二轮复习专项训练答案.doc

专题限时集训(一)
1．C　[解析] 检查容量瓶是否漏水，应向容量瓶中注入适量水，左手托住瓶底，右手食指顶住瓶塞，倒置看是否漏水，将容量瓶正放后，再把瓶塞旋转180度，再倒置后看是否漏水，A项错误；用托盘天平称量任何药品，均不能将药品直接放在托盘上，B项错误；中和滴定中使用的锥形瓶只要洁净即可，不必干燥，不能用待装液润洗，C项对的；不能在量筒中进行稀释、混合等操作，D项错误。
2．C　[解析] 甲同学需要的溶质的质量为100 g×5%＝5 g，乙同学需要的溶质的质量为0.5 mol/L×0.1 L×58.5 g/mol＝2.925 g，A项错误；乙同学配制过程中需要用到容量瓶，而甲同学不需要，B项错误；100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，D项错误；由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C项对的。
3．D　[解析] 4.6 g(即0.1 mol)乙醇(CH3CH2OH)中含C—H键的个数为0.5NA，A项错误； H2O2为共价化合物(分子晶体)，不含离子，B项错误；标准状况下，CHCl3呈液态，不能依据气体摩尔体积计算物质的量，C项错误；9.2 g NO2和N2O4的混合气体(最简式NO2)含NO2 0.2 mol，原子数0.6NA，D项对的。
4．D　[解析] 1 L pH＝1的硫酸溶液中具有的H＋的物质的量为n(H＋)＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，A项对的；C2H4和C3H6的最简式相同，所含氢原子数为14 g÷14 g·mol－1×2NA＝2NA，B项对的；0.1 mol Na反映生成Na2O或Na2O2时，化合价都变成＋1价，转移电子数相同，C项对的；1 mol甲醇中具有C—H键的数目为3NA，D项错误。
5．C　[解析] 1 mol羟基(—OH)所含电子数为9NA，A项错误；1 mol Cl2溶于水涉及溶解平衡和可逆反映平衡，转移电子数小于NA个，B项错误；金刚石呈空间四周体结构，每个碳原子占有C—C键个数为4个×＝2个，C项对的；未知气体所处环境，不能依据其体积拟定物质的量，D项错误。
6．D　[解析] 结晶水合物加热时一般一方面失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，第一阶段失重8.34 g－6.72 g＝1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g－5.10 g＝1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g－4.56 g＝0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知具有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项对的。
7．C　[解析] 1 mol C60F60含C—C键为1 mol×60×3×＝90 mol，A项错误；2.1 g(即0.1 mol)DTO分子含中子数(1＋2＋8)×0.1 mol＝1.1 mol，B项错误；4.6 g NO2和N2O4混合气体(最简式为NO2)含NO2 0.1 mol，电子数0.1 mol×23＝2.3 mol，C项对的；D项不能拟定HB－是否所有电离，同时尚有H2O能电离出阴离子，D项错误。
8．C　[解析] NaHSO4和KHSO3的摩尔质量相等，均为120 g/mol，1 mol物质均只含1 mol阳离子，那么120 g(即1 mol)混合物含阳离子总数为2 mol，A项错误；Cl2在水中存在溶解和反映两个平衡，但与NaOH完全反映，故等量的Cl2在两者中转移电子数不等，B项错误；蔗糖属于非电解质，在溶液中以分子形式存在，C项对的；每个CO2分子中含两个碳氧双键，有2NA个碳氧双键形成时，表达生成CO2 1 mol，应放出650 kJ的热量，D项错误。
9．A　[解析] S2、S8均由S原子构成，6.4 g物质含原子数＝0.2 mol，A项对的；7.8 g(即0.1 mol)Na2O2(Na2O2===2Na＋＋O)含离子总数0.3 mol，B项错误；pH只描述溶液的c(H＋)，没有体积，不能计算物质的量，C项错误；0.012 kg 13C含质子数×6，D项错误。
10．B　[解析] 根据题意具有4.5 mol SO和3.0 mol金属离子，可写出该溶质的化学式为R2(SO4)3，溶质的物质的量为1.5 mol，则溶质的物质的量浓度为＝3.0 mol·L－1。
11．A　[解析] 100 mL 1 mol/L的Ba(OH)2溶液与足量(NH4)2Fe(SO4)2溶液反映，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量最大值为0.1 mol BaSO4与0.1 mol Fe(OH)3 的质量之和，为34 g，故A不也许。
12．A　[解析] 由Cr2O和足量KI溶液反映得到3.81 g(即0.015 mol) I2可知反映的Cr2O的物质的量为0.005 mol，则2.83 g X中具有Cr3＋的物质的量为0.01 mol；由X与BaCl2的反映可知2.83 g X中具有SO的物质的量为0.02 mol；根据电荷守恒可知K＋的物质的量为0.01 mol，可知X的化学式为K2SO4·Cr2(SO4)3，A项对的。
13．(1)D
(2)①AC　烧杯、玻璃棒
②BCE
③2.0　27.4
④13.6　将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
[解析] (1)托盘天平称量的结果只能精确到小数点后一位数字，D项错误。
(2)容量瓶只能配制溶液，而不能作为反映容器，也不能长时间保存溶液或在其中溶解固体。没有450 mL的容量瓶，故需要配制500 mL的NaOH溶液。
14．(1)蒸发浓缩　冷却结晶　KSCN溶液
(2)C　D　NaOH溶液对分液漏斗玻璃塞、旋塞的磨口腐蚀性强(或分液漏斗玻璃塞、旋塞处会被NaOH溶液腐蚀导致黏结)
(3)打开止水夹，缓慢推压注射器活塞　H2SO4溶液　用注射器向A中注入空气，使装置中的氨气所有进入吸取液
(4)2∶1∶2∶6
[解析] (1)由题意可知莫尔盐为硫酸亚铁铵晶体，受热易分解，不能采用将溶液加热蒸干的方法获取，故需要将溶液蒸发浓缩和冷却结晶两步操作；KSCN溶液遇Fe3＋显血红色。(2)实验制得的氨气中具有水蒸气，可以用碱石灰除去，所以先连接装置C；氨气极易溶于水，所以吸取时应防止倒吸，故选用D装置；NaOH可与玻璃反映生成黏性物质，所以不能用带玻璃塞或活塞的仪器盛放。(3)加入NaOH溶液时应注意先打开止水夹这一细节；氨气溶于水显碱性，所以用难挥发性酸溶液如硫酸溶液可充足吸取并可准确测量其质量；反映停止后应通入空气以使装置中残留的氨气所有进入吸取液。(4)由题意可知，7.84 g摩尔盐中具有H2O的质量为7.84 g－5.68 g＝2.16 g，则n(H2O)＝0.12 mol；NH3的质量为0.68 g，则n(NH)＝0.04 mol；加入适量3%的H2O2溶液，充足振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，得到Fe2O3，测得其质量为1.6 g，则n(Fe2O3)＝0.01 mol，则7.84 g摩尔盐中具有的n(Fe2＋)＝0.02 mol，m(Fe2＋)＝1.12 g；则7.84 g摩尔盐中具有的m(SO)＝7.84 g－2.16 g－0.72 g－1.12 g＝3.84 g，n(SO)＝0.04 mol，则此摩尔盐n(NH)∶n(Fe2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶6。
专题限时集训(二)
1．A　[解析] 合成氨时氮元素被还原，而氮气与氧气化合生成NO时，氮元素被氧化；钢铁的腐蚀实质上是金属失电子被氧化的过程；食物的腐败实质上是食物被空气中的氧气氧化，故某些袋装食品需要隔绝空气且添加防氧化剂(即还原剂)；铁或铝在浓硫酸中的钝化实质上是金属表面被氧化而生成一层致密的氧化物保护膜。
2．A　[解析] N的化合价由HNO2中的＋3价下降到N2中的0价，HNO2作氧化剂，①对；Cl－在该反映中化合价未发生变化，不能比较其与其他反映物还原性的强弱，②错；每生成2.8 g(即0.1 mol)N2，转移电子数(3－0)×2×0.1 mol＝0.6 mol，③对；根据Cl守恒，x为6，根据电荷守恒，y为2，④错；结合①分析，SnCl2作还原剂，氧化产物为SnCl，⑤对。
3．C　[解析] 参与反映的硝酸分氧化剂和酸两部分，其物质的量比为，1 mol FexOy与足量稀硝酸反映，起酸作用的硝酸为3x mol，起氧化剂作用的硝酸为，故＝，解得＝。
4．B　[解析] Cu2S和Cu2O中Cu的化合价均为＋1价，反映后变成单质铜，Cu2S和Cu2O均为氧化剂，铜为还原产物，A、C项错误；而反映中S化合价升高，故Cu2S还作还原剂，B项对的；该反映转移6 mol电子，生成6 mol Cu，转移1.8 mol电子生成1.8 mol(115.2 g)Cu，D项错误。
5．C　[解析] 途径①S化合价升高，被浓HNO3氧化，A项对的；途径②、③中SO2的催化氧化过程属于可逆反映，增大O2的浓度有助于平衡正向移动，减少了成本，B项对的；途径③中，Fe2→H2O4，生成1 mol H2SO4，转移7 mol e－，C项错误；途径①生成NO2污染气体同时原子运用率减少，D项对的。
6．D　[解析] 根据原子守恒可知M为H2O，A项对的；Sn由＋2价升高到＋4价，SnCl2作还原剂，As由＋3价减少到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3 mol电子，B、C项对的；氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶2，D项错误。
7．D　[解析] 过量的KI与CuSO4在溶液中发生反映2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，Cu2＋作氧化剂，而I－被氧化为I2，CuI是还原产物，A项错误；再通入SO2时发生的反映为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，实质上是SO2将I2还原为I－，体现了SO2的还原性，B项错误；C项没指出SO2是否为标准状况，错误；由“在同一反映中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”可知D项对的。
8．B　[解析] 结合题意，发生反映涉及：①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；③2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。测得氧气为1 mol，那么，b或至少1个为2，另一个大于等于2，A、D项错误；结合②转移电子数一定是2NA，B项对的；容器中不能判断H2O和CO2的残留情况，C项错误。
9．D　[解析] 反映①中为MnO2将NaI氧化，硫酸只起到提供酸性环境的作用，生成1 mol I2时转移电子2 mol；反映②中为NaHSO3将NaIO3还原，生成1 mol I2时转移电子10 mol；由反映②可知氧化性IO＞SO。故只有D项对的。
10．D　[解析] 该反映中生成物中的氧元素均为－2价，Na2O2只作氧化剂，A项错误；3 mol Na2O2发生反映时转移电子6 mol，B项错误；Na2FeO4中Fe为＋6价，C项错误。
11．C　[解析] NH→N2，氮元素化合价升高，发生氧化反映，SO→SO2，硫元素化合价减少，发生还原反映，一方面根据电子守恒配SO2和N2的化学计量数，再用观测法配平反映方程式，可得3(NH4)2SO43SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O。化学计量数由小到大的顺序是N2、SO2、NH3、H2O，A项错误；氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，B项错误；被氧化元素原子和被还原元素原子的物质的量之比为2∶3，C项对的；若反映生成1 mol H2O，则转移的电子为1 mol，D项错误。
12．D　[解析] 设反映后的化合价为x，根据氧化还原反映中得失电子守恒得0.006 L×0.2 mol/L×2＝1.2×10－3 mol×(6－x)，x＝＋4，故选D。
13．C　[解析] 反映中Cu－2e－―→Cu2＋，NO―→NO、NO2、N2O4―→NO＋NO，从电子守恒可知，铜失去的电子数与NO变成NO过程中得到的电子数相等，NO＋2e－＋2H＋===NO＋H2O，故生成NaNO2的物质的量与铜的物质的量相等：＝0.8 mol，C项对的。
14．(1)I－、Fe2＋　2 mol、2 mol
(2)I－、Fe2＋、Br－　1 mol、3 mol、0.5 mol
(3)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2　S2O＋2Fe2＋===2SO＋2Fe3＋
[解析] 根据题意，各粒子的氧化性、还原性顺序为：氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－。
(1)n(I－)＝1 mol×2＝2 mol，n(Br－)＝2 mol×2＝4 mol，n(Fe2＋)＝1 mol＋2 mol＝3 mol。
通入2 mol Cl2时，先氧化I－，后氧化Fe2＋
Cl2　＋　2I－===I2＋2Cl－
1 mol 2 mol
Cl2　＋　2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
1 mol 2 mol
剩余1 mol Fe2＋，故Br－不也许被氧化。
(2)通入3 mol时，氧化2 mol I－需1 mol Cl2，氧化3 mol Fe2＋需1.5 mol Cl2，尚有0.5 mol Cl2可氧化1 mol Br－，故相应的氧化产物的物质的量分别是1 mol、3 mol、0.5 mol。
(3)此题要从催化剂的本质出发，作为催化剂的物质要参与有关反映，但后来的反映必须又生成了催化剂。本题规定写出表达Fe3＋作催化剂的反映，因此，一方面Fe3＋要参与反映，即有反映2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋ ＋I2，生成的Fe2＋又被S2O氧化生成了Fe3＋，即S2O＋2Fe2＋===2SO＋2Fe3＋。
15．(1)①MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　FeI2　先观测到下层CCl4由无色变为紫红色，后看到上层溶液由浅绿色变为黄色
②烧杯中的液体进入烧瓶中，形成喷泉
(2)①C
②Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋
③向废水中加入足量的盐酸，将生成的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水，若紫色酸性KMnO4溶液颜色变浅，石灰水变浑浊，则证明废水中具有CO2
[解析] (1)①根据题中所给装置，要证明氧化性Cl2>Fe3＋>I2，可将氯气通入试剂M(FeI2溶液)中，由Cl2先后将I－和Fe2＋氧化为I2和Fe3＋，可得出结论。I2的生成可由CCl4层出现紫色看出，而Fe3＋的生成可由上层溶液变成黄色看出。②反映生成的HCl极易溶于水，可形成喷泉。
(2)由题中流程图看出测定原理为：运用氧化剂将SO氧化为SO，再加入BaCl2将其沉淀为BaSO4，加入盐酸酸化的目的是排除CO的干扰，硫酸酸化的KMnO4溶液中具有SO，会干扰实验，故可用新制氯水来氧化SO。
专题限时集训(三)
1．D　[解析] 粗铜精炼中阴极发生还原反映，D项错误。
2．A　[解析] A项实质上为难溶电解质的转化，应表达为CaSO4＋CO===CaCO3＋SO，错误；硫酸型酸雨在放置过程中亚硫酸被氧化成强酸硫酸，B项对的；硅酸为弱酸，可由硅酸钠溶液中加入盐酸制得，C项对的；用石墨电极电解AlCl3溶液，阴极H＋放电，生成H2和OH－，OH－与Al3＋结合成Al(OH)3沉淀，D项对的。
3．D　[解析] A项中能溶解Al2O3的溶液呈酸性或碱性，但HCO在酸性或碱性条件下均不能大量存在；B项中ClO－具有强氧化性，可氧化I－，两者不能大量共存；C项中能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，在酸性条件下NO具有强氧化性，能氧化Fe2＋，两者不能大量共存；D项中加入KSCN显红色的溶液中具有Fe3＋，可以与所给离子大量共存。
4．B　[解析] Na2O2为过氧化物，在离子方程式中不能“拆开”，A项错误；由0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝1可知其完全电离，B项对的；活性电极作阳极则电极材料自身失电子，C项错误；Al(OH)3不溶于氨水，D项错误。
5．D　[解析] 由混合物中所含离子看出，白色沉淀只能是Al(OH)3，为Al3＋和HCO或Al3＋和CO发生互相促进的水解反映而得，只能说明含HCO和CO中的至少一种，不能拟定是否具有HCO，A项错误；气体乙中也许含CO2或SO2，B项错误；白色沉淀乙为BaSO4，乙中SO也也许是SO被NO在酸性条件下氧化的结果，C项错误。只有D项对的。
6．B　[解析] A项，酸性条件下的NO具有强氧化性，与具有较强还原性的I－不能大量共存；C项中FeCl3水解显酸性，而在酸性条件下ClO－和Cl－不能大量共存，错误；D项中Cu2＋与NH3·H2O不能共存，错误。
7．B　[解析] NO在酸性环境下能将Fe2＋氧化成Fe3＋，进而与SCN－生成络合物，A项错误；c(H＋)/c(OH－)＝10－10的溶液呈碱性，与各离子能大量共存，B项对的；pH＝0的溶液显酸性，Ag(NH3)只能存在于碱性溶液中，酸性条件下转化成Ag＋、NH，C项错误；ClO－在任何条件下均有强氧化性，能将SO、S2－氧化，D项错误。
8．B　[解析] SO和H＋不能大量共存，酸性溶液中，Cr2O与CH3CH2OH、Cr2O与SO均不能共存，A项错误；加入Al能放出H2的溶液可以是强酸性或强碱性溶液，若为强碱性溶液则NH不能大量存在，若为酸性溶液，NO存在下与Al反映不能产生氢气，C项错误；水电离的c(H＋)＝10－12 mol/L的溶液中c(H＋)也许为10－2 mol/L或10－12 mol/L，若为10－2 mol/L，则该溶液中NO与I－不能共存，D项错误。
9．B　[解析] Fe3＋与SCN－反映生成络合物，A项错误；HCO与NH互促水解限度不大，仍能大量共存，B项对的；加入铝粉能产生H2的溶液中，若为碱性溶液，Fe2＋、NH不能大量存在，若为酸性溶液，因溶液中有NO，不能产生H2，C项错误；强氧化性的ClO－能氧化I－，D项错误。
10．A　[解析] 能使pH试纸显深红色的溶液呈酸性，A项所涉及的离子可以大量共存；在含Al3＋的溶液中不也许生成OH－，B项错误；C项电荷不守恒；D项中KAl(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量比为1∶2，它们电离出的SO与Ba2＋的物质的量比为1∶1，恰好完全沉淀，生成BaSO4，而Al3＋与OH－的物质的量比为1∶4，恰好完全反映生成AlO，故所得沉淀中不含Al(OH)3。
11．B　[解析] A项，S2－的水解应分步进行，错误；B项，H2O2可氧化Fe2＋，书写、配平无误，对的；C项，Ca(HCO3)2与足量NaOH溶液反映的离子方程式为Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O，错误；D项，Na2SiO3易溶于水且在水中完全电离，错误。
12．A　[解析] 由甲溶液呈蓝色，说明具有Cu2＋，OH－与CO必不存在于甲溶液中，而存在于乙溶液中，H＋与OH－不能大量共存，则H＋必存在于甲溶液中，根据溶液的电中性，乙溶液中必具有一种阳离子，只能为K＋，故乙溶液中大量存在的离子为K＋、OH－、CO。
13．D　[解析] HClO具有强氧化性，能氧化SO，A项错误；B项的产物应是胶体而非沉淀，错误；电解的MgCl2溶液中，放电余下的OH－要与Mg2＋结合生成沉淀，C项错误；Al3＋与氨水反映只生成的Al(OH)3沉淀不能溶于过量氨水，D项对的。
14．C　[解析] HClO属于弱电解质，应书写化学式，A项错误；酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO，CO2通入苯酚钠溶液只能生成HCO，B项错误；过量的碱还能与HCO反映，D项错误。
15．D　[解析] A项离子能大量共存，通入CO2后，据溶液电中性原理，c(H＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(SO)＋2c(CO)＋c(HCO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，A项错误；在NO的酸性溶液中，加入Al只能生成NO而非H2，B项错误；橙红色Cr2O在酸性环境下生成黄色Cr3＋，C项错误；NO2与O2在一定比例下能所有转化成HNO3，NaOH能将酸性物质所有吸取，D项对的。
16．(1)①Na＋　CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
n(SiO)∶n(AlO)＝11∶2
②Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
N(Al3＋)∶N(Mg2＋)∶N(NH)∶N(Cl－)＝2∶1∶4∶12
(2)①Sn＋2H＋===Sn2＋＋H2↑
Sn2＋＋Cl2===Sn4＋＋2Cl－
②SnO2　③NH3·H2O
[解析] (1)①若Y为盐酸，则Oa段反映为2H＋＋SiO===H2SiO3↓、H＋＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓，ab段反映为2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，bc段反映为Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；X溶液中具有AlO和SiO，故阳离子中只有Na＋可以存在；设bc段反映消耗的H＋的物质的量为x，则根据bc段反映可得：n(AlO)＝x，根据Oa段反映可得：n(AlO)＋2n(SiO)＝4x，解得n(AlO)∶n(SiO)＝2∶11。②若Y为NaOH溶液，则Oa段反映为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，ab段反映为NH＋OH－NH3·H2O，bc段反映为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O；设bc段反映消耗的OH－的物质的量为y，则根据ab段反映可得n(NH)＝2y，根据bc段反映可得n(AlO)＝y，则根据元素守恒可知n(Al3＋)＝y，根据Oa段反映可得3n(Al3＋)＋2n(Mg2＋)＝4y，解得n(Mg2＋)＝y，根据电荷守恒可得n(Cl－)＝6y，可得：n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n(NH)∶n(Cl－)＝2∶1∶4∶12。(2)①Sn的简朴阳离子为Sn2＋和Sn4＋，可迁移铁与盐酸反映，其产物再与氯气反映的离子方程式；②FeCl3溶液蒸干后继续加热所得固体为Fe2O3，故SnCl4溶液蒸干后继续加热所得固体应为SnO2；③由2H＋＋SnOSn(OH)2Sn2＋＋2OH－可知Sn(OH)2具有两性，故应用弱碱NH3·H2O和SnCl2反映制取Sn(OH)2以避免其与强碱反映。
17．(1)Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、MnO
(2)NH、Mg2＋、Al3＋
(3)CO、HCO、S2－
(4)SO　Ba2＋
(5)Cl－、NO、Na＋
[解析] (1)Fe3＋为棕黄色，Fe2＋为浅绿色，Cu2＋为蓝色，MnO为紫色。
(2)NH与OH－可反映生成NH3，Mg2＋、Al3＋可与OH－反映生成沉淀。
(3)CO、HCO可分别与H＋反映生成CO2气体。
(4)加入硫酸和硝酸生成的沉淀只能是BaSO4，因此可推出具有Ba2＋，则必不具有SO。
专题限时集训(四)
1．A　[解析] 纯碱是盐，①错；水煤气不是可再生能源，②错；食醋是混合物，④错。
2．C　[解析] 碳原子半径大于氧原子，A项错误；B项中没标出H－的电子，错误；二氧化硅为Si原子和O原子按照原子个数比为1∶2组成的空间网状结构，不存在分子，D项错误。
3．A　[解析] 酸雨的形成与大气中的碳的氧化物无关，B项错误；蔗糖为非电解质，C项错误；石油分馏、海水制盐没有发生化学变化，D项错误。
4．A　[解析] 二氯丙烷的同分异构体共有4种，分别为CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3、CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，A项错误；胶体(分子直径约1～100 nm)才具有丁达尔效应，B项对的；光纤的重要成分是二氧化硅，C项对的；福尔马林能使蛋白质变性，D项对的。
5．A　[解析] 光导纤维属无机非金属材料，A项错误；有机物酒精能使蛋白质变性，B项对的；脱硫技术重要是为了减少S的排放，C项对的；煤的气化、液化是为了得到清洁的气体、液体燃料，D项对的。
6．B　[解析] 高铁酸钾具有强氧化性，可以使蛋白质变性，①、⑥对的；高铁酸钾还原得到的Fe3＋可以水解，产生胶状的Fe(OH)3，具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，③、④对的。
7．D　[解析] N的最外层为5e－，需与3个N原子形成3个N—N键，A项对的；该晶体N原子无限延伸，属于原子晶体，与N2同属于N原子形成的单质，互为同素异形体，B项对的；同素异形体之间的转化不是氧化还原反映，D项错误。
8．D　[解析] 放热反映生成物的能量总和小于反映物的能量总和，A项错误；B项忽视了可逆反映不能进行彻底，错误；气态硫燃烧放出的热量比液态硫燃烧放出的热量多，C项错误；根据盖斯定律，第一个方程式＋第二个方程式× 可得S(s)＋O2(g)===SO3(g)　ΔH＝－395.46 kJ·mol－1，D项对的。
9．A　[解析] 根据盖斯定律ΔH＝ΔH1＋ΔH2，即ΔH1＝ΔH－ΔH2，再根据图像可知ΔH1>0，A项对的；从图中看出，X应为反映的中间产物，不是催化剂，B项错误；E2应为反映②的逆反映的活化能，C项错误。
10．A　[解析] 由热化学方程式①可知1 mol C完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，A项对的；反映热必须注明“＋、－”号，B项错误；C项忽视了浓硫酸的溶解热，错误；D项忽视了醋酸电离要吸热，错误。
11．C　[解析] 可逆反映不能进行完全，A项错误；根据盖斯定律，①－②得：I2(g)===I2(s)　ΔH＝－35.96 kJ/mol，B项错误；固态碘能量低于气态碘，故稳定性较高，C项对的；1 mol固态碘和1 mol气态碘中均具有1 mol I—I键，在反映中均所有断裂，D项错误。
12．B　[解析] 在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反映生成Cu2＋(aq)和H2O(l)的反映式为Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)，将题干中的热化学方程式依次编号为①、②、③，可通过①＋②×＋③得到该反映的热化学方程式，那么ΔH＝ΔH1＋ΔH2×＋ΔH3＝＋64.39 kJ·mol－1＋(－196.46 kJ·mol－1)×＋(－285.84 kJ·mol－1)＝－319.68 kJ·mol－1。
13．(1)①2Q1＋Q2　②放出　③4Q3　④4Q3－(2Q1＋Q2)　⑤吸取
(2)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－[(4Q3＋Q4)－(2Q1＋Q2)]kJ·mol－1
[解析] ①为断开2 mol氢气和1 mol氧气中的化学键吸取的能量，②为形成2 mol气态水释放出的能量，④为生成气态水时的反映热，⑤为2 mol液态水变成气态水要吸取的能量。
14．(1)－467.5
(2)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　
ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
[解析] (1)根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：2Fe2O3(s)＋3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－467.5 kJ·mol－1。
(2)根据盖斯定律，前一反映－后一反映：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1。
15．(1)＝　(2)①D　②63%　(3)－74.8 kJ·mol－1　(4)C
[解析] (1)给定反映的反映热只取决于反映物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，故甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量仍等于890.3 kJ。
(2)①1 g CH4完全反映释放15.46 kJ的热量，则1 mol CH4完全反映放出热量为247.36 kJ，故D图符合题意；②CH4的转化率＝×100%≈63%。
(3)②＋③－①即得C(s)＋2H2(g)===CH4(g)　ΔH＝－74.8 kJ·mol－1。
(4)已知CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则CO2与H2O反映生成CH4与O2的反映吸热，故A项不对的；使CO2分解生成碳与O2的反映为吸热反映，常温下不能发生，故B项不对的；运用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气(CO、H2)是合理的，C项对的；将固态碳合成为C60，以C60作为燃料，极不经济合算，故D项不对的。
专题限时集训(五)
1．D　[解析] N离子中具有34个电子，A项错误；O2与O4互为同素异形体，B项错误；C60由分子构成，分子间作用力较小，故其硬度较小，C项错误。
2．A　[解析] 碘和干冰都是由分子构成的分子晶体，分子间存在范德华力，升华是物理变化，需要克服范德华力，A项对的；硅是原子晶体，C60是分子晶体，熔化时分别需要克服共价键、范德华力，B项错误；氯化氢是共价化合物，氯化钠是离子化合物，两者溶解时分别要克服共价键、离子键，C项错误；溴是分子晶体，汞是金属晶体，两者汽化时分别要克服范德华力、金属键，D项错误。
3．D　[解析] 干冰和水晶分别是分子晶体和原子晶体，熔化时所克服的粒子间互相作用力不同，A项错误；F无正价，O的最高正价为＋2价，B项错误；同周期前半部分金属形成阳离子，后半部分非金属形成阴离子，结合电子层数关系，阴离子半径大，C项错误；原子晶体均通过共价键连接，D项对的。
4．D　[解析] 过渡元素在副族中，A项错误；电子数大于质子数，该微粒是氯离子，则该元素在周期表中位于第三周期、ⅦA族，B项错误；Be(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性弱，C项错误；电子层数越多原子半径越大，同一周期元素，同周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，同主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，所以原子半径：Na＞Si>C＞O，D项对的。
5．B　[解析] 同主族元素原子半径依次增大，原子半径Z>Y，A项错误；若W为Ar，原子序数为18，则Y为F，原子序数为9，W的原子序数是Y的原子序数的2倍，B项对的；Y与W以及X与Z的非金属性强弱均无法比较，故C、D项错误。
6．A　[解析] “Y的原子序数比X大2”，即中间间隔1种元素，若X、Y同主族，则X为H(氢)、Y为Li(锂)，r(Li)＞r(H)，A项对的；若X、Y同周期，CO属于共价化合物，B项错误；若X为碳元素，Y为氧元素，H2O为极性分子，C项错误；若X为铝元素，Y为磷元素，H3PO4为中强酸，D项错误。
7．D　[解析] XYZ3W8为硅酸盐，只有W显负价，则W为氧元素，Y3＋与W的阴离子具有相同电子层结构，则Y为铝元素，由X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，则Z为硅元素，而X最外层只有一个电子，再结合X、W(O)的质子数之和等于Y(Al)、Z(Si)质子数之和，可得X为钾元素。K＋有三个电子层，而O2－有两个电子层，A项对的；Si的非金属性比O的非金属性弱，B项对的；Al2O3为两性氧化物，C项对的；K2O2为离子化合物，但具有O—O非极性共价键，而Al2O3只具有离子键，D项错误。
8．B　[解析] 结合题意，四种元素的位置关系为
X

Y
Z

W
，原子半径Z>W>Y，A项对的；X为金属(第ⅠA、ⅡA族)元素，但Be的最高价氧化物的水化物不是强碱，B项错误；氢化物的沸点：W一定小于Y，C项对的；Na、Mg的简朴盐类一定是离子晶体，D项对的。
9．C　[解析] 由25 ℃时0.1 mol·L－1D溶液的pH为13，可知D为一元强碱NaOH，结合F为单质，则可知反映A＋B＝D＋F和A＋C＝E＋F分别为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑和2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，可知甲、乙、丙、丁分别为H、C、O、Na，原子半径：Na>C>O>H，A项错误；乙为第二周期的碳元素，B项错误；Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－，水解的存在使阴离子数目增多，故D项中阴离子物质的量大于0.1 mol。
10．A　[解析] W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，所以W的质子数是8，为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且W的原子半径小于X的原子半径，所以X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，且原子半径大于W，所以Z是Cl元素。化合物XZW是次氯酸钠，次氯酸钠中具有离子键和共价键，A项对的；硅的非金属性小于氯，所以相应的气态氢化物的稳定性Y<Z，B项错误；r(Na＋)＜r(O2－)，C项错误；二氧化硅和氢氧化钠反映，和高氯酸不反映，D项错误。
11．D　[解析] 由“X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍”，则X为碳元素或硫元素，再结合X、Y、Z电子层数之和为5，则X为碳元素。从而可推出Y、M、Z分别为氮、氧、氢元素，而R则也许为锂元素或钠元素。氢元素与氧元素形成的化合物H2O2中具有的氧氧键为非极性键，A项错误；非金属性：O>N>C，相应氢化物的稳定性：H2O>NH3>CH4，B项错误；O2几乎没有还原性，C项错误；C、N、O、H元素组成的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3，受热易分解，D项对的。
12．C　[解析] Y的内层电子总数是最外层电子数的5倍可知Y为镁元素，由题目所给信息可知其他几种元素在周期表中的相对位置为，可知X为钠元素，Z为硫元素，W为氯元素，M为氧元素。O3和Cl2均可作为水解决中的消毒剂，A项对的；电解熔融的MgCl2可得Mg和Cl2，B项对的；HCl溶于水酸性比H2S强，C项错误；Na2O2与H2O反映可生成O2，D项对的。
13．(1)第二周期ⅤA族
(2)CH4>SiH4
(3)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl
(4)NaNO2
(5)增长　 由于此反映是可逆反映
(6)
[解析] 由A、D的最低化合价均为－2，且D没有正价，可知A、D分别为硫元素和氧元素，同理可推出F和G分别为氟元素和氯元素；由C、H的最高正价和最低负价均分别为＋4和－4，且H原子半径较小，则C、H分别为硅元素和碳元素；同理可推出B和E分别为磷元素和氮元素。(6)铜与稀硫酸不能自发反映，故考虑用铜做阳极电解稀硫酸溶液。
14．(1)1∶2
(2)NHHNHH　N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－622 kJ/mol
(3)离子键和共价键　ClO－＋H2OHClO＋OH－　NaCl＋H2ONaClO＋H2↑
(4)O2＋2H2S===2H2O＋2S
[解析] 根据题意可推出A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、S、Cl。(1)D元素的氧化物为氧化钠和过氧化钠，两种化合物中阴阳离子个数比均为1∶2。(2)根据题意可知化合物X为N2H4，结构式为NHHNHH，根据题意可写出热化学方程式：① N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－534 kJ· mol－1 ，② H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44 kJ· mol－1。根据盖斯定律①＋2×②可得：N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－622 kJ· mol－1。
(3)由上述6种元素中的3种元素组成的常见家用消毒剂的重要成分为NaClO，由于ClO－的水解，NaClO溶液呈碱性。制备的化学方程式为NaCl＋H2ONaClO＋H2↑。　　
(4)证明氧的非金属性大于硫可用反映O2＋2H2S===2H2O＋2S。
专题限时集训(六)A
1．A　[解析] 化学平衡常数越大，反映物的转化率越大，A项对的；仅由化学平衡常数不能得出反映速率的大小与反映的剧烈限度，B、C项错误；仅从平衡常数看不出反映是吸热还是放热，故无法知道平衡常数随温度变化的情况，D项错误。
2．D　[解析] 由题，10 s内，v(H2)＝＝0.075 mo