2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專題化學(xué)江蘇專版課后習(xí)題專題突破練專題突破練專題一物質(zhì)的組成、分類及變化物質(zhì)的量A組基礎(chǔ)鞏固練1.B解析石墨是導(dǎo)體,A不符合題意;硅為半導(dǎo)體材料,B符合題意;鎂鋁合金為金屬材料,C不符合題意;聚乙烯為合成有機(jī)高分子材料,D不符合題意。2.A解析甲醇為非電解質(zhì),A錯(cuò)誤;甲醇作燃料,燃燒生成二氧化碳和水,然后二氧化碳和水催化可生成甲醇,屬于可再生清潔能源,B正確;烴分子中的氫原子被其他原子或原子團(tuán)取代后的生成物,叫作烴的衍生物,甲醇屬于烴的衍生物,C正確;甲醇與乙醇均為醇,且相差一個(gè)CH2,互為同系物,D正確。3.D解析NH3中H元素的化合價(jià)為+1,N元素化合價(jià)為-3,A錯(cuò)誤;NO是不成鹽氧化物,B錯(cuò)誤;反應(yīng)中NH3中N元素化合價(jià)升高,為還原劑,發(fā)生氧化反應(yīng),NO、NO2中N元素化合價(jià)降低,為氧化劑,發(fā)生還原反應(yīng),C錯(cuò)誤;H2O的結(jié)構(gòu)式為,D正確。4.A解析轉(zhuǎn)移溶液時(shí)應(yīng)用玻璃棒引流,A正確;振蕩是將容量瓶輕輕搖動(dòng),B錯(cuò)誤;定容時(shí),視線要與刻度線相切,且膠頭滴管不能伸入容量瓶?jī)?nèi),C錯(cuò)誤;搖勻是指將容量瓶?jī)?nèi)的液體上下顛倒,操作時(shí)右手食指頂緊塞子,左手托住瓶底,圖中沒(méi)有托住瓶底,D錯(cuò)誤。5.C解析制備漂白粉是將Cl2通入石灰乳中,石灰水的濃度太低,A錯(cuò)誤;FeS2與O2反應(yīng)生成SO2和Fe2O3,B錯(cuò)誤;SO2能夠被HNO3氧化為H2SO4,實(shí)驗(yàn)室常用Na2SO3與濃硫酸反應(yīng)制備SO2,D錯(cuò)誤。6.D解析電解熔融NaCl生成Na和Cl2,A不符合題意;濃鹽酸與MnO2在加熱條件下生成Cl2,B不符合題意;MgCl2·6H2O在HCl氣流中加熱生成MgCl2,C不符合題意;ClO-與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl-和SO42-,Cl7.B解析赤鐵礦主要成分為Fe2O3,A項(xiàng)錯(cuò)誤;出土?xí)r光亮且薄如紙,說(shuō)明金不活潑和有良好的延展性,B項(xiàng)正確;催化劑不能使平衡發(fā)生移動(dòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;聚丙烯中無(wú)碳碳雙鍵,不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.答案56.52%解根據(jù)題意可求得滴定過(guò)程中所用EDTA的物質(zhì)的量為n(EDTA)=(2.000mol·L-1×10.00×10-3L-1.000mol·L-1×16.00×10-3L)×100mL25.00mL=0.016mol,根據(jù)滴定反應(yīng)可知n(Zn)=n(EDTA)=0.016mol,則樣品中Zn元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為ω=n(Zn)9.答案99.5%解根據(jù)關(guān)系式CuCl~Na2S2O3,樣品中CuCl物質(zhì)的量為0.1000mol·L-1×0.025L=0.0025mol,則CuCl樣品的純度=0.0025mol×10.答案84%解根據(jù)題意n(I2)=c(標(biāo)準(zhǔn)液)×V(標(biāo)準(zhǔn)液)=0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol,根據(jù)Na2S2O4~2I2,n(Na2S2O4)=0.002mol×250mL25mL=0.02mol,m(Na2S2O4·2H2O)=0.02mol×210g·mol-1=4.2g,B組能力提升練1.A解析“碳達(dá)峰”是指某個(gè)國(guó)家、某個(gè)地區(qū)或者某個(gè)企業(yè)等,年度二氧化碳排放量達(dá)到歷史最高峰,然后經(jīng)歷平臺(tái)期進(jìn)入持續(xù)下降的過(guò)程,是二氧化碳排放量由增轉(zhuǎn)降的歷史拐點(diǎn),標(biāo)志著經(jīng)濟(jì)發(fā)展由高能耗、高排放向清潔的低能耗模式轉(zhuǎn)變?！疤贾泻汀笔侵改硞€(gè)國(guó)家、某個(gè)地區(qū)或企業(yè)等,每年的人為活動(dòng)直接或者間接排放的二氧化碳,與其通過(guò)植樹(shù)造林、工業(yè)固碳等方式吸收的二氧化碳總量相互抵消,實(shí)現(xiàn)二氧化碳“凈零排放”。所以“雙碳”的含義是二氧化碳,故選A。2.A解析已知反應(yīng):4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,A項(xiàng)符合題意;Cu與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+和Cu2+,Cu不能置換出Fe,B項(xiàng)不符合題意;Cu與S在加熱條件下反應(yīng)生成Cu2S,C項(xiàng)不符合題意;常溫下,Cu和濃硫酸不反應(yīng),D項(xiàng)不符合題意。3.D解析在三星堆“祭祀坑”提取到絲綢制品殘留物,其中絲綢的主要成分為蛋白質(zhì),A正確;由CO2人工合成淀粉,消耗了二氧化碳,有利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰”“碳中和”的戰(zhàn)略,B正確;維生素C又稱“抗壞血酸”,是一種水溶性維生素,可以促進(jìn)鐵元素的吸收、促進(jìn)脂肪和蛋白質(zhì)的合成、促進(jìn)身體組織的恢復(fù)、促進(jìn)鈣吸收等,C正確;電解法耗能大,不適合大規(guī)模使用,D錯(cuò)誤。4.A解析工業(yè)制硫酸的原理是FeS2SO2SO3H2SO4,A錯(cuò)誤;該反應(yīng)節(jié)約成本,簡(jiǎn)化反應(yīng)步驟,B正確;HgS是難溶于水與酸的物質(zhì),Hg2+能夠與H2S反應(yīng)生成HgS和H+,C正確;在加熱條件下,硫能與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成S2-和SO32-,D正確。5.D解析電解飽和食鹽水可以得到NaOH、H2和Cl2,電解熔融的NaCl可以得到Na,A項(xiàng)錯(cuò)誤;氮的固定是指游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的氮,氨中的氮不是游離態(tài),B項(xiàng)錯(cuò)誤;用焦炭在高溫下還原SiO2可得到粗硅,C項(xiàng)錯(cuò)誤;石油的裂化或裂解可以制取小分子的烷烴和烯烴,D項(xiàng)正確。6.答案(1)R2Cr2O7+4NaOH2Na2CrO4+2ROH+H2O(2)30mL濕樹(shù)脂最多吸收Cr(Ⅵ)的質(zhì)量:m1=1.45mol·L-1×30mL×10-3L·mL-1×52g·mol-1×103mg·g-1=2262mg通廢水20h濕樹(shù)脂吸收Cr(Ⅵ)的質(zhì)量:m2=1.0L·h-1×20h×50mg·L-1=1000mgm2<m1,故該樹(shù)脂未達(dá)到摩爾交換總?cè)萘?20h時(shí)未達(dá)到吸收飽和解析(1)樹(shù)脂失效后,用NaOH溶液將樹(shù)脂再生,NaOH首先促進(jìn)平衡2ROH+Cr2O72-R2Cr2O7+2OH-逆向移動(dòng),生成的Cr2O72-再發(fā)生反應(yīng):Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H2O,從而得出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為R2Cr2O77.答案97.9%(計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析)解析根據(jù)方程式可知反應(yīng)的關(guān)系式為Cr2O72-~6Fe2+,n[FeO(OH)]=n(Fe2+)=(22×10-3×0.05×6×250mL25.0mL)mol=6.6×10-2mol,8.答案(計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析)解n(Na2S2O3)=0.1mol/L×20.00×10-3L=2.0×10-3mol由關(guān)系式可知:Se~H2SeO3~2I2~4Na2S2O3n(Se)=5×10-4mol×4=2×10-3mol硒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2×10-39.答案(計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析)解每25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.02000mol·L-1×15.00mL×10-3L·mL-1=3.000×10-4moln[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol0.6275g樣品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol×250mL25.00mL=1m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-3mol×502g·mol-1=0.5020g純度=0.502010.答案(1)加成反應(yīng)油脂穩(wěn)定性提高,便于貯存(2)NaOH和Na[Al(OH)4](3)Fe2+(4)3.2~6.7(5)①NiSO4(計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析)②NiSO4受熱分解解析由工藝流程分析可得,向廢鎳催化劑中加入過(guò)量NaOH溶液進(jìn)行堿浸,可除去油脂,并發(fā)生反應(yīng)2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O2Na[Al(OH)4]將Al及其氧化物溶解,得到的濾液①含有NaOH和Na[Al(OH)4],濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì),加稀硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②,Fe2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后,加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去,再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體。(1)在鎳催化下,油脂氫化過(guò)程中碳碳雙鍵和氫氣發(fā)生加成反應(yīng),油脂氫化后使得油脂穩(wěn)定性提高,便于貯存。(2)由分析可知,濾液①含有Na[Al(OH)4]和過(guò)量的NaOH。(3)“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中Fe2+被H2O2氧化為Fe3+,所以溶液中大量減少的陽(yáng)離子是Fe2+。(4)若“轉(zhuǎn)化”后溶液中c(Ni2+)=0.1mol·L-1,應(yīng)控制的pH范圍為使得Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀,已知Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4,所以Fe3+完全沉淀時(shí),c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)mol·L-1=310-37.410-5mol·L-1=10-10.8mol·L-1,則pH=3.2,又Ksp[Ni(OH)2]=10-15.6,Ni2+開(kāi)始沉淀時(shí),c(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)mol·L-1=10-15.60.1mol·L-1=10-7.3mol·L-1,則pH=6.7,所以“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是3.2~6.7。(5)①由圖可知,500℃下,NiSO4·6H2O的質(zhì)量變化率為100%-58.9%=41.1%,NiSO4·6H專題二離子反應(yīng)氧化還原反應(yīng)A組基礎(chǔ)鞏固練1.C解析H原子不守恒,且原理錯(cuò)誤,A錯(cuò)誤;OH-和Mg2+不能大量共存,應(yīng)該生成Mg(OH)2沉淀,B錯(cuò)誤;ClO-具有強(qiáng)氧化性,能把S元素由+4價(jià)氧化為+6價(jià),應(yīng)該生成CaSO4,D錯(cuò)誤。2.D解析磷肥不僅具有豐富的磷元素,還應(yīng)具有良好的溶解性和可吸收性,可以迅速被植物根系吸收利用,Ca3(PO4)2難溶于水,不可用作植物的磷肥,A不符合題意;鹽酸除鐵銹的原理是HCl與鐵銹中的Fe2O3反應(yīng)生成可溶性物質(zhì)FeCl3,與揮發(fā)性無(wú)關(guān),B不符合題意;S2-與水中的Cu2+反應(yīng)生成難溶于水的CuS沉淀,與S2-有還原性無(wú)關(guān),C不符合題意;NaClO有強(qiáng)氧化性,可用于殺菌消毒,D符合題意。3.C解析燃燒熱指生成穩(wěn)定的化合物,應(yīng)該是液態(tài)水,A錯(cuò)誤;CaO吸收SO2生成亞硫酸鈣,B錯(cuò)誤;由題意可知,O3可與CN-反應(yīng)生成HCO3-、N2和O2,C正確;水解(NH4)2S2O8制得H2O2的反應(yīng)中應(yīng)該是水而不是氫氧根離子參加反應(yīng)4.D解析制備水合肼時(shí)加入了NaOH溶液,有OH-參與反應(yīng),故反應(yīng)過(guò)程中不會(huì)產(chǎn)生CO2氣體,A錯(cuò)誤;HCl是強(qiáng)電解質(zhì),書寫離子方程式時(shí)要拆分,B錯(cuò)誤;O原子不守恒,C錯(cuò)誤。5.D解析H2的燃燒熱為1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量,H2燃燒的熱化學(xué)方程式為2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1,A錯(cuò)誤;Na2O2吸收SO2反應(yīng)生成硫酸鈉,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2O2+SO2Na2SO4,B錯(cuò)誤;Fe和H2O(g)反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣,反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,C錯(cuò)誤;堿性氫氧燃料電池正極是氧氣得到電子生成氫氧根離子,電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O4OH-,D正確。6.C解析A項(xiàng),FeS難溶于水,不能拆成離子形式,錯(cuò)誤;B項(xiàng),生成的Fe2+能夠被O2氧化為Fe3+,錯(cuò)誤;D項(xiàng),—SH和—COOH均顯酸性,均能與NaOH反應(yīng),錯(cuò)誤。7.C解析①中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(濃)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O,生成亞硝酸甲酯(CH3ONO),④中NaClO氧化NH3·H2O為N2H4·H2O,而自身被還原為Cl-,②中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,③中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaN3+H2SO4(濃)2HN3↑+Na2SO4,蒸餾出CH3OH,最后HN3與NaOH反應(yīng)可制備產(chǎn)品。NO2-的中心原子N的價(jià)電子對(duì)數(shù)為2+5+1-2×22=3,則N原子的VSEPR模型為平面三角形,空間結(jié)構(gòu)為V形,A項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)①中濃硫酸作催化劑,反應(yīng)③中利用濃硫酸的高沸點(diǎn)、難揮發(fā)性,則濃硫酸作用不同,B項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)②中,N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,N2H4·H2O中N化合價(jià)由-2升至-13,故消耗3molN2H4·H2O時(shí),N2H4·H2O失去53×2×3mol=10mol電子,C項(xiàng)正確;反應(yīng)④中氧化劑與還原劑分別為NaClO和NH3·H2O,由于NaClO~Cl-~2e-,2NH3·H2O~N2H4·H2O~2e-,8.C解析由反應(yīng)歷程圖可知,[(C2H5)Fe(OH)]+[(C2H4)Fe]++X,根據(jù)質(zhì)量守恒,X的化學(xué)式為H2O,A項(xiàng)正確;乙醛分子中既含有C—H、CO極性鍵又含有C—C非極性鍵,B項(xiàng)正確;反應(yīng)I為C2H6+FeO+[(C2H5)Fe(OH)]+,該反應(yīng)中元素化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生改變,不是氧化還原反應(yīng),反應(yīng)Ⅱ中元素化合價(jià)發(fā)生改變,是氧化還原反應(yīng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;若無(wú)副反應(yīng),則每生成1molCH3CHO,消耗N2O的物質(zhì)的量等于2mol,但過(guò)程中存在副反應(yīng),且生成的Fe+能還原N2O,故消耗N2O的物質(zhì)的量大于2mol,D項(xiàng)正確。9.B解析向CO還原Fe2O3所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸,再滴加KSCN溶液,如果溶液變?yōu)榧t色,表明Fe2O3沒(méi)有全部被還原,如果溶液不變紅色,并不能說(shuō)明Fe2O3全部被還原,因?yàn)樯傻腇e能將Fe3+還原為Fe2+,A不符合題意;室溫下,用pH計(jì)分別測(cè)定等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,后者的pH大,表明后者溶液中c(OH-)大,溶液的堿性強(qiáng),ClO-的水解程度比CH3COO-大,從而說(shuō)明ClO-結(jié)合H+的能力比CH3COO-強(qiáng),B符合題意;將BaSO4粉末和Na2CO3飽和溶液混合,充分振蕩,靜置,取少量上層清液,滴加鹽酸和BaCl2溶液,雖然有氣泡和沉淀產(chǎn)生,但并不能說(shuō)明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3),因?yàn)槭褂玫氖荖a2CO3飽和溶液,C不符合題意;向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加熱煮沸,冷卻后沒(méi)有加入堿中和稀硫酸,加入銀氨溶液后,銀氨溶液與稀硫酸發(fā)生了反應(yīng),水解生成的葡萄糖并沒(méi)有與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng),所以雖然沒(méi)有產(chǎn)生銀鏡,但并不能說(shuō)明蔗糖水解產(chǎn)物沒(méi)有還原性,D不符合題意。10.答案(1)①由圖可知,鐵失電子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被還原為NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H進(jìn)一步還原為N2或NH4+②4Fe+NO3(2)C8H8+40·OH8CO2↑+24H2O解析(1)①由圖可知,鐵失電子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被還原為NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H進(jìn)一步還原為N2或NH4+;②若水體中的NO3-與NO2-的物質(zhì)的量之比為1∶1,且含N物質(zhì)最終均轉(zhuǎn)化為N2,根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒得離子方程式:4Fe+NO3-+NO2-+10H+N2↑+4Fe2++5H2O。(2)C8H811.答案(1)①16少量Fe2+被氧氣氧化,減少了NaClO3②濾液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干擾Fe2+的檢驗(yàn)(2)或(3)①4FeSSH+4O24FeOOH+S8②四氯乙烯與S8都是非極性分子,符合“相似相溶”原理③S8中S原子采取sp3雜化,無(wú)剩余的p軌道用于形成大π鍵解析(1)①Fe2+失去1個(gè)e-生成Fe3+,ClO3-中Cl得到6個(gè)e-生成Cl-,則參加反應(yīng)的Fe與Cl的個(gè)數(shù)比為6∶1,故制備1molα-FeO(OH)理論上需要NaClO3的物質(zhì)的量為16mol;因?yàn)樯倭縁e2+被氧氣氧化,減少了NaClO3的消耗量,所以實(shí)際生產(chǎn)過(guò)程中所加NaClO3的量低于理論用量。②濾液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干擾Fe2+的檢驗(yàn),所以該設(shè)計(jì)方案不合理。(2)每個(gè)Fe(Ⅲ)與羥基氧和非羥基氧構(gòu)成了FeO3(OH)3八面體,相同環(huán)境的氧原子之間構(gòu)成正三角形,即或。(3)①由題圖1可知,FeOOH、S8為生成物,FeSSH、O2為反應(yīng)物,則反應(yīng)的化學(xué)方程為4FeSSH+4O24FeOOH+S8。②工業(yè)可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并實(shí)現(xiàn)與α-FeOOH分離,四氯乙烯與S8都是非極性分子,符合“相似相溶”原理。③S8中S原子采取sp3雜化,無(wú)剩余的p軌道,不能形成大π鍵。B組能力提升練1.B解析F2與水反應(yīng)生成HF和O2,其化學(xué)方程式為2F2+2H2O4HF+O2,A正確;ClF中F為-1價(jià),則ClF與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為ClF+2OH-ClO-+F-+H2O,B錯(cuò)誤;螢石與濃硫酸共熱反應(yīng)生成HF和硫酸鈣,其化學(xué)方程式為CaF2+H2SO4(濃)CaSO4+2HF↑,C正確;工業(yè)上,可通過(guò)電解KF的無(wú)水HF溶液(含F(xiàn)-和HF2-)制取F2,陰極反應(yīng)物得到電子,發(fā)生還原反應(yīng),因此制F2時(shí),HF2-在陰極放電發(fā)生還原反應(yīng)生成H2和F-,D2.A解析N2中化學(xué)鍵非常牢固,因此N2化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定,難與其他物質(zhì)反應(yīng),可用作保護(hù)氣,A正確;乙醇能使蛋白質(zhì)變性,從而可用于殺菌消毒,與乙醇易溶于水無(wú)關(guān),B錯(cuò)誤;濃硫酸可與CaF2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生CaSO4和HF,因此可以用于制HF,屬于高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸,這與濃硫酸是否具有強(qiáng)氧化性無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;SO2具有漂白性,可用于漂白紙漿,與其是極性分子無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。3.B解析Cu2O在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成Cu和Cu2+,A錯(cuò)誤;CuFeS2中硫元素被Fe3+氧化為S單質(zhì),Fe3+被還原為Fe2+,B正確;CoCl3具有強(qiáng)氧化性,與HCl發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2和Co2+,C錯(cuò)誤;CH3COOH為弱酸,不能拆成離子,D錯(cuò)誤。4.A解析干燥的氯氣與鐵反應(yīng)只能生成FeCl3,與鐵的量無(wú)關(guān),A錯(cuò)誤;反應(yīng)Ⅱ中NaClO是氧化劑被還原成NaCl得到2e-,Fe由+3價(jià)被氧化至+6價(jià)失去3e-,由得失電子守恒得,氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2,B正確;流程中Na2FeO4可在飽和KOH溶液中轉(zhuǎn)化為K2FeO4,則溶解性:Na2FeO4>K2FeO4,C正確;用K2FeO4對(duì)飲用水殺菌消毒的同時(shí),還原生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體可吸附雜質(zhì)凈化水,D正確。5.A解析Mg的還原性強(qiáng)于Fe,當(dāng)Mg與Fe連接形成原電池時(shí),Mg作負(fù)極被腐蝕,鋼鐵作正極被保護(hù),即犧牲陽(yáng)極法,A正確;LiOH可用作宇宙飛船中的CO2吸收劑,是由于其為堿,能與酸性氧化物CO2發(fā)生反應(yīng),與LiOH可溶于水無(wú)關(guān),B錯(cuò)誤;石墨易導(dǎo)電是由于石墨為混合型晶體,每個(gè)碳原子與其他碳原子只形成三個(gè)共價(jià)鍵,每個(gè)碳原子仍然保留一個(gè)自由移動(dòng)的電子來(lái)傳遞電荷,與其層間范德華力無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;H2O2有強(qiáng)氧化性與其含有-1價(jià)的氧有關(guān),與其是極性分子無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。6.C解析鈹?shù)幕衔镄再|(zhì)與鋁相似,BeO與過(guò)量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為BeO+2NaOH+H2ONa2[Be(OH)4],A錯(cuò)誤;燃燒熱指1mol純物質(zhì)燃燒所放出的熱量,則2molMg完全燃燒放出1220kJ的熱量,鎂燃燒的熱化學(xué)方程式為2Mg(s)+O2(g)2MgO(s)ΔH=-1220kJ·mol-1,B錯(cuò)誤;Mg(HCO3)2少量,令Mg(HCO3)2為1mol,1molMg2+需要與2molOH-反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀,2molHCO3-需要2molOH-反應(yīng)生成CO32-和H2O,則離子方程式為Mg2++2HCO3-+4OH-Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,C正確;CaC2O4屬于難溶物質(zhì)不能拆分,離子方程式為5CaC2O4+2MnO4-+16H+2Mn2++10CO7.D解析堿性環(huán)境不能出現(xiàn)H+,正確的寫法為O2+2H2O+4e-4OH-,A錯(cuò)誤;化學(xué)方程式中O元素不守恒,B錯(cuò)誤;在反應(yīng)S8+3AsF5S8(AsF6)2+AsF3中,1molS8失去2mol電子生成S82+,1molAsF5得到2mol電子生成AsF3,故S8與AsF5反應(yīng)中,n(氧化劑)∶n(還原劑)=1∶1,C錯(cuò)誤;該反應(yīng)ΔS>0,所以-TΔS<0,溫度越高,-TΔS越小,ΔG=ΔH-TΔS越小,越有利于反應(yīng)正向進(jìn)行,D正確。8.B解析觀察鈉元素的焰色反應(yīng)不能透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃,A錯(cuò)誤;I-被氧化為I2,溶液變藍(lán),可以檢驗(yàn)NaClO溶液的氧化性,B正確;NaClO具有漂白性,能使pH試紙褪色,不能用pH試紙測(cè)NaClO溶液的pH,C錯(cuò)誤;少量NaClO溶液與FeCl2反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液,是用來(lái)檢驗(yàn)Cl-的,但原溶液中本來(lái)就存在Cl-,無(wú)法判斷Cl-是原溶液中的還是ClO-被還原生成的,D錯(cuò)誤。9.C解析“浸取”時(shí)稀硫酸過(guò)量越多,后續(xù)步驟“沉鐵”時(shí)消耗的CaO越多,A錯(cuò)誤;“氧化Ⅰ”的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,便于后續(xù)沉鐵,B錯(cuò)誤;“除鈣”后所得溶液是CaF2的飽和溶液,則c(Ca2+)·c2(F-)=Ksp(CaF2),“除鈣”時(shí)沒(méi)有生成MnF2沉淀,則c(Mn2+)·c2(F-)≤Ksp(MnF2),c(Mn2+)c(Ca2+)≤c(Mn2+)·c2(F-)c(Ca2+)·10.C解析反應(yīng)中生成硫單質(zhì),生成的S覆蓋在催化劑表面或進(jìn)入催化劑內(nèi)空位處,阻礙了反應(yīng)的進(jìn)行,導(dǎo)致催化劑使用一段時(shí)間后催化效率會(huì)下降,高溫下聚苯胺會(huì)分解,故高溫灼燒后不可繼續(xù)使用,A項(xiàng)正確;催化氧化過(guò)程的總反應(yīng)為O2和S2-在MnO2催化作用下生成S單質(zhì),已知廢水環(huán)境為堿性,則結(jié)合得失電子守恒和電荷守恒配平:O2+2H2O+2S2-4OH-+2S,B項(xiàng)正確;由題干圖示信息可知,反應(yīng)過(guò)程中錳形成的化學(xué)鍵數(shù)目發(fā)生改變,化合價(jià)升高,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由題干圖示信息可知,反應(yīng)Ⅲ為O—O鍵斷裂,吸收熱量,ΔH>0,D項(xiàng)正確。11.答案(1)NO3-(2)2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O解析(1)由題圖可知,O2、NO2、O2-三者反應(yīng)生成甲,O2具有氧化性,結(jié)合質(zhì)量守恒可知,生成甲為NO2被氧化生成的NO3-。(2)若參加反應(yīng)的丙烯與NO的物質(zhì)的量之比為1∶2,若1分子丙烯參與反應(yīng),碳元素的化合價(jià)由-2變?yōu)?4,失去6×3=18個(gè)電子,2分子NO生成N2,得到2×2=4個(gè)電子,根據(jù)電荷守恒可知,參與反應(yīng)氧化劑氧氣分子數(shù)為(18-4)÷4=3.5個(gè),則參與反應(yīng)的丙烯、NO、O2分子的個(gè)數(shù)比為2∶4∶7,結(jié)合質(zhì)量守恒可知,化學(xué)方程式為2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O。12.答案(1)①M(fèi)nO2+SO2MnSO4②溶于軟錳礦漿的SO2與煙氣中的O2反應(yīng),生成H2SO4,pH下降,15h前由于軟錳礦漿中的CaO、MgO消耗H2SO4,所以pH下降緩慢③MnCO3消耗H2SO4,使軟錳礦漿的pH升高,提高了軟錳礦漿中SO2的溶解量,進(jìn)而有利于SO2與MnO2的反應(yīng)(2)①6Mn2++O2+6H2O2Mn3O4↓+12H+②氨水量不足,溶液中c(H+)增大,O2的氧化能力增強(qiáng),將Mn元素氧化為較高價(jià)態(tài)的Mn2O3、MnO2解析(1)①軟錳礦漿中通入SO2氣體反應(yīng)生成MnSO4,反應(yīng)中MnO2為氧化劑、SO2為還原劑,生成物MnSO4,化學(xué)方程式為MnO2+SO2MnSO4。②脫硫過(guò)程中會(huì)發(fā)生副反應(yīng):2SO2+O2+H2O2H2SO4,少量CaO、MgO等堿性氧化物被H2SO4消耗前,礦漿的pH降低較慢。③SO2被氧化為H2SO4,軟錳礦漿的pH下降,但軟錳礦漿酸性較強(qiáng)時(shí)也會(huì)抑制SO2的溶解,使SO2吸收率下降。MnCO3能降低礦漿的酸性,提高SO2的溶解能力,SO2吸收率得以提高。(2)①M(fèi)nSO4與氧氣在80℃恒溫下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Mn3O4(可看成MnO·Mn2O3),反應(yīng)環(huán)境為酸性環(huán)境。②在溶液中,氧化劑的氧化性往往隨c(H+)增大而增強(qiáng)。用氨水控制適宜的pH,減弱氧化劑的氧化性,可減少M(fèi)n2O3、MnO2的生成。13.答案(1)①c②AlCl3的化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)高于AlBr3和AlI3,具有一定的離子晶體的特征③④Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2(2)①Al3++H2O[Al(OH)]2++H+②13∶32③強(qiáng)酸性環(huán)境抑制Al3+的水解,主要以Al3+形式存在;強(qiáng)堿性環(huán)境,Al元素主要以[Al(OH)4]-的形式存在解析(1)①水浴的溫度為95℃以下,油浴的溫度為260℃以下,鹽浴的溫度可以在150~1350℃左右,鹽水浴的溫度低于900℃,故選c。②AlCl3、AlBr3和AlI3均為分子晶體,但是AlCl3中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)高于AlBr3和AlI3,具有一定的離子晶體的特征,所以其熔點(diǎn)較高。③一個(gè)Al與三個(gè)Cl相連,此Al只有6個(gè)電子,故通過(guò)另一個(gè)AlCl3中的Cl中的孤電子對(duì)給予配位,同樣,另一個(gè)AlCl3也通過(guò)此方法配位,得到化學(xué)式為Al2Cl6的二聚體。④Al2O3與CCl4反應(yīng)生成AlCl3,另一有機(jī)物中肯定有C、O元素,且具有平面三角形結(jié)構(gòu),則C為sp2雜化,即含有碳氧雙鍵,根據(jù)碳四價(jià),則碳原子上還連有兩個(gè)氯,即為,化學(xué)式為COCl2。(2)①Al3+與水反應(yīng),1個(gè)Al3+與1個(gè)OH-反應(yīng)生成[Al(OH)]2+,H2O同時(shí)釋放出1個(gè)H+。②Al3+與OH-反應(yīng)生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+(Al13),若生成1個(gè)Al13,由Al元素守恒知,Al3+前配13,再由電荷守恒,確定OH-的系數(shù)為13×3-7=32,參與反應(yīng)的n(Al3+)∶n(OH-)=13∶32。③Al3+水解生成具有凈水作用的Al13,水解后的溶液顯酸性,若在強(qiáng)酸性溶液中,Al3+的水解被抑制,生成的Al13的量較少;若在強(qiáng)堿性溶液中,Al元素轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-。專題三元素及其化合物A組基礎(chǔ)鞏固練1.C解析燃煤脫硫只是減少了二氧化硫的排放,沒(méi)有減少二氧化碳的排放,不利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”,A錯(cuò)誤;火力發(fā)電增加二氧化碳的排放,不利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”,B錯(cuò)誤;二氧化碳合成淀粉,減少了二氧化碳的排放,有利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”,C正確;可燃冰燃燒增加了二氧化碳的排放,不利于實(shí)現(xiàn)“碳中和”,D錯(cuò)誤。2.D解析實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣,A不符合題意;用飽和食鹽水可以除去Cl2中混有的HCl氣體,B不符合題意;氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸有漂白性,用裝置丙可以驗(yàn)證潮濕的Cl2具有漂白性,C不符合題意;氯化鈣不和氯氣反應(yīng),不可以處理尾氣,D符合題意。3.A解析HClO光照分解產(chǎn)生的是O2,A項(xiàng)錯(cuò)誤;飽和食鹽水分別吸收NH3和CO2生成溶解度較小的NaHCO3晶體析出,NaHCO3受熱生成Na2CO3,B項(xiàng)正確;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,用Cl2和石灰乳反應(yīng)制備漂白粉,C項(xiàng)正確;實(shí)驗(yàn)室制備少量Cl2的原理為MnO2與濃鹽酸加熱生成MnCl2、Cl2和H2O,D項(xiàng)正確。4.A解析暖貼中的鐵粉遇空氣放熱,是鐵和空氣中的氧氣等發(fā)生氧化還原反應(yīng)而放出熱量,A正確;Fe2O3為紅棕色固體,可用于紅色顏料,與其能與鹽酸反應(yīng)無(wú)關(guān),B錯(cuò)誤;氯化鐵溶液具有氧化性,可以將銅氧化生成銅離子,不是因?yàn)樗嵝?C錯(cuò)誤;FeS具有還原性,因此可除去廢水中的微量六價(jià)鉻[Cr(Ⅵ)],與FeS的溶解性無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。5.B解析NO2和O2混合后通入H2O中可以得到HNO3,A正確;單質(zhì)Mg可通過(guò)電解熔融的MgCl2獲得,電解MgCl2溶液,陽(yáng)極產(chǎn)生Cl2,陰極得到H2和Mg(OH)2,B錯(cuò)誤;工業(yè)制高純硅的第一步是由SiO2和C在高溫下發(fā)生反應(yīng)得Si(粗硅)和CO,轉(zhuǎn)化關(guān)系正確,C正確;高溫下用CO還原氧化鐵得到Fe單質(zhì),可以冶煉生鐵,物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系正確,D正確。6.D解析(NH4)2CO3中含有N元素,可作氮肥,A錯(cuò)誤;CH4可以與O2反應(yīng),故可作燃料,B錯(cuò)誤;C2H5OH能殺菌,可以使蛋白質(zhì)變性,與氫鍵無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;CO使人中毒的原理是CO可與血紅蛋白中的Fe2+結(jié)合,D正確。7.C解析Na2SO3與70%硫酸反應(yīng)生成Na2SO4、SO2和H2O,SO2與H2O2反應(yīng)生成H2SO4,H2SO4與BaCl2反應(yīng)生成BaSO4沉淀,A正確;FeS2與O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2,SO2與O2反應(yīng)生成SO3,B正確;SO2與過(guò)量的Na2CO3反應(yīng)生成的是Na2SO3,C錯(cuò)誤;Cu與濃硫酸加熱生成SO2,SO2被KMnO4氧化為SO428.C解析因?yàn)榘睔獾娜芙舛冗h(yuǎn)大于二氧化碳,故飽和NaCl溶液NaHCO3,A錯(cuò)誤;氨氣催化氧化制取NO不是將氮?dú)廪D(zhuǎn)化為氮的化合物的過(guò)程,不屬于氮的固定,B錯(cuò)誤;由于N2H4具有強(qiáng)還原性,NaClO具有強(qiáng)氧化性,為防止N2H4被過(guò)量的NaClO溶液氧化,制備N2H4時(shí)必須將次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液緩慢滴加到尿素溶液中,邊加邊攪拌,C正確;濃硫酸不揮發(fā),所以濃氨水與濃硫酸靠近時(shí)不會(huì)產(chǎn)生白煙,D錯(cuò)誤。9.A解析NH3極易溶于水是因?yàn)镹H3與H2O間能形成氫鍵,A不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系;液氨作制冷劑是因?yàn)橐喊逼瘯r(shí)吸收大量的熱,B具有對(duì)應(yīng)關(guān)系;N2H4中N原子提供孤電子對(duì),H+提供空軌道,形成配位鍵,使N2H4的水溶液中H+濃度降低,促進(jìn)水電離,所以N2H4的水溶液呈堿性,C具有對(duì)應(yīng)關(guān)系;N2H4具有還原性,能失電子發(fā)生氧化反應(yīng),所以可用作燃料電池的燃料,D具有對(duì)應(yīng)關(guān)系。10.B解析含鉻廢液加入氫氧化鉀調(diào)節(jié)pH,將三價(jià)鉻轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3、將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,過(guò)濾后濾渣加入H2O2、KOH將Cr(OH)3轉(zhuǎn)化為CrO42-,過(guò)濾分離出濾液,加入鹽酸酸化得到含有K2Cr2O7的溶液?！斑^(guò)濾Ⅰ”所得濾液中pH=8,則pOH=6,c(OH-)=1×10-6mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6×10-311×10-6×3=6×10-13mol·L-1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;“氧化”時(shí),H2O2在堿性條件下將Cr(OH)3氧化為CrO42-,結(jié)合電荷守恒和電子守恒,離子方程式為4OH-+2Cr(OH)3+3H2O22CrO42-+8H2O,B項(xiàng)正確;Cr2O72-(橙色)+H2O2H++2CrO42-(黃色),“酸化”時(shí)溶液pH越低,c(H11.答案(1)適當(dāng)增大硫酸濃度(合理即可)(2)(3)H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO4(4)SO2有還原性,過(guò)多將會(huì)降低H2SO5的濃度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)①ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+②99%或0.99(計(jì)算過(guò)程見(jiàn)解析)解析混合氣中的氧氣具有強(qiáng)氧化性,酸性條件下,將Fe2+和Mn2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和MnO2,Ca2+與SO42-反應(yīng)生成CaSO4沉淀,Ni2+、Mg2+先后轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀,而實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。(1)提高浸取率可以適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積等。(2)過(guò)一硫酸可以看做過(guò)氧化氫中的一個(gè)氫原子被磺酸基取代,因此結(jié)構(gòu)式為。(3)H2SO5的電離第一步完全,第二步微弱,S主要以HSO5-存在,-1價(jià)的O將Mn2+氧化為MnO2,離子方程式為H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO42-+3H+。(4)SO2有還原性,SO2的體積分?jǐn)?shù)較大時(shí),SO2將H2SO5還原,Mn(Ⅱ)氧化速率減小。(5)濾液中加NaClO將Co2+氧化為Co(OH)3,反應(yīng)的離子方程式為ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+;再加Na2CO3,將Ni2+轉(zhuǎn)化為NiCO3沉淀,離子方程式為Ni2++CO32-NiCO3↓;NiCO3中加H2SO4,反應(yīng)生成NiSO4,經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,可得NiSO4·7H2O。c(CO32-)=10-5mol·L-1,根據(jù)Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知,c(Ni2+)=Ksp(NiCO3)c(C12.答案(1)2MoS2+9O2+12NaOH2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O(2)SO42-、[Al(OH)4(3)將[Al(OH)4]-全部轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀除去(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O7MoO3+6NH3↑+7H2O(5)在160~240℃之間,催化劑的活性低,同時(shí)溫度較低反應(yīng)速率較慢,所以NOx轉(zhuǎn)化率不高解析(1)焙燒過(guò)程氧氣具有氧化性,會(huì)在NaOH條件下氧化MoS2生成Na2MoO4和Na2SO4。(2)Al2O3和NaOH反應(yīng)后用水浸取生成Na[Al(OH)4],故過(guò)濾后所得濾液中存在的陰離子有OH-、MoO42-、[Al(OH)4]-、SO42-;欲提高單位時(shí)間內(nèi)鉬的浸取率,可以采取的措施有粉碎廢催化劑、適當(dāng)升高溫度、攪拌等。(3)通入過(guò)量的CO2,將[Al(OH)4]-轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀,除去鋁元素。(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O灼燒后可得到MoO3,結(jié)合質(zhì)量守恒可知,還生成NH3和水。(5)催化劑催化需要一定的活化溫度,在160~240℃之間時(shí)B組能力提升練1.A解析將釋放出的CO2轉(zhuǎn)化為燃料乙醇,符合“碳中和”理念,A正確;該反應(yīng)中碳元素化合價(jià)由+4降低到-2,B錯(cuò)誤;乙醇為液體,易保存,氫氣難液化,不易儲(chǔ)存,C錯(cuò)誤;C2H6O為乙醇的分子式,D錯(cuò)誤。2.B解析HF的沸點(diǎn)比HCl的高是因?yàn)镠F分子間存在氫鍵,HCl分子間不存在氫鍵,與鍵能大小無(wú)關(guān),A錯(cuò)誤;CH3COOH中—CH3是推電子基團(tuán),推電子效應(yīng)使羧基中O—H極性變小,酸性減弱,所以CH3COOH的酸性比HCOOH的弱,B正確;HClO具有強(qiáng)氧化性,能使蛋白質(zhì)變性,可作殺菌消毒劑,與其具有酸性無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;KAl(SO4)2·12H2O溶于水時(shí)電離的Al3+水解生成吸附性強(qiáng)的氫氧化鋁膠體,可吸附水中懸浮物形成沉淀,可作凈水劑,和KAl(SO4)2·12H2O能與NaOH溶液反應(yīng)的性質(zhì)無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。3.D解析鹵水“氧化”時(shí)Cl2與鹵水反應(yīng)置換出Br2,同時(shí)Cl2與水反應(yīng)生成HCl進(jìn)入水相Ⅰ;“還原”時(shí)SO2與R3N[ClBr2]反應(yīng)生成H2SO4、HBr、R3NCl,R3NCl再與HBr反應(yīng)生成HCl和R3NBr,HCl和H2SO4進(jìn)入水相Ⅱ,R3NBr進(jìn)入有機(jī)相Ⅱ,用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr和R3NCl,HBr被Cl2氧化得到Br2,蒸餾得到液溴?！把趸焙汀稗D(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用均為氧化Br-,A項(xiàng)正確;根據(jù)分析,則水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有HCl,B項(xiàng)正確;用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr同時(shí)生成R3NCl,可完成R3NCl的再生,C項(xiàng)正確;保存液溴時(shí)加適量水的主要作用是防止溴單質(zhì)揮發(fā),D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.B解析工業(yè)上電解飽和氯化鈉溶液制備NaOH:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,A正確;侯氏制堿過(guò)程中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化:NaClNaHCO3Na2CO3,B錯(cuò)誤;Na2O2與CO2反應(yīng)生成氧氣,潛水艇供氧的原理為2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,C正確;苯酚鈉溶液與少量CO2反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉:C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3,D正確。5.D解析根據(jù)化學(xué)方程式,可得該總反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c2(CO2)c2(CO)·c(O2),A錯(cuò)誤;通過(guò)步驟Ⅰ可知,CO變成CO2,碳元素化合價(jià)升高,故Cu和Ce的化合價(jià)會(huì)降低,所以步驟Ⅰ中有三種元素化合價(jià)發(fā)生變化,B錯(cuò)誤;由反應(yīng)機(jī)理可知,步驟Ⅰ是一氧化碳與銅-鈰氧化物中的氧元素結(jié)合,生成二氧化碳,步驟Ⅲ6.A解析氯化鎂用作豆腐制作過(guò)程中的凝固劑是利用蛋白質(zhì)在鹽溶液中發(fā)生聚沉的性質(zhì),與其易溶于水無(wú)關(guān),A符合題意;MgO是堿性氧化物,SO2是酸性氧化物,二者能發(fā)生反應(yīng):MgO+SO2MgSO3,故MgO可用于吸收燃煤煙氣中的SO2,有對(duì)應(yīng)關(guān)系,B不符合題意;Na+和Cl-間存在正負(fù)電荷的強(qiáng)烈作用,具有較強(qiáng)的離子鍵,具有較高的熔點(diǎn),硬度較大,有對(duì)應(yīng)關(guān)系,C不符合題意;HCO3-中含有O—H,故HCO3-能形成分子間氫鍵,通過(guò)氫鍵締合成較大的酸根,一般微粒越大越難溶于水,故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,7.C解析黃銅灰渣加硫酸浸取,除單質(zhì)銅不與硫酸反應(yīng),其他金屬單質(zhì)和氧化物均生成對(duì)應(yīng)的硫酸鹽,過(guò)濾得到銅單質(zhì),濾液中加入適量的Zn粉將溶液中的銅置換出來(lái),過(guò)濾得到銅單質(zhì),將兩次得到的銅單質(zhì)溶于硝酸得到硝酸銅。反應(yīng)Ⅰ處加入Zn粉,若前面加入的硫酸過(guò)量,則會(huì)消耗更多的Zn,A項(xiàng)正確;加入的Zn與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+,與Cu2+反應(yīng)生成Cu,若Zn過(guò)量,濾渣中有Cu和Zn,加入稀硝酸,Cu和Zn均可以被溶解,生成Cu(NO3)2和Zn(NO3)2,B項(xiàng)正確;Fe3+的氧化性強(qiáng)于Cu2+,Zn與Cu2+置換前,必然將Fe3+還原為Fe2+,所以濾液Ⅱ中不存在Fe3+,C項(xiàng)錯(cuò)誤;稀硝酸與金屬會(huì)產(chǎn)生NO,濾渣為Cu,先灼燒,則生成CuO,再溶于稀硝酸,不會(huì)產(chǎn)生NO,D項(xiàng)正確。8.答案(1)①M(fèi)g2[B2O4(OH)2]+4SO2+4H2O2H3BO3+2Mg(HSO3)2②氫鍵和范德華力③[B(OH)4]-④2×105⑤Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反應(yīng)生成可溶性鎂鹽(2)①及時(shí)蒸出生成的硼酸三甲酯(合理即可)②B(OCH3)3+4NaHNaBH4+3CH3ONa(3)0.5mol解析(1)②硼酸是層狀結(jié)構(gòu),層與層之間有范德華力,硼酸分子中含有氧氫鍵,故還存在分子間氫鍵。③H3BO3與H2O結(jié)合后可電離出1個(gè)H+,反應(yīng)為H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+,即H3BO3電離后所得的酸根離子為[B(OH)4]-。④根據(jù)化學(xué)方程式和平衡常數(shù)之間的關(guān)系可知,目標(biāo)反應(yīng)的平衡常數(shù)=Ksp(MgCO3)·Ka12(H2SO3)Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=2×105。⑤由圖丙知,80℃時(shí)反應(yīng)后所得浸出渣中Mg6[Si4O10(OH)8]含量少,故溫度高于80℃時(shí),Mg的浸出率大幅上升的原因是Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反應(yīng)生成可溶性鎂鹽。(2)①酯化反應(yīng)是一個(gè)可逆反應(yīng),將生成的硼酸三甲酯及時(shí)蒸出,可使平衡正向移動(dòng),提高酯化反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率。(3)電負(fù)性:H>B,NaBH4中H為-1價(jià),還原劑是NaBH4,4molNaBH4參與反應(yīng)共失去16mol電子,反應(yīng)中有2種氧化劑:Te、H2O,2molTe參與反應(yīng)共得到4mol電子,還有6molH2O參與得電子,6molH2O共得到12mol電子,即29.答案(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O(2)(3)2.7×10-3(4)H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO4(5)提高H2TeO3的還原率;Na2SO3會(huì)與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成SO2,SO2從溶液中逸出(6)Cu解析(1)“氧化酸浸”過(guò)程,Cu2Te被H2O2溶液氧化生成CuSO4和H2TeO3,則反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O。(2)在環(huán)狀結(jié)構(gòu)的配離子[Cu(C2O4)2]2-中,C2O42-的碳氧單鍵中的O給出孤電子對(duì),Cu2+接受孤電子對(duì),以4個(gè)配位鍵形成[Cu(C2O4)2]2-,則該配離子的結(jié)構(gòu)式為。(3)用R2-表示[Cu(C2O4)2]2-,則反應(yīng)CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2-+2H+的平衡常數(shù)為K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4),因Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=c(H+)·c(HC2O4-)c(H2C2O4)×c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=c2(H+)·c(C2O42-)c(H2C2O4),即c(H+)c(H2C2O4)=Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)c(C2O42-),且反應(yīng)Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2-的平衡常數(shù)K=c(R2-)c(Cu2+)·c2(C2O42-),所以K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4)=K·c(Cu2+)·c2(C2O42-專題四物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)A組基礎(chǔ)鞏固練1.A解析基態(tài)氧原子(8O)核外含有8個(gè)電子,電子排布式為1s22s22p4,A正確;NH3的電子式為,B錯(cuò)誤;尿素的化學(xué)式是CO(NH2)2,尿素中C的化合價(jià)是+4,O的化合價(jià)是-2,H的化合價(jià)是+1,N的化合價(jià)是-3,C錯(cuò)誤;H2O的空間結(jié)構(gòu)為V形,D錯(cuò)誤。2.B解析H-的核外只有兩個(gè)電子,LiH的電子式為L(zhǎng)i+[×·H]-,A錯(cuò)誤;依據(jù)基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式為2s22p3可知,價(jià)電子軌道表示式為B正確;H2不是化合物,C錯(cuò)誤;NH2-中心N原子的孤電子對(duì)數(shù)為6-2×3.C解析電子層數(shù)相同的離子,核電荷數(shù)越大,離子半徑越小,故r(K+)<r(Cl-),A錯(cuò)誤;離子半徑越小,離子晶體的熔點(diǎn)越高,r(K+)>r(Na+),熔點(diǎn):KCl<NaCl,B錯(cuò)誤;同一周期從左到右,元素的電負(fù)性逐漸增大,電負(fù)性:χ(Na)<χ(Cl),C正確;同一主族從上到下,元素的金屬性逐漸增強(qiáng),金屬性:Na<K,D錯(cuò)誤。4.A解析同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減小,則原子半徑:r(B)>r(C)>r(N),A正確;同一周期元素從左到右第一電離能有增大的趨勢(shì),則第一電離能:I1(B)<I1(C)<I1(N),B錯(cuò)誤;元素的非金屬性越強(qiáng),其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),非金屬性:N>C>B,則酸性強(qiáng)弱:HNO3>H2CO3>H3BO3,C錯(cuò)誤;硼形成共價(jià)晶體,石墨為混合型晶體,固態(tài)氮為分子晶體,晶體類型不同,D錯(cuò)誤。5.D解析同主族元素,從上到下原子半徑依次增大,則N、P、As的原子半徑依次增大,r(N)<r(P)<r(As),A錯(cuò)誤;同主族元素,從上到下第一電離能依次減小,則N、P、As的第一電離能依次減小,I1(N)>I1(P)>I1(As),B錯(cuò)誤;元素N、P、As位于元素周期表中第ⅤA族,元素非金屬性大于H,N、P、As的原子半徑依次增大,它們與H形成共價(jià)鍵的極性逐漸減弱,因此極性鍵間的排斥力逐漸減小,NH3、PH3、AsH3的鍵角逐漸減小,C錯(cuò)誤;同主族元素,從上到下非金屬性依次減弱,最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性依次減弱,則硝酸、磷酸、砷酸的酸性依次減弱,D正確。6.C解析基態(tài)Ga原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p1,A錯(cuò)誤;NH3中氮原子為sp3雜化,空間結(jié)構(gòu)為三角錐形,B錯(cuò)誤;GaN結(jié)構(gòu)與金剛石相似,屬于共價(jià)晶體,C正確;GaN中Ga的化合價(jià)為+3,N為-3,D錯(cuò)誤。7.A解析F的半徑比Cl小,所以F—F鍵的鍵能大,A符合題意;CF3I中由于F的電負(fù)性較大,則CF3整體帶負(fù)電,I帶正電,水(H—OH)中H帶正電,OH帶負(fù)電,根據(jù)異種電性相吸可知,生成物為CF3與H結(jié)合成CF3H,I與OH結(jié)合成IOH(即HIO),B不符合題意;Cl的電負(fù)性比Br強(qiáng),則C—Cl鍵的極性比C—Br鍵的強(qiáng),極性強(qiáng)的化學(xué)鍵更易斷開(kāi),故更易生成C6H5CH2·,C不符合題意;HF中F的電負(fù)性較大,可以吸引另一個(gè)HF中的H,兩者之間形成氫鍵,即存在(HF)2,而HCl中Cl的電負(fù)性較弱,不會(huì)形成分子間氫鍵,D不符合題意。8.A解析同主族元素從上到下,原子半徑逐漸增大,同周期元素從左到右,原子半徑逐漸減小,則原子半徑:r(P)>r(S)>r(O),A正確;同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大的趨勢(shì),但第ⅡA族、第ⅤA族比同周期相鄰元素的都大,則第一電離能:I1(P)>I1(S),B錯(cuò)誤;元素非金屬性越強(qiáng),其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),非金屬性:P<S,酸性:H3PO4<H2SO4,C錯(cuò)誤;基態(tài)Cu原子的價(jià)電子排布為3d104s1,D錯(cuò)誤。9.B解析金剛石、石墨、C60均是由碳元素形成的不同單質(zhì),三者互為同素異形體,A錯(cuò)誤;C2H2分子中含有碳碳三鍵,1個(gè)C2H2分子中存在2個(gè)π鍵,B正確;Na2CO3晶體中存在離子鍵與極性共價(jià)鍵,沒(méi)有非極性鍵,C錯(cuò)誤;基態(tài)C原子的核外電子排布式為1s22s22p2,占有4個(gè)軌道,有4種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài),D錯(cuò)誤。10.C解析質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子互為同位素,同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體,A錯(cuò)誤;SO2的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3,雜化軌道類型為sp2,B錯(cuò)誤;Na2O2晶體中含有Na+和O22-,即陰、陽(yáng)離子數(shù)目之比為1∶2,C正確;二氧化硅晶體中1個(gè)硅原子周圍結(jié)合4個(gè)氧原子,即1molSiO2晶體中含有4molSi—Oσ11.A解析尿素的結(jié)構(gòu)式為,1個(gè)尿素分子中含有7個(gè)σ鍵,A錯(cuò)誤;尿素分子中碳原子的雜化方式為sp2,B正確;尿素分子中含有N—H,故尿素晶體中分子間存在氫鍵,C正確;由“均攤法”知,1個(gè)尿素晶胞中含有的尿素分子的個(gè)數(shù)=8×18+2×12=2,共含有2個(gè)氧原子,D12.A解析中子數(shù)為20的鈣原子,質(zhì)量數(shù)為20+20=40,表示為

2040Ca,A正確;H2O為共價(jià)化合物,電子式為H··O······H,B錯(cuò)誤;CO32-的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+12(4+2-3×2)=3,且沒(méi)有孤電子對(duì),空間結(jié)構(gòu)為平面三角形,C錯(cuò)誤;(NH4)2SO4含有共價(jià)鍵和離子鍵,NH4+和SO4213.C解析Y、X、Q、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,其中XY4+具有正四面體空間結(jié)構(gòu)可知,XY4+為NH4+,故Y為H,X為N;同時(shí)分析Z2Q74-結(jié)構(gòu)可知,Q形成2個(gè)鍵,Q為第ⅥA的元素,同時(shí)Z也成5根鍵,Z為第ⅤA的元素,故Q為O,Z為P。NH3和NH4+都是sp3雜化,但是NH3中有一個(gè)孤電子對(duì),孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大,鍵角變小,故鍵角:NH3<NH4+,A項(xiàng)錯(cuò)誤;NH3和H2O的分子間均存在氫鍵,故沸點(diǎn)比PH3高,常溫下,水為液體,而NH3為氣體,則沸點(diǎn)順序?yàn)镠2O>NH3>PH3,B項(xiàng)錯(cuò)誤;N為第ⅤA的元素,第一電離能比同周期相鄰元素大,Mn為金屬元素,在三者中第一電離能最小,故第一電離能:N>O>Mn,C項(xiàng)正確;Z14.D解析PCl3是極性鍵形成的極性分子,A項(xiàng)錯(cuò)誤;NH3易液化是由于NH3分子間形成氫鍵,B錯(cuò)誤;第ⅤA族元素單質(zhì)中N2和P4是分子晶體,鉍是金屬晶體,晶體類型不相同,C項(xiàng)錯(cuò)誤;從白磷晶體中可以看出,1個(gè)P4分子周圍有12個(gè)緊鄰的P4分子,D項(xiàng)正確。B組能力提升練1.C解析CH4、NH3、H2O的相對(duì)分子質(zhì)量接近,但H2O在常溫下呈液態(tài),而CH4、NH3呈氣態(tài),NH3分子間能形成氫鍵,則沸點(diǎn):CH4<NH3<H2O,A正確;同周期元素從左到右,原子半徑依次減小,C、N、O為同周期相鄰元素且從左往右排列,則原子半徑:r(O)<r(N)<r(C),B正確;C、N、O為同周期相鄰元素,但N原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài),第一電離能反常,則第一電離能:I1(C)<I1(O)<I1(N),C錯(cuò)誤;二丁二酮肟合鎳配離子中,Ni2+為中心離子,提供空軌道,N原子為配位原子,提供孤電子對(duì),D正確。2.C解析短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X的一種核素沒(méi)有中子,則X為H元素;基態(tài)Y原子的2p軌道為半充滿,則其軌道排布式為1s22s22p3,所以Y為N元素;Z單質(zhì)是植物光合作用的產(chǎn)物之一,則Z為O元素;W與Z同主族,則W為S元素。X為H元素,則X位于元素周期表中第一周期第ⅠA族,A錯(cuò)誤;X為H元素,Y為N元素,Z為O元素,W為S元素,電負(fù)性:S<N<O,則共價(jià)鍵的極性:H—S<H—N<H—O,B錯(cuò)誤;Y為N元素,Z為O元素,W為S元素,元素非金屬性越強(qiáng),其對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的越穩(wěn)定,非金屬性:S<N<O,簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2S<NH3<H2O,C正確;X為H元素,Y為N元素,Z為O元素,X、Y、Z三種元素可形成化合物NH3·H2O,其水溶液呈堿性,D錯(cuò)誤。3.A解析富氧地表附近含硫化合物中硫?yàn)檎齼r(jià)、氧為負(fù)價(jià)是因?yàn)榱虻碾娯?fù)性小于氧,A正確;斜方硫、單斜硫是硫的兩種同素異形體,不是同位素,B錯(cuò)誤;SO3中心原子的孤電子對(duì)數(shù)為0,成鍵電子對(duì)數(shù)為3,是sp2雜化,H2O中心原子的孤電子對(duì)數(shù)為6-2×12=2,成鍵電子對(duì)數(shù)為2,是sp3雜化,C錯(cuò)誤;CaSO4·2H2O中的硫酸根離子和水中含有極性共價(jià)鍵,4.A解析NH3中N元素的化合價(jià)為-3,A正確;Cl2O的空間結(jié)構(gòu)為V形,正、負(fù)電荷中心不重合,是極性分子,B錯(cuò)誤;NH4Cl晶體由NH4+和Cl-構(gòu)成,屬于離子晶體,C錯(cuò)誤;N2的電子式為

··N5.A解析根據(jù)題給信息可推知,X為C,Y為P,Z為S,W為As。由于P的3p軌道處于穩(wěn)定的半充滿狀態(tài),難失去電子,則其第一電離能比S的大,故第一電離能:S<P,A正確;元素的非金屬性越強(qiáng),其對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定,同主族從上往下元素的非金屬性逐漸減弱,故P的非金屬性大于As,則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Y>W,B錯(cuò)誤;同主族元素從上往下原子半徑逐漸增大,同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小,故原子半徑:r(As)>r(S),C錯(cuò)誤;元素的非金屬性越強(qiáng),其對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng),同周期從左至右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng),故最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性:C<S,D錯(cuò)誤。6.A解析干冰中CO2分子間的范德華力較弱,導(dǎo)致其熔、沸點(diǎn)低,而CO2具有較好的熱穩(wěn)定性,是由分子內(nèi)原子間的共價(jià)鍵決定的,二者間不存在對(duì)應(yīng)關(guān)系,A符合題意;金剛石可用作地質(zhì)鉆探鉆頭,是因?yàn)榻饎偸哂泻芨叩挠捕?二者具有對(duì)應(yīng)關(guān)系,B不符合題意;石墨中碳原子都采用sp2雜化,形成層內(nèi)網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),碳原子未參與雜化的2p電子在整個(gè)碳原子平面中運(yùn)動(dòng),使石墨具有導(dǎo)電性,C不符合題意;CO2是非極性分子,依據(jù)“相似相溶”原理,非極性分子組成的溶質(zhì)易溶于非極性分子組成的溶劑,則超臨界CO2流體可用于萃取物料中的低極性組分,D不符合題意。7.A解析基態(tài)錫原子的電子排布式為[Kr]4d105s25p2,B錯(cuò)誤;同周期主族元素從左到右,第一電離能總體呈增大趨勢(shì),但第ⅡA、ⅤA族反常得高,故錫的第一電離能大于左側(cè)相鄰元素,小于右側(cè)相鄰元素,C錯(cuò)誤;同主族元素從上到下,金屬性逐漸增強(qiáng),錫在鍺的下方,故錫的金屬性大于鍺,D錯(cuò)誤。8.C解析X、Y、Z和W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X的某種單質(zhì)在自然界中硬度最大,X為C元素;Y在空氣中含量最高,Y為N元素;短周期中Z的金屬性最強(qiáng),Z為Na元素;W的周期數(shù)與主族序數(shù)相等,W為Al元素。同周期主族元素自左向右第一電離能呈增大趨勢(shì),第一電離能:Al<C<N,A正確;同周期主族元素,原子序數(shù)越大半徑越小,原子半徑:N<C<Na,B正確;Na2C2屬于離子晶體,C錯(cuò)誤;W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為Al(OH)3,具有兩性,D正確。9.B解析中子數(shù)為37的Zn原子質(zhì)量數(shù)為67,A錯(cuò)誤;氧元素和氯元素的化合價(jià)分別為-2、-1,則SOCl2中硫元素的化合價(jià)為+4,B正確;Cl-最外層有8個(gè)電子,C錯(cuò)誤;H2O分子中氧原子為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),D錯(cuò)誤。10.C解析基態(tài)X原子核外有7種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子,所以X原子核外有7個(gè)電子,即X為N元素;基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍,則Y為O元素;Z是短周期金屬性最強(qiáng)的元素,則Z為Na元素;基態(tài)W原子的4p原子軌道上有5個(gè)電子,則W的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5,則W為Br元素。N的2p軌道中的電子數(shù)為穩(wěn)定的半滿狀態(tài),則N的第一電離能比O的大,A項(xiàng)錯(cuò)誤;電子層數(shù)越多,原子半徑越大,同周期從左到右原子半徑逐漸減小,則原子半徑由小到大的順序:r(O)<r(N)<r(Na),B項(xiàng)錯(cuò)誤;Br為35號(hào)元素,原子核外有4個(gè)電子層,最外層電子數(shù)為7,則位于元素周期表中第四周期第ⅦA族,C項(xiàng)正確;同一周期從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng),N的非金屬性比O弱,則NH3的熱穩(wěn)定性比H2O弱,D項(xiàng)錯(cuò)誤。11.C解析NH2OH、NH3和H2O分子中正、負(fù)電荷中心不重合,均為極性分子,A項(xiàng)錯(cuò)誤;催化中心的Fe2+提供空軌道,N提供孤電子對(duì)形成配位鍵,B項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)過(guò)程中Fe元素先失去電子,變?yōu)镕e3+,后又得到電子,變?yōu)镕e2+,故反應(yīng)過(guò)程中Fe元素的化合價(jià)發(fā)生了變化,C項(xiàng)正確;ND2OD與NH3反應(yīng)生成ND2—NH2和HDO,D項(xiàng)錯(cuò)誤。12.C解析鐵的原子序數(shù)是26,基態(tài)Fe2+核外電子排布式為[Ar]3d6,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由題圖可知,Cu+連有3個(gè)CN-,其中2個(gè)CN-被2個(gè)Cu+共有,則Cu+與CN-的個(gè)數(shù)之比為1∶(1+2×12)=1∶2,所以化學(xué)式為[Cu(CN)2]-,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)化學(xué)式K4[Fe(CN)6]可判斷Fe2+的配位數(shù)為6,C項(xiàng)正確;根據(jù)鐵晶胞示意圖可知,與頂角Fe緊鄰的Fe位于三個(gè)面的面心處,而頂角Fe被8個(gè)晶胞共有,每個(gè)面心被兩個(gè)晶胞共有,所以與每個(gè)Fe緊鄰的Fe數(shù)為3×8×1213.答案解析觀察題給晶胞結(jié)構(gòu)可知,晶胞在z軸的投影情況是鋅原子位于正方形的四個(gè)頂角上、四條棱的中心和面心上,4個(gè)氧原子分別位于面對(duì)角線離頂角14處,可用圖示表示為。14.答案c該Fe3O4晶胞中含4×18+3×12=2個(gè)Fe3+、12×14+1=4個(gè)O2-,結(jié)合化學(xué)式可知,還缺1個(gè)Fe2+專題五化學(xué)反應(yīng)與能量A組基礎(chǔ)鞏固練1.C解析氫氣燃燒生成水,無(wú)污染,A項(xiàng)正確;液態(tài)氫分子間距小,氫氣密度提高,降低成本,B項(xiàng)正確;燃燒熱為1mol物質(zhì)燃燒生成穩(wěn)定的化合物放出的熱量,C項(xiàng)錯(cuò)誤;水的電解、煤的氣化、乙烷裂解和氯堿工業(yè)都會(huì)產(chǎn)生氫氣,故可以獲取氫氣,D項(xiàng)正確。2.A解析BCl3可與H2反應(yīng)生成乙硼烷,其化學(xué)方程式為2BCl3+6H2B2H6+6HCl,A項(xiàng)正確;硼酸是弱酸不能拆成H+和H2BO3-,B項(xiàng)錯(cuò)誤;燃燒熱中應(yīng)該生成液態(tài)水,C項(xiàng)錯(cuò)誤;酸性條件下不能生成大量的OH-,D3.C解析反應(yīng)①的平衡常數(shù)可表示為K1=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2),A項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)②的氣體的計(jì)量數(shù)減少,即ΔS大于0,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由化學(xué)方程式可知,生成1molNO時(shí)電子轉(zhuǎn)移5mol,所以反應(yīng)①中每生成2molNO,轉(zhuǎn)移10mol電子,個(gè)數(shù)約為6.02×1024,C項(xiàng)正確;4.D解析1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為燃燒熱,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,則CO的燃燒熱為-283kJ·mol-1,A錯(cuò)誤。放熱反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量,所以2molCO和1molO2的總能量比2molCO2的總能量高,B錯(cuò)誤。已知:①CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)ΔH1=-443.64kJ·mol-1;②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律①+②×12得CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,則完全燃燒20g甲醇,即0.625mol,則放出的熱量為0.625mol×726.64kJ·mol-1=454.15kJ,C錯(cuò)誤;由C項(xiàng)知,CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,則2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1453.28kJ·mol-1,D正確。5.C解析該催化過(guò)程中,碳元素價(jià)態(tài)降低,發(fā)生還原反應(yīng),在電解池的陰極進(jìn)行,A項(xiàng)錯(cuò)誤;CO2被還原為CO,B項(xiàng)錯(cuò)誤;甲、乙中CO2的結(jié)構(gòu)分別為直線形和V形,所以碳原子雜化類型不同,C項(xiàng)正確;丙中,CO2中氧原子吸附帶正電荷的H+,說(shuō)明氧原子帶負(fù)電,則碳原子帶正電,則催化劑吸附CO2帶正電部分,D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.C解析NH3·BH3中硼元素化合價(jià)為-3,NH4BO2中硼元素化合價(jià)+3,硼元素被氧化,NH3·BH3在負(fù)極反應(yīng);H2O2中氧元素化合價(jià)降低,被還原,為正極。b室為H2O2溶液,是正極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;放電時(shí),H+向正極移動(dòng),即由a室移向b室,B項(xiàng)錯(cuò)誤;a室為NH3·BH3被氧化,失去電子,生成NH4BO2,C項(xiàng)正確;該室電解質(zhì)溶液為酸性溶液,加入NaOH溶液與酸反應(yīng),不能增大電流強(qiáng)度,D項(xiàng)錯(cuò)誤。7.A解析P1生成P2反應(yīng)為放熱反應(yīng),焓變小于零,則產(chǎn)物P1的鍵能總和小于產(chǎn)物P2的鍵能總和,A項(xiàng)錯(cuò)誤;產(chǎn)物P2的能量更低,穩(wěn)定性更強(qiáng),穩(wěn)定性:P1<P2,B項(xiàng)正確;該反應(yīng)歷程中正反應(yīng)的最大能壘為Z到過(guò)渡態(tài)Ⅳ之間的能量差,最大值為(-18.92kJ·mol-1)-(-205.11kJ·mol-1)=186.19kJ·mol-1,C項(xiàng)正確;過(guò)渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應(yīng)物總能量的差值為活化能,即圖中峰值越大則活化能越大,圖中峰值越小則活化能越小,中間產(chǎn)物Z轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物P1的活化能更小,反應(yīng)速率更快,D項(xiàng)正確。8.C解析鐵電極為Fe放電生成FeO42-,發(fā)生氧化反應(yīng),為陽(yáng)極,則M極為負(fù)極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;陽(yáng)極區(qū)域?yàn)閴A性溶液,反應(yīng)式為Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,B項(xiàng)錯(cuò)誤;右側(cè)SO42-及產(chǎn)生的OH-能夠透過(guò)陰離子交換膜向左側(cè)陽(yáng)極移動(dòng),左側(cè)的OH-和FeO42-不能向右移動(dòng),C項(xiàng)正確;陰極反應(yīng)為2H2O+2e-H2↑+2OH-,每轉(zhuǎn)移0.1mole-,陰極上會(huì)產(chǎn)生0.05molH9.B解析由題圖可知,鉑網(wǎng)電極上(NH4)2SO4失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成(NH4)2S2O8,為陽(yáng)極,則石墨電極為陰極。石墨電極為陰極,與直流電源負(fù)極相連,A項(xiàng)錯(cuò)誤;電解時(shí),鉑網(wǎng)電極為陽(yáng)極,(NH4)2SO4失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成(NH4)2S2O8,電極反應(yīng)式為2SO42--2e-S2O82-,陰極反應(yīng)式為2H++2e-H2↑,則右側(cè)H+通過(guò)離子交換膜進(jìn)入左側(cè),使得鉑網(wǎng)電極附近pH增大,B項(xiàng)正確10.B解析根據(jù)題圖可知,步驟Ⅰ中甲醛的氧通過(guò)氫鍵吸附在催化劑表面的—OH上,A項(xiàng)正確;上述反應(yīng)機(jī)理涉及氧氫極性鍵、碳氧極性鍵的形成,沒(méi)有涉及非極性鍵的形成,B項(xiàng)錯(cuò)誤;該反應(yīng)中由甲醛變?yōu)镃O2,一個(gè)碳原子由0價(jià)變?yōu)?4價(jià),則每生成1molCO2,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約為4×6.02×1023,C項(xiàng)正確;PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化,加快反應(yīng)速率,降低了該反應(yīng)的活化能,D項(xiàng)正確。11.答案(1)①CO2+4H++4e-HCHO+H2OH2②防止陽(yáng)極產(chǎn)生的氧氣進(jìn)入陰極室內(nèi)氧化CO2的還原產(chǎn)物,防止陰極CO2的還原產(chǎn)物進(jìn)入陽(yáng)極室內(nèi)(2)隨著催化劑粒徑增大,內(nèi)部的孔通道也逐漸增多,有利于電解過(guò)程中的電子傳遞,能使被還原的物質(zhì)進(jìn)一步被還原解析(1)①酸性條件下,CO2發(fā)生還原反應(yīng)生成HCHO,依據(jù)得失電子守恒和電荷守恒,電極反應(yīng)式為CO2+4H++4e-HCHO+H2O。陰極還可能為H+得電子生成H2。②陽(yáng)極電極反應(yīng)式為2H2O-4e-O2↑+4H+,O2氧化性強(qiáng),若不隔開(kāi),O2能夠氧化陰極生成的HCHO,反之,該交換膜還可以防止陰極生成的HCHO進(jìn)入陽(yáng)極。(2)催化劑粒徑增大,利于電子轉(zhuǎn)移,反應(yīng)速率加快,電解得到的產(chǎn)物可以繼續(xù)被還原。B組能力提升練1.C解析兩種催化劑均出現(xiàn)四個(gè)波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反應(yīng)歷程都分4步進(jìn)行,A項(xiàng)錯(cuò)誤;該反應(yīng)是放熱反應(yīng),所以達(dá)平衡時(shí),升高溫度平衡向左移動(dòng),P的濃度減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ時(shí)反應(yīng)速率更快,反應(yīng)體系更快達(dá)到平衡,C項(xiàng)正確;使用Ⅰ時(shí),前兩個(gè)歷程活化能較低,反應(yīng)速率較快,后兩個(gè)歷程活化能較高,反應(yīng)速率較慢,使用Ⅱ時(shí),前兩個(gè)歷程中活化能較高,反應(yīng)速率較慢,后兩個(gè)歷程活化能較低,反應(yīng)速率較快,所以使用Ⅰ時(shí),M所能達(dá)到的最高濃度更大,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C解析根據(jù)總化學(xué)方程式:HCOOHCO2+H2,從液態(tài)轉(zhuǎn)化為氣態(tài),熵值增大,A項(xiàng)正確;N原子含有孤電子對(duì)、H+有空軌道,根據(jù)圖示,第一步轉(zhuǎn)化N與HCOOH電離出的H+通過(guò)配位鍵結(jié)合,B項(xiàng)正確;第一步HCOOD電離出D+與N結(jié)合,第二步HCOO-CO2+H-,第三步D+、H-反應(yīng)生成HD,所以HCOOD催化釋氫,除生成CO2外,還生成HD,C項(xiàng)錯(cuò)誤;若用HCOOK溶液代替HCOOH,HCOOK水解出HCOOH,釋氫歷程不變,而反應(yīng)生成KOH能吸收CO2,所以最終所得氣體中CO2的量會(huì)減少,H2的純度提高,D項(xiàng)正確。3.C解析斜方硫的燃燒熱為297kJ·mol-1,即燃燒熱ΔH=-297kJ·mol-1,則斜方硫燃燒的熱化學(xué)方程式為S(s,斜方硫)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;向CuSO4溶液中加入小粒金屬鈉,鈉先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉,再與硫酸銅反應(yīng),離子方程式為2Na+Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2Na++H2↑,B項(xiàng)錯(cuò)誤;氫氣還原轉(zhuǎn)化為高純硅需要在高溫條件下進(jìn)行,化學(xué)反應(yīng)方程式為SiHCl3+H2Si+3HCl,C項(xiàng)正確;在堿性電解液中鋁-空氣電池的總反應(yīng)式為4Al+3O2+4OH-+6H2O4[Al(OH)4]-,鋁為負(fù)極,通氧氣的一極為正極,則放電時(shí)的負(fù)極反應(yīng)式為Al+4OH--3e-[Al(OH)4]-,D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.C解析釩基氧化物(V6O13)為正極,則Zn極為負(fù)極,電池工作時(shí),負(fù)極Zn失電子生成Zn2+進(jìn)入溶液,透過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入正極區(qū);在正極,V6O13得電子產(chǎn)物與電解質(zhì)反應(yīng)生成ZnxV6O13。放電過(guò)程中,Zn極為負(fù)極,Zn失電子生成Zn2+進(jìn)入溶液,Zn2+向V6O13極一側(cè)移動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;放電過(guò)程中,電子由Zn極沿導(dǎo)線向V6O13極移動(dòng),電子不能經(jīng)過(guò)電解質(zhì)溶液,B項(xiàng)錯(cuò)誤;充電時(shí),V6O13極作陽(yáng)極,將ZnxV6O13轉(zhuǎn)化為V6O13,與外接直流電源正極相連,C項(xiàng)正確;充電時(shí),陽(yáng)極ZnxV6O13失電子生成V6O13和Zn2+,發(fā)生的電極反應(yīng)式可能為ZnxV6O13-2xe-V6O13+Zn2+,D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.D解析電極a為CH3CH2OH轉(zhuǎn)化為CO2,發(fā)生氧化反應(yīng),為負(fù)極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;a極的電極反應(yīng)式為CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+,所以其附近溶液pH降低,B項(xiàng)錯(cuò)誤;電極b為正極,發(fā)生還原反應(yīng),反應(yīng)式為[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)a極的電極反應(yīng)式:CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+可知,每消耗23gCH3CH2OH,即消耗0.5molCH3CH2OH,產(chǎn)生6molH+,6molH+通過(guò)質(zhì)子交換膜移向b極即移向正極,D項(xiàng)正確。6.D解析甲烷、空氣、ZrO2-Na2O構(gòu)成燃料電池,電池工作時(shí),通入CH4的多孔電極a為負(fù)極,CH4失電子,與O2-反應(yīng)生成CO2和H2O,通入空氣的多孔電極b為正極,O2得電子生成O2-。由分析可知,a為負(fù)極,b為正極,則O2-在電解質(zhì)中向a電極移動(dòng),但電流方向由b電極經(jīng)導(dǎo)線流向a電極,A項(xiàng)不正確;報(bào)警器觸發(fā)工作時(shí),圖2的裝置形成原電池,將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,B項(xiàng)不正確;在a電極,電極反應(yīng)式為CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,則當(dāng)電路中有0.008mol電子轉(zhuǎn)移時(shí),電極a有0.001molCH4參加反應(yīng),在標(biāo)準(zhǔn)狀況下其體積為22.4mL,題中沒(méi)有指明標(biāo)準(zhǔn)狀況,C項(xiàng)不正確;多孔電極a極為負(fù)極,CH4失電子與O2-反應(yīng)生成CO2和H2O,則a極上發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,D項(xiàng)正確。7.C解析如圖裝置利用太陽(yáng)能制H2,能量轉(zhuǎn)化形式為“太陽(yáng)能→電能→化學(xué)能”,A項(xiàng)錯(cuò)誤;陽(yáng)極材料中W、Bi不屬于前四周期元素,B項(xiàng)錯(cuò)誤;電極N為陽(yáng)極,水發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為2H2O-4e-4H++O2↑,C項(xiàng)正確;陰極區(qū)(電極M)的主反應(yīng)式為2H++2e-H2↑,副反應(yīng)式為Zn2++e-Zn+,H2產(chǎn)率等于實(shí)際產(chǎn)生H2量與理論產(chǎn)生H2量之比,由于c(Zn2+)越大,發(fā)生副反應(yīng)程度越大,消耗電子數(shù)越多,產(chǎn)生H2量越低,故H2的產(chǎn)率越低,D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.C解析由題意和圖示,甲為氫氧燃料電池,乙為電解池,根據(jù)乙池中,惰性電極處苯被還原為環(huán)己烷,故惰性電極處發(fā)生還原反應(yīng),為陰極,多孔性惰性電極為陽(yáng)極,則G電極與陰極相連,為原電池負(fù)極,F為正極,故甲池中F為正極,A處通入O2,G為負(fù)極,B處通入H2。A處通入O2,E處為電解池陽(yáng)極產(chǎn)物,陽(yáng)極是水電離產(chǎn)生的OH-放電生成O2,A項(xiàng)正確;原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng),F極為正極,故甲池中H+由G極移向F極,電解池中,陽(yáng)離子向陰極移動(dòng),惰性電極為陰極,故乙池中H+由多孔惰性電極移向惰性電極,B項(xiàng)正確;10mol含20%苯的混合氣體,經(jīng)過(guò)電解生成10mol含苯10%的混合氣體,則被還原分苯的物質(zhì)的量為10mol×(20%-10%)=1mol,惰性電極處苯得到電子,被還原為環(huán)己烷,電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-C