（水滴系列）山东省滕州市届高考化学二轮复习 作业手册答案 新人教版

参考答案(作业手册)专题限时集训(一)1．B2.B3.D4.B5.C6．A[解析]①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，①正确；②当弱酸和盐反应生成更难溶的盐时就可以实现，如H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4，②正确；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，③正确；④根据反应2H2S＋H2SO3=3H2O＋3S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液为中性，④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，⑤正确；⑥反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑和3NO2＋H2O=2HNO3＋NO均是两种含氧化合物反应且产物有气体生成的反应，⑥正确。7．D[解析]光导纤维的主要成分是SiO2，不是有机高分子，A项错误；14C和128．B[解析]SiO2是酸性氧化物，与HF反应是其特性，A错误；溴离子的还原性强于氯离子，酸性溶液中MnOeq\o\al(－,4)可以氧化Cl－，故酸性溶液中MnOeq\o\al(－,4)也能氧化Br－，B正确；反应CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4的原理不是强酸制弱酸，而是生成了难溶物CuS，而酸性H2S<H2SO4，C错误；钠与NaOH溶液中的水反应，金属铝可以与NaOH溶液反应，而金属镁不能与NaOH溶液反应，D错误。9．A[解析]是乙烯的球棍模型，B项错误；过氧化氢属于共价化合物，C项错误；硫离子是带2个单位负电荷的微粒，结构示意图为，D项错误。10．B[解析]淀粉和纤维素分子中的n值不同，不是同分异构体，A项错误；硅酸盐改写成氧化物的组合形式时，先写金属氧化物，然后是二氧化硅，最后是水，B项正确；钢铁腐蚀时，铁为负极发生氧化反应，C项错误；D项所给的是乙醇的球棍模型，D项错误。11．B[解析]高温下铝与氧化铁反应是放热反应，B项错误。12．D[解析]质量数A＝质子数Z＋中子数N，故铂原子的质量数为195，表示为eq\o\al(195,78)Pt，A项错误；氯离子的核内有17个质子，带17个正电荷，核外有18个电子，故结构示意图为，B项错误；乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，即乙烯的结构简式为CH2=CH2，C项错误；KCl由钾离子和氯离子构成，故电子式为，D项正确。13．D[解析]C6H12O6为葡萄糖的化学式，A项错误；Al的原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，则原子结构示意图为，B项错误；为电子式，水的结构式为H—O—H，C项错误；硫酸钠的电离方程式为Na2SO4=2Na＋＋SOeq\o\al(2－,4)，D项正确。14．C15．C[解析]酸雨是pH＜5.6的酸性降水，CO2不能形成酸雨，A错误；CO2气体无毒，不是大气污染物，B错误；反应CO2(g)＋C(s)=2CO(g)ΔH>0，ΔS＞0，根据ΔH－TΔS＜0反应能自发进行判断，高温有利于该反应自发进行，C正确；大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，附着在碳酸钙表面阻止反应继续进行，故实验室不能用大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳，D错误。16．D[解析]氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为，A错误；次氯酸的结构式为H—O—Cl，B错误；溴化铵为离子化合物，其电子式为，C错误；质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，其表示方法为eq\o\al(131,53)I，D正确。17．A[解析]质子数为92、中子数为143的铀(U)原子的质量数为235，该原子可以表示为eq\o\al(235,92)U，A项正确；过氧化氢属于共价化合物，其正确的电子式为，B项错误；硫离子的核电荷数为16，其正确的结构示意图为，C项错误；的最长碳链含有5个C，主链为戊烷，其正确名称为2­甲基戊烷，D项错误。18．(1)胶体(2)＋3(3)氧化性(4)3.6(5)Fe2Oeq\o\al(2－,4)Cu2O[解析](1)纳米材料氧缺位铁酸盐微粒直径达到胶体微粒直径，分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体。(2)M＝Mn、Zn、Ni，且均为＋2价，氧元素的化合价是－2价，则MFe2O4中Fe的化合价为＋3价。(3)MFe2O4在与H2的反应中，Fe的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性。(4)由示意图可知MFe2Ox与SO2反应，生成MFe2O4，SO2被还原，应生成S，反应可表示为MFe2Ox＋eq\f(4－x,2)SO2=MFe2O4＋eq\f(4－x,2)S，eq\f(1,\f(4－x,2))＝eq\f(5,1)，解得x＝3.6。(5)在酸性溶液中，Fe2Oeq\o\al(2－,4)易转化为Fe2＋：Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋2e－＋8H＋=2Fe2＋＋4H2O为还原反应，则应加入还原性物质，只有Cu2O符合，反应的离子方程式为Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋Cu2O＋10H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋5H2O，所以还原剂是Cu2O，Fe2Oeq\o\al(2－,4)是氧化剂。专题限时集训(二)1．A[解析]由分子数和原子数的关系可知该分子为双原子分子，且其物质的量为1mol，C项正确；若该物质为气态物质，则其在标准状况下的体积为22.4L，故该温度和压强不可能是标准状况，A项错误、B项正确；根据题意，在此温度和压强条件下，Vm＝30L·mol－1，D项正确。2．A[解析]A项，温度相同、体积相同，但没有说明压强是否相同，因此无法推出物质的量是否相同，错误；B项，等温等压下，密度之比等于摩尔质量之比，故SO2和CO2的密度之比等于64∶44，即16∶11，正确；C项，等温等容下，物质的量之比等于压强之比，因此两者压强之比等于5∶2，正确；D项，等温等压下，体积之比等于物质的量之比，因此体积之比等于5∶2，正确。3．B[解析]容量瓶中H2SO4溶液的H＋物质的量n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝eq\f(0.21mol,0.5L)＝0.42mol·L－1。4．C[解析]配制一定物质的量浓度的溶液时，应在相应规格的容量瓶中进行，A项、B项错误；配制溶液定容时，若加水超过容量瓶刻度线，使用胶头滴管将液体吸出，会造成配制结果偏低，D项错误。5．C6．B[解析]在NaAlO2溶液中，氧原子不仅存在于溶质NaAlO2中，还存在于溶剂水中，因此含有的氧原子的数目远远大于2NA，A项错误；常温下，0.1mol碳酸钠晶体中含有COeq\o\al(2－,3)的个数为0.1NA，B项正确；由于18O具有10个中子，因此，标准状况下，11.2L18O2中所含中子数为10NA，C项错误；25℃时，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数为0.1NA，D项错误。7．B[解析]NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)既存在电离平衡，又存在水解平衡，所以1L0.1mol·L－1NaHCO3溶液中含有HCOeq\o\al(－,3)数目小于0.1NA，A项错误；乙烯、丙烯的实验式相同，都是CH2，7.0g混合物中含有CH2的物质的量为7.0g÷14g·mol－1＝0.5mol，含有氢原子的数目为NA，B项正确；只有浓硫酸才和铜反应，随着反应的进行，溶液浓度变稀，反应停止，所以生成的SO2分子数目小于0.46NA，C项错误；硝酸具有强氧化性，能将Fe氧化成Fe3＋，所以1molFe与足量稀HNO3反应，转移电子数目为3NA，D项错误。8．B[解析]SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，所以一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NA，A项正确；标准状况下二氯甲烷为液态，不能用22.4L/mol换算，B项错误；C项，溶液为中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)，所以CH3COO－数目为NA个，正确；D项，不论生成Na2O还是Na2O2，Na都失去1个电子，所以1molNa与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个，正确。9．D[解析]0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，因为Cl2＋H2OHCl＋HClO是可逆反应，A项错误；标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后生成2.24LNO2，剩余氧气1.12L，但由于存在平衡2NO2N2O4，所以气体分子数小于0.15NA，B项错误；加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中生成硫酸铁，根据电子守恒可知生成1.5NA个SO2分子，C项错误；0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，转移的电子数为0.1NA，D项正确。10．A[解析]向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓，n(BaCl2)＝bmol，则n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol,若加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则n(NHeq\o\al(＋,4))＝cmol。根据电荷守恒，可得n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Al3＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，即c＋3n(Al3＋)＝2b，所以n(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3)mol，则原溶液中Al3＋的浓度是c(Al3＋)＝n(Al3＋)÷V＝eq\f(2b－c,3)mol÷aL＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1。选项A正确。11．B[解析]氨水溶液的溶质为氨气，该溶液的密度为ρg·mL－1，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为eq\f(ag,ρVg)×100%，A项错误；ag氨气的物质的量为eq\f(ag,17g/mol)＝eq\f(a,17)mol，溶液体积为VmL，所以溶质的物质的量浓度为eq\f(\f(a,17)mol,V×10－3L)＝eq\f(1000a,17V)mol/L，B项正确；NHeq\o\al(＋,4)的浓度为eq\f(bmol,V×10－3L)＝eq\f(1000b,V)mol/L，则一水合氨电离产生的c(OH－)＝eq\f(1000b,V)mol/L，而溶液中水也可以电离出OH－，所以溶液中c(OH－)>eq\f(1000b,V)mol/L，C项错误；水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，故D错误。12．(1)78(2)①0.75mol·L－1②NaK2[解析](1)叠氮化钠分解的化学方程式为2NaN3=2Na＋3N2↑，根据产生氮气的量可以计算分解的叠氮化钠的量。(2)①由反应通式2R＋2H2O=2ROH＋H2↑可知：c(OH－)＝eq\f(0.075mol×2,0.2L)＝0.75mol·L－1。②设上述合金中含amolNa，bmolK，则amol＋bmol＝0.075mol×2，23ag＋39bg＝5.05g，解得a＝0.05，b＝0.1，该钠钾合金的化学式为NaK2。13．(1)AC(2)10mL量筒0.090(3)A(4)调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平读数时视线应与量筒中水的凹液面相平(5)eq\f(4V,15)(或者eq\f(1,3.75)V)。14．(1)eq\f(9.8c1,ρ1)%(2)eq\f(c1,2)(3)大于大于[解析](1)设硫酸的体积为1L，则w(H2SO4)＝eq\f(1×c1×98,1×103×ρ1)×100%＝eq\f(9.8c1,ρ1)%。(2)硫酸与水等体积混合(忽略溶液体积的变化)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为eq\f(c1,2)mol·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2mol·L－1氨水的密度小于eq\f(1,5)c2mol·L－1氨水的密度，等质量时，eq\f(1,5)c2mol·L－1氨水的体积小于c2mol·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于eq\f(3,5)c2mol·L－1。15．(1)滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去(2)偏小(3)0.02024(4)98.29%三(5)－1.51空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾溶液用量偏小[解析](1)依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变浅红色，半分钟内不褪去证明反应达到终点。(2)若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，溶质不变，则测得高锰酸钾溶液浓度减小。(3)0.200g固体Na2C2O4(相对分子质量为134.0)，n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝eq\f(0.200g,134.0g/mol)≈0.001493mol，依据化学反应定量关系，计算高锰酸钾溶液的浓度：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O25n0.001493moln＝0.0005972mol滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c(KMnO4)＝eq\f(0.0005972mol,0.02950L)＝0.02024mol/L。(4)依据图表数据可知，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值＝eq\f(17.76mL－0.10mL＋17.88mL－0.20mL＋17.90mL－0.20mL,3)＝17.68mL，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO4·7H2O的含量，5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O51n0.01768L×0.02024mol/Ln＝0.001789molFeSO4·7H2O的含量＝eq\f(0.001789mol×278g/mol,0.506g)×100%＝98.29%。结合题干信息判断符合三级品标准。(5)测定含量－实际含量＝实验绝对误差＝98.29%－99.80%＝－1.51%；亚铁离子易被空气中氧气氧化为铁离子，高锰酸钾溶液用量减小而引起误差。专题限时集训(三)1．A2．D[解析]FeCl3有氧化性，H2S有还原性，二者在溶液中发生氧化还原反应为2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A错误；将上述混合物过滤得到的滤液中含有FeCl2和HCl，电解时由于溶液中的离子的还原性Fe2＋＞Cl－＞OH－，所以电解过程中的阳极反应主要为Fe2＋－e－=Fe3＋，B错误；若点燃则发生反应2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2SO2＋2H2O，燃烧产物SO2也是大气污染物，C错误；由于电解的产物又重新用来吸收处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气，物质得到充分的利用。所以该工艺流程充分体现绿色化学思想，D正确。3．D4.D5．C[解析]铁失电子，HNO3得电子生成NO和NO2，得失电子守恒。由题意可知，HNO3共得1.1mol电子；而n(Fe)＝eq\f(22.4g,56g/mol)＝0.4mol，这些电子由0.4mol的Fe提供，每生成1molFe3＋失去3mol电子，每生成1molFe2＋失去2mol电子。设Fe(NO3)3的物质的量为x，Fe(NO3)2的物质的量为y。联立方程组：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝1.1mol（电子守恒）,x＋y＝0.4mol（铁元素守恒）))解得：x＝0.3mol，y＝0.1mol所以，n[Fe(NO3)3]∶n[Fe(NO3)2]＝3∶1。6．B[解析]状态不知，无法由体积求物质的量，A错误；氢化锂中的氢是－1价，与水发生归中反应，方程式为LiH＋H2O=LiOH＋H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B正确；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为＋1价、Al为＋3价、H为－1价，受热分解时，根据Al的价态变化即可得出2molLiAlH4完全分解，转移6mol电子，生成3mol的H2，而LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为2mol和1mol，所以反应①②转移电子数之比为2∶1，C错误；LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物，D错误。7．(1)2CO2＋3MnOeq\o\al(2－,4)=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋2COeq\o\al(2－,3)3Fe2＋＋7H2O＋MnOeq\o\al(－,4)=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋(2)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑(3)PbO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2OPbO＋ClO－=PbO2＋Cl－(4)Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O=2K2Zn(OH)4＋2Ag(5)3NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=NOeq\o\al(－,3)＋2NO↑＋H2O(6)5ClO－＋2OH－＋2CN－=2COeq\o\al(2－,3)＋H2O＋N2↑＋5Cl－[解析](1)得到紫色溶液说明有MnOeq\o\al(－,4)生成，黑褐色固体是MnO2，由此可先写出CO2＋MnOeq\o\al(2－,4)→MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓，再结合溶液显碱性及质量守恒定律可得到完整的离子方程式；由题目涉及的元素知难溶性碱是Fe(OH)3，难溶性氧化物是MnO2，故可先写出Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)→MnO2↓＋Fe(OH)3↓，再结合质量守恒、电荷守恒可得到3Fe2＋＋7H2O＋MnOeq\o\al(－,4)=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋。(2)根据题中信息和反应前后元素化合价变化写出化学方程式为2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2。(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明二者反应生成氯气，同时生成氯化铅和水，反应方程式为PbO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O；由PbO和NaClO反应制PbO2，PbO→PbO2，Pb的化合价升高，则NaClO作氧化剂，本身被还原为NaCl，故离子方程式为PbO＋ClO－=PbO2＋Cl－。(4)根据题意知，碱性条件下，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上Ag2O2得电子发生还原反应，所以电池反应式为Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O=2K2Zn(OH)4＋2Ag。(5)在酸性溶液中，NOeq\o\al(－,2)发生自身的氧化还原反应，由产物NO可推断出另一种产物为NOeq\o\al(－,3)，据此写出离子反应方程式3NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=NOeq\o\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。(6)NaClO溶液在碱性条件下将CN－氧化成无毒的碳酸根离子和N2，根据氧化还原反应中电子转移数目相等及离子反应的电荷守恒可得该反应离子方程式是5ClO－＋2OH－＋2CN－=2COeq\o\al(2－,3)＋H2O＋N2↑＋5Cl－。8．(1)高(2)2P＋5FeO＋3CaOeq\o(=,\s\up7(高温))Ca3(3)FeFe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(4)1.1[解析](1)最活泼的非金属元素是F，则D为CaF2，属于离子晶体，其电子式为，F与Si形成的化合物为SiF4，而SiF4属于分子晶体，一般离子晶体的沸点高于分子晶体。(3)生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀，说明M为Fe，此时红褐色沉淀为Fe(OH)3，因此检验Fe3＋，需要用KSCN溶液，此反应为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3。(4)钙线中钙与水反应生成氢气，发生Ca＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑，根据产生氢气的体积，得出n(Ca)＝eq\f(224×10－3,22.4)mol＝0.01mol，氧化钙中钙的物质的量为eq\f(1.6×3.5%,56)mol＝0.001mol，根据钙元素守恒，n(CaCO3)＝(0.01＋0.001)mol＝0.011mol，即质量为1.1g。9．(1)①N、OBa(NO3)2②8NH3＋8NO＋2NO2=9N2＋12H2O(2)①2NHeq\o\al(＋,4)＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O②120(3)H22CN－＋12OH－－10e－=2COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O[解析](1)②因为NOx与NH3的直接反应，可实现无害转化，则生成氮气和水，所以当NO与NO2的物质的量之比为4∶1时，发生反应的化学方程式为8NH3＋8NO＋2NO2=9N2＋12H2O。(2)①因为次氯酸钠氧化废水中NHeq\o\al(＋,4)完全转化为N2，而本身被还原为NaCl，根据得失电子守恒，离子方程式为2NHeq\o\al(＋,4)＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。②由2NHeq\o\al(＋,4)＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O得，处理废水产生了标准状况下0.448L气体即eq\f(0.448L,22.4L/mol)＝0.02molN2(标准状况)，则需消耗浓度为0.5mol·L－1的次氯酸钠的体积为eq\f(0.02mol×3,0.5mol·L－1)×1000mL/L＝120mL。10．(1)1(2)Na2B4O7(3)①萃取剂②2CrO5＋7H2O2＋6H＋=2Cr3＋＋7O2↑＋10H2O(4)①H2O2＋I－=H2O＋IO－[解析](1)BaO2与稀硫酸发生复分解反应，生成硫酸钡沉淀和H2O2，反应方程式为BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2，由方程式可知，每生成1molH2O2，消耗BaO21mol。(4)①I－催化分解H2O2，根据信息②可知，反应①中产生IO－，为过氧化氢氧化－1价的碘，生成＋1价的碘，所以离子反应方程式为H2O2＋I－=H2O＋IO－。11．(1)CN－＋H2OHCN＋OH－(2)NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑(3)3NaCN＋5NaNO2=3CO2↑＋4N2↑＋4Na2O(4)①d②CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－③3S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋26H＋=6SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋13H2O④D[解析](1)氰化钠易发生水解产生氰化氢，离子方程式为CN－＋H2OHCN＋OH－；(2)反应生成氨气和碳酸氢钠，化学方程式为NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑；(3)氰化钠遇到亚硝酸钠会生成两种气体发生爆炸，气体为二氧化碳和氮气，根据原子守恒可知还有氧化钠生成，则反应的方程式为3NaCN＋5NaNO2=3CO2↑＋4N2↑＋4Na2O；(4)②步骤②中，无气体放出，CN－被ClO－氧化为CNO－，因为是在碱性环境中，故ClO－只能被还原为Cl－；③每处理0.4molCr2Oeq\o\al(2－,7)转移2.4mol的电子，设还原后Cr的化合价为x，则0.4mol×2×(6－x)＝2.4mol，解得x＝＋3，则离子方程式为3S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋26H＋=6SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋13H2O；④处理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)，需加入amolFeSO4·7H2O，根据铬原子守恒得，1molCr2Oeq\o\al(2－,7)完全反应后得到eq\f(2,2－x)molFeⅡ[Feeq\o\al(Ⅲ,x)Creq\o\al(Ⅲ,（2－x）)]O4，根据铁原子守恒得amol＝eq\f(2（1＋x）,2－x)mol①，该反应中得失电子数相等，1mol×2×3＝eq\f(2,2－x)mol×(3－2)×x，解得x＝1.5，将x＝1.5代入①得a＝10，D正确。专题限时集训(四)1．B[解析]过氧化钠不能拆写，应是2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，A错误；NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，B正确；次氯酸属于弱酸，不能拆写，C错误；电荷不守恒，应是2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，D错误。2．B3．D[解析]消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，A项正确；在酸性条件下ClO－与氯离子发生氧化还原反应生成氯气2H＋＋Cl－＋ClO－=Cl2↑＋H2O，B项正确；由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，C项正确；饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO－的水解造成的，氢氧化钠过量为溶液呈碱性的主要原因，D项错误。4．A5．D[解析]强碱性溶液中含有OH－，与Al3＋反应，A项错误；溶液无色透明，故要排除Cu2＋，B项错误；Ca2＋与COeq\o\al(2－,3)形成沉淀，C项错误。6．D7．B[解析]水电离出的c(H＋)＝1×l0－13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，SiOeq\o\al(2－,3)与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；K＋、Fe3＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－之间不反应，都不与CH3COOH反应，在溶液中能够大量共存，B正确；c(OH－)∶c(H＋)＝1×1012的溶液中存在大量氢氧根离子，NHeq\o\al(＋,4)与氢氧根离子反应，不能大量共存，C错误；甲基橙显黄色的溶液的pH大于4.4，可能为酸性或碱性溶液，COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)与氢离子反应，NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D错误。8．D[解析]使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中Fe3＋与碱反应生成沉淀，不能大量存在，A错误；水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中AlOeq\o\al(－,2)和COeq\o\al(2－,3)不能大量存在，B错误；与Al反应能放出H2的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中Fe2＋与NOeq\o\al(－,3)要发生氧化还原反应，不能大量存在，C错误；eq\f(KW,c（H＋）)＝1×10－13mol/L的溶液显酸性，在酸性溶液中NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)之间不能发生反应，与酸也不反应，能够大量共存，D正确。9．C[解析]通入氯气后，溶液显酸性，SiOeq\o\al(2－,3)与氢离子反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，A错误；SOeq\o\al(2－,3)与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，B错误；K＋、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)之间不发生反应，通入氨气后也不反应，在溶液中能够大量共存，C正确；H＋、MnOeq\o\al(－,4)能够氧化乙烯，在溶液中不能大量共存，D错误。10．D[解析]Fe2(SO4)3溶液中，AlOeq\o\al(－,2)与Fe3＋发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，A项错误；S2－、ClO－之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，B项错误；水电离产生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，SOeq\o\al(2－,3)、ClO－、COeq\o\al(2－,3)与氢离子反应，SOeq\o\al(2－,3)、ClO－之间发生氧化还原反应，NHeq\o\al(＋,4)与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，C项错误；Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)之间不发生反应，向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有氢氧化铝沉淀产生，氢氧化钠过量后沉淀消失，D项正确。11．D[解析]Fe3＋、I－、Cl－中，Fe3＋、I－不能共存，A错误；K＋、NH3·H2O、COeq\o\al(2－,3)能够共存，加少量二氧化碳后反应的离子方程式为2NH3·H2O＋CO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋H2O＋COeq\o\al(2－,3)，B错误；氢离子和硝酸根离子共存，有氧化性，能够氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式不全面，C错误；Na＋、Al3＋、Cl－能共存，加少量的澄清石灰水反应的离子方程式正确，D正确。12．C[解析]因为甲与乙及丙溶液都生成无色气体，故甲为碳酸氢钠，与乙生成沉淀和气体，故乙是氯化铝，与丙只生成气体，则丙是盐酸，与丁无气体生成，生成白色沉淀和无色溶液，故丁是氢氧化钡。据以上分析A是氢氧化铝，D是氢氧化钠，氢氧化铝能溶解在氢氧化钠溶液中，A项正确；据以上分析在甲中滴加丁可能发生反应：HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，B项正确；酸性溶液中I－、NOeq\o\al(－,3)不能大量共存，C项错误；据质子守恒，溶液甲中一定满足c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))，D项正确。13．(1)COeq\o\al(2－,3)(2)NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋(3)Mg2＋、Al3＋NHeq\o\al(＋,4)(4)SOeq\o\al(2－,4)(5)Ba2＋、I－、NHeq\o\al(＋,4)K＋、Na＋、Cl－[解析](1)用pH试纸测得溶液显强酸性，说明溶液中含有H＋，COeq\o\al(2－,3)和H＋反应生成CO2，因此原溶液中不含COeq\o\al(2－,3)；(2)加入氯水，CCl4层呈紫红色，说明原溶液中含有I－，NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下具有强氧化性，Fe3＋具有强氧化性，都能与I－反应，因此NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋不存在；(3)加入NaOH溶液，滴加过程中和滴加完毕后，没有沉淀生成，说明原溶液中无Mg2＋、Al3＋，取出碱性溶液加热，有气体产生，且能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明此气体为NH3，原溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)；(4)加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，此沉淀为BaCO3，原溶液中含有Ba2＋，不含SOeq\o\al(2－,4)；(5)根据上述分析，一定含有的离子为Ba2＋、I－、NHeq\o\al(＋,4)，可能含有的离子有K＋、Na＋、Cl－。14．Ⅰ.(1)CN－＋H2OHCN＋OH－(2)5H2O2＋2CN－＋2OH－=N2↑＋6H2O＋2COeq\o\al(2－,3)Ⅱ.(3)CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－(4)0.3Ⅲ.(5)2CN－＋12OH－－10e－=2COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O(6)负极的材料甲中电解质氯化钠溶液的浓度氧气的浓度[解析]Ⅰ.(1)NaCN为离子化合物，电子式为Na＋[·,·)C⋮⋮N·,·)]－，NaCN溶液呈碱性是由于CN－水解，CN－＋H2OHCN＋OH－。(2)碱性条件下加入H2O2除CN－，可得到纯碱和一种无色无味的无毒气体，根据质量守恒，可推出这种气体是氮气，再根据得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒，写出该反应的离子方程式为5H2O2＋2CN－＋2OH－=N2↑＋6H2O＋2COeq\o\al(2－,3)。Ⅱ.(3)②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－。(4)步骤③中，重铬酸根离子中铬是＋6价，被还原后为正三价的铬离子，0.4mol的重铬酸根离子得到的电子为2.4mol，硫代硫酸钠中硫的化合价为＋2价，被氧化为硫酸根，硫酸根中硫的化合价为＋6价，1mol硫代硫酸钠完全被氧化失去的电子为8mol，所以每处理0.4molCr2Oeq\o\al(2－,7)，至少消耗Na2S2O30.3mol。Ⅲ.(5)乙装置中阳极发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，电极反应式为2CN－＋12OH－－10e－=2COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O。(6)通过比较表中的数据可知，影响处理速率的因素有负极的材料、电解质溶液的浓度及氧气的浓度。专题限时集训(五)1．B2．D[解析]氯原子的结构示意图为，A项错误；次氯酸的结构式为H—O—Cl，B项错误；NH4Cl的电子式为，C项错误。3．B[解析]原子的最外层电子数不一定等于族序数，如最外层电子数是2的元素可能是0族的氦，A项错误；主族元素X、Y能形成XY3型化合物，可能是SO3、NH3、PCl3等，原子序数差可能为2、6或8，B项正确；分子结构相似的分子的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，如水的熔沸点比同主族的都高，C项错误；元素的非金属性、金属性与得失电子的难易程度有关，与多少无关，D项错误。4．C[解析]非金属单质中不一定存在共价键，如稀有气体，A项错误；金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝，B项错误；含共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠，C项正确；溶于水能导电的化合物不一定是离子化合物，如氯化氢，D项错误。5．A[解析]根据元素周期律，氧化性Cl2＞S＞As，则对应阴离子的还原性As3－＞S2－＞Cl－，A项正确；非金属性Cl＞Br＞As，则单质与氢气反应生成的氢化物的热稳定性HCl＞HBr＞AsH3，B项错误；原子半径As＞P＞Cl，C项错误；非金属性S＞P＞As，则最高价氧化物对应的水化物的酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D项错误。6．B[解析]根据图中元素化合价和原子半径可推知：①是氢元素，②是氧元素，③是硼元素，④是氯元素，⑤是硫元素，⑥是铝元素，⑦是锂元素，⑧是钠元素。氯的非金属性强于硫，所以元素④气态氢化物的稳定性大于元素⑤气态氢化物的稳定性，A项正确；水分子间存在氢键，所以元素②气态氢化物H2O的沸点大于元素⑤气态氢化物H2S的沸点，B项错误；元素②⑥形成的化合物氧化铝是两性氧化物，C项正确；氯的非金属性强于硫，所以元素④的最高价氧化物对应的水化物比元素⑤的最高价氧化物对应的水化物酸性强，D项正确。7．D[解析]由短周期元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，从而可推知：X为C，Y为N，Z为Al，M为P。非金属性N＞P，A项错误；非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S＞P，故氢化物稳定性H2S＞PH3，B项错误；Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，C项错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞C，故最高价含氧酸酸性HNO3＞H2CO3，D项正确。8．D[解析]由元素在周期表中的位置可知，R为Ne，则X为Al，Y为C，Z为O。A项，非金属性越强，最简单气态氢化物越稳定，非金属性Z＞Y，热稳定性为Y的最简单气态氢化物＜Z的最简单气态氢化物，A项错误；Z为O，不存在最高价氧化物对应水化物，B项错误；X为Al，Al与浓硫酸和硝酸反应不能生成氢气，C项错误；R为Ne，核外电子数为10，与OH－的核外电子总数相同，D项正确。9．B[解析]X、Y在同一周期，X＋、Z2－具有相同的核外电子层结构，可推知Z在X、Y的上一周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为36，平均原子序数为12，则X为钠，Z为氧，进而可知Y为氯。由同周期主族元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知，Na是第三周期元素中金属性最强的元素，A项正确；具有相同电子层排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径应该为X＋<Z2－，B项错误；同族元素中Z的非金属性最强，氢化物稳定性最强，C项正确；同周期主族元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，D项正确。10．C[解析]根据原子序数及化合价判断元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素。离子半径大小g＞h＞e＞f；A项错误；与x形成简单化合物的沸点：H2O>NH3>CH4，d＞z＞y，B项错误；氢元素、氮元素和氧元素可以组成硝酸铵，为离子化合物，C项正确；g、h元素最高价氧化物对应的水化物硫酸和高氯酸不能反应，D项错误。11．C12．C[解析]X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的3倍，则X是O，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na。由于H2SO4是强酸，但H2SO3是弱酸，A项错误；Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，B项错误；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径r(O2－)＞r(Na＋)，C项正确；由于非金属性X(O)＞M(S)，所以气态氢化物的热稳定性X＞M，D项错误。13．(1)第二周期第ⅤA族(2)离子键和共价键(3)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)NaClO[解析]五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个，则A是氮元素，A、B同处于第二周期，C、D、E同处于第三周期。C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙，即氧化钠和过氧化钠，则B是氧元素，C是钠元素，D周期序数等于D原子最外层电子数，D是铝元素，E原子半径是同周期中最小的，E是氯元素。(1)氮元素在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族。(2)乙物质是过氧化钠，存在的化学键类型是离子键和共价键。(3)C与D的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，相互之间反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。(4)E的单质氯气通入C的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的溶液中反应生成“84”消毒液，方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，有效成分是NaClO。14．(1)三ⅠA(2)(3)＋→(4)NaOH离子键和极性共价键离子(5)＋4CH4C2H4[解析]A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则A、F为第ⅠA族元素，且A为氢元素。F＋与E2－核外电子排布相同，BE和D2具有相同电子数，则F为Na，E为O，B为C，D为N，E、G同主族，且为短周期元素，则G为S。(1)Na位于第三周期第ⅠA族。(2)硫原子得到2个电子形成离子，最外层有8个电子。(3)电子式表示形成过程中，箭头前为原子的电子式，箭头后为单质或化合物的电子式。(4)NaOH中既有离子键又有极性共价键，属于离子化合物。(5)C的最高化合价为＋4；C2H4中既有极性共价键(C—H)又有非极性共价键(C=C)。15．(1)①2SO2＋O22SO3②2.408×1024NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))N2O↑＋2H2O(2)AlOeq\o\al(－,2)3AlOeq\o\al(－,2)＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓[解析](1)若B、C为氧化物，C能够与水反应生成一种强酸，该强酸为无机含氧酸，中学常见含氧强酸有HNO3、H2SO4。①当B为无色易溶于水的刺激性气味气体时，B为SO2，C为SO3，D为O2，A为S单质或H2S，符合转化关系与题意，SO2与O2反应生成SO3，反应方程式为2SO2＋O22SO3。②当B为无色不溶于水的气体时，B为NO，C为NO2，D为O2，A为NH3，符合转化关系与题意，F由NH3与E化合生成，当小心加热F时，可得到一种无色无味的气体G(G和CO2具有相同的原子数目和电子数目)和一种无色无味的液体H，则G为N2O，H为H2O，F为NH4NO3，F的分解方程式为NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))N2O↑＋2H2O；生成1molG时，转移4mol电子，反应中转移电子的数目为2.408×1024。(2)D为强酸或强碱溶液时都能发生图示转化关系，且A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，故白色沉淀B既溶于强酸又可溶于强碱，故B为Al(OH)3。若D为强酸，由转化关系可知，A为偏铝酸盐，其阴离子为AlOeq\o\al(－,2)，C为铝盐；当D为强碱时，由转化关系可知，A为铝盐，C为偏铝酸盐，A与C反应生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为3AlOeq\o\al(－,2)＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓。专题限时集训(六)1．C2．D[解析]甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳时放出的热量，热化学方程式中水的状态和产物CO错误，A项错误；液态水的能量比气态水的低，所以反应生成液态水放出的热量多，B项错误；据图分析，反应为放热反应，放出的热量为E1－E3，C项错误；反应的焓变ΔH与反应条件无关，D项正确。3．D[解析]燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，CO的燃烧热应为283.0kJ·mol－1，A项错误；2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1，反应放热，所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高，B项错误；根据盖斯定律得CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3＝－726.64kJ·mol－1，则完全燃烧20g即0.625mol甲醇，生成二氧化碳和气态水时放出的热量为0.625mol×726.64kJ·mol－1＝454.15kJ，但是生成二氧化碳和液态水时放出的热量无法求得，C项错误；CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3＝－726.64kJ·mol－1，故2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1453.28kJ·mol－1，D项正确。4．D[解析]因总反应为放热反应，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，所以反应②放出的热量比反应①吸收的热量多。A项，图中反应①为放热反应，反应②为吸热反应，且总反应为吸热反应，错误；B项，图中反应①和反应②均为吸热反应，错误；C项，图中反应①和反应②均为放热反应，错误。5．A[解析]可将题目中三个热化学方程式依次编号为(1)、(2)、(3)，可知(3)＝(2)×eq\f(3,2)－(1)，故求得ΔH＝－393.5kJ·mol－1×eq\f(3,2)－234.1kJ·mol－1＝－824.4kJ·mol－1。6．B[解析]由于H2O(g)转化为H2O(l)要放出热量，所以等物质的量的CH4(g)燃烧生成液态水时放出热量的数值要比生成气态水时的大。等物质的量的NaOH与稀醋酸、浓H2SO4恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑浓H2SO4溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H2SO4溶于水时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热减小。7．C8.B9．A[解析]根据盖斯定律知，④＝①＋②×eq\f(1,2)＋③×eq\f(1,2)，可求得ΔH。10．(1)CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ·mol－1(2)－1928kJ·mol－1(3)2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1311.7kJ·mol－1[解析](1)1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热55.6kJ，所以16g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热889.6kJ，热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ·mol－1。(2)化学反应中，旧化学键断裂吸收的能量为414kJ·mol－1×4mol＋158kJ·mol－1×4mol＝2288kJ，新化学键生成释放的能量为489kJ·mol－1×4mol＋565kJ·mol－1×4mol＝4216kJ，所以该反应是放热反应，放出的热量为4216kJ－2288kJ＝1928kJ，即ΔH＝－1928kJ·mol－1。(3)将已知的热化学方程式依次编号为①、②、③、④，将方程式③×2－①－④×4得2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)，所以反应的ΔH＝2×(－534kJ·mol－1)－67.7kJ·mol－1－4×44.0kJ·mol－1＝－1311.7kJ·mol－1。11．(1)大于H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.7kJ·mol－1(2)2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－87.0kJ·mol－1(3)3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－859.7kJ·mol－1不能该反应的引发需消耗大量能量，且制备铝的成本较高(4)CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－50kJ·mol－1[解析](1)燃烧热中水指液态水，气态水变为液态水放出热量，故气态甲醇完全燃烧释放的热量应大于676.1kJ·mol－1。①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－676.1kJ·mol－1③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1根据盖斯定律，eq\f(③×3＋②－①,3)得H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.7kJ·mol－1。(2)根据盖斯定律，①＋②－③得2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－87.0kJ·mol－1。(3)根据盖斯定律，②－①×3可得反应热化学方程式为3FeO(s)＋2Al(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－859.7kJ·mol－1。(4)①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH1＝－242kJ·mol－1②CH3OH(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－676kJ·mol－1根据盖斯定律，①×3－②可得热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－50kJ·mol－1。专题限时集训(七)1．C[解析]由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。b为正极，则K＋移向催化剂b，A项正确；a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－，B项正确；b上发生还原反应[Fe(CN)6]3－＋e－=[Fe(CN)6]4－，[Fe(CN)6]3－在催化剂b表面被还原，C项错误；由B、C中的电极反应可知，二者以1∶1相互转化，电解质溶液中[Fe(CN)6]3－和[Fe(CN)6]4－浓度基本保持不变，D项正确。2．B[解析]分析装置图可知是电解装置，电解硫酸钠溶液的实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极生成氢气，2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠溶液，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜。分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，A项错误；阳极室生成氢离子，生成产物丙为硫酸，c为阴离子交换膜，B项正确；d为阳离子交换膜，C项错误；b电极是阴极，该电极发生还原反应2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，D项错误。3．B[解析]燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极。此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，A项正确；电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，B项错误；燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，C项正确；电子从负极沿导线流向b电极，D项正确。4．C[解析]阳极发生氧化反应，反应方程式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，A正确；阴极发生还原反应，消耗氢离子产生氢气，使溶液中氢离子浓度减小，所以溶液pH增大，B正确；钾离子通过交换膜从阳极区移向阴极区，这样才可以达到提纯氢氧化钾的作用，C错误；纯净的KOH在阴极制得，从b口排出，D正确。5．D[解析]根据图中左边电源内负电荷移向负极，N型半导体为负极，P型半导体为正极，A错误；N型半导体为负极，X极为电解池的阴极，电极反应为CO2＋2e－＋H2O=CO＋2OH－，生成的氢氧根离子通过离子交换膜在Y极参加反应，所以图中离子交换膜为阴离子交换膜，B错误，D正确；总反应方程式为2CO2=2CO＋O2，根据总反应可知，反应前后溶液的碱性不变，C错误。6．D[解析]在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，A正确；Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，B正确；Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，C正确；Fe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，D错误。7．(1)N2＋6H＋＋6e－=2NH3(2)阳CH2OH(CHOH)4CHO＋H2O－2e－=CH2OH(CHOH)4COOH＋2H＋(3)N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋(4)正Si＋4H－－4e－=SiH4↑(5)2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O0.6mol[解析](1)根据图示可知在钯电极B上N2获得电子，与H＋结合形成NH3，电极反应式为N2＋6e－＋6H＋=2NH3。(2)葡萄糖生成葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]是氧化反应，在阳极发生，对应的电极反应式为CH2OH(CHOH)4CHO＋H2O－2e－=CH2OH(CHOH)4COOH＋2H＋。(3)Pt是惰性电极，N2O4发生失去电子的反应，产物是N2O5，电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋。(4)从图示知，H－移向阳极生成SiH4，B是电源的正极，阳极上电极反应式为Si＋4H－－4e－=SiH4↑。(5)电池反应为4NH3＋3O2=2N2＋6H2O。该电池负极是氨气失电子生成氮气，根据示意图可知a电极是负极，发生氧化反应，发生的电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O，反应中2mol氨气反应转移6mol电子，3.4gNH3的物质的量＝3.4g÷17g/mol＝0.2mol，所以转移电子的物质的量为0.6mol。8．(1)6CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋(2)2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O2NO＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O=N2＋4HSOeq\o\al(－,3)(3)①Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋②0.01在阴极发生2H＋＋2e－=H2↑，H＋浓度减小，使得H2OOH－＋H＋的平衡向右移动，OH－浓度增大，pH增大(4)正极SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋[解析](1)根据2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O可知道，3mol氧气得到的12mol电子来自于2mol的甲醇，一个甲醇分子失去6个电子，该电池的负极反应为CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋。(2)阴极发生还原反应，亚硫酸氢根离子得电子生成连二亚硫酸根离子，电极反应式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O；连二亚硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应生成氮气，离子反应方程式为2NO＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O=N2＋4HSOeq\o\al(－,3)。(3)①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。②在阴极发生2H＋＋2e－=H2↑，氢气的物质的量为eq\f(0.112L,22.4L/mol)＝0.005mol，通过阳离子交换膜的阳离子为＋1价离子，通过交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2＝0.01mol，电解中阴极H＋浓度减小，使得H2OOH－＋H＋的平衡向右移动，溶液的pH增大。(4)B极生成硫酸，则通入的气体应为SO2，由＋4价升高到＋6价，发生氧化反应，B极为负极，A极为正极。B极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。专题限时集训(八)1．D[解析]反应前后气体体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A项错误；催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，Z的产率不变，B项错误；增大c(X)，X的转化率减小，Y的转化率增大，C项错误；该反应正反应是放热反应，降温使平衡正向移动，Y的转化率增大，D项正确。2．D[解析]没有说明反应速率的方向，因此不能判断是否达到平衡，A项错误；升高温度，正逆反应速率都增大，B项错误；催化剂对化学平衡无影响，不能提高平衡转化率，C项错误；化学平衡常数是指可逆反应达到平衡时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，D项正确。3．B[解析]从图像分析数据计算如下：A2(g)＋B2(g)2AB(g)起始浓度/(mol·L－1)0.40.30改变浓度/(mol·L－1)0.250.250.5平衡浓度/(mol·L－1)0.150.050.5平衡时A2的浓度为0.15mol·L－1，A项正确；该反应的平衡常数K＝eq\f(0.52,0.15×0.05)＝33.3，B项错误；因为反应是放热反应，升温时平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；A2的转化率＝eq\f(0.25mol/L×2L,0.8mol)×100%＝62.5%，D项正确。4．C[解析]在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍的瞬间A的浓度应该是0.25mol·L－1，但再达到平衡，A的浓度变为0.3mol·L－1，这说明降低压强平衡向逆反应方向移动，则x＋y＞z，A项、B项错误；平衡向逆反应方向移动，C的体积分数下降，C项正确；B的浓度减小，D项错误。5．C[解析]由图像可知，10min内B的浓度改变量为2.5mol·L－1－1.0mol·L－1＝1.5mol·L－1，则v(B)＝1.5mol·L－1÷10min＝0.15mol·L－1·min－1，A项正确；由图可知，平衡时A、D浓度的变化量分别为1.5mol·L－1和3mol·L－1，则化学计量数之比1∶x＝1.5∶3，求得x＝2，在书写平衡常数表达式时固体物质不要写入，则平衡常数K＝eq\f(c2（D）,c（A）·c（B）)，B项正确；对反应A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g)ΔH＞0来说，若平衡时温度不变，压缩容器的体积，则平衡不移动，C项错误；反应进行到15min时，改变条件瞬间，各物质的浓度不变，平衡逆向移动，由于该反应正反应为吸热反应，故改变的条件应是降低温度，D项正确。6．D[解析]图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，是生成物，浓度的变化比值为(0.5－0.3)∶(0.7－0.1)∶(0.4－0)＝1∶3∶2，根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X(g)＋3Y(g)2Z(g)，A项正确；根据图Ⅱ可知反应物总能量大于生成物总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，B项正确；加入催化剂可降低反应的活化能，但反应热不变，所以图Ⅱ中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，C项正确；压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，D项错误。7．B[解析]由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol·L－1，v(CO)＝eq\f(1.5mol·L－1,15min)＝0.1mol·L－1·min－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1，A项错误；丙容器中反应物起始量为甲的2倍，若丙容积为0.5L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c(CO)<3mol·L－1，故丙容器的容积V<0.5L，B项正确；根据甲容器中反应数据计算：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)起始浓度/(mol·L－1)200转化浓度/(mol·L－1)1.51.51.5平衡浓度/(mol·L－1)0.51.51.5T1℃时，反应的平衡常数K＝eq\f(c（CO）·c（H2）,c（H2O）)＝eq\f(1.5×1.5,0.5)＝4.5，C项错误；比较甲与乙可知，若在相同温度下，二者平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n(H2O)＝0.25mol，乙容器中，若平衡时n(H2O)＝0.3mol，乙相对于甲平衡向逆反应方向移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1>T2，D项错误。8．(1)－1168.8kJ·mol－1(2)①0.1875mol·(L·min)－1②B③ABE(3)①CH3OH②O2＋4e－＋4H＋=2H2O③Al－3e－=Al3＋、Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑[解析](1)根据氢气的燃烧热为285.8kJ·mol－1可得热化学方程式①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1；②N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1；③N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180.6kJ·mol－1。由③×2－②×2＋①×6得4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(l)ΔH＝－1168.8kJ·mol－1。(2)①根据题意可知反应Δc(NH3)∶Δc(O2)＝4∶5，由于Δc(NH3)＝0.3mol·L－1，所以Δc(O2)＝eq\f(5,4)Δc(NH3)＝eq\f(5,4)×0.3mol/L＝0.375mol·L－1，则在第2min到第4min时，O2的平均反应速率为v(O2)＝0.375mol·L－1÷2min＝0.1875mol·(L·min)－1。(3)①根据图示可知H＋从左边向右边扩散，则左侧的电极是负极，因此该电池工作时，b口通入的物质为燃料甲醇。②该电池正极上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。③以甲醇燃料电池作电源，电解NaHCO3溶液，由于阳极是Al，是活性电极，发生的电极反应是Al－3e－=Al3＋，Al3＋进入溶液，与溶液中的HCOeq\o\al(－,3)发生盐的双水解反应Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，既产生了氢氧化铝沉淀，同时也产生了二氧化碳气体，因此在实验的过程中，发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生。9．(1)CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－203kJ·mol－1(2)2NH4HS＋O2=2NH3·H2O＋2S↓(3)小于大于1.6(4)①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低②增大反应压强或增大CO2的浓度[解析](1)根据盖斯定律，由“第2个反应＋第3个反应－第1个反应”可得CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－73kJ·mol－1－171kJ·mol－1＋41kJ·mol－1＝－203kJ·mol－1。(3)反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)是一个熵增反应，增大压强，化学平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；而同温条件下，压强p1时的转化率大于压强p2时的转化率，因此压强p1小于p2。压强为p2时，在y点，由于还未达到平衡状态，反应一直向正向进行着，因此v正大于v逆。由图可知，在y点对应温度下，该反应平衡时CH4的转化率为80%，则化学平衡常数的计算过程如下：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.10.100转化浓度/(mol·L－1)0.080.080.160.16平衡浓度/(mol·L－1)0.020.020.160.16平衡常数K＝eq\f(0.162×0.162,0.02×0.02)≈1.6。(4)②由于催化剂的催化效率在温度超过250℃时会降低，因此为了提高CH4的转化率，可以在催化剂催化效率最大时的温度条件下，采用增大反应压强或增大CO2的浓度的方式来提高CH4的转化率。专题限时集训(九)1．A[解析]酸式滴定管的25.00mL刻度的下端无刻度，所以其液面恰好在5.00mL刻度处时，所量取的溶液的体积要大于20mL，则用0.1mol/L的氢氧化钠溶液中和时，需要的氢氧化钠溶液的体积大于20mL。2．D[解析]A项，因为Na2CO3水解溶液显碱性与玻璃中的SiO2作用能生成具有黏性的Na2SiO3；B项，因为NaHCO3与Al2(SO4)3发生水解相互促进反应Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑；C项，因为NHeq\o\al(＋,4)水解，使溶液显酸性，与金属氧化物反应；D项，利用的是强酸制弱酸的反应原理，与水解原理无关。3．B[解析]氢氧化钠溶液滴定盐酸时，还可以借助甲基橙确定滴定终点，A项错误；高锰酸钾溶液本身有颜色且消耗完后为无色，B项正确；使用滴定管量取溶液时，数字记录应准确到0.01mL，C项错误；俯视滴定管刻度会导致所用NaOH溶液体积偏小，测量结果偏低，D项错误。4．C[解析]若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡逆向移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡正向移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡逆向移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡正向移动，但c(OH－)减小，④不符合题意；电离属吸热过程，加热平衡正向移动，c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，平衡正向移动，⑥不符合题意。5．C[解析]水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大但仍相等