2018年新课标化学高三复习：课时跟踪训练（41份，Word版，含解析）

课时跟踪训练(一)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列对于“摩尔”的理解正确的是(　　)
A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量
B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol
C．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来
D．国际上规定，0.012 kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩
[解析]　摩尔是物质的量的单位，A错误；B正确；摩尔不能表示宏观物质，C错误；D中应该是0.012 kg 12C。
[答案]　B
2．(2016·南昌零模)下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，3.01×1023的物质所占的体积为11.2 L
②0.1 mol N2所占的体积为2.24 L　③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L　④标准状况下，100 g CaCO3和KHCO3含氧原子3 mol　⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1　⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．②④⑥
[解析]　①没有指明气态，②没有指明标准状况，③H2O为液体，④正确，⑤必须在标准状况下，⑥正确。
[答案]　B
3. (2016·开封调研)如图是氨气与氯化氢反应的装置。抽走玻璃片充分反应，反应中有关物理量的描述正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的数值)(　　)
A．气体反应物的总体积为0.224 L
B．生成物的分子个数为0.005NA
C．产物中的N—H键个数为0.02NA
D．加水溶解后所得溶液中NH数目为0.005NA
[解析]　抽走玻璃片，0.005 mol氯化氢与0.005 mol氨气充分反应生成氯化铵0.005 mol。氯化铵为固体，A错误；氯化铵为离子化合物，不存在分子，B错误；0.005 mol氯化铵中N—H键的物质的量0.005 mol×4＝0.02 mol，个数为0.02NA，C正确；加水溶解时NH发生水解，使NH数目减小，D错误。
[答案]　C
4．(2016·绵阳诊断)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．在标准状况下，2.24 L HF中含有的电子数为NA
B．7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中所含离子数为0.3NA
C．常温下，将2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．电解精炼铜时，阳极质量每减少32 g，电路中就转移NA个电子
[解析]　本题考查了阿伏加德罗常数知识，意在考查考生的理解能力和判断能力。在标准状况下，HF是液体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，A选项错误；Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，都为78 g/mol，且1 mol Na2S和1 mol Na2O2中均含有2 mol阳离子和1 mol阴离子，B选项正确；常温下铝遇浓硫酸发生钝化，C选项错误；电解精炼铜时，比铜活泼的金属也会失去电子，同时阳极中的Ag、Au等会形成阳极泥，D选项错误。
[答案]　B
5．(2016·北京西城区检测)同温同压下，m g气体A与n g气体B的分子数目相同，下列说法中不正确的是(　　)
A．气体A与气体B的相对分子质量之比为m∶n
B．同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比为n∶m
C．相同条件下，等体积的气体A与气体B的质量之比为m∶n
D．相同条件下，气体A与气体B的密度之比为n∶m
[解析]　同温同压下，m g气体A与n g气体B的分子数目相同，则有n(A)＝n(B)，即＝，则有＝，A项正确；同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比＝＝，B项正确；同温、同压、同体积的A和B两种气体，其物质的量相等，则二者的质量之比＝＝，C项正确；相同条件下，气体A与气体B的密度之比＝＝，D项错误。
[答案]　D
0? 0?6.(2017·安徽六校高三素质测试)Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。0.2 mol NaO2与足量CO2完全反应后，下表对生成物Na2CO3和O2的描述中正确的是(　　)
Na2CO3的质量
关于O2的描述
A
21.2 g
O2的摩尔质量是36 g·mol－1
B
21.6 g
生成标准状况下O2的体积为2.24 L
C
21.6 g
O2的摩尔质量是34 g·mol－1
D
22.4 g
生成标准状况下O2的体积为2.24 mL
[解析]　Na2O2与CO2的反应实质是－1价的氧发生的歧化反应。生成物Na2CO3中有1个O为18O，摩尔质量为108 g·mol－1生成Na2CO3质量为0.2×108＝21.6 g；氧气为18O2，摩尔质量为36 g·mol－1。
[答案]　B
二、填空题
7．用NA填写下列空白：
(1)1 mol D2O中所含有的电子数为________，中子数为________。
(2)1 mol Na2O2与足量H2O(或CO2)反应转移电子数为________；1 mol Cl2与足量NaOH溶液生成NaCl和NaClO，转移电子数为________。
(3)1 mol Na2O2晶体中含有的离子总数为________；1 mol CH3OH中含有的共价键数为________。
(4)14 g乙烯与环丙烷(C3H6)含有的碳原子数为________，电子数为_____。
(5)32 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数为________。
(6)用“>”、“＝”或“<”填空：
①1 L 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中含有CO的数目________NA。
②1 mol Cl2与足量H2O反应转移电子数________NA。
③1 L 1 mol·L－1 NH3·H2O中NH数目________NA。
④1 mol FeCl3完全转化成的Fe(OH)3胶体中，所含Fe(OH)3胶粒的数目________NA。
[答案]　(1)10NA　10NA　(2)NA　NA　(3)3NA　5NA　(4)NA　8NA　(5)2NA　(6)①<　②<　③<　④<
8．(2017·太原学段测评)某校化学小组学生进行“气体相对分子质量的测定”的实验。操作如下：用质量和容积都相等的烧瓶收集气体，称量收集满气体的烧瓶质量。数据见下表(已换算成标准状况下的数值)。
气体
烧瓶和气体的总质量(g)
A
48.4082
B
48.4082
C
48.4082
D
48.3822
E
48.4342
F
48.8762
已知标准状况下，烧瓶的容积为0.293 L，烧瓶和空气的总质量为48.4212 g，空气的平均相对分子质量为29。A、B、C、D、E、F是中学化学常见的气体。
(1)上述六种气体中，能够使品红溶液褪色的是(写化学式)____________。
(2)E的相对分子质量是______________________。
(3)A、B、C可能的化学式是______________________。
[解析]　设烧瓶的质量为m，盛空气时，×22.4 L·mol－1＝0.293 L，m＝48.04 g，再由阿伏加德罗定律可得：
＝，M(A)＝28。
同理可推出D、E、F的相对分子质量分别为26、30、64。
[答案]　(1)SO2　(2)30　(3)N2、CO、C2H4
9．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。实验室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－1(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为________L。
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L(标准状况)通入盛有20.0 g铜粉的反应容器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为________．
[解析]　(1)设有1 mol O2。
3O2　　2O3　　Δn
3 mol 2 mol 1 mol
0.3 mol 0.1 mol
根据：＝＝≈35.6 g·mol－1。
(2)3O2　　2O3　　ΔV
3体积 2体积 1体积
V(L) 8－6.5＝1.5 L　V＝3 L。
(3)加热条件下，O3、O2都能和铜粉反应，故粉末增加的质量即为O2和O3的总质量。设混合气体中含有O2 x mol，含有O3 y mol，则有
解得
所以混合气体中臭氧的体积分数为50%。
[答案]　(1)35.6　(2)3　(3)50%
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．标准状况下，1 L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为(　　)
A．22.4(m＋n) B．22.4×6.02×1023(m＋n)
C．m＋n D．22.4(m＋n)/(6.02×1023)
[解析]　×NA＝m＋n
NA＝22.4(m＋n)
[答案]　A
2．(2017·汉中一中月考)用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是(　　)
A．1 mol“18电子粒子”含有的原子总数可能为8NA
B．在标准状况下，11.2 L HF含有的电子总数为5NA
C．500 mL、0.2 mol·L－1 Na2S溶液中含S2－总数为0.1NA
D．28 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳碳双键数目为NA
[解析]　18电子粒子有H2O2、F2、CH3CH3、CH3OH、S2－、Ca2＋、Cl－等，其中1 mol CH3CH3分子中含8 mol原子，A项正确。在标准状况下，HF呈液态，不能根据标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B项错误。硫离子会水解，C项错误。28 g乙烯中含1 mol碳碳双键，而42 g丙烯中含1 mol碳碳双键，故D项错误。
[答案]　A
3．(2016·湖北武汉调研)三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)A．原子数目相等的三种气体，质量最大的是Z
B．相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C．若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D．同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则其压强比为2∶1
[解析]　原子数相等，不能确定其分子数的关系，即不能确定其物质的量的关系，所以不能确定其质量的大小，A错误；相同条件下，同质量的气体，摩尔质量越小，其物质的量越大，体积越大，密度越小，故气体X的密度最小，B正确；在一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则其物质的量相等，但不一定是0.1 mol(没有说明是否在标准状况下)，C错误；二者的物质的量之比为4∶1，同温同体积的气体，其压强之比等于物质的量之比，则其压强之比为4∶1，D错误。
[答案]　B
4．胞嘧啶是DNA水解产物之一，是精细化工的重要中间体。胞嘧啶可由5-巯基甲脲嘧啶、浓氨水和氯乙酸在一定条件下合成，则反应时NH3和5-巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为(　　)
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶1 D．2∶1
[解析]　对比5-巯基甲脲嘧啶和胞嘧啶的分子式，不难看出胞嘧啶比5-巯基甲脲嘧啶多了一个N原子，多出的N原子一定来自于氨，所以反应时NH3和5-巯基甲脲嘧啶的物质的量之比为1∶1。
[答案]　A
二、综合题
5．如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的化学式。
在注射器A中装有240 mL气体X，慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：
实验前B管重20.32 g，实验后B管重20.00 g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。在C管中收集到的无色液体是水；在注射器D中收集的气体是氮气。
试回答下列问题：
(1)X气体是由________和____________元素组成的。
(2)若240 mL X气体完全反应后，收集到的氮气质量是0.28 g。根据实验时温度和压强计算1 mol X气体的体积是24000 mL，则X的摩尔质量是________g·mol－1。
(3)通过计算，确定X的化学式为________。
(4)写出B中发生反应的化学方程式：__________________________(X在该条件下不发生分解反应)。
[解析]　在C管中收集到水，其中氧来源于CuO，则X中一定含有氢元素。在D中收集到N2，说明X中一定含有N元素，即X中含N、H两种元素。B管中CuO含O：20.32 g－20.00 g＝0.32 g，n(O)＝＝0.02 mol，故n(H)＝0.02 mol×2＝0.04 mol。n(N2)＝＝0.01 mol，本实验条件下Vm＝24 L·mol－1，所以n(X)＝＝0.01 mol，因此n(X)∶n(N)∶n(H)＝0.01 mol∶(0.01 mol×2)∶0.04 mol＝1∶2∶4，X的化学式为N2H4，摩尔质量为32 g·mol－1。
[答案]　(1)N　H　(2)32　(3)N2H4
(4)N2H4＋2CuON2＋2H2O＋2Cu
课时跟踪训练(十)
A级(基础达标)
一、选择题
1．据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”的观点。若硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，下列关于其有利因素的说法中，你认为不正确的是(　　)
A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．自然界中存在大量单质硅
C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制
D．自然界中硅的贮量丰富
[解析]　由于硅的亲氧性，自然界中的硅都以二氧化硅或硅酸盐的形式存在，无单质硅。
[答案]　B
2．①水泥路　②门窗玻璃　③水晶镜片　④石英钟表　⑤玛瑙手镯　⑥硅太阳能电池　⑦光导纤维　⑧计算机芯片，所用材料为SiO2或要用到SiO2的是(　　)
A．⑥⑧ B．①②⑦⑧
C．①②③④⑤⑦ D．全部
[解析]　①②③④⑤⑦中直接用到SiO2，而⑥⑧中使用的是Si，而不是SiO2。
[答案]　C
3．下列离子方程式不正确的是(　　)
A．石英与烧碱溶液反应：SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
B．硅与烧碱溶液反应：Si＋2OH－＋H2O===SiO＋2H2↑
C．向小苏打溶液中加入过量的石灰水：
2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋2H2O＋CO
D．往水玻璃中加入盐酸：2H＋＋SiO===H2SiO3↓
[解析]　选项C中，当石灰水过量时，NaHCO3中的HCO一定会完全反应转化为CO，CO再结合Ca2＋生成CaCO3沉淀，正确的离子方程式应为HCO＋OH－＋Ca2＋===H2O＋CaCO3↓。
[答案]　C
4．青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是(　　)
A．青石棉属于硅酸盐原料
B．青石棉中含有大量的石英晶体
C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
D．1 mol青石棉能还原1 mol HNO3
[解析]　C项，先依据钠原子数、硅原子数、氢原子数，把它们改写成氧化物形式，后余下Fe5O6，再根据铁元素的化合价，将其改写成3FeO·Fe2O3；D项，根据C项的氧化物形式，可知1 mol青石棉发生氧化反应时，失去3 mol电子，1 mol HNO3被还原为1 mol NO，得到3 mol电子，二者的物质的量之比为1∶1。
[答案]　B
5．下列事实中能证明碳的非金属性比硅强的是(　　)
①往Na2SiO3溶液中通入CO2，产生白色沉淀　②石墨是导体，晶体硅是半导体　③制玻璃过程中发生反应：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑　④CH4比SiH4稳定
A．①④ B．②③
C．③④ D．①②
[解析]　比较非金属性的强弱可通过比较气态氢化物的稳定性或最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以①与④符合题意。
[答案]　A
6．在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是(　　)
A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)>r(Mg)
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
[解析]　本题考查化学基本概念，意在考查考生对相关知识的理解和应用能力。C还存在C60等同素异形体，A项错误；Mg的电子层数比Mg2＋多，所以半径：r(Mg)>r(Mg2＋)，B项错误；反应方程式为2Mg＋CO22MgO＋C，还原剂为Mg，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知，Mg的还原性强于C的还原性，C项正确；燃烧过程中化学能除转化为热能外，还转化为光能等其他能量，D项错误。
[答案]　C
7．将足量CO2气体通入水玻璃(Na2SiO3溶液)中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是(　　)
A．Na2SiO3 B．Na2CO3、Na2SiO3
C．Na2CO3、SiO2 D．SiO2
[解析]　将足量CO2气体通入水玻璃中，发生反应：2CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H2SiO3↓＋2NaHCO3；加热蒸干高温灼烧时发生反应：H2SiO3H2O＋SiO2；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑，各反应物存在如下关系，H2SiO3～2NaHCO3，H2SiO3～SiO2,2NaHCO3～Na2CO3～SiO2，由上述关系可知，最后所得固体物质是Na2SiO3，故选A项。
[答案]　A
二、填空题
8．硅及其化合物对人类现代文明具有特殊贡献。请回答下列有关问题：
(1)硅原子的结构示意图______________________。
(2)下列物品或设备所用材料属于硅酸盐的是_______________________；
①长江三峡水泥大坝　②光导纤维　③陶瓷坩埚　④普通玻璃　⑤硅太阳能电池
A．①②③ B．③④⑤
C．②③④ D．①③④
(3)常温下，SiCl4为液态，沸点为57.6℃，在空气中冒白雾。制备高纯度硅的中间产物SiCl4中溶有液态杂质，若要得到髙纯度SiCl4，应釆用的方法是__________________________________；
用化学方程式及必要文字解释SiCl4在空气中冒白雾的原因：_________。
[解析]　(1)硅的原子序数为14，原子结构示意图为
＋14 284。(2)水泥是硅酸盐，光导纤维是SiO2，普通玻璃是硅酸盐，硅太阳能电池是晶体硅。(3)SiCl4是低沸点液体物质，应用蒸馏进行分离除杂。SiCl4在空气中水解SiCl4＋4H2O===H4SiO4＋4HCl。
[答案]　(1)＋14 284
(2)D
(3)干燥条件下蒸馏　SiCl4＋4H2O===H4SiO4＋4HCl　HCl遇水蒸气产生白雾
9．氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如下图所示：
其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。请回答下列问题：
(1)石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学反应方程式表示其原因：_______________________________________。
(2)图示①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是__________________。
(3)SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂。SiCl4水解的化学反应方程式为____________________。
(4)在反应⑤中，3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol氮化硅粉末和8 mol A气体，则氮化硅的化学式为____________________。
(5)在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B和C两种气体在一定条件下化合生成A。
写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式______________。
[解析]　石英砂不能与碱性物质共同存放的实质是SiO2与碱性物质可以发生反应。反应①是石英砂与焦炭发生氧化还原反应，反应②是硅单质与Cl2反应，也是氧化还原反应。SiCl4水解可以看作Si结合四个OH－生成H4SiO4，H4SiO4不稳定失水生成H2SiO3，Cl－结合H＋生成HCl。氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒求得。结合题给信息，SiCl4与N2、H2反应可得到Si3N4和HCl。
[答案]　(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O　(2)①②
(3)SiCl4＋3H2O===4HCl↑＋H2SiO3
(4)Si3N4　(5)3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
B级(能力提升)
一、选择题
1．(2016·陕西西安铁一中模拟)东汉著名的炼丹理论家魏伯阳所著的《周易参同契》提出：“胡粉投火中，色坏还为铅”，已知胡粉主要成分是2PbCO3·Pb(OH)2。下列有关说法正确的是(　　)
A．胡粉中的Pb显＋4价
B．这里的“火”中含有炭
C．此过程中可能发生了化合反应
D．在元素周期表中铅与碳都位于第ⅥA族
[解析]　根据胡粉的主要成分的化学式可判断其中的Pb显＋2价，A错误；高温下碳具有还原性，因此这里的“火”中含有炭，B正确；“胡粉投火中，色坏还为铅”，即发生氧化还原反应，其中Pb的化合价降低，C的化合价升高，则该反应的化学方程式为2[2PbCO3·Pb(OH)2]＋3C6Pb＋7CO2↑＋2H2O，因此该反应不是化合反应，C错误；在元素周期表中铅与碳都位于第ⅣA族，D错误。【版权所有：21教育】
[答案]　B
2．氮化硅是新型无机非金属材料，广泛应用于航空领域。下列是制备氮化硅的简易流程：
石英砂粗硅SiCl4Si3N4
下列说法不正确的是(　　)
A．制备粗硅时的氧化产物为CO
B．控制石英砂和焦炭的比例，可减少SiC的生成
C．SiCl4与NH3反应的化学方程式为3SiCl4＋4NH3Si3N4＋12HCl
D．上述工艺的各步骤中，硅元素都被氧化
[解析]　A项，SiO2＋2CSi＋2CO↑，不符合题意。B项，若焦炭量过多，会发生反应Si＋CSiC(金刚砂)，不符合题意。D项，整个工艺流程中，硅的变化过程为SiO2→Si→SiCl4→Si3N4，既有硅元素被氧化的过程，又有硅元素被还原的过程，符合题意。www.21-cn-jy.com
[答案]　D
3．向含有0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体8.96 L(0 ℃，1.01×105 Pa)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的总物质的量与通入CO2气体的体积关系图像正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)(　　)2·1·c·n·j·y
[解析]　当未通入CO2气体时，溶液中的离子为0.2 mol Na＋、0.1 mol Ba2＋、0.4 mol OH－；当通入2.24 L CO2气体时，发生反应①Ba2＋＋CO2＋2OH－===BaCO3↓＋H2O，此时溶液中的离子为0.2 mol Na＋、0.2 mol OH－；当通入4.48 L CO2时，发生反应②2OH－＋CO2===CO＋H2O，此时溶液中的离子为0.2 mol Na＋、0.1 mol CO；当通入6.72 L CO2时，发生反应③CO＋CO2＋H2O===2HCO，此时溶液中的离子为0.2 mol Na＋、0.2 mol HCO；当通入8.96 L CO2时，发生反应④BaCO3＋CO2＋H2O===Ba(HCO3)2，此时溶液中的离子为0.2 mol Na＋、0.1 mol Ba2＋、0.4 mol HCO。对比图像可知选项C正确。
[答案]　C
二、综合题
4．(2017·福建厦门外国语学校月考)硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：
(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：【来源：21·世纪·教育·网】
①写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式： ________________。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出配平的化学反应方程式：___________；H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是_______________。www-2-1-cnjy-com
(2)下列有关硅材料的说法正确的是________(填字母)。
A．碳化硅化学性质稳定，可用于生产耐高温水泥
B．氮化硅硬度大、熔点高，可用于制作高温陶瓷和轴承
C．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高
D．盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅
E．高纯度的二氧化硅可用于制造高性能通信材料——光导纤维
(3)硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，逐渐加入饱和氯化铵溶液，振荡。写出实验现象并给予解释：_____________________。
(4)化学研究性学习小组在探究硅的制取方法时，从资料查阅到下列信息：①Mg在高温条件下可与SiO2反应；②金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐和SiH4；③SiH4在空气中自燃。2-1-c-n-j-y
他们根据信息进行实验，当用足量稀H2SO4溶解第①步实验获得的固体产物时，发现有爆鸣声和火花；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量、计算，测得其产率只有预期值的63%左右。
①第①步实验发生反应的化学方程式是____________________。
②用稀H2SO4溶解第①步实验获得固体产物时，产生爆鸣声和火花的原因是___________________________。
[解析]　(1)在SiHCl3中，把硅考虑为＋4价，则氢为－1价，氯是－1价，SiHCl3水解时，－1价氢还原水中＋1价的氢 ，生成氢气。(2)碳化硅主要用作耐磨材料(如砂纸)，普通玻璃没有固定熔点，硅与盐酸不反应，所以A、C、D三项说法错误。
[答案]　(1)①SiHCl3＋H2Si＋3HCl
②SiHCl3＋3H2O===H2SiO3＋H2↑＋3HCl
高温下，H2遇O2发生爆炸
(2)BE
(3)生成白色絮状沉淀，有刺激性气味的气体生成：SiO与NH发生互促双水解反应：SiO＋2NH＋2H2O===2NH3↑＋2H2O＋H2SiO3↓
(4)①Mg＋SiO22MgO＋Si、2Mg＋SiMg2Si
②硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃，即发生反应Mg2Si＋2H2SO4===2MgSO4＋SiH4，SiH4＋2O2===SiO2＋2H2O21·世纪*教育网
5．(2015·北京卷节选)研究CO2在海洋中的转移和归缩，是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%。写出CO2溶于水产生HCO的方程式：_________________________。
(2)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式：____________________________。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：21*cnjy*com
________＋________(CH2O)x＋x18O2＋xH2O
(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：【来源：21cnj*y.co*m】
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol·L－1 HCl溶液滴定，消耗y mL HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度＝________mol·L－1。
[解析]　本题考查了CO2的相关知识，意在考查考生的综合分析能力和对相关知识的掌握情况。(1)CO2溶于水产生HCO的方程式为CO2＋H2O??H2CO3、H2CO3??H＋＋HCO。(2)①根据题图找出钙化作用的反应物和生成物，可知发生反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。②根据题图中光合作用及元素守恒可配平，注意18O的标记。(3)①酸化海水不能用挥发性的酸，因为要用NaOH溶液吸收CO2，故选用H2SO4溶液酸化。②NaHCO3～HCl，海水中溶解无机碳的浓度为＝mol·L－1。
[答案]　(1)CO2＋H2O??H2CO3、H2CO3??H＋＋HCO
(2)①2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
②xCO2　2xHO
(3)①　②
课时跟踪训练(十一)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
①氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸　②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收　③新制氯水的氧化性强于久置氯水的　④检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液　⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中
A．①②③ B．②③④
C．③ D．③⑤
[解析]　氯气与氢气混合，达到爆炸极限，在光照的条件下才能发生爆炸，①错，氢氧化钙溶液中溶质含量少，实验中常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，②错，排除A、B项；HCl气体与AgNO3溶液可产生沉淀，④错；将气体通入饱和食盐水中，除去的是HCl气体，而不是Cl2，⑤错，排除D项。
[答案]　C
2．如图所示，在A处通入氯气，关闭B阀时，C处干燥的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处干燥的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液不可能是(　　)
A．浓硫酸 B．NaOH溶液
C．饱和Na2SO3溶液 D．饱和氯化钠溶液
[解析]　解决本题的关键是要明确装置的特点及起漂白作用的是HClO或潮湿的Cl2。首先根据打开B阀后，C处干燥的红布条逐渐褪色，说明A处通入的Cl2为潮湿的，在关闭B阀时潮湿的Cl2通过了D瓶，看不到C处干燥的红布条有明显变化，说明D瓶吸收了Cl2或吸收了Cl2中的水蒸气。
[答案]　D
3．某研究性学习小组的同学利用MnO2、浓盐酸反应来制取干燥的氯气并验证其有无漂白性，所用装置如图所示(可重复使用，不含制气装置)。下列说法正确的是(　　)
A．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DACBE
B．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DABAE
C．装置E的主要用途是制备NaClO
D．在实验中使用到装置C且有色布条褪色，则说明氯气有漂白性
[解析]　为验证干燥的氯气有无漂白性，就需要使进入到B装置中的氯气不含HCl及水蒸气，故应先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，为防止E装置中水蒸气进入B装置中，在B、E装置之间还应加装一个A装置，尾气用NaOH溶液吸收，A、C错误，B正确；本实验的目的是验证干燥的Cl2是否具有漂白性，故不需要使用装置C，且Cl2使湿润的有色布条褪色是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，D错误。
[答案]　B
4．溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”。下列有关说法中正确的是(　　)
A．从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应
B．苯与溴水反应生成溴苯
C，可以用CCl4萃取溴水中的溴
D．向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
[解析]　从海水中提取溴，一般要经历浓缩、氧化和提取三个步骤，A不正确；苯只能与液溴在催化剂作用下发生取代反应，B不正确；FeBr2与Cl2反应时，因Cl2的量不同，生成物也不同，题目中没有说明Cl2与FeBr2的量的关系，故D不正确。
[答案]　C
5．(2017·河南中原名校第三次联考)下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是(　　)
A．该溶液中，NH、Fe2＋、SO、Br－可以大量共存
B．该溶液中，K＋、Ag＋、Fe3＋、NO可以大量共存
C．向该溶液中通入少量SO2气体，反应的离子方程式为SO2＋3ClO－＋H2O===SO＋Cl－＋2HClO
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生22.4 L Cl2，转移电子数目约为6.02×1023
[解析]　ClO－具有强氧化性，可将Fe2＋氧化，因而不能大量共存，A错误；Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，B错误；ClO－具有强氧化性，可将SO2氧化为SO，由于ClO－过量，因此生成的H＋与ClO－反应生成HClO，C正确；没有说明气体是否处于标准状况，D错误。
[答案]　C
6．(2016·江西靖安中学月考)标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被NaOH溶液完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO，且三者物质的量之比为8∶1∶1，则原混合气体中H2的物质的量为(　　)
A. mol B. mol
C. mol D. mol
[解析]　混合气体通入含有b mol NaOH的氢氧化钠溶液中，根据电荷守恒，溶液中的n(Na＋)＝n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO)，根据氯元素守恒，氯气的物质的量为×[n(Cl－)＋n(ClO－)＋n(ClO)]，所以氯气的物质的量为 mol，所以氢气的物质的量为 mol，C正确。
[答案]　C
二、填空题
7．下图表示有关物质之间的转化关系，A、C、E、G为非金属单质，其中A、G在常温常压下为气体，E遇淀粉变蓝，K是一种常用的食品添加剂，L是常见的无色无味液体，I为淡黄色固体，J的焰色反应呈浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)B、I代表的物质的化学式分别为________、________。
(2)写出反应①、②的离子方程式：
①__________________________________；
②__________________________________。
(3)选出实验室保存C单质的注意事项________(A.无色瓶　B．棕色瓶　C．橡胶塞　D．玻璃塞)，除此之外还采取了什么特殊的保存方法：
___________________。
(4)已知A、C、E均能与G反应，其反应条件要求由高到低的顺序为____________________(用化学式表示)。
(5)A与H溶液反应，其氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，写出此反应的化学方程式：_____________________。
[解析]　解框图题要找准切入点，E为I2、I为AgBr、F为KBr、B为KI、C为Br2、J为KNO3、A为Cl2、D为KCl、G为H2、H为KOH、K为KIO3、L为H2O。
(2)①2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－②3I2＋6OH－5I－＋IO＋3H2O。
(3)Br2的保存用棕色试剂瓶，用玻璃塞，还要用水封。
(4)Cl2、Br2、I2都能与H2反应，反应条件由高到低的顺序为I2>Br2>Cl2。
(5)Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O
[答案]　(1)KI　AgBr
(2)2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－　3I2＋6OH－5I－＋IO＋3H2O
(3)BD　水封
(4)I2>Br2>Cl2
(5)Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O
8．溴主要以Br－形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2；
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物。
完成下列填空：
(1)Cl2氧化Br－应在________条件下进行，目的是为了避免____________。
(2)Br2可用热空气吹出，其原因是_______________________________。
(3)写出步骤③所发生的化学反应方程式：__________________。
步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为__________。
(4)为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中________。
a．通入HBr b．加入Na2CO3溶液
c．加入NaBr溶液 d．加入Na2SO3溶液
[解析]　(1)Cl2和Br2都能与NaOH反应生成盐和水，故氯气氧化Br－应在酸性条件下进行。(2)溴具有极强的挥发性，利用热空气就能将海水中的溴带出。
(4)HBr、NaBr都能与Cl2反应生成Br2，但加入HBr会生成易挥发的HCl且无法除去；Cl2和Br2都能被Na2CO3吸收，都能被Na2SO3还原。
[答案]　(1)酸性　生成的溴与碱反应
(2)溴易挥发
(3)NaBrO3＋5NaBr＋3H2SO4===3Na2SO4＋3Br2＋3H2O　溴具有挥发性　(4)c
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列实验现象描述正确的是(　　)
A．碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色
B．红热的铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟雾
C．电解氯化钠饱和溶液，将阴极气体产物通入碘化钾淀粉溶液中，溶液变蓝
D．溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色
[解析]　汽油的密度比水小，上层颜色应变为紫红色，下层颜色变浅，A项错误；CuCl2是固体应为烟而不是雾，B项错误；电解NaCl饱和溶液，阳极产生的Cl2能使碘化钾淀粉溶液变蓝，C项错误。
[答案]　D
2．(2017·河南南阳部分示范高中联考)已知：①向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成；②向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色。下列有关说法正确的是(　　)
A．I－只有还原性，IO只有氧化性
B．由①②可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO
C．①中发生反应的离子方程式为3Cl2＋I－＋3OH－===IO＋6Cl－＋3H＋
D．反应②中若有5 mol电子转移，则生成3 mol单质I2
[解析]　IO不仅有氧化性，还有还原性，A错误；由①②可知氧化性的强弱顺序为Cl2>IO>I2，B错误；①中反应的离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O===IO＋6Cl－＋6H＋，C错误。
[答案]　D
3．(2017·福建福州一中下学期质检)我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务。下列有关海水综合利用的说法不正确的是(　　)
A．从海水中提炼出的氘(含HDO 0.03‰)进行核聚变，放出巨大的能量以解决能源问题，成为一条新的科学思路，HDO与H2O化学性质相同
B．从海水中提取镁可以采用下列方法：海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2·6H2OMgCl2(熔融)Mg21教育名师原创作品
C．从海水获得的碘，可以跟氧气反应生成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈＋3和＋5两种价态，这种化合物的化学式是I4O9
D．除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入的药品顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
[解析]　同位素原子最外层电子数相同，化学性质相同，HDO与H2O化学性质相同，故A正确。海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg2＋转化为Mg(OH)2，加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有CaCO3且来源丰富，煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到Ca(OH)2，所以加入的沉淀剂是Ca(OH)2，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀；将Mg(OH)2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg，MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，故B正确。因碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为－1价(类似于氯酸根)，碘酸根中I的化合价为＋5价，所以前面的I的化合价为＋3价，所以碘酸碘的化学式为I(IO3)3，即I4O9，故C正确。除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2＋、Ca2＋、Fe3＋、SO时，可以加入过量NaOH溶液(去除Mg2＋和Fe3＋)：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，加入过量BaCl2溶液(去除SO)：SO＋Ba2＋===BaSO4↓；加入过量Na2CO3溶液(去除Ca2＋和多余的Ba2＋)：Ca2＋＋CO===CaCO3↓，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液的pH等于7后蒸发即可，选项中过量的氯化钡不能除去，故D错误。
[答案]　D
4. 向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中这种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如图所示。下列说法中正确的是(　　)
A．线段Ⅲ代表Fe2＋的变化情况
B．线段Ⅰ代表Br－的变化情况
C．a值等于6
D．原混合溶液中n(FeBr2)＝4 mol
[解析]　还原性强弱顺序：I－>Fe2＋>Br－，所以首先反应Ⅰ表示I－，Ⅱ表示Fe2＋，Ⅲ表示Br－，A、B项错；根据图像可知与I－反应的Cl2为1 mol，则I－为2 mol，与Fe2＋反应的Cl2为2 mol，则Fe2＋为4 mol，所以FeI2为1 mol，FeBr2为3 mol，Br－为6 mol，氧化Br－的Cl2为3 mol，可得a＝6。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·辽宁师范大学附属中学月考)某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。www.21-cn-jy.com
(1)提出问题：Fe3＋、Br2谁的氧化性更强？
(2)猜想：
①甲同学认为氧化性：Fe3＋>Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含________(填化学式，下同)所致。21cnjy.com
②乙同学认为氧化性：Br2>Fe3＋，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含________所致。
(3)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液　b．四氯化碳　c．无水酒精　d．硫氰化钾溶液
请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)
选用试剂
实验现象
方案1
方案2
(4)结论：氧化性：Br2>Fe3＋。在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为__________________________________。
(5)应用与拓展：在100 mL FeBr2溶液中通入2.24 L Cl2(标准状况)，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为________。
[解析]　(2)①少量溴单质溶于水显黄色，所以不是发生化学反应所致，溶液呈黄色是由于含有Br2；②若Br2的氧化性比Fe3＋强，Br2与Fe2＋反应生成Fe3＋而使溶液显黄色。
(3)证明溶液中没有溴单质而有Fe3＋即可证明乙同学的观点，利用溴溶于四氯化碳显红棕色，Fe3＋遇硫氰化钾显红色来设计实验。
(4)通过上述分析，溴单质可以氧化Fe2＋生成Fe3＋和Br－，离子方程式为2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
(5)溴化亚铁中通入氯气，氯气先和Fe2＋反应，后和Br－反应，假设溴化亚铁的浓度为x mol/L，则有x mol/L×0.1 L＋x mol/L×0.1 L×2×＝×2，解得x＝1.2。
[答案]　(2)①Br2　②Fe3＋
(3)
选用试剂
实验现象
方案1
b
CCl4层呈无色
方案2
d
溶液变红色
(4)2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
(5)1.2 mol·L－1
6．(2017·陕西西安七十中月考)消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。
(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。21教育网
A．Cl2 B．H2O2
C．ClO2 D．O3
(2)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O＋H2O2===A＋NH3↑，则生成物A的化学式为________，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是__________________________________。
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子数约为________。
(4)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是__________________________________
(用离子方程式表示)。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，写出有关反应的化学方程式：_______________________。
[解析]　(1)1 mol Cl2(发生的反应为Cl2＋H2O??HCl＋HClO，HClO在消毒过程中，转化为Cl－)、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子数依次为1 mol、1 mol、5 mol、2 mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。(2)根据质量守恒，可知反应KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑中，A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染。(3)该反应是歧化反应，HClO2中＋3价的氯元素一部分升高到ClO2中的＋4价，一部分降低到－1价。当有1 mol ClO2生成时，反应中转移1 mol电子，即转移的电子数约为6.02×1023。(4)ClO－与浓盐酸中的Cl－会发生反应生成有毒的Cl2，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。氯碱工业的产物是NaOH、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2反应可以得到含有NaClO的溶液，化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O。
[答案]　(1)C
(2)KHCO3　H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染
(3)6.02×1023
(4)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O　Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O
课时跟踪训练(十二)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·全国百校联盟第二次联考)结合化学与环境相关知识，下列有关说法正确的是(　　)
A．SO2、NO2、CO2均属于大气污染物
B．酸雨是pH小于5.6的降水
C．CO2也会导致酸雨的形成
D．大气中SO2含量的增加，会导致温室效应加剧
[解析]　酸雨的pH小于5.6，主要是由NO2和SO2溶于水形成的。
[答案]　B
2．(2017·福州质检)下列各物质分别滴加浓硫酸后，现象描述正确的是(　　)
A．胆矾晶体由蓝色变无色 B．pH试纸变红
C．蓝色石蕊试液褪色 D．白纸变黑
[解析]　本题主要考查浓硫酸的性质，意在考查考生对知识的记忆和应用能力。A项，胆矾晶体由蓝色变成白色，A项错误；B项，pH试纸先变红后变黑，B项错误；C项，蓝色石蕊试液变红，C项错误；D项，浓硫酸具有脱水性，可使白纸变黑，D项正确。
[答案]　D
3．(2016·苏北四市一模)在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是(　　)
A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3
B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明＋4价硫具有还原性
C．将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊
D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3
[解析]　二氧化硫具有还原性，与Ba(NO3)2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀和NO气体，故A错误；二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，故B正确；二氧化硫溶于水具有酸性，SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，SO2不能漂白指示剂石蕊，故C正确；亚硫酸酸性大于碳酸，故向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末有气泡产生，故D正确。
[答案]　A
4．(2017·福建泉州3月质检)探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是(　　)
A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C．用装置丙稀释反应后的混合液
D．用装置丁测定余酸的浓度
[解析]　铜和浓硫酸的反应需要加热，A错误；二氧化硫的密度比空气的大，收集时导管应该“长进短出”，B错误；反应后的混合液中含有浓硫酸，稀释时应将混合液倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；氢氧化钠溶液应该放在碱式滴定管中滴定，D错误。
[答案]　C
5．单质X与浓H2SO4共热，反应中X与H2SO4的物质的量之比为1∶2，则X元素在生成物中的化合价可能为(　　)
①＋1　②＋2　③＋3　④＋4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．②④ B．③④
C．①② D．①③
[解析]　若X为金属，有X＋2H2SO4XSO4＋SO2↑＋2H2O，其中，X为＋2价；若X为非金属，有X＋2H2SO4XO2＋2SO2↑＋2H2O，其中，X为＋4价。
[答案]　A
6. (2017·贵阳检测)实验室中一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分只看到“Na2S”字样(如图所示)。已知固体M只可能是Na2S、Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是(　　)
A．只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的成分
B．往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀生成，则固体M为Na2SiO3
C．常温时用pH试纸检验，若pH＝7，则固体M一定是Na2SO4
D．往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则固体M为Na2SO4
[解析]　盐酸与Na2S反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S，盐酸与Na2SO3反应生成有刺激性气味的SO2气体，盐酸与Na2SiO3反应生成白色沉淀H2SiO3，盐酸与Na2SO4不反应，A项正确；往溶液中通入CO2，由于Na2SiO3＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3，且CO2与另外三种物质不反应，B项正确；Na2S、Na2SO3、Na2SiO3都属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，Na2SO4为强碱强酸盐，水溶液呈中性，C项正确；加入硝酸酸化的BaCl2溶液，硝酸能把Na2SO3氧化为Na2SO4，Na2SO4与BaCl2反应得到白色沉淀，固体M也可能是Na2SO3，D项错误。
[答案]　D
二、填空题
7．浓硫酸具有以下A～F的性质：
A．酸性 B．高沸点难挥发
C．吸水性 D．脱水性
E．强氧化性 F．溶于水放出大量热
(1)浓硫酸与铜共热发生反应的化学方程式为____________。
浓硫酸在该实验中表现的性质有________。(浓硫酸性质用“A”、“B”、“C”、“D”、“E”、“F”填空，下同)
(2)实验证明铜不能在低温下与O2反应，也不能与稀硫酸共热发生反应，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并通入空气来制备CuSO4溶液。铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为__________________________。硫酸在该反应中表现的性质是________。
(3)在过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片，常温下就生成蓝色溶液。写出有关反应的化学方程式：__________________。
与(2)中反应比较，反应条件不同的原因是______________________。
(4)向蔗糖晶体中滴2～3滴水，再滴入适量的浓硫酸。发现加水处立即变黑，黑色区不断扩大，最后变成一块疏松的焦炭，并伴有刺激性气味的气体产生。写出产生有刺激性气味气体的化学方程式：________________。该实验中浓硫酸表现的性质有________。
[解析]　(1)浓硫酸有强氧化性，与铜共热的化学方程式为2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O，反应中硫元素化合价由＋6降到＋4，浓硫酸表现了强氧化性，同时有一部分H2SO4中各元素化合价均未改变，表现出了酸性。(2)废铜屑倒入热的稀硫酸中并通入空气制备CuSO4溶液的反应方程式为2Cu＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O，硫酸表现出了酸性。(3)过氧化氢有强氧化性，常温下向过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片发生反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，由此可证明过氧化氢的氧化性大于氧气。(4)根据题给现象，说明浓硫酸有脱水性、吸水性、强氧化性，同时，浓硫酸溶于水会放出大量的热，可发生反应2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
[答案]　(1)2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O　AE
(2)2Cu＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O　A
(3)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O　过氧化氢的氧化性比氧气强
(4)2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O　CDEF
8．下列A～I九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。已知A在常温下为黑色固体单质，常温下C、E、F都是无色气体。
请回答下列问题：
(1)C的固体名称________，F的化学式是________。
(2)A与B反应的化学方程式是___________________。
(3)G与H反应的离子方程式是_________________。
E转变为H和I的离子方程式是_____________。
[解析]　由题中A在常温下为黑色固体单质，可推测A为碳单质，因A＋B―→C＋D＋E，其中C、E为无色气体，可推测是碳单质与浓酸之间的反应，再结合框图转化关系与反应条件，推测E为SO2，C为CO2，则进一步确定I为含SO，H中含Cl－，F为O2，G为Na2CO3，则B为浓硫酸，将以上推测代入题中验证，可知推测正确。
[答案]　(1)干冰　O2
(2)C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O
(3)CO＋2H＋===CO2↑＋H2O　SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Cl－
9．(2017·西安八校联考)某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋、I2，他们使用的药品和装置如图所示：
(1)SO2气体还原Fe3＋的产物是________(填离子符号)，参加反应的SO2和Fe3＋的物质的量之比是________。
(2)下列适用于实验室制取所需SO2的是________。
A．Na2SO3溶液与HNO3
B．Na2SO3固体与浓硫酸
C．固体硫在纯氧中燃烧
D．铜与热浓H2SO4
(3)装置C的作用是__________________________________。
(4)若要从A中所得溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有________(填字母)。
A．蒸发皿 B．石棉网
C．漏斗 D．烧杯
E．玻璃棒 F．坩埚
(5)在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：
方案①：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去。
方案②：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
方案③：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述方案不合理的是________，原因是____________________。
[解析]　本题考查SO2和Fe3＋、I2反应的实验探究，意在考查考生对化学实验装置的分析和实验方案的评价能力。(1)SO2和Fe3＋反应，Fe3＋被还原为Fe2＋，SO2被氧化为SO。由SO2SO，Fe3＋Fe2＋，根据得失电子守恒，可以判断参加反应的SO2和Fe3＋的物质的量之比为1∶2。(2)A项，Na2SO3溶液与稀HNO3发生氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，得不到SO2；B项，Na2SO3固体与浓硫酸发生复分解反应，生成Na2SO4、H2O、SO2，可以制取SO2；C项，固体硫在纯氧中燃烧，制取的SO2中会含有氧气；D项，铜与热浓H2SO4反应，生成CuSO4、SO2和H2O，可以制取SO2。本题选BD。(3)装置C的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气。另外SO2极易溶于水且与NaOH反应很快，应该注意防倒吸。(4)蒸发时用到蒸发皿、玻璃棒，过滤时用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到石棉网和坩埚。(5)验证SO2和Fe3＋发生了氧化还原反应，可以检验反应产生的Fe2＋、SO。由于SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此方案①不合理。
[答案]　(1)Fe2＋和SO　1∶2　(2)BD
(3)吸收多余的SO2，防止污染空气　(4)BF
(5)方案①　SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·合肥一检)红葡萄酒营养丰富(含葡萄糖、氨基酸、维生素C等)，常添加微量的二氧化硫，浓度一般小于40 mg/L，其目的是(　　)
A．二氧化硫有还原性，防止红葡萄酒中某营养成分被氧化
B．二氧化硫有氧化性，使红葡萄酒中维生素C还原
C．二氧化硫有酸性，是红葡萄酒的酸味添加剂
D．二氧化硫有漂白性，漂白红葡萄酒中其他颜色
[解析]　红葡萄酒中添加微量的二氧化硫，利用二氧化硫的还原性，防止红酒中的某些营养成分被氧化，选项A正确。
[答案]　A
2．有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是(　　)
途径①：SH2SO4
途径②：SSO2SO3H2SO4
A．途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性
B．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本
C．由途径①和②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e－
D．途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高
[解析]　途径①反应的化学方程式可表示为S＋6HNO3(浓)===H2SO4＋6NO2↑＋2H2O，属于浓硝酸和非金属单质的反应，产物中无盐生成，因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性，A错。
[答案]　A
3．(2017·广东三校联考)为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加如图所示的试剂。
对实验现象的“解释或结论”错误的是(　　)
实验现象
解释或结论
A
a中溴水褪色
还原性：SO>Br－
B
b中加硫酸后产生淡黄色沉淀
SO和S2－在酸性条件下发生反应
C
c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
SO＋H2O??HSO＋OH－，所以滴入酚酞溶液变红；Ba2＋＋SO===BaSO3↓，水解平衡向左移动，c(OH－)减小，红色褪去
D
d中产生白色沉淀
Na2SO3溶液已变质
[解析]　溴水与Na2SO3溶液反应的离子方程式为：Br2＋SO＋H2O===2Br－＋SO＋2H＋，还原性SO>Br－，A正确；SO和S2－在酸性条件下发生反应SO＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O产生淡黄色沉淀，B正确；Na2SO3水解使溶液呈碱性，滴入酚酞溶液变红，加入BaCl2溶液后，Ba2＋与SO结合成BaSO3沉淀，使SO的水解平衡左移，c(OH－)减小，红色逐渐褪去，C正确；Na2SO3溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液后，NO在酸性条件下可将BaSO3氧化为不溶于盐酸的BaSO4沉淀，因此无法判断Na2SO3溶液是否变质，D错误。
[答案]　D
4．将35.0 g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2 L(标准状况)，则过量的锌粉的质量为(　　)
A．1.0 g B．2.0 g
C．2.5 g D．3.5 g
[解析]　锌粉与少量浓硫酸反应，开始时生成二氧化硫气体，后随反应的不断进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸无氧化性，与锌反应生成的气体是氢气。根据化学反应方程式，无论是生成二氧化硫气体还是生成氢气，1 mol锌均生成1 mol气体，且转移的电子数相等；所以，n(气体)＝11.2 L/(22.4 L·mol－1)＝0.5 mol；转移的电子数为1 mol，参加反应的锌的质量为32.5 g，进而可求过量的锌粉质量为 2.5 g。
[答案]　C
二、综合题
5．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
Ⅰ.利用下图装置模拟工业生产中SO2催化氧化的反应并研究SO2的性质：
(熔点：SO2　－76.1 ℃，SO3　16.8 ℃；沸点：SO2　－10 ℃；SO3　45 ℃)
(1)甲同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的顺序连接装置，装置Ⅱ的作用是_______；装置Ⅲ中溶液逐渐褪色，证明二氧化硫具有________性。
(2)乙同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ的顺序连接装置(装置Ⅱ中充分冷却)，若装置Ⅳ中有40 mL 3.0 mol·L－1 NaOH溶液，反应后增重5.12 g，则装置Ⅳ中发生反应的化学方程式是__________________________________。
(3)某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管中，未见沉淀生成。向该试管中加入足量________(填写字母)，便能产生沉淀。
A．硫化钠溶液 B．氨水
C．盐酸 D．硝酸钾溶液
Ⅱ.为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：
称取铁钉(碳素钢)6 g放入15 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。
(4)甲同学认为X中除Fe3＋外还可能含有Fe2＋。若要确认其中的Fe2＋应选用________(选填字母)。
a．KSCN溶液和氯水 b．氢氧化钠溶液
c．酸性KMnO4溶液 d．铁粉和KSCN溶液
(5)乙同学取784 mL(标准状况下)气体Y通入足量H2O2水溶液中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66 g。由此推知气体Y中SO2的体积百分数为________(保留小数点后一位)。
(6)分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和CO2气体，产生CO2的理由是____________________________________(用化学方程式表示)。
[解析]　(1)装置Ⅱ的作用是冷却装置，SO3的熔点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置Ⅲ中酸性KMnO4溶液会和SO2反应逐渐褪色，生成Mn2＋，SO2被氧化为H2SO4，表现了SO2的还原性，反应的离子方程式为5SO2＋2H2O＋2MnO===5SO＋2Mn2＋＋4H＋。(2)若装置Ⅳ中有40 mL 3 mol·L－1 NaOH溶液，反应后增重5.12 g，吸收的为SO2气体，依据SO2物质的量和NaOH物质的量进行分析判断生成产物，若按n(SO2)∶n(NaOH) ＝1∶2反应，则化学反应方程式为SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O；若按n(SO2)∶n(NaOH)＝1∶1反应，则化学反应方程式为SO2＋NaOH===NaHSO3；装置Ⅳ中有40 mL 3 mol·L－1的NaOH溶液n(NaOH)＝0.12 mol，n(SO2)＝＝0.08 mol；n(SO2)∶n(NaOH)＝0.08∶0.12＝2∶3，所以生成产物为Na2SO3和NaHSO3，反应的化学方程式依据直平法写出：2SO2＋3NaOH===Na2SO3＋NaHSO3＋H2O。(3)加入Na2S溶液，SO2和Na2S反应生成S单质沉淀，故A正确；在试管里加入氨水后，SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2可生成BaSO3白色沉淀，故B正确；足量的SO2通入装有BaCl2溶液的试管，再加稀盐酸无沉淀产生，故C错误；足量的SO2通入装有BaCl2溶液的试管，溶液呈酸性，KNO3中的NO在酸性条件下，有强氧化性，可以将SO2氧化成SO，再与BaCl2产生BaSO4白色沉淀，故D正确。(4)Fe2＋能使酸性KMnO4溶液褪色，a、d都不能检验Fe2＋，只有c能检验溶液中含有Fe2＋，选b会生成两种沉淀，受Fe(OH)3颜色的影响无法辨别，只能选c。(5)SO2具有还原性，通入足量H2O2中发生反应：SO2＋H2O2===H2SO4，标准状况下784 mL混合气体的物质的量为n(混合气体)＝＝0.035 mol，
SO2　―→　BaSO4
1 mol 233 g
n 4.66 g
则：n＝＝0.02 mol，故混合气体中SO2的体积分数为×100%≈57.1%。(6)分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和CO2气体，产生CO2的理由是C和浓H2SO4加热反应生成CO2和SO2，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
[答案]　(1)使SO3凝结成固体与SO2分离　还原
(2)2SO2＋3NaOH===Na2SO3＋NaHSO3＋H2O
(3)ABD
(4)c　(5)57.1%
(6)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
课时跟踪训练(十三)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2015·北京卷)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是(　　)
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
[解析]　雷电作用下氮元素被氧化，但是在人工固氮中，通过工业合成氨的方法，氮元素被还原，A项不正确；工业合成氨属于人工固氮的一种，B项正确；从图中制造蛋白质与植物遗体等转化路径可以看出含氮无机物和含氮有机物可以相互转化，C项正确；从图中可知蛋白质参与了氮循环，蛋白质含有碳、氢、氧等元素，D项正确。
[答案]　A
2．如图，同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3、②NO2，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶质的物质的量浓度为(　　)
A．①＞②　　B．①＜②　　C．①＝②　　D．不能确定
[解析]　设烧瓶体积为V L，c(NH3)＝＝ mol·L－1，c(HNO3)＝＝ mol·L－1，故两者相等。
[答案]　C
3．下列叙述不正确的是(　　)
A．NH3易液化，常用作制冷剂
B．与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
C．铵盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处
D．常温下可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸
[解析]　本题主要考查含氮化合物的性质，意在考查考生的分析判断能力。B项，浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
[答案]　B
4．能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：
3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
B．铜片与浓硝酸：
Cu＋NO＋4H＋===Cu2＋＋NO2↑＋2H2O
C．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：
NH＋OH－NH3·H2O
D．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：
NH＋OH－NH3↑＋H2O
[解析]　B项Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；C项NH＋OH－NH3↑＋H2O；D项HCO＋NH＋2OH－CO＋2H2O＋NH3↑。
[答案]　A
5．(2017·福建厦门一中入学考试)下列说法错误的是(　　)
A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C．白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的吸水性
D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步反应完成
[解析]　在稀硫酸中加入铜粉，再加入Cu(NO3)2固体，硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化铜，所以铜粉会溶解，故A正确；某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，故B正确；白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的脱水性，故C错误； 稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，都能通过一步反应实现，故D正确。
[答案]　C
6．(双选)(2015·上海卷)将O2和NH3的混合气体448 mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8 mL气体。原混合气体中O2的体积可能是(假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况)(　　)
A．231.5 mL B．268.8 mL
C．287.5 mL D．313.6 mL
[解析]　本题考查元素化合物之间的反应，意在考查考生的计算能力。混合气体总物质的量为＝0.02 mol，剩余气体的物质的量为＝0.002 mol。由题意，发生反应4NH3＋5O24NO＋6H2O,4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3。设原混合气体中NH3为x mol，则O2为(0.02－x)mol。
①O2有剩余，根据关系式计算：
4NH3～5O2　～　4NO　4NO～3O2
x mol x mol x mol x mol x mol
则x＋x＋x＋0.002＝0.02，解得x＝0.006，则n(O2)＝0.02 mol－0.006 mol＝0.014 mol，V(O2)＝0.014 mol×22.4 L·mol－1＝0.3136 L＝313.6 mL。
②NO有剩余，根据关系式计算：
4NH3　　～　　5O2　　～　　4NO
x mol x mol x mol
4NO ～ 3O2
mol　mol
则x－＝0.002，解得x＝，则
n(O2)＝0.02 mol－ mol＝ mol, V(O2)＝mol×22.4 L·mol－1＝0.2875 L＝287.5 mL。故本题选CD。
[答案]　CD
二、填空题
7．根据下列变化进行推断，已知A为正盐。
(1)推断A、B、C、D的化学式：
A________，B________，C________，D________。
(2)写出①②变化的离子方程式：
①__________________________________。
②__________________________________。
[解析]　由溶液与NaOH溶液加热生成气体B，且气体B遇HCl冒白烟，可知B为NH3，A中含有NH，气体D为无色无味气体，能使澄清石灰水变浑浊，D为CO2，逆推C为BaCO3，可知A中含有CO或HCO，但A为正盐，可知A为(NH4)2CO3。
[答案]　(1)(NH4)2CO3　NH3　BaCO3　CO2
(2)①Ba2＋＋CO===BaCO3↓，NH＋OH－NH3↑＋H2O
②BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O
8．(2016·福建福中八县期中联考)铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为Cu＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋H2O(方程式未配平，不考虑2NO2??N2O4)。
(1)硝酸在该反应中表现的性质是________。
(2)0.004 mol Cu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是________，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是________，在标准状况下若将收集NO和NO2的集气瓶倒立于水中，通入一定量的氧气充分反应后发现无气体剩余，则通入O2的体积为________；所得溶液(假设溶质不扩散)的物质的量浓度是________。
(3)如果参加反应的Cu和HNO3的物质的量之比是3∶10，写出并配平该反应的离子方程式：____________________________。
(4)如果没有对该反应中的某些物质的比例作限定，则方程式可能的配平系数有许多组。原因是____________________]______。
[解析]　(1)反应中氮元素化合价由＋5价降低为＋2、＋4价，体现硝酸的氧化性，同时生成硝酸盐，体现硝酸的酸性。
(2)铜失去2个电子形成Cu2＋，失去的电子的物质的量是铜的2倍，0.004 mol Cu被硝酸完全溶解后，Cu失去的电子数是0.004 mol×2×NA mol－1＝0.008NA；根据铜元素守恒，n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝0.004 mol，令NO、NO2的物质的量均为y mol，根据电子转移守恒有3y＋y＝0.004×2，解得y＝0.002，根据氮元素守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量n(HNO3)＝2n[Cu(NO3)2]＋n(NO2)＋n(NO)＝0.004 mol×2＋0.002 mol＋0.002 mol＝0.012 mol；根据方程式4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3可知，需要通入O2的物质的量为0.002 mol×＋0.002 mol×＝0.002 mol，生成硝酸的物质的量为0.002 mol＋0.002 mol＝0.004 mol，所以需要氧气的体积为0.002 mol×22.4 L/mol＝0.0448 L＝44.8 mL；溶液体积等于一氧化氮与二氧化氮的体积之和，所以溶液的体积为0.004 mol×22.4 L/mol＝0.004×22.4 L，所得硝酸溶液的物质的量浓度是＝ mol/L。
(3)令铜为3 mol，则HNO3为10 mol，根据铜元素守恒可知，生成硝酸铜3 mol，所以起氧化剂作用的硝酸为10 mol－6 mol＝4 mol，令生成NO为x mol，则生成NO2为(4－x)mol，根据得失电子数相等可知，3x＋(4－x)×1＝3×2，解得x＝1，即生成NO为1 mol，则生成NO2为3 mol，反应的离子方程式为3Cu＋10H＋＋4NO===3Cu2＋＋NO↑＋3NO2↑＋5H2O。
(4)该反应含有两个氧化还原反应，两者的比例和氧化剂的用量都可以发生变化，因此方程式可能的配平系数有许多组。
[答案]　(1)氧化性、酸性
(2)0.008NA　0.012 mol　44.8 mL　 mol·L－1(或0.0446 mol·L－1)
(3)3Cu＋10H＋＋4NO===3Cu2＋＋NO↑＋3NO2↑＋5H2O
(4)该反应含有两个氧化还原反应，两者的比例和氧化剂的用量都可以发生变化
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列叙述中正确的是(　　)
A．(2016·广东湛江测试)CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B．(2016·广东韶关调研)N2与O2在放电条件下直接化合生成NO2
C．(2016·北京怀柔一模)常温下铁与浓硫酸、浓硝酸均不反应，可用铁槽车密封运送浓硫酸、浓硝酸
D．(2016·山东临沂质检)SO2、NO2都能与水反应，其反应原理不同
[解析]　NO与氧气反应，A选项错误；B选项，只能生成NO，错误；C选项，钝化也属于化学变化，错误；D选项，SO2、NO2与水反应分别属于化合反应、氧化还原反应，正确。
[答案]　D
2．无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过如图各装置，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法不正确的是(　　)
A．气体甲中不可能有NO2和N2
B．气体甲中有20 mL NH3
C．通过足量Na2O2后剩余的气体只有NO2
D．气体乙中有32 mL NO和48 mL CO2
[解析]　A项，气体甲无色排除NO2存在，最后无气体剩余，排除N2存在；B项，NH3被浓H2SO4吸收，V(NH3)＝20 mL；C项，最后无气体剩余，说明排水之前不是纯NO2，还有O2；D项，根据2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2,4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3知V(CO2)∶V(NO)＝6∶4，故V(CO2)＝mL＝48 mL，V(NO)＝32 mL。
[答案]　C
3．(2016·河北衡水中学二调)亚硝酸钠(有毒性，市场上很易与食盐混淆)是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似。相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．NaNO2稳定性大于NH4NO2
B．NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C．可用淀粉-KI试纸和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D．分解NaN3每产生1 mol N2转移6 mol e－
[解析]　NH4NO2微热易分解，由NaNO2的物理性质与NaCl极为相似可知NaNO2的稳定性大于NH4NO2，A正确；NaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2中氮的化合价由＋3价降低为－价，NaNO2是氧化剂，B正确；NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉-KI试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，C正确；NaN3中氮的化合价为－价，生成1个N2分子转移个电子，则每产生1 mol N2转移mol e－，D错误。
[答案]　D
4. 向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是(　　)
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
[解析]　结合题意，反应过程为①Cu/Cu2O＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O，②NaOH＋HNO3/Cu(NO3)2―→NaNO3＋Cu(OH)2↓＋H2O。n[Cu(OH)2]＝＝0.4 mol，故Cu(NO3)2消耗NaOH 0.4 mol×2＝0.8 mol，余下HNO3 1.0 mol·L－1×1.0 L－0.8 mol＝0.2 mol，D项正确；n(Cu)＋2n(Cu2O)＝0.4 mol，n(Cu)×64 g·mol－1＋n(Cu2O)×144 g·mol－1＝27.2 g，解得：n(Cu)＝0.2 mol，
n(Cu2O)＝0.1 mol，A项正确；根据得失电子守恒有0.2 mol×2＋0.1 mol×2×1＝n(NO)×3，n(NO)＝0.2 mol，其在标准状况下的体积为4.48 L，C项正确；c(HNO3)原＝＝2.4 mol·L－1，B项错误。
[答案]　B
二、综合题
5．(2017·内蒙古巴彦淖尔月考)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：
氨氮废水低浓度氨氮废水含HNO3废水达标废水
(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。
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：____________________。
③回收的氨气经净化处理后可进行催化氧化，已知催化剂为三氧化二铬：
ⅰ.氨催化氧化的化学方程式为____________________。
ⅱ.预先将催化剂加热到红热状态，停止加热后催化剂仍保持红热，该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。21·cn·jy·com
(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。
请完成第一步反应的离子方程式：
________NH＋________O2===________NO＋________H2O＋________
(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32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。www.21-cn-jy.com
[解析]　(1)①铵盐能和强碱反应，实质是NH＋OH－===NH3·H2O。②NH3·H2O分解是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动。③氨气催化氧化生成NO和H2O，停止加热催化剂仍然红热说明反应放热。21*cnjy*com
(2)1 mol NH反应生成NO时转移6 mol电子，1 mol O2反应生成O2－时转移4 mol电子，据最小公倍数法可知，NH的化学计量数为2，O2的化学计量数为3，再据原子守恒配平其他化学计量数，据电荷守恒知还应生成H＋。
(3)消耗32 g(1 mol)CH3OH转移6 mol电子，因为CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为＋4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH＋6HNO3===5CO2↑＋3N2↑＋13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶6。
[答案]　(1)①NH＋OH－===NH3·H2O
②空气可以将生成的氨气带走，使可逆反应NH3·H2O??NH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，促进了NH3·H2O的分解【出处：21教育名师】
③ⅰ.4NH3＋5O24NO＋6H2O　ⅱ.放热
(2)2　3　2　2　4H＋
(3)5∶6
6．(2016·天津河东区一模)亚硝酸钠(NaNO2)是重要的防腐剂。实验室以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制取的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图甲所示(部分夹持装置略)。
已知：室温下，①2NO＋Na2O2===2NaNO2；②3NaNO2＋3HCl===3NaCl＋HNO3＋2NO↑＋H2O；③酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2＋。
完成下列填空：
(1)写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式：_______________________。
(2)B中观察到的主要现象是有无色气体产生和______，D装置的作用是________。
(3)检验C中产物有亚硝酸钠的方法是___________________。
(4)经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称是________。2-1-c-n-j-y
(5)将1.56 g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭________g。
[解析]　(1)装置A中，浓硝酸和木炭在加热条件下反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
(2)装置B中发生的反应是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解；NO在装置C中与Na2O2反应制备NaNO2，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮，防止污染空气。
(3)将生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则C中产物有亚硝酸钠。
(4)生成碳酸钠是由于二氧化碳和过氧化钠发生反应，生成氢氧化钠是由于水蒸气和过氧化钠发生反应，所以要避免生成碳酸钠和氢氧化钠，应除去二氧化碳和水蒸气，因此可在B、C装置间增加盛有碱石灰的装置。
(5)1.56 g过氧化钠的物质的量是＝0.02 mol，则根据2NO＋Na2O2===2NaNO2可知需要NO 0.04 mol。浓硝酸转化为NO，得到3个电子，因此生成0.04 mol NO需要得到0.12 mol电子，碳在反应中失去4个电子，所以需要碳的物质的量是0.12 mol×＝0.03 mol，其质量是0.03 mol×12 g/mol＝0.36 g。
[答案]　(1)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(2)铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色　吸收未反应的NO
(3)取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色
(4)碱石灰
(5)0.36
课时跟踪训练(十四)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·正定中学月考)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是雾霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧(如机动车尾气、燃煤)等，下列与PM2.5相关的说法不正确的是(　　)
A．大力发展电动车、减少燃油汽车的尾气排放量
B．开发利用各种新能源、减少对化石燃料的依赖
C．多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体
D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等元素均为对人体有害的金属元素
[解析]　PM2.5主要来自化石燃料的燃烧，可大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量；开发新能源，减少对化石燃料的依赖，故A、B正确。PM2.5与肺癌等疾病的发生密切相关，故C正确。砷是非金属元素，故D错误。
[答案]　D
2．SO2是常见的大气污染物之一，我国规定空气中SO2含量不得超过0.02 mg/L。下列措施中能够减少SO2排放量的是(　　)
①用天然气代替煤炭作民用燃料　②开发清洁能源　③硫酸厂采用更好的催化剂使SO2氧化成SO3　④使用CS2萃取煤炭中的硫　⑤燃煤中加入石灰石使用
A．①②⑤　　B．①③⑤　　C．①③④　　D．③④⑤
[解析]　催化剂能加快化学反应速率，但不能影响化学平衡状态，即不能提高SO2的转化率，③错误；煤炭中的硫元素并不是以单质的形式存在，故无法用CS2萃取煤炭中的硫，④错误。
[答案]　A
3．NaCl是从海水中提取出来的一种重要物质，除食用外，它还是一种工业原料，下列以NaCl为原料的产品(或物质)是(　　)
①烧碱　②纯碱　③金属钠　④氯气　⑤盐酸
A．全部 B．①②③④
C．①②③⑤ D．①②④⑤
[解析]　海水中得到NaCl以后，以NaCl为原料电解饱和食盐水可制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业。化学方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑、2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑、Cl2＋H22HCl，以NaCl为原料可生产纯碱。
[答案]　A
4．根据“绿色化学”的理念，某化学工作者设计了下列4步化学反应：
①CaBr2＋H2OCaO＋2HBr
②2HBr＋HgHgBr2＋H2↑
③HgBr2＋CaOHgO＋CaBr2
④2HgO2Hg＋O2↑
该方案的目的是为了制备(　　)
A．HBr　　　B．CaO　　　C．H2　　　D．Hg
[解析]　将题目中提供的四个方程式叠加：
①＋②＋③＋④×可得
H2OH2↑＋O2↑
故该方案的目的是为了制取可燃烧气体H2↑。
[答案]　C
5．从海藻灰中提取碘的方法是：往海藻灰浸取液中通入氯气后用升华方法将置换出来的碘提纯。但向浸取液中通入氯气时会生成少量性质类似于Cl2的ICl和IBr。为了消除这两种杂质，使其中的碘完全游离出来，需要加入适量的(　　)
A．CaO B．KI
C．H2O D．酒精
[解析]　由于ICl和IBr类似于Cl2的性质，故除去碘中的这两种物质可加入还原剂KI，发生反应：ICl＋KI===I2＋KCl，IBr＋KI===I2＋KBr。
[答案]　B
6．在空气吹出法的工艺中，有选用纯碱溶液作溴蒸气吸收剂的，也有选用SO2作溴蒸气吸收剂的，下列有关说法正确的是(　　)
A．两种吸收过程中，Br2只作氧化剂
B．两种吸收过程都发生了氧化还原反应
C．用纯碱溶液作吸收剂时，纯碱作还原剂
D．用纯碱溶液作吸收剂只发生了复分解反应
[解析]　①纯碱溶液作吸收剂的反应为：3Na2CO3＋3Br2===5NaBr＋NaBrO3＋3CO2；②SO2作吸收剂的反应为：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr。分析以上两个反应可知：①中Br2既作氧化剂，又作还原剂，②中Br2只作氧化剂。
[答案]　B
二、填空题
7．将下列环境问题所对应的原因(A～F)连线。
(1)酸雨　　　　　　　 A．CO2浓度不断上升
(2)水土流失 B．大量使用塑料包装袋
(3)温室效应 C．工业上大量排放SO2
(4)臭氧层被破坏 D．大量施用农药和化肥
(5)白色污染 E．乱砍滥伐森林
(6)土壤污染 F．大量使用氟里昂制品
[答案]　(1)—C　(2)—E　(3)—A　(4)—F　(5)—B　(6)—D
8．(2017·山西质检)空气污染指数(API)就是将常规监测到的几种空气污染物浓度简化成为单一的概念性指数值形式，并分级表征空气的污染程度和空气的质量状况。空气污染指数的取值范围定为0～500，其中0～50、51～100、101～200、201～300和大于300分别对应于我国空气质量标准中日均值的Ⅰ级、Ⅱ级、Ⅲ级、Ⅳ级和Ⅴ级标准的污染物浓度限定数值。下面是我国上海地区的一份空气质量预报。
(1)试简述空气质量预报对有关部门和普通市民各有哪些指导意义。对有关部门：________________________，对普通市民______________________。
(2)上表中提及的SO2是污染大气的主要有害物质之一。除去SO2的方法有多种，其中一种方法叫“石灰石脱硫”法，请写出相关反应的化学方程式：__________________________________________。
(3)上表中提及的氮氧化物是汽车尾气的主要成分，为解决机动车尾气污染问题，试提两条建议：______________________________________________。
[解析]　空气质量预报既可以督促有关部门加强环保措施，又可以给市民的生活提供指导。为解决机动车尾气污染问题，可以改变机动车的燃料或机动车的结构，也可以给机动车增加一个尾气处理装置。
[答案]　(1)督促政府加强环保措施，增强政府工作的透明度　增强市民的环保意识，给市民的生活提供指导(其他答案合理也可)
(2)CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋SO2===CaSO3、2CaSO3＋O2===2CaSO4
(3)控制机动车数量；改变机动车燃料，如用太阳能或燃料电池等(其他答案合理也可)
9．(2015·浙江卷)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一)　碘含量的测定
取0.0100 mol·L－1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00 mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I－)的变化，部分数据如下表：
V(AgNO3)
/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
－225
－200
－150
－100
50.0
175
275
300
325
实验(二)　碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O。
请回答：
(1)实验(一)中的仪器名称：
仪器A________，仪器B________。
(2)①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为________mL，计算得海带中碘的百分含量为________%。
(3)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为___________________。
②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_________________。
③下列有关步骤Y的说法，正确的是________。
A．应控制NaOH溶液的浓度和体积
B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D．NaOH溶液可以由乙醇代替
④实验(二)中操作Z的名称是________。
(4)方案甲中采用蒸馏不合理，理由是___________________。
[解析]　(1)仪器A为坩埚，仪器B为500 mL容量瓶。
(2)①以V(AgNO3)的数值为横坐标，以电势的数值为纵坐标，找出对应的点，将各点用光滑的曲线连接起来即可得滴定曲线。
②由滴定曲线可知，滴定终点时，用去AgNO3溶液的体积为20 mL。
根据关系式：
I－　～　AgNO3　～　AgI
127 g 1 mol
m(I－) 0.0100 mol·L－1×0.020 L＝0.00020 mol
m(I－)＝127 g·mol－1×0.00020 mol＝0.0254 g，则500 mL含I－的海带浸取原液中含有的m(I－)＝0.0254 g×＝0.127 g，则海带中碘的百分含量为×100%＝0.635 %。
(3)①分液漏斗的检漏方法：向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水。
②步骤X中，萃取后分液漏斗内液体分为上下两层，水层在上，含有I2的CCl4层在下，且下层呈紫红色。
③步骤Y应控制NaOH溶液的浓度和体积，因为在较稀浓度下，I2有可能发生如下反应：I2＋2NaOH===NaI＋NaIO＋H2O，A正确；加入NaOH溶液的目的就是将碘转化成离子进入水层，即从四氯化碳溶液中转移出来，B正确；海带浸取原液中不含有机杂质，C错误；乙醇能与CCl4互溶，不能用乙醇代替NaOH溶液，D错误。
④碘在水中溶解度较小，可用过滤的方法将碘单质过滤出来，即操作Z为过滤。
(4)由于碘易升华，蒸馏时易导致碘的损失。
[答案]　(1)坩埚　500 mL容量瓶
(2)①
②20.00　0.635
(3)①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水
②液体分上下两层，下层呈紫红色
③AB
④过滤
(4)主要由于碘易升华，会导致碘的损失
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列说法与“绿色思想”不符合的是(　　)
A．启用大气中细颗粒物(PM2.5)的监测，以追根溯源，采取措施，改善空气质量
B．开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题
C．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”
D．目前我市的汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”，这意味着汽车不再排放氮氧化物
[答案]　D
2．溴、碘主要存在于海水中，有“海洋元素”的美称。海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量居世界第一，除供食用外，大量用于制碘。提取碘的途径如下所示：
干海带海带灰水溶液 ―→碘单质
下列有关叙述正确的是(　　)
A．碘元素在海水中也有游离态存在
B．在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2
C．操作A是结晶或重结晶
D．B是提纯操作，常用蒸馏或分馏
[解析]　碘在海水中只以化合态(I－)存在，没有游离态，A错误。操作A是萃取，操作B是分液，然后才是蒸馏等操作来得到单质碘，C、D错误。
[答案]　B
3．(2017·贵阳七校联考)下图所示为一种用蒸馏法淡化海水的流程，已知减压可以降低水的沸点。下列说法不正确的是(　　)21*cnjy*com
A．从①处流入的海水的作用为冷却
B．从②处流出的浓海水直接排放到海洋中
C．从③处流出的淡水还不能直接饮用
D．从④处通入热蒸气是加热海水，使之蒸发
[解析]　在④处通入热蒸气，并在减压条件下使海水蒸发，经冷凝后成为蒸馏水，从③处流出，但人不能直接饮用蒸馏水。从②流出的浓海水盐分浓度高，可用作晒盐等，不能直接排放到海洋中。
[答案]　B
4．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。
下列有关说法正确的是(　　)
A．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化
B．制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小
C．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
[解析]　③Br－→Br2被氧化；④Br2→Br－被还原；⑤Br－→Br2被氧化，所以A错；用澄清石灰水，NaHCO3和Na2CO3均产生沉淀，现象相同，C错；工业上制取金属Mg是电解熔融的MgCl2，D错。
[答案]　B
二、综合题
5．海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下表所示。
成分
含量(mg·L－1)
成分
含量(mg·L－1)
Cl－
18980
Ca2＋
400
Na＋
10560
HCO
142
SO
2560
Br－
64
Mg2＋
1272
(1)电渗析法淡化海水的示意图如图所示，其中阴(阳)离子交换膜仅允许阴(阳)离子通过。
①阳极的主要电极反应式是_____________________________________。
②在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有和________CaCO3，生成CaCO3的离子方程式是________________________。2·1·c·n·j·y
③淡水的出口为________(填“a”“b”或“c”)。
(2)利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下。
①提取溴的过程中，经过两次Br－→Br2转化的目的是________，用平衡移动原理解释通空气的目的：___________________。【出处：21教育名师】
②从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是________、过滤、洗涤、干燥。
③依据上述流程，若将10 m3海水中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为________L(忽略Cl2的溶解)。21·cn·jy·com
[解析]　(1)阳极是Cl－失电子生成Cl2；在阴极是H＋得电子生成H2，使c(OH－)增大，故白色沉淀中还有Mg(OH)2，海水中的Ca2＋、HCO与OH－反应生成CaCO3；由两种交换膜的性质知，海水中的阳离子进入左边的阴极室、阴离子进入右边的阳极室，故b为淡水出口。
(2)①海水中的Br－浓度低，故两次Br－→Br2的目的是富集溴元素，在吸收塔中Br2和SO2反应生成HBr和H2SO4；Br2易挥发，存在Br2(g)??Br2(aq)，通入热空气可使该平衡向左移动；②由于得到的是MgCl2·6H2O，所以需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤；③10 m3海水中Br－的质量为104 L×64 mg·L－1×10－3＝640 g，根据Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，可知一次转化消耗89.6 L Cl2(标准状况下)，两次需要179.2 L Cl2(标准状况下)。
[答案]　(1)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②Mg(OH)2　Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O
③b
(2)①对溴元素进行富集　通入热空气将溴蒸气带出，使Br2(g)??Br2(aq)(或Br2＋H2O??HBr＋HBrO)平衡向左移动
②加热浓缩、冷却结晶
③179.2
课时跟踪训练(十五)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．X、Y、Z三种不同物质有如图所示的转化关系，则X不可能是(　　)
A．Al2O3 B．SiO2
C．CO2 D．NH4Cl
[解析]　将四个选项代入，若X为Al2O3，则Y为NaAlO2，Z为Al(OH)3，A项符合题意；若X为SiO2，则Y为硅酸钠，Z为硅酸，B项符合题意；若X为CO2，则Y为碳酸钠，Z为碳酸氢钠，C项符合题意；若X为NH4Cl，则Y为NH3·H2O，Z为NH4Cl，与题目要求“X、Y、Z三种不同物质”不符，故D项不正确。
[答案]　D
2. X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系(未注明反应条件)，下列说法不正确的是(　　)
A．若X为金属单质，Y为非金属固体单质，则Z为O2
B．若X、Y均为金属单质，则甲不可能为黑色固体
C．若X为金属单质，Y为非金属气体单质，则乙可能为黑色固体
D．若X、Y均为非金属固体单质，则Z可能为O2
[解析]　当X是镁、Y是碳时，Z是O2，A项正确；当X是铝、Y是铁时，甲可以是黑色的Fe3O4，B项错误；当X是铁、Y是氢气时，乙可以为黑色的Fe3O4，C项正确；当X是碳、Y是硅时，Z可能为O2，D项正确。
[答案]　B
二、填空题
3．某兴趣活动小组利用物质间的转换，设计成一个平面“魔方”，如图所示。
已知：①A、B、C、D、G含有同种元素。
②
物质
A(单质)
B(溶液)
C(固体)
D(固体)
G(溶液)
颜色
银白色
黄色
红褐色
红棕色
浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体；B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；在水溶液中B也能将一种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G。
请回答下列问题：
(1)写出D的化学式：__________________________________。
(2)G生成C的过程中所出现的现象为__________________。
(3)写出下列反应的化学方程式：
E→A：__________________________________；
A→B：__________________________________。
(4)B→F的离子方程式为__________________________________；
G与次氯酸反应的离子方程式为_______________________________。
[解析]　由①②可知A、B、C、D、G都含Fe元素，结合颜色可知G含Fe2＋，A为铁单质，B含Fe3＋，C为Fe(OH)3，D为Fe2O3，再由③可知E为H2，B为FeCl3，因F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G，又因为F是由FeCl3将一种氧化物氧化得到的，可推知F为一种含氧酸，结合中学所学知识可推测此氧化物为具有还原性的SO2，F为H2SO4。
[答案]　(1)Fe2O3
(2)先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色
(3)4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O(g)　2Fe＋3Cl22FeCl3
(4)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋　
H＋＋2Fe2＋＋HClO===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
4．从物质A的水溶液出发，有如图所示的一系列变化(参加反应或反应生成的H2O没有表示出来)。
试完成下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：
A________，E________，X________，Y________。
(2)写出步骤①②发生反应的离子方程式：
①__________________________________；
②__________________________________。
[解析]　分析“H＋Cl2―→W紫色溶液”，可知“H＋Cl2―→W”为化合反应，并且考虑到Fe3＋遇苯酚溶液显紫色。联想到常见的反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，可知H为FeCl2，W为FeCl3，Y为苯酚。由G＋W(FeCl3)―→B(淡黄色固体)＋X＋H(FeCl2)知，G为还原剂，固体B为反应后的生成物，可联想到H2S与FeCl3的反应，从而断定G为H2S，B为S，X为HCl。“B＋FEH(FeCl2)＋G(H2S)”中的F为Fe，E为FeS。“A＋X(HCl)―→B＋C(气体)＋D”中的A为Na2S2O3，C为SO2，D为NaCl。反应①的离子方程式为S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O，反应②的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。【来源：21·世纪·教育·网】
[答案]　(1)Na2S2O3　FeS　HCl　C6H5OH　(2)①S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O　②2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋www-2-1-cnjy-com
5．(2016·东北三省联合模拟)A～H均为短周期元素，A～F在元素周期表中的相对位置如图1所示，G与其他七种元素不在同一周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素。由B、G构成的最简单化合物常为氮肥工业和纯碱工业的原料。由上述某些元素组成的物质甲～戊的转化关系如图2所示。请回答下列问题：
(1)已知图2中反应①是复分解反应，生成物中水已略去。
a．若戊是含有18电子的双原子分子，则戊的电子式为_____________。实验室制取气体丙的化学方程式为__________________________________。
b．若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，写出甲的一种用途：__________________________________。2-1-c-n-j-y
c．若将a中甲的饱和溶液和b中甲的饱和溶液混合，会出现白色胶状沉淀，同时伴有刺激性气味的气体产生，则该反应的离子方程式：_____________。
(2)已知图2中反应①是置换反应，戊是单质，则戊可能是________或________，分别写出一个对应的反应①的化学方程式：_________________、
__________________________________。
[解析]　由题意及各元素在元素周期表中的位置可以确定这几种元素分别是：A：C元素；B：N元素；C：O元素；D：Si元素；E：S元素；F：Cl元素；H：Na元素；G：H元素。(1)a.符合条件的各种物质分别是：甲：NH4Cl；乙：NaOH；丙：NH3；丁：NaCl；戊：HCl。戊的电子式为H。在实验室中是用铵盐与碱共热制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。b.符合条件的各种物质分别是：甲：Na2SiO3；乙：CO2；丙：H2SiO3；丁：Na2CO3；戊：NaOH。Na2SiO3水溶液可以制备木材防火剂的原料、制备硅胶的原料和作黏合剂。c.2NH＋SiO===H2SiO3↓＋2NH3↑。(2)戊可能是O2或H2。若戊为O2，则符合要求的各种物质分别为：甲：SiO2(或H2O)；乙：C；丙：Si(或H2)；丁：CO(或CO)；戊：O2。反应方程式为2C＋SiO2Si＋2CO(或C＋H2OCO＋H2)；若戊为H2，则符合要求的各种物质分别为：甲：H2S；乙：Cl2(或O2)；丙：S；丁：HCl(或H2O)；戊：H2。反应方程式为Cl2＋H2S===S＋2HCl(或O2＋2H2S===2S＋2H2O)。2·1·c·n·j·y
[答案]　(1)a.H　2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O　b．制备木材防火剂的原料(或制备硅胶的原料、作黏合剂等)　c．2NH＋SiO===H2SiO3↓＋2NH3↑21*cnjy*com
(2)O2　H2　2C＋SiO2Si＋2CO(或C＋H2OCO＋H2)
Cl2＋H2S===S＋2HCl(或O2＋2H2S===2S＋2H2O)
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．A～E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如图所示。
则下列说法正确的是(　　)
A．X与A反应的化学方程式是Al2O3＋2FeFe2O3＋2Al
B．向D溶液中滴加KSCN溶液，产生血红色沉淀
C．单质Y在一定条件下能与水发生置换反应
D．由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与碱反应，所以均是两性化合物
[解析]　结合Fe2＋和Fe3＋的相互转化可推知：A为Fe2O3、X为Al、B为Al2O3、Y为Fe、D为Fe2(SO4)3、E为FeSO4、C为Al2(SO4)3。A项，反应物错误；B项，Fe(SCN)3不是沉淀；C项，铁与水蒸气在高温下可以反应生成Fe3O4和H2；D项，C为Al2(SO4)3，不能与酸反应。21世纪教育网版权所有
[答案]　C
2．下表各物质中，A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D与水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是(　　)【来源：21cnj*y.co*m】
A.②③ B．②④
C．①③④ D．①②③④
[解析]　①SiO2不溶于水，不与水反应，不能一步得到硅酸，故①错误；②A是S，B是H2S，常温下是气态氢化物，C是SO2，D是SO3，E是H2SO4，符合题意，故②正确；③若A是Na，则B为NaH，为固态，故③错误；④A是N2，B是NH3，常温下是气态氢化物，C是NO，D是NO2，E是HNO3，符合题意，故④正确。21·世纪*教育网
[答案]　B
二、综合题
3．MgSO4·7H2O在医药上常用作泻药，工业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产。已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分。其主要工艺如图所示：【出处：21教育名师】
请回答下列问题：
(1)用H2SO4调节溶液pH至1～2，H2SO4作用是_________。
(2)加NaClO溶液至pH＝5～6并加热煮沸5～10 min，沉淀2中主要含有MnO2和另外两种难溶物，这两种难溶物的化学式分别为________、________；其中NaClO溶液将MnSO4转化为MnO2的离子方程式为__________________。
(3)检验滤液Ⅱ中是否含有Fe3＋的实验方法是___________________。
(4)“操作X”是将溶液________、________、过滤洗涤，即得到MgSO4·7H2O晶体。21教育名师原创作品
(5)准确称取制得的样品5 g，用200 mL水溶解，加入2 mol·L－1的盐酸5 mL，在不断搅拌下滴加足量2 mol·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66 g，则样品纯度为________。21*cnjy*com
[答案]　(1)将盐泥中的碳酸盐和硅酸盐转化为可溶性的硫酸盐，同时生成硫酸钙和硅酸沉淀而除去
(2)Al(OH)3　Fe(OH)3　Mn2＋＋H2O＋ClO－===MnO2↓＋Cl－＋2H＋
(3)取滤液Ⅱ1～2mL于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不显红色，证明滤液Ⅱ中无Fe3＋
(4)蒸发浓缩　冷却结晶　(5)98.4%
4．钒有金属“维生素”之称，研究发现钒的某些化合物对治疗糖尿病有很好的疗效。工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2、CuO杂质除去并回收得到V2O5的流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)步骤②、③的变化过程可表示为(HM为有机萃取剂)：VOSO4(水层)＋2HM(有机层)―→VOM2(有机层)＋H2SO4(水层)21·cn·jy·com
步骤②中萃取时必须加入适量碱，其原因是___________________。
步骤③中X试剂为________。
(2)步骤④的离子方程式为__________________________________。
(3)该工艺流程中，可以循环利用的物质有________和________。
(4)操作Ⅰ得到的废渣，用________溶解，充分反应后，________(填写系列操作名称)，称量得到m g氧化铜。【版权所有：21教育】
(5)为了制得氨水，甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在如表所示空格中。
实验装置
实验药品
制备原理
甲小组
A
氢氧化钙、氯化铵
反应的化学方程式为①________
乙小组
②______
浓氨水、氢氧化钠固体
分析产生氨气的原因③________
[答案]　(1)加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率　H2SO4　(2)ClO＋6VO2＋＋9H2O===Cl－＋6VO＋18H＋　(3)氨气(或氨水)　有机萃取剂　(4)NaOH溶液　过滤、洗涤、干燥　(5)①2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑　②B　③NaOH溶于水放出大量热，温度升高，使NH3的溶解度减小而放出；固体NaOH吸水，促使NH3放出；NaOH电离出的OH－增大了氨水中OH－浓度，促使氨水电离平衡左移，导致NH3放出
课时跟踪训练(十六)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·河南天一大联考)据人民网报道，锎-252(Cf)是癌症的“克星”。在患癌症部位注射约几微克锎-252，它放出的中子就能有效地杀死癌细胞，而对周围健康细胞的危害却比其他放射疗法要小得多。下列有关叙述正确的是(　　)
A．锎-252和锎-245既是同位素，也是相同的核素
B．锎元素的相对原子质量为252
C．锎-252原子的核外电子数为154
D．锎-252原子核内中子数和质子数之差为56
[解析]　锎-252和锎-245是锎的同位素，属于不同的核素，A项错误；缺少锎的不同核素在自然界中所占的百分比，无法确定其相对原子质量，B项错误；由Cf可知其核电荷数为98，故Cf原子核外有98个电子，C项错误；
Cf的中子数为252－98＝154，故中子数与质子数之差为154－98＝56，D项正确。
[答案]　D
2．某元素的一个原子形成的离子可表示为xn－，下列说法正确的是 (　　)
A.Xn－含有的中子数为a＋b
B.Xn－含有的电子数为a－n
C．X原子的质量数为a＋b＋n
D．1个X原子的质量约为g
[解析]　Xn－中a表示质子数，b表示质量数，“n－”表示X得到n个电子，则其含有的中子数为(b－a)，电子数为(a＋n)；1 mol Xn－的质量约为b g，则1个X原子的质量约为 g。
[答案]　D
3．已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质。氟元素原子的核外电子排布示意图为。下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是(　　)
[解析]　氟元素原子核外最外层电子数为7个，氯元素原子核外最外层电子数也为7个，最外层电子数决定元素的化学性质，故二者原子的化学性质相似。
[案]　D
4．下列说法不正确的是(　　)
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素　②同位素的性质几乎相同　③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子　④电子数相同的微粒不一定是同一种元素　⑤一种元素只能有一种质量数　⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数　⑦Cl2中35Cl与37Cl的原子个数之比与HCl中的35Cl与37Cl的原子个数之比相等
A．②③⑤⑥⑦ B．①②④⑤
C．①②⑤⑥ D．③④⑥⑦
[解析]　质子数相同，电子数相同的微粒不一定是同一种元素，如H2O与Ne不能称为同一元素，但H与H是同一种元素，故①错误④正确；一种分子和一种离子，如果质子数相同，它们的电子数一定不相等，故③正确。同位素原子质子数相同，化学性质几乎相同，但其质量数不同，物理性质不同，但在自然界中其原子个数之比不变，故②错误⑦正确。质量数是针对某个原子而言，而不是针对元素而言的，因一种元素往往有几种同位素原子，它们的质量数各不相同，故⑤⑥错误。
[答案]　C
5．(2016·安徽舒城中学月考)近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期第ⅢB族的钇(39Y)，它们被称为“工业味精”。它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是(　　)
A．它们的原子核外均有5个电子层
B．它们的原子最外层均含有3个电子
C．它们均是金属元素
D．76Y、80Y中子数不同，化学性质不同
[解析]　镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，A错误；过渡元素原子的最外层电子均只有1～2个，B错误；76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，D错误。
[答案]　C
6．(2017·湖北襄阳一中月考)设X、Y、Z代表元素周期表中前四周期的三种元素，已知X＋和Y－具有相同的电子层结构；Z元素的原子核内质子数比Y元素的原子核内质子数少9；Y和Z两种元素可形成含4个原子核、42个电子的负一价阴离子。下列说法不正确的是(　　)
A．元素Z的一种氢化物分子中含有10个电子
B．元素Y的气态氢化物分子中含有18个电子
C．元素Z与元素X形成的化合物X2Z中离子都达到稳定结构
D．元素Y、Z组成的化合物属于离子化合物
[解析]　Y和Z两种元素形成的4核负一价阴离子有以下三种情况：①Y2Z；②YZ；③Y3Z－。由于该负一价阴离子有42个电子，电子数是偶数，可除排①。设Z的质子数为n，则Y的质子数为n＋9。若为情况②，有n＋9＋3n＋1＝42，解之得n＝8；若为情况③，有3×(n＋9)＋n＋1＝42，解之得n＝3.5(不合题意)。则Y为Cl元素，Z为O元素。又由X＋和Y－具有相同的电子层结构，则X为K元素。元素Y、Z都是非金属元素，组成的化合物属于共价化合物。
[答案]　D
二、填空题
7．在Li、Li、Na、Mg、C、N中：
(1)________和________互为同位素；
(2)________和________的质量数相等，但不能互称同位素；
(3)________和________的中子数相等，但质子数不等，所以不是同一种元素。
[答案]　(1)Li　Li　(2)C　N　(3)Na　Mg
8．A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，C是金属元素；A、C元素原子的最外层都只有一个电子；B和D元素原子的最外层电子数相同，且B元素原子L层电子数是K层电子数的3倍；E元素原子最外层电子数比次外层电子数少1。回答下列问题：
(1)写出五种元素的元素符号：
A．________，B.________，C.________，D.________，E.________。
(2)画出B、C的原子结构示意图：B.________，C.________；画出D的离子结构示意图：________。
(3)从原子核外电子排布的角度分析C元素的化合价为什么为＋1价？
__________________________________
__________________________________。
[解析]　由A为最外层电子数为1的非金属元素，知A为氢元素；由B元素原子L层电子数是K层电子数的3倍，知B为氧元素；又D和B元素原子的最外层电子数相同，核电荷数小于20，知D为硫元素；由C的核电荷数介于B(O)与D(S)之间，其原子的最外层电子数为1，知C为钠元素；由E的核电荷数大于D(S)小于20，且该元素最外层电子数比次外层电子数少1，知E为氯元素。
[答案]　(1)H　O　Na　S　Cl
(2)
(3)钠元素原子的最外层只有1个电子，易失去而形成最外层为8个电子的稳定结构，故表现为＋1价
9．现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如下表所示：
元素编号
元素性质或原子结构
X
周期序数＝主族序数＝原子序数
Y
原子最外层电子数为a，次外层电子数为b
Z
原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b
M
单质在自然界中的硬度最大
N
位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍
(1)写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。
(2)由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：
①含10e－且呈正四面体结构的分子：________；
②含14e－的双原子分子：________；
③含16e－且能使溴水褪色的分子：________；
④含18e－且常温下呈液态的分子：________。
[解析]　(1)根据周期序数＝主族序数＝原子序数，推知X为氢元素；根据电子数L层＝a＋b，M层＝a－b，最外层为a，次外层为b，得出b＝2，a＝6，从而推得Y、Z分别为氧元素、硅元素；金刚石是自然界中的硬度最大的物质，故M为碳元素；N的最外层电子数是电子层数的2倍，则推得N为硫元素。(2)①CH4为正四面体分子；②CO为双原子14e－分子；③乙烯能和溴水发生加成反应，使溴水褪色；④H2O2、CH4O在常温下为18e－的液态分子。
[答案]　(1)氢　氧　硅　硫
(2)①CH4　②CO　③C2H4　④H2O2、CH4O
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·安徽安庆示范高中联考)已知：①为纪念著名天文学家哥白尼，国际纯粹与应用化学联合会将112号元素的符号定为“Cn”，汉语名为“”；②合理利用核能符合“低碳经济”的要求，U是核反应堆的重要原料；③锂被誉为“高能金属”，制取锂的原料是β-锂辉矿(主要成分是LiAlSi2O6和少量钙、镁杂质)。下列有关对上述表述所涉及元素的说法正确的是(　　)
A.Cn的原子核内中子数与核外电子数之差为55
B.U和U是同位素，核反应属于化学变化
C．40Ca2＋与18O具有相同的电子数
D．Si2O中质子总数为80
[解析]　Cn的原子核内中子数和核外电子数分别为165、112，两者之差为53，A错误；核反应不是化学变化，B错误；40Ca2＋和18O的电子数都是18，C正确；Si2O中电子总数为80，质子总数为76，D错误。
[答案]　C
2．核电荷数为1～18的元素中，下列叙述正确的是(　　)
A．最外层只有1个电子的元素一定不是非金属元素
B．最外层只有2个电子的元素一定是金属元素
C．原子核外各层电子数相等的元素一定是非金属元素
D．核电荷数为17的元素的原子容易获得1个电子
[答案]　D
3．短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是 (　　)
A．和水反应 B．和硫酸反应
C．和氢氧化钠反应 D．和氧气反应
[答案]　C
4．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在a g Hm X中所含质子的物质的量是(　　)
A.(A－N＋m)mol B.(A－N)mol
C.(A－N)mol D.(A－N＋m)mol
[解析]　X原子的质子数为(A－N)个，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)个，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以a g HmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。
[答案]　A
二、综合题
5．(2017·日照检测)元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，M元素原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3∶4，且M原子的质子数是Y原子的2倍；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小；化合物XN在常温下为气体，据此回答下列问题：
(1)写出Z与N形成的化合物的化学式_________________。
(2)X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式____________________(分解反应)。
(3)下图表示由上述元素组成的两种气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：_____________。
(4)A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质，且组成元素的原子个数之比为1∶1∶1。若在各自的水溶液中，A能抑制水的电离，B能促进水的电离，则A的化学式为________________，B的化学式为__________________。
[解析]　由题意知Y只能为O元素，M为S元素，结合N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小，XN常温下为气体，可判断N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素。
[答案]　(1)NaCl
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)2SO2＋O22SO3
(4)NaOH　NaClO或NaHS
课时跟踪训练(十七)
A级(基础达标)　　　　　　　　　　
一、选择题
1．某元素的原子最外层有2个电子，则该元素可能是(　　)
A．金属元素 B．稀有气体元素
C．第ⅡA族元素 D．以上叙述都可能
[解析]　符合题意的元素包括He、ⅡA族元素(均为金属元素)及过渡元素中的部分元素(均为金属元素)。
[答案]　D
2．原子结构决定元素的性质，下列说法中正确的是(　　)
A．Na、Al、Cl的原子半径依次减小，Na＋、Al3＋、Cl－的离子半径也依次减小
B．在第ⅥA族元素的氢化物(H2R)中，热稳定性最强的一定是无毒的
C．第2周期元素原子的最外层电子数都等于其最高正化合价
D．非金属元素的非金属性越强，其氧化物对应水化物的酸性也一定越强
[解析]　A选项，Cl－比Na＋、Al3＋多了一个电子层，所以Cl－的离子半径更大，错误；B选项，第ⅥA族元素的氢化物中H2O的稳定性最强，正确；由第二周期F元素无最高正价，可知C选项错误；D选项，没有注明最高价氧化物对应的水化物，如碳酸酸性大于次氯酸，错误。
[答案]　B
3．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/10－12 m
160
110
70
66
主要化合价
＋2
＋5、＋3、－3
＋5、＋3、－3
－2
下列叙述正确的是(　　)
A．离子半径：WB．气态氢化物的稳定性：Z>W
C．化合物X3Z2中既含有离子键又含有共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
[解析]　由各元素的化合价及原子半径可知，X为Mg，Y为P，Z为N，W为O。Mg2＋与O2－的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：W>X，A项错误；非金属性：O>N，故稳定性：H2O>NH3，B项错误；化合物Mg3N2属于离子化合物，且化合物中只存在离子键，没有共价键，C项错误；非金属性：N>P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4，D项正确。
[答案]　D
4．(2016·海淀区一模)如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是(　　)
A．31d和33d属于同种核素
B．气态氢化物的稳定性：a>d>e
C．工业上常用电解法制备单质b和c
D．a和b形成的化合物不可能含共价键
[解析]　由图中信息可以推知，a为O，e为S，b为Na，c为Al，d为P。31P和33P的质子数相同，中子数不同，属于不同核素，A项错误；a、d、e三种元素的非金属性O>S>P，则其气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，B项错误；工业上常用电解熔融的NaCl、Al2O3制备Na和Al，C项正确；a、b形成的化合物中，Na2O2含有共价键，D项错误。
[答案]　C
5．(2017·黑龙江大庆一中月考)已知X、Y、Z三种主族元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是(　　)
A．Y与Z的原子序数之和可能为2a
B．Y的原子序数可能为a－17
C．Z的原子序数可能为a＋31
D．X、Y、Z一定为短周期元素
[解析]　X、Y、Z为主族元素，Y一定不在第一周期，所以D项错误；若Y、X、Z分别位于第三、四、五周期的右边，则Y的原子序数为a－17，Y与Z的原子序数之和为2a；若Y、X、Z分别位于第四、五、六周期的右边，Z的原子序数为a＋31。
[答案]　D
6．(2016·江西省10月联考)某同学设计如下元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充，以下说法正确的是(　　)
A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素
B．X和Z形成的化合物只有两种
C．X、Y元素最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Y
D．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物
[解析]　白格中都是主族元素，灰格中是副族元素和Ⅷ族元素，A项错误；X为N，Z为O，二者形成的化合物有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，B项错误；X为N，Y为P，非金属性：N>P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4，C项正确；X为N、Y为P、Z为O，Z的非金属性最强，故Z的氢化物稳定性最强，D项错误。
[答案]　C
二、填空题
7．根据元素周期表1～20号元素的性质和递变规律，回答下列问题：
(1)属于金属元素的有________种，金属性最强的元素与氧反应生成的化合物有____________________(填两种化合物的化学式)。
(2)属于稀有气体的是________(填元素符号，下同)。
(3)形成化合物种类最多的两种元素是________________。
(4)第三周期中，原子半径最大的是(稀有气体除外)________。
(5)推测Si、N最简单氢化物的稳定性________强于_________(填化学式)。
[解析]　(1)1～20号元素有Li、Na、K、Ca、Al、Be和Mg共7种金属元素，金属性最强的为K，K和O2可以生成K2O、KO2、K2O2等。(2)属于稀有气体的是He、Ne、Ar三种。(3)形成化合物种类最多的两种元素是碳和氢。(4)同一周期元素中，从左到右半径越来越小，因此第三周期中半径最大的元素是Na。(5)由于N的非金属性比Si强，因此NH3比SiH4稳定。
[答案]　(1)7　K2O、K2O2、KO2(任选2个)
(2)He、Ne、Ar　(3)C、H　(4)Na　(5)NH3　SiH4
8．(2017·北京东城一练Ⅰ)如图所示，虚线框中每一列、每一行分别对应元素周期表中的一列和一行，但它的列数和行数都多于元素周期表。
(1)请在下面的虚线框中用实线画出周期表第一至第六周期的轮廓，并画出金属元素与非金属元素的分界线。要求：左上角第一个小格是第一周期第ⅠA族元素。
(2)X、Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X、Y既不同主族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高化合价与最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。请在上图中将X、Y、Z、M、N五种元素的元素符号填写在相应的位置。
(3)上题中，Y与Z相比，非金属性较强的元素是________(填元素符号)，写出一个可证明该结论的反应的离子方程式：_________________。
[解析]　(2)易判断X是O，则Z是S。根据化合价判断出Y是Cl。短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素是Si，故N是Si。M与O、Cl既不同主族，也不同周期，则M为H。(3)根据元素周期律可知，Cl的非金属性强于S。可通过氯气置换出硫的反应来验证。
[答案]　(1)、(2)答案见下图
(3)Cl　S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－(或H2S＋Cl2===S↓＋2H＋＋2Cl－)
9．某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验：
(1)将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入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，________与盐酸反应最缓慢；________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____________________________________________。
(3)利用下图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
①若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液的现象为__________________，即可证明。从环境保护的角度考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用________溶液吸收尾气。
②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中的现象为______________________________，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。
[解析]　(1)钠、钾同主族，钾的金属性强；钠、镁、铝同周期，金属性依次减弱。金属性由强到弱的顺序为钾>钠>镁>铝，故钾与盐酸反应最剧烈，铝与盐酸反应最缓慢。根据电子得失守恒，失去的电子数越多，与盐酸反应生成的氢气越多。(2)氯气和Na2S溶液反应生成NaCl溶液和单质硫。(3)①本实验利用KMnO4与浓盐酸反应制备氯气，然后使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的强弱。过量的氯气会逸散到空气中，污染环境，应用碱液吸收。②利用强酸制弱酸的原理比较硅和碳的非金属性强弱，制得的二氧化碳中若有杂质氯化氢存在，则不能说明是二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成白色胶状沉淀，故应先用饱和NaHCO3溶液除去氯化氢。
[答案]　(1)钾　铝　铝
(2)Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－
(3)①由无色变蓝　NaOH　②有白色胶状沉淀生成　饱和NaHCO3
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系图，下列说法中正确的是(　　)
A．元素原子对应的离子半径：Z>M>R>W
B．简单氢化物的沸点：W>R>Y>X
C．M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离
D．Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物均能与N的单质反应
[解析]　元素的性质，特别是化学性质，是由元素原子最外层电子数决定的，按照原子序数可以推出对应的元素，元素原子对应离子半径的大小取决于电子层数，电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以A项错误；W、R、Y、X分别对应的元素是Cl、S、O、N，它们的氢化物中H2O、NH3有氢键，所以它们的沸点应该高，所以B项错误；M、N、R、W对应的元素分别是Mg、Al、S、Cl，它们的简单离子中，Cl－是强酸根离子，不能水解，所以不能促进水的电离，所以C项错误；Z、X、R、W的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、HNO3、H2SO4和HClO4，都可以和铝反应，所以D项正确。
[答案]　D
2．下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是(　　)
A．原子半径：Z>Y>X
B．气态氢化物的稳定性：RC．WX3和水反应生成的化合物是离子化合物
D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
[解析]　由图知，X、Y、Z、W、R分别是：O、Na、Al、S、Cl。
原子半径：Y>Z>W>R>X，A错；气态氢化物稳定性R>W，B错；WX3是SO3，和水反应生成H2SO4是共价化合物，C错；Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2，D对。
[答案]　D
3．(2017·上海理工大附中月考)部分短周期元素原子半径与原子序数的关系如图所示。字母代表元素，下列分析正确的是(　　)
A．R在周期表的第15列
B．Y、Q两种元素的简单氢化物及其最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．简单离子的半径：X>Z>M
D．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M
[解析]　R为Si，在周期表的第14列，A项错误；Y为F，Q为Cl，F的简单氢化物为弱酸，且F无最高正价，B项错误；X为O，Z为Na，M为Al，对应简单离子具有相同的电子层结构，离子半径：O2－>Na＋>Al3＋，C项正确；Z为Na，M为Al，Q为Cl，Na的活泼性太强，将Na投入AlCl3溶液中，Na先与水反应生成NaOH和H2，生成的NaOH再与AlCl3反应，Na不能从AlCl3溶液中置换出Al，D项错误。
[答案]　C
4. (2016·山东潍坊一模)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．原子半径YB．元素Y的最高正化合价比元素X的最高正化合价高
C．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱
D．元素X的气态氢化物的稳定性大于元素Y的气态氢化物的稳定性
[解析]　根据题意X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。同周期由左向右原子半径逐渐减小，Y、Z、W的原子半径的大小关系为Z>W>Y，A错误；O元素没有最高正化合价，B错误；根据“同周金减非递增”规律可知酸性：H2SO4[答案]　C
二、综合题
5．(1)下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)。把与下面元素有关的性质相符的曲线标号填入相应的空格中：
①第ⅡA族元素的价电子数________。
②第3周期元素的最高化合价为________。
③F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋的离子半径大小顺序为________。
(2)元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4∶3；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体。据此回答：
①Z的最高价氧化物对应的水化物的电子式为________；
②化合物A、B均为由上述五种元素中的任意三种元素组成的强电解质，且两种物质水溶液的酸碱性相同，组成元素的原子数目之比为1∶1∶1，A溶液中水的电离程度比B溶液中水的电离程度小。则B的化学式为________；
③工业上制取单质M的化学方程式为________________________。
[解析]　(1)根据同主族元素最外层电子数相等，同周期元素最高化合价从左向右逐渐增大，核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大，半径越小，结合具体的图像就可以解答。(2)Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，则最外层电子数为6，核外电子总数为8，故Y为O；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4∶3，则电子层数为3，最外层电子数为4，故M为Si；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小，故N为Cl，Z为Na，又XN常温下为气体，则X为H。①氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物。②由上述五种元素中的任意三种元素组成的强电解质，且两种物质水溶液的酸碱性相同，组成元素的原子数目之比为1∶1∶1，A溶液中水的电离程度比B溶液中水的电离程度小，则A为氢氧化钠，B为次氯酸钠。③工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅来制备硅，化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑。
[答案]　(1)①b　②c　③a
(2) 　②NaClO　③SiO2＋2CSi＋2CO↑
课时跟踪训练(十八)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·安徽皖南八校联考)下列各项物质中既含有离子键又含有共价键的一组是(　　)
A．NaOH、H2O、NH4Cl B．KOH、Na2O2、(NH4)2S
C．MgO、CaBr2、NaCl D．Na2SO4、HCl、MgCl2
[解析]　H2O中只含有共价键，A项错误；MgO、CaBr2、NaCl中均只含有离子键，C项错误；HCl中只含有共价键，MgCl2中只含有离子键，D项错误。
[答案]　B
2．(2017·江西阶段诊断性联考)下列有关化学用语的表示正确的是 (　　)
A．NH4Cl的电子式：[H：HH：H]＋Cl－
B．Cl－的结构示意图：
C．二氧化碳的电子式：：：：C：：：
D．中子数为16的硫离子：S2－
[答案]　D
3．(2016·江西师大附中、临川一中联考)下列说法正确的是(　　)
A．非金属单质中一定存在共价键
B．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
C．含共价键的化合物不一定是共价化合物
D．溶于水能导电的化合物一定是离子化合物
[解析]　非金属单质中不一定存在共价键，如稀有气体，A错误；金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝，B错误；含共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠，C正确；溶于水能导电的化合物不一定是离子化合物，如二氧化碳，D错误。
[答案]　C
4．氯化钠是日常生活中常用的调味品。下列性质可以证明氯化钠中一定存在离子键的是(　　)
A．具有较高的熔点 B．熔融状态下能导电
C．水溶液能导电 D．常温下能溶于水
[答案]　B
5．(2017·山东菏泽二中月考)由短周期元素构成的某离子化合物X中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20。则下列有关X的说法中正确的是(　　)
A．X中阳离子和阴离子的个数不一定相等
B．X中一定有离子键，一定不含共价键
C．若X只含两种元素，则这两种元素可在同一周期也可在同一主族
D．X中阳离子半径一定大于阴离子半径
[解析]　符合题干要求的粒子有NaF、NH4F、NaOH、MgO、Mg(OH)2等，由此可判断A正确，B、D错误；C项，若X只含两种元素，则这两种元素不可能在同一主族，也不可能在同一周期，C错。
[答案]　A
6．下列说法中不正确的是(　　)
A．若XY3分子中X原子处于正三角形的中心，则XY3分子为非极性分子
B．C2H5OH与C2H5Br相比，前者的沸点远高于后者，其原因是前者的分子间存在氢键
C．同周期ⅠA族元素和 ⅦA族元素之间只能形成离子化合物
D．由两种非金属元素组成的化合物分子中只可能有极性键，不会有非极性键
[解析]　D．由两种非金属元素组成的化合物分子中可能有极性键，也可能有非极性键，如H2O2。
[答案]　D
二、填空题
7．(1)请用下列10种物质的序号填空：
①O2　②H2　③NH4NO3　④K2O2　⑤Ba(OH)2
⑥CH4　⑦CO2　⑧NaF　⑨NH3　⑩I2
其中既含离子键又含非极性键的是________；既含离子键又含有极性键的是________。
(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为____________；若XY2为共价化合物时，其结构式为____________。
(3)氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190 ℃，但在180 ℃就开始升华。据此判断，氯化铝是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是_____________。
(4)现有a～g 7种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，请据此回答下列问题：
①元素的原子间反应最容易形成离子键的是________(填序号，下同)，容易形成共价键的是________。
A．c和f　　B．b和g　　C．d和g　　D．b和e
②写出a～g 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式________。
[解析]　(2)1∶2型离子化合物，通常X为＋2价，Y为－1价，故X可能是Mg2＋或Ca2＋，Y可能是F－或Cl－，结合XY2中含有38个电子条件可推出XY2为CaF2。1∶2型共价化合物一般是碳族元素与氧族元素化合形成的，如CO2、CS2等，结合XY2中共有38个电子，可推出XY2为CS2。
[答案]　(1)④　③⑤
(3)共价化合物　氯化铝在熔融状态下不能导电
(4)①B　C　②CCl4(或PCl3)
8．有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，但均小于18，A和B在同一周期，A的电子式为· ·，B原子L层的电子总数是K层的3倍；0.1 mol C单质能从酸中置换出2.24 L氢气(标准状况)，同时它的电子层结构变成与氖原子的电子层结构相同；D离子的半径比C离子的小，D离子与B离子的电子层结构相同。
(1)写出A、B、C、D元素的名称：
A________，B________，C________，D________。
(2)D元素在周期表中属第________周期第________族。
(3)用电子式表示A的气态氢化物的形成过程：_______________。
(4)A和B的单质充分反应生成的化合物的结构式是__________________。
(5)B与C形成的化合物是离子化合物还是共价化合物？如何证明？
__________________________________
__________________________________
__________________________________。
[解析]　由A的电子式可知，A为碳或硅，又因为原子序数依次增大且小于18，则A为碳，根据B的原子结构可知B为氧；0.1 mol C可从酸中置换出0.1 mol H2，则C为＋2价金属，故为镁；根据D的电子层结构可知D为铝。
[答案]　(1)碳　氧　镁　铝　(2)三　ⅢA
(5)B与C形成的化合物是MgO，为离子化合物；检验方法为：验证其熔融物是否导电，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物
9．一种常用融雪剂的主要成分的化学式为XY2，X原子的结构示意图为，X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同。元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子。
(1)m＝________，该融雪剂的化学式为________。
(2)Z、W元素的名称为________、________。
(3)下列说法正确的是________。
A．XY2和WZ2都为离子化合物
B．XY2中仅含离子键，WZ2中仅含极性共价键
C．H2Z比HY的稳定性强
D．X的阳离子比Y的阴离子半径大
(4)下列化学用语表达正确的是________。
A．XY2的电子式：X2＋[]2－
B．WZ2的结构式：Z===W===Z
C．Y元素的单质与H2Z水溶液反应的离子方程式为：Y2＋Z2－===2Y－＋Z↓
D．用电子式表示XY2的形成过程为：
(5)冰雪的化学成分是H2O，水的沸点比H2Z的沸点高，其原因是
__________________________________。
[解析]　(1)由X原子的结构示意图可推知其为，该元素为Ca，根据CaY2可知Y为－1价，又因为Y－与Ca2＋的电子层结构相同，可知Y为Cl。(2)Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z、W是C或S。Z与Y相邻，则Z是S，W是C。(3)CaCl2是仅含离子键的离子化合物，CS2是仅含极性键的共价化合物，A错误，B正确；S的非金属性弱于Cl，则H2S的稳定性比HCl弱，C错误，Ca2＋、Cl－具有相同的电子层结构，但Ca2＋的核电荷数大，离子半径小，D错误。(4)XY2为CaCl2，其电子式为 ，H2S的水溶液为弱酸，应写成分子式，即Cl2＋H2S===2H＋＋2Cl－＋S↓，A、C错误。
(5)水分子间形成氢键，使水的沸点升高。
[答案]　(1)20　CaCl2　(2)硫　碳　(3)B　(4)BD
(5)水分子间存在氢键
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·湖南长郡中学月考)美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧，有望解决人类能源的重大问题。无线电波频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该频率下持续燃烧。上述“结合力”的实质是(　　)
A．分子间作用力 B．氢键
C．非极性共价键 D．极性共价键
[解析]　水分子中存在的共价键是H—O共价键，属于极性键，破坏该共价键能够释放出氢原子。
[答案]　D
2．一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH3＋3F2===NF3＋3NH4F，其中NF3分子构型与NH3相似。下列有关说法错误的是(　　)
A．NF3中只含极性共价键
B．NF3既是氧化产物，又是还原产物
C．NH4F中既含有离子键又含有共价键
D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物
[解析]　(1)抓住氮元素化合价的变化进行分析。(2)铵盐都是离子化合物。
[答案]　D
3．下列有关物质结构的说法正确的是(　　)
A．78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA
C．3.4 g氨气中含有0.6NA个N—H键
D．PCl3和H2O分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
[解析]　Na2O2晶体中含有Na＋和O离子，78 g Na2O2晶体所含阴、阳离子的个数为3NA，A项不正确；HBr为共价化合物，电子式为HB，B不正确；＝0.2 mol,0.2 mol×3＝0.6 mol,3.4 g NH3中含0.6NA个N—H键，C正确；PCl3分子中所有原子最外层都达8电子稳定结构，而H2O中，H原子的最外层未达8电子稳定结构，D不正确。
[答案]　C
4．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为38。已知Y是空气中含量最高的元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，W的单质常用来焊接钢轨。则下列说法中正确的是(　　)
A．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H3YO4
B．原子半径由大到小的顺序为W>Z>Y>X
C．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同
D．与同浓度的盐酸反应，Z比W更剧烈
[解析]　由题中信息知，X、Y、Z、W分别为C、N、Mg、Al。N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，A项错误；原子半径大小关系为Mg>Al>C>N，B项错误；CO2、CO中的化学键为共价键，MgO中的化学键为离子键，C项错误；Mg的活泼性大于Al，D项正确。
[答案]　D
二、综合题
5．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。
请回答下列问题：
(1)元素D在周期表中的位置____________________。
(2)C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)______________________。
(3)由A、B、C三种元素以原子个数比4∶2∶3形成化合物X，X中所含化学键类型有__________________。
(4)若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：_________________。若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：_____________。
(5)FC2气体有毒，排放到大气中易形成酸雨，写出FC2与氧气和水蒸气反应的离子方程式：__________________________________。
[解析]　由题意知A只能位于第一周期，为H，D位于第三周期，为Na；C为O、F为S；依位置可知E单质为固体，B单质为气体只能是N；(3)X为NH4NO3；(4)由“铝热反应”可知E为Al；由E的用途可知E为Si；(5)SO2被氧化生成H2SO4，配平即可。
[答案]　(1)第三周期第ⅠA族
(2)S2－>O2－>Na＋
(3)离子键、共价键
(4)2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(5)2SO2＋O2＋2H2O===2SO＋4H＋
课时跟踪训练(十九)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·上海十三校联考)化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是(　　)
A．该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能
B．该合成氨过程不属于氮的固定
C．空气、水、太阳能均为可再生资源
D．断裂N2中的NN键会释放出能量
[解析]　A项，该合成中的能量转化效率没有达到100%；B项，把游离态的氮转变为化合态的氮的过程都属于氮的固定；D项，断裂化学键要吸收能量。
[答案]　C
2．已知：2NO2(g)??N2O4(g)　ΔH1
2NO2(g)??N2O4(l)　ΔH2。
下列能量变化示意图中，正确的是(　　)
[解析]　NO2转化为N2O4为放热反应，故可排除C、D，又因为气态N2O4的能量高于液态N2O4的能量，所以选A。
[答案]　A
3．(2016·浙江高招选考)已知1 mol CH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O放出890.3 kJ热量，则表示该反应的热化学方程式正确的是(　　)
A．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝＋890.3 kJ·mol－1
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
C．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋890.3 kJ·mol－1
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
[解析]　题目要求书写CH4气体完全燃烧生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式，故可先排除A、D项，由该反应为放热反应可排除C项，故本题选B。
[答案]　B
4．(2017·江西宜春丰城中学第四次月考)已知：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1①
3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2②
2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3③
2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4④
2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5⑤
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A．ΔH1<0，ΔH3>0 B．ΔH5<0，ΔH4<ΔH3
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
[解析]　物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热ΔH均为负值，故A错误；铝热反应为放热反应，故ΔH5<0；根据盖斯定律，由④－③可得：2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0时，故ΔH4<ΔH3，ΔH3＝ΔH4－ΔH5，故B正确，D错误；根据盖斯定律，由(②＋③)×可得：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1＝(ΔH2＋ΔH3)，故C错误。
[答案]　B
5．(2017·福建武平一中月考)下列热化学方程式中的反应热下划线处表示燃烧热的是(　　)
A．NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)
ΔH＝－a_kJ·mol－1
B．C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)　
ΔH＝－b_kJ·mol－1
C．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－c_kJ·mol－1
D．CH3CH2OH(l)＋O2(g)===CH3CHO(l)＋H2O(l)
ΔH＝－d_kJ·mol－1
[解析]　燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。氨气燃烧生成N2和H2O，且气态水不是稳定的氧化物，A错误；1 mol葡萄糖完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量表示葡萄糖的燃烧热，B正确；CO的化学计量数不是1，所以放出的热量是燃烧热的2倍，C错误；乙醇生成乙醛的反应不是乙醇完全燃烧的反应，乙醇完全燃烧后的稳定产物是二氧化碳气体和液态水，D错误。
[答案]　B
6．(2016·山东省实验中学一诊)已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则HCN在水溶液中电离的ΔH等于(　　)
A．－69.4 kJ·mol－1 B．－45.2 kJ·mol－1
C．＋45.2 kJ·mol－1 D．＋69.4 kJ·mol－1
[解析]　根据题中信息可知，①HCN(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)＋CN－(aq)　ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。根据盖斯定律，由①－②得，HCN(aq)??H＋(aq)＋CN－(aq)　ΔH＝＋45.2 kJ·mol－1。本题选C。
[答案]　C
二、填空题
7．(2017·云南楚雄三校联考)过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如图甲是1 mol NO2与1 mol CO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图。
(1)试写出NO2和CO反应的热化学方程式：__________________。
该反应的活化能是________kJ·mol－1。
(2)在密闭容器中进行的上述反应是可逆反应，则其逆反应的热化学方程式为__________________，该反应的活化能为________kJ·mol－1。
(3)图乙是某学生模仿图甲画出的NO(g)＋CO2(g)===NO2(g)＋CO(g)的能量变化示意图。则图中E3＝________kJ·mol－1，E4＝________kJ·mol－1。
[解析]　(1)图甲中E1是活化能，即该反应的活化能为134 kJ·mol－1。生成物和反应物之间的能量差即为反应热。
(2)可逆反应的逆反应的反应热应该与正反应的数值相等，但符号相反。
(3)E3即为逆反应的活化能，E4是反应物与生成物的能量之差。
[答案]　(1)NO2(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)　ΔH＝－234 kJ·mol－1　134
(2)NO(g)＋CO2(g)===NO2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋234 kJ·mol－1　368　(3)368　234
8．(2017·广东番禺中学月考)“西气东输”是西部开发的重点工程，这里的气是指天然气，其主要成分是甲烷。工业上将碳与水在高温下反应制得水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2，二者的体积比为1∶1。已知1 mol CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283 kJ热量；1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量；1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890 kJ热量。
(1)写出氢气完全燃烧生成液态水的热化学方程式：______________。
(2)若1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量________(填“>”“＝”或“<”)890 kJ。
(3)忽略水煤气中其他成分，相同状况下若得到相等的热量，所需水煤气与甲烷的体积比约为________(取简单整数比，下同)；燃烧生成的CO2的质量比约为________。
(4)以上数据和计算说明，以天然气代替水煤气作为燃料，突出的优点是
_______。
[解析]　(1)注意反应物、生成物的状态，写出的热化学方程式根据其化学计量数，参加反应的氢气为2 mol，故ΔH＝2×(－286 kJ·mol－1)＝－572 kJ·mol－1。
(2)液态水变为水蒸气需吸收热量，故放出的热量小于890 kJ。
(3)忽略水煤气中其他成分，1 mol水煤气中含有0.5 mol CO和0.5 mol H2，完全燃烧时放出热量为283×0.5 kJ＋286×0.5 kJ＝284.5 kJ，而1 mol CH4气体完全燃烧放出890 kJ热量，要得到相等的热量，水煤气与甲烷的体积比为≈3。
[答案]　(1)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－572 kJ·mol－1
(2)<　(3)3∶1　3∶2
(4)燃烧产生的热量高；CO2排放量少，有利于保护环境
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．研究表明金属铁能与N2O、CO反应，其反应的能量变化与反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．总反应为放热反应
B．加入铁，可使反应的焓变减小
C．FeO是该反应的催化剂
D．Fe＋N2O―→FeO＋N2，FeO＋CO―→Fe＋CO2两步反应均为放热反应
[解析]　从图像可以看出，总反应的反应物的能量比生成物的能量高，因此总反应为放热反应，A项正确。从两个分步反应可以看出，Fe是总反应的催化剂，FeO是中间产物，催化剂只能改变反应的途径，不能改变反应的焓变，B、C项错误。从图像可以看出第二步反应为吸热反应，D项错误。
[答案]　A
2．(2016·四川德阳四校联考)H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1。
已知：
下列说法正确的是(　　)
A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键
B．断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c＋b＋a)kJ
C．相同条件下，1 mol H2(g)和1 mol I2(g)的总能量小于2 mol HI(g)的总能量
D．向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量为2a kJ
[解析]　A项，HI分子中的化学键是极性键，错误；B项，由热化学方程式可知，反应放出a kJ的能量，其中断开1 mol I2和1 mol H2中的化学键共吸收(b＋c) kJ的能量，则形成2 mol HI分子中的化学键需放出(a＋b＋c)kJ的能量，那么断开2 mol HI分子中的化学键就需吸收(a＋b＋c)kJ的能量，正确；C项，反应是放热反应，所以1 mol H2(g)和1 mol I2(g)的总能量高于2 mol HI(g)的总能量，错误；D项，反应是可逆反应，放出的热量应小于2a kJ，错误。
[答案]　B
3．(2017·安徽铜陵一中月考)下列热化学方程式正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．Hg＋O2===HgO　
ΔH＝－90.7 kJ·mol－1(反应热)
B．P(s)＋Cl2(g)===PCl3(g)　
ΔH＝－306 kJ·mol－1(反应热)
C．CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　
ΔH＝－192.9 kJ·mol－1(燃烧热)
D．NaOH(aq)＋HNO3(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　
ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)
[解析]　热化学方程式均需要注明各物质的状态，A项错误；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时释放出的能量，CH3OH完全燃烧应生成二氧化碳气体和液态水，C项错误；中和反应放热，ΔH应小于0，D项错误。
[答案]　B
4．(2016·福州闽清中学考试)已知一定温度下：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH1＝＋180 kJ·mol－1　②N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH2＝－92.4 kJ·mol－1　③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1下列说法正确的是(　　)
A．反应②中的能量变化如图所示，则ΔH＝E1－E3
B．2 mol H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量小于483.6 kJ
C．由反应②知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184.8>Q2>2Q1
D．氨催化氧化反应为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝＋906 kJ·mol－1
[解析]　由图可知，ΔH2＝E1－E2，A项错误；H2O(g)变为H2O(l)时放出热量，故B项错误；通入2 mol N2和6 mol H2达到平衡时反应物的转化率比通入1 mol N2和3 mol H2达到平衡时大，故Q2>2Q1，又因为反应②为可逆反应，故184.8>Q2>2Q1，C项正确；根据盖斯定律，由2×①＋3×③－2×②可得4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－906 kJ·mol－1，D项错误。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·湖北黄石中学月考)热力学标准态(298 K、101 kPa)下，由稳定单质发生反应生成1 mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。
图甲为ⅥA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。试完成下列问题：
(1)①写出ⅥA族元素中含有18e－的两种氢化物的电子式：
__________________、__________________。
②请你归纳：非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的反应热ΔH的关系：
__________________________________
__________________________________。
③硒化氢在上述条件下发生分解反应的热化学反应方程式为__________。
(2)在25℃、101 kPa下，已知SiH4气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1 mol电子放热190.0 kJ，该反应的热化学方程式是___________。
(3)根据图乙写出反应：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的热化学方程式：
_________________________________________。
(4)由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及的步骤为：
TiO2―→TiCl4Ti
已知：Ⅰ.C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
Ⅱ.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH＝－566 kJ·mol－1
Ⅲ.TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(s)＋O2(g)
ΔH＝＋141 kJ·mol－1
①则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝________。
②反应TiCl4＋2Mg===2MgCl2＋Ti在Ar气氛中进行的理由是__________。
[解析]　(2)SiH4气体在氧气中完全燃烧的化学方程式为SiH4＋2O2SiO2＋2H2O，由方程式可知，1 mol SiH4完全燃烧转移8 mol电子，故热化学方程式为SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－1520.0 kJ·mol－1。
(3)ΔH＝419 kJ·mol－1－510 kJ·mol－1＝－91 kJ·mol－1，故该反应的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝－91 kJ·mol－1。
(4)根据盖斯定律，由2×Ⅰ－Ⅱ＋Ⅲ可得：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)　ΔH＝－80 kJ·mol－1。
②非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小，反之亦然
③H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)　ΔH＝＋81 kJ·mol－1
(2)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)
ΔH＝－1520.0 kJ·mol－1
(3)CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH＝－91 kJ·mol－1
(4)①－80 kJ·mol－1
②防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用
课时跟踪训练(二)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)
A．10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液
B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液
C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液
D．标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液
[解析]　A项：c(NaOH)＝＝1mol·L－1；B项：c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1；C项：蒸发50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度也不是1 mol·L－1；D项：c(HCl)＝＝1 mol·L－1。
[答案]　C
2．(2016·湖北荆州一模)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)
[解析]　用托盘天平称量物品应遵循“左物右码”，A错误；转移溶液要用玻璃棒引流，且玻璃棒应伸至容量瓶刻度线以下位置，C错误；定容时不得将胶头滴管伸入容量瓶中，D错误。
[答案]　B
3．需要配制500 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol·L－1。可能原因是(　　)
A．定容时溶液没有冷却至室温
B．容量瓶没有烘干
C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了
D．定容时仰视读数
[解析]　溶液未冷却至室温导致所配溶液体积偏小，则浓度偏高，A错误；容量瓶没有烘干，对所配溶液的浓度没有影响，B错误；本实验需称量10.0 g氢氧化钠固体，不用游码，砝码放反对结果没有影响，C错误；定容时仰视读数，读数小于实际体积，即配制的溶液浓度偏小，D正确。
[答案]　D
4．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为(　　)
A．0.15 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1
C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1
[解析]　根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，而溶液中c(OH－)很小，可以忽略不计，则有3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SO)，所以：c(K＋)＝2c(SO)－3c(Al3＋)－c(H＋)＝2×0.8 mol·L－1－3×04 mol·L－1－0.1 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，C正确。
[答案]　C
5．(2017·南昌质检)36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是(　　)
A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体在标准状况下占有的体积约为22.4 L
D．所得溶质的质量分数：w＝36.5/(1000ρ)
[解析]　n(HCl)＝1 mol，在标准状况下的体积为22.4 L，C项正确；盐酸溶液中不含HCl分子，B项错误；n(HCl)＝1 mol，盐酸的体积稍大于1 L，c(HCl)<1 mol·L－1，A项错误；溶质的质量分数是36.5 g/1036.5 g×100%≈3.5%，D项错误。
[答案]　C
6．(2017·四川成都七中段考)某一元弱酸HX的相对分子质量为M。在t ℃时，将a g HX完全溶解于水，得V mL饱和溶液，测得该溶液的密度为ρ g·cm－3，其中n(X－)为b mol。下列叙述不正确的是(　　)
A．物质的量浓度c(HX)＝ mol·L－1
B．t ℃时，HX的溶解度S＝ g
C．溶液中c(H＋)＝
D．HX的质量分数w(HX)＝×100%
[解析]　a g HX的物质的量为 mol，溶于水得到V mL饱和溶液，则c(HX)＝＝ mol·L－1，A正确；HX饱和溶液的质量分数为w(HX)＝×100%＝×100%，则有S＝ g，故B错误，D正确；根据电荷守恒可得：c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)＝ mol·L－1＋c(OH－)＝，C正确。
[答案]　B
二、填空题
7．实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量简、玻璃棒、________、________以及等质量的两片滤纸。
(2)计算，应选择下列________。
A．需要CuSO4固体8 g
B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g
D．需要CuSO4固体7.7 g
(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_____________。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用________引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了________。
(6)定容，摇匀。
(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。
(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
[解析]　(1)依据配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等。(2)实验室需配制480 mL 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需要选用500 mL容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，若用CuSO4配制，则需要的质量：160 g·mol－1×0.05 mol＝8.0 g；若用CuSO4·5H2O配制，则需要的质量：250 g·mol－1×0.05 mol＝12.5 g。(3)称量所用砝码生锈，称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高。(4)溶解固体物质，用玻璃棒搅拌可以加速固体的溶解。(5)配制一定物质的量浓度的溶液，在移液操作中应该用玻璃棒将溶液引流入容量瓶，并洗涤烧杯2～3次，保证溶质全部转移到容量瓶，防止产生误差。(8)定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。
[答案]　(1)胶头滴管　500 mL容量瓶　(2)AC　(3)偏高　(4)搅拌，加速溶解　(5)玻璃棒　保证溶质全部转移到容量瓶　(8)偏低
8．标准状况下，11.2 L HCl溶于水配成500 mL溶液。
(1)所得盐酸的物质的量浓度为________。
(2)向其中加入________g NaOH才能中和完全。若不考虑加入NaOH对体积造成的影响，所得NaCl的物质的量浓度为________。
(3)62 g Na2O溶于138 g水中得到溶液的质量分数为________。
(4)向其中加入________mL密度为1.7 g/cm3、质量分数为25%的AgNO3溶液可使Cl－完全沉淀。
[解析]　(1)c(HCl)＝＝1 mol/L。(2)HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，所需NaOH的质量为
0．5 mol×40 g·mol－1＝20 g。c(NaCl)＝＝1 mol/L。(3)Na2O＋H2O===2NaOH,62 g Na2O与水发生反应得到80 g NaOH，故其质量分数为×100%＝40%。(4)＝0.5 mol，可知V＝200 mL。
[答案]　(1)1 mol/L　(2)20　1 mol/L　(3)40%　(4)200
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：请根据以下信息和相关知识判断，下列分析不正确的是(　　)
A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0 mol·L－1
B．一瓶该“84消毒液”能吸收空气中44.8 L的CO2(标准状况)而变质
C．取100 mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04 mol·L－1
D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480 mL，需要称量的NaClO固体质量为143 g
[解析]　选项A，根据c＝得，c(NaClO)＝≈4.0 mol·L－1；选项B，一瓶该“84消毒液”含有n(NaClO)＝1 L×4.0 mol·L－1＝4.0 mol，根据反应：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO，可知吸收CO2的物质的量n(CO2)＝n(NaClO)＝2.0 mol，即标准状况下V(CO2)＝2.0 mol×22.4 L·mol－1＝44.8 L；选项C，根据稀释前后溶质的物质的量不变有：100 mL×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1；选项D，应选取500 mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480 mL，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149 g。
[答案]　D
2．下列有关溶液的配制说法正确的是(　　)
A．配制0.1 mol·L－1的H2SO4溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释
B．配制240 mL 1 mol·L－1氢氧化钠溶液需称量氢氧化钠固体的质量为9.6 g
C．配制溶液时，加水超过容量瓶刻度用胶头滴管将多余溶液吸出会导致溶液浓度偏低
D．1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
[答案]　C
3．下列有关溶液配制操作对溶液浓度的影响和原因分析都正确的是(　　)
选项
溶液配制操作
对溶液浓
度的影响
原因分析
A
将2 g I2加入98 mL CCl4中溶解混匀后，即得质量分数为2%的I2的CCl4溶液
偏大
CCl4的密度大
于1 g·mol－1
B
配制一定浓度的溶液时，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
偏小
洒出的溶液
中含有溶质
C
配制一定物质的量浓度的硝酸溶液，定容时加入的水超过了刻度线，立即用滴管吸出多余的水，再摇匀
无影响
吸出了
多余的水
D
配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容，摇匀后发现液面低于刻度线
偏大
液体的体
积偏小
[解析]　CCl4的密度大于1 g·mL－1，所以98 mL CCl4的质量大于98 g，所以将2 g I2加入98 mL CCl4中溶解混匀后，所得溶液溶质质量分数小于2%，故A错误；配制一定浓度的溶液时，转移时不慎洒到容量瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B正确；吸出的液体中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C错误；配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容，摇匀后部分溶液沾到瓶塞和瓶壁上，所以液面低于刻度线，此时溶液的浓度准确，故D错误。
[答案]　B
4．(2017·北京东城区检测)相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为S，此时测得饱和溶液的密度为d g/cm3，则该饱和溶液的物质的量浓度是(　　)
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
[解析]　S g该物质溶解在100 g水中形成饱和溶液，则溶质的物质的量为 mol，所得溶液的体积为 mL＝ L，故该饱和溶液的物质的量浓度为＝ mol·L－1。
[答案]　A
二、综合题
5．(2017·德阳高中一诊)已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：
溶质的物质的
量浓度/mol·L－1
溶液的密度/g·cm－3
硫酸
c1
ρ1
氨水
c2
ρ2
(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。
(2)物质的量浓度为c1 mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(3)物质的量浓度为c2 mol·L－1的氨水与c2 mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)ρ2 g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________c2 mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽略不计)。
[解析]　(1)设硫酸的体积为1 L，则w(H2SO4)＝×100%＝%。(2)硫酸与水等体积混合(忽略溶液体积的变化)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度变为mol·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 mol·L－1氨水的密度小于c2 mol·L－1氨水的密度，等质量时，因稀氨水密度更大，所以 mol·L－1氨水的体积小于c2 mol·L－1氨水的体积，若等质量混合，浓度等于c2 mol·L－1，等体积混合相当于在等质量混合后加入少量c2 mol·L－1的氨水，因此最后大于c2 mol·L－1。
[答案]　(1)%　(2)c1/2　(3)大于　大于
6．(2017·合肥一检)某种胃药的止酸剂为碳酸钙，测定每片中碳酸钙含量的方法有以下几步操作(设药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
①配制0.100 mol·L－1稀盐酸和0.100 mol·L－1NaOH溶液
②取一粒药片(0.100 g)研碎后加入20.0 mL蒸馏水
③用0.100 mol·L－1 NaOH溶液中和，用去溶液的体积为V mL
④加入25.0 mL 0.100 mol·L－1稀盐酸。
请回答下列问题：
(1)测定过程的正确操作顺序为________(填序号)。
(2)测定过程中发生反应的离子方程式为____________________________。
(3)若某次实验需重复测定四次。实验室现有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL四种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶规格为________，理由是__________________。
(4)某同学四次测定的V数据如下：
测定次序
第一次
第二次
第三次
第四次
V(mL)
15.40
12.90
13.10
13.00
根据这位同学的实验数据，计算药片中碳酸钙的质量分数为________。
[解析]　步骤①、②为测定前的准备工作，将样品溶于过量0.1 mol/L的盐酸中，再用标准NaOH溶液滴定剩余的盐酸，通过与样品反应消耗盐酸的量来确定CaCO3的量，进而测量CaCO3的质量分数，因此操作顺序为：①②④③或②①④③。由四次测量表格中的数据可知第一次测量值与后三次测量值偏差较大，故采用后三次的数据进行计算，其平均值V＝＝13.00 mL与样品中CaCO3反应消耗盐酸的量为：
0．1 mol/L×(25－13)×10－3 L＝1.2×10－3 mol，
则m(CaCO3)＝×1.2×10－3 mol×100 g·mol－1＝0.06 g，
样品中CaCO3的质量分数为×100%＝60%。
[答案]　(1)①②④③或②①④③
(2)CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O、H＋＋OH－===H2O
(3)250 mL　四次测定恰好需加入盐酸100 mL，加之润洗滴定管、调整液面及排气泡等消耗，故需要盐酸的量多于100 mL
(4)60.0%
课时跟踪训练(二十)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献，下列有关电池的叙述正确的是(　　)
A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细
B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化
D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
[解析]　A中碳棒是正极，工作中不会消耗，A错误；原电池是将化学能转化为电能的装置，B错误；原电池工作时，氢气在负极上失去电子被氧化，C正确；SiO2是制造光导纤维的材料。太阳能电池的主要材料是晶体硅，D错误。
[答案]　C
2．(2016·浙江高招选考)按如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是(　　)
A．装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生
B．甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能
C．装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转
D．装置乙中负极的电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
[解析]　装置甲中锌与稀硫酸发生氧化还原反应，生成氢气，产生气泡，装置乙中形成铜锌原电池，且锌作负极，铜作正极，正极上H＋得电子生成氢气，A项正确；装置甲中没有形成原电池，不存在化学能与电能的转化，B项错误；装置乙形成了原电池，锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，C项正确；装置乙中负极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，D项正确。
[答案]　B
3．(2017·黑龙江实验中学月考)将编号为①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是(　　)
A．①③②④ B．①③④②
C．③④②① D．③①②④
[解析]　①②相连时，外电路电流从②流向①，说明②为正极，①比②活泼；①③相连时，③为正极，说明①比③活泼；②④相连时，②上有气泡逸出，说明②是正极，④比②活泼；③④相连时，③的质量减少，说明③是负极，③比④活泼，故金属活动性由强到弱的顺序是①③④②。
[答案]　B
4. (2017·江西新余月考)利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag＋可以自由移动的固体物质。下列分析不正确的是(　　)
A．电子经外电路流向Pt电极
B．电池工作时，电解质中Ag＋数目减少
C．正极反应：Cl2＋2e－＋2Ag＋===2AgCl
D．空气中c(Cl2)越大，Ag极消耗速率越快
[解析]　Ag的金属活动性强于Pt，则Ag电极是负极，Ag失去电子，则电子经外电路流向Pt电极，A正确；正极是Cl2得到电子，与Ag＋结合生成AgCl，即电极反应式为Cl2＋2e－＋2Ag＋===2AgCl，但由于负极Ag失去电子转化为Ag＋，所以电池工作时，电解质中Ag＋数目不变，B错误，C正确；空气中c(Cl2)越大，则得到的电子数越多，因此消耗的银越多，则Ag极消耗速率越快，D正确。
[答案]　B
5．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是(　　)
A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C．铅蓄电池工作过程中，每通过2 mol电子，负极质量减轻207 g
D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
[解析]　在干电池中，Zn作负极，被氧化，B正确。氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，D正确。C项忽略了硫酸铅在该极上析出，该极质量应该增加而非减小，C不正确。
[答案]　C
6．为了强化安全管理，某油库引进一台空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法不正确的是(　　)
A．石墨电极作正极，发生还原反应
B．铂电极的电极反应式：C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋
C．H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移
D．每消耗5.6 L O2，电路中通过1 mol电子
[解析]　由图像知，石墨电极通入O2，发生还原反应O2＋4e－＋4H＋===2H2O，A项不符合题意。铂电极上发生氧化反应，电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋，B项不符合题意。在原电池中，一般地，阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，C项不符合题意。由于没有指明反应温度和压强，不能通过体积计算O2的物质的量，也就无法确定转移电子的物质的量，D项符合题意。
[答案]　D
二、填空题
7. 如图所示，在不同的电解质溶液中可以组成不同的电池。
(1)①当电解质溶液为稀硫酸时，Fe电极是________(填“正”或“负”)极，其电极反应式为__________________________________。
②当电解质溶液为NaOH溶液时，Al电极是________(填“正”或“负”)极，其电极反应式为_______________________。
(2)若把铝改为锌，电解质溶液为浓硝酸，则Fe电极是________(填“正”或“负”)极，其电极反应式为___________________。
[解析]　(1)①电解质溶液是稀硫酸时，Al电极是负极，Fe电极是正极，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。②当电解质溶液是NaOH溶液时，铝与NaOH溶液反应，而Fe不反应，故铝作原电池的负极，电极反应式为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O。(2)把铝改为锌，用浓硝酸作电解质溶液，铁遇浓硝酸发生钝化，则Fe电极是正极，Zn电极是负极，Fe电极上的电极反应式为NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O。
[答案]　(1)①正　2H＋＋2e－===H2↑
②负　Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O
(2)正　NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O
8．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象
二价金属A
不断溶解
C的质量
增加
A上有气
体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是__________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是__________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是________。
[解析]　甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性A>B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性D>A，随着H＋的消耗，pH变大。
[答案]　(1)A－2e－===A2＋　(2)Cu2＋＋2e－===Cu　(3)变大　(4)D>A>B>C
9．(1)NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见图。该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为_______________；若生成1 mol Y，则需要消耗标准状况下氧气的体积为________L。
(2)以甲醇为原料，使用酸性电解质构成燃料电池，该燃料电池的负极反应式为__________________；若以甲烷代替该燃料电池中的甲醇，向外界提供相等电量，则每代替3.2 g甲醇，所需标准状况下的甲烷的体积为__________________L。
[解析]　(1)氧气一定为正极，所以石墨Ⅰ电极为负极，NO2失电子只能生成N2O5，由负极反应式可知生成1 mol N2O5转移1 mol电子，消耗 mol O2；(2)CH3OH中碳的化合价为－2价，依据得失电子、电荷守恒、H元素守恒进行配平；1 mol CH3OH、1 mol CH4分别失去6 mol、8 mol电子，n(CH3OH)＝＝0.1 mol，失去0.6 mol电子，n(CH4)＝＝ mol，V(CH4)＝n·Vm＝×22.4＝1.68 L。
[答案]　(1)NO2＋NO－e－===N2O5　5.6
(2)CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋　1.68
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1. 如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)(　　)
A．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低
B．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高
C．当杠杆为导体时，A端低B端高
D．当杠杆为导体时，A端高B端低
[解析]　当杠杆为导体时，构成原电池，Fe作负极，Cu作正极，电极反应式分别为：(负极)Fe－2e－===Fe2＋；(正极)Cu2＋＋2e－===Cu；铜球质量增加，铁球质量减少，杠杆A端低，B端高；当杠杆为绝缘体时，铁球置换CuSO4溶液中的铜，质量增加，杠杆A端高，B端低。
[答案]　C
2．(2017·云南红河州统考)如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是(　　)
A．分子组成为Cm(H2O)n的物质一定是糖类
B．微生物所在电极区放电时发生还原反应
C．放电过程中，H＋从正极区移向负极区
D．正极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
[解析]　分子组成为Cm(H2O)n的物质不一定是糖类，例如醋酸(CH3COOH)，A错误；微生物所在电极区是负极，放电时失去电子，发生氧化反应，B错误；放电过程中，H＋从负极区移向正极区，C错误；正极得到电子发生还原反应，则电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，D正确。
[答案]　D
3．(2016·安徽安庆二模)锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是(　　)
A．充电时Zn2＋通过阳离子交换膜由左侧流向右侧
B．放电时每转移2 mol电子，负极增重130 g
C．充电时阴极的电极反应式为Br2＋2e－===2Br－
D．若将电解液改为氯化锌溶液，放电效果更好、更安全
[解析]　根据装置示意图可判断，右侧是负极区，故充电时Zn2＋通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，A项正确；放电时负极溶解，质量减少，B项错误；充电时阴极发生还原反应，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C项错误；若将电解液改为氯化锌溶液，电解产生Cl2，会污染环境，D项错误。
[答案]　A
4．(2017·四川成都外国语学校月考)乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为2CH2—CH2＋O2―→2CH3CHO。下列有关说法正确的是(　　)
A．该电池为可充电电池
B．每有0.1 mol O2反应，则迁移0.4 mol H＋
C．正极反应式为CH2—CH2－2e－＋2OH－===CH3CHO＋H2O
D．电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
[解析]　该电池为燃料电池，不可充电，故A错误；根据电子守恒每有0.1 mol O2反应，则迁移0.4 mol H＋，故B正确；电池中负极发生失电子的反应，另外电解质溶液呈酸性，故不能是OH－参与反应，故C错误；在磷酸溶液中移动的是离子，电子移动方向：电极a→外电路→电极b，故D错误。
[答案]　B
二、综合题
5．(2016·山西朔州期中)某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示)______ ___设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过________mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为______________________，这是由于NH4Cl溶液显________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示溶液显此性的原因___________，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式________________，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO，试写出该反应的离子方程式__________________________________。
(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示，一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是______________，
电极反应为__________________；乙装置中石墨(Ⅰ)为________极(填正、负、阴、阳)，乙装置中与铜线相连石墨电极上发生的反应式为______________________，产物常用________检验，反应的离子方程式为__________________________________。
[解析]　(1)离子方程式为：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，设转移a mol电子，×64＋×56＝12，a＝0.2 mol。(2)若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，由于NH4Cl发生水解，溶液呈酸性，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，铝片附近溶液中有Fe2＋，加入少量新制饱氯水和离子方程式：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O===2FeO＋6Cl－＋16H＋。(3)甲装置为Fe吸氧腐蚀的原电池，铜丝附近的电极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，铜丝附近呈碱性，滴加酚酞溶液变红。乙装置中石墨(I)为阴极，与铜丝相连的石墨极为阳极，电极反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑，产物Cl2用湿润淀粉碘化钾试纸检验Cl2＋2I－===2Cl－＋I2。
[答案]　(1)Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu　0.2
(2)2H＋＋2e－===H2↑　酸性
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O===2FeO＋6Cl－＋16H＋
(3)溶液变红
O2＋2H2O＋4e－===4OH－　阴
2Cl－－2e－===Cl2↑
湿润淀粉碘化钾试纸
Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
课时跟踪训练(二十一)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·太原五中段考)以下各装置在正常工作时，都伴随有能量变化，其中由化学能转变为电能的是(　　)
[解析]　A项，电解水过程中电能转化为化学能；B项，干电池工作时把化学能转化为电能；C项，太阳能热水器工作时把太阳能转化为热能；D项，水力发电过程中把机械能转化为电能。本题选B。
[答案]　B
2．下列电解质溶液用惰性电极进行电解时，一段时间后，溶液的pH增大的是(　　)
A．稀碳酸钠溶液 B．硫酸钠溶液
C．稀硫酸 D．硫酸铜溶液
[答案]　A
3．下列图示中关于铜电极的连接错误的是(　　)
[解析]　电镀时镀层金属作阳极，镀件作阴极，故选项C错误。
[答案]　C
4. (2016·合肥模拟)用固体氧化物作为电解质的氢氧燃料电池电解Na2SO4溶液，已知固体氧化物在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过，其工作原理如图所示(c、d均为惰性电极)。下列有关说法正确的是(　　)
A．电路中电子流向为a→d→c→b
B．电极b为负极，电极反应式为O2＋4e－===2O2－
C．电解后烧坏中溶液pH增大
D．理论上b极消耗气体和c极生成气体质量相等
[解析]　在溶液中没有电子的流动，只有离子的流动，A项错误；通入O2的一极(电极b)为电池的正极，发生还原反应，B项错误；惰性电极电解Na2SO4溶液实质上是电解水，溶液的pH不变，C项错误；c极生成O2，根据得失电子守恒可知D项正确。
[答案]　D
5．电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O，下列说法不正确的是(　　)
A．右侧发生的电极方程式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO
C．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI＋3H2O===KIO3＋3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
[解析]　电解的电极反应：阳极2I－－2e－===I2，使左侧溶液变蓝色；3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O，则一段时间后，蓝色变浅；IO通过阴离子交换膜向右侧移动；阴极2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，右侧放出氢气。如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜：阳极2I－－2e－===I2，多余K＋通过阳离子交换膜迁移至阴极；阴极2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，保证两边溶液呈电中性，结果不会生成IO，总化学方程式当然不同。
[答案]　D
二、填空题
6．从H＋、Cu2＋、Na＋、SO、Cl－五种离子中两两恰当地组成电解质，按下列要求进行电解：
(1)以碳棒为电极，使电解质质量减少，水量不变进行电解，则采用的电解质是________。
(2)以碳棒为电极，使电解质质量不变，水量减少进行电解，则采用的电解质是________。
(3)以铂为电极，使电解质和水量都减少进行电解，则电解质是________。
[解析]　(1)电解电解质型，水不参与反应，可以是无氧酸或较不活泼金属的无氧酸盐，如HCl、CuCl2。(2)电解水型，电解质不参与反应，只起增强溶液导电性作用，可以是含氧酸，活泼金属的含氧酸盐或强碱，如H2SO4、Na2SO4。(3)电解质和水均参与反应，可以是较不活泼金属的含氧酸盐或活泼金属的无氧酸盐，如CuSO4、NaCl。
[答案]　(1)HCl、CuCl2　(2)H2SO4、Na2SO4
(3)CuSO4、NaCl
7．如图X是直流电源。Y槽中c、d为石墨棒，Z槽中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
(1)①电源上b为________极(用“正”、“负”、“阴”或“阳”填空)。
②Z槽中e为________极(同上)。
③连接Y、Z槽线路中，电子流动的方向是d________e(用“→”或“←”填空)。
(2)①写出c极上反应的电极反应式：
__________________________________。
②写出Y槽中总反应的化学方程式：
__________________________________。
③写出Z槽中e极上反应的电极反应式：
__________________________________。
[解析]　d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，c为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，Y槽电解饱和NaCl溶液的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；直流电源中a为正极，b为负极，Z槽中f为阴极，e为阳极，活性电极作阳极，电极本身失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，电子流动方向由e→d。
[答案]　(1)①负　②阳　③←
(2)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
③Cu－2e－===Cu2＋
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1. 缠有金属丝的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，如图所示，可以看到在贴近金属丝一边的溶液中出现粉红色。则该金属丝可能是(　　)
A．镁 B．铝
C．锌 D．铜
[解析]　贴近金属丝一边溶液出现粉红色，说明金属丝附近产生OH－，即金属丝作正极，正极上发生反应2H2O＋O2＋4e－===4OH－，因此金属丝的活泼性比Fe差，D项正确。
[答案]　D
2．下列与金属腐蚀有关的说法中正确的是(　　)
A．图1中，铁钉易被腐蚀
B．图2中，滴加少量KSCN溶液，生成红色沉淀
C．图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D．图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极
[解析]　图1为干燥环境，不易腐蚀；图2中，Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋与SCN－不能生成红色沉淀，即使是Fe3＋与SCN－生成的也不是红色沉淀；D项为牺牲阳极的阴极保护法，镁为负极。
[答案]　C
3. 如图所示，A池用石墨电极电解pH＝13氢氧化钠溶液(100 mL)，B池c电极为纯铜，d电极为粗铜(含有杂质Fe、Ag)，溶液是足量CuSO4溶液，通电一段时间后停止，A池a极产生的气体在标准状况下为2.24 L，则下列说法正确的是(　　)
A．d电极质量一定减少6.4 g
B．c电极质量一定增加6.4 g
C．A池pH不变
D．A池溶液质量减少3.6 g
[解析]　由现象：
由原理得a：4H＋＋4e－===2H2↑
b：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
c：2Cu2＋＋4e－===2Cu
由数据：n(H2)＝0.1 molH2～Cu
c电极析出铜6.4 g。
[答案]　B
二、综合题
4．MnO2常用于实验室和电池工业，请回答下列问题：
(1)MnO2主要存在于软锰矿中。写出舍勒用软锰矿制取Cl2的离子方程式：
____________________________。
(2)检验溶液中Mn2＋的方法：向待测溶液中加入硝酸，无明显现象；继续加入难溶于水的NaBiO3(还原产物为Bi3＋)，溶液呈紫红色。写出发生反应的离子方程式：______________________________________。某学生取实验室制备Cl2后的冷却澄清溶液，依次加入硝酸、少量NaBiO3，发现溶液变为紫红色后立即褪去，用离子方程式解释紫红色褪去的原因：________________。
(3)甲、乙分别为工业制备单质锰和MnO2的原理图。
①甲图所示电解池中阳极产生的气体是________(填化学式)。
②要配制乙图所示电解池中的电解质溶液250 mL，需要称取MnSO4________g。
③写出乙图所示电解池中的阳极反应式：_______________________。
(4)图丙表示电解池，通电后阴极和阳极上分别得到单质Mn和MnO2。
①写出该电解池电解总反应的离子方程式：_____________________。
②与图甲、乙所示的电解池相比，该电解池的突出优点是__________。
[解析]　(1)教材上介绍舍勒研究软锰矿时，发现它与热的浓盐酸反应放出黄绿色气体，实验室至今仍用该反应制备氯气：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。高考时遇到教材上的反应，一定要书写规范，不要漏写加热符号或气体生成箭头。(2)本问考查陌生氧化还原反应的离子方程式的书写。硝酸起酸化的作用，Mn2＋被NaBiO3氧化为紫红色的MnO，离子方程式为2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋5Na＋＋7H2O。考生可能会忽视“难溶于水的NaBiO3”，把“NaBiO3”误写成“BiO”。制备Cl2后的溶液中含有大量具有还原性的Cl－，可以将MnO还原为Mn2＋而使溶液褪色：2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(3)①图甲所示电解池的阴极是MnSO4溶液中的Mn2＋得电子被还原为Mn，阳极是电解OH－生成O2(4OH－－4e－===
O2↑＋2H2O)，故阳极产生的气体是O2。②本问考查单位的换算。c(MnSO4)＝c(Mn2＋)＝1 mol/L(Mn的相对原子质量为55)，m(MnSO4)＝1 mol/L×0.250 L×151 g/mol＝37.75 g。③图乙所示电解池的目的是制备MnO2，根据Mn的化合价由＋2升高到＋4知，阳极上Mn2＋失去电子被氧化为MnO2：Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。(4)①阳极上还原剂Mn2＋失去电子被氧化为MnO2：Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。阴极上Mn2＋得到电子被还原为Mn，Mn2＋＋2e－===Mn，二者相加即为电解总反应：2Mn2＋＋2H2OMn＋MnO2＋4H＋。②图甲所示电解池阴极产生目标产物单质锰，阳极产生氧气；图乙所示电解池阳极产生目标产物MnO2，阴极析出氢气；图丙为同槽电解装置原理图，阴、阳极同时产生目标产物单质锰和MnO2，制备等量的目标产物，丙的能耗最低。
[答案]　(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋5Na＋＋7H2O
2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(3)①O2　②37.75　③Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋
(4)①2Mn2＋＋2H2OMn＋MnO2＋4H＋　②制备等量的目标产物，丙的能耗最低
5．(2016·湖北重点中学联考)Ⅰ.(1)研究钢铁的防腐蚀措施意义重大。利用如图装置可以模拟铁的电化学防护，其中Y为NaCl。
为减缓铁的腐蚀：
①若X为碳棒，开关K应置于________处(填字母)，此时X极发生的电极反应式为_________________。
②若X为锌，开关K置于M处，则此时铁极发生的电极反应式为_______。
(2)在城市中地下常埋有纵横交借的管道和输电线路，地上还铺有地铁、城铁的铁轨，当有电流泄漏入潮湿的土壤中，并与金属管道形成回路时，就会引起后者的腐蚀。为表示其原理，某班级的学生绘制了下列装置图(假设电极材料均为铁，电解质溶液均为NaCl溶液)。
你认为其中能合理模拟金属管道的腐蚀原理的是__________________；c(Ⅱ)的总反应方程式是________________________；若图d中接通电源，则平放的铁丝左侧附近产生的现象是_____________；
请你为防止地下金属管道腐蚀提供一种策略________________。
Ⅱ.1 L某溶液中含有的离子如下表：
离子
Cu2＋
Al3＋
NO
Cl－
物质的量浓度(mol/L)
2
1
4
x
用惰性电极电解该溶液。当电路中有5 mol电子通过时，溶液的pH＝________(忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)。
[解析]　Ⅰ.(1)①若X为碳棒，则开关K应置于N处，铁作阴极被保护，此时X极为阳极，发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑。②若X为Zn，开关K置于M处，则利用牺牲阳极的阴极保护法，形成一个原电池装置，铁极发生反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。(2)观察四个装置，只有b装置不符合要求，不能形成闭合回路。c(Ⅱ)中阳极④上铁失电子，阴极②上水电离出的氢离子得电子生成氢气，总反应方程式为Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑。装置c和装置d等效，铁丝左侧为电解池的阴极，有氢气放出，阳极①上铁失电子生成的Fe2＋结合溶液中的OH－，铁丝左侧附近产生少量白色沉淀，随后白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀。
Ⅱ.根据溶液呈电中性得c(Cl－)＝3 mol/L，电解时，溶液中离子放电顺序：阴极为Cu2＋>H＋，阳极为Cl－>OH－。当电路中有5 mol电子通过时，3 mol Cl－在阳极发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑，然后1 mol H2O在阳极发生反应2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；2 mol Cu2＋在阴极发生反应Cu2＋＋2e－===Cu，然后1 mol H＋在阴极发生反应2H＋＋2e－===H2↑，此时溶液中c(H＋)＝1 mol/L，故溶液的pH＝0。
[答案]　Ⅰ.(1)①N　2Cl－－2e－===Cl2↑　②O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)acd　Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑　铁丝左侧有无色的气体产生，附近产生少量白色沉淀，随后白色沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀　将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(塑料或油漆等)
Ⅱ.0
课时跟踪训练(二十二)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·江苏海门一模)下列过程中化学反应速率的加快对人类有益的是(　　)
A．金属的腐蚀　　　　　 B．食物的腐败
C．塑料的老化 D．氨的合成
[答案]　D
2．反应4A(g)＋3B(g)??2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的表示，正确的是(　　)
①用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1　②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3∶2∶1　③在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1　④在这2 min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的
A．①② B．③
C．① D．②④
[解析]　经2 min，B的浓度减少0.6 mol·L－1，则根据化学方程式，A的浓度减少0.8 mol·L－1，所以用A表示的反应速率是0.8 mol·L－1÷2 min＝0.4 mol·L－1·min－1，①正确；由于反应速率之比等于相应的化学计量数之比，所以②正确，④不正确；反应速率表示的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，③不正确。
[答案]　A
3．(2017·福建福州八中月考)对反应A＋B??AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol；②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol；③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL；④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL。四者反应速率的大小关系是 (　　)
A．②>①>④>③ B．④>③>②>①
C．①>②>④>③ D．①>②>③>④
[解析]　①中c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1；
②中c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1；
③中c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1；
④中c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1；
在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③，A项正确。
[答案]　A
4. 一定温度下，向容积为2 L的密闭容器通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是(　　)
A．该反应的化学方程式为3B＋4D??6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)
C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/(L·s)
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
[解析]　A中各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝(1.2－0)mol∶(1.0－0.4)mol∶(1.0－0.2)mol∶(0.4－0)mol＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C??6A＋2D，A项错误；不论在什么时刻，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比，故B、D选项错误。
[答案]　C
5．(2017·湖北襄阳调研)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是 (　　)
A．在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol·L－1·min－1
[解析]　根据图像可知，在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率都是100%，A正确；根据图像可知，溶液酸性越强，即pH越小时，曲线的斜率越大，R的降解速率越大，B错误；由同一pH条件下，曲线斜率不断变小可知，R的起始浓度越小，降解速率越小，C错误；在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为＝4×10－6 mol·L－1·min－1，D错误。
[答案]　A
6．(2017·黑龙江大庆实验中学月考)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
[解析]　结合各组实验知混合液的体积都为20 mL，但实验D中反应温度较高、反应物Na2S2O3的浓度较大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。
[答案]　D
二、填空题
7．在下列事实中，什么因素影响了化学反应的速率？
(1)集气瓶中装有H2和Cl2的混合气体，在瓶外点燃镁条时混合气体发生爆炸__________________________________；
(2)黄铁矿煅烧时要粉碎成细小的矿粒_______________________；
(3)KI晶体和HgCl2晶体混合后无明显现象，若一起投入水中，很快生成红色HgI2__________________________________；
(4)熔融的KClO3放出气泡很慢，撒入少量MnO2很快产生气体__________________________________；
(5)同浓度、同体积的盐酸中放入同样大小的锌粒和镁粒，产生气体有快有慢__________________________________；
(6)同样大小的石灰石分别在0.1 mol·L－1的盐酸和1 mol·L－1的盐酸中反应速率不同__________________________________；
(7)夏天的食品易霉变，冬天就不易发生该现象_______________。
[答案]　(1)光照
(2)反应物颗粒大小(反应物的接触面积)
(3)在溶液中，水作溶剂，增大了反应物接触面积
(4)催化剂　(5)反应物本身的性质
(6)反应物的浓度　(7)温度
8．向体积为10 L的恒容密闭容器中通入3 mol X，在一定温度下发生如下反应：2X(g)??Y(g)＋aZ(g)，经5 min后反应达到反应限度(即达到平衡状态)。
(1)平衡时，测得容器内的压强为起始时的1.2倍，此时X的物质的量浓度为0.24 mol·L－1，则化学方程式中a＝________；用Y表示的反应速率为________mol·L－1·min－1。
(2)若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得容器内的反应速率如下表所示：
容器
反应速率
①
v(X)＝3.5 mol·L－1·min－1
②
v(Y)＝2 mol·L－1·min－1
③
v(Z)＝4.5 mol·L－1·min－1
④
v(X)＝0.075 mol·L－1·s－1
若四个容器中仅反应温度不同，则反应温度最低的是________(填序号，下同)；若四个容器中仅有一个加入了催化剂，则该容器是________。
[解析]　(1)根据阿伏加德罗定律可知平衡后气体的总物质的量为3.6 mol，X的物质的量为2.4 mol，则5 min内反应消耗0.6 mol X，生成Y、Z的物质的量分别为0.3 mol、0.3a mol，故有2.4＋0.3＋0.3a＝3.6，解得a＝3。用Y表示的反应速率为0.3 mol÷10 L÷5 min＝0.006 mol·L－1·min－1。(2)都换算成用Z表示的反应速率为
容积
①
②
③
④
反应速率
v(Z)/mol·L－1·min－1
5.25
6
4.5
6.75
显然反应速率由快到慢的顺序为④>②>①>③，温度越高(低)反应速率越快(慢)，所以③温度最低；催化剂能加快化学反应速率，所以④中加入了催化剂。
[答案]　(1)3　0.006　(2)③　④
9. (2016·山东烟台一模)加入0.1 mol MnO2粉末于50 mL过氧化氢溶液(H2O2，ρ＝1.1 g·mL－1)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
(1)实验时放出气体的总体积是________。
(2)反应放出气体体积为气体总体积一半时所需时间为________。
(3)反应放出气体体积为气体总体积的时所需时间为________。
(4)A、B、C、D各点反应速率大小的顺序为________。
(5)解释反应速率变化的原因________________。
[解析]　根据V－t图像知，反应进行至1 min时，放出O2的体积为30 mL，反应进行至2 min时，放出O2 45 mL，反应进行至4 min时，放出O2的体积达最大值60 mL；由V－t曲线的斜率变化可知：D、C、B、A的反应速率逐渐减小，这是因为随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应速率逐渐变小。
[答案]　(1)60 mL　(2)1 min　(3)2 min
(4)D>C>B>A
(5)随着反应的进行，c(H2O2)逐渐降低，反应速率逐渐变小
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·湖南常德一中月考)为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下A～D四个实验，你认为结论不正确的是(　　)
A．将铜片放入稀硫酸中，无现象，若再向所得的溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可检测到有氢气产生
B．在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉与相同的盐酸反应，大理石粉反应快
C．将浓硝酸分别放在冷暗处和强光下，会发现光照可以加快浓硝酸的分解
D．两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氯气的快慢不同
[解析]　铜为不活泼金属，与稀硫酸不反应，加入硝酸银溶液后，生成的气体是NO，而不是H2，A项错误。固体的表面积不同，化学反应速率不同，相同质量时粉末状固体的表面积比块状固体的表面积大，反应速率快，B项正确。浓硝酸在光照条件下易分解，光照是影响化学反应速率的条件之一，C项正确。催化剂能加快反应速率，在氯酸钾分解实验中，二氧化锰起催化剂的作用，D项正确。
[答案]　A
2．(2016·湖南师大附中月考)向某4 L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图甲所示。图乙为达到平衡后在t2、t3、t4、t5时改变某一种反应条件，平衡体系中速率随时间变化的情况，且所改变的条件均不同。已知t3～t4阶段为使用催化剂。则下列说法不正确的是(　　)
A．若t1＝15 s，则t0～t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)为0.006 mol/(L·s)
B．B既不是反应物，也不是生成物，可能是反应的催化剂
C．若t2～t3阶段改变的条件是增大A的浓度，则平衡时C的体积分数变小
D．该反应为放热反应，t5～t6阶段是升高反应体系的温度
[解析]　t0～t1阶段A的物质的量由0.60 mol降低为0.24 mol，若t1＝15 s，则t0～t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v(A)＝＝0.006 mol/(L·s)，A正确；t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，若t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强，且该化学反应前后气体的体积不变，反应中A的浓度变化为0.15 mol/L－0.06 mol/L＝0.09 mol/L，C的浓度变化为0.11 mol/L－0.05 mol/L＝0.06 mol/L，则A、C的化学计量数之比为3∶2，该反应为气体体积不变的反应，则B为生成物，该反应为3A(g)??B(g)＋2C(g)，故B错误；由图像可知，逆反应速率瞬间不变，正反应速率增大，则t2～t3阶段改变的条件是增大A的浓度，平衡正向移动，C的体积分数减小，故C正确；t5～t6阶段，改变条件为升高温度，升高温度逆反应速率大于正反应速率，则正反应为放热反应，故D正确。
[答案]　B
3．(2017·山西吕梁一中月考)为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是(　　)
A．图甲中实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B．若图甲所示的实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好
C．用图乙装置比较反应速率，可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D．为检查图乙装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否复原
[解析]　若比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化作用，应选用Fe2(SO4)3(aq)和CuSO4(aq)。如果选用FeCl3(aq)和CuSO4(aq)进行实验，不能排除Cl－的催化作用。
[答案]　B
4．酸性条件下，KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，用0.1 mol·L－1的KMnO4与过量的H2C2O4反应，测得Mn2＋的生成速率v与时间t的趋势如图，下列说法正确的是(　　)
A．该反应中每生成1 mol CO2转移电子为10 mol
B．方程式配平后，H2O的系数为6
C．反应开始很短一段时间内v减小是因为反应物浓度减小，后来突然增大是因为生成的Mn2＋对该反应有催化作用
D．t0时，Mn2＋的浓度最大
[解析]　每生成1 mol CO2转移1 mol电子，A项错误；方程式配平后H2O的系数应该为8，B项错误；反应开始后反应物浓度逐渐减小，Mn2＋的生成速率逐渐下降，但是生成的Mn2＋对该反应有催化作用，所以Mn2＋的生成速率会突然增大，随反应进行，反应物的浓度不断减小，Mn2＋的生成速率也不断减小，C项正确；t0时，生成的Mn2＋的速率最大，但t0后反应不断进行，Mn2＋的浓度仍在增大，D项错误。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·安徽合肥六中月考)用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素。
(1)实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸
反应原理：
　MnO＋　H2C2O4＋　________===　Mn2＋＋　CO2↑＋　H2O
①配平上述离子方程式。
②滴定时KMnO4溶液应盛装于________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(2)探究影响化学反应速率的因素
下表列出了在“探究影响化学反应速率的因素”实验中得出的部分实验数据：
请回答：
①实验目的(a)是____________________________________________。
②根据表中数据在坐标中画出反应褪色所需时间随KMnO4溶液浓度的变化关系图像。
③若要探究催化剂对该反应速率的影响应选择MnSO4而不选MnCl2作为催化剂，其原因是__________________________________。
[解析]　(1)①MnO中Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，H2C2O4中C元素的化合价从＋3价升高到＋4价，共失去2个电子，根据得失电子守恒，则MnO的化学计量数是2，H2C2O4的化学计量数是5，根据元素守恒配平Mn2＋、CO2的化学计量数，最后根据电荷守恒配平H＋、H2O的化学计量数。
②高锰酸钾的氧化性强，易腐蚀碱式滴定管的胶管，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO4溶液，应用酸式滴定管盛装KMnO4溶液。
(2)①由表中数据可知，草酸的浓度、体积都不变，稀硫酸的浓度不变，KMnO4的浓度变化，体积不变，所以实验目的是探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响。
③若要探究催化剂对该反应速率的影响，应选择MnSO4而不选MnCl2作为催化剂，是因为高锰酸钾可以氧化氯离子，影响催化剂对反应速率影响的探究。
[答案]　(1)①2　5　6　H＋　2　10　8
②酸式
(2)①探究高锰酸钾溶液浓度对化学反应速率的影响
②如图
③因Cl－可与酸性KMnO4发生氧化还原反应
课时跟踪训练(二十三)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·北京房山一模)在固定容积的密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，已知反应过程某一时刻SO2、O2、SO3浓度分别为0.2 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，达到平衡时浓度可能正确的是(　　)
A．SO2、O2分别为0.4 mol/L、0.2 mol/L
B．SO2为0.25 mol/L
C．SO2、SO3均为0.15 mol/L
D．SO2为0.24 mol/L，SO3为0.14 mo/L
[解析]　本题可用极限法。可逆反应不可能进行到底，假设反应由正反应或逆反应开始建立。A项，0.2 mol/L SO3全部转化时，SO2和O2浓度才是0.4 mol/L,0.2 mol/L，A项错误；B项，SO2的浓度应在0～0.4 mol/L之间，B项正确；根据S元素守恒，二者浓度不可能均为0.15 mol/L，其浓度之和应为0.4 mol/L，C、D两项都不正确。
[答案]　B
2．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(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)。判断该分解反应已经达到化学平衡的是(　　)
A．2v(NH3)＝v(CO2)
B．密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)＝2∶1
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
[解析]　该反应为有固体参与的非等体积反应，且容器体积不变，所以压强、密度均可作化学平衡标志；该题应特别注意D项，因为该反应为固体的分解反应，所以NH3、CO2的体积分数始终为定值(NH3为，CO2为)。
[答案]　C
3．将NO2装入带活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)??N2O4(g)达到平衡后，改变下列一个条件，其中叙述正确的是(　　)
A．升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，混合气体颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向右移动，混合气体的颜色变浅
[解析]　颜色加深平衡向左移动，所以正反应为放热反应，A错误；首先假设平衡不移动 ，加压颜色加深，但平衡向右移动，使混合气体颜色在加深后的基础上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理C选项，首先假设平衡不移动，若体积减小一半，压强为原来的两倍，但平衡向右移动，使压强在原平衡2倍的基础上减小，C正确；D选项体积不变，反应物及生成物浓度不变，所以正逆反应速率均不变，平衡不移动，颜色无变化，D错误。
[答案]　C
4．将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，一定条件下，发生如下反应并达到平衡：X(g)＋3Y(g)??2Z(g)　ΔH<0。改变某个条件并维持新条件直至达到新的平衡，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是(　　)
选项
改变的条件
新平衡与原平衡比较
A
升高温度
X的转化率变小
B
增大压强
X的浓度变小
C
充入一定量Y
Y的转化率增大
D
使用适当催化剂
X的体积分数变小
[解析]　升温，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，X的转化率变小，A项正确；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，X的物质的量减小，但由于容器体积减小，各组分的浓度均比原平衡的大，故B项错误；增大一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，而其本身的转化率降低，故C项错误；催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡状态，故各物质的体积分数不变，D项错误。
[答案]　A
5．(2017·安徽安庆二中月考)氨的催化氧化是工业上制硝酸的重要流程，反应为4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0。下列表示该反应在不同条件下NO含量与时间关系图像错误的是(　　)
[解析]　该反应是放热反应，温度较高时，反应速率较快，先达平衡，但升高温度时，平衡左移，NO含量降低，故C图像错误。
[答案]　C
二、填空题
6．对于以下三个反应，从正反应开始进行达到平衡后，保持温度、体积不变，按要求回答下列问题。
(1)PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)
再充入PCl5(g)平衡向________方向移动，达到平衡后，PCl5(g)的转化率________，PCl5(g)的百分含量______。
(2)2HI(g)??I2(g)＋H2(g)
再充入HI(g)平衡向________方向移动，达到平衡后，HI的分解率________，HI的百分含量________。
(3)2NO2(g)??N2O4(g)
再充入NO2(g)，平衡向______方向移动，达到平衡后，NO2(g)的转化率______，NO2(g)的百分含量________。
[答案]　(1)正反应　减小　增大　(2)正反应　不变　不变　(3)正反应　增大　减小
7．Ⅰ.一定条件下铁可以和CO2发生反应：
Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)　ΔH>0。
(1)下列措施中能使平衡时增大的是________(填序号)。
A．升高温度 B．增大压强
C．充入一定量氮气 D．再加入一些铁粉
(2)反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入一定量的CO2，使CO2的浓度成为原来的2倍，则CO2的转化率将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)，试分析和回答下列问题：
(1)可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是________(选填序号)。
A．体系的压强不再发生变化
B．v正(CO)＝v逆(H2O)
C．生成n mol CO的同时生成n mol H2
D．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
(2)若上述化学平衡状态从正反应开始建立，达到平衡后，给平衡体系加压(缩小容积、其他条件不变)，则容器内气体的平均相对分子质量将________(填写“不变”“变小”或“变大”)。
[解析]　Ⅱ.(1)因为在恒压容器中进行，压强一直不变，A错；当v正(CO)＝v逆(H2O)时，反应达到平衡，B对；任何时刻生成的CO与H2物质的量都相等，C错；1 mol H—H键断裂说明有1 mol H2反应，断裂2 mol H—O键说明有1 mol H2O反应，反应达到平衡，D对。(2)原平衡状态中CO、H2的平均相对分子质量为28×＋2×＝15。加压时平衡逆向移动，H2O(g)(相对分子质量为18)的含量增大，混合气体的平均相对分子质量增大。
[答案]　Ⅰ.(1)A　(2)不变　Ⅱ.(1)BD　(2)变大
8．(2016·陕西商南县高级中学二模)近几年全国各地都遭遇“十面霾伏”。其中，机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气质量恶化“贡献”较大。
(1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)　ΔH<0，若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是________(填序号)。
(2)光气(COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)＋CO(g)??COCl2(g)制备。图甲为此反应的反应速率随温度变化的曲线，图乙为某次模拟实验研究过程中在1 L恒容容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0～6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝________；
②若保持温度不变，在第8 min向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡________移动(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)；
③若将初始投料浓度变为c(Cl2)＝0.7 mol/L、c(CO)＝0.5 mol/L、c(COCl2)＝________mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同；
④随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________(填“增大”“减小”或“不变”)；
⑤比较第8 min反应温度T(8)与第15 min反应温度T(15)的高低：T(8)________T(15)(填“<”“>”或“＝”)。
[解析]　(1)t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；因反应在绝热恒容容器中进行，t1时平衡常数不再变化，正、逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故D正确。
(2)①由图可知，6 min时Cl2的平衡浓度为0.3 mol/L，浓度变化为1.2 mol/L－0.3 mol/L＝0.9 mol/L，则v(Cl2)＝＝0.15 mol·L－1·min－1。
②8 min时反应处于平衡状态，c(Cl2)＝0.3 mol/L、c(CO)＝0.1 mol/L、c(COCl2)＝0.9 mol/L，则原平衡常数K＝＝＝30，向容器中各加入2 mol三种物质时，Qc＝＝0.6③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2 mol/L、CO浓度为1.0 mol/L，则0.7 mol/L＋c(COCl2)＝1.2 mol/L，c(CO)＝0.5 mol/L＋c(COCl2)＝1.0 mol/L，故c(COCl2)＝0.5 mol/L。
④由图甲可知，升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，所以温度升高，平衡常数减小。
⑥根据题图乙可知，第8 min反应处于平衡状态，在第10 min时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)[答案]　(1)BD
(2)①0.15 mol·L－1·min－1　②向正反应方向
③0.5　④减小　⑤<
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．已知：C(s)＋CO2(g)??2CO(g)　ΔH＞0。该反应达到平衡后，下列条件有利于反应向正方向进行的是(　　)
A．升高温度和减小压强 B．降低温度和减小压强
C．降低温度和增大压强 D．升高温度和增大压强
[解析]　本题考查对勒夏特列原理的理解。题中隐含信息为：C和CO2反应生成CO，气体体积增大；ΔH＞0，反应吸热。所以减小压强、升高温度有利于反应向正方向进行。在已达平衡的可逆反应中，若增大某物质浓度而其他条件不变，则平衡向减少这种物质浓度的方向移动；若增大平衡体系的压强，而其他条件不变(温度不变)，则平衡向减小压强的方向(气体总体积减小的方向)移动；若升高平衡体系的温度，而其他条件不变，则平衡向吸收热量的方向移动。
[答案]　A
2．(2016·廊坊统考)某密闭容器中进行如下反应：3X(g)＋Y(g)??2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足(　　)
A．1<<3 B．2<<3
C．1<<5 D．1<<2
[解析]　本题考查了化学平衡的有关计算，意在考查学生的计算能力。本题利用极端假设法分析。设X、Y的初始物质的量分别为x mol、y mol，若Y全部转化，则X转化了3y mol，平衡时X为(x－3y)mol，生成的Z为2y mol，故x－3y＝2y，得＝5；若X全部转化，则转化的Y为mol，平衡时Y为(y－)mol，生成的Z为 x mol，故y－＝x，得＝1。而可逆反应中反应物的转化率不可能为100%，故X、Y的初始物质的量之比的范围为：1<<5。
[答案]　C
3．(2017·长春一检)在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物(如图所示)，发生如下反应：3X(g)＋Y(g)??2Z(g)　ΔH<0。
保持温度不变，测得平衡时的有关数据如下：
恒容容器甲
恒压容器乙
Y的物质的量/mol
n1
n2
Z的体积分数
φ1
φ2
下列说法正确的是(　　)
A．平衡时容器乙的容积一定比反应前大
B．平衡时容器甲的压强一定比反应前大
C．n2>n1
D．φ2>φ1
[解析]　容器乙内反应向正反应方向进行，气体的总物质的量减小，恒温恒压下，气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，A项错误。无法判断容器甲中反应正向进行，还是逆向进行，故平衡时容器甲的压强不一定比反应前大，B项错误。容器甲内反应所达到的平衡状态可以等效为开始时投入3 mol X、1 mol Y，并在相同条件下达到的平衡状态，容器乙开始时投入3 mol X、1 mol Y，但保持恒压，容器甲中根据开始投入3 mol X、1 mol Y在相同条件下达到的平衡状态来分析，容器甲中随着反应进行压强减小，容器乙所达到的平衡状态相当于增大容器甲的压强达到的平衡状态，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，即向正反应方向移动，所以n1>n2，故C项错误。容器乙有利于平衡向正反应方向进行，故容器乙中Z的体积分数大于容器甲中Z的体积分数，D项正确。
[答案]　D
二、综合题
4．(2016·江西南昌五校联考)随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。
(1)下图为C及其氧化物的变化关系图，若①变化是置换反应，则其化学方程式为________________；图中变化过程为吸热反应的是________(填序号)。
(2)甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用如下方法合成甲醇：
方法一：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)；
方法二：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。
目前方法一是工业上常采用的方法。某温度下，在容积为2 L的密闭容器中进行方法一的反应，其相关数据见下图：
①3t min时对反应体系采取了一个措施，至4t min时CO的物质的量为0.5 mol，请完成上图CO的曲线。
②根据上图计算，从0至t min时v(H2)＝________；从t～2t min时反应速率________(填“变大”“变小”或“不变”)；原因可能是__________。
③据图可知下列时刻一定处于平衡状态的是________(填序号)。
A．t min B．2t min
C．3t min D．4t min
(3)方法二生产甲醇更具前景。
①恒定温度时下列措施中一定不能使CO2的转化率增大的是________(填序号)。
A．固定容器体积不变再充入CO2
B．固定容器体积不变再充入N2
C．使用更有效的催化剂
D．缩小容器的体积
E．将水蒸气从体系中分离出来
②在25℃、101 kPa下，1 g甲醇完全燃烧放热22.68 kJ。某火力发电厂CO2的年度排放量是2200万吨，若将此CO2完全转化为甲醇，则理论上由此获得的甲醇完全燃烧放热约是________kJ(保留三位有效数字)。
[解析]　(1)碳具有较强的还原性，可与H2O在高温下发生置换反应，其相应的化学方程式为C＋H2OCO＋H2。C通过置换反应转化为CO的反应通常为吸热反应，CO2和C反应生成CO的反应也是吸热反应，故选①③。
(2)①由题给曲线可知，从3t min至4t min时，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增大，说明平衡CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)右移，同时由题给已知可确定CO的量从0.4 mol增加到0.5 mol，进而说明此时改变的外界条件是增大了反应物CO的量，由化学方程式可知，此过程中CO应减少0.1 mol(H2量的一半)，因此3t min时CO的量应增加至0.6 mol，据此即可画出CO的变化曲线。②v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。从t～2t min时H2减少的量较0～t min时多，说明反应速率变大了。其原因可能是使用了催化剂或提高了反应的温度(各物质的浓度没有突变)。③平衡状态是指各物质的浓度或物质的量不再发生改变的状态，2t min时达平衡状态，3t min时改变CO的量，平衡发生移动，选B。
(3)对于反应CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)来说，在恒温恒容时增加CO2的量将降低CO2的转化率，充入N2或使用催化剂都不会使平衡发生移动，则不改变CO2的转化率；恒温时缩小容器体积，则相当于增大体系压强，促使平衡右移，CO2的转化率增大；分离出水蒸气也将促使平衡右移，CO2的转化率增大。故选A、B、C。②根据碳守恒可知所得甲醇完全燃烧的放热量＝×32 g·mol－1×22.68 kJ≈3.63×1014 kJ。
[答案]　(1)C＋H2OCO＋H2(合理即可，如C与CuO、FeO、MgO、SiO2等反应)　①③
(2)①
② mol·L－1·min－1　变大　升高反应温度或使用了催化剂
③B
(3)①ABC　②3.63×1014
课时跟踪训练(二十四)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．熵增加且放热的反应一定是自发反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
[解析]　熵增加且放热的反应一定是自发反应，因为ΔH－TΔS<0，故A项正确；有些熵减的过程也能自发进行，非自发反应熵不一定减小或不变，B项错误；放热反应不一定都是自发进行的反应，有些吸热反应也能自发进行，如CH3COOH＋NH4HCO3===CH3COONH4＋CO2↑＋H2O，C项错误；有些吸热反应，在室温下不能自发进行，但在较高温度下能自发进行，D项错误。
[答案]　A
2．高温下，某反应达平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
[解析]　根据平衡常数的表达式可得出该反应的化学方程式为CO2＋H2CO＋H2O，D错误；温度升高，H2浓度减小，平衡正向移动，说明正反应是吸热的，焓变为正值，故A正确；在恒温恒容下，增大压强的方法有多种，H2浓度变化不确定，B错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误。
[答案]　A
3．(2017·安徽马鞍山二中月考)25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)??Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应为吸热反应
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
[解析]　往平衡体系中加入金属铅后，由于固体的浓度不变，不能使平衡发生移动，c(Pb2＋)不变，A错误；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体，溶液中c(Sn2＋)增大，平衡逆向移动，所以c(Pb2＋)变大，B错误；升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明逆反应是吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，C错误；25℃时，该反应的平衡常数K＝＝＝2.2，D正确。
[答案]　D
4．(2017·安徽淮北一中月考)某温度下，反应2A(g)??B(g)＋C(g)的平衡常数为1，在容积为2 L的密闭容器中加入A(g)。20 s时测得各组分的物质的量如下表：
物质
A(g)
B(g)
C(g)
物质的量/mol
1.2
0.6
0.6
下列说法正确的是(　　)
A．反应前20 s的平均速率为v(A)＝0.6 mol·L－1·s－1
B．20 s时，正反应速率等于逆反应速率
C．达平衡时，A(g)的转化率为100%
D．若升高温度，平衡常数变为0.5，则反应的ΔH<0
[解析]　由题意知前20 s的平均速率为v(A)＝1.2 mol/(2 L·20 s)＝0.03 mol·L－1·s－1，A项错误；20 s时，Q＝c(B)·c(C)/c2(A)＝＝0.25[答案]　D
5. 在容积为2 L的恒容密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM(g)＋bN(g)??cQ(g)。气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是(　　)
A．该温度下此反应的平衡常数的值K＝
B．平衡时，M的转化率为50%，若条件改变恒温恒压，则达平衡时M的转化率小于50%
C．若开始时向容器中充入2 mol M和1 mol N，达到平衡时，M的体积分数小于50%
D．在5 min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
[解析]　Δn(M)＝0.8 mol－0.4 mol＝0.4 mol，Δn(N)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，Δn(Q)＝0.2 mol，所以a∶b∶c＝2∶1∶1，化学方程式为2M(g)＋N(g)??Q(g)。平衡时，c(M)＝＝0.2 mol/L，c(N)＝c(Q)＝＝0.1 mol/L，K＝＝25，A项错误；平衡时，M的转化率为×100%＝50%，若条件改为恒温恒压，反应向气体体积减小的方向进行，相当于原平衡正向移动，则达平衡时M的转化率大于50%，B项错误；在原条件下，M的体积分数为×100%＝50%，由于该反应为气体物质的量减小的反应，充入比原反应更多的反应物时，相当于加压，可逆反应的平衡正向移动，所以M的体积分数小于50%，C项正确；向恒容体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v(正)＝v(逆)，D项错误。
[答案]　C
6．(2017·安徽芜湖十二中月考)设反应①Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)平衡常数为K1；
②Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)平衡常数为K2。
测得在不同温度下，K1、K2值如下：
温度/℃
K1
K2
500
1.00
3.15
700
1.47
2.26
900
2.40
1.60
根据以上信息判断下列说法不正确的是(　　)
A．若500℃时进行反应①，则CO2转化率为50%
B．900℃进行反应③H2(g)＋CO2(g)??H2O(g)＋CO(g)，其平衡常数K3＝1.50
C．反应①的焓变ΔH>0，反应②的焓变ΔH<0
D．反应①平衡体系中通入CO2，在温度不变的条件下，平衡正向移动，达到新平衡时CO2的转化率比原平衡小
[解析]　根据数据K1随着温度升高而增大可知，反应①为吸热反应；K2随着温度升高而降低，反应②为放热反应，C项正确；反应①平衡体系中通入CO2，等效于增大压强，而反应①中改变压强不影响平衡移动，则转化率不变，D项错误；若500℃时进行反应①，＝1，c(CO)＝c(CO2)＝Δc(CO2)，A项正确；K3＝＝＝＝1.50，B项正确。
[答案]　D
二、填空题
7．(2016·南宁、桂林一模)在1.0 L真空密闭容器中充入4.0 mol A(g)和4.0 mol B(g)，在一定温度下进行反应：A(g)＋B(g)??C(g)　ΔH，测得不同时刻该容器内物质的物质的量如下表：
时间/min
0
10
20
30
40
n(A)/mol
4.0
2.5
1.5
n2
n3
n(C)/mol
0
1.5
n1
3
3
回答下列问题：
(1)随着温度的升高，该反应的化学平衡常数减小，则ΔH________(填“>”、“<”或“＝”)0，反应从起始到20 min内C的平均反应速率是________。
(2)该温度下，上述反应的化学平衡常数为________。平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的________。
(3)下列选项中能说明该反应在一定温度和恒容条件下达到平衡状态的是________。
A．反应速率：vA(正)＋vB(正)＝vC(逆)
B．A的质量不再改变
C．B的转化率不再改变
D．密度不再改变
(4)若反应C(g)??A(g)＋B(g)进行时需加入稀释剂X气体(不参与反应)，则C的平衡转化率与体系的温度、压强、X的物质的量的关系如图Ⅰ、图Ⅱ所示。
①由图Ⅰ可知，T1______(填“>”、“<”或“＝”)T2。
②由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，其原因是_______________。
[解析]　(1)温度升高，化学平衡常数减小，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故ΔH<0。由20 min内Δn(A)＝2.5 mol，根据化学方程式计算，Δn(C)＝2.5 mol，则v(C)＝＝0.125 mol·L－1·min－1。(2)根据图中数据知在30 min时反应处于平衡状态，n(C)＝3 mol，根据三段式计算，平衡时n(A)＝n(B)＝1 mol，故平衡时c(C)＝3 mol/L，c(A)＝c(B)＝1 mol/L，则该温度下平衡常数K＝＝＝3。等温度、等体积条件下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时体系内的总压强与反应起始时总压强之比为＝＝0.625。(3)正反应速率与逆反应速率相等时，即vA(正)＝vC(逆)或vB(正)＝vC(逆)时说明反应达到化学平衡状态，A项不能说明反应达到平衡状态；B项，A的质量不再改变，说明正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态；C项，B的转化率不再改变，说明正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态；D项，因为气体总质量不变，容器体积不变，故密度一直不变，密度不再改变不能说明反应达到化学平衡状态。(4)①由图Ⅰ可知，在相同压强下，T1温度下C的平衡转化率大于T2温度下的，而该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，C的平衡转化率增大，故T1>T2。②由图Ⅱ可知，随着X的物质的量的增多，C的平衡转化率逐渐增大，其原因是随着X的物质的量的增多，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大。
[答案]　(1)<　0.125 mol·L－1·min－1
(2)3　0.625　(3)BC
(4)①>　②增大　随着X的物质的量的增多，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·山东省实验中学一诊)一定温度下将1 mol A和2 mol B置于2 L密闭容器中，发生反应：A(g)＋B(g)??C(g)＋D(g)并达到平衡。C的体积分数随时间变化如图Ⅰ所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示。下列说法不正确的是(　　)
A．达到平衡后，其他条件不变，降低温度，v正、v逆均减小，C的体积分数增大
B．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36
C．一段时间后，若气体的密度不变，则可以判断该反应已达化学平衡状态
D．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小
[解析]　根据图Ⅱ知，生成物总能量低于反应物总能量，故该反应为放热反应，降低温度，v正、v逆均减小，平衡正向移动，C的体积分数增大，A项正确。设达平衡时生成的C的物质的量浓度为x mol·L－1，则
　　　　　　　　A(g)　＋　B(g)??C(g)＋D(g)
起始浓度/mol·L－1 0.5 1 0 0
转化浓度/mol·L－1 x x x x
平衡浓度/mol·L－1 0.5－x 1－x x x
＝0.3，解得x＝0.45，则K＝≈7.36，B项正确。容器容积不变，气体总质量不变，则密度恒定，故不能根据密度不变判断反应已经达到化学平衡状态，C项错误。催化剂能降低反应的活化能，使化学反应速率增大，E1和E2均减小，D项正确。
[答案]　C
2．用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．温度：T1>T2>T3
B．正反应速率： v(a)>v(c)　v(b)>v(d)
C．平衡常数： K(a)>K(c)　K(b)＝K(d)
D．平均摩尔质量： M(a)M(d)
[解析]　用CO合成甲醇(CH3OH)的反应为放热反应，升高温度，CO的平衡转化率降低，所以其温度大小关系为：T3>T2>T1，A项错误；正反应速率大小关系为v(a)＜v(c )，因为T3>T1，v(b)>v(d)，因为P(b)>P(d)，B项错误；平衡常数只受温度的影响，对于该反应来说，其平衡常数的大小关系为：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)，C项正确；M＝，m总恒定，n总(a)M(c)，D项错误。
[答案]　C
3．(2017·无锡青山中学调研)一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)，相关数据如表所示。
下列说法正确的是(　　)
A．平衡常数K：容器Ⅱ>容器Ⅲ
B．反应达到平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＝容器Ⅰ
C．反应达到平衡时，容器Ⅰ中的平均反应速率为v(PCl5)＝ mol·L－1·s－1
D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
[解析]　容器Ⅰ与容器Ⅲ中，起始投料量相同，反应温度不同，容器Ⅲ中达到平衡时生成物的物质的量较大，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，故温度升高平衡常数增大，所以平衡常数K：容器Ⅰ<容器Ⅲ；又因为容器Ⅰ和容器Ⅱ中反应温度相同，故平衡常数：容器Ⅰ＝容器Ⅱ<容器Ⅲ，A项错误。Ⅰ与Ⅱ的温度相同，Ⅱ中PCl5的起始物质的量是Ⅰ的2倍，Ⅱ相当于Ⅰ缩小体积，正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器的体积，压强增大，平衡逆向移动，PCl5的转化率降低，所以PCl5的转化率：容器Ⅱ<容器Ⅰ，B项错误。反应达到平衡时，容器Ⅰ中的平均反应速率为v(PCl5)＝v(PCl3)＝＝ mol·L－1·s－1，C项错误。根据表中数据可计算容器Ⅲ中反应的化学平衡常数K＝＝0.045，根据所给物质的物质的量可计算出Qc＝＝0.075>0.045，所以反应将向逆反应方向进行，D项正确。
[答案]　D
4．(2017·江苏苏锡常镇四市调研)一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的转化率如下表所示。下列判断正确的是(　　)
A.甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，甲和乙中反应的平衡常数K均为400
C．SO2平衡转化率：α1>α2＝α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙>甲＝丁
[解析]　A项，甲、乙温度相同，平衡常数相同，根据甲容器中“三段式”求算平衡常数：
　　　　　　　 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.2 0.12 0
转化浓度(mol·L－1) 0.16 0.08 0.16
平衡浓度(mol·L－1) 0.04 0.04 0.16
K＝＝＝400，A错误，B正确；乙与丁属于等效平衡，SO2平衡转化率相等，α1＝α3，乙与丙比较，相当于增大氧气浓度，SO2平衡转化率增大，α1>α2，故有：α1＝α3>α2，C错误；甲与丁比较，丁相当于增压，平衡向正方向移动，SO3的物质的量浓度增大，SO3的物质的量浓度丁>甲，D错误。
[答案]　B
二、综合题
5．(2016·浙江卷)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1　Ⅰ
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH2Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
备注：Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0 kJ·mol－1和－285.8 kJ·mol－1
②H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝44.0 kJ·mol－1
请回答(不考虑温度对ΔH的影响)：
(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝________；反应Ⅱ的ΔH2＝________kJ·mol－1。
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是________________。
(4)在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。
[解析]　(1)根据平衡常数的公式，K＝。
据题意，有以下热化学方程式：
a：CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1；
b：H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1；
c：H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝44.0 kJ·mol－1。
根据盖斯定律，b－a＋c即可得热化学方程式：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1＋283.0 kJ·mol－1＋44.0 kJ·mol－1＝＋41.2 kJ·mol－1。
(2)催化剂不能改变平衡转化率，A、B错误；降低反应温度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，C正确；投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，D正确；增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高H2的转化率，CO2的转化率会降低，E错误。(4)从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低。
[答案]　(1)　＋41.2　(2)CD
(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
(4)
课时跟踪训练(二十五)
A级(基础达标)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下表中物质的分类组合正确的是(　　)
A
B
C
D
强电解质
Al2(SO4)3
BaSO4
HF
KClO3
弱电解质
H3PO4
H2O
CaCO3
Al(OH)3
非电解质
CO2
NH3·H2O
NH3
HI
[答案]　A
2．下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是(　　)
A．CH3COOH??H＋＋CH3COO－
B．Ba(OH)2??Ba2＋＋2OH－
C．H3PO4??3H＋＋PO
D．NH3·H2O===NH＋OH－
[答案]　A
3．下列各组物质的反应中，溶液的导电性比反应前明显增强的是(　　)
A．向亚硫酸钠溶液中加入液态溴
B．向硝酸银溶液中通入少量HCl
C．向氢氧化钠溶液中通入少量Cl2
D．向NaOH溶液中加入醋酸
[解析]　SO＋Br2＋H2O===SO＋2Br－＋2H＋反应后离子增多，离子浓度增大，导电性增强。
[答案]　A
4．(2017·天津南开中学月考)下列说法正确的是(　　)
A．电离常数受溶液浓度的影响
B．电离常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大
D．H2CO3的电离常数表达式：Ka＝
[解析]　电离常数是温度的函数，与溶液浓度无关，A项错误；电离常数可以表示弱电解质的相对强弱，B项正确；酸溶液中c(H＋)大小既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，C项错误；碳酸是分步电离的，第一步电离常数表达式为Ka1＝，第二步电离常数表达式为Ka2＝，D项错误。
[答案]　B
5．室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是(　　)
选项
实验方案
观察要点 观察要点
A
等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应
恰好反应时的体积比
B
醋酸溶液中加入醋酸钠固体
溶液pH的变化
C
等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应
产生H2的起始速率
D
将pH ＝ 4的醋酸稀释成pH ＝ 6的溶液
加H2O的量
[解析]　A项中恰好反应的体积比，不能体现电解质及强弱的内容，A项不能说明。B项中醋酸的pH说明其能电离，加醋酸钠pH发生变化，说明电离平衡发生移动，B项能说明是弱电解质。C项中比较反应速度说明H＋浓度不同，醋酸与盐酸电离程度不同，C项能说明。D项中加水稀释的比例与c(H＋)变化比例不同，能说明醋酸是弱电解质。
[答案]　A
6．(2016·山东日照一模)常温下，向10 mL b mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.01 mol·L－1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，下列说法不正确的是(　　)
A．b>0.01
B．混合后溶液呈中性
C．CH3COOH的电离常数Ka＝
D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小
[解析]　反应后溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，根据电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，说明醋酸过量，b>0.01，A、B正确；pH＝7，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Ka＝＝＝，C正确；在整个滴加过程中水的电离程度先变大后逐渐减小，因为酸、碱抑制水的电离，D错误。
[答案]　D
二、填空题
7．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2O??HCl＋HClO；HClO??H＋＋ClO－，达到平衡后：
(1)要使HClO的浓度增加，可加入下列物质(填代号)____________。
A．SO2 B．CaCO3
C．HCl D．NaOH
(2)由此说明在实验室里可用排饱和食盐水收集Cl2的理由是
__________________________________
__________________________________。
[解析]　(1)加入SO2，由于Cl2能将其氧化，消耗Cl2使平衡左移，HClO浓度将减小；加入HCl，由于H＋浓度大，使Cl2与H2O反应的平衡左移，HClO浓度减小；加入NaOH，由于Cl2和NaOH反应，使Cl2浓度减小，平衡左移；故选B。
(2)Cl2与水反应的离子方程式为Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO，饱和食盐水中Cl－浓度大，使上述平衡左移，Cl2在水中溶解度减小。
[答案]　(1)B
(2)氯气与水反应存在下列平衡：Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO，在饱和食盐水中Cl－浓度大，使平衡左移，减少了Cl2的溶解
8．(2017·贵州六校联考)一定温度下，当弱酸在溶液中达到电离平衡时，各微粒的浓度存在一种定量的关系。如25℃时有HA??H＋＋A－，则K＝。式中：K为电离平衡常数，只与温度有关，c为各微粒在达到平衡时的浓度，下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??
CH3COO－＋H＋
1.76×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.31×10－7
K2＝5.61×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－
HS－??H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
回答下列各题：
(1)K只与温度有关，温度升高时，____________(填“促进”或“抑制”)弱酸的电离，K值____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱关系是___________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－都看作是酸，其中酸性最强的是_____________________，最弱的是____________。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的K1、K2之间存在一定关系，此关系是____________，由此关系可看出多元弱酸的酸性主要由第____________步电离决定。
[答案]　(1)促进　增大
(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强
(3)CH3COOH　HS－　(4)K1?K2　一
9．25 ℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡
常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
请回答下列问题：
(1)物质的量浓度均为0.1 mol/L的下列四种物质的溶液：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是________(填编号)。
(2)常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______________(填序号)。
A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH)
C．c(H＋)·c(OH－) D．c(OH－)/(H＋)
(3)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数；理由是_____________，稀释后，HX溶液中由水电离出来
的c(H＋)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来c(H＋)，理由是______________________。
[解析]　(1)观察电离平衡常数可知酸性大小顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，而这些酸失去氢离子后水解能力却正好相反，所以得出pH大小顺序为a>b>d>c。(2)醋酸是弱电解质，稀释后电离程度增大，但CH3COOH、CH3COO－、H＋的浓度却都减小，c(OH－)却是增大的，且CH3COOH的浓度减少最多。(3)根据图像分析知道，起始是两种溶液中c(H＋)相同，c(较弱酸)>c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c(H＋)一直大于较强酸的c(H＋)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱。
[答案]　(1)a>b>d>c
(2)A
(3)大于　稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大　大于　HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力也较弱
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1. 常温下，取某酸HX溶液V0 mL，用蒸馏水稀释HX溶液至体积为V mL，测得lg 与溶液pH的变化如图所示。下列物理量在稀释过程中始终增大的是
(　　)
A．c(H＋)·c(X－) B.
C. D.
[解析]　由图像知，HX溶液释释1000倍，而pH增大值小于3，说明HX是弱酸，其电离方程式为HX??X－＋H＋。稀释过程中，HX、X－、H＋的浓度都减小，平衡向右移动，其中HX浓度的减小程度较大。A项，c(H＋)·c(X－)减小，错误。B项，不变，错误。C项，增大，正确。D项，c(H＋)减小，而水的离子积不变，c(OH－)增大，故减小，错误。
[答案]　C
2．(2017·乌鲁木齐一诊)部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列表述肯定正确的是(　　)
弱酸
H2CO3
H2SO3
HClO
电离平衡常数
(25℃)
K1＝4.30×10－7
K1＝1.54×10－2
K＝2.95×10－8
K2＝5.61×10－11
K2＝1.02×10－7
A.相同温度时三种溶液的pH关系：Na2CO3>NaClO>Na2SO3
B．ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO
C．2ClO－＋SO2＋H2O===2HClO＋SO
D．等体积、等物质的量浓度的HClO和Na2CO3混合后溶液呈中性
[解析]　本题考查弱电解质的电离和盐类的水解，意在考查学生对知识的应用能力。A项，没有已知各溶液的浓度，无法比较其碱性强弱，A项错误；B项，酸的电离常数越大酸性越强，所以酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HClO>HCO，根据“强酸制弱酸”可知B项正确；C项，HClO具有强氧化性，正确的为ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋，C项错误；D项，两者发生的反应为HClO＋CO===ClO－＋HCO，而ClO－和HCO都能水解而使溶液呈碱性，D项错误。
[答案]　B
3．(2016·山东潍坊一中模拟)常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。判断下列说法中，正确的是(　　)
A．两溶液稀释前的浓度相同
B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c
C．a点的KW值比b点的KW值大
D．a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)
[解析]　根据图像可知，稀释前两溶液导电能力相同，说明溶液中H＋浓度相同，但盐酸是强酸，醋酸是弱酸，因此醋酸的浓度大于盐酸，A错误；H＋浓度越大，溶液导电能力越强，根据图像可知导电能力最强的是c点，其次是a点，最弱的是b点，所以a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为b>a>c，B错误；水的离子积常数只与温度有关，由于温度不变，则a点的KW值与b点的KW值相同，C错误；酸电离出的H＋浓度越大，对水的电离程度抑制越大，则a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)，D正确。
[答案]　D
4．(2017·福建三明一中月考)HClO4、H2SO4、HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是(　　)
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
Ka1：6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
A.温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数
B．在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4??2H＋SO
D．这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质
[解析]　电离平衡常数与温度有关，A正确；根据表中数据可知，在冰醋酸中HClO4的电离常数最大，因此HClO4是这四种酸中最强的酸，B正确；在冰醋酸中硫酸是二元弱酸，电离分步进行，即在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4??H＋＋HSO，C错误；这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水溶液中都完全电离，因此仍属于强电解质，D正确。
[答案]　C
二、综合题
5．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验：
实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L－1的醋酸溶液，用0.2 mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：
(1)配制250 mL 0.2 mol·L－1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、____________和____________________。
(2)为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
消耗NaOH溶液的体积/mL
20.05
19.95
18.80
则该醋酸溶液的准确浓度为____________(保留至小数点后四位)。
实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
回答下列问题：
(3)根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是__________________________。
(4)从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将____________(填“增大”“减小”或“不变”)。
实验三：探究温度对醋酸电离程度的影响
(5)请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：
__________________________________
__________________________________。
[解析]　(1)还缺少配制溶液所需的容器——250 mL容量瓶和定容仪器——胶头滴管。
(2)首先分析消耗NaOH溶液的体积，第3次数据误差较大，舍去。故滴定实验所用NaOH平均体积为20.00 mL，代入计算可知醋酸的浓度为0.2000 mol·L－1。
(3)孤立地看每次测量值，H＋的浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000 mol·L－1、0.0100 mol·L－1及0.0010 mol·L－1的醋酸，pH变化值小于1。
(4)以0.1000 mol·L－1、0.0100 mol·L－1醋酸为例，设0.1000 mol·L－1醋酸溶液的体积为1 L，将其稀释至0.0100 mol/L，体积变为10 L，两溶液中H＋的物质的量分别为10－2.88mol、10－3.38mol/L×10 L＝10－2.38 mol，可见溶液变稀，电离出的H＋的物质的量增大，故说明醋酸的电离程度增大。
(5)探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只要温度存在差异的醋酸溶液中H＋浓度有差异即可，对溶液中H＋浓度区分度较好的仪器是pH计。
[答案]　(1)胶头滴管　250 mL容量瓶
(2)0.2000 mol·L－1
(3)0.0100 mol·L－1醋酸的pH大于2(或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1)
(4)增大
(5)用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度下的pH
课时跟踪训练(二十六)
A级(基础达标)
一、选择题
1．25℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－，下列叙述正确的是
(　　)
A．将纯水加热到95℃时，KW变大，pH不变，水仍呈中性
B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，KW变小
C．向纯水中加入少量碳酸钠固体，c(H＋)减小，KW不变，影响水的电离平衡
D．向纯水中加入醋酸钠或盐酸，均可抑制水的电离，KW不变
[解析]　水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大但仍相等，因此KW变大，pH变小，水仍呈中性，A错；向纯水中加入稀氨水，溶液中c(OH－)增大，电离平衡逆向移动，但KW只与温度有关，因此保持不变，B错；向纯水中加入少量Na2CO3固体，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，但KW不变，C对；当向纯水中加入醋酸钠时，促进水的电离，D错。
[答案]　C
2．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)
A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
[解析]　由离子所带电荷数判断出：W为O，X为Na，Y为Al，Z为S。S2－水解生成OH－，使水的电离平衡向右移动，Al3＋水解生成H＋，使水的电离平衡向右移动，C项正确；而Na＋在水溶液中不水解，不影响水的电离平衡，故A、B、D项错误。
[答案]　C
3．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小块试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小块试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
[解析]　用pH试纸测定溶液的pH时应将一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照。试纸在使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液被稀释可能产生误差。
[答案]　A
4．(2016·河南信阳一中月考)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．图中五点KW的关系：B>C>A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用温度不变，向水中加入少量的酸
C．若从A点到C点，可采用温度不变，向水中加入适量的NH4Cl固体
D．当处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
[解析]　KW只与温度有关，温度相同时，KW相同；温度越高，KW越大，A项正确。从A点到D点，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，可采取温度不变，向水中加入少量酸的措施，B项正确。从A点到C点，溶液中c(H＋)、c(OH－)同时增大，KW增大，应采用升温的方法，C项错误。B点时KW＝10－12，若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性，D项正确。
[答案]　C
5．(2016·上海金山一模)常温时，以下4种溶液pH最小的是(　　)
A．0.01 mol·L－1醋酸溶液
B．0.02 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合液
C．0.03 mol·L－1醋酸与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合液
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合液
[解析]　B项恰好生成CH3COONa溶液，pH>7，D项恰好生成NaCl溶液，pH＝7，只有A、C项pH<7，C项反应后得到0.01 mol/L的醋酸与0.005 mol/L醋酸钠的混合液，CH3COO－离子抑制CH3COOH的电离，所以c(H＋)小于A项中的溶液。
[答案]　A
6．(2016·内蒙古巴市一中期中)实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．取NaOH溶液时仰视读数
B．滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴
C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
[解析]　取NaOH溶液时仰视读数，会使NaOH溶液的体积偏大，造成消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，A错误；滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴，会使消耗的盐酸的体积偏大，测定结果偏高，B错误；锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，会造成滴定终点的误判，使消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，会使NaOH溶液的体积偏大，造成消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，D错误。
[答案]　C
二、填空题
7. (2017·厦门一中期中)作为神舟十号飞船飞行任务的一大亮点，王亚平以中国第一位“太空老师”的身份，向全国中小学生在天宫一号实验舱中展开一场别开生面的教学活动。在40分钟的授课中，三名航天员通过质量测量、单摆运动、陀螺运动、水膜和水球等5个基础物理实验，展示了失重环境下物体运动的特性、液体表面张力的特性等物理现象。已知在相同温度下水在失重与不失重条件下的KW相同。如图所示是不同温度下在地面和太空失重的情况下水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系曲线：
请回答下列问题：
(1)KW是温度的函数，图中表示的是溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系曲线，下列判断不正确的是________(填序号)。
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝KW
B．M区域内任意点均有c(H＋)>c(OH－)
C．图中太空实验的温度低于地面实验的温度
D．XZ线上任意点均有pH＝7
(2)若在太空中失重的情况下将一颗绿豆大小的金属钠粒迅速送进一个含有酚酞的水球中，会产生的现象是________________。
(3)上述反应后的NaOH溶液在地面上测得pH＝11，则在太空中的pH＝________。
(4)金属钠在与水反应过程中水的电离程度________(填“增大”、“减小”或“不变”)，解释其原因：____________________。
[解析]　(1)A项，水的离子积为KW＝c(H＋)·c(OH－)，故A项正确；B项，根据图像可知在区域M内的c(H＋)>10－7 mol·L－1、c(OH－)<10－7 mol·L－1，因此都存在c(H＋)>c(OH－)，B项正确；C项，地面上的KW＝1×10－14，是常温下的数值，而水的电离程度随着温度的升高而增大，即太空实验的温度低于地面实验的温度，C项正确；D项，XZ线代表c(OH－)＝10－7 mol·L－1，而pH＝－lg c(H＋)，c(H＋)不同，故pH不同，D项错误。(2)根据王亚平的水球基础物理实验可知，失重情况下气泡在水球内部不会出来，因此气泡会在水球中长大；再根据金属钠与水反应的实验可知，因钠与水反应生成的气体使气泡受力不均匀而推动其在水球中转动，同时生成的NaOH使含有酚酞的水球变红。(3)因为在太空中和地面上NaOH溶液的c(OH－)不变，地面上NaOH溶液的pH＝11，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝10－3 mol·L－1；在太空中的KW＝10－7－a，c(H＋)＝10－4－a mol·L－1，故pH＝4＋a。(4)因为水的电离方程式为H2O??H＋＋OH－，金属钠与水电离出的H＋反应使c(H＋)减小，故水的电离平衡正向移动。注意不要理解为将NaOH溶于水，抑制了水的电离而得出相反的结论。
[答案]　(1)D
(2)水球内部的金属钠周围产生气泡，气泡会在水球中变大，水球也会胀大，气泡在水球中转动，水球变红
(3)4＋a
(4)增大　因为水的电离方程式为H2O??H＋＋OH－，金属钠与水电离出的H＋反应，使c(H＋)减小，故水的电离平衡向电离方向移动
8．(2017·湖南十三校联考) 已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
(1)a点溶液中c(H＋)为________，pH约为________。
(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________，滴定过程中宜选用________作指示剂。
(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填序号)。
[解析]　
(1)　　　CH3COOH??CH3COO－＋H＋
起始 0.01 0 0
转化 a a a
平衡 0.01－a a a
＝1.6×10－5
a2＋1.6×10－5a＝1.6×10－7
a＝4×10－4mol·L－1
pH＝lg(4×10－4)＝3.4
(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。(3)由于稀氨水显碱性，首先排除选项A和C；两者恰好反应时溶液显酸性，排除选项D，故本题的答案为B。
[答案]　(1)4×10－4 mol·L－1　3.4
(2)c点　酚酞　(3)B
9．(2016·安徽桐城中学段考)在某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
②若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________。
[解析]　(1)由题意知，溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。
(2)①根据中和反应：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱
10－2·Vb＝·Va
＝＝1∶10。
②根据中和反应：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)·Vb＝c(OH－)·Va
10－b·Vb＝·Va
＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶1。
[答案]　(1)10－13　(2)①1∶10　②10∶1
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·山东潍坊一中月考)现有常温下的四份溶液：
①0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液　②0.01 mol·L－1的盐酸　③pH＝12的氨水　④pH＝12的NaOH溶液
下列说法正确的是(　　)
A．将②③混合，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②>③
B．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
C．将①④混合，若c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合液一定呈碱性
D．将四份溶液分别稀释到原体积相同倍数后，溶液的pH：③>④，②>①
[解析]　pH＝12的氨水中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，则氨水的浓度大于0.01 mol·L－1，若②③等体积混合，氨水过量，则溶液呈碱性，现在混合后溶液pH＝7，说明溶液呈中性，所以盐酸的体积大于氨水的体积，A正确。②中氢离子浓度与③④中氢氧根离子的浓度相等，所以对水的电离的抑制作用相同，而①中0.01 mol·L－1醋酸溶液电离产生的氢离子浓度小于0.01 mol·L－1，则对水的电离的抑制作用较小，所以①中水的电离程度最大，B错误。0.01 mol·L－1的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液混合，若混合后的溶液为醋酸和醋酸钠的混合液：c(CH3COO－)>c(H＋)，若醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液呈酸性，C错误。①②的浓度相同，稀释相同倍数后，二者的浓度仍相等，因CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分电离，故pH：①>②；等pH的氨水与氢氧化钠相比，因为氨水中存在一水合氨的电离平衡，稀释后会继续电离出OH－，则稀释相同的倍数后，pH：③>④，D错误。
[答案]　A
2．(2016·山东莱芜一中月考)室温时，关于下列溶液的叙述正确的是(　　)
A．1.0×10－3 mol/L盐酸的pH＝3,1.0×10－8 mol/L盐酸的pH＝8
B．pH＝a的醋酸溶液稀释一倍后，溶液的pH＝b，则a>b
C．pH＝12的氨水和pH＝2的盐酸等体积混合，混合液的pH<7
D．1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11
[解析]　盐酸是强酸，则1.0×10－3 mol/L盐酸的pH＝3，室温下酸性溶液的pH不可能大于7，A错误；pH＝a的醋酸溶液稀释1倍后酸性降低，如果溶液的pH＝b，则a7，C错误；1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，这说明盐酸的物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，则NaOH溶液的浓度是0.001 mol/L，所以溶液的pH＝11，D正确。
[答案]　D
3．(2017·吉林松原二中月考)在25 ℃时，向50.00 mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5 mol·L－1的NaOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示。
则下列说法中不正确的是(　　)
A．①点所示溶液的导电能力弱于②点
B．图中点③所示溶液中，c(CH3COO－)C．图中点①所示溶液中水的电离程度大于点③所示溶液中水的电离程度
D．滴定过程中的某点，会有c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)的关系存在
[解析]　溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，由于醋酸是弱酸，当向其中加入NaOH溶液发生中和反应后溶液中自由移动的离子浓度增大，所以溶液的导电性增强，因此①点所示溶液的导电能力弱于②点，A正确；图中点③所示溶液pH＝8，c(H＋)＝10－8 mol/L，c(OH－)＝10－6 mol/L，溶液中电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因c(OH－)>c(H＋)，则c(CH3COO－)c(H＋)＝c(OH－)的关系存在，D正确。
[答案]　C
4．在T℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号
NaOH溶液
的体积/mL
盐酸的
体积/mL
溶液的pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析]　据题意可知在该温度下水的离子积常数是1×10－12，而不是1×10－14，通过①可知，此NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4 mol/L。由②可知，加入20.00 mL盐酸后溶液的pH＝6，此时恰好完全中和，则c(H＋)＝＝1×10－4 mol/L，则c＝4。
[答案]　B
二、综合题
5．(2017·海南中学月考)现有下列仪器或用品：①铁架台，(含铁圈、各种铁夹)；②锥形瓶；③滴定管(酸式与碱式)；④烧杯(若干个)；⑤玻璃棒；⑥天平(含砝码)；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗。有下列药品：①NaOH固体；②0.1000 mol/L的标准NaOH溶液；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。
试回答以下问题。
(1)做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂是________。
(2)小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管均加入4 mL 0.01 mol/L的KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 mol/L H2C2O4(乙二酸)溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA________tB(填“>”“＝”或“<”)。
写出该反应的离子方程式：______________________。
(3)实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：
①配制250 mL溶液：准确称量5.000 g 乙二酸样品，配成250 mL溶液。
②滴定：准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.1000 mol·L－1 KMnO4溶液装入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。
在实验中发现，刚滴下少量KMnO4溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪色了，可能原因是_____________；当______________说明达到滴定终点。
③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4溶液的平均体积为________mL，此样品的纯度为________。(已知H2C2O4的相对分子质量为90)
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是________(填序号)。
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
[解析]　(1)做酸碱中和滴定时，需要用蒸馏水清洗滴定管和锥形瓶，在滴定过程中，需要指示剂指示滴定终点。
(2)温度越高反应速率越快，则褪色所需时间越短，故tA(3)③第3次读数误差较大，数据无效，用前两次的数据求得平均值，故消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL；根据反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O,5.000 g乙二酸样品中乙二酸的物质的量为0.1000 mol·L－1×20×10－3 L××＝0.05 mol，m(乙二酸)＝0.05 mol×90 g·mol－1＝4.5 g，故此样品的纯度为×100%＝90.00%。
④未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏大，导致测定结果偏高，A项正确；滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响，B项不正确；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，有部分标准液补充了气泡，间接地使消耗的KMnO4溶液体积读数偏大，导致测定结果偏高，C项正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使消耗的KMnO4溶液体积读数偏小，导致测定结果偏低，D项不正确。
[答案]　(1)蒸馏水和指示剂
(2)<　2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
(3)②酸式　反应中生成的Mn2＋起催化作用　滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫色，且30 s不褪色
③20.00　90.00%　④AC
课时跟踪训练(二十七)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液：HCO＋H2O??CO＋H3O＋
B．NaHS溶液：HS－＋H2O??H2S＋OH－
C．Na2CO3溶液：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
D．NH4Cl溶于D2O中：NH＋D2O??NH3·D2O＋H＋
[解析]　A项是HCO的电离方程式；C项，CO水解是分步的，以第一步为主，应为：CO＋H2O??HCO＋OH－；D项，NH4Cl在D2O中水解应为：NH＋D2O??NH3·HDO＋D＋。
[答案]　B
2．将100 mL 1 mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO)的变化分别是(　　)
A．减小、减小 B．减小、增大
C．增大、增大 D．增大、减小
[解析]　NaHCO3溶液与冰醋酸反应的化学方程式为NaHCO3＋CH3COOH===CH3COONa＋CO2↑＋H2O，促使电离平衡HCO??H＋＋CO向左移动，溶液中c(CO)减小；NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2反应的方程式为2NaHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，溶液中c(CO)增大。
[答案]　B
3．物质的量浓度相同时，下列既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应的溶液中，pH最大的是(　　)
A．Na2CO3溶液 B．NH4HCO3溶液
C．NaHCO3溶液 D．NaHSO4溶液
[解析]　Na2CO3与NaOH不反应，NaHSO4与盐酸不反应，NH水解呈酸性，Na＋不水解，所以NaHCO3的pH大于NH4HCO3。
[答案]　C
4．为了配制c(NH)∶c(Cl－)＝1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④适量的NaOH。其中正确的是(　　)
A．①② B．③
C．③④ D．④
[解析]　NH4Cl溶液中由于NH的水解，而使c(NH)[答案]　B
5．下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是(　　)
A．实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳的泡沫
C．厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D．可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
[解析]　A项是因为Na2CO3水解显碱性与玻璃中的SiO2作用生成黏性的Na2SiO3；B是因为NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进完全水解：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑；C是因为CO水解显碱性，能够除去油污；D项与盐类的水解无关。
[答案]　D
6．(2016·肇庆模拟)常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是(　　)
A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B．b点溶液pH＝5，此时酸碱恰好中和
C．c点溶液存在c(NH)>c(R－)、c(OH－)>c(H＋)
D．b～c任意点溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝KW＝1.0×10－14
[解析]　向10 mL 0.1 mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，溶质由酸变为盐，而导电能力增强，故HR为弱酸，A项正确；b点时导电能力最强，此时酸碱恰好中和，pH＝7，B项错误；c点溶液显碱性，则c(OH－)>c(H＋)，由电子守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(R－)，c(NH)－c(R－)＝c(OH－)－c(H＋)>0，即c(NH)>c(R－)，C项正确；温度未变，b～c任意点溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝KW＝1.0×10－14，D项正确。
[答案]　B
二、填空题
7．(2017·大连双基测试)25℃，一定浓度的NaOH和Na2S两溶液的pH均为11。
(1)两溶液中，由水电离的c(OH－)分别是
①NaOH溶液中：__________________________________；
②Na2S溶液中：__________________________________。
(2)各取10 mL上述两种溶液，分别加水稀释到100 mL，pH变化较大的是____________(填化学式)溶液。
(3)Na2S溶液呈碱性的原因是______________(用离子方程式表示)。
(4)为探究Na2S溶液呈碱性是由S2－引起的，请你设计一个简单的实验方案：__________________________________。
[解析]　本题考查了水的电离、pH的计算、盐类水解等，意在考查学生综合应用所学知识的能力。(1)25℃，pH＝11时溶液中c(H＋)＝1.0×10－11 mol/L，c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L，在NaOH溶液中水的电离被抑制，则由水电离出来的c(OH－)＝1.0×10－11 mol/L。在Na2S溶液中S2－水解显碱性，促进了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L。(2)稀释Na2S溶液时促进了水的电离，OH－数目增多，c(OH－)减小的程度小，则pH变化小。(4)先在Na2S溶液中滴入酚酞溶液，然后加入盐溶液使S2－完全沉淀后观察溶液颜色的变化。
[答案]　(1)①1.0×10－11 mol/L
②1.0×10－3 mol/L
(2)NaOH
(3)S2－＋H2O??HS－＋OH－
(4)向Na2S溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量硝酸银溶液，产生黑色沉淀，且溶液的红色褪去，这可以说明Na2S溶液的碱性是由S2－引起的(其他合理答案也可)
8．(2017·银川二中统考)在室温下，下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl　②0.1 mol/L CH3COONH4
③0.1 mol/L NH4HSO4　④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液　⑤0.1 mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是______ (用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中c(NH)的大小关系是②________(填“>”、“<”或“＝”)③。
(3)在溶液④中____________(离子)的浓度为0.1 mol/L；NH3·H2O和____________(离子)的浓度之和为0.2 mol/L。
(4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度____________(填“>”、“<”或“＝”，下同)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)____________c(NH)。
(5)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式：__________________。
②若溶液M由10 mL 2 mol·L－1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH____________(填“>”、“<”或“＝”)7。
[解析]　本题考查盐类水解、弱电解质的电离，意在考查学生综合应用所学知识的能力。(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，NH4Cl溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子的水解，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解，所以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不变化，所以其浓度为0.1 mol/L；根据原子守恒可知，含N原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol/L，而N原子的存在形式为NH3·H2O和NH。(4)溶液②的pH＝7，说明CH3COO－水解生成的OH－的物质的量等于NH水解生成的H＋的物质的量，即二者水解程度相同；根据电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，因为c(H＋)＝c(OH－)，故c(CH3COO－)＝c(NH)。(5)①由溶液中存在的微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性。
[答案]　(1)酸　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(2)<
(3)Cl－　NH
(4)＝　＝
(5)①H2A??H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－
②>
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2O??HCO＋OH－；用热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋；明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl；制备TiO2纳米粉
D．SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl↓＋HCl；配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
[答案]　D
2．(2016·安徽野寨中学月考)25℃时，将0.1 mol·L－1 HCl溶液和0.1 mol·L－1 FeCl3溶液等体积混合，下列微粒浓度关系正确的是(　　)
A．溶液中H＋的数目略大于0.1NA
B．混合后溶液中有c(Cl－)＝4c(Fe3＋)＝0.2 mol·L－1
C．混合后溶液中有c(Fe3＋)＝3[c(OH－)＋c(Cl－)－c(H＋)]
D．溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(H＋)>c(Fe3＋)>c(OH－)
[解析]　溶液的具体体积未知，故A错误；两溶液等体积混合后，Cl－浓度为0.2 mol·L－1，但由于Fe3＋会水解，故c(Fe3＋)<0.05 mol·L－1，c(Cl－)>4c(Fe3＋)，B错误；根据电荷守恒有3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，故C错误。
[答案]　D
3．(2017·湖北荆门一中月考)常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液：
c(NH)>c(SO)>c(Fe2＋)>c(H＋)
B．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
C．等物质的量浓度的NH4HSO4、NH4Cl和NH4HCO3三种溶液中，c(NH)大小：
c(NH4HCO3)>c(NH4HSO4)>c(NH4Cl)
D．0.01 mol·L－1 NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
[解析]　由于NH的水解，0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液：c(SO)>c(NH>c(Fe2＋)>c(H＋)，A错误；由电荷守恒可知，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，B错误；NH4HSO4溶液中H＋抑制NH的水解，NH4HCO3溶液中HCO的水解促进NH的水解，NH4Cl溶液中，Cl－对NH的水解无影响，则等物质的量浓度的NH4HSO4、NH4Cl和NH4HCO3三种溶液中，c(NH)大小：c(NH4HSO4)>c(NH4Cl)>c(NH4HCO3)，C错误；0.01 mol·L－1 NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中，因醋酸为弱酸，pH＝2的醋酸其浓度远远大于0.01 mol·L－1，则混合液中存在CH3COONa和CH3COOH两种溶质，则有c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，D正确。
[答案]　D
4．(2016·安徽池州二模)常温下，取适量的碳酸钠溶液，向其中逐滴滴加盐酸，生成的CO2的物质的量与滴加盐酸的体积关系如图所示，其中b＝2a。下列说法正确的是(　　)
A．点O溶液、点b溶液、点d溶液的pH都大于7
B．点b溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)＋c(Cl－)
C．点O溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H2CO3)
D．点a溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
[解析]　Na2CO3与盐酸恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，CO2溶于水生成H2CO3，所以溶液显酸性，即d点pH小于7，故A错误；点b溶液中NaHCO3和NaCl，溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH)＋c(HCO)＋c(Cl－)，故B错误；Na2CO3溶液中CO发生两步水解，以第一步为主，第一步水解生成HCO和OH－，第二步水解生成H2CO3和OH－，所以溶液中c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H2CO3)，故C正确；点a溶液中溶质等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaCl，CO水解程度大于HCO，所以c(HCO)>c(CO)，则c(Na＋)>c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，故D错误。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·山西四校联考)10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，碱性增强。
乙同学认为：该溶液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________NaHCO3的水解程度(填“大于”或“小于”)。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。
丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)的判断正确。试剂X是________。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液 D．澄清石灰水
(2)将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH________8.3(填“高于”、“低于”或“等于”)，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。
(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_________________。
[解析]　乙同学认为溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(1)在溶液中加入试剂X，若产生沉淀证明溶液中有CO，说乙的判断正确，因为溶液中有HCO，只要加入BaCl2溶液有白色沉淀，既可证明有CO存在。(2)依据题表中数据，将加热煮沸的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则甲的判断正确。(3)丙断言乙的判断是错误的，理由是常压下加热NaHCO3的溶液达不到150℃，NaHCO3不分解。
[答案]　大于　(1)乙　B
(2)等于　甲
(3)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
6．(2016·安徽皖南名校联考)现有浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①硫酸，②醋酸，③氢氧化钠，④氯化铵。
请回答下列问题：
(1)四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序号)________。
(2)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是
______________________________________。
(3)已知T ℃，KW＝1×10－13，则T ℃________25 ℃(填“>”“<”或“＝”)。在T ℃时将pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的硫酸b L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝10，则a∶b＝________。
(4)25 ℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：
①若x＋y＝14，则＝________(填数据)；
②若x＋y＝13，则＝________(填数据)；
③若x＋y>14，则＝________(填表达式)；
④该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH(x、y)的关系式为________(填表达式)。
[解析]　(1)向溶液中加入酸或碱均能抑制水的电离，且溶液中H＋或OH－浓度越大，由水电离出的H＋浓度越小；盐的水解能促进水的电离，即由水电离出的c(H＋)从大到小的顺序为④②③①。
(2)二者恰好完全反应生成NaCl和NH3·H2O，NH3·H2O电离使溶液呈碱性，即c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。
(3)温度升高时KW增大，T ℃时KW>1×10－14，则T ℃>25 ℃；NaOH溶液中n(OH－)＝0.01a mol，硫酸中n(H＋)＝0.1b mol，根据混合后溶液的pH＝10，得10－3 mol·L－1×(a＋b)L＝0.01a mol－0.1b mol，解得a∶b＝101∶9。
(4)若两溶液完全中和，则溶液中n(H＋)＝n(OH－)，即10－xa＝10y－14b，整理得＝10x＋y－14，①若x＋y＝14，则＝1；②若x＋y＝13，则＝0.1；③若x＋y>14，则＝10x＋y－14；④两溶液完全中和时，则有＝10x＋y－14，即lg＝x＋y－14，解得x＋y＝14＋lg。
[答案]　(1)④②③①
(2)c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)
(3)>　101∶9
(4)①1　②0.1
③10x＋y－14
④x＋y＝14＋lg
课时跟踪训练(二十八)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．为防治病虫害，冬季马路两旁和公园的树干上都涂抹了石灰水。下列有关说法不正确的是(　　)
A．饱和石灰水加入生石灰，若温度不变，则溶液中Ca2＋的物质的量不变
B．饱和石灰水中加入生石灰，若温度不变，则pH不变
C．升高饱和石灰水的温度时，Ca(OH)2的溶度积常数Ksp减小
D．石灰水显碱性，能使蛋白质变性，所以有防治树木病虫害的作用
[解析]　饱和石灰水中加入生石灰，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于水减少则溶液中Ca2＋的物质的量减少，A项错误 ；B项温度不变，饱和石灰水的浓度不变，OH－的浓度不变，B正确；C项，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，升高温度，Ksp[Ca(OH)2]减小，正确。
[答案]　A
2．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
[解析]　反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系，A项不正确；沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等，C项不正确；沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动，D项不正确。
[答案]　B
3．(2017·大连双基测试)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是(　　)
A．AgCl难溶于水，不能转化为AgI
B．同一类型难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质
C．常温条件下，将饱和的AgCl溶液和AgI溶液等体积混合，会有沉淀生成
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须大于×10－11 mol·L－1
[解析]　本题考查难溶电解质的转化，意在考查学生对相关知识的掌握情况。难溶物之间能相互转化，沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，只要离子的浓度商Qc大于相应的Ksp，就可以生成沉淀，A项错误；同一类型难溶物的Ksp相差越大，越容易转化为更难溶的物质，B项正确；Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，且差距较大，AgCl和AgI的饱和溶液等体积混合后会有AgI沉淀生成，C项正确；常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI ，则必须c(Ag＋)·c(I－)>Ksp(AgI)，即×10－5×c(I－)>8.5×10－16，所以c(I－)>×10－11 mol·L－1，D项正确。
[答案]　A
4．(2017·山西运城月考)下列说法正确的是(　　)
A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
D．物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的
[解析]　Ksp值只与温度有关，常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，A项错误；稀盐酸中含较多的Cl－，使AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡逆向移动，故用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，B项正确；在含有BaSO4沉淀的溶液中存在BaSO4的溶解平衡：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入Na2SO4固体使溶液中c(SO)增大，溶解平衡逆向移动，故c(Ba2＋)减小，C项错误；物质的溶解有的吸热，有的放热，例如：Ca(OH)2的溶解过程为放热，且其溶解度随温度升高而降低，D项错误。
[答案]　B
5．(2017·安徽蚌埠二中月考)在25 ℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是(　　)
A．25 ℃时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．25 ℃时，饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．除去某溶液中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
[解析]　根据CuS、ZnS的Ksp可知，1 L溶液中溶解的CuS的质量为×10－18×96 g，同理1 L溶液中溶解的ZnS的质量为×10－12×97 g，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，A错误；根据CuS的溶解平衡：CuS(s)??S2－(aq)＋Cu2＋(aq)可得Ksp＝c(Cu2＋)·c(S2－)，可知饱和CuS溶液中c(Cu2＋)＝＝×10－18 mol·L－1，B错误；FeS的Ksp大于ZnS的Ksp，所以向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2混合液中加入少量Na2S时，应只有ZnS生成，C错误；依据沉淀的转化，溶度积大的FeS可以转化为溶度积小的CuS，D正确。
[答案]　D
6．(2016·湖北七市联考)常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，t时刻改变某一条件，离子浓度变化如图所示，下列有关说法正确的是(　　)
A．常温下，PbI2的Ksp为2×10－6
B．温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，Pb2＋浓度不变
C．t时刻改变的条件是升高温度，因而PbI2的Ksp增大
D．常温下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2－(aq)??PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数为5×1018
[解析]　本题考查沉淀溶解平衡，意在考查学生的分析能力和计算能力。A项，PbI2(s)??Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，常温下，Ksp(PbI2)＝c2(I－)·c(Pb2＋)＝(2×10－3)2×1×10－3＝4×10－9，A错误；B项，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，平衡左移，c(I－)减小，PbI2的溶度积常数不变，故c(Pb2＋)增大，B错误；C项，t时刻改变的条件是增加碘离子浓度，且PbI2的Ksp不变，C错误；D项，PbI2(s)＋S2－(aq)??PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数为K＝＝＝＝＝5×1018，D正确。
[答案]　D
二、填空题
7．硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验。
已知：溶液pH＝3.7时，Fe3＋已经沉淀完全；一水合氨电离常数Kb＝1.8×10－5 mol·L－1，其饱和溶液中c(OH－)约为1×10－3 mol·L－1。
请回答下列问题：
(1)写出A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_________________。
(2)上述流程中两次使用试剂①，推测试剂①应该是________(填字母)。
A．氢氧化钠 B．氧化铝
C．氨水 D．水
(3)溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH＝13，如果pH过小，可能导致的后果是___________________(任写一点)。
(4)H中溶质的化学式是________。
(5)计算溶液F中的c(Mg2＋)＝______________(25 ℃时，氢氧化镁的Ksp＝5.6×10－12)。
[解析]　(1)固体A为SiO2，SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O。
(2)一水合氨饱和溶液中c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，达不到0.1 mol·L－1，所以应加NaOH溶液调节pH。(3)根据信息，调节pH＝3.7时，使Fe3＋沉淀完全，调节pH＝13时，使Mg2＋沉淀，使Al(OH)3溶解。若pH过小，会造成Mg2＋沉淀不完全或Al(OH)3溶解不彻底。(4)溶液F为NaAlO2溶液，通入足量CO2后，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液。(5)c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝5.6×10－10 mol·L－1。
[答案]　(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O　(2)A
(3)Mg2＋沉淀不完全或Al(OH)3溶解不完全等
(4)NaHCO3　(5)5.6×10－10 mol·L－1
8．(2017·湖南长沙一中月考)水是最常用的溶剂，许多化学反应都需要在水溶液中进行。请仔细分析并回答下列问题。
某同学为了研究难溶电解质的溶解平衡，设计了如下实验(相关数据测定温度及实验环境均为25 ℃)：
操作步骤
现象
步骤1：向20 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液中加入20 mL 0.05 mol/L KSCN溶液，充分反应后过滤
出现白色沉淀
步骤2：向滤液中加少量2 mol/L Fe(NO3)3溶液
溶液变红色
步骤3：向步骤2所得溶液中，加入少量3 mol/L AgNO3溶液
现象a
步骤4：取步骤1所得少量滤渣加入到适量的3 mol/L KI溶液中
出现黄色沉淀
查阅资料：AgSCN是白色沉淀；Ksp(AgSCN)＝1.0×10－12；Ksp(AgI)＝8.5×10－17。
(1)请结合化学用语和必要的文字解释步骤2现象出现的原因：__________________________________。
(2)该同学根据步骤3中现象a推知，加入的AgNO3与步骤2所得溶液发生了反应，则现象a为__________________________________(任写一点即可)。
(3)写出步骤4中沉淀转化反应平衡常数的表达式：K＝________。
[解析]　(1)向20 mL0.05 mol/L AgNO3溶液中加入20 mL 0.05 mol/L KSCN溶液，充分反应，产生白色沉淀，发生反应：Ag＋(aq)＋SCN－(aq)??AgSCN(s)，该物质在溶液中存在沉淀溶解平衡AgSCN(s)??Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，溶液中仍有少量SCN－，向该溶液中加入Fe3＋，溶液中的SCN－与Fe3＋发生显色反应，使溶液变为红色。(2)向步骤2所得溶液中加入硝酸银，Ag＋会和SCN－发生反应得到AgSCN白色沉淀，使Fe(SCN)3的溶解平衡正向移动，导致溶液红色变浅。(3)步骤1所得的滤渣中含AgSCN固体，将其加入到KI溶液中，会产生沉淀溶解平衡：AgSCN(s)??Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，由于溶解度：AgI[答案]　(1)由于存在沉淀溶解平衡：AgSCN(s)??Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，故溶液中仍有少量SCN－，Fe3＋与SCN－结合生成Fe(SCN)3，从而溶液显红色
(2)出现白色沉淀(或溶液红色变浅)
(3)
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·河北秦皇岛一中月考)25℃时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度如图。
在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用(　　)
A．蒸馏水 B．1.00 mol·L－1盐酸
C．5.00 mol·L－1盐酸 D．10.00 mol·L－1盐酸
[解析]　观察题图知，PbCl2固体在浓度为1.00 mol·L－1的盐酸中溶解度最小。
[答案]　B
2．某同学为了探究沉淀溶解平衡原理并测定某温度下PbI2的溶度积常数，设计了如下实验：
Ⅰ.取100 mL蒸馏水，加入过量的PbI2固体(黄色)，搅拌、静置，过滤到洁净的烧杯中，得到滤液a；
Ⅱ.取少量滤液a于试管中，向其中加入几滴0.1 mol/L的KI溶液，观察现象；
Ⅲ.另准确量取10.00 mL滤液，与离子交换树脂(RH)发生反应：2RH＋Pb2＋===R2Pb＋2H＋，交换完成后，流出液用中和滴定法测得n(H＋)＝3.000×10－5 mol。分析过程，下列说法错误的是(　　)
A．步骤Ⅰ中搅拌的目的是使碘化铅充分溶解
B．步骤Ⅱ中观察到的现象是产生黄色沉淀
C．此实验温度下，PbI2的溶度积常数Ksp＝1.350×10－8
D．若步骤Ⅰ盛装滤液的烧杯中有少量的水，Ksp的测定结果不受影响
[解析]　C项，测得n(H＋)＝3×10－5 mol，则10 mL滤液中n(Pb2＋)＝1.5×10－5 mol，则c(Pb2＋)＝1.5×10－3 mol/L，
PbI2(s)??Pb2＋(aq)　　＋　　2I－(aq)
1.5×10－3 mol/L 3×10－3 mol/L
Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1.5×10－3×(3×10－3)2＝1.350×10－8，C正确；若步骤Ⅰ盛装滤液的烧杯中有少量水，溶液变稀，准确量取的10.00 mL滤液含有的Pb2＋减少，Ksp测定结果将会偏小，选D。
[答案]　D
3．(双选)(2016·江苏盐城一模)25℃时，用Na2S沉淀Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋四种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．Ksp(CuS)约为1×10－20
B．向Cu2＋浓度为10－5mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
C．向100 mL浓度均为10－5mol·L－1 Zn2＋、Fe2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入10－4mol·L－1 Na2S溶液，Zn2＋先沉淀
D．Na2S溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)
[解析]　由图示可知，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝1×10－10×1×10－25＝1×10－35，A错误；由图像知，Ksp(CuS)[答案]　BD
4．已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12，当溶液中离子浓度小于10－5 mol·L－1时，认为沉淀完全。下列叙述正确的是(　　)
A．饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大
B．向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小
C．向0.0008 mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol·L－1 AgNO3溶液，则CrO完全沉淀
D．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀
[解析]　A选项，饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，依据Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝c2(Ag＋)＝1.56×10－10可知c(Ag＋)＝×10－5 mol·L－1，同理Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝2c(CrO)，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c3(Ag＋)＝1×10－12可知c(Ag＋)＝×10－4 mol·L－1，错误；C选项，依据CrO＋2Ag＋===Ag2CrO4↓，溶液中c(Ag＋)＝＝2×10－4 mol·L－1，依据Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1×10－12，可知溶液中c(CrO)＝2.5×10－5 mol·L－1>10－5 mol·L－1，错误；D选项，AgCl开始沉淀时c(Cl－)＝ mol·L－1＝1.56×10－7 mol·L－1；Ag2CrO4开始沉淀时c(CrO)＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，正确。
[答案]　D
二、综合题
5．(2017·武汉检测)已知K、Ka、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数，弱酸的电离平衡常数，水的离子积常数，盐的水解平衡常数，难溶电解质的溶度积常数。
(1)有关上述常数的说法正确的是____________。
a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b．它们的大小都随温度的升高而增大
c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
d．—定温度下，在CH3COONa溶液中，KW＝Ka·Kh
(2)25℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显____________(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝____________。
(3)25℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝____________。
(4)高炉炼铁中发生的反应有：FeO(s)＋CO(g)??Fe(s)＋CO2(g)　ΔH<0
该反应的平衡常数表达式K＝____________；
已知1100℃时，K＝0.25，则平衡时CO的转化率为____________；
在该温度下，若测得高炉中c(CO2)＝0.020 mol·L－1，c(CO)＝0.1 mol·L－1，则此时反应速率是v正____________(填“>”、“<”或“＝”)v逆。
(5)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol·L－1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是____________。(已知lg 2≈0.3)
[解析]　(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b选项错误；温度不变，CH3COOH的电离平衡常数不变，c选项错误。
(2)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝＝＝。
(3)由Ka＝，代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol·L－1。
(4)根据方程式可得K＝；设开始时c(CO)＝a mol·L－1，平衡时c(CO2)＝b mol·L－1，则＝0.25，得a＝5b，则平衡时CO的转化率为＝＝20%；Qc＝＝＝0.20<0.25，故v正>v逆。
(5)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀时c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol·L－1，pH＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c2(OH－)＝＝1.0×10－10，得c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，pH＝9，调节pH范围为[3.3,9)。
[答案]　(1)ad　(2)中　　(3)0.01 mol·L－1
(4)　20%　>　(5)[3.3,9)
课时跟踪训练(二十九)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．燃煤是影响空气质量的主要原因之一。下列有关叙述中错误的是(　　)
A．煤主要含碳及少量的氢、氮、硫、氧等元素
B．煤的干馏、液化都是化学变化
C．将煤气化后再燃烧可降低污染
D．生石灰和煤混合燃烧生成CaSO4是减少燃煤产生SO2的唯一方法
[解析]　D选项所述方法不是唯一方法，错误。
[答案]　D
2．有机化合物分子中的原子或原子团被其他原子或原子团取代的反应是取代反应。下列过程与取代反应有关的是(　　)
A．苯与溴水混合振荡，水层颜色变浅
B．乙烯与溴水混合振荡，水层颜色变浅
C．乙烯使高锰酸钾溶液褪色
D．甲烷与氯气在一定条件下生成四氯化碳
[解析]　A选项，萃取属于物理变化；B选项，属于加成反应；C选项，属于氧化反应；D选项属于取代反应。
[答案]　D
3．下列不能用来鉴别乙烷和乙烯的方法是(　　)
选项
试剂或操作
鉴别方法
A
点燃
观察火焰
B
酸性高锰酸钾溶液
观察溶液颜色变化
C
水
观察水溶性
D
溴的四氯化碳溶液
观察溶液颜色变化
[解析]　火焰明亮者为乙烯；使高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色者为乙烯；乙烷、乙烯都难溶于水。
[答案]　C
4．海南的水果大量向北方销售，运输这些水果时，常常将浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的集装箱中，高锰酸钾溶液的作用是(　　)
A．杀死水果周围的细菌，防止水果霉变
B．吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂
C．吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟
D．发挥氧化性，催熟水果
[解析]　水果散发乙烯，乙烯又能催熟水果，高锰酸钾能够与水果产生的乙烯反应，降低集装箱内乙烯的浓度，防止运输时水果早熟。
[答案]　C
5．对于苯乙烯()的下列叙述中：①能使KMnO4酸性溶液褪色　②可发生加聚反应　③可溶于水　④可溶于苯中　⑤能与浓硝酸在浓H2SO4作用下发生取代反应　⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是(　　)
A．①②③④⑤ B．①②⑤⑥
C．①②④⑤⑥ D．全部正确
[解析]　苯乙烯中有苯基和碳碳双键难溶于水，易溶于苯，所有的原子可能共平面，能发生加成、加聚和取代反应。
[答案]　C
6．(2016·河南商丘一模)某烃有两种或两种以上的同分异构体，某一种同分异构体的一氯代物只有一种，则这种烃可能是(　　)
①分子中含有7个碳原子的芳香烃　②分子中含有4个碳原子的烷烃　③分子中含有12个氢原子的烷烃　④分子中含有8个碳原子的烷烃
A．③④ B．②③
C．①② D．②④
[解析]　①分子中含有7个碳原子的芳香烃只能是甲苯，只有一种结构，不符合题意；②分子中含有4个碳原子的烷烃有两种结构：正丁烷和异丁烷，它们都有两种一氯代物，也不符合题意；③分子中含有12个氢原子的烷烃是戊烷，有三种结构：正戊烷、异戊烷和新戊烷，其中新戊烷只有一种一氯代物，符合题意；④分子中含有8个碳原子的烷烃有多种结构，其中2,2,3,3-四甲基丁烷只有一种一氯代物，符合题意，故正确答案为A。
[答案]　A
二、填空题
7．下面A～G是几种常见烃分子球棍模型，根据这些模型回答下列问题：
(1)常温下含碳量最高的液态烃是________。
(2)能够发生加成反应的烃为________。
(3)一氯代物的同分异构体最多的是________(以上填对应字母)。
(4)写出由C制备聚乙烯的化学方程式：___________，反应类型为________。
[解析]　(1)E(苯)的含碳量最大。
(2)C为乙烯，含碳碳双键，E、F含有苯环，苯环中碳原子之间的化学键介于双键与单键之间，能够发生加成反应。
(3)F为甲苯，其一氯取代可以发生在甲基、苯环上甲基的邻、间、对共四个位置上。
[答案]　(1)E　(2)C、E、F　(3)F
(4)nCH2===CH2?CH2—CH2?　加聚反应
8．汽油不仅是最重要的燃料，而且是重要的化工原料，它既可以裂解得到气态化工原料如乙烯等，还可以在催化剂催化作用下改变分子结构，由链烃变成芳香烃，如己烷变成苯，这个变化叫异构化。请根据以汽油为原料的下列衍变关系，写出相应的化学方程式，并注明反应类型。
(1)________________，________。
(2)________________，________。
(3)________________，________。
9．(1)有一个地窖因煤气管道泄漏而混有可燃气体，为检查混合气体会不会发生爆炸需要取样试验。现仅有橡皮管、水、一个有玻璃片的集气瓶、水槽、烧杯、细绳、酒精灯、火柴，你怎样用最少的仪器用品和最简捷的方法取样，并于地窖外检验混合气体是否在爆炸极限范围内？
(2)实验室制取乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2===CH2↑＋H2O，反应时，常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的SO2，有人设计下列实验确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。
试回答下列问题：
①图中abcd装置盛放的试剂分别是(填标号)：
a________，b________，c________，d________。
A．品红溶液 B．NaOH溶液
C．浓硫酸 D．酸性高锰酸钾溶液
②能说明SO2存在的现象是__________________________________。
③使用装置b的目的是__________________________________。
④使用装置c的目的是__________________________________。
⑤确认乙烯存在的现象是____________________。
[解析]　(2)SO2和乙烯的共同性质都能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，而验证乙烯只能用此性质，所以必须首先验证并除去SO2，再验证乙烯。
SO2可与NaOH溶液反应，而乙烯则不能与NaOH溶液反应，所以除去SO2可用NaOH溶液，验证SO2用品红溶液。装置a是为验证混合气体中有SO2(品红溶液褪色)，装置b是充分除去SO2(NaOH溶液)，装置c是为了验证混合气体中的SO2已除尽(品红溶液不褪色)，装置d是为了验证混合气体中含有乙烯(酸性高锰酸钾溶液褪色)。
[答案]　(1)先将集气瓶中装满水，用细绳系住，投入到地窖中，倒掉水后，将集气瓶从地窖中取出，并迅速用玻璃片盖住。在安全处，取下玻璃片，用火柴点燃集气瓶中的气体，若听到爆鸣声，则说明在爆炸范围内；若听不到爆鸣声，说明不在爆炸范围内。
(2)①a.A　b．B　c．A　d．D
②装置a中品红溶液褪色
③除去SO2气体以免干扰乙烯的性质实验
④检验SO2是否除尽
⑤装置c中的品红溶液不褪色，装置d中的酸性高锰酸钾溶液褪色
B级(能力提升)
一、选择题
1．下列说法中不正确的是(　　)
石油分馏产品乙烯1,2－二溴乙烷
A．石油是由烃组成的混合物 　B．①主要发生物理变化
C．②是石油的裂解 　D．③属于取代反应
[解析]　③属于加成反应。
[答案]　D
2．下列物质不可能是乙烯加成产物的是(　　)
A．CH3CH3 B．CH3CHCl2
C．CH3CH2OH D．CH3CH2Br
[解析]　A、C、D选项是乙烯分别与H2、H2O、HBr加成的产物。
[答案]　B
3．(2016·上海六校模拟)有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是(　　)
①a和d是同分异构体　②b和c是同系物　③a和d都能发生加聚反应　④只有b和c能发生取代反应
A．①② B．①④
C．②③ D．①②③
[解析]　根据碳的骨架可知四种烃分别是a：2-甲基丙烯，b：2,2-二甲基丙烷，c：2-甲基丙烷，d：环丁烷。相同碳原子数的烯烃和环烷烃是同分异构体，①正确；b和c是碳原子数不同的烷烃，是同系物，②正确；d不能发生加聚反应，③错误；环烷烃和烷烃性质相似，也易发生取代反应，a中甲基上的H原子也可以发生取代反应，④错误。
[答案]　A
4．下表中所列的都是烷烃的分子式，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布的第5项X应为(　　)
1
2
3
4
5
6
……
……
CH4
C2H6
C5H12
C8H18
X
C26H54
……
……
A.C17H36 B．C20H42
C．C25H52 D．C53H108
[解析]　根据题给表格进行分析，不难发现，奇数项的烷烃分子式中的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此。则可推断出第5项X中的C原子数为5＋12＝17，即X为C17H36。
[答案]　A
二、综合题
5．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据要求回答：
(1)B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③________。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应________。
(3)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是_________________。
(4)E装置的作用是________(填序号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(5)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为________。该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为________(填序号)。
A．CH4　B．CH3Cl　C．CH2Cl2　D．CHCl3　E．CCl4
[解析]　(2)CH4和Cl2在漫射光条件下发生如下反应：
CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl；CH4＋3Cl2CHCl3＋3HCl；CH4＋4Cl2CCl4＋4HCl。所以V(Cl2)/V(CH4)≥4时生成氯化氢最多，故x≥4。
[答案]　(1)干燥混合气体　(2)大于或等于4
(3)吸收过量的氯气　(4)CD
(5)分液　AB
课时跟踪训练(三)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”“增铁酱油”“高钙牛奶”“富硒茶叶”和“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟应理解为(　　)
A．元素 B．单质
C．分子 D．氧化物
[解析]　一定不是单质，有的有毒或不能吸收，不一定以分子或氧化物的形式存在。上述物质中，只能笼统地称元素。
[答案]　A
2．下列物质的分类依据正确的是(　　)
选项
物质类别
分类依据
A
酸
电离时能否产生氢离子
B
碱性氧化物
是否属于金属氧化物
C
胶体
能否发生丁达尔效应
D
强电解质
水溶液中能否完全电离
[解析]　酸是电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物，A错误；金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物是与酸反应只生成盐和水的氧化物，B错误；依据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，胶体是分散质粒子的直径在1～100 nm之间的分散系，C错误；在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，D正确。
[答案]　D
3．(2016·杭州二检)在化学反应中，反应前与反应后相比较，肯定不变的是(　　)
①元素的种类　②原子的种类　③分子的数目　④原子的数目　⑤反应前物质的质量总和与反应后物质的质量总和　⑥如果在水溶液中反应，反应前与反应后阳离子所带的正电荷总数
A．①②③④ B．①②⑤⑥
C．①②④⑤ D．②③⑤⑥
[解析]　依据质量守恒，在化学反应前后，元素的种类、物质的质量总和不变，①⑤正确；原子是化学变化中的最小微粒，故原子的种类和数目在反应前后也不变，②④正确。故①②④⑤正确，选C。
[答案]　C
4．(2017·安徽“皖南八校”第一次联考)下列关于物质分类的说法正确的是(　　)
A．根据原子最外层电子数的多少可将元素分为金属元素和非金属元素
B．根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等
C．汽油、漂白粉、水玻璃、王水均为混合物
D．纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质
[解析]　最外层电子数少的不一定是金属元素，如H元素，最外层电子数多的也不一定是非金属元素，如钋原子最外层有6个电子，A错误；根据酸电离出H＋的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，B错误；食盐水是NaCl溶液，为混合物，是电解质溶液，不是电解质，D错误。
[答案]　C
5．(2016·青岛模拟)生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是(　　)
A．将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐
B．一支钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞
C．泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用
D．清晨，人们经常能看到阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
[解析]　A项，将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，因为豆浆是胶体，加入电解质会使胶体聚沉，制成豆腐；B项，墨水是胶体，不同型号的蓝黑墨水，若胶体粒子带的电荷相反，电荷则会相互中和，使胶体聚沉；C项，泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，发生了相互促进的水解反应，跟胶体的性质无关；D项，胶体的丁达尔效应。
[答案]　C
6．(2017·江西九江检测)已知某物质X能发生如下转化：
XYZA
下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述不正确的是(　　)
A．若X为N2或NH3，则A为硝酸
B．若X为S或H2S，则A为硫酸
C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y
D．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
[解析]　如浓HNO3与Cu反应生成的是NO2，而Y是NO，C正确；若X为N2或NH3，则Z为NO2，NO2与H2O的反应也为氧化还原反应，D错误。
[答案]　D
二、填空题
7．有下列词语：①渗析　②盐析　③聚沉　④溶胶　⑤凝胶　⑥电泳　⑦丁达尔效应　⑧中和　⑨水解，选出适当的词语将其序号填入下列空格中。
(1)往浓肥皂水中加入饱和食盐水(或固体食盐)，肥皂凝聚，这种现象称为________。
(2)在肥皂水中透过强光，可看到光带，这种现象称为________。
(3)使热的浓肥皂水冷却并完全固化后的物质叫________。
(4)在肥皂水中加入酚酞变红色，说明高级脂肪酸根离子发生了________。
(5)在Fe(OH)3胶体中加入(NH4)2SO4产生红褐色沉淀，这种现象叫做________。
(6)用半透膜把制取Fe(OH)3胶体中生成的氯化钠分离出的方法叫做________。
(7)在水泥和冶金工厂常用高压电对气溶胶作用，除去大量烟尘，减小对空气的污染。这种做法应用的主要原理是________。
[解析]　(1)肥皂水是高级脂肪酸钠的水溶液，分散质粒子较大，为胶体。NaCl使其凝聚的过程叫盐析。(2)肥皂水中透过强光，看到光带，此现象为丁达尔效应。(3)块状肥皂是凝胶。(4)高级脂肪酸是弱酸，其钠盐在水溶液中发生水解呈碱性。(5)Fe(OH)3胶体中加入电解质(NH4)2SO4时发生聚沉。(6)用半透膜将胶体提纯，此过程叫渗析。(7)水泥和冶金厂产生的气溶胶，其分散质粒子带有电荷，利用电泳现象，使烟尘在高压直流电的作用下定向移动，达到除尘目的。
[答案]　(1)②　(2)⑦　(3)⑤　(4)⑨　(5)③　(6)①　(7)⑥
8．(2016·福建福安高中等三校联考)要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题：
(1)下列是某同学对有关物质进行分类的列表：
碱
酸
盐
碱性
氧化物
酸性
氧化物
第一组
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
CaO
CO2
第二组
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
第三组
NaOH
CH3COOH
CaF2
Al2O3
SO2
每组分类均有错误，其错误的物质分别是________、________、________(填化学式)。
(2)鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能产生______________。
(3)一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表：
物质
M
N
Q
P
反应前质量/g
50
1
3
12
反应后质量/g
x
26
3
30
①该变化的基本反应类型是________反应；
②物质Q在反应中起的作用是_________________________。
[解析]　(1)Na2CO3属于碳酸盐，不是碱；CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物；Al2O3是两性氧化物。(2)胶体能产生丁达尔效应，而溶液则不能，故可采用丁达尔效应鉴别溶液和胶体。(3)由表中数据可知，N和P为生成物，Q的质量不变，是催化剂，则M是反应物，该反应属于分解反应。
[答案]　(1)Na2CO3　CO　Al2O3
(2)丁达尔效应
(3)①分解　②催化作用
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·安徽“学普”联考)从分类的角度来看，下列说法正确的是(　　)
A．硅酸、氯化铁溶液均为胶体
B．水玻璃、氯水均为混合物
C．醋酸、纯碱、胆矾分别属于酸、碱、盐
D．氨气属于非电解质，Cu属于电解质
[解析]　氯化铁溶液属于溶液，不是胶体，A错误；水玻璃是Na2SiO3溶液，氯水是Cl2溶于水形成的溶液，二者均为混合物，B正确；纯碱为Na2CO3，属于盐类，C项错误；Cu是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误。
[答案]　B
2．(2016·北京丰台区期末)在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是(　　)
A．用蒸馏法淡化海水 B．用铁矿石冶炼铁
C．用石油裂解生产乙烯 D．用煤制水煤气
[解析]　用蒸馏法淡化海水是将水加热变成水蒸气，再冷却变成液态水，该过程为物理变化，A项符合题意。
[答案]　A
3．(2017·江西丰城中学调研)化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是(　　)
A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取属于化学变化
B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
[解析]　A项，青蒿素的提取采用低温萃取，属于物理变化；B项，雾霾形成气溶胶，能产生丁达尔效应；C项，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，即CuSO4与Fe发生置换反应生成Cu；D项，剂钢是一种铁的合金。
[答案]　A
4．下列有关物质的性质与应用的说法均正确，且具有因果关系的是(　　)
A．氯气有毒，不可用于自来水的杀菌消毒
B．Al(OH)3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，可用作阻燃剂
C．二氧化硅不与强酸反应，可用玻璃容器盛放氢氟酸
D．Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具的供氧剂
[解析]　A项，氯气与水发生反应产生HCl和HClO，HClO有杀菌消毒的作用，因此在水中通入适量氯气，可用于自来水的杀菌消毒，错误；B项，Al(OH)3分解时需要吸热，可使周围温度降低，同时生成的水蒸气在可燃物周围，可减少可燃物与氧气的接触，正确；C项，SiO2可以与氢氟酸反应，故不可用玻璃容器盛放氢氟酸，错误；D项，Na2O2可以与呼吸产生的水蒸气和CO2发生反应产生氧气，所以可用作呼吸面具的供氧剂，但Na2O2的此性质，不是因为其具有强氧化性，错误。
[答案]　B
二、综合题
5．(2017·新疆一检)物质A～E均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应(除A～E外的其他物质已略去)：
(1)写出相应物质的类别：
B
C
D
类别
(2)在以上反应中(用序号填空)：
属于氧化还原反应的是________；属于复分解反应的是________。
(3)写出反应③和⑦的离子方程式：_________________________。
[解析]　由框图中所示转化关系，可得出D为氧化铜，E为硫酸铜，A为铜，B为氯化铜，C为氢氧化铜。
[答案]　(1)
B
C
D
类别
盐
碱
氧化物
(2)①②⑦　③④⑤
(3)CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
6．(2017·河北名校联考)对于不同的物质如何进行分类研究其性质？
某化学兴趣小组欲研究H2SO4、KCl、Na2SO3、Na2CO3、NaCl、NaOH的性质，对于如何研究，他们设计了两种研究方案：
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；
方案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，某同学认为Na2SO3、Na2CO3溶液都显碱性，于是将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两种物质，它们在与其他物质混合时现象相同，无法区分，你能设计一种简单的方法区分这两种物质吗？________________________________________________________________。
(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，你能帮忙解决这一难题吗？___________________。
[解析]　(1)电离时生成的阴离子全是OH－的物质属于碱类，Na2CO3和Na2SO3溶液显碱性是由于CO和SO的水解，它们均属于盐类，只是它们的水溶液显碱性。(2)鉴别KCl和NaCl两种物质最简单的方法是利用焰色反应。(3)用H2SO4可以鉴别Na2CO3、Na2SO3、NaCl三种物质，Na2CO3与H2SO4反应生成无色、无味的气体，反应的化学方程式为Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋CO2↑＋H2O；Na2SO3与H2SO4反应生成无色有刺激性气味的气体，反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；NaCl与H2SO4不反应。(4)H2SO4与过量NaOH反应生成盐，溶液不再显酸性，不再与Na2SO3或Na2CO3反应，而NaCl与H2SO4混合后，溶液仍显酸性，还能与Na2SO3或Na2CO3反应生成气体。
[答案]　(1)不合理，Na2CO3和Na2SO3均属于盐类，只是它们水解使溶液显碱性。
(2)利用焰色反应，焰色反应呈紫色的为KCl(透过蓝色钴玻璃)，焰色反应呈黄色的为NaCl。
(3)H2SO4　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，充分混合后，再向混合溶液中分别滴加Na2CO3溶液，若有气泡生成，则加入的未知溶液为NaCl溶液；若无气泡生成，则加入的未知溶液为NaOH溶液。
课时跟踪训练(三十)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·山东青岛期末)化学与生活密切相关。下列说法不正确的是(　　)
A．雾霾天气对人体健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同
B．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理
C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
D．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物
[解析]　雾是由水蒸气液化成小液滴形成的，霾是由固体小颗粒形成的，分散质的微粒不同，A项正确；绿色化学的核心是从根源上不产生污染，实现原子利用率达100%，B项错误；硅胶能吸附水分，保持食物干燥，铁粉能和氧气反应，防止食物中的油脂等被氧气氧化，C项正确；人体不能产生纤维素水解酶，故纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，D项正确。
[答案]　B
2．(2017·湖北部分高中调考)下列说法正确的是(　　)
A．煤经处理变为气体燃料的过程属于物理变化
B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物
C．乙烯和乙醇均可使酸性KMnO4溶液褪色
D．乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇
[解析]　煤经气化等处理变为气体燃料的过程属于化学变化，A错误；油脂不是高分子化合物，B错误；乙烯和乙醇都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；植物油属于油脂，酸性条件下水解生成高级脂肪酸和丙三醇，D错误。
[答案]　C
3．有关“油”的说法中正确的是(　　)
A．油脂包括矿物油、植物油与动物油
B．油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应
C．植物油能使碘酒褪色
D．油脂属于高分子化合物，可以发生水解反应
[解析]　矿物油是烃，油脂属于酯，A选项错误；油脂氢化属于加成反应，但皂化属于水解反应，B选项错误；C选项，植物油含有C===C键，会与I2发生加成反应，正确；油脂不属于高分子化合物，D选项错误。
[答案]　C
4．下列每个选项的甲、乙两个反应中，属于同一种反应类型的是(　　)
选项
甲
乙
A
溴乙烷(C2H5Br)与水反应制备乙醇
乙醛()与氢气反应制备乙醇
B
乙烯使溴水褪色
乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
C
一定条件下乙酸与乙醇反应
乙酸乙酯与NaOH溶液反应
D
乙烷与氯气反应制备氯乙烷
乙烯与氯化氢反应制备氯乙烷
[答案]　C
5．下列关于①乙烯　②苯　③乙醇　④乙酸　⑤葡萄糖的叙述中不正确的是(　　)
A．可以用新制的Cu(OH)2悬浊液鉴别③④⑤
B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色
C．只有②③④能发生取代反应
D．一定条件下，⑤可以转化为③
[解析]　A选项，新制的Cu(OH)2悬浊液与乙醇、乙酸、葡萄糖(加热)反应的现象分别为无现象、沉淀溶解、生成砖红色沉淀，正确；葡萄糖能发生取代反应，C选项错误；淀粉造酒的过程为淀粉→葡萄糖→酒精，D选项正确。
[答案]　C
6．(2016·陕西五校一模)某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化，得到的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子质量b的关系是a＝b＋84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是 (　　)
A．该醇分子中一定具有甲基
B．该醇分子中一定没有甲基
C．该醇分子中至少含有三个碳原子
D．该醇分子中具有两个醇羟基
[解析]　若是一元醇与乙酸发生酯化反应，生成酯和水，乙酸的相对分子质量是60，根据质量守恒定律，b＋60＝a＋18，则a与b的关系是a＝b＋60－18＝b＋42，现在a＝b＋84，说明该醇分子中有两个醇羟基。
[答案]　D
二、填空题
7．生活中的有机物种类丰富，在衣食住行等多方面应用广泛，其中乙醇是比较常见的有机物。
(1)乙醇是无色有特殊香味的液体，密度比水________。
(2)工业上用乙烯与水反应可制得乙醇，该反应的化学方程式为_________
(不写反应条件)，原子利用率是__________________________________。
(3)属于乙醇的同分异构体的是________(选填编号)。
(4)乙醇能够发生氧化反应：
①46 g乙醇完全燃烧消耗________mol氧气。
②乙醇在铜作催化剂的条件下可被氧气氧化为乙醛，反应的化学方程式为
__________________________________。
[解析]　和乙醇互为同分异构体的物质应和乙醇有相同的分子式和不同的结构，符合条件的是D。
[答案]　(1)小
(2)CH2===CH2＋H2O―→CH3CH2OH　100%
(3)D
(4)①3　②2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
8．某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且能够防止环境污染，现按以下方式进行处理利用：
已知H是具有香味的液体，试填空：
(1)A的名称为________；H的名称为________；
(2)D―→E的化学方程式__________________________________；
(3)G―→H的化学方程式__________________________________。
[解析]　据题给物质转化关系及转化条件，可推出A：纤维素，D：乙醇，E：乙醛，G：乙酸，H：乙酸乙酯，D―→E的化学方程式：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，G―→H的化学方程式：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O。
[答案]　(1)纤维素　乙酸乙酯
(2)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
(3)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O
9．(2017·湖南株洲二中月考)下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。
【实验目的】　制取乙酸乙酯
【实验原理】　甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为_____________；
其中浓硫酸的作用是________和________。
【装置设计】　甲、乙、丙三位同学分别设计下列三套实验装置：
请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，选择的装置是________(选填“甲”或“乙”)。丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是________。
【实验步骤】
①按选择的装置仪器，在试管中先加入3 mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2 mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2 mL冰醋酸；
②将试管固定在铁架台上；
③在试管B中加入适量的饱和Na2CO3溶液；
④用酒精灯对试管A加热；
⑤当观察到试管B中有明显现象时停止实验。
【问题讨论】
(1)步骤①装好实验装置，加入样品前还应_____________________。
(2)试管B中饱和Na2CO3溶液的作用是_________________________。
(3)从试管B中分离出乙酸乙酯的实验操作是_________________。
[解析]　制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸既作催化剂又作吸水剂(吸收水促使平衡右移)，提高反应产率。用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯时，要注意防倒吸，不能插入液面以下，也可以用丙中的装置，连接一个干燥管防倒吸。组装好一套实验装置后，要先检验装置的气密性。乙酸乙酯是不溶于水且比水轻的有机物，用分液的方法提取乙酸乙酯。
[答案]　【实验原理】　CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
催化剂　吸水剂(顺序可以颠倒)
【装置设计】　乙　防止倒吸
【问题讨论】　(1)检查装置的气密性
(2)中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度
(3)分液
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·山东青岛一模)为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是(　　)
A
B
C
D
被提纯物质
酒精(水)
乙醇(乙酸)
乙烷(乙烯)
溴苯(溴)
除杂试剂
生石灰
氢氧化钠
溶液
酸性高锰
酸钾溶液
KI溶液
分离方法
蒸馏
分液
洗气
分液
[解析]　A项生石灰与水反应，消耗酒精中的水，蒸馏可得到酒精；B项乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将乙醇与盐溶液分离；C项酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳，引入了新的杂质；D项溴可将KI氧化为碘单质，而碘易溶于溴苯，达不到除杂的目的。
[答案]　A
2．(2017·江西丰城中学课改实验班月考)下列说法正确的是(　　)
A．在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯不能与H2发生加成反应
B．C2H6O和C4H10都有2种同分异构体
C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，二者分子中官能团相同
D．淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖
[解析]　在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯也能与H2发生加成反应，A错误；C2H6O有CH3CH2OH和H3C—O—CH32种同分异构体，C4H10有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，B正确；乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，前者含有的官能团是酯基，后者含有的官能团是羧基，分子中官能团不相同，C错误；淀粉水解的最终产物为葡萄糖，而蛋白质水解的最终产物为氨基酸，D错误。
[答案]　B
3．分析下表中各项分子式的规律，按此规律排布，第30项应该是(　　)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
CH4
C2H4
CH4O
C2H4O2
C2H6
C3H6
C2H6O
C3H6O2
C3H8
C4H8
A.C8H18 B．C9H18
C．C8H18O D．C9H18O2
[解析]　分析表格中的各项，可将每4种划分为1组，每组中的4种物质依次符合CnH2n＋2、Cn＋1H2n＋2、CnH2n＋2O、Cn＋1H2n＋2O2的通式(n为组数)。第30项属于第8组中的第2种物质，符合Cn＋1H2n＋2的通式，即C9H18。
[答案]　B
4．已知：
下列说法错误的是(　　)
A．M的分子式为C6H10
B．M中所有碳原子在同一平面上
C．N能发生氧化反应和取代反应
D．N的含有相同官能团的同分异构体有8种(不考虑立体异构)
[答案]　B
二、综合题
5．食品安全关系国计民生，影响食品安全的因素很多。
(1)聚偏二氯乙烯具有超强阻隔性能，可作为保鲜食品的包装材料。它是由________(写结构简式)发生加聚反应生成的。
(2)劣质植物油中的亚油酸[CH3(CH2)4—CH===CH—CH2—CH===CH—(CH2)7COOH]含量很低。下列关于亚油酸的说法中，正确的是 (　　)
A．分子式为C18H34O2
B．一定条件下能与甘油(丙三醇)发生酯化反应
C．能和NaOH溶液反应
D．能使酸性KMnO4溶液褪色
(3)假酒中甲醇(CH3OH)含量超标，请写出Na和甲醇反应的化学方程式：
______________________。
(4)劣质奶粉中蛋白质含量很低。蛋白质水解的最终产物是____________。
(5)在淀粉中加入吊白块制得的粉丝有毒。淀粉最终的水解产物是葡萄糖。请设计实验证明淀粉已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：_________。
[解析]　(1)去掉已知聚合物的结构简式中的方括号，还原双键，即得合成该聚合物的单体为CCl2===CH2。
(2)根据亚油酸的结构简式可知其分子式为C18H32O2，A错误；亚油酸分子中含有羧基，能够与含有羟基的甘油发生酯化反应，B正确；亚油酸分子中含有羧基，能与NaOH溶液发生中和反应，C正确；亚油酸分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
(3)甲醇和乙醇的性质类似，能与钠反应生成氢气和甲醇钠。
(4)蛋白质水解的最终产物是氨基酸。
(5)淀粉遇碘变蓝，如果溶液中的淀粉完全水解，溶液中不含淀粉，则加碘水后溶液不变蓝。
[答案]　(1)CCl2===CH2　(2)BCD
(3)2CH3OH＋2Na―→2CH3ONa＋H2↑
(4)氨基酸
(5)取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解
课时跟踪训练(三十一)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·廊坊质量监测)下列仪器对应的名称正确的是(　　)
[解析]　本题考查了化学基本仪器的识别，意在考查考生对中学化学常见实验仪器的认知能力。A项为泥三角，不是三脚架；C项为球形分液漏斗，不是长颈漏斗；D项正确的名称为坩埚，但不能确定其是否为瓷坩埚。
[答案]　B
2．下列说法或实验操作中，正确的是(　　)
①用托盘天平称取5.2 g NaCl　②用50 mL量筒量取5.2 mL盐酸　③用蒸发皿加热NaCl溶液可以得到NaCl晶体　④用100 mL容量瓶配制50 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液　⑤区别NaCl、Na2SO4时需用到胶头滴管、试管　⑥试管、烧杯均可用于盛放液体、固体加热
A．①③⑤ B．②④⑥
C．①③④ D．③⑤⑥
[解析]　量筒是一种粗量器，用50 mL量筒量取5.2 mL盐酸时误差较大，应选用10 mL量筒进行量取，②错误；100 mL容量瓶只能配制100 mL溶液，无法配制50 mL溶液，④错误；由于物质鉴别所用试剂量较少，故应使用试管作反应容器，通过胶头滴管滴加试剂，⑤正确；烧杯只能用于盛放液体加热，⑥错误。
[答案]　A
3．玻璃棒在化学实验中是一种常用仪器，用途广泛。下列实验中玻璃棒能起到搅拌作用的是(　　)
①配制一定物质的量浓度的溶液　②粗盐提纯　③溴乙烷中溴元素的检验　④从制取氧气的剩余固体中提取KCl　⑤测定溶液的pH　⑥浓盐酸与浓氨水相遇发烟
A．①②④ B．②③④
C．②④⑥ D．全部
[解析]　①中溶质溶解需要玻璃棒搅拌，②中粗盐溶解需要玻璃棒搅拌，③中不需要玻璃棒，④中固体混合物的溶解需要玻璃棒搅拌，⑤、⑥中需要玻璃棒蘸取溶液，玻璃棒不起搅拌作用。
[答案]　A
4．实验室里不宜长期放置，应在使用时再配制的试剂是(　　)
①酚酞试液　②银氨溶液　③Na2CO3溶液　④Cu(OH)2悬浊液　⑤酸性FeCl3溶液　⑥FeSO4溶液　⑦NaCl溶液　⑧氯水
A．②⑤⑥⑧ B．①③④⑤
C．①②⑤⑦ D．②④⑥⑧
[解析]　②银氨溶液长期放置会转化为易爆物质，④Cu(OH)2悬浊液长期放置会发生变化，⑥FeSO4溶液长期放置易被氧化，⑧氯水长期放置会转化为盐酸，所以实验室里不宜长期放置，应在使用时再配制的试剂为②④⑥⑧。
[答案]　D
5．(2016·辽宁六校期末)如图为常用玻璃仪器组成的七种实验装置，根据需要可在其中加入液体或固体试剂。下列说法错误的是(　　)
A．A、B装置既能用于收集Cl2，又能用于收集NO
B．装有浓硫酸的F装置可用于干燥CO2气体
C．C、E装置可用于尾气吸收，能防止液体倒吸到气体发生装置中
D．G装置可用于合成氨实验中，可干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比
[解析]　A装置可用排空气法收集Cl2，若A装置装满水，则可用于收集NO；B装置可用排饱和食盐水法收集Cl2，也能用于收集NO，A项正确。F为U形干燥管装置，该装置只能盛装固体干燥剂，B项错误。C装置中的烧杯可吸收尾气，洗气瓶起到缓冲作用，防止烧杯中的液体倒吸入气体发生装置中；E装置中间膨大部分可防止液体倒吸，C项正确。G装置中装入浓硫酸，可干燥H2和N2混合气体，通过气泡多少可大致观察H2和N2的体积比，D项正确。
[答案]　B
二、填空题
6．(1)以下是中学化学实验中常见的定量仪器：a.量筒　b．容量瓶　c．滴定管　d．托盘天平。使用前要检查仪器是否漏液的是________(填编号)。
(2)请在下面的横线上，写出洗涤下面仪器的试剂：
①做过模拟溶洞形成实验的试管： ________；
②做过银镜反应实验的试管：____________；
③做过氢气还原氧化铜实验的玻璃管： ______；
④做过KMnO4受热分解实验的试管：______；
⑤做过硫的熔沸点测定实验的试管： ________；
⑥做过碘升华实验的试管： ________________；
⑦做过油脂水解实验的试管：______________。
[解析]　在化学实验中，只要是需要盛装液体，且有活塞或塞子，如容量瓶、分液漏斗、滴定管等，为防止活塞或塞子处液体渗漏，使用之前必须检查是否漏液，简称检漏。所以，(1)中所给出的4种仪器中b(容量瓶)和c(滴定管)必须检漏。解答特殊脏物洗涤的题目，首先明确脏物是什么？然后了解脏物的性质，特别是其溶解性，即它能溶于什么物质？(2)中各实验仪器中脏物与洗涤剂如下表：
序号
脏物
洗涤剂
①
CaCO3
稀盐酸
②
Ag
稀硝酸
③
Cu
稀硝酸
④
MnO2
热的浓盐酸
⑤
S
CS2(或热的NaOH溶液)
⑥
I2
酒精
⑦
油脂
热的纯碱溶液(或热的NaOH溶液)
[答案]　(1)bc　(2)①稀盐酸　②稀硝酸　③稀硝酸　④热的浓盐酸　⑤CS2(或热的NaOH溶液)　⑥酒精　⑦热的纯碱溶液(或热NaOH溶液)
7．(2017·黑龙江哈尔滨一中月考)(1)下图为常见仪器的部分结构(有的仪器被放大)
①D图中的仪器名称是______，A图中液面所示溶液的体积为______mL，C图中的液面与“0”刻度之间的体积差为________mL(设A、C中分别盛有无色溶液)。
②检查B是否漏水的方法是_________________。
(2)某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有下列仪器：
①指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则该空不需要填写)。
仪器编号
a
b
c
d
e
名称
试管
溶量瓶
集气瓶
碱式滴定管
普通漏斗
改正的名称
②关于e的用途，乙同学说：能组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？
a．__________________________________；
b．__________________________________。
[解析]　(2)①a为试管，正确；b应为容量瓶，字书写有误；c为集气瓶，正确；d应为酸式滴定管，错误；e为普通漏斗，正确。②利用普通漏斗，可组成防倒吸装置，可往细口容器中加液体，可组成过滤装置等。
[答案]　(1)①温度计　28.0　21.40
②向容量瓶中注入一定量的水，塞好瓶塞，一手拿瓶，一手轻压瓶塞，把容量瓶向下倒立，停留片刻，观察瓶塞周围是否有水渗出。若不漏水，将瓶塞旋转180°，重复上述操作，仍不漏水，方可使用。
(2)①
仪器编号
a
b
c
d
e
名称
改正的名称容量瓶
酸式滴定管
②a.往细口容器中加液体　b．组成过滤装置(其他合理答案也可)
8．在化学实验中分液漏斗有诸多用途，请按要求回答：
(1)用烧杯、分液漏斗、导管和铁架台组装了一套制取NO气体的简易发生装置，如图1所示。该气体发生装置的优点是______________。
(2)按如下步骤制取氨气，并完成喷泉实验：
a．如图2所示，向分液漏斗C中加入约20 mL的浓氨水，用连有直角导管的橡皮塞塞住上口；
b．将C放入B中，水浴加热(70℃)一段时间；
c．迅速将连有直角导管的橡皮塞拔出，塞上插有注射器的橡皮塞(如图3所示)，用注射器向分液漏斗中注入少量蒸馏水，打开分液漏斗活塞，形成喷泉。
①为判断氨气已经收集满，需要A中盛放的试剂是_________________。
②图3中产生喷泉的原理是___________________。
[解析]　(1)该装置的优点有：①容器比较小，节约药品用量，生成的NO量也较少，可以减少对环境的污染；②关闭分液漏斗活塞时，漏斗中气体将液体下压，使液体和铜丝脱离开，所以该装置具有随开随用、随关随停的特点；③实验前打开分液漏斗活塞，将装有铜丝的分液漏斗插入稀硝酸中，NO在没有空气的环境中生成，制得的NO比较纯净。(2)对浓氨水水浴加热时，一水合氨分解生成NH3。当NH3收集满时，即有NH3进入A中，在A中盛放滴有酚酞的水溶液，溶液变红。NH3极易溶于水，向C中注入水时，NH3迅速溶于水，C内压强迅速减小，外界大气压将烧杯中的水压入分液漏斗中，形成喷泉。
[答案]　(1)实现随开随用、随关随停的目的；控制NO的生成量，以减少污染(答案合理即可)　(2)①滴有酚酞的水溶液　②C中NH3溶于水，导致C内压强迅速减小，外界大气压将烧杯中的水压入分液漏斗中，形成喷泉
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·河南陕州中学月考)2015年8月12日晚，天津市塘沽区危险品仓库发生爆炸，造成大量人员伤亡和财产损失。安全问题再次敲响了警钟，下列关于安全问题的说法，不正确的是(　　)
A．简单辨认有味的化学药品时，将瓶口远离鼻子，用手在瓶口上方扇动，稍闻其味即可
B．处理实验过程产生的剧毒药品废液，稀释后用大量水冲净
C．可用强氧化剂如H2O2等将NaCN氧化为无毒物质
D．危险化学品包括：爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体等
[解析]　闻药品气味时，将瓶口远离鼻子，用手在瓶口上方扇动，稍闻其味即可，防止引起中毒，A项正确。处理实验过程产生的剧毒药品废液，进行无毒处理后，再用大量水冲净，不能直接用大量水冲净，B项错误。H2O2具有强氧化性，可将NaCN氧化成N2等无毒物质，C项正确。爆炸品、易燃物质、自燃自热物质、氧化性气体等都属于危险化学品，D项正确。
[答案]　B
2．(2017·宁夏育才中学月考)下列实验操作中，仪器一定要插到液面以下的是(　　)
①制备Fe(OH)2时，将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中所用的胶头滴管
②制备氢气的简易装置中的长颈漏斗
③分馏石油时控制温度的温度计
④用乙醇制备乙烯时所用的温度计
⑤向BaCl2溶液中滴加稀硫酸所用的胶头滴管
A．③⑤ B．②⑤
C．①②④ D．①②③④⑤
[解析]　①Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化，制备时，要将盛装NaOH溶液的胶头滴管插入FeSO4溶液中，再挤出NaOH溶液；②制备氢气的简易装置中，为防止生成的H2从长颈漏斗口逸出，要将长颈漏斗下端插入稀酸中；③分馏石油时，控制温度的温度计的水银球要置于蒸馏烧瓶的支管口处；④用乙醇制备乙烯时，要在170℃时进行反应，温度计要插入反应混合液中；⑤向BaCl2溶液中滴加稀硫酸，胶头滴管不能插到液面以下。
[答案]　C
3．(2016·山东淄博质检)化学教材中，常借助示意图表达实验装置的要点、阐述化学过程的原理等。下列有关示意图表现的内容一定不正确的是(　　)
[解析]　A中的橡胶管使分液漏斗和烧瓶内的气体压强相同，分液漏斗中的液体借助重力作用能顺利流下，A正确；乙醇和乙酸互溶，无法用分液漏斗分离，B错误；C中将止水夹夹紧，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加入一定量的水，再打开分液漏斗活塞，漏斗中的水滴入烧瓶数滴后不能继续滴下，表明气密性良好，C正确；D中从短管进气可收集氨气，正确。
[答案]　B
二、综合题
4．现有下列仪器或装置，请回答下列问题：
(1)仪器①的名称是______________，②的名称是__________________。
(2)用上图仪器组装成气体发生装置：用KClO3和MnO2制O2应选的装置是________(填字母，下同)；用H2O2与MnO2制O2，并控制产生O2的速率，应选的装置是________。
(3)若用装置X进行“排空气法”收集制取的O2，氧气应从________(填“b”或“c”，下同)端通入。若瓶中装满水，用排水法收集氧气，氧气应从________端通入。
(4)若用F装置进行CO还原Fe2O3的实验，实验室制取CO的方法一般采取甲酸脱水法(HCOOHCO↑＋H2O)，用纯净的CO完成该实验。
①除F、X外还需要的装置有________，X中应加入的试剂是________，X与其他导管连接的顺序是__________________(填导管口的序号)。
②实验时，a处可能的现象为__________________；F装置中气球的作用是____________________。
[解析]　(2)KClO3和MnO2制O2属于“固＋固气体”，因而要选用E装置为气体发生装置；H2O2与MnO2制O2属于“固＋液―→气体”且要控制产生气体的速率，只能用分液漏斗控制加入的H2O2的量。(3)使用X收集氧气时，用“排空气法”，由于O2的密度比空气的大，应从长管进气，用排水法收集气体，应从短管进气。(4)根据反应原理可知，制取CO属于“液＋液气体”，用分液漏斗控制加入浓硫酸的量，应选DG为气体发生装置，X的作用是除去CO中的水蒸气，洗气时气体流向为“长进短出”。
[答案]　(1)长颈漏斗　分液漏斗　(2)AE　BD　(3)c　b　(4)①DG　浓硫酸　dcbe　②红棕色粉末逐渐变黑　收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气
课时跟踪训练(三十二)
A级(基础达标)
一、选择题
1．(2017·江西师大尉中高三月考)下列实验装置不适用于物质分离的是(　　)
[解析]　D项为气体发生装置。
[答案]　D
2．以下实验方案可以从海洋生物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法错误的是(　　)
A．步骤(1)需要用到玻璃棒
B．步骤(2)需要用到分液漏斗
C．步骤(3)需要用到坩埚
D．步骤(4)需要用到温度计
[解析]　步骤(1)是分离固液混合物，其操作名称为过滤，需要用到玻璃棒，A项正确；步骤(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，B项正确；步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，C项错误；步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏装置，用到温度计，D项正确。
[答案]　C
3．为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是(　　)
物质
试剂
分离方法
①
硝酸钾(氯化钠)
蒸馏水
降温结晶
②
Na2SO4(NH4Cl)
—
加热升华
③
乙醇(水)
金属钠
蒸馏
④
NaCl溶液(Na2S)
AgCl
过滤
A.①③ B．①④
C．② D．③④
[解析]　硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响较小，故可以通过把混合物溶于蒸馏水后降温结晶的办法除去氯化钠，①正确；NH4Cl加热分解，生成的HCl、NH3再化合，不属于升华，②错误；金属钠与乙醇和水都能发生反应，②错误；Na2S溶液和AgCl反应，生成Ag2S和NaCl，过滤除去Ag2S，④正确。
[答案]　B
4．下列有关实验操作与结论都正确的是(　　)
选项
实验操作及现象
实验结论
A
用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色
说明该食盐不含KIO3
B
向某无色溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀又会全部消失
该无色溶液中一定有Al3＋，无Mg2＋
C
向尿液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，没有砖红色沉淀生成
说明尿液中不含有葡萄糖
D
某待测液中先滴入氯水无明显现象，后滴入硫氰化钾溶液出现血红色
该待测液中一定含有Fe2＋
[解析]　若含KIO3，K元素的焰色浅紫色能被Na元素的焰色黄色遮挡，观察不到，A项错误；只有Al3＋遇NaOH才能产生“先生成沉淀后沉淀溶解”的现象，B项正确；新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖只有在加热条件下才能产生砖红色沉淀，C项错误；若待测液中含有Fe3＋，也有同样的现象，D项错误。
[答案]　B
5．(2016·湖南怀化一模)下列实验方案中，可以达到实验目的的是(　　)
选项
实验目的
实验方案
A
检验亚硫酸钠是否变质
先将亚硫酸钠样品溶于水配成溶液，然后加入足量稀盐酸酸化，再加入Ba(NO3)2溶液观察是否生成白色沉淀
B
除去苯中混有的苯酚
加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀
C
除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
D
检验CH3CH2Br中存在的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀
[解析]　酸性条件下，NO具有强氧化性，可将SO氧化为SO，A错误；苯酚与溴水反应得到的产物仍溶于苯中，过滤不能除去杂质，B错误；KNO3的溶解度受温度影响较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，因此可采用结晶法提纯NaCl，C正确；为检验Br－，应先向反应后的水溶液中加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验，D错误。
[答案]　C
6．(2017·沈阳二中月考)某稀溶液仅含Fe2＋、Na＋、Al3＋、Ba2＋、SO、NO、Cl－中的4种离子，所含离子的物质的量均为1 mol。向该溶液中加入适量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。下列说法正确的是(　　)
A．向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72 g
B．向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液颜色会变成浅绿色
C．向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液不显血红色
D．向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体在标准状况下的体积约为7.467 L
[解析]　根据加入稀硫酸有气泡产生，可知原溶液中含有Fe2＋和NO，根据3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O可知1 mol Fe2＋完全反应时溶液中还有NO剩余，根据反应后溶液中阴离子种类不变，结合电荷守恒知原溶液中还有SO和Na＋。加入NaOH溶液充分反应得到Fe(OH)3，灼烧得到0.5 mol Fe2O3，其质量为80 g，A项错误；酸性条件下Fe2＋转化成Fe3＋，溶液呈黄色，B项错误；该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色，C项错误；1 mol Fe2＋被氧化，得到 mol NO，其在标准状况下的体积约为7.467 L，D项正确。
[答案]　D
二、填空题
7．可用于分离或提纯物质的方法有：
A．分馏　B．过滤　C．重结晶　D．升华　E．电解　F．加热分解　G．蒸馏　H．灼热氧化
如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：
(1)从石油中分离出汽油和煤油等成分________；
(2)除去固体食盐中的少量碘________；
(3)除去粗铜中锌、银等金属________；
(4)除去水中的Na＋、SO、Cl－等杂质________；
(5)除去KNO3晶体中混有的少量NaCl________。
[解析]　(1)汽油和煤油的沸点不同，可用分馏法；(2)I2易升华，可用升华法；(3)为铜的精炼，可用电解法；(4)蒸馏法可除去水中的可溶性杂质；(5)利用KNO3和NaCl溶解度受温度影响不同，可用重结晶法。
[答案]　(1)A　(2)D　(3)E　(4)G　(5)C
8．(2017·西安八校联考)现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na＋、Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和五种阴离子Cl－、OH－、NO、CO、X中的一种。
(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是____________和____________(填化学式)。
(2)为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，含X的物质记为C，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味的气体；当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则X为____________(填字母)。
A．SO B．SO
C．CH3COO－ D．SiO
(3)将Cu投入装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的___________(填相应的离子符号)，有关反应的离子方程式为_____________。
(4)利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子。请简述实验操作步骤、现象及结论：_________________________。
[解析]　本题考查离子的检验和推断，意在考查考生对离子检验原理的理解能力和对离子共存问题的分析能力。(1)阴离子中的CO只能与五种阳离子中的Na＋大量共存，则一定有Na2CO3；OH－只能与剩余的四种阳离子中的Ba2＋共存，则一定有Ba(OH)2。(2)当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味的气体，红褐色沉淀为Fe(OH)3，气体为CO2，应发生了相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，则B为Na2CO3，A为Ba(OH)2，C中含有Fe3＋。 当C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，因SO、SiO与Fe3＋不能大量共存，CH3COO－不可能生成钡盐沉淀，则X只能为SO，则C为Fe2(SO4)3。(3)红棕色气体为NO2，则D中一定含有NO，离子反应方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。(4)D、E中的阳离子只可能为Mg2＋、Al3＋，利用Al(OH)3能溶于强碱，而Mg(OH)2不溶于强碱可以检验Mg2＋、Al3＋。
[答案]　(1)Na2CO3　Ba(OH)2
(2)B
(3)NO　3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(4)往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出现白色沉淀，后白色沉淀又逐渐溶解，则D中含有Al3＋；若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2＋(其他合理答案也可)
9．(2016·杭州一中月考)已知废旧干电池中的填充物主要有二氧化锰、炭黑、氯化锌、氯化铵、淀粉糊、Mn2O3、ZnO、FeO、汞的化合物等。某实验小组的同学拟回收废旧电池中的成分，主要操作流程如下图：
试回答下列问题：
(1)步骤①用玻璃棒搅拌的目的是______________________；步骤②过滤后，滤液中的主要溶质有__________________(填化学式)；步骤③中灼烧的目的是__________________________。
(2)经过步骤③得到的是粗制二氧化锰，要得到精制的二氧化锰还需将粗制二氧化锰用稀硝酸洗涤和蒸馏水洗涤，稀硝酸的作用是__________________。
(3)写出步骤④中发生反应的化学方程式：________________________，经过步骤②得到的固体干燥后，用氯酸钾与之混合加热的实验____________(填“能”或“不能”)代替实验④。
(4)已知NH4Cl和ZnCl2的溶解度(g/100 g水)如下表：
温度(℃)
20
30
40
60
80
NH4Cl
37.2
31.4
45.8
65.6
77.3
ZnCl2
396
437
452
541
614
从滤液中分离NH4Cl和ZnCl2的方法是______________________。
(5)从有害物质必须特殊处理的角度考虑，上述设计不合理的地方是
__________________________________。
[解析]　(1)溶解时用玻璃棒搅拌的主要目的是加速其中的电解质溶解于水；废干电池中的氯化铵、氯化锌可溶于水；灼烧的目的是除去滤渣中的炭黑和淀粉等有机物。(2)Mn2O3及其中的其他金属氧化物能溶于稀硝酸，MnO2不溶于稀HNO3从而分离。(3)二氧化锰能催化过氧化氢分解放出氧气，从而间接检验二氧化锰，直接用含有机物的不纯二氧化锰与氯酸钾作用会引起爆炸。(4)由溶解度数据知，两者溶解度相差很大，先蒸发溶剂然后冷却结晶就可得较纯净的氯化铵晶体。
[答案]　(1)促进废干电池筒中的可溶性物质溶解　ZnCl2、NH4Cl　除去其中的炭黑和淀粉等有机物
(2)除去其中的低价锰的氧化物和其他金属化合物
(3)2H2O22H2O＋O2↑　不能
(4)加热浓缩、冷却结晶
(5)没有回收有害物质汞，在实验过程中会产生汞蒸气污染
B级(能力提升)
一、选择题
1．现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如表所示，据此将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是(　　)
物质
分子式
熔点
(℃)
沸点
(℃)
密度
(g·cm－3)
溶解性
乙二
醇
C2H6O2
－11.5
198
1.11
易溶于
水和酒精
丙三
醇
C3H8O3
17.9
290
1.26
能跟水、
酒精以任
意比互溶
A.萃取法 B．结晶法 C．分液法 D．蒸馏法
[解析]　根据表中的信息知乙二醇和丙三醇的沸点差别较大，因而选用蒸馏法分离。
[答案]　D
2．(2017·宁夏银川一中第二次月考)下列几组标签被腐蚀的试剂：①Al2(SO4)3溶液、KOH溶液；②NaAlO2溶液、H2SO4溶液；③Na2CO3溶液、HCl溶液；④AgNO3溶液、氨水；⑤CuSO4溶液、NaOH溶液；⑥CCl4、NaCl溶液。不用其他试剂，只用胶头滴管和试管就可以鉴别的是(　　)
A．①②③④ B．①②④⑤⑥
C．①②③④⑤ D．全部
[解析]　①Al2(SO4)3溶液滴入KOH溶液时，产生白色沉淀并迅速溶解，一段时间后产生大量白色沉淀；KOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，立刻产生白色沉淀，且沉淀逐渐增多，当KOH溶液过量时，沉淀逐渐溶解，最后完全消失。②NaAlO2溶液滴入H2SO4溶液中，开始时产生沉淀并迅速溶解，过一段时间后产生大量白色沉淀；H2SO4溶液滴入NaAlO2溶液中，开始产生白色沉淀，当沉淀达到最大量时，继续滴加H2SO4溶液，沉淀逐渐溶解，直至完全消失。③HCl溶液滴加到Na2CO3溶液，开始时不产生气泡，过一段时间后产生大量气泡；Na2CO3溶液滴加到HCl溶液中，立即产生气泡，实验现象不同。④AgNO3溶液滴入氨水中，先无沉淀后产生白色沉淀；氨水滴入AgNO3溶液中，开始产生白色沉淀，氨水过量时，沉淀逐渐溶解，最后完全消失。⑤CuSO4溶液和NaOH溶液混合产生蓝色沉淀，现象与滴加顺序无关。⑥CCl4和NaCl溶液混合，互不相溶，出现分层现象。
[答案]　A
3．(2016·河南百校联盟联考)按如下方案可从样品粉末中提取具有抗肿瘤活性的天然产物A：
下列每步实验所用装置、操作都正确的是(　　)
[解析]　操作(1)为过滤，过滤时漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A项错误；操作(2)后得到水层与有机层，故为分液，B项正确；操作(3)为从溶液中析出固体，属于蒸发，应用蒸发皿，C项错误；操作(4)是蒸馏，蒸馏装置中应用直形冷凝管，D项错误。
[答案]　B
4．某种气体可能由CO、CO2、H2、NH3、HCl和H2O(g)中的一种或几种组成，使其依次通过下列药品：①澄清石灰水，②Ba(OH)2溶液，③浓H2SO4，④灼热的CuO，⑤无水CuSO4粉末，结果观察到的实验现象是①中未见浑浊，②中变浑浊，③中无明显现象，④中有红色物质产生，⑤中固体变蓝。若以上实验中，每一步反应都充分进行，则原混合气体中(　　)
A．一定有CO2和HCl，可能有H2
B．一定有H2、CO2和CO，可能有HCl
C．一定有H2、CO2和HCl，可能有CO和H2O(g)，肯定无NH3
D．一定有H2，一定没有CO
[解析]　本题考查气体的检验，意在考查考生的分析能力。由①②的现象说明气体中含有HCl和CO2，HCl和CO2与碱反应时，强酸性气体HCl先与碱反应，气体中含HCl，一定不含NH3，气体通过③后，得到的气体一定是干燥的，此气体通过灼热的CuO，有红色物质产生，说明气体中有CO或H2，而得到的气体再通过无水CuSO4粉末，固体变蓝，说明气体中含有H2，CO不能确定。综上所述，本题选C。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·福建长泰一中检测)制烧碱所用盐水需两次精制，第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等离子，过程如下：
Ⅰ.向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，过滤；
Ⅱ.向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；
Ⅲ.滤液用盐酸调节pH，获得第一次精制盐水。
(1)过程Ⅰ除去的离子是________。
(2)过程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20 ℃，g)如下表：
CaSO4
Mg2(OH)2CO3
CaCO3
BaSO4
BaCO3
2.6×10－2
2.5×10－4
7.8×10－4
2.4×10－4
1.7×10－3
①过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2，运用表中数据解释原因：________。
②除去Mg2＋的离子方程式是_______________________________。
③检测Ca2＋、Mg2＋、Ba2＋是否除尽时，只需检测Ba2＋即可，原因是_____________________________________。
(3)第二次精制要除去微量的I－、IO、NH、Ca2＋、Mg2＋，流程示意图如下：
①过程Ⅳ除去的离子是________。
②盐水b中含有SO。Na2S2O3将IO还原为I2的离子方程式是_________。
[解析]　(1)过程Ⅰ加入过量BaCl2溶液，SO与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，过滤，即可除去SO。
(2)①由表中数据可知，CaSO4的溶解度大于BaSO4，加入BaCl2溶液，可使SO沉淀更完全。②步骤Ⅱ中加入过量Na2CO3溶液，析出Mg2(OH)2CO3沉淀而除去Mg2＋。③由表中数据可知，在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2＋沉淀完全，则说明Mg2＋和Ca2＋已经沉淀完全。
(3)①由流程图可知，过程Ⅳ中加入NaClO，由于NaClO具有强氧化性，可将NH、I－氧化而除去。②Na2S2O3将IO还原为I2，而S2O则被氧化成SO，结合原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式。
[答案]　(1)SO
(2)①BaSO4的溶解度比CaSO4的小，可将SO沉淀更完全
②2Mg2＋＋2CO＋H2O===Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑
③在BaCO3、CaCO3、Mg2(OH)2CO3中，BaCO3的溶解度最大，若Ba2＋沉淀完全，则说明Mg2＋和Ca2＋已沉淀完全
(3)①NH、I－
②5S2O＋8IO＋2OH－===4I2＋10SO＋H2O
课时跟踪训练(三十三)
A级(基础达标)　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列四瓶气体的存放方法正确的是(　　)
[答案]　B
2. (2017·大连二十中期初测试)如图所示，集气瓶内充满某混合气体，置于光亮处，将胶头滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的气体是(　　)
①CO、O2　②Cl2、CH4　③NO2、O2　④N2、H2
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
[解析]　①CO和O2光照时不反应，且均不溶于水，烧杯中的水不能进入集气瓶中；②光照时Cl2和CH4发生取代反应生成HCl，HCl可溶于水，滴入水后集气瓶内压强减小，烧杯中的水会进入集气瓶中；③NO2、O2与水反应生成HNO3，集气瓶中压强减小，烧杯中的水会进入集气瓶中；④N2、H2在光照时不反应，且均不溶于水，滴入水后集气瓶内压强不变，烧杯中的水不能进入集气瓶中。综上所述，②③符合题意。
[答案]　D
3．要组装一套利用液体和液体反应制备气体的装置，现在设计了如下五步操作，正确的顺序是(　　)
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，固定好铁圈，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装置的气密性)　⑤在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，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，固定好铁圈，放好石棉网；把蒸馏烧瓶固定在铁架台上，在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，检查装置的气密性；若装置不漏气，再加液体反应物开始反应，制取气体。
[答案]　A
4．如图是制取和收集某气体的实验装置，可用于(　　)
A．加热NaHCO3制CO2
B．用Cu与稀硝酸反应制NO
C．用NH4Cl与浓NaOH溶液反应制NH3
D．用Zn和稀硝酸反应制H2
[解析]　加热NaHCO3时试管口应略向下倾斜，且不用排水法收集CO2，同样NH3也不能用排水法收集，选项D中Zn和稀硝酸反应时无H2生成。
[答案]　B
5．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是(　　)
A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物
B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体
C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸
D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3
[解析]　装置①可用于分离互不相溶的混合物，而C2H5OH和H2O互溶，A项错误；装置②a口进气可收集H2、NH3等气体，b口进气可收集CO2、Cl2、HCl、NO2等气体，B项正确；NH3或HCl不溶于CCl4，可防止倒吸，C项正确；碱石灰可吸水但不与氨反应，倒扣漏斗可防倒吸，D项正确。
[答案]　A
二、填空题
6．(2016·重庆五区学情调研)同一种制备装置可用于制取不同的气体，若用如图装置制取以下气体。
(1)请在下表空格中填上所需药品。
所制气体
药品
分液漏斗内
烧瓶中
O2
MnO2
H2
稀H2SO4
NH3
CaO
NO
稀HNO3
Cu
CO2
稀H2SO4
石灰石
(2)写出表中药品制备O2的化学方程式__________________。
(3)请画出干燥NH3的装置图，并注明干燥剂和气体流向________。
(4)表中给全药品的项目中，不能用于制备相应气体的有(可不填满)
气体
理由
[答案]　(1)H2O2　锌粒　浓氨水
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)　(4)CO2　稀硫酸与石灰石反应生成的CaSO4微溶，覆盖于石灰石表面，阻止了稀硫酸与石灰石的进一步反应
7．(2016·河南洛阳检测)高氯酸铵可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取(部分物质溶解度如下图)，其实验流程如下：
(1)氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠的化学方程式为___________。
(2)80 ℃时浸取液冷却至0 ℃过滤，滤渣的主要成分为________(写化学式)。
(3)反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：2NH4ClO4N2↑＋2O2↑＋Cl2↑＋4H2O，现可提供下列试剂：
a．饱和食盐水　b．浓H2SO4　c．NaOH溶液　d．Mg　e．Cu　f．Fe
利用下图装置对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分别吸收或收集。
①E中收集到的气体可能是________(填化学式)。
②A、B、C中盛放的药品依次可以是________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
Ⅰ.a、b、d　Ⅱ.c、b、e　Ⅲ.b、c、f
(5)过滤用到的主要玻璃仪器是__________________________________。
[解析]　(2)由图可知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80 ℃时浸取液冷却至0 ℃过滤，NaClO4的溶解度迅速降低，析出晶体，但是NaCl的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故滤渣主要为NaClO4。
(3)反应器中加入氯化铵饱和溶液，反应向着生成溶解度更小的物质方向转化，根据物质的溶解度大小可知，会析出NH4ClO4，故发生的离子反应为NH＋ClO===NH4ClO4↓。
(4)Cl2能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，O2可以被热的Cu吸收，N2可以用排水法收集。氢氧化钠溶液中含有水，应先吸收Cl2，再将水吸收，最后吸收O2，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是NaOH溶液、浓H2SO4、Cu，最后用排水法收集氮气。
[答案]　(1)4NaClO33NaClO4＋NaCl
(2)NaClO4
(3)NH＋ClO===NH4ClO4↓
(4)①N2　②Ⅱ
(5)玻璃棒、漏斗、烧杯
B级(能力提升)
一、选择题
1．(2016·苏北四市一模)下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达实验目的的是(　　)
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙除去氨气中少量水
C．用装置丙收集氨气
D．用装置丁吸收多余的氨气
[解析]　A项，装置甲制备氨气反应产生水，大试管应略往下倾斜，故错误；B项，浓硫酸会吸收氨气，故错误；C项，装置丙收集氨气无出气口，故错误；D项，装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸，故正确。
[答案]　D
2．下列实验操作能达到实验目的的是(　　)
实验目的
实验操作
A
快速制取氨气
将浓硫酸滴入浓氨水中
B
由CuCl2溶液制备无水CuCl2
将CuCl2溶液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
C
制备乙酸乙酯
将无水醋酸钠、乙醇和浓硫酸混合加热
D
比较亚硫酸与碳酸的酸性强弱
先将SO2通入饱和NaHCO3溶液中，然后将产生的气体通入澄清石灰水中
[解析]　A项，快速制取氨气应该将浓氨水和CaO混合，错误；B项，CuCl2溶液蒸发结晶时易发生水解反应，最后得不到CuCl2，错误；C项，无水醋酸钠与浓硫酸反应生成醋酸，在加热条件下可以和乙醇反应生成乙酸乙酯，正确；D项，将SO2通入饱和NaHCO3溶液中，由于SO2可能未反应完全，所以使澄清石灰水变浑浊的不一定是CO2，错误。
[答案]　C
3．用下列图示装置进行实验能达到实验目的的是(　　)
A.加热氯化铵固体制氨气
B.制取并收集NO2
C.灼烧CaCO3获取CaO
D.电解法制取NaOH
[解析]　A项，实验室制取氨气应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，且试管口应略向下倾斜，错误；B项，由于浓硝酸具有挥发性，滴加时应选择分液漏斗，NO2有毒，应采用密闭方式收集且要吸收尾气，防止污染空气，正确；C项，CaCO3的分解温度约为1100 ℃，酒精灯加热时无法达到该温度，错误；D项，由于阳极铜失电子发生氧化反应生成Cu2＋，阴极发生反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，溶液中的OH－会与Cu2＋反应，错误。
[答案]　B
二、综合题
4．某化学课外活动小组在实验室设计了如图所示的实验装置，进行“氨的催化氧化”实验。
(1)A处是气体发生装置，A中所用的试剂只能从下列物质中选取：
①硝酸铵；②碳酸铵；③碳酸氢铵；④氯化铵；⑤熟石灰；⑥氢氧化钠。
若A中制取气体时只用了一种药品，则该药品可以是________(填写编号)，在只用一种药品制取氨气时，图中空白处所需仪器应为________(选填下列仪器的字母编号，固定装置省略)。
(2)该装置补充完整后，仍然存在一定的缺陷，试从安全与环保的角度来考虑，对该装置进行改进：
①__________________________________；
②__________________________________。
(3)按照改进后的装置进行实验，请完成以下问题：
①装置B的作用是__________________________________；
②写出C中发生反应的化学方程式：___________________；
③若A、B处试剂足量，则装置D中可以观察到的实验现象有_______。
[解析]　解答本题要注意以下两点：(1)题目对制取氨气的药品有限制条件。(2)根据实验的药品特点选择仪器和分析装置的作用及实验现象。
[答案]　(1)②或③　efgh
(2)①在装置C与D之间增加一个防倒吸装置　②在D后增加一个尾气吸收装置
(3)①吸收CO2和水蒸气，并生成O2
②4NH3＋5O24NO＋6H2O
③铜片逐渐减少直至溶解，溶液变蓝色，生成无色气体并在广口瓶上方变成红棕色
课时跟踪训练(三十四)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列①②对应的试剂(或条件)不能完成实验目的的是(　　)
实验目的
试剂(或条件)
A
温度对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响
①热水浴
②冷水浴
B
用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子
①乙醇
②煤油
C
用酸化的AgNO3溶液检验自来水中的Cl－能否蒸馏除去
①自来水
②蒸馏水
D
用新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应，判断蔗糖水解是否产生了葡萄糖
①蔗糖溶液
②蔗糖水解液
[解析]　热水浴和冷水浴的反应温度不同，体现了温度对反应速率的影响，A项正确；乙醇与钠反应生成氢气，煤油(主要成分是烃)和钠不反应，可以用钠块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子，B项正确；酸化的AgNO3溶液和含Cl－的自来水反应生成白色沉淀AgCl，若蒸馏水中Cl－被除去，则不产生白色沉淀，C项正确；蔗糖在稀硫酸作用下水解，故水解液呈酸性，而新制氢氧化铜悬浊液应在碱性环境下检验醛基的存在，D项错误。
[答案]　D
2．下列装置不能达到实验目的是(　　)
[解析]　A选项，长颈漏斗尖端应该插入液面以下，错误；B选项，Na与水反应放出热量，使大试管中的气体膨胀，红墨水左低右高，正确；C选项，高锰酸钾与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入Na2S溶液后生成硫单质，溶液变浑浊，正确；D选项，NH4Cl分解生成NH3和HCl，遇冷发生反应NH3＋HCl===NH4Cl，NH4Cl附着在烧瓶上，正确。
[答案]　A
二、填空题
3．(2015·福建卷)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。
实验　测定饱和氯水中氯元素的总量
(1)该小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0 mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是_________________。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)
(2)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：_________________________________。
资料：ⅰ.次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ⅱ.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。
[解析]　(1)氯水中除含氯气外，还含有不稳定的HClO(受热或见光易分解为HCl和O2)，且蒸出的氯气溶于水后又重新与水反应，因此若直接利用图示装置加热氯水，通过测定产生气体体积来计算氯水中氯元素的含量的实验方案不可行。
(2)为测定饱和氯水中氯元素的含量，依据原子守恒，结合资料ⅱ可知，可用足量的H2O2溶液将一定量的氯水中的氯气、次氯酸还原为Cl－，然后再加入足量AgNO3溶液，然后对生成的沉淀(AgCl)进行过滤、洗涤、干燥、称重，计算得到氯离子的物质的量，从而达到实验目的。
[答案]　(1)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)　(2)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)
4．(2016·浙江瑞安八校联考)温州某地市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：
产品标准
GB5461
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg/kg
分装时期
分装企业
(1)碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生反应生成I2，I2可用四氯化碳富集。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。
①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是_______________。
②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：
a．将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；
b．加入适量Na2SO3稀溶液；
c．分离出下层液体。
以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位置是__________________。
(2)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)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)①Na2SO3稀溶液与I2反应，SO被氧化为SO，I2被还原为I－，反应的离子方程式为I2＋SO＋H2O===2I－＋SO＋2H＋。②Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触，所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置。
(2)将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O，KI3·H2O在空气中容易被氧化，且加热碘易升华，所以不能用KI3·H2O作为食盐加碘剂。
(3)检验加碘盐中的Fe2＋，可以根据亚铁离子遇KSCN溶液不变色，被氧化成铁离子后呈血红色，所以操作为在少量食盐样品溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈无色，再加入氯水或双氧水，溶液呈血红色，则说明样品中有Fe2＋。
[答案]　(1)①I2＋SO＋H2O===2I－＋SO＋2H＋
②在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置
(2)否　KI3·H2O在空气中容易被氧化，且加热碘易升华
(3)在少量食盐样品溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈无色，再加入氯水或双氧水，溶液呈血红色，则说明样品中有Fe2＋
5．(2017·江苏扬州中学月考)某化学活动小组设计如图所示(部分夹持装置已略去)实验装置，以探究潮湿的Cl2与干燥Na2CO3反应得到的固体物质。
(1)写出装置A中发生反应的化学方程式：_________________。
(2)写出试剂Y的名称：________。
(3)已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物。可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究。
①提出合理假设。
假设一：存在两种成分，即NaHCO3和________；
假设二：存在三种成分，即NaHCO3和________、________。
②设计方案，进行实验。请写出实验步骤以及预期现象和结论(可不填满)。
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯。
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于
试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，
然后将所得溶液分别置于A、B试管中
步骤2：
步骤3：
(4)已知C中有0.1 mol Cl2参加反应。若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为________________________________________。
[解析]　(1)实验室制备氯气，结合装置可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)实验制备的氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去。
(3)①在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体(含氯氧化物)。C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3。假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即NaHCO3、NaCl和Na2CO3。②步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，检验产物中是否有Na2CO3。步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl。
(4)C中有0.1 mol Cl2参加反应，装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2＋Na2CO3―→NaHCO3＋NaCl＋X，依据氧化还原反应中得失电子守恒计算判断氯元素化合价为＋1价，进而可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为2Cl2＋H2O＋2Na2CO3===2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O。
[答案]　(1)4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)
(3)①NaCl　NaCl　Na2CO3
②步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液　a．若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3；b.若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3
步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液　若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl
(4)2Cl2＋H2O＋2Na2CO3===2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、综合题
1．(2017·四川成都调研)用如图所示的装置来测定镁与硫酸反应的速率。在锥形瓶中加入0.7 g镁带，按如图连接好装置，从A中加入20.0 mL 0.5 mol/L H2SO4，记录注射器活塞的位置和相应的时间，实验记录如下：
时间/s
0
t
2t
活塞的位置/mL
20
25.6
36.0
(1)镁与硫酸溶液反应的离子方程式为_______________________。
(2)仪器A的名称为________。
(3)0～t时间段与t～2t时间段，化学反应速率较快的是________，原因是
_________________________。
(4)用上述装置探究Fe3＋、Cu2＋对双氧水分解反应速率的影响，所用试剂：5% H2O2、0.1 mol/L FeCl3、0.2 mol/L CuCl2，完成下表的实验设计：
实验
序号
添加的物质
1
10
0
________mL FeCl3
2
10
2
2 mL CuCl2
①Fe3＋、Cu2＋在双氧水分解过程中起________作用；
②本实验需测定的数据是________________________________________；
③A中装有10 mL双氧水，为减少误差，加入其他物质的方法是________。
[解析]　(3)镁与硫酸反应放出热量，使体系温度升高，反应速率加快，而随着反应进行，c(H2SO4)逐渐减小，又使反应速率减慢，开始阶段c(H2SO4)对反应速率影响较大，随后一段时间，温度对反应速率影响较大。
(4)采用“控制变量法”探究Fe3＋、Cu2＋对双氧水分解反应速率的影响，故应保证c(H2O2)相同，由于实验1和实验2中双氧水的体积均为10 mL，可通过控制混合液的总体积来实现c(H2O2)相同，故加入FeCl3溶液的体积为4 mL。
[答案]　(1)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
(2)分液漏斗
(3)t～2t时间段　镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快
(4)4　①催化　②收集相同体积的氧气所需时间(或相同时间产生氧气的体积)　③连接分液漏斗前，直接加到锥形瓶中(其他合理答案均可)
2．(2017·北京丰台区期末)某学习小组在实验室研究SO2与Ba(NO3)2溶液的反应。
实验操作：向盛有2 mL 0.1 mol/L Ba(NO3)2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。
探究1：白色沉淀产生的原因。
(1)白色沉淀是________。
(2)分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO氧化了SO2，乙同学认为是溶液中溶解的O2氧化了SO2。
①支持甲同学观点的实验证据是__________________。
②依据甲的推断，请写出Ba(NO3)2溶液与SO2反应的离子方程式：
___________________。
③乙同学通过下列实验证明了自己的推测正确，请完成实验方案：
实验操作
实验现象
向2 mL________mol/L________
溶液(填化学式)中通入SO2
______________
探究2：在氧化SO2的过程中，NO和O2哪种微粒起到了主要作用。
实验操作：向烧杯中加入煮沸了的0.1 mol/L的BaCl2溶液25 mL，再加入25 mL植物油，冷却至室温，用pH传感器测定溶液pH随时间(t)的变化曲线。
实验数据：
实验操作：向烧杯中分别加入25 mL 0.1 mol/L的BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液，通入SO2，用pH传感器分别测定溶液pH随时间(t)变化的曲线。
实验数据：
(3)图Ⅰ，在无氧条件下，BaCl2溶液pH下降的原因是_________________。
(4)图Ⅱ，BaCl2溶液中发生反应的离子方程式为________________。
(5)依据上述图象你得出的结论是___________________，说明理由：
__________________。
[解析]　(2)①NO氧化了SO2，则硝酸根被还原成一氧化氮，一氧化氮可以再被氧化成二氧化氮，使得液面上方略显浅棕色，所以支持甲同学观点的实验证据是液面上方略显浅棕色。
②Ba(NO3)2溶液与SO2反应生成BaSO4和NO，反应的离子方程式为3Ba2＋＋2NO＋3SO2＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO＋4H＋。
③乙同学证明了自己的推测正确，所用试剂应与甲同学不一样，这样才可以做对比，所以所用试剂为0.1 mol/L BaCl2溶液，可以看到有白色沉淀出现。
(3)在无氧条件下，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸会使溶液pH下降，反应的方程式为SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3??HSO＋H＋。
(4)图Ⅱ中BaCl2溶液中通入二氧化硫，与图Ⅰ相比酸性明显增加，说明氧气参加了反应，生成了硫酸钡和盐酸，反应的离子方程式为2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋。
(5)比较图Ⅰ和图Ⅱ可知，在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用。因为在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO，而图Ⅱ中，分别向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH变化趋势、幅度接近。
[答案]　(1)BaSO4
(2)①液面上方略显浅棕色
②3Ba2＋＋2NO＋3SO2＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO＋4H＋
③0.1　BaCl2　试管内有白色沉淀产生
(3)SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3??HSO＋H＋
(4)2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋
(5)在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用　在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO，而图Ⅱ中，分别向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH变化趋势、幅度接近，因此起氧化作用的主要是O2
课时跟踪训练(三十五)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列有机化合物的分类不正确的是(　　)
[解析]　A中没有苯环，所以不是苯的同系物。
[答案]　A
2．下列说法中正确的是(　　)
[答案]　B
3．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．15 g 甲基(—CH3)所含有的电子数是10NA
B．1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
C．常温下，14 g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA
D．4.2 g C3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA
[解析]　A项，甲基的电子式为1 mol—CH3含有9NA个电子，错误；B项，苯环中无碳碳双键，错误；D项，C3H6可能为环丙烷，不含碳碳双键，错误。
[答案]　C
4．(2017·江西师大附中月考)根据有机化合物的命名原则，下列命名错误的是(　　)
[答案]　D
5．(2017·山东莱芜一中月考)下列说法中正确的是(　　)
A．用质谱法可确定有机物分子中的官能团
B．核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3
C．用饱和Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和HCOOCH3
D．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种
[解析]　质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能测定含有的官能团，A错误；在核磁共振氢谱图上，CH3CH2OH有3组吸收峰，CH3OCH3只有1组吸收峰，可以区分，B错误；CH3COOH与Na2CO3溶液反应产生CO2气体，HCOOCH3不能与Na2CO3溶液发生反应，且出现分层现象，可以区分，C错误；醇在铜催化下被O2氧化为醛，说明醇分子中含有—CH2OH基团，分子式为C5H12O的醇可看作C4H9—CH2OH，而C4H9—有4种不同结构，故符合条件的醇的结构有4种，D正确。
[答案]　D
6．(2017·湖北宜昌一中摸底)分子式为C5H12O的有机物共有8种属于醇类的同分异构体，其中含有—CH2OH基团的有(　　)
A．2种 B．3种
C．4种 D．5种
[解析]　将分子式为C5H12O的醇看作C4H9—CH2OH，—C4H9有4种结构，分别为—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)2和—C(CH3)3，将这4种烃基分别与—CH2OH相连即得到符合条件的有机物的结构简式，共有4种。
[答案]　C
二、填空题
(4)某烃的分子式为C4H4，它是合成橡胶的中间体，它有多种同分异构体。
①试写出它的一种链式结构的同分异构体的结构简式：________；
②它有一种同分异构体，每个碳原子均达饱和，且碳与碳的夹角相同，该分子中碳原子形成的空间构型为________形。
8．(2016·山西四校联考)下列是八种环状的烃类物质
(1)互为同系物的有________和________(填名称)。互为同分异构体的有________和________、________和________……(填写名称，可以不填满，也可以再补充)。
(2)正四面体烷的二氯取代产物有________种；立方烷的二氯取代产物有________种；金刚烷的一氯取代产物有________种。
(3)写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式(举两例)并用系统命名法命名：______________________、______________________。
(4)以立方烷的一种属于芳香烃的同分异构体为起始物质，通过加成、消去反应可制得苯乙炔，写出有关化学方程式(所需的无机试剂和反应条件自选)：________________、____________________________。
[解析]　(1)根据同系物和同分异构体的概念即可做出判断。同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，因此判断出环己烷与环辛烷(均为环烷烃)互为同系物；同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，因此苯与棱晶烷(分子式均为C6H6)，环辛四烯与立方烷(分子式均为C8H8)互为同分异构体。
(2)正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，故二氯代物只有一种；立方烷分子中只有一种氢原子，但其二氯代物有3种，分别为；金刚烷分子中有两种氢原子，其一氯代物有2种。
9．(2016·湖北松滋二中期中)有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
(1)称取9.0 g A，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
(1)有机物A的相对分子质量为________
(2)将此9.0 g A在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2 g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0 g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48 L无色无味气体(标准状况)
(2)9.0 g有机物A完全燃烧时，经计算：生成CO2共为________mol，生成的H2O________g，有机物A的分子式为____________
(3)经红外光谱测定，证实其中含有—OH键、—COOH基团、C—H键；其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1∶3∶1∶1
(3)A的结构简式为________________
(4)经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在—OH键，还含有醛基、C—O键；其核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1∶2∶1∶1∶1
(4)A的同分异构体的结构简式为________________
(5)如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在—OH键，还含有C===O键、C—O键；其核磁共振氢谱有两组峰，面积比为1∶2
(5)A的同分异构体的结构简式为________________
[解析]　(2)9.0 g A的物质的量为0.1 mol，在足量O2中完全燃烧生成CO2和H2O(g)；燃烧产物通过碱石灰时吸收CO2和H2O(g)，通过足量石灰水时吸收CO2，据C原子守恒可知，生成CO2的物质的量为＋＝0.3 mol，故生成H2O的质量为14.2 g－×44 g·mol－1＝5.4 g，n(H2O)＝＝0.3 mol，则9.0 g A中H原子的物质的量为0.3 mol×2＝0.6 mol，O原子的物质的量为＝0.3 mol，则A及C、H、O的物质的量之比为0.1 mol∶0.3 mol∶0.6 mol∶0.3 mol＝1∶3∶6∶3，故A的分子式为C3H6O3。
(3)A的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶3∶1∶1，说明A中有4种不同化学环境的氢原子；红外光谱显示A中含有—OH、—COOH、C—H键，则A的结构简式为CH3CH(OH)COOH。
(4)A的同分异构体的核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1∶2∶1∶1∶1，说明含有5种不同化学环境的氢原子；红外光谱显示含有—OH、—CHO及C—O键，则该同分异构体的结构简式为OHCCH(OH)CH2OH。
(5)A的同分异构体的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积比为1∶2，说明含有2种不同化学环境的氢原子；红外光谱显示含有—OH、C===O及C—O键，则该同分异构体的结构简式为HOCH2COCH2OH。
[答案]　(1)90
(2)0.3　5.4　C3H6O3
(3)CH3CH(OH)COOH
(4)OHCCH(OH)CH2OH
(5)HOCH2COCH2OH
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·河北唐山一中月考)据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。
下列对该物质的说法中正确的是(　　)
A．①处的化学键表示碳碳双键
B．此星际分子属于烃类
C．③处的原子可能是氯原子或氟原子
D．②处的化学键表示碳碳单键
[解析]　A项，丁烷只有2种，错误；B项，可拆成C4H9—COOH，丁基有4种，戊酸有4种，错误；C项，可拆成C3H7—CHO，丙基有2种，丁醛有2种，错误；D项，该结构中有①5种氢原子，故一溴代物应有5种，正确。
[答案]　D
3．(2016·湖北八校联考)某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，它的分子(除苯环外不含其他环)中不可能有(　　)
A．两个羟基 B．一个醛基
C．两个醛基 D．一个羧基
[解析]　某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，由分子式可知，该有机物分子含有一个苯环，去掉一个苯环后，还余有C2O2，剩余基团可能为2个CO或1个COCO或1个CC、2个—O—，将其插入苯的C—H之间，可以形成COHCOH、COCOH、OHHOCCH；若为1个—COO—、1个C，即分子拆除一个苯环和一个羧基后，还余有一个C，它不可能满足四价的结构而插入苯环的C—H键中，故不可能存在羧基。
[答案]　D
4．(2017·安徽皖南八校第一次联考)某烃的相对分子质量小于70,1 mol该烃最多可与2 mol H2发生加成反应，加成产物最多能与10 mol Cl2发生取代反应，则该烃的分子式为(　　)
A．C3H6 B．C3H4 C．C4H6 D．C5H8
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·北京西城区期中)由C、H、O三种元素组成的有机物A，相对分子质量为104。0.1 mol A充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重7.2 g，氢氧化钠溶液增重17.6 g。回答下列问题：
(1)有机物A的分子式是________________。
(2)A能与碳酸氢钠反应，A中含有的官能团的名称是________。
(3)A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B。写出化学方程式：________________________。
(4)A与浓硫酸共热还可以生成一种能使Br2的四氯化碳溶液褪色的化合物C。写出A生成C的化学方程式：__________________________________；反应类型是________。利用C可以合成高分子化合物D，D的结构简式是________。
(5)A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个—CH3，两个；能与银氨溶液反应产生银镜现象。写出E与Ag(NH3)2OH溶液反应的化学方程式：________________________________________。
[解析]　(1)0.1 mol A充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重7.2 g，即0.1 mol A充分燃烧后生成水的物质的量为0.4 mol，氢氧化钠溶液增重17.6 g，即0.1 mol A充分燃烧后生成二氧化碳的物质的量为0.4 mol，可知A分子中有4个碳原子和8个氢原子，由C、H、O三种元素组成的有机物A的相对分子质量为104，所以A分子中含有氧原子数为＝3，据此可以确定A的分子式为C4H8O3。
[答案]　(1)C4H8O3　(2)羧基
课时跟踪训练(三十六)
A级(基础达标)　　　　　　　　　　
一、选择题
1．区别甲烷、乙烯、乙炔最简单的方法是(　　)
A．分别通入溴水
B．分别通入酸性KMnO4溶液
C．分别在空气中燃烧
D．分别通入装有碱石灰的干燥管
[解析]　乙烯、乙炔均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故二者不能作为区分乙烯、乙炔的试剂；甲烷、乙烯、乙炔均不与碱石灰反应；三种气体燃烧时现象不同，分别无黑烟、有黑烟、有浓黑烟。
[答案]　C
2．(2017·天津联考)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，11.2 L的戊烷所含的分子数为0.5NA
B．28 g乙烯所含共用电子对数目为4NA
C．11.2 L二氯甲烷所含分子数为0.5NA
D．现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14 g，其原子数为3NA
[解析]　A项戊烷标准状况下为液体，11.2 L不是0.5 mol；B项28 g CH2===CH2为1 mol，共用电子对数为6NA；C项11.2 L二氯甲烷没注明存在的温度和压强，无法求出其物质的量；D项乙烯、丙烯、丁烯有相同的最简式CH2,14 g共有1 mol CH2，原子数为3NA。
[答案]　D
3．某有机物的结构简式为：
。下列说法不正确的是(　　)
A．该有机物属于烷烃
B．该烃的名称是3－甲基－5－乙基庚烷
C．该烃与2,5－二甲基－3－乙基己烷互为同系物
D．该烃的一氯取代产物共有8种
[解析]　A项，该烃的分子结构符合烷烃的结构特点；B项，符合烷烃的系统命名法；C项，二者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；D项，该烷烃分子中有8种等效氢原子，因此其一氯代物共有8种。
[答案]　C
4．下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是(　　)
[答案]　B
5．(2017·河北邯郸期中)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应如下，下列说法中不正确的是(　　)
A．乙苯的一氯代物共有3种不同结构
B．苯乙烯和氢气生成乙苯的反应属于加成反应
C．苯乙烯分子中所有原子有可能位于同一平面上
D．等质量的苯乙烯和聚苯乙烯燃烧耗氧量相同
[解析]　A项，乙苯苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，侧链上的一氯代物共有2种，故乙苯一共有5种一氯代物，错误；B项，苯乙烯和氢气的反应中碳碳双键被破坏，属于加成反应，正确；C项，苯环、乙烯都是平面结构，苯环与乙烯基相连的碳碳单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子有可能位于同一平面上，正确；D项，苯乙烯和聚苯乙烯的最简式都是CH，故等质量的苯乙烯和聚苯乙烯燃烧耗氧量相同，正确。
[答案]　A
6．(2016·河北唐山一中月考)乙炔在不同条件下可以转化成许多化合物，如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．正四面体烷的二氯代物只有1种
B．乙炔生成乙烯基乙炔是加成反应
C．由乙炔制得的四种有机物的含碳量不同
D．苯乙烯与环辛四烯互为同分异构体
[解析]　由乙炔制得的四种有机物的含碳量都与乙炔的含碳量相同，C错误。
[答案]　C
二、填空题
7．某烃分子式为C6H14，根据下列信息写出该烃的结构简式。
(1)若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到，则该烃是__________________。
(2)若该烃只能由一种烯烃与氢气加成得到，则该烃是_____________。
(3)若该烃可由两种炔烃与氢气加成得到，则该烃是______________。
(4)若该烃可由三种烯烃与氢气加成得到，则该烃可能是_________。
[解析]　求解此类问题时应先写出己烷的同分异构体，然后根据碳四价的原则补上双键或三键。
[答案]　(1)(CH3)2CHCH(CH3)2
(2)(CH3)3CCH2CH3　(3)(CH3)2CHCH2CH2CH3
(4)CH3CH2CH2CH2CH2CH3或CH3CH2CH(CH3)CH2CH3
8．(2017·台州中学统考)下表是有机物A、B的有关信息。
A
B
①能使溴的四氯化碳溶液褪色；
②比例模型为：
③能与水在一定条件下反应生成醇
①由C、H两种元素组成；
②球棍模型为：
根据表中信息回答下列问题：
(1)写出在一定条件下，A生成高分子化合物的化学反应方程式________。
(2)A与氢气发生加成反应后生成分子C，C在分子组成和结构上相似的有机物有一大类(俗称“同系物”)，它们均符合通式CnH2n＋2。当n＝________时，这类有机物开始出现同分异构体。
(3)B具有的性质是________(填序号)。
①无色无味液体；②有毒；③不溶于水；④密度比水大；⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应使之褪色；⑥任何条件下不与氢气反应。
写出在浓硫酸作用下，B与浓硝酸反应的化学方程式：___________。
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·山西忻州联考)苹果iPad、iPhone正在中国热卖，但137名苹果公司驻中国供应工厂的员工，却因长期暴露在正己烷环境中，健康遭受不利影响。某同学欲按沸点高低将正己烷插入表中(已知表中5种物质已按沸点由低到高顺序排列)，则正己烷最可能插入的位置是(　　)
①
②
③
④
⑤
甲烷
乙烯
戊烷
2-甲基戊烷
甲苯
A.③④之间 B．②③之间
C．④⑤之间 D．⑤之后
[解析]　对于烃，一般来说其相对分子质量越大，分子间作用力也越大，其沸点越高，故正己烷的沸点比①、②、③的高，但比甲苯的低；对于相对分子质量相同的烷烃，支链越多，沸点越低，故2-甲基戊烷的沸点比正己烷的低，故沸点由低到高的顺序为①<②<③<④<正己烷<⑤，C正确。
[答案]　C
2．(2017·山东省实验中学月考)对三联苯是一种有机合成中间体，工业上合成对三联苯的化学方程式为
下列说法不正确的是(　　)
A．上述反应属于取代反应
B．对三联苯分子中至少有16个原子共平面
C．对三联苯的一氯取代物有4种
D．0.2 mol对三联苯在足量的氧气中完全燃烧消耗5.1 mol O2
[解析]　A项，该反应可看作是中间的苯环上对位的两个H原子被苯环取代，正确；B项，对三联苯分子中在同一条直线上的原子有8个，再加上其中一个苯环上的另外8个原子，所以至少有16个原子共面，正确；C项，对三联苯分子中有4种不同化学环境的H原子，故其一氯取代物有4种，正确；D项，对三联苯的分子式为C18H14，则0.2 mol对三联苯完全燃烧消耗O2的物质的量为0.2×mol＝4.3 mol，错误。
[答案]　D
A．二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3∶2
B．二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应
C．一定条件下，二者在NaOH溶液中均可发生取代反应
D．Q的一氯代物只有1种，P的一溴代物有2种
[解析]　Q中两个甲基上有6个等效氢原子，苯环上有2个等效氢原子，峰面积之比应为3∶1，A项错误；Q中苯环上的卤素原子无法发生消去反应，P中与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上缺少氢原子，无法发生消去反应，B项错误；在适当条件下，卤素原子均可被—OH取代，C项正确；Q中苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可被氯原子取代，其一氯代物有2种，D项错误。
[答案]　C
4. 将甲、乙两种液体混合，取一定质量的该混合液进行完全燃烧实验，生成CO2、H2O的物质的量(n)与甲在混合液中的质量分数(x%)关系如图所示，则下列选项中甲、乙组合正确的是(　　)
A
B
C
D
甲
戊烯
己烯
己二炔(C6H6)
己烷
乙
环己烷(C6H12)
苯
苯
乙醇
[解析]　从图来看，不管混合液以什么比例混合，燃烧得到的CO2和H2O的物质的量之比始终等于2∶1，即碳原子与氢原子之比为1∶1，所以混合物的组成符合实验式CH。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·江苏启东中学月考)溴乙烷是卤代烃的代表物，通过对溴乙烷性质的探究来掌握卤代烃的性质，达到举一反三的效果。
已知：CH3CH2OH＋NaBr＋H2SO4(浓)CH3CH2Br＋NaHSO4＋H2O。
实验室制备溴乙烷(C2H5Br)的装置和步骤如下：
①按如图所示连接仪器，检查装置的气密性，然后向装置中的U形管和大烧杯里加入冰水；
②在圆底烧瓶中加入10 mL 95%乙醇、28 mL浓硫酸，然后加入研细的13 g溴化钠和几粒碎瓷片；
③小火加热，使其充分反应。
(1)反应结束后，U形管中粗制的溴乙烷呈棕黄色。将U形管中的混合物倒入分液漏斗中，静置，待液体分层后，取____________液体(填“上层”或“下层”)。为了除去其中的杂质，最好选择下列试剂中的____________(填序号)。
a．Na2SO3溶液 b．H2O
c．NaOH浓溶液 d．CCl4
要进一步制得纯净的C2H5Br，可再用水洗，然后加入无水CaCl2干燥，再进行____________(填操作名称)。
(2)设计实验证明U形管收集的溴乙烷中含有溴元素，完成以下实验报告：
实验步骤
实验操作
预期现象和结论
①
②
③
④
(3)溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。
用如图所示装置进行实验：该实验的目的是______________；
你所观察到的现象是__________________________________；
盛水试管(装置)的作用是_______________________________。
[解析]　(1)溴乙烷不溶于水，密度比水大，分液时，在下层。溴乙烷是一种有机溶剂，Br2易溶于其中，除杂主要是除去其中的Br2。由于溴乙烷在NaOH浓溶液中能水解，c错误；由于CCl4是有机溶剂，与溴乙烷不易分离，d错误；最好选a，SO＋Br2＋H2O===SO＋2Br－＋2H＋，除去溴且易分离。
(2)溴乙烷中无溴离子只有溴原子，利用水解反应或消去反应使其变为溴离子来检验，注意无论水解还是消去均为碱性环境，而溴离子的检验需要酸性环境，因此先加稀硝酸中和碱。
(3)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，发生消去反应生成乙烯，可知本题是检验气体产物乙烯。由于乙醇也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，水的作用是除去气体中的乙醇。
[答案]　(1)下层　a　蒸馏
(2)①取少许试样于小试管中，加入NaOH溶液，振荡，加热，静置　液体分层，上层可能含有NaOH及NaBr　②取上层清液于小试管中，加入过量的稀硝酸酸化　无明显现象　③取少许酸化后的溶液用pH试纸检验　pH试纸呈红色，溶液呈酸性　④向上述酸化的溶液中滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明溶液中含有Br－，即原有机物中含有Br元素
(3)验证生成的气体是乙烯(或验证溴乙烷与NaOH发生消去反应的产物)　高锰酸钾溶液的红色褪去　除去气体中少量的乙醇
6．(2017·河南豫南九校联考)金刚乙烷、金刚乙胺等已经被批准用于临床治疗人感染禽流感，且临床研究表明金刚乙烷比金刚乙胺的副作用小。
(1)金刚乙烷可通过下列转化生成金刚乙胺：
①金刚乙烷的分子式为____________。
②上述转化的反应类型均为____________。
(2)金刚乙烷还可通过下列转化生成高分子化合物(用“R—”表示，如金刚乙烷表示为R—CH2CH3)：
已知：E分子中有两个双键，但不能发生银镜反应；标准状况下，1 mol F与足量的钠完全反应会生成22.4 L气体，若与足量NaHCO3溶液完全反应也会生成22.4 L气体。
①条件1为____________，A→B的反应类型为____________。
②条件2为____________，写出C→D的化学方程式：______________。
③E分子中官能团的名称为________，G的结构简式为__________。
④H是F的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式：__________。
a．属于芳香族化合物
b．核磁共振氢谱中只有两组吸收峰，且峰面积之比为1∶1
[答案]　(1)①C12H20
②取代反应
课时跟踪训练(三十七)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
D．2,3－二甲基丁烷的核磁共振氢谱中会出现两个峰
[解析]　分子式
为C2H6O的物质可以是乙醇，也可以是甲醚(CH3OCH3)，甲醇(CH4O)与甲醚(C2H6O)官能团不同，不是同系物，A项错；甲烷和乙烯通过石油裂解得到，苯通过煤干馏得到；B项错；二氧化碳与苯酚钠反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，C项错。
[答案]　D
A．取代、加成、取代 B．取代、取代、加成
C．氧化、加成、消去 D．氧化、取代、取代
[解析]　反应①是乙醇的催化氧化反应；反应②是乙烯与H2O的加成反应；反应③是溴乙烷的消去反应。
[答案]　C
3．关于乙烯、乙醇和乙酸的下列叙述正确的是(　　)
A．黄酒中含有乙醇、食醋中含有乙酸
B．乙醇和乙酸在一定条件下可以发生加成反应生产乙酸乙酯
C．乙烯、乙醇和乙酸三种分子中都含有甲基
D．在一定条件下乙烯可以被氧化成乙醇，乙醇可以被氧化成乙酸
[答案]　A
4．(2017·云南玉溪一中月考)下列实验能获得成功的是(　　)
A．将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜
B．苯与浓溴水反应制取溴苯
C．向浓溴水中加几滴苯酚观察沉淀
D．1 mol·L－1 CuSO4溶液2 mL和0.5 mol·L－1 NaOH溶液4 mL混合后加入 40%的乙醛溶液0.5 mL，加热煮沸观察沉淀的颜色
[解析]　A项中必须水浴加热，B项中苯与液溴在Fe催化下才能制得溴苯，D项中NaOH应过量。
[答案]　C
5．有机物在反应中，常有原子间的共价键全部或部分断裂，如C—H、C—C、C===C、C—O、C===O等。下列各反应中，反应物分子中断裂键的排列，正确的组合是(　　)
化学反应
乙醇酯化
乙醇与钠
乙醛氧化
乙醛加氢
A
O—H
C—H
C—H
C—O
B
O—H
O—H
C—H
C===O
C
C—O
C—O
C—H
C===O
D
C—O
C—H
C—C
C—O
[解析]　乙醇酯化，断裂的键为O—H；乙醇与钠反应时，断裂的键为O—H；乙醛氧化，断裂的键为C—H；乙醛加氢，断裂的键为C===O。
[答案]　B
6．(2017·广东执信中学等六校联考)分子式为C4H8O2能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有(不含顺反异构)(　　)
A．6种 B．5种
C．4种 D．3种
[解析]　分子式为C4H8O2的有机物能与NaOH溶液发生水解反应，说明含有酯基，即符合R1COOR2结构形式。①R1为—C2H5，R2为—CH3，有1种结构；②R1为—CH3，R2为—C2H5，有1种结构；③R1为—H，R2为—C3H7，有2种结构，故符合条件的有机物有4种。
[答案]　C
二、填空题
7．化学式为C8H10O的化合物A具有如下性质：
①A＋Na―→慢慢产生气泡；
②A＋RCOOH有香味的产物；
③A苯甲酸；
④A催化脱氢产物不能发生银镜反应；
⑤A脱水生成的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品(它是目前造成“白色污染”的主要污染源之一)。
试回答下列问题：
(1)根据上述信息，对该化合物的结构可做出的判断是________(填编号)；
A．苯环上直接连有羟基 B．苯环侧链末端有甲基
C．肯定有醇羟基 D．肯定是芳香烃
(2)化合物A的结构简式为：__________________________________；
(3)A和金属钠反应的化学方程式是：__________________；
(4)写出A脱水生成的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品涉及的化学方程式：__________________________________。
[解析]　由A的性质①②可知A中含有羟基，由A的性质③可知A中含有苯环且只有一个侧链，由A的性质④可知A中羟基并非连在侧链末端的碳原子上，所以A的结构为。
[答案]　(1)B、C
(1)请写出丙中含氧官能团的名称：________。
(2)请判断上述哪些化合物互为同分异构体：________。
(3)请分别写出鉴别甲、乙、丙化合物的方法(指明所选试剂及主要现象即可)。
鉴别甲的方法：__________________________________。
鉴别乙的方法：__________________________________。
鉴别丙的方法：__________________________________。
(4)请按酸性由强至弱排列甲、乙、丙的顺序：
__________________________________。
[解析]　要鉴别甲、乙、丙三种物质，关键要抓住性质特征，尤其现象要明显。可分别抓住甲、乙、丙中酚羟基、羧基、醛基的典型性质。
[答案]　(1)醛基、羟基
(2)甲、乙、丙
(3)三氯化铁溶液，显紫色　NaHCO3溶液，有气泡生成　银氨溶液，水浴加热产生银镜
(4)乙>甲>丙
9．(2017·黑龙江大庆实验中学检测)有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式为
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是________，C的结构简式是________。
(2)D中官能团的名称是________。
(3)第③步反应的化学方程式是__________________________________。
(4)第①～⑥步反应中属于加成反应的有________(填步骤编号)。
(5)同时满足下列条件的E的同分异构体有________种。
①只含一种官能团；
②链状结构且无—O—O—；
③核磁共振氢谱只有两种峰。
[答案]　(1)CH3CH(CH3)CH2Br　OHCCOOCH2CH3
(2)羟基、酯基、醛基
(3)2CH3CH(CH3)CH2OH＋O2
2CH3CH(CH3)CHO＋2H2O
(4)①④⑥
(5)3
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2017·陕西宝鸡中学月考)EPA、DPA、DHA(结构式如图)是三种ω-3不饱和脂肪酸，是人体大脑发育、成长的重要物质。下列说法不正确的是(　　)
A．EPA与DPA互为同系物
B．DPA与DHA互为同分异构体
C．EPA的分子式为C20H30O2
D．EPA、DPA、DHA均能使溴的四氯化碳溶液褪色
[解析]　EPA与DPA中均含有5个和1个—COOH，官能团种类和个数相同，结构上相差2个—CH2—，互为同系物，A正确；DPA与DHA不饱和度不同，不可能为同分异构体，B错误；EPA分子中含有20个碳原子，不饱和度为6，C正确；三者分子中均含有，D正确。
[答案]　B
2．(2016·河南信阳鸡公山风景区学校月考)下列有机物中，在不同条件下，既能发生水解反应和消去反应，又能发生酯化反应并能与金属钠反应放出氢气的是(　　)
A．② B．②③
C．①② D．①②③
[解析]　①该有机物分子中含有羧基，能够发生酯化反应，能够与金属钠反应生成氢气，含有官能团氯原子，能够发生水解反应，但是与氯原子相邻的碳上不含氢原子，不能发生消去反应，故①不符合题意；②分子中含有官能团氯原子，能够发生水解反应，也能够发生消去反应，含有官能团羧基，能够发生酯化反应，也能够与钠反应生所氢气，故②符合题意；③该有机物分子中含有酯基，能够发生水解反应，含有羧基，能够发生酯化反应和消去反应，也能够与钠反应放出氢气，故③符合题意；④该有机物分子不含羧基和羟基，无法发生酯化反应，故④不符合题意。
[答案]　B
3．(2017·江西五校联考)有机物A的结构简式如图所示，某同学对其可能具有的化学性质进行了如下预测，其中正确的是(　　)
①可以使酸性KMnO4溶液褪色；②可以和NaOH溶液反应；③在一定条件下可以和乙酸发生反应；④在一定条件下可以发生催化氧化反应；⑤在一定条件下可以和新制Cu(OH)2悬浊液反应
A．①②③ B．①②③④
C．①②③⑤ D．①②③④⑤
[解析]　有机物A含有—OH(羟基)，可被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色；有机物A中含有酯基，可在NaOH溶液中发生碱性水解反应；有机物A中含有醇羟基，在一定条件下，可与乙酸发生酯化反应；有机物A中含有“—CH2OH”，在Cu作催化剂、加热条件下，可发生催化氧化反应；有机物A含有—CHO，因此能与新制Cu(OH)2悬浊液反应。
[答案]　D
4．(2017·北京西城期末)某优质甜樱桃中含有一种羟基酸(用M表示)，M的碳链结构无支链，分子式为C4H6O5；1.34 g M与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体0.448 L。M在一定条件下可发生如下转化：MABC(M、A、B、C分子中碳原子数目相同)。下列有关说法中不正确的是(　　)
A．M的结构简式为HOOC—CHOH—CH2—COOH
B．B的分子式为C4H4O4Br2
C．与M的官能团种类、数量完全相同的同分异构体还有2种
D．C物质不可能溶于水
[解析]　由题知M的相对分子质量为134,1.34 g M为0.01 mol，与足量的碳酸氢钠溶液反应生成0.02 mol CO2，由此可推出M分子中含二个羧基，再根据M分子无支链，可知M的结构简式为HOOCCHOHCH2COOH。M→A是消去反应，A→B是加成反应，B→C包含—COOH与NaOH的中和反应和—Br的水解反应，C分子中含有多个亲水基，C可溶于水，D错；符合条件的M的同分异构体还有两种，C正确。
[答案]　D
二、综合题
5．(2016·北京东城期末)有机物X、Y均为重要的工业原料，可由A和环己烯()为原料合成，路线如下(部分反应条件略)：
已知：ⅰ.X的结构简式是
(1)X中含氧官能团的名称是________。
(2)A的化学式是________。
(3)任选1种具有反式结构的C的同系物，用结构简式表示其反式结构：
________。
(4)下列关于G和H的说法正确的是________(填字母)。
a．用金属钠可以区别G和H
b．G、H经一步反应都可得到环己烯
c．H与苯酚具有相似的化学性质
d．试剂a是浓硫酸
(5)反应②、③、④、⑤中与反应①的类型相同的是______。
(6)Y的结构简式是______________。
(7)A→E的化学方程式是________________________。
[解析]　由X的结构简式和D的分子式可知，D为CH2===CHCOOH，F为C(CH2OH)4。根据转化关系A发生信息ⅱ中的反应生成E，E发生加成反应生成F，所以A为CH3CHO，E为(CH2OH)3CCHO，根据D的结构简式可逆推得A与甲醛发生信息ⅱ中的反应生成的B为HOCH2CH2CHO，B发生消去反应生成的C为CH2===CHCHO，C发生氧化反应得D。环己烯与溴化氢发生加成反应生成的G为1－溴环已烷，G发生碱性水解得H为环己醇，环已醇发生氧化反应得环己酮，根据Y的分子式可知，环己酮与F发生信息ⅲ中的反应生成的Y为。
[答案]　(1)酯基
(2)C2H4O

课时跟踪训练(三十八)
A级(基础达标)
一、选择题
1．(2017·湖南十三校联考)化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是(　　)
A．“地沟油”是指从泔水中提取的油脂，它也是一种资源，但不能食用，可用于生产燃料油或用于制肥皂
B．媒体曝光的制造问题胶囊的工业明胶的主要成分是蛋白质
C．塑化剂DEHP是对人体无害可用作食品添加剂
D．PM2.5是指大气中直径≤2.5×10－6m的颗粒物(气溶胶)，可通过加水吸收后再用半透膜渗析的方法分离PM2.5微粒与可溶性吸附物
[解析]　A项，油脂在碱性条件下可水解生成高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分。B项，工业明胶的主要成分是蛋白质，问题胶囊的问题在于重金属Cr超标。C项，塑化剂在生产塑料时使用，对人体有害。D项，半透膜用于分离胶粒和小分子或离子。
[答案]　C
2．下列的各种“油”中属于酯类的是(　　)
①豆油　②酱油　③牛油　④甘油　⑤重油　⑥硝化甘油
A．①③⑥ B．②④⑤
C．①③④ D．③⑤⑥
[答案]　A
3．某有机物含有碳、氢、氧、氮等元素，该有机物在水中形成的分散系能产生丁达尔现象的是(　　)
A．淀粉 B．油脂
C．氨基酸 D．蛋白质
[解析]　胶体能产生丁达尔现象，该有机物含有碳、氢、氧、氮等元素，故本题答案为D。
[答案]　D
4．下列说法正确的是(　　)
A．植物油可用于萃取溴水中的溴
B．氨基酸和蛋白质既能与酸反应又能与碱反应
C．淀粉、纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
D．蔗糖、麦芽糖、淀粉和纤维素都能水解，最终水解产物都为葡萄糖
[解析]　A项，植物油中含有不饱和键，可与溴水发生加成反应。B项，氨基酸和蛋白质中含有氨基可与酸反应，同时又含有羧基可与碱反应。C项，淀粉和纤维素分子式均为(C6H10O5)n。但n值不相同。D项，蔗糖的水解产物为果糖和葡萄糖。故选B项。
[答案]　B
5．下表中X、Y、Z代表的物质类别不符合如图所示关系的是(　　)
　　　物质类别
选项　　　
X
Y
Z
A
油脂
矿物油
烃
B
葡萄糖
蔗糖
二糖
C
淀粉
蛋白酶
蛋白质
D
乙醛
石炭酸
羧酸
[解析]　石炭酸是苯酚的俗称，不属于羧酸类物质。
[答案]　D
6．(2015·浙江卷)下列说法不正确的是(　　)
A．己烷共有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
[答案]　A
二、填空题
7．(2017·河南焦作一模)糖尿病是由于体内胰岛素紊乱导致的代谢紊乱综合症，以高血糖为主要标志。长期摄入高热量食品和缺少运动都易导致糖尿病。
(1)血糖是指血液中的葡萄糖(C6H12O6)。下列说法正确的是________。
A．葡萄糖属于碳水化合物，其分子式可表示为C6(H2O)6，则每个葡萄糖分子中含6个H2O
B．糖尿病人尿糖高，可用新制的氢氧化铜悬浊液来检测病人尿液中的葡萄糖
C．葡萄糖为人体提供能量
D．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
(2)木糖醇[CH2OH(CHOH)3CH2OH]是一种甜味剂，糖尿病人食用后血糖不会升高。请预测木糖醇的一种化学性质：_______________。
(3)糖尿病人不可饮酒，酒精在肝脏内可被转化成有机物A。A的有关性质实验结果如下：
Ⅰ.通过样品的质谱测得A的相对分子质量为60。
Ⅱ.核磁共振氢原子光谱能对有机物分子中等效氢原子给出相同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如：乙醇(CH3CH2OH)有三种氢原子(图甲)。经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图乙所示。
Ⅲ.将A溶于水，滴入石蕊试液，发现溶液变红。
试写出A的结构简式：__________________________________。
(4)糖尿病人宜多吃蔬菜和豆类食品。蔬菜中富含纤维素，豆类食品中富含蛋白质。下列说法错误的是________(填序号)。
A．蛋白质和纤维素都属于天然有机高分子化合物，且都不溶于水
B．用灼烧闻气味的方法可以区别合成纤维和羊毛
C．人体内不含纤维素水解酶，人不能消化纤维素，因此蔬菜中的纤维素对人没有用处
D．紫外线、医用酒精能杀菌消毒，是因为它们能使细菌的蛋白质变性
E．用天然彩棉制成贴身衣物可减少染料对人体的副作用
(5)香蕉属于高糖水果，糖尿病人不宜食用。乙烯是香蕉的催熟剂，它可使溴的四氯化碳溶液褪色，试写出该反应的化学方程式：________________。
[解析]　(1)葡萄糖属于碳水化合物，分子可表示为C6(H2O)6，但不能反映结构特点。(2)木糖醇含有羟基，能与Na发生置换反应，与羧酸发生酯化反应等。(3)根据谱图，A中含有两种类型的氢原子，且个数比为1∶3，因此为CH3COOH。(4)蛋白质可以人工合成，蔬菜中的纤维素可以加强胃肠蠕动，具有通便功能。(5)乙烯使四氯化碳溶液褪色，是因为乙烯和溴会发生加成反应。
[答案]　(1)BCD
(2)能与羧酸发生酯化反应(或其他合理的答案均可)
(3)CH3COOH　(4)AC
(5)CH2===CH2＋Br2―→CH2Br—CH2Br
8．(2017·辽宁大连二十中期末)高分子化合物材料PET聚酯和PMMA的合成路线如图：
(1)PMMA单体的化学名称：________________。
(2)F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为___________。反应⑤、⑥的反应类型为________、________。
(3)G的分子式为________，G中官能团的名称为________、________。2分子G可形成环状化合物，写出化学方程式：________________________。
(4)I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是______________。
(5)写出与F互为同分异构体且含单官能团的两种有机物的结构简式：
____________________。
(6)写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式：____________。
[解析]　乙烯和溴发生加成反应生成A，则A的结构简式为CH2BrCH2Br，A和NaOH水溶液发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，根据信息Ⅰ结合分子式知，J的结构简式为，D为CH3OH，J发生缩聚反应生成PET聚酯。根据PMMA的结构可知，PMMA的单体为CH2===C(CH3)COOCH3；E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下加热发生消去反应得I，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CH(OH)CH3，F为CH3COCH3，G为(CH3)2C(OH)COOH，I为CH2===C(CH3)COOH。
[答案]　(1)甲基丙烯酸甲酯
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．分子式为C3H7O2N的有机物经实验分析，发现有如图所示的原子连接顺序，则此有机物一定是(　　)
A．硝基化合物 B．硝酸酯
C．α－氨基酸 D．蛋白质
[解析]　每个碳原子的键数为4，每个氮原子的键数为3，每个氧原子的键数为2，氢原子只有1个键。显然大白球为碳原子，与最下方的碳原子相连的2个中白球为氧原子，最小的白球是氢原子，黑球应是氮原子。
[答案]　C
2．(2017·吉林扶余一中月考)PBT是最坚韧的工程热塑性材料之一，它是半结晶材料，具有化学稳定性、机械强度高、电绝缘性和热稳定性等优点，其结构简式为。下列叙述错误的是(　　)
A．PBT具有热固性，受热不易熔化
B．PBT的合成单体为对苯二甲酸和1,4－丁二醇
C．由单体合成PBT的反应属于缩聚反应
D．1 mol PBT与足量NaOH溶液反应时，最多可消耗2n mol NaOH
[解析]　由PBT的结构简式可知，PBT是对苯二甲酸和1,4－丁二醇发生缩聚反应生成的。PBT材料应为线性结构，具有热塑性，受热易熔化。
[答案]　A
二、综合题
3．(2017·吉林实验中学质检)有资料显示，几种甜味剂的相对甜度如下：
甜味剂名称
相对甜度
蔗糖
1
糖精
500～700
阿斯巴甜
180～200
纽甜
7000～13000
由上表可知目前发现的最甜的甜味剂是纽甜(NTM)，它的结构简式如下：
试根据纽甜的结构简式回答下列问题：
(1)纽甜的分子式为__________________________________；
(2)在纽甜分子中，除含有—CO—NH—、—COO—、苯基外，还含有亚氨基(—NH—)和________，因此该物质既具有________性，又具有________性。
(3)如果将纽甜在一定条件下完全水解(假设生成的产物中没有盐)，则含有苯环的有机物的结构简式为________；如果保持该物质的碳链结构和羧基不变，则含有氨基的有机物的同分异构体(含自身1种)共有________种；该类物质可发生________(填反应类型)反应生成高分子化合物。
(4)纽甜可通过如下反应制得：
以上三个反应中，②属于________反应(填反应类型)，③属于________反应。
[答案]　(1)C20H30N2O5
(2)羧基(或—COOH)　弱碱　弱酸
(4)加成　取代
4．(2017·江苏南京六校联考)化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：
(1)B中含有的含氧官能团名称为________。
(2)C转化为D的反应类型是________。
(3)写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式：______________。
(4)1 mol E最多可与________mol H2加成。
(5)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：________。
A．能发生银镜反应
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1 mol可消耗3 mol NaOH
(6)已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任选)。
合成路线流程图示例如下：
H2C===CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
[答案]　(1)羟基、羧基
(2)取代反应

(6)
课时跟踪训练(三十九)
A级(基础达标)　　　
一、选择题
1．(2016·绍兴模拟)下列有关化学用语正确的是(　　)
[答案]　C
2．下列关于价电子构型为4s24p4的原子的描述正确的是(　　)
[解析]　A项，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，错误；B项，违反了洪特规则，错误；C项，违反了泡利原理，错误；D正确。
[答案]　D
3．(2016·沈阳模拟)下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是(　　)
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
[解析]　原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，二者的性质不同，A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子不一定是Ca，还可以为副族元素，二者的性质不一定相似，B错误；2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子分别是第ⅣA族的C和Si，性质相似，C正确；最外层都只有一个电子的X、Y原子可以是H和Na等，性质不同，D错误。
[答案]　C
4．下列关于电离能和电负性的说法不正确的是(　　)
A．第一电离能的大小：Mg>Al
B．锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳
C．Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是碳
D．F、K、Fe、Ni四种元素中电负性最大的是F
[解析]　同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族的第一电离能比相邻的第ⅢA族元素的第一电离能大，A正确；锗是金属元素而碳是非金属元素，第一电离能低于碳，B不正确；Ni的价电子排布为3d84s2，未成对电子数为2，第二周期未成对电子数为2的元素有碳和氧，同周期从左到右电负性逐渐增大，则电负性C[答案]　B
5．如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是(　　)
A．y轴表示的可能是第一电离能
B．y轴表示的可能是电负性
C．y轴表示的可能是原子半径
D．y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
[解析]　对于第三周期11～17号元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈现增大的趋势，但Mg、P特殊，A项错误；原子半径逐渐减小，C项错误；形成基态离子转移的电子数依次为：Na为1，Mg为2，Al为3，Si不易形成离子，P为3，S为2，Cl为1，D项错误。
[答案]　B
6．下列有关说法正确的是(　　)
A．C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>C
B．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
C．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是＋7
D．Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2
[解析]　同一周期自左向右，元素的第一电离能呈现增大趋势，但由于p轨道处于全空、半充满或全充满时相对稳定，这使得第ⅡA族、第ⅤA族反常，故第一电离能N>O，Mg>Al，A、B不正确；F的电负性最大，没有正化合价，C不正确。
[答案]　D
二、填空题
7．组合填空
(1)(2015·海南卷节选)钒在元素周期表中的位置为________，其价层电子排布图为______________________。
(2)(2016·全国卷Ⅰ节选)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]________，有________个未成对电子。
(3)(2017·潍坊模拟)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数最多的是________(填序号)。
a．H　　b．N　　c．Cu　　d．Cr　　e．C
(4)(2017·郑州模拟)Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为____________。B、C、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是________。
(5)(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)Cu＋基态核外电子排布式为_____________。
(6)写出Al元素基态原子的价电子排布式____________。
(7)基态铬(Cr)原子的价电子排布式是________________，这样排布使整个体系能量最低，原因是_________________________________。
(8)A、B均为短周期金属元素，依据表中数据，写出B的基态原子的电子排布式：________________________。
电离能(kJ·mol－1)
I1
I2
I3
I4
A
932
1821
15390
21771
B
738
1451
7733
10540
(9)基态B原子的电子排布式为____________________。
(10)基态氮原子的价电子排布式是________________。
[答案]　(1)第4周期第ⅤB族　
(2)3d104s24p2　2
(3)d　(4)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)　O>C>B
(5)1s22s22p63s23p63d10　(6)3s23p1
(7)3d54s1　3d和4s轨道上的电子均处于半充满状态
(8)1s22s22p63s2　(9)1s22s22p1　(10)2s22p3
8．现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：
I1＝738 kJ·mol－1，I2＝1451 kJ·mol－1，
I3＝7733 kJ·mol－1，I4＝10540 kJ·mol－1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列
(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式________。
(2)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有________个方向，原子轨道呈________形。
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为
该同学所画的电子排布图违背了________。
(4)E位于__________族__________区，价电子排布式为__________。
(5)检验D元素的方法是________，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因是______________________。
[解析]　根据提供信息，可以推断A为H，B为N，C为Mg，D为K，E为Mn。
(2)N的基态原子中能量最高的电子为2p能级上的电子，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形(或哑铃形)。
(3)该同学所画的电子排布图中3s能级上的两个电子自旋方向相同，违背了泡利不相容原理。
(4)Mn的价电子排布式为3d54s2，位于第四周期第ⅦB族，属于d区元素。
(5)检验钾元素可以利用焰色反应
[答案]　
(2)3　纺锤(或哑铃)
(3)泡利不相容原理
(4)第ⅦB　d　3d54s2
(5)焰色反应　当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·衡水模拟)下列有关电子排布图的表述正确的是(　　)
[解析]　A．单核10电子粒子基态时电子排布式为1s22s22p6，每个轨道内排布2个电子，自旋方向相反，正确；B.此图违背了洪特规则，错误；C.正确的价电子排布图为，错误；D.该电子排布图中的电子没有激发跃迁到能量更高的轨道上，错误。
[答案]　A
2．(2016·华中师大附中模拟)长式周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是(　　)
A．第9列中元素中没有非金属元素
B．只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C．第四周期第9列元素是铁元素
D．第10、11列为ds区
[解析]　A．第9列中元素是第Ⅷ族元素，都是金属元素，没有非金属元素，正确；B.第2列的元素原子最外层电子排布为ns2，此外He核外电子排布是1s2，也符合该最外层电子排布，错误；C.第四周期第9列元素是Co元素，错误；D.第11、12列元素为ds区，错误。
[答案]　A
3．(2016·黄冈模拟)以下有关元素性质的说法不正确的是(　　)
A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B．具有下列价电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③
C．①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl中，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D．某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3＋
[解析]　A项，①为Si，②为N，③为C，④为S，原子半径最大的为Si，正确；B项，①为Al，②为Si，③为P，④为S，第一电离能最大的为P，正确；C项，同一主族元素，电负性从上到下逐渐减小；同一周期元素，电负性呈增大趋势，正确；D项，根据各级电离能变化趋势，基态原子的最外层应有2个电子，所以与Cl2反应时应呈＋2价，D错。
[答案]　D
4．X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是(　　)
A．X元素的氢化物的水溶液显碱性
B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
[解析]　根据题意，Z为Mg元素，Y原子最外层电子排布为ns2np2，是C或Si元素，X为N或O元素，W为Al或Cl元素，N的氢化物的水溶液显碱性，但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸性，A错误；Al3＋的半径比Mg2＋小，Cl－半径比Mg2＋大，B错误；氮气、氧气均能与镁反应，C正确；CO2形成的晶体熔沸点低，D错误。
[答案]　C
二、综合题
5．(2017·昌乐模拟)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：
(1)元素p为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式________。
(2)d与a反应的产物的分子中，中心原子的杂化形式为________。
(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：____________________________________________。
(4)o、p两元素的部分电离能数据列于下表：
比较两元素的I2、I3可知，气态o2＋再失去一个电子比气态p2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是_________________________。
(5)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图Ⅰ所示，其中电负性最大的是________(填图中的序号)。
(6)表中所列的某主族元素的电离能情况如图Ⅱ所示，则该元素是________(填元素符号)。
[解析]　(1)26号为铁元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
(2)d为N元素，a为H元素，二者形成的NH3中N原子的杂化形式为sp3。
(3)h为Mg元素，Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，原因是电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量。
(4)o元素为Mn，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d能级为半充满结构，相对比较稳定，当其失去第三个电子时比较困难，而p2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其3d能级再失去一个电子即为半充满结构，形成相对比较稳定的结构，故其失去第三个电子比较容易。
(5)第三周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成原子晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩为气体，故8种元素按单质熔点由高到低的顺序为硅、铝、镁、硫、磷、钠、氯、氩，其中电负性最大的为氯。
(6)由图可知，该元素的电离能I4远大于I3，故为第ⅢA族元素，周期表中所列的第ⅢA族元素i属于第三周期，应为Al。
[答案]　(1)1s22s22p63s23p63d64s2　(2)sp3
(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定
(5)2　(6)Al
课时跟踪训练(四)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．为防止流感病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是(　　)
[解析]　A．84消毒液为混合物，不属于电解质；B.高锰酸钾为强电解质；C.酒精为非电解质；D.醋酸为弱电解质。
[答案]　B
2．下列物质在指定条件下电离方程式正确的是(　　)
A．Na2CO3溶于水：Na2CO3===Na＋CO
B．Al(OH)3酸式电离：Al(OH)3===AlO＋H2O＋H＋
C．NaHS溶于水HS－的电离：HS－＋H2O??H2S＋OH－
D．NaHSO4加热熔化：NaHSO4===Na＋＋HSO
[解析]　A中应为Na2CO3===2Na＋＋CO；B中Al(OH)3的电离应用“??”；C项是HS－的水解。
[答案]　D
3．(2017·河北定州中学第三次月考)下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．Na2O溶于水：Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－
B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：2ClO－＋H2O＋SO2===2HClO＋SO
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
D．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
[解析]　A项，Na2O与水反应生成NaOH，正确。B项，Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二者发生氧化还原反应，错误。C项，不符合电荷守恒，离子方程式应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，错误。D项，醋酸为弱酸，书写离子方程式时，要用化学式CH3COOH表示，错误。
[答案]　A
4．水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．K＋、Cu2＋、OH－、HCO
B．Fe2＋、H＋、ClO－、SiO
C．Ca2＋、Fe3＋、Cl－、CO
D．Mg2＋、NH、Br－、SO
[解析]　A项，Cu2＋与OH－、OH－与HCO均反应；B项，H＋、Fe2＋、ClO－三种离子发生氧化还原反应；C项，Ca2＋、Fe3＋与CO均不共存；D项，所给离子不反应，能共存。
[答案]　D
5．(2017·广东湛江一中等四校联考)在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色溶液中：K＋、Cu2＋、OH－、NO
B．含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、I－、SCN－
C．pH＝12的溶液中：K＋、NH、SO、NO
D．水电离产生的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、NO
[解析]　含有Cu2＋的溶液呈蓝色，则无色溶液中不含有Cu2＋，A项错误。Fe3＋与I－、SCN－均发生反应而不能大量共存，B项错误。pH＝12的溶液呈强碱性，NH与OH－反应生成NH3·H2O，不能大量共存，C项错误。水电离产生的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液呈强酸性或强碱性，K＋、Na＋、Cl－、NO在强酸性或强碱性溶液中不反应，可以大量共存，D项正确。
[答案]　D
6．(2017·济南调研)甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性电解质。它们所含的离子如下表所示：
阳离子
NH、Na＋、Mg2＋
阴离子
OH－、NO、SO
取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，下列说法错误的是(　　)
A．甲中一定含Na＋ B．乙中一定含NH
C．丙中一定含Mg2＋ D．丙中一定含SO
[解析]　OH－与Mg2＋、NH均不能大量共存，故必有1种物质为NaOH，其他4种离子间不发生反应，可以形成的2种物质为NH4NO3和MgSO4或(NH4)2SO4和Mg(NO3)2。由题意可知，甲、乙、丙的摩尔质量的关系：甲<乙<丙。因此甲、乙、丙可以是：
甲
乙
丙
NaOH
NH4NO3
MgSO4
NaOH
(NH4)2SO4
Mg(NO3)2
由上表分析可知，D项错误。
[答案]　D
二、填空题
7．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__________________________________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是________(填序号)。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的________(填序号)曲线表示。
(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溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将________。
[解析]　(1)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸的离子方程式：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O。(2)A项的离子方程式：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，B项的离子方程式：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O。C项的离子方程式：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O。(3)向Ba(OH)2溶液中缓缓加入稀硫酸，随着稀硫酸的加入，生成了BaSO4和H2O，溶液中Ba2＋和OH－的浓度逐渐减小，混合液的导电能力逐渐减小，当加入的稀硫酸与Ba(OH)2恰好反应时，溶液不能导电，随着稀硫酸的继续加入溶液中的离子浓度逐渐增大，导电能逐渐增强，图中C曲线符合。(4)随反应进行溶液的密度减小，小球下沉。
[答案]　(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O　(2)A　(3)C　(4)下沉
8．离子反应是中学化学中重要的反应类型。回答下列问题：
(1)人们常用图示的方法表示不同反应类型之间的关系。如分解反应和氧化还原反应可表示为下左图。下右图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，则表示离子反应、氧化还原反应、置换反应的字母分别是_____。
(2)将NaBr溶液加入AgCl沉淀中，产生AgBr浅黄色沉淀。从离子反应发生的条件分析，AgCl与AgBr相比较，溶解度较大的是_________(填化学式)。
(3)离子方程式是重要的化学用语。下列是有关离子方程式的一些错误观点。请在下列表格中用相应的“离子方程式”否定这些观点。
反应物从下列物质中选取：Na、Fe、H2O、H2SO4、HCl、NaOH、Ba(OH)2、CuCl2
错误观点
“否定的”离子方程式
①
所有的离子方程式均可以表示一类反应
②
所有酸碱中和反应均可表示为：
H＋＋OH－===H2O
[答案]　(1)C、A、B　(2)AgCl
(3)
错误观点
“否定的”离子方程式
①
2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
②
2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．在如图点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是(　　)
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
B．b反应：HCO＋OH－===CO＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－===H2O
D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
[解析]　A中的离子方程式电荷不守恒，错误；氢氧化钠过量，则铵根离子也参与反应，B错误；醋酸是弱电解质，在离子反应中保留化学式，C错误。
[答案]　D
2．(2017·山东淄博实验中学第一次诊断)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是(　　)
A．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
B．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2＋＋2Br－＋3Cl2===4Fe3＋＋6Cl－＋Br2
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成的沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2BaSO4↓＋2H2O
D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O4＋8H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋4H2O
[解析]　A项，Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，产物为CaCO3和NaHCO3，反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O，错误。B项，Fe2＋的还原性强于Br－，0.4 mol FeBr2与0.3 mol Cl2反应时，0.4 mol Fe2＋和0.2 mol Br－均被氧化，反应的离子方程式为4Fe2＋＋2Br－＋3Cl2===4Fe3＋＋6Cl－＋Br2，正确。C项，明矾溶液中n(Al3＋)∶n(SO)＝1∶2，当Al3＋完全形成Al(OH)3沉淀时，溶液中仍有SO剩余，继续加入Ba(OH)2沉淀SO时，每生成1 mol BaSO4沉淀，会有2 mol Al(OH)3溶解，故Al3＋完全沉淀时，溶液中沉淀的物质的量最大，反应的离子方程式为2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，错误。D项，不符合电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式应为3Fe3O4＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，错误。
[答案]　B
3．(2016·山东青岛期末)下表涉及了四个离子方程式，对离子方程式的正误判断及改正方法均正确的是(　　)
选项
化学反应
离子方程式
判断及改
正方法
A
过量铁粉与稀硝酸
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
正确
B
向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液
Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O
错误，OH－、
H＋、H2O的计量数应均为2
C
过量的浓氨水加入到AlCl3溶液中
Al3＋＋3NH3·H2O===3NH＋Al(OH)3↓
错误，应生成AlO、NH、H2O
D
Cu与醋酸
Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑
错误，醋酸应该写分子式
[解析]　A项，过量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2＋；B项，参加反应的OH－、H＋的物质的量应该是SO的2倍；C项离子方程式正确不能生成AlO；D项，铜不能与醋酸发生反应。
[答案]　B
4．(2017·河北正定中学第三次月考)某试液中只可能含有K＋、NH、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO、CO、AlO中的若干种离子，离子浓度均为0.1 mol·L－1。某同学进行了如下实验，下列说法正确的是(　　)
A．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－
B．滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe2＋和Ba2＋
C．无法确定沉淀C的成分
D．原溶液中存在的离子为NH、Fe2＋、Cl－、SO
[解析]　试液中加入过量稀硫酸，无明显现象，则可判断溶液中不含AlO和CO。试液中加入稀硫酸后，再加入过量Ba(NO3)2溶液，产生滤液X、沉淀A及气体，说明试液中含有Fe2＋，且被氧化成Fe3＋，沉淀A为BaSO4。向滤液X中加过量NaOH溶液，有气体产生，说明试液中有NH，气体为NH3，沉淀B为Fe(OH)3；滤液Y中通入少量CO2气体，因滤液Y中有Ba2＋、OH－，则沉淀C为BaCO3，不能确定溶液中存在Al3＋。溶液中各离子浓度均为0.1 mol/L，从电荷守恒的角度考虑，溶液中只能含有NH、Fe2＋、Cl－、SO才能保证溶液呈电中性。
[答案]　D
二、综合题
5．按要求书写：
(1)(2014·新课标全国卷Ⅰ节选)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：
__________________。
(2)(2015·山东卷节选)向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子方程式__________。
(3)(2014·海南卷节选)ZnS采用“氧压酸浸”，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为__________________________________。
(4)(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为__________________________________。
(5)(2014·天津卷节选)Na2S2O3在酸性环境下易变质发黄：____________。
(6)(2014·重庆卷节选)月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为：_____________________。
(7)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为_________________。
(8)NaAlO2转化为Al(OH)3的离子方程式：____________________或
_________________。
[答案]　(1)H3PO2??H＋＋H2PO
(2)2Na2O2＋2Cu2＋＋2H2O===4Na＋＋2Cu(OH)2↓＋O2↑
(3)2ZnS＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2S↓＋2H2O
(4)PbO2＋4HCl(浓)PbCl2＋Cl2↑＋2H2O
(5)S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
(6)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(7)MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋H2O＋CO2↑
(8)2AlO＋3H2O＋CO2(适量)===2Al(OH)3↓＋CO
AlO＋2H2O＋CO2(过量)===Al(OH)3↓＋HCO
6. (2016·海口模拟)A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图(部分反应中的水已略去)。
(1)若A为氯碱工业的产品，C为厨房中常用的发酵粉的成分常用于食品膨松剂。
①反应Ⅲ的离子方程式是__________________________________；
②氯碱工业制备A的化学方程式是_____________________，其中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1 mol KI转移电子0.6 mol，则三种物质间反应的离子方程式是___________________________________；
(2)若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。
①反应Ⅲ的离子方程式是__________________________________；
②B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是__________________________________。
[解析]　(1)氯碱工业的产品为氢氧化钠、氢气和氯气，且A可生成C，C为厨房中用品，A和C反应生成B，A、B、C含有同一种元素，所以A为氢氧化钠，C为碳酸氢钠，B为碳酸钠，D为二氧化碳；①反应Ⅲ为氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，根据离子方程式的书写方法可知该反应的离子方程式为HCO＋OH－===H2O＋CO；②氯碱工业中制备A的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；Cl2具有强氧化性，I－具有还原性，该反应中消耗0.1 mol KI转移电子0.6 mol，则碘的化合价由－1价升高到＋5价，碘化钾转化为碘酸钾，氯气作氧化剂，化合价由0价降低到－1价，反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－＋I－===6Cl－＋IO＋3H2O；(2)D为单质且D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，所以D为铁；A为气体单质，与铁反应生成B，B和铁反应生成C，A和铁反应生成B，所以A为氯气，B为氯化铁，C为氯化亚铁；①反应Ⅲ为氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋；②氯化铁为强酸弱碱盐，在水中发生水解Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，生成氢氧化铁胶体，可起到净水作用，在酸性条件下，抑制了Fe3＋的水解，不能生成Fe(OH)3胶体，不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去。
[答案]　(1)①HCO＋OH－===H2O＋CO
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
3Cl2＋6OH－＋I－===6Cl－＋IO＋3H2O
(2)①Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋
②Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，酸性条件下，抑制了Fe3＋的水解，不能生成Fe(OH)3胶体，不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去
课时跟踪训练(四十)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2015·安徽卷)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是(　　)
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2
[解析]　A项，由图示可知，该物质的分子式为C3H2O3。B项，分子中碳碳双键和碳氧双键中各有一个σ键，碳氧单键全部是σ键(4个)，碳氢键也是σ键(2个)，共有8个σ键。C项，分子中的碳氧键、碳氢键都是极性键，而碳碳键是非极性键。D项，8.6 g该物质的物质的量为0.1 mol，完全燃烧后得到0.3 mol CO2，只有在标准状况下0.3 mol CO2的体积才是6.72 L。
[答案]　A
2．374 ℃、22.1 MPa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H＋和OH－，由此可知超临界水(　　)
A．显中性，pH等于7
B．表现出非极性溶剂的特性
C．显酸性，pH小于7
D．表现出极性溶剂的特性
[解析]　超临界水仍然呈中性，pH不等于7，A、C项错误，根据“相似相溶”原理可以知B正确(有机物大多数是非极性分子)，D错误。
[答案]　B
3．下列说法中正确的是(　　)
A．HCHO分子中既含σ键又含π键
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2
D．沸点：PH3>NH3>H2O
[解析]　HCHO分子中含有碳氧双键，既含σ键又含π键，A项正确；CO2分子中的化学键是极性键，B不正确；NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp3杂化，C项不正确；氨气分子之间存在氢键，因而氨的沸点反常高，由于水分子之间的氢键强于氨气分子之间的氢键，因此水的沸点高于氨的沸点，D项不正确。
[答案]　A
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
[解析]　由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。
[答案]　C
5．PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P—H键键能比N—H键键能低。下列判断错误的是(　　)
A．PH3分子呈三角锥形
B．PH3分子是极性分子
C．PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低
D．PH3分子稳定性低于NH3分子，是因为N—H键键能高
[解析]　PH3与NH3构型相同，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，A、B项正确；PH3的沸点低于NH3，是因为NH3分子间存在氢键，C项错误；PH3的稳定性低于NH3，是因为N—H键键能高，D项正确。
[答案]　C
6．(2017·黄冈调研)已知O3分子为V形结构，关于相同条件下O3和O2在水中溶解度的比较，下列说法正确的是(　　)
A．O3在水中的溶解度和O2一样
B．O3在水中的溶解度比O2小
C．O3在水中的溶解度比O2大
D．无法比较
[解析]　O3分子为V形结构，不对称为极性分子，而O2为非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理可知，O3在水中的溶解度比O2大。
[答案]　C
二、填空题
7．(1)CS2分子中，共价键的类型有________，C原子的杂化轨道类型是________，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子______________________。
(2)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是________对，分子的立体构型为________；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________；SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为________；该结构中S—O键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为________(填图中字母)，该分子中含有________个σ键。
(3)S的氢化物(H2S)分子的空间构型为________。
(4)①与OH－互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。
②醛基中碳原子的轨道杂化类型是________；1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为________。
(5)BCl3和NCl3中心原子的杂化类型分别为________和________。
(6)已知元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，则在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________，YZ的空间构型为________。
(7)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是________。
(8)甲醛(H2C===O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角________(填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
[解析]　(1) CS2分子中，存在σ键和π键。CS2分子中，C原子的价层电子对数为2，杂化轨道类型为sp。根据等电子理论，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子有CO2、COS和N2O，离子有NO、SCN－。(2)SO2分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为a，该分子中含有12个σ键。(3)H2S的结构类似于H2O，为V形。(4)①OH－有2个原子，10个电子，与其互为等电子体的分子是HF。②乙醛中甲基的C原子是sp3杂化，醛基的C原子是sp2杂化，一个乙醛分子中4个C—H σ键，1个C—C σ键，1个C—O σ键，共6个σ键。(5)BCl3中B原子3个价电子全部成键，杂化类型为sp2，NCl3中N原子有一个孤电子对，N的杂化类型为sp3。(6)Y基态原子的3p轨道上有4个电子，Y为S元素，元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，Z是O元素。H2S中S原子的杂化方式为sp3，SO的空间构型为正四面体。(7)S8中每个S原子连接2个S原子，S原子还有2个孤电子对，所以S的杂化方式为sp3。(8)甲醇中碳原子形成四个σ键，为sp3杂化，甲醇分子内O—C—H键角接近109°28′，甲醛分子的空间构型为平面形，键角接近120°。
[答案]　(1)σ键和π键　sp　CO2、SCN－(或COS等)
(2)3　V形　sp2　sp3　a　12　(3)V形
(4)①HF　②sp2　6NA　(5)sp2　sp3
(6)sp3　正四面体　(7)sp3　(8)sp3　小于
8．(1)(2015·新课标全国卷Ⅰ节选)①碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是______________________。
②CS2分子中，共价键的类型有______、C原子的杂化轨道类型是______，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子________________。
(2)化合物Cl2O的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为_________。
(3)1 mol乙醛分子中含有σ键的数目为________，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是___________________________。
(4)已知a是H，b是N，c是O，d是S，a与元素b、c、d形成的二元共价化合物中，分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_______(填化学式，写出两种)。
[答案]　(1)①C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构
②σ键和π键　sp　CO2、SCN－(或COS等)
(2)V形　4
2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl(或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl)
(3)6NA　CH3COOH分子间存在氢键
(4)H2O2　N2H4
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．下列推论正确的是(　　)
A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B．NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构
C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子
[解析]　A项，NH3分子间存在氢键，其沸点高于PH3；B项，N、P同主族，PH与NH结构相似；C项，SiO2是原子晶体；D项，C3H8中两个C—C键的夹角不是180°，不是直线形的分子。
[答案]　B
2．(2017·襄阳模拟)关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是(　　)
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
[解析]　A．CS2与二氧化碳相似，都是直线形分子，为非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理，则二硫化碳在水中的溶解度不大，错误；B.二氧化硫为V形分子，氨气为三角锥形分子，都是极性分子，所以易溶于水，正确；C.二硫化碳为非极性分子，常温下为液体，但二氧化硫、氨气在常温下均为气体，所以二硫化碳的熔沸点最高，错误；D.氨气在水中的溶解度大不仅仅是因为氨气分子有极性，还因为氨气与水分子间能形成氢键，增大氨气的溶解度，错误。
[答案]　B
3．(2016·荆州模拟)下列叙述正确的是(　　)
A．NH3是极性分子，N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B．CCl4是非极性分子，C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
D．CO2是非极性分子，C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央
[解析]　A．NH3是极性分子，N原子处在三角锥形的顶点，3个H原子处于锥底，错误。B.CCl4是非极性分子，四个Cl原子构成的是正四面体结构，C原子处在4个Cl原子所组成的四面体的中心，错误。C.H2O是极性分子，是V形分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，正确。D.CO2是非极性分子，三个原子在一条直线上，C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，错误。
[答案]　C
4．配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数(　　)
A．Cu2＋、NH3、2＋、4 B．Cu＋、NH3、2＋、4
C．Cu2＋、OH－、2＋、2 D．Cu2＋、NH3、2＋、2
[解析]　由配合物[Cu(NH3)4](OH)2分析，因外界有两个OH－，故Cu元素显＋2价，故中心离子为Cu2＋，配体为NH3，配位数为4。
[答案]　A
二、综合题
5．(2015·四川卷)X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第ⅦA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。
请回答下列问题：
(1)R基态原子的电子排布式是______________。
(2)利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是______________。
(3)X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是________(填化学式)；Z和U的氢化物中沸点较高的是________(填化学式)；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是________(填化学式)。
(4)CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是__________________________________________。
[解析]　X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。Z和U位于第ⅦA族，故Z为F元素，U为Cl元素；X和Z可形成化合物XZ4，则X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si元素；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，则Q为Mg元素；T的一种单质在空气中能够自燃，则T为P元素。
(1)R为Si元素，原子序数为14，故其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2。
(2)TU3为PCl3，根据价层电子对互斥理论，由中心原子P的孤电子对数为1，成键电子对数为3，故PCl3的VSEPR模型为四面体形，立体构型为三角锥形。
(3)与碳同一周期，非金属性由强到弱依次为F、O、N，由于F没有正价，O无最高正价，故X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HNO3；HF、HCl均为分子晶体，但由于HF中存在氢键，所以沸点：HF>HCl；Si为原子晶体，Mg为金属晶体，Cl2为分子晶体，熔点由高到低的顺序为Si、Mg、Cl2。
(4)CuSO4溶液与P4反应可生成P的最高价含氧酸H3PO4和铜，故该反应的化学方程式为10CuSO4＋P4＋16H2O===4H3PO4＋10Cu＋10H2SO4。
[答案]　(1)1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2
(2)三角锥形
(3)HNO3　HF　Si、Mg、Cl2
(4)10CuSO4＋P4＋16H2O===4H3PO4＋10Cu＋10H2SO4
6．(1)H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________________________________。
(2)H、N、O、S元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是________；酸根呈三角锥结构的酸是________。(填化学式)
(3)碳和硅的有关化学键键能如表所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能(kJ·mol－1)
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_______________________________________。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是_______________。
(4)在乙醇中的溶解度：S(HCHO)>S(H2S)，其原因是_______________。
(5)已知X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3，Y是地壳中含量最高的元素，则XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________，氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。
[答案]　(1) H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
(2)HNO2　H2SO3
(3)①C—C键和C—H键的键能较高，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成　②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定，而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(4)HCHO在乙醇中的溶解度大于H2S在乙醇中的溶解度，是因为乙醇分子与HCHO分子之间能形成氢键，而乙醇分子与H2S分子之间不能形成氢键
(5)分子间作用力　乙酸
课时跟踪训练(四十一)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·资阳模拟)关于晶体的下列说法中正确的是(　　)
A．溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一
B．区别晶体和非晶体最好的方法是观察是否有规则的几何外形
C．水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同
D．只有无色透明的固体才是晶体
[解析]　A．获得晶体的方法有熔融态物质凝固、气态物质凝华、溶质从溶液中结晶析出，因此溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一，正确；B.区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X－射线衍射实验，而不是通过观察是否有规则的几何外形，错误；C.水晶是晶体SiO2，其性质的各向异性表现在物理性质如在不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同，错误；D.晶体不一定是无色透明的，如CuSO4·5H2O，无色透明的也不一定是晶体，如玻璃属于玻璃态物质，错误。
[答案]　A
2．现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是(　　)
[解析]　A．A离子个数是1，B离子个数＝1/8×8＝1，所以其化学式为AB，故A错误；B.E离子个数＝1/8×4＝1/2，F离子个数＝1/8×4＝1/2，E、F离子个数比为1∶1，所以其化学式为EF，故B错误；C.X离子个数是1，Y离子个数＝1/2×6＝3，Z离子个数＝1/8×8＝1，所以其化学式为XY3Z，故C正确；D.A离子个数＝1/8×8＋1/2×6＝4，B离子个数＝12×1/4＋1＝4，A、B离子个数比1∶1，所以其化学式为AB，故D错误。
[答案]　C
3．下列说法中，正确的是(　　)
A．冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B．原子晶体中，共价键越强，熔点越高
C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点一定越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，该物质越稳定
[解析]　A项，冰为分子晶体，融化时破坏的是分子间作用力，错误。B项，原子晶体熔点的高低取决于共价键的强弱，共价键越强，熔点越高，正确。分子晶体熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，而共价键的强弱决定了分子的稳定性大小，C、D项错误。
[答案]　B
4．(2016·绵阳模拟)下列对各组物质性质的比较中，正确的是(　　)
A．硬度：Li>Na>K
B．熔点：金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅
C．第一电离能：NaD．空间利用率：六方密堆积<面心立方<体心立方
[解析]　碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li>Na>K，故A正确；原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能大小顺序是：C—C键、C—Si键、Si—Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B错误；同一周期，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，第一电离能：Mg>Al>Na，故C错误；空间利用率：六方密堆积74%、面心立方74%、体心立方68%，所以空间利用率：六方密堆积＝面心立方>体心立方，故D错误。
[答案]　A
5．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是(　　)
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个O
B．晶体中每个K＋周围有8个O，每个O周围有8个K＋
C．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个
D．晶体中与每个O距离最近的O有6个
[解析]　由题中的晶胞结构知：有8个K＋位于顶点，6个K＋位于面心，则晶胞中含有的K＋数为＋＝4(个)；有12个O位于棱上，1个O处于中心，则晶胞中含有O数为12×＋1＝4(个)，所以超氧化钾的化学式为KO2；晶体中每个K＋周围有6个O，每个O周围有6个K＋，晶体中与每个K＋(或O)距离最近的K＋(或O)有12个。
[答案]　A
二、填空题
6．(2017·扬州模拟)(1)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点FeO________NiO(填“<”或“>”)；
②铁有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。
(2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________；该晶体中，原子之间的强相互作用是______________。
(3)某钙钛型复合氧化物如图1所示，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe等时，这种化合物具有CMR效应。
①用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：________。
②已知La为＋3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1－xAxMnO3(x<0.1)，此时一部分锰转变为＋4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁—铁磁、铁磁—顺磁及金属—半导体的转变，则La1－xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为________。
③下列有关说法正确的是________。
A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区
B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大
C．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强
D．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如图2所示
[解析]　(1)①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2＋的离子半径小于Fe2＋的离子半径，则熔点NiO>FeO。②δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4∶3。
(2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，则价电子排布式为5d106s1，在晶胞中Cu原子处于面心，N(Cu)＝6×＝3，Au原子处于顶点位置，N(Au)＝8×＝1，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3∶1，为金属晶体，原子间的作用力为金属键。
(3)①由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为8×＝1个，B位于晶胞的体心，含有1个，O位于面心，晶胞中含有O的个数为6×＝3则化学式为ABO3。
②设La1－xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有3(1－x)＋2x＋3m＋4n＝6、m＋n＝1，解之得m＝1－x，n＝x，则La1－xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为(1－x)∶x。
③A.由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区，故A正确；B.氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，故B错误；C.元素的电负性越强，金属性越弱，故C正确；D.图中堆积方式为镁型，故D错误。
[答案]　(1)①<　②4∶3　(2)3∶1　金属键
(3)①ABO3　②(1－x)∶x　③A、C
7．Ⅰ.对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)，下列叙述正确的是________。
A．SiX4难水解 　　　　B．SiX4是共价化合物
C．NaX易水解 　　　　D．NaX的熔点一般高于SiX4
Ⅱ.碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为__________。
(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为________、________。
(3)C60属于________晶体，石墨属于________晶体。
(4)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142 pm，而金刚石中C—C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C—C间的________共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在________共价键，还有________键。
(5)金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝________a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________(不要求计算结果)。
[解析]　Ⅰ.A项SiX4容易发生水解反应，错误。B项卤素与硅都是非金属元素，所以二者结合的化合物SiX4是共价化合物，正确。C项NaX可能是强酸强碱盐，不发生水解反应，错误。D项NaX是离子化合物，微粒间通过离子键结合，而SiX4则是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合。因此NaX的熔点一般高于SiX4，正确。
Ⅱ.(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质，性质不同，它们互称同素异形体。(2)在金刚石中碳原子的四个价电子与四个C原子形成四个共价键，C的杂化形式是sp3；在石墨烯(指单层石墨)中碳原子与相邻的三个C原子形成三个共价键，C的杂化形式是sp2。(3)C60是由60个C原子形成的分子，属于分子晶体。而石墨在层内原子间以共价键结合，在层间以分子间作用力结合，所以石墨属于混合晶体。(4)在金刚石中只存在C—C间的σ共价键，在石墨层内的C—C间不仅存在σ共价键，还存在π键。(5)金刚石的立体网状结构金刚石晶胞，顶点8个，相当于1个C原子，然后面心上6个，相当于3个C原子，而在其8个小正方体空隙中有一半也是C原子，且在晶胞内，故还有4个C原子，加在一起，可得一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是C—C键的键长，即a＝2r，所以r＝a，碳原子在晶胞中的空间占有率w＝＝＝。
[答案]　Ⅰ.BD
Ⅱ.(1)同素异形体　(2)sp3　sp2
(3)分子　混合　(4)σ　σ　π(或大π键或p-pπ键)
(5)8　　＝
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是(　　)
A．AlON和石英的化学键类型相同
B．AlON和石英晶体类型相同
C．AlON和Al2O3的化学键类型不同
D．AlON和Al2O3晶体类型相同
[解析]　AlON与石英(SiO2)均为原子晶体，所含化学键均为共价键，A、B项正确；Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，C项正确，D项错误。
[答案]　D
2．下面有关晶体的叙述中，不正确的是(　　)
A．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B．氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有6个
C．氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－
D．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
[解析]　氯化钠晶体中每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，B项错误。
[答案]　B
3．下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是(　　)
A．CH4>SiH4>GeH4>SnH4
B．KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C．Rb>K>Na>Li
D．金刚石>Si>钠
[解析]　晶体熔点的高低取决于构成该晶体的结构粒子间作用力的大小。A项物质均为结构相似的分子晶体，其熔点取决于分子间作用力的大小，一般来说，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大者分子间作用力也越大，故A项各物质熔点应为逐渐升高的顺序；B项物质均为离子晶体，离子晶体熔点高低取决于离子键键能的大小，一般来说，离子的半径越小，电荷越多，离子键的键能就越强，故B项各物质熔点也应为升高顺序；C项物质均为同主族的金属晶体，其熔点高低取决于金属键的强弱，而金属键键能与金属原子半径成反比，与价电子数成正比，碱金属原子半径依Li～Cs的顺序增大，价电子数相同，故熔点应是Li最高，Cs最低；D项，原子晶体的熔点取决于共价键的键能，后者则与键长成反比，金刚石C—C键的键长更短些，所以金刚石的熔点比硅高。原子晶体的熔点一般比金属晶体的熔点高。
[答案]　D
二、综合题
4．(2017·安徽“江南十校”3月联考)安徽省具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题。
(1)请写出基态Cu原子的外围电子排布式________。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时外围电子发生了________而变为激发态。
(2)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式。
请分析1个松脂酸铜中π键的个数为________；加“*”碳原子的杂化方式为________。
(3)下图是某铜矿的晶胞图，请推算出此晶胞的化学式(以X表示某元素符号)________；与X等距离且最近的X原子个数为________。
(4)黄铜矿在冶炼的时候会产生副产品SO2，SO2分子的几何构型为________，比较第一电离能：S________O(填“>”或“<”)。
(5)黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5 g/cm3，求晶胞的边长(只写计算式，不求结果)：________。
[解析]　(1)Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，位于周期表第四周期ⅠB族，Cu外围电子排布式为3d104s1；基态铜原子在灼烧时外围电子发生了跃迁而变为激发态。(2)根据双键中有一个σ键和一个π键，故1个松脂酸铜中π键的个数是6个；加“*”碳原子的杂化方式为sp3。(3)晶胞中含有X原子数目＝8×＋1＝2，含有Cu：4，晶胞的化学式Cu2X；根据晶胞结构，与X等距离且最近的X原子个数为8个。(4)根据价层电子对互斥理论，SO2分子的几何构型是V形；同主族元素从上到下非金属性减弱，失电子能力增强，则第一电离能：S[答案]　(1)3d104s1　跃迁　(2)6　sp3　(3)Cu2X　8　(4)V形(或角形)　<　(5) cm
5．(2016·河南新乡二模)钒(23V)广泛用于催化及钢铁工业，我国四川的攀枝花和河北的承德有丰富的钒矿资源。回答下列问题：
(1)钒原子的核外电子排布式为________，所以在元素周期表中它应位于第________B族。
(2)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。当SO2气态为单分子时，分子中S原子价层电子对有______对，S原子的杂化轨道类型为______，分子的立体构型为______；SO3的三聚体环状结构如图1所示，此氧化物的分子式应为______，该结构中S—O键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的原因为______。
(3)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子中V的杂化轨道类型为________；以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图2所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为________。
(4)钒的某种氧化物晶胞结构如图3所示。该氧化物的化学式为________，若它的晶胞参数为x nm，则晶胞的密度为________g·cm－3。
[解析]　(1)由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2。(2)SO2分子中S原子形成2个σ键，孤电子对数为＝1，SO2分子中S原子价层电子对数是3，为V形结构，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个σ键，没有孤对电子，则为sp2杂化；SO3的三聚体属于分子结构，一个分子中含有3个S原子和9个O原子，故分子式为S3O9，形成b键的氧原子与两个S原子结合，作用力较小，键能较小，键能越小键长越大。(3) VO中，V形成4个σ键，孤电子对数为＝0，杂化方式为sp3，空间构型为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为＋5价，则形成的化合物化学式为NaVO3。(4)由晶胞可知，V位于顶点和体心，阳离子个数为1＋8×＝2，O有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4×＋2＝4，阴阳离子数目之比为4∶2＝2∶1，该氧化物的化学式为VO2；晶胞边长为x nm＝x×10－7 cm，晶胞体积V＝10－21 x3cm3，一个晶胞的质量m＝，则密度ρ＝＝＝
[答案]　(1)1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2　V
(2)3　sp2　V形　S3O9　形成b键的氧原子与两个S原子结合，作用力较小
(3)sp3　NaVO3
(4)VO2　
课时跟踪训练(五)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·上海卷)下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是(　　)
A．海带提碘 B．氯碱工业
C．氨碱法制碱 D．海水提溴
[答案]　C
2．下列变化必须加入氧化剂才能实现的是(　　)
A．Cr2O―→CrO B．HNO3―→NO2
C．SiO2―→Si D．CH3CH2OH―→CH3CHO
[解析]　本题考查了氧化还原反应的知识，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解及应用能力。Cr2O―→CrO，元素的化合价都没有变化，与氧化还原反应无关；HNO3―→NO2、SiO2―→Si，氮元素、硅元素的化合价降低，均是被还原的过程，需要加还原剂才能实现，HNO3―→NO2也可以自身加热分解。CH3CH2OH―→CH3CHO是被氧化的过程，需要加入氧化剂才能实现。
[答案]　D
3．某非金属元素在化学反应中从化合态变为游离态，则该元素(　　)
A．一定被氧化
B．一定被还原
C．可能被氧化，也可能被还原
D．化合价升高为0
[解析]　某元素从化合态变为游离态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，如2I－→I2，是被氧化的过程，CO2→C是被还原的过程，故C正确。
[答案]　C
4．下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是(　　)
A．F2、K、HCl B．Cl2、Al、H2
C．NO2、Na、Br2 D．O2、SO2、H2O
[解析]　选项A，F2在任何反应中都只能获得电子而只具有氧化性。K在任何反应中都只能失去电子而只具有还原性。HCl中－1价氯体现出还原性，＋1价氢体现出氧化性，所以HCl既有氧化性又有还原性，A正确；选项B，Cl2既有氧化性又有还原性，B错误；选项C，NO2、Br2既有氧化性又有还原性，C错误；选项D中，O2一般只有氧化性，而SO2、H2O既有氧化性又有还原性，D错误。
[答案]　A
5．下列说法正确的是(　　)
A．根据反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推知Cu的还原性比H2的强
B．在反应CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑中，水作氧化剂
C．在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1
D．因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2不能发生
[答案]　B
6．(2017·广东广州六中等六校联考)已知下列反应：
反应Ⅰ：Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
反应Ⅱ：5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3
下列说法正确的是(　　)
A．反应Ⅰ中HCl是氧化剂
B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应
C．还原性：CoCl2>HCl>I2
D．氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3
[解析]　反应I中，Co2O3是氧化剂，HCl是还原剂，A项错误。反应Ⅱ中，Cl2被还原生成HCl，发生还原反应，B项错误。反应Ⅰ中CoCl2是还原产物，HCl是还原剂，则HCl的还原性强于CoCl2，反应Ⅱ中I2是还原剂，HCl是还原产物，则I2的还原性强于HCl，C项错误。反应Ⅰ中Co2O3的氧化性强于Cl2，反应Ⅱ中Cl2的氧化性强于HIO3，D项正确。
[答案]　D
二、填空题
7．(2016·兰州模拟)Ⅰ.某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2―→O2。
(1)该反应中的还原剂是________。
(2)该反应中，发生还原反应的过程是__________―→__________。
(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：_______。
(4)如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_____。
Ⅱ.高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下：
MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O　①
MnO＋3e－＋2H2O===MnO2↓＋4OH－　②
MnO＋e－===MnO(溶液绿色)　③
(1)从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液的________影响。
(2)将SO2通入高锰酸钾溶液中，发生还原反应的离子反应过程为________―→________。
(3)将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色。下列说法正确的是________。
a．氧化性：PbO2>KMnO4
b．还原性：PbO2>KMnO4
c．该反应可以用盐酸酸化
(4)将高锰酸钾逐滴加入到硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式(横线上填计量数，括号内填物质)：
①________KMnO4＋________K2S＋________(　　)===________K2MnO4＋________K2SO4＋________S↓＋________(　　)。
②若生成6.4 g单质硫，反应过程中转移电子的物质的量为________。
[解析]　Ⅰ.(1)由信息H2O2―→O2中可知，氧元素的化合价由－1价升高到0，则H2O2为还原剂；(2)氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4―→Cr(OH)3；(3)该反应中氧元素失电子，Cr元素得到电子，2 mol H2CrO4反应转移电子为2 mol×(6－3)＝6 mol，故氧元素得到电子为6 mol，则该反应的方程式及电子转移的方向和数目为===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O；(4)由2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O可知，生成3 mol气体转移6 mol电子，则转移了0.3 mol电子，则产生的气体的物质的量为×3 mol＝0.15 mol，其在标准状况下体积为0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L。
Ⅱ.(1)根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响；(2)SO2通入高锰酸钾溶液中，SO2作还原剂，KMnO4作氧化剂(发生还原反应：MnO―→Mn2＋)；(3)PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色(Mn2＋被氧化生成了MnO)，说明氧化性：PbO2>KMnO4；由于盐酸会被高锰酸钾氧化，故该反应不能用盐酸酸化；(4)①根据题意该反应的氧化产物是K2SO4和S，根据“K2SO4和S的物质的量之比为3∶2”即反应中K2SO4和S的计量数之比为3∶2，然后再根据得失电子守恒和原子守恒将其配平为28KMnO4＋5K2S＋24KOH===28K2MnO4＋3K2SO4＋2S↓＋12H2O。②根据上述配平的方程式可得单质硫与转移电子数之间的关系为“2S～28e－”，则生成6.4 g (0.2 mol)单质硫，反应过程中转移电子的物质的量为2.8 mol。
[答案]　Ⅰ.(1)H2O2　(2)H2CrO4　Cr(OH)3
(4)3.36 L
Ⅱ.(1)酸碱性　(2)MnO　Mn2＋　(3)a　(4)①28　5　24　KOH　28　3　2　12　H2O　②2.8 mol
8．Ⅰ.某实验小组为探究ClO－、I2、SO在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：
实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：向实验①的溶液中加入4 mL 0.5 mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
(1)写出实验①中发生反应的离子方程式：_________________________。
(2)实验②的化学反应中转移电子的物质的量是____________________。
(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO的氧化性由弱到强的顺序是__________________。
Ⅱ.(4)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。
[解析]　(1)在酸性环境中，ClO－具有强氧化性，能将I－氧化为I2，同时生成Cl－和H2O：ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O。(2)实验①中生成的I2具有氧化性，将SO氧化为SO，根据SO～2e－～SO，0.002 mol Na2SO3失去电子(转移电子)的物质的量＝2×0.002 mol＝0.004 mol。(3)根据实验①知氧化性：ClO－>I2，根据实验②知氧化性：I2>SO，故氧化性：ClO－>I2>SO。(4)1 mol Cl2(发生的反应为Cl2＋H2O??HCl＋HClO)、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为2 mol、2 mol、5 mol、2 mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。
[答案]　(1)ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O
(2)0.004 mol
(3)SO(4)ClO3
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·宜昌模拟)亚硝酸(HNO2)参加反应时，既可作氧化剂，也可作还原剂。当它作还原剂时，可能生成的产物是(　　)
A．NH3 B．N2
C．N2O3 D．HNO3
[解析]　亚硝酸中的氮元素为＋3价，作还原剂，化合价升高，可能生成＋5价的硝酸。
[答案]　D
2．(2016·湖南衡阳三模)在离子浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，离子反应先后顺序正确的是(　　)
选项
实验操作
反应先后顺序
A
含Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉
Cu2＋、Fe3＋、H＋
B
含I－、S2－、Br－的溶液中不断通入氯气
S2－、I－、Br－
C
含Cl－、Br－、I－的溶液中逐滴加入AgNO3溶液
Cl－、Br－、I－
D
含Al3＋、H＋、NH的溶液中逐滴加入NaOH溶液
H＋、NH、Al3＋
[解析]　A项，因为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以氧化性：Fe3＋>Cu2＋，金属活动性顺序中H排在Cu前面，所以氧化性：Cu2＋>H＋，氧化性顺序为Fe3＋>Cu2＋>H＋，锌先与氧化性强的离子反应，错误；B项，还原性顺序为S2－>I－>Br－(常见离子还原性顺序为S2－>SO>I－>Fe2＋>Br－>Cl－)，Cl2先与还原性强的离子反应，正确；C项，因Ksp(AgI)Br－>Cl－，错误；D项，若NH先于Al3＋与NaOH溶液反应，则生成的NH3·H2O继续与Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀和NH，所以反应先后顺序为H＋>Al3＋>NH，错误。
[答案]　B
3．(2017·江西南昌二中月考)已知非金属单质在碱性条件下易发生歧化反应，而其生成物在酸性条件下能够发生归中反应。现将aKOH、bH2O、cKCl、dKClO、eCl2、fKClO3组成一个氧化还原反应，则下列有关说法错误的是(　　)
A．c、d、f之比可能为16∶1∶3
B．一定有a＝2e，b＝e
C．若n(KClO)∶n(KClO3)＝1∶1，则a、b、c、d、e、f依次为8、4、6、1、4、1
D．若将该方程式拆开写成两个“半反应”，其中一定有Cl2－2e－===2Cl－
[解析]　非金属单质Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，其中Cl2和KOH是反应物，KCl、KClO、KClO3和H2O是生成物，反应可表示为eCl2＋aKOH―→cKCl＋dKClO＋fKClO3＋bH2O。若c＝16，则Cl原子得到16个电子；若d＝1、f＝3，则Cl原子失去16个电子，符合电子得失守恒规律，即c、d、f之比可能为16∶1∶3，A项正确。反应产物中K原子和Cl原子的数量相等，则有a＝2e；由H原子守恒可知，a＝2b，则有b＝e，B项正确。若n(KClO)∶n(KClO3)＝1∶1，即d＝f，据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式：4Cl2＋8KOH===6KCl＋KClO＋KClO3＋4H2O，则a、b、c、d、e、f依次为8、4、6、1、4、1，C项正确。该反应中Cl2得电子被还原生成Cl－，则有Cl2＋2e－===2Cl－，D项错误。
[答案]　D
4. 已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是(　　)
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
D．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3
[解析]　A项，开始时Fe3＋浓度不变，说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和KI的反应，正确；B项，BC段Fe3＋浓度逐渐减小，说明Fe3＋和KI发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，正确；C项，由图像可知，整个过程中，酸性K2Cr2O7将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋又被I－还原为Fe2＋，相当于K2Cr2O7只与I－发生氧化还原反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O，则n(Cr2O)＝n(I－)＝×1.5 mol＝0.25 mol，正确；D项，6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6，错误。
[答案]　D
二、综合题
5．Ⅰ.煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为
①2FeS2＋7O2＋2H2O4H＋＋2Fe2＋＋4SO；
②________Fe2＋＋________O2＋________H＋________Fe3＋＋
________；
③FeS2＋2Fe3＋3Fe2＋＋2S；
④2S＋3O2＋2H2O4H＋＋2SO。
已知：FeS2中的硫元素为－1价。
回答下列问题：
(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述②离子方程式配平并补充完整。
(2)反应③中的还原剂是__________________________________。
(3)观察上述反应，硫元素最终转化为________从煤炭中分离出来。
Ⅱ.在淀粉-KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，有关反应的离子方程式是__________________________________。在上述蓝色溶液中，继续滴加足量的NaClO溶液，蓝色逐渐消失，有关反应的离子方程式是________(提示：碘元素被氧化成IO)从以上实验可知，ClO－、I2、IO的氧化性由强到弱的顺序是__________________________。
Ⅲ.工业上用黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜，副产品中也有SO2，冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2。若CuFeS2中Fe的化合价为＋2，反应中被还原的元素是________(填元素符号)。当生成0.8 mol铜时，此反应转移的电子数目是________。
[解析]　Ⅰ.(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律，上述②离子方程式是4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O。(2)反应③中的还原剂是FeS2。(3)通过观察分析三个反应可知：硫元素最终转化为硫酸盐从煤炭中分离出来。Ⅱ.在淀粉-KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，根据质量守恒定律及电荷守恒及得失电子守恒，则该反应的离子方程式是2I－＋ClO－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－；在上述蓝色溶液中，继续滴加足量的NaClO溶液，I2会继续被氧化，蓝色逐渐消失，有关反应的离子方程式是I2＋5ClO－＋2OH－===2IO＋5Cl－＋H2O；根据氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：ClO－>IO；对于同一元素来说，一般是元素的化合价越高，化合物的氧化性就越强，所以氧化性：IO>I2；故ClO－、I2、IO的氧化性由强到弱的顺序是ClO－>IO>I2。Ⅲ.在反应中8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2。CuFeS2中Fe的化合价为＋2，反应后被氧化为Fe2O3；S元素在反应前化合价是－2价，反应后被氧化为＋4价的SO2。Cu元素是＋2价，反应后被还原为0价，O2中O元素的化合价是0价，反应后被还原变为－2价，所以反应中被还原的元素是Cu、O；根据反应方程式可知：每产生8 mol的Cu，转移电子100 mol，所以当生成0.8 mol铜时，此反应转移的电子数目是10NA。
[答案]　Ⅰ.(1)4　1　4　4　2H2O　(2)FeS2　(3)硫酸盐
Ⅱ.2I－＋ClO－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－　I2＋5ClO－＋2OH－===2IO＋5Cl－＋H2O　ClO－>IO>I2
Ⅲ.Cu、O　10NA
6．重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂。工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，以及SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产。实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下：
反应器中主要发生的反应为：
Ⅰ.FeO·Cr2O3＋NaOH＋KClO3―→Na2CrO4＋Fe2O3＋H2O＋KCl(未配平)；
Ⅱ.Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；
Ⅲ.Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。
在步骤③中将溶液的pH调节到7～8，可以将SiO和AlO转化为相应的沉淀除去。
(1)在反应Ⅰ中氧化剂是________，若有245 g KClO3参加反应，则转移的电子数为________________。
(2)反应器中生成的Fe2O3又可和Na2CO3反应得到一种摩尔质量为111 g·mol－1的化合物，该化合物能剧烈水解，在操作②中生成沉淀而除去。写出生成该化合物的化学反应方程式：______________________________________。
(3)操作④的目的是将CrO转化为Cr2O，离子方程式为__________________________。
(4)请选用合适的方法进一步提纯粗产品重铬酸钾________(填字母)。
A．重结晶 B．萃取分液
C．蒸馏
(5)分析产品中K2Cr2O7的纯度是利用硫酸酸化的K2Cr2O7将KI氧化成I2，然后利用相关物质测出I2的量从而获得K2Cr2O7的量。写出酸化的K2Cr2O7与KI反应的化学方程式：__________________________________。
[解析]　(1)Fe的化合价由＋2价升高到＋3价，铬元素的化合价由＋3价升高到＋6价，氯元素的化合价降低，故KClO3为氧化剂；配平的化学反应方程式为6FeO·Cr2O3＋24NaOH＋7KClO3===12Na2CrO4＋3Fe2O3＋12H2O＋7KCl,245 g KClO3参加反应，转移电子的物质的量为×6＝12 mol。(2)结合信息可知该化合物含有Na、Fe、O三种元素，结合摩尔质量可知该化合物为NaFeO2，由此可写出化学反应方程式。(3)CrO、Cr2O溶液分别呈黄色、橙色，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O。(4)重结晶是对固体进行提纯的常用方法，萃取分液是利用物质溶解度的差异进行分离的方法，而蒸馏是互溶的液体混合物的分离方法。(5)根据得失电子守恒和质量守恒可配平化学反应方程式：K2Cr2O7＋7H2SO4＋6KI===Cr2(SO4)3＋3I2＋7H2O＋4K2SO4。
[答案]　(1)KClO3　12×6.02×1023或12NA
(2)Fe2O3＋Na2CO32NaFeO2＋CO2↑
(3)2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O
(4)A
(5)K2Cr2O7＋7H2SO4＋6KI===Cr2(SO4)3＋3I2＋7H2O＋4K2SO4
课时跟踪训练(六)
A级(基础达标)　　
一、选择题
1．(2017·兰州一中月考)下表为某轻质纯碱产品说明书：
化学名：碳酸钠，俗称苏打
性状：白色粉末，易溶于水，水溶液呈中性
化学式：Na2CO3
用途：重要的基本化工原料之一，在纺织、玻璃、制皂、造纸等领域都有广泛应用
其中有错误的一项是(　　)
A．化学名 B．性状
C．化学式 D．用途
[解析]　纯碱溶于水后会发生水解反应：CO＋H2O??HCO＋OH－，故其水溶液呈弱碱性，B项错误。
[答案]　B
2．将绿豆大小的方形金属钠投入足量且含酚酞的水中，根据相应现象不能得出的结论是(　　)
选项
实验现象
结论
A
方形金属钠变成小球
方形金属钠反应速率快
B
钠浮于水面游动
水的密度大于钠
C
酚酞溶液变成红色
有NaOH生成
D
钠球游动，有嘶嘶声
有气体生成
[解析]　方形金属钠变成小球是固体熔化的原因，A错。
[答案]　A
3．向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是(　　)
①溶液中的Na＋总数不变　②单位体积内的OH－数目减少　③溶质的物质的量浓度不变　④溶液的质量不变　⑤有晶体析出　⑥有气泡产生
A．①③⑥ B．②⑤⑥ C．③⑤⑥ D．①③④
[解析]　Na2O2放入NaOH溶液中，与水反应生成NaOH和O2，由于原溶液是饱和溶液且温度不变，故有NaOH晶体析出且溶液的浓度不变。
[答案]　C
4．(2017·山东潍坊一中月考)下列有关物质用途的说法，不正确的是(　　)
A．高纯度的硅单质广泛用于制造光导纤维
B．钠可用于冶炼金属钛
C．小苏打可用于治疗胃酸过多
D．过氧化钠可用于潜水艇的氧气来源
[解析]　A选项，二氧化硅用于制造光导纤维；B选项，钠是活泼金属，可以用于冶炼金属钛；C选项，小苏打可以与胃酸反应；D选项，过氧化钠与水和二氧化碳反应均可生成氧气。
[答案]　A
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
B．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
[解析]　钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠即1 mol充分燃烧时转移电子数为NA，A正确；过氧化钠与水反应生成氧气，氧气中的氧元素来源于－1价的氧元素，所以生成0.1 mol氧气时转移电子数为0.2NA，B错误；2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，标准状况下，5.6 L CO2是0.25 mol，转移的电子数为0.25NA，C错误；Na与H2O反应：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，23 g Na即1 mol可生成NA个H2分子，D错误。
[答案]　A
6．(2016·沈阳模拟)由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl固体中的某几种组成的混合物，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，将放出的气体通入足量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，若将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，下列判断正确的是(　　)
A．混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3
B．混合物中一定不含有Na2CO3和NaCl
C．混合物中一定不含有Na2O2和NaCl
D．混合物中一定含有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3
[解析]　由题中加盐酸生成的气体通入足量NaOH溶液，气体体积有所减少，说明一定含Na2O2，可能含Na2CO3和NaHCO3的一种或两种；再根据混合物在空气中加热有气体放出，说明一定含有NaHCO3。综上分析固体中一定含有Na2O2和NaHCO3。
[答案]　A
二、填空题
7．金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应。在高中化学教材的几次改版中该实验曾出现过几种不同的演示方法，分别如图中甲、乙、丙所示：
(1)现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有Ca(HCO3)2溶液的水槽中，加入一小块金属钠。下列现象描述正确的是________(填字母)。
A．钠浮在液面上，并四处游动，最后消失
B．钠熔化成一个光亮的小球
C．反应开始后，溶液由无色变红色
D．恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出
(2)请补充并完成甲实验中从试剂瓶中取出钠到向水槽中投入钠的有关操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠→___________________→用镊子夹取切好的金属钠投入盛有Ca(HCO3)2溶液的烧杯中。
(3)按图乙所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中。取相同质量的钠按下列几种情况收集产生的气体在相同条件下体积最大的是________。
A．用铝箔包住钠
B．用锡箔包住钠
C．直接将钠投入水中
(4)用装满水的矿泉水瓶按图丙所示方法进行实验，用手挤压矿泉水瓶共排出水的体积为112 mL，塞紧带有钠的塞子，反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复成原状，假设瓶内、瓶外均属于标准状况，则所用金属钠的质量是________g。
[解析]　本题考查钠的性质及其有关计算等。(1)钠极易与水反应生成氢气和氢氧化钠，由于钠的密度小于水，且钠的熔点很低，又因为反应放出热量，生成的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，所以实验现象是ABD。(2)钠保存在煤油中，而煤油是可燃性液体，所以首先要用滤纸吸干表面的煤油，然后在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，最后将多余的钠放回试剂瓶中。(3)由于铝能和氢氧化钠反应生成氢气，所以生成氢气最多的应该是用铝箔包住的钠。(4)由于反应结束后，干瘪的带塞矿泉水瓶恢复成原状，这说明生成的氢气就是112 mL，在标准状况下的物质的量是0.005 mol，则根据反应方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可知，消耗金属钠的物质的量是0.01 mol，所以金属钠的质量是0.23 g。
[答案]　(1)ABD
(2)用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中
(3)A　(4)0.23
8．有A、B两种常见化合物，其焰色反应均呈黄色，C是一种单质气体，相互转化关系如图所示(其他物质均已略去)。回答下列问题：
(1)写出A的电子式________。
(2)①B加热产生D的化学方程式_________________。
②B加稀硫酸产生D的离子方程式______________。
(3)请用化学方程式表示A在潜水艇中的一种重要用途___________。
(4)A、B在密闭装置中加热，充分反应后，若只得到一种固体化合物E，其化学式为________________。
[解析]　A、B均为钠的化合物，加热、加水、加酸均能产生气体，加热产生气体C，猜测可能含有碳酸钠或碳酸氢钠，加H2SO4产生气体C、D，猜测有Na2O2，C为O2，D为CO2，加水后通入CO2生成B，可推测B为NaHCO3，A为Na2O2。
[答案]　(1)Na＋[∶∶∶]2－Na＋
(2)①2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
②HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
(3)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(4)Na2CO3
9．纯碱在工业上非常重要。
(1)取一定量纯碱细小粉末置于烧杯中，加入一定量的水，可以得到颗粒较大的晶体A。烧杯温度升高，理由是_______________________；
(2)从上述烧杯中得到干燥纯净的晶体A，实验程序为：____________；(填序号，可重复使用)
①蒸发结晶　②放入干燥器　③转移入过滤器中　④用水洗涤2～3次　⑤用乙醇洗涤　⑥加热灼烧
(3)取纯净物13.92 g晶体A，进行热重分析，直到质量不再改变，生成物质Z，具体数据如下：
物质
样品A
T1℃下得到物质X
T2℃下得到物质Y
600℃时得到物质Z
质量/g
13.92
11.75
7.45
6.36
通过计算确定样品A的化学式。并写出计算过程。
[解析]　(1)纯碱细小粉末为Na2CO3，加入一定量水后会生成Na2CO3·nH2O，同时放热。
(2)先转移到过滤器，再用乙醇洗涤，再放入干燥器中。
(3)设A的化学式为Na2CO3·nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3
Na2CO3·nH2O　～　Na2CO3
　106＋18n 106
　13.92 6.36
(106＋18n)∶106＝13.92∶6.36
n＝7
故A的化学式为Na2CO3·7H2O。
[答案]　(1)其化学原理为Na2CO3＋nH2O===Na2CO3·nH2O，反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。
(2)③⑤②
(3)设A的化学式为Na2CO3·nH2O，加热到质量不再变化时为Na2CO3
Na2CO3·nH2O　～　Na2CO3
　106＋18n 106
　13.92 6.36
(106＋18n)∶106＝13.92∶6.36
n＝7
故A的化学式为Na2CO3·7H2O。
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．纯碱和小苏打是厨房中两种常见的用品，它们都是白色固体，下列区分这两种物质的方法中正确的是(　　)
A．分别用砂锅加热两种样品，全部分解挥发没有残留物的是小苏打
B．用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气火焰上灼烧，使火焰颜色发生明显变化的是小苏打
C．取两只小玻璃杯，分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡快的是小苏打
D．先将两样品配成溶液，分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打
[答案]　C
2.
已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C的以下性质错误的是(　　)
A．溶液呈碱性
B．与澄清石灰水反应产生白色沉淀
C．与足量盐酸反应放出气体
D．受热易分解
[答案]　D
3．(2017·河北保定一中质检)下列反应与Na2O2＋SO2===Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是(　　)
A．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
B．2Na2O2＋2SO3===2Na2SO4＋O2
C．Na2O2＋H2SO4===Na2SO4＋H2O2
D．3Na2O2＋Cr2O3===2Na2CrO4＋Na2O
[解析]　A选项，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，但在Na2O2＋SO2===Na2SO4反应中，过氧化钠只作氧化剂，错误；B选项，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，错误；C选项，过氧化钠既不作氧化剂又不作还原剂，错误；D选项，过氧化钠只作氧化剂，正确。
[答案]　D
4．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是(　　)
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
B．通入CO2的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝1∶1
[解析]　当向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2===NaHCO3，在加入盐酸100 mL时，无论NaOH、NaHCO3还是Na2CO3都会生成NaCl，因n(Na＋)＝n(Cl－)，所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.02 mol，NaOH和盐酸的体积相同，那么浓度也相同，即原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L，A项正确；盐酸由25 mL滴至100 mL时，发生的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，消耗盐酸0.015 mol，生成CO2 0.015 mol，通入CO2在标准状况下的体积为336 mL，B错误；设所得溶液中的Na2CO3为x mol，NaHCO3为y mol，根据原子守恒：2x＋y＝0.02；x＋y＝0.015，解得x＝0.005，y＝0.01，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1，C、D都错误。
[答案]　A
二、综合题
5．如图是Na2O2和CO2定性、定量实验的装置示意图。
注射器1中抽取了100 mL CO2，U形管中装有适量小玻璃珠和约1.5 g Na2O2粉末。实验开始时，打开K1、K2、K4止水夹，关闭K3止水夹，推动注射器1活塞，缓缓将CO2压至U形管中，注射器2活塞缓缓向外移动。回答下列问题：(本题不考虑注射器内壁的摩擦阻力)
(1)U形管内的玻璃珠并不参与反应，其所起的作用除防止过氧化钠粉末被吹走外，另一个重要作用是___________________。
(2)U形管中可观察到的反应现象是_________________。
(3)注射器1活塞推到底后，注射器2中收集到的气体大于50 mL，其原因除可能仍还含CO2外，还有一个重要原因是__________________。
(4)为了使剩余气体中二氧化碳能反应完，接下来的操作是_____________。
(5)要证明反应产物之一为氧气，最为方便的实验方法是
__________________________________。
(6)本实验结束后固体产物板结，难以从U形管中取出，为了要证明固体产物中含有碳酸盐，实验时还需要从如图所示仪器和试剂中选择________(填字母)。当装置和药品都安装完毕后，接下来的操作步骤是_______________。
[答案]　(1)增大过氧化钠和二氧化碳的接触面积，使反应完全
(2)淡黄色粉末渐渐变白
(3)该反应为放热反应，反应后气体温度升高，体积变大
(4)将注射器2中气体再推入U形管中，反复数次
(5)打开胶塞，立即将带火星的木条伸入U形管中，木条复燃
(6)ADE(或CDE)　关闭K1、K4止水夹，打开K2、K3止水夹；通过分液漏斗(或胶头滴管)将稀盐酸滴入U形管中，观察试管内Ca(OH)2溶液是否变浑浊
课时跟踪训练(七)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”是唐代诗人白居易的名句，下列有关“玉”的说法正确的是(　　)
A．玉是石灰石 B．玉的硬度比河砂的大
C．玉的熔点较高 D．玉是金刚砂
[解析]　玉有软玉和硬玉两种，软玉和硬玉的成分都是硅酸盐，金刚砂是碳化硅的俗称，A、D项错误。软玉是含水的钙镁硅酸盐，硬度一般在6.5以下。硬玉也叫翡翠，为钠和铝的硅酸盐，硬度在6.5到7之间。河砂的主要成分是石英，根据“玉石可以用河砂作磨料进行琢磨”可以判断河砂的硬度比玉的大，B项错误。“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高；若能联想到陶瓷、玻璃的主要成分是硅酸盐，均为高温烧制而成，也可以快速判断玉的熔点较高，C项正确。
[答案]　C
2．为快速地将AlCl3溶液中的Al3＋全部转化成Al(OH)3沉淀，下列试剂不宜使用的是(　　)
A．氨水 B．NaHCO3
C．NaOH D．NaAlO2
[解析]　Al(OH)3可溶于强碱但不溶于弱碱，故可用氨水而不能用NaOH，HCO、AlO均可与Al3＋发生相互促进的水解反应而使Al3＋转化为Al(OH)3，且NaHCO3和NaAlO2均为弱碱性溶液。
[答案]　C
3．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是(　　)
A．Al B．Al(OH)3
C．AlCl3 D．Al2O3
[解析]　四个选项中的物质与NaOH溶液反应最终均生成NaAlO2。由NaAlO2的组成可知消耗n(NaOH)等于铝原子的物质的量，即四个选项中Al元素的百分含量越高，消耗的NaOH就越多。
[答案]　A
4．下列叙述中，正确的是(　　)
A．氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
B．在加入铝粉能放出氢气的溶液中：K＋、NH、CO、Cl－一定能够大量共存
C．镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液
D．依据铝热反应原理，能发生反应2Al＋3MgO3Mg＋Al2O3
[解析]　A项中，Al(OH)3不溶于氨水，只溶于强碱，Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，A项正确。B项中，加入铝粉产生H2的溶液中，可能存在H＋或OH－，NH与OH－不能大量共存，CO与H＋不能大量共存，B项错误。C项中，镁铝合金可溶于过量盐酸，但Mg不与NaOH反应，故不能完全溶于NaOH溶液，C项错误。D项中，铝热反应的原理：Al与活泼性比其差的金属氧化物发生的置换反应，Mg的活泼性强于铝，故Al与MgO不能反应，D项错误。
[答案]　A
5．某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，在该溶液中可以大量共存的离子组是(　　)
A．K＋、Na＋、HCO、NO
B．Na＋、SO、Cl－、S2－
C．NH、Mg2＋、SO、NO
D．H＋、K＋、Cl－、Na＋
[解析]　能溶解Al(OH)3、Al，而不能溶解Fe的溶液只能是强碱溶液，A项中HCO，C项中的NH、Mg2＋，D项中的H＋都不能在强碱溶液中大量共存。
[答案]　B
6．某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案。
方案①：2.7 g AlX溶液Al(OH)3沉淀
方案②：2.7 g AlY溶液Al(OH)3沉淀
NaOH和HCl的浓度均是3 mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH和HCl时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法不正确的是(　　)
A．b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液
B．在O点时两方案中所得溶液浓度相等
C．a、b曲线表示的反应都是非氧化还原反应
D．X溶液显酸性，Y溶液显碱性
[解析]　n(HCl)＝0.1 L×3 mol/L＝0.3 mol，X溶液为AlCl3溶液，b曲线开始无沉淀生成不能表示向X溶液加入NaOH溶液，A不正确。
[答案]　A
二、填空题
7．如图所示，横坐标为某溶液中加入溶质的物质的量，纵坐标为沉淀量。
从A～D中选择符合要求的选项填入下表的相应位置：
编号
溶液
加入物质
图像符号
①
饱和石灰水
通入过量CO2
②
含少量NaOH的
NaAlO2溶液
通入过量CO2
③
含少量NaOH的
NaAlO2溶液
滴入稀盐酸
④
MgCl2、AlCl3
混合溶液
滴加NaOH浓
溶液至过量
⑤
NaOH溶液
滴加AlCl3
溶液至过量
[答案]　①B　②C　③D　④A　⑤C
8．金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO发生氧化还原反应，转化关系如下：
已知：气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。
请回答下列问题：
(1)A和B两溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为____________。
(2)C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C和E都转化为无毒的气态单质，写出其中一个反应的化学方程式：____________。
(3)写出铝在碱性条件下与NO反应的离子方程式________________。
(4)除去气体C中的杂质气体E的化学方法：_____________________(用化学方程式表示)。
(5)Al与NO在酸性条件下反应，Al与被还原的NO的物质的量之比是
__________________。
[解析]　根据图中转化关系可判断出：A中含Al3＋，气体C为NO，E为NO2，F为HNO3，B中含AlO，气体D为NH3。又由已知可得NH3＋HNO3===NH4NO3，Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH。(1)A和B两溶液混合产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝。(2)NO、NO2能转化成无毒的物质，该物质是氮气。(3)铝在碱性条件下与NO反应生成AlO和NH3。(4)杂质气体为二氧化氮，除杂时使用水即可。(5)在反应中Al失去3个电子，NO的还原产物是NO，氮元素的化合价由＋5降低到＋2，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1∶1。
[答案]　(1)Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
(2)8NH3＋6NO27N2＋12H2O(或4NH3＋6NO5N2＋6H2O)
(3)8Al＋3NO＋5OH－＋2H2O8AlO＋3NH3↑
(4)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(5)1∶1
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。下列做法中涉及到铝的还原性的是(　　)
A．明矾净化水
B．用氢氧化铝治疗胃酸过多
C．用铝制容器存放浓硫酸
D．电解熔融氧化铝制单质铝
[解析]　铝制容器存放浓硫酸表面被氧化形成氧化膜。
[答案]　C
2．(2016·江西萍乡上栗二中三模)下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是(　　)
A．铝跟NaOH溶液
B．Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液
C．Al2O3和热水
D．Al2(SO4)3溶液跟过量的氨水
[解析]　铝与NaOH反应生成NaAlO2和H2，得不到Al(OH)3，故A错误；Al(NO3)3与过量的NaOH反应生成NaAlO2，得不到Al(OH)3，故B错误；Al2O3不溶于水，与热水不反应，得不到Al(OH)3，故C错误；Al2(SO4)3与氨水反应生成Al(OH)3和(NH4)2SO4，故D正确。
[答案]　D
3．在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c(SO)等于0.2 mol/L，当加入等体积的0.2 mol/L的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度约为(　　)
A．0.2 mol/L B．0.25 mol/L
C．0.45 mol/L D．0.225 mol/L
[解析]　Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，加入等体积的0.2 mol/L的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，可知原溶液中c(Al3＋)＝×0.2 mol/L＝0.05 mol/L，根据电荷守恒可知，原溶液中c(K＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，即c(K＋)＝2c(SO)－3c(Al3＋)＝2×0.2 mol/L－0.05 mol/L×3＝0.25 mol/L，故B项正确。
[答案]　B
4．(2016·河北名校联考)将Na2O2逐渐加入含有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入的Na2O2物质的量(mol)的关系如图所示，原溶液中的Mg2＋、Al3＋、NH物质的量分别为(　　)
A．2 mol、3 mol、6 mol B．3 mol、2 mol、6 mol
C．2 mol、3 mol、4 mol D．3 mol、2 mol、2 mol
[解析]　由图可知，Mg2＋、Al3＋均完全沉淀时沉淀量达最大，且n[Mg(OH)2]＋n[Al(OH)3]＝5 mol，而n[Mg(OH)2]＝3 mol，则n[Al(OH)3]＝2 mol，根据元素守恒可知，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2 mol；n(Mg2＋)＝n[Mg(OH)2]＝3 mol；加入Na2O2 8 mol生成O2 4 mol，而n(O2)＋n(NH3)＝6 mol，则氨气为6 mol－4 mol＝2 mol，故NH的物质的量为2 mol。
[答案]　D
二、综合题
5．(2015·福建卷节选)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意图如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180(升华)
300(升华)
1023
(1)步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是______________________________(只要求写出一种)。
(2)步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是________。
(3)步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为________________________________。
(4)结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是___________。
[解析]　(1)步骤Ⅰ中焙烧时，固体水分挥发，可以防止后续步骤生成的AlCl3水解，气孔数目增大，可以增大反应物的接触面积。(2)铝土矿粉和焦炭焙烧时，焦炭能还原Fe2O3，得到单质铁。(3)步骤Ⅲ的尾气含有Cl2、CO2、O2等，用NaOH溶液吸收，生成的盐有NaCl、NaClO、Na2CO3。(4)根据图示流程，AlCl3粗品中含有杂质FeCl3、SiCl4，根据提供数据，而SiCl4沸点较低，加入铝粉，将FeCl3转化为AlCl3，SiCl4通过升华除去。
[答案]　(1)防止后续步骤生成的AlCl3水解(或增大反应物的接触面积，加快反应速率)
(2)铁(或Fe)
(3)NaCl、NaClO、Na2CO3
(4)除去FeCl3，提高AlCl3纯度
6. (2016·江苏泰州模拟)将镁、铝的混合物共0.2 mol，溶于200 mL 4 mol·L－1的盐酸溶液中，然后再滴加2 mol·L－1的NaOH溶液。请回答下列问题：
(1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。当V1＝160 mL时，则金属粉末中n(Al)＝________mol。
(2)O～V1段发生反应的离子方程式为________________________。
(3)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝________mL。
(4)若镁、铝的混合物仍为0.2 mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200 mL 4 mol·L－1的硫酸溶解此混合物后，再加入840 mL 2 mol·L－1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为________。
[解析]　(1)结合图像可知，当V1＝160 mL时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，由Na＋守恒可知，n(NaCl)＝n(NaOH)＝0.16 L×2 mol·L－1＝0.32 mol。令MgCl2为x mol，AlCl3为y mol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x＋y＝0.2，根据氯离子守恒有：2x＋3y＋0.32＝0.2×4，解得：x＝0.12、y＝0.08。(2)O～V1段没有产生沉淀，说明加入的氢氧化钠中和过量的盐酸。(3)若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，此时溶液恰好是氯化钠溶液，则根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量是0.8 mol，则再根据钠离子守恒可知氢氧化钠的物质的量是0.8 mol，所以氢氧化钠溶液的体积是＝0.4 L＝400 mL。(4)若混合物仍为0.2 mol，其中镁的物质的量分数为a，用200 mL 4 mol·L－1硫酸溶解后，再加入840 mL 2 mol·L－1氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，由上述分析知：当恰好形成沉淀时需要氢氧化钠溶液的体积为(0.2 L×4 mol·L－1×2)÷2 mol/L＝0.8 L＝800 mL，再加入40 mL 2 mol·L－1氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，n[Al(OH)3]的最大值为0.08 mol，即0[答案]　(1)0.08　(2)H＋＋OH－===H2O
(3)400　(4)0.6≤a<1
课时跟踪训练(八)
A级(基础达标)
一、选择题
1．哈尔滨的一个小型特种钢厂曾发生过因1000多摄氏度的铁水进入冷水坑而引发爆炸。该反应的化学方程式为(　　)
A．Fe＋2H2OFe(OH)2＋H2↑
B．2Fe＋6H2O2Fe(OH)3＋3H2↑
C．3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
D．2Fe＋3H2OFe2O3＋3H2↑
[解析]　Fe和H2O高温时生成的是Fe3O4和H2。
[答案]　C
2．下列物质不能通过化合反应得到的是(　　)
A．NaClO B．Fe(OH)3
C．Al2O3 D．Fe3O4
[解析]　B．Fe(OH)2、H2O、O2可化合生成Fe(OH)3；C.Al、O2化合成Al2O3；D.Fe在纯氧中燃烧化合生成Fe3O4。
[答案]　A
3．(2017·广东韶关曲仁中学月考)能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A．将铁粉加入稀硫酸中：
2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B．将磁性氧化铁溶于盐酸：
Fe3O4＋8H＋===3Fe3＋＋4H2O
C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：
Fe2＋＋4H＋＋NO===Fe3＋＋2H2O＋NO↑
D．将铜屑加入Fe3＋溶液中：
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
[解析]　铁和稀硫酸反应生成亚铁盐：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A错误；磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O，故B错误；氯化亚铁中的Fe2＋能被稀硝酸氧化：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑，故C错误；铜和Fe3＋反应生成Fe2＋和Cu2＋，铜不能置换出铁，即发生反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，故D正确。
[答案]　D
4．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是(　　)
[答案]　D
5．某铜粉中混有少量铁粉，要将混合物中的铁粉除去，应选择的最佳实验方案是(　　)
A．混合物过滤，洗涤，隔绝空气干燥
B．混合物过滤，洗涤，隔绝空气干燥
C．混合物过滤，洗涤，隔绝空气干燥
D．混合物冷却过滤，洗涤，隔绝空气干燥
[解析]　选择最佳方案抓住四方面：①原料—常见、廉价；②路径—简单、无污染；③过程—低能耗、无特殊要求；④产品—产率高、无杂质。依据以上四方面A项的方案最佳。
[答案]　A
6．铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到b mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为(　　)
A.(a＋b)mol B．(a－b)mol
C.(a－b)mol D．(a＋b)mol
[解析]　向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，说明溶液中无Fe3＋，全为Fe2＋。则发生反应：①Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、②Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O、③2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。由收集到b mol氢气可知，①中n(Fe)1＝b mol，则②中Fe2O3、③中Fe共(a－b)mol，根据②③可知：n(Fe2O3)＝n(Fe)3，故③中n(Fe)3＝mol。所以原混合物中单质铁的物质的量n(Fe)＝n(Fe)1＋n(Fe)3＝b＋＝(mol)。
[答案]　A
二、填空题
7．铁合金是金属材料王国的霸主，亚铁盐、铁盐等铁的重要化合物在不同领域中扮演着重要的角色。这些化合物之间可以相互转化，利用转化过程中发生的特征变化，不仅能够实现物质或能量的转化，还可用于化学的定性或定量研究。
写出实现下图各步转化的化学方程式(是离子反应的只写离子方程式)：
①__________________________________；
②__________________________________；
③__________________________________；
④__________________________________。
[答案]　①Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
③2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
④Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe
8．有关FeSO4的转化关系如图所示(无关物质已略去)。
已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
②Y是红棕色的化合物。
(1)气体X的成分是(填化学式)________。
(2)反应Ⅰ的反应类型属于(填序号)________。
a．分解反应 b．复分解反应
c．置换反应 d．化合反应
e．氧化还原反应
(3)溶液2中金属阳离子的检验方法是_______________。
(4)若经反应Ⅰ得到16 g固体Y，产生的气体X恰好被0.4 L 1 mol·L－1 NaOH溶液完全吸收，则反应Ⅰ的化学方程式是___________________，反应Ⅳ中生成FeSO4的离子方程式是________________________。
[解析]　(1)X能使品红溶液褪色说明X中含有SO2，但SO2与氯化钡溶液不反应，所以X中还有SO3。
(2)反应Ⅰ为FeSO4受热分解生成SO2、SO3、Fe2O3，既是分解反应又是氧化还原反应。
(3)溶液2为Fe2(SO4)3溶液，用KSCN溶液检验Fe3＋，具体方法为：取少量溶液2于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红。
(4)反应Ⅰ得到16 g Fe2O3，由得失电子守恒得生成0.1 mol SO2，所以生成SO3也为0.1 mol，则反应Ⅰ的化学方程式是2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。0.1 mol SO3与0.2 mol NaOH完全反应，0.1 mol SO2与0.2 mol NaOH恰好完全反应生成Na2SO3，溶液1中含有Na2SO3和Na2SO4，反应Ⅳ的离子方程式为2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋。
[答案]　(1)SO2、SO3　(2)ae
(3)取少量溶液2于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色
(4)2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋
9．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示。
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的________沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是________________________________。
(2)在实际生产中，反应Ⅱ中常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作________。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为________。
(3)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋可部分水解生成聚合离子Fe2(OH)。该水解反应的离子方程式为____________。
(4)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋及NO。为检验所得产品中是否含有Fe2＋，应使用的试剂为________(填字母)。
A．氯水 B．KSCN溶液
C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
[解析]　(1)废铁屑中含有氧化铝，反应Ⅰ中引入了杂质Al3＋，加入NaHCO3调节pH至4.4可使Al3＋完全沉淀。“搅拌”的目的是使反应物充分接触，从而加快化学反应速率。(2)硫酸亚铁溶液中加入NaNO2得到Fe(OH)SO4，铁的化合价升高而N的化合价降低，故NaNO2在反应中作氧化剂。1 mol O2可得到4 mol电子，1 mol NaNO2可得到1 mol电子，标况下11.2 L O2的得电子能力与2 mol NaNO2相当。(4)Fe2＋能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性KMnO4溶液检验产品中是否含有Fe2＋。
[答案]　(1)Al3＋　使反应物充分接触，加快反应速率
(2)氧化剂　2 mol
(3)2Fe(OH)2＋＋2H2O??Fe2(OH)＋2H＋
(4)D
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·辽宁沈阳东北育才中学模拟)如图是物质间发生化学反应时颜色的变化情况，下列选项中正确的是(　　)
选项
M
N
P
Q
A
NH3·H2O
Ba(OH)2
铜
石蕊试液
B
Na
BaCl2
FeO
KSCN溶液
C
NaOH
Ba(NO3)2
锌粉
KSCN溶液
D
NaHCO3
MgCl2
Fe
石蕊试液
[解析]　硫酸铁溶液与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4白色沉淀和Fe(OH)3红褐色沉淀，A项错误；硫酸铁溶液与FeO不反应，且FeO难溶于水，B项错误；物质间发生化学反应时颜色的变化情况符合图示，C项正确；硫酸铁溶液与MgCl2溶液不反应，D项错误。
[答案]　C
2．(2017·四川成都崇州崇庆中学火箭班选拔考试)在火星上工作的美国“勇气号”“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是(　　)
A．Fe2O3是一种酸性氧化物
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．分别还原a mol Fe2O3所需H2、Al、CO的物质的量之比为3∶2∶3
D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物
[解析]　Fe2O3与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故A错误；Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，Fe2O3的检验过程：样品→粉碎→加酸溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；a mol Fe2O3被还原时得到6a mol电子，则消耗H2、Al、CO的物质的量分别为3a mol、2a mol、3a mol，物质的量之比为3∶2∶3，故C正确；明矾为结晶水合物，属于纯净物，故D错误。
[答案]　C
3．关于FeCl3进行的实验，下列预测正确的是(　　)
选项
实验
预测
A
蒸发FeCl3溶液
得到FeCl3固体
B
在FeCl3、CuCl2混合液中，加入少量Fe粉
一定有H2产生且有Cu析出
C
用FeCl3固体溶于水配制饱和溶液
会有Fe(OH)3产生
D
在FeCl3溶液中加入KHCO3溶液
有CO2产生，但无Fe(OH)3沉淀生成
[解析]　蒸发FeCl3溶液可促进Fe3＋水解，由于HCl易挥发，最后得到Fe(OH)3，A错；混合液中加入Fe粉时，不会有H2产生且Fe应先和Fe3＋反应，过量的Fe再与 Cu2＋反应，所以B错；FeCl3易水解生成Fe(OH)3，根据Fe(OH)3的Ksp可算出Fe3＋在pH＝3左右开始沉淀，C对；D中Fe3＋与HCO发生水解相互促进反应，有CO2和Fe(OH)3沉淀生成，D错。
[答案]　C
4．(2017·昆明一检)部分氧化的Fe－Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：
下列说法正确的是(　　)
A．V＝44.8
B．原样品中铁元素的质量分数约为38.89%
C．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋
D．样品中CuO的质量为4.0 g
[解析]　A项，根据滤液A中不含Cu2＋可知，滤液A中的溶质为过量的H2SO4和FeSO4，则充分灼烧后的3.2 g固体为Fe2O3，原样品中铁元素的物质的量为×2＝0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H＋ 0.08 mol，其中部分H＋生成氢气，另外的H＋和合金中的O结合生成H2O。由于合金中O的物质的量为＝0.02 mol，可结合H＋ 0.04 mol，所以有0.08－0.04＝0.04 (mol) H＋生成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下体积为448 mL，错误；B项，原样品中铁元素的质量分数为≈38.89%，正确；C项，滤液A中不含Cu2＋，说明滤液A中一定不含Fe3＋，错误；D项，5.76 g样品中铁元素的质量为2.24 g，所以CuO的质量不超过5.76 g－2.24 g＝3.52 g，错误。
[答案]　B
二、综合题
5．(2016·安徽淮南一模)工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：
试回答下列问题：
(1)硫铁矿烧渣用稀硫酸酸溶时的不溶物为________(填化学式)。
(2)实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有________；步骤Ⅳ中应选用________试剂调节溶液的pH(填字母编号)。
A．稀硝酸 B．氢氧化钠溶液
C．高锰酸钾溶液 D．氨水
(3)检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是______________。
(4)步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35 ℃以下，其目的是__________。
(5)步骤Ⅵ中发生反应的化学方程式为_________________。
(6)欲测定硫铁矿烧渣中Fe元素的质量分数，称取a g样品，充分“酸溶”“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体b g。
①写出加入足量的H2O2发生反应的离子方程式：_____________。
②测得该样品中Fe元素的质量分数为________。
[解析]　(1)SiO2为酸性氧化物，不与稀H2SO4反应。(2)NaOH溶液不易控制溶液pH，应选氨水。(4)既防止NH4HCO3分解，又减少Fe2＋水解。(5)FeCO3转变为Fe2O3，肯定有氧化剂O2参与反应。(6)残留b g固体为Fe2O3，根据Fe原子守恒，Fe元素的质量分数为×100%＝×100%。
[答案]　(1)SiO2
(2)漏斗、玻璃棒、烧杯　D
(3)KSCN溶液(或其他合理答案)
(4)防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解
(5)4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2
(6)①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
②×100%
课时跟踪训练(九)
A级(基础达标)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．某合金与铁物理性质的比较如下表所示：
熔点/℃
密度/
g·cm－3
硬度(金刚
石为10)
导电性(银
为100)
某合金
2500
3.00
7.4
2.3
铁
1535
7.86
4.5
17
还知该合金耐腐蚀，强度大，从以上性能看，该合金不适合作(　　)
A．导线 B．门窗框
C．炉具 D．飞机外壳
[解析]　由图表数据可知合金的熔点高，硬度大，密度小，耐腐蚀，强度大，导电性较差，可用来作门窗框、飞机外壳、炉具等，不适合作导线。
[答案]　A
2．(2016·海南琼山中学模拟)铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列与这些用途无关的性质是(　　)
A．不易生锈 B．导电性好
C．密度小 D．强度高
[解析]　合金材料在日常生活中使用很广泛，铝镁合金在家居装潢中经常会用到。铝镁合金强度高，制成的门窗、防护栏等坚硬牢固；密度小，同体积时比较轻，方便运输、搬运；不容易生锈，制成的装潢材料经久耐用。
[答案]　B
3．(2017·银川二中月考)下列有关金属的说法中，正确的是(　　)
①纯铁较生铁不易生锈　②冶炼铝和钠都可以用电解法
③KSCN溶液可以检验Fe3＋　④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血　⑤青铜、不锈铜、硬铝都是合金　⑥铜与硫反应，生成黑色的CuS
A．①②③④⑤ B．②③④⑤⑥
C．①③④⑤ D．①②③④⑤⑥
[解析]　由于硫的氧化性较弱，铜与硫反应生成的是低价硫化物Cu2S，⑥错，选A。
[答案]　A
4．(2017·北京朝阳区重点高中期中联考)下列金属冶炼的反应原理正确的是(　　)
A．2Al2O3＋3C4Al＋3CO2↑
B．MgO＋H2Mg＋H2O
C．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2
D．2HgO2Hg＋O2↑
[解析]　金属Al采用电解熔融Al2O3的方法制备，A项错误；金属Mg采用电解熔融MgCl2的方法制备，B项错误；CO还原Fe3O4可制备Fe，C项正确，加热HgO可得Hg，而不是通电电解，D项错误。21·cn·jy·com
[答案]　C
5．已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是(　　)
M＋NQQ溶液M＋N
A．Na B．Al
C．Fe D．Cu
[解析]　Na、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，题给转化是：Cu＋Cl2―→CuCl2―→CuCl2溶液Cu和Cl2。【来源：21·世纪·教育·网】
[答案]　D
6．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是(　　)
A．将铜丝插入浓硫酸加热，反应后把水加入反应器中，观察硫酸铜溶液的颜色
B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成
C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体
D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿
[解析]　正确的操作是将铜丝插入浓硫酸加热，反应后取一定量的反应液，加入盛有水的反应器(如烧杯)中，A项错误；应该用红热的铜丝，B项错误；Cu2＋水解，将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得不到无水CuCl2固体，得到Cu(OH)2，C项错误；铜绿溶于盐酸，故可用盐酸除去铜绿，D项正确。
[答案]　D
二、填空题
7．我国古代劳动人民最早发明了“湿法炼铜”，是湿法冶金的起源，在世界化学史上是一项重大贡献，早在西汉时期《淮南万毕术》里就有“曾青得铁，则化为铜”的记载，曾青可能是碳酸铜一类物质，把其溶于酸中得溶液，当把铁粉投入此溶液即可得铜。21·世纪*教育网
(1)根据学过的化学知识，写出该过程的离子方程式：____________。
(2)早在人们使用铜、铁之前，人们就使用黄金和白银作为饰物和货币；历史上的“青铜器时期”早于“铁器时期”，而近百年来才大量使用铝制品，试分析人类使用这些金属时间的历史事实与金属活泼性的冶炼难易的联系：
__________________________________
__________________________________。
[解析]　(1)碳酸铜难溶于水但溶于酸发生反应：CuCO3＋2H＋===Cu2＋＋CO2↑＋H2O，再加入铁粉可发生置换反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
(2)由题意可知，人类使用金属从早到晚的顺序为Au、Ag、Cu、Fe、Al，比较它们的活泼性可得如下结论：金属越不活泼越易冶炼，使用的时间越早。
[答案]　(1)CuCO3＋2H＋===Cu2＋＋CO2↑＋H2O，Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋
(2)金属越不活泼越易冶炼使用时间越早
8．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_____________________________；得到滤渣1的主要成分为__________。www.21-cn-jy.com
(2)第②步加H2O2的作用是________，使用H2O2的优点是____________；调溶液pH的目的是使____________生成沉淀。21*cnjy*com
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是______________。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，________方案不可行，原因是___________；从原子利用率角度考虑，________方案更合理。【来源：21cnj*y.co*m】
[解析]　根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1主要成分为Au、Pt，溶液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4·5H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。【出处：21教育名师】
(1)第①步中Cu与酸发生的反应为Cu与浓硝酸的反应：Cu＋4H＋＋2NOCu2＋＋2NO2↑＋2H2O或浓硝酸与稀硫酸的混合过程中硝酸变稀，发生的反应也可能为3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。根据分析可知滤渣1的主要成分为Pt、Au。【版权所有：21教育】
(2)第②步操作中加H2O2的目的是将Fe2＋转化为Fe3＋，从而将Fe3＋转化为沉淀除去，防止对CuSO4晶体的制备产生干扰。H2O2的优点是还原产物为H2O，不引入新杂质，同时对环境没有污染，调节pH的目的是将Fe2＋和Al3＋转化为沉淀而除去。21*cnjy*com
(3)用CuSO4·5H2O制备无水CuSO4，只要除去结晶水即可。在加热过程中CuSO4发生水解，但是因为硫酸不挥发，所以最终得到的仍然是CuSO4，所以只要加热脱水即可。
(4)甲中制备的Al2(SO4)3晶体中含有Fe2(SO4)3。乙、丙两种方案中，乙方案的原子利用率更高。
[答案]　(1)Cu＋4H＋＋2NOCu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　Au、Pt
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　不引入杂质，对环境无污染　Fe3＋、Al3＋　(3)加热脱水
(4)甲　所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质　乙
9．(2017·广东惠州一调)高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：
(1)“除杂”操作是加入H2O2后，然后用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中少量的Fe2＋。www-2-1-cnjy-com
①酸性溶液中Fe2＋与H2O2反应的离子方程式为__________________。
②过滤操作中得到滤渣的主要成分的化学式为______。
(2)检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法：___________。
(3)配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是____________________。
(4)“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体(含结晶水)，母液不能蒸干的原因是_______________________。
(5)铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，在0.1 mol/L铵明矾的水溶液中，NH、Al3＋、SO三种离子浓度由大到小的顺序为__________。
[解析]　(1)①过氧化氢具有氧化性，酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。②Fe3＋在氨水存在的条件下生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式：2Fe3＋＋6NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋6NH，过滤操作中所得到滤渣主要成分为氢氧化铁。(2)由工艺流程可知，过滤后的滤液中可能含有Fe3＋，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽。(3)由于Al3＋在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了Al3＋的水解。(4)由于蒸干会有可溶性杂质析出，且Al3＋水解程度增大，防止晶体失去结晶水，所以母液不能蒸干。(5)铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，在0.1 mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c(Al3＋)＝c(NH)＝0.1 mol/L，c(SO)＝0.2 mol/L，由于Al3＋的水解程度大于NH，故三种离子浓度由大到小的顺序为c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)。
[答案]　(1)①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　②Fe(OH)3
(2)取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽
(3)抑制Al3＋水解
(4)减少可溶性杂质的析出及Al3＋水解，防止晶体失去结晶水
(5)c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)
B级(能力提升)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．(2016·山东淄博模拟)明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底辅薪，发火煅红，……冷淀，毁罐取出，……即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是(　　)
A．倭铅是指金属锌和铅的混合物
B．煤炭中起作用的主要成分是C
C．冶炼Zn的反应方程式为ZnCO3＋2CZn＋3CO↑
D．该冶炼锌的方法属于热还原法
[解析]　根据题目信息可知倭铅是锌，A项错误；煤炭中的碳与碳酸锌反应生成锌，其中C起到还原剂的作用，B、C、D项正确。
[答案]　A
2．工业上冶炼金属一般用热分解法、热还原法和电解法，不同的金属应选用不同的冶炼方法。选择的原则主要是依据(　　)
A．金属在地壳中的丰度
B．金属在自然界中的存在形式
C．金属的还原性强弱
D．金属的利用价值
[解析]　金属活动性顺序中从左至右金属单质的还原性逐渐减弱，对应离子的氧化性逐渐增强(越来越易被还原为单质)，故其冶炼方法不同。
[答案]　C
3．氢化亚铜(CuH)是一难溶物质，用CuSO4溶液和另一种“反应物”在40～50℃时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧，跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是(　　)2-1-c-n-j-y
A．这里的“另一种反应物”具有还原性
B．CuH可作氧化剂、还原剂
C．CuH＋Cl2CuCl＋HCl
D．CuH＋HCl===CuCl＋H2↑(常温)
[解析]　C项中Cl2具有强氧化性，产物应为CuCl2和HCl。
[答案]　C
4．CuSO4是一种重要的化工原料，其制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3∶2
B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想
C．1 mol CuSO4在1100 ℃所得混合气体X中O2可能为0.75 mol
D．Y可以是葡萄糖
[解析]　根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3∶2，选项A正确；途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；1 mol硫酸可以生成0.5 mol氧化亚铜，转移1 mol电子，所以生成0.25 mol氧气，选项C不正确；醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确。21教育网
[答案]　C
二、综合题
5．(2016·云南玉溪第一中学模拟)铜是与人类关系非常密切的有色金属。已知：常温下，在溶液中Cu2＋稳定，Cu＋易在酸性条件下发生反应：2Cu＋===Cu2＋＋Cu。大多数＋1价铜的化合物是难溶物，如：Cu2O、CuI、CuCl、CuH等。
(1)在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为________，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为________。
(2)在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：
a．2Cu2＋＋4I－===2CuI↓(白色)＋I2
b．2Cu2＋＋2Cl－＋2I－===2CuCl↓(白色)＋I2
为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是________。
A．SO2 B．苯
C．NaOH溶液 D．乙醇
(3)一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜(CuH)。
①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：________。
②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：______。
③将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式：
　
(4)已知：Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。常温下，向0.20 mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH＝6时，c(Cu2＋)＝________mol·L－1。21cnjy.com
[解析]　(1)在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热发生氧化还原反应生成氧化亚铜、葡萄糖酸盐和水，因此生成不溶物的颜色为砖红色。氧化亚铜不稳定，容易转化为黑色的氧化铜，因此这种黑色物质的化学式为CuO。(2)为顺利观察到白色沉淀，则需要把碘萃取出来，所以可以加入的最佳试剂是苯，答案选B。(3)①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，这说明该离子化合物是由H－和NH构成的，所以NH5的电子式为。2·1·c·n·j·y
②Cu＋易在酸性条件下发生反应2Cu＋===Cu2＋＋Cu，则CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式为2CuH＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋2H2↑。
③硝酸具有强氧化性，因此CuH转化为Cu(NO3)2，还原产物是NO，另外还有H2O和H2生成，则根据电子得失守恒和原子守恒可知，配平后的化学方程式为6CuH＋16HNO3===6Cu(NO3)2＋3H2↑＋4NO↑＋8H2O。
(4)溶液pH＝6，则氢氧根离子的浓度为10－8 mol·L－1，所以根据氢氧化铜的溶度积常数可知溶液中c(Cu2＋)＝＝ mol·L－1＝2.2×10－4 mol·L－1。21教育名师原创作品
[答案]　(1)砖红色　CuO　(2)B
(3)①　②2CuH＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋2H2↑
③6CuH＋16HNO3===6Cu(NO3)2＋3H2↑＋4NO↑＋8H2O
(4)2.2×10－4