课时作业(二十六) 盐类的水解
1．下列说法不正确的是( )
A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
B．水解反应NH＋H2O???NH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D．盐类水解反应的逆反应是中和反应
B [水解过程一般为吸热，升高温度平衡右移。]
2．下列应用与盐类水解无关的是( )
A．泡沫灭火器
B．氯化铵和消石灰制备氨气
C．明矾净水
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
B [A项，泡沫灭火器中Al3＋与HCO相互促进水解；B项，NH4Cl与Ca(OH)2反应制备NH3与水解无关；C项，明矾可以净水是因为Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性；D项，草木灰不宜与铵态氮肥混合使用是因为CO与NH相互促进水解。]
3．下列电离或水解方程式正确的是( )
A．Na2SO3的水解：SO＋2H2O???H2SO3＋2OH－
B．NaHCO3的电离：NaHCO3???Na＋＋H＋＋CO
C．KHS溶液中HS－的电离：HS－＋H2O???H3O＋＋S2－
D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O===2HClO＋Fe(OH)2↓
C [Na2SO3水解的离子方程式为SO＋H2O???HSO＋OH－，故A错误；NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，故B错误；KHS溶液中HS－的电离方程式为HS－＋H2O???H3O＋＋S2－，故C正确；NaClO溶液与FeCl2溶液混合的离子方程式为2Fe2＋＋5ClO－＋5H2O===2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4HClO，故D错误。]
4．向三份0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2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
A [CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2O???CH3COOH＋OH－，加入的NH4NO3和FeCl2水解显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对水解有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。]
5．25 ℃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
C [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＋H2O???H2CO3＋OH－，Na2CO3溶液中还存在有CO＋H2O???HCO＋OH－，A项正确；B项，两种溶液中均存在Na＋、CO、HCO、H2CO3、OH－、H＋、H2O，B项正确；C项，浓度相同时，CO水解程度大于HCO，故Na2CO3溶液中c(OH－)更大，C项错误；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，D项正确。]
6．恒温条件下，欲使CH3COONa溶液中的比值增大，可向溶液中加入的物质有( )
①NaOH固体 ②KOH固体 ③NaHS固体 ④CH3COONa固体 ⑤冰醋酸 ⑥水
A．②③④⑤ B．②④⑤
C．②⑤⑥ D．①⑤⑥
B [CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2O???CH3COOH＋OH－。具体分析如表所示：
加入的物质 解释 的比值变化
①NaOH固体 平衡左移，c(CH3COO－)增大，但c(Na＋)增大得更多 减小
②KOH固体 平衡左移，c(CH3COO－)增大，c(Na＋)不变 增大
③NaHS固体 c(CH3COO－)变化很小，c(Na＋)明显增大 减小
④CH3COONa固体 水解程度减小 增大
⑤冰醋酸 平衡左移，c(CH3COO－)增大，c(Na＋)不变 增大
⑥水 平衡右移，水解程度增大，(CH3COO－)减小得多 减小
综上所述，本题选B。]
7．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是( )
A．电离常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
A [由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1 mol·L－1BY溶液的pH＝6，说明电离常数K(BOH)
A．滴加酚酞后溶液均变红
B．滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀
C．滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
D．所含阳离子的总浓度相等
B [NaHCO3溶液中HCO的水解程度比电离程度大，溶液显碱性，而NaHSO3溶液中HSO的电离程度比水解程度大，溶液显酸性，向两溶液中滴加酚酞后只有NaHCO3溶液变红，A项错误；向NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀，B项正确；向NaHCO3溶液中滴加氯水产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体，而向NaHSO3溶液中滴加氯水会发生氧化还原反应，无SO2气体产生，C项错误；NaHCO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，两溶液等浓度时，Na＋浓度相等，H＋浓度不相等，故所含阳离子的总浓度不相等，D项错误。]
9．已知某元素X的酸式盐(NaHX)溶液显碱性，下列说法正确的是( )
A．NaHX的电离方程式为NaHX===Na＋＋H＋＋X2－
B．HX－的电离程度小于HX－的水解程度
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋c(X2－)
D．加水稀释，促进HX－水解，c(HX－)增大
B [酸式盐(NaHX)溶液显碱性，HX－水解程度大于电离程度，说明H2X是弱酸，NaHX的电离方程式为NaHX===Na＋＋HX－，A错误；溶液显碱性，HX－的电离程度小于HX－的水解程度，B正确；由电荷守恒可知离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，C错误；加水稀释，促进HX－水解，c(HX－)减小，D错误。]
10．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是( )
序号 ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
A.等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClO
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中离子种类不同
C．溶液中水的电离程度：①>②>④>③
D．NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
D [等浓度的CH3COONa和NaClO溶液相比，前者的pH小于后者，说明ClO－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，根据盐类“越弱越水解”的规律推知，酸性：CH3COOH>HClO，故等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是CH3COOH溶液，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中均含有两种阳离子(Na＋、H＋)和三种阴离子(OH－、HCO、CO)，B错误；盐的水解促进了水的电离，等浓度的四种盐溶液，盐的水解程度越大，溶液的pH越大；由表可知，水解程度：Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa，则水的电离程度：③>④>②>①，C错误；NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，D正确。]
11．某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol·L－1FeCl3溶液、50 mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol·L－1HCl溶液、1滴1 mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．依据M点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应
B．对照组溶液X的组成可能是0.003 mol·L－1KCl溶液
C．依据曲线c和d说明Fe3＋水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
B [由题图可知，0.001 mol·L－1FeCl3溶液的pH≈3.2，说明Fe3＋发生了水解反应：Fe3＋＋3H2O???Fe(OH)3＋3H＋，使溶液呈酸性，A正确；0.003 mol·L－1KCl溶液的pH＝7，而图中对照组溶液X的pH与0.001 mol·L－1FeCl3溶液相同，故溶液X不可能为0.003 mol·L－1KCl溶液，B错误；在FeCl3溶液中加碱或酸后，溶液的pH变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或碱均引起Fe3＋水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，C正确；FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3，故溶液的浑浊程度变大，则Fe3＋的水解被促进，否则被抑制，D正确。]
12．(2021·河北沧州检测)25 ℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L－1二元弱酸H2A (Kal＝1.2×10－2，Ka2＝5.6×10－8)溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.溶液中水的电离程度：d点＞c点＞b点＞a点
B．Na2A的水解平衡常数Khl约为10－12
C．b点溶液显酸性，其中c＞c
D．c点溶液中c＋2c＝c－c
D [A.酸、碱抑制水的电离，含“弱离子”的盐会促进水的电离，c点中水的电离程度最大，A错误；B.Na2A水解的第一步为A2－＋H2O???HA－＋OH－，Kh1＝＝＝≈1.8×10－7，B错误；C.b点时，酸碱恰好反应生成NaHA，HA－既发生部分电离HA－???H＋＋A2－Ka2＝5.6×10－8，也发生部分水解HA－＋H2O???H2A＋OH－Kh＝＝≈8.3×10－13，Ka2＞Kh，则HA－的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，c＜c，C错误；D.c点溶液中溶质为Na2A，溶液中存在的电荷守恒式为c＋c＝c＋c＋2c①，物料守恒式为c＝2c＋2c＋2c②，联立①②可得：c＋2c＝c－c，D正确。]
13．已知常温下，浓度均为0.1 mol/L的四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③盐酸；④氨水。试回答下列问题：
(1)上述溶液中有水解反应发生的是________(填编号，下同)，溶液中溶质存在电离平衡的是________________________________________________________________________。
(2)比较①、②溶液，pH较大的是__________。
(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体，此时 eq \f(c（NH）,c（OH－）) 的值将____________(填“变小”“变大”或“不变”)。
答案： (1)①② ②④ (2)① (3)变大
14．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：
(1)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3＋＋H2O???Fe(OH)2＋＋H＋ K1
Fe(OH)2＋＋H2O???Fe(OH)＋H＋ K2
Fe(OH)＋H2O???Fe(OH)3＋H＋ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是________________。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2O???Fex(OH)＋yH＋
欲使平衡正向移动可采用的方法是________(填序号)。
a．降温 b．加水稀释
c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_________________。
(2)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L－1)表示]的最佳范围约为__________mg·L－1。
答案： (1)K1>K2>K3 bd 调节溶液的pH (2)18～20
15．现有0.175 mol·L－1醋酸钠溶液 500 mL(已知醋酸的电离常数Ka＝1.75×10－5)。
(1)写出醋酸钠水解反应的化学方程式： _____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是________。
A.溶液中c(Na＋)与反应时间t的关系 B.CH3COO－的水解速率与反应时间t的关系 C.溶液的pH与反应时间t的关系 D.Kw与反应时间t的关系
(3)在醋酸钠溶液中加入下列少量物质，水解平衡向正反应方向移动的有________。
A．冰醋酸 B．纯碱固体
C．醋酸钙固体 D．氯化铵固体
(4)欲配制0.175 mol·L－1醋酸钠溶液500 mL，可采用以下两种方案：
方案一：用托盘天平称取________g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500 mL溶液。
方案二：用体积均为250 mL且浓度均为________mol·L－1的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前两者体积之和)。
(5)在室温下，0.175 mol·L－1醋酸钠溶液的pH约为____________
[已知醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝。]
答案： (1)CH3COONa＋H2O???CH3COOH＋NaOH
(2)BC (3)CD (4)7.2 0.35 (5)9
16．测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
(1)Na2SO3水解的离子方程式为____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)请根据题给信息判断Kw的关系①______④(填“>”“<”或“＝”，下同)，Kh的关系①________②。
(3)实验过程中，取①、④时刻相同体积的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀比①多。该白色沉淀的成分是________，沉淀④比①多的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)数据显示，①→③的过程中，__________(填“温度”或“浓度”)对水解平衡移动方向的影响程度更大。
解析： (1)Na2SO3是强碱弱酸盐，SO水解使溶液显碱性，其离子方程式为SO＋H2O???HSO＋OH－。(2)水的离子积常数Kw只与温度有关，由于①和④的温度相同，故二者Kw相同；盐的水解为吸热反应，升高温度，盐的水解平衡右移，Kh增大，故Kh的关系为①<②。(3)升高温度的过程中部分SO被氧化为SO，SO与Ba2＋反应生成BaSO4白色沉淀，且BaSO4不溶于稀盐酸，故④中产生的白色沉淀比①中多。(4)①→③的过程中，温度升高，水解平衡右移，而升温过程中，部分SO被氧化为SO，SO浓度减小，水解平衡左移，由题表知，①→③溶液pH降低，说明浓度对水解平衡移动方向的影响程度更大。
答案： (1)SO＋H2O???HSO＋OH－
(2)＝ <
(3)BaSO4 升温过程中部分SO被氧化为SO
(4)浓度课时作业(一) 物质的分类及转化
1．(2021·天津红桥区调研)近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198 ℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有( )
①胶体的吸附 ②盐类水解 ③焰色试验 ④氧化还原反应
A．①②③④ B．①②④
C．②③④ D．①③④
B [K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒。FeO的还原产物是Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有很强的吸附性，故能起到净化水的作用。因此，K2FeO4在水处理过程中涉及了①②④的变化过程。]
2．新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是( )
A．蛋白质和核酸均是高分子化合物
B．蛋白质中含C、H、O、N 等元素
C．五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖互为同系物
D．NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO 能使病毒蛋白变性
C [A.蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故A正确；B.蛋白质的组成元素有C、H、O、N，有的还有P、S等，故B正确；C.五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖(C6H12O6)组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，故C错误；D.NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性，故D正确。]
3．下列物质与类别不对应的是( )
选项 A B C D
物质 小苏打 食用油 淀粉 84消毒液
类别 碱 油脂(酯类) 天然高分子化合物 混合物
A [小苏打是NaHCO3，属于盐，物质与类别不对应，A项符合题意；食用油是油脂，油脂属于酯类，物质与类别对应，B项不符合题意；淀粉是天然高分子化合物，物质与类别对应，C项不符合题意；84消毒液的有效成分是次氯酸钠，其属于混合物，物质与类别对应，D项不符合题意。]
4．下列过程属于物理变化的是( )
A．平行光照射胶体产生丁达尔效应
B．紫外线照射下，液态蛋白质凝固
C．铁在潮湿的空气中生锈
D．铝遇到冷的浓硝酸溶液发生钝化
A [平行光照射胶体，产生一束光亮的通路，这是胶体中胶粒对光的散射作用，是物理变化，A项正确；紫外线照射下液态蛋白质凝固，这是因为蛋白质发生了变性，属于化学变化，B项错误；铁在潮湿的空气中生锈，有新物质生成，属于化学变化，C项错误；铝遇冷的浓硝酸发生钝化，实质是铝与浓硝酸反应，铝表面生成了致密的氧化铝薄膜，属于化学变化，D项错误。]
5．按照物质的树状分类和交叉分类，HClO应属于( )
①稳定性强的物质 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤弱酸 ⑥强氧化性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物 ⑨混合物
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．②④⑤⑨
C．④⑤⑥⑦⑧ D．②④⑤⑥⑦
C [①HClO不稳定，见光易分解，故不选①；②HClO由3种元素组成，HClO不是氢化物，故不选②；③HClO由3种元素组成，HClO不是氧化物，故不选③；④HClO含有氧元素，电离出的阳离子全是氢离子，HClO是含氧酸，故选④；⑤HClO在水溶液中部分电离，HClO是弱酸，故选⑤；⑥HClO中氯元素化合价为＋1，HClO是强氧化性酸，故选⑥；⑦1个HClO分子最多电离出1个氢离子，HClO是一元酸，故选⑦；⑧HClO是由3种元素组成的纯净物，HClO是化合物，故选⑧；⑨HClO是由3种元素组成的纯净物，故不选⑨。]
6．分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用。下列分类标准合理的是( )
A．根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质和化合物
B．根据溶液导电能力的强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质
C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类
A [根据物质是否由同种元素组成，可将纯净物分为单质和化合物，A项正确；根据电解质在水溶液中是否能完全电离，可将电解质分为强电解质和弱电解质，B项错误；根据分散质粒子的直径大小，可将分散系分为溶液、浊液和胶体，C项错误；根据反应中的能量变化，可将化学反应分为“吸热反应、放热反应”两类，D项错误。]
7．物质的分类如图所示，由图判断下列说法中不正确的是( )
A．甲图所示的分类方法属于树状分类法
B．乙图所示的分类方法属于交叉分类法
C．NaCl、Na2CO3既属于钠盐又属于正盐
D．H2O、CO2既属于非金属氧化物又属于酸性氧化物
D [A. 树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分类法，从图形看应属于树状分类法，故A正确；B. 交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式，从图形看应属于交叉分类法，故B正确；C. NaCl、Na2CO3二者都含有钠离子，属于钠盐并且属于正盐，故C正确；D. 二者均是非金属氧化物，但水不是酸性氧化物，故D错误。]
8．奥运五环代表着全世界五大洲的人民团结在一起。下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是( )
选项 ① ② ③ ④
A NaCl K2SO4 KCl (NH4)2SO4
B Na2SO4 K2SO4 KCl NH4Cl
C NaCl K2SO4 KCl NH4Cl
D Na2SO4 K2SO4 KCl (NH4)2SO4
B [NaCl是钠盐但不是硫酸盐，(NH4)2SO4是铵盐但不是盐酸盐，A项错误；各种物质分类无误，B项正确；NaCl是钠盐但不是硫酸盐，C项错误；(NH4)2SO4是铵盐但不是盐酸盐，D项错误。]
9．分类法是化学学习和研究的重要思想方法。下列有关物质的分类或说法正确的是( )
A．根据树状分类法可知，碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐
B．汽油、氢氧化铁胶体和漂粉精均为混合物
C．C919大型客机、“蛟龙”号载人潜水器等使用的合金材料中都不含非金属元素
D．磷酸、硫酸、氢硫酸均为含氧酸
B [A.碳酸钠分为钠盐、碳酸盐、正盐，属于交叉分类法，A错误；B.汽油、氢氧化铁胶体和漂粉精均为两种及两种以上的物质组成，属于混合物，B正确；C.C919大型客机、“蛟龙”号载人潜水器等使用的合金材料中有铁合金，可能含有非金属元素C，C错误；D.氢硫酸为H2S，属于无氧酸，D错误。]
10．下列有关物质的组成、分类和变化的说法正确的是( )
A．NO2、SO2、PM2.5均属于空气污染物
B．SiO2、P2O5、CO均属于酸性氧化物
C．明矾、水玻璃、氢氧化铁胶体都是电解质
D．蒸馏、萃取、氮的固定都是物理变化
A [CO不属于酸性氧化物，B项错误；水玻璃、氢氧化铁胶体都是混合物，不属于电解质，C项错误；氮的固定是化学变化，D项错误。]
11．央视栏目《国家宝藏》不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是( )
A．宋·王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜
B．宋·《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质
C．战国·“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金
D．清·乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅
D [铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，A项正确；缂丝中使用的丝主要成分是蛋白质，B项正确；青铜是一种铜锡合金，C项正确；釉彩大瓶的主要成分是硅酸盐，D项错误。]
12．对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是( )
A．《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2
B．《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是指可溶性铜盐
C．《本草纲目》中“冬灰，乃冬月灶中所烧薪柴之灰也……今人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“碱”是K2CO3
D．《汉书》中“高奴，有洧水，可燃”，这里的“洧水”指的是石油
A [A项“石灰”不是Ca(OH)2，而是CaCO3，A项错误；B项描述的反应是Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，B项正确；草木灰的主要成分为K2CO3，其水解使溶液显碱性，C项正确；“洧水”为石油，D项正确。]
13．合理应用化学知识可提高人们的生活质量。某品牌牙膏的成分有甘油、山梨酸钾、氟化钠等。回答下列问题：
(1)在上述牙膏成分中，属于盐的有_________________，防腐剂是__________。
(2)油脂在酸性条件下反应，生成甘油和高级脂肪酸。
①上述反应的反应类型是________。(填字母)
a．复分解反应 b．置换反应
c．取代反应 d．加成反应
②甘油的化学式为C3H8O3，其化学名称为丙三醇，写出其结构简式：________________________________________________________________________。
(3)氟化钠(NaF)可与牙齿中的羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]反应，生成更难溶的氟磷酸钙[Ca5(PO4)3F]从而达到防治龋齿的目的。
①写出该反应的化学方程式： __________________________________________
________________________________________________________________________。
②该反应属于四种基本反应类型中的__________________________________________。
解析： (1)山梨酸钾具有防腐性。(3)依据题干：氟化钠与羟基磷酸钙反应生成氟磷酸钙，结合原子个数守恒配平。
答案： (1)山梨酸钾、氟化钠 山梨酸钾
(2)①c ②CH2OHCHOHCH2OH
(3)①NaF＋Ca5(PO4)3OH===Ca5(PO4)3F＋NaOH ②复分解反应
14．《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞(Hg2Cl2)制法：“用水银一两，白矾[KAl(SO4)2]二两，食盐一两，同研，不见星。铺于器内，以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和，封固盘口，以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣，其白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。”
(1)甘汞(Hg2Cl2)中化学键类型主要为________________。
(2)KAl(SO4)2所属物质类别为________(填选项字母)。
A．酸式盐 B．复盐
C．正盐 D．混盐
E．硫酸盐
(3)文中“同研”涉及的操作，若在实验室通风橱内完成，则所需的仪器是____________。
(4)文中“则粉升于盆上矣”涉及的混合物分离方法是________。
(5)甘汞(Hg2Cl2)制备反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中还原产物是________。
(6)已知文中一两等于十钱，则甘汞的产率约为________(保留三位有效数字，Hg的相对原子质量为201)。
(7)由甘汞(Hg2Cl2)光照可得外科用药升汞(HgCl2)，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)由已知中《本草纲目》记载的甘汞的分离方法可得，甘汞沸点较低，由此判断甘汞应为分子晶体，化学键类型主要为共价键。(2)KAl(SO4)2属于盐类物质，含有硫酸根离子，属于硫酸盐；只含金属阳离子和酸根离子，属于正盐；含有两种金属阳离子，属于复盐，故选BCE。(3)文中“同研”指的是将水银、白矾KAl(SO4)2、食盐一起研磨，若在实验室通风橱内完成，则所需的仪器是研钵。(4)文中“则粉升于盆上矣”，指的是制得的甘汞(Hg2Cl2)由固体直接变为气体后又变为固体附着在小乌盆上，故涉及的混合物分离方法是升华。(5)由已知结合氧化还原反应原理，制取甘汞时，KAl(SO4)2作氧化剂，汞作还原剂，化学方程式可表示为4KAl(SO4)2＋6Hg＋6NaCl3Hg2Cl2＋3Na2SO4＋2K2SO4＋2Al2O3＋3SO2↑，由化学方程式可得，若6 mol Hg与8 mol SO反应，生成3 mol SO2，则只有3 mol SO被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4×∶6＝1∶4；氧化剂发生还原反应，生成还原产物，故该反应中还原产物是SO2。(6)已知文中一两等于十钱，因为“一两汞可升粉八钱”，其中“粉”指甘汞(Hg2Cl2)，即1 g汞可制甘汞0.8 g，设1 g汞制取甘汞的理论产量为x g。
2Hg ～ Hg2Cl2
2×201 201×2＋35.5×2
1 g x g
x＝＝ g
产率＝×100%＝×100%＝68.0%(保留三位有效数字)。
(7)甘汞(Hg2Cl2)光照条件下分解生成外科用药升汞(HgCl2)，汞元素的化合价由＋1价升高为＋2价，因为Cl元素的化合价为最低价态，所以甘汞分解还会生成Hg，故化学方程式为Hg2Cl2Hg＋HgCl2。
答案： (1)共价键 (2)BCE (3)研钵 (4)升华
(5)1∶4 SO2 (6)68.0% (7)Hg2Cl2Hg＋HgCl2
15．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”[化学式为Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
铜铜绿ACu(OH)2BCu
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质： ____________________________
________________________________________________________________________。
(2)请写出“铜绿”与盐酸反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(3)写出④、⑤的化学方程式：
④________________________________________________________________________；
⑤________________________________________________________________________。
(4)上述转化过程中属于化合反应的是________，属于复分解反应的是________，属于分解反应的是________。
答案： (1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)
(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑
(3)④Cu(OH)2CuO＋H2O ⑤CuO＋H2Cu＋H2O
(4)① ②③ ④课时作业(十六) 元素周期表与元素周期律
1．下列关于元素周期表和元素周期律的应用说法正确的是 ( )
A．为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
B．在周期表中金属与非金属的分界处，寻找可作催化剂的合金材料
C．在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素
D．在过渡元素中，可以找到半导体材料
A [元素周期表和元素周期律为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索，A项正确；在周期表中金属与非金属的分界处寻找半导体材料，B项错误；在非金属元素中寻找制造农药的主要元素，C项错误；在过渡元素中寻找可作催化剂的合金材料，D项错误。]
2．2019年是元素周期表发表150周年。期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是( )
A．In是第五周期第ⅢA族元素
B．In的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：In>Al
D．碱性：In(OH)3>RbOH
D [由铟(49In)的原子结构示意图可推断In是第五周期第ⅢA族元素，A对；In的中子数为115－49＝66，电子数为49，因此In的中子数与电子数的差值为17，B对；铟和铝同属于第ⅢA族元素，前者位于第五周期，后者位于第三周期，因此原子半径：In>Al，C对；铟和铷同属于第五周期元素，前者位于第ⅢA族，后者位于第ⅠA族，根据同周期主族元素最高价氧化物的水化物的碱性递变规律得：碱性In(OH)3
B [A项，4和5，12和13号元素间有10个空列，为7个副族和1个Ⅷ族，错误；B项，7、15、33号元素位于同一列，14、15、16号元素位于同一行，符合位置关系，正确；C项，1和11号元素之间相隔一个周期，第一列应为1、3、11，错误；D项，14与17号元素之间相隔2列，9与17、35号元素处于同列，错误。]
4．已知钍(Th)的原子可发生下列放射性变化，Th→X＋α，生成的X是与钫(Fr)同周期的一种元素的原子，下列对X的推断错误的是( )
A．X的氢氧化物是一种强碱
B．X的碳酸正盐不溶于水
C．X原子核外有6个电子层
D．X的最高化合价为＋2价
C
5．已知aAn＋、bB(n＋1)＋、cCn－、dD(n＋1)－是具有相同的电子层结构的离子，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是( )
A．离子半径：A>B>C>D
B．原子序数：b>a>c>d
C．原子半径：D>C>B>A
D．四种元素一定属于短周期元素
B [由于四种离子具有相同的电子层结构，可以推知四种元素在周期表中的位置关系如图：
…… D C
A B ……
原子序数b>a>c>d；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小；原子半径A>B>D>C；A和B可以为第四周期元素。]
6．下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是( )
A. NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B. Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C. 原子半径r: r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)
D．原子的最外层电子数n: n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)
A [A.同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；B.同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2得电子的能力比Br2强，故B错误；C.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C错误；D.Cl和Br为同主族元素，最外层电子数相等，故D错误。]
7．W是由短周期非金属主族元素X、Y按原子个数比3∶1组成的化合物。元素周期表中，Y在X的下一周期。下列叙述正确的是 ( )
A．Y的最高正价一定大于X
B．Y的原子半径可能小于X
C．W只能是无机物
D．W的水溶液一定显酸性
A [W是由短周期非金属主族元素X、Y按原子个数比3∶1组成的化合物，且Y在X的下一周期，所以可以猜测X和Y的化合价分别为＋1和－3(W为NH3)，或－2和＋6(W为SO3)，或－1和＋3(W为PF3)，还要考虑可能是有机物这一特殊情况(如C2H6)。NH3、SO3、PF3、C2H6四种物质中都是Y的最高正价大于X(注意：O和F没有最高正价)，A项正确；Y的原子半径大于X，B项错误；W可以是C2H6，C项错误；W如果是氨气，水溶液显碱性，D项错误。]
8．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X＋Y＝W＋Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是( )
A．非金属性：W>X>Y>Z
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．元素X的含氧酸均为强酸
D．Y的氧化物对应的水化物为强碱
D [本题考查元素周期表、元素周期律以及元素化合物的性质等。由化合物XW3和WZ相遇会产生白烟推知XW3是NH3，WZ是HCl，即W为H元素、X为N元素、Z为Cl元素。再由四种元素的核外电子总数满足X＋Y＝W＋Z可推知Y的核外电子数为11，则Y为Na元素。Na是活泼金属，所以非金属性在四种元素中最弱，四种元素的非金属性：Cl>N>H>Na，A错误；同周期主族元素原子半径随原子序数的增大而减小，同主族元素原子半径随原子序数的增大而增大，所以原子半径：Na>Cl>N>H，B错误；N的含氧酸有多种，其中HNO2是弱酸，C错误；Y的氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH是强碱，D正确。]
9．已知a、b、c、d四种短周期主族元素在周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、c两元素的最高正价一定相等
B．d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍
C．c的最高价氧化物对应的水化物一定可溶于d的最高价氧化物对应的水化物
D．若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则d元素的单质具有强氧化性
D [若a是O，则c是S，二者的最高正价不相等，A项错误；若b是Be，则d是Mg，d的原子序数是b的原子序数的3倍，B项错误；若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸，氢氧化铝难溶于硅酸，C项错误；若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则c是S，d是Cl，Cl2具有强氧化性，D项正确。]
10．(2021·云南昆明八校联考)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，能发生反应2Y2X2＋4WZ===4YZ＋X2↑＋2W2X。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A．气态化合物的稳定性：WZ>W2X
B．简单离子半径：Z>X>Y
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强于H2SO4
D．Y2X2、X2均含非极性键，上述反应中生成1 mol X2时，转移电子数为2NA
A [W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，能发生反应2Y2X2＋4WZ===4YZ＋X2↑＋2W2X，可推断为2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋O2↑＋2H2O。A.非金属性O＞Cl，则H2O更稳定，错误；B.简单离子半径：Z＞X＞Y(Cl－＞O2－＞Na＋)，正确；C.非金属性Cl＞S，则Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性强于H2SO4，正确；D.Na2O2、O2均含非极性键，上述反应中生成1 mol O2时，O由－1价升高到0价，转移电子数为2NA，正确。]
11．X、Y、Z、M、Q、R为前四周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是 ( )
A．Q位于第三周期第ⅠA族
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：M－>Q＋>R2＋
D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
C [由题图可知X为H、Y为O、Z为N、M为Cl、Q为Na、R为Ca，Na位于第三周期第ⅠA族，A项正确；X、Y、Z三种元素组成的化合物NH4NO3为盐，NH3·H2O为碱，B项正确；简单离子半径r(Cl－)>r(Ca2＋)>r(Na＋)，C项错误；Z与M的最高价氧化物对应水化物分别为HNO3和HClO4，二者均为强酸，D项正确。]
12．(2021·四川资阳、眉山等六市联考)一种由短周期元素组成的有机化合物(如图所示)，常用作分析试剂。元素 X、Y、Z、V、W原子序数依次增大，V的单质为黄色固体，该分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构。下列有关叙述一定正确的是( )
A. 原子半径r(Z)>r(Y)
B. Y元素形成的单质只有两种
C. 非金属性：W>V
D. W氧化物的水化物为强酸
C [几种元素均为短周期元素，V的单质为黄色固体，则V为S元素，W的原子序数大于S，则W为Cl元素，分子中的Y、Z、W原子均为8电子稳定结构，Z可以和S形成双键，应为O元素，X可以形成1个共价键，原子序数小于O，则X为H元素，Y可以形成4个共价键，原子序数小于O，则Y为C元素。综上所述X为H、Y为C、Z为O、V为S、W为Cl。A.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以C原子半径较大，即r(Z)
13．下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
2 ① ②
3 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
4 ⑨ ⑩
(1)⑤和⑧的元素符号是________和________。
(2)表中最活泼的金属是________，非金属性最强的元素是________。(填写元素符号)
最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是___________________________________
(填化学式，下同)，酸性最强的是________，气态氢化物最稳定的是________。
(3)元素非金属性强弱的比较有很多方法，其中⑦和⑩的非金属性强弱的研究方案中不可行的是________(填字母)。
A．比较两种单质的颜色
B．比较氢化物的稳定性
C．依据两元素在周期表中的位置
D．比较原子半径大小
E．比较最高价氧化物对应的水化物的酸性
解析： (1)根据元素周期表，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩元素分别为N、F、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Br。
(2)金属性：同周期元素从左到右越来越弱，同主族元素从上到下越来越强，并且金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。而非金属性：同周期元素从左到右越来越强，同主族元素从上到下越来越弱，并且非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，气态氢化物越稳定。
(3)Cl和Br位于同一主族，可依据元素周期律比较非金属性强弱，但根据单质的颜色不能确定非金属性的强弱。
答案： (1)Si Ar
(2)K F KOH HClO4 HF (3)A
14．X、Y、Z、M是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如下：
X Y
Z M
Z的单质既可以与盐酸反应也可以与氢氧化钠溶液反应，室温下M的单质为淡黄色固体，回答下列问题：
(1)M元素在周期表中的位置是_____________________________________________，
X、Y元素的气态氢化物稳定性较强的是________(填化学式)。
(2)Z元素的氧化物具有两性，请写出其氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)Y元素的原子结构示意图：________，其氢化物在工业上有重要的应用，请写出其电子式________________________________________________________________________。
(4)X元素形成的单质有石墨、金刚石等，二者互为______________(填“同素异形体”“同位素”或“同分异构体”)。
解析： Z的单质既可以与盐酸反应也可以与氢氧化钠溶液反应，Z是Al元素；室温下M单质为淡黄色固体，M是S元素；根据X、Y、Z、M在元素周期表中的相对位置可知，X、Y分别是C、N。
答案： (1)第三周期第ⅥA族 NH3
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
(3) (4)同素异形体
15．某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
Ⅰ.(1)将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 mol·L－1的盐酸中，试预测实验结果：________________________________________________________________________
与盐酸反应最剧烈，________与盐酸反应最慢。
(2)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由：
________________________________________________________________________。
Ⅱ.利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。
(3)仪器A的名称为__________，干燥管D的作用是________________________。
(4)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为_________、________、__________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_________________________。
(5)若要证明非金属性：C>Si，则A中加____________________________________、
B中加Na2CO3、C中加__________，观察到C中溶液的现象为________________。
解析： (4)由题中所给药品可知，可用Na2S与氯气发生置换反应判断非金属性强弱，因为无加热装置，所以只能选择KMnO4与浓盐酸反应制取氯气。(5)由B中药品Na2CO3可知，用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断非金属性强弱，所以A中加入硫酸，B、C装置中加入相应的盐。
答案： (1)钾 铝
(2)不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物
(3)分液漏斗 防止倒吸
(4)浓盐酸 KMnO4 Na2S S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－
(5)稀硫酸 Na2SiO3 有白色胶状沉淀产生课时作业(六) 物质的量 气体摩尔体积
1．双酚基丙烷(BPA，分子式为C15H16O2)可能降低男性及女性的生育能力。下列有关判断不正确的是( )
A．BPA的摩尔质量是228 g·mol－1
B．1 mol BPA中约含有6.02×1023个分子
C．BPA属于有机化合物
D．1 mol BPA在标准状况下的体积约为22.4 L
D [BPA在标准状况下肯定不是气体。]
2．偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是( )
A．偏二甲肼的摩尔质量为60 g
B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60 g
C．1 mol偏二甲肼的质量为60 g·mol－1
D．6 g偏二甲肼含有1.2NA个偏二甲肼分子
B [A项，摩尔质量的单位为g·mol－1；B项，6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为1 mol，质量为60 g，正确；C项，1 mol物质的质量在数值上等于摩尔质量，质量的单位为g；D项，6 g偏二甲肼的物质的量为＝0.1 mol，分子数为0.1NA。]
3．利用太阳能分解水制氢，若分解0.02 mol水，下列说法正确的是( )
A．可生成H2的质量为0.02 g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)
D．生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与水反应产生H2的量
D [根据方程式2H2O===2H2↑＋O2↑，分解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2，结合n＝＝＝解答该题。又知2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，因此选D。]
4．下列叙述中正确的是( )
A．二氧化硫的摩尔质量是64 g
B．一个镁原子的质量就是镁的相对原子质量
C．水的相对分子质量等于18 g
D．一个16O的实际质量约等于 g
D [二氧化硫的摩尔质量为64 g·mol－1，故A错误；一个镁原子的质量等于镁的摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值，故B错误；水的相对分子质量为18，故C错误；一个16O的实际质量≈，故D正确。]
5．常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是( )
D [四种气体中CH4的摩尔质量最小，质量相等时，CH4的物质的量最大，在同温同压下，CH4的体积最大，D项正确。]
6．如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是( )
A．C2H4 B．CH4
C．CO2 D．NO
C [本题考查阿伏加德罗定律的推论，由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2，故C正确。]
7．下列判断正确的是( )
A．同温同压下，相同体积的氮气和氦气所含的原子数相等
B．标准状况下，5.6 L以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NA
C．1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA
D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子
B [同温、同压下，相同体积的氮气和氦气物质的量相同，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；D项，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。]
8．2.16 g X2O5中含有0.1 mol氧原子，则X的相对原子质量为( )
A．21.6 B．28
C．14 D．31
C [设X的摩尔质量为x，则可依题意列式如下×5＝0.1 mol，解得x＝14 g·mol－1，故C项正确。]
9．室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体(同温同压)，取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强由大到小的顺序是( )
编号 ① ② ③ ④
气体M H2S H2 NH3 NO
气体N SO2 Cl2 HCl O2
A.②④①③ B．①②③④
C．④①②③ D．①④③②
A [①发生2H2S＋SO2===3S＋2H2O，②不发生反应，③发生NH3＋HCl===NH4Cl，④发生2NO＋O2===2NO2，设两烧瓶中气体的总物质的量为2 mol，由上述反应可知：①中反应后有0.5 mol气体，②中有2 mol气体，③中反应后无气体，④中反应后有1.5 mol气体(0.5 mol O2、1 mol NO2)，若考虑2NO2???N2O4，则④中反应后气体的物质的量介于1 mol～1.5 mol之间，故容器内压强由大到小的顺序为②④①③。]
10．(2021·湖北武汉检测)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和小于0.1NA
B．标准状况下，22.4 L CHCl3中含有的氯原子数目为3NA
C．向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol O2，容器中的分子总数为2NA
D．1 mol羟基(－OH)和1 mol OH－所含质子数和电子数均为9NA
A [A. 1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中有H2CO3分子，HCO和CO的离子数之和小于0.1NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C.标况下，2 mol一氧化氮与1 mol氧气生成2 mol二氧化氮，反应后气体物质的量为2 mol，由于存在反应N2O4???2NO2，所以反应后的混合气体的物质的量小于2 mol，所含分子数小于2NA，故C错误；D. 1 mol羟基(－OH)和1 mol OH－所含的质子数为9NA，电子数分别为9NA、10NA，故D错误。]
11．(2021·湖南益阳检测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．42 g CaH2固体中所含共价键数目为NA
B．50 g含CH3CH2OH 46%的乙醇的水溶液中含氧原子2NA
C．pH＝11的Ca(OH)2溶液中OH－浓度为0.002 mol/L
D．44 g和CH3CHO的混合物中，含质子数44NA
B [A.42 g CaH2物质的量为1 mol，固体中含离子键不含共价键，A错误；B.50 g含CH3CH2OH 46%的乙醇的水溶液中乙醇的物质的量为0.5 mol，水的物质的量为1.5 mol，含氧原子2NA，B正确；C.常温下，pH＝11的Ca(OH)2溶液中OH－浓度为1×10－3mol/L，C错误；D.和CH3CHO的分子式相同，混合物物质的量为1 mol，含质子数24NA，D错误。]
12．(2021·广东深圳检测)阿伏加德罗常数NA是联系宏观和微观的桥梁，下列说法错误的是( )
A．含有1 mol FeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于NA
B．1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1NA
C．标准状况下，2.24 L CH3Cl中氯原子数量为0.1NA
D．6.4 g Cu与足量的硫磺粉共热时，氧化还原反应中转移0.1NA电子
B [A.Fe(OH)3胶体粒子是由较大量Fe(OH)3分子构成的，则含有1 mol FeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于NA，故A正确；B.由碳酸根离子的水解方程式可知CO＋H2O???HCO＋OH－，水解后阴离子数目增多，则1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子的总数大于0.1NA，故B错误；C.标准状况下，CH3Cl为气体，则2.24 L CH3Cl为0.1 mol，则氯原子数量为0.1NA，故C正确；D.6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol，由于硫单质的氧化性较弱，二者反应生成Cu2S，铜是还原剂，铜失电子数为0.1NA，在氧化还原反应中，转移电子数＝得电子数＝失电子数，则铜与足量的硫磺粉共热时，氧化还原反应中转移0.1NA电子，故D正确。]
13．(2021·河北沧州检测)捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( )
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N(C2H5)3中所含的极性共价键数目为2.1NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
D [1个CO2分子中含有的电子数为6＋8×2＝22，标准状况下22.4 L CO2为1 mol，所含电子数目为22NA，A项错误；N(C2H5)3的结构简式为，含有3个N－C键、15个C－H键，共18个极性共价键，故10.1 g N(C2H5)3中所含的极性共价键数目为×18×NA mol－1＝1.8NA，B项错误；Au为金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，不含分子，C项错误；100 g 46%的甲酸水溶液中HCOOH和H2O均含氧原子，氧原子数目为(×2＋)×NA mol－1＝5NA，D项正确。]
14．(2021·山东泰安检测)以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．用1 mol CH4 理论上能生产标准状况下 CH3OH 22. 4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和22 g CH4与 CO的混合气体，所含C原子数一定为NA
D．用CH4制备合成气的过程中，每生成1 mol CO，转移电子总数为3NA
D [标准状况下 CH3OH是液体，而气体摩尔体积适用于气体，A项错误；等物质的量的CH3OH和CH4，物质的量不确定，所以质子数无法计算，B项错误；44 g CO2气体是1 mol，22 g CH4与 CO的混合气体，由于平均分子量不确定，所含C原子数也不确定，C项错误；根据上述过程可知：每生成1 mol CO，需要0.5 mol C，制备0.5 mol C需要0.5 mol CH4分解，制备0.5 mol C转移2 mol电子，生成1 mol CO转移1 mol电子，总共转移3 mol电子，D项正确。]
15．在臭氧发生装置中装入氧气100 mL，经反应：3O22O3，最后气体体积变为95 mL(体积均在标准状况下测定)，则混合气体的密度是( )
A．1.3 g·L－1 B．1.5 g·L－1
C．1.7 g·L－1 D．2.0 g·L－1
B [ρ(O2)＝32 g·mol－1÷22.4 L·mol－1≈1.429 g·L－1，根据同温同压下同质量气体的密度之比等于体积的反比，可得：ρ(混)≈1.5 g·L－1。]
16．同温同压下，等体积的CO和CO2相比较，下列叙述中不正确的是( )
A．物质的量之比为1∶1
B．分子数之比为2∶3
C．原子总数之比为2∶3
D．质量之比为7∶11
B [根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，二者的物质的量之比为1∶1，故A正确；根据N＝nNA知，二者的分子数之比为1∶1，故B错误；二者的分子数相等，根据一氧化碳和二氧化碳分子的构成知，二者的原子总数之比为2∶3，故C正确；一氧化碳的摩尔质量为28 g·mol－1，二氧化碳的摩尔质量为44 g·mol－1，二者的物质的量相等，根据m＝nM知，二者的质量之比＝28 g·mol－1∶44 g·mol－1＝7∶11，故D正确。]
17．某硫原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是( )
①该硫原子的相对原子质量为
②m g该硫原子的物质的量为 mol
③该硫原子的摩尔质量是aNA g
④a g该硫原子所含的电子数为16NA
A．①③ B．②④
C．①② D．②③
C [该硫原子的相对原子质量Mr(S)＝＝，①对；该硫原子的摩尔质量M(S)＝a g×NA mol－1＝aNA g·mol－1，③错；m g该硫原子的物质的量n(S)＝＝ mol，②对；a g硫原子即1个硫原子，其中所含电子数为16个，④错。]
18．请按要求填空：
(1)2 mol CO(NH2)2中含______mol H、______g N，所含氧原子个数跟________mol H2O所含氧原子个数相等。
(2)2 mol O3和3 mol O2的质量之比为____，分子数之比为________，同温同压下的密度之比为________，含氧原子数之比为________，同温同压下体积之比为________。
(3)2.3 g Na中含________mol e－，与足量水反应产生标准状况下的H2________L。
解析： (1)2 mol CO(NH2)2中含8 mol H、4 mol N、2 mol O，氮元素的质量为56 g。
(2)2 mol O3和3 mol O2的质量之比为＝1∶1，分子数之比为2∶3，同温同压下，＝＝＝3∶2，含氧原子数之比为＝1∶1，同温同压下，＝＝2∶3。
(3)n(Na)＝＝0.1 mol，由于1个钠原子中含有11个电子，故2.3 g Na中含有电子的物质的量n(e－)＝11n(Na)＝1.1 mol。
设2.3 g Na与足量水反应产生标准状况下的H2体积为x。
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
2 mol 22.4 L
0．1 mol x
2 mol∶0.1 mol＝22.4 L∶x
解得：x＝＝1.12 L。
答案： (1)8 56 2
(2)1∶1 2∶3 3∶2 1∶1 2∶3
(3)1.1 1.12
19．标准状况下15 g CO与CO2的混合气体，体积为11.2 L。则：
(1)混合气体的密度是________。
(2)混合气体的平均摩尔质量是________。
(3)CO2和CO的体积之比是________。
(4)CO的体积分数是________。
(5)CO2和CO的质量之比是________。
(6)CO的质量分数是________。
(7)混合气体中所含氧原子的物质的量是________。
(8)混合气体中所含碳原子的物质的量是________。
解析： (1)ρ＝＝≈1.339 g·L－1。
(2)解法一：n＝＝0.5 mol，M＝＝＝30 g·mol－1。
解法二：M＝ρ·Vm＝1.339 g·L－1×22.4 L·mol－1≈30 g·mol－1。
(3)同温同压下，两种气体体积之比等于其物质的量之比，最简单的方法是用十字交叉法计算：
则＝。
(4)CO的体积分数＝×100%＝87.5%。
(5)＝＝。
(6)CO的质量分数＝×100%≈81.7%。
(7)n(O)＝2n(CO2)＋n(CO)＝2×0.5 mol×＋0.5 mol×＝0.562 5 mol。
(8)n(C)＝n(CO2)＋n(CO)＝0.5 mol。
答案： (1)1.339 g·L－1
(2)30 g·mol－1
(3)1∶7 (4)87.5% (5)11∶49
(6)81.7% (7)0.562 5 mol (8)0.5 mol
20．(1)标准状况下，1.92 g某气体的体积为672 mL，则此气体的相对分子质量为________。
(2)在25 ℃、101 kPa的条件下，相同质量的CH4和A气体的体积之比是15∶8，则A的摩尔质量为________。
(3)两个相同容积的密闭容器X、Y，在25 ℃下，X中充入a g A气体，Y中充入a g CH4气体，X与Y内的压强之比是4∶11，则A的摩尔质量为 ________。
解析： (1)n＝＝0.03 mol，M＝＝64 g·mol－1。
(2)温度、压强相同时，气体体积之比等于其物质的量之比，15∶8＝∶，M(A)＝30 g·mol－1。
(3)温度、体积相同时，气体压强之比等于其物质的量之比，4∶11＝∶，M(A)＝44 g·mol－1。
答案： (1)64 (2)30 g·mol－1
(3)44 g·mol－1课时作业(三十一) 物质的分离和提纯
1．《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。文中未涉及的操作方法是( )
A．溶解 B．萃取
C．过滤 D．蒸馏
D [文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝，没有涉及到蒸馏，故选D。]
2．某实验小组只领取下列仪器(或用品)：铁架台(带铁夹、铁圈)、三脚架、石棉网、烧杯、漏斗、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴、滤纸。只应用上述仪器用品，不能进行的实验操作是( )
A．蒸发 B．萃取
C．过滤 D．蒸馏
D [蒸发需要铁架台(带铁夹、铁圈)、蒸发皿、玻璃棒、酒精灯；萃取需要分液漏斗、烧杯、铁架台(带铁夹、铁圈)等；过滤需要漏斗、烧杯、铁架台、滤纸、玻璃棒等；蒸馏需要铁架台(带铁夹、铁圈)、酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等，D项不能进行。]
3．工业上综合利用铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)的部分工艺流程如下：
铝土矿滤渣硅酸钠
实验室模拟上述流程中，用不到的装置是( )
B [A.稀硫酸溶解铝土矿时，需要将固体与液体分离，所以应使用过滤装置，A不合题意；B.在整个操作过程中，没有将溶液浓缩或蒸发结晶的操作，所以不需要此装置，B符合题意；C.焙烧二氧化硅与氢氧化钠的固体混合物时，需要使用铁坩埚，C不合题意；D.用稀硫酸溶解铝土矿时，需要使用烧杯进行溶解，D不合题意。]
4．为提纯下列物质(括号内为杂质)，选用的试剂或分离方法错误的是( )
选项 物质 试剂 分离方法
A 硝酸钾(氯化钠) 蒸馏水 降温结晶
B 二氧化碳(氯化氢) 饱和NaHCO3溶液 洗气
C 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
D 乙醇(水) 生石灰 蒸馏
C [KNO3的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，可加蒸馏水溶解固体，再通过蒸发浓缩、降温结晶的方法，获得纯净的KNO3固体，A项正确；HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，同时CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很低，B项正确；乙烯被酸性KMnO4氧化生成CO2，使甲烷中混入CO2气体，C项错误；加入的生石灰能与水反应生成Ca(OH)2，消耗掉部分水，再通过蒸馏获得乙醇，D项正确。]
5．用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，包括粗盐溶解、加沉淀剂、过滤、调节pH、蒸发结晶等步骤。下列说法错误的是( )
A．沉淀剂的添加顺序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液
B．向滤液中滴加盐酸，调节pH至滤液呈中性
C．蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干
D．溶解、过滤、蒸发结晶等过程都使用玻璃棒搅拌溶液
D [A.首先加入NaOH去除粗盐中的Mg2＋和少量Ca2＋，然后加入BaCl2去除粗盐中的SO，最后加入Na2CO3可以去除粗盐中的Ca2＋和上一步加入的过量的Ba2＋，A正确；B.滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为NaCl，B正确；C.蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干，C正确；D.过滤过程中玻璃棒的作用为引流，D错误。]
6．下列实验过程中出现异常情况，其可能原因分析错误的是( )
选项 异常情况 可能原因分析
A 蒸发结晶：蒸发皿破裂 将溶液蒸干或酒精灯灯芯碰到热的蒸发皿底部
B 分液：分液漏斗中的液体难以滴下 没有打开分液漏斗的活塞，或玻璃塞上凹槽与漏斗口侧面的小孔没有对齐
C 萃取：液体静置不分层 加入萃取剂的量较多
D 检验Fe2＋：加入KSCN溶液，溶液呈血红色 Fe2＋已部分被氧化成Fe3＋
C [液体静置不分层一定是萃取剂选的不对，不是萃取剂量多量少的问题，C项错误。]
7．下列实验中，所采取的方法及其原理均正确的是( )
选项 实验目的 实验方法 实验原理
A 除去NO中的NO2 通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶 NO2能与NaOH溶液反应而NO不反应
B 除去乙醇中的少量水 加入生石灰，然后蒸馏 生石灰能结合水生成氢氧化钙，与乙醇沸点相差较大
C 除去KNO3中的NaCl 冷却热饱和溶液，重结晶 NaCl的溶解度随温度变化而改变较大
D 除去铁粉中混有的铝粉 加入过量氨水，充分反应后过滤 铝能与氨水溶液反应而铁不反应
B [NO、NO2的混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶会发生反应：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，欲除去NO中的NO2，应将气体通过盛有水的洗气瓶，A项错误；除去乙醇中的少量水，应加入生石灰，然后蒸馏，B项正确；KNO3的溶解度随温度变化而改变较大，NaCl的溶解度随温度变化而改变较小，除去KNO3中的NaCl时，冷却热饱和溶液，KNO3结晶析出，C项错误；铝不能与氨水反应，D项错误。]
8.已知苯酚为弱酸，C6H5OH＋NaOH―→C6H5ONa＋H2O，实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是( )
A．操作Ⅰ中苯作萃取剂
B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．通过操作Ⅱ苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
B [操作Ⅰ是苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，A项正确；苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B项错误；操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，C项正确；操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，D项正确。]
9．实验室从干海带中提取碘的流程如图所示。下列各操作所使用的装置正确的是( )
C [操作①为灼烧，应在坩埚中进行，A项错误；操作②为过滤，应用玻璃棒引流，B项错误；操作③为萃取和分液，C项正确；操作④为蒸馏，D项错误。]
10．某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌，过滤，再将滤液按如图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。下列说法不正确的是( )
A．起始滤液常温下pH>7
B．试剂Ⅰ为BaCl2溶液
C．整个过程必须经过2次过滤
D．步骤③的目的是除去CO
C [KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌，过滤，再向滤液中加入过量的试剂Ⅰ(BaCl2溶液)以除去SO、CO，过滤(必须过滤，如果不过滤，加K2CO3后，BaSO4沉淀会转化为BaCO3，同时又生成K2SO4)，得到的混合物X中含有KCl、BaCl2等，再加入过量的试剂Ⅱ(K2CO3溶液)以除去Ba2＋，过滤，得到的混合物Y中含有KCl、K2CO3，再加适量的试剂Ⅲ(盐酸)以除去CO，再通过蒸发结晶得到KCl晶体。起始滤液中含有K2CO3，CO水解使溶液显碱性，pH>7，A项正确；由上述分析可知，试剂Ⅰ为BaCl2溶液，B项正确；样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质时还需要2次过滤，共经过3次过滤，C项错误；步骤③中加入的试剂Ⅲ为盐酸，其目的是除去CO，D项正确。]
11．食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗食盐常含有少量K＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳。选择最好的试剂洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，洗涤的操作为__________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： 沿玻璃棒向漏斗中注入75%乙醇，使溶液完全浸没NaCl晶体，待溶液流尽后，重复操作2～3次
12．某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0% ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：
回答下列问题：
(1)在下列装置中，第一次浸出必须用______，第二次浸出应选用________。(填标号)
(2)第二次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成______________________________________________________________。
滤渣2的主要成分是________ 。
(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是________。
(4)某同学在实验完成之后，得到1.5 g CuSO4·5H2O，则铜的回收率为________。
答案： (1)D A
(2)H2O2与固体颗粒接触分解 SiO2(SiO2和S)
(3)蒸发皿 (4)30%
13．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：
(一)碳酸钙的制备
(1)步骤①加入氨水的目的是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于______________。
(2)如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是________(填字母)。
a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(二)过氧化钙的制备
CaCO3滤液白色结晶
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_______性(填“酸”“碱”或“中”)。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是________。
(4)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_________________________________________
________________________________________________________________________，
产品的缺点是___________________________________________________________。
答案： (1)调节溶液pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀 过滤分离
(2)ade (3)酸 除去溶液中的CO2
(4)去除结晶表面水分
(5)工艺简单、操作方便 纯度较低课时作业(二十) 电解池 金属的腐蚀与防护
1．下列现象与电化学腐蚀无关的是( )
A．生铁比纯铁易生锈
B．纯银饰品久置表面变暗
C．黄铜(铜锌合金)制品不易产生铜绿
D．与铜管连接的铁管易生锈
B [A项，生铁能够构成原电池，所以比纯铁易生锈；B项，纯银不符合构成原电池的条件，故它表面变暗与电化学腐蚀无关；C项，铜锌合金能构成原电池，锌做负极被氧化，铜被保护起来，不易被腐蚀；D项，铜管与铁管连接构成原电池，铁做负极，易被腐蚀。]
2．家用暖气片大多用低碳钢材料制成，一旦生锈不仅影响美观，也会造成安全隐患。下列防止生锈的方法中，存在安全隐患的是( )
A．在暖气片表面镀锡
B．在暖气片表面涂漆
C．在暖气片表面涂铝粉
D．非供暖期在暖气片内充满弱碱性的无氧水
A [A项，Fe的活泼性比Sn强，镀锡层破坏后，Fe、Sn构成原电池，加快了暖气片的腐蚀，存在安全隐患；B项，暖气片表面涂漆，隔绝了Fe与空气的接触，起到了防护作用，且无安全隐患；C项，Al表面易形成致密的氧化膜，有利于保护暖气片中的Fe，无安全隐患；D项，弱碱性的无氧水可防止Fe的吸氧腐蚀和析氢腐蚀，无安全隐患。]
3．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C．断电时，锌环上的电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn
D．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
C [通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，A项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项正确；断电时，形成原电池，锌环为负极，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，C项错误；断电时，形成原电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。]
4．某校活动小组为探究金属腐蚀的相关原理，设计了如图a所示装置，图a的两根铁棒分别连上一块Zn片和Cu片，并静置于含有K3[Fe(CN)6]及酚酞的混合凝胶上。一段时间后发现凝胶的某些区域(如图b所示)发生了变化。已知：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)。则下列说法错误的是( )
A．甲区发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．乙区产生Zn2＋
C．丙区呈现红色
D．丁区呈现蓝色
A [甲区是Fe Zn相连的Fe区域，而Fe、Zn相连，Zn对Fe起到保护作用，Fe为正极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，Fe没有被氧化，A项错误；乙区为Fe Zn相连的Zn区域，Zn为负极，失电子，生成Zn2＋，B项正确；丙区为Fe Cu相连的Cu区域，Cu为正极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，因凝胶中含有酚酞，故该区域呈现红色，C项正确；丁区为Fe Cu相连的Fe区域，Fe为负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋与[Fe(CN)6]3－反应生成了蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2，D项正确。]
5．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4 H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是( )
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
C [A对：该电解池阳极发生的电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，氧气将铝制品表面氧化形成致密的氧化膜，所以待加工铝质工件应为阳极。B对，C错：阴极发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阴极可选用不锈钢网作电极。D对：电解质溶液中的阴离子向阳极移动。]
6．用石墨作电极电解下列四种溶液，以下说法错误的是( )
A．电解AgNO3溶液，阳极生成O2，溶液的酸性增强
B．电解ZnBr2溶液，阴极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
C．电解AlCl3溶液，总反应的离子方程式：2H2O＋2Cl－2OH－＋Cl2↑＋H2↑
D．电解Pb(NO3)2和CuCl2的混合溶液，可明显分为三个阶段
C [石墨是惰性电极，电解AgNO3溶液，阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag，则阳极生成O2，溶液的酸性增强，A正确；电解ZnBr2溶液，由于Zn2＋的氧化性强于水电离出的H＋的氧化性，则阴极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，B正确；电解AlCl3溶液，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，电解产生的OH－与Al3＋结合生成Al(OH)3沉淀，故电池总反应的离子方程式为2Al3＋＋6H2O＋6Cl－2Al(OH)3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，C错误；电解Pb(NO3)2和CuCl2的混合溶液，阳离子的氧化性：Cu2＋>Pb2＋>H＋(水)，阴离子的还原性：Cl－>OH－>NO，第一阶段电解CuCl2，第二阶段电解Pb(NO3)2和H2O，第三阶段电解HNO3，D正确。]
7．关于如图装置的说法正确的是( )
A．装置中电子移动的途径：负极→Fe→M溶液→石墨→正极
B．若M溶液为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
C．若M溶液为CuSO4溶液，可以实现石墨上镀铜
D．若将电源反接，M溶液为NaCl溶液，可以用于制备Fe(OH)2并可以使其较长时间保持白色
B [该装置是电解池，电子只能沿着导线移动，不能进入溶液中，A项错误；铁电极为阴极，溶液中的H＋在此电极上得电子变为H2，溶液中的OH－浓度增大，碱性增强，酚酞遇碱变红，B项正确；石墨作阴极才能实现石墨上镀铜，C项错误；若将电源反接，铁作阳极，铁失电子生成Fe2＋，石墨作阴极，溶液中的H＋在此极得电子变为H2，溶液中的OH－浓度增大，Fe2＋和OH－反应生成Fe(OH)2白色沉淀，但是溶液中的O2能够把Fe(OH)2氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3，Fe(OH)2不能较长时间保持白色，D项错误。]
8．溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%，利用图示装置从海水中提取CO2。下列说法正确的是( )
A．a室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质
B．b室发生主要反应：2H＋＋CO===H2O＋CO2↑
C．c室发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
D．装置中产生的O2和提取的CO2的体积比为1∶4
D [a室为阳极室，发生反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极室内c(H＋)增大，结合电解池中阳离子向阴极移动可知，H＋通过阳离子透过膜进入b室，b室海水中的Na＋、Ca2＋等通过阳离子透过膜进入c室，故A项错误；b室发生反应：H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，B项错误；c室为阴极室，发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C项错误；根据a室反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋及b室反应：H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，可得关系式O2～4H＋～4CO2，则装置中产生的O2和提取的CO2的体积比为1∶4，D项正确。]
9．某实验小组在常温下进行电解饱和Ca(OH)2溶液的实验，实验装置与现象如表所示。
序号 Ⅰ Ⅱ
装置
现象 两极均产生大量气泡，b极比a极多；a极附近溶液逐渐产生白色浑浊，该白色浑浊加入盐酸中有气泡产生 两极均产生大量气泡，d极比c极多；C极表面产生少量黑色固体；c极附近溶液未见白色浑浊
下列关于实验现象的解释与推论正确的是( )
A．a极附近溶液产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水，析出Ca(OH)2固体
B．b极产生气泡：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．c极表面变黑：Cu－2e－＋2OH－===CuO＋H2O
D．d极电极反应的发生抑制了水的电离
C [a极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成的氧气且与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙加入盐酸中有二氧化碳产生，该白色浑浊为碳酸钙，A项错误；b极是阴极，水电离产生的氢离子放电生成氢气，B项错误；c极表面产生的少量黑色固体是铜放电生成的氧化铜：Cu－2e－＋2OH－===CuO＋H2O，所以c极表面变黑，C项正确；d极为阴极，水电离产生的氢离子在阴极上放电生成氢气，促进水的电离，D项错误。]
10.肼(N2H4)是一种常见的还原剂，在酸性溶液中以N2H形式存在。利用如图电解装置，N2H可将UO转化为U4＋( N2H转化为N2)，下列说法中错误的是( )
A．镀铂钛网上发生的电极反应式为N2H－4e－===N2↑＋5H＋
B．若生成11.2 L(标准状况)N2，则被还原的U元素为1 mol
C．在该电解装置中，N2H还原性强于H2O
D．电解一段时间后电解质溶液的pH基本上不发生变化
D [镀铂钛网与电源的正极相连，溶液中N2H在该电极上发生失电子的反应，A项正确；根据得失电子守恒可知×2×[0－(－2)]＝n(U)×[(＋6)－(＋4)]，n(U)＝1 mol，B项正确；由于在该电解装置中N2H失电子变成了N2，由此可知在该电解装置中N2H还原性强于H2O，C项正确；该电解的总反应为2UO＋N2H＋3H＋2U4＋＋N2↑＋4H2O，故随着电解的进行，溶液的pH应升高，D项错误，符合题意。]
11．氯碱工业的原理改进方法如下图分两个阶段进行，下列说法错误的是( )
A．在阶段Ⅰ中，a为电源正极，b为电源负极
B．阶段Ⅱ阴极反应：Na0.44－xMnO2＋xe－＋xNa＋===Na0.44MnO2
C．该方法比传统氯碱工业减少了阳离子交换膜，避免氢气和氯气混合，便于NaOH提纯
D．阶段Ⅰ、Ⅱ的反应不能都在饱和食盐水的条件下进行
A [解答本题的关键是根据阶段Ⅰ中两电极的产物判断左右两电极分别为阴极和阳极，由此可确定a、b分别为电源的负极和正极；再结合阶段Ⅱ中两电极的产物写出电极反应式，从而进行分析判断。阶段Ⅰ中，左侧电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则该电极为阴极，a为电源负极，b为电源正极，A项错误；阶段Ⅱ中，Na0.44－xMnO2在阴极发生还原反应生成Na0.44MnO2，其电极反应式为Na0.44－xMnO2＋xe－＋xNa＋===Na0.44MnO2，B项正确；和传统氯碱工业相比，该方法减少了阳离子交换膜，阶段Ⅰ和阶段Ⅱ分别产生H2和Cl2，避免H2和Cl2混合发生爆炸，且便于NaOH提纯，C项正确；若阶段Ⅰ在饱和食盐水中进行，则阴极和阳极分别产生H2和Cl2，达不到改进目的，故阶段Ⅰ、Ⅱ的反应不能都在饱和食盐水中进行，D项正确。]
12．用如图所示装置处理含NO的酸性废水，右侧电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，下列说法正确的是( )
A．a端是直流电源的负极
B．该装置将化学能转化为电能
C．电解时，H＋通过离子交换膜从右侧移向左侧
D．每转移1 mol电子，左侧电极上产生8 g O2
D [NO在右侧Pt电极被还原生成N2，则该Pt电极是阴极，b端是直流电源的负极，A错误；该装置是电解池，将电能转化为化学能，B错误；电解时，阳离子向阴极移动，则H＋从左侧向右侧移动，C错误；左侧电极是阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，转移1 mol电子时生成0.25 mol O2，其质量为0.25 mol×32 g·mol－1＝8 g，D正确。]
13．采用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：
该离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电池的阳极反应式为________________，钛极附近的pH值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析： 该电解池的阳极发生氧化反应，所以Cu失去电子，与氢氧根离子结合生成氧化亚铜和水，电极反应式是2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O；钛极为阴极，氢离子放电生成氢气，则氢氧根离子浓度增大，所以钛极附近的pH值增大。
答案： 阴 2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O 增大
14．如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
(1)腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”“b”或“c”)；
(2)环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________ L(标准状况)。
解析： (1)“青铜器的腐蚀”图中铜为负极被腐蚀生成Cu2＋，正极氧气放电生成OH－。(2)正极反应产物为OH－，负极反应产物为Cu2＋，与Cl－作用生成Cu2(OH)3Cl。(3)n[Cu2(OH)3Cl]＝＝0.02 mol，所以有0.04 mol Cu被氧化，根据得失电子守恒n(O2)＝＝0.02 mol，标准状况下V(O2)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。
答案： (1)c
(2)2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓
(3)0.448
15．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_____
________________________________________________________________________。
(2)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_______
________________________________________________________________________，
阴极产生的物质A的化学式为_____________________________________________。
解析： (1)电解熔融Al2O3时，阳极反应式为2O2－－4e－===O2↑，O2会与石墨发生化学反应，从而消耗石墨。(2)阳极应是H2O电离出的OH－放电，生成O2和H＋，在Na2CO3溶液充足的条件下，H＋与CO反应生成HCO，故阳极的电极反应式为4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑；阴极的电极反应式为4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－，所以物质A为H2。
答案： (1)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(2)4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑ H2课时作业(十二) 硫及其化合物
1．如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法不正确的是( )
A．硫在自然界中既有游离态又有化合态
B．过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C．硫元素的循环过程中既有硫的还原，又有硫的氧化
D．若生物体有机硫的成键方式为，则过程④中S未发生氧化还原反应
B [A.从硫元素在自然界中的循环示意图可以看出，硫在自然界中既有游离态又有化合态，A正确；B.过程⑤由SO生成H2S，S元素的价态降低，作氧化剂，则宜在土壤的贫氧区实现，B不正确；C.硫元素的循环过程中，既有硫的价态降低，被还原，又有硫的价态升高，被氧化，C正确；D.若生物体有机硫的成键方式为，则此时S元素显－2价，与H2S中S元素的价态相同，所以过程④中S未发生氧化还原反应，D正确。]
2．以下关于硫及其化合物说法错误的是( )
A．硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态
B．检查病人胃病所用的“钡餐”，既可以用BaSO4，也可以用BaCO3
C．浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性
D．SO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应的酸
B [检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，硫酸钡难溶于水和酸，碳酸钡溶于胃酸中的盐酸生成Ba2＋，Ba2＋是重金属离子，会使人中毒，故不可以用BaCO3，B项错误；浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有强还原性，易被浓硫酸氧化，C项正确；SO2与水反应生成亚硫酸，SO3与水反应生成硫酸，D项正确。]
3．下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是( )
A．甲图中可利用70%的浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2
B．乙图中干燥SO2
C．可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气
D．可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4
A [A.常使用亚硫酸钠和70%的浓硫酸制SO2，反应不需要加热，采用固液不加热型装置，A叙述正确；B.SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，B叙述错误；C.澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收尾气SO2，C叙述错误；D.反应后的液体混合物应倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，D叙述错误。]
4．探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是( )
A．上下移动装置甲中的铜丝可控制生成SO2的量
B．装置乙可用于收集SO2气体
C．为确认甲中有CuSO4生成，将试管中的液体倒入装置丙中稀释，观察颜色
D．利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出CuSO4·5H2O
B [可控制铜丝与溶液接触面积来控制反应速率，故A不符合题意；二氧化硫的密度比空气的大，因此用装置乙收集二氧化硫时，应长进短出，故B符合题意；将试管中的液体倒入装置丙中，若变蓝，则有硫酸铜生成，故C不符合题意；利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出硫酸铜晶体，故D不符合题意。]
5．如图所示是一系列含硫化合物的转化关系(反应中生成的水已略去)，其中说法正确的是( )
A．反应①说明SO2具有氧化性，反应②说明SO2具有酸性
B．反应②中生成物n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)＝1∶1时，反应物n(SO2)∶n(NaOH)＝1∶2
C．反应③④⑤均属于氧化还原反应
D．工业上可利用反应②和反应④回收SO2
D [A项，反应①中先变蓝后褪色，说明KIO3先转化为I2后转化为I－，SO2体现还原性，错误；B项，根据元素守恒，当n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)＝1∶1时，n(SO2)∶n(NaOH)＝2∶3，错误；C项，反应④不是氧化还原反应，错误；D项，利用反应②④，可以吸收SO2并回收利用，正确。]
6．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列说法不正确的是( )
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐
C．Na2S2O7水溶液呈中性
D．硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化
C [A.焦硫酸可以看作由浓硫酸和三氧化硫通过化合反应生成的，浓硫酸具有强氧化性，由此可以推断焦硫酸具有强氧化性，A项正确；B.焦硫酸钠可以看作由硫酸钠和SO3化合而成，SO3是酸性氧化物，可以与碱性氧化物反应得到盐，B项正确；C.焦硫酸钠可写成Na2SO4·SO3，其水溶液呈酸性，C项错误；D.焦硫酸和硫酸不是同一种物质，因此生成焦硫酸的过程属于化学变化，D项正确。]
7．如图是某元素的价类二维图。其中A是一种酸式盐，E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，当x为一种强酸时，有如图转化关系。下列说法不正确的是( )
A．物质A、B、C、D、E、F中均含有硫元素
B．物质D可以使石蕊溶液先变红后褪色
C．物质C可在纯氧中燃烧，火焰呈蓝紫色
D．物质F的浓溶液可以用铁制容器盛放
B [由题给条件可推出A、B、C、D、E、F分别是NaHS(或KHS等)、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4，都含有硫元素，A项正确；SO2只能使石蕊溶液变红不能使石蕊溶液褪色，B项错误；S在纯氧中燃烧火焰呈蓝紫色，C项正确；铁制容器遇浓硫酸，表面会生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，故可用铁制容器盛放浓硫酸，D项正确。]
8．如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。下列说法正确的是( )
A．溶液B中发生的反应为2SO2＋O2===2SO3
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋
C．由以上流程可推知氧化性：Fe3＋>O2>SO
D．此工艺的优点之一是物质能循环利用
D [酸性Fe2(SO4)3溶液能吸收SO2，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋。溶液B中通入空气发生反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。其氧化性：O2＞Fe3＋，A、C两项错误；溶液C中含有Fe2(SO4)3，可用KSCN溶液检验Fe3＋，B项错误；Fe2(SO4)3可循环利用，D项正确。]
9．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，有助于除去天然气中的H2S杂质，其原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．该脱硫过程需要及时补充Fe2(SO4)3溶液
B．步骤i发生反应的离子方程式为SO＋3H2S＋2H＋===4S↓＋4H2O
C．脱硫过程O2间接氧化H2S
D．改变温度对上述循环反应过程没有影响
C [A.T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，该脱硫过程不需要添加Fe2(SO4)3溶液，故A错误； B．反应i中Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质，离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ ，故B错误；C.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，故C正确；D.T.F菌属于蛋白质，高温条件下蛋白质变性，所以改变温度可能对上述循环反应过程有影响，故D错误。]
10．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1 kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是( )
A．葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用
B．反应①中若不通入N2，则测得的SO2含量偏低
C．反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度
D．若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响
D [葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用，A项正确；反应①中通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率，若不通入N2，则测得的SO2含量偏低，B项正确；反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度，C项正确；若将H2O2溶液替换为溴水，如果溴过量，溴会与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量，D项错误。]
11．下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶5，化合物D是重要的工业原料。
(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式： ___________________________；
(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式： _________________________；
(3)写出一个由D生成B的化学方程式： ____________________________________
________________________________________________________________________；
(4)写出由E生成D的化学方程式： ________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)S＋H2H2S
(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O
(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(4)2H2SO3＋O2===2H2SO4
12．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应： __________________________。
(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_______________________________________________。
(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)∶n(HSO)变化关系如下表：
n(SO)∶n(HSO) 91∶9 1∶1 9∶91
pH 8.2 7.2 6.2
由上表判断，NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释： _____________
________________________________________________________________________。
解析： (1)SO2和H2O发生反应生成H2SO3，H2SO3被O2氧化为H2SO4。(2)书写离子方程式时，氧化物应写成化学式形式，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3的离子方程式为2OH－＋SO2===H2O＋SO。(3)由于HSO在溶液中既能电离又能发生水解，而HSO的电离程度大于HSO的水解程度，故NaHSO3溶液显酸性。
答案： (1)SO2＋H2O???H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4
(2)2OH－＋SO2===H2O＋SO
(3)酸 HSO存在：HSO???H＋＋SO和HSO＋H2O???H2SO3＋OH－，HSO的电离程度强于水解程度
13．兴趣小组同学利用如图所示装置(夹持装置已略去)探究SO2的性质，并制取一种常用食品抗氧化剂焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。请回答下列问题。(实验前已除去装置中的空气)
(1)打开分液漏斗活塞，发现其中的液体不能流下，应采取的操作是_____________。
(2)关闭K2、K3，打开K1，装置B中发生反应的离子方程式为_________________，
观察到装置C中发生的现象是___________________________________________。
(3)装置D和F的作用是__________________________________________________。
(4)关闭K1、K3，打开K2。一段时间后E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________。
(5)设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化： ___________________________。
解析： (1)使用分液漏斗时应取下分液漏斗上口的玻璃塞，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流下。(2)装置A中生成SO2，装置B中FeCl3溶液与SO2发生反应，Fe3＋被还原为Fe2＋，SO2被氧化为SO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式。装置C中发生反应：H2O＋SO2＋Na2S===H2S＋Na2SO3、SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，现象是有淡黄色沉淀生成。(3)装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染空气。(4)装置E中Na2SO3与SO2反应生成Na2S2O5。(5)若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则生成Na2SO4，可以利用稀盐酸和BaCl2溶液检验SO。
答案： (1)拔掉分液漏斗上口的玻璃塞(或使分液漏斗玻璃塞上的凹槽或小孔对准瓶颈处的小孔)
(2)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋ 有淡黄色沉淀生成
(3)吸收SO2，防止污染空气
(4)SO2＋Na2SO3===Na2S2O5
(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，再滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成课时作业(二) 离子反应
1．2020 年全球多个国家出现新型冠状病毒，此病毒具有非常强的传染性。为防止新冠病毒的传播，许多公共场所都注意环境消毒，以下消毒药品属于强电解质的是( )
答案： B
2．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
选项 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 H3PO4 Fe(OH)3
非电解质 C12H22O11(蔗糖) BaSO4 C2H5OH H2O
答案： C
3．下列有关电解质的叙述中，正确的是( )
A．碳酸钙在水中的溶解度很小，其溶液的电阻率很大，所以碳酸钙是弱电解质
B．碳酸钙在水中的溶解度虽小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质
C．SO3和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们都是电解质
D．水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质
答案： B
4．某学习小组在讨论问题时各抒己见，下列是其中的四个观点，你认为正确的是( )
A．某单质固体能导电，则该单质一定是金属单质
B．某化合物的水溶液能导电，则该化合物一定是电解质
C．某化合物固态不导电，熔融态导电，则该化合物很可能是离子化合物
D．某纯净物常温下为气态，固态不导电，则构成该纯净物的微粒中一定有共价键
答案： C
5．下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是( )
A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
C.MgCl2===Mg2＋＋2Cl－
D．Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－
A [HCO是弱酸的酸式酸根离子，不能拆分，A项书写错误；而HSO为强酸的酸式酸根离子，应拆分，B项书写正确；MgCl2、Ba(OH)2分别为可溶性盐和强碱，都属于强电解质，C、D项书写正确。]
6．把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL 下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是( )
A．自来水
B．0.5 mol·L－1盐酸
C．0.5 mol·L－1CH3COOH溶液
D．0.5 mol·L－1KCl溶液
B [溶液混合后导电能力变化的大小，关键看混合后溶液中自由移动离子的浓度的变化。由于自来水几乎不导电，加入0.05 mol NaOH后，导电性突然增大；醋酸是弱电解质，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电性明显增强；0.5 mol·L－1的KCl中加入0.05 mol NaOH固体后，溶液中不存在化学反应，但离子浓度增大一倍，导电能力增强；但盐酸中加入NaOH固体后，二者恰好中和，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，溶液中离子浓度不变，导电能力几乎不变。]
7．下列反应不能用离子方程式“H＋＋OH－===H2O”表示的是( )
A．H2SO4溶液与NaOH溶液混合
B．HCl气体通入Ca(OH)2溶液中
C．HNO3溶液与KOH溶液混合
D．NH4HSO4溶液与足量NaOH溶液混合
D [A项，H2SO4溶液与NaOH溶液混合，反应生成硫酸钠和水，反应能用H＋＋OH－===H2O表示；B项，HCl气体通入Ca(OH)2溶液，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为H＋＋OH－===H2O；C项，HNO3溶液与KOH溶液混合，反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为H＋＋OH－===H2O；D项，NH4HSO4溶液与足量NaOH溶液混合，离子方程式为NH＋H＋＋2OH－===H2O＋NH3·H2O。]
8．已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵中，形成无色的溶液，其化学方程式是PbSO4＋2CH3COONH4===(NH4)2SO4＋(CH3COO)2Pb。当在醋酸铅溶液中通入硫化氢时，有黑色沉淀硫化铅生成。表示这个反应的离子方程式正确的是( )
A．(CH3COO)2Pb＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
B．Pb2＋＋2CH3COO－＋H2S===PbS↓＋2CH3COOH
C．Pb2＋＋H2S===PbS↓＋2H＋
D．Pb2＋＋2CH3COO－＋2H＋＋S2－===PbS↓＋2CH3COOH
A [(CH3COO)2Pb难电离，为弱电解质。]
9．在下图点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是( )
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
B．b反应：HCO＋OH－===CO＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－===H2O
D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
D [A项电荷不守恒，错误；B项离子方程式书写不完整，NH也与OH－反应，错误；C项醋酸为弱电解质，应写分子式，错误。]
10．下列解释事实的方程式不正确的是( )
A．盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
B．用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO＋H2OHCO＋OH－
C．酸性KI 淀粉溶液久置后变蓝：4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
D．漂白液(有效成分NaClO)与洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用产生氯气：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
C [A.玻璃中含有二氧化硅，可与NaOH反应生成硅酸钠将瓶口粘住，不易打开，化学方程式为：SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，A正确；B.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强可除油污，但还是以第一步水解为主，CO＋H2O???HCO＋OH－，B正确；C.酸性溶液中氢氧根离子不能大量共存，故离子方程式为：4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O，C错误；D.盐酸和NaClO混合使用，氯元素价态归中放出氯气，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，D正确。]
11．(2021·厦门外国语学校质检)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．用CuSO4溶液除去电石气中的少量硫化氢：Cu2＋＋S2－===CuS↓
B．向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO－＋SO2＋H2O===SO＋Cl－＋2H＋
C．向稀AgNO3溶液中加入过量稀氨水：Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O
D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2＋H2O＋
C [A.CuSO4溶液和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式是Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，故A错误；B.向NaClO溶液中通入少量SO2生成硫酸钠、次氯酸、氯化钠，3ClO－＋SO2＋H2O===SO＋Cl－＋2HClO，故B错误；C.向稀AgNO3溶液中加入过量稀氨水生成银氨溶液，反应的离子方程式是Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，故C正确；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是CO2＋H2O＋―→HCO＋，故D错误。]
12．(2021·河南郑州质检)某兴趣小组为探究Ba(OH)2溶液和 H2SO4溶液发生是离子反应，设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．该反应的离子方程式是 Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O
B．实验过程中灯泡的亮度发生变化可以说明该反应为离子反应
C．导电能力最低点表示 Ba(OH)2溶液和 H2SO4溶液恰好完全反应
D．用盐酸代替H2SO4溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同
D [A.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O，A项正确；B.导电能力约为0时，Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，可以说明该反应为离子反应，B项正确；C.导电能力最低点，此时Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，C项正确；D.用盐酸代替H2SO4溶液，发生的反应为：Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O，其实质是OH－＋H＋===H2O，其导电能力不会降为0，可知测得的导电性曲线和上述曲线不相同，D项错误。]
13．人体胃液中含有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
(1)用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为__________________________。
(2)如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为___________________________________________________________________。
(3)氢氧化钠也能中和胃酸，为什么不用氢氧化钠来治疗胃酸过多？ ________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(3)NaOH属于强碱，有强腐蚀性
14．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：
(1)写出反应的离子方程式：___________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是________(填序号)。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用上图中的_________________曲线表示(填字母)。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如上图所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O (2)A (3)C (4)沉到烧杯底部
15．利用硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如下：
(1)“酸溶”时，Fe2O3与硫酸反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是FeS2、S和________(填化学式)；Fe3＋被FeS2还原的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为____________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (2)硫酸渣加硫酸酸溶，得Fe3＋、Fe2＋、Al3＋的溶液，加FeS2还原Fe3＋，SiO2不溶于酸，滤渣Ⅰ中还有SiO2。反应物为Fe3＋、FeS2(硫显－1价，铁显＋2价)，生成物有Fe2＋(Fe3＋被还原为Fe2＋)、S(滤渣Ⅰ成分之一)，根据得失电子守恒配平。
(3)滤液Ⅰ中主要含Fe2＋、Al3＋，加空气氧化Fe2＋为Fe3＋，加氨水调节pH＝3～4，沉淀Fe3＋。反应物为Fe2＋、O2、NH3·H2O，生成物有FeOOH、NH，根据得失电子守恒有：4Fe2＋＋NH3·H2O＋O2―→4FeOOH↓＋NH，根据电荷守恒配NH：4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2―→4FeOOH↓＋8NH，根据原子守恒补水。
答案： (1)Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O
(2)SiO2 2Fe3＋＋FeS2===3Fe2＋＋2S
(3)4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2===4FeOOH↓＋8NH＋2H2O
16．(1)海水pH稳定在7.9～8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。
①海水中含有的OH－可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：________________________________________________________。
②已知：25 ℃时，H2CO3的电离常数K1＝4.3×10－7，K2＝5.6×10－11；H2SO3的电离常数K1＝1.5×10－2，K2＝6.0×10－8。
海水中含有的HCO可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是________________________________________________________________________。
(2)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2是一种有效的处理方式。
①通入O2可将酸性海水中的硫(Ⅳ)氧化，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
②上述方式使处理后海水pH升高的原因是
________________________________________________________________________。
解析： (1)①用含Ca2＋的碱性溶液吸收CO2生成CaCO3和H2O，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O。
②由已知得酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，则用含有HCO的溶液吸收SO2，发生反应的离子方程式是SO2＋HCO===CO2＋HSO。
(2)①洗涤烟气后的海水呈酸性，＋4价的S在溶液中存在形式为HSO，有较强还原性，可被O2在酸性条件下氧化为SO，发生反应的离子方程式是O2＋2HSO===2SO＋2H＋。
②通入的新鲜海水是碱性的，可中和酸性海水，另外鼓入空气排出了部分CO2，均可以使处理后海水pH升高。
答案： (1)①CO2＋2OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
②SO2＋HCO===CO2＋HSO
(2)①O2＋2HSO===2SO＋2H＋
②碱性海水的中和起稀释作用；鼓入空气排出了部分CO2(写出任意一点即可)课时作业(八) 钠及其化合物 碱金属元素
1．钠及其化合物与人们的生活密切相关，某同学对其认识不正确的是( )
A．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多症
B．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
C．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
D．金属钠着火时，使用泡沫灭火器来灭火
D [D项，Na燃烧生成的Na2O2能与CO2反应生成O2，因此金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，应用沙土掩埋法灭火。]
2．下列物质投入水中发生化学反应，水作氧化剂的是( )
A．钠 B．氧化钠
C．碳酸钠 D．过氧化钠
A [A项，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，水作氧化剂，钠作还原剂；B项，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，不是氧化还原反应；C项，碳酸钠投入水中没有发生化学反应；D项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中氢、氧元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂。]
3．取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列现象描述正确的是( )
①金属先熔化 ②在空气中燃烧，放出黄色火花 ③燃烧后得白色固体 ④燃烧时火焰为黄色 ⑤燃烧后生成淡黄色固体物质
A．②⑤ B．①②③
C．①④⑤ D．④⑤
C [钠的熔点低，加热时先熔化，然后燃烧，产生黄色火焰，生成Na2O2淡黄色固体物质。]
4．蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。下列说法中不正确的是( )
A.上述反应是置换反应
B．上述反应是放热反应
C．上述反应中无水CuSO4表现了还原性
D．加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu
C [反应中CuSO4被还原为Cu，无水CuSO4表现的是氧化性。]
5．下列各组物质混合后，只能生成一种含钠化合物的是( )
A．Na2CO3溶液、盐酸
B．NaOH溶液、CO2
C．NaHCO3溶液、石灰水
D．Na2O2、CO2
D [A项中可生成NaCl、NaHCO3；B项中可生成Na2CO3、NaHCO3；C项中可生成Na2CO3、NaOH；D项中只生成Na2CO3。]
6．下列关于元素Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是( )
①金属性最强的是锂 ②形成的离子中，氧化性最强的是锂离子 ③在自然界都以化合态形式存在 ④Li的密度最小 ⑤单质均可与水反应，产物均为碱和H2 ⑥单质在O2中燃烧的产物都有M2O和M2O2两种形式 ⑦粒子半径：Rb＋>K＋>Na＋，Cs>Cs＋
A．①②③④⑤ B．③④⑤⑥⑦
C．①②④⑥⑦ D．②③④⑤⑦
D [在元素周期表中，从上到下，碱金属的金属性逐渐增强，五种元素中金属性最强的是Cs，①错误；根据单质的还原性越强，形成离子的氧化性越弱，可知形成的离子中，氧化性最强的是Li＋，②正确；五种元素都是活泼金属元素，在自然界都以化合态形式存在，③正确；Li的密度最小，④正确；单质都能与水反应得到碱和氢气，⑤正确；Li、Na、K在氧气中燃烧分别得到Li2O、Na2O2、K2O2或KO2，⑥错误；碱金属元素对应的阳离子半径从上到下，依次增大，即Rb＋>K＋>Na＋，同一元素的原子半径大于阳离子半径，即Cs>Cs＋，⑦正确。综上所述，D项正确。]
7．下列叙述正确的是( )
A．用焰色试验可以鉴别钠的化合物跟钾的化合物
B．钾、钠等碱金属着火时，立即用水或泡沫灭火器灭火
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，则过氧化钠是碱性氧化物
D．钠是一种还原性很强的金属，能把铜从硫酸铜溶液中置换出来
A [钠元素的焰色试验为黄色，透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色试验为紫色，则可用焰色试验鉴别钠的化合物与钾的化合物，A正确；钾和钠都能够与水反应生成可燃性气体氢气，且二者的燃烧产物都能与二氧化碳反应生成助燃物氧气，所以钾、钠等碱金属着火时，不能用水或泡沫灭火器灭火，应该用沙子覆盖灭火，B错误；过氧化钠与水反应除了生成氢氧化钠外，还生成氧气，不符合碱性氧化物的定义，C错误；钠与硫酸铜溶液反应时，先与水反应，然后生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不会生成铜，D错误。]
8．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行下图所示的实验。下列说法中，正确的是( )
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO＋Ca2＋=== CaCO3↓
B [A项，相同条件下，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，故实验前Na2CO3溶液的pH大；B项，Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在Na＋、CO、HCO、OH－、H＋；C项，Na2CO3与CaCl2反应的化学方程式为Na2CO3＋CaCl2=== 2NaCl＋CaCO3↓，NaHCO3与CaCl2反应的化学方程式为2NaHCO3＋CaCl2===2NaCl＋CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，结合实验数据可知产生的沉淀不一样多；D项，NaHCO3与CaCl2反应的离子方程式为2HCO＋Ca2＋=== CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。]
9．下列依据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验操作中不能达到实验目的的是( )
A.制取氨气 B.制取NaHCO3 C.分离NaHCO3 D.干燥NaHCO3
D [碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干。]
10．工业上常用氨碱法制取碳酸钠，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中( )
A．KHCO3溶解度较大
B．KHCO3溶解度较小
C．K2CO3溶解度较大
D．K2CO3溶解度较小
A [氨碱法制取碳酸钠是因为NaHCO3溶解度较小，能从溶液中析出，然后加热就得到Na2CO3，而KHCO3溶解度较大，不容易结晶析出。]
11．下列实验装置不能达到实验目的的是( )
答案： D
12．下列实验操作正确的是( )
选项 实验 操作
A 观察Na与H2O反应的现象 用镊子从煤油中取出金属钠，用滤纸吸去表面煤油，切下绿豆大小的钠，小心放入装有水的试管中
B 证明Na2O2与CO2反应是放热反应 Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应
C 检验NaHCO3与Na2CO3溶液 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
D 检验Na2CO3与K2CO3溶液 用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色
B [钠与水的反应剧烈，试管管口太小，产生的氢气不能及时排出，有可能引起爆炸，反应不能在试管中进行，故A错误；可燃物燃烧的条件之一是温度达到着火点，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量，导致棉花的温度达到着火点，故B正确；NaHCO3和Na2CO3都能与 Ca(OH)2反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别，故C错误；观察钾元素的焰色试验要透过蓝色钴玻璃，故D错误。]
13．钠及其化合物在自然界广泛存在，并有重要用途。
(1)过氧化钠是钠的氧化物，写出过氧化钠中阴离子的电子式：__________。
(2)把一定量过氧化钠和未知量碳酸氢钠混合物放置在密闭体系中，充分加热后，排出气体，固体残留物中一定含有的物质是__________(写化学式)。
(3)工业上可采取金属钠氧化法制取过氧化钠，其流程如下：
NaNa2ONa2O2
如果把一定质量的过氧化钠按下列流程处理：
78 g Na2O2222 g A(固体)
写出A物质的化学式：____________。
(4)熔融态的过氧化钠是非常好的氧化剂，可用于工业上氧化FeSO4制高铁酸钠(Na2FeO4)(称为干法制备)，干法制备中每1 mol FeSO4参加反应转移4 mol电子，产物中还有氧气生成。写出干法制取高铁酸钠的化学方程式：_________________________________。
解析： (2)NaHCO3无论量多少，分解生成的CO2优先与Na2O2反应，肯定有Na2CO3生成。(3)Na2O2与水蒸气反应只生成A，应为Na2O2的结晶水合物，所以结晶水的物质的量＝＝8 mol，所以A的化学式为Na2O2·8H2O。
答案： (1)
(2)Na2CO3
(3)Na2O2·8H2O
(4)FeSO4＋4Na2O2Na2FeO4＋2Na2O＋Na2SO4＋O2↑
14．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。
(1)只根据图Ⅰ所示实验，不能够达到实验目的的原因是____________________________
________________________________________________________________________。
(2)图Ⅱ、Ⅲ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为___________________
________________________________________________________________________。
(3)若用实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是(填化学式)____________。
解析： (1)NaHCO3、Na2CO3都与盐酸反应放出CO2，不能达到目的。
(2)Ⅱ、Ⅲ都是利用NaHCO3的不稳定性进行鉴别。
(3)试管B中装入碳酸氢钠，试管A中装入碳酸钠，这样直接加热的碳酸钠温度高，不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，而间接加热的碳酸氢钠分解，使澄清石灰水变浑浊，表明了碳酸氢钠很不稳定。
答案： (1)无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到鉴别目的
(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
(3)NaHCO3
15．实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2一段时间后，将带余烬的木条插入试管C的液面上方，木条复燃。
(1)甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是________
________________________________________________________________________。
检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是________________________________
________________________________________________________________________。
(2)乙同学认为反应后B中有Na2SO3还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计并实施了如下实验方案：
甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为________________________________________________________________________。
(3)测定B中反应完全后的固体中Na2SO4含量的实验方案：称取样品a g，加水溶解，________，烘干，称量得BaSO4 b g，则Na2SO4的质量分数为______________(列出计算式即可)。
解析： (1)Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式为2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2。要证明反应后B中的白色固体中含有Na2SO3，只需证明含有SO即可，取反应后B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，若生成的无色气体能使品红溶液褪色，则说明含有Na2SO3。(2)Na2O2具有强氧化性，SO2有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4。由实验方案可知，稀硝酸具有强氧化性，它会将BaSO3氧化为BaSO4，故该实验不能说明反应后B中有Na2SO4。(3)因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体中Na2SO4含量的实验方案为称取样品a g，加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤，烘干，称量得BaSO4 b g。b g BaSO4的物质的量为 mol，则样品中含Na2SO4的质量为 mol×142 g·mol－1＝ g，所以Na2SO4的质量分数为×100%。
答案： (1)2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2 取反应后B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，若生成无色能使品红溶液褪色的气体，则说明含Na2SO3
(2)过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡
(3)加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤 ×100%课时作业(三十二) 化学实验热点
1．根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是( )
选项 a中的物质 b中的物质 实验目的、试剂和操作
实验目的 c中的物质 进气方向
A 稀硝酸 Cu 收集贮存NO 水 N→M
B 浓硝酸 Na2SO3 检验SO2的氧化性 品红溶液 M→N
C 浓氨水 碱石灰 收集贮存氨气 饱和NH4Cl溶液 N→M
D 浓盐酸 MnO2 检验Cl2的氧化性 Na2S溶液 M→N
A [A.稀硝酸和Cu反应生成NO，NO不溶于水，不与水反应，用排水法收集NO，进气方向是N→M，故A符合题意；B.由于浓硝酸具有强氧化性，因此浓硝酸与Na2SO3反应生成硫酸盐和NO2气体，因此无法检验SO2的氧化性，故B不符合题意；C.由于氨气极易溶于水，因此氨气要溶于饱和NH4Cl溶液中，不能用排饱和NH4Cl溶液来收集氨气，故C不符合题意；D.二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，而该实验没有加热，因此不能产生氯气，故D不符合题意。]
2．已知实验室按反应C2H5OHCH2===CH2↑＋H2O制备的乙烯中常含有副产物CO2、SO2等。某实验小组利用如下装置制备少量1，2 二溴乙烷：
下列说法正确的是( )
A．浓硫酸主要作氧化剂
B．温度计用来指示溶液温度
C.装置连接顺序为adebcf
D．可采用分液操作分离产品
B [A.实验室制取乙烯时，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，A说法错误；B.实验室制取乙烯，反应温度控制在170 ℃左右，则温度计用来指示溶液温度，B说法正确；C.装置Ⅰ为制取乙烯，生成的乙烯中含有二氧化碳、二氧化硫等杂质，装置Ⅲ为检验二氧化硫是否除尽，装置Ⅱ可除去二氧化碳及二氧化硫，装置Ⅳ为乙烯与溴发生加成反应生成1，2 二溴乙烷，则装置连接顺序为acbdef，C说法错误；D.1，2 二溴乙烷和四氯化碳相互溶解，不能用分液操作分离产品，D说法错误。]
3．某化学实验小组探究Fe2＋和Fe3＋性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是( )
A．氯水可以将Fe2＋氧化成Fe3＋
B．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C．烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D．KSCN中的N元素一定被氧化
C [A.氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，故A正确；B.烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，Fe3＋在碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；C.烧瓶中有NaClO，有强氧化性， 在溶液中KSCN中的硫氰根离子会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；D.氯水过量时，红色却会褪去， NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN－会被氧化剂氧化，SCN－中S：－2价，C：＋4价，N：－3价，故N元素一定被氧化，故D正确。]
4．下列操作能达到相应实验目的的是( )
选项 实验目的 操作
A 除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO 粗盐溶解后，依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液
B 探究同周期元素性质的递变规律 将Na、Mg、Al分别投入冷水中
C 验证丙烯醇(CH2===CHCH2OH)中存在碳碳双键 向丙烯醇溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液
D 证明适当升高温度能促进醋酸的电离 向0.1 mol·L－1的稀醋酸中滴入甲基橙，加热
D [加过量的NaOH溶液可以将Mg2＋沉淀，加入过量的BaCl2溶液可以将SO沉淀，Ca2＋及剩余的Ba2＋可以用Na2CO3溶液沉淀，加入的顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，A错误；Mg、Al与冷水均不反应，B错误；碳碳双键和—CH2OH均能被酸性KMnO4溶液氧化，C错误；稀醋酸中存在电离平衡，加热，平衡正向移动，溶液pH减小，甲基橙出现颜色的变化，能证明适当升高温度促进醋酸的电离，D正确。]
二、非选择题
5．N2在诸多领域用途广泛。某化学兴趣小组为探究在实验室制备较为纯净N2的方法，进行了认真的准备。请你参与交流与讨论。
[查阅资料]N2的制法有下列三种方案：
方案1：加热NaNO2和NH4Cl的浓溶液制得N2。
方案2：加热条件下，以NH3还原CuO可制得N2，同时获得活性铜粉。
方案3：将空气缓缓通过灼热的铜粉获得较纯的N2。
[实验准备]以实验室常见仪器(药品)等设计的部分装置如下图(部分夹持和加热仪器未画出)。
[分析交流]
(1)若以方案1制得N2，应选择的发生装置是
________________________________________________________________________。
(2)若按方案2制得干燥、纯净的N2，且需要的NH3以生石灰和浓氨水作原料，整套制气装置按气流从左到右的连接顺序是____________(填字母)。获得N2的反应原理是
________________________________________________________________________
____________________________________________________________(写反应方程式)。
(3)若以排水法收集N2，其中会混入水蒸气。但也不宜用排空气法，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
你提出的收集方法是_______________________________________________。
(4)上述三个方案中，制得的N2纯度最差的是________________。
在N2纯度要求不甚严格的情况下，有人建议将方案2和方案3结合使用，你认为其优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)A
(2)E→D→B→C 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
(3)N2的相对分子质量28与空气的平均相对分子质量相近(用气体密度大小比较回答问题也可) 用气囊收集(其他合理答案也可)
(4)方案3 CuO和Cu可循环利用，节省药品
6．正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如下图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：
反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9＋H2O
副反应：C4H9OHC2H5CH===CH2＋H2O
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
水 50%硫酸 其他
正丁醇 74 －89.8 117.7 微溶 易溶 二者互溶
正丁醚 130 －98 142.4 不溶 微溶
实验步骤如下：
①在二口烧瓶中加入0.34 mol正丁醇和4.5 mL浓H2SO4，再加两小粒沸石，摇匀。
②加热搅拌，温度上升至100～110 ℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。
③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。
请回答：
(1)制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。
(2)步骤①中药品的添加顺序是，先加______(填“正丁醇”或“浓H2SO4”)，沸石的作用是______________________________________________________。
(3)步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是___________________________________________________________。
如何判断反应已经完成？当____________________时，表明反应完成，即可停止实验。
(4)步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为____________________(列出含W的表达式即可)。
解析： (1)根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9＋H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；(2)步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；(3)根据题中信息，生成副反应在温度大于135 ℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135 ℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或者有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；(4)根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9＋H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17 mol，则正丁醚的产率为×100%＝×100%。
答案： (1)取代反应 (直形)冷凝管 (2) 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 (3)135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 水分离器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化 (4)正丁醇 ×100%
7．某校化学研究性学习小组设计实验验证NH3能还原CuO，并对还原产物进行探究。请回答下列问题：
Ⅰ.验证NH3能还原CuO
(1)试剂X为________。
(2)请将提供的装置按合理顺序连接：g→________________。
(3)装置B的作用是_______________________________________________________。
(4)证明NH3能还原CuO的实验现象是_____________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.探究还原产物的成分
[查阅资料]Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：
Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O。
[实验探究]
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4 g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ①证明红色固体为________
若溶液变蓝 ②证明红色固体肯定含有________，可能含有______
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4 g － ③经计算，红色固体的成分及其物质的量为________
解析： Ⅰ.(1)氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水，试剂X需要干燥氨气且不与氨气反应，所以为碱石灰。(2)装置C生成氨气后，首先经过E干燥，再通入A中反应，生成的气体通过D进行检测，最后以B装置收集尾气。所以安装顺序为g→f→h→a→b→d→e→c。(3)由于氨气在水中溶解度较大，所以先将气体通入CCl4中再溶于上层的水中，所以B装置的作用为收集尾气，防止倒吸，隔绝空气。(4)NH3能还原CuO有红色的铜和水生成，现象为A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色。Ⅱ.①Cu在常温下不与稀硫酸反应。②溶液变蓝，说明有CuSO4生成，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu。③所得固体为Cu，物质的量为0.1 mol，1 mol Cu2O与酸反应前后质量损失为80 g，则0.05 mol Cu2O参与反应，反应前后质量损失为4 g，则生成Cu的量为0.05 mol，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05 mol。
答案： Ⅰ.(1)碱石灰
(2)f→h→a→b→d→e→c
(3)吸收尾气，防止倒吸；隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D中
(4)A中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色
Ⅱ.①铜 ②氧化亚铜 铜
③铜和氧化亚铜各0.05 mol
8．某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。
实验Ⅰ：将Fe3＋转化为Fe2＋
(1)Fe3＋与Cu粉发生反应的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：
实验方案 现象 结论
步骤1：取4 mL________mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L KSCN溶液 产生白色沉淀 CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀
步骤2：取________________ 无明显现象
查阅资料已知：①SCN－的化学性质与I－相似；
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
Cu2＋与SCN－反应的离子方程式为_________________________________________
________________________________________________________________________。
实验Ⅱ：将Fe2＋转化为Fe3＋
实验方案 现象
向3 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液中加入稍过量稀硝酸 溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2＋＋NO???Fe(NO)2＋(棕色)
(3)用离子方程式解释NO产生的原因： _____________________________________
________________________________________________________________________。
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：
反应Ⅰ：Fe2＋与HNO3反应；
反应Ⅱ：Fe2＋与NO反应。
①依据实验现象，可推知反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ________(填“快”或“慢”)。
②反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明： _______________________。
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因： ___________________。
解析： (1)Fe3＋与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。(2)由反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋可知，图中可得到溶液中Fe2＋的浓度为0.2 mol/L，Cu2＋的浓度为0.1 mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，步骤1：取4 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L KSCN溶液；步骤2：取4 mL 0.2 mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L KSCN溶液。由题目信息②可知，Cu2＋与SCN－反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2。(3)亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，则反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢。②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2＋，否则没有Fe2＋，具体的实验方案是取少量反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应。③Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NO???Fe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色。
答案： (1)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)0.1 4 mL 0.2 mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1 mol/L KSCN溶液 2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN)2
(3)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(4)①慢 ②取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应(合理即可) ③Fe2＋被硝酸氧化为Fe3＋，溶液中Fe2＋浓度降低，导致平衡Fe2＋＋NO???Fe(NO)2＋逆向移动，最终Fe(NO)2＋完全转化为Fe3＋，溶液由棕色变为黄色
9．硫氰酸钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。
已知：①NH3不溶于CCl4和CS2，CS2不溶于水且密度比水大；
②D中三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应CS2＋3NH3NH4SCN＋NH4HS，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170 ℃时易分解，NH4HS在高于25 ℃时即分解。
回答下列问题：
(1)试剂a是________，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是________________。
(2)制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至105 ℃，打开K1通入氨气。
①反应一段时间后，关闭K1，此时装置C中观察到的现象是__________________
保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105 ℃一段时间，这样操作的目的是
________________________________________________________________________。
②打开K2，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105 ℃。
(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是______________________________
________________________________________________________________________。
(4)制备硫氰酸钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经________(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。
(5)取少量所得KSCN晶体配成溶液，将装置E中混合液过滤得溶液x，进行如下实验：
①设计实验探究ⅱ中银镜产生的原因_______________________________________
________________________________________________________________________。
②小组同学观察到ⅲ中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去和沉淀增多，请用必要的文字和离子方程式解释： _____________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)判断依据为①给出的条件都提到了NH3，②反应中出现了NH3；由此可以判断A装置是制取氨气，故填浓NH3·H2O；
(2)关闭K1，A装置依旧产生气泡，故可以看到此时装置C中有气泡，由于装置C中压强的增大，瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。题中给出了关于温度的条件，故判断目的是防止NH4SCN受热分解；
(3)由装置E中发生氧化还原反应，故写出三价铁离子与硫化氢气体反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋；
(4)过滤除去固体催化剂后，应该除去未反应完的CS2，故操作为分液；
(5)①产生银镜反应的原因是溶液中银离子有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生反应，故可设计实验为：取2 mL 0.5 mol·L－1的AgNO3溶液，加入几滴FeSO4溶液，若产生银镜，证明是Fe2＋还原Ag＋得银镜或取2 mL 0.5 mol·L－1的AgNO3溶液，加入几滴(NH4)2SO4溶液，若无银镜生成，证明是Fe2＋还原Ag＋得银镜；②用力振荡，发生反应Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，沉淀增多，使Fe3＋＋6SCN－???[Fe(SCN)6]3－平衡逆向移动，红色褪去。
答案： (1)浓氨水或浓NH3·H2O 恒压滴液漏斗或恒压漏斗
(2)瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 使NH4HS完全分解而除去，防止NH4SCN受热分解
(3)2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(4)分液
(5)①取2 mL 0.5 mol·L－1的AgNO3溶液，加入几滴FeSO4溶液，若产生银镜，证明是Fe2＋还原Ag＋得银镜或取2 mL 0.5 mol·L－1的AgNO3溶液，加入几滴(NH4)2SO4溶液，若无银镜生成，证明是Fe2＋还原Ag＋得银镜
②红色溶液存在平衡Fe3＋＋6SCN－???[Fe(SCN)6]3－，用力振荡，发生反应Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，沉淀增多，平衡逆向移动，红色褪去课时作业(三十九) 生物大分子 合成高分子
1．下列说法不正确的是( )
A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基
D．工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油
B [A.甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；B.乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，B错误；C.纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C6H7O2(OH)3]n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；D.植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确。]
2．下列有机物是形成如图所示高分子的单体的是( )
A．丁烯 B．苯乙烯
C．1，3 丁二烯 D．乙烯
D [链节主链上存在碳碳双键结构，有8个碳原子，其单体必为多种，先将高聚物分子结构去掉方括号，移动键(如图所示)
得到其单体为CH2===CH—CH3、、CH2===CH2，故D项正确。]
3．聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：
下列说法不正确的是( )
A．聚维酮的单体是
B．聚维酮分子由(m＋n)个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质
D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
答案： B
4．一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如图所示。下列关于该高分子的说法正确的是( )
A．该高分子是一种水溶性物质
B．该高分子可由甲醛和对甲基苯酚缩合生成
C．该高分子的结构简式为
D．该高分子在碱性条件下可发生水解反应
B [该高分子可用作烹饪器具，电器等材料，说明该高分子不溶于水，A项错误；由题图可知，该有机物具有类似于酚醛树脂的结构，单体为甲醛和对甲基苯酚，B项正确；该高分子的结构简式中，链节为，其结构简式为，C项错误；该高分子中含有酚羟基，具有弱酸性，可以与碱反应，但不能发生水解反应，D项错误。]
5．PCT树脂是应用广泛的一种高聚物，其结构简式为，它可由有机物X()与另一种有机物Y反应制得。下列说法中不正确的是( )
A．X可与H2发生加成反应生成Y
B．Y的核磁共振氢谱有4组峰
C．X、Y生成PCT的反应属于缩聚反应
D．PCT制品应避免长时间与碱性物质接触
A [A.根据题干信息分析，Y的结构为，X不能与H2发生加成反应生成Y，A错误，符合题意；B.Y是对称结构，核磁共振氢谱有4组峰，B正确，不符合题意；C.二元酸和二元醇通过缩聚反应生成高聚物，C正确，不符合题意；D.PCT含有酯基，在碱性条件下能水解，应该避免长时间和碱性物质接触，D正确，不符合题意。]
6．季节交替、冷暖变化是人们着凉感冒的主要诱因，现市场治疗效果较好的速效感冒冲剂的主要成分之一为对乙酰氨基酚，其结构简式为，下列有关它的性质描述错误的是( )
A．与对硝基乙苯互为同分异构体
B．1 mol该物质与浓溴水反应时最多消耗3 mol Br2
C．它能与NaOH溶液反应
D．其水解产物之一的对氨基苯酚()具有弱酸性、弱碱性
B [与的分子式相同，结构不同，所以互为同分异构体，A正确；该物质中苯环上酚羟基邻位的氢原子能被溴取代，所以1 mol该物质与浓溴水反应时最多消耗2 mol Br2，B错误；酚羟基能和NaOH发生中和反应，肽键在碱性条件下能发生水解反应，所以该物质能和NaOH溶液反应，C正确；其水解产物之一的对氨基苯酚()含有氨基和酚羟基，氨基具有弱碱性，酚羟基具有弱酸性，D正确。]
7．以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则( )
A．A的结构简式是
B．①②的反应类型分别是取代、消去
C．反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照
D．酸性KMnO4溶液褪色可证明已完全转化为
B
二、非选择题
8．合成高分子材料用途广泛、性能优异，其功能与分子结构有密切的关系，下面是几种高分子材料的结构简式
A．
B．
C．
D．
(1)A是天然橡胶的主要成分，易老化，A中含有的官能团的名称是________。
(2)B的单体是苯酚和________，这两种单体在碱催化下，可得到网状高分子化合物，俗称电木，是 ________(填“热塑性”或“热固性”)塑料。
(3)C与NaOH溶液在一定条件下反应，生成高吸水性树脂，该树脂的结构简式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)D是合成纤维中目前产量第一的聚酯纤维(涤纶)，可由两种单体在一定条件下合成，该合成反应的化学方程式是___________________________________________。
答案： (1)碳碳双键 (2)甲醛 热固性
(3)
(4) ＋nHOCH2CH2OH＋(2n－1)H2O
9．某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用，可以提高经济效益，减少对环境的污染。如图所示为以甘蔗渣为原料制取各物质的转化过程图。
已知：①B在人体组织中发生缓慢氧化，放出热量，提供生命活动需要的能量。
②G是具有果香气味的液体，体积分数为75%的D的水溶液常用于医疗消毒，并且可以代替汽油作汽车燃料。
③R－CHOR－COOH。
(1)A的化学名称为________，B的分子式为____________。
(2)E的结构简式为________________，F分子中含有的官能团的名称为______________。
(3)D＋F→G的化学方程式为______________________________________________
________________________________________________________________________，
该反应的反应类型为____________。
解析： A为甘蔗渣的主要成分，是纤维素；B在人体组织中发生缓慢氧化，放出热量，提供生命活动需要的能量，所以B为葡萄糖；体积分数为75%的D的水溶液常用于医疗消毒，并且可以代替汽油作汽车燃料，所以D为乙醇；D(乙醇)催化氧化生成E(乙醛)；E(乙醛)被氧化生成F(乙酸)；F(乙酸)与D(乙醇)发生酯化反应生成具有果香气味的液体G(乙酸乙酯)。
(1)A为甘蔗渣的主要成分纤维素；B为葡萄糖，分子式为C6H12O6。(2)D(乙醇)催化氧化生成E(乙醛)，E的结构简式为CH3CHO；E(乙醛)被氧化生成F(乙酸)，乙酸分子中含有的官能团的名称为羧基。(3)F(乙酸)与D(乙醇)反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，该反应的反应类型为酯化反应(或取代反应)。
答案： (1)纤维素 C6H12O6 (2)CH3CHO 羧基
(3)CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O 酯化反应(或取代反应)
10．功能高分子P的合成路线如下：
(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是______________________。
(2)试剂a是____________。
(3)反应③的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)E的分子式是C6H10O2，E中含有的官能团为______________。
(5)反应④的反应类型是__________。
(6)反应⑤的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 本题以高分子化合物的合成路线为载体，考查有机物的推断和相关反应的判断。根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出D为对硝基苯甲醇，A应为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成的C为；根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为；F水解生成G和乙醇，因此F的结构简式为；E在催化剂的作用下转化为F，则反应④是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH===CHCOOC2H5。(1)根据以上分析可知A的结构简式为。(2)甲苯和浓硝酸在浓硫酸催化作用和加热的条件下生成对硝基甲苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸。(3)反应③是C在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，据此写出化学方程式。(4)E的结构简式为CH3CH===CHCOOC2H5，所含官能团有碳碳双键、酯基。(5)F是E发生加聚反应生成的高分子化合物，所以反应④是加聚反应。(6)反应⑤的化学方程式为＋nH2O＋nC2H5OH
答案： (1)
(2)浓硫酸和浓硝酸
(3) ＋NaOH＋NaCl
(4)碳碳双键、酯基
(5)加聚反应
(6) ＋nH2O＋nC2H5OH
11．聚对苯二甲酸乙二醇酯(PET)俗称涤纶树脂，是一种重要的有机高分子材料。其结构简式为。利用有机物A合成PET的路线如图所示：
根据题意回答下列问题：
(1)A的名称是________，C所含官能团的名称是________。
(2)由1，3 丁二烯可制备顺式聚1，3 丁二烯，写出顺式聚1，3 丁二烯的结构简式_____________________________。
(3)A→D、B→C的反应类型分别为____________、________。
(4)写出C＋F―→PET的化学方程式________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)参照上述合成路线，以1，3 丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备丁苯橡胶()的合成路线。
答案： (1)乙烯 羟基
(2)
(3)加成反应 取代反应(或水解反应)
(4)nCH2OHCH2OH＋ ＋(2n－1)H2O
(5)
12．化合物N是合成某种消炎药物的一种中间体。以丙烯为原料并应用麦克尔反应合成N的路线如图：
已知：①“Ph—”表示“苯基”
②麦克尔反应在有机合成中有重要应用，可用下面的通式表示：
Z—CH2—Z′＋，其中Y可代表—CHO、—COR、—COOR等吸电子基团；代表含有活泼氢的化合物，如醛，酮，丙二酸酯等；
③
回答下列问题：
(1)B的化学名称为____________。
(2)C→D的化学反应方程式为______________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)M的结构简式为______________。
(4)化合物常用作化妆品的香料，设计以和为原料，利用麦克尔反应制备的合成路线(无机试剂任选)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： A为丙烯，和氯气在500 ℃反应生成B，根据C的结构可知B为A和氯气发生取代反应的生成物，则B为CH2===CHCH2Cl，B和水发生加成反应生成C，C为，C被催化氧化为D，D为，D和乙二醇发生反应生成E，E的分子式为C5H9O2Cl，和F的分子式对比可知，E到F的反应是E中的氯原子被氰基取代，则F的结构简式为。G在浓硫酸作用下和乙醇发生酯化反应生成H，则G的结构简式为。H和发生麦克尔反应生成M，M为，M在乙醇钠作用下失水生成N。
答案： (1)3 氯丙烯
(2)2＋O22＋2H2O
(3)课时作业(二十七) 沉淀溶解平衡
1．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是( )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强 ②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 ③溶洞、珊瑚的形成 ④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能 ⑤泡沫灭火器灭火的原理
A．②③④ B．①②③
C．③④⑤ D．①②③④⑤
答案： A
2．在100 mL 0.01 mol·L－1的KCl溶液中，加入1 mL 0.01 mol·L－1的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
A [Qc＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1×× mol·L－1≈9.8×10－7>1.8×10－10＝Ksp，故有AgCl沉淀生成。]
3．已知25 ℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：
化学式 Zn(OH)2 ZnS AgCl Ag2S MgCO3 Mg(OH)2
溶度积 5×10－17 2.5×10－22 1.8×10－10 6.3×10－50 6.8×10－6 1.8×10－11
根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是( )
A．2AgCl＋Na2S===2NaCl＋Ag2S
B．MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑
C．ZnS＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
C [根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS
A．Ba2＋＋CO===BaCO3↓
B．Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
C.Ba2＋＋2IO===Ba(IO3)2↓
D．Ba2＋＋SO===BaSO4↓
D [根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为8.1×10－6 mol·L－1、1.6×10－7 mol·L－1、6.5×10－4 mol·L－1、1.1×10－7 mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4。]
5．已知：常温下，Ksp(BaSO4)＝a。取过量BaSO4溶于蒸馏水，过滤得到滤液R溶液。下列有关说法正确的是( )
A．R溶液中c(Ba2＋)＝a mol·L－1
B．常温下，向R溶液中加入少量Na2SO4固体，产生白色沉淀
C．常温下，向R溶液中加入少量BaCl2固体，Ksp(BaSO4)增大
D．向R溶液中加水，c(Ba2＋)、c(SO)均增大
B [R溶液中c(Ba2＋)＝ mol·L－1，A项错误；加入Na2SO4，平衡BaSO4(s)???Ba2＋(aq)＋SO(aq)向左移动，产生白色沉淀，B项正确；温度不变，溶度积不变，C项错误；向R溶液中加水，c(Ba2＋)、c(SO)均减小，D项错误。]
6．化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)???CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是( )
A．MnS的Ksp比CuS的Ksp大
B．该反应达平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D．该反应的平衡常数K＝
B [根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，A对；该反应达平衡时c(Mn2＋)、c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，B错；往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正方向移动，c(Mn2＋)变大，C对；该反应的平衡常数K＝＝＝，D对。]
7．已知298 K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5。若用难溶盐在溶液中的物质的量浓度来表示其溶解度，则下列叙述中正确的是( )
A.298 K时，CaSO4的溶解度约为7.00×10－2 mol·L－1
B．反应CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝1.75×104
C．CaCO3、CaSO4的饱和溶液的导电能力很弱，所以它们都是弱电解质
D．升高温度，两种盐的溶度积与溶解度都保持不变
B [由Ksp(CaSO4)表达式可求出c(Ca2＋)＝7×10－3 mol·L－1，A项错误；K＝ eq \f(c（SO）,c（CO）) ＝ eq \f(c（SO）·c（Ca2＋）,c（CO）·c（Ca2＋）) ＝＝1.75×104，B项正确；CaCO3、CaSO4都是盐，属于强电解质，C项错误；升高温度，溶度积和溶解度均增大，D项错误。]
8．已知室温时Ksp(CaCO3)＝3.36×10－9，Ksp(CaF2)＝3.45×10－11。下列关于CaCO3和CaF2两悬浊液说法错误的是( )
A．CaCO3和CaF2两悬浊液中前者的c(Ca2＋)较小
B．分别滴加稀硫酸，CaCO3与CaF2的溶度积常数均增大
C．分别加入0.1 mol·L－1的CaCl2溶液，c(CO)和c(F－)均减小
D．CaCO3和CaF2共存的饱和溶液中， eq \f(c（CO）,c2（F－）) 的值约为97.4
B [CaCO3悬浊液中c(Ca2＋)＝mol·L－1≈5.8×10－5mol·L－1，CaF2悬浊液中，Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝4c3(Ca2＋)，故c(Ca2＋)＝ mol·L－1≈2.0×10－4mol·L－1，A项正确；溶度积只与温度有关，B项错误；加入CaCl2溶液，Ca2＋浓度增大，CaCO3、CaF2沉淀溶解平衡均逆向移动，c(CO)、c(F－)均减小，C项正确；Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)，同一溶液中，Ca2＋浓度相等，故 eq \f(c（CO）,c2（F－）) ＝，该值约为97.4，D项正确。]
9．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag＋＋2NH3·H2O???[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，平衡常数记为K[Ag(NH3)]，下列分析不正确的是( )
A.浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)???Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．实验表明实验室可用氨水洗涤附着有银的试管
C．由实验可以判断：NH3结合Ag＋的能力比Cl－强
D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl
B [AgCl是难溶电解质，在浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)???Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A正确；Ag＋与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]＋，但单质银与NH3·H2O不能反应，可用稀硝酸洗涤附着有银的试管，B错误；AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，生成[Ag(NH3)2]＋，说明NH3结合Ag＋的能力比Cl－强，C正确；加浓硝酸后，NH3·H2O与H＋反应生成NH，使平衡Ag＋＋2NH3·H2O???Ag(NH3)＋2H2O逆向移动，c(Ag＋)增大，Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，D正确。]
10．室温下，将尿酸钠(NaUr)悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl，溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH的关系如图所示。已知：Ksp(NaUr)＝4.9×10－5，Ka(HUr)＝2.0×10－6。下列说法正确的是( )
A．上层清液中c(Ur－)＝7.0×10－2 mol·L－1
B．在M→N的变化过程中，c(Na＋)/c(Ur－)的值将逐渐减小
C．当c(HUr)＝c(Ur－)时，c(Cl－)>c(Ur－)
D．当pH＝7时，2c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(Cl－)
C [Ksp(NaUr)＝c(Na＋)·c(Ur－)，因尿酸钠悬浊液中c(Na＋)＝c(Ur－)，故c(Ur－)＝7.0×10－3mol·L－1，A项错误；在M→N的变化过程中，通入HCl，生成HUr，故NaUr???Na＋＋Ur－平衡右移，c(Na＋)增大，由温度不变，Ksp(NaUr)不变可知，c(Ur－)减小，故该过程中的值增大，B项错误；当c(HUr)＝c(Ur－)时，根据Ka(HUr)＝2.0×10－6，可求出此时溶液中c(H＋)＝2.0×10－6mol·L－1，溶液呈酸性，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(HUr)，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故c(HUr)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(HUr)＝c(Ur－)，故存在c(Ur－)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因混合液呈酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，故c(Ur－)
A．Ksp(MnCO3)的数量级为10－11
B．向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，c(Mg2＋)不变
C．a点对应的溶液中，c(Ca2＋)＞c(CO)
D．向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀
D [由图像中MnCO3的沉淀溶解平衡曲线可知，当－lg c(Mn2＋)＝0时，－lg c(CO)≈10.7，而Ksp(MnCO3)＝c(Mn2＋)·c(CO)＝1×10－10.7＝100.3×10－11，A项正确；一定温度时，向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡，仍为悬浊液，故c(Mg2＋)不变，B项正确；a点对应溶液中CaCO3饱和，－lg c(Ca2＋)<－lg c(CO)，所以c(Ca2＋)>c(CO)，C项正确；由图像可知，Ksp(MgCO3)>Ksp(CaCO3)>Ksp(MnCO3)，故向浓度均为0.01 mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MnCO3沉淀，D项错误。]
12．已知：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓(白色)，某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。
下列说法中，不正确的是( )
A．①中现象能说明Ag＋与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度
B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3＋3Ag＋===3AgSCN↓＋Fe3＋
C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I－进一步发生了反应
C [由图可知，等量的AgNO3和KSCN反应生成AgSCN沉淀，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，得到浅红色溶液，则上层清液中含有SCN－，说明Ag＋与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度，A正确；向含Fe(SCN)3的浅红色溶液中加入AgNO3溶液，红色褪去，产生白色沉淀，发生了反应：Fe(SCN)3＋3Ag＋===3AgSCN↓＋Fe3＋，B正确；①中加入AgNO3溶液生成AgSCN白色沉淀后，AgNO3仍剩余；②中加入2滴2 mol·L－1KI溶液，溶液中Ag＋和I－反应生成AgI黄色沉淀，未发生AgI和AgSCN之间的转化，故不能比较二者的溶解度大小，C错误；白色沉淀AgSCN中加入2 mL 2 mol·L－1KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，则AgSCN转化为AgI；随后沉淀溶解，得到无色溶液，由于溶液中KI剩余，可能是AgI和I－反应生成无色易溶物质，D正确。]
13．沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。已知25 ℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。
(1)将浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl2溶液与Na2SO4溶液等体积混合，充分搅拌后过滤，滤液中c(Ba2＋)＝____________mol·L－1。
(2)医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸酸性很强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸的原因是__________
________________________________________________________________________。
(用溶解平衡原理解释)。万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2＋浓度仅为__________mol·L－1。
(3)长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率。水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。
①CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为____________________________________
________________________________________________________________________。
②请分析CaSO4转化为CaCO3的原理______________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)1×10－5
(2)对于溶解平衡BaSO4(s)???Ba2＋(aq)＋SO(aq)，H＋不能减少Ba2＋或SO的浓度，平衡不能向溶解方向移动 2×10－10
(3)①CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)
②CaSO4存在沉淀溶解平衡，加入Na2CO3溶液后，CO与Ca2＋结合生成更难溶的CaCO3沉淀，Ca2＋浓度减小，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
14．以炼锌烟尘(主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO)为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌的主要工艺如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子 Fe3＋ Zn2＋ Fe2＋
开始沉淀的pH 1.1 5.2 5.8
沉淀完全的pH 3.2 6.4 8.8
(1)加入H2O2溶液的作用是________________________________________________。
(2)调节pH时，加入的试剂X可以是________(填序号)，pH应调整到________。
A．ZnO B．Zn(OH)2
C．Zn2(OH)2CO3 D．ZnSO4
解析： (1)根据流程图分析可知，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋。(2)调节pH时要消耗H＋，且不能引入杂质，ZnO、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3均与H＋反应生成Zn2＋，消耗H＋的同时不引入杂质，ZnSO4不能与H＋反应，所以不能用来调节pH，故选ABC；调节pH是为了使Fe3＋转化为沉淀，而Zn2＋不沉淀，由表中数据可知当pH≥3.2时，Fe3＋沉淀完全，而Zn2＋开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH<5.2。
答案： (1)将Fe2＋氧化为Fe3＋
(2)ABC 3.2≤pH<5.2
15．我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
(1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp＝_______________。
(2)一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10－12，Cd(OH)2的Ksp＝3.2×10－14，那么它们在水中的溶解量________较大。
(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为________mol·L－1[已知：Ksp(CdS)＝7.9×10－27，Ar(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？________(填“是”或“否”)。
解析： (1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)???3Cd2＋(aq)＋2PO(aq)，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp＝c3(Cd2＋)·c2(PO)。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)???Cd2＋(aq)＋CO(aq)，则此时溶液中c(Cd2＋)＝2×10－6mol·L－1，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)???Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c(Cd2＋)＝2×10－5mol·L－1，据此推出在水中的溶解量较大的是Cd(OH)2。(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8mol·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝＝1.0×10－19mol·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103 mg·L－1＝1.12×10－14mg·L－1<0.005 mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。
答案： (1)c3(Cd2＋)·c2(PO) (2)Cd(OH)2 (3)1.0×10－19 是课时作业(七) 物质的量浓度及其溶液的配制
1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是( )
A．10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液
B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液
C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液
D．标况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液
C [A项，c(NaOH)＝＝1 mol·L－1；B项，c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1；C项，蒸发掉50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的浓度也不是1 mol·L－1；D项，c(HCl)＝＝1 mol·L－1。]
2．下列溶液中的Cl－物质的量与100 mL 1 mol·L－1AlCl3溶液中Cl－相等的是( )
A．75 mL 2 mol·L－1氯化镁溶液
B．150 mL 1 mol·L－1氯化钠溶液
C．50 mL 3 mol·L－1氯化钾溶液
D．50 mL 1 mol·L－1氯化铁溶液
A [求溶液中某一离子的物质的量：用该物质的浓度×该离子个数×溶液的体积，1 mol·L－1AlCl3溶液中n(Cl－)＝100×1×3×10－3mol ；A.n(Cl－)＝75×2×2×10－3mol；B.n(Cl－)＝150×1×1×10－3mol；C.n(Cl－)＝50×3×1×10－3mol；D.n(Cl－)＝50×1×3×10－3mol ，最后通过比较，A正确。]
3．下列操作中正确的是( )
A．用两个250 mL的容量瓶配制0.1 mol/L 500 mL的NaOH溶液
B．在托盘天平上称量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中称量
C．用25 mL量筒量取4.0 mol/L的盐酸5.62 mL
D．用托盘天平准确称取5.85 g NaCl固体
B [A.250 mL的容量瓶只能配制250 mL溶液，配制0.1 mol/L 500 mL的NaOH溶液只能选用1个500 mL容量瓶，故A错误；B.氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，所以在托盘天平上称量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中快速称量，故B正确；C.量筒最小读数为0.1 mL，所以无法用25 mL量筒量取4.0 mol/L的盐酸5.62 mL，故C错误；D.托盘天平的最小读数为0.1 g，无法用托盘天平准确称取5.85 g NaCl，只能称量5.9 g氯化钠，故D错误。]
4．某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，结果所配溶液的浓度偏高，其原因可能是( )
A．所用氢氧化钠已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里
D．用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法
B [A项，所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，错误。B项，向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，正确。C项，有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏低，错误。D项，称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取的氢氧化钠的质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，错误。]
5．标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中不正确的是( )
A．ρ＝(17V＋22 400)/(22.4＋22.4V)
B．ω＝17c/(1 000ρ)
C．ω＝17V/(17V＋22 400)
D．c＝1 000Vρ/(17V＋22 400)
A [由c＝＝＝mol·L－1
由上可推知：ρ＝
设溶液的体积为1 L
由c＝可得，ω＝＝ ，
ω＝＝
＝因此只有A项不正确。]
6．25 ℃时，将10 mL质量分数为50%(密度为1.4 g/mL)的硫酸稀释成100 mL，下列说法正确的是( )
A．纯硫酸的摩尔质量为98
B．上述100 mL 稀硫酸中含溶质14 g
C．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL
D．质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14 mol/L
D [A.纯硫酸的摩尔质量为98 g/mol，故A错误；B.上述100 mL稀硫酸中含溶质10 mL×1.4 g/mL×50%＝7 g，故B错误；C.10 mL溶液与90 mL混合后溶液体积不为100 mL，故C错误；D.质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为＝7.14 mol/L，故D正确。]
7．实验室使用的浓盐酸的溶质质量分数为36.5%，密度为1.19 g·cm－3，则HCl的物质的量浓度是( )
A．11.9 B．11.9 mol·L－1
C．0.012 mol·L－1 D．无法计算
B [c(HCl)＝＝11.9 mol·L－1。]
8．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A．0.1(b－2a)mol·L－1
B．10(2a－b)mol·L－1
C．10(b－a)mol·L－1
D．10(b－2a)mol·L－1
D [根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝＝10(b－2a)mol·L－1]
9．已知25%氨水的密度为0.91 g/cm3，5%氨水的密度为0.98 g/cm3。若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是( )
A．等于15% B．大于15%
C．小于15% D．无法估算
C [由题意可知，对于氨水(或酒精)浓度越大，溶液的密度越小，据溶液混合前后溶质的质量不变，有0.91 g/cm3×V×25%＋0.98 g/cm3×V×5%＝(0.91 g/cm3×V＋0.98 g/cm3×V)w(混)，变形为：<1，即w(混)<15%。]
10．有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L，将它均分成两份。一份滴加氨水，使Al3＋完全沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，使SO完全沉淀。反应中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合液中的c(Na＋)(mol·L－1)为( )
A．(4b－2a)/V B．(2b－2a)/V
C．(2b－a)/V D．(b－2a)/V
A [根据题意Al3＋的物质的量为a/3 mol，SO的物质的量为b mol，因Na2SO4和Al2(SO4)3的混合液不显电性，设每份混合溶液中Na＋的物质的量为x mol，则根据电荷守恒可知，a/3×3＋x×1＝b×2，x＝2b－a，原混合溶液中的c(Na＋)＝(4b－2a)/V mol·L－1。]
11．把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全，取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为( )
A．(10b－5a)mol·L－1
B．(2b－a)mol·L－1
C．(－)mol·L－1
D．(5b－)mol·L－1
A [NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为b mol－0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol－0.5a mol)×0.5，则c(Na＋)＝(b mol－0.5a mol)÷0.1＝(10b－5a)mol·L－1。]
12．在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为c mol·L－1。下列叙述中正确的是( )
①ω＝×100%②c＝③向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5 ω
A．①③ B．②③
C．② D．①
C [①氨水的溶质可看作氨气，则ω＝×100%，错误；②正确；③溶质质量分数＝溶质质量/溶液质量×100%＝ρ(氨水)Vω/[ρ(氨水)V＋ρ(水)V]×100%<0.5ω[因为ρ(氨水)<1]，错误；故选C。]
13．298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
(1)制备20.0 mL 0.10 mol·L－1的氨水，需向水中通入NH3的体积为________L(标准状况)。
(2)假设0.10 mol·L－1氨水的密度为0.95 g·cm－3，则该氨水的溶质质量分数约为________。
(3)使氨水恰好完全反应需盐酸的体积为________mL。
(4)配制250 mL 0.10 mol·L－1的氨水，需5.0 mol·L－1的氨水________mL，配制时需要的仪器有__________，配制过程中俯视刻度线定容，所配溶液浓度________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析： (1)溶液中n(NH3)＝0.10 mol·L－1×0.020 0 L＝0.002 0 mol，V(NH3)＝0.002 0 mol×22.4 L·mol－1＝0.044 8 L。(2)根据公式c＝，则w＝＝＝0.18%。
(3)使氨水完全反应，n(HCl)＝n(NH3)，则盐酸体积为20.0 mL。(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变，则0.10 mol·L－1×0.25 L＝5.0 mol·L－1×V，V＝0.005 0 L＝5.0 mL。定容时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，浓度偏大。
答案： (1)0.044 8 (2)0.18% (3)20.0
(4)5.0 量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管 偏大
14．已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：
溶液的密度/(g·cm－3)
硫酸 c1 ρ1
氨水 c2 ρ2
(1)表中硫酸的质量分数为 ______________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。
(2)物质的量浓度为c1 mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(3)物质的量浓度为c2 mol·L－1的氨水与c2 mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)ρ2 g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________c2 mol·L－1(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。
解析： (1)设硫酸的体积为1 L，则w(H2SO4)＝×100%＝%。
(2)硫酸与水等体积混合(忽略溶液体积的变化)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为 mol·L－1。
(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 mol·L－1氨水的密度小于c2 mol·L－1氨水的密度；等质量时，c2 mol·L－1氨水的体积小于c2 mol·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于c2 mol·L－1。读懂题图中的信息，明确硫酸、氨水浓度与密度的关系，并用此关系灵活分析题意是正确解题的关键。
答案： (1)% (2) (3)大于 大于
15．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
[配制KMnO4标准溶液]如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是__________(填名称)。
(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将______(填“偏大”或“偏小”)。
[测定血液样品中Ca2＋的浓度]抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝___________________________。
(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为______mg/cm3。
解析： (1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至液体凹液面与刻度线相切。(2)应该用容量瓶准确确定50 mL溶液的体积。(3)如果用图示的操作配制溶液，由于定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。(4)根据电荷守恒，(－1)×2＋(＋1)×6＝(＋x)×2，解得x＝2。(5)血样20.00 mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020 mol/L×0.012 L＝2.4×10－4 mol，根据反应方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝n(MnO)＝2.5×2.4×10－4 mol＝6×10－4 mol，Ca2＋的质量为40 g/mol×6×10－4 mol＝0.024 g，钙离子的浓度为＝＝1.2 mg/cm3。
答案： (1)②⑤ (2)50 mL容量瓶 (3)偏小 (4)2 (5)1.2课时作业(二十一) 化学反应速率
1．反应2SO2(g)＋O2(g)???2SO3(g)经a min后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1，则a等于( )
A．0.1 B．2.5
C．5 D．10
C [由题图可知，0～a min内Δc(SO3)＝0.4 mol·L－1，则有v(SO3)＝ mol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝v(SO3)＝ mol·L－1·min－1，又知“0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1”，则有 mol·L－1·min－1＝0.04 mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。]
2．四个相同的容器中，在不同的温度下(其他条件相同)进行合成氨的反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，反应所处温度最高的是( )
A．v(NH3)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．v(H2)＝0.6 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.3 mol·L－1·min－1
D．v(H2)＝0.3 mol·L－1·min－1
C [合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，温度越高，反应速率越快。根据反应速率与化学计量数的关系，将四个选项中反应速率转化为v(H2)，A项，v(H2)＝v(NH3)＝0.15 mol·L－1·min－1，C项，v(H2)＝3v(N2)＝0.9 mol·L－1·min－1，则C项表示的反应速率最快，反应所处的温度最高。]
3．将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列可逆反应：NH4Br(s)???NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)???Br2(g)＋H2(g), 2 min后，测得c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HBr)＝4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，下列反应速率正确的是( )
A.0.5 mol·L－1·min－1
B．2.5 mol·L－1·min－1
C．2 mol·L－1·min－1
D．5 mol·L－1·min－1
B [对于2HBr(g)???Br2(g)＋H2(g)，Δc(H2)＝0.5 mol·L－1，则Δc(HBr)＝2Δc(H2)＝2×0.5 mol·L－1＝1 mol·L－1，则该可逆反应起始时c(HBr)＝4 mol·L－1＋1 mol·L－1＝5 mol·L－1；由NH4Br(s)???NH3(g)＋HBr(g)可知，NH3的平衡浓度应与HBr分解反应的起始浓度相等，即c(NH3)＝5 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.5 mol·L－1·min－1。]
4．2SO2(g)＋O2(g)???2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应的机理为V2O5＋SO2???2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2???2V2O5(慢)。
下列说法中正确的是( )
A．反应速率主要取决于V2O5的质量
B．VO2是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198 kJ·mol－1
D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
C [由反应机理可知，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，A、B项错误；ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ·mol－1，所以逆反应的活化能大于198 kJ·mol－1，C项正确；使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，D项错误。]
5．“活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重要依据，下列说法中不正确的是( )
A．活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
B．增大反应物的浓度，可使单位体积内的活化分子增多，反应速率加快
C．对于有气体参加的反应，通过压缩容器增大压强，可使单位体积内的活化分子增多，反应速率加快
D．催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内的活化分子百分数增加
A [活化分子之间的碰撞必须有合适的取向才能引发化学反应，才是有效碰撞，A错误；增大反应物的浓度，活化分子的浓度增大，使单位体积内的活化分子增多，反应速率加快，B正确；对于有气体参加的反应，通过压缩容器增大压强，气体的浓度增大，单位体积内的活化分子增多，反应速率加快，C正确；加入催化剂，反应的活化能降低，活化分子增多，单位体积内的活化分子百分数增加，反应速率加快，D正确。]
6．下表为某学生进行的两组实验：
反应物 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 水
甲 0.1 mol·L－1 10 mL 0.1 mol·L－1 10 mL 5 mL
乙 0.2 mol·L－1 5 mL 0.2 mol·L－1 5 mL 20 mL
若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为( )
A．甲>乙 B．甲<乙
C．甲＝乙 D．无法判断
A [甲组溶液的总体积是25 mL，混合溶液中，甲组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝＝0.04 mol·L－1；乙组溶液的总体积是30 mL，混合溶液中，乙组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝≈0.033 mol·L－1。由于甲组中反应物的浓度较大，故在其他条件相同时，其反应速率较大，即甲组的反应速率大于乙组的反应速率，A项正确。]
7．已知化学反应：NO2＋CO???NO＋CO2，①当t<250 ℃时，v＝k·c2(NO2)，②当t>250 ℃时，v＝k·c(NO2)·c(CO)。以上两式中v为反应速率，k为速率常数(一定温度下为定值)。下列叙述正确的是( )
A．当NO2和CO的浓度相等时，升高或降低温度，反应速率不变
B．因反应前后气体分子数目不变，故改变压强反应速率不变
C．增大NO2的浓度为原来的2倍，反应速率一定变为原来的4倍
D．当温度低于250 ℃时，改变CO的浓度，反应速率基本不变
D [升高温度，反应速率加快，降低温度，反应速率减慢，A项错误；该反应前后气体分子数目不变，改变压强，平衡不移动，但反应速率对应改变，B项错误；增大NO2的浓度为原来的2倍，若t>250 ℃，根据v＝k·c(NO2)·c(CO)可知，反应速率变为原来的2倍，C项错误；当温度低于250 ℃时，根据v＝k·c2(NO2)可知，一定温度下，反应速率只与c(NO2)有关，改变CO的浓度，反应速率不变，D项正确。]
8．过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)的反应历程如下：
第一步：NOO＋C－O→NO…O…C—O活化配合物 (慢反应)
第二步：NO…O…C—O活化配合物→N－O＋COO(快反应)
下列有关说法正确的是( )
A．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快
C．第一步反应需要吸收能量
D．该反应的反应速率主要取决于第二步反应
C [活化配合物取向适当才是有效碰撞，A项错误；活化配合物能量越高，第一步反应速率越慢，B项错误；反应物需要吸收能量形成高能量的活化配合物，C项正确；该反应的反应速率主要取决于慢反应，即取决于第一步反应，D项错误。]
9．I－可以作为水溶液中的SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－
为探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI、0．2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI、0.000 2 mol I2
实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法不正确的是( )
A．水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓
B．Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则a＝0.4
C．比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快SO2歧化反应的速率
D．实验表明，SO2歧化反应的速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应ⅰ比反应ⅱ快；Ⅳ中由反应ⅱ产生的H＋使反应加快
D [根据题中催化过程，可得水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓，A项正确；Ⅱ是Ⅰ的对比实验，采用控制变量法，Ⅱ比Ⅰ多加了0.2 mol·L－1H2SO4，Ⅰ与Ⅱ中KI浓度应相等，则a＝0.4，B项正确；对比Ⅰ与Ⅱ，加入H＋可以加快SO2歧化反应的速率，对比Ⅱ与Ⅲ，H＋单独存在时不能催化SO2的歧化反应，I－是SO2歧化反应的催化剂，C项正确；Ⅳ中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快”，说明SO2歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，对比Ⅳ和Ⅰ，Ⅳ中加入的KI的浓度小且加入了I2，反应ⅰ消耗H＋和I－，反应ⅱ消耗I2，由此说明反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快，D项错误。]
10．将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的恒容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)???2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列说法正确的是( )
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
A．①③ B．①④
C．②③ D．③④
B [用物质C表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1，①正确；用物质B表示的反应的平均速率为0.15 mol·L－1·s－1，②错误；2 s时生成的C为1.2 mol，反应的A为1.2 mol，则物质A的转化率为×100%＝30%，③错误；2 s时物质B的浓度为＝0.7 mol·L－1，④正确。]
11．(2021·广东高考，14)反应X＝2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)
D [A.X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；B.由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；C.由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；D.由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立，因此，D不正确。]
12．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液的酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
编号 反应物 催化剂
Ⅰ 10 mL 2% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅱ 10 mL 5% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅲ 10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
Ⅳ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
Ⅴ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ的目的是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出实验Ⅲ中发生反应的化学方程式： ___________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始反应速率由大到小的顺序为________________(用实验编号表示)。
(4)实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，测得生成氧气的体积(折算成标准状况)随时间变化的关系如图所示。
①分析图示能够得出的结论是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
②实验Ⅲ在t1～t2时间内，以H2O2表示的反应速率为______________。
解析： (1)实验Ⅰ和Ⅱ均未使用催化剂，混合液的总体积均为11 mL，c(H2O2)不同，则实验目的是探究反应物浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅲ为H2O2在FeCl3催化作用下分解生成H2O和O2的反应，据此写出化学方程式。(3)实验Ⅰ中，c(H2O2)最小且未使用催化剂，则实验Ⅰ中起始反应速率最小；实验Ⅱ和Ⅲ中c(H2O2)相同，实验Ⅲ中加入FeCl3溶液，则实验Ⅲ的起始反应速率大于实验Ⅱ，故反应速率的大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。(4)①与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ加入少量HCl溶液，实验Ⅴ加入少量NaOH溶液，其他实验条件均相同，由题图可知，反应速率：Ⅴ>Ⅲ>Ⅳ，据此得出结论：碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率。②实验Ⅲ在t1～t2时间内，生成标准状况下O2的体积为(b－a)mL，则有n(O2)＝ mol，反应中消耗H2O2的物质的量n(H2O2)＝2n(O2)＝mol，溶液的总体积为11 mL，故以H2O2表示的反应速率v(H2O2)＝mol·L－1·s－1＝ mol·L－1·s－1。
答案： (1)探究反应物浓度对反应速率的影响
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
(4)①碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率
②mol·L－1·s－1
13．在一定温度下，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生反应：3A(g)＋2B(g)???xC(g)＋2D(g) ΔH<0，2 min末反应达到平衡状态，生成了0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。由此推断：
(1)x值等于________。
(2)由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，a～b过程中改变的条件可能是________________；b～c过程中改变的条件可能是________________；若增大压强时，请把反应速率变化情况画在下图中的c～d处[标明v(正)和v(逆)]。
解析： (1) 3A(g)＋2B(g)???xC(g)＋2D(g)
c(始)/(mol·L－1) 1 1 0 0
c(变)/(mol·L－1) 0.6 0.4 0.2 0.4
c(2 min)/(mol·L－1) 0.4 0.6 0.2 0.4
Δc(C)∶Δc(D)＝0.2∶0.4＝x∶2，整理得x＝1。
(2)已知反应是正向气体体积减小的放热反应。根据速率－时间图像，a～b过程中，正、逆反应速率均增大且逆反应速率增大的程度更大，因此改变的条件是升高温度。b～c过程中，b点正反应速率不变然后逐渐减小，逆反应速率突然减小然后逐渐增大，改变的条件可能是减小生成物的浓度。若增大压强，正、逆反应速率均增大且正、逆反应速率发生“突变”，且正反应速率增大的程度更大。
答案： (1)1 (2)升高温度 减小生成物浓度
14．F.Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)
2N2O4(g)
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞
p/ kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
解析： 由方程式2N2O5(g)―→ 4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5为5.8 kPa，此时pN2O5＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v(N2O5)＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案： 30.0 6.0×10－2课时作业(二十三) 化学平衡移动 化学反应的方向及调控
1．下列关于自发反应的说法中错误的是( )
A．非自发反应在一定条件下可以实现
B．能够设计成原电池的反应是自发进行的氧化还原反应
C．电解质在水溶液中的电离是一个自发过程，该过程为熵增过程
D．2NO2(g)＋4CO(g)===N2(g)＋4CO2(g) ΔH<0，则该反应高温下利于自发进行
D [非自发反应在一定条件下能实现自发进行，如ΔH>0、ΔS>0的反应高温下可以自发进行，低温下不能自发进行，A正确；理论上，能够设计成原电池的反应是常温下能自发进行的氧化还原反应，B正确；电解质在水溶液中的电离是一个自发过程，该过程中电解质电离产生自由移动的离子，微粒数目增大，故该过程为熵增过程，C正确；反应2NO2(g)＋4CO(g)===N2(g)＋4CO2(g)的ΔH<0、ΔS<0，若自发进行，应满足ΔH－TΔS<0，故该反应低温下有利于自发进行，D错误。]
2．已知298 K下反应2Al2O3(s)＋3C(s)===4Al(s)＋3CO2(g) ΔH＝＋2 171.0 kJ·mol－1，ΔS＝＋635.5 J·(mol·K)－1，则下列说法正确的是( )
A．由题给ΔH可知，该反应是一个放热反应
B．ΔS>0表明该反应是一个熵减少的反应
C．该反应在室温下可能自发进行
D．该反应可以自发进行的最低温度为3 416.2 K
D [该反应的ΔH>0，为吸热反应，A项错误；ΔS>0，表明该反应是熵增的反应，B项错误；由常温下，该反应的ΔH－TΔS>0可知，该反应在常温下不能自发进行，C项错误；该反应可以自发进行的最低温度为T＝＝K＝3 416.2 K，D项正确。]
3．在一定条件下，对于反应mA(g)＋nB(g)???cC(g)＋dD(g)，C的百分含量(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是( )
A．ΔH<0、ΔS>0 B．ΔH>0、ΔS<0
C．ΔH>0、ΔS>0 D．ΔH<0、ΔS<0
A [由图可知，当压强一定时，升高温度，C的百分含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则有ΔH<0；当温度一定时，增大压强，C的百分含量减小，说明增大压强，平衡逆向移动，则有m＋n
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A．溴水中有下列平衡：Br2＋H2O???HBr＋HBrO，当加入少量AgNO3溶液后，溶液的颜色变浅
B．对2HI(g)???H2(g)＋I2(g)，缩小容器的容积可使平衡体系的颜色变深
C．反应CO(g)＋NO2(g)???CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动
D．对于合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温措施
B [溴水中存在平衡：Br2＋H2O???HBr＋HBrO，加入少量AgNO3溶液，HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，c(HBr)减小，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，A可以用勒夏特列原理解释；2HI(g)???H2(g)＋I2(g)的正反应是反应前后气体总分子数不变的反应，缩小容器的容积，压强增大，平衡不移动，但c(I2)增大，导致平衡体系的颜色变深，由于平衡不移动，故B不能用勒夏特列原理解释；反应CO(g)＋NO2(g)???CO2(g)＋NO(g)的ΔH<0，升高温度，为了减弱温度的改变，平衡逆向移动，C可以用勒夏特列原理解释；合成氨的反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于生成NH3，D可以用勒夏特列原理解释。]
5．如图a曲线表示放热反应X(g)＋Y(g)???Z(g)＋M(g)＋N(g)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变某一起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是( )
A．升高温度 B．加大X的投入量
C．加催化剂 D．增大体积
C [由图可知，a、b曲线所示反应平衡时，X的转化率相同，只是b曲线所示反应达到平衡所用时间短，升高温度、增大X的浓度、增大体积时X的平衡转化率都不相同，A、B、D错误，C正确。]
6．在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5(s)＋3H2(g)???LaNi5H6(s) ΔH＝－301 kJ·mol－1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2 MPa。下列说法不正确的是( )
A．当LaNi5的浓度不再变化时，该反应达到平衡状态
B．若温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2 MPa
C．扩大容器的容积，重新达到平衡时n(H2)增多
D．增大压强，降低温度，有利于储氢
A [LaNi5是固体，在反应过程中，其浓度始终不变，不能根据固体的浓度不变判断是否达到平衡状态，A错误；温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，平衡常数Kp＝不变，则重新达到平衡时H2的压强仍为2 MPa，B正确；扩大容器的容积，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，重新达到平衡时气体压强不变，则n(H2)增多，C正确；该反应的正反应是气体分子总数减小的放热反应，因此增大压强、降低温度，平衡正向移动，有利于储氢，D正确。]
7．对密闭容器中进行的反应：X(g)＋3Y(g)???2Z(g)绘制如下图像，下列说法错误的是( )
A．依据图甲可判断正反应为放热反应
B．在图乙中，虚线可表示使用了催化剂后X的转化率
C．图丙可表示减小压强，平衡向逆反应方向移动
D．依据图丁中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH<0
C [图甲中v正、v逆曲线的交点是平衡点，升高温度，v正增大的程度小于v逆，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，A正确；使用催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，X的转化率不变，故图乙中虚线可表示使用催化剂后X的转化率，B正确；减小压强，v正、v逆均减小，v正减小的程度大于v逆，平衡逆向移动，与图丙不相符，C错误；X、Y、Z均为气体，混合气体的总质量不变，图丁中随温度升高而逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应的ΔH<0，D正确。]
8．将5 mL 0.005 mol·L－1FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol·L－1KSCN溶液混合，达到平衡后溶液呈红色。再将混合液等分为5份，分别进行如下实验：
实验①：滴加4滴水，振荡
实验②：滴加4滴饱和FeCl3溶液，振荡
实验③：滴加4滴1 mol·L－1KCl溶液，振荡
实验④：滴加4滴1 mol·L－1KSCN溶液，振荡
实验⑤：滴加4滴6 mol·L－1NaOH溶液，振荡
下列说法不正确的是( )
A．对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
B．对比实验①和③，为了证明增加生成物浓度，平衡发生逆向移动
C．对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动
D．对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动
B [A.实验②与实验①对比，只改变了Fe3＋浓度，故A说法正确；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的实质是Fe3＋＋3SCN－???Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡无影响，故B说法错误；C.实验④与实验①对比，只改变了SCN－浓度，故C说法正确；D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3＋与之反应生成氢氧化铁沉淀，溶液中Fe3＋的浓度减小，故D说法正确。]
9．已知反应：2NO2(红棕色)???N2O4(无色) ΔH<0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法不正确的是( )
A．b点达到平衡状态
B．b点与a点相比，c(NO2)、c(N2O4)均减小
C．d点：v正＜v逆
D．若在c点将温度降低，其透光率将增大
B [曲线a→b段透光率不变，说明c(NO2)保持不变，故b点达到平衡状态，A正确；a、b两点的透光率相等，说明这两点中c(NO2)、c(N2O4)分别相等，且保持不变，B错误；由图可知，d点后透光率逐渐下降，说明c(NO2)逐渐增大，即平衡逆向移动，则有v正
A．化学反应速率：乙>甲
B．平衡后N2的浓度：乙>甲
C．H2的转化率：乙＞甲
D．平衡混合气中H2的体积分数：乙>甲
D [容器中发生的反应为N2(g)＋3H2(g)???2NH3(g)。相同容积的容器中充入不同量的反应物，乙容器中压强大，化学反应速率：乙>甲，A正确；根据勒夏特列原理可知，平衡时乙容器中N2的浓度应大于甲容器，但会小于甲容器中N2浓度的2倍，B正确；乙容器中压强较大，平衡向正反应方向移动，所以H2的转化率：乙>甲，C正确；平衡混合气中H2的体积分数：乙<甲，D错误。]
11．已知2SO2(g)＋O2(g)???2SO3(g) ΔH＝－197 kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2 mol SO2和1 mol O2；(乙)1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙)2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是( )
A．容器内压强p：p甲＝p丙>2p乙
B．SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙>k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙>2Q乙
B [三个容器的T、V相同，由三种情况下充入物质的物质的量，可知甲、丙两种情况下充入的物质相当，达到同一平衡状态，乙充入的物质比甲少一半，故压强：p甲＝p丙<2p乙；SO3的质量为：m甲＝m丙>2m乙；c(SO2)与c(O2)之比均相等，D.甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲＋Q丙＝197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应方向移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误。所以选B。]
12．在密闭容器中进行下列反应CO2(g)＋C(s)???2CO(g) ΔH>0，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化：
(1)增加C，平衡________，c(CO)______。
(2)减小密闭容器体积，保持温度不变，则平衡__________，c(CO2)________。
(3)通入N2，保持密闭容器体积和温度不变，则平衡______，c(CO2)________。
(4)保持密闭容器体积不变，升高温度，则平衡__________，c(CO)________。
答案： (1)不移动 不变
(2)向逆反应方向移动 增大
(3)不移动 不变 (4)向正反应方向移动 增大
13．已知NO2和N2O4可以相互转化，反应：2NO2(g)???N2O4(g) ΔH＝－57.2 kJ/mol。
(1)一定温度下，将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________(填序号，下同)。
(2)在恒容容器中，该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使NO2的体积分数增大的是________。
A．充入一定量NO2 B．分离出一定量NO2
C．充入一定量N2 D．降低温度
(3)若反应2NO2(g)???N2O4(g)在容积为1 L的恒容密闭容器中进行，保持温度不变，达到平衡后，向反应容器中再充入少量NO2，平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)，重新达到平衡后，和原平衡相比，混合气体的颜色________(填“变深”“变浅”或“不变”)，NO2的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析： (1)恒压容器中充入1 mol N2O4进行2NO2(g)???N2O4(g)反应，反应逆向进行，气体总物质的量增大，则容器的容积增大，气体的密度变小，当气体密度不变时，该反应达到平衡状态，a正确；ΔH取决于反应物和生成物具有的总能量，与反应进行的方向及程度无关，故不能根据ΔH判断是否达到平衡状态，b错误；图中只有NO2和N2O4的v正，无法判断v正、v逆是否相等，故无法判断是否达到平衡状态，c错误；N2O4的转化率不变时，N2O4的v正、v逆相等，则该反应达到平衡状态，d正确。(2)恒容容器中，充入一定量NO2，相当于增大压强，平衡正向移动，达到新平衡时，NO2的转化率增大，体积分数减小，同理，分离出一定量的NO2，相当于减小压强，平衡逆向移动，达到新平衡时，NO2的转化率减小，体积分数增大，故A错误，B正确；充入一定量N2，平衡不移动，NO2的体积分数不变，C错误；该反应的ΔH<0，降低温度，平衡正向移动，NO2的体积分数减小，D错误。(3)恒温恒容时，充入少量NO2，平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，重新达到平衡后，和原平衡相比，c(NO2)仍比原平衡大，故混合气体的颜色变深。恒温恒容时，充入少量NO2，相当于保持n(NO2)不变，缩小容器的容积，而缩小容积，增大压强，平衡正向移动，NO2的转化率增大。
答案： (1)ad (2)B (3)向右 变深 增大
14．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法[C2H4(g)＋H2O(g)???C2H5OH(g)]生产。下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中nH2O∶nC2H4＝1∶1)。
(1)图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________________，理由是_________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)气相直接水合法常用的工艺条件为磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290 ℃、压强6.9 MPa，nH2O∶nC2H4＝0.6∶1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有________________、________________。
答案： (1)p4>p3>p2>p1 正反应为分子数减少的化学反应，相同温度下，压强增大，乙烯转化率提高
(2)将产物乙醇液化移去 增加nH2O∶nC2H4的比值
15．(1)生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。
C(s)＋H2O(g)???H2(g)＋CO(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7 J·mol－1·K－1，该反应在低温下________(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在400 ℃时，N2(g)＋3H2(g)???2NH3(g)的K＝0.5。
①在400 ℃时，2NH3(g)???N2(g)＋3H2(g)的K′＝______(填数值)。
②400 ℃时，在0.5 L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2 mol、1 mol、2 mol，则此时反应v正(N2)____v逆(N2)(填“>”“<”“＝”或“不确定”)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂________(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
解析： (1)根据ΔH－TΔS<0及ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7 J·mol－1·K－1＝0.133 7 kJ·mol－1·K－1，解得在T>≈982 K时该反应能自发进行，由此可知该反应在低温下不能自发进行。(2)①平衡常数的值与化学方程式的书写有关，根据平衡常数的定义可得K′＝＝2。②引入浓度商Q，Q＝＝＝＝K，说明此时已达化学平衡状态，即v正(N2)＝v逆(N2)。③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，使总体积增大。
答案： (1)不能 (2)①2 ②＝ ③向左 不改变课时作业(二十二) 化学平衡状态 化学平衡常数
1．一定温度下，体积不变的密闭容器中发生反应4NH3(g)＋5O2(g)???4NO(g)＋6H2O(g)，经2 min后达到平衡，NH3的浓度减少了0.6 mol·L－1。下列说法正确的是( )
A．平衡时5v正(O2)＝4v逆(NO)
B．2 min末的反应速率，用NO表示是0.3 mol·L－1·min－1
C．由混合气体的密度不再改变可判定反应达到平衡
D．由混合气体的压强不再改变可判定反应达到平衡
D [平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)，A项错误；0～2 min内的平均反应速率，用NO表示是0.6 mol·L－1/2 min＝0.3 mol·L－1·min－1，B项错误；容器体积不变，气体总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，C项错误；该反应为气体分子数增大的反应，容器体积不变，温度不变，混合气体的压强是变量，当混合气体的压强不变时，说明反应达到平衡状态，D项正确。]
2．已知：2H2S(g)＋O2(g)???S2(s)＋2H2O(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)。T ℃时，在体积为2 L的恒容密闭容器中，起始加入2 mol H2S(g)和1 mol O2(g)，达到平衡时生成0.6 mol S2(s)。下列说法能说明反应达到平衡状态的是( )
A．硫化氢的浓度是氧气浓度的2倍
B．容器中混合气体的压强不变
C．反应放出的热量为0.3Q kJ
D．消耗2 mol H2S(g)的同时生成2 mol H2O(g)
B [硫化氢的浓度为氧气的2倍，不能说明反应达到平衡，A项错误；该反应是反应前后气体分子数不等的反应，容器中混合气体的压强不变，说明各气体的物质的量不变，反应达到平衡，B项正确；反应达到平衡时，生成0.6 mol S2(s)，消耗的H2S为1.2 mol，反应放出0.6Q kJ热量，故反应放出0.3Q kJ热量时，未达到平衡，C项错误；根据已知热化学方程式可知，任何时间段，消耗2 mol H2S(g)的同时一定生成2 mol H2O(g)，且可逆反应不能进行到底，D项错误。]
3．某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝c(A)·c2(B)/[c2(E)·c(F)]，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是( )
A．增大c(A)、c(B)，K增大
B．降低温度，正反应速率增大
C．该反应的焓变为负值
D．该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)???A(g)＋2B(g)
D [平衡常数K只随温度的变化而变化，与浓度变化无关，A错；降低温度，正、逆反应速率均减小，B错；降温时，F的浓度增大，说明平衡逆向移动，正反应是吸热反应，则焓变为正值，C错。]
4．反应H2(g)＋I2(g)???2HI(g)的平衡常数为K1；反应HI(g)???H2(g)＋I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系式为(平衡常数为同温度下的测定值)( )
A．K1＝2K2 B．K1＝K
C．K1＝ eq \f(1,K) D．K1＝K2
C [K1＝c2(HI)/[c(H2)·c(I2)]，K2＝[c(H2)·c(I2)]/c(HI)，K1＝ eq \f(1,K) 。]
5．可逆反应：2SO2＋O2???2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数，Q为浓度商)( )
A．Q不变，K变大，O2转化率增大
B．Q不变，K变大，SO2转化率减小
C．Q变小，K不变，O2转化率减小
D．Q增大，K不变，SO2转化率增大
C [当可逆反应2SO2＋O2???2SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，平衡向右进行，但O2转化率减小，浓度商Q变小，K不变。]
6．对于可逆反应SiO2(s)＋C(s)＋N2(g)Si3N4(s)＋CO(g)(未配平) ΔH<0。下列叙述正确的是( )
A．增加焦炭的用量，生成氮化硅的反应速率增大
B．增加SiO2的用量，焦炭的转化率增大
C.增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．反应的平衡常数可表示为K＝，升高温度，平衡常数K减小
D [焦炭是固体，增加焦炭的用量，反应速率不变，A错误。增加SiO2的用量，平衡不移动，焦炭的转化率不变，B错误。增大压强，正、逆反应速率均增大，C错误。配平反应方程式可得：3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g)Si3N4(s)＋6CO(g)，则平衡常数可表示为K＝；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，D正确。]
7．用O2将HCl转化为Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g)???2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH<0。在恒温恒容条件下测得反应过程中c(Cl2)的实验数据如下表。下列说法错误的是( )
t/min 0 2 4 6
c(Cl2)/(10－3mol·L－1) 0 1.8 3.7 5.4
A.2～6 min用Cl2表示的化学反应速率为0.9 mol·L－1·min－1
B．当容器内气体的平均摩尔质量不变时，可说明反应达到化学平衡状态
C．化学平衡常数：K(200 ℃)>K(400 ℃)
D．增大压强，可以提高HCl的平衡转化率
A [2～6 min c(Cl2)由1.8×10－3mol·L－1增大到5.4×10－3mol·L－1，则有v(Cl2)＝＝9×10－4mol·L－1·min－1，A错误；恒温恒容时，平衡建立过程中，混合气体的总质量不变，气体的总物质的量不断变化，则气体的平均摩尔质量不断变化，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，该反应达到化学平衡状态，B正确；该反应的ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，则平衡常数：K(200 ℃)>K(400 ℃)，C正确；该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则HCl的平衡转化率增大，D正确。]
8．80 ℃时，在2 L 恒容密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应：N2O4(g)???2NO2(g) ΔH＝＋Q kJ·mol－1(Q>0)，测得如下数据：
时间/s 0 20 40 60 80 100
c(NO2)/(mol·L－1) 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30
下列判断正确的是( )
A．升高温度，该反应的平衡常数K减小
B．20～40 s内，v(N2O4)＝0.004 mol·L－1·s－1
C．反应达到平衡时，吸收的热量为0.30Q kJ
D．100 s时再通入0.40 mol N2O4，达到新平衡时N2O4的转化率增大
C [该反应的ΔH>0，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，A错误；20～40 s内，Δc(NO2)＝0.08 mol·L－1，则有v(NO2)＝＝0.004 mol·L－1·s－1，v(N2O4)＝v(NO2)＝0.002 mol·L－1·s－1，B错误；反应达到平衡时，生成的NO2为0.30 mol·L－1×2 L＝0.60 mol，则反应吸收的热量为0.30Q kJ，C正确；达到平衡后，再通入0.40 mol N2O4，相当于保持n(N2O4)不变，缩小容器的容积，而缩小容积、增大压强时，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，D错误。]
9．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)＋Y(g)???2Z(g) ΔH<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是( )
A．8 min时，其他条件不变，增大X的浓度，则反应速率加快，活化分子的百分数增加
B．该温度下，此反应的平衡常数K＝1.44
C．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前，v逆＞v正
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
B [增大X的浓度，单位体积内活化分子数增加，则反应速率加快，但活化分子的百分数不变，A错误。利用“三段式”计算：
X(g)＋Y(g)???2Z(g)
起始浓度/(mol·L－1) 0.016 0.016 0
转化浓度/(mol·L－1) 0.006 0.006 0.012
平衡浓度/(mol·L－1) 0.01 0.01 0.012
则该温度下，该反应的平衡常数K＝＝＝1.44，B正确。正反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，则反应达到新平衡前，v正>v逆，C错误。其他条件不变，再充入0.2 mol Z，相当于保持n(Z)不变同时缩小容器容积，而该反应为反应前后气体分子数不变的反应，缩小容器容积、增大压强，平衡不移动，则X的体积分数不变，D错误。]
10．一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)???CH2===CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )
A．该反应的逆反应为吸热反应
B．平衡常数：KM＞KN
C．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D．当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
C [升高温度，CO2的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，A正确；该反应的正反应是放热反应，升温平衡常数减小，B正确；化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂在250 ℃时催化活性最高，温度继续升高，其催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，C错误，D正确。]
11．室温时，调节初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液的pH(假设溶液的体积不变)，溶液中存在2CrO＋2H＋???Cr2O＋H2O，测定平衡时溶液中c(Cr2O)和c(H＋)获得的曲线如图。下列说法不正确的是( )
A.降低pH可提高c(Cr2O)
B．A点时CrO的平衡转化率为50%
C．A点时CrO转化为Cr2O反应的平衡常数K＝1014
D．平衡时，若溶液中c(Cr2O)＝c(CrO)，则c(H＋)>2.0×10－7mol·L－1
D [pH越小，氢离子浓度越大，越有利于平衡正向移动，c(Cr2O)越大，A项正确；A点时c(Cr2O)＝0.25 mol·L－1，反应消耗的CrO为0.5 mol·L－1，CrO的平衡转化率为50%，B项正确；A点时c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，c(Cr2O)＝0.25 mol·L－1，则c(CrO)＝0.5 mol·L－1，求得平衡常数K＝＝1014，C项正确；若平衡时溶液中c(Cr2O)＝c(CrO)，即c(Cr2O)＝c(CrO)＝ mol·L－1，利用K进行计算，可知c(H＋)<2.0×10－7mol·L－1，D项错误。]
12．将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)???CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
CO H2O H2 CO
1 650 4 2 1.6 2.4 6
2 900 2 1 0.4 1.6 3
3 900 a b c d t
(1)实验2条件下平衡常数K＝________。
(2)实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a/b的值________(填具体值或取值范围)。
(3)实验4，若900 ℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1 mol，则此时v正________v逆(填“<”“>”或“＝”)。
解析： (1)实验2条件下，平衡时CO的物质的量为1.6 mol，则：
CO(g)＋H2O(g)???CO2(g)＋H2(g)
起始量/mol 2 1 0 0
变化量/mol 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡量/mol 1.6 0.6 0.4 0.4
故900 ℃时，K＝＝＝≈0.17。
(2)由于CO与H2O(g)的化学计量数都为1，所以当两者物质的量相等时，二者转化率相等。要使CO的转化率大于水蒸气的转化率，则增大水蒸气的物质的量，即a/b的值小于1。(3)由上面的分析可知，900 ℃时，该反应的平衡常数为0.17。实验4中，在900 ℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1 mol，则此时Qc＝1，Qc>K，故反应向逆反应方向进行，所以v正
(1)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。
反应 大气固氮N2(g)＋O2(g) ???2NO(g) 工业固氮N2(g)＋3H2(g) ???2NH3(g)
温度/ ℃ 27 2 000 25 400 450
平衡常数K 3.84×10－31 0.1 5×108 0.507 0.152
①分析数据可知：大气固氮反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。
②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因： ___________________
________________________________________________________________________。
(2)工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是________(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：________________________________________________________________。
Ⅱ.目前工业合成氨的原理是N2(g)＋3H2(g)???2NH3(g)。
(3)在一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8 mol。
①达平衡时，H2的转化率α＝__________。
②已知平衡时，容器压强为8 MPa，则平衡常数Kp＝______(用平衡分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
解析： (1)①由表中数据可知随温度从27 ℃升高到2 000 ℃，K值增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应；②大气固氮的K值小，转化率低。(2)工业固氮，随温度升高，K值减小，平衡向逆反应方向移动，N2的转化率降低，所以A正确。取相同的温度，p1→p2，N2的转化率升高，说明平衡向正反应方向移动，正反应是气体体积减小的反应，说明压强增大，p2>p1。
(3) N2 ＋ 3H22NH3
n(始)/mol 1 3 0
n(变)/mol a 3a 2a
n(平)/mol 1－a 3－3a 2a
有(1－a)＋(3－3a)＋2a＝2.8 mol，a＝0.6 mol，H2的转化率为60%，N2的平衡分压为×8 MPa，H2、NH3的平衡分压均为×8 MPa，Kp＝＝。
答案： (1)①吸热 ②K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产
(2)A p2>p1
(3)①60% ②或0.255或0.26课时作业(二十四) 电离平衡
1．能证明乙酸是弱酸的实验事实是( )
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．常温下，0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊试液变红
B [乙酸溶液与Zn反应放出H2，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，A项错误；常温下，CH3COONa溶液显碱性，可以证明乙酸是弱酸，B项正确；可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但不能证明其是弱酸，C项错误；可以证明乙酸具有酸性，但不能证明其酸性强弱，D项错误。]
2．液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为AB???A＋＋B－，在不同温度下其平衡常数K(25 ℃)＝1.0×10－14，K(35 ℃)＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是( )
A．c(A＋)随温度的升高而降低
B．35 ℃时，c(A＋)>c(B－)
C．AB的电离程度：α(25 ℃)>α(35 ℃)
D．AB的电离是吸热过程
D [升高温度，K增大，说明AB的电离程度增大，所以c(A＋)随着温度的升高而增大，A项错误；根据题给信息，无法推出35 ℃时，c(A＋)>c(B－)，B项错误；升高温度，K增大，AB的电离程度增大，所以AB的电离程度：α(25 ℃)<α(35 ℃)，C项错误；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则AB的电离是吸热过程，D项正确。]
3．已知：在25 ℃时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表：
弱电解质 电离平衡常数(Ka)
HClO Ka＝4.7×10－8
H2CO3 Ka1＝4.2×10－7 Ka2＝5.6×10－11
H2SO3 Ka1＝1.54×10－2 Ka2＝1.02×10－7
下列微粒在溶液中不能大量共存的是( )
A．SO、HCO B．ClO－、HCO
C．HSO、CO D．HClO、HCO
C [根据表中电离平衡常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HClO>HCO；根据“较强酸制取较弱酸”的复分解反应规律，判断溶液中微粒能否大量共存。由于酸性：HSO>HCO，则SO、HCO不能反应，可以大量共存，A不符合题意；酸性：HClO>HCO，则ClO－、HCO不能反应，可以大量共存，B不符合题意；由于酸性：HSO>HCO，则HSO、CO反应生成SO和HCO，不能大量共存，C符合题意；由于酸性：H2CO3>HClO，HClO、HCO不能反应，可以大量共存，D不符合题意。]
4．下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是( )
B [乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大，在水中的电离度越小，排除C项、D项。电离平衡常数：CH3COOH
A．a点：pH＝2
B．b点：c(CH3COO－)>c(NH)
C．c点：pH可能大于7
D．a点到c点，溶液pH增大是因为醋酸铵水解显碱性
B [醋酸是弱电解质，0.01 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)<0.01 mol·L－1，则溶液的pH>2，A错误。b、c点为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4溶液显中性，CH3COOH电离使溶液显酸性，则混合溶液的pH<7，即b点溶液中c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒推知，c(CH3COO－)>c(NH)，B正确，C错误。a点到c点，溶液的pH增大，其原因是醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH???CH3COO－＋H＋，向醋酸溶液中加入醋酸铵固体，c(CH3COO－)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，则溶液中的c(H＋)减小，溶液的pH增大，室温下，醋酸铵的水溶液pH＝7，即醋酸铵溶液显中性，D错误。]
6．已知室温时，0.1 mol·L－1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．室温时，此酸的电离常数约为1×10－7
D．稀释HA溶液时，不是所有粒子的浓度都一定会减小
B [0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H＋)约为0.1 mol·L－1×0.1%＝1×10－4mol·L－1，溶液的pH＝4，A项正确；电离属于吸热过程，升温促进HA电离，溶液中的c(H＋)增大，pH减小，B项错误；室温时，此酸的电离常数约为10－4×10－4/0.1＝1×10－7，C项正确；稀释HA溶液可促进HA电离，但溶液中c(H＋)、c(A－)、c(HA)都减小，而c(OH－)增大，D项正确。]
7．常温下，0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝a＋1的措施是( )
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积的0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
B [醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOH???H＋＋CH3COO－，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成a＋1，B项正确；加入等体积的0.2 mol·L－1盐酸，虽然抑制了醋酸的电离，但增大了c(H＋)，溶液的pH减小，C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c(H＋)增大，溶液的pH减小，D项错误。]
8．有关0.1 mol/L NH3·H2O溶液中，下列说法中正确的是( )
A．NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2O===NH＋OH－
B．溶液中有：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．溶液中：c(NH3·H2O)＝0.1 mol/L
D．加入少量NaOH固体，溶液碱性增强，c(H＋)与c(OH－)的乘积将增大
B [NH3·H2O是弱电解质，NH3·H2O的电离方程式为：NH3·H2O???NH＋OH－，故A错误；根据电荷守恒，溶液中有：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)，故B正确；根据物料守恒，溶液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1 mol/L，故C错误；温度不变，c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，故D错误。]
9．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH???H＋＋CH3COO－，下列叙述正确的是( )
A．图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化
B．图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a>b
C．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
D．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液所有离子的浓度均减小
C [向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，H＋浓度减小，溶液的pH增大，A错误；向CH3COOH溶液中加水，电离平衡正向移动，溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，溶液的pH：a
序号 ① ②
pH 11 11
溶液 氨水 NaOH溶液
A.①②两溶液中水的电离程度相同
B．①②两溶液中c(OH－)相等
C．等体积的①②两溶液分别与0.01 mol·L－1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①＞②
D．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<②
D [常温下，氨水和NaOH溶液的pH均为11，溶液中c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，对水的电离抑制程度相同，则水的电离程度相同，水电离产生的c(H＋) ＝1.0×10－11mol·L－1，A、B正确。两溶液的pH均为11，则有c(NH3·H2O)>c(NaOH)，等体积的两溶液分别与0.01 mol·L－1的盐酸完全中和，氨水消耗盐酸的体积大，C正确。两溶液加水稀释时，氨水中NH3·H2O的电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)变化小，故稀释10倍后氨水的pH大，D错误。]
11．已知HA的酸性弱于HB的酸性。25 ℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A－、B－的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。
下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示－lg c(A－)与溶液的pH的变化关系
B．＝100
C．溶液中水的电离程度：M＞N
D．N点对应的溶液中c(Na＋)>Q点对应的溶液中c(Na＋)
B [由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka(HB)>Ka(HA)，由图可知，曲线Ⅰ表示－lg c(B－)与溶液的pH的变化关系，A项错误；根据题图可知，M点、N点对应溶液中c(B－)＝c(A－)，c(HB)＝c(HA)，故＝＝100，B项正确；M点、N点对应溶液中存在c(A－)＝c(B－)，M点溶液是HB和NaB的混合溶液，溶液显酸性，以HB的电离为主，N点是HA和NaA的混合溶液，溶液显碱性，以A－的水解为主，故水的电离程度：M
A．该温度下，HClO???H＋＋ClO－的电离常数Ka的对数值lg Ka＝－7.54
B．氯水中的Cl2、ClO－、HClO均能与KI发生反应
C．pH＝1的氯水中，c(Cl2)>c(Cl)>c(HClO)>c(ClO－)
D．已知常温下反应Cl2(aq)＋Cl－(aq)???Cl(aq)的K＝0.191，当pH增大时，K减小
D [HClO???H＋＋ClO－的电离常数Ka的对数值lg Ka＝lg＝lg c(H＋)＋lg，根据图示，当溶液的pH＝7.54时，HClO和ClO－的物质的量分数相等，即c(H＋)＝10－7.54mol·L－1时，c(HClO)＝c(ClO－)，代入得lg Ka＝－7.54，A项正确；氯水中的Cl2、ClO－、HClO均有强氧化性，均能与KI发生反应，B项正确；根据图示，pH＝1的氯水中，c(Cl－)>c(Cl2)>c(Cl)>c(HClO)>c(ClO－)，C项正确；平衡常数只与温度有关，当pH增大时，K不变，D项错误。]
13．(1)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： __________________________
________________________________________________________________________。
(2)NaH2PO2为________(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显________(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。
解析： (1)因为H3PO2是一元中强酸，只有部分发生电离，电离方程式为H3PO2???H＋＋H2PO。
(2)根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2是正盐，属于弱酸强碱盐，因H2PO水解而使溶液呈弱碱性。
答案： (1)H3PO2???H＋＋H2PO (2)正盐 弱碱性
14．现有常温下pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答问题：
(1)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是______(填字母)。
A．c(H＋) B．
C．c(H＋)·c(OH－) D．
(2)取10 mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10 mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，所得溶液的pH大小关系为pH(甲)________pH(乙)(填“>”“<”或“＝”)。
(4)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)(填“>”“<”或“＝”)。
(5)已知25 ℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
Ka1 1.8×10－5 4.3×10－7 3.0×10－8
Ka2 － 5.6×10－11 －
下列四种离子结合H＋能力最强的是________(填字母)。
A．HCO B．CO
C．ClO－ D．CH3COO－
写出下列反应的离子方程式。
CH3COOH＋Na2CO3(少量)： ______________________________________________
________________________________________________________________________；
HClO＋Na2CO3(少量)： __________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH???H＋＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，A符合题意。CH3COOH的电离平衡常数Ka＝，则有＝，加水稀释时，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，则增大，B不符合题意。由于温度不变，则c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，C不符合题意。加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，则c(OH－)增大，故增大，D不符合题意。(2)醋酸溶液中加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大；醋酸溶液中加入少量无水醋酸钠固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝推知，＝，由于温度不变，Ka不变，c(CH3COO－)增大，则溶液中的值减小。
(3)常温下，pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，pH变化小，则所得溶液的pH：pH(甲)>pH(乙)。(4)pH均为2的盐酸和醋酸溶液相比，其浓度：c(HCl)
答案： (1)A (2)向右 减小 (3)> (4)<
(5)B 2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O HClO＋CO===ClO－＋HCO
15．H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。
回答下列问题：
(1)以酚酞为指示剂(变色范围：pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_______
________________________________________________________________________。
(2)pH＝11时，H3AsO3水溶液中三种微粒浓度由大到小的顺序为_______________。
(3)H3AsO4第一步电离方程式为____________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若pKa2＝－lg Ka2，H3AsO4第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2＝__________。
解析： (1)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时，溶液pH在8.0～10.0之间，结合图像可知溶液中H3AsO3减少而H2AsO增加，则该过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O。(2)结合图像可知pH＝11时，H3AsO3水溶液中c(H2AsO)最大，c(H3AsO3)最小，各含砷微粒浓度关系为c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H3AsO3)。(3)结合题图知，H3AsO4为多元弱酸，存在电离平衡，其第一步电离方程式为H3AsO4???H2AsO＋H＋。(4)H3AsO4第二步电离方程式为H2AsO???HAsO＋H＋，其电离常数Ka2＝ eq \f(c（HAsO）·c（H＋）,c（H2AsO）) ，由图像可知当pH＝7.0时，c(H2AsO)＝c(HAsO)，则Ka2＝10－7.0，pKa2＝7.0。
答案： (1)OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O
(2)c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H3AsO3)
(3)H3AsO4???H2AsO＋H＋ (4)7.0课时作业(三十四) 分子结构与性质
1．下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是( )
D [H、Se、N、C、Si形成的共用电子对数分别是1、2、3、4、4。D选项中，C、Si形成的共用电子对数分别为3、3，不合理。]
2．N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法中不正确的是( )
A．N2分子与CO分子中都含有三键
B．CO分子中有一个π键是配位键
C．N2与CO互为等电子体
D．N2与CO的化学性质相同
D [由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个π键，一个σ键，即三键结合。其中，CO分子中1个π键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。N2化学性质相对稳定，CO具有比较强的还原性，两者化学性质不同。]
3．下表所列的是不同物质中氧氧键的键长和键能的数据，其中a和b未测出，根据一个原则可估计键能大小顺序为d>c>b>a，该原则是( )
O O O2 O
键长/nm 149 128 121 112
键能/(kJ/mol) a b c＝494 d＝628
A.成键电子数越多，键能越大
B．成键电子数越少，键能越大
C．键长越短的键，键能越大
D．以上都不是
C [可以根据键长判断键能的大小。]
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
C [由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。]
5．CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是( )
A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B.CH与NH3、H3O＋互为等电子体，立体构型均为正四面体形
C.CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D．CH与OH－形成的化合物中含有离子键
C [A项，CH、—CH3、CH分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，且—CH3和CH的碳原子采取sp3杂化，错误；B项，三者均为三角锥形，错误；C项，CH中C的价电子对数为3，为sp2杂化，平面三角形，正确；D项，CH3OH中不含离子键，错误。]
6．下列描述正确的是( )
A．CS2为V形极性分子
B．SiF4与SO的中心原子均为sp3杂化
C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键
B [CS2为直线形非极性分子，A错误；SiF4与SO的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，B正确；C2H2分子中σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；水加热到很高温度都难分解是因O—H键的键能较大，D错误。]
7．配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数( )
A．Cu2＋、NH3、＋2、4 B．Cu＋、NH3、＋、4
C．Cu2＋、OH－、＋2、2 D．Cu2＋、NH3、＋2、2
A [由配合物[Cu(NH3)4](OH)2分析，因外界有两个OH－，故Cu元素显＋2价，故中心离子为Cu2＋，配体为NH3，配位数为4。]
8．下列无机含氧酸分子中酸性最强的是( )
A．HNO2 B．H2SO3
C．HClO3 D．HClO4
D [对于同一种元素的含氧酸，成酸元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，如HO2
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
B [A.CS2与二氧化碳相似，都是直线形分子，为非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理，则二硫化碳在水中的溶解度不大，错误；B.二氧化硫为V形分子，氨气为三角锥形分子，都是极性分子，所以易溶于水，正确；C.二硫化碳为非极性分子，常温下为液体，但二氧化硫、氨气在常温下均为气体，所以二硫化碳的熔沸点最高，错误；D.氨气在水中的溶解度大不仅仅是因为氨气分子有极性，还因为氨气与水分子间能形成氢键，增大氨气的溶解度，错误。]
10．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是( )
A．CH4和NH是等电子体，键角均为60°
B．NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构
C.H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
B [甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A错；NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构，B对；H3O＋和PCl3的价电子总数不相等，两者不是等电子体，C错；苯的结构中存在“肩并肩”式的重叠轨道，故B3N3H6分子中也存在，D错。]
11．按要求回答下列问题：
(1)化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是______________________
________________________________________________________________________。
(2)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为__________
________________________________________________________________________。
的沸点比高，原因是____________________________________________________________________________。
(3)①肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。则N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是_________。
②Na3AsO4可作杀虫剂。AsO的空间构型为________，与其互为等电子体的一种分子为________。
答案： (1)NH3分子间能形成氢键
(2)O—H键、氢键、范德华力 形成分子内氢键，使物质沸点降低，而形成分子间氢键，使物质沸点升高
(3)①sp3 ②正四面体形 CCl4(或其他合理答案)
12．氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。
(1)氧元素位于元素周期表中________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有________种。
(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为________；其分子的VSEPR模型为____________，与其互为等电子体的离子为________(写出一种即可)。
(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为________________________；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2＋和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2＋，该离子的结构式可表示为________。
解析： (1)O元素的价电子排布式为2s22p4，因此氧元素位于元素周期表的p区；同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p轨道处于半充满的状态，比较稳定，其第一电离能比O大，故第二周期中，第一电离能比O大的元素共有3种，分别是N、F、Ne。(2)O3与SO2互为等电子体，结构相似，在二氧化硫分子中，硫原子的价层电子对数为2＋＝3，中心原子的杂化方式为sp2，VSEPR模型为平面三角形，因此臭氧分子的中心原子的杂化方式也为sp2，VSEPR模型也为平面三角形；与臭氧分子互为等电子体的离子有NO。(3)由于乙醇分子间可以形成氢键，而甲醚不可以，因此乙醇的沸点要高于甲醚；乙醇与钙离子形成的化合物中含有配位键，乙醇分子中的O提供孤电子对，钙离子提供空轨道。
答案： (1)p 3
(2)sp2杂化 平面三角形 NO(其他合理答案也可)
(3)乙醇分子间可形成氢键
13．构成物质的微粒种类及相互间的作用力是决定物质表现出何种物理性质的主要因素。
(1)三氯化铁常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体中存在的微粒间作用力有
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)氢键作用常表示为“A—H…B”，其中A、B为电负性很强的一类原子，如__________(列举三种)。
X、Y两种物质的分子结构和部分物理性质如下表，两者物理性质有差异的主要原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)钙是人体所需的重要元素之一，有一种补钙剂——抗坏血酸钙的组成为Ca(C6H7O6)2·4H2O，其结构示意图如下：
该物质中存在的化学键类型包括________(填字母)。
A．极性共价键 B．离子键
C．非极性共价键 D．配位键
(4)①CH2===CH2、②CH≡CH、③、④HCHO四种分子均能与H2发生加成反应，加成时这些分子中发生断裂的共价键的类型是______。这四种分子中碳原子采取sp2杂化的是________(填序号)。
答案： (1)极性共价键、范德华力
(2)N、O、F X物质形成分子内氢键，Y物质形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大
(3)ABCD (4)π键 ①③④
14．X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：
(1)上述配离子中含有的化学键类型有__________(填字母)。
a．配位键 b．极性键
c．离子键 d．非极性键
(2)Z的氢化物的空间构型是__________；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是__________。
(3)一定压强下，将HF和HCl混合气体降温时，首先液化的物质是__________。
(4)已知XeO3分子中氙原子上有1对孤对电子，则XeO3为________分子(填“极性”或“非极性”)；XeO3分子中中心原子的杂化类型为________；XeO3分子的空间构型为________。
解析： (1)在短周期中，除稀有气体外，X的原子半径最大，为Na；Y的最高价氧化物对应的水化物具有两性，为Al；Z原子的核外电子排布式为1s22s22p3，为N；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，为Mg；W的原子序数为29，为Cu。(2)NH3中N有一对孤对电子，空间构型为三角锥形。NH3分子间能形成氢键，沸点比CH4的高。(3)HF的沸点比HCl的沸点高，容易液化。(4)XeO3的成键电子对数为3，孤电子对数为1，Xe的杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，属于极性分子。
答案： (1)abd (2)三角锥形 氨分子间存在氢键
(3)HF (4)极性 sp3 三角锥形
15．K2Cr2O7是一种常见的强氧化剂，酸性条件下会被还原剂还原成Cr3＋。
(1)Cr3＋能与OH－、CN－形成配合物[Cr(OH)4]－、[Cr(CN)6]3－。
①Cr3＋的电子排布式可表示为________。
②不考虑空间构型，[Cr(OH)4]－的结构可用示意图表示为________。(若有配位键，用箭头表示)
③CN－与N2互为等电子体，写出CN－的电子式：________。
(2)K2Cr2O7能将乙醇氧化为乙醛，直至乙酸。
①乙醛中碳原子的杂化方式有______、___________________。
②乙酸的沸点是117.9 ℃，甲酸甲酯的沸点是31.5 ℃，乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点的主要原因是________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)①铬为24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3＋，所以Cr3＋核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。
②[Cr(OH)4]－中的Cr3＋与4个OH－形成配位键，可表示为。③根据氮气分子的电子式写出CN－的电子式，且CN－是离子，符合离子电子式的书写规则，所以其电子式为。
(2)①乙醛中甲基上的碳原子含有四个共价单键，所以甲基采用sp3杂化，醛基上碳原子含有3个共价单键，所以醛基上碳原子采用sp2杂化。
答案： (1)①1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3
② ③[C, N]－
(2)①sp2 sp3 ②乙酸分子间存在氢键
16．在人类文明的历程中，许多物质发挥过重要作用，如铁、硝酸钾、青霉素、聚乙烯、二氧化硅、富勒烯、含铬物质等。
(1)Fe3＋在基态时，价电子排布式为_________________________________________。
(2)KNO3中NO的立体构型为________，写出与NO互为等电子体的另一种阴离子的化学式：________。
(3)6 氨基青霉烷酸的结构如图所示。结构中S原子的杂化方式是________；组成中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是__________________________________。
(4)富勒烯(C60)的结构如图所示，该物质能与氯气反应形成C60Cl10分子，1 mol C60Cl10分子中含有碳碳单键的数目为________。
(5)已知配合物CrCl3·6H2O中心原子Cr3＋配位数为6，向含0.1 mol CrCl3·6H2O的溶液中滴加2 mol·L－1 AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配离子的化学式为________。
答案： (1)3d5
(2)平面三角形 CO
(3)sp3 N>O>C
(4)65NA (5)[CrCl2(H2O)4]＋课时作业(十七) 化学键 分子间作用力(含氢键)
1．据新浪科技网报道：美国科学家发现，普通盐水在无线电波的照射下可以燃烧，这很可能是21世纪人类最伟大的发现之一，将有望解决未来人类的能源危机。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的结合力，释放出氢原子，一旦点火，氢原子就会在这种频率下持续燃烧。上述“结合力”的实质是( )
A．离子键 B．共价键
C．一种静电引力 D．一种静电斥力
B [要释放出氢原子必须破坏水分子内的氢氧键，这种氢氧键是一种共价键。]
2．下列关于化学键的各种叙述中，正确的是( )
A．在离子化合物里，只存在离子键
B．在共价化合物里，一定不存在离子键
C．非金属元素之间只能形成共价化合物
D．由不同种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键
B [离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，错误；共价化合物中只含有共价键，不可能含有离子键，正确；非金属元素之间也可能形成离子化合物，如铵盐，错误；不同种元素组成的多原子分子里，可能存在非极性键，如过氧化氢中，O与O原子之间形成非极性键，错误。]
3．下列性质中，可以证明某化合物一定存在离子键的是( )
A．可溶于水 B．具有较高的熔点
C．水溶液能导电 D．熔融状态能导电
D [物质溶于水不能证明含有离子键，如HCl溶于水，但只含共价键，A错误；具有较高熔点的物质不一定是离子化合物，如原子晶体，B错误；水溶液能导电的化合物不一定是离子化合物，如HCl溶液，C错误；熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，一定含有离子键，因为在熔融状态下，离子化合物电离产生自由移动的离子能导电，D正确。]
4．下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )
A．BF3 B．PCl5
C．HCl D．CF2Cl2
D [BF3中的B原子的族序数＋成键数＝3＋3＝6，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，A错误；PCl5中的P原子的族序数＋成键数＝5＋5＝10，所以不满足所有原子最外层为8电子结构，B错误；HCl分子中H原子最外层满足2电子结构，C错误；CF2Cl2中，C原子的族序数＋成键数＝4＋4＝8，F和Cl原子的族序数＋成键数＝7＋1＝8，所以满足所有原子最外层为8电子结构，D正确。]
5．下列关于NaHSO4的说法中正确的是( )
A．因为NaHSO4是离子化合物，所以NaHSO4固体能够导电
B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1
C．NaHSO4固体溶于水时破坏的是离子键和共价键
D．NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键
C [虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在能自由移动的阴、阳离子，因而不能导电；NaHSO4固体中阳离子和阴离子(HSO)的个数比是1∶1，NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，而溶于水时电离出Na＋、H＋和SO，破坏的是离子键和共价键。 ]
6．下列反应过程中， 同时有离子键、共价键的断裂和形成的是( )
A．NH4ClNH3↑＋HCl↑
B．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C．2Mg＋CO22MgO＋C
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D [本题只需要分析各反应物和生成物的化学键类型即可解决。在反应物和生成物中都能找到离子键和共价键的只有D选项。]
7．下列各组物质中，化学键类型和化合物类型都相同的是( )
A．SO2和H2O B．CO2和Na2CO3
C．KOH和NaCl D．NaCl和HCl
A [SO2和H2O中的化学键均为共价键，都是共价化合物，正确；CO2中的化学键为共价键，属于共价化合物，Na2CO3中的化学键为离子键和共价键，属于离子化合物，错误；KOH中的化学键为离子键和共价键，NaCl中只含离子键，错误；NaCl中的化学键为离子键，属于离子化合物，HCl中的化学键为共价键，属于共价化合物，错误。]
8．下列说法正确的是( )
A．HCl的电子式为H∶Cl
B．Na2O2只含有离子键
C．质量数为12的C原子符号为12C
D．用电子式表示KBr的形成过程：
D [HCl的电子式为，A项错误；Na2O2中Na＋和 O之间为离子键，O中O和O之间为共价键，B项错误；质量数为12的C原子符号为12C，C项错误；KBr为离子化合物，用电子式表示其形成过程为，D项正确。]
9.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P4S3的说法中不正确的是 ( )
A．P4S3中磷元素为＋3价
B．P4S3属于共价化合物
C．P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3＋8O2P4O10＋3SO2
D.1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键
A [ 由题图可知只有一个P与3个S形成共价键，其余三个P只与1个S形成共价键，而每个S都与两个P形成共价键，则P4S3中S为－2价，磷元素分别为＋3价、＋1价，故A错误；只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，故B正确；充分燃烧生成稳定的氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3＋8O2P4O10＋3SO2，故C正确；由题图可知，1个P4S3分子中有6个P—S、3个P—P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，故D正确。]
10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 ( )
A．单质的沸点：Y>Z
B．X、Y、Z三种元素不可能形成离子化合物
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型不相同
D [X元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为碳元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，则Z为镁元素；X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，则W为硫元素。氧气常温下为气态，镁单质常温下呈固态，单质的沸点：O2
(1)X的电子式为________，Z的符号为________。
(2)X与Z形成的化合物中所含有的化学键类型为________________________。
(3)写出Y与M、N形成的混合物发生反应的离子方程式： ____________________。
解析： 根据题意可判断出X、Y、Z、M、N依次是NH、Al3＋、SO、NH3、H2O。(1)NH的电子式是，Z的符号是SO。(2)X与Z形成的化合物是(NH4)2SO4，其中含有离子键和共价键。(3)M、N形成的混合物是氨水，Al3＋与氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。
答案： (1) SO
(2)离子键和共价键
(3)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
12．原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。
(1)写出Y2O2的电子式： __________________________________________________，
其中含有的化学键是_____________________________________________________。
(2)用电子式表示Y2O的形成过程__________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，稀溶液氧化性最强的是__________(填化学式)。
(4)XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是__________(填化学式)。
(5)由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出反应的化学方程式_________________
________________________________________________________________________。
解析： 根据短周期元素Y可形成Y2O和Y2O2两种离子化合物可判断Y为Na，由分子式XH3、H2Z和HW可知X、Z、W分别属于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，再由原子序数的关系不难判断：X、Z、W分别为N、S、Cl。
答案： (1) 离子键、共价键
(2)
(3)HNO3 (4)NH3
(5)NCl3＋3H2O===3HClO＋NH3课时作业(三十) 化学常用仪器和基本操作
1．下列有关技术手段或仪器在化学研究中的应用的说法不正确的是( )
A．用电子天平可直接称出某个分子或原子的质量
B．用pH计测定溶液的pH
C．用移液管量取25.00 mL溶液
D．用量热计测定某些化学反应的反应热
A [电子天平虽然很灵敏，但其量程和一个分子或原子的质量不是一个数量级的，用其不能直接称出一个分子或原子的质量，A错。pH计可以很精确地测定溶液的pH，B对。移液管和滴定管均可以精确到小数点后2位，C对。用量热计可以测定某些化学反应的反应热，如中和热的测定，D对。]
2．下列说法正确的是( )
A．用20 mL的量筒量取20.00 mL的蒸馏水
B．在蒸馏操作中，先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶
C．做金属钠与水反应的实验时，剩余的钠不能再放入原试剂瓶
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线立即用滴定管吸出多余液体
B [用量筒量取液体时读数不能精确到小数点后两位，A项错误；金属钠能与水、氧气等发生反应，所以剩余的钠应放回原试剂瓶，C项错误；用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，应重新配制溶液，D项错误。]
3．实验室加热约150 mL液体时，需使用的仪器是( )
A．①③④⑥ B．②③④⑥
C．①③④⑤ D．②③⑤⑥
A [实验室加热约150 mL液体时，需在烧杯中进行，热源用酒精灯，烧杯不能直接加热，需要垫石棉网。]
4．下列说法正确的是( )
A．某试样焰色试验呈黄色，则该试样中含有K＋
B．用广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH为12
C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
D．金属镁失火不可用水来灭火
D [某试样焰色反应呈黄色，则该试样中含有钠元素，无法确定是否含K＋，A项错误；NaClO溶液具有漂白性，pH试纸变色后很快褪色或颜色变浅，无法达到测定NaClO溶液的pH的目的，B项错误；酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘单质，C项错误；Mg与热水发生反应生成H2：Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，H2能在空气中燃烧，因此金属Mg失火不能用水来灭火，D项正确。]
5．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )
A．用坩埚灼烧干海带制海带灰
B．蒸馏时，温度计水银球插入液面以下
C．用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
A [A.灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C.萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；D.若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误。]
6．下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁
B [过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，A项正确；从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，B项错误；滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使残余在滴定管尖嘴部分的液体进入锥形瓶内，C项正确；向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒应接触容量瓶内壁，D项正确。]
7．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )
A．用广泛pH试纸测定次氯酸钙溶液的pH，证明次氯酸是弱酸
B．对于碘和铁粉的混合物，可加热，利用碘易升华的特性分离
C.用乙醇和乙酸制取乙酸乙酯过程中忘加碎瓷片，立刻补加防止暴沸
D．用容量瓶配制溶液时，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏高
D [A.Ca(ClO)2溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定Ca(ClO)2溶液的pH，故A错误；B.加热时Fe与I2会发生反应，故B错误；C.若忘记加碎瓷片，应冷却后再补加，故C错误；D.定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏髙，故D正确。]
8．(2021·全国Ⅰ卷山东等级考，3)关于下列仪器使用的说法错误的是( )
A．①、④不可加热
B. ②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离
D. ②、④、⑤使用前需检漏
A [A.锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；B.酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；C.蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；D.酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意。]
9．在芒硝(Na2SO4·10H2O)结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是( )
C [A.芒硝晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量芒硝晶体的质量、瓷坩埚和芒硝粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，A不符合题意；B.为使芒硝晶体充分反应，应该将芒硝晶体研细，因此要用到研磨操作，仪器为研钵，B不符合题意；C.盛有芒硝晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止芒硝粉末吸水，应将芒硝放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水芒硝，因此需要使用干燥器，D不符合题意。]
10．(2021·河北选择考，3)下列操作规范且能达到实验目的的是( )
A．图甲测定醋酸浓度
B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸
D．图丁萃取分离碘水中的碘
A [A.氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；B.测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充，防止热量散失，故B不选；C.容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；D.分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选。]
11．下列实验操作规范且能达到目的的是( )
选项 目的 操作
A 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗
C 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D 配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
B [A错：刻度以下部分还有盐酸，实际放入锥形瓶内的盐酸体积大于20.00 mL；B对：碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗碘，又因为酒精与水互溶，所以再用水清洗可洗净；C错：将溶液点在湿润的pH试纸上相当于稀释溶液，会造成醋酸钠溶液pH偏低，应用玻璃棒蘸取溶液点在干燥的pH试纸上；D错：配制一定物质的量浓度的溶液，应在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中定容。]
12．六价铬有毒，而Cr3＋相对安全。工业含铬(CrO3)废渣无害化处理的方法之一是干法解毒，用煤不完全燃烧生成的CO还原CrO3。在实验室中模拟这一过程的装置如下：
CO由甲酸脱水制得；实验结束时熄灭酒精灯的顺序是( )
A．Ⅲ、Ⅰ、Ⅳ B．Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ
C．Ⅲ、Ⅳ、Ⅰ D．Ⅰ、Ⅳ、Ⅲ
A [首先熄灭Ⅲ处酒精灯，其次熄灭Ⅰ处酒精灯，可使还原产物在还原性气氛中得到冷却，最后熄灭Ⅳ处酒精灯，可使尾气CO得到有效处理，防止污染。]
13．有下列几种常见仪器：①分液漏斗 ②普通漏斗 ③酸式滴定管 ④容量瓶 ⑤碱式滴定管 ⑥球形冷凝管
思考回答下列几个问题：
(1)使用前必须检查是否漏水的是________(填序号)。
(2)酸式滴定管不能盛放烧碱溶液的原因是___________________________________
________________________________________________________________________。
(3)球形冷凝管不能用于组装蒸馏装置的原因是： _____________________________。
答案： (1)①③④⑤
(2)酸式滴定管玻璃活塞处是磨砂的，玻璃中的SiO2与烧碱溶液反应生成Na2SiO3，容易使活塞处黏合
(3)冷凝后的液体容易残留在球形区域内
14．下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．滴定管 d．托盘天平
e．温度计
(1)实验时用来精确量取液体体积的是______(填字母)。
(2)使用前要检查仪器是否漏液的是________(填字母)。
(3)由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是______(填字母)。
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度
(4)称取10.5 g固体样品(1 g以下使用游码)时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________g。
解析： (1)量筒是粗略测量液体体积的仪器，容量瓶是定容仪器，滴定管是精确量取液体体积的仪器。(2)容量瓶和滴定管在使用前要检查是否漏水。(3)A中操作导致结果偏小，读数时视线应与液体凹液面最低处相平；B中操作使所配制溶液的体积偏小，根据c＝可知溶液浓度偏大。(4)从题给信息可知砝码质量为10.0 g，游码质量为0.5 g。托盘天平使用时称量物应放在左盘，砝码放在右盘：m(物)＝m(游码)＋m(砝码)。若称量的样品与砝码颠倒，则m(物)＋m(游码)＝m(砝码)，m(物)＝m(砝码)－m(游码)＝10.0 g－0.5 g＝9.5 g。
答案： (1)c (2)bc (3)A (4)9.5
15．某化学小组的同学到实验室学习。在实验桌上摆有下列仪器：
(1)指导教师要求同学们写出仪器的名称，甲同学书写的答案如下表，请你找出其中的错误，将改正后的名称填写在下表中(若正确，则该空不需要填写)。
仪器编号 a b c d e
名称 试管 溶量瓶 集气瓶 碱式滴定管 普通漏斗
改正的名称
(2)关于e的用途，乙同学说：能组成防倒吸装置。你还能说出其他两种用途吗？
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
答案： (1)
仪器编号 b d
名称
改正的名称 容量瓶 酸式滴定管
(2)①往细口容器中加液体②组成过滤装置(其他合理答案均可)
16．某课外探究活动小组使用常用仪器，利用实验室制备氢气的原理巧妙设计了如图所示的简单实验装置。
(1)甲同学设计了如图甲所示装置：
①检查该装置气密性的方法是_____________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②实验时若液面不能与锌粒接触，又无酸液，且该装置已固定。则使反应发生的操作是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)乙同学用底部有一小洞的试管和广口瓶组装成如图乙所示装置，若该装置中的隔板是用铁丝网制成的，在不腐蚀铁丝网的情况下________(填“能”或“不能”)制备氢气，反应的离子方程式为___________(如不能，此空不填)。
(3)丙同学设计了如图丙所示装置，即用橡胶塞代替铁架台来固定试管，则丙同学的做法________(填“可行”或“不可行”)，理由是____________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 检查装置气密性的关键是使装置内外的气体形成压强差，通常采用的方法有“微热法”和“液差法”。根据装置甲的特点，可选用“液差法”来检验其气密性。锌粒必须与盐酸接触才能产生氢气，在没有酸的情况下可加入蒸馏水使液面上升至与锌粒接触。已知铁、铝都能与酸反应，而铝可以与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液反应，所以当选用铝与氢氧化钠溶液反应制取氢气时可用乙装置。丙装置中广口瓶是密封的，试管内生成气体并关闭止水夹时，试管中的液体不能顺利与铁丝网脱离，即不能保证反应随时停止，甚至会由于广口瓶内的压强太大而有爆炸危险。
答案： (1)①用止水夹夹紧胶皮管，然后从长颈漏斗向U形管中加水，若长颈漏斗中形成一段水柱且一段时间不变化，说明气密性良好 ②从长颈漏斗中加入适量蒸馏水使溶液与锌粒接触(答案合理即可)
(2)能 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)不可行 广口瓶被橡胶塞密封后，试管中的液体不能在关闭止水夹时顺利排入广口瓶中，因而不能使反应随时停止，甚至会由于容器中气压过高而发生危险课时作业(十一) 氯及其化合物 卤族元素
1．卤族元素及其化合物与社会、生活关系密切。下列有关说法不正确的是( )
A．加碘食盐中加入的是碘酸钾
B．常用于杀菌消毒的84消毒液的成分是液氯
C．可用硝酸银溶液来鉴别纯净水和自来水
D．变色眼镜和照相器材的生产都要用到溴化银
答案： B
2．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是( )
A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，产生棕黄色的烟
B．通常状况下，干燥的氯气能和Fe反应
C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸
D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸
B [Cl2与Fe反应需要点燃或加热，通常状况下，Fe与干燥的Cl2不反应。]
3．用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，观察到的现象是( )
B [新制氯水中存在HCl(强酸)和HClO(弱酸)，二者电离出H＋使溶液显酸性，故试纸变为红色，后因HClO具有强氧化性又会使红色(中间部分)褪去，故B项正确。]
4．有关液氯和新制氯水的叙述中正确的是( )
A．液氯和氯水都是纯净物
B．液氯无酸性，氯水有酸性
C．液氯较氯水有更强的漂白性
D．氯水久置后漂白性增强
B [液氯是氯气的液态形式，具有Cl2的性质，无酸性，无漂白性，是纯净物；Cl2溶于水得氯水，溶解的Cl2部分与H2O反应生成HCl、HClO，故氯水兼有Cl2、HCl、HClO的性质，是混合物；氯水久置后发生反应2HClO2HCl＋O2↑，使反应Cl2＋H2O???HCl＋HClO平衡右移，反应完全，最后得到稀盐酸而失去漂白能力。故B项正确。]
5．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
D [通常情况下，氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，发生的反应为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，说明氯水中含有Cl－，B项正确；向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，发生的反应为H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，说明氯水中含有H＋，C项正确；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成黄色，说明反应有氯化铁生成，由于氯气和HClO均能把氯化亚铁氧化成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误。]
6．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)( )
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－＋H2O???HClO＋OH－
C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl2↑＋H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH＋ClO－===HClO＋CH3COO－
B [A项，将Cl2通入NaOH溶液中可制得消毒液，离子方程式为2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O；B项，饱和NaClO溶液的pH约为11，现在该消毒液的pH为12，故不可能仅为ClO－的水解所致，该消毒液中还含有一定量的NaOH，是使消毒液的pH约为12的主要原因；C项，该消毒液与洁厕灵混用时，ClO－与Cl－会发生氧化还原反应生成Cl2；D项，HClO有较强的漂白性。因为CH3COOH的酸性强于HClO，在该消毒液中加入CH3COOH，会使CH3COOH与ClO－反应生成HClO，增强其漂白性。]
7．实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2时，有如下操作：①连好装置，检查气密性；②缓缓加热；③加入MnO2粉末；④向分液漏斗中加入浓盐酸，再缓慢滴入烧瓶中；⑤将多余氯气用NaOH溶液吸收；⑥用向上排气收集氯气。顺序正确的是( )
A．①②③④⑥⑤ B．③④②①⑥⑤
C．①④③②⑥⑤ D．①③④②⑥⑤
答案： D
8．(2021·山西长治五县市联考)在制备和收集Cl2的实验过程中，下列装置正确的是( )
D [实验室用MnO2与浓盐酸共热反应制备Cl2，缺少酒精灯，故A错误；应通过饱和食盐水除去氯化氢，HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应会生成CO2杂质，达不到除杂目的，故B错误；Cl2密度比空气大，用向上排空气法收集Cl2，应从长管通入气体，故C错误；Cl2有毒，需要用氢氧化钠溶液吸收，倒置的漏斗能够防止倒吸，故D正确。]
9．海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如下图所示。下列说法不正确的是( )
A．可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO
B．从苦卤中提取Br2反应的离子方程式为2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2
C．试剂1可以选用石灰乳
D．工业上电解熔融Mg(OH)2冶炼金属镁
D [可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO，钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，A正确；工业上电解熔融MgCl2冶炼金属镁，D错误。]
10．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项 实验操作 现象 结论
A 用双氧水滴定淀粉KI溶液 溶液变蓝 达到滴定终点
B 向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置 下层呈紫红色 该食用加碘盐中含有KIO3
C 用湿润的淀粉 KI试纸鉴别NO2、溴蒸气 试纸变蓝 该气体为溴蒸气
D 最后试管有浅黄色沉淀 有机物中含有溴原子
B [A选项，淀粉 KI溶液作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉 KI溶液的实验不合理；B选项，KIO3与KI反应生成I2，正确；C选项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，错误；D选项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。]
11．依据下述实验过程填空。
(1)写出上述反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(2)填出a、b、c、d四处的颜色：
a________；b________；c________；d________。
答案： (1)①2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2
②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋I2＋2KCl
③Br2＋2KI===2KBr＋I2
(2)棕黄 橙红 蓝 紫红
12．某学生用下图所示的方法研究物质的性质，其中气体E的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气。
回答下列问题：
(1)该项研究(实验)的目的是________________________________________________。
(2)浓H2SO4的作用是_____________________________________________________。
与研究目的直接相关的实验现象是___________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)从物质性质的方面看，这套设计还存在隐患，事故表现是___________________。
请在图中的虚线框内以图的形式表明克服事故隐患的措施。
答案： (1)比较Cl2与HClO的漂白性(或验证Cl2是否有漂白性) (2)干燥Cl2(或吸收E气体中的水) B中布条不褪色，C中布条褪色 (3)Cl2污染空气
所选尾气处理装置如下图
13．氯气是一种重要的工业原料。资料显示：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O。某学习小组利用此原理设计如图所示装置制取氯气并探究其性质：
(1)在该实验中，甲部分的装置是________(填字母)。
(2)乙装置中FeCl2溶液与Cl2反应的离子方程式是____________________________。
(3)丙装置中通入少量Cl2，可制得某种生活中常用的漂白、消毒的物质。已知碳酸的酸性强于次氯酸，则丙中发生反应的化学方程式是____________________________。
(4)该实验存在明显的缺陷，改进的方法是___________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)c (2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)Cl2＋2Na2CO3＋H2O===NaCl＋NaClO＋2NaHCO3
(4)在丙装置后连接一个盛有氢氧化钠溶液的尾气处理装置
14．实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如下：
(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为
________________________________________________________________________；
该操作将I2还原为I－的目的是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)操作X的名称为______________。
(3)氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40 ℃左右反应(实验装置如图所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是________________
________________________________________________________________________；
锥形瓶里盛放的溶液为______________。
答案： (1)SO＋I2＋H2O===2I－＋SO＋2H＋ 使CCl4中的碘进入水层
(2)分液
(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化) NaOH溶液
15．市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量的KI)。某同学设计实验检验食盐是否为加碘盐的定性实验方法：
①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。
②为验证①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。
(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(2)②中的实验操作名称是_______________。
(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是
________________________________________________________________________。
解析： (1)若为加碘盐，①中IO、I－在酸性条件下发生归中反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。(2)向含I2的溶液中加入少量CCl4，振荡、静置，该实验操作为萃取。(3)振荡静置后，②中溶液分层，上层溶液颜色变浅，下层为碘的CCl4溶液，呈紫红色。
答案： (1)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
(2)萃取 (3)②中溶液分为上下两层，上层颜色变浅，下层变为紫红色课时作业(二十八) 常见的烃 同分异构体
1．下列化学用语表达不正确的是( )
①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为CH3CHCH2 ③的化学式为C8H12 ④与C8H8一定表示同一种物质
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
答案： D
2．丙烷常用作火炬的燃料，下列有关丙烷的叙述中不正确的是( )
A．分子中碳原子在一条直线上
B．光照下，能够与氯气发生取代反应
C．比丁烷更难液化
D．它的二氯取代物有四种
A [多碳烷烃的碳链是锯齿形的，碳原子不在一条直线上，故A项错误。]
3．如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )
A．甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B．乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
C [甲为甲烷，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错；乙为乙烯，它使溴水褪色的原因是由于和Br2发生了加成反应，B错；丁为乙醇，在浓H2SO4的作用下能和乙酸发生酯化反应，D错；丙为苯，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确。]
4．下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH
②2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
③CH3CH2CH3＋Cl2CH3CHClCH3＋HCl
④＋3HNO3＋3H2O
⑤CH3CH===CH2
A．①②⑤ B．③④
C．①③ D．②④⑤
答案： B
5．丁烷(分子式C4H10)广泛应用于家用液化石油气，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷叙述不正确的是( )
A．在常温下，C4H10是气体
B．C4H10与CH4互为同系物
C．丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体
D．C4H10进行一氯取代后生成两种沸点不同的产物
D [在常温下，C4H10是气体，C4H10与CH4均是烷烃，碳原子数不同，互为同系物，A、B均正确；丁烷有正丁烷(CH3CH2CH2CH3)和异丁烷[CH3CH(CH3)2]两种同分异构体，它们进行一氯取代后共生成2＋2＝4种产物，故C正确，D错误。]
6．进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3
B．(CH3CH2)2CHCH3
C．(CH3)2CHCH(CH3)2
D．(CH3)3CCH2CH3
D [判断烷烃(及其他烃)一取代物的种数可用等效氢原子法巧解。其等效氢原子的判断规律是：①同一碳原子上的氢原子是等效氢原子；②同一碳原子上所连的甲基中的氢原子是等效氢原子；③处于对称位置上的氢原子是等效氢原子。应用这一规律可知，A、B、C和D中分别有5种、4种、2种和3种等效氢原子，则进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是D项。]
7．已知芳香烃A、B的结构模型如图所示，相关叙述正确的是( )
A．Ⅰ的结构简式为，其一氯代物有2种
B．Ⅰ和Ⅱ中都含碳碳单键和双键
C．Ⅰ与Ⅱ互为同系物，通式为CnH4n＋2(n为苯环数)
D．与Ⅱ互为同类别物质的同分异构体还有2种
D [由物质Ⅰ的比例模型可以看出其结构简式为，A错误；苯环中不含碳碳单键和双键，B不正确；物质Ⅰ和Ⅱ所含有的苯环数不同，所以不是同系物，C错误；Ⅱ物质中两侧的苯环可以以邻、间、对的方式连接，所以Ⅱ的同类别同分异构体还有2种，D正确。]
8．丙烯的结构简式如图所示，下列关于丙烯的说法不正确的是( )
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．有1种同分异构体
C．最多有6个原子共平面
D．与氯化氢发生加成反应，加成产物可能有两种
C [丙烯中含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A项正确；环丙烷与丙烯互为同分异构体，B项正确；与碳碳双键直接相连的4个原子与碳碳双键的2个碳原子一定共平面，另外甲基中的1个氢原子可在该平面内，故最多有7个原子共平面，C项错误；丙烯与HCl加成时，Cl可连在不同的碳原子上，D项正确。]
9．下列说法正确的是( )
A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物(不考虑立体异构)
B．光照下，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4
C．甲烷与乙烯的混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离
D．甲苯是苯的同系物，和苯一样也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
A [正丁烷的一氯代物有1 氯丁烷和2 氯丁烷两种，异丁烷的一氯代物有1 氯 2 甲基丙烷和2 氯 2 甲基丙烷两种，A项正确；CH4和Cl2发生取代反应的产物中HCl的物质的量最多，B项错误；甲烷与乙烯的混合物通过溴的CCl4溶液时，乙烯与Br2反应而消耗，C项错误；甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，D项错误。]
10．四联苯的一氯代物有( )
A．3种 B．4种
C．5种 D．6种
C [四联苯有五种等效氢，故其一氯代物有5种。]
11．某烷烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个CH，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有几种(不考虑立体异构)( )
A．9种 B．6种
C．5种 D．4种
A [由烷烃的相对分子质量是86，可知该烷烃的分子式是C6H14，如果分子中含有3个—CH3，则有一个甲基为取代基；分子中含有2个—CH2—和1个，则主链有5个C原子，甲基为取代基，所以该烷烃为2 甲基戊烷或3 甲基戊烷，前者分子中有5种等效H原子，后者分子中有4种等效H原子，等效H原子的种数即为一氯代物的种数，最多可能有9种，A项正确。]
12. 有机物C4H8Cl2的结构中只含有一个甲基的同分异构体有(不考虑立体异构)( )
A．3种 B．4种
C．7种 D．8种
B [C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移一”法分析判断： ，图1中另一氯原子在1、2、3三个碳原子上，分子中都只有1个甲基；图2中另一氯原子只有在1号碳上才能满足分子中只含1个甲基。所以分子中含1个甲基的C4H8Cl2的同分异构体共有4种，故选B。]
13．分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)( )
A.4种 B．5种
C．6种 D．7种
14．下列有关1 甲基 1 环己烯(结构简式如图所示)的说法正确的是( )
A．含有六元环的该物质的同分异构体有3种
B．分子中所有碳原子在同一平面上
C．该物质为芳香烃
D．能使溴的四氯化碳溶液褪色，且反应生成的物质有2种
A [含有六元环的的同分异构体有，共3种，A项正确；该分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不在同一平面上，B项错误；该物质的分子中无苯环，不属于芳香烃，C项错误；该物质能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，但与溴加成后，所得产物只有1种，D项错误。]
15．已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是( )
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯互为同系物
C [A项，异丙苯的分子式为C9H12，正确；B项，异丙苯比苯的碳原子数多，所以异丙苯的沸点比苯高，正确；C项，异丙苯中与苯环相连的C原子上有四个单键，所有C原子不可能共面，错误；D项，异丙苯和苯的结构相似，相差3个“CH2”原子团，是苯的同系物，正确。]
16．有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法错误的是 ( )
A．与环己烷互为同分异构体
B．一氯代物有五种(不考虑立体异构)
C．所有碳原子可能处于同一平面
D．能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
B [环己烷与的分子式均为C6H12，A项正确；其一氯代物有4种，B项错误；碳碳双键中的碳原子及与之直接相连的3个碳原子一定共平面，另外的1个甲基通过C—C键的旋转可使该甲基中的碳原子处于碳碳双键所在平面内，故所有碳原子可能处于同一个平面，C项正确；该有机物中的碳碳双键能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，D项正确。]
17．下列关于如图所示的环状烃的叙述正确的是 ( )
A．它的分子中有3个五元碳环
B．它应该具有和烷烃相似的化学性质
C．它应该具有和芳香烃相似的化学性质
D．它和甲烷属于同系物
B [该环烷烃结构中有2个五元环和1个四元环，A项错误；该烃中所有碳原子均饱和，因此其具备烷烃的性质，B项正确；它的结构中无苯环，不具有和芳香烃相似的化学性质，C项错误；它与甲烷在分子组成上不是相差n个“CH2”，不属于同系物，D项错误。]
18．从煤的干馏产品之一煤焦油中可分离出蒽()，再经升华提纯得到的高纯度蒽可用作闪烁计数器的闪烁体。下列关于蒽的说法错误的是( )
A.化学式为C14H10
B．一定条件下能发生取代、加成、氧化反应
C．具有12种二氯代物
D．与菲()互为同分异构体
C [由蒽的结构简式可知其分子式为C14H10，A项正确；蒽中苯环上的氢原子能被取代，苯环可发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，B项正确；的二氯代物有15种，C项错误；和的分子式均为C14H10，D项正确。]
19．(2021·河南九师联盟联考)化合物(a)与(b)的结构简式如图所示。下列叙述正确的是( )
A．(a)与(b)互为同分异构体
B．(a)分子中所有碳原子均共面
C．(b)的一氯取代物共有3种
D．(a)与(b)均能使Br2/CCl4褪色
A [A.(a)与(b)的分子式都为C7H8，结构不同，所以互为同分异构体，A正确；B.(a)分子中两个环共用的碳原子，与周围4个碳原子相连，构成四面体结构，所以碳原子不可能共面，B不正确；C.(b)的一氯取代物共有4种，C不正确；D.(b)不能使Br2/CCl4褪色，D不正确。]
20．化合物HCCCHCH2(p)的分子式均为C4H4。下列说法中正确的是( )
A．b的一氯代物只有两种
B．d的同分异构体只有b、p两种
C．b、d、p均可与溴水发生加成反应
D．p的所有原子不可能处于同一平面
A [b的等效氢原子的数目为2，一氯代物有两种，A项正确；d的同分异构体除b、p外还有等，B项错误；d中不含不饱和键，不能发生加成反应，C项错误；p的结构中碳碳双键为平面结构，碳碳三键为直线形结构，所有原子共平面，D项错误。]
21．(2021·广东肇庆三质检)下列有关苯 () 与[3] 轴烯()的说法错误的是( )
A. 二者互为同分异构体
B. 二者可用酸性KMnO4溶液鉴别
C．[3] 轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种
D. 苯分子中所有原子共平面，[3] 轴烯分子中所有原子不可能共平面
D [A.苯和[3] 轴烯的分子式均为C6H6，两者是同分异构体，故A正确；B.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而[3] 轴烯含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和[3] 轴烯，故B正确；C.[3] 轴烯与足量氢气完全加成生成，当甲基上有1个氢原子被氯取代后，另一个氯原子的位置有四种；当环上有1个氢原子被取代后，另一个氯原子的位置只有一种，为环上的氢原子被氯原子取代，则共有5种二氯代物，故C正确；D.苯分子是平面结构，[3] 轴烯含有3个碳碳双键，所有原子也一定共平面，故D错误。]
22．金刚烷是具有类似樟脑气味的无色晶体，其衍生物在医药方面有着重要的用途。以化合物X为起始原料，发生一系列反应制得金刚烷(Z)的过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．X的分子式为C10H12
B．X生成Y的反应为还原反应
C．Y和Z互为同分异构体
D．Z和环己烷属于同系物
D [根据X的结构简式可知X的分子式为C10H12，A项正确；X与氢气加成生成Y，有机化学中加氢去氧的反应属于还原反应，B项正确；Y和Z的分子式都是C10H16，但结构不同，故Y和Z互为同分异构体，C项正确；环己烷的分子式为C6H12，与Z的结构不相似，分子组成也不相差1个或若干个“CH2”原子团，故二者不属于同系物，D项错误。]
23．合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法中正确的是( )
A．合成PPV的反应为加聚反应
B．PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C．和苯乙烯互为同系物
D．通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度
D [A.合成PPV的反应为缩聚反应，故A错误；B.PPV与聚苯乙烯重复结构单元不相同，聚苯乙烯的重复结构单元为，没有碳碳双键，故B错误；C. 含有两个碳碳双键，苯乙烯含有一个碳碳双键，结构不相似，因此不互为同系物，故C错误；D.通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度，故D正确。]课时作业(四) 氧化还原反应的基本概念和规律
1．下列工业生产过程中，未涉及氧化还原反应的是( )
A．粗铜精炼 B．海水提镁
C．工业制铝 D．海水制粗盐
D [粗铜精炼中阳极粗铜中比铜活泼的金属单质和铜单质失去电子变成离子进入溶液，阴极上铜离子得电子生成单质铜，涉及氧化还原反应；海水提镁是将海水中的镁离子最终转化为单质镁，涉及氧化还原反应；工业制铝是电解熔融的氧化铝得到单质铝，涉及氧化还原反应；海水制粗盐是利用蒸发溶剂的方法，是物理变化，未涉及氧化还原反应。]
2．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是( )
A．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色
B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去
C．将SO2通入氯水中，溶液黄绿色褪去
D．将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色
B [将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇被氧化，Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，属于氧化还原反应，A不符合题意；SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，发生中和反应生成盐和H2O，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意；SO2通入氯水中发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，石蕊溶液褪色是因为发生氧化还原反应，D不符合题意。]
3．如图所示是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图。装置内发生的主要反应中不含( )
A.置换反应 B．分解反应
C．化合反应 D．氧化还原反应
A [装置内发生的化学反应有CaCO3CaO＋CO2↑，属于分解反应；CaO＋SO2CaSO3，属于化合反应；2CaSO3＋O2===2CaSO4，既属于化合反应，又属于氧化还原反应，没有涉及置换反应，A项符合题意。]
4．次氟酸(又名氟氧酸)是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得，发生反应：F2＋H2O===HOF＋HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是( )
A．氟单质与水反应制氧气
B．钠与水反应制氢气
C．氯气与水反应制次氯酸
D．过氧化钠与水反应制氧气
A [HOF中F元素为－1价、H元素为＋1价、O元素为0价，HF中F元素为－1价、H元素为＋1价，反应F2＋H2O===HOF＋HF中F2为氧化剂，H2O为还原剂。A项，F2与H2O反应的化学方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2，该反应中F元素由0价降低至－1价，F2为氧化剂，O元素由－2价升高至0价，H2O为还原剂，被氧化，符合题意；B项，Na与H2O反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，该反应中Na元素由0价升高至＋1价，Na为还原剂，H元素由＋1价降低至0价，H2O为氧化剂，被还原，不符合题意；C项，Cl2与H2O反应的化学方程式为Cl2＋H2O???HCl＋HClO，该反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，不符合题意；D项，Na2O2与H2O反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，不符合题意。]
5．硫元素的几种化合物存在下列转化关系：
浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S
下列判断不正确的是( )
A．反应①中浓硫酸作氧化剂
B．反应②中SO2表现酸性氧化物的性质
C．反应③的原子利用率是100%
D．反应④中H2SO4作还原剂
D [反应①是铜与浓硫酸反应，浓硫酸作氧化剂，A项正确；反应②是酸性氧化物SO2与碱反应，B项正确；反应③为Na2SO3＋S===Na2S2O3，原子利用率为100%，C项正确；反应④Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O中硫酸只起酸的作用，D项错误。]
6．三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，下列有关该反应的说法正确的是( )
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．HF是还原产物
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
D [由可知，该反应中3 mol NF3参加反应时，2 mol NF3被还原成NO，1 mol NF3被氧化成HNO3，即NF3既是氧化剂又是还原剂，还原剂和氧化剂物质的量之比为1∶2，NO为还原产物，HNO3为氧化产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，A、B、C项错误；NF3在潮湿的空气中泄漏生成NO，NO能被空气中的O2氧化为红棕色的NO2，D项正确。]
7．已知：①A＋B2＋===A2＋＋B；②D＋2H2O===D(OH)2＋H2↑；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2＋＋2e－===E，B－2e－===B2＋。下列说法中正确的是( )
A．氧化性：E2＋>B2＋>A2＋>D2＋
B．氧化性：D2＋>E2＋>A2＋>B2＋
C．反应E＋A2＋===A＋E2＋能够进行
D．提取某废水中含有的少量A2＋时可以选用D
A [分析三个反应事实可得如下结论：
反应 结论
① 氧化剂为B2＋；氧化产物为A2＋；氧化性为B2＋>A2＋
② D能置换出H2O中的氢，说明D为活泼金属，D2＋的氧化性非常弱
③ 由电极反应知，B为原电池负极，所以金属活动性为 B>E，氧化性E2＋>B2＋
综合三个结论可知，氧化性强弱顺序为E2＋>B2＋>A2＋>D2＋，A项正确，B项错误；若发生反应E＋A2＋===A＋E2＋，则氧化性A2＋>E2＋，与题干事实不符，所以该反应不能进行，C项错误；虽然D比A活泼，但D能与H2O反应，所以不能用D来置换溶液中的A2＋，D项错误。]
8．已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO===2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是( )
A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3
C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4
B [已知反应中氯元素的化合价：＋1变为＋5和－1，符合邻位转化规律。既然NaClO2也能发生类似的反应，则氯元素的化合价应既有升高，也有降低，选项A中均降低，选项D化合价均升高；选项B、C与题意相符，但选项C中NaClO不是最终产物。]
9．实验室可用以下反应制备氯气：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O。反应中有1 mol电子转移时制得氯气44 g，则反应物可能的组合是( )
A．K35ClO3＋6H35Cl B．K35ClO3＋6H37Cl
C．K37ClO3＋6H35Cl D．K37ClO3＋6H37Cl
B [根据化合价不交叉规律，反应中元素的化合价变化及得失电子情况如下：
，
每转移5 mol电子制得氯气3 mol，则有1 mol电子转移时制得氯气0.6 mol，这0.6 mol Cl2中有Cl(即0.2 mol Cl)来自KClO3，有Cl(即1 mol Cl)来自HCl，分别检验各选项，这0.6 mol Cl2的质量等于44 g的即是正确答案。A项，0.2 mol×35 g/mol＋1 mol×35 g/mol＝42 g≠44 g；B项，0.2 mol×35 g/mol＋1 mol×37 g/mol＝44 g；C项，0.2 mol×37 g/mol＋1 mol×35 g/mol＝42.4 g≠44 g；D项，0.2 mol×37 g/mol＋1 mol×37 g/mol＝44.4 g≠44 g，故正确答案是B。]
10．有Fe2＋、Fe3＋、H＋、NH、NO和H2O六种粒子，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．被氧化和被还原的离子数目比为8∶1
B．该反应说明Fe2＋、NO、H＋在溶液中不能大量共存
C.每1 mol NO发生氧化反应，转移8 mol e－
D．若利用该反应设计原电池，则负极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋
C [反应的离子方程式为8Fe2＋＋NO＋10H＋===NH＋8Fe3＋＋3H2O。A.根据方程式，被氧化(Fe2＋)和被还原(NO)的离子数目比为8∶1，A正确；B.该反应说明，Fe2＋、NO、H＋在溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，B正确；C.NO被还原，发生还原反应，C错误；D.若利用该反应设计原电池，则负极Fe2＋失电子，发生氧化反应，D正确。]
11．为验证还原性SO2＞Fe2＋＞Cl－，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有( )
溶液1 溶液2
甲 含Fe3＋、Fe2＋ 含SO
乙 含Fe3＋，无Fe2＋ 含SO
丙 含Fe3＋，无Fe2＋ 含Fe2＋
A.只有甲 B．甲、乙
C．甲、丙 D．甲、乙、丙
C [向FeCl2的溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲：溶液1中含有Fe3＋、Fe2＋，说明发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，且Cl2反应完全，可证明还原性Fe2＋＞Cl－；溶液2中含有SO，则说明发生反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋，可证明还原性SO2＞Fe2＋，故甲能证明还原性SO2＞Fe2＋＞Cl－。乙：溶液1中含有Fe3＋，无Fe2＋，可证明还原性Fe2＋＞Cl－，但Cl2可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO＋4H＋，不能够比较SO2与Fe2＋的还原性强弱，故乙不能验证。丙：溶液1中含有Fe3＋，没有Fe2＋，通入SO2后溶液中又含有Fe2＋，说明SO2将Fe3＋还原得到Fe2＋，证明还原性SO2＞Fe2＋，故丙能证明还原性SO2＞Fe2＋＞Cl－。]
12．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是( )
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO2代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
C [A选项，根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，故A正确，不符合题意；B选项，若反应①通过原电池来实现，ClO2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此ClO2是正极产物，故B正确，不符合题意；C选项，反应②中H2O2化合价升高，ClO2与NaClO2是相邻价态，NaClO2的价态不可能升高，故C错误，符合题意；D选项，反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂，因此氧化性ClO2大于H2O2，故D正确，不符合题意。]
13．过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它杀菌消毒的作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．Na2O2＋2HCl===2NaCl＋H2O2
B．Ag2O＋H2O2===2Ag＋O2↑＋H2O
C．2H2O22H2O＋O2↑
D．3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O
(1)上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号，下同)________，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是______________，H2O2体现酸性的反应是__________。
(2)上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是________________________________________________________________________。
(3)储存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是________(填序号)。
(4)某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnO、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2―→O2。
①反应体系选择的酸是________(填序号)。
A．盐酸 B．浓硫酸
C．稀硫酸 D．醋酸
②如果上述反应中有6.72 L(标准状况)气体生成，转移的电子为________ mol。
答案： (1)D C A (2)Ag2O>H2O2>K2CrO4 (3)B (4)①C ②0.6
14．某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：2、H2rO4、r(OH)3、H2O、H22。
已知该反应中H2O2只发生如下过程：
H22―→2
(1)该反应中的还原剂是______________。
(2)该反应中，发生还原反应的过程是________→________。
(3)写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________。
解析： 由题给信息“H2O2→O2”可知：反应中H2O2中氧元素化合价升高，作还原剂，则必有其他元素化合价降低，作氧化剂，H2CrO4→Cr(OH)3符合题意；然后依据质量守恒确定H2O为生成物，即可写出化学反应方程式。
答案： (1)H2O2 (2)H2CrO4 Cr(OH)3
(4)3.36 L
15．在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液变为黄色。
(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是________(填粒子的化学式，下同)；乙同学认为这是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是________________________________________________________________________。
(2)现提供以下试剂：
A．酸性高锰酸钾溶液 B．氢氧化钠溶液
C．四氯化碳 D．硫氰化钾溶液
请判断哪位同学的推断是正确的，并用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。
____同学正确 选用试剂(填编号) 实验现象
第一种方法
第二种方法
(3)根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是________。若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行？__________，理由是： ________________________________________________________。
解析： (2)由于Br2的氧化性大于Fe3＋，因此Br2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故乙同学的推断是正确的，若要证明此推断，只需要检验混合物中不含有溴单质或含有Fe3＋即可。证明不含溴单质可用四氯化碳萃取后观察有机层颜色，证明含有Fe3＋可用硫氰化钾溶液。(3)根据题述实验可知，还原性Fe2＋>Br－，所以在FeBr2溶液中通入Cl2时，首先被氧化的是Fe2＋。若用淀粉碘化钾溶液来判断两位同学的推断，由于Br2和Fe3＋的氧化性均大于I2，二者都能把I－氧化为I2，从而得到相同的实验现象，因而无法判断谁的推断正确。
答案： (1)Br2 Fe3＋(FeCl3、FeBr3)
(2)
乙同学正确 选用试剂(填编号) 实验现象
第一种方法 C 有机层无色
第二种方法 D 溶液变红
(3)Fe2＋ 不可行 Br2和Fe3＋都能把I－氧化成I2课时作业(十九) 原电池 化学电源
1．根据下图，可判断出下列离子方程式中错误的是( )
A．2Ag(s)＋Cd2＋(aq)===2Ag＋(aq)＋Cd(s)
B．Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)
C．2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)
D．2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)
A [从两个原电池的电极可以判断出三种金属的活动性关系为：Cd>Co>Ag，则氧化性关系为：Cd2＋
A．铝罐将逐渐被腐蚀
B．电子流向为铝制汽水罐→导线→扬声器→导线→木炭棒
C．食盐水中的Na＋向木炭棒移动
D．木炭棒上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
D [该原电池中铝作负极被腐蚀，浸透食盐水的木炭棒作正极，A正确；在外电路中，电子由铝罐流出沿导线流向扬声器，再由扬声器沿导线流向木炭棒，B正确；食盐水中的阳离子向正极移动，即Na＋向木炭棒移动，C正确；木炭棒为正极，正极发生还原反应，在中性环境下，发生吸氧腐蚀，即O2＋4e－＋2H2O===4OH－，D错误。]
3．有关下图所示原电池的叙述不正确的是( )
A．电子沿导线由Cu片流向Ag片
B．正极的电极反应是Ag＋＋e－===Ag
C.Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应
D．反应时盐桥中的阳离子移向Cu(NO3)2溶液
答案： D
4．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是( )
选项 M N P
A Zn Cu 稀H2SO4
B Cu Fe 稀HCl
C Ag Zn AgNO3溶液
D Zn Fe Fe(NO3)3溶液
C [在装置中电流计指针发生偏转，说明该装置构成了原电池，根据正负极的判断方法，溶解的一极为负极，增重的一极为正极，所以M棒为正极，N棒为负极，且电解质溶液能析出固体，则只有C项正确。]
5．分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是( )
A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B．②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
D．④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
答案： B
6．M、N、P、E四种金属，已知：①M＋N2＋===N＋M2＋；②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为E2＋＋2e－===E，N－2e－===N2＋。则这四种金属的还原性由强到弱的顺序是( )
A．P>M>N>E B．E>N>M>P
C．P>N>M>E D．E>P>M>N
A [由①知，金属活动性：M>N；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出，说明M作原电池的正极，故金属活动性：P>M；N、E构成的原电池中，N作负极，故金属活动性：N>E。综合可知，A正确。]
7．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是( )
A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C．铅蓄电池工作过程中，每通过2 mol电子，负极质量减轻207 g
D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
C [干电池为一次电池，铅蓄电池为二次电池，氢氧燃料电池为燃料电池，选项A正确；在干电池中，Zn作负极，被氧化，B正确；氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，D正确；C项忽略了硫酸铅在该极上析出，该极质量应该增加而非减小。]
8．下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO＋2I－＋2H＋???AsO＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40% NaOH溶液。
下列叙述中正确的是( )
A．甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转
B．甲组操作时，溶液颜色变浅
C．乙组操作时，C2作正极
D．乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－===2I－
D [装置Ⅰ中的反应，AsO＋2I－＋2H＋???AsO＋I2＋H2O，当加入适量浓盐酸时，平衡向右移动，但因两极都是碳棒，不能构成原电池，所以甲组操作时，电流表(A)指针不会发生偏转，但由于I2浓度增大，所以溶液颜色变深；向装置ⅡB烧杯中加入NaOH溶液中，C2上发生：AsO－2e－＋2OH－===AsO＋H2O，电子沿导线到C1棒，I2＋2e－===2I－，所以C2为负极，C1为正极。]
9．某同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是( )
A．b电极上发生还原反应
B．外电路电子的流向是从a电极到b电极
C．电池工作时，盐桥中的SO移向甲烧杯
D．a电极上发生的反应为MnO＋8H＋＋5e－===Mn2＋＋4H2O
D [分析化学方程式，Fe2＋变成Fe3＋，失电子，所以在负极上Fe2＋发生氧化反应，即b电极为负极，a电极为正极，A项错误；外电路电子从负极b流出，流向正极a，B项错误；电池工作时，盐桥中的SO向负极移动，即移向乙烧杯，C项错误；a电极为正极，电极上发生的反应为MnO＋8H＋＋5e－===Mn2＋＋4H2O，D项正确。]
10．一种物质由高浓度向低浓度扩散而引发的一类电池称为浓差电池。如图是由Ag电极和硝酸银溶液组成的电池，工作时，b电极的质量不断增大。下列说法错误的是( )
A．NO由交换膜右侧向左侧迁移
B．a极为负极，发生氧化反应
C．交换膜左侧溶液浓度最终会大于交换膜右侧溶液浓度
D．原电池的总反应不一定是氧化还原反应
C [由于存在阴离子交换膜，所以NO会从交换膜右侧(浓度大)向左侧(浓度小)移动，原电池中阴离子向负极移动，则a极是负极，发生氧化反应，A、B项正确。电池工作一段时间后，两侧溶液浓度相等，电池将不再工作，C项错误。该原电池的负极反应式为：Ag－e－===Ag＋，正极反应式为：Ag＋＋e－===Ag，其总反应不是氧化还原反应，D项正确。]
11．瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨 液氧燃料电池示意图如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．电池总反应为4NH3＋3O2===2N2＋6H2O
B．电池工作时，OH－向正极移动
C．电极2发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D．电流由电极1经外电路流向电极2
A [由题图可知，NH3在电极1上发生氧化反应生成N2和H2O，则电极1是负极，电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O；O2通入电极2，则电极2是正极，发生还原反应，电解质溶液是NaOH溶液，故正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；根据正、负极反应式，结合得失电子守恒可得电池总反应为4NH3＋3O2===2N2＋6H2O，A正确。电池工作时，阴离子向负极移动，则OH－向负极移动，B错误。由上述分析可知，C错误。电流由正极经外电路流向负极，则电流由电极2经外电路流向电极1，D错误。]
12．(2021·湖南选择考，10)锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是( )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C.充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
B [由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2＋2e－===2Br－，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。A.由分析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；B.由分析可知，放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；C.由分析可知，充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；D.由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。]
13．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象 二价金属A不断溶解 C的质量增加 A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是___________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是___________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是______________________。
解析： 甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性A>B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性D>A，随着H＋的消耗，pH变大。
答案： (1)A－2e－===A2＋ (2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大 (4)D>A>B>C
14．根据下列叙述写出对应的电极反应式。
(1)LiFePO4是一种新型动力锂电池的电极材料。下图为某LiFePO4电池充、放电时正极局部放大示意图，则电池放电时正极反应式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，在使用过程中石墨Ⅰ电极反应生成一种氧化物Y，则该电极反应式为_________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)Al Ag2O2电池可用作水下动力电源，其原理如下图所示。该电池的负极反应式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)原电池放电时，正极上FePO4得电子生成LiFePO4，电极反应式为Li＋＋FePO4＋e－===LiFePO4。(2)因为石墨Ⅱ电极上通入的O2得电子，故在石墨Ⅰ电极上NO2失电子，与迁移过来的NO结合生成＋5价氮的氧化物N2O5，电极反应式为NO2＋NO－e－===N2O5。(3)该电池中铝为负极，失去电子，结合溶液中的OH－，最终生成AlO。
答案： (1)Li＋＋FePO4＋e－===LiFePO4
(2)NO2＋NO－e－===N2O5
(3)Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O
15．(1)利用电化学原理可将CO、SO2转化为重要化工原料，装置如图所示：
①若A为CO，B为H2，C为CH3OH，则通入CO的一极为________极。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为________________。
(2)能量之间可相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。
①完成原电池甲的装置示意图(见下图)，并作相应标注。
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙。甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是_____________
________________________________________________________________________。
答案： (1)①正 ②SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋
(2)①(其他合理答案也可)
②甲 Zn和Cu2＋不直接接触，避免两种物质直接发生反应，从而避免了化学能转化为热能，提高电池效率课时作业(十八) 化学反应的热效应
1．一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是( )
A．氢能属于二次能源
B．图中能量转化的方式至少有6种
C．太阳能电池的供电原理与燃料电池相同
D．太阳能、风能、氢能都属于新能源
C [氢能属于二次能源，A项正确；图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化等，B项正确；太阳能电池的供电原理是将太阳能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者供电原理不相同，C项错误；太阳能、风能、氢能都属于新能源，D项正确。]
2．下列反应属于氧化还原反应，且生成物的总能量高于反应物的总能量的是( )
A．铝热反应
B．铝与盐酸反应
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体反应
D．灼热的炭与CO2反应
D [氧化还原反应前后元素的化合价有变化；生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应。铝热反应为放热反应，A项错误；金属与酸的反应为放热反应，B项错误；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，C项错误；灼热的炭与CO2的反应为氧化还原反应，也是吸热反应，D项正确。]
3．铍和氯气反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．E2是正反应的活化能
B．该反应的ΔH<0
C．加入催化剂，ΔH减小
D．ΔH＝E2－E1
B [图中E1、E2分别代表正、逆反应的活化能，A错误；由图可知，反应物[Be(s)＋Cl2(g)]具有的总能量高于生成物[BaCl2(s)]具有的总能量，该反应是放热反应，则ΔH<0，B正确；ΔH由反应物和生成物具有的总能量决定，加入催化剂，能改变正、逆反应的活化能，但ΔH不变，C错误；该反应的ΔH＝E1－E2，D错误。]
4．我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是( )
A．图示显示：起始时的2个H2O都参与了反应过程
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C．过程Ⅲ只生成了极性共价键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
A [根据反应过程示意图，起始时的2个H2O分别在过程Ⅰ、过程Ⅱ中发生化学键的断裂，因此起始时的2个H2O都参与了反应过程，A项正确；根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ都发生了水分子中H－O键的断裂，化学键断裂为吸热过程，B项错误；过程Ⅲ中生成了H2，H2中的化学键为非极性共价键，C项错误；催化剂能改变反应的活化能，不能改变反应的ΔH，D项错误。]
5．研究表明N2O与CO在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是( )
A．反应总过程ΔH<0
B．Fe＋使反应的活化能减小
C．FeO＋也是该反应的催化剂
D．Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两步反应均为放热反应
C [A项，反应总过程为N2O＋CO===N2＋CO2，根据图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，ΔH<0，正确；B项，根据反应历程，Fe＋为催化剂，能够降低反应的活化能，正确；C项，FeO＋为中间产物，而不是催化剂，错误；D项，根据图示，Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两反应中反应物总能量均高于生成物总能量，均为放热反应，正确。]
6．反应A(g)＋2B(g)===C(g)的能量变化与反应进程关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A．图中虚线表示加入了催化剂
B．图中虚线表示的反应Ⅰ、反应Ⅱ均为放热反应
C．加入催化剂，速率加快是因为改变了反应的焓变
D．该反应的焓变ΔH＝－91 kJ·mol－1
C [图中虚线表示的反应过程活化能比原过程小，表明加入了催化剂，A正确；虚线表示的反应Ⅰ、Ⅱ中反应物的总能量均大于生成物的总能量，故均为放热反应，B正确；加入催化剂，反应速率加快的原因是降低了反应的活化能，活化分子的百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，但反应的焓变(ΔH)不变，C错误；A(g)＋2B(g)===C(g)的正、逆反应活化能分别为419 kJ·mol－1、510 kJ·mol－1，则该反应的ΔH＝419 kJ·mol－1－510 kJ·mol－1＝－91 kJ·mol－1，D正确。]
7．(2021·浙江1月选考，20)已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H－H H－O
键能/(kJ·mol－1) 436 463
热化学方程式 2H2(g)＋O2 (g)===2H2O(g) ΔH＝－482 kJ·mol－1
则2O(g)===O2(g)的ΔH为( )
A．428 kJ·mol－1 B．－428 kJ·mol－1
C．498 kJ·mol－1 D．－498 kJ·mol－1
D [反应的ΔH＝2E(H－H)＋E(O－O)－4E(H－O)，－482 kJ/mol＝2×436 kJ/mol＋E(O－O)－4×463 kJ/mol，解得O－O键的键能为498 kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)===O2(g)的ΔH＝－498 kJ/mol。]
8．如图所示，ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4 kJ·mol－1，下列说法正确的是( )
A．石墨和金刚石的转化是物理变化
B．C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1
C．金刚石的稳定性强于石墨
D．断裂1 mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1 mol金刚石的化学键吸收的能量少
B [石墨和金刚石的转化，因为有新物质生成，所以为化学变化，A项错误；根据题图可知，C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1①，C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－395.4 kJ·mol－1②，根据盖斯定律，①－②得C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－393.5 kJ·mol－1)－(395.4 kJ·mol－1)＝＋1.9 kJ·mol－1，B项正确；因为等量时金刚石的能量比石墨的能量高，所以石墨更稳定，C项错误；根据热化学方程式C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1知，断裂1 mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1 mol金刚石的化学键吸收的能量大1.9 kJ，D项错误。]
9．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl，利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2(g)???2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ·mol－1。
下列说法正确的是( )
A．该反应的正反应活化能为115.6 kJ·mol－1
B．O2的稳定性比Cl2的稳定性弱
C．该反应的正反应活化能比逆反应活化能大
D．断裂H2O(g)中1 mol H－O键比断裂HCl(g)中1 mol H－Cl键所需能量高
D [该反应的ΔH＝－115.6 kJ·mol－1，等于正、逆反应活化能之差，故该反应的正反应活化能不是115.6 kJ·mol－1，A错误；断裂1 mol O===O键和1 mol Cl－Cl键分别吸收498 kJ、243 kJ热量，则O===O键的键能大于Cl－Cl键，而键能越大，物质的稳定性越强，故O2比Cl2的稳定性强，B错误；该反应的ΔH<0，则ΔH＝E(正反应)－E(逆反应)<0，故该反应的正反应活化能比逆反应活化能小，C错误；设E(H－Cl)、E(H－O)分别表示H－Cl键和H－O键的键能，该反应的ΔH＝∑E(反应物)－∑E(生成物)，则有4×E(H－Cl)＋498 kJ·mol－1－2×243 kJ·mol－1－4×E(H－O)＝－115.6 kJ·mol－1，即E(H－O)－E(H－Cl)＝＋31.9 kJ·mol－1，故断裂H2O(g)中1 mol H－O键比断裂HCl(g)中1 mol H－Cl键所需能量高，D正确。]
10．根据下图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是( )
A．N2(g)转化为氮原子是一个放热过程
B．1 mol N2和1 mol O2的总能量比2 mol NO的总能量高
C．1个NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量
D．2NO(g)===N2(g)＋O2(g)的反应热ΔH＝－180 kJ·mol－1
D [N2(g)转化为氮原子是一个吸热过程，A项错误；由图中数据可知，断裂化学键吸收的能量为(946＋498)kJ·mol－1＝1 444 kJ·mol－1，形成化学键放出的能量为2×632 kJ·mol－1＝1 264 kJ·mol－1，该反应为吸热反应，1 mol N2和1 mol O2的总能量比2 mol NO的总能量低，B项错误；1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量，C项错误；N2(g)＋O2(g)===2NO(g)的反应热ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝1 444 kJ·mol－1－1 264 kJ·mol－1＝＋180 kJ·mol－1，则2NO(g)===N2(g)＋O2(g)的反应热ΔH＝－180 kJ·mol－1，D项正确。]
11．已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔΗ＝－55.6 kJ·mol－1。
则HCN在水溶液中电离的ΔH等于( )
A．－67.7 kJ·mol－1 B．－43.5 kJ·mol－1
C．＋43.5 kJ·mol－1 D．＋67.7 kJ·mol－1
C [由题意可知：①HCN(aq)＋OH－(aq)===CN－(aq)＋H2O(l) ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－55.6 kJ·mol－1。应用盖斯定律，①－②可得：HCN(aq)===H＋(aq)＋CN－(aq) ΔH＝＋43.5 kJ·mol－1，故C项正确。]
12．已知C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－220 kJ·mol－1
H－H、O===O和O－H键的键能分别为436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462 kJ·mol－1，则a为( )
A．－332 B．－118
C．＋350 D．＋130
D [根据盖斯定律由题给的两个热化学方程式可得：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋(2a＋220) kJ·mol－1，则有：4×462 kJ·mol－1－2×436 kJ·mol－1－496 kJ·mol－1＝(2a＋220) kJ·mol－1，解得a＝＋130，故选项D正确。]
13．如图表示某反应的能量变化，按要求回答下列问题：
(1)该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)该反应的ΔH＝________________。
(3)使用催化剂________(填“能”或“不能”)影响该反应的反应热。
(4)逆反应的活化能可表示为_______________________________________________。
答案： (1)放热 (2)E2－E1 (3)不能
(4)E3－E2
14．2SO2(g)＋O2(g)???2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。
已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ·mol－1。请回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示___________________、________________，E的大小对该反应的反应热有无影响？ ____________________________________；
(2)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)图中ΔH＝________kJ·mol－1；
(4)已知单质硫的燃烧热ΔH＝－296 kJ·mol－1，计算由S(s)生成1 mol SO3(g)的ΔH
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(写出计算过程)。
答案： (1)反应物总能量 生成物总能量 无
(2)降低 催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低
(3)－198
(4)S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1＝－296 kJ·mol－1，
SO2(g)＋O2(g)???SO3(g) ΔH2＝－99 kJ·mol－1，
S(s)＋O2(g)===SO3(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－395 kJ·mol－1
15．(1)用CO2催化加氢可制取乙烯：CO2(g)＋3H2(g)===C2H4(g)＋2H2O(g)。若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH＝________(用含a、b的式子表示)。
已知：几种化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的ΔH＝－152 kJ·mol－1，则表中的x＝________。
化学键 C===O H—H C===C C—H H—O
键能/ (kJ·mol－1) 803 436 x 414 464
(2)甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下表，则在初始阶段，蒸汽重整的反应速率________(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
反应过程 化学方程式 焓变ΔH/(kJ·mol－1) 活化能E/(kJ·mol－1)
甲烷氧化 CH4(g)＋2O2(g)=== CO2(g)＋2H2O(g) －802.6 125.6
CH4(g)＋O2(g)=== CO2(g)＋2H2(g) －322.0 172.5
蒸汽重整 CH4(g)＋H2O(g)=== CO(g)＋3H2(g) ＋206.2 240.1
CH4(g)＋2H2O(g)=== CO2(g)＋4H2(g) ＋158.6 243.9
(3)CO2在Cu ZnO催化下，可同时发生如下的反应Ⅰ、Ⅱ，其可作为解决温室效应及能源短缺问题的重要手段。
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－57.8 kJ·mol－1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1
某温度时，若反应Ⅰ的速率v1大于反应Ⅱ的速率v2，则下列反应过程的能量变化正确的是________(填字母)。
解析： (1)由图知1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)具有的总能量大于 mol C2H4(g)和2 mol H2O(g)具有的总能量，该反应为放热反应，反应的ΔH＝生成物具有的总能量－反应物具有的总能量＝－(b－a)kJ·mol－1。ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝2E(C===O)＋3E(H－H)－[E(C===C)＋2E(C－H)＋4E(H－O)]＝2×803 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－(×x kJ·mol－1＋2×414 kJ·mol－1＋4×464 kJ·mol－1)＝－152 kJ·mol－1，解得x＝764。(2)从表中活化能数据可以看出，在初始阶段，蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。(3)反应Ⅰ是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应Ⅱ是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，因为反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ，D正确。
答案： (1)－(b－a)kJ·mol－1 764 (2)小于 (3)D课时作业(二十九) 乙醇和乙酸 基本营养物质
1．下列有机化合物中沸点最高的是( )
A．乙烷 B．乙烯
C．乙醇 D．乙酸
答案： D
2．下列混合物可用分液漏斗分离的是( )
A．苯和植物油
B．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
C．甘油和水
D．苯和液溴
B [苯和植物油，甘油和水均互溶，苯和液溴能发生化学反应，因而均不可用分液漏斗分离。]
3．(2021·云南玉溪第五次调研)下列关于有机物的说法正确的是( )
A．棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维素
B．石油的分馏和裂化均属于化学变化
C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷、乙醇、乙酸在一定条件下都能发生取代反应
D [A项，羊毛、蚕丝的主要成分是蛋白质，错误；B项，石油的分馏属于物理变化，没有新物质生成，错误；C项，油脂的液态油中含有不饱和键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；D项，甲烷与卤素单质在光照条件下发生取代反应，乙醇与卤化氢可发生取代反应，乙酸与乙醇的酯化反应属于取代反应，正确。]
4．下列说法错误的是 ( )
A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分
B．75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒
C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应
答案： D
5．山西老陈醋素有“天下第一醋”的盛誉。食醋中含有乙酸，下列说法错误的是( )
A．乙酸分子中含有4个氢原子，但乙酸是一元酸
B．往食醋中滴入紫色石蕊溶液，溶液将变红
C．往热水瓶内胆中加入适量的食醋，可去除水垢
D．制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的氢原子被乙基(－C2H5)取代
D [乙酸的结构简式为CH3COOH，只有1个羧基，故乙酸为一元酸，A项正确；食醋中含乙酸，乙酸显酸性，B项正确；水垢的主要成分为CaCO3，而乙酸的酸性比碳酸强，故食醋中的乙酸可溶解CaCO3，C项正确；制取乙酸乙酯时乙酸分子羧基中的羟基与乙醇分子羟基中的氢原子结合成水脱去，乙酸分子中的—OH被—OC2H5取代，D项错误。]
6.乙醇分子中各化学键如图所示，对乙醇在各种反应中的断键方式的说明不正确的是( )
A．和金属钠作用时，键①断裂
B．和CuO共热时，键①和③断裂
C．和乙酸、浓硫酸共热时，键②断裂
D．发生酯化反应时，键①断裂
答案： C
7．下列说法正确的是( )
A．稀NaOH溶液可以使蛋白质发生盐析
B．棉花、涤纶、维纶均属于合成纤维
C．淀粉可以用于酿酒和酿醋
D．油脂都不能使溴水褪色
C [强碱溶液使蛋白质变性，A项错误；棉花属于天然纤维，B项错误；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖可用于制备乙醇和乙酸，C项正确；不饱和脂肪酸形成的油脂能使溴水褪色，D项错误。]
8．如表所示是某糕点的营养成分，下列有关说法正确的是 ( )
营养成分 每100 g中含量
糖类 40 g
油脂 20 g
蛋白质 4.8 g
胡萝卜素 1.8 g
碳酸钙 400 mg
A.糖类均能发生水解反应
B．油脂是高级脂肪酸和甘油组成的混合物
C．蛋白质在人体内水解最终仅生成二氧化碳和水
D．胡萝卜素和碳酸钙均不属于高分子化合物
D [单糖不能水解，A项错误；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，若高级脂肪酸单一，则生成的酯为纯净物，B项错误；蛋白质水解的最终产物为氨基酸，氧化的最终产物是CO2和水，C项错误；胡萝卜素是小分子有机物，碳酸钙是无机物，D项正确。]
9．下列关于有机物的说法正确的是( )
A．葡萄糖、果糖是单糖，蔗糖、麦芽糖是二糖
B．淀粉与纤维素通式相同，二者互为同分异构体
C．油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油
D．利用蛋白质的颜色反应可鉴别所有蛋白质
A [葡萄糖、果糖是单糖，蔗糖、麦芽糖是二糖，A项正确；淀粉与纤维素通式相同，均为(C6H10O5)n，但二者n值不同，不互为同分异构体，B项错误；油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，而组成油脂的高级脂肪酸有饱和的，也有不饱和的，故油脂在酸性条件下水解不都生成饱和脂肪酸和甘油，C项错误；只有含苯环的蛋白质遇浓硝酸才变黄色，D项错误。]
10．下列关于有机物的说法正确的是( )
A．涤纶、纤维素、酚醛树脂都是合成材料
B．汽油和植物油都是混合物，其主要成分分别是烃和酯
C．甲酸与乙酸是有机酸，都不能被酸性高锰酸钾溶液氧化
D．葡萄糖、蔗糖、淀粉在一定条件下都可以发生水解反应
B [纤维素属于天然有机高分子化合物，A项错误；汽油是石油产品，主要成分是烃，植物油属于酯，二者都是混合物，B项正确；甲酸分子中含有醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C项错误；葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，D项错误。]
11．下表为某有机物与各种试剂的反应现象，则这种有机物可能是( )
试剂 钠 溴水 NaHCO3溶液
现象 放出气体 褪色 放出气体
A.CH2===CH—CH2—OH
B．
C．CH2===CH—COOH
D．CH3COOH
C [有机物中羟基、羧基可与钠反应放出氢气，羧基可与NaHCO3反应放出CO2气体，不饱和碳碳键(如“C===C”)可使溴水褪色。A项不与NaHCO3反应，B项不与Na、NaHCO3反应，D项不与溴水反应。]
12．下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是( )
选项 原因 结论
A 乙烯和苯都能使溴水褪色 苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键
B 乙酸分子中含有羧基 可与NaHCO3溶液反应生成CO2
C 纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5)n 它们互为同分异构体
D 乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应 二者属于同一反应类型
B [CH2===CH2与溴水发生加成反应而使溴水褪色，苯则能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，A项错误；CH3COOH的酸性强于H2CO3，故可与NaHCO3反应放出CO2，B项正确；纤维素和淀粉的化学式虽然形式相同，但由于n的值不同，故不互为同分异构体，C项错误；CH3COOCH2CH3和H2O的反应属于取代反应，而CH2===CH2与H2O的反应属于加成反应，D项错误。]
13．下列有关物质分离或提纯的方法正确的是( )
选项 待提纯物质 杂质 主要操作方法
A 溴苯 苯 加入铁粉和溴，过滤
B 氯化钠 硝酸钾 配制热饱和溶液，冷却结晶
C 乙烷 乙烯 通入酸性高锰酸钾溶液，洗气
D 乙酸乙酯 乙酸 加入饱和碳酸钠溶液，分液
D [苯能与溴反应，但加入溴的量不易控制，A项错误；除去氯化钠溶液中的硝酸钾，应该用蒸发浓缩结晶法，B项错误；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新杂质，C项错误；乙酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钠，分液即可得到乙酸乙酯，D项正确。]
14．关于HOCH2CH2OH的说法，正确的是( )
A．含有两种官能团
B．与乙醇互为同系物
C．可看成乙烷的含氧衍生物
D．属于饱和烃
C [HOCH2CH2OH分子中含2个羟基，只含有一种官能团，A项错误；同系物含相同的官能团而且官能团数目相同，HOCH2CH2OH含2个羟基，而乙醇含1个羟基，B项错误；HOCH2CH2OH可看成是乙烷的两个氢原子被羟基取代得到的，C项正确；HOCH2CH2OH是烃的衍生物，D项错误。]
15．(2021·山西平遥二中升级考)2020年3月，某化学类公众号发表了一篇题为“异丙醇，一直被国外青睐的消毒剂，能否成为国内消毒界的后起之秀”的文章。下列关于异丙醇[CH3CH(OH)CH3]和乙醇的说法错误的是( )
A．异丙醇和乙醇互为同系物
B．异丙醇和乙醇分子中均有三种不同化学环境的氢原子
C．异丙醇和乙醇均可由烯烃与水反应获得
D．异丙醇和乙醇灭活病毒的原理与双氧水相同
D [A.异丙醇和乙醇都是饱和一元醇，结构相似，且分子组成相差一个—CH2—，故二者互为同系物，故A正确；B.异丙醇的结构简式为(CH3)2CHOH，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，二者分子中均有三种不同化学环境的氢原子，故B正确；C.异丙醇可由丙烯和水加成得到，乙醇可由乙烯和水加成得到，故C正确；D.异丙醇和乙醇灭活病毒的原理是醇类有很强的渗透作用，容易渗透在细菌体内，从而溶解并破坏细菌的细胞结构，双氧水灭活病毒的原理是利用双氧水的强氧化性，二者原理不相同，故D错误。]
16.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图。下列有关香叶醇的叙述正确的是( )
A．香叶醇的分子式为C10H18O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能发生加成反应不能发生取代反应
A [香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；碳碳双键和—CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液的紫红色褪去，故C错误；香叶醇在一定条件下能与卤素单质、乙酸等发生取代反应，故D错误。]
17．(2021·昆明晋宁二中检测)X可发生Dakin反应生成Y:
下列有关叙述正确的是( )
A．该反应类型为加成反应
B．X与苯甲醛互为同系物
C．X或Y分子中所有原子可能共平面
D．Y、HCOOH均不能发生银镜反应
C [A.该反应可看作醛基被羟基取代；B.X与苯甲醛相差一个O原子，两者不互为同系物；C.苯环、羰基都是平面结构，X或Y分子中所有原子可能共平面；D.HCOOH分子中含醛基，可发生银镜反应。]
18．(2021·贵阳四校升级考)有机物E具有抗肿瘤镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图，下列说法正确的是( )
A.G→E发生了水解反应
B．E分子中所有碳原子一定在同一平面内
C．化合物G的一卤代物有6种
D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
C [A.G→E羰基转化为羟基，发生了加成反应，A错误；B.E分子中含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能在同一平面内，B错误；C.化合物G分子中氢原子有6类，其一卤代物有6种，C正确；D.G分子不含有羟基或羧基，与钠不反应，E含有羟基，和钠反应，G、E分子中均含有苯环和酯基，均能与H2、NaOH溶液反应，G含有羰基，E含有羟基，均与酸性KMnO4溶液反应，D错误。]
19．分子式为CnH2nO2的羧酸与某醇发生酯化反应生成分子式为Cn＋2H2n＋4O2的酯，反应所需羧酸和醇的质量比为1∶1，则该羧酸是( )
A．甲酸 B．乙酸
C．丙酸 D．丁酸
A [根据羧酸的分子式可知该羧酸中只有一个羧基，根据酯的分子式可确定酸与醇按物质的量之比为1∶1反应，结合原子守恒可知醇的分子式为C2H5OH，又反应所需羧酸和醇的质量比为1∶1，即羧酸与醇的摩尔质量相同，均为46 g·mol－1，则该羧酸为HCOOH(甲酸)，即A项正确。]
20．制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示，下列说法不正确的是( )
A．M的分子式为C6H12O6
B．N的结构简式为CH3COOH
C．④的反应类型属于取代反应
D．淀粉和纤维素互为同分异构体
答案： D
21．某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉水解的情况：
下列结论中正确的是( )
A．淀粉尚有部分未水解
B．淀粉已完全水解
C．淀粉没有水解
D．淀粉已发生水解，但不知是否完全水解
D [混合液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，有砖红色沉淀生成，说明淀粉已经水解；另取混合液加入碘水，由于混合液中含过量的NaOH溶液，I2与碱反应导致无法判断是否水解完全。]
22．(2021·安徽宣城摸底)乙酸异戊酯是蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室中可利用乙酸和异戊醇()制备乙酸异戊酯，装置图(夹持装置略)和所用药品有关数据如下。下列说法正确的是( )
药品 密度/(g·cm－3) 沸点/℃ 水中溶解性
异戊醇 0.812 3 131 微溶
乙酸 1.049 2 118 易溶
乙酸异戊酯 0.867 0 142 难溶
A. 反应方程式为CH3COOH＋
B. 实验时，冷凝水应从直形冷凝管的b口通入
C. 异戊醇的同分异构体中属于醇类的有7种
D. 反应后，取Ⅱ中物质经水洗、碱洗和蒸馏可提纯乙酸异戊酯
C [A.乙酸和异戊醇()在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸异戊酯和水，反应方程式为CH3COOH＋ ＋H2O，故A错误；B.实验时，为保证较好的冷凝效果，冷凝水应下进上出，从直形冷凝管的a口通入，故B错误；C.异戊醇的同分异构体中：以正戊烷基和羟基构成的结构有3种，以异戊烷基与羟基构成的结构除异戊醇自身外有3种，以新戊烷基与羟基构成的结构有1种，则其同分异构体中属于醇类的有7种，故C正确；D.乙酸异戊酯在碱性条件下可水解，不应用碱洗，故D错误。]
23．分子式为C4H10O的醇与分子式为C4H8O2的羧酸发生酯化反应，生成的酯的结构可能有(不考虑立体异构)( )
A.4种 B．6种
C．8种 D．10种
C [分子式为C4H10O的醇的同分异构体数由—C4H9的结构数决定，丁基—C4H9可能的结构有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)2、—C(CH3)3，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)2CHCH2OH、C(CH3)3OH，分子式为C4H8O2的羧酸共有2种同分异构体：丁酸、2 甲基丙酸，则所生成的酯有2×4＝8(种)，C项正确。]
24．下列关于分子式为C4H8O2的有机物同分异构体的说法中，不正确的是( )
A．属于酯类的有4种
B．属于羧酸类的有2种
C．存在分子中含有六元环的同分异构体
D．既含有羟基又含有醛基的有3种
D [C4H8O2属于酯类的同分异构体有甲酸酯： 2种；乙酸酯只有1种；丙酸酯只有1种。所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；C4H8O2属于羧酸时，可以是丁酸或2 甲基丙酸，B正确；C4H8O2存在分子中含有六元环的同分异构体，如，C项正确；C4H8O2属于羧基醛时，可以是2 羟基丁醛、3 羟基丁醛、4 羟基丁醛、2 甲基 2 羟基丙醛、2 甲基 3 羟基丙醛，共5种同分异构体，D项错误。]课时作业(十) 金属材料及金属矿物的开发利用
1．下列关于铝及其化合物的说法不正确的是( )
A．Al既可用于食品包装，也可用作建筑材料
B．Al2O3既可用来冶炼金属Al，也可用作耐火材料
C．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]既可用作净水剂，也可用作消毒剂
D．Al(OH)3既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐
C [A项，金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用作建筑材料，如铝合金门窗等，正确；B项，电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al，由于Al2O3具有耐高温的性质，也可用作耐火材料，正确；C项，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水后，Al3＋能发生水解反应，生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用作净水剂，但Al(OH)3并不具有消毒作用，错误；D项，Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确。]
2．下列关于铝单质的叙述中，正确的是( )
A．不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应
B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C．铝和NaOH溶液反应：Al＋2OH－===AlO＋2H2↑
D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝会滴落下来，是因为金属铝的熔点较低
A [A项，无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，正确；B项，铝表面形成致密的氧化膜，错误；C项，电荷、电子均不守恒，正确的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，错误；D项，打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧表面生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，错误。]
3．镁铝性质相似，下表中对两者的对比不正确的是( )
选项 反应 铝 镁
A 与非金属反应 能被Cl2、O2氧化 能与N2、O2反应
B 与水反应 能与沸水反应 反应很困难
C 与碱反应 能溶于强碱溶液 不反应
D 与某些氧化物反应 能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应 能在CO2中燃烧
B [铝能被Cl2、O2氧化，能与某些金属氧化物发生铝热反应，与水反应很不明显，但与强碱溶液反应；Mg能在N2、O2、CO2中燃烧，能与沸水反应，但不能与强碱溶液反应。]
4．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是( )
A．Al B．Al(OH)3
C．AlCl3 D．Al2O3
A [四个选项中的物质与NaOH溶液反应最终均生成NaAlO2。由NaAlO2的组成可知消耗n(NaOH)等于铝原子的物质的量，即四个选项中Al元素的百分含量越高，消耗的NaOH就越多。]
5．下列金属材料中，最适合制造飞机外壳的是( )
A．镁铝合金 B．铜合金
C．碳素钢 D．铅锡合金
A [由于镁铝合金的密度小，强度大，机械性能好，适合于制造飞机外壳，故选A项。]
6．《天工开物》中记载：凡铜供世用，出山与出炉，止有赤铜。以炉甘石或倭铅参和，转色为黄铜，以砒霜等药制炼为白铜，矾、硝等药制炼为青铜。其中涉及的物质中熔点最高的是( )
A．青铜 B．黄铜
C．赤铜 D．白铜
C [赤铜是纯度较高的铜，熔点比其合金高，青铜是铜锡合金，黄铜是铜锌合金，白铜是铜镍合金，C项正确。]
7．下列有关金属的工业制法正确的是( )
A．制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl4)溶液中的钛
B．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
C．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
D．炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.95%的铜
B [钠与水反应，不能从溶液中置换出钛，A错；电解NaCl溶液得不到Na，C错；用粗铜电解精炼可得到纯度为99.95%的铜，而不是用黄铜矿，D错。]
8．明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。下列说法不正确的是( )
A.倭铅是指金属锌和铅的混合物
B．煤炭中起作用的主要成分是C
C．冶炼Zn的化学方程式：ZnCO3＋2CZn＋3CO↑
D．该冶炼锌的方法属于热还原法
A [由题意可知，倭铅是指金属锌，不是混合物，故A错误；煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，故B、C、D均正确。]
9．实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是( )
A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuS
B．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色
C．向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuO
D．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀
C [硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为＋1价生成Cu2S，A项错误；铜与过量浓硫酸反应后稀释，应将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误。]
10．铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：
下列说法中错误的是( )
A．①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作
B．a、b中铝元素的化合价相同
C．③中需要通入过量的氨气
D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝
C [反应①后的体系中含有固体二氧化硅，需要过滤除去，反应②后的体系中有氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，A正确；a、b中Al元素分别以AlCl3和NaAlO2形式存在，其中铝的化合价都是＋3价，B正确；由NaAlO2制备Al(OH)3需要通入过量CO2，C错误；由Al(OH)3制备Al2O3，加热即可，D正确。]
11．下列是部分矿物资源的利用流程，有关说法不正确的是( )
A．粗铜电解精炼时，粗铜作阳极
B．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应
C．利用黄铜矿冶炼铜时，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料
D．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法
B [电解精炼铜时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，A正确。制备铝、铜、硅单质涉及氧化还原反应；制玻璃的主要反应是SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑和SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑，各元素化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，B错误。SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下反应可生成Fe，故C正确。制备硅的过程中，利用沸点不同通过分馏可以将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，D正确。]
12．生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、n[Al(OH)3]随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A．生成沉淀的离子方程式为HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO
B．b点与c点溶液所含微粒种类相同
C．a点溶液中大量存在的离子是Na＋、AlO、OH－
D．NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 mol·L－1
D [氧化铝和氢氧化钠反应，而氧化镁不反应，过滤后得到的滤液的溶质为生成的偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，用碳酸氢钠溶液处理时，氢氧化钠先与碳酸氢钠反应，氢氧化钠完全反应后(用去碳酸氢钠溶液的体积为8 mL)，有氢氧化铝沉淀生成(图像中b→d的过程)，发生反应HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，A正确；由于b→d发生的反应相同，则b点与c点溶液所含微粒种类相同，均为Na＋、AlO、OH－、CO，B正确；a点溶液溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，大量存在的离子是Na＋、AlO、OH－，C正确；加入40 mL碳酸氢钠溶液时沉淀量最大，为0.032 mol，生成沉淀消耗的NaHCO3溶液的体积为40 mL－8 mL＝32 mL＝0.032 L，故NaHCO3溶液的物质的量浓度为＝1.0 mol·L－1，D错误。]
13．某同学这样描述“铝热反应”的现象：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”，“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表所示：
物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3
熔点/℃ 660 2 054 1 535 1 462
沸点/℃ 2 467 2 980 2 750 －
(1)该同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理：________(填“合理”或“不合理”)。
(2)该同学设计实验证明了所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________，反应的离子方程式为_______________________________________________。
(3)实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是________(填字母)。
A．浓硫酸 B．稀硫酸
C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液
解析： (1)根据铁、铝的熔点和沸点，不难判断在一定温度下Fe、Al能熔合。
(2)根据Al与NaOH溶液反应生成H2，可证明Al的存在，故选用NaOH溶液。
(3)Fe、Al均为活泼金属，可以用稀硫酸溶解；浓硫酸在常温下使铁、铝钝化，加热时有污染性气体生成，稀硝酸与铁、铝反应有污染性气体生成，故不选A、C；氢氧化钠溶液只能溶解铝，不能溶解铁，故不选D。
答案： (1)合理 (2)NaOH溶液 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑ (3)B
14．(1)海水提镁的一段工艺流程如下图：
浓海水的主要成分如下：
离子 Na＋ Mg2＋ Cl－ SO
浓度/(g·L－1) 63.7 28.8 144.6 46.4
该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为
________________________________________________________________________，
产品2的化学式为________，1 L浓海水最多可得到产品2的质量为________g。
(2)采用石墨作阳极、不锈钢作阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)工艺流程中，脱硫加入的是得到产品2过程中过滤时的滤液，而此滤液中所含的能够脱硫的离子来源于合成步骤中的石灰乳，故脱硫阶段的主要离子方程式为Ca2＋＋SO===CaSO4↓；而产品2是由加入石灰乳之后得到的沉淀得来的，即Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋Ca2＋，故产品2为Mg(OH)2；1 L浓海水中Mg2＋为28.8 g，故可得到产品2即Mg(OH)2的质量为×58 g·mol－1＝69.6 g。
(2)电解熔融MgCl2会得到Mg和Cl2，故化学方程式为MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑。因为Mg会与H2O发生反应生成Mg(OH)2和H2，故水存在会造成产品Mg的消耗，有关反应的化学方程式为Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑。
答案： (1)Ca2＋＋SO===CaSO4↓
Mg(OH)2 69.6
(2)MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑
15．为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：
已知：Cu2O[Cu(NH3)4]＋(无色)[Cu(NH3)4]2＋(蓝色)。
(1)摇动锥形瓶ⅰ的目的是_________________________________________________。
(2)锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_____________________。
(3)将容量瓶ⅱ中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶ⅰ相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约_______________________________________。
解析： (1)由题给信息“Cu2O溶于浓氨水生成无色的[Cu(NH3)4]＋，[Cu(NH3)4]＋在空气中被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2＋”，可知摇动锥形瓶的目的是为了使溶液充分接触空气。 (2)ⅱ中剩余固体为Cu，加浓氨水并摇动锥形瓶，最终生成蓝色的[Cu(NH3)4]2＋，Cu元素的化合价升高，说明被空气中的O2氧化，反应物为Cu、O2、NH3·H2O，生成物有[Cu(NH3)4]2＋，根据电子守恒配平有：2Cu＋O2＋NH3·H2O→2[Cu(NH3)4]2＋，后有4个正电荷，由于溶液呈碱性(氨水)，利用OH－平衡电荷有：2Cu＋O2＋NH3·H2O→2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－，最后根据原子守恒配平即可。
(3)说明容量瓶ⅱ中[Cu(NH3)4]2＋的浓度是ⅰ中的100倍，容量瓶ⅰ中铜元素来自于Cu2O，容量瓶ⅱ中铜元素来自于Cu，则n(Cu2O)∶n(Cu)＝1∶200。
答案： (1)使溶液与空气中O2充分接触
(2)2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O
(3)n(Cu2O)∶n(Cu)＝1∶200
16．某研究性学习小组为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题。
[探究一] 实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量。
问题讨论：
(1)实验中发生反应的化学方程式是________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若实验中称取5.4 g铝镁合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥________ mL。
(3)实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[探究二] 实验方案：称量x g的铝镁合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。
问题讨论：
(4)欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是_______________________。
(5)假设实验中测出该数据为y g，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为____________(用含x、y的代数式表示)。
解析： (1)注意镁与NaOH溶液不反应。(2)5.4 g铝镁合金中铝的最大质量为5.4 g×97%，根据2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可求出需要NaOH的物质的量的最大值为5.4 g×97%÷27 g/mol＝0.194 mol，NaOH的体积为0.194 mol÷2.0 mol/L＝0.097 L，即97 mL。(5)设x g铝镁合金中镁、铝的物质的量分别是a mol、b mol，则燃烧生成a mol MgO、 mol Al2O3，则24a＋27b＝x，40a＋51b＝y，解得a＝，镁的质量为 g，镁的质量分数为×100%。
答案： (1)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ (2)97 (3)过滤、洗涤、干燥固体
(4)灼烧后固体的质量 (5)×100%课时作业(十五) 原子结构
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．《焦点访谈》栏目中曾报道“铊中毒事件”，铊再次成为公众关注的焦点。已知铊有两种天然同位素Tl和Tl。下列关于Tl说法正确的是( )
A．中子数与质子数之差为122
B．中子数与电子数之差为122
C．质量数与中子数之差为81
D．质量数与电子数之差为81
C [A. Tl质子数是81，中子数是203－81＝122，中子数与质子数之差为122－81＝41，故A错误；B. eq \a\vs4\al(Tl) 电子数是81，中子数是203－81＝122，中子数电子数之差为122－81＝41，故B错误；C. Tl质量数是203，中子数是203－81＝122，质量数与中子数之差为203－122＝81，故C正确；D. Tl质量数是203，电子数是81，质量数与电子数之差为203－81＝122，故D错误。]
2．俄罗斯科学家用铪和钨两种核素精确测定了地球和月球的年龄，得出月球至少比地球早700万年形成，它们是根据Hf(铪－182)和W(钨－182)两种核素的含量比例得出的。下列有关铪－182和钨－182的关系说法正确的是( )
A．在周期表中处于相邻位置
B．互为同位素
C．电子数相同
D．中子数分别为110个 和108个
D [A.二者的核电荷数分别为72、74，则在周期表中不处于相邻位置，分别位于73的两侧，故A错误；B.质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，两种核素的质子数不同，不属于同位素，故B错误；C.核电荷数＝核外电子数，两者电子数分别为72、74，不相等，故C错误；D.因为质子数和中子数之和是质量数，原子核内中子数＝质量数－质子数，则两核素中子数分别为182－72＝110、182－74＝108，故D正确。]
3.H、H、H、H＋、H2是( )
A．氢的五种同位素
B．五种氢元素
C．氢的五种核素
D．氢元素的五种不同粒子
D [H、H、H三种微粒质子数相同，都为1；但中子数分别为0、1、2，它们是同一种元素的三种不同核素，互为同位素。H＋是质子数为1，电子数为0，带一个单位正电荷的微粒。H2是由两个H原子构成的分子。总之，它们属于氢元素的五种不同粒子。]
4．医学界通过用14C标记的C60发现的一种C60的羟酸衍生物，这种羟酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的正确叙述是( )
A.与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
D [A项，同一种元素的化学性质是一样的， 14C与12C60中普通碳原子的化学性质相同，故A错误；B项，14C和14N中14表示质量数，而C和N的质子数分别为6和7，由中子数＝质量数－质子数可知它们的中子数分别为8、7，故B错误；C项，14C是原子，12C60是分子，所以不是同素异形体，故C错误；D项，同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称， 14C与12C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确。]
5．重水(D2O)主要用于核反应堆中中子的减速剂和冷却剂，在化学和生物学中，重水常用作示踪物质来研究反应机理等。下列说法正确的是 ( )
A．D是氢的一种核素，原子核内有2个中子
B．1HO与DO的相对分子质量相同
C．3H2O与D2O互称同位素
D．通过化学变化可以直接实现普通水向重水转化
B [氘(D)原子的质量数为2，质子数为1，则中子数为1，A错误；1HO的相对分子质量是20，DO的相对分子质量是20，B正确；具有相同质子数、不同中子数的同一元素的不同核素互称同位素，3H2O与D2O是分子，不能互称同位素，C错误；化学变化不能实现原子核内的变化，D错误。]
6．由德、法、美及波兰等多国科学家组成的科研小组合成了非常罕见的Fe原子，下列说法不正确的是( )
A．可以用KSCN溶液鉴别FeCl3和FeCl3
B．Fe与Fe的电子数相同
C．Fe与Fe互为同位素
D．Fe的中子数小于质子数
A [同位素的化学性质基本相同，无法用KSCN溶液鉴别FeCl3和FeCl3，A错误；Fe和Fe的电子数均为26，B正确；Fe和Fe的质子数相同，中子数不同，所以互为同位素，C正确；Fe的中子数＝质量数－质子数＝45－26＝19，中子数小于质子数，D正确。]
7．已知R元素的某种同位素能形成化合物AmRn，其中A的化合价为＋n。该化合物中一个R微粒的核外电子数为a，核内中子数为b，则该同位素的原子符号是( )
A．R B．R
C．R D．R
D [由题意可知，在化合物AmRn中，R的化合价为－m，其离子符号为Rm－，已知一个Rm－的核外电子数为a，则R元素同位素的核内质子数为a－m，质量数＝质子数＋中子数＝a－m＋b，D正确。]
8．已知氢有3种核素(1H、2H、3H)，氯有2种核素(35Cl、37Cl)。则HCl的相对分子质量可能有( )
A．1种 B．5种
C．6种 D．1 000种
B [1H、2H、3H与35Cl、37Cl形成的HCl分子共有6种，计算知，其相对分子质量共有5种，分别是36、37、38、39、40。]
9．下列微粒中，其最外层与最内层的电子数之和等于次外层电子数的是( )
A．S B．Mg
C．Cl D．Be
A [硫核外电子排布为2、8、6，符合最外层与最内层的电子数之和等于次外层电子数，故A正确；Mg核外电子排布为2、8、2，不符合，故B错误；Cl核外电子排布为2、8、7，不符合，故C错误；Be核外电子排布为2、2，不符合，故D错误。]
10．有A、B两种元素，已知元素A的核电荷数为a，且A3－与Bn＋的电子排布完全相同，则元素B的核电荷数为( )
A．a－n－3 B．a－n＋3
C．a＋n－3 D．a＋n＋3
D [A元素原子的核电荷数为a，原子中核电荷数＝核内质子数＝核外电子数，则其核外电子数为a；A原子得到3个电子形成A3－，则A3－的核外电子数为a＋3，B原子失去n个电子形成Bn＋，设B的核电荷数为x，由于A3－与Bn＋的电子层排布相同，则：a＋3＝x－n，解得：x＝a＋n＋3，所以元素B的核电荷数为a＋n＋3，D项正确。]
11．地球上氦元素主要以4He形式存在，月球上氦元素主要以3He形式存在，已知一个12C原子的质量为a g，一个3He 原子的质量为b g，一个4He 原子的质量为c g。下列说法正确的是( )
A．3He的电子式为
B．3He的相对原子质量约为bNA，氦元素的相对原子质量为
C．3He、4He为氦元素的同素异形体，同温同压下，密度之比为c∶b
D．3He、4He为氦元素的同位素，同温同压下，等体积的质量之比为b∶c
D [A.氦为2号元素，核外有2个电子，3He的电子式为He∶，故A错误；B. 一个3He 原子的质量为b g，则1 mol 3He 原子的质量为bNA g，即3He的相对原子质量约为：bNA；元素的近似平均相对原子质量为同位素的质量数乘以该同位素原子在自然界所占原子个数的百分数，为3He的相对原子质量，不是氦元素的相对原子质量，故B错误；C.同温同压下密度之比为等于摩尔质量之比，3He 的摩尔质量为bNA g/mol，4He 的摩尔质量为cNA g/mol，同温同压下3He与4He密度之比为b∶c，故C错误；D. 同温同压下，相同体积的气体的质量之比等于摩尔质量之比，3He 的摩尔质量为bNA g/mol，4He 的摩尔质量为cNA g/mol，3He、4He为氦元素的同位素，同温同压下，等体积的质量之比为b∶c，故D正确。]
12．短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则下列说法正确的是 ( )
A．可形成YX型化合物
B．Y原子质子数比X原子大6
C．X、Y的单质在化学反应中均易得到电子
D．X、Y的单质均易与氯气反应
B [由元素Y原子的电子层结构特点可得到a＋b＝8，8>a>b，再与元素X原子的电子层结构相结合可确定b＝2，a＝6，即X是氧元素，Y是硅元素，则A错误、B正确；硅在化学反应中更易表现出还原性而失电子，C错误；氧气不易直接与氯气反应，D错误。]
13．用A.质子数，B.中子数，C.核外电子数，D.最外层电子数，E.电子层数，填写下列各空格。
(1)原子种类由________决定。
(2)元素种类由________决定。
(3)元素有无同位素由________决定。
(4)同位素相对原子质量由________决定。
(5)元素的原子半径由________决定。
解析： (1)原子的种类由质子数和中子数共同决定。
(2)元素是核电荷数相同的一类原子的总称，因此元素种类只与质子数有关。
(3)对一确定的元素其同位素的中子数不同。
(4)原子的质量主要集中在原子核上，即相对原子质量取决于原子的质量数。
(5)元素的原子半径与电子层数和核电荷数有关。
答案： (1)AB (2)A (3)B (4)AB (5)AE
14．有①O、O、O ②H2、D2、T2 ③石墨、金刚石
④H、H、H四组微粒或物质，回答下列问题：
(1)互为同位素的是________(填编号，下同)。
(2)互为同素异形体的是________。
(3)由①和④的微粒可组成________种相对分子质量不同的三原子化合物。
答案： (1)①④ (2)③ (3)7
15．根据下列叙述，写出微粒符号。
(1)原子核外有2个电子层，核外有10个电子的原子________；
(2)原子核内没有中子，核外没有电子的微粒________；
(3)质量数为24，质子数等于中子数的离子________；
(4)由两个原子组成的具有10个电子的分子是__________；
(5)由两个原子组成的具有10个电子的阴离子是________________________________；
(6)由三个原子组成的具有10个电子的分子是____________。
答案： (1)Ne (2)H＋ (3)Mg2＋ (4)HF
(5)OH－ (6)H2O
16．按要求填空(均为短周期元素)。
(1)最外层电子数为1的元素有________(填元素符号，下同)。
(2)最外层电子数为2的元素有________。
(3)最外层电子数与次外层电子数相等的元素有________________________。
(4)最外层电子数是次外层电子数2倍的元素是________________________。
(5)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素是________________________。
(6)次外层电子数是最外层电子数2倍的元素有________________________。
(7)内层电子总数是最外层电子数2倍的元素有________________________。
(8)电子层数与最外层电子数相等的元素有______________。
(9)最外层电子数是电子层数2倍的元素有______________。
(10)最外层电子数是电子层数3倍的元素有______________。
答案： (1)H、Li、Na (2)He、Be、Mg (3)Be、Ar (4)C (5)O (6)Li、Si (7)Li、P (8)H、Be、Al (9)He、C、S (10)O
17．有A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的金属元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氩原子相同的电子数，回答下列问题：
(1)上述四种元素的名称分别是：A_____________；B_________；C________；D________。
(2)画出A离子、C原子的结构示意图： ____________________________________，
________。
解析： A元素是地壳中含量最多的金属元素，所以A是Al；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子，所以B为Cl；C元素的原子得到2个电子，所得到的微粒具有与氩原子相同的电子数，所以C比氩原子少2个电子，即C为S；D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氩原子相同的电子数，所以D比氩原子多1个电子，所以D为K。A离子为Al3＋，其离子结构示意图为；C原子为S原子，其原子结构示意图为。
答案： (1)铝 氯 硫 钾
(2) ,课时作业(二十五) 水的电离和溶液的pH
1．已知：25 ℃时，Kw＝1.0×10－14；35 ℃时，Kw＝2.1×10－14。下列有关水的电离的叙述正确的是( )
A．c(H＋)随温度的升高而减小
B．水的电离属于吸热过程
C．向蒸馏水中加入NaOH溶液，Kw增大
D．35 ℃时，水中c(H＋)>c(OH－)
B [水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，升高温度，Kw增大，说明升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c(H＋)、c(OH－)均增大，A错误，B正确；Kw仅与温度有关，向蒸馏水中加入NaOH溶液，c(OH－)增大，由于温度不变，则Kw不变，C错误；任何温度下水都呈中性，则35 ℃时，水中c(H＋)＝c(OH－)，D错误。]
2．下列溶液一定呈中性的是( )
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由等物质的量的强酸、强碱反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
B [pH＝7的溶液不一定是在常温下，故水的离子积不一定是Kw＝1×10－14，如100 ℃时，水的离子积常数是10－12，pH＝6时溶液呈中性，当pH＝7时溶液呈碱性，A错误；氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小是判断溶液酸碱性的依据，所以c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定呈中性，B正确；由等物质的量的强酸、强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量NaOH与H2SO4反应生成NaHSO4，溶液呈酸性，C错误；三氧化硫是非电解质，但它溶于水后生成硫酸，硫酸溶液呈酸性，D错误。]
3．关于滴定实验的下列说法正确的是( )
A．在酸碱中和滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化
B．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小
C．用KMnO4标准溶液滴定草酸时，KMnO4标准溶液盛装在碱式滴定管中
D．所有的滴定实验都需要加入指示剂
A [酸碱中和滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A正确；用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗NaOH标准溶液的体积偏大，使测定结果偏大，B错误；KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，要盛放在酸式滴定管中，C错误；并不是所有的滴定实验都需要加入指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定含还原性物质(如草酸等)的溶液时，不需要加指示剂，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，D错误。]
4．常温下，设1 L pH＝6的AlCl3溶液中由水电离出的H＋的物质的量为n1 mol；1 L pH＝6的盐酸中由水电离出的H＋的物质的量为n2 mol，则为( )
A．0.01 B．1
C．10 D．100
D [AlCl3溶液中Al3＋发生水解而使溶液呈酸性，AlCl3的水解促进了水的电离，由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，则有n1 mol＝1×10－6mol·L－1×1 L＝1×10－6mol。常温下，pH＝6的盐酸中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，而HCl电离抑制水的电离，由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1，则有n2 mol＝1×10－8mol·L－1×1 L＝1×10－8mol，故有＝＝100。]
5．下列有关水电离情况的说法正确的是( )
A．25 ℃，pH＝12的烧碱溶液与pH＝12的纯碱溶液，水的电离程度相同
B．其他条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小
C．其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小
D．其他条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大
D [酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离，Na2CO3是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3COOH为弱酸，其他条件不变，稀释CH3COOH溶液，c(H＋)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，B项错误；NaOH抑制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，C项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以Kw增大，D项正确。]
6．某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10－12。该温度下，将pH＝4的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH＝7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为( )
A．1∶10 B．9∶1
C．1∶9 D．99∶21
B [设稀硫酸的体积为a，NaOH溶液的体积为b，由题意得10－3b－10－4a＝10－5(a＋b)，a∶b＝9∶1。]
7．在T ℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 20.00 0.00 8
② 20.00 20.00 6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
B [据题意可知，在该温度下水的离子积常数是1×10－12，而不是1×10－14，通过①可知，此NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4 mol/L。由②可知，加入20.00 mL盐酸后溶液的pH＝6，此时恰好完全中和，则c(H＋)＝＝1×10－4 mol/L，则c＝4。]
8．用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸过程中的pH变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．b点时，加入极少量NaOH溶液都会引起pH的突变
B．选指示剂时，其变色范围应在4.30～9.70之间
C．若将盐酸换成同浓度的CH3COOH溶液，曲线ab段将会上移
D．都使用酚酞作指示剂，若将NaOH溶液换成同浓度的氨水，所消耗氨水的体积较NaOH溶液小
D [b点在突变范围内，极少量NaOH溶液也会引起pH的突变，A正确；题图中反应终点的pH在4.30～9.70之间，选择指示剂的变色范围应在反应终点的pH范围内，B正确；醋酸是弱酸，等浓度时醋酸溶液的pH大于盐酸，滴定终点时醋酸钠溶液水解显碱性，曲线ab段将会上移，C正确；使用酚酞作指示剂，用同浓度氨水代替NaOH溶液，滴定终点时溶质为NH4Cl，溶液显酸性，要使溶液由无色变为浅红色，pH在8.2～10.0之间，则消耗氨水的体积大于NaOH溶液，D错误。]
9．已知：pH＝－lg c(H＋)，pOH＝－lg c(OH－)。常温下，向某浓度的盐酸中滴加NaOH溶液，所得溶液pOH和pH变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．盐酸与NaOH溶液的浓度相等
B．B点和D点水的电离程度相同
C．将滴加NaOH溶液改为滴加氨水，该图曲线不变
D．升高温度，滴定过程中pOH＋pH>14
B [由题图可知，未滴加NaOH溶液时盐酸的pH＝0，则c(H＋)＝1 mol·L－1，即c(HCl)＝1 mol·L－1，最终pH＝14，则c(OH－)＝1 mol·L－1，由于最终所得溶液是NaCl和NaOH的混合溶液，相当于对原NaOH溶液进行稀释，故c(NaOH)>1 mol·L－1，A项错误；B点、D点水的电离均受到抑制，且由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10mol·L－1，B项正确；若将滴加NaOH溶液改为滴加氨水，由于NH3·H2O为弱碱，而饱和氨水的pH约为12，故最终所得溶液pH不可能为14，C项错误；升高温度，水的离子积KW增大，即c(H＋)·c(OH－)>10－14，pH＝－lg c(H＋)，pOH＝－lg c(OH－)，故pOH＋pH<14，D项错误。]
10．(2021·深圳检测)常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法正确的是( )
A．b点溶液中，水的电离程度最小
B．溶液中的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a
C．常温下，HA的电离平衡常数的数量级为10－6
D．d点溶液中：c(A－)＋c(HA)＋c(H＋)＝c(NH3 H2O)＋c(OH－)
B [由图可知，0.1 mol·L－1的HA溶液的pH为3，则HA为弱酸；a点HA溶液与氨水部分反应，所得溶液为HA和NH4A的混合溶液；b点HA溶液与氨水完全反应，所得溶液为NH4A溶液，c、d两点氨水过量，得到NH4A和NH3 H2O的混合溶液。A.由分析可知，b点所得溶液为NH4A溶液，A－和铵根离子均促进水的电离，则b点水的电离程度最大，故A错误；B.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，导电能力越大，溶液中离子浓度越大，由图可知，溶液的导电能力b＞c＞a，由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)可知，阳离子总数等于阴离子总数，则溶液中的离子总数是阴离子总数的2倍，由溶液的导电能力与溶液中的阴离子总数呈正比可知，溶液中的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a，故B正确；C.由图可知，0.1 mol·L－1的HA溶液的pH为3，则HA的电离平衡常数为＝10－5，电离平衡常数的数量级为10－5，故C错误；D.d点加入20 mL等浓度的氨水，所得溶液为等浓度的NH4A和NH3 H2O的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2c(A－)＋2c(HA)＝c(NH3 H2O)＋c(NH)和电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，整合两式可得：c(A－)＋2c(HA)＋c(H＋)＝c(NH3 H2O)＋c(OH－)，故D错误。]
11．(2021·湖北师大附中质检)电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.该滴定过程中不需任何指示剂
B．a点溶液中存在：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．b点溶液呈酸性
D．a到b之间存在：c(Na＋)＞c(Cl－)
B [根据信息可知，指示电极电位(ERC)的突跃点即为滴定终点，滴定过程中不需外加指示剂，A选项正确；根据图示，可知a点为第一个滴定终点，发生的化学反应为Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，溶液为等物质的量的NaCl和NaHCO3混合物，根据物料守恒有：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＋c(Cl－)，则c(Na＋)＞c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，B选项错误；b点接近于第二个滴定终点，盐酸不足，有极少量的NaHCO3剩余，发生的化学反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，溶液中主要为NaCl和H2CO3，溶液呈酸性，C选项正确；a点溶液中c(Na＋)＞c(Cl－)，第二个滴定终点，溶液中全部为NaCl，b点盐酸不足，则c(Na＋)＞c(Cl－)，所以a到b之间c(Na＋)＞c(Cl－)，D选项正确。]
12．已知水的电离平衡曲线如图所示。
试回答下列问题：
(1)图中五点Kw间的关系为________________________________________________。
(2)从A点到D点，可采取的措施为________。
a．升温 b．加入少量的盐酸 c．加入少量的NH4Cl固体
(3)若D点表示NH4Cl溶液，则由水电离产生的c(H＋)为______________；100 ℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)为__________。
解析： (1)水的离子积常数Kw仅与温度有关，温度越高，Kw越大，故图中五点的Kw间的关系式为B>C>A＝D＝E。(2)A点与D点的温度相同，但D点的溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，故从A点到D点可采取的措施是向水中加入少量酸或水解显酸性的盐。(3)NH4Cl溶液中存在NH＋H2O???NH3·H2O＋H＋，溶液中的H＋就是由水电离出的H＋；盐酸中由水电离产生的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相同，100 ℃时，盐酸中c(OH－)＝ mol·L－1＝2×10－9 mol·L－1。
答案： (1)B>C>A＝D＝E (2)bc
(3)10－6 mol·L－1 2×10－9 mol·L－1
13．下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10－14 Kw 1×10－12
试回答以下问题：
(1)若25 ℃
________________________________________________________________________。
(2)25 ℃下，将pH＝13的氢氧化钠溶液V1 L与pH＝1的稀盐酸V2 L混合[设混合后溶液的体积为(V1＋V2)L]，所得混合溶液的pH＝2，则V1∶V2＝____________。
(3)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)________c(CH3COO－)(填“>”“<”或“＝”)。
(4)25 ℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)____c(CH3COO－)(填“>”“<”或“＝”)。
解析： (1)水的电离是吸热过程，升高温度，能促进水的电离，使Kw增大，故Kw>1×10－14。
(2)混合溶液的pH＝2，说明酸过量，且混合溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1。pH＝13的氢氧化钠溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，pH＝1的稀盐酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，则混合溶液中c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，解得：V1∶V2＝9∶11。
(3)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，二者恰好完全反应生成醋酸钠和水，由于醋酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，即c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)>c(CH3COO－)。
(4)pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合，若醋酸为强酸，溶液恰好完全反应，溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，在反应过程中会继续电离出H＋，故溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)
14．Ⅰ.已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。(已知lg 4＝0.6)请回答下列有关问题：
(1)a点溶液中c(H＋)为_________________，pH约为________。
(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是______点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。
Ⅱ.(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填字母)。
答案： (1)4×10－4mol·L－1 3.4 (2)c 酚酞 c点以上 (3)B课时作业(十三) 氮及其化合物
1．将空气中氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮。下列能实现人工固氮的是( )
A．闪电 B．电解食盐水
C．植物根瘤菌 D．合成氨
D [选项A、C为自然固氮，合成氨为人工固氮。]
2．下列生产工艺不能体现“绿色化学”思想的是( )
A．海水提镁：用电解MgCl2(熔融)产生的Cl2制取盐酸
B．工业制硫酸：提高尾气排放的烟囱高度
C．工业制胆矾：使用稀硫酸、双氧水溶解铜
D．火力发电：在燃煤中加入适量生石灰
B [A项，用电解MgCl2(熔融)产生的Cl2制取盐酸，实现有毒气体的利用，减少污染，能体现“绿色化学”思想。B项，工业制硫酸中提高排放尾气的烟囱高度，不能减少尾气的排放，不能体现“绿色化学”思想。C项，工业制胆矾采用稀硫酸、双氧水溶解铜，不仅可以减少尾气排放，且提高了硫酸的利用率，能体现“绿色化学”思想。D项，火力发电时，在燃煤中加入适量生石灰，可以减少SO2的排放，能体现“绿色化学”思想。]
3．氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如图所示的氮元素的循环过程。下列说法不正确的是( )
A．过程①“雷电作用”中发生的反应是N2＋O22NO
B．过程③“固氮作用”中，氮气被还原
C．过程⑤中涉及的反应可能有2NO＋O2===2NO
D．过程⑥中涉及的反应可能有2NO＋12H＋===N2↑＋6H2O
D [A.过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，即发生的反应是N2＋O22NO，A说法正确；B.过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B说法正确；C.过程⑤中NO被氧化为NO，涉及的反应可能为2NO＋O2===2NO，C说法正确D.过程⑥中氮元素化合价降低，NO被还原，离子方程式中电荷不守恒，且只有N元素化合价降低，无元素化合价升高，涉及的反应不可能为2NO＋12H＋===N2↑＋6H2O，D说法错误。]
4．氮及其化合物的变化关系如下图所示。
则下列说法不正确的是( )
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．反应③中，NO2作氧化剂，H2O作还原剂
D．液氨可用作制冷剂，硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等
C [氨经一系列反应得硝酸，A正确；雷电固氮是N2→NO→NO2→HNO3，B正确；在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，NO2既作氧化剂又作还原剂，C错误；D正确。]
5．已知常温常压下在1 L水中可溶解40 L NO2，NO2能与NaOH溶液发生反应：2NaOH＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋H2O。以下各种尾气吸收装置中，不适合吸收NO2气体的是( )
B [由于常温常压下在1 L水中可溶解40 L NO2，即极易溶于水，所以在吸收装置中需要防止倒吸，只有B中不能防止倒吸。]
6．某实验过程如图所示：则图③的试管中的现象是( )
A．无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应
B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色
C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体
D．铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色
D [生成的Cu(NO3)2在H2SO4的酸性条件下相当于又有了HNO3，铜片会继续溶解生成NO。]
7．如图，①将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5 mL稀硫酸，向具支试管中加入约2 mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体；②上述反应完成后，更换装置c(充满水)，再从分液漏斗中放入稀硫酸。下列叙述中不正确的是( )
A．开始b中发生Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
B．实验中铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体，证明浓硝酸具有强氧化性
C．操作②不会产生任何现象
D．向操作②所得c中通入空气，气体变红棕色
答案： C
8．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如下所示。下列说法正确的是( )
A．该过程中没有非极性键的断裂与生成
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C．基于LDH合成NH3的过程不属于氮的固定
D．利用NH3容易液化的性质，将混合气体加压降温可分离出NH3
D [A.根据原理示意图可知，该过程中的总反应为2N2＋6H2O4NH3＋3O2，N2、O2中只存在非极性键，H2O、NH3中只存在极性键，则该过程中既有非极性键的断裂与生成、又有极性键的断裂与生成，A错误；B.该过程中N元素的化合价从0价降至－3价，N2为氧化剂，1 mol N2得到6 mol电子，O元素的化合价从－2价升至0价，H2O是还原剂，1 mol H2O失去2 mol电子，根据得失电子总物质的量相等，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，B错误；C.该过程中将游离态的氮(N2)转化成了含氮化合物(NH3)，属于氮的固定，C错误；D.该过程得到NH3和O2的混合气，由于NH3容易液化，故将混合气体加压降温使NH3液化，从而分离出来，D正确。]
9．现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是( )
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B．将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C．关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D．工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
D [可利用浓氨水与CaO或NaOH固体反应制备氨气，不能用CaCl2固体，因为CaCl2与NH3反应能形成CaCl2·8NH3，A项错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项错误；喷泉实验的原理是形成压强差，三颈瓶中压强越小，说明喷泉越剧烈，故C点时喷泉最剧烈，C项错误；稀盐酸吸收氨气的效果更好，因此工业上出现液氨泄漏时，喷稀盐酸比喷NaHCO3溶液处理效果好，D项正确。]
10．某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。
已知：在溶液中FeSO4＋NO???[Fe(NO)]SO4(棕色)，该反应可用于检验NO。下列说法中不正确的是( )
A．装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液
B．若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应
C．实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞
D．装置J收集的气体中一定不含NO
D [稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮能够被氧气氧化，因此实验前需要通入氮气，排尽装置中的空气，硝酸具有挥发性，生成的一氧化氮中混有少量硝酸蒸气，可以通过水吸收后再干燥，干燥的一氧化氮在装置H中与铜反应，未反应的NO可以利用硫酸亚铁溶液检验。装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液，A项正确；若观察到装置H中红色粉末变为黑色，则NO与Cu发生了反应，B项正确；实验结束后，为了防止倒吸，需要先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞，C项正确；由于FeSO4＋NO???[Fe(NO)]SO4(棕色)为可逆反应，装置J收集的气体中可能含有NO，D项错误。]
11．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：
下列说法不正确的是( )
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X为适量空气，氧化NO，使其易被氢氧化钠溶液吸收
C．捕获剂所捕获的气体主要是N2
D．处理含 NH废水时，发生反应的离子方程式为 NH＋NO===N2↑＋2H2O
C [工业废气中CO2、SO2为酸性氧化物，可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A.工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A正确；B.由分析可知，B正确；C.根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，C错误；D.根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后得到的NaNO2与含有NH的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为 NH＋NO===N2↑＋2H2O，D正确。]
12．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
A [由题意可知：Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。]
13．如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系，回答下列问题：
(1)写出N2的一种用途____________________________________________________。
(2)从N元素化合价分析，N2具有氧化性和还原性。各举一例说明(用化学方程式表示)
氧化性________________________________________________________________；
还原性__________________________________________________________________。
(3)HNO3与下图中的物质C常用于检验Cl－的存在，则C的化学式为________。
(4)实验室制取物质B的化学方程式为______________________________________。
答案： (1)做保护气、保存粮食
(2)N2＋3H22NH3或N2＋3MgMg3N2 N2＋O22NO
(3)AgNO3
(4)Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O
14．在如图所示的实验装置中，盛有足量水的水槽里放两个烧杯，小烧杯里放有适量铜片和过量浓硝酸，小烧杯外面倒扣一大烧杯，请回答下列问题：
(1)实验过程中，观察到的主要现象是
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
④________________________________________________________________________。
(2)用该装置做铜与浓硝酸反应的实验，最突出的优点是_______________________。
(3)若要验证最终得到的气体生成物，最简便的操作及现象是___________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)①铜片表面产生气泡，铜片慢慢溶解并逐渐消失
②小烧杯中溶液的颜色逐渐变成蓝色
③大烧杯中有红棕色气体生成，后来慢慢变成无色
④大烧杯内液面上升，水槽中液面下降
(2)反应体系封闭，无氮氧化合物逸出，不污染环境
(3)轻轻掀起倒扣的大烧杯，通入适量的空气，若有红棕色气体生成，则证明最终气体生成物为NO气体
15．某同学用下列装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。
回答下列问题：
(1)若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为
________________________________________________________________________；
若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是________，分液漏斗中装的试剂是________，收集装置应选择________(填装置序号)。
解析： (1)装置①适用于固 固加热制取气体，制取NH3时试剂是NH4Cl和Ca(OH)2。若测定NH3的体积，必须用排液体法，而NH3极易溶于水，故不能用排水法，所用的液体必须不与NH3反应，也不溶解NH3才行。(2)装置②是固 液反应，不需要加热的装置，制取NH3时，可用浓氨水和碱石灰作用。
答案： (1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O ③⑦ 氨气难溶于该试剂，且该试剂不易挥发
(2)CaO(或NaOH或碱石灰) 浓氨水(或浓NH4Cl溶液) ⑥课时作业(三十八) 烃的含氧衍生物
1．下列物质转化常通过氧化反应实现的是( )
A．CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3
B．CH3CH2OH→CH3CHO
C．
D．CH2===CH2→CH3CH2Br
B [乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下共热，发生酯化反应(取代反应)生成乙酸乙酯，A错误；乙醇在铜或银催化作用下加热，被氧气氧化生成乙醛，为氧化反应，B正确；苯与浓硝酸在浓硫酸催化作用下加热，发生取代反应生成硝基苯，C错误；乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，D错误。]
2．下列化学方程式或离子方程式不正确的是( )
A．溴乙烷在氢氧化钠水溶液中的反应：
CH3CH2Br＋OH－CH3CH2OH＋Br－
B．制备酚醛树脂：
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
2C6H5O－＋CO2＋H2O―→2C6H5OH＋CO
D．甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：
HCHO＋4[Ag(NH3)2]＋＋4OH－CO＋2NH＋4Ag↓＋6NH3＋2H2O
C [溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生水解反应：CH3CH2Br＋OH－CH3CH2OH＋Br－，A正确；制备酚醛树脂的化学方程式为＋(n－1)H2O，B正确；由于酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根离子，根据强酸制弱酸原理，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO，C错误；甲醛溶液与足量的银氨溶液共热，发生反应HCHO＋4[Ag(NH3)2]＋＋4OH－CO＋2NH＋4Ag↓＋6NH3＋2H2O，D正确。]
3．生活中常用烧碱来清洗抽油烟机上的油渍(主要成分是油脂)，下列说法不正确的是( )
A．油脂属于天然高分子
B．热的烧碱溶液去油渍效果更好
C．清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应
D．油脂在碱性条件下发生的水解反应又称为皂化反应
答案： A
4．薯片、炸薯条、蛋糕等食物中含有丙烯酰胺()，丙烯酰胺确实是一类致癌物质。关于丙烯酰胺的下列叙述正确的是( )
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．不能发生加聚反应
C．不能与氢气发生加成反应
D．不能发生水解反应
答案： A
5．某羧酸的衍生物A的分子式为C6H12O2，已知A，又知D不与Na2CO3溶液反应，C和E都不能发生银镜反应，则A的结构可能有( )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
B [由题意可推断出A为酯，C为羧酸，D为醇，E为酮；因C、E都不能发生银镜反应，则C不是甲酸，而D分子中应含有的结构，结合A的分子式可知A只可能是CH3COOCH(CH3)CH2CH3或CH3CH2COOCH(CH3)2两种结构。]
6．某有机物X的结构简式如图所示。若1 mol X分别与H2、Na、NaOH、NaHCO3恰好完全反应，则消耗H2、Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为( )
A．4∶3∶2∶1 B．3∶3∶2∶1
C．4∶3∶2∶2 D．3∶3∶2∶2
A [该有机物中含有酚羟基、醛基、羧基、醇羟基和苯环，一定条件下，能和氢气发生加成反应的有苯环和醛基，能和氢氧化钠反应的有酚羟基和羧基，能和碳酸氢钠反应的只有羧基，酚羟基、醇羟基、羧基都能和钠反应生成氢气，所以若1 mol X分别与H2、Na、NaOH、NaHCO3恰好完全反应，则消耗H2、Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为4 mol、3 mol、2 mol、1 mol，故选A。]
7．药用有机化合物A(C8H8O2)为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。
则下列说法正确的是( )
A．根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚
B．G的同分异构体中属于酯类且能发生银镜反应的只有一种
C．上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G
D．A的结构简式为
D [根据现象及化学式，推知A为乙酸苯酚酯，B为苯酚钠，D为苯酚，F为三溴苯酚。G的符合题意条件的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种。]
二、非选择题
8．今有以下几种化合物：
(1)请写出丙中含氧官能团的名称： ________________________________________。
(2)请判断上述哪些化合物互为同分异构体：________________。
(3)请分别写出鉴别甲、乙、丙化合物的方法(指明所选试剂及主要现象即可)。
鉴别甲的方法： ________________________________________________________。
鉴别乙的方法： _________________________________________________________。
鉴别丙的方法： _________________________________________________________。
解析： 要鉴别甲、乙、丙三种物质，关键要抓住性质特征，尤其现象要明显。可分别抓住甲、乙、丙中酚羟基、羧基、醛基的典型性质。
答案： (1)醛基、(醇)羟基 (2)甲、乙、丙
(3)三氯化铁溶液，显紫色 碳酸钠溶液，有气泡生成 银氨溶液，共热产生银镜
9．乙二酸二乙酯(D)可由石油气裂解得到的烯烃合成。回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________，
其反应类型为________。
(2)反应③的反应类型为________________。
(3)C的结构简式为________________。
(4)反应②的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： 石油气裂解产物主要是气态短链烯烃。由题给框图可知，A与H2O在催化剂的作用下生成C2H6O，该化合物为CH3CH2OH，则A为乙烯，乙醇与C反应生成，该反应为酯化反应，则C为HOOC－COOH(乙二酸)；B和A互为同系物，B与Cl2在光照条件下反应生成C3H5Cl，则B为CH2===CHCH3(丙烯)，C3H5Cl的结构简式为CH2===CHCH2Cl，在NaOH的水溶液中水解生成CH2===CHCH2OH，继续催化氧化生成乙二酸。
答案： (1)CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH 加成反应
(2)取代反应 (3)HOOC—COOH
(4)2CH3CH2OH＋HOOCCOOHCH3CH2OOC—COOCH2CH3＋2H2O
10．有机物A可用于合成具有特殊用途的有机物D和E，其中E属于酯类，合成路线如下：
(1)C中官能团的名称为________。
(2)A生成B的化学方程式为_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)A生成E的化学方程式为_______________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： A为环己醇，和邻羟基苯甲酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成酯E，E的结构简式为；环己醇(A)在铜作催化剂的条件下发生氧化反应生成环己酮(B)；则B的结构简式为；乙炔和钠在液氨条件下生成乙炔钠，乙炔钠和B在液氨条件下反应，产物经酸化后得到C，C和COCl2及NH3经两步反应生成D。(1)C中所含官能团为羟基、碳碳三键。(2)环己醇(A)在铜作催化剂的条件下发生氧化反应生成环己酮(B)，反应的化学方程式为＋O2＋2H2O。(3)环己醇(A)和邻羟基苯甲酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成酯(E)。
答案： (1)羟基、碳碳三键
(2)
11．化合物M(2 异丙基 4 甲基噻唑 5 甲酸乙酯)作为噻唑衍生物的代表，是重要的药物中间体，某研究小组探究其合成路线如下：
已知：①A、E是同分异构体，且都只含一种官能团，A有酸性而E没有；
(1)下列说法正确的是__________________(填字母)。
A．化合物F中含有一种官能团
B．B→C的反应是取代反应
C．化合物A的名称是2 甲基丙酸
D．D＋G→M的反应中还有小分子H2O和HCl生成
(2)写出化合物B的结构简式： _____________________________________________。
(3)写出E→F的化学方程式： _____________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)经分析F为，分子中含有羰基和酯基两种官能团，A错误；B与NH3发生取代反应生成C，B正确；A为，其名称为2 甲基丙酸，C正确；根据前后物质结构分析及原子守恒可知，D与G反应生成M、H2O和HCl，D正确。(3)2分子E在CH3CH2ONa的条件下发生已知信息②反应生成F，反应方程式为2CH3COOCH2CH3
＋CH3CH2OH
答案： (1)BCD (2)
(3)2CH3COOCH2CH3＋CH3CH2OH
12．由乙烯和其他无机原料合成环状酯E和高分子化合物H的示意图如图所示：
(1)写出以下反应的反应类型：
X________________________________________________________________________，
Y________________________________________________________________________。
(2)写出以下反应的化学方程式：
A→B： _________________________________________________________________；
G→H： _________________________________________________________________。
(3)若环状酯E与NaOH水溶液共热，则发生反应的化学方程式为______________。
解析： 乙烯分子中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，生成1，2 二溴乙烷，则A的结构简式为CH2BrCH2Br；A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成F，则F是乙炔；乙炔和氯化氢发生加成反应生成G，则G是CH2===CHCl；G中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物H，则H是聚氯乙烯；A也能在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，则B是乙二醇；乙二醇被氧化成C，则C是乙二醛；乙二醛继续被氧化，生成乙二酸，则D是乙二酸；乙二酸和乙二醇发生酯化反应生成环状酯E。
答案： (1)酯化反应(或取代反应) 加聚反应
13．从冬青中提取出的有机物A可用于合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下：
提示：
根据上述信息回答：
(1)请写出Y中含氧官能团的名称： ________________________________________。
(2)写出反应③的反应类型： _______________________________________________。
(3)写出下列反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________。
⑥________________________________________________________________________。
(4)A的同分异构体I和J是重要的医学中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生成和，鉴别I和J的试剂为______________________________。
解析： (1)Y中含氧官能团的名称是酚羟基、羧基。
(2)根据已知推断H中含硝基，所以反应③的反应类型是取代反应。(3)由反应⑦知B为甲醇，根据反应①的条件推断A中含酯基，由Y的结构简式倒推A的结构简式为，所以反应①的化学方程式为＋2NaOH＋CH3OH＋H2O。D为甲醛，与银氨溶液反应的化学方程式为HCHO＋4Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3＋2H2O＋6NH3＋4Ag↓。(4)由I、J生成的产物的结构简式判断，I中含有酚羟基，J中含有醇羟基，所以区别二者的试剂是FeCl3溶液或浓溴水。
答案： (1)羧基、(酚)羟基
(2)取代反应
(3)①＋2NaOH＋CH3OH＋H2O
⑥HCHO＋4Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3＋2H2O＋6NH3＋4Ag↓
(4)FeCl3溶液或浓溴水课时作业(三) 离子共存 离子的检验和推断
1．(2021·福建漳州质检)常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是( )
A．H＋、Na＋、SO、CH3COO－
B．K＋、Na＋、NO、SO
C．Al3＋、NH、Br－、HCO
D．Na＋、ClO－、Cl－、SO
B [H＋、CH3COO－不能大量共存，会生成弱电解质CH3COOH，A错误；K＋、Na＋、NO、SO之间不发生反应，可以大量共存，B正确；Al3＋、HCO发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，C错误；ClO－、SO可以发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。]
2．在c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1的新制漂白粉的溶液中，下列各组离子能大量共存的是( )
A．Na＋、K＋、CO、NO
B．Na＋、K＋、SO、OH－
C．K＋、Na＋、NO、CH3COO－
D．H＋、NH、NO、SO
C [在c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1的新制漂白粉的溶液中含有大量的Cl－和ClO－。Ca2＋与CO能够反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，A项错误；ClO－能够将SO氧化，不能大量共存，B项错误；K＋、Na＋、NO、CH3COO－与Ca2＋、Cl－和ClO－都不反应，能够大量共存，C项正确；Ca2＋与SO能够反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，D项错误。]
3．25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．pH＝1的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、CO
B．使酚酞呈红色的溶液中：K＋、Na＋、NO、Cl－
C．0.1 mol·L－1的FeCl2溶液中：H＋、Al3＋、SO、S2－
D．由水电离出的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：Mg2＋、NH、SO、HCO
B [A项，pH＝1的无色溶液显酸性，Cu2＋、CO均不能大量存在，A错误；B项，使酚酞呈红色的溶液显碱性，K＋、Na＋、NO、Cl－之间不反应，可以大量共存，B正确；C项，H＋、Al3＋与S2－均不能大量共存，C错误；D项，由水电离出的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1的溶液中，水的电离被抑制，如果显酸性，HCO不能大量存在，如果显碱性，Mg2＋、NH、HCO均不能大量存在，D错误。]
4．下表各项中的离子能在溶液中大量共存，且满足相应要求的是( )
选项 离子 要求
A K＋、Cl－、SO、MnO c(K＋)
C Al3＋、NH、SO、CH3COO－ 滴加NaOH溶液立刻有气体产生
D Na＋、Mg2＋、Ag＋、NO 滴加氨水先有沉淀产生，后沉淀部分溶解
D [A项，c(K＋)
5．某溶液中大量存在四种离子：NO、SO、H＋、M，其物质的量之比为：n(NO)∶n(SO)∶n(H＋)∶n(M)＝3∶1∶3∶1，则M可能为：①Fe2＋ ②Mg2＋ ③Cl－ ④Ba2＋( )
A．①②④ B．③
C．② D．①②
C [根据溶液呈电中性及n(NO)∶n(SO)∶n(H＋)∶n(M)＝3∶1∶3∶1，可推出M应为＋2价阳离子。NO、H＋、Fe2＋能发生氧化还原反应而不能大量共存，则M不是Fe2＋；SO、Ba2＋能结合生成硫酸钡沉淀，则M不是Ba2＋；M可能为Mg2＋。C项正确。]
6．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
B [检验SO时要排除CO的干扰，故加HCl，A项，H2SO4加入时会引入SO，对检验有影响。]
7．侯德榜将氨碱法制取碳酸钠和合成氨联合起来，将制碱技术发展到新的水平。氨碱法的反应原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，过滤所得NaHCO3可用于制纯碱。现对过滤所得滤液进行如下实验，所得结论正确的是( )
A．用铂丝蘸取少量滤液进行焰色试验，观察到火焰呈黄色，说明滤液中含有Na＋
B．取少量滤液于试管中，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝，说明滤液中不含NH
C．取少量滤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，说明滤液中含有Cl－
D．取少量滤液，向其中加入适量澄清石灰水，观察到有白色沉淀生成，说明滤液中含有CO
A [A项，钠元素的焰色试验是黄色，滤液中钠元素是以钠离子形式存在，A正确；B项，滤液中含NH4Cl，取少量滤液于试管中，直接加热试管，生成的氨气与氯化氢会重新结合生成氯化铵，检验不到氨气，而应取样于试管中加入浓氢氧化钠加热，观察是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，B错误；C项，取少量滤液，向其中加入足量稀盐酸后引入了氯离子，对原滤液中是否含氯离子有干扰，C错误；D项，若滤液中含碳酸氢根离子，遇澄清石灰水也会出现白色沉淀，则上述操作不能证明是否含碳酸根离子，D错误；故选A。]
8．为了证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH、Fe2＋、SO和H2O，取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，下列实验叙述中错误的是( )
A．加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水
B．加少量水，溶液为浅绿色，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，则证明晶体的成分中含有Fe2＋
C．加水溶解，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO
D．加浓NaOH溶液，加热，用湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口检验，试纸变红色，则证明晶体的成分中含有NH
D [D项中应该用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验NH3，若试纸变蓝色，则证明晶体的成分中含有NH。]
9．某试液中只可能含有K＋、NH、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO、CO、AlO中的若干种离子，离子浓度均为0.1 mol·L－1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是( )
A．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－
B．滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe2＋和Ba2＋
C．无法确定沉淀C的成分
D．原溶液中存在的离子为NH、Fe2＋、Cl－、SO
D [加入过量稀硫酸无明显现象，说明无CO、AlO；再加入硝酸钡溶液有气体，说明有Fe2＋存在且被氧化，沉淀为硫酸钡，但不能说明原溶液中是否含有SO。原溶液中含有Fe2＋；再加入NaOH溶液有气体，说明存在NH，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；再通入少量CO2，先后分别与OH－、Ba2＋反应，沉淀C含有碳酸钡，可能含有Al(OH)3。从上述分析可以确定溶液中一定含有NH、Fe2＋，一定不含AlO、CO。因为存在的离子浓度均为0.1 mol·L－1，从电荷守恒的角度出发，只能含有NH、Fe2＋、Cl－、SO才能保证电荷守恒，K＋、Al3＋必然不能存在。故A、B、C错误，D正确。]
10．某溶液中可能含有等物质的量浓度的K＋、Na＋、Fe3＋、Fe2＋、SO、SO、I－、NO中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验：
(1)一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀；
(2)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色。
下列说法不正确的是( )
A．可能含有SO B．可能含有SO
C．可能含有Fe2＋ D．可能含有Fe3＋
D [一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO、SO中的一种，A、B正确；一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，说明含有Fe2＋、SO、I－中至少一种，C项正确；若溶液中含有Fe3＋，Fe3＋具有强氧化性，则一定不含SO和I－，由于溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则一定含有Fe2＋，此时溶液中阴离子为SO和NO，几种离子的物质的量浓度相同时，正、负电荷不守恒，则原溶液一定不含Fe3＋，D项错误。]
11．为确定某溶液的离子组成，进行实验：
①测定溶液的pH，溶液显碱性；
②取少量溶液加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。
根据以上实验，以下对原溶液的推测正确的是( )
A．一定有Cl－存在
B．不能确定是否存在HCO
C．一定有CO存在
D．一定有SO存在
B [①测定溶液的pH，溶液显碱性；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，生成的气体为CO2，说明原溶液中含CO和HCO中的至少一种，不含SO和HSO；③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是BaSO4；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，产生白色沉淀说明含Cl－，但②中加入盐酸，引入Cl－，不能确定原溶液中是否含Cl－；综上所述，可知B项正确。]
12．某中学化学实验小组在实验室鉴定某无色溶液。已知溶液中的溶质仅由NH、K＋、Ag＋、Ca2＋、Al3＋、AlO、MnO、CO、SO中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙。
则下列离子在原溶液中一定存在的有( )
A．K＋、CO、AlO
B．SO、AlO、K＋、CO
C．CO、K＋、Al3＋、NH
D．MnO、K＋、CO、NH
A [原溶液无色，说明该溶液中不存在MnO。实验(1)加入盐酸有气体生成，溶液中含有CO，则溶液中不存在Ag＋、Ca2＋、Al3＋。实验(2)产生的气体是(1)所得溶液中过量的盐酸与HCO反应生成的CO2，沉淀只可能是Al3＋与HCO反应生成的Al(OH)3，则实验(1)所得溶液中必有AlO与过量盐酸反应生成的Al3＋，而原溶液存在AlO时，NH必然不存在。实验(3)的气体和沉淀可能是由(2)所得溶液中过量的NH4HCO3与Ba(OH)2反应生成的，分别为NH3和BaCO3，所以无法判断SO是否存在。综上所述，原溶液中一定不存在Ag＋、Ca2＋、Al3＋、MnO、NH，根据溶液呈电中性，则仅有的阳离子K＋存在于溶液中，则原溶液一定存在AlO、CO和K＋，而SO无法判断。]
13．某强酸性溶液X中含有Ba2＋、Al3＋、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、SO、SO、Cl－、NO中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：(小提示：气体D在常温常压下呈现红棕色)
(1)上述离子中，溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是________________，不能确定是否含有的离子(Q)是________，若要确定该离子Q(若不止一种，可任选一种)不存在，最可靠的化学方法是_____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)沉淀G的化学式为____________________________________________________。
(3)写出生成A的离子方程式：_________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出气体D与水、足量氧气反应生成E的化学方程式：________________________________________________________________________。
解析： 在强酸性溶液中一定不会存在CO、SO；加入过量硝酸钡溶液生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO，生成气体A，A氧化生成D，D在常温常压下呈现红棕色，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2＋；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH；溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3(无BaCO3，因CO2过量)，溶液H中含NaAlO2，说明原溶液中有Al3＋。再根据离子共存原则，强酸性溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO，含有SO就一定不含Ba2＋，则不能确定是否含有的离子是Fe3＋、Cl－。
答案： (1)Al3＋、NH、Fe2＋、SO Fe3＋、Cl－ 取少量X溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液颜色无明显变化，说明没有Fe3＋(其他合理答案也可)
(2)Fe(OH)3
(3)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
(4)4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3
14．某无色废水中可能含有H＋、NH、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO、CO、SO中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 mL，进行了3组实验，其操作和有关现象如下所示：
请回答下列问题：
(1)根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有____________。
(2)实验③中所发生反应的离子反应式为________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)分析上面图像，在原溶液中c(NH)与c(Al3＋)的比值为__________。NO是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)。
解析： (1)无色废水中无Fe3＋，根据实验①确定有Na＋，根据实验②确定有SO，根据实验③确定有H＋、NH、Al3＋，一定不含Fe3＋、Mg2＋，因为CO与Al3＋不能大量共存，所以无CO，故溶液中存在的离子为Na＋、Al3＋、NH、H＋、SO，废水中一定不存在的离子有Fe3＋、Mg2＋、CO。(2)实验③中依次发生的离子反应有酸碱中和：H＋＋OH－===H2O，生成沉淀：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，生成一水合氨：NH＋OH－===NH3·H2O，沉淀溶解：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。(3)已知硫酸钡沉淀为2.33 g，则n(SO)＝＝0.01 mol，根据图像可知与Al(OH)3反应的OH－为0.007 mol，所以n(Al3＋)＝0.007 mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021 mol，所以溶液中H＋消耗氢氧化钠0.014 mol，氢离子的物质的量是0.014 mol，NH＋OH－===NH3·H2O，消耗氢氧化钠0.007 mol，所以铵根离子的物质的量是0.007 mol，原溶液中c(NH)与c(Al3＋)的比值为1∶1，Al3＋、NH、H＋所带正电荷为0.042 mol，SO带0.02 mol负电荷，故存在NO。
答案： (1)Fe3＋、Mg2＋、CO
(2)H＋＋OH－===H2O、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、NH＋OH－===NH3·H2O、
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(3)1∶1 存在课时作业(三十六) 认识有机化合物
1．下列对物质的分类正确的是( )
D [中羟基与苯环侧链碳原子相连，属于芳香醇，A错误；中不含苯环，含碳碳双键，不属于芳香烃，属于环烯烃，B错误；中含有的官能团为醛基，属于醛，C错误；含有的官能团为氯原子，属于卤代烃，D正确。]
2．下列物质的分类中，所属关系不符合“X包含Y、Y包含Z”的是( )
选项 X Y Z
A. 芳香族化合物 芳香烃的衍生物 苯酚
B. 脂肪族化合物 链状烃的衍生物 CH3COOH(乙酸)
C． 环状化合物 芳香族化合物 苯的同系物
D. 不饱和烃 芳香烃 苯甲醇
D [芳香族化合物包括芳香烃和芳香烃的衍生物，苯酚属于芳香烃的衍生物，因此X包含Y，Y包含Z，A不符合题意；脂肪族化合物包括链状烃和链状烃的衍生物，乙酸属于链状烃的衍生物，因此X包含Y，Y包含Z，B不符合题意；环状化合物包括脂环烃、芳香烃以及它们的衍生物，苯的同系物属于芳香烃，因此X包含Y，Y包含Z，C不符合题意；不饱和烃包括烯烃、炔烃、芳香烃等，但苯甲醇属于芳香烃的衍生物，不属于芳香烃，因此Y不包含Z，D符合题意。]
3．下列物质满足实验式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体条件的是( )
A．1 辛烯和3 甲基 1 丁烯 B．苯和乙炔
C．1 氯丙烷和2 氯丙烷 D．甲苯和乙苯
答案： B
4．下列说法正确的是( )
A．乙酸和硬脂酸互为同系物
B．和互为同分异构体
C．H2O和D2O互为同素异形体
D．的名称为2 乙基丁烷
A [乙酸(CH3COOH)和硬脂酸(C17H35COOH)分子中均只含1个羧基，且分子组成相差16个CH2原子团，两者互为同系物，A正确；二者属于同一种物质，B错误；同素异形体的研究对象为单质，H2O和D2O为化合物，C错误；根据烷烃的系统命名法可知，该有机物的名称为3 甲基戊烷，D错误。]
5．下列说法正确的是( )
A．按系统命名法，化合物的名称为2 甲基 2 乙基丙烷
B．是某有机物分子的比例模型，该物质可能是一种氨基酸
C．与CH3CH2COOH互为同分异构体
D. 木糖醇)和 (葡萄糖)互为同系物，均属于糖类
C [该物质的最长碳链有4个碳原子，按系统命名法，名称为2，2 二甲基丁烷，故A错误；根据原子成键情况，可知该物质的结构简式为HOCH2CH2COOH，不是氨基酸，故B错误；二者分子式相同，都为C3H6O2，结构不同，互为同分异构体，故C正确；前者为多元醇，后者为多羟基醛，不互为同系物，木糖醇不属于糖类，故D错误。]
6．已知某有机物分子中含有4个C原子，每个C原子都以键长相等的三条单键连接3个C原子，且整个结构中所有C－C键之间的夹角都为60°，则下列说法不正确的是( )
A．该有机物的分子式为C4H4
B．该有机物不存在
C．该有机物的空间构型为正四面体
D．该有机物不属于苯的同系物
B [已知某有机物分子中含有4个C原子，每个C原子都以键长相等的三条单键连接3个C原子，且整个结构中所有C－C键之间的夹角都为60°，则该有机物的结构为，因此该有机物的分子式为C4H4，A项正确；该有机物的空间构型为正四面体，碳原子位于正四面体的顶点处，每个碳原子连接1个氢原子，符合价键特征，可真实存在，B项错误；所有C－C键之间的夹角都是60°且键长相等，4个碳原子形成正四面体结构，C项正确；该有机物结构中不含苯环，一定不属于苯的同系物，D项正确。]
7．有机物X的仪器分析结果如下：
已知有机物X的质谱图如图甲，其红外光谱图如图乙，其核磁共振氢谱图上有2组吸收峰，峰面积之比是1∶1。下列关于X的说法正确的是( )
A．X的相对分子质量是75
B．X所含官能团的名称是醚键
C．X有多种同分异构体，其中能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生红色沉淀的有2种
D．X与NaOH溶液共热一段时间后，油层会减少或消失
D [由有机物X的质谱图可知，其相对分子质量为74，A错误；由题给红外光谱图可知，该有机物中含－C－O－C－、－C===O、－CH3结构，又因其相对分子质量为74，结合核磁共振氢谱图上有2组吸收峰可知该分子中含2个－CH3，则X的结构简式为CH3COOCH3，B错误；含有醛基的物质能被新制氢氧化铜悬浊液氧化产生红色沉淀，由上述分析可知X的分子式为C3H6O2，则符合条件的X的同分异构体为
共4种，C错误；由B中分析可知X属于酯，在NaOH水溶液、加热条件下能水解生成羧酸钠和醇，羧酸钠和醇均易溶于水，则油层会减少或消失，D正确。]
8．某有机化合物仅由C、H、O三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
B [根据题意可知，分子中氧元素的量小于150×50%，即分子中氧原子个数应小于75÷16＝4.687 5。当氧原子个数为4时，其相对分子质量M取最大值，则M＝16×4÷50%＝128，除氧外，烃基的相对分子质量为128－64＝64，故碳原子数最多为5。]
9．根据要求填空：
(1) 中官能团的名称是______________________。
(2)中含氧官能团的名称是__________________。
(3)HOCH2CH2NH2中含有的官能团名称是________________。
(4) 中所含官能团的名称是________________。
(5)遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的的同分异构体有________种。
(6) 的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为__________________(写结构简式)。
答案： (1)羟基 (2)(酚)羟基、酯基 (3)羟基、氨基 (4)羰基、羧基 (5)3 (6)13
10．(1) 与氢气反应的化学方程式是________________。
(2)写出正戊烷CH3(CH2)3CH3的两种同分异构体的结构简式和名称(用系统命名法命名)。
①结构简式：__________________________，名称：______________；
②结构简式：__________________________，名称：_______________。
解析： 本题考查有机物的命名、同分异构体的书写。
(1) 与氢气发生加成反应生成烷烃，反应的化学方程式为＋H2CH3CH2C(CH3)3。(2)戊烷有3种同分异构体，分别为CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4。用系统命名法命名时，CH3CH2CH(CH3)2的名称为2 甲基丁烷，C(CH3)4的名称为2，2 二甲基丙烷。(3)含5个碳原子的烷烃碳骨架异构的情况有①C—C—C—C—C，②，③。碳骨架结构为①的一氯代烃中符合题意的有CH3CHClCH2CH2CH3、CH3CH2CHClCH2CH3，共2种；碳骨架结构为②的一氯代烃中符合题意的有CH2ClCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl，共2种；碳骨架结构为③的一氯代烃中没有符合题意的情况。
答案： (1) ＋H2CH3CH2C(CH3)3
(2)①CH3CH2CH(CH3)2 2 甲基丁烷
②C(CH3)4 2，2 二甲基丙烷
(3)CH3CH2CHClCH2CH3
CH2ClCH(CH3)CH2CH3
11．(1)的一种同分异构体是人体必需的氨基酸，试写出该氨基酸的结构简式：____________________。
(2)写出一个符合以下条件的的同分异构体的结构简式：____________。
①能与Fe3＋发生显色反应
②能发生银镜反应和水解反应
③苯环上一氯取代物只有1种
解析： (1)α 氨基苯丙酸，也叫苯丙氨酸，与互为同分异构体。
(2)由条件 ①可知该同分异构体中含有酚羟基；结合条件②知，该同分异构体中含有甲酸酯基；再结合条件③，可写出符合条件的同分异构体为。
12．氰基丙烯酸甲酯(G：)的合成路线如下：
―→―→
已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为27.6%，核磁共振氢谱显示为单峰；
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________________。
(2)B的结构简式为________________，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为________________。
(3)G中的官能团有________________、________________、________________(填官能团名称)。
(4)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有________种(不含立体异构)。
答案： (1)丙酮 (2) 2 6∶1(或1∶6)(3)碳碳双键 酯基 氰基
(4)8
13．有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体。16.8 g该有机物经燃烧生成44.0 g CO2和14.4 g H2O；质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱分析表明A分子中含有O－H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1。
(1)A的分子式是____________________________________________________。
(2)下列物质中，一定条件下能与A发生反应的是________。
A．H2 B．Na
C．酸性KMnO4溶液 D．Br2
(3)A的结构简式是_______________________________________________。
(4)有机物B是A的同分异构体，1 mol B可与1 mol Br2加成。该有机物中所有碳原子在同一个平面，没有顺反异构现象，则B的结构简式是______________。
解析： (1)设有机物A的分子式为CxHyOz，则由题意可得：
CxHyOz＋O2xCO2＋H2O
84 44x 9y
16.8 g 44.0 g 14.4 g
＝＝，
解得：x＝5，y＝8。
因12x＋y＋16z＝84，解得：z＝1。有机物A的分子式为C5H8O。
(2)A分子中含有—C≡C—键，能与H2、Br2发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应；A中含有羟基，能与Na发生置换反应。
(3)根据A的核磁共振氢谱中有峰面积之比为6∶1∶1的三个峰，再结合A中含有O—H键和位于分子端的—C≡C—键，便可确定其结构简式为。
(4)根据1 mol B可与1 mol Br2加成，可以推断B中含有1个键，再结合B没有顺反异构体，可推出B的结构简式为
[注意：CH3CH2CH===CHCHO、CH3CH===CHCH2CHO或CH3CH===C(CH3)CHO均有顺反异构体]。
答案： (1)C5H8O (2)ABCD
14．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤 解释或实验结论
(1)称取A 9.0 g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍 试通过计算填空：(1)A的相对分子质量为：________
(2)将此9.0 g A在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g (2)A的分子式为：__________________________
(3)另取A 9.0 g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24 L CO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24 L H2(标准状况) (3)用结构简式表示A中含有的官能团：__________
(4)A的核磁共振氢谱如图： (4)A中含有__________种氢原子
(5)综上所述，A的结构简式为____________
解析： (1)A的密度是相同条件下H2密度的45倍，相对分子质量为45×2＝90。9.0 g A的物质的量为0.1 mol。
(2)燃烧产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g，说明0.1 mol A燃烧生成0.3 mol H2O和0.3 mol CO2。1 mol A中含有6 mol H、3 mol C。根据计算则氧原子个数为3。
(3)0.1 mol A跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24 L CO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24 L H2(标准状况)，说明分子中含有一个－COOH和一个－OH。
(4)A的核磁共振氢谱中有4个峰，说明分子中含有4种处于不同化学环境下的氢原子。
(5)综上所述，A的结构简式为。
答案： (1)90 (2)C3H6O3 (3)－COOH、－OH (4)4 (5)课时作业(三十三) 原子结构与性质
1．元素“氦、铷、铯”等是用下列哪种科学方法发现的( )
A．红外光谱 B．质谱
C．原子光谱 D．核磁共振谱
答案： C
2．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是( )
D [A项只能表示最外层电子数，B项只表示核外的电子分层排布情况，C项具体到能级上的电子数，而D项包含了能层、能级、轨道以及轨道内电子的自旋方向，故该项正确。]
3．下列关于价电子排布为4s24p4的原子的描述正确的是( )
A．其电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d104p4
D．其电子排布式可以简化为[Ar]3d104s24p4
D [A项，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，错误；B项，违反了洪特规则，错误；C项，违反了泡利原理，错误；D正确。]
4．原子核外电子填充在6个轨道上的元素有( )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
B [此元素可能的排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s2，所以B正确，选B。]
5．下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
C [原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，二者的性质不同，A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子不一定是Ca，还可以为副族元素，二者的性质不一定相似，B错误；2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子分别是第ⅣA族的C和Si，性质相似，C正确；最外层都只有一个电子的X、Y原子可以是H和Na等，性质不同，D错误。]
6．周期表中27号元素钴的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断( )
A．它位于周期表的第四周期第ⅡA族
B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2
C．Co2＋的核外价电子排布式为3d54s2
D．Co位于周期表中第9列
D [“3d74s2”为Co的外围电子排布，其简写式中，也要注明3d轨道，B项错误；“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列，D项正确；从左向右数，应为第四周期第Ⅷ族，A项错误；失电子时，应失去最外层的电子，即先失4s上的电子，Co2＋的外围电子排布为3d7，C项错误。]
7．长式周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是 ( )
A．第9列元素中没有非金属元素
B．只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C．第四周期第9列元素是铁元素
D．第10、11列为ds区
A [ A．第9列元素是第Ⅷ族元素，都是金属元素，没有非金属元素，正确；B.第2列的元素原子最外层电子排布为ns2，此外He核外电子排布是1s2，也符合该最外层电子排布，错误；C.第四周期第9列元素是Co元素，错误；D.第11、12列元素为ds区，错误。]
8．已知某元素原子的各级电离能数值如下：
I1＝736 kJ·mol－1，I2＝1 450 kJ·mol－1，
I3＝7 740 kJ·mol－1，I4＝10 500 kJ·mol－1，
I5＝13 600 kJ·mol－1，则该原子形成离子的化合价为( )
A．＋1 B．＋2
C．＋3 D．＋4
答案： B
9．下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3
③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关的比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>①
B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>①
D．最高正化合价：④>③＝②>①
答案： A
10．下表中是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质，下列判断正确的是( )
元素 A B C D E
最低化合价 －4 －2 －1 －2 －1
电负性 2.5 2.5 3.0 3.5 4.0
A.C、D、E的氢化物的稳定性：C>D>E
B．元素A的原子最外层轨道中无自旋状态相同的电子
C．元素B、C之间不可能形成化合物
D．与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应
D [根据电负性和最低化合价，推知A为C元素、B为S元素、C为Cl元素、D为O元素、E为F元素。A项，C、D、E的氢化物分别为HCl、H2O、HF，稳定性：HF>H2O>HCl；B项，元素A的原子最外层电子排布式为2s22p2，2p2上的两个电子分占两个原子轨道，且自旋状态相同；C项，S的最外层有6个电子，Cl的最外层有7个电子，它们之间可形成S2Cl2等化合物；D项，Na能与H2O发生置换反应生成NaOH和H2。]
11．根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，回答下列问题：
元素代号 I1 I2 I3 I4
Q 2 080 4 000 6 100 9 400
R 500 4 600 6 900 9 500
S 740 1 500 7 700 10 500
T 580 1 800 2 700 11 600
U 420 3 100 4 400 5 900
(1)在周期表中，最可能处于同一族的是________。
A．Q和R B．S和T
C．T和U D．R和T
E．R和U
(2)下列离子的氧化性最弱的是 ________。
A．S2＋ B．R2＋
C．T3＋ D．U＋
(3)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是________。
A．硼 B．铍
C．氦 D．氢
(4)每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第________个电子时。
(5)如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是________，其中 ________元素的第一电离能异常高的原因是______________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)E (2)D (3)C
(4)电子分层排布，各能层能量不同 10
(5)R
不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性。一般认为：如果两个成键原子间的电负性差值大于1.7，原子之间通常形成离子键；如果两个成键原子间的电负性差值小于1.7，通常形成共价键。下表是某些元素的电负性值：
元素符号 Li Be B C O F Na Al Si P S Cl
电负性值 1.0 1.5 2.0 2.5 3.5 4.0 0.9 1.5 1.8 2.1 2.5 3.0
(1)根据对角线规则，Be、Al元素最高价氧化物对应水化物的性质相似，它们都具有________性，其中Be(OH)2显示这种性质的离子方程式是_________________________
________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(2)通过分析电负性值的变化规律，确定Mg元素的电负性值的最小范围______________。
(3)请归纳元素的电负性和金属性、非金属性的关系是_________________________
________________________________________________________________________。
(4)推测AlF3、AlCl3、AlBr3是离子化合物还是共价化合物：
AlF3__________________，AlCl3____________________，AlBr3______________。
答案： (1)两 Be(OH)2＋2H＋===Be2＋＋2H2O
Be(OH)2＋2OH－===BeO＋2H2O
(2)0.9～1.5
(3)非金属性越强，电负性越大；金属性越强，电负性越小
(4)离子化合物 共价化合物 共价化合物
13．现有部分前四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
W 单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性
X 基态原子的s轨道与p轨道电子数相等
Y 第三周期元素的简单离子中半径最小
Z L层有三个未成对电子
T 该元素的正三价离子的3d能级为半充满
(1)W、X、Y三种元素的离子半径由大到小的顺序是________________(用离子符号表示)；化合物ZW3的电子式是________。
(2)在W、X的气态氢化物中，较稳定的是__________________________________。
(3)写出Y元素最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
(4)T在周期表中的位置为____________，基态T2＋的核外电子排布式为_____________；T的单质在高温下与X的氢化物反应，其化学方程式为__________________________
________________________________________________________________________。
(5)基态Z原子中，核外电子占据的最高能层的符号是______________，占据最高能级的电子的电子云形状为________。
解析： 在短周期元素中，W的单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则W为F元素；X基态原子的s轨道电子与p轨道电子数相等，基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，则X为O元素；第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al3＋，则Y为Al元素；Z的L层有三个未成对电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p3，则Z为N元素；T元素的正三价离子的3d能级为半充满，T原子外围电子排布为3d64s2，则T为Fe元素。(1)F、O、Al三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径由大到小的顺序是O2－>F－>Al3＋；NF3的电子式是。(2)F、O处于同一周期，非金属性：F>O，气态氢化物的稳定性：HF>H2O。(3)Y是Al，铝的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，与NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。(4)T是Fe，铁位于第四周期第Ⅷ族，基态Fe2＋的核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；Fe在高温下与水蒸气反应，其化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。(5)Z为N元素，N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是L层，占据最高能级(2p)的电子的电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形。
答案： (1)O2－>F－>Al3＋
(2)HF
(3)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(4)第四周期第Ⅷ族 [Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)
3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
(5)L 哑铃形(或纺锤形)
14．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子最外层电子数是内层电子数的3倍；E的＋1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态。
(1)写出A、B的价电子排布式：A___________________、B____________。
(2)写出C、D的价电子轨道表示式(电子排布图)：C______________、D______________，D原子核外未成对电子数为________。
(3)E元素基态原子的核外电子排布式为__________________________。
(4)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为________________(填元素符号)。
解析： A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则B为碳元素；D原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为氮元素；E＋核外有3层电子且各层均处于全满状态，则E原子核外电子数为2＋8＋18＋1＝29，故E为Cu元素。(1)A的价电子排布式为1s1，B的价电子排布式为2s22p2；(2)C为氮元素，其价电子轨道表示式(电子排布图)为；D元素为氧元素，其价电子轨道表示式(电子排布图)为，D原子核外未成对电子数为2；(3)E为Cu元素，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(4)同周期，随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，由于氮元素2p能级为半充满状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为C
(2) 2
(3)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(4)C
(1)已知高温下CuO―→Cu2O＋O2，从铜原子价层电子结构(3d和4s轨道上应填充的电子数)变化角度来看，能生成Cu2O的原因是_____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se_____Si(填“>”或“<”)。与Si同周期部分元素的电离能如图所示，其中a、b和c分别代表________(填字母)。
A．a为I1、b为I2、c为I3
B．a为I2、b为I3、c为I1
C．a为I3、b为I2、c为I1
D．a为I1、b为I3、c为I2
答案： (1)CuO中铜的价层电子排布为3d9，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者3d轨道处于稳定的全充满状态而前者不是
(2)> B课时作业(三十七) 烃 卤代烃
1．下列说法正确的是( )
A．石油液化气的主要成分为甲烷
B．煤的干馏可分离出煤中含有的煤焦油
C．石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的
D．石油经过分馏得到的汽油是纯净物
C [A项，石油液化气的主要成分为丙烷、丁烷、丙烯、丁烯等，错误；B项，在煤中不含有煤焦油，煤的干馏是化学变化，煤在化学变化中生成了煤焦油，错误；D项，石油分馏得到的汽油仍然是混合物，错误。]
2．下列烃及烃的高聚物：①乙烷②苯③聚丙烯④聚异戊二烯⑤2 丁炔⑥环己烷⑦邻二甲苯⑧裂解气。其中既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应而使溴水褪色的是( )
A．②③④⑤⑥⑦⑧ B．③④⑤⑥⑦⑧
C．④⑤⑧ D．④⑤⑦
C [聚异戊二烯中含有碳碳双键，2 丁炔中含有碳碳三键，裂解气中含有乙烯、丙烯等不饱和烃，故选C项。]
3．分子式为C6H12的烃X，能与H2在Ni存在下发生反应，下列有关X的说法错误的是( )
A．分子中的碳原子不可能都在同一平面内
B．含有一个支链的X最多有7种
C．可直接用于合成高分子化合物
D．不溶于水且密度比水轻
A [由化学性质及分子式知X分子中含有一个碳碳双键，当X的碳骨架为时，分子中所有碳原子在同一个平面内，A错误；当支链为甲基时，主链碳骨架有两种：C===C－C－C－C、C－C===C－C－C，相应的同分异构体各有3种，当支链为乙基时，主链为C===C－C－C，此时的结构只有1种，故含有一个支链的X共有7种，B正确；该物质分子中有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，C正确；该烃为液态烃，不溶于水、密度比水小，D正确。]
4.β 月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有( )
A．2种 B．3种
C．4种 D．6种
C [根据单烯烃和共轭二烯烃的性质可知有4种加成产物。]
5．下列关于苯的叙述正确的是( )
A．反应①为取代反应，有机产物与水混合浮在上层
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟
C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃
D．反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为一个苯分子含有三个碳碳双键
B [反应①为苯的溴代，生成的溴苯密度比水大，沉降在水底，A错误；反应③为苯的硝化，发生取代反应，生成的硝基苯为烃的衍生物，C错误；苯分子中无碳碳双键，D错误。]
6．下列有关有机化合物的说法正确的是( )
A．CH2Cl2存在同分异构体
B．有机物中至少有10个碳原子共平面
C．C4H6的所有碳原子不可能在一条直线上
D．某种单烯烃经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃可能的结构有3种
B [CH2Cl2是甲烷分子中的2个H原子被Cl原子取代的产物，由于甲烷是正四面体结构，所以CH2Cl2不存在同分异构体，A错误；将该有机物中的碳原子进行编号：，由苯环的平面结构可知，1、2、3、4、5、6、7、8号碳原子在同一平面上，1、2、5、8、11、14号碳原子在同一直线上，则一定在前述平面上，故至少有10个碳原子共面，B正确；两个甲基取代乙炔分子中H原子，所得结构(分子式为C4H6)中所有碳原子在一条直线上，C错误；某种单烯烃与氢气发生加成反应后得到的饱和烃是，该烯烃双键的位置可能为，因此该烯烃可能的结构有2种，D错误。]
7．如图表示4 溴环己烯所发生的4个不同反应，其中产物只含有一种官能团的反应是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
C [①与酸性高锰酸钾溶液发生反应，得到的产物中含有－COOH、－Br两种官能团，错误；②与水在酸性条件下发生加成反应，得到的产物中含有－OH、－Br两种官能团，错误；③与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应，形成的产物中只含有碳碳双键一种官能团，正确；④与HBr发生加成反应，形成的产物中只含有Br原子一种官能团，正确。]
8．化合物X的分子式为C5H11Cl，用NaOH的醇溶液处理X，可得分子式为C5H10的两种产物Y、Z，Y、Z经催化加氢后都可得到2 甲基丁烷。若将化合物X用NaOH的水溶液处理，则所得有机产物的结构简式可能是( )
B [化合物X(C5H11Cl)用NaOH的醇溶液处理发生消去反应生成Y、Z的过程中，有机物X的碳架结构不变，而Y、Z经催化加氢时，其有机物的碳架结构也未变，由2 甲基丁烷的结构可推知X的碳架结构为：，其连接Cl原子的相邻碳原子上都有氢原子且氢原子的化学环境不同。从而推知有机物X的结构简式为
。]
9．下列说法不正确的是( )
A．异丙苯()中所有碳原子都处于同一平面上
B．乙烯与乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色
C．与互为同分异构体
D．苯的硝化反应和乙酸的酯化反应都是取代反应
A [苯环为平面结构，与苯环直接相连的C原子与苯环在同一平面内，而两个甲基中最多有一个C原子和苯环共平面，即异丙苯中不可能所有碳原子共平面，A不正确；乙烯与乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；与分子式均为C5H6，结构不同，互为同分异构体，C正确；苯的硝化反应和乙酸的酯化反应都是取代反应，D正确。]
10．下列关于螺[2，2]戊烷()的说法正确的是( )
A．一氯代物的结构只有一种
B．与戊烯互为同分异构体
C．所有碳原子均处于同一平面内
D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
A [螺[2，2]戊烷中的氢原子均等效，其一氯代物只有一种，故A正确；根据螺[2，2]戊烷的键线式可知其分子式为C5H8，戊烯的分子式为C5H10，两者分子式不同，不可能互为同分异构体，故B错误；螺[2，2]戊烷中两环共用的碳原子和与其相连的4个碳原子形成类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共面，故C错误；螺[2，2]戊烷中所有碳原子均为饱和碳原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。]
11．a、b、c的结构如图所示：(a)，(b)，(c)。下列说法正确的是( )
A．a中所有碳原子处于同一平面
B．b的二氯代物有3种
C．a、b、c三种物质均可与溴的四氯化碳溶液反应
D．a、b、c互为同分异构体
D [a中两环共用的碳原子和与其相连的4个碳原子形成类似甲烷的四面体结构，所以a中所有碳原子不能处于同一平面，A错误；有机物b的二氯代物中，2个氯原子连在同一个－CH2－上的结构有1种，2个氯原子分别连在2个不同的－CH2－上的结构有1种，共计2种，B错误；b物质中没有不饱和键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C错误；a、b、c三种物质分子式均为C5H6，但是结构不同，因此a、b、c互为同分异构体，D正确。]
12．由物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如图所示。关于图中有机物说法中正确的是( )
A．物质a与物质b互为同系物
B．物质d的一氯代物有2种
C．物质c的分子式为C10H14
D．物质a中所有原子一定在同一个平面上
B [同系物为结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的一类物质，a的分子式为C5H6，b的分子式为C10H12，相差C5H6，A项错误；d中有2种化学环境不同的氢原子，则其一氯代物有2种，B项正确；物质c的分子式为C10H16，C项错误；物质a中有1个饱和碳原子，形成四面体结构，所有原子不可能共平面，D项错误。]
13．为检验某卤代烃中的X元素，某同学设计了下列实验操作步骤，请完成其中的空白。
(1)取少量卤代烃；
(2)加入________溶液，加热煮沸；
(3)冷却；
(4)加入________至溶液________；
(5)加入AgNO3溶液，观察______________，判断X元素的种类。
解析： 由于卤代烃为非电解质，不能发生电离，所以若要检验卤代烃分子中的卤素，首先应利用其与碱溶液的取代反应，将卤原子取代“出来”生成NaX，然后再采用检验卤素离子的方法去检验。因此一般检验卤代烃中卤元素的实验顺序为：取卤代烃样品，加入稀NaOH溶液共热，反应充分后，再加入硝酸中和剩余的碱液，使溶液酸化后，再加入硝酸银溶液，根据生成沉淀的颜色判断卤素的种类。这一实验方法不仅可以用于定性检验卤代烃中卤素的种类，还可用于定量测定卤代烃的含量或卤代烃中卤原子的含量。
答案： (2)NaOH (4)稀硝酸 显酸性
(5)生成沉淀的颜色
14．某含苯环的化合物A，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%。
(1)A的分子式为__________。
(2)A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________________________，
反应类型是_______________________。
(3)已知：。
请写出A与稀、冷的KMnO4溶液在碱性条件下反应的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为85.7%，写出此化合物的结构简式： ________________________________________________________。
(5)在一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为________________。
答案： (1)C8H8
(1)从左到右依次填写每步反应所属的反应类型(只填字母)：a.取代反应b.加成反应c.消去反应d.加聚反应。
①________；②________；③________；
④________；⑤________；⑥________。
(2)写出①、⑤、⑥三步反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
⑤________________________________________________________________________；
⑥________________________________________________________________________。
答案： (1)①a ②b ③c ④b ⑤c ⑥b
16．已知：CH3—CH===CH2＋HBr―→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1 mol某烃A充分燃烧后可以得到8 mol CO2和4 mol H2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。
(1)A的化学式：____________，A的结构简式：____________。
(2)上述反应中，①是________反应，⑦是________反应。(填反应类型)
(3)写出C、D、E、H物质的结构简式：
C__________，D__________，E__________，H__________。
(4)写出D→F反应的化学方程式___________________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)C8H8
(2)加成 酯化(或取代)
17．某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。
(1)A的结构简式为____________；
(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？________(填“是”或“不是”)；
(3)在下图中，D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。
反应②的化学方程式为___________________________________________________；
C的化学名称是________________；E2的结构简式是________________；④、⑥的反应类型依次是________、________。
解析： (1)用商余法先求该烃的化学式，n(CH2)＝＝6，化学式为C6H12，分子中含有一个碳碳双键，又只有一种类型的氢，说明分子结构很对称，结构简式为。
(2)由于存在碳碳双键，因此分子中所有碳原子共平面。(3)A和Cl2发生加成反应，产物再经反应②得共轭二烯烃C()，D1是C和Br2发生1，2 加成反应的产物，而D1和D2互为同分异构体，可知D2是C和Br2发生1，4 加成的产物，生成物D1和D2分别再发生水解反应生成醇E1和E2。课时作业(三十五) 晶体结构与性质 配合物
1．如图是a、b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体
A．①④ B．②④
C．①③ D．②③
A [晶体有固定的熔点，由图a来分析，中间有一段温度不变但一直在吸收能量，这段对应的温度就代表a晶体的熔点；由b曲线可知，温度一直在升高，没有一个温度是停留的，所以找不出固定的熔点，b为非晶体。]
2．下列晶体分类中正确的一组是( )
选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体
A NaOH Ar SO2
B H2SO4 石墨 S
C CH3COONa 水晶
D Ba(OH)2 金刚石 玻璃
C [A项中固态Ar为分子晶体；B项中H2SO4为分子晶体、石墨是混合型晶体；D项中玻璃是非晶体。]
3．下列数据是对应物质的熔点(℃)：
BCl3 Al2O3 Na2O NaCl AlF3 AlCl3 干冰 SiO2
－107 2 073 920 801 1 291 190 －57 1 723
据此做出的下列判断中错误的是( )
A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
答案： B
4．下列变化需克服相同类型作用力的是( )
A．碘和干冰的升华
B．Na2O2和C60的熔化
C．氯化氢和氯化钾的溶解
D．溴的汽化和NH4Cl加热分解
A [A项的变化克服的都是分子间作用力，正确；Na2O2和C60的熔化分别克服的是离子键和分子间作用力，B项错误；氯化氢和氯化钾的溶解分别克服的是共价键和离子键，C项错误；溴的汽化克服的是分子间作用力，NH4Cl分解破坏的是离子键和共价键，D错误。]
5．下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3
B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D．硬度：MgO>CaO>BaO
A [由于r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)，且Na＋、Mg2＋、Al3＋所带电荷依次增大，所以NaF、MgF2、AlF3的离子键依次增强，晶格能依次增大，故熔点依次升高。r(F－)
A．水合铜离子的模型如图甲所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图乙所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C.H原子的电子云图如图丙所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图丁所示，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
答案： C
7．钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示。有关说法不正确的是( )
A．该晶体属于离子晶体
B．该晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体的晶胞结构与NaCl相似
D．与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有12个
B [该晶胞由金属离子钡离子和阴离子过氧根离子构成，为离子晶体，A项正确。由晶胞结构及“均摊法”计算，一个晶胞中含Ba2＋：8×＋6×＝4(个)，含O：12×＋1＝4(个)，故晶体的化学式是BaO2，B项错误。]
8．(1)一种铜、金形成的合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________；该晶体中原子之间的作用力是________。
(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(见图)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_____________________________________________________。
解析： (1)由于是面心立方最密堆积，晶胞内N(Cu)＝6×＝3，N(Au)＝8×＝1。(2)根据CaF2结构图可以知道，氢原子在晶胞内(白球)，数目是8个，储氢后的化学式为H8AuCu3。
答案： (1)3∶1 金属键 (2)H8AuCu3
9．(1)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图1所示，晶胞中含B原子数目为________。
(2)科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图2所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为_______________________________________。
(3)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。
解析： (1)晶胞中B原子位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4。(2)晶胞中K原子数目＝2×6×＝6、C60分子数目＝1＋8×＝2，故晶胞中K原子、C60分子数目之比为3∶1。(3)利用均摊法计算得γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×＋6×＝4；根据晶胞的结构可知，δ晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是体心上的铁原子，这样的原子有8个，所以铁原子的配位数为8，α晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近的铁原子是与之相连的顶点上的铁原子，这样的原子有6个，所以铁原子的配位数为6，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4∶3。
答案： (1)4 (2)3∶1 (3)4 4∶3
10．(1)钠、钾、铬、钼、钨等金属晶体的晶胞属于体心立方，则该晶胞中属于1个体心立方晶胞的金属原子数目是________。氯化铯晶体的晶胞如图1，则Cs＋位于该晶胞的________，而Cl－位于该晶胞的________，Cs＋的配位数是________。
(2)铜的氢化物的晶体结构如图2所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)图3为F－与Mg2＋、K＋形成的某种离子晶体的晶胞，其中“○”表示的离子是________(填离子符号)。
(4)实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图4所示)，已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：
离子晶体 NaCl KCl CaO
晶格能/(kJ·mol－1) 786 715 3 401
则这4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是________(用化学式表示)。其中MgO晶体中一个Mg2＋周围和它最邻近且等距离的Mg2＋有________个。
解析： (1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心，8个原子位于立方体的顶点，故1个晶胞中金属原子数为8×＋1＝2；氯化铯晶胞中，Cs＋位于体心，Cl－位于顶点，Cs＋的配位数为8。(2)由晶胞可知，粒子个数比为1∶1(铜为8×＋6×＝4，H为4)，化学式为CuH，＋1价的铜与－1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCl。(3)由晶胞结构可知，黑球有1个，灰球有1个，白球有3个，由电荷守恒可知n(Mg2＋)∶n(K＋)∶n(F－)＝1∶1∶3，故白球为F－ 。 (4)从3种离子晶体的晶格能数据知道，离子所带电荷越大、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，离子所带电荷数：Ti3＋>Mg2＋，离子半径：Mg2＋
答案： (1)2 体心 顶点 8 (2)2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl (3)F－ (4)TiN>MgO>CaO>KCl 12
11．下图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请回答下列问题：
(1)图Ⅰ所示的CaF2晶体中与Ca2＋最近且等距离的F－数为__________，图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为____________。
(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是________，H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为________。
(3)三种晶体中熔点最低的是__________(填化学式)，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为______________________________________________________________。
(4)结合CaF2晶体的晶胞示意图，已知，两个距离最近的Ca2＋核间距离为a×10－8 cm，计算CaF2晶体的密度为____________。
解析： (1)CaF2晶体中Ca2＋的配位数为8，F－的配位数为4，Ca2＋和F－个数比为1∶2，铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层的4、5、6、7、8、9，下层的10、11、12，共12个。(2)H3BO3中B原子，最外层共6个电子，H是2电子结构，只有氧原子形成二个键达到8电子稳定结构。H3BO3晶体是分子晶体，相互之间通过氢键相连，每个B原子形成3个B－O极性键，每个O原子形成3个O－H共价键，共6个键。(3)H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了范德华力和氢键。(4)一个晶胞中实际拥有的离子数：较小的离子数为8×＋6×＝4，而较大的离子为8个，从而确定晶胞顶点及六个面上的离子为Ca2＋，晶胞内部的离子为F－，1个晶胞实际拥有4个“CaF2”，则CaF2晶体的密度为4×78 g·mol－1÷[(a×10－8cm)3×6.02×1023 mol－1]≈ g·cm－3。
答案： (1)8 12 (2)O 1∶6 (3)H3BO3 范德华力和氢键 (4) g·cm－3
12．铜镍合金的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。
(1)原子B的坐标参数为________；
(2)若该晶体密度为d g·cm－3，则铜镍原子间最短距离为______________pm。
解析： (1)根据A点的坐标，可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为。(2)处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间距离为a pm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的2倍，而面对角线长度等于晶胞棱长的倍，故晶胞棱长＝2a pm×＝a pm，晶胞质量＝ g，故(a×10－10 cm)3×d g·cm－3＝ g，解得a＝× ×1010。
答案： (1) (2)× ×1010
13．CaF2的晶胞为立方晶胞，结构如下图所示：
(1)CaF2晶胞中，Ca2＋的配位数为________。
(2)“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图所示，则C点的“原子坐标参数”为。
(3)晶胞中两个F－的最近距离为273.1 pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为______________g·cm－3(列出计算式即可)。
解析： (1)以面心Ca2＋为研究对象，在一个晶胞中连接4个F－，通过该Ca2＋可形成2个晶胞，所以与该Ca2＋距离相等且最近的F－共有8个，因此Ca2＋的配位数是8。(2)观察A、B、C的相对位置，可知C点的x轴坐标是，y轴坐标是，z轴坐标是。(3)根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ca2＋：×8＋×6＝4，含有F－：1×8＝8，即一个晶胞中含有4个CaF2，根据C点的坐标可知：晶胞中F－之间的距离为晶胞边长的一半，所以晶胞参数L＝2×273.1 pm＝546.2 pm，则该晶胞的密度为ρ＝＝＝ g·cm－3。
答案： (1)8 (2) (3)
14．自20世纪80年代以来建立起的沼气发酵池，其生产的沼气用作燃料，残渣(沼渣)中除含有丰富的氮、磷、钾等常量元素外，还含有对作物生长起重要作用的硼、铜、铁、锌、锰、铬等微量元素，是一种非常好的有机肥。请回答下列问题：
(1)现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数由多到少的顺序是______________(填字母)。
a．Mn2＋ b．Fe2＋ c．Cu d．Cr
(3)P4易溶于CS2，难溶于水的原因是_______________________________________
________________________________________________________________________。
(4)铜离子易与氨水反应形成[Cu(NH3)4]2＋配离子。
①[Cu(NH3)4]2＋中提供孤电子对的成键原子是________。
②研究发现NF3与NH3的空间构型相同，而NF3却难以与Cu2＋形成配离子，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的坐标系表示：
在铁(Fe)的一种立方晶系的晶体结构中，已知2个Fe原子坐标是(0，0，0)及，且根据均摊法知每个晶胞中有2个Fe原子。
①根据以上信息，推断该晶体中原子的堆积方式是
________________________________________________________________________。
②已知晶体的密度为ρ g·cm－3，Fe的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，晶体中距离最近的两个铁原子之间的距离为________________ pm(用代数式表示)。
解析： (1)核外电子跃迁时会吸收或释放能量，通过光谱仪器可获取其特征谱线，这些特征谱线即原子光谱；(2)电子排布中未成对电子会出现在价电子中。基态Mn2＋的价电子排布为3d5，有5个未成对电子；基态Fe2＋的价电子排布为3d6，有4个未成对电子；基态Cu的价电子排布为3d104s1，有1个未成对电子；基态Cr的价电子排布为3d54s1，有6个未成对电子。故排序为d＞a＞b＞c；(3)白磷(P4)为正四面体结构，为非极性分子，CS2为直线形结构，为非极性分子，H2O为Ⅴ形结构，为极性分子。根据相似相溶原理，白磷易溶于CS2而难溶于水；(4)②根据分子中价态特点，NF3的氮原子显正电性，与带正电荷的Cu2＋相互排斥，所以难以形成配位键；(5)①由题干信息可知，该晶胞中铁原子位于顶角和体心，则该晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积；②每个晶胞中含有两个铁原子，则晶胞体积V＝a3＝ cm3，所以立方体的棱长a＝ cm；距离最近的两个铁原子的坐标分别为(0，0，0)和，则该两原子之间的距离为体对角线的一半，即为a＝××1010pm。
答案： (1)原子光谱 (2)d＞a＞b＞c
(3)P4和CS2均为非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，故P4易溶于CS2，而难溶于水
(4)①N ②NH3中氮原子显负电性，易与Cu2＋结合，NF3的氮原子显正电性，与带正电的Cu2＋相排斥，难以结合
(5)①体心立方堆积 ②× ×1010课时作业(九) 铁的多样性
1．录音磁带是在醋酸纤维、聚酯纤维等纤维制成的片基上均匀涂上一层磁性材料——磁粉制成的。制取该磁粉的主要物质是( )
A．FeO B．Fe2O3
C．Fe3O4 D．Al2O3
C [Fe3O4具有磁性。]
2．铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素。下列有关铁及其化合物的说法中正确的是( )
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
D．Fe3＋ 与KSCN产生红色沉淀
C [赤铁矿的主要成分是Fe2O3；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；Fe3＋遇KSCN溶液变为红色，但没有沉淀产生，一般可以用此方法检验Fe3＋的存在。]
3．为了验证Fe3＋的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是( )
A．④ B．③
C．③④ D．①②③④⑤
C [实验③中溶液应变为浅蓝色；实验④与Fe3＋的性质无关。]
4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B 向溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液 紫色褪去 可以证明溶液中不含Fe3＋，可能含有Fe2＋
C Fe放入冷的浓硫酸中 无现象 铁不与浓硫酸反应
D 向硫酸亚铁溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液 溶液变为红色 不能说明硫酸亚铁溶液中存在Fe3＋
D [过量的Fe粉会与Fe3＋反应，最后溶液中有Fe2＋无Fe3＋，A项错误；不论溶液中是否含有Fe3＋，只要溶液中有还原性物质，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；钝化也属于化学变化，C项错误；加氯水后，可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，D项正确。]
5．下列有关说法正确的是( )
A．足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3
B．铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3
C．用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
D．向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含Fe2＋
A [Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，A项正确；铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe3O4，B项错误；Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；该溶液中也可以同时含有Mg2＋、Al3＋等，D项错误。]
6．探究补铁剂[主要成分：氯化血红素(含＋2价铁)、富锌蛋白粉、维生素C、乳酸、葡萄糖浆]中铁元素是否变质。先取少量补铁剂，用酸性丙酮溶解后制成溶液。
实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ
取待测液，加入少量KSCN溶液，无明显现象；再加入少量H2O2，溶液不变红 取实验Ⅰ所得溶液，再加入少量KSCN溶液，无明显现象；再加入H2O2溶液，溶液变为红褐色 取实验Ⅰ所得溶液，加入少量盐酸溶液，无明显现象，继续加入H2O2至过量，溶液先变红后褪色
下列说法不正确的是( )
A．实验Ⅰ中加入KSCN溶液无明显现象，与KSCN溶液的用量无关
B．实验Ⅰ中加入H2O2溶液后不变红，可能是H2O2被维生素C还原了
C．实验Ⅲ中溶液红色褪去，可能是H2O2将SCN－氧化了
D．实验说明该补铁剂中＋2价铁在酸性条件下才能被H2O2氧化
D [实验Ⅰ中加入KSCN溶液无明显现象，实验Ⅱ中再加入少量KSCN溶液，仍无明显现象，从而表明溶液中的现象与KSCN溶液的用量无关，A正确；补铁剂中含有铁元素，实验Ⅰ中加入能将Fe2＋氧化为Fe3＋的H2O2溶液后，溶液仍不变红，则表明H2O2被其他还原剂还原，所以可能是H2O2被维生素C还原了，B正确；实验Ⅲ中溶液变红，表明生成了Fe(SCN)3，但当H2O2加入过量后，溶液的红色又褪去，则表明Fe(SCN)3的结构被破坏，因为H2O2不能氧化Fe3＋，所以可能是H2O2将SCN－氧化了，C正确；实验Ⅲ中加入盐酸，Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，在实验Ⅱ中未加盐酸，Fe2＋也被H2O2氧化为Fe3＋，所以该补铁剂中＋2价铁被H2O2氧化并不一定需要酸性条件，D不正确。]
7．向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是( )
A．白色沉淀是FeSO3
B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物
C．白色沉淀是BaSO4
D．FeCl3已全部被SO2氧化成FeCl2
C [2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋，由于SO2过量，溶液中无Fe3＋；又SO＋Ba2＋===BaSO4↓，而BaSO3在酸性环境不能生成，所以白色沉淀为BaSO4。]
8．下列关于Fe3＋、Fe2＋性质实验的说法错误的是( )
A．用如图装置可以制备Fe(OH)2沉淀
B．配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度
C．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，此现象不能确定溶液中含有Fe2＋
D．向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化
C [A项，反应开始时打开止水夹C，使生成的氢气进入B中，可排出装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁溶液进入B中反应生成Fe(OH)2，A项正确。B项，FeCl3易水解，配制其溶液时为抑制Fe3＋水解，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，B项正确。Fe3＋与铁反应可生成Fe2＋，故向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2＋被氧化，D项正确。]
9．FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO
B．沉淀过程中有CO2气体放出
C．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质
A [FeCO3中＋2价的铁在高温时会被空气中的氧气氧化。]
10．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )
A．通入过量Cl2：Fe2＋、H＋、NH、Cl－、SO
B．加入少量NaClO溶液：NH、Fe2＋、H＋、SO、ClO－
C．加入过量NaOH溶液：Na＋、Fe2＋、NH、SO、OH－
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na＋、SO、Cl－、ClO－、OH－
D [Cl2会氧化Fe2＋，A项错误；ClO－会氧化Fe2＋，且H＋会与ClO－结合成弱电解质HClO，B项错误；OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀，OH－也会与NH反应生成NH3·H2O，C项错误；加入过量的ClO－会氧化Fe2＋生成Fe3＋和Cl－，过量的OH－会除去Fe3＋和NH，最终溶液中含Na＋、SO和Cl－，且ClO－和OH－均是过量的，故D项正确。]
11．除去括号中的杂质，并写出反应的离子方程式。
(1)FeCl2(FeCl3)除去方法： _______________________________________________，
离子方程式： _____________________________________________。
(2)FeCl3(FeCl2)除去方法： _________________________________________，
离子方程式： ___________________________________________。
(3)Fe2(SO4)3(FeSO4)除去方法：________________________________________________，
离子方程式： ______________________________________________________。
(4)FeCl2(Cu2＋)除去方法：____________________________________________________，
离子方程式： _____________________________________________。
答案： (1)加入过量铁粉，过滤 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(2)加入氯水或通入Cl2 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)滴加H2O2和稀硫酸 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(4)加入过量铁粉，过滤 Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
12．用下列方法可制得白色的Fe(OH)2沉淀：用不含Fe3＋的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入________________。
(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用__________的方法。
(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是___________________________________
________________________________________________________________________。
答案： (1)稀硫酸、铁屑 (2)加热煮沸 (3)避免生成的Fe(OH)2与氧气接触而被氧化
13．氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：
回答下列问题：
(1)操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________；操作Ⅱ的方法为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：
________________________________________________________________________。
解析： (1)从流程图中可知经操作Ⅰ后得到滤渣，故该操作是过滤；操作Ⅱ是在得到FeCO3沉淀后进行的，故该操作是洗涤；洗涤的具体操作为在漏斗中加入适量蒸馏水浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复数次。
(2)从流程图中分析，生成FeCO3沉淀的离子反应为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。
答案： (1)过滤 洗涤 在漏斗中加入适量蒸馏水浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复数次
(2)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
14．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：
Ⅰ.向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；
Ⅱ.向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。
(1)FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是____________，分离得到的固体主要成分是_________，从固体中分离出铜需采用的方法是____________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)过程Ⅱ中发生反应的化学方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
解析： FeCl3溶液蚀刻铜箔的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，得到的废液中含有FeCl3、CuCl2、FeCl2。
答案： (1)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)反应掉FeCl3、CuCl2 Fe、Cu 加入足量稀盐酸后过滤
(3)4FeCl2＋4Ca(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3↓＋4CaCl2
15．某小组在验证反应“Fe＋2Ag＋===Fe2＋＋2Ag”的实验中检测到Fe3＋，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05 mol·L－1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
(1)检验产物
①取出少量黑色固体，洗涤后， ___________________________________________
________________________________________________________________________(填操作和现象)，
证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有________。
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3＋，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3＋，乙依据的原理是________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号 取样时间/min 现象
Ⅰ 3 产生大量白色沉淀；溶液呈红色
Ⅱ 30 产生白色沉淀；较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
Ⅲ 120 产生白色沉淀；较30 min时量少；溶液红色较30 min时变浅
(资料：Ag＋与SCN－生成白色沉淀AgSCN)
②对Fe3＋产生的原因做出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3＋；
假设b：空气中存在O2，由于______________(用离子方程式表示)，可产生Fe3＋；
假设c：酸性溶液中NO具有氧化性，可产生Fe3＋；
假设d：根据________________________现象，判断溶液中存在Ag＋，可产生Fe3＋。
解析： (1)①加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解。②K3[Fe(CN)6]是检验Fe2＋的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2＋。(2)过量铁粉与Fe3＋反应生成Fe2＋，离子反应方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。②O2氧化Fe2＋反应为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag＋，Ag＋可能氧化Fe2＋生成Fe3＋。
答案： (1)①加入足量稀盐酸(或稀硫酸)酸化，固体未完全溶解 ②Fe2＋
(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ ②4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 加入KSCN溶液后生成白色沉淀课时作业(五) 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算
1．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是( )
A．＋3 B．＋4
C．＋5 D．＋6
D [根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2。所以RO中R元素的化合价为＋6价。]
2．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为( )
A．Cl2 B．Cl2O
C．ClO2 D．Cl2O5
C [Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。]
3．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式：MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH变小
C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
C [反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。]
4．把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是( )
…………
图1
eq \x(＋MnO) eq \x(＋IO) eq \x(＋IO)
图2
A．IO作氧化剂
B．若有1 mol Mn2＋参加反应转移5 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3
D [分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IO＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋，若有1 mol Mn2＋参加反应转移5 mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。]
5．四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3＋。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是( )
A．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，则还原产物为Cl2
B．RuO4与浓盐酸反应生成11.2 L Cl2转移电子数为NA
C．酸性介质中氧化性：RuO4＞ClO＞Cl2
D．在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4===RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O
D [A.若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设还原产物中氯元素的化合价为x，(＋5－x)×1＝(＋8－6)×3，x＝－1，故还原产物为Cl－，不是Cl2，故A错误；B.11.2 L Cl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故B错误；C.RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClO＞RuO4，故C错误；D.在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4===RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O，故D正确。]
6．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑(NaBH4中H元素为－1价)，下列说法中正确的是( )
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．产生1 mol H2转移电子2 mol
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
D [NaBH4中氢元素由－1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由＋1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1 mol NaBH4完全反应转移4 mol电子，生成4 mol H2，因此产生1 mol H2转移电子1 mol，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，D项正确。]
7．12 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与V mL浓度为0.02 mol·L－1的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为＋3。则V为( )
A．5 B．10
C．15 D．20
B [由化合物中各元素化合价代数和为0知，在K2X2O7中，X元素的化合价是＋6价，产物中X元素的化合价是＋3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从＋4价升高到＋6价，则根据得失电子守恒，12×10－3L×0.05 mol·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02 mol·L－1×2×(6－3)，解得V＝10，B项正确。]
8．在含有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，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是( )
A．反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2
B．氧化性：Ag＋>Cu2＋>Fe3＋>Zn2＋
C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板
D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋
B [Cu2＋不反应，反应后n(Cu2＋)＝0.1 mol，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2＋)＝0.2 mol，故A项正确。题目中析出0.1 mol Ag时，由反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋知，0.1 mol Ag＋消耗0.05 mol Fe，又知溶液中不存在Fe3＋，即发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，0.1 mol Fe3＋消耗剩余的0.05 mol Fe，溶液中没有Cu析出，说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋，B项错误，C、D项正确。]
9．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为( )
A．1∶6 B．1∶7
C．2∶11 D．16∶25
B [设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1 mol、1 mol、1 mol，实际参加反应的FeS的物质的量为x mol，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×1＝(1＋8)x，解得x＝；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝n(FeS)＝ mol；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝ mol－ mol＝ mol；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1 mol＋2 mol＋1 mol＋ mol＝ mol，则n(FeS)∶n(HNO3)＝∶＝1∶7。]
10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是( )
A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO
C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol
B [由题图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，则ClO－为反应物，N2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，CN－是反应物，Cl－是生成物，HCO是生成物，H2O是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO＋N2↑＋5Cl－，C元素化合价由CN－中的＋2价升高为HCO中的＋4价，N元素化合价由CN－中的－3价升高为N2中的0价，可知CN－为还原剂，氧化产物为HCO、N2，A正确；反应中Cl元素化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，B错误；反应中CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，C正确；标准状况下若生成2.24 L N2，物质的量为0.1 mol，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5 mol，Cl元素的化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，转移电子数为0.5 mol×2＝1 mol，D正确。]
11．(2021·湖南益阳检测)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法不正确的是( )
A.反应Ⅰ中只有SO是氧化产物而反应Ⅱ中Cu2＋、SO都是氧化产物
B．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2O，转移电子的数目相等
D．处理1 mol Cr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
D [A.反应I中只有S元素被氧化，则只有SO是氧化产物；反应Ⅱ中有铜元素、硫元素均被氧化，所以Cu2＋、SO都是氧化产物，故A正确；B.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O，氧化剂为Cr2O，还原剂为Cu2S，则反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故B正确；C.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应Ⅰ：3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O，反应I中每处理1 mol Cr2O，转移电子物质的量6 mol，反应Ⅱ中每处理1 mol Cr2O，转移电子物质的量6 mol，故转移电子的数目相等，故C正确；D.处理1 mol Cr2O时反应I中消耗H＋的物质的量8 mol，处理1 mol Cr2O时反应Ⅱ中消耗H＋的物质的量9.2 mol，消耗H＋的物质的量不相等，故D错误。]
12．工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是( )
A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价
B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
D．该反应离子方程式为19ClO＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O
D [A.CrO2(ClO4)2中O为－2价、Cl为＋7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为＋6价，A正确；B.Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrCl3为棕色的[CrO2(ClO4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C.根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，化合价降低的为氧化剂ClO，其中有3 mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，即为CrO2(ClO4)2，其中有8 mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确；D.根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，D错误。]
13．配平下列方程式。
(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：
Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________
(2)Fe(OH)2＋ClO－＋______===Fe(OH)3＋Cl－
(3)Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋____
(4)P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe
答案： (1)2 1 6 2 6 H＋
(2)2 1 1 H2O 2 1
(3)5 2 4 5 1 8 H＋
(4)2 5 3 1 5
14．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
FeCl3＋____NaOH＋____NaClO===____Na2FeO4＋____＋____。其中氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
解析： (1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。
(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
答案： (1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO
(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
15．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。
回答下列问题：
(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。
(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式：______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出步骤Ⅳ的离子方程式： ________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)准确称取W g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。
已知：有关的反应为2Ce3＋＋S2O===2Ce4＋＋2SO，Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。
①用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为________%。
②用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
解析： (1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合价为＋3。
(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程式为2CeO2＋H2O2＋3H2SO4===Ce2(SO4)3＋O2↑＋4H2O，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。
(3)依题意知，步骤Ⅳ的离子方程式为Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓。
(4)①观察已知反应式知，CeCl3～(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3)＝ mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝×100%＝%。②如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2＋被氧化成Fe3＋，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。
答案： (1)＋3
(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(3)Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓
(4)① ②偏高课时作业(十四) 碳、硅及无机非金属材料
1．下列关于碳及其氧化物的说法不正确的是( )
A．过度排放CO2会导致“温室效应”，应提倡“低碳生活”
B．一氧化碳易与血液中的血红蛋白结合
C．金刚石和石墨都是碳单质，但原子排列方式不同，物理性质也不同
D．CO、CO2、葡萄糖都属于有机物
D [二氧化碳是一种温室气体，故A项正确；一氧化碳有毒，容易与血液中的血红蛋白结合，故B项正确；金刚石和石墨的结构不同，物理性质也不同，故C项正确；含有碳元素的化合物不一定属于有机物，如CO、CO2不属于有机物，故D项错误。]
2．碳循环(如图)对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )
A．碳是构成有机物的主要元素
B．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．石油的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志
D [有机物是含有碳元素的化合物，碳是构成有机物的主要元素，A项正确；光合作用是指绿色植物以CO2和H2O为原料，通过叶绿体，利用光能合成糖类等有机物，同时释放O2的过程，此过程中太阳能转化为化学能，B项正确；化石燃料的燃烧产生大量CO2，是产生温室效应的原因之一，C项正确；乙烯的年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，D项错误。]
3．5G网络让手机“飞”起来了。手机芯片的核心是硅板，其成分是( )
A．SiO2 B．Si
C．H2SiO3 D．Na2SiO3
B [手机芯片的核心是硅板，其成分是Si单质，故B项正确。]
4．下列所列各物质的用途不正确的是( )
A．分子筛：吸附剂、催化剂
B．硅胶：干燥剂、吸附剂、催化剂载体
C．碳化硅：砂纸、砂轮
D．硅酸：黏合剂、耐火材料
D [硅胶和分子筛均为疏松多孔物质，表面积大，可作为吸附剂以及催化剂的载体等，A、B项正确；碳化硅硬度大，可制作砂纸、砂轮等，C项正确；硅酸不能作耐火材料，D项错误。]
5．化学与科技、生活密切相关。下列叙述正确的是( )
A．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质
C．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
D．国产客机大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高
D [泰国银饰中的银为金属单质，属于金属材料，土耳其彩瓷的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A项错误；电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，而从石墨中剥离出的石墨烯薄片属于单质，故B项错误；中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C项错误；铝锂合金的密度较小，且其强度较高，可以大规模使用在国产客机上，故D项正确。]
6．向下列饱和溶液中通入过量的CO2气体，最后肯定有沉淀生成的是( )
①Ca(OH)2 ②CaCl2 ③Na2CO3 ④Ca(ClO)2
⑤NaAlO2
A．①③④ B．③
C．③⑤ D．①②③④⑤
C [①向Ca(OH)2饱和溶液中通入过量的CO2气体会生成易溶于水的Ca(HCO3)2，最后没有沉淀生成；②CaCl2与CO2气体不反应；③向Na2CO3饱和溶液中通入过量的CO2气体生成NaHCO3，NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，且反应消耗水，最后有沉淀析出；④向Ca(ClO)2饱和溶液中通入过量的CO2气体会生成易溶于水的Ca(HCO3)2，最后没有沉淀生成；⑤向NaAlO2饱和溶液中通入过量的CO2气体生成Al(OH)3沉淀。]
7．下列说法正确的是( )
A．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
B．酸性氧化物都只能与碱反应，不能与任何酸发生反应
C．工业上用焦炭和石英制取粗硅的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
D．不能用SiO2与水反应来制取硅酸，不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化
D [硅在常温下可与氢氟酸、氢氧化钠溶液反应，A项错误；SiO2能与氢氟酸反应，B项错误；工业上用焦炭和石英制取粗硅的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，C项错误；二氧化硅不溶于水，也不与水反应，故不能用SiO2与水反应来制取硅酸，在加热条件下，二氧化硅与氢氧化钠、碳酸钠固体反应，故不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化，D项正确。]
8．下列关于CO2和SiO2性质的说法中，不正确的是( )
A．CO2与SiO2在物理性质上差别很大
B．SiO2不与CaCl2溶液反应，而CO2通入CaCl2溶液中可得到白色沉淀
C．CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应
D．CO2通入水玻璃中可以得到硅酸
B [二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为共价晶体，二者结构不同，物理性质差别很大，故A项正确；盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故B项错误；CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应生成对应的盐和水，故C项正确；碳酸的酸性强于硅酸，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，CO2通入水玻璃中可以得到硅酸，故D项正确。]
9．将足量CO2气体通入水玻璃(Na2SiO3溶液)中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是( )
A．Na2SiO3 B．Na2CO3、Na2SiO3
C．Na2CO3、SiO2 D．SiO2
A [将足量CO2气体通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：2CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H2SiO3↓＋2NaHCO3；然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，NaHCO3、H2SiO3受热易分解：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、H2SiO3H2O＋SiO2，生成的Na2CO3和SiO2的物质的量之比为1∶1，二者在高温下充分反应：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，所以最后得到的固体物质是硅酸钠，A正确。]
10．下列说法中正确的是( )
A．单质氧化物酸或碱盐，碳、硅单质均可以按上述关系进行转化
B．若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图所示的转化关系
C．二氧化碳和二氧化硅都可溶解在NaOH溶液中
D．向Na2SiO3溶液、NaAlO2溶液、Ca(OH)2溶液中分别通入过量CO2，溶液均有白色沉淀
C [A项，SiO2与H2O不反应；B项，SiO2不能直接转化为H2SiO3，H2SiO3也不能转化为Si。D项，Ca(OH)2溶液中通入过量CO2无沉淀生成。]
11．二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(制备流程如图所示)。下列说法正确的是( )
A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物
B．SiO2和Si都是光导纤维材料
C．在硅胶中加入CoCl2可显示硅胶是否吸水失效
D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应
C [两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，A项错误；SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B项错误；CoCl2在吸水和失水状态下显示不同的颜色，C项正确；制取Si的过程中涉及了氧化还原反应，D项错误。]
12．胃舒平的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁
(Mg2Si3O8·nH2O)等化合物。
(1)三硅酸镁的氧化物形式为____________。
(2)Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是________(填字母)。
a．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体
b．Al2O3、MgO和SiO2都是金属氧化物
c．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点
解析： (1)Mg2Si3O8·nH2O改写成氧化物的形式为2MgO·3SiO2·nH2O。(2)Al2O3、MgO和SiO2均具有很高的熔点，故可制耐火材料。
答案： (1)2MgO·3SiO2·nH2O (2)c
13．氮化硅(Si3N4)是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮气在1 300 ℃时反应获得。
(1)根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是______(填字母)。
A．制汽轮机叶片 B．制有色玻璃
C．制永久性模具 D．制陶瓷发动机
(2)氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式： __________________________________________________________。
(3)现用SiCl4和N2(在H2气氛下)，加强热发生反应，可获得较高纯度的氮化硅，反应的化学方程式为________________________________________________________________。
解析： 由Si3N4的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知Si3N4的用途符合A项、C项、D项。
答案： (1)ACD (2)Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑(或Si3N4＋16HF===3SiF4↑＋4NH4F)
(3)3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
14．为探究CO的化学性质，某课外小组的同学按如图所示装置进行实验。打开K2，关闭K1和K3。已知Cu2Cl2的氨水溶液可以将CO氧化为草酸铵，同时本身被还原为Cu。
(1)实验前需进行的操作是_________________________________________________。
(2)一段时间后b处_____________(填现象)，打开K1，并在F处点燃CO，试管中氧化铜由黑色逐渐变红，a处澄清石灰水变浑浊。说明CO具有的化学性质有________________________________________________________________________。
(3)待试管中固体颜色全部变为红色，关闭K1，稍后关闭K2，停止通入CO，再打开K3。c装置的作用是______________________________________________________________，
此处反应的离子方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)有气体通过的装置在实验前都需要检查装置的气密性。(2)b处的活鼠因CO而中毒死亡；在加热条件下，CO还原氧化铜得到二氧化碳，试管中黑色的氧化铜变为红色的铜，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，由以上实验现象可以说明CO有毒性和还原性。(3)CO有毒，不能直接排放到空气中，由题意Cu2Cl2的氨水溶液可以将CO氧化为草酸铵，同时本身被还原为Cu，则c装置的作用是吸收尾气CO，结合题给条件写出离子方程式：Cu2Cl2＋2CO＋4NH3＋2H2O===4NH＋C2O＋2Cl－＋2Cu↓。
答案： (1)检验装置的气密性 (2)活鼠中毒死亡 毒性和还原性 (3)吸收尾气CO 2CO＋Cu2Cl2＋4NH3＋2H2O===2Cu↓＋2Cl－＋4NH＋C2O
