约为5×10－3mol×6.02×1023mol－1＝3.01×1021， D 正确。 2．设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( A ) A．常温下，4 g CH4 含有 NA 个 C—H 共价键 B．1 mol Fe 与过量的稀 HNO3 反应，转移 2NA 个电子 C．1 L 0.1 mol·L－1 NaHCO3 溶液含有 0.1NA 个 HCO－ 3 D．常温常压下，22.4 L 的 NO2 和 CO2 混合气体含有 2NA 个 O 原子 解析：4 g CH4 物质的量为 0.25 mol,1 mol CH4 含 4 mol C—H 键，故 A 正确。Fe 与稀 硝酸反应被氧化为 Fe3＋，故应转移 3NA 个电子，故 B 错误。HCO － 3 会发生水解，故应小于 0.1NA， C 错误。D 项不是标准状况下。 3．NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( C ) A．18 g D2O 和 18 g H2O 中含有的质子数均为 10NA B．2 L 0.5 mol·L－1 亚硫酸溶液中含有的 H＋数为 2NA C．过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D．密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O2 充分反应，产物的分子数为 2NA 解析：A 项，D2O 和 H2O 的质子数相同(均为 10)，但 D2O、H2O 的摩尔质量不同，分别为 20 g·mol－1 和 18 g·mol－1，所以 18 g 的两者物质的量不同，质子数不同，错误；B 项， n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但 H2SO3 是弱酸，部分电离，所以 H＋数目小于 2NA， 错误；C 项，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为 2 mol，正确；D 项， 发生反应：2NO＋O2===2NO2，常温下 NO2 和 N2O4 之间存在平衡 2NO2 N2O4，所以分子数小于 2NA，错误。 4．只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是( C ) A．甲：物质中的粒子数；乙：阿伏加德罗常数 B．甲：标准状况下的气体摩尔体积；乙：标准状况下的气体的体积 C．甲：固体的体积；乙：固体的密度 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 2 D．甲：溶液中溶质的物质的量浓度；乙：溶液体积 解析：A 项，n＝N NA ；B 项，n＝V Vm ；C 项，只能求出此固体的质量，不能求其物质的量； D 项，n＝cV。 5．下表为 4 种常见溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度，这 4 种溶液中密度最小的 是( C ) 溶质 A.HCl B.NaOH C.CH3COOH D.HNO3 溶质的质 量分数/% 36.5 40 60 63 物质的量浓 度/mol·L－1 11.8 14.3 10.6 13.8 解析：由公式 c＝1000ρw M 可推导出ρ＝ cM 1000w ，由于溶质的质量分数与其相对分子 质量均相等，故物质的量浓度大的密度就大。 6．NA 代表阿伏加德罗常数。已知 C2H4 和 C3H6 的混合物的质量为 a g，则该混合物( B ) A．所含共用电子对数目为(a/7＋1)NA B．所含碳氢键数目为 aNA/7 C．燃烧时消耗的 O2 一定是 33.6a/14 L D．所含原子总数为 aNA/14 解析：同质量的 C2H4 或 C3H6 中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知 14 g 混 合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为 3NA、2NA。a g 混合物中含有共用电子对数 目为(3a/14)NA；a g 混合物中含有碳氢键数目为(2a/14)NA＝a NA/7；不知反应所处的温度、 压强，无法求算反应消耗氧气的体积；二者最简式相同，均为 CH2，因此 a g 混合物中所含 原子总数为 3a NA/14，故答案选择 B 项。 7．一定量的 CH4 恰好与一定量的 O2 完全反应生成 CO2、CO 和水蒸气，生成物的总质量为 49.6 g，将其通过足量的浓硫酸后，洗气瓶增重 25.2 g，则此甲烷完全燃烧还需要 O2 的体 积(标准状况)为( C ) A．8.96 L B．2.24 L C．4.48 L D．6.72 L 解析：n(H2O)＝ 25.2 g 18 g·mol－1＝1.4 mol，则 n(CH4)＝0.7 mol。设 CO、CO2 的物质的量分 别为 x mol、y mol，①x＋y＝0.7 mol，②28x＋44y＝(49.6－25.2)g；解得：x＝0.4 mol， y＝0.3 mol。0.4 mol CO 完全燃烧所需要的 V(O2)＝0.4 mol×1 2 ×22.4 L/mol＝4.48 L。 8．把 500 mL 含有 BaCl2 和 KCl 的混合溶液分成 5 等份，取一份加入含 a mol 硫酸钠的 溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含 b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉 淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( D ) A．0.1(b－2a)mol·L－1 B．10(2a－b)mol·L－1 C．10(b－a)mol·L－1 D．10(b－2a)mol·L－1 解析：由题中数据知，在 100 mL 混合液中 n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，利用“电 荷守恒”可知溶液中 n(K＋)＝n(Cl－)－2n(Ba2＋)＝(b－2a)mol，故 c(K＋)＝(b－2a)mol/0.1 L ＝10(b－2a)mol·L－1。 9．设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( C ) ①标准状况下，2.24 L 苯含有的分子数为 0.1NA 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 3 ②1 L 0.1 mol·L－1CuSO4 溶液中含有的 Cu2＋的数目为 0.1NA ③0.1 mol18O 含有中子的数目是 NA ④4.6 g NO2 气体中含有的分子数是 0.1NA ⑤1 mol CnH2n＋1 中所含的电子数为(3n＋1)NA 个 ⑥常温常压下，31 g 白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数无法求得 A．①② B．④⑥ C．③ D．⑤ 解析：①错误，在标准状况下苯是液体；②错误，Cu2＋发生水解后数目小于 0.1NA；③ 正确；④错误，4.6 g NO2 的物质的量为 0.1NA，由于存在化学平衡 2NO2 N2O4，含有的分 子数目介于 0.05～0.1NA 之间；⑤错误，CnH2n＋1 是烷烃基，1 mol CnH2n＋1 中所含的电子数为(6n ＋2n＋1)NA 个；⑥错误，常温常压下 31 g 白磷与红磷的混合物中所含的磷原子数为 NA 个。 10．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温条件下两种 化合物均能分解生成氧化铜。溶解 28.4 g 的上述混合物，消耗 1.0 mol·L－1 盐酸 500 mL。 灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜的质量为( B ) A．15 g B．20 g C．30 g D．35 g 二、非选择题(40 分) 11．(20 分)合成氨工业生产中所用的αFe 催化剂的主要成分为 FeO、Fe2O3。 (1)某 FeO、Fe2O3 混合物中，铁、氧的物质的量之比为 4∶5，其中 Fe2＋与 Fe3＋物质的量 之比为 1∶1 。 (2)当催化剂中 Fe2＋与 Fe3＋的物质的量之比为 1∶2 时，其催化剂活性最高，此时铁的氧 化物混合物中铁的质量分数为 0.72 (用小数表示，保留 2 位小数)。 (3)以 Fe2O3 为原料制备上述催化剂，可向其中加入适量炭粉，发生如下反应：2Fe2O3＋ C=====高温4FeO＋CO2↑。为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向 480 g Fe2O3 粉末中加入炭 粉的质量为 6 g ，生成实验条件下 CO2 的体积 12 L (假设此实验条件下，气体摩尔体 积为 24 L·mol－1)。 解析：(1)设 FeO、Fe2O3 分别为 x mol、y mol，根据铁、氧物质的量之比关系得：(x＋ 2y)∶(x＋3y)＝4∶5，x∶y＝2∶1，Fe2＋与 Fe3＋物质的量之比：x∶2y＝1∶1。 (2)根据催化剂中 Fe2＋与 Fe3＋的物质的量之比为 1∶2 可推知，FeO、Fe2O3 的物质的量之 比为 1∶1，混合物中铁的质量分数为： 3×56 72＋160 ≈0.72。 (3)由于催化剂中 Fe2＋与 Fe3＋的物质的量之比为 1∶2 时，其催化剂活性最高，此时反应 后的混合物中，FeO、Fe2O3 的物质的量之比为 1∶1，原料 480 g Fe2O3 为 3 mol，Fe2O3～2FeO， 原料中必须有 1/3Fe2O3 参加反应，即 1 mol Fe2O3 参加反应，理论上要有 0.5 mol C 反应， 即 6 g C。生成 CO2 为 0.5 mol，在该条件下，体积为 12 L。 12．(20 分)氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。 完成下列计算： (1)CaCO3 质量分数为 0.90 的石灰石 100 kg 完成分解产生 CO2 20160 L(标准状况)。 石灰窑中，该石灰石 100 kg 与焦炭混合焙烧，产生 CO2 29120 L(标准状况)，如果石灰石中 碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生 CO，则焦炭的物质的量为 400 mol。 (2)已知粗盐水含 MgCl2 6.80 mol/m3，含 CaCl2 3.00 mol/m3。 向粗盐水中加入 Ca(OH)2 除镁离子： MgCl2＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋CaCl2 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 4 然后加入 Na2CO3 除钙离子。 处理上述粗盐水 10m3，至少需要加 Na2CO3 10388 g。 如果用碳酸化尾气(含 NH3 体积分数为 0.100、CO2 体积分数 0.040)代替碳酸钠，发生如 下反应：Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH＋ 4 。 处理上述 10 m3 粗盐水至少需要通入多少 L(标准状况)碳酸化尾气？列式计算。 答案：V(CO2)＝ 9.80 mol/m3×10 m3×22.4 L/mol 0.040 ＝54880 L (3)某氨盐水含氯化钠 1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含 氯化铵 1070 kg。列式计算： ①过滤后溶液中氯化钠的质量。 ②析出的碳酸氢钠晶体的质量。 答案：由方程式 NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl 可知： n(NH4Cl)＝n(NaHCO3)＝1070×103 g 53.5 g/mol ＝2×104 mol m(NaHCO3)＝2×104 mol×84 g/mol＝1680 kg m(NaCl)＝1521 kg－2×104 mol×58.5 g/mol×10－3 kg/g＝351 kg 解析：(1)CaCO3=====高温CaO＋CO2↑，V(CO2)＝100×103×0.90 100 g/mol ×22.4 L·mol－1＝20160 L。 根据碳原子守恒有：n(C)＝29120 L－20160 L 22.4 L/mol ＝400 mol。 (2)注意加入 Ca(OH)2，增加了 Ca2＋，加入 Ca(OH)2 后，溶液中 c(Ca2＋)＝6.80 mol/m3＋ 3.00 mol/m3＝9.80 mol/m3，m(Na2CO3)＝9.80 mol/m3×10 m3×106 g/mol＝10388 g。由方程 式可知相对于 NH3 的量 CO2 不足，所以按 CO2 的量计算，V(CO2)＝(9.80 mol/m3×10 m3×22.4 L/mol)/0.04＝54880 L。 (3)发生反应：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，n(NH4Cl)＝2×104 mol，析出 m(NaHCO3)＝2×104 mol×84 g/mol＝1680 kg，溶液的 NaCl 质量为 1521 kg－2×104 mol×58.5 g/mol×10－3kg/g＝351 kg。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 5 限时训练 [P79] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下列叙述正确的是( C ) A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强 B．金属阳离子被还原后，一定得到该元素的单质 C．核外电子总数相同的原子，一定是同种元素的原子 D．能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物 解析：本题属于易混淆基本概念的记忆题。A 中氧化性、还原性的强弱是指得失电子的 难易程度，而非得失电子多少，例如 Na、Mg、Al 的还原性依次减弱；金属阳离子可能有多 种价态，被还原后可能生成该元素的低价阳离子，例：Fe3＋―→Fe2＋―→Fe；C 中根据原子结 构的有关知识，原子的核外电子总数＝质子数，相同的核外电子总数说明其质子数相同，元 素种类相同，属于同种元素的原子，C 正确；D 中能与酸反应的氧化物，可能是两性氧化物 或碱性氧化物。 2．下列硫元素化合价变化中，从左至右，按硫元素只被氧化、只被还原、既被氧化又 被还原、既没有被氧化又没有被还原排列的是( D ) ①浓硫酸与炭粉在加热条件下反应 ②硫化氢溶液中通入氧气 ③硫代硫酸钠(Na2S2O3) 与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和硫等 ④向烧碱溶液中缓慢通入二氧化硫 A．①②③④ B．②④①③ C．④③①② D．②①③④ 解析：浓硫酸与炭反应，硫化合价由＋6 价降至＋4 价，硫被还原；硫化氢与氧气反应， 硫由－2 价升至 0 价，硫被氧化；硫代硫酸钠与硫酸反应，硫代硫酸钠中硫由＋2 价，一部 分硫化合价升至＋4 价，另一部分硫的化合价降至 0 价，既被氧化又被还原；二氧化硫与氢 氧化钠反应，硫元素的化合价没有变化。 3．已知下述三个实验中的物质均能发生化学反应。 ① ② ③ 将铁钉放入硫酸铜溶液中 向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝 酸 将铁钉放入氯化铁溶液中 下列判断正确的是( A ) A．实验①和③中的铁钉只作还原剂 B．上述实验证明氧化性：Fe3＋＞Fe2＋＞Cu2＋ C．实验②中 Fe2＋既显氧化性又显还原性 D．实验③中反应的离子方程式为 Fe＋Fe3＋===2Fe2＋ 解析：实验①中铁置换出铜，铁钉作还原剂，实验③中铁钉被 Fe3＋氧化，铁钉作还原剂， A 正确。由实验①可知氧化性：Cu2＋＞Fe2＋，B 错误。实验②中 Fe2＋被硝酸氧化为 Fe3＋，Fe2 ＋是还原剂，C 错误。D 选项中的离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为 Fe＋2Fe3＋ ===3Fe2＋，D 错误。 4．R2O n－ 6 在一定条件下可以把 Mn2＋氧化成 MnO－ 4 ，若反应后 R2O n－ 6 转变为 ROn－ 3 。又知反应 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5∶2，则 n 值为( B ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：设 R2O n－ 6 中 R 的化合价为 x，RO n－ 3 中 R 的化合价为 y， 则有 n＝12－2x＝6－y，即：2x－y＝6，① 根据得失电子守恒：10(x－y)＝10，② 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 6 解得 x＝5，n＝12－2×5＝2。 5．MnO2 的一些性质或用途如图，下列说法正确的是( D ) MnO2 —| 浓 HCl 加热①|→ MnCl2 → Cl2 Al 高温②|→ Mn → Al2O3 KNO3、K2CO3 熔融③ |→ K2MnO4 → KNO2 → CO2 A．①、②、③三个反应中 MnO2 均作氧化剂 B．足量 MnO2 与 2 L 10 mol/L HCl 共热，可生成 5 mol Cl2 C．反应②若生成 1 mol Al2O3，则反应过程中转移 12 mol 电子 D．反应③中 K2CO3 和 KNO3 的化学计量数均为 1 解析：反应③中二氧化锰作还原剂，A 项错；足量 MnO2 与 2 L 10 mol/L HCl 共热，随 着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，反应不再进行，所以生成的氯气小于 5 mol，B 项错；反 应②若生成 1 mol Al2O3，则反应过程中转移 6 mol 电子，C 项错；反应③：MnO2＋KNO3＋ K2CO3===K2MnO4＋KNO2＋CO2↑，D 项正确。 6．Na2FeO4 是一种高效多功能水处理剂。一种制备 Na2FeO4 的方法可用化学方程式表示如 下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中不正确的是( D ) A．Na2O2 在上述反应中既作氧化剂又作还原剂 B．Na2FeO4 既是氧化产物又是还原产物 C．Na2FeO4 处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水 D．2 mol FeSO4 发生反应时，共有 8 mol 电子发生转移 解析：6 mol 的 Na2O2 中只有 1 mol 中的氧失去电子变成氧气，另外 5 mol 中的氧得到 电子变成－2 价的氧，A 项正确；2 mol Fe2＋转化为＋6 价的铁时，转移 8 mol 电子，再加上 生成 1 mol O2 时 Na2O2 失去的 2 mol 电子，反应中共转移 10 mol 电子，D 项错误。 7．已知 Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2＋，且 Co2O3、Cl2、FeCl3、I2 的氧化性依次减 弱。下列叙述中，正确的是( B ) A．Cl2 通入 FeI2 溶液中，可存在反应 3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3 B．每 1 mol Co2O3 在酸性溶液中被还原生成 Co2＋时转移 2 mol e－ C．FeCl3 溶液不能使淀粉 KI 试纸变蓝 D．I2 是ⅦA 族元素单质，具有较强的氧化性，可以将 Co2＋氧化成 Co2O3 解析：由于 Fe3＋氧化性强于 I2，所以 FeI3 不存在，A 中反应不可能发生，A 错；B 项中 1 mol Co2O3 被还原为 Co2＋时转移 2 mol e－，B 正确；因 Fe3＋氧化性大于 I2，FeCl3 将 KI 氧化 为 I2，I2 遇淀粉变蓝，C 不正确；因氧化性 Co2O3＞I2，I2 不能把 Co2＋氧化为 Co2O3，D 错误。 8．现有 M、N、P、E 四种单质，有以下反应：(1)在水溶液中，M＋N2＋===M2＋＋N，(2)P ＋2H2O(l)===P(OH)2＋H2↑，(3)N、E 相连浸入稀 H2SO4 中，电极反应：N－2e－===N2＋，2H＋＋ 2e－===H2↑，判断四种单质的还原性由强到弱的顺序是( C ) A．M、N、P、E B．M、N、E、P 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 7 C．P、M、N、E D．E、P、M、N 解析：根据(2)，P 能与 H2O 反应产生 H2，说明 P 的还原性最强；根据(1)可知 M 的还原 性大于 N；根据(3)可知 N 失去电子为原电池负极，所以 N 的还原性大于 E，故还原性由强到 弱的顺序为 P>M>N>E。 9．向 FeBr2、FeI2 的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所 示，下列有关说法中不正确的是( B ) A．d 曲线代表溶液中 Br－变化情况 B．原溶液中 FeI2 的物质的量为 2 mol C．原溶液中 n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3 D．当通入 2 mol Cl2 时，溶液中离子反应为 2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－ 解析：由于 Fe2＋、I－、Br－的还原性大小为：I－>Fe2＋>Br－，故向该溶液中通入氯气，氯 气先氧化 I－，再氧化 Fe2＋，最后氧化 Br－，故 a、b、c、d 曲线分别表示 I－、Fe2＋、Fe3＋、 Br－的变化情况，A 项正确；由图像可知，I－为 2 mol，故原溶液中 FeI2 为 1 mol，B 项错误； 由图可以看出 Fe2＋是 4 mol，Br－是 6 mol，故原溶液中 n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3，C 项正确； 当通入 2 mol Cl2 时，2 mol 的 I－消耗氯气 1 mol，余下的 1 mol 氯气再与 2 mol Fe2＋反应， 故溶液中发生的离子反应可表示为 2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D 项正确。 10．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的 是( C ) Au2O3 ＋ ＋ ―→ ＋ ＋ A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D．当 1 mol Au2O3 完全反应时，转移电子的物质的量为 8 mol 解析：Au2O3 是反应物，则 Au2O 一定是生成物，其中 Au 元素化合价由＋3 价变成＋1 价， 化合价降低，则必然有化合价升高的，即 Na2S2O3(硫元素为＋2 价)是反应物，Na2S4O6(硫元素 为＋2.5 价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒则有：2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒， 则生成物这边缺少钠元素，所以 NaOH 是生成物，再根据氢元素守恒，则水是反应物。由关 系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当 1 mol Au2O3 完全反应时，转移电子的物质的量为 4 mol。 二、非选择题(40 分) 11．(9 分)氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。现有一个还原过程的反应 式如下： NO－ 3 ＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O (1)下列五种物质中能使上述还原过程发生的是 C (填字母)。 A．KMnO4 B．Na2CO3 C．Cu2O D．Fe2(SO4)3 E．Si (2)写出上述反应的化学方程式并配平： 14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O 。 (3)反应中硝酸体现的性质是 氧化性和酸性 ，氧化产物是 Cu(NO3)2 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 8 (4)反应中若产生 0.2 mol 气体，则消耗硝酸的物质的量是 1.4 mol，转移电子的物 质的量是 0.6 mol。 (5)若相同量的还原剂与不同浓度的硝酸反应时，被还原的硝酸的物质的量增加了，原 因是 硝酸浓度偏大，部分被还原成了 NO2 。 解析：(1)完成该过程需要还原剂，五种物质中只有 Cu2O 可作还原剂。(2)Cu2O 作还原 剂被氧化为 Cu2＋，根据得失电子守恒配平化学方程式：14HNO3＋3Cu2O===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋ 7H2O。(3)分析上述化学方程式，硝酸起到氧化剂和酸的作用，表现了氧化性和酸性，氧化 产物是 Cu(NO3)2。(4)由方程式知 14HNO3～2NO↑～6e－，故生成 0.2 mol 气体时，消耗 HNO3 的物质的量为 1.4 mol，转移电子的物质的量为 0.6 mol。(5)相同量的还原剂，应转移相同 量的电子，被还原的硝酸的物质的量增加，可能是因为硝酸浓度偏大，部分被还原成了 NO2。 12．(11 分)化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学 生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为 0.1 mol/L 的 KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含 KSCN)溶液各 1 滴，每种液滴彼此分开， 围成半径小于表面皿的圆形(如下图所示)，在圆心处放置 2 粒芝麻大小的 KMnO4 晶体，向 KMnO4 晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。[已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋ 2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O] (1)e 处反应的离子方程式为 2MnO－ 4 ＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ，该反应 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1∶5 。 (2)b 处的实验现象为 溶液由无色变为蓝色 ，d 处的实验现象为 溶液变为红色 。 (3)c 处反应的化学方程式为 Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O ，标准状况下，当有 0.224 L Cl2 被 NaOH 溶液吸收后，转移电子的物质的量为 0.01 mol。 (4)通过该实验能否比较 Cl2、FeCl3、KMnO4 三种物质氧化性的强弱？ 能 (填“能” 或“不能”)；若能，其氧化性由强到弱的顺序是 KMnO4>Cl2>FeCl3 。 解析：(1)根据 e 处发生反应的化学方程式判断反应中的氧化剂为 KMnO4，还原剂为 HCl， 其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2∶10＝1∶5，而不是 1∶8。 (2)b 处发生的反应为 2KI＋Cl2===2KCl＋I2，I2 遇淀粉显蓝色；d 处发生的反应为：2FeCl2 ＋Cl2===2FeCl3，Fe3＋和 SCN－反应使溶液变红色。 (3)Cl2 与 NaOH 溶液反应的化学方程式： C 0 l2＋2NaOH===NaCl －1 得 e－＋NaCl ＋1 失 e－O＋H2O 当有 0.01 mol Cl2 被吸收时，转移 0.01 mol 电子。 (4)e 处实验说明氧化性 KMnO4＞Cl2，d 处实验说明氧化性 Cl2＞FeCl3，因此，三种物质 氧化性强弱顺序为：KMnO4＞Cl2＞FeCl3。 13．(11 分)已知下列反应在一定条件下可以发生 H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O； H2O2＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑。 试回答下列问题： (1)Fe2＋在以上反应中实际起着 催化剂 作用。 (2)I2 和 Fe2＋一样也能与 H2O2 发生上述类似的反应，类比上述反应，在下面填入合适的 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 9 化 学 方 程 式 H2O2 ＋ I2===2HIO ； 2HIO ＋ H2O2===I2 ＋ O2↑ ＋ 2H2O ； 总 反 应 方 程 式 为 2H2O2=====I2 2H2O＋O2↑ 。 (3)在 H2SO4 和 KI 的混合溶液中加入过量的 H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色， 并可以使淀粉溶液变蓝。有学生认为该反应的离子方程式为 H2O2＋2I－===I2＋O2↑＋2H＋，这 个 方 程 式 正 确 吗 ？ 不 正 确 ( 填 “ 正 确 ” 或 “ 不 正 确 ”) ， 若 正 确 ， 理 由 是 ____________________________________。 若不正确，原因是 只有化合价升高元素，无化合价降低元素 ，写出正确的化学方程 式 H2SO4＋2KI＋H2O2===K2SO4＋2H2O＋I2 。 解析：题干中首先给出了两个有相互联系的分反应，反应中物质可以分为四类：反应物、 生成物、中间产物、催化剂，其中催化剂的特点是反应开始时即参与反应，但反应完全后又 重新生成且质量不变，可以确定 Fe2＋为催化剂；根据“I2 和 Fe2＋一样也能与 H2O2 发生上述类 似的反应”可知，I2 在反应中作催化剂，它在第二个反应中应当重新生成，同时注意模仿题 中给出的反应，可以写出第二个分反应：2HIO＋H2O2===I2＋O2↑＋2H2O，此反应与第一个分 反应相加然后抵消中间产物 HIO 就可得总反应。(3)氧化还原反应中首先要满足的条件是有 电子得失，H2O2＋2I－===I2＋O2↑＋2H＋中 O、I 二元素化合价均升高，只有失电子的物质没有 得电子的物质，这种反应不能发生。 14．(9 分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 根据题意完成下列填空： (1)As2S3 和 SnCl2 在盐酸中反应转化为 As4S4 和 SnCl4 并放出 H2S 气体。若 As2S3 和 SnCl2 正好完全反应，As2S3 和 SnCl2 的物质的量之比为 1∶1 。 (2)上述反应中的氧化剂是 As2S3 ，反应产生的气体可用 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶 液 吸收。 (3)As2S3 和 HNO3 有如下反应：As2S3＋10H＋＋10NO－ 3 ===2H3AsO4＋3S↓＋10NO2↑＋2H2O。若 生成 2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 10 mol 。若将该反应设计成一原电 池，则 NO2 应该在 正极 (填“正极”或“负极”)附近逸出。 (4)若反应产物 NO2 与 11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓 HNO3，然后与 过量的碳反应，所产生的 CO2 的量 a (选填编号)。 a．小于 0.5 mol b．等于 0.5 mol c．大于 0.5 mol d．无法确定 解析：(1)根据电子得失守恒知 1 molAs2S3 作氧化剂得到 2 mol 电子，而 1 mol SnCl2 作还原剂失去 2 mol 电子，所以二者的物质的量之比是 1∶1； (2)H2S 是酸性气体可用碱液或硫酸铜溶液吸收； (3)As2S3 作还原剂，转移电子的个数是 2×(5－3)＋3×(2－0)＝10。NO2 属于还原产物， 在正极生成； (4)根据电子守恒可知生成 CO2 的量是 0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度 会降低而稀硝酸不与碳反应。 限时训练 [P81] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．水溶液中能大量共存的一组离子是( C ) A．Na＋、Ca2＋、Cl－、SO2－ 4 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 10 B．Fe2＋、H＋、SO2－ 3 、ClO－ C．Mg2＋、NH＋ 4 、Cl－、SO2－ 4 D．K＋、Fe3＋、NO－ 3 、SCN－ 解析：A 项，CaSO4 微溶，Ca2＋和 SO 2－ 4 不能大量共存。B 项，Fe2＋、ClO－会发生氧化还原 反应，H＋、SO2－ 3 、ClO－不能大量共存。C 项，可以共存。D 项，Fe3＋和 SCN－会形成络合物 Fe(SCN)3， 不能大量共存。 2．在某未知溶液中检验出含有 Ba2＋、NO－ 3 ，且溶液的 pH＝1。某学生还需鉴定此溶液中 是否大量存在：①Al3＋；②NH＋ 4 ；③Fe2＋；④Cl－；⑤AlO－ 2 ；⑥SO2－ 4 ，其实这些离子中有一部 分不必再鉴定就能加以否定，你认为不必再鉴定的离子组是( A ) A．③⑤⑥ B．④⑤⑥ C．①②⑤ D．①③④ 解析：溶液的 pH＝1，说明为强酸性溶液，溶液中一定不存在 AlO－ 2 ；溶液中含有 Ba2＋、 NO－ 3 ，显强氧化性，则一定不存在 Fe2＋、SO2－ 4 。 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( A ) A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO2－ 4 、NO－ 3 B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO－ 3 、NO－ 3 C．0.1 mol·L－1AgNO3 溶液：H＋、K＋、SO2－ 4 、I－ D．0.1 mol·L－1NaAlO2 溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO2－ 4 解析：各离子相互不反应能共存，A 正确；使酚酞变红色的溶液显碱性，Cu2＋在碱性溶 液中生成氢氧化铜沉淀，HCO － 3 在碱性溶液中生成 CO2－ 3 ，B 错误；Ag＋与 SO2－ 4 、I－生成沉淀而 不能共存，C 错误；AlO － 2 与 H＋能生成氢氧化铝沉淀，故不能共存，D 错误。 4．下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是( B ) A 常温常压下 NH3、O2、H2、CO2 不能 共存 NH3 为碱性气体、CO2 为酸性气体，二者反应生成(NH4)2CO3 B c(OH－)＝1.0×10－13 mol/L 溶液中，Fe2＋、NO－ 3 、SO2－ 4 、Na＋ 不能 共存 发生反应：3Fe2＋＋NO－ 3 ＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O C 溶液中：K＋、Cu2＋、Cl－、NH3·H2O 不能 共存 发生反应：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓ D 溶液中：Al3＋、Na＋、SO2－ 4 、HCO－ 3 可以 共存 不能发生反应 解析：常温常压下，A 项中四种物质可以共存；C 项中 NH3·H2O 是弱电解质，在离子方 程式中应写成化学式，不能拆开；D 项中 Al3＋与 HCO － 3 发生双水解反应生成 Al(OH)3 与 CO2 而 不能共存。 5．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( B ) A．FeCl3 溶液与 Cu 的反应：Cu＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋ B．NO2 与水的反应：3NO2＋H2O===2NO－ 3 ＋NO＋2H＋ C．醋酸溶液与水垢中的 CaCO3 反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑ D．向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：2AlO－ 2 ＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO2－ 3 解析：本题是离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背景。 A.电荷不守恒，离子方程式要注意三守恒(元素、电子、电荷)等。正确的方程式是：Cu＋2Fe3 ＋===Cu2＋＋2Fe2＋。B.NO2 与水反应生成硝酸和 NO，仅硝酸可拆成离子。C.用食醋除去水瓶中 的水垢涉及弱电解质及难溶物质的书写，碳酸钙、醋酸均不能拆成离子。正确的方程式是： CaCO3＋2CH3COOH===2CH3COO－＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑。D.向 NaAlO2 溶液中通入过量 CO2 的产物是 Al(OH)3↓＋HCO－ 3 。正确的方程式是：AlO－ 2 ＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－ 3 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 11 6．下表中评价合理的是( B ) 选项 化学反应及其离子方程式 评价 A Fe3O4 与稀硝酸反应：2Fe3O4＋18H＋===6Fe3 ＋＋H2↑＋8H2O 正确 B 向碳酸镁中加入稀盐酸：CO2－ 3 ＋2H＋ ===CO2↑＋H2O 错误，碳酸镁不应写成离子形式 C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2 ＋＋SO2－ 4 ===BaSO4↓ 正确 D FeBr2 溶液与等物质的量的 Cl2 反应：2Fe2 ＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2 错误，Fe2＋与 Br－的化学计量数之比应为 1∶2 解析：本题考查离子方程式的正误判断，意在考查考生的分析评价能力。A 项，Fe3O4 中的 Fe2＋能够被硝酸氧化，应生成 NO 气体；C 项，应同时生成 NH3·H2O；D 项，氯气将 Fe2 ＋氧化为 Fe3＋，然后再氧化 Br－，离子方程式正确，评价不合理。 7．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO－ 3 ，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列 有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是( D ) A．向 FeI2 溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ B．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色 C．向 NaClO 溶液中通入少量 CO2 的离子方程式：2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO2－ 3 D．能使 pH 试纸显深红色的溶液，Fe3＋、Cl－、Ba2＋、Br－能大量共存 解析：A 项，应为 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－；B 项，Fe3＋是棕黄色；C 项，根据题意应生成 HCO－ 3 。 8．某溶液可能含有 Cl－、SO2－ 4 、CO2－ 3 、NH＋ 4 、Fe3＋、Al3＋和 K＋。取该溶液 100 mL，加入 过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得 到 1.6 g 固体；向上述滤液中加足量 BaCl2 溶液，得到 4.66 g 不溶于盐酸的沉淀。由此可 知原溶液中( B ) A．至少存在 5 种离子 B．Cl－一定存在，且 c(Cl－)≥0.4 mol·L－1 C．SO2－ 4 、NH ＋ 4 一定存在，Cl－可能不存在 D．CO2－ 3 、Al3＋一定不存在，K＋可能存在 解析：根据加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，说明有 NH＋ 4 ，为 0.02 mol； 同时产生红褐色沉淀，说明有 Fe3＋则没有 CO2－ 3 ，而且为 0.02 mol；根据不溶于盐酸的 4.66 g 沉淀，说明有 SO2－ 4 ，且为 0.02 mol；根据电荷守恒可知一定有 Cl－，至少有 0.04 mol，B 正确。 9．向一定量的 K2CO3 溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中离 子数目也相应地发生变化。如图所示，四条曲线与溶液中的离子的对应关系完全正确的是 ( C ) a b c d A Cl－ K＋ CO2－ 3 HCO－ 3 B K＋ CO2－ 3 Cl－ HCO－ 3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 12 C K＋ CO2－ 3 HCO－ 3 Cl－ D K＋ HCO－ 3 Cl－ CO2－ 3 解析：本题考查离子反应。该反应的实质是 CO 2－ 3 与 H＋反应，K＋的数目不变，则 a 表示 K＋；当 H＋较少时，发生反应 H＋＋CO2－ 3 ===HCO－ 3 ，HCO － 3 增多，CO 2－ 3 减少，当 CO 2－ 3 完全反 应时，HCO － 3 的数目最多，从图可知 b 表示 CO2－ 3 ，c 表示 HCO－ 3 ；继续加 H＋时，发生反应 H＋＋ HCO－ 3 ===CO2↑＋H2O，反应结束时，HCO － 3 完全反应，滴加盐酸的过程中 Cl－并没有参加反应， 所以 d 表示 Cl－。选 C 项。 10．某溶液中可能含有下列 6 种离子中的某几种：Cl－、SO2－ 4 、CO2－ 3 、NH＋ 4 、Na＋、K＋。为 确认溶液组成进行如下实验： (1)200 mL 上述溶液，加入足量 BaCl2 溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀 4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有 2.33 g 沉淀不溶。 (2)向(1)的滤液中加入足量的 NaOH 溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的 气体 1.12 L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)，由此可以得出关于原溶液组 成的正确结论是( D ) A．一定存在 SO2－ 4 、CO2－ 3 、NH＋ 4 ，可能存在 Cl－、Na＋、K＋ B．一定存在 SO2－ 4 、CO2－ 3 、NH＋ 4 、Cl－，一定不存在 Na＋、K＋ C．c(CO2－ 3 )＝0.01 mol·L－1，c(NH＋ 4 )＞c(SO2－ 4 ) D．如果上述 6 种离子都存在，则 c(Cl－)＞c(SO2－ 4 ) 解析：BaSO4 ＝ 2.33 g 233 g/mol ＝0.01 mol；BaCO3 ＝ 4.3－2.33 g 197 g/mol ＝0.01 mol；NH3 ＝ 1.12/22.4＝0.05 mol；根据电解质溶液中离子电荷守恒关系：n(Cl－)＝n(Na＋)＋n(K＋)＋ 0.01>0.01 mol，Cl－的量不可能为零，Cl－一定存在，Na＋、K＋可能存在，A、B 不正确；c(CO2－ 3 ) ＝0.01/0.2＝0.05 mol·L－1，C 不正确；n(Cl－)>0.01 mol，n(SO2－ 4 )＝0.01 mol，则 c(Cl－) ＞c(SO2－ 4 )，D 正确。 二、非选择题(40 分) 11．(7 分)向 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入稀硫酸。请完成下列问题： (1)写出反应的离子方程式 Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－ 4 ===BaSO4↓＋2H2O 。 (2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是 A (填序号)。 A．向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至溶液显中性 B．向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至 SO 2－ 4 恰好完全沉淀 C．向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至过量 (3)若缓缓加入稀 H2SO4 直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力(用电流强度 I 表 示)可近似地用下图中的曲线表示的是 C (填序号)。 (4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于 Ba(OH)2 溶液中央，如图所示。向该烧杯里缓缓 注入与 Ba(OH)2 溶液等密度的稀 H2SO4 至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将 沉入水 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 13 底 。 解析：(1)反应的离子方程式为 Ba2＋＋2OH－＋SO2－ 4 ＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O。 (2)A 项，溶液呈中性时，H＋、OH－恰好完全反应，加入的 Ba(OH)2 完全反应，则离子方 程式为 Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－ 4 ===BaSO4↓＋2H2O，与(1)相同；B 项，SO 2－ 4 恰好完全沉淀时， NaHSO4 与 Ba(OH)2 的物质的量相等，反应的离子方程式为 H＋＋SO2－ 4 ＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋ H2O，与(1)不同；C 项，根据量的关系写出离子方程式为 H＋＋SO2－ 4 ＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋ H2O，与(1)不同。 (3)电解质溶液导电性的强弱决定于离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，反 之越弱。向 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入稀 H2SO4 至过量，开始时离子浓度逐渐减小，离子反应完 全时，即 Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－ 4 ===BaSO4↓＋2H2O，离子浓度几乎为零，稀 H2SO4 过量时，离 子浓度逐渐增大，所以导电性是由强变弱再变强的过程。 (4)稀 H2SO4、Ba(OH)2 溶液的密度比水大，二者反应时，生成 BaSO4 和 H2O，溶液密度减 小，小球将下沉至水底。 12．(10 分)在 Na＋浓度为 0.5 mol·L－1 的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种 离子。 阳离子 K＋ Ag＋ Mg2＋ Ba2＋ 阴离子 NO－ 3 CO2－ 3 SiO2－ 3 SO2－ 4 现取该溶液 100 mL 进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。 序号 实验内容 实验结果 Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出标准状况下 0.56 L 气体 Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼 烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为 2.4 g Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加 BaCl2 溶液 无明显现象 请回答下列问题。 (1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是 Ag＋、Mg2＋、Ba2＋ 。 (2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为 SiO2－ 3 ＋2H＋===H2SiO3↓ 。 (3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算 结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。 阴离子 NO－ 3 CO2－ 3 SiO2－ 3 SO2－ 4 c/mol·L－1 ？ 0.25 0.4 0 (4)判断 K＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由： 存在，最小浓度为 0.8 mol·L－1 。 解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ可知， 加入稀盐酸产生气体，必有 CO2－ 3 ，其浓度为 0.56 L÷22.4 L/mol÷0.1 L＝0.25 mol·L－1， 则溶液中一定无 Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；能生成白色沉淀，因此有 SiO2－ 3 ，发生的反应为 SiO2－ 3 ＋ 2H＋===H2SiO3↓，SiO 2－ 3 的浓度为 2.4 g÷60 g·mol－1÷0.1 L＝0.4 mol·L－1；由实验Ⅲ可 知溶液中不含 SO2－ 4 ；根据电荷守恒知 2c(CO2－ 3 )＋2c(SiO2－ 3 )＝2×0.25 mol·L－1＋2×0.4 mol·L－1＝1.3 mol·L－1＞0.5 mol·L－1，因此必有 K＋，至少为 0.8 mol·L－1，不能确定有 无 NO－ 3 。 13．(11 分)A、B、C、D、E 是五种常见的正盐，其阳离子可能是 K＋、NH＋ 4 、Cu2＋、Ba2＋、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 14 Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是 Cl－、NO－ 3 、SO2－ 4 、CO2－ 3 ，已知： ①五种盐均溶于水，水溶液均为无色； ②D 的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)； ③A 的溶液呈中性，B、C、E 的溶液呈酸性，D 的溶液呈碱性； ④若在五种盐的溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液，只有 A、C 的溶液不产生沉淀； ⑤若在五种盐的溶液中加入氨水，E 和 C 的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C 中沉淀消 失； ⑥把 A 的溶液分别加到 B、C、E 的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。 请回答下列问题： (1)五种盐中，一定没有的阳离子是 Cu2＋、Fe3＋ ；所含阴离子相同的两种盐的化学式 是 (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 。 (2)D 的名称为 碳酸钾 ，D 溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示) CO 2－ 3 ＋ H2O HCO－ 3 ＋OH－ 。 (3)E 和氨水反应的离子方程式是 Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋ 4 。 (4)检验 B 中阳离子的实验方法是 取少量溶液于试管中，加入 NaOH 溶液后，加热，产 生的气体若能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明有 NH＋ 4 。 (5)浓度均为 0.02 mol·L－1 的 A、C 溶液等体积混合生成沉淀(溶度积为 1.8×10－10)， 则混合溶液中银离子的浓度为 1.8×10－8mol·L－1 。 解析：本题考查离子的推断。水溶液均为无色，则不存在 Cu2＋和 Fe3＋，D 的焰色反应呈 紫色，说明 D 中存在 K＋，且 D 的溶液呈碱性，说明是弱酸强碱盐，弱酸根离子只有 CO2－ 3 ， 确定 D 为 K2CO3。A 的溶液呈中性，说明是强酸强碱盐，阳离子只能是 Ba2＋，阴离子为 Cl－或 NO3，根据⑥可知，一定为 Cl－，则 A 是 BaCl2。Ag＋除了和 NO － 3 形成溶液之外，与其他三种离 子均生成沉淀，所以一定有一种盐为 AgNO3。根据⑤可知，C 与氨水生成的沉淀又溶于氨水， 可知生成了银氨溶液，所以 C 中有 Ag＋，则 C 为 AgNO3。根据⑤可知，E 与氨水生成的沉淀不 溶于氨水，则 E 中有 Al3＋，生成的是 Al(OH)3，则 B 中阳离子为 NH＋ 4 ，根据⑥可知，B、E 与 BaCl2 溶液反应生成不溶于稀硝酸的沉淀，说明 B 为(NH4)2SO4，E 为 Al2(SO4)3。(5)设两种溶 液均为 1L，则反应之后溶液中有 BaCl2 剩余，c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，根据 Ksp(AgCl)＝c(Ag ＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，则 c(Ag＋)＝1.8×10－8mol·L－1。 14．(12 分)某强酸性溶液 X，含有 Ba2＋、Al3＋、SiO2－ 3 、NH＋ 4 、Fe2＋、Fe3＋、CO2－ 3 、SO2－ 4 、 NO － 3 中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化： 依据以上信息，回答下列问题： (1)上述离子中，溶液 X 中肯定含有的是 SO2－ 4 、Al3＋、Fe2＋、NH＋ 4 ；不能肯定的是 Fe3 ＋ 。对不能确定是否存在的离子，可以另取 X 溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种 加入 X 溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是 ⑤ 。(选填：①NaOH 溶液 ②酚酞溶液 ③石蕊试液 ④pH 试纸 ⑤KSCN 溶液 ⑥KMnO4 溶液) (2)气体 F 的化学式为： NH3 ，沉淀 G 的化学式为： Fe(OH)3 ，沉淀 K 的化学式为 Al(OH)3 ，实验中，可以观察到反应②的现象是 气体由无色变成红棕色 。 (3)写出步骤①所有发生反应的离子方程式： Ba2＋＋SO2－ 4 ===BaSO4↓ 、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 15 3Fe2＋＋NO－ 3 ＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 。 (4)要使步骤③中，D、H2O、O2 三种物质恰好发生化合反应，则 D、H2O、O2 物质的量之比 是 4∶2∶1 。 解析：强酸性溶液中含有 H＋，则不含 SiO2－ 3 、CO2－ 3 ；加入 Ba(NO3)2 溶液后生成的沉淀一 定是 BaSO4，则溶液中含有 SO2－ 4 ，不含 Ba2＋；气体 A 能够和氧气反应，所以 A 为 NO，D 为 NO2， D 到 E 的反应为：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，说明该溶液中含有还原性离子，即 Fe2＋，则原溶 液中一定没有 NO－ 3 。溶液 B 能够和 NaOH 溶液反应生成气体，则该气体一定是 NH3，原溶液中 一定含有 NH＋ 4 。符合转化关系：“B ――→NaOH 溶液H ――→CO2 沉淀 K”的 K 为 Al(OH)3，则溶液中含 有 Al3＋。 限时训练 [P84] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．“保护环境，就是保护人类自己。”下列环境问题与产生的主要原因不相符的是( D ) ①“臭氧空洞”主要是大量使用氟氯代烃等引起的 ②“光化学烟雾”主要是由 NO2 等引起的 ③“酸雨”主要是由空气中 CO2 浓度增大引起的 ④“白色污染”主要是由聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯塑料等塑料制品引起的 ⑤“厄尔尼诺”现象由空气中 CO2 浓度增大引起的 ⑥“温室效应”主要是由空气中 CO2 浓度增大引起的 ⑦“赤潮”主要是由水体中 P、N 等元素过量引起的 A．①② B．②③⑤ C．全部 D．只有③ 解析：“保护环境，就是保护人类自己”，环境问题已越来越引起社会的关注，了解一 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 16 些环境问题产生的主要原因，才能提出合理的治理方案。“臭氧空洞”主要是氟氯代烃引起， 而 NOx 对“臭氧空洞”的形成也有一定作用；光化学烟雾主要是 NOx 引起的；“酸雨”的形 成主要是 SO2 及 NOx 引起，故③不正确；“白色污染”是指聚乙烯聚丙烯等塑料引起的污染； 空气中 CO2 浓度增大，引起“温室效应”，“厄尔尼诺”也由此而起；“赤潮”、“水华” 则是水体中由 N、P 等营养元素的过量引起的。综上所述，正确答案为 D。 2．下列物质与水作用形成的溶液能与 NH4Cl 反应生成 NH3 的是( B ) A．二氧化氮 B．钠 C．硫酸镁 D．二氧化硅 解析：本题考查无机物之间的反应。钠溶于水形成 NaOH 溶液能与 NH4Cl 发生复分解反 应生成 NH3，故选 B 项。 3．下列能够检验出 KI 中是否含有 Br－的实验是( D ) A．加入足量的新制氯水，溶液变色则有 Br－ B．加入酸性 KMnO4 溶液，观察溶液颜色是否褪去 C．加入少量的碘水，再加入 CCl4 振荡，有机层有色，则有 Br－ D．加入足量 FeCl3 溶液，用 CCl4 萃取后，取无色的水层并加入氯水，溶液呈橙色，则 含有 Br－ 解析：A 项，在 KI 中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确 定是否含有溴离子；B 项，溴离子和碘离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C 项，加入少量 的碘水，再加入 CCl4 振荡，有机层是萃取单质碘而显色，并没有溴单质产生；D 项，加入足 量 FeCl3 溶液，KI 与 Fe3＋反应产生单质碘，再用 CCl4 萃取后，取无色的水层并加入氯水，会 置换出单质溴而使溶液呈橙色。 4．在下图的实验装置中，实验开始一段时间后，对看到的现象叙述不正确的是( D ) A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑” C．小试管内有晶体析出 D．pH 试纸变红 解析：本题考查浓硫酸的有关性质。A、B、C 都考查了浓硫酸的吸水性，B 项的“白斑” 是失去结晶水形成的 CuSO4，C 项由于饱和溶液的溶剂减少，所以析出晶体；D 项考查浓硫酸 的脱水性，pH 试纸会变黑(单质碳)。 5．下列关于卤素的叙述中正确的是( C ) A．溴中溶有少量氯气，可以用加入溴化钠再用酒精萃取的方法提纯 B．某溶液与淀粉碘化钾溶液反应出现蓝色，则证明该溶液一定是氯水 C．氟气跟氯化钠水溶液反应，一定有 HF 和 O2 生成 D．氯气跟水反应时，水既是氧化剂也是还原剂 解析：乙醇与水相溶，所以不能用来萃取提纯，选项 A 错误；能使淀粉碘化钾溶液反应 出现蓝色，则该溶液具有强的氧化性，如：硝酸、溴水、氯水等，所以选项 B 错误；氟气非 常活泼，所以遇到水马上反应，生成 HF 和 O2，选项 C 正确；在 Cl2＋H2O===HCl＋HClO 中， 氯气既是氧化剂也是还原剂，水不参与氧化还原反应，选项 D 错误。 6．若甲、丙为短周期主族元素组成的单质，乙、丁都是由两种元素组成的化合物，它 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 17 们之间有如图所示的转化关系，则满足条件的甲和丙可以为( C ) A．钠和氧气 B．氯气和氧气 C．碳和硅 D．氯气和溴 解析：A.钠不能置换出氧；B.氯气和水反应生成 HCl 和 HClO；C.碳在高温下还原二氧 化硅得到硅和一氧化碳；D.溴不是短周期元素，不合题意。 7．硫酸亚铁固体强热可发生如下反应：2FeSO4=====高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，若将此反应生 成的气体通入 BaCl2 溶液中，则( B ) ①析出 BaSO3 沉淀 ②析出 BaSO4 沉淀 ③逸出 SO3 气体 ④逸出 SO2 气体 A．①② B．②④ C．①③ D．③④ 解析：SO2、SO3 的混合气体溶于水，发生反应 SO3＋H2O===H2SO4，同时放出大量的热，使 SO2 的溶解度减小而逸出 SO2 气体，又由 H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl 知析出的沉淀为 BaSO4， 在酸性溶液中不可能产生 BaSO3 沉淀。 8．下列各项反应对应的图像错误的是( B ) A．图 1：将氮气和氧气混合后在放电条件下反应 B．图 2：将稀盐酸逐滴加入一定量偏铝酸钠溶液中 C．图 3：将二氧化硫逐渐通入一定量氯水中 D．图 4：将铜粉逐渐加入一定量浓硝酸中 解析：氮气和氧气在放电条件下反应生成 NO 是吸热反应，A 项正确；B 项，先后发生反 应：AlO－ 2 ＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋===3H2O＋Al3＋，前后消耗的盐酸的物质的量 之比应是 1∶3，错误；C 项，发生反应：SO2＋H2O＋Cl2===2HCl＋H2SO4，随着反应的进行， 溶液的酸性增强，正确；D 项，Cu～2NO2,3Cu～2NO，等量的铜与稀硝酸反应产生的气体体积 小于其与浓硝酸反应产生的气体体积，正确。 9．向含 Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图 所示，已知 b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下 列说法正确的是( D ) A．线段Ⅱ表示 Br－的变化情况 B．原溶液中 n(FeI2)∶n(FeBr2)＝3∶1 C．根据图像无法计算 a 的值 D．线段Ⅳ表示 IO － 3 的变化情况 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 18 解析：向含 Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，依据还原性：I－>Fe2＋>Br－可知， I－、Fe2＋、Br－依次被氧化，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表 I－、Fe2＋、Br－的变化情况，A 项错误； 根据图像横坐标，可以计算出 n(I－)＝2 mol，n(Fe2＋)＝4 mol，根据电荷守恒可知 n(Br－) ＝6 mol，Br－消耗 3 mol 氯气，则 a＝6，原溶液中 n(FeI2)∶n(FeBr2)＝1∶3，B、C 项错误； 已知 b－a＝5，说明在 a～b 段参与反应的 I2 与 Cl2 的物质的量之比为 1∶5，线段Ⅳ表示 IO － 3 的变化情况，D 项正确。 10．把 22.4 g 铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到 0.3 mol NO2 和 0.2 mol NO，下列说法正确的是( C ) A．反应后生成的盐只为 Fe(NO3)3 B．反应后生成的盐只为 Fe(NO3)2 C．反应后生成的盐为 Fe(NO3)3 和 Fe(NO3)2，其物质的量之比为 1∶3 D．反应后生成的盐为 Fe(NO3)3 和 Fe(NO3)2，其物质的量之比为 3∶1 解析：因产生 0.3 mol NO2 和 0.2 mol NO 时硝酸得到的电子的物质的量为 0.9 mol，所 以铁失去的电子的物质的量也为 0.9 mol，而铁的物质的量为 0.4 mol，所以产生的既有 Fe2 ＋又有 Fe3＋，且前者与后者的物质的量之比为 3∶1。 二、非选择题(40 分) 11．(10 分)为了探究新制饱和氯水的组成和性质而进行了科学实验：先观察了氯水的 外观性质以后，又用胶头滴管将该氯水逐滴滴入含有酚酞的 NaOH 溶液中，边滴边振荡，并 连续观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去而得无色溶液。以下的一些问题需要请你来配合回 答： (1)请写出新制饱和氯水中含有氯元素物质的化学式： Cl2、HCl(或 Cl－)、HClO 。 (2)若不再进行更多的实验，请说明能快速判断氯水中含有 Cl2 的主要依据： 氯水显 浅黄绿色 。 (3)根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字说明之： ① HCl 和 HClO 中和了 NaOH 。 ② HClO 氧化了酚酞 。 (4)他们又要通过实验进一步探究溶液红色褪去的原因究竟是上述中的①还是②。 [实验步骤] ①取试管内的无色溶液 3 mL 盛于另一支洁净的试管中； ② 再向试管内滴加 2 滴 NaOH 溶液 ，振荡试管。 [实验现象及结论] ①若 恢复红色 ，则证明溶液红色褪去的原因是①而不是②； ②若 仍为无色 ，则证明溶液红色褪去的原因是②而不是①。 (5)为了从新制氯水中制得较高浓度的 HClO，可向氯水中加入的试剂是 A 。 A．CaCO3 B．NaHSO3 C．H2SO4 D．Ca(OH)2 解析：(1)由题中信息可知，溶于水的 Cl2，一部分与 H2O 发生化学反应生成 HCl 和 HClO， 另一部分以 Cl2 的形态溶解于水中。 (2)氯水因 Cl2 的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有 Cl2 的依据。 (3)溶液的红色是酚酞与 NaOH 相互作用的结果。若没有酚酞，NaOH 溶液呈无色；若没 有 NaOH，酚酞溶液也呈无色。由“(1)”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为 主的 HCl，又含有以显强氧化性为主的 HClO。 (4)可滴加 NaOH 溶液来验证红色褪去的原因。滴入少量 NaOH 后溶液显红色，说明还存 在酚酞，红色褪去的原因是 HCl 和 HClO 与 NaOH 发生了反应；若加入 NaOH 不再显红色，说 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 19 明溶液中不存在酚酞，即酚酞已被 HClO 氧化。 (5)由 Cl2＋H2O HCl＋HClO 可知，NaHSO3、Ca(OH)2 均与 HClO 反应，加 H2SO4，c(H＋) 增大，平衡逆向移动，HClO 浓度减小。H2CO3 酸性强于 HClO，故可加入 CaCO3。 12．(11 分)有一纯净的亚硫酸钠晶体因部分被氧化而变质，为了测定样品中杂质的质 量分数进行以下实验过程，按要求填写空格： (1)向混合溶液中加入的无色溶液 A 是 BaCl2 ，A 必须过量的原因是 使 SO2－ 4 、SO 2－ 3 沉 淀完全 。 (2)白色沉淀 c 中含有 BaSO4、BaSO3 。 (3)无色溶液 B 通常是 稀盐酸 ，加入后与 c 反应的离子方程式为 2H＋＋BaSO3===H2O ＋SO2↑＋Ba2＋ 。 若无色溶液 B 是硝酸溶液或硫酸溶液，是否能测定样品中杂质的质量分数？ 否 (填 “是”或“否”)；请简要说明理由： ① 硝酸会氧化 BaSO3 ， ② H2SO4 会与 BaSO3 反应生成 BaSO4 ， ③________________________________________________________________________ (可不填满也可补充)。 (4)通过以上测定可得到样品中杂质的质量分数的计算式为 142m2 233m1 ×100% 。 解析：亚硫酸钠在空气中会部分被氧化成 Na2SO4 而变质，根据框图可分析无色溶液 A 为 BaCl2 溶液，它使 SO2－ 4 、SO 2－ 3 全部沉淀得到白色沉淀 c，再加入无色溶液 B，把两种沉淀分开， 故 B 为盐酸，BaSO3 溶解，得到白色沉淀 d 为 BaSO4，通过测量沉淀质量，可得出 Na2SO4 的质 量分数： m2 233 ×142 m1 ×100%＝142m2 233m1 ×100%。 13．(10 分)食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是杂质、水分、 空气中的氧气以及光照、受热而引起的。 已知：氧化性：IO－ 3 >Fe3＋>I2 还原性：S2O2－ 3 >I－ 3I2＋6OH－===5I－＋IO－ 3 ＋3H2O KI＋I2 KI3 (1)某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有 KIO3、KI、Mg2 ＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为 3 份，第一份试液中滴加 KSCN 溶液后显红色；第二份试液中加足量 KI 固体，溶液显淡黄色，用 CCl4 萃取，下层溶液 显紫红色；第三份试液中加入适量 KIO3 固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 20 ①加 KSCN 溶液显红色，该红色物质是 Fe(SCN)3 (用化学式表示)； ②第二份试液中加入足量 KI 固体后，反应的离子方程式为 IO－ 3 ＋5I－＋6H＋===3I2＋ 3H2O 、 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 。 (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： 4KI＋2H2O＋O2===2I2＋4KOH 。 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？ 否 (填“是”或“否”)，并说明理由： KI3 在受热(或潮湿)条件下产生 I2 和 KI，KI 被氧 气氧化生成 I2，I2 易升华 。 解析：本题考查加碘食盐组成的分析，意在考查考生的实验设计能力。(1)①加 KSCN 溶液，Fe3＋与 SCN－结合为红色物质 Fe(SCN)3。CCl4 中显紫红色的物质为单质碘。②第二份试 液中加入足量 KI 固体，IO－ 3 、Fe3＋均能氧化 I－，反应的离子方程式为：IO－ 3 ＋5I－＋6H＋===3I2 ＋3H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。(2)潮湿环境下 KI 与氧气的反应为：4KI＋2H2O＋O2===2I2 ＋4KOH。KI3·H2O 作为食盐加碘剂不合适，因为 KI3 在受热(或潮湿)条件下分解产生 I2 和 KI， KI 易被氧气氧化生成 I2，I2 易升华。 14．(9 分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含 NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得 应用广泛的 Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下： 硝酸工业的尾气→石灰乳 ↓ , 吸收 ,↓)),气体排放)→,滤渣))→……→无水 Ca(NO2)2 已知：NO(g)＋NO2(g) N2O3(g)，请回答下列问题： (1)上述工艺中采用气－液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷 淋)，其目的是 使尾气中的 NO、NO2 被充分吸收 ；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是 Ca(OH)2 (填化学式)。 (2)该工艺需控制 NO 和 NO2 物质的量之比接近 1∶1。若 n(NO)∶n(NO2)＞1，则会导致 排 放气体中 NO 含量升高 ；若 n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，则会导致 产品 Ca(NO2)2 中 Ca(NO3)2 含量升高 。 (3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中 Ca(NO2)2 会发生分解，产物之一是 NO，其 反应的离子方程式为 3NO－ 2 ＋2H＋===NO－ 3 ＋2NO↑＋H2O 。 解析：(1)采用气液逆流的原理，可以增加气液的接触时间，能使气体吸收得更充分， 从而提高气体的吸收效率；由流程图可以得到 NO 和 NO2 与氢氧化钙反应生成了亚硝酸钙和 水，而该流程的目的之一是吸收尾气，所以石灰乳是过量的，过滤后的滤渣即为过量的石灰 乳，它可以用于再吸收尾气，即可以循环使用；(2)由于存在着 NO(g)＋NO2(g) N2O3(g) 的平衡，所以氢氧化钙吸收 NO 与 NO2 为 1∶1，如果 NO 更多，则 NO 不能单独被石灰乳吸收 而逸出，污染环境，而如果 NO2 过量，则可看着为 NO2 与水反应生成硝酸而与石灰乳反应(实 际是 NO2 与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和硝酸钙)，从而增加了硝酸钙的含量，在亚硝酸钙 中混入了杂质硝酸钙；(3)由题给条件“在酸性溶液中 Ca(NO2)2 会发生分解，产物之一是 NO”，又因为氧化还原反应中有化合价降低，同时会有化合价升高，所以还应生成了硝酸根 离子所以发生反应的离子，方程式为：3NO－ 2 ＋2H＋===NO－ 3 ＋2NO↑＋H2O。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 21 限时训练 [P87] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是( D ) A．铁 B．氮 C．氧 D．碳 解析：炼铁过程中，铁、氧被还原，氮元素不参加反应，碳被氧化成 CO 或 CO2，碳也可 与 CO2 反应生成 CO，碳被还原。 2．下列说法正确的是( A ) A．金属钠着火，可用干燥沙土盖灭 B．1 L 生理盐水(0.9% NaCl 溶液)中含有 9 mol Na＋ C．浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗 D．氢氧化钠浓溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗 解析：0.9%是质量分数，B 不正确；C 项中应先用布拭去再用大量水冲洗，不正确；D 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 22 项中应先用大量水冲洗，再用硼酸稀溶液冲洗，不正确。 3．为确定碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是( D ) A．观察加热时能否放出气体 B．观察滴加盐酸时能否放出气体 C．溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成 D．溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成 解析：A 选项能证明含有碳酸氢钠；B 选项碳酸氢钠和碳酸钠均与盐酸反应放出气体；C 选项碳酸氢钠和碳酸钠溶液均与澄清石灰水反应生成沉淀。 4．下列有关铝及其化合物的叙述正确的是( C ) A．铝粉与氧化镁共热可制取金属镁 B．足量铝分别与含 1 mol HCl、1 mol NaOH 的溶液反应，产生相同量的氢气 C．工业上用电解熔融 Al2O3 的方法冶炼铝 D．在浓硝酸中加入等体积的浓硫酸后，立即加入铝片，铝片表面发生钝化 解析：镁比铝活泼，不能用铝粉制取镁，A 错误；根据关系式 2Al～6HCl～3H2,2Al～ 2NaOH～3H2，当铝足量时，等量的 HCl 和 NaOH 产生 H2 的比例为 1∶3，B 错误；浓 H2SO4 吸收 浓 HNO3 中水分，并放出大量热，促进 HNO3 挥发，使两种酸的浓度减小，铝片不钝化，D 错误。 5．铁是使用最为普遍的金属，下列关于铁的说法中正确的是( C ) A．铁单质只具有还原性，其阳离子只具有氧化性 B．常温下，单质铁与浓硫酸不反应 C．铁元素属于过渡元素，其原子序数为 26 D．比较与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的快 解析：＋2 价铁能表现还原性，A 错误；常温下，铁能与浓硫酸反应而钝化，B 错误； 因构成原电池，生铁与盐酸反应快，D 错误。 6．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是( A ) ①金属钠投入到 FeCl3 溶液中 ②过量 NaOH 溶液和明矾溶液混合 ③少量 Ca(OH)2 投入 过量 NaHCO3 溶液中 ④Na2O2 投入 FeCl2 溶液中 A．①④ B．只有③ C．②③ D．①③④ 解析：①中生成 H2 和 Fe(OH)3，②中生成 NaAlO2，③中生成 CaCO3 沉淀，④中生成 O2 和 Fe(OH)3。 7．将 a g 铁和氧化铁的混合物加入 800 mL pH＝1 的盐酸中充分反应后，盐酸全部消耗， 固体无剩余并放出标准状况下气体 0.224 L。则下列判断中正确的是( A ) A．原混合物中 n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1 B．向溶液中滴入无色的 KSCN 溶液，显血红色 C．无法计算出原混合物的质量 a D．此时溶液中 Fe2＋和 Fe3＋的物质的量之比为 3∶1 解析：因为 Fe3＋和 H＋的氧化性强弱顺序为 Fe3＋>H＋，所以当产生氢气时，说明 Fe3＋已经 全部被还原为 Fe2＋。n(H2)＝0.01 mol，则参加反应 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑的铁为 0.01 mol， 消耗的 H＋为 0.02 mol，则溶解 Fe2O3 的 H＋为 0.08 mol－0.02 mol＝0.06 mol，所以 n(Fe2O3) ＝0.01 mol，参加反应 Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋的 Fe 为 0.01 mol，所以混合物中 n(Fe)＝0.02 mol， 故 n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1。 8．向含有 Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3 各 0.1 mol 的混合溶液中加入 0.1 mol 铁粉，充分搅拌后，Fe 溶解，溶液中不存在 Fe3＋，同时析出 0.1 mol Ag。下列结论错误的 是( A ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 23 A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋ B．Fe3＋的氧化性大于 Cu2＋ C．溶液中 Cu2＋与 Fe2＋的物质的量之比为 1∶2 D．1 mol Fe 可还原 2 mol Fe3＋ 解析：铁粉先跟 Ag＋反应，然后再与 Fe3＋反应，由反应方程式得，Ag＋、Fe3＋完全反应后 铁粉没有剩余，B、C 正确；1 mol Fe 可还原 2 mol Fe3＋，D 正确。 9．由氧化铜和氧化铁组成的混合物 a g，加入 2 mol·L－1 的稀硫酸溶液 50 mL，恰好 完全溶解，若将 a g 的该混合物在过量的 CO 气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量 为( B ) A．1.6a g B．(a－1.6) g C．(a－3.2) g D．无法计算 解析：CuO ――→失掉 O 原子Cu，Fe2O3 ――→失掉 O 原子2Fe，分析反应 CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O 和 Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，可知 CuO 和 Fe2O3 变成 Cu 和 Fe 失掉的 O 原子的物质的量与 H2SO4 的物质的量相等，则 m(O)＝16 g·mol－1×2 mol·L－1×0.050 L＝1.6 g，剩余固体物 质的质量为(a－1.6) g。 10．a g Mg、Al 合金完全溶解在 c1 mol·L－1、V1L HCl 溶液中，产生 b mol H2，再向反 应后的溶液中加入 c2 mol·L－1、V2 LNaOH 溶液，恰好使沉淀达到最大值，且沉淀质量为 d g。 下列关系不正确的是( C ) A．d＝a＋34b B．c1＝c2V2 V1 C．铝的质量为 24b－a 9 g D．与金属反应后剩余盐酸为(c1V1－2b)mol 解析：在该过程中转移电子与消耗 OH－的关系式为：Mg－2e－～Mg2＋～2OH－，Al－3e－～ Al3＋～3OH－，故沉淀中 n(OH－)＝n(电子)，所以 d g＝a g＋m(OH－)＝a g＋b×2×17 g＝(a ＋34b)g，A 正确；当恰好达到最大沉淀时溶质为 NaCl，故 n(HCl)＝n(NaOH)，即 c1V1＝c2V2， B 正确；设合金中 Mg、Al 的物质的量分别为 x mol、y mol，则 24x＋27y＝a,2x＋3y＝2b， 解得 y＝24b－a 9 ，m(Al)＝24b－a 9 ×27＝72b－3a，C 错误；据氢原子守恒知：剩余盐酸为(c1V1 －2b)mol，D 正确。 二、非选择题(40 分) 11．(9 分)电解法冶炼铝的原料是 Al2O3，可由自然界中铝土矿获得。其生产过程可表示 为：铝土矿(主要成分 Al2O3，杂质 SiO2、Fe2O3)→Al(OH)3→Al2O3→Al。 从铝土矿到 Al(OH)3 的转化有两种方案： 方案 1： 铝土矿 ――→过量 HCl ①过滤 滤液 ――→②过滤 滤液 ――→CO2 ③过滤 Al OH 3 方案 2： 铝土矿 ――→过量 NaOH ④过滤 滤液 ――→HCl ⑤过滤 滤液 ――→氨水 ⑥过滤 Al OH 3 (1)过滤①、②的滤渣成分分别是 B 、 F ；过滤④、⑤的滤渣成分分别是 C 、 E 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 24 A．Al2O3 B．SiO2 C．Fe2O3 D．Al(OH)3 E．H2SiO3 F．Fe(OH)3 (2)“Al(OH)3→Al”的一般生产方法是 BF 。 A．蒸发 B．灼烧 C．热还原 D．溶解 E．过滤 F．电解 (3)如果铝土矿中的 Al2O3 的质量分数是 85%，生产过程的产率是 90%,1 吨铝土矿可生产 铝 405 千克。 解析：铝土矿中主要考虑三种氧化物，其中氧化铝为两性氧化物、氧化铁为碱性氧化物、 二氧化硅为酸性氧化物。在第一套方案中先加过量的酸，氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不 溶过滤出来，再加过量的氢氧化钠，铝元素以偏铝酸根离子形式存在于溶液中而铁元素以氢 氧化铁沉淀状态离开溶液，过滤后在溶液中通入过量二氧化碳析出氢氧化铝沉淀；第二套方 案中先加过量的碱，氧化铝和二氧化硅溶解，氧化铁不溶过滤出来，再加过量的盐酸，铝元 素以铝离子形式存在于溶液中而硅元素以硅酸沉淀状态离开溶液，过滤后再加过量的氨水析 出氢氧化铝沉淀。工业上氢氧化铝制铝总是灼烧成氧化铝再电解。根据关系式 Al2O3～2Al 得出 1 吨铝土矿可生产的铝为 1000×85%×90%÷102×2×27＝405 kg。 12．(8 分)某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制 CuO， 其设计的实验过程为： (1)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原 因是 a、b 。 a．灼烧过程中部分氧化铜被还原 b．灼烧不充分铜未被完全氧化 c．氧化铜在加热过程中分解生成铜 d．该条件下铜无法被氧气氧化 (2)由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净 CuO，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优 点是： 耗酸少；无污染性气体(SO2)产生 。 (3)有同学指出，由 CuSO4 溶液到生成 CuO 少了一个环节，即应先生成 Cu(OH)2 沉淀，过 滤洗涤后再加热分解 Cu(OH)2 得 CuO。以下说法不可能成为减少该环节的理由的是 D 。 A．CuO 比 Cu(OH)2 颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离 B．Cu(OH)2 分解温度较低，加热其浊液即可使其分解 C．干态下分解 Cu(OH)2，温度难以控制，可能因温度过高导致 CuO 进一步分解生成 Cu2O D．过滤分离出的 CuO 不需洗涤就已非常纯净 解析：(1)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是 灼烧过程中部分氧化铜被还原。 (2)根据途径Ⅰ的反应方程式 Cu＋2H2SO4(浓)=====△ CuSO4＋SO2↑＋2H2O 和途径Ⅱ的反应 方程式 2Cu＋O2＋2H2SO4=====△ 2CuSO4＋2H2O，可以看出途径Ⅱ的优点是：①产生等量的 CuSO4， 比途径Ⅰ消耗硫酸少；②途径Ⅱ不产生污染大气的气体(SO2)。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 25 (3)显然过滤得到的不溶物不经洗涤是不会纯净的，故 D 项错误。 13．(13 分)碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方 法有多种。 (1)现采用氢气还原法，请回答如下问题： ①写出 xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O 与氢气反应的化学方程式 xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O＋ (x＋y)H2=====△ (x＋y)Cu＋xCO2＋(x＋2y＋z)H2O ； ②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填入仪器接口字母 编号)： (a)→(kj)→(gf)(或 hi)→(de)(或 ed)→(hi)(或 gf)→(bc)(或 cb)→(l) ； ③称取 23.9 g 某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到 12.7 g 残留物，生成 4.4 g 二氧化 碳和 7.2 g 水。该样品的结晶水质量为 1.8 g，化学式为 CuCO3·Cu(OH)2·H2O 。 (2)某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认 为是否可行？请说明理由。 可以；根据反应 xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O=====△ (x＋y)CuO＋xCO2↑＋(y＋z)H2O↑，依 据碱式碳酸铜样品、CuO、CO2 和 H2O 质量(或其中任意三个量)，即可计算出其组成 。 解析：(1)①碱式碳酸铜与氢气的反应，从“采用氢气还原法”这一信息可知，是 H2 作 还原剂，则起氧化作用的必是＋2 价的铜，进而用化合价升降法即可配平。写产物时，可理 解为：CuCO3→CuO＋CO2，Cu(OH)2→CuO＋H2O，CuO 再与氢气反应。 ②要取得产物 CO2 和 H2O 的质量，吸收 CO2 必须用碱石灰(选用 bc，干燥管的用途很明显 是放在最后)，吸收 H2O 只能用浓 H2SO4。因此，加热装置前的除杂(HCl 气体)和干燥只能用 水(kj)和浓 H2SO4。注意：干燥管的作用是防止空气中的 CO2 和 H2O 进入 U 型管。 ③产物中：n(Cu)∶n(CO2)∶n(H2O)＝12.7 63.7 ∶4.4 44 ∶7.2 18 ＝0.2 mol∶0.1 mol∶0.4 mol n(CuCO3)＝n(CO2)＝0.1 mol(即 CuCO3 为 12.36 g)， n[Cu(OH)2]＝0.2 mol－0.1 mol＝0.1 mol[即 Cu(OH)2 为 9.76 g] 所以 m(结晶水)＝23.9 g－12.36 g－9.76 g＝1.8 g(即样品中水为 0.1 mol) 进而可得碱式碳酸铜的化学式。 14．(10 分)钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完 成下列计算： (1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠 78 g。 (2)钠－钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g 钠－钾合金溶于 200 mL 水生成 0.075 mol 氢气。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 26 ①计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。 ②计算并确定该钠－钾合金的化学式。 (3)氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳， 有下列反应： 2NaAl(OH)4＋CO2===2Al(OH)3↓＋Na2CO3＋H2O 己知通入二氧化碳 336 L(标准状况下)，生成 24 mol Al(OH)3 和 15 mol Na2CO3，若通 入溶液的二氧化碳为 112 L(标准状况下)，计算生成的 Al(OH)3 和 Na2CO3 的物质的量之比。 答案：(2)①c(OH－)＝0.075×2 200 ×1000＝0.75 mol·L－1 ②设上述合金中含 a mol Na、b mol K，a＋b＝0.75×2,23a＋39b＝5.05，a＝0.050 mol， b＝0.10 mol，该钠－钾合金化学式为 NaK2。 (3)溶液含 NaOH，NaOH 与 CO2 反应生成的 Na2CO3：15－24/2＝3(mol) 112 L CO2 的物质的量：112/22.4＝5(mol) n[Al(OH)3]∶n(Na2CO3)＝[(5－3)×2]∶5＝4∶5。 解析：本题以元素化合物为载体命题，意在考查考生的计算能力和分析、推理能力。 (1)利用“N”守恒可知需 m(NaN3)＝(40.32 L/22.4 L·mol－1)×2/3×65 g·mol－1＝78 g。 (2)①由反应方程式可知产生 1 mol H2 同时生成 2 mol OH － ，故 c(OH － )＝(0.075 mol×2)/0.2 L＝0.75 mol/L；②设合金中 Na、K 的物质的量分别为 a mol、b mol，然后利 用质量守恒与得失电子守恒可得方程式：a＋b＝0.75×2 和 23a＋39b＝5.05，解之得 a＝ 0.050 mol、b＝0.10 mol，故可得到合金的化学式为 NaK2。 (3)若溶液中仅含 NaAl(OH)4，利用方程式可知，得到 24 mol Al(OH)3 的同时，生成 12 mol Na2CO3，而实际得到 24 mol Al(OH)3 与 15 mol Na2CO3，说明溶液中含有 NaOH，且 NaOH 优先 与 CO2 反应生成 Na2CO3，利用 Na 守恒，可知溶液中 n(NaOH)＝(15－12)×2＝6 mol，故通入 112 L CO2(5 mol)，先与 NaOH 作用，消耗 CO2 3 mol，生成 Na2CO3 为 3 mol。然后，2 mol CO2 与 NaAl(OH)4 作用得到 4 mol Al(OH)3 和 2 mol Na2CO3，故生成 n[Al(OH)3]∶n(Na2CO3)＝4∶(3 ＋2)。 限时训练 [P89] 时限：________分钟 满分：100 分 选择题(每题只有一个正确答案，1－2 每题 5 分，其余每题 6 分) 1．下列说法正确的是( D ) A．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应 B．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．石油分馏、煤的干馏均为物理变化 D．提纯鸡蛋白中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓硫酸铵溶液，然后将所得沉淀 滤出，经洗涤即得到较纯净的蛋白质 解析：葡萄糖不能水解，A 错误；液态油含不饱和键，能与溴单质加成，B 错误；煤的 干馏是化学变化，C 错误；浓硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析而沉淀，D 正确。 2．下列说法正确的是( C ) A．乙烯和乙烷都能发生加聚反应 B．蛋白质水解的最终产物是多肽 C．米酒变酸的过程涉及了氧化反应 D．石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 27 解析：乙烷是饱和烃，不能发生加聚反应，A 错；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故 B 错；米酒变酸的过程发生了氧化反应，故 C 正确；油脂不是高分子化合物，故 D 错。 3．下列有关叙述错误的是( D ) A．食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到 B．乙醇、乙酸乙酯、乙酸能用饱和碳酸钠溶液鉴别 C．与 Na 反应产生 H2 的反应速率：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH，均放出热量 D．所有的糖、油脂、蛋白质在一定条件下均能发生水解反应 解析：A 项，乙醇可先被氧化为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，正确；B 项，乙醇与饱和 碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与饱和碳酸钠溶液反应有气泡，正 确；C 项，根据羟基的活泼性和反应的热效应，正确；D 项，单糖(如葡萄糖)不能发生水解 反应，错误。 4．下列叙述中，错误的是( D ) A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 55～60 ℃反应生成硝基苯 B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷 C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成 1,2二溴乙烷 D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成 2,4二氯甲苯 解析：甲苯与氯气在光照下反应主要是甲基上的 H 被取代。 5．下列有关说法中正确的是( C ) A．冰醋酸遇酒精加热即可发生酯化反应生成乙酸乙酯 B．苯、溴苯、硝基苯、乙酸乙酯均不溶于水，也均不与水发生反应 C．生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等都是混合物 D．乙酸、乙酸乙酯、葡萄糖和淀粉的最简式相同 解析：A 项，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、并在加热的条件下才能发生酯化反应生成 乙酸乙酯，错误；B 项，由于烃、卤代烃、硝基化合物、酯等有机化合物均不溶于水，即苯、 溴苯、硝基苯、乙酸乙酯均不溶于水，但乙酸乙酯能发生水解反应(根据乙酸乙酯的水解反 应与乙醇、乙酸的酯化反应互为可逆反应)，错误；C 项，食醋为醋酸的水溶液，植物油属 于油脂，动物蛋白属于蛋白质(高分子化合物)，均属于混合物，正确；D 项，乙酸、乙酸乙 酯和葡萄糖的最简式都是 CH2O，而淀粉的化学式为(C6H10O5)n，错误；综上分析本题答案选 C。 6．下列从左至右按同位素、同系物、同分异构体、同素异形体、同种物质顺序排列的 是( D ) ①C60、C70、金刚石、石墨 ②C2H5OH、CH3OCH3 ③12 6C、13 6C、14 6C ④HOCH2CHO、HOCH2CH2CHO、HOCH2CH2CH2CHO ⑤ClCl、ClCl A．①②③⑤④ B．③⑤④①② C．④②①⑤③ D．③④②①⑤ 解析：①同素异形体；②同分异构体；③同位素；④同系物；⑤同种物质(结构式相同)。 7．下面是生产生活中的常见有机物的分子式、结构简式或名称： ①；②CHCH2Cl；③CHHHH；④CHHCHH；⑤CH3CH2OH；⑥C6H12O6；⑦CH3COOH；⑧硬脂酸甘油 酯；⑨蛋白质；⑩聚乙烯。有关说法正确的是( D ) A．能使溴的四氯化碳发生加成反应并使之褪色的有①②④⑩ B．投入钠能产生 H2 的是⑤⑦⑧⑨ C．属于高分子材料的是⑧⑨⑩ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 28 D．含碳量最高、有毒、常温下为液体且点燃时有浓的黑烟的是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，有毒的液体点燃 有黑烟的是苯。 8．(2015·全国Ⅰ)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图 所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲 醛与氨的物质的量之比应为( C ) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．2∶1 解析：该有机物的分子式为 C6H12N4，根据元素守恒，则 C 元素来自甲醛，N 元素来自氨， 所以分子中的 C 与 N 原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比，为 6∶4＝3∶2。 9．四联苯的一氯代物有( C ) A．3 种 B．4 种 C．5 种 D．6 种 解析：推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线，四联苯是具有两条对称轴的物质， 即 ，在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子)， 就有几种一氯代物，四联苯有 5 种不同的氢原子，故有 5 种一氯代物。 10．在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下： CHR2COOCH2R1COOCH2R3COO＋3R′OH 催化剂 加热 R′R2COOR′R1COOR′R3COO＋CHOHCH2OHCH2OH 动植物油脂 短链醇 生物柴油 甘油 下列叙述错误的是( C ) A．生物柴油由可再生资源制得 B．生物柴油是不同酯组成的混合物 C．动植物油脂是高分子化合物 D．“地沟油”可用于制备生物柴油 解析：动植物油脂属于酯类，不属高分子化合物。 11．分析下表中各项排布规律，按此规律排布第 26 项为( C ) 1 2 3 4 5 C2H4 C2H6 C2H6O C2H4O2 C3H6 6 7 8 9 10 C3H8 C3H8O C3H6O2 C4H8 C4H10 A.C7H16 B．C7H14O2 C．C8H18 D．C8H18O 解析：本题有多种做法，比如我们把它分为 4 循环，每个循环节中，有烯、烷、醇、酸， 26＝4×6＋2，也就是说第 24 项为 C7H14O2，接着后面就是第 25 项为 C8H16，这里面要注意的 是第一项是从 2 个碳原子开始的。 12．某多环芳香烃()的一溴代物(不考虑立体异构)有( D ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 29 A．3 种 B．4 种 C．5 种 D．6 种 解析：根据该多环芳香烃的结构简式确定其结构的对称性(左右对称，上下不对称)：① ②③④⑤⑥ ，从而确定该多环芳香烃的分子结构中有 6 种氢原子，故该多环芳香烃的 一溴代物有 6 种；综上分析本题答案选 D。 13．下列是由有机物 X 合成有机高分子粘合剂 G，其流程图如下： CHOCOOHCH2COOHCH2 ――→Ⅰ 浓硫酸/加热CCOOHCH2COOHCH2 ――→Ⅱ CH3OH/浓 H2SO4 ――→Ⅲ 有机高分 子粘合剂 下列叙述错误的是( D ) A．由 X→Y，每生成 1 mol Y，就有 1 mol H2O 生成 B．反应Ⅲ发生加聚反应生成 G C．Z 的结构简式为 CCOOCH3CH2COOCH3CH2 D．与 X 具有相同数目和种类官能团的同分异构体共有 7 种 解析：X、Y 分子组成相差一个水分子，A 正确；Z 含碳碳双键，G 是高分子化合物，反 应Ⅲ是加聚反应，B 正确；由反应条件可知，Ⅱ发生酯化反应，C 正确；反应Ⅰ是消去反应， X 的结构简式为 CHOOCCH3OHCH2COOH，其同分异构体视作两个羧基和一个羟基取代丙烷氢原子 的产物，共 9 种，D 不正确。 14．将大蒜切片或捣成蒜泥后在空气中放置 15 分钟，即可产生大蒜素(结构简式如图 SOS)，大蒜素具有解毒、杀菌、消炎、降血压、降血脂、抗癌等多种生物学功能，所以经常 适量吃大蒜有益健康。下列有关大蒜素的说法错误的是( B ) A．大蒜素在乙醇中的溶解度大于在水中的溶解度 B．大蒜素可以发生加成反应，不能发生取代反应 C．大蒜素及其燃烧产物具有漂白作用 D．大蒜素的分子式为 C6H10S2O 解析：大蒜素为有机物，相似相溶，A 正确；分子结构中含碳碳双键，可发生加成反应， 也能发生取代反应，B 不正确；分子结构中含硫，燃烧后可生成 SO2，C 正确；由结构简式可 看出 D 正确。 15．分子式为 C9H18O2 的有机物 A，它能在酸性条件下水解生成 B 和 C，其中 C 不与 NaHCO3 溶液反应，1 mol C 完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成 400 g 沉淀。则有机 物 A 的可能结构有(不考虑立体异构)( D ) A．4 种 B．8 种 C．10 种 D．16 种 解析：根据“分子式”为 C9H18O2 的有机物 A，它能在酸性条件下水解生成 B 和 C，再根 据“C 不与 NaHCO3 溶液反应。1 mol C 完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成 400 g 沉淀”，确定 C 为 4 个碳原子的饱和一元醇，其分子式为 C4H9OH，—C4H9 有 4 种同种类(醇 类)的同分异构体，则 B 为饱和一元羧酸的分子式为 C4H9COOH，也有 4 种同种类(羧酸类)的 同分异构体，据此可反推，通过酯化反应生成 A(酯)的结构有 4×4＝16。 16．我国药物化学家屠呦呦用乙醚提取青蒿，得到具有高效抗疟作用青蒿素，为此获得 2015 年诺贝尔生理学或医学奖。以异胡薄荷醇为起始原料是人工全合成青蒿素的途径之一 (如图)。下列说法不正确的是( B ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 30 CH3CCH2HOCH3 ――→多步反应 A．异胡薄荷醇可以与溴水发生加成反应 B．异胡薄荷醇含有一个苯环结构 C．青蒿素易溶于乙醚 D．青蒿素分子中碳氧原子个数比为 3∶1 解析：异胡薄荷醇分子中含有 C===C，能与溴水发生加成反应，A 正确；异胡薄荷醇分 子中只有一个六元环，没有苯环结构，B 不正确；由题给信息可知，可用乙醚从青蒿中提取 青蒿素，青蒿素易溶于乙醚，C 正确；青蒿素分子中共有 15 个碳原子，共有 5 个氧原子，D 正确。 17．仅含碳、氢、氧三种元素的某化合物，其相对分子质量小于 100，且氧的质量分数 为 18.18%。已知该化合物可与钠反应，则该化合物的结构共有(不考虑立体异构)( D ) A．2 种 B．5 种 C．6 种 D．8 种 解析：有机物中含氧原子数 N(O)＜100×18.8% 16 ＝1.14，则该有机物中含有 1 个氧原子， 则该有机物的相对分子质量 M＝ 16×1 18.18% ＝88，设该有机物的分子式为 CxHyO,12x＋y＝88－16 ＝72，则该有机物的分子式为 C5H12O。与钠反应，说明其含羟基，C5H12 中共有三种碳架(正、 异、新)，羟基分别取代形成的有机物共 8 种。 限时训练 [P91] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．已知原子序数，可以推断原子的( B ) ①质子数 ②中子数 ③质量数 ④核电荷数 ⑤核外电子数 ⑥原子结构示意图 ⑦元素在周期表中的位置 A．①②③④⑥ B．①④⑤⑥⑦ C．②③④⑤⑦ D．③④⑤⑥⑦ 解析：由原子序数定义可直接得出①④⑤；由⑤和核外电子排布规律可推⑥，如 31 号 元素原子结构示意图为 ；由⑥可推⑦，如 31 号元素位于第四周期ⅢA 族。 2．下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是( D ) 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 31 2 c d 3 a b e f A．e 的氢化物比 d 的氢化物稳定 B．a、b、e 三种元素的原子半径：e>b>a C．六种元素中，e 元素单质的化学性质最活泼 D．c、e、f 的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强 解析：同主族元素从上到下元素氢化物的稳定性减弱，A 项错误；同周期元素的原子半 径从左到右逐渐减小，B 项错误；a 到 f 六种元素分别为 Na、Mg、C、O、S、Cl，其中金属 单质 Na 的化学性质最活泼，C 项错误。 3．下列结论错误的是( B ) ①粒子半径：K＋>Al3＋>S2－＞Cl－ ②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3>SiH4 ③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－ ④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te ⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO ⑥非金属性：O>N＞P＞Si ⑦金属性：BeCl－>K＋>Al3 ＋，①错误；②、④、⑤、⑥、⑦正确；离子的还原性：S2－>I－>Br－>Cl－，③错误。 4．短周期元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大。元素 W 是制备一种高效电池的重要 材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，元素 Y 是地壳中含量最丰富的金属元素， Z 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍。下列说法错误的是( A ) A．元素 W、X 的氯化物中，各原子均满足 8 电子的稳定结构 B．元素 X 与氢形成的原子个数比为 1∶1 的化合物有很多种 C．元素 Y 的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D．元素 Z 可与元素 X 形成共价化合物 XZ2 解析：本题考查物质结构、元素周期律的知识，意在考查考生对物质结构的推理能力、 元素周期律的应用能力。首先根据题意，推断出 W 是 Li，X 是 C，Y 是 Al，Z 是 S。A 项，LiC 中的 Li 不满足 8 电子稳定结构，故 A 错误；B 项，碳元素和氢元素可形成 C2H2、C6H6、C8H8 等多种化合物；C 项，Al 为两性金属，与强酸、强碱都能反应放出氢气；D 项，碳元素和硫 元素能形成 CS2。 5．X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素，X、 W 同主族且能形成一种离子化合物 WX；Y 的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成 一种盐；Z 原子的最外层电子数与其电子总数之比为 3︰4。下列说法中正确的是( D ) A．原子半径：W＞Z＞Y＞X B．氢化物稳定性：Y＞Z C．WY3 中只有离子键没有共价键 D．X 与 Z 可形成 10 电子分子和 18 电子分子 解析：X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素， X、W 同主族且能形成一种离子化合物 WX，则 X 是氢元素，W 是钠元素；Y 的气态氢化物、最 高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则 Y 是氮元素；Z 原子的最外层电子数与其电子总 数之比为 3︰4，则 Z 是氧元素。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 32 半径逐渐增大，则原子半径：W＞Y＞Z＞X，A 项错误；非金属性越强，氢化物的稳定性越强。 氧元素的非金属性强于氮元素，则氢化物稳定性：Z＞Y，B 项错误；NaN3 中有离子键，氮原 子之间也有共价键，C 项错误；X 与 Z 可形成 10 电子分子和 18 电子分子，分别是 H2O 和 H2O2， D 项正确。 6．短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的 是( A ) A．元素 X 与元素 Z 的最高正化合价之和的数值等于 8 B．原子半径的大小顺序为：rx>rY>rZ>rW>rQ C．离子 Y2－和 Z3＋的核外电子数和电子层数都不相同 D．元素 W 的最高价氧化物对应的水化物酸性比 Q 的强 解析：根据周期表的结构可推出元素分别为，X：N，Y：O，Z：Al，W：S，Q：Cl；N、 Al 的最高正化合价分别为＋5、＋3，A 正确；同周期原子半径从左到右依次减小，同主族从 上到下依次增大，由此判断，B 不正确；离子 Y2－(O2－)和 Z3＋(Al3＋)都为 10e－微粒，核外电子 数和电子层数都相同，C 不正确；元素最高价氧化物对应的水化物的酸性是与非金属性一致 的，因此酸性 HClO4>H2SO4，D 不正确。 7．有 X、Y 两种元素，原子序数≤20，X 的原子半径小于 Y，且 X、Y 原子的最外层电子 数相同(选项中 m、n 均为正整数)。下列说法正确的是( A ) A．若 X(OH)n 为强碱，则 Y(OH)n 也一定为强碱 B．若 HnXOm 为强酸，则 X 的氢化物溶于水一定显酸性 C．若 X 元素形成的单质是 X2，则 Y 元素形成的单质一定是 Y2 D．若 Y 的最高正价为＋m，则 X 的最高正价一定为＋m 解析：X、Y 最外层电子数相同，说明处于同一主族，X 原子半径小于 Y，说明 X 在上一 周期。A 项中 X(OH)n 为强碱，说明 X 为活泼金属，Y 在下一周期，金属性更强，则最高价氧 化物对应水化物 Y(OH)n 也一定为强碱，A 正确；B 项中若 HnXOm 为 HNO3，NH3 溶于水显碱性，B 不正确；C 项中若 X2 为 N2，则 Y 为 P，C 不正确；D 项中若 Y 为 Cl，最高正价为＋7 价，则 X 为 F，无正价，D 不正确。 8．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表： 元素代号 X Y Z W 原子半径/pm 160 143 70 66 主要化合价 ＋2 ＋3 ＋5、＋3、－3 －2 下列叙述正确的是( D ) A．X、Y 元素的金属性：X＜Y B．一定条件下，Z 单质与 W 的常见单质直接生成 ZW2 C．Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水 D．一定条件下，W 单质可以将 Z 单质从其氢化物中置换出来 解析：此题考查了物质结构与元素周期律知识。先判断出各元素在周期表中的位置如下 表： N(Z) O(W) Mg(X) Al(Y) 确定 W 为 8O；Z 为ⅤA 族，因 Z 与 W 原子半径相近，应为同周期——Z 为 7N；X 为ⅡA 族、 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 33 Y 为Ⅲ族，二者原子半径相近，应为同周期，应该为 12Mg、13Al，原因有二：一是通常考查的 是常见元素(出现 Be、B 的概率小)，二是原子半径比 Z(7N)大得多，同周期的原子半径不会 变化太大。据上表，金属性是 Mg(X)＞Al(Y)，A 项错误。B 项，N2 与 O2 反应生成 NO，不能一 步生成 NO2，B 项错。Y(Al)的最高价氧化物的水化物是 Al(OH)3，不溶于氨水，C 项错。NH3 ＋O2 ――→一定条件N2＋H2O，该反应能发生，D 项对。 9．下面是元素周期表的一部分。下列与表中元素有关的叙述正确的是( B ) A．铝是第二周期元素 B．氯原子的半径比硫原子的半径小 C．氢氧化钠的碱性比氢氧化镁的碱性弱 D．硅原子的最外层电子数比磷原子最外层电子数多 解析：周期表中的有字母的元素都在第三周期，分别是 11Na、12Mg、13Al、16Si、17Cl、18Ar， 铝在第三周期，A 不正确；同周期从左向右原子半径逐渐减小，B 正确；同周期从左向右金 属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物碱性也逐渐减弱，C 不正确；硅原子最外层电子数 为 4 个，而磷原子最外层为 5 个电子，D 不正确。 10．短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中 W 的阴离子的核外电子数与 X、 Y、Z 的核外内层电子数相同，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采 用液态空气分馏来生产 Y 的单质，而 Z 不能形成双原子分子，根据以上叙述，下列说法正确 的是( C ) A．上述四种元素的原子半径大小为 W＜X＜Y＜Z B．W、X、Y、Z 的原子核外最外层电子数的总和为 20 C．W 与 Y 可形成含极性共价键又含非极性共价键的化合物 D．由 W 和 X 组成的化合物的沸点总低于由 W 和 Y 组成的化合物的沸点 解析：此题中档题，重要的是推出 W：H、X：C、Y：N、Z：Ne 或者 Ar。A 选项应该是 X ＞Y；Z 为稀有气体原子又有增大的趋势，B 答案总和应该为 1＋4＋5＋8＝18，错误；C 也就 是氢与氧既可以生成水，也可以生成双氧水；D 答案要注意 H、C 形成的烃中，如果碳原子 很多的时候，形成的烃为液态或固态。 二、非选择题(40 分) 11．(10 分)四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中 Z 元素原子核外电 子总数是其最外层电子数的 3 倍。 X Y Z W 请回答下列问题： (1)元素 Z 位于周期表中第 三 周期， ⅤA 族。 (2)这些元素的氢化物中，水溶液碱性最强的是 NH3 (写化学式)。 (3)XW2 的电子式为 · · S ·· ·· ··C·· ·· S ·· · · 。 (4)Y 的最高价氧化物的化学式为 N2O5 。 (5)W 和 Y 形成的一种二元化合物具有色温效应，其相对分子质量在 170～190 之间，且 W 的质量分数约为 70%。该化合物的化学式为 S4N4 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 34 解析：由题干先推导出 Z 元素为磷元素，则 X、Y、W 分别是 C、N、S。(3)小题的电子 式由二氧化碳的结构类比而来。(5)小题中计算为 n(S)∶n(N)＝70% 32 ∶30% 14 ≈1∶1，再由相对 分子质量得分子式为 S4N4。 12．(8 分)下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语 回答下列问题： 主族周期 ⅠA 0 1 ① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ (1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为 Na＞Al＞O 。 (2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 HNO3＞H2CO3>H2SiO3 。 (3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其 中一种化合物的电子式： Na＋[· · O ·· ·· · ·H]－或 Na＋[· · O ·· ·· · ·Cl ·· ·· · ·]－ 。 (4)由表中两种元素的原子按 1∶1 组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使 用的催化剂为(填序号) ab 。 a．MnO2 b．FeCl3 c．Na2SO3 d．KMnO4 解析：(3)四种元素分别为 H、O、Na 和 Cl，含离子键必有 Na＋，含极性共价键则应由两 种非金属组成。(4)符合题意的物质应是 H2O2，它在 MnO2、FeCl3 等催化剂作用下能发生分解 反应。 13．(11 分)2009 年《自然》杂志报道了我国科学家通过测量 SiO2 中 26Al 和 10Be 两种元 素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。 完成下列填空： (1)10Be 和 9Be cd 。 a．是同一种原子 b．具有相同的中子数 c．具有相同的化学性质 d．具有恒定的丰度 Be 所在的周期中，最外层有 2 个未成对电子的元素相互组成的化合物属于 分子 晶 体。 (2)Al 和 Be 具有相似的化学性质，写出 BeCl2 水解反应的化学方程式 BeCl2 ＋ 2H2O===Be(OH)2＋2HCl 。 (3)研究表明 26Al 可以衰变为 26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是 bc 。 a．比较这两种元素的单质的硬度和熔点 b．在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液 c．将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液 d．将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用 (4)目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”。写出和 Ar 核外电子排布相同的两种阴离 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 35 子的半径由大到小的顺序 S2－＞Cl－ (用化学符号表示)；其中一种离子与钾相邻元素的离 子所形成的化合物可用做干燥剂，此化合物的电子式是 [· ·Cl ·· ·· · ·]－Ca2＋[· ·Cl ·· ·· · ·]－ 。 解析：10Be、9Be 是同种元素的不同核素，二者互为同位素，具有相同的化学性质，且在 自然界中具有恒定的丰度；第二周期(Be 位于第二周期)中最外层 2 个未成对的电子的元素 是碳和氧，二者相互组成的化合物 CO2 或 CO 均为分子晶体。比较金属 Mg、Al 的金属性强弱 的方法有：比较其最高价氧化物对应水化物的碱性，可利用 Mg(OH)2、Al(OH)3、NaOH 溶液的 碱性相对强弱；比较 Mg、Al 与酸或水反应转换出氢气的难易等，d 项在空气中久置，二者 表面均氧化成氧化物，无法比较、单质熔沸点与金属强弱无关。与 Ar(核外有 18 个电子)核 外电子排布相同的阴离子有 S2－、Cl－，二者半径：S2－＞Cl－，核外具有 18 电子和 K 相邻的 离子为 Ca2＋，CaCl2 常用作干燥剂，它属离子化合物，故其电子式：[· ·Cl ·· ·· · ·]－Ca2＋[· ·Cl ·· ·· · ·]－。 14．(11 分)元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质，下图是元素 周期表的一部分： (1)阴影部分元素 N 在元素周期表中的位置为第 二 周期第 ⅤA 族。根据元素周期 律，请你预测，H3AsO4、H3PO4 的酸性强弱：H3AsO4 ＜ H3PO4(填“＞”“＜”或“＝”)。 (2)根据 NaH 的存在，有人提议可把氢元素放在第ⅦA 族，那么根据其最高正价与最低 负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第 ⅣA 族。 (3)元素甲是第三周期金属元素中原子半径最小的元素，该元素的离子与过量氨水反应 的离子方程式为： Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋ 4 。 (4)周期表中有 10 多种人体所需的微量元素，其中有一种被誉为“生命元素”的主族元 素 R，对延长人类寿命起着重要作用，已知 R 元素的原子有 4 个电子层，其最高价氧化物的 分子式为 RO3，则 R 元素的名称为 C 。 A．硫 B．砷 C．硒 D．硅 (5)羰基硫(COS)分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足 8 电子结 构，用电子式表示羰基硫分子的形成过程： · O ·· ·· ·＋·C · · ·＋· S ·· ·· ·―→· · O ·· ·· ··C·· ·· S ·· · · 。 解析：(2)由 NaH 知，氢元素最低负价为－1 价，而氢元素的最高正价为＋1 价，因此与 第ⅣA 族元素的化合价特点相似，可将氢元素放在第ⅣA 族。 (3)第三周期原子半径最小的金属元素是铝，Al3＋可与 NH3·H2O 反应产生 Al(OH)3 沉淀， 且沉淀不溶于氨水。 (4)根据 R 元素的原子结构(电子层数)和 RO3，依据题给元素周期表可推知 R 元素为硒。 (5)COS 分 子 结 构 与 CO2 分 子 结 构 相 似 ， 据 此 可 知 COS 的 电 子 式 为：· O ·· ·· ·＋·C · · ·＋· S ·· ·· ·―→· · O ·· ·· ··C·· ·· S ·· · ·。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 36 限时训练 [P94] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境 的是( B ) ①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转化 技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。 A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤ 解析：加快化石燃料的开采与使用不利于节能减排，田间焚烧秸秆会污染环境，故选 B。 2．某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中 E1 表示正反应的活化能，E2 表示逆反应 的活化能)。下列有关叙述正确的是( C ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 37 A．该反应为放热反应 B．催化剂能改变该反应的焓变 C．催化剂能降低该反应的活化能 D．逆反应的活化能大于正反应的活化能 解析：从图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，所以正反应是一吸热反应， A 不正确；活化能是指反应物的平均能量与发生反应所需能量的差，所以从有无催化剂的图 示可得，催化剂可以降低反应所需的活化能，但是不改变 E1－E2 的值，即不改变反应的焓变， B 不正确，C 正确；由题中所给结合图像可知 E1＞E2，即正反应的活化能大于逆反应的活化 能。 3．工业生产水煤气的反应为：C(s)＋H2O(g)―→CO(g)＋H2(g)－131.4 kJ。下列判断正 确的是( C ) A．反应物能量总和大于生成物能量总和 B．CO(g)＋H2(g)―→C(s)＋H2O(l)＋131.4 kJ C．水煤气反应中生成 1 mol H2(g)吸收 131.4 kJ 热量 D．水煤气反应中生成 1 体积 CO(g)吸收 131.4 kJ 热量 解析：本题考查热化学知识，意在考查考生对概念的理解。由题中信息知合成水煤气反 应为吸热反应，故可判知反应物总能量小于生成物总能量，同时知生成 1 mol H2 时需吸收 131.4 kJ 的热量，故 A 项错、C 项正确、D 项错；B 项中 H2O 为液态，故 B 项错。 4．已知热化学方程式 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH1＝－571.6 kJ/mol，则关于热化 学方程式 2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH2＝？的说法正确的是( B ) A．热化学方程式中化学计量数表示分子数 B．该反应ΔH2 大于零 C．该反应ΔH2＝－571.6 kJ/mol D．该反应与上述反应属于可逆反应 解析：热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，而不表示分子数。该反应是 2H2(g) ＋O2(g)===2H2O(l) ΔH1 ＝－571.6 kJ/mol，逆向进行的反应，反应热为ΔH2 ＝＋571.6 kJ/mol，但该反应不属于上述反应的逆反应，因反应条件不相同。 5．反应 A＋B→C(ΔH＜0)分两步进行①A＋B→X(ΔH＞0)，②X→C(ΔH＜0)。下列示意 图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是( D ) A B C D 解析：根据ΔH 可以判断反应物与生成物总能量的相对大小，反应 A＋B→C(ΔH＜0)，C 具有的能量应低于反应物 A＋B 的能量，同理考查第一步反应为吸热反应，中间产物 X 能量 比反应物 A＋B 要高，所以选 D。 6．已知常温下红磷比白磷稳定，在下列反应中： 4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH＝－a kJ/mol 4P(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH＝－b kJ/mol 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 38 若 a，b 均大于零，则 a，b 的关系为( A ) A．ab D．无法确定 解析：红磷比白磷稳定，则红磷的能量低，所以与 O2 反应放出的能量少，即 ah，正反应是气体体积缩小的反应，恒温恒容下，将三者的 物质的量增大一倍，则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，A 项错误；混合气体的质 量增大，体积不变，则密度增大，B 项错误；平衡向正反应方向移动，B 的体积分数减小， 故 C 项正确；a molp3>p2>p1 C．1100℃时该反应平衡常数为 1.64 D．压强为 p4 时，在 y 点：v 正>v 逆 解析：由图像知，压强一定时，温度越高，甲烷的平衡转化率越高，故正反应为吸热反 应，ΔH>0，A 项错误；该反应为气体分子数增加的反应，压强越高，甲烷的平衡转化率越 小，故压强 p4>p3>p2>p1，B 项正确；1100℃时，甲烷的平衡转化率为 80.00%，故平衡时各物 质的浓度分别为 c(CH4)＝0.02 mol/L，c(CO2)＝0.02 mol/L，c(CO)＝0.16 mol/L，c(H2)＝ 0.16 mol/L，即平衡常数 K＝0.162×0.162 0.02×0.02 ＝1.64，C 项正确；压强为 p4 时，y 点未达到平衡， 需增大 CH4 转化率达到平衡，此时 v 正>v 逆，D 项正确。 7．某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z 三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其他条件 不变，当温度分别为 T1 和 T2 时，Y 的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是 ( B ) A．该反应的热化学方程式为 X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH＞0 B．若其他条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，X 的转化率减小 C．达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动 D．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动 解析：根据图Ⅰ，图Ⅱ推知 X(g)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH＜0，A 错，B 对；加压，平衡 右移，C 错；若恒温恒压通入稀有气体，平衡左移；若恒温恒容通入稀有气体，平衡不移动， D 错。 8．下列有关说法正确的是( D ) A．SO2(g)＋H2O(g)===H2SO3(l)，该过程熵值增大 B．SO2(g)===S(s)＋O2(g) ΔH＞0，ΔS＜0，该反应能自发进行 C．3S(s)＋2H2O(l)===SO2(g)＋2H2S(g)，常温常压下能自发进行 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 50 D．若某反应的ΔH＜0，ΔS＞0，则该反应一定能自发进行 解析：本题考查化学反应进行的方向。A 选项的混乱度减小，熵值减小，不正确；ΔG ＝ΔH－TΔS，从ΔH＞0，ΔS＜0 可知，ΔG 恒大于零，该反应不能自发进行，B 选项错误； 该反应在常温下不能反应，C 选项错误；根据公式：ΔG＝ΔH－TΔS，因为ΔH＜0，ΔS＞0， ΔG 恒小于零，能自发进行，D 选项正确。 9．在恒温条件下，将一定量 NO2 和 N2O4 的混合气体通入一容积为 2 L 的密闭容器中，测 得各物质的浓度随时间变化关系如图所示： 下列说法正确的是( C ) A．图中的两条曲线中，Y 是表示 NO2 浓度随时间的变化曲线 B．前 10 min 内，用 v(NO2)表示的化学反应速率为 0.06 mol·(L·min)－1 C．在 25 min 时，反应改变的条件是增大了 NO2 的浓度 D．a、b、c、d 四个点中，有 a、b、d 点的化学反应处于平衡状态 解析：依据 2NO2 N2O4 可知 NO2 与 N2O4 的浓度变化之比为 2∶1，X、Y 分别表示 NO2、 N2O4，A 错误；前 10 min 内，v(NO2)＝0.04 mol·(L·min)－1，B 错误；在 25 min 时，NO2 的浓度瞬间增大，N2O4 的浓度不变，C 正确；a 点不处于平衡状态，D 错误。 10．某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数 K＝9 4 。该温度下在甲、乙、 丙三个恒容密闭容器中，投入 H2(g)和 CO2(g)，其起始浓度如表所示。下列判断不正确的是 ( C ) 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)/mol·L－1 0.010 0.020 0.020 c(CO2)/mol·L－1 0.010 0.010 0.020 A.平衡时，乙中 CO2 的转化率大于 60% B．平衡时，甲中和丙中 H2 的转化率均是 60% C．平衡时，丙中 c(CO2)是甲中的 2 倍，是 0.012 mol/L D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 解析：选项 D 项易判断(正确)。A、B、C 项，要先找出甲的平衡数据，再以甲为参照点， 判断乙、丙。要注意是恒温、恒容。 甲： H2(g) ＋ CO2(g) H2O(g)＋CO(g) c(始)/mol·L－1 0.010 0.010 0 0 c(转)/mol·L－1 x x x x c(平)/mol·L－1 (0.01－x) (0.01－x) x x K＝c H2O· c CO c H2· c CO2 ＝ x·x 0.01－x· 0.01－x ＝9 4 得：x＝0.006 甲中 CO2、H2 的转化率都为 60%。乙与甲相比：c(H2)是甲中的 2 倍，CO2 的转化率将高于 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 51 60%，A 项正确。丙与甲相比：二者的比例相同，是等效平衡，转化率也都为 60%，B 项正确。 C 项，“丙中 c(CO2)是甲中的 2 倍”，正确，但数值是 2×(0.01－0.006)＝0.008，C 项错 误。 二、非选择题(40 分) 11．(9 分)在一固定容积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g) ＋H2O(g)，其化学平衡常数 K 和温度 T 的关系如下表： T/ ℃ 700 800 850 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 试回答下列问题： (1)该反应为 吸热 反应(填“吸热”或“放热”)。 (2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 BC 。 A．容器中气体压强不变 B．混合气体中 c(CO)不变 C．v 正(H2)＝v 逆(H2O) D．c(CO2)＝c(CO) (3)800 ℃时，向固定容积的密闭容器中放入混合物，起始浓度分别为 c(CO)＝0.01 mol·L－1，c(H2O)＝0.03 mol·L－1，c(CO2)＝0.01 mol·L－1，c(H2)＝0.05 mol·L－1，则反 应开始时，H2O 的消耗速率比生成速率 小 (填“大”“小”或“不确定”)。 (4)850 ℃，在 1 L 固定容积的密闭容器中放入 2 mol CO2 和 1 mol H2，平衡后 CO2 的转 化率为 33.3% ，H2 的转化率为 66.7% 。 解析：化学平衡常数是反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值， 本题反应的化学平衡常数 K＝[c(CO)·c(H2O)]/[c(CO2)·c(H2)]。 (1)根据题表知平衡常数随温度的升高而增大，可推知升温平衡向正反应方向移动。 (2)化学平衡的本质是正逆反应速率相等，特征是各物质的浓度不变。 (3)将起始浓度代入平衡常数的表达式中，其比值小于对应温度下的 K 值，则反应将向 正反应方向移动，H2O 的消耗速率比生成速率小。 (4)850 ℃时，平衡常数为 1.0，设反应中转化为 CO 的物质的量为 x mol，则有 CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) 起始量(mol) 2 1 0 0 转化量(mol) x x x x 平衡量(mol) 2－x 1－x x x 根据化学平衡常数的关系可得：(2－x)(1－x)＝x·x 解得 x＝2/3，则 CO2 的转化率为1 3 ×100%＝33.3%， H2 的转化率为2 3 ×100%＝66.7%。 12．(12 分)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数和水解 反应速率的测定。 (1)将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试 样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。实 验测得不同温度下的平衡数据列于下表： 温度( ℃) 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 52 平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡气体总浓度 (×10－3 mol/L) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4 ①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是 BC 。 A．2v(NH3)＝v(CO2) B．密闭容器中总压强不变 C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变 ②根据表中数据，列式计算 25.0 ℃时的分解平衡常数： K＝c2(NH3)·c(CO2)＝ (2c/3)2(c/3)＝1.6×10－8(mol·L－1)3 。 ③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在 25 ℃下达到分解 平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量 增加 (填“增加”“减小”或 “不变”)。 ④氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH ＞ 0，熵变ΔS ＞ 0(填“＞”“＜”或 “＝”)。 (2)已知：NH2COONH4＋2H2O NH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度 的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到 c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。 ⑤计算 25 ℃时，0～6 min 氨基甲酸铵水解反应的平均速率 0.05 mol·L－1·min－1 。 ⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大： 25 ℃反应物的起始浓 度较小，但 0～6 min 的平均反应速率(曲线的斜率)仍比 15 ℃大 。 解析：(1)①A.不能表示正逆反应速率相等；B.反应进行则压强增大；C.恒容，反应进 行则密度增大；D.反应物是固体，NH3 的体积分数始终为 2/3。 ②需将 25 ℃的总浓度转化为 NH3 和 CO2 的浓度；K 可不带单位。 ③加压，平衡逆移；④据表中数据，升温，反应正移，ΔH＞0，固体分解为气体，ΔS ＞0。 (2)⑤v＝Δc t ＝2.2－1.9 6 ＝0.05 mol·L－1·min－1。 13．(9 分)二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破 坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。 请回答下列问题： (1)利用水煤气合成二甲醚反应：3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH＝－ 246.4 kJ·mol－1； 一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高 CO 的转化率，可以采取的措施 是 ce (填字母代号)。 a．高温高压 b．加入催化剂 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 53 c．减少 CO2 的浓度 d．增加 CO 的浓度 e．分离出二甲醚 (2)已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)某温度下的平衡常数为 400。此温度 下，在密闭容器中加入 CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/mol·L－1 0.44 0.6 0.6 ①比较此时正、逆反应速率的大小：v(正) ＞ v(逆)(填“＞”“＜”或“＝”)。 ②若加入 CH3OH 后，经 10 min 反应达到平衡，此时 c(CH3OH)＝ 0.04 mol·L－1 ；该 时间内反应速率 v(CH3OH)＝ 0.16 mol/(L·min) 。 解析：本题以合成二甲醚为题材，考查平衡移动、K 以及化学反应速率的计算等知识点， 综合性强。 (1)反应放热，升温反应逆向移动，则 CO 转化率减小，不符。催化剂不影响平衡，不符。 减少 CO2 或分离二甲醚这两种生成物，均导致平衡右移，CO 转化率提高。增大 CO，平衡虽 右移，CO 的转化率实是减小。 (2)①由表中数据求得 Q＝0.6×0.6 0.442 ＝1.86，Q＜K(400)，所以反应正向移动，得 v(正) ＞v(逆)。 ②将表格中的数据“向左一边倒”：原来加入的 CH3OH 为 0.44＋0.6×2＝1.64(mol/L)。 设反应达平衡时，生成 CH3OCH3 为 x mol/L。 2CH3OH CH3OCH3＋H2O c(始)/mol·L－1 1.64 0 0 c(转)/mol·L－1 2x x x c(平)/mol·L－1 1.64－2x x x K＝ x2 1.64－2x2 2＝400，得 x＝0.8 mol/L。 平衡时：c(CH3OH)＝1.64 mol/L－2×0.8 mol/L＝0.04 mol/L； v(CH3OH)＝2×0.8 mol/L 10 min ＝0.16 mol/(L·min)。 14．(10 分)二氧化硫和氮的氧化物是大气的主要污染物，防止和治理其对环境的污染 是当前环保工作的重要研究内容之一。 (1)一定条件下，发生反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，向 2 L 密闭容器中通入 2 mol SO2(g)、1 mol O2(g)和 0.2 mol SO3(g)，2 min 后反应达到平衡时，测得 SO2 的物质的量为 1 mol，则该可逆反应的平衡常数 K＝ 5.76 ； (2)在一密闭容器中发生反应 2NO2 2NO＋O2 ΔH>0，反应过程中 NO2 的浓度随时间变 化的情况如下图所示。 请回答： ①依曲线 A，反应在前 3 min 内氧气的平均反应速率为 0.0117 mol·L－1·min－1 。 ②若曲线 A、B 分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件可能是 温 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 54 度 (填“浓度”“压强”“温度”或“催化剂”)。 (3)一定温度下，在密闭容器中 N2O5 可发生下列反应： ①2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) ②2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g) 若达平衡时，c(NO2)＝0.4 mol·L－1，c(O2)＝1.3 mol·L－1，则反应②中 NO2 的转化率 为 80% ，N2O5(g)的起始浓度应不低于 1 mol·L－1。 解析：(1)根据数据可以计算出平衡时，c(SO2)为 0.5 mol·L－1，c(O2)为 0.25 mol·L－ 1，c(SO3)为 0.6 mol·L－1，由平衡常数表达式可以得到：平衡常数 K＝5.76；(2)①根据图 像分析可知：前3 min内氧气浓度增大了0.035 mol·L－1，所以平均反应速率为0.0117 mol·L －1·min－1；②从图像变化趋势来看，B 相对于 A 来说，反应速率增大，NO2 浓度减小，所以 只可能是温度；(3)利用反应①和②可以求出当 c(NO2)＝0.4 mol·L－1，c(O2)＝1.3 mol·L －1 时， ①2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) 4x x ②2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g) 2y 2y y x＋y＝1.3 mol·L－1 4x－2y＝0.4 mol·L－1，解得：x＝0.5 mol·L－1， y＝0.8 mol·L－1 所以反应②中 NO2 的转化率为 80%。 由反应①生成的 O2 的浓度为 0.5 mol·L－1，知 N2O5 的起始浓度应大于 1 mol·L－1。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 55 限时训练 [P102] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．正常人胃液的 pH 在 0.3～1.2 之间，胃酸(一般以盐酸表示)多了需要治疗。某些用 以治疗胃酸过多的药物中含 MgCO3、NaHCO3，也有用酒石酸钠来治疗的。这说明( A ) A．碳酸、酒石酸都不是强酸 B．对人而言，酒石酸是必需的营养品 C．MgCO3、NaHCO3 与胃酸作用产生 CO2，在服药后有喝汽水的舒服感 D．酒石酸钠水解显酸性 解析：用酒石酸钠治疗胃酸过多，说明酒石酸钠能与 H＋反应，说明酒石酸不是强酸。C 选项由于生成大量 CO2，胃有膨胀的感觉，会不舒服。 2．在体积均为 1 L，pH 均等于 2 的盐酸和醋酸中，分别投入 0.12 g 镁粉充分反应后， 下图中比较符合反应事实的曲线是( C ) 解析：镁最多失去电子的物质的量为 0.12 g 24 g·mol－1×2＝0.01 mol。A、B 项，在反应过程 中，CH3COOH 进一步电离，CH3COOH 的 pH 小于 HCl 的 pH，生成氢气的速率，v(CH3COOH)＞v(HCl)， A、B 均错；C、D 项，由于 Mg 是定量的，HCl 恰好完全反应，而 CH3COOH 过量，且 CH3COOH 与 Mg 反应速率快，所以 C 对，D 错。 3．用水稀释 0.1 mol·L－1 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( B ) A．c(OH－)/c(NH3·H2O) B．c(NH3·H2O)/c(OH－) C．c(H＋)和 c(OH－)的乘积 D．OH－的物质的量 解析：温度不变时，c(H ＋ )和 c(OH － )的乘积为常数，故排除 C，氨水中存在平衡 NH3·H2O NH＋ 4 ＋OH－，稀释时 NH3·H2O 电离程度增大，电离产生的 OH－的物质的量增大， 故排除 D；稀释时，由于电离平衡向右移动，使 NH3·H2O 的物质的量减小，同一溶液中 c(OH －)/c(NH3·H2O)等于它们的物质的量之比，可知该分数值增加，故排除 A，选 B。 4．使用酸碱中和滴定的方法，用 0.01 mol·L－1 盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的 NaOH 溶 液，下列操作能够使测定结果偏高的是( C ) ①用量筒量取浓盐酸配制 0.01 mol·L－1 稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接 量取浓盐酸 ②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线 ③滴定结束时，读数后发现滴定管 下端尖嘴处悬挂有一滴液滴 ④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下 A．①② B．②③ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 56 C．①③ D．②④ 解析：①未干燥相当于稀释盐酸，滴定时耗盐酸多使结果偏高，②俯视容量瓶刻度线， 配制的盐酸溶液浓度偏大，滴定 NaOH 溶液时结果偏低，③悬挂有一滴使耗盐酸多，结果偏 高。 5．将 100mL1 mol/L 的 NaHCO3 溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份 加入少许 Ba(OH)2 固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中 c(CO2－ 3 )的变化分别是( B ) A．减小、减小 B．减小、增大 C．增大、增大 D．增大、减小 解析：加入少许冰醋酸发生反应：HCO－ 3 ＋CH3COOH===CH3COO－＋CO2↑＋H2O，导致 c(HCO－ 3 ) 减少，电离平衡 HCO－ 3 H＋＋CO 2－ 3 向左移动，溶液中 c(CO2－ 3 )减小；加入少量 Ba(OH)2 固体 后，发生反应：2HCO－ 3 ＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaCO3↓＋CO2－ 3 ，溶液中 c(CO2－ 3 )增大，故选 B。 6．向 10 mL 0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2 溶液中滴加等浓度 Ba(OH)2 溶液 x mL，下列叙述 正确的是( A ) A．x＝10 时，溶液中有 NH＋ 4 、Al3＋、SO2－ 4 ，且 c(NH＋ 4 )＞c(Al3＋) B．x＝10 时，溶液中有 NH＋ 4 、AlO－ 2 、SO2－ 4 ，且 c(NH＋ 4 )＞c(SO2－ 4 ) C．x＝30 时，溶液中有 Ba2＋、AlO－ 2 、OH－，且 c(OH－)＜c(AlO－ 2 ) D．x＝30 时，溶液中有 Ba2＋、Al3＋、OH－，且 c(OH－)＝c(Ba2＋) 解析：NH4Al(SO4)2 与 Ba(OH)2 之间为 1∶1 反应，OH－先与 Al3＋反应生成沉淀，再与 NH ＋ 4 反 应生成 NH3·H2O，而 Al3＋与 OH－完全沉淀时为 1∶3，所以 Al3＋过量，而 NH ＋ 4 未反应，则 c(NH＋ 4 ) ＞c(Al3＋)，A 项正确；两者 1∶1 反应后，余一份 SO2－ 4 ，而 NH ＋ 4 水解，故 c(NH＋ 4 )＜c(SO2－ 4 )， B 项错；当两者 1∶3 反应时，Ba2＋过量，SO 2－ 4 全部被反应，余一份 Ba2＋，6 份的 OH－可以将 Al3＋生成沉淀且全部溶解生成 1 份 AlO－ 2 ，同时也将 NH ＋ 4 反应生成 NH3·H2O，最后还余 1 份 OH －，但是 AlO － 2 会水解，故其浓度小于 OH－，C 项错；不存在 Al3＋，D 项错。 7．下列有关电解质溶液的叙述正确的是( D ) A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的 pH＝7 B．在含有 BaSO4 沉淀的溶液中加入 Na2SO4 固体，c(Ba2＋)增大 C．含 1 mol KOH 的溶液与 1 mol CO2 完全反应后，溶液中 c(K＋)＝c(HCO－ 3 ) D．在 CH3COONa 溶液中加入适量 CH3COOH，可使 c(Na＋)＝c(CH3COO－) 解析：本题考查了电解质溶液中的离子浓度大小问题、酸碱混合后的 pH 的大小、难溶 电解质的溶解平衡等化学理论基础知识。A 中同浓度、同体积的强酸和强碱混合后，pH 值的 大小取决于是否恰好反应，是酸过量还是碱过量。如 HCl＋NaOH 同浓度同体积混合呈中性、 H2SO4＋NaOH 及 HCl＋Ba(OH)2 同浓度同体积混合都不呈中性，A 选项错误。B 中含 BaSO4 的溶 液中存在平衡 BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO2－ 4 (aq)，加硫酸钠固体，溶液中 c(SO2－ 4 )增大，溶解 平衡向左移动，c(Ba2＋)减小，B 选项错误。C 中 1 mol KOH 与 1 mol CO2 反应恰好生成 1 mol KHCO3，HCO － 3 既电离又水解，c(K＋)＞c(HCO－ 3 )，C 选项错误。D 中 CH3COONa 溶液显碱性，加 适量 CH3COOH 可使溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒知 c(Na＋)＝c(CH3COO－)。 8．已知 Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20、Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Cu2＋和 Fe3＋完全以氢氧化 物沉淀时的 pH 分别为 6.7 和 3.2。现在向 pH＝0、浓度均为 0.04 mol·L－1 的 Cu2＋、Fe3＋溶 液中加入某一固体，以中和 H＋调节 pH(设溶液体积不变)，该过程中 Cu2＋、Fe3＋的浓度与 pH 关系正确的是( B ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 57 解析：由 Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20、Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38,0.04 mol·L－1 的 Cu2＋、 Fe3＋溶液，Cu2 开始沉淀时 c(OH－)＝ Ksp c Cu2＋ ＝7.4×10－10，pH 约为 4.8，Fe3＋开始沉淀 时，c(OH－)＝ 3 Ksp c Fe3＋ ＝10－12，pH＝2。所以 pH＝2 时 Fe3＋开始沉淀，当全部沉淀时， pH 范围为 2～3.2。 9．已知室温时，0.1 mol/L 某一元酸 HA 在水中有 0.1%发生电离，下列叙述错误的是( D ) A．该溶液的 pH＝4 B．升高温度，溶液的 pH 减小 C．此酸的电离平衡常数约为 1×10－7 D．由 HA 电离出的 c(H＋)约为水电离出的 c(H＋)的 104 倍 解析：解答本题需掌握两点：一是温度对弱电解质电离平衡的影响；二是弱电解质电离 平衡常数以及水的离子积的计算。由于 HA 中 c(H＋)＝0.1 mol/L×0.1%＝1×10－4 mol/L，因 此 pH＝4，A 正确；由于弱电解质的电离过程为吸热过程，温度升高，电离平衡向右移动， 从而使溶液中 c(H＋)增大，pH 减小，B 正确；室温时 0.1 mol/L HA 溶液中 c(H＋)＝c(A－)＝ 1×10－4 mol/L，电离平衡常数 K＝c H＋· c A－ c HA ＝1×10－4×1×10－4 0.1 ≈1×10－7，C 正确； 该溶液中 c(H＋)＝1×10－4 mol/L，c(OH－)＝1×10－10mol/L，由 HA 电离出的 c(H＋)＝1×10－4 mol/L，由水电离出的 c(H＋)＝1×10－10mol/L，D 错误。 10．(1)已知 t ℃时 AgCl 的 Ksp＝4×10－10； (2)在 t ℃时，Ag2CrO4 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法不正确的是( D ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 58 A．在 t ℃时，Ag2CrO4 的 Ksp 为 1×10－11 B．在饱和溶液中加入 K2CrO4 可使溶液由 Y 点到 Z 点 C．在 t ℃时，Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO2－ 4 (aq)平衡常数 K＝6.25×107 D．在 t ℃时，以 0.001 mol/L AgNO3 溶液滴定 20 mL 0.001 mol/L KCl 和 0.001 mol/L K2CrO4 的混合溶液，CrO 2－ 4 先沉淀 解析：本题由图数据可计算出 Ag2CrO4 的 Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO2－ 4 )＝1×10－11，A 正确；在 饱和溶液中加入 CrO2－ 4 ，平衡移动，c(Ag＋)减小，但两种离子的关系依然符合溶度积的曲线， B 正确；K＝c(CrO2－ 4 )/c2(Cl－)＝[Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag＋)]/[K2 sp(AgCl)/c2(Ag＋)]，代入上述数据 可得 K＝6.25×107，C 正确；D 选项，沉淀需要 Ag＋浓度最小优先沉淀，c(Cl－)＝0.001 mol/L 时，需要 Ag＋最小浓度为 c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)/c(Cl－)＝1×10－7 mol/L，而 Ag2CrO4 沉淀时， c2(Ag＋)·c(CrO2－ 4 )＝1×10－11，需要 Ag＋最小浓度为 c(Ag＋)＝ 1×10－11 0.001 ＝ 10－7>1×10－7 mol/L，所以 Cl－先沉淀，D 不正确。 二、非选择题(40 分) 11．(14 分)10 ℃时，在烧杯中加入 0.1 mol/L 的 NaHCO3 溶液 400 mL，加热，测得该 溶液的 pH 发生如下变化： 温度( ℃) 10 20 30 50 70 pH 8.3 8.4 8.5 8.9 9.4 (1)甲同学认为，该溶液的 pH 升高的原因是 HCO － 3 的水解程度增大，故碱性增强，该反 应的离子方程式为 HCO－ 3 ＋H2O H2CO3＋OH－ ； (2)乙同学认为，溶液 pH 升高的原因是 NaHCO3 受热分解，生成了 Na2CO3，并推断 Na2CO3 的水解程度 大于 (填“大于”或“小于”)NaHCO3； (3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到 10 ℃后再测 定溶液 pH，若 pH ＝ 8.3(填“＞”“＜”或“＝”)，说明甲正确，若 pH ＞ 8.3(填 “＞”“＜”或“＝”)，说明乙正确； (4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断： 实验装置如下图，加热煮沸 NaHCO3 溶液，发现试管 A 中产生沉淀，说明__乙__(填“甲” 或“乙”)推测正确； (5)将一定体积 0.1 mol/L 的 NaHCO3 溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)，测其 pH 为 9.8；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得 pH 为 10.1。据此资料可以 判断 乙 (填“甲”或“乙”)推测正确，原因是 溶液冷却至室温后 pH 大于 8.4，说明 此实验过程中溶液有新物质生成 。 解析：(2)生成碳酸钠碱性强，说明碳酸钠水解程度大。 12．(16 分)常温下，将某一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合 后所得溶液的 pH 如下表： 实验编号 HA 物质的量 浓度(mol·L－1) NaOH 物质的量 浓度(mol·L－1) 混合溶液的 pH 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 59 ① 0.1 0.1 pH＝9 ② c 0.2 pH＝7 ③ 0.2 0.1 pH<7 请回答： (1)从①组实验分析，HA 是 弱酸 (“强酸”或“弱酸”)。 (2)②组实验表明，c 大于 (选填“大于”“小于”或“等于”)0.2。混合液中离子 浓度 c(A－)与 c(Na＋)的大小关系是 c(A－)＝c(Na＋) 。 (3)从③组实验结果分析，说明 HA 的电离程度 大于 NaA 的水解程度(选填“大 于”“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c(A－)>c(Na＋)>c(H ＋)>c(OH－) 。 (4)①组实验所得混合溶液中由水电离出的 c(OH－)＝ 10－5 mol·L－1。写出该混合溶 液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)。 c(Na＋)－c(A－)＝ 10－5－10－9 mol·L－1； c(OH－)－c(HA)＝ 10－9 mol·L－1。 解析：(1)一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积等浓度混合后所得溶液的 pH＝9>7，所以 HA 为 弱酸。 (2)由(1)问可知，②中的 c(HA)>0.2 mol·L－1，由于溶液的 pH＝7，即 c(H＋)＝c(OH－)， 由电荷守恒可知 c(A－)＝c(Na＋)。 (3)在等浓度的 NaA 和 HA 的混合溶液中，pH<7，说明 HA 的电离程度大于 A－的水解程度。 由电荷守恒可知溶液中离子浓度的大小关系。 (4)①组由水电离出的 c(OH－)＝1×10－14 10－9 mol·L－1＝10－5 mol·L－1， 由电荷守恒知 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)， 所以 c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)(mol·L－1)； 由物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)， 两个守恒式结合可得 c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9 mol·L－1。 13．(10 分)某学生通过实验验证醋酸银饱和溶液存在溶解沉淀平衡关系，且存在(AgAc) 的 Ksp，实验中用了如下的反应： 2Ag＋(aq)＋Cu(s) 2Ag(s)＋Cu2＋(aq)。 这个学生将已知质量的铜片加入到 AgAc 饱和溶液中，待充分反应之后，将铜片冲洗干 净、干燥、重新称量。 (1)写出能表示 CH3COOAg 的沉淀溶解平衡的方程式： CH3COOAg(s) CH3COO－(aq)＋ Ag＋(aq) ； (2)CH3COOAg 的 Ksp＝2.0×10－3。铜片刚开始的质量为 23.4 g，将铜片放在 100 mL 的 AgAc 饱和溶液中，此饱和溶液中没有 CH3COOAg 固体。充分反应后铜片中铜的质量为 23.3 g 时， CH3COOAg 的 Ksp 得到证实。 (3)为什么做此实验时 CH3COOAg 饱和溶液中必须没有 CH3COOAg 固体： 若存在 CH3COOAg 固体，随着 Cu 与 Ag＋反应的进行，反应体系中 Ag＋的物质的量增加，无法验证 CH3COOAg 的 Ksp 。 解析：(1)CH3COOAg(s) CH3COO－(aq)＋Ag＋(aq) (2)2Ag＋(aq)＋Cu(s) 2Ag(s)＋Cu2＋(aq)。 Ksp＝c(Ag＋)×c(CH3COO－)＝2.0×10－3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 60 c(Ag＋)＝4.5×10－2 mol/L 100mL 溶液中 n(Ag＋)＝4.5×10－3 mol 故与铜反应的银的物质的量为 4.5×10－3 mol，参加反应铜的质量为 m(Cu)＝2.25×10－ 3 mol×64 g/mol＝0.144 g。 反应后铜的质量为 23.4－0.144＝23.3 g。 ③若存在 CH3COOAg 固体，随着 Cu 与 Ag＋反应的进行，反应体系中 Ag＋的物质的量在减 小，CH3COOAg 固体溶解，平衡正向移动，会产生更多的 Ag＋，无法验证 CH3COOAg 的 Ksp。 限时训练 [P105] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 61 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下列仪器中，常用于物质分离的是( B ) A．①③④ B．②③④ C．②④ D．①②④ 解析：①为量筒，不能用于物质分离；②为漏斗，可用于过滤；③为蒸馏烧瓶，可用于 蒸馏；④为蒸发皿，可用于蒸发结晶。 2．现有下列仪器：①集气瓶；②量筒；③烧杯；④表面皿；⑤蒸发皿；⑥容量瓶；⑦ 圆底烧瓶。其中能用酒精灯加热的是( D ) A．②③⑤ B．③⑥⑦ C．①③④ D．③⑤⑦ 解析：集气瓶、量筒、表面皿、容量瓶不能加热，烧杯、圆底烧瓶要隔石棉网加热，蒸 发皿可直接加热。 3．下列有关试纸的叙述正确的是( D ) A．用干燥洁净的玻璃棒蘸取某溶液，滴在湿润的 pH 试纸上，跟标准比色卡比较来测定 该溶液的 pH B．使湿润的淀粉－KI 试纸变蓝的气体一定是氯气 C．使湿润的品红试纸褪色的气体必是 SO2 D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气 解析：A 中测溶液的 pH 时，pH 试纸不能润湿；B 中使湿润的淀粉－KI 试纸变蓝的气体 不一定是氯气，只要是具有强氧化性的气体都可以；C 中使湿润的品红试纸褪色的气体也可 能是 Cl2；中学阶段所学的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体只有氨气。 4．下列实验操作正确的是( B ) 解析：A 项不能用酒精灯去点燃酒精灯，这样做可能引起火灾；C 项应平视刻度；D 项 应用酒精灯外焰加热，且液体要均匀受热，管口不要对着人。 5．由草木灰提取钾盐并检验含有的钾元素，下列实验操作错误的是( D ) 解析：观察钾元素的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片。 6．下列各图所示装置的气密性检查中，一定漏气的是( D ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 62 解析：检查装置气密性要形成一密闭体系，且现象明显。 7．下列操作不能达到预期目的的是( D ) 解析：由装置气密性检查原理知 A 对；因左管气体伸入烧瓶中较长，烧杯中的水进入烧 瓶后不易形成倒吸，B 对；根据试管中溶液是否出现浑浊，可判断 CO2 与苯酚钠是否能发生 反应，进一步判断碳酸、苯酚酸性的强弱，C 对；气体进入洗气瓶时应该是长进短出，D 错。 8．下列实验操作中不会发生安全事故的是( C ) A．实验室酒精洒到桌面上着火，要立即用水扑灭 B．把消石灰与 NH4Cl 固体混合加热产生的气体用导管直接通入水中制取浓氨水 C．取用少量白磷时，应在水中切割白磷，剩余的白磷立即放回原试剂瓶中 D．做完铜与浓硫酸反应实验后的试管，立即用大量水冲洗 解析：该题考查实验操作的规范性与实验安全。酒精起火，不可用水扑灭，应用砂子扑 灭，A 不正确；氨气极易溶于水，用导管直接通入水中会引起倒吸，导致制备氨气的容器炸 裂，因此用水吸收氨气要采用防倒吸装置，B 错误；铜与浓硫酸反应结束后的试管温度较高， 立即用冷水冲洗容易使试管炸裂，D 错误。 9．下列有关试剂的保存方法，错误的是( C ) A．浓硝酸保存在棕色细口玻璃试剂瓶中 B．少量的钠保存在煤油中 C．氢氧化钠溶液保存在带有玻璃塞的玻璃试剂瓶中 D．新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中 10．下列有关实验的操作过程，正确的是( A ) A．钠与水的反应：用镊子从试剂瓶中取出金属钠，用小刀切下绿豆粒大小的一粒钠， 小心放入装有一定量水的烧杯中 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 63 B．配制 100 mL 的质量分数 10%的 H2O2 溶液：取一支规格为 100 mL 的量筒，先取质量 分数为 30%的双氧水溶液 33.3 mL，然后加水至 100 mL 刻度线 C．检验某浅绿色溶液中含有 Fe2＋：取该溶液少许，先向其中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液变为血红色 D．取出分液漏斗中所需的上层液体：当下层液体从分液漏斗下端管口流出后，及时关 闭活塞，然后更换一个接收容器，打开活塞将分液漏斗中的液体放出 解析：配制一定物质的量浓度的溶液应该用容量瓶，B 错误；应先向未知溶液中加入 KSCN 溶液，不变血红色，再向其中滴加氯水变血红色，C 错误；分液时，上层液体应该从上口倒 出，D 错误。 二、非选择题(40 分) 11．(11 分) (1)化学是一门以实验为基础的学科，化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的 知识判断，下列实验操作的描述中，正确的是 BE (填写下列各项序号)。 A．从试剂瓶中取出的任何药品，若有剩余不能再放回原试剂瓶 B．用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶 C．配制 H2SO4 溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸 D．各放一张质量相同的滤纸于天平的两托盘上，将 NaOH 固体放在左盘纸上称量 E．Na2CO3 溶液不能保存在带有玻璃塞的试剂瓶中 F．将用水润湿的 pH 试纸浸入稀盐酸中，测定溶液的 pH (2)化学实验中，不正确的操作会对实验结果的准确性造成一定的影响，请用“>”“<” 或“＝”填写下列空白： ①实验时未用标准溶液润洗滴定管，则测得锥形瓶中待测液的浓度 > 实际浓度。 ②用托盘天平称取 10.4 g 氯化钠，若将砝码和氯化钠的位置放颠倒了，所称取氯化钠 的质量 < 10.4 g。 ③用容量瓶配制 500 mL 0.1 mol·L－1NaOH 溶液，定容时仰视刻度线，所得溶液的物质 的量浓度 < 0.1 mol·L－1。 (3)玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器。下列过程中，一般不需要玻璃棒的是 ③⑤ (填写编号)。 ①用 pH 试纸测定 Na2CO3 溶液的 pH ②配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 ③将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体 ④探究 Ba(OH)2·8H2O 晶体和 NH4Cl 晶体反应过程中的能量变化 ⑤实验室用新制备的 FeSO4 溶液和预处理过的 NaOH 溶液制备 Fe(OH)2 白色沉淀 解析：(1)实验中剩余的钠、钾等试剂，应该放回原试剂瓶；量筒是用来量取一定体积 液体的量器，不能在其中稀释浓硫酸；NaOH 固体有很强的吸水性，不能放在纸上称量；测 定溶液的 pH 时，不要润湿 pH 试纸，也不能将试纸浸入溶液中。 (2)实验时未用标准溶液润洗滴定管，则标准溶液被稀释，滴定时耗用标准溶液的体积 偏大，测得锥形瓶中待测液的浓度大于实际浓度；用托盘天平称取 10.4 g 氯化钠，若将砝 码和氯化钠的位置放颠倒了，所称取氯化钠的质量为 9.6 g；用容量瓶配制一定物质的量浓 度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的体积偏大，物质的量浓度偏小。 (3)①需要玻璃棒蘸取待测液；②需要玻璃棒搅拌，加速溶解；④需要玻璃棒搅拌，加 快反应速率。 12．(14 分)某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有如图所示仪器： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 64 (1)指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的 错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则此空不需要填写)。 仪器编号 a b c d e 名称 试管 溶量瓶 集气瓶 碱式滴定管 普通漏斗 改正的名称 容量瓶 酸式滴定管 (2)关于 e 的用途，乙同学说：组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？ ① 往细口容器中加液体 ； ② 组成过滤装置(只要答对两个即可，其他合理答案亦可) 。 (3)d 仪器在使用前必须检查是否漏水，检查漏水的操作是 关闭活塞，向滴定管中加 适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若 2 分钟内不漏水，将活塞 旋转 180°，重复上述操作 。 (4)丙同学想用如图所示装置用大理石和稀盐酸反应制取 CO2。老师指出，这需要太多的 稀盐酸，会造成浪费。该同学选用了上面的一种仪器，加在装置中，解决了这个问题。请你 把该仪器画在图中合适的位置。 答案： 13．(15 分)化学实验装置的正确连接是实验成败的关键，下图是中学化学中常见的实 验装置。 (1)用上述装置制备气体： ①若 B 中盛放浓硫酸，则 A、B、C 组合后能制取的气体是 c 。 a．H2 b．H2S c．CO2 d．C2H4 ②要快速制取并得到干燥的 NH3，正确的仪器组合是 AFE (按制气装置顺序填仪器的 编号字母)，制气所选用的固体药品是 固体氢氧化钠 。 ③若用 H2O2 和 MnO2 来制取和收集干燥的 O2，则应选择的正确仪器组合是 ABC (按制气 装置顺序填仪器的编号字母)，检验气体收集满的方法是 将带火星的木条靠近集气瓶口， 若木条复燃，则说明氧气收集满了 。 (2)甲同学用 A、B 组合来验证盐酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱时，则盐酸应装入 分液 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 65 漏斗 (填仪器名称)中，B 装置中发生反应的离子方程式为 Ca2 ＋ ＋2ClO － ＋CO2 ＋ H2O===CaCO3↓＋2HClO 。 解析：(1)①B 中的浓硫酸可以和硫化氢反应，C 装置只能收集密度比空气大的气体，氢 气、乙烯不符合，所以只能选 c。②利用固体氢氧化钠和浓氨水可以快速制取氨气。氨气密 度比空气小，所以采用向下排空气法收集。③氧气的密度比空气大，所以采用向上排空气法 收集，正确的组合为 ABC，检验 O2 收集满的方法是将带火星的木条靠近集气瓶口，若木条复 燃，则说明氧气收集满了。 (2)在利用 A、B 组合验证盐酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱时，可以采用强酸制弱酸的方 法，A 中利用盐酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，将二氧化碳通入 B 中的次氯酸钙中，可反应 生成次氯酸和 CaCO3 沉淀。 限时训练 [P108] 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 66 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下列仪器：①漏斗 ②容量瓶 ③蒸馏烧瓶 ④天平 ⑤分液漏斗 ⑥滴定管 ⑦ 燃烧匙，常用于物质分离的是( C ) A．①③④ B．①②⑥ C．①③⑤ D．③④⑦ 解析：①漏斗：用来过滤分离固液混合物；③蒸馏烧瓶：用于液体蒸馏，分离沸点相差 较大的液态混合物；⑤分液漏斗：萃取分离互不相溶的液态混合物。 2．下列提纯物质的实验方法不正确的是( C ) ①用 Na2CO3 溶液除去混在 NaCl 溶液中的 MgCl2 杂质 ②用蒸馏法除去混在水中的氧气 ③用酒精萃取溶解在水中的溴 ④将 KMnO4 溶液减压低温蒸发，以获得晶体 KMnO4 A．② B．③④ C．①②③ D．①②③④ 解析：MgCO3 微溶于水，用 Na2CO3 溶液不能将混在 NaCl 溶液中的 MgCl2 杂质完全沉淀； 氧气在水中溶解度较小，加热煮沸即可将水中的溶解氧除去，而不需要用蒸馏法；酒精与水 互溶，不能作为水溶液中溴、碘的萃取剂；KMnO4 晶体受热易分解，减压有利于水的蒸发， 并防止 KMnO4 分解。 3．下列实验装置不适用于物质分离的是( D ) 解析：A 装置可用于分液操作；B 装置可用于分离易升华物质与不升华物质，如 I2 与 NaCl 等；C 是纸上层析装置，常用于分离结构相近、物理性质和化学性质相似的物质；D 装置中 温度计测的是反应液的温度，常作为反应装置。 4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( D ) A．用图①所示装置除去 Cl2 中含有的少量 HCl B．用图②所示装置蒸干 NH4Cl 饱和溶液制备 NH4Cl 晶体 C．用图③所示装置制取少量纯净的 CO2 气体 D．用图④所示装置分离 CCl4 萃取碘水后已分层的有机层和水层 解析：A 选项中除去 Cl2 中含有的少量 HCl，应该使用饱和氯化钠溶液，用氢氧化钠同 时会吸收氯气，A 不正确；B 中用加热蒸发的方法获得晶体，应该是加热到有大量晶体析出 时，停止加热，否则可能会引起晶体的分解，特别是氯化铵很易分解，应在低温蒸发进行结 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 67 晶。 5．下列有关物质检验的实验结论正确的是( B ) 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀 生成 该溶液中一定含有 SO2－ 4 B 向某溶液中加入 2 滴 KSCN 溶液，溶液不显红色。再向 溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色 该溶液中一定含有 Fe2＋ C 将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 该气体一定是 SO2 D 滴加盐酸，产生使澄清石灰水变浑气体 该溶液中一定含 CO2－ 3 解析：A 错，因为不能排除 Ag＋和 SiO 2－ 3 的干扰。C 错，因为能使品红溶液褪色的气 体不仅有 SO2，还可能是 Cl2、O3 等。与盐酸产生使澄清石灰水变浑气体，也可能是 HCO－ 3 ， 故 D 错。 6．下列实验设计和结论相符的是( B ) A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中 B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性 C．某无色溶液中加 Ba(NO3)2 溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有 SO2－ 4 D．在含 FeCl2 杂质的 FeCl3 溶液中通足量 Cl2 后，充分加热，除去过量的 Cl2，即可得到 较纯净的 FeCl3 溶液 解析：乙醇与水混溶，不能分液，A 项错；C 项，若原溶液中含有 SO 2－ 3 或 Cl－，生成的 BaSO4 或 AgCl 不溶于 HNO3(盐酸与 NO － 3 混合相当于 HNO3)，故 C 项错；充分加热会使 FeCl3 水 解形成 Fe(OH)3 胶体而使 FeCl3 不纯，D 项错。 7．某溶液中可能存在 Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋，加入 NaOH 溶液，开始时有白色絮状沉淀，迅 速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论中正确的是( D ) A．一定有 Fe2＋，一定没有 Fe3＋、Mg2＋ B．一定有 Fe3＋存在，一定没有 Fe2＋、Mg2＋ C．一定有 Fe3＋，可能有 Fe2＋，一定没有 Mg2＋ D．一定有 Fe2＋，可能有 Mg2＋，一定没有 Fe3＋ 解析：开始的白色沉淀可能是 Mg(OH)2，也可能是 Fe(OH)2，但是一定不含 Fe(OH)3，因 为 Fe(OH)3 是红褐色的，最终白色沉淀变为红褐色说明原白色沉淀里一定含有 Fe(OH)2。 8．水溶液 X 中只可能溶有 K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO－ 2 、SiO2－ 3 、CO2－ 3 、SO2－ 3 、SO 2－ 4 中的若干种 离子。某同学对该溶液进行了如下实验： 下列判断正确的是( C ) A．气体甲一定是纯净物 B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 C．K＋、AlO － 2 和 SiO 2－ 3 一定存在于溶液 X 中 D．CO 2－ 3 和 SO 2－ 4 一定不存在于溶液 X 中 解析：溶液 X 加过量稀盐酸有气体甲生成，该气体可能是 CO2、SO2 或混合物，故选项 A 错误；溶液中应该含有 CO2－ 3 、SO 2－ 3 中的一种或两种，根据离子的共存关系可以确定溶液中不 含有 Mg2＋、Al3＋，根据电荷守恒关系可知阳离子 K＋必定存在；由于不存在 Mg2＋，选项 B 错误； 沉淀甲的生成说明溶液 X 中含 SiO2－ 3 ，无色溶液甲加过量氨水有白色沉淀甲生成，则溶液 X 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 68 中含有 AlO－ 2 ，所以选项 C 正确；SO 2－ 4 不能确定是否存在。 9．下列说法正确的是( A ) A．液溴挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封 B．能使湿润的淀粉 KI 试纸变为蓝色的物质一定是 Cl2 C．某溶液加入 CCl4，CCl4 层显紫色，证明原溶液中存在 I－ D．某溶液加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含 Ag＋ 解析：B 答案在多个试题里面都出现过，因为除了氯气外，其他的如臭氧都可以将其氧 化得到碘单质。C 答案应该是碘单质，D 答案不能排除硫酸根的干扰。 10．在一定条件下，萘可以被硝酸和硫酸的混合酸硝化生成二硝基物，它是 1,5二硝 基萘和 1,8二硝基萘的混合物。后者可溶于质量分数大于 98%的硫酸，而前者不能。利用这 一性质可以将这两种异构体分离。将上述硝化产物加入适量的 98.3%的硫酸，充分搅拌，用 耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体 1,8二硝基萘，应采用的方法是( D ) A．对所得的滤液蒸发浓缩冷却结晶 B．向滤液中缓缓加入水后过滤 C．向滤液中缓缓加入 Na2CO3 溶液后过滤 D．将滤液缓缓加入水中后过滤 解析：考查学生根据所给信息，利用两种二硝基萘在浓硫酸中溶解度的不同，进行分析、 推理的能力。1,8二硝基萘可溶于 98%的浓硫酸中，1,5二硝基萘不溶，用耐酸漏斗分离即 可。继续将 1,8二硝基萘从浓硫酸中分离出，需要降低硫酸的浓度。如何降低浓硫酸的浓 度，则要注意加入水或碱性溶液的方式。 二、非选择题(40 分) 11．(8 分)现有含 NaCl、Na2SO4、NaNO3 的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的 沉淀或固体，从而实现 Cl－、SO2－ 4 、NO － 3 的相互分离。相应的实验过程可用下图表示： 混合溶液 过量试剂 1 ① 沉淀 A 溶液 过量试剂 2 ② 沉淀 B 溶液 过量试剂 3 ③ 沉淀 C 溶液 适量试剂 4 ④ 固体 D (1)写出上述实验过程中所用试剂的名称： 试剂 1 氯化钡溶液或硝酸钡溶液 ， 试剂 2 硝酸银溶液 ， 试剂 4 硝酸溶液 。 (2)恰当地控制试剂 4 的加入量的方法是 测定溶液的 pH 。 (3)加入过量试剂 3 的目的是 除去溶液中过量的 Ba2＋、Ag＋ 。 (4)在加入试剂 4 后，获得固体 D 的实验操作④是 蒸发、冷却、结晶、过滤 (填 操作名称)。 解析：在 NaCl、Na2SO4、NaNO3 的混合溶液中为了分离 Cl－、SO2－ 4 、NO－ 3 ，首先加入过 量 Ba2＋沉淀 SO2－ 4 ，然后加入过量 Ag＋沉淀 Cl－，此时溶液中存在着过量的 Ba2＋、Ag＋，加入过 量的 Na2CO3 除去。然后加入适量的 HNO3 得 NaNO3 溶液。 12．(10 分)某同学用废干电池内的黑色固体(可能含有 MnO2、NH4Cl、ZnCl2 等物质)进行 如下实验： 黑色固体――→水 ① 溶解――→② 过滤――→③ 固体灼烧 (1)上述三步操作中都用到的一种玻璃仪器是 玻璃棒 。 (2)将灼烧后的固体移入试管，滴加双氧水，能迅速产生一种使余烬的木条复燃的气体， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 69 由此推断黑色固体中含有 MnO2，它在该反应中的作用为 催化剂 ，写出该反应的化学方程 式： 2H2O2=====MnO2 2H2O＋O2↑ ，MnO2 有一定的氧化性，请写出一个 MnO2 作氧化剂的反应的化 学方程式： MnO2＋4HCl(浓)=====△ MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(只要合理即给分) 。 (3)验证步骤②的滤液中含有 NH＋ 4 ，下面是某一实验方案记录片段。请填写下列空白： 实验过程： 取适量②的滤液于试管中，加入 NaOH 的浓溶液，加热 。 实验现象：有刺激性气味的气体产生。 写出该实验中反应的离子方程式： NH＋ 4 ＋OH－=====△ NH3↑＋H2O 。 解析：(1)在溶解、过滤、灼烧等操作中，都要用到的玻璃仪器是玻璃棒。(2)MnO2 在 H2O2 的分解中起催化剂的作用。2H2O2=====MnO2 2H2O＋O2↑，MnO2 与浓盐酸反应制取氯气时，MnO2 作氧化剂：MnO2＋4HCl(浓)=====△ MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)对于 NH ＋ 4 的检验，通常采用浓 NaOH 溶液和红色石蕊试纸，原理为：NH＋ 4 ＋OH－=====△ NH3↑＋H2O。 13．(11 分)某厂的酸性工业废水中含有一定量的 Fe3＋、Cu2＋、Au3＋等离子。有人设计了 图中的工艺流程，利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中回收金，并生产一定 量的铁红和氧化铜。 填写下面空白： (1)图中标号处需加入的相应物质分别是 ① 铁屑 、② 稀硫酸 、 ③ 稀硝酸 、④ 氢氧化钠 、⑤ 氢氧化钠 。 (2)写出①处发生反应的离子方程式 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Cu2＋ ＋Fe===Cu＋Fe2＋，2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋ ；写出③处发生反应的化学方程式 3Cu＋ 8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 。 (3)铁红的化学式为 Fe2O3 ；分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途：铁红 用作红色颜料 ；氧化铜 用作制造铜盐的原料 。 解析：(1)本实验的目的是用废铁屑、常用的酸和碱从废水中回收金，并生产一定量的 铁红和氧化铜。而废水中含有 Fe3＋、Cu2＋、Au3＋，因此首先加入废铁屑将 Cu 和 Au 都置换出 来。Cu 和 Au 的分离可以利用 Cu 与稀硝酸能反应而 Au 不能将其分离，Cu2＋和 Fe2＋分别加入 碱使其转化为沉淀，灼烧分别生成它们的氧化物。 (2)由于废水显酸性，又含有 Cu2＋、Au3＋、Fe3＋，因此加入铁屑发生反应的离子方程式为 Fe＋2H＋===H2↑＋Fe2＋ Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋ 3Fe＋2Au3＋===2Au＋3Fe2＋ 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。 (3)铁红的化学式为 Fe2O3，铁红常用作红色颜料，氧化铜常用作制铜盐的原料。 14．(11 分)某溶液中只可能含有下列离子中的某干种： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 70 阳离子 K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋ 阴离子 Cl－、SO2－ 4 、CO2－ 3 现每次取 100.00 mL 进行实验：①第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；②第二份加入足 量氯化钡溶液后得干燥沉淀 6.27 g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余 2.33 g。试回答： (1)c(CO2－ 3 )＝ 0.2 mol/L 。 (2)K＋是否存在？ 存在 ；若存在，浓度的范围是 c(K＋)≥0.6 mol/L (若不存在， 不答第 2 问)。 (3)根据以上实验，不能判断哪种离子是否存在？若存在，这种离子如何进行检验？ 不 能判断 Cl－是否存在；取原溶液 100 mL，加入足量硝酸钡溶液后过滤，向滤液中加入硝酸酸 化的硝酸银溶液，若有沉淀产生，则原溶液中有 Cl－，反之无 Cl－ 。 解析：原溶液中加入硝酸银溶液产生沉淀，该沉淀可能是氯化银，碳酸银，硫酸银，不能肯 定氯离子一定存在。加入氯化钡产生沉淀是硫酸钡和碳酸钡，n(CO2－ 3 )＝n(BaCO3)＝(6.27－ 2.33)g/197 g·mol－1＝0.02 mol，c(CO2－ 3 )＝0.2 mol/L，n(SO2－ 4 )＝2.33 g/233 g·mol－1＝ 0.01 mol，c(SO2－ 4 )＝0.1 mol/L，因为 CO 2－ 3 存在，溶液中不能大量共存 Fe3＋，Mg2＋，Al3＋， 根据电荷守恒，K＋一定存在，c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(CO2－ 3 )＋2c(SO2－ 4 )＝0.6 mol/L＋c(Cl－)， Cl－可能存在，也可能不存在。所以，c(K＋)≥0.6 mol·L－1。检验氯离子前要除去 CO2－ 3 ，SO2－ 4 ， 加入足量硝酸钡溶液，取滤液检验。 限时训练 [P111] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 71 1．进行化学实验，观测实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之 一。对下列实验事实的解释正确的是( B ) A．在 KI 淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应 B．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，有有色产物生成能溶于浓硝酸 C．在某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明含硫酸根离子 D．将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化 解析：A 项中是氯气和 KI 反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，A 错误；C 项中可能存在着 SO 2－ 3 被 HNO3 氧化生成 SO2－ 4 ，C 错误；D 项中铜与冷的浓硫酸不反应，铁铝遇到冷的浓硫酸钝化， D 错误。 2．实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( C ) A．装置①常用于分离互不相溶液体混合物 B．装置②可用于吸收 HCl 气体，并防止倒吸 C．以 NH4HCO3 为原料，装置③可用于实验室制备少量 NH3 D．装置④b 口进气可收集 CO2、NO 等气体 解析：蒸馏是用于互溶的且沸点相差较大的液体混合物，互不相溶的液体可用分液的方 法来分离。装置②不可以防倒吸，可以改成水和 CCl4 的混合物，导管通入四氯化碳中。装 置④因 NO 和空气中氧气反应，不能收集 NO，若收集 CO2，因 CO2 密度大于空气，长进短出。 3．下列装置中间的试管收集浓硝酸和铜反应所生成的气体，最终可使收到的气体中空 气的含量最少的是( C ) 解析：使收到的气体中空气含量最少，装置图采用的是排空法，NO2 的密度比空气大， 长进短出，C 正确。 4．为探究 NaHCO3、Na2CO3 和盐酸(以下盐酸浓度均为 1 mol·L－1)反应过程中的热效应， 进行实验并测得如下数据： 序号 35mL 试剂 固体 混合前 温度/ ℃ 混合后 温度/ ℃ ① 水 2.5 g NaHCO3 20.0 18.5 ② 水 3.2 g Na2CO3 20.0 24.3 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 72 ③ 盐酸 2.5 g NaHCO3 20.0 16.2 ④ 盐酸 3.2 g Na2CO3 20.0 25.1 由此得出的结论正确的是( C ) A．Na2CO3 溶液与盐酸的反应是吸热反应 B．NaHCO3 溶液与盐酸的反应是放热反应 C．20.0 ℃时，含 3.2 g Na2CO3 的饱和溶液和 35 mL 盐酸混合后的温度将低于 25.1 ℃ D．20.0 ℃时，含 2.5 g NaHCO3 的饱和溶液和 35 mL 盐酸混合后的温度将低于 16.2 ℃ 解析：实验②④说明 Na2CO3 溶液与盐酸的反应是放热反应，A 错误；实验①③说明 NaHCO3 溶液与盐酸的反应是吸热反应，B 错误；由实验②可知，碳酸钠固体溶于水会放热，而 C 项 缺少了溶解这个放热的过程，因而放出的热量少于实验④，则温度低于 25.1 ℃，该项正确； 同理，由实验①③判断，D 项错误。 5．大胆、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设(猜想)引导下 的探究肯定没有意义的是( B ) A．探究 SO2 和 Na2O2 反应可能有 Na2SO4 生成 B．探究 Na 与水的反应可能有 O2 生成 C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能有 CuS D．探究向滴有酚酞试液的 NaOH 溶液中通入 Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性 改变所致，还是 HClO 的漂白性所致 解析：因为 H2O 中 O 若变成 O2，则氧元素价态升高，水是还原剂，单质钠只能作还原剂。 6．某课外活动小组做了一个有趣的试验：将 2 g 铝粉和 3 g 碘粉小心混合均匀，分为 质量相等的 3 份，分别进行如下实验，现将实验记录列表如下： 第一组 加入 0.5 g 水 很快产生火花 第二组 加入 1 g 胆矾 约需 30 s 产生火花 第三组 加入 1 g 无水硫酸铜 1 min 时仍没有产生火花 根据上述实验事实作出的推断错误的是( D ) A．水能增大铝和碘反应的速率 B．第一组实验中铝和碘发生了化合反应生成了 AlI3 C．第一组和第二组实验中还能观察到紫色的烟 D．第三组实验中铝和硫酸铜发生了置换反应 解析：本题的关键是对信息的解读，从水→CuSO4·5H2O→CuSO4，变化的是水，水是反 应的催化剂，A 正确；B 中生成了 AlI3，C 中紫色的烟是由于反应放热，I2 升华所得，B、C 正确。 7．某研究性学习小组为了研究“喷泉”现象。仿照 NH3“喷泉”实验装置，在烧杯和烧 瓶中分别盛有下列物质，能够产生喷泉现象的是( A ) A．烧瓶中盛有 Cl2，烧杯中盛有 NaOH 溶液 B．烧瓶中盛有 C2H2，烧杯中盛有饱和 NaCl 溶液 C．烧瓶中盛有 CO2，烧杯中盛有水 D．烧瓶中盛有 CO，烧杯中盛有 KOH 溶液 解析：能形成喷泉的条件是该气体对溶液的溶解度要大，选项 A 中虽然 Cl2 对水的溶解 度小，但由于它可以与氢氧化钠溶液反应，故 A 符合题意；选项 B，C2H2 微溶于水，对饱和 氯化钠溶液的溶解度就更小了，故不可以产生喷泉现象；选项 C，CO2 对水的溶解度不大， 故不可以产生喷泉；选项 D，CO 不溶于 KOH 溶液，也不可以产生喷泉。 8．要组装一套利用液体和液体反应制备气体的实验装置，现设计了如下的五步操作， 正确的程序是( A ) 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 73 ①将蒸馏烧瓶固定在铁架台上 ②将酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯确定铁圈高度，固定铁圈，放好石棉网 ③用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物，再向分液漏斗中加入另一种液体反应物， 并将导气管放入气体收集装置中 ④检查装置的气密性(利用固定装置微热的方法检查气密性) ⑤在蒸馏烧瓶中装好分液漏斗，连接好导气管 A．②①⑤④③ B．④①②⑤③ C．①②⑤④③ D．①⑤④②③ 解析：实验仪器的安装原则：从下向上，从左向右。首先固定酒精灯，根据酒精灯确定 铁圈高度，固定铁圈，放好石棉网；把烧瓶固定在铁架台上，在烧瓶上装好分液漏斗，连好 导气管，检查气密性；装置不漏气后，再加液体药品开始反应，制取气体。 9．欲鉴别物质的量浓度都为 0.1 mol/L 的 KCl、(NH4)2SO4、NH3·H2O 和 H2SO4 四瓶无色 溶液，下列实验方案最佳的是( A ) A．用 pH 试纸鉴别 B．分别用闻气味和 pH 试纸鉴别 C．分别用 BaCl2 和 NaOH 溶液鉴别 D．用 Ba(OH)2 溶液鉴别 解析：选项 A，用 pH 试纸测定，呈酸性的是(NH4)2SO4 和 H2SO4，且 H2SO4 的 pH 值更小， KCl 溶液的 pH 等于 7，NH3·H2O 的 pH 大于 7，故选项 A 方案最佳。其他方案还涉及加热闻气 味等。 10．下图是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别 用图 1 和图 2 表示。下列选项中不正确的是( B ) 发生装置中的药品 干燥和集气装置 A 二氧化锰与浓盐酸 图 2 B 大理石和稀盐酸 图 1 C 铜和浓硝酸 图 2 D 氧化钙和浓氨水 图 1 解析：B 项不能用碱石灰干燥。 二、非选择题(40 分) 11．(10 分)由于 MnO2 能作 H2O2 溶液分解的催化剂，某校化学兴趣小组想探究其他一些 金属氧化物是否也可以作 H2O2 溶液分解的催化剂？请你参与他们的探究过程。 (1)[猜想]：Al2O3 能作过氧化氢分解的催化剂。 (2)[实验验证]： 实验步骤 实验现象 实验结论 实验一 将带火星的木条伸入装有过氧化氢溶液的试管 中 木条 不复燃 常温下过氧化氢溶液不分解(或分解很少) 实验二 在装有 H2O2 溶液的试管中加入少量 Al2O3，然 木条 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 74 后将带火星的木条伸入试管中 复燃 Al2O3 能加快 H2O2 溶液的分解速率 (3)[结论]：Al2O3 能作 H2O2 溶液分解的催化剂。 (4)[讨论与反思]：有的同学认为只有上述两个实验，不能完全证明 Al2O3 在 H2O2 溶液分 解中起了催化作用。还应补充一个上述反应前后 Al2O3 质量是否改变的探究实验。 实验三：①准确称量 Al2O3(少量)的质量；②完成实验二；③待反应结束后，将实验二 试管里的物质进行 过滤、洗涤、干燥、称量 ；④ 对比反应前后 Al2O3 的质量 。 (5)有同学认为，即使实验三中 Al2O3 在反应前后质量不变，要证明猜想，上述三个实验 还不足够，仍需要再增加一个探究 Al2O3 的化学性质在反应前后是否改变的实验 。 解析：木条不复燃说明 O2 少，即 H2O2 不分解或分解很少。模仿实验一的操作，将 Al2O3 加入到装有 H2O2 的试管中，将带火星的木条伸入试管中。催化剂在化学反应前后质量和性质 均不变，还需要增加探究氧化铝性质不变的实验。 12．(8 分)某研究人员按下图所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，SO2 和 O2 混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入，反应液多次循环。 (1)吸收时，温度不宜过高的原因是 温度过高，SO2 的溶解度下降 。 (2)为确保反应液的循环吸收效果，吸收液与铁的反应需控制在 40 ℃左右进行，在此 条件下欲加快该反应速率宜采取的措施有 搅拌 。 (3)实验中，对循环的反应液的 pH 进行跟踪检测，测得 pH 随时间的变化曲线如图所示(A 点为纯水的 pH)。 ①AB 段，pH 下降的主要原因是 SO2 与水反应生成 H2SO3 。 ②CD 段，反应液的 pH 发生突变，是由于吸收液中 H2SO4 (填化学式)含量的突增，请 分析引起该物质含量突增的原因： 生成的 Fe2＋对 H2SO3 氧化生成 H2SO4 的反应有催化作用 。 (4)经过多次循环以后，反应液可用于制备 FeSO4·7H2O。某补血剂的有效成分为 FeSO4·7H2O，药品标签注明“0.3 g/片，FeSO4·7H2O 含量为 95%～110%”。为检测该补血剂 是否合格，取 10 片药片，配成 100 mL 溶液。取 20.00 mL 溶液，向其中逐滴加入 0.1000 mol·L －1Ce(SO4)2 溶液，发生反应 Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋，当反应恰好完全进行时，共消耗 Ce(SO4)2 溶液 21.00 mL。请通过计算判断该补血剂是否合格(写出计算过程)。 答案：由方程式 Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋可知，20.00 mL 溶液中 n1(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝ 21.00×10－3L×0.1000 mol·L－1＝2.100×10－3 mol， 1 片药中 n2(Fe2＋)＝ 1 10 × 100 mL 20.00 mL ×n1(Fe2＋)＝1.050×10－3 mol， 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 75 1 片药中 m(FeSO4·7H2O)＝1.050×10－3 mol×278 g·mol－1＝0.2919 g， 该补血剂中 FeSO4·7H2O 含量： 0.2919 g 0.3 g ×100%＝97.30%。 因为 95%<97.30%<110%，所以该补血剂合格。 13．(10 分)菠菜营养丰富，素有“蔬菜之王”之称，在营养价值上是一种高效的补铁 剂。长期以来民间传说“菠菜不能与豆腐同食”、“菠菜根比菠菜更有营养”等说法。某学 习兴趣小组的同学拟通过实验探究以下问题： ①菠菜是否含有丰富的铁，是补铁的佳品？ ②菠菜是否含有草酸类物质？ ③菠菜根中铁的含量是否比茎和叶的高？ 该同学通过上网查询，获得以下资料：草酸又名乙二酸，其酸性比乙酸稍强，草酸及其 盐具有较强的还原性，其中草酸钙不溶于水，在胆结石、肾结石等中均有一定的含量。 他们设计的实验步骤如下： Ⅰ. Ⅱ.取菠菜 a g 使用相同仪器、试剂重复Ⅰ中实验，观察实验现象 Ⅲ.将菠菜在少量开水中煮沸 2～3 min，滤去菠菜，得滤液 C。向滤液 C 中加入足量 Ca(OH)2 溶液，产生白色沉淀，再加入足量醋酸，观察现象。 请回答以下问题： (1)操作①使用的仪器为 坩埚 ，操作②的名称是 过滤 。 (2)操作③加入活性炭的作用是 吸附溶液中的有色物质 。 (3)通过现象 步骤Ⅱ中得到溶液的红色比步骤Ⅰ中得到溶液的红色深 可以说明菠菜 要比菠菜叶中 Fe 元素含量多。 (4)菠菜中的 Fe 是＋2 价还是＋3 价？ ＋2 。 (5)步骤Ⅲ中向滤液 C 中加入 Ca(OH)2 溶液后，再加入醋酸，其目的是 排除碳酸盐的 干扰 。发生反应的化学方程式为 CaCO3＋2CH3COOH===(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑ ，通过现 象 加入醋酸，沉淀不溶或部分溶解 ，可以说明菠菜中含有草酸。 解析：本题以民间流传的一些对菠菜的食用方法的探究为考查点。操作Ⅰ的目的是通过 显色反应检验 Fe 元素的存在，需要排除其他有色物质的干扰，因此用活性炭处理。操作Ⅲ 的目的是探究草酸的存在，需要排除 CO 2－ 3 的干扰，利用酸性强弱关系：草酸>醋酸>碳酸， 故选用醋酸来溶解 CaCO3。 14．(12 分)某研究性小组借助 A～D 的仪器装置完成有关实验。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 76 【实验一】收集 NO 气体。 (1)用装置 A 收集 NO 气体，正确的操作是 c (填序号)。 a．从①口进气，用排水法集气 b．从①口进气，用排气法集气 c．从②口进气，用排水法集气 d．从②口进气，用排气法集气 【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数 w(Zn)和镀层厚度，查询得知锌易溶 于碱：Zn＋2NaOH===Na2ZnO2＋H2↑。据此，截取面积为 S 的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称 得质量为 m1 g。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。 方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究目标。 (2)选用 B 和 D (填仪器标号)两个装置进行实验。 (3)测得充分反应后生成氢气的体积为 V L(标准状况)，w(Zn)＝ 65V 22.4m1 (或2.9V m1 等其他 合理答案) 。 (4)计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是 金属锌的密度(或其他合理答案) 。 (5)若装置 B 中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将 偏大 (填“偏 大”“偏小”或“无影响”)。 方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器 C 做实验，试样经 充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为 m2 g。 (6)w(Zn)＝ m1－m2 m1 (或其他合理答案) 。 方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为 H2 的质量) 实现探究目标。实验同样使用仪器 C。 (7)从实验误差角度分析，方案丙 劣于 方案乙(填“优于”“劣于”或“等同于”)。 解析：本题考查实验的探究，涉及 NO 气体的收集，混合物中金属含量的计算等。 (1)NO 遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短 进长出。 (2)方案甲：Zn 和 Fe 中只有 Zn 可以与 NaOH 产生气体，通过排水收集气体，依据反应 方程式即可算出 Zn 的质量分数。所以需要的装置有测 H2 的体积的 D 装置。 (3)Zn 与 H2 之间物质的量之比为 1∶1，则 n(Zn)＝V/22.4 mol，w(Zn)＝m(Zn)/m1＝ 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 77 65V 22.4 m1 。 (4)有了 Zn 的质量，如果有密度，则可以求出 Zn 的体积，再由 Zn 的截面积，即可求出 Zn 的高度(厚度)。 (5)恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排水时收集的气体少， 所以用普通漏斗时收集的 H2 多一些，则计算出的 Zn 的量比用恒压式分液漏斗的偏大。 (6)减少的质量即为 Zn 的质量。 (7)丙方案根据 H2 的质量来计算，因为产生的 H2 质量很小，计算误差大。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 78 限时训练 [P119] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下列有关表述正确的是( B ) A．硫离子的电子排布式：1s22s22p63s23p4 B．H2O 的电子式：H· · O ·· ·· · ·H C．N 原子最外层电子的电子排布图： ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ D．CHCH3CH2—CH3CH3 的名称：2乙基丙烷 解析：S2－的电子排布式为 1s22s22p63s23p6，A 错；N 原子最外层电子的电子排布图是 ↑↓ ↑ ↑ ↑ ，C 错；名称应为 2甲基丁烷，D 错。 2．下列关于能层与能级的说法中正确的是( B ) A．原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为 n2 B．任一能层的能级总是从 s 能级开始，而且能级数等于该能层序数 C．同是 s 能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的 D．1 个原子轨道里最多只能容纳 2 个电子，但自旋方向相同 解析：选项 A 应为“2n2”，C 项中不同能层中的 s 能级容纳的最多电子数都是 2，D 项 中应为“自旋方向相反”。 3．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是( A ) A．第一电离能：④＞③＞②＞① B．原子半径：④＞③＞②＞① C．电负性：④＞③＞②＞① D．最高正化合价：④＞③＝②＞① 解析：①为 S，②为 P，③为 N，④为 F，由于 P 的 p 轨道处于半充满状态，所以其第一 电离能大于 S 的第一电离能。 4．下列各项表述中，两个粒子一定不属于同种元素原子的是( C ) A．3p 能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为 1s22s22p63s23p2 的原子 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 79 B．2p 能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布为 2s22p5 的原子 C．M 层全充满而 N 层排布为 4s2 的原子和核外电子排布为 1s22s22p63s23p64s2 的原子 D．最外层电子数是核外电子总数 1/5 的原子和最外层电子排布为 4s24p5 的原子 解析：选项 A：3p 能级有一个空轨道的原子外围电子排布为 3s23p2，二者是同种元素的 原子 Si；B 选项：2p 能级无空轨道且有一个未成对电子的原子的 2p 能级有 5 个电子，最外 层电子排布也是 2s22p5，同为 F；C 选项：前者是 Zn，后者是 Ca；D 选项：最外层电子数是 核外电子总数 1/5 的原子，因最外层电子数为 1～8 个，最外层电子数与核外电子总数可能 的组合为：1 和 5、2 和 10、3 和 15、4 和 20、5 和 25、6 和 30、7 和 35、8 和 40，其中 7 和 35 组合是溴元素，符合题意，与后者为同一元素的原子。 5．下列说法正确的是( B ) A．HF、HCl、HBr、HI 的熔点沸点依次升高 B．H2O 的熔点、沸点大于 H2S 的是由于 H2O 分子之间存在氢键 C．乙醇分子与水分子之间只存在范德华力 D．氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为 HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4 解析：由于分子间存在氢键，HF 的熔、沸点在 HX 中最高，乙醇分子与水分子之间除存 在范德华力，还存在氢键，D 项中酸性由强到弱的顺序为 HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO。 6．通常情况下，氯化钠、氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示： 下列关于这些晶体结构和性质的叙述不正确的是( B ) A．同一主族的元素与另一相同元素所形成的化学式相似的物质不一定具有相同的晶体 结构 B．氯化钠、氯化铯和二氧化碳的晶体都有立方的晶胞结构，它们具有相似的物理性质 C．二氧化碳晶体是分子晶体，其中不仅存在分子间作用力，而且也存在共价键 D．在二氧化硅晶体中，平均每个 Si 原子形成 4 个 Si—O 共价单键 解析：SiO2 和 CO2 的化学式相似，SiO2 为原子晶体，CO2 为分子晶体，晶体结构不同，A 项正确；二氧化碳为分子晶体，因此分子间存在分子间作用力，而分子内部碳原子和氧原子 间形成共价键，氯化钠和氯化铯为离子晶体，所以物理性质不同；根据二氧化硅的结构可判 断 D 项正确。 7．下列各晶体熔沸点高低的比较，正确的是( D ) A．硅＞金刚石＞石英砂 B．CsCl＞KCl＞NaCl C．SiO2＞CO2＞Hg D．H2O＞NH3＞H2 解析：Si—Si 键长比 C—C 键长大，熔沸点：金刚石大于硅，A 错误；离子半径：Na＋ ＜K＋＜Cs＋，熔沸点：CsCl＜KCl＜NaCl，B 错误；熔沸点：Hg＞CO2，C 错误。 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 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 80 要的半导体材料。下列说法中，正确的是( D ) 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：本题考查元素的推断、元素化合物知识，意在考查考生的推理能力和知识面。本 题的突破口在 Y 上，短周期元素形成的单质中，熔点高、硬度大的半导体材料是硅，由此可 推知 X、Z、W、M 分别是 Na、S、Cl 和 O 元素。A 项钠元素和氧元素可形成 Na2O 和 Na2O2 两种 化合物，不正确；B 项因 H2O 分子间存在氢键，其相对分子质量最小，沸点却最高，不正确； C 项，硅单质是原子晶体，硫单质和氯气是分子晶体，不正确；D 项，氯气和臭氧都可以用 作水处理中的消毒剂，正确。 9．下列说法中正确的是( D ) A．离子晶体中每个离子周围均吸引着 6 个带相反电荷的离子 B．金属导电的原因是在外电场作用下金属产生自由电子，电子定向运动 C．分子晶体的熔沸点很低，常温下都呈液态或气态 D．原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合 解析：选项 A 中，CsCl 晶体中每个离子都吸引 8 个带相反电荷的离子；B 项中金属晶体 内部本身就存在自由电子，外加电场仅能导致其产生定向移动；C 项中如 P、S 等分子晶体 常温下呈固态。 10．纳米材料的表面粒子数占总微粒数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。 假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状(如右图)相同，则这种 纳米颗粒的表面粒子数占总微粒数的百分数为( C ) A．87.5% B．92.9% C．96.3% D．100% 解析：在该晶胞中共含 27 个微粒，26 个表面，1 个在体心，则表面微粒数占总微粒数 的百分数为26 27 ×100%＝96.3%。 二、非选择题(40 分) 11．(10 分)目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命——在硅芯片上用铜代替铝布 线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿(主要成分为 CuFeS2)生产粗铜， 其反应原理如下： CuFeS2 ――→O2 800℃ Cu2S ――→O2，△ ① Cu2O ――→Cu2S，△ ② Cu ―→ CuSO4 回答下列问题： (1)基态铜原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ，硫、氧元素相比，第一电离 能较小的元素是 S (填元素符号)。 (2)反应①、②中均生成相同的气体分子，该分子的中心原子杂化类型是 sp2 ，其立 体结构是 V 形 。 (3)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：CuSO4 溶液――→氨水 蓝色沉淀――→氨水 沉淀溶 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 81 解 ， 得 到 深 蓝 色 透 明 溶 液 。 写 出 蓝 色 沉 淀 溶 于 氨 水 的 离 子 方 程 式 Cu(OH)2 ＋ 4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O ；深蓝色透明溶液中的阳离子(不考虑 H＋)内存在的 全部化学键类型有 共价键、配位键 。 (4)铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜 原子堆积模型为 面心立方最密堆积 ；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密 度为 d g/cm3 ，阿伏加德罗常数的值为 NA ，则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 3 4 3 288 d·NA ×1010 pm(用含 d 和 NA 的式子表示)。 解析：(2)反应①、②中均生成 SO2，SO2 分子中硫原子为 sp2 杂化，利用 VSEPR 模型可判 断其立体结构为 V 形；(3)深蓝色透明溶液中的阳离子是[Cu(NH3)4]2＋，存在共价键与配位键 两类化学键；(4)分析晶胞示意图可知该晶胞中实际拥有 2 个氧离子、4 个铜离子，可得该 铜的氧化物化学式为 Cu2O，一个晶胞含有 2 个“Cu2O”，质量为2 NA ×144 g；体积 V＝ m ρ ＝ 288 NA d cm3，所以晶胞的边长为 3 288 d·NA cm，根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间 的距离晶胞边长的 3 4 ，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为 3 4 × 3 288 d·NA cm＝ 3 4 3 288 d·NA ×1010pm。 12．(10 分)有机反应中常用镍作催化剂。某镍催化剂中含 Ni 64.0%、Al 24.3%、Fe 1.4%， 其余为 C、H、O、N 等元素。 (1)氰酸(HOCN)的结构式是 HOCN ，其中碳原子的杂化方式是 sp ，根据等电子体 原理，可推测氰酸根离子的空间构型是 直线型 。 (2)用 Cr2O3 作原料，铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一，该反应是一 个自发放热反应，由此可判断 Cr—O 键和 Al—O 键中 Al—O 键更强。研究发现气态氯化 铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，分子中原子间成键的关系如下图所 示。由此可知该分子是 非极性 (填“极性”或“非极性”)的。请在图中是配位键的斜线 上加上箭头。 (3)铁有α、γ、δ三种晶体构型，其中α－Fe 单质为体心立方晶体，δ－Fe 单质为简 单立方晶体。则这两种晶体结构中铁原子的配位数之比是 4∶3 ，设α－Fe 晶胞边长为 a nm，δ－Fe 晶胞边长为 b nm，则这两种晶体的密度比为 2b3∶a3 (用含 a、b 的代数式表 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 82 示)。 (4)氧化镍(NiO)是一种纳米材料，比表面积 S(m2/g)是评价纳米材料的重要参数之一(纳 米粒子按球形计)。基态 Ni2＋有 2 个未成对电子，已知氧化镍的密度为ρ g/cm3；其纳米 粒子的直径为 D nm，列式表示其比表面积＝ 6000 Dρ m2/g。 解析：(1)碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸(HOCN)的结构式是 NCOH；氰 酸(HOCN)的结构式是 NCOH，中心原子碳原子价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数＝2 ＋(4－2×2)/2＝2，采取 sp 杂化；CNO－电子数为 22，与 CNO－互为等电子体微粒为 CO2，CO2 是直线型分子，等电子体的结构相似，所以 CNO－的空间构型是直线型； (2)反应 Cr2O3＋2Al===2Cr＋Al2O3 是放热反应，ΔH＜O，由反应热ΔH＝反应物的总键能 —生成物的总键能可知 Cr—O 键的键能小于 Al—O 键，Al—O 稳定性更强；气态氯化铝(Al2Cl6) 是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，根据相似相溶原理可知该分子是非极性分子， Cl 原子最外层有 7 个电子，只能与 Al 原子各提供 1 个电子形成一个共价键，使自己达到 8 电子稳定结构．Al 原子最外层有 3 个电子，可分别与 3 个 Cl 原子形成共价键，因而 Cl 原 子与 2 个 Al 原子形成的化学键中，必有 1 个是配位键，由于电子对由 Cl 原子提供，这样 Cl 原子最外层电子数仍为 8，Al 原子最外层也成为 8 电子结构，如答案所示； (3)δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为 8、6，则配位数之比为 8∶6＝4∶3；若α －Fe 晶胞边长为 a cm，γ－Fe 晶胞边长为 b cm，则两种晶体中铁原子个数之比＝(1＋ 8×1/8)∶(8×1/8)＝2∶1，密度比＝ 56 NA ×2 a3 ∶ 56 NA b3 ＝2b3∶a3； (4)Ni 的原子序数为 28，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，基态 Ni2＋核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8,3d 有 8 个电子，其 中 2 个单电子；其纳米粒子的直径为 D nm＝D×10－7m，表面积为 4π(D 2 ×10－7)2cm2＝4π(D 2 ×10 －7)2×10－4m2＝πD2×10－18m2，体积为4 3 π(D 2 ×10－7)3 cm3，纳米粒子的质量为4 3 π(D 2 ×10－7)3 cm3×ρ g/cm3＝πD3ρ 6 ×10－21 g，比表面积为 πD2×10－18 m2 πD3ρ 6 ×10－21 g ＝6000 Dρ 。 13．(10 分)下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分——血红素的结构。 回答下列问题： 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 83 (1)血红素中含有 C、H、O、N、Fe 五种元素，C、H、N、O 四种元素的电负性由小到大 的顺序是 H＜C＜N＜O ，根据以上电负性请判断 H2N—CHO 中 C 和 N 的化合价分别为 ＋2 和 －3 。写出基态 Fe 原子的核外价电子排布式 3d64s2 。 (2)血红素中两种 N 原子的杂化方式分别为 sp2 、 sp3 ；在图乙的方框内用 “―→”标出 Fe2＋的配位键。 (3)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为 4 ，δ、α 两种晶胞中铁原子的配位数之比为 4∶3 ；在δ晶胞中空间利用率为 68% ，其晶体的 堆积方式的名称为 体心立方(堆积) ，与其具有相同堆积方式的金属还有 Na、K(或其他 合理答案) (填元素符号)。 解析：(1)非金属性越强，电负性越强，其顺序为 O＞N＞C＞H。在 H2N—CHO 中 H 为＋1 价，N 为－3 价，O 为－2 价，所以 C 为＋2 价。 (2)在血红素中，含有双键的 N 原子采取 sp2 杂化，全部为单键的 N 原子为 sp3 杂化，sp2 杂化的 N 原子提供孤电子对。 (3)γ晶体为面心立方堆积，含有的铁原子数为 4，δ晶胞中铁原子配位数为 8，α晶胞 中铁原子配位数为 6，其比值为 4∶3。在δ晶胞中，空间利用率为 2×4 3 πr3 4r 3 3 ×100%＝68%。 其堆积方式为体心立方堆积，Na、K 也采取这种堆积方式。 14．(10 分)在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素 A、B、C、D、E、F 中，A 与其余五种元素既不同周期也不同主族，B 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物 的年代，C 的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D 原子核外电子有 8 种不同的运动状态，E 的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F 元素的基态原子最外能层只有一 个电子，其他能层均已充满电子。 (1)写出基态 E 原子的价电子排布式 3d54s1 。 (2)B、C、D 三元素第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示) C＜O＜N ；A 与 C 形成 CA3 型分子，分子中 C 原子的杂化类型为 sp3 杂化 ，分子的立体结构为 三角锥 形 ；C 的单质与 BD 化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出 BD 化合物的电子式 · ·C ⋮ ⋮ O· · ；A2D 由液态形成晶体时密度 减小 (填“增大”“不变”或“减小”)，分析主 要原因(用文字叙述) 水形成晶体时，每个水分子与 4 个水分子形成氢键，构成空间正四面 体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 84 (3)已知 D、F 能形成一种化合物，其晶胞的结构如右图所示，则该化合物的化学式为(用 元素符号表示) Cu2O ；若相邻 D 原子和 F 原子间的距离为 a cm，阿伏加德罗常数为 NA， 则该晶体的密度为 27 3 2a3NA g/cm3(用含 a、NA 的符号表示)。 解析：根据题干信息可推 出 A、B、C、D、E、F 六种元素分别是 H、C、N、O、Cr、Cu。(1)铬单电子数最多，最外层 的价电子排布式为 3d54s1。(2)N 原子 p 轨道处于半充满状态，第一电离能大于 O；NH3 中 N 原子采取 sp3 杂化，空间构型为三角锥形；根据 N2 的电子式写出 CO 的电子式。(3)根据均摊 法，晶胞中含有铜原子为 4，氧原子为 2，故化学式为 Cu2O；晶胞的质量是 288/NAg，由相邻 D 原子和 F 原子间的距离为 a cm，先计算出棱长再计算出体积，进而计算晶体的密度。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 85 限时训练 [P122] 时限：________分钟 满分：100 分 一、选择题(每题只有一个正确答案，每题 6 分，共 60 分) 1．下列有关丙烷的叙述不正确的是( C ) A．分子中碳原子不在一条直线上 B．光照下能够发生氯代反应 C．比丁烷更易液化 D．是石油分馏的一种产品 解析：丙烷分子中三个碳原子一定共平面但不共直线，A 正确。丙烷和甲烷两者是同系 物，化学性质相似，因此丙烷在光照下能发生氯代反应，B 正确。丁烷分子中碳原子数比丙 烷多一个，丁烷沸点较高，丁烷较易液化，C 错误。从石油的成分(烷、环烷、芳香烃)知选 项 D 是正确的。 2．核磁共振氢谱是研究有机物结构的重要工具。有机物分子中一种氢原子在核磁共振 氢谱中只显示一组峰。下列化合物在核磁共振氢谱中出现峰的组数最多的是( C ) A．2,2,3,3四甲基丁烷 B．2,3,4三氯戊烷 C．3,4二甲基2己烯 D．2,5二甲基己烷 解析：分析题中各项分子中有几种不同的氢，则就有几组峰。A 中只有 1 种氢，B 中有 3 种，C 中有 6 种，D 中有 3 种。 3．分子式为 C5H12O 的有机物甲能与 Na 反应产生气体，分子式为 C5H10O2 的有机物乙能与 碳酸氢钠溶液反应产生气体，甲、乙在浓硫酸作用下得到有机物酯类丙，则丙的可能结构有 ( C ) A．12 种 B．16 种 C．32 种 D．40 种 解析：有机物甲含有羟基，可表示为 C5H11—OH，有 8 种结构，有机物乙含有羧基，可表 示为 C4H9—COOH，有 4 种结构，故生成的酯有 8×4＝32 种。 4．关于有机物的说法正确的是( C ) A．OCH3 的同分异构体中，有醇、酚、酯类物质 B．1 molBrOOCCH2Br 最多能与 4 mol NaOH 反应 C．纯净物 C4H8 的核磁共振氢谱峰最多为 4 D．化学式为 C8H8 的有机物，一定能使酸性高锰酸钾溶液褪色 5．下列说法正确的是( D ) A．按系统命名法，化合物 CH3CH2CHCH2CH2CH(CH3)2CH(CH3)2 的名称为 2,6二甲基5乙基 庚烷 B．丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成 3 种二肽 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 86 C．化合物 是苯的同系物 D．三硝酸甘油酯的分子式为 C3H5N3O9 解析：A 化合物的名称应为 2,6二甲基3乙基庚烷，错误；B 中可以形成 4 种二肽， 错误；C 中含有多个苯环，不是苯的同系物，错误；D 答案正确。 6．下列关于如图所示有机物的说法中，不正确的是( B ) HOCCH2COOHCH3CH3 A．该物质能发生缩聚反应 B．该物质的核磁共振氢谱上共有 7 个峰 C．该物质能与浓溴水发生反应 D．1 mol 该物质完全反应最多消耗 Na、NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为 2∶2∶1 解析：该物质中含有(酚)羟基和羧基，能够发生缩聚反应，A 项正确；该物质的核磁共 振氢谱上共有 6 个峰，B 项错误；Na、NaOH 均能与酚羟基和羧基反应，NaHCO3 只能与羟基反 应，故 D 项正确。 7．下表中实验操作能达到实验目的的是( A ) 选项 实验操作 实验目的 A 加新制的 Cu(OH)2 并加热 确定尿液中混有葡萄糖 B 和新制的银氨溶液共热 确定甲酸中是否混有甲酸钠 C 加入金属钠 确定酒精中混有醋酸 D 将石油裂解气通 入酸性高锰酸钾 确定裂解气中含有乙烯 解析：选项 B 中由于甲酸和甲酸钠中均含有醛基，因此无法鉴别，选项 C 中由于乙 醇和醋酸中均含有羟基，因此无法鉴别，选项 D 中裂解气的主要成分是乙烯、丙烯、丁二烯 等，它们均能使酸性高锰酸钾褪色，因此也无法鉴别。 8．下列为四氢大麻酚合成途径： HOOHCOOH ① ――→酶 四氢大麻酚酸② ――→加热 ( A ) A．①中有一个手性碳、②有 2 个手性碳原子 B．②③分子相对分子质量相差 44 C．①③可用 Na2CO3 溶液区别 D．①②③各 1 mol 分别与足量的溴水反应时，消耗溴的物质的量之比为 3∶2∶3 解析：①中无手性碳原子、②中有 2 个手性碳原子，A 不正确；②③分子相差一个“CO2”， 相对分子质量相差 44，B 正确；①有—COOH，③中没有，C 正确；①中 2 mol Br2 加成，1 mol Br2 取代，②中 1 mol Br2 加成，1 mol Br2 取代，③中 1 mol 溴加成，2 mol 溴取代，D 正确。 9．α鸢尾酮香料的分子结构如图 H3CH3CCH3CHCHCOCH3CH3 下列关于α鸢尾酮的说法正确的是( D ) A．α鸢尾酮的化学式为 C14H20O B．1 mol α鸢尾酮最多可与 4 mol H2 加成 C．α鸢尾酮能发生银镜反应 D．α鸢尾酮既能发生氧化反应又能发生还原反应 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 87 解析：根据结构简式可知其分子式为 C14H22O，故 A 不正确；分子中含有 2 个碳碳双键、 1 个酮基，故 B、C 错误，D 正确。 10．现有一组有机物，其转化关系如下图所示，转化关系中部分反应物和产物省略，涉 及化学反应均源于教材。 甲――→催化剂 △ 乙――→催化剂丙 ――→催化剂，氧气 △ 丁 ――→催化剂，氧气 △ 戊――→浓硫酸 △ 己 已知甲是天然高分子化合物，M(己)－M(戊)＝28，下列有关推断正确的是( A ) A．上述有机物组成元素相同 B．甲、乙、丁均能发生银镜反应 C．戊发生消去反应生成己 D．除去己中少量杂质戊：加入氢氧化钠溶液，蒸馏 解析：依题意，甲为淀粉、纤维素，乙为葡萄糖，丙为乙醇，丁为乙醛，戊为乙酸，己 为乙酸乙酯。它们组成元素都是碳、氢、氧，A 项正确；只有乙、丁含有醛基，能发生银镜 反应，B 项错误；乙酸发生酯化反应(取代反应)生成乙酸乙酯，C 项错误；除去乙酸乙酯中 的乙酸，应加饱和碳酸钠溶液，分液。如果加入氢氧化钠溶液，大部分乙酸乙酯会水解，蒸 馏得到乙醇，D 项错误。 二、非选择题(40 分) 11．(9 分)已知：2硝基1,3苯二酚是橘黄色固体，易溶于水、溶液呈酸性，沸点为 88 ℃，是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料分以下三步合成： HOOH――→浓硫酸 Ⅰ HO3SHOOHHO3S ――→浓硫酸和浓硝酸 Ⅱ HO3SHONO2OHHO3S――→水蒸气 Ⅲ HONO2OH 具体实验步骤如下： ①磺化：称取 5.5 g 碾成粉状的间苯二酚放入烧杯中，慢慢加入浓硫酸并不断搅拌，控 制温度为 60 ℃～65 ℃，约 15 min。 ②硝化：将烧杯置于冷水中冷却后加入混酸，控制温度(25±5) ℃左右继续搅拌 15 min。 ③蒸馏：将反应混合物移入圆底烧瓶 B 中，小心加入适量的水稀释，再加入约 0.1 g 尿素，然后用下图所示装置进行水蒸气蒸馏；将馏出液冷却后再加入乙醇－水混合剂重结晶。 根据以上知识回答下列问题： (1)实验中设计①、③两步的目的是 避免副产物的产生 。 (2)烧瓶 A 中玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故、又能 防止压强 过小引起倒吸 。 (3)步骤②的温度应严格控制不超过 30 ℃，原因是 温度较高时硝酸易分解(酚易氧 化)，产率过低 。 (4)步骤③所得 2硝基1,3苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇－水混合剂洗涤。 请设计简单的实验证明 2硝基1,3苯二酚已经洗涤干净 取少量洗涤液，滴加 BaCl2 溶液， 若无沉淀产生，证明已经洗涤干净 。 (5)本实验最终获得 1.0 g 橘黄色固体，则 2硝基1,3苯二酚的产率约为 12.9% 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 88 解析：(1)由间苯二酚与 2硝基1,3苯二酚结构可知，是在两个酚羟基中间引入—NO2， 若直接硝化，则可能取代两个酚羟基的邻对位，有 3 个位置，设计Ⅰ、Ⅲ利用—SO3H 占据 2 个位置，则引入时—NO2 只进入 1 个位置，因此这两步的目的是避免副产物的产生。(2)利用 题二提示“压强过大……”可知要求答的是若“压强过小……”。(3)从温度若高于 30 ℃ 可能引起的结果分析：HNO3 的分解、酚羟基的氧化及副反应的发生。(4)产物所含杂质为 H2SO4 和 HNO3，注意不能检验 pH，因为 2硝基1,3苯二酚呈酸性，所以只能检验 SO2－ 4 。(5)产率 为 1.0 g 155 110 ×5.5 g ×100%＝12.9%。 12．(8 分)通常情况下，多个羟基连在同一个碳原子上的分子结构是不稳定的，容易自 动失水，生成碳氧双键的结构：COHOH―→CO＋H2O 下面是 9 种化合物的转变关系： (1)化合物①是 甲苯或 CH3 ，它跟氯气发生反应的条件 A 是 光照 。 (2)化合物⑤和⑦可在酸的催化下去水生成化合物⑨，⑨的结构简式是 COOCH2 ，名 称为 苯甲酸苯甲酯 。 (3)化合物⑨是重要的定香剂，香料工业上常用化合物②和⑧直接合成它，此反应的化 学方程式是 CH2Cl＋COONa―→ COOCH2＋NaCl 。 解析：试题中的新信息和转化关系图给解题者设置了一个新的情景，但从其所涉及的知 识内容来看，只不过是烃的衍生物中最基础的醇、醛、酸、酯的性质和质量守恒定律等知识 内容。首先要读懂新信息：COHOH―→CO＋H2O 第二，找到解题的突破口在 ② ――→水解 CH2OH 处，将卤代烃水解生成醇的信息迁移至此， 可逆推出来，②是 CH2Cl 经水解生成了⑤，由②再逆推出①是甲苯(CH3) 第三，根据①CH3 在光照条件下与 Cl2 取代，分别得到②③产物，可推知④为 CCl3 第四，据 CCl3――→水解 COHOHOH―→ COOH，可知⑦为 COOH。 13．(11 分)M 分子的球棍模型如图所示。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 89 注：B 为八元环状物，B 和 C 分子的核磁共振氢谱都只有一个吸收峰。 (1)B 能使溴的四氯化碳溶液褪色，则 B 的结构简式为 ，B 与等物质的量 Br2 作用 时可能有 2 种产物。 (2)C―→D 的反应类型为 加成反应 ，M 的分子式为 C9H10O3 。 (3)写出 E―→F 的化学方程式 ClCOOH＋3NaOH――→△ NaOCOONa＋NaCl＋2H2O 。 (4)G 中的含氧官能团的名称是 (酚)羟基、羧基 ，写出由 G 反应生成高分子的化学 反应方程式： nHOCOOH ――→一定条件 H OC OHO＋(n－1)H2O 。 (5)M 的同分异构体有多种，写出四种满足以下条件的同分异构体的结构简式： ①能发生银镜反应 ②含有苯环且苯环上一氯取代物有两种 ③遇 FeCl3 溶液不显紫色 ④1 mol 该有机物与足量的钠反应生成 1 mol 氢气(一个碳原子上同时连接两个—OH 的 结构不稳定) CHOHCHOCH2OH、CHOHCH2OHCHO、 H2CHOCHOCH2OH、 HOH2CCHOCH2OH 。 解析：(1)A 的相对分子质量是 26，为乙炔，104÷26＝4，所以 B 是 ，与等物质的 量 Br2 作用可能有 2 种加成产物，即 1,2加成和 1,4加成。 (2)C 是，D 是 CH—CH3CH3，由 C 到 D 的反应为加成反应，E 为 ClCOOH，F 为 ONaCOONa， G 为 OHCOOH，M 为 OHCOOC2H5，其分子式为 C9H10O3。 (3)注意酚—OH 能继续和 NaOH 反应。 (5)能发生银镜反应，说明含有醛基，遇 FeCl3 溶液不显紫色，不含有酚—OH,1 mol 该 有机物与足量的 Na 反应生成 1 mol H2，说明含有 2 个羟基，又因为苯环上一氯代物有两种， 若有两个取代基，应为对位，若有三个取代基，应为邻位。 14．(12 分)有 A、B、C 均是由碳、氢、氧三种元素组成的有机物，它们的相对分子质 量相等，但碳原子数依次减少一个。已知： ①2.6 g 液态 A 在 3.92 L(标准状况，下同)氧气中，经点燃后两者均恰好完全反应得到 2.8 L 二氧化碳，另一产物为水。 ②A 不能发生消去反应，但能与 C 生成八元环酯 D ③B 的溶液显酸性，分子中无甲基，一定条件下分子内部可脱水生成环状物 E。 完成下列问题： (1)写出 A 的结构简式： (CH3)2C(CH2OH)2 。 E 的结构简式： 。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 90 D 的结构简式： 。 (2)写出 B 发生消去反应的化学方程式 HOCH2—CH2—CH2COOH――→浓硫酸 △ CH2===CH—CH2COOH＋H2O 。 (3)F 与 B 互为同分异构体，且是同类物质，则符合条件的 F 有几种 4 。 (4)3羰基丁酸(CH3COCH2COOH)是一种重要的化工原料，现以 B 物质为原料合成 2羰基 丁酸，其流程图如下： B ――→浓硫酸/△ ① ――→② ――→③ ――→④ ――→H＋ ⑤ 3羧基丁酸 则写出③的有机反应方程式 CH3CHBrCH2COOH＋2NaOH――→△ CH3CH(OH)CH2COONa＋NaBr ＋H2O 。 解析：(1)A 的分子式确定：n(O2)＝3.92/22.4＝0.175 mol n(CO2)＝2.8/22.4＝0.125 mol。 由质量守恒可知，生成水的量为：2.6 g＋0.175 mol×32 g/mol－0.125 mol×44 g/mol ＝2.7 g 生成水的物质的量＝ 2.7 g 18 g/mol ＝0.15 mol A 中含 n(C)＝0.125 mol，n(H)＝0.3 mol，n(O)＝2.6－0.125×12－0.3×1 16 ＝0.05 mol C∶H∶O＝0.125∶0.3∶0.05＝5∶12∶2，A 的最简式为 C5H12O2，由该最简式的特点可推 知，A 的分子为 C5H12O2。 (2)B、C 的分子式的确定： C5H12O2(A)――→—CH4 C4H8O3(B)――→—CH4 C3H4O4(C) A 能与 C 生成八元环酯，说明 A 分子中有 2 个—OH，它不能发生消去反应，则其结构简 式为：(CH3)2C(CH2OH)2，C 为：HOOC—CH2—COOH，B 的结构简式为： HOCH2—CH2—CH2COOH。