2024年高考化学一轮复习课件（鲁科版） 一轮复习68练答案精析

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一轮复习68练答案精析
第1章　化学中常用的物理量——物质的量
第1练　物质的量　气体摩尔体积
1．A　2.C　3.C　4.D
5．C　[光缆中的二氧化硅是由原子直接构成的，不含分子，A项错误；标准状况下SiO2为固体，B项错误；SiO2中Si与O的质量之比为28∶32＝7∶8，C项正确；SiO2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。]
6．C　[150 ℃时碳酸铵受热完全分解的化学方程式为(NH4)2CO32NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律，反应前1 mol即96 g碳酸铵受热完全分解，则反应后所生成混合气体的质量应为96 g。所以，反应后生成的混合气体的摩尔质量M(混)＝＝＝
24 g·mol－1，根据同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，则有＝＝＝12。]
7．C　8.D　
9．B　[同温、同压下，相同体积的氮气和氦气的物质的量相同，而氮气分子为双原子分子，稀有气体分子为单原子分子，所以二者含有的原子数不相等，A错误；标准状况下5.6 L任意气体的物质的量为＝0.25 mol，氯气分子和氧气分子都是双原子分子，所以以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子的物质的量为0.5 mol，含有的原子数为0.5NA，B正确；1 mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成1 mol氯化钠和1 mol次氯酸钠，转移1 mol电子，转移的电子数为NA，C错误；不是标准状况，不能使用22.4 L·mol－1计算混合气体的物质的量，D错误。]
10．B　[C2H2与C6H6的最简式均为CH，故二者碳元素的质量分数相同，A正确；标准状况下，C6H6为非气体，等体积的两种物质的物质的量不相等，所以含有的分子数也不相等，B错误；等物质的量时，二者质量之比为＝＝，C正确；二者的最简式相同，则等质量的两种物质完全燃烧消耗相同状况下的氧气的体积相等，D正确。]
11．D　[质量相等的CO和CO2的物质的量之比为11∶7，在温度和压强相同时体积之比为11∶7，但摩尔体积相同，气体的摩尔质量之比等于密度之比。]
12．A
13．Ⅰ.(1)　(2)　(3)　Ⅱ.3
14．(1)1　(2)11　(3)11　(4)2
15．Ⅰ.(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
(2)铝与稀硫酸反应生成的氢气使锥形瓶内气压增大
(3)收集到水的体积
(4)没有　相同温度和压强下，生成氢气的体积与排出空气的体积相等
Ⅱ. L·mol－1
解析　Ⅰ.(1)铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，其离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。(2)铝与稀硫酸反应生成的氢气使锥形瓶内压强增大，锥形瓶内的压强大于大气压，所以稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。(3)气体产生的压强导致水从集气瓶中排出，且氢气不易溶于水，所以收集到的水的体积近似等于氢气的体积。(4)装置中有空气存在，生成的氢气不溶于水，在相同温度和压强下，生成的氢气的体积与排出空气的体积相等，所以没有影响。
Ⅱ.2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
　2 mol　　　　　　　3 mol
　 mol　　　　 mol
Vm＝ L·mol－1。
第2练　物质的量浓度
1．C　2.A　3.A
4．B　[该混合溶液中H＋的物质的量n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol·L－1。]
5．C　[1 g钙离子的物质的量n＝＝0.025 mol，该溶液中含有硝酸根离子的物质的量n＝2n＝0.025 mol×2＝0.05 mol,20 g该硝酸钙溶液的体积V＝×10－3 L·mL－1＝ L，所以该溶液中硝酸根离子的物质的量浓度c＝＝
2.5d mol·L－1，故选C。]
6．A　[Na和Al一同投入m g足量水中时，发生反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为a mol，结合化学方程式可知共生成2a mol H2，所得溶液中只有Na[Al(OH)4]一种溶质，其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)＋m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝(46a＋m) g，所得溶液的体积为 L，则该溶液的物质的量浓度为 mol·L－1。]
7．B
8．C　[根据c＝得c1＝，c2＝，则＝＝＝，＝，根据氨水物质的量浓度越大，其密度越小，由2c1＝c2得到ρ1>ρ2，则w2>2w1，故C正确。]
9．A　10.D
11．D　[配制100 g 10%的NaCl溶液需要氯化钠的质量为100 g×10%＝10 g，配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液需要氯化钠的质量为0.1 L×1.0 mol·L－1×58.5 g·mol－1＝5.85 g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；氯化钠溶液的密度大于1 g·mL－1,100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，B错误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制100 mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100 mL容量瓶、胶头滴管等，需要的仪器不同，C错误；配制10%的NaCl溶液100 g，其密度大于1 g·mL－1，所以100 g溶液的体积小于100 mL,10%的NaCl溶液中氯化钠的物质的量为≈0.17 mol，其物质的量浓度大于1.7 mol·L－1，D正确。]
12．D　[操作1前称取NaOH的质量m(NaOH)＝0.1 L×1.00 mol·L－1×40 g·mol－1＝4.0 g，故A正确；转移溶液之前应将溶液冷却至室温即操作2前NaOH溶液需恢复至室温，故B正确；操作4若俯视刻度线定容，溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，故C正确；操作5后液面下降，液体可能在容量瓶和瓶塞之间，不能补充水，故D错误。]
13．(1)0.04 mol　4.04 g
(2)0.1 mol·L－1　0.12 mol·L－1
(3)0.896　Mg2＋＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2NH
14．(1)7.14 mol·L－1　>　(2)32　0.2
(3)65.57%　(4)22.35 g
解析　(1)密度为1.4 g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝＝ mol·L－1≈7.14 mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝
0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol－1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。(3)根据题意知，溶液中剩余酸的物质的量n(H2SO4)＝0.1 mol·L－1××0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol·L－1－0.005 mol＝0.07 mol；设铁的物质的量是m mol，氧化铁的物质的量是n mol，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝
0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol－1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则＝，解得x≈22.35 g。
15．(1)⑤　(2)50 mL容量瓶　(3)偏小
(4)2　(5)溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
(6)1.2
第3练　化学计算的常用方法
1．C　2.A
3．C　[设原溶液中硫酸铜的物质的量为x mol，则：
Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　Δm
1 mol　　　　　　　　　　8 g
x mol　　　　　　　　　　0.3 g
1 mol∶x mol＝8 g∶0.3 g
解得x＝0.037 5，硫酸铜的物质的量浓度为＝0.25 mol·L－1。]
4．A　[设该氮氧化合物的分子式为N2Ox，化学方程式为N2Ox＋xH2===N2＋xH2O，相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比也等于其化学计量数之比，
N2Ox＋xH2===N2＋xH2O　ΔV
1　　　　　　　　　　　x
15.6 L　　　　　　　　46.8 L
则1∶x＝15.6 L∶46.8 L，x＝3，所以其化学式为N2O3。]
5．C　[2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　 Δm
156 g　　　　　　　　　　　　　32 g
　　　　m　　　　　　　　　　　21.8 g－18.6 g＝3.2 g
Na2O2的质量m＝156 g×＝15.6 g，
氧化钠的质量是21.8 g－15.6 g＝6.2 g，
原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为∶＝2∶1。]
6．B　[KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag　　　Δm
39　108　　　69
M　　　　　6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56 g，钾元素的质量分数为×100%≈40.3%。]
7．B　8.C
9．C　[S与O2反应生成SO2，进而被氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氢氧化钠发生反应：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝n(NaOH)＝×0.01×0.5 mol＝0.002 5 mol，根据硫原子守恒，可知n(S)＝0.002 5 mol，w(S)＝×100%≈36%。]
10．C　[高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3 L×0.010 00 mol·L－1＝2.0×10－4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3 mol，w(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。]
11．A　
12．(1)0.2
(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O===KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol，体积为0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L
解析　(1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0 mg·kg－1；则1 000 kg该加碘食盐中至少含碘25.4 g，I的物质的量为＝0.2 mol。
13．(1)Ca(OH)2＋Ca(HCO3)2===2CaCO3↓＋2H2O
(2)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，避免影响钙含量的测定
(3)n(Ca2＋)＝0.010 00 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.000×10－4 mol，钙硬度为＝160 mg·L－1，n(Mg2＋)＝0.010 00 mol·L－1×(30.00－20.00) mL×10－3 L·mL－1＝1.000×10－4 mol，镁硬度为
＝48 mg·L－1。
14．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　减小
(2)①偏大　②12.32%
解析　(1)Fe2＋具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3＋，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，则H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋
(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知，水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋，还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2O)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00
×10－3 L＝1.100×10－3mol，由滴定时Cr2O→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56 g·mol－1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝×100%＝12.32%。
第2章　元素与物质世界
第4练　元素与物质的分类
1．A　2.A　3.B　4.B
5．A　[CaOCl2的化学式可以写成Ca(ClO)Cl，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；BiONO3中没有两种酸根阴离子，不是混盐，故C错误；K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种阴离子的盐，不是混盐，故D错误。]
6．C　[①中，石灰石不具备吸水性，不能作干燥剂；③中，基本营养物质是糖类、蛋白质和油脂；⑤中，过氧化钠不是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物。]
7．D　8.C　9.C
10．B　[⑤用玻璃瓶盛装“强水”(古书中记载一种能腐蚀五金的液体)，这里所说的强水应该是硝酸，硝酸不会和玻璃(主要成分是二氧化硅)发生反应，没有发生化学变化，正确。]
11．A　[SO2可与NaOH溶液反应，①可以实现；氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，②可以实现；稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应：H2SO4＋2CH3COONa===2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；氢硫酸和亚硫酸发生反应：H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，但有单质参加，⑤可以实现；水和过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。]
12．B　[若A为NaOH溶液，D为CO2，NaOH可与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3可与H2O和CO2反应生成NaHCO3，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，A正确；若A为Fe，D为Cl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3而不是FeCl2，B错误；若A为AlCl3溶液，D为NaOH溶液，AlCl3可与NaOH反应生成Al(OH)3，Al(OH)3可与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，AlCl3可与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3，C正确；若A为H2S，D为O2，H2S可与O2反应生成S，S可与O2反应生成SO2，H2S可与SO2反应生成S，D正确。]
13．(1)①　②④　④　(2)胶体　金颗粒　(3)渗析
14．(1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)　(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑　(3)Cu(OH)2CuO＋H2O　CuO＋H2Cu＋H2O　(4)①　②③　④
15．SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　SOCl2＋H2O===SO2＋2HCl、ClSO3H＋H2O===H2SO4＋HCl
第5练　离子反应　离子方程式
1．C　2.D　3.D　4.D
5．D　[Na2O2放入水中反应的化学方程式是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误。]
6．A　[过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，故D错误。]
7．A　[碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋H2O＋CO2↑，故A错误。]
8．D　[饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na＋＋CO＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，A错误；SO2少量时会有HClO生成，正确的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO＋Cl－＋2HClO，B错误；I－还原性强于Fe2＋，通入少量Cl2先和I－反应，离子方程式为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，C错误。]
9．C
10．C　[当n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶4时，发生反应：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，再增加1倍的Fe时，铁过量，发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，总反应的离子方程式为3Fe＋2NO＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，A正确；向碳酸氢钙溶液中加入足量石灰水，发生反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O，B正确；Na2O2与HO的反应过程中，Na2O2中氧元素的化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，所以生成的氧气是过氧化钠中的－1价氧元素转化来的，C错误。]
11．A
12．D　[Cr2O溶液为橙色，CrO溶液为黄色，故橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色，发生的离子方程式为Cr2O＋2OH－2CrO＋H2O，故A正确；硫化银比氯化银更难溶，因此氯化银可以转化成硫化银沉淀，AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，沉淀逐渐变为黑色：2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，故B正确；氢氧化钡过量，NH也会与OH－发生反应，反应的离子方程式为NH＋HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C正确；醋酸为弱酸，不能写成离子，正确的离子方程式为3MnO＋4CH3COOH===2MnO＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－，故D错误。]
13．(1)Cl－　Na＋　Ca2＋　(2)Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl　(3)5
解析　(1)碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，离子方程式为CO＋Ca2＋===CaCO3↓，反应过程中，钠离子数目不变，为曲线C；氯离子数目增大，为曲线A；碳酸根离子数目减小，为曲线B；溶液中碳酸根离子数目最小时，钙离子数目增大，为曲线D。(3)A、C曲线的交点Na＋与Cl－的物质的量相等，即：n(CaCl2)＝n(Na2CO3)＝mol＝0.05 mol，n(CaCO3)＝0.05 mol，m(CaCO3)＝0.05 mol×100 g·mol－1＝5 g。
14．(1) 氧化物(或酸性氧化物)　(2)NaOH===Na＋＋OH－(或KOH===K＋＋OH－)　(3)OH－＋H＋===H2O　(4)Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O　(5)Ba2＋＋SO===BaSO3↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓、HS－＋OH－===H2O＋S2－(合理即可)
15．(1)Ba2＋＋SO＋H＋＋HCO===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑　HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
(3)2Al3＋＋7OH－===Al(OH)3↓＋[Al(OH)4]－
(4)Cu2＋＋2HS－===CuS↓＋H2S↑
(5)4[Al(OH)4]－＋ 7H＋===3Al(OH)3↓＋ Al3＋＋7H2O
第6练　离子共存、离子检验与推断
1．D　2.B　3.B
4．C　[Al3＋与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，不能共存，故A正确；离子之间不反应，可大量共存，通入少量CO2与碱反应生成碳酸根离子，故B正确；滴加石蕊溶液变红的溶液，溶液显酸性，Fe2＋、H＋、NO发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；溶液呈蓝色，含铜离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确。]
5．D　[Fe3＋、S2－发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；NH、Fe3＋、Br－、SO之间能够共存，但加入过量Na2S后发生反应：2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S↓，故B错误；K＋、Na＋、ClO－、SO之间能够共存，但通入足量SO2后发生反应：SO2＋ClO－＋H2O===SO＋Cl－＋2H＋，故C错误；K＋、Na＋、CO、[Al(OH)4]－之间能够共存，[Al(OH)4]－结合H＋能力更强，加入少量HCl后发生反应：H＋＋[Al(OH)4]－===Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。]
6．C　[当固体中含有SO时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2溶液会被氧化生成硫酸根离子，有相同现象，故不一定是SO，A错误；若固体为FeCl3和Fe的混合物时，也有相同的现象，故固体试样中可能存在Fe3＋，B错误；检验NH时应加NaOH溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不能确定有没有铵根离子，C正确；滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，可能原固体中有[Al(OH)4]－，不一定为SiO，D错误。]
7．C　8.D
9．B　[原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO，故A错误；产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原溶液中一定含有NH，故B正确；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，故C错误；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液而使溶液呈红色，所以原溶液中不一定含有Fe3＋，故D错误。]
10．C
11．C　[生成的沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO的物质的量为0.03 mol；另结合图像知溶液中含有Al3＋ 0.01 mol，需OH－ 0.03 mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O并结合图像，知溶液中含有NH 0.02 mol，需OH－ 0.02 mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，需OH－为0.01 mol；实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为0.03 mol＋0.02 mol＋0.01 mol＝0.06 mol，总体积为60 mL，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1，A正确；溶液中正电荷总数为0.02 mol×1＋
0.01 mol×3＋n(K＋)×1＝0.05 mol＋n(K＋)，负电荷总数为0.03 mol×2＝0.06 mol，所以n(K＋)＝0.01 mol，则溶液中焰色试验呈现紫色的离子的物质的量浓度为＝1 mol·L－1，B正确；Al3＋为0.01 mol，SO为0.03 mol，加入氢氧化钡溶液，当硫酸根离子完全沉淀时，铝离子已转化为偏铝酸根离子，C不正确；NH、K＋、Al3＋、SO四种离子的物质的量之比为0.02 mol∶0.01 mol∶0.01 mol∶0.03 mol＝2∶1∶1∶3，D正确。]
12．(1)B　(2)H＋、Cu2＋　(3)①Na2CO3　Na＋、NO　②过滤　漏斗、烧杯、玻璃棒　③BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑
解析　(3)废水呈酸性，且其中含有大量 Na＋、Cu2＋、SO、Cl－、NO，欲除去废水样品中的Cu2＋和SO，最终得到中性溶液，从流程知，a为氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠溶液除了中和氢离子，还产生氢氧化铜沉淀，过滤后，溶液1中含OH－、Na＋、SO、Cl－和NO，试剂b为氯化钡或硝酸钡，过量的钡离子用Na2CO3除去，故试剂c为Na2CO3；过滤后，白色沉淀2为硫酸钡和碳酸钡的混合物，溶液2含OH－、Na＋、Cl－、NO和CO，再加入适量盐酸即可得到中性溶液。
13．(1)Fe3＋、Mg2＋、CO、Ba2＋　Cl－　 (2)①NH　0.2 mol·L－1　②Al3＋　0.2 mol·L－1　③SO　0.5 mol·L－1　(3)是　根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子
14．(1) Cu2＋、CO、H＋　 (2) NH＋OH－===NH3·H2O　(3)Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－　(4)2 mol·L－1　(5)n(NO)≥0.01 mol
解析　根据无色溶液可知，一定不含Cu2＋；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以至少有CO、SO两种离子中的一种；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g，则推断至少有CO、SO两种离子中的一种；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液时立即有沉淀生成，说明不含有H＋；沉淀最大时，滴加氢氧化钠溶液，沉淀不溶解，说明含有铵根离子，继续加入氢氧化钠时沉淀部分溶解，最后溶液中仍然有沉淀，推断一定含有Mg2＋、Al3＋，Mg2＋、Al3＋和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，一定含有硫酸根离子，硫酸钡的物质的量是＝0.03 mol，则每一份溶液中硫酸根离子的物质的量是0.03 mol。根据图像可知与铵根离子反应的氢氧化钠是10 mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠5 mL，则沉淀铝离子消耗氢氧化钠15 mL，所以沉淀镁离子消耗氢氧化钠25 mL－15 mL＝10 mL。最终得到氢氧化镁沉淀是0.01 mol，所以每一份溶液中镁离子是0.01 mol，与镁离子反应的氢氧化钠是0.02 mol，则氢氧化钠溶液的浓度是＝2 mol·L－1，所以每一份溶液中铵根离子的物质的量是0.01 L×2 mol·L－1＝0.02 mol，与氢氧化铝反应的氢氧化钠是2 mol·L－1×0.005 L＝0.01 mol，则每一份溶液中铝离子是0.01 mol。根据电荷守恒可知溶液中一定存在硝酸根离子，而钾离子不能确定。(5)如果存在钾离子，则忽略水的电离，依据电荷守恒可知每一份溶液中NO的物质的量n(NO)≥0.02 mol＋0.01 mol×2＋0.01 mol×3－0.03 mol×2＝0.01 mol。
第7练　氧化还原反应的概念和规律
1．C　2.B　3.B　4.A
5．D　[反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；KI中的I－由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，根据反应方程式，每生成4 mol I2转移7 mol电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。]
6．D　[FeTiO3中Fe显＋2价，O显－2价，元素化合价的代数和为0，则Ti的价态为＋4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A正确，D错误；生成6 mol CO，转移电子的物质的量为14 mol，即每生成标准状况下6.72 L CO气体，转移电子的物质的量为＝0.7 mol，故B正确；反应②中Mg的化合价由0价升高为＋2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由＋4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C正确。]
7．D　8.D
9．A　[步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；乙烯和三氧化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B错误；Cu＋在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要及时补充Cu＋，故C错误；缺少标准状况下，无法计算物质的量，故D错误。]
10．C　[根据图示可知历程①是Cu2＋与H2S气体发生反应生成CuS和H＋，该反应的离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，A错误；在历程②中，CuS与Fe3＋发生氧化还原反应生成S、Cu2＋、Fe2＋，S元素化合价升高，失去电子被氧化，CuS作还原剂，B错误；在历程③中，Fe2＋与O2发生氧化还原反应生成Fe3＋、H2O，根据得失电子守恒可知：n(Fe2＋)∶n(O2)＝4∶1，C正确；根据题图可知总反应方程式为2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，D错误。]
11．D　[由题图知，反应物为FeS2和氧气，Fe3＋、NO是催化剂，产物为亚铁离子和硫酸根离子，发生的总反应为2FeS2＋7O2＋2H2O2Fe2＋＋4SO＋4H＋，FeS2中S元素被氧化，FeS2作还原剂，A、B错误；从总反应中可以看出，反应消耗氧气需要不断加入氧气，而NO在总反应中并未消耗，故NO不需要不断加入，C错误；根据总反应方程式可知，消耗7 mol O2，溶液中最多增加4 mol硫酸根离子，D正确。]
12．(1)D　(2)NO＋Cl2＋H2O===NO＋2H＋＋2Cl－　(3)c　(4)①Na2O2　Na2O2、FeSO4　②高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中悬浮杂质而沉降
13．(1)Cu　＞　(2)33.6　(3)D
(4)＋8H2O
解析　(3)根据氧原子守恒，所以n＝2，根据氢原子守恒，所以y＝4，根据R原子守恒则x＝m，根据电荷守恒则2x＋y＝3m，所以x＝y＝m＝4，在反应中，R的化合价升高，R2＋是还原剂，所以R3＋是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物。
14．(1)1 000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管　SO2＋NaOH===NaHSO3
(2)2NO＋4Ce4＋＋3H2O===NO＋NO＋4Ce3＋＋6H＋
(3)Ce4＋　还原　(4)0.243a
解析　(3)由流程图可知，电解时Ce3＋转化为Ce4＋，X离子为Ce4＋，HSO得电子转化为S2O，S2O是还原产物。(4)根据题意得：2NO～O2，n(O2)＝n(NO)＝×＝a mol，V(O2)＝a mol×22.4 L·mol－1≈0.243a L。
第8练　氧化还原反应方程式的书写与配平
1．A　2.B　3.C
4．C　[Cr元素化合价由＋6价降低到＋3价，转移电子关系为K2Cr2O7～6e－，故每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移6 mol电子，A错误；K元素化合价为＋1价，O元素化合价为－2价，根据化合价代数和为0，知Cr元素化合价为＋6价，B错误；根据得失电子守恒知，Fe2＋与Cr2O物质的量之比为6∶1，C正确；FeSO4中Fe元素化合价升高，作还原剂，D错误。]
5．B　[根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，根据得失电子守恒可得，Cr2O和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C错误；Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O能发生，D错误。]
6．C　[As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NO===6AsO＋9SO＋28NO↑＋8H＋，水的化学计量数为4，A正确；反应产生H＋，反应后的溶液呈酸性，B正确；N元素化合价降低，NO作氧化剂，As和S元素化合价升高，As2S3作还原剂，由上述离子方程式知，氧化剂与还原剂的分子数之比为28∶3，C错误；As2S3作还原剂，氧化产物为AsO和SO，D正确。]
7．D　8.D
9．B　[还原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯气先与Fe2＋发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1，若Fe2＋全部被氧化，则溶液中的c(Br－)＝0.2 mol·L－1。而c(Br－)＝0.3 mol·L－1，说明Fe2＋没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L－1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L－1，故A错误；反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1) mol·L－1＝0.05 mol·L－1，故B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L－1，故D错误。]
10．A　[已知HNO3与铜反应生成NO、NO2，根据反应的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O分析计算。n(Cu)＝＝1 mol，n(NO2＋NO)＝＝1 mol，设NO2和NO组成的混合气体中n(NO)＝x mol，n(NO2)＝y mol，根据Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，消耗的铜为0.5y mol，根据3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，消耗的铜为1.5x mol，则有x＋y＝1，1.5x＋0.5y＝1，解得：x＝0.5，y＝0.5，则V(NO)＝0.5 mol×22.4 L·mol－1＝11.2 L。]
11．A
12．D　[由题干方程式可知，反应①中S既是氧化剂又是还原剂，反应②中S是氧化剂，反应③中S是还原剂，故反应①②③中，硫单质的作用不相同，A错误；分析反应①可知，每消耗3 mol硫单质转移4 mol电子，B错误；0.96 g即＝0.03 mol硫单质与a mL 2 mol·L－1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成Na2S和Na2SO3，由反应①的方程式，则a＝×1 000 L－1＝30，C错误；1.28 g即＝0.04 mol硫单质与10 mL 2 mol·L－1即0.01 L×2 mol·L－1＝0.02 mol热NaOH溶液恰好完全反应，只生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，则由Na原子守恒有2a＋2b＝0.02，由S原子守恒有：ax＋2b＝0.04，由电子守恒有2a＝4b，解得x＝5，D正确。]
13．(1)2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
(2)NaAlH4＋4H2O===Na[Al(OH)4]＋4H2↑
(3)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
(4)PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－
(5)4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑
(6)4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
14．(1)4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3　(2)①MnO2＋SO2MnSO4　②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　③溶液中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋CO(aq)，CO消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2OH2SO3H＋＋HSO，生成的Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4发生　(3)55c(V1－V0)×10－3
解析　(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3。(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2＋SO2MnSO4。②据图可知过程Ⅰ中MnO2被Fe2＋还原生成Mn2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(3)滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝c(V1－V0)×10－3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10－3 g·mL－1。
15．(1)氧化　(2)6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O　(3)①酸式滴定管(或移液管)　②×100%　碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质
第3章　金属及其化合物
第9练　钠及其氧化物
1．C　2.B　3.D　4.D
5．D　[Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液呈碱性，HCO与OH－反应生成CO，则②HCO浓度减小，④CO浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO氧化为SO，则③SO浓度减小，⑤SO浓度增大；只有①NO浓度基本不变，故选D。]
6．A　[Na2O2与H2O、CO2反应时，都是Na2O2发生自身的歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，B项正确；Na2O2具有强氧化性，而C、Al、SO2均具有还原性，故Na2O2可与C、Al、SO2发生氧化还原反应，可将C氧化成CO2，将Al氧化成Al2O3，将SO2氧化成SO，C、D项正确。]
7．C　[H2、CO发生反应的化学方程式分别为2H2＋O22H2O,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；2CO＋O22CO2,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，则过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学式组成符合(CO)m·(H2)n，过氧化钠固体增重的质量就等于原物质的质量，则①②符合；而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成(CO)2·(H2)2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，故①②④⑤符合。]
8．B　9.B　10.C
11．C　[Cu与浓硫酸反应制取SO2需加热，故A错误；盐酸易挥发，则装置B中应为碱石灰，可除去HCl和水蒸气，而硅胶不能除去HCl，故B错误；氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则装置C加热前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；检查装置A气密性的方法：先关闭K1，然后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且一段时间内高度不变，说明气密性良好，故D错误。]
12．C
13．(1)饱和碳酸氢钠　(2)C　(3)5　变浑浊
(4)①2Na＋2CO2Na2CO3＋CO　②4Na＋3CO22Na2CO3＋C
解析　(1)根据二氧化碳的实验室制法可知，二氧化碳中可能含有HCl气体，所以应除去HCl，则装置B中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液。(2)装置C可以达到固液分离的目的，起到随开随用，随关随停的作用。(3)因为该实验是验证二氧化碳与Na的反应，所以应排出装置中的空气，所以先通入二氧化碳使装置5中澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯。(4)①由题给信息分析知该固体是碳酸钠，则Na与二氧化碳反应生成CO和碳酸钠。②由题给信息分析知一种固体为碳酸钠，另一种是C单质，钠与二氧化碳反应的化学方程式是4Na＋3CO22Na2CO3＋C。
14．(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(2)①长颈漏斗　吸收氢气中的杂质气体(或除去氢气中的水蒸气和氯化氢气体)　②检验氢气纯度　③检验是否有水生成　④Na2O2＋H22NaOH
第10练　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属
1．D　2.C　3.B　
4．D　[25 ℃时，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，会生成碳酸氢钠沉淀，则表明碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小，A不正确；应小试管中放NaHCO3，大试管中放Na2CO3，C不正确；常温下，相同浓度的Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液的碱性强，即溶液的pH大小：Na2CO3＞NaHCO3，D正确。]
5．B　[CO、HCO发生水解，溶液显碱性，相同浓度下，CO的水解程度比HCO的大，所以相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，pH(Na2CO3)>pH(NaHCO3)，故A正确；实验后，碳酸钠溶液和氯化钙溶液恰好反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，溶液中的离子主要有Na＋、Cl－，而碳酸氢钠溶液和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠、碳酸，碳酸大部分分解为二氧化碳气体和水，氯化钙有剩余，溶液中的离子主要有Na＋、Cl－、Ca2＋，故两者的离子种类不完全相同，故B错误；加入氯化钙后，左侧试管中只有白色沉淀生成，则反应的化学方程式为Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl，右侧试管中有白色沉淀和无色气体产生，则反应的化学方程式为2NaHCO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，由化学方程式可知起始CO、HCO的物质的量相同时，Na2CO3溶液中生成的沉淀比NaHCO3溶液中生成的沉淀多，故C正确；两试管中发生的反应均为复分解反应，故D正确。]
6．B　7.B
8．D　[化学变化过程中元素守恒，所以此过程中元素种类没有改变，故A正确；焰色试验是元素的性质，钠元素的焰色为黄色，则NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色均为黄色，故B正确；NaHCO3与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，所以可以用NaHCO3治疗胃酸过多；NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，遇热膨胀而形成小孔，使得糕点松软多孔，故糕点制作也可以用NaHCO3，故C正确。]
9．C
10．D　[Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为CO＋Ca2＋===CaCO3↓，故B正确；Ⅲ的pH曲线逐渐降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，故C正确；石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误。]
11．D　12.A
13．C　[根据图示知，计量点①前发生反应的离子方程式：CO＋H＋===HCO，故A错误；计量点②溶液pH＝4，呈酸性，HCO不能存在，故B错误；Na2CO3和NaHCO3混合溶液中加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO＋H＋===HCO，此时消耗盐酸的体积为
11.9 mL，随后是碳酸氢钠转化为CO2的过程：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，由于CO＋H＋===HCO过程和HCO＋H＋===H2O＋CO2↑过程消耗盐酸的体积相同，所以碳酸钠消耗的盐酸为2×11.9 mL，则碳酸氢钠消耗的盐酸n(HCl)＝(28.1－2×11.9)×10－3 L×0.1 mol·L－1＝(28.1－2×11.9)×10－4 mol，所以此样品中n(NaHCO3)＝(28.1－2×11.9)×10－4 mol×10＝(28.1－2×11.9)×10－3 mol，故C正确；Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，盐酸先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠发生反应，生成碳酸氢钠，最后生成氯化钠，会得到3个计量点，故D错误。]
14．(1)①CD　②防倒吸　③NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通入NH3，可提高CO2利用率　④控制氨气(或CO2)的通入量
(2)①碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧
②2La3＋＋3HCO===La2(CO3)3↓＋3H＋
15．(1)①　②　碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡产生
(2)①提供较高温度，便于盐分解实验　②a试管中开始有少量气泡，后来无现象　b试管中有气泡，后有晶体析出　③CO2＋H2O＋Na2CO3===2NaHCO3↓
(3)①在浓度较稀时，与CaCl2反应产生较多沉淀的是Na2CO3，产生少量沉淀的是NaHCO3　②2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
解析　(1)碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡，碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡，因此实验①和②可以鉴别Na2CO3和NaHCO3。(2)②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体。(3)②C组中60 ℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
第11练　侯氏制碱法与Na2CO3含量的测定
1．C　2.B　3.A　4.D
5．A　[用酚酞作指示剂时，Na2CO3与盐酸发生反应，依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量，进而确定样品中Na2CO3的质量分数，A项正确；测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法，B项错误；因盐酸的质量未知，且CO2挥发带出水蒸气，无法通过重量法测量Na2CO3的质量，C项错误；因部分CO2能溶解到水里，与水反应生成H2CO3，故排出水的体积并不是CO2的体积，D项错误。]
6．D　[为了防止空气中的二氧化碳对实验的影响，需先通过装置A吸收空气中的二氧化碳，则装置A中的试剂为 NaOH溶液，C中的试剂应能与二氧化碳反应生成沉淀，应为Ba(OH)2溶液，故A错误；若B、C之间添加饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，挥发出的HCl气体会和NaHCO3反应生成CO2气体，对测定纯碱纯度会有影响，故B错误；盐酸易挥发，B中可能有HCl、H2O进入C中，不能通过测定C的质量差来确定CO2的质量，应通过测量C中产生的沉淀质量来确定碳酸钠的质量分数，故C错误；沉淀表面可能附着少量水分和溶于水的杂质，应经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作测定装置C中沉淀质量，故D正确。]
7．D　[碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以取m g样品，加热到质量不再变化时称重为n g，根据差量能计算碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故A正确；碳酸氢钠和碳酸钠都能和稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，所以取m g样品，加入过量的稀盐酸，再将所得溶液加热蒸发、结晶、灼烧，余下物质为氯化钠，根据钠原子守恒，通过氯化钠的质量为n g就能计算碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故B正确；取m g样品，溶于水，向所得溶液中加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀碳酸钙过滤、洗涤、烘干后称重为n g，根据碳酸钙的质量可以计算碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，故C正确；碳酸氢钠和碳酸钠都能和稀硫酸反应放出二氧化碳，取m g样品，加入过量的稀硫酸，所逸出的气体中含有水蒸气，也能被碱石灰吸收，所以碱石灰增重n g为二氧化碳和水蒸气的质量，所以无法计算碳酸钠的质量，不能求出碳酸钠的质量分数，故D错误。]
8．B
9．B　[盐酸完全反应生成二氧化碳3.36 L，结合H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，可知n(HCl)＝n(CO2)＝＝0.15 mol，故盐酸的浓度为＝3 mol·L－1，故A错误；第一组中盐酸过量，固体混合物完全反应，设NaHCO3和KHCO3的物质的量分别为x mol、y mol，则84x＋100y＝9.2，x＋y＝＝0.1，解得：x＝y＝0.05，则碳酸氢钠的物质的量分数为×100%＝50%，故B正确；根据B项的计算可知，混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为1∶1,9.2 g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为4.2 g和5.0 g，故C错误；由上述分析可知，向50 mL盐酸中加入15.7 g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，故D错误。]
10．(1)①检查装置的气密性　③除去装置中的水蒸气和二氧化碳　④2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑　Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑
(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大
②碱石灰　防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果　偏大　③×100%
11．(1)Na2CO3　分液漏斗　除去CO2中的水蒸气　(2)①液面上升　②体积
(3)①过滤　称量　②×100%
12．(1)A　NH3·H2O＋CO2===NH4HCO3、NaCl＋NH4HCO3===NaHCO3↓＋NH4Cl(或NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓)
(2)制化肥、制干电池等(任答一点)　(3)CO2
(4)BD　(5)使产生的CO2气体全部赶入碱石灰中被吸收　×100%　(6)碱石灰吸收了外界空气中的水蒸气和CO2　(7)21.2 g　(8)8.6%
解析　(2)侯氏制碱法副产品是氯化铵，氯化铵中含有氮元素，可制氮肥，也可以用于制干电池等。(4)碳酸钠的溶解度较大，通入氨气，不能使碳酸钠析出，A错误；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，B正确；母液中通入氨气，会消耗NaHCO3，C错误；氨气溶于水后生成氨水，增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵的析出，D正确。(5)B的质量差为生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的质量为(a2－a1)，根据C元素守恒，样品中Na2CO3的质量分数为×100%＝×100%。(7)由图像可知，当滴入质量分数为14.6%的盐酸至图中A点时，加入的盐酸恰好与碳酸钠反应，根据Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，样品中碳酸钠的物质的量为×＝0.2 mol，则碳酸钠的质量为0.2 mol×106 g·mol－1＝21.2 g。(8)A点时，溶液中的溶质为NaCl，根据钠元素守恒，生成的NaCl的物质的量为0.2 mol×2＝0.4 mol，溶液中NaCl的质量为0.4 mol×58.5 g·mol－1＋(25 g－21.2 g)＝27.2 g，放出二氧化碳0.2 mol，二氧化碳的质量为0.2 mol×44 g·mol－1＝8.8 g，溶液的质量为25 g＋200 g＋100 g－8.8 g＝316.2 g，溶液中溶质质量分数为×100%≈8.6%。
第12练　铁及其氧化物和氢氧化物
1．D　2.B　3.C　4.D
5．D　[氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，A项错误；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，B项错误；氧化亚铁和盐酸反应生成氯化亚铁和水，C项错误；氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，可以制备氯化铁溶液，D项正确。]
6．C　[蒸发 FeCl3 溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A不符合题意；FeCl3 溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B不符合题意；将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C符合题意；FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D不符合题意。]
7．C　8.C
9．B　[过程Ⅰ为在太阳能、>2 300 K条件下，Fe3O4分解为O2和FeO，化学方程式为2Fe3O46FeO＋O2↑，A正确；过程Ⅱ为6FeO＋CO22Fe3O4＋C，每生成23.2 g(即0.1 mol)Fe3O4，转移0.2 mol电子，B错误；由图知，该过程中Fe3O4和FeO相互转化，而二氧化碳被消耗，生成了碳和氧气，故利用该过程可以降低环境中CO2的含量，C正确；由过程Ⅰ、过程Ⅱ的反应知，该过程的总反应为CO2C＋O2，D正确。]
10．C
11．A　[干法制备K2FeO4的反应中，FeSO4中Fe元素化合价升高，FeSO4作还原剂，K2O2中O元素化合价既升高又降低，每6 mol K2O2参加反应，由原子守恒知，有1 mol K2O2作还原剂，有5 mol K2O2作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为(2＋1) mol∶5 mol＝3∶5，A错误；由上述分析知，每5 mol K2O2作氧化剂，转移10 mol e－，生成2 mol K2FeO4，所以每生成1 mol K2FeO4，有5 mol e－转移，B正确；由K2FeO4处理水时发生可逆反应，结合平衡移动原理知K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在，C正确；K2FeO4具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，K2FeO4与水反应可产生Fe(OH)3胶体，能起絮凝作用除去水中悬浮杂质，D正确。]
12．B　[Fe(OH)3具有吸附性，可作净水剂，但不能作消毒剂，故A错误；根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，a步发生反应的离子方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋，故B正确；0.1 mol FeS2完全被氧化时，S失去1.4 mol电子变为硫酸，铁由＋2价被氧化为＋3价，失去0.1 mol电子，失去电子总物质的量为1.5 mol，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为 mol＝0.375 mol，相当于消耗空气0.375 mol×5×22.4 L·mol－1＝42 L，故C错误；由反应可知，缓慢氧化过程中产生大量酸，会破坏矿区的生态环境，故D错误。]
13．(1)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　H2O
(2)①变为红色　②2FeCl3＋Fe===3FeCl2　③白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3　④2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　⑤Fe(OH)3　丁达尔效应
解析　(1)H2O中氢元素化合价由＋1降低为0，氧化剂是H2O。(2)①氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，A溶液中含有Fe3＋，滴入几滴KSCN溶液，溶液的颜色变为红色。④B为氯化亚铁溶液，加入氯水生成氯化铁溶液，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－。
14．(1)Fe2＋、Fe3＋、H＋　(2)BC　(3)过滤　洗涤
(4)①250 mL容量瓶　②97.5%
15．(1)1　(2)B　A　防止生成的氢氧化亚铁被氧化　(3)在仪器2底部放上一块吸铁石　(4)①D　②×100%　BC
解析　(1)由于三颈烧瓶是反应装置，故必须用分液漏斗来控制稀硫酸的用量，故稀硫酸盛装在1中。(4)①硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，故可以用浓度较高的乙醇洗涤。②根据离子方程式：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，可知25.00 mL待测液中，n(Fe2＋)＝5n(KMnO4)＝5×c mol·L－1×25×10－3 L＝0.125c mol，即(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为0.125c mol，m[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]＝0.125c mol×392 g·mol－1＝49c g，故产品的纯度为×100%＝×100%；俯视读数时液体体积偏小，A错误；滴定前有气泡，滴定结束时无气泡消耗标准液的体积比实际消耗的体积大，故数据偏大，B正确；锥形瓶用待装液润洗过后，药品残留在瓶壁上，故消耗标准液偏多，体积偏大，C正确；三次使用的高锰酸钾都相同，D错误。
第13练　铁及其化合物的转化关系
1．A　2.C　3.D
4．B　[反应中Fe元素由＋2价升高到＋3价，失去电子，Fe2＋是还原剂，Cr元素由＋6价降低到＋3价，得到电子，Cr2O是氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，A项不符合题意；绿矾与重铬酸根离子反应，可以去除毒性，生成的Fe3＋可以形成氢氧化铁胶体，具有净水的作用，B项符合题意；盐酸中的Cl－具有还原性，可以与具有氧化性的Cr2O发生氧化还原反应生成具有毒性的Cl2，C项不符合题意；草酸中的C是＋3价，可以作还原剂，同时生成二氧化碳气体，没有毒性，可以用草酸溶液代替绿矾作处理剂，D项不符合题意。]
5．A　[由题意知铁离子、银离子均被还原，氧化性：Zn2＋＜Cu2＋＜Fe3＋＜Ag＋，A错误，B正确；Fe先还原Ag＋，发生的反应为2Ag＋＋Fe===Fe2＋＋2Ag，然后发生反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，所以n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(0.05＋0.15) mol∶0.1 mol＝2∶1，C正确；由Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋可知，1 mol Fe恰好还原2 mol Fe3＋，D正确。]
6．D　[“酸溶”时先将烧渣粉碎并不断搅拌，可增大反应物的接触面积，能使反应物充分反应，从而提高铁元素的浸出率，故A正确；“反应”时发生的反应为溶液中铁离子与铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，故B正确；检验“反应”步骤是否完全反应，可以加入K4[Fe(CN)6]溶液检验是否存在铁离子，故C正确；将第二次“过滤”所得滤液硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等步骤制得绿矾，故D错误。]
7．C　[FeCl(亮黄色)只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，则工业盐酸显黄色是因为其中混有FeCl，故A正确；KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，由操作和现象可知，实验Ⅰ中，未检测到Fe3＋，故B正确；AgNO3溶液与氯离子反应，使FeCl转化为铁离子，稀释不是主要原因，故C错误；稀释或滴AgNO3饱和溶液均使Cl－浓度降低，可证明FeCl只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，故D正确。]
8．D　9.C
10．A　[碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，能使油脂的水解程度增大，则酸溶前可用热的碳酸钠溶液处理铁屑表面的油污，故A正确；氧化过程中反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，故B错误；制备高铁酸钠的反应中，氯化铁作还原剂，次氯酸钠作氧化剂，由得失电子守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂氯化铁的物质的量之比为3∶2，故C错误；相同条件下，高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾，故D错误。]
11．C　[固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要得到无色碱性溶液Z，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到的深棕色固体混合物Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，故X中一定含有CuCl2、Fe2(SO4)3和漂白粉，可能含有FeSO4，据此解答。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，此时的Cl－有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl－，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确。]
12．B　
13．B　[NaClO是强碱弱酸盐，水解显碱性，Fe3＋在碱性条件下会产生红褐色沉淀，故A正确；NaClO有强氧化性，溶液中KSCN中的硫氰酸根离子会直接被氧化为硫酸根离子，故B错误；气体进入多孔陶瓷后再扩散到溶液中，可增大气体与溶液的接触面积，有利于气体充分吸收，故C正确；氯水过量时，红色会褪去，滴入NaClO溶液至过量过程中，圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN－会被氧化剂氧化，SCN－中各元素的化合价为S：－2价，C：＋4价，N：－3价，S被氧化成硫酸根离子，最终收集到氮气，故S、N元素被氧化，故D正确。]
14．(1)(由黄色)变为浅绿色　不变红色(或无明显现象)　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋　新制氯水(或5%H2O2溶液)　不变红色(或无明显现象)　变红色　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)
(2)Fe2＋＋Zn===Zn2＋＋Fe　(3)Fe2＋
解析　(1)①向FeCl3溶液中加入Fe粉后，会发生反应：2FeCl3＋Fe===3FeCl2，溶液由黄色变为浅绿色，②由于溶液中不含Fe3＋，因此加入KSCN溶液后，溶液不会变为红色或无明显现象，③则上述证明Fe3＋具有氧化性的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；④取少量0.1 mol·L－1 FeCl2溶液，往溶液中加入少量KSCN溶液，再加少量新制氯水(或5%H2O2溶液)，氯水(或5%H2O2溶液)将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋与SCN－结合产生Fe(SCN)3，使溶液变为红色，故⑤加入KSCN溶液后，溶液不变红色或无明显现象；⑥加入你选的试剂后，溶液变红色，则⑦体现Fe2＋具有还原性的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)。(2)由于金属活动性：Zn＞Fe，二者发生置换反应，溶液由浅绿色变为无色，该反应的离子方程式为Fe2＋＋Zn===Zn2＋＋Fe。(3)已知MnO在反应中得到电子，则MnO是氧化剂，是反应物，Mn2＋是还原产物，是生成物，缺项微粒表现还原性，作还原剂，其被氧化为Fe3＋，则X是Fe2＋。
15．(1)除去铁屑表面的油污
(2)水浴加热　反应有氢气生成，不能用明火直接加热
(3)AD　(4)检验产物中是否有水生成
(5)SO2＋H2O2＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H＋　否，若产物中有SO3，也有白色沉淀生成
(6)加入高锰酸钾溶液的一份中，溶液不褪色；加入KSCN溶液的一份中，溶液变红色
第14练　金属材料和金属的冶炼
1．A　2.B　3.C　4.D
5．D　[A项，应将反应后的液体倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌；B项，应将铜丝在空气中加热到红热后伸入盛满氯气的集气瓶中；C项，CuCl2水解生成的盐酸易挥发，加热蒸干CuCl2溶液得不到无水CuCl2固体。]
6．C　[过量的酸应为稀硫酸，用稀硝酸会引入硝酸根离子，A错误；向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子，B错误；加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋变为沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，加CuO时离子方程式为3CuO＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋ 3Cu2＋，C正确；从溶液中冷却结晶得到硫酸铜晶体，D错误。]
7．D　[向Na[Al(OH)4]溶液中通入CO2气体，发生反应生成Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热分解产生Al2O3，在上述转化过程中无元素化合价的变化，因此涉及的反应均为非氧化还原反应，A正确；Al2O3是两性氧化物，与NaOH溶液反应产生Na[Al(OH)4]，B正确；Al(OH)3是两性物质，能够与强酸、强碱发生反应，为避免Na[Al(OH)4]与强酸反应时产生的Al(OH)3被过量的强酸溶解变为可溶性铝盐，根据酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2气体，反应产生Al(OH)3、NaHCO3，该反应的离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO，C正确；电解熔融Al2O3时，阴极上Al3＋得到电子被还原产生Al单质，故阴极的电极反应式：Al3＋＋3e－===Al；阳极上O2－失去电子变为O2，阳极的电极反应式为2O2－－4e－===O2↑，D错误。]
8．B　9.C　
10．A　[“浸取”后所得浸取液含有FeCl2，FeCl2与Cu单质不能发生反应，因此不可用来腐蚀铜制电路板，A错误；加入浓盐酸后溶液中的c(Cl－)增大，CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)正向移动，过滤除杂后加水稀释，平衡逆向移动，从而可得纯净的CuCl，故该操作的目的是为了实现CuCl的净化，B、C正确；乙醇沸点低易挥发，真空中无O2可防止CuCl被氧化，故采用乙醇洗涤和真空干燥有利于提高CuCl的产率和纯度，D正确。]
11．A　[由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3。反应③的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，可知氧化性：H2O2>Fe3＋，A错误；X溶液中含有Fe2＋，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，B正确；根据反应③的离子方程式可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C正确；反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，D正确。]
12．C
13．(1)过滤　(2)降温结晶　(3)甲　(4)控制溶液的pH为8～11　(5)×100%
(6)干燥氯化氢气体　(7)MgCl2·6H2OMgO＋2HCl＋5H2O[或MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl＋5H2O或MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl＋4H2O]
14．(1)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
(2)加粗导管、缩短导管长度、加热导管(写出一点即可)
(3)生成微溶于水的氢氧化钙造成损失
(4)c　b　d　e　a
(5)滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且半分钟内不褪色　4.480%
解析　(1)实验室用氯酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为ClO＋5Cl—＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。
(2)由题意可知氯化铝蒸气凝华易堵塞导管，则加粗导管、缩短导管长度、加热导管可以防止蒸气凝华堵塞导管。
(3)装置B中的氯化铝溶液溶解碳酸钙时，要控制碳酸钙和AlCl3的量，否则钙离子会与氨水反应生成微溶的、不易分解的氢氧化钙，影响七铝十二钙的产率。
(4)由题意可知，制备硫酸铝晶体的操作为称取一定质量的处理过的铝箔于烧杯中，逐滴加入NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止，过滤，向滤液中加入硫酸，调节pH在4～10时生成氢氧化铝沉淀，再过滤、洗涤，向沉淀中加入硫酸，至恰好溶解，蒸发浓缩、冷却结晶，再进行过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体。
(5)由题意可知，亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，再滴入标准溶液，溶液会变为浅紫色，则判断滴定终点的依据是滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且半分钟内不褪色；由得失电子守恒可得：5Fe2＋～MnO，由滴定消耗20.00 mL 1.000×10—2 mol·L－1 KMnO4标准溶液可知，废铝箔中铁元素的质量分数为
×100%＝4.480%。
第4章　非金属及其化合物
第15练　硅　无机非金属材料
1．A　2.D　3.B　4.C
5．C　[陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，A项错误；制普通硅酸盐水泥的原料是黏土和石灰石，B项错误；沙子的主要成分是SiO2，黏土的主要成分是硅酸盐，D项错误。]
6．B　[CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca(OH)2或者Ba(OH)2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是－1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确。]
7．C　[金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，因此金刚石和石墨的熔点肯定比C60高，故A正确；分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点：C60＜C70＜C90，故B正确。]
8．C　[二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，与水不反应，故A错误；二氧化硅制成的光导纤维，由于其良好的光学特性而被用于制造光缆，故B错误；在高温时，二氧化硅能与碳酸钠固体反应生成硅酸钠和二氧化碳，故C正确；由化学方程式SiO2＋2CSi＋2CO↑可知，当生成2.24 L(标准状况)即0.1 mol气体时，得到0.05 mol 即1.4 g硅，故D错误。]
9．B　10.B
11．D　[根据题干信息可知，在草酸受热产生的气体中会含有分解所产生的CO2和CO，也会含有其升华所产生的草酸蒸气，则产生的气体用足量的NaOH溶液吸收后，除去了CO2及草酸蒸气，但引入了水蒸气，A项错误；由于受热产生的气体中含有草酸蒸气，且草酸具有强还原性，所以氧化铜被还原也有可能是草酸作用的结果，不能由此确定一定存在CO，B项错误；由于受热产生的气体中含有草酸蒸气，又因为草酸钙同样难溶于水，所以形成的沉淀有可能是草酸钙，C项错误。]
12．C　[本题制备高纯硅，反应H2＋SiHCl3Si＋3HCl应在装置Ⅳ中进行，装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，即装置Ⅱ中盛放浓硫酸，装置Ⅲ的作用是提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A错误；实验时应先通入氢气，目的是排出装置中的空气，防止发生危险，故B错误；硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应，溶液变红色，可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；用稀NaOH溶液制备氨，需要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此不能制备氨，故D错误。]
13．D　[由题图知，CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生反应：2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，钙化生成CaCO3沉淀同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。此过程中能将太阳能转化为化学能，故A正确；温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，所以影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C正确；光合作用，碳由＋4价降为0价，每生成0.1 mol (CH2O)x转移电子数为0.4xNA，故D错误。]
14．(1)BD　　(2)SiO2＋2CSi＋2CO↑　1∶2　(3)防止SiHCl3发生水解；防止硅被氧化；防止氢气与氧气反应而发生爆炸(任写两条即可)　(4)各组分沸点相差较大　(5)H2、HCl
第16练　氯及其化合物
1．C　2.D　3.B　4.B
5．C　[将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，故A正确；漂白粉溶液与盐酸混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O，故B正确；漂白粉溶液吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，其反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，故C错误；漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生反应：Ca(OH)2＋2CH3COOH===Ca(CH3COO)2＋2H2O、Ca(ClO)2＋2CH3COOH===Ca(CH3COO)2＋2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提高其漂白效率，故D正确。]
6．B
7．D　[过程1中，ClO－转化为Cl－，Cl元素化合价由＋1价变为－1价，ClO－为氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，Ni2O3为还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1，A项正确；过程2中，NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－和O，离子方程式为2NiO2＋ClO－===Cl－＋Ni2O3＋2O，B项正确；Ca2＋与SO结合生成微溶的CaSO4，CaSO4会覆盖在催化剂表面，不利于反应进行，D项错误。]
8．B　[次氯酸钙与盐酸反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，盐酸既体现了酸性又体现了还原性，A正确；氯气与水的反应为可逆反应，存在平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，饱和食盐水中氯离子浓度很大，促使反应逆向进行，次氯酸的量很少，所以③中红纸几乎不褪色，B错误；①说明干燥氯气没有漂白性，②红纸褪色，①②说明氯水有漂白性，涉及的反应为Cl2＋H2OHCl＋HClO，C正确；④中反应为Cl2＋HCO===CO2＋HClO＋Cl－，④中次氯酸的浓度最大，②③④中次氯酸浓度大小为④>②>③，由红纸变化可知，HClO浓度越大，漂白效果越好，D正确。]
9．C　[根据化学方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，当氧化产物只有NaClO时，n(Na＋)∶n(Cl－)为2∶1，当氧化产物只有NaClO3时，n(Na＋)∶n(Cl－)为6∶5，故6∶5＜n(Na＋)∶n(Cl－)＜2∶1,7∶3＞2∶1，A错误；由于反应后体系中没有NaOH，故NaOH反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝0.03 L×10 mol·L－1＝0.3 mol，根据氯元素守恒有2n(Cl2)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝0.3 mol，故参加反应的氯气n(Cl2)＝0.15 mol，B错误；根据上述化学方程式可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3 mol××1＝0.15 mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3 mol××1＝0.25 mol，则0.15＜n＜0.25，C正确；令n(NaCl)＝5 mol，n(NaClO)＝1 mol，n(NaClO3)＝1 mol，生成NaCl获得的电子为5 mol×1＝5 mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1 mol×1＋1 mol×5＝6 mol，得失电子不相等，D错误。]
10．D　11.B
12．D　[溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，n(Na)＝n(Cl)，则参加反应所需要的NaOH与氯气的物质的量之比一定为2∶1，故A正确；a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到ClO－与ClO物质的量之比为1∶1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O，溶液中n(NaCl)∶n(NaClO3)∶n(NaClO)＝6∶1∶1，故B正确；由图可知，t2～t4，n(ClO)增大，n(ClO－)减小，结合转移电子守恒，可能是ClO－发生歧化反应：3ClO－===2Cl－＋ClO，故C正确；二氧化硫具有强还原性，能与漂白液发生氧化还原反应，则向漂白液中通入二氧化硫，会减弱漂白能力，故D错误。]
13．(1)NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO ，NaClO与空气中的二氧化碳反应，生成的HClO的杀菌效果比 NaClO 更好　在“84”消毒液中加入白醋　(2)2　3　1　3　3　2　(3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　(4)NaClO＋2HCl===Cl2↑＋NaCl＋H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道　(5)有科学性；因为“84”消毒液中有ClO－和Cl－，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1 mL “84”消毒液于试管中，加入1 mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI-淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明注意事项有科学性
14．(1)Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2)b　(3)浓H2SO4　
(4)反应放热，且SO2Cl2沸点低，冰水浴有利于生成和收集SO2Cl2　
(5)SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl　
(6)C→B→E→D→F　D装置中品红不褪色，F装置中产生白色沉淀
解析　(2)装置戊是利用分液漏斗中的液体把氯气从装置中排出，要求所加溶液与氯气不反应且氯气在此溶液中溶解度很小；所以装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和食盐水。(3)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，装置丙是制备SO2Cl2的反应器，必须隔绝水蒸气，因此装置乙和丁盛放的试剂均是浓H2SO4。(5)SO2Cl2在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量HCl白雾，根据元素守恒可知还有硫酸生成，则SO2Cl2和水反应的化学方程式为SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。(6)因为次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，所以不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应来判断亚硫酸、次氯酸的酸性强弱；要先验证亚硫酸的酸性比碳酸强，A装置制备SO2，C装置除去二氧化硫中的HCl，B装置用来制备CO2，E装置用来除去CO2中的SO2，D装置中的品红溶液检验SO2是否除尽，F装置是二氧化碳与次氯酸钙反应，生成碳酸钙白色沉淀和次氯酸，可以证明碳酸的酸性强于次氯酸，最终得出亚硫酸酸性强于次氯酸的结论；所以装置的连接顺序为A→C→B→E→D→F。
第17练　氯气的实验室制法及应用
1．B　2.A　3.D　
4．B　[高锰酸钾、次氯酸钠具有强氧化性，在不加热条件下，能与浓盐酸反应产生氯气，故A正确；氯气能与碱石灰发生反应，因此干燥氯气时不能用碱石灰，应用无水氯化钙，故B错误；饱和食盐水能吸收氯气中的HCl，b装置有长颈漏斗，还起到安全瓶的作用，可以监测后续装置是否发生堵塞，平衡气压，故C正确；含4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰发生反应，盐酸浓度降到某一浓度时反应停止，因此产生标准状况下氯气的体积小于22.4 L，故D正确。]
5．D　[实验时应该先检查装置的气密性然后再装药品，A正确；由图可以发现，装置C和E中温度不同，故可以通过对装置C和E中的产物分析来判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响，B正确；装置D中通入氯气，形成氯水，故其现象为溶液逐渐变成浅黄绿色，C正确；装置B中NaOH溶液的作用是处理反应后多余的氯气，D错误。]
6．C　[二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，装置甲没有加热装置，A错误；应该用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B错误；氯气和氢氧化钠反应可以制备次氯酸钠，C正确；饱和食盐水不能吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，D错误。]
7．B　8.D
9．D　[ClO2污染空气，可用酸性KI溶液吸收，A项正确；实验前先打开真空泵，再打开分液漏斗活塞，让盐酸一次性加入发生器，产生的ClO2快速被抽走，防止聚集爆炸，B项正确；实验过程中，为使真空泵工作顺畅，分液漏斗活塞应保持打开状态，空气从分液漏斗进入发生器，起到搅拌的作用，C项正确、D项错误。]
10．C　[电解装置中阴极上ClO2得电子生成ClO，阳极上Cl－失电子生成Cl2 ，C错误。]
11．D　[①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水中除去挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的体积比，并在实验结束后可以将多余的氯气排出进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O的反应是放热反应，且Cl2O在42 ℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需放置在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2的装置，导管应该长进短出，错误；⑤除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确。]
12．B　[A为制取C3N3O3Cl2Na的装置，B为除去氯气中的HCl的装置，C为尾气处理装置，D为制取氯气装置，所以为完成实验，按气流从左至右，导管连接顺序为f→c→d→a→b→e，A正确；升高温度，氯气和NaOH溶液反应生成NaClO3，生成NaClO的浓度减少，不利于装置A中产品的生成，B错误；由反应方程式：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、2NaClO＋C3H3N3O3===C3N3O3Cl2Na＋NaOH＋H2O，可得关系式：4NaOH～2NaClO～C3H3N3O3，加入4 mol NaOH时，可消耗1 mol C3H3N3O3，由于产物也生成NaOH，则消耗氰尿酸的量大于1 mol，C正确；装置D中浓盐酸和Ca(ClO)2反应生成Cl2，由于产生气体，装置D内压强较大，使用橡胶管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下，D正确。]
13．(1)＋3　NOCl＋H2O===HCl＋HNO2　(2)Fe2＋＋NO＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O
(3)水　将NO2转化为NO　(4)将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化　红棕色气体消失　(5)－34 ℃≤T＜－5.5 ℃　Cl2
14．(1)除去HCl气体　减小　(2)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O　(3)②③　(4)防止HClO分解　(5)溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复　4.66　(6)HClO　酸性条件易产生氯气导致环境污染；中性条件下对棉布损伤较大
解析　(1)氯气难溶于饱和食盐水，装置B中饱和食盐水的作用是除去HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度；若没有装置B除去Cl2中混有的HCl，D中氢氧化钠不足量，HCl会消耗一定量的氢氧化钠，次氯酸钠的产率减小。(3)①反应需要加热，装置A中不用酒精灯反应难以进行，不合理；②装置C中浓硫酸用于吸收氯气中的水，没有装置C不会对实验造成影响，合理；③氯气有毒会污染环境，在装置D后接一个盛有NaOH溶液的装置，用于尾气处理，合理。(4)步骤①中NaClO在酸性条件与KI反应生成碘单质和氯化钠，离子方程式为ClO－＋2H＋＋2I－===Cl－＋I2＋H2O，ClO－与H＋结合形成HClO，见光易分解，所以要在暗处进行。(5)淀粉遇碘显蓝色，滴加Na2S2O3标准溶液后，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，碘单质被还原，溶液蓝色逐渐变浅，最终完全反应时褪色，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为0.025 L×0.100 0 mol·L－1＝0.002 5 mol，根据关系式：ClO－～I2～2S2O，n(NaClO)＝n(I2)＝×0.002 5 mol，NaClO的含量为≈4.66 g·L－1。(6)黄绿色气体为Cl2，无漂白性，NaClO与盐酸反应的离子方程式为ClO－＋H＋===HClO，pH越小，氢离子浓度越大，平衡向正反应方向移动，HClO浓度越大，漂白性越强，所以具有漂白性的是HClO。
第18练　卤族元素　溴、碘单质的提取
1．C　2.A　3.D　4.C　5.D
6．D　[碘水中有碘单质，淀粉遇碘显蓝色，A正确；碘水不稳定，见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存，B正确；碘水显酸性，通入二氧化硫后与单质碘反应生成碘化氢和硫酸，溶液酸性增强，D错误。]
7．C　[实验1中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，氯化氢与氨气反应生成NH4Cl固体，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－＞Cl－，故B合理；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，均能将碘化钠氧化成碘单质，不能判断还原性：I－＞Br－，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性，实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理。]
8．C　[由反应①可知氧化性：Cl2＞I2，由反应②可知氧化性：I2＜IO，由反应③可知氧化性：Cl2＞IO，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；I－和IO在酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验食盐中是否加碘，故B正确；反应①中转化关系：2I－～I2～2e－，反应②中转化关系：5I－＋IO～3I2～5e－，则生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误。]
9．B　10.B　11.B
12．B　[反应IBr＋H2O ===HBr＋HIO中，没有元素化合价变化，IBr既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确、B错误；溴化碘(IBr)的化学性质类似卤素单质，在与金属反应时，IBr是氧化剂，故C正确；由氯气与NaOH的反应可知，IBr和NaOH稀溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O，故D正确。]
13．C　[反应ICl＋H2O===HCl＋HIO中，没有元素化合价变化，是非氧化还原反应，A项错；XYn是不同卤素原子形成的化合物，若n＝1，则一定是极性分子，D项错。]
14．(1)c　d　a　b　e　(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　(3)溶液变蓝色　溶液变橙黄色　吸收剩余的Cl2　(4)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－　(5)溶液变棕黄色　(6)溶液蓝色褪去　3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O
15．(1)D　(2)因为交换吸附原理：R—Cl＋IR—I3＋Cl－，最佳效果是都转化为I，因此NaClO的量过少，I－氧化不充分，过多会使溶液中I－含量太低，不利于生成I，不利于后续的交换吸附，结果都会使产率下降　(3)①强碱性阴离子交换树脂对I的吸附能力远大于对I－的吸附能力
②2NO＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O
解析　(1)操作Ⅰ是将清液分离的操作，有机杂质不溶于水，在清液的下方，所以使用倾倒的方法就可以将二者分离。(2)根据吸附原理：R—Cl＋IR—I3＋Cl－，可知是I被吸附，在清液中加入H2SO4和NaClO溶液的目的是将一部分碘离子氧化为碘单质，还要剩余一部分碘离子，所以NaClO过多或者过少都会影响I的生成。(3)①实验的目的是尽可能多的吸附碘元素，强碱性阴离子交换树脂对I的吸附能力远大于对I－的吸附能力，所以实验中将I－转化成I再进行吸附是为了提高吸附的效率。②在酸性条件下NO具有氧化性，将I－氧化成I2，同时本身被还原为一氧化氮。
第19练　硫及其氧化物
1．D　2.B　3.B
4．D　[硫在氧气中燃烧只生成SO2，D项错误。]
5．C　[水银(Hg)是单质，A错误；“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，前者需要加热，后者常温下反应，不是同一条件，故不是可逆反应，B错误；体积膨胀系数是表征物体热膨胀性质的物理量，水银有恒定的体积膨胀系数，受热时体积变化均匀，可用于制作温度计，C正确；“积变又还成丹砂”发生的反应是Hg＋S===HgS，Hg发生了氧化反应，D错误。]
6．A
7．C　[A项，葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰；B项，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，部分BaSO3也会被空气中的O2氧化；C项，氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用；D项，石灰石吸收SO2需要在高温下才能进行。]
8．B　[酸雨的pH1∶8。H2O的组成与CuO是否完全反应无关，只与通H2前后玻璃管的质量差和生成的水的质量有关。]
6．D　[根据题中给出的反应物和生成物，结合原子守恒和得失电子守恒，可知装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O，A项正确；因移开酒精灯后反应仍能进行，说明该反应是放热反应，B项正确；根据化学方程式可知产物中有水蒸气，为便于干燥，可用装置Ⅱ冷凝大部分水蒸气，再用装置Ⅲ进行干燥，C项正确；N2的密度与空气的密度相差不大，不能用排空气法收集，D项错误。]
7．D　8.B
9．B　[如果不排尽装置中的空气，氧气与碳在高温下反应，会干扰气体产物的检验，a管可以起到平衡气压的作用，故A正确；酸性高锰酸钾溶液既要检验二氧化硫，又要除去二氧化硫，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，反应后溶液中c(H＋)增大，pH减小，故B错误；C装置中产生的白色沉淀应为碳酸钡，据此可判断气体产物中含有CO2，故C正确；黑色氧化铜变为红色的铜，同时澄清石灰水变浑浊，说明气体产物中含有CO，故D正确。]
10．A　[由实验装置图可知，装置B中锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应生成的氢气进入装置C中，使装置C中气体压强增大，将硫酸和少量硫酸铜的混合溶液压入装置D中，锌和混合溶液发生反应生成铜、硫酸锌和氢气，反应生成的氢气进入装置E中，使装置E中气体压强增大，将硫酸铜溶液压入装置F中，铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，当E中长导管的底端低于液面后，氢气进入装置F中，将反应生成的四氨合铜离子压入装置G中，在四氨合铜离子的催化作用下，过氧化氢分解生成氧气和水，反应生成的氧气进入装置H中，与过量的氢硫酸反应生成硫和水，装置I中氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的硫化氢，防止污染环境。]
11．(1)a→b→f→g→c　除去二氧化碳中的HCl杂质
(2)关闭K2，打开K1
(3)6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3===(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓＋13CO2↑＋12NH4Cl
解析　(1)由于＋4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用装置C产生的CO2排出装置内的空气，而装置C中产生的CO2中会混入HCl杂质，用装置A中的饱和NaHCO3溶液除去，用装置B检验CO2是否充满整个实验装置，故上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c。
12．(1)碱石灰　(2)Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑　(3)CO＋2H2CH3OH、CO＋H2HCHO　(4)C　(5)BC
(6)将反应器内残留的CO和H2全部转移到E处　(7)0.003
解析　(4)添加药品完毕，调整G中两液面相平之前，应该先通入氦气赶走反应装置内的空气，避免发生爆炸，故A错误；当G中两液面差不再变化时，应该等气体恢复到室温时，再调整G中左右两液面相平，读得量气管的最终读数，故B错误；初始读数时仰视，最终读数时俯视，在量气管上的高度差变高，导致测得气体体积偏大，故C正确。(5)有关酒精灯操作的叙述，先点E处的酒精灯，让生成的CO和H2立即反应，后撤E处的酒精灯，因为第二次通氦气的目的是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，不能没有加热条件，因此正确的是B、C。(6)该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，否则定量实验测定的数据不准确。(7)综合实验中的数据，CO＋2H2CH3OH，生成甲醇0.048 mol，CO＋H2HCHO，生成甲醛0.001 mol，所以反应完毕，剩余n(H2)为0.003 mol。
第5章　物质结构与性质　元素周期律
第26练　原子结构　核外电子排布规律
1．A　2.D　3.D　4.A　5.C
6．A　[N电子层中有4s、4p、4d、4f四个能级，各具有1、3、5、7个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，故可容纳32个电子，所以有32种运动状态，A正确；在K电子层中，只有1个轨道，能容纳自旋相反的2个电子，B不正确；电子云通常是用小黑点来表示电子出现的机会多少，但小黑点不表示电子，D不正确。]
7．B　[第4周期元素中基态原子核外有3个未成对电子的共有3种，分别是V(3d34s2)、Co(3d74s2)、As(4s24p3)，故选B。]
8．D　[原子处于基态时能量最低，A项，Be原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布1个电子，应为激发态，错误；B项，N原子核外电子排布不符合洪特规则，错误；C项，B原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布2个电子，应为激发态，错误；D项，碳原子的1s和2s轨道全部排满电子后，2p轨道排布2个电子，核外电子排布符合能量最低原理，应是基态碳原子，正确。]
9．B　[最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素不一定位于第ⅡA族，可能位于副族或0族，如副族的Zn或0族的He，故A错误；d区元素的基态原子都含有d轨道电子，故B正确；最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素不一定是金属元素，如H，故C错误；基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素，s能级上最多排列2个电子，则n＝2，所以该原子价电子排布式为2s22p2，为C元素，是非金属元素，故D错误。]
10．C
11．B　[由守恒关系可知元素X的质量数为27，X与Y最外层电子数之和为8，质子数相差2，且X为金属元素，可推知X为Al元素，Y为P元素，二者都有＋3价，都可以形成三氯化物，A项错误，B项正确；Al原子质子数为13，P原子质子数为15，故质子数：XO>B>Al，B错误；电负性：O>N>B>Al，C正确；硝酸的酸性比硼酸(H3BO3)的强，D错误。]
6．A　[由可知，组成该物质的元素有H、C、N、O和Al，由电子排布式可知，H位于第1周期，属于s区，而C、N、O均位于第2周期，均属于p区，Al位于第3周期，属于p区，故A错误；根据原子半径递变规律，电子层数越多，半径越大，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，故B正确；非金属性越强，气态氢化物越稳定，由元素周期律可知，同周期元素从左往右，非金属性依次增强，则非金属性：O＞N＞C，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故C正确；N的原子序数为7，核外有7个电子，则基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故D正确。]
7．D　8.B
9．D　[元素的非金属性越强，其电负性越大。元素的非金属性：F>O>N>S，元素的电负性：F>O>N>S，A错误；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子核外电子能级分别处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能比同一周期相邻元素的大，故这四种元素的第一电离能大小顺序：F>N>O>S，B错误；F没有正价，O无最高正价，C错误；基态原子核外未成对电子数：F原子只有1个，S原子和O原子均有2个，N原子有3个，所以题给物质涉及元素的基态原子中N原子未成对电子数最多，D正确。]
10．D　[当In＋1≫In时，元素的最高化合价为＋n，故R和U最高价为＋1，S最高价为＋2，T最高价为＋3，A、C项正确；由表中数据可知，Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素，所以氦元素最有可能与Q元素位于同一族，B项正确；R出现了I4，而锂核外只有3个电子，D项错误。]
11．A　[①为铝元素，②为硅元素，③为磷元素，④为硫元素；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，因此电负性最大的是④，A错误；第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子是X2＋，B正确；同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se均符合此规律，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，④Na、P、Cl符合此规律，C正确；①为硅元素，②为氮元素，③为碳元素，④为硫元素，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，D正确。]
12．(1)第2周期第ⅥA族　(2)1s22s22p6　(3)5　3　(4)O>B>Mg　(5)基态Mg的核外电子排布式为1s22s22p63s2，处于稳定状态，较难失去电子；基态Al的核外电子排布式为1s22s22p63s22p1，失去1个电子后，处于稳定状态
13．(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(3)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定
(4)2　(5)Al
14．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)　大于　小于　(2)N>O>C　O>S>H　N　＋3　O＞C＞Si　(3)铬：1s22s22p63s23p63d54s1、铜：1s22s22p63s23p63d104s1、锰：1s22s22p63s23p63d54s2　3s23p5　K、Cu
(4)3s23p63d5　7　4s24p1　 15　3s23p3　F＞N＞O＞B　(5)①3　ⅣA　②1s22s22p3　1　③＞　＞　＜　(6)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(7)N　
解析　(7)由核外电子总数与其周期数相同，确定a为H元素，由价电子中的未成对电子有3个，确定b为N元素，由最外层电子数为其内层电子数的3倍，确定c为O元素，由d与c同主族，确定d为S元素，由e的最外层只有1个电子且次外层有18个电子，确定e为Cu元素。
第28练　化学键
1．B　2.D　3.D
4．A　[HCl分子中的σ键由氢原子提供的未成对电子的1s原子轨道和氯原子提供的未成对电子的3p原子轨道“头碰头”重叠形成，故A错误；N2分子中p轨道与p轨道通过“肩并肩”重叠形成p-p π键，π键为镜面对称，不能绕键轴旋转，故B正确；CH4中的碳原子为sp3杂化，碳原子的4个sp3杂化轨道分别与氢原子s轨道重叠，形成C—H σ键，故C正确；CH2==CH2中的碳碳之间形成双键，双键中有1个σ键和1个π键，故D正确。]
5．D
6．C　[C==C由一个σ键和一个π键构成，C—C为σ键，二者键能不是2倍的关系，C项错误；原子半径：O＞F，键长：O—H＞H—F，键能：H—O＜H—F，形成化学键时放出的能量：H—O＜H—F，化学键H—F更稳定，O2、F2跟H2反应的能力F2更强，D项正确。]
7．D　[CO2中只含有碳氧极性键，A错误；根据结构式可知，0.5 mol HCHO含有1.5 mol σ键，B错误；HCHO、CO2分子中既含有σ键，又含有π键，C错误；H2O中含有氢氧极性键，D正确。]
8．D　9.C
10．C　[含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2＋与环戊二烯离子(C5H)之间为配位键，故A错误；一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11，则1 mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA，故B错误；碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，故C正确；铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层两个电子变为亚铁离子，根据构造原理可知，亚铁离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故D错误。]
11．B　[电子数由多到少的顺序为O>O>O2>O，键能大小顺序为w>z>y>x，A项错误；这些微粒都是O原子成键，共用电子对无偏移，D项错误。]
12．A　[历程③中有碳碳单键断裂，历程④中有碳碳双键形成，A正确；Mo周围形成共价键数目有6个、4个两种情况，B错误；根据题中信息可知，由历程③反应生成和，由历程④反应生成CH3CH==CH2，若乙二醇为原料历程③反应生成，由历程④反应生成CH2==CH2，C 错误；Cu催化氧化1,2-丙二醇生成物为，与MoO3催化产物不同，错误。]
13．(1)第2周期第ⅣA族　离子键、共价键
(2)
(3)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(4)>　(5)黄　56
14．(1)13NA　12NA　(2)24NA　(3)5∶2
(4)17NA　(5)28NA
解析　(3)配体CH3CN中含有3个C—H、1个C—C和1个C≡N，故1 mol CH3CN中含有5NA σ键、2NA π键，σ键与π键个数之比为5∶2。
15．(1)σ　极性　(2)1∶1　(3)30　(4)D
第29练　价电子对互斥理论、杂化轨道理论及应用
1．C　2.C　3.C　4.D
5．B　[杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；杂化轨道可以部分参与形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成了化学键，故B错误；sp3、sp2、sp杂化轨道其空间结构分别是正四面体形、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故C正确；四面体形、三角锥形分子的结构可以用sp3杂化轨道理论解释，如甲烷、氨气分子，故D正确。]
6．B　[①BCl3中中心B原子为sp2杂化，键角为120°；②NH3中中心N原子为sp3杂化，NH3分子中有孤电子对存在，使键角小于109°28′；③H2O中中心O原子为sp3杂化，H2O分子中存在两个孤电子对，使键角比NH3分子的键角还小；④PCl中中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；⑤HgCl2中中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③。]
7．D
8．B　[CH与H3O＋中C原子与O原子的价电子对数都是4，且都含有1个孤电子对，均为三角锥形结构，A项正确；CH、—CH3、CH中C的价电子对数分别是3、4、4，根据价电子对互斥理论知，C原子的杂化类型分别是sp2、sp3、sp3，B项错误；CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C项正确；CH与OH－形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，D项正确。]
9．(1)2　2　4　sp3　四面体形　角形
(2)3　0　3　sp2　平面三角形　平面三角形
(3)4　0　4　sp3　正四面体形　正四面体形
10．(1)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2＋的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱
(2)砷原子的电负性小于氮原子，其共用电子对离砷核距离较远，斥力较小，键角较小
(3)C==O对C—C的斥力大于C—O对C—C的斥力
第30练　分子的性质　配合物与超分子
1．C　2.C　3.B
4．A　[根据S2Cl2的分子结构可知，它属于极性分子，故A错误，B正确；由于S2Cl2与S2Br2的结构相似，而相对分子质量：S2Br2＞S2Cl2，熔、沸点：S2Br2>S2Cl2，故C正确；由题意知其与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D正确。]
5．A　[①H2O＋H＋===H3O＋，H2O中O与H＋之间存在配位键；②NH3＋H＋===NH，NH3中N与H＋之间形成配位键；③Cu2＋ ＋4H2O===[Cu(H2O)4]2＋ ，Cu2＋ 与H2O中O之间形成配位键；④Fe3＋＋6SCN－===[Fe(SCN)6]3－，Fe3＋与SCN－之间形成配位键；⑤Cu2＋＋4Cl－===CuCl，Cu2＋与Cl－之间形成配位键；⑥CH4不含配位键；⑦NH3不含配位键。]
6．B　[向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成深蓝色铜氨溶液，故A错误；Cu2＋提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107.3°，故D错误。]
7．D　8.C
9．C　[Zn原子序数为30，位于第 Ⅱ B族，所以，Zn2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A正确；1个HCHO分子含2个C—H和1个C==O，共有3个σ键，所以1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024，B正确；HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，—CN(—C≡N)中的C为sp杂化，C错误。]
10．C　[B原子最外层有3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且没有孤电子对，故采用sp杂化，在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且没有孤电子对，故采用sp2杂化，A正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力，故B正确；由图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1 mol H3BO3晶体中含有3 mol氢键，故C错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的OH－中氧原子有2个孤电子对，两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，故D正确。]
11．(1)F的电负性大于N，N—F成键电子偏向F，导致NF3中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子
(2)C的电负性比O小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键
(3)N—H…O　N—H…N
解析　(2)CO中C、O原子各有一个孤电子对，但电负性：C＜O，故O吸引孤电子对的能力更强，提供孤电子对形成配位键的能力减小。
12．(1)3d54s1　(2)①O>Cl>C　②3∶1　(3)AC
解析　(3)阴、阳离子之间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，水分子之间存在氢键，该配合物中含有离子键、配位键、共价键和氢键，故A错误；该复合物中Cl原子含1对共用电子对和3个孤电子对，所以其价电子对数是4，根据价电子对互斥理论判断Cl的杂化类型为sp3，故B正确；该复合物中Cl、CO和H2O为配体，故C错误；CO与N2的价电子总数相同，为等电子体，等电子体结构和性质相似，所以其结构式为C≡O，故D正确。
13．(1)①[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)4Cl2]Cl　②6
(2)①空轨道　孤电子对　②[Fe(SCN)]Cl2
第31练　物质的聚集状态　常见晶体类型
1．D　2.B　3.B
4．C　[金属能导电是因为自由电子在外加电场作用下定向移动，A错误；自由电子在热的作用下与金属阳离子发生碰撞，实现热的传导，B错误；在外力的作用下，金属中各原子层间会出现相对滑动，而自由电子与金属阳离子之间的电性作用仍然存在，使得金属不会断裂，C正确；合金与纯金属相比，由于增加了不同的金属或非金属，相当于填补了金属阳离子之间的空隙，所以一般情况下合金的延展性比纯金属弱，硬度比纯金属大，D错误。]
5．D　[SiCl4、AlCl3的熔、沸点低，都是分子晶体，AlCl3的沸点低于其熔点，即在低于熔化的温度下就能气化，故AlCl3加热能升华，A、C正确；晶体硼的熔、沸点很高，所以晶体硼是共价晶体，B正确；由金刚石与晶体硅的熔、沸点相对高低可知，金刚石中的C—C比晶体硅中的Si—Si强，D错误。]
6．D　[该晶胞是由金属阳离子钡离子和阴离子过氧根离子构成的，属于离子晶体，A错误；该晶胞中Ba2＋个数为8×＋6×＝4，O个数为1＋12×＝4，则钡离子和过氧根离子个数之比为1∶1，其化学式为BaO2，B错误；该晶胞中钡离子配位数是6，过氧根离子配位数是6，氯化铯晶体中离子配位数是8，C错误。]
7．B　8.C　9.C
10．C　[每个Si原子占有O原子个数为4×＝2；该晶体是共价晶体，不存在分子；原硅酸(H4SiO4)的结构可表示为，两个原硅酸分子可发生分子间脱水生成二聚原硅酸：，二聚原硅酸电离出6个H＋后，形成带6个负电荷的二聚原硅酸根离子；在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子。]
11．2∶3
解析　由晶胞结构可知，锂晶胞中，顶点锂原子与体心锂原子的距离最近，故锂原子的配位数为8；铁晶胞中，顶点铁原子与面心铁原子的距离最近，故铁原子的配位数为12；则锂、铁晶胞的配位数之比为2∶3。
12．(1)Cs2O和PbO是离子晶体，熔化需破坏离子键，CO2是分子晶体，熔化需克服范德华力，范德华力比离子键弱，所以CO2晶体熔点低；两种离子晶体中PbO的Pb2＋半径小，所带电荷数多，所以熔点高
(2)＞　NaF中Na＋、F－的电荷数与BF中阳、阴离子相同，但Na＋、F－的半径小，则NaF的离子键强，熔点高
13．(1)金属晶体　共价晶体
(2)氯化铯　氯化钠　二氧化硅　金刚石
(3)范德华力　共价键　无　共价键　无　氢键　氢键
第32练　晶胞结构分析与计算
1．A　2.C　3.D　
4．A　[由晶胞结构可知，晶胞顶角上相邻的钛离子相距最近，则钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子有6个，a＝6；晶胞中钛原子个数为8×＝1，氧原子个数为12×＝3，钙原子个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为 3∶1∶1，故选A。]
5．D　[表面粒子数为8＋6＋12＝26，总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27，D项正确。]
6．C　[根据晶胞模型，Fe原子位于顶角、棱上、内部，根据切割法，Fe原子的个数为4×＋2×＋5＝6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6∶8＝3∶4，化学式为Fe3O4，故选C。]
7．D　[黑球位于晶胞的顶角和面心，其个数为8×＋6×＝4，灰球在晶胞内部，个数为8，氟化钙的化学式为CaF2，黑球为Ca2＋，灰球为F－。根据晶胞的结构，Ca2＋的配位数为8，故A错误；根据晶胞可知，Ca2＋和F－最近距离是体对角线的，即为a pm，故D正确。]
8．C　[以体心的AlH研究，与之紧邻且等距的Na＋位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH紧邻且等距的Na＋有8个，A正确；由晶胞结构可知，晶胞中AlH数目为1＋8×＋4×＝4，Na＋数目为6×＋4×＝4，晶胞质量为4× g，晶胞密度为＝ g·cm－3，B正确；由于NaAlH4＋4H2O===Na[Al(OH)4]＋4H2↑，故不可以在水中进行，C错误；AlH中Al原子孤电子对数为＝0，杂化轨道数目为4，故其空间结构为正四面体形，D正确。]
9．(1)体心立方　68%
(2)a　5a3ρNA×10－22
10．(1)3∶1　(2)12　×1010
11．(1)a　　(2)0.148　0.076
(3)
解析　(1)δ-Mn的结构为体心立方堆积，设锰原子的半径为r，则体对角线为4r，则有a＝4r，r＝a；一个晶胞中含有锰原子的数目为8×＋1＝2，ρ＝＝＝ g·cm－3。(2)因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r(O2－)＝a，解得r(O2－)＝×0.420 nm≈0.148 nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数＝2r(O2－)＋2r(Mn2＋)，则r(Mn2＋)＝＝0.076 nm。(3)由题给图示可知，Li原子位于晶胞内部，O原子位于顶角和面心，因此一个晶胞有8个Li原子，O原子个数为6×＋8×＝4，因此一个Li2O晶胞的质量为 g，一个晶胞的体积为(0.466 5×10－7)3cm3，即该晶体密度为 g·cm－3。
12．(1)顶角　面心　
(2)①LaNi5　②　(3)　1∶11
解析　(1)已知钛酸锶的化学式为SrTiO3，Sr、Ti、O三种微粒的个数之比为1∶1∶3，既然Ti处于体心位置，根据切割法，晶胞中Ti原子的数目为1，处于面心位置的属于一个晶胞的微粒数为3，所以处于面心位置的为O原子，那么，处于顶点位置的就是Sr原子。因为该晶胞是立方晶胞，且在一个晶胞中含有1个SrTiO3，则 ρ＝＝ g·cm－3。(2)①由晶胞结构图可知，1个晶胞中La原子的个数为8×＝1，Ni原子的个数为8×＋1＝5，则该晶体的化学式为LaNi5。②1个晶胞的质量m＝，由V＝可知，1个晶胞的体积V＝ cm3。(3)晶胞中Ni原子数目为1＋12×＝4，O原子数目为8×＋6×＝4，晶胞质量为 g，晶胞边长为a pm，晶胞体积为(a×10－10 cm)3，NiO晶体的密度为＝ g·cm－3；设1 mol Ni0.96O中含Ni3＋的物质的量为x mol，Ni2＋的物质的量为(0.96－x)mol，根据晶体仍呈电中性可知，3x＋2×(0.96－x)＝2×1，x＝0.08，Ni2＋的物质的量为(0.96－x) mol＝0.88 mol，即离子数之比为N(Ni3＋)∶N(Ni2＋)＝0.08∶0.88＝1∶11。
第33练　物质结构与性质综合题突破
1．(1)三角锥形　相同　(2)4d10　(3)6
(4)>　SF6；Se的原子半径比S原子大，Se—Se的键能比S—S的键能小，故λ1B　正四面体形　(5)7∶2　12　
5．(1)6∶7　(2)①4　②小于　③原子半径依次减小，得电子能力依次增强　④负　(3)42　N>O>C>B
(4)(，，)
解析　(1)铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中核外电子云轮廓图呈球形的s能级、哑铃形的p能级上电子数之比为6∶7。(2)①由化学方程式可知，制氢反应中硼、碳、氮、氧四种原子的价电子对数都为4，杂化方式均为sp3杂化。②氨分子中氮原子含有1个孤电子对，H3NBH3中氮原子的孤电子对与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以氨分子中键角∠HNH小于H3NBH3中键角∠HNH。③同周期元素，从左到右原子半径依次减小，得电子能力依次增强，元素的非金属性依次增强，元素的电负性依次增大，则硼、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增大。④由电负性的大小可知，氢元素的电负性大于硼元素，则在氨硼烷中，H—B中共用电子对偏向氢原子，氢原子带部分负电荷。(3)由有机硼化合物的结构简式可知，1 mol有机物中含有42 mol σ键；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B。(4)由a点磷原子的坐标为(0,0,0)、b点磷原子的坐标为(1,1,0)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的c点硼原子的坐标为(，，)。
第6章　化学反应与能量转化
第34练　化学反应的热效应
1．A　2.A　3.C　4.D
5．A　[固体变为气体，吸收热量，A项正确；由热化学方程式可知，1 mol氢气与氧气反应放出的热量比1 mol氢气与硫反应放出的热量多221.7 kJ，说明氧气与单质硫相比更容易与氢气化合，B项错误；由反应①②无法直接比较水和硫化氢的热稳定性，C项错误；反应①生成的是气态水而不是液态水，D项错误。]
6．B　[催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，加快化学反应速率。反应②的活化能低，反应速率快，但反应①与②同时发生，不能确定反应②是否使用催化剂，B说法错误。]
7．D　[设O==O的键能为x，则(2×436 kJ·mol－1＋x)－2×2×463 kJ·mol－1＝－482 kJ·mol－1，x＝498 kJ·mol－1，所以2O(g)===O2(g)的ΔH＝－498 kJ·mol－1，D正确。]
8．C　[据反应物和生成物所具有的能量可以判断出，该反应为放热反应，故A错误；根据图示，过渡态1中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，故B错误；根据图示，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32 kJ·mol－1，故C正确；根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故D错误。]
9．C　[CH4存在4个C—H，断开4 mol C—H需要吸收的能量为440 kJ×4＝1 760 kJ，但不是甲烷催化裂解成C和H2需要吸收的能量，A错误；由题中图示可知，步骤②③反应物总能量都大于生成物总能量，B错误；由题中图示可知，C可吸附在催化剂的表面，则催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，C正确；加入催化剂，反应的路径改变，但反应的焓变不变，D错误。]
10．(1)C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)　ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
(2)5.56×104 kJ·kg－1　(3)H2
11．(1)＜　(2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)
ΔH＝－290.0 kJ·mol－1　(3)98.0 kJ
(4)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－46 kJ·mol－1
(5)CO2(g)＋2H*＋2H2(g)===COOH*＋H*＋2H2(g)[或CO2(g)＋2H*===COOH*＋H*或CO2(g)＋H*===COOH*]
第35练　反应热的测定与计算
1．D　2.B　3.B　
4．C　[环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，ΔH1＜0，ΔH2＜0，A不正确；苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1,3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B不正确；由于1 mol 1,3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，则ΔH1>ΔH2；苯与氢气发生加成反应生成1,3-环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热：ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，C正确、D不正确。]
5．C　[根据图像可知总反应生成物的总能量大于反应物的总能量，因此为吸热反应，故ΔH3>0，反应Ⅰ也为吸热反应，故A、B错误，C正确；优良的催化剂降低了反应的活化能，但焓变不变，故D错误。]
6．C　[由盖斯定律，③－②－①得④，ΔH4＝(－c＋a＋b) kJ·mol－1，C说法错误。]
7．C　8.C
9．D　[甲图中反应物能量高于反应产物能量，是放热反应，而A选项中的热化学方程式是吸热反应，故A错误；乙图体现的是CO2转化成CO的能量变化，而碳的摩尔燃烧焓是1 mol C全部转化成CO2时的焓变，故B错误；丙图中V2为20 mL时，温度最高，说明此时酸碱反应完全，又因为实验中始终保持V1＋V2＝60 mL，则V1＝40 mL，由酸碱中和反应关系式：2NaOH～H2SO4可知，H2SO4和NaOH溶液的浓度不同，和题干不符，故C错误。]
10．(1)①　②N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1　(2)强　－121.4　(3)＋434.0　(4)0.5
11．(1)－415.5　(2)①ClO　②－117 kJ·mol－1　③4ClO(aq)===3ClO(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＝－138 kJ·mol－1　(3)①2CuCl2(s)＋O2(g)===2CuO(s)＋2Cl2(g)　ΔH＝＋125.4 kJ·mol－1　②溶液由红色变为无色(或溶液红色变浅)
解析　(1)分析题给热化学方程式，根据盖斯定律，由①×3＋②可得3Cl2(g)＋6NaOH(aq)===5NaCl(aq)＋NaClO3(aq)＋3H2O(l)　ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝(－101.1 kJ·mol－1)×3＋(－112.2 kJ·mol－1)＝－415.5 kJ·mol－1。
(2)①物质具有的能量越高，其稳定性越弱，故最不稳定的离子是ClO。
②ΔH＝反应产物的总能量－反应物的总能量，则反应3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq)的ΔH＝63 kJ·mol－1－3×60 kJ·mol－1＝－117 kJ·mol－1。
③由ClO生成ClO和Cl－的反应为4ClO(aq)===3ClO(aq)＋Cl－(aq)，该反应的ΔH＝3×38 kJ·mol－1－4×63 kJ·mol－1＝－138 kJ·mol－1。
(3)①由图可知，过程Ⅱ(氧化)发生的反应为2CuCl2(s)＋O2(g)===2CuO(s)＋2Cl2(g)，将题给O2氧化HCl的热化学方程式编号为ⅰ，将过程Ⅰ反应的热化学方程式编号为ⅱ，根据盖斯定律，由ⅰ－ⅱ×2可得2CuCl2(s)＋O2(g)===2CuO(s)＋2Cl2(g)　ΔH＝(－115.4 kJ·mol－1)－(－120.4 kJ·mol－1)×2＝＋125.4 kJ·mol－1。
第36练　化学能转化为电能——电池
1．C　2.C　3.A　4.D
5．B　[没有外接电源，不属于电解池，A错误；左侧烧杯为正极区，电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，B正确；C电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，C错误；由于盐桥中的阴离子移向负极区，故若盐桥换成装有含KNO3饱和溶液的琼胶，则负极区Cl－的物质的量减少，C电极上产生的气体的总量减少，D错误。]
6．B　[外壳为金属锌，作负极，电解质显酸性，则负极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，A项正确；中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnO(OH)，则正极反应式为MnO2＋e－＋H＋===MnO(OH)，B项错误；维持电流为0.5 A，电池工作5分钟，则通过的电荷量Q＝It＝0.5×5×60 C＝150 C，因此转移电子的物质的量是≈0.001 55 mol，1 mol Zn在反应中失去2 mol电子，则理论消耗Zn的质量是×65 g·mol－1≈0.05 g，C项正确；酸性锌锰电池与碱性锌锰电池相比，缺点是电解质溶液易发生泄漏，单位质量所输出的电能少且可储存时间短，连续放电时间短等，D项正确。]
7．D　[放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水，C错误；根据转移电子数相等可知，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确。]
8．A　9.B
10．C　[放电时，负极(Al)：Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl，正极(Cu/CuxS)：CuxS＋2e－===xCu＋S2－；充电时，阴极(Al)：4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl，阳极(Cu/CuxS)：xCu－2e－＋S2－===CuxS。充电时，Al2Cl得电子转化成Al，被还原，A项正确；放电时，阳离子向正极移动，B项正确。]
11．(1)Pb－2e－＋SO===PbSO4　(2)V2＋－e－===V3＋　增加　0.2 g　(3)正　VO2＋＋H2O－e－===VO＋2H＋
解析　(3)根据前面分析知a极为正极，b极为负极，因此全钒液流电池充电时，电极a应连接电源的正极，电极反应式为VO2＋＋H2O－e－===VO＋2H＋。
12．(1)A→B　(2)＋6H＋＋6e－===＋2H2O　(3)79.2
解析　(1)由图可知，Zn为活泼电极，作原电池的负极，多孔惰性电极为正极，电流由正极流向负极，即A→B。(2)在正极得电子被还原为，其中N元素由＋3价降低到－3价，得到6个电子，对应电极反应式为＋6H＋＋6e－===＋2H2O。(3)由负极质量减轻7.8 g，结合负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，知转移电子总数为×2＝0.24 mol，由正极电极反应知，正极溶液最终增加的质量等于生成苯胺消耗的H＋的质量，即生成苯胺消耗0.19 g H＋，则生成苯胺消耗的电子数为＝0.19 mol，则电流效率为×100%≈79.2%。
第37练　常考新型化学电源
1．C　2.C　3.B
4．C　[由题图知，Li电极为负极，二氧化碳电极为正极，正极上CO2得电子生成无机碳，电极反应式为4Li＋＋4e－＋3CO2===2Li2CO3＋C，A、B正确；Li能与水发生反应，C错误；放电过程涉及碳酸锂的生成，充电过程涉及碳酸锂的分解，D正确。]
5．B　[观察图示知，Li(Al)合金电极为负极，FeS2电极为正极，电池放电时电子由负极流出，经外电路流向正极，A正确；锂比铝活泼，放电时锂优先发生氧化反应：Li－e－===Li＋，n(Li)＝n＝≈4 mol，液态电解质中阴离子均带1个单位负电荷，则约有4 mol阴离子向负极移动，B错误；由题意知，正极上发生的还原反应为FeS2＋4e－===Fe＋2S2－，C正确；锂硅合金作负极，仍然是锂发生氧化反应，D正确。]
6．B　[该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；放电时，负极上钠锡合金(Na15Sn4)失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，故B正确；充电时，是电解池工作原理，Na＋会向阴极移动，会脱离过渡金属氧化层，故C错误；充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D错误。]
7．A　8.D
9．D　[由题意可知，该装置为原电池，b极通入O2，则b为正极，A正确；原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y膜为阳离子交换膜，X膜为阴离子交换膜，B、C正确；a极为负极，电极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2＋7H＋，D错误。]
10．A　[该电池为锂电池，根据电池总反应可知，负极反应式为4Li－4e－===4Li＋，正极反应式为FeS2＋4Li＋＋4e－===Fe＋2Li2S，负极Li溶解，质量减少，故A说法错误；正极上得到电子，发生还原反应，故B说法正确；根据题中信息可知，该电池在常温下稳定，引燃时会迅速反应，故C说法正确；根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即Cl－向Li电极移动，故D说法正确。]
11．D　[由原理图知，钛电极上发生铁离子得到电子的还原反应，是正极，石墨电极上发生亚铁离子失去电子的氧化反应，是负极，A、C正确；海水中阳离子(钠离子)向电池正极(钛电极)移动，穿过CM膜，进入到河水或正极区，阴离子(氯离子)向电池负极(石墨电极)移动，穿过AM膜进入到河水，B正确；海水中NaCl的浓度最大，河水中NaCl的浓度最小，经过反电渗析后得到的“含盐水”中NaCl的浓度介于二者之间，D错误。]
12．D　[据图可知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===Zn，A正确；多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B正确；充电过程中，HCOOH转化为CO2，C正确；根据溶液呈电中性可知，外电路通过2 mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为2 mol，D错误。]
第38练　电解池　金属的腐蚀与防护
1．C　2.C　3.D
4．A　[M电极为正极，N电极为负极，电子从N电极经导线流向M电极，A错误；正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，因此正极区附近溶液的pH增大，C正确；电路中转移0.01 mol电子时，有＝0.002 5 mol氧气反应，质量为0.002 5 mol×32 g·mol－1＝0.08 g，D正确。]
5．B　[由图可知，装置甲为电解池，右端石墨为阳极，氯离子发生氧化反应生成氯气，故A错误；装置甲左端析出铜单质，转移0.1 mol电子，会生成3.2 g铜单质，右端无固体析出，两极质量差为3.2 g，故B正确；由图可知，装置乙为电镀池，阳极电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋,阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，所以电解池工作一段时间后，铁表面镀上一层铜，撤去直流电源无法形成原电池，电流表指针不会偏转，故C错误；将铜片更换为锌片，阳极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，氧化性：Zn2＋碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，正确。]
5．B　[溶液中存在质子守恒：c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋2c(PO)＋c(HPO)，故A错误；pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故B正确；NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液显酸性，c(OH－)c(Cl－)>c(CO)>c(HCO)，故B正确；0.01 mol·L－1 NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，所以离子浓度大小的关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；溶液中存在质子守恒，c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)，故D错误。]
9．B　[A项，未加盐酸时，由于NH3·H2O的部分电离，所以c(OH－)>c(Na＋)>c(NH3·H2O)，错误；B项，加入10 mL盐酸时，c(Cl－)＝c(Na＋)，再由电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)，正确；C项，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－) ，所以有c(Cl－)>c(Na＋)，错误；D项，当加入20 mL盐酸时，溶质为NaCl、 NH4Cl，溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，再根据电荷守恒可得c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)，则c(Cl－)>c(NH)＋c(Na＋)，错误。]
10．D　[HCl与NaHB反应：NaHB＋HCl===NaCl＋H2B，所以③中相当于含有0.01 mol·L－1 H2B和0.01 mol·L－1 NaHB；NaOH与NaHB溶液混合NaOH＋NaHB===Na2B＋H2O ，所以④中相当于含有0.01 mol·L－1 Na2B。根据以上分析，四种溶液分别为①0.01 mol·L－1的H2B溶液，②0.01 mol·L－1的NaHB溶液，③0.01 mol·L－1 H2B和0.01 mol·L－1 NaHB，④0.01 mol·L－1 Na2B溶液。④0.01 mol·L－1 Na2B，为强碱弱酸盐，溶液一定显碱性，故A正确；根据同离子效应，由于③中NaHB抑制H2B的电离，则③中H2B电离程度比①H2B电离程度小，则c(H2B)最大的是③，故B正确；由于正盐溶液中c(B2－)浓度必然是最大的，弱酸H2B二级电离成B2－最难，则c(B2－)最小的是①，故C正确；因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，由于相同浓度时的电离度α(H2B) ＞α(HB－)，c(H＋)最大的是①，故D错误。]
11．D
12．A　[根据质子守恒，0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中存在：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A正确；由实验1溶液呈碱性可知，水解程度：NH Ka1(H2CO3)，B错误；实验2中发生反应的离子方程式为HCO＋OH－===CO＋H2O，NH＋OH－===NH3↑＋H2O，C错误；析出晶体为NaHCO3，根据物料守恒，实验3中所得滤液中存在：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－), c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，c(Na＋)c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，D错误。]
13．D　[A项，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2SO3)＋c(HSO)，正确；B项，0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，测得溶液pH约为8，所以c(H＋)＜c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HSO)＋2c(SO)，正确；C项，由HSOH＋＋SO可得Ka2＝，由HSO＋H2OH2SO3＋OH－可得Kh1＝＝＝，因为NaHSO3溶液显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，正确；D项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应：Cl2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2Cl－，SO＋H＋===HSO，即总式为3SO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋2HSO，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由实验3可知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO)＋3c(SO)>c(H2SO3)，错误。]
14．B　[实验①二者等浓度等体积混合恰好完全反应生成KA，反应后溶液的pH＝9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，A－水解，A项正确；实验①反应后的溶液中，由电荷守恒式知c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)知，c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B项错误；因为HA为弱酸，如果与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性，若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，HA溶液的浓度应大于0.2 mol·L－1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，C项正确；实验②反应后溶液显中性，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。]
15．(1)C　(2)BC　(3)　
c(HOOCCH2NH)，B正确；P点溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒：c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(－OOCCH2NH2)＋c(OH－)＋c(Cl－)，且c(Na＋)＞c(Cl－)，故c(HOOCCH2NH)＋c(H＋)＜c(－OOCCH2NH2)＋c(OH－)，C错误；当V(NaOH)＝20 mL时，即甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)和NaOH的物质的量之比为1∶2，反应的化学方程式为HOOCCH2NH3Cl＋2NaOH===NaOOCCH2NH2＋NaCl＋2H2O，故此时混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D正确。]
6．C　7.A
8．C　[c点溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，A正确；b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl－)>
c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；b点溶液铵根离子水解促进水的电离，而a、d两点都抑制水的电离，所以b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，C错误；根据图像可知，25 ℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝
(0.5n－0.5) mol·L－1，则25 ℃时NH4Cl水解常数为Kh＝ mol·L－1＝(n－1)×10－7 mol·L－1，D正确。]
9．C　[H2B为二元弱酸，其电离方程式为H2BH＋＋HB－、HB－H＋＋B2－，pH增大促进电离平衡正向移动，所以由图可知：曲线Ⅰ是c(HB－)的负对数，曲线Ⅱ是c(H2B)的负对数，曲线Ⅲ是c(B2－)的负对数，故A项错误；由图可知，pH＝5时，此时pC(H2B)＞pC(B2－)＞pC(HB－)，即c(HB－)＞c(B2－)＞c(H2B)，故B项错误；由X点可知H2BHB－＋H＋，c(HB－)＝c(H2B)，Ka1＝1×10－1.9 mol·L－1，由Z点可知，c(HB－)＝c(B2－)，则HB－B2－＋H＋，Ka2＝1×
10－7.1 mol·L－1，则＝＝105.2，故C项正确；调节溶液pH的过程中，随着溶液体积的增大，H2B、HB－、B2－总物质的量之和不变，浓度之和逐渐减小，故D项错误。]
10．C
11．C　[二元弱酸草酸的Ka1＝>Ka2＝，当lg X＝0时，pH＝－lg c(H＋)＝－lg K，pH1＝1.22Ka2＝10－4.19 mol·L－1，所以Ⅰ中X表示的是，Ⅱ中X表示的是，A正确；当溶液pH＝4.19时，c(H＋)＝1×10－4.19mol·L－1, ＝1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(OH－)＋3c(C2O)，c(H＋)>c(OH－)，故c(Na＋)，NH水解程度较大，则(NH4)2C2O4溶液呈酸性，C不正确；0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，HC2O电离平衡常数为Ka2＝10－4.19 mol·L－1，水解常数Kh＝＝ mol·L－1c(HC2O)
>c(C2O)>c(H2C2O4)，D正确。]
12．C　13.D
14．B　[H2AsO＋AsOHAsO＋HAsO，K＝×＝＝＝106.5，故A正确；pH＝6时，由图a可知c(H2AsO)>c(HAsO)，结合图b可知c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故B错误；溶液呈中性时，溶液中AsO接近0，H3AsO3接近1，c(H＋)＝c(OH－)，c(HAsO)＝c(H2AsO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(HAsO)＋c(H2AsO)，c(Na＋)＝3c(HAsO)，约等于3，故C正确；Ka1(H3AsO3)＝＝10－9 mol·L－1，pH＝8时，＝＝＝0.1，即＝0.1，α＝，H3AsO3的电离度α约为9.09%，故D正确。]
第51练　沉淀溶解平衡
1．A　2.C　3.D　
4．B　[Ksp随温度的改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，A项正确；将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能比较大小，B项错误；Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，K＝＝＝＝ mol－2·L2＝2.8×103 mol－2·L2，C项正确；c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－5 mol·L－1，D项正确。]
5．B　[当钙离子浓度相同时，碳酸钙更容易沉淀，则除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误。]
6．D　7.D
8．C　[实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8，c(H＋)c(HCO)
>c(H2CO3)>c(CO)，Ka2(H2CO3)＝ ＜＝ ，A错误；实验2：将0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：c(Ca2＋)·c(CO)>Ksp(CaCO3)，B错误；等物质的量浓度的碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，实验3：0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中通入一定量的CO2，溶液pH从12下降到9，则实验3中发生反应的离子方程式为CO＋H2O＋CO2===2HCO，C正确。]
9．D　[在水中加入ZnSO4固体，Zn2＋发生水解反应，促使水的电离平衡正向移动，由于温度不变，则Kw不变，A错误；ZnSO4溶液中，据电荷守恒可得2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，B错误；ZnSO4和AgNO3溶液混合后，c(SO)＝0.05 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1，则Q＝c(SO)·c2(Ag＋)＝0.05×0.012 mol3·L－3＝5×10－6 mol3·L－3＜Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5 mol3·
L－3，故不能生成Ag2SO4沉淀，C错误；要除去溶液中Zn2＋，应使c(Zn2＋) ≤1.0×10－5mol·
L－1，则有c(OH－)≥＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，此时溶液的c(H＋)
≤＝ mol·L－1＝10－8mol·L－1，即溶液的pH≥8，D正确。]
10．C　[含有MgCO3的溶液中一定有c(Mg2＋)·c(CO)＝6.82×10－6 mol2·L－2，但是c(Mg2＋)、c(CO)不一定相等，如溶液中同时含有MgCl2或Na2CO3，A项错误；加热MgCl2溶液过程中MgCl2水解，因HCl挥发，在加热、灼烧后最终得到的是MgO，加热MgCO3溶液过程中因Mg(OH)2更难溶，MgCO3转化为Mg(OH)2，灼烧Mg(OH)2得到MgO，B项错误；由于Mg(OH)2的溶解度更小，故除去粗盐中的MgCl2的最佳试剂是NaOH溶液，C项正确；石灰水处理硬水得到的沉淀是CaCO3和Mg(OH)2的混合物，D项错误。]
11．(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)B
12．(1)SiO2　(2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　(3)Mg(OH)2　(4)加热浓缩　过滤　(5)Ba2＋＋2F－===BaF2↓　0.136　(6)24.1
解析　(1)钡矿粉中SiO2与盐酸不反应，故滤渣A为SiO2。(2)滤液1加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)根据已知信息及流程图可知，加H2O2、调pH，得到的滤渣B为Fe(OH)3，加20%NaOH溶液调节pH＝12.5，得到滤渣C为Mg(OH)2。(4)滤液3加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl的混合溶液，由该溶液得到BaCl2·2H2O的实验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。(5)根据Ksp(BaF2)＝c(Ba2＋)·c2(F－)，当Ba2＋完全沉淀时，至少需要的c(F－)＝＝ mol·
L－1＝0.136 mol·L－1。(6)Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则加入氯化钡溶液时，SO先沉淀，当BaCO3开始沉淀时，溶液中＝＝≈24.1。
第52练　沉淀溶解平衡图像的分析
1．B　2.D
3．A　[由图可知，当未加入碳酸钠溶液时，V＝0、－lg c(Ba2＋)＝1，则a＝0.1，A点氯化钡溶液与碳酸钠溶液恰好完全反应，溶液中c(Ba2＋)＝c(CO)＝10－4.3 mol·L－1，则碳酸钡的溶度积Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)＝10－4.3×10－4.3 mol2·L－2＝10－8.6 mol2·L－2。B点碳酸钠溶液过量，溶液中c(CO)＝＝ mol·L－1，由溶度积可知溶液中c(Ba2＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－7.6 mol·L－1，则A、B两点溶液中c(Ba2＋)之比为，由lg 5＝0.7可知，103.3＝2 000，则＝，故A项正确，B项错误；由图可知，T ℃时，C点溶液中浓度商Q大于溶度积Ksp，能析出沉淀，分散系是不稳定的悬浊液，故C项错误；碳酸钡的溶度积Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)，则图中横坐标为5～10的曲线应该在实线的上面，故D项错误。]
4．B　[当c(CO)＝0时，c(SO)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，故BaSO4的溶度积Ksp(BaSO4)＝1.0×10－5×1.0×10－5 mol2·L－2＝1.0×10－10 mol2·L－2。由题图可知当c(CO)＞2.5×10－4 mol·L－1时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp(BaCO3)＝2.5×10－4
×1.0×10－5 mol2·L－2＝2.5×10－9 mol2·L－2，A、C项正确，B项错误；曲线BC段内，BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故＝＝＝＝25，D项正确。]
5．D　6.D　
7．D　[由图可知，室温下，加入10 mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，溶液中A—和Ag＋浓度都为10－b mol·L－1，AgA的溶度积为10—2b，加入20 mL硝酸银溶液时，Na2B溶液完全反应得到Ag2B饱和溶液，溶液中B2—浓度为10－a mol·L－1、Ag＋浓度为2×10—a mol·L－1，Ag2B的溶度积为4×10－3a mol3·L－3，故A正确；AgA饱和溶液中银离子浓度小于Ag2B饱和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故C正确；若硝酸银溶液浓度变为0.05 mol·L－1，则加入20 mL硝酸银溶液时，NaA溶液完全反应得到AgA饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag＋浓度还是10—b mol·L－1，则c点会向d点移动，故D错误。]
8．C　[由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8 mol2·L－2，c(M＋)＝ mol·L－1＝×10－4 mol·L－110－8.8 mol·L－1，因此会先析出AgCl沉淀，C正确；向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍然存在Ag2CrO4、AgCl的沉淀溶解平衡，温度不变，所以＝不变，D错误。]
11．C　[A项，根据CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq)可知Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，由图像可知，横坐标为1时，lg c(Cu＋)>－6，则Ksp(CuCl)的数量级为10－7，正确；B项，由题干中“可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－”可知Cu、Cu2＋与Cl― 可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)＋Cu2＋(aq)2Cu＋(aq)，固体对平衡无影响，故增加固体Cu的量，平衡不移动，错误；D项，2Cu＋(aq)Cu(s)＋Cu2＋(aq)，反应的平衡常数K＝，从图中两条曲线上任取横坐标相同的c(Cu2＋)、c(Cu＋)两点代入计算可得K≈106 mol·L－1，反应的平衡常数较大，反应趋于完全，正确。]
12．(1)1　(2)100 mL　(3)＞
(4)
解析　(1)加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1 mol·L－1。
(2)由于c(Ag＋)＝10－6 mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01 L×1 mol·L－1＝0.01 mol，所以V(NaCl)＝100 mL。
(3)AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，相同温度下，c(Cl－)增大，平衡逆向移动，溶解度减小，温度升高，平衡右移，溶解度增大。
(4)若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大。
第53练　无机化工流程题的解题策略
1．(1)ab　(2)2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2　(3)抑制金属离子水解　(4)SiO2　(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O　(6)将Fe3＋转化为Fe2＋
2．(1)PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)　反应PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04≪105，反应正向进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋　(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O　(ⅲ)作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3　(5)Ba2＋、Na＋
解析　(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为氢氧化铅，最终转化为氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3．(1)①＞　②AC　(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀　(3)4.7　Al(OH)3、Fe(OH)3　(4)硫酸镁　硼酸
4．(1)＋4　FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O　(2)Fe　冷却结晶
(3)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)1.0×10－5
解析　(1)TiOSO4中S的化合价为＋6价，O的化合价为－2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可知TiOSO4中Ti的化合价为＋4价。结合钛铁矿的成分及“溶浸”过程中生成了TiOSO4，可知该过程发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，物质A为Fe。(3)HCO能电离出H＋和CO，Fe2＋与CO结合形成难溶的FeCO3沉淀，H＋与另一分子HCO反应生成CO2和H2O，故反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6 mol·L－1，则Ksp(FeCO3)＝4.5×10－6
×4.5×10－6 mol2·L－2≈2.0×10－11 mol2·L－2。当反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6 mol·L－1时，c(CO)＝ mol·L－1＝1.0×10－5 mol·L－1。
第9章　有机化学基础
第54练　认识有机化合物
1．A　2.D　3.A　4.D
5．C　[A正确的命名为2-甲基丁烷；B正确的命名为2-甲基-1-丙烯；D正确的命名为1,2-二溴乙烷。]
6．A　[的名称为2-甲基-2-丁烯，B项错误；应选最长的碳链作为主链，加氢后得到3-甲基戊烷，C项错误；的名称为1,2,4-三甲基苯，D项错误。]
7．C　8.C
9．B　[浓硫酸增重14.4 g，n(H2O)＝＝0.8 mol，n(H)＝2n(H2O)＝1.6 mol，m(H)＝1.6 mol×1 g·mol－1＝1.6 g。碱石灰增重26.4 g，n(CO2)＝＝0.6 mol，则n(C)＝
0.6 mol，m(C)＝0.6 mol×12 g·mol－1＝7.2 g。根据质量守恒知，12 g有机物A中氧的质量为m(O)＝12 g－8.8 g＝3.2 g，n(O)＝＝0.2 mol，n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.6 mol∶1.6 mol
∶0.2 mol＝3∶8∶1，即该有机物的实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以该有机物的分子式为C3H8O。]
10．C　[丁香油酚中不含酯基，A错；维生素C中不含酚羟基，丁香油酚中不含醇羟基，B错；维生素C中不含苯环，不属于芳香族化合物，D错。]
11．A　[由黄曲霉毒素M1的结构简式可知，该有机物分子中含有的官能团有碳碳双键、羟基、酮羰基、酯基、醚键。]
12．(1)2,3-二甲基丁烷　(2)2,4-二甲基-4-乙基庚烷
(3)　(4)C4H8O　2-甲基烯丙醇　(5)碳碳双键、羟基
13．(1)D能够吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，造成实验误差
(2)CH2O　(3)C6H12O6　(4)1　否
(5)CH2OH(CHOH)4CHO
14．(1)蒸馏烧瓶　仪器y
(2)①C2H4O　②88　C4H8O2
(3)羟基、酮羰基　
解析　(1)球形冷凝管一般用于冷凝回流装置中，故虚线框内应选仪器y。
(2)①根据M中碳、氢元素的质量分数确定氧元素的质量分数为w(O)＝100%－54.5%－9.1%＝36.4%，分子内各元素原子的个数比N(C)∶N(H)∶N(O)＝∶∶＝2∶4∶1，其实验式为C2H4O。②M的相对分子质量为2×44＝88，设分子式为(C2H4O)n，则44n＝88，n＝2，则M的分子式为C4H8O2。
(3)根据核磁共振氢谱图中有4组峰，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶3∶1∶3，结合红外光谱图所示含有C—H、H—O、C==O等化学键，其结构简式为，所含官能团为羟基、酮羰基。
第55练　有机化合物的空间结构同系物　同分异构体
1．D　2.B　3.C
4．A　[乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；35Cl和37Cl质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；O2和O3是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，C正确；丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，D正确。]
5．B　[二者分子式都是C6H6，结构不同，互为同分异构体，A不符合题意；前者分子式是C14H24，后者分子式是C13H22，不互为同分异构体，B符合题意；二者分子式都是C3H6O2，结构不同，互为同分异构体，C不符合题意；二者分子式都是C6H6O3，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意。]
6．A　[乙烯分子中C原子采取sp2杂化，杂化轨道形成3个σ键、未杂化的2p轨道形成π键，故A正确、B错误；C、H之间是sp2杂化轨道形成的σ键，C、C之间有1个是sp2杂化轨道形成的σ键，有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故C、D错误。]
7．B　[根据结构简式确定该化合物的分子式为C5H8O，故A正确；该化合物与环氧乙烷结构不相似，故B错误；该分子中含有两种氢原子，故C正确；该分子中所有碳原子都具有甲烷的结构特点，故D正确。]
8．B
9．D　[n、p、q结构不相似，故A错误；n的分子式为C6H12O2，其同分异构体中属于羧酸的结构简式为C5H11—COOH，C5H11—有8种同分异构体，故n的同分异构体中属于羧酸的有8种，故B错误；p为酯，q为羧酸，可以用金属钠鉴别，二者都含有碳碳双键，不能用溴水鉴别，故C错误；m与q的分子式都为C5H8O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确。]
10．A　11.C
12．C　[a含有碳碳双键，能够使溴的CCl4溶液褪色，而b不可以，A正确；b和d的分子式均为C4H8O，结构不同，互为同分异构体，B正确；c的二氯代物有、、、，共4种，C错误；d分子中含有羟基，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确。]
13．D　[Ⅰ和Ⅱ中均含有酯基，Ⅲ中含有羧基，三种物质均能与NaOH溶液反应，故A正确；青蒿素分子中没有羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，可用有机溶剂萃取后经过蒸馏得到，故B正确；Ⅱ能表示的物质种类数即为—C5H11的种类数，戊基有8种同分异构体，故C正确；Ⅲ的苯环上连接了4个基团，可以考虑3个—OCH3和1个—C5H10COOH在苯环上的位置，即取代基按—X、—X、—X、—Y来考虑。苯环上—X的三取代物有、、，根据对称性确定—Y的位置有2＋3＋1＝6(种)，去掉 Ⅲ本身，所求同分异构体有5种，故D错误。]
14．、、
、、
、
15．8　
解析　由于H是E的同系物，且比E少两个碳原子，则H中有羟基和羧基，1 mol该同分异构体分别与足量的Na和NaHCO3反应生成气体物质的量相同，说明含1 mol羧基和1 mol羟基，当取代基为—COOH和—CH2OH时，可能的结构为(数字代表—COOH的位置)：；当取代基为—CH2COOH和—OH时，可能的结构为(数字代表—CH2COOH的位置)：，共8种；被氧化后核磁共振氢谱有三组峰，面积比为1∶1∶4，说明被氧化后不同化学环境的氢原子有3种，且氢原子个数比为1∶1∶4，满足条件的有机物的结构简式为。
第56练　烃　化石燃料
1．D　2.B　3.C
4．B　[含有碳碳双键或碳碳三键的有机物既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，B项正确。]
5．C　[有机物分子式为C8H12，根据(x＋)计算1 mol该有机物消耗11 mol O2，A项正确；二者化学式中氢原子数均为6，B项正确；苯分子中的碳、氢原子数较多，故等物质的量的乙炔和苯完全燃烧的耗氧量不同，C项错误；相同物质的量的三种有机物中碳原子数相同，因而产生的二氧化碳的体积相同。]
6．B　[n(H2)＝＝0.2 mol，因为1 mol炔烃可以与2 mol H2完全加成，故n(炔)＝0.1 mol。三种炔烃的平均摩尔质量＝＝40 g·mol－1，即平均相对分子质量为40。由平均值原理可知，三种炔烃中必有相对分子质量小于40的炔烃，而相对分子质量小于40的炔烃只有乙炔，由此可推知加成后所得烷烃中必含乙烷。]
7．C　8.A　9.D
10．C　[该分子结构对称，反应只能生成OHCCH2CHO，A错误；该分子结构对称，反应后只能生成，B错误；该物质反应后生成HCHO、OHCCH2CH2CHO两种物质，C正确；该物质反应后生成OHCCH2CH2CHO，D错误。]
11．A　[分子中存在碳碳双键，根据乙烯分子中有6个原子共面，可知该分子中有5个碳原子共平面，A错误；含碳碳双键的有机物能使酸性KMnO4溶液褪色，能与HBr发生加成反应，B、C正确；X含有2个环和一个碳碳双键，共3个不饱和度，苯环中含有4个不饱和度，则X的同分异构体中不存在芳香族化合物，D正确。]
12．(1)大　＋HNO3 ＋H2O　(2)①②　③
(3)(X是卤素原子)　(4)6　不在
解析　(3)由可推知F是 (X是卤素原子)，分析题图中的隐含信息，结合—NO2是苯环上的间位定位基，卤素原子是苯环上的邻、对位定位基，可得E应是 (X是卤素原子)。(4)由并结合题给信息可推知B为，苯环上的二氯代物有、、、、、，共6种；由CH4的正四面体结构和NH3的三角锥形结构可知，的所有原子不可能都在同一平面上。
13．(1)bdcefi　(2)NaOH溶液　除去乙烯中混有的 SO2、CO2等酸性气体　(3)乙醇　停止加热，冷却后补加　(4)A　(5)CH2==CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br　(6)发生取代反应同样可以使溴水褪色， 溴水中含有HBr和HBrO等成分，不一定是Br2发生加成反应　(7)塑料瓶变瘪　石蕊溶液　溶液不变红(或硝酸酸化的硝酸银溶液　无淡黄色沉淀生成)
14．(1)13　(2)＋(CF3COO)3Tl―→＋CF3COOH　取代反应
(3)、、、(写出两种即可)
(4)保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化　(5)8　2　(6)9
解析　(1)甲苯中苯环以及与苯环相连的碳原子共12个原子一定共面，单键可以旋转，所以经旋转甲基上有一个氢原子可以与苯环共面，最多有13个原子共面。
(4)后续步骤中需要将苯环上的甲基氧化成羧基，酚羟基易被氧化，所以反应⑤的目的是保护酚羟基，防止被高锰酸钾氧化。
(5)产物A与足量氢气加成得到的产物为，环上有6种环境的氢原子，取代基上有2种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有8组峰；1 mol产物B含有1 mol普通酯基，可以消耗1 mol NaOH，含有1 mol酚羟基可以消耗1 mol NaOH，共可以与2 mol NaOH反应。
(6)采取“定二移一”的分析方法，先固定—COOCH3和—OH，二者处于邻位，则—COCH3有4种位置；二者处于间位，则—COCH3有4种位置；二者处于对位，则—COCH3有2种位置，所以包括B在内共有10种结构，则产物B的同分异构体(不包括B)有9种。
第57练　卤代烃　醇　酚
1．C　2.C　3.C　
4．C　[Q中两个甲基上有6个等效氢原子，苯环上有2个等效氢原子，峰面积之比为3∶1，A项错误；Q中苯环上的卤素原子无法发生消去反应，P中与卤素原子相连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，无法发生消去反应，B项错误；在适当条件下，卤素原子均可被—OH取代，C项正确；Q中苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可被氯原子取代，其一氯代物有2种，D项错误。]
5．A　[分子式应为C10H18O，A错误；含有碳碳双键和羟基两种官能团，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B、C正确；含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羟基，能和羧酸发生酯化反应(取代反应)，D正确。]
6．D　[甲、丙、丁与NaOH的醇溶液共热不能发生消去反应，加入稀硝酸至溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，没有沉淀生成，故A错误；甲中加入NaOH的水溶液共热，没有进行酸化，再滴入AgNO3溶液，溶液中的OH－会干扰卤素原子的检验，故B错误；乙发生消去反应只能得到丙烯一种烯烃，故C错误；丙与NaOH的水溶液共热生成2,2­二甲基­1­丙醇，能被氧化为2,2­二甲基丙醛，故D正确。]
7．A　8.C
9．C　[A项，对比M、N的键线式，M生成N的反应为加成反应，错误；B项，N的分子式为C4H8Cl2，C4H8Cl2为C4H10的二氯代物，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3和，采用定一移一法，C4H8Cl2的同分异构体有：CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl、CH3CH2CCl2CH3、CH3CHClCHClCH3、、、，共9种(含N)，错误；C项，N中官能团为碳氯键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，Q中官能团为羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，用酸性KMnO4溶液能鉴别N与Q，正确；D项，由于H2所处温度和压强未知，不能使用22.4 L·mol－1计算H2的体积，错误。]
10．C
11．A　[由转化关系可知，X为或，Y为。或分子中都含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间结构为四面体形，所以X分子中所有碳原子不能共面，故A错误；或分子中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，使溶液褪色，分子中的能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；在浓硫酸、加热条件下，能发生消去反应生成或，故C正确；含有结构的Y的同分异构体的环上可能连有乙基或2个甲基，其中连有乙基的有3种结构，连有2个甲基的有9种结构，共有12种，故D正确。]
12．(1)C15H14O6　(2)5
(3)4　
解析　(2)1 mol该有机物与足量饱和溴水发生取代反应，酚羟基邻、对位的氢被取代，最多消耗5 mol Br2。(3)有机物分子中含有4个酚羟基，则1 mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4 mol NaOH。
13．(1)碳碳双键　(2)取代　(3)①ClCH2—CHOH—CH2Cl　②B为CH2==CH—CH2Cl，Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；HOCl中：H—，因此—OH易连在端基碳原子上　(4)ClCH2—CHCl—CH2OH＋2NaOHHOCH2—CHOH—CH2OH＋2NaCl
解析　(1)A为丙烯(CH2==CH—CH3)，含有的官能团是碳碳双键。(2)B中只有一个Cl原子，则A→B的反应为取代反应。(4)C中含Cl原子，加入NaOH溶液会发生卤代烃的水解反应，造成环氧氯丙烷的产率减小。
14．(1)乙醛　C8H7O2Cl　(2)abc　(3)＋CH3OH＋H2O　
(4)B
(5)
解析　通过分子式可知A为乙醛，和苯酚在一定条件下反应生成C8H8O2，结合C的结构分析，B的结构简式为，A→B发生取代反应，B到C为甲基上的氢原子被氯原子取代，C到D为酮羰基变成亚甲基，D在碱性条件下发生水解反应再酸化生成含有醇羟基和酚羟基的物质E()，E在一定条件下与甲醇发生醇之间的脱水反应形成醚键，再与发生取代反应生成，最后与H2NCH(CH3)2发生开环加成反应生成。(4)化合物G的同分异构体满足题给条件，其结构简式可能为、、、，共4种，故选B。
第58练　醛、酮、羧酸、酯、酰胺
1．D　2.C　3.D　
4．D　[解答本题时注意以下两点：①1 mol —OH或1 mol —COOH与足量金属钠反应分别放出0.5 mol H2；②醇羟基不与NaHCO3反应，1 mol —COOH与足量NaHCO3反应放出1 mol CO2。]
5．B　[根据酯化反应原理，胆固醇与酸发生酯化反应：C27H46O＋RCOOHC34H50O2＋H2O，可得RCOOH为C6H5COOH，B正确。]
6．D　[A项，与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，错误；B项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，错误；C项，加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，错误；D项，与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，—COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，正确。]
7．B　[②是硝基被还原为氨基，是还原反应，A正确；硝基苯中N元素为＋3价，苯胺中N元素为－3价，所以生成1 mol苯胺理论上转移6 mol电子，故B错误；乙酰苯胺的同分异构体中可以水解的有酰胺类和铵盐类，如邻甲基甲酰苯胺、间甲基甲酰苯胺、对甲基甲酰苯胺、苯乙酸铵、邻甲基苯甲酸铵、间甲基苯甲酸铵等，所以在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的不少于3种，故D正确。]
8．D　9.D
10．D　[苯甲酸与甲醇发生取代反应生成苯甲酸甲酯和水，A正确；根据苯分子中12个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面可知，苯甲酸甲酯分子中所有碳原子可能共面，B正确；苯甲酸甲酯的一氯取代产物有苯环上酯基的邻、间、对位和甲基上，共4种，C正确；苯甲酸甲酯与乙酸乙酯组成不相似，分子组成上也不相差若干个CH2原子团，二者不互为同系物，D错误。]
11．C　12.B
13．D　[鲁米诺的分子式为C8H7N3O2，A错误；只要分子中有一个苯环，就至少保证有12个原子共平面，C错误；反应(1)是A脱去羟基、N2H4脱去氢，生成B和2个水分子的取代反应，反应(2)是用亚硫酸钠将分子中的硝基还原为氨基，D正确。]
14．(1)羟基、羧基　(2)＋2Na―→＋H2↑
(3)NaHCO3(或NaOH或Na2CO3)　Na　
＋Na2CO3―→＋H2O＋CO2↑
(4)＋C2H5OH＋H2O　酯化反应(或取代反应)
(5)
15．(1)、、、、
(2)　＋H2O，消去反应　2＋O22＋2H2O，氧化反应　＋Br2，加成反应
(3)、、、、、、、、
解析　(1)醚类不能与Na反应放出H2，根据碳架异构和位置异构可知分子式为C8H10O的醚类的同分异构体。(2)根据反应条件可确定A发生的是消去反应和催化氧化生成醛的反应，则A的结构中必然有—CH2—CH2—OH，故A的结构简式为。(3)符合条件的是属于酚类的同分异构体。
第59练　油脂　生物大分子
1．A　2.C　3.C　4.A
5．D　[核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定的方式结合而成的，故A、B错误；核酸是高分子，但核苷酸不是高分子，故C错误。]
6．A　[单位质量的H元素燃烧放出的热量大于C元素，甲烷为含氢量最高的烃，则相同条件下，等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，氢气放出的热量最多，甲烷次之，汽油最少，A项错误；油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B项正确。]
7．C　[半胱氨酸中氨基连在羧酸的α位上，属于α-氨基酸，故A正确；半胱氨酸含有羧基，具有酸性，含有氨基，具有碱性，故B正确；氨基酸中的氨基和另一分子中的羧基缩合脱去水形成肽键，中不含肽键，故C错误；属于铵盐，铵盐与碱反应生成氨气，故D正确。]
8．A　[乙醇具有还原性，可以与强氧化性的酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；羊油为动物脂肪，主要由饱和脂肪酸甘油酯组成，B错误；病毒的主要成分是蛋白质，酒精通过使蛋白质变性灭活病毒，但酒精不具有强氧化性，C错误。]
9．B　10.C　11.C
12．C　[NaBr失电子变为Br2、C6H12O6被氧化变成C6H12O7，均发生了氧化反应，故A正确；盐酸酸性太强，CaCl2不能直接与葡萄糖酸反应制备葡萄糖酸钙，故B正确；起始时加入2 mol NaBr，由原子守恒可得2 mol HBrO，HBrO与葡萄糖反应生成Br－和葡萄糖酸，1 mol C6H12O6变成1 mol C6H12O7需要失2 mol电子，2 mol HBrO会得4 mol电子，由得失电子守恒知理论上可制得2 mol C6H12O7，故C错误；葡萄糖中含有醛基，葡萄糖酸中不含有醛基，所以可用新制的Cu(OH)2区分葡萄糖和葡萄糖酸，故D正确。]
13．B　[该药物含有碳碳双键、醇羟基，因此可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；该药物不属于有机高分子，故B错误；该药物含有—NH2，可以和盐酸发生反应，故C正确；该药物含有酯基，可以和氢氧化钠溶液反应，故D正确。]
14．B　[由分子结构可知，该分子结构不对称，所以属于极性分子，故A正确；该分子中含有饱和碳原子，与周围4个原子相连，构成四面体结构，氮原子与周围3个原子相连，构成三角锥形结构，所以该分子中所有原子不可能共面，故B错误；根据结构可知，分子中存在1个不对称碳原子，故C正确；由结构可知，脯氨酸分子中同时含有羧基和亚氨基，可形成分子内氢键，故D正确。]
15．(1)平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大　(2)仪器甲处馏出液无油状液体　bac　(3)降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层　除去花椒油中的水(或干燥)　
(4)＋3NaOH―→3R1COONa＋　(5)442.0
第60练　合成高分子　有机合成路线设计
1．B　2.D　3.C
4．C　[由题中“C2燃料”的球棍模型知，“C2燃料”为乙酸，由图可知该转化的反应物有聚乙烯、氧气，在阳光、水和催化剂作用下，反应生成乙酸，总反应的化学方程式为CH2—CH2＋nO2nCH3COOH，B项正确；CH3COOH、HCOOCH3、HOCH2CHO的分子式均为C2H4O2，三者互为同分异构体，D项正确。]
5．C　[合成聚酯的反应中除了生成聚酯外，还生成了小分子水，所以该反应属于缩聚反应，A正确；由图可知是其中一种生成物，B正确；上述转化中断裂了碳氧双键，又形成了碳氧双键，C错误；由图可知，HOOC—R—COOH中含有2个羧基，HO—R′—OH中含有两个羟基，所以合成上述聚酯的单体是二元醇和二元羧酸，D正确。]
6．B
7．C　[由流程图可知，副反应有化合物1参与，不能通过增大化合物1浓度、降低光气浓度的方式提高主反应选择性，故A错误；副产物4和5是同种物质，故B错误；若3中R为H，则异氰酸酯为，异氰酸(H—N==C==O)与醇(ROH)混合得到的产物是氨基甲酸酯(H2N—COO—R)，不能用苯甲醇与异氰酸脱水制备异氰酸酯，故D错误。]
8．
9.

解析　对比与和的结构简式并根据题给信息可知，需要由合成，官能团的变化为由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成；与发生加成反应生成，与H2发生加成反应生成。
10．

11．(1)　浓硫酸、加热
(2)邻苯二甲醛(或1,2-苯二甲醛)　醚键
(3)氧化反应　取代反应
(4)

(5)12　
(6)

解析　由有机物的转化关系可知，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成B()；在浓硫酸作用下，B与甲醇共热发生酯化反应生成C()；C与LiAlH4发生还原反应生成D()；在铜作催化剂条件下，D与氧气共热发生催化氧化反应生成，H与过氧化氢反应生成I()；I与甲醇发生取代反应生成J；E与KCN发生取代反应后，酸化得到F，在催化剂作用下，F与D共热发生缩聚反应生成。
第61练　有机合成与推断综合题突破
1．(1)1,2-二氯乙烯(或顺二氯乙烯)
(2)＋
(3)　羧基、碳氯键、碳溴键
(4) ＋5NaOH＋3NaCl＋NaBr＋H2O　取代反应
(5)保护羟基(或使特定位置的羟基发生反应)
(6)11
解析　根据信息①可知，B是；根据C的分子式，由D逆推C为。(4)D→E的第(1)步反应是在碱性条件下水解。(6)a.有六元碳环；b.有3个—Cl，且连在不同的C原子上；c.能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、，共11种。
2．(1)碳碳双键　取代反应
(2)2＋O22＋2H2O
(3)　(4)AB
(5)、
(6)
解析　由题给合成路线流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为，B的结构简式为，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为。(5)M(C9H10O2)是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1，即有4种H原子，其中有两个甲基，则M的结构简式为、。
3．(1)己二酸　(2)酮羰基　加成反应　取代反应
(3)
(4)12　
(5)

解析　B与NH3发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D，D为，碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G和发生取代反应生成H和HBr，H→I脱去H2O。
(4)D为，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有、、、，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为4∶3∶2的是。
4．(1)羟基、醛基　加成
(2)溴化氢(或HBr)　CH2==CHBr
(3)n
(4) (或)
(5)
解析　A与苯酚发生加成反应得到B，B氧化为C()，乙炔与溴化氢加成生成H2C==CHBr，H2C==CHBr在Mg和乙醚的作用下生成F，F和C发生已知信息的第二步反应得到G，G发生水解得到H，H和乙酸酐反应得到W。(4)H的芳香族同分异构体同时满足题目要求条件的结构简式为或。
5．(1)羟基　丙烯
(2)氧化反应　取代反应
(3)CH2==CHCH2Cl＋NaOHCH2==CHCH2OH＋NaCl
(4)
(5)

解析　由题给信息推知，A为丙醇，B为，D为，E为，F为。(4)由信息可知，M的同分异构体中含有苯环、碳碳双键和—CN，则苯环上连接的基团为—CN和—CH==CH2，核磁共振氢谱确定分子中有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为2∶2∶2∶1，则为。(5)发生催化氧化反应可得，再发生消去反应可得，结合已知信息②的反应，与反应可得目标产物，由此可得合成路线。
第10章　化学实验基础知识及实验热点
第62练　化学实验基础知识和技能
1．B　2.D　3.B
4．B　[球形冷凝管用于冷凝回流，蒸馏时冷凝生成物应使用直形冷凝管，C项错误；盛放硅酸钠溶液的试剂瓶不可使用玻璃塞，否则会导致瓶口和瓶塞黏在一起，D项错误。]
5．C　[灼烧固体一般用坩埚，故C项错误。]
6．A　[如果用干布或纸擦干仪器，则已洗净的仪器会重新附着其他杂质，故A错误；温度高的玻璃仪器遇水会发生炸裂，故B正确；洗涤时一般是先用水冲洗，洗不掉再用其他方法洗涤，故C正确；洗过的玻璃仪器内壁附着的水既不聚成水滴也不成股流下时，表示仪器已洗净，故D正确。]
7．D　[用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对比来确定pH，不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，A错误；铁丝在氧气中燃烧时，为防止生成物熔化溅落下来使瓶底炸裂，集气瓶的底部应放少量的水或铺一层细沙，B错误；稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，使热量及时扩散，C错误；取用粉末状药品时试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，D正确。]
8．C　[银单质与氨水不反应，可用稀硝酸清洗，洗涤方法不正确，A不符合题意；油脂在碱性环境下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠和甘油都能溶于水而洗去，洗涤方法正确，水解属于取代反应，反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；二氧化锰与热的浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，不溶性的二氧化锰转化为可溶性的氯化锰而洗去，洗涤方法正确，反应中氯元素、锰元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C符合题意；碘能溶于酒精形成溶液，因此附有碘的试管用酒精清洗，洗涤方法正确，但属于物理变化，D不符合题意。]
9．D　10.A　11.C　12.B
13．A　[①浓盐酸沾到皮肤上，可以用NaHCO3溶液清洗，不能用腐蚀性强的浓NaOH溶液清洗，错误；③氯气有毒，不进行尾气处理，会污染环境且易使人中毒，错误；④金属钠很活泼，随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶，正确；⑤NaOH浓溶液溅到皮肤上，若立即用稀硫酸清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸，错误。]
14．D　[银氨溶液长期存放易变质，所以银氨溶液应现用现配，不能留存，故A正确；很多实验药品具有毒性，随意丢弃会污染环境，应倒入废液缸或指定的容器中集中处理，故B正确；玻璃中含有SiO2，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的Na2SiO3，能将瓶塞与瓶口黏结在一起，所以不能用玻璃塞，但可用玻璃瓶盛装氢氧化钠溶液，C正确；Fe2(SO4)3与Fe反应，因此硫酸铁溶液在保存时不能加入铁粉，D错误。]
15．(1)容量瓶　(直形)冷凝管　(2)②⑥　(3)试管　(4)②④⑧⑨　(5)⑧⑨　(6)B　(7)砝码放在左盘，烧杯放在右盘(或砝码和烧杯的位置放反了)　27.4　(8)胶头滴管伸入试管内　试管口向上倾斜　混合气体从短导管进入洗气瓶
第63练　仪器的组合与创新使用
1．B　2.B　3.C　
4．A　[该装置可用于吸收易溶于碱溶液的气体，并可防倒吸，A项正确；酸碱中和滴定需用酸碱指示剂确定滴定终点，且NaOH溶液应用碱式滴定管盛放，B项错误；NO2易溶于水且与水反应生成NO，不能用排水法收集NO2，C项错误；蒸干溶液不能使用坩埚，且FeCl2在加热条件下水解生成Fe(OH)2，且Fe2＋在空气中易被氧化成Fe3＋，蒸发灼烧最后得到Fe2O3，不能得到无水FeCl2，D项错误。]
5．A　[氯化铵受热分解生成氨气和HCl，但在试管口两者会反应生成氯化铵，因此不能达到实验目的，故A符合题意；氨气极易溶于水，胶头滴管中的水挤出，烧瓶中压强急速减小，打开止水夹，烧杯中的水进入到烧瓶中形成喷泉，能达到实验目的，故B不符合题意；乙酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下反应生成乙酸乙酯，再用饱和碳酸钠溶液接收，因此丙装置能制取少量乙酸乙酯，故C不符合题意；先打开止水夹K，产生的氢气排出装置内的空气，右边抽滤瓶中收集到的氢气纯净后，夹紧止水夹，左边压强增大，液体会压入到右边反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故D不符合题意。]
6．C　7.C
8．D　[装置①中橡胶管能使烧瓶内压强与分液漏斗上部的压强相等，从而使液体顺利滴下，故A不符合题意；装置②关闭止水夹时，产生的CO2将盐酸压入左侧，大理石与盐酸分离，反应停止，打开止水夹时，CO2气体排出，压强减小，盐酸又流回右侧与大理石反应产生CO2，故B不符合题意；装置③大试管中Cu与浓硫酸反应生成SO2气体，若小试管中酸性KMnO4溶液褪色，则证明SO2具有还原性，故C不符合题意；装置④中KHCO3受热不稳定，X中应放的物质是KHCO3，故D符合题意。]
9．D　[该实验的目的是探究SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀的条件，根据“强酸制弱酸”原理，若两种物质直接混合，不能得到BaSO3沉淀，若溶液显碱性，SO2转化为SO，则可得到BaSO3沉淀。因为装置甲和乙都产生气体，会使试剂瓶内的压强增大，玻璃管的作用是使试剂瓶内的压强保持和外界压强相等，A错误；若装置乙产生NH3，NH3极易溶于水，直接插入溶液中易引起倒吸，B错误；若装置乙产生氧化性气体，可将SO氧化为SO，C错误；装置乙中装入浓氨水和氢氧化钠固体可产生NH3，可使SO2与BaCl2反应生成BaSO3，D正确。]
10．B　11.D
12．A　[氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；碱石灰可与二氧化碳反应，可吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；③中产生的沉淀为碳酸钡，根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，再根据生成二氧化碳的质量计算样品中碳酸钠的质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。]
13．A　[B项，利用液差法：夹紧止水夹，从长颈漏斗中向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水后，通过观察液柱高度是否变化即可检查；C项，利用加热(手捂)法：用酒精灯微热(或用手捂热)试管，通过观察烧杯中导管口有无气泡以及导管中液柱是否变化即可检查；D项，利用抽气法：向外轻轻拉动注射器的活塞，通过观察浸没在液体中的导管口是否有气泡冒出即可检查。]
14．(1)长颈漏斗　(2)2FeCl3＋H22FeCl2＋2HCl　吸收装置二产生的HCl　防止空气中的水蒸气进入装置二引起FeCl2水解　(3)A　a　浓硫酸
解析　(2)装置一中产生了H2，故装置二中制备FeCl2的化学方程式是2FeCl3＋H22FeCl2＋2HCl。(3)该装置的缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl2水解，应在A位置加一个干燥装置，如装有浓硫酸的洗气瓶。
15．(1)平衡气压，便于液体顺利滴下
(2)集气瓶中液面下降，长颈漏斗b中液面上升，气体呈黄绿色　(3)除去Cl2中混有的HCl，平衡气压　饱和食盐水　(4)干燥Cl2　(5)②　q　(6)防倒吸
第64练　物质的分离与提纯
1．C　2.B　3.C
4．C　[向苯(苯酚)中加入浓溴水，苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，所以不能通过过滤除去，故A错误；二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应用饱和碳酸钠溶液，分液除杂，故B错误；二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则可用饱和NaHCO3溶液洗气除杂，故C正确；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，生成的盐酸为新杂质，故D错误。]
5．A　[乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可以采用分液法进行分离，A项正确；FeSO4·7H2O易被氧化，且蒸干易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来分离，B项错误；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到CuSO4·5H2O，但仪器应选蒸发皿，C项错误；生成的I2也能溶于水，不会分层，应采用萃取、分液、蒸馏的方法得到I2，D项错误。]
6．A　7.B
8．C　[NO2与水反应生成硝酸和NO，反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及氧化还原反应，且除杂试剂选用不正确，故B不符合题意；MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应：MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl，过量的NaOH溶液可用稀盐酸除去：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故C符合题意；FeCl3与Fe反应生成FeCl2：2FeCl3＋Fe===3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意。]
9．C　10.D　11.B
12．A　[萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A项错误；水相为无色说明黄色配离子基本被萃取出来，C项正确；直形冷凝管有利于液体流出，D项正确。]
13．(1)稀盐酸　氯化钡　(2)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水，使蒸馏水刚好浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复上述操作2～3次　(3)取少量最后一次洗涤液，滴加稀盐酸和氯化钡溶液，若有沉淀生成则说明没有洗净，反之，已洗涤干净
14．(1)使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应　(2)H2SiO3　(3)小　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O　(4)Na2SO4　(5)aedc
解析　将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使CrO转化为Cr2O，根据2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。(5)由图可知，在50 ℃时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50 ℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，合理的操作顺序为aedc。
第65练　简单实验方案的设计与评价
1．C　2.D　3.D
4．B　[MgSO4不足量，CuSO4能与溶液中过量的NaOH直接反应生成Cu(OH)2，不能体现两种沉淀的转化，A不符合题意；Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]会生成蓝色沉淀，B符合题意；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，C不符合题意；该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，D不符合题意。]
5．A　[A项，CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小比较两种盐溶液的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H＋的难易程度，错误；B项，发生反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，淀粉溶液遇I2变蓝，正确；C项，Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，体现了Al(OH)3的酸性，正确；D项，AgCl转化为溶解度更小的Ag2S，正确。]
6．D　[不宜用石蕊溶液检验SO2，因为SO2在溶液中易被氧化生成H2SO4，A错误；稀硫酸催化纤维素水解后，应先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热，观察是否有砖红色沉淀生成，B错误；向Na2SO3溶液中加入Ba(NO3)2和稀硝酸，SO会被氧化为SO，会产生BaSO4白色沉淀，则不能说明Na2SO3是否变质，C错误；溶剂醇与溴水不反应，若溴水褪色，说明1­溴丁烷发生了消去反应产生了丁烯，D正确。]
7．A　8.D
9．D　[乙酸能除去水垢，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，A项错误；Ca2＋、Ba2＋与SO反应生成的CaSO4、BaSO4均为白色沉淀，B项错误；氯气与甲烷发生取代反应生成的氯化氢溶于水显酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，C项错误；0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH为10，说明SO＋H2OHSO＋OH－，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH约为5，说明HSOH＋＋SO，所以HSO结合H＋的能力比SO的弱，D项正确。]
10．C　[水蒸气和铁粉反应生成黑色的四氧化三铁，故A错误；酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，若褪色，则被还原，故C正确；NaClO溶液具有漂白性，能漂白试纸，故D错误。]
11．C　[A项，Na2CO3固体加热不会分解，错误；B项，铜与稀硝酸发生的反应不是置换反应，错误；C项，少量氯水与I－发生氧化还原反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，淀粉遇I2变蓝色，正确；D项，H2O2能把Fe2＋氧化为Fe3＋，说明Fe2＋具有还原性，不能说明Fe2＋具有氧化性，错误。]
12．D　13.C
14．B　[甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，A错误；醛基在碱性条件下可以和新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，B正确；如果混合物中含有铵盐，也会出现实验中的现象，但不能说该混合物就是铵盐，C错误；该实验中硝酸银过量，因此加入氯化钠和碘化钾后，发生的是沉淀的生成而不是沉淀的转化，D错误。]
第66练　以物质制备为主的综合实验
1．(1)A→B→E→B　(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(3)③②①④⑤⑥　(4)①防倒吸　②中和生成的氢离子，促进反应正向进行　③过滤、洗涤、干燥　(5)在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再向其中加入少量过氧化锶，溶液变为红色，证明SrO2的氧化性比FeCl3的强
2．(1)①A　②CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑　(2)①NH3　②吸收过量的NH3，防止污染环境　③4MgCl2＋8NH3＋3CO2＋8H2O===3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋8NH4Cl　(3)玻璃棒、泥三角
解析　(1)①启普发生器适用于块状固体与溶液的反应，生成的气体溶解度较小，生石灰和浓氨水制取NH3反应速率较快，故选A。(2)②装置D主要为尾气吸收装置，吸收过量的NH3，防止污染环境。
3．(1)A　B　(2)作催化剂　(3)③①③②
防止2­氯丁烷水解，减少2-氯丁烷挥发　(4)蒸馏　(5)80%
解析　(1)A为球形冷凝管，一般竖直放置，用于冷凝回流；B为直形冷凝管，倾斜放置，用于冷凝馏分。(2)甲装置中圆底烧瓶中发生的反应是CH3CHOHCH2CH3＋HCl―→CH3CHClCH2CH3＋H2O，步骤1中加入的无水ZnCl2不作反应物，故其作催化剂，加快化学反应速率。(3)步骤3进行系列操作的顺序是用蒸馏水洗去产品中含有的HCl、ZnCl2―→用10%Na2CO3溶液洗去少量的HCl―→用蒸馏水洗去少量的Na2CO3―→用CaCl2固体干燥产品，放置一段时间后过滤；因为2­氯丁烷在碱性溶液中水解，为了防止2­氯丁烷水解，同时减少2­氯丁烷(沸点较低)挥发，故用Na2CO3溶液洗涤时操作要迅速。(4)蒸馏可分离互溶的、有一定沸点差异的液体混合物，故步骤4进一步精制得产品所采用的操作方法是蒸馏。(5)45.68 mL 2­丁醇的物质的量为≈0.50 mol，则理论上可得到0.50 mol 2­氯丁烷；由2­氯丁烷在测定实验中的反应可得关系式为CH3CHClCH2CH3～NaCl～AgCl，n(CH3CHClCH2CH3)＝n(AgCl)＝＝0.40 mol，则2­氯丁烷的产率是×100%＝80%。
4．(1)分液漏斗　D→C→E→B
(2)2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(3)防止多余的Cl2污染空气、防止空气中的水蒸气进入装置E
(4)把＋2价钴氧化成＋3价钴　减少晶体表面水分，加快晶体干燥
(5)2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　d
解析　(5)CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到Cl3，总反应的化学方程式为2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O2===2Cl3＋2H2O；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，故选d。
第67练　以物质含量或组成测定为主的综合实验
1．(1)C　(2)蒸发浓缩、冷却结晶　(3)中和溶液中的H＋，增大溶液中C2O的浓度，使Ca2＋完全沉淀　(4)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　(5)93.3%
解析　(5)由题意可得关系式：5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO，则Ca(C6H11O7)2·H2O的物质的量为×0.020 00 mol·L－1×0.025 L＝1.250×10－3 mol，产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。
2．(1)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑　饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶
(3)分液漏斗的活塞与旋塞　沉淀恰好完全溶解时
(4)①打开K2，缓慢推动可滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2　减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收　②0.037 5
3．(1)①品红溶液　验证气体X中是否含有CO2　②E中黑色固体逐渐变红，F中澄清石灰水变浑浊　(2)cd　(3)Ⅲ中溶液由蓝色变为无色　5%　2.4%
4．(1)过滤　(球形)冷凝管　(2)B　(3)Fe会被过氧化氢氧化，且生成的Fe3＋会催化过氧化氢分解　(4)①cdba　②A　③×100%
解析　(2)根据过氧化尿素在45 ℃左右受热易分解，熔点低，水溶性较大可知，操作②需要在较低温度下使过氧化尿素形成晶体分离，应使用减压蒸馏的方法，降低蒸馏操作所需的温度，确保过氧化尿素不分解。(3)双氧水具有氧化性，铁具有强还原性，容易被H2O2氧化。(4)②作基准试剂的物质必须满足纯度高、稳定性好，硫酸亚铁、亚硫酸钠容易被氧化变质的试剂不能作为基准试剂，浓盐酸具有挥发性，也不能作基准试剂。③草酸的物质的量浓度为＝ mol·L－1，根据反应的离子方程式6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，酸性高锰酸钾的物质的量浓度为＝ mol·L－1；根据得失电子守恒知，5H2O2～2KMnO4，n(H2O2)＝n(KMnO4)，由于第2组数据偏差较大，应舍去，n(H2O2)＝× mol＝ mol，双氧水的质量分数为×100%＝×100%，根据质量分数为34%的双氧水，其中活性氧为16%，则产品中活性氧的质量分数为××100%＝×100%。
第68练　以性质为主的探究类综合实验
1．(1)BCBED　在C的两侧防止水蒸气进入C中　(2)D
(3)取C中少量反应产物，加入水中，产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(5)CO(NH2)2＋3H2OCO2↑＋2NH3·H2O、Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH
2．(1)除去溶解的氧气　除去SO2中的SO3
(2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解
(3)pH＝2.4的盐酸
(4)S2O＋Cl2＋H2O===S↓＋SO＋2H＋＋2Cl－
解析　(3)根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是pH＝2.4的盐酸。(4)第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了－2价硫元素。
3．(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O
(3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)①Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
②4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O　Cl2
③3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O
④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH－)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
解析　在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。②溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnO。
4．(1)Cu＋H2O2===Cu(OH)2
(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　产生的铜离子催化了过氧化氢分解
(3)①Cu－2e－===Cu2＋，向U形管左侧加入氨水，氨水与Cu2＋形成2＋，使c减小，提高了Cu的还原性　②向U形管右侧溶液中滴加硫酸
(4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强
(5)溶解度：AgI