2025年高考总复习优化设计二轮专题化学江苏专版课后习题专题突破练专题突破练答案与解析

2025年高考总复习优化设计二轮专题化学江苏专版课后习题专题突破练专题突破练专题一物质的组成、分类及变化物质的量A组基础巩固练1.B解析石墨是导体,A不符合题意;硅为半导体材料,B符合题意;镁铝合金为金属材料,C不符合题意;聚乙烯为合成有机高分子材料,D不符合题意。2.A解析甲醇为非电解质,A错误;甲醇作燃料,燃烧生成二氧化碳和水,然后二氧化碳和水催化可生成甲醇,属于可再生清洁能源,B正确;烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代后的生成物,叫作烃的衍生物,甲醇属于烃的衍生物,C正确;甲醇与乙醇均为醇,且相差一个CH2,互为同系物,D正确。3.D解析NH3中H元素的化合价为+1,N元素化合价为-3,A错误;NO是不成盐氧化物,B错误;反应中NH3中N元素化合价升高,为还原剂,发生氧化反应,NO、NO2中N元素化合价降低,为氧化剂,发生还原反应,C错误;H2O的结构式为,D正确。4.A解析转移溶液时应用玻璃棒引流,A正确;振荡是将容量瓶轻轻摇动,B错误;定容时,视线要与刻度线相切,且胶头滴管不能伸入容量瓶内,C错误;摇匀是指将容量瓶内的液体上下颠倒,操作时右手食指顶紧塞子,左手托住瓶底,图中没有托住瓶底,D错误。5.C解析制备漂白粉是将Cl2通入石灰乳中,石灰水的浓度太低,A错误;FeS2与O2反应生成SO2和Fe2O3,B错误;SO2能够被HNO3氧化为H2SO4,实验室常用Na2SO3与浓硫酸反应制备SO2,D错误。6.D解析电解熔融NaCl生成Na和Cl2,A不符合题意;浓盐酸与MnO2在加热条件下生成Cl2,B不符合题意;MgCl2·6H2O在HCl气流中加热生成MgCl2,C不符合题意;ClO-与SO2发生氧化还原反应生成Cl-和SO42-,Cl7.B解析赤铁矿主要成分为Fe2O3,A项错误;出土时光亮且薄如纸,说明金不活泼和有良好的延展性,B项正确;催化剂不能使平衡发生移动,C项错误;聚丙烯中无碳碳双键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D项错误。8.答案56.52%解根据题意可求得滴定过程中所用EDTA的物质的量为n(EDTA)=(2.000mol·L-1×10.00×10-3L-1.000mol·L-1×16.00×10-3L)×100mL25.00mL=0.016mol,根据滴定反应可知n(Zn)=n(EDTA)=0.016mol,则样品中Zn元素的质量分数为ω=n(Zn)9.答案99.5%解根据关系式CuCl~Na2S2O3,样品中CuCl物质的量为0.1000mol·L-1×0.025L=0.0025mol,则CuCl样品的纯度=0.0025mol×10.答案84%解根据题意n(I2)=c(标准液)×V(标准液)=0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol,根据Na2S2O4~2I2,n(Na2S2O4)=0.002mol×250mL25mL=0.02mol,m(Na2S2O4·2H2O)=0.02mol×210g·mol-1=4.2g,B组能力提升练1.A解析“碳达峰”是指某个国家、某个地区或者某个企业等,年度二氧化碳排放量达到历史最高峰,然后经历平台期进入持续下降的过程,是二氧化碳排放量由增转降的历史拐点,标志着经济发展由高能耗、高排放向清洁的低能耗模式转变。“碳中和”是指某个国家、某个地区或企业等,每年的人为活动直接或者间接排放的二氧化碳,与其通过植树造林、工业固碳等方式吸收的二氧化碳总量相互抵消,实现二氧化碳“净零排放”。所以“双碳”的含义是二氧化碳,故选A。2.A解析已知反应:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,A项符合题意;Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+,Cu不能置换出Fe,B项不符合题意;Cu与S在加热条件下反应生成Cu2S,C项不符合题意;常温下,Cu和浓硫酸不反应,D项不符合题意。3.D解析在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物,其中丝绸的主要成分为蛋白质,A正确;由CO2人工合成淀粉,消耗了二氧化碳,有利于实现“碳达峰”“碳中和”的战略,B正确;维生素C又称“抗坏血酸”,是一种水溶性维生素,可以促进铁元素的吸收、促进脂肪和蛋白质的合成、促进身体组织的恢复、促进钙吸收等,C正确;电解法耗能大,不适合大规模使用,D错误。4.A解析工业制硫酸的原理是FeS2SO2SO3H2SO4,A错误;该反应节约成本,简化反应步骤,B正确;HgS是难溶于水与酸的物质,Hg2+能够与H2S反应生成HgS和H+,C正确;在加热条件下,硫能与强碱溶液反应生成S2-和SO32-,D正确。5.D解析电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2和Cl2,电解熔融的NaCl可以得到Na,A项错误;氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮,氨中的氮不是游离态,B项错误;用焦炭在高温下还原SiO2可得到粗硅,C项错误;石油的裂化或裂解可以制取小分子的烷烃和烯烃,D项正确。6.答案(1)R2Cr2O7+4NaOH2Na2CrO4+2ROH+H2O(2)30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量:m1=1.45mol·L-1×30mL×10-3L·mL-1×52g·mol-1×103mg·g-1=2262mg通废水20h湿树脂吸收Cr(Ⅵ)的质量:m2=1.0L·h-1×20h×50mg·L-1=1000mgm2<m1,故该树脂未达到摩尔交换总容量,20h时未达到吸收饱和解析(1)树脂失效后,用NaOH溶液将树脂再生,NaOH首先促进平衡2ROH+Cr2O72-R2Cr2O7+2OH-逆向移动,生成的Cr2O72-再发生反应:Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H2O,从而得出发生反应的化学方程式为R2Cr2O77.答案97.9%(计算过程见解析)解析根据方程式可知反应的关系式为Cr2O72-~6Fe2+,n[FeO(OH)]=n(Fe2+)=(22×10-3×0.05×6×250mL25.0mL)mol=6.6×10-2mol,8.答案(计算过程见解析)解n(Na2S2O3)=0.1mol/L×20.00×10-3L=2.0×10-3mol由关系式可知:Se~H2SeO3~2I2~4Na2S2O3n(Se)=5×10-4mol×4=2×10-3mol硒的质量分数为2×10-39.答案(计算过程见解析)解每25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.02000mol·L-1×15.00mL×10-3L·mL-1=3.000×10-4moln[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol0.6275g样品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol×250mL25.00mL=1m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-3mol×502g·mol-1=0.5020g纯度=0.502010.答案(1)加成反应油脂稳定性提高,便于贮存(2)NaOH和Na[Al(OH)4](3)Fe2+(4)3.2~6.7(5)①NiSO4(计算过程见解析)②NiSO4受热分解解析由工艺流程分析可得,向废镍催化剂中加入过量NaOH溶液进行碱浸,可除去油脂,并发生反应2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O2Na[Al(OH)4]将Al及其氧化物溶解,得到的滤液①含有NaOH和Na[Al(OH)4],滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质,加稀硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②,Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后,加入NaOH溶液调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)在镍催化下,油脂氢化过程中碳碳双键和氢气发生加成反应,油脂氢化后使得油脂稳定性提高,便于贮存。(2)由分析可知,滤液①含有Na[Al(OH)4]和过量的NaOH。(3)“转化”过程中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,所以溶液中大量减少的阳离子是Fe2+。(4)若“转化”后溶液中c(Ni2+)=0.1mol·L-1,应控制的pH范围为使得Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀,已知Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4,所以Fe3+完全沉淀时,c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)mol·L-1=310-37.410-5mol·L-1=10-10.8mol·L-1,则pH=3.2,又Ksp[Ni(OH)2]=10-15.6,Ni2+开始沉淀时,c(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)mol·L-1=10-15.60.1mol·L-1=10-7.3mol·L-1,则pH=6.7,所以“调pH”应控制的pH范围是3.2~6.7。(5)①由图可知,500℃下,NiSO4·6H2O的质量变化率为100%-58.9%=41.1%,NiSO4·6H专题二离子反应氧化还原反应A组基础巩固练1.C解析H原子不守恒,且原理错误,A错误;OH-和Mg2+不能大量共存,应该生成Mg(OH)2沉淀,B错误;ClO-具有强氧化性,能把S元素由+4价氧化为+6价,应该生成CaSO4,D错误。2.D解析磷肥不仅具有丰富的磷元素,还应具有良好的溶解性和可吸收性,可以迅速被植物根系吸收利用,Ca3(PO4)2难溶于水,不可用作植物的磷肥,A不符合题意;盐酸除铁锈的原理是HCl与铁锈中的Fe2O3反应生成可溶性物质FeCl3,与挥发性无关,B不符合题意;S2-与水中的Cu2+反应生成难溶于水的CuS沉淀,与S2-有还原性无关,C不符合题意;NaClO有强氧化性,可用于杀菌消毒,D符合题意。3.C解析燃烧热指生成稳定的化合物,应该是液态水,A错误;CaO吸收SO2生成亚硫酸钙,B错误;由题意可知,O3可与CN-反应生成HCO3-、N2和O2,C正确;水解(NH4)2S2O8制得H2O2的反应中应该是水而不是氢氧根离子参加反应4.D解析制备水合肼时加入了NaOH溶液,有OH-参与反应,故反应过程中不会产生CO2气体,A错误;HCl是强电解质,书写离子方程式时要拆分,B错误;O原子不守恒,C错误。5.D解析H2的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1,A错误;Na2O2吸收SO2反应生成硫酸钠,反应的化学方程式为Na2O2+SO2Na2SO4,B错误;Fe和H2O(g)反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,C错误;碱性氢氧燃料电池正极是氧气得到电子生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,D正确。6.C解析A项,FeS难溶于水,不能拆成离子形式,错误;B项,生成的Fe2+能够被O2氧化为Fe3+,错误;D项,—SH和—COOH均显酸性,均能与NaOH反应,错误。7.C解析①中发生反应的化学方程式为2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O,生成亚硝酸甲酯(CH3ONO),④中NaClO氧化NH3·H2O为N2H4·H2O,而自身被还原为Cl-,②中发生反应的化学方程式为N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,③中发生反应的化学方程式为2NaN3+H2SO4(浓)2HN3↑+Na2SO4,蒸馏出CH3OH,最后HN3与NaOH反应可制备产品。NO2-的中心原子N的价电子对数为2+5+1-2×22=3,则N原子的VSEPR模型为平面三角形,空间结构为V形,A项错误;反应①中浓硫酸作催化剂,反应③中利用浓硫酸的高沸点、难挥发性,则浓硫酸作用不同,B项错误;反应②中,N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,N2H4·H2O中N化合价由-2升至-13,故消耗3molN2H4·H2O时,N2H4·H2O失去53×2×3mol=10mol电子,C项正确;反应④中氧化剂与还原剂分别为NaClO和NH3·H2O,由于NaClO~Cl-~2e-,2NH3·H2O~N2H4·H2O~2e-,8.C解析由反应历程图可知,[(C2H5)Fe(OH)]+[(C2H4)Fe]++X,根据质量守恒,X的化学式为H2O,A项正确;乙醛分子中既含有C—H、CO极性键又含有C—C非极性键,B项正确;反应I为C2H6+FeO+[(C2H5)Fe(OH)]+,该反应中元素化合价没有发生改变,不是氧化还原反应,反应Ⅱ中元素化合价发生改变,是氧化还原反应,C项错误;若无副反应,则每生成1molCH3CHO,消耗N2O的物质的量等于2mol,但过程中存在副反应,且生成的Fe+能还原N2O,故消耗N2O的物质的量大于2mol,D项正确。9.B解析向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸,再滴加KSCN溶液,如果溶液变为红色,表明Fe2O3没有全部被还原,如果溶液不变红色,并不能说明Fe2O3全部被还原,因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+,A不符合题意;室温下,用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,后者的pH大,表明后者溶液中c(OH-)大,溶液的碱性强,ClO-的水解程度比CH3COO-大,从而说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-强,B符合题意;将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合,充分振荡,静置,取少量上层清液,滴加盐酸和BaCl2溶液,虽然有气泡和沉淀产生,但并不能说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3),因为使用的是Na2CO3饱和溶液,C不符合题意;向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加热煮沸,冷却后没有加入碱中和稀硫酸,加入银氨溶液后,银氨溶液与稀硫酸发生了反应,水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应,所以虽然没有产生银镜,但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性,D不符合题意。10.答案(1)①由图可知,铁失电子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被还原为NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H进一步还原为N2或NH4+②4Fe+NO3(2)C8H8+40·OH8CO2↑+24H2O解析(1)①由图可知,铁失电子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被还原为NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H进一步还原为N2或NH4+;②若水体中的NO3-与NO2-的物质的量之比为1∶1,且含N物质最终均转化为N2,根据得失电子守恒和电荷守恒得离子方程式:4Fe+NO3-+NO2-+10H+N2↑+4Fe2++5H2O。(2)C8H811.答案(1)①16少量Fe2+被氧气氧化,减少了NaClO3②滤液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干扰Fe2+的检验(2)或(3)①4FeSSH+4O24FeOOH+S8②四氯乙烯与S8都是非极性分子,符合“相似相溶”原理③S8中S原子采取sp3杂化,无剩余的p轨道用于形成大π键解析(1)①Fe2+失去1个e-生成Fe3+,ClO3-中Cl得到6个e-生成Cl-,则参加反应的Fe与Cl的个数比为6∶1,故制备1molα-FeO(OH)理论上需要NaClO3的物质的量为16mol;因为少量Fe2+被氧气氧化,减少了NaClO3的消耗量,所以实际生产过程中所加NaClO3的量低于理论用量。②滤液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干扰Fe2+的检验,所以该设计方案不合理。(2)每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体,相同环境的氧原子之间构成正三角形,即或。(3)①由题图1可知,FeOOH、S8为生成物,FeSSH、O2为反应物,则反应的化学方程为4FeSSH+4O24FeOOH+S8。②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α-FeOOH分离,四氯乙烯与S8都是非极性分子,符合“相似相溶”原理。③S8中S原子采取sp3杂化,无剩余的p轨道,不能形成大π键。B组能力提升练1.B解析F2与水反应生成HF和O2,其化学方程式为2F2+2H2O4HF+O2,A正确;ClF中F为-1价,则ClF与NaOH溶液反应的化学方程式为ClF+2OH-ClO-+F-+H2O,B错误;萤石与浓硫酸共热反应生成HF和硫酸钙,其化学方程式为CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑,C正确;工业上,可通过电解KF的无水HF溶液(含F-和HF2-)制取F2,阴极反应物得到电子,发生还原反应,因此制F2时,HF2-在阴极放电发生还原反应生成H2和F-,D2.A解析N2中化学键非常牢固,因此N2化学性质稳定,难与其他物质反应,可用作保护气,A正确;乙醇能使蛋白质变性,从而可用于杀菌消毒,与乙醇易溶于水无关,B错误;浓硫酸可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF,因此可以用于制HF,属于高沸点酸制备低沸点酸,这与浓硫酸是否具有强氧化性无关,C错误;SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆,与其是极性分子无关,D错误。3.B解析Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成Cu和Cu2+,A错误;CuFeS2中硫元素被Fe3+氧化为S单质,Fe3+被还原为Fe2+,B正确;CoCl3具有强氧化性,与HCl发生氧化还原反应生成Cl2和Co2+,C错误;CH3COOH为弱酸,不能拆成离子,D错误。4.A解析干燥的氯气与铁反应只能生成FeCl3,与铁的量无关,A错误;反应Ⅱ中NaClO是氧化剂被还原成NaCl得到2e-,Fe由+3价被氧化至+6价失去3e-,由得失电子守恒得,氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2,B正确;流程中Na2FeO4可在饱和KOH溶液中转化为K2FeO4,则溶解性:Na2FeO4>K2FeO4,C正确;用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时,还原生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体可吸附杂质净化水,D正确。5.A解析Mg的还原性强于Fe,当Mg与Fe连接形成原电池时,Mg作负极被腐蚀,钢铁作正极被保护,即牺牲阳极法,A正确;LiOH可用作宇宙飞船中的CO2吸收剂,是由于其为碱,能与酸性氧化物CO2发生反应,与LiOH可溶于水无关,B错误;石墨易导电是由于石墨为混合型晶体,每个碳原子与其他碳原子只形成三个共价键,每个碳原子仍然保留一个自由移动的电子来传递电荷,与其层间范德华力无关,C错误;H2O2有强氧化性与其含有-1价的氧有关,与其是极性分子无关,D错误。6.C解析铍的化合物性质与铝相似,BeO与过量NaOH溶液反应的化学方程式为BeO+2NaOH+H2ONa2[Be(OH)4],A错误;燃烧热指1mol纯物质燃烧所放出的热量,则2molMg完全燃烧放出1220kJ的热量,镁燃烧的热化学方程式为2Mg(s)+O2(g)2MgO(s)ΔH=-1220kJ·mol-1,B错误;Mg(HCO3)2少量,令Mg(HCO3)2为1mol,1molMg2+需要与2molOH-反应生成Mg(OH)2沉淀,2molHCO3-需要2molOH-反应生成CO32-和H2O,则离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,C正确;CaC2O4属于难溶物质不能拆分,离子方程式为5CaC2O4+2MnO4-+16H+2Mn2++10CO7.D解析碱性环境不能出现H+,正确的写法为O2+2H2O+4e-4OH-,A错误;化学方程式中O元素不守恒,B错误;在反应S8+3AsF5S8(AsF6)2+AsF3中,1molS8失去2mol电子生成S82+,1molAsF5得到2mol电子生成AsF3,故S8与AsF5反应中,n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶1,C错误;该反应ΔS>0,所以-TΔS<0,温度越高,-TΔS越小,ΔG=ΔH-TΔS越小,越有利于反应正向进行,D正确。8.B解析观察钠元素的焰色反应不能透过蓝色钴玻璃,A错误;I-被氧化为I2,溶液变蓝,可以检验NaClO溶液的氧化性,B正确;NaClO具有漂白性,能使pH试纸褪色,不能用pH试纸测NaClO溶液的pH,C错误;少量NaClO溶液与FeCl2反应的化学方程式为2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,是用来检验Cl-的,但原溶液中本来就存在Cl-,无法判断Cl-是原溶液中的还是ClO-被还原生成的,D错误。9.C解析“浸取”时稀硫酸过量越多,后续步骤“沉铁”时消耗的CaO越多,A错误;“氧化Ⅰ”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,便于后续沉铁,B错误;“除钙”后所得溶液是CaF2的饱和溶液,则c(Ca2+)·c2(F-)=Ksp(CaF2),“除钙”时没有生成MnF2沉淀,则c(Mn2+)·c2(F-)≤Ksp(MnF2),c(Mn2+)c(Ca2+)≤c(Mn2+)·c2(F-)c(Ca2+)·10.C解析反应中生成硫单质,生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处,阻碍了反应的进行,导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降,高温下聚苯胺会分解,故高温灼烧后不可继续使用,A项正确;催化氧化过程的总反应为O2和S2-在MnO2催化作用下生成S单质,已知废水环境为碱性,则结合得失电子守恒和电荷守恒配平:O2+2H2O+2S2-4OH-+2S,B项正确;由题干图示信息可知,反应过程中锰形成的化学键数目发生改变,化合价升高,C项错误;由题干图示信息可知,反应Ⅲ为O—O键断裂,吸收热量,ΔH>0,D项正确。11.答案(1)NO3-(2)2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O解析(1)由题图可知,O2、NO2、O2-三者反应生成甲,O2具有氧化性,结合质量守恒可知,生成甲为NO2被氧化生成的NO3-。(2)若参加反应的丙烯与NO的物质的量之比为1∶2,若1分子丙烯参与反应,碳元素的化合价由-2变为+4,失去6×3=18个电子,2分子NO生成N2,得到2×2=4个电子,根据电荷守恒可知,参与反应氧化剂氧气分子数为(18-4)÷4=3.5个,则参与反应的丙烯、NO、O2分子的个数比为2∶4∶7,结合质量守恒可知,化学方程式为2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O。12.答案(1)①MnO2+SO2MnSO4②溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应,生成H2SO4,pH下降,15h前由于软锰矿浆中的CaO、MgO消耗H2SO4,所以pH下降缓慢③MnCO3消耗H2SO4,使软锰矿浆的pH升高,提高了软锰矿浆中SO2的溶解量,进而有利于SO2与MnO2的反应(2)①6Mn2++O2+6H2O2Mn3O4↓+12H+②氨水量不足,溶液中c(H+)增大,O2的氧化能力增强,将Mn元素氧化为较高价态的Mn2O3、MnO2解析(1)①软锰矿浆中通入SO2气体反应生成MnSO4,反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂,生成物MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。②脱硫过程中会发生副反应:2SO2+O2+H2O2H2SO4,少量CaO、MgO等碱性氧化物被H2SO4消耗前,矿浆的pH降低较慢。③SO2被氧化为H2SO4,软锰矿浆的pH下降,但软锰矿浆酸性较强时也会抑制SO2的溶解,使SO2吸收率下降。MnCO3能降低矿浆的酸性,提高SO2的溶解能力,SO2吸收率得以提高。(2)①MnSO4与氧气在80℃恒温下发生氧化还原反应生成Mn3O4(可看成MnO·Mn2O3),反应环境为酸性环境。②在溶液中,氧化剂的氧化性往往随c(H+)增大而增强。用氨水控制适宜的pH,减弱氧化剂的氧化性,可减少Mn2O3、MnO2的生成。13.答案(1)①c②AlCl3的化学键中离子键成分的百分数高于AlBr3和AlI3,具有一定的离子晶体的特征③④Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2(2)①Al3++H2O[Al(OH)]2++H+②13∶32③强酸性环境抑制Al3+的水解,主要以Al3+形式存在;强碱性环境,Al元素主要以[Al(OH)4]-的形式存在解析(1)①水浴的温度为95℃以下,油浴的温度为260℃以下,盐浴的温度可以在150~1350℃左右,盐水浴的温度低于900℃,故选c。②AlCl3、AlBr3和AlI3均为分子晶体,但是AlCl3中离子键成分的百分数高于AlBr3和AlI3,具有一定的离子晶体的特征,所以其熔点较高。③一个Al与三个Cl相连,此Al只有6个电子,故通过另一个AlCl3中的Cl中的孤电子对给予配位,同样,另一个AlCl3也通过此方法配位,得到化学式为Al2Cl6的二聚体。④Al2O3与CCl4反应生成AlCl3,另一有机物中肯定有C、O元素,且具有平面三角形结构,则C为sp2杂化,即含有碳氧双键,根据碳四价,则碳原子上还连有两个氯,即为,化学式为COCl2。(2)①Al3+与水反应,1个Al3+与1个OH-反应生成[Al(OH)]2+,H2O同时释放出1个H+。②Al3+与OH-反应生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+(Al13),若生成1个Al13,由Al元素守恒知,Al3+前配13,再由电荷守恒,确定OH-的系数为13×3-7=32,参与反应的n(Al3+)∶n(OH-)=13∶32。③Al3+水解生成具有净水作用的Al13,水解后的溶液显酸性,若在强酸性溶液中,Al3+的水解被抑制,生成的Al13的量较少;若在强碱性溶液中,Al元素转化为[Al(OH)4]-。专题三元素及其化合物A组基础巩固练1.C解析燃煤脱硫只是减少了二氧化硫的排放,没有减少二氧化碳的排放,不利于实现“碳中和”,A错误;火力发电增加二氧化碳的排放,不利于实现“碳中和”,B错误;二氧化碳合成淀粉,减少了二氧化碳的排放,有利于实现“碳中和”,C正确;可燃冰燃烧增加了二氧化碳的排放,不利于实现“碳中和”,D错误。2.D解析实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气,A不符合题意;用饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl气体,B不符合题意;氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性,用装置丙可以验证潮湿的Cl2具有漂白性,C不符合题意;氯化钙不和氯气反应,不可以处理尾气,D符合题意。3.A解析HClO光照分解产生的是O2,A项错误;饱和食盐水分别吸收NH3和CO2生成溶解度较小的NaHCO3晶体析出,NaHCO3受热生成Na2CO3,B项正确;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉,C项正确;实验室制备少量Cl2的原理为MnO2与浓盐酸加热生成MnCl2、Cl2和H2O,D项正确。4.A解析暖贴中的铁粉遇空气放热,是铁和空气中的氧气等发生氧化还原反应而放出热量,A正确;Fe2O3为红棕色固体,可用于红色颜料,与其能与盐酸反应无关,B错误;氯化铁溶液具有氧化性,可以将铜氧化生成铜离子,不是因为酸性,C错误;FeS具有还原性,因此可除去废水中的微量六价铬[Cr(Ⅵ)],与FeS的溶解性无关,D错误。5.B解析NO2和O2混合后通入H2O中可以得到HNO3,A正确;单质Mg可通过电解熔融的MgCl2获得,电解MgCl2溶液,阳极产生Cl2,阴极得到H2和Mg(OH)2,B错误;工业制高纯硅的第一步是由SiO2和C在高温下发生反应得Si(粗硅)和CO,转化关系正确,C正确;高温下用CO还原氧化铁得到Fe单质,可以冶炼生铁,物质转化关系正确,D正确。6.D解析(NH4)2CO3中含有N元素,可作氮肥,A错误;CH4可以与O2反应,故可作燃料,B错误;C2H5OH能杀菌,可以使蛋白质变性,与氢键无关,C错误;CO使人中毒的原理是CO可与血红蛋白中的Fe2+结合,D正确。7.C解析Na2SO3与70%硫酸反应生成Na2SO4、SO2和H2O,SO2与H2O2反应生成H2SO4,H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀,A正确;FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2,SO2与O2反应生成SO3,B正确;SO2与过量的Na2CO3反应生成的是Na2SO3,C错误;Cu与浓硫酸加热生成SO2,SO2被KMnO4氧化为SO428.C解析因为氨气的溶解度远大于二氧化碳,故饱和NaCl溶液NaHCO3,A错误;氨气催化氧化制取NO不是将氮气转化为氮的化合物的过程,不属于氮的固定,B错误;由于N2H4具有强还原性,NaClO具有强氧化性,为防止N2H4被过量的NaClO溶液氧化,制备N2H4时必须将次氯酸钠和氢氧化钠混合液缓慢滴加到尿素溶液中,边加边搅拌,C正确;浓硫酸不挥发,所以浓氨水与浓硫酸靠近时不会产生白烟,D错误。9.A解析NH3极易溶于水是因为NH3与H2O间能形成氢键,A不具有对应关系;液氨作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量的热,B具有对应关系;N2H4中N原子提供孤电子对,H+提供空轨道,形成配位键,使N2H4的水溶液中H+浓度降低,促进水电离,所以N2H4的水溶液呈碱性,C具有对应关系;N2H4具有还原性,能失电子发生氧化反应,所以可用作燃料电池的燃料,D具有对应关系。10.B解析含铬废液加入氢氧化钾调节pH,将三价铬转化为Cr(OH)3、将Fe3+转化为Fe(OH)3,过滤后滤渣加入H2O2、KOH将Cr(OH)3转化为CrO42-,过滤分离出滤液,加入盐酸酸化得到含有K2Cr2O7的溶液。“过滤Ⅰ”所得滤液中pH=8,则pOH=6,c(OH-)=1×10-6mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6×10-311×10-6×3=6×10-13mol·L-1,A项错误;“氧化”时,H2O2在碱性条件下将Cr(OH)3氧化为CrO42-,结合电荷守恒和电子守恒,离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O22CrO42-+8H2O,B项正确;Cr2O72-(橙色)+H2O2H++2CrO42-(黄色),“酸化”时溶液pH越低,c(H11.答案(1)适当增大硫酸浓度(合理即可)(2)(3)H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO4(4)SO2有还原性,过多将会降低H2SO5的浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)①ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+②99%或0.99(计算过程见解析)解析混合气中的氧气具有强氧化性,酸性条件下,将Fe2+和Mn2+转化为Fe(OH)3和MnO2,Ca2+与SO42-反应生成CaSO4沉淀,Ni2+、Mg2+先后转化为氢氧化物沉淀,而实现镍、钴、镁元素的回收。(1)提高浸取率可以适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将镍钴矿粉碎增大接触面积等。(2)过一硫酸可以看做过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代,因此结构式为。(3)H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱,S主要以HSO5-存在,-1价的O将Mn2+氧化为MnO2,离子方程式为H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO42-+3H+。(4)SO2有还原性,SO2的体积分数较大时,SO2将H2SO5还原,Mn(Ⅱ)氧化速率减小。(5)滤液中加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3,反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+;再加Na2CO3,将Ni2+转化为NiCO3沉淀,离子方程式为Ni2++CO32-NiCO3↓;NiCO3中加H2SO4,反应生成NiSO4,经蒸发浓缩、冷却结晶,可得NiSO4·7H2O。c(CO32-)=10-5mol·L-1,根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知,c(Ni2+)=Ksp(NiCO3)c(C12.答案(1)2MoS2+9O2+12NaOH2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O(2)SO42-、[Al(OH)4(3)将[Al(OH)4]-全部转化为Al(OH)3沉淀除去(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O7MoO3+6NH3↑+7H2O(5)在160~240℃之间,催化剂的活性低,同时温度较低反应速率较慢,所以NOx转化率不高解析(1)焙烧过程氧气具有氧化性,会在NaOH条件下氧化MoS2生成Na2MoO4和Na2SO4。(2)Al2O3和NaOH反应后用水浸取生成Na[Al(OH)4],故过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、MoO42-、[Al(OH)4]-、SO42-;欲提高单位时间内钼的浸取率,可以采取的措施有粉碎废催化剂、适当升高温度、搅拌等。(3)通入过量的CO2,将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀,除去铝元素。(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O灼烧后可得到MoO3,结合质量守恒可知,还生成NH3和水。(5)催化剂催化需要一定的活化温度,在160~240℃之间时B组能力提升练1.A解析将释放出的CO2转化为燃料乙醇,符合“碳中和”理念,A正确;该反应中碳元素化合价由+4降低到-2,B错误;乙醇为液体,易保存,氢气难液化,不易储存,C错误;C2H6O为乙醇的分子式,D错误。2.B解析HF的沸点比HCl的高是因为HF分子间存在氢键,HCl分子间不存在氢键,与键能大小无关,A错误;CH3COOH中—CH3是推电子基团,推电子效应使羧基中O—H极性变小,酸性减弱,所以CH3COOH的酸性比HCOOH的弱,B正确;HClO具有强氧化性,能使蛋白质变性,可作杀菌消毒剂,与其具有酸性无关,C错误;KAl(SO4)2·12H2O溶于水时电离的Al3+水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体,可吸附水中悬浮物形成沉淀,可作净水剂,和KAl(SO4)2·12H2O能与NaOH溶液反应的性质无关,D错误。3.D解析卤水“氧化”时Cl2与卤水反应置换出Br2,同时Cl2与水反应生成HCl进入水相Ⅰ;“还原”时SO2与R3N[ClBr2]反应生成H2SO4、HBr、R3NCl,R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr,HCl和H2SO4进入水相Ⅱ,R3NBr进入有机相Ⅱ,用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr和R3NCl,HBr被Cl2氧化得到Br2,蒸馏得到液溴。“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用均为氧化Br-,A项正确;根据分析,则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有HCl,B项正确;用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr同时生成R3NCl,可完成R3NCl的再生,C项正确;保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发,D项错误。4.B解析工业上电解饱和氯化钠溶液制备NaOH:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,A正确;侯氏制碱过程中的物质转化:NaClNaHCO3Na2CO3,B错误;Na2O2与CO2反应生成氧气,潜水艇供氧的原理为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,C正确;苯酚钠溶液与少量CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠:C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3,D正确。5.D解析根据化学方程式,可得该总反应的平衡常数K=c2(CO2)c2(CO)·c(O2),A错误;通过步骤Ⅰ可知,CO变成CO2,碳元素化合价升高,故Cu和Ce的化合价会降低,所以步骤Ⅰ中有三种元素化合价发生变化,B错误;由反应机理可知,步骤Ⅰ是一氧化碳与铜-铈氧化物中的氧元素结合,生成二氧化碳,步骤Ⅲ6.A解析氯化镁用作豆腐制作过程中的凝固剂是利用蛋白质在盐溶液中发生聚沉的性质,与其易溶于水无关,A符合题意;MgO是碱性氧化物,SO2是酸性氧化物,二者能发生反应:MgO+SO2MgSO3,故MgO可用于吸收燃煤烟气中的SO2,有对应关系,B不符合题意;Na+和Cl-间存在正负电荷的强烈作用,具有较强的离子键,具有较高的熔点,硬度较大,有对应关系,C不符合题意;HCO3-中含有O—H,故HCO3-能形成分子间氢键,通过氢键缔合成较大的酸根,一般微粒越大越难溶于水,故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,7.C解析黄铜灰渣加硫酸浸取,除单质铜不与硫酸反应,其他金属单质和氧化物均生成对应的硫酸盐,过滤得到铜单质,滤液中加入适量的Zn粉将溶液中的铜置换出来,过滤得到铜单质,将两次得到的铜单质溶于硝酸得到硝酸铜。反应Ⅰ处加入Zn粉,若前面加入的硫酸过量,则会消耗更多的Zn,A项正确;加入的Zn与Fe3+反应生成Fe2+,与Cu2+反应生成Cu,若Zn过量,滤渣中有Cu和Zn,加入稀硝酸,Cu和Zn均可以被溶解,生成Cu(NO3)2和Zn(NO3)2,B项正确;Fe3+的氧化性强于Cu2+,Zn与Cu2+置换前,必然将Fe3+还原为Fe2+,所以滤液Ⅱ中不存在Fe3+,C项错误;稀硝酸与金属会产生NO,滤渣为Cu,先灼烧,则生成CuO,再溶于稀硝酸,不会产生NO,D项正确。8.答案(1)①Mg2[B2O4(OH)2]+4SO2+4H2O2H3BO3+2Mg(HSO3)2②氢键和范德华力③[B(OH)4]-④2×105⑤Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反应生成可溶性镁盐(2)①及时蒸出生成的硼酸三甲酯(合理即可)②B(OCH3)3+4NaHNaBH4+3CH3ONa(3)0.5mol解析(1)②硼酸是层状结构,层与层之间有范德华力,硼酸分子中含有氧氢键,故还存在分子间氢键。③H3BO3与H2O结合后可电离出1个H+,反应为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+,即H3BO3电离后所得的酸根离子为[B(OH)4]-。④根据化学方程式和平衡常数之间的关系可知,目标反应的平衡常数=Ksp(MgCO3)·Ka12(H2SO3)Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=2×105。⑤由图丙知,80℃时反应后所得浸出渣中Mg6[Si4O10(OH)8]含量少,故温度高于80℃时,Mg的浸出率大幅上升的原因是Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反应生成可溶性镁盐。(2)①酯化反应是一个可逆反应,将生成的硼酸三甲酯及时蒸出,可使平衡正向移动,提高酯化反应的平衡转化率。(3)电负性:H>B,NaBH4中H为-1价,还原剂是NaBH4,4molNaBH4参与反应共失去16mol电子,反应中有2种氧化剂:Te、H2O,2molTe参与反应共得到4mol电子,还有6molH2O参与得电子,6molH2O共得到12mol电子,即29.答案(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O(2)(3)2.7×10-3(4)H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO4(5)提高H2TeO3的还原率;Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2,SO2从溶液中逸出(6)Cu解析(1)“氧化酸浸”过程,Cu2Te被H2O2溶液氧化生成CuSO4和H2TeO3,则反应的化学方程式为Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O。(2)在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2-中,C2O42-的碳氧单键中的O给出孤电子对,Cu2+接受孤电子对,以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2-,则该配离子的结构式为。(3)用R2-表示[Cu(C2O4)2]2-,则反应CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2-+2H+的平衡常数为K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4),因Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=c(H+)·c(HC2O4-)c(H2C2O4)×c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=c2(H+)·c(C2O42-)c(H2C2O4),即c(H+)c(H2C2O4)=Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)c(C2O42-),且反应Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2-的平衡常数K=c(R2-)c(Cu2+)·c2(C2O42-),所以K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4)=K·c(Cu2+)·c2(C2O42-专题四物质的结构与性质A组基础巩固练1.A解析基态氧原子(8O)核外含有8个电子,电子排布式为1s22s22p4,A正确;NH3的电子式为,B错误;尿素的化学式是CO(NH2)2,尿素中C的化合价是+4,O的化合价是-2,H的化合价是+1,N的化合价是-3,C错误;H2O的空间结构为V形,D错误。2.B解析H-的核外只有两个电子,LiH的电子式为Li+[×·H]-,A错误;依据基态氮原子的价电子排布式为2s22p3可知,价电子轨道表示式为B正确;H2不是化合物,C错误;NH2-中心N原子的孤电子对数为6-2×3.C解析电子层数相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,故r(K+)<r(Cl-),A错误;离子半径越小,离子晶体的熔点越高,r(K+)>r(Na+),熔点:KCl<NaCl,B错误;同一周期从左到右,元素的电负性逐渐增大,电负性:χ(Na)<χ(Cl),C正确;同一主族从上到下,元素的金属性逐渐增强,金属性:Na<K,D错误。4.A解析同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径:r(B)>r(C)>r(N),A正确;同一周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势,则第一电离能:I1(B)<I1(C)<I1(N),B错误;元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性:N>C>B,则酸性强弱:HNO3>H2CO3>H3BO3,C错误;硼形成共价晶体,石墨为混合型晶体,固态氮为分子晶体,晶体类型不同,D错误。5.D解析同主族元素,从上到下原子半径依次增大,则N、P、As的原子半径依次增大,r(N)<r(P)<r(As),A错误;同主族元素,从上到下第一电离能依次减小,则N、P、As的第一电离能依次减小,I1(N)>I1(P)>I1(As),B错误;元素N、P、As位于元素周期表中第ⅤA族,元素非金属性大于H,N、P、As的原子半径依次增大,它们与H形成共价键的极性逐渐减弱,因此极性键间的排斥力逐渐减小,NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小,C错误;同主族元素,从上到下非金属性依次减弱,最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱,则硝酸、磷酸、砷酸的酸性依次减弱,D正确。6.C解析基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1,A错误;NH3中氮原子为sp3杂化,空间结构为三角锥形,B错误;GaN结构与金刚石相似,属于共价晶体,C正确;GaN中Ga的化合价为+3,N为-3,D错误。7.A解析F的半径比Cl小,所以F—F键的键能大,A符合题意;CF3I中由于F的电负性较大,则CF3整体带负电,I带正电,水(H—OH)中H带正电,OH带负电,根据异种电性相吸可知,生成物为CF3与H结合成CF3H,I与OH结合成IOH(即HIO),B不符合题意;Cl的电负性比Br强,则C—Cl键的极性比C—Br键的强,极性强的化学键更易断开,故更易生成C6H5CH2·,C不符合题意;HF中F的电负性较大,可以吸引另一个HF中的H,两者之间形成氢键,即存在(HF)2,而HCl中Cl的电负性较弱,不会形成分子间氢键,D不符合题意。8.A解析同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,则原子半径:r(P)>r(S)>r(O),A正确;同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大的趋势,但第ⅡA族、第ⅤA族比同周期相邻元素的都大,则第一电离能:I1(P)>I1(S),B错误;元素非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性:P<S,酸性:H3PO4<H2SO4,C错误;基态Cu原子的价电子排布为3d104s1,D错误。9.B解析金刚石、石墨、C60均是由碳元素形成的不同单质,三者互为同素异形体,A错误;C2H2分子中含有碳碳三键,1个C2H2分子中存在2个π键,B正确;Na2CO3晶体中存在离子键与极性共价键,没有非极性键,C错误;基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2,占有4个轨道,有4种空间运动状态,D错误。10.C解析质子数相同而中子数不同的原子互为同位素,同种元素形成的不同单质互为同素异形体,A错误;SO2的中心原子价层电子对数为3,杂化轨道类型为sp2,B错误;Na2O2晶体中含有Na+和O22-,即阴、阳离子数目之比为1∶2,C正确;二氧化硅晶体中1个硅原子周围结合4个氧原子,即1molSiO2晶体中含有4molSi—Oσ11.A解析尿素的结构式为,1个尿素分子中含有7个σ键,A错误;尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2,B正确;尿素分子中含有N—H,故尿素晶体中分子间存在氢键,C正确;由“均摊法”知,1个尿素晶胞中含有的尿素分子的个数=8×18+2×12=2,共含有2个氧原子,D12.A解析中子数为20的钙原子,质量数为20+20=40,表示为

2040Ca,A正确;H2O为共价化合物,电子式为H··O······H,B错误;CO32-的中心原子价层电子对数为3+12(4+2-3×2)=3,且没有孤电子对,空间结构为平面三角形,C错误;(NH4)2SO4含有共价键和离子键,NH4+和SO4213.C解析Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素,其中XY4+具有正四面体空间结构可知,XY4+为NH4+,故Y为H,X为N;同时分析Z2Q74-结构可知,Q形成2个键,Q为第ⅥA的元素,同时Z也成5根键,Z为第ⅤA的元素,故Q为O,Z为P。NH3和NH4+都是sp3杂化,但是NH3中有一个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥作用更大,键角变小,故键角:NH3<NH4+,A项错误;NH3和H2O的分子间均存在氢键,故沸点比PH3高,常温下,水为液体,而NH3为气体,则沸点顺序为H2O>NH3>PH3,B项错误;N为第ⅤA的元素,第一电离能比同周期相邻元素大,Mn为金属元素,在三者中第一电离能最小,故第一电离能:N>O>Mn,C项正确;Z14.D解析PCl3是极性键形成的极性分子,A项错误;NH3易液化是由于NH3分子间形成氢键,B错误;第ⅤA族元素单质中N2和P4是分子晶体,铋是金属晶体,晶体类型不相同,C项错误;从白磷晶体中可以看出,1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子,D项正确。B组能力提升练1.C解析CH4、NH3、H2O的相对分子质量接近,但H2O在常温下呈液态,而CH4、NH3呈气态,NH3分子间能形成氢键,则沸点:CH4<NH3<H2O,A正确;同周期元素从左到右,原子半径依次减小,C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列,则原子半径:r(O)<r(N)<r(C),B正确;C、N、O为同周期相邻元素,但N原子的2p轨道处于半充满状态,第一电离能反常,则第一电离能:I1(C)<I1(O)<I1(N),C错误;二丁二酮肟合镍配离子中,Ni2+为中心离子,提供空轨道,N原子为配位原子,提供孤电子对,D正确。2.C解析短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的一种核素没有中子,则X为H元素;基态Y原子的2p轨道为半充满,则其轨道排布式为1s22s22p3,所以Y为N元素;Z单质是植物光合作用的产物之一,则Z为O元素;W与Z同主族,则W为S元素。X为H元素,则X位于元素周期表中第一周期第ⅠA族,A错误;X为H元素,Y为N元素,Z为O元素,W为S元素,电负性:S<N<O,则共价键的极性:H—S<H—N<H—O,B错误;Y为N元素,Z为O元素,W为S元素,元素非金属性越强,其对应的简单气态氢化物的越稳定,非金属性:S<N<O,简单气态氢化物的稳定性:H2S<NH3<H2O,C正确;X为H元素,Y为N元素,Z为O元素,X、Y、Z三种元素可形成化合物NH3·H2O,其水溶液呈碱性,D错误。3.A解析富氧地表附近含硫化合物中硫为正价、氧为负价是因为硫的电负性小于氧,A正确;斜方硫、单斜硫是硫的两种同素异形体,不是同位素,B错误;SO3中心原子的孤电子对数为0,成键电子对数为3,是sp2杂化,H2O中心原子的孤电子对数为6-2×12=2,成键电子对数为2,是sp3杂化,C错误;CaSO4·2H2O中的硫酸根离子和水中含有极性共价键,4.A解析NH3中N元素的化合价为-3,A正确;Cl2O的空间结构为V形,正、负电荷中心不重合,是极性分子,B错误;NH4Cl晶体由NH4+和Cl-构成,属于离子晶体,C错误;N2的电子式为

··N5.A解析根据题给信息可推知,X为C,Y为P,Z为S,W为As。由于P的3p轨道处于稳定的半充满状态,难失去电子,则其第一电离能比S的大,故第一电离能:S<P,A正确;元素的非金属性越强,其对应的简单气态氢化物越稳定,同主族从上往下元素的非金属性逐渐减弱,故P的非金属性大于As,则简单气态氢化物的热稳定性:Y>W,B错误;同主族元素从上往下原子半径逐渐增大,同周期元素从左至右原子半径逐渐减小,故原子半径:r(As)>r(S),C错误;元素的非金属性越强,其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强,同周期从左至右元素的非金属性逐渐增强,故最高价氧化物对应水化物的酸性:C<S,D错误。6.A解析干冰中CO2分子间的范德华力较弱,导致其熔、沸点低,而CO2具有较好的热稳定性,是由分子内原子间的共价键决定的,二者间不存在对应关系,A符合题意;金刚石可用作地质钻探钻头,是因为金刚石具有很高的硬度,二者具有对应关系,B不符合题意;石墨中碳原子都采用sp2杂化,形成层内网状结构,碳原子未参与杂化的2p电子在整个碳原子平面中运动,使石墨具有导电性,C不符合题意;CO2是非极性分子,依据“相似相溶”原理,非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂,则超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分,D不符合题意。7.A解析基态锡原子的电子排布式为[Kr]4d105s25p2,B错误;同周期主族元素从左到右,第一电离能总体呈增大趋势,但第ⅡA、ⅤA族反常得高,故锡的第一电离能大于左侧相邻元素,小于右侧相邻元素,C错误;同主族元素从上到下,金属性逐渐增强,锡在锗的下方,故锡的金属性大于锗,D错误。8.C解析X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素,X的某种单质在自然界中硬度最大,X为C元素;Y在空气中含量最高,Y为N元素;短周期中Z的金属性最强,Z为Na元素;W的周期数与主族序数相等,W为Al元素。同周期主族元素自左向右第一电离能呈增大趋势,第一电离能:Al<C<N,A正确;同周期主族元素,原子序数越大半径越小,原子半径:N<C<Na,B正确;Na2C2属于离子晶体,C错误;W的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,具有两性,D正确。9.B解析中子数为37的Zn原子质量数为67,A错误;氧元素和氯元素的化合价分别为-2、-1,则SOCl2中硫元素的化合价为+4,B正确;Cl-最外层有8个电子,C错误;H2O分子中氧原子为8电子稳定结构,D错误。10.C解析基态X原子核外有7种运动状态不同的电子,所以X原子核外有7个电子,即X为N元素;基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,则Y为O元素;Z是短周期金属性最强的元素,则Z为Na元素;基态W原子的4p原子轨道上有5个电子,则W的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5,则W为Br元素。N的2p轨道中的电子数为稳定的半满状态,则N的第一电离能比O的大,A项错误;电子层数越多,原子半径越大,同周期从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径由小到大的顺序:r(O)<r(N)<r(Na),B项错误;Br为35号元素,原子核外有4个电子层,最外层电子数为7,则位于元素周期表中第四周期第ⅦA族,C项正确;同一周期从左到右元素的非金属性逐渐增强,N的非金属性比O弱,则NH3的热稳定性比H2O弱,D项错误。11.C解析NH2OH、NH3和H2O分子中正、负电荷中心不重合,均为极性分子,A项错误;催化中心的Fe2+提供空轨道,N提供孤电子对形成配位键,B项错误;反应过程中Fe元素先失去电子,变为Fe3+,后又得到电子,变为Fe2+,故反应过程中Fe元素的化合价发生了变化,C项正确;ND2OD与NH3反应生成ND2—NH2和HDO,D项错误。12.C解析铁的原子序数是26,基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6,A项错误;由题图可知,Cu+连有3个CN-,其中2个CN-被2个Cu+共有,则Cu+与CN-的个数之比为1∶(1+2×12)=1∶2,所以化学式为[Cu(CN)2]-,B项错误;根据化学式K4[Fe(CN)6]可判断Fe2+的配位数为6,C项正确;根据铁晶胞示意图可知,与顶角Fe紧邻的Fe位于三个面的面心处,而顶角Fe被8个晶胞共有,每个面心被两个晶胞共有,所以与每个Fe紧邻的Fe数为3×8×1213.答案解析观察题给晶胞结构可知,晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶角上、四条棱的中心和面心上,4个氧原子分别位于面对角线离顶角14处,可用图示表示为。14.答案c该Fe3O4晶胞中含4×18+3×12=2个Fe3+、12×14+1=4个O2-,结合化学式可知,还缺1个Fe2+专题五化学反应与能量A组基础巩固练1.C解析氢气燃烧生成水,无污染,A项正确;液态氢分子间距小,氢气密度提高,降低成本,B项正确;燃烧热为1mol物质燃烧生成稳定的化合物放出的热量,C项错误;水的电解、煤的气化、乙烷裂解和氯碱工业都会产生氢气,故可以获取氢气,D项正确。2.A解析BCl3可与H2反应生成乙硼烷,其化学方程式为2BCl3+6H2B2H6+6HCl,A项正确;硼酸是弱酸不能拆成H+和H2BO3-,B项错误;燃烧热中应该生成液态水,C项错误;酸性条件下不能生成大量的OH-,D3.C解析反应①的平衡常数可表示为K1=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2),A项错误;反应②的气体的计量数减少,即ΔS大于0,B项错误;由化学方程式可知,生成1molNO时电子转移5mol,所以反应①中每生成2molNO,转移10mol电子,个数约为6.02×1024,C项正确;4.D解析1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,则CO的燃烧热为-283kJ·mol-1,A错误。放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高,B错误。已知:①CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)ΔH1=-443.64kJ·mol-1;②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,根据盖斯定律①+②×12得CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,则完全燃烧20g甲醇,即0.625mol,则放出的热量为0.625mol×726.64kJ·mol-1=454.15kJ,C错误;由C项知,CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,则2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1453.28kJ·mol-1,D正确。5.C解析该催化过程中,碳元素价态降低,发生还原反应,在电解池的阴极进行,A项错误;CO2被还原为CO,B项错误;甲、乙中CO2的结构分别为直线形和V形,所以碳原子杂化类型不同,C项正确;丙中,CO2中氧原子吸附带正电荷的H+,说明氧原子带负电,则碳原子带正电,则催化剂吸附CO2带正电部分,D项错误。6.C解析NH3·BH3中硼元素化合价为-3,NH4BO2中硼元素化合价+3,硼元素被氧化,NH3·BH3在负极反应;H2O2中氧元素化合价降低,被还原,为正极。b室为H2O2溶液,是正极,A项错误;放电时,H+向正极移动,即由a室移向b室,B项错误;a室为NH3·BH3被氧化,失去电子,生成NH4BO2,C项正确;该室电解质溶液为酸性溶液,加入NaOH溶液与酸反应,不能增大电流强度,D项错误。7.A解析P1生成P2反应为放热反应,焓变小于零,则产物P1的键能总和小于产物P2的键能总和,A项错误;产物P2的能量更低,稳定性更强,稳定性:P1<P2,B项正确;该反应历程中正反应的最大能垒为Z到过渡态Ⅳ之间的能量差,最大值为(-18.92kJ·mol-1)-(-205.11kJ·mol-1)=186.19kJ·mol-1,C项正确;过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,即图中峰值越大则活化能越大,图中峰值越小则活化能越小,中间产物Z转化为产物P1的活化能更小,反应速率更快,D项正确。8.C解析铁电极为Fe放电生成FeO42-,发生氧化反应,为阳极,则M极为负极,A项错误;阳极区域为碱性溶液,反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,B项错误;右侧SO42-及产生的OH-能够透过阴离子交换膜向左侧阳极移动,左侧的OH-和FeO42-不能向右移动,C项正确;阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,每转移0.1mole-,阴极上会产生0.05molH9.B解析由题图可知,铂网电极上(NH4)2SO4失去电子发生氧化反应生成(NH4)2S2O8,为阳极,则石墨电极为阴极。石墨电极为阴极,与直流电源负极相连,A项错误;电解时,铂网电极为阳极,(NH4)2SO4失去电子发生氧化反应生成(NH4)2S2O8,电极反应式为2SO42--2e-S2O82-,阴极反应式为2H++2e-H2↑,则右侧H+通过离子交换膜进入左侧,使得铂网电极附近pH增大,B项正确10.B解析根据题图可知,步骤Ⅰ中甲醛的氧通过氢键吸附在催化剂表面的—OH上,A项正确;上述反应机理涉及氧氢极性键、碳氧极性键的形成,没有涉及非极性键的形成,B项错误;该反应中由甲醛变为CO2,一个碳原子由0价变为+4价,则每生成1molCO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023,C项正确;PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化,加快反应速率,降低了该反应的活化能,D项正确。11.答案(1)①CO2+4H++4e-HCHO+H2OH2②防止阳极产生的氧气进入阴极室内氧化CO2的还原产物,防止阴极CO2的还原产物进入阳极室内(2)随着催化剂粒径增大,内部的孔通道也逐渐增多,有利于电解过程中的电子传递,能使被还原的物质进一步被还原解析(1)①酸性条件下,CO2发生还原反应生成HCHO,依据得失电子守恒和电荷守恒,电极反应式为CO2+4H++4e-HCHO+H2O。阴极还可能为H+得电子生成H2。②阳极电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,O2氧化性强,若不隔开,O2能够氧化阴极生成的HCHO,反之,该交换膜还可以防止阴极生成的HCHO进入阳极。(2)催化剂粒径增大,利于电子转移,反应速率加快,电解得到的产物可以继续被还原。B组能力提升练1.C解析两种催化剂均出现四个波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行,A项错误;该反应是放热反应,所以达平衡时,升高温度平衡向左移动,P的浓度减小,B项错误;Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ时反应速率更快,反应体系更快达到平衡,C项正确;使用Ⅰ时,前两个历程活化能较低,反应速率较快,后两个历程活化能较高,反应速率较慢,使用Ⅱ时,前两个历程中活化能较高,反应速率较慢,后两个历程活化能较低,反应速率较快,所以使用Ⅰ时,M所能达到的最高浓度更大,D项错误。2.C解析根据总化学方程式:HCOOHCO2+H2,从液态转化为气态,熵值增大,A项正确;N原子含有孤电子对、H+有空轨道,根据图示,第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合,B项正确;第一步HCOOD电离出D+与N结合,第二步HCOO-CO2+H-,第三步D+、H-反应生成HD,所以HCOOD催化释氢,除生成CO2外,还生成HD,C项错误;若用HCOOK溶液代替HCOOH,HCOOK水解出HCOOH,释氢历程不变,而反应生成KOH能吸收CO2,所以最终所得气体中CO2的量会减少,H2的纯度提高,D项正确。3.C解析斜方硫的燃烧热为297kJ·mol-1,即燃烧热ΔH=-297kJ·mol-1,则斜方硫燃烧的热化学方程式为S(s,斜方硫)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1,A项错误;向CuSO4溶液中加入小粒金属钠,钠先与水反应生成氢氧化钠,再与硫酸铜反应,离子方程式为2Na+Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2Na++H2↑,B项错误;氢气还原转化为高纯硅需要在高温条件下进行,化学反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl,C项正确;在碱性电解液中铝-空气电池的总反应式为4Al+3O2+4OH-+6H2O4[Al(OH)4]-,铝为负极,通氧气的一极为正极,则放电时的负极反应式为Al+4OH--3e-[Al(OH)4]-,D项错误。4.C解析钒基氧化物(V6O13)为正极,则Zn极为负极,电池工作时,负极Zn失电子生成Zn2+进入溶液,透过阳离子交换膜进入正极区;在正极,V6O13得电子产物与电解质反应生成ZnxV6O13。放电过程中,Zn极为负极,Zn失电子生成Zn2+进入溶液,Zn2+向V6O13极一侧移动,A项错误;放电过程中,电子由Zn极沿导线向V6O13极移动,电子不能经过电解质溶液,B项错误;充电时,V6O13极作阳极,将ZnxV6O13转化为V6O13,与外接直流电源正极相连,C项正确;充电时,阳极ZnxV6O13失电子生成V6O13和Zn2+,发生的电极反应式可能为ZnxV6O13-2xe-V6O13+Zn2+,D项错误。5.D解析电极a为CH3CH2OH转化为CO2,发生氧化反应,为负极,A项错误;a极的电极反应式为CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+,所以其附近溶液pH降低,B项错误;电极b为正极,发生还原反应,反应式为[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-,C项错误;根据a极的电极反应式:CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+可知,每消耗23gCH3CH2OH,即消耗0.5molCH3CH2OH,产生6molH+,6molH+通过质子交换膜移向b极即移向正极,D项正确。6.D解析甲烷、空气、ZrO2-Na2O构成燃料电池,电池工作时,通入CH4的多孔电极a为负极,CH4失电子,与O2-反应生成CO2和H2O,通入空气的多孔电极b为正极,O2得电子生成O2-。由分析可知,a为负极,b为正极,则O2-在电解质中向a电极移动,但电流方向由b电极经导线流向a电极,A项不正确;报警器触发工作时,图2的装置形成原电池,将化学能转化为电能,B项不正确;在a电极,电极反应式为CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,则当电路中有0.008mol电子转移时,电极a有0.001molCH4参加反应,在标准状况下其体积为22.4mL,题中没有指明标准状况,C项不正确;多孔电极a极为负极,CH4失电子与O2-反应生成CO2和H2O,则a极上发生反应的电极反应式为CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,D项正确。7.C解析如图装置利用太阳能制H2,能量转化形式为“太阳能→电能→化学能”,A项错误;阳极材料中W、Bi不属于前四周期元素,B项错误;电极N为阳极,水发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,C项正确;阴极区(电极M)的主反应式为2H++2e-H2↑,副反应式为Zn2++e-Zn+,H2产率等于实际产生H2量与理论产生H2量之比,由于c(Zn2+)越大,发生副反应程度越大,消耗电子数越多,产生H2量越低,故H2的产率越低,D项错误。8.C解析由题意和图示,甲为氢氧燃料电池,乙为电解池,根据乙池中,惰性电极处苯被还原为环己烷,故惰性电极处发生还原反应,为阴极,多孔性惰性电极为阳极,则G电极与阴极相连,为原电池负极,F为正极,故甲池中F为正极,A处通入O2,G为负极,B处通入H2。A处通入O2,E处为电解池阳极产物,阳极是水电离产生的OH-放电生成O2,A项正确;原电池中阳离子向正极移动,F极为正极,故甲池中H+由G极移向F极,电解池中,阳离子向阴极移动,惰性电极为阴极,故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极,B项正确;10mol含20%苯的混合气体,经过电解生成10mol含苯10%的混合气体,则被还原分苯的物质的量为10mol×(20%-10%)=1mol,惰性电极处苯得到电子,被还原为环己烷,电极反应式为C6H6+6H++6e-C