2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學江蘇專版課后習題專題突破練專題突破練答案與解析

2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學江蘇專版課后習題專題突破練專題突破練專題一物質(zhì)的組成、分類及變化物質(zhì)的量A組基礎鞏固練1.B解析石墨是導體,A不符合題意;硅為半導體材料,B符合題意;鎂鋁合金為金屬材料,C不符合題意;聚乙烯為合成有機高分子材料,D不符合題意。2.A解析甲醇為非電解質(zhì),A錯誤;甲醇作燃料,燃燒生成二氧化碳和水,然后二氧化碳和水催化可生成甲醇,屬于可再生清潔能源,B正確;烴分子中的氫原子被其他原子或原子團取代后的生成物,叫作烴的衍生物,甲醇屬于烴的衍生物,C正確;甲醇與乙醇均為醇,且相差一個CH2,互為同系物,D正確。3.D解析NH3中H元素的化合價為+1,N元素化合價為-3,A錯誤;NO是不成鹽氧化物,B錯誤;反應中NH3中N元素化合價升高,為還原劑,發(fā)生氧化反應,NO、NO2中N元素化合價降低,為氧化劑,發(fā)生還原反應,C錯誤;H2O的結構式為,D正確。4.A解析轉移溶液時應用玻璃棒引流,A正確;振蕩是將容量瓶輕輕搖動,B錯誤;定容時,視線要與刻度線相切,且膠頭滴管不能伸入容量瓶內(nèi),C錯誤;搖勻是指將容量瓶內(nèi)的液體上下顛倒,操作時右手食指頂緊塞子,左手托住瓶底,圖中沒有托住瓶底,D錯誤。5.C解析制備漂白粉是將Cl2通入石灰乳中,石灰水的濃度太低,A錯誤;FeS2與O2反應生成SO2和Fe2O3,B錯誤;SO2能夠被HNO3氧化為H2SO4,實驗室常用Na2SO3與濃硫酸反應制備SO2,D錯誤。6.D解析電解熔融NaCl生成Na和Cl2,A不符合題意;濃鹽酸與MnO2在加熱條件下生成Cl2,B不符合題意;MgCl2·6H2O在HCl氣流中加熱生成MgCl2,C不符合題意;ClO-與SO2發(fā)生氧化還原反應生成Cl-和SO42-,Cl7.B解析赤鐵礦主要成分為Fe2O3,A項錯誤;出土時光亮且薄如紙,說明金不活潑和有良好的延展性,B項正確;催化劑不能使平衡發(fā)生移動,C項錯誤;聚丙烯中無碳碳雙鍵,不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,D項錯誤。8.答案56.52%解根據(jù)題意可求得滴定過程中所用EDTA的物質(zhì)的量為n(EDTA)=(2.000mol·L-1×10.00×10-3L-1.000mol·L-1×16.00×10-3L)×100mL25.00mL=0.016mol,根據(jù)滴定反應可知n(Zn)=n(EDTA)=0.016mol,則樣品中Zn元素的質(zhì)量分數(shù)為ω=n(Zn)9.答案99.5%解根據(jù)關系式CuCl~Na2S2O3,樣品中CuCl物質(zhì)的量為0.1000mol·L-1×0.025L=0.0025mol,則CuCl樣品的純度=0.0025mol×10.答案84%解根據(jù)題意n(I2)=c(標準液)×V(標準液)=0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol,根據(jù)Na2S2O4~2I2,n(Na2S2O4)=0.002mol×250mL25mL=0.02mol,m(Na2S2O4·2H2O)=0.02mol×210g·mol-1=4.2g,B組能力提升練1.A解析“碳達峰”是指某個國家、某個地區(qū)或者某個企業(yè)等,年度二氧化碳排放量達到歷史最高峰,然后經(jīng)歷平臺期進入持續(xù)下降的過程,是二氧化碳排放量由增轉降的歷史拐點,標志著經(jīng)濟發(fā)展由高能耗、高排放向清潔的低能耗模式轉變?！疤贾泻汀笔侵改硞€國家、某個地區(qū)或企業(yè)等,每年的人為活動直接或者間接排放的二氧化碳,與其通過植樹造林、工業(yè)固碳等方式吸收的二氧化碳總量相互抵消,實現(xiàn)二氧化碳“凈零排放”。所以“雙碳”的含義是二氧化碳,故選A。2.A解析已知反應:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,A項符合題意;Cu與Fe3+反應生成Fe2+和Cu2+,Cu不能置換出Fe,B項不符合題意;Cu與S在加熱條件下反應生成Cu2S,C項不符合題意;常溫下,Cu和濃硫酸不反應,D項不符合題意。3.D解析在三星堆“祭祀坑”提取到絲綢制品殘留物,其中絲綢的主要成分為蛋白質(zhì),A正確;由CO2人工合成淀粉,消耗了二氧化碳,有利于實現(xiàn)“碳達峰”“碳中和”的戰(zhàn)略,B正確;維生素C又稱“抗壞血酸”,是一種水溶性維生素,可以促進鐵元素的吸收、促進脂肪和蛋白質(zhì)的合成、促進身體組織的恢復、促進鈣吸收等,C正確;電解法耗能大,不適合大規(guī)模使用,D錯誤。4.A解析工業(yè)制硫酸的原理是FeS2SO2SO3H2SO4,A錯誤;該反應節(jié)約成本,簡化反應步驟,B正確;HgS是難溶于水與酸的物質(zhì),Hg2+能夠與H2S反應生成HgS和H+,C正確;在加熱條件下,硫能與強堿溶液反應生成S2-和SO32-,D正確。5.D解析電解飽和食鹽水可以得到NaOH、H2和Cl2,電解熔融的NaCl可以得到Na,A項錯誤;氮的固定是指游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)的氮,氨中的氮不是游離態(tài),B項錯誤;用焦炭在高溫下還原SiO2可得到粗硅,C項錯誤;石油的裂化或裂解可以制取小分子的烷烴和烯烴,D項正確。6.答案(1)R2Cr2O7+4NaOH2Na2CrO4+2ROH+H2O(2)30mL濕樹脂最多吸收Cr(Ⅵ)的質(zhì)量:m1=1.45mol·L-1×30mL×10-3L·mL-1×52g·mol-1×103mg·g-1=2262mg通廢水20h濕樹脂吸收Cr(Ⅵ)的質(zhì)量:m2=1.0L·h-1×20h×50mg·L-1=1000mgm2<m1,故該樹脂未達到摩爾交換總容量,20h時未達到吸收飽和解析(1)樹脂失效后,用NaOH溶液將樹脂再生,NaOH首先促進平衡2ROH+Cr2O72-R2Cr2O7+2OH-逆向移動,生成的Cr2O72-再發(fā)生反應:Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H2O,從而得出發(fā)生反應的化學方程式為R2Cr2O77.答案97.9%(計算過程見解析)解析根據(jù)方程式可知反應的關系式為Cr2O72-~6Fe2+,n[FeO(OH)]=n(Fe2+)=(22×10-3×0.05×6×250mL25.0mL)mol=6.6×10-2mol,8.答案(計算過程見解析)解n(Na2S2O3)=0.1mol/L×20.00×10-3L=2.0×10-3mol由關系式可知:Se~H2SeO3~2I2~4Na2S2O3n(Se)=5×10-4mol×4=2×10-3mol硒的質(zhì)量分數(shù)為2×10-39.答案(計算過程見解析)解每25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.02000mol·L-1×15.00mL×10-3L·mL-1=3.000×10-4moln[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol0.6275g樣品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4mol×250mL25.00mL=1m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-3mol×502g·mol-1=0.5020g純度=0.502010.答案(1)加成反應油脂穩(wěn)定性提高,便于貯存(2)NaOH和Na[Al(OH)4](3)Fe2+(4)3.2~6.7(5)①NiSO4(計算過程見解析)②NiSO4受熱分解解析由工藝流程分析可得,向廢鎳催化劑中加入過量NaOH溶液進行堿浸,可除去油脂,并發(fā)生反應2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O2Na[Al(OH)4]將Al及其氧化物溶解,得到的濾液①含有NaOH和Na[Al(OH)4],濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì),加稀硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②,Fe2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后,加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去,再控制pH濃縮結晶得到硫酸鎳的晶體。(1)在鎳催化下,油脂氫化過程中碳碳雙鍵和氫氣發(fā)生加成反應,油脂氫化后使得油脂穩(wěn)定性提高,便于貯存。(2)由分析可知,濾液①含有Na[Al(OH)4]和過量的NaOH。(3)“轉化”過程中Fe2+被H2O2氧化為Fe3+,所以溶液中大量減少的陽離子是Fe2+。(4)若“轉化”后溶液中c(Ni2+)=0.1mol·L-1,應控制的pH范圍為使得Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀,已知Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4,所以Fe3+完全沉淀時,c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)mol·L-1=310-37.410-5mol·L-1=10-10.8mol·L-1,則pH=3.2,又Ksp[Ni(OH)2]=10-15.6,Ni2+開始沉淀時,c(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)mol·L-1=10-15.60.1mol·L-1=10-7.3mol·L-1,則pH=6.7,所以“調(diào)pH”應控制的pH范圍是3.2~6.7。(5)①由圖可知,500℃下,NiSO4·6H2O的質(zhì)量變化率為100%-58.9%=41.1%,NiSO4·6H專題二離子反應氧化還原反應A組基礎鞏固練1.C解析H原子不守恒,且原理錯誤,A錯誤;OH-和Mg2+不能大量共存,應該生成Mg(OH)2沉淀,B錯誤;ClO-具有強氧化性,能把S元素由+4價氧化為+6價,應該生成CaSO4,D錯誤。2.D解析磷肥不僅具有豐富的磷元素,還應具有良好的溶解性和可吸收性,可以迅速被植物根系吸收利用,Ca3(PO4)2難溶于水,不可用作植物的磷肥,A不符合題意;鹽酸除鐵銹的原理是HCl與鐵銹中的Fe2O3反應生成可溶性物質(zhì)FeCl3,與揮發(fā)性無關,B不符合題意;S2-與水中的Cu2+反應生成難溶于水的CuS沉淀,與S2-有還原性無關,C不符合題意;NaClO有強氧化性,可用于殺菌消毒,D符合題意。3.C解析燃燒熱指生成穩(wěn)定的化合物,應該是液態(tài)水,A錯誤;CaO吸收SO2生成亞硫酸鈣,B錯誤;由題意可知,O3可與CN-反應生成HCO3-、N2和O2,C正確;水解(NH4)2S2O8制得H2O2的反應中應該是水而不是氫氧根離子參加反應4.D解析制備水合肼時加入了NaOH溶液,有OH-參與反應,故反應過程中不會產(chǎn)生CO2氣體,A錯誤;HCl是強電解質(zhì),書寫離子方程式時要拆分,B錯誤;O原子不守恒,C錯誤。5.D解析H2的燃燒熱為1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量,H2燃燒的熱化學方程式為2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1,A錯誤;Na2O2吸收SO2反應生成硫酸鈉,反應的化學方程式為Na2O2+SO2Na2SO4,B錯誤;Fe和H2O(g)反應生成四氧化三鐵和氫氣,反應的化學方程式為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,C錯誤;堿性氫氧燃料電池正極是氧氣得到電子生成氫氧根離子,電極反應式為O2+4e-+2H2O4OH-,D正確。6.C解析A項,FeS難溶于水,不能拆成離子形式,錯誤;B項,生成的Fe2+能夠被O2氧化為Fe3+,錯誤;D項,—SH和—COOH均顯酸性,均能與NaOH反應,錯誤。7.C解析①中發(fā)生反應的化學方程式為2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(濃)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O,生成亞硝酸甲酯(CH3ONO),④中NaClO氧化NH3·H2O為N2H4·H2O,而自身被還原為Cl-,②中發(fā)生反應的化學方程式為N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,③中發(fā)生反應的化學方程式為2NaN3+H2SO4(濃)2HN3↑+Na2SO4,蒸餾出CH3OH,最后HN3與NaOH反應可制備產(chǎn)品。NO2-的中心原子N的價電子對數(shù)為2+5+1-2×22=3,則N原子的VSEPR模型為平面三角形,空間結構為V形,A項錯誤;反應①中濃硫酸作催化劑,反應③中利用濃硫酸的高沸點、難揮發(fā)性,則濃硫酸作用不同,B項錯誤;反應②中,N2H4·H2O+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+3H2O,N2H4·H2O中N化合價由-2升至-13,故消耗3molN2H4·H2O時,N2H4·H2O失去53×2×3mol=10mol電子,C項正確;反應④中氧化劑與還原劑分別為NaClO和NH3·H2O,由于NaClO~Cl-~2e-,2NH3·H2O~N2H4·H2O~2e-,8.C解析由反應歷程圖可知,[(C2H5)Fe(OH)]+[(C2H4)Fe]++X,根據(jù)質(zhì)量守恒,X的化學式為H2O,A項正確;乙醛分子中既含有C—H、CO極性鍵又含有C—C非極性鍵,B項正確;反應I為C2H6+FeO+[(C2H5)Fe(OH)]+,該反應中元素化合價沒有發(fā)生改變,不是氧化還原反應,反應Ⅱ中元素化合價發(fā)生改變,是氧化還原反應,C項錯誤;若無副反應,則每生成1molCH3CHO,消耗N2O的物質(zhì)的量等于2mol,但過程中存在副反應,且生成的Fe+能還原N2O,故消耗N2O的物質(zhì)的量大于2mol,D項正確。9.B解析向CO還原Fe2O3所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸,再滴加KSCN溶液,如果溶液變?yōu)榧t色,表明Fe2O3沒有全部被還原,如果溶液不變紅色,并不能說明Fe2O3全部被還原,因為生成的Fe能將Fe3+還原為Fe2+,A不符合題意;室溫下,用pH計分別測定等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH,后者的pH大,表明后者溶液中c(OH-)大,溶液的堿性強,ClO-的水解程度比CH3COO-大,從而說明ClO-結合H+的能力比CH3COO-強,B符合題意;將BaSO4粉末和Na2CO3飽和溶液混合,充分振蕩,靜置,取少量上層清液,滴加鹽酸和BaCl2溶液,雖然有氣泡和沉淀產(chǎn)生,但并不能說明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3),因為使用的是Na2CO3飽和溶液,C不符合題意;向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加熱煮沸,冷卻后沒有加入堿中和稀硫酸,加入銀氨溶液后,銀氨溶液與稀硫酸發(fā)生了反應,水解生成的葡萄糖并沒有與銀氨溶液發(fā)生反應,所以雖然沒有產(chǎn)生銀鏡,但并不能說明蔗糖水解產(chǎn)物沒有還原性,D不符合題意。10.答案(1)①由圖可知,鐵失電子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被還原為NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H進一步還原為N2或NH4+②4Fe+NO3(2)C8H8+40·OH8CO2↑+24H2O解析(1)①由圖可知,鐵失電子生成Fe2+,NO3-在Fe表面得到e-被還原為NO2-,NO2-被吸附在Cu和Pd表面的活性H進一步還原為N2或NH4+;②若水體中的NO3-與NO2-的物質(zhì)的量之比為1∶1,且含N物質(zhì)最終均轉化為N2,根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒得離子方程式:4Fe+NO3-+NO2-+10H+N2↑+4Fe2++5H2O。(2)C8H811.答案(1)①16少量Fe2+被氧氣氧化,減少了NaClO3②濾液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干擾Fe2+的檢驗(2)或(3)①4FeSSH+4O24FeOOH+S8②四氯乙烯與S8都是非極性分子,符合“相似相溶”原理③S8中S原子采取sp3雜化,無剩余的p軌道用于形成大π鍵解析(1)①Fe2+失去1個e-生成Fe3+,ClO3-中Cl得到6個e-生成Cl-,則參加反應的Fe與Cl的個數(shù)比為6∶1,故制備1molα-FeO(OH)理論上需要NaClO3的物質(zhì)的量為16mol;因為少量Fe2+被氧氣氧化,減少了NaClO3的消耗量,所以實際生產(chǎn)過程中所加NaClO3的量低于理論用量。②濾液中的Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色,干擾Fe2+的檢驗,所以該設計方案不合理。(2)每個Fe(Ⅲ)與羥基氧和非羥基氧構成了FeO3(OH)3八面體,相同環(huán)境的氧原子之間構成正三角形,即或。(3)①由題圖1可知,FeOOH、S8為生成物,FeSSH、O2為反應物,則反應的化學方程為4FeSSH+4O24FeOOH+S8。②工業(yè)可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并實現(xiàn)與α-FeOOH分離,四氯乙烯與S8都是非極性分子,符合“相似相溶”原理。③S8中S原子采取sp3雜化,無剩余的p軌道,不能形成大π鍵。B組能力提升練1.B解析F2與水反應生成HF和O2,其化學方程式為2F2+2H2O4HF+O2,A正確;ClF中F為-1價,則ClF與NaOH溶液反應的化學方程式為ClF+2OH-ClO-+F-+H2O,B錯誤;螢石與濃硫酸共熱反應生成HF和硫酸鈣,其化學方程式為CaF2+H2SO4(濃)CaSO4+2HF↑,C正確;工業(yè)上,可通過電解KF的無水HF溶液(含F(xiàn)-和HF2-)制取F2,陰極反應物得到電子,發(fā)生還原反應,因此制F2時,HF2-在陰極放電發(fā)生還原反應生成H2和F-,D2.A解析N2中化學鍵非常牢固,因此N2化學性質(zhì)穩(wěn)定,難與其他物質(zhì)反應,可用作保護氣,A正確;乙醇能使蛋白質(zhì)變性,從而可用于殺菌消毒,與乙醇易溶于水無關,B錯誤;濃硫酸可與CaF2發(fā)生復分解反應產(chǎn)生CaSO4和HF,因此可以用于制HF,屬于高沸點酸制備低沸點酸,這與濃硫酸是否具有強氧化性無關,C錯誤;SO2具有漂白性,可用于漂白紙漿,與其是極性分子無關,D錯誤。3.B解析Cu2O在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成Cu和Cu2+,A錯誤;CuFeS2中硫元素被Fe3+氧化為S單質(zhì),Fe3+被還原為Fe2+,B正確;CoCl3具有強氧化性,與HCl發(fā)生氧化還原反應生成Cl2和Co2+,C錯誤;CH3COOH為弱酸,不能拆成離子,D錯誤。4.A解析干燥的氯氣與鐵反應只能生成FeCl3,與鐵的量無關,A錯誤;反應Ⅱ中NaClO是氧化劑被還原成NaCl得到2e-,Fe由+3價被氧化至+6價失去3e-,由得失電子守恒得,氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2,B正確;流程中Na2FeO4可在飽和KOH溶液中轉化為K2FeO4,則溶解性:Na2FeO4>K2FeO4,C正確;用K2FeO4對飲用水殺菌消毒的同時,還原生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體可吸附雜質(zhì)凈化水,D正確。5.A解析Mg的還原性強于Fe,當Mg與Fe連接形成原電池時,Mg作負極被腐蝕,鋼鐵作正極被保護,即犧牲陽極法,A正確;LiOH可用作宇宙飛船中的CO2吸收劑,是由于其為堿,能與酸性氧化物CO2發(fā)生反應,與LiOH可溶于水無關,B錯誤;石墨易導電是由于石墨為混合型晶體,每個碳原子與其他碳原子只形成三個共價鍵,每個碳原子仍然保留一個自由移動的電子來傳遞電荷,與其層間范德華力無關,C錯誤;H2O2有強氧化性與其含有-1價的氧有關,與其是極性分子無關,D錯誤。6.C解析鈹?shù)幕衔镄再|(zhì)與鋁相似,BeO與過量NaOH溶液反應的化學方程式為BeO+2NaOH+H2ONa2[Be(OH)4],A錯誤;燃燒熱指1mol純物質(zhì)燃燒所放出的熱量,則2molMg完全燃燒放出1220kJ的熱量,鎂燃燒的熱化學方程式為2Mg(s)+O2(g)2MgO(s)ΔH=-1220kJ·mol-1,B錯誤;Mg(HCO3)2少量,令Mg(HCO3)2為1mol,1molMg2+需要與2molOH-反應生成Mg(OH)2沉淀,2molHCO3-需要2molOH-反應生成CO32-和H2O,則離子方程式為Mg2++2HCO3-+4OH-Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,C正確;CaC2O4屬于難溶物質(zhì)不能拆分,離子方程式為5CaC2O4+2MnO4-+16H+2Mn2++10CO7.D解析堿性環(huán)境不能出現(xiàn)H+,正確的寫法為O2+2H2O+4e-4OH-,A錯誤;化學方程式中O元素不守恒,B錯誤;在反應S8+3AsF5S8(AsF6)2+AsF3中,1molS8失去2mol電子生成S82+,1molAsF5得到2mol電子生成AsF3,故S8與AsF5反應中,n(氧化劑)∶n(還原劑)=1∶1,C錯誤;該反應ΔS>0,所以-TΔS<0,溫度越高,-TΔS越小,ΔG=ΔH-TΔS越小,越有利于反應正向進行,D正確。8.B解析觀察鈉元素的焰色反應不能透過藍色鈷玻璃,A錯誤;I-被氧化為I2,溶液變藍,可以檢驗NaClO溶液的氧化性,B正確;NaClO具有漂白性,能使pH試紙褪色,不能用pH試紙測NaClO溶液的pH,C錯誤;少量NaClO溶液與FeCl2反應的化學方程式為2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液,是用來檢驗Cl-的,但原溶液中本來就存在Cl-,無法判斷Cl-是原溶液中的還是ClO-被還原生成的,D錯誤。9.C解析“浸取”時稀硫酸過量越多,后續(xù)步驟“沉鐵”時消耗的CaO越多,A錯誤;“氧化Ⅰ”的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,便于后續(xù)沉鐵,B錯誤;“除鈣”后所得溶液是CaF2的飽和溶液,則c(Ca2+)·c2(F-)=Ksp(CaF2),“除鈣”時沒有生成MnF2沉淀,則c(Mn2+)·c2(F-)≤Ksp(MnF2),c(Mn2+)c(Ca2+)≤c(Mn2+)·c2(F-)c(Ca2+)·10.C解析反應中生成硫單質(zhì),生成的S覆蓋在催化劑表面或進入催化劑內(nèi)空位處,阻礙了反應的進行,導致催化劑使用一段時間后催化效率會下降,高溫下聚苯胺會分解,故高溫灼燒后不可繼續(xù)使用,A項正確;催化氧化過程的總反應為O2和S2-在MnO2催化作用下生成S單質(zhì),已知廢水環(huán)境為堿性,則結合得失電子守恒和電荷守恒配平:O2+2H2O+2S2-4OH-+2S,B項正確;由題干圖示信息可知,反應過程中錳形成的化學鍵數(shù)目發(fā)生改變,化合價升高,C項錯誤;由題干圖示信息可知,反應Ⅲ為O—O鍵斷裂,吸收熱量,ΔH>0,D項正確。11.答案(1)NO3-(2)2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O解析(1)由題圖可知,O2、NO2、O2-三者反應生成甲,O2具有氧化性,結合質(zhì)量守恒可知,生成甲為NO2被氧化生成的NO3-。(2)若參加反應的丙烯與NO的物質(zhì)的量之比為1∶2,若1分子丙烯參與反應,碳元素的化合價由-2變?yōu)?4,失去6×3=18個電子,2分子NO生成N2,得到2×2=4個電子,根據(jù)電荷守恒可知,參與反應氧化劑氧氣分子數(shù)為(18-4)÷4=3.5個,則參與反應的丙烯、NO、O2分子的個數(shù)比為2∶4∶7,結合質(zhì)量守恒可知,化學方程式為2CH3CHCH2+4NO+7O22N2+6CO2+6H2O。12.答案(1)①MnO2+SO2MnSO4②溶于軟錳礦漿的SO2與煙氣中的O2反應,生成H2SO4,pH下降,15h前由于軟錳礦漿中的CaO、MgO消耗H2SO4,所以pH下降緩慢③MnCO3消耗H2SO4,使軟錳礦漿的pH升高,提高了軟錳礦漿中SO2的溶解量,進而有利于SO2與MnO2的反應(2)①6Mn2++O2+6H2O2Mn3O4↓+12H+②氨水量不足,溶液中c(H+)增大,O2的氧化能力增強,將Mn元素氧化為較高價態(tài)的Mn2O3、MnO2解析(1)①軟錳礦漿中通入SO2氣體反應生成MnSO4,反應中MnO2為氧化劑、SO2為還原劑,生成物MnSO4,化學方程式為MnO2+SO2MnSO4。②脫硫過程中會發(fā)生副反應:2SO2+O2+H2O2H2SO4,少量CaO、MgO等堿性氧化物被H2SO4消耗前,礦漿的pH降低較慢。③SO2被氧化為H2SO4,軟錳礦漿的pH下降,但軟錳礦漿酸性較強時也會抑制SO2的溶解,使SO2吸收率下降。MnCO3能降低礦漿的酸性,提高SO2的溶解能力,SO2吸收率得以提高。(2)①MnSO4與氧氣在80℃恒溫下發(fā)生氧化還原反應生成Mn3O4(可看成MnO·Mn2O3),反應環(huán)境為酸性環(huán)境。②在溶液中,氧化劑的氧化性往往隨c(H+)增大而增強。用氨水控制適宜的pH,減弱氧化劑的氧化性,可減少Mn2O3、MnO2的生成。13.答案(1)①c②AlCl3的化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)高于AlBr3和AlI3,具有一定的離子晶體的特征③④Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2(2)①Al3++H2O[Al(OH)]2++H+②13∶32③強酸性環(huán)境抑制Al3+的水解,主要以Al3+形式存在;強堿性環(huán)境,Al元素主要以[Al(OH)4]-的形式存在解析(1)①水浴的溫度為95℃以下,油浴的溫度為260℃以下,鹽浴的溫度可以在150~1350℃左右,鹽水浴的溫度低于900℃,故選c。②AlCl3、AlBr3和AlI3均為分子晶體,但是AlCl3中離子鍵成分的百分數(shù)高于AlBr3和AlI3,具有一定的離子晶體的特征,所以其熔點較高。③一個Al與三個Cl相連,此Al只有6個電子,故通過另一個AlCl3中的Cl中的孤電子對給予配位,同樣,另一個AlCl3也通過此方法配位,得到化學式為Al2Cl6的二聚體。④Al2O3與CCl4反應生成AlCl3,另一有機物中肯定有C、O元素,且具有平面三角形結構,則C為sp2雜化,即含有碳氧雙鍵,根據(jù)碳四價,則碳原子上還連有兩個氯,即為,化學式為COCl2。(2)①Al3+與水反應,1個Al3+與1個OH-反應生成[Al(OH)]2+,H2O同時釋放出1個H+。②Al3+與OH-反應生成[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+(Al13),若生成1個Al13,由Al元素守恒知,Al3+前配13,再由電荷守恒,確定OH-的系數(shù)為13×3-7=32,參與反應的n(Al3+)∶n(OH-)=13∶32。③Al3+水解生成具有凈水作用的Al13,水解后的溶液顯酸性,若在強酸性溶液中,Al3+的水解被抑制,生成的Al13的量較少;若在強堿性溶液中,Al元素轉化為[Al(OH)4]-。專題三元素及其化合物A組基礎鞏固練1.C解析燃煤脫硫只是減少了二氧化硫的排放,沒有減少二氧化碳的排放,不利于實現(xiàn)“碳中和”,A錯誤;火力發(fā)電增加二氧化碳的排放,不利于實現(xiàn)“碳中和”,B錯誤;二氧化碳合成淀粉,減少了二氧化碳的排放,有利于實現(xiàn)“碳中和”,C正確;可燃冰燃燒增加了二氧化碳的排放,不利于實現(xiàn)“碳中和”,D錯誤。2.D解析實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣,A不符合題意;用飽和食鹽水可以除去Cl2中混有的HCl氣體,B不符合題意;氯氣和水反應生成的次氯酸有漂白性,用裝置丙可以驗證潮濕的Cl2具有漂白性,C不符合題意;氯化鈣不和氯氣反應,不可以處理尾氣,D符合題意。3.A解析HClO光照分解產(chǎn)生的是O2,A項錯誤;飽和食鹽水分別吸收NH3和CO2生成溶解度較小的NaHCO3晶體析出,NaHCO3受熱生成Na2CO3,B項正確;漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,用Cl2和石灰乳反應制備漂白粉,C項正確;實驗室制備少量Cl2的原理為MnO2與濃鹽酸加熱生成MnCl2、Cl2和H2O,D項正確。4.A解析暖貼中的鐵粉遇空氣放熱,是鐵和空氣中的氧氣等發(fā)生氧化還原反應而放出熱量,A正確;Fe2O3為紅棕色固體,可用于紅色顏料,與其能與鹽酸反應無關,B錯誤;氯化鐵溶液具有氧化性,可以將銅氧化生成銅離子,不是因為酸性,C錯誤;FeS具有還原性,因此可除去廢水中的微量六價鉻[Cr(Ⅵ)],與FeS的溶解性無關,D錯誤。5.B解析NO2和O2混合后通入H2O中可以得到HNO3,A正確;單質(zhì)Mg可通過電解熔融的MgCl2獲得,電解MgCl2溶液,陽極產(chǎn)生Cl2,陰極得到H2和Mg(OH)2,B錯誤;工業(yè)制高純硅的第一步是由SiO2和C在高溫下發(fā)生反應得Si(粗硅)和CO,轉化關系正確,C正確;高溫下用CO還原氧化鐵得到Fe單質(zhì),可以冶煉生鐵,物質(zhì)轉化關系正確,D正確。6.D解析(NH4)2CO3中含有N元素,可作氮肥,A錯誤;CH4可以與O2反應,故可作燃料,B錯誤;C2H5OH能殺菌,可以使蛋白質(zhì)變性,與氫鍵無關,C錯誤;CO使人中毒的原理是CO可與血紅蛋白中的Fe2+結合,D正確。7.C解析Na2SO3與70%硫酸反應生成Na2SO4、SO2和H2O,SO2與H2O2反應生成H2SO4,H2SO4與BaCl2反應生成BaSO4沉淀,A正確;FeS2與O2反應生成Fe2O3和SO2,SO2與O2反應生成SO3,B正確;SO2與過量的Na2CO3反應生成的是Na2SO3,C錯誤;Cu與濃硫酸加熱生成SO2,SO2被KMnO4氧化為SO428.C解析因為氨氣的溶解度遠大于二氧化碳,故飽和NaCl溶液NaHCO3,A錯誤;氨氣催化氧化制取NO不是將氮氣轉化為氮的化合物的過程,不屬于氮的固定,B錯誤;由于N2H4具有強還原性,NaClO具有強氧化性,為防止N2H4被過量的NaClO溶液氧化,制備N2H4時必須將次氯酸鈉和氫氧化鈉混合液緩慢滴加到尿素溶液中,邊加邊攪拌,C正確;濃硫酸不揮發(fā),所以濃氨水與濃硫酸靠近時不會產(chǎn)生白煙,D錯誤。9.A解析NH3極易溶于水是因為NH3與H2O間能形成氫鍵,A不具有對應關系;液氨作制冷劑是因為液氨汽化時吸收大量的熱,B具有對應關系;N2H4中N原子提供孤電子對,H+提供空軌道,形成配位鍵,使N2H4的水溶液中H+濃度降低,促進水電離,所以N2H4的水溶液呈堿性,C具有對應關系;N2H4具有還原性,能失電子發(fā)生氧化反應,所以可用作燃料電池的燃料,D具有對應關系。10.B解析含鉻廢液加入氫氧化鉀調(diào)節(jié)pH,將三價鉻轉化為Cr(OH)3、將Fe3+轉化為Fe(OH)3,過濾后濾渣加入H2O2、KOH將Cr(OH)3轉化為CrO42-,過濾分離出濾液,加入鹽酸酸化得到含有K2Cr2O7的溶液?！斑^濾Ⅰ”所得濾液中pH=8,則pOH=6,c(OH-)=1×10-6mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6×10-311×10-6×3=6×10-13mol·L-1,A項錯誤;“氧化”時,H2O2在堿性條件下將Cr(OH)3氧化為CrO42-,結合電荷守恒和電子守恒,離子方程式為4OH-+2Cr(OH)3+3H2O22CrO42-+8H2O,B項正確;Cr2O72-(橙色)+H2O2H++2CrO42-(黃色),“酸化”時溶液pH越低,c(H11.答案(1)適當增大硫酸濃度(合理即可)(2)(3)H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO4(4)SO2有還原性,過多將會降低H2SO5的濃度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)①ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+②99%或0.99(計算過程見解析)解析混合氣中的氧氣具有強氧化性,酸性條件下,將Fe2+和Mn2+轉化為Fe(OH)3和MnO2,Ca2+與SO42-反應生成CaSO4沉淀,Ni2+、Mg2+先后轉化為氫氧化物沉淀,而實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。(1)提高浸取率可以適當增大硫酸濃度、適當升高溫度、將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積等。(2)過一硫酸可以看做過氧化氫中的一個氫原子被磺酸基取代,因此結構式為。(3)H2SO5的電離第一步完全,第二步微弱,S主要以HSO5-存在,-1價的O將Mn2+氧化為MnO2,離子方程式為H2O+Mn2++HSO5-MnO2+SO42-+3H+。(4)SO2有還原性,SO2的體積分數(shù)較大時,SO2將H2SO5還原,Mn(Ⅱ)氧化速率減小。(5)濾液中加NaClO將Co2+氧化為Co(OH)3,反應的離子方程式為ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+;再加Na2CO3,將Ni2+轉化為NiCO3沉淀,離子方程式為Ni2++CO32-NiCO3↓;NiCO3中加H2SO4,反應生成NiSO4,經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶,可得NiSO4·7H2O。c(CO32-)=10-5mol·L-1,根據(jù)Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知,c(Ni2+)=Ksp(NiCO3)c(C12.答案(1)2MoS2+9O2+12NaOH2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O(2)SO42-、[Al(OH)4(3)將[Al(OH)4]-全部轉化為Al(OH)3沉淀除去(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O7MoO3+6NH3↑+7H2O(5)在160~240℃之間,催化劑的活性低,同時溫度較低反應速率較慢,所以NOx轉化率不高解析(1)焙燒過程氧氣具有氧化性,會在NaOH條件下氧化MoS2生成Na2MoO4和Na2SO4。(2)Al2O3和NaOH反應后用水浸取生成Na[Al(OH)4],故過濾后所得濾液中存在的陰離子有OH-、MoO42-、[Al(OH)4]-、SO42-;欲提高單位時間內(nèi)鉬的浸取率,可以采取的措施有粉碎廢催化劑、適當升高溫度、攪拌等。(3)通入過量的CO2,將[Al(OH)4]-轉化為Al(OH)3沉淀,除去鋁元素。(4)(NH4)6Mo7O24·4H2O灼燒后可得到MoO3,結合質(zhì)量守恒可知,還生成NH3和水。(5)催化劑催化需要一定的活化溫度,在160~240℃之間時B組能力提升練1.A解析將釋放出的CO2轉化為燃料乙醇,符合“碳中和”理念,A正確;該反應中碳元素化合價由+4降低到-2,B錯誤;乙醇為液體,易保存,氫氣難液化,不易儲存,C錯誤;C2H6O為乙醇的分子式,D錯誤。2.B解析HF的沸點比HCl的高是因為HF分子間存在氫鍵,HCl分子間不存在氫鍵,與鍵能大小無關,A錯誤;CH3COOH中—CH3是推電子基團,推電子效應使羧基中O—H極性變小,酸性減弱,所以CH3COOH的酸性比HCOOH的弱,B正確;HClO具有強氧化性,能使蛋白質(zhì)變性,可作殺菌消毒劑,與其具有酸性無關,C錯誤;KAl(SO4)2·12H2O溶于水時電離的Al3+水解生成吸附性強的氫氧化鋁膠體,可吸附水中懸浮物形成沉淀,可作凈水劑,和KAl(SO4)2·12H2O能與NaOH溶液反應的性質(zhì)無關,D錯誤。3.D解析鹵水“氧化”時Cl2與鹵水反應置換出Br2,同時Cl2與水反應生成HCl進入水相Ⅰ;“還原”時SO2與R3N[ClBr2]反應生成H2SO4、HBr、R3NCl,R3NCl再與HBr反應生成HCl和R3NBr,HCl和H2SO4進入水相Ⅱ,R3NBr進入有機相Ⅱ,用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr和R3NCl,HBr被Cl2氧化得到Br2,蒸餾得到液溴?！把趸焙汀稗D化”工序中Cl2的主要作用均為氧化Br-,A項正確;根據(jù)分析,則水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有HCl,B項正確;用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr同時生成R3NCl,可完成R3NCl的再生,C項正確;保存液溴時加適量水的主要作用是防止溴單質(zhì)揮發(fā),D項錯誤。4.B解析工業(yè)上電解飽和氯化鈉溶液制備NaOH:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,A正確;侯氏制堿過程中的物質(zhì)轉化:NaClNaHCO3Na2CO3,B錯誤;Na2O2與CO2反應生成氧氣,潛水艇供氧的原理為2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,C正確;苯酚鈉溶液與少量CO2反應生成苯酚和碳酸氫鈉:C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3,D正確。5.D解析根據(jù)化學方程式,可得該總反應的平衡常數(shù)K=c2(CO2)c2(CO)·c(O2),A錯誤;通過步驟Ⅰ可知,CO變成CO2,碳元素化合價升高,故Cu和Ce的化合價會降低,所以步驟Ⅰ中有三種元素化合價發(fā)生變化,B錯誤;由反應機理可知,步驟Ⅰ是一氧化碳與銅-鈰氧化物中的氧元素結合,生成二氧化碳,步驟Ⅲ6.A解析氯化鎂用作豆腐制作過程中的凝固劑是利用蛋白質(zhì)在鹽溶液中發(fā)生聚沉的性質(zhì),與其易溶于水無關,A符合題意;MgO是堿性氧化物,SO2是酸性氧化物,二者能發(fā)生反應:MgO+SO2MgSO3,故MgO可用于吸收燃煤煙氣中的SO2,有對應關系,B不符合題意;Na+和Cl-間存在正負電荷的強烈作用,具有較強的離子鍵,具有較高的熔點,硬度較大,有對應關系,C不符合題意;HCO3-中含有O—H,故HCO3-能形成分子間氫鍵,通過氫鍵締合成較大的酸根,一般微粒越大越難溶于水,故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3,7.C解析黃銅灰渣加硫酸浸取,除單質(zhì)銅不與硫酸反應,其他金屬單質(zhì)和氧化物均生成對應的硫酸鹽,過濾得到銅單質(zhì),濾液中加入適量的Zn粉將溶液中的銅置換出來,過濾得到銅單質(zhì),將兩次得到的銅單質(zhì)溶于硝酸得到硝酸銅。反應Ⅰ處加入Zn粉,若前面加入的硫酸過量,則會消耗更多的Zn,A項正確;加入的Zn與Fe3+反應生成Fe2+,與Cu2+反應生成Cu,若Zn過量,濾渣中有Cu和Zn,加入稀硝酸,Cu和Zn均可以被溶解,生成Cu(NO3)2和Zn(NO3)2,B項正確;Fe3+的氧化性強于Cu2+,Zn與Cu2+置換前,必然將Fe3+還原為Fe2+,所以濾液Ⅱ中不存在Fe3+,C項錯誤;稀硝酸與金屬會產(chǎn)生NO,濾渣為Cu,先灼燒,則生成CuO,再溶于稀硝酸,不會產(chǎn)生NO,D項正確。8.答案(1)①Mg2[B2O4(OH)2]+4SO2+4H2O2H3BO3+2Mg(HSO3)2②氫鍵和范德華力③[B(OH)4]-④2×105⑤Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反應生成可溶性鎂鹽(2)①及時蒸出生成的硼酸三甲酯(合理即可)②B(OCH3)3+4NaHNaBH4+3CH3ONa(3)0.5mol解析(1)②硼酸是層狀結構,層與層之間有范德華力,硼酸分子中含有氧氫鍵,故還存在分子間氫鍵。③H3BO3與H2O結合后可電離出1個H+,反應為H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+,即H3BO3電離后所得的酸根離子為[B(OH)4]-。④根據(jù)化學方程式和平衡常數(shù)之間的關系可知,目標反應的平衡常數(shù)=Ksp(MgCO3)·Ka12(H2SO3)Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=2×105。⑤由圖丙知,80℃時反應后所得浸出渣中Mg6[Si4O10(OH)8]含量少,故溫度高于80℃時,Mg的浸出率大幅上升的原因是Mg6[Si4O10(OH)8]迅速反應生成可溶性鎂鹽。(2)①酯化反應是一個可逆反應,將生成的硼酸三甲酯及時蒸出,可使平衡正向移動,提高酯化反應的平衡轉化率。(3)電負性:H>B,NaBH4中H為-1價,還原劑是NaBH4,4molNaBH4參與反應共失去16mol電子,反應中有2種氧化劑:Te、H2O,2molTe參與反應共得到4mol電子,還有6molH2O參與得電子,6molH2O共得到12mol電子,即29.答案(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O(2)(3)2.7×10-3(4)H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO4(5)提高H2TeO3的還原率;Na2SO3會與“沉銅”后所得濾液中的酸反應生成SO2,SO2從溶液中逸出(6)Cu解析(1)“氧化酸浸”過程,Cu2Te被H2O2溶液氧化生成CuSO4和H2TeO3,則反應的化學方程式為Cu2Te+4H2O2+2H2SO4H2TeO3+2CuSO4+5H2O。(2)在環(huán)狀結構的配離子[Cu(C2O4)2]2-中,C2O42-的碳氧單鍵中的O給出孤電子對,Cu2+接受孤電子對,以4個配位鍵形成[Cu(C2O4)2]2-,則該配離子的結構式為。(3)用R2-表示[Cu(C2O4)2]2-,則反應CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2-+2H+的平衡常數(shù)為K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4),因Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=c(H+)·c(HC2O4-)c(H2C2O4)×c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=c2(H+)·c(C2O42-)c(H2C2O4),即c(H+)c(H2C2O4)=Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)c(C2O42-),且反應Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2-的平衡常數(shù)K=c(R2-)c(Cu2+)·c2(C2O42-),所以K'=c(R2-)·c2(H+)c(H2C2O4)=K·c(Cu2+)·c2(C2O42-專題四物質(zhì)的結構與性質(zhì)A組基礎鞏固練1.A解析基態(tài)氧原子(8O)核外含有8個電子,電子排布式為1s22s22p4,A正確;NH3的電子式為,B錯誤;尿素的化學式是CO(NH2)2,尿素中C的化合價是+4,O的化合價是-2,H的化合價是+1,N的化合價是-3,C錯誤;H2O的空間結構為V形,D錯誤。2.B解析H-的核外只有兩個電子,LiH的電子式為Li+[×·H]-,A錯誤;依據(jù)基態(tài)氮原子的價電子排布式為2s22p3可知,價電子軌道表示式為B正確;H2不是化合物,C錯誤;NH2-中心N原子的孤電子對數(shù)為6-2×3.C解析電子層數(shù)相同的離子,核電荷數(shù)越大,離子半徑越小,故r(K+)<r(Cl-),A錯誤;離子半徑越小,離子晶體的熔點越高,r(K+)>r(Na+),熔點:KCl<NaCl,B錯誤;同一周期從左到右,元素的電負性逐漸增大,電負性:χ(Na)<χ(Cl),C正確;同一主族從上到下,元素的金屬性逐漸增強,金屬性:Na<K,D錯誤。4.A解析同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減小,則原子半徑:r(B)>r(C)>r(N),A正確;同一周期元素從左到右第一電離能有增大的趨勢,則第一電離能:I1(B)<I1(C)<I1(N),B錯誤;元素的非金屬性越強,其最高價氧化物對應水化物的酸性越強,非金屬性:N>C>B,則酸性強弱:HNO3>H2CO3>H3BO3,C錯誤;硼形成共價晶體,石墨為混合型晶體,固態(tài)氮為分子晶體,晶體類型不同,D錯誤。5.D解析同主族元素,從上到下原子半徑依次增大,則N、P、As的原子半徑依次增大,r(N)<r(P)<r(As),A錯誤;同主族元素,從上到下第一電離能依次減小,則N、P、As的第一電離能依次減小,I1(N)>I1(P)>I1(As),B錯誤;元素N、P、As位于元素周期表中第ⅤA族,元素非金屬性大于H,N、P、As的原子半徑依次增大,它們與H形成共價鍵的極性逐漸減弱,因此極性鍵間的排斥力逐漸減小,NH3、PH3、AsH3的鍵角逐漸減小,C錯誤;同主族元素,從上到下非金屬性依次減弱,最高價氧化物對應水化物的酸性依次減弱,則硝酸、磷酸、砷酸的酸性依次減弱,D正確。6.C解析基態(tài)Ga原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p1,A錯誤;NH3中氮原子為sp3雜化,空間結構為三角錐形,B錯誤;GaN結構與金剛石相似,屬于共價晶體,C正確;GaN中Ga的化合價為+3,N為-3,D錯誤。7.A解析F的半徑比Cl小,所以F—F鍵的鍵能大,A符合題意;CF3I中由于F的電負性較大,則CF3整體帶負電,I帶正電,水(H—OH)中H帶正電,OH帶負電,根據(jù)異種電性相吸可知,生成物為CF3與H結合成CF3H,I與OH結合成IOH(即HIO),B不符合題意;Cl的電負性比Br強,則C—Cl鍵的極性比C—Br鍵的強,極性強的化學鍵更易斷開,故更易生成C6H5CH2·,C不符合題意;HF中F的電負性較大,可以吸引另一個HF中的H,兩者之間形成氫鍵,即存在(HF)2,而HCl中Cl的電負性較弱,不會形成分子間氫鍵,D不符合題意。8.A解析同主族元素從上到下,原子半徑逐漸增大,同周期元素從左到右,原子半徑逐漸減小,則原子半徑:r(P)>r(S)>r(O),A正確;同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大的趨勢,但第ⅡA族、第ⅤA族比同周期相鄰元素的都大,則第一電離能:I1(P)>I1(S),B錯誤;元素非金屬性越強,其最高價氧化物對應水化物的酸性越強,非金屬性:P<S,酸性:H3PO4<H2SO4,C錯誤;基態(tài)Cu原子的價電子排布為3d104s1,D錯誤。9.B解析金剛石、石墨、C60均是由碳元素形成的不同單質(zhì),三者互為同素異形體,A錯誤;C2H2分子中含有碳碳三鍵,1個C2H2分子中存在2個π鍵,B正確;Na2CO3晶體中存在離子鍵與極性共價鍵,沒有非極性鍵,C錯誤;基態(tài)C原子的核外電子排布式為1s22s22p2,占有4個軌道,有4種空間運動狀態(tài),D錯誤。10.C解析質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子互為同位素,同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體,A錯誤;SO2的中心原子價層電子對數(shù)為3,雜化軌道類型為sp2,B錯誤;Na2O2晶體中含有Na+和O22-,即陰、陽離子數(shù)目之比為1∶2,C正確;二氧化硅晶體中1個硅原子周圍結合4個氧原子,即1molSiO2晶體中含有4molSi—Oσ11.A解析尿素的結構式為,1個尿素分子中含有7個σ鍵,A錯誤;尿素分子中碳原子的雜化方式為sp2,B正確;尿素分子中含有N—H,故尿素晶體中分子間存在氫鍵,C正確;由“均攤法”知,1個尿素晶胞中含有的尿素分子的個數(shù)=8×18+2×12=2,共含有2個氧原子,D12.A解析中子數(shù)為20的鈣原子,質(zhì)量數(shù)為20+20=40,表示為

2040Ca,A正確;H2O為共價化合物,電子式為H··O······H,B錯誤;CO32-的中心原子價層電子對數(shù)為3+12(4+2-3×2)=3,且沒有孤電子對,空間結構為平面三角形,C錯誤;(NH4)2SO4含有共價鍵和離子鍵,NH4+和SO4213.C解析Y、X、Q、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,其中XY4+具有正四面體空間結構可知,XY4+為NH4+,故Y為H,X為N;同時分析Z2Q74-結構可知,Q形成2個鍵,Q為第ⅥA的元素,同時Z也成5根鍵,Z為第ⅤA的元素,故Q為O,Z為P。NH3和NH4+都是sp3雜化,但是NH3中有一個孤電子對,孤電子對對成鍵電子對的排斥作用更大,鍵角變小,故鍵角:NH3<NH4+,A項錯誤;NH3和H2O的分子間均存在氫鍵,故沸點比PH3高,常溫下,水為液體,而NH3為氣體,則沸點順序為H2O>NH3>PH3,B項錯誤;N為第ⅤA的元素,第一電離能比同周期相鄰元素大,Mn為金屬元素,在三者中第一電離能最小,故第一電離能:N>O>Mn,C項正確;Z14.D解析PCl3是極性鍵形成的極性分子,A項錯誤;NH3易液化是由于NH3分子間形成氫鍵,B錯誤;第ⅤA族元素單質(zhì)中N2和P4是分子晶體,鉍是金屬晶體,晶體類型不相同,C項錯誤;從白磷晶體中可以看出,1個P4分子周圍有12個緊鄰的P4分子,D項正確。B組能力提升練1.C解析CH4、NH3、H2O的相對分子質(zhì)量接近,但H2O在常溫下呈液態(tài),而CH4、NH3呈氣態(tài),NH3分子間能形成氫鍵,則沸點:CH4<NH3<H2O,A正確;同周期元素從左到右,原子半徑依次減小,C、N、O為同周期相鄰元素且從左往右排列,則原子半徑:r(O)<r(N)<r(C),B正確;C、N、O為同周期相鄰元素,但N原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài),第一電離能反常,則第一電離能:I1(C)<I1(O)<I1(N),C錯誤;二丁二酮肟合鎳配離子中,Ni2+為中心離子,提供空軌道,N原子為配位原子,提供孤電子對,D正確。2.C解析短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大,X的一種核素沒有中子,則X為H元素;基態(tài)Y原子的2p軌道為半充滿,則其軌道排布式為1s22s22p3,所以Y為N元素;Z單質(zhì)是植物光合作用的產(chǎn)物之一,則Z為O元素;W與Z同主族,則W為S元素。X為H元素,則X位于元素周期表中第一周期第ⅠA族,A錯誤;X為H元素,Y為N元素,Z為O元素,W為S元素,電負性:S<N<O,則共價鍵的極性:H—S<H—N<H—O,B錯誤;Y為N元素,Z為O元素,W為S元素,元素非金屬性越強,其對應的簡單氣態(tài)氫化物的越穩(wěn)定,非金屬性:S<N<O,簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2S<NH3<H2O,C正確;X為H元素,Y為N元素,Z為O元素,X、Y、Z三種元素可形成化合物NH3·H2O,其水溶液呈堿性,D錯誤。3.A解析富氧地表附近含硫化合物中硫為正價、氧為負價是因為硫的電負性小于氧,A正確;斜方硫、單斜硫是硫的兩種同素異形體,不是同位素,B錯誤;SO3中心原子的孤電子對數(shù)為0,成鍵電子對數(shù)為3,是sp2雜化,H2O中心原子的孤電子對數(shù)為6-2×12=2,成鍵電子對數(shù)為2,是sp3雜化,C錯誤;CaSO4·2H2O中的硫酸根離子和水中含有極性共價鍵,4.A解析NH3中N元素的化合價為-3,A正確;Cl2O的空間結構為V形,正、負電荷中心不重合,是極性分子,B錯誤;NH4Cl晶體由NH4+和Cl-構成,屬于離子晶體,C錯誤;N2的電子式為

··N5.A解析根據(jù)題給信息可推知,X為C,Y為P,Z為S,W為As。由于P的3p軌道處于穩(wěn)定的半充滿狀態(tài),難失去電子,則其第一電離能比S的大,故第一電離能:S<P,A正確;元素的非金屬性越強,其對應的簡單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定,同主族從上往下元素的非金屬性逐漸減弱,故P的非金屬性大于As,則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Y>W,B錯誤;同主族元素從上往下原子半徑逐漸增大,同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小,故原子半徑:r(As)>r(S),C錯誤;元素的非金屬性越強,其對應的最高價氧化物對應水化物的酸性越強,同周期從左至右元素的非金屬性逐漸增強,故最高價氧化物對應水化物的酸性:C<S,D錯誤。6.A解析干冰中CO2分子間的范德華力較弱,導致其熔、沸點低,而CO2具有較好的熱穩(wěn)定性,是由分子內(nèi)原子間的共價鍵決定的,二者間不存在對應關系,A符合題意;金剛石可用作地質(zhì)鉆探鉆頭,是因為金剛石具有很高的硬度,二者具有對應關系,B不符合題意;石墨中碳原子都采用sp2雜化,形成層內(nèi)網(wǎng)狀結構,碳原子未參與雜化的2p電子在整個碳原子平面中運動,使石墨具有導電性,C不符合題意;CO2是非極性分子,依據(jù)“相似相溶”原理,非極性分子組成的溶質(zhì)易溶于非極性分子組成的溶劑,則超臨界CO2流體可用于萃取物料中的低極性組分,D不符合題意。7.A解析基態(tài)錫原子的電子排布式為[Kr]4d105s25p2,B錯誤;同周期主族元素從左到右,第一電離能總體呈增大趨勢,但第ⅡA、ⅤA族反常得高,故錫的第一電離能大于左側相鄰元素,小于右側相鄰元素,C錯誤;同主族元素從上到下,金屬性逐漸增強,錫在鍺的下方,故錫的金屬性大于鍺,D錯誤。8.C解析X、Y、Z和W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X的某種單質(zhì)在自然界中硬度最大,X為C元素;Y在空氣中含量最高,Y為N元素;短周期中Z的金屬性最強,Z為Na元素;W的周期數(shù)與主族序數(shù)相等,W為Al元素。同周期主族元素自左向右第一電離能呈增大趨勢,第一電離能:Al<C<N,A正確;同周期主族元素,原子序數(shù)越大半徑越小,原子半徑:N<C<Na,B正確;Na2C2屬于離子晶體,C錯誤;W的最高價氧化物對應的水化物為Al(OH)3,具有兩性,D正確。9.B解析中子數(shù)為37的Zn原子質(zhì)量數(shù)為67,A錯誤;氧元素和氯元素的化合價分別為-2、-1,則SOCl2中硫元素的化合價為+4,B正確;Cl-最外層有8個電子,C錯誤;H2O分子中氧原子為8電子穩(wěn)定結構,D錯誤。10.C解析基態(tài)X原子核外有7種運動狀態(tài)不同的電子,所以X原子核外有7個電子,即X為N元素;基態(tài)Y原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍,則Y為O元素;Z是短周期金屬性最強的元素,則Z為Na元素;基態(tài)W原子的4p原子軌道上有5個電子,則W的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5,則W為Br元素。N的2p軌道中的電子數(shù)為穩(wěn)定的半滿狀態(tài),則N的第一電離能比O的大,A項錯誤;電子層數(shù)越多,原子半徑越大,同周期從左到右原子半徑逐漸減小,則原子半徑由小到大的順序:r(O)<r(N)<r(Na),B項錯誤;Br為35號元素,原子核外有4個電子層,最外層電子數(shù)為7,則位于元素周期表中第四周期第ⅦA族,C項正確;同一周期從左到右元素的非金屬性逐漸增強,N的非金屬性比O弱,則NH3的熱穩(wěn)定性比H2O弱,D項錯誤。11.C解析NH2OH、NH3和H2O分子中正、負電荷中心不重合,均為極性分子,A項錯誤;催化中心的Fe2+提供空軌道,N提供孤電子對形成配位鍵,B項錯誤;反應過程中Fe元素先失去電子,變?yōu)镕e3+,后又得到電子,變?yōu)镕e2+,故反應過程中Fe元素的化合價發(fā)生了變化,C項正確;ND2OD與NH3反應生成ND2—NH2和HDO,D項錯誤。12.C解析鐵的原子序數(shù)是26,基態(tài)Fe2+核外電子排布式為[Ar]3d6,A項錯誤;由題圖可知,Cu+連有3個CN-,其中2個CN-被2個Cu+共有,則Cu+與CN-的個數(shù)之比為1∶(1+2×12)=1∶2,所以化學式為[Cu(CN)2]-,B項錯誤;根據(jù)化學式K4[Fe(CN)6]可判斷Fe2+的配位數(shù)為6,C項正確;根據(jù)鐵晶胞示意圖可知,與頂角Fe緊鄰的Fe位于三個面的面心處,而頂角Fe被8個晶胞共有,每個面心被兩個晶胞共有,所以與每個Fe緊鄰的Fe數(shù)為3×8×1213.答案解析觀察題給晶胞結構可知,晶胞在z軸的投影情況是鋅原子位于正方形的四個頂角上、四條棱的中心和面心上,4個氧原子分別位于面對角線離頂角14處,可用圖示表示為。14.答案c該Fe3O4晶胞中含4×18+3×12=2個Fe3+、12×14+1=4個O2-,結合化學式可知,還缺1個Fe2+專題五化學反應與能量A組基礎鞏固練1.C解析氫氣燃燒生成水,無污染,A項正確;液態(tài)氫分子間距小,氫氣密度提高,降低成本,B項正確;燃燒熱為1mol物質(zhì)燃燒生成穩(wěn)定的化合物放出的熱量,C項錯誤;水的電解、煤的氣化、乙烷裂解和氯堿工業(yè)都會產(chǎn)生氫氣,故可以獲取氫氣,D項正確。2.A解析BCl3可與H2反應生成乙硼烷,其化學方程式為2BCl3+6H2B2H6+6HCl,A項正確;硼酸是弱酸不能拆成H+和H2BO3-,B項錯誤;燃燒熱中應該生成液態(tài)水,C項錯誤;酸性條件下不能生成大量的OH-,D3.C解析反應①的平衡常數(shù)可表示為K1=c4(NO)c6(H2O)c4(NH3)c5(O2),A項錯誤;反應②的氣體的計量數(shù)減少,即ΔS大于0,B項錯誤;由化學方程式可知,生成1molNO時電子轉移5mol,所以反應①中每生成2molNO,轉移10mol電子,個數(shù)約為6.02×1024,C項正確;4.D解析1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量為燃燒熱,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,則CO的燃燒熱為-283kJ·mol-1,A錯誤。放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量,所以2molCO和1molO2的總能量比2molCO2的總能量高,B錯誤。已知:①CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(g)ΔH1=-443.64kJ·mol-1;②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律①+②×12得CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,則完全燃燒20g甲醇,即0.625mol,則放出的熱量為0.625mol×726.64kJ·mol-1=454.15kJ,C錯誤;由C項知,CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-726.64kJ·mol-1,則2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1453.28kJ·mol-1,D正確。5.C解析該催化過程中,碳元素價態(tài)降低,發(fā)生還原反應,在電解池的陰極進行,A項錯誤;CO2被還原為CO,B項錯誤;甲、乙中CO2的結構分別為直線形和V形,所以碳原子雜化類型不同,C項正確;丙中,CO2中氧原子吸附帶正電荷的H+,說明氧原子帶負電,則碳原子帶正電,則催化劑吸附CO2帶正電部分,D項錯誤。6.C解析NH3·BH3中硼元素化合價為-3,NH4BO2中硼元素化合價+3,硼元素被氧化,NH3·BH3在負極反應;H2O2中氧元素化合價降低,被還原,為正極。b室為H2O2溶液,是正極,A項錯誤;放電時,H+向正極移動,即由a室移向b室,B項錯誤;a室為NH3·BH3被氧化,失去電子,生成NH4BO2,C項正確;該室電解質(zhì)溶液為酸性溶液,加入NaOH溶液與酸反應,不能增大電流強度,D項錯誤。7.A解析P1生成P2反應為放熱反應,焓變小于零,則產(chǎn)物P1的鍵能總和小于產(chǎn)物P2的鍵能總和,A項錯誤;產(chǎn)物P2的能量更低,穩(wěn)定性更強,穩(wěn)定性:P1<P2,B項正確;該反應歷程中正反應的最大能壘為Z到過渡態(tài)Ⅳ之間的能量差,最大值為(-18.92kJ·mol-1)-(-205.11kJ·mol-1)=186.19kJ·mol-1,C項正確;過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值為活化能,即圖中峰值越大則活化能越大,圖中峰值越小則活化能越小,中間產(chǎn)物Z轉化為產(chǎn)物P1的活化能更小,反應速率更快,D項正確。8.C解析鐵電極為Fe放電生成FeO42-,發(fā)生氧化反應,為陽極,則M極為負極,A項錯誤;陽極區(qū)域為堿性溶液,反應式為Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,B項錯誤;右側SO42-及產(chǎn)生的OH-能夠透過陰離子交換膜向左側陽極移動,左側的OH-和FeO42-不能向右移動,C項正確;陰極反應為2H2O+2e-H2↑+2OH-,每轉移0.1mole-,陰極上會產(chǎn)生0.05molH9.B解析由題圖可知,鉑網(wǎng)電極上(NH4)2SO4失去電子發(fā)生氧化反應生成(NH4)2S2O8,為陽極,則石墨電極為陰極。石墨電極為陰極,與直流電源負極相連,A項錯誤;電解時,鉑網(wǎng)電極為陽極,(NH4)2SO4失去電子發(fā)生氧化反應生成(NH4)2S2O8,電極反應式為2SO42--2e-S2O82-,陰極反應式為2H++2e-H2↑,則右側H+通過離子交換膜進入左側,使得鉑網(wǎng)電極附近pH增大,B項正確10.B解析根據(jù)題圖可知,步驟Ⅰ中甲醛的氧通過氫鍵吸附在催化劑表面的—OH上,A項正確;上述反應機理涉及氧氫極性鍵、碳氧極性鍵的形成,沒有涉及非極性鍵的形成,B項錯誤;該反應中由甲醛變?yōu)镃O2,一個碳原子由0價變?yōu)?4價,則每生成1molCO2,轉移電子的數(shù)目約為4×6.02×1023,C項正確;PtNiFe-LDHGO催化甲醛氧化,加快反應速率,降低了該反應的活化能,D項正確。11.答案(1)①CO2+4H++4e-HCHO+H2OH2②防止陽極產(chǎn)生的氧氣進入陰極室內(nèi)氧化CO2的還原產(chǎn)物,防止陰極CO2的還原產(chǎn)物進入陽極室內(nèi)(2)隨著催化劑粒徑增大,內(nèi)部的孔通道也逐漸增多,有利于電解過程中的電子傳遞,能使被還原的物質(zhì)進一步被還原解析(1)①酸性條件下,CO2發(fā)生還原反應生成HCHO,依據(jù)得失電子守恒和電荷守恒,電極反應式為CO2+4H++4e-HCHO+H2O。陰極還可能為H+得電子生成H2。②陽極電極反應式為2H2O-4e-O2↑+4H+,O2氧化性強,若不隔開,O2能夠氧化陰極生成的HCHO,反之,該交換膜還可以防止陰極生成的HCHO進入陽極。(2)催化劑粒徑增大,利于電子轉移,反應速率加快,電解得到的產(chǎn)物可以繼續(xù)被還原。B組能力提升練1.C解析兩種催化劑均出現(xiàn)四個波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反應歷程都分4步進行,A項錯誤;該反應是放熱反應,所以達平衡時,升高溫度平衡向左移動,P的濃度減小,B項錯誤;Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ時反應速率更快,反應體系更快達到平衡,C項正確;使用Ⅰ時,前兩個歷程活化能較低,反應速率較快,后兩個歷程活化能較高,反應速率較慢,使用Ⅱ時,前兩個歷程中活化能較高,反應速率較慢,后兩個歷程活化能較低,反應速率較快,所以使用Ⅰ時,M所能達到的最高濃度更大,D項錯誤。2.C解析根據(jù)總化學方程式:HCOOHCO2+H2,從液態(tài)轉化為氣態(tài),熵值增大,A項正確;N原子含有孤電子對、H+有空軌道,根據(jù)圖示,第一步轉化N與HCOOH電離出的H+通過配位鍵結合,B項正確;第一步HCOOD電離出D+與N結合,第二步HCOO-CO2+H-,第三步D+、H-反應生成HD,所以HCOOD催化釋氫,除生成CO2外,還生成HD,C項錯誤;若用HCOOK溶液代替HCOOH,HCOOK水解出HCOOH,釋氫歷程不變,而反應生成KOH能吸收CO2,所以最終所得氣體中CO2的量會減少,H2的純度提高,D項正確。3.C解析斜方硫的燃燒熱為297kJ·mol-1,即燃燒熱ΔH=-297kJ·mol-1,則斜方硫燃燒的熱化學方程式為S(s,斜方硫)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1,A項錯誤;向CuSO4溶液中加入小粒金屬鈉,鈉先與水反應生成氫氧化鈉,再與硫酸銅反應,離子方程式為2Na+Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2Na++H2↑,B項錯誤;氫氣還原轉化為高純硅需要在高溫條件下進行,化學反應方程式為SiHCl3+H2Si+3HCl,C項正確;在堿性電解液中鋁-空氣電池的總反應式為4Al+3O2+4OH-+6H2O4[Al(OH)4]-,鋁為負極,通氧氣的一極為正極,則放電時的負極反應式為Al+4OH--3e-[Al(OH)4]-,D項錯誤。4.C解析釩基氧化物(V6O13)為正極,則Zn極為負極,電池工作時,負極Zn失電子生成Zn2+進入溶液,透過陽離子交換膜進入正極區(qū);在正極,V6O13得電子產(chǎn)物與電解質(zhì)反應生成ZnxV6O13。放電過程中,Zn極為負極,Zn失電子生成Zn2+進入溶液,Zn2+向V6O13極一側移動,A項錯誤;放電過程中,電子由Zn極沿導線向V6O13極移動,電子不能經(jīng)過電解質(zhì)溶液,B項錯誤;充電時,V6O13極作陽極,將ZnxV6O13轉化為V6O13,與外接直流電源正極相連,C項正確;充電時,陽極ZnxV6O13失電子生成V6O13和Zn2+,發(fā)生的電極反應式可能為ZnxV6O13-2xe-V6O13+Zn2+,D項錯誤。5.D解析電極a為CH3CH2OH轉化為CO2,發(fā)生氧化反應,為負極,A項錯誤;a極的電極反應式為CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+,所以其附近溶液pH降低,B項錯誤;電極b為正極,發(fā)生還原反應,反應式為[Fe(CN)6]3-+e-[Fe(CN)6]4-,C項錯誤;根據(jù)a極的電極反應式:CH3CH2OH-12e-+3H2O2CO2↑+12H+可知,每消耗23gCH3CH2OH,即消耗0.5molCH3CH2OH,產(chǎn)生6molH+,6molH+通過質(zhì)子交換膜移向b極即移向正極,D項正確。6.D解析甲烷、空氣、ZrO2-Na2O構成燃料電池,電池工作時,通入CH4的多孔電極a為負極,CH4失電子,與O2-反應生成CO2和H2O,通入空氣的多孔電極b為正極,O2得電子生成O2-。由分析可知,a為負極,b為正極,則O2-在電解質(zhì)中向a電極移動,但電流方向由b電極經(jīng)導線流向a電極,A項不正確;報警器觸發(fā)工作時,圖2的裝置形成原電池,將化學能轉化為電能,B項不正確;在a電極,電極反應式為CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,則當電路中有0.008mol電子轉移時,電極a有0.001molCH4參加反應,在標準狀況下其體積為22.4mL,題中沒有指明標準狀況,C項不正確;多孔電極a極為負極,CH4失電子與O2-反應生成CO2和H2O,則a極上發(fā)生反應的電極反應式為CH4-8e-+4O2-CO2+2H2O,D項正確。7.C解析如圖裝置利用太陽能制H2,能量轉化形式為“太陽能→電能→化學能”,A項錯誤;陽極材料中W、Bi不屬于前四周期元素,B項錯誤;電極N為陽極,水發(fā)生氧化反應,電極反應式為2H2O-4e-4H++O2↑,C項正確;陰極區(qū)(電極M)的主反應式為2H++2e-H2↑,副反應式為Zn2++e-Zn+,H2產(chǎn)率等于實際產(chǎn)生H2量與理論產(chǎn)生H2量之比,由于c(Zn2+)越大,發(fā)生副反應程度越大,消耗電子數(shù)越多,產(chǎn)生H2量越低,故H2的產(chǎn)率越低,D項錯誤。8.C解析由題意和圖示,甲為氫氧燃料電池,乙為電解池,根據(jù)乙池中,惰性電極處苯被還原為環(huán)己烷,故惰性電極處發(fā)生還原反應,為陰極,多孔性惰性電極為陽極,則G電極與陰極相連,為原電池負極,F為正極,故甲池中F為正極,A處通入O2,G為負極,B處通入H2。A處通入O2,E處為電解池陽極產(chǎn)物,陽極是水電離產(chǎn)生的OH-放電生成O2,A項正確;原電池中陽離子向正極移動,F極為正極,故甲池中H+由G極移向F極,電解池中,陽離子向陰極移動,惰性電極為陰極,故乙池中H+由多孔惰性電極移向惰性電極,B項正確;10mol含20%苯的混合氣體,經(jīng)過電解生成10mol含苯10%的混合氣體,則被還原分苯的物質(zhì)的量為10mol×(20%-10%)=1mol,惰性電極處苯得到電子,被還原為環(huán)己烷,電極反應式為C6H6+6H++6e-C