高中化学高考三轮冲刺 答案

参考答案专题一化学与STSE化学常用计量(导航卷)1．D[D项，经常使用一次性筷子、纸杯会浪费木材，破坏森林，塑料袋的使用会造成“白色污染”，不应该提倡。]2．A[A项，水能发生部分电离：H2OH＋＋OH－，是弱电解质，正确；B项，可燃冰是甲烷水合物，错；C项，氢氧两种元素还可以组成H2O2，错误；D项，0℃时，冰的密度比水的小，错误。]3．D[过度开采矿物资源与社会可持续发展理念相违背。]4．B[化石燃料的过度开采不利于节能减排，同时燃烧时生成大气污染物；焚烧秸秆污染环境。]5．C[A项，由于晶体内部微粒的排列具有一定的规律性，液体具有一定的流动性，故液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性，正确；B项，由于冰和水中分子间形成的氢键的不同，导致冰的结构中有空隙，水的结构中分子排列紧密，因此冰比水的密度小，正确；C项，纳米银粒子的聚集为物理变化，错误；D项，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和氮氧化物的转化都可以减少硫和氮氧化物的排放，故能减少酸雨的产生，正确。]6．C[A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20g·mol－1和18g·mol－1，所以18gD2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2L×0.5mol·L－1＝1mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2=2NO2，生成2molNO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。]7．A[A项，氧气和臭氧均由氧原子组成，1.6g混合气体含有O原子的物质的量为n(O)＝eq\f(1.6g,16g·mol－1)＝0.1mol，即含有氧原子的个数为0.1NA，正确；B项，丙烯酸结构简式为：，分子中含有碳碳双键和碳氧双键，0.1mol丙烯酸含双键的数目为0.2NA，错误；C项，标准状况下，苯为液态，错误；D项，过氧化钠与水发生反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2时，转移电子数为2NA，故每生成0.1mol氧气，转移电子数目为0.2NA，错误。]8．C[A项，ClO－水解，ClO－数目小于NA;B项，苯分子中没有真正的碳碳双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键；C项，对相对分子质量皆为28的CO和N2混合气体，因分子中原子数目均为两个，故14g混合气体含有的原子数目为NA;D项，标准状况下6.72L即0.3molNO2溶于水，转移电子数目为0.2NA。]9．B[A项：标准状况下，0.1molCl2与水反应是可逆反应，转移的电子数目小于0.1NA，C项：标准状况下CH3CH2OH为液态，无法计算；D项：常温常压不属于标准状况，本选项无法计算。]10．C[A项，60g丙醇的物质的量是1mol，根据其结构式可知，1mol丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有＋1价，因此23gNa即1molNa充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235g核素eq\o\al(235,92)U即1moleq\o\al(235,92)U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，错误。]11．解析(1)n(MnO2)＝eq\f(17.40g,87g·mol－1)＝0.2mol，由题给反应可知，最多氧化0.2molSO2，标准状况下其体积为4.48L。(2)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[Al（OH）3],c（Al3＋）))＝eq\r(3,\f(1×10－33,1×10－6))＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5.0，使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[Fe（OH）3],c（Fe3＋）))＝eq\r(3,\f(3×10－39,1×10－6))≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0<pH<7.1。(3)由图可知，要从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，温度应大于60℃，其原因是此时MgSO4·6H2O的溶解度大于MnSO4·H2O的溶解度，有利于MnSO4·H2O晶体析出，MgSO4·6H2O不易析出。答案(1)4.48(2)5.0＜pH＜7.1(3)高于60℃(4)n(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1×eq\f(20.00mL,1000mL·L－1)＝1.00×10－3moln(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3molm(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169gMnSO4·H2O样品的纯度为：eq\f(0.169g,0.1710g)×100%＝98.8%12．解析(1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2e－＋n(Al3＋)×3e－＝n(OH－)×e－＋n(COeq\o\al(2－,3))×2e－，则2a＋3b＝c＋2d。答案(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a＋3b＝c＋2d(3)n(CO2)＝eq\f(0.560L,22.4L·mol－1)＝2.50×10－2molm(CO2)＝2.50×10－2mol×44g·mol－1＝1.10g在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)＋m(H2O)＝3.390g×(0.7345－0.3702)＝1.235gm(H2O)＝1.235g－1.10g＝0.135gn(H2O)＝eq\f(0.135g,18g·mol－1)＝7.50×10－3moln(OH－)＝7.50×10－3mol×2＝1.50×10－2moln(OH－)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝(1.50×10－2mol)∶(2.50×10－2mol)＝3∶5专题一化学与STSE化学常用计量(冲刺卷)1．D[有机物中含有碳原子，使用纯有机物，不符合“低碳”原则，D项错误。]2．D[A项，HD为氢元素的两种同位素原子构成的单质，错误；B项，O2和O3的混合气体由氧元素组成，但属于混合物，错误；C项，NaHSO4在溶液中电离产生的阳离子为Na＋和H＋，根据酸的定义可知NaHSO4不属于酸，属于酸式盐，错误；D项，根据分散质微粒直径的大小将分散系分为浊液、胶体和溶液，正确。]3．C[空气中的N2、O2在雷电的放电条件下，反应生成NO，而不是NO2，C项错误。]4．D[消毒过程就是使细菌死亡，细菌蛋白质发生了变性，D项错误。]5．D[该研究中至少有太阳能转化为电能、电能转化为化学能两种能量转化方式。]6．A[A项，石墨炔中无氢原子，不是芳香烃，错误；B项，由题“全碳分子”可知与金刚石互为同素异形体，正确；C项，由题“半导体性能”可判断正确。]7．C[A项，以不足的Cl2计算，1molCl2完全反应转移2mole－，错误；B项，H2SO4溶液中的OH－来自于水的电离，c(OH－)＝10－13mol·L－1，n(H＋)水＝n(OH－)水＝10－13mol，错误；C项，烯烃的通式为(CH2)n，含有的C原子数为eq\f(21,14n)·n·NA＝1.5NA，正确；D项，eq\o\al(14,)6C原子中的中子数为14－6＝8，错误。]8．A[A项，共价键的物质的量为17.6g/44g·mol－1×10＝4mol，正确；B项，没有溶液的体积，不可求OH－的数目，错误；C项，NO与O2反应生成NO2，会使气体分子总数减小，错误；D项，阳极不仅溶解Cu，还有Fe、Ni、Zn等，所以无法计算出阳极失去的e－数目，错误。]9．A[A项，丙烯到聚丙烯()，C—H键数没有变化，eq\f(14g,42g·mol－1)×6×NA＝2NA，正确；B项，硝酸足量生成Fe(NO3)3，转移电子数为3NA，错误；C项，标准状况下，乙醛呈液态，错误；D项，H2O2溶液中除H2O2外溶剂H2O也含有氧原子，数目大于2NA，错误。]10．D[A项，6.4gO2与6.4gO3中所含有的分子数不等，所以6.4g气体混合物，分子数不确定，错误；B项，CCl4为液体，不适用于气体摩尔体积，错误；C项，没有给出体积，不可求OH－的数目，错误；D项，发生反应3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2，转移电子数为eq\f(16.8g,56g/mol)×eq\f(8,3)×NA＝8NA，正确。]11．解析(1)I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3将I2完全消耗时，溶液的蓝色褪去。(2)若滴定管没有润洗，则其浓度变小，与Mg2＋反应时，EDTA的消耗量增多，所得Mg2＋的量偏高。(3)ClO－具有强氧化性，氧化I－的方程式为：ClO－＋2I－＋2H＋=I2＋Cl－＋H2O，由反应关系有：“ClO－～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)”，由Na2S2O3的物质的量可计算出n(ClO－)，由EDTA的物质的量可计算出n(Mg2＋)，由电荷守恒可得n(OH－)，由质量守恒，可得出结晶水的物质的量，根据各粒子的物质的量之比可得出碱式次氯酸镁化学式。答案(1)淀粉溶液(2)偏高(3)关系式：ClO－～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)n(ClO－)＝eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝1/2×0.8000mol·L－1×25.00×10－3L＝1.000×10－2moln(Mg2＋)＝0.02000mol·L－1×25.00×10－3L×1000mL/25.00mL＝2.000×10－2mol根据电荷守恒，可得：n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×2.000×10－2mol－1.000×10－2mol＝3.000×10－2molm(H2O)＝1.685g－1.000×10－2mol×51.5g·mol－1－2.000×10－2mol×24g·mol－1－3.000×10－2mol×17g·mol－1＝0.180gn(H2O)＝0.180g/18g·mol－1＝1.000×10－2moln(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝(2.000×10－2mol)∶(1.000×10－2mol)∶(3.000×10－2mol)∶(1.000×10－2mol)＝2∶1∶3∶1碱式次氯酸镁的化学式为：Mg2ClO(OH)3·H2O12．解析(1)①根据化合价代数和为0列式，设Fe的化合价为＋a，则2x＋2(1－x)＋2a＝2×4，得a＝＋3价。②由图1知，在x相同时，微波水热法比常规水热法对H2O2分解的效果更好；横坐标为x，表示随着Co2＋的增多，H2O2分解的速率加快，故Co2＋含量越大，其催化效果越好。(2)①由热重分析图知，取18.3gCoC2O4·2H2O，物质的量为0.1mol。加热分解，但是产物中的Co的量不变，仍为n(Co)＝0.1mol，n(O)＝eq\f(8.03g－0.1mol×59g·mol－1,16g·mol－1)＝0.133，n(Co)∶n(O)＝3∶4，则C点为Co3O4。从起始至B点失去的质量为18.3g－14.70g＝3.6g，正好为0.2molH2O，所以B点为CoC2O4，与O2反应生成Co3O4，由原子守恒可确定出另一产物为CO2，由此配平反应。②由Cl守恒，HCl中的Cl最终在CoCl2和Cl2中，所以2n(CoCl2)＋2n(Cl2)＝0.48L×5mol·L－1＝2.4mol，n(CoCl2)＝(2.4mol－2×0.2mol)/2＝1mol。由Co3＋氧化Cl－生成Cl2，根据得失电子守恒列式，1×n(Co3＋)＝2×n(Cl2)，n(Co3＋)＝0.4mol，由Co原子守恒，n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根据化合物中各元素的化合价代数和为零，列式为：2n(O2－)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O)＝(0.4mol×3＋0.6mol×2)÷2＝1.2mol，所以n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶6。答案(1)①＋3②微波水热Co2＋(2)①Co3O4(写成CoO·Co2O3亦给分)3CoC2O4＋2O2=Co3O4＋6CO2②由电子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4mol由电荷守恒：n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(2.4mol－0.2mol×2)＝1mol所以固体中的n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6moln(O)＝(0.4mol×3＋0.6mol×2)÷2＝1.2mol故n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶6专题二离子反应与氧化还原反应(导航卷)1．B[A项，使酚酞变红色的溶液呈碱性，OH－与Al3＋不能大量共存。B项，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝1×10－13mol/L，c(H＋)＝0.1mol/L溶液呈酸性，四种离子可以大量共存；C项，与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，NOeq\o\al(－,3)不能大量存在，一是因为HNO3与Al反应不能生成H2，二是酸性条件下NOeq\o\al(－,3)与Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量共存；若呈碱性，Fe2＋因生成Fe(OH)2沉淀而不能大量存在。D项，由水电离的c(H＋)＝1×10－13的溶液中水的电离受到抑制，可能是由于外加酸或碱，若为碱溶液，四种离子可以大量共存，若为酸溶液，AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)不能大量存在。]2．C[A项，pH＝1的溶液呈酸性，酸性条件下，COeq\o\al(2－,3)不能大量存在，发生反应2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=CO2↑＋H2O；B项，c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2＋、Cu2＋不能大量存在；C项，溶液中的NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)与题给4种离子互不反应，均能够大量共存；D项，Fe3＋与SCN－因发生络合反应而不能大量共存。]3．A[A项，甲基橙呈红色，说明溶液呈酸性，4种离子均能大量共存，正确；B项，酚酞呈红色，说明溶液呈碱性，Cu2＋不能大量存在，错误；C项，Ag＋与SOeq\o\al(2－,4)、I－因生成沉淀而不能大量共存，错误；D项，AlOeq\o\al(－,2)与H＋不能大量共存，错误。]4．A[A中各离子在0.1mol·L－1的NaOH中可大量共存。B中Ba2＋与条件中的COeq\o\al(2－,3)反应，B错。C中I－、SCN－均与条件中的Fe3＋反应，C错。D中c(H＋)/c(OH－)＝1×1014为强酸性条件，ClO－与H＋不能大量共存，D错。]5．D[A项，HClO是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；B项，COeq\o\al(2－,3)的水解是可逆反应，要用可逆符号，正确的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－；C项，反应前后电荷不守恒、电子转移也不守恒，正确的离子方程式为IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，错误；D项，NaHCO3少量，HCOeq\o\al(－,3)完全参加反应，所给离子方程式正确。]6．D[A项，铜与稀硝酸反应生成NO：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，错；B项，NaOH溶液过量，NHeq\o\al(＋,4)与OH－也能反应，其离子方程式为：2NHeq\o\al(＋,4)＋Fe2＋＋4OH－=2NH3·H2O＋Fe(OH)2↓，错误；C项，醋酸是弱酸，不能拆成离子形式：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，错误；D项，CO2过量，生成HCOeq\o\al(－,3)，正确。]7．D[A项，浓盐酸为强酸，应拆成离子形式，其离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，错误；B项，Al(OH)3胶体不是沉淀，不能加沉淀符号，错误；C项，原子不守恒，正确的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，错误；D项，根据“以少定多”原则，该离子方程式正确。]8．C[A中在酸性条件下，不可能生成OH－，应为5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，A项错误；B中HCOeq\o\al(－,3)也与OH－反应，应为NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，B项错误；D中得失电子不守恒，D项错误。]9．B[A项，NaClO的制备为Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，正确；B项，NaClO饱和溶液的pH为11，该消毒液中溶液的pH为12，是由于消毒液中还含有少量的NaOH，故pH增大是由于NaOH电离所致，错误；C项，该消毒液与洁厕灵混用会发生氧化还原反应：2H＋＋Cl－＋ClO－=Cl2↑＋H2O，正确；D项，因为醋酸的酸性比次氯酸的酸性强，CH3COOH＋ClO－=CH3COO－＋HClO，HClO浓度增大，漂白性增强，正确。]10．A[由题意可写出化学方程式：Na2CO3＋2Na2S＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2，Na2S中S的化合价升高，作还原剂，SO2中S的化合价降低，作氧化剂，硫元素既被氧化又被还原，A正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误；生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则每生成1molNa2S2O3，转移eq\f(8,3)mol电子，错误；吸收的SO2有可能没有完全参与生成CO2的反应，D错误。]11．解析(1)由KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反应中，，则KClO3作氧化剂；，则Na2SO3作还原剂，根据电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制备ClO2的流程图可知，电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备ClO2的流程图可知，NaClO2和NCl3两溶液反应生成NH3，说明溶液呈碱性；，因此溶液X中大量存在的阴离子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的气体，a项错误，d项错误；b项，碱石灰与NH3不反应与ClO2反应，错误；c项，浓硫酸易吸收NH3，而与ClO2不反应，正确。(3)①ClO2与KI溶液反应时，，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气。③步骤V反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)可得关系式：2ClO2～5I2～10S2Oeq\o\al(2－,3)，n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L/mL＝2×10－3mol，则n(ClO2)＝2×10－3mol×2/10＝4×10－4mol，m(ClO2)＝4×10－4mol×67.5g·mol－1＝0.02700g。(4)亚氯酸盐(ClOeq\o\al(－,2))具有氧化性，应选用还原剂将ClOeq\o\al(－,2)还原为Cl－。碘化钾、盐酸具有还原性，可分别被亚氯酸盐氧化为I2、Cl2，二者均有毒，b错误，c错误；a项，明矾不具有还原性，错误；硫酸亚铁具有还原性，可被亚氯酸盐氧化为Fe3＋，且Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体可净水，d正确。答案(1)2∶1(2)①NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(电解))3H2↑＋NCl3②Cl－、OH－③c(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)③淀粉溶液溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色④0.02700(4)d12．解析(1)①电解时，阴极溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H＋放电生成H2和OH－。②由题给反应可知，阳极区生成了Seq\o\al(2－,n)，Seq\o\al(2－,n)可以理解为(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S单质同时还有H2S气体。(2)①由图示反应原理，溶液里H2O中＋1价的H，Cl－、Cu2＋没有参与氧化还原反应，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。其他元素如O(O2被还原为－2价氧)、Fe(Fe3＋与Fe2＋相互转化)、S(S2－转化为S)的化合价均有变化。②根据得失电子守恒可知，1molH2S转化为S单质时，需要氧气0.5mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化剂O2的量，也就是增加混合气体中空气的比例，使S2－完全氧化为硫单质。(3)若H2S分解生成H2和S，气体体积比为1∶1，由图示可知在高温下分解生成的两种气体的体积比为2∶1，设硫蒸气的化学式为Sn，则有H2S→H2＋eq\f(1,2)Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。答案(1)①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)②0.5mol③提高混合气体中空气的比例(3)2H2S2H2＋S2专题二离子反应与氧化还原反应(冲刺卷)1．B[A项，CO是不成盐氧化物，错误；B项，煤气是以煤为原料加工制得的含有可燃组分的气体，主要成分是CO、H2，正确；C项，CO2是非电解质，错误；D项，酸雨指pH<5.6的降雨，饱和CO2水溶液的pH是5.6，CO2不引起酸雨，错误。]2．C[A项，碱性条件，Mg2＋不能大量存在。]3．C[A项，Fe3＋与SCN－会发生显色反应，错误；B项，eq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝106>1，c(OH－)>c(H＋)，显碱性，与NHeq\o\al(＋,4)反应生成NH3，错误；C项，甲基橙变红，显酸性，此四种离子与H＋可大量共存，正确；D项，H＋与NOeq\o\al(－,3)构成HNO3，具有强氧化性，会氧化Fe2＋、I－，错误。]4．B[A项，Ca2＋与COeq\o\al(2－,3)生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C项，H2O2能氧化Fe2＋而不能大量共存；D项，Fe3＋与SCN－因生成配合物而不能大量共存。]5．C[A项，Fe3＋与I－发生氧化还原反应，正确的为：Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；B项，Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)不能拆，正确的为：Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；D项，NaOH过量，(NH4)2Fe(SO4)2按化学式组成反应，正确的为：2NHeq\o\al(＋,4)＋Fe2＋＋4OH－=Fe(OH)2↓＋2NH3·H2O。]6．B[A项，白醋的主要成分是CH3COOH，CH3COOH是弱酸，不能拆，错误；C项，苯酚的酸性比碳酸弱，不能生成CO2，正确的为：COeq\o\al(2－,3)＋C6H5OH→C6H5O－＋HCOeq\o\al(－,3)；D项，溶液呈酸性，不能生成OH－，正确的为：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O。]7．B[A项，Na2O不能拆，正确的为：Na2O＋H2O=2Na＋＋2OH－；C项，Na2SiO3能拆，正确的为SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓；D项，Ca(HCO3)2少量，化学计量数为1，按化学式组成反应，正确的为：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O。]8．C[H2S溶于水形成氢硫酸，弱酸，能用石灰乳(碱性)吸收，A、B正确；C项，Cu2＋与H2S生成CuS，不能氧化H2S，错误；D项，H2S在空气中充分燃烧可生成SO2：2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))SO2＋2H2O(若不充分燃烧可生成S：2H2S＋O2=2H2O＋S)。]9．D[由氧化还原反应中元素化合价升降关系可知，第①组中KMnO4→MnSO4，Mn元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价必然升高，因此该反应中有O2生成，根据原子守恒可知还应有H2O生成，A项正确；由第②组中产物为FeCl3和FeBr3知，Br－未参与氧化还原反应，反应中只有Fe2＋被氧化，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，B项正确；第③组中Cl元素的化合价从－1价升高到0，故生成1molCl2时转移2mol电子，C项正确；氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>Fe3＋，D项错误。]10．D[CuFeS2中铁元素的化合价为＋2价，所以不是所有铁元素均被还原，故A错误；反应中硫元素化合价从－2价变为0，氧化产物是S，故B错误；生成2molS转移电子为4mol，则获得单质硫xmol转移电子的物质的量为2xmol，故C不正确；生成单质硫xmol时，生成eq\f(x,2)molCu2＋和eq\f(5x,2)molFe2＋，消耗2xmolFe3＋，剩余的Fe3＋为：ymol－eq\f(x,2)mol－eq\f(5x,2)mol＝(y－3x)mol，则原Fe3＋的总物质的量为(y－3x＋2x)mol＝(y－x)mol，故D正确。]11．解析向试管A的溶液中滴入酚酞溶液呈粉红色，说明溶液显碱性，一定含有OH－，根据离子共存原理，一定没有Ag＋、Mg2＋，一定含有K＋，试管B中一定含有Ag＋、Mg2＋，则一定没有Cl－，一定含有NOeq\o\al(－,3)，综上所述，试管A中含有K＋、OH－、Cl－，试管B中含有Ag＋、Mg2＋、NOeq\o\al(－,3)，(1)试管A的溶液中所含上述离子共有3种；(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，说明该试管中含有Ag＋，为试管B；(3)若向试管B的溶液中加入合适的药品后，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，应该发生置换反应，且不引入其他离子，则加入的药品是Mg；(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，得到滤液仅含一种溶质的溶液，则Ag＋与Cl－恰好完全反应，Mg2＋和OH－恰好完全反应，混合过程中发生反应的离子方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；(5)设KOH、KCl、Mg(NO3)2、AgNO3四种物质均为1mol，两试管中溶液混合，过滤后所得滤液中含有2molK＋、0.5molMg2＋、3molNOeq\o\al(－,3)，则离子浓度大小顺序为c(NOeq\o\al(－,3))＞c(K＋)＞c(Mg2＋)；(6)向KHCO3溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。答案(1)3(2)B(3)Mg(4)Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(5)c(NOeq\o\al(－,3))＞c(K＋)＞c(Mg2＋)(6)Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O12．解析(1)多余的氯气被B中的NaOH溶液吸收发生反应的离子方程式是Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。(2)A中溶液变红的原因是Fe2＋被Cl2氧化为Fe3＋，Fe3＋与SCN－反应生成红色的Fe(SCN)3。(3)①生成的红褐色沉淀是Fe(OH)3，说明溶液中含有Fe3＋。(4)①在组成SCN－的三种元素中C的非金属性最弱，应显正价，由电子式可知其中N显－3价，S显－2价，则C显＋4价，处于最高价，故碳元素不可能被氧化。②加入盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，说明溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)，故SCN－中被氧化的元素是硫。③若含有硝酸根离子，则在酸性条件下可被还原为NO，NO与空气中氧气反应被氧化为红棕色的NO2气体；④根据原子守恒可知当生成1molCO2时有1molSCN－被氧化，生成1molSOeq\o\al(2－,4)和1molNOeq\o\al(－,3)，转移电子的物质的量为16mol。答案(1)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O(2)Fe2＋被Cl2氧化成Fe3＋，Fe3＋与SCN－反应生成红色的Fe(SCN)3，所以溶液变红(3)①Fe3＋(4)①SCN－中的碳元素是最高价态(＋4价)②硫元素(或S)③取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中黄色溶液中存在NOeq\o\al(－,3)，SCN－中氮元素被氧化成NOeq\o\al(－,3)④16专题三原子结构元素周期律(导航卷)1．C[A项，质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为37，可表示为eq\o\al(37,17)Cl，错误；B项，Cl－核外有18个电子，离子结构示意图为，错误；C项，氯分子中两个氯原子间形成一个共用电子对，从而达到8e－稳定结构，正确；D项，氯乙烯分子中含有的碳碳双键不能省略，其结构简式为CH2=CHCl，错误。]2．B[A项，Na2O2是离子化合物，其电子式为，错误；B项，溴原子的质量数为80，正确；C项，题中图示表示的是硫原子的结构示意图，S2－的结构示意图为，错误；D项，题中结构简式表示的是对二甲苯结构，间二甲苯的结构简式为，错误。]3．B[A项，丙烯的结构简式为：CH2CH—CH3，错误；B项，OH－带有1个单位负电荷，其电子式为，正确；C项，表示的是Cl－的结构示意图，氯原子的结构示意图为：，错误；D项，铀原子的质量数应为238，正确的表示为：23892U，错误。]4．A[由于Y是非金属性最强的元素，则Y为氟元素；X原子最外层有6个电子，属于第ⅥA族元素，且原子序数小于9，则X为氧元素；由于Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且其原子序数大于9，则Z为铝元素；由于W的单质广泛用作半导体材料，则W为硅元素。A项，Y、X、W、Z的原子最外层电子数分别为7、6、4、3，正确；B项，原子半径由大到小的顺序为Al、Si、O、F，错误；C项，非金属性由强到弱的顺序为：F、O、Si、Al，错误；D项，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：F、O、Si，错误。]5．D[由题意可知，X为碳元素，Y为氧元素，Z为镁元素，W为硅元素。A项，原子半径大小顺序为：Mg>Si>C>O，错误；B项，MgO中有含离子键，SiO2含有共价键，错误；C项，碳的非金属性强于硅，所以H2CO3的酸性强于H2SiO3，错误；D项，氧的非金属强于硫，硫的非金属性强于硅，所以氧的非金属性强于硅，则H2O比SiH4更稳定，正确。]6．D[Z是氧，最外层电子数为6，则另外3种元素原子的最外层电子数之和为7。X的原子序数小于Y，原子半径也小于Y，则Y在X的下一周期，W与X同主族，W原子序数最大，则X为氢，W为钠，Y为氮。A项，原子半径r(W)＞r(Y)＞r(Z)，错误；B项，Z、W的简单离子为O2－、Na＋，具有相同的电子层结构，错误；C项，O的非金属性比N的强，则气态氢化物H2O更稳定，错误；D项，X、Y、Z三种元素可形成离子化合物NH4NO3、NH4NO2，也可形成共价化合物HNO3、HNO2等，正确。]7．AD[短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，因此可确定X为氧元素；Y原子的最外层只有2个电子，且原子序数大于氧元素，则Y为Mg；Z单质可制成半导体材料，应为Si；W与X属于同一主族，则W为S元素。氧的非金属性强于硫的非金属性，故H2O的热稳定性强于H2S，A项正确；同周期S非金属性强于Si，H2SO4的酸性强于H2SiO3，B项错误；MgO是离子化合物，存在离子键，SiO2、SO3属于共价化合物，存在共价键，C项错误；根据同周期、同主族元素原子的半径大小的规律得出rMg>rSi>rS>rO，D项正确。]8．B[W的L层无电子，则W为氢元素。X的L层为5个电子，则X为氮元素。Y、Z的L层均为8个电子，均在第三周期，最外层电子数之和为12。Y、Z的最外层电子数可能分别为5、7或6、6(若为4、8，则Z为Ar，不是主族元素)，若为6、6，则Y为氧元素(不在第三周期)，不可能，所以Y为磷元素，Z为氯元素。A项，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，H2和N2都是分子晶体，N2的相对分子质量大于H2，分子间的作用力强，所以N2的沸点高于H2，错误；B项，因为氢的非金属性弱于氯(可根据HCl中氢显＋1价判断)，所以H－还原性强于Cl－，正确；C项，由于没有说明是最高价氧化物的水化物，所以氯元素的氧化物的水化物的酸性不一定大于磷元素的氧化物的水化物，如H3PO4的酸性强于HClO，错误；D项，如离子化合物(NH4)3PO4中同时存在氮和磷两种元素，错误。]9．D[由于W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，故X为氧元素，W为硫元素，结合题中各元素的相对位置，可推断出Y为硅元素，Z为磷元素，T为砷元素。A项，根据同周期和同主族元素原子半径和性质的变化规律可知，原子半径的大小顺序为P＞S＞O，气态氢化物的热稳定性顺序为：H2O＞H2S＞PH3，错误；B项，硫元素在自然界中能以游离态存在，如存在于火山喷口附近或地壳的岩层中，错误；C项，SiO2为原子晶体，熔化时克服的是共价键，而液态SO3气化克服的是分子间作用力，错误；D项，根据“对角线”规则，砷的单质与硅的单质有相似性，可做半导体材料，As2O3中砷元素显＋3价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性。]10．AD[根据“己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性”，可知己为S元素，结合元素周期表中各元素的相对位置，可得出庚为F、戊为As、丁为Si、丙为B，又由“甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数”，说明甲为Mg、乙为Ca。A项，丙(5B)与戊(33As)的原子序数相差28，正确；B项，元素的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，因非金属性：庚(F)＞己(S)＞戊(As)，则有稳定性：庚(HF)＞己(H2S)＞戊(AsH3)，错误；C项，常温下，镁与水反应很缓慢，钙能与水剧烈反应，错误；D项，丁(Si)的最高价氧化物(SiO2)可用于制造光导纤维，正确。]11．解析(1)氮原子最外层有5个电子，共用3对电子形成氮气，氮气的电子式为。(2)置换反应中，Fe2O3作氧化剂，还原产物是铁。(3)KClO4中K＋与ClOeq\o\al(－,4)之间存在离子键，ClOeq\o\al(－,4)内部Cl与O之间存在共价键。(4)NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O。(5)①碱石灰是CaO和NaOH组成的混合物，可以吸收水和CO2。②n(N2)＝1.5mol，根据氮原子守恒n(NaN3)＝eq\f(1.5mol×2,3)＝1mol，w(NaN3)＝eq\f(65g·mol－1×1mol,100g)×100%＝65%。答案(1)(2)Fe(3)离子键和共价键(4)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O(5)①CO2、H2O②65%12．解析由题中图示及同周期、同主族元素的原子半径、主要化合价的变化规律可推出八种短周期元素如下xyzdefghHCNONaAlSClf为铝元素，在周期表中的位置为：第三周期ⅢA族。(2)d、e常见离子分别为O2－、Na＋，两种离子的电子层结构相同，核电荷数越大的离子半径越小，故r(O2－)＞r(Na＋)；由于非金属性：Cl＞S，所以g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4＞H2SO4。(3)可组成四原子的共价化合物，有NH3、H2O2、C2H2等，其电子式分别为：或,∶H、H∶CC∶H。(4)1molNa的单质在足量O2中燃烧，放出255.5kJ热量，据此可写出该反应的热化学方程式为：2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)ΔH＝－511kJ·mol－1。(5)R为NH4Al(SO4)2，在溶液中存在：NH4Al(SO4)2=NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2―,4)，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，H2OH＋＋OH―。①Al3＋的水解程度比NHeq\o\al(＋,4)大，故NH4Al(SO4)2溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。②m点加入NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则此时是NHeq\o\al(＋,4)与NaOH溶液反应，离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O。③10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中，Al3＋物质的量为0.01mol，NHeq\o\al(＋,4)的物质的量为0.01mol，SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液中，Ba2＋物质的量为0.024mol，OH－物质的量为0.048mol，其中SOeq\o\al(2－,4)与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀0.02mol，NHeq\o\al(＋,4)与Al3＋共消耗OH－0.04mol，同时生成Al(OH)30.01mol，过量的0.008molOH－会溶解0.008mol的Al(OH)3，故最终反应生成沉淀为0.022mol。答案(1)第三周期ⅢA族(2)r(O2－)r(Na＋)HClO4H2SO4(3)(或、等其他合理答案均可)(4)2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)ΔH＝－511kJ·mol－1(5)①c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)②NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O③0.022专题三原子结构元素周期律(冲刺卷)1．B[A项，Be原子最外层只有2个电子，正确的为；C项，Cl－原子核内17个质子，正确的为；D项，表示的是对甲基苯酚，苯甲醇的结构简式为。]2．A[B项，质量数为32，正确的为：eq\o\al(32,16)S；C项，表示的是F－的结构示意图，错误；D项，表示的是丙醛的结构简式，错误。]3．D[根据Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，可知Y为O，则Z为S，X为N。A项，SO2对应的水化物不是强酸，错误；B项，根据同周期和同主族原子半径的变化规律，可知原子半径大小顺序是S>N>O，错误；C项，S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，错误；D项，氧的非金属性大于硫，则O2比S更易与氢气反应，正确。]4．B[由信息知W是S，X是Si，Y是C，Z是Al。A项，Si和S是同周期主族元素，非金属性：Si<S，气态氢化物稳定性：SiH4<H2S，错误；B项，C和Si是同主族元素，非金属性：C>Si，酸性：H2CO3＞H2SiO3，正确；C项，Al3＋比S2－少一个电子层，离子半径：r(Al3＋)<r(S2－)，错误；D项，Al的氧化物是Al2O3，不含共价键，错误。]5．C[由题意可知W、X、Y、Z四种常见的短周期元素分别为O、Na、Si、Cl。A项，O2－和Na＋的核外电子排布相同，O2－比Na＋的核电荷数小，则离子半径O2－>Na＋，错误；B项，非金属性Si<Cl，则对应气态氢化物的稳定性：HCl>SiH4，错误；NaClO是离子化合物，含有离子键，ClO－中含有共价键，正确；D项，SiO2能与NaOH溶液反应，但不能与盐酸反应，错误。]6．C[题中关系图中所列的是第二周期和第三周期的14种主族元素，其中X是氧，Y是钠，Z是铝，M是硅，N是氯。C项，X与M两种元素形成的化合物是SiO2，它能与强碱反应，也能与氢氟酸反应。]7．CD[常温下单质呈液态，且要用水封保存，可知L为溴元素，则T为氯元素，Z为硫元素，Y为硅元素，X为铝元素。A项，同周期元素，原子半径随原子序数递增而减小，因此原子半径：X>Y>Z>T，错误；B项，因为有反应：H2S＋Br2=S↓＋2HBr，所以还原性：H2S>HBr，错误；C项，有反应AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，正确；D项，SiCl4是共价化合物，正确。]8．D[由题意推知，A、B、C、D、E分别为H、O、Na、S、Cl。A项，原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，错误；B项，O的非金属性比S强，则对应的气态氢化物H2O比H2S稳定，错误；C项，HCl中H与Cl为共价键，NaCl中Na＋与Cl－之间为离子键，错误；D项，Na在第三周期中金属性最强，其对应的NaOH的碱性也最强，正确。]9．CD[T为－2价，无正价，则为O，Q为＋6价，则为S，其余元素依据类推得，L为Na，M为Al，R为N。A项，非金属性O>N，对应氢化物的稳定性H2O>NH3，错误；B项，电解AlCl3溶液得到Al(OH)3，不能制备Al，应电解Al2O3，错误；C项，Na2O中含离子键，SO2中含共价键，正确；D项，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以溶于NaOH和H2SO4，正确。]10．AC[根据常温下0.1mol/L丁溶液的pH为13，可知丁一定是一元强碱，又由其中的金属元素位于短周期，由此推断出丁中金属元素为钠。根据“甲＋乙=丁＋辛，甲＋丙=戊＋辛”，丁是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是H2O，丙是CO2，戊是Na2CO3，再结合A、B、C、D的原子序数依次增大，可知A为H、B为C、C为O、D为Na。A项，元素C形成的单质是氧气，元素A、B、D形成的单质分别是氢气、碳、钠，氢气、碳、钠都能和氧气化合，所得化合物分别为H2O、CO2、Na2O2，三者均存在共价键，正确；B项，元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(Na)>r(C)>r(O)，错误；C项，1.0L0.1mol/L戊溶液(即碳酸钠溶液)中阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子，总的物质的量大于0.1mol，正确；D项，1mol甲(Na2O2)与足量的乙(H2O)完全反应共转移1摩尔电子，即约6.02×1023个电子，错误。]11．解析(1)元素③、④、⑧的气态氢化物分别为H2O、HF、HCl，由于氟元素的非金属性最强，所以其气态氢化物最稳定。(2)元素⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者发生反应生成NaAlO2和H2O。(3)元素⑥和⑧形成的化合物为MgCl2。(4)要比较碳元素和硅元素的非金属性的相对强弱，可通过比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来实现。其实验原理为先用盐酸和CaCO3反应生成CO2，因制得的CO2中可能含有挥发出的HCl气体，所以应该先用饱和NaHCO3溶液洗气。将CO2通入Na2SiO3溶液中，两者发生反应生成碳酸钠和H2SiO3沉淀，即可证明用碳酸可制得更弱的硅酸，从而证明碳元素的非金属性强于硅元素的非金属性。答案(1)HF(2)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(3)(4)a.NaHCO3吸收CO2中混有的HCl气体b．C装置中产生白色胶状沉淀2CO2＋2H2O＋Na2SiO3=H2SiO3↓＋2NaHCO3(或CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓)电子层数逐渐增加、原子半径逐渐增大12．解析A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为铝元素，E为硫元素，F为氯元素。(1)氢有1H(H)、2H(D)、3H(T)同位素。(2)实验室用碱石灰和固体氯化铵共热制NH3。(3)O2－和Al3＋具有相同的电子层结构，根据“序大径小”原则，所以离子半径大小关系为S2－>O2－>Al3＋。比较非金属性的强弱，可以从气态氢化物的稳定性，相互之间的置换反应等方面分析。(4)由图可知向NaOH溶液中通Cl2，生成物中有NaCl、NaClO、NaClO3，且NaClO与NaClO3物质的量之比为2∶1，可知氯元素的化合价共升高1×2＋5＝7价，由电子守恒，NaCl的化学计量数为7，写出总反应的化学方程式5Cl2＋10NaOH=7NaCl＋2NaClO＋NaClO3＋5H2O。答案(1)1H、2H、3H(或H、D、T)(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O(3)S2－＞O2－＞Al3＋与H2化合O2比S容易(或：H2O比H2S更稳定或：2H2S＋O2=2S＋2H2O)(4)5Cl2＋10NaOH=7NaCl＋2NaClO＋NaClO3＋5H2O滚动练习一化学基本概念1．A[A项，SO2对人体有害，属有毒物质，不能广泛用于食品的增白，错误；B项，葡萄糖可用于合成补钙药物如葡萄糖酸钙，正确；C项，聚乙烯塑料是常见的食品包装材料，正确；次氯酸钠具有强氧化性，可用作消毒剂，如84消毒液的主要成分就是次氯酸钠，正确。]2．B[1微米是1000纳米，故PM2.5分散到空气中不能产生丁达尔效应；二氧化硫属于酸性氧化物，高温下可与碱性氧化物CaO(生石灰的主要成分)发生反应，从而减少了二氧化硫的排放；造纸废水压到地下，会造成水体污染；“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头上减少或消除污染，而不是先污染后治理。]3．C[氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子构成，A错误；氯离子核内有17个质子，B错误；碳酸是弱电解质，分步电离，D错误。]4．A[A项，次氯酸为共价化合物，其结构式为H—O—Cl，正确；B项，过氧化氢为共价化合物，其电子式为，错误；C项，在次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫发生氧化还原反应，生成SOeq\o\al(2－,4)和Cl－，错误；D项，乙醇不具有氧化性，错误。]5．C[A项，中性溶液中Fe3＋因水解而不能大量存在，错误；B项，I－具有较强的还原性，与Fe3＋、NOeq\o\al(－,3)(H＋)因发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；C项，溶液呈碱性，4种离子能大量存在，正确；D项，溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)不能大量存在，错误。]6．D[A项，酸性条件下，ClO－不能大量存在：ClO－＋H＋=HClO；B项，溶液中KW/c(H＋)＝c(OH－)＝0.1mol·L－1，HCOeq\o\al(－,3)不能大量存在；C项，H＋与SOeq\o\al(2－,3)不能大量共存(2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)=H2O＋SO2↑)，同时H＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)因发生氧化还原反应而不能大量共存；D项，澄清透明指无浑浊，可以存在有色离子，正确。]7．A[A项，1molCl2中含有2NA个氯原子，A正确；B项，c(H＋)＝0.01mol·L－1，1L溶液中含有的H＋数目为0.01NA，B错误；C项，溶液中的Cu2＋会部分发生水解而减少，C错误；D项，1个CO2分子中有2个C=O键，1molCO2中含有的C=O键数目为2NA，D错误。]8．B[结合氧化还原反应中化合价升降总值相等可知，反应①中比例为1∶5，反应④中比例为1∶2。]9．C[A项，利用HCl和NH3反应生成白烟(即NH4Cl)，化学方程式正确；B项，碳酸钠溶液中因COeq\o\al(2－,3)发生水解反应COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，使其溶液呈碱性，正确；C项钢铁腐蚀时，负极被氧化的电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，错误；D项，长期存放石灰水的试剂瓶因与CO2反应生成CaCO3而出现白色固体，正确。]10．B[尽管相对分子质量：HCl＞HF，但由于HF分子间存在氢键，故沸点：HF＞HCl，A错误；根据化合物中元素的化合价代数和为0，可知NH5这种物质为氢化铵，C错误；S2－、Cl－、K＋、Ca2＋四种离子的核外电子排布相同，但核电荷数逐渐增大，则离子半径逐渐减小，D错误。]11．D[A项，没有配平，错误；B项，HCOeq\o\al(－,3)为弱酸的酸式酸根，不能拆开，正确的离子方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑，错误；C项，Al(OH)3不溶于弱碱，应生成Al(OH)3沉淀，错误；D项，Cu与稀HNO3反应生成NO气体，且离子方程式符合书写规则，正确。]12．AB[A项，F只显－1价，发生＋3价N的歧化反应：，正确。B项，32g硫为1mol硫原子，每个硫原子形成的S—S为2×eq\f(1,2)＝1，正确或者S8结构中S—S键数为8，有eq\f(32g,32×8g·mol－1)×8＝1mol。C项，标准状况下，正戊烷为液态，错误。D项，一是没有体积，二是醋酸是弱酸，稀释过程中促进电离，错误。]13．AD[反应过程中NaIO3→Na2H3IO6，碘的化合价由＋5→＋7，NaIO3作还原剂；Na2H3IO6为氧化产物，则Cl2作氧化剂，A错误；由化合价升降守恒可知：n(NaIO3)∶n(Cl2)＝1∶1，得反应中氧化产物(Na2H3IO6)与还原产物(2Cl－)的物质的量之比为1∶2，C正确，D错误；氧化剂的氧化性强于氧化产物，B正确。]14．BD[W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W为S，由给出的周期表的结构推知，X为N，Y为Al，Z为Si。A项，同一周期原子半径从左至右依次减小，故原子半径大小有：Y>Z>W>X，错；B项，含Al3＋的盐水解显酸性，含AlOeq\o\al(－,2)的盐水解为碱性，正确；C项，W的非金属性比Z强，故形成的气态氢化物稳定，错；D项，NH5是由NHeq\o\al(＋,4)与H－构成，与H2O发生归中反应生成H2，另水电离出的OH－与NHeq\o\al(＋,4)生成NH3，正确。]15．A[A项错误，由铁元素原子守恒可知，沉淀中含的铁全部来自硫酸亚铁铵中，nmolFeO·FeyCrxO3中含铁原子的物质的量为n(1＋y)mol，则硫酸亚铁铵也消耗n(1＋y)mol；B项正确，由Cr元素原子守恒，可知nmolFeO·FeyCrxO3中含铬nxmol，则消耗Cr2Oeq\o\al(2－,7)为nx/2mol；C项正确，反应过程中，铁元素的化合价由＋2价→＋3价升高1价，铬元素的化合价由＋6价→＋3价降低3价，显然可以用铬元素得到电子来算，也可以用铁元素失去电子来算，由铬来算就是3nxmol；D项正确，注意在FeO·FeyCrxO3中铁有两种价态，即Fe＋2O·Fe＋3OyCrxO3，由得失电子守恒可知：y＝3x(一个铁升1价，一个铬降3价)。]16．解析根据信息③B为SO2，H为H2O，E为Fe2O3；结合信息②及框图转化关系，A为FeS2，甲为O2，C为SO3，D为H2SO4，F为Fe2(SO4)3；由E→丁是高温下还原Fe2O3，生成Fe，Fe与H2SO4反应生成G(FeSO4)；(3)将少量饱和Fe2(SO4)3溶液滴到冷水中得到溶液，滴到NaOH溶液中得到Fe(OH)3沉淀，滴到沸水中得到Fe(OH)3胶体；(4)化合物M为H2O2，在酸性条件下可将Fe2＋氧化成Fe3＋，且不引入其他杂质离子。答案(1)FeS211(2)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋(3)(4)H2O2＋2H＋＋2Fe2＋=2H2O＋2Fe3＋17．解析(1)c(NaClO)＝eq\f(1000mL×1.19g/cm3×25%,74.5g/mol×1L)＝4.0mol/L。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变得：100mL×4.0mol/L＝10000mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol/L。根据NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4mol，标准状况下CO2的体积为8.96L。(3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管等。选项B，配制过程中需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用。选项C，根据题目信息，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质，导致所称量的固体中NaClO的实际质量可能偏小，从而可能使结果偏低。选项D，应选取500mL容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol＝149g。(4)ClO2将CN－氧化为N2和CO2，同时生成Cl－：2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－。100m3这种污水中含有CN－的质量为100bg，其物质的量为eq\f(50b,13)mol，根据反应化学方程式可知至少需要消耗ClO2的物质的量为eq\f(50b,13)mol。答案(1)4.0(2)0.048.96(3)C(4)2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－eq\f(50b,13)18．解析(1)过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质。A项MnO2催化H2O2分解，H2O2既作氧化剂又作还原剂；C项盐酸与Na2CO3反应；D项H2O2氧化Na2SO3，作氧化剂，(2)由图可知，当pH≤2.0时，ClO2被I－还原为Cl－；当pH＝7.0～8.0时ClO2被I－还原为ClOeq\o\al(－,2)。(3)配平化学方程式得：5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，转移电子数为4e－。(4)根据元素化合价变化Fe2＋～Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)～NOeq\o\al(－,3)，可知Fe2＋与H＋、NOeq\o\al(－,3)反应生成Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H2O。答案(1)B(2)①ClOeq\o\al(－,2)＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O2ClO2＋2I－=2ClOeq\o\al(－,2)＋I2(3)0.8×6.02×1023(或0.8NA)(4)1∶819．答案(1)xCaO·yMgO·8SiO2·eq\f(m,2)H2O2x＋2y－m＝12(2)9m/224或0.04m(3)n(SiO2)＝4.80g÷60g·mol－1＝0.08mol摩尔质量M＝8.10g÷(0.08mol÷8)＝810g·mol－1n(H2O)＝0.36g÷18g·mol－1＝0.02molm＝0.02mol×2÷(16.20g÷810g·mol－1)＝2根据电荷守恒：2x＋2y＋4×8＝22×2＋2得：x＋y＝7①40x＋24y＋28×8＋16×22＋17×2＝810②由①、②式得：x＝2y＝5化学式为：Ca2Mg5Si8O22(OH)220．解析由化学式[FexAly(OH)aClb·zH2O]m中，其中含有Fe3＋、Al3＋、OH－、Cl－和结晶水，加入氨水，生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，灼烧后生成2.3300g的产物为Fe2O3和Al2O3的混合物，步骤②依据消耗KMnO4的量可以计算出Fe2＋，由铁元素原子守恒知，即为Fe3＋的量，由混合物质量可再求出Al3＋的量。(1)若没有润洗装KMnO4标准溶液的滴定管，则会多消耗KMnO4，计算出的Fe2＋偏多，所以Al3＋偏小。(2)Fe3＋与KSCN显血红色。(3)步骤③可计算出Cl－的量，根据电荷守恒，可计算出OH－的量，根据质量守恒，可计算出H2O的量，然后将各粒子的物质的量相比，即可求出化学式。答案(1)偏低(2)取试样少许，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为(血)红色，证明溶液中含有Fe3＋(3)n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5×n(MnOeq\o\al(－,4))＝5×0.1000mol·L－1×0.02000L＝0.01molm(Fe2O3)＝0.01mol×eq\f(1,2)×160g·mol－1＝0.8gn(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝eq\f(2.3300g－0.8g,102g·mol－1)＝0.03moln(Cl－)＝n(AgCl)＝eq\f(4.3050g,143.5g·mol－1)＝0.03mol设OH－的物质的量为x由电荷守恒3×0.01mol＋3×0.03mol＝1×0.03mol＋x解得x＝0.09moln(H2O)＝(4.5050g－56g·mol－1×0.01mol－27g·mol－1×0.03mol－17g·mol－1×0.09mol－35.5g·mol－1×0.03mol)÷18g·mol－1＝0.03mol所以x∶y∶a∶b∶z＝n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝0.01mol∶0.03mol∶0.09mol∶0.03mol∶0.03mol＝1∶3∶9∶3∶3PAFC的化学式为FeAl3(OH)9Cl3·3H2O21．(1)①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O②将一小块pH试纸置于洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测溶液，点在pH试纸中部，待变色后，再与标准比色卡对照6.3×10－13(2)由化学方程式可知：Cr～3Na2S2O3n(Na2S2O3)＝20.00mL×10－3L·mL－1×0.015mol·L－1＝3×10－4mol则n(Cr)＝1×10－4mol则m(Cr)＝1×10－4mol×52g·mol－1＝5.2×10－3g＝5.2mg废水中铬元素总浓度＝eq\f(5.2mg,0.025L)＝208mg·L－1。专题四化学反应与能量(导航卷)1．C[A项，分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH或甲醚CH3OCH3，二者性质不同，错误；B项，两者虽然转化途径不同，但都是由C最终生成CO2，根据盖斯定律可知，放出热量相同，错误；C项，氧化还原反应中得失电子守恒，正确；D项，水由H、O两种元素组成，汽油主要是由烃类组成的混合物，由C、H两种元素组成，根据原子守恒可知无法通过化学变化实现由水到汽油的转化，错误。]2．C[设题中反应由上到下分别为①、②、③、④、⑤，反应①为碳的燃烧，是放热反应，ΔH1<0，反应②为吸热反应，ΔH2>0，反应③为CO的燃烧，是放热反应，ΔH3<0，反应④为铁的氧化反应(化合反应)，是放热反应，ΔH4<0，A、B错误；C项，由于反应①＝反应②＋反应③，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，正确；D项，反应③＝(反应④＋反应⑤×2)/3，所以ΔH3＝eq\f(ΔH4＋ΔH5×2,3)，错误。]3．C[从图中看，反应物的总能量低于生成物的总能量，故为吸热反应，A错误；焓变是指反应物与生成物之间的能量差值，与反应过程无关，B错误；加入催化剂之后，E1、E2都变小，即活化能减小，B正确；从图知，逆反应的活化能小于正反应的活化能，D错误。]4．C[A项，由能量—反应过程图像中状态Ⅰ和状态Ⅲ知，CO和O生成CO2是放热反应，错误；B项，由状态Ⅱ知，在CO与O生成CO2的过程中CO没有断键形成C和O，错误；C项，由状态Ⅲ及CO2的结构式COO知，CO2分子中存在碳氧极性共价键，正确；D项，由能量—反应过程图像中状态Ⅰ(CO和O)和状态Ⅲ(CO2)分析，状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO和O原子反应生成CO2的过程，错误。]5．A[由碳的燃烧热ΔH1＝akJ·mol－1，得C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝akJ·mol－1①，将已知中的热化学方程式依次编号为②、③，目标反应可由①×3＋②－③得到，所以ΔH＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3，即x＝3a＋b－c。]6．D7．B[根据题意，可知①CuSO4·5H2O(s)=Cu2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋5H2O(l)ΔH1>0，②CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH2<0，③CuSO4·5H2O(s)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH3，根据盖斯定律有①＝②＋③，则ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，即有ΔH3＝ΔH1－ΔH2>0。A项，由以上分析知，ΔH2<0，ΔH3>0，故有ΔH3>ΔH2，错误；B项，由于ΔH1>0，ΔH2<0，故有ΔH1<ΔH1－ΔH2＝ΔH3，正确；由以上分析ΔH3＝ΔH1－ΔH2，故C、D错误。]8．D[根据“H—H，H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1，463kJ·mol－1，495kJ·mol－1”，可以计算出2molH2和1molO2完全反应生成2molH2O(g)产生的焓变是436kJ·mol－1×2＋495kJ·mol－1×1－463kJ·mol－1×4＝－485kJ·mol－1，所以该过程的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1，D正确。]9．D[①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol－1根据盖斯定律①×2－②得2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋(2a＋220)kJ·mol－1根据H—H、O=O和O—H键的键能数据，得4×462kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1－496kJ·mol－1＝(2a＋220)kJ·mol－1，解得a＝130，A、B、C错误；D正确。]10．C[A项，由反应②有ΔH＝－d＝反应物的键能之和－生成物键能之和＝b＋c－2x，x＝eq\f(b＋c＋d,2)，断开1molH—Cl键所需能量为eq\f(b＋c＋d,2)，错误；B项，只能说明H—H键的键能大于Cl—Cl的键能，无法判断两者分子的能量，错误；C项，由盖斯定律，反应①－②获得题给反应，正确；D项，H2和Cl2反应是可逆反应，不能进行到底，向1molCl2(g)中通入1molH2(g)，发生反应放出热量小于dkJ，错误。]11．解析(1)形成1molH2(g)和1molI2(g)共放出436