备战2012高考化学冲刺押题(高考预测)系列(15个专题打包下载）

一、选择题
1．以下实验装置一般不用于分离物质的是(　　)
解析：A是蒸馏，用于互溶而沸点不同的液体混合物的分离；B为渗析，用于胶体 的净化；C为过滤，用于固体与液体的分离；D为配制一定物质的量浓度溶液中 的移液操作，不属于分离物质的操作。
答案：D
2．有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液， 用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．盐酸 B．烧碱溶液 C．氨水 D．KSCN溶液
解析：烧碱溶液可以使FeCl2先出现白色沉淀，然后转化为灰绿色，最后生成红褐 色沉淀；烧碱溶液可以使FeCl3生成红褐色沉淀；使MgCl2出现白色沉淀；使AlCl3 先出现白色沉淀，烧碱过量时白色沉淀溶解。
答案：B
3．某溶液中可能含有SO、CO、Cl－。为了检验其中是否含有SO，除BaCl2溶液外，还需要的溶液是(　　)
A．H2SO4 B．HCl C．NaOH D．NaNO3
解析：检验SO时，要排除CO、SO的干扰，故选B。
答案：B
4．某溶液含有Ⅲ中的离子(见下表)，欲用Ⅰ中的试剂来检验溶液是否还含有Ⅱ中的离子，能够成功检验的是(说明：在实验过程中不允许加热、过滤、萃取等操作)
选项 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
A 稀氨水 Al3＋ Mg2＋
B 稀硝酸、 AgNO3溶液 Cl－ I－
C KSCN溶液 Fe2＋ Fe3＋
D 稀盐酸、BaCl2溶液 SO SO
解析：A项，稀氨水和Mg2＋、Al3＋反应都生成白色沉淀；B项，AgI沉淀的黄色将AgCl沉淀的白色掩盖；C项，Fe3＋遇KSCN溶液呈血红色；D项，SO在稀盐酸中与BaCl2溶液不反应，而SO与Ba2＋在稀盐酸中反应生成白色沉淀BaSO4。
答案：D
5．下列叙述不正确的是(　　)
A．用酒精清洗沾到皮肤上的苯酚
B．用氨水清洗试管壁附着的银镜
C．用盐析的方法分离油脂皂化反应的产物
D．用冷凝的方法从氨气、氮气和氢气混合气中分离出氨
解析：苯酚易溶于酒精，沾到皮肤上的苯酚可以用酒精洗去；Ag不溶于水和氨水，试管上附着的银镜应用稀硝酸洗去；氨很容易液化，可用冷凝的方法从混合物中离出氨。
答案：B
6．下列各组溶液中，用括号内的试剂及物质间相互反应不能鉴别的一组是(　　)
A．Ba(OH)2　KSCN　NaCl　Mg(NO3)2　(FeCl3溶液)
B．NaNO3　NaHCO3　(NH4)2SO3　Na2SiO3　(H2SO4溶液)
C．NH4Br　K2CO3　NaI　CaCl2　(AgNO3溶液)
D．(NH4)3PO4　NaBr　CuSO4　AlCl3　(KOH溶液)
解析：A项，FeCl3溶液能检出KSCN溶液和Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2溶液又能检 出Mg(NO3)2溶液；B项，H2SO4溶液一次就能检出NaNO3、NaHCO3、(NH4)2SO3、Na2SiO3溶液；D项，KOH溶液一次就能检出(NH4)3PO4、NaBr、CuSO4、AlCl3溶液。
答案：C
7.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用a.无水CuSO4， b.澄清石灰水，c.灼热CuO，d.碱石灰，e.品红溶液，f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检验的正确顺序是(　　)
解析：首先用无水CuSO4检验水，然后用品红溶液检验SO2，因为SO2和CO2均 使澄清石灰水变浑浊，因此应用酸性KMnO4除去SO2后再用澄清石灰水检验CO2， 最后用碱石灰干燥剩余气体后，再用灼热CuO检验CO的存在。
答案：C
8．下图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图。
在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是(　　)
A．①蒸馏　②过滤　③分液 B．①分液　②蒸馏　③蒸馏
C．①蒸馏　②分液　③分液 D．①分液　②蒸馏　③结晶、过滤
解析：乙酸和乙醇均在下层，乙酸乙酯在上层，分液后下层液A蒸馏，将乙醇蒸出，然后在乙酸钠中加入H2SO4使之反应生成乙酸，再将乙酸蒸出。
答案：B
9．纯净的氯化钠是不易潮解的，但家庭所用的食盐却 很容易潮解，这主要是因为含有杂质MgCl2。为取得纯净的氯化钠，有人设计了这样一个实验：把买来的食盐放入纯NaCl饱和溶液中一段时间，过滤，即得纯净的氯化钠固体。下列说法中正确的是(　　)
A．食盐的晶粒大一些有利于提纯
B．设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水
C．设计实验的根据是NaCl的溶解平衡
D．在整个过程中NaCl的浓度会变大
解析：温度不变的NaCl饱和溶液，浓度不变。由于MgCl2杂质的量较少，所以 MgCl2全部溶解不会析出。
答案：C
10．为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①测定溶液的pH，溶液显强碱性　②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生 无刺激性气味、能使澄清石灰水变浑浊的气体　③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀　④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加 AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验以下推测正确的是(　　)
A．一定有SO离子 B．一定有CO离子
C．一定有Cl－离子 D．不能确定HCO离子是否存在
解析：一定没有SO，因为加HCl酸化时产生的是无刺激性气味的气体；因为加HCl后溶液中必定有Cl－， 加AgNO3溶液产生AgCl沉淀，并不能确定原溶液中是否存在Cl－；由于原溶液呈强碱性，故一定没有HCO。
答案：B
二、非选择题
11．氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：
氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示。回答下列问题：
(1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl________ g。
(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有________、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。
(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为________。
(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是________________________________。
(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是________。
解析：(1)由题目所给工艺流程图可得关系式：
解得m(NaCl)＝11.7 g.
(4)所得NH4Cl产品中有可能混有Na2SO4，若要检验NH4Cl产品是否纯净，可利用NH4ClNH3↑＋HCl↑，而Na2SO4受热难分解的差异加以检验。
(5)因为NH4Cl的溶解度受温度影响较大，Na2SO4的溶解度受温度影响较小，所以应选择重结晶法来提纯产品。
答案：(1)11.7　(2)蒸发皿
(3)35℃(33℃～40℃都可以)
(4)加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净
(5)重结晶
12．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只
含一种阴离子且互不重复)
阳离子 Na＋、Ba2＋、NH
阴离子 CH3COO－、Cl－、OH－、SO
已知：①A、C溶液的pH均大于7，A、B两溶液中水的电离程度相同；
②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
(1)A是__________，B是__________，C是________，D是________；
(2)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子
浓度由大到小的顺序为：
__________________________________________________________。
解析：由A、C两溶液的pH>7，结合离子共存可推知，A、C为Ba(OH)2、
CH3COONa中的一种，又由A、B溶液中水的电离程度相同，知A、B水解程
度相近，即水解形成的弱酸或弱碱的电离程度相近，进而推知A、B为
CH3COONa、NH4Cl中的一种，再结合C溶液和D溶液相遇时只产生白色沉淀、
B溶液和C溶液相遇时只产生刺激性气味的气体、A溶液和D溶液混合时无明显
现象，推出A为CH3COONa，B为NH4Cl，C为Ba(OH)2，D为Na2SO4。当B、
C混合时，发生反应NH＋OH－===NH3↑＋H2O，故等体积等物质的量浓度的
NH4Cl与Ba(OH)2混合时，各离子浓度由大到小的顺序为：c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl
－)>c(NH)>c(H＋)。
答案：(1)CH3COONa　NH4Cl　Ba(OH)2　Na2SO4
(2)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)
13．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：
已知：
密度(g· cm－3) 熔点(℃) 沸点℃ 溶解性
环己醇 0.96 25 161 能溶于水
环己烯 0.81 －103 83 难溶于水
(1)制备粗品：将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是________，导管B除了导气外还具有的作用是________。
②试管C置于冰水浴中的目的是________________________。
(2)制备精品：①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在________层(填“上”或“下”)，分液后用________(填入编号)洗涤。
a．KMnO4溶液　　b．稀H2SO4　　c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从________口进入。蒸馏时加入生石灰，目的是__________________________________。
③收集产品时，控制的温度应在________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ______________________________________________________。
a．蒸馏时从70℃开始收集产品　　　　　　　　b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________。
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠c．测定沸点
解析：(1)由于环己烯沸点较低，容易挥发，为防止逸出，因此采用冰水冷却。
(2)①环己醇和环己烯密度均小于水；为了洗涤其中的环己醇和酸性杂质，选 用能中和酸的Na2CO3溶液；KMnO4溶液可把环己烯氧化。
②发生CaO＋H2O===Ca(OH)2反应，防止水随环己烯一起逸出而被收集。
③比理论产量低是由于损失了环己醇，与开始的用量无关。a项得到的质量会高于环己烯的实际产量。
(3)根据官能团特性，在中检验主要考虑醇羟基的性质，选b； 由于其中环己醇含量很少，用测沸点的方法不可行。
答案：(1)①防止暴沸　冷凝　②使生成的环己烯变为液体，防止挥发
(2)①上　c　②g　吸收生成的水，防止水蒸气随环己烯一起蒸出　③83℃　c　 (3)b
14．以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：
(1)反应Ⅰ前需在FeSO4溶液中加入________(填字母)，以除去溶液中的Fe3＋。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．锌粉 B．铁屑 C．KI溶液 D．H2
(2)反应Ⅰ需控制反应温度低于35℃，其目的是________。
(3)工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是________。
(4)反应Ⅳ常被用于电解生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极产生的电极反应可表示为________。
解析：（1）除杂原则：除杂但不引入新杂质。（2）从题干信息及原料分析，需要低温的仅有两点：a. 受热分解；b.升温可促进水解。（3）加入有机物可降低 在水中的溶解度。（4）阳极发生氧化反应失电子，2O，故2SO－2e－===S2O。
答案：(1)B　(2)防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)
(3)降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出　(4)2SO－2e－===S2O一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行
B．NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　 ΔH＝＋185.57 kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
解析：ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔG＜0，任何温度下反应都能自发进行，A错误，B正确；用焓变和熵变判断反应的自发性，都有例外，故都不能单独作为反应自发性的判据，而应用复合判据，C错误；使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的方向，D错误．
答案：B
2．(2012·青岛质检)反应2SO2＋O2? 2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol/(L·s)，则这段时间为(　　)
A．0.1 s　　　　　　　　　B．2.5 s
C．5 s D．10 s
解析：因为SO3的浓度增加了0.4 mol/L，所以O2的浓度减少了0.2 mol/L，因为在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol/(L·s)，所以反应所需时间为5 s.
答案：C
3．(2012·杭州模拟)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)?? 2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是 (　　)
A．平衡常数K值越大，X的转化率越大
B．达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)
C．达到平衡后，降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数
D．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动
解析：平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确．达平衡时2v正(X)＝v逆(Z)，B项错误．达平衡后降低温度，正逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误．增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误．
答案：A
4．已知：X(g)＋Y(g)?? 3Z(g)，X与Y在有催化剂条件下发生反应建立的平衡如下列各图实线所示，在无催化剂条件下发生反应建立的平衡如下列各图虚线所示，则相应的图示正确的是 (　　)
解析：催化剂能够增大化学反应速率，可以排除A、C；催化剂不能改变化学平衡，可以排除C、D.
答案：B
5．(2012·烟台模拟)在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表．据此判断下列结论正确的是 (　　)
测定时刻/s t1 t2 t3 t4
c(A)/(mol/L) 6 3 2 2
c(B)/(mol/L) 5 3.5 3 3
c(C)/(mol/L) 1 2.5 3 3
A．在t3时刻反应已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反应为：2A＋B? 2C
D．在t2～t3内A的平均反应速率为：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)
解析：从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A＋B? ?C，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，A、C错误；达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，B错误．
答案：D
6．(2012·天津模拟)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力．CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2? O2＋HbCO,37℃时，该反应的平衡常数K＝220.HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是
A．CO与HbO2反应的平衡常数
K＝
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
解析：由平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K＝；由平衡移动原理可知吸入CO越多，平衡向右移动，与血红蛋白结合的O2越少，把病人放入高压氧仓中，则平衡向左移动，释放出CO，故可解毒，A、B、D均正确．C项，由平衡常数表达式可知，人智力受损时：220＝×0.02，即＝，故C项错误．
答案：C
7．(2012·滨州模拟)将1 mol一氧化碳和1 mol水蒸气放入一固定容积的密闭容器中，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)? ?CO2(g)＋H2(g)，在一定温度下，反应达到平衡后，得到0.6 mol二氧化碳，再加入2 mol水蒸气并在相同条件下达到新平衡后，下列叙述正确的是
A．一氧化碳的转化率提高，水蒸气的转化率降低
B．反应物的转化率都提高
C．平衡向正反应方向移动，达到新的平衡时二氧化碳的体积分数增大
D．平衡向正反应方向移动，二氧化碳的物质的量将大于1 mol但小于2 mol
解析：再加入水蒸气后，水蒸气反应的量增大了，但转化率却降低了，B错误．加入水蒸气前，φ(CO2)＝＝0.3，加入水蒸气后φ(CO2)＜＝0.25＜0.3，C错误；若CO完全转化，即最高生成CO2 1 mol，D错误．
答案：A
8．在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)? CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表
CO2 H2 CO H2O
甲 a mol a mol 0 mol 0 mol
乙 2a mol a mol 0 mol 0 mol
丙 0 mol 0 mol a mol a mol
丁 a mol 0 mol a mol a mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是 (　　)
A．乙＝丁＞丙＝甲 B．乙＞丁＞甲＞丙
C．丁＞乙＞丙＝甲 D．丁＞丙＞乙＞甲
解析：根据可逆反应的特征，甲和丙，乙和丁分别为相同的平衡状态，达到平衡后n(CO)相同；甲和乙相比较，乙中增加了CO2的物质的量，平衡正向移动，n(CO)增加，所以乙＝丁＞丙＝甲．
答案：A
9．各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是(　　)
解析：A项，加入CH3COONa，使CH3COOH的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，pH增大；B项，加入KCl，对平衡没有影响，c(Fe3＋)不变；C项，加入Ar气，在恒温、恒压下，体积增大，平衡左移，H2转化率减小，D项，所给反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，反应物转化率增大，正确．
答案：D
10．已知：H2(g)＋I2(g)?? 2HI(g)　ΔH<0.有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡．欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是
(　　)
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
解析：0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙两容器中在题述情况下达到的平衡是等效的．A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2，平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能确定．
答案：C
11．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
解析：A项，催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，A项错误；B项，在恒容的条件下，通入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B项错误；C项，降低温度，反应速率也降低，反应达到平衡的时间就长，故C项错误．
答案：D
12．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y 2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于 (　　)
A．33% B．40%
C．50% D．65%
解析：由题意可取X和Y各1 mol，设X的转化量为a mol
　 X 　＋　 2Y 2Z
起始：1 mol 1 mol 0
转化：a mol 2a mol 2a mol
平衡：(1－a)mol (1－2a)mol 2a mol
到达平衡后，反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，即[(1－a)mol＋(1－2a)mol]∶2a mol＝3∶2，解得a＝1/3.则Y的转化率＝2a mol/1 mol＝2/3，最接近65%.
答案：D
13．某温度下，反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的正反应为放热反应，在带有活塞的密闭容器中达到平衡．下列说法中正确的是 (　　)
A．体积不变，升温，正反应速率减小
B．温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率增大
C．温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深
D．体积、温度不变，充入氮气后，正反应速率将增大
解析：升高温度，正反应、逆反应速率都增大；该反应属于反应前后气体体积不变的反应，压缩体积，平衡不移动，但其中物质的浓度增大，因为I2(g)的存在，颜色加深； 温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率不变．
答案：C
14．(2012·徐州模拟)在容积为2 L的密闭容器中，有反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，经过5 min达到平衡，此时，各物质的变化为A减少了a mol/L，B的平均反应速率vB＝a/15 mol/(L·min)，C增加了2a/3 mol/L，这时，若增加系统压强，发现A与C的百分含量不变，则m∶n∶p∶q为 (　　)
A．3∶1∶2∶2　　　　　　　　B．1∶3∶2∶2
C．1∶3∶2∶1 D．1∶1∶1∶1
解析：因为5 min内vB＝a/15 mol/(L·min)，C增加了2a/3 mol/L，所以vC＝2a/15 mol/(L·min)，即n∶p＝1∶2，符合这一关系的只有A.
答案：A
15．(2012·蚌埠模拟)一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图．下列叙述中正确的是
A．反应的化学方程式为5Y??X
B．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍
C．t2时，正、逆反应速率相等
D．t3时，逆反应速率大于正反应速率
解析：反应开始时Y为10 mol，X为2 mol，达到平衡时Y减少了7 mol，X增多了3 mol，因此反应方程式是7Y1 3X，A不正确；t1时，Y为6 mol、X为4 mol，其物质的量比为3∶2，即Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确．从图象可以看出，t2时刻X、Y两物质的物质的量相等，而不是反应速率相等，C不正确；t3时，反应达到平衡状态，所以正反应速率等于逆反应速率，D不正确．
答案：B
16．(2012·靖江模拟)常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两实验：(N2O4 2NO2　ΔH＞0)
(a)将两容器置于沸水中加热
(b)在活塞上都加2 kg的砝码
在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是
A．(a)甲＞乙，(b)甲＞乙　 　B．(a)甲＞乙，(b)甲＝乙
C．(a)甲＜乙，(b)甲＞乙 D．(a)甲＞乙，(b)甲＜乙
解析：将两容器置于沸水中加热时，甲容器中平衡正向移动，使容器中气体的物质的量增大，所以容器的体积甲＞乙；在活塞上都加2 kg的砝码时，甲容器中平衡逆向移动，使容器中气体的物质的量减小，所以容器的体积甲＜乙．
答案：D
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)在锌与盐酸反应的实验中，一个学生得到的结果如下表所示：
锌的质量/g 锌的形状 温度/℃ 完全溶于水的时间/s
A 2 薄片 5 400
B 2 薄片 15 200
C 2 薄片 25 100
D 2 薄片 35 t1
E 2 细小颗粒 15 t2
F 2 粉末 15 t3
G 2 薄片(含少量杂质Cu) 35 t4
(1)t1＝________s，画出以时间对温度的曲线图(纵轴表示时间，横轴表示温度)．
(2)利用所画的曲线图，总结并得出的关于温度影响反应速率的结论是_____________________________________________________．
(3)t1________t4(填“＞”或“＜”)，原因是________________________________
________________________.
t2________t3(填“＞”或“＜”)，原因是_______________________________
__________________________.
(4)单位时间内消耗锌的质量mB、mE、mF从大到小的顺序为___________．
解析：解答该题要认真分析表中数据．由A、B、C总结规律，推出t1＝50 s，根据A、B、C、D四组实验的数据可画出温度—时间图．通过对图象的分析总结温度对反应速率的影响，找出规律．D、G组实验相比较，G中可形成铜—锌原电池，加快反应速率；E、F组实验相比较，F中锌的表面积大，速率快；B、E、F组相比较，粉末状的Zn反应速率最快，薄片状的Zn反应速率最慢，故单位时间内消耗锌的质量为mF＞mE＞mB.
答案：(1)50
如图所示：
(2)温度每升高10℃，反应速率加快到原来的2倍
(3)＞　G组中可形成Cu—Zn原电池，反应速率加快
＞　F组中锌为粉末状，表面积较大，反应速率加快
(4)mF＞mE＞mB
18．(9分)在100℃时，将0.100 mol的四氧化二氮气体充入1 L恒容抽空的密闭容器中，隔一定时间对该容器内的物质浓度进行分析得到下表数据：
时间(s) 0 20 40 60 80
c(N2O4)/mol/L 0.100 c1 0.050 c3 c4
c(NO2)/mol/L 0.000 0.060 c2 0.120 0.120
(1)该反应的平衡常数表达式为______________________；从表中数据分析：c1________c2；c3________c4(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(2)在下图中画出并标明此反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线．
(3)在上述条件下，从反应开始至达到化学平衡时，四氧化二氮的平均反应速率为________mol/(L·s)．
(4)达平衡后下列条件的改变可使NO2气体浓度增大的是________．
A．增大容器的容积 B．再充入一定量的N2O4
C．分离出一定量的NO2 D．再充入一定量的He
(5)若起始时充入NO2气体0.080 mol，则达到平衡时NO2气体的转化率为________．
解析：(1)该反应的化学方程式为N2O4(g) 2NO2(g)，其平衡常数表达式为K＝；由表中数据可求得c1＝0.070 mol/L，c2＝0.100 mol/L，c1＜c2，反应至60 s时已达到化学平衡状态，因此c3＝c4.
(3)由表中信息得从反应开始至达到化学平衡时NO2的反应速率为＝0.002 mol/(L·s)，v(N2O4)＝v(NO2)/2＝0.001 mol/(L·s)．
(4)增大容器的容积不管平衡如何移动，反应物和生成物的浓度均减小，A错误．平衡后再充入一定量的N2O4，平衡正向移动，NO2的浓度增大，B正确．分离出一定量的NO2，虽然平衡正向移动，但NO2气体的浓度减小，C错误．在容器容积不变的情况下再充入稀有气体He，反应物和生成物的浓度均不变，化学平衡不移动，NO2气体的浓度不变，D错误．
(5)在题设条件下反应N2O4(g)??2NO2(g)的平衡常数K＝＝＝0.36，现充入NO2气体0.080 mol，相当于0.040 mol N2O4，设达平衡时转化了x mol/L的N2O4，则有K＝＝＝0.36，解得x＝0.030，即达到平衡时混合气体中有0.060 mol NO2和0.010 mol N2O4，即NO2的转化率为25%.
答案：(1)K＝　＜　＝
(2)
(3)0.001　(4)B　(5)25%
19．(9分)在一个温度恒定的密闭容器中，SO2和O2发生反应．已知1 mol SO2和足量O2完全反应，放出的热量为Q.请按要求回答下列问题．
[恒压条件下]
(1)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成0.9 mol SO3，这时SO2的转化率为________．
(2)若开始时放入4 mol SO2和2 mol O2，达平衡后，生成SO3的物质的量为________，反应放出的热量为________．
[恒容条件下]
(3)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成a mol SO3，则a________0.9(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(4)若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分别与(3)中平衡时完全相同，则x、y、z必须满足的一般条件是______________________________．(用两个代数式表式，其中一个只含x、y，另一个含x、z)．
解析：(1)　　　　2SO2　＋　O2 2SO3
起始(mol) 1 0.5 0
转化(mol) 0.9 0.45 0.9
平衡(mol) 0.1 0.05 0.9
SO2转化率为90%.
(2)恒温恒压下，只要转化为相同物质后的起始投入量成比例，两者就成等效平衡，SO2转化率相同，生成SO3为4 mol×90%＝3.6 mol，放出热量为3.6Q.
(3)恒容条件下，由于该反应是气体体积减小的反应，所以相对于恒压条件，相当于气体体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，SO2转化率降低，则生成SO3小于0.9 mol.
(4)　　　2SO2　＋　O2 2SO3
1 0.5 0
起始 x y z
变化 z 0.5z z
平衡 x＋z y＋0.5z 0
则x＋z＝1，y＋0.5z＝0.5，即x＝2y，x＋z＝1.
答案：(1)90%　(2)3.6 mol　3.6Q　(3)＜
(4)x＝2y，x＋z＝1
20．(9分)(2012·烟台模拟)向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B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一所示．图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件．已知t3～t4阶段使用了催化剂；图一中t0～t1阶段c(B)未画出．
(1)若t1＝15 min，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v(C)＝________.
(2)t4～t5阶段改变的条件为________，B的起始物质的量为________．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：
t1～t2 t2～t3 t3～t4 t4～t5 t5～t6
K1 K2 K3 K4 K5
则K1＝________(保留两位小数)，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为________(用“＞”、“＜”或“＝”连接)．
(3)t5～t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01 mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，写出此温度下该反应的热化学方程式：__________________________.
(4)在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为______________．
解析：(1)利用公式求解，
v(C)＝＝0.02 mol/(L·min)．
(2)t2～t3过程是增加了一种反应物的浓度；t3～t4是加入了催化剂；t4～t5平衡没有移动，只能是减小了压强，由此推断反应前后气体的体积不变，根据速率之比等于化学方程式中各物质的计算数之比得反应方程式2A＋B??3C，又可推知，Δc(B)＝0.1 mol/L，B的起始浓度c(B)＝0.5 mol/L，则n(B)＝c(B)·V＝0.5 mol/L·2 L＝1 mol，K1＝＝＝0.84；t5～t6过程中升高温度时，正反应速率和逆反应速率都增大．所以，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为K1＝K2＝K3＝K4＜K5，前四个过程温度不变平衡常数也不变，升温平衡右移，故而平衡常数变大．
(3)书写热化学方程式时要注意化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，ΔH也要加倍．
(4)此时的平衡和t1时刻的平衡是同一个平衡，t1时刻若是全转化为反应物，则A、B、C的物质的量分别是2.4 mol、1.2 mol、0 mol现作同样转化
　　　　 2A　　＋　　B 3C
开始(mol) a b c
相当于(mol) a＋c b＋ 0
则a＋c＝2.4，b＋＝1.2.
答案：(1)0.02 mol/(L·min)　(2)减小压强　1.0 mol
0．84　K1＝K2＝K3＝K4＜K5
(3)2A(g)＋B(g) 3C(g)　ΔH＝＋200a kJ/mol
(4)a＋2c/3＝2.4，b＋c/3＝1.2
21．(8分)(2009·全国卷Ⅱ)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示．
(1)根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
t/min X/mol Y/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.20
3 0.75 0.50 0.50
5 0.65 0.30 0.70
9 0.55 0.10 0.90
10 0.55 0.10 0.90
14 0.55 0.10 0.90
(2)体系中发生反应的化学方程式是____________________________________；
(3)列式计算该反应在0～3 min时间内产物Z的平均反应速率：________；
(4)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于________；
(5)如果该反应是放热反应．改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线1、2、3(如下图所示)则曲线1、2、3所对应的实验条件改变分别是：
1________，2________，3________.
解析：(2)由表中数据可知X、Y、Z是以1∶2∶2的比例进行反应的，且9 min以后各物质的物质的量不发生变化也均不为零，则该反应是可逆反应，反应方程式为：
X＋2Y 2Z.
(3)v(Z)＝＝＝0.083 mol/(L·min)．
(4)α(X)＝×100%＝×100%＝45%.
(5)对比曲线1和表中数据可知：曲线1达到平衡所用时间短(2 min)，且生成的Z较少，即相对原平衡来说是增大了反应速率且平衡向逆向移动，故曲线1改变的条件是升高了温度．对比曲线2和表中数据可知：曲线2达到平衡所用时间短(1 min)，但生成Z的量不变，即加快了反应速率但平衡没有移动，故曲线2改变的条件是加入了催化剂．对比曲线3和表中数据可知：曲线3达到平衡所用时间短(7 min)，且平衡时生成Z的量增多(0.95 mol)，即加快了反应速率且平衡向正向移动，故曲线3改变的条件是增大压强．
答案：(1)
(2)X＋2Y 2Z　(3)＝0.083 mol/(L·min)
(4)45%　(5)升高温度　加入催化剂　增大压强
22．(9分)(2009·北京海淀期末)甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：
CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＞0
(1)一定条件下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CH3OH(g)和3 mol H2O(g),20 s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为________．
(2)判断(1)中可逆反应达到平衡状态的依据是(填序号)________．
①v正(CH3OH)＝v正(CO2)
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变
④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
(3)下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1 mol CH3OH(g)和2 mol H2O(g)，向B容器中充入1.2 mol CH3OH(g)和2.4 mol H2O(g)，两容器分别发生上述反应．已知起始时容器A和B的体积均为a L．试回答：
①反应达到平衡时容器B的体积为1.5a L，容器B中CH3OH的转化率为________；A、B两容器中H2O(g)的体积百分含量的大小关系为：B________A(填“＞”“＜”或“＝”)．
②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________L(连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响)．
解析：(1)此题宜采用差量法计算，压强之比等于物质的量之比，反应后增加的气体的物质的量为4 mol×0.2＝0.8 mol，
CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)　Δn
1 2
0.4 mol 0.8 mol
v(CH3OH)＝＝0.01 mol/(L·s)．
(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol×0.5＝1.8 mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率为×100%＝75%.容器B中的压强小于A，故反应物的转化率高，H2O的体积百分含量小．
②设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则＝
求得x＝2.75a，所以B的体积为2.75a－a＝1.75a.
答案：(1)0.01 mol/(L·s)　(2)③④　(3)①75%　＜
②1.75a
质
物质
实验
的
物一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．下列化工生产过程所发生的反应不属于氧化还原反应的是 (　　)
A．煅烧大理石(主要成分为CaCO3)
B．用铝土矿(主要成分为Al2O3)制金属铝
C．用氯气和消石灰制漂白粉[主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2]
D．用氢气和氮气合成氨(NH3)
解析：氧化还原反应必然伴有元素化合价的变化．B中的铝元素、C中的氯元素、D中的氮元素和氢元素都发生了价态的变化，故都属于氧化还原反应．
答案：A
2．下列物质的分类结果全部正确的是 (　　)
A．焦炉气—混合物　胆矾—纯净物　臭氧—单质
B．纯碱—碱　硫化氢—酸　小苏打—酸式盐
C．油脂—高分子化合物　纤维素—天然高分子化合物　有机玻璃—合成高分子化合物
D．液氯—非电解质　硫酸钡—强电解质　醋酸—弱电解质
解析：纯碱是Na2CO3属于盐，B不正确；油脂不属于高分子化合物，C不正确．液氯是单质既不是电解质，又不是非电解质，D不正确．
答案：A
3．下列说法正确的是 (　　)
A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl是非电解质
B．NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2、Cl2均是电解质
C．蔗糖、酒精在液态或水溶液里均不导电，所以它们是非电解质
D．铜、石墨均导电，所以它们是电解质
解析：液态HCl、固态NaCl不导电是因为未电离，当HCl溶于水、NaCl溶于水或受热熔化时均能导电．因此，HCl、NaCl是电解质，A错误；Cl2、铜、石墨均为单质，既不是电解质，也不是非电解质，NH3、CO2的水溶液能导电并非其本身电离产生了自由移动的离子，而是二者溶于水时生成的新物质NH3·H2O、H2CO3电离出离子的结果，则NH3、CO2为非电解质，NH3·H2O、H2CO3为电解质，所以B、D均错误．
答案：C
4．(2012·青岛模拟)下列事实与胶体性质无关的是 (　　)
A．在豆浆里加入盐卤做豆腐
B．在河流入海处易形成沙洲
C．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路
D．三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀
解析：选项A属于蛋白质胶体遇电解质聚沉；选项B是土壤胶粒遇电解质(海水中)发生聚沉；选项C是蛋白质胶体的丁达尔现象；选项D中Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，此时生成的Fe(OH)3是大量的沉淀，而不属于胶体．
答案：D
5．下列反应的离子方程式正确的是 (　　)
A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn＋Ag＋===Zn2＋＋Ag
B．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：
　Ca(HCO3)2＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋2CO2↑＋2H2O
C．少量金属钠加到冷水中：
　Na＋2H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
D．氢氧化铜加到盐酸中：
　Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
6．(2012·济宁模拟)向存在大量Na＋、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，该溶液中还可能大量存在的离子组是 (　　)
A．K＋、Br－、CO　　　　　B．Al3＋、H＋、MnO
C．NH、Fe3＋、SO D．Ag＋、Cu2＋、NO
解析：溶液中通入足量的NH3后显碱性，选项B中的Al3＋、H＋，C中的Fe3＋，D中的Ag＋、Cu2＋都不会存在，且Ag＋与Cl－不能大量共存．
答案：A
7．(2012·大连双基测模拟试)下列叙述中正确的是 (　　)
A．含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性
B．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C．失去电子多的还原剂还原性强
D．化学反应中，某元素由化合态变为游离态，此元素可能被氧化
解析：含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如H3PO4，A错误；有的阳离子具有还原性，例如Fe2＋，有的阴离子具有氧化性，例如MnO，B错误；还原性的强弱与失去电子的难易有关，而与失去电子的多少无关，C错误；如果元素的化合态为负价，变为游离态时被氧化，如果为正价，变为游离态时被还原，D正确．
答案：D
8．科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的＋5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的＋3价砷类化合物．下列说法不正确的是 (　　)
A．维生素C具有还原性
B．上述过程中砷元素发生还原反应
C．上述过程中＋5价砷类物质作氧化剂
D．＋5价砷转化为＋3价砷时，失去电子
解析：维生素C能使＋5价砷类物质转化为＋3价砷类化合物，所以维生素C具有还原性，＋5价砷类物质作氧化剂，砷元素发生还原反应，＋5价砷转化为＋3价砷时，得到电子，故D项错误．
答案：D
9．已知下列物质氧化H2SO3时，自身发生如下变化：Cl2→2Cl－，MnO→Mn2＋，Cr2O→2Cr3＋，H2O2→2H2O，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的H2SO3，得到H2SO4最多的是
A．Cr2O B．Cl2
C．MnO D．H2O2
解析：根据得失电子守恒，当等物质的量的Cl2、MnO、Cr2O、H2O2氧化H2SO3时，得电子数最多的是Cr2O.
答案：A
10．(2012·临沂模拟)在某无色溶液中，可能存在Na＋、Ca2＋、Fe3＋、Br－、CO、SO、Cl－中的几种．某学生进行了下列实验：(1)取少量原溶液，在其中滴加足量氯水，有无色无味气体产生，溶液仍为无色，将溶液分为两份；(2)一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；(3)另一份加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生．该溶液中一定大量存在的离子组是 (　　)
A．Na＋、Fe3＋、SO B．CO、Cl－、SO
C．Ca2＋、Br－、SO D．Na＋、SO、CO
解析：溶液为无色可排除Fe3＋，根据(1)可知无Br－、有CO，有CO则无Ca2＋，阳离子只剩下Na＋，根据溶液为电中性的原则，可知Na＋一定存在；根据(2)不能确定原溶液中是否含有SO或Cl－[(因(1)中加入了Cl－)]；根据(3)确定原溶液中一定有SO存在．
答案：D
11．下列离子方程式正确的是 (　　)
A．H2O2＋2OH－2H2O＋O2↑
B．Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O
C．2MnO＋H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋3O2↑＋4H2O
D．3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O
解析：A中电荷数不相等，A错误；B中正确写法为3Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O，B错误；C中应写为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故C错误．
答案：D
12．(2012·南京模拟)在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是 (　　)
A．Al2O3、SO2、CO2、SO3 B．Cl2、Al2O3、N2O5、SO3
C．CO2、Cl2、CaO、SO3 D．SiO2、N2O5、CO、Cl2
解析：Al2O3―→NaAlO2　SO2―→Na2SO3　CO2―→Na2CO3　SO3―→Na2SO4　Cl2―→NaCl、NaClO　N2O5―→NaNO3　SiO2―→Na2SiO3　CaO、CO不能和NaOH反应生成盐，综上所述，答案选B.
答案：B
13．(2012·天津模拟)在室温下，发生下列几种反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，判断下列结论错误的是 (　　)
A．溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－
B．Z2在①、③反应中作还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3＋
D．X2＋是XO的还原产物
解析：在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得出：氧化性：XO>Z2>B2>A3＋，还原性：A2＋>B－>Z－>X2＋，Z2在①反应中是氧化产物，Z2在③反应中作氧化剂，B项错误．
答案：B
14．赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是 (　　)
A．该反应的氧化剂只有Cu2O
B．Cu既是氧化产物，又是还原产物
C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
解析：根据反应方程式，标出发生变化的元素的化合价：
可以看出Cu2O和Cu2S中Cu的化合价均降低，因此二者均为氧化剂，产物中的Cu来源于＋1价Cu，只为还原产物，A、B错误．Cu2S中的Cu化合价降低，S化合价升高，因此Cu2S既是氧化剂又是还原剂，C正确．反应中还原产物为Cu，氧化产物是SO2，二者的物质的量之比为6∶1，D错误．
答案：C
15．(2012·浙江十校联考)在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO、OH－6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是
A．Cu2＋、H＋、Cl－ B．CO、OH－、Cl－
C．K＋、H＋、Cl－ D．K＋、OH－、CO
解析：甲烧杯的溶液呈蓝色，说明甲烧杯中有Cu2＋，则甲烧杯中没有CO、OH－；那么乙烧杯中有CO、OH－，没有H＋，而剩下的阳离子只有K＋，则乙中一定有K＋.
答案：D
16．有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是 (　　)
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
B．该过程说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．若有1 mol NO发生氧化反应，则转移8 mol e－
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋
解析：上述离子发生氧化还原反应，氧化剂为NO，还原剂为Fe2＋，反应方程式为8Fe2＋＋NO＋10H＋===8Fe3＋＋NH＋3H2O，A项，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶8，正确；B项，NO在酸性条件下体现氧化性，正确；C项，1 mol NO发生还原反应，转移8 mol e－，错误；D项正确．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(9分)(2012·厦门模拟)“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过．
(1)请你帮助它走出迷宫(请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线)________________．
(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于酸和碱中和反应的有__________个，属于氧化还原反应的有__________个，其中能“吃掉”盐酸的盐是__________，写出该反应的离子方程式________________________________________________．
(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是__________(填写物质序号)，属于非电解质的是________．
(4)如果将盐酸换成氯气，它能沿着盐酸走出的路线“走出”这个迷宫吗？为什么？
______________________________________________________________________.
解析：(1)图中物质③、⑥、⑩、⑦、 、 均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫．
(2)盐酸与NaOH、Ca(OH)2的反应属于酸和碱的中和反应，与Zn的反应属于氧化还原反应，能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3，该反应的离子方程式为CO＋2H＋===CO2↑＋H2O.
(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是H2SO4、NaCl，属于非电解质的是CO2、SO2.
(4)如果将盐酸换成氯气，它沿着盐酸走出的路线不能“走出”这个迷宫，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应从而被“吃掉”．
答案：(1)③⑥⑩⑦
(2)2　1　Na2CO3　CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
(3)⑥ 　③⑩
(4)不能，因为氯气有强氧化性，遇到二氧化硫、铜时都会发生氧化还原反应从而被“吃掉”
18．(8分)(1)从C、H、O、N四种元素中选择适当的元素，组成符合下列要求的物质，将其化学式填入空格内．
①可作清洁无污染的燃料的单质是________．
②冶金工业中常用来作还原剂的氧化物是________．
③常用的两种氮肥，其中一种属于酸式盐，另一种是正盐，且它们的组成元素不完全相同，则它们分别为__________和__________．
(2)将a mol Cl2通入b mol FeBr2的溶液中，当0①当a/b＝1时____________________________________．
②当a/b≥3/2时_______________________________________________．
解析：Fe2＋和Br－都有还原性，都能和Cl2反应，但还原性Fe2＋>Br－，Cl2先氧化Fe2＋，故可写出(2)的离子方程式．
答案：(1)①H2　②CO　③NH4HCO3　NH4NO3
(2)①2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
②2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
19．(8分)(2012·枣石家庄庄模拟)储氢纳米碳管的研制成功体出了科技的进步．用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒．这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3和H2O七种．
(1)请用上述物质填空，并配平化学方程式：
C＋ ________＋ 　H2SO4=== 　__________＋　 __________＋　
Cr2(SO4)3＋ H2O
(2)上述反应中氧化剂是________(填化学式)，被氧化的元素是________(填元素符号)．
(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是(填选项序号)________．
A．氧化性 B．氧化性和酸性
C．酸性 D．还原性和酸性
(4)若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为________．
解析：分析所给物质的化合价和反应的部分化学方程式可知，氧化剂为K2Cr2O7，还原产物为Cr2(SO4)3，还原剂为C，氧化产物为CO2.由C―→CO2、K2Cr2O7―→Cr2(SO4)3变化过程中得失电子守恒配平得3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O，H2SO4在反应中表现酸性．
由上述反应可知12e－～3CO2，若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为0.2 mol×22.4 L/mol＝4.48 L.
答案：(1)3　2K2Cr2O7　8　3CO2　2K2SO4　2　8
(2)K2Cr2O7　C　(3)C　(4)4.48 L
20．(8分)对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的．
(1)现有下列6种物质：SO2、SiO2、CaO、MgO、Fe2O3、Na2O2.按照不同的分类标准，它们中有一种物质与其他5种有明显的不同，请找出这种物质，并写出依据(写出两种分类方法)：
①________________________________________________________________.
②___________________________________________________________________.
(2)从上述物质中分别找出两种能相互反应的物质，各写一个非氧化还原反应的方程式和氧化还原反应的方程式：____________________、____________________.
(3)虽然分类的方法不同，但离子反应和氧化还原反应之间也存在着一定的关系，请用简单的图示方法表示二者之间的关系：________________________.
(4)生活中的食醋和淀粉溶液分属于分散系中的________和________，用__________可以鉴别(填化学专用名词)．
解析：(1)根据物质的性质差别，找出分类的标准，即可分类．
(2)这些都是氧化物，写非氧化还原反应方程式可找碱性氧化物与酸性氧化物的反应；写氧化还原反应方程式，注意具有还原性和氧化性的物质．
(3)离子反应中有氧化还原反应和非氧化还原反应，氧化还原反应中有离子反应和有非离子反应，二者是交叉关系．
(4)食醋属于溶液，淀粉溶液属于胶体，二者可用丁达尔效应鉴别．
答案：(1)①SO2常温常压下是气体，其余是固体
②Na2O2是过氧化物，其余为酸性氧化物或碱性氧化物(答案不唯一，合理即可)
(2)CaO＋SiO2CaSiO3(或MgO＋SO2MgSO3等其他合理答案)
Na2O2＋SO2===Na2SO4
(3)
(意思正确、能表示二者的交叉关系即可)
(4)溶液　胶体　丁达尔效应
21．(8分)从氧元素的价态看，H2O2是一种特殊氧化剂；从产物看，H2O2是一种绿色氧化剂．
(1)已知下列反应在一定条件下可以发生：
H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
H2O2＋2Fe3＋===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
在以上反应中Fe2＋实际上起着____________作用，总反应式为________________________________________________________________________．
(2)I2与Fe2＋一样发生上述类似反应，类比(1)在下面填入配平的合适的化学方程式：H2O2＋I2===2HIO，
________________________________________________________________________，总反应式为_____________________________________________．
(3)在H2SO4和KI的混合溶液中加入足量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可以使淀粉变蓝，有学生认为该反应的离子方程式为：H2O2＋2I－===I2＋O2↑＋2H＋，这个方程式正确吗？________.
①若正确，理由是(若认为不正确，该步不必答)________________________；
②若不正确，原因是(若认为正确，该步不必作答)_______________________________
__________________，并写出正确的化学方程式(若是离子反应，写出离子方程式；没有离子反应的，写出化学方程式)______________________________________．
解析：(1)将两个反应相加，可以发现Fe2＋在反应前后没有变化，只起到催化剂的作用．
(2)I2与Fe2＋一样发生上述类似反应，说明I2也是反应的催化剂，即H2O2与HIO能反应生成I2.
(3)该离子方程式中只有化合价的升高，没有化合价的降低，不符合氧化还原反应的规律．
答案：(1)催化剂(或催化)
2H2O22H2O＋O2↑
(2)2HIO＋H2O2===I2＋2H2O＋O2↑
2H2O22H2O＋O2↑
(3)不正确　氧元素和碘元素的化合价均上升，没有化合价降低的元素(或违背电荷守恒原理)
H2O2＋2I－＋2H＋===2H2O＋I2、2H2O22H2O＋O2↑
22．(11分)(2010·临沂模拟)由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K＋、Cl－、NH、Mg2＋、CO、Ba2＋、SO.将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100 mL该溶液分别进行如下实验：
实验序号 实验内容 实验结果
1 加AgNO3溶液 有白色沉淀生成
2 加足量NaOH溶液并加热 收集到气体1.12 L(已折算成标准状况下的体积)
3 加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量 第一次称量读数为6.27 g，第二次称量读数为2.33 g
试回答下列问题：
(1)根据实验1对Cl－是否存在的判断是____________(填“一定存在”“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验1～3判断混合物中一定不存在的离子是________．
(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：
阴离子符号 物质的量浓度(mol/L)
(3)试确定K＋是否存在？________，判断的理由是________________________________
______________________________________________________________.
解析：该混合物溶于水后得澄清溶液，说明Ba2和SO不能同时存在，加足量NaOH溶液并加热产生气体，说明存在NH，由1.12 L氨气可知，NH的物质的量为0.05 mol，在第三步操作中，沉淀有两种，说明存在SO和CO，则该混合物中不存在Ba2＋，同时也不存在Mg2＋.由沉淀的质量求出SO的物质的量为0.01 mol，CO的物质的量为0.02 mol，加AgNO3溶液有沉淀，并不能确定有Cl－，因为Ag＋与SO和CO都能产生沉淀．根据离子所带的正、负电荷数相等可知，K＋一定存在，但是K＋的物质的量不能确定，因为Cl－是否存在并不明确．
答案：(1)不能确定　Ba2＋、Mg2＋
(2)
阴离子符号 物质的量浓度(mol/L)
SO 0.1
CO 0.2
(3)存在　溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO.经计算，NH的物质的量为0.05 mol，CO、SO的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒，得K＋一定存在。一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 (　　)
A.常温常压下，3.2 g O3所含电子数为1.2 NA
B.标准状况下，2.24 L CCl4中含有的C—Cl键的数目为0.4 NA
C.标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合所含原子数为2NA
D.将0.1 mol 氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1 NA Fe3＋
解析：3.2 g O3含0.2 NA个氧原子，所含电子数为1.6 NA，A不正确；标准状况下，CCl4是液体，B不正确；NO、O2都是双原子分子，二者物质的量和为1 mol，故所含原子数为2NA，C正确；因Fe3＋水解，Fe3＋的数目应小于0.1 NA，D不正确.
答案：C
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A.标准状况下，5.6 L一氧化氮和5.6 L氧气混合后的分子总数为0.5NA
B.1 mol乙烷分子含有8NA个共价键
C.58.5 g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
D.在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA
解析：A项，0.25 mol NO与0.25 mol O2将反应生成0.25 mol NO2，剩余O2 0.125 mol，不考虑NO2转化N2O4，分子总数应为0.375NA；B项，乙烷的结构式为,
1 mol分子中含7NA个共价键；C项，NaCl为 离子晶体，无分子；D项 正确，因CO水解使得阴离子数增加.
答案：D
3.只给出下列甲和乙中对应的量，不能求出物质的量的是 (　　)
A B C D
甲 物质的粒子数 标准状况下的气体摩尔体积 固体的体积 溶液中溶质的物质的量浓度
乙 阿伏加德罗常数 标准状况下的气体体积 固体的密度 溶液的体积
解析：根据n＝、n＝、nB＝cBV可知，A、B、D中都能求出物质的量.
答案：C
4.某氯化镁溶液的密度为1.18 g/cm3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中氯离子的物质的量约等于 (　　)
A.0.37 mol　　　　　　　　B.0.63 mol
C.0.74 mol D.1.5 mol
解析：n(Mg2＋)＝＝0.75 mol，
在MgCl2溶液中，Mg2＋与Cl－的物质的量之比为1∶2，则n(Cl－)＝2n(Mg2＋)＝2×0.75 mol＝1.5 mol.
答案：D
5.等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol/L和b mol/L.则a与b的关系为 (　　)
A.a＝b B.a＝2b
C.2a＝b D.a＝5b
解析：n(CuO)∶n(MgO)＝∶＝∶＝1∶2，体积相同时，物质的量的比等于物质的量浓度的比，所以＝＝，即2a＝b，故选C.
答案：C
6.某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3＋、H＋、M，其物质的量之比为n(NO)∶n(SO)∶n(Fe3＋)∶n(H＋)∶n(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能为 (　　)
A.Fe2＋ B.Mg2＋
C.CO D.Ba2＋
解析：根据电荷守恒可知M为＋2价的阳离子，排除CO，由于原溶液中存在SO，根据离子共存知，其中不可能含有Ba2＋，又因原溶液中含有NO和H＋，使溶液具有强氧化性，所以原溶液中不可能存在Fe2＋.
答案：B
7.有一真空瓶的质量为W1 g，向该瓶充入氧气后的质量为W2 g，在相同条件下充入某一单质气体，其质量为W3 g，则此单质气体的摩尔质量为 (　　)
A.×32 B.×32
C.×32 g/mol D.×32 g/mol
解析：根据题意，该气体物质的量与氧气相同，有如下关系：＝。
答案：C
8.在标准状况下，若V L甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数的数值可表示为
A.Vn/22.4 B.22.4n/V
C.Vn/5.6 D.5.6n/V
解析：设阿伏加德罗常数为NA，则依题意，可得×4NA＝n，即NA＝ mol－1.
答案：D
9.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列判断正确的是(氨水的密度比纯水的小) (　　)
A.2w1＝w2 B.2w2＝w1
C.w2＞2w1 D.w1＜w2＜2w1
解析：设溶液的体积为V L，密度为ρ g/mL，溶质的摩尔质量为M g/mol，物质的量浓度为c mol/L，
由c＝得：a＝1000ρ1w1/17，b＝1000ρ2w2/17，因为2a＝b，所以有2ρ1w1＝ρ2w2，又氨水的密度比纯水小，且浓度越大，密度越小，所以ρ1＞ρ2，代入上式得：2w1＜w2.
答案：C
10.300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO的物质的量浓度为 (　　)
A.0.4 mol/L B.0.3 mol/L
C.0.2 mol/L D.0.1 mol/L
解析：n(Al3＋)＝＝0.06 mol，则n(SO)＝0.09 mol.加入的Ba(OH)2溶液中含Ba2＋ 0.03 mol，
反应后剩余SO 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，因此c(SO)＝0.1 mol/L.
答案：D
11.在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9 g/cm3，这种氨水的物质的量浓度和质量分数分别为 (　　)
A.18.4 mol/L　34.7% B.20.4 mol/L　38.5%
C.18.4 mol/L　38.5% D.20.4 mol/L　34.7%
解析：NH3溶于水后虽然大部分生成NH3·H2O，但在计算时，仍以NH3作为氨水中的溶质；气体溶于水后，溶液的体积、密度均发生了改变，计算时应该用溶液质量除以密度求出其体积.设水的体积为1 L，则有：
w＝×100%
＝34.7%
氨水的体积为：
V＝＝1.7 L
故c＝＝18.4 mol/L.
答案：A
12.以下仪器，用蒸馏水洗净后便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是 (　　)
①中和滴定用的锥形瓶 ②中和滴定用的滴定管 ③容量瓶　
④配制一定体积、一定物质的量浓度的NaOH溶液，用于称量的小烧杯　⑤量筒(量取浓H2SO4用)
A.①②⑤ B.①③
C.②④⑤ D.①⑤
解析：中和滴定时锥形瓶中有蒸馏水不会对实验结果产生误差，容量瓶定容时仍会加水至刻度线.
答案：B
13.某学生配制了100 mL 1 mol/L的硫酸溶液.然后，对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确.结果测得溶液的物质的量浓度低于1 mol/L.那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是 (　　)
①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸
②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯
③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
④最后定容时，加水超过了刻度，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A.②③④ B.③④
C.①②③ D.①②③④
解析：①量筒用蒸馏水洗净后量取，浓H2SO4被稀释，所取溶质H2SO4偏少，会导致浓度降低.②未洗涤烧杯，溶质H2SO4损失，会导致浓度偏低.③少量溶液流到容量瓶外面，溶质H2SO4损失，会导致浓度偏低.④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，会损失H2SO4，导致溶液浓度偏低.
答案：D
14.下列叙述正确的是 (　　)
A.与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g
B.与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L
C.所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11
D.所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22
解析：A项：根据公式＝n＝，可列式：＝，可判断A项正确.B、C、D都未指明两种气体所处的温度和压强是否相同，所以说法都不正确.
答案：A
硫酸化学纯（CP） （500 mL） 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g/cm3质量分数：98%
15.右图是某硫酸试剂瓶的标签上的部分文字.据
此，下列说法正确的是 (　　)
A.该试剂应保存在玻璃试剂瓶中，并用橡胶塞塞紧
B.1 mol Zn与足量的该硫酸反应生成2 g 氢气
C.该硫酸与等体积水混合所得溶液的物质的量浓度等于9.2 mol/L
D.向50 mL该硫酸溶液中加入足量的铜片，加热充分反应后，
被还原的硫酸的物质的量小于0.46 mol
解析：浓硫酸有腐蚀性，不能用橡胶塞，应用玻璃塞，A错误.浓硫酸具有强氧化性，其还原产物为SO2，B错误.C项设硫酸与水的体积分别为1 mL，混合后浓度为(1.84 g/cm3×1 mL×98%÷98 g/mol)÷0.002 L＝9.2 mol/L，但实际混合后溶液密度有变化，其浓度不等于9.2 mol/L，C错误.D中随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸时反应停止，被还原的硫酸小于×0.05 L×18.4 mol/L，即小于0.46 mol.
答案：D
16.对于1 mol/L的氨水，下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化) (　　)
A.将标准状况下22.4 L氨气溶于1 L水中配成溶液，即可得1 mol/L的氨水
B.1 mol/L的氨水的质量分数小于1.7%
C.将1 mol/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L
D.将1 mol/L的氨水与3 mol/L的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2 mol/L
解析：A项，因氨水以起始溶入的氨为溶质，故将1 mol氨溶于水配成1 L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L；B项，由物质的量浓度与质量分数的关系，可有以下表达式：＝1 mol/L，又由于氨水的密度ρ＜1 g/cm3，故w＞1.7%；C项，若将1 mol/L的氨水与水等体积混合，所得氨水的浓度为0.5 mol/L，由于氨水密度比水小，则相同质量的氨水的体积比水大，故等质量混合后所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L；D项，因氨水的浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3 mol/L的氨水所占体积比1 mol/L的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2 mol/L.
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17.(7分)(1)将40 g NaOH溶于水，配成250 mL溶液甲，甲的浓度为　　　　　 mol/L(将正确选项的标号填入空格，下同).将50 mL甲加水稀释至100 mL后，得溶液乙，乙的浓度为　　　　　 mol/L.将10 mL乙溶液与质量分数为9%、密度为1.11 g/cm3的NaOH溶液10 mL混合，该混合溶液丙的浓度为　　　　 mol/L(忽略溶液体积变化).混合溶液丙能与　　　　 mL 0.5 mol/L的盐酸恰好完全中和.
选项
A.4 B.1 C.2 D.90
E.45 F.35 G.4 .25 H.2.25
(2)若12.4 g Na2X中含有0.4 mol钠离子，Na2X的摩尔质量是　　　　，X的相对原子质量是　　　　.
解析：(1)n(NaOH)＝＝1 mol，
c(甲)＝＝4 mol/L；
c(乙)＝＝2 mol/L；
c(丙)＝
＝2.25mol/L，丙中NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，n(HCl)＝2.25 mol/L×0.02 L＝0.045 mol，
V[HCl(aq)]＝＝0.09 L(即90 mL).
(2)n(Na2X)＝n(Na＋)＝×0.4 mol＝0.2 mol，M(Na2X)＝＝62 g/mol，M(X)＝62 g/mol－2×23 g/mol＝16 g/mol，
因此，X的相对原子质量为16.
答案：(1)A　C　H　D　(2)62 g/mol　16
18.(12分)实验室需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL和0.5 mol/L硫酸溶液500 mL.根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　　　　(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　(填仪器名称).
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有　　　　　(填序号).
A.配制一定体积准确浓度的标准溶液
B.贮存溶液
C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体
D.准确稀释某一浓度的溶液
E.量取一定体积的液体
F.用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　　　　 g.在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度　　　　 0.1 mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同).若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度　　　　0.1 mol/L.
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为　　　　 mL(计算结果保留一位小数).如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用　　　　　 mL的量筒最好.配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是 .
解析：(1)五种仪器分别为烧瓶、量筒、分液漏斗、胶头滴管、容量瓶，配制上述溶液肯定不需要烧瓶和分液漏斗，还需要烧杯、玻璃棒.
(2)容量瓶不能用于贮存、加热溶液，它只有一个刻度线，也不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体.
(3)因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液只能用500 mL的容量瓶，m(NaOH)＝c·V·M＝0.1 mol/L×0.5 L×40 g/mol＝2.0 g，定容仰视刻度线，造成加水较多，浓度偏低，洒落溶液会造成溶液浓度偏低.
(4)由稀释前后物质的量相等，V(浓)＝＝L＝ L＝13.6 mL，选用15 mL的量筒最好，误差小.稀释时将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌.
答案：(1)A、C　烧杯、玻璃棒　(2)B、C、E、F
(3)2.0　小于　小于
(4)13.6　15　将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
19.(6分)常温下，将20.0 g 14%的NaCl溶液跟30.0 g 24%的NaCl溶液混合，得到密度为1.17 g/cm3的混合溶液.
(1)该混合溶液中NaCl的质量分数为　　　　 .
(2)该混合溶液中NaCl的物质的量浓度　　　　 mol/L.
(3)在1000 g水中需加入　　　　 mol氯化钠，才能使其浓度恰好与上述混合溶液浓度相等(保留1位小数).
解析：(1)混合溶液的质量为：20.0 g＋30.0 g＝50.0 g，混合溶液中溶质的质量为：20.0 g×14%＋30.0 g×24%＝10.0 g，混合溶液中溶质的质量分数为：×100%＝20%.
(2)n(NaCl)＝
V(溶液)＝
c(NaCl)＝
＝×
＝4.0 mol/L.
(3)×100%＝20%
n(NaCl)＝4.3 mol.
答案：(1)20%　(2)4.0　(3)4.3
20.(10分)配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验.请回答以下问题：
(1)配制浓度为 2 mol/L的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将　　　　(填写代号，下同).
A.等于8.0 g B.等于8.00 g
C.大于8.0 g D.等于0.2 g
(2)要配制浓度约为2 mol/L的NaOH溶液100 mL，下面的操作正确的是　　　　.
A.称取8 g NaOH固体，放入250 mL烧杯中，用量筒量取100 mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解
B.称取8 g NaOH固体，放入100 mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100 mL
C.称取8 g NaOH固体，放入100 mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀
D.用100 mL量筒量取40 mL 5 mol/L NaOH溶液，倒入250 mL烧杯中，再用另一量筒量取60 mL蒸馏水，边搅拌边慢慢倒入烧杯中
(3)下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是　　　　.
A.配制1 L 0.1 mol/L的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量
B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D.整个配制过程中，容量瓶不振荡
(4)某实验中需2 mol/L的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为　　　　，称取Na2CO3的质量为　　　　.
解析：(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于(8.0 g ＋烧杯质量).(2)注意NaOH溶液的浓度约为2 mol/L，并不是精确配制浓度为2 mol/L的溶液.(3)配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣c＝，分析错误操作对n、V的影响.(4)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol/L的Na2CO3溶液1000 mL，所需Na2CO3的质量为：1 L×2 mol/L×106 g/mol＝212 g.
答案：(1)C　(2)AD　(3)AC　(4)1000 mL　212 g
21.(9分)某研究性学习小组为证明在同温同压下，相同浓度、
相同体积酸性不同的两种二元酸与足量镁带反应时，生成氢气
的体积相同而反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体摩
尔体积.设计的简易实验装置如图所示.该实验的主要操作步骤
如下：
Ⅰ.①配制浓度均为0.5 mol/L 的H2SO4和H2C2O4溶液.
②用　　　　量取10.00 mL 0.5 mol/L H2SO4和H2C2O4溶液分别于两个锥形瓶中.
③分别称取除去表面氧化膜的镁带并系于铜丝末端.
④检查装置的气密性，在广口瓶中装满水，按图连接好装置.
⑤将铜丝向下移动，使足量镁带浸入酸中(铜丝不与酸接触)至反应完全后，记录　　　　.
⑥反应结束后，读取量筒内水的体积为 y mL.
Ⅱ.请将上述步骤补充完整并回答下列问题：
(1)用密度为1.84 g/cm3 98%的浓H2SO4，配制浓度为250 mL 0.5 mol/L的H2SO4溶液，所需要的主要仪器有　　　　、　　　　、烧杯、玻璃棒、酸式滴定管.
(2)以下是读取量筒内水的体积时，必须包括的几个步骤：①使乙、丙中液面相平；②将装置冷却至室温；③读取量筒内水的体积.这三步操作的正确顺序是　　　　.
(3)读取量筒内水的体积时，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是　　　　.
(4)简述速率不等的原因　　　　　　　　　　　　　，铜丝不与酸接触的原因是　
　　　　　　　　　　　　　　　.
解析：Ⅰ.②根据量取溶液体积的精确度要求可知使用酸式滴定管；⑤比较H2SO4、H2C2O4反应速率可通过观察气泡或完全反应所用时间长短.Ⅱ.(1)配制溶液需要使用特定的仪器(250 mL的容量瓶)，定容时需用到胶头滴管.(2)为保证测量数据的准确，应该先将气体冷却到室温，所以应该先进行操作②，然后调整液面使气体压强等于外界大气压，最后正确读数.(3)如丙(量筒)中的液面高于乙的液面，应将丙向下移动.(4)因为H2SO4是强酸、H2C2O4是弱酸，故同浓度的两溶液H2SO4中含氢离子浓度大，反应速率快.若铜丝接触溶液，则构成原电池，使反应速率加快，影响实验结果.
答案：Ⅰ.酸式滴定管　反应所需时间
Ⅱ.(1)250 mL的容量瓶　胶头滴管
(2)②①③　(3)下移丙
(4)氢离子浓度不同　易形成原电池加快反应速率，干扰实验的测定
22.(8分)将10 g复盐CuSO4·x(NH4)2SO4·yH2O加到过量的NaOH溶液中，加热；生成的氨用100 mL 0.5 mol/L硫酸全部吸收，多余的硫酸用2 mol/L NaOH溶液中和，用去NaOH溶液25 mL.已知复盐中SO的质量分数为48%，则x＝　　　　，y＝　　　　.
10 g复盐中n(NH)＝2×(0.5 mol/L×0.1 L－2 mol/L×0.025 L×)＝0.05 mol
n(SO)＝＝0.05 mol
n(Cu2＋)＝0.05 mol－0.05 mol×＝0.025 mol
n(H2O)＝
＝0.15 mol
n(CuSO4)∶n[(NH4)2SO4]∶n(H2O)
＝0.025∶0.025∶0.15＝1∶x∶y
得x＝1，y＝6
答案：1　6一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．参照反应Br＋H2―→HBr＋H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是(　　)
A．正反应为吸热反应
B．正反应为放热反应
C．加入催化剂，该化学反应的反应热增大
D．从图中可看出，该反应的反应热与反应途径有关
解析：该反应中反应物Br＋H2的总能量低于生成物HBr＋H的总能量，正反应为吸热反应，A正确；ΔH＝117 kJ/mol－42 kJ/mol＝75 kJ/mol，反应热只与反应的始态与终态有关，与反应途径、是否使用催化剂无关．
答案：A
2．已知Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g)　ΔH＜0；则下列关于该反应的叙述不正确的是
A．该反应中旧键断裂需吸收能量，新键形成需放出能量，所以总能量不变
B．上述热化学方程式中的ΔH的值与反应物的用量无关
C．该反应的化学能可以转化为电能
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
解析：任何一个化学反应，其反应前后都有能量的变化；在所给反应中，反应放热，则反应物的总能量高于生成物的总能量．
答案：A
3．(2012·广州检测)下列化学反应属于吸热反应的是 (　　)
A．碘的升华
B．生石灰溶于水
C．镁与稀盐酸反应
D．熟石灰与NH4Cl晶体混合制氨
解析：在题中给出的四个选项里，吸热的是A、D，但A是物理变化，所以答案为D.
答案：D
4．(2012·华南师大附中模拟)下列各组变化中，化学反应的热量变化前者小于后者的一组是 (　　)
①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1；
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1；
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2
③t℃时，在一定条件下，将1 mol SO2和1 mol O2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1；
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH2
A．①②③　　　　　　　　B．②④
C．②③④ D．③④
解析：①中，CH4燃烧生成液态水时放出的热量多，则ΔH1＜ΔH2；②中ΔH1＝2ΔH2，ΔH1、ΔH2均为负值，则ΔH1＜ΔH2；③中，1 mol SO2和1 mol O2反应时恒容条件下比恒压条件下转化率小，放出的热量少，故Q1＜Q2，④中，CaCO3分解为吸热反应ΔH1＞0，CaO和H2O反应为放热反应ΔH2＜0，故ΔH1＞ΔH2.①②③符合题意．
答案：A
5．已知在一定条件下，CO的燃烧热为283 kJ/mol，CH4的燃烧热为890 kJ/mol，由1 mol CO和3 mol CH4组成混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为 (　　)
A．2912 kJ B．2953 kJ
C．3236 kJ D．3867 kJ
解析：1 mol CO完全燃烧放出的热量：1 mol×283 kJ/mol＝283 kJ，3 mol CH4完全燃烧放出的热量：3 mol×890 kJ/mol＝2670 kJ，共释放的热量为：283 kJ＋2670 kJ＝ 2953 kJ.
答案：B
6．下列说法正确的是 (　　)
A．1 mol硫酸与1 mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热
B．25℃、101 kPa时，1 mol S和2 mol S的燃烧热相等
C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，所以CO的燃烧反应一定是吸热反应
D．101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
解析：中和热是在稀溶液里强酸与强碱发生中和反应生成1 mol水时所释放出的热量，而1 mol H2SO4和1 mol Ba(OH)2完全中和时生成2 mol H2O，而且有BaSO4生成，A错误；燃烧热指在25℃、101 kPa时1 mol该物质完全燃烧生成稳定的化合物时，所放出的热量，与实际燃烧的硫的物质的量无关，B正确；CO燃烧的反应是放热反应，C错误；燃烧热与温度和压强有关，不同温度下测得的反应热是不同的，故未指明温度谈燃烧热无意义，且若碳不完全燃烧所放出的热量也不能称为燃烧热，D错误．
答案：B
7．已知25℃、101 kPa条件下：
4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)ΔH＝－2834.9 kJ/mol
4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)ΔH＝－3119.1 kJ/mol
由此得出的正确结论是 (　　)
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应
解析：上式减下式得3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝284.2 kJ/mol，可知，同为6 mol 氧原子，O3的能量高于O2，则O3不稳定，由O2变为O3是吸热反应．
答案：D
8．有专家指出，如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2等利用太阳能使它们重新组合，使之能够实现如图转化，那么，不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料，缓解能源危机．在此构想的物质循环中太阳能最终转化为 (　　)
A．化学能 B．热能
C．生物能 D．电能
解析：关键信息是CO2、H2O、N2利用太阳能使它们重新组合，根据图示可知组合成可燃物，而可燃物燃烧后转化为产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环可知太阳能最终转化为热能．
答案：B
9．已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566 kJ/mol
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH＝－226 kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是 (　　)
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH>－452
kJ/mol
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为
6.02×1023
解析：A错，燃烧热的单位应是kJ/mol.B项，图中没有标注物质的系数．C项，由CO2(s)===CO2(g)　ΔH>0及盖斯定律可知C项正确．D项，当反应放出509 kJ热量时，参加反应的CO为1 mol，电子转移数为2×6.02×1023.
答案：C
10．已知下列热化学方程式：
Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH＝－24.8 kJ/mol
Fe2O3(s)＋CO(g)===Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH＝－15.73 kJ/mol
Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋640.4 kJ/mol
则14 g CO气体还原足量FeO固体得到Fe单质和CO2气体时对应的ΔH约为(　　)
A．－218 kJ/mol B．－109 kJ/mol
C．＋218 kJ/mol D．＋109 kJ/mol
解析：该问题可以转化为CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＝？所以应用盖斯定律，若把已知给出的3个热化学方程式按照顺序编号为①、②、③，那么[(①－②)×－③]×即可．
答案：B
11． 2008年北京奥运会“祥云”奥运火炬所用环保型燃料为丙烷，悉尼奥运会所用火炬燃料为65%丁烷和35%丙烷，已知丙烷的燃烧热为2221.5 kJ/mol；正丁烷的燃烧热为2878 kJ/mol；异丁烷的燃烧热为2869.6 kJ/mol；下列有关说法正确的是
A．丙烷燃烧的热化学方程式为：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－2221.5 kJ/mol
B．相同质量的正丁烷和异丁烷分别完全燃烧，前者需要的氧气多，产生的热量也多
C．正丁烷比异丁烷稳定
D．奥运火炬燃烧时主要是将化学能转变为热能和光能
解析：A项中，水为气态，不正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，等质量燃烧时需要氧气的量相同．根据正丁烷和异丁烷的燃烧热可推知，C4H10(正)===C4H10(异)　ΔH＝－8.4 kJ/mol，因此，异丁烷比正丁烷稳定．
答案：D
12．将V1 mL 1.00 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)．下列叙述正确的是
A．做该实验时环境温度为22℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.0 mol/L
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
解析：中和反应为放热反应，B正确；分析表中数据，当加入盐酸5 mL、NaOH溶液45 mL时，反应后温度为22℃，故实验时环境温度低于22℃，A错误；加入HCl溶液30 mL时反应放热最多，此时酸碱正好完全中和，c(NaOH)＝1.0 mol/L×30 mL÷20 mL＝1.5 mol/L，C错误；有水生成的反应不一定是放热反应，如H2＋CuO△,H2O＋Cu是吸热反应，D错误．
答案：B
13．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差.
化学键 H—H Cl—Cl H—Cl
生成1 mol化学键时放出的能量 436 kJ/mol 243 kJ/mol 431 kJ/mol
则下列热化学方程式不正确的是 (　　)
A.H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)ΔH＝－91.5 kJ/mol
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－183 kJ/mol
C.H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)ΔH＝＋91.5 kJ/mol
D．2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋183 kJ/mol
解析：由反应热与键能的关系：ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，计算反应A的反应热，ΔH＝×436 kJ/mol＋×243 kJ/mol－431 kJ/mol＝－91.5 kJ/mol，A正确，并由此推知B、D正确，C错误．
答案：C
14．某实验小组学生用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热．下列说法正确的是
A．如图条件下实验过程中没有热量损失
B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D．若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上说所求反应热相等
解析：图中小烧杯与大烧杯之间有很大空隙未填满碎纸条，会有较多的热量散失，A错误；烧杯间碎纸条的主要作用是隔热保温，C错误；D项中所求中和热相同，但反应物的物质的量不同，所以反应热不同，D错误．
答案：B
15．在密闭容器中充入4 mol SO2和3 mol O2，一定条件下建立平衡：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－Q kJ/mol测得SO2的转化率为90%，则在此条件下，反应放出的热量为
A．1.8Q kJ B．2Q kJ
C．Q kJ D．0.9Q kJ
解析：热化学方程式的含义是指2 mol SO2完全反应放出Q kJ热量，现有4 mol SO2，且转化率为90%，则产生的热量与反应物的量相对应，放出的热量为×Q kJ×90%＝1.8Q kJ.
答案：A
16．用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染，例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－574 kJ/mol
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－1160 kJ/mol
下列说法不正确的是 (　　)
A．由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＞－574 kJ/mol
B．反应①②转移的电子数相同
C．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2同时生成气态水，放出的热量为173.4 kJ
D．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2到N2，整个过程中转移电子1.60 mol
解析：水蒸气冷凝为液态水需要释放能量，所以CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＜－574 kJ/mol.
答案：A
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)按要求写热化学方程式：
(1)已知稀溶液中，1 mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式______________________________________________________.
(2)25℃、101 kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为Q kJ，经测定，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25 g白色沉淀，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式________________________________________________________．
(3)已知下列热化学方程式：
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－870.3 kJ/mol
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ/mol
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8 kJ/mol
写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式________________________．
解析：(1)由中和热的定义可知，1 mol NaOH与 mol H2SO4反应生成1 mol水时放热57.3 kJ.
(2)CO2通入澄清石灰水中产生25 g白色沉淀，即n(CO2)＝0.25 mol，则n(C4H10)＝ mol,1 mol丁烷完全燃烧放出热量16Q kJ.
(3)合成CH3COOH的反应为：
2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)
根据盖斯定律，②×2＋③×2－①得，
ΔH＝(－393.5 kJ/mol)×2＋(－285.8 kJ/mol)×2－(－870.3 kJ/mol)＝－488.3 kJ/mol.
答案：(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
(2)C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16Q kJ/mol
(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)
ΔH＝－488.3 kJ/mol
18．(6分)已知：在热力学标准态(298 K、1.01×105Pa)下，由稳定的单质发生反应生成1 mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)．如图所示为氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图．试回答下列问题：
(1)写出氧族元素中含有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其反应热ΔH的关系
_____________________________________________________．
(3)写出硒化氢在热力学标准态下，发生分解反应的热化学反应式：
________________________________________________________________________.
解析：(1)氧族元素包括O、S、Se、Te，含18e－的氢化物有H2O2和H2S，它们的电子式分别为H? ?H，H ?H.
(2)据生成热的数据示意图知，ΔH越小，说明生成对应的氢化物时放出热量越多，生成的氢化物越稳定，所以a、b、c、d分别代表碲、硒、硫、氧．
(3)因生成1 mol H2Se时吸收81 kJ的热量，那么当1 mol H2Se分解时放出81 kJ的热量，其热化学方程式可表示为H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)　ΔH＝－81 kJ/mol.
答案：(1)H H、H? H
(2)非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小，反之亦然
(3)H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)　ΔH＝－81 kJ/mol
19．(9分)反应A(g)＋B(g)=C(g)＋D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题：
(1)该反应是______________________反应(填“吸热”“放热”)．
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率________(填“增大”“减小”“不变”)，原因是________________________________________，________________________________.
(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？______原因是
__________________________________________________________________.
(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1________，E2________(填“增大”“减小、”“不变”)．
解析：由图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应．催化剂是通过降低活化能(E)提高活化分子的百分含量来加快化学反应速率的，但不影响化学平衡状态(或化学平衡不移动)．
答案：(1)放热
(2)减小　根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应向吸热反应方向移动，因而该反应中A的转化率减小
(3)没有　催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响
(4)减小　减小
20．(10分)磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物3.1 g的单质磷(P)在3.2 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量．
(1)通过计算确定反应产物的组成(用化学式表示)是________________，其相应的质量(g)为______________________________________________________________．
(2)已知单质磷的燃烧热为Y kJ/mol，则1 mol P与O2反应生成固态P2O3的反应热ΔH＝________________________________________________________________.
(3)写出1 mol P与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：
________________________________________________________________________.
解析：根据题意由质量守恒定律设反应生成P2O3 x mol，P2O5 y mol，则有
，解得：
所以反应生成P2O3：0.025 mol×110 g/mol＝2.75 g
P2O5：0.025 mol×142 g/mol＝3.55 g
根据燃烧热的概念，可知燃烧生成0.5 mol P2O5放热Y kJ，所以生成0.025 mol P2O3.放出热量为：
X kJ－×0.025＝(X－0.05Y) kJ，由此可推算出其余问题的答案．
答案：(1)P2O3、P2O5　2.75 g、3.55 g
(2)－(20X－Y) kJ/mol
(3)P(s)＋O2(g)===P2O3(s)
ΔH＝－(20X－Y) kJ/mol
21．(10分)近年来，由CO2催化加氢合成甲醇的相关研究受到越来越多的关注．该方法既可解决CO2废气的利用问题，又可开发生产甲醇的新途径，具有良好的应用前景．已知4.4 g CO2气体与H2经催化加氢生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95 kJ的能量．
(1)该反应的热化学方程式为：__________________________________________.
(2)在270℃、8 MPa和适当催化剂的条件下，CO2的转化率达到22%，则4.48 m3(已折合为标准状况)的CO2能合成CH3OH气体的物质的量是________，此过程中能放出热量________ kJ.
(3)又已知H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44 kJ/mol，则22 g CO2气体与H2反应生成CH3OH气体和液态水时放出热量为________．
(4)根据该反应特点，有利于甲醇合成的条件是________．
A．高压高温 B．低压高温
C．高压低温 D．低压低温
解析：(1)4.4 g CO2气体完全合成CH3OH和水蒸气放热4.95 kJ，则1 mol CO2完全合成CH3OH和水蒸气放热49.5 kJ，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ/mol.
(2)n(CH3OH)＝n(CO2)＝×22%＝44 mol，每生成1 mol CH3OH(g)放热49.5 kJ，则此过程中放热为：(44×49.5)kJ＝2178 kJ.
(3)由H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44 kJ/mol以及(1)中的热化学方程式可知，1 mol CO2完全合成CH3OH并生成液态水时放热为44 kJ＋49.5 kJ＝93.5 kJ.则22 g CO2即0.5 mol CO2与H2反应时，放热为93.5 kJ÷2＝46.75 kJ.
(4)该反应正反应放热，低温有利于CO2合成CH3OH，又因正反应为体积减小的反应，高压有利于CO2合成CH3OH.
答案：(1)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH＝－49.5 kJ/mol
(2)44 mol　2178
(3)46.75 kJ　(4)C
22．(9分)某反应过程中的能量变化如图所示：
(1)写出该反应的热化学方程式：_________________________________________
_______________________________________________________________.
(2)在溶液中进行化学反应中的物质，其状态标为“aq”，已知0.5 mol H2SO4在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，用离子方程式写出该反应的热化学方程式：____________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)合成氨反应的热化学方程式：
N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol
已知合成氨反应是一个反应物不能完全转化为生成物的反应，在某一定条件下，N2的转化率仅为10%，要想通过该反应得到92.2 kJ的热量，至少在反应混合物中要投放N2的物质的量为________ mol.
解析：(1)由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，可判断所给反应是一个放热反应，据图可写出反应的热化学方程式．
(3)据热化学方程式可知，1 mol N2完全反应才能得到92.2 kJ的热量，而N2转化率为10%，则实际需要投入10 mol N2才能转化1 mol N2.
答案：(1)A(g)＋2B(g)===C(l)＋3D(l) ΔH＝－432 kJ/mol
(2)H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol
(3)101. NH4Cl溶于重水(D2O)生成一水合氨和水合氢离子的化学式是(　　)
A．NH3·D2O和HD2O＋ B．NH3·HDO和D3O＋
C．NH2D·D2O和DH2O＋ D．NH2D·HDO和D3O＋
解析：NH＋2D2ONH3·HDO＋D3O＋。
答案：B
2． 25℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
解析：A项，两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCO??H＋＋CO及HCO＋H2OH2CO3＋OH－，Na2CO3溶液中还存在有CO＋H2OHCO＋OH－，故A正确。B项，两种溶液中均存在Na＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B正确。C项，浓度相同时，CO水解程度大于HCO，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，故C错。D项，NaHCO3溶液中加入NaOH固体：HCO＋OH－H2O＋CO，c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入 NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，故D正确。
答案：C
3. 将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 mol/L NaOH溶液中，下列说法正确的是(　　)
A．c(HCO)略大于c(CO) B．c(HCO)等于c(CO)
C．c(Na＋)等于c(CO)与c(HCO)之和 D．c(HCO)略小于c(CO)
解析：n(CO2)＝＝0.1 mol，
n(NaOH)＝0.15 L×1 mol/L＝0.15 mol
二者反应生成两种盐Na2CO3、NaHCO3，设二者的物质的量分别为x、y
则解得x＝0.05 mol　y＝0.05 mol
但由于CO＋H2OHCO＋OH－，故n(HCO)略大于0.05 mol，n(CO)略小于0.05 mol。
答案：A
4． 向三份0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
解析：NH、Fe3＋水解使溶液呈酸性，对CH3COO－的水解有促进作用，而SO水解对CH3COO－的水解有抑制作用，故在CH3COONa溶液中加入NH4NO3、FeCl3固体时CH3COO－浓度减小，加入Na2SO3固体CH3COO－浓度增大。
答案：A
5． 常温下，在10 mL 0.2 mol·L－1氨水中，滴入0.2 mol·L－1的稀盐酸，使溶液的pH＝7。则下列说法正确的是(　　)
A．加入盐酸的体积大于10 mL B．c(NH)＝c(Cl－)
C．加入盐酸的体积等于10 mL D．c(NH)解析：根据溶液中电荷守恒的原则，pH＝7时，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则另两种阴阳离子的物质的量浓度也相等，即c(NH)＝c(Cl－)，而要使溶液呈中性，所加同浓度的盐酸体积应略小于氨水，若V[HCl(aq)]≥10 mL，则由于NH4Cl水解和HCl过量而呈酸性。
答案：B
6．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是(　　)
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH溶液，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH)之和
解析：A项中CH3COOH是过量的，溶液呈酸性，故合理；B项中二者恰好反应，生成的CH3COONa使溶液呈碱性；C项中c(OH－)>c(H＋)溶液，呈碱性，不合题意；D项，溶液中含有了NH。
答案：A
7．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液：c(NH)＝c( Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)解析：B项中NH水解，使c(NH)c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。D项中，Na＋与NO浓度不受加入盐酸量的影响，而保持始终相等。
答案：A
8．在25℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
解析：pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，c(CH3COOH)>10－3 mol·L－1。将其等体积混合，CH3COOH过量，使溶液呈现酸性。溶液中存在如下离子关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋
c(OH－)，且c(H＋)>c(OH－)。共同推导出c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：D
9.下列溶液中离子浓度关系的表示正确的是(　　)
A．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CO)＋c(HCO)
B．pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COO－)
C．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：
2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
解析：A中电荷不守恒；B中pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后乙酸过量，溶液显酸性，所以c(H＋)>c(OH－)；C中应该为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：D
10．某溶液中存在的离子有：Na＋、H＋、S2－、HS－、OH－，则下列有关该溶液的叙述错误的是(　)
A．离子浓度可能是c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)
B．组成该溶液的溶质只能是Na2S或NaHS或二者的混合物
C．离子物质的量的关系是2n(S2－)＋n(HS－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)
D．该溶液可能呈中性、碱性或酸性
解析：含有Na＋、H＋、S2－、HS－、OH－的溶液可能是Na2S、NaHS、Na2S和NaHS混合液、NaHS和H2S混合液。
答案：B
11. 下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋ B．CO2＋H2OHCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－ D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
解析：A、D两项属于弱电解质的电离，B项，不仅反应不属于水解反应，而且电离方程式写的也不规范。
答案：C www.
12．在Na2CO3溶液中，下列关系式错误的是(　　)
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
B．c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．c(CO)>c(OH－)>c(HCO) www.
解析：电荷守恒强调的是利用正、负电荷数相等，找出阴、阳离子浓度间的关系，不是阴、阳离子数相等，A错；由物料(原子)守恒知c(Na＋)＝2c(C)，B正确；由质子守恒c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O知c(OH－)＝c(OH－)H2O＝c(H＋)H2O＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，C正确；由水解规律知D正确。
答案：A
13．向体积Va的0.05 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol·L－1 KOH溶液，下列关系错误的是(　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
解析：A项，因CH3COOH过量，根据物料守恒可知A项正确；B项CH3COOH与KOH恰好反应，由质子守恒可知B项正确；C项，因KOH过量，故c(K＋)最大，C项错误；根据电荷守恒可得D项正确。
答案：C
14．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为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
A．①② B．③ C．③④ D．④
解析：NH4Cl溶液中由于NH的水解，NH的浓度与Cl－的浓度比小于1∶1，要配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，必须增加体系中NH的量，加少量氨水可促使NH＋H2ONH3·H2O＋H＋往左移动，可以达到要求。
答案：B
15． 科学家提出酸度新概念——AG，用AG表示溶液酸碱性强弱，能克服pH表示溶液酸碱度的缺点，AG＝lg。25℃时，现有物质的量浓度为0.4 mol/L的HA溶液与0.2 mol/L的NaOH溶液等体积混合(溶液总体积近似等于两种溶液体积之和)。
(1)若HA为HCl，则混合溶液的AG＝________。
(2)若HA为HCN，且溶液中c(Na＋)>c(CN－)，则溶液显________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，混合溶液中离子浓度大小顺序为：______________________________________________________。
(3)若HA为CH3COOH且混合溶液的AG>0，溶液中粒子浓度关系式正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
B．c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＋c(OH－)
(4)通过上述讨论知，混合溶液酸碱性由________决定。
解析：HA＋NaOH===NaA＋H2O，混合溶液中(起始浓度)：c(HA)＝0.1 mol/L，c(NaA)＝0.1 mol/L。混合溶液由等物质的量浓度的HA与NaA组成。(1)若HA为HCl，HCl是强酸，混合溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L，c(OH－)＝＝mol·L－1＝1×10－13 mol·L－1，AG＝lg＝12。(2)若HA为HCN，则混合溶液由等物质的量浓度的HCN和NaCN组成，溶液中存在的离子有：Na＋、CN－、H＋、OH－，根据电荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)，由c(Na＋)>c(CN－)推知：c(H＋)c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。(3)含等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液中，AG＝lg>0，c(H＋)>c(OH－)，即溶液呈酸性。因为醋酸钠和醋酸的物质的量浓度相同，物料守恒式为2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)①，A项错误。溶液中只存在四种离子：H＋、Na＋、CH3COO－、OH－，电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)②，由c(H＋)>c(OH－)推知，c(CH3COO－)>c(Na＋)，B项正确。由电荷守恒式知，C项错误。①式减去②式得：c(Na＋)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D项正确。(4)综上所述，HA酸性强弱决定混合溶液显酸性还是显碱性。
答案：(1)12　(2)碱性　c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)　(3)BD
(4)HA电离H＋的能力大小或HA的酸性强弱
16.常温下有浓度均为0.5 mol/L的四种溶液：
①Na2CO3溶液　②NaHCO3溶液　③HCl溶液　④氨水
(1)上述溶液中，可发生水解的是________(填序号，下同)。
(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为
________________________________________________________________________。
(3)向④中加入少量氯化铵固体，此时c(NH)/c(OH－)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________。
(5)取10 mL溶液③，加水稀释到500 mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。
答案：(1)①②　(2)c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)　(3)增大
(4)小于　c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)　(5)10－12 mol/L
17．已知某溶液中存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)　②c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)　④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。
(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为________；
若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为________。
(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中
c (H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。
解析：(1)若溶液只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)因为c(OH－)>c(H＋)、c(NH)>c(Cl－)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3·H2O。若c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。
(3)NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸与氨水混合后呈中性，说明氨水过量，
故c(HCl)答案：(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
(3)小于　大于
18．在25 mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，滴定曲线如下图所示。
(1)写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式_____________________________________。
(2)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(3)在B点，a________12.5 mL(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，则混合前c(NaOH)____________c(CH3COOH)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系：
c(H＋)________c(OH－)。
(4)在D点，溶液中离子浓度大小关系为：____________________________。
c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D点溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，
则有c(CH3COO－)>c(Na＋)，所以各种离子浓度大小顺序为：
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：(1)CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O　(2)0.1　(3)大于　小于　小于
(4)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
19. 某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B===H＋＋HB－；HB－?H＋＋B2－回答下列问题：
(1)Na2B溶液显______(填“酸性”，“中性”，或“碱性”)。理由是________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1 mol/L 的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是(　　)
A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol/L
B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)
D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)
(3)已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH＝2，则0.1 mol/L H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是____________________________________________________________
0．11 mol/L(填“<”、“>”、“＝”)理由是：________________________________。
(4)0.1 mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是
________________________________________________________________________。
解析：由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－H＋＋B2－(部分电离)，所以盐溶液中B2－离子水解而HB－不水解，故Na2B显碱性，原因是B2－＋H2OHB－＋OH－。在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2O
H＋＋OH－。由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2 mol·L－1。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)。在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－、HB－H＋＋B2－、H2OH＋＋OH－，
已知0.1 mol·L－1 NaHB溶液的pH＝2说明其c(H＋)＝0.01 mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步电离，所以0.1 mol·L－1 H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1，在NaHB(aq)中各离子浓度大小顺序为：c(Na＋)>
c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)
答案：(1)碱性　B2－＋H2OHB－＋OH－　(2)CD　(3)<　H2B第一步电离产生的
H＋，抑制了HB－的电离　(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)
20．(复分解反应存在这样一个规律：较强酸可制取较弱酸。盐类的水解也是复分解反应，弱酸强碱盐对应的弱酸越弱，其盐越容易发生水解。
已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa
pH 8.8 8.1 11.6 10.3 11.1 11.3
(1)请根据上述信息判断下列反应不能发生的是________(填编号)。
A．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO
B．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO
C．CO2＋H2O＋C6H5ONa―→NaHCO3＋C6H5OH
D．CO2＋H2O＋2C6H5ONa―→Na2CO3＋2C6H5OH
E．Na2CO3＋C6H5OH―→NaHCO3＋C6H5ONa
F．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN
(2)一些复分解反应的发生还遵循其他的规律。下列变化都属于复分解反应：
①将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液　②向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打固体
③蒸发KCl和NaNO3的混合溶液，首先析出NaCl晶体。根据上述反应，总结出复分解反应发生的另一规律为______________________________。
(3)物质的量浓度均为0.05 mol/L的下列五种物质的溶液中，pH由大到小的顺序是________(填编号)。
①C6H5OH　②CH3COOH　③HClO4　④HClO　⑤H2SO4
(4)一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的下列物质：①NaOH、②CH3COOH、③NaClO，则水的电离程度最大的是________(填编号)。一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN，两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1________n2(填“>”、“<”或“＝”)。
解析：这些盐都是弱酸的钠盐，水解时生成相应的弱酸，且弱酸的酸性越弱，水解程度也越大，即所得溶液的碱性越强，pH越大。这些弱酸的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH、H2CO3、HClO、HCN、C6H5OH、HCO(注意：Na2CO3对应的弱酸为HCO，NaHCO3对应的弱酸为H2CO3)。(1)根据强酸制弱酸的原理及生成物的性质，A反应若生成HClO，则可与Na2CO3起反应生成NaClO和NaHCO3，A不能发生，B能发生；同理可分析，D不能发生，C、E、F能发生。(2)从三个反应特点：①生成难溶的CaCO3，②生成的NaHCO3在水中的溶解度最小，③NaCl在水中的溶解度最小中得出结论：复分解反应总是由溶解度大的物质向生成溶解度小的物质的方向进行。(3)比较溶液pH大小时，弱酸可根据相对强弱，强酸则看H＋的浓度大小，根据(1)的结论，弱酸中苯酚酸性弱于HClO，HClO弱于CH3COOH，强酸有H2SO4和HClO4，相同浓度的溶液中，由于H2SO4中c(H＋)大，故酸性强，从而得出pH由大到小的顺序为①④②③⑤。(4)酸或碱(无论是强的还是弱的)都会抑制水的电离，而多数盐由于发生水解而促进水的电离，因而，水的电离程度最大的是弱酸或弱碱形成的盐，即为NaClO；在等物质的量的CH3COONa和NaCN溶液中，由电荷守恒可得：n1＝n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CH3COO－)＋n(OH－)；n2＝n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CN－)＋
n(OH－)，又NaCN溶液中的OH－物质的量大于CH3COONa溶液中OH－物质的量，则有NaCN溶液中的n(H＋)比CH3COONa溶液中的n(H＋)少，且两溶液中的n(Na＋)相等，必有：n1>n2。
答案：(1)AD　(2)反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行
(3)①④②③⑤　(4)③　>一、选择题
1．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，操作正确并能达到实验目的的是(　　)
解析：A项应“长进短出”；C项，温度计水银球的位置应与蒸馏烧瓶支管在同一水平线上；D项，由于白磷的着火点远低于红磷，二者位置应对调。
答案：B
2． 以下说法正确的是(　　)
A．利用丁达尔效应可以区别溶液和胶体
B．保存FeCl2溶液时常加入少量铁粉以防止Fe2＋水解
C．油脂皂化以后可以用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离
D．电解法精炼铜时用硫酸铜作电解液，电解后溶液中Cu2＋可能消耗完
解析：选项A，胶体具有丁达尔现象，溶液则无，故可用丁达尔效应区别之。选项B，加入少量铁粉是防止Fe2＋被氧化。选项C，分离高级脂肪酸钠和甘油应采用盐析的方法。选项D，溶液中消耗的Cu2＋可由阳极的粗铜补充，所以电解后溶液中的Cu2＋浓度基本不变。
答案：A
3.下列实验设计能够成功的是(　　)
实验目的 实验步骤及现象
A 检验亚硫酸钠试样是否变质 试样白色沉淀沉淀不溶
B 检验某卤代烃是否是氯代烃 试样冷却出现白色沉淀
C 证明酸性条件下H2O2氧化性比I2强 NaI溶液溶液变蓝色
D 除去氯化钠溶液中的少量硫酸钠 溶液加适量盐酸
解析：A项应加BaCl2和盐酸来检测SO的存在；B项中应加HNO3至酸性，否则会生成Ag2SO4，干扰实验；C项中应该加入盐酸和淀粉的混合物，否则加入的HNO3会将I－氧化成I2；D项正确，加Na2CO3可除去过量的Ba2＋。
答案：D
4．下列实验装置图完全正确的是(　　)
解析：A中的托盘天平，应该是左盘放药品，右盘放砝码，称量氢氧化钠固体应该用烧杯盛装；B中应该用玻璃棒引流，容量瓶应该用150 mL的；D中冷凝管进水和出水的方向错误，应该是下方进水，上方出水。
答案：C
5．下列实验方案合理的是(　　)
A．配制50 g质量分数为5% NaCl溶液：将45 mL水加入到盛有5 g NaCl的烧杯中，
搅拌溶解
B．制备乙酸乙酯：用如上图所示的实验装置
C．鉴定SO：向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液
D．鉴别环己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量环己烯和苯中
解析：A项，配制的溶液溶质质量分数为10%；B项，缺少催化剂浓H2SO4，且导管不能插入液面下；C项，溶液中如有Ag＋存在也会产生白色沉淀，所以A、B、C错；D项，环己烯属于不饱和烃，它能和溴加成而使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。
答案：D
6．下列实验操作中，先后顺序正确的是(　　)
A．稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后注入蒸馏水
B．为测定硫酸铜晶体的结晶水含量，称量时，先称取一定量的晶体，后放入坩埚中
C．为检验酸性溶液中的Cl－和SO，先加硝酸银溶液，滤去沉淀后加硝酸钡溶液
D．在制取干燥纯净的氯气时，先使氯气通过水(或饱和食盐水)，后通过浓硫酸
解析：A项中考查溶液的稀释问题，稀释规律是：将密度大的溶液倒入密度小的溶液中，应将浓硫酸加入到水中，故A错；B项中操作应是先称量空坩埚，然后将晶体放入坩埚中再一起称量；C项中SO对Cl－的检验有干扰；D项中在制取氯气时要用浓盐酸作原料，氯气中含有氯化氢及水蒸气两种杂质，通过水(或饱和食盐水)是为了除去HCl，再通过浓硫酸是为了除H2O，故D正确。
答案：D
7.在复杂的体系中，研究化学反应的先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序的判断正确的是(　　)
A．含有等物质的量的AlO、OH－、CO的溶液中逐滴加入盐酸： AlO、Al(OH)3、 OH－、CO
B．含有等物质的量的FeBr2和FeI2的溶液中缓缓通入Cl2：I－ 、Br－、Fe2＋
C．向含有等物质的量的Ba(OH)2和KOH溶液中缓缓通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3
D．向含有等物质的量的Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、H＋的溶液中逐渐加入锌粉：Ag＋、Fe3＋、 Cu2＋、H＋、Fe2＋
解析：A中OH－先反应；B中Fe2＋比Br－先反应；C中Ba(OH)2先反应。
答案：D
8．下列实验的设计不可行的是(　　)
A．在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3
B．用水就能一次性鉴别溴苯、苯、乙酸三种物质
C．用如图所示的装置测定黄铜(Cu、Zn合金)中Zn的含量
D．除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO，依次加入的物质是H2O、Ba(OH)2、Na2CO3、HCl
解析C项不能用稀硝酸，应选用盐酸，装置中的集气瓶应左管短达到进气的目的，右管长达到出水的目的。
答案：C
9．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是(　　)
A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小
C．溶液A和B均可选用稀硝酸
D．实验室中方案Ⅱ更便于实施
解析：利用铜与铝的性质差异，可选择非氧化性酸、强碱或冷的氧化性酸，让其中一种金属参加反应，可达到目的。对于B项，铝可钝化，生成少量氧化铝，测铝的质量偏大，故铜的质量分数偏小。
答案：C
10．右图为实验室制氢气的简易装置。若在加稀硫酸时，发现锌粒与稀硫酸没有接触而稀硫酸又不够了，为使该反应顺利进行，则可以从长颈漏斗中加入的试剂是(　　)
①食盐水　②KNO3溶液　③适量稀硫酸铜溶液　④Na2CO3溶液　⑤CCl4　⑥浓氨水
A．①③⑤ B．②⑥
C．③⑤ D．①②④
解析：②加入KNO3溶液后不产生H2，而产生NO；④Na2CO3溶液会与稀H2SO4反应产生CO2，既消耗稀H2SO4又会使产生的气体不纯；⑤CCl4在下层，使稀H2SO4与锌粒接触；⑥浓氨水会与稀H2SO4反应。
答案：A
二、非选择题
11．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：
①2Mg＋O22MgO　②3Mg＋N2Mg3N2　③2Mg＋CO22MgO＋C　④Mg＋H2OMgO＋H2↑　⑤Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。
回答下列问题：
(1)在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置(填字母代号)及其目的分别是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)_____________________；
(3)通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？________，原因是______________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)请设计一个实验，验证产物是氮化镁：____________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：由题目所提供的信息可知：Mg能与O2、CO2、H2O反应，空气中都含有这些气体，所以在Mg与N2反应前先除去以上三种气体，顺序为先除CO2(D装置)，再除H2O(B装置)，最后除O2(F装置)。在连接装置时，要注意气体流向(长进短出)。Fe与O2反应时应在加热条件(或温度较高)下进行，铁粉没有达到反应温度，不能与O2反应，导致O2除不尽。根据反应⑤可知Mg3N2的水解产物有NH3，可通过测定水解的产物中NH3的存在推出产物是Mg3N2。
答案：(1)B　目的是除气流中的水蒸气，避免反应④发生；
D　目的是除空气中的CO2，避免反应③发生；
F　目的是除空气中的氧气，避免反应①发生
(2)h→h→g→d→c→k→l(或l→k)→a→b(或b→a)
(3)使氮化镁不纯　如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
(4)取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成
12．实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙。大理石的主要杂质是氧化铁，以下是提纯大理石的实验步骤：
　　
(1)溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是____________________。
(2)操作Ⅱ的目的是________，溶液A(溶质是共价化合物)是________。
(3)写出检验滤液中是否含铁离子的方法： ____________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式：___________________________________。
写出滤液B的一种用途：______________________________________________________。
(5)CaO2中一般含CaO。试按下列提示完成CaO2含量分析的实验设计。
试剂：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞
仪器：电子天平、锥形瓶、滴定管
实验步骤：
①________；②加入________；③加入酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定。
(6)若理论上滴定时耗用标准溶液20.00 mL恰好完全反应，实际操作中过量半滴(1 mL溶液为25滴)，则相对误差为________。
解析：(1)H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，附着在CaCO3的表面，阻止反应进一步发生。
(2)溶液A应呈碱性且溶质为共价化合物，故溶液A是氨水，目的是除去Fe3＋。
(3)Fe3＋能与KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，用此反应物质来检验Fe3＋的存在。
(4)滤液B的主要成分是NH4NO3，可用于制造化肥。
(5)首先称量固体的质量，再加入过量的盐酸标准溶液，过量的盐酸再用NaOH标准溶液滴定。
(6)半滴溶液的体积为×＝mL，则相对误差为×100%＝0.1%。
答案：(1)硫酸钙微溶于水　(2)除去溶液中Fe3＋　氨水
(3)取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3＋；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3＋
(4)Ca2＋＋CO===CaCO3↓　作化肥　(5)称量　过量的标准盐酸　(6)0.1%
13. 硫酸铵是一种常见的铵态氮肥。下表是硫酸铵化肥品质的主要指标。
指标项目 优等品 一等品 合格品
外　观 白色结晶，无可见机械杂质 无可见机械杂质
氮(N)含量 ≥21.0% ≥21.0% ≥20.5%
某化学研究性学习小组为本地农业生产服务，对某农用品商店出售的一等品硫酸铵化肥的品质进行探究。
【观察外观】 该硫酸铵化肥无可见机械杂质。
【实验探究】 按右图所示装置进行实验。
(1)烧瓶内发生反应的离子方程式为：______________________________，烧杯中盛放的试剂最好是________(填“浓硫酸”、“稀硫酸”或“水”)。
(2)实验过程中，需往烧瓶中加入足量浓氢氧化钠溶液并充分加热的原因是________________________________________________________________________。
【交流讨论】 甲同学：根据此实验测得的数据，计算硫酸铵化肥的含氮量可能偏高，因为实验装置中存在一个明显缺陷是：________________________________________________________
________________________________________________________________________。
乙同学：实验装置中还存在另一个明显缺陷是：___________________________________。
经过大家充分讨论一致认为：甲、乙两位同学指出的实验装置中存在的明显缺陷，需改进实验装置，重新进行实验。
【探究结论】 称取13.5 g硫酸铵化肥样品，用改进后的实验装置重新进行实验，测得实验后B装置增重3.4 g。则该化肥________(填“是”或“不是”)一等品。
解析：本实验的设计思路为：将氮肥中的NH变为NH3，用稀硫酸吸收，通过增重来得到NH3的质量，从而推算出化肥的含氮量。但是实验缺少一个将NH3全部赶出A装置的设计，NH3在A装置中有残留，在A、B之间应加一个干燥装置，如增加一个装有碱石灰的干燥管，以吸收水分，减少误差。
增加的质量为生成的NH3的质量，由N元素守恒有
　　　　　　　　N　～　NH3
　　　　　　　　14　　　17
　　　　　　　 2.8 g　　3.4 g
该化肥的含氮量＝×100%＝20.7%<21.0%，所以该化肥不是一等品。
答案：实验探究：(1)NH＋OH－NH3↑＋H2O　稀硫酸
(2)使硫酸铵充分反应，完全转化为NH3
交流讨论：A、B装置间缺一个干燥装置
缺少赶尽反应装置中残留氨气的装置　不是
14．(2009·广东化学，21)三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于摄影和蓝色印刷。某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进行实验和探究。请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程。
限选试剂：浓硫酸、1.0 mol·L－1 HNO3、1.0 mol·L－1盐酸、1.0 mol·L－1 NaOH、3% H2O2、0.1 mol·L－1 KI、0.1 mol·L－1 CuSO4、20% KSCN、澄清石灰水、氧化铜、蒸馏水。
(1)将气体产物依次通过澄清石灰水(A)、浓硫酸、灼热氧化铜(B)、澄清石灰水(C)，观察到A、C中澄清石灰水都变浑浊，B中有红色固体生成，则气体产物是________。
(2)该小组同学查阅资料后推知，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3。验证固体产物中钾元素存在的方法是________，现象是________。
(3)固体产物中铁元素存在形式的探究。
①提出合理假设
假设1：________；　假设2：________；　假设3：________。
②设计实验方案证明你的假设
③实验过程
根据②中方案进行实验。按下表的格式写出实验步骤、预期现象与结论。
实验步骤 预期现象与结论
步骤1：
步骤2：
步骤3：
……
解析：(1)根据A中石灰水变浑浊，知有CO2气体，B中有红色固体生成，说明CuO被还原，C中石灰水变浑浊，可知B中CuO被CO还原。
(3)因为题目中说明铁不以三价存在，只能是以二价铁或单质形式，或两者混合物存在。
步骤1：利用K2CO3的溶解性，除去K2CO3；
步骤2：利用铁能置换出Cu，而FeO不能置换出Cu来检验是否含铁单质；
步骤3：利用盐酸酸化分离出FeO，再用H2O2氧化，利用KSCN是否变色，来验证固体中是否含FeO。
答案：(1)CO和CO2
(2)焰色反应　透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
(3)①全部为铁单质　全部为FeO　 同时存在铁单质和FeO
③
实验步骤 预期现象与结论
步骤1：取适量固体产物于试管中，加入足量蒸馏水，充分振荡使K2CO3完全溶解。分离不溶固体与溶液，用蒸馏水充分洗涤不溶固体。 固体产物部分溶解
步骤2：向试管中加入适量CuSO4溶液，再加入少量上述不溶固体，充分振荡。 (1)若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化，则假设2成立。(2)若蓝色溶液颜色明显改变，且有暗红色固体物质生成，则证明有铁单质存在。
步骤3：继续步骤2中的(2)，进行固液分离，用蒸馏水洗涤固体至洗涤液无色。取少量固体于试管中，滴加过量HCl后，静置，取上层清液，滴加适量H2O2，充分振荡后滴加KSCN。 结合步骤2中的(2)；(1)若溶液基本无色，则假设1成立。(2)若溶液呈血红色，则假设3成立。一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．如图标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代．从图中可以看出的信息有 (　　)
A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现
B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大
C．1800年以前出现的材料强度都比铝小
D．铝的密度比钢的密度大
解析：B项、C项都是单独分析材料的强度或密度，而图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，与题意不符．D项中钢的密度比铝的密度大．
答案：A
2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 (　　)
A．1 mol Na与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子
B．1 mol Al分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个
C．各5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NA
D．2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NA
解析：B项，Al在冷的浓HNO3中钝化，Al未完全反应；C项，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，2Fe＋3Cl22FeCl3，所以5.6 g Fe与盐酸反应转移0.2NA个电子，而与Cl2反应则转移0.3NA个电子；D项，发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，2.7 g Al转移电子0.3NA个．
答案：A
3．将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为 (　　)
A．3∶2　　　　　　　　B．2∶1
C．3∶4 D．4∶3
解析：设每份铁铝合金样品中含铁、铝的物质的量分别为x、y，则由FeH2↑、Al H2↑、Al H2↑三个关系式得知(x＋)∶y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4.
答案：C
4．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A．烧杯中有铜无铁 B．烧杯中有铁无铜
C．烧杯中铁、铜都有 D．烧杯中铁、铜都无
解析：铁的还原性比铜强，FeCl3首先氧化Fe；只有Fe反应完后，剩余的FeCl3才能再氧化Cu.故烧杯中有铁无铜是不可能的．
答案：B
5．200℃时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合物的平均式量为 (　　)
A．5.8 B．11.6
C．23.2 D．46.4
解析：(1)估算法：因原混合气体为CO2和H2O，故其平均式量应介于44和18之间，故应为选项C.
(2)差量法：
参与反应的气体的物质的量应为O2的2倍，n(O2)＝＝0.25 mol，n(混气)＝2×0.25 mol＝0.5 mol，＝11.6 g/0.5 mol＝23.2 g/mol
即平均相对分子质量为23.2.
答案：C
6．(2012·江苏模拟)美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是 (　　)
A．原子半径：Na>Al
B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n(Al)≤n(Na)
C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出
D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小
解析：相同质量的Al提供的电子数大于相同质量的Na，故D错误．
答案：D
7．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：
CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O
FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O
已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀．除去溶液中的Fe2＋，可以采用的方法是 (　　)
A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6
B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来
C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH在3～4
D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀
解析：根据题给信息知．Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋三种离子在溶液中以氢氧化物形式沉淀的pH不同，要制备CuCl2且除去其中的Fe2＋，若直接通过调整溶液的pH使Fe(OH)2生成，需pH≥9.6，此时对于Cu2＋来说已在pH≥6.4时就成为Cu(OH)2，Fe(OH)2、Cu(OH)2混在一起难以分离，应当先将Fe2＋氧化成Fe3＋后，再将pH调至3～4之间将Fe(OH)3沉淀出来，此时Cu2＋并不沉淀，C选项符合题意．
答案：C
8．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是 (　　)
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀H2SO4反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀，而向Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠反应
解析：106 g Na2CO3产生1 mol CO2,84 g NaHCO3产生1 mol CO2，等质量时，NaHCO3产生的CO2多，A正确；106 g Na2CO3消耗2 mol盐酸，84 g NaHCO3消耗1 mol盐酸，等质量时，Na2CO3消耗的盐酸多，B项错误；NaHCO3溶液、Na2CO3溶液和Ba(OH)2反应都产生BaCO3沉淀，C错误；Na2CO3不能与NaOH反应，D错误．
答案：A
9．(2012·南京模拟)由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)．
下列推断不正确的是 (　　)
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的分子，则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO===H2O＋CO，则E一定能还原Fe2O3
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是Na＋[? ]2－Na＋
D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐
解析：A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A和D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78 g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO＋2H2O，Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓.
答案：A
10．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3，铜粉可溶解的是 (　　)
A．①② B．②④
C．②③ D．①④
答案：B
11．(2010·广州模拟)下列说法正确的是 (　　)
A．绿色食品是不含任何化学物质的食品
B．灼烧某物质时，用眼直接观察到火焰呈黄色，则可判断该物质不含钾元素
C．向新制的FeSO4溶液中滴入适量的NaOH溶液，放置片刻，整个反应过程的颜色变化是：浅绿色溶液→白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀
D．称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的NaOH溶液．则放出氢气的体积(同温同压下)不相等
解析：任何绿色食品都含有化学物质，A不正确；黄色火焰能掩盖浅紫色火焰，判断钾元素时，应透过蓝色钴玻璃观察，B不正确；Al粉质量相等，失去的电子数目相等，产生H2的量相等，D不正确．
答案：C
12．我国南方某些地区的井水取出久置后，井水由澄清透明变成有少量红褐色絮状沉淀积于缸底，水面浮着一层“锈皮”．下列有关说法错误的是 (　　)
A．南方井水中含有较多的Fe3＋，可用KSCN溶液加以检验
B．井水中生成的红褐色絮状沉淀应是由Fe3＋水解生成的
C．水面浮着的“锈皮”主要成分为Fe2O3
D．可用明矾作净水剂将井水进行净化
解析：据“井水由澄清透明变成有少量红褐色沉淀积于缸底”知，红褐色沉淀成分为Fe(OH)3，由反应Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋生成，则原井水中有Fe3＋，“锈皮”成分为Fe(OH)3；明矾[KAl(SO4)2·12H2O]中的Al3＋可水解成Al(OH)3胶体，具有较强吸附性，可作净水剂．
答案：C
13．向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag.下列结论错误的是
A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋
B．Fe3＋的氧化性大于Cu2＋
C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量比为1∶2
D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋
解析：根据金属活动性顺序，还原性Zn>Cu>Fe>Ag，而金属单质的还原性越强，其对应阳离子的氧化性越弱，A错误．铁粉先跟银离子反应，然后再与铁离子反应，由反应方程式得，银离子、铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C正确.1 mol铁可还原2 mol铁离子，D正确．
答案：A
14．(2012·西安模拟)下列叙述正确的是 (　　)
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H＋反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；D项，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成Cu－Zn原电池，会加速产生H2的速率．
答案：C
15．(2012·潍坊模拟)下列示意图与对应的反应情况正确的是 (　　)
解析：解答本题的关键是正确分析反应实质，注意量的多少对反应的影响．A中通入二氧化碳，是先与氢氧化钙反应生成沉淀，再与氢氧化钾反应，最后与生成的碳酸钙反应，故沉淀的量应是先增大再不变，最后减小为零，A不正确；C中先生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，随后硫酸钡的量再增多，但氢氧化铝在溶解，最后沉淀的量不变，在图象中应有三条线段而不是四条，C不正确；D中应是先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀消失，D不正确．
答案：B
16．(2012·辽宁模拟)将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是
A．原合金质量为0.92 g
B．标准状况下产生氢气896 mL
C．图中m值为1.56 g
D．图中V2为60 mL
解析：由已知可得反应过程为钠与水反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，因溶液pH为14，则说明氢氧化钠过量，滴加盐酸后先与氢氧化钠反应，再与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，则氢氧化铝沉淀溶解．当沉淀量最大时溶液中只有氯化钠，n(Na＋)＝n(Cl－)＝1 mol/L×0.04 L＝0.04 mol，即合金中钠的物质的量为0.04 mol，与水反应生成0.04 mol NaOH，由合金全部溶解后的溶液为20 mL，pH＝14，可知铝与氢氧化钠反应后过量的氢氧化钠为0.02 mol，则反应的氢氧化钠为0.02 mol，铝的物质的量也是0.02 mol，所以原合金的质量为0.92 g＋0.54 g＝1.46 g，A错误.0.02 mol铝与氢氧化钠反应生成0.03 mol氢气，0.04 mol钠与水反应生成0.02 mol氢气共0.05 mol氢气，标准状况下体积为1.12 L，B错误．沉淀量最大时生成氢氧化铝的质量为0.02 mol×78 g/mol＝1.56 g，C正确.0.02 mol氢氧化铝完全溶解需1 mol/L的盐酸60 mL，则V2＝100 mL，D错误．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下图(部分产物已略去)：
试回答：
(1)若D是具有氧化性的单质，A元素属于主族金属元素，则A为________(填元素符号)．
(2)若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是(用必要的文字和离子方程式表示)____________________________________________________；D在潮湿的空气中易发生吸
氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式：____________________________
_____________________________________________________________________.
(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B.请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：_________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)依据图示，属于主族的金属A经过连续氧化生成C，则A只能是钠，钠与氧气缓慢氧化生成氧化钠，进而继续与氧气反应得到过氧化钠．
(2)若D是金属，则D应该是变价金属Fe，A可以是Cl2，B是FeCl3，C是FeCl2.
(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，则该金属元素一定是铝．则实现上述转化的反应可以是AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2或NaAlO2→Al(OH)3→AlCl3.
答案：(1)Na　(2)加入少量铁，防止Fe2＋被氧化为Fe3＋，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(3)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
18．(7分)下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．
试推断：
(1)写出物质的化学式：A：____________、C：____________、I：____________.
(2)写出下列反应的方程式：
C→F的离子方程式______________________________________________．
H→I的化学方程式________________________________________________．
解析：根据红棕色粉末可知B为Fe2O3，则I、H、D依次为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Fe，G中含Fe2＋.A、D为金属单质，则A＋BC＋D为置换反应，试剂①为酸，试剂②为碱，考虑C既能与酸反应，又能与碱反应，且结合上述置换反应知化合物C应为Al2O3.
答案：(1)Al　Al2O3　Fe(OH)3
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
19．(9分)铜是重要的金属材料．试回答下列问题：
(1)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为____________．电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是__________，电解液中必须含有的阳离子是________．
(2)在100 mL 18 mol/L浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的n(H2SO4)<________ mol.
(3)电子工业曾用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板，为了从使用过的废腐蚀液中回收铜，并重新得到FeCl3溶液，设计如下实验流程：
上述流程中，所加试剂的化学式为：X_________________，Y____________，Z____________；第⑥步反应的离子方程式为_______________________________．
解析：用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板时发生反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，废液中含有Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋；加入过量铁粉后，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋；滤渣中含有过量的Fe和Cu，加入盐酸，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑；通入Cl2后，2FeCl2＋Cl2===2FeCl3.
答案：(1)Cu2S、O2　粗铜　Cu2＋　(2)0.9
(3)Fe　HCl(稀)　Cl2　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
20．(8分)向含有0.8 mol的稀硝酸中慢慢加入22.4 g的铁粉，假设反应分为两个阶段．第一阶段为：Fe＋HNO3(稀)―→Fe(NO3)3＋NO↑＋H2O
(1)写出这两个阶段发生反应的离子方程式：
第一阶段：________________________________________________________.
第二阶段：________________________________________________________.
(2)正确表达这两个阶段反应中，加入铁粉的物质的量与溶液中铁元素存在的形式的关系．
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(3)在图中画出溶液中Fe2＋、Fe3＋、NO的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图象(横坐标为加入铁粉的物质的量，纵坐标是溶液中离子的物质的量)．
解析：铁与稀硝酸反应：①Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
②3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
当≤时，按反应①进行；
当≥时，按反应②进行；
当<<时，则①②两反应都发生，且Fe和HNO3均反应完全．
上述反应可以认为先发生反应①，若Fe有剩余则发生2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2.
答案：(1)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O,2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋.
(2)①加入Fe粉为0～0.2 mol时，存在形式为Fe3＋；②加入铁粉为0.2～0.3 mol时，存在形式为Fe2＋和Fe3＋；③加Fe粉为n(Fe)≥0.3 mol时，存在形式为Fe2＋.
(3)如图：
21．(8分)A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出．
(1)若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为__________、__________、__________.
(2)若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是__________________________________________________．
(3)若B为一种淡黄色固体．绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E 的循环．则反应①的离子方程式是_____________________________________．
在反应③中，若生成1 mol D，则转移电子的物质的量为__________．
解析：(1)从图中可看出A和E能置换D，E能置换A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2.
(2)磁性的黑色氧化物为Fe3O4，此题目中A＋B―→C＋D一定是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
(3)淡黄色的固体可以是Na2O2或S粉．根据后面的叙述，应为Na2O2，则D为O2，每生成1 mol O2应转移2 mol电子，注意氧元素是由－1价变为0价．
答案：(1)Br2　I2　Cl2
(2)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑　2 mol
22．(12分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)________．
(2)Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是：________________________________.
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是__________________．
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)______________．
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是：
________________________________________________________________________.
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)____________________________________________________________.
解析：首先要注意框图中量的描述“过量”，然后做大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析．大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu、Al，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3.两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量．Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋.Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu.
(1)若有Al，则应有2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO，或AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，肯定有白色沉淀产生．“无明显变化”说明原混合物中无Al.
(2)①“若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液”，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸．
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸．
(3)Y溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋.所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋.
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀Fe(OH)3生成．则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓.(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定．“另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Cu”，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3.
答案：(1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C或CuO、C、Fe2O3一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是(　　)
氧化物 环境问题 主要来源
A CO2 酸雨 化石燃料的燃烧
B SO2 光化学烟雾 汽车尾气的排放
C NO2 温室效应 工厂废气的排放
D CO CO中毒 燃料的不完全燃烧
解析：形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体，引起光化学烟雾的主要气体为NO2，CO会造成煤气中毒，由此判断，选项D正确．
答案：D
2．C、N、S元素都是生命体的重要组成元素，它们在自然界的平衡已受到较大的破坏．C、N、S元素在地球大气圈、岩石圈、水系、生物圈等的循环过程中会产生的物质是①HNO3　②CO2　③糖类　④CH4　⑤SO2 (　　)
A．②　　　　　　　　　　B．②③⑤
C．②③④ D．①②③④⑤
解析：有机物中的碳可转化为CO2，CO2通过光合作用可转化为糖类，糖类等可通过发酵形成甲烷等；大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物．
答案：D
3．(2012·惠州调研)无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种．将100 mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为 (　　)
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2
C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2
解析：因为为无色混合气体，则没有NO2，从反应流程看，气体部分被浓硫酸吸收，说明存在NH3，通过足量的Na2O2后，气体显红棕色，说明生成了NO2，则原来气体中存在NO以及CO2，最后气体被水吸收后几乎无气体剩余，则原气体中没有N2，NO和生成的氧气完全被水吸收生成HNO3，故B项符合题意．
答案：B
4．有关气体制备所用试剂及检验气体所用试剂完全正确的组合是 (　　)
A．CO2：大理石和稀硫酸　澄清石灰水
B．Cl2：二氧化锰和浓盐酸　品红溶液
C．O2：二氧化锰和双氧水　带火星的木条
D．NH3：NH4Cl固体和NaOH固体　湿润的红色石蕊试纸
解析：A项，大理石与稀H2SO4反应生成微溶性的CaSO4，会使反应逐渐停止；B项，检验Cl2一般用湿润的淀粉 KI试纸，而不用品红溶液；D项，制取NH3应用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体，不能用NaOH固体，因为NaOH会与玻璃试管的主要成分SiO2发生反应．
答案：C
5．下列物质必须保存在棕色试剂瓶中的是 (　　)
①氯水　②氨水　③浓硝酸　④氢氧化钠　⑤溴水
A．全部 B．①③⑤
C．①③ D．①②④
解析：见光或受热易分解的物质应放在棕色试剂瓶中．氯水(溴水)中的HClO(HBrO)见光分解为HCl(HBr)和O2.浓硝酸见光分解为NO2、H2O、O2.
答案：B
6．下列关于用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化的说法中正确的是 (　　)
A．臭氧和活性炭处理水的原理相同
B．由于氯气能和水中的有机物反应，生成有毒含氯化合物，因而不是理想的水处理剂
C．广谱高效杀菌剂二氧化氯的消毒原理是ClO2中氯元素显＋1价，具有强氧化性
D．漂白粉的保存不需要密封，可以露置在空气中
解析：A项中处理水的原理，臭氧是利用其强氧化性，活性炭是利用其吸附性；B正确；C项中ClO2中Cl元素显＋4价，具有强氧化性，D项中漂白粉要密封保存，露置在空气中易失效．
答案：B
7．如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案．下列有关操作不可能引发喷泉现象的是 (　　)
A．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
解析：根据喷泉实验的原理，要发生喷泉现象，必须使烧瓶中压强迅速下降，导致外界压强大于烧瓶中的压强，从而使烧杯(锥形瓶)中的液体压到烧瓶中产生喷泉现象，①中的Cl2易溶于CCl4，③中的NH3易溶于水，所以可以使烧瓶中压强迅速下降，产生喷泉现象，④中HCl和浓氨水反应(首先是浓硫酸注入水中放热使浓氨水放出氨气)，同样也会导致烧瓶中压强减小，而②中H2不溶于NaOH溶液，也不与NaOH反应，所以不能发生喷泉现象．
答案：B
8．某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作．其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．由该实验能得到的正确结论是
　A．原溶液中一定含有SO
B．原溶液中一定含有NH
C．原溶液中一定含有Cl－
D．原溶液中一定含有Fe3＋
解析：所加试剂Ba(NO3)2、HCl干扰离子的检验．SO被氧化为SO，干扰SO的检验，Fe2＋被氧化为Fe3＋，干扰Fe3＋的检验，引入Cl－，干扰Cl－的检验，所以，A、C、D都不正确．最后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH存在，B正确．
答案：B
9．下列关于实验中颜色变化的叙述正确的是 (　　)
A．将二氧化硫通入品红溶液中，溶液显红色，加热后变为无色
B．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2＋
C．将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色
D．用标准高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由紫色变为无色
解析：A中，SO2遇品红溶液使之褪色，而加热后红色复原；B中，该操作不能排除原溶液中是否含有Fe3＋，正确的操作应该是先滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，再加入新制氯水进行检验；D中，当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，故终点时的颜色变化是由无色变为紫色．
答案：C
10．青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石(Tremolite)的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2.下列有关说法不正确的是 (　　)
A．透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO·5MgO·8SiO2·H2O
B．透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍
C．1 mol Ca2Mg5Si8O22(OH)2与足量的盐酸作用，至少需要14 mol HCl
D．透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水
解析：由透闪石组成知它属于传统的硅酸盐材料，但难溶于水，D错误；依改写规则可判断A正确；透闪石中镁的总式量为120，是钙的1.5倍，B正确；与盐酸作用时，SiO2与盐酸不反应，其他金属元素则转化为金属氯化物，根据氯守恒易知C正确．
答案：D
11．用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是(　　)
选项 操作及现象 溶液
A 通入CO2，溶液不变浑浊．先通入CO2再通入氨气，溶液变浑浊 CaCl2溶液
B 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失. Na2SiO3溶液
C 通入CO2，溶液变浑浊．再加入品红溶液，红色褪去. Ca(ClO)2溶液
D 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．再加入足量NaOH溶液，又变浑浊. Ca(OH)2溶液
解析：A项，通入NH3后生成了CO，产生CaCO3沉淀；B项，发生反应Na2SiO3＋2CO2(过量)＋
2H2O===2NaHCO3＋H2SiO3↓，但H2SiO3不溶于过量CO2的水溶液；C项，发生反应CO2＋H2O＋Ca(ClO)2===CaCO3↓＋2HClO，HClO能使品红溶液褪色；D项，依次发生如下反应：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2＋2NaOH===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O.
答案：B
12．(2012·合肥模拟)如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol/L的HNO3，加热充分反应后，下列粒子在体系中一定大量存在的是 (　　)
①NO　②Fe3＋　③H＋　④NO　⑤NO2
A．①
B．①⑤
C．②④⑤
D．①②③⑤
解析：若铁粉过量，体系中大量存在NO、Fe2＋、NO；若HNO3过量，体系中大量存在NO、Fe3＋、
H＋、NO2.
答案：A
13．(2012·南京模拟)X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是(　　)
①C、O2　②AlCl3、NaOH　③Fe、HNO3　④S、O2
A．①②③ B．①②
C．③④ D．①②③④
解析：①②③均有如图所示的转化关系，如C―→CO―→CO2；AlCl3―→Al(OH)3―→NaAlO2；Fe―→Fe(NO3)2―→Fe(NO3)3.
答案：A
14．1.92 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为 (　　)
A．504 mL B．336 mL
C．224 mL D．168 mL
解析：此题初审发现浓HNO3与Cu反应，产生NO2，当HNO3变稀产生NO，即672 mL气体不知道含NO2、NO各多少毫升，看似无从下手，但抓住反应本质Cu―→Cu2 ＋，NOx＋O2＋H2O―→HNO3即Cu失电子数等于O2得电子数，则有：
V(O2)＝×2÷4×22400 mL/mol＝336 mL.
答案：B
15．(2012·临沂模拟)关于硫酸和硝酸的说法中，下列叙述不正确的是 (　　)
A．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性
B．硫酸和硝酸都是重要的化工原料
C．在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，两种酸都表现了强氧化性和酸性
D．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性、脱水性
解析：浓硝酸不具有脱水性．
答案：D
16．下列各组物质中，不是按 (“―→”表示一步完成)关系相互转化的是(　　)
选项 a b c
A Fe FeCl3 FeCl2
B Cl2 NaClO NaCl
C Si SiO2 H2SiO3
D HNO3 NO NO2
解析：SiO2不能直接生成H2SiO3，H2SiO3也不能一步直接生成Si.
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)硅和氮均是自然界含量丰富的元素，其单质及其化合物在环境、能源及材料科学中有着重要影响和广泛应用．试回答下列问题：
(1)向大气中排放NOx可能导致的环境问题有____________________．(答两点)已知足量NaOH溶液能完全吸收NO2生成氮的含氧酸盐．试写出该反应的离子方程式___________________.
(2)光导纤维的作用，让人们的生活更加丰富精彩，____________是制备光导纤维的基本原料．
(3)氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为__________，可由硅粉(用Al2O3和Y2O3作助剂)在氮气中高温烧结而成，氮气在反应中既是反应物，同时又起了______________作用．由于使用的硅粉表面含二氧化硅，在反应中需加入碳粉．在烧结过程中，二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3∶6∶2反应生成两种化合物，该反应的化学方程式为___________________________________．
(4)硅燃烧放出大量热量，“硅能源”有望成为二十一世纪的新能源．与“氢能源”比较“硅能源”具有________________________________等更加优越的特点，从而得到全球的关注和期待．
解析：(1)氮氧化物会导致酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等污染，NaOH溶液和NO2反应生成NaNO3和NaNO2；
(2)二氧化硅是制备光导纤维的基本原料；
(3)二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3∶6∶2反应，生成Si3N4，从原子个数守恒可以看出，另一种产物是一氧化碳．
答案：(1)酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏(任两点均可)　2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O
(2)SiO2(或二氧化硅)
(3)Si3N4　防止硅和氮化硅氧化(或作保护气)
3SiO2＋2N2＋6CSi3N4＋6CO
(4)便于储运，比较安全
18．(8分)某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)．
请按要求填空：
(1)利用B装置可制取的气体有____________(写出两种即可)．
(2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验．
①若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水分为两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下：
实验序号 实验操作 现象 结论
Ⅰ 将氯水滴入品红溶液 溶液褪色 氯气与水反应的产物有漂白性
Ⅱ 氯水中加入碳酸氢钠粉末 有无色气泡产生 氯气与水反应的产物具有酸性
请你评价实验Ⅰ、Ⅱ的结论是否合理？若不合理，请说明理由________________
________________________________________________________________________.
②请利用上述装置设计一个简单的实验验证Cl－和Br－的还原性强弱(分别指出甲、乙、丙中盛放的试剂、实验现象及结论)__________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上)，可制得并进行NO2有关实验．
①B中发生反应的化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________.
②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹________，再打开止水夹________，使烧杯中的水进入试管丁的操作是________________．
③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的氧气，直到试管全部充满水，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是________(气体按标准状况计算)．
解析：(1)装置B是简易启普发生器，可以用它制取块状固体与液体反应，不需要加热且制取的气体是在水溶液中溶解度不大的气体．
(2)实验室制取Cl2常用浓盐酸和二氧化锰加热进行，所以制得的气体中混有挥发出来的HCl气体，而它可以与NaHCO3反应，故实验Ⅱ结论不合理．要设计实验验证Cl－和Br－的还原性强弱，可以从Cl2和Br2的氧化性入手借助Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2反应来判断．
(3)第①问较为简单，主要考查Cu与浓HNO3反应的化学方程式．第②问，要验证NO2与水反应，必须使NO2和水接触，且有明显的实验现象．先关闭止水夹a、b，打开止水夹c，目的是使气体与水接触，但必须外力引发，其原理和引发喷泉实验的原理相同．第③问计算试管全部充满水后所得溶液的物质的量浓度需按照4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3进行计算即可．
答案：(1)H2、CO2
(2)①实验Ⅰ结论合理，实验Ⅱ结论不合理；制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡
②在甲、乙、丙中分别装入浓盐酸、二氧化锰、溴化钠溶液；烧瓶中有黄绿色气体生成，试管中溶液由无色变为橙色，可证明氯气的氧化性强于溴，则Br－的还原性强于Cl－
(3)①Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②a、b　c　双手紧握(或微热)试管丁，使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁中
③0.045 mol/L
19．(8分)(2012·潍坊质检)已知：A、B为常见的非金属单质且均为气体；甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生钝化；C、H、J的溶液均呈碱性．各物质间的转化关系如下(部分生成物未给出，且未注明反应条件)：
(1)写出反应②的化学方程式_________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)反应④中每消耗1 mol G，转移电子的物质的量为______________．
(3)反应⑥的离子方程式是___________________________________________．
(4)实验室中保存I的方法是____________________________________________．
解析：A、B为常见的非金属单质且均为气体，A、B反应的产物能连续两次与O2反应，C必为NH3，D为NO，G为NO2.以此为突破口，结合其余信息可推出，A、B、E、H、J、I、甲、乙分别为：H2、N2、H2O、NaOH、NaAlO2、HNO3、Na、Al.
答案：(1)4NH3＋5O24NO＋6H2O(“高温”也可写成“△”)
(2) mol
(3)2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO＋3H2↑
(4)保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处
20．(8分)如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)．
已知：
(a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体．
(b)反应①、②是化工生产中的重要反应．
(c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥．
(d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得．
(e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32.
请按要求填空：
(1)反应③的化学方程式_______________________________________________．
(2)C的结构式__________________________；H的化学式____________________．
(3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式：____________________________.
(4)化合物J的化学式____________________．
解析：本题的突破口是E.由于B、C、D是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”可推出E为SO2，A为S，B为O2；再根据“反应②是化工生产中的重要反应”及“FK”，且“K是常用的氮肥”可推出F为NH3，则C、D为N2、H2；再结合“JC”和“J由两种元素组成，其相对分子质量为32”，可推出C只能为N2，J为N2H4；又根据“L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得”可推出L为NaClO.
答案：(1)2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
(2)N≡N　(NH4)2SO3或NH4HSO3
(3)ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO＋H2O
(4)N2H4
21．(10分)晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅
②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：
Si＋3HClSiHCl3＋H2
③SiHCl3与过量H2在1000～1100℃反应制得纯硅
已知SiHCl3能与H2O剧烈反应，在空气中易自燃．
请回答下列问题：
(1)第①步制备粗硅的化学反应方程式为_____________________________．
(2)粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点－84.7℃)，提纯SiHCl3采用的方法为 ________________________________．
(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下图所示(热源及夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是________．
装置C中的烧瓶需要加热，其目的是___________________________________．
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是__________________________；装置D 不能采用普通玻璃管的原因是____________________________，装置D中发生反应的 化学方程式为________________________．
③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及__________________________________________________．
④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂是________．(填写字母代号)
a．碘水 b．氯水
c．NaOH溶液 d．KSCN溶液
e．Na2SO3溶液
解析：分离沸点不同的液体的方法是分馏；根据题干“SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃”可知道H2的作用之一就是排尽装置内的空气，防止SiHCl3自燃，而此H2必须是干燥的，可知B的作用就是干燥H2，所以选用浓H2SO4.由于通入D中应是稳定的SiHCl3与过量H2的气流，所以C装置要加热，并且是水浴加热．因D装置应加热到1000℃～1100℃，用普通玻璃管会软化，必须用石英管．鉴定是否含铁单质，试样用稀盐酸溶解后生成Fe2＋，如果选用NaOH溶液，生成的Si也会溶解，所以考虑转化为Fe3＋后再检验，故选b、d.
答案：(1)SiO2＋2CSi＋2CO↑
(2)分馏(或蒸馏)
(3)①浓硫酸　使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化
②有固体物质生成　在此反应温度下，普通玻璃会软化
SiHCl3＋H2Si＋3HCl
③排尽装置中的空气　④b、d
22．(10分)某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了下图所示装置进行有关实验：
(1)先关闭活塞a，将6.4 g铜片和12 mL 18 mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余．再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失．
①写出上述过程中烧瓶内发生反应的化学方程式：
打开活塞a之前_____________________________________________________；
打开活塞a之后_______________________________________________________．
②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请直接在图上把导管补充完整．
(2)实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余．为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：
①甲学生设计方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的
物质的量．他测定SO2的方法是将装置A产生的气体缓缓通过装置D，从而测出装置
A产生气体的体积(已折算成标准状况)．你认为甲学生设计的实验方案中D装置中试
剂为__________________(填化学式)．
②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液冷却后全部移入到烧杯中稀释，并按正确操作配制100 mL溶液，再取20 mL于锥形瓶中，用________作指示剂，用标准氢氧 化钠溶液进行滴定[已知：Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5]，选择该指示剂的理由为______________________________________
________________________________________________________________________；
再求出余酸的物质的量，若耗去a mol/L氢氧化钠溶液b mL，则原余酸的物质的量为________ mol.(用含a、b的表达式来表示)
解析：(1)①浓硫酸具有强氧化性，加热条件下与Cu反应，Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
有O2存在时，Cu与稀硫酸发生反应，2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O.
②SO2密度大于空气密度，用向上排空气法收集，所以B装置中导管长进短出．
(2)①用排液体法测气体体积，为了减小误差，气体的溶解度应尽可能的小，选择饱和
NaHSO3溶液．
②由于Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，应选择变色范围接近的指示剂，以减小滴定误差，故选择甲基橙作指示剂．设余酸的物质的量为n，消耗NaOH的物质的量为：
a mol/L×b×10－3 L＝ab×10－3 mol
H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O
　1　　　2
n×　ab×10－3 mol
故n＝ mol
即原余酸的物质的量为 mol.
答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O
②B装置中导管长进短出
(2)①饱和NaHSO3
②甲基橙　因为Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu2＋会和NaOH反应，Cu(OH)2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断　一、选择题
1．有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率为0
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变
解析：溶解平衡为动态平衡，是沉淀生成的速率和沉淀溶解的速率达到相等而并非速率为0的状态，
物质的难溶是相对的，因此AgCl溶液中Ag＋、Cl－非常少，向AgCl沉淀中加NaCl，增大c(Cl－)，使平衡向逆方向移动，则溶解度减小。
答案：C
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：本题考查了沉淀溶解平衡的建立与特征。A项：反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系。
B项正确。C项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。D项：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。
答案：B
3．一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：
Ba(OH)2(s)Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)。向此种悬浊液中加入少量的氧化钡粉末，下列叙述正确的是(　　)
A．溶液中钡离子数目减小 B．溶液中钡离子浓度减小
C．溶液中氢氧根离子浓度增大 D．pH减小
解析：在Ba(OH)2悬浊液中，加入BaO粉末，使溶液中水量减少，部分Ba2＋和OH－结合为Ba(OH)2固
体析出，使Ba2＋、OH－数目减小，但由于温度没有改变，溶解度不变，Ba2＋和OH－的浓度不变，溶液的pH不变。
答案：A
4.纯净的NaCl并不潮解，但家庭所用的食盐因含有MgCl2杂质而易于潮解。为得到纯净的氯化钠，
有人设计这样一个实验：把买来的食盐放入纯NaCl的饱和溶液中一段时间，过滤即得纯净的NaCl固体。对此有下列说法，其中正确的是(　　)
A．食盐颗粒大一些有利于提纯
B．设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水
C．设计实验的根据是NaCl的溶解平衡
D．在整个过程中，NaCl的物质的量浓度会变大
5．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝7.8×10－13。现将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，
再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgBr沉淀
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
解析：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag＋)大于后者c(Ag＋)，c(Cl－)>c(Br－)。当将AgCl、
AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化：生成AgBr沉淀。当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多。
答案：C
6．大理石可以用作墙面、地面和厨房桌面，其主要成分是碳酸钙。食醋不慎滴在大理石桌面上，会使其
失去光泽，变得粗糙。下列能正确解释此现象的是(　　)
A．食醋中的水使碳酸钙溶解
B．食醋中的醋酸将碳酸钙氧化
C．食醋中的醋酸与碳酸钙反应并放出大量的二氧化碳气体
D．食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应
解析：CaCO3难溶于水，但能与比碳酸酸性强的酸发生复分解反应，如醋酸的酸性就比碳酸强，又由
答案：D
7．在BaSO4饱和溶液中，加入Na2SO4(s)，达平衡时(　　)
A．c(Ba2＋)＝c(SO)
B．c(Ba2＋)＝c(SO)＝[Ksp(BaSO4)]1/2
C．c(Ba2＋)≠c(SO)，c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)
D．c(Ba2＋)≠c(SO)，c(Ba2＋)· c(SO)≠Ksp(BaSO4)
解析：BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡，c(Ba2＋)＝c(SO)且c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)。加入
Na2SO4(s)，Na2SO4溶于水中电离出SO使c(SO)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ba2＋)减小，但达到平衡时溶度积不变，仍然有c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)。
答案：C
8．在100 mL 0.01 mol·L－1 KCl溶液中，加入1 mL 0.01 mol· L－1 AgNO3溶液，下列说法正确的
是(已知AgCl的Ksp＝1.8×10－10)(　　)
A．有AgCl沉淀析出 B．无AgCl沉淀析出
C．无法确定 D．有沉淀但不是AgCl
解析：Qc＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1××0.01/101 mol·L－1≈10－6×1.8×10－10＝Ksp，故有AgCl沉淀生成。
答案：A
9．已知25℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1
L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是(　　)
A．25℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中没有沉淀产生
D．该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
解析：两溶液混合后，c(HF)＝0.1 mol·L－1，则有＝＝3.6×10－4，[c(F－)]2
＝3.6×10－5。c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1。[c(F－)]2·c(Ca2＋)＝3.6×10－6>1.46×10－10，体系中有CaF2沉淀析出。
答案：D
10.已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2。就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，
则下列离子方程式错误的是(　　)
A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
解析：因为溶解度：Zn(OH)2>ZnS，溶液中离子反应往往是生成更难溶的物质，则Zn2＋和S2－结合时
更容易生成ZnS，Zn2＋＋S2－===ZnS↓，C项错误。
答案：C
二、非选择题
11．已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。
(2)要使0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
解析：(1)根据题意：当c(Cu2＋)·c(OH－)2＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝ ＝ ＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH≥5。
(2)要使Cu2＋浓度降至0.2 mol·L－1/1 000＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝ ＝10－8 mol·L－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1。此时溶液的pH＝6。
答案：(1)5　(2)6
12．已知在25℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，但存在沉淀溶解平衡。当达到平衡时，
溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示，Ksp和水的Kw相似)。
如：AgX(s)Ag＋(aq)＋X－(aq)
Ksp(AgX)===c(Ag＋)·c(X－)＝1.8×10－10
AgY(s)Ag＋(aq)＋Y－(aq)
Ksp(AgY)===c(Ag＋)·c(Y－)＝1.0×10－12
AgZ(s)Ag＋(aq)＋Z－(aq)
Ksp(AgZ)＝c(Ag＋)·c(Z－)＝8.7×10－17
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1 L溶液表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为________________________________________________________________________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)在25℃时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为________。
(4)①由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化？________，并简述理由：_________________________________________________________。
②在上述(3)体系中，能否实现AgY向AgX的转化？________，根据你的观点选答一项。
若不能，请简述理由：________________________________________________。
若能，则实现转化的必要条件是_________________________________________。
解析：(2)由于AgY比AgX更难溶，则向AgY的饱和溶液中加入AgX固体，发生沉淀的转化，AgX(s)
＋Y－(aq)===AgY(s)＋X－(aq)，则c(Y－)减小。
(3)25℃时，AgY的Ksp＝1.0×10－12，即溶液达到饱和时，c(Ag＋)＝c(Y－)＝1.0×10－6 mol·L－1，而
将0.188 g AgY溶于100 mL水中，形成的为饱和溶液(溶质还有未溶解的)，则c(Y－)＝1.0×10－6 mol·L－1。
(4)由于Ksp(AgZ)1.0×10－6 mol·L－1，当c(X－)>1.8×10－4 mol·L－1时，即可由AgY向AgX的转化。
答案：(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)　(2)减小
(3)1.0×10－6 mol·L－1
(4)①能　Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17　②能　当溶液中c(X－)>1.8×10－4 mol·L－1时，AgY开始向AgX转化，若要实现AgY向AgX的转化，必须保持溶液中的c(X－)>1.8×10－4 mol·L－1
13.水体中重金属铅的污染问题备受关注。水溶液中铅的存在形态主要有Pb2＋、Pb(OH)＋、Pb(OH)2、
Pb(OH)、Pb(OH)，各形态的浓度分数α随溶液pH变化的关系如下图所示：
(1)Pb(NO3)2溶液中，________2(填“>”“＝”或“<”)；往该溶液中滴入氯化铵溶液后，增加，可能的原因是________________________________。
(2)往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH＝8时溶液中存在的阳离子(Na＋除外)有__________，pH＝9时主要反应的离子方程式为_______________________。
(3)某课题组制备了一种新型脱铅剂，能有效去除水中的痕量铅，实验结果如下表：
离　子 Pb2＋ Ca2＋ Fe3＋ Mn2＋ Cl－
处理前浓度/(mg·L－1) 0.100 29.8 0.120 0.087 51.9
处理后浓度/(mg·L－1) 0.004 22.6 0.040 0.053 49.8
上表中除Pb2＋外，该脱铅剂对其他离子的去除效果最好的是________。
(4)如果 该脱铅剂(用EH表示)脱铅过程中主要发生的反应为：2EH(s)＋Pb2＋E2Pb(s)＋2H＋则脱铅的最合适pH范围为(　　)
A．4～5 B．6～7 C．9～10 D．11～12
解析：(1)根据题中铅的多种存在方式，可知Pb2＋易水解：Pb2＋＋H2OPb(OH)＋＋H＋，Pb(OH)＋＋
H2OPb(OH)2＋H＋……故在Pb(NO3)2溶液中c(NO)/c(Pb2＋)>2，当加入NH4Cl后Pb2＋与Cl－反应先成微溶性的PbCl2使Pb2＋浓度降低，故c(NO)/c(Pb2＋)增加。(2)由题所给图示可知当pH＝8时溶液中存在的阳离子为Pb2＋、Pb(OH)＋和H＋，而在pH＝9时图中c[Pb(OH)＋]迅速降低，而Pb(OH)2浓度增大，故发生的反应为Pb(OH)＋＋OH－===Pb(OH)2。(3)分析比较表中所给数据可知Cu2＋、Mn2＋、Cl－的浓度都降低不到原浓度的1/2，而Fe3＋却降低为原浓度的1/3，故对Fe3＋的去除效果最好。(4)由所给平衡可知，要使脱铅效果好，铅应以Pb2＋的形式存在，pH<7，而c(H＋)增大时2EH(s)＋Pb2＋E2Pb(s)＋2H＋又会向逆反应方向移动，c(H＋)不宜过大，所以脱铅最适宜的pH为6～7。
答案：(1)>　Pb2＋与Cl－反应，Pb2＋浓度减少
(2)Pb2＋、Pb(OH)＋、H＋　Pb(OH)＋＋OH－Pb(OH)2
(3)Fe3＋　(4)B
14．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡：
MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝c(Mn＋)m·c(Am－)n，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25℃)
难溶电解质 CaCO3 CaSO4 MgCO3 Mg(OH)2
Ksp 2.8×10－9 9.1×10－6 6.8×10－6 1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100 mL 0.1 mol·L－1的CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol ·L－1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液。
④______________________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：_____________________________。
(3)设计第③步的目的是________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：_________________________________。
解析：由Ksp表达式不难看出其与溶解度的关系，在硫酸钙的悬浊液中存在着：CaSO4(s) SO(aq)＋Ca2＋(aq)，而加入Na2CO3后，溶液中CO浓度较大，而CaCO3的Ksp较小，故CO与Ca2＋结合生成沉淀，即CO＋Ca2＋===CaCO3。既然是探究性实验，必须验证所推测结果的正确性，故设计了③④步操作，即验证所得固体是否为碳酸钙。
答案：(1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色
B．Al3＋、NO、Cl－、CO、Na＋可大量共存于pH＝2的溶液中
C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同
解析：pH＝2的溶液显酸性，CO与H＋不共存，B不正确；乙醇是非电解质，C不正确；与等物质的量的HCl和H2SO4反应，消耗NaOH的物质的量比为1∶2，D不正确．
答案：A
2．(2012·福建质检)有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是 (　　)
A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10－11 mol/L
B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同
C．醋酸中的c(CH3COO－)和硫酸中的c(SO)相等
D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同
解析：酸溶液中氢氧根离子全部来自于水的电离，氢离子浓度相同的情况下，氢氧根离子浓度也相同，则由水电离出的氢离子浓度也相同．
答案：A
3．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是 (　　)
A．1 L 0.3 mol/L CH3COOH溶液和3 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H＋数
B．pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度
C．pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力
D．pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积
解析：A项两溶液中CH3COOH的物质的量相同，后者CH3COOH溶液的浓度小电离程度大，后者中H＋数多，A不正确．B项CH3COOH是弱酸，不完全电离，CH3COOH溶液的浓度大，B符合．C项两溶液中c(H＋)、c(OH－)均相等，则c(NH)＝c(Na＋)，导电能力相同，C不正确．D项中醋酸的浓度大，n(CH3COOH)大，与足量锌反应产生的H2多，D不正确．
答案：B
4．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是
A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗
C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．滴定前以仰视的姿势读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确
解析：A项对滴定结果无影响；B项为正确的操作方法；C项此种情况导致消耗盐酸偏多，测量结果偏高；D项此种情况导致盐酸体积偏小，测量结果偏低．
答案：C
5．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是
A．该温度高于25℃
B．水电离出的c(H＋)＝1×10－10 mol/L
C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
D．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
解析：pH＝6的蒸馏水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol/L，KW＝1×10－12，故该温度高于25℃；该温度下加入NaHSO4晶体后，c(H＋)＝10－2 mol/L，溶液中c(OH－)＝ mol/L＝1×10－10 mol/L，故水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－10 mol/L；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(Na＋)＝c(SO)，故c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)；完全中和该溶液，则需等体积的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，c(H＋)＝＝ mol/L＝10－10mol/L，故该温度下NaOH溶液的pH＝10.
答案：D
6．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：
①H2BH＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－.关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中，一定正确的是 (　　)
A．NaHB属于弱电解质
B．溶液中的离子浓度c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．c(Na＋)＝c(HB－)＋c(B2－)＋c(H2B)
D．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
解析：NaHB属于强电解质，A项错；由于HB－的电离程度和水解程度大小未知，所以NaHB溶液的酸碱性不确定，B项错；C项表达的是物料守恒，正确；由于HB－只有部分电离，所以写离子方程式时不能拆写为H＋，D项错．
答案：C
7．(2012·无锡检测)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11.若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是
A．1∶9　　　　　　　　B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
8．(2012·北京海淀期中检测)常温下，0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)，溶液的pH＜7，则下列有关此溶液的叙述正确的是
A．溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－7 mol/L
B．c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)－c(Na＋)＝0.05 mol/L
C．溶液中CH3COOH的电离程度小于CH3COONa的水解程度
D．溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：混合后溶液中为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，pH＜7，说明CH3COOH的电离程大于CH3COONa的水解程度，C选项错误；酸性条件下水的电离受到抑制，A选项错误；D选项不符合电荷守恒；由物料守恒可知，混合后的溶液中，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol/L，c(Na＋)＝0.05 mol/L，则B选项正确．
答案：B
9．已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
解析：HA溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L×0.1%＝10－4 mol/L，因此pH＝4，A正确；弱酸的电离吸热，升高温度，电离平衡向正方向移动，溶液中c(H＋)增大，pH减小，B错误；室温时0.1 mol/L HA溶液中c(H＋)＝c(A－)＝10－4 mol/L，电离平衡常数K＝＝＝10－7，C正确；该溶液中c(H＋)＝10－4 mol/L、c(OH－)＝10－10 mol/L，由HA电离出c(H＋)＝10－4 mol/L，由水电离出的c(H＋)＝10－10mol/L，D正确．
答案：B
10．某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的pH大于7，下表中判断合理的是 (　　)
编号 HX YOH 溶液的体积关系
① 强酸 强碱 V(HX)＝V(YOH)
② 强酸 强碱 V(HX)＜V(YOH)
③ 强酸 弱碱 V(HX)＝V(YOH)
④ 弱酸 强碱 V(HX)＝V(YOH)
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：反应后的溶液呈碱性，其原因可能是生成的盐YX发生水解，即X－＋H2OHX＋OH－，或者是反应后碱过量，c·V(HX)＜c·V(YOH)，即V(HX)＜V(YOH)，故选D.
答案：D
11．已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10－18、1.3×10－36.常温时下列有关说法正确的是 (　　)
A．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体溶液的酸性增强
B．将足量的CuSO4溶解在0.1 mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35 mol/L
C．因为H2SO4是强酸，所以反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能发生
D．除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂
解析：向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，因发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，使溶液酸性减弱，A错误；由于CuSO4是足量的，S2－因生成CuS沉淀而消耗导致其浓度非常小，Cu2＋的浓度可以接近饱和溶液中Cu2＋的浓度，B错误；因CuS沉淀不溶于硫酸，所以反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4可以发生，C错误；由FeS、CuS的溶度积常数知，FeS的溶解度大于CuS，可实现沉淀的转化，故除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂，D正确．
答案：D
12．对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于2
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
解析：将pH＝1的硝酸稀释100倍，溶液中c(H＋)＝10－3mol/L，pH变为3，A错误；pH＝1的硝酸中c(H＋)与pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等二者恰好发生中和反应，B正确；pH＝1的硝酸中由硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比为10－1/10－13＝1012，C错误；pH＝1的硝酸中水电离出的c(H＋)＝10－13 mol/L，pH＝3的硝酸中由水电离出的c(H＋)＝10－11 mol/L，故该溶液中由水电离出的c(H＋)是pH＝3的硝酸中水电离出c(H＋)的1/100.D错误．
答案：B
13．(2012·日照模拟)人体血液的正常pH约为7.35～7.45，若在外界因素作用下突然发生改变就会引起“酸中毒”或“碱中毒”，甚至有生命危险．由于人体体液的缓冲系统中存在如下平衡：
H＋＋HCOH2CO3CO2＋H2O
H＋＋POHPO
H＋＋HPOH2PO
故能维持血液pH的相对稳定，以保证正常生理活动．下列说法中不合理的是(　　)
A．当强酸性物质进入人体的体液后，上述缓冲系统的平衡向右移，从而维持pH稳定
B．当强碱性物质进入人体的体液后，上述缓冲系统的平衡向左移，从而维持pH稳定
C．某病人静脉滴注生理盐水后，血液被稀释，会导致c(H＋)显著减小，pH显著增大，可能会引起碱中毒
D．在人体进行呼吸活动时，如CO2进入血液，会使平衡向左移动，c(H＋)增大，pH略减小
解析：正常机体可通过体内的缓冲物质使机体的pH相对稳定，不会对机体造成不良影响．
答案：C
14．将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，错误的是 (　　)
解析：向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时发生中和反应放出热量，反应混合液的温度升高，恰好全部反应时，溶液的温度达到最高点，当醋酸全部反应后，再加入NaOH溶液则混合液的温度降低；向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时溶液的pH会缓慢升高，在接近终点时pH发生突跃，随后再滴加NaOH溶液，溶液的pH(此时显碱性)变化不大；因醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度小，导电能力弱，当向醋酸中滴加NaOH溶液时生成强电解质醋酸钠，溶液的导电能力增强，当反应结束时离子浓度增加幅度更大，导电能力更强；向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时加入的NaOH被消耗，故c(NaOH)在起始一段时间内应为0，且反应结束后c(NaOH)呈基本水平走势．
答案：D
15．下图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol/L)，下列说法中正确的是 (　　)
A．pH＝3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3＋
B．若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，可通过调节溶液pH的方法来除去
C．若分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH在4左右
D．若在含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Ni(OH)2优先沉淀
解析：由图可知在pH＝3时Fe3＋已沉淀完全，铁元素的主要存在形式是Fe(OH)3，A错误．由于Ni2＋和Co2＋沉淀完全的pH相差不大，因此不能用调节pH的方法将两者分离，B错误．由图可知选项D中优先沉淀的是Cu(OH)2，D错误．
答案：C
16．向体积为Va的0.05 mol/L CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol/L KOH溶液，下列关系错误的是 (　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
解析：若Va>Vb，醋酸过量，根据物料守恒可知，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)＝0.05Va，n(K＋)＝0.05Vb，A正确；若Va＝Vb，反应后的溶液为CH3COOK溶液，由于CH3COO－的水解而显碱性，根据质子守恒可知，B正确；若Vac(CH3COO－)，C错误；D选项符合电荷守恒，正确．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(9分)某温度(t℃)时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的Kw＝________，该温度________25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：
(1)若所得溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝____________；
(2)若所得溶液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________；
(3)若所得溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝______________.
解析：在t℃时，pH＝11的溶液中c(H＋)＝10－11 mol/L，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－11×10－2＝10－13.
(1)pH＝a，则c(OH－)＝10a－13 mol/L，pH＝b，则c(H＋)＝10－b mol/L，若混合后溶液呈中性，则：Va L×10a－13 mol/L＝Vb L×10－b mol/L，＝＝1013－(a＋b)．因为a＝12，b＝2，代入可得＝.
(2)将a＋b＝12代入＝1013－(a＋b)可得＝10.
(3)当a＝12时，c(OH－)＝0.1 mol/L，b＝2时，c(H＋)＝10－2 mol/L，若混合液的pH＝10，即c(OH－)＝10－3 mol/L，OH－有剩余：0.1 mol/L×Va L－10－2 mol/L×Vb L＝10－3 mol/L×(Va＋Vb) L，＝.
答案：10－13　大于　水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡向右移动，KW增大，因该温度下的KW大于25℃时水的KW，所以该温度大于25℃
(1)1∶10
(2)10∶1
(3)1∶9
18．(9分)(2012·皖西四校模拟)分析、归纳、探究是学习化学的重要方法和手段之一．下面就电解质A回答有关问题(假定以下都是室温时的溶液)．
(1)电解质A的化学式为NanB，测得浓度为c mol/L的A溶液的pH＝a.
①试说明HnB的酸性强弱_______________________________________．
②当a＝10时，A溶液呈碱性的原因是(用离子方式程式表示)________________．
③当a＝10、n＝1时，A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____________________________________________________________________．
c(OH－)－c(HB)＝________.
④当n＝1、c＝0.1、溶液中c(HB)∶c(B－)＝1∶99时，A溶液的pH为__________(保留整数值)．
(2)已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρ g/cm3，Xm＋离子的浓度为c mol/L，则该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp＝__________________________，该温度下XnYm的溶解度S＝____________.
解析：(1)①若a＝7，说明NanB为强酸强碱盐，HnB为强酸；若a>7，说明盐NanB发生水解，则HnB为弱酸．
②当a＝10时，HnB为弱酸，Bn－发生水解反应，即Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－.
③当a＝10，n＝1时，NaB溶液中存在以下平衡：B－＋H2OHB＋OH－，H2OH＋＋OH－，而B－的水解较微弱，其离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，由B－―→HB，OH－H2O―→H3O＋得质子守恒关系式c(OH－)＝c(HB)＋c(H＋)，所以c(OH－)－c(HB)＝c(H＋)＝10－10 mol/L
④可设溶液B－水解x mol/L，则有＝1∶99，得x＝0.001 mol/L，故c(OH－)＝0.001 mol/L，溶液中c(H＋)＝＝1×10－11(mol/L)，即pH＝11.
(2)由XnYmnXm＋＋mYn－可知当c(Xm＋)＝c mol/L时，c(Yn－)＝c mol/L，则Ksp＝cn(Xm＋)·cm(Yn－)＝cn·()m＝()m·cm＋n.
设XnYm溶液体积为1 L，则溶解XnYm mol达到饱和，由＝，得S＝.
答案：(1)①当a＝7时，HnB为强酸，当a>7时HnB为弱酸
②Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－
③c(Na＋)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)　10－10 mol/L
④11
(2)()m·cm＋n　
19．(8分)(1)将0.15 mol/L稀硫酸V1 mL与0.1 mol/L NaOH溶液V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2＝______.(溶液体积变化忽略不计)
(2)常温下，某水溶液中存在的离子有：Na＋、A－、H＋、OH－，根据题意，回答下列问题：
①若由0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合而得，则溶液的pH________7.
②若溶液pH>7，则c(Na＋)________c(A－)，理由是
_____________________________________________________________________
_______________________________________________________________________.
③若溶液由pH＝3的HA溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合而得，则下列说法正确的是______(填选项代号)．
A．若反应后溶液呈中性，则c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol/L
B．若V1＝V2，反应后溶液pH一定等于7
C．若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D．若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
解析：(1)根据混合所得溶液的pH为1，可得：＝10－1 mol/L，解得
V1∶V2＝1∶1；
(2)①0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合时，若HA是强酸，则得到的溶液显中性，pH＝7，若HA是弱酸，则得到是强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH＞7；②根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，若溶液pH>7，即c(OH－)>c(H＋)，则c(Na＋)>c(A－)；③若反应后溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol/L，A正确；若HA是强酸，得到的溶液显中性，pH＝7，若HA是弱酸，则得到的盐水解使溶液显碱性，pH>7，B错误；若反应后溶液呈酸性，如果HA是强酸，则V1一定大于V2，但是如果HA是弱酸，则V1等于或小于V2时，也可满足中和后，HA有剩余而使溶液显酸性，C错误．若反应后溶液呈碱性，如果HA是强酸，说明NaOH过量，V1一定小于V2，若HA是弱酸，HA不完全电离，未电离部分也消耗NaOH，侧面说明V1一定小于V2.
答案：(1)1∶1
(2)①≥　②>　根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由于c(OH－)>c(H＋)，故c(Na＋)>c(A－)　③AD
20．(9分)(1)向Na2CO3的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成CO2气体为止，则在此过程中，溶液的c(HCO)变化趋势可能是：①逐渐减小；②逐渐增大；③先逐渐增大，而后减小；④先逐渐减小，而后增大.4种趋势中可能的是________．
(2)pH相同的HCl溶液、H2SO4溶液、CH3COOH溶液各100 mL.
①3种溶液中，物质的量浓度最大的是________．
②分别用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，其中消耗NaOH溶液最多的是________．
③与等量的锌粉反应，反应开始时，反应速率________．
A．HCl最快 B．H2SO4最快
C．CH3COOH最快 D．一样快
(3)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝______mol/L.相同条件下，测得：①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaClO溶液，3种稀溶液的pH相同，那么，它们的物质的量浓度由小到大的顺序是________________________．
(3)2×10－7　NaClO21．(9分)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：
4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ　称取样品1.500 g.
步骤Ⅱ　将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀．
步骤Ⅲ　移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次．
(1)根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______．
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成_____________________色．
(2)滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mol/L，则该样品中氮的质量分数为________．
解析：滴定过程中，应在边滴边摇动锥形瓶的同时，边注视锥形瓶内溶液颜色的变化．当溶液颜色由无色变粉红色时且半分钟内不再变色，表明已达到滴定终点；由4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋；H＋＋OH－===H2O，及题给信息知：NH～OH－，即V(NH)·c(NH)＝V(NaOH)·c(NaOH)；碱式滴式管不润洗就加入标准液使c(NaOH)降低，消耗NaOH溶液体积增大，n(NH)增大，结果偏高．锥形瓶中有水对结果没有影响．三次实验消耗NaOH溶液的平均体积为：
＝20.00 mL；25.00 mL待测液中含n(NH)＝2.02×10－3 mol，样品中含氮的质量分数为：
×100%＝18.85%.
答案：(1)①偏高　②无影响　③B　④无　粉红(或浅红)
(2)18.85%
22．(8分)以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子．例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可．
请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe3＋、Fe2＋都被转化为____________(填化学式)而除去．
(2)①中加入的试剂应该选择________为宜，其原因是__________________．
(3)②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为_____________________．
(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是________(填字母)．
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
E．在pH＞4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
解析：①中加入氨水，利用沉淀的生成，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；②中加入氢氧化镁，利用沉淀的转化，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，③中先加入H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀．
答案：(1)Fe(OH)3　(2)氨水　不会引入新的杂质
(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3
(4)ACDE【2012考纲解读】化学定量研究离不开计算，定性判断往往也要经过化学计算才能得出结论。因而化学计算是化学体系中不可或缺的重要组成部分。高考化学试卷少不了化学计算题，题解过程需要计算的试题更是超过试卷分值百分之四十。如何成功地进行化学计算总复习是化学教师关心的问题。化学计算能力是化学教学中培养学生的一种能力。
【考点回顾】
（一）化学计算的常用方法：
1、关系式法——多步变化以物质的量关系首尾列式计算。
2、选量法——利用已知量物质与未知量物质之间的关系来解题。
3、差量法——根据变化前后的差量列比例计算。
4、十字交叉法——对于二元混合物问题运用交叉法。
5、守恒法——运用质量、元素、得失电子、电荷守恒计算。
6、极值法——对数据处理推向极端的计算。
7、估算法——避开烦琐解题寻找快速方法解题，求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均分子式的主要方法。
8、图象法——找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。
（二）化学计算的常用技巧：
1、定量问题定性化；
2、近似估算；
3、运用整体思维，化繁为简；
4、利用图象解题等等。
（三）具体解题方法及例题：
1、关系式法
对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的(反应条件和设备可能不同),但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。常进行如下的相当量处理：①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。
另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。
例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，求加入的铁粉质量为
A 14g　 B 42g　 C 56g　 D 28g
解析：因为题目中没有指明铁粉的量，所以铁粉可能是过量，也可能是不足，则与硫粉反应后，加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能：或者只有H2S(铁全部转变为FeS)，或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS外还有剩余)，所以只凭硫粉质量和生成的水的质量，不易建立方程求解。根据各步反应的定量关系，可列出关系式：
　　Fe→FeS(铁守恒)→H2S(硫守恒)→H2O(氢守恒)………… （1）
　　Fe→H2(化学方程式)→H2O(氢定恒)……………………… （2）
从而得知，无论铁参与了哪一个反应，每1个铁都最终生成了1个H2O，所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量，根本与硫无关，
Fe ～ H2O
56 18
x g 9 g
∴ 56∶x g == 18∶9 g ∴ x = 28 g （也可利用铁与水物质的量相等解题）
2、选量法：
选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。
例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L)的氢气，缓缓通入150g灼热的氧化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？
解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选取不足的量来计算生成的铜的质量。
解：设生成铜的质量为 x
由于
知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。

答案:可生成95.04g铜。
3、差量法：
差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。其中的差量主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。
例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物n g ，则原混合物中氧镁的质量分数为：
解析：反应前后质量改变原因为MgCO3变为MgO ，理论差值由此计算。
MgCO3 MgO + CO2↑ △m
84 84-40=44
x m- n x = 21（m - n）/11
原氧化镁质量 = m- 21（m – n）/11 = （21n-10m）/11
原氧化镁质量分数 = （21n – 10m）/11m×100% 　
答案:Ａ
4、十字交叉法
十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。
若a 、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA / nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：
a+b= c,
整理得：a nA+b nB= c (nA+nB)，∴ =
a c-b
即 c =
b a-c
(1)十字交叉法的适用范围:凡是能满足a nA+b nB= c (nA+nB)关系的混合问题,均能使用十字交叉法。
(2) 表示什么量之比,要视参加交叉的a、b、c的意义而定，a或b或c的单位中分母是以何种物理量为标准的，就是什么量之比。
确定 的含义是运用十字义叉法解题的关键，常见的采用交叉法计算所得的 的含义如下：①当a、b、c为质量分数、质量百分比浓度、每克物质放出热量时， 则为质量之比。②当a、b、c为物质的量浓度、密度、气体摩尔质量时，为体积比。③当a、b、c为摩尔质量以及含义具有物质的量意义的量时， 为物质的量之比，气体物质则为体积比。④a、b、c为相对原子质量或相对分子时， 为原子或分子个数之比。
例4、 150℃时，将1 L混合烃与9 L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，
容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是
A 甲烷与乙烷体积比是1∶4 B 丙炔与乙炔体积比是1∶4
C 乙烯与丁烷体积比是1∶4 D 乙烯与丁烯体积比是1∶4
根据氢原子数判断，选项A、B可排除。
运用十字交叉法，推断C、D中哪个选项符合题意？
答案： D
5、守恒法
所谓“守恒”就是以化学反应过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。
例5、羟胺（H2NOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25ml 0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SO4)3溶液煮沸条件反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是
A N2 B N2O C NO D NO2
解析：Fe2(SO4)3被羟胺还原为FeSO4 又被酸性KMnO4氧化为Fe2(SO4)3 ，相当于未参加氧化还原反应。还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。羟胺中氮元素反应前-1价，设反应后化合价为n ，有25×0.049×(n+1) = 24.50×0.02×(7-2)，解得 n = 1 .
答案：B
6、极值法：
极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。
例6、0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）
A、30 B、46 C、50 D、66
答案：B C
7、估算法
此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意
审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。
例7、将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是
A、Zn和Fe B、Al和Zn C 、Al和Mg D、Mg和Cu
解析：将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸，13g金属全部反应生成11.2L (0.5mol)气体全部是氢气，也就是说，这种金属每放出1mol氢气需26g。如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代入选项，在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn，原子量为65。Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反应中显+3价，要置换出1mol氢气，只要18gAl便够，可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18，同样假如有+1价的Na参与反应时，将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，所以A,C都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大。
答案：BD
8、图象法：
应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：
看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。
找出图与化学反应的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函数式。
例8、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定
物质的量浓度HCl中，合金全部溶解，向所得溶液
中滴加5mol/L NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量
与加入的NaOH体积关系如右图：
求：1）原合金中镁、铝质量各多少？
2）HCl的浓度为多少？
解析：由图可知11.6g是Mg(OH)2的质量，
（19.4-11.6）=7.8g Al(OH)3的质量。V（NaOH）
由0~20ml是中和HCl(因无沉淀) 所以，设合金
中有镁x g ，有铝y g ：
Mg ~ Mg(OH)2 Al ~ Al(OH)3
24 58 27 78
x 11.6 y 7.8
24：x = 58：11.6 27：y = 78：7.8
x = 4.8g y = 2.7g
2）设与镁反应的盐酸为a mol ,与铝反应的盐酸为b mol ,与NaOH反应的盐酸为c mol
Mg ~ 2HCl Al ~ 3HCl NaOH ~ HCl
24g 2mol 27g 3mol 1mol 1mol
4.8g a mol 2.7g b mol 0.02L×5mol/L c mol
24：4.8 = 2：a 27：2.7 = 3：b 1：0.1 = 1：c
所以 a = 0.4 mol b = 0.3 mol c = 0.1 mol
c(HCl) = (a + b + c)/0.1 = 8 mol/L
【2010高考预测】化学计算是借助于用数学计算工具，从量的方面来对化学的概念或原理加深理解或通过计算进一步掌握物质的性质及其变化规律,也是依据化学物质的性质与化学规律为载体进行的一种运算能力的训练。另外，通过计算还能培养分析、推理、归纳等逻辑思维能力和解决实际问题的能力。计算的关键是对概念的正确理解，在教学中要加强概念间的联系，认识概念间量的关系，把概念定律联系起来，在讲解化学概念的化学涵义的同时要讲解清楚它的数学涵义，以及建立知识点、线与面之间的关系（建构知识的体系结构）。从认知心理学角度培养学生的逻辑思维能力来看：可以分为两种计算形式具体计算与形式计算。
测试题
1、4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是 （ ）
A.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96
2、今有铁的溴化物5.12克，其溶液与足量的AgNO3溶液完全反应，生成9.4 克AgBr沉淀，则原混合物中FeBr2与FeBr3的物质的量之比为（ ）
A.２∶１ B.１∶３ C.１∶１ D.无法确定
3、在一个6L的密闭容器中，放入3LX（气）和2LＹ（气）,在一定条件下发生下列反应：４X（气）＋３Ｙ（气）= ZQ（气）＋nR（气）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体比原来增加5%，Ｘ的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是（ ）
A：３ B：４ C.５ D.６
4、有一铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56LCl2、Fe2+全部变成Fe3+、则该氧化物可能的化学式为（ ）
Ａ：Fe2O3 Ｂ：Fe3O4 Ｃ：Fe4O5 Ｄ：Fe5O7
5、由钠、镁、铝、铁四种金属中的两种组成的混合物12g与足量盐酸反应，产生H２5.6Ｌ，则此混合物中必有
A：Na B：Mg C：Al D：Fe
6、在一定条件下，合成氨反应达到平衡后，混合气体中NH3的体积占25% ，若反应前后条件保持不变，则反应后缩小的气体体积与原反应物的总体积的比值是（ ）
A： B： C： D：
7、有Na2CO3、NaＨCO3 、CaO和NaOＨ组成的混合物41.4克，把它们溶于足容水中充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共45克，则混合物中Na2CO3的质量是（ ）。
Ａ：5.3克 Ｂ：10.6克 Ｃ：21.2克 Ｄ：无法计算
8、在标况下，一个装满Ｃl2的溶器质量为74.6克，若装满N2质量为66克，则此溶器的容积是（ ）
Ａ：22.4L Ｂ：44.8L Ｃ：11.2L Ｄ：4.48L
9、某CaCl2样品中混有FeCl3 、MgCl2 、NaCl和 Na2CO3中的一种或两种杂质，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量的AgNO3溶液，得到29.7g沉淀，由此可知，样品杂质的正确结论是（ ）
A：一定无Na2CO3,可能有FeCl3 B：可能有Na2CO3和NaCl
C：一定有MgCl2、可能有NaCl D：一定有NaCl
10、用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合液250ml，经过一段时间后两极分别得到11.2（标况）气体，则原混合液中NaCl的物质的量浓度不可能为（ ）
A：0.5mol/L B：1 mol/L C：1.5 mol/L D：4 mol/L
11、30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体2.24升(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为（ ）
A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L
12、一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9克水,求加入的铁粉质量为（ ）
A.14g B.42g C.56g D.28g
13、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 2.4*10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为 （ ）
A.+3 B.+2 C.+1 D.-1
14、将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是
A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯
15、第二主族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能是（ ）
A：Mg B：Ca C：Sr D：Ba
16、在一定温度计压强下，气体x发生反应 2X（气） Y(气) +3Z（气），此时平衡混合气体对相同条件下的H2的相对密度为4.25,则X的相对分子量为( )
A：8.5 B：16 C：17 D：34
17、6.4克Cu与过量的HNO3（8mol/L 60mol）充分反应后，HNO3的还原产物有NO和NO2，反应后溶液中所含H+为mol，此时溶液中所含NO3-的物质的量为（ ）
A：0.28mol B：0.31mol C：(n + 0.2)mol D：(n + 0.4)mol
18、将NO2，NH3和O2的混合气体22.4升（标况）通过稀H2SO4后，溶液质量增加了26.7克，气体体积缩小为4.48升（标况），剩余气体能使带火星的木条着火，则混合气体的平均分子量为（ ）。
A：28.1 B：30.2 C：33.1 D：34.0
19、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3 的混合物中，加入100ml1mol/L的HCl，恰好使混合物的溶解，放出2.24mL（标准）的气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得铁的质量为 .
20、向50mlFeCl3溶液中通入H2S 1.12升（标况），设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，等反应停止后，测得溶液中含有0.3mol金属离子，则原FeCl3溶液中Fe3+的物质的量浓度为 .
（已知：2 FeCl3 + H2S == 2 FeCl2 + S↓ + 2HCl ）
21、一定量的铝铁合金与300ml 2mol/L HNO3完全反应生成3.36升NO（标况）和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液，使铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液体积是
22、将一定量的CO2气体通入500mL某NaOH溶液中，充分反应后，将溶液在低温进蒸发，得到不含结晶水的白色固体A。取三份质量不同的A样品分别与50mL相同浓度的盐酸反应，得到气体的体积（标准状况）与固体A的质量关系职下表所示：
组 别 1 2 3
盐酸体积（mL） 50 50 50
A的质量 （g） 3.80 6.20 7.20
气体体积（mL） 896 1344 1344
(1)上表中第 组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，
理由是
(2)试推断：A的成份为
23、化合物A含硫（每个分子只含一个硫原子）、氧以及一种或几种卤素。少量A与水反应完全水解但不发生氧化或还原，所有反应产物均可溶于水。将A配成水溶液稀释后分成几份，分别加入一系列0.1mol/L的试剂，现象如下：
①加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀；
②加入氯化钡溶液，无沉淀产生；
③溶液经酸化后加入高锰酸钾溶液，紫色褪去，再加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀。
(1)由此判断组成该化合物的元素中，可能存在的卤素有 ，A与水反应后生成的溶液中含有的离子可能有 。
(2)要确定该化合物的分子式，称取11.90gA溶于水稀释至250.00mL，取25.00mL溶液加入足量的高锰酸钾和硝酸钡溶液，使沉淀完全，沉淀经洗涤、干燥后称重为2.33g。试确定A的化学式，写出计算推理过程。
24、为了测定K2CO3和NaHCO3混合物的组成，某学生每次称取一定质量的混合物溶于水配成溶液，向其中加入相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反应，实验结果记录如下表：
次数 混合物的质量/g 所加Ba(OH)2溶液的体积/L 测得沉淀的质量/g
1 0.858 0.5 1.379
2 1.716 0.5
3 2.574 0.5 4.137
4 3.432 0.5 5.516
5 4.290 0.5 5.516
6 5.148 0.5 5.516
请回答下列问题：
（1）第二次实验中产生沉淀的质量是 g
（2）混合物中K2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 ；
（3）在25℃时，取下第3组实验所得溶液体积的十分之一，加水配成500mL溶液，求此溶液pH（要求写出计算过程）。
1、选BC. 解析：使用极限法,设2.00克全部为KCl,根据KCl-AgCl,每74.5克KCl可生成143.5克AgCl,则可得沉淀为(2.00/74.5)*143.5=3.852克,为最大值,同样可求得当混合物全部为KBr时,每119克的KBr可得沉淀188克,所以应得沉淀为(2.00/119)*188=3.160克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选B和C.
2．选Ｃ 解析：设铁的溴化物平均分子组成的化学式为FeBrx
FeBrx - AgBr
56+80 188
5.12 9.4
(56+80)∶5.12 ===188∶9.4 解得 ＝2.5
2 < < 3 故可知原混合物由FeBr2和FeBr3组成
用＋字交叉得：
FeBr２ 2 0.5
2.5
FeBr3 3 0.5
3．选D 解析：这是一道关于平衡的计算题，若能变换思维角度，则此题无需计算用化学原理直接推，即可得出结果。
据“等容等温时，等质量的任何气体，它们的压强与其物质的量成正比”及题给条件就不难判定出，混合气体总物质的量增加了。只有满足气体生成物的系数大于反应物的系数，才可能使气体物质的量增大。
则 4 + 3 < 2 + n 即 n > 5
4．选Ｄ 解析：由于每种氧化物Fe元素所呈化合价不一样，故可设其分子式为FeOx，而FeOx与HCl反应未发生氧化还原反应，生成物为FeCl2x，Fe2+变成Fe3+发生在与Cl2的反应之中，
则易知Fe元素的物质的量为：
Fe - 2XCl-
1mol 2X
n(Fe) 5×0.14
n(Fe) = 0.7/2x再利用得失电子守恒有：
解得X = 7/5
5．选Ｄ 解析：本题涉及三种价态的四种金属，其共同特点都是失去电子发生氧化反应，若抓住物质在氧化还原反应中，每转移１mol电子所对应的质量——摩尔电子质量进行计算，则化繁为简。
而
据平均值原理可知，原混合物一定含有Fe
6．选Ａ解析： N2 + 3H2 = 2NH3 体积减小
1 3 2 2
由已知可知：∶ = 1∶4 而△＝
∴
7．选C 解析：据题给条件，可判断白色固体是CaCO3和NaOＨ。发生的反应可表示为：
NaＨCO3 + CaO = CaCO3 ↓+ NaOＨ ………①
NaＨCO3 + CaO + H2O = CaCO3 ↓+2 NaOＨ ………②
由于反应①在反应前后固体质量无变化，故固体增重是由反应②引起的。
NaＨCO3 + CaO + H2O = CaCO3 ↓+2 NaOＨ 固体质量差
106 18
X ( 45－41.4 )
106∶X = 18∶( 45－41.4 ) 得 Ｘ＝21.2克
8．选Ｄ 解析：标况下 22.4LCl2与22.4LN2质量差为71－28 = 43克 则有
Cl2 N2 △m
22.4L 43克
X 74.6－66 = 8.6克
22.4/x = 43/8.6 X = 4.48L
9．选Ｃ 解析：因溶于水得色溶液，所以肯定无Na2CO3和FeCl3，杂质只能是MgCl2和NaCl中的一种或两种。假设11.1克全为CaCl2，则应生成沉淀28.7克， 11.1克全为MgCl2，则应生成沉淀33.5克，11.1克全为NaCl，则应生成沉淀27.2克。
而已知生成沉淀为29.7克，则必有MgCl2，可能有NaCl。
10．选D。 解析：本题因涉及以两极产物的量，整个过程得失电子相等，所以首先应想到用守恒法。
阳极：首先是Cl- 放电，然后再是OH- 放电，分别生成对应产物Cl2和O2。
阴极：首先是Cu2+ 放电，然后再是H+ 放电，分别生成对应产物Cu和H2。
所以：
分析可知：电极产物Cu, H2, Cl2和O2都应存在。
所以
∴ < 0.5 < 1
< 故选D。
11．选A 解析: 根据质量守恒定律,由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与原来的铜片一样,均为5.12/64=0.08摩,从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出,参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2*0.08=0.16摩;而反应的气态产物,无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子,则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数,所以每消耗一摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1摩HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,只能选A.
12．D 解析: 因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S(铁全部转变为FeS2),或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒),(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即28克.
13．选C. 因为在[RO(OH)2]-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠,硫的化合价升高了2价,根据2.4*10-3mol[RO(OH)2]-与12ml*0.2mol/L=0.0024mol的亚硫酸钠完全反应,亚硫酸钠共升0.0024*2=0.0048价,则依照升降价守恒,2.4*10-3mol[RO(OH)2]-共降也是0.0048价,所以每mol[RO(OH)2]-降了2价,R原为+3价,必须降为+1价,故不需配平方程式可直接选C.
15．选 BC 解析：按一般方法求解此题，则只能列出两个方程三个未知数是无法解出答案的，只能采用极端值法。据题意可知16g为R对应的R(OH)2
假设 12克全为R则 R - R(OH)2 △m
M M+34 34 可得
12 16 4
若 12克全为RO则 RO - R(OH)2 △m
M+16 M+34 18 可得
12 16-14
而此题12克为R的单质和氧化物组成的混合物。
∴ 38 < M < 102
16．选 B 解析：此反应为可逆反应，X的转化率并未告诉，所以它的转率必在0~100%之间，当转化率为0时，M = 4.25×2 = 8.5，当X全部转化时，设反应前X为2mol ，则据反应方程式有，Y最多为1mol，Z为3mol ，则混合气体总的物质的量最多为4mol，而总质量不改变。
而此反应已发生，但不可能完全转化。
所以：8.5 < M < 17 选 B
17．选C 解析：反应后溶液为Cu(NO3)2和HNO3，利用电荷守恒可求之。
C（H+） + 2C（Cu2+） = C （NO3-）
即：
所以
18．选C 解析：气体平均分子量 =m总/n总， 而此题中n总=1mol只要能计算出m总即可求解。据题意有：最后放出气体为O2，则其中NH3，NO2和部分O2都被稀H2SO4吸收，整个过程气体总质量守恒。
∴ 选C
19． 2.8克 解析：因混合物与HCl反应的量同与CO反应的量相同。则两种不同反应中铁元素的量保持不变，据题意有关系：
Fe - 2Cl - 2HCl
56克 2mol
X克 0.1× 1mol
可有 解之得 X=2.8克
20． 4mol/L
解析：这道题所涉及反应较多，但如果仔细分析可发生，反应前为FeCl3溶液，反应后为FeCl2溶液，整个过程Cl- 并未改变，因此，可利用Cl- 守恒建立关系：
2FeCl3 - 3FeCl2 （Cl-守恒)
2mol 3mol
0.05C 0.3mol
易解得 C = 4mol/L
21． 150ml
解析：当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO3一种溶质，利用NO3-与Na+两种微粒守恒，则有：
解得 V = 0.15升，即150ml
22．答案：
(1)上表中第（1）组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，
理由是：第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假如1组中盐酸不足，则生成气体的体积应由盐酸决定，1、2、3产生的气体体积就应是相同的，假如2组中盐酸是过量的则，2、3组所生成的气体就不能相同，所以可以判断出1组中盐酸是过量的。
(2)A的成份为 NaOH与Na2CO3或Na2CO3与NaHCO3。
23． 解析：此题为计算推断题(1)Cl、F， H+、SO32-、HSO3-、Cl-、F-、（少量OH-）。（2） 11.90g A中含硫2.33g/233g/mol×10=0.1mol，M(A)=11.90g/0.1mol=119g/mol
A中硫呈+4价且只含一个硫原子，故A分子中只含一个氧原子和2个卤原子，两个卤原子的式量为119-32-16=71，只能是2个氯原子，A的化学式为SOCl2
24．答案：（1）2.758
（2）以第一组数据计算，设样品混合物中NaHCO3和K2 CO3的物质的量分别为x mol和y mol
（3）设第4次实验中CO32—、HCO3—恰好生成沉淀，且沉淀质量为x′g，则有
BaCO3 ~ CO32—
197 1mol
x′ （0.002+0.005）×4 x′=5.516g
或：由于第一次与第四次样品的质量比为：3.432: 0.858= 4: 1 而第一次与第四次沉淀的质量比为5.516: 1.379= 4:1 故第4次实验恰好沉淀，则原0.5L Ba(OH)2溶液中：
2OH— ~ Ba(OH)2 ~ BaCO3
2mol 197g
c (OH)－ 5.516g
设第三次实验消耗OH—的物质的量为Z
NaHCO3 ~ OH—
1mol 1mol
0.002×3mol Z
∴
沉
淀
(g)
11.6
19.4
20
NaOH(mL)【2012考纲解读】有机化合物知识综合应用是高考必考试题，从近十几年的高考分析来看，一是有机推断，其考查的主要内容有：根据有机物的组成和结构推断同分异构体的结构；根据相互衍生关系和性质推断有机物的结构或反应条件和反应类型；根据实验现象（或典型用途）推断有机物的组成或结构；根据反应规律推断化学反应方式。有机推断主要是以填空题为主，常将有机物的组成、结构、性质的考查整合在一起，具有较强的综合性，并多与新的信息紧密结合，因此而成为高考的热点，展望今后有机推断题将会继续成为有机部分试题的主要考点。二是有机合成，有机合成主要是利用一些基本原料（如甲烷、乙烯、乙炔、丙烯、丁二烯、苯、甲苯、淀粉等）并限定合成线路或设计合成线路来合成有机物，并与有机物结构简式、同分异构体、有机反应类型、有机反应化学方程式书写等基础知识的考查相结合。
【考点回顾】
一、有机合成
有机合成题要求考生能用给定的基本原料（常见的有
、、、、等）制取各种有机物。其实质是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或在碳链与碳环之间发生相互转换，或在碳链与碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同性质、不同类型的有机物。本文简略谈一谈有机合成题的解法，希望能给各位考生以帮助。
（一）总的解题思路
1. 首先判断目标有机物属于何类有机物，与哪些基本知识和信息有关；
2. 其次分析目标有机物中碳原子的个数及碳链或碳环的组成；
3. 再次根据给定原料、信息和有关反应规律，合理地把目标有机物分解成若干片断，或寻找出官能团的引入、转换和保护方法，尽快找出目标有机物的关键点和突破点；
4. 最后将正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择出最佳的合成途径。
（二）解题的基本规律和基本知识
1. 掌握官能团衍变的主线（常见有两种途径）
（1）
（2）通过某种化学途径使一个官能团变为两个。如：
2. 官能团的引入
（1）引入羟基
a. 烯烃与水加成，b. 醛与氢气加成，c. 卤代烃碱性水解，d. 酯的水解等。
（2）引入卤原子
a. 烃与X2取代，b. 不饱和烃与HX或X2加成，c. 醇与HX取代等。
（3）引入双键：
a. 某些醇或卤代烃的消去引入，b. 醇的氧化引入等。
3. 官能团的消除
（1）通过加成消除不饱和键。
（2）通过消去、氧化或酯化等消除羟基（�OH）。
（3）通过加成或氧化等消除醛基（�CHO）。
4. 碳链的增减
（1）增长：有机合成题中碳链的增长，一般会以信息形式给出，常见方式为有机物与HCN反应以及不饱和化合物间的加成、聚合等。
（2）变短：如烃的裂化裂解，某些烃（如苯的同系物、烯烃）的氧化。
5. 有机物成环规律
（1）二元醇脱水。
（2）羟基、羧基的酯化。
（3）氨基酸脱水。
（4）二元羧酸脱水。
（三）常见的合成方法
1. 顺向合成法
此法要点是采用正向思维方法，其思维程序为“原料→中间产物→产品”。
2. 逆向合成法
此法要点是采用逆向思维方法，其思维程序为“产品→中间产物→原料”。
3. 类比分析法
此法要点是采用综合思维的方法，其思维程序为“比较题目所给知识原型→找出原料与合成物质的内在联系→确定中间产物→产品”。
（四）高考常见题型
1. 限定原料合成题
本题型的主要特点：依据主要原料，辅以其他无机试剂，运用基本知识，联系生活实验，设计合理有效的合成路线。
例1：松油醇是一种调香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：
试回答：
（1）α-松油醇的分子式_______________。
（2）α-松油醇所属的有机物类别是__________________（填编号）。
a. 醇 b. 酚 c. 饱和一元醇
（3）α-松油醇能发生的反应类型是__________________（填编号）。
a. 加成 b. 水解 c. 氧化
（4）在许多香料中松油还有少量以酯的形式出现，写出RCOOH和α-松油醇反应的化学方程式：_____________。
（5）写出结构简式：β-松油醇________________，γ-松油醇_______________。
解析：本题可采用顺向思维依次推出。由α-松油醇的结构简式可以看出：�OH直接与链烃基相连，应是醇，分子中含有环状结构且有双键，应属于不饱和醇；能发生加成反应，也能被氧化。A在脱水发生消去反应，如果是环上的�OH发生消去反应，得α-松油醇，如果是链上的发生消去反应，去氢的位置有两种：一种是去侧链上的氢，得β-松油醇，另一种是去环上的氢，得γ-松油醇。
2. 合成路线给定题
本题型的主要特点：题目已将原料、反应条件及合成路线给定，并以框架式合成路线示意图的形式直观地展现了最初原料与每一步反应主要产物的关系，要求依据原料和合成路线，在一定信息提示下确定各步主要产物的结构简式或完成某些步骤反应的化学方程式。
例2：根据图示填空：
（1）化合物A含有的官能团是_______________。
（2）B在酸性条件上与反应得到E，E在足量的氢氧化钠醇溶液作用下转变成F，由E转变成F时发生两种反应，其反应类型分别是_______________。
（3）D的结构简式是_______________。
（4）1 mol A与2 mol H2反应生成1 mol G，其反应方程式是_______________。
（5）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是_______________。
解析：据A能与反应，可知A中含有；A能与银氨溶液反应，A中含有；A能与加成，A中含有不饱和键，结合B能与加成生成E，E发生消去反应得F，F的所有碳原子在同一直线上，再结合H的分子式，可知A中含有碳碳双键，其结构简式为。则：
B为
C为
D为
E为
其他问题便可迎刃而解了。
答案：
（1）碳碳双键、醛基、羧基
（2）消去反应、中和反应
（3）
（4）
（5）
3. 信息给予合成题
本题型的主要特点：除给出主要原料和指定合成物质外，还给予一定的已知条件和信息。该题型已成为当今高考的热点。解这一类题应注意三点：一是认真审题，获取信息；二是结合问题；三是依据信息，应变创新。
例3：环己烯可以通过丁二烯和乙烯发生环化加成反应得到：
（也可表示为：）
实验证明，下列反应中反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：
现仅以丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基己烷：
按要求填空：
（1）A的结构简式是___________；B的结构简式是___________。
（2）写出下列反应的化学方程式和反应类型：
反应④___________，反应类型______________________。
反应⑤___________，反应类型______________________。
解析：根据原料仅为丁二烯和信息I可推知A为；由于C在组成上比A少一个碳原子，结合信息II可知B为，属于醛类，分子式为；又因为C在组成上比B多四个氢原子，则③为催化加氢反应，故C为；分子中没有羟基，所以④为消去反应，⑤是催化加氢反应。
二、有机物推断
推断有机物，通常是先通过相对分子质量，确定可能的分子式。再通过试题中提供的信息，判断有机物可能存在的官能团和性质，最关键的是找准突破口。有机推断常见的有“六大捷径”。
捷径一、根据物质的性质
能使溴水褪色的物质，含有C=C或或；能发生银镜反应的物质，含有；能与金属钠发生置换反应的物质，含有－OH、－COOH；能与碳酸钠作用的物质，含有羧基或酚羟基；能与碳酸氢钠反应的物质，含有羧基；能水解的物质，应为卤代烃和酯，其中能水解生成醇和羧酸的物质是酯。但如果只谈与氢氧化钠反应，则酚、羧酸、卤代烃、苯磺酸和酯都有可能。能在稀硫酸存在的条件下水解，则为酯、二糖或淀粉；但若是在较浓的硫酸存在的条件下水解，则为纤维素。
捷径二、根据反应现象
1. 能使溴水褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键或醛基。
2. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键、醛基或为苯的同系物。
3. 遇三氯化铁溶液显紫色，可推知该物质分子含有酚羟基。
4. 遇浓硝酸变黄，可推知该物质是含有苯环结构的蛋白质。
5. 遇碘水变蓝，可推知该物质为淀粉。
6. 加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，有红色沉淀生成；或加入银氨溶液有银镜生成，可推知该分子结构有醛基。则该物质可能为醛类、甲酸和甲酸某酯。
7. 加入金属Na放出氢气，可推知该物质分子结构中含有。
8. 加入溶液产生气体，可推知该物质分子结构中含有。
9. 加入溴水，出现白色沉淀，可推知该物质为苯酚或其衍生物。
捷径三、根据特征数据
1. 某有机物与醋酸反应，相对分子质量增加42，则分子中含有一个－OH；增加84，则含有两个－OH。缘由－OH转变为。
2. 某有机物在催化剂作用下被氧气氧化，若相对分子质量增加16，则表明有机物分子内有一个－CHO（变为－COOH）；若增加32，则表明有机物分子内有两个－CHO（变为－COOH）。
3. 若有机物与反应，若有机物的相对分子质量增加71，则说明有机物分子内含有一个碳碳双键；若增加142，则说明有机物分子内含有二个碳碳双键或一个碳碳叁键。
捷径四、根据反应条件推断反应类型
1. 在NaOH水溶液中发生水解反应，则反应可能为卤代烃的水解反应或酯的水解反应。
2. 在氢氧化钠的醇溶液中，加热条件下发生反应，则一定是卤代烃发生了消去反应。
3. 在浓硫酸存在并加热至170℃时发生反应，则该反应为乙醇的消去反应。
4. 能与氢气在镍催化条件下起反应，则为烯、炔、苯及其同系物、醛的加成反应（或还原反应）。
5. 能在稀硫酸作用下发生反应，则为酯、二糖、淀粉等的水解反应。
6. 能与溴水反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。
捷径五、根据反应产物推知官能团的个数
1. 与银氨溶液反应，若1mol有机物生成2mol银，则该有机物分子中含有一个醛基；若生成4mol银，则含有二个醛基或该物质为甲醛。
2. 与金属钠反应，若1mol有机物生成0.5mol，则其分子中含有一个活泼氢原子，或为一个醇羟基，或酚羟基，也可能为一个羧基。
3. 与碳酸钠反应，若1mol有机物生成0.5mol，则说明其分子中含有一个羧基。
4. 与碳酸氢钠反应，若1mol有机物生成1mol，则说明其分子中含有一个羧基。
捷径六、根据反应产物推知官能团位置
1. 若由醇氧化得醛或羧酸，可推知－OH一定连接在有2个氢原子的碳原子上，即存在；由醇氧化为酮，推知－OH一定连在有1个氢原子的碳原子上，即存在；
若醇不能在催化剂作用下被氧化，则－OH所连的碳原子上无氢原子。
2. 由消去反应的产物，可确定－OH或－X的位置
3. 由取代反应产物的种数，可确定碳链结构。如烷烃，已知其分子式和一氯代物的种数时，可推断其可能的结构。有时甚至可以在不知其分子式的情况下，判断其可能的结构简式。
4. 由加氢后碳链的结构，可确定原物质分子C=C或的位置。
例1．(2009天津卷8) 请仔细阅读以下转化关系：
A.是从蛇床子果实中提取的一种中草药有效成分，是由碳、氢、氧元素组成的酯类化合物；
B.称作冰片，可用于医药和制香精，樟脑等；
C.的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；
D. 中只含一个氧原子，与 Na反应放出H2 ；
F.为烃。
请回答：
B的分子式为_______________________。
B不能发生的反应是（填序号）______________。
a.氧化反应 b.聚合反应 c.消去反应 d取代反应 e.与Br2加成反应.
写出D→E、E→F的反应类型：
D→E__________________、E→F_______________________。
F的分子式为____________________。
化合物H是F的同系物，相对分子质量为56，写出H所有可能的结构；
_______________________________________________________________________。
写出A、C的结构简式并用系统命名法给F命名：
A:___________________、C： 、F的名称：__________________。
写出E→D的化学力程式
______________________________________________________________________。
答案 .
解析 本题考查有机物的推断。F是相对分子质量为70的烃，则可计算14n=70,得n=5，故其分子式为C5H10。E与F的相对分子质量差值为81，从条件看，应为卤代烃的消去反应，而溴的相对原子质量为80，所以E应为溴代烃。D只含有一个氧，与Na能放出H2，则应为醇。A为酯，水解生成的B中含有羟基，则C中应含有羧基，在C、D、E、F的相互转变过程中碳原子数是不变，则C中碳应为5个，102-5×12-2×16=10，则C的化学式为C5H10O2，又C中核磁共振谱中含有4种氢，由此可推出C的结构简式为：(CH3)2CHCH2COOH。
（1）从B的结构式，根据碳四价被全氢原子，即可写出化学式。
（2）B中有羟基，则可以发生氧化，消去和取代反应。
（3）C到D为羧基还原成了羟基，D至E为羟基被溴取代生成溴代烃。溴代烃也可在NaOH水溶液中取代成醇。
（4）F为烯烃，其同系物D也应为烯烃，又相对分子质量为56，则14n=56，得n=4。所有同分异构体为1-丁烯，2-丁烯（存在顺反异构）和甲基丙烯四种。
（5）B为醇，C为羧酸，两者结合不写出A的酯的结构。F的名称要注意从靠近碳碳双键的一端进行编号命名。
（6）E→D为溴代烃,NaOH水溶液条件下的取代反应。
例2．（2009全国卷30）化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧。A的相关反应如下图所示:
已知R-CH=CHOH(烯醇)不稳定,很快转化为。
根据以上信息回答下列问题:
(1) A的分子式为 ;
(2) 反应②的化学方程式是 ;
3) A的结构简式是 ;
(4) 反应①的化学方程式是
;
(5) A有多种同分异构体,写出四个同时满足(i)能发生水解反应(ii)能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式： 、 、 、
；
（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为 。
答案
解析 本题考查有机物的结构推断和性质，注意结构简式、同分异构体、化学方程式的书写。根据题意，A分子中碳的原子数为4个，氢原子的个数为6个，则氧原子的个数为2个，即A的分子式为C4H6O2。由于A可以发生聚合反应，说明含有碳碳双键，在硫酸存在条件下生成两种有机物，则为酯的水解，即A中含有酯基。根据不饱和度，没有其他功能团。由A的水解产物C和D的关系可判断C与D中的碳原子数相等，均为两个。则A的结构为CH3COOCH=CH2，因此A在酸性条件下水解后得到CH3COOH和CH2=CHOH，碳碳双键的碳原子上接羟基不稳定，转化为CH3CHO。A聚合反应后得到的产物B为，在酸性条件下水解，除了生成乙酸和。
例3．（2009江苏卷19） 多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：
（1）写出D中两种含氧官能团的名称： 和 。
（2）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①苯的衍生物，且苯环上的一取代产物只有两种；②与Na2CO3溶液反应放出气体；
③水解后的产物才能与FeCl3 溶液发生显色反应。
（3）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为 。
（4）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为 。
（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成
苯乙酸乙酯（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）。
提示：①R－Br+Na→R－CN+NaBr ；②合成过程中无机试剂任选；
③合成路线流程图示例如下：
CH3CH2OH H2C＝CH2 BrH2C－CH2Br
答案（1）羧基、醚键
解析 （1）比较容易
（2）书写同分异构体（有限制条件的）要求熟练掌握各种官能团的性质结合题目信息即可得出答案。
（3）审题认真，看看反应实质是什么，结合反应物物质的量之比进行判断，结合信息，可以判断反应物物质的量之比如果控制不好达到2：1就会出现副产物结合答案进行认真分析。
（4）结合反应物与产物及题目提供的X（C10H10N3O2Cl），不难得出答案。
（5）关注官能团种类的改变，搞清反应机理。
例4．（2009广东化学20） 甲酸甲酯水解反应方程式为：
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率
为 mol·min-1(不要求写出计算过程)。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。
（3）上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为 。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
答案 （1）0.045 9.0×10-3
（2）该反应中甲酸具有催化作用
①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。
（3）0.14
（4）
解析 （1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min-1。
（2）参考答案。
（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol
所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7
（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。
【2010高考预测】从高考的命题走向来看，这类试题向着综合型、信息化、能力型方向发展，常常以新材料、新药物、新科技及社会热点为题材来综合考查学生的有机知识技能和能力，因此也是高考的热点。但是无论这些试题有多狡猾，但都是将典型的有机官能团之间的转化与信息背景整合在一起，为此，同学们在复习时对典型的有机代表物的性质一定要熟练掌握。
一、有机合成
有机合成题要求考生能用给定的基本原料（常见的有
、、、、等）制取各种有机物。其实质是通过化学反应使有机物的碳链增长或缩短，或在碳链与碳环之间发生相互转换，或在碳链与碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同性质、不同类型的有机物。本文简略谈一谈有机合成题的解法，希望能给各位考生以帮助。
（一）总的解题思路
1. 首先判断目标有机物属于何类有机物，与哪些基本知识和信息有关；
2. 其次分析目标有机物中碳原子的个数及碳链或碳环的组成；
3. 再次根据给定原料、信息和有关反应规律，合理地把目标有机物分解成若干片断，或寻找出官能团的引入、转换和保护方法，尽快找出目标有机物的关键点和突破点；
4. 最后将正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择出最佳的合成途径。
（二）解题的基本规律和基本知识
1. 掌握官能团衍变的主线（常见有两种途径）
（1）
（2）通过某种化学途径使一个官能团变为两个。如：
2. 官能团的引入
（1）引入羟基
a. 烯烃与水加成，b. 醛与氢气加成，c. 卤代烃碱性水解，d. 酯的水解等。
（2）引入卤原子
a. 烃与X2取代，b. 不饱和烃与HX或X2加成，c. 醇与HX取代等。
（3）引入双键：
a. 某些醇或卤代烃的消去引入，b. 醇的氧化引入等。
3. 官能团的消除
（1）通过加成消除不饱和键。
（2）通过消去、氧化或酯化等消除羟基（�OH）。
（3）通过加成或氧化等消除醛基（�CHO）。
4. 碳链的增减
（1）增长：有机合成题中碳链的增长，一般会以信息形式给出，常见方式为有机物与HCN反应以及不饱和化合物间的加成、聚合等。
（2）变短：如烃的裂化裂解，某些烃（如苯的同系物、烯烃）的氧化。
5. 有机物成环规律
（1）二元醇脱水。
（2）羟基、羧基的酯化。
（3）氨基酸脱水。
（4）二元羧酸脱水。
（三）常见的合成方法
1. 顺向合成法
此法要点是采用正向思维方法，其思维程序为“原料→中间产物→产品”。
2. 逆向合成法
此法要点是采用逆向思维方法，其思维程序为“产品→中间产物→原料”。
3. 类比分析法
此法要点是采用综合思维的方法，其思维程序为“比较题目所给知识原型→找出原料与合成物质的内在联系→确定中间产物→产品”。
测试题
1、苏丹红是很多国家禁止用于食品生产的合成色素（结构简式如图）。下列关于苏丹红说法错误的是（ ）。
A. 分子中含一个苯环和一个萘环
B. 属于芳香烃
C. 能被酸性高锰酸钾溶液氧化
D. 能溶于苯
解析：首先整体观察给出的有机物的结构，可以得出该有机物含C、H、O、N元素，不属于烃类，故B错。然后将所给有机物结构式，分成“块”，即：
结合题给选项，可以得出A、C正确；根据相似相溶原理，D项也正确。
答案：B
2、下图中 A、B、C、D、E、F、G 均为有机化合物。
根据上图回答问题：
（1）D 的化学名称是 __________________。
（2）反应③的化学方程式是__________________。 （有机物须用结构简式表示）
（3）B 的分子式是 __________________。 A的结构简式是 __________________。反应①的反应类型是 .
（4）符合下列 3 个条件的 B 的同分异构体的数目有 ______________个。
i）含有邻二取代苯环结构、ii）与 B 有相同的官能团、iii）不与 FeCl3 溶液发生
显色反应。写出其中任意一个同分异构体的结构简式_____________。
（5）G 的重要的工业原料，用化学方程式表示 G 的一种重要的工业用途_____。
解析 本题考查有机推断与合成.采用逆推断分析有机物结构简式。从G切入：根据条件知，G为乙烯，逆推D为CH3H2OH，由C与D反应条件“浓硫酸，加热”知，发生酯化反应，C为乙酸，CH3COOH。由B到E反应条件“浓硫酸，加热”知，发生分子内酯化反应，B结构简式为：
B分子式这C9H10O3。由A在氢氧化钠水溶液中反应，产物在酸的作用下得到B、C、D，所以，该反应是酯水解生成羧酸钠和醇。（4）写同分异构体：依题目限制的三个条件，必须有醇羟基和羧基，只在碳链、官能团位置上切入。符合条件的组合有：①-COOH与-CH2CH2OH，-CH(OH)CH3；②-CH3，-CH(OH)COOH,共3种。
答案：(1)乙醇;(2)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O,(3)C9H10O3
水解反应
(5)CH2=CH2+H2O CH 3CH2OH
3. 物质A（C11H18）是一种不饱和烃，它广泛存在于自然界中，也是重要的有机合成中间体之一。某化学实验小组从A经反应①到⑤完成了环醚F的合成工作：
该小组经过上述反应，最终除得到F1（ ）外，还得到它的同分异构体，其中B、C、D、E、F分别代表一种或多种物质。已知：
请完成：
（1）写出由A制备环醚F1的合成路线中C的结构简式： 。
（2）①写出B的一种结构简式： ；②写出由该B出发经过上述反应得到的F1的同分异构体的结构简式： 。
（3）该小组完成由A到F的合成工作中，最多可得到 种环醚化合物。
答案
（1）化合物Ⅰ的某些化学性质类似于苯。例如，化合物Ⅰ可在一定条件下与氢气发生加成反应生成 ，其反应方程式为 （不要求标出反应条件）。
（2）化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反应，所需另一反应物的分子式为 。
（3）下列关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的是 （填字母）。
A.化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反应
B.化合物Ⅱ不可以与金属Na生成氢气
C.化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色
D.化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
（4）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应方程式为 。（不要求标出反应条件）。
（5）用氧化剂氧化化合物Ⅳ生成克矽平和水，则该氧化剂为 。
答案
（2）CH2O（答HCHO者也得分）
（3）AC
解析 （1）根据提供的产物可以写出其化学方程式为
（2）根据“原子的利用率为100%”可知另一反应物的分子式为CH2O。
（3）因化合物Ⅱ分子中含有醇羟基，所以可以和CH3COOH反应，也可以和金属钠反应放出H2，故A对B错；在化合物Ⅲ的分子中含有碳碳双键，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，故C对D错。应选A、C。
（4）由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ发生了加聚反应，其方程式应写为
（5）从生成的克矽平的结构简式和生成的水，结合物质守恒定律，所选的氧化剂只能是含有氢和氧两种元素，
即H2O2。
5. 四川盛产五倍子。以五倍子为原料可制得化合物A。A的结构简式如下图所示。
请解答下列各题：
（1）A的分子式是 。
（2）有机化合物B在硫酸催化条件下加热发生酯化反应可得到A。请写出B的结构简式。
（3）请写出A与过量NaOH溶液反应的化学方程式。
（4）有机化合物C是合成治疗禽流感药物的原料之一。C可以看成是B与氢气按物质的量之比1∶2发生加成反应得到的产物。C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的结构，它能与溴水反应使溴水褪色。请写出C与溴水反应的化学方程式。
答案 (1)C14H10O9
(2)
解析 （1）由A的结构式很容易写出A的分子式为C14H10O9。
（2）因B在题设条件下可生成A，由A逆推，A水解可以得知B的结构简式为
（3）由A的结构简式可以看出A中有5个—OH，需中和5个NaOH，一个羟基中和一个NaOH，一个酯基消耗2
个NaOH，故1 mol A可消耗8 mol NaOH，方程式很容易写出（见答案）。
（4）根据题意，B与氢气按物质的量之比1∶2加成可得C，且C分子中无羟基与碳碳双键直接相连，且C能与溴水反应，因此C的结构简式应为 ，所以C与溴水反应的方程式应为：
6． 6—羰基庚酸是合成某些高分子材料和药物的重要中间体。某实验室以溴代甲基环已烷为原料合成6—羰基庚酸，请用合成反应流程图表示出最合理的合成方案（注明反应条件）。
提示：①合成过程中无机试剂任选，②如有需要，可以利用试卷中出现过的信息，③合成反应流程图表示方法示例如下：
解析：本题中有几个重要信息①环状反应物最终生成链状生成物，判断断键位置，如何断键。②反应物为卤代烃，肯定要利用卤代烃性质，发生一系列反应后断键。③生成物中有－－、－－OH，说明是发生了氧化以后的产物，本题采用递推法：
很明显此处碳碳双键断裂，并加氧，是依据烯烃臭氧氧化还原反应： 如何在环上形成双键，依据卤代烃性质进行一系列反应，此题就可顺利完成。
答案：
7．下面是一个合成反应的流程图
请写出
（1）．中间产物A、B、C的结构简式：A； B： C：
（2）．①、②、③、④各步反应所需用的反应试剂及各步反应的类型
①________、_______②________、_______③________、______④________、______
解析：对二甲基苯在光照条件下取代得到的卤代烃再水解得到醇，醇再氧化的醛，醛再氧化得到羧酸，羧酸再与乙二醇发生酯化反应。
答案：⑴A ；B ；C
⑵①NaOH溶液；取代 ②Cu、O2；氧化 ③Br2；加成 ④硫酸；酯化
8.已知烯烃中碳碳双键在某些强氧化剂作用下易发生断裂，因而在有机合成中有时需要对其保护。保护的过程可简单表示中下：
Ⅰ.
Ⅱ.
又知卤代烃在碱性条件下易发生水解，例如：CH3CH2Cl＋H2O 　　　CH3CH2OH＋HCl，但烯烃中碳碳双键在酸性条件下才能与水发生加成反应。现用石油产品丙烯及必要的无机试剂合成丙烯酸，设计的合成流程如下：
请写出②、③、④三步反应的化学方程式。
解析：本题涉及合成路线如何选择，如反应I；是取代还是加成，须根据路线选择的原则结合题设条件（限定6步反应等）推知。本题注重研究官能团的引入途径及引入的先后顺序，介绍官能团的保护，是有机合成的重要环节，值得研究。解答时，要认真审题，获取有用信息，挖掘隐含信息（反应I），结合旧知（有机物的相互转变），逐步解题。
由CH3CH＝CH2→CH2＝CH－COOH可知合成的关键在于碳碳双键如何保护，－CH3中有一个H原子逐步转化成－COOH。结合题中信息可知本题的知识主线为烃→卤代烃→醇→醛→羧酸。由此可知答案。
答案：②CH2=CHCH2Cl＋H2OCH2=CHCH2OH＋HCl
③CH2=CHCH2OH＋Br2CH2BrCHBrCH2OH
④2CH2BrCHBrCH2OH＋O2CH2BrCHBrCHO＋2H2O
9.提示：通常，溴代烃既可以水解生成醇，也可以消去溴化氢生成不饱和烃．如：
请观察下列化合物A～H的转换反应的关系图（图中副产物均未写出），并填写空白：
（1）写出图中化合物C、G、H的结构简式：
C______________、G_____________、H_____________．
（2）属于取代反应的有（填数字代号，错答要倒扣分）___________________________．
解析：本题的关键在于题给信息的灵活应用，由题意知：E应为二元卤代烃，则G中应含—C≡C—，所以F为二元醇．
答案：（1）C：C6H5CH=CH2 ；G：C6H5 CH ；H:
(2)①③⑥⑧
10. 烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D。C的结构简式是：
，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。以上反应及B的进一步反应如下图所示。
请回答：
（1）A的结构简式是 。
（2）H的结构简式是 。
（3）B转变为F的反应属于 反应（填反应类型名称）。
（4）B转变为E的反应属于 反应（填反应类型名称）。
（5）1.16gH与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO 2的体积是 mL。
解析：根据C的结构为逆推A的结构为CH3CH2－CH3；B的水解产物能连续氧化成酸，说明F是伯醇，则B的结构为CH3－CH2Cl。其余采用顺推法。
答案：(1) CH3CH2－CH3 (2) CH3－CH2COOH
(3) 水解（取代） （4）消去 （5）224
Br2
△
NaOH一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．金属钛对人体体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，有“生物金属”之称．下列有关Ti和Ti 的说法中正确的是 (　　)
A.Ti和Ti的质量数相同，互称为同位素
B.Ti和Ti的质子数相同，互称同位素
C.Ti和Ti的质子数相同，是同一种核素
D.Ti和Ti核外电子数相同，中子数不同，不能互称为同位素
解析：同位素的质子数和电子数相等，核外电子排布相同，中子数和质量数不相等.Ti和Ti的质子数均为22，中子数分别为26和28.
答案：B
2．正确掌握好化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是(　　)
A．H、D、T互为同素异形体
B．氨气分子中的化学键为非极性共价键
C．NH4Cl的电子式为： Cl－
D．S2－的结构示意图为
解析：H、D、T互为同位素，故A错误；氨气分子中的化学键为极性共价键，故B错误；氯离子的电子式错，故C错误．
答案：D
3．下列有关物质性质的比较中，正确的是 (　　)
①热稳定性：CH4＞NH3＞H2O　②还原性：I－＞Br－＞Cl－　③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4　④原子半径：Na＞Mg＞O
A．①③　　　　　B．②④ C．①④ D．②③
解析：热稳定性顺序为：CH4＜NH3＜H2O，酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4.
答案：B
4．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的
位置如图所示，下列说法正确的是 (　　)
A．X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强
B．Y的氢化物的稳定性比Z的弱
C．Y的最高正化合价为＋7价
D．X的单质的熔点比Z的低
解析：因为X、Y、Z都是短周期元素，可推出X为He，Y为F，Z为S，其中非金属性最强的是F，且F无正价，F的氢化物的稳定性比S的强，A、B、C选项错误；常温下He为气态，S为固态，D选项正确．
答案：D
5．元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是 (　　)
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
解析：分析题给条件可推知：X是钠(Na)、Y是氯(Cl)、Z是氧(O)．X(Na)与Y(Cl)同周期，原子半径X>Y，但X＋(Na＋)与Z2－(O2－)电子层结构相同，离子半径
X＋答案：B
6．X、Y是元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是 (　　)
A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
B．X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低
C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
解析：同主族元素从上到下，电子层数增多，非金属性减弱，A错误．因HF分子间存在氢键，在同族元素的氢化物中沸点最高，所以根据氢化物的沸点不能比较元素的非金属性强弱，B错误．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，C正确．D项说明，Y比X的非金属性强，D错误．
答案：C
7． X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大．X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，质子数比Y少5，X和Z在同一主族．下列叙述不正确的是 (　　)
A．原子半径：Y＞Z
B．X元素的一种单质可用于消毒杀菌
C．Y的氧化物是工业制取Y单质的主要原料
D．Z的单质在氧气中点燃可生成两种酸性氧化物
解析：由题意可依次推出X、Y、Z分别为O、Al、S三种元素，原子半径的大小关系为：Al＞S＞O(即Y＞Z＞X)；O3可用于消毒杀菌；工业上制取金属铝主要是电解熔融的Al2O3；硫单质在氧气中点燃只生成SO2一种酸性氧化物．
答案：D
8．面对日益恶化的地球生态环境，联合国环境规划署建议“低碳生活方式”降低二氧化碳等温室气体的排放，人人行动来保护我们生存的家园．下列说法正确的是 (　　)
A．CO2的比例模型为
B．用过氧化钠吸收CO2是目前比较经济的减碳方案
C．16O＝C＝18O与16O＝C＝16O互为同位素且化学性质相似
D．从我做起节电、节气等低碳生活方式可减少温室气体排放量
解析：碳的原子半径大于氧原子半径，故选项A错误；通过植树造林可吸收大气中的CO2，选项B错误；16O＝C＝18O和16O＝C＝16O均为二氧化碳的分子，故二者不属于同位素的关系，选项C错误．
答案：D
9．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13.X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原 子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是 (　　)
A．X的氢化物溶于水显酸性
B．Y的氧化物是离子化合物
C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
10．下列关于元素周期表和元素周期律的说法不正确的是(　　)
A．从氟到碘，生成的氢化物熔、沸点逐渐升高，稳定性逐渐减弱
B．因为钠原子比铝原子容易失去电子，所以钠比铝的还原性强
C．从钠到氯，最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强
D．氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，氧比硫的氧化性强
解析：HF分子间存在氢键，HF熔、沸点比HCl高，A项错误；钠容易失电子，还原性强，B项正确；C项正确；O、S同主族，故O比S原子半径小、单质非金属性强，D项正确．
答案：A
11．X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正
确的是 (　　)
A．由mXa＋与nYb－，得m＋a＝n－b
B．X2－的还原性一定大于Y－
C．X、Y一定不是同周期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY
解析：二者简单离子的电子层结构相同，说明两离子的核外电子数相等，若离子符号分别为mXa＋与nYb－，则有m－a＝n＋b，A错误；若二者分别为X2－、Y－，说明X、Y为同周期的非金属元素，且X在ⅥA族、Y在ⅦA族，Y比X的非金属性强，则还原性X2－＞Y－，B正确，由B项分析可知，X、Y可能为同一周期的活泼金属或同一周期的活泼非金属，C错误；若X的原子半径大于Y，且二者能形成气态氢化物，说明X与Y是同一周期的非金属元素，且X的原子序数小于Y，则Y的非金属性比X强，氢化物稳定性为HnY大于HmX，D错误．
答案：B
12．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.则有关X的下列说法中正确的是 (　　)
A．X中阳离子和阴离子个数不一定相等
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：选项A，如Na2O中的阳离子和阴离子个数不等，而NaF中的阳离子和阴离子个数相等．选项B，如NH4F中含有离子键，但也含有共价键．选项C，若X只含有两种元素，则这两种元素一定在不同周期、不同主族．选项D，在Na2O中，
r(Na＋)＜r(O2－)．
答案：A
13．核电荷数小于18的某元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为(2a＋1)．下列有关元素X的说法中，不正确的是 (　　)
A．元素X的原子核内质子数为(2a2－1)
B．元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂
C．元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个(n表示电子层数)
D．由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用
解析：若a＝1，则最外层电子数为3，此元素不存在；若a＝2，则X为氮元素；若a＝3，则X为氯元素．逐项分析，X为Cl时，Cl－的最外层电子数不满足2n2.
答案：C
14．已知A、B、C、D的原子序数都不超过18，它们的离子aA(n＋1)＋、bBn＋、cC(n＋1)－、dDn－均具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是(　　)
A．原子序数：a＞b＞c＞d
B．离子半径：A(n＋1)＋＞Bn＋＞C(n＋1)－＞Dn－
C．离子还原性：A(n＋1)＋＞Bn＋，离子氧化性：C(n＋1)－＞Dn－D.单质还原性：B＞A，单质氧化性：D＞C
D?单质还原性：B＞A，单质氧化性：D＞C
15．短周期元素A、B、C，它们的原子序数依次增大，其中C的原子半径在短周期的主族元素中最大，B与C的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，且A是构成有机物的重要元素，下列说法正确的是 (　　)
A．A元素位于元素周期表中第二周期ⅥA族
B．B离子与C离子具有相同的电子层结构
C．C离子具有很强的还原性，B离子具有很强的氧化性
D．B、C可以形成BC2型化合物
解析：C的原子半径在短周期的主族元素中最大，则C为钠元素；A是构成有机物的重要元素，且B、C的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，再根据三者的原子序数大小，可推出A是碳元素，B是氟元素．A项，碳元素位于元素周期表中的第二周期ⅣA族；B项正确；C项，C离子有较弱的氧化性，B离子有较弱的还原性；D项，B、C可形成NaF.
答案：B
16．下列说法不正确的是 (　　)
A．元素周期表中，除第一和第七周期外，第n周期所含非金属元素(包括稀有气体元素)的种数均为(8－n)
B．SiCl4、PCl3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
C．M层电子数为奇数的主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数不一定相等
D．由ⅠA族和ⅥA族短周期元素形成的原子个数比为1∶1，电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子型化合物
解析：M层电子数为奇数的主族元素原子M层一定是最外层，故该层电子数即为族序数，故C错误；满足D条件的物质为Na2O2，故D正确．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(7分)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一元素．
(1)1 mol A与足量D的氢化物完全反应产生的气体在标准状况下的体积为________．
(2)写出B的最高价氧化物的电子式________．
(3)表中的另一种金属元素(未标出)的单质G，可以发生如下图所示转化：
其中化合物M是一种白色胶状沉淀，则M为(填化学式)________；K的溶液与B
的某种氧化物反应的化学方程式为______________________________；一种新型无
机非金属材料由G元素和C元素组成，其化学式为____________________．
解析：(1)由表可知，A为Na，B为C(碳)，C为N，D为O，E为S，F为Cl.2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，则1 mol Na完全反应产生0.5 mol H2，标准状况下的体积为11.2 L.
(2)B的最高价氧化物为CO2，其电子式为?
(3)G既可与NaOH溶液反应，又能与Cl2反应，且M为白色胶状沉淀，则G为Al，K为NaAlO2，L为AlCl3，M为Al(OH)3.
答案：(1)11.2 L　(2)?
(3)Al(OH)3　NaAlO2＋CO2＋2H2O===NaHCO3＋
Al(OH)3↓　AlN
18．(8分)根据下表信息回答以下问题：
部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素 A B C D
原子半径(nm) 0.130 0.118 0.090 0.102
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋2 ＋6，－2
元素 E F G H
原子半径(nm) 0.073 0.154 0.037 0.099
主要化合价 －2 ＋1 ＋1 ＋7，－1
(1)E、F、G三元素形成的化合物中化学键类型是____________________．
(2)B、H两元素的最高价氧化物所对应的水化物相互反应的离子方程式是___________________________________________________________________．
(3)实验室中制取H单质反应的化学方程式是_____________________________．
(4)将A、B两种元素的单质用导线连接浸入NaOH溶液中，发现导线中有电流产生，其负极反应式为________________________________．
解析：根据各元素的化合价可推知：A、C是ⅡA族元素，D、E是ⅥA族元素，F、G是ⅠA族元素，H是ⅦA族元素，B是ⅢA族元素，再根据同一主族和同一周期原子半径的递变性规律可确定A、B、C、D、E、F、G、H分别是Mg、Al、Be、S、O、Na、H、Cl，从而可正确解答，注意高氯酸是强酸；当Mg、Al与氢氧化钠溶液形成原电池时，因Al与NaOH溶液反应，而Mg不反应，故Al作负极．
答案：(1)离子键和共价键
(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(3)MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(4)Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O
19．(7分)已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子最外层电子数是次外层的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物．则：
(1)X是________，Y是________，Z是________．
(2)由Y和Z组成，且Y和Z的质量比为7∶20的化合物的化学式是______________．
(3)由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是________和________．
(4)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子的个数比为4∶2∶3，该盐的化学式是____________．
解析：由题意可知，X为氢元素、Z为氧元素．Y与氧可以形成两种以上气态化合物，且Y的原子序数小于氧，故Y为氮元素．由Y和Z的质量比为7∶20，可知N与O原子个数比为∶＝2∶5，所以此化合物的化学式是N2O5.与H2O电子数相同的离子，可以是NH、OH－、H3O＋或NH等．由H、N、O形成的一种盐且盐中的原子个数比为4∶2∶3，该盐为NH4NO3.
答案：(1)氢　氮　氧　(2)N2O5
(3)NH(或NH)　OH－(或H3O＋)　(4)NH4NO3
20．(8分)现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号 元素性质或原子结构
T M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍
X 最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性
Z 元素最高正价是＋7价
完成下列问题：
(1)元素T在周期表中位于第______周期第______族．
(2)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________．
(3)元素Y与氢元素形成一种分子YH3，写出该粒子的电子式____________．
(4)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这________________________________________．
a．常温下Z的单质和T的单质状态不同
b．Z的氢化物比T的氢化物稳定
c．一定条件下Z和T的单质都能与NaOH溶液反应
(5)T、X、Z三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是________________(用化学式表示)．
解析：根据题目中T、X的电子层上的电子数或电子数与电子层数的关系可确定T为硫，X为碳；常温下单质Y为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为氮，Z元素最高正价为＋7价(短周期中)，故Z为氯．
(4)常温下Cl2和S的单质状态不同，属于物理性质，不能用于比较其非金属性的强弱；HCl比H2S稳定，说明Cl的非金属性比S的强；Cl2和S都能与NaOH溶液反应，说明Cl2和S均既有氧化性又有还原性，不能说明Cl的非金属性比S强．
(5)元素的非金属性：Cl＞S＞C，因此最高价氧化物对应的水化物的酸性：
HClO4＞H2SO4＞H2CO3.
答案：(1)三　ⅥA　(2)14C　(3)
(4)Cl　b　(5)HClO4＞H2SO4＞H2CO3
21．(11分)元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下图是元素周期表的一部分：
(1)阴影部分元素N在元素周期表中的位置为第______周期第________族．根据元素周期律，请你预测，H3AsO4、H3PO4的酸性强弱：H3AsO4________H3PO4(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(2)根据NaH的存在，有人提议可把氢元素放在第ⅦA族，那么根据其最高正价与最低负价的绝对值相等，又可把氢元素放在周期表中的第________族．
(3)元素甲是第三周期金属元素中原子半径最小的元素，该元素的离子与过量氨水反应的离子方程式为：
________________________________________________________________________.
(4)周期表中有10多种人体所需的微量元素，其中有一种被誉为“生命元素”的主族元素R，对延长人类寿命起着重要作用．已知R元素的原子有4个电子层，其最高价氧化物的分子式为RO3，则R元素的名称为 (　　)
A．硫 B．砷 C．硒 D．硅
(5)羰基硫(COS)分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构．用电子式表示羰基硫分子的形成过程：______________________________.
解析：(2)由NaH知，氢元素最低负价为－1价，而氢元素的最高正价为＋1价，因此与第ⅣA族元素的化合价特点相似，可将氢元素放在第ⅣA族．
(3)第三周期原子半径最小的金属元素是铝，Al3＋可与NH3·H2O反应产生Al(OH)3沉淀，且沉淀不溶于氨水．
(4)根据R元素的原子结构(电子层数)和RO3，依据题给元素周期表可推知R元素
为硒．
(5)COS分子结构与CO2分子结构相似，据此可知COS的结构式为O===C===S.
答案：(1)二　ⅤA　＜　(2)ⅣA
(3)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
(4)C
(5)
22．(11分)A、B、C、D、E为元素周期表中前三周期元素形成的五种离子，A、B、C、D四种离子的电子数均比E的电子数少8.
(1)A与B结合成的化合物甲中既有离子键又有共价键，A与C结合成的化合物乙难溶于水，乙溶于甲的水溶液得无色透明溶液，C元素在周期表中的位置为 ________________________________________________________________________，
乙与甲的水溶液反应的离子方程式为_______________________________________．
(2)B与E结合成化合物丙，其中离子数之比为2∶1，A与D结合成化合物丁，丁与丙反应产生无色无味的气体，该反应的化学方程式为_______________________．
(3)“神舟七号”飞船上的能量主要来自于太阳能和燃料电池，H2、O2和甲的水溶液可形成氢氧燃料电池，负极的电极反应为______________________________，电极反应产生的水经冷凝后可作为航天员的饮用水，当得到1.8 L饮用水时，电池内转移的电子数约为________ NA.
(4)有一种液态氮氢化合物戊，分子中氮与氢两种元素的质量比为7∶1，与E的电子数相同，是“神舟七号”飞船发射时使用的高能燃料之一，结构分析发现该分子结构中只有单键，与氨相似，则戊的结构式为______________________________________，
1 mol戊与过量盐酸反应的离子方程式是________________________，戊在氧化还原反应中与H2O2相似，既可作氧化剂，又可作还原剂，根据价态分析产生这种情况的原因是________________________________________________________________；8 g液态戊与液态双氧水恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的气态物质，放出375 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式____________________________________
________________________________________________________________________.
解析：A、B、C、D、E都是短周期元素形成的离子，电子总数不超过18，而A、B、C、D四种离子的电子数均比E的电子数少8，则A、B、C、D是10电子粒子，而E为18电子粒子．
(1)A与B结合成的化合物甲中既有离子键又有共价键，甲可能为NaOH，A与C结合成的化合物乙难溶于水，乙溶于甲的水溶液得无色透明溶液，则乙为Al(OH)3，A为OH－，B为Na＋，C为Al3＋，C元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，Al(OH)3溶于NaOH溶液的离子反应方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O.
(2)B与E结合成化合物丙，其中离子数之比为2∶1，则丙为Na2O2，A与D结合成H2O，H2O与Na2O2反应产生无色无味的气体O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑.
(3)H2、O2和NaOH的水溶液可形成氢氧燃料电池，负极的电极反应为：2H2＋4OH－－4e－===4H2O，当生成1.8 L饮用水时，电池内转移的电子数约为：×2×NA＝200NA.
(4)n(N)∶n(H)＝1∶2，且是18电子粒子，故戊为N2H4；因为其分子结构中只有单
键，与氨相似， 则戊的结构式为 ，它与盐酸的反应类似于NH3
与盐酸的反应，故1 mol戊与过量盐酸反应的离子方程式为：N2H4＋2H＋===N2H.戊在氧化还原反应中与H2O2相似，既可作氧化剂，又可作还原剂，这是因为戊中氮元素的化合价为－2价，处于氮的中间价态，既可以升高，又可以降低.1 mol N2H4完全反应放出的热量为×32 g＝1 500 kJ，故该反应的热化学方程式为：
N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1 500 kJ/mol.
答案：(1)第三周期第ⅢA族
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(3)2H2＋4OH－－4e－===4H2O　200
(4) 　 N2H4＋2H＋===N2H　戊中氮元素的化合价为－2价，既可以升
高，又可以降低
N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 500 kJ/mol一、单项选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分)
1．茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向．航标灯的电源必须长效、
稳定．我国科技工作者研制出以铝合金、Pt－Fe合金网为电极材料的海水电池．在
这种电池中 (　　)
①铝合金是阳极　　 ②铝合金是负极
③海水是电解液　　 ④铝合金电极发生还原反应
A．②③　　　　B．②④ C．①② D．①④
解析：电池电极只称为正、负极，故①错．其中活泼的一极为负极，即为铝合金，
②对．电极在海水中，故海水为电解质溶液，③对．铝合金为负极，则发生氧化反
应，故④错．
答案：A
2．下列关于铜电极的叙述正确的是 (　　)
A．铜锌原电池中铜电极上发生氧化反应
B．电解饱和食盐水制烧碱时，用铜作阳极
C．电解法精炼铜时，粗铜连接电源的正极
D．电镀铜和精炼铜时，均用纯铜作阴极
解析：铜锌原电池中铜电极为正极，发生还原反应；电解饱和食盐水制烧碱时，阳
极为石墨；电解法精炼铜时，粗铜作阳极被氧化，纯铜作阴极，故C正确；电镀铜
时，铜作阳极被氧化．
答案：C
4．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发生a极板质量增加，b极板处
有无色无臭气体放出．符合这一情况的是 (　　)
A极板 B极板 X电极 Z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
解析：a极板质量增加，必定是金属在a极析出．a极一定是阴极，则X一定为电源的负极，所以C选项电源电极名称错，B选项Z溶液为NaOH溶液，电解时无金属析出，被排除．又因为b极有无色无臭气体放出，该气体只能是O2，而D选项电解CuCl2溶液，阳极产生的气体是黄绿色的有刺激性气味的Cl2，D选项被排除.
答案：A
5．金属镍有广泛应用．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高
纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性Fe2＋＜Ni2＋＜Cu2＋) (　　)
A．阳极发生还原反应，其主要电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
　解析：电解精炼镍的化学原理与电解精炼铜相同，电解时将粗镍作阳极．由已知的氧化性Fe2＋Fe>Ni>Cu>Pt，电解时阳极上Ni和杂质Zn、Fe失电子，发生氧化反应，金属溶解进入溶液，Cu和Pt不能失电子而形成阳极泥在阳极附近沉积．在阴极上只有Ni2＋得电子析出金属镍，在通过相同电量时，阴阳两极反应的元素不完全相同，所以两极质量的变化值不等．电解时的电解液为含Ni2＋的盐溶液，电解过程中Ni2＋浓度略有减少，所以溶液中仍含有大量的Ni2＋.
答案：D
6．如图中能验证氯化钠溶液(含酚酞)电解产物的装置是 (　　)
解析：电子流出的一极是电源的负极，电解饱和的氯化钠溶液时，阳极产生Cl2，能
使碘化钾淀粉溶液变蓝；阴极产生H2，阴极区显碱性，能使酚酞变红．
答案：D
二、双项选择题(本题包括2小题，每小题6分，共12分)
7．如图所示，下列叙述正确的是 (　　)
A．Y为阴极，发生还原反应
B．X为正极，发生氧化反应
C．Y与滤纸接触处有氢气生成
D．X与滤纸接触处变红
解析：考查原电池、电解池的反应原理．根据图示的装置可以得出左侧的装置为原
电池，右侧的装置为电解池．根据原电池的构成规律：Zn为负极，Cu为正极；由
图示连接情况可知X为阳极发生氧化反应，Y为阴极发生还原反应，电极反应分别
为Cu2＋－2e－===Cu2＋、2H＋＋2e－===H2↑.因为在Y电极附近H＋的浓度减小，将
使H2OH＋＋OH－平衡向右移动，移动的结果是c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性，
所以溶液附近电极变红色．A、C选项正确．
答案：AC
8．有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入甲烷和氧气而构成燃料电池．该电池中反应的化学方程式：CH4＋2O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O，则关于此燃料电池的下列说法正确的是(一个电子所带电量为1.6×10－19 C)
(　　)
A．通入甲烷的电极为电池的正极，通入氧气的电极为负极
B．在标准状况下，每消耗5.6 L O2，可向外提供9.6×104 C的电量
C．通入甲烷电极的电极反应为：CH4＋10OH――8e－===CO＋7H2O
D．放电一段时间后，溶液pH升高
解析：在燃料电池中，可燃物是还原剂，发生氧化反应，在电池中作负极，所以A错．从原电池的总反应式看在反应中由于生成的CO2消耗了溶液中的OH－，使得溶液pH值降低，所以D错．消耗5.6 L O2即0.25 mol O2，转移1 mol电子，可向外提供6.02×1023×1.6×10－19C＝9.6×104C的电量，所以B正确．
答案：BC
三、非选择题(本题包括4小题，共64分)
9．(15分)将铝件与另一种材料作电极，以某种溶液作电解液进行电解，通电后在铝件与电解液的接触面上逐渐形成一层Al(OH)3薄膜，薄膜的某些部分存在着小孔，电流从小孔通过并产生热量使Al(OH)3分解，从而在铝件表面形成一层较厚的氧化膜．某校课外兴趣小组根据上述原理，以铝件和铁棒为电极，一定浓度的NaHCO3溶液为电解液进行实验．
(1)铝件表面形成Al(OH)3的电极反应式是：__________________________________
______________________________________________________________________.
(2)电解过程中，必须使电解液pH保持相对稳定(不能太大，也不能太小)的原因是
______________________________________________________________________.
答案：(1)Al－3e－＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑(或Al－3e－===Al3＋；Al3＋＋
3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑)
(2)Al(OH)3、Al2O3具有两性，电解液的酸性或碱性过强，都会使所形成的Al2O3
薄膜溶解
10．(17分)由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶
液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀．若用如图所示
实验装置可制得纯净的Fe(OH)2沉淀．两极材料分别为石墨
和铁．　(1)a电极材料为______________，其电极反应式为
________________________．[]
(2)电解液d可以是__________，则白色沉淀在电极上生成；
也可以是__________，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成．
A．纯水　　　　　　　　B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
(3)液体c为苯，其作用是__________，在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的
目的是________________________________________________________________
______________________________________________________________________.
(4)为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是________．
A．改用稀硫酸作电解液
B．适当增大电源电压
C．适当缩小两电极间距离
D．适当降低电解液温度
(5)若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续
电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为____________________________．
解析：制备Fe(OH)2的关键是防止O2对实验的干扰，加液体覆盖层，对电解液加
热处理的目的都是为了排除O2的干扰．
答案：(1)Fe　Fe－2e－===Fe2＋
(2)C　B
(3)隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧气氧化　加热一段时间除去溶液中溶解的氧气
(4)BC
(5)白色沉淀立即变为灰绿色，最终变为红褐色
11．(15分)Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器．该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4—SOCl2.电池的总反应可表示为：4Li＋2SOCl2 ===4LiCl ＋S ＋SO2.
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为__________，发生的电极反应为__________________；
(2)电池正极发生的电极反应为________________________________________；
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成．如
果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是_____________________________________，
反应的化学方程式为_____________________________________________________
_______________________________________________________________________；
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是________________________
________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________.
解析：分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂，SOCl2为氧化剂．
(1)负极材料为Li(还原剂)，电极反应为Li－e－=== Li＋.
(2)正极反应式可由总反应式减去负极反应式得到：2SOCl2＋ 4 e－=== 4Cl－＋ S ＋
SO2.
(3)题中给出有碱液吸收时的产物，则没有碱液吸收时的产物应为SO2和HCl，所以
SOCl2与水反应的现象应该为出现白雾和有刺激性气体生成．
(4)因为构成电池的两个主要成分中Li能和氧气、水反应，SOCl2也与水反应．
答案：(1)锂　Li－e－===Li＋
(2)2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2
(3)出现白雾，有刺激性气体生成　SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑
(4)锂是活泼金属，易与H2O、O2反应；SOCl2也可与水反应
12．(17分)利用太阳光分解水制氢是未来解决能源危机的理想方法之一．某研究小组设计了如图所示的循环系统实现光分解水制氢．反应过程中所需的电能由太阳能光电池提供，反应体系中I2和Fe2＋等可循环使用．
(1)写出下列反应中的离子方程式：
电解池A：___________________________________________________________；
电解池B：___________________________________________________________；
光催化反应池：________________________________________________________.
(2)若电解池A中生成3.36 L H2(标准状况)，电解池B中生成Fe2＋的物质的量为
________．
(3)若循环系统处于稳定工作状态时，电解池A中流入和流出的HI浓度分别为a
mol/L和b mol/L，光催化反应生成Fe3＋的速率为c mol/min，循环系统中溶液的
流量为Q(流量为单位时间内流过的溶液体积)．试用所给字母的代数式表示溶液的
流量Q＝________.
解析：(1)2H＋＋2I－H2↑＋I2　4Fe3＋＋2H2OO2↑＋4H＋＋4Fe2＋　
2Fe2＋＋I22Fe3＋＋2I－
(2)n(H2)＝＝0.150 mol；电子的物质的量为n(e－)＝2n(H2)＝2×0.150
mol＝0.300 mol.
因为电解池A、B是串联电解池，电路中转移的电子数目相等．所以，n(Fe2＋)＝
n(e－)＝0.300 mol.
(3)根据化学反应2Fe2＋＋I22Fe3＋＋2I－；光催化反应生成I－的速率v(I－)＝
v(Fe3＋)＝c mol/min
电解池A中消耗I－的速率应等于光催化反应池中生成I－的速率a mol/L×Q－b
mol/L×Q＝c mol/min，
故Q＝ L/min.
答案：(1)2H＋＋2I－H2↑＋I2　4Fe3＋＋2H2OO2↑＋4H＋＋4Fe2＋　2Fe2＋
＋I22Fe3＋＋2I－
(2)0.300 mol　(3) L/min