三年(2017-2019)高考真题化学分项汇编【全套19个专题】

三年（2017-2019）高考真题化学分项汇编【全套19个专题】

专题01 STSE 化学用语

1．[2019新课标Ⅰ]陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是

A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点

【答案】A 【解析】

【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。

【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误； B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；

C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；

D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。 故选A。

【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。

2．[2019新课标Ⅱ]“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下

列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是 A．蚕丝的主要成分是蛋白质 B．蚕丝属于天然高分子材料 C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应

D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物

【答案】D

【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；

B．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确； C．“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确； D．高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误； 答案选D。

【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。

3．[2019新课标Ⅲ]化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A．高纯硅可用于制作光感电池 B．铝合金大量用于高铁建设 C．活性炭具有除异味和杀菌作用 D．碘酒可用于皮肤外用消毒

【答案】C

【解析】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确； B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；

C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误； D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确； 答案选C。

4．[2019江苏] 反应NH4Cl+NaNO2

NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开

采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A．中子数为18的氯原子：17Cl B．N2的结构式：N=N

18C．Na+的结构示意图：

D．H2O的电子式：

【答案】D 【解析】

【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。 【详解】A．核素的表达式ZX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为17Cl，A项错误；

35AB．氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误； C．钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为

，C项错误；

D．氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。 故选D。

5．[2019北京]下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是

A．4.03米大口径碳化硅反射镜 【答案】A 【解析】

B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。

【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；

B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；

C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；

D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；

综上所述，本题应选A。

【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。

6．[2019天津]化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是 ．．．

A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 C．利用基本的化学原料生产化学合成药物 D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水

【答案】D 【解析】

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．

【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故A涉及化学反应；

B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B涉及化学反应；

C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C涉及化学反应；

D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D不涉及化学反应； 故选D。

【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．

7．[2019浙江4月选考]下列表示不正确的是 ．．．A．次氯酸的电子式B．丁烷的球棍模型

C．乙烯的结构简式CH2＝CH2 D．原子核内有8个中子的碳原子146C 【答案】A

【解析】A．次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为

，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故答案选A。

8．[2019北京] 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是 （水合离子用相应离子符号表示）

A B C D NaCl溶于水 NaClNa++Cl? 电解CuCl2溶液 CuCl2Cu2++2Cl? CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化 CH3COOHCH3COO?+H+ H2(g)+Cl2(g) ΔH=?183kJ·mol?1 2HCl(g) 【答案】B 【解析】

【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。

【详解】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；

B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；

C．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；

D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436 kJ/mol+243 kJ/mol=679 kJ/mol），与形成生成物分子中化学键放2= 862 kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol，放热?H为负值，出的总能量（431 kJ/mol×

所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ?H=-183kJ/mol，故D不符合题意； 综上所述，本题应选B。

【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课

本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。

9．[2018江苏卷]CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是

A．光合作用

B．自然降雨 D．碳酸盐的沉积

C．化石燃料的燃烧 【答案】C

【解析】A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，B项，光合作用会引起大气中CO2含量下降；自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升，答案选C。

点睛：本题考查化学与环境保护、低碳经济等，掌握化石燃料的成分是解题的关键。 10．[2018北京]下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是

A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 【答案】B B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 D．开采可燃冰，将其作为能源使用 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 【解析】A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4

3N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，

可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2

CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。

点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。

11．[2018·新课标全国Ⅱ]化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【答案】D

【解析】A． 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确； B． 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；

C． 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；

D． 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。

点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。 12．[2018新课标Ⅱ卷]化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A．碳酸钠可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒 C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【答案】D

【解析】A．碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确； B．漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；

C．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；

D．碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。

点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。 13．[2018新课标Ⅲ卷]化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】A

【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的

性质即可解答。

详解：A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。

B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。

C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。 D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。

点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。

14．[2018天津卷]以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知

识对其进行的分析不合理的是

A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应 B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品 C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士

D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作 【答案】A

【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A不合理。

B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。

C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。

D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。

点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。 15．[2018海南]化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是 A．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具 B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池 C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层 D．氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等 【答案】B

【解析】A. Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意； B. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意； C. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意； D. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等，不符合题意； 故答案为B。

16．[2017江苏]2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。

下列做法应提倡的是

A．夏天设定空调温度尽可能的低 B．推广使用一次性塑料袋和纸巾 C．少开私家车多乘公共交通工具 D．对商品进行豪华包装促进销售 【答案】C

【解析】A．设定温度很低时，空调会一直工作，浪费电能，A错误；B．使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为，B错误；少开私家车多乘公共交通工具，属于节约集约利用资源，应该提倡，C正确；D．对商品进行豪华包装浪费资源，D不正确。 【名师点睛】本题考查的是化学与社会生活。解题的关键要抓住节能、节约集约利用资源、环保等要素。化学学习要从生活实际出发，关注化学在能源、材料、环境、健康等方面的作用，关心社会热点问题，形成化学服务于社会的使命感和责任感。 17．[2017新课标Ⅲ]化学与生活密切相关。下列说法错误的是

A．PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物 B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料 【答案】C

A．B．【解析】通常将大气中直径不大于2.5μm的悬浮颗粒物称为PM2.5，故A正确；绿

色化学的核心就是从源头上杜绝污染，故B正确；C．燃煤燃烧产生SO2和CO2，其中CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终氧化为CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结D．合生成CaCO3，则加入CaO可减小SO2的排放，但不能减小CO2的排放，故C错误；目前推广使用的清洁燃料有天然气和液化石油气，故D正确。答案选C。

【名师点睛】考查化学在社会生活中的应用，涉及环境污染的来源与防治，其中绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料；（2）在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；（3）提高原子利用率，力图使原料的原子都被产品所消纳，实现零排放；（4）生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。

18．[2017海南]下列说法错误的是 A．蔗糖可作调味剂 B．细铁粉可作食品抗氧剂 C．双氧水可作消毒剂 D．熟石灰可作食品干燥剂 【答案】D

【解析】A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因此蔗糖可以作调味剂，故A说法正确； B、细铁粉可以空气中氧气发生反应，防止食品被氧化变质，故B说法正确；C、双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作消毒剂，故C说法正确；D、熟石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故D说法错误。 19．[2017天津]下列有关水处理方法不正确的是 ．．．

A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子 D．用烧碱处理含高浓度NH4的废水并回收利用氨 【答案】C

【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，D正确。故选C。 【名师点睛】本题从各种水处理技术方法等方面设计考核知识点，让考生了解化学在生活中的应用，并正确地认识化学的价值和功能。展现学科价值，灌输绿色化学思想。

+专题02 化学计量与化学计算

1．[2019新课标Ⅱ] 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．3 g 3He含有的中子数为1NA

B．1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的PO4数目为0.1NA

3?C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA

D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA

【答案】B

【解析】A．3He的中子数为3-2=1，则3g3He的中子数为确；

B．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误； 酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×

C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子2×NA mol-1 =6NA，C项正确； 数为3mol×

D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为项正确； 答案选B。

2．[2019新课标Ⅲ] 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是

A．每升溶液中的H+数目为0.02NA

B．c(H+)= c(H2PO4)+2c(HPO4)+3c(PO4)+ c(OH?)

2?3g?NA=NA，A项正

3g/mol48g+10g×13×NA mol-1 =13NA，D

58g/mol?3?C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强

【答案】B

【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H

＋

数目为0.01NA，A错误；

B、根据电荷守恒可知选项B正确；

C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误； D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D

错误； 答案选B。

3．[2018新课标Ⅲ]下列叙述正确的是 A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 【答案】B

【解析】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24 g镁和27 g铝各自的物质的量都是1 mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13 mol，选项A错误。

B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为量为

mol，所以两者含有的氧原子分别为

×2=

mol和

mol，臭氧（O3）的物质的×3=

mol，即此时氧气和

臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。 C．重水为

，其中

含有1个中子，

含有8个中子，所以1个重水分子含有

，其中

没有中子，

含有8个

10个中子，1 mol重水含有10 mol中子。水为

1 mol水含有8 mol中子。中子，所以1个水分子含有8个中子，两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。

D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1 mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1 mol乙烯有6 mol共价键，选项D错误。

点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。

4．[2018新课标Ⅱ]NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA B．100 mL 1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA 【答案】C

【解析】A．常温常压下，124 g P4的物质的量是1 mol，由于白磷是正四面体结构，含有6

个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；

B．铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1 mol·L?1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；

C．甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确； D．反应2SO2+O2

2SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应

后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。

点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。 5．[2018新课标Ⅰ]NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA

D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA 【答案】B

【解析】A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；

B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；

C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；

D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。

点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。 6．[2018海南]NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA B．18 g的D2O中含有的质子数为10

C．28 g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NA D．1 L 1mol·Lˉ1的NH4Cl溶液中NH4和Cl?的数目均为1NA

＋

【答案】C

【解析】A. 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12 g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，

故不符合题意；

B. D2O的摩尔质量为（2×2+16）g/mol=20g/mol，则18 g的D2O中中含有的质子数为18g×10?NA=9 NA，故不符合题意；

20g/molC.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为28g× 3 NA=6NA，符合题意；

14g/molD. NH4会发生水解，故数目<1NA，不符合题意； 故答案为：C。

【点睛】解题时注意易错点：A中容易忽略一个共价键是两个原子共用的；B中同位素原子质量数不同；D中容易忽略铵根离子的水解。

7．[2017浙江11月选考]设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是 ．．．A．含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NA B．25 ℃时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NA C．任意条件下，1 mol苯中含有C—H键的数目一定为6 NA

D．a mol 的R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a（A-N-2）NA 【答案】B

【解析】A. 0.2 mol H2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，

+

B. 25 ℃时，1L pH=3的醋酸溶液中c(H+) =0.001mol/L，故A正确；溶液中含H的数目等于0.001

＋

NA，C. 苯的化学式为C6H6，1 mol苯中有C—H键的数目一定为6 NA，故B错误；故C正确；D. R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A-N-2，则a mol 的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，故D正确；故选B。

点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，也可以生成二氧化硫，可以利用极限的思维方式极限解答。

8．[2017浙江4月选考]设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA B．1 L 0.1 mol·L

－1

硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA

C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA D．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA 【答案】D

3

【解析】标况下，乙醇为非气体，A错误；B忽略水中的氧原子；C忽略Fe＋与I－反应是一

个可逆反应；1 mol乙醇或乙烯消耗的氧气都为3 mol，1 mol混合物(任意比例混合)消耗氧气都为3 mol。

9．[2017海南卷]NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是

A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA C．1 L 0.1 mol·L?1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA D．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA 【答案】C

【解析】A、乙烯的结构简式为CH2=CH2，1 mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 mol，故A说法正确；B、甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1 mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8 mol，故B说法正确；C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H物质的量小于0.1 mol，故C说法错误；D、1 mol CO含有质子物质的量为(6＋8) mol=14 mol，1 mol N2中含有质子物质的量为2×7 mol=14 mol，因此1 mol N2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14 mol，故D说法正确。

【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，一般从结构、转移电子、弱电解质电离、隐含条件、微粒数、气体摩尔体积等角度进行考查，从结构：书写常见物质的结构，如金刚石为原子晶体，一个碳原子与四个碳原子形成化学键，因此一个碳原子真正具有的共价键为2个，1个SiO2中Si有4个化学键等等；转移电子：一般涉及歧化反应，那就从氧化产物或还原产物中寻找，如Na2O2与H2O的反应，从氧气中进行判断，生成1 mol O2转移电子物质的量为1×2×[0－(－1)] mol=2 mol；隐含条件：一般涉及可逆反应，如NO和O2的反应，2NO＋O2=2NO2，2NO2

N2O4，可逆反应不能进行到底；气体摩尔体积：看清楚条件是否是

＋

标准状况，标准状况下，此物质是否是气体，记住H2O、SO3、HF在标准状况下不是气体；这需要夯实基础知识，此题一般属于基础题，容易拿分。

10．[2017新课标Ⅱ卷]阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A．1 L 0.1 mol·LNH4Cl溶液中，NH4的数量为0.1NA B．2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA

D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA 【答案】D

【解析】A、NH4是弱碱根离子，发生水解：NH4＋H2O

++?1?NH3·H2O＋H，因此NH4数

＋+量小于0.1NA，故A错误；B、2.4 g Mg为0.1 mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2÷24 mol=0.2 mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、N2和O2都是分子组成，标准状况下，2.24 L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2 mol，分子数为0.2NA，故D正确。

【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个热点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。

11．[2017新课标Ⅲ卷]NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H?

C．2.24 L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子

D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P?Cl键 【答案】A

【解析】A．B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B含有0.6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2. 24 L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1 mol PCl3与1 mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。答案选A。

【名师点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，如选项D涉及可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。

专题03 离子反应

1．[2019新课标Ⅱ]下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是

A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2

Cu+ZnSO4

CaCO3↓+H2O 2Na2O+O2↑

D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C

【解析】A．金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；

B． 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；

C． 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：C项错误；

D．向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确； 答案选C。

2．[2019新课标Ⅲ]离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是

A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变 B．水中的NO3 、SO4、Cl?通过阴离子树脂后被除去

?2?C．通过净化处理后，水的导电性降低 D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH?

【答案】A

【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42、Cl、NO3

－

－

－

H2O

等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的

＋

阳离子H则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH也被交换到水中，同时与水中的H离子结合成水，则

A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；

B、根据以上分析可知水中的SO42、Cl、NO3等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；

－

－

－

＋

－

C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；

D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋OH＝H2O，D正确； 答案选A。

3．[2019江苏] 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．0.1 mol·L?1NaOH溶液：Na+、K+、CO3、AlO2

2?＋

－

?B．0.1 mol·L?1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO4、MnO4

2??C．0.1 mol·L?1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl?、OH? D．0.1 mol·L?1H2SO4溶液：K+、NH4、NO3、HSO3

???【答案】A 【解析】

【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。

【详解】A．是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存； B．MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；

C．Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；

D．酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存； 故选A。

【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气

体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。

4．[2019江苏] 下列指定反应的离子方程式正确的是 A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH?

ClO?+Cl?+H2O

?AlO2+H2↑

B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH?C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO3+2H+

?Cu2++2NO2↑+H2O H2SiO3↓+2Na+

D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+

【答案】A 【解析】

【分析】A．Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B．电荷不守恒； C．不符合客观事实； D．应拆分的物质没有拆分；

【详解】A．NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确； B．该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B错误；

C．室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；

D．Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3? ，故D错误； 综上所述，本题应选A．

【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

5．[2019天津] 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是

A 实验现象 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 离子方程式 Mg?OH?2?2NH?4Mg2??2NH3?H2O B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 Fe3??3H2OFe?OH?3??3H? 2?3SO4?2Mn2??2H2O C ?3SO2?2MnO4?4H?D 氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO?2H?Fe2??H2O 【答案】A 【解析】

【分析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀； C、电荷不守恒；

D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；

【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式

＋

为：Fe3＋3H2O

Fe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；

C、5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42电荷不守恒，正确的离子方程式为：

－

，故C不能用来解释相应实验现象；

D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象； 故选A。

【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。

6．[2019年4月浙江选考]不能正确表示下列变化的离子方程式是 ．．A．5SO2＋2H2O＋2MnO4-二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：4H+

B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I?＋2H+＋H2O2C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-＋2H+

H2SiO3↓

2Fe3+＋3Cu

I2＋2H2O

2Mn2+＋5SO＋

D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe【答案】D

【解析】D．Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶

液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+＋Fe的离子方程式都是正确的。 故答案选D。

Fe2+＋Cu，D项错误。其他3个选项

7．[2018·北京]下列化学用语对事实的表述不正确的是 A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHB．常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2OC．由Na和C1形成离子键的过程：D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e?【答案】A

【解析】A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH

C17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水

0.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为Cu

C17H35COOC2H5+H218O

?

NH+4+OH

--2.9

L-1的pH=11.1，溶液中c（OH）=10mol·

NH3·H2O

NH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，

Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反

2+-应式为Cu+2e=Cu，D项正确；答案选A。

8．[2018江苏]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．0.1 mol·L?1 KI 溶液：Na+、K+、ClO? 、OH?

B．0.1 mol·L?1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3?、SO42? C．0.1 mol·L?1 HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO?、NO3? D．0.1 mol·L?1 NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42?、HCO3? 【答案】B

------【解析】A项，I具有强还原性，ClO具有强氧化性，I与ClO发生氧化还原反应，I与ClO不-能大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO+-2+-能与H反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO不能大量存在；D项，Mg、HCO3都能

与OH反应，Mg、HCO3与OH不能大量共存；答案选B。

点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子D项；间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al与HCO3等；④离子间发生络合反应，如Fe与SCN等；⑤注意题中的附加条件。 9．[2018江苏]下列指定反应的离子方程式正确的是 A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32?+CaSO4

CaCO3+SO42?

3+

-3+

-

-2+--

B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I? +IO3?+6H+C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO?+2Fe(OH)3D．电解饱和食盐水：2Cl?+2H+【答案】A

Cl2↑+ H2↑

I2+3H2O

2FeO42?+3Cl?+4H++H2O

【解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的

2-离子方程式为CO3+CaSO4

CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守

--+

恒，正确的离子方程式为5I+IO3+6H=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成

H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电

-解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl+2H2O

Cl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。

点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。 10．[2017江苏]下列指定反应的离子方程式正确的是 A．钠与水反应：Na +2H2O

Na++2OH– + H2↑

H2↑+Cl2↑+2OH–

BaSO4↓+H2O CaCO3↓+H2O

B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2O

2?C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH– + H+ + SO4D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3+OH–

?【答案】B

?+

【解析】A．电荷不守恒，A错误；B．正确；C．配比错误，OH、H、H2O的化学计量数都?

是2，C错误；D．漏了NH4和OH之间的反应，D错误。

+【名师点睛】判断指定反应的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能够发生、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。②从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。③从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子转移守恒等。④从反应条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及其反应产物的影响（如本题D选项中的足量石灰水）等。⑤从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断，如本题中C选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。 11．[2017海南]能正确表达下列反应的离子方程式为

A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+ Fe2+ C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32?=Al2(CO3)3↓

D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH?=NO3?+NO2?+ H2O 【答案】D

?2

【解析】A、醋酸是弱酸不能拆写成离子，应是2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO＋Ca＋＋CO2↑2＋3＋

＋H2O，故A错误；B、浓硫酸具有强氧化性，能把H2S氧化成S，把Fe氧化成Fe，故B3＋2?

错误；C、发生双水解反应，应是2Al＋3CO3＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故C错误；D、

NO2与OH?发生歧化反应，离子反应方程式为2NO2+2OH?= NO3?+NO2? + H2O，故D正确。 【名师点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，熟悉掌握元素及其化合物的性质外，还需要掌握书写离子方程式应注意的问题（1）易溶、易电离的物质(可溶性强电解质，包括强酸、强碱、可溶性盐)以实际参加反应的离子符号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物均用化学式表示。（2）离子方程式书写时，浓硫酸不能拆写成离子形式，而浓硝酸、浓盐酸要拆写成离子形式。（3）多元弱酸的酸式酸根不能拆写成离子形式，如NaHCO3不能拆写成“Na＋＋H＋＋CO3”。H2O；（4）氨水作为反应物写为NH3·作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，写为“NH3↑＋H2O”。（5）高中阶段所学的离子反应一般是在水溶液中发生的，非水溶液中发生的离子反应不能写出离子方程式，如Cu与浓硫酸的反应、NH4Cl固体与NaOH固体的反应。

12．[2017江苏]常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl– B．

2?c?H??c?OH–?=1×10 ?12的溶液中：K+、Na +、CO3、NO3

2??C．c(Fe2+) =1 mol·L?1的溶液中：K+、NH4、MnO4、SO4

+?2?D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4、SO4、HCO3

+2??【答案】B

3+?

【解析】A．Fe和SCN会发生反应生成血红色的配合物，A错误；B．根据KW可以求出

MnO4c(OH?)=0.1 mol/L，B正确；C．Fe2+还原性较强，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，

?氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO3不能在酸性溶液中大量共存，D错误。

【名师点睛】本题考查学生对溶液中离子的性质和离子反应的实质的认识，并将其应用到具体情境中分析问题、解决问题。解题时要特别关注以下几点：①溶液中离子存在的条件，如

2?+CO3ClO?、OH?等只能大量存在于碱性溶液，Fe3+、Al3+、NH4、在酸性溶液中不能大量存在；

?HCO3既不能大量存在于酸性溶液，等只大量存在于酸性溶液，在碱性溶液中不能大量存在；也不能大量存在于强碱性溶液，在弱碱性溶液中可以大量存在。②溶液中离子的性质，如Fe2+、I?、S2?、SO3等有较强的还原性，与强氧化性物质不能大量共存；MnO4、ClO?、Fe3+

2???等具有较强的氧化性，与强还原性物质不能大量共存。③题干及选项中的隐蔽条件，如溶液的颜色、酸碱指示剂的变色范围等，特别强调一下，透明不一定是无色的，所有的水溶液都是澄清透明的。

13．[2017·11月浙江选考]下列离子方程式不正确的是

A．氢氧化钠溶液与二氧化硅反应 SiO2 + 2OH-＝SiO32- + H2O B．碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应 CO32-+ Ba(OH)2＝BaCO3↓+2OH- C．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化 4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O D．氯气与氢氧化钠溶液反应 Cl2+ 2OH-＝ClO- +Cl-+H2O 【答案】B

-2-【解析】A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2 + 2OH＝SiO3 + H2O，故A

正确；B. 氢氧化钡易溶于水，用离子形式表示，故B错误；C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中

2++3+

被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为4Fe+O2+4H＝4Fe+2H2O，故C正确；D. 氯气与---氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+ 2OH＝ClO +Cl+H2O，故D正确；故选

B。

14．[2017·11月浙江选考]取某固体样品，进行如下实验

①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣； ②取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；

③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。 根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是 A． K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 B． Na2CO3、AgNO3、KNO3 C． K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 D． KNO3、MgCl2、NaOH 【答案】C

A. K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3硫酸钡和碳酸钡沉淀，【解析】硫酸钡不溶于水盐酸，不符合③，故A错误；B. Na2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合③，故B错误；C. K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；D. KNO3、MgCl2、NaOH三者能够反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合③，故D错误；故选C。

15．[2017·4月浙江选考]下列离子方程式不正确的是

A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2＋OH===HCO3 B．金属钠和水反应2Na＋2H2O===2Na＋2OH＋H2↑

C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2＋H2O2===2Fe3＋O2↑＋2H

＋

＋

＋

＋

－－

－

D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3＋Ba2＋H2O===BaSO4↓＋2H

＋

＋

【答案】C

【解析】C中Fe2与H2O2反应，Fe2被氧化成Fe3，H2O2被还原产物(O元素应该降低)为

＋

＋

＋

H2O，离子方程式为2Fe2＋H2O2＋2H===2Fe3＋2H2O。

＋

＋

＋

216．[2017·4月浙江选考]某固体混合物中可能含有：K、Na、Cl、CO23、SO4等离子，

＋

＋

－

－

－

将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：

下列说法正确的是

A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KCl C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl 【答案】B

2【解析】过量硝酸钡之后产生的白色沉淀溶于过量盐酸，说明有CO23、无SO4，溶液加入

－

－

AgNO3/HNO3产生白色沉淀说明有Cl，颜色反应显黄色说明有Na，但不能确定是否含有K。

＋

－＋

专题04 氧化还原反应

1．[2019北京]下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

A B C D 物质（括号内为杂质） FeCl2溶液（FeCl3） NaCl溶液（MgCl2） Cl2（HCl） NO（NO2） 除杂试剂 Fe粉 NaOH溶液、稀HCl H2O、浓H2SO4 H2O、无水CaCl2 【答案】B 【解析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。

A．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；

B．MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；

C．部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；

D．NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意； 综上所述，本题应选B。

【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。 2．[2019浙江4月选考]反应8NH3＋3Cl2

Cl2的物质的量之比为 A．2∶3 【答案】A

B．8∶3

C．6∶3

D．3∶2

N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的

【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的

N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3

个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。 故答案选A。

3．[2018北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A NaOH溶液滴实验 入FeSO4溶液中 产生白色沉现象 淀，随后变为红褐色 【答案】C 【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2O

HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴B C Na2S溶液滴入AgCl浊液中 沉淀由白色逐渐变为黑色 D 石蕊溶液滴入氯水中 热铜丝插入稀硝酸中 溶液变红，随后迅速褪色 产生无色气体，随后变为红棕色 入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。

4．[2017浙江4月选考]下列属于氧化还原反应的是 A．2NaHCO3C．2KI+Br2【答案】C

【解析】凡是有元素化合物升降的反应是氧化还原反应，A. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A错误；B. Na2O+H2O2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C. 2KI+Br2

2KBr+I2中I

Na2CO3+CO2↑+H2O 2KBr+I2

B．Na2O+H2O

2NaOH MgCl2+H2O

D．MgO+2HCl

元素的化合价升高，Br元素化合价降低，非氧化还原反应，C正确；D. MgO+2HClMgCl2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D错误，答案选C。

点睛：准确判断出反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键。另外也可以依据氧化还原反应与四种基本反应类型的关系分析，例如置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是，有单质生成的分解反应和有单质参加的化合反应均是氧化还原反应。 5．[2017北京]下列变化中，气体被还原的是

A．二氧化碳使Na2O2固体变白

B．氯气使KBr溶液变黄

D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀

C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 【答案】B

【解析】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，符合题意；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不符合题意。答案选B。

【名师点睛】明确氧化还原反应的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。该题的易错点是选项A，注意转化规律的理解：氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。因此Na2O2分别与H2O、CO2反应时，Na2O2既是氧化剂、又是还原剂，而H2O、CO2都没有参与反应的电子得失。 6．[2017天津]下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是

A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能

D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 【答案】A

【解析】A、硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关；B、锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C、电解质溶液导电实质是电解的过程，与氧化还原反应有关；D、葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。故选A。

【名师点睛】本题以各种能量之间的转化为载体考查氧化还原反应的判断。氧化还原反应实质是电子的转移，涉及到化合价的升降，故可根据各种能量转化的原理来判断是否有化合价的变化，从而判断是否是氧化还原反应。

专题05 元素及其化合物

1．[2019新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领

域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是

A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在

B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3 mol·L?1（设冰的密度为0.9 g·cm?3） C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl

H++Cl?

【答案】D 【解析】

【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。 【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；

B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为

18g/mol?1mol×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二

0.9g/mL层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，

10-4mol10—3mol/L，故B正确； 则氢离子浓度为-2=5×2.0?10LC项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；

D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl第三层均不存在，故D错误。 故选D。

【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。

2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝

H++Cl—，而第一层和

【答案】B

【解析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；

B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；

D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。 故选B。

3．[2019江苏] 下列有关化学反应的叙述正确的是 A．Fe在稀硝酸中发生钝化

B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2

C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2

【答案】C 【解析】

【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；

A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化； B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；

D．钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同； 【详解】A．常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误； B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误； C．二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C正确；

D．常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。

【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。

4．[2019江苏] 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

?FeCl2(s) A．NaCl(aq)????Cl2(g)???△B．MgCl2(aq)????Mg(OH)2(s)????MgO (s)

22?H2SO4(aq) C．S(s)????SO3(g)???点燃电解Fe(s)石灰乳煅烧

O(g)HO(l)CO2(g)2D．N2(g)???????NH3(g)?????Na2CO3(s)NaCl(aq)高温高压、催化剂H(g)

【答案】B 【解析】

【分析】A．电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；

B．根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁； C．注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；

D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低； 【详解】A．氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误； B．氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；

C．硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；

D．氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。

【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。

5．[2019天津] 下列有关金属及其化合物的应用不合理的是 ．．．

A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2 B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业 C．盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良 D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水

【答案】C 【解析】

【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化； B、根据合金的性质判断；

C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性； D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。

【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；

B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；

C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。 故选C。

【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。

6．[2019浙江4月选考]下列说法不正确的是 ．．．A．液氯可以储存在钢瓶中

B．天然气的主要成分是甲烷的水合物 C．天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅

D．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等 【答案】B

【解析】A．液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确； B．天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误； C．石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；

D．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。 故答案选B。

7．[2019浙江4月选考] 18.下列说法不正确的是 ．．．A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同

B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏 C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变

D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏 【答案】C

【解析】A．烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确； B．加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；

C．CO2溶于水发生反应：CO2+H2O?H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；

D．石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。

8．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是 A．电解熔融氯化镁可制取金属镁 B．电解饱和食盐水可制取氯气

C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅 D．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石 【答案】C

【解析】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取金属镁，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。

9．[2018海南卷]絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是

A．NaFe(SO4)2·6H2O C．Pb(CH3COO)2·3H2O 【答案】AD

B．CaSO4·2H2O

D．KAl(SO4)2·12H2O

【解析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物具有吸附性。A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意； B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意； C.醋酸铅没有吸附性，不符合题意；

D.明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意； 故答案为AD。

10．[2018江苏卷]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A．B．C．D．【答案】A

【解析】A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。

点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。

11．[2018新课标Ⅰ卷]磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法

冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：

下列叙述错误的是

A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3

+

D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠

【答案】D

【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。

详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；

B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；

C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；

＋

D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。 点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。

12．[2018新课标Ⅱ卷]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如

下图所示）。下列叙述错误的是

A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关 【答案】C

【解析】分析：A．雾和霾的分散剂均是空气； B．根据示意图分析；

C．在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂； D．氮肥会释放出氨气。

详解：A．雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；

B．由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；

C．NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；

D．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。

点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。

13．[2017海南]分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是 A．CO

B．SO2

C．HCl

D．CO2

【答案】B

【解析】A、CO不与Na2S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；B、SO2具有弱氧化性，与Na2S发生氧化还原反应，即SO2＋2S2＋4H

－

＋

3S↓＋2H2O，故B正确；C、利

用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H＋S2

＋

－

H2S，没有沉淀产生，故C错误；D、

不产生沉淀，故D错误。

【名师点睛】本题考查元素及其化合物的性质，此题比较基础，考查硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸性弱，本题体现了SO2的弱氧化性，平时注意基础的夯实。 14．[2017江苏]下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是

A．制取SO2

【答案】B

【解析】A．铜和稀硫酸不反应，A错误；B．二氧化硫可使品红溶液褪色，B正确；C．二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C错误；D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不可用于吸收尾气，D错误。

【名师点睛】本题以二氧化硫的制备、性质验证、收集及尾气处理为背景，考查学生对常见气体的制备的实验装置图的识别、实验原理的理解、实验基本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平和应用能力。解题时首先要明确实验目的，再全面分析必需的试剂和仪器、合理的实验装置、规范的实验操作、科学的条件控制，有些实验还

B．验证漂白性

C．收集SO2

D．尾气处理

需要从绿色环保等方面进行分析。 15．[2017海南]下列叙述正确的是

A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜 B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢 C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气 D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝 【答案】CD

【解析】A、根据金属活动顺序表，Cu排在H的右边，因此金属铜不与稀硫酸反应，故A错误；B、浓硫酸具有强氧化性，能把HI氧化，故B错误；C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可以制备氧气，故C正确；D、铝在氯气中燃烧生成AlCl3，故D正确。

【名师点睛】本题考查常见物质的制备，应从反应的原理入手，同时涉及某些物质的性质，如浓硫酸不仅具有强酸性，同时还具有强氧化性，能把还原性的物质氧化，因此制备还原性物质时，一般不用浓硫酸，此题属于基础题目。

16．[2017江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

NaOH(aq)2??????Fe(OH)2 A．Fe???FeCl?2点燃22?H2SO4 B．S????SO3???点燃ClOHO高温2C．CaCO3????CaO????CaSiO3 高温22?HNO3 D．NH3??????NO???催化剂，△SiOOHO【答案】C

【解析】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C．两步均能实现，C正确；D．NO不与H2O反应，D错误。

【名师点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。

17．[2017北京]根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 A B C D 溶液 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 H2S溶液 酸性KMnO4溶液 Na2SiO3溶液 现象 产生白色沉淀 产生黄色沉淀 紫色溶液褪色 产生胶状沉淀 结论 SO2有还原性 SO2有氧化性 SO2有漂白性 酸性：H2SO3>H2SiO3 【答案】C 【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42?，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S

3S↓+2H2O，

体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。 【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下： 溶液 石蕊试液 加有酚酞的 NaOH溶液 褪色 酸性KMnO4 溶液 褪色 溴水 品红 溶液 褪色 氢硫酸 (H2S溶液) 生成浅黄色沉淀 氧化性 现象 变红 褪色 还原性 性质

酸性氧化物 酸性氧化物 还原性 漂白性

专题06 物质结构 元素周期律

1．[2019新课标Ⅰ]科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一

短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是

A．WZ的水溶液呈碱性

B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构

【答案】C 【解析】

【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子Z为Cl、X为Si，Y元素化合价为?3价，数的一半可知，由化合价代数和为0可知，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。

【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；

B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；

C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确； D项、新化合物中P元素化合价为?3价，满足8电子稳定结构，故D错误。 故选C。

【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。

2．[2019新课标Ⅱ] 今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是

A．原子半径：W

B．常温常压下，Y单质为固态 C．气态氢化物热稳定性：Z

【答案】D 【解析】

【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，W与X的最高化合价之和为8，则W的族序数为a+2，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则

A．同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确； B．常温常压下，Si为固体，B项正确；

C．同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；

D．X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误； 答案选D。

【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。

3．[2019新课标Ⅲ]X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是

A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高 B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物 C．X与Z可形成离子化合物ZX D．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸

【答案】B

【解析】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。

A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；

B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确； C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；

D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误； 答案选B。

4．[2019浙江4月选考] 2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是 ．．．A．第35号元素的单质在常温常压下是液体 B．位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素 C．第84号元素的最高化合价是＋7 D．第七周期0族元素的原子序数为118 【答案】C

A．35号元素是溴元素，A项合理； 【解析】单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，B．位于第四周期第ⅤA族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理； C．第84号元素位于第六周期ⅥA族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；

D．第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。 故答案选C。

5．[2019江苏] 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A．原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X) B．由X、Y组成的化合物是离子化合物

C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 【答案】B 【解析】

【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；

【详解】A．元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误； B．X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；

C．Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；

D．W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误； 总上所述，本题选B。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

6．[2019北京] 2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A．In是第五周期第ⅢA族元素

B．11549In的中子数与电子数的差值为17 C．原子半径：In>Al D．碱性：In(OH)3>RbOH

【答案】D 【解析】

【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据

此判断该元素在周期表中的位置；

B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；

C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大； D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性

越弱；

【详解】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因

此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；

B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；

C．Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；

D．In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意； 综上所述，本题应选D。

【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

7．[2018天津卷]下列有关物质性质的比较，结论正确的是 A．溶解度：Na2CO3

【解析】本题是常见的物质的性质比较问题，要求根据元素周期律，结合具体物质的性质进行判断。

A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。

B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。

C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。

D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。

点睛：解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。

8．[2018新课标Ⅲ]W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是

A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D．标准状况下W的单质状态与X的相同 【答案】D

【解析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。

A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。

B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误。

C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。 D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确。 点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。 9．[2018新课标Ⅱ卷]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与一种红棕色有刺激性气味的气体；W的电子总数相同。下列叙述正确的是

A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D．W的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】A

【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕

色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则

A．氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确； B．过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；

C．N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；

D．亚硝酸为弱酸，D错误。答案选A。

点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。

10．[2018新课标Ⅰ卷]主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、

Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 A．常温常压下X的单质为气态 B．Z的氢化物为离子化合物

C．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D．W与Y具有相同的最高化合价 【答案】B

【解析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca或K，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X是Na或Mg，据此解答。根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K。则 A、金属钠和镁常温常压下都是固态，A错误；

B、KH、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；

C、Y与Z形成的化合物是氯化钾、氯化钙，其水溶液显中性，C错误；

D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。 点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。 11．[2018浙江11月选考]元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于

第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是

X A．原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z) B．元素X有-4，+2、+4等多种价态

Q Y Z C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸

D．可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物 【答案】C

【解析】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。答案选C。

【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。

12．[2018浙江4月选考]四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子

序数之和为48。下列说法不正确的是

X A．原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y) B．X和W可形成共价化合物XW3

C．W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高 D．Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强 【答案】C

【解析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，W为S，Z为Cl，X为N，据此解答。

A项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故A项正

确；

B项，X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B项正确；

Y Z W C项，熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C项错误； D项，非金属性Z

13．[2017北京]2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“

外层电子数是7。下列说法不正确的是 ．．．A．Ts是第七周期第ⅦA族元素 C．Ts在同族元素中非金属性最弱 【答案】D

【解析】元素周期表中第七周期0族应当排列118号元素。A、117号元素位于118号左侧即ⅦA族，所以Ts是第七周期第ⅦA族元素，A正确；B、同位素是同种元素不同原子之间的互称，因此Ts的同位素原子具有相同的电子数，B正确；C、元素周期表同一列从上往下非金属性依次减弱，所以Ts在同族元素中非金属性最弱，C正确；D、中子数为176的Ts核素，其质量数为176+117=293，所以这种核素符号是117Ts，D错误。答案选D。 【名师点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。即（1）若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；（2）若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：117号元素应为第七周期第ⅦA族。

14．[2017江苏]短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一

周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是

A．原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W) B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C．Y的单质的氧化性比Z的强

D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 【答案】D

【解析】地壳中含量最多的是氧，Z为O元素，所以Y为N元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是Na；X原子序数最小且不与Y、Z同周期，所以X是H元素。A．原子半径N>O，A错误；B．W的最高价的氧化物的水化物是氢氧化钠，是强碱，B错误；C．氮气的氧化性比氧气弱，C错误；D．H、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子

293”，tián），Ts的原子核外最

B．Ts的同位素原子具有相同的电子数 D．中子数为176的Ts核素符号是117Ts

176化合物，D正确。

【名师点睛】本题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的关系理解水平。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。

15．[2017新课标Ⅰ]短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可

用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是

A．X的简单氢化物的热稳定性比W强 B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构 C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 【答案】C

【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A．非金属性O强于N，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Na、O的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液不能使蓝色石蕊试纸变红，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。

【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。

16．[2017新课标Ⅱ]a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总

数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是

A．原子半径：d>c>b>a

B．4种元素中b的金属性最强

D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强

C．c的氧化物的水化物是强碱 【答案】B

【解析】a、b、c、d分别为O、Na或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，故A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，故B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，属于弱碱，故C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，故D错误。

【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。 17．[2017新课标Ⅲ]短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元

素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是

Y A．氢化物沸点：WW

C．化合物熔点：Y2X3

D．简单离子的半径：Y

【解析】设W原子的最外层电子数为x，由图表可知，四种元素原子的最外层电子数之和=x+x+1+x?2+x+2=21，解得x=5，则W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A．NH3分子间有氢键，其沸点比HCl高，故A错误；B．Al(OH)3显两性，N元素的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2均显酸性，故B错误；C．Al2O3是离子晶体，高熔点，而AlCl3是分子晶体，熔点低，故C错误；D．Al3+和O2?离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，故D正确。答案选D。

【名师点睛】考查元素周期表的结构及元素周期律的应用，其中微粒的半径大小比较是该题的难点，比较方法是：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+

＞Al3+，S2＞Cl；（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大

－

－

而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+；（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2＞F＞Na+

－

－

＞Mg2+＞Al3+；（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大，如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H；（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行

－

比较，如比较Al3+与S2的半径大小，可找出与Al3+电子数相同的O2进行比较，Al3+＜O2，

－

－

－

且O2＜S2，故Al3+＜S2。

－

－

－

18．[2017天津]根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 ．．．

A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4

B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C．图1所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si

D．用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 【答案】C

【解析】A、气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H2O＞NH3＞SiH4，A正确；B、氢元素可与非金属元素形成共价化合物如H2O等，也可以与某些金属生成离子化合物如NaH等，B正确；C、不能用氢化物的酸性来验证非金属性强弱，可以采用最高价含氧酸酸性强弱来验证，C错误；D、根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族，D正确。故选C。

【名师点睛】熟练应用元素周期律是准确解题的核心。A、C两项元素的非金属性可以用氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，相互置换能力等来判断。B项则涉及到离子化合物、共价化合物的判断，可以根据组成元素来判断。

19．[2017·11月浙江选考]Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是

A. Y的原子半径比X的大

B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强 C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键 D. Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4 【答案】D

【解析】Q、X、Y和Z为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。设X最外层电子数为x，根据他们在周期表中位置可知，Y、Q、Z最外层电子数分别为x+1、x-1、x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5。根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为Si、N、O、Cl，则 A. 同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；

B. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜Cl，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；

C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C错误； D. 硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，D正确；答案选D。

20．[2017·4月浙江选考]W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是

A.Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低 B.Z、Y、W的最高价氧化物的水化物的酸性依次降低 C.WH4与Z元素的单质在一定条件下可发生化学变化 D.W的位置是第2周期、第ⅣA族 【答案】A

【解析】本题为容易题。熟记短周期元素种类，牢记元素周期律中原子半径、非金属性和金属性、最高价氧化物的酸性变化规律，易选出A选项错误。C选项CH4和Cl2光照条件下可以发生取代反应。

专题07 化学反应中的能量变化

1．[2019江苏]氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是

A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)

2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0

4OH?

B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e?

C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023 D．反应2H2(g)+O2(g)

2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：

ΔH=反应中形成新共价键的键能之和?反应中断裂旧共价键的键能之和

【答案】A

【解析】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即?H<0，故A正确； B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 ? 4e? =4H+，故B错误；

C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误； D.反应中，应该如下估算：?H=反应中断裂旧化学键的键能之和? 反应中形成新共价键的键能之和，故D错误； 故选A。

2．[2018海南]炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是

A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程 D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 【答案】CD

【解析】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意；

B. 由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意； C. 由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C符合题意； D. 活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意； 故答案为CD。

3．[2018江苏]下列说法正确的是

A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B．反应4Fe(s)+3O2(g)

2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应

C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023 D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 【答案】C

【解析】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项错误；B项，反应4Fe(s)+3O2(g)

2Fe2O3(s)的ΔS

0，该反应常温下可自

发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数小于6 mol，转移电子数小于6

6.02

1023，C项正确；

D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。

点睛：本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。

4．[2018北京]我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应

历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是 ．．．

A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂 C．①→②放出能量并形成了C―C键

D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 【答案】D

【解析】A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2

CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C—C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。

点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。

5．[2017江苏]通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是

①C(s) + H2O(g)②CO(g) + H2O(g)③CO2 (g) + 3H2 (g)④2CH3OH(g)

CO(g) + H2 (g)

ΔH1 = a kJ·mol?1 ΔH 2 = b kJ·mol?1

ΔH 3 = c kJ·mol?1

CO2 (g) + H2 (g)

CH3OH(g) + H2O(g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)

ΔH 4 = d kJ·mol?1

A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH(g)

11dCH3OCH3 (g) +H2O(l)的ΔH =kJ·mol?1 222CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d ) kJ·mol?1

D．反应 2CO(g) + 4H2 (g)【答案】C

【解析】A．反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物，A正确；B．反应③可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C．4个反应中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，所以C错误；D．把反应②③④三个反应按(②+③)应的焓变，D正确。

【名师点睛】本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。 6．[2017·11月浙江选考]根据Ca(OH)2/CaO 体系的能量循环图：

2+④可得该反应及对

下列说法正确的是

A．ΔH5＞0

B．ΔH1＋ΔH2＝0

C．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 【答案】D

D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0

【解析】A.水由510℃的气态变为25℃的液态，放热，△H5<0，故A错误；B.由图可知，有关△H1与△H2的反应进行时，反应物与生成物的温度不同，所以△H1+△H2≠0，故B错误；C.由图可知，△H3>0，△H4<0，△H5<0，所以△H3≠△H4+△H5，故C错误；D.根据能量守恒定律，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0，故D正确；故选D。 7．[2017·4月浙江选考]下列物质放入水中，会显著放热的是 A.食盐 B.蔗糖 C.酒精 D.生石灰 【答案】D

【解析】生石灰CaO溶于水，生成Ca(OH)2并会放出大量的热。

8．[2017·4月浙江选考]已知断裂1 mol H2(g)中的H—H键需要吸收436.4 kJ的能量，断裂1 mol O2(g)中的共价键需要吸收498 kJ的能量，生成H2O(g)中的1 mol H—O键能放出462.8 kJ的能量。下列说法正确的是

A.断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 kJ的能量 B.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－480.4 kJ·mol1

－

C.2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝471.6 kJ·mol1

－

1－

D.H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－240.2 kJ·mol1

2【答案】B

【解析】本题易错选A。1 mol H2O中2 mol H—O，断裂1 mol H2O(g)吸收热量为2×462.8 kJ，A选项未说明H2O状态，故不正确；C、D中都为H2O(l)，根据题意，错误；经计算B方程式中ΔH＝2×436.4 kJ·mol1＋498－4×462.8 kJ·mol1＝－480.4 (kJ·mol1)，故正确。

－

－

－

9．[2019新课标Ⅱ节选]环戊二烯（胶、塑料等生产。回答下列问题：

）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡

（1）已知：(g) H2(g)+ I2(g)

2HI(g)

(g)+H2(g)

ΔH1=100.3 kJ·mol ?1 ①

ΔH2=?11.0 kJ·mol ?1 ②

对于反应：【答案】(1)89.3

(g)+ I2(g)

(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol ?1。

【解析】（1）根据盖斯定律①? ②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；

答案：89.3；

10．[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCl2(s)=CuCl(s)+CuCl(s)+

1Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol? 1 211O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=? 20 kJ·mol? 1 22CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=? 121 kJ·mol? 1 mol? 1。 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·

【答案】（2）-116

2得【解析】（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×

4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g) ?H=（?H1+?H2+?H3）×2=?116kJ·mol? 1。

11．[2019北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 ……

iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。

【答案】（1）① CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 ②C(s)+CO2(g)=2CO(g)

【解析】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；

②ⅰ? ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ? ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因为还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变。

12．[2019天津节选]多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

回答下列问题：

Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1mol SiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为________________________。SiHCl3的电子式为__________________。

Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为： ①SiCl4?g??H2?g?SiHCl3?g??HCl?g?

?H1?0

②3SiCl4?g??2H2?g??Si?s?4SiHCl3?g? ?H2?0

3SiHCl3?g? ?H3

③2SiCl4?g??H2?g??Si?s??HCl?g?（4）反应③的?H3?______（用?H1，?H2表示）。温度升高，反应③的平衡常数K

______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】Ⅰ．Si?s??3HCl?g?300℃?1SiHCl3?g??H2?g? ?H?? l 225kJ?mo

Ⅱ．（4）?H2??H1 减小

【解析】 【分析】

I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件；

II.（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。

【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)

SiHCl3(g)+H2(g) ?H=?

225kJ·mol? 1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：

，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；

II.（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以?H3=?H2? ?H1，因?H2<0、?H1>0，所以?H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小。

专题08 电化学及其应用

1．[2019新课标Ⅰ]利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电

极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+

2H++2MV+

C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3 D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 【答案】B 【解析】

【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV在负极失电子发

2++?2+2+

生氧化反应生成MV，电极反应式为MV?e= MV，放电生成的MV在氢化酶的作用下++2+++

与H2反应生成H和MV，反应的方程式为H2+2MV=2H+2MV；右室电极为燃料电池的2++2+?+

正极，MV在正极得电子发生还原反应生成MV，电极反应式为MV+e= MV，放电生+2+

成的MV与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV，反应的方程式为

+

N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。

+

【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV

和MV的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；

B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+?e?= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；

C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e?= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确； D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。 【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。

2+

2．[2019新课标Ⅲ]为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D?Zn）

可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D?Zn—NiOOH二次电池，结构如

????ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。 下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)????充电放电下列说法错误的是

A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高 B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH?(aq)?2e?

NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+H2O(l)

D．放电过程中OH?通过隔膜从负极区移向正极区 【答案】D

A、【解析】三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；

B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2

? ?

失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH(aq)? e＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B

正确；

C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式

? ?

为Zn(s)＋2OH(aq)? 2e＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；

D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH? 通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。

3．[2019天津]我国科学家研制了一种新型的高比能量锌?碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。

下列叙述不正确的是 ．．．

A．放电时，a电极反应为I2Br??2e?B．放电时，溶液中离子的数目增大

2I??Br?

C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02mol I?被氧化 D．充电时，a电极接外电源负极 【答案】D 【解析】

? 2＋? ? ? ?

Zn是负极，【分析】放电时，负极反应式为Zn?2e═Zn，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，? ? ? ? 2?

充电时，阳极反应式为Br+2I?2e=I2Br、阴极反应式为Zn＋+2e=Zn，只有阳离子能穿

过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。

? ? ? ?

A、a电极为正极，【详解】放电时，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，

故A正确；

B、放电时，正极反应式为I2Br? +2e? =2I? +Br? ，溶液中离子数目增大，故B正确； C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e? =Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式

? ? ? ? ?

为Br+2I?2e=I2Br，有0.02molI失电子被氧化，故C正确；

D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误； 故选D。

【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，

? ? ? ?

会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，溶液中离子数

目增大。

4．[2019江苏]将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的

电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是

A．铁被氧化的电极反应式为Fe?3e?

Fe3+

B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀

D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 【答案】C 【解析】

?2+

【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe?2e=Fe；??

正极反应为：O2+2H2O +4e=4OH；据此解题；

【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe?2e?=Fe2+，故A错误；

B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；

C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确； D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误； 综上所述，本题应选C.

【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解

?2+

质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe?2e=Fe；正极+?

反应为：2H +2e=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：

Fe?2e?=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e?=4OH?。

5．[2019浙江4月选考]化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正．．确的是 ．

A．

Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加

B．

?

正极的电极反应式为Ag2O＋2e＋H2O2Ag＋2OH?

C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄

D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降

【答案】A

2+

【解析】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn，电子经导线转移到铜电极，铜电极

2+++

负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn和H迁移至铜电极，H氧化性较强，得电+

子变H2，因而c(H)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成?

Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e＋H2O

2Ag＋2OH?，B项正确；C.Zn

?2+

为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn?2e=Zn，锌溶解，因而锌筒会

变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可

知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。

6．[2018海南]一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是

A．电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2 B．正极反应式为：Mg－2e－＝Mg2＋ C．活性炭可以加快O2在负极上的反应速率 D．电子的移动方向由a经外电路到b 【答案】BC

【解析】A. 电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2，不符合题意；

B. 正极应该是氧气得电子，发生还原反应，反应式为：O2+4e-+4OH-=2H2O，符合题意； C.氧气在正极参与反应，符合题意；

D.外电路中，电子由负极移向正极，该反应中a为负极，b为正极，故不符合题意； 故答案为BC。

【点睛】尽管原电池外观形形色色，五花八门，但其原理是相同的，即要紧紧抓住原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；外电路中，电子由负极流向正极，电流方向与电子流动方向相反这一基本规律。

7．[2018新课标Ⅲ]一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是

A．放电时，多孔碳材料电极为负极

B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D．充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－【答案】D

【解析】本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。

A．O2与Li+在多孔碳电极处反应，Li+向多孔碳电极移动，题目叙述为：放电时，说明电池内，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。

B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。

C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。

D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li，所以总反应为：2Li + (1－应与放电的反应相反，所以为Li2O2-x ＝ 2Li + (1－

+

x）O2 2x)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反2x)O2，选项D正确。 2点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。

8．[2018新课标Ⅱ]我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将NaClO4

溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na

2Na2CO3+C。下列说法错误的是

A．放电时，ClO4－向负极移动 B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2

C．放电时，正极反应为：3CO2+4e? ＝2CO32－+C D．充电时，正极反应为：Na++e?＝Na

【答案】D

【解析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。A．放电时是原A正确；B．电池，阴离子ClO4－向负极移动，电池的总反应为3CO2+4Na

2Na2CO3+C，

因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C．放电时是原电池，正极是二氧化碳得

?2－

到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e＝2CO3+C，C正确；D．充电时是电解，正极与电2－?

源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO3+C－4e＝3CO2，D错

误。答案选D。

9．[2018新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2

和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：

2+-3+

①EDTA-Fe-e＝EDTA-Fe

3++2+

②2EDTA-Fe+H2S＝2H+S+2EDTA-Fe

该装置工作时，下列叙述错误的是

A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S

C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低

D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性 【答案】C

【解析】该装置属于电解池，CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。

A、CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式

＋－

为CO2+H+2e＝CO+H2O，A正确；

B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；

C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误；

D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。答案选C。

点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。

10．[2018年11月浙江选考]最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 ．．．

A．右边吸附层中发生了还原反应

B．负极的电极反应是H2－2e＋2OH ==== 2H2O C．电池的总反应是2H2＋O2 ==== 2H2O D．电解质溶液中Na向右移动，ClO向左移动 【答案】C

【解析】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。 11．[2017年11月浙江选考]金属(M)－空气电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是 ．．．

＋

－

－

A．金属M作电池负极 B．电解质是熔融的MO

C．正极的电极反应：O2＋2H2O＋4e＝4OH D．电池反应：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2 【答案】B

【解析】A、金属M失去电子，作电池负极，A正确；B、OH向负极移动，所以电解质不可能是熔融的MO，B错误；C、氧气在正极发生得到电子的还原反应，正极的电极反应：O2＋2H2O＋4e＝4OH，C正确；D、根据以上分析可知电池反应：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2，D正确，答案选B。

点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。

12．[2017新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶

液一般为H2SO4?H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是 A．待加工铝质工件为阳极 B．可选用不锈钢网作为阴极

C．阴极的电极反应式为：Al3??3e?===Al D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 【答案】C

【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H放电，即2H＋2e?

＋

＋

－

－

－

－

－

H2↑，故C说法错误；D、根据

电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。

【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应是2Al?6e?＋3H2O信息的挖掘，本题难度不大。

13．[2017海南]一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下

列叙述错误的是

Al2O3＋6H，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干

＋

A．Pd电极b为阴极

B．阴极的反应式为：N2+6H++6e?C．H+由阳极向阴极迁移 D．陶瓷可以隔离N2和H2

【答案】A

【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2

2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，

2NH3

即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋6e?

＋

2NH3，故B说法正确；C、根据电解池的原理，

阳离子在阴极上放电，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。

【名师点睛】本题考查电解原理，首先判断阴阳两极，阴极连接电源的负极，阴极上得到电子化合价降低，发生还原反应，阳极连接电源的正极，阳极上失去电子化合价升高，发生氧化反应，然后判断电极材料，惰性电极还是活动性金属作电极，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，如果是惰性材料作阳极，则是还原性强的阴离子先失电子，氧化性强的离子在阴极上得电子；电极反应式的书写是高考的热点，一般需要根据装置图完成，需要看清反应环境。

14．[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工

作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是

A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整

【答案】C

【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外A正确；B．加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。

【名师点睛】该题难度较大，明确电化学原理是以及金属的防腐蚀原理是解答的关键，钢管桩表面腐蚀电流的理解是难点，注意题干信息的挖掘，即高硅铸铁为惰性辅助阳极，性质不活泼，不会被损耗。

15．[2017新课标Ⅲ]全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极

a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是

A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e?=3Li2S4

B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多 【答案】D

【解析】A．原电池工作时，Li+向正极移动，则a为正极，正极上发生还原反应，随放电的进行可能发生多种反应，其中可能发生反应2Li2S6+2Li++2e?=3Li2S4，故A正确；B．原电池工作时，转移0.02mol电子时，氧化Li的物质的量为0.02mol，质量为0.14g，故B正确；C．石墨烯能导电，S8不能导电，利用掺有石墨烯的S8材料作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误。答案为A。

【名师点睛】考查二次电池的使用，涉及原电池工作原理，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电池充电时，原来的负极连接电源的负极为电解池的阴极，发生还原反应，而原来的正极连接电源的正极为电解池的阳极发生氧化反应，解题是通过结合反应原理，根据元素化合价的变化，判断放电时正负极发生的反应，再结合电解质书写电极反应方程式。

16．[2019新课标Ⅱ节选]环戊二烯（胶、塑料等生产。回答下列问题：

）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡

（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为

），后者广泛应用于

航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。

该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。

【答案】（4）Fe电极 Fe+2

?

+H2↑（Fe+2C5H6

2+

Fe(C5H5)2+H2↑）

水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe反应生成Fe(OH)2

?2+【解析】（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe?2e=Fe，电解液中钠离子

起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2

=

+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水

反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀； 答案：Fe电极；Fe+2

=

+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物

Na的生成；水会电解生成OH?，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。

17．[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了

一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）。

【答案】（4）Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6

【解析】（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还

3+? 2+原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe+e＝Fe和

4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。 物质的量是1mol÷

18．[2019北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1

或K2，可交替得到H2和O2。

①制H2时，连接_______________。产生H2的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得O2。

③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。

??

【答案】（2）K1 2H2O+2e=H2↑+2OH 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和

阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移

【解析】（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H，电极反应式为2H2O+2e?=H2↑+2OH?；

??

③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e+H2O?Ni(OH)2+OH，当

+

+

连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，

因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。

19．[2019江苏节选]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。

?

①写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式： ▲ 。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 ▲ 。

+?

【答案】（2）①CO2+H+2e

?HCOO?或CO2+HCO3+2e?

?HCOO?+CO3 ②阳极产

2?+

生O2，pH减小，HCO3浓度降低；K部分迁移至阴极区

?? ?

【解析】（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3＋2e=HCOO2?? ??

＋CO3，或CO2＋H＋＋2e=HCOO；②阳极反应式为2H2O?4e=O2↑＋4H＋，阳极附近pH

＋

H＋与HCO3? 反应，减小，同时部分K迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3

溶液浓度降低。

20．[2019浙江选考节选]水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。

（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与

水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。 ①阳极的电极反应式是________。 ②制备H2O2的总反应方程式是________。

【答案】（4）①2HSO4?? 2e? ②2H2O

H2O2＋H2↑

?

2?

S2O82?＋2H+或2SO42?? 2e? S2O82?

【解析】（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4（或SO4）

2??? 2?+2??

离子，并放电生成S2O8，因而电极反应式为2HSO4? 2e=S2O8＋2H或2SO4? 2e

=S2O82? 。

②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2,故总反应方程式为2H2O

H2O2＋H2↑。

专题09 反应速率、化学平衡

1．[2019江苏]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温

度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是

A．反应2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)的ΔH>0

B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率

D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4 mol·L?1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000 【答案】BD

【解析】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，?H<0，故A错误；

B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；

C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；

D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=

c2(NO2)(0.5a)21?>=2000，故D正确；

c2(NO)?c(O2)(0.5a)2?(5?10?4?0.5a)5?10?4故选BD。

【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。 2．[2019浙江4月选考]下列说法正确的是

A．H(g)＋I2(g) ? 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变

B．C(s)＋H2O(g) ? H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡

C．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ? 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体

D．1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温

度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1

【答案】B

【解析】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；

B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；

C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；

D.易知N2(g)+3H2(g)?2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。 故答案选B。

3．[2018天津]室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发

生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是 A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量 B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br

C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变 D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间 【答案】D

A．【解析】加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。 B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。

C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。

D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。

点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，

而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。

4．[2018江苏]一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发

生反应2SO2(g)+ O2(g)

2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：

下列说法正确的是 A．v1< v2，c2< 2c1

B．K1> K3，p2> 2p3

C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) 【答案】CD

D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1

【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2?υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2

?2c1，p2?2p1，α1（SO2）+α2（SO3）?1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当

于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3?υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3?c1，p3?p1，α3（SO2）?α1（SO2），K3?K1。根据上述分析，A项，υ2?υ1，c2?2c1，A项错误；B项，K3?K1，p2?2p1，p3?p1，则p2?2p3，B项错误；C项，υ3?υ1，α3（SO2）?α1（SO2），C项正确；D项，c2?2c1，c3?c1，则c2?2c3，α1（SO2）+α2（SO3）?1，α3（SO2）?α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）?1，D项正确；答案选CD。 点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。

5．[2018浙江11月选考]已知X(g)＋3Y (g)

2W(g) ＋M (g) △H＝－a kJ·mol1（a>0）。

－

一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1 mol X(g) 与1mol Y (g)，下列说法正确的是

A．充分反应后，放出热量为a kJ

B．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2 C．当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡

D．若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小 【答案】C

【解析】A、该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料1mol并未完全反应，故放出的热量小于akJ，选项A不正确；B、X和W分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，选项B不正确；C、当X的物质的量分数不再变化时，反应达到平衡，选项C正确；D、若增大反应物浓度，正逆反应速率均会增加，选项D不正确。答案选C。

6．[2018浙江11月选考]已知：2SO2(g)+ O2(g)= 2SO3 (g) △H =-197.8kJ?mol—1。起始反应物

为SO2 和 O2（物质的量之比为2：1，且总物质的量不变）。SO2 的平衡转化率（%）随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是

温度/K 673 723 773 1.01 99.2 97.5 93.5 5.07 99.6 98.9 96.9 10.1 99.7 99.2 97.8 25.3 99.8 99.5 98.6 50.7 99.9 99.6 99.0 压强/（105Pa） A．一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大 B．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等 C．使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间

D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高 【答案】B

【解析】A、由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，一定压强下降低温度，平衡正向移动，反应物SO2的转化率増大，选项A正确；B、由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，选项B错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所花的时间，选项C正确；D、由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa（常压）下SO2的转化率分别为99.2%，97.5％，93.5％，已经相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D正确。答案选B。

【点睛】本题主要考查了外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，中等难度，解题时要注意运用控制变量的方法比较容器中转化率的变化。 7．[2018浙江4月选考]反应N2(g)+3H2(g)

下列选项表明一定已达平衡状态的是 A．容器内的温度不再变化

2NH3(g) △H<0，若在恒压绝热的容器中发生，

B．容器内的压强不再变化

C．相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等 D．容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2 【答案】A

【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，据此分析解答。

详解：A．绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应在恒压条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故B错误；C．相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D．容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D错误；故选A。

点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征是解题的关键，本题的易错点为C，要注意用化学反应速率表示平衡时，一定要遵守正反应速率=逆反应速率，要存在正逆反应速率，且相等才是平衡状态。

8．[2018浙江4月选考]某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数

分别为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：

NO达到所列转化率需要时间/s 压强/(×10Pa) 5温度/℃ 50% 30 12 25 0.2 0.6 90% 250 510 3.9 7.9 98% 2830 5760 36 74 1.0 90 30 8.0 90 根据表中数据，下列说法正确的是 A．升高温度，反应速率加快 B．增大压强，反应速率变慢

C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡

D．若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=△n/△t表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s 【答案】D

【解析】A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率

越小，故选项A错误；

B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项

B错误；

C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选

项C错误；

D项，在amol混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v=△n/△t=0.1amol?0.9?0.1amol?0.54a = mol/s，故D项正确。

3.9s?0.2s370综上所述，本题正确答案为D。 9．[2017海南]已知反应CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在一定温度和压强下于

密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是 A．升高温度，K减小

B．减小压强，n(CO2)增加

C．更换高效催化剂，α(CO)增大 【答案】AD

D．充入一定量的氮气，n(H2)不变

【解析】A、此反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，K值减小，故A说法正确；B、反应前后气体系数之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即n(CO2)不变，故B说法错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，因此CO的转化率不变，故C说法错误；D、恒压下，充入N2，容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反应前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H2)不变，故D说法正确。

【名师点睛】本题考查化学平衡常数的和影响化学平衡移动的因素，化学平衡常数：是一定条件下达到平衡时，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响；影响化学平衡移动的因素是温度、压强、浓度等，要熟记这些因素如何影响平衡的移动，尤其是压强对化学平衡的移动，首先判断物质的状态是否是气体，然后判断反应前后气体系数之和是否相等，然后作出合理判断，此题较简单。 10．[2017天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)

Ni(CO)4(g)。230℃时，

该反应的平衡常数K=2×10?5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；

第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。 下列判断正确的是

A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃ C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低

D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)

【答案】B

【解析】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以增加c(CO)，平衡虽然向正向移动，但反应的平衡常数不变，A错误；B、50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；C、230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，C错误；D、v生成[Ni(CO)4]表示正向速率，v生成(CO) 表示逆向速率，当4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)时，反应达到化学平衡状态，D错误。故选B。

【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考查学科的必备知识和方法。化学平衡状态判断有两个依据，一是正逆反应速率相等，二是“变量”不变。注意D项化学平衡状态的判断容易粗心导致出错。

11．[2017江苏]H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时

间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 【答案】D

【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。

【名师点睛】本题以双氧水分解的浓度时间曲线图像为载体，考查学生分析图像、搜集信息及信息处理能力，会运用控制变量法分析影响化学反应速率的因素，并能排除图中的干扰信息，得出正确的结论。

12．[2017江苏]温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)

2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)实验测得：

消耗

=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是

A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5 B．达平衡时，容器Ⅱ中

c?O2? c?NO2?比容器Ⅰ中的大

C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50% D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2> T1 【答案】CD

【解析】由容器I中反应2NO2

2NO+O2

起始量(mol/L) 0.6 0 0

变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2 平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2

0.42?0.2可以求出平衡常数K=平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，?0.8，

0.22所以NO的体积分数为50%，

c?O2?c?NO2??1。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以

k正c2(NO2)=k逆c2(NO)?c(O2)，进一步求出

k正?K?0.8。 k逆0.2?0.525A．根据容器II的起始投料，浓度商Q==＜K，平衡将向正反应方向移动，所以20.39容器II在平衡时气体的总物质的量一定大于1 mol，故达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比一定小于4∶5，A错误；B．若容器II在某时刻， 由反应2NO2

2NO + O2

c?O2?c?NO2??1， 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2

变化量(mol/L) 2x 2x x 平衡量(mol/L) 0.3?2x 0.5+2x 0.2+x c?O2?c?NO2?因为，

7?17????0.2?x13030289??1，解之得x=，求出此时浓度商Qc=??2?>K，所0.3?2x21030?7????30?2以容器II达平衡时，为50%，

c?O2?c?NO2?一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数

由反应2NO2 2NO + O2

起始量(mol/L) 0 0.5 0.35

变化量(mol/L) 2x 2x x

平衡量(mol/L) 2x 0.5?2x 0.35?x

0.42?0.31由0.5?2x=2x+0.35?x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时?4.80.12K反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，

k正?K2?1>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，k逆D正确。

【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反应速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考查学生对化学反应速率、化学平衡等化学基本原理的理解和应用，关注信息获取、加工和处理能力的提高。解题时首先要分析反应的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反应，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反应，其次分析所建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最后逐一分析试题中所设计的选项，判断是否正确。本题只给了一个平衡量，通过化学平衡计算的三步分析法，分析容器I中平衡态的各种与4个选项相关的数据，其他容器与I进行对比，通过浓度商分析反应的方向，即可判断。本题难度较大，如能用特殊值验证的反证法，则可降低难度。

13．[2019新课标Ⅱ节选]环戊二烯（胶、塑料等生产。回答下列问题：

）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡

（1）已知：(g) H2(g)+ I2(g)

(g)+H2(g) 2HI(g)

ΔH1=100.3 kJ·mol ?1 ①

ΔH2=?11.0 kJ·mol ?1 ②

对于反应：

ΔH3=___________kJ·mol ?1。

(g)+

I2(g) (g)+2HI(g) ③

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始

总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的

平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 A．通入惰性气体 C．增加环戊烯浓度

B．提高温度 D．增加碘浓度

（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊

二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。

A．T1＞T2

B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L?1

【答案】（1）89.3 （2）40％ （3）CD 【解析】 【分析】

（1）利用盖斯定律解题；

（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； （3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；

【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol； 答案：89.3；

（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；

（g）+I2（g）=

（g）+2HI（g） 增加的物质的量

3.56×104

BD

1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 100%=40%； 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×

（g） + I2（g）=

P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0

（g）+ 2HI（g）

ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105

2（0.4?105）?0.2?1054Kp==3.56×10； 550.3?10?0.3?10A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；

B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确； C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误； D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确； 104；BD； 答案：40%；3.56×

（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1

B.温度越高化学反应速率越快，因此a点反应速率大于c点反应速率，故B错误； C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；

D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；答案：CD。

14．[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，

进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCl2(s)=CuCl(s)+CuCl(s)+

1Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 211O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 22CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 mol-1。 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）

(0.42)2?(0.42)2【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低

(1?0.84)4?(1?0.21)c0（2）﹣116

（3）增加反应体系压强、及时除去产物 【解析】

【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g)

起始（浓度） c0 c0 0 0

变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0

(0.42)2?(0.42)2则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分

(1?0.84)4?(1?0.21)c0HCl不能充分反应，离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，导致HCl转化率较低； 2得（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×

4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g) ?H=（?H1+?H2+?H3）×2=-116kJ·mol-1；

（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；

15．[2019北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 ……

iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。 =4∶1，③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。

a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成

④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。

【答案】（1）①CH4+2H2OCO2(g)=2CO(g)

4H2+CO2 ②C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+

③a b c ④降低 CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积 【解析】

1，【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；

②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因为还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；

③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；

④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效。

16．[2019江苏节选]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：

反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)

CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol?1

CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol?1

在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：

CH3OCH3的选择性=

2?CH3OCH3的物质的量×100％

反应的CO2的物质的量①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。

【答案】（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂

【解析】（3）①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升； ②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3

选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。

专题10 水溶液中的离子平衡

1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10?3 ，

Ka2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的 C．b点的混合溶液pH=7 D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?) 【答案】C 【解析】

【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增 强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na和A的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；

B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na和A的导电能力强于HA，故B正确；

C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲

2—

酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错

+

2—

—

+

2—

误；

D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸

++

钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na）和c（K）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得

到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na）＞c（K），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K）＞c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na）＞c（K）＞c（OH），故D正确。

+

—

+

+

—

++

故选C。

【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。

2．[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)

是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)

C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 【答案】B

【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)

Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积

Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；

B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；

C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确； D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)

Cd2+(aq)+S2-(aq)

2+2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd)与c(S)同

时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确； 答案选B。

3．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是

A．每升溶液中的H+数目为0.02NA

B．c(H+)= c(H2PO4)+2c(HPO4)+3c(PO4)+ c(OH?)

2??3?C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 【答案】B

【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；

B、根据电荷守恒可知选项B正确；

C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；

D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误； 答案选B。

4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L?1CH3COONa溶液、0.5 mol·L?1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度

变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH?) B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)减小

C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO?、Cu2+水解平衡移动方向不同

【答案】C 【解析】

【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；

+-A.水的电离为吸热过程，【详解】升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H).c(OH)=Kw+-减小，故pH减小，但c(H)=c(OH)，故A不符合题意；

-B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH)增大，醋酸根水解为吸热过程，

CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符

合题意；

+2+

C.升高温度，促进水的电离，故c(H)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu+2H2O

Cu(OH)2

+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。

【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。

5．[2019天津]某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0?10?4和1.7?10?5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液

B．溶液中水的电离程度：b点＞c点 C．从c点到d点，溶液中酸和酸根离子）

D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中nNa?相同 【答案】C 【解析】

【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；

A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；

B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；

C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；

D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。 【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表

c?HA??c?OH??c?A??保持不变（其中HA、A分别代表相应的

???HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；

B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；

C、c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，Ⅱ代表HNO2，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；

D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误； 故选C。

【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH)/c(NO2)分子和分值母

+

同乘以c(H)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判

--

断。

6．[2019江苏]室温下，反应HCO3+H2O

?H2CO3+OH?的平衡常数K=2.2×10?8。将NH4HCO3

溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A．0.2 mol·L?1氨水：c (NH3·H2O)>c(NH4)> c (OH?)> c (H+)

?B．0.2 mol·L?1NH4HCO3溶液(pH>7)：c (NH4)> c (HCO3)> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)

??C．0.2 mol·L?1氨水和0.2 mol·L?1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c (HCO3)+

c(CO3)

D．0.6 mol·L?1氨水和0.2 mol·L?1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c(CO3)+ c(OH?)= 0.3 mol·L?1+ c (H2CO3)+ c (H+)

【答案】BD 【解析】

【详解】A.NH3?H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3?H2O噲垐??+--+

NH4++OH-，H2O噲垐??H+OH，所以c(OH)>c(NH4)，故A错误；

-++-B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3的水解程度大于NH4的水解，所以c(NH4)>c(HCO3)，-+++HCO3-水解：H2O+HCO3-噲垐?垐??H2CO3+OH，NH4水解：NH4+H2O噲?NH3?H2O+H，前

2?2???者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，故B正确；

C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；

+-2-D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO3)]①；++-2--+

电荷守恒有：c(NH4)+c(H)=c(HCO3)+2c(CO3)+c(OH)②；结合①②消去c(NH4)得：

c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，

c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有

c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③

-2-+

中得，c(NH3?H2O)+c(OH)+c(CO3)=c(H)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；

故选BD。

7．[2019浙江4月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L?1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L?1 NaOH溶液。已知：H2A

H+＋HA?，HA??H+＋A2?。下列说法不正确的是 ．．．

A．0.1 mol·L?1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH?)－c(A2?)＝0.1 mol·L?1

+?2?

B．当滴加至中性时，溶液中c(Na)＝c(HA)＋2c(A)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL 2?+?C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A)＝c(H)－c(OH)

D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?) 【答案】B 【解析】

L【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·

?1

L?1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·H2A微粒。

L?1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+ c(HA?)，【详解】A. 0.1 mol·

+?2?2??

L?1，A项正确； 因而c(H)-c(OH)-c(A)= c(A)+c(HA)=0.1mol·

B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA??H+＋A2?，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；

C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其

2?+?

关系为c(A)＝c(H)－c(OH)，C项正确；

D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA?)

2?

＋2c(A)，D项正确。故答案选B。

8．[2018海南]某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是

A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变 C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小 【答案】C

【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。 故答案选C。

【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。

9．[2018新课标Ⅲ]用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线

如图所示。下列有关描述错误的是

A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10 B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)

C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 【答案】C

【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.05 mol/L的Cl溶液中，加入了50 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag浓度为0.025 mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl约为1×108mol/L(实际稍

--+

-

小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×108=2.5×1010，所以其数量级为1010，选项A正确。

---

B．由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag)·c(Cl)＝Ksp(AgCl)，选项B正确。

C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此

--+

-

应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。

D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl溶液改为50 mL 0.05 mol/L的Br溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c点变为b点,选项D正确。

点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。 10．[2018北京]测定0.1 mol·L1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

---

时刻 温度/℃ pH ① 25 9.66 ② 30 9.52 ③ 40 9.37 ④ 25 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

下列说法不正确的是 ．．．

A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO3+H2O

2?2??HSO3+OH?

B．④的pH与①不同，是由于SO3浓度减小造成的

C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的Kw值相等 【答案】C

【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO3存在水解平衡：SO3+H2O

?HSO3+H2O

2?2??HSO3+OH-、

H2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2

溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO3浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO3浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO3水解平衡正向移动，c(SO3)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。

点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离

2

子积的因素、SO3-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。

2?2?2?2?11．[2018天津]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4

–

)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数?随pH的变化如图2所示

（cH2PO4–）[?=]。

c总（含P元素的粒子）下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是

A．溶液中存在3个平衡

B．含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、PO43

–

–

–

–

C．随c初始(H2PO4)增大，溶液的pH明显变小

D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4 【答案】D

【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中存在H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在HPO42的电离平衡，存在

–

–

水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。B．含P元素的粒子有H2PO4、HPO42、

–

–

PO43和H3PO4。选B错误。C．从图1中得到随着c初始(H2PO4)增大，溶液的pH不过从5.5

–

–

减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。

点睛：本题中随着c初始(H2PO4)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。

12．[2018江苏]根据下列图示所得出的结论不正确的是

––

–

A．图甲是CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反

应的ΔH<0

B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小

C．图丙是室温下用0.1000 mol·L?1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L?1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸

D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42?)的关系曲线，说明溶液中c(SO42? )越大c(Ba2+ )越小

【答案】C

【解析】A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH

0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变

化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH

-

1，HX为一元弱酸，C项错误；D项，根据图

+

-+

像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO42)越小，-lgc(Ba2)越大，说明c(SO42)越大,c(Ba2)越小，D项正确；答案选C。

点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。

13．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，设H2C2O4

溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

A．0.1000 mol·L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD

2

【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O4-)+c(OH-)，0.1000

mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4-)+ c(C2O42-)，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)，A项正确；B项，c(Na+)=c(总)时溶液中

--溶质为NaHC2O4，HC2O4既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的离子方程式为

HC2O4+H2O

-

H2C2O4+OH

-

，HC2O4

-

水解常数

Kh=10-13

c(H2C2O4)?c(OH?)?c(HC2O4)=

KWc(H2C2O4)?c(OH?)?c(H+)1?10?14= = =1.85?Ka1（H2C2O4）5.4?10?2c(HC2O4)?c(H+)Ka2(H2C2O4)，HC2O4-

2-的电离程度大于水解程度，则c(C2O4)

c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，

2-++--+-溶液中的电荷守恒为c(Na)+c(H)=c(HC2O4)+2c(C2O4)+c(OH)，室温pH=7即c(H)=c(OH)，2-2-+-则c(Na)=c(HC2O4)+2c(C2O4)=c(总)+c(C2O4)-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)

0.1000mol/L，c(Na+)

20.1000mol/L +c(C2O4-)-c(H2C2O4)，C项错误；D项，c(Na+)=2c(总)

2

时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O4-)+c(OH-)，

物料守恒为

c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)]，两式整理得

c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，D项正确；答案选AD。

点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c(总)

0.1000mol/L。

14．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是 A．测得0.1 mol·L

－1

的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质

B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0 C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH)＝1×10-10 mol·L-1

－

D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0 【答案】D

【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×104mol/L，在25℃时，

－

水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。

15．[2018浙江11月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，

分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是

A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍 B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c

C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-) D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大 【答案】D

【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。 16．[2018浙江4月选考]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是 A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)

B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同

D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ) 【答案】A

【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO）=c(Cl)，故A正确；

B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；

C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C

错误；

D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO）＜c(Cl)，故

－

－

－

－

D错误。

综上所述，本题的正确答案为A。

17．[2018浙江4月选考]在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶

液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A．在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+) B．在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001mol

C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力

D．若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-) 【答案】B 【解析】

【分析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；

B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；

D.溶液中存在电荷守恒分析判断。

【详解】A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A错误；

B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，故C错误；

D.若将0.1 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+ )+c(H+ )=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+ )= c(OH-)，得到：c(Na+ ) =c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+ ) >c(CH3COO-)，故D错误。 所以B选项是正确的。