高中化學高考三輪沖刺 答案

參考答案專題一化學與STSE化學常用計量(導航卷)1．D[D項，經(jīng)常使用一次性筷子、紙杯會浪費木材，破壞森林，塑料袋的使用會造成“白色污染”，不應該提倡。]2．A[A項，水能發(fā)生部分電離：H2OH＋＋OH－，是弱電解質(zhì)，正確；B項，可燃冰是甲烷水合物，錯；C項，氫氧兩種元素還可以組成H2O2，錯誤；D項，0℃時，冰的密度比水的小，錯誤。]3．D[過度開采礦物資源與社會可持續(xù)發(fā)展理念相違背。]4．B[化石燃料的過度開采不利于節(jié)能減排，同時燃燒時生成大氣污染物；焚燒秸稈污染環(huán)境。]5．C[A項，由于晶體內(nèi)部微粒的排列具有一定的規(guī)律性，液體具有一定的流動性，故液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性，正確；B項，由于冰和水中分子間形成的氫鍵的不同，導致冰的結(jié)構(gòu)中有空隙，水的結(jié)構(gòu)中分子排列緊密，因此冰比水的密度小，正確；C項，納米銀粒子的聚集為物理變化，錯誤；D項，燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和氮氧化物的轉(zhuǎn)化都可以減少硫和氮氧化物的排放，故能減少酸雨的產(chǎn)生，正確。]6．C[A項，D2O和H2O的質(zhì)子數(shù)相同(均為10)，但D2O、H2O的摩爾質(zhì)量不同，分別為20g·mol－1和18g·mol－1，所以18gD2O和H2O的物質(zhì)的量不同，質(zhì)子數(shù)不同，錯誤；B項，n(H2SO3)＝2L×0.5mol·L－1＝1mol，但H2SO3是弱酸，部分電離，所以H＋數(shù)目小于2NA，錯誤；C項，發(fā)生的反應是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2e－，所以生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，正確；D項，發(fā)生反應：2NO＋O2=2NO2，生成2molNO2，常溫下NO2和N2O4之間存在平衡2NO2N2O4，所以分子數(shù)小于2NA，錯誤。]7．A[A項，氧氣和臭氧均由氧原子組成，1.6g混合氣體含有O原子的物質(zhì)的量為n(O)＝eq\f(1.6g,16g·mol－1)＝0.1mol，即含有氧原子的個數(shù)為0.1NA，正確；B項，丙烯酸結(jié)構(gòu)簡式為：，分子中含有碳碳雙鍵和碳氧雙鍵，0.1mol丙烯酸含雙鍵的數(shù)目為0.2NA，錯誤；C項，標準狀況下，苯為液態(tài)，錯誤；D項，過氧化鈉與水發(fā)生反應：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故每生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA，錯誤。]8．C[A項，ClO－水解，ClO－數(shù)目小于NA;B項，苯分子中沒有真正的碳碳雙鍵，而是介于單鍵和雙鍵之間的一種獨特的鍵；C項，對相對分子質(zhì)量皆為28的CO和N2混合氣體，因分子中原子數(shù)目均為兩個，故14g混合氣體含有的原子數(shù)目為NA;D項，標準狀況下6.72L即0.3molNO2溶于水，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA。]9．B[A項：標準狀況下，0.1molCl2與水反應是可逆反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA，C項：標準狀況下CH3CH2OH為液態(tài)，無法計算；D項：常溫常壓不屬于標準狀況，本選項無法計算。]10．C[A項，60g丙醇的物質(zhì)的量是1mol，根據(jù)其結(jié)構(gòu)式可知，1mol丙醇分子中存在的共價鍵總數(shù)為11NA，錯誤；B項，根據(jù)電解質(zhì)溶液中物料守恒可知，1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)和H2CO3粒子數(shù)之和為0.1NA，錯誤；C項，在氧化物中，鈉元素的化合價只有＋1價，因此23gNa即1molNa充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NA，正確；D項，235g核素eq\o\al(235,92)U即1moleq\o\al(235,92)U，發(fā)生裂變反應時凈產(chǎn)生的中子數(shù)為9NA，錯誤。]11．解析(1)n(MnO2)＝eq\f(17.40g,87g·mol－1)＝0.2mol，由題給反應可知，最多氧化0.2molSO2，標準狀況下其體積為4.48L。(2)使Al3＋完全除去時c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[Al（OH）3],c（Al3＋）))＝eq\r(3,\f(1×10－33,1×10－6))＝1×10－9(mol·L－1)，此時溶液pH＝5.0，使Fe3＋完全除去時c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[Fe（OH）3],c（Fe3＋）))＝eq\r(3,\f(3×10－39,1×10－6))≈1.4×10－11(mol·L－1)，此時溶液pH≈3；而pH＝7.1時Mn(OH)2開始沉淀，所以調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為5.0<pH<7.1。(3)由圖可知，要從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4·H2O晶體，溫度應大于60℃，其原因是此時MgSO4·6H2O的溶解度大于MnSO4·H2O的溶解度，有利于MnSO4·H2O晶體析出，MgSO4·6H2O不易析出。答案(1)4.48(2)5.0＜pH＜7.1(3)高于60℃(4)n(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1×eq\f(20.00mL,1000mL·L－1)＝1.00×10－3moln(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3molm(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169gMnSO4·H2O樣品的純度為：eq\f(0.169g,0.1710g)×100%＝98.8%12．解析(1)堿式碳酸鋁鎂之所以具有阻燃作用，除了受熱分解需要吸收大量的熱外，還因為生成的高熔點的MgO、Al2O3和釋放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根據(jù)電荷守恒有：n(Mg2＋)×2e－＋n(Al3＋)×3e－＝n(OH－)×e－＋n(COeq\o\al(2－,3))×2e－，則2a＋3b＝c＋2d。答案(1)生成的產(chǎn)物具有阻燃作用(2)2a＋3b＝c＋2d(3)n(CO2)＝eq\f(0.560L,22.4L·mol－1)＝2.50×10－2molm(CO2)＝2.50×10－2mol×44g·mol－1＝1.10g在270～600℃之間，失去結(jié)晶水后的樣品進一步受熱分解放出CO2和H2Om(CO2)＋m(H2O)＝3.390g×(0.7345－0.3702)＝1.235gm(H2O)＝1.235g－1.10g＝0.135gn(H2O)＝eq\f(0.135g,18g·mol－1)＝7.50×10－3moln(OH－)＝7.50×10－3mol×2＝1.50×10－2moln(OH－)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝(1.50×10－2mol)∶(2.50×10－2mol)＝3∶5專題一化學與STSE化學常用計量(沖刺卷)1．D[有機物中含有碳原子，使用純有機物，不符合“低碳”原則，D項錯誤。]2．D[A項，HD為氫元素的兩種同位素原子構(gòu)成的單質(zhì)，錯誤；B項，O2和O3的混合氣體由氧元素組成，但屬于混合物，錯誤；C項，NaHSO4在溶液中電離產(chǎn)生的陽離子為Na＋和H＋，根據(jù)酸的定義可知NaHSO4不屬于酸，屬于酸式鹽，錯誤；D項，根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑的大小將分散系分為濁液、膠體和溶液，正確。]3．C[空氣中的N2、O2在雷電的放電條件下，反應生成NO，而不是NO2，C項錯誤。]4．D[消毒過程就是使細菌死亡，細菌蛋白質(zhì)發(fā)生了變性，D項錯誤。]5．D[該研究中至少有太陽能轉(zhuǎn)化為電能、電能轉(zhuǎn)化為化學能兩種能量轉(zhuǎn)化方式。]6．A[A項，石墨炔中無氫原子，不是芳香烴，錯誤；B項，由題“全碳分子”可知與金剛石互為同素異形體，正確；C項，由題“半導體性能”可判斷正確。]7．C[A項，以不足的Cl2計算，1molCl2完全反應轉(zhuǎn)移2mole－，錯誤；B項，H2SO4溶液中的OH－來自于水的電離，c(OH－)＝10－13mol·L－1，n(H＋)水＝n(OH－)水＝10－13mol，錯誤；C項，烯烴的通式為(CH2)n，含有的C原子數(shù)為eq\f(21,14n)·n·NA＝1.5NA，正確；D項，eq\o\al(14,)6C原子中的中子數(shù)為14－6＝8，錯誤。]8．A[A項，共價鍵的物質(zhì)的量為17.6g/44g·mol－1×10＝4mol，正確；B項，沒有溶液的體積，不可求OH－的數(shù)目，錯誤；C項，NO與O2反應生成NO2，會使氣體分子總數(shù)減小，錯誤；D項，陽極不僅溶解Cu，還有Fe、Ni、Zn等，所以無法計算出陽極失去的e－數(shù)目，錯誤。]9．A[A項，丙烯到聚丙烯()，C—H鍵數(shù)沒有變化，eq\f(14g,42g·mol－1)×6×NA＝2NA，正確；B項，硝酸足量生成Fe(NO3)3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，錯誤；C項，標準狀況下，乙醛呈液態(tài)，錯誤；D項，H2O2溶液中除H2O2外溶劑H2O也含有氧原子，數(shù)目大于2NA，錯誤。]10．D[A項，6.4gO2與6.4gO3中所含有的分子數(shù)不等，所以6.4g氣體混合物，分子數(shù)不確定，錯誤；B項，CCl4為液體，不適用于氣體摩爾體積，錯誤；C項，沒有給出體積，不可求OH－的數(shù)目，錯誤；D項，發(fā)生反應3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為eq\f(16.8g,56g/mol)×eq\f(8,3)×NA＝8NA，正確。]11．解析(1)I2與淀粉顯藍色，當Na2S2O3將I2完全消耗時，溶液的藍色褪去。(2)若滴定管沒有潤洗，則其濃度變小，與Mg2＋反應時，EDTA的消耗量增多，所得Mg2＋的量偏高。(3)ClO－具有強氧化性，氧化I－的方程式為：ClO－＋2I－＋2H＋=I2＋Cl－＋H2O，由反應關(guān)系有：“ClO－～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)”，由Na2S2O3的物質(zhì)的量可計算出n(ClO－)，由EDTA的物質(zhì)的量可計算出n(Mg2＋)，由電荷守恒可得n(OH－)，由質(zhì)量守恒，可得出結(jié)晶水的物質(zhì)的量，根據(jù)各粒子的物質(zhì)的量之比可得出堿式次氯酸鎂化學式。答案(1)淀粉溶液(2)偏高(3)關(guān)系式：ClO－～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)n(ClO－)＝eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝1/2×0.8000mol·L－1×25.00×10－3L＝1.000×10－2moln(Mg2＋)＝0.02000mol·L－1×25.00×10－3L×1000mL/25.00mL＝2.000×10－2mol根據(jù)電荷守恒，可得：n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×2.000×10－2mol－1.000×10－2mol＝3.000×10－2molm(H2O)＝1.685g－1.000×10－2mol×51.5g·mol－1－2.000×10－2mol×24g·mol－1－3.000×10－2mol×17g·mol－1＝0.180gn(H2O)＝0.180g/18g·mol－1＝1.000×10－2moln(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝(2.000×10－2mol)∶(1.000×10－2mol)∶(3.000×10－2mol)∶(1.000×10－2mol)＝2∶1∶3∶1堿式次氯酸鎂的化學式為：Mg2ClO(OH)3·H2O12．解析(1)①根據(jù)化合價代數(shù)和為0列式，設(shè)Fe的化合價為＋a，則2x＋2(1－x)＋2a＝2×4，得a＝＋3價。②由圖1知，在x相同時，微波水熱法比常規(guī)水熱法對H2O2分解的效果更好；橫坐標為x，表示隨著Co2＋的增多，H2O2分解的速率加快，故Co2＋含量越大，其催化效果越好。(2)①由熱重分析圖知，取18.3gCoC2O4·2H2O，物質(zhì)的量為0.1mol。加熱分解，但是產(chǎn)物中的Co的量不變，仍為n(Co)＝0.1mol，n(O)＝eq\f(8.03g－0.1mol×59g·mol－1,16g·mol－1)＝0.133，n(Co)∶n(O)＝3∶4，則C點為Co3O4。從起始至B點失去的質(zhì)量為18.3g－14.70g＝3.6g，正好為0.2molH2O，所以B點為CoC2O4，與O2反應生成Co3O4，由原子守恒可確定出另一產(chǎn)物為CO2，由此配平反應。②由Cl守恒，HCl中的Cl最終在CoCl2和Cl2中，所以2n(CoCl2)＋2n(Cl2)＝0.48L×5mol·L－1＝2.4mol，n(CoCl2)＝(2.4mol－2×0.2mol)/2＝1mol。由Co3＋氧化Cl－生成Cl2，根據(jù)得失電子守恒列式，1×n(Co3＋)＝2×n(Cl2)，n(Co3＋)＝0.4mol，由Co原子守恒，n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和為零，列式為：2n(O2－)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O)＝(0.4mol×3＋0.6mol×2)÷2＝1.2mol，所以n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶6。答案(1)①＋3②微波水熱Co2＋(2)①Co3O4(寫成CoO·Co2O3亦給分)3CoC2O4＋2O2=Co3O4＋6CO2②由電子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4mol由電荷守恒：n(Co)總＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(2.4mol－0.2mol×2)＝1mol所以固體中的n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6moln(O)＝(0.4mol×3＋0.6mol×2)÷2＝1.2mol故n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶6專題二離子反應與氧化還原反應(導航卷)1．B[A項，使酚酞變紅色的溶液呈堿性，OH－與Al3＋不能大量共存。B項，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝1×10－13mol/L，c(H＋)＝0.1mol/L溶液呈酸性，四種離子可以大量共存；C項，與鋁反應放出氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，若呈酸性，NOeq\o\al(－,3)不能大量存在，一是因為HNO3與Al反應不能生成H2，二是酸性條件下NOeq\o\al(－,3)與Fe2＋因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；若呈堿性，F(xiàn)e2＋因生成Fe(OH)2沉淀而不能大量存在。D項，由水電離的c(H＋)＝1×10－13的溶液中水的電離受到抑制，可能是由于外加酸或堿，若為堿溶液，四種離子可以大量共存，若為酸溶液，AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)不能大量存在。]2．C[A項，pH＝1的溶液呈酸性，酸性條件下，COeq\o\al(2－,3)不能大量存在，發(fā)生反應2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=CO2↑＋H2O；B項，c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液呈堿性，堿性條件下Mg2＋、Cu2＋不能大量存在；C項，溶液中的NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)與題給4種離子互不反應，均能夠大量共存；D項，F(xiàn)e3＋與SCN－因發(fā)生絡(luò)合反應而不能大量共存。]3．A[A項，甲基橙呈紅色，說明溶液呈酸性，4種離子均能大量共存，正確；B項，酚酞呈紅色，說明溶液呈堿性，Cu2＋不能大量存在，錯誤；C項，Ag＋與SOeq\o\al(2－,4)、I－因生成沉淀而不能大量共存，錯誤；D項，AlOeq\o\al(－,2)與H＋不能大量共存，錯誤。]4．A[A中各離子在0.1mol·L－1的NaOH中可大量共存。B中Ba2＋與條件中的COeq\o\al(2－,3)反應，B錯。C中I－、SCN－均與條件中的Fe3＋反應，C錯。D中c(H＋)/c(OH－)＝1×1014為強酸性條件，ClO－與H＋不能大量共存，D錯。]5．D[A項，HClO是弱酸，不能拆成離子的形式，正確的離子方程式為Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO；B項，COeq\o\al(2－,3)的水解是可逆反應，要用可逆符號，正確的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－；C項，反應前后電荷不守恒、電子轉(zhuǎn)移也不守恒，正確的離子方程式為IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，錯誤；D項，NaHCO3少量，HCOeq\o\al(－,3)完全參加反應，所給離子方程式正確。]6．D[A項，銅與稀硝酸反應生成NO：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，錯；B項，NaOH溶液過量，NHeq\o\al(＋,4)與OH－也能反應，其離子方程式為：2NHeq\o\al(＋,4)＋Fe2＋＋4OH－=2NH3·H2O＋Fe(OH)2↓，錯誤；C項，醋酸是弱酸，不能拆成離子形式：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，錯誤；D項，CO2過量，生成HCOeq\o\al(－,3)，正確。]7．D[A項，濃鹽酸為強酸，應拆成離子形式，其離子方程式為：MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，錯誤；B項，Al(OH)3膠體不是沉淀，不能加沉淀符號，錯誤；C項，原子不守恒，正確的離子方程式為：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，錯誤；D項，根據(jù)“以少定多”原則，該離子方程式正確。]8．C[A中在酸性條件下，不可能生成OH－，應為5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，A項錯誤；B中HCOeq\o\al(－,3)也與OH－反應，應為NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，B項錯誤；D中得失電子不守恒，D項錯誤。]9．B[A項，NaClO的制備為Cl2與NaOH溶液反應：Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，正確；B項，NaClO飽和溶液的pH為11，該消毒液中溶液的pH為12，是由于消毒液中還含有少量的NaOH，故pH增大是由于NaOH電離所致，錯誤；C項，該消毒液與潔廁靈混用會發(fā)生氧化還原反應：2H＋＋Cl－＋ClO－=Cl2↑＋H2O，正確；D項，因為醋酸的酸性比次氯酸的酸性強，CH3COOH＋ClO－=CH3COO－＋HClO，HClO濃度增大，漂白性增強，正確。]10．A[由題意可寫出化學方程式：Na2CO3＋2Na2S＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2，Na2S中S的化合價升高，作還原劑，SO2中S的化合價降低，作氧化劑，硫元素既被氧化又被還原，A正確；氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，B錯誤；生成3molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移8mol電子，則每生成1molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移eq\f(8,3)mol電子，錯誤；吸收的SO2有可能沒有完全參與生成CO2的反應，D錯誤。]11．解析(1)由KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反應中，，則KClO3作氧化劑；，則Na2SO3作還原劑，根據(jù)電子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制備ClO2的流程圖可知，電解NH4Cl溶液和鹽酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根據(jù)電子守恒和質(zhì)量守恒可寫出該反應的化學方程式。②由制備ClO2的流程圖可知，NaClO2和NCl3兩溶液反應生成NH3，說明溶液呈堿性；，因此溶液X中大量存在的陰離子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的氣體，a項錯誤，d項錯誤；b項，堿石灰與NH3不反應與ClO2反應，錯誤；c項，濃硫酸易吸收NH3，而與ClO2不反應，正確。(3)①ClO2與KI溶液反應時，，反應環(huán)境為酸性，從而可寫出該反應的離子方程式。②玻璃液封裝置的作用是防止殘余的ClO2氣體揮發(fā)到空氣中，污染空氣。③步驟V反應中，I2→2I－，I2使淀粉溶液顯藍色，故可選用淀粉溶液作指示劑，滴定至終點時溶液由藍色變?yōu)闊o色。④由反應2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)可得關(guān)系式：2ClO2～5I2～10S2Oeq\o\al(2－,3)，n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L/mL＝2×10－3mol，則n(ClO2)＝2×10－3mol×2/10＝4×10－4mol，m(ClO2)＝4×10－4mol×67.5g·mol－1＝0.02700g。(4)亞氯酸鹽(ClOeq\o\al(－,2))具有氧化性，應選用還原劑將ClOeq\o\al(－,2)還原為Cl－。碘化鉀、鹽酸具有還原性，可分別被亞氯酸鹽氧化為I2、Cl2，二者均有毒，b錯誤，c錯誤；a項，明礬不具有還原性，錯誤；硫酸亞鐵具有還原性，可被亞氯酸鹽氧化為Fe3＋，且Fe3＋水解生成的Fe(OH)3膠體可凈水，d正確。答案(1)2∶1(2)①NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(電解))3H2↑＋NCl3②Cl－、OH－③c(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋=2Cl－＋5I2＋4H2O②吸收殘余的二氧化氯氣體(其他合理答案也可)③淀粉溶液溶液由藍色變?yōu)闊o色且30s內(nèi)不恢復原色④0.02700(4)d12．解析(1)①電解時，陰極溶液中的陽離子放電，即水溶液中的H＋放電生成H2和OH－。②由題給反應可知，陽極區(qū)生成了Seq\o\al(2－,n)，Seq\o\al(2－,n)可以理解為(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S單質(zhì)同時還有H2S氣體。(2)①由圖示反應原理，溶液里H2O中＋1價的H，Cl－、Cu2＋沒有參與氧化還原反應，即H、Cl、Cu三種元素的化合價沒有變化。其他元素如O(O2被還原為－2價氧)、Fe(Fe3＋與Fe2＋相互轉(zhuǎn)化)、S(S2－轉(zhuǎn)化為S)的化合價均有變化。②根據(jù)得失電子守恒可知，1molH2S轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)時，需要氧氣0.5mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化劑O2的量，也就是增加混合氣體中空氣的比例，使S2－完全氧化為硫單質(zhì)。(3)若H2S分解生成H2和S，氣體體積比為1∶1，由圖示可知在高溫下分解生成的兩種氣體的體積比為2∶1，設(shè)硫蒸氣的化學式為Sn，則有H2S→H2＋eq\f(1,2)Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。答案(1)①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Seq\o\al(2－,n)＋2H＋=(n－1)S↓＋H2S↑(2)①Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)②0.5mol③提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2＋S2專題二離子反應與氧化還原反應(沖刺卷)1．B[A項，CO是不成鹽氧化物，錯誤；B項，煤氣是以煤為原料加工制得的含有可燃組分的氣體，主要成分是CO、H2，正確；C項，CO2是非電解質(zhì)，錯誤；D項，酸雨指pH<5.6的降雨，飽和CO2水溶液的pH是5.6，CO2不引起酸雨，錯誤。]2．C[A項，堿性條件，Mg2＋不能大量存在。]3．C[A項，F(xiàn)e3＋與SCN－會發(fā)生顯色反應，錯誤；B項，eq\f(c（OH－）,c（H＋）)＝106>1，c(OH－)>c(H＋)，顯堿性，與NHeq\o\al(＋,4)反應生成NH3，錯誤；C項，甲基橙變紅，顯酸性，此四種離子與H＋可大量共存，正確；D項，H＋與NOeq\o\al(－,3)構(gòu)成HNO3，具有強氧化性，會氧化Fe2＋、I－，錯誤。]4．B[A項，Ca2＋與COeq\o\al(2－,3)生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C項，H2O2能氧化Fe2＋而不能大量共存；D項，F(xiàn)e3＋與SCN－因生成配合物而不能大量共存。]5．C[A項，F(xiàn)e3＋與I－發(fā)生氧化還原反應，正確的為：Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O；B項，Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)不能拆，正確的為：Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)＋OH－＋3H＋＋Cl－=AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)＋H2O；D項，NaOH過量，(NH4)2Fe(SO4)2按化學式組成反應，正確的為：2NHeq\o\al(＋,4)＋Fe2＋＋4OH－=Fe(OH)2↓＋2NH3·H2O。]6．B[A項，白醋的主要成分是CH3COOH，CH3COOH是弱酸，不能拆，錯誤；C項，苯酚的酸性比碳酸弱，不能生成CO2，正確的為：COeq\o\al(2－,3)＋C6H5OH→C6H5O－＋HCOeq\o\al(－,3)；D項，溶液呈酸性，不能生成OH－，正確的為：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2O。]7．B[A項，Na2O不能拆，正確的為：Na2O＋H2O=2Na＋＋2OH－；C項，Na2SiO3能拆，正確的為SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓；D項，Ca(HCO3)2少量，化學計量數(shù)為1，按化學式組成反應，正確的為：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O。]8．C[H2S溶于水形成氫硫酸，弱酸，能用石灰乳(堿性)吸收，A、B正確；C項，Cu2＋與H2S生成CuS，不能氧化H2S，錯誤；D項，H2S在空氣中充分燃燒可生成SO2：2H2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(點燃))SO2＋2H2O(若不充分燃燒可生成S：2H2S＋O2=2H2O＋S)。]9．D[由氧化還原反應中元素化合價升降關(guān)系可知，第①組中KMnO4→MnSO4，Mn元素的化合價降低，則H2O2中O元素的化合價必然升高，因此該反應中有O2生成，根據(jù)原子守恒可知還應有H2O生成，A項正確；由第②組中產(chǎn)物為FeCl3和FeBr3知，Br－未參與氧化還原反應，反應中只有Fe2＋被氧化，根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒可知，Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1∶2，B項正確；第③組中Cl元素的化合價從－1價升高到0，故生成1molCl2時轉(zhuǎn)移2mol電子，C項正確；氧化性由強到弱的順序為Cl2>Br2>Fe3＋，D項錯誤。]10．D[CuFeS2中鐵元素的化合價為＋2價，所以不是所有鐵元素均被還原，故A錯誤；反應中硫元素化合價從－2價變?yōu)?，氧化產(chǎn)物是S，故B錯誤；生成2molS轉(zhuǎn)移電子為4mol，則獲得單質(zhì)硫xmol轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2xmol，故C不正確；生成單質(zhì)硫xmol時，生成eq\f(x,2)molCu2＋和eq\f(5x,2)molFe2＋，消耗2xmolFe3＋，剩余的Fe3＋為：ymol－eq\f(x,2)mol－eq\f(5x,2)mol＝(y－3x)mol，則原Fe3＋的總物質(zhì)的量為(y－3x＋2x)mol＝(y－x)mol，故D正確。]11．解析向試管A的溶液中滴入酚酞溶液呈粉紅色，說明溶液顯堿性，一定含有OH－，根據(jù)離子共存原理，一定沒有Ag＋、Mg2＋，一定含有K＋，試管B中一定含有Ag＋、Mg2＋，則一定沒有Cl－，一定含有NOeq\o\al(－,3)，綜上所述，試管A中含有K＋、OH－、Cl－，試管B中含有Ag＋、Mg2＋、NOeq\o\al(－,3)，(1)試管A的溶液中所含上述離子共有3種；(2)若向某試管中滴入稀鹽酸產(chǎn)生沉淀，說明該試管中含有Ag＋，為試管B；(3)若向試管B的溶液中加入合適的藥品后，過濾后可以得到相應的金屬和僅含一種溶質(zhì)的溶液，應該發(fā)生置換反應，且不引入其他離子，則加入的藥品是Mg；(4)若將試管A和試管B中的溶液按一定體積比混合過濾后，得到濾液僅含一種溶質(zhì)的溶液，則Ag＋與Cl－恰好完全反應，Mg2＋和OH－恰好完全反應，混合過程中發(fā)生反應的離子方程式為Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；(5)設(shè)KOH、KCl、Mg(NO3)2、AgNO3四種物質(zhì)均為1mol，兩試管中溶液混合，過濾后所得濾液中含有2molK＋、0.5molMg2＋、3molNOeq\o\al(－,3)，則離子濃度大小順序為c(NOeq\o\al(－,3))＞c(K＋)＞c(Mg2＋)；(6)向KHCO3溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，則發(fā)生反應的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。答案(1)3(2)B(3)Mg(4)Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(5)c(NOeq\o\al(－,3))＞c(K＋)＞c(Mg2＋)(6)Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O12．解析(1)多余的氯氣被B中的NaOH溶液吸收發(fā)生反應的離子方程式是Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。(2)A中溶液變紅的原因是Fe2＋被Cl2氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋與SCN－反應生成紅色的Fe(SCN)3。(3)①生成的紅褐色沉淀是Fe(OH)3，說明溶液中含有Fe3＋。(4)①在組成SCN－的三種元素中C的非金屬性最弱，應顯正價，由電子式可知其中N顯－3價，S顯－2價，則C顯＋4價，處于最高價，故碳元素不可能被氧化。②加入鹽酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀，說明溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)，故SCN－中被氧化的元素是硫。③若含有硝酸根離子，則在酸性條件下可被還原為NO，NO與空氣中氧氣反應被氧化為紅棕色的NO2氣體；④根據(jù)原子守恒可知當生成1molCO2時有1molSCN－被氧化，生成1molSOeq\o\al(2－,4)和1molNOeq\o\al(－,3)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為16mol。答案(1)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O(2)Fe2＋被Cl2氧化成Fe3＋，F(xiàn)e3＋與SCN－反應生成紅色的Fe(SCN)3，所以溶液變紅(3)①Fe3＋(4)①SCN－中的碳元素是最高價態(tài)(＋4價)②硫元素(或S)③取足量銅粉于試管中，加入A中黃色溶液和一定量的稀鹽酸，加熱，觀察到試管上方有紅棕色氣體生成，證明A中黃色溶液中存在NOeq\o\al(－,3)，SCN－中氮元素被氧化成NOeq\o\al(－,3)④16專題三原子結(jié)構(gòu)元素周期律(導航卷)1．C[A項，質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子的質(zhì)量數(shù)為37，可表示為eq\o\al(37,17)Cl，錯誤；B項，Cl－核外有18個電子，離子結(jié)構(gòu)示意圖為，錯誤；C項，氯分子中兩個氯原子間形成一個共用電子對，從而達到8e－穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，正確；D項，氯乙烯分子中含有的碳碳雙鍵不能省略，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCl，錯誤。]2．B[A項，Na2O2是離子化合物，其電子式為，錯誤；B項，溴原子的質(zhì)量數(shù)為80，正確；C項，題中圖示表示的是硫原子的結(jié)構(gòu)示意圖，S2－的結(jié)構(gòu)示意圖為，錯誤；D項，題中結(jié)構(gòu)簡式表示的是對二甲苯結(jié)構(gòu)，間二甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為，錯誤。]3．B[A項，丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2CH—CH3，錯誤；B項，OH－帶有1個單位負電荷，其電子式為，正確；C項，表示的是Cl－的結(jié)構(gòu)示意圖，氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖為：，錯誤；D項，鈾原子的質(zhì)量數(shù)應為238，正確的表示為：23892U，錯誤。]4．A[由于Y是非金屬性最強的元素，則Y為氟元素；X原子最外層有6個電子，屬于第ⅥA族元素，且原子序數(shù)小于9，則X為氧元素；由于Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且其原子序數(shù)大于9，則Z為鋁元素；由于W的單質(zhì)廣泛用作半導體材料，則W為硅元素。A項，Y、X、W、Z的原子最外層電子數(shù)分別為7、6、4、3，正確；B項，原子半徑由大到小的順序為Al、Si、O、F，錯誤；C項，非金屬性由強到弱的順序為：F、O、Si、Al，錯誤；D項，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：F、O、Si，錯誤。]5．D[由題意可知，X為碳元素，Y為氧元素，Z為鎂元素，W為硅元素。A項，原子半徑大小順序為：Mg>Si>C>O，錯誤；B項，MgO中有含離子鍵，SiO2含有共價鍵，錯誤；C項，碳的非金屬性強于硅，所以H2CO3的酸性強于H2SiO3，錯誤；D項，氧的非金屬強于硫，硫的非金屬性強于硅，所以氧的非金屬性強于硅，則H2O比SiH4更穩(wěn)定，正確。]6．D[Z是氧，最外層電子數(shù)為6，則另外3種元素原子的最外層電子數(shù)之和為7。X的原子序數(shù)小于Y，原子半徑也小于Y，則Y在X的下一周期，W與X同主族，W原子序數(shù)最大，則X為氫，W為鈉，Y為氮。A項，原子半徑r(W)＞r(Y)＞r(Z)，錯誤；B項，Z、W的簡單離子為O2－、Na＋，具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，錯誤；C項，O的非金屬性比N的強，則氣態(tài)氫化物H2O更穩(wěn)定，錯誤；D項，X、Y、Z三種元素可形成離子化合物NH4NO3、NH4NO2，也可形成共價化合物HNO3、HNO2等，正確。]7．AD[短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，因此可確定X為氧元素；Y原子的最外層只有2個電子，且原子序數(shù)大于氧元素，則Y為Mg；Z單質(zhì)可制成半導體材料，應為Si；W與X屬于同一主族，則W為S元素。氧的非金屬性強于硫的非金屬性，故H2O的熱穩(wěn)定性強于H2S，A項正確；同周期S非金屬性強于Si，H2SO4的酸性強于H2SiO3，B項錯誤；MgO是離子化合物，存在離子鍵，SiO2、SO3屬于共價化合物，存在共價鍵，C項錯誤；根據(jù)同周期、同主族元素原子的半徑大小的規(guī)律得出rMg>rSi>rS>rO，D項正確。]8．B[W的L層無電子，則W為氫元素。X的L層為5個電子，則X為氮元素。Y、Z的L層均為8個電子，均在第三周期，最外層電子數(shù)之和為12。Y、Z的最外層電子數(shù)可能分別為5、7或6、6(若為4、8，則Z為Ar，不是主族元素)，若為6、6，則Y為氧元素(不在第三周期)，不可能，所以Y為磷元素，Z為氯元素。A項，對于組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，沸點越高，H2和N2都是分子晶體，N2的相對分子質(zhì)量大于H2，分子間的作用力強，所以N2的沸點高于H2，錯誤；B項，因為氫的非金屬性弱于氯(可根據(jù)HCl中氫顯＋1價判斷)，所以H－還原性強于Cl－，正確；C項，由于沒有說明是最高價氧化物的水化物，所以氯元素的氧化物的水化物的酸性不一定大于磷元素的氧化物的水化物，如H3PO4的酸性強于HClO，錯誤；D項，如離子化合物(NH4)3PO4中同時存在氮和磷兩種元素，錯誤。]9．D[由于W元素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍，故X為氧元素，W為硫元素，結(jié)合題中各元素的相對位置，可推斷出Y為硅元素，Z為磷元素，T為砷元素。A項，根據(jù)同周期和同主族元素原子半徑和性質(zhì)的變化規(guī)律可知，原子半徑的大小順序為P＞S＞O，氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性順序為：H2O＞H2S＞PH3，錯誤；B項，硫元素在自然界中能以游離態(tài)存在，如存在于火山噴口附近或地殼的巖層中，錯誤；C項，SiO2為原子晶體，熔化時克服的是共價鍵，而液態(tài)SO3氣化克服的是分子間作用力，錯誤；D項，根據(jù)“對角線”規(guī)則，砷的單質(zhì)與硅的單質(zhì)有相似性，可做半導體材料，As2O3中砷元素顯＋3價，處于中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性。]10．AD[根據(jù)“己的最高價氧化物對應水化物有強脫水性”，可知己為S元素，結(jié)合元素周期表中各元素的相對位置，可得出庚為F、戊為As、丁為Si、丙為B，又由“甲和丁在同一周期，甲原子最外層與最內(nèi)層具有相同電子數(shù)”，說明甲為Mg、乙為Ca。A項，丙(5B)與戊(33As)的原子序數(shù)相差28，正確；B項，元素的非金屬性越強，其對應氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，因非金屬性：庚(F)＞己(S)＞戊(As)，則有穩(wěn)定性：庚(HF)＞己(H2S)＞戊(AsH3)，錯誤；C項，常溫下，鎂與水反應很緩慢，鈣能與水劇烈反應，錯誤；D項，丁(Si)的最高價氧化物(SiO2)可用于制造光導纖維，正確。]11．解析(1)氮原子最外層有5個電子，共用3對電子形成氮氣，氮氣的電子式為。(2)置換反應中，F(xiàn)e2O3作氧化劑，還原產(chǎn)物是鐵。(3)KClO4中K＋與ClOeq\o\al(－,4)之間存在離子鍵，ClOeq\o\al(－,4)內(nèi)部Cl與O之間存在共價鍵。(4)NaHCO3受熱分解生成Na2CO3、CO2、H2O。(5)①堿石灰是CaO和NaOH組成的混合物，可以吸收水和CO2。②n(N2)＝1.5mol，根據(jù)氮原子守恒n(NaN3)＝eq\f(1.5mol×2,3)＝1mol，w(NaN3)＝eq\f(65g·mol－1×1mol,100g)×100%＝65%。答案(1)(2)Fe(3)離子鍵和共價鍵(4)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O(5)①CO2、H2O②65%12．解析由題中圖示及同周期、同主族元素的原子半徑、主要化合價的變化規(guī)律可推出八種短周期元素如下xyzdefghHCNONaAlSClf為鋁元素，在周期表中的位置為：第三周期ⅢA族。(2)d、e常見離子分別為O2－、Na＋，兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大的離子半徑越小，故r(O2－)＞r(Na＋)；由于非金屬性：Cl＞S，所以g、h的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱是：HClO4＞H2SO4。(3)可組成四原子的共價化合物，有NH3、H2O2、C2H2等，其電子式分別為：或,∶H、H∶CC∶H。(4)1molNa的單質(zhì)在足量O2中燃燒，放出255.5kJ熱量，據(jù)此可寫出該反應的熱化學方程式為：2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)ΔH＝－511kJ·mol－1。(5)R為NH4Al(SO4)2，在溶液中存在：NH4Al(SO4)2=NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2―,4)，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，H2OH＋＋OH―。①Al3＋的水解程度比NHeq\o\al(＋,4)大，故NH4Al(SO4)2溶液中離子濃度由大到小的順序為c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。②m點加入NaOH溶液，沉淀的物質(zhì)的量不變，則此時是NHeq\o\al(＋,4)與NaOH溶液反應，離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O。③10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中，Al3＋物質(zhì)的量為0.01mol，NHeq\o\al(＋,4)的物質(zhì)的量為0.01mol，SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為0.02mol，20mL1.2mol·L－1Ba(OH)2溶液中，Ba2＋物質(zhì)的量為0.024mol，OH－物質(zhì)的量為0.048mol，其中SOeq\o\al(2－,4)與Ba2＋反應生成BaSO4沉淀0.02mol，NHeq\o\al(＋,4)與Al3＋共消耗OH－0.04mol，同時生成Al(OH)30.01mol，過量的0.008molOH－會溶解0.008mol的Al(OH)3，故最終反應生成沉淀為0.022mol。答案(1)第三周期ⅢA族(2)r(O2－)r(Na＋)HClO4H2SO4(3)(或、等其他合理答案均可)(4)2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)ΔH＝－511kJ·mol－1(5)①c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)②NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O③0.022專題三原子結(jié)構(gòu)元素周期律(沖刺卷)1．B[A項，Be原子最外層只有2個電子，正確的為；C項，Cl－原子核內(nèi)17個質(zhì)子，正確的為；D項，表示的是對甲基苯酚，苯甲醇的結(jié)構(gòu)簡式為。]2．A[B項，質(zhì)量數(shù)為32，正確的為：eq\o\al(32,16)S；C項，表示的是F－的結(jié)構(gòu)示意圖，錯誤；D項，表示的是丙醛的結(jié)構(gòu)簡式，錯誤。]3．D[根據(jù)Y原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，可知Y為O，則Z為S，X為N。A項，SO2對應的水化物不是強酸，錯誤；B項，根據(jù)同周期和同主族原子半徑的變化規(guī)律，可知原子半徑大小順序是S>N>O，錯誤；C項，S的氧化性較弱，與Fe反應生成FeS，錯誤；D項，氧的非金屬性大于硫，則O2比S更易與氫氣反應，正確。]4．B[由信息知W是S，X是Si，Y是C，Z是Al。A項，Si和S是同周期主族元素，非金屬性：Si<S，氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：SiH4<H2S，錯誤；B項，C和Si是同主族元素，非金屬性：C>Si，酸性：H2CO3＞H2SiO3，正確；C項，Al3＋比S2－少一個電子層，離子半徑：r(Al3＋)<r(S2－)，錯誤；D項，Al的氧化物是Al2O3，不含共價鍵，錯誤。]5．C[由題意可知W、X、Y、Z四種常見的短周期元素分別為O、Na、Si、Cl。A項，O2－和Na＋的核外電子排布相同，O2－比Na＋的核電荷數(shù)小，則離子半徑O2－>Na＋，錯誤；B項，非金屬性Si<Cl，則對應氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HCl>SiH4，錯誤；NaClO是離子化合物，含有離子鍵，ClO－中含有共價鍵，正確；D項，SiO2能與NaOH溶液反應，但不能與鹽酸反應，錯誤。]6．C[題中關(guān)系圖中所列的是第二周期和第三周期的14種主族元素，其中X是氧，Y是鈉，Z是鋁，M是硅，N是氯。C項，X與M兩種元素形成的化合物是SiO2，它能與強堿反應，也能與氫氟酸反應。]7．CD[常溫下單質(zhì)呈液態(tài)，且要用水封保存，可知L為溴元素，則T為氯元素，Z為硫元素，Y為硅元素，X為鋁元素。A項，同周期元素，原子半徑隨原子序數(shù)遞增而減小，因此原子半徑：X>Y>Z>T，錯誤；B項，因為有反應：H2S＋Br2=S↓＋2HBr，所以還原性：H2S>HBr，錯誤；C項，有反應AlCl3＋3NaAlO2＋6H2O=4Al(OH)3↓＋3NaCl，正確；D項，SiCl4是共價化合物，正確。]8．D[由題意推知，A、B、C、D、E分別為H、O、Na、S、Cl。A項，原子半徑：r(Na)>r(S)>r(O)，錯誤；B項，O的非金屬性比S強，則對應的氣態(tài)氫化物H2O比H2S穩(wěn)定，錯誤；C項，HCl中H與Cl為共價鍵，NaCl中Na＋與Cl－之間為離子鍵，錯誤；D項，Na在第三周期中金屬性最強，其對應的NaOH的堿性也最強，正確。]9．CD[T為－2價，無正價，則為O，Q為＋6價，則為S，其余元素依據(jù)類推得，L為Na，M為Al，R為N。A項，非金屬性O(shè)>N，對應氫化物的穩(wěn)定性H2O>NH3，錯誤；B項，電解AlCl3溶液得到Al(OH)3，不能制備Al，應電解Al2O3，錯誤；C項，Na2O中含離子鍵，SO2中含共價鍵，正確；D項，Al(OH)3是兩性氫氧化物，可以溶于NaOH和H2SO4，正確。]10．AC[根據(jù)常溫下0.1mol/L丁溶液的pH為13，可知丁一定是一元強堿，又由其中的金屬元素位于短周期，由此推斷出丁中金屬元素為鈉。根據(jù)“甲＋乙=?。粒祝?戊＋辛”，丁是氫氧化鈉，那么甲是Na2O2、乙是H2O，丙是CO2，戊是Na2CO3，再結(jié)合A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，可知A為H、B為C、C為O、D為Na。A項，元素C形成的單質(zhì)是氧氣，元素A、B、D形成的單質(zhì)分別是氫氣、碳、鈉，氫氣、碳、鈉都能和氧氣化合，所得化合物分別為H2O、CO2、Na2O2，三者均存在共價鍵，正確；B項，元素B、C、D的原子半徑由大到小的順序為：r(Na)>r(C)>r(O)，錯誤；C項，1.0L0.1mol/L戊溶液(即碳酸鈉溶液)中陰離子有碳酸根離子、碳酸氫根離子和氫氧根離子，總的物質(zhì)的量大于0.1mol，正確；D項，1mol甲(Na2O2)與足量的乙(H2O)完全反應共轉(zhuǎn)移1摩爾電子，即約6.02×1023個電子，錯誤。]11．解析(1)元素③、④、⑧的氣態(tài)氫化物分別為H2O、HF、HCl，由于氟元素的非金屬性最強，所以其氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定。(2)元素⑤和⑦的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH和Al(OH)3，兩者發(fā)生反應生成NaAlO2和H2O。(3)元素⑥和⑧形成的化合物為MgCl2。(4)要比較碳元素和硅元素的非金屬性的相對強弱，可通過比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱來實現(xiàn)。其實驗原理為先用鹽酸和CaCO3反應生成CO2，因制得的CO2中可能含有揮發(fā)出的HCl氣體，所以應該先用飽和NaHCO3溶液洗氣。將CO2通入Na2SiO3溶液中，兩者發(fā)生反應生成碳酸鈉和H2SiO3沉淀，即可證明用碳酸可制得更弱的硅酸，從而證明碳元素的非金屬性強于硅元素的非金屬性。答案(1)HF(2)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(3)(4)a.NaHCO3吸收CO2中混有的HCl氣體b．C裝置中產(chǎn)生白色膠狀沉淀2CO2＋2H2O＋Na2SiO3=H2SiO3↓＋2NaHCO3(或CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓)電子層數(shù)逐漸增加、原子半徑逐漸增大12．解析A為氫元素，B為氮元素，C為氧元素，D為鋁元素，E為硫元素，F(xiàn)為氯元素。(1)氫有1H(H)、2H(D)、3H(T)同位素。(2)實驗室用堿石灰和固體氯化銨共熱制NH3。(3)O2－和Al3＋具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，根據(jù)“序大徑小”原則，所以離子半徑大小關(guān)系為S2－>O2－>Al3＋。比較非金屬性的強弱，可以從氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性，相互之間的置換反應等方面分析。(4)由圖可知向NaOH溶液中通Cl2，生成物中有NaCl、NaClO、NaClO3，且NaClO與NaClO3物質(zhì)的量之比為2∶1，可知氯元素的化合價共升高1×2＋5＝7價，由電子守恒，NaCl的化學計量數(shù)為7，寫出總反應的化學方程式5Cl2＋10NaOH=7NaCl＋2NaClO＋NaClO3＋5H2O。答案(1)1H、2H、3H(或H、D、T)(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O(3)S2－＞O2－＞Al3＋與H2化合O2比S容易(或：H2O比H2S更穩(wěn)定或：2H2S＋O2=2S＋2H2O)(4)5Cl2＋10NaOH=7NaCl＋2NaClO＋NaClO3＋5H2O滾動練習一化學基本概念1．A[A項，SO2對人體有害，屬有毒物質(zhì)，不能廣泛用于食品的增白，錯誤；B項，葡萄糖可用于合成補鈣藥物如葡萄糖酸鈣，正確；C項，聚乙烯塑料是常見的食品包裝材料，正確；次氯酸鈉具有強氧化性，可用作消毒劑，如84消毒液的主要成分就是次氯酸鈉，正確。]2．B[1微米是1000納米，故PM2.5分散到空氣中不能產(chǎn)生丁達爾效應；二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸铮邷叵驴膳c堿性氧化物CaO(生石灰的主要成分)發(fā)生反應，從而減少了二氧化硫的排放；造紙廢水壓到地下，會造成水體污染；“綠色化學”的核心就是要利用化學原理從源頭上減少或消除污染，而不是先污染后治理。]3．C[氫氧化鈉由鈉離子和氫氧根離子構(gòu)成，A錯誤；氯離子核內(nèi)有17個質(zhì)子，B錯誤；碳酸是弱電解質(zhì)，分步電離，D錯誤。]4．A[A項，次氯酸為共價化合物，其結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，正確；B項，過氧化氫為共價化合物，其電子式為，錯誤；C項，在次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，生成SOeq\o\al(2－,4)和Cl－，錯誤；D項，乙醇不具有氧化性，錯誤。]5．C[A項，中性溶液中Fe3＋因水解而不能大量存在，錯誤；B項，I－具有較強的還原性，與Fe3＋、NOeq\o\al(－,3)(H＋)因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，錯誤；C項，溶液呈堿性，4種離子能大量存在，正確；D項，溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)不能大量存在，錯誤。]6．D[A項，酸性條件下，ClO－不能大量存在：ClO－＋H＋=HClO；B項，溶液中KW/c(H＋)＝c(OH－)＝0.1mol·L－1，HCOeq\o\al(－,3)不能大量存在；C項，H＋與SOeq\o\al(2－,3)不能大量共存(2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)=H2O＋SO2↑)，同時H＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；D項，澄清透明指無渾濁，可以存在有色離子，正確。]7．A[A項，1molCl2中含有2NA個氯原子，A正確；B項，c(H＋)＝0.01mol·L－1，1L溶液中含有的H＋數(shù)目為0.01NA，B錯誤；C項，溶液中的Cu2＋會部分發(fā)生水解而減少，C錯誤；D項，1個CO2分子中有2個C=O鍵，1molCO2中含有的C=O鍵數(shù)目為2NA，D錯誤。]8．B[結(jié)合氧化還原反應中化合價升降總值相等可知，反應①中比例為1∶5，反應④中比例為1∶2。]9．C[A項，利用HCl和NH3反應生成白煙(即NH4Cl)，化學方程式正確；B項，碳酸鈉溶液中因COeq\o\al(2－,3)發(fā)生水解反應COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，使其溶液呈堿性，正確；C項鋼鐵腐蝕時，負極被氧化的電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，錯誤；D項，長期存放石灰水的試劑瓶因與CO2反應生成CaCO3而出現(xiàn)白色固體，正確。]10．B[盡管相對分子質(zhì)量：HCl＞HF，但由于HF分子間存在氫鍵，故沸點：HF＞HCl，A錯誤；根據(jù)化合物中元素的化合價代數(shù)和為0，可知NH5這種物質(zhì)為氫化銨，C錯誤；S2－、Cl－、K＋、Ca2＋四種離子的核外電子排布相同，但核電荷數(shù)逐漸增大，則離子半徑逐漸減小，D錯誤。]11．D[A項，沒有配平，錯誤；B項，HCOeq\o\al(－,3)為弱酸的酸式酸根，不能拆開，正確的離子方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑，錯誤；C項，Al(OH)3不溶于弱堿，應生成Al(OH)3沉淀，錯誤；D項，Cu與稀HNO3反應生成NO氣體，且離子方程式符合書寫規(guī)則，正確。]12．AB[A項，F(xiàn)只顯－1價，發(fā)生＋3價N的歧化反應：，正確。B項，32g硫為1mol硫原子，每個硫原子形成的S—S為2×eq\f(1,2)＝1，正確或者S8結(jié)構(gòu)中S—S鍵數(shù)為8，有eq\f(32g,32×8g·mol－1)×8＝1mol。C項，標準狀況下，正戊烷為液態(tài)，錯誤。D項，一是沒有體積，二是醋酸是弱酸，稀釋過程中促進電離，錯誤。]13．AD[反應過程中NaIO3→Na2H3IO6，碘的化合價由＋5→＋7，NaIO3作還原劑；Na2H3IO6為氧化產(chǎn)物，則Cl2作氧化劑，A錯誤；由化合價升降守恒可知：n(NaIO3)∶n(Cl2)＝1∶1，得反應中氧化產(chǎn)物(Na2H3IO6)與還原產(chǎn)物(2Cl－)的物質(zhì)的量之比為1∶2，C正確，D錯誤；氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，B正確。]14．BD[W原子的最外層電子數(shù)是最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則W為S，由給出的周期表的結(jié)構(gòu)推知，X為N，Y為Al，Z為Si。A項，同一周期原子半徑從左至右依次減小，故原子半徑大小有：Y>Z>W>X，錯；B項，含Al3＋的鹽水解顯酸性，含AlOeq\o\al(－,2)的鹽水解為堿性，正確；C項，W的非金屬性比Z強，故形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定，錯；D項，NH5是由NHeq\o\al(＋,4)與H－構(gòu)成，與H2O發(fā)生歸中反應生成H2，另水電離出的OH－與NHeq\o\al(＋,4)生成NH3，正確。]15．A[A項錯誤，由鐵元素原子守恒可知，沉淀中含的鐵全部來自硫酸亞鐵銨中，nmolFeO·FeyCrxO3中含鐵原子的物質(zhì)的量為n(1＋y)mol，則硫酸亞鐵銨也消耗n(1＋y)mol；B項正確，由Cr元素原子守恒，可知nmolFeO·FeyCrxO3中含鉻nxmol，則消耗Cr2Oeq\o\al(2－,7)為nx/2mol；C項正確，反應過程中，鐵元素的化合價由＋2價→＋3價升高1價，鉻元素的化合價由＋6價→＋3價降低3價，顯然可以用鉻元素得到電子來算，也可以用鐵元素失去電子來算，由鉻來算就是3nxmol；D項正確，注意在FeO·FeyCrxO3中鐵有兩種價態(tài)，即Fe＋2O·Fe＋3OyCrxO3，由得失電子守恒可知：y＝3x(一個鐵升1價，一個鉻降3價)。]16．解析根據(jù)信息③B為SO2，H為H2O，E為Fe2O3；結(jié)合信息②及框圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，A為FeS2，甲為O2，C為SO3，D為H2SO4，F(xiàn)為Fe2(SO4)3；由E→丁是高溫下還原Fe2O3，生成Fe，F(xiàn)e與H2SO4反應生成G(FeSO4)；(3)將少量飽和Fe2(SO4)3溶液滴到冷水中得到溶液，滴到NaOH溶液中得到Fe(OH)3沉淀，滴到沸水中得到Fe(OH)3膠體；(4)化合物M為H2O2，在酸性條件下可將Fe2＋氧化成Fe3＋，且不引入其他雜質(zhì)離子。答案(1)FeS211(2)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋(3)(4)H2O2＋2H＋＋2Fe2＋=2H2O＋2Fe3＋17．解析(1)c(NaClO)＝eq\f(1000mL×1.19g/cm3×25%,74.5g/mol×1L)＝4.0mol/L。(2)根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得：100mL×4.0mol/L＝10000mL×c(NaClO)，解得稀釋后c(NaClO)＝0.04mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol/L。根據(jù)NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4mol，標準狀況下CO2的體積為8.96L。(3)選項A，需用托盤天平稱量NaClO固體，需用燒杯來溶解NaClO，需用玻璃棒進行攪拌和引流，需用容量瓶和膠頭滴管來定容，圖示的A、B、C、D四種儀器不需要，但還需玻璃棒和膠頭滴管等。選項B，配制過程中需要加入蒸餾水，所以洗滌干凈的容量瓶不必烘干即可使用。選項C，根據(jù)題目信息，由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì)，所以商品NaClO可能部分變質(zhì)，導致所稱量的固體中NaClO的實際質(zhì)量可能偏小，從而可能使結(jié)果偏低。選項D，應選取500mL容量瓶進行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO固體的質(zhì)量為0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol＝149g。(4)ClO2將CN－氧化為N2和CO2，同時生成Cl－：2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－。100m3這種污水中含有CN－的質(zhì)量為100bg，其物質(zhì)的量為eq\f(50b,13)mol，根據(jù)反應化學方程式可知至少需要消耗ClO2的物質(zhì)的量為eq\f(50b,13)mol。答案(1)4.0(2)0.048.96(3)C(4)2ClO2＋2CN－=N2＋2CO2＋2Cl－eq\f(50b,13)18．解析(1)過碳酸鈉具有Na2CO3和H2O2的雙重性質(zhì)。A項MnO2催化H2O2分解，H2O2既作氧化劑又作還原劑；C項鹽酸與Na2CO3反應；D項H2O2氧化Na2SO3，作氧化劑，(2)由圖可知，當pH≤2.0時，ClO2被I－還原為Cl－；當pH＝7.0～8.0時ClO2被I－還原為ClOeq\o\al(－,2)。(3)配平化學方程式得：5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4e－。(4)根據(jù)元素化合價變化Fe2＋～Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)～NOeq\o\al(－,3)，可知Fe2＋與H＋、NOeq\o\al(－,3)反應生成Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H2O。答案(1)B(2)①ClOeq\o\al(－,2)＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O2ClO2＋2I－=2ClOeq\o\al(－,2)＋I2(3)0.8×6.02×1023(或0.8NA)(4)1∶819．答案(1)xCaO·yMgO·8SiO2·eq\f(m,2)H2O2x＋2y－m＝12(2)9m/224或0.04m(3)n(SiO2)＝4.80g÷60g·mol－1＝0.08mol摩爾質(zhì)量M＝8.10g÷(0.08mol÷8)＝810g·mol－1n(H2O)＝0.36g÷18g·mol－1＝0.02molm＝0.02mol×2÷(16.20g÷810g·mol－1)＝2根據(jù)電荷守恒：2x＋2y＋4×8＝22×2＋2得：x＋y＝7①40x＋24y＋28×8＋16×22＋17×2＝810②由①、②式得：x＝2y＝5化學式為：Ca2Mg5Si8O22(OH)220．解析由化學式[FexAly(OH)aClb·zH2O]m中，其中含有Fe3＋、Al3＋、OH－、Cl－和結(jié)晶水，加入氨水，生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，灼燒后生成2.3300g的產(chǎn)物為Fe2O3和Al2O3的混合物，步驟②依據(jù)消耗KMnO4的量可以計算出Fe2＋，由鐵元素原子守恒知，即為Fe3＋的量，由混合物質(zhì)量可再求出Al3＋的量。(1)若沒有潤洗裝KMnO4標準溶液的滴定管，則會多消耗KMnO4，計算出的Fe2＋偏多，所以Al3＋偏小。(2)Fe3＋與KSCN顯血紅色。(3)步驟③可計算出Cl－的量，根據(jù)電荷守恒，可計算出OH－的量，根據(jù)質(zhì)量守恒，可計算出H2O的量，然后將各粒子的物質(zhì)的量相比，即可求出化學式。答案(1)偏低(2)取試樣少許，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液變?yōu)?血)紅色，證明溶液中含有Fe3＋(3)n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5×n(MnOeq\o\al(－,4))＝5×0.1000mol·L－1×0.02000L＝0.01molm(Fe2O3)＝0.01mol×eq\f(1,2)×160g·mol－1＝0.8gn(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝eq\f(2.3300g－0.8g,102g·mol－1)＝0.03moln(Cl－)＝n(AgCl)＝eq\f(4.3050g,143.5g·mol－1)＝0.03mol設(shè)OH－的物質(zhì)的量為x由電荷守恒3×0.01mol＋3×0.03mol＝1×0.03mol＋x解得x＝0.09moln(H2O)＝(4.5050g－56g·mol－1×0.01mol－27g·mol－1×0.03mol－17g·mol－1×0.09mol－35.5g·mol－1×0.03mol)÷18g·mol－1＝0.03mol所以x∶y∶a∶b∶z＝n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝0.01mol∶0.03mol∶0.09mol∶0.03mol∶0.03mol＝1∶3∶9∶3∶3PAFC的化學式為FeAl3(OH)9Cl3·3H2O21．(1)①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O②將一小塊pH試紙置于潔凈的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待測溶液，點在pH試紙中部，待變色后，再與標準比色卡對照6.3×10－13(2)由化學方程式可知：Cr～3Na2S2O3n(Na2S2O3)＝20.00mL×10－3L·mL－1×0.015mol·L－1＝3×10－4mol則n(Cr)＝1×10－4mol則m(Cr)＝1×10－4mol×52g·mol－1＝5.2×10－3g＝5.2mg廢水中鉻元素總濃度＝eq\f(5.2mg,0.025L)＝208mg·L－1。專題四化學反應與能量(導航卷)1．C[A項，分子式為C2H6O的有機物可能是乙醇CH3CH2OH或甲醚CH3OCH3，二者性質(zhì)不同，錯誤；B項，兩者雖然轉(zhuǎn)化途徑不同，但都是由C最終生成CO2，根據(jù)蓋斯定律可知，放出熱量相同，錯誤；C項，氧化還原反應中得失電子守恒，正確；D項，水由H、O兩種元素組成，汽油主要是由烴類組成的混合物，由C、H兩種元素組成，根據(jù)原子守恒可知無法通過化學變化實現(xiàn)由水到汽油的轉(zhuǎn)化，錯誤。]2．C[設(shè)題中反應由上到下分別為①、②、③、④、⑤，反應①為碳的燃燒，是放熱反應，ΔH1<0，反應②為吸熱反應，ΔH2>0，反應③為CO的燃燒，是放熱反應，ΔH3<0，反應④為鐵的氧化反應(化合反應)，是放熱反應，ΔH4<0，A、B錯誤；C項，由于反應①＝反應②＋反應③，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，正確；D項，反應③＝(反應④＋反應⑤×2)/3，所以ΔH3＝eq\f(ΔH4＋ΔH5×2,3)，錯誤。]3．C[從圖中看，反應物的總能量低于生成物的總能量，故為吸熱反應，A錯誤；焓變是指反應物與生成物之間的能量差值，與反應過程無關(guān)，B錯誤；加入催化劑之后，E1、E2都變小，即活化能減小，B正確；從圖知，逆反應的活化能小于正反應的活化能，D錯誤。]4．C[A項，由能量—反應過程圖像中狀態(tài)Ⅰ和狀態(tài)Ⅲ知，CO和O生成CO2是放熱反應，錯誤；B項，由狀態(tài)Ⅱ知，在CO與O生成CO2的過程中CO沒有斷鍵形成C和O，錯誤；C項，由狀態(tài)Ⅲ及CO2的結(jié)構(gòu)式COO知，CO2分子中存在碳氧極性共價鍵，正確；D項，由能量—反應過程圖像中狀態(tài)Ⅰ(CO和O)和狀態(tài)Ⅲ(CO2)分析，狀態(tài)Ⅰ→狀態(tài)Ⅲ表示CO和O原子反應生成CO2的過程，錯誤。]5．A[由碳的燃燒熱ΔH1＝akJ·mol－1，得C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝akJ·mol－1①，將已知中的熱化學方程式依次編號為②、③，目標反應可由①×3＋②－③得到，所以ΔH＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3，即x＝3a＋b－c。]6．D7．B[根據(jù)題意，可知①CuSO4·5H2O(s)=Cu2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋5H2O(l)ΔH1>0，②CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH2<0，③CuSO4·5H2O(s)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH3，根據(jù)蓋斯定律有①＝②＋③，則ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，即有ΔH3＝ΔH1－ΔH2>0。A項，由以上分析知，ΔH2<0，ΔH3>0，故有ΔH3>ΔH2，錯誤；B項，由于ΔH1>0，ΔH2<0，故有ΔH1<ΔH1－ΔH2＝ΔH3，正確；由以上分析ΔH3＝ΔH1－ΔH2，故C、D錯誤。]8．D[根據(jù)“H—H，H—O和O=O鍵的鍵焓ΔH分別為436kJ·mol－1，463kJ·mol－1，495kJ·mol－1”，可以計算出2molH2和1molO2完全反應生成2molH2O(g)產(chǎn)生的焓變是436kJ·mol－1×2＋495kJ·mol－1×1－463kJ·mol－1×4＝－485kJ·mol－1，所以該過程的熱化學方程式為2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1，D正確。]9．D[①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律①×2－②得2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋(2a＋220)kJ·mol－1根據(jù)H—H、O=O和O—H鍵的鍵能數(shù)據(jù)，得4×462kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1－496kJ·mol－1＝(2a＋220)kJ·mol－1，解得a＝130，A、B、C錯誤；D正確。]10．C[A項，由反應②有ΔH＝－d＝反應物的鍵能之和－生成物鍵能之和＝b＋c－2x，x＝eq\f(b＋c＋d,2)，斷開1molH—Cl鍵所需能量為eq\f(b＋c＋d,2)，錯誤；B項，只能說明H—H鍵的鍵能大于Cl—Cl的鍵能，無法判斷兩者分子的能量，錯誤；C項，由蓋斯定律，反應①－②獲得題給反應，正確；D項，H2和Cl2反應是可逆反應，不能進行到底，向1molCl2(g)中通入1molH2(g)，發(fā)生反應放出熱量小于dkJ，錯誤。]11．解析(1)形成1molH2(g)和1molI2(g)共放出436