高中化学公式.pdf

第一单元 化学计量在实验中的应用 第一讲 物质的量 气体摩尔体积 变式训练 1 1 A 该氯原子的相对原子质量为 该氯原子的摩尔质量为 根据摩尔质量与单个 粒子质量 阿伏加德罗常数的关系式得出 该氯原子的摩尔 质量等于 a NA g mol 1 氯原子相对原子质量乘以 2 为氯气 相对分子质量 变式训练 1 2 A B 等质量的 SO2和 CO2 二者物质的量之比等于摩 尔质量的反比 即 44 64 即 11 16 根据阿伏加德罗定 律的推论一 同温同压下 气体体积之比等于物质的量之比 即为 11 16 B 选项正确 C 选项错误 根据阿伏加德罗定律 的推论二 同温同压下 气体密度之比等于摩尔质量之比 即二者密度之比为 16 11 A 选项正确 D 选项错误 第二讲 物质的量 气体摩尔体积 变式训练 1 3 D 1000 g 水相当于 1 L 水 计算公式中的分子为 1000 V 气 换成本题字母后为 1000ab 公式中的分母为 M 气 V 气 22400 换成本题字母后为 36 5a 22400 符合此形式的只有 D 选项 变式训练 1 4 C 当某溶液加水稀释时 水可当作质量分数为 0 密度 为 1 的 溶液 用等体积的水稀释后 稀释后溶质的质量分 数小于原溶液溶质质量分数之和的二分之一 即小于 12 5 变式训练 1 5 C 根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式 蒸发掉与原溶液质量相等的水后 溶质的质 量分数 变为原来的 2 倍 若密度 不变 物质的量浓度 c 必然随之变在原来的 2 倍 而事实上在蒸发过程中硫酸溶液 的密度随之增大 的结果导致蒸发后的溶液物质的量 浓度在原来 2 倍的基础上进一步增大 故 c2 2c1 变式训练 1 6 C 由公式 导出 假设 a mol L 1和 b mol L 1氨水密度相同 则 2 2 1 可事实上溶 质质量分数越大的氨水 密度越小 即公式中 中 c2变为原来的 2 倍 2比原来还小 结果 2 2 1 变式训练 1 7 C 提示 对于氨水来说 质量分数越小 密度越大 与 硫酸稀释情况相反 变式训练 1 8 C 溶液混合并蒸发后的质量 m n p g 溶质的质量 am bn 溶液的密度为 q g mL 1 溶液的体积为 m n p 1000q 单位为 L 根据 c m MV 导出 M m cV 代入溶 质质量 物质的量 溶液体积 得 第二单元 化学物质及其变化 第二讲 离子反应 变式训练 2 1 1 C 氨水为弱碱 在离子方程式中应写成 NH3 H2O 形 式 故 A 选项错误 在离子方程式中澄清石灰水应拆成 Ca2 2OH 的形式 故 B 选项错误 氯气通入冷的氢氧化钠溶液 中发生 2NaOH Cl2 NaCl NaClO H2O 对应的离子方 程式为 2OH Cl2 Cl ClO H 2O C 选项正确 铁与稀 硫酸作用生成 FeSO4和 H2 而不是 Fe3 故 D 选项错误 2 B Cl2通入水中生成 HCl 和 HClO HClO 为弱酸 不能拆成离子形式 A 选项错误 H2O2在酸性条件下 把 I 氧化为单质 I2 本身还原为 H2O 该方程式得失电子守恒 电荷守恒 B 选项正确 用铜做电极电解 CuSO4溶液实质是 铜上镀铜 阳极铜被氧化进入溶液 溶液中的 Cu2 在阴极 上得电子被还原 反应物 生成物均为 Cu 无法写出化学方 程式 C 选项错误 Na2S2O3 H2SO4 Na2SO4 S SO2 H2O D 选项错误 变式训练 2 2 1 Ca2 HCO3 OH H2O CaCO3 Ca2 2HCO3 2OH 2H2O CaCO3 CO32 2 OH H 2PO4 H 2O HPO4 2 H2PO4 2OH 2H 2O PO4 3 变式训练 2 3 解析 向 NH4HCO3溶液中滴加少量 NaOH 溶液 首先抓 住酸式盐与碱反应实质是酸式根离子 HCO3 与碱中 OH 反应生成正盐 因 OH 不足量 故 NH 4 不参与反应 离子方 程式如下 OH HCO 3 CO32 H2O 补上未发生反应的离子 完成化学方程式 2NH4HCO3 2NaOH NH4 2CO3 Na2CO3 2H2O 同理 向 NH4HCO3溶液中滴加过量的 NaOH 溶液时 在 考虑酸式根离子与碱反应生成正盐的基础上还要考虑 NH4 与 OH 生成 NH 3 H2O 的问题 离子方程式如下 NH4 HCO3 2OH NH 3 H2O CO3 2 H 2O 对应的化学方程式 NH4HCO3 2NaOH Na2CO3 NH3 H2O H2O 变式训练 2 4 BC NH4Fe SO4 2中 Fe 元素的化合价为 3 A选项错误 当 Ba OH 2不足量时 OH 先与 Fe3 反应生成 Fe OH 3 NH4 未反应留在溶液中 对应的离子方程式为 C 选项 当 Ba OH 2 足量时 OH 与 Fe3 反应生成 Fe OH 3 OH 与 NH 4 作用 生成 NH3 H2O 对应的离子方程式为 B 选项 D 选项对应离 子方程式虽然也平了 原子个数守恒 电荷守恒 但违背了 物质的组成比 在 NH4Fe SO4 2中 NH4 Fe3 的物质的量之 比为 1 1 当 Fe3 完全沉淀后 NH4 才能与 OH 作用生成 NH3 H2O 故离子方程式中不可能出现 NH4 大于 Fe3 的计量 b 12a bg 1 12 a g g mol 1 b 12a M 1000q am bn c m n p 先定 1 mol OH 1 mol OH 需 1mol HCO 3 生成 1 mol CO32 和 1 mol H2O c 1000 M 1000 c M cM 1000 2 c2M 1000 2 先定 1 mol NH4HCO3 1 mol NH4 和 1 mol HCO3 共需 2 mol OH 生成 1 mol CO32 和 1 mol NH3 H2O 1 mol H2O 1 数 变式训练 2 5 1 C 加 Al 粉放出大量 H2的溶液可能为酸溶液 也可 能为碱溶液 Fe2 在碱溶液中不能共存 Fe2 NO3 在酸溶液 中不能共存 既使无 Fe2 在酸性条件下 NO3 也不能存在 因 Al 与稀硝酸作用产生的不是 H2 而是 NO 等氮的化合物 A 选项不符合题意 由水电离出的氢离子浓度为 1 0 10 12 mol L 1的溶液 pH 值可能为 12 或 2 碱性条件下 NH 4 不能共 存 酸性条件下 HCO3 S 2O3 2 不能共存 B 选项不符合题意 使甲基橙变红的溶液呈酸性 在酸性条件下 Fe3 MnO4 NO3 Na SO 4 2 彼此不反应 可以共存 C 选项符合题意 H 2PO4 与 PO43 在溶液中可生成 HPO 4 2 因此 H 2PO4 与 PO 4 3 在溶 液中不能大量共存 D 选项不符题意 2 C Fe2 H NO3 KNO3提供 不共存 A 选项 不符题意 AlO 2在酸性条件下不能存在 B 选项不符题意 K Na CH3COO Br 在碱性条件下可以大量共存 C 选项 符合题意 与铝反应产生大量氢气的溶液可能为酸溶液或碱 溶液 酸溶液不可能有 NO3 Al 与硝酸反应产生的不是 H2 变式训练 2 6 1 D 甲基橙变色 pH 范围 3 1 4 4 甲基橙呈黄色 说明溶液 pH 4 4 溶液可能会呈现弱酸性 中性 碱性三种 可能 在酸性条件下 I NO 3 不能共存 A 选项不符题意 AlO2 HCO 3 不能大量共存 二者反应生成 Al OH 3 和 CO32 石蕊呈蓝色 溶液呈碱性 碱性条件下 HCO3 不能存 在 故 B 选项不符题意 Al3 ClO 发生互促水解 C 选项 不符题意 CO32 Cl F K 在碱性条件下可以大量共存 2 C Fe2 与 ClO 在溶液中因氧化还原反应而不共 存 Al3 与 ClO 因互促水解而不共存 故 A 选项不符题意 Cu2 与 OH 生成 Cu OH 2沉淀而不共存 故 B 选项不符题意 H 与SiO 3 2 生成H 2SiO3沉淀 Mg 2 与SiO 3 2 生成MgSiO 3沉淀 故 D 选项不符题意 第三讲 氧化还原反应 变式训练 2 7 D 由元素守恒知 未被还原的硝酸将转化为 Fe NO3 3 所以起酸性作用硝酸的物质的量等于 Fe NO3 3的物质的量的 3 倍 由元素守恒知 n Fe NO3 3 a b mol 所以未被还原 的硝酸的质量 3 a b mol 63 g mol 1 a b 189 g 正 确 又根据化合价升降守恒 得失电子守恒 知 a mol Fe 2 S 2 a mol Fe 3 NO3 3 a mol H2S 6 O4 失电子物 质的量为 3 2 a mol 6 2 a mol 9a mol b mol Fe 2 O b mol Fe 3 NO3 3 失电子物质的量为 3 2 b b mol x mol HN 5 O3 x mol N 2 O 得电子物质的量为 5 2 x 3x 设被还原的硝酸物质的量为 x 根据得失电子守恒 9a mol b mol 3x x 9a b 3 mol 未被还原的硝酸为 cV 9a b 3 mol 正确 变式训练 2 8 1 D 由离子方程式 2Fe3 2I 2Fe2 I 2得出还原 性 I Fe2 当 Cl 2不足量时 只能氧化 I A 选项正确 当 n Cl2 n FeI2 4 3 时 I 全部被氧化 Fe2 剩余 B 选项 正确 当 n Cl2 n FeI2 3 2 时 I 和 Fe2 恰好全部被氧化 C 选项正确 D 选项表面上得失电子守恒 电荷守恒 但违背 了氧化还原反应的顺序 因还原性 I Fe2 只能 I 全部氧化 后 Fe2 才能被氧化 在离子方程式中不可能出现 n Fe 2 n I 2 2 B HNO3具有强氧化性 能将 Fe3O4中的 Fe2 氧化为 Fe3 本身被还原为 NO 等氮的化合物 不会生成 H2 故 A 选项的离子方程式是错误的 MgCO3微溶 本题没有给出 MgCO3澄清溶液 而是直接向 MgCO3中加入稀盐酸 因此在 离子方程式书写时 MgCO3不应拆成离子形式 题中给出的 离子方程式书写错误 评价内容正确 符合题意 硫酸铵溶 液中加入氢氧化钡溶液除生成 BaSO4沉淀外 NH4 与 OH 还 会生成弱电解质 NH3 H2O 正确的离子方程式为 2NH4 SO42 Ba2 2OH BaSO 4 2NH3 H2O FeBr2与等物质的 量 Cl2反应 根据氧化还原反应规律 强者优先 当 Cl2与 FeBr2物质的量之比为 1 1 时 Fe2 将全部 Cl2被氧化 Br 将 部分 Cl2被氧化 设 FeBr2 Cl2各 1 mol 其中被氧化的 Fe2 为 1 mol 被氧化的 Br 为 x mol 则 Fe2 xBr Cl 2 x 2 Br2 Fe3 2Cl 根据得失电子守恒得 x 1 正确的离子方程式 为 2Fe2 2Br 2Cl 2 Br2 2Fe 3 4Cl 故 D 选项给出的 离子方程式是正确的 可评价却是错误的 3 B 题中给出氧化性 Br2 Fe3 由此得出还原性 Fe2 Br 只有全部的 Fe2 被氧化成 Fe3 后 Br 才能被氧化 因此 a 0 b 0 或 0 物 进行比较 变式训练 2 11 解析 本题的反应物很明显 NO 和 NH3 NO2和 NH3 反应条件是加热 在汽车尾气管中进行 催化剂 生成物要 考虑对环境无污染 只能是 N2和 H2O 4NH3 6NO 催化剂 5N2 6H2O 归中生成 N2 H O 结合成 H2O 3 2 0 2 8NH3 6NO2 催化剂 7N2 12H2O 答案 4NH3 6NO 催化剂 5N2 6H2O 8NH3 6NO2 催化剂 7N2 12H2O 变式训练 2 12 1 6 8 7 12 2 4 1 2 4 变式训练 2 13 1 3 4 1 6 3 2 4 10 4 1 3 变式训练 2 14 4 11 2 8 变式训练 2 15 解析 通过对反应前后元素化合价变化进行分析 反应 前后化合价升降的元素都存在 缺项中缺得是化合价不变的 元素 因为生成物中多出 K 元素 其它元素并未多出 所以 断定缺项缺得是 KOH 答案 Cr2 SO4 3 3H2O2 10KOH 3K2SO4 2K2CrO4 8H2O 变式训练 2 16 1 解析 已知 KBrO3为得电子物质 故其化合价必是 降低 做氧化剂 那么还原剂只能是题目所提供的 AsH3 AsH3 中 As 为 3 价 反应后变为 5 价的 H3AsO4 依据是氧化还原反应得失电子守恒原理 0 2 mol KBrO3在反应中得 1 mol 电子 故每 1 mol KBrO3得 5 mol 电 子 即反应后 Br 的化合价应降为 0 价 故 X 为 Br2 依据氧化还原反应的基本规律 剂物规律 氧化剂 的氧化性大于氧化产物的氧化性 还原剂的还原性大于还原 产物的还原性 故选 a c 因氧化剂 还原剂 氧化产物 还原产物已确定 根 据得失电子守恒确定两种反应物计量数 不必配平方程式 8KBrO3 5AsH3 答案 AsH3 Br2 a c 8KBrO3 5AsH3 2 解析 因 K2S2O8的氧化性比 K2Cr2O7氧化性强 所以 K2S2O8为氧化剂 对应的还原产物为 SO4 2 题给 K2SO4 和 H2SO4 Cr2 SO4 3为还原剂 对应氧化产物为 K2Cr2O7 由于反应后生成 H2SO4 所以 H2O 应在反应物中 满足氢原 子守恒 故反应式为 K2S2O8 Cr2 SO4 3 H2OK2Cr2O7 K2SO4 H2SO4 本题不要求配平 因氧化剂为 K2S2O8 所以反应中被还原的物质是 K2S2O8 得到 1 mol 氧化产物 K2Cr2O7 转移电子数目为 6 NA 个 Cr 元素由 3 6 氧化剂为 K2Cr2O7 对应还原产物为 Cr2 SO4 3 1 mol K2Cr2O7得 6 mol 电子 还原剂为 H2C2O4 对应氧化产物为 CO2 1 mol H2C2O4失 2 mol 电子 C 元素由 3 4 根 据得失电子守恒 H2C2O4与 K2Cr2O7物质的量之比为 3 1 答案 K2S2O8 Cr2 SO4 3 H2O K2Cr2O7 K2SO4 H2SO4 K2S2O8 6 NA个 3 1 变式训练 2 17 1 5 8 1 5 4 2 5 6 2 5 8 变式训练 2 18 2 3 8 3 2 2 11 第三单元 金属及其化合物 第一讲 钠及其重要化合物 变式训练 3 1 A 提示 2NaHCO3 Na2CO3 H2O CO2 优先考 虑 Na2O2与 CO2作用 变式训练 3 2 B 解析 向 NaOH 溶液中通入 CO2 所得溶液的溶质可 能有 NaOH 和 Na2CO3 只有 Na2CO3 Na2CO3和 NaHCO3 只有 NaHCO3 向 NaOH Na2CO3 NaHCO3溶 液中逐滴加入稀盐酸反应的方程式 NaOH HCl NaCl H2O 这一过程无气体产生 Na2CO3 HCl NaHCO3 NaCl 这一过程无气体产生 NaHCO3 HCl NaCl H2O CO2 这一过程开始即 产生气体 图像 I 滴入盐酸即产生气体 说明溶质只为 NaHCO3 由 于 HCO3 发生水解 导致 c Na c HCO 3 A 选项错误 图像 消耗盐酸 1 个单位物质的量后开始产生气体 并 且又消耗盐酸 2 个单位物质的量 气体达到最大值 说明溶 液中的溶质为 Na2CO3和 NaHCO3 且物质的量之比为 1 1 由于 CO32 水解程度大于 HCO 3 使得溶液中 c CO 3 2 c HCO3 B 选项正确 图像 消耗盐酸 2 个单位物质的量后开始产生气体 并 且又消耗盐酸 2 个单位物质质量 气体达到最大值 说明溶 液中的溶质只为 Na2CO3 C 选项错误 图像 消耗盐酸 2 个单位物质的量后开始产生气体 并 且又消耗盐酸 1 个单位物质的量 气体达到最大值 说明溶 液中的溶质为 NaOH 和 Na2CO3且物质的量之比为 1 1 D 选 项错误 变式训练 3 3 1 B 反应方程式分别为 2Al 3H2SO4 Al2 SO4 3 3H2 2Al 2NaOH 2H2O 2NaAlO2 3H2 若硫酸 氢氧化钠足量 两个烧杯中等质量的铝完全溶 解 产生 H2的体积比为 1 1 若两个烧杯中铝均过量 硫酸 氢氧化钠完全反应 产 生 H2的体积比为 2 3 题给硫酸与氢氧化钠物质的量相等 题给产生 H2体积比为 5 6 介于 1 1 和 2 3 之间 属于上述两 种情况之间的一种情况 由于等物质的量的铝消耗硫酸比消 耗氢氧化钠多 故盛硫酸的甲烧杯中硫酸不足量 铝剩余 而盛氢氧化钠溶液的乙烧杯中氢氧化钠过剩 铝完全反应 2 A 方程式分别为 Mg H2SO4 MgSO4 H2 2Al 3H2SO Al2 SO4 3 3H2 从纵坐标上看 Mg Al 产生 归中生成 N2 H O 结合成 H2O 40e 3 4 0 40e 降 5 8 升 8 5 3 H2一样多 故 n Mg n Al 3 2 A 选项正确 Mg Al 的摩 尔质量不同 二者之比为 8 9 故 Mg Al 的质量之比不等 于 3 2 B C 选项错误 看横坐标 产生相同的 H2 Mg 所 用的时间与 Al 所用的时间比为 2 3 故 Mg Al 与硫酸反应 速率之比为 3 2 反应速率与反应所需时间成反比 D 选项 错误 变式训练 3 4 1 A 若 b 3a 时 生成 Al OH 3 沉淀 a mol 或 b 3 mol 若 b 3a 时 KOH 不足量 生成 Al OH 3沉淀 b 3 mol 若 b 4a 时 生成 Al OH 3 沉淀为 0 若 3a b D 在反应 中 E 能置换出 A 故氧化性 E A 在反应 中 E 能置换出 D 故氧化性 E D 综合起来 三种 卤素单质的氧化性 E A D 由于 F2与水即发生剧烈反应 故排除 F2 故 E 为 Cl2 A 为 Br2 D 为 I2 2 题的突破点之一 C 是一种有磁性的化合物 常见为 Fe3O4 因 B 是水 A 只能为 Fe 反应 的方程式为 3Fe 4H2O g 高温 Fe3O4 4H2 突破点之二 E 是一种无色 无味 的有毒气体 与 Fe3O4反应后又生成 Fe 由此可确认 E 是 CO F 为 CO2 反应 的化学方程式为 Fe3O4 4CO 高温 3Fe 4CO2 反应 的化学方程式为 CO H2O 高温 CO2 H2 3 题的突破点在于 B 是一种淡黄色固体 可能为 Na2O2 或单质 S 又由于绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然 界中 D 和 E 的循环 确认 B 为 Na2O2 反应 为 2Na2O2 2H2O 4NaOH O2 反应 为 2NaOH CO2 Na2CO3 H2O 反应 为 2Na2O2 2CO2 2Na2CO3 O2 A 为 H2O C 为 NaOH D 为 O2 E 为 CO2 F 为 Na2CO3 答案 1 E A D Br2 2 3Fe 4H2O g 高温 Fe3O4 4H2 3 2Na2O2 2H2O 4Na 4OH O 2 2NA 变式训练 4 11 解析 突破点之一 由饱和食盐水电解的化学方程式 2NaCl 2H2O 电解 2NaOH H2 Cl2 得出 A B C 只 能是 H2 Cl2 NaOH 中的一种 突破点之二 E 为金属 与 D 作用又生成 B 由此可断定 B 是 H2 C 是 Cl2 D 是 HCl A 是 NaOH 并进一步得出与 NaOH 作用生成 H2的金属 E 为 Al 通过 H 是白色胶状沉淀可进一步证实这一推断 答案 1 2Al 2NaOH 2H2O 2NaAlO2 3H2 2 Al3 3AlO2 6H2O 4Al OH 3 3 2Cl 2H 2O 电解 2OH H 2 Cl2 阴 第五单元 物质结构 元素周期律 第一讲 原子结构 变式训练 5 1 1 D 同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合 物 A 选项错误 16O 和 18O 中质子数 核外电子数均相同 核外电子排布方式也相同 B 选项错误 化学变化的最小微 粒是原子 化学变化无法实现 16O 和18O 的转化 C 选项错误 标况下 气体的摩尔体积为 22 4 L mol 1 1 12 L16O 2和 1 12 L18O2均为 0 05 mol 含氧原子均为 0 1 NA个 D 选项正确 2 D 230Th 和232Th 是钍元素的两种同位素 元素的平 均相对原子质量是该元素的各种同位素的相对原子质量的加 权平均值 不能用其中的同位素的质量数代替 故 A B 选项 均错误 原子核裂变属于物理变化 C 选项错误 同一元素 的各种同位素之间的区别是中子数不同 质量数不同 但核 外电子数相同 核外电子排布相同 故同位素的化学性质相 同 变式训练 5 2 1 C 3 2He 中子数为 1 4 2He 中子数为 2 3 2He 比 4 2He 少一个中子 A 选项错误 由于没有给出3 2He 4 2He 的丰度 故无法计算氦元素的近似相对原子质量 元素近似相对原子 质量为各核素的质量数与其丰度乘积之和 B 选项错误 根据相对原子质量的计算公式得出 对应 C 选项正确 M m 一个粒子质量 NA 3 2He 的摩尔质量为 b NA 单 位为 g mol 1 故 D 错误 2 C 提示 运用 十字交叉法 运算 第二讲 元素周期律和元素周期表 变式训练 5 3 解析 aAn bB n 1 cCn dD n 1 四种离子电子层结构 相同 依据 阴前阳下 它们在周期表的位置 dD n 1 cC n aA n bB n 1 依据 A B C D 在周期表的位置得出它们的原子序 数由大到小顺序是 b a c d 根据同一周期从左到右原子半径依次减小 同一主族 从上到下原子半径依次增大 判断后得出 r A r B r D r C 对于电子层结构相同的离子 依据 序大径小 的原 则 r D n 1 r Cn r An r B n 1 根据同一周期从左到右原子失电子能力依次减弱 单 质还原性依次减弱 同一主族从上到下 原子失电子能力依 次增强 单质还原性依次增强 判断后得出单质还原性 A B D C 答案 b a c d r A r B r D r C r D n 1 r Cn r An r B n 1 A B D C 变式训练 5 4 1 A 本题考查元素周期表 元素周期律相关知识 由 W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合 物 可推出 W 是氮元素 并进一步得出 X 为氧元素 Y 为硫 元素 Z 为氯元素 H2O H2S HCl 稳定性最弱为 H2S A 选项正确 通常用元素对应最高价氧化物的水化物酸性强弱 来比较元素的非金属性 而不是任意价态氧化物 故 B 选项 错误 氧化性 O2 S 对应阴离子还原性 O2 r N r O 故 A 选项错误 O2 Na 电子层结构相 同 B 选项错误 H2O 的稳定性比 NH3强 C 选项错误 H N O 三种元素可形成共价化合物 HNO3和离子化合物 NH4NO3 D 选项正确 变式训练 5 5 1 D 由化合价可知 X 为 A 族元素 Y 为 A 族元 素 Z 为 A 族元素 W 为 A 族元素 由于 W 无正价 所 以为氧元素 由于 Z W 原子半径相近 Z 为氮元素 由于 X Y 原子半径明显大于 Z W 故 X Y 为第三周期元素 X 为 镁元素 Y 为铝元素 Mg Al 的金属性 Mg Al 所以 A 选项错误 在放电 条件下 N2与 O2生成 NO 而不是 NO2 故 B 选项错误 Y 的 最高价氧化物对应水化物为 Al OH 3 不能溶于弱碱氨水 故 C 选项错误 NH3可在纯氧中燃烧生成 N2和 H2O 方程式为 4NH3 3O2 点燃 2N2 6H2O 故 D 选项正确 2 提示 题给 X Y Z L 是组成蛋白质的基础元素 且原子序数依次增大 因此可判断 X Y Z L 分别为 H C N O M 是地壳中含量最高的金属元素 为 Al 元素 答案 O 第三周期第 A 族 Al C N O H 34 H2SeO4 b Al 3HCO3 3e Al OH 3 3CO2 或 Al 3e Al3 Al3 3HCO 3 Al OH 3 3CO2 2Al OH 3 Al2O3 2H2O 第三讲 化学键 变式训练 5 6 1 D A 选项反应物及生成物中均不存在非极性键 B 选项反应物没有离子键 也没有非极性键 C 选项生成物没 有非极性键 D 选项反应物 Na2O2中存在 Na 与 O22 之间的离 子键 其中 O22 中的 O O 键属非极性键 CO 2 中的 C O 键属极性键 生成物 Na2CO3中存在 Na 与 CO 3 2 之间离子键 CO32 中存在 C O 极性键 O 2分子中 O O 非极性键 故 符合题意 2 B 短周期元素 X Y Z 所在的周期数依次增大可 得出 X Y Z 分别为一 二 三周期元素 X 一定是氢 Y2 与 Z 核外电子层的结构相同 Y 为氧元素 Z 为钠元素 变式训练 5 7 C Na2O2电子式为 A 选项错误 乙 醇的分子式 C2H6O 摩尔质量为 46 g mol 1 丙醇的分子式 C3H8O 摩尔质量为 60 g mol 1 只有按物质的量之比 1 1 混 合才能满足条件 即1 mol乙醇与1 mol丙醇混合后质量为106 g 生成 CO2 5 mol 故 B 选项错误 氮元素存在同位素 质 子数为 7 而中子数不一定为 7 故 C 选项正确 D 为氯原子 的原子结构示意图 故 D 选项错误 变式训练 5 8 A 光气分子结构式为 从结构式中看出 光气分子中所有原子最外层均满足 8 电子结构 A 选项正确 SF6分子中 S 的化合价为 6 价 S 原子的最外层电子数 6 6 12 不满足最外层 8 个电子结构 XeF2分子中 Xe 的化 合价为 2 价 Xe 原子的最外层电子数 8 2 10 不满足 最外层 8 个电子结构 BF3分子中 B 的化合价为 3 价 B 原子的最外层电子数 3 3 6 不满足最外层 8 个电子结 构 第六单元 化学反应与能量 第一讲 化学反应与能量 变式训练 6 1 C 三个热方程式均为放热反应 H H3 去掉绝对值符号 H2 H2 去掉绝 对值符号 H1 H2 综合后得 H1 H2 Co 右图原电池的电极反应式为 负极 Co s 2e Co2 aq 正极 Ag aq e Ag s 电池总反应离子方程式 2Ag aq Co s 2Ag s Co2 aq 得出金属性 Co Ag Cd Co Ag 三者的金属性 强弱顺序 Cd Co Ag 故 Ag 不能从含 Cd2 的溶液中置换 出 Cd 变式训练 6 7 B Mg Al 浸入稀硫酸中 Mg 为负极 Al 为正极 而 Mg Al 浸入 NaOH 溶液中 Al 为负极 Mg 为正极 故 A 选 项错误 Mg Al 浸入 NaOH 溶液中 电极反应式为 负极 2Al 6e 8OH 2AlO 2 4H 2O 正极 6H2O 6e 6OH 3H 2 故 B 正确 Fe Cu 浸入浓硝酸中 Fe 被钝化 不与 HNO3继续反应 故 Fe 作正极 Cu 作负极 C 选项错误 Fe Cu 浸入 NaCl 溶液中 Fe 为负极 电极反应式 Fe 2e Fe2 Cu 为正极 电极反应式为 2H 2O O2 4e 4OH 故 D 选项错误 变式训练 6 8 B 本题考查原电池原理的应用 属于 STSE 题型 题中 给出两电极材料分别为 Na Ni 钠离子导体 Al2O3固 体电解质 允许钠离子透过 同时将原电池中隔开成正极区 和负极区 负极电极反应式为 2Na 2e 2Na 正极电极 反应式为 NiCl2 2e Ni 2Cl 电池总反应方程式为 2Na NiCl2 2NaCl Ni 在电池内部电荷移动方向为 阳移正 即阳离子 Na 由负极经过导电陶瓷管移向正极 形成闭合回 路 A C D 均正确 只有 B 选项错误 解答本题时 要避开与选项无关的科技知识 快速判断 选项的正误 因正极材料在工作温度下仍为固态物质 熔盐 电解质 NaAlCl4存在于 Al2O3固体电解质和正极活性物质 之间 在电池反应中起一个传输钠离子的作用 变式训练 6 9 解析 根据放电过程的总反应方程式得出 MH 在负极上 失电子被氧化 NiO OH 在正极上得电子被还原 放电过程的 电极反应式为 正极 NiO OH e H2O Ni OH 2 OH 负极 MH e OH H 2O M 储氢合金 MH 中 M H 的化合价看做 0 价 合金 M 不参与电极反应 0 价 H 失电子 形成 H 因碱性电解质溶液 用 OH 平衡电荷后生成 H 2O 充电时 阳极发生 Ni OH 2 OH e NiO OH H2O 当 Ni OH 2全部转化为 NiO OH 后 继续充电时阳极发生 4OH 4e 2H2O O2 O2扩散到阴极上得电子 电极反应 式 2H2O O2 4e 4OH 由于 O 2在阴极反应被消耗 避免了因电池内气体压强增大使电池发生爆炸的危险 答案 MH e OH H 2O M 2H2O O2 4e 4OH 变式训练 6 10 解析 题中给出 K2FeO4 Zn 碱性电池与 MnO2 Zn 碱性 电池类似 故Zn为负极材料 K2FeO4为正极材料 由于K2FeO4 中的 Fe 为 6 价 具有强氧化性 将 Zn 氧化为 Zn2 本身对 应的还原产物为 Fe3 在碱性电解质溶液中生成 Zn OH 2和 Fe OH 3 电极反应式为 负极 3Zn 6e 6OH 3Zn OH 2 正极 2FeO42 6e 8H2O 2Fe OH 3 10OH 总反应离子方程式 2FeO42 8H2O 3Zn 2Fe OH 3 3Zn OH 2 4OH 答案 FeO42 3e 4H2O Fe OH 3 5OH 2FeO42 8H2O 3Zn 2Fe OH 3 3Zn OH 2 4OH 变式训练 6 11 解析 1 从电池的总反应式 4Li 2SOCl2 4LiCl S SO2可看出 Li 为还原剂 失电子发生氧化反应 故 Li 为负 极 电极反应式为 Li e Li 2 SOCl2 作氧化剂 在正极上得电子发生还原反应 利 用总反应的离子方程式 4Li 2SOCl2 4Li 4Cl S SO 2 减去负极电极反应式 4Li 4e 4Li 得出正极电极反应式 2SOCl2 4e 4Cl S SO 2 3 SOCl2与 NaOH 溶液反应的化学方程式为 4NaOH SOCl2 Na2SO3 2NaCl 2H2O 并进一步推知 SOCl2与水 作用生成 H2SO3和 HCl H2SO3分解为 SO2 对应方程式为 SOCl2 H2O SO2 2HCl 4 因 Li 为碱金属单质 化学性质活泼 能与水反应生成 对应 H3 将方程式 反向并扩大 2 倍 对应 H2 将方 程式扩大 2 3 倍 扩大 2 倍后方程式 O2的计量数为 1 为 消去 O2 把方程式 H1放大 2 3 倍 8 LiOH 和 H2 能与 O2作用生成 Li2O 因此组装该电池必须在 无水无氧情况下进行 答案 1 锂 Li e Li 2 2SOCl2 4e 4Cl S SO 2 3 出现白雾 有刺激性气体生成 SOCl2 H2O SO2 2HCl 4 锂是活泼金属 易与 H2O O2反应 SOCl2也可与水 反应 变式训练 6 12 C 甲醇燃料电池在酸性溶液中总反应式为 2CH3OH l 3O2 g 2CO2 g 4H2O l O2在正极上反应 酸性条件下 电极反应式为 3O2 g 12e 12H aq 6H 2O l 用总反应 方程式减正极电极反应式得负极反应式 2CH3OH l 12e 2H2O l 2CO2 g 12H aq 移项并约分得 CH 3OH l H2O l CO2 g 6H aq 6e 第三讲 电解 变式训练 6 13 D 用惰性电极电解 Na2SO4水溶液 实质是电解水 电 极反应式如下 a 为阴极 电极反应式 4H 4e 2H2 b 为阳极 电极反应式 4OH 4e 2H2O O2 总反应方程式为 2H2O 2H2 O2 a 极逸出气体的 体积是 b 极逸出气体体积的 2 倍 A 选项错误 两极均产生 无色无味气体 B 选项错误 由于 a 极 H 放电 破坏了附近 区域水的电离平衡 导致阴极附近区域的 OH 浓度增大 该 区域呈碱性 石蕊试液变蓝 b 极由于 OH 不断放电 破坏 了附近区域水的电离平衡 导致阳极附近区域的 H 浓度增大 该区域呈酸性 石蕊试液变红 C 选项错误 D 选项正确 变式训练 6 14 解析 从图中外加电源正负极可看出 a 极为电解池的阳 极 b 极为电解池的阴极 CuCl2和 NaCl 混合溶液中存在离子 K Cu2 H Cl OH 阶段一 闭合 s 根据离子放电顺序 在阴极上首先放电 的是 Cu2 在阳极上首先放电的是 Cl 阳极电极反应式 2Cl 2e Cl 2 阴极电极反应式 Cu2 2e Cu 总反应方程式 CuCl2 通电 Cu Cl2 0 04 mol 0 04 mol 因阶段二结束 时生成 H2 0 02 mol 则消耗 NaCl 0 04 mol 又因题给 CuCl2 和 NaCl 物质的量浓度相等 故 CuCl2物质的量也为 0 04 mol 阶段二 当 Cu2 全部在阴极上放电后 接着是 H 在阴极 上放电 由于 Cl 仍存在 量与 Na 相当 所以在阳极上放 电的仍是 Cl 阳极电极反应式 2Cl 2e Cl 2 阴极电极反应式 2H 2e H 2 总反应方程式 2NaCl 2H2O 通电 H2 2NaOH Cl2 0 04 mol 0 02 mol 0 02 mol 阶段三 阴极仍是 H 放电 阳极上 Cl 放电完毕 OH 开始放电 阳极电极反应式 4OH 4e 2H 2O O2 阴极电极反应式 4H 4e 2H 2 总反应方程式 2H2O 通电 2H2 O2 只电解水 答案 1 a 2Cl 2e Cl 2 2 2H 2e H 2 3 电极 a 产生的气体由黄绿色变成无色 4 增大 这时的溶质是氢氧化钠 电解的实质是电解 水 NaOH 溶液越来越浓 pH 越来越大 5 0 06 第一阶段产生 0 04 mol Cl2 第二阶段产生 0 02 mol Cl2 共计 0 06 mol 部分氯气与 NaOH 溶液反应 少 量氯气溶于水 变式训练 6 15 1 A 解析 KNO3和 Cu NO3 2的混合溶液中存在离子 有 K Cu2 H NO 3 OH 根据离子的放电顺序 在 阳极放电的只有 OH 阴极放电的依次为 Cu2 H 阳极电极反应式 4OH 4e 2H 2O O2 4 mol 4 mol 1 mol 阴极电极反应式 Cu2 2e Cu 1 mol 2 mol 1 mol 2H 2e H 2 2 mol 2 mol 1 mol 因两极均生成 1 mol 气体 阳极生成 1 mol O2转移电子 4 mol B 选项错误 根据电子转移守恒 阴极生成 1 mol H2转 移电子为 2 mol 另 2 mol 电子一定被 Cu2 获得 生成 Cu 1 mol C 选项错误 c Cu2 1mol 0 500 L 2 0 mol L 1 根据电荷守恒 c K 1 c Cu2 2 c NO 3 1 c K 6 mol L 1 2 0 mol L 1 2 2 0 mol L 1 A 选项正确 因水电离的 H OH 物质的量相等 上述电解过程中 消耗 OH 的物质的量为 4 mol 消耗 H 的物质的量为 2 mol 故水电离的 H 剩余 2 mol c H 2 mol 0 500L 4 0 mol L 1 D 选项错误 2 解析 由于阴极无氢气析出 说明 AgNO3溶液未完全 消耗 溶液 pH 下降是因为电解生成 HNO3 n HNO3 1 0 10 3 mol L 1 1 0 10 6 mol L 1 0 500 L 5 0 10 4 mol 4AgNO3 2H2O 通电 4Ag O2 4HNO3 432 g 4 mol x 5 0 10 4 mol 解得 x 0 054 g 或 54 mg 答案 阳极 4OH 4e 2H 2O O2 阴极 4Ag 4e 4Ag 电极上应析出银的质量是 54 mg 欲使该溶液复原应加入 Ag2O 或 Ag2CO3 变式训练 6 16 B a 中液体呈中性 发生吸氧腐蚀 气体压强减小 b 中液体因水解而呈酸性 发生析氢腐蚀 气体压强增大 所 以红墨水柱两边的液面变为左高右低 故 B 选项错误 通电 9 变式训练 6 17 解析 1 从电解反应方程式 2Cu H2O Cu2O H2 分析 Cu 失电子被氧化在阳极上发生 对应的氧化产物为 Cu2O 即阳极产物为 Cu2O 2 从电解方程式 2N2 6H2O 4NH3 3O2分析 N2 得电子被还原 在阴极上发生 对应还原产物为 NH3 H2O 失电子被氧化在阳极上发生 对应氧化产物为 O2 抓住元素 化合价变化与得失电子的关系 在碱性溶液用 OH 平衡电荷 得出阴极电极反应式 2N2 12e 12H 2O 4NH3 12OH 阳极电极反应式 12OH 12e 6H 2O 3O2 3 由给出的热化学方程式知 该反应为自发进行氧化 还原反应且为放热反应 因此可设计成原电池 并进一步设 计成实用电池 根据 4NH3 3O2 2N2 6H2O 得出 NH3失电子被氧 化成 N2 在负极上发生 O2被还原成 H2O 在正极上发生 在碱性条件下 先写出正极电极反应式 2H2O O2 4e 4OH 将此反应放大 3 倍后 6H 2O 3O2 12e 12OH 用 电池总反应方程式减去正极电极反应式得出负极电极反应 式 4NH3 12OH 12e 2N 2 12H2O 也可根据化合价变 化与得失电子的关系 在碱性溶液用 OH 平衡电荷 用 H 2O 平衡 H O 原子 直接写出负极电极反应式 答案 1 Cu2O 2 阴极 4OH 4e 2H 2O O2 3 该反应为自发进行氧化还原反应 H0 2NH3 6OH 6e N 2 6H2O 第七单元 有机化合物 第一讲 重要的烃 甲烷 乙烯 苯 变式训练 7 1 B 属于加成反应 属于消去反应 属于酯化反 应 属取代反应的一个类型 属于硝化反应 属取代反应 的一个类型 除从反应机理分析外 还可从方程式的表面形 式上观察 更似 复分解 变式训练 7 2 提示 甲烷的分子结构为正四面体 甲烷的一卤 二卤 三卤 四卤代物均无同分异构体 上述 E 选项两种结构式在 书写上似乎有区别 实质是一种物质 因为它们的键角均为 109 28 不是平面结构 答案 1 B 2 A 3 C 4 D 5 E 变式训练 7 3 C 对烷烃而言 随着碳原子数的增多 相对分子质量的 增大 分子间作用力随之增大 沸点随之升高 即 大于 碳原子数相同的烷烃 支链越多的异构体 沸点越低 因此得出 变式训练 7 4 A 由于主链上有 5 个 C 原子 乙基只能连在第 3 位碳原 子上 甲基可移动位置有 2 处 具体如下 变式训练 7 5 D 由题给信息得出有机物为饱和一元醇 本题没有给出 具体结构式或结构简式 可以从 C5H12的三种异构体 正 异 新戊烷 入手 每种同分异构体的一羟基取代物位置用序号 表示如下 共计 8 种 变式训练 7 6 C 根据碳原子的四价结构原则 若烃的结构有 该结构不是烯烃加成所得 因该碳周围画不出双键 若烃的 结构中有 该结构可以由烯烃加成所得 该碳去掉 1 个氢原子后能与相邻碳原子去掉氢原子后形成碳碳双键 因 此该烷烃可以在如下3个标号位置去掉氢原子画上碳碳双键 对应形成 3 种不同结构的烯烃 变式训练 7 7 A 烯烃以碳碳双键为中心左右对称 则所得的加成产 物只有一种 若烯烃以碳碳双键为中心左右不对称 若与单 质加成 加成产物仍为一种 若与化合物 如 HCl H2O 等 加成产物会出现两种可能 所以 A 的加成产物唯一 B C 的 加成产物各有两种可能 D 为烷烃光照下的取代反应 产物 有多种 变式训练 7 8 解析 反应的化学方程式为 由于苯 液溴的沸点较低 且该反应为放热反应 故 A 中观察到的现象为 反应液微沸 有红棕色气体充满 A 容 器 在制备的溴苯中常混有 Br2 为除去溴苯中溶解的 Br2 一般先加入NaOH溶液振荡 发生反应方程式为 Br2 2NaOH NaBr NaBrO H2O 或 3Br2 6NaOH 5NaBr NaBrO3 3H2O 生成的 NaBr NaBrO 或 NaBrO3 及过量的 NaOH 在水层中 上层 溴苯的密度大于水且不溶于水在下层 然后通过分液得到较纯净的溴苯 在生成的 HBr 气体中混有的 Br2蒸汽 经过盛 CCl4洗 气瓶时 Br2被吸收 若该反应为取代反应则必有 HBr 生成 若为加成反应 则没有 HBr 生成 所以故只需检查 D 中是含有大量 H 或 Br 通电 通电 CH3 CH CH CH2 CH3 CH2 CH3 CH3 CH3 CH C CH2 CH3 CH2 CH3 CH3 CH3 CH CH C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH Br2 Br HBr FeBr3 CH3 C CH3 CH3 CH3 CH3 CH2 CH2 CH2 CH3 CH3 CH CH2 CH3 CH3 CH CH3 CH CH C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 10 即可 除用 AgNO3溶液检验 Br 外 还可用指示剂检验溶液 是否呈酸性 答案 反应液微沸 有红棕色气体充满 A 容器 除去溴苯中的溴 Br2 2NaOH NaBr NaBrO H2O 或 3Br2 6NaOH 5NaBr NaBrO3 3H2O 除去溴化氢气体中的溴蒸气 石蕊试液 溶液变红色 其他合理答案均可 第二讲 溴乙烷 乙醇 乙酸 变式训练 7 9 解析 本题属有机物制备综合实验题 考查分液漏斗 滴液漏斗 冷凝管等常见实验仪器及使用方法 考查稀释浓 硫酸 加热液体 分液 蒸馏等化学实验基本操作知识 考 查学生简单化学计算能力 1 浓硫酸稀释的操作规程 一定要把浓硫酸沿着器壁慢 慢注入水中 并不断搅拌 反之 易发生暴沸现象 导致酸 液迸溅 用硫酸酸化 Na2Cr2O7溶液时 若使用浓硫酸 也必 须把浓硫酸沿着器壁注入 Na2Cr2O7溶液中 2 用烧瓶 或蒸馏烧瓶等容器 盛装液体加热时 一定 要事先加入沸石或碎瓷片以防止液体发生暴沸 若实验时忘 记加沸石或碎瓷片 要停止加热 冷却后补加 以保证实验 顺利进行 3 B 仪器的名称为滴液漏斗 作用是逐滴滴加液体反应 物 酸性 Na2Cr2O7溶液 D 仪器的名称是直形冷凝管 目 的是将粗产品