（水滴系列）山東省滕州市屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 作業(yè)手冊答案 新人教版

參考答案(作業(yè)手冊)專題限時集訓(xùn)(一)1．B2.B3.D4.B5.C6．A[解析]①酸性氧化物是和堿反應(yīng)生成水和鹽的氧化物，①正確；②當(dāng)弱酸和鹽反應(yīng)生成更難溶的鹽時就可以實(shí)現(xiàn)，如H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4，②正確；③酸和鹽反應(yīng)生成弱酸的復(fù)分解反應(yīng)，HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，③正確；④根據(jù)反應(yīng)2H2S＋H2SO3=3H2O＋3S↓可知，氫硫酸和亞硫酸溶液充分反應(yīng)后的溶液為中性，④正確；⑤同素異形體之間的轉(zhuǎn)化屬于有單質(zhì)參加的非氧化還原反應(yīng)，⑤正確；⑥反應(yīng)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑和3NO2＋H2O=2HNO3＋NO均是兩種含氧化合物反應(yīng)且產(chǎn)物有氣體生成的反應(yīng)，⑥正確。7．D[解析]光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，不是有機(jī)高分子，A項(xiàng)錯誤；14C和128．B[解析]SiO2是酸性氧化物，與HF反應(yīng)是其特性，A錯誤；溴離子的還原性強(qiáng)于氯離子，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正確；反應(yīng)CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4的原理不是強(qiáng)酸制弱酸，而是生成了難溶物CuS，而酸性H2S<H2SO4，C錯誤；鈉與NaOH溶液中的水反應(yīng)，金屬鋁可以與NaOH溶液反應(yīng)，而金屬鎂不能與NaOH溶液反應(yīng)，D錯誤。9．A[解析]是乙烯的球棍模型，B項(xiàng)錯誤；過氧化氫屬于共價化合物，C項(xiàng)錯誤；硫離子是帶2個單位負(fù)電荷的微粒，結(jié)構(gòu)示意圖為，D項(xiàng)錯誤。10．B[解析]淀粉和纖維素分子中的n值不同，不是同分異構(gòu)體，A項(xiàng)錯誤；硅酸鹽改寫成氧化物的組合形式時，先寫金屬氧化物，然后是二氧化硅，最后是水，B項(xiàng)正確；鋼鐵腐蝕時，鐵為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，C項(xiàng)錯誤；D項(xiàng)所給的是乙醇的球棍模型，D項(xiàng)錯誤。11．B[解析]高溫下鋁與氧化鐵反應(yīng)是放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯誤。12．D[解析]質(zhì)量數(shù)A＝質(zhì)子數(shù)Z＋中子數(shù)N，故鉑原子的質(zhì)量數(shù)為195，表示為eq\o\al(195,78)Pt，A項(xiàng)錯誤；氯離子的核內(nèi)有17個質(zhì)子，帶17個正電荷，核外有18個電子，故結(jié)構(gòu)示意圖為，B項(xiàng)錯誤；乙烯的結(jié)構(gòu)簡式中碳碳雙鍵不能省略，即乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，C項(xiàng)錯誤；KCl由鉀離子和氯離子構(gòu)成，故電子式為，D項(xiàng)正確。13．D[解析]C6H12O6為葡萄糖的化學(xué)式，A項(xiàng)錯誤；Al的原子序數(shù)為13，原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為3，則原子結(jié)構(gòu)示意圖為，B項(xiàng)錯誤；為電子式，水的結(jié)構(gòu)式為H—O—H，C項(xiàng)錯誤；硫酸鈉的電離方程式為Na2SO4=2Na＋＋SOeq\o\al(2－,4)，D項(xiàng)正確。14．C15．C[解析]酸雨是pH＜5.6的酸性降水，CO2不能形成酸雨，A錯誤；CO2氣體無毒，不是大氣污染物，B錯誤；反應(yīng)CO2(g)＋C(s)=2CO(g)ΔH>0，ΔS＞0，根據(jù)ΔH－TΔS＜0反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行判斷，高溫有利于該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，C正確；大理石與稀硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣為微溶物，附著在碳酸鈣表面阻止反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，故實(shí)驗(yàn)室不能用大理石與稀硫酸反應(yīng)制取二氧化碳，D錯誤。16．D[解析]氟離子核內(nèi)有9個質(zhì)子，核外有10個電子，氟離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，A錯誤；次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，B錯誤；溴化銨為離子化合物，其電子式為，C錯誤；質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子的質(zhì)量數(shù)為131，其表示方法為eq\o\al(131,53)I，D正確。17．A[解析]質(zhì)子數(shù)為92、中子數(shù)為143的鈾(U)原子的質(zhì)量數(shù)為235，該原子可以表示為eq\o\al(235,92)U，A項(xiàng)正確；過氧化氫屬于共價化合物，其正確的電子式為，B項(xiàng)錯誤；硫離子的核電荷數(shù)為16，其正確的結(jié)構(gòu)示意圖為，C項(xiàng)錯誤；的最長碳鏈含有5個C，主鏈為戊烷，其正確名稱為2-甲基戊烷，D項(xiàng)錯誤。18．(1)膠體(2)＋3(3)氧化性(4)3.6(5)Fe2Oeq\o\al(2－,4)Cu2O[解析](1)納米材料氧缺位鐵酸鹽微粒直徑達(dá)到膠體微粒直徑，分散在蒸餾水中，所形成的分散系屬于膠體。(2)M＝Mn、Zn、Ni，且均為＋2價，氧元素的化合價是－2價，則MFe2O4中Fe的化合價為＋3價。(3)MFe2O4在與H2的反應(yīng)中，F(xiàn)e的化合價降低，則MFe2O4在與H2的反應(yīng)中表現(xiàn)了氧化性。(4)由示意圖可知MFe2Ox與SO2反應(yīng)，生成MFe2O4，SO2被還原，應(yīng)生成S，反應(yīng)可表示為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，F(xiàn)e2Oeq\o\al(2－,4)易轉(zhuǎn)化為Fe2＋：Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋2e－＋8H＋=2Fe2＋＋4H2O為還原反應(yīng)，則應(yīng)加入還原性物質(zhì)，只有Cu2O符合，反應(yīng)的離子方程式為Fe2Oeq\o\al(2－,4)＋Cu2O＋10H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋5H2O，所以還原劑是Cu2O，F(xiàn)e2Oeq\o\al(2－,4)是氧化劑。專題限時集訓(xùn)(二)1．A[解析]由分子數(shù)和原子數(shù)的關(guān)系可知該分子為雙原子分子，且其物質(zhì)的量為1mol，C項(xiàng)正確；若該物質(zhì)為氣態(tài)物質(zhì)，則其在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為22.4L，故該溫度和壓強(qiáng)不可能是標(biāo)準(zhǔn)狀況，A項(xiàng)錯誤、B項(xiàng)正確；根據(jù)題意，在此溫度和壓強(qiáng)條件下，Vm＝30L·mol－1，D項(xiàng)正確。2．A[解析]A項(xiàng)，溫度相同、體積相同，但沒有說明壓強(qiáng)是否相同，因此無法推出物質(zhì)的量是否相同，錯誤；B項(xiàng)，等溫等壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，故SO2和CO2的密度之比等于64∶44，即16∶11，正確；C項(xiàng)，等溫等容下，物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，因此兩者壓強(qiáng)之比等于5∶2，正確；D項(xiàng)，等溫等壓下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，因此體積之比等于5∶2，正確。3．B[解析]容量瓶中H2SO4溶液的H＋物質(zhì)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]配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，應(yīng)在相應(yīng)規(guī)格的容量瓶中進(jìn)行，A項(xiàng)、B項(xiàng)錯誤；配制溶液定容時，若加水超過容量瓶刻度線，使用膠頭滴管將液體吸出，會造成配制結(jié)果偏低，D項(xiàng)錯誤。5．C6．B[解析]在NaAlO2溶液中，氧原子不僅存在于溶質(zhì)NaAlO2中，還存在于溶劑水中，因此含有的氧原子的數(shù)目遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2NA，A項(xiàng)錯誤；常溫下，0.1mol碳酸鈉晶體中含有COeq\o\al(2－,3)的個數(shù)為0.1NA，B項(xiàng)正確；由于18O具有10個中子，因此，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L18O2中所含中子數(shù)為10NA，C項(xiàng)錯誤；25℃時，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)為0.1NA，D項(xiàng)錯誤。7．B[解析]NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)既存在電離平衡，又存在水解平衡，所以1L0.1mol·L－1NaHCO3溶液中含有HCOeq\o\al(－,3)數(shù)目小于0.1NA，A項(xiàng)錯誤；乙烯、丙烯的實(shí)驗(yàn)式相同，都是CH2，7.0g混合物中含有CH2的物質(zhì)的量為7.0g÷14g·mol－1＝0.5mol，含有氫原子的數(shù)目為NA，B項(xiàng)正確；只有濃硫酸才和銅反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液濃度變稀，反應(yīng)停止，所以生成的SO2分子數(shù)目小于0.46NA，C項(xiàng)錯誤；硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將Fe氧化成Fe3＋，所以1molFe與足量稀HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為3NA，D項(xiàng)錯誤。8．B[解析]SO2與O2反應(yīng)生成SO3為可逆反應(yīng)，所以一定條件下，2molSO2和1molO2混合在密閉容器中充分反應(yīng)后容器中的分子數(shù)大于2NA，A項(xiàng)正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下二氯甲烷為液態(tài)，不能用22.4L/mol換算，B項(xiàng)錯誤；C項(xiàng)，溶液為中性，則c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒，則c(CH3COO－)＝c(Na＋)，所以CH3COO－數(shù)目為NA個，正確；D項(xiàng)，不論生成Na2O還是Na2O2，Na都失去1個電子，所以1molNa與O2完全反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為NA個，正確。9．D[解析]0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA，因?yàn)镃l2＋H2OHCl＋HClO是可逆反應(yīng)，A項(xiàng)錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LNO和2.24LO2混合后生成2.24LNO2，剩余氧氣1.12L，但由于存在平衡2NO2N2O4，所以氣體分子數(shù)小于0.15NA，B項(xiàng)錯誤；加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中生成硫酸鐵，根據(jù)電子守恒可知生成1.5NA個SO2分子，C項(xiàng)錯誤；0.1molNa2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D項(xiàng)正確。10．A[解析]向混合溶液中加入BaCl2溶液，發(fā)生反應(yīng)：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓，n(BaCl2)＝bmol，則n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol,若加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到cmolNH3，則n(NHeq\o\al(＋,4))＝cmol。根據(jù)電荷守恒，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，則原溶液中Al3＋的濃度是c(Al3＋)＝n(Al3＋)÷V＝eq\f(2b－c,3)mol÷aL＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1。選項(xiàng)A正確。11．B[解析]氨水溶液的溶質(zhì)為氨氣，該溶液的密度為ρg·mL－1，體積為VmL，所以溶液質(zhì)量為ρVg，溶質(zhì)氨氣的質(zhì)量為ag，溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(ag,ρVg)×100%，A項(xiàng)錯誤；ag氨氣的物質(zhì)的量為eq\f(ag,17g/mol)＝eq\f(a,17)mol，溶液體積為VmL，所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(a,17)mol,V×10－3L)＝eq\f(1000a,17V)mol/L，B項(xiàng)正確；NHeq\o\al(＋,4)的濃度為eq\f(bmol,V×10－3L)＝eq\f(1000b,V)mol/L，則一水合氨電離產(chǎn)生的c(OH－)＝eq\f(1000b,V)mol/L，而溶液中水也可以電離出OH－，所以溶液中c(OH－)>eq\f(1000b,V)mol/L，C項(xiàng)錯誤；水的密度比氨水的密度大，相等體積的氨水與水，水的質(zhì)量大，等體積混合后溶液的質(zhì)量大于原氨水的2倍，溶液中氨氣的質(zhì)量相同，等體積混合所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于0.5w，故D錯誤。12．(1)78(2)①0.75mol·L－1②NaK2[解析](1)疊氮化鈉分解的化學(xué)方程式為2NaN3=2Na＋3N2↑，根據(jù)產(chǎn)生氮?dú)獾牧靠梢杂嬎惴纸獾寞B氮化鈉的量。(2)①由反應(yīng)通式2R＋2H2O=2ROH＋H2↑可知：c(OH－)＝eq\f(0.075mol×2,0.2L)＝0.75mol·L－1。②設(shè)上述合金中含amolNa，bmolK，則amol＋bmol＝0.075mol×2，23ag＋39bg＝5.05g，解得a＝0.05，b＝0.1，該鈉鉀合金的化學(xué)式為NaK2。13．(1)AC(2)10mL量筒0.090(3)A(4)調(diào)節(jié)量筒高度，使量筒內(nèi)的液面與集氣瓶內(nèi)的液面相平讀數(shù)時視線應(yīng)與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)設(shè)硫酸的體積為1L，則w(H2SO4)＝eq\f(1×c1×98,1×103×ρ1)×100%＝eq\f(9.8c1,ρ1)%。(2)硫酸與水等體積混合(忽略溶液體積的變化)，溶液的體積變?yōu)樵瓉淼?倍，則濃度為eq\f(c1,2)mol·L－1。(3)根據(jù)圖像可知，氨水的濃度越大，密度越小，則c2mol·L－1氨水的密度小于eq\f(1,5)c2mol·L－1氨水的密度，等質(zhì)量時，eq\f(1,5)c2mol·L－1氨水的體積小于c2mol·L－1氨水的體積。兩者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液的物質(zhì)的量濃度趨近于體積大者，故大于eq\f(3,5)c2mol·L－1。15．(1)滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪去(2)偏小(3)0.02024(4)98.29%三(5)－1.51空氣中氧氣氧化了亞鐵離子使高錳酸鉀溶液用量偏小[解析](1)依據(jù)滴定實(shí)驗(yàn)過程和試劑滴入順序可知，滴入高錳酸鉀溶液最后一滴，溶液變淺紅色，半分鐘內(nèi)不褪去證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)。(2)若滴定時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束氣泡消失，消耗高錳酸鉀待測溶液體積增大，溶質(zhì)不變，則測得高錳酸鉀溶液濃度減小。(3)0.200g固體Na2C2O4(相對分子質(zhì)量為134.0)，n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝eq\f(0.200g,134.0g/mol)≈0.001493mol，依據(jù)化學(xué)反應(yīng)定量關(guān)系，計算高錳酸鉀溶液的濃度：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O25n0.001493moln＝0.0005972mol滴定用去高錳酸鉀溶液29.50mL，則c(KMnO4)＝eq\f(0.0005972mol,0.02950L)＝0.02024mol/L。(4)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)可知，第三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)相差大舍去，計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，利用反應(yīng)定量關(guān)系計算亞鐵離子物質(zhì)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%。結(jié)合題干信息判斷符合三級品標(biāo)準(zhǔn)。(5)測定含量－實(shí)際含量＝實(shí)驗(yàn)絕對誤差＝98.29%－99.80%＝－1.51%；亞鐵離子易被空氣中氧氣氧化為鐵離子，高錳酸鉀溶液用量減小而引起誤差。專題限時集訓(xùn)(三)1．A2．D[解析]FeCl3有氧化性，H2S有還原性，二者在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)為2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A錯誤；將上述混合物過濾得到的濾液中含有FeCl2和HCl，電解時由于溶液中的離子的還原性Fe2＋＞Cl－＞OH－，所以電解過程中的陽極反應(yīng)主要為Fe2＋－e－=Fe3＋，B錯誤；若點(diǎn)燃則發(fā)生反應(yīng)2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2SO2＋2H2O，燃燒產(chǎn)物SO2也是大氣污染物，C錯誤；由于電解的產(chǎn)物又重新用來吸收處理石油煉制過程中產(chǎn)生的大量H2S廢氣，物質(zhì)得到充分的利用。所以該工藝流程充分體現(xiàn)綠色化學(xué)思想，D正確。3．D4.D5．C[解析]鐵失電子，HNO3得電子生成NO和NO2，得失電子守恒。由題意可知，HNO3共得1.1mol電子；而n(Fe)＝eq\f(22.4g,56g/mol)＝0.4mol，這些電子由0.4mol的Fe提供，每生成1molFe3＋失去3mol電子，每生成1molFe2＋失去2mol電子。設(shè)Fe(NO3)3的物質(zhì)的量為x，F(xiàn)e(NO3)2的物質(zhì)的量為y。聯(lián)立方程組：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝1.1mol（電子守恒）,x＋y＝0.4mol（鐵元素守恒）))解得：x＝0.3mol，y＝0.1mol所以，n[Fe(NO3)3]∶n[Fe(NO3)2]＝3∶1。6．B[解析]狀態(tài)不知，無法由體積求物質(zhì)的量，A錯誤；氫化鋰中的氫是－1價，與水發(fā)生歸中反應(yīng)，方程式為LiH＋H2O=LiOH＋H2↑，所以氫化鋰也是一種儲氫材料，B正確；LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為＋1價、Al為＋3價、H為－1價，受熱分解時，根據(jù)Al的價態(tài)變化即可得出2molLiAlH4完全分解，轉(zhuǎn)移6mol電子，生成3mol的H2，而LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑生成4mol的氫氣轉(zhuǎn)移4mol的電子，所以生成1mol的氫氣轉(zhuǎn)移電子分別為2mol和1mol，所以反應(yīng)①②轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為2∶1，C錯誤；LiAlH4是離子化合物，LiH是離子化合物，D錯誤。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(濃)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)得到紫色溶液說明有MnOeq\o\al(－,4)生成，黑褐色固體是MnO2，由此可先寫出CO2＋MnOeq\o\al(2－,4)→MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓，再結(jié)合溶液顯堿性及質(zhì)量守恒定律可得到完整的離子方程式；由題目涉及的元素知難溶性堿是Fe(OH)3，難溶性氧化物是MnO2，故可先寫出Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)→MnO2↓＋Fe(OH)3↓，再結(jié)合質(zhì)量守恒、電荷守恒可得到3Fe2＋＋7H2O＋MnOeq\o\al(－,4)=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋。(2)根據(jù)題中信息和反應(yīng)前后元素化合價變化寫出化學(xué)方程式為2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2。(3)PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，說明二者反應(yīng)生成氯氣，同時生成氯化鉛和水，反應(yīng)方程式為PbO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O；由PbO和NaClO反應(yīng)制PbO2，PbO→PbO2，Pb的化合價升高，則NaClO作氧化劑，本身被還原為NaCl，故離子方程式為PbO＋ClO－=PbO2＋Cl－。(4)根據(jù)題意知，堿性條件下，負(fù)極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上Ag2O2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電池反應(yīng)式為Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O=2K2Zn(OH)4＋2Ag。(5)在酸性溶液中，NOeq\o\al(－,2)發(fā)生自身的氧化還原反應(yīng)，由產(chǎn)物NO可推斷出另一種產(chǎn)物為NOeq\o\al(－,3)，據(jù)此寫出離子反應(yīng)方程式3NOeq\o\al(－,2)＋2H＋=NOeq\o\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。(6)NaClO溶液在堿性條件下將CN－氧化成無毒的碳酸根離子和N2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等及離子反應(yīng)的電荷守恒可得該反應(yīng)離子方程式是5ClO－＋2OH－＋2CN－=2COeq\o\al(2－,3)＋H2O＋N2↑＋5Cl－。8．(1)高(2)2P＋5FeO＋3CaOeq\o(=,\s\up7(高溫))Ca3(3)FeFe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(4)1.1[解析](1)最活潑的非金屬元素是F，則D為CaF2，屬于離子晶體，其電子式為，F(xiàn)與Si形成的化合物為SiF4，而SiF4屬于分子晶體，一般離子晶體的沸點(diǎn)高于分子晶體。(3)生成白色絮狀沉淀并迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色沉淀，說明M為Fe，此時紅褐色沉淀為Fe(OH)3，因此檢驗(yàn)Fe3＋，需要用KSCN溶液，此反應(yīng)為Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3。(4)鈣線中鈣與水反應(yīng)生成氫氣，發(fā)生Ca＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑，根據(jù)產(chǎn)生氫氣的體積，得出n(Ca)＝eq\f(224×10－3,22.4)mol＝0.01mol，氧化鈣中鈣的物質(zhì)的量為eq\f(1.6×3.5%,56)mol＝0.001mol，根據(jù)鈣元素守恒，n(CaCO3)＝(0.01＋0.001)mol＝0.011mol，即質(zhì)量為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?yàn)镹Ox與NH3的直接反應(yīng)，可實(shí)現(xiàn)無害轉(zhuǎn)化，則生成氮?dú)夂退?，所以?dāng)NO與NO2的物質(zhì)的量之比為4∶1時，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為8NH3＋8NO＋2NO2=9N2＋12H2O。(2)①因?yàn)榇温人徕c氧化廢水中NHeq\o\al(＋,4)完全轉(zhuǎn)化為N2，而本身被還原為NaCl，根據(jù)得失電子守恒，離子方程式為2NHeq\o\al(＋,4)＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。②由2NHeq\o\al(＋,4)＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O得，處理廢水產(chǎn)生了標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.448L氣體即eq\f(0.448L,22.4L/mol)＝0.02molN2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則需消耗濃度為0.5mol·L－1的次氯酸鈉的體積為eq\f(0.02mol×3,0.5mol·L－1)×1000mL/L＝120mL。10．(1)1(2)Na2B4O7(3)①萃取劑②2CrO5＋7H2O2＋6H＋=2Cr3＋＋7O2↑＋10H2O(4)①H2O2＋I(xiàn)－=H2O＋I(xiàn)O－[解析](1)BaO2與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成硫酸鋇沉淀和H2O2，反應(yīng)方程式為BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2，由方程式可知，每生成1molH2O2，消耗BaO21mol。(4)①I－催化分解H2O2，根據(jù)信息②可知，反應(yīng)①中產(chǎn)生IO－，為過氧化氫氧化－1價的碘，生成＋1價的碘，所以離子反應(yīng)方程式為H2O2＋I(xiàn)－=H2O＋I(xiàn)O－。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)氰化鈉易發(fā)生水解產(chǎn)生氰化氫，離子方程式為CN－＋H2OHCN＋OH－；(2)反應(yīng)生成氨氣和碳酸氫鈉，化學(xué)方程式為NaCN＋H2O2＋H2O=NaHCO3＋NH3↑；(3)氰化鈉遇到亞硝酸鈉會生成兩種氣體發(fā)生爆炸，氣體為二氧化碳和氮?dú)?，根?jù)原子守恒可知還有氧化鈉生成，則反應(yīng)的方程式為3NaCN＋5NaNO2=3CO2↑＋4N2↑＋4Na2O；(4)②步驟②中，無氣體放出，CN－被ClO－氧化為CNO－，因?yàn)槭窃趬A性環(huán)境中，故ClO－只能被還原為Cl－；③每處理0.4molCr2Oeq\o\al(2－,7)轉(zhuǎn)移2.4mol的電子，設(shè)還原后Cr的化合價為x，則0.4mol×2×(6－x)＝2.4mol，解得x＝＋3，則離子方程式為3S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋26H＋=6SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋13H2O；④處理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)，需加入amolFeSO4·7H2O，根據(jù)鉻原子守恒得，1molCr2Oeq\o\al(2－,7)完全反應(yīng)后得到eq\f(2,2－x)molFeⅡ[Feeq\o\al(Ⅲ,x)Creq\o\al(Ⅲ,（2－x）)]O4，根據(jù)鐵原子守恒得amol＝eq\f(2（1＋x）,2－x)mol①，該反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，1mol×2×3＝eq\f(2,2－x)mol×(3－2)×x，解得x＝1.5，將x＝1.5代入①得a＝10，D正確。專題限時集訓(xùn)(四)1．B[解析]過氧化鈉不能拆寫，應(yīng)是2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，A錯誤；NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，B正確；次氯酸屬于弱酸，不能拆寫，C錯誤；電荷不守恒，應(yīng)是2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，D錯誤。2．B3．D[解析]消毒液的主要成分為NaClO，還含有一定量的NaOH，氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成NaClO，A項(xiàng)正確；在酸性條件下ClO－與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣2H＋＋Cl－＋ClO－=Cl2↑＋H2O，B項(xiàng)正確；由于HClO酸性較弱，則NaClO可與醋酸反應(yīng)生成HClO，漂白性增強(qiáng)，C項(xiàng)正確；飽和NaClO溶液的pH約為11，而消毒液的pH約為12，因此溶液的pH主要不是由ClO－的水解造成的，氫氧化鈉過量為溶液呈堿性的主要原因，D項(xiàng)錯誤。4．A5．D[解析]強(qiáng)堿性溶液中含有OH－，與Al3＋反應(yīng)，A項(xiàng)錯誤；溶液無色透明，故要排除Cu2＋，B項(xiàng)錯誤；Ca2＋與COeq\o\al(2－,3)形成沉淀，C項(xiàng)錯誤。6．D7．B[解析]水電離出的c(H＋)＝1×l0－13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，SiOeq\o\al(2－,3)與酸性溶液中的氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，A錯誤；K＋、Fe3＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－之間不反應(yīng)，都不與CH3COOH反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，B正確；c(OH－)∶c(H＋)＝1×1012的溶液中存在大量氫氧根離子，NHeq\o\al(＋,4)與氫氧根離子反應(yīng)，不能大量共存，C錯誤；甲基橙顯黃色的溶液的pH大于4.4，可能為酸性或堿性溶液，COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)與氫離子反應(yīng)，NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，D錯誤。8．D[解析]使酚酞變紅色的溶液顯堿性，在堿性溶液中Fe3＋與堿反應(yīng)生成沉淀，不能大量存在，A錯誤；水電離出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液顯酸性或堿性，在酸性溶液中AlOeq\o\al(－,2)和COeq\o\al(2－,3)不能大量存在，B錯誤；與Al反應(yīng)能放出H2的溶液顯酸性或堿性，在酸性溶液中Fe2＋與NOeq\o\al(－,3)要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量存在，C錯誤；eq\f(KW,c（H＋）)＝1×10－13mol/L的溶液顯酸性，在酸性溶液中NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)之間不能發(fā)生反應(yīng)，與酸也不反應(yīng)，能夠大量共存，D正確。9．C[解析]通入氯氣后，溶液顯酸性，SiOeq\o\al(2－,3)與氫離子反應(yīng)生成硅酸，在溶液中不能大量共存，A錯誤；SOeq\o\al(2－,3)與通入的二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫根離子，在溶液中不能大量共存，B錯誤；K＋、Na＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)之間不發(fā)生反應(yīng)，通入氨氣后也不反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，C正確；H＋、MnOeq\o\al(－,4)能夠氧化乙烯，在溶液中不能大量共存，D錯誤。10．D[解析]Fe2(SO4)3溶液中，AlOeq\o\al(－,2)與Fe3＋發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，A項(xiàng)錯誤；S2－、ClO－之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，B項(xiàng)錯誤；水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，SOeq\o\al(2－,3)、ClO－、COeq\o\al(2－,3)與氫離子反應(yīng)，SOeq\o\al(2－,3)、ClO－之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NHeq\o\al(＋,4)與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中一定不能大量共存，C項(xiàng)錯誤；Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)之間不發(fā)生反應(yīng)，向溶液中逐滴滴加燒堿溶液先有氫氧化鋁沉淀產(chǎn)生，氫氧化鈉過量后沉淀消失，D項(xiàng)正確。11．D[解析]Fe3＋、I－、Cl－中，F(xiàn)e3＋、I－不能共存，A錯誤；K＋、NH3·H2O、COeq\o\al(2－,3)能夠共存，加少量二氧化碳后反應(yīng)的離子方程式為2NH3·H2O＋CO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋H2O＋COeq\o\al(2－,3)，B錯誤；氫離子和硝酸根離子共存，有氧化性，能夠氧化亞鐵離子，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式不全面，C錯誤；Na＋、Al3＋、Cl－能共存，加少量的澄清石灰水反應(yīng)的離子方程式正確，D正確。12．C[解析]因?yàn)榧着c乙及丙溶液都生成無色氣體，故甲為碳酸氫鈉，與乙生成沉淀和氣體，故乙是氯化鋁，與丙只生成氣體，則丙是鹽酸，與丁無氣體生成，生成白色沉淀和無色溶液，故丁是氫氧化鋇。據(jù)以上分析A是氫氧化鋁，D是氫氧化鈉，氫氧化鋁能溶解在氫氧化鈉溶液中，A項(xiàng)正確；據(jù)以上分析在甲中滴加丁可能發(fā)生反應(yīng)：HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，B項(xiàng)正確；酸性溶液中I－、NOeq\o\al(－,3)不能大量共存，C項(xiàng)錯誤；據(jù)質(zhì)子守恒，溶液甲中一定滿足c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))，D項(xiàng)正確。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試紙測得溶液顯強(qiáng)酸性，說明溶液中含有H＋，COeq\o\al(2－,3)和H＋反應(yīng)生成CO2，因此原溶液中不含COeq\o\al(2－,3)；(2)加入氯水，CCl4層呈紫紅色，說明原溶液中含有I－，NOeq\o\al(－,3)在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e3＋具有強(qiáng)氧化性，都能與I－反應(yīng)，因此NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋不存在；(3)加入NaOH溶液，滴加過程中和滴加完畢后，沒有沉淀生成，說明原溶液中無Mg2＋、Al3＋，取出堿性溶液加熱，有氣體產(chǎn)生，且能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)，說明此氣體為NH3，原溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)；(4)加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，此沉淀為BaCO3，原溶液中含有Ba2＋，不含SOeq\o\al(2－,4)；(5)根據(jù)上述分析，一定含有的離子為Ba2＋、I－、NHeq\o\al(＋,4)，可能含有的離子有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)負(fù)極的材料甲中電解質(zhì)氯化鈉溶液的濃度氧氣的濃度[解析]Ⅰ.(1)NaCN為離子化合物，電子式為Na＋[·,·)C??N·,·)]－，NaCN溶液呈堿性是由于CN－水解，CN－＋H2OHCN＋OH－。(2)堿性條件下加入H2O2除CN－，可得到純堿和一種無色無味的無毒氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒，可推出這種氣體是氮?dú)?，再根?jù)得失電子守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒，寫出該反應(yīng)的離子方程式為5H2O2＋2CN－＋2OH－=N2↑＋6H2O＋2COeq\o\al(2－,3)。Ⅱ.(3)②中反應(yīng)后無氣體放出，該反應(yīng)的離子方程式為CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－。(4)步驟③中，重鉻酸根離子中鉻是＋6價，被還原后為正三價的鉻離子，0.4mol的重鉻酸根離子得到的電子為2.4mol，硫代硫酸鈉中硫的化合價為＋2價，被氧化為硫酸根，硫酸根中硫的化合價為＋6價，1mol硫代硫酸鈉完全被氧化失去的電子為8mol，所以每處理0.4molCr2Oeq\o\al(2－,7)，至少消耗Na2S2O30.3mol。Ⅲ.(5)乙裝置中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成無毒無害的氮?dú)夂吞妓岣x子，電極反應(yīng)式為2CN－＋12OH－－10e－=2COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O。(6)通過比較表中的數(shù)據(jù)可知，影響處理速率的因素有負(fù)極的材料、電解質(zhì)溶液的濃度及氧氣的濃度。專題限時集訓(xùn)(五)1．B2．D[解析]氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖為，A項(xiàng)錯誤；次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，B項(xiàng)錯誤；NH4Cl的電子式為，C項(xiàng)錯誤。3．B[解析]原子的最外層電子數(shù)不一定等于族序數(shù)，如最外層電子數(shù)是2的元素可能是0族的氦，A項(xiàng)錯誤；主族元素X、Y能形成XY3型化合物，可能是SO3、NH3、PCl3等，原子序數(shù)差可能為2、6或8，B項(xiàng)正確；分子結(jié)構(gòu)相似的分子的熔沸點(diǎn)與相對分子質(zhì)量和氫鍵有關(guān)，如水的熔沸點(diǎn)比同主族的都高，C項(xiàng)錯誤；元素的非金屬性、金屬性與得失電子的難易程度有關(guān)，與多少無關(guān)，D項(xiàng)錯誤。4．C[解析]非金屬單質(zhì)中不一定存在共價鍵，如稀有氣體，A項(xiàng)錯誤；金屬元素和非金屬元素形成的化合物不一定是離子化合物，如氯化鋁，B項(xiàng)錯誤；含共價鍵的化合物不一定是共價化合物，如氫氧化鈉，C項(xiàng)正確；溶于水能導(dǎo)電的化合物不一定是離子化合物，如氯化氫，D項(xiàng)錯誤。5．A[解析]根據(jù)元素周期律，氧化性Cl2＞S＞As，則對應(yīng)陰離子的還原性As3－＞S2－＞Cl－，A項(xiàng)正確；非金屬性Cl＞Br＞As，則單質(zhì)與氫氣反應(yīng)生成的氫化物的熱穩(wěn)定性HCl＞HBr＞AsH3，B項(xiàng)錯誤；原子半徑As＞P＞Cl，C項(xiàng)錯誤；非金屬性S＞P＞As，則最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D項(xiàng)錯誤。6．B[解析]根據(jù)圖中元素化合價和原子半徑可推知：①是氫元素，②是氧元素，③是硼元素，④是氯元素，⑤是硫元素，⑥是鋁元素，⑦是鋰元素，⑧是鈉元素。氯的非金屬性強(qiáng)于硫，所以元素④氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性大于元素⑤氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性，A項(xiàng)正確；水分子間存在氫鍵，所以元素②氣態(tài)氫化物H2O的沸點(diǎn)大于元素⑤氣態(tài)氫化物H2S的沸點(diǎn)，B項(xiàng)錯誤；元素②⑥形成的化合物氧化鋁是兩性氧化物，C項(xiàng)正確；氯的非金屬性強(qiáng)于硫，所以元素④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物比元素⑤的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性強(qiáng)，D項(xiàng)正確。7．D[解析]由短周期元素在周期表中的位置可知，X、Y處于第二周期，Z、M、R處于第三周期，R元素原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)的2倍，則R為S，從而可推知：X為C，Y為N，Z為Al，M為P。非金屬性N＞P，A項(xiàng)錯誤；非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性S＞P，故氫化物穩(wěn)定性H2S＞PH3，B項(xiàng)錯誤；Z的氧化物為三氧化二鋁，可以用作耐火材料，用作光導(dǎo)纖維的是二氧化硅，C項(xiàng)錯誤；非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性N＞C，故最高價含氧酸酸性HNO3＞H2CO3，D項(xiàng)正確。8．D[解析]由元素在周期表中的位置可知，R為Ne，則X為Al，Y為C，Z為O。A項(xiàng)，非金屬性越強(qiáng)，最簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Z＞Y，熱穩(wěn)定性為Y的最簡單氣態(tài)氫化物＜Z的最簡單氣態(tài)氫化物，A項(xiàng)錯誤；Z為O，不存在最高價氧化物對應(yīng)水化物，B項(xiàng)錯誤；X為Al，Al與濃硫酸和硝酸反應(yīng)不能生成氫氣，C項(xiàng)錯誤；R為Ne，核外電子數(shù)為10，與OH－的核外電子總數(shù)相同，D項(xiàng)正確。9．B[解析]X、Y在同一周期，X＋、Z2－具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)，可推知Z在X、Y的上一周期，又因?yàn)閄、Y、Z原子序數(shù)之和為36，平均原子序數(shù)為12，則X為鈉，Z為氧，進(jìn)而可知Y為氯。由同周期主族元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知，Na是第三周期元素中金屬性最強(qiáng)的元素，A項(xiàng)正確；具有相同電子層排布的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑應(yīng)該為X＋<Z2－，B項(xiàng)錯誤；同族元素中Z的非金屬性最強(qiáng)，氫化物穩(wěn)定性最強(qiáng)，C項(xiàng)正確；同周期主族元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強(qiáng)，D項(xiàng)正確。10．C[解析]根據(jù)原子序數(shù)及化合價判斷元素x是氫元素，y為碳元素，z為氮元素，d為氧元素，e為鈉元素，f為鋁元素，g為硫元素，h為氯元素。離子半徑大小g＞h＞e＞f；A項(xiàng)錯誤；與x形成簡單化合物的沸點(diǎn)：H2O>NH3>CH4，d＞z＞y，B項(xiàng)錯誤；氫元素、氮元素和氧元素可以組成硝酸銨，為離子化合物，C項(xiàng)正確；g、h元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物硫酸和高氯酸不能反應(yīng)，D項(xiàng)錯誤。11．C12．C[解析]X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，X的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，則X是O，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S；N原子序數(shù)大于M且為短周期主族元素，所以N是Cl；Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大，則Y是Na。由于H2SO4是強(qiáng)酸，但H2SO3是弱酸，A項(xiàng)錯誤；Na2O中只含離子鍵、Na2O2中含有共價鍵和離子鍵，所以化學(xué)鍵類型不相同，B項(xiàng)錯誤；電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以離子半徑r(O2－)＞r(Na＋)，C項(xiàng)正確；由于非金屬性X(O)＞M(S)，所以氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性X＞M，D項(xiàng)錯誤。13．(1)第二周期第ⅤA族(2)離子鍵和共價鍵(3)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)NaClO[解析]五種短周期元素A、B、C、D、E原子序數(shù)逐漸增大，A原子的最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)多3個，則A是氮元素，A、B同處于第二周期，C、D、E同處于第三周期。C、B可按原子個數(shù)比2∶l和1∶1分別形成兩種離子化合物甲和乙，即氧化鈉和過氧化鈉，則B是氧元素，C是鈉元素，D周期序數(shù)等于D原子最外層電子數(shù)，D是鋁元素，E原子半徑是同周期中最小的，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)乙物質(zhì)是過氧化鈉，存在的化學(xué)鍵類型是離子鍵和共價鍵。(3)C與D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，相互之間反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。(4)E的單質(zhì)氯氣通入C的最高價氧化物對應(yīng)的水化物氫氧化鈉的溶液中反應(yīng)生成“84”消毒液，方程式為Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，有效成分是NaClO。14．(1)三ⅠA(2)(3)＋→(4)NaOH離子鍵和極性共價鍵離子(5)＋4CH4C2H4[解析]A、F同主族，且A與其他非金屬元素化合時易形成共價鍵，但F與其他非金屬元素化合時易形成離子鍵，則A、F為第ⅠA族元素，且A為氫元素。F＋與E2－核外電子排布相同，BE和D2具有相同電子數(shù)，則F為Na，E為O，B為C，D為N，E、G同主族，且為短周期元素，則G為S。(1)Na位于第三周期第ⅠA族。(2)硫原子得到2個電子形成離子，最外層有8個電子。(3)電子式表示形成過程中，箭頭前為原子的電子式，箭頭后為單質(zhì)或化合物的電子式。(4)NaOH中既有離子鍵又有極性共價鍵，屬于離子化合物。(5)C的最高化合價為＋4；C2H4中既有極性共價鍵(C—H)又有非極性共價鍵(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為氧化物，C能夠與水反應(yīng)生成一種強(qiáng)酸，該強(qiáng)酸為無機(jī)含氧酸，中學(xué)常見含氧強(qiáng)酸有HNO3、H2SO4。①當(dāng)B為無色易溶于水的刺激性氣味氣體時，B為SO2，C為SO3，D為O2，A為S單質(zhì)或H2S，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系與題意，SO2與O2反應(yīng)生成SO3，反應(yīng)方程式為2SO2＋O22SO3。②當(dāng)B為無色不溶于水的氣體時，B為NO，C為NO2，D為O2，A為NH3，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系與題意，F(xiàn)由NH3與E化合生成，當(dāng)小心加熱F時，可得到一種無色無味的氣體G(G和CO2具有相同的原子數(shù)目和電子數(shù)目)和一種無色無味的液體H，則G為N2O，H為H2O，F(xiàn)為NH4NO3，F(xiàn)的分解方程式為NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))N2O↑＋2H2O；生成1molG時，轉(zhuǎn)移4mol電子，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2.408×1024。(2)D為強(qiáng)酸或強(qiáng)堿溶液時都能發(fā)生圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系，且A和C在溶液中反應(yīng)生成白色沉淀B，故白色沉淀B既溶于強(qiáng)酸又可溶于強(qiáng)堿，故B為Al(OH)3。若D為強(qiáng)酸，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為偏鋁酸鹽，其陰離子為AlOeq\o\al(－,2)，C為鋁鹽；當(dāng)D為強(qiáng)堿時，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為鋁鹽，C為偏鋁酸鹽，A與C反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，其離子方程式為3AlOeq\o\al(－,2)＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓。專題限時集訓(xùn)(六)1．C2．D[解析]甲烷的燃燒熱是指1mol甲烷完全燃燒生成液態(tài)水和二氧化碳時放出的熱量，熱化學(xué)方程式中水的狀態(tài)和產(chǎn)物CO錯誤，A項(xiàng)錯誤；液態(tài)水的能量比氣態(tài)水的低，所以反應(yīng)生成液態(tài)水放出的熱量多，B項(xiàng)錯誤；據(jù)圖分析，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為E1－E3，C項(xiàng)錯誤；反應(yīng)的焓變ΔH與反應(yīng)條件無關(guān)，D項(xiàng)正確。3．D[解析]燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，CO的燃燒熱應(yīng)為283.0kJ·mol－1，A項(xiàng)錯誤；2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1，反應(yīng)放熱，所以2molCO和1molO2的總能量比2molCO2的總能量高，B項(xiàng)錯誤；根據(jù)蓋斯定律得CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3＝－726.64kJ·mol－1，則完全燃燒20g即0.625mol甲醇，生成二氧化碳和氣態(tài)水時放出的熱量為0.625mol×726.64kJ·mol－1＝454.15kJ，但是生成二氧化碳和液態(tài)水時放出的熱量無法求得，C項(xiàng)錯誤；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項(xiàng)正確。4．D[解析]因總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)②放出的熱量比反應(yīng)①吸收的熱量多。A項(xiàng)，圖中反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，反應(yīng)②為吸熱反應(yīng)，且總反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，錯誤；B項(xiàng)，圖中反應(yīng)①和反應(yīng)②均為吸熱反應(yīng)，錯誤；C項(xiàng)，圖中反應(yīng)①和反應(yīng)②均為放熱反應(yīng)，錯誤。5．A[解析]可將題目中三個熱化學(xué)方程式依次編號為(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)轉(zhuǎn)化為H2O(l)要放出熱量，所以等物質(zhì)的量的CH4(g)燃燒生成液態(tài)水時放出熱量的數(shù)值要比生成氣態(tài)水時的大。等物質(zhì)的量的NaOH與稀醋酸、濃H2SO4恰好反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的水，若不考慮濃H2SO4溶解放熱和弱電解質(zhì)電離吸熱，應(yīng)放出相同的熱量。但在實(shí)際反應(yīng)中，濃H2SO4溶于水時放熱，使反應(yīng)放出的總熱量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在電離過程中要吸熱，使反應(yīng)放熱減小。7．C8.B9．A[解析]根據(jù)蓋斯定律知，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甲烷燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱55.6kJ，所以16g甲烷燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱889.6kJ，熱化學(xué)方程式為CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ·mol－1。(2)化學(xué)反應(yīng)中，舊化學(xué)鍵斷裂吸收的能量為414kJ·mol－1×4mol＋158kJ·mol－1×4mol＝2288kJ，新化學(xué)鍵生成釋放的能量為489kJ·mol－1×4mol＋565kJ·mol－1×4mol＝4216kJ，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，放出的熱量為4216kJ－2288kJ＝1928kJ，即ΔH＝－1928kJ·mol－1。(3)將已知的熱化學(xué)方程式依次編號為①、②、③、④，將方程式③×2－①－④×4得2N2H4(g)＋2NO2(g)=3N2(g)＋4H2O(l)，所以反應(yīng)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不能該反應(yīng)的引發(fā)需消耗大量能量，且制備鋁的成本較高(4)CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－50kJ·mol－1[解析](1)燃燒熱中水指液態(tài)水，氣態(tài)水變?yōu)橐簯B(tài)水放出熱量，故氣態(tài)甲醇完全燃燒釋放的熱量應(yīng)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根據(jù)蓋斯定律，eq\f(③×3＋②－①,3)得H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.7kJ·mol－1。(2)根據(jù)蓋斯定律，①＋②－③得2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(l)ΔH＝－87.0kJ·mol－1。(3)根據(jù)蓋斯定律，②－①×3可得反應(yīng)熱化學(xué)方程式為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根據(jù)蓋斯定律，①×3－②可得熱化學(xué)方程式為CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－50kJ·mol－1。專題限時集訓(xùn)(七)1．C[解析]由圖可知，電子從負(fù)極流向正極，則a為負(fù)極，b為正極。b為正極，則K＋移向催化劑b，A項(xiàng)正確；a為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，則催化劑a表面發(fā)生反應(yīng)[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－，B項(xiàng)正確；b上發(fā)生還原反應(yīng)[Fe(CN)6]3－＋e－=[Fe(CN)6]4－，[Fe(CN)6]3－在催化劑b表面被還原，C項(xiàng)錯誤；由B、C中的電極反應(yīng)可知，二者以1∶1相互轉(zhuǎn)化，電解質(zhì)溶液中[Fe(CN)6]3－和[Fe(CN)6]4－濃度基本保持不變，D項(xiàng)正確。2．B[解析]分析裝置圖可知是電解裝置，電解硫酸鈉溶液的實(shí)質(zhì)是電解水，氣體甲與氣體乙的體積比約為1∶2，氣體甲為氧氣，氣體乙為氫氣，陽極生成氧氣，電極反應(yīng)2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，陰極生成氫氣，2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，所以判斷a電極是陽極，b電極是陰極，在陽極室得到硫酸，在陰極室得到氫氧化鈉溶液，則c為陰離子交換膜，d為陽離子交換膜。分析可知a電極為陽極，與電源正極相連，A項(xiàng)錯誤；陽極室生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為硫酸，c為陰離子交換膜，B項(xiàng)正確；d為陽離子交換膜，C項(xiàng)錯誤；b電極是陰極，該電極發(fā)生還原反應(yīng)2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，D項(xiàng)錯誤。3．B[解析]燃料電池中，通入氫氣的電極為負(fù)極、通入氧氣的電極為正極，則b是陰極、a是陽極。此裝置用于電鍍銅時，陽極溶解的金屬銅等于陰極析出的金屬Cu，所以電解質(zhì)溶液中銅離子相當(dāng)于不參加反應(yīng)，則其濃度不變，A項(xiàng)正確；電解精煉銅時，粗銅作陽極、純銅作陰極，所以若a為粗銅，b為純銅，該裝置可用于粗銅的精煉，B項(xiàng)錯誤；燃料電池中，正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，C項(xiàng)正確；電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向b電極，D項(xiàng)正確。4．C[解析]陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，A正確；陰極發(fā)生還原反應(yīng)，消耗氫離子產(chǎn)生氫氣，使溶液中氫離子濃度減小，所以溶液pH增大，B正確；鉀離子通過交換膜從陽極區(qū)移向陰極區(qū)，這樣才可以達(dá)到提純氫氧化鉀的作用，C錯誤；純凈的KOH在陰極制得，從b口排出，D正確。5．D[解析]根據(jù)圖中左邊電源內(nèi)負(fù)電荷移向負(fù)極，N型半導(dǎo)體為負(fù)極，P型半導(dǎo)體為正極，A錯誤；N型半導(dǎo)體為負(fù)極，X極為電解池的陰極，電極反應(yīng)為CO2＋2e－＋H2O=CO＋2OH－，生成的氫氧根離子通過離子交換膜在Y極參加反應(yīng)，所以圖中離子交換膜為陰離子交換膜，B錯誤，D正確；總反應(yīng)方程式為2CO2=2CO＋O2，根據(jù)總反應(yīng)可知，反應(yīng)前后溶液的堿性不變，C錯誤。6．D[解析]在中性條件下，鐵作負(fù)極失電子，石墨作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，則Fe發(fā)生吸氧腐蝕，A正確；Zn、Fe形成原電池，Zn作負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法，B正確；Fe作陰極，陰極上氫離子得電子，石墨作陽極，陽極上氯離子失電子，電解氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，C正確；Fe與正極相連，F(xiàn)e作陽極，F(xiàn)e失電子，被腐蝕，F(xiàn)e不能被保護(hù)，D錯誤。7．(1)N2＋6H＋＋6e－=2NH3(2)陽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)根據(jù)圖示可知在鈀電極B上N2獲得電子，與H＋結(jié)合形成NH3，電極反應(yīng)式為N2＋6e－＋6H＋=2NH3。(2)葡萄糖生成葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]是氧化反應(yīng)，在陽極發(fā)生，對應(yīng)的電極反應(yīng)式為CH2OH(CHOH)4CHO＋H2O－2e－=CH2OH(CHOH)4COOH＋2H＋。(3)Pt是惰性電極，N2O4發(fā)生失去電子的反應(yīng)，產(chǎn)物是N2O5，電極反應(yīng)式為N2O4＋2HNO3－2e－=2N2O5＋2H＋。(4)從圖示知，H－移向陽極生成SiH4，B是電源的正極，陽極上電極反應(yīng)式為Si＋4H－－4e－=SiH4↑。(5)電池反應(yīng)為4NH3＋3O2=2N2＋6H2O。該電池負(fù)極是氨氣失電子生成氮?dú)?，根?jù)示意圖可知a電極是負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，發(fā)生的電極反應(yīng)式為2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O，反應(yīng)中2mol氨氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子，3.4gNH3的物質(zhì)的量＝3.4g÷17g/mol＝0.2mol，所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為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在陰極發(fā)生2H＋＋2e－=H2↑，H＋濃度減小，使得H2OOH－＋H＋的平衡向右移動，OH－濃度增大，pH增大(4)正極SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋[解析](1)根據(jù)2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O可知道，3mol氧氣得到的12mol電子來自于2mol的甲醇，一個甲醇分子失去6個電子，該電池的負(fù)極反應(yīng)為CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋。(2)陰極發(fā)生還原反應(yīng)，亞硫酸氫根離子得電子生成連二亞硫酸根離子，電極反應(yīng)式為2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O；連二亞硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)?，離子反應(yīng)方程式為2NO＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O=N2＋4HSOeq\o\al(－,3)。(3)①由題意可知，氯離子放電生成ClO2，由元素守恒可知，有水參加反應(yīng)，同時生成氫離子，電極反應(yīng)式為Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。②在陰極發(fā)生2H＋＋2e－=H2↑，氫氣的物質(zhì)的量為eq\f(0.112L,22.4L/mol)＝0.005mol，通過陽離子交換膜的陽離子為＋1價離子，通過交換膜的陽離子的物質(zhì)的量為0.005mol×2＝0.01mol，電解中陰極H＋濃度減小，使得H2OOH－＋H＋的平衡向右移動，溶液的pH增大。(4)B極生成硫酸，則通入的氣體應(yīng)為SO2，由＋4價升高到＋6價，發(fā)生氧化反應(yīng)，B極為負(fù)極，A極為正極。B極的電極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。專題限時集訓(xùn)(八)1．D[解析]反應(yīng)前后氣體體積不變，減小容器體積，壓強(qiáng)增大，平衡不移動，A項(xiàng)錯誤；催化劑改變反應(yīng)速率，不改變化學(xué)平衡，Z的產(chǎn)率不變，B項(xiàng)錯誤；增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率減小，Y的轉(zhuǎn)化率增大，C項(xiàng)錯誤；該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降溫使平衡正向移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大，D項(xiàng)正確。2．D[解析]沒有說明反應(yīng)速率的方向，因此不能判斷是否達(dá)到平衡，A項(xiàng)錯誤；升高溫度，正逆反應(yīng)速率都增大，B項(xiàng)錯誤；催化劑對化學(xué)平衡無影響，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率，C項(xiàng)錯誤；化學(xué)平衡常數(shù)是指可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值，D項(xiàng)正確。3．B[解析]從圖像分析數(shù)據(jù)計算如下：A2(g)＋B2(g)2AB(g)起始濃度/(mol·L－1)0.40.30改變濃度/(mol·L－1)0.250.250.5平衡濃度/(mol·L－1)0.150.050.5平衡時A2的濃度為0.15mol·L－1，A項(xiàng)正確；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(0.52,0.15×0.05)＝33.3，B項(xiàng)錯誤；因?yàn)榉磻?yīng)是放熱反應(yīng)，升溫時平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，C項(xiàng)正確；A2的轉(zhuǎn)化率＝eq\f(0.25mol/L×2L,0.8mol)×100%＝62.5%，D項(xiàng)正確。4．C[解析]在溫度不變的條件下，將容器的體積擴(kuò)大到兩倍的瞬間A的濃度應(yīng)該是0.25mol·L－1，但再達(dá)到平衡，A的濃度變?yōu)?.3mol·L－1，這說明降低壓強(qiáng)平衡向逆反應(yīng)方向移動，則x＋y＞z，A項(xiàng)、B項(xiàng)錯誤；平衡向逆反應(yīng)方向移動，C的體積分?jǐn)?shù)下降，C項(xiàng)正確；B的濃度減小，D項(xiàng)錯誤。5．C[解析]由圖像可知，10min內(nèi)B的濃度改變量為2.5mol·L－1－1.0mol·L－1＝1.5mol·L－1，則v(B)＝1.5mol·L－1÷10min＝0.15mol·L－1·min－1，A項(xiàng)正確；由圖可知，平衡時A、D濃度的變化量分別為1.5mol·L－1和3mol·L－1，則化學(xué)計量數(shù)之比1∶x＝1.5∶3，求得x＝2，在書寫平衡常數(shù)表達(dá)式時固體物質(zhì)不要寫入，則平衡常數(shù)K＝eq\f(c2（D）,c（A）·c（B）)，B項(xiàng)正確；對反應(yīng)A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g)ΔH＞0來說，若平衡時溫度不變，壓縮容器的體積，則平衡不移動，C項(xiàng)錯誤；反應(yīng)進(jìn)行到15min時，改變條件瞬間，各物質(zhì)的濃度不變，平衡逆向移動，由于該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故改變的條件應(yīng)是降低溫度，D項(xiàng)正確。6．D[解析]圖Ⅰ中X、Y的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，是反應(yīng)物，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，是生成物，濃度的變化比值為(0.5－0.3)∶(0.7－0.1)∶(0.4－0)＝1∶3∶2，根據(jù)濃度的變化量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知反應(yīng)方程式應(yīng)為X(g)＋3Y(g)2Z(g)，A項(xiàng)正確；根據(jù)圖Ⅱ可知反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡左移，該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，Y的轉(zhuǎn)化率降低，B項(xiàng)正確；加入催化劑可降低反應(yīng)的活化能，但反應(yīng)熱不變，所以圖Ⅱ中曲線b是加入催化劑時的能量變化曲線，C項(xiàng)正確；壓強(qiáng)增大，平衡右移，Z的含量應(yīng)增大，D項(xiàng)錯誤。7．B[解析]由圖可知，15min內(nèi)甲容器中CO的濃度變化量為1.5mol·L－1，v(CO)＝eq\f(1.5mol·L－1,15min)＝0.1mol·L－1·min－1，化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1，A項(xiàng)錯誤；丙容器中反應(yīng)物起始量為甲的2倍，若丙容積為0.5L，由于正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，加壓平衡左移，c(CO)<3mol·L－1，故丙容器的容積V<0.5L，B項(xiàng)正確；根據(jù)甲容器中反應(yīng)數(shù)據(jù)計算：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)起始濃度/(mol·L－1)200轉(zhuǎn)化濃度/(mol·L－1)1.51.51.5平衡濃度/(mol·L－1)0.51.51.5T1℃時，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（CO）·c（H2）,c（H2O）)＝eq\f(1.5×1.5,0.5)＝4.5，C項(xiàng)錯誤；比較甲與乙可知，若在相同溫度下，二者平衡是等效的，經(jīng)計算知甲容器中平衡時n(H2O)＝0.25mol，乙容器中，若平衡時n(H2O)＝0.3mol，乙相對于甲平衡向逆反應(yīng)方向移動，因?yàn)檎磻?yīng)吸熱，乙中溫度低，即溫度T1>T2，D項(xiàng)錯誤。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)根據(jù)氫氣的燃燒熱為285.8kJ·mol－1可得熱化學(xué)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根據(jù)題意可知反應(yīng)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，則在第2min到第4min時，O2的平均反應(yīng)速率為v(O2)＝0.375mol·L－1÷2min＝0.1875mol·(L·min)－1。(3)①根據(jù)圖示可知H＋從左邊向右邊擴(kuò)散，則左側(cè)的電極是負(fù)極，因此該電池工作時，b口通入的物質(zhì)為燃料甲醇。②該電池正極上氧氣得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2＋4e－＋4H＋=2H2O。③以甲醇燃料電池作電源，電解NaHCO3溶液，由于陽極是Al，是活性電極，發(fā)生的電極反應(yīng)是Al－3e－=Al3＋，Al3＋進(jìn)入溶液，與溶液中的HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生鹽的雙水解反應(yīng)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，既產(chǎn)生了氫氧化鋁沉淀，同時也產(chǎn)生了二氧化碳?xì)怏w，因此在實(shí)驗(yàn)的過程中，發(fā)現(xiàn)溶液逐漸變渾濁并有氣泡產(chǎn)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溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低②增大反應(yīng)壓強(qiáng)或增大CO2的濃度[解析](1)根據(jù)蓋斯定律，由“第2個反應(yīng)＋第3個反應(yīng)－第1個反應(yīng)”可得CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH＝－73kJ·mol－1－171kJ·mol－1＋41kJ·mol－1＝－203kJ·mol－1。(3)反應(yīng)CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)是一個熵增反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動，CH4平衡轉(zhuǎn)化率減小；而同溫條件下，壓強(qiáng)p1時的轉(zhuǎn)化率大于壓強(qiáng)p2時的轉(zhuǎn)化率，因此壓強(qiáng)p1小于p2。壓強(qiáng)為p2時，在y點(diǎn)，由于還未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)一直向正向進(jìn)行著，因此v正大于v逆。由圖可知，在y點(diǎn)對應(yīng)溫度下，該反應(yīng)平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率為80%，則化學(xué)平衡常數(shù)的計算過程如下：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)起始濃度/(mol·L－1)0.10.100轉(zhuǎn)化濃度/(mol·L－1)0.080.080.160.16平衡濃度/(mol·L－1)0.020.020.160.16平衡常數(shù)K＝eq\f(0.162×0.162,0.02×0.02)≈1.6。(4)②由于催化劑的催化效率在溫度超過250℃時會降低，因此為了提高CH4的轉(zhuǎn)化率，可以在催化劑催化效率最大時的溫度條件下，采用增大反應(yīng)壓強(qiáng)或增大CO2的濃度的方式來提高CH4的轉(zhuǎn)化率。專題限時集訓(xùn)(九)1．A[解析]酸式滴定管的25.00mL刻度的下端無刻度，所以其液面恰好在5.00mL刻度處時，所量取的溶液的體積要大于20mL，則用0.1mol/L的氫氧化鈉溶液中和時，需要的氫氧化鈉溶液的體積大于20mL。2．D[解析]A項(xiàng)，因?yàn)镹a2CO3水解溶液顯堿性與玻璃中的SiO2作用能生成具有黏性的Na2SiO3；B項(xiàng)，因?yàn)镹aHCO3與Al2(SO4)3發(fā)生水解相互促進(jìn)反應(yīng)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑；C項(xiàng)，因?yàn)镹Heq\o\al(＋,4)水解，使溶液顯酸性，與金屬氧化物反應(yīng)；D項(xiàng)，利用的是強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)原理，與水解原理無關(guān)。3．B[解析]氫氧化鈉溶液滴定鹽酸時，還可以借助甲基橙確定滴定終點(diǎn)，A項(xiàng)錯誤；高錳酸鉀溶液本身有顏色且消耗完后為無色，B項(xiàng)正確；使用滴定管量取溶液時，數(shù)字記錄應(yīng)準(zhǔn)確到0.01mL，C項(xiàng)錯誤；俯視滴定管刻度會導(dǎo)致所用NaOH溶液體積偏小，測量結(jié)果偏低，D項(xiàng)錯誤。4．C[解析]若在氨水中加入NH4Cl固體，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡逆向移動，c(OH－)減小，①不符合題意；硫酸中的H＋與OH－反應(yīng)，使c(OH－)減小，平衡正向移動，②不符合題意；當(dāng)在氨水中加入NaOH固體后，c(OH－)增大，平衡逆向移動，③符合題意；若在氨水中加入水，稀釋溶液，平衡正向移動，但c(OH－)減小，④不符合題意；電離屬吸熱過程，加熱平衡正向移動，c(OH－)增大，⑤不符合題意；加入MgSO4固體發(fā)生反應(yīng)Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)減小，平衡正向移動，⑥不符合題意。5．C[解析]水的電離吸熱，將純水加熱，電離平衡正向移動，c(H＋)、c(OH－)均增大但仍相等