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考前强化练选择题热点突破练含答案选择题热点突破练答案与解析

选择题热点突破练热点突破练1化学与STSE、传统文化热点突破练2化学用语元素周期律1.B解析CO2属于无机物,A错误;CO2和H2反应生成CH3OH,碳元素的化合价降低,CO2发生还原反应,B正确;CH3OH燃烧生成CO2和水,C错误;甲醇燃烧释放热量,D错误。2.B解析“竹餐具”的主要成分是纤维素,纤维素属于多糖,A正确;光伏发电系统将太阳能转化为电能,B错误;芯片的主要成分为晶体硅,C正确;铝合金材料具有硬度高、耐高温的特性,符合火炬材料的需求,D正确。3.C解析铝合金机身属于金属材料,A不符合题意;芳纶纤维舱门属于合成高分子材料,B不符合题意;玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料,C符合题意;合成橡胶轮胎属于合成有机高分子材料,D不符合题意。4.A解析光伏发电系统工作时可将光能转化为电能,A错误;“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体,通过反冲获得推动力实现升空,B正确;镁铝合金是一种主要由金属镁和铝组成的合金,具有密度低、抗腐蚀性强的特点,C正确;锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点,D正确。5.D解析SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构,和金刚石结构相似,SiC属于共价晶体,故选D。6.B解析NaHCO3是无机化合物,A错误;煤干馏、石油裂解后的产物可作有机化工的基础原料,不是全部作燃料,C错误;结构相似、分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的有机物之间互称同系物,D错误。7.C解析铜箔为纯净物,不属于合金,A项不符合题意;氮化镓为新型无机非金属材料,不属于合金,B项不符合题意;快中子反应堆钠钾导热剂为钠钾合金,C项符合题意;聚氨酯树脂为有机合成材料,D项不符合题意。8.C解析硅是良好的半导体材料,芯片主要成分是硅,A项错误;“酒曲”酿酒工艺中,酒曲为催化剂,能加快反应速率,但不影响化学平衡,不能使平衡发生移动,B项错误;银离子是重金属离子,重金属离子能使蛋白质发生变性,C项正确;“丹砂(HgS)在加热下生成汞,汞在常温下可转变为丹砂(HgS)”二者反应条件不同,不互为可逆反应,D项错误。9.A解析在钢中加入某些稀土元素形成的合金,可增强钢的强度、韧性和塑性等,使得钢材具有更好的机械性能,A项正确;金刚石为共价晶体,B项错误;碳纤维属于碳单质,不是新型有机高分子材料,C项错误;酚醛树脂是由酚类和醛类缩聚反应而成的,不属于聚酯,D项错误。10.C解析在N原子2p轨道中,电子应优先独占每一个轨道,应排成,A错误;Cl-的核电荷数为17,B错误;NO2-中N原子的孤电子对数为5+1-2×22=1,价层电子对数为2+1=3,则N原子的杂化类型为sp2杂化,C正确;题图所示为11.A解析镁离子与氟离子具有相同的电子层结构,镁离子核电荷数大,半径小,A正确;氧原子更容易得到电子,非金属性更强,B错误;越容易失去电子,第一电离能越小,K的金属性更强,更容易失去电子,第一电离能更小,C错误;元素金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,所以氢氧化钾的碱性更强,D错误。12.B解析中子数为17的硫原子应表示为

1633S或33S,A错误;H2S为共价化合物,H、S之间共用2个电子对,B正确;固态硫是由S8构成的,可知该晶体中存在的微粒是分子,属于分子晶体,C错误;H不存在p能级,H2分子中含有s-sσ键13.A解析根据化学方程式分析钠是液态,钾为气态,因此沸点:Na>K,A错误;根据同电子层结构核大径小,则离子半径:r(K+)<r(Cl-),B正确;根据同主族元素从上到下金属性逐渐增强,最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强,因此碱性:NaOH<KOH,C正确;根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势,但第ⅡA族大于第ⅢA族,第ⅤA族大于第ⅥA族,则第一电离能:I1(Na)<I1(Cl),D正确。14.B解析同周期主族元素从左到右,原子半径逐渐减小,则r(Ga)>r(As)>r(Se),A错误;As为第ⅤA元素,其4p轨道为半充满状态,第一电离能比同周期相邻元素都要大,B正确;元素非金属性越强,电负性越大,则χ(Ga)<χ(As)<χ(Se),C错误;Se为非金属元素,优良催化剂材料应在过渡金属区域寻找,D错误。15.B解析HI为共价化合物,电子式为H··I······,A错误;H2O分子中,中心O原子的价层电子对数为4,发生sp3杂化,形成极性共价键后,O原子的最外层还有2个孤电子对,则H2O为极性分子,B正确;O为8号元素,原子核外有8个电子,基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4,C错误;H3AsO3中As元素显+3价,H3AsO4中As元素显+5价,16.A解析C12H25SO3Na由钠离子和十二烷基磺酸根离子构成,为离子化合物,A正确;电子层数相同时,核电荷数越大,离子半径越小,钠离子和氧离子的电子层数一样,钠离子的核电荷数大,半径小,B错误;同周期元素随着原子序数增大,第一电离能有增大的趋势,N的2p轨道为半充满稳定状态,第一电离能大于同周期相邻元素,I1(C)<I1(O)<I1(N),C错误;非金属性越强,其元素形成的简单氢化物越稳定,非金属性:O>N,所以热稳定性:H2O>H2S,D错误。17.D解析W、Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素,其中Z的最高正价与最低负价的代数和为0,则Z处于第ⅣA族,故Z为Si元素;W没有未成对电子,原子序数小于Y和硅,则W的价层电子排布式为3s2,故W为Mg元素;Y的原子序数介于Mg、Si之间,故Y为Al元素。W为Mg元素,最高价氧化物的水化物是Mg(OH)2,属于碱,不能与NaOH反应,A项错误;W、Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SiO3都属于弱电解质,B项错误;Z为Si元素,Si的简单氢化物为SiH4,不存在分子间氢键,C项错误;Y为Al元素,电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,而离子的电子层数越大,离子半径越大,故第三周期中Al3+的离子半径最小,D项正确。18.B解析X的一种单质是自然界中存在的已知的硬度最大的物质,推导出X为C元素;Y是金属元素,其基态原子s能级上的电子总数等于p能级上的电子总数,根据X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Y的核外电子排布为1s22s22p63s2,推导出Y为Mg元素;Z是同周期主族元素中原子半径最小的元素且原子序数大于Y小于Z,推导出Z为Cl元素;X、Y、W三种元素的原子最外层电子数之和等于10,则W的最外层电子数为10-4-2=4,根据前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,推导出W为Ge元素。石墨是混合型晶体,A错误;Ge是位于金属与非金属分界线上的元素,可作半导体材料,B正确;Cl的非金属性强于C,因此Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比C的强,C错误;Ge位于元素周期表中第四周期第ⅣA族,D错误。热点突破练3分子结构与性质热点突破练4化学实验操作及装置分析1.D解析16O、17O、18O是氧元素的不同原子,互为同位素,不互为同素异形体,A错误;SO3中S原子价层电子对数为3+6-3×22=3,且不含孤电子对,SO2中S原子价层电子对数为2+6-2×22=3,且含有1个孤电子对,孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,这两种微粒的空间结构依次是平面三角形、V形,分子中键角大小:SO2<SO3,B错误;CO2分子结构式为OCO,CO2分子中σ键和π键数目之比为1∶1,C错误;Cu2O晶胞中铜原子位于晶胞内部,1个晶胞共有2.D解析Li2O2中存在Li+与O22-的强烈相互作用,A错误;锂-空气电池充电时形成枝晶是树状的金属Li,属于金属晶体,B错误;基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6,C错误;PO43-中P原子的价电子对数为4+5+33.D解析由题给信息可知,XeF2为非极性分子,故空间结构为直线形,A错误;ClF与ClF3是两种不同的化合物,不是单质,不互为同素异形体,B错误;NF3和NH3分子中N原子的价层电子对数都为4,且均含有1个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用,NF3分子中共用电子对之间的排斥作用小于NH3分子中共用电子对之间的排斥作用,故键角:NF3<NH3,C错误;N2F2的顺式和反式的结构式分别为和,D正确。4.B解析基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5,A错误;CO32-中中心C原子的价层电子对数=3+4+2-3×22=3,采用sp2杂化,5.C解析Al3+有2个电子层,Cl-有3个电子层,电子层结构不相同,A错误;Al只有3个价电子,故4根键中有1根键是配位键(位于Al、Cl之间),B错误;Al周围有4个σ键,无孤电子对,即价层电子对数为4,故Al原子轨道杂化类型为sp3,C正确;Al只有3个价电子,最高化合价为+3,故该结构中Al的化合价为+3,D错误。6.A解析若离子中Cu2+为sp3杂化,[Cu(NH3)4]2+应为正四面体结构,A项错误;NH3和NH4+中的氮原子、H2O中的氧原子价电子对数都为4,所以NH3、NH4+、H2O的VSEPR模型结构相同,都是四面体形,B项正确;由化学方程式可知,反应中NO中氮元素、铜元素的化合价降低,被还原,NO和[Cu(NH3)4]2+是反应的氧化剂,[Cu(NH3)4]2+中部分氮元素的化合价升高,被氧化,[Cu(NH3)4]2+是反应的还原剂,C项正确;氮气分子中含氮氮三键,一个三键中有2个π键,则每生成1molN2,反应生成2mol7.A解析12C、13C、14C是碳元素的不同核素,都属于碳元素,A项正确;CO2中心原子碳原子价层电子对数为2,杂化类型sp杂化,CO32-中心原子碳原子价层电子对数为3+12(4+2-2×3)=3,杂化类型为sp2杂化,B项错误;CH3OH中H元素化合价均为+1,C项错误;根据CH3CH2OH的结构式可知,1个CH3CH2OH分子中含8个8.D解析HCl为分子晶体,NaCl为离子晶体,A项错误;ClO4-中氯原子的价电子对数为4+12×(7+1-4×2)=4,无孤电子对,离子空间结构为正四面体形,键角为109°28',ClO3-中氯原子的价电子对数为3+12×(7+1-3×2)=4,孤电子对数为1,离子空间结构为三角锥形,键角为107°18',B项错误;Cu2+基态时价电子排布式为3d9,末成对电子数为1,C项错误;Cl2O中氧原子的价电子数为2+12×(6-1×2)=4,为sp3杂化,分子空间结构为V形,为极性键构成的极性分子,HClO结构式为H9.C解析SO2与CO2分子中都含有极性键,SO2的空间结构为V形,SO2为极性分子,CO2的空间结构为直线形,CO2为非极性分子,A项错误;SO2中S原子上的价层电子对数为2+12(6-2×2)=3,有1个孤电子对,SO2的空间结构为V形,由于孤电子对有较大的斥力,SO2的键角小于120°,B项错误;由(SO3)3的结构可知,1mol(SO3)3分子中含有12molσ键,C项正确;H2SO3可写成(HO)2SO,H2SO4可写成(HO)2SO2,H2SO3中非羟基氧的个数比H2SO4中少,H2SO3的酸性比H2SO4的酸性弱,D10.A解析MnO2与浓盐酸制取Cl2的反应需要加热才能进行,题图中缺少加热装置,A错误;Cl2可用浓硫酸干燥,B正确;干冰、液氯和氯化氢的沸点分别为-78.5℃、-34℃和-85.1℃,说明干冰能够将Cl2液化,但不能将HCl液化,C正确;NaOH溶液能吸收多余的Cl2,D正确。11.A解析浓盐酸与MnO2加热制备Cl2,A正确;Cl2中混有的HCl应用饱和食盐水除去,B错误;Cl2能够与碱石灰反应,不能用碱石灰干燥,应用浓硫酸干燥,C错误;Cl2在饱和食盐水中溶解度较小,不能引发喷泉现象,D错误。12.B解析实验室使用70%H2SO4溶液和亚硫酸钠固体制备少量SO2,A正确;SO2使酸性KMnO4溶液褪色,体现的是SO2的还原性,B错误;SO2的密度比空气大,用向上排空气法收集,C正确;SO2与NaOH溶液反应,为防止倒吸,采用了防倒吸装置,D正确。13.B解析Na在水与煤油的交界面反应,钠在煤油中上下跳动,说明钠的密度大于煤油,浮在水面,说明钠的密度小于水,用装置甲证明:ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水),A项正确;NO的密度小于CO2,应该从短管进,才能排出CO2收集NO,B项错误;MgCl2·2H2O在加热过程中Mg2+会发生水解,但在HCl气流中加热,HCl能抑制MgCl2·2H2O的水解,最终得到无水MgCl2,C项正确;可以用铝热反应制备金属Mn,D项正确。14.D解析A项,a处的球泡很大,当乙中液体倒吸至a中时,会因重力作用下落至乙,不会引发倒吸,正确;B项,甲中浓硫酸与NaCl固体在加热条件下反应制得HCl,HCl与BaS反应生成BaCl2和H2S,H2S为有毒气体,需要进行尾气吸收,正确;C项,一般含有结晶水的物质,都是通过将溶液蒸发浓缩、降温结晶得到的,正确;D项,浓硫酸与NaCl固体加热制得HCl,利用的是浓硫酸的难挥发性,由该实验不能得出H2SO4的酸性强于HCl,错误。15.D解析浓硫酸具有强氧化性,在室温下Al遇浓硫酸,金属Al表面会被氧化而产生一层致密的氧化物保护膜,阻止Al与浓硫酸进一步发生反应,即发生钝化现象,因此不能在常温下用铝与浓硫酸混合制取Al2(SO4)3,A项不符合题意;向Al2(SO4)3中加入NaOH溶液,当NaOH溶液过量时,过量的NaOH会与生成的Al(OH)3反应生成可溶性的Na[Al(OH)4],而不能得到Al(OH)3,B项不符合题意;过滤时为防止液滴飞溅,漏斗的下端要紧贴烧杯内壁,C项不符合题意;将固体灼烧使其发生分解反应应在坩埚中进行,仪器的使用及操作合理,D项符合题意。热点突破练5表格型实验方案的设计及评价1.C解析少量氯水先将KI氧化为碘单质,能证明氧化性:Cl2>I2,还原性:I->Br-,离子的还原性越强,对应单质的氧化性越弱,可得氧化性:Br2>I2,但无法证明Cl2和Br2的氧化性强弱,A不符合题意;若溶液X为NaClO溶液,则向溶液X中加入盐酸会产生Cl2,也可以使品红溶液褪色,不能判断溶液X中是否含有SO32-或HSO3-,B不符合题意;相同条件下,离子的水解程度越大,对应的酸或者碱的电离程度越小,C符合题意;将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应,Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3),有沉淀生成,不能证明:Ksp(BaSO4)>K2.D解析对照实验中所加溶液的阴离子不同,无法比较催化效率,应加入3滴浓度相同的FeCl3和CuCl2,A不符合题意;Fe3+过量,则加入KSCN溶液后一定显红色,无法确定反应是否为可逆反应,B不符合题意;苯酚遇FeCl3溶液显紫色为苯酚的显色反应,C不符合题意;Fe3+与HCO3-发生相互促进的水解反应生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体3.A解析将气体通入Br2的CCl4溶液中,溶液褪色,说明生成了烯烃,则证明1-溴丁烷发生了消去反应,A符合题意;将SO2气体通入紫色石蕊溶液中,溶液变红,不能证明二氧化硫有漂白性,B不符合题意;向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体,有晶体析出,根据Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3分析,106g碳酸钠反应得到168g碳酸氢钠,生成的碳酸氢钠的质量比Na2CO3的多,假设溶解度相同时也会有晶体析出,因此不能通过现象来比较Na2CO3与NaHCO3在水中溶解度的大小,C不符合题意;向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉,再通入HI气体,溶液变蓝,由于硝酸的氧化性大于铁离子,可能硝酸氧化了碘离子,因此不能比较Fe3+与I2氧化性的强弱,D不符合题意。4.C解析测定等体积的CH3COONa和NaNO2,浓度不确定是否相同,不能根据pH比较HNO2和CH3COOH酸性强弱,A不符合题意;石油裂解的过程比较复杂,生成的裂解气是一种复杂的混合气体,主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃,通入Br2的CCl4溶液,颜色褪去可以说明含有不饱和烃,不能说明一定含有乙烯,B不符合题意;硫化钠中通入过量的二氧化硫,观察到的沉淀是S单质,二氧化硫的化合价降低,有氧化性,则可以说明二氧化硫有氧化性,C符合题意;将卤代烃与NaOH水溶液混合加热,待冷却后应先加入稀硝酸中和氢氧化钠,再加硝酸银溶液,观察沉淀颜色确定卤素原子种类,D不符合题意。5.B解析两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液,均有固体析出,前者发生盐析,后者发生变性,A项错误;卤代烃Y与NaOH溶液共热后发生水解,生成醇和卤化钠,先加入足量稀硝酸中和NaOH,排除干扰,再滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,则表明生成AgCl,从而证明卤代烃Y中含有氯原子,B项正确;醛基和醇羟基都能被酸性KMnO4溶液氧化,从而使酸性KMnO4溶液红色褪去,所以不能说明葡萄糖分子中一定含有醛基,C项错误;分别测量浓度均为0.1mol∙L-1Na2CO3溶液和C6H5ONa溶液的pH,前者pH更大,则表明Ka2(H2CO3)<Ka(C6H5OH),不能确定Ka1(H2CO3)与Ka(C6H56.A解析在酸性溶液中,氧化性强弱为NO3->Fe3+>S,所以是NO3-氧化S2-而生成S,不能达到探究目的,A项符合题意;测得pH前者大于后者,即相同条件下CH3COOH溶液的酸性小于CCl3COOH溶液,是由于—CH3为推电子基团,使羧基中的羟基的极性减小,不易电离出H+,羧酸的酸性减弱,C—Cl的极性大,导致羟基的极性更大,更易电离出H+,B项不符合题意;相同条件下反应剧烈程度:镁大于铝,能探究镁、铝金属性的强弱,C项不符合题意;白色沉淀Mg(OH)2中加入CuSO4,产生蓝色Cu(OH)2沉淀,说明Cu(OH)2比Mg(OH)2更难溶,故而能探究Cu(OH)2与Mg(OH)7.D解析未告知醋酸和盐酸的浓度,只比较pH大小,无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质,A项不符合题意;加入足量盐酸后沉淀指部分溶解,则说明沉淀中有BaSO4,则说明Na2SO3被空气氧化为Na2SO4,B项不符合题意;氯水过量,溶液变为蓝色,有可能是过量的氯水将KI氧化成了I2,无法比较出Br2和I2氧化性的强弱,C项不符合题意;KSCN溶液可用于检验Fe3+,滴加氯水后,若溶液变红,则说明Fe2+被氧化成了Fe3+,可以证明Fe2+具有还原性,D项符合题意。热点突破练6化学反应书写的正误判断1.A解析FeS2与足量稀盐酸反应有H2S生成,氧化还原反应中化合价有升必有降,该离子方程式中只有降没有升,正确的离子方程式为FeS2+2H+Fe2++H2S↑+S,A不正确;黄铁矿与空气高温反应得到Fe2O3、SO2,化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,B正确;根据每生成1molSO3释放出98.3kJ的热量,可以写出热化学方程式:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1,C正确;用酸性KMnO4溶液吸收SO2的离子方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42-+4H+,D2.D解析含Se废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)先经过煤油萃取,除掉S,再用稀硫酸酸溶,Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水,CuO和硫酸反应生成CuSO4和水,ZnO和硫酸反应生成ZnSO4和水,通过过滤取固体,含有Se和SiO2,再用Na2SO3溶液反应得到Na2SeSO3溶液,除去SiO2,用稀硫酸酸化得到Se。S溶解在煤油中,通过过滤进行分离,A项错误;稀硫酸酸溶时,Fe2O3、CuO、ZnO溶解得到相应的硫酸盐,“滤液”中主要存在的阴离子有SO42-,B项错误;“酸化”时反应物有Na2SeSO3、H2SO4,产物是Na2SO4、SO2、Se,离子方程式为SeSO32-+2H+Se↓+SO2↑+H2O,C项错误;由晶胞示意图可知,灰色的是Si,位于顶角、面心、体内,共有8×18+6×12+4=8个,根据化学式SiO2可知,3.B解析1mol肼在氧气中燃烧生成液态水时放出622.1kJ·mol-1热量,热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)ΔH=-622.1kJ·mol-1,A错误;液氨与钠反应生成NaNH2和H2,B正确;电荷不守恒,NaClO与NH3反应的离子方程式为2NH3+ClO-N2H4+Cl-+H2O,C错误;阴极发生得电子的还原反应,电极反应为N2+4H++4e-N2H4,D错误。4.B解析NaHCO3的溶解度比NH4Cl的小,沉淀符号应加在NaHCO3后面,A错误;CO2转化为CH4,C的化合价降低,得电子,碱性条件下,用OH-平衡电荷,B正确;催化剂不可以改变焓变,C错误;单位质量的LiOH的物质的量比KOH的大,可以吸收更多的CO2,D错误。5.D解析水解反应为非氧化还原反应,SO2Cl2中硫元素为+6价,所以产物为硫酸和盐酸,离子方程式为SO2Cl2+2H2OSO42-+4H++2Cl-,A项错误;浓硫酸具有强氧化性,可以氧化H2Se,B项错误;H2S燃烧得到稳定化合物为SO2,已知H2S的燃烧热为ΔH=-562.2kJ·mol-1,则燃烧的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1124.4kJ·mol-1,C项错误;阴极发生还原反应,电解强碱性Na2TeO3溶液的阴极为TeO32-被还原为Te,结合强碱性环境得TeO32-+4e-+3H6.A解析Li3N水解生成LiOH和NH3,A正确;锂燃烧生成Li2O,且燃烧热为负值,B错误;阳极发生氧化反应,电极反应式为Li2O2-2e-2Li++O2↑,C错误;制备FePO4为酸性环境,不能出现OH-,离子方程式为2H2PO4-+2Fe2++H2O22FePO4↓+2H2O+2H+,D错误。7.D解析H2SO3属于弱酸,盐酸属于强酸,SO2与BaCl2溶液不发生反应,A项错误;HNO3具有强氧化性,能将Fe2+、H2S氧化,B项错误;NH4HSO4在水溶液中电离出NH4+、H+、SO42-,H+先与OH-反应,两种溶液浓度、体积相同,则只发生H++OH-H2O,C项错误;Cl2具有强氧化性,发生Cl2+SO32-+H2OSO42-+2Cl-+2H+,因为Na2SO3过量,因此生成H+与SO32-反应生成HSO3-,即总反应为3SO8.B解析向CuSO4溶液中通入过量NH3可以生成[Cu(NH3)4]2+,离子方程式为Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,A项正确;NH3的燃烧热要求生成液态水,B项错误;由于铁粉过量,生成的Fe3+与铁粉继续反应生成Fe2+,化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,C项正确;(NH4)2SO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4和NH3·H2O,D项正确。9.A解析因为CN-结合H+能力弱于CO32-,酸性:H2CO3>HCN>HCO3-,所以NaCN溶液中通入少量CO2时,不会生成HCN和CO32-,因为HCN与CO32-能够反应生成HCO3-,即反应为CN-+CO2+H2OHCN+HCO3-,A项正确;HCN酸性很弱,常温下很难与铁反应置换氢气,即使反应,Fe2+和CN-会生成配离子[Fe(CN)6]4-,B项错误;CO32-水解是分步水解,主要为第一步水解:CO32-+H2OOH-+HCO3-,C项错误;Cl热点突破练7物质的转化热点突破练8物质结构与性质或物质性质与用途1.D解析SO2过量时,氨水与SO2反应生成NH4HSO3,A错误;FeS2和O2反应生成SO2,不能生成SO3,B错误;碘具有氧化性,能将Na2SO3氧化生成Na2SO4,离子方程式为SO32-+I2+H2OSO42-+2I-+2H+,C错误;BaSO4与饱和Na2CO3溶液发生沉淀的转化反应,BaSO42.C解析NH3在催化剂存在且加热的条件下与氧气反应生成NO,不能一步生成NO2,A错误;Fe与Br2反应生成FeBr3,B错误;高温下,水蒸气与铁反应生成Fe3O4和H2,C正确;AgCl难溶于水,离子方程式为Fe+2AgClFe2++2Ag+2Cl-,D错误。3.A解析Hg2+与S2-反应生成HgS沉淀以除去废水中的Hg2+,该反应不是氧化还原反应,A项错误;SO2和水生成H2SO3,H2SO3能被空气中氧气氧化为H2SO4,B项正确;氧气具有氧化性,可以把四价硫氧化为六价硫,可以发生反应:2SO2+2CaO+O22CaSO4,C项正确;饱和Na2CO3溶液中c(CO32-)很大,导致下列平衡右移:CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq),从而发生沉淀的转化4.D解析钠与TiCl4溶液反应时,钠先与水反应,反应生成的NaOH与TiCl4反应,不能置换出金属钛,A项错误;Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,不能生成NaHCO3,B项错误;Na2CO3和Na[Al(OH)4]不反应,C项错误;H2CO3的酸性弱于羧酸,但强于酚,则羧基与NaHCO3反应生成羧酸钠、CO2和H2O,酚羟基与NaHCO3不反应,所以邻羟基苯甲酸与NaHCO3反应生成邻羟基苯甲酸钠、CO2和H2O,D项正确。5.A解析工业上用纯净的H2在Cl2中燃烧的方法生产盐酸,A正确;氯碱工业阳极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,B错误;工业生产硝酸原理是利用NH3催化氧化生成NO再氧化、吸收,C错误;工业利用焦炭和SiO2在高温下反应冶炼粗硅,但在高温下C的氧化产物是CO,D错误。6.D解析硫黄和烧碱反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水,A错误;处理工业尾气中的SO2时,可选用石灰乳,SO2与CaCl2溶液不反应,B错误;向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸后,溶液变浑浊且有气体生成,化学方程式为Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2↑+H2O,C错误。7.C解析BaSO4具有高吸音性能,可用作隔音材料,与BaSO4难溶于水无关,A不符合题意;CaO和SO2反应得到CaSO3,CaSO3被氧化得到CaSO4,避免生成污染气体,可以用作脱硫剂,与CaO能与水反应无关,B不符合题意;离子晶体的熔点取决于离子的半径和电荷,通常情况下,阴离子相同时,阳离子半径越小、电荷越大的晶体的熔点越高,Mg2+和Ca2+所带的电荷数相同,Mg2+的半径比Ca2+小,MgO的熔点比CaO高,C符合题意;铍镍合金具有延展性,可以用于制造弹簧秤的弹簧,D不符合题意。8.D解析Fe2O3为红色固体,常作红色涂料,A错误;S具有还原性,能和木炭、硝酸钾等发生反应,可用于配制黑火药,B错误;SO3为酸性氧化物,能和水反应生成硫酸,可用于制取硫酸,C错误;浓硫酸具有吸水性,能作干燥剂,可用于除去H2中混有的H2O(g),D正确。9.D解析CH4作燃料电池的燃料,原因是CH4具有还原性,能够在氧气中燃烧,与其热稳定性无关,D符合题意。10.C解析N2的相对分子质量小于O2,即N2的范德华力小于O2,所以N2的沸点比O2的低,A不符合题意;H2O2可与水任意比例互溶,是因为H2O2与水分子间形成氢键,B不符合题意;O2具有氧化性,可作为燃料电池的氧化剂,C符合题意;O3可用于饮用水消毒杀菌是因为其具有氧化性,与其溶解性无关,D不符合题意。11.B解析浓硫酸可用于干燥Cl2,是因为其具有吸水性,A不符合题意;ClF3具有强氧化性,可氧化燃料,可用作火箭助燃剂,B符合题意;冰晶石可用作电解铝工业的助熔剂是因为其可以降低氧化铝的熔点,与其微溶于水的性质无关,C不符合题意;HF(g)的热稳定性比HCl(g)的高,是因为H—F的键能大于H—Cl,与HF分子之间形成氢键的性质无关,D不符合题意。12.D解析MgO用于制作耐高温材料是由于其熔点高,A不符合题意;NaHCO3治疗胃酸过多,是利用其弱碱性,B不符合题意;AgI易与空气的水蒸气结合形成晶核,可用于人工降雨,与感光性无关,C不符合题意;NH3存在分子间氢键,所以NH3的沸点高于PH3,D符合题意。13.A解析NH3中存在1个孤电子对,可提供孤电子对作配体,A符合题意;GaN的导电性介于导体与绝缘体之间,可作半导体材料,B不符合题意;HNO3具有酸性,可制备NH4NO3,C不符合题意;NH3的热稳定性高与N—H键强弱有关,与氢键无关,D不符合题意。14.B解析二氧化硫的漂白性是因其能与有色有机物质化合成不稳定的无色物质,与其氧化性无关,A不符合题意;硒在光照条件下导电性增强,利用此性质可用硒作光敏材料,B符合题意;臭氧具有强氧化性,所以可用作杀菌剂,与气味无关,C不符合题意;S、C和KNO3反应制取黑火药,S是氧化剂,D不符合题意。15.C解析H2SO4分子间存在氢键,分子间作用力较大,故呈黏稠状,A不符合题意;ClO2具有强氧化性,可用来杀菌消毒,B不符合题意;CH4为正四面体形分子,具有可燃性,但其可燃性与其分子结构为正四面体形无关,C符合题意;AgBr见光分解,可用作感光材料,D不符合题意。热点突破练9多官能团有机物的结构与性质1.B解析X含有两个酚羟基和一个羧基,酚羟基、羧基都能与氢氧化钠反应,因此1molX最多能与3molNaOH反应,A正确;Y分子中含有饱和碳原子,则所有原子不可能共平面,B错误;根据X和Y的结构简式可知,X、Y的分子组成相差C3H4,C正确;红外光谱可用于检测官能团,因此用红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团,D正确。2.C解析由X的结构简式可知,X中含有醛基和醚键,A正确;由X、Y的结构简式可知,X中没有酚羟基,Y中有酚羟基,酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应,所以可用FeCl3溶液进行鉴别,X中有醛基,Y中没有醛基,醛基可与银氨溶液发生银镜反应,所以可用2%银氨溶液进行鉴别,B正确;手性碳原子指碳原子上连有四个不同的原子或原子团,根据Z的结构简式可知,Z分子中不存在手性碳原子,C错误;该转化过程中F原子与羟基发生取代反应生成醚键,醛基与甲基先发生加成反应,再发生消去反应生成碳碳双键,D正确。3.A解析1molX中含2mol碳氧π键,A错误;X中碳碳双键上的两个氢原子在异侧,中碳碳双键上的两个氢原子在同侧,二者互为顺反异构体,B正确;手性碳原子是指连接四个不同的原子或原子团的碳原子,Y分子中不含有手性碳原子,C正确;X中含有醛基,Y中没有,可用新制的Cu(OH)2检验Y中是否有X,D正确。4.A解析根据单键都是σ键,双键是1个σ键、1个π键,1molZ中含有6mol碳氧σ键,A项正确;因为—OH中的氧是sp3杂化,再加上单键可以旋转,X分子中的所有原子不一定共平面,B项错误;Y中官能团有酮羰基、酚羟基,能发生加成、氧化反应,因苯环结构稳定,酚羟基不能发生消去反应,C项错误;Z与足量的氢气加成后的产物分子为,其中含有4个手性碳原子,D项错误。5.D解析X和P中都含有羟基,均能被酸性高锰酸钾溶液所氧化,A正确;根据X和P结构简式对比可知,若干条P链与交联剂M反应后,P链和M分子通过碳碳双键发生加成反应而交联成立体网状结构,因此M为苯乙烯,B项正确;对比X和P结构简式可知,P为线型高分子,而X为体型高分子,体型高分子具有更大的强度,C项正确;根据结构示意图可知,P的重复单元中有两种官能团,分别是碳碳双键、酯基,D项错误。6.B解析A项,X含有酮羰基和碳碳双键以及碳环,均难溶于水,错误;B项,水写成H—OH,CH3MgBr中甲基与H结合生成CH4,“MgBr”与“OH”结合生成Mg(OH)Br,正确;C项,Z中含有羟基,可以在浓硫酸加热条件下发生消去反应,错误;D项,X、Z与H2加成后,均只含有2个手性碳原子,错误。7.A解析A项,X中酯基水解生成的羧基和酚羟基能与NaOH以1∶1反应,醇羟基和NaOH不反应,X水解生成1个羧基和1个酚羟基,所以1molX最多能与2molNaOH反应,正确;B项,碳碳双键的碳原子连有的两个基团不同,则Y存在顺反异构体,错误;C项,中只有1个手性碳原子(号标记),错误;D项,Y和Z中均含有羧基,不能用NaHCO3溶液鉴别,错误。8.C解析A项,甲中碳碳双键的两个碳原子,所连接的基团不同,故存在顺反异构,正确;B项,中标“”的为手性碳原子,共有2个,正确;C项,乙中存在一个酯基(消耗1个NaOH),一个酚酯(消耗2个NaOH),一个酚羟基(消耗1个NaOH),一个溴原子(消耗1个NaOH),1mol乙最多可以消耗5molNaOH,错误;D项,甲中有羧基,乙中没有,故甲可以与NaHCO3反应放出CO2,而乙不可以,则可用NaHCO3溶液来鉴别甲和乙,正确。9.D解析与官能团不同,不互为同系物,A错误;X分子中含有酚羟基,但是与酚羟基直接相连的碳原子的2个邻位碳原子上,只有1个碳原子上含有氢原子,因此X在催化作用下不能与甲醛发生缩聚反应,B错误;Y分子中存在1个手性碳原子,如图:(带号的为手性碳原子),C错误;Z分子中含有羟基,且与羟基直接相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子,故其在热NaOH乙醇溶液中发生消去反应,D正确。热点突破练10电化学装置分析1.B解析氨硼烷分子中含有氮氢键,能与水分子形成分子间氢键,所以氨硼烷易溶于水,A正确;放电时,a电极为燃料电池的负极,在水分子作用下氨硼烷在负极失去电子发生氧化反应生成偏硼酸铵和氢离子,电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-NH4++BO2-+6H+,B错误;b电极为正极,酸性条件下过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水,电极反应式为H2O2+2e-+2H+2H2O,则1mol过氧化氢参与反应时,转移的电子数约为2×6.02×1023,C正确;稀硫酸为强电解质,加入适量的稀硫酸,可以增大溶液中离子浓度,增强导电能力,增大电流强度2.D解析右侧碳纳米管为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O,左侧碳纳米管为负极,电极反应式为H2-2e-2H+,C6H12O6-2e-2H++C6H10O6,左侧产生的H+能透过离子交换膜向右侧移动,H+在右侧参与反应,故离子交换膜为阳离子交换膜,A项正确;负极区的电极反应式主要为C6H12O6-2e-2H++C6H10O6,B项正确;碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成,有良好的导电性能,且能高效吸附气体,C项正确;理论上消耗标准状况下2.24LO2,得到0.4mole-,由于负极区有H2和C6H12O6两种物质失电子,所以生成葡萄糖内酯小于0.2mol,D项错误。3.C解析Fe电极NO→NH3OHCl,N元素化合价降低,作正极,Pt电极H2→H+,H元素化合价升高,作负极,A项错误;NH2OH具有类似NH3的弱碱性,可以和盐酸反应生成NH3OHCl,所以缺少的一步为反应式为NH2OH+H+NH3OH+,图2中,A为H+,B为NH3OH+,B项错误;含铁的催化电极为正极,其电极反应式为NO+3e-+4H++Cl-NH3OHCl,4个H+中有1个是左侧溶液中盐酸提供,3个是右侧溶液迁移过来的,标准状况下2.24LNO的物质的量为n=VVm=2.24L22.4L·mol-1=0.1mol,则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量,即增加质量为3.3g,C项正确;负极电极反应式:H2-2e-2H+,H+浓度增大,pH减小,正极电极反应式:NO+3e-+4H4.B解析碱性条件下,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,A错误;充电时,阴极发生多个还原反应,其中一个是Fe2O3+2e-+3H2O2Fe(OH)2+2OH-,B正确;放电时,电池总反应为2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2或4Fe+3O22Fe2O3,忽略溶液的体积变化,放电后溶液的pH几乎不变,C错误;若用强酸溶液作电解质,Fe会与酸直接反应,电池效率降低,且反应产生H2,电池的安全性能变差,D错误。5.D解析放电时LixCn转化为Lix-1Cn,即电极反应式为Li-e-Li+,为氧化反应,则电极A为负极,电极B为正极,负极产生的Li+向正极移动,正极电极反应式为LiyMO2+Li++e-Liy+1MO2,金属元素M化合价降低,被还原,A项正确;充电时B电极为阳极,电极反应为放电时正极反应的逆反应,电极反应式为Liy+1MO2-e-LiyMO2+Li+,B项正确;因金属锂能与水发生反应,所以电解质不能用水溶液,可以用常温下呈液态又可以导电的离子液体,C项正确;当Li+移向电极A时,是Lix-1Cn转化为LixCn的过程,由总反应可知,该过程是充电过程,是电能转化为化学能,D项错误。6.C解析电解时阳极发生氧化反应,即失电子反应,A错误;电解时阴极反应式为2H++2e-H2↑,电极上每消耗2molH+,就有2molH+进入阴极区使阴极区溶液呈电中性,故电极电解结束后,阴极区溶液pH不变,B错误;根据3C6H5—CH3+2Cr2O72-+16H+3C6H5—CHO+4Cr3++11H2O,0.5mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛时消耗13molCr2O72-,根据C6H5—CH3+Cr2O72-+8H+C6H5—COOH+2Cr3++5H2O,0.5mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲酸时消耗0.5molCr2O72-,则1mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时,共消耗56mol7.C解析直接HCOONa/K3[Fe(CN)6]无膜微流体燃料电池工作时,燃料发生失电子的反应,氧化剂发生得电子的反应,使用氧化剂K3[Fe(CN)6]可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题,则图中电极b为正极,电极a为负极,负极反应式为HCOO--2e-+3OH-CO32-+2H2O,正极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-,电池工作时,电子由负极直接经外电路流向正极。由上述分析可知,电极b为正极,电极a为负极,电池工作时电子由电极a直接经外电路流向电极b,A项正确;电极a为负极,HCOONa发生失电子的氧化反应生成Na2CO3,负极反应式为HCOO--2e-+3OH-CO32-+2H2O,B项正确;电极b为正极,K3[Fe(CN)6]发生还原反应生成K4[Fe(CN)6],正极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-,消耗1molK3[Fe(CN)6]时,理论上共转移1mol电子,C项错误;该无膜微流体燃料电池自然地将燃料和氧化剂隔开,无需使用传统燃料电池中的交换膜,可降低生产成本,且使用氧化剂K3[Fe(CN)6]可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题,提升电池工作性能8.C解析电极b上发生的是CO2的还原反应,则电极b为阴极,反应式为CO2+2e-+2H+CO+H2O,电极a上发生的是H2O的氧化反应,电极a为阳极,反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。电极a接电源的正极,电极b接电源的负极,则电流方向为电源正极→电极a,电极b→电源负极,A项错误;电极b上发生的是CO2的还原反应,则电极b为阴极,反应式为CO2+2e-+2H+CO+H2O,B项错误;根据得失电子守恒可得关系式O2~4e-~2CO2,若生成1molO2,则可还原2molCO2,其体积在标准状况下为44.8L,C项正确;不同的催化剂具有不同的选择性,使用合适的催化剂,利用该装置也可能将CO2还原为CH4、CH3OH等,D项错误。热点突破练11反应原理小综合1.D解析HCOOH可以电离出H+,显酸性,HCOOH中C为+2价,C的化合价可以升高至+4,具有还原性,A正确;平衡常数是生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积之比,B正确;H2转化为HCOOH,H的化合价由0变为+1,1molH2参加反应,转移2mole-,C正确;出口处检测到大量的CO,说明以反应①为主,则反应①的活化能较小(活化能越小,反应越易进行),D错误。2.C解析碳氯化反应是放热、熵增的反应,根据,可知该反应在任意温度下都能自发进行,A错误;降温使生成TiCl4的速率减小,B错误;根据化学方程式分析可知,消耗1molTiO2,转移4mol电子,反应中每消耗1molTiO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023,C正确;将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应可提高Cl2的反应速率,但不能提高平衡转化率,D错误。3.B解析根据氮气与氢气的反应机理图可知,反应过程中存在非极性共价键的断裂,但并没有非极性共价键的形成,A错误;NH3会占据催化剂表面活性部分,减少N2在催化剂表面吸附分解的机会,使反应速率降低,故分离出NH3可增大催化剂活性部分的面积,增加N2在催化剂表面吸附分解的机会,提高合成氨的反应速率,B正确;催化剂可以加快反应速率,不能改变反应的焓变,C错误;“加压”可加快反应速率,反应为气体分子数减少的反应,“加压”会使平衡正向移动,氨的产率提高,D错误。4.D解析反应过程中,Cu+为催化剂,降低反应的活化能但不改变焓变,A错误;平衡常数等于生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比,所以K=c4(CO2)·c3(N2)·c4(H2O)c2(C2H4)·c6(NO)·c3(O2),B错误;增大一种反应物的量,可以提高另一种反应物的平衡转化率,n(O2)n(NO)增大5.C解析该反应的平衡常数可表达为K=c(ClNO)c2(NO2),A错误;由题干信息可知,该反应的ΔH<0,ΔS<0,当ΔG=ΔH-TΔS<0时,反应能自发进行,故该反应在低温条件下易自发进行,B错误;根据反应2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)可知,N元素由+4价变为+5价和+3价,每消耗1molNO2,转移电子的数目约为3.01×1023,C正确;NaCl晶胞(如题图所示)中每个Na6.D解析A项,该反应为放热反应,在低温下,该反应易正向进行,正确;B项,消耗1mol苯时,放出208.2kJ的热量,正确;C项,加入H2,可使该反应正向移动,提高苯的利用率,正确;D项,如果将苯中看成有3个碳碳双键,那么1mol与H2加成放出的热量为208.2kJ÷3=69.4kJ,但是苯环中不是三个碳碳双键,所以放出的热量不是69.4kJ,错误。7.D解析A项,i-NC电极表面CO2得电子生成CO和C2H5OH,发生还原反应,错误;B项,CO2中C为+4价,CO中C为+2价,C2H5OH中C为-2价,C的化合价降低,则CO2作氧化剂,错误;C项,在i-NC表面会生成CO,而在c-NC表面只能生C2H5OH,错误;D项,CO2转化为C2H5OH,C的化合价从+4变为-2,则2molCO2转移12mole-,用H+平衡电荷,正确。8.C解析该自发反应熵减,按ΔH-TΔS<0可知该反应为放热反应,则ΔH<0,A错误;平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比;水为纯物质,故反应的平衡常数K=c(HCOO-)c(HCO3-)·c(H2),B错误;由反应可知,反应前后碳原子均为羧基中碳原子,故碳原子杂化方式始终为sp9.C解析由题图可知,图示机理中有碳碳非极性键的形成,没有碳碳非极性键的断裂,A错误;由化学方程式可知,反应的平衡常数K=,B错误;由题图可知,过程Ⅱ中,乙苯产生的氢离子与B2位点上二氧化碳中带部分负电荷的氧原子作用生成,C正确;由化学方程式可知,反应中消耗1mol二氧化碳,反应转移2mol电子,则转移电子的数目约为2×6.02×1023,D错误。热点突破练12溶液中的离子平衡综合1.D解析A项,Na2S溶液中存在质子守恒:c(OH-)=2c(H2S)+c(HS-)+c(H+),错误;B项,NaHS溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),Kh(HS-)=KwKa1=10-149×10-8≈10-6,Kh>Ka2(H2S),即HS-的水解程度大于其电离程度,溶液显碱性,c(H+)<c(OH-),则c(Na+)>c(HS-)+2c(S2-),错误;C项,n(CuSO4)=0.001mol·L-1×10×10-3L=10-5mol,混合后溶液的总体积为20mL,混合后溶液中,c(CuSO4)=nV=10-5mol20×10-3L=5×10-4mol·L-1,同理,c(Na2S)=5×10-4mol·L-1,出现白色溶液,说明Qc(CuS)>Ksp(CuS),Qc(CuS)=5×10-4mol·L-1×5×10-4mol·L-1=2.5×10-7,即Ksp(CuS)<2.5×10-7,错误;D项,n(SnS)=0.001mol,n(CuSO4)=0.1mol·L-1×10×10-3L=0.001mol,2.C解析氨水显碱性,所以电离程度大于水解程度,又因为电离出的NH4+还要水解,根据电荷守恒:c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),又因为氨水为弱电解质部分电离,则c(NH3·H2O)>c(OH-),故c(NH3·H2O)>c(NH4+)+c(H+),A项错误;“转化”后的清液中,CaCO3一定达到沉淀溶解平衡,而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡,则Ksp(CaCO3)c(CO32-)=c(Ca2+)≤Ksp(CaSO4)c(SO42-),c(SO42-)c(CO32-)≤Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=53×104,B项错误;“转化”步骤,若通入CO2至溶液pH为6.5时,Ka2=c3.B解析S2-的水解使溶液呈碱性,应分步进行,离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,A错误;室温下以0.1mol·L-1NaOH溶液吸收H2S,吸收所得c总=0.1mol·L-1,即c总=c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-),此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的物质的量,溶质全为NaHS,Ka2=1.1×10-12,HS-的水解平衡常数Kh=KwKa1=1.1×10-7,即HS-的水解程度大于电离程度,c(H2S)>c(S2-),B正确;NaOH恰好转化为Na2S时,溶液中c(Na+)=2c(H2S)+2c(HS-)+2c(S2-),电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-),综合得c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),C错误;“除铜”得到的上层清液中,若c(Cu2+)·c(S2-)>Ksp4.C解析A项,NH4HSO3溶液中存在质子守恒:c(H2SO3)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(SO32-)+c(OH-),NH4+水解显酸性,HSO3-的电离程度大于水解程度,所以NH4HSO3溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),则c(H2SO3)<c(NH3·H2O)+c(SO32-),错误;B项,电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),pH=7,则c(H+)=c(OH-),c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-),所以c(NH4+)>c(HSO3-),错误;C项,反应NH3·H2O+H2SO3N5.C解析Ka2=c(CO32-)·c(H+)c(HCO3-)=4.7×10-11,当pH=10时,c(H+)=1×10-10mol·L-1,则c(CO32-)c(HCO3-)=4.7×10-111×10-10=0.47<1,所以c(CO32-)<c(HCO3-),A错误;c总=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1时,说明吸收液为NaHCO3溶液,根据质子守恒得c(CO36.D解析“酸化、溶解”后溶液中含有Fe2+、NH4+、H+、SO42-、OH-,溶液显酸性,存在电荷守恒:2c(Fe2+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),则2c(Fe2+)+c(NH4+)<2c(SO42-),A错误;NaHC2O4溶液中存在HC2O4-H++C2O42-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,根据Kh(HC2O4-)=KwKa1(H2C2O4)=1×10-145.6×10-2≈1.8×10-13<Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4可知,HC2O4-的电离程度大于水解程度,故c(C2O42-c2Ka17.C解析因F-、NH4+均能水解生成HF、NH3·H2O,则0.1mol·L-1NH4F溶液中,由物料守恒得c(F-)+c(HF)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),A错误;“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液,则c(Ca2+)=Ksp(CaF2)c2(F-),B错误;pH=10的氨水-NH4HCO3溶液中,因c(CO32-)c(HCO3-)=Ka2(H2CO3)c(H+)=4.7×10-1110-10=0.47<1,则c(CO8.C解析含少量ZnSO4杂质的1mol·L-1MnSO4溶液加入过量MnS除去锌离子,过滤滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液得到MnCO3。“除锌”反应为Zn2++MnSZnS+Mn2+,的平衡常数K=cMn2+cZn2+=KspMnSKspZnS=2×10-102×10-24=1×1014,A正确;pH=8则水电离出c水H+=c水OH-=10-8mol·L-1,pOH=6,溶液中总的c总OH-=10-6mol·L-1,则氨水电离出c氨水OH-=c(NH4+)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1,B正确;氨水、NH4HCO3溶液中根据电荷守恒存在:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),氨水溶液显碱性,则c(H+)<c(OH-),故c(NH热点突破练13多平衡体系图像及分析1.C解析由其主要反应可知,其他条件不变,增大压强,反应均平衡逆向移动,CH3OH的平衡转化率减小,A错误;由题图可知,CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)能产生更多的H2,而CO2的选择性随反应温度的升高而降低,CO的选择性随反应温度的升高而升高,则综合考虑,甲醇-水催化重整制H2应选择反应温度为260℃左右,B错误;其他条件不变,增大n(H2O)n(CH3OH),则等同于c(H2O)增大,且反应容器体积增大,均可使反应平衡正向移动,可以提高平衡时H2的产率,C正确;其他条件不变,在270~290℃温度范围,随着温度升高,CO2的选择性虽减小,但2.D解析根据盖斯定律,①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1,②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-99kJ·mol-1,将反应①+②整理可得:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-57.8kJ·mol-1,A错误;图(b)为等压线,图(a)为等温线,升高温度平衡逆向移动,在523K、9×105Pa条件下平衡时甲醇的物质的量分数为0.10,那么在583K、9×105Pa条件下,平衡时甲醇的物质的量分数应该小于0.10,B错误;没有给出指定的温度与压强,不能计算CO2的平衡转化率,C错误;根据A选项可知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应,要提高CH3OH的产率,需要平衡正向移动,根据平衡移动原理可知反应应该在低温、高压下进行,D正确。3.B解析由反应:Ⅰ:CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)和反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)合并得到反应2CO(g)+2H2(g)CH4(g)+CO2(g),为气体分子数减小的反应,当密闭容器内总压强不变时,反应Ⅰ、Ⅱ都达到平衡状态,A正确;通过总反应可知,随着n(H2)n(CO)的增大,超过1时,CH4的产率受CO浓度影响,故CH4的产量曲线会先增大后平缓,应是曲线a,B错误;2CO(g)+2H2(g)CH4(g)+CO2(g),当n(H2)n(CO)=0.5时,CO过量,生成物n(CH4)=n(CO2),甲烷选择性为50%,C正确;随着n(H24.B解析A项,漏写H2O(g)的浓度,错误;B项,反应Ⅰ和反应Ⅱ为吸热反应,升高温度,反应Ⅰ和Ⅱ正向移动,CO和H2的体积分数会增大,对应反应Ⅰ,生成的CO和H2相同,但是反应Ⅱ还生成CO,所以生成的CO比H2多,反应Ⅲ为放热反应,温度升高,反应Ⅲ的平衡会逆向移动,H2的量会略减小,图中曲线X变化为先增大再略减小,即为平衡时H2的体积分数随温度的变化,正确;C项,温度在600~1000℃时,CH4的还原能力增大,即消耗CO2的数量增大,由题图知,CO2的下降量比CH4的下降量多,说明升温以反应Ⅱ为主,错误;D项,选择合适的催化剂,平衡不移动,CO的平衡产率不变,错误。5.D解析由题干信息反应Ⅱ:H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2>0,反应Ⅲ:4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH3<0,则2Ⅱ-Ⅲ可得反应Ⅰ:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g),根据盖斯定律可知ΔH1=2ΔH2-ΔH3>0,A正确;其他条件不变,适当增大起始时CH4的体积分数,