2023届化学考前保温冲刺特训汇编

保温训练1化学与STSE传统文化1．化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是()A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一C．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片D．糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应解析：选B。A.煤的气化与液化都是化学变化，故A不正确；B.汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故B正确；C.虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故C不正确；D.单糖不能水解，故D不正确。2．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是()A．喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有还原性B．酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类(例LaNi5)等合金材料都属于混合物D．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料解析：选B。A.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故A正确；B.医用酒精的浓度为75%，并不是酒精纯度越高杀菌消毒效果越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C.合金是由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，属于混合物，故C正确；D.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故D正确。3．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是()A．矿泉水富含人体必需的营养物质B．用75%的酒精灭活新型冠状病毒C．食物纤维不能被人体吸收利用，却是不可或缺的一部分D．过多服用阿司匹林(乙酰水杨酸)引起酸中毒，可注射NaHCO3溶液解毒解析：选A。A.矿泉水含有人体必需的营养物质，不是富含，故A错误；B.用75%的酒精灭活新型冠状病毒，酒精主要使蛋白质变性，故B正确；C.食物纤维不能被人体吸收利用，在人体内其肠胃蠕动，是人体健康不可或缺的，故C正确；D.过多服用阿司匹林(乙酰水杨酸)引起酸中毒，可注射NaHCO3溶液解毒，碳酸氢钠与酸性物质反应，降低酸性，故D正确。4．化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A．乙二醇可用作汽车防冻液B．汽车尾气中含有NO主要是因为汽油中含有氮元素C．“地沟油”回收后可用于制作生物柴油D．聚氯乙烯塑料制品因含有增塑剂，所以不可用于盛装食品解析：选B。A.乙二醇熔点低，可用于配制汽车防冻液，A项正确；B.汽车尾气中氮氧化物的产生是由于空气中的氮气与氧气在放电的时候生成的，B项错误；C.地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大，其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，C项正确；D.聚氯乙烯塑料中的增塑剂，主要使用对苯二甲酸二丁酯、邻苯二甲酸二辛酯等，这些化学品都有毒性，所以不可用于盛装食品，D项正确。5．化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是()性质应用A钠和钾的合金能导电原子反应堆的导热剂B二氧化硫具有漂白性漂白纸浆、草帽等C镁燃烧时发出耀眼的强光军事上制作照明弹DAl(OH)3受热易分解塑料的阻燃剂解析：选A。A.钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质和用途表述没有直接联系，A错误；B.二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用途表述有直接联系，B正确；C.镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途表述有直接联系，C正确；D.Al(OH)3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正确。6．化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A．抗病毒疫苗通常需在高温下贮运B．油脂、纤维素、核酸均是高分子化合物C．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为95%D．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们都能使蛋白质变性解析：选D。A.抗病毒疫苗高温下易变性失活，A项错误；B.油脂不是高分子化合物，B项错误；C.医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，C项错误；D.次氯酸钠等含氯消毒剂具有氧化性，可使蛋白质变性，D项正确。7．化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是()A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程B．光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题是氮氧化物大量排放造成C．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化解析：选D。A.某些金属元素的焰色反应是原子内部电子能级的改变，并未生成新物质，焰色反应是物理变化，海水提溴、煤的气化、石油的裂化都有新物质的生成，属于化学变化，故A错误；B.温室效应主要CO2造成，故B错误；C.在空气中长时间放置的油脂，因氧化而变质，故C错误；D.白葡萄酒中含有维生素C等多种维生素，维生素C具有还原性，容易被氧化，通常添加微量SO2的目的之一是防止营养成分被氧化，故D正确。8．化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是()A．浓硝酸中加入用砂纸打磨过得铝片能产生红棕色的气体B．现代工业生产中的芳香烃来源于石油的催化重整和煤的干馏C．硫酸铜溶液可用于游泳池的消毒是利用了Cu2＋能使蛋白质盐析D．《天工开物》中“世间丝、麻、裘皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质解析：选B。A.常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故A错误；B.我国为化石能源为主的国家，现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏，故B正确；C.Cu2＋属于重金属离子，能使蛋白质发生变性，可用于泳池消毒，故C错误；D.《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘皆具素质．”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，故D错误。9．2019年12月以来，我国武汉地区突发的新冠肺炎威胁着人们的身体健康和生命安全。该冠状病毒可以通过打喷嚏和咳嗽等方式，借着飞沫传播，接触被病毒污染的物品也可能引发感染。以下是应对新冠肺炎的一些做法与认识，正确的是()A．必须坚持每天吃药，杀死病毒B．公共场所常用“84消毒液”消毒处理，该物质的有效成分是次氯酸钙C．我国的中医药在抗击此次疫情中发挥了重要作用D．向手和衣服上喷洒75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是溶质质量分数解析：选C。A.必须吃药杀死病毒，但不需要每天吃药，A不正确；B.“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，B不正确；C.我国强化中西医结合、中医深度介入诊疗，降低转重率，在抗击此次疫情中发挥了重要作用，C正确；D.75%的酒精溶液消毒效果好，75%指的是体积分数，D不正确。10．下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是：()解析：选C。A.火药使用涉及反应为2KNO3＋S＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑，发生化学反应，故A不选；B.粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C.转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D.铁的冶炼涉及3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())2Fe＋3CO2，发生化学反应，故D不选。11．《梦溪笔谈》中记载：“解州盐泽．卤色正赤，在版泉之下，俚俗谓之“蚩尤血’。唯巫咸水入，则盐不复结，故人谓之‘无咸河．原其理，盖巫咸乃浊水，入卤中，则淤淀卤脉，盐遂不成，非有他异也”。下列有关说法正确的是()A．卤色正赤”的原因为水中含有Fe2＋B．“巫咸水乃浊水”指巫咸水是悬浊液C．“巫咸水入卤中”发生了胶体的聚沉。D．解州盐泽带负电荷，巫咸水带正电荷解析：选C。A.“卤色正赤”说明显红色，Fe2＋显浅绿色，应含有Fe3＋，故A错误；B.巫咸乃浊水，入卤中，则淤淀卤脉，从中得出巫咸水乃浊水指的是胶体，故B错误；C.根据B选项分析，巫咸水为胶体，卤水中含有电解质，两者混合，能使胶体聚沉，故C正确；D.盐泽和巫咸水都不带电，只是其中含有带电的微粒，故D错误。12．北宋杨亿、黄鉴《杨文公谈苑》中记载：“嘉州峨媚山有菩萨石，多人采之，色莹白，若泰山狼牙石、上饶水晶之类，日光射之有五色。”下列“石”与“菩萨石”具有相同的化学成分的是()A．硅石 B．冰晶石C．石灰石 D．重晶石解析：选A。色莹白，水晶之类，日光射之有五色，说明是水晶石，水晶在矿物学中属于石英，化学成分为二氧化硅(SiO2)，是一种无色透明、洁净明亮的宝石。“菩萨石”色莹白指的就是这一点，硅石的主要成分是SiO2，冰晶石的成分是Na3AlF6，石灰石的主要成分是CaCO3，重晶石的主要成分是BaSO4，故选A。13．古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是()A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属于氧化物D．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯解析：选C。A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B.牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C.3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D.密封过程中一部份乙醇被氧化为酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确。14．《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是()A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取碱”得到的是一种碱溶液D．“浣衣”过程有化学变化解析：选D。A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确。15．《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是()A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2OB．绿矾分解过程中没有发生电子的转移C．“色赤”物质可能是Fe2O3D．流出的液体中可能含有硫酸解析：选B。A.绿矾形似朴消(Na2SO4•10H2O)，绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，故A正确；B.由信息可知生成红色的氧化铁，Fe元素的化合价发生变化，有电子转移，故B错误；C.Fe的氧化物只有氧化铁为红棕色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故C正确；D.FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，故D正确。16．东汉著名的炼丹理论家魏伯阳所著的《周易参同契》提出：“胡粉投火中，色坏还为铅”，已知胡粉主要成分是2PbCO3·Pb(OH)2。下列有关说法正确的是()A．胡粉中的Pb显＋4价B．这里的“火”中含有炭C．此过程中可能发生了化合反应D．在元素周期表中铅与碳都位于第ⅥA族解析：选B。A.根据胡粉的化学式可判断其中的Pb显＋2价，A错误；B.高温下碳具有还原性，因此这里的“火”中含有炭，B正确；C.投火中，色坏还为铅，则该反应的方程式为：2[2PbCO3·Pb(OH)2]＋3Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())6Pb＋7CO2↑＋2H2O，因此该反应不是化合反应，C错误；D.在元素周期表中铅与炭都位于第ⅣA族，D错误。17．《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2]的制法有如下描述：“嵩阳产铅，居民多造胡粉。其法：铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。黄丹滓为密陀僧。”其中黄丹的主要成分为Pb3O4，密陀僧的主要成分为PbO。下列说法错误的是()A．胡粉难溶于水B．胡粉和黄丹中均含有＋2价的铅C．胡粉炒为黄丹的过程中发生了氧化还原反应D．密陀僧分别与物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸反应，前者反应速率更快解析：选D。A.胡粉的成份为2PbCO3·Pb(OH)2，均难溶于水，故A正确；B.PbCO3和Pb(OH)2中Pb均为＋2价，而Pb3O4中Pb为＋2价和＋4价，则胡粉和黄丹中均含有＋2价的铅，故B正确；C.铅元素部分从＋2价升高为＋4价，发生氧化反应，则整个胡粉炒为黄丹的过程属氧化还原反应，故C正确，D.物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸溶液中H＋浓度之比为1∶1，但稀硝酸还有强氧化性，PbSO4是难溶于水的盐，应会覆盖在PbO的表面，则密陀僧分别与物质的量浓度之比为1∶2的稀硫酸和稀硝酸反应时原理不一样，与稀硝酸反应速率快，故D错误。

保温训练2化学计量及其应用1．下列说法正确的是()A．1molO2的体积是22.4LB．1.7gNH3中含有的质子数约为6.02×1023C．8gS在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.01×1023D．0.5mol·L－1NaCl溶液中含有Cl－的物质的量为0.5mol解析：选B。A.气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算气体体积，故A错误；B.1.7gNH3的物质的量为n＝eq\f(m,M)＝eq\f(1.7g,17g/mol)＝0.1mol，1个NH3中含有10个质子，0.1molNH3的质子数为1mol，所以，1molNH3的质子数数目约为6.02×1023，故B正确；C.8gS物质的量为：eq\f(8g,32g/mol)＝0.25mol，在足量O2中完全燃烧转移的电子数约0.25×4×6.02×1023＝6.02×1023，故C错误；D.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误。2．下列叙述正确的是()A．Na在足量O2中燃烧，消耗1molO2时转移的电子数是4×6.02×1023B．盐酸和醋酸的混合溶液pH＝1，该溶液中c(H＋)＝0.1mol/LC．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中的NHeq\o\al(＋,4)数是0.1×6.02×1023D．标准状况下2.24LCl2中含有0.2mol共价键解析：选B。A.反应后氧元素的价态为－1价，故1molO2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；B.混合溶液pH＝1，pH＝－lgc(H＋)＝1，故c(H＋)＝10－pH＝0.1mol/L，故B正确；C.NHeq\o\al(＋,4)是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NHeq\o\al(＋,4)数小于0.1×6.02×1023，故C错误；D.标准状况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列微粒数量关系正确的是()A．2.4g镁含1.2NA个电子B．1mol钠与水反应生成1molH2C．标况下，22.4LN2含NA个N原子D．1L0.1mol/LNH3·H2O溶液含0.1NA个OH－解析：选A。A项，一个镁原子含12个电子，2.4g镁含电子个数为：2.4g÷24g/mol×12×NAmol－1＝1.2NA，故A正确；B项，根据电子得失守恒，消耗1mol钠生成氢气0.5mol，故B错误；C项，标况下，22.4升氮气含氮原子个数为：22.4L÷22.4L/mol×2×NAmol－1＝2NA，故C错误；D项，一水合氨是弱碱，不能完全电离，按完全电离计算则错误，故D错误。4．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA解析：选A。A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol＝1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D.标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误。5．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18g重水(D2O)所含电子的数目为10NAB．6.4gS2、S4、S6的混合物中所含硫原子的数目为0.2NAC．标准状况下，2.24LHF中分子的数目为0.1NAD．60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂C—O键的数目为NA解析：选B。A.1个重水分子(D2O)所含的电子数是10个，18g重水的物质的量＝eq\f(18g,20g/mol)＝0.9mol，所含的电子数为9NA，A项错误；B.S2、S6和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为eq\f(6.4g,32g/mol)＝0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，B项正确；C.标准状况下氟化氢不是气态物质，不能用22.4L/mol进行求算，C项错误； D．60g乙酸物质的量为1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应为可逆反应，所以充分反应后断裂的C－O键数目小于NA，D项错误。6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC．1mol由乙醇与二甲醚(CH3—O—CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD．已知eq\o\al(226,88)Ra→X＋eq\o\al(4,2)He，则0.5molX中含有的中子数为34NA解析：选A。A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为eq\f(17g,34g/mol)×(2＋16)＝9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为eq\f(17g,34g/mol)×(3＋15)＝9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为eq\f(90g,180g/mol)×5＝2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，二甲醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为eq\o\al(222,86)X，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)＝68mol，故D错误。7．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，22.4LCO2中所含的电子数目为16NAB．10.1gN(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NAC．2molAu与2molH2中所含的分子数目均为2NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA解析：选D。A.标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有22个电子，则1molCO2所含的电子数目为22NA，A项错误；B.10.1gN(C2H5)3的物质的量为eq\f(10.1g,101g/mol)＝0.1mol，1个N(C2H5)3分子中含有3个C－C非极性键，则0.1molN(C2H5)3含的非极性共价键数目为0.3NA，B项错误；C.Au为金属单质，由金属阳离子和自由电子构成，不含有分子，C项错误；D.100g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为46g，物质的量为1mol，故含2NA个氧原子；而水的物质的量为54g，物质的量为3mol，故含3NA个氧原子，故溶液中共含5NA个氧原子，D项正确。8．NA是阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是()A．2gHeq\o\al(18,2)O与Deq\o\al(16,2)O的混合物中所含中子、电子数目均为NAB．1molFeBr2与1molCl2反应时转移的电子数为2NAC．1L0.1mol/LCH3OH溶液中含有的H－O键的数目为0.1NAD．甲醛(HCHO)和乙酸的混合物3.0g，含有的原子数为0.4NA解析：选C。A.Heq\o\al(18,2)O与Deq\o\al(16,2)O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，而且两者均含10个电子和10个中子，所以0.1mol混合物中含中子和电子均为NA个，A正确；B.1molFeBr2与1molCl2反应时氯气完全反应，且氯气反应后变为－1价，故1mol氯气反应后转移2NA个电子，B正确；C.CH3OH溶液中除了甲醇外，水分子中也含H－O键，所以此溶液中H－O键多于0.1NA个，C错误；D.甲醛(HCHO)和乙酸的最简式均为CH2O，则3g混合物中CH2O的物质的量为0.1mol，而CH2O中含4个原子，故0.1molCH2O中含0.4NA个原子，D正确。9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4LCCl4中含CCl4分子数为NAB．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等C．0.1mo1·L－1MgCl2溶液中含Cl－数为0.2NAD．3.9gNa2O2晶体中含有的离子总数为0.2NA解析：选B。A.标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，选项A错误；B.5.6g铁物质的量＝eq\f(5.6g,5.6g/mol)＝0.1mol，6.4g铜物质的量＝eq\f(6.4g,64g/mol)＝0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C.题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；B.Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n(Na2O2)＝eq\f(3.9g,78g/mol)＝0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误。10．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是()A．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NAB．10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC．1L1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD．向100mL0.1mol/L醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA解析：选C。A.假设23g全部是NO2，转移电子物质的量为eq\f(23g,46g/mol)×1＝0.5mol，假设全部是N2O4，转移电子物质的量为eq\f(23,92g/mol)×2×1＝0.5mol，因此生成23g该混合物时，转移电子物质的量为0.5mol故A说法正确；B.乙醇水溶液中含氧物质有CH3CH2OH和H2O，因此10g46%乙醇水溶液中所含氧原子物质的量为(eq\f(10g×46%,46g/mol)×1＋eq\f(10g×54%,18g/mol)×1)＝0.4mol，故B说法正确；C.Na2CO3属于强碱弱酸盐，COeq\o\al(2－,3)发生水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，溶液中阴离子物质的量大于1L×1mol·L－1＝1mol，故C说法错误；D.根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为溶液显中性，因此有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，根据物料守恒，因此有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1＋c(Na＋)，两式联立得出：c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，即该溶液中醋酸分子物质的量为0.01mol，故D说法正确。11．相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3。则下列说法不正确的是()A．相对分子质量M＝eq\f(22.4mw,（1－w）V)B．物质的量浓度c＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)C．溶液的质量分数w＝eq\f(MV,22.4m)D．溶液密度ρ＝eq\f(cM,1000w)解析：选C。由c＝eq\f(1000ρw,M)知D项正确；由c＝eq\f(\f(V,22.4),\f(（\f(V,22.4)×M＋m）,ρ)×10－3)mol·L－1＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)mol·L－1知B项正确；由w＝eq\f(\f(V,22.4)×M,m＋\f(V,22.4)×M)＝eq\f(MV,22.4m＋MV)知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。12．8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是()A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))FeSO4＋H2OD．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O解析：选C。本题看似推断化学式，实则考查以物质的量为核心的计算。8.34gFeSO4·7H2O样品的物质的量为8.34g÷278g/mol＝0.03mol，其中m(H2O)＝0.03mol×7×18g/mol＝3.78g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g－3.78g＝4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水。温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)＝0.03mol×152g/mol＝4.56g，m(H2O)＝6.72g－4.56g＝2.16g，n(H2O)＝2.16g÷18g/mol＝0.12mol，n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12mol∶0.03mol＝4∶1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，A项错误；加热至650℃时，固体的质量为2.40g，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03mol，m(Fe)＝0.03mol×56g/mol＝1.68g，则固体中m(O)＝2.40g－1.68g＝0.72g，n(O)＝0.72g÷16g/mol＝0.045mol，n(Fe)∶n(O)＝0.03mol∶0.045mol＝2∶3，所以固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)＝0.03mol×152g/mol＝4.56g，m(H2O)＝5.10g－4.56g＝0.54g，n(H2O)＝0.54g÷18g/mol＝0.03mol，n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03mol∶0.03mol＝1∶1，所以N的化学式为FeSO4·H2O，而P的化学式为FeSO4，则由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))FeSO4＋H2O，C项正确；温度为159℃时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D项错误。13．在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为________。解析：NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，210℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为eq\f(100,117)×100%≈85.47%，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。答案：HVO314．利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。测定步骤如下：(1)溶液配制：称取1.000g的KMnO4固体样品，放入_____________中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。(2)滴定：移取25mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为_______________%(保留1位小数)。解析：(1)配制KMnO4溶液时，称取的KMnO4固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线；(2)滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L＝3.346×10－3mol，根据反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10－3mol×eq\f(2,5)＝1.3384×10－3mol，则样品纯度＝eq\f(1.3384×10－3mol×158g/mol×\f(100mL,25mL),1.00g)×100%≈84.6。答案：(1)烧杯(2)84.615．草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2＋和C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：Ⅰ.称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。Ⅱ.称取mgⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用cmol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V1mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。Ⅲ.向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用cmol·L－1KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。Ⅳ.重复上述实验3次，计算。已知：ⅰ.草酸是弱酸。ⅱ.pH>4时，Fe2＋易被O2氧化。ⅲ.酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2＋。(1)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是________、________。(2)Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3＋完全还原为Fe2＋。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V______V2mL(填“＞”“＝”或“＜”)。(3)Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是________。(4)mgⅠ中制得的晶体中，Fe2＋和C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量之比是________(用含V1、V2的计算式表示)。解析：(1)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2＋和C2Oeq\o\al(2－,4)；(2)Ⅲ中若未除净过量锌粉，则锌粉可与酸性KMnO4溶液反应消耗的高锰酸钾溶液体积偏大；(3)Ⅲ中滴定时，Fe2＋与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；(4)Ⅲ中滴定时，MnOeq\o\al(－,4)与Fe2＋的关系式为：MnOeq\o\al(－,4)～5Fe2＋，MnOeq\o\al(－,4)的物质的量为：V2c×10－3mol，Fe2＋的物质的量为5V2c×10－3mol；在Ⅱ中C2Oeq\o\al(2－,4)与MnOeq\o\al(－,4)的关系式为2MnOeq\o\al(－,4)～5C2Oeq\o\al(2－,4)，C2Oeq\o\al(2－,4)消耗的KMnO4溶液体积为(V1－V2)，MnOeq\o\al(－,4)的物质的量为：(V1－V2)c×10－3mol，C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量为2.5(V1－V2)c×10－3mol，Fe2＋和C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量之比为eq\f(5V2c×10－3mol,2.5（V1－V2）c×10－3mol)＝eq\f(2V2,（V1－V2）)答案：(1)Fe2＋C2Oeq\o\al(2－,4)(2)＞(3)MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O(4)eq\f(2V2,（V1－V2）)

保温训练3氧化还原反应离子反应1．化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是()A．酸性重铬酸钾用于检测酒精B．铝粉与强碱溶液反应放热C．植物油在空气中变质，产生“哈喇”味D．海水经风吹日晒获得粗盐解析：选D。A.酸性重铬酸钾用于检测酒精的原理是酸性重铬酸钾与酒精发生氧化还原反应，使橙色重铬酸钾变为绿色，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B.铝粉与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，具有还原性，在空气中易被氧气氧化而变质，产生“哈喇”味，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D.海水经风吹日晒获得粗盐，利用物理方法海水中的水分蒸发得到固体物质的过程，没有发生化学反应，故D符合题意。2．下列解释事实的离子方程式不正确的是()A．用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2OH－＋H2↑＋Cl2↑B．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4∶CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2OD．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀完全：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋H2O解析：选C。A.用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子反应为：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故A正确；B.用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，利用沉淀溶解平衡，沉淀向更难溶的方向进行，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，故B正确；C.过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子反应为：3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；D.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀完全生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子反应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋H2O，故D正确。3．下列用离子方程式表示的原理中，正确的是()A．用水除去NO气体中的NO2∶3NO2＋H2O=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋NOB．用碳酸钙与稀盐酸制取CO2∶COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2O＋CO2↑C．用稀硝酸溶解银：Ag＋NOeq\o\al(－,3)＋2H＋=Ag＋＋NO2↑＋H2OD．用明矾作净水剂：Al3＋＋3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋解析：选A。A正确，二氧化氮与水反应会生成硝酸和一氧化氮，而一氧化氮与水不反应，符合除杂原则；B错误，CaCO3不溶于水，不能拆开；C错误，稀硝酸反应产生NO，不是NO2；D错误，明矾净水利用的是Al3＋水解产生胶体，不是沉淀。4．下列解释实验事实的离子方程式不正确的是()A．铁粉与水蒸气反应产生一种可燃气体：3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Fe3O4＋4H2B．NO2能溶于水且溶液显酸性：NO2＋H2O=2H＋＋NOeq\o\al(－,3)C．氯气能使湿润的有色布条褪色：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClOD．Na2O2能与水反应产生带火星的木条复燃的气体：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑解析：选B。A项，铁粉与水蒸气在加热时生成四氧化三铁和氢气，所以A正确；B项，二氧化氮与水反应的方程式是3NO2＋H2O=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋NO，B选项错误；C项，氯气与水反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，生成的次氯酸有漂白性，C选项正确；D项，过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，D选项正确。5．某溶液中含有HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()A．CH3COO－ B．SOeq\o\al(2－,3)C．COeq\o\al(2－,3) D．HCOeq\o\al(－,3)解析：选A。Na2O2具有强氧化性，可与SOeq\o\al(2－,3)发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCOeq\o\al(－,3)反应生成碳酸根离子，则溶液中SOeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)浓度减小，COeq\o\al(2－,3)浓度增大，只有CH3COO－离子浓度基本不变，故选A。6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．0.1moI·L－1H2SO4溶液：K＋、Ba2＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－B．0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)C．0.1mol·L－1NaClO溶液：Fe2＋、K＋、I－、Cl－D．c(OH－)/c(H＋)＝1×1014的溶液：Ba2＋、Na＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)解析：选D。A.SOeq\o\al(2－,4)与Ba2＋不能大量共存，A错误；B.OH－与HCOeq\o\al(－,3)不能大量共存，B错误；C.ClO－与I－和Fe2＋发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D.各离子能大量共存，正确。7．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．0.1mol·L－1FeCl3溶液：Na＋、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)B．0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、NOeq\o\al(－,3)、Br－、HCOeq\o\al(－,3)C．0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、I－D．0.1mol·L－1KBr溶液：Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)解析：选D。A.Fe3＋与COeq\o\al(2－,3)发生相互促进水解反应，不能共存，A项错误；B.OH－与HCOeq\o\al(－,3)反应生成水及COeq\o\al(2－,3)，不能共存，B项错误；C.OH－与Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)反应，不能共存，C项错误；D.Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)之间不反应，且都不与KBr反应，能够大量共存，D项正确。8．下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，得到无色、碱性、澄清溶液的是()A．Na＋、Al3＋、Cl－、OH－(5∶2∶7∶4)B．NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、OH－、Cl－(1∶1∶1∶2)C．Fe3＋、Na＋、Cl－、S2－(1∶2∶3∶1)D．K＋、H＋、I－、HCOeq\o\al(－,3)(1∶1∶1∶1)解析：选B。A.Al3＋与OH－之比为1∶2，反应生成氢氧化铝沉淀，选项A不符合题意；B.NHeq\o\al(＋,4)与OH－之比为1∶1，反应生成一水合氨呈碱性，Ba2＋与Cl－之比为1∶2形成中性溶液，选项B符合题意；C.Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，生成淡黄色的硫单质，选项C不符合题意；D.H＋与HCOeq\o\al(－,3)反应放出CO2，剩余KI溶液呈中性，选项D不符合题意。9．用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S＋NaOH→Na2SO3＋Na2S＋H2O(未配平)。下列说法不正确的是()A．方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键B．生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2C．方程式中S和H2O的化学计量数相同D．清洗之后的废液呈碱性解析：选A。A.方程式中含Na的化合物中，NaOH、Na2SO3均含离子键和共价键，而Na2S仅含离子键，A错误；B.根据得失电子守恒来计算：eq\o(S,\s\up6(0,))→Na2eq\o(S,\s\up6(＋4,))O3过程转移4份电子，eq\o(S,\s\up6(0,))→Na2eq\o(S,\s\up6(－2,))过程转移2份电子，由于反应中得失电子数相等，所以1份S转化为Na2SO3的同时，有2份S转化为Na2S，即生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2，B正确；C.该反应方程式配平：3S＋6NaOH=Na2SO3＋2Na2S＋3H2O，由此可得S和H2O的化学计量数相同，C正确；D.清洗之后的废液含有NaOH、Na2SO3、Na2S，其中NaOH是强碱，Na2SO3、Na2S都是强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性，故废液呈碱性，D正确。10．(双选)工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为：(1)4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2(2)2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O下列说法中正确的是()A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应B．反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D．生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子解析：选BD。A.4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B.4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；C.4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D.由方程式4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为eq\f(7,8)mol，反应中O元素由0价降低为－2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为eq\f(7,8)mol×4＝3.5mol，所以反应(1)中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应(2)不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确。11．海洋是一个巨大的化学资源宝库，海水资源综合利用的部分流程图。海水→苦卤(Ca2＋、Mg2＋、Br－)eq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(①))Br2eq\o(→,\s\up7(SO2),\s\do5(②))Br－eq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(③))Br2(1)由海水提取的粗盐中常含有SOeq\o\al(2－,4)等，可以加入_______________(填化学式)除去，反应的离子方程式为__________________。(2)步骤①反应的离子方程式为__________________。(3)步骤②中溴单质被SO2还原为Br－，硫元素被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，从该反应原理中不能得出溴的非金属性强于硫，其原因是__________________。当有0.25molSO2被氧化，转移的电子的物质的量为__________mol。解析：(1)除去SOeq\o\al(2－,4)而不引入新的杂质，应该选用BaCl2，反应的离子方程式为：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓。(2)步骤①中通入氯气时，氯气可以把溴离子氧化，反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。(3)SO2与Br2的反应不是单质之间的置换反应，因此，不能得出溴的非金属性比硫强。当SO2反应时，硫由＋4价升高到＋6价，所以0.25molSO2转移的电子为0.25mol×2＝0.5mol。答案：(1)BaCl2Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓(2)Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2(3)SO2与Br2的反应不是单质之间的置换反应，因此，不能得出溴的非金属性比硫强0.512．按要求回答问题(1)利用FeS2可将Fe3＋还原为Fe2＋，同时生成SOeq\o\al(2－,4)，则发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如下图所示。总反应的化学方程式为___________。(3)砷元素有＋2、＋3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。①Ⅰ中，氧化剂是__________________②Ⅱ中，若1molAs4S4反应转移28mole－，则反应Ⅱ的化学方程式是__________________________。(4)金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：①酸浸时SO2的作用是___________________________________________。②除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应___________________________。(5)一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下：①“酸浸、氧化”时，V2O3转化为VO2＋，反应的离子方程式为________________；若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2＋，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为__________________。②“氧化”中，欲使3molVO2＋变为VOeq\o\al(＋,2)，则需要氧化剂NaClO3至少为____________mol。解析：(3)①Ⅰ中Sn的化合价升高，As的化合价降低，所以As2S3在反应中得电子作氧化剂；②Ⅱ中，若1molAs4S4反应转移28mole－，则反应消耗7mol氧气，反应的方程式为：As4S4＋7O2eq\o(=,\s\up7(一定条件))2As2O3＋4SO2；(5)②VO2＋变为VOeq\o\al(＋,2)，化合价升高1价，则使3molVO2＋变为VOeq\o\al(＋,2)需要转移3mol电子，氧化剂NaClO3被还原成Cl－，化合价降低6价，所以转移3mol电子需要0.5molNaClO3答案：(1)FeS2＋14Fe3＋＋8H2O=15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋(2)H2＋O2eq\o(=,\s\up7([PbCl4]2－))H2O2(3)As2S3As4S4＋7O2eq\o(=,\s\up7(一定条件))2As2O3＋4SO2(4)①还原剂或将Co3＋还原为Co2＋②2Al3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑(5)①2V2O3＋8H＋＋O2=4VO2＋＋4H2OV2O5＋6HCl(浓)=2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O②0.5

保温训练4物质结构与性质一、选择题基础练1．下列化学用语的表达不正确的是()A．二氧化碳分子的填充模型解析：选A。A.二氧化碳分子为直线型结构，三个原子在同一条直线上，A不正确；B.硫原子的核电荷数为16，核外电子数为16，结构示意图为，B正确；C.eq\o\al(14,6)C的原子核内含中子的个数为14－6＝8，C正确；D.NH4Cl由NHeq\o\al(＋,4)和Cl－构成，电子式为，D正确。2．下列说法正确的是()A．熔点：NaCl＜AlCl3B．第一电离能：S＞P＞SiC．18g冰中含有NA个氢键D．基态原子价电子排布式为5s1的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解解析：选D。A.NaCl是离子晶体，AlCl3是分子晶体，故熔点：NaCl>AlCl3，A选项错误；B.P原子的3p轨道为3p3半充满稳定状态，不容易失去电子，P的第一电离能大于S，故第一电离能：P>S>Si，B选项错误；C.1个H2O分子在冰结晶中，可以形成四个方向的氢键，每个氢键被两个水分子共用，平均每个水分子形成2个氢键，18g冰为1molH2O，则18g冰中含有2NA个氢键，C选项错误；D.基态原子价电子排布式为5s1的元素为Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝发生反应，使其溶解，D选项正确。3．下列叙述中正确的有()①该原子的电子排布图，最外层违背了洪特规则②处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22peq\o\al(1,x)→1s22s22peq\o\al(1,y)过程中形成的是发射光谱③运用价层电子对互斥理论，COeq\o\al(2－,3)离子的空间构型为三角锥形④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同⑤NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B。①洪特规则：电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该轨道式违背了洪特规则，故①说法正确；②2px和2py能量相同，该过程的形成不是发射光谱，故②说法错误；③COeq\o\al(2－,3)价层电子对数为3＋eq\f(4＋2－3×2,2)＝3，即COeq\o\al(2－,3)的空间构型为平面三角形，故③说法错误；④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质不一定相同，如O2－只具有还原性，Na＋只具有氧化性，故④说法错误；⑤同周期从左向右原子半径依次减小，即N的原子半径小于C，因此N－Cl键长比C－Cl键长短，故⑤说法正确；综上所述，选项B正确。4．据《GreenChemistry》报道：我国学者发明了低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为：NaCl＋CO2通电,CO＋NaClO。下列说法正确的是()A．CO2的电子式：eq\o(O,\s\up12(),\s\do10())eq\o(\s\up7(×),\s\do5(×))Ceq\o(\s\up7(×),\s\do5(×))eq\o(O,\s\up12(),\s\do12())B．NaCl属于离子晶体，其配位数为8C．NaClO中既有离子键又有共价键D．还原22.4LCO2转移的电子数2NA....解析：选C。A.二氧化碳是共价化合物，含有两个碳氧双键，电子式为:O::C::O:，故A错误；B.NaCl属于离子晶体，其阴、阳离子配位数是6，故B错误；C.NaClO中是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D.缺标准状况，无法计算22.4L二氧化碳的物质的量，不能计算转移的电子数，故D错误。5．下列化学用语对事实的表述错误的是()D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：eq\o\al(10,8)Oeq\o\al(2－,2)解析：选D。A.氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为：，A选项正确；B.羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；C.Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2,3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；D.根据质量数＝质子数＋中子数可知，中子数为10的氧原子质量数＝10＋8＝18，则其形成的过氧根离子应为eq\o\al(18,8)Oeq\o\al(2－,2)，D选项错误。6．下列叙述错误的是()A．C2H4分子中有π键B．CH4的中心原子是sp3杂化C．HCl和HI化学键的类型和分子的极性都相同D．价电子构型为3s23p4的粒子其基态原子轨道表示式为：解析：选D。A.乙烯分子中两个C原子之间形成碳碳双键，为一个σ键和一个π键，故A正确；B.甲烷分子中心碳原子价层电子对数为4，为sp3杂化，故B正确；C.HCl和HI中的共价键均为极性共价键，且均为极性分子，故C正确；D.根据洪特规则，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以价电子构型为3s23p4的粒子的基态原子轨道表示式为，故D错误。7．用NaBH4进行“化学镀”镀镍，可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层(3Ni3B＋Ni)，反应的离子方程式为：20Ni2＋＋16BHeq\o\al(－,4)＋34OH－＋6H2O=2(3Ni3B＋Ni)＋10B(OH)eq\o\al(－,4)＋35H2↑，下列说法不正确的是()A．1molB(OH)eq\o\al(－,4)含有σ键的数目为8NAB．BHeq\o\al(－,4)的空间构型是正四面体形C．B原子核外电子的运动状态和能量均不相同D．Ni的晶胞结构如图所示：，镍原子的配位数为12解析：选C。A.1个B(OH)eq\o\al(－,4)中含有4个氢氧键和4个硼氧键，均为σ键，所以1molB(OH)eq\o\al(－,4)中含有σ键的数目为8NA，故A正确；B.中心B原子的价层电子对数为4＋eq\f(3＋1－1×4,2)＝4，孤电子对数为0，所以立体构型为正四面体，故B正确；C.同一能级的电子能量相同，B原子核外1s能级有2个电子能量相同，2s能级有2电子能量相同，故C错误；D.以顶点Ni原子为研究对象，与之最近的Ni原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，Ni晶体中每个Ni原子周围距离最近的Ni原子数目为eq\f(3×8,2)＝12，故D正确。8．下列说法正确的是()A．甲醛(HCHO)和光气(COCl2)分子中：键角∠H－C－H＜∠Cl－C－ClB．基态氮原子的价电子排布图：C．3px所代表的含义是：第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道D．四硼酸根离子Xm－(含B、O、H)的球棍模型如图，配位键存在于4、5和4、6原子之间解析：选C。A.氯原子的电负性强于氢原子，对电子的吸引能力更强，所以甲醛分子中的H—C—H键角更大，故A错误；B.根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以基态氮原子的价电子排布图为，故B错误；C.p能级3个轨道，沿x、y、z三个不同的方向延伸，3px所代表的含义是第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道，故C正确；D.B原子最外层有3个电子，而4号B原子形成4条共价键，说明有一个为配位键，5号O原子连接的是H原子，容易给出孤电子对，故4、5原子之间存在配位键，4、6之间不存在配位键，故D错误。9．下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是()A．最外层都只有一个电子的X、Y原子B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D．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原子解析：选C。A.最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；C.2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N,3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D.原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误。10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，W和Z位于同一主族，X的焰色反应为黄色，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，下列说法正确的是()A．W、Z具有相同的最高正价B．X、Z形成的化合物水溶液呈碱性C．Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强D．原子半径：Z>Y>X>W解析：选B。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，W为O，W和Z位于同一主族，Z为S，X的焰色反应为黄色，X为Na，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P。A.O无最高正价，S最高正价为＋6，故A错误；B.X、Z形成的化合物Na2S，S2－水解，溶液呈碱性，故B正确；C.同一周期非金属性，从左到右逐渐增强，故PH3的热稳定性比H2S的弱，故C错误；D.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Na>P>S>O，故D错误。二、选择题综合练11．我国科学家成功合成了世界上首个含五氮阴离子的盐(局部结构如图)，其中还有两种10电子离子、一种18电子离子。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是()A．Y的原子半径大于Z的原子半径B．在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键C．Z的简单气态氢化物稳定性比Y的简单气态氢化物稳定性强D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的最高价氧化物对应水化物的酸性强解析：选D。结构图中含有五氮阴离子，则Y为氮(N)；盐中含有两种10电子离子，则应为NHeq\o\al(＋,4)、H3O＋，从而得出X为氢(H)，Z为氧(O)；M应为18电子离子，且离子半径最大，与其它元素不在同一族，则其只能为氯(Cl)。A.Y(N)的原子半径大于Z(O)的原子半径，符合同周期元素原子半径递变规律，A正确；B.在该盐中，NHeq\o\al(＋,4)、H3O＋内都存在极性共价键，五氮阴离子中含有氮氮非极性共价键，B正确；C.非金属性O>N，则Z(O)的简单气态氢化物稳定性比Y(N)的简单气态氢化物稳定性强，C正确；D.Y(N)的最高价氧化物对应水化物的酸性比M(Cl)的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，D不正确。12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是()A．YW3分子中的键角为120°B．W2Z的稳定性大于YW3C．物质甲分子中存在6个σ键D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸解析：选B。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。A.YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C.物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D.N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误。13．胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是()A．Cu2＋的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大解析：选C。A.Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2＋，故Cu2＋的价电子排布式3d9，故A错误；B.硫酸根离子中S和非羟基O之间除了形成1个σ键之外，还形成了反馈π键。形成π键的电子不能处于杂化轨道上，O必须保留未经杂化的p轨道，就不可能都是sp3杂化，和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C.铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D.H、O、S分别为第1,2,3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误。14．X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是()A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C．X与Z可形成离子化合物ZXD．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸解析：选B。根据题意：Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是(10－2)/2＝4，则X是C，Z是Si。A.碳的氧化物形成的是分子晶体，Y的氧化物MgO是离子晶体氧化镁，分子晶体的熔点低于离子晶体，氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，故A错误；B.碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，故B正确；C.C与Si通过共用电子对形成的是共价化合物SiC，故C错误；D.单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，故D错误。15．已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0