二轮复习专项训练答案.doc

专题限时集训(一)1C解析 检验容量瓶是否漏水，应向容量瓶中注入适量水，左手托住瓶底，右手食指顶住瓶塞，倒置看是否漏水，将容量瓶正放后，再把瓶塞旋转180度，再倒置后看是否漏水，A项错误；用托盘天平称量任何药品，均不能将药品直接放在托盘上，B项错误；中和滴定中使用的锥形瓶只要洁净即可，不必干燥，不能用待装液润洗，C项正确；不能在量筒中进行稀释、混合等操作，D项错误。2C解析 甲同学需要的溶质的质量为100 g5%5 g，乙同学需要的溶质的质量为0.5 mol/L0.1 L58.5 g/mol2.925 g，A项错误；乙同学配制过程中需要用到容量瓶，而甲同学不需要，B项错误；100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，D项错误；由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C项正确。 3D解析 4.6 g(即0.1 mol)乙醇(CH3CH2OH)中含CH键的个数为0.5NA，A项错误； H2O2为共价化合物(分子晶体)，不含离子，B项错误；标准状况下，CHCl3呈液态，不能依据气体摩尔体积计算物质的量，C项错误；9.2 g NO2和N2O4的混合气体(最简式NO2)含NO2 0.2 mol，原子数0.6NA，D项正确。4D解析 1 L pH1的硫酸溶液中含有的H的物质的量为n(H)1 L0.1 molL10.1 mol，A项正确；C2H4和C3H6的最简式相同，所含氢原子数为14 g14 gmol12NA2NA，B项正确；0.1 mol Na反应生成Na2O或Na2O2时，化合价都变成1价，转移电子数相同，C项正确；1 mol甲醇中含有CH键的数目为3NA，D项错误。5C解析 1 mol羟基(OH)所含电子数为9NA，A项错误；1 mol Cl2溶于水涉及溶解平衡和可逆反应平衡，转移电子数小于NA个，B项错误；金刚石呈空间四面体结构，每个碳原子占有CC键个数为4个2个，C项正确；未知气体所处环境，不能依据其体积确定物质的量，D项错误。6D解析 结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO47H2O)0.03 mol，第一阶段失重8.34 g6.72 g1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g5.10 g1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g4.56 g0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知含有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项正确。7C解析 1 mol C60F60含CC键为1 mol60390 mol，A项错误；2.1 g(即0.1 mol)DTO分子含中子数(128)0.1 mol1.1 mol，B项错误；4.6 g NO2和N2O4混合气体(最简式为NO2)含NO2 0.1 mol，电子数0.1 mol232.3 mol，C项正确；D项不能确定HB是否全部电离，同时还有H2O能电离出阴离子，D项错误。8C解析 NaHSO4和KHSO3的摩尔质量相等，均为120 g/mol，1 mol物质均只含1 mol阳离子，那么120 g(即1 mol)混合物含阳离子总数为2 mol，A项错误；Cl2在水中存在溶解和反应两个平衡，但与NaOH完全反应，故等量的Cl2在两者中转移电子数不等，B项错误；蔗糖属于非电解质，在溶液中以分子形式存在，C项正确；每个CO2分子中含两个碳氧双键，有2NA个碳氧双键形成时，表示生成CO2 1 mol，应放出650 kJ的热量，D项错误。9A解析 S2、S8均由S原子构成，6.4 g物质含原子数0.2 mol，A项正确；7.8 g(即0.1 mol)Na2O2(Na2O2=2NaO)含离子总数0.3 mol，B项错误；pH只描述溶液的c(H)，没有体积，不能计算物质的量，C项错误；0.012 kg 13C含质子数6，D项错误。10B解析 根据题意含有4.5 mol SO和3.0 mol金属离子，可写出该溶质的化学式为R2(SO4)3，溶质的物质的量为1.5 mol，则溶质的物质的量浓度为3.0 molL1。11A解析 100 mL 1 mol/L的Ba(OH)2溶液与足量(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量最大值为0.1 mol BaSO4与0.1 mol Fe(OH)3 的质量之和，为34 g，故A不可能。12A解析 由Cr2O和足量KI溶液反应得到3.81 g(即0.015 mol) I2可知反应的Cr2O的物质的量为0.005 mol，则2.83 g X中含有Cr3的物质的量为0.01 mol；由X与BaCl2的反应可知2.83 g X中含有SO的物质的量为0.02 mol；根据电荷守恒可知K的物质的量为0.01 mol，可知X的化学式为K2SO4Cr2(SO4)3，A项正确。13(1)D (2)AC烧杯、玻璃棒BCE2.027.413.6将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌解析 (1)托盘天平称量的结果只能精确到小数点后一位数字，D项错误。(2)容量瓶只能配制溶液，而不能作为反应容器，也不能长时间保存溶液或在其中溶解固体。没有450 mL的容量瓶，故需要配制500 mL的NaOH溶液。14(1)蒸发浓缩冷却结晶KSCN溶液 (2)CDNaOH溶液对分液漏斗玻璃塞、旋塞的磨口腐蚀性强(或分液漏斗玻璃塞、旋塞处会被NaOH溶液腐蚀导致黏结) (3)打开止水夹，缓慢推压注射器活塞H2SO4溶液用注射器向A中注入空气，使装置中的氨气全部进入吸收液(4)2126 解析 (1)由题意可知莫尔盐为硫酸亚铁铵晶体，受热易分解，不能采取将溶液加热蒸干的方法获取，故需要将溶液蒸发浓缩和冷却结晶两步操作；KSCN溶液遇Fe3显血红色。(2)实验制得的氨气中含有水蒸气，可以用碱石灰除去，所以先连接装置C；氨气极易溶于水，所以吸收时应防止倒吸，故选用D装置；NaOH可与玻璃反应生成黏性物质，所以不能用带玻璃塞或活塞的仪器盛放。(3)加入NaOH溶液时应注意先打开止水夹这一细节；氨气溶于水显碱性，所以用难挥发性酸溶液如硫酸溶液可充分吸收并可准确测量其质量；反应停止后应通入空气以使装置中残留的氨气全部进入吸收液。(4)由题意可知，7.84 g摩尔盐中含有H2O的质量为7.84 g5.68 g2.16 g，则n(H2O)0.12 mol；NH3的质量为0.68 g，则n(NH)0.04 mol；加入适量3%的H2O2溶液，充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，得到Fe2O3，测得其质量为1.6 g，则n(Fe2O3)0.01 mol，则7.84 g摩尔盐中含有的n(Fe2)0.02 mol，m(Fe2)1.12 g；则7.84 g摩尔盐中含有的m(SO)7.84 g2.16 g0.72 g1.12 g3.84 g，n(SO)0.04 mol，则此摩尔盐n(NH)n(Fe2)n(SO)n(H2O)2126。专题限时集训(二)1A解析 合成氨时氮元素被还原，而氮气与氧气化合生成NO时，氮元素被氧化；钢铁的腐蚀实质上是金属失电子被氧化的过程；食物的腐败实质上是食物被空气中的氧气氧化，故某些袋装食品需要隔绝空气且添加防氧化剂(即还原剂)；铁或铝在浓硫酸中的钝化实质上是金属表面被氧化而生成一层致密的氧化物保护膜。2A解析 N的化合价由HNO2中的3价下降到N2中的0价，HNO2作氧化剂，对；Cl在该反应中化合价未发生变化，不能比较其与其他反应物还原性的强弱，错；每生成2.8 g(即0.1 mol)N2，转移电子数(30)20.1 mol0.6 mol，对；根据Cl守恒，x为6，根据电荷守恒，y为2，错；结合分析，SnCl2作还原剂，氧化产物为SnCl，对。3C解析 参加反应的硝酸分氧化剂和酸两部分，其物质的量比为，1 mol FexOy与足量稀硝酸反应，起酸作用的硝酸为3x mol，起氧化剂作用的硝酸为，故，解得。4B解析 Cu2S和Cu2O中Cu的化合价均为1价，反应后变成单质铜，Cu2S和Cu2O均为氧化剂，铜为还原产物，A、C项错误；而反应中S化合价升高，故Cu2S还作还原剂，B项正确；该反应转移6 mol电子，生成6 mol Cu，转移1.8 mol电子生成1.8 mol(115.2 g)Cu，D项错误。5C解析 途径S化合价升高，被浓HNO3氧化，A项正确；途径、中SO2的催化氧化过程属于可逆反应，增大O2的浓度有利于平衡正向移动，降低了成本，B项正确；途径中，Fe2H2O4，生成1 mol H2SO4，转移7 mol e，C项错误；途径生成NO2污染气体同时原子利用率降低，D项正确。6D解析 根据原子守恒可知M为H2O，A项正确；Sn由2价升高到4价，SnCl2作还原剂，As由3价降低到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3 mol电子，B、C项正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为32，D项错误。7D解析 过量的KI与CuSO4在溶液中发生反应2Cu24I=2CuII2，Cu2作氧化剂，而I被氧化为I2，CuI是还原产物，A项错误；再通入SO2时发生的反应为SO2I22H2O=H2SO42HI，实质上是SO2将I2还原为I，体现了SO2的还原性，B项错误；C项没指出SO2是否为标准状况，错误；由“在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”可知D项正确。8B解析 结合题意，发生反应包括：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2；2Na2O22H2O=4NaOHO2；2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。测得氧气为1 mol，那么，b或至少1个为2，另一个大于等于2，A、D项错误；结合转移电子数一定是2NA，B项正确；容器中不能判断H2O和CO2的残留情况，C项错误。9D解析 反应中为MnO2将NaI氧化，硫酸只起到提供酸性环境的作用，生成1 mol I2时转移电子2 mol；反应中为NaHSO3将NaIO3还原，生成1 mol I2时转移电子10 mol；由反应可知氧化性IOSO。故只有D项正确。10D解析 该反应中生成物中的氧元素均为2价，Na2O2只作氧化剂，A项错误；3 mol Na2O2发生反应时转移电子6 mol，B项错误；Na2FeO4中Fe为6价，C项错误。11C解析 NHN2，氮元素化合价升高，发生氧化反应，SOSO2，硫元素化合价降低，发生还原反应，首先根据电子守恒配SO2和N2的化学计量数，再用观察法配平反应方程式，可得3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O。化学计量数由小到大的顺序是N2、SO2、NH3、H2O，A项错误；氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，B项错误；被氧化元素原子和被还原元素原子的物质的量之比为23，C项正确；若反应生成1 mol H2O，则转移的电子为1 mol，D项错误。12D解析 设反应后的化合价为x，根据氧化还原反应中得失电子守恒得0.006 L0.2 mol/L21.2103 mol(6x)，x4，故选D。13C解析 反应中Cu2eCu2，NONO、NO2、N2O4NONO，从电子守恒可知，铜失去的电子数与NO变成NO过程中得到的电子数相等，NO2e2H=NOH2O，故生成NaNO2的物质的量与铜的物质的量相等：0.8 mol，C项正确。14(1)I、Fe22 mol、2 mol(2)I、Fe2、Br1 mol、3 mol、0.5 mol(3)2Fe32I=2Fe2I2S2O2Fe2=2SO2Fe3解析 根据题意，各粒子的氧化性、还原性顺序为：氧化性：Cl2Br2Fe3I2，还原性：IFe2BrCl。(1)n(I)1 mol22 mol，n(Br)2 mol24 mol，n(Fe2)1 mol2 mol3 mol。通入2 mol Cl2时，先氧化I，后氧化Fe2Cl22I=I22Cl 1 mol 2 molCl22Fe2=2Fe32Cl 1 mol 2 mol剩余1 mol Fe2，故Br不可能被氧化。(2)通入3 mol时，氧化2 mol I需1 mol Cl2，氧化3 mol Fe2需1.5 mol Cl2，还有0.5 mol Cl2可氧化1 mol Br，故对应的氧化产物的物质的量分别是1 mol、3 mol、0.5 mol。(3)此题要从催化剂的本质出发，作为催化剂的物质要参与有关反应，但后来的反应必须又生成了催化剂。本题要求写出表示Fe3作催化剂的反应，因此，首先Fe3要参与反应，即有反应2Fe32I=2Fe2 I2，生成的Fe2又被S2O氧化生成了Fe3，即S2O2Fe2=2SO2Fe3。15(1)MnO24H2ClMn2Cl22H2OFeI2先观察到下层CCl4由无色变为紫红色，后看到上层溶液由浅绿色变为黄色 烧杯中的液体进入烧瓶中，形成喷泉 (2)CCl2SOH2O=2ClSO2H向废水中加入足量的盐酸，将生成的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水，若紫色酸性KMnO4溶液颜色变浅，石灰水变浑浊，则证明废水中含有CO2解析 (1)根据题中所给装置，要证明氧化性Cl2Fe3I2，可将氯气通入试剂M(FeI2溶液)中，由Cl2先后将I和Fe2氧化为I2和Fe3，可得出结论。I2的生成可由CCl4层出现紫色看出，而Fe3的生成可由上层溶液变成黄色看出。反应生成的HCl极易溶于水，可形成喷泉。(2)由题中流程图看出测定原理为：利用氧化剂将SO氧化为SO，再加入BaCl2将其沉淀为BaSO4，加入盐酸酸化的目的是排除CO的干扰，硫酸酸化的KMnO4溶液中含有SO，会干扰实验，故可用新制氯水来氧化SO。专题限时集训(三)1D解析 粗铜精炼中阴极发生还原反应，D项错误。2A解析 A项实质上为难溶电解质的转化，应表示为CaSO4CO=CaCO3SO，错误；硫酸型酸雨在放置过程中亚硫酸被氧化成强酸硫酸，B项正确；硅酸为弱酸，可由硅酸钠溶液中加入盐酸制得，C项正确；用石墨电极电解AlCl3溶液，阴极H放电，生成H2和OH，OH与Al3结合成Al(OH)3沉淀，D项正确。3D解析 A项中能溶解Al2O3的溶液呈酸性或碱性，但HCO在酸性或碱性条件下均不能大量存在；B项中ClO具有强氧化性，可氧化I，二者不能大量共存；C项中能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，在酸性条件下NO具有强氧化性，能氧化Fe2，二者不能大量共存；D项中加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3，可以与所给离子大量共存。4B解析 Na2O2为过氧化物，在离子方程式中不能“拆开”，A项错误；由0.1 molL1 NaHA溶液的pH1可知其完全电离，B项正确；活性电极作阳极则电极材料本身失电子，C项错误；Al(OH)3不溶于氨水，D项错误。5D解析 由混合物中所含离子看出，白色沉淀只能是Al(OH)3，为Al3和HCO或Al3和CO发生相互促进的水解反应而得，只能说明含HCO和CO中的至少一种，不能确定是否含有HCO，A项错误；气体乙中可能含CO2或SO2，B项错误；白色沉淀乙为BaSO4，乙中SO也可能是SO被NO在酸性条件下氧化的结果，C项错误。只有D项正确。6B解析 A项，酸性条件下的NO具有强氧化性，与具有较强还原性的I不能大量共存；C项中FeCl3水解显酸性，而在酸性条件下ClO和Cl不能大量共存，错误；D项中Cu2与NH3H2O不能共存，错误。7B解析 NO在酸性环境下能将Fe2氧化成Fe3，进而与SCN生成络合物，A项错误；c(H)/c(OH)1010的溶液呈碱性，与各离子能大量共存，B项正确；pH0的溶液显酸性，Ag(NH3)只能存在于碱性溶液中，酸性条件下转化成Ag、NH，C项错误；ClO在任何条件下均有强氧化性，能将SO、S2氧化，D项错误。8B解析 SO和H不能大量共存，酸性溶液中，Cr2O与CH3CH2OH、Cr2O与SO均不能共存，A项错误；加入Al能放出H2的溶液可以是强酸性或强碱性溶液，若为强碱性溶液则NH不能大量存在，若为酸性溶液，NO存在下与Al反应不能产生氢气，C项错误；水电离的c(H)1012 mol/L的溶液中c(H)可能为102 mol/L或1012 mol/L，若为102 mol/L，则该溶液中NO与I不能共存，D项错误。9B解析 Fe3与SCN反应生成络合物，A项错误；HCO与NH互促水解程度不大，仍能大量共存，B项正确；加入铝粉能产生H2的溶液中，若为碱性溶液，Fe2、NH不能大量存在，若为酸性溶液，因溶液中有NO，不能产生H2，C项错误；强氧化性的ClO能氧化I，D项错误。10A解析 能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，A项所涉及的离子可以大量共存；在含Al3的溶液中不可能生成OH，B项错误；C项电荷不守恒；D项中KAl(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量比为12，它们电离出的SO与Ba2的物质的量比为11，恰好完全沉淀，生成BaSO4，而Al3与OH的物质的量比为14，恰好完全反应生成AlO，故所得沉淀中不含Al(OH)3。11B解析 A项，S2的水解应分步进行，错误；B项，H2O2可氧化Fe2，书写、配平无误，正确；C项，Ca(HCO3)2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2O，错误；D项，Na2SiO3易溶于水且在水中完全电离，错误。12A解析 由甲溶液呈蓝色，说明含有Cu2，OH与CO必不存在于甲溶液中，而存在于乙溶液中，H与OH不能大量共存，则H必存在于甲溶液中，根据溶液的电中性，乙溶液中必含有一种阳离子，只能为K，故乙溶液中大量存在的离子为K、OH、CO。13D解析 HClO具有强氧化性，能氧化SO，A项错误；B项的产物应是胶体而非沉淀，错误；电解的MgCl2溶液中，放电余下的OH要与Mg2结合生成沉淀，C项错误；Al3与氨水反应只生成的Al(OH)3沉淀不能溶于过量氨水，D项正确。14C解析 HClO属于弱电解质，应书写化学式，A项错误；酸性：H2CO3苯酚HCO，CO2通入苯酚钠溶液只能生成HCO，B项错误；过量的碱还能与HCO反应，D项错误。15D解析 A项离子能大量共存，通入CO2后，据溶液电中性原理，c(H)c(Na)c(K)2c(SO)2c(CO)c(HCO)c(Cl)c(OH)，A项错误；在NO的酸性溶液中，加入Al只能生成NO而非H2，B项错误；橙红色Cr2O在酸性环境下生成黄色Cr3，C项错误；NO2与O2在一定比例下能全部转化成HNO3，NaOH能将酸性物质全部吸收，D项正确。16(1)NaCO2H=H2OCO2n(SiO)n(AlO)112 Al(OH)3OH=AlO2H2ON(Al3)N(Mg2)N(NH)N(Cl)21412 (2)Sn2H=Sn2H2Sn2Cl2=Sn42ClSnO2NH3H2O 解析 (1)若Y为盐酸，则Oa段反应为2HSiO=H2SiO3、HAlOH2O=Al(OH)3，ab段反应为2HCO=H2OCO2，bc段反应为Al(OH)33H=Al33H2O；X溶液中含有AlO和SiO，故阳离子中只有Na可以存在；设bc段反应消耗的H的物质的量为x，则根据bc段反应可得：n(AlO)x，根据Oa段反应可得：n(AlO)2n(SiO)4x，解得n(AlO)n(SiO)211。若Y为NaOH溶液，则Oa段反应为Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2，ab段反应为NHOHNH3H2O，bc段反应为Al(OH)3OH=AlO2H2O；设bc段反应消耗的OH的物质的量为y，则根据ab段反应可得n(NH)2y，根据bc段反应可得n(AlO)y，则根据元素守恒可知n(Al3)y，根据Oa段反应可得3n(Al3)2n(Mg2)4y，解得n(Mg2)y，根据电荷守恒可得n(Cl)6y，可得：n(Al3)n(Mg2)n(NH)n(Cl)21412。(2)Sn的简单阳离子为Sn2和Sn4，可迁移铁与盐酸反应，其产物再与氯气反应的离子方程式；FeCl3溶液蒸干后继续加热所得固体为Fe2O3，故SnCl4溶液蒸干后继续加热所得固体应为SnO2；由2HSnOSn(OH)2Sn22OH可知Sn(OH)2具有两性，故应用弱碱NH3H2O和SnCl2反应制取Sn(OH)2以避免其与强碱反应。17(1)Fe2、Fe3、Cu2、MnO(2)NH、Mg2、Al3(3)CO、HCO、S2(4)SOBa2(5)Cl、NO、Na解析 (1)Fe3为棕黄色，Fe2为浅绿色，Cu2为蓝色，MnO为紫色。(2)NH与OH可反应生成NH3，Mg2、Al3可与OH反应生成沉淀。(3)CO、HCO可分别与H反应生成CO2气体。(4)加入硫酸和硝酸生成的沉淀只能是BaSO4，因此可推出含有Ba2，则必不含有SO。专题限时集训(四)1A解析 纯碱是盐，错；水煤气不是可再生能源，错；食醋是混合物，错。2C解析 碳原子半径大于氧原子，A项错误；B项中没标出H的电子，错误；二氧化硅为Si原子和O原子按照原子个数比为12组成的空间网状结构，不存在分子，D项错误。3A解析 酸雨的形成与大气中的碳的氧化物无关，B项错误；蔗糖为非电解质，C项错误；石油分馏、海水制盐没有发生化学变化，D项错误。4A解析 二氯丙烷的同分异构体共有4种，分别为CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3、CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，A项错误；胶体(分子直径约1100 nm)才具有丁达尔效应，B项正确；光纤的主要成分是二氧化硅，C项正确；福尔马林能使蛋白质变性，D项正确。5A解析 光导纤维属无机非金属材料，A项错误；有机物酒精能使蛋白质变性，B项正确；脱硫技术主要是为了减少S的排放，C项正确；煤的气化、液化是为了得到清洁的气体、液体燃料，D项正确。6B解析 高铁酸钾具有强氧化性，能够使蛋白质变性，、正确；高铁酸钾还原得到的Fe3能够水解，产生胶状的Fe(OH)3，具有吸附性，能够吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，、正确。7D解析 N的最外层为5e，需与3个N原子形成3个NN键，A项正确；该晶体N原子无限延伸，属于原子晶体，与N2同属于N原子形成的单质，互为同素异形体，B项正确；同素异形体之间的转化不是氧化还原反应，D项错误。8D解析 放热反应生成物的能量总和小于反应物的能量总和，A项错误；B项忽视了可逆反应不能进行彻底，错误；气态硫燃烧放出的热量比液态硫燃烧放出的热量多，C项错误；根据盖斯定律，第一个方程式第二个方程式 可得S(s)O2(g)=SO3(g)H395.46 kJmol1，D项正确。9A解析 根据盖斯定律HH1H2，即H1HH2，再根据图像可知H10，A项正确；从图中看出，X应为反应的中间产物，不是催化剂，B项错误；E2应为反应的逆反应的活化能，C项错误。10A解析 由热化学方程式可知1 mol C完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，A项正确；反应热必须注明“、”号，B项错误；C项忽视了浓硫酸的溶解热，错误；D项忽视了醋酸电离要吸热，错误。11C解析 可逆反应不能进行完全，A项错误；根据盖斯定律，得：I2(g)=I2(s)H35.96 kJ/mol，B项错误；固态碘能量低于气态碘，故稳定性较高，C项正确；1 mol固态碘和1 mol气态碘中均含有1 mol II键，在反应中均全部断裂，D项错误。12B解析 在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2(aq)和H2O(l)的反应式为Cu(s)H2O2(l)2H(aq)=Cu2(aq)2H2O(l)，将题干中的热化学方程式依次编号为、，可通过得到该反应的热化学方程式，那么HH1H2H364.39 kJmol1(196.46 kJmol1)(285.84 kJmol1)319.68 kJmol1。13(1)2Q1Q2放出4Q34Q3(2Q1Q2)吸收(2)H2(g)O2(g)=H2O(l)H(4Q3Q4)(2Q1Q2)kJmol1解析 为断开2 mol氢气和1 mol氧气中的化学键吸收的能量，为形成2 mol气态水释放出的能量，为生成气态水时的反应热，为2 mol液态水变成气态水要吸收的能量。14(1)467.5(2)CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H41.2 kJmol1解析 (1)根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：2Fe2O3(s)3C(s)4Fe(s)3CO2(g)H467.5 kJmol1。(2)根据盖斯定律，前一反应后一反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H41.2 kJmol1。15(1)(2)D63%(3)74.8 kJmol1(4)C解析 (1)给定反应的反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，故甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量仍等于890.3 kJ。(2)1 g CH4完全反应释放15.46 kJ的热量，则1 mol CH4完全反应放出热量为247.36 kJ，故D图符合题意；CH4的转化率100%63%。(3)即得C(s)2H2(g)=CH4(g)H74.8 kJmol1。(4)已知CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.3 kJmol1，则CO2与H2O反应生成CH4与O2的反应吸热，故A项不正确；使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生，故B项不正确；利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气(CO、H2)是合理的，C项正确；将固态碳合成为C60，以C60作为燃料，极不经济合算，故D项不正确。专题限时集训(五)1D解析 N离子中含有34个电子，A项错误；O2与O4互为同素异形体，B项错误；C60由分子构成，分子间作用力较小，故其硬度较小，C项错误。2A解析 碘和干冰都是由分子构成的分子晶体，分子间存在范德华力，升华是物理变化，需要克服范德华力，A项正确；硅是原子晶体，C60是分子晶体，熔化时分别需要克服共价键、范德华力，B项错误；氯化氢是共价化合物，氯化钠是离子化合物，二者溶解时分别要克服共价键、离子键，C项错误；溴是分子晶体，汞是金属晶体，二者汽化时分别要克服范德华力、金属键，D项错误。3D解析 干冰和水晶分别是分子晶体和原子晶体，熔化时所克服的粒子间相互作用力不同，A项错误；F无正价，O的最高正价为2价，B项错误；同周期前半部分金属形成阳离子，后半部分非金属形成阴离子，结合电子层数关系，阴离子半径大，C项错误；原子晶体均通过共价键连接，D项正确。4D解析 过渡元素在副族中，A项错误；电子数大于质子数，该微粒是氯离子，则该元素在周期表中位于第三周期、A族，B项错误；Be(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性弱，C项错误；电子层数越多原子半径越大，同一周期元素，同周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，同主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，所以原子半径：NaSiCO，D项正确。5B解析 同主族元素原子半径依次增大，原子半径ZY，A项错误；若W为Ar，原子序数为18，则Y为F，原子序数为9，W的原子序数是Y的原子序数的2倍，B项正确；Y与W以及X与Z的非金属性强弱均无法比较，故C、D项错误。6A解析 “Y的原子序数比X大2”，即中间间隔1种元素，若X、Y同主族，则X为H(氢)、Y为Li(锂)，r(Li)r(H)，A项正确；若X、Y同周期，CO属于共价化合物，B项错误；若X为碳元素，Y为氧元素，H2O为极性分子，C项错误；若X为铝元素，Y为磷元素，H3PO4为中强酸，D项错误。7D解析 XYZ3W8为硅酸盐，只有W显负价，则W为氧元素，Y3与W的阴离子具有相同电子层结构，则Y为铝元素，由X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，则Z为硅元素，而X最外层只有一个电子，再结合X、W(O)的质子数之和等于Y(Al)、Z(Si)质子数之和，可得X为钾元素。K有三个电子层，而O2有两个电子层，A项正确；Si的非金属性比O的非金属性弱，B项正确；Al2O3为两性氧化物，C项正确；K2O2为离子化合物，但含有OO非极性共价键，而Al2O3只含有离子键，D项错误。8B解析 结合题意，四种元素的位置关系为XYZW，原子半径ZWY，A项正确；X为金属(第A、A族)元素，但Be的最高价氧化物的水化物不是强碱，B项错误；氢化物的沸点：W一定小于Y，C项正确；Na、Mg的简单盐类一定是离子晶体，D项正确。9C解析 由25 时0.1 molL1D溶液的pH为13，可知D为一元强碱NaOH，结合F为单质，则可知反应ABDF和ACEF分别为2Na2O22H2O=4NaOHO2和2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，可知甲、乙、丙、丁分别为H、C、O、Na，原子半径：NaCOH，A项错误；乙为第二周期的碳元素，B项错误；Na2CO3溶液中存在平衡COH2OHCOOH，水解的存在使阴离子数目增多，故D项中阴离子物质的量大于0.1 mol。10A解析 W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，所以W的质子数是8，为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且W的原子半径小于X的原子半径，所以X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，且原子半径大于W，所以Z是Cl元素。化合物XZW是次氯酸钠，次氯酸钠中含有离子键和共价键，A项正确；硅的非金属性小于氯，所以对应的气态氢化物的稳定性YNC，对应氢化物的稳定性：H2ONH3CH4，B项错误；O2几乎没有还原性，C项错误；C、N、O、H元素组成的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3，受热易分解，D项正确。12C解析 Y的内层电子总数是最外层电子数的5倍可知Y为镁元素，由题目所给信息可知其他几种元素在周期表中的相对位置为，可知X为钠元素，Z为硫元素，W为氯元素，M为氧元素。O3和Cl2均可作为水处理中的消毒剂，A项正确；电解熔融的MgCl2可得Mg和Cl2，B项正确；HCl溶于水酸性比H2S强，C项错误；Na2O2与H2O反应可生成O2，D项正确。13(1)第二周期A族(2)CH4SiH4(3)SOCl2H2O=SO22HCl(4)NaNO2(5)增加 因为此反应是可逆反应(6)解析 由A、D的最低化合价均为2，且D没有正价，可知A、D分别为硫元素和氧元素，同理可推出F和G分别为氟元素和氯元素；由C、H的最高正价和最低负价均分别为4和4，且H原子半径较小，则C、H分别为硅元素和碳元素；同理可推出B和E分别为磷元素和氮元素。(6)铜与稀硫酸不能自发反应，故考虑用铜做阳极电解稀硫酸溶液。14(1)12 (2)NHHNHHN2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(l)H622 kJ/mol(3)离子键和共价键ClOH2OHClOOHNaClH2ONaClOH2(4)O22H2S=2H2O2S解析 根据题意可推出A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、S、Cl。(1)D元素的氧化物为氧化钠和过氧化钠，两种化合物中阴阳离子个数比均为12。(2)根据题意可知化合物X为N2H4，结构式为NHHNHH，根据题意可写出热化学方程式： N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H534 kJ mol1 ， H2O(g)=H2O(l)H44 kJ mol1。根据盖斯定律2可得：N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(l)H622 kJ mol1。(3)由上述6种元素中的3种元素组成的常见家用消毒剂的主要成分为NaClO，由于ClO的水解，NaClO溶液呈碱性。制备的化学方程式为NaClH2ONaClOH2。(4)证明氧的非金属性大于硫可用反应O22H2S=2H2O2S。专题限时集训(六)A1A解析 化学平衡常数越大，反应物的转化率越大，A项正确；仅由化学平衡常数不能得出反应速率的大小与反应的剧烈程度，B、C项错误；仅从平衡常数看不出反应是吸热还是放热，故无法知道平衡常数随温度变化的情况，D项错误。2D解析 由题，10 s内，v(H2)0.075 molL1s1，则v(NH3)v(H2)0.5 molL1s1，B错误；随反应的进行，正反应速率逐渐减小，故10 s到15 s内c(NH3)增加量减小，A项错误；达平衡后，分离出少量NH3，v正减小，C项错误；D项正确。3B解析 由曲线看出，随温度升高平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡右移，为吸热反应，H0，A、D项错误；温度越高，平衡常数越大，故b点平衡常数最大，C项错误；图中曲线为等压线，p(b)p(c)，在同一温度下，压强越高，平均摩尔质量越大，即p(a)p(c)，故B项正确。4C解析 由图中曲线看出，300 时甲醇平衡时的物质的量多于500 时甲醇平衡时的物质的量，则该反应为放热反应，H0，升高温度，化学平衡常数减小，A、B项错误；A点升高温度，平衡左移，增大，D项错误。5C解析 3个实验中温度和初始浓度均不同，不能得出初始浓度与水解反应速率的关系，A项错误；可逆反应不能进行彻底，B项错误；25 时06 min，v(NH2COO)为0.05 molL1min1，C项正确；15 时，第23 min时反应已达平衡，c(NH2COO)平衡浓度为2.075 molL1，故第30 min时，c(NH2COO)仍为2.075 molL1，D项错误。6C解析 在t1t2时，v正v逆，A项错误；t2时刻改变条件后，建立新平衡速率与原平衡相等，说明改变瞬间，v逆增大、v正减小，应同时增大产物浓度、减小反应物浓度，B项错误；结合分析，在t2时刻温度没有改变，平衡常数不变，D项错误。7B解析 由温度越高，化学平衡常数越小，可知该反应为放热反应，A项正确；在该体系中加入苯，苯萃取了I2，平衡向逆反应方向移动，B项错误。8A解析 加压平衡正向移动，但移动的结果不能抵消条件的改变，CO的浓度还是增大的，B项错误；工业生产的温度应考虑催化剂的活性温度，C项错误；从平衡体系中分离出水蒸气，反应速率减慢，D项错误。9B解析 升高温度，两个反应的反应速率均增大，B项错误；两反应均为放热反应，升高温度平衡均逆向移动，平衡常数均减小，A项正确；由图像看出，900 后，温度越高，NO产率越小，说明随温度升高平衡逆向移动，C项正确；800 左右时，NO的产率最高，而N2的产率最低，D项正确。10C解析 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始量/mol 4 2 0变化量/mol 1.4 0.7 1.4平衡量/mol 2.6 1.3 1.4该反应是在恒压下进行，A项错误；v(SO3)，但体积随反应进行而减小，v(SO3)0.35 molL1min1，B项错误；若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡相对之前逆向移动，平衡后n(SO3)1.4 mol，C项正确；若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应相对于“恒温恒压下”来讲平衡逆向移动，达平衡时放出的热量小于Q kJ，D项错误。11(1)N2O22NO(2)746.5(3)3.3103升温0.019逆向(4)Ba(OH)2或解析 (1)空气中的氮气和氧气在汽车发动机内电火花引燃下，发生反应生成NO。(2)将已知的三个热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律2，即可求出目标热化学方程式的H。该热化学方程式表示的反应是气体体积减小的反应，熵变小于0。(3)v(N2) 3.3103 molL1min1。由图中看出第12 min反应向逆反应方向移动，为升高温度所致。第24 min时CO2的浓度为0.02 molL1，故平衡常数K0.019。由平衡常数的表达式看出，若CO、N2同时增加0.06 mol，浓度商会大于平衡常数，平衡逆向移动。(4)由表中数据看出Ba(OH)2溶解度大，相同体积的吸收液，其吸收SO2的量多，且BaSO3溶解度更小，便于SO较完全沉淀析出，减小实验误差。溶液中存在平衡CaSO3Ba2BaSO3Ca2，溶液中的阴离子为SO，故。专题限时集训(六)B1B解析 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，反应物转化率降低，A、D项错误；该反应为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率升高，B项正确；增大c(H)，平衡逆向移动，c(Cd2)也增大，C项错误。 2C解析 结合表格，升温时平衡常数减小，该反应放热，A项错误；15 时，原反应K5104，逆反应K12105，B项错误；该反应是气体体积减小的反应，减压，平衡逆向移动，CO的转化率减小，C项正确；溶液中溶质越多，吸收气体的量越大，D项错误。3D解析 曲线先到达平衡，说明v增大，n(CH3OH)增大，说明平衡正向移动，即是加压，A项正确；结合反应T1 ，将9 mol CO2和12 mol H2充入3 L密闭容器中，平衡时n(CH3OH)3 mol，那么平衡时，c(CH3OH)1 mol/L，c(H2O)1 mol/L，c(CO2)2 mol/L，c(H2)1 mol/L，K0.50.42，即T1到T2，平衡逆向移动，则T1T2，B项正确；C项，Qc0.360.5，反应还在正向进行，即v正v逆，C项正确；D项，相当于减压，平衡逆向移动，p，D项错误。4D解析 由于A是固体，增加A的量不影响化学反应速率，A项错误；平衡时，其他条件不变，当温度升高时，平衡向逆反应方向移动，变小，B项错误；图中的斜率k，而平衡常数K，C项错误；通入B，平衡正向移动，反应放出更多的热，导致体系温度升高，D项正确。5B解析 结合图像知，升高温度，反应物CH3OCOOCH3的转化率提高，正反应为吸热反应，即H0，A项正确；均为1 mol反应物，即配比R1，在650 时转化率为60%，K，9，B项错误；结合图像，在温度相同时，R值越大，越大，C项正确；CH3OCOOC2H5与C2H5OCOOC2H5的化学计量数之比为21，当两者的生成速率之比为21时，反应达到平衡状态，D项正确。6(1)N2(g)O2(g)=2NO(g)H183 kJmol1增大 (2)1.88104 mol/(Ls)5000BCD (3)还原NOO22e=NO2解析 (1)N2(g)O2(g)=2NO(g)H945 kJmol1498 kJmol12630 kJmol1183 kJmol1。该反应为吸热反应，随着温度的升高，化学平衡常数增大。(2