2022版高考化学一轮复习 学案 打包34套 新人教版

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第二讲 水的电离和溶液的酸碱性
考点一 水的电离(命题指数★★★)
1.水的电离:
水是一种极弱的电解质,电离方程式为H2O+H2OH3O++OH-,简写为H2OH++OH-,水的电离常数K电离=。
2.影响水电离平衡的因素:
条件变化
移动方向
c(H+)
c(OH-)
Kw
电离程度
升温
右移
增大
增大
增大
增大
加酸
左移
增大
减小
不变
减小
加碱
左移
减小
增大
不变
减小
加活泼金属
右移
减小
增大
不变
增大
加醋酸钠
右移
减小
增大
不变
增大
加氯化铵
右移
增大
减小
不变
增大
3.水的离子积:
(1)表达式。
Kw=c(H+)·c(OH-);25
℃时,Kw=1.0×10-14。
(2)影响因素。
水的离子积Kw,只受温度的影响,温度升高,Kw增大。
(3)适用范围。
Kw不仅适用于纯水,还可适用于稀的电解质水溶液。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)水的电离平衡常数与水的离子积相等。(  )
提示:×。水的离子积与水的电离常数的关系是Kw=K电离·c(H2O)≈55.6K电离。
(2)加水稀释醋酸溶液,溶液中所有离子浓度都减小。(  )
提示:×。醋酸加水稀释后,H+浓度减小,由于温度不变Kw不变,OH-浓度增大。
(3)25
℃时CH3COONa溶液的Kw大于100
℃时NaOH溶液的Kw。(  )
提示:×。Kw只与温度有关,温度越高Kw越大。
(4)任何水溶液中均存在H+和OH-,且水电离出的c(H+)和c(OH-)相等。(  )
提示:√。不管温度变化还是加入促进或抑制水的电离的物质,水自身电离的
c(H+)和c(OH-)相等。
(5)某温度下,纯水中c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,则此时c(OH-)=5×10-8
mol·L-1。(  )
提示:×。纯水中c(H+)=c(OH-)=2×10-7
mol·L-1。
2.(1)25
℃时,10
L水中含OH-的物质的量为________
mol,含H+的个数为________个(设阿伏加德罗常数为NA)。
(2)某温度下,纯水中的c(H+)=2×10-7
mol·L-1,则此时c(OH-)=________。若温度不变,滴入稀H2SO4使c(H+)=5×10-6
mol·L-1,则c(OH-)=________,由水电离出的c(H+)为________。
【解析】(1)常温下,Kw=1×10-14,c(H+)水=c(OH-)水=1×10-7
mol·L-1。1
L水中含n(OH-)=1×10-7
mol,n(H+)=1×10-7
mol,故10
L水中含OH-的物质的量为1×10-6
mol,含H+的个数为10-6
NA个。
(2)纯水中,c(H+)一定与c(OH-)相等,存在H2OH++OH-,所以c(OH-)=
2×10-7
mol·L-1。温度不变,Kw=2×10-7×2×10-7=4×10-14不变,当c(H+)=5×10-6
mol·L-1时,c(OH-)=
mol·L-1=8×10-9
mol·L-1。由H2OH++OH-知,由水电离出的c(H+)=c(OH-)=8×10-9
mol·L-1。
答案:(1)10-6 10-6NA
(2)2×10-7
mol·L-1 8×10-9
mol·L-1 
8×10-9
mol·L-1
命题角度1:外界条件对水电离的影响
【典例1】(2021·北京丰台区模拟)室温时纯水中存在电离平衡:H2OH++OH-。下列叙述正确的是(  )
A.升高温度,水的电离程度增大,c(H+)增大,pH<7,溶液显酸性
B.向水中加入少量氨水,平衡逆向移动,抑制水的电离,c(OH-)降低
C.向水中加入少量硫酸,c(H+)增大,由水电离出的c(H+)>1×10-7
mol·L-1
D.向水中加入少量NH4Cl固体,NH结合水电离出的OH-,由水电离出的
c(H+)>1×10-7
mol·L-1
【解析】选D。升高温度,水的电离程度增大,c(H+)增大,pH<7,c(H+)=
c(OH-),溶液显中性,故A错误;加入氨水,NH3·H2OOH-+NH碱性增强,c(OH-)增大,故B错误;H2OH++OH-,加入硫酸,氢离子浓度增大,抑制水的电离,水电离出氢离子浓度减小,故C错误;水中加入少量NH4Cl固体,NH结合水电离出的OH-,促进水的电离,使水电离出的c(H+)>1×10-7
mol·
L-1,故D正确。
命题角度2:水的电离曲线
【典例2】(2021·张掖模拟)水的电离平衡曲线如图所示,下列说法不正确的是(  )
A.图中五点Kw间的关系B>C>A=D=E
B.若从A点到D点,可采用在水中加入少量酸的方法
C.若处在B点时,将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后,溶液显碱性
D.若从A点到C点,可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
【解析】选D。ADE都处于25
℃时,Kw相等,B点c(H+)和c(OH-)都大于C点的
c(H+)和c(OH-),并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点c(H+)和c(OH-),c(H+)和c(OH-)越大,Kw越大,故B>C>A=D=E,故A正确;加酸,c(H+)变大,
c(OH-)变小,但温度不变,Kw不变,故B正确;若处在B点时,Kw=1×10-12,pH=2的硫酸中c(H+)=10-2
mol·L-1,pH=12的KOH中c(OH-)=1
mol·L-1,等体积混合,KOH过量,溶液显碱性,故C正确;若从A点到C点,c(H+)变大,
c(OH-)变大,Kw增大,温度应升高,不能通过加入氯化铵的方法来实现,故D错误。
1.Kw要点剖析:
(1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡,H+与OH-共存,只是相对含量不同而已。
(2)水的离子积Kw只与温度有关,温度越高,Kw越大,所以使用Kw时,必须指明温度,如不指明,则认为是25
℃。
(3)Kw不仅适用于纯水,还适用于酸、碱及盐的稀溶液,且由水电离的c水(H+)=c水(OH-)。此时,水溶液中水的离子积常数不变。
2.外界条件对水的电离的影响:
(1)抑制水的电离的方法。
①外加酸或碱
②降温
③加入强酸的酸式盐(如NaHSO4)
④通入酸性气体(如CO2、SO2等)或碱性气体(如NH3)
(2)促进水的电离的方法。
①升温
②加入活泼金属(如Na、K等)
③加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐
3.水电离出的c(H+)或c(OH-)的定量计算:
溶液
计算原则
实例(25
℃)
中性溶液
c(OH-)=c(H+)
c(OH-)=c(H+)
=10-7
mol·L-1
酸的溶液
OH-全部来自水的电离
pH=2的盐酸中c(H+)=10-2
mol·L-1,则c(OH-)=Kw/10-2=1×10-12
(mol·L-1),即水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=10-12
mol·L-1
碱的溶液
H+全部来自水的电离
pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2
mol·L-1,则c(H+)=Kw/10-2=1×10-12
(mol·L-1),即水电离出的c(OH-)水=c(H+)水=10-12
mol·L-1
水解呈酸性的盐溶液
H+全部来自水的电离
pH=5的NH4Cl溶液中,由水电离出的c(H+)=10-5
mol·L-1,因部分OH-与部分NH结合使溶液中的c(OH-)=10-9
mol·L-1
水解呈碱性的盐溶液
OH-全部来自水的电离
pH=12的Na2CO3溶液中,由水电离出的c(OH-)=10-2
mol·L-1,因部分H+与部分CO结合使溶液中的c(H+)=10-12
mol·L-1
命题点1:外界条件对水电离的影响(基础性考点)
1.(2021·泰安模拟)室温下,水的电离达到平衡:H2OH++OH-。下列叙述正确的是(  )
A.向水中加入少量金属Na,平衡正向移动,c(OH-)增大
B.向水中加入少量
CH3COOH,平衡逆向移动,Kw变小
C.向水中加入少量
NaHSO4或
NaHCO3固体,平衡均正向移动,水的电离程度增大
D.向水中加入少量
CH3COONH4固体,溶液呈中性,水的电离平衡不移动
【解析】选A。向水中加入少量金属钠,和水电离的H+反应,故溶液中的
c(OH-)增大,水的电离被促进,平衡正向移动,故A正确;温度不变,水的离子积常数不变,与溶液的酸碱性无关,向水中滴入少量
CH3COOH,平衡逆向移动,Kw不变,故B错误;向水中加入少量固体硫酸氢钠,硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子,导致c(H+)增大,平衡逆向移动,加入少量碳酸氢钠固体,溶解后碳酸氢根离子水解使水的电离平衡正向进行,故C错误;向水中加入少量
CH3COONH4固体,醋酸根离子和铵根离子水解相互促进程度相同,溶液呈中性,水的电离平衡正向移动,故D错误。
命题点2:水电离的H+或OH-浓度求算(综合性考点)
2.已知NaHA在水中的电离方程式为NaHA===Na++H++A2-。某温度下,向c(H+)=1×10-6
mol·L-1的蒸馏水中加入NaHA晶体,保持温度不变,测得溶液的c(H+)=1×10-2
mol·L-1。下列对该溶液的叙述不正确的是(  )
A.该温度高于25

B.由水电离出来的H+的浓度为1×10-10
mol·L-1
C.加入NaHA晶体抑制水的电离
D.取该溶液加水稀释100倍,溶液中的c(OH-)减小
【解析】选D。Kw=1×10-6×1×10-6=1×10-12,温度高于25
℃,A正确;
NaHA电离出的H+抑制H2O电离,c(H+)H2O=c(OH-)
H2O=1×10-10
mol·L-1,B正确、C正确;加H2O稀释c(H+)减小,而c(OH-)增大,D错误。
3.(2021·北京海淀区模拟)25
℃时,下列溶液中水的电离程度最小的是(  )
A.0.01
mol·L-1醋酸溶液 
B.0.01
mol·L-1
NH4Cl溶液
C.0.01
mol·L-1
NaHSO4溶液
D.0.01
mol·L-1
NaHCO3溶液
【解析】选C。根据酸或碱抑制水的电离,含有弱根离子的盐水解,促进水的电离,则醋酸和NaHSO4均抑制水的电离,NH4Cl和NaHCO3均促进水的电离,醋酸是弱酸,0.01
mol·L-1醋酸中氢离子浓度小于0.01
mol·L-1,NaHSO4在水溶液中完全电离,0.01
mol·L-1
NaHSO4中氢离子浓度是0.01
mol·L-1,氢离子浓度越大,抑制水电离程度越大,所以水电离程度最小的是NaHSO4溶液。
命题点3:水的电离曲线(应用性考点)
4.(2021·台州模拟)T
℃下的溶液中,c(H+)=10-x
mol·L-1,c(OH-)=10-y
mol·L-1,x与y的关系如图所示。
下列说法不正确的是(  )
A.T
℃时,水的离子积Kw

1×10-a
B.若a>14,则T<25
C.T
℃时,若给pH=1的盐酸微热,则盐酸的pH减小
D.T
℃时,pH=a-2的苛性钠溶液与pH=2的稀硫酸等体积混合,溶液的pH=0.5a
【解析】选C。由图象可知,x=0时,y=a,y=0时,x=a,则有x+y=a,则Kw=c(H+)×c(OH-)=(10-x
mol·L-1)×(10-y
mol·L-1)=10-a
mol2·L-2,故A正确;若a>14,Kw=10-a
mol2·L-2<10-14
mol2·L-2,则温度低于常温,故B正确;微热促进盐酸挥发,溶液酸性减弱,pH增大,故C错误;pH=a-2的苛性钠溶液,氢氧根浓度是0.01
mol·L-1,pH=2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01
mol·L-1,等体积混合,溶液显中性,pH=0.5a,故D正确。
5.(2021·厦门模拟)25
℃时,水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图中曲线所示,下列判断错误的是(  )
A.ac曲线上的任意一点都有c(H+)×c(OH-)=10-14
B.bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C.d点对应溶液的温度高于25
℃,pH<7
D.c点溶液不可能是盐溶液
【解析】选D。ac曲线上的任意一点,由于温度相同,所以水的离子积相同,根据b点可知,c(H+)·c(OH-)=10-14,故A正确;bd线上任意点都满足c(H+)=c(OH-),溶液一定显示中性,故B正确;d点时,c(H+)=c(OH-)=1×10-6
mol·
L-1>1×10-7
mol·L-1,溶液的pH=6,水的电离为吸热反应,所以d点温度高于25
℃,故C正确;在c点c(H+)=1×10-8
mol·L-1,c(OH-)=1×10-6
mol·L-1,溶液显示碱性,而醋酸钠溶液显示碱性,所以c点可能为醋酸钠溶液,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·抚顺模拟)40
℃时水的离子积Kw=2.9×10-14,则在40
℃时,c(H+)=1×
10-7
mol·L-1的溶液(  )
A.呈酸性      
B.呈碱性
C.呈中性
D.无法判断
【解析】选B。40
℃时水的离子积Kw=2.9×10-14,c(H+)=1×10-7
mo1·L-1,则c(OH-)===2.9×10-7
mo1·L-1,所以c(H+)<c(OH-),即溶液显碱性,故B正确。
2.(2021·枣庄模拟)已知水的电离平衡如图所示,且pOH=-lg
c(OH-),下列说法错误的是(  )
A.各点对应的水的离子积:Kw(f)>Kw(e)=Kw(d)
B.加热f点纯水,其组成由f点沿fd直线向d方向迁移
C.向c点纯水中通入少量HCl,其组成由c点沿cde曲线向e点移动
D.df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
【解析】选B。pOH=-lg
c(OH-)、pH=-lg
c(H+),所以pOH、pH越大,c(OH-)、c(H+)越小,pOH+pH=pKw,水的电离吸热,温度越高,水的离子积Kw越大,pOH、pH越小,所以温度T>20
℃,即Kw(f)>Kw(d),同时Kw只与温度有关,d、e点在等温线上,所以Kw(f)>Kw(e)=Kw(d),故A正确;由于水的电离吸热,所以升高温度,水的离子积Kw增大,pOH、pH减小,即加热f点纯水,其组成由f点沿Of直线向O方向迁移,故B错误;恒温条件下,向c点纯水中通入少量HCl,溶液酸性增强,pH减小,由于pOH+pH=pKw,所以pOH增大,其组成由c点沿cde曲线向e点移动,故C正确;df直线上各点对应的水溶液中均有pH=pOH,即c(OH-)=c(H+),所以df直线上各点对应的水溶液均呈中性,故D正确。
考点二 溶液的酸碱性与pH计算(命题指数★★★)
1.溶液的酸碱性与pH:
(1)pH。
①定义:c(H+)的负对数,
pH=-lgc(H+)。
②意义:pH越大,溶液的碱性越强。pH越小,溶液的酸性越强。
③适用范围:1×10-14
mol·L-1≤c(H+)≤1
mol·L-1的溶液。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)。
溶液的酸碱性
c(H+)与c(OH-)
比较
c(H+)大小
pH
酸性溶液
c(H+)>c(OH-)
c(H+)>1×10-7
mol·L-1
<7
中性溶液
c(H+)=c(OH-)
c(H+)=1×10-7
mol·L-1
=7
碱性溶液
c(H+)c(H+)<1×10-7
mol·L-1
>7
2.溶液pH的计算方法:
(1)单一溶液。
①强酸溶液,pH=-lgc(H+)。如0.1
mol·L-1的盐酸,pH=1。
②强碱溶液,c(H+)=,pH=-lgc(H+)。如0.01
mol·L-1的NaOH溶液,pH=12。
(2)混合溶液。
①两强酸溶液混合,c(H+)=,pH=-lgc(H+)。如pH=2的盐酸与pH=5的盐酸等体积混合,溶液的pH=2.3。
②两强碱溶液混合,c(OH-)=,c(H+)=,pH=-lgc(H+)。如pH=12和pH=10的两NaOH溶液等体积混合,pH=11.7。
③强酸与强碱混合:
A.恰好反应:pH=7。如pH=2盐酸和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积相混合,混合后溶液的pH=7。
B.酸过量:c(H+)=,pH=-lgc(H+)。如100
mL
0.6
mol·L-1的HCl
与等体积0.4
mol·L-1的
NaOH溶液混合后,溶液的pH=1。
C.碱过量:c(OH-)=,
c(H+)=,pH=-lgc(H+)。如将0.1
mol·L-1的盐酸和0.06
mol·L-1的氢氧化钡溶液等体积混合,混合以后溶液的pH=12。
(3)溶液稀释后pH的计算。
①对于强酸溶液,每稀释10倍,pH增大1;对于弱酸溶液,每稀释10倍,pH增大不足1。无论稀释多少倍,酸溶液的pH不能等于或大于7,只能趋近于7。
②对于强碱溶液,每稀释10倍,pH减小1;对于弱碱溶液,每稀释10倍,pH减小不足1。无论稀释多少倍,碱溶液的pH不能等于或小于7,只能趋近于7。
3.pH的测定:
(1)酸碱指示剂法。
该法只能测其pH的大致范围,常见指示剂变色范围为
指示剂
变色范围
石蕊
pH<5红色
5~8紫色
>8蓝色
酚酞
pH<8.2无色
8.2~10浅红色
>10红色
甲基橙
pH<3.1红色
3.1~4.4橙色
>4.4黄色
(2)pH试纸法。
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上,试纸变色后,与标准比色卡对比,即可确定溶液的pH。
(3)pH计。
通过仪器来精确测定溶液的pH。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)pH<7的溶液一定呈酸性。(  )
提示:×。25
℃时,pH=7为中性,pH<7为酸性,温度升高后pH<7不一定显酸性。
(2)溶液的酸性越强,pH越小,溶液的碱性越强,pH越大。(  )
提示:√。pH=-lgc(H+),pH越小酸性越强,pH越大碱性越强。
(3)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4。(  )
提示:×。pH试纸只能测出整数值。
(4)用湿润的pH试纸测定盐酸和醋酸溶液的pH,醋酸溶液的误差更大。(  )
提示:×。用湿润的pH试纸测定pH相当于稀释溶液,醋酸存在电离平衡,稀释促进电离,误差更小。
(5)室温下,pH=12的NaOH溶液和pH=2的醋酸溶液等体积相混合后,混合液呈中性。(  )
提示:×。醋酸浓度远大于NaOH浓度,混合液中含有大量醋酸,溶液呈酸性。
2.计算25
℃时下列溶液的pH:
(1)1
mL
pH=2的H2SO4加水稀释至100
mL,pH=________;
(2)0.001
mol·L-1的盐酸,pH=________;
(3)0.01
mol·L-1的NaOH溶液,pH=________;
(4)0.015
mol·L-1的硫酸与0.01
mol·L-1的NaOH等体积混合,混合溶液的pH=________。
【解析】(1)强酸稀释100倍,pH变化2个单位,即稀释后溶液的pH=4;
(2)c(H+)=10-3
mol·L-1,pH=3;
(3)c(OH-)=0.01
mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=10-12
mol·L-1,pH=
-lg(10-12)=12;
(4)酸碱发生中和反应时,酸过量,则c(H+)==
0.01(mol·L-1),pH=-lg
0.01=2。
答案:(1)4 (2)3 (3)12 (4)2
命题角度1:溶液酸碱性的判断及应用
【典例1】(2021·邯郸模拟)用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH,如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后,再把待测液滴到pH试纸上,跟比色卡对照,溶液pH的测得值为8,则该氨基酸溶液的实际pH(  )
A.大于8         B.小于8
C.等于8
D.小于7
【解析】选A。溶液pH的测得值为8,说明溶液呈碱性,碱性溶液稀释后,碱性减弱,pH偏小,所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8。
命题角度2:溶液pH的计算
【典例2】(2021·杭州模拟)下列说法不正确的是(  )
A.0.1
mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液pH=b,则a>b
B.室温下1
mL
pH=13的NaOH溶液与100
mL盐酸混合后溶液pH=7,则盐酸的pH=3
C.纯水加热到100
℃时,水的离子积变大、pH变小、呈中性
D.相同温度下,pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中,水电离程度较大的是Na2CO3溶液
【解析】选D。0.1
mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍,溶液pH=b,氨水稀释后氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,则a>b,故A正确;氯化氢和氢氧化钠都是强电解质,两种溶液混合后溶液呈中性,说明两种物质的物质的量相等,根据溶液体积知,c(HCl)=c(NaOH)=0.001
mol·L-1,所以HCl的pH=3,故B正确;纯水加热到100
℃时,加热促进水的电离,水的离子积变大,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,纯水显中性,故C正确;均能发生水解反应,溶液的pH相同,说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同,溶液中的氢氧根离子均由水电离,所以两种溶液中水的电离程度相同,故D错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)A选项中pH=a的氨水,电离度是多少?若稀释10倍,溶液的pH=c,c的取值范围是多少?
提示:pH=a即溶液中c(OH-)=10a-14,电离度为10a-13。若稀释10倍,a-1<c<a。
(2)(宏观辨识与微观探析)B选项中若等体积混合后溶液的pH=7,则盐酸的浓度是多少?
提示:等体积混合恰好完全反应,则盐酸与NaOH溶液浓度相等,为0.1
mol
·L-1。
(3)(变化观念与平衡思想)C选项中纯水加热到100
℃时,水的电离平衡如何移动?水的离子积与pH的关系是什么?
提示:升温促进水的电离平衡正向移动。纯水中c(H+)=c(OH-),且c(H+)·
c(OH-)=Kw,又因c(H+)=10-pH,则c2(H+)=Kw,即10-2pH=Kw。
【备选例题】
(2021·北京西城区模拟)室温时,下列说法正确的是(  )
A.pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中,由水电离产生的c(OH-)均为1×
10-11
mol·L-1
B.分别把100
mL
pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1
L,所得溶液pH均为10
C.分别向等体积的0.1
mol·L-1HCl溶液和0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好为中性时,消耗NaOH溶液的体积相等
D.分别向1
mL
pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体,两溶液的pH均增大
【解析】选D。氨水抑制水的电离,pH=11的氨水中水电离产生的c(OH-)为1×10-11
mol·L-1,碳酸钠促进水的电离,pH=11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH-)为1×10-3
mol·L-1,故A错误;加水稀释促进一水合氨的电离,氨水中氢氧根离子的物质的量会增大,所以把100
mL
pH=11的氨水加水稀释至1
L,所得溶液pH大于10,故B错误;向等体积的0.1
mol·L-1
HCl溶液和0.1
mol·
L-1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好中和生成NaCl和醋酸钠,NaCl溶液显中性,醋酸钠溶液显碱性,若要醋酸钠显中性,则要减少氢氧化钠的量,所以二者消耗的氢氧化钠的体积不同,故C错误;向1
mL
pH=3的盐酸中加醋酸钠,盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸,溶液的pH会增大,在醋酸溶液中加醋酸钠,醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离,醋酸的pH增大,故D正确。
1.溶液酸碱性的判断依据:
2.混合溶液酸碱性的判断方法:
(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性,同强显中性”
中和反应
反应后所得溶液的酸碱性
强酸与强碱
中性
强酸与弱碱
酸性
弱酸与强碱
碱性
(2)室温下,已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合
ⅰ.两强混合
①若pH之和等于14,则混合后溶液显中性,pH=7
②若pH之和大于14,则混合后溶液显碱性,pH>7
③若pH之和小于14,则混合后溶液显酸性,pH<7
ⅱ.一强一弱混合——“谁弱显谁性”
pH之和等于14时,一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性;一元弱酸与一元强碱等体积混合呈酸性。
3.pH测定易错点再认识:
(1)使酚酞试液呈无色的溶液可能呈酸性、中性或碱性。
(2)广泛pH试纸的范围是1~14,且测量值均为整数。
(3)用pH试纸测量溶液pH时,试纸不能润湿,若润湿,测酸、碱性溶液时会造成误差,但测中性溶液时不会造成误差。
(4)不能用pH试纸测量氯水的pH,因氯水具有漂白性。
命题点1:溶液酸碱性的判断及应用(基础性考点)
1.(2021·洛阳模拟)图中的4条曲线,能表示人体大量喝水时,胃液pH变化的是(  )
【解析】选A。胃液中含有盐酸,溶液显酸性pH小于7,喝大量的水后,胃液中的酸会被稀释,酸性减弱,pH增大,但不可能大于7(即变成了碱性),故A正确。
2.(2021·邹城模拟)用
pH
试纸测定某无色溶液的
pH,正确的是(  )
A.将pH试纸放入溶液中,观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B.用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
C.用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,观察其颜色并与标准比色卡对照
D.用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在湿润的pH试纸上,测量的pH结果一定偏低
【解析】选C。pH试纸直接浸入待测液,这样会污染溶液,故A错误;氯水中的次氯酸有强氧化性,pH试纸变色会被漂白,应用pH计测定,故B错误;测定溶液pH的正确操作方法为将被测液滴到放在玻璃片上的pH试纸上,显色后,与标准比色卡比较,符合测量要求,故C正确;pH试纸不能湿润,防止形成实验误差,用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在湿润的pH试纸上,测量的pH结果不一定偏低,如中性溶液氯化钠溶液的pH不变,故D错误。
命题点2:溶液pH的计算(综合性考点)
3.(2021·温州模拟)常温下,下列有关说法不正确的是(  )
A.pH=11的氨水、NaOH溶液中,水电离产生的c(H+)相同
B.pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合,混合后溶液的pH小于7
C.pH=3的盐酸、CH3COOH溶液中,c(Cl-)=c(CH3COO-)
D.往10
mL
pH=3的盐酸中分别加入pH=11的氨水、NaOH溶液至中性,消耗氨水的体积小
【解析】选B。碱抑制水电离,碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大,氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等,则二者抑制水电离程度相等,故A正确;pH=3的HCl溶液c(HCl)=10-3
mol·L-1,pH=11的氨水溶液c(NH3·H2O)>10-3
mol·L-1,等体积混合,氨水会剩余,溶液显示碱性,混合后溶液的pH大于7,故B错误;盐酸、CH3COOH溶液中,分别存在电荷守恒:c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),都是pH=3的溶液,则氢离子浓度相等,氢氧根离子浓度也是相等的,所以c(Cl-)=c(CH3COO-),故C正确;pH=11的氨水、NaOH溶液,c(NH3·H2O)>10-3
mol·L-1,c(NaOH)=10-3
mol·L-1,c(NH3·H2O)>c(NaOH),中和等量的盐酸,氨水消耗的体积小,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·天津模拟)下列说法正确的是(  )
A.用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2
B.常温下,同浓度的Na2S
溶液与NaHS溶液相比,Na2S溶液的pH大
C.用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作
D.某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为溶液中的SO水解
【解析】选B。氯水有漂白性,故不能用pH试纸来测pH,故A错误;酸性HS-<H2S,故水解能力Na2S>NaHS,则Na2S溶液的pH大,故B正确;锥形瓶不能润洗,润洗后会导致待测液的体积偏大,故C错误;硫酸型酸雨中含H2SO3,在放置的过程中会被氧气氧化为硫酸,导致pH变小,故D错误。
2.(2021·慈溪模拟)下列说法不正确的是(  )
A.中性溶液中一定存在c(H+)=c(OH-)
B.中和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同
C.相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中,由水电离产生的c(H+)相等
D.pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后,c(H+)=
【解析】选D。溶液酸碱性取决于c(H+)、c(OH-)的大小,任何中性溶液中一定满足c(H+)=c(OH-),故A正确;由于氨水、NaOH均为一元碱,中和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液时,消耗HCl的物质的量相同,故B正确;相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中,氢离子浓度相同,则两溶液对水电离的抑制程度相同,所以水电离产生的c(H+)相等,故C正确;pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混合后,混合液中c(OH-)=
mol·L-1=
0.505
mol·L-1,c(H+)==
mol·L-1≈2×10-14
mol·L-1,故D错误。
3.(2021·义乌模拟)下列说法正确的是(  )
A.常温下,用pH试纸测得0.1
mol·L-1NaClO溶液的pH>7
B.向醋酸中加入等物质的量的NaOH,溶液呈碱性,且溶液中>1
C.常温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,因生成的CH3COONa水解,所以由水电离出的c(H+)>10-7
mol·L-1
D.等体积等pH的醋酸和盐酸,分别与足量镁粉反应,反应生成的气体盐酸多
【解析】选B。NaClO是弱酸强碱盐,水解显碱性,但NaClO具有漂白性,应选pH计测定,故A错误;CH3COONa溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),电荷关系为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+),所以c(CH3COO-)<c(Na+),故B正确;CH3COOH是弱酸,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,酸过量使溶液呈酸性,酸抑制水的电离,所以由水电离出的c(H+)<10-7
mol·L-1,故C错误;CH3COOH是弱酸,等体积等pH的醋酸和盐酸中,n(CH3COOH)>n(HCl),所以分别与足量镁粉反应,反应生成的气体盐酸少、醋酸多,故D错误。
考点三 酸碱中和滴定(命题指数★★★★)
1.酸碱中和滴定:
(1)概念:利用中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
(2)原理。
①反应实质:H++OH-===H2O。
②定量关系:恰好中和时,n(H+)
=n(OH-),即c(H+)V酸

c(OH-)V碱。
(3)主要仪器及使用方法。
①仪器:滴定管、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯。
仪器a是酸式滴定管,仪器b是碱式滴定管。
②滴定管的使用方法
(4)主要试剂。
①标准液
②待测液
③指示剂(一般选用酚酞或甲基橙)
(5)滴定操作。
①滴定前的准备工作
②滴定时的操作
③滴定终点的判断:当滴入最后一滴溶液时,指示剂恰好变色,且半分钟不恢复,即为滴定终点。
(6)数据处理。
为减少实验误差,滴定时,要求重复实验2~3次,求出所用标准溶液体积的平均值,然后再计算待测液的物质的量浓度。
2.误差分析:
中和滴定实验中,产生误差的途径主要有操作不当,读数不准等,分析误差要根据计算式分析,c待测=,当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时,c标准、
V待测均为定值,c待测的大小取决于V标准的大小。
以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例,分析实验误差:
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数,半分钟后颜色又变红
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出
偏低
滴定过程中,向锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)量取20.00
mL的高锰酸钾溶液应选用25
mL量筒。(  )
提示:×。量筒只能精确到0.1
mL,应选用25
mL酸式滴定管。
(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点。(  )
提示:×。滴定终点是指指示剂变色的点,与酸碱恰好中和的点不一定一致。
(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸,应选用酚酞作指示剂。(  )
提示:√。恰好反应点溶液呈碱性,应选用在碱性范围内变色的酚酞指示剂。
(4)滴定管和锥形瓶在滴定前都应该用待装溶液润洗。(  )
提示:×。滴定管应该润洗,锥形瓶不应润洗。
(5)若用标准盐酸溶液滴定待测NaOH溶液,滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液,则测定结果偏小。(  )
提示:×。标准液读数偏大,测定结果偏大。
2.现用物质的量浓度为a
mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定V
mL盐酸的物质的量浓度,请填写下列空白:
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后,接下来应该进行的操作是__________________
______________________________________________________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数,c(HCl)=________mol·L-1。
【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2~3次,每次润洗液都要从尖嘴处排出。
(2)NaOH为强碱,应将NaOH溶液注入碱式滴定管中,故选乙。
(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2-V1)
mL,因此c(HCl)=
mol·L-1。
答案:(1)用标准NaOH溶液润洗
(2)乙 (3)
命题角度1:滴定终点的判断
【典例1】(2019·全国Ⅱ卷节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。
成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m
g样品,置于碘量瓶中,移取25.00
mL
0.100
0
mol·L-1的I2?KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5
min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100
0
mol·L-1
Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O===2I-+S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V
mL。终点颜色变化为________,样品中S2-的含量为___________
_____________________________________________________________
(写出表达式)。
【规范答题】滴定终点现象的判断
答题模板
当滴入最后一滴××后,溶液由××色变为××色,且半分钟之内不变色(或××色褪去,且半分钟之内不恢复原色)
模板示例
用a
mol·L-1盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,以酚酞为指示剂,达到滴定终点的现象是当最后一滴盐酸滴入,溶液由红色变为无色,且半分钟内不恢复原色
【解析】滴定终点时,I2被消耗完,溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2+2S2O===2I-+S4O可知,与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)=×0.100

mol,则与S2-反应的n2(I2)=×0.100
0
mol-n1(I2)=
mol,由电子守恒可知S2-~I2,则样品中S2-的含量为×100%。
答案:浅蓝色至无色 ×100%
命题角度2:中和滴定误差分析
【典例2】(2021·保定模拟)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,选用酚酞作指示剂,造成测定结果偏低的原因可能是(  )
A.未用标准液润洗碱式滴定管
B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作均正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【解析】选B。未用标准液润洗碱式滴定管,使标准NaOH溶液的浓度偏低,导致消耗标准液的体积偏大,测定结果偏高,故A不选;滴定管的“0”刻度线在上方,滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,使读数偏低,测定结果偏低,故B选;盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,由于盐酸的物质的量不变,测定结果无影响,故C不选;滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,导致消耗标准液的体积偏大,测定结果偏高,故D不选。
 
某学生用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。先准确称量10.0
g含有少量中性易溶杂质的样品,配成500
mL待测溶液,用待测烧碱溶液滴定0.200
mol·L-1的盐酸标准液。下列操作会使烧碱样品纯度偏高的是(  )
A.锥形瓶用蒸馏水洗净后,先用盐酸标准液润洗再装标准液
B.碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗
C.滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除,滴定后气泡消失
D.滴定前仰视碱式滴定管读数,滴定后俯视滴定管读数
【解析】选D。锥形瓶用蒸馏水洗净后,先用盐酸标准液润洗再装标准液,导致消耗的待测液体积偏大,会使烧碱样品纯度偏低,A错误;碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗,导致消耗的待测液体积偏大,会使烧碱样品纯度偏低,B错误;滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除,滴定后气泡消失,导致消耗的待测液体积偏大,会使烧碱样品纯度偏低,C错误;滴定前仰视碱式滴定管读数,滴定后俯视滴定管读数,导致消耗的待测液体积偏小,会使烧碱样品纯度偏高,D正确。
【思维升华】
酸碱中和滴定时,不一定用标准液滴定待测液,也可以用待测液滴定标准液。求算公式c待测=中,c标准确定,锥形瓶中被滴定溶液体积确定,会造成误差的是滴定过程中装在滴定管中溶液的体积。
(1)若用标准液滴定待测液,V标准是造成误差的因素,与c待测呈正相关;
(2)若用待测液滴定标准液,V待测是造成误差的因素,与c待测呈负相关。
1.滴定管读数要领:
视线应平视凹液面的最低点为基准。
2.滴定终点的判断答题模板:
当滴入最后一滴××标准溶液后,溶液变成××色,且半分钟内不恢复原来的颜色。
命题点1:酸碱中和滴定(基础性考点)
1.(2021·桂林模拟)室温下,用0.100
mol·L-1的标准盐酸滴定20.00
mL未知浓度的NaOH溶液,所得滴定曲线如图所示。图中K点代表的pH为(  )
A.13    B.12    C.11    D.10
【解析】选A。HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl,溶液呈中性,根据图象,加入盐酸的体积为20
mL时,溶液呈中性,说明HCl和NaOH完全反应,则n(HCl)=n(NaOH),有0.1
mol·L-1×20.00
mL=20.00
mL×c(NaOH),得c(NaOH)=
0.1
mol·L-1,NaOH溶液中c(OH-)=0.1
mol·L-1,根据Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,c(H+)===1×10-13
(mol·L-1),pH=-lg[c(H+)]=
-lg(1×10-13)=13,A符合题意。
2.有关酸碱滴定实验,下列说法正确的是(  )
A.滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗
B.滴定前,必须将滴定管中液体的液面调至0刻度
C.滴定至终点时,溶液一定呈中性
D.测定待测液的浓度,至少需要完成两组平行实验,取消耗标准液的平均值
【解析】选D。滴定管需要用待装液润洗,但锥形瓶不能用待装液润洗,否则导致消耗标准液体积偏大,测定结果偏高,故A错误;滴定前,滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度,可调至0刻度以下某一刻度,故B错误;滴定至终点时,溶液不一定呈中性,如NaOH滴定醋酸,滴定终点生成醋酸钠,溶液呈碱性,故C错误;测定待测液的浓度,为了减少滴定误差,至少需要完成两组平行实验,取消耗标准液的平均值,故D正确。
命题点2:中和滴定误差分析(综合性考点)
3.(2021·吉安模拟)实验室用标准盐酸溶液滴定某NaOH溶液。用甲基橙作指示剂。下列操作中可能使测定结果偏低的是(  )
A.酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2~3次
B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失
C.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次
D.滴定前平视读数,滴定后俯视读数
【解析】选D。酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2~3次,导致标准酸溶液浓度降低,消耗的体积偏大,测定结果偏高,故A不选;开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失,导致标准酸溶液的体积读数偏大,测定结果偏高,故B不选;盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次,导致消耗标准酸溶液的体积偏大,测定结果偏高,故C不选;滴定管的“0”刻度线在上方,滴定后俯视读数,使读数偏小,导致标准酸溶液的体积读数偏小,测定结果偏低,故D选。
【加固训练—拔高】
1.(2021·桂林模拟)在酸碱中和滴定实验中,下列操作不会引起误差的是(  )
A.用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液
B.滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液
C.滴定前平视读数,终点时仰视读数
D.滴定管尖嘴处在滴定前有气泡,滴定后无气泡
【解析】选A。用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液,不影响溶质的物质的量,测定结果不变,故A选;滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液,会稀释标准液,导致消耗标准液体积增加,会产生误差,故B不选;滴定前平视读数,终点时仰视读数,读数增大,有误差产生,故C不选;滴定管尖嘴处在滴定前有气泡,滴定后无气泡,溶液的体积增大,会产生误差,故D不选。
2.(2021·天水模拟)配制250
mL一定物质的量浓度的盐酸,并用该盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,下列实验操作或说法错误的是(  )
A.实验前,容量瓶和酸式滴定管都需要检查是否漏液
B.若NaOH溶液因久置而变质(含少量Na2CO3),用甲基橙作指示剂,对滴定结果无影响
C.若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线,则所测定NaOH溶液的浓度偏小
D.当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中,溶液颜色由黄色变为橙色时,即达滴定终点
【解析】选D。容量瓶和酸式滴定管带有瓶塞或旋塞,实验前都需要检查是否漏液,故A正确;甲基橙的变色范围为3.1~4.4,滴定终点呈酸性,NaOH和Na2CO3都转化成NaCl,消耗标准液的体积不变,不影响测定结果,故B正确;若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线,配制的标准液浓度偏大,滴定终点消耗标准液体积偏小,则所测定NaOH溶液的浓度偏小,故C正确;当滴定至溶液由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复颜色时,即为滴定终点,故D错误。
3.(2021·衡阳模拟)用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度,假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应,试根据实验回答下列问题:
(1)将准确称取的4.3
g烧碱样品配成250
mL待测液,需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有____________、____________。
(2)取10.00
mL待测液,用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。
(3)用0.201
0
mol·L-1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂),滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,直到____________________,即达到滴定终点。
(4)根据表中数据,可计算出烧碱的纯度为__________(用百分数表示,结果保留小数点后一位小数)。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作____________(填“甲”“乙”或“丙”),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(6)在该滴定实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是__________(填序号)。
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗
E.滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定
F.酸式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
【解析】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解,冷却后转移到250
mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2
cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、
250
mL容量瓶、胶头滴管,所以还需要250
mL容量瓶和胶头滴管。
(2)待测液是碱性溶液,应盛放在碱式滴定管中。
(3)滴定时,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,以便准确判断终点的到达,若溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复,可说明达到滴定终点。
(4)第一次滴定消耗的标准液体积为20.40
mL-0.50
mL=19.90
mL,第二次滴定消耗标准液体积为24.10
mL-4.00
mL=20.10
mL,两次滴定数据有效,消耗标准液的平均体积为V(标准)==20.00
mL,c(待测)===0.402
0
mol·
L-1,则m=c·V·M=0.402
0
mol·L-1×0.25
L×40
g·mol-1=4.02
g,w(NaOH)=×100%≈93.5%。
(5)碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以丙正确,原理是气体的密度比较小,尖嘴朝上,易于逸出。
(6)滴定终点读数时俯视读数,导致读数偏小,测定结果偏小,故A错误;酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸溶液润洗,导致标准液的浓度偏低,滴定时消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,故B正确;锥形瓶水洗后未干燥,对待测液的物质的量没有影响,不影响滴定结果,故C错误;锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗,导致待测液的物质的量偏大,消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,故D正确;滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定,反应没有完全,消耗的标准液体积偏低,测定结果偏低,故E错误;碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,导致消耗的标准液的体积偏大,测定结果偏高,故F正确。
答案:(1)250
mL容量瓶 胶头滴管 (2)碱式
(3)溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复
(4)93.5% (5)丙 (6)BDF
1.(2020·浙江7月选考)常温下,用0.1
mol·L-1氨水滴定10
mL浓度均为0.1
mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(  )
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B.当滴入氨水10
mL时,c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20
mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20
mL,c(NH)【解析】选D。未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1
mol·L-1,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故c(Cl-)>c(CH3COO-),A正确;当滴入氨水10
mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),B正确;当滴入氨水
20
mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为c(NH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为溶液为中性,则c(H+)=c(OH-),故c(NH)>c(Cl-),D不正确。
2.(2020·浙江7月选考节选)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
合成反应:SO2+Na2CO3===Na2SO3+CO2
2Na2S+3SO2===2Na2SO3+3S
Na2SO3+SNa2S2O3
滴定反应:I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6
已知:Na2S2O3·5H2O易溶于水,难溶于乙醇,50
℃开始失结晶水。
实验步骤:
Ⅰ.Na2S2O3制备:装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液,加热、搅拌,至溶液pH约为7时,停止通入SO2气体,得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯:产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥,得到Na2S2O3·5H2O产品。
Ⅲ.产品纯度测定:以淀粉作指示剂,用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点,计算
Na2S2O3·5H2O含量。
请回答:
步骤Ⅲ
①滴定前,有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列):
检漏→蒸馏水洗涤→(    )→(    )→(    )→(    )→(    )→开始滴定。
A.烘干
B.装入滴定液至零刻度以上
C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D.用洗耳球吹出润洗液
E.排除气泡
F.用滴定液润洗2至3次
G.记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞,目的是________________________________________________________________________。
③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%,则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是_____________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________。
【解析】①滴定前应检查滴定管是否漏液,之后用蒸馏水洗涤滴定管,为防止稀释滴定液使测定结果不准确,需用滴定液润洗2至3次,之后装入滴定液至零刻度以上,排除装置中的气泡,然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下,并记录起始读数,开始滴定,所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定;②碘容易挥发,所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞,防止碘挥发损失;③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%,说明产品中可能混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O,也可能混有可消耗较多I2的其他杂质,根据合成反应可知,Na2S2O3·5H2O产品中可能混有Na2SO3。
答案:①F B E C G ②防止碘挥发损失
③Na2SO3;失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【加固训练—拔高】
1.(2018·天津高考节选)CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题:
CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为________(写离子符号);若所得溶液c(HCO)∶c(CO)=2∶1,溶液pH=________。(室温下,H2CO3的K1=4×10-7;K2=5×10-11)
【解析】CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH=13,CO2主要转化为CO;对于Na2CO3溶液,其水解常数Kh=
eq
\f(c(HCO)×c(OH-),c(CO))
==,得
c(OH-)=×=1×10-4
mol·L-1,c(H+)=1×10-10
mol·L-1,pH=10。
答案:CO 10
2.(2017·全国Ⅱ卷节选)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为MnO+H++H2C2O4―→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400
g水泥样品,滴定时消耗了0.050
0
mol·L-1的KMnO4溶液36.00
mL,则该水泥样品中钙的质量分数为______________。
【解析】将题目给出的方程式配平为2MnO+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2+8H2O,则有5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4,n(KMnO4)=0.050
0
mol·L-1×36.00
mL×
10-3L·mL-1=1.80×10-3
mol,n(Ca2+)=4.50×10-3
mol,水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。
答案:45.0%
1.稀溶液中c(H+)与c(OH-)之间的关系
25℃时纯水中,c(H+)=c(OH-)=1×10-7
mol·L-1
Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14
pH=-lg
c(H+)=7
Kw不仅适用于纯水,还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有
c(H+)H2O=c(OH-)H2O
如酸性溶液中:[c(H+)酸+c(H+)H2O]·c(OH-)H2O=Kw
碱性溶液中:[c(OH-)碱+c(OH-)H2O]·c(H+)H2O=Kw
2.水的离子积常数表示在任何水溶液中均存在水的电离平衡,都有H+和OH-共存,并且在稀酸或稀碱溶液中,当温度为25
℃时,Kw=c(H+)·c(OH-)=1×
10-14为同一常数。
3.溶液酸碱性的判断
c(H+)>c(OH-)
,酸性;
c(H+)=c(OH-),
中性;
c(H+)<c(OH-)
,碱性。
4.滴定管使用四步骤:查漏→洗涤→润洗→装液。
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-第一讲 化学反应速率
考点一 化学反应速率的概念及计算(命题指数★★★★★)
1.化学反应速率:
(1)概念:化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的物理量,通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
(2)表达式:v=或v=。常用的单位是mol·(L·min)-1或mol·(L·s)-1。
(3)注意事项。
①化学反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率,而不是瞬时反应速率。
②在同一个化学反应中,无论选用反应物还是生成物来表示化学反应速率,其值均为正值。
③由于在反应中纯液体和固体的浓度是恒定不变的,因此对于有纯液体或固体参加的反应一般不用纯液体或固体来表示化学反应速率。
2.化学反应速率的计算方法:
(1)利用反应速率的定义式v==。
(2)各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g)来说,vA∶vB∶vC∶vD=m∶n∶p∶q。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)对于任何化学反应来说,反应速率越快,反应现象就越明显。(  )
提示:×。速率快的反应,不一定有明显的实验现象,如NaOH与盐酸的中和反应等。
(2)某物质的反应速率为0.5
mol·L-1·min-1,代表1
min时该物质的浓度是
0.5
mol·L-1。(  )
提示:×。化学反应速率是一段时间的平均速率。
(3)化学反应速率的数值越大,代表反应速率越快。(  )
提示:×。同一化学反应用不同物质表示时,速率数值不一定相同。
(4)化学反应中任何一种物质在单位时间内的浓度变化量都可以用来表示化学反应速率。(  )
提示:×。化学反应速率不能用固体或纯液体来表示。
(5)在2SO2(g)+O2(g)===2SO3(g)反应中,t1、t2时刻,SO3(g)浓度分别是c1、c2,则t1~t2时间内,SO3(g)生成的平均速率为v=。(  )
提示:√。根据反应速率的定义式v=,判断Δc=c2-c1,因此反应速率v=。
2.在25
℃时,向100
mL含HCl
14.6
g的盐酸里放入5.6
g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化),反应开始至2
min末,收集到1.12
L(标准状况)氢气。在此之后,又经过4
min铁粉完全溶解。则:
(1)在前2
min内用FeCl2表示的平均反应速率是________________。
(2)在后4
min内用HCl表示的平均反应速率是________________。
(3)前2
min与后4
min相比,反应速率较快的是________________。
【解析】由题目信息“又经4
min铁粉完全溶解”知,盐酸是过量的,n(Fe)==0.1
mol,n(H2)==0.05
mol。由反应方程式Fe+2HCl===FeCl2+H2↑知,前2
min内消耗的铁、HCl及生成的FeCl2的物质的量分别为0.05
mol、0.1
mol、0.05
mol,故(1)v(FeCl2)==0.25
mol·
L-1·min-1。(2)后4
min消耗的盐酸由铁的量来求,消耗的n(Fe)=0.1
mol-
0.05
mol=0.05
mol,故消耗的n(HCl)=2n(Fe)=0.1
mol,v(HCl)==0.25
mol·L-1·min-1。(3)因在同一个反应里,v(HCl)=2v(FeCl2),可见前2
min较快。
答案:(1)0.25
mol·L-1·min-1
(2)0.25
mol·L-1·min-1 (3)前2
min
命题角度1:化学反应速率的计算
【典例1】(2021·济南模拟)炼铁高炉中发生的主要反应为Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。一定温度下,在2
L的密闭容器中加入200
g
Fe2O3粉末和一定量的CO气体模拟炼铁的反应。测得容器内固体的质量随时间的变化如表所示,反应在5~15
min的平均速率v(CO)为(  )
时间/min
0
5
10
15
固体质量/g
200
170
154
146
A.0.025
mol·L-1·min-1
B.0.05
mol·L-1·min-1
C.0.075
mol·L-1·min-1
D.0.15
mol·L-1·min-1
【解析】选C。由表中数据可知5~15
min内固体质量减少170
g-146
g=24
g,为氧元素的质量,由CO~O~CO2,可知参加反应的n(CO)==1.5
mol,反应在5~15
min的平均速率v(CO)==0.075
mol·L-1·min-1。
【备选例题】
(2021·北京模拟)一定条件下,在10
L密闭容器中发生反应:A(g)+3B(g)===2C(g)+4D(g),测得5
min内,A的物质的量减少了10
mol,则5
min内该反应的化学反应速率是(  )
A.v(A)=2.0
mol·L-1·min-1
B.v(B)=0.2mol·L-1·min-1
C.v(C)=0.2mol·L-1·min-1
D.v(D)=0.8mol·L-1·min-1
【解析】选D。5
min内v(A)==0.2
mol·L-1·min-1,故A错误;v(B)=3v(A)=3×0.2
mol·L-1·min-1=0.6
mol·L-1·min-1,故B错误;v(C)=2v(A)=2×0.2
mol·L-1·min-1=0.4
mol·L-1·min-1,故C错误;v(D)=4v(A)=4×0.2
mol·L-1·min-1=0.8
mol·L-1·min-1,故D正确。
命题角度2:化学反应速率大小比较
【典例2】(2021·重庆模拟)化学反应A(g)+3B(g)
2C(g)+2D(g),下列是不同的情况下测得的不同物质的反应速率,其中表示该化学反应的反应速率最慢的是(  )
A.v(A)=0.20
mol·L-1·min-1
B.v(B)=0.45
mol·L-1·s-1
C.v(C)=0.30
mol·L-1·min-1
D.v(D)=0.35
mol·L-1·min-1
【解析】选C。反应速率与化学计量数的比值越大、速率越大,则A.=0.2;B.=9;C.=0.15;D.=0.175,显然C中比值最小、反应速率最慢。
命题角度3:根据化学反应速率图象确定方程式
【典例3】(2021·长治模拟)一定温度下,在2
L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是(  )
A.反应开始到10
s时,用Z表示的反应速率为0.158
mol·L-1·s-1
B.反应开始到10
s时,X的物质的量浓度减少了0.79
mol·L-1
C.反应到达10
s时,c(Y)=0.105
mol·L-1·s-1
D.反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)
【解析】选D。由图可知,由0~10
s,n(X)由1.20
mol减少到0.41
mol,n(Y)由1.00
mol减少到0.21
mol,n(Z)由0增加到1.58
mol,故v(Z)=1.58
mol÷
2
L÷10
s=0.079
mol·L-1·s-1,A项错;反应开始到10
s时,X的物质的量浓度减少=0.395
mol·L-1,B项错;10
s时c(Y)==0.105
mol·L-1,单位有误,C项错误;相同时间内X、Y、Z的物质的量的变化值之比为0.79
mol∶0.79
mol∶1.58
mol=1∶1∶2,故反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),D项正确。
1.化学反应速率的计算:
(1)根据公式计算:v=。
(2)根据各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g),vA∶vB∶vC∶vD=m∶n∶p∶q。
(3)运用“三段式”进行计算
①步骤
A.写出化学方程式
B.列出各物质的起始量、转化量和某时刻量(可用物质的量或物质的量浓度表示),并合理设未知数。
C.各物质转化量之比等于化学计量数之比,依公式v=求算反应速率。
②方法
       
mA + nB === pC+qD
起始(mol·L-1)
a
b
0
0
转化(mol·L-1)
mx
nx
px
qx
t
min末(mol·L-1)
a-mx
b-nx
px
qx
Δc(反应物)=c(起始)-c(某时刻);
Δc(生成物)=c(某时刻)-c(起始)。
注意:①“三段式”中,物理量及单位要统一,可全为物质的量或都是物质的量浓度。
②转化量之比等于化学计量数之比,起始量与某时刻量与化学计量数没有必然关系。
2.化学反应速率大小的比较方法:
(1)定性比较
通过明显的实验现象(如气泡产生快慢、沉淀生成快慢等)来定性比较化学反应速率的大小。
(2)定量比较
同一化学反应中,不同物质来表示化学反应速率时,数值可能不同,需要进行转化。常用以下两种方法:
①归一法
A.“一看”:看化学反应速率的单位是否一致,若不一致,需转化为同一单位。
B.“二化”:将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率,或分别除去相应物质的化学计量数。
C.“三比较”:标准统一后比较数值大小,数值越大,反应速率越大。
②比值法
通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较,比值大的化学反应速率大。
如对于反应aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g),若:>,则A表示的化学反应速率较大。
3.由图象确定化学方程式需要解决的问题:
(1)确定反应物和生成物(根据曲线的变化趋势)。
(2)确定反应物和生成物的化学计量数(根据同一时间内浓度或物质的量的变化量)。
(3)反应是否为可逆反应(反应最后浓度是否不随时间的变化而变化)。
命题点1:化学反应速率的计算和大小比较(基础性考点)
1.(2021·石家庄模拟)一定条件下,在2
L密闭容器中发生反应:2A(s)+3B(g)===2C(g)+4D(g),测得5
min内,A的物质的量减少了10
mol,则0~5
min内该反应的平均速率为(  )
A.v(A)=1.0
mol·L-1·min-1
B.v(B)=1.5
mol·L-1·min-1
C.v(C)=2.0
mol·L-1·min-1
D.v(D)=0.5
mol·L-1·min-1
【解析】选B。因为A为纯固体,不能用来表示反应速率,故A错误;
v(B)=v(C)=×=1.5
mol·L-1·min-1,故B正确;v(C)==
1
mol·L-1·min-1,故C错误;v(D)=2v(C)=2×1
mol·L-1·min-1=
2
mol·L-1·min-1,故D错误。
命题点2:化学反应速率图象(综合性考点)
2.根据如图填空:
(1)反应物是______________;生成物是____________。
(2)在2
min内用A、B、C表示的化学反应速率分别为______________、______________、______________。
(3)该反应的化学方程式是______________________。
【解析】已知在反应过程中反应物的量减少,生成物的量增多,故A、B为反应物,C为生成物,由速率的定义不难得出:v(A)=[(8-2)÷2]mol·L-1·min-1=
3
mol·L-1·min-1,v(B)=[(8-4)÷2]mol·L-1·min-1=2
mol·L-1·min-1,v(C)=(6÷2)mol·L-1·min-1=3
mol·L-1·min-1,故三者的化学计量数之比为3∶2∶3,又因最终各物质的量浓度不变且均不为零,故为可逆反应,其方程式
为3A+2B3C。
答案:(1)A、B C (2)3
mol·L-1·min-1 2
mol·L-1·min-1 3
mol·L-1·min-1 
(3)3A+2B3C
【加固训练—拔高】
1.(2021·桂林模拟)一定条件下,下列表示4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的反应速率中,最快的是(  )
A.v(NH3)=0.8
mol·L-1·s-1
B.v(O2)=0.9
mol·L-1·s-1
C.v(NO)=0.6
mol·L-1·s-1
D.v(H2O)=1.0
mol·L-1·s-1
【解析】选A。反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,则A.=0.2;B.=0.18;C.=0.15;D.≈0.17,显然A中比值最大,化学反应速率最快。
2.(2021·毕节模拟)已知2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g),若反应速率分别用v(H2S)、v(O2)、v(SO2)、v(H2O)表示,则正确的关系式为(  )
A.2v(H2S)=3v(O2)
B.3v(O2)=2v(H2O)
C.3v(O2)=2v(SO2)
D.2v(O2)=3v(SO2)
【解析】选D。对于反应:2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g),不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,则:v(H2S)∶v(O2)=2∶3,故3v(H2S)=2v(O2),故A错误;v(O2)∶v(H2O)=3∶2,故2v(O2)=3v(H2O),故B错误;v(O2)∶v(SO2)=3∶2,故2v(O2)=3v(SO2),故C错误、D正确。
3.氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应:ClO+3HSO===3SO+Cl-+3H+。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。如图为用ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应v?t图。下列说法中不正确的是(  )
A.图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内ClO的物质的量的减少量
B.纵坐标为v(Cl-)的v?t曲线与图中曲线完全重合
C.反应开始时速率增大可能是c(H+)所致
D.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小
【解析】选A。图象为ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应v?t图,则阴影部分的面积表示t1~t2时间内ClO的物质的量浓度的减少量,故A错误;方程式为ClO+3HSO===3SO+Cl-+3H+,v(ClO)∶v(Cl-)=1∶1,纵坐标为v(Cl-)的v?t曲线与图中曲线重合,故B正确;反应开始时随着反应的进行,c(H+)不断增大,反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快,当然,也可能是由c(Cl-)的增大引起的,故C正确;随着反应的进行,反应物的浓度减少,反应速率减小,所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小,故D正确。
4.某温度时,在2
L容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由图中数据分析:该反应的化学方程式为___________________。反应开始至2
min时,用Z表示的反应速率为____________。
【解析】由题图可知,X、Y的物质的量随反应的进行而减少,Z的物质的量随反应的进行而增大,则X和Y为反应物,Z为生成物。
Δn(X)=1.0
mol-0.7
mol=0.3
mol,
Δn(Y)=1.0
mol-0.9
mol=0.1
mol,
Δn(Z)=0.2
mol-0
mol=0.2
mol,
Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)=3∶1∶2,
故反应方程式为3X+Y2Z。
v(Z)==0.05
mol·L-1·min-1。
答案:3X+Y2Z 0.05
mol·L-1·min-1
考点二 影响化学反应速率的因素(命题指数★★★★★)
1.有效碰撞理论:
(1)有效碰撞:能够发生化学反应的碰撞。
(2)活化分子:能够发生有效碰撞的分子。
(3)活化能:活化分子比普通分子高出的能量。如图所示:
反应的活化能是E1。反应热是E1-E2。
(4)化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系
活化分子的百分数越大,单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,化学反应速率越快。
2.影响化学反应速率的因素:
(1)内因:相同条件下,不同的化学反应会有不同的速率,这表明反应速率首先是由反应物自身(包括组成、结构和性质等因素)决定的。
(2)外因:
①浓度:
A.规律:反应物浓度增大→反应速率加快;反应物浓度减小→反应速率减慢。
B.微观解释:增大反应物的浓度,即增大了单位体积内活化分子的数目,单位时间内有效碰撞次数增多,反应速率加快。
C.纯固体、纯液体浓度为常数,增加其用量时,速率不变。
②压强:
A.规律:增大压强→气体体积缩小→浓度增大→化学反应速率加快。
B.微观解释:增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞次数增加→反应速率加快;反之,则减慢。
③温度:
A.温度升高,反应速率加快;温度降低,反应速率减慢。
B.微观解释:升高温度→活化分子百分数提高→有效碰撞的次数增多→化学反应速率加快。
C.大量实验证明,温度每升高10
℃,化学反应速率通常增大2~4倍。
④催化剂:
A.规律:使用合适的催化剂,可加快化学反应速率。
B.微观解释:使用合适的催化剂→降低反应所需的活化能→活化分子百分数提高→有效碰撞次数增加→化学反应速率加快。
C.催化剂有选择性和高效性,催化剂参与反应并改变反应历程。
⑤其他因素:接触面积、光辐射、放射线辐射、超声波等。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)使用一种催化剂能加快所有反应的速率。(  )
提示:×。催化剂具有选择性,没有一种催化剂是万能的。
(2)决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。(  )
提示:×。化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。
(3)金属铝与硫酸反应时,增大硫酸的浓度可以提高产生氢气的速率。(  )
提示:×。浓硫酸使金属铝发生钝化,不再产生氢气。
(4)对于一个特定的反应,在恒容或恒压容器中加入惰性气体,对反应速率的影响情况相同。(  )
提示:×。恒容容器中加入无关气体,各物质浓度不变,反应速率不变;恒压容器中加入无关气体,因体积增大,各物质浓度减小,反应速率减小。
(5)升高温度可以同时增大活化分子数和活化分子百分数,加快反应速率。(  )
提示:√。体系从外界吸收能量后,活化分子数和百分数均增大。
2.合成氨工业中,在无催化剂时,氨的合成反应的活化能约为335
kJ·mol-1。加入铁催化剂后,反应以生成氮化物和氮氢化物两个阶段进行。E1=126~167
kJ·mol-1,E2=13
kJ·mol-1。
(1)请从有效碰撞的微观角度,解释在合成氨工业中,铁催化剂提高反应速率的原因?
(2)催化剂是如何提高反应速率的?
提示:(1)铁催化剂的使用,降低了反应所需活化能,活化分子百分数提高,有效碰撞次数增加,化学反应速率加快。
(2)由于反应途径的改变(生成不稳定的中间化合物),降低了反应的活化能,因而反应速率加快了。
命题角度1:化学反应速率影响因素
【典例1】(2021·昆明模拟)制水煤气的反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH>0,下列措施能加快该化学反应速率的是(  )
①增加碳的用量    
②将碳制成碳粉
③加催化剂
④加热
⑤恒容充入He
⑥恒压充入He
A.①②③④
B.②③④
C.②③④⑤
D.③④⑤⑥
【解析】选B。①增加碳的用量,气体浓度不变,则反应速率不变,故错误;②将碳制成碳粉,固体表面积增大,反应速率增大,故正确;③加催化剂,可增大反应速率,故正确;④加热,可增大活化分子百分数,反应速率增大,故正确;⑤恒容充入He,参加反应气体浓度不变,反应速率不变,故错误;⑥恒压充入He,容器体积增大,参加反应气体的浓度减小,则反应速率减小,故错误。
命题角度2:催化剂与反应机理、活化能
【典例2】(2021·洛阳模拟)在化学反应中,能引发化学反应的分子之间的碰撞称之为有效碰撞,能够发生有效碰撞的分子称为活化分子,使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能,其单位用kJ·mol-1表示。下列说法不正确的是(  )
A.图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B.图乙中HI分子发生了有效碰撞
C.盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零
D.增大反应物浓度,单位体积内活化分子数增多,有效碰撞几率增加
【解析】选B。催化剂降低反应所需的活化能,则曲线Ⅱ使用催化剂,故A正确;只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞,由图乙可知碰撞后没有生成新分子,即没有发生化学反应,此碰撞不是有效碰撞,故B错误;酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生,说明它们已经处于活跃状态,因此活化能接近于零,故C正确;增大反应物浓度,单位体积内活化分子数增多,有效碰撞几率增加,故D正确。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)催化剂如何改变反应速率,从微观角度如何理解?
提示:催化剂参与反应,改变了反应历程,降低活化能,提高有效分子百分数,增大有效碰撞几率,从而提高反应速率。
(2)(证据推理与模型认知)催化剂在反应前后,性质上是否改变?
提示:化学性质没变,物理性质改变。
命题角度3:化学反应速率变化图象
【典例3】(2021·广州模拟)已知一定质量的锌粒与稀盐酸反应,生成H2的浓度与反应时间的关系如图所示,下列结论不正确的是(  )
A.若将锌粒改为锌粉,可加快产生H2的反应速率
B.反应前4
min内温度对反应速率的影响比浓度大
C.反应开始2
min内平均反应速率最大
D.反应前4
min内生成H2的平均速率v(H2)=0.09
mol·L-1·min-1
【解析】选C。锌粒改为锌粉,增大了反应物之间的接触面积,反应速率增大,故A正确;浓度减小,使反应速率减小,温度升高,使反应速率增大,反应前4
min内,产生氢气的速率增大,说明温度对反应速率的影响比浓度大,故B正确;由图可知,2
min到4
min内平均反应速率最大,故C错误;反应前4
min内生成H2的平均速率v(H2)==0.09
mol·L-1·min-1,故D正确。
【归纳提升】有关化学反应速率图象的分析方法
(1)认清坐标系,搞清纵、横坐标所代表的意义,并与有关的原理挂钩。
(2)看清起点,分清反应物、生成物,浓度减小的是反应物,浓度增大的是生成物,一般生成物多数以原点为起点。
1.压强改变反应速率,归根结底是因为改变了浓度。对于气体反应,有如下三种类型:
①恒温时:
a.体积减小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b.体积增大→压强减小→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
②恒温恒容时:
a.充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b.充入“无关气体”→总压强增大,但各气体反应物浓度不变→反应速率不变
③恒温恒压时:
充入“无关气体”→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
2.有效碰撞理论与外因对化学反应速率影响的关系:
命题点1:碰撞理论与反应机理(基础性考点)
1.物质间能够发生化学反应与活化分子、有效碰撞密切相关。下列说法错误的是(  )
A.化学反应的历程一般为普通反应物分子活化分子产物分子
B.某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子
C.活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
D.可逆反应的正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能
【解析】选C。A.普通分子吸收能量转化为活化分子,活化分子间有适当的取向时,才能发生有效碰撞,生成产物分子,故A正确;B.点燃或加热时,分子会吸收能量,使普通分子获得能量转变为活化分子,故B正确;C.活化分子间有适当的取向时,才能发生有效碰撞,则活化分子间的碰撞不一定都是有效碰撞,故C错误;D.焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能,化学反应中一定存在焓变,所以正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能,故D正确。
2.N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是(  )
A.在反应过程中作催化剂
B.催化剂a表面发生了分解反应和化合反应
C.催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒(活化能)
D.催化剂b表面发生的反应为4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】选D。催化剂a作用下,氢气和N2生成NH3,发生了化合反应,催化剂b作用下,NH3―→NO,反应为4NH3+5O24NO+6H2O,据此分析。A.催化剂a作用下,N2―→NH3,催化剂b作用下,NH3―→NO,则即NH3为中间产物,不是催化剂,故A错误;B.催化剂a作用下,氢气和N2生成NH3,仅发生了化合反应,故B错误;C.催化剂a、b减小活化能,故C错误;D.催化剂b作用下,NH3―→NO,反应为4NH3+5O24NO+6H2O,故D正确。
命题点2:影响化学反应速率的因素(综合性考点)
3.(2021·合肥模拟)下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是(  )
A.在糕点包装袋内放置小包除氧剂
B.在糖果制作过程中添加着色剂
C.高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D.牛奶在冰箱里保存
【解析】选B。在糕点包装袋内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质,减慢糕点腐败变质的速度,故A不选;在糖果制作过程中添加着色剂的目的是改变糖果的颜色,故B选;高炉炼铁前先将铁矿石粉碎,增大接触面积加快化学反应速率,故C不选;牛奶在冰箱里保存,降低温度,减缓食物变质的速率,故D不选。
4.(2021·威海模拟)10
mL浓度为1
mol·L-1的硫酸与过量的铁粉反应,若加入适量的下列溶液,既能提高反应速率又能增加氢气生成量的是(  )
A.CuSO4       
B.CH3COONa
C.NaHSO4
D.Na2CO3
【解析】选C。加入硫酸铜,铁置换出铜,形成原电池,加快反应速率,生成氢气的量不变,故A错误;加入醋酸钠,生成醋酸,氢离子浓度降低,反应速率减小,故B错误;加入硫酸氢钠,氢离子浓度增大,反应速率增大,且增加生成氢气的总量,故C正确;加入碳酸钠,消耗氢离子,生成氢气的总量减小,且反应速率减小,故D错误。
5.(2021·湖北模拟)一定量的铁粉和水蒸气在一个容积可变的密闭容器中进行反应:3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)。下列条件能使该反应的化学反应速率增大的是(  )
A.增加铁粉的质量
B.保持体积不变,充入N2,使体系压强增大
C.将容器的体积缩小一半
D.保持压强不变,充入N2,使容器的体积增大
【解析】选C。增加固体的量,对反应速率没有影响,故A错误;体积不变,充入氮气使容器压强增大,参加反应气体的浓度不变,则反应速率不变,故B错误;将容器的体积缩小一半,浓度增大,反应速率增大,故C正确;压强不变,充入氮气使容器体积增大,则容器体积应增大,气体浓度减小,反应速率减小,故D错误。
命题点3:化学反应速率变化图象(应用性考点)
6.乙酸乙酯在多种条件下发生水解反应:CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是(  )
A.反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致
B.A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
C.t0后反应速率下降可能是因为反应物浓度下降
D.CH3COOC2H5的转化率:tA时低于tB时
【解析】选B。反应刚刚开始的时候,乙酸乙酯水解产生醋酸,量少,电离出的氢离子不断增加,反应速率不断加快,所以反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致,故A正确;B点时乙酸乙酯不断水解,浓度逐渐降低,则A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)不等,故B错误;t0后乙酸还在不断生成,但此时因为乙酸是弱酸,电离程度是有限的,此时氢离子浓度达到最大,t0后虽还生成,但浓度很小,氢离子不再是影响反应速率的因素,而乙酸乙酯作为反应物浓度不断减少,导致反应速率下降,故C正确;乙酸乙酯作为反应物不断减少,而生成物增加,则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率,故D正确。
7.研究反应2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素,在不同条件下进行4组实验,Y、Z起始浓度为0,反应物X的浓度(mol·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是(  )
A.比较实验②、④得出:升高温度,化学反应速率加快
B.比较实验①、②得出:增大反应物浓度,化学反应速率加快
C.若实验②、③只有一个条件不同,则实验③使用了催化剂
D.在0~10
min,实验②的平均速率v(Y)=0.04
mol·L-1·min-1
【解析】选D。实验②、④起始浓度相同,但温度不同,④反应速率较大,则可得出:升高温度,化学反应速率加快,故A正确;①、②温度相同,但浓度不同,①浓度较大,可得出增大反应物浓度,化学反应速率加快,故B正确;②、③温度、浓度相同,③反应速率较大,应为加入催化剂,故C正确;在0~10
min,实验②X的浓度变化为0.2
mol·L-1,则v(Y)=v(X)=×=
0.01
mol·L-1·min-1,故D错误。
【加固训练—拔高】
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。下列说法不正确的是(  )
A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越慢
B.图乙表明,其他条件相同时,溶液碱性越弱,H2O2分解速率越慢
C.图丙表明,少量Mn2+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,c(Mn2+)对H2O2分解速率的影响大
【解析】选C。图甲中溶液的pH相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内浓度的变化量越大,由此得出相同pH条件下,双氧水浓度越小,双氧水分解速率越慢,故A正确;图乙中H2O2浓度相同,但加入NaOH浓度不同,说明溶液的pH不同,NaOH浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,由此得出:双氧水浓度相同时,pH越小双氧水分解速率越慢,故B正确;图丙中少量Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1
mol·L-1NaOH溶液>1.0
mol·L-1NaOH溶液>0
mol·L-1NaOH溶液,由此得出:锰离子作催化剂时受溶液pH的影响,但与溶液的pH不成正比,故C错误;图丁中pH相同,锰离子浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH影响,由此得出:碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大,故D正确。
1.(2020·全国Ⅲ卷节选)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:
二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当________________________________________________。
【解析】工业上通常通过选择合适催化剂,以加快化学反应速率,同时还可以提高目标产品的选择性,减少副反应的发生。因此,一定温度和压强下,为了提高反应速率和乙烯的选择性,应当选择合适的催化剂。
答案:选择合适的催化剂
2.(2019·全国Ⅱ卷节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:
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
【解析】温度越高反应速率越快,根据图示可知,在温度T2(虚线)的反应速率较大,则T1<T2,故A错误;根据图象可知,a点切线斜率的绝对值大于c点切线斜率的绝对值,则a点速率大于c点,故B错误;a到b的过程为正反应速率逐渐减小,且b点v(正)>v(逆),则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,故C正确;b点时环戊二烯的浓度变化为1.5
mol·L-1-0.6
mol·L-1=
0.9
mol·L-1,环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的,则b点时二聚体的浓度为0.9
mol·L-1×=0.45
mol·L-1,故D正确。
答案:C、D
3.
(2018·全国Ⅲ卷节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:
对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323
K和343
K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①在343
K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是________________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有______________、____________。
②比较a、b处反应速率大小:va____________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正x2SiHCl3-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的=____________(保留1位小数)。
【解析】①在343
K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是及时移去产物等;要缩短反应达到平衡的时间,可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。②应根据温度比较a、b处反应速率大小,a处温度为343
K,b处温度为323
K,温度越高反应速率越快,故va大于vb
     
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始浓度
c
0
0
改变浓度
0.22c
0.11c
0.11c
平衡浓度
0.78c
0.11c
0.11c
当反应达到平衡时,v正=v逆,即k正x2SiHCl3=k逆xSiH2Cl2xSiCl4
xSiHCl3==0.78,
xSiH2Cl2=xSiCl4==0.11

a处时结合图象可知:xSiHCl3=0.8,xSiH2Cl2=0.1,xSiCl4=0.1,a处时,
==≈1.3。
答案:①及时移去产物 使用催化剂 增大反应物浓度(合理即可) ②大于 1.3
1.化学反应速率计算的3个方法:
(1)定义式法:v=。
(2)比例关系式法:化学反应速率之比等于化学计量数之比。
(3)三段式法:列起始量、转化量、最终量,再根据定义式或比例关系计算。
2.掌握1条规律:
对于可逆反应mA(g)+nB(g)===pC(g),v(A)∶v(B)∶v(C)=Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=m∶n∶p。
3.理解影响化学反应速率的5个因素:
增大反应物浓度、增大气体反应物压强、升高温度、使用催化剂、增大反应物表面积,化学反应速率均增大。
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21
-第一讲 原子结构 原子核外电子排布
考点一 原子结构与核素、同位素(命题指数★★★★)
1.原子结构:
(1)原子的构成离子。
(2)构成原子或离子的微粒间的数量关系。
①质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)。
②原子中:质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。
③阳离子的核外电子数=质子数-阳离子所带电荷数。
④阴离子的核外电子数=质子数+阴离子所带电荷数。
(3)表示方法。
2.核素、同位素:
(1)核素:具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子。
(2)同位素。
①概念:质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素,即同一元素的不同核素互称为同位素。
②同一元素的各同位素虽然质量数不同,但它们的化学性质基本相同。
③天然存在的同位素,相互间保持一定的比率。
④同位素的“六同三不同”。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)标准状况下,2.24
L氦气含有的质子数为0.4NA。(  )
提示:×。氦气是单原子分子,0.1
mol
He含有0.2
mol质子。
(2)1
mol重水和1
mol水中,中子数之比为2∶1。(  )
提示:×。重水为D2O,1
mol重水中含有10
mol中子,1
mol
水中含有8
mol中子,所以二者中子数之比为5∶4。
(3)含有7个质子8个中子的氮原子可以表示为N。(  )
提示:×。中子数为8的氮原子,质量数应为15。
(4)C和N互为同位素。(  )
提示:×。同位素质子数应相同。
(5)235
g核素U发生裂变反应:U+nSr+Xe+10n,净产生的中子(n)数为10NA。(  )
提示:×。由于一个U原子核裂变有一个中子参与裂变,所以235
g核素U裂变净产生的中子数应该是9NA。
2.下列8种化学符号:
H2、H2、C、Li、2311Na、N、Li、Mg
(1)表示核素的符号共__________种。
(2)互为同位素的是__________和__________。
(3)质量数相等,但不能互称同位素的是__________和__________。
(4)中子数相等,但质子数不相等的核素是__________和__________。
【解析】(1)H2、H2为分子,不属于核素范畴。
(2)Li、Li的质子数相同,中子数不同,二者互为同位素。
(3)C和N的质量数相同,但二者的质子数不同,二者不属于同位素。
(4)Na和Mg的中子数相等,但质子数不同。
答案:(1)6 (2)Li Li (3)C N (4)Na Mg
命题角度1.原子的构成
【典例1】
高铁动车车厢禁止吸烟。高铁装有的离子式烟雾传感器具有稳定性好、灵敏度高的特点,其主体是一个放有镅(Am)放射源的电离室。下列关于Am的说法中,不正确的是(  )
A.质子数为95    
B.质量数为241
C.核外电子数为146
D.中子数为146
【解析】选C。A.Am质子数为95,故A正确;B.Am质量数为241,故B正确;C.Am核外电子数=质子数=95,故C错误;D.Am中子数=241-95=146,故D正确。
命题角度2.核素、同位素
【典例2】(2021·石家庄模拟)稀土元素镝(Dy)在许多高技术领域起着越来越重要的作用。下列关于156Dy
和158Dy的说法正确的是(  )
A.156Dy
的原子核中有156个中子
B.156Dy
和158Dy是同一种核素
C.158Dy的原子核中有158个质子
D.156Dy
和158Dy互为同位素
【解析】选D。A.元素符号左上角为质量数,156Dy
的原子质量数为156,质子数为66,中子数=156-66=90,故A错误;B.156Dy
和158Dy中子数分别为156-66=90、158-66=92,不是同一种核素,故B错误;C.稀土元素镝(Dy)原子序数为66,158Dy的原子核中有66个质子,故C错误;D.156Dy
和158Dy的质量数不同,质子数相同,中子数分别为156-66=90、158-66=92,互为同位素,故D正确。
1.有关原子结构的几个概念的辨析:
(1)并不是所有的原子都由质子和中子构成,如H中不含中子。
(2)核素是具有固定质子数和中子数的原子,同位素是具有相同质子数的不同核素的互称。
(3)只有核素才有质量数,质量数不适用于元素。质量数可以视为核素的近似相对原子质量。
(4)不同的核素可能具有相同的质子数,如H与H;也可能具有相同的中子数,如6C与8O;也可能具有相同的质量数,如6C与7N;也可能质子数、中子数、质量数均不相同,如H与6C。
2.元素、核素、同位素的比较:
元素
核素
同位素
定义
具有相同核电荷数(质子数)的同一类原子的总称
具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子
质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素(即同一元素的不同核素互称为同位素)
范畴
同类原子,存在游离态和化合态两种形式
原子
原子
决定因素
质子数
质子数、中子数
质子数、中子数
举例
H、C、N三种元素
O、O、O三种核素
O、O、O互为同位素
联系
(1)同位素属于同一种元素,但不是同种原子。(2)同位素化学性质基本相同。(3)元素、核素与同位素之间的包含与被包含关系如图所示
命题点1.原子的构成(基础性考点)
1.近年来,有科学家利用正电子发射断层显像技术(PET—CT),发现了抑郁症、痴呆、认知障碍患者脑部功能性异常,给这类疾病的治疗带来了新的方向。PET—CT的检查需要患者事先服用被18F标记的药物分子,下列关于18F
说法正确的是(  )
A.18F的性质与常见的19F性质完全相同
B.18F的质量数与18O的质量数相同
C.18F原子中有9个质子,9个中子,18个电子
D.18F与18O互为同位素
【解析】选B。A.同位素的化学性质相同,物理性质有差别,则18F的性质与常见的19F性质不完全相同,故A错误;B.原子符号中左上角的数字为质量数,则18F的质量数与18O的质量数相同,均为18,故B正确;C.18F原子中有9个质子,电子数为9,中子数为18-9=9,故C错误;D.质子数相同中子数不同的原子互为同位素,18F与18O的质子数不同,不是同位素,故D错误。
2.(2021·深圳模拟)下列各组微粒中,具有相同质子数和电子数的一组微粒是(  )
A.H2O、CH4、NH3、Ne   
B.OH-、F-、Ne、O2-
C.H3O+、Na+、NH、Mg2+
D.O2-、F-、Mg2+、Al3+
【解析】选A。H2O、CH4、NH3、Ne的质子数都是10,电子数都为10,故A正确;OH-、F-、Ne、O2-的质子数分别为9、9、10、8,电子数分别为10、10、10、10,故B错误;H3O+、Na+、NH、Mg2+的质子数分别为11、11、11、12,电子数分别为10、10、10、10,故C错误;O2-、F-、Mg2+、Al3+的质子数分别是8、9、12、13,电子数都是10,故D错误。
命题点2.核素、同位素(综合性考点)
3.下列说法中,错误的是(  )
A.13C和14C属于同一种元素,它们互为同位素
B.1H和2H是不同的核素,它们的质子数相同
C.14C和14N的质量数相同,它们的中子数不同
D.6Li和7Li的电子数相同,中子数也相同
【解析】选D。二者质子数相同,中子数不同,互为同位素,A项正确;二者属于质子数相同、中子数不同的两种核素,B项正确;二者的质量数相同,质子数不同,所以中子数不同,C项正确;二者的电子数相同,质子数相同,质量数不相同,故中子数不同,D项错误。
4.(2021·南京模拟)有5种微粒,它们分别是Z、X、M、Q+、R2+,则它们所属元素的种类有(  )
A.2种  B.3种  C.4种  D.5种
【解析】选B。5种微粒,它们分别是Z、X、M、Q+、R2+,其中,M、R2+,质子数相同为20,是同种元素的原子和离子,X、Q+,质子数相同为19,是同种元素的原子和离子,Z质子数为18,它们所属元素的种类有3种。
5.(2021年湖北适应性测试)C的衰变反应为C―→X+e,其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5
730年。下列说法正确的是(  )
A.C与X互为同位素
B.C与X的中子数相同
C.C与C的价层轨道电子数相差2
D.某考古样品中C的量应为其11
460年前的
【解析】选D。由C―→X+e可知,X为N,C与N质子数不同,不互为同位素,故A错误;C的中子数为14-6=8,N中子数为14-7=7,中子数不同,故B错误;C和C的核外电子数都为6,价层轨道电子数相等,故C错误;11
460年经历了2个半衰期,()2=,C的量应为其11
460年前的,故D正确。
【加固训练—拔高】
M2+与aN-具有相同的核外电子排布,则M元素原子的质子数为(  )
A.a+3   B.a-3   C.a+2   D.a-l
【解析】选A。M2+与aN-具有相同的核外电子排布,即二者电子数相等,设M质子数为Z,则满足:Z-2=a+1,则Z=a+3。
考点二 原子核外电子排布(命题指数★★★★)
1.能层和能级:
(1)能层:根据多电子原子的核外电子的能量差异,将核外电子分成不同的能层,能层用n表示。n值越大,能量越高。
(2)能级:①根据多电子原子中同一能层电子能量的不同,将它们分成不同能级。
②能级用相应能层的序数和字母s、p、d、f组合在一起来表示,如n能层的能级按能量由低到高的顺序排列为ns、np、nd、nf等。
③能层序数等于该能层所包含的能级数,如第三能层有3s、3p、3d能级。
④s、p、d、f能级可容纳的电子数为1、3、5、7的二倍。
(3)能层、能级与其容纳的最多电子数之间的关系
2.电子云与原子轨道:
(1)电子云:电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述。小黑点越密,表示概率密度越大。由于核外电子的概率密度分布看起来像一片云雾,因而被形象地称作电子云。
(2)原子轨道:量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道。
能级符号
电子云形状
空间延伸方向
s
球形
一种
p
哑铃形
三种(相互垂直,分别相对于x、y、z轴对称)
d
/
/
f
/
/
(3)轨道能量。
①同能层的不同能级能量s<p<d<f。
②不同能层相同能级的能量1s<2s<3s……,2p<3p<4p……,半径随能层增大而增大。
③同能层同能级不同轨道能量相同2px=2py=2pz。
3.基态原子核外电子排布:
(1)构造原理:随着原子核电荷数的递增,原子核每增加一个质子,原子核外便增加一个电子,这个电子大多是按如图所示的能级顺序填充的,填满一个能级再填一个新能级。
 【特别提醒】
①构造原理中的电子排布顺序,实质是各能级的能量高低顺序。
②在多电子原子中会发生能级交错现象。从第三层开始,各能级不完全遵循能层顺序,产生了能级交错排列,如E3d>E4s、E4d>E5s、E5d>E6s、E6d>E7s、E4f>E5p、E4f>E6s等。
 (2)排布原则。
①泡利原理:在一个原子轨道里,最多只能容纳2个电子,而且它们的自旋状态相反,这个原理称为泡利原理。
②洪特规则:当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同。
③能量最低原理:原子的电子排布遵循构造原理,能使整个原子的能量处于最低状态。
(3)表示方法。
表示方法
以硫原子为例
原子结构示意图
电子排布式
1s22s22p63s23p4
简化电子排布式
[Ne]3s23p4
续表
电子排布图(轨道表示式)
价电子排布式
3s23p4
4.原子状态与原子光谱:
(1)基态原子:处于最低能量的原子。
(2)激发态原子:基态原子的电子吸收能量后,电子跃迁到较高能级,变成激发态原子。
(3)原子光谱。
①光谱的成因与分类。
②光谱分析:在现代化学中,利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素的分析方法。
③光谱分析的应用:鉴定元素。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)第二能层(L)上有s、p、d、f四个能级。(  )
提示:×。第二能层上有s、p两个能级。
(2)同一原子中,不同能层中同一能级,能量相同。(  )
提示:×。不同能层中同一能级,能层序数越大能量越高。如1s<2s<3s…… 2p<3p<4p……
(3)p轨道是“8”字形的,所以p电子走“8”字形。(  )
提示:×。p轨道是哑铃形,说的是电子出现频率高的“区域”的形状,而不是电子的运动轨迹。
(4)基态氮原子的电子排布图为。(  )
提示:×。违背了洪特规则,2p轨道上的三个电子应分占三个轨道且自旋方向相同。
(5)某原子核外电子排布为ns2np7,它违背了能量最低原理。(  )
提示:×。违背了泡利原理,每个轨道最多可容纳2个电子,p轨道最多容纳6个电子。
2.第二周期元素基态原子的电子排布图如何书写?
Li:________________________________________________________________
Be:________________________________________________________________
B:_________________________________________________________________
C:_________________________________________________________________
N:_________________________________________________________________
O:_________________________________________________________________
F:_________________________________________________________________
Ne:________________________________________________________________
提示: 
命题角度1.电子排布原理及应用
【典例1】(2021·大连模拟)下列各项叙述中,正确的是(  )
A.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形,且球的半径大小相同
B.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时,原子释放能量,由基态转化成激发态
C.Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
D.基态Ni原子的价电子排布图:
信息提取
知识储备
信息整合
A
电子云轮廓图和不同能层同一能级的轨道半径
s电子云轮廓图为球形,且球的半径随能层数增大而增大
B
基态、激发态原子的电子排布和能量关系
基态原子电子排布符合能量最低原理,能级越高能量越大
C
前四周期基态原子的电子排布式
Cr原子位于第四周期ⅥB族,价电子排布为3d54s1
D
前四周期基态原子的价电子排布图
Ni原子位于第四周期第Ⅷ族,价电子排布为3d84s2
【解析】选D。任一能层的s电子云轮廓图都是球形,但能层越高,球的半径越大,故A错误;镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时,是基态到激发态,需要吸收能量,故B错误;Cr是24号元素,原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1,故C错误;Ni元素是28号元素,价电子排布式为3d84s2,价电子排布图:,故D正确。
命题角度2.核外电子排布的表示方法
【典例2】(1)(2020·全国Ⅱ卷节选)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。
基态Ti原子的核外电子排布式为_______________________________________
___________________________________________________________________。
(2)(2019·全国Ⅱ卷节选)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe?Sm?As?F?O组成的化合物。
Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子,Sm的价层电子排布式为4f66s2,Sm3+价层电子排布式为__________________。
【解析】(1)
Ti是22号元素,位于元素周期表第4周期第ⅣB族,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。
(2)Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2,Fe成为阳离子时首先失去最外层两个电子,即4s轨道上的电子。Sm的价层电子排布式为4f66s2,Sm成为阳离子Sm3+时首先失去最外层两个电子,即6s轨道上的电子,再失去4f轨道上的一个电子,所以Sm3+的价层电子排布式为4f5。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d24s2 (2)4s 4f5
 
(1)(宏观辨识与微观探析)电子排布式的书写顺序与电子排布顺序相同吗?为什么?
提示:电子排布式的书写顺序≠电子排布顺序。电子进入能级的顺序是按照构造原理中能级的能量递增的顺序,而电子排布式的书写规则是按照能层的顺序,能层中的能级按s、p、d、f的顺序排布。
(2)(证据推理与模型认知)价电子排布式与最外层电子排布式相同吗?试举例说明。
提示:价电子是原子在参与化学反应时能够用于成键的电子,是原子核外跟元素化合价有关的电子。在主族元素中,价电子数就是最外层电子数;副族元素原子的价电子,除最外层电子外,还可包括次外层电子。例如,Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,价电子排布式为3d54s2。
【备选例题】
(2021·青岛模拟)下列电子排布式或电子排布图正确的是(  )
A.O的电子排布图:
B.Ca的电子排布式:1s22s22p63s23p63d2
C.N的电子排布图:
D.Br-的电子排布式:[Ar]3d104s24p6
【解析】选D。2p能层有4个电子,应在3个不同的轨道,所以不符合洪特规则,故A错误;Ca为20号元素,其原子的核外有20个电子,其电子排布式为1s22s22p63s23p64s2,故B错误;根据泡利原理,每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子,所以1s和2s轨道上的2个电子自旋状态应该相反,故C错误;Br为35号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5,Br得到1个电子形成Br-,所以Br-的电子排布式为[Ar]3d104s24p6,故D正确。
命题角度3.基态与激发态
【典例3】(1)(2019·全国Ⅰ卷节选)在普通铝中加入少量Cu和Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要材料。回答下列问题:
下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是__________(填标号)。
(2)(2018·全国Ⅰ卷节选)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题:
下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为__________、________(填标号)。
【解析】(1)A.[Ne]3s1属于基态的Mg+,由于Mg的第二电离能高于其第一电离能,故其再失去一个电子所需能量较大;B.[Ne]3s2属于基态Mg原子,其失去一个电子变为基态Mg+;C.[Ne]3s13p1属于激发态Mg原子,其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子;D.[Ne]3p1属于激发态Mg+,其失去一个电子所需能量低于基态Mg+,综上所述,电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1,答案选A;(2)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1,则D项排布能量最低;选项C中有2个电子处于2p能级上,能量最高。
答案:(1)A (2)D C
1.能层与能级中的数量关系:
(1)一至七能层的符号分别为K、L、M、N、O、P、Q,各能层容纳的最多电子数为2n2。
(2)s、p、d、f能级中最多容纳的电子数分别为2、6、10、14。
(3)能级数等于能层序数,英文字母相同的不同能级中所能容纳的最多电子数相同。
2.能层、能级、原子轨道:
能层
能级
原子轨道数
原子轨道名称
电子云轮廓图形状
K
1s
1
1s
球形
L
2s、2p
1、3
2s、2px、2py、2pz
球形哑铃形
M
3s、3p、3d
1、3、5
3s、3px、3py、3pz……
球形哑铃形……
……
……
……
……
……
3.能层和能级中的能量关系:
4.电子排布式的书写方法:
(1)简单原子:按照构造原理将电子依次填充到能量逐渐升高的能级中。
(2)复杂原子:先按构造原理从低到高排列,然后将同能层的能级移到一起。
(3)特殊原子:当p、d、f能级处于全空、全充满或半充满状态时,能量相对较低,原子结构较稳定。如24Cr:
(4)离子的电子排布式。
①判断该原子变成离子时会得到或失去的电子数。
②原子失去电子时,总是从能量高的能级失去电子,即失去电子的顺序是由外向里。一般来说,主族元素只失去它们的最外层电子,而副族和第Ⅷ族元素可能还会进一步向里失去内层电子。
③原子得到电子而形成阴离子,则得到的电子填充在最外一个能层的某一个能级上。如Cl-的电子排布式为1s22s22p63s23p6(得到的电子填充在最外面的3p能级上)。
5.核外电子排布式的书写注意事项:
(1)在写基态原子的电子排布式时,常出现以下错误:
①(违反能量最低原理)。
②(违反泡利原理)。
③(违反洪特规则)。
(2)当出现d轨道时虽然电子按ns、(n-1)d、np的顺序填充,但在书写电子排布式时,仍把(n-1)d放在ns前,即将能层低的能级写在前,而不能按填充顺序写,如Fe:
1s22s22p63s23p63d64s2。
(3)注意比较原子核外电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式的区别与联系。如Cu的电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1;简化电子排布式:[Ar]
3d104s1;价电子排布式:3d104s1。
命题点1.电子排布原理及应用
1.(2021·长沙模拟)若将基态6C的电子排布式写成1s22s22p,它违背了(  )
A.能量守恒原理  
B.泡利原理
C.能量最低原理
D.洪特规则
【解析】选D。C原子2p能级上有3个轨道,2p能级上有2个电子,2个电子应该排在2个不同的轨道上,且自旋方向相同,基态6C的电子排布式写成1s22s22p,它违背了洪特规则,正确的为1s22s22p2p。
2.已知锰的核电荷数为25,下列有关基态锰原子核外电子排布正确的是(  )
A.价电子排布图为
B.核外电子排布时,先排满4s轨道,再排3d轨道
C.锰原子失去电子形成Mn2+时应失去3d轨道上的电子
D.锰原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同
【解析】选B。A.按洪特规则知,基态锰原子核外电子排布时,3d轨道上各有1个电子且自旋方向相同,价电子排布图为,故A错误;B.4s轨道能量比3d轨道低,故核外电子排布时,先排满4s轨道,再排3d轨道,故B正确;C.锰原子失去电子形成
Mn2+时应先失去4s轨道上的电子,故C错误;D.锰原子的2p和3p轨道的形状均为哑铃形、能量高低则不同,2p轨道能量低于3p轨道,故D错误。
命题点2.核外电子排布的表示方法(综合性考点)
3.(2021·成都模拟)下列各项叙述错误的是(  )
A.如果硫原子核外电子排布图为
 ,则违反了泡利原理
B.如果25号Mn元素的基态电子排布式为
 1s22s22p63s23p63d7,则违反了构造原理
C.氮原子的核外电子排布图为,符合洪特规则和泡利原理
D.泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求
【解析】选A。所画的电子排布图中,3p能级上排布的电子将尽可能分占不同的轨道,且自旋方向相同,违背了洪特规则,故A错误;因为4s轨道能量比3d轨道能量还低,所以25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d7违反了能量最低原理,应该为1s22s22p63s23p63d54s2,故B正确;氮原子的核外电子排布图为,符合洪特规则和泡利原理,故C正确;泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求,故D正确。
4.(2021·日照模拟)H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示,下列说法错误的是(  )
A.N原子核外存在3种不同能量的电子
B.基态V原子的价电子排布图为
C.基态O原子,电子占据的最高能级符号为2p
D.基态C、N两种原子中,核外存在相同对数自旋方向相反的电子
【解析】选B。N元素位于周期表第二周期第ⅤA族,原子核外有1s、2s、2p
3种能量不同的电子,故A正确;基态V原子是23号元素,其价电子排布为3d34s2,价电子排布图为,故B错误;O是8号元素,原子核外电子排布式为1s22s22p4,电子占据的最高能级为2p能级,故C正确;C原子核外电子排布为1s22s22p2,核外自旋方向相反的电子对数为两对;基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3,核外自旋方向相反的电子对数也为两对,故D正确。
命题点3.基态与激发态(综合性考点)
5.(2021·西安模拟)温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是(  )
A.①=②=③=④
B.③>④>①>②
C.②>①>④>③
D.④>③>①=②
【解析】选C。电子能量为1s<2s<2p,则2p轨道上电子越多,1s、2s轨道上电子越少,其能量越高,则能量由高到低的顺序是②>①>④>③。
【加固训练—拔高】
(2021·天津南开区模拟)下列现象和应用与电子跃迁无关的是(  )
A.焰色反应
B.石墨导电
C.激光
D.原子光谱
【解析】选B。当碱金属及其盐在火焰上灼烧时,原子中的电子吸收了能量,从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道,但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的,很快跃迁回能量较低的轨道,这时就将多余的能量以光的形式放出,因而能使火焰呈现颜色,与电子跃迁有关,故A错误;石墨是层状结构,层间有自由移动的电子,与电子跃迁无关,故B正确;电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性。即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行,并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量。那么产生的光就是激光,与电子跃迁有关,故C错误;原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果,与电子跃迁有关,故D错误。
1.(2020·江苏高考)反应8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是(  )
A.中子数为9的氮原子:N
B.N2分子的电子式:
C.Cl2分子的结构式:Cl—Cl
D.Cl-的结构示意图:
【解析】选C。A项,中子数为9的N原子,质量数为16,表示为N,错误;B项,漏写N原子的一对孤对电子,错误;C项,Cl2中两个氯原子之间存在一个化学键,正确;D项,Cl-的最外层为8e-,错误。
2.(2020·全国Ⅰ卷节选)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。
基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为__________。
【解析】基态铁原子的价电子排布式为3d64s2,失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+,这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5,根据洪特规则可知,基态Fe2+有4个未成对电子,基态Fe3+有5个未成对电子,所以未成对电子个数比为4∶5。
答案:4∶5
3.(2020·江苏高考节选)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。
Fe基态核外电子排布式为____________________________________________。
【解析】Fe为26号,价电子数为26-18=8,在4s轨道上填充2个电子,在3d轨道上填充6个电子,则Fe的核外电子排布为[Ar]3d64s2。
答案:[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2
4.(2019·江苏高考)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:Cl
B.N2的结构式:N===N
C.Na+的结构示意图:
D.H2O的电子式:
【解析】选D。A项,Cl的质子数为17,中子数为18,则质量数为35,表示为Cl,错误;B项,N2分子中N与N之间形成三键,结构式为N≡N,错误;C项,Na失去最外层一个电子为Na+,结构示意图为,错误;D项,H2O为共价化合物,H和O之间为共用电子对,正确。
【加固训练—拔高】
1.(2019·江苏高考节选)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu2O。
Cu2+基态核外电子排布式为___________________________________________。
【解析】Cu原子核外电子满足洪特规则特例,为[Ar]3d104s1,先失去最外层上的电子,则Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9。
答案:[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
2.(2018·江苏高考)用化学用语表示NH3+HCl===NH4Cl中的相关微粒,其中正确的是(  )
A.中子数为8的氮原子:N
B.HCl的电子式:
C.NH3的结构式:
D.Cl-的结构示意图:
【解析】选C。A项,中子数为8的N,其质量数为15,故应写成N,错误;B项,HCl为共价化合物,电子式应为,错误;C项,NH3的结构中N与三个氢原子以共价键相连,正确;D项,Cl-的最外层为8个电子,应写成,错误。
3.(2018·全国Ⅱ卷节选)硫及其化合物有许多用途。
基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_____________________
__________________________________________________________________,
基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为____________________形。
【解析】铁元素为26号元素,基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2,因此其价层电子排布图为。基态硫原子电子排布式为1s22s22p63s23p4,最高能级为3p能级,其电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形。
答案: 哑铃(纺锤)
4.(2018·全国Ⅲ卷节选)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。Zn原子核外电子排布式为______________。
【解析】锌原子为30号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2。
答案:[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2
1.牢记的一个符号:AZX。A表示质量数,Z表示质子数,X表示元素符号,
a表示电荷数,b表示粒子中所含原子数。
2.熟记“三素”“两同”:元素、核素、同位素;同素异形体、同分异构体。
3.理解三条原子核外电子排布的规律:
(1)能量最低原理。
(2)泡利原理。
(3)洪特规则。
4.熟练掌握三种符号:
(1)核外电子(价电子)排布式。
(2)核外电子(价电子)排布图。
(3)原子(离子)结构示意图。
5.掌握原子中的两个关系:
(1)质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。
(2)质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)。
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-第四讲 难溶电解质的溶解平衡
考点一 沉淀溶解平衡及其应用(命题指数★★★★)
1.沉淀溶解平衡:
(1)概念:在一定温度下,当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时,沉淀溶解和生成的速率相等时,即达到溶解平衡状态。
(2)沉淀溶解平衡的建立。
固体溶质溶液中的溶质
(3)表达式。
难溶电解质(s)溶质离子(aq)
如AgCl的溶解平衡表达式为AgCl(s)Ag+(aq)
+Cl-(aq)?
(4)特征。
2.影响因素:
(1)电解质本身的性质。
①绝对不溶的电解质是没有的。
②同是难溶电解质,溶解度差别也很大。
③易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。
(2)反应条件。
①浓度:加水,平衡向溶解方向移动。
②温度:大多数难溶电解质的溶解平衡是吸热过程,升高温度,多数平衡向溶解方向移动[特例Ca(OH)2]。
③同离子效应:向平衡体系中加入含有难溶电解质电离的某离子的电解质,平衡向沉淀方向移动。
④加入难溶物本身:平衡不移动。
(3)实例。
以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ΔH>0为例,说明外因对沉淀溶解平衡的影响?
条件
移动方向
平衡后c(Ag+)
平衡后c(Cl-)
加入AgNO3
逆向
增大
减小
加H2O
正向
不变
不变
升温
正向
增大
增大
通入HCl
逆向
减小
增大
加入K2S
正向
减小
增大
3.沉淀溶解平衡的应用:
(1)沉淀的生成。
①调节pH法。
加入氨水调节pH至7~8,可除去氯化铵中的杂质氯化铁。反应的离子方程式:
Fe3++3NH3·H2O===Fe(OH)3↓+3NH。
②加沉淀剂法。
以Na2S、H2S等作沉淀剂,使Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下:
Cu2++S2-===CuS↓,Cu2++H2S===CuS↓+2H+,
Hg2++S2-===HgS↓,Hg2++H2S===HgS↓+2H+。
(2)沉淀的溶解。
①酸溶解法。
如CaCO3沉淀溶于盐酸中,离子方程式为CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑。CO2气体的生成和逸出,使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小,平衡向沉淀溶解的方向移动。
②盐溶液溶解法。
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液,离子方程式为Mg(OH)2+__2NH===Mg2++2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法。
如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸。
④配位溶解法。
如AgCl溶于氨水,离子方程式为AgCl+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。
(3)沉淀的转化。
①实质:沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大,越容易转化)
②应用。
A.锅炉除水垢:
水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2+(aq)
B.自然界中矿物的转化:
原生铜的硫化物CuSO4溶液
铜蓝(CuS)
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)NaCl溶解性很好,饱和NaCl溶液中不存在溶解平衡。
(  )?
提示:×。易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。
(2)沉淀达到溶解平衡时,溶液中难溶电解质电离出的各个离子浓度均相等。
(  )?
提示:×。溶解平衡时,溶液中各离子浓度不再改变,不一定相等。
(3)室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。
(  )?
提示:×。食盐水中c(Cl-)大,抑制AgCl的溶解,故AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度。
(4)常温下,向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,会有BaCO3生成。
(  )?
提示:√。向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,c(CO)增大,BaCO3的溶解平衡左移,生成BaCO3。
(5)沉淀溶解是吸热反应,降低温度,溶解平衡一定逆向移动。
(  )?
提示:×。少数沉淀(如氢氧化钙)溶解放热,升温逆向移动。
2.向Mg(OH)2悬浊液中滴加蒸馏水,沉淀不溶解;向Mg(OH)2中滴加盐酸,沉淀溶解;向Mg(OH)2中滴加NH4Cl溶液,沉淀也溶解。
(1)NH4Cl为什么能溶解Mg(OH)2?请从沉淀溶解平衡移动的角度分析。?
(2)该反应的化学方程式是什么?
提示:(1)NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH-结合,生成了弱电解质NH3·H2O,导致Mg(OH)2的溶解平衡Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移动,Mg(OH)2溶解。
(2)该反应的化学方程式是Mg(OH)2

2NH4Cl===MgCl2+2NH3·H2O。
命题角度1:沉淀溶解平衡及其影响因素
【典例1】(2021·保定模拟)在一定温度下,当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),要使Mg(OH)2固体增加,c(OH-)增加,可采取的措施是
(  )?
A.加适量的水      B.通入少量HCl气体?
C.加少量NaOH固体
D.加少量MgSO4固体
【解析】选C。加入适量水,使溶解平衡正向移动,悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少,故A不选;加入盐酸,可与氢氧化镁反应而导致氢氧化镁固体减少,故B不选;加少量NaOH固体,平衡逆向移动,则Mg(OH)2固体增加,且c(OH-)增加,故C选;加少量MgSO4固体,平衡逆向移动,c(OH-)减小,故D不选。
命题角度2:沉淀溶解平衡的应用
【典例2】(2021·北京海淀区模拟)取1
mL
0.1
mol·L-1
AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1
mol·L-1),下列说法不正确的是
(  )?
A.实验①白色沉淀是难溶的AgCl
B.若按②①顺序实验,能看到白色沉淀
C.若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀
D.由实验②说明AgI比AgCl更难溶
【解析】选B。AgNO3溶液中的Ag+和过量的NaCl溶液中的Cl-生成AgCl的白色沉淀,离子方程式为Ag++Cl-===AgCl↓,所以沉淀为难溶的AgCl,故A正确;一般来说,溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现,AgI的溶解度比AgCl小,所以AgI不易转化为AgCl,所以若按②①顺序实验,看不到白色沉淀,故B错误;2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq),Ag2S比AgCl更难溶,溶解度更小,所以若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀,故C正确;一般来说,溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现,实验②的白色沉淀AgCl生成了黄色的AgI沉淀,说明AgI比AgCl更难溶,故D正确。
(1)(宏观辨识与微观探析)饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中,Ag+浓度相同吗?若向相同浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生的沉淀颜色是什么?
提示:不相同,AgCl溶解度较大,Ag+浓度较大;向相同浓度的Cl-、I-溶液中加入Ag+,先产生黄色AgI沉淀。
(2)(变化观念与平衡思想)向黄色沉淀中加入足量NaCl溶液,能否产生白色沉淀?
提示:Cl-浓度很大时,能产生AgCl沉淀。
(3)(变化观念与平衡思想)若向0.1
mol·L-1
NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液,再滴入KI溶液产生黄色沉淀,能否说明AgI比AgCl更难溶??
提示:Ag+过量,再引入I-生成黄色沉淀,不能证明沉淀转化为更难溶的物质。
1.难溶电解质的概念及溶解平衡:
(1)常温下,将溶解度小于0.01
g的电解质称为难溶电解质。?
(2)溶液中的离子浓度小于1×10-5
mol·L-1时,可视为沉淀完全。?
(3)一般地,升温、加水均可使平衡向沉淀溶解的方向移动。
(4)向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子,能使平衡向生成沉淀的方向移动。
2.沉淀溶解平衡应用的一般原则:
(1)沉淀的生成。
①当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时,生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。
②如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大,就能分步沉淀,从而达到分离离子的目的。
③利用生成沉淀分离或除去某种离子,首先要使生成沉淀的反应能够发生;其次希望沉淀生成的反应进行越完全越好。
④选择沉淀剂的要求是除去溶液中的某种离子,又不能影响其他离子的存在,并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子还要便于除去。如沉淀Ca2+时选用CO而不选用SO。
(2)沉淀的溶解。
对于水中难溶的电解质,若不断地使溶解平衡体系中的离子浓度减小,即可使沉淀溶解。
(3)沉淀的转化。
①溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。
②沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,溶解度小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。两种沉淀的溶解度差别越大,沉淀越容易转化。
命题点1:沉淀溶解平衡及其影响因素(基础性考点)
1.(2021·徐州模拟)向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),下列数值变小的是
(  )?
A.c(Mg2+)
B.Ksp(MgCO3)
C.c(H+)
D.c(CO)
【解析】选D。MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡:MgCO3(s)
Mg2+(aq)+CO(aq),加入少量稀盐酸可与CO反应,促使溶解平衡正向移动,故溶液中c(CO)减小,c(Mg2+)及c(H+)增大,Ksp(MgCO3)只与温度有关,不变,只有D正确。
2.石灰乳中存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq);加入下列溶液,可使固体明显减少的是
(  )?
A.Na2CO3溶液
B.KCl溶液
C.NaOH溶液
D.CaCl2溶液
【解析】选B。加入Na2CO3,Ca2++CO===CaCO3↓,固体不减少;加入KCl溶液相当于加水稀释,Ca(OH)2减少;加入NaOH,c(OH-)增大,加入CaCl2,c(Ca2+)增大,平衡均向左移动,Ca(OH)2增多。
命题点2:沉淀溶解平衡的应用(应用性考点)
3.要使工业废水中的Pb2+沉淀,可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂,已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下:
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
由上述数据可知,选用的沉淀剂最好是
(  )?
A.硫化物
B.硫酸盐
C.碳酸盐
D.以上沉淀剂均可
【解析】选A。产生沉淀的溶解度越小,沉淀反应进行越完全。由表中数据可知PbS的溶解度最小,所以最好的沉淀剂为硫化物。
4.工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2O和CrO),其流程为
已知:步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)
Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32
下列有关说法正确的是
(  )?
A.步骤①中当2v正(CrO)=v逆(Cr2O)时,说明反应:2CrO+2H+Cr2O+H2O达到平衡状态
B.Cr2O在酸性溶液中不能大量存在
C.步骤②中,若要还原1
mol
Cr2O,需要12
mol
(NH4)2Fe(SO4)2
D.步骤③中,当将溶液的pH调节至5时,可认为废水中的铬元素已基本除尽(当溶液中c(Cr3+)≤10-5
mol·L-1时,可视作该离子沉淀完全)
【解析】选D。判定化学平衡状态:根据同种物质v正=v逆,或根据不同物质速率方向相反,且速率比等于系数比;根据反应:2CrO(aq)+2H+(aq)
Cr2O(aq)+H2O(l),
eq
\f(v正(CrO),v逆(Cr2O))
=,即v正(CrO)=2v逆(Cr2O)时,达平衡状态,故A错误;根据反应:2CrO(aq)+2H+(aq)
Cr2O(aq)+H2O(l),酸性条件下,c(H+)大,平衡正向移动程度大,会有更多的Cr2O,所以Cr2O在酸性溶液中可以大量存在,故B错误;根据电子转移守恒,反应②1
mol
Cr2O要得到6
mol
e-生成2
mol
Cr3+,所以需要6
mol
Fe2+生成6
mol
Fe3+提供6
mol电子,即需要6
mol
(NH4)2Fe(SO4)2,故C错误;Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH-),当c(Cr3+)≤1×10-5
mol·L-1,c3(OH-)===10-27
mol·L-1,c(OH-)=10-9
mol·L-1,
c(H+)===10-5
mol·L-1,则pH=-lgc(H+)=5,所以当将溶液的pH调节至5时,可认为废水中的铬元素已基本除尽,D正确。
【加固训练—拔高】?
1.(2021·北京房山区模拟)难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,下列说法中不正确的
(  )?
A.溶液中不存在难溶电解质离子
B.沉淀的速率和溶解的速率相等
C.继续加入难溶电解质,溶液中各离子浓度不变?
D.一定条件下可以转化为更难溶的物质
【解析】选A。难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,会有少部分电解质发生电离,得到相应的离子,故A错误;达到沉淀溶解平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等,各离子浓度保持不变,故B正确;达到沉淀溶解平衡时,已经达到难溶电解质的溶解限度,溶液为饱和溶液,加入难溶电解质会以沉淀的形式存在,对于溶液中各离子的浓度无影响,故C正确;更难溶的物质溶度积常数更小,更容易形成,一定条件下可以转化为更难溶的物质,故D正确。
2.已知同温度下的溶解度:Zn(OH)2>ZnS,MgCO3>Mg(OH)2;就溶解或电离出S2-的能力而言,FeS>H2S>CuS,则下列离子方程式错误的是(  )
A.Mg2++2HCO+2Ca2++4OH-===Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O
B.Cu2++H2S===CuS↓+2H+
C.Zn2++S2-+2H2O===Zn(OH)2↓+H2S↑
D.FeS+2H+===Fe2++H2S↑
【解析】选C。就溶解度而言,反应向着生成溶解度更小的方向进行;就电离而言,反应向着难电离的方向进行。
考点二 溶度积常数及其应用(命题指数★★★★★)
1.溶度积Ksp:
在一定条件下,难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时,溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡,叫作沉淀溶解平衡,这时,离子浓度幂的乘积为一常数,叫作溶度积,用Ksp表示。
2.表达式:
对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),
Ksp=cm(An+)·cn(Bm-)。
3.溶度积与离子积的关系:
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小,可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解:
(1)Qc>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至溶液饱和,达到新的平衡。
(2)Qc=Ksp,溶液饱和,沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Qc4.Ksp的影响因素:
(1)自身性质:难溶物质本身的性质,这是主要决定因素。
(2)反应条件。
①浓度:加水稀释,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
②温度:绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解方向移动,Ksp增大。
③其他:向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)AgCl的Ksp大于Mg(OH)2,则AgCl的溶解度大于Mg(OH)2。
(  )?
提示:×。溶度积大的难溶电解质溶解度不一定大,只有组成类型相同的难溶电解质才可以通过Ksp比较溶解度大小。
(2)溶度积常数只受温度影响,Ksp随温度升高而增大。
(  )?
提示:×。大多数难溶电解质Ksp随温度升高而增大,少数(如氢氧化钙)升高温度Ksp减小。
(3)Mg(OH)2在NaOH溶液中的溶解度与在水中一样。
(  )?
提示:×。OH-抑制Mg(OH)2的溶解平衡,在NaOH溶液中溶解度小。
(4)
在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小。
(  )?
提示:√。H+可以与ZnS中S2-结合促进溶解平衡,进而溶解ZnS,而H+不能溶解CuS,所以CuS的溶解度比ZnS的小。
(5)已知常温下:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,将0.002
mol·L-1的AgNO3溶液与
0.002
mol·L-1的KCl溶液等体积混合会产生AgCl沉淀。
(  )?
提示:√。混合后Qc=c(Ag+)·c(Cl-)
=0.001
mol·L-1×0.001
mol·L-1=1.0×
10-6>1.8×10-10,故生成AgCl沉淀。
2.在0.10
mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,c(Cu2+)=_______mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=
2.2×10-20)。若在0.1
mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是_______mol·L-1。?
【解析】pH=8时c(OH-)=10-6
mol·L-1,由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知:Ksp=2.2×10-20=10-12×c(Cu2+),得c(Cu2+)=2.2×10-8
mol·L-1;使Cu2+沉淀完全,已知c(Cu2+)=0.1
mol·L-1,根据反应关系式:Cu2+~2H+得c(H+)=0.2
mol·L-1。?
答案:2.2×10-8 0.2?
命题角度1:溶度积常数的计算
【典例1】(2021·桂林模拟)常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,在pH=4的Fe(OH)3饱和溶液中,c(Fe3+)为
(  )?
A.1.0×10-8
mol·L-1
B.4.0×10-8
mol·L-1?
C.1.0×10-26
mol·L-1
D.1.3×10-28
mol·L-1?
【解析】选B。pH=4的Fe(OH)3饱和溶液中,c(H+)=1×10-4
mol·L-1,根据Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14,则c(OH-)==
mol·L-1=1×10-10
mol·L-1,根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=4.0×10-38,c(Fe3+)==
mol·L-1=4.0×10-8
mol·L-1。
命题角度2:溶度积常数的应用
【典例2】(2020·山东等级考)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25
℃时相关物质的Ksp见下表。?
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是___________,?
MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________。?
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是______________。?
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。?
(4)净化时需先加入的试剂X为______________
(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为______________
(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5
mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。?
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________。?
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应,主要发生MnO2+BaS+H2O===Ba(OH)2+MnO+S,过滤得到Ba(OH)2溶液,经蒸发、结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡;滤渣用硫酸溶解,得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺;之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去,压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+,向滤液中加入碳酸氢铵、氨水,Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀,过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积,使反应更充分,提高反应速率;MnO2与BaS反应转化为MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为+2价,根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质,则MnO2与BaS的系数比应为1∶1,根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O===Ba(OH)2+MnO+S;(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物,所以当MnO2过量时,会消耗反应产生的Ba(OH)2,从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小;(3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液,所以可以导入到蒸发操作中循环使用;(4)净化时除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质,且不将Mn元素氧化,加入的试剂X可以是H2O2;根据表格数据可知,Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀,而Al(OH)3的Ksp稍大,所以当Al3+完全沉淀时,Fe3+也一定完全沉淀,当c(Al3+)=1.0×10-5
mol·L-1时,c(OH-)==
mol·L-1=10-9.1
mol·L-1,所以
c(H+)=10-4.9
mol·L-1,pH=4.9,即pH的理论最小值为4.9;(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀,促进碳酸氢根的电离,产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水,所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O===MnCO3↓+NH+H2O。
答案:(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率
MnO2+BaS+H2O===Ba(OH)2+MnO+S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发 (4)H2O2 4.9
(5)Mn2++HCO+NH3·H2O===MnCO3↓+NH+H2O
1.溶度积原则:
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子浓度无关。
(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知,溶解能力:AgCl>AgBr>AgI,Cu(OH)2(3)不同类型的物质,Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25
℃):
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ksp=1.8×10-10,Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=1.8×10-11,虽然Mg(OH)2的Ksp较小,但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。?
2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法:
[以Cu(OH)2为例]。
室温下,向2
mol·L-1
CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液调节溶液的pH至多少时开始沉淀?调节溶液pH至多少时Cu2+沉淀完全??
(已知:室温下Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,离子浓度小于10-5
mol·L-1时视为Cu2+沉淀完全)?
①沉淀开始时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×c2(OH-)=2.0×10-20,c(OH-)==
10-10(mol·L-1),
c(H+)===10-4(mol·L-1),pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4。
②沉淀完全时pH的求算。
Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5·c2(OH-)=2.0×10-20,c(OH-)==×10-8≈4.47×10-8(mol·L-1),c(H+)==≈2.24×
10-7(mol·L-1),pH=-lgc(H+)=-lg(2.24×10-7)=7-lg2.24≈6.6。
命题点1:溶度积常数的计算(基础性考点)
1.已知25
℃时,RSO4(s)+CO(aq)
RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75×104,Ksp(RCO3)=2.80×10-9,下列叙述中正确的是(  )
A.向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液,首先析出RSO4沉淀
B.将浓度均为6×10-6
mol·L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后不会得到RCO3沉淀
C.25
℃时,RSO4的Ksp约为4.9×10-4
D.相同温度下,RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【解析】选B。RSO4(s)+CO(aq)
RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=
eq
\f(c(SO),c(CO))

eq
\f(c(R2+)·c(SO),c(R2+)·c(CO))
==1.75×104,Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5,C错误;RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3),向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液,首先析出RCO3沉淀,A错误;将浓度均为6×10-6
mol·L-1RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后,c(R2+)=3×10-6
mol·L-1、c(CO)=3×10-6
mol·L-1,此时的离子积Qc=c(R2+)·c(CO)=3×10-6×3×10-6=9×10-12
2.工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO,它们会对人类及生态系统产生很大损害,必须进行处理。Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)
Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温下,Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=
10-32,要使c(Cr3+)降低为10-5
mol·L-1,溶液的pH应调至__________。
【解析】Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32,
则c(OH-)===10-9
mol·L-1,
c(H+)===10-5
mol·L-1,pH=
-lgc(H+)=-lg10-5=5。
答案:5
命题点2:溶度积常数的应用(应用性考点)
3.(2021·徐州模拟)常温下,有关物质的溶度积如下,下列有关说法不正确的是
(  )?
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10-9
6.82×10-6
4.68×10-6
5.61×10-12
2.64×10-39
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100
mL水中,刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×
10-2
mol·L-1],若保持温度不变,向其中加入100
mL
0.012
mol·L-1的NaOH,则该溶液变为不饱和溶液?
【解析】选B。因为MgCO3是微溶物、Mg(OH)2是难溶物,所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好,故A正确;因为Ca(OH)2是微溶物、CaCO3是难溶物,所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好,故B错误;当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,即
c(OH-)=10-6
mol·L-1,c(Mg2+)==
mol·L-1=
5.61
mol·L-1,c(Fe3+)==
mol·L-1=2.64×
10-21
mol·L-1,所以c(Mg2+)∶c(Fe3+)=5.61∶2.64×10-21=2.125×1021,故C正确;将适量的Ca(OH)2固体溶于100
mL水中,刚好达到饱和,c(Ca2+)=1.0×
10-2
mol·L-1,c(OH-)=
mol·L-1≈2.163×10-2
mol·L-1,若保持温度不变,向其中加入100
mL
0.012
mol·L-1的NaOH,混合后,c(Ca2+)=0.5×
10-2
mol·L-1,c(OH-)==
0.016
815
mol·L-1,此时Ca(OH)2的Qc=c(Ca2+)·c2(OH-)=0.5×10-2×
0.016
8152≈1.4×10-6<Ksp[Ca(OH)2],则该溶液变为不饱和溶液,故D正确。
【加固训练—拔高】?
1.(2021·烟台模拟)25
℃时,下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表,结合相关数据分析,下列说法错误的是
(  )?
Ag2SO4(白色)
Ag2S(黑色)
FeS(黑色)
MnS(肉色)
1.4×10-5mol3·L-3
6.3×10-50mol3·L-3
3.3×10-18mol2·L-2
2.5×10-13mol2·L-2
A.除去某溶液中的Ag+用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B.25
℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度?
C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液,沉淀颜色会由黑色变为肉色
D.向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(Ag+)不变?
【解析】选D。Ksp(Ag2S)℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度,故B正确;向少量FeS悬浊液中,即FeS的饱和溶液,加入足量饱和MnCl2溶液,发生沉淀的转化,沉淀颜色会由黑色变为肉色,故C正确;向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(S2-)增大,平衡逆向移动,则溶液中c(Ag+)减小,故D错误。?
2.(2021·浙江模拟)利用调节pH的方法,可以除去硫酸铜溶液中的亚铁离子(已知常见某些阳离子沉淀对应pH如表所示),下列说法正确的是
(  )?
阳离子
开始沉淀时
完全沉淀时
Fe3+
2.7
3.7
Cu2+
4.4
6.4
Fe2+
7.6
9.6
A.调节pH前,应先将Fe2+氧化为Fe3+,可选择Cl2或H2O2作为氧化剂
B.调节pH可选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
C.调节pH控制在pH=6.4~7.6效果最好
D.将分离得到硫酸铜溶液蒸干可获得Cu(OH)2固体
【解析】选B。如加入氯气,则生成氯化铁,引入新杂质,故A错误;选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,可调节溶液的pH,且不引入新杂质,可达到除杂的目的,故B正确;调节pH控制在pH=6.4~7.6,铜离子沉淀,不能达到除杂的目的,将亚铁离子氧化生成铁离子,应调节pH在3.7~4.4之间,故C错误;由于硫酸为难挥发性酸,则硫酸铜溶液蒸干,如温度不是很高,硫酸铜不分解,则可得到硫酸铜,故D错误。
考点三 沉淀溶解平衡曲线(命题指数★★★)
1.沉淀溶解平衡曲线:
溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线,以AgCl悬浊液为例,溶度积曲线如图:
①曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②曲线上方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。
③曲线下方区域均为不饱和溶液,即Qc④升高温度,曲线向右上方平移。
2.沉淀溶解平衡对数曲线:
溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线,以CdCO3饱和溶液为例,溶度积曲线如图:
①直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。
②直线上方区域均为不饱和溶液,即Qc③直线下方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。
④升高温度,直线向左下方平移。
3.沉淀滴定曲线:
沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线,以向10
mL
0.1
mol·L-1
CuSO4溶液中滴加0.1
mol·L-1的K2S溶液为例,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图:?
①曲线上任一点都代表平衡点,c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp。
②滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液,c(Cu2+)=c(S2-)。
③滴定终点以前线上点(如a点),代表c(Cu2+)>c(S2-);滴定终点以后线上点(如c点),代表c(Cu2+)1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)某温度下,难溶物FeR水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其溶解平衡曲线如图Ⅰ所示,曲线上的点代表溶解平衡状态,Ksp=4×10-18。
(  )?
提示:×。选a点或b点计算,Ksp=2×10-18。
(2)如图Ⅰ所示,FeR溶解平衡曲线外,d点有沉淀生成,c点没有。
(  )?
提示:×。d点相对于平衡点a,c(Fe2+)相同,c(R2-)小于a点,没有沉淀生成;同理,c点有沉淀生成。
(3)t
℃时,PdI2在水中的溶解平衡曲线如图Ⅱ所示,Ksp=7.0×10-9。
(  )?
提示:×。根据a点计算Ksp=7×10-13。
(4)如图Ⅱ所示,PdI2溶解平衡曲线上a点溶液中加入少量NaI固体,溶液由a点向c点方向移动。
(  )?
提示:√。碘离子浓度增大,铅离子浓度减小,由a点向c点方向移动。
2.溶洞的形成与碳酸钙的溶解平衡有关。如图是碳酸钙(CaCO3)在25
℃和100
℃两种情况下,在水中的沉淀溶解平衡曲线。?
(1)由图象可知,碳酸钙溶解的热效应如何?
(2)a、b、c、d四点对应的Ksp大小关系如何?
提示:(1)100
℃时碳酸钙溶解度大于25
℃,则碳酸钙溶解吸热。?
(2)Ksp仅与温度有关,Ksp(d)>Ksp(b)=Ksp(c)>Ksp(a)。
命题角度1:沉淀溶解平衡曲线
【典例1】(2019·全国Ⅱ卷)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
【解析】选B。图中p、q对应纵横坐标数值相等,即c(Cd2+)=c(S2-),则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度,A正确;图中m、n、p点对应的温度相同,小于q点对应的温度,对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
=Ksp(p)命题角度2:沉淀溶解平衡对数曲线
【典例2】
在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是?
(  )?
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+===Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
【解析】选C。Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-),横坐标-lg为1时,即
c(Cl-)=10-1
mol·L-1,纵坐标lg大于-6,小于-5,所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7,A项正确;向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀,除去Cl-的反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl,B项正确;除去Cl-效果取决于Cu与Cu2+的物质的量的多少,并不是Cu的量越多,除去Cl-效果越好,C项错误;从图中可以看出,随着-lgc(Cl-)的逐渐增大,c(Cl-)逐渐减小,溶液中
lgc(Cu2+)与lgc(Cu+)的差值越来越大,即溶液中的2Cu+===Cu2++Cu趋向越来越大,平衡常数很大,反应趋向完全,D项正确。
命题角度3:沉淀滴定曲线
【典例3】(2018·全国Ⅲ卷)用0.100
mol·L-1
AgNO3滴定50.0
mL
0.050
0
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0.040
0
mol·L-1
Cl-,反应终点c移到a?
D.相同实验条件下,若改为0.050
0
mol·L-1
Br-,反应终点c向b方向移动?
【以图析题·培养关键能力】?
【解析】选C。选取横坐标为50
mL的点,此时向50
mL
0.050
0
mol·L-1的Cl-溶液中,加入了50
mL
0.100
mol·L-1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-1(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的2倍),由图示得到此时Cl-浓度约为1×10-8
mol·L-1(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线,每个点都满足c(Ag+)×c(Cl-)
=Ksp,故B正确;C项若c(Cl-)=0.0400
mol·L-1,则滴定终点是AgNO3体积为20
mL处,而图中a点对应的横坐标AgNO3体积为15
mL,故C错误;D项AgCl在水中的溶解度大于AgBr,故滴定终点时横坐标相同,而-lgc(Br-)>-lgc(Cl-),即在c点的上方,故D说法正确。?
1.解沉淀溶解平衡图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)理解图象中线上点、线外点的含义。
(3)抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时,粒子浓度的变化分两种情况:
a.原溶液不饱和时,离子浓度都增大
b.原溶液饱和时,离子浓度都不变
②溶度积常数只受温度影响,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
2.解沉淀滴定图象的步骤:
(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横坐标通常是加入滴定剂的体积,纵坐标通常是离子浓度或其对数值。
(2)找到滴定终点,即为饱和溶液,求算Ksp。
(3)理解图象中线上点、线外点的含义。
命题点1:沉淀溶解平衡曲线(综合性考点)
1.氢氧化钙是一种二元强碱,不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图。已知曲线Ⅰ对应的温度T1时Ksp=4×10-6,≈1.6。下列说法中正确的是(  )
(浓度单位为mol·L-1)
A.温度T2>T1
B.恒定温度T1时,向Q点溶液中加入少量生石灰,溶液中OH-的数目不变
C.Z点溶液中c(OH-)的数量级为10-3
D.P点在温度为T1时,分散质粒径>100
nm?
【解析】选D。温度升高,Ca(OH)2的溶解度降低,不利于沉淀溶解平衡向正反应方向移动,溶度积常数减小,图中T2时的溶度积常数大于T1时的溶度积常数,因此温度关系为T1>T2,故A错误;温度不变的情况下,生石灰加入消耗水,析出固体后上层清液仍为氢氧化钙饱和溶液,c(OH-)不变,溶液体积减小,OH-的数目减少,故B错误;Z在温度为T1的曲线上,温度相同,则溶度积常数不变,此时的溶度积常数为Ksp=c(Ca2+)·c2(OH-)=16a×a2=16a3=4×10-6,解得a=,则图中Z点溶液中c(OH-)=4a=0.025
mol·L-1,数量级为10-2,故C错误;温度为T1时,P点Qc>Ksp,反应向生成沉淀的方向移动,得到悬浊液,P点分散系中分散质粒子直径大于100
nm,故D正确。
命题点2:沉淀溶解平衡对数曲线(综合性考点)
2.(2021·济宁模拟)某温度时硫酸盐MSO4(M:Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=-lgc(M),p(SO)=-lgc(SO)。下列说法正确的是(  )
A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4
B.X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液,不能继续溶解SrSO4
C.蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液
D.溶度积:Ksp(SrSO4)<Ksp(PbSO4)<Ksp(BaSO4)
【解析】选A。由图可知,Ksp(BaSO4)<Ksp(PbSO4),但增大Pb2+的浓度,即
c(Pb2+)×c(SO)>Ksp(PbSO4),可使BaSO4转化为PbSO4,故A正确;由图可知Y点对应的SrSO4溶液,c(Sr2+)×c(SO)<Ksp(SrSO4),所以为不饱和溶液,能继续溶解SrSO4,故B错误;由图可知Z点对应溶液中c(Ba2+)>c(SO),蒸发Z点的BaSO4溶液不能得到C点状态的溶液,故C错误;由图可知溶度积BaSO4<PbSO4<SrSO4,故D错误。
3.(2021年辽宁适应性测试)天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(  )
A.曲线①代表CO
B.H2CO3的一级电离常数为10-8.3
C.c(Ca2+)随pH升高而增大
D.pH=10.3时,c(Ca2+)=2.8×10-7.9
mol·L-1
【解析】选D。根据图象可知,随着pH的增大,溶液碱性增强,HCO、CO浓度都增大,而曲线①在pH较小时也产生,因此曲线①代表HCO,②代表CO,③代表Ca2+,A错误;曲线①为HCO,由点(6.3,-5)可知,H2CO3的一级电离常数Ka1=
eq
\f(c(H+)·c(HCO),c(H2CO3))
=1.0×10-6.3,B错误;曲线③代表Ca2+,根据图象可知,c(Ca2+)随pH升高而减小,C错误;已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,根据图象,pH=10.3时,c(HCO)=c(CO)=10-1.1
mol·L-1,则c(Ca2+)=
eq
\f(Ksp,c(CO))
==2.8×10-7.9
mol·L-1,D正确。
命题点3:沉淀滴定曲线(综合性考点)
4.(2021·泸州模拟)已知:pBa=-lgc(Ba2+),Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,
Ksp(BaCO3)=3.0×10-9。常温下,用0.1
mol·L-1
Na2SO4溶液滴定20
mL
0.1
mol·L-1
BaCl2溶液的曲线如图所示,V0达到滴定终点,下列说法错误的是
(  )?
A.图象中,m=5,V0=20
B.若将c(BaCl2)从0.1
mol·L-1变为0.2
mol·L-1,m值将减小?
C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(Na+)>c(Ba2+)>c(OH-)
D.向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至
eq
\f(c(CO),c(SO))
≥30时将生成BaCO3
【解析】选B。A.图象中,m=5,pBa=-lgc(Ba2+)=5,c(Ba2+)=10-5
mol·L-1,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,c(SO)=10-5
mol·L-1,沉淀完全,反应的钡离子和硫酸根离子的量相同,20
mL×0.1
mol·L-1=V0×0.1
mol·L-1,V0=20
mL,故A正确;B.若将c(BaCl2)从0.1
mol·L-1变为0.2
mol·L-1,m为沉淀完全时,pBa=
-lgc(Ba2+),m值不变,故B错误;C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)==
mol·L-1,c(Na+)==
mol·L-1,c(Ba2+)==
mol·L-1,c(OH-)来源于水电离,c(Cl-)>c(Na+)>c(Ba2+)>c(OH-),故C正确;D.BaSO4+COBaCO3+SO,K=
eq
\f(c(SO),c(CO))
===,向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至
eq
\f(c(CO),c(SO))
≥30时将生成BaCO3,故D正确。
【加固训练—拔高】?
1.(2021·日照模拟)t
℃时,两种碳酸盐MCO3(M表示X2+或Y2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知:pM=-lgc(M2+),p(CO)=-lgc(CO),Ksp(XCO3)<Ksp(YCO3)。下列说法正确的是(  )
A.线a表示YCO3的溶解平衡曲线
B.Ksp(XCO3)=1.0×10-8
C.t
℃时,向XCO3悬浊液中加入饱和Y(NO3)2溶液,可能有YCO3生成?
D.t
℃时,向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液,一定能产生YCO3沉淀?
【解析】选C。Ksp(XCO3)=c(X2+)c(CO),Ksp(YCO3)=c(Y2+)c(CO);又因Ksp(XCO3)<Ksp(YCO3),所以c(CO)相同时,c(X2+)<c(Y2+),pc(X2+)>pc(Y2+),所以a为XCO3的溶解平衡曲线,b为YCO3的溶解平衡曲线,故A错误;Ksp(XCO3)=c(X2+)c(CO)=10-4
mol·L-1×100
mol·L-1=10-4,故B错误;虽然Ksp(XCO3)<Ksp(YCO3),溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现,沉淀转化的平衡移动原理为X2+(aq)+YCO3(s)
XCO3(s)+Y2+(aq),但加入饱和Y(NO3)2溶液,增大了c(Y2+),使平衡逆向移动,可能会有YCO3生成,故C正确;YCO3沉淀溶解的原理,YCO3(s)
CO(aq)+Y2+(aq),向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液,不知Na2CO3溶液的浓度,无法确定是否一定能产生YCO3沉淀,故D错误。
2.(2021·梅河口模拟)硫酸钡难溶于水,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.T1>T2
B.图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(q)C.T1温度下,向p点的溶液中加入少量BaSO4固体,溶液组成不变
D.相同温度下,BaSO4在水中的溶解度与在Na2SO4溶液中的溶解度相同
【解析】选D。根据坐标,-lgc(Ba2+)和-lgc(SO)数值越大,c(Ba2+)和c(SO)越小;溶解平衡为吸热反应,离子浓度越大,温度越高,所以T1>T2,故A正确;Ksp只受温度影响,溶解平衡为吸热反应,温度越高Ksp越大,又因T1>T2,Ksp(p)>Ksp(m)=Ksp(q),即Ksp(m)=Ksp(q)<Ksp(p),故B正确;T1温度下,p点的溶液已达溶解平衡,加入少量BaSO4固体,平衡不发生移动,溶液组成不变,故C正确;BaSO4(s)
Ba2+(aq)+SO(aq),在Na2SO4溶液中,c(SO)大,使平衡逆向移动,BaSO4的溶解度减小,故D错误。
3.(2021·河南模拟)已知常温下,H2CrO4的Ka2=3.2×10-7,BaCO3的Ksp=2.5×10-9,BaCrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
(  )?
A.向m点的悬浊液中通入HCl,能使m点沿mp线向p点方向移动
B.通过蒸发可使q点溶液向p点移动
C.常温下,BaCrO4(s)+CO(aq)
BaCO3(s)+CrO(aq)的K=6.4×10-2
D.n点时,沉淀溶解的速率大于离子结晶的速率
【解析】选C。m为平衡点,BaCrO4(s)
Ba2+(aq)+CrO(aq),向m点的悬浊液中通入HCl,H2CrO4的Ka2=3.2×10-7,存在CrO+H+HCrO,使得CrO浓度减小,平衡正向移动,c(Ba2+)增大,能使m点沿曲线向m点左上方移动,故A错误;q点在曲线下方,有c(Ba2+)c(CrO)<Ksp,蒸发后,
c(Ba2+)和c(CrO)均增大,可使q点溶液向p点右下方移动,故B错误;常温下,BaCrO4(s)+CO(aq)
BaCO3(s)+CrO(aq)的K=
eq
\f(c(CrO),c(CO))

eq
\f(c(CrO)c(Ba2+),c(CO)c(Ba2+))
===6.4×10-2,故C正确;n点在曲线上方,有c(Ba2+)c(CrO)>Ksp,沉淀溶解的速率小于离子结晶的速率,故D错误。
4.(2021·成都模拟)常温下,向25
mL
0.12
mol·L-1
AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水,先出现沉淀,继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清,且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3
mol·L-1。下列叙述不正确的是(  )
A.a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B.b点溶液中:c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)<c(NO)
C.由e点可知,反应Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D.cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
【解析】选C。AgNO3是强酸弱碱盐,Ag+水解离子方程式为Ag++H2OAgOH+H+,因为水解导致溶液呈酸性,故A正确;b点lg=0,则c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,溶液中存在电荷守恒c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(NO),则c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)<c(NO),故B正确;e点时溶液迅速由浑浊变澄清,则Ag+绝大部分以[Ag(NH3)2]+存在,故c([Ag(NH3)2]+)=≈0.1
mol·L-1,c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3
mol·L-1,代入平衡常数表达式K=1.25×107,所以反应Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为107,故C错误;e点溶液迅速由浑浊变得澄清,e点溶质为银氨络合物,cd段过程中有沉淀的生成、沉淀的溶解,所以cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解,故D正确。
1.(2020·天津等级考)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是
(  )?
A.相同浓度的
HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)?
B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D.在1
mol·L-1
Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1
mol·L-1?
【解析】选A。相同浓度的溶液,HCOONa的pH大于NaF,说明HCOO-水解程度大于F-的水解程度,则HCOOH的酸性弱于HF的酸性,故Ka(HCOOH)c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,说明CuS比FeS难溶,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;在
1
mol·L-1
Na2S溶液中,根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1
mol·L-1,D项正确。?
2.(2020·全国Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答以下问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是________________________。
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO,同时还有________离子被氧化,写出VO+转化为VO反应的离子方程式________________。
(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、________,以及部分的________。
(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣③的主要成分是________。
(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是________________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是_______________________________。
【解析】
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是升高温度,加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全);(2)“酸浸氧化”中,钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水,MnO2具有氧化性,Fe2+具有还原性,则VO+和VO2+被氧化成VO的同时还有Fe2+被氧化,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O;VO+转化为VO时,钒元素的化合价由+3价升至+5价,1
mol
VO+失去2
mol电子,MnO2被还原为Mn2+,Mn元素的化合价由+4价降至+2价,1
mol
MnO2得到2
mol电子,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,VO+转化为VO反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+===VO+Mn2++H2O;(3)根据分析,“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+,以及部分的Fe3+、Al3+;(4)根据分析,滤渣③的主要成分是Fe(OH)3;(5)“调pH”中有沉淀生成,是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀,生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O===NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl===NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是增大NH离子浓度,利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全。
答案:
(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)
Fe2+
VO++MnO2+2H+===VO+Mn2++H2O
(3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4)
Fe(OH)3
(5)NaAlO2+HCl+H2O===NaCl+Al(OH)3↓或
Na[Al(OH)4]+HCl===NaCl+Al(OH)3↓+H2O
(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全
3.(2019·全国Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1
mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:?
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和___________;?
写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式___________。?
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是___________。?
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为___________~6之间。?
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是___________。?
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是___________。?
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________。?
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=___________。?
【解析】(1)天然二氧化锰粉与硫化锰矿溶浸时矿物中含有的Fe、Al、Mg、Zn、Ni等与硫酸反应生成可溶性盐,进入溶液。二氧化锰具有氧化性,硫化锰中-2价的硫具有还原性,在硫酸作用下发生氧化还原反应:MnO2+MnS+2H2SO4===2MnSO4+S+2H2O。因此“滤渣1”中含有不溶性的S、SiO2或不溶性硅酸盐。
(2)过滤出“滤渣1”后,滤液中主要含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+,由于开始水解的pH较大,加入MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,然后通过调节pH除去。
(3)根据题目提供的金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围,铁沉淀完全的pH为2.8,铝沉淀完全的pH为4.7,要除去铁和铝,选择的pH要大于4.7,为了不使Zn2+、Ni2+形成沉淀,pH要小于6。
(4)“除杂1”中加入Na2S,目的是除去Zn2+、Ni2+,所以二者与S2-形成硫化物沉淀。
(5)根据题目信息“除杂2”的目的是加入MnF2生成MgF2
沉淀,除去Mg2+,如果溶液酸度过高,F-会与酸反应生成弱酸HF,降低了溶液中F-浓度,导致MgF2
沉淀的溶解平衡向右移动,使Mg2+沉淀不完全。
(6)溶液经过除杂后阳离子主要为Mn2+,“沉锰”时加入NH4HCO3形成MnCO3沉淀。反应的离子方程式为Mn2++2HCO===MnCO3↓+CO2↑+H2O。
(7)LiNixCoyMnzO2中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,O的化合价为-2价,利用化合物中化合价的代数和为0,可以计算出z=。
答案:(1)SiO2(不溶性硅酸盐)
MnO2+MnS+2H2SO4===2MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2?Mg2++2F-平衡向右移动
(6)
Mn2++2HCO===MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)
【加固训练—拔高】?
(2018·全国Ⅱ卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:?
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1
mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:?
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为___________。?
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________;氧化除杂工序中ZnO的作用是___________,若不通入氧气,其后果是___________。?
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为___________。?
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为___________;沉积锌后的电解液可返回_________工序继续使用。
【解析】(1)闪锌矿的主要成分为ZnS,因此焙烧过程中的主要反应为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
(2)矿石经过焙烧后生成金属氧化物和SiO2,因此用稀硫酸溶浸时会产生SiO2和PbSO4沉淀,氧化除杂的目的是将溶液中的铁元素以氢氧化铁沉淀的形式除去,因此加入ZnO的目的是调节溶液的pH,让Fe3+形成沉淀;通入O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+而除去,若不通入O2,会导致部分的铁元素仍然以Fe2+的形式存在于溶液。
(3)锌粉与溶液中Cd2+发生置换反应,反应的离子方程式为Cd2++Zn===Cd+
Zn2+。
(4)电解硫酸锌溶液制取锌,Zn2+在阴极放电,发生的电极反应式为Zn2++2e-===Zn,OH-在阳极放电,发生的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,因此电解结束后的溶液中含有一定量的硫酸,即电解后的溶液为稀硫酸,因此可以放回溶浸工序中循环使用。
答案:(1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2
(2)PbSO4 调节溶液的pH 
无法除去杂质Fe2+
(3)Cd2++Zn===Cd+Zn2+
(4)Zn2++2e-===Zn 
溶浸
1.对于溶解平衡:AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),Ksp只与温度有关。
2.溶度积规则中的3个关系:
Qc>Ksp:溶液过饱和,有沉淀析出
Qc=Ksp:溶液饱和,处于平衡状态
Qc3.三个强化理解:
(1)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,沉淀溶解平衡移动分析时也同样遵循勒夏特列原理。
(2)溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大,只有组成相似的难溶电解质才有可比性。
(3)复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行,若生成难溶电解质,则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。
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-第一讲 碳、硅及其化合物 无机非金属材料 
考点一 碳及其化合物(命题指数★★★★★)
1.碳
(1)碳存在形态、物理性质及用途

最外层电子数
4
存在形态
游离态、化合态
结构
金刚石:正四面体空间网状结构;石墨:平面正六边形层状结构
物理性质
金刚石熔点高、硬度大;石墨熔点高、质软,有滑腻感
用途
金刚石可作切割刀具;石墨可作电极、铅笔芯
(2)碳的化学性质
写出①~④的化学方程式:
①C+CO22CO或2C+O22CO。
②CO2+C2CO。
③CuO+CCu+CO↑。
④C+H2O(g)CO+H2(制水煤气)。
2.碳的氧化物:
(1)一氧化碳的性质及应用
①物理性质:无色无味的气体,难溶于水,能使人中毒的原因是与人体内血红蛋白相结合,因缺氧而中毒。
②化学性质及应用(写出有关化学方程式)
a.可燃性:2CO+O22CO2,可作燃料。
b.还原性:CO还原Fe2O3的反应为3CO+Fe2O32Fe+3CO2,可用于冶炼金属。
CO是不成盐氧化物,当引起人体中毒时,酸碱不能解毒。CO2是酸性氧化物,能形成温室效应,但不是大气污染物。
 (2)CO2的性质及应用
化学式
CO2
构成
CO2分子
物理性质
气体,熔、沸点低,溶于水
与碱性氧化物反应
CaO+CO2CaCO3
与碱溶液反应
2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O
与盐反应
Na2SiO3+CO2+H2O===Na2CO3+H2SiO3↓
与碳反应
C+CO22CO
与H2O作用
CO2+H2OH2CO3
与酸反应
不反应
用途
干冰用于人工降雨,合成肥料
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)金刚石和石墨由相同的元素组成,因此它们具有相同的性质。(  )
提示:×。金刚石和石墨互为同素异形体,性质差距较大。
(2)向CaCl2溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失。(  )
提示:×。由于盐酸的酸性比碳酸的强,CO2与CaCl2溶液不反应。
(3)氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体,会析出晶体。(  )
提示:√。氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体,会析出碳酸氢钠晶体。
2.已知SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑,这能否证明硅酸的酸性比碳酸强?
提示:不能。该反应是在高温下进行,产物中CO2为气体,生成后脱离反应体系,使反应能向右进行到底。
命题角度:碳及其氧化物的性质与应用
【典例1】(2021·聊城模拟)某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。
已知:PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O===CO2+2HCl+Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。
(1)实验时要通入足够长时间的N2,其原因是
__________________________________________________________________。
(2)装置B的作用是_________________________________________________。
(3)装置C、D中所盛试剂分别为____________、____________,若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的化学方程式为______________________________________________________________。
(4)该装置的缺点是_________________________________________________。
【解析】(1)碳与二氧化硅反应需在高温下进行,高温下,碳与空气中氧气也能反应,所以实验时要将装置中的空气排尽,则需要通入足够长时间的N2;(2)根据装置图可知,B装置可以作安全瓶,防止倒吸;(3)根据元素守恒,碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳,所以C装置用来检验是否有二氧化碳,D装置用来检验是否有一氧化碳,装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液;若装置C、D中溶液均变浑浊,说明既有二氧化碳又有一氧化碳,且经检测两气体产物的物质的量相等,根据原子守恒可知,化学方程式为3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si;(4)一氧化碳有毒,不能排放到空气中,而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收。
答案:(1)要用N2将装置中的空气排尽,避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰
(2)作安全瓶,防止倒吸
(3)澄清石灰水 PdCl2溶液
3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si
(4)没有尾气吸收装置将CO吸收
 
(1)(证据推理与模型认知)该反应能否说明碳的还原性大于硅?
提示:不能。该反应是在高温条件下发生的反应,通常条件下发生的反应才能用于氧化性、还原性强弱的比较。
(2)(科学探究与创新意识)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强。
提示:向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体,溶液变浑浊,证明碳酸酸性强于硅酸。
命题点:碳及其氧化物的性质与应用(基础性考点)
 用四种溶液进行实验,下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系正确的是(  )
选项
操作及现象
溶液
A
通入CO2至过量,溶液一直不出现浑浊现象
饱和Na2CO3溶液
B
通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失
Na2SiO3溶液
C
通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊不消失,再加入品红溶液,红色褪去
Ca(ClO)2溶液
D
通入CO2,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊消失,再加入足量NaOH溶液,又变浑浊
Ca(OH)2溶液
【解析】选D。A项,向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,会发生反应生成碳酸氢钠,相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,所以会析出碳酸氢钠晶体,继续通入CO2气体,浑浊不消失,故错误;B项,向Na2SiO3溶液中通入CO2,会产生硅酸,硅酸是不溶于水的白色沉淀,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,浑浊不会消失,故错误;C项,向Ca(ClO)2溶液中通入CO2,会生成碳酸钙和次氯酸,溶液变浑浊,碳酸钙与H2O和过量的CO2反应会转化为碳酸氢钙,浑浊消失,次氯酸具有强氧化性,可使品红溶液褪色,故错误;D项,向氢氧化钙溶液中通入CO2会生成碳酸钙沉淀,溶液变浑浊,继续通入CO2气体,碳酸钙转化为碳酸氢钙,浑浊消失,加入NaOH溶液后,碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙,溶液又变浑浊,故正确。
考点二 硅 二氧化硅 无机非金属材料(命题指数★★★★★)
一、硅、二氧化硅
1.硅单质的存在形式、结构和用途
硅以化合态形式存在于自然界中,晶体硅是空间网状结构,晶体硅用作半导体材料、硅芯片和硅太阳能电池。
2.硅的制备
对应化学方程式为
①SiO2+2CSi+2CO↑;
②Si+2Cl2SiCl4;
③SiCl4+2H2Si+4HCl
3.二氧化硅的性质及用途
二、无机非金属材料
1.传统无机非金属材料,如水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料。
(1)常见硅酸盐材料比较
水泥
玻璃
陶瓷
生产原料
石灰石、黏土
纯碱、石灰石、石英
黏土
主要设备
水泥回转窑
玻璃窑
陶瓷窑
(2)玻璃生产中的两个重要反应:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑。
2.新型无机非金属材料,如高温结构陶瓷、光导纤维、生物陶瓷、压电陶瓷等。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土。(  )
提示:√。陶瓷的主要原料是黏土。
(2)单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料。(  )
提示:√。硅是良好的半导体,是制作太阳能电池的主要材料。
(3)水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品。(  )
提示:×。水晶的主要成分均是SiO2,不是硅酸盐。
(4)陶瓷、玻璃、水泥都用到石灰石作原料。(  )
提示:×。玻璃、水泥都用石灰石作原料,而陶瓷主要原料为黏土。
(5)瓷坩埚可用于加热熔化烧碱或纯碱。(  )
提示:×。加热时瓷坩埚中的SiO2与烧碱或纯碱反应。
2.“九秋风露越窑开,夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句,描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品。
(1)人类最早使用的硅酸盐制品是什么?
提示:陶瓷。陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品。
(2)制造水泥和玻璃的共同原料是什么?
提示:石灰石。纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料,而制水泥的原料是黏土和石灰石。
命题角度1:硅酸盐的性质及应用
【典例1】《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无砂①而为之”,“凡坯既成,干燥之后,则堆积窑中②”,“③转釉(主要为青色),与造砖同法”。下列说法错误的是(  )
A.黏土是制砖瓦和水泥的主要原料
B.“燃薪举火”使黏土发生复杂的物理化学变化
C.沙子的主要成分为④
D.泥坯烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦
信息提取
知识储备
信息整合

黏土是制备陶瓷和水泥的主要原料
砖瓦属于陶瓷的一种

“燃薪举火”指木柴的燃烧,放出大量热
黏土发生复杂的物理化学变化

碳与水蒸气反应生成具有还原性的气体CO和H2
红瓦中含氧化铁,浇水生成CO和H2,将三价铁还原为二价亚铁

硅酸盐含有硅、氧和金属元素
沙子的主要成分为SiO2
【解析】选C。A项,“择取无砂黏土而为之”,说明黏土是制砖瓦和水泥的主要原料,正确;B项,“燃薪举火”是提供高温的环境,使黏土发生复杂的物理化学变化,正确;C项,沙子的主要成分为二氧化硅,错误;D项,黏土中有一定量的铁元素,泥坯烧制后自然冷却成红瓦(含氧化铁),浇水冷却时碳与水反应得到CO和H2,将三价铁还原为二价亚铁,形成青瓦,正确。
命题角度2:硅及其化合物的转化
【典例2】(2021·福州模拟)X是一种新型无机非金属材料,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性好的优点。有关生产过程如图:
为了确定C的组成,某同学进行了以下的探究过程。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,I可用于制造光导纤维。
按要求回答下列问题:
(1)C的化学式为______________;X的化学式为______________。
(2)写出下列方程式。
反应①的化学方程式:______________________________________________;
反应⑦的离子方程式:______________________________________________。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】本题可从I入手推断,I可用于制造光导纤维,故其为二氧化硅,F为硅酸,H为硅酸钠。E为HCl,C为氯化硅,X为Si3N4。反应①为Si与Cl2反应生成SiCl4,反应⑦为硅酸钠与过量的二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠。
答案:(1)SiCl4 Si3N4 (2)Si+2Cl2SiCl4
SiO+2H2O+2CO2===H2SiO3↓+2HCO
 
(1)(宏观辨识与微观探析)试写出化合物C与水反应的化学方程式。
提示:SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl↑。
(2)(宏观辨识与微观探析)上题的反应过程中属于氧化还原反应的有哪些?
提示:①。只有反应①硅和氯气反应中有化合价的变化。
【讲台挥洒一刻】
硅及其化合物的转化关系
【备选例题】
几种含硅元素的物质之间的相互转化关系如图所示:
试判断:
(1)写出下列各种物质的化学式:
A________,B________,C________,D________,E________。
(2)写出下列反应的离子方程式:
①A→D___________________________________________________________;
②D→C____________________________________________________________。
(3)写出下列反应的化学方程式:
B→E______________________________________________________________。
【解析】A、B、C、D、E均为含硅元素的物质,要推断这些物质,必须选定其中一种作为突破口。从图中分析,B物质涉及与其他物质的关系最多,其位置关系最为关键,且其中有明显的性质特征。B物质可与Na2O反应生成钠盐D,故B可能为SiO2或硅酸,但硅酸不可能由某种物质通过高温强热的方法制取,故B只能为SiO2。SiO2与碳在强热条件下反应可制得单质硅。而单质硅可与NaOH溶液在室温下反应生成Na2SiO3。所以A为Si,D为Na2SiO3。向Na2SiO3溶液中通入CO2,将析出硅酸(H2SiO3)。无论是在Na2SiO3中加入CaCl2溶液,还是SiO2和CaCO3在高温下反应,或者H2SiO3与CaO共热,都将得到CaSiO3固体。由此可知E为CaSiO3,H2SiO3加热分解为SiO2,故C为H2SiO3。
答案:(1)Si SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 CaSiO3
(2)①Si+2OH-+H2O===SiO+2H2↑
②SiO+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO
(3)CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑
1.硅及其化合物用途的易错点:
(1)用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2,用于制作光导纤维的是SiO2而不是晶体硅,计算机芯片的主要成分是晶体硅而不是SiO2。
(2)水晶、石英、玛瑙、硅石、沙子等的主要成分是SiO2,而不是硅酸盐。
(3)传统无机非金属材料(陶瓷、水泥、普通玻璃)的主要成分是硅酸盐。
2.碳、硅及其化合物的转化:
命题点:硅及其化合物的转化(综合性考点)
1.下列转化不能一步完成的是(  )
A.FeCl3→Fe(OH)3   
B.SiO2→H2SiO3
C.Na2CO3→Na2SiO3
D.H2SiO3→SiO2
【解析】选B。氯化铁可与NaOH反应生成Fe(OH)3;碳酸钠可与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠;硅酸受热可直接分解生成二氧化硅。
2.水玻璃(Na2SiO3的水溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域,是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2:65%~70%、C:30%~35%)制取水玻璃的工艺流程:
下列说法正确的是(  )
A.原材料稻壳灰价格低廉,且副产品活性炭有较高的经济价值
B.操作A与操作B完全相同
C.该流程中硅元素的化合价发生改变
D.反应器中发生的复分解反应为SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O
【解析】选A。A项,稻壳灰来源广泛,价格低廉,活性炭具有吸附性,有较高的经济价值,正确;B项,操作A为过滤,操作B为蒸发浓缩,是两种不同的操作,错误;C项,SiO2中硅元素的化合价是+4,Na2SiO3中硅元素的化合价是+4,所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变,错误;D项,由复分解反应的概念可知,SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O不属于复分解反应,错误。
【加固训练—拔高】
1.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列说法正确的是(  )
A.晶体硅具有半导体性质,可用于生产光导纤维
B.玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,故常用NaOH溶液雕刻玻璃纹饰
C.陶瓷、水泥、石英玻璃都属于硅酸盐材料
D.硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2
【解析】选D。A项,晶体硅具有半导体性质,可用于生产电脑芯片,二氧化硅可用于制造光导纤维,错误;B项,玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应,但雕刻玻璃纹饰,常用HF不用NaOH溶液,错误;C项,陶瓷、水泥属于硅酸盐材料,石英玻璃的主要成分是二氧化硅,错误;D项,硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2,正确。
2.下列各单质与化合物之间有以下的转化关系,而且各单质与化合物组成的元素皆为短周期元素。
根据上述关系判断:
(1)单质A只可能是________,这是因为________________________________。
(2)单质B一定是金属还是非金属____________,这是因为__________________________________________________________________。
(3)写出下列化合物的分子式:甲________、乙________、丙________、丁________。
(4)取两个滤纸条,分别放入乙的饱和溶液、丙的液体中,使之充分吸湿、浸透,取出稍沥干(不再滴液)后,同时分别放置在酒精灯外焰处。实验现象为__________________________________________________________________。
实验结论为________________________________________________________。
【解析】本题解题的突破口是短周期元素单质A与NaOH溶液反应生成氢气C,则单质A只可能是Al和Si,而产生的化合物乙与过量盐酸反应生成的化合物丁能失去化合物丙生成化合物甲,则进一步推出A单质不是金属Al,而只能是Si。又由于单质A和化合物甲都能跟NaOH溶液反应,都生成化合物乙(Na2SiO3),只不过A的另一种产物是氢气,而化合物甲的另一种产物为化合物丙,丙又可通过氢气与单质B反应生成,故单质B为O2,其他的各种化合物也就能推出来了。
答案:(1)硅(Si) 在短周期内,能与NaOH溶液反应放出氢气的只可能是Al和Si,但Al的氢氧化物可溶于过量盐酸中,生成NaAlO2不能发生生成甲的反应,不符合题意,故A只能是Si
(2)非金属 Si只有和O2反应,才能生成与碱液(NaOH溶液)反应的酸性氧化物(SiO2)
(3)SiO2 Na2SiO3 H2O H2SiO3
(4)被Na2SiO3溶液浸过的滤纸条,当水分蒸发后不易燃烧(滤纸只起泡);被水浸过的滤纸条,当水分蒸发后能燃烧 Na2SiO3是一种防火剂
1.(2020·浙江7月选考)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是(  )
A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O
B.具有吸水性需要密封保存
C.能与SO2反应生成新盐
D.与足量盐酸作用所得固体产物主要为SiO2
【解析】选D。将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为3CaO·SiO2,性质也可与Na2SiO3相比较。Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O,A正确;CaO能与水反应,所以需要密封保存,B正确;亚硫酸的酸性比硅酸强,当二氧化硫通入Ca3SiO5溶液时,发生反应:3SO2+H2O+Ca3SiO5===3CaSO3+H2SiO3,C正确;盐酸的酸性比硅酸强,当盐酸与Ca3SiO5反应时,发生反应:6HCl+Ca3SiO5===3CaCl2+H2SiO3+2H2O,D不正确。
2.(2019·全国卷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
【解析】选A。氧化铁是红色的,俗称铁红,所以瓷器的青色不是氧化铁。
1.熟记两个用途:SiO2制光导纤维;Si可作半导体材料和太阳能电池材料。
2.熟记两种物质的性质:
(1)硅的三个特性:与HF、F2反应;与NaOH反应生成H2。
(2)SiO2的两个性质:酸性、氧化性。
3.熟记玻璃的成分和生产原理:
(1)成分:Na2SiO3、CaSiO3、SiO2。
(2)玻璃生产中的两个重要反应:Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑。
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-第四讲 氧化还原反应方程式的配平和计算 
考点一 氧化还原反应方程式的配平(命题指数★★★★★)
1.配平原则
2.基本步骤
(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)
①标变价:写出反应物和生成物的化学式,标出变价元素的化合价。
+HO3―→C
(NO3)2+O↑+H2O
②列变化。
3+2HO3―→
(NO3)2+O↑+H2O
③求总数:列出反应前后元素化合价的升、降变化值,使化合价升高和降低的总数相等。
3+2HO3―→3
(NO3)2+2O↑+H2O
④配系数:用观察的方法配平其他物质的化学计量数,配平后,把单线改成等号。
3+8HO3===3
(NO3)2+2O↑+4H2O
⑤查守恒:检查方程式两边是否“原子守恒”和“电荷守恒”。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,逸出大量气泡,得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应:3ClO+4H+===2ClO2+Cl-+2H2O
(  )
提示:×。应为5ClO+4H+===4ClO2+Cl-+2H2O。
(2)NO2通入水中制硝酸:
2NO2+H2O===2H++NO+NO
(  )
提示:×。应为3NO2+H2O===2H++2NO+NO。
(3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3:2Fe3++H2O2===O2↑+2H++2Fe2+
(  )
提示:×。Fe3+的氧化性弱于H2O2,不能氧化H2O2,但Fe3+能催化H2O2的分解:
2H2O22H2O+O2↑。
(4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝:2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑
(  )
提示:√。铝与NaOH反应生成AlO,镁与NaOH不反应。
(5)用KMnO4标准溶液滴定草酸:2MnO+16H++5C2O===2Mn2++10CO2↑+8H2O
(  )
提示:×。草酸为弱酸,写化学式。
(6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2:
IO+I-+6H+===I2+3H2O
(  )
提示:×。应为IO+5I-+6H+===3I2+3H2O。
2.根据题给信息写出对应的方程式:
(1)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂,能与Mn2+反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2+时发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
(2)Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应,生成单质硫和三价氯化锑,反应的化学方程式为____________________________________________________。
(3)在NaOH的环境中,Cl2与NaI反应,每1
mol
NaI完全反应转移6
mol电子,写出反应的化学方程式为____________________________________________。
(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应,生成Mn2+和CO2,该反应的离子方程式为________________________________________________________。
【解析】(1)S2O与Mn2+反应,生成MnO和SO,根据S2O2SO、Mn2+MnO,由得失电子守恒,S2O、Mn2+的化学计量数之比为5∶2,再根据电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为5S2O+2Mn2++8H2O===2MnO+10SO+16H+。
(2)Sb2S3与SbCl5生成SbCl3和S,其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。
(3)在NaOH的环境中,每1
mol
I-完全反应转移6
mol电子生成IO,
Cl2转化为Cl-,由此可写出反应的化学方程式。
(4)锰元素的化合价降低,故KMnO4是氧化剂,Mn2+是还原产物;碳元素化合价升高,故Na2C2O4(碳元素化合价为+3)是还原剂,CO2是氧化产物,配平即可。
答案:(1)5S2O+2Mn2++8H2O===2MnO+10SO+16H+
(2)Sb2S3+3SbCl5===5SbCl3+3S
(3)NaI+3Cl2+6NaOH===NaIO3+6NaCl+3H2O
(4)2MnO+5C2O+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
命题角度1:正向配平类
【典例1】配平化学方程式
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2↑+NaNO2
【解析】第一步:标变价
O·2O3+Na2CO3+NaO3Na2O4+2O3+CO2↑+NaO2
第二步:列得失
第三步:求总数
从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
FeO·Cr2O3的化学计量数为2,NaNO3的化学计量数为7,
Na2CrO4的化学计量数为4,NaNO2的化学计量数为7。
第四步:配系数
先配平变价元素,再利用原子守恒配平其他元素。
2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2
第五步:查守恒
检查剩余元素Na、C和O是否守恒。
答案:2 4 7 4 1 4 7
【归纳提升】对于被氧化、被还原的元素分别在不同物质中的氧化还原反应,或者是归中反应,一般采用正向配平法。
命题角度2:逆向配平类
【典例2】配平下列反应方程式
K2Cr2O7+HCl(浓)===KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O
【解析】第一步:标化合价
第二步:列升降K22O7+H
(浓)―→K+
Cl3+2↑+H2O
降3 
升2
第三步:求公倍数:降3×2
=升2×3,确定
CrCl3和
Cl2的化学计量数分别是
2

3,
第四步:用观察法配平:K2Cr2O7+14HCl(浓)===2KCl+
2CrCl3+
3Cl2↑+7H2O。
第五步:查守恒
答案:1 14 2 2 3 7
【归纳提升】对于反应物中部分被氧化或部分被还原的氧化还原反应及其自身氧化还原反应(含歧化反应),一般采用逆向配平法。
命题角度3:缺项配平类
【典例3】完成以下氧化还原反应的离子方程式:
(  )MnO+(  )C2O+______===(  )Mn2++(  )CO2↑+______。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】配平该化学方程式为2MnO+5C2O+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O。
答案:2 5 16H+ 2 10 8H2O
【归纳提升】缺项配平时,缺项物质一般是强酸、强碱或H2O,可结合电荷守恒和原子守恒分析判断。
1.缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则
缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来,一般为水、酸或碱。
(1)方法:
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数,然后由原子守恒确定未知物,再根据原子守恒进行配平。
(2)补项原则:
条 件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H+,少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水),少O(氧)补OH-
2.“五步骤”配平氧化还原反应方程式
命题点1:正向配平类(基础性考点)
1.(1)HCl(浓)+MnO2
Cl2↑+MnCl2+H2O
(2)KI+KIO3+H2SO4===
I2+K2SO4+H2O
(3)MnO+H++Cl-===
Mn2++Cl2↑+H2O
答案:(1)4 1 1 1 2 (2)5 1 3 3 3 3
(3)2 16 10 2 5 8
命题点2:逆向配平类(综合性考点)
2.(1)S+KOH===
K2S+K2SO3+H2O
(2)P4+KOH+H2O===
K3PO4+PH3
答案:(1)3 6 2 1 3
(2)2 9 3 3 5
命题点3:缺项配平类(应用性考点)
3.(1)ClO+Fe2++______===
Cl-+Fe3++______。
(2)MnO+C2O+______===
Mn2++CO2↑+______。
(3)LiCoO2+H2SO4+H2O2===
Li2SO4+CoSO4+O2↑+____。
(4)ClO-+Fe(OH)3+______===
Cl-+FeO+H2O
答案:(1)1 6 6 H+ 1 6 3 H2O
(2)2 5 16 H+ 2 10 8 H2O
(3)2 3 1 1 2 1 4 H2O
(4)3 2 4 OH- 3 2 5
4.(2020·湘潭模拟)氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式:NO+4H++3e-===NO↑+2H2O,KMnO4、Na2CO3、Cu2O、FeSO4四种物质中有物质甲能使上述还原过程发生。则下列说法中正确的是
(  )
A.物质甲可能是KMnO4
B.总反应中体现了硝酸的强氧化性、酸性
C.反应中若产生3.0
g气体,则转移电子数为0.6NA
D.氧化过程的反应式一定为Cu2O-2e-+2H+===2Cu2++H2O
【解析】选B。硝酸根得到电子是氧化剂,则物质甲应是还原剂,高锰酸钾一般作氧化剂,A错误;反应中还有硝酸盐生成,还体现硝酸的酸性,B正确;3.0
g
NO是0.1
mol,转移电子的物质的量是0.3
mol,C错误;作还原剂的可以是氧化亚铜,也可以是硫酸亚铁,D错误。
考点二 氧化还原反应方程式的计算(命题指数★★★★★)
1.氧化还原反应计算的基本方法:电子守恒法(化合价守恒)
2.解题的一般步骤
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)。
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)1
mol
Cl2参与反应,转移的电子数一定是2NA。
(  )
提示:×。1
mol
Cl2和Ca(OH)2反应,Cl2既是氧化剂又是还原剂,转移电子数应为NA。
(2)1
mol
KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2,转移电子数为6NA。(  )
提示:×。1
mol
KIO3与足量的HI完全反应,转移电子数为5NA。
(3)24
mL浓度为0.05
mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20
mL浓度为0.02
mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知:Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4,元素铬在还原产物中的化合价为+3。
(  )
提示:√。题目中指出被还原的元素是Cr,则得电子的物质必是K2Cr2O7,失电子的物质一定是Na2SO3,其中硫元素的化合价从+4→+6;而铬元素的化合价将从+6→+n(设+n为生成物中铬元素的化合价),根据得失电子数目相等,有0.024
L×0.05
mol·L-1×(6-4)=0.02
L×0.02
mol·L-1×2×(6-n),解得n=3。
【加固训练—拔高】
良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、NOx、SO2具有十分重要的意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下所示:
反应Ⅰ为NO+O3===NO2+O2,其还原产物是________。反应Ⅱ中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)吸收SO2和NO获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO,请写出生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式
______________________________。装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为
__________________________________________________________________。
(3)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO的浓度为a
mol·L-1,要使1L该溶液中NO完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气________L(用含a代数式表示)。
【解析】(1)根据反应NO+O3===NO2+O2可知:O3中部分氧元素由0价下降到-2价,生成了NO2,所以该反应中的还原产物为NO2;反应Ⅱ中,氮元素最终转变为N2,N2既是氧化产物又是还原产物,NO2中氮元素由+4价降低到0价,被还原,CO(NH2)2中氮元素由-3价升高到0价,被氧化,当n(NO2)∶
n[CO(NH2)2]=3∶2时氧化还原反应中得失电子数目守恒,所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2。
(2)NO被Ce4+氧化生成等物质的量的NO和NO,根据流程图可知Ce4+被还原为Ce3+,因此离子方程式为2NO+3H2O+4Ce4+===NO+NO+6H++4Ce3+;装置Ⅲ为电解池,Ce3+失电子被氧化生成Ce4+,在电解槽中阳极上失电子,阳极反应式为:2Ce3+-2e-===2Ce4+,根据流程图可知HSO参与反应,在阴极得电子,因此反应式为2H++2HSO+2e-===S2O+2H2O,则装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为2Ce3++2H++2HSO2Ce4++S2O+2H2O。
(3)溶液中的NO完全转化为NH4NO3,根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气,因此NO被氧气氧化生成NO,氮元素化合价由+3价升高到+5价,氧气中氧元素由0价降低到-2价,根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为:2NO~O2,n(NO)=a
mol·L-1×1
L=a
mol,则需氧气的物质的量为:n(NO)÷2=
mol,其标准状况下的体积为:
mol×22.4
L·mol-1=11.2a
L。
答案:(1)NO2 3∶2 (2)2NO+3H2O+4Ce4+===NO+NO+6H++4Ce3+ 2Ce3++2H++2HSO2Ce4++S2O+2H2O (3)11.2a
命题角度1:根据化学方程式的计算
【典例1】在氧化还原反应3S+6KOH===K2SO3+2K2S+3H2O中,被氧化与被还原的硫原子数之比为
(  )
A.1∶1   B.2∶1   C.1∶2   D.3∶2
【解析】选C。在反应3S+6KOH===K2SO3+2K2S+3H2O中,只有S元素的化合价发生变化,氧化剂和还原剂都是S,反应中S→K2S,S化合价降低,则S被还原,S为氧化剂,S→K2SO3,S化合价升高,则S被氧化,S为还原剂,由生成物可知,被氧化与被还原的硫原子数之比为1∶2。
【归纳提升】根据化学方程式进行计算的思维模型:(1)找出氧化剂、还原剂及对应产物;(2)分析电子转移情况;(3)找出等量关系。
命题角度2:根据得失电子守恒的计算
【典例2】根据要求回答下列问题:
(1)(2016·全国卷Ⅲ)“氧化”中欲使3
mol的VO2+变成VO,则需要氧化剂KClO3至少为__________mol。
(2)(2020·南充月考)还原2.4×10-3mol
[XO(OH)]2+
到X元素的低价态时,需消耗30
mL
0.2
mol·L-1的亚硫酸钠(Na2SO3)溶液,则在此反应中X元素的低价态为________价。
【解析】(1)根据VO2+
→VO失e-,KClO3→Cl-得6e-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),故n(KClO3)=n(VO2+)=×3
mol=0.5
mol。
(2)30
mL
0.2
mol·L-1的亚硫酸钠的物质的量是0.006
mol,硫从+4升高到+6价,反应中失去0.012
mol电子,根据电子守恒,2.4×10-3
mol
[XO(OH)]2+也得到0.012
mol电子,所以每摩尔[XO(OH)]2+得到5
mol电子,X的化合价从+5价降到0价。
答案:(1)0.5 (2)0
【归纳提升】根据得失电子守恒计算的思维模型:(1)找出物质变化,根据提供信息,找出氧化剂、还原剂,判断发生变化;(2)列出守恒等式,根据得失电子守恒,氧化剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用
a.直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
b.对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”,找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算,忽略反应过程。
c.以电子守恒为核心,建立起“等价代换”,找出有关物质之间的关系进行计算等。
d.串联电解池时,流经各个电极上的电子数相等。
命题点1:根据化学方程式的计算(基础性考点)
1.(2020·北京模拟)将第ⅤB族元素铌金属单质(Nb)与I2、Nb2O5置于封闭容器中,控制温度进行反应:6Nb+15I2+2Nb2O510NbOI3。下列说法错误的是
(  )
A.Nb的最高化合价为+5
B.Nb2O5具有酸性氧化物的性质
C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶15
D.6
mol
Nb参加反应共转移28
mol电子
【解析】选D。铌的最高化合价为+5,A正确;Nb2O5是酸性氧化物,B正确;氧化剂为碘,还原剂为Nb,反应前后Nb2O5中Nb的化合价没有变化,还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶15,C正确;6
mol
Nb参加反应共转移30
mol电子,D错误。
命题点2:根据得失电子守恒的计算(综合性考点)
2.(2021年重庆适应性测试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,有强还原性,在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下:
下列说法错误的是
(  )
A.反应1说明酸性:H2SO3>H2CO3
B.反应1结束后,可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D.反应2最好在无氧条件下进行
【解析】选C。反应1生成CO2的反应为2SO2+Na2CO3+H2O===2NaHSO3+CO2,所以说明酸性H2SO3>H2CO3,A正确;NaHSO3如果被氧化生成SO,先加过量的盐酸除去HSO,再加BaCl2如果有沉淀则为BaSO4,说明已被氧化,相反没有,B正确;NaHSO3和Zn的反应中,硫元素价态由+4变为+3,化合价降低1,为氧化剂,Zn价态由0变为+2,为还原剂,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的比应为2∶1,C错误;因Na2S2O4有强还原性,反应应尽量避免O2,D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·北京模拟)某温度下,将Cl2通入氢氧化钾溶液中,反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液,经测定ClO-与ClO的物质的量之比是1∶2,则Cl2与氢氧化钾反应时,被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为
(  )
A.2∶3       B.4∶3
C.10∶3
D.11∶3
【解析】选D。Cl2生成ClO-与ClO是被氧化的过程,化合价分别由0价升高为+1价和+5价,经测定ClO-与ClO物质的量之比为1∶2,则可设ClO-为1
mol,ClO为2
mol,被氧化的氯元素的物质的量为:1
mol+2
mol=3
mol,根据化合价变化可知,反应中失去电子的总物质的量为:1
mol×(1-0)+2
mol×(5-0)=11
mol;氧化还原反应中得失电子数目一定相等,则该反应中得到电子的物质的量也是11
mol;Cl2生成KCl是被还原的过程,化合价由0价降低为-1价,则被还原的氯元素的物质的量为:
=11
mol;所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11
mol∶3
mol=11∶3。
2.(2021·重庆月考)NH3可消除NO的污染,反应方程式为:6NO+4NH3===5N2+6H2O。现有NO与NH3的混合物共1
mol充分反应,若还原产物比氧化产物多1.4
g,则下列判断中正确的是
(  )
A.原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3∶2
B.有0.6
mol
NH3被氧化
C.生成还原产物2.8
g
D.原混合气体中含氨气为0.2
mol或0.7
mol
【解析】选D。由方程式6NO+4NH3===5N2+6H2O可知,6
mol
NO得到3
mol还原产物N2,4
mol
NH3得到2
mol氧化产物N2,相差1
mol
N2,若还原产物比氧化产物多1.4
g即0.05
mol,则相当于0.3
mol
NO和0.2
mol
NH3反应,由题意可知NO和NH3的总物质的量为1
mol,则其中一种过量,所以有两种情况:0.3
mol
NO和0.7
mol
NH3或0.2
mol
NH3和0.8
mol
NO反应。A.原混合物中NO与NH3的物质的量之比为3∶7或4∶1,A错误;B.有0.2
mol
NH3被氧化,B错误;C.生成还原产物0.15
mol即4.2
g,C错误;D.原混合气体中含氨气为0.2
mol或0.7
mol,D正确。
3.(2021·衡水模拟)将9
g铜和铁的混合物投入100
mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下1.12
L
NO,剩余4.8
g金属;继续加入100
mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下1.12
L
NO。若向反应后的溶液中加入
KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法正确的是
(  )
A.原混合物中铜和铁各0.065
mol
B.稀硝酸的物质的量浓度为4.0
mol·
L-1
C.第一次剩余的4.8
g金属为铜和铁
D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100
mL,又得到的NO在标准状况下的体积为0.56
L
【解析】选D。A.整个过程可以看作是9
g铜和铁混合物与200
mL硝酸反应生成0.1
mol
NO,金属完全溶解,向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,说明生成硝酸亚铁、硝酸铜,且硝酸完全反应,发生的反应方程式为3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O;3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,设铁为x
mol,铜为y
mol,根据二者质量与生成NO的体积列方程,有:56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4,联立方程,解得:x=0.075
mol、y=0.075
mol。A.由上述分析可知,原混合物中铜和铁各0.075
mol,故A错误;B.根据方程式可知,n(HNO3)=4n(NO)=0.4
mol,稀硝酸的物质的量浓度为0.4
mol÷0.2
L=2
mol·L-1,故B错误;C.9
g混合物中含铁质量为0.075
mol×56
g·mol-1=4.2
g,含铜质量为0.075
mol×64
g·mol-1=4.8
g,故第一次剩余金属4.8
g为Cu的质量,故C错误;D.再加入100mL该稀硝酸,亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁,溶液中亚铁离子为0.075
mol,根据电子转移守恒可知,亚铁离子完全反应,所以再加硝酸得NO为=0.025
mol,其体积为0.025
mol×22.4
L·mol-1=0.56
L,故D正确。
1.(2019·江苏高考)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸,在约70
℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为__________________________________;水解聚合反应会导致溶液的pH__________。
【解析】H2O2氧化Fe2+生成Fe3+,自身还原为H2O,根据Fe和O得失电子守恒配平,用H+平衡电荷。Fe3+水解结合OH-,释放出H+,酸性增强,pH减小。
答案:2Fe2+
+H2O2+
2H+===2Fe3+

2H2O 减小
2.(2020·海南等级考节选)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸,应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用,减轻对环境的污染。其中一种流程如图所示。
回答下列问题:
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为______________。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。
(3)欲得到更纯的NaHSO3,反应①应通入__________
(填
“过量”或“不足量”)的SO2气体。
(4)因为Na2S2O5具有________性,
导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有SO的方法是__________________________。
【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2),其中铁元素的化合价是+2价,因此硫元素的化合价为-1价。(2)炉渣的主要成分为Fe2O3,由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+
3CO2。(3)Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3,欲得到更纯的NaHSO3,反应①应通入过量的SO2气体。(4)Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高,被氧化,体现了Na2S2O5的还原性;检验其中含有SO的方法是首先用盐酸酸化,除去S2O,再加入氯化钡溶液,看有无白色沉淀生成,若生成白色沉淀,证明含有SO,否则没有SO。
答案:(1)-1 (2)Fe2O3+3CO2Fe+
3CO2 (3)过量 (4)还原 先加入盐酸,再加入氯化钡溶液,生成白色沉淀,说明含有SO
【加固训练—拔高】
(2018·北京高考)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_________________________________
___________________________________________________(锰被还原为Mn2+)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH===2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有
___________________________________________________________________。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:
方案Ⅰ
取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有________离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由
________________________________________________产生(用方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是
___________________________________________________________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2________FeO(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反,原因是____________
___________________________________________________________________。
③资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO>MnO,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO>MnO。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:______________________________________________________。
【解析】(1)①A中KMnO4与浓盐酸反应,锰被还原为Mn2+,故反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。②Cl2中混有HCl,可用饱和食盐水除去,故除杂装置B为。③由图示信息,溶液中有KOH,故还有Cl2与KOH之间的歧化反应:Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。(2)①“取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色”,说明a中含Fe3+,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,因为K2FeO4具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,还可能由4FeO+20H+===4Fe3++3O2↑+10H2O产生。K2FeO4在碱性溶液中较稳定。ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2,用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO-的干扰。②K2FeO4的制备实验中,溶液呈碱性,发生反应3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH===2K2FeO4+6KCl+8H2O,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故氧化性:Cl2>FeO。实验Ⅱ中加入了盐酸,溶液的酸碱性发生变化,Cl2和FeO的氧化性强弱关系发生变化。③若能证明,根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO的颜色,说明FeO将Mn2+氧化成MnO,所以该实验方案能证明氧化性FeO>MnO(或不能证明,因溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(FeO)变小,溶液的紫色也会变浅;则设计一个空白对比的实验方案,方案为向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
答案:(1)①2KMnO4+16HCl(浓)===
2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O

③Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(2)①i.Fe3+ 4FeO+20H+===4Fe3++3O2↑+10H2O
ii.排除ClO-的干扰
②> 溶液的酸碱性不同
③能证明,理由:FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO的颜色
(或不能证明,方案:向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)
1.方程式配平步骤:标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。
2.方程式的计算:根本原则就是利用电子守恒建立物质之间的比例关系,写出守恒式。
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17
-第十章 实验方案的设计与评价
考点一 物质的组成、性质实验探究(命题指数★★★★★)
命题角度1:物质性质验证实验
【典例1】(2020·全国Ⅲ卷)
氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。
回答下列问题:
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是__________,a中的试剂为__________。
(2)b中采用的加热方式是__________,c中化学反应的离子方程式是___________________________________________________________________,
采用冰水浴冷却的目的是____________。
(3)d的作用是________,可选用试剂________(填标号)。
A.Na2S  B.NaCl  C.Ca(OH)2  D.H2SO4
(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,____________,______________,干燥,得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变,2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显________色。可知该条件下KClO3的氧化能力__________NaClO(填“大于”或“小于”)。
实验目的:利用氯气与碱的反应制备KClO3和NaClO。
实验原理:
制备装置1:利用MnO2与浓盐酸反应制取氯气。
净化装置:由于浓盐酸的挥发性导致氯气中含有杂质HCl,会影响后续的反应。
制备装置2:根据装置中的药品,可以得知制取KClO3的原理为3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O,制取NaClO的原理为Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。
吸收装置:氯气有毒,为防止污染空气,应用还原性物质或碱液除去。
【解析】(1)盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶;由于盐酸易挥发,所以制得的Cl2中含有HCl杂质,由于饱和食盐水既可除去HCl又可降低Cl2在水中的溶解度,所以a中的试剂为饱和食盐水。(2)由图可知b中采用的加热方式为水浴加热;由题意知c中制备的是NaClO,所以反应的离子方程式为Cl2+2OH-===ClO-+
Cl-+H2O,由题意知b中制备的是KClO3,而b、c显著差别为条件分别为热水和冰水,可见温度不同时Cl2与碱反应的产物不同,据此可知c中采取冰水浴冷却的目的是避免温度较高时发生副反应生成NaClO3。(3)Cl2有毒能污染环境,所以d的作用是除去多余的Cl2以防污染。由于Na2S和Ca(OH)2均可与Cl2反应,所以可使用二者进行尾气处理。(4)要在b中试管获得KClO3晶体,可采用冷却结晶,过滤、洗涤、干燥等步骤。其中洗涤时为了防止KClO3晶体溶解损失,最好选用冷水进行洗涤。(5)NaClO溶液中加入中性KI溶液变为棕色,可见发生了氧化还原反应:ClO-+2I-+H2O===2OH-
+Cl-+I2,加入CCl4振荡后,将生成的I2萃取到CCl4中,故静置后CCl4层显紫色。由于1号试管溶液颜色不变,可知该条件下KClO3不能将KI氧化,故KClO3的氧化能力小于NaClO。
答案:(1)圆底烧瓶 饱和食盐水 (2)水浴加热 Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2O 避免生成NaClO3 (3)吸收尾气(Cl2) AC (4)过滤 少量(冷)水洗涤 (5)紫 小于
【备选例题】
(2021·南昌模拟)某实验小组为探究KI与Cu(NO3)2的反应,进行实验一:
注:本实验忽略Cu2+在此条件下的水解。
(1)取棕黄色清液,加入少量__________溶液(试剂a),清液变为__________色,说明生成了I2。
(2)探究生成I2的原因。
①甲同学进行如下实验:向2
mL
1
mol·L-1KI溶液中加入1
mL__________溶液(硝酸酸化,pH=1.5),再加入少量试剂a,观察到与(1)相同的现象。甲同学由此得出结论:实验一中生成I2的原因是酸性条件下,NO氧化了I-。
②乙同学认为仅由甲同学的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除_________________________________________氧化I-的可能性。
③若要证明实验一中是NO氧化了I-,应在实验一的基础上进行检验__________________________的实验。
(3)探究棕黑色沉淀的组成。
①查阅资料得知CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设:
a.CuI吸附I2;
b.__________吸附I2。
为证明上述假设是否成立,取棕黑色沉淀进行实验二:
已知:CuI难溶于CCl4;I2+2S2O===2I-+S4O(无色);Cu++2S2O===Cu(S2O3)(无色)。
由实验二得出结论:棕黑色沉淀是CuI吸附I2形成的。
②现象ⅲ为____________________________。
③用化学平衡移动原理解释产生现象ⅱ的原因:
_______________________。
④由实验二可推知,Cu(NO3)2与KI反应过程中,一定发生反应的离子方程式为____________________。
【解析】(1)此步骤的目的是验证题述实验中发生氧化还原反应产生了I2,利用淀粉遇碘变蓝的性质进行验证,即试剂a为淀粉溶液,清液变为蓝色说明生成了I2。(2)①实验一中Cu2+有可能氧化I-得到I2,因此需要排除Cu2+的干扰,可向2
mL
1
mol·L-1KI溶液中加入1
mL
2
mol·L-1KNO3溶液(硝酸酸化,pH=1.5),再加入少量淀粉溶液;②溶液中的Cu2+和溶液中溶解的一部分氧气都有可能氧化I-;③根据实验目的,需要检验NO的还原产物。(3)①根据假设a,Cu2+的化合价降低到+1价形成CuI,则也有可能降低到0价形成Cu,因此假设b为Cu吸附I2;②由已知信息知,I2易溶于有机溶剂,而CuI难溶于CCl4,因此实验ⅲ的现象是棕黑色固体颜色变浅,液体变为紫红色;③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡CuI(s)
Cu+(aq)+I-(aq),加入足量Na2S2O3溶液后,S2O与
Cu+反应生成Cu(S2O3),使c(Cu+)减小,平衡正向移动,从而使白色沉淀溶解;④因为不考虑Cu2+的水解,根据实验二,Cu2+把I-氧化成I2,自身被还原成+1价的Cu+,Cu+与I-结合形成沉淀,因此反应的离子方程式为2Cu2++4I-===
2CuI↓+I2。
答案:(1)淀粉 蓝 (2)①2
mol·L-1KNO3 ②溶液中的Cu2+及空气中的O2 ③NO的还原产物(或NO、NO2等) (3)①Cu ②棕黑色固体颜色变浅,液体变为紫红色 ③CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡CuI(s)
Cu+(aq)+I-(aq),加入足量Na2S2O3溶液后,S2O与Cu+反应生成Cu(S2O3),使c(Cu+)减小,平衡正向移动,从而使白色沉淀溶解 ④2Cu2++4I-===2CuI↓+I2
命题角度2:定性探究“物质组成”型实验
【典例2】(2020·北京等级考)探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料:①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4;②Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S;③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下,加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A,过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液,放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S:取少量溶液B,向其中滴加CuSO4溶液,产生黑色沉淀,证实有S2-。反应的离子方程式是________________________________________。
(2)检验分解产物Na2SO4:取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,________________________(填操作和现象),可证实分解产物中含有SO。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1:固体A中有未分解的Na2SO3,在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2:溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验:
①实验可证实来源1不成立。实验证据是____________________________。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是______________________________________。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式:______________________________。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S、Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性:___________________________________。
【解析】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠,反应的离子方程式是S2-+Cu2+===CuS↓;(2)根据题干资料:Na2S能与S反应生成Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,取少量溶液B,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,加入盐酸,沉淀增多(经检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S),说明B溶液中含有Na2Sx,Na2Sx与酸反应生成S和H2S,由于沉淀增多对检验造成干扰,另取少量溶液B,加入足量盐酸,离心沉降(固液分离)后,滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,可证实分解产物中含有SO;(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析,溶液2为H2SO3,向溶液2中加入少量KMnO4溶液,H2SO3具有还原性,酸性条件下KMnO4具有强氧化性,二者混合后应发生氧化还原反应,KMnO4溶液应该褪色,但得到的仍为紫色,说明溶液B中不含Na2SO3;②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中氯元素为-1价,是氯元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,干扰实验现象和实验结论;③来源2认为溶液B中有Na2Sx,加酸反应生成S,反应的离子方程式:S+2H+===
H2S↑+(x-1)S↓;(4)根据已知资料:4Na2SO3Na2S+3Na2SO4,亚硫酸钠中硫为+4价,硫酸钠中硫为+6价,硫化钠中硫为-2价,根据反应可知Na2SO3发生歧化反应,其中的硫元素化合价既可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质。
答案:(1)S2-+Cu2+===CuS↓ (2)滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀 (3)①向溶液2中加入KMnO4溶液,溶液没有褪色 ②盐酸中氯元素为-1价,是氯元素的最低价,具有还原性,会与KMnO4溶液发生氧化还原反应,使KMnO4溶液褪色,干扰实验现象和实验结论 ③S+2H+===H2S↑+(x-1)S↓ (4)根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知,Na2SO3发生歧化反应,其中的硫元素化合价既可升高也可降低,能从+4价降为-2价,也应该可以降到0价生成硫单质
【备选例题】
(2021·皖南模拟)实验室在500
℃时隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物中可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4,气体产物中可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法正确的是(  )
A.装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成,试剂X最好选用碱石灰
B.装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成并除去SO3和NH3
C.取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液,溶液变血红色,则残留物一定为Fe2O3
D.装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体生成,装置⑤用于收集生成的NH3和N2
【解析】选B。装置②的作用是检验分解产物中是否有水蒸气生成,故试剂X应选用无水CuSO4,A错误;装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成,若有SO3气体生成,则装置③中产生白色沉淀硫酸钡,并用氯化钡和盐酸除去SO3和NH3,B正确;①中固体残留物中可能还含有FeO,可能不含有Fe2O3而含有Fe3O4,不一定为Fe2O3,C错误;NH3极易溶于水,若分解产物中有NH3,则NH3被装置③中的溶液吸收,装置⑤中不可能收集到NH3,D错误。
命题角度3:定量探究“物质组成”型实验
【典例3】(2018·全国卷Ⅱ)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题:
(1)晒制蓝图时,用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂,以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为:2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4
+3K2C2O4
+2CO2↑;显色反应的化学方程式为________________________________________。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是__________________________________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有________、________。
③为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是____________________________。
④样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是:______________________________________________________________。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m
g样品于锥形瓶中,溶解后加稀硫酸酸化,用c
mol·L-1
KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是____________________________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用c
mol·L-1
KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液V
mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为______________________。
【规范答题】滴定终点现象准确判断的答题模板[针对问题(3)①]
答题模板
当滴入最后一滴××标准溶液后,溶液由××色变为××色,且半分钟之内不变色,或者××色褪去,且半分钟之内不恢复原色
模板示例
用a
mol·L-1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,用酚酞作指示剂,达到滴定终点的现象:当滴入最后一滴盐酸标准液,溶液由红色变为无色,且半分钟内不恢复红色
模板应用
用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液,以测定水中SO2的含量,应选用_____作指示剂,达到滴定终点的现象是_____。提示:淀粉溶液 当滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色
【解析】(1)题目给出K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂,因此显色反应只能为FeC2O4与K3[Fe(CN)6]反应,其方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]===Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。
(2)①三草酸合铁酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O,根据题目中②和④的叙述其分解产物中含有CO、CO2、FeO和Fe2O3等,因此通入氮气的作用是将装置内的空气排出以隔绝空气,同时将产生的气体全部赶到后续的实验装置中。
②B中澄清石灰水变浑浊,说明三草酸合铁酸钾分解产生了CO2;装置E中的CuO固体变为红色,F中澄清石灰水变浑浊,说明三草酸合铁酸钾分解产生了CO。
③停止实验时,若先使装置A、E处的酒精灯停止加热,会使装置内的温度降低,导致装置内的压强减小,从而产生倒吸,因此为防止产生倒吸,应继续通入氮气直至装置冷却。
④装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3,因此应先取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,然后再滴入KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3。
(3)①滴定至终点时溶液中的Fe2+消耗完,因此再滴入KMnO4不再反应,此时溶液中呈浅红色或粉红色,且半分钟内不褪色。
②在此滴定反应中KMnO4作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+,而自身被还原为Mn2+,因此根据氧化还原反应中的电子守恒可以得出5n(KMnO4)=n(Fe2+),因此有5×
c
mol·L-1
×V×10-3L=n(Fe2+),所以晶体中铁的质量分数的表达式为:
×100%=×100%。
答案:(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]===
Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4
(2)①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置
②CO2 CO
③先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气
④取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3
(3)①粉红色出现 ②×100%(合理即可)
物质性质实验探究常见命题角度:
(1)物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将SO2气体通入酸性KMnO4溶液中,通过KMnO4溶液褪色来说明SO2具有还原性。
(2)物质氧化性强弱、还原性强弱的判断。如探究Fe3+的氧化性强于I2时,可利用FeCl3与KI?淀粉溶液反应,通过溶液变蓝色来说明Fe3+的氧化性强于I2。
(3)同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成,如通过Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于Al。
(4)电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是在常温下配制NaA的溶液,测该溶液的pH,若pH>7,则说明HA为弱酸。
(5)物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱,可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理,将CO2气体通入Na2SiO3溶液,有白色沉淀生成说明碳酸酸性比硅酸强。
(6)钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验,找出规律。
命题点1:物质性质验证实验(基础性考点)
1.(2021·衡阳模拟)下列实验操作能达到实验目的的是(  )
选项
实验目的
实验操作
A
除去MgCl2溶液中的少量FeCl3
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末,搅拌一段时间后,过滤
B
检验溶液中是否含有SO
取少量溶液于试管中,先加入BaCl2溶液,再滴加稀盐酸,若产生的白色沉淀不溶解,则说明溶液中含有SO
C
比较HCl和CH3COOH的酸性强弱
用pH试纸测定浓度均为0.1
mol·L-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液,溶液变黄色
【解析】选A。Mg(OH)2促进铁离子水解转化为沉淀,则反应后过滤可分离,故A正确;先加入BaCl2溶液,可生成AgCl沉淀或硫酸钡沉淀,不能确定是否含硫酸根离子,故B错误;NaClO溶液具有漂白性,不能选pH试纸测定pH,故C错误;酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应,不能说明H2O2的氧化性比Fe3+强,故D错误。
命题点2:定性探究物质的组成(综合性考点)
2.(2021·无锡模拟)为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:
下列说法不正确的是(  )
A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B.X可以是空气,且需过量
C.捕获剂所捕获的气体主要是CO
D.处理含NH废水时,发生反应的离子方程式为NH+NO===N2↑+2H2O
【解析】选B。工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固体CaCO3、CaSO3,因氢氧化钙过量,则固体1主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3,故A正确;由分析可知,气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,故B错误;气体2含有CO、N2,经捕获剂得到氮气和CO,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气,故C正确;NaNO2与含有NH的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生氧化还原反应,离子方程式为NH+NO===N2↑+2H2O,故D正确。
命题点3:定量探究物质的组成(应用性考点)
3.(2021·银川模拟)碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料、磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组的同学设计了如图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65
g样品置于硬质玻璃管内,称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检验装置的气密性;
③加热甲中玻璃管,当乙装置中__________________(填实验现象),停止加热;
④打开活塞a,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是______________________________。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的__________(填字母)连接在__________(填装置连接位置)。
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
则该碱式碳酸钴的化学式为____________________________________。
【解析】(1)加热甲中玻璃管,当乙装置中不再有气泡产生,说明碱式碳酸钴分解完毕。(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟,将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中,以免影响测量结果。(3)在活塞a前,加装装置D,装置中盛放的碱石灰可吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。(4)碱式碳酸钴样品的质量为
3.65
g,反应前乙装置的质量为80.00
g,反应后乙装置的质量为80.36
g,故生成水的质量为80.36
g-80.00
g=0.36
g,其物质的量为=
0.02
mol,则碱式碳酸钴样品中含OH-的物质的量为0.04
mol;反应前丙装置的质量为62.00
g,反应后丙装置的质量为62.88
g,生成二氧化碳的质量为
62.88
g-62.00
g=0.88
g,其物质的量为=0.02
mol,则碱式碳酸钴样品中含CO的物质的量为0.02
mol,故样品中钴离子的质量为
3.65
g-17
g·mol-1×0.04
mol-60
g·mol-1×0.02
mol=1.77
g,其物质的量为=0.03
mol,根据Co、H、C原子守恒可知,x∶y∶z=
0.03
mol∶(0.02
mol×2)∶0.02
mol=3∶4∶2,故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
答案:(1)③不再有气泡产生时
(2)将装置中产生的H2O(g)和CO2全部排入乙、丙装置中
(3)D 活塞a前(或装置甲前) (4)Co3(OH)4(CO3)2
4.(2021·廊坊模拟)Na2O2具有强氧化性,H2具有还原性,某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果,该同学设计并进行如下实验。
步骤1:按如图所示的装置组装仪器(图中夹持仪器已省略)并检查装置的气密性,然后装入药品。
步骤2:打开K1、K2,在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中,未观察到明显现象。
步骤3:进行必要的实验操作,淡黄色的粉末慢慢变成白色固体,无水硫酸铜未变蓝色。
(1)组装好仪器后,要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法:________________。
(2)B装置中所盛放的试剂是________,其作用是________________。
(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2,________(请按正确的顺序填入下列步骤的字母)。
A.加热至Na2O2逐渐熔化,反应一段时间
B.用小试管收集气体并检验其纯度
C.关闭K1
D.停止加热,充分冷却
(4)由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为____________________。
【解析】(1)关闭K1,向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面,并形成一段水柱,一段时间后水柱稳定不下降,说明启普发生器的气密性良好;(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl,应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢;(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2,应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度,当装置内空气完全除去后,加热C装置至Na2O2逐渐熔化,反应一段时间,然后停止加热,充分冷却,最后关闭K1,故操作顺序为BADC;(4)Na2O2与H2反应无水生成,说明产物为NaOH,发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH。
答案:(1)关闭K1,向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面,并形成一段水柱,一段时间后水柱稳定不下降,说明虚线框内的装置气密性良好 (2)碱石灰 吸收氢气中的水和氯化氢 (3)BADC (4)Na2O2+H22NaOH 
考点二 实验的设计与评价(命题指数★★★★★)
命题角度1:定性实验方案的设计与评价
【典例1】(2020·全国Ⅰ卷)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验,回答下列问题:
(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10
mol·L-1FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、________(从下列图中选择,写出名称)。
(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择________作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
阴离子
u∞×108/(m2·s-1·V-1)
Li+
4.07
HCO
4.61
Na+
5.19
NO
7.40
Ca2+
6.59
Cl-
7.91
K+
7.62
SO
8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02
mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。
(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为________________,铁电极的电极反应式为________________。因此,验证了Fe2+氧化性小于________,还原性小于____。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是________________________________________________________________。
【解析】(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10
mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签,由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1
FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管。(2)Fe2+、Fe3+能与HCO反应,Ca2+能与SO反应,FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,酸性条件下NO能与Fe2+反应,根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”,盐桥中阴离子不可以选择HCO、NO,阳离子不可以选择Ca2+,另盐桥中阴、阳离子的迁移率(u∞)应尽可能地相近,根据表中数据,盐桥中应选择KCl作为电解质。(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极,石墨电极为正极,盐桥中阳离子向正极移动,则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中。(4)根据(3)的分析,铁电极的电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,石墨电极上未见Fe析出,石墨电极的电极反应式为Fe3++e-===Fe2+,电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02
mol·L-1,根据得失电子守恒,石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04
mol·L-1,石墨电极溶液中c(Fe2+)=
0.05
mol·L-1+0.04
mol·L-1=0.09
mol·L-1。(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-===Fe2+,铁电极的电极反应式为Fe-
2e-===Fe2+;电池总反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,根据同一反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物,则验证了Fe2+氧化性小于
Fe3+,还原性小于Fe。(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化,发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3===3FeSO4,要检验活化反应完成,只要检验溶液中不含Fe3+即可,检验活化反应完成的方法是取活化后溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不出现血红色,说明活化反应完成。
答案:(1)烧杯、量筒、托盘天平 (2)KCl (3)石墨
(4)0.09
mol·L-1 (5)Fe3++e-===Fe2+ Fe-2e-===Fe2+ Fe3+ Fe (6)取少许溶液,加入KSCN溶液,不出现血红色
命题角度2:定量实验方案的设计与评价
【典例2】(2020·天津等级考)为测定CuSO4溶液的浓度,甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题:
Ⅰ.甲方案
实验原理:CuSO4+BaCl2===BaSO4↓+CuCl2
实验步骤:
(1)判断SO沉淀完全的操作为________________。
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为___________________________。
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为________。
(4)固体质量为w
g,则c(CuSO4)=________mol·L-1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯,则测得c(CuSO4)__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理:Zn+CuSO4===ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4===ZnSO4+
H2↑
实验步骤:
①按如图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平,使D中液面保持在0或略低于0刻度位置,读数并记录
⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌,反应完成后,再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温,移动E管,保持D、E中两液面相平,读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为____________________。
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是____________________(填序号)。
a.反应热受温度影响   
b.气体密度受温度影响
c.反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为a
g,若测得H2体积为b
mL,已知实验条件下ρ(H2)=d
g·L-1,则c(CuSO4)=_______________________________mol·L-1(列出计算表达式)。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,则测得c(CuSO4)__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度:__________(填“是”或“否”)。
【解析】(1)判断SO沉淀完全,可以用BaCl2溶液检验溶液中无SO,操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全。(2)步骤②判断沉淀是否洗净,可以检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-,所选用的试剂为AgNO3溶液。(3)灼烧固体在坩埚中进行,故步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚。(4)所得固体为BaSO4,n(BaSO4)=
mol,根据CuSO4+BaCl2===
BaSO4↓+CuCl2,n(CuSO4)=n(BaSO4)=
mol,故c(CuSO4)==
mol·L-1。(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯,则沉淀质量偏小,测定结果偏低。(6)组装完实验装置后,需要检查装置气密性,因此步骤②为检查装置气密性。(7)步骤⑥是测定生成的氢气的体积,需要恢复到室温,是因为气体密度受温度影响。(8)根据Zn+CuSO4===ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4===ZnSO4+
H2↑,则n(Zn)=n(CuSO4)+n(H2),故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)=-=(-)
mol,故c(CuSO4)=(-)mol÷(25×10-3
L)=
mol·L-1。(9)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,则压强偏大,导致氢气体积偏小,n(CuSO4)偏大,故测定结果偏高。(10)Mg的活动性比Zn强,Zn不能与MgSO4溶液发生置换反应,故不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度。
答案:(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全
(2)AgNO3溶液 (3)坩埚 (4)
(5)偏低 (6)检查装置气密性 (7)b
(8)
(9)偏高 (10)否
1.化学实验方案的设计:
(1)化学实验方案设计的基本思路。
根据实验目的和原理及所选用的药品和仪器,设计合理的装置,并且从几种方案中分析选择出最佳方案。
(2)实验方案设计的基本原则。
a.基本原则:科学性实验原理。b.实验流程:科学合理。c.安全性:保护人身、仪器、环境安全。d.可行性:仪器、条件、试剂在中学现有条件下能满足要求。e.简约性:步骤少、仪器装置简单、节省药品、效果好。
(3)化学实验方案设计的步骤。
2.化学实验方案的评价:
(1)实验评价的主要形式。
从评价的主要针对点来看,实验综合题可分为装置评价型和原理评价型两类。
①实验装置的评价。
对比各方案装置,从装置的合理性、操作的简便可行性等方面进行全面分析,选出最佳装置。
②实验原理的评价。
紧扣实验目的,对各方案的原理综合考虑,从原理是否科学、原料是否节约、误差是否较小等方面进行全面分析,选出最佳方案。
(2)实验方案评价的解题思路。
一个实验方案的优劣主要从实验原理是否科学合理,操作与装置是否简单可行,以及绿色化学和安全性的角度去评价。
①从“科学性”和“可行性”方面对实验方案作出评价。
评价时可从以下4个方面分析:实验原理是否科学;实验操作是否合理;实验步骤是否简单、方便;实验效果是否明显。
②从“绿色化学”视角对实验方案作出评价。
反应原料是否易得、安全、无毒;原料利用率以及生成物的产率是否较高;实验过程中是否造成环境污染。
③从“安全性”方面对实验方案作出评价。
化学实验从安全角度常考虑的因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等。
命题点1:客观题中定性实验的设计与评价(综合性考点)
1.(2021·南京模拟)河水中含有一些悬浮物和胶体,用自然沉降法难以除去,常加入混凝剂使其聚集成较大颗粒而沉淀除去。现有盛有河水的三个烧杯,做如下实验,下列说法不正确的是(  )
实验
现象
烧杯1
加入FeSO4·7H2O,搅拌静置
一段时间河水仍然浑浊
烧杯2
加入适量NaOH溶液调整pH=9,然后加入FeSO4·7H2O,搅拌静置
一段时间河水变得澄清
烧杯3
加入Fe2(SO4)3,搅拌静置
河水迅速变得澄清
A.混凝剂除去悬浮物质的过程既有物理变化又有化学变化
B.FeSO4·7H2O是常用的混凝剂,它在水中最终生成Fe(OH)2沉淀
C.Fe2+在碱性条件下更易被氧化
D.除去河水中的Ca2+、Mg2+,可向水中加入生石灰后再加入纯碱
【解析】选B。混凝剂FeSO4·7H2O,被氧化、水解生成Fe(OH)3,Fe2(SO4)3水解生成Fe(OH)3,Fe(OH)3胶体具有吸附作用,因此除去悬浮物质的过程既有物理变化又有化学变化,故A正确;根据A中分析FeSO4·7H2O是常用的混凝剂,它在水中最终生成Fe(OH)3,故B错误;根据烧杯2中实验Fe2+在碱性条件下更易被氧化,生成Fe(OH)3,故C正确;除去河水中的Ca2+、Mg2+,可向水中加入生石灰除掉Mg2+,反应后再加入纯碱除掉Ca2+,故D正确。
命题点2:客观题中定量实验的设计与评价(综合性考点)
2.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3,取相同食盐样品进行下表所示实验:
实验①
实验②
实验③
振荡,溶液迅速变为蓝色
振荡,一段时间后溶液变为浅蓝色
振荡,溶液变为浅黄色
下列说法不正确的是(  )
A.仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3
B.实验②中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+===2I2+2H2O
C.实验③变为浅黄色是因为Fe2+被氧化
D.以上实验说明离子的还原性:I->Fe2+
【解析】选D。实验①中溶液迅速变为蓝色,说明溶液中有I2,但仅由实验①不能说明是碘化钾在酸性条件下被KIO3氧化,不能证明食盐中存在KIO3,A说法正确;实验②碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化,则一段时间后变蓝,反应的离子方程式为4I-+O2+4H+===2I2+2H2O,B说法正确;实验③溶液呈浅黄色,为铁离子的颜色,说明亚铁离子被氧化,可能是被空气中的氧气氧化或被碘酸钾氧化,C说法正确;②中说明碘离子能够被氧气氧化,③中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化,以上实验不能判断I-和Fe2+的还原性强弱,D说法错误。
命题点3:主观题中定性实验的设计与评价(应用性考点)
3.(2021·安庆模拟)实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe],有关物质性质如下:
甘氨酸(NH2CH2COOH)
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水,难溶于乙醇,两性化合物
易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性
易溶于水,难溶于乙醇
实验过程:
Ⅰ.配制含0.10
mol
FeSO4的绿矾溶液。
Ⅱ.制备FeCO3:向配制好的绿矾溶液中,缓慢加入200
mL
1.1
mol·L-1NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。
Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe:实验装置如图(夹持和加热仪器已省略),将实验Ⅱ得到的沉淀和含0.20
mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排净,接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题:
(1)实验Ⅰ中:实验室配制绿矾溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为_______________(写化学式)。再滴加少量稀硫酸的作用是_____________。
(2)实验Ⅱ中:生成沉淀的离子方程式为____________________。
(3)实验Ⅲ中:①C中盛柠檬酸溶液的仪器名称为________________。
②装置A中所盛放的药品是________。(填序号)
A.Na2CO3和稀H2SO4
B.CaCO3和稀H2SO4
C.CaCO3和稀盐酸
③确认C中空气排尽的实验现象是________________________________。
④加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解,另一个作用是____________________________。
⑤洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是________。(填序号)
A.热水   B.乙醇溶液   C.柠檬酸溶液
⑥若产品的质量为17.34
g,则产率为________%。
【解析】(1)Fe2+具有还原性,能被空气中的氧气氧化,因此需要加入Fe粉,防止Fe2+被氧化;Fe2+能发生水解,加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+的水解;(2)实验Ⅱ制备的是FeCO3,所用试剂为FeSO4和NH4HCO3,利用HCO的电离HCOCO+H+,Fe2+结合CO,促使平衡向正反应方向进行,H+浓度增大,
H+与HCO反应生成CO2,因此离子方程式为Fe2++2HCO===FeCO3↓+CO2↑+H2O;(3)①根据仪器的特点,盛放柠檬酸的仪器是恒压滴液漏斗;②装置A制备CO2,装置A为启普发生器的简易装置,因此盛放的药品是CaCO3和盐酸,故C正确;③空气排尽,CO2充满装置,即装置D中出现白色沉淀或溶液变浑浊;④根据信息,柠檬酸具有还原性和强酸性,能够促进FeCO3的溶解,防止Fe2+被氧化;⑤甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,因此用乙醇溶液洗涤,故选项B正确;⑥甘氨酸亚铁的物质的量为0.2÷2=0.1(mol),质量为20.4
g,产率为×100%=85%。
答案:(1)Fe 防止Fe2+水解 (2)Fe2++2HCO===FeCO3↓+CO2↑+H2O (3)①恒压滴液漏斗 ②C ③D中澄清石灰水变浑浊 ④防止二价铁被氧化 ⑤B ⑥85
命题点4:主观题中定量实验的设计与评价(应用性考点)
4.(2021·西安模拟)Mn2O3是一种重要的工业原料,在电磁和有机合成等领域应用广泛。某学习小组在实验室用CH4还原MnO2制备Mn2O3,并测定产品纯度。请回答下列问题:
Ⅰ.制备Mn2O3(实验装置如图所示)。已知:Al4C3+12H2O===4Al(OH)3+3CH4↑
(1)仪器a的名称为________。
(2)连接好实验装置,检验装置的气密性,加入试剂,_______________(填操作步骤),点燃装置C处酒精灯。
(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质,该反应的化学方程式为________________________。
(4)上述实验装置有一处明显的缺陷,改进措施为__________________。
Ⅱ.测定产品中Mn2O3的纯度(只考虑产品中混有少量未参与反应的MnO2)
ⅰ.实验结束后,取仪器b中所得固体7.19
g,加入足量硫酸酸化的KI溶液,使固体中锰元素全部转化为Mn2+;
ⅱ.将所得溶液稀释至500
mL;
ⅲ.取25.00
mL稀释后的溶液,滴加淀粉溶液作指示剂,用0.200
mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,达到滴定终点时,消耗25.00
mL
Na2S2O3标准溶液。
(2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI)
(5)步骤ⅰ中发生反应的离子方程式为____________________。
(6)步骤ⅲ中滴定终点的现象为________________________________________。
(7)所取固体中Mn2O3的质量分数为________(计算结果精确到0.1%)。
【解析】(1)根据图中信息得到仪器a的名称为球形干燥管;(2)连接好实验装置,检验装置的气密性,加入试剂,打开分液漏斗的活塞,一段时间后,在干燥管末端收集气体并验纯,点燃装置C处酒精灯;(3)仪器b中同时生成两种能参与大气循环的物质,根据元素守恒得到二氧化碳和水,因此该反应的化学方程式为8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O;(4)甲烷是可燃性气体,反应时还有甲烷未参与反应,因此上述实验装置有一处明显的缺陷,改进措施为在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集;(5)步骤ⅰ中发生的是MnO2在酸性条件下氧化碘离子,Mn2O3在酸性条件下氧化碘离子,因此反应的离子方程式为MnO2+4H++2I-===Mn2++2H2O+I2、Mn2O3+6H++2I-===2Mn2++3H2O+I2;(6)开始溶液是蓝色,开始滴定,颜色逐渐变浅,因此步骤ⅲ中滴定终点的现象为溶液蓝色消失,且30
s不恢复原色;(7)根据2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI得到n(I2)=×0.200
mol·L-1×0.025
L×20=0.05
mol,设Mn2O3物质的量为x
mol,MnO2物质的量为y
mol,根据反应方程式MnO2+4H++2I-===Mn2++2H2O+I2、Mn2O3+6H++2I-===2Mn2++3H2O+I2,则有x
mol+y
mol=0.05
mol,158
g·mol-1×x
mol+87
g·mol-1×y
mol=7.19
g,得到x=0.04,Mn2O3的质量分数为w=×100%≈87.9%。
答案:(1)球形干燥管 (2)打开分液漏斗的活塞,一段时间后,在干燥管末端收集气体并验纯
(3)8MnO2+CH44Mn2O3+CO2+2H2O
(4)在整套装置末端对未参与反应的CH4进行点燃处理或用气囊收集
(5)MnO2+4H++2I-===Mn2++2H2O+I2、
Mn2O3+6H++2I-===2Mn2++3H2O+I2
(6)溶液蓝色消失,且30
s不恢复原色 (7)87.9%
【加固训练—拔高】
1.(2021·东营模拟)化学小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物,利用如图装置进行以下实验:
Ⅰ.向盛有0.1
mol·L-1FeCl3溶液的三颈瓶中,滴加一定量0.1
mol·L-1Na2S溶液,搅拌,能闻到臭鸡蛋气味,产生沉淀A。
Ⅱ.向盛有0.1
mol·L-1Na2S溶液的三颈瓶中,滴加少量0.1
mol·L-1FeCl3溶液,搅拌,产生沉淀B。
已知:①FeS2为黑色固体,且不溶于水和盐酸。
②Ksp(Fe2S3)=1×10-88,Ksp(FeS2)=6.3×10-31,Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38,Ksp(FeS)=4×10-19
回答下列问题:
(1)NaOH溶液的作用是_________________________________________。
小组同学猜测,沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下实验进行探究:
实验一、探究A的成分
取沉淀A于小烧杯中,进行如下实验:
(2)试剂X是________________。由此推断A的成分是________________(填化学式)。
实验二、探究B的成分
取沉淀B于小烧杯中,进行如下实验:
(3)向试管a中加入试剂Y,观察到明显现象,证明溶液中存在Fe2+,试剂Y是________,明显现象是________________________。由此推断B的成分是________________________(填化学式)。
(4)请分析Ⅱ中实验未得到Fe(OH)3的原因是____________________________。
【解析】(1)实验中产生了臭鸡蛋气味的H2S有毒气体,为避免污染环境,用氢氧化钠吸收;(2)实验现象中分离出淡黄色固体硫,硫的溶解度是易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水,固体加盐酸后溶解闻到臭鸡蛋气味,说明是FeS;(3)亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀,亚铁离子遇到NaOH溶液生成白色沉淀,转化为灰绿色、最后变为红褐色;FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应生成Fe2S3也可发生氧化还原反应生成FeS和S的混合物,根据加试剂X得溶液甲加热无淡黄色固体,说明无硫单质,及后续实验和现象,故FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成Fe2S3;(4)已知Ksp[Fe(OH)3]=10-38,Ksp(Fe2S3)=10-88,可知Fe2S3的溶解度远小于Fe(OH)3,则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀。
答案:(1)吸收H2S有毒气体 (2)二硫化碳 FeS和S的混合物 (3)K3[Fe(CN)6]溶液或NaOH溶液 生成蓝色沉淀或生成白色沉淀,转化为灰绿色、最后变为红褐色 Fe2S3  (4)由溶度积数据知,Fe2S3的溶解度远小于Fe(OH)3,Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀
2.(2021·天山模拟)中美贸易战的矛盾激化,让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足,俗话说“亡羊补牢,为时未晚”,找出存在的不足,然后针对地去解决问题,才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料,常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟PCl3+SO2+Cl2===POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。
资料卡片:
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-111.8
76.1
137.5
遇水剧烈水解,易与O2反应
POCl3
2
105.3
153.5
遇水剧烈水解,能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解,受热易分解
请回答下列问题:
(1)若选用Na2SO3固体与70%浓H2SO4制取SO2,反应的化学方程式是____________。
(2)溶液A为饱和食盐水,乙装置中应该盛装的试剂为____________(填“P2O5”“碱石灰”“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”);反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择________(填“己”或“庚”)。
(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还有________________。
(4)水浴加热三颈烧瓶,控制反应温度在60~65℃,其原因是________________。
(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量:准确称取1.600
g样品在水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100
mL溶液,取10.00
mL于锥形瓶中,加入0.200
0
mol·L-1的AgNO3溶液20.00
mL(Ag++Cl-===AgCl↓),再加少许硝基苯,用力振荡,使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂,用0.100
0
mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-===AgSCN↓),做平行实验,平均消耗KSCN标准溶液10.00
mL。
①达到滴定终点的现象是_____________________________________。
②POCl3的质量分数为____________(保留三位有效数字)。
③已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10mol2·L-2,Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2,若无硝基苯覆盖沉淀表面,测定POCl3的质量分数将________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
【解析】(1)Na2SO3固体与70%浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O;(2)溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢,装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷,干燥氯气,防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯氧磷水解;装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷、三氯氧磷等,防止三氯化磷、三氯氧磷等受热挥发,降低三氯氧磷的产率,为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管,应选择装置己;(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速,有利于反应充分进行;(4)因若温度太低,反应速率太慢,若温度太高,PCl3等物质受热挥发,降低三氯氧磷的产率,所以实验时用水浴加热三颈烧瓶,控制反应温度在60~65
℃;(5)①由题意可知,测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂,用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色;②KSCN的物质的量为0.1
mol·L-1×0.01
L=0.001
mol,根据反应Ag++SCN-===AgSCN↓,可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001
mol,则与POCl3和水反应生成的氯化氢反应的银离子的物质的量为(0.004
mol-0.001
mol)=0.003mol,水解生成的氯化氢的物质的量为0.003
mol,由题意可知1.600
g样品中POCl3的物质的量为×=0.01
mol,所以产品中POCl3的质量分数为×100%≈95.9%;③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液,如果不加硝基苯,在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN,已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10mol2·L-2,Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2,AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,
如果不进行此操作,则会有AgCl部分电离,消耗的KSCN溶液偏多,导致样品中氯元素的含量偏小,测定POCl3的质量分数将偏小。
答案:(1)Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O (2)P2O5 己
(3)通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速
(4)温度太低,反应速率太慢;温度太高,PCl3等物质受热挥发,降低三氯氧磷的产率
(5)①滴入最后一滴KSCN标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色 ②95.9% ③偏小
考点一 无机物的制备(命题指数★★★★★)
一、气体的制备
1.常见的气体制备原理:
(1)O2:2KClO32KCl+3O2↑、
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑或
2H2O22H2O+O2↑。
(2)H2:Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑。
(3)NH3:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;
NH3·H2ONH3↑+H2O。
(4)CO2:CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑。
(5)Cl2:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;
2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(6)SO2:Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+SO2↑。
(7)NO:3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
(8)NO2:Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(9)H2S:FeS+H2SO4===FeSO4+H2S↑。
(10)C2H4:C2H5OHC2H4↑+H2O。
(11)C2H2:CaC2+2H2O===Ca(OH)2+C2H2↑。
2.常见气体制备的发生装置:
气体制备装置
注意事项
“固—固”加热装置(该装置可用于制备O2和NH3等)
A.试管口应略向下倾斜,防止水蒸气冷凝回流炸裂试管B.试管夹夹在距试管口1/3处C.药品应平铺于试管底部D.导管不宜伸入试管内过长,粉末状固体应在试管口堵一团棉花E.实验前先检验装置的气密性F.加热时,先预热,且用外焰加热
“固(液)—液”加热装置(该装置可用于制备Cl2、NH3、HCl、C2H4、CO等)
A.实验前检验装置的气密性B.加热烧瓶需要垫石棉网C.加热时要先预热,使受热均匀D.加热易暴沸的混合物时要加碎瓷片,防暴沸E.制乙烯时不必用分液漏斗,但要用温度计控制反应温度F.若使用分液漏斗,滴液前先打开上口活塞或将上口活塞处小孔对准凹槽,以保证液体顺利滴下;分液漏斗中液体滴完后,应及时关闭漏斗活塞,防止气体经分液漏斗逸出
“固(液)-液”不加热装置(该装置可用于制备H2、
O2、
Cl2、
NH3、
CO2、
H2S、SO2、NO2、NO和C2H2等)
A.使用前检验装置的气密性B.使用长颈漏斗应将下端管口插入液面以下C.制H2S时应在通风橱中D.启普发生器只适用于块状固体与液体在反应速率适中且不加热(也不能大量放热)条件下制取难溶于反应混合物的气体如CO2、H2S、H2(不可用于制C2H2、SO2、NO2)
3.常见的气体净化除杂装置:
(1)设计原则:根据主要气体及杂质气体的性质差异来选择除杂试剂及除杂装置。
(2)除杂装置基本类型。
装置示意图
适用范围
试剂与杂质气体反应,与主要气体不反应;装置③用固体吸收还原性或氧化性杂质气体
杂质气体被冷却后变为液体,主要气体不变为液体
(3)常见的除杂方法。
①物理方法。
a.液化法:利用沸点不同从空气中分离出N2和O2。
b.水洗法:利用溶解度不同从N2和NH3的混合气体中除去NH3。
②化学方法。
a.氧化还原法:通过灼热的铜丝网除去混合气体中的O2;通过灼热的CuO除去H2、CO等。
b.酸碱法:将NH3和CO2的混合气体通过碱石灰除去CO2。
c.沉淀法:除去CO2中的H2S可利用CuSO4溶液,H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4。
(4)吸收剂的选择。
①原则。
不减原则:通过操作之后,目标气体的量不能减少;
不反应原则:除杂试剂不能与目标气体反应。
②常见吸收剂。
试剂
适用范围
浓硫酸
利用吸水性,可除去H2、SO2、HCl、CO、NO2、CH4等气体中混有的水蒸气(不能用于干燥H2S、HI、HBr、NH3)
NaOH溶液
可吸收CO2、SO2、H2S、Cl2、NO2等酸性气体
饱和NaHCO3溶液/NaHSO3溶液
可除去CO2/SO2中混有的HCl等气体
酸性KMnO4溶液
可除去SO2、H2S等还原性气体
CuSO4溶液
除去H2S、PH3等气体
CCl4或苯等有机溶剂
除去Br2、苯蒸气等
③常见干燥剂。
酸性干燥剂
浓硫酸、P2O5
可以干燥H2、O2、N2、CO2、CO、Cl2、HCl、SO2、CH4等气体
碱性干燥剂
碱石灰
主要用于干燥NH3,但也可干燥H2、O2、N2、CO和CH4等
中性干燥剂
CaCl2
可以干燥H2、O2、N2、CO2、Cl2、HCl和H2S等,但不能干燥NH3
4.常见的气体收集装置:
收集方法
收集装置
适用范围
向上排空气法
适用于收集密度比空气大的气体,如CO2、Cl2、HCl

向下排空气法
适用于收集密度比空气小的气体,如H2、NH3等
排水法(或排饱和溶液法)
适用于收集难溶或微溶于水,且与水不反应的气体,如H2、O2、NO、C2H2、N2、CO等;也可排饱和溶液,如Cl2(排饱和食盐水)
5.常见的尾气处理装置
尾气处理方法
尾气处理装置
适用范围
直接排放
/
适用于空气组分O2、N2
水溶解法
适用于极易溶于水的HX、NH3等
碱液(或碱性干燥剂)吸收法
适用于Cl2、H2S、CO2、SO2、NO2等酸性气体
燃烧法
适用于可燃且燃烧产物对环境无害的气体,如CH4、C2H4、C2H2、H2、CO等
收集法
适用于处理直接排放污染空气的气体,如CO、H2S、SO2等
二、几种非气体物质的制备
1.氢氧化铝的制备:
(1)原理。
①铝盐法:Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH。
②偏铝酸盐法:AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO。
③铝盐和偏铝酸盐水解法:Al3++3AlO+6H2O===4Al(OH)3↓。
(2)注意事项。
氢氧化铝属于两性氢氧化物,能溶于氢氧化钠溶液,但不溶于氨水,制备时一般用可溶性铝盐与氨水反应。
2.氢氧化亚铁的制备:
(1)原理:离子方程式:Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓。
(2)注意事项。
①Fe(OH)2有强还原性,易被空气中的O2氧化而迅速变色,因此用于配制硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液的蒸馏水常通过煮沸除去水中溶解的氧气。
②将吸有氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液液面下,再将氢氧化钠溶液挤出。
③还可在硫酸亚铁溶液上方加一层植物油,以减少与空气的接触。
3.氢氧化铁胶体的制备:
实验步骤
在洁净的小烧杯里加入约25
mL蒸馏水,加热至沸腾,然后向沸水中逐滴加入1~2
mL
FeCl3饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热
实验现象及结论
所制胶体呈红褐色透明状
化学方程式
FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
4.氨碱法制纯碱:
制备原理
向浓氨水中加足量食盐晶体制成饱和氨盐水,然后向饱和氨盐水中通入足量的CO2气体生成NaHCO3,因为NaHCO3在该状态下溶解度小先结晶析出。再加热分解得到纯碱、水和二氧化碳
化学方程式
NaCl+NH3+H2O+CO2===NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”
(1)SO2是还原性气体,不能用浓硫酸干燥。(  )
提示:×。SO2与浓硫酸不反应,可以用浓硫酸干燥。
(2)吸收NH3可用如图装置,或将有机溶剂CCl4换成苯。(  )
提示:×。NH3极易溶于水,如题图所示装置可以防倒吸,苯的密度小于水,不能有效防倒吸。
(3)使用MnO2作催化剂制备氧气,不一定需要加热。(  )
提示:√。若用MnO2催化氯酸钾分解需要加热,而催化过氧化氢分解不需加热。
(4)除去SO2中混有的HCl气体,可将气体通过装有饱和Na2SO3溶液的洗气瓶,再干燥。(  )
提示:×。除杂试剂应选用饱和NaHSO3溶液。
(5)实验室中可利用二氧化锰或高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气,两制备方法中氯气的发生装置完全相同。(  )
提示:×。二氧化锰与浓盐酸反应需要加热,高锰酸钾与浓盐酸反应不需要加热,二者制备氯气的装置不同。
(6)可利用如图装置收集氢气。(  )
提示:√。氢气难溶于水,可用排水法进行收集。
2.实验室合成硫酰氯要先制取干燥氯气。制备干燥纯净的氯气所用仪器如图:
上述仪器的连接顺序:e接______,________接______,______接______,______接______(按气流方向,用小写字母表示)。
提示:d c a b i h g
命题角度1:气体的制备、净化、收集
【典例1】(2021·济南模拟)实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是(  )
选项
a中的液体
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
Cu
NO2
H2O
C
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
D
稀硝酸
Cu
NO
NaOH溶液
【解析】选C。浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气,但是氨气的密度比空气小,不能用向上排空气法收集,A错误;浓硝酸与Cu反应产生NO2气体,NO2密度比空气大,可以用向上排空气法收集,NO2是大气污染物,但NO2若用水吸收,会发生反应:3NO2+H2O===2HNO3+NO,产生的NO仍然会污染空气,B错误;浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应,产生Na2SO4、H2O、SO2,SO2密度比空气大,可以用向上排空气法收集,SO2是大气污染物,可以用NaOH溶液吸收,发生反应为SO2+2NaOH===Na2SO3+H2O,为防止倒吸,安装了倒扣漏斗,从而达到环境保护的目的,C正确;稀硝酸与Cu反应产生NO气体,NO与空气中的氧气会发生反应,所以不能用排空气法收集,D错误。
 
(2021·潍坊模拟)图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂,可用如图装置制取、净化、收集的气体是(  )
选项
气体
a
b
c
A
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
碱石灰
B
CO2
盐酸
碳酸钙
饱和NaHCO3
C
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
D
NO2
浓硝酸
铜屑
NaOH溶液
【解析】选B。亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫,二氧化硫能与碱石灰反应,不能用碱石灰来净化二氧化硫,故A错误;盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳,盐酸有挥发性,所以生成的二氧化碳中有氯化氢,氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应,所以可用饱和碳酸氢钠洗气,二氧化碳的密度大于空气的密度,所以可用向上排空气法收集,故B正确;铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,所以不能用排空气法收集一氧化氮,故C错误;铜和浓硝酸反应生成二氧化氮,浓硝酸有挥发性,所以二氧化氮中有硝酸,硝酸能和碱反应,二氧化氮和碱也反应,所以不能用氢氧化钠洗气,故D错误。
【规律方法】气体制备题的备考策略
①气体制备装置的选择,应根据反应物的聚集状态和反应条件,选择“固-固加热”“固(液)-液加热”“固(液)-液不加热”的装置。如NH3的实验室制备方法,若选用NH4Cl和Ca(OH)2固体为原料,应选用“固-固加热”装置;若选用浓氨水为原料,应选用“固(液)-液加热”装置;若选择浓氨水和碱石灰为原料,应选用“固-液不加热”装置。
②除杂方法和试剂的选择,应首先考虑制备所得气体中混有的杂质,再选择合适试剂洗去杂质同时不影响目标气体产物;混有的水蒸气应最后除去,干燥剂的选择应根据目标气体产物的性质决定。如实验室制备所得Cl2中混有HCl和水蒸气,应先通过饱和食盐水除去HCl,再用浓硫酸干燥。
③收集方式的选择,应根据目标气体的溶解性和密度选择,若不溶于水且不与水反应(如NO等)可选用排水法,密度大于空气(如CO2等)可选用向上排空气法,密度小于空气(如H2等)可选用向下排空气法,某些气体可用排饱和溶液的方法(如收集Cl2可用排饱和食盐水的方法)。
④尾气处理方法的选择,应考虑尾气的性质,若易溶于水的气体(如NH3等)可用水吸收尾气并防倒吸;易与碱反应的酸性气体(如SO2等)可用碱液吸收;易燃的气体(如CH4等)可点燃处理;不能直接处理的气体(如NO等)可收集。
【典例2】(2021·石嘴山模拟)图中装置可以用来制取、洗涤、干燥、收集(不考虑尾气处理)气体。该装置可用于(  )
A.锌和盐酸生成氢气
B.二氧化锰和浓盐酸生成氯气
C.碳酸钙和盐酸生成二氧化碳
D.浓氨水和烧碱制取氨气
【解析】选A。锌和盐酸反应生成的氢气可以用水除去挥发出来的氯化氢气体,可以用浓硫酸干燥,可以用向下排空气法收集,因此该装置可用于锌和盐酸反应制取氢气,故A正确;二氧化锰和浓盐酸生成氯气,反应需加热,氯气和水反应,氯气比空气重应用向上排空气法收集,故B错误;二氧化碳的密度比空气大,不能用向下排空气法收集,因此该装置不能用于碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳,故C错误;氨气极易溶于水,能和浓硫酸反应,不能用浓硫酸干燥氨气,因此该装置不能用于浓氨水和烧碱混合制取氨气,故D错误。
命题角度2:非气体的制备
【典例3】在一定条件下,向Al2O3和过量C粉的混合物中通入氯气,可制得易水解的AlCl3,实验装置如图所示(尾气吸收装置略)。下列说法中正确的是(  )
A.a装置分液漏斗中药品为稀盐酸
B.b装置中盛装的是浓硫酸
C.实验结束时,先熄灭d处的酒精灯
D.e装置可以用装有氢氧化钠溶液的洗气瓶代替
实验目的:利用Al2O3、过量C粉与氯气在加热条件下反应制取AlCl3。
实验原理:
制备装置1:利用浓盐酸和MnO2在加热条件下制取氯气。
净化装置:氯气中含有HCl与H2O杂质,先利用饱和食盐水除去HCl,用浓硫酸除水。
制备装置2:在加热条件下发生反应Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO制取AlCl3。
吸收装置:氯气有毒需要尾气处理,且AlCl3易水解需防止水蒸气进入。
【解析】选C。根据分析可知,a装置为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气的装置,故a装置分液漏斗中药品为浓盐酸,A错误;b装置为吸收挥发的HCl气体,盛装的是饱和NaCl溶液,B错误;实验结束时,为防止倒吸,应先熄灭d处的酒精灯,C正确;由于氯化铝易水解,e中盛装碱石灰的目的是尾气处理,并防止空气中的水蒸气进入装置d中,若用装有氢氧化钠溶液的洗气瓶代替,不能达到防止空气中的水蒸气进入装置d中的目的,D错误。
 
在题干不变的条件下,将实验装置改为如图所示的装置,则下列说法不正确的是(  )
A.c中盛装的是浓硫酸
B.实验时应先点燃d处酒精灯,再点燃a处酒精灯
C.此反应中的尾气,除氯气外都可直接排放到大气中
D.该装置不完善,其中应改进的一项是在d、e之间添加一个干燥装置
【解析】选C。A项,c中盛装的是浓硫酸,干燥氯气,正确;B项,实验时应先点燃d处酒精灯,再点燃a处酒精灯,可以充分利用氯气,正确;C项,此反应中的尾气,除氯气外还有CO等,不能直接排放到大气中,错误;D项,为防止e装置中的水蒸气进入d,在d、e之间应添加一个干燥装置,正确。
1.涉气类制备实验操作流程:
→→→→→
2.涉气类制备实验先后顺序:
(1)装配仪器时:先下后上,先左后右。
(2)加入试剂时:先固后液。
(3)实验开始时:先检查装置气密性,再加药品,后点燃酒精灯。
(4)净化气体时:一般先除去有毒、有刺激性气味的气体,后除去无毒、无味的气体,最后除水蒸气。
(5)防倒吸实验:往往是最后停止加热或停止通气。
(6)防氧化实验:往往是最后停止通气。
3.气体制备装置的改进:
(1)
改进的目的:用于加热易熔化的固体物质,这样可以有效地防止固体熔化时造成液体的倒流,如草酸晶体受热分解制取CO2气体。
(2)“固体+液体―→气体”装置的创新。
(3)“固(液)+液气体”装置的创新。
图A的改进优点是能控制反应液的温度。
图B的改进优点是使圆底烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等,便于液体顺利流下。
命题点1:气体的制备、净化、收集(基础性考点)
1.(2021·杭州模拟)下列关于实验室制取CO2、NH3和CaCO3的实验原理或操作能达到实验目的的是(  )
【解析】选D。长颈漏斗下端管口没有浸没在液体中,会导致CO2气体的逸出,故A错误;碱石灰会吸收二氧化碳,不能用于净化CO2气体,故B错误;收集氨气时不能用橡皮塞堵住试管,应该用棉花,故C错误;CO2+2NH3+CaCl2+H2O===CaCO3↓+2NH4Cl,故可用该装置制取CaCO3,故D正确。
2.(2021·开封模拟)某实验小组拟利用如图装置制取干燥的氮气。下列说法错误的是(  )
A.装置Ⅰ中发生的反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O
B.装置Ⅱ的作用是冷凝水蒸气
C.装置Ⅱ末端收集纯净干燥的N2只能用向下排空气法
D.加热片刻后需要将酒精灯移开,说明该反应是放热反应
【解析】选C。结合反应物和生成物,根据原子守恒和电子得失守恒,化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O,故A正确;根据化学方程式可知,产物有水蒸气,且反应物为溶液状态,可知反应在产生氮气的同时产生大量水蒸气,为了便于干燥,先利用装置Ⅱ将绝大多数水蒸气冷凝后再用装置Ⅲ干燥,装置Ⅱ的作用是冷凝水蒸气,故B正确;氮气的密度与空气的密度相差不大,不适合用排空气法收集,应该使用排水法收集,故C错误;加热片刻后将酒精灯移开,反应仍能进行,说明该反应自身放热,属于放热反应,故D正确。
命题点2:非气体物质的制备(基础性考点)
3.(2021·长沙模拟)四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体,室温下四氯化钛是无色液体,沸点为136
℃,极易水解。在650~850
℃高温下,将Cl2通入TiO2和炭粉的混合物可得到TiCl4和一种有毒气体。如图是实验室制备TiCl4的部分装置,下列说法正确的是(  )
A.装置A同样适合实验室制备氨气
B.装置B中试剂是饱和食盐水,其作用是除HCl气体
C.装置C处发生反应的化学方程式为2Cl2+C+TiO2TiCl4+CO2
D.装置D处的直形冷凝管可更换为球形冷凝管
【解析】选A。将生石灰放入圆底烧瓶内,分液漏斗中加入浓氨水,用装置A可制备氨气,A正确;因为四氯化钛极易水解,所以装置B中试剂是浓硫酸,其作用是干燥氯气,B不正确;装置C中生成的有毒气体应为CO,化学方程式为2Cl2+2C+TiO2TiCl4+2CO,C不正确;因为蒸气在球形冷凝管中冷凝后,很难完全流出,所以装置D处的直形冷凝管不能换成球形冷凝管,D不正确。
4.(2021·新安模拟)实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是(  )
A.装置甲制取H2     B.装置乙净化干燥H2
C.装置丙制取CaH2
D.装置丁吸收尾气
【解析】选D。装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2,实验装置和原理能达到实验目的,选项A不选;装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气,起到净化干燥H2的作用,实验装置和原理能达到实验目的,选项B不选;装置丙利用纯净的氢气在加热条件下与钙反应制取CaH2,实验装置和原理能达到实验目的,选项C不选;装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应,实验原理与吸收尾气不符合,过量氢气应收集或点燃,选项D选。
命题点3:涉气实验综合考查(综合性考点)
5.(2021·宿迁模拟)历史上曾利用“地康法”制氯气,其原理是以氯化铜作催化剂,利用氧气氧化氯化氢。如图为“地康法”制氯气的模拟装置。下列有关说法不正确的是(  )
A.关闭K2打开K1,若漏斗中的液面不持续下降,则装置1的气密性良好
B.打开K3,将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中可制备反应所需要的氯化氢
C.装置2中盛放的是浓硫酸,通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量
D.后续需要净化氯气的装置中,除杂试剂依次为饱和食盐水、碱石灰
【解析】选D。关闭K2打开K1,漏斗中的液体进入装置1中使其气压变大,若漏斗中的液面不持续下降,则装置1的气密性良好,A说法正确;打开K3,将浓盐酸逐滴滴入浓硫酸中,浓硫酸具有吸水性,浓硫酸吸水放热促进氯化氢气体逸出,故可制备反应所需要的氯化氢,B说法正确;装置2中盛放的是浓硫酸,通过观察气泡逸出的快慢可判断气体的通入量,以调节氯化氢和氧气的比例,C说法正确;以氯化铜作催化剂,利用氧气氧化氯化氢,生成的氯气中含有水蒸气和剩余的氯化氢,后续需要净化氯气的装置中,除杂试剂依次为饱和食盐水、浓硫酸或无水氯化钙,氯气可被碱石灰吸收,D说法不正确。
6.(2021·武汉模拟)某研究小组用NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与H2在500
℃条件下制备NaBH4,实验装置如图所示。已知NaBH4中B为+3价,下列说法错误的是(  )
A.装置甲还可以用于制取CO2、H2S
B.装置乙、丙中分别装有NaOH溶液和浓硫酸
C.管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯
D.可将反应后混合物加水溶解后用重结晶法提纯
【解析】选D。盐酸与锌反应生成氢气,由于盐酸具有挥发性,制取的氢气中含有氯化氢和水蒸气,故通过装置乙中的氢氧化钠溶液除去氯化氢杂质,再通过装置丙中的浓硫酸干燥除去水蒸气,干燥的氢气通入管式炉中一段时间后,对管式炉尾部流出的气体先验纯,再对管式炉进行加热,让氢气与NaBO2、SiO2和Na固体混合物在500
℃条件下反应制备NaBH4,反应方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3,据此解答。装置甲为块状固体与液体不加热反应制气体的装置,可以看作启普发生器的简易装置,实验室用大理石或石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳,用硫化亚铁固体与稀盐酸或稀硫酸反应制取硫化氢,都属于块状固体与液体不加热反应制气体,装置甲可以用于制取CO2、H2S,故A正确;根据分析装置乙、丙分别用于除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气,NaOH溶液可与氯化氢反应,浓硫酸具有吸水性,故B正确;氢气通入管式炉中与NaBO2、SiO2和Na固体混合物在500
℃条件下反应制备NaBH4,高温下,管式炉中若含有空气,氢气与氧气反应会引发爆炸,则管式炉加热之前应收集装置尾部气体并验纯,故C正确;根据分析,管式炉中发生反应的化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3,NaBH4中B为+3价,则H为-1价,将反应后混合物加水溶解后,NaBH4可与水发生反应:NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑,无法做到NaBH4提纯,故D错误。
7.(2021·石家庄模拟)下列装置用于实验室制氨气或验证氨气的化学性质,其中能达到实验目的的是(  )
A.用装置甲制取氨气
B.用装置乙除去氨气中的水蒸气
C.用装置丙验证氨气具有还原性
D.用装置丁吸收尾气
【解析】选C。实验室采用装置甲制取氨气时,分液漏斗中盛装浓氨水,圆底烧瓶中盛放氢氧化钠固体或生石灰,图示药品使用不正确,不能用来制取氨气,A项错误;氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵,不能用浓硫酸干燥氨气,B项错误;丙装置中发生反应:2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O,可以验证氨气具有还原性,C项正确;氨气与水直接接触,不能起防倒吸的作用,D项错误。
8.(2021·太原模拟)“化学多米诺实验”是只需控制第一个反应,就能使若干化学实验依次发生,如图所示。已知:①Cu2++4NH3·H2O===4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2的催化剂);②已知装置A、C中所用硫酸的浓度相同,装置B、D中所用金属锌的质量完全相同
下列说法错误的是(  )
A.该实验成功的关键条件是整套装置的气密性良好
B.因为形成原电池,所以装置D中生成氢气的反应速率一定大于B
C.导管a的作用是平衡A和B内气压
D.装置H中出现浅黄色浑浊,可证明非金属性:O>S
【解析】选B。B中稀硫酸和锌反应生成H2,H2进入C中,C中压强增加,把C中的硫酸和硫酸铜混合溶液挤压到D中,D中Zn和硫酸铜、硫酸反应生成Cu和H2,H2进入E中,E中压强增加,把E中的硫酸铜溶液挤压到F中,Cu2+和氨水生成蓝色Cu(OH)2沉淀,但随后转化为可溶性的[Cu(NH3)4]2+,被挤入G中,促使H2O2分解,H2O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应,生成淡黄色的S沉淀,挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收,避免污染空气。该实验是通过改变装置内气压引发后续反应,在装置气密性良好的前提下才能进行,A正确;由于铜离子的氧化性强于氢离子,故锌先和铜离子发生反应而生成铜,铜离子反应后才可以和氢离子反应放出氢气,所以刚开始没有氢气产生,故D中生成氢气的反应速率不一定大于B,B错误;B中稀硫酸和锌反应生成H2,压强增加,在A和B之间增设了导管a,其作用是平衡A和B内气压,使稀硫酸顺利流下,C正确;根据分析可知G中生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应,生成淡黄色的沉淀,则发生了反应:2H2S+O2===2S↓+2H2O,此反应中O2为氧化剂,S为氧化产物,根据氧化还原反应强弱规律,氧化性:氧化剂>氧化产物,即氧化性:O2>S,根据单质的氧化性越强,元素的非金属性越强,所以非金属性O>S,D正确。
9.(2021·兴宁模拟)ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11
℃),实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示:
已知下列反应:NaClO3+HClNaCl+ClO2+Cl2+H2O;NaClO2+HClNaCl+ClO2+H2O;NaClO2+Cl2NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是(  )
A.a中通入的N2可用CO2或SO2代替
B.b中NaClO2可用饱和食盐水代替
C.c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却
D.d中吸收尾气后只生成一种溶质
【解析】选C。根据实验装置和反应方程式可知,a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2,由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体,可用b装置吸收氯气和氯化氢,再用c中的蒸馏水吸收ClO2,获得纯净ClO2溶液,d中的氢氧化钠用于吸收尾气,防止污染环境,据此分析解答。a中通入N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验,可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置,继续实验,二氧化硫具有还原性,可将ClO2、NaClO3等物质还原,故A错误;b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体,用饱和食盐水可吸收氯化氢,但不能吸收氯气,故B错误;ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体,故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却,有利于吸收ClO2,故C正确;d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3,产物至少两种,故D错误。
10.(2021·宜宾模拟)实验室里模拟侯氏制碱原理制备少量小苏打,下列装置不正确的是(  )
【解析】选B。实验室制取氨气,可利用浓氨水与生石灰在固液不加热装置中制取,故A正确;制取二氧化碳不能使用稀硫酸与大理石反应,稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶,附着在大理石表面,阻碍气体的制备,故B错误;制取小苏打时,先通入氨气使溶液显碱性,增大了二氧化碳的溶解度,从而反应制取小苏打,故C正确;碳酸氢钠溶解度低,以固体形式析出,故采用过滤的方法分离碳酸氢钠,故D正确。
考点二 有机物的制备(命题指数★★★★★)
1.常见的有机物分离提纯方法:
(1)蒸馏。
实验原理
利用有机物沸点的不同,通过加热使低沸点组分蒸发,再冷凝,从而与高沸点的物质分离开来
注意事项
①使用前要检查装置气密性②蒸馏烧瓶需垫石棉网加热③蒸馏时液体体积应占蒸馏烧瓶容积的1/3~2/3④温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处⑤冷凝水方向为下口进上口出
(2)分液。
实验原理
分离两种不互溶液体的混合物
注意事项
分液时下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
(3)重结晶。
实验原理
将晶体用蒸馏水溶解,经过滤、蒸发、冷却等步骤再次析出晶体,得到更纯净的晶体的过程
注意事项
①被提纯的有机物在溶剂中的溶解度受温度影响大,冷却后容易结晶析出②杂质在溶剂中的溶解度很小或很大,易于除去
2.常见有机物的检验与鉴别:
物质
试剂与方法
现象与结论
乙烯
(1)加溴水或酸性KMnO4溶液。(2)点燃
(1)褪色。(2)乙烯燃烧有黑烟
醇(乙醇)
(1)加活泼金属钠。(2)加乙酸、浓硫酸,加热。(3)红热铜丝多次插入乙醇中
(1)有气体放出。(2)有果香味油状液体生成。(3)铜丝重新光亮,生成有刺激性气味的物质
羧酸(乙酸)
(1)加紫色石蕊试液。(2)加NaHCO3溶液
(1)显红色。(2)有气体逸出

闻气味或加稀硫酸
有果香味;检验水解产物
淀粉
碘水
呈现蓝色
蛋白质
(1)加浓硝酸。(2)灼烧
(1)微热后显黄色。(2)产生烧焦羽毛的气味
3.有机物的制备:
高中课本(必修)中的有机实验
(1)苯的取代反应。
(2)乙酸乙酯的制备。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”
(1)用水能够鉴别苯、乙醇、硝基苯。(  )
提示:√。水与苯混合,有机层在上层;水与乙醇任意比互溶,不分层;水与硝基苯混合,有机层在下层。
(2)用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维。(  )
提示:√。蚕丝的主要成分是蛋白质,人造纤维的主要成分是纤维素。
(3)乙烷中混有乙烯,可用酸性KMnO4溶液除杂。(  )
提示:×。酸性KMnO4溶液可将乙烯氧化为CO2,引入新杂质,应选用溴水。
(4)聚乙烯和聚氯乙烯均可用作食品包装材料。(  )
提示:×。聚乙烯(PE)可用于包装食品,聚氯乙烯(PVC)不可。
(5)乙酸乙酯制备实验中,除杂试剂饱和Na2CO3溶液可以换成NaOH溶液。(  )
提示:×。乙酸乙酯与NaOH反应。
(6)溴乙烷与NaOH乙醇溶液加热可制备乙烯,生成的气体直接通入酸性KMnO4溶液,紫色褪去即可证明乙烯生成。(  )
提示:×。生成的乙烯中混有挥发出来的乙醇,乙醇也可使酸性KMnO4溶液紫色褪去。
(7)向蔗糖水解液中加入银氨溶液,即可证明水解产物的生成。(  )
提示:×。蔗糖水解液呈酸性,应先加入碱将溶液调至碱性,再用银氨溶液检验还原性糖。
2.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下:
已知:①氯化钙可与乙醇形成CaCl2·6C2H5OH
②有关有机物的沸点:
试剂
乙醚
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
沸点/℃
34.6
78.5
117.9
77.1
③2CH3CH2OH
CH3CH2OCH2CH3+H2O
Ⅰ.制备过程
装置如图所示,A中放有浓硫酸,B中放有9.5
mL无水乙醇和6
mL冰醋酸,D中放有饱和碳酸钠溶液。
(1)写出乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式__________________________。
(2)实验过程中滴加大约3
mL浓硫酸,B的容积最合适的是________(填入正确选项前的字母)
A.25
mL  B.50
mL  C.250
mL  D.500
mL
(3)球形干燥管的主要作用是________________________________________。
(4)预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液,目的是____________________。
Ⅱ.提纯方法:①将D中混合液转入分液漏斗进行分液。
②有机层用5
mL饱和食盐水洗涤,再用5
mL饱和氯化钙溶液洗涤,最后用水洗涤。有机层倒入一干燥的烧瓶中,用无水硫酸镁干燥,得粗产物。
③将粗产物蒸馏,收集77.1
℃的馏分,得到纯净干燥的乙酸乙酯。
(5)第①步分液时,选用的两种玻璃仪器的名称分别是________________、________________。
(6)第②步中用饱和食盐水、饱和氯化钙溶液、最后用水洗涤,分别主要洗去粗产品中的________________,________________,________________。
【解析】(1)乙酸与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应,生成乙酸乙酯和水;(2)实验过程中圆底烧瓶需要加热,最大盛液量不超过其容积的2/3,烧瓶内液体的总体积为18.6
mL,最合适的是50
mL,选B;(3)球形干燥管的主要作用是防止倒吸;(4)预先向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴酚酞试液,目的是便于观察液体分层(答案合理即可);(5)第①步分液时,选用的两种玻璃仪器的名称分别是分液漏斗、烧杯。(6)第②步中用饱和食盐水、饱和氯化钙溶液、最后用水洗涤,分别主要洗去粗产品中的碳酸钠、乙醇、氯化钙。
答案:(1)CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O (2)B (3)防倒吸 (4)便于观察液体分层 (5)分液漏斗 烧杯 (6)碳酸钠 乙醇 氯化钙
命题角度1:常见有机物的制备
【典例1】(2019·全国卷Ⅰ)实验室制备溴苯的反应装置如图所示,关于实验操作或叙述错误的是(  )
A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B.实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C.装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶,得到溴苯
(1)实验目的:制备溴苯。
(2)实验原理:制备装置—利用苯和溴在FeBr3的催化下制备溴苯。
(3)净化装置—生成的HBr中含有一定量的溴蒸气,利用Br2易溶于CCl4而除去,防止干扰后续实验。
(4)吸收装置—HBr与Na2CO3反应,吸收HBr。
【解析】选D。向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液后二者会立即发生反应产生溴化氢和溴苯,所以需先打开K,A正确;由于反应过程是放热的,所以溴蒸气会挥发,溶解在CCl4中,故装置b中的液体逐渐变为浅红色,B正确;本实验中苯与溴发生取代反应会产生溴化氢,可以与碳酸钠发生反应,故装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢,C正确;因溴苯不是固体,是油状液体,所以反应后的混合液经稀碱溶液洗涤,分液后得到溴苯,D不正确。
 
(1)装置c中倒置漏斗有什么作用?
提示:由于HBr气体易溶于水,因此倒置漏斗有防倒吸作用。
(2)此实验能否说明苯与溴发生的是取代反应?
提示:能。可以从碳酸钠溶液中有气体生成说明反应中产生了HBr气体,从而说明此反应为取代反应。
(3)反应后的混合液经稀碱溶液洗涤,分液后得到溴苯会含有一定量的苯,应怎样除去?
提示:苯和溴苯为互溶的沸点不同的两种有机液体,因此采用蒸馏的方式分离。
命题角度2:陌生有机物的制备
【典例2】(2020·全国Ⅱ卷)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:
+KMnO4―→COOK+MnO2
COOK+HCl―→COOH+KCl
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1)
溶解性
甲苯
92
-95
110.6
0.867
不溶于水,易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4(100
℃左右开始升华)
248
——
微溶于冷水,易溶于乙醇、热水
实验步骤:
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5
mL甲苯、100
mL水和4.8
g(约0.03
mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0
g。
(3)纯度测定:称取0.122
g粗产品,配成乙醇溶液,于100
mL容量瓶中定容。每次移取25.00
mL溶液,用0.010
00
mol·L-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50
mL的KOH标准溶液。
回答下列问题:
(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为________(填标号)。
A.100
mL       
B.250
mL
C.500
mL
D.1
000
mL
(2)在反应装置中应选用________冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是________。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是____________________;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理_____________。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是____________。
(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是___________________。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为________;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于________(填标号)。
A.70%   B.60%   C.50%   D.40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中______的方法提纯。
【解析】(1)上述液体药品的总量为101.5
mL,根据“大而近”的原则选择
250
mL三颈烧瓶最适宜。(2)为了增加冷凝回流的效果应选用球形冷凝管;由题干表格可知甲苯不溶于水,苯甲酸易溶于热水,无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化。(3)
高锰酸钾与盐酸反应产生氯气,利用亚硫酸氢钠溶液的还原性除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气。草酸具有还原性,在酸性条件下可被高锰酸钾氧化为CO2,根据原子、电子、电荷守恒配平离子方程式2MnO+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O。(4)高锰酸钾的还原产物通常是Mn2+,也可能生成不溶于水的MnO2,故滤渣的主要成分是MnO2。(5)由题干表格可知苯甲酸在100
℃左右开始升华,故干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,部分苯甲酸会因升华而损失。(6)25.00
mL中苯甲酸的物质的量n(苯甲酸)=n(KOH)=0.010
00
mol·L-1×21.50×10-3
L=2.150×10-4
mol,则苯甲酸的纯度为×100%=86.0%;甲苯的物质的量为
mol,理论生成苯甲酸的质量为
mol×122
g·mol-1≈1.72
g,则产率为(1.0
g×86.0%)÷1.72
g×100%=50%。(7)提纯固体有机物苯甲酸通常采用重结晶的方法。
答案:(1)B (2)球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 (3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气 2MnO+5H2C2O4+6H+===
2Mn2++10CO2↑+8H2O (4)MnO2 (5)苯甲酸升华而损失 (6)86.0% C (7)重结晶
【规律方法】陌生有机物制备的分析流程
【典例3】(2021·日照模拟)醇脱水是合成烯烃的常用方法,实验室合成环己烯的反应和实验装置(加热和夹持装置已省略)如下:
可能用到的有关数据如下:
相对分子质量
密度/g·cm-3
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.961
8
161
微溶于水
环己烯
82
0.810
2
83
难溶于水
合成反应:在a中加入20
g环己醇和2小片碎瓷片,冷却搅动下慢慢加入1
mL浓硫酸。b中通入冷却水后,开始缓慢加热a,控制馏出物的温度不超过90
℃。分离提纯:反应粗产物倒入分液漏斗中,分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10
g。
回答下列问题:
(1)仪器b的名称是________________。
(2)加入碎瓷片的作用是______________________________________________;
如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,应该采取的正确操作是________(填字母,下同)。
A.立即补加       
B.冷却后补加
C.不需补加
D.重新配料
(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为________________________。
(4)分液漏斗在使用前需清洗干净并____________;在本实验分离过程中,产物应该从分液漏斗的__________________(填“上口倒出”或“下口放出”)。
(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的主要目的是_______________________________________________________。
(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到的仪器有________。
A.圆底烧瓶 B.温度计 C.吸滤瓶 D.球形冷凝管 E.接收器
(7)本实验所得到的环己烯产率是________。
A.41%  B.50%  C.61%  D.70%
【解析】(1)仪器b为直形冷凝管,可用于冷凝收集馏分。(2)加入碎瓷片的作用是防止有机物在加热时发生暴沸。如果在加热一段时间后发现忘记加碎瓷片,这时必须停止加热,待冷却后补加碎瓷片。(3)醇分子间最容易发生脱水反应生成醚类化合物。(4)分液漏斗在使用前必须检漏。实验生成的环己烯的密度比水的小,所以环己烯应从分液漏斗的上口倒出。(5)加入无水氯化钙的目的是除去水(作干燥剂)。(6)观察题中实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝管。(7)20
g环己醇的物质的量为=0.2
mol,理论上生成环己烯的物质的量为0.2
mol,质量为0.2
mol×82
g·mol-1=16.4
g第一讲 钠及其化合物
考点一 钠的性质及应用(命题指数★★★)
1.钠的物理性质:
颜色
银白色,有金属光泽
密度
ρ(H2O)>ρ(Na)>ρ(煤油)
熔点
低于100

硬度
质地柔软,可以用小刀切割
传导性
可导电、导热
2.从钠原子的结构认识钠的化学性质——还原性:
(1)与非金属单质(如O2、Cl2)的反应。
O2
Cl2:2Na+Cl22NaCl
(2)与水的反应。
①离子方程式:2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑。
②与滴加酚酞的水反应的现象及解释。
(3)与盐酸反应。
离子方程式:2Na+2H+===2Na++H2↑。
3.钠的制取及保存:
4.钠的用途:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)金属钠露置在空气中最后生成小苏打。(  )
提示:×。金属钠露置在空气中最后生成碳酸钠。
(2)1
mol
Na与足量O2分别在加热和常温条件下充分反应失去电子数一样多。(  )
提示:√。1
mol
Na被完全氧化,失去NA个电子。
(3)钠着火燃烧时可用泡沫灭火器扑灭。(  )
提示:×。Na及其燃烧产物可与泡沫灭火器喷出泡沫中的水和二氧化碳反应释放出氢气和氧气而助燃,所以Na着火不可用泡沫灭火器扑灭。
(4)室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2。(  )
提示:×。Na与O2反应生成Na2O,在加热条件下,Na与O2反应生成Na2O2。
(5)金属Na表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化。(  )
提示:×。金属Na表面自然形成的氧化层是疏松的,不能保护内层金属。
2.如图,将一小块金属钠加入盛有某溶液的烧杯中,探究金属钠与物质的反应。
(1)将一小块金属钠分别投入盛有:a.水、b.乙醇、c.稀H2SO4的三个小烧杯中,反应速率由快到慢的顺序为________(填字母)。解释反应速率不同的原因:______________________________。
提示:c>a>b。钠与题述三种物质反应的实质都是钠与H+的反应,H+浓度的大小决定了反应速率的快慢,由三种物质电离出H+的能力可知H+浓度的大小顺序为c>a>b,因而反应速率为c>a>b。
(2)把一块黄豆粒大小的金属钠投入盛有硫酸铜溶液的烧杯里,观察所发生的现象是________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
提示:将钠投入硫酸铜溶液中,由于钠的密度比水小,故金属钠浮在液面上,同时跟溶液里的水反应,生成NaOH和H2,且该反应放热,故钠会熔化成闪亮的小球,NaOH能与溶液中的CuSO4反应,生成Cu(OH)2蓝色沉淀。
3.观察是研究物质性质的一种基本方法。一同学将一小块金属钠露置于空气中,观察到下列现象:银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体白色粉末,判断下列说法正误。
说法
正误判断
①发生了氧化还原反应
________
②变白色是因为生成了碳酸钠
________
③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液
________
④只发生物理变化
________
【解析】钠在空气中露置,物质转化如下:NaNa2ONaOHNaOH潮解Na2CO3·10H2ONa2CO3粉末。
答案:①√ ②× ③× ④×
命题角度1:钠与氧气的反应
【典例1】(2021·武汉模拟)某同学将金属钠露置于空气中足够长时间,观察到下列现象:银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是(  )
A.表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O
B.出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C.最后白色粉末为碳酸钠粉末
D.最后白色粉末的质量比金属钠质量大
【解析】选B。小块金属钠露置于空气中发生的变化中,银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体,是钠被氧化为氧化钠;氧化钠和水反应生成氢氧化钠;氢氧化钠潮解形成氢氧化钠溶液;二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体,最终风化变成的白色粉末为碳酸钠,据此解答。因钠很活泼,易被氧化,则金属钠在空气中易被氧化形成氧化钠,出现表面变暗现象,故A正确;氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液,故B错误;生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物,最终风化变成的白色粉末为碳酸钠,故C正确;最后白色粉末为碳酸钠,质量比金属钠的质量大,故D正确。
【备选例题】
某厂用Na除掉苯中的水分。某次生产误将甲苯当作苯投进反应釜中,由于甲苯中含水量少,最后反应釜还残留大量的Na。下列处理方法更合理、更安全的是(  )
A.打开反应釜,将Na暴露在空气中与氧气反应
B.向反应釜通入Cl2,Na在Cl2中燃烧生成NaCl
C.向反应釜加大量H2O,通过化学反应“除掉”金属钠
D.向反应釜滴加C2H5OH,并设置放气管,排出氢气和热量
【解析】选D。A.钠暴露在空气中会与空气中的水和氧气反应,但钠与水反应放出大量热,当达到物质的着火点时,甲苯燃烧,引发火灾,因此该处理方法不当,错误。B.钠在氯气中燃烧会放出大量的热,当达到甲苯的着火点时,甲苯燃烧,引发火灾,因此该处理方法不当,错误。C.钠与水反应放出大量的热,会导致甲苯燃烧,引发火灾,错误。D.钠与乙醇反应,反应速率相对缓慢,更安全、更合理,正确。
命题角度2:钠与水溶液的反应
【典例2】(1)将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中,既有气体,又有白色沉淀产生的是________。
①MgSO4溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液
④饱和澄清石灰水 
⑤Ca(HCO3)2溶液
⑥CuSO4溶液 ⑦饱和NaCl溶液
(2)按要求书写反应的离子方程式
①将Na投入Ca(HCO3)2溶液中,反应后生成正盐溶液_______________________________________________________________________________________________________________________________________。
②将Na投入NH4HCO3溶液中,有刺激性气味气体放出____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,①中Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓;④中反应消耗水,溶液温度升高,Ca(OH)2的溶解度降低,析出Ca(OH)2产生沉淀;⑤中Ca2++HCO+OH-===CaCO3↓+H2O;⑥中生成的Cu(OH)2是蓝色沉淀,不符合题意。
答案:(1)①④⑤⑦
(2)①2Na+Ca2++2HCO===CaCO3↓+2Na++CO+H2↑
②2Na+NH+HCO===2Na++CO+NH3↑+H2↑
 
(1)(宏观辨识与微观探析)有同学认为钠的活泼性比铜强,钠与硫酸铜反应能够生成铜单质,试分析反应的条件?
提示:钠与熔融的硫酸铜反应。操作方案可为惰性气体保护下,在蒸发皿中放一小块钠,加热至熔化时,用玻璃棒蘸取少量无水硫酸铜与熔化的钠接触,瞬间产生耀眼的火花,同时有红色物质生成。
(2)(变化观念与平衡思想)有同学认为钠、氢氧化钠都不与氯化钠反应,故钠投入饱和NaCl溶液中不会有固体析出,试分析该同学的认识是否正确?
提示:错误。向饱和NaCl溶液中投入钠,溶液中水减少,c(Na+)增大,使
NaCl(s)
Na+(aq)+Cl-(aq)的溶解平衡向左移动,析出固体NaCl。
【备选例题】
有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与FeSO4溶液反应的方法以验证反应实质。实验时,往100
mL大试管中先加40
mL煤油,取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞,通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面升至胶塞处,并夹紧弹簧夹(如图)。仔细观察,回答下列问题:
(1)有关钠反应的现象是_______________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)大试管的溶液中出现的现象:________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)装置中液面的变化:大试管内________________;长颈漏斗内_____________。
(4)写出钠与硫酸亚铁溶液反应的化学方程式:____________________________。
【解析】(1)因为ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(FeSO4溶液),且Na与水剧烈反应生成氢氧化钠与氢气,该反应是放热反应,钠的熔点低,所以有关钠反应的现象是有气泡生成,钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动,最终完全溶解。
(2)FeSO4溶液与Na反应的实质是Na先与水反应生成NaOH和氢气,反应生成的NaOH又与FeSO4反应生成白色沉淀,所以大试管的溶液中出现的现象是下层溶液出现白色絮状沉淀。
(3)因为反应产生了氢气,使装置内压强增大,则大试管内液面下降,长颈漏斗内液面上升。
(4)根据上述分析,钠与硫酸亚铁溶液反应的方程式为2Na+FeSO4+2H2O===Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑。
答案:(1)有气泡生成,钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动,最终完全溶解
(2)下层溶液出现白色絮状沉淀 (3)下降 上升
(4)2Na+FeSO4+2H2O===Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑
1.金属钠与可溶性盐溶液反应的思维模板:
2.金属钠与水、酸、盐溶液反应现象分析的思维模板:
(1)共性:因为钠在上述反应中均属于剧烈的置换反应,故有共同的现象产生。①浮:钠浮在液面上;②熔:钠熔化成光亮的小球;③游:在液面上不停地游动直至反应完;④响:反应中不停地发出“嘶嘶嘶”的响声。
(2)差异性:与酸及强酸弱碱盐溶液反应时,由于溶液中H+浓度较大,反应比钠与水剧烈,最后钠可能在液面上发生燃烧;与盐溶液反应时,还可能会生成沉淀(如生成难溶碱)、气体(NH3)等。
命题点1:钠的性质及应用(基础性考点)
1.取三份等质量的金属钠,分别做如下处理:①直接投入100
g水中,②放在空气中足够长时间,再投入100
g水中,③在空气中加热,冷却后投入100
g水中。下列说法不正确的是(  )
A.最终三份溶液的溶质相同,浓度相等
B.三份溶液的增重不相等
C.向反应后的溶液中加入盐酸,至pH=7,消耗盐酸的量相同
D.上述三个实验均涉及氧化还原反应
【解析】选A。设金属钠的物质的量均为1
mol,则n(Na2CO3)=0.5
mol,n(Na2O2)=0.5
mol。钠、Na2O2均与水反应生成NaOH,溶质相同,而钠在空气中长时间放置,溶于水为碳酸钠溶液,A错误;钠与水反应放出氢气,反应后溶液质量为23
g+100
g-1
g=122
g,溶液增重122
g-100
g=22
g;过氧化钠与水反应放出氧气,反应后溶液质量为0.5
mol×78
g·mol-1+100
g-0.25
mol×32

mol-1=131
g,溶液增重131
g-100
g=31
g;n(Na2CO3)=0.5
mol,质量为
0.5
mol×106
g·mol-1=53
g,即碳酸钠溶于100
g水中,溶液增重53
g,三种溶液增重不相等,B正确;钠、Na2O2与水反应生成NaOH溶液,钠在空气中长时间放置变为碳酸钠,溶于水为碳酸钠溶液,向反应后的溶液中加入盐酸,至pH=7,NaOH、Na2CO3与盐酸反应均生成氯化钠,根据钠守恒:n(Na)=n(Cl-)=n(HCl),所以消耗盐酸的量相同,C正确;上述三个实验均涉及氧化还原反应,D正确。
2.能正确表示下列反应的离子方程式的是(  )
A.钠与水反应:2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑
B.钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+===Cu+2Na+
C.钠与盐酸反应:Na+2H+===Na++H2↑
D.钠跟氯化钾溶液反应:Na+H2O===Na++OH-+H2↑
【解析】选A。B中钠与CuSO4溶液反应的实质是钠与水反应生成的氢氧化钠再与CuSO4反应,总方程式:2Na+2H2O+CuSO4===Cu(OH)2↓+H2↑+Na2SO4。C中电荷不守恒。D项原子不守恒。
命题点2:有关钠参与反应的实验探究(综合性考点)
3.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中轻缓地加入绿豆大小的金属钠,可能观察到的现象是(  )
【解析】选A。因煤油的密度比水小,所以煤油在上层,水在下层,又因钠的密度比水小,比煤油大,因此介于两者之间,而钠能与水反应产生气体,在与水反应生成气体后被气体带离水层,进入煤油层后停止反应又下沉,如此往复,直至钠反应完;故A项图示正确。
4.(2021·北京朝阳区模拟)研究金属钠的性质,实验如表,下列说法不正确的是(  )
实验装置
实验方案
液体a
现象
蒸馏水
Ⅰ.钠浮在水面,剧烈反应,有少量白雾
0.1
mol·L-1盐酸
Ⅱ.钠浮在液面,反应比Ⅰ剧烈,有白雾产生
浓盐酸
Ⅲ.钠浮在液面,反应比Ⅰ缓慢,产生大量白雾,烧杯底部有白色固体
A.Ⅱ中反应的离子方程式为2Na+2H+===2Na++H2↑
B.对比Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知,随着c(H+)增大,反应的剧烈程度增大
C.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均有白雾产生,说明Na与水或酸反应均放出大量热
D.推测Ⅲ中浓盐酸的c(Cl-)以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响
【解析】选B。钠的密度比水小,钠与水、酸的反应实质为2Na+2H+===2Na++H2↑,且为放热反应,一般来说,氢离子浓度越大,反应速率越大,实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢,可说明溶液中的氯离子对反应有影响,生成的白色固体为NaCl,以此解答该题。盐酸氢离子浓度较大,与钠反应生成氯化钠和氢气,反应的离子方程式为2Na+2H+===2Na++H2↑,故A正确;实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢,不能说明氢离子浓度越大,反应越剧烈,故B错误;有白雾生成,说明气体挥发,可说明为放热反应,故C正确;实验Ⅲ反应较Ⅰ缓慢,可说明浓盐酸的c(Cl-)以及生成的NaCl固体对反应剧烈程度有影响,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.某班级化学兴趣小组做如下实验,请回答相关问题:
(1)甲组做金属钠在空气中燃烧实验。实验室取用金属钠的方法是________________________________。
(2)金属钠燃烧时会生成黑色固体,黑色固体的可能来源是________________、________________。
(3)某同学想用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2(不考虑空气中的N2),可利用的装置如下。
①装置Ⅳ中盛放的药品是________,若没有该装置可能导致生成的Na2O2中含有________,其反应的化学方程式为____________________________。
②若规定气流的方向为从左到右,各仪器连接的顺序是:空气进入________,________接______,________接________,________接________(填字母)。
③装置Ⅱ的作用是____________________________。
【解析】要制备高纯度的Na2O2,需要除去空气中的CO2和水蒸气。装置Ⅲ的作用是除去水蒸气,装置Ⅳ的作用是用NaOH溶液除去CO2,如果不除去CO2,则CO2会与Na2O2反应生成Na2CO3;装置Ⅱ连接在硬质玻璃管末端,作用是防止空气中的水蒸气和CO2进入装置Ⅰ,所以连接顺序是空气→h→g→f→e→a→b→c。
答案:(1)打开盛放金属钠的试剂瓶,用镊子取出,放在滤纸上吸干表面的煤油,再用小刀切下所需大小的钠块,余下的放回原试剂瓶,盖好即可 
(2)表面的煤油
空气中的二氧化碳(或酒精灯挥发的酒精、金属钠存在杂质铁元素,燃烧时生成铁的氧化物等答任意两点即可)
(3)①氢氧化钠溶液 Na2CO3 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 
②h g f e a b c
③防止空气中的水和二氧化碳进入装置Ⅰ
2.某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题:
(1)选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹,制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2,产生的气流应依次通过盛有____________________、________的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后,关闭弹簧夹,可观察到的现象是____________
_______________________________________________________。
不能用稀硫酸代替稀盐酸,其原因是_____________________________________
___________________________________________________________________。
(2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表:
步骤
现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应,放置冷却
产生大量白烟,集气瓶底部有黑色固体产生,瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水,振荡、过滤
滤纸上留下黑色固体,滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分,取适量滤液于2支试管中,向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红,加过量CaCl2红色褪去;向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊。据此推断,白色物质的主要成分是________(填字母)。
A.Na2O  B.Na2O2  C.NaOH  D.Na2CO3
②为检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是______。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________。
【解析】(1)碳酸钙与稀盐酸制备二氧化碳,因盐酸易挥发,需要饱和碳酸氢钠溶液除去HCl,再通过浓硫酸干燥,则为了得到干燥纯净的CO2,产生的气流应依次通过盛有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸的洗气瓶;反应结束后,关闭弹簧夹,利用气体的压强使固液分离,可观察到产生的气体使干燥管内液面降低,与碳酸钙脱离接触,反应停止;不能用稀硫酸代替稀盐酸,因生成硫酸钙微溶,覆盖在碳酸钙的表面,阻止反应进一步发生;(2)①取适量滤液于2支试管中,向一支试管中滴加1滴酚酞溶液,溶液变红;向第二支试管中滴加澄清石灰水,溶液变浑浊,可知显碱性,且含碳酸根离子或碳酸氢根离子,而加CaCl2红色褪去,显然只有Na2CO3符合,故答案为D;②检验黑色固体的成分,将其与浓硫酸反应,生成的气体具有刺激性气味为二氧化硫,可知C与浓硫酸反应,即黑色固体是碳(C);③由实验可知钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C,发生的反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。
答案:(1)饱和碳酸氢钠溶液 浓硫酸 产生的气体使干燥管内盐酸液面下降,与碳酸钙脱离接触,反应停止 生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面,阻止反应进一步进行
(2)①D ②碳(C) ③4Na+3CO22Na2CO3+C
考点二 氧化钠、过氧化钠(命题指数★★★)
氧化钠和过氧化钠的比较
物质
氧化钠
过氧化钠
色态
白色固体
淡黄色固体
类别
碱性氧化物
非碱性氧化物
氧的价态
-2
-1
电子式
Na+[]2-Na+
Na+[]2-Na+
化学键
离子键
离子键、非极性键
与H2O反应
Na2O+H2O===2NaOH
2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
与CO2反应
Na2O+CO2===Na2CO3
2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2
与HCl反应
Na2O+2HCl===2NaCl+H2O
2Na2O2+4HCl===4NaCl+2H2O+O2↑
主要性质
具有碱性氧化物的通性
具有强氧化性
用途
供氧剂、漂白剂、消毒剂
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂。(  )
提示:√。人呼出CO2,经Na2O2反应生成O2,故可作供氧剂。
(2)用Na2O2与H2O反应,制取1
mol
O2,转移电子数4NA。(  )
提示:×。Na2O2与H2O反应,生成1
mol
O2,转移电子数2NA。
(3)Na2O2与水反应,Na2O2是氧化剂,水是还原剂。(  )
提示:×。Na2O2与水反应,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂。
(4)制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置。(  )
提示:√。
Na2O2与水反应,H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气,二者都是固体与液体反应。
(5)Na2O与Na2O2的组成元素相同,与CO2反应产物也相同。(  )
提示:×。Na2O与Na2O2和CO2反应都生成Na2CO3,但Na2O2还生成O2。
2.将Na2O2分别投入含有下列离子的溶液中,按要求回答问题:
①S2- ②SO ③HCO ④Fe2+ ⑤CO ⑥SO ⑦CH3COO- 
⑧NH
(1)离子浓度明显减小的是____________。
(2)离子浓度明显增大的是____________。
(3)离子浓度基本不变的是____________。
【解析】将Na2O2投入水溶液中生成NaOH和氧气,同时具有强氧化性。S2-被氧化为S,浓度减小;SO被氧化为SO,SO浓度减小,SO浓度增大;HCO与氢氧化钠反应生成CO,HCO浓度减小,CO浓度增大;Fe2+被氧化为
Fe3+,Fe3+与氢氧化钠反应生成沉淀,浓度减小;CH3COO-不发生变化;NH与氢氧化钠反应生成NH3,浓度减小。
答案:(1)①②③④⑧ (2)⑤⑥ (3)⑦
命题角度1:Na2O2的性质及实验探究
【典例1】(2021·北京市丰台区模拟改编)以CO2和Na2O2为原料,制取纯净干燥的O2,实验装置如下:
下列说法不正确的是(  )
A.装置②中试剂可以是澄清石灰水
B.装置③的作用是干燥O2
C.收集氧气应选择装置b
D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶
【解析】选A。装置②中试剂用来除掉二氧化碳气体,而澄清石灰水浓度过小,不能用来除去CO2,可选用NaOH溶液,A错误;装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,B正确;由于氧气密度大于空气,应选择装置b,C正确;装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,D正确。
【求同存异·姊妹比对】
某学生课外活动小组模拟呼吸面具中的反应原理(2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2)设计用图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置E由甲乙两根玻璃管组成,它们由橡皮管连通,并装入适量水,甲管有刻度(0~50
mL)供量气用,乙管可上下移动调节液面高低。
实验仪器:连接胶管及夹持装置均省略
实验可供选用的药品还有:稀硫酸、盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水。试回答:
(1)图中各装置接口连接顺序是__________________(填各接口的编号)。
(2)装置A的作用是________________________,反应的化学方程式____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)装置B的作用是___________________________________________________,反应的离子方程式为________________________。
(4)装置C中放入的反应物是________,反应的离子方程式为________________。
(5)实验结束读取氧气体积时,若乙中液面高于甲中液面,会使测得的氧气体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。若有影响,应向________(填“上”或“下”)移动乙管,使甲乙液面相平(注:若第一格填无影响,第二格不用填写)。
【解析】(1)仪器C可以用来制取二氧化碳,连接③用来除去HCl,④连接⑥可使二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,然后连接②可除去未反应的二氧化碳,最后连接⑧测量气体的体积,所以顺序为⑤③④⑥⑦②①⑧(⑥、⑦可换位);
(2)净化后的二氧化碳通过过氧化钠来制取氧气,为了除去生成的氧气中混有未反应的二氧化碳,可以使它们通过仪器A,所以装置A的作用是除去混在O2中未反应的CO2,反应的化学方程式为2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O;
(3)仪器C可以用来制取二氧化碳,此法制得的二氧化碳中会含有少量氯化氢,须通过装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶,以除去这些氯化氢,反应的化学方程式为NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑;
(4)只有仪器C可以用来制取二氧化碳,制气原料应该采用大理石和盐酸,可在C中加止水夹控制反应的进行,反应的化学方程式为CaCO3+2HCl===CaCl2+
CO2↑+H2O;
(5)若乙中液面高,会导致甲中气体被压缩,即所得气体体积偏小;若有影响,则应向下移动乙,使甲、乙液面相平。
答案:(1)⑤③④⑥⑦②①⑧或⑤③④⑦⑥②①⑧
(2)吸收CO2 CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O
(3)吸收HCl H++HCO===H2O+CO2↑
(4)大理石、盐酸
CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑
(5)偏小 下
命题角度2:Na2O2与CO2、H2O反应的定量计算
【典例2】(2021·九江模拟)在一定条件下,使CO和O2的混合气体26
g①,所得混合物在常温下②,结果固体③14
g,则原混合气体中O2和CO的质量比可能是(  )
A.9∶4
B.1∶1
C.7∶6
D.6∶7
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知识储备
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CO和O2充分反应生成CO2
充分反应指某一反应物完全反应,另一反应物可能剩余

Na2O2与CO2反应
Na2O2足量

Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气
反应前后固体增加质量为气体质量之差
【解析】选D。固体增重的量即为参加反应的CO的质量,所以参加反应的O2的质量为=8
g,剩余气体26
g-14
g-8
g=4
g,若为O2,则质量比为=;若为CO,则质量比为=,D正确。
【讲台挥洒一刻】
增重量等于可燃物质量的规律
凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质,W
g该物质在足量的O2中完全燃烧,将其产物(CO2和水蒸气)通过足量的Na2O2后,固体增重必为W
g。或是由C、H、O三种元素组成的物质,只要C、O原子个数比为1∶1,即可满足该条件。中学阶段常见的符合这一关系的物质有:
(1)无机物:H2、CO及H2和CO的混合气体;
(2)有机物:CH3OH(甲醇)、HCHO(甲醛)、CH3COOH(乙酸)、HCOOCH3(甲酸甲酯)、C6H12O6(葡萄糖)等。
【备选例题】
在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共m
g,若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加m
g,则CO2与CH4的体积比为(  )
A.3∶1  B.2∶1  C.1∶1  D.任意比
【解析】选C。2CO+O22CO2①
2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2②
①+②得:Na2O2+CO===Na2CO3(虚拟的反应)
即:CO可被Na2O2完全吸收
2H2+O22H2O③
2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑④
③+④得:Na2O2+H2===2NaOH(虚拟的反应)
即:H2可被Na2O2完全吸收
由于CO完全被吸收,当CO2、CH4的体积比符合1∶1时,相当于2CO∶2H2,可被Na2O2完全吸收。
一、认识Na2O2性质的三个角度
1.从元素化合价角度分析Na2O2的性质:
2.强氧化性的五个表现:
3.在分析Na2O2与其他溶液的反应时,一定不能忽略其溶液的强碱性。
二、从四个角度理解Na2O2与CO2、H2O的反应
1.从氧化还原的角度:
(1)Na2O2与H2O、CO2反应均有O2生成,在反应中Na2O2既表现出氧化性也表现出还原性,H2O、CO2在此反应中既不是氧化剂,也不是还原剂。
(2)2
mol的Na2O2不论与水还是与CO2反应均生成1
mol
的O2,转移2
mol的电子。
2.从物质的量的角度:
(1)2
mol的Na2O2不论与水还是与CO2反应均生成1
mol
的O2,消耗2
mol的H2O或2
mol的CO2。
(2)若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量的Na2O2,则气体体积减小的量等于原混合气体体积的,且等于生成氧气的体积。
3.从先后顺序的角度:
Na2O2与水蒸气、CO2混合气体反应时,Na2O2应视为首先与CO2反应生成Na2CO3,CO2反应完后,剩余的Na2O2再与水蒸气反应生成NaOH。
4.从质量的角度:
1
mol
Na2O2与足量CO2、H2O分别完全反应时相当于吸收了28
g
CO、2
g
H2。
命题点1:Na2O、Na2O2的性质(基础性考点)
1.为探究Na2O2与H2O的反应,进行了如下实验:
有关说法不正确的是(  )
A.实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
B.实验ⅲ中MnO2作H2O2分解反应的催化剂
C.综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成
D.综合实验ⅱ和ⅲ可以说明使酚酞褪色的是O2
【解析】选D。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,化学方程式为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,A正确;2H2O22H2O+O2↑,实验ⅲ中MnO2作H2O2分解反应的催化剂,B正确;过氧化钠与水反应生成过氧化氢和氢氧化钠,过氧化氢分解生成水和氧气,综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成,C正确;氧气不能使酚酞褪色,D错误。
2.(2021·滨州模拟)某实验小组通过如图所示实验,探究Na2O2与水的反应,下列说法正确的是(  )
A.②中的大量气泡主要成分是氢气
B.③中溶液变红,说明有酸性物质生成
C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【解析】选C。过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,反应方程式为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,所以②中的大量气泡主要成分是氧气,故A错误;过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠是碱,遇酚酞变红,说明生成碱性物质,故B错误;④中红色褪去,可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性,能氧化有色物质,漂白褪色,故C正确;过氧化氢在二氧化锰作催化剂时分解生成水和氧气,即验证过氧化钠和水反应会生成过氧化氢,故D错误。
命题点2:Na2O2与CO2、H2O反应的定量计算(综合性考点)
3.NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(  )
A.Na2O2是白色固体,能与水反应生成碱(NaOH),所以Na2O2是碱性氧化物
B.足量Na2O2和标准状况下11.2
L
CO2反应,转移电子数目为NA
C.1
mol
Na2O2中含阴离子的个数为2NA
D.a
g
CO或C6H12O6在O2中完全燃烧,产物与足量Na2O2完全反应,固体质量恰好增加a
g
【解析】选D。Na2O2为淡黄色固体,与水反应除生成NaOH外还放出O2,因此Na2O2不是碱性氧化物,A错误。根据反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,当有2
mol
CO2参加反应时转移2
mol
e-,故标准状况下11.2
L
CO2(0.5
mol)反应时,转移电子数目为0.5NA,B错误。Na2O2是离子化合物,含阴离子O的个数为NA,故C错误。根据规律H2、CO或其混合气体,以及通式为(CO)m(H2)n的有机物,完全燃烧后产物与足量Na2O2充分反应,Na2O2增重与原物质质量相等,容易判断D正确。
4.(2021·聊城模拟)将a
g某物质在足量氧气中充分燃烧再将气体生成物通入足量的Na2O2充分反应,固体增重为b
g,若a<b,则该物质可能是(  )
A.H2   B.CO   C.乙酸   D.甲烷
【解析】选D。水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2===4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,根据方程式知,水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量,二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量,将可燃物写成H2、CO或(CO)m·Hn的形式,如果恰好写为H2、CO或(CO)m·Hn的形式,则产物通过足量Na2O2时固体增重就是原质量,如果改写化学式时O原子有剩余,则反应前后固体增重小于原质量,如果C原子有剩余,则固体增重大于原质量,以此解答该题。通过以上分析知,可燃物是氢气,在反应前后固体增重就是原质量,不符合,故A不选;通过以上分析知,可燃物是CO,在反应前后固体增重就是原质量,不符合,故B不选;乙酸可以改写为2CO·2H2,在反应前后固体增重就是原质量,不符合,故C不选;甲烷可以改写为C·2H2,C原子有剩余,则固体增重大于原质量即a<b,符合,故D选。
命题点3:Na2O2性质的实验探究(应用性考点)
5.下图是Na2O2和CO2定性、定量实验的装置示意图。
注射器1中抽取了100
mL
CO2,U形管中装有适量小玻璃珠和约1.5
g
Na2O2粉末。实验开始时,打开K1、K2、K4止水夹,关闭K3止水夹,推动注射器1活塞,缓缓将CO2压至U形管中,注射器2活塞缓缓向外移动。下列叙述中不正确的是(  )
A.U形管内的玻璃珠可增大过氧化钠和二氧化碳的接触面积
B.U形管内淡黄色粉末渐渐变白
C.注射器1活塞推到底后,注射器2中收集到的气体大于50
mL,只是因为还含有CO2
D.打开胶塞,立即将带火星的木条伸入U形管中,可验证反应产物之一为氧气
【解析】选C。玻璃珠可起到增大Na2O2与CO2接触面积,使之反应完全的作用,A正确;U形管中Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,故U形管内淡黄色粉末渐渐变白,B正确;由2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2可知,100
mL
CO2理论上应产生
50
mL
O2,收集到的气体大于50
mL,除部分CO2没反应外,还可能是反应放热,气体受热膨胀,C错误;可利用O2支持燃烧,能使带火星的木条复燃的性质证明,D正确。
【加固训练—拔高】
1.200
℃时,11.6
g
CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后固体质量增加了3.6
g,则原混合气体的总物质的量是(  )
A.0.125
mol   B.0.25
mol
C.0.5
mol
D.1
mol
【解析】选C。根据质量守恒定律可知,生成O2的质量为11.6
g-3.6
g=8
g,n(O2)==0.25
mol,根据Na2O2与H2O(g)、CO2反应的物质的量的关系可知CO2和H2O(g)的物质的量之和为0.25
mol×2=0.5
mol。
2.为了探究过氧化钠与浓盐酸反应的产物,某研究性学习小组设计了如图所示的实验装置。
回答下列问题:
(1)实验开始前,必须进行的实验操作是__________________________________。
(2)实验过程中装置B中湿润的有色布条褪色,说明生成的气体中有________,说明Na2O2有________性。
(3)装置C的主要作用是_______________________________________________,
反应的离子方程式为_________________________________________________。
(4)为证明装置D中收集到的无色气体是氧气,应进行的实验操作是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)过氧化钠与浓盐酸发生反应的化学方程式是____________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)探究过氧化钠与浓盐酸反应的产物,可能有O2、Cl2生成,要使反应顺利进行,需保证整套装置的气密性良好,该实验产物中有氧气需验证,为防止空气干扰实验,需排尽装置中的空气,D装置:收集到较为纯净的氧气,所以需缓慢通入一定量的N2后,将装置D连接好;
(2)湿润的有色布条褪色,说明有HClO生成,氯气和水反应生成HClO,所以说明装置A中有Cl2生成;氯化氢中-1价的氯只有还原性,过氧化钠与浓盐酸反应,生成的气体中有氯气,氯元素的化合价从-1价变为0价,被氧化,说明过氧化钠具有氧化性;
(3)Cl2有毒不能直接排空,如果O2中混有Cl2,会导致收集的O2不纯净,且盐酸具有挥发性,导致生成的气体中含有HCl,氯气、HCl都能和NaOH反应而除去,离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,H++OH-===H2O,则NaOH的作用是吸收HCl和过量的Cl2,防止污染空气,使D中能收集到较为纯净的氧气;
(4)氧气具有助燃性,可用一根带火星的木条插入集气瓶中,发现木条复燃,就证明是氧气;
(5)过氧化钠与浓盐酸发生反应,氯化氢被氧化成氯气,反应的化学方程式为3Na2O2+8HCl===6NaCl+4H2O+O2↑+Cl2↑。
答案:(1)检查装置气密性;缓慢通入一定量的N2后,将装置D连接好 (2)Cl2 氧化 (3)吸收HCl和过量的Cl2,防止污染空气,使D中能收集到较为纯净的氧气Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O、H++OH-===H2O
(4)用一根带火星的木条插入集气瓶中,发现木条复燃,就证明是氧气
(5)3Na2O2+8HCl===6NaCl+4H2O+O2↑+Cl2↑(合理即可)
3.Na2O2是重要的化工原料,具有多种用途。
(1)写出Na2O2和CO2反应的化学方程式:__________________________________
___________________________________________________________________。
(2)某学生判断Na2O2和SO2反应能生成硫酸钠,你认为他的判断合理吗?____________,简要说明理由________________________。
(3)该同学无法判断反应中是否有氧气生成,拟使用如图所示装置进行实验(铁架台等装置已略去)
装置中B的作用是____________________,D的作用是___________________。
(4)将足量的Na2O2投入含有下列离子的溶液中:NO、S2-、HCO、CO、Na+,反应完毕后,上述离子数目减少的有________,数目增多的离子有______________________________________________________________。
【解析】(1)Na2O2和CO2发生氧化还原反应,生成碳酸钠和氧气。
(2)Na2O2具有强氧化性,SO2具有还原性,两者可以发生氧化还原反应,将+4价的硫氧化为+6价的硫,所以判断Na2O2和SO2反应能生成硫酸钠是合理的。
(3)装置A中硫酸与亚硫酸钠反应生成气体进入装置B,装置B中装有浓硫酸,浓硫酸有吸水性,能吸收二氧化硫中的水分,防止水蒸气与过氧化钠反应而干扰二氧化硫与过氧化钠反应;装置D装有碱石灰,碱石灰是干燥剂,能吸收空气中的水分,防止水蒸气的干扰,碱石灰是碱性物质,二氧化硫是酸性气体,可以被碱石灰吸收,防止其污染空气。
(4)Na2O2具有强氧化性,可与还原性离子发生氧化还原反应,S2-数目减少,Na2O2与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与HCO反应生成CO,则HCO数目减少,Na+、CO数目增多。
答案:(1)2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2
(2)合理 过氧化钠具有强氧化性,能将+4价的硫氧化为+6价的硫,而生成硫酸钠
(3)干燥气体,防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应 防止空气中的水蒸气进入C装置与Na2O2反应,同时吸收过量气体,便于氧气的检验和防止污染空气
(4)S2-、HCO Na+、CO
考点三 碳酸钠、碳酸氢钠(命题指数★★★)
1.物理性质:
名称
碳酸钠
碳酸氢钠
化学式
Na2CO3
NaHCO3
俗名
纯碱、苏打
小苏打
颜色、状态
白色粉末
细小白色晶体
溶解度
Na2CO3大于NaHCO3
碱性
Na2CO3大于NaHCO3
热稳定性
受热难分解
受热易分解
主要用途
玻璃、造纸、制皂、洗涤
发酵、医药、灭火器
2.化学性质:
(1)Na2CO3。
写出上述序号所表示反应的化学方程式:
①Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑;
②Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+2NaOH;
③Na2CO3+BaCl2===BaCO3↓+2NaCl。
(2)NaHCO3。
写出上述序号①、③、④所表示反应的化学方程式,②反应的离子方程式:
①NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑;
②Ca(OH)2过量:HCO+OH-+Ca2+===CaCO3↓+H2O;
Ca(OH)2少量:Ca2++2OH-+2HCO===CaCO3↓+CO+2H2O;
③NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O;
④2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
3.Na2CO3的制备及用途:
(1)Na2CO3的工业制备——侯氏制碱法。
把二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中,使溶解度较小的碳酸氢钠从溶液中析出,过滤得到碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠。
写出制备过程发生反应的化学方程式
a.NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl;
b.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
(2)Na2CO3、NaHCO3的用途。
①Na2CO3是一种非常重要的化工原料,在玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金、食品等工业中有着广泛的应用。
②NaHCO3是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一;在医疗上,它是治疗胃酸过多的一种药剂。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)碳酸钠可用于去除餐具的油污。(  )
提示:√。碳酸钠溶液显碱性,会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物质而除去。
(2)NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂。(  )
提示:×。NaHCO3可以与胃酸中的HCl反应,不是因为其可以受热分解的性质。
(3)除去Na2CO3溶液中含有的Na2SO4,可加入适量Ba(OH)2溶液,过滤。(  )
提示:×。Ba(OH)2+Na2SO4===BaSO4↓+2NaOH,虽除去了Na2SO4,但又增加了新的杂质NaOH,且Na2CO3可与Ba(OH)2反应生成碳酸钡沉淀。
(4)向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,会有NaHCO3晶体析出。(  )
提示:√。NaHCO3的溶解度小,向饱和Na2CO3溶液中通入CO2,会有NaHCO3晶体析出。
(5)用Ba(OH)2溶液可以鉴别NaHCO3和Na2CO3两种溶液。(  )
提示:×。Ba(OH)2与NaHCO3和Na2CO3溶液都生成白色沉淀。
(6)向某溶液中加入稀盐酸,产生的气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊,该溶液一定是碳酸盐溶液。(  )
提示:×。能使澄清石灰水变浑浊的气体有SO2、CO2等,故溶液可以为碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等。
2.比较下列两个装置,回答下列问题:
(1)为了更好地探究NaHCO3和Na2CO3的热稳定性,如图1所示,试管B中装入的固体最好是哪种物质?试解释其原因。
提示:Na2CO3。加热试管B时,能间接加热试管A,B试管中的温度更高,根据烧杯内澄清石灰水是否变浑浊,可以看出Na2CO3在更高温度下不分解,而NaHCO3在稍低温度下已经分解,从而说明Na2CO3热稳定性更好。
(2)哪套装置能够更好地探究NaHCO3和Na2CO3的热稳定性?
提示:图2。图2所示装置中NaHCO3和Na2CO3的受热温度相同,对比现象更明显,更能说明Na2CO3比NaHCO3稳定。
(3)若开始时加入A、B试管中的药品物质的量相同,则经充分加热后再冷却至室温,A、B试管中所得药品的物质的量关系是什么?
提示:n(A)=0.5
n(B)。A试管中发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,所以A、B试管中所得药品的物质的量关系为n(A)=0.5n(B)。
3.著名的“侯氏制碱法”主要反应原理:NH3+CO2+H2O+NaCl===NaHCO3↓+NH4Cl。若实验室根据此原理制备少量的Na2CO3,主要实验包括:制取NH3和CO2→生成NaHCO3→分离NaHCO3→制取Na2CO3四个步骤。下列实验选用的主要仪器或主要步骤不正确的是(  )
A.制取氨气,可选用②③
B.分离NaHCO3,可选用④⑤⑦
C.制取Na2CO3,可选用①②⑦⑧
D.制取NaHCO3时,应先在⑨中通入CO2后再加入氨水
【解析】选D。实验室通常用NH4Cl与Ca(OH)2固体在加热的条件下反应制取氨气,需要选用②③以及其他仪器,A正确;从溶液中分离出NaHCO3固体需要过滤,选用④⑤⑦能够实现,B正确;制取Na2CO3是将NaHCO3加热使其分解,可选用①②⑦⑧,C正确;制取NaHCO3是将生成的氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中,应先在⑨中通入氨气后再通入CO2,D错误。
命题角度1:碳酸钠、碳酸氢钠的性质及鉴别
【典例1】(2021·青岛模拟)有两试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液,下列操作或判断正确的是(  )
选项
操作
判断
A
分别加入澄清石灰水
产生沉淀的为Na2CO3
B
分别加入等浓度的稀盐酸
反应较剧烈的为Na2CO3
C
分别加入CaCl2溶液
产生沉淀的为Na2CO3
D
逐渐加入等浓度的盐酸
立即产生气泡的为Na2CO3
【解析】选C。A项,二者均产生沉淀CaCO3;B项,反应较剧烈的为NaHCO3;D项,立即产生气泡的为NaHCO3。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)若题干为Na2CO3和NaHCO3固体,可以采用什么方法鉴别?
提示:将固体加热产生的气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊的为NaHCO3,无明显现象的为Na2CO3。
(2)(科学探究与创新意识)若NaHCO3溶液中含有Na2CO3,应该如何除去?
提示:向溶液中通入过量的CO2,将Na2CO3转化为NaHCO3。
命题角度2:碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应图象
【典例2】(2021·岳阳模拟)向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1
mol·L-1稀盐酸,CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(  )
A.在0~a范围内,只发生中和反应
B.ab段发生反应的离子方程式为CO+2H+===CO2↑+H2O
C.a=0.3
D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3物质的量之比为1∶2
【解析】选C。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加稀盐酸,NaOH先与稀盐酸反应。在0~a范围内,先发生OH-+H+===H2O,后发生CO+H+===HCO,A错误;ab段发生反应的离子方程式为HCO+H+===H2O+CO2↑,B错误;因a~0.4范围内发生的反应是H++HCO===CO2↑+H2O,n(CO2)=0.01
mol,n(H+)=n(CO2)=0.01
mol,所以a=0.3,C正确;由碳元素守恒可知溶液中n(CO)=n(CO2)=0.01
mol,在0~a范围内,生成0.01
mol
HCO消耗0.01
mol
HCl,则NaOH消耗0.02
mol
HCl,n(OH-)=0.02
mol,原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1,D错误。
向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体,再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,并将溶液加热,产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图(忽略CO2的溶解和HCl的挥发):
则下列分析都正确的组合是(  )
①Ⅰ图对应溶液中的溶质为NaHCO3
②Ⅱ图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,且二者的物质的量之比为1∶1
③Ⅲ图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3,且二者的物质的量之比为1∶1
④Ⅳ图对应溶液中的溶质为Na2CO3
A.①②   B.①③   C.②④   D.②③
【解析】选A。图象Ⅰ中从O点即开始产生CO2气体,对应溶液中的溶质为NaHCO3,①正确;图象Ⅱ中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量,对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,且二者的物质的量之比为=,②正确;图象Ⅲ中,Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量,对应溶液中的溶质为Na2CO3,③错误;图象Ⅳ中,Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量,对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH,且二者的物质的量之比为=,④错误。
【思维升华】
两道试题均是考查Na2CO3、NaHCO3及它们的混合物或与NaOH混合物与盐酸反应的图象。不同的是例题给出了混合物的组成,而“变式”是由图象推断混合物的组成。解答此类问题时常采用数形结合的方法。如下:
(1)图1:向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸,第一步:CO转化为HCO,无气体产生;第二步:HCO与H+反应产生CO2。消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图1所示。
(2)图2:向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸,消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图2所示。
(3)图3:向NaOH、Na2CO3的混合溶液中逐滴加入盐酸,消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图3
所示(设NaOH、Na2CO3的物质的量之比x∶y=1∶1,其他比例时的图象略)。
(4)图4:向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入盐酸,消耗HCl的体积与产生CO2的体积的关系如图4所示(设Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比m∶n=1∶1,其他比例时的图象略)。
命题角度3:碳酸钠、碳酸氢钠质量分数的测定
【典例3】为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量,某同学设计如下实验:取一定质量的混合物,通过测量反应前后②和③装置质量的变化,测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法中错误的是(  )
A.①②③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰
B.硬质玻璃管加热前,应关闭b,打开a,缓缓通入空气,直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止
C.若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则测得的NaCl含量偏小
D.实验过程中先停止通空气,再停止加热
【解析】选D。根据实验目的和装置的连接顺序可知:装置①用于吸收空气中的CO2和水蒸气,可以使用碱石灰;装置②吸收Na2CO3·10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气,可以使用无水CaCl2;装置③吸收碳酸氢钠分解生成的CO2,使用碱石灰,A项正确;实验前必须将装置中的水蒸气和CO2赶净,避免影响测定结果,硬质玻璃管加热前,应关闭b,打开a,缓缓通入空气,直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止,B项正确;若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则会增加水的质量,使测得Na2CO3·10H2O的含量偏高,NaCl的含量偏低,C项正确;实验过程中一直通入空气,停止加热后继续通入空气使存留在装置中的CO2和水蒸气完全被吸收,D项错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)若撤去最后的干燥管,测得的NaHCO3的质量分数将如何变化?
提示:偏大。若撤去最后的干燥管,空气中的CO2和水蒸气进入装置③,测得CO2的质量偏大,NaHCO3的质量分数将偏大。
(2)(科学探究与创新意识)某同学认为可以不用装置③,则需要测量哪些数据?
提示:称量反应前后硬质玻璃管与固体的质量和m1、m2,装置②前后的质量m3、m4。生成水的质量为(m4-m3),生成CO2质量为(m1-m2)-(m4-m3)。
【讲台挥洒一刻】碳酸钠质量分数的测定
1.气体法:
(1)测定原理:Na2CO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+CO2↑。
依据CO2的体积确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
(2)实验操作:向m
g纯碱样品中加入足量的稀硫酸,准确测量产生CO2气体的体积为V
mL(已折算为标准状况)。
(3)数据处理:
纯碱样品中Na2CO3的质量为
mol×106
g·mol-1=
g,则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为×100%=%。
2.沉淀法:
(1)测定原理:Na2CO3+BaCl2===BaCO3↓+2NaCl。
依据BaCO3沉淀的质量,确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。
(2)实验操作:先将m
g纯碱样品溶于水配成溶液,向溶液中加入过量的BaCl2溶液,经过滤、洗涤、干燥得BaCO3沉淀的质量为n
g。
(3)数据处理:
纯碱样品中Na2CO3的质量为×106
g·mol-1=
g,则纯碱样品中Na2CO3的质量分数为×100%=×100%。
1.鉴别Na2CO3和NaHCO3的四大方法:
(1)利用热稳定性不同。
(2)相同条件下利用反应速率不同。
(3)利用阴离子的不同。
(4)利用溶液的碱性不同。
2.Na2CO3、NaHCO3与酸反应的定量比较:
(1)速率:相同条件下,NaHCO3放出CO2的速率比Na2CO3快。
(2)耗酸量:等质量或等物质的量的Na2CO3与NaHCO3均为前者耗酸量多。
(3)CO2生成量比较。
①等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应,产生CO2的量相等。
②等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应,NaHCO3产生的CO2多。
③等物质的量的HCl与足量的Na2CO3、NaHCO3分别反应,NaHCO3产生的CO2多。
命题点1:碳酸钠、碳酸氢钠的性质及鉴别(基础性考点)
1.(2021·衡阳模拟)下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中,不正确的是(  )
A.热稳定性:Na2CO3>NaHCO3
B.相同温度下,0.1
mol·L-1盐溶液的pH:Na2CO3>NaHCO3
C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:Na2CO3D.相同温度下,0.1
mol·L-1盐溶液分别与0.1
mol·L-1
HCl反应的剧烈程度:Na2CO3>NaHCO3
【解析】选D。热稳定性:Na2CO3>NaHCO3,A正确;相同温度、相同浓度情况下,CO的水解程度大于HCO,0.1
mol·L-1两种盐溶液的pH:Na2CO3>NaHCO3,B正确;相同质量的两种盐与足量的HCl反应产生CO2气体的量:Na2CO3<NaHCO3,C正确;在相同浓度、相同温度情况下,碳酸氢钠与盐酸反应比碳酸钠与盐酸反应剧烈,D错误。
命题点2:碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应图象(综合性考点)
2.将2.5
g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶于水,制成稀溶液,然后向该溶液中逐滴加入1
mol·L-1的盐酸,所加入盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示:
(1)写出OA段所发生反应的离子方程式:________________________________
___________________________________________________________________。
(2)当加入35
mL盐酸时,产生CO2的体积为________mL(标准状况)。
(3)原混合物中NaOH的质量为________g,碳酸钠的质量分数为________。
【解析】(1)结合H+能力:OH->CO>HCO,因此OA段发生反应的离子方程式为OH-+H+===H2O,CO+H+===HCO。
(2)加入盐酸25~35
mL,反应的离子方程式为HCO+H+===H2O+CO2↑,因此产生CO2的体积为(35-25)×10-3
L×1
mol·L-1×22.4
L·mol-1=0.224
L=224
mL。
(3)设NaOH为x
mol,Na2CO3为y
mol,NaHCO3为z
mol,根据题意有40x+106y+84z=2.5,y+z=(45-25)×10-3×1,x+y=25×10-3×1,三式联立解得x=0.015,y=z=0.01,因此氢氧化钠的质量为0.015
mol×40
g·mol-1=0.6
g,碳酸钠的质量分数为0.01
mol×106
g·mol-1/2.5
g×100%=42.4%。
答案:(1)OH-+H+===H2O,CO+H+===HCO
(2)224 (3)0.6 42.4%
命题点3:碳酸钠、碳酸氢钠质量分数的测定(应用性考点)
3.为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数(含少量NaCl),准确称量W
g样品进行实验,下列实验方法所对应的实验方案和测量数据合理的是(  )
选项
实验方法
实验方案
测量数据
A
滴定法
将样品配成100
mL溶液,取10
mL,加入酚酞,用标准盐酸滴定
消耗盐酸的体积
B
量气法
将样品与盐酸反应,生成的气体全部被碱石灰吸收
碱石灰增加的质量
C
重量法
将样品放入烧瓶中,置于电子天平上,加入足量盐酸
减少的质量
D
量气法
将样品与盐酸反应,气体通过排水量气装置量气
排出水的体积
【解析】选A。用酚酞作指示剂时,Na2CO3与盐酸发生反应Na2CO3+HCl===NaCl+NaHCO3,依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量,进而确定样品中Na2CO3的质量分数,A项正确;测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法,B项错误;样品中加入足量盐酸,因盐酸的质量未知,无法通过重量法测量Na2CO3的质量,C项错误;因部分CO2能溶解到水里,与水反应生成H2CO3,故排出水的体积并不是CO2的体积,D项错误。
4.实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaCl)的纯度。下列说法不正确的是(  )
A.滴入盐酸前,应将装置中含有CO2的空气排尽
B.装置①、④的作用是防止空气中的CO2进入装置③
C.必须在装置②、③间添加盛有饱和
NaHCO3溶液的洗气瓶
D.反应结束时,应再通入空气将装置②中CO2转移到装置③中
【解析】选C。根据实验目的和装置图,实验原理为样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba(OH)2溶液吸收,通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。A项,为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响,滴入盐酸前,应将装置中含有CO2的空气排尽,正确;B项,装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2,防止空气中CO2进入装置③中,装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中,正确;C项,由于盐酸具有挥发性,反应产生的CO2中混有HCl,若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,HCl与NaHCO3反应产生CO2,使得测得的CO2偏大,测得纯碱的纯度偏大,错误;D项,为了保证测量的CO2的准确性,反应结束,应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中,正确。
5.已知某纯碱样品中含有少量NaCl杂质,为测定该样品中纯碱的质量分数,可用如图所示的装置进行实验。
主要实验步骤如下:
①按如图所示装置来组装仪器,并检查装置的气密性;
②将a
g纯碱样品放入锥形瓶中,加入适量蒸馏水溶解,得到纯碱样品溶液;
③称量盛有碱石灰的U形管的质量为b
g;
④通过分液漏斗滴入6
mol·L-1的硫酸,直到不再产生气体为止;
⑤从导管A处缓缓鼓入一定量的空气;
⑥再次称量盛有碱石灰的U形管的质量为c
g;
⑦重复步骤⑤和⑥的操作,直到U形管的质量基本不变,为d
g。请回答下列问题:
(1)在用托盘天平称量样品时,如果天平的指针向左偏转,说明____________。
(2)装置中干燥管B的作用是____________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成物质的量浓度相同的盐酸,测量结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(4)步骤⑤的目的是___________________________________________________。
(5)步骤⑦的目的是___________________________________________________。
(6)该样品中纯碱的质量分数为_________________________________________。
(7)还可以用其他实验方法测定该样品中纯碱的质量分数。请简述一种不同的实验方法。_______________________________________________________________________________________________________________________________________。
【解析】(1)用托盘天平称量样品时,如果天平的指针向左偏转,说明样品质量较大。
(2)根据U形管的增重计算纯碱的质量,装置中干燥管B的作用是防止空气中的CO2与水蒸气进入U形管。
(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成物质的量浓度相同的盐酸,因盐酸有挥发性,使U形管的质量增重,测量结果将偏高。
(4)步骤⑤的目的是将反应产生的CO2全部赶入U形管中。
(5)步骤⑦的目的是保证产生的CO2被充分吸收,减小误差。
(6)U形管反应前后质量增加(d-b)g,n(CO2)=
mol,该样品中纯碱的质量分数是×100%。
(7)也可以向一定量的纯碱样品溶液中加入足量BaCl2溶液,经过滤、洗涤、烘干、称量沉淀质量的方法测定样品中纯碱的质量分数。
答案:(1)样品质量较大 (2)防止空气中的CO2与水蒸气进入U形管 (3)偏高 (4)将反应产生的CO2全部赶入U形管中 (5)保证产生的CO2被充分吸收,减小误差 (6)×100%
 (7)向一定量的纯碱样品溶液中加入足量BaCl2溶液,经过滤、洗涤、烘干、称量沉淀质量的方法测定样品中纯碱的质量分数(其他合理答案均可)
【加固训练—拔高】
1.有甲、乙两个完全相同的装置,分别在它们的侧管中装入1.
06
g
Na2CO3和0.84
g
NaHCO3,试管中各有10
mL
2.5
mol·L-1盐酸(如图),同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中,下列叙述正确的是(  )
A.甲装置的气球膨胀速率大
B.只有乙装置中盐酸过量
C.最终两气球体积相同
D.最终两溶液中Na+、Cl-的物质的量相同
【解析】选C。碳酸钠和盐酸反应分步进行,先生成碳酸氢钠,后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳,所以甲装置的气球膨胀速率小,A错误;1.06
g
Na2CO3和0.84
g
NaHCO3的物质的量相同,都是0.01
mol,HCl的物质的量为0.025
mol,根据方程式NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑知,盐酸在甲、乙装置中均过量,B错误;最终两气球体积相同,均产生0.01
mol
CO2,C正确;1.06
g
Na2CO3和0.84
g
NaHCO3的物质的量相同,都是0.01
mol,所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同,故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同,D错误。
2.过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂,其与稀盐酸反应的化学方程式为2Na2CO4+4HCl===4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠,为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度,某化学兴趣小组采用以下两种方案实施:
(1)操作①和③的名称分别为____________________。
(2)上述操作中,使用到玻璃棒的有________(填操作序号)。
(3)请简述操作③的操作过程________________。
方案二:按如图安装好实验装置,Q为一塑料气袋,随意取适量样品于其中,打开分液漏斗活塞,将稀盐酸滴入气袋中至充分反应。
(4)为测定反应生成气体的总体积,滴稀盐酸前必须关闭________,打开________(填“K1”“K2”或“K3”)。导管A的作用是____________。
(5)当上述反应停止后,使K1、K3处于关闭状态,K2处于打开状态,再缓缓打开Kl。B中装的固体试剂是____________,为何要缓缓打开K1?________________
___________________________________________________________________。
(6)实验结束时,量筒Ⅰ中有x
mL水,量筒Ⅱ中收集到了y
mL气体,则样品中过碳酸钠的质量分数是________________。
【解析】样品称量可以得到样品质量为m1
g,加入稀盐酸溶解后,反应后得到溶液为氯化钠溶液,蒸发结晶得到氯化钠,称量得到固体氯化钠的质量为m2
g。
(1)操作①为称量固体质量,操作③为结晶得到氯化钠固体。
(2)固体溶解需要玻璃棒搅拌加速溶解,溶液中得到溶质固体需要在蒸发皿中加热蒸发结晶,过程中需要玻璃棒搅拌,受热均匀,上述操作中,使用到玻璃棒的有②③。
(3)溶液中得到溶质固体的方法是加热蒸发结晶,具体操作为得到的溶液在蒸发皿中加热蒸发,用玻璃棒不断搅拌到大量晶体析出,停止加热靠余热蒸发剩余的水分得到氯化钠固体。
(4)实验开始后,反应产生的CO2、O2使气球变大,将广口瓶中气体排出,水进入量筒Ⅰ中,所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积,所以滴稀盐酸前必须关闭K1、K2打开K3,为使分液漏斗内液体顺利流下,应使
分液漏斗内外压强相等,所以导管A的作用是平衡分液漏斗上下的压强,使液体顺利流下。
(5)用碱石灰吸收二氧化碳,量筒Ⅱ中排出液体的体积为氧气体积,缓缓打开K1,让生成的二氧化碳能充分被B中碱石灰吸收,使量筒内收集到纯净的氧气。
(6)量筒Ⅰ中有x
mL水,则CO2、O2的总体积为x
mL,量筒Ⅱ中收集到了y
mL气体,则O2总体积为y
mL,则反应2Na2CO4+4HCl===4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O,生成的二氧化碳为2y
mL,碳酸钠反应生成二氧化碳为(x-y-2y)=(x-3y)
mL,生成二氧化碳物质的量之比为2y∶(x-3y),则Na2CO4与碳酸钠的物质的量之比为2y∶(x-3y),故样品中过碳酸钠的质量分数是×100%=×100%。
答案:(1)称量、蒸发结晶 (2)②③ (3)得到的溶液在蒸发皿中加热蒸发,用玻璃棒不断搅拌到大量晶体析出,停止加热靠余热蒸发剩余的水分得到氯化钠固体
(4)K1、K2 K3 平衡分液漏斗上下的压强,使液体顺利流下 (5)碱石灰 让生成的二氧化碳能充分被B中碱石灰吸收,使量筒内收集到纯净的氧气
(6)×100%
考点四 碱金属元素性质与焰色反应(命题指数★★★)
1.碱金属的相似性与递变性:
相似性
递变性(由Li→Cs)
原子结构
最外层均为1个电子
电子层数逐渐增多核电荷数逐渐增大原子半径逐渐增大
元素性质
都具有较强的金属性,最高正价均为+1价
金属性逐渐增强
单质性质
物理性质
(除Cs外)都呈银白色,密度较小,熔、沸点较低
密度逐渐增大(钾反常),熔、沸点逐渐降低
化学性质
都具有较强的还原性
还原性逐渐增强;与O2反应越来越剧烈,产物越来越复杂
2.焰色反应:
(1)概念。
某些金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特殊的颜色,属于物理变化,
是元素的性质。
(2)常见元素的焰色。
钠元素黄色;钾元素紫色(透过蓝色钴玻璃观察);铜元素绿色,钡元素黄绿色,锂元素紫红色。
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+。(  )
提示:√。用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧,进行焰色反应,火焰为黄色,说明该盐溶液中一定有Na+。
(2)焰色反应是金属化合物的性质。(  )
提示:×。焰色反应是某些金属元素的性质。
(3)观察K+需要透过蓝色钴玻璃。(  )
提示:×。做焰色反应观察K+需要透过蓝色钴玻璃。
(4)碱金属都可以保存在煤油中。(  )
提示:×。金属锂的密度小于煤油的密度,会浮在煤油的上面,不能保存在煤油中。
(5)碱金属与水反应,均漂浮在水面上。(  )
提示:×。铷、铯的密度比水的密度大,与水反应时,沉入水的下面。
(6)每次实验焰色反应后都要用硫酸清洗铂丝。(  )
提示:×。进行焰色反应实验时,金属在火焰灼烧过程中发生反应生成氧化膜,对实验产生干扰,所以洗涤铂丝的目的是除去这层氧化膜,应该选用酸性物质反应除去。用稀硫酸洗涤,反应生成沸点很高的硫酸盐,不容易除去,用稀盐酸洗涤,反应生成的氯化物加热灼烧容易除去。
【加固训练—拔高】
(1)利用铯原子钟,人们可以十分精确地测量出十亿分之一秒的时间,精确度和稳定性远远地超过世界上以前有过的任何一种表,也超过了许多年来一直以地球自转作基准的天文时间。在自然界中有没有游离态的铯?
提示:根据碱金属性质的递变规律,Cs的金属性比K强,故自然界中没有游离态的铯。
(2)如何利用物理方法鉴别K2CO3溶液和Na2SO4溶液?
提示:先用铂丝分别蘸取少量上述溶液,放到酒精灯上灼烧,看火焰颜色。若为黄色,为Na2SO4溶液;若透过蓝色钴玻璃观察为紫色,则为K2CO3溶液。
命题角度1:碱金属元素性质
【典例1】下列有关铯及其化合物的说法不正确的是(  )
A.CsOH的碱性比KOH的强
B.铯与水或稀盐酸反应剧烈,都生成H2
C.Cs的还原性比Na的强,故Na+的氧化性强于Cs+
D.Li的金属性比Cs的强
【解析】选D。根据元素周期律,Cs的金属性比K强,故CsOH的碱性比KOH强,A项正确;Cs的化学性质与钠相似,Na能与水或稀盐酸反应产生H2,故Cs也能与水或稀盐酸反应产生H2,且反应更剧烈,B项正确;Cs的还原性强于Na,则Na+得电子能力比Cs+强,即氧化性:Na+>Cs+,C项正确;Li、Cs均为碱金属元素,Cs的电子层数多,更容易失去最外层电子,故金属性:Cs>Li,D项错误。
命题角度2:焰色反应
【典例2】焰色反应实验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色反应的观察两项操作如图所示:
下列叙述中不正确的是(  )
A.每次实验中都要先将铂丝灼烧到火焰无色,再蘸取被检验物质
B.钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察
C.实验时最好选择本身颜色较深的火焰
D.没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
【解析】选C。如果不将铂丝灼烧到火焰无色,会给样品火焰颜色带来干扰,A正确;观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃,滤去黄光再观察,B正确;焰色反应应选择本身颜色较浅的火焰,C错误;铁丝与铂丝灼烧时都没有焰色,可以进行焰色反应的实验,D正确。
1.碱金属的特殊性:
(1)碱金属的密度一般随核电荷数的增大而增大,但钾的密度比钠的小。
(2)碱金属一般都保存在煤油中,但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。
(3)碱金属跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物,其中氢以H-形式存在,显-1价,碱金属氢化物是强还原剂。
2.焰色反应的操作:
如图所示
命题点1:碱金属元素性质(基础性考点)
1.关于碱金属单质的下列叙述中正确的是(  )
A.从锂→铯密度逐渐增大
B.在钠、钾、铯三种单质中,铯的熔点最低
C.铷的密度比钾大,熔点比钾高
D.金属钫的熔点比金属钠的熔点高
【解析】选B。碱金属元素随着原子序数的增大,其单质的熔点、沸点依次降低,密度依次增大(但钾反常);钠、钾、铯三种单质中,钠的熔点最高,铯的熔点最低;而碱金属单质中,钫的熔点最低;铷与钾相比较,铷的密度比钾大,熔点比钾低。
【加固训练—拔高】
(2021·邯郸模拟)碱金属钫(Fr)具有放射性,它是碱金属元素中最重的元素,根据碱金属元素性质的递变规律预测其性质,其中不正确的是(  )
A.在碱金属元素中它具有最大的原子半径
B.钫在空气中燃烧时,只生成化学式为Fr2O的氧化物
C.它的氢氧化物的化学式为FrOH,这是一种极强的碱
D.它能跟水反应生成相应的碱和氢气,由于反应剧烈而发生爆炸
【解析】选B。根据同主族元素性质的递变规律,从金属锂到金属钫随原子序数的递增,原子半径逐渐增大,元素的金属性逐渐增强,最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强,与水反应的剧烈程度逐渐增强,与氧气反应的产物越来越复杂,可以产生过氧化物、超氧化物等。
命题点2:焰色反应(基础性考点)
2.明代宋应星所著的《天工开物》被誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法错误的是(  )
A.“纷纷灿烂如星陨,喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色反应
B.“凡盐,见水即化”,此处所讲“盐”即食盐
C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无法确定是否有K+
D.高压钠灯发出透雾性强的黄光是利用了焰色反应的原理
【解析】选A。钠的火焰呈黄色,但铁的火焰无色,所以诗句中描述的焰色反应不包含金属铁,故A错误;“凡盐,见水即化”中所讲的“盐”即食盐,溶解度较大,易溶于水,故B正确;灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,并不能证明无K+,Na+焰色反应为黄色,可遮住紫光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察,故C正确;钠的焰色反应为黄色,则高压钠灯发出透雾性强的黄光是利用了焰色反应的原理,故D正确。
【加固训练—拔高】
为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体,有4位同学分别设计了下列四种不同的方法,其中不可行的是(  )
A.分别加入1
mol·L-1的盐酸,看气泡产生的快慢
B.分别取样在试管中加热,将可能产生的气体通入澄清石灰水中,观察有无白色浑浊
C.分别取样配成溶液,滴加Ba(OH)2溶液,观察有无白色沉淀
D.分别配成溶液,做焰色反应实验,观察火焰的颜色
【解析】选C。A项,因K2CO3与盐酸反应分步进行,先生成碳酸氢钾,盐酸过量时才生成气体,故可行;B项,K2CO3受热不分解,NaHCO3受热分解产生CO2,故可行;C项,二者与Ba(OH)2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3,故不可行;D项,钾的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃观察),钠的焰色反应为黄色,故可行。
1.下列说法正确的是(  )
A.(2020·浙江7月选考)Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B.(2019·全国Ⅱ卷)Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2===2Na2O+O2↑
C.(2019·江苏高考)室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
D.(2018·江苏高考)NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂
【解析】选A。无水状态下Na2O2比Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2,A正确;Na2O2在空气中放置,会与空气中的CO2和水蒸气反应,最终生成Na2CO3,B错误;常温下,Na与O2反应生成Na2O,在加热条件下,Na与O2生成Na2O2,C错误;NaHCO3可以与胃酸中的HCl反应,不是因为其受热易分解的性质,D错误。
2.下列有关叙述正确的是
(  )
A.(2020·山东等级考)用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
B.(2020·山东等级考)小苏打用作食品膨松剂中涉及氧化还原反应
C.(2017·江苏高考)Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂
D.碳酸钠不可用于去除餐具的油污
【解析】选C。K燃烧有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反应生成O2助燃,所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧,A错误;小苏打即NaHCO3,NaHCO3受热分解产生无毒的CO2,因此可用小苏打作食品膨松剂,不涉及氧化还原反应,B错误;人呼出CO2,经Na2O2反应生成O2,故可作供氧剂,C正确;碳酸钠溶液显碱性,会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物质而除去,D错误。
【加固训练—拔高】
(2016·江苏高考)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是(  )
 
【解析】选C。制NH3需要NH4Cl与Ca(OH)2反应,A项错误;通CO2的方向错,应长进短出,B项错误;NaHCO3的溶解度小,可用过滤法分离,C项正确;加热NaHCO3会分解,D项错误。
1.特殊的颜色:Na2O2——淡黄色固体。
2.特殊的存放:Na、K保存在煤油中。
3.钠与水(或水溶液)反应的四个共同现象——“浮、游、熔、响”。
4.必记的五个反应:
(1)2Na+2H2O===2NaOH+H2↑。
(2)2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑。
(3)2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2。
(4)Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑。
(5)Na2CO3+H2O+CO2===2NaHCO3。
5.Na2CO3与NaHCO3鉴别的四种方法:
(1)固体加热法。(2)加盐酸法。(3)加CaCl2溶液法。
(4)测等浓度溶液的pH法。
6.碱金属的焰色反应:
钠——黄色;钾——紫色(透过蓝色的钴玻璃)
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-第二讲 化学平衡状态和平衡移动
考点一 可逆反应与化学平衡状态(命题指数★★★)
1.可逆反应:
(1)概念:在同一条件下,既能向正反应方向进行同时又能向逆反应方向进行的反应。
(2)表示方法:用“”连接,把从左向右进行的反应称为正反应,把从右向左进行的反应称为逆反应。
(3)可逆反应的特点:
2.化学平衡状态:
(1)概念:在一定条件下,当正、逆两个方向的反应速率相等时,反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度可以保持不变,这种状态称为化学平衡状态。
(2)化学平衡状态的特征:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)NH3和HCl生成NH4Cl与NH4Cl分解生成NH3和HCl互为可逆反应。(  )
提示:×。反应条件不同,不互为可逆反应。
(2)化学反应的限度就是一个可逆反应达到的平衡状态,可逆反应的转化率不能达到100%。(  )
提示:√。可逆反应在一定条件下达到平衡状态时,就是该反应的限度,可逆反应不能进行完全,转化率低于100%。
(3)在一恒容密闭容器进行NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),当CO2体积分数不变时,该反应达到平衡状态。(  )
提示:×。在该可逆反应进行中,CO2体积分数始终不变。所以CO2体积分数不变不能作为判断平衡状态的依据。
(4)对于可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),当密度保持不变时,在恒温恒容和恒温恒压条件下,均不能作为平衡状态的标志。(  )
提示:×。恒温恒压条件下,由于反应过程中气体体积增大,气体密度减小,密度不变即为平衡状态。
(5)恒温恒压条件下,对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g),当容器中气体颜色保持不变时,该反应已经达到平衡状态。(  )
提示:√。该反应为气体物质的量不变的反应,容器内颜色不变即为I2浓度不变,故反应达到平衡状态。
2.在某一容积为5
L的密闭容器内,加入0.2
mol的CO和0.2
mol的H2O,在催化剂存在的条件下加热至高温,发生如下反应:CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH>0。反应中CO2的浓度随时间变化情况如图:
(1)根据如图数据,反应开始至达到平衡时,CO的化学反应速率为________;反应达到平衡时;c(H2)=___________________________________________。
(2)判断该反应达到平衡的依据是__________。
①CO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等
②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
④正、逆反应速率都为零
【解析】(1)由图可知10
min时达到平衡,v(CO)=v(CO2)=0.03
mol·L-1÷10
min=0.003
mol·L-1·min-1。由化学方程式得c(H2)=c(CO2)=0.03
mol·L-1。(2)达到平衡的标志是各物质的百分组成不变,浓度不变,正、逆反应速率相等且不为零。CO减少的化学反应速率是正反应速率,CO2减少的化学反应速率是逆反应速率。所以①③可作为判断反应达到平衡的依据。
答案:(1)0.003
mol·L-1·min-1 0.03
mol·L-1 (2)①③
命题角度1:可逆反应与化学平衡状态的建立
【典例1】(2021·宁德模拟)往10
mL
0.2
mol·L-1NaI溶液中滴加4~5滴
0.1
mol·L-1FeCl3溶液后,再进行下列实验,可证明FeCl3溶液和NaI溶液的反应为可逆反应的是(  )
A.再滴加AgNO3溶液,观察是否有AgI沉淀产生
B.加入CCl4振荡后,观察下层液体颜色
C.加入CCl4振荡后,取上层清液,滴加AgNO3溶液,观察是否有AgCl沉淀产生
D.加入CCl4振荡后,取上层清液,滴加KSCN溶液,观察是否出现红色
【解析】选D。可逆反应的特点是不能进行彻底,FeCl3和过量的碘化钾反应,若仍有三价铁离子存在,则说明该反应为可逆反应,所以向充分反应后的溶液加硫氰化钾,溶液变血红色,证明有三价铁离子存在,说明该反应为可逆反应。
【备选例题】
(2021·开封模拟)在密闭容器中进行反应X+3Y2Z,已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别为0.1
mol·L-1、0.4
mol·L-1、0.2
mol·L-1,在一定条件下,当反应达到化学平衡时,各物质的浓度可能是(  )
A.X为0.2
mol·L-1   
B.Y为0.45
mol·L-1
C.Z为0.5
mol·L-1
D.Y为0.1
mol·L-1
【解析】选B。若反应向正反应进行到达平衡,X、Y的浓度最小,Z的浓度最大,假定完全反应,则:K
         
X + 3Y2Z
开始(mol·L-1):
0.1
0.4
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.3
0.2
平衡(mol·L-1):
0
0.1
0.4
若反应向逆反应进行达到平衡,将产物Z转化为反应物X和Y,X、Y的浓度最大,Z的浓度最小,假定完全反应,则:
        
X + 3Y2Z
开始(mol·L-1):
0.1
0.4
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.3
0.2
平衡(mol·L-1):
0.2
0.7
0
由于为可逆反应,物质不能完全转化,所以平衡时浓度范围为0
mol·L-1<c(X)<0.2
mol·L-1,0.1
mol·L-1<c(Y)<0.7
mol·L-1,
0
mol·L-1<c(Z)<0.4
mol·L-1,综合以上分析可知B正确。
命题角度2:化学平衡状态的判断
【典例2】(2021·温州模拟)反应X(s)+2Y(g)2W(g) ΔH=-a
kJ·mol-1(a>0),一定温度下,在恒压的密闭容器中,加入1
mol
X和2
mol
Y发生反应,下列说法正确的是(  )
A.充分反应时,放出的热量为a
kJ
B.当Y与W的物质的量浓度之比为1∶1时,表明该反应一定已达到平衡
C.当容器内气体的密度不再改变时,表明该反应一定已到达平衡
D.当达到平衡状态时,X和Y的转化率之比为1∶2
【解析】选C。可逆反应反应物不能完全转化,则充分反应时,放出的热量小于a
kJ,故A错误;平衡常数未知,不能确定平衡时Y与W的物质的量浓度之比,故B错误;X为固体,当反应达到平衡状态时,气体的质量不变,则容器内气体的密度不变,故C正确;加入1
mol
X和2
mol
Y,且按1∶2参加反应,则无论是否达到平衡状态,X和Y的转化率之比都为1∶1,不能用于判断是否达到平衡,故D错误。
1.反应物与生成物取值范围的界定:
采用极端假设(“一边倒”)的方法,可以界定反应物与生成物的取值范围。
如在恒温恒容密闭容器中发生可逆反应X2(g)+Y2(g)2Z(g),X2、Y2、Z的初始浓度分别为0.2
mol·L-1、0.1
mol·L-1和0.2
mol·L-1,若反应向正反应进行到达平衡,X2、Y2的浓度最小,Z的浓度最大,假定完全反应,则:
        
X2(g)+Y2(g)2Z(g),
开始(mol·L-1):
0.2
0.1
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.1
0.2
平衡(mol·L-1):
0.1
0
0.4
若反应向逆反应进行到达平衡,将产物Z转化为反应物X2和Y2,X2、Y2的浓度最大,Z的浓度最小,假定完全反应,则:
        
X2(g)+Y2(g)2Z(g),
开始(mol·L-1):
0.2
0.1
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.1
0.2
平衡(mol·L-1):
0.3
0.2
0
由于物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0.1
mol·L-1<c(X2)<0.3
mol·L-1,0
mol·L-1<c(Y2)<0.2
mol·L-1,0
mol·L-1<c(Z)<0.4
mol·L-1。此方法可称为“一边倒”。
2.判断可逆反应是否达到平衡状态的方法:
可逆反应达到化学平衡状态时有两个主要的特征:一是正反应速率和逆反应速率相等;二是反应混合物中各组分的百分含量保持不变。这两个特征就是判断可逆反应是否达到化学平衡状态的核心依据。
(1)根本标志:v正=v逆≠0。
①对于同一物质而言,该物质的生成速率等于它的消耗速率;
②对于不同的物质而言,速率之比等于方程式中的化学计量数之比,但必须是不同方向的速率。
(2)直接标志:“定”,即反应混合物中各组分的含量保持不变。
(3)间接标志:指所表述的内容并非直接而是间接反映“等”和“定”的意义。
①反应物的转化率保持不变。
②产物的产率保持不变。
③平衡体系的颜色保持不变。
④绝热的恒容反应体系中的温度保持不变。
⑤某化学键的破坏速率和生成速率相等。
(4)“特殊”标志:指所表述的内容并不能适用于所有反应,只是适用于某些反应达到化学平衡状态。
①体系中气体物质的总质量保持不变。
②体系中气体物质的总物质的量(或体积或分子个数)保持不变。
③体系中气体物质的平均相对分子质量保持不变。
④气体的总压强不再发生改变。
⑤体系中气体的密度不再发生改变。
命题点1:可逆反应与化学平衡状态的建立(基础性考点)
1.(2021·淮北模拟)已知反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g),起始时向某密闭容器中通入1
mol
NO2、2
mol
S18O2,反应达到平衡后,下列有关说法正确的是(  )
A.NO2中不可能含18O
B.有1
mol
N18O生成
C.S18O2的物质的量不可能为0.8
mol
D.SO2、SO3、NO、NO2均含18O时,说明该反应达到平衡
【解析】选C。反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)为可逆反应,则通入1
mol
NO2、2
mol
S18O2,反应达到平衡后,SO2、SO3、NO、NO2均含18O,故A错误;反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)为可逆反应,反应物不可能完全消耗,所以通入1
mol
NO2、2
mol
S18O2,不可能有1
mol
N18O生成,故B错误;反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)为可逆反应,反应物不可能完全消耗,所以通入1
mol
NO2、2
mol
S18O2,则NO2、S18O2消耗都小于1
mol,所以S18O2的物质的量不可能为0.8
mol,故C正确;反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)为可逆反应,SO2、SO3、NO、NO2均含18O时,不能说明该反应达到平衡,故D错误。
命题点2:化学平衡状态的判断(综合性考点)
2.(2021·钦州模拟)在体积固定的密闭容器中发生反应:2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。下列叙述中不能说明上述反应已达到化学平衡状态的是(  )
A.体系的压强不变
B.反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化
C.混合气体的密度不变
D.混合气体的平均相对分子质量不变
【解析】选C。该反应为气体体积缩小的可逆反应,压强为变量,当体系的压强不变时,表明正逆反应速率相等,达到平衡状态,故A不符合题意;反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化时,表明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故B不符合题意;该反应中混合气体总质量、容器容积为定值,则混合气体的密度始终不变,不能根据混合气体的密度判断平衡状态,故C符合题意;混合气体总质量为定值,混合气体的物质的量为变量,则混合气体的平均相对分子质量为变量,当混合气体的平均相对分子质量不变时,表明达到平衡状态,故D不符合题意。
3.(2021·莆田模拟)一定温度下,反应N2O4(g)2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1
mol
N2O4充入一恒压密闭容器中,下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是(  )
A.①②   B.②④   C.③④   D.①④
【解析】选D。因反应容器保持恒压,所以容器体积随反应进行而不断变化,结合ρ气=m/V可知,气体密度不再变化,说明容器体积不再变化,即气体的物质的量不再变化,反应达到平衡状态,①符合题意;无论是否平衡,反应的ΔH都不变,②不符合题意;反应开始时,加入1
mol
N2O4,随着反应的进行,N2O4的浓度逐渐变小,故v正(N2O4)逐渐变小,直至达到平衡,③不符合题意;N2O4的转化率不再变化,说明N2O4的浓度不再变化,反应达到平衡状态,④符合题意,故选D。
【加固训练—拔高】
1.(2021·商丘模拟)在一个恒容密闭容器中发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为1.0
mol·L-1、1.0
mol·L-1、0.5
mol·L-1,当反应达到最大限度时,可能出现的数据是(  )
A.c(SO3)=1.5
mol·L-1
B.c(O2)=c(SO3)=0.75
mol·L-1
C.c(O2)=1.25
mol·L-1
D.c(SO2)+c(SO3)=1.5
mol·L-1
【解析】选D。为可逆反应,不能完全转化,则c(SO3)<1.5
mol·L-1,故A错误;某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为1.0
mol·L-1、1.0
mol·L-1、
0.5
mol·L-1,SO3的浓度增大0.25
mol·L-1变为0.75
mol·L-1,此时转化的氧气为0.125
mol·L-1,此时c(O2)=1.0
mol·L-1-0.125
mol·L-1=0.875
mol·L-1,故B错误;为可逆反应,不能完全转化,结合上述分析可知,c(O2)<1.25
mol·L-1,故C错误;由S原子守恒可知,c(SO2)+c(SO3)=1.5
mol·L-1,故D正确。
2.(2021·抚顺模拟)一定温度下,恒容密闭容器中,反应2HI(g)H2(g)+I2(g,紫色),下列不能说明已达到平衡状态的是(  )
A.各物质的浓度不再变化
B.混合体颜色不再变化
C.HI、H2、I2的物质的量浓度之比为2∶1∶1
D.HI的质量不再变化
【解析】选C。各物质的浓度不再变化,表明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故A不选;该体系中只有I2具有颜色,该反应在恒容容器中进行,当混合气体的颜色不再变化,说明I2浓度不再变化,能说明反应已达到平衡状态,故B不选;HI、H2、I2的物质的量浓度之比为2∶1∶1时,无法确定各组分的浓度是否继续变化,则无法判断平衡状态,故C选;HI的质量不再变化,表明正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故D不选。
3.(2021·惠州模拟)在密闭容器中有如下反应:X2(g)+Y2(g)2Z(g)。已知:X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1
mol·L-1、0.3
mol·L-1、0.2
mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度(单位mol·L-1)可能是(  )
A.X2为0.2         
B.Y2为0.2
C.Z为0.3
D.Z为0.4
【解析】选C。若反应向正反应进行到达平衡,X2、Y2的浓度最小,Z的浓度最大,假定完全反应,则:
      
X2(g)+Y2(g)2Z(g)
开始(mol·L-1):
0.1
0.3
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.1
0.2
平衡(mol·L-1):
0
0.2
0.4
若反应逆向进行,将产物Z完全转化为反应物X2和Y2,X2、Y2的浓度最大,Z的浓度最小,假定完全反应,则:
        
X2(g)+Y2(g)2Z(g)
开始(mol·L-1):
0.1
0.3
0.2
变化(mol·L-1):
0.1
0.1
0.2
平衡(mol·L-1):
0.2
0.4
0
由于为可逆反应,物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0
mol·L-1<c(X2)<0.2
mol·L-1,0.2
mol·L-1<c(Y2)<0.4
mol·L-1,0
mol·L-1<c(Z)<
0.4
mol·L-1,故A、B、D错误,C正确。
考点二 化学平衡移动(命题指数★★★★★)
1.化学平衡的移动:
(1)定义:在一定条件下,当可逆反应达到化学平衡状态后,如果改变外界条件,平衡状态被破坏,平衡体系的物质组成也会随着改变,直到达到新的平衡状态。这种由原有的平衡状态达到新的平衡状态的过程叫做化学平衡的移动。
(2)化学平衡移动方向的判断
条件改变
2.影响化学平衡的因素:
(1)浓度。
①增大反应物浓度或减小生成物浓度,平衡向正反应方向移动。
②增大生成物浓度或减小反应物浓度,平衡向逆反应方向移动。
(2)压强。
①压强增大(减小容器体积),化学平衡向气体体积缩小的方向移动。
②压强减小(增大容器体积),化学平衡向气体体积增大的方向移动。
③对于反应前后气体物质的量不变的反应[如H2(g)+I2(g)2HI(g)],改变压强,化学平衡不发生移动。
(3)温度。
①温度升高,平衡向吸热反应方向移动。
②温度降低,平衡向放热反应方向移动。
3.勒夏特列原理:
(1)内容:如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反应的化学物质的浓度),平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
(2)适用范围:适用于任何动态平衡(如溶解平衡、电离平衡等),非平衡状态不能用此来分析。
(3)平衡移动的结果是“减弱”外界条件的影响,而不是“消除”外界条件的影响,更不是“扭转”外界条件的影响。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)催化剂改变反应历程,既可以加快反应速率,也可以使平衡移动。(  )
提示:×。催化剂只能加快反应速率,对化学平衡没有影响。
(2)对于有气体参与或生成的可逆反应,增大压强,化学平衡一定发生移动。(  )
提示:×。对于反应前后气体物质的量不变的反应,增大压强,平衡不发生移动。
(3)对于反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,向混合溶液中加入KCl固体,平衡逆向移动。(  )
提示:×。KCl没有参加离子反应,不影响平衡移动。
(4)向合成氨的恒容密闭体系中加入稀有气体增大压强,平衡正向移动。(  )
提示:×。若往恒容密闭容器中充入与反应无关的气体,尽管压强增大,但各组分的浓度不变,平衡并不发生移动。
(5)当NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)达到平衡后,移走一部分NH4HS固体,平衡向右移动。(  )
提示:×。因NH4HS是固体,不影响平衡移动。
(6)COCl2(g)CO(g)+Cl2(g),当反应达到平衡时恒压通入惰性气体,提高了COCl2转化率。(  )
提示:√。恒压通入惰性气体,体积增大,相当于减压;平衡正向移动,COCl2转化率增大。
2.在水溶液中橙红色的Cr2O与黄色的CrO有下列平衡关系:Cr2O+H2O2CrO+2H+,把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液,溶液呈________色。因为_____________。
(2)向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸,则溶液呈________色,因为__________________________________________________。
(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀),则平衡________________(填“向左移动”或“向右移动”),溶液颜色将__________________________________________________。
【解析】加碱中和溶液中的H+,平衡右移,溶液中的c(CrO)增大;加酸使平衡左移,溶液中的c(Cr2O)增大。加Ba(NO3)2,发生的反应为Ba2++CrO===BaCrO4↓(黄色),平衡向右移动,溶液颜色将由橙色逐渐变浅,直至无色。
答案:(1)黄 OH-与H+结合生成水,使平衡向右移动,CrO浓度增大,溶液由橙色变为黄色 (2)橙 c(H+)增大,平衡左移,Cr2O浓度增大,溶液由黄色变为橙色 (3)向右移动 逐渐变浅,直至无色
命题角度1:影响化学平衡的因素
【典例1】(2020·浙江7月选考)一定条件下:2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是(  )
A.温度0
℃、压强50
kPa
B.温度130
℃、压强300
kPa
C.温度25
℃、压强100
kPa
D.温度130
℃、压强50
kPa
【解析】选D。测定二氧化氮的相对分子质量,要使测定结果误差最小,应该使混合气体中NO2的含量越多越好,为了实现目的,应该改变条件使平衡尽可能逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应,可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动,则选项中,温度高的为130
℃,压强低的为
50
kPa,结合二者选D。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)常温下,1
mol
NO2气体含有的分子数是多少?
提示:1
mol
NO2气体,其中必定混有N2O4,分子数无法确定。
(2)(变化观念与平衡思想)若将一可变容积的装有NO2气体的容器加压,气体的颜色变化如何?为什么会出现如此变化?
提示:加压后颜色先变深后变浅,最终比原气体颜色深。加压瞬间NO2浓度增大,颜色变深;平衡向生成N2O4方向移动,颜色变浅;平衡移动只能减弱瞬间改变而不能消除,最终颜色比原来深。
命题角度2:化学平衡原理在工业生产中的应用
【典例2】(2020·天津等级考节选)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
恒压下,CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时,该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示,其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_______________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________________________。
③根据图2,在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为__________℃。
【解析】①该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,故甲醇平衡产率降低。②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O,有利于反应正向进行,甲醇产率升高,因此P点甲醇产率高于T点。③根据图2,温度为210
℃时,采用该分子筛膜时甲醇产率最高,故选择的最佳反应温度为210
℃。
答案:①该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动
②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O,有利于反应正向进行,甲醇产率升高
③210
1.浓度影响平衡移动:
(1)影响规律。
①增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,可瞬间增大v正或减小v逆,使得v正>v逆,化学平衡向正反应方向移动;
②减小反应物的浓度或增大生成物的浓度,可瞬间减小v正或增大v逆,使得v正<v逆,化学平衡向逆反应方向移动。
(2)图象分析。
以aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)为例。
①增大A或B的浓度    ②减小C的浓度
③增大C的浓度
④减小A或B的浓度
2.压强影响平衡移动:
(1)影响规律。
①增大压强,可瞬间增大v正和v逆(影响程度不同),化学平衡向气体体积减小的方向移动
②减小压强,可瞬间减小v正和v逆(影响程度不同),化学平衡向气体体积增大的方向移动
(2)图象分析。
以aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) (a+b①增大压强
②减小压强
若a+b=c+d
3.温度影响平衡移动:
(1)影响规律。
①升高温度,可瞬间增大v正和v逆(影响程度不同),化学平衡向吸热反应方向移动
②降低温度,可瞬间减小v正和v逆(影响程度不同),化学平衡向放热反应方向移动
(2)图象分析。
以aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) ΔH<0为例。
①升高温度
②降低温度
4.无关气体对速率和平衡的影响。
①恒温恒容条件下,充入惰性气体对反应速率无影响,对平衡无影响;
②恒温恒压且Δn=0条件下,充入惰性气体,反应物和生成物浓度减小,正、逆反应速率均减小,平衡不移动;
③恒温恒压且Δn≠0条件下,充入惰性气体,反应物和生成物浓度减小,正、逆反应速率均减小,平衡向气体体积增大的方向移动。
命题点1:影响化学平衡的因素(基础性考点)
1.纳米钴(Co)常用于CO加氢反应的催化剂:CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH<0。下列有关说法正确的是(  )
A.纳米技术的应用,优化了催化剂的性能,提高了反应的转化率
B.缩小容器体积,平衡向正反应方向移动,CO的浓度减小
C.温度越低,越有利于CO催化加氢
D.从平衡体系中分离出H2O(g),正反应速率减慢
【解析】选D。催化剂不能改变反应的转化率,A错误;压强增大,平衡正向移动,但移动的结果不能抵消条件的改变,CO的浓度还是增大的,B错误;工业生产的温度应考虑催化剂的活性温度,C错误;从平衡体系中分离出水蒸气,反应速率减慢,D正确。
命题点2:化学平衡原理在工业生产中的应用(应用性考点)
2.下列物质的工业生产过程中,不涉及勒夏特列原理的是(  )
A.合成氨        
B.制硫酸
C.制氯化氢
D.制纯碱
【解析】选C。只有可逆反应,才有平衡移动,才会牵涉勒夏特列原理,合成氨工业中氮气和氢气生成氨气是可逆反应,牵涉勒夏特列原理,故A错误;硫酸工业中,二氧化硫的催化氧化是可逆反应,牵涉勒夏特列原理,故B错误;制备盐酸是氯气和氢气化合的反应,没有可逆反应的过程,不牵涉勒夏特列原理,故C正确;纯碱工业中利用碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同,充入过量二氧化碳,促使平衡正向移动,牵涉勒夏特列原理,故D错误。
3.(2021·宜昌模拟)下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(  )
A.使用催化剂可以提高合成氨的产量
B.实验室制取乙酸乙酯时,将乙酸乙酯不断蒸出
C.保存FeCl3溶液时,加少量稀盐酸
D.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【解析】选A。催化剂影响化学反应速率,但不影响化学平衡,不能用勒夏特列原理解释,故A选;实验室制取乙酸乙酯时,将乙酸乙酯不断蒸出,生成物浓度减小,平衡正向移动,能够用勒夏特列原理解释,故B不选;FeCl3溶液中存在水解平衡:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加少量稀盐酸后氢离子浓度增大,平衡逆向移动,抑制了Fe3+的水解,可用勒夏特列原理解释,故C不选;排饱和氯化钠溶液的方法来收集氯气,增大了Cl-的浓度,使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动,降低了氯气的溶解度,可用勒夏特列原理解释,故D不选。
【加固训练—拔高】
1.(2021·温州模拟)在一密闭容器中,反应aA(g)bB(g)达到平衡后,保持温度不变,将容器体积压缩为原来的一半,当达到新的平衡时(A、B还是气体),B的浓度是原来的2.1倍,则(  )
A.平衡向正反应方向移动了
B.物质A的转化率减少了K
C.物质B的质量分数减少了
D.a<b
【解析】选A。保持温度不变,将容器体积缩小一半,假设平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的2倍,但当达到新的平衡时,B的浓度是原来的2.1倍,说明增大压强平衡向正反应方向移动,则说明a>b,则由上述分析可知,平衡向正反应方向移动,故A正确;平衡向正反应方向移动,故A的转化率增大,故B错误;平衡向正反应方向移动,B的质量分数增大,故C错误;增大压强平衡向正反应方向移动,则说明a>b,故D错误。
2.在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡1.8倍,下列叙述正确的是(  )
A.平衡向正反应方向移动
B.A的转化率变大
C.D的物质的量变多
D.a<c+d
【解析】选D。气体体积压缩一半,各物质浓度应变为原来的2倍,平衡移动的结果是D浓度为原平衡1.8倍,即平衡逆向移动,故A错误;平衡逆向移动,A的转化率变小,故B错误;平衡逆向移动,D的物质的量会减小,故C错误;压强增大,平衡逆向移动,说明正反应为气体体积增大的反应,则a<c+d,故D正确。
3.(2021·荆州模拟)下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(  )
A.Fe(SCN)3溶液中加入铁粉后溶液颜色变浅
B.黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C.打开碳酸饮料有大量气泡冒出
D.H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
【解析】选D。Fe(SCN)3溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,向溶液中加入Fe粉,发生反应Fe+2Fe3+===3Fe2+,平衡向逆反应方向移动,导致溶液颜色变浅,可以用勒夏特列原理解释,故A不选;氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO,次氯酸受光照射会分解,次氯酸浓度减小,使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动,氯水颜色变浅,能用勒夏特列原理解释,故B不选;溶液中存在二氧化碳的溶解平衡,打开碳酸饮料后,压强减小,二氧化碳逸出,能用勒夏特列原理解释,故C不选;该反应反应前后气体体积不变,所以压强不影响化学平衡的移动,增大平衡体系的压强,气体的体积减小,碘的浓度增大,颜色变深,所以不能用勒夏特列原理解释,故D选。
1.(2020·全国Ⅰ卷节选)硫酸是一种重要的基本化工产品,接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:
SO2(g)+O2(g)
SO3(g) ΔH=-98
kJ·mol-1。
当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5
MPa、2.5
MPa和5.0
MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0
MPa、550
°C时的α=________,判断的依据是____________________。影响α的因素有____________________。
【解析】SO2(g)+O2(g)SO3(g),该反应是一个气体分子数减少的放热反应,故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此,在相同温度下,压强越大,SO2的平衡转化率越大,所以,该反应在550
℃、压强为5.0
MPa条件下,SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5
MPa的,因此,
p1=5.0
MPa,由图中数据可知,α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素,主要有反应物(SO2和O2)的浓度、温度、压强等。
答案:0.975 该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。5.0
MPa>2.5
MPa=p2,所以p1=5.0
MPa 反应物(SO2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强
2.(2020·天津等级考)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:
[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH
用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下:
以下结论和解释正确的是(  )
A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3∶2
B.由实验①可推知ΔH<0
C.实验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动
D.由实验③可知配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
【解析】选D。1
mol
[Co(H2O)6]2+中Co2+与H2O之间为6
mol配位键(属于σ键)、6
mol
H2O中含12
mol
σ键,共18
mol
σ键,而1
mol
[CoCl4]2-中Co2+与Cl-之间为4
mol配位键(属于σ键),共4
mol
σ键,故等物质的量的[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-中σ键数之比为9∶2,A项错误;根据实验①,置于冰水浴中,温度降低,得到粉红色溶液,说明平衡向逆反应方向移动,根据化学平衡移动原理,降低温度,平衡向放热反应方向移动,故逆反应为放热反应,则正反应为吸热反应,ΔH>0,B项错误;实验②,平衡向逆反应方向移动,是因为加水稀释,体系中各物质浓度减小,平衡向体系中浓度增大的方向移动,C项错误;加入少量ZnCl2固体,得到粉红色溶液,说明[CoCl4]2-转化为[Co(H2O)6]2+,是因为
Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-,导致Cl-浓度变小,平衡逆向移动,因此稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,D项正确。
3.(2020·浙江7月选考·节选)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有:
Ⅰ C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)
ΔH1=136
kJ·mol-1
Ⅱ C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)
ΔH2=177
kJ·mol-1
Ⅲ C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)
ΔH3
Ⅳ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH4=41
kJ·mol-1
①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料,在923
K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响,所得实验数据如表:
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是________,判断依据是________________________________________________。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773
K,乙烷平衡转化率为9.1%,保持温度和其他实验条件不变,采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是
_________________________________________。
【解析】①由题中信息及表中数据可知,尽管CO2和C2H6按物质的量之比1∶1投料,但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率,但是CO2的转化率高于C2H6,说明在催化剂X的作用下,除了发生反应Ⅱ,还发生了反应Ⅲ,而且主要发生了反应Ⅲ,这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率,因此,CO2氧化C2H6的主要产物是CO。②由题中信息可知,选择性膜技术可提高C2H4的选择性,由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)可知,该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系,即通过吸附C2H4,减小其在平衡体系的浓度,从而促进化学平衡向正反应方向移动,因而可以提高乙烷的转化率。
答案:①CO C2H4的产率低,说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 ②选择性膜吸附C2H4,促进反应Ⅱ平衡正向移动
4.(2019·全国Ⅰ卷节选)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:
(1)Shibata曾做过下列实验:①使纯H2缓慢地通过处于721
℃下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025
0。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为
0.019
2。
根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO________H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721
℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体
系中H2的物质的量分数为________(填标号)。
A.<0.25 B.0.25 C.0.25~0.50 D.0.50
E.>0.50
【解析】(1)H2还原氧化钴的方程式为H2(g)+CoO(s)===Co(s)+H2O(g);CO还原氧化钴的方程式为CO(g)+CoO(s)===Co(s)+CO2(g),平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数()高于CO还原体系中CO的物质的量分数(),故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2;
(2)721
℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,可设其物质的量均为1
mol,则
     
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始(mol)
1
1
0
0
转化(mol)
x
x
x
x
平衡(mol)
1-x
1-x
x
x
则平衡时体系中H2的物质的量分数===,因该反应为可逆反应,故x<1,可假设二者的还原倾向相等,则x=0.5,由(1)可知CO的还原倾向大于H2,所以CO更易转化为H2,故x>0.5,由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50,故答案为C。
答案:(1)大于 (2)C
1.记住判断平衡状态的两个根本依据:
(1)v(正)=v(逆)>0。
(2)反应体系各物质的质量或者浓度保持不变。
2.理解化学平衡的五个特征:
逆、等、动、定、变
3.掌握一个原理:勒夏特列原理(化学平衡移动原理)
4.明确两个解题技巧:
(1)判断反应是否平衡时的依据:应该变的不变了就平衡了。
(2)判断平衡移动的方向的依据:平衡向着削弱外界条件影响的方向移动。
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-第三讲 电解池及其工作原理 金属的腐蚀与防护
考点一 电解原理(命题指数★★★★★)
1.电解:
使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
2.电解池(也叫电解槽):
(1)概念:把电能转变为化学能的装置。
(2)构成条件
①有与电源相连的两个电极。
②电解质溶液(或熔融盐)。
③形成闭合回路。
(3)电极名称及电极反应式(以用惰性电极电解CuCl2溶液为例)
总反应方程式:CuCl2Cu+Cl2↑。
(4)电子和离子移动方向
①电子:从电源的负极流向电解池的阴极;从电解池的阳极流向电源的正极。
②离子:阳离子移向电解池的阴极;阴离子移向电解池的阳极。
3.阴、阳两极上的放电顺序:
阴离子失去电子或阳离子得到电子的过程叫放电。离子的放电顺序取决于离子本身的性质即离子得失电子的能力,另外也与离子的浓度及电极材料有关。
(1)阴极:阴极上放电的总是溶液中的阳离子,与电极材料无关。阳离子放电顺序为Ag+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Fe2+>Zn2+
。(在溶液中Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+等是不会在阴极上放电的,但在熔融状态下的物质中会放电)?
(2)阳极:若是活性电极作阳极,则活性电极首先失电子,发生氧化反应。若是惰性电极作阳极,则仅是溶液中的阴离子放电,常见离子的放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)直流电源跟电解池连接后,电子从电源负极流向电解池阳极。
(  )?
提示:×。电解时电子从电源负极流向电解池阴极。
(2)电解CuCl2溶液,阳极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。
(  )?
提示:√。电解CuCl2溶液时,在阳极Cl-失电子变为Cl2。
(3)电解盐酸、硫酸等溶液,H+放电,溶液的pH逐渐增大。
(  )?
提示:×。电解H2SO4溶液时,实际是电解H2O的过程,故溶液中c(H+)增大,pH减小。
(4)电解时,电解液中阳离子移向阳极,发生还原反应。
(  )?
提示:×。电解时,阳离子移向阴极。
(5)用惰性电极电解饱和食盐水一段时间后,加入盐酸可使电解质溶液恢复到电解前的状态。
(  )?
提示:×。电解饱和食盐水,两极产生H2和Cl2,因此通入HCl气体即可使电解质溶液恢复到电解前的状态。
2.如图所示为一电解池装置,
A、B都是惰性电极,电解质溶液c是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在U形管两边各滴入几滴酚酞试剂,试判断:?
①a电极是    极(填“正”或“负”),B电极是 ?
极(填“阴”或“阳”),    极(填“A”或“B”)酚酞试液显红色。?
②A电极上的电极反应式为 
,?
B电极上的电极反应式为 
;?
③检验A电极上产物的方法是 
。?
提示:①正 阴 B?
②2Cl--2e-Cl2↑
2H2O+2e-H2↑+2OH-
③把湿润的淀粉碘化钾试纸放在A电极附近,试纸变蓝,则证明A电极上的产物为氯气
命题角度1:单一电解池的工作原理
【典例1】(2020·山东等级考)采用惰性电极,以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响,下列说法错误的是
(  )?
A.阳极反应为2H2O-4e-4H++O2↑
B.电解一段时间后,阳极室的pH未变
C.电解过程中,H+由a极区向b极区迁移
D.电解一段时间后,a极生成的O2与b极反应的O2等量
【解析】选D。a极析出氧气,氧元素的化合价升高,作电解池的阳极,b极通入氧气,生成过氧化氢,氧元素的化合价降低,被还原,作电解池的阴极。a极是阳极,属于放氧生酸性型的电解,所以阳极的反应式是2H2O-4e-4H++O2↑,故A正确;电解时阳极产生氢离子,氢离子是阳离子,通过质子交换膜移向阴极,所以电解一段时间后,阳极室的pH不变,故B正确;电解过程中,阳离子移向阴极,H+由a极区向b极区迁移,C正确;电解时,阳极的反应为2H2O-4e-4H++O2↑,阴极的反应为O2+2e-+2H+H2O2,总反应为O2+2H2O2H2O2,要消耗氧气,即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气,故D错误。
在题干条件不变的情况下,下列说法错误的是
(  )?
A.a为阳极
B.通入氧气的电极反应式为O2+2e-+2H+H2O2
C.电解一段时间后,右侧溶液pH降低
D.若生成17
g双氧水,则有1
mol
H+从左侧向右侧迁移?
【解析】选C。依据分析a极是阳极,b极是阴极,阳极的反应式是2H2O-4e-4H++O2↑,阴极的反应式为O2+2e-+2H+H2O2,总反应为O2+2H2O2H2O2,故A、B正确;电解时阳极产生氢离子通过质子交换膜移向阴极,H+在阴极发生O2+2e-+2H+H2O2而被消耗,所以电解一段时间后,阴极室的pH不变,C错误;电解时总反应为O2+2H2O2H2O2,
若生成17
g双氧水,转移1
mol电子,则有1
mol
H+从左侧向右侧迁移,故D正确。?
命题角度2:与原电池相连的电解池电解
【典例2】(2021·湖南模拟)在某种光电池中,当光照在表面涂有氯化银的银片上时,发生反应:AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面],接着发生反应:Cl(AgCl)+e-Cl-(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图,下列叙述正确的是
(  )?
A.光电池工作时,Ag极为电流流出极,发生氧化反应
B.制氢装置溶液中K+移向A极
C.光电池工作时,Ag电极发生的反应为2Cl--2e-Cl2↑
D.制氢装置工作时,A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-C+N2↑+6H2O
【解析】选D。得电子的电极发生还原反应,左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极,则Ag电极发生还原反应,故A错误;左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极,则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极,制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动,所以K+移向B电极,故B错误;光电池工作时,Ag电极上AgCl得电子生成Ag,电极反应式为AgCl(s)+e-Ag(s)+Cl-,故C错误;制取氢气装置工作时,A电极为阳极,尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和氮气、水,电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-C+N2↑+6H2O,故D正确。
(1)(变化观念与平衡思想)光电池工作时,Cl-的迁移方向是怎样的?电解池中,溶液中的OH-迁移方向是怎样的?
提示:Ag电极作正极、Pt作负极,Cl-从左侧透过膜迁移至右侧;电解池中OH-从右侧透过膜迁移至左侧。
(2)(证据推理与模型认知)若在B极生成标准状况下224
mL
H2,则消耗尿素多少克??
提示:0.2
g。由电子守恒得CO(NH2)2~3H2,生成H2
0.01
mol,尿素为0.2
g。?
【讲台挥洒一刻】?
“串联”类装置的解题流程
【备选例题】?
科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置,总反应方程式为2CO22CO+O2,下列说法不正确的是
(  )?
A.由图分析N电极为负极
B.OH-通过离子交换膜迁向右室
C.反应完毕,该装置中电解质溶液的碱性增强
D.阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-CO+2OH-
【解析】选C。电池内部,电子向负极迁移,结合图可知,N电极为负极,P电极为正极,A正确;右边的装置与太阳能电池相连,为电解池,左边Pt电极与电池负极相连,为阴极,右边Pt电极与电池正极相连,为阳极,电解池中,阴离子向阳极移动,故OH-通过离子交换膜迁向右室,B正确;总反应方程式为2CO22CO+O2,电解质溶液pH不变,碱性不变,C错误;CO2在阴极得电子生成CO,结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为CO2+H2O+2e-CO+2OH-,D正确。?
1.图解电解池工作原理(阳极为惰性电极):
2.明确电解池的电极反应及其放电顺序:
3.对比掌握电解规律(阳极为惰性电极):
电解类型
电解质实例
溶液复原物质
电解水
NaOH、H2SO4或Na2SO4

电解电解质
HCl或CuCl2
原电解质
放氢生碱型
NaCl
HCl气体
放氧生酸型
CuSO4或AgNO3
CuO或Ag2O
4.电解计算中常用的三种方法:
(1)根据总反应式计算
先写出电极反应式,再写出总反应式,最后根据总反应式列出比例式计算。
(2)根据电子守恒计算
①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算,其依据是电路中转移的电子数相等。
②用于混合溶液中电解的分阶段计算。
(3)根据关系式计算
根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。
如以通过4
mol
e-为桥梁可构建如下关系式:?
(式中M为金属,n为其离子的化合价数值)
该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值,熟记电极反应式,灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。
1.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液,在电解的过程中,溶液的pH依次为升高、不变、降低的是(  )?
A.AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2?
B.KCl Na2SO4 CuSO4?
C.CaCl2 KOH NaNO3?
D.HCl HNO3 K2SO4?
【解析】选B。由电解电解质溶液的四种类型可知:
类型
化学物质
pH变化
放O2生酸型
CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2
降低
放H2生碱型
KCl、CaCl2
升高
电解电解质型
CuCl2
HCl
升高
电解H2O型
NaNO3、Na2SO4、K2SO4
不变
KOH
升高
HNO3
降低
2.用石墨作电极,电解稀Na2SO4溶液的装置如图所示,通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是
(  )?
A.相同条件下,逸出气体的体积:A电极B.一电极逸出无味气体,另一电极逸出有刺激性气味气体
C.A电极附近呈红色,B电极附近呈蓝色
D.电解一段时间后,将全部电解液转移到同一烧杯中,充分搅拌后溶液呈中性
【解析】选D。S、OH-移向B电极,在B电极上OH-放电产生O2,B电极附近c(H+)>c(OH-),石蕊溶液变红,Na+、H+移向A电极,在A电极上H+放电产生H2,A电极附近c(OH-)>c(H+),石蕊溶液变蓝,C项错误;相同条件下,A电极产生的气体体积大于B电极,A项错误;两种气体均为无色无味的气体,B项错误;用惰性电极电解Na2SO4溶液的实质是电解水,电解后的溶液全部转移到同一烧杯中,充分搅拌后,溶质仍为Na2SO4,溶液呈中性,D项正确。
3.两个惰性电极插入500
mL
AgNO3溶液中,通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出,且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计),电极上析出银的质量最大为
(  )?
A.27
mg  B.54
mg  C.106
mg  D.216
mg?
【解析】选B。两极反应:阳极2H2O-4e-O2↑+4H+;阴极4Ag++4e-4Ag,电解的总反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。由电解的总反应式可知,电解过程中生成的n(Ag)=n(HNO3)=n(H+)=(10-3
mol·L-1-10-6
mol·L-1)×0.5
L≈5×10-4
mol,
m(Ag)=5×10-4
mol×108
g·mol-1=0.054
g=54
mg。?
4.(2021年辽宁适应性测试)在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中,可实现醇向醛的转化,原理如图。下列说法错误的是
(  )?
A.理论上NHPI的总量在反应前后不变
B.海绵Ni电极作阳极
C.总反应为+H2↑
D.每消耗1
mmol苯甲醇,产生22.4
mL氢气?
【解析】选D。NHPI与PINO是循环的,所以理论上NHPI的总量在反应前后不变,A正确;海绵Ni电极上是Ni2+Ni3+失电子是阳极,B正确;从反应流程图分析总反应式甲醇电解生成甲醛和氢气的反应,C正确;没有说明标准状况,不能确定氢气的体积,D错误。
【加固训练—拔高】?
1.某同学组装了如图所示的电化学装置,电极Ⅰ为Al,其他均为Cu,下列说法正确的是
(  )?
A.电流方向:电极
Ⅳ→→电极Ⅰ?
B.电极Ⅰ发生还原反应
C.电极Ⅱ逐渐溶解
D.电极Ⅲ的电极反应:Cu2++2e-Cu
【解析】选A。带盐桥的①、②装置构成原电池,Ⅰ为负极,Ⅱ为正极,装置③为电解池。A项,电子移动方向:电极Ⅰ→→电极Ⅳ,电流方向与电子移动方向相反,正确;B项,原电池负极在工作中发生氧化反应,错误;C项,原电池正极上发生还原反应,Cu2+在电极Ⅱ上得电子,生成Cu,该电极质量逐渐增大,错误;D项,电解池中阳极为活性电极时,电极本身被氧化,生成的离子进入溶液中,因为电极Ⅱ为正极,因此电极Ⅲ为电解池的阳极,其电极反应式为Cu-2e-Cu2+,错误。
2.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,其反应原理如图所示(酸性介质)。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应:Fe2++H2O2
Fe3++OH-+·OH,生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法不正确的是
(  )?
A.电源的B极是正极
B.电解时阴极周围溶液的pH增大
C.阴极上发生的电极反应为O2+2e-+2H+H2O2
D.若产生4
mol羟基自由基(·OH),则消耗22.4
L
O2?
【解析】选D。O2在电解池的左侧得电子生成H2O2,所以A极为负极,B极为正极,A项正确;阴极上O2+2e-+2H+H2O2,电解质溶液的pH增大,B、C项正确;D项,没有指明温度和压强,不能确定氧气的体积,D项错误。
3.(2021·河南豫南九校模拟)如图所示,在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的FeCl2、HCl组成的混合溶液。已知在此电压下,阴、阳离子根据放电顺序,都可能在阳极放电,下列分析正确的是
(  )?
A.C1电极上的电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑
B.C1电极处溶液首先变棕黄色
C.C2电极上可依次发生的电极反应为Fe2+-e-Fe3+、2Cl--2e-Cl2↑
D.当C1电极上有2
g物质生成时,就会有2NA个电子通过溶液发生转移?
【解析】选C。C1电极与电源的负极相连,作阴极,溶液中的H+在阴极放电,电极反应式为2H++2e-H2↑,A错误;C1电极上H+放电生成H2,C2电极与电源的正极相连,作阳极,Fe2+的还原性强于Cl-,则依次发生的电极反应为Fe2+-e-Fe3+、2Cl--2e-Cl2↑,故C2电极处溶液首先变棕黄色,B错误,C正确;电子只能通过导线传递,不能通过溶液传递,D错误。
考点二 电解原理的应用(命题指数★★★★★)
1.氯碱工业:
(1)电极反应
阳极:2Cl--2e-Cl2↑(氧化反应);
阴极:2H++2e-H2↑(还原反应)。
(2)总反应方程式:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
(3)生产流程图
2.电镀和电解精炼铜:
电镀(Fe表面镀Cu)
电解精炼铜
阳极
电极材料
镀层金属铜
粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)
电极反应
Cu-2e-Cu2+
Zn-2e-Zn2+、Fe-2e-Fe2+、Ni-2e-Ni2+、Cu-2e-Cu2+
阴极
电极材料
待镀金属铁
纯铜
电极反应
Cu2++2e-Cu
电解质溶液
含Cu2+的盐溶液
注:电解精炼铜时,粗铜中的Ag、Au等不反应,沉积在电解池底部形成阳极泥
3.电冶金:
利用电解熔融盐或氧化物的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。
(1)冶炼钠
2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑
阳极反应式:2Cl--2e-Cl2↑;
阴极反应式:2Na++2e-2Na。
(2)冶炼镁
MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
阳极反应式:2Cl--2e-Cl2↑;
阴极反应式:Mg2++2e-Mg。
(3)冶炼铝
2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
阳极反应式:6O2--12e-3O2↑;
阴极反应式:4A+12e-
4Al。?
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)电镀铜和电解精炼铜时,电解质溶液中的c(Cu2+)均保持不变。
(  )?
提示:×。电解精炼铜时,当开始电解时杂质Zn、Fe、Ni等活泼金属失电子,电解质溶液中Cu2+得电子,造成溶液中c(Cu2+)减小。
(2)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3,也可电解MgO和AlCl3。
(  )?
提示:×。不采用电解MgO制金属镁,因为MgO熔点高、耗能大、不经济,不能用电解AlCl3制金属铝,因为熔融AlCl3不导电。
(3)若把Cu+H2SO4CuSO4+H2↑设计成电解池,应用Cu作阴极。
(  )?
提示:×。Cu被氧化为Cu2+,应作阳极。
(4)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。(  )?
提示:×。电解饱和食盐水时,阴极可以用金属材料作电极。
(5)在镀件上电镀铜时,待镀件应连接电源的负极。
(  )?
提示:√。电镀铜时,铜应连接电源的正极作阳极,待镀件连接电源的负极作阴极。
2.完成下列各小题:
(1)电解饱和食盐水过程中,阳离子交换膜的作用为
。?
(2)电解过程中A中CuSO4溶液浓度      ,而B中CuSO4溶液浓度      。?
提示:(1)只允许阳离子通过,阻碍Cl2与H2混合,防止Cl2和NaOH反应 (2)逐渐减小 基本不变?
命题角度1:电解原理在工业中的基本应用
【典例1】氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下:
依据上图,完成下列填空:
(1)在电解过程中,与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为___
_______________________________,与电源负极相连的电极附近,溶液pH___
__________________
(选填“不变”“升高”或“下降”)。?
(2)为有效除去工业食盐中含Ca2+、Mg2+、S杂质,加入试剂的合理顺序为__
___________
(多选)。?
A.先加NaOH,后加Na2CO3,再加钡试剂
B.先加NaOH,后加钡试剂,再加Na2CO3
C.先加钡试剂,后加NaOH,再加Na2CO3
(3)若采用无隔膜法电解冷的食盐水,Cl2与NaOH充分接触,得到的产物为NaClO和H2,则与该反应相应的化学方程式为____________________________。?
【解析】(1)电解饱和食盐水,与电源正极相连的电极为阳极,电极反应式是2Cl--2e-Cl2↑;与电源负极相连的电极为阴极,电极反应式是2H++2e-H2↑,消耗H+,产生OH-,所以溶液的pH升高。
(2)除去杂质时加入Ba2+和OH-,无先后之分,但Na2CO3一定要在最后加入,因为C还要除去多余的Ba2+,过滤沉淀后即认为NaCl被提纯,选B、C。
(3)将2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑和Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O合并,即可得出答案。
答案:(1)2Cl--2e-Cl2↑ 升高?
(2)B、C (3)NaCl+H2ONaClO+H2↑?
利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示,装置①中的反应:NaCl+3H2O
NaClO3+3H2↑,装置②中的反应:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。下列关于该流程说法不正确的是
(  )?
A.该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用
B.装置①中H2是阴极产物
C.装置②发生的反应中,Cl2是氧化产物,NaCl是还原产物
D.为了使H2完全转化为HCl,需要向装置③中补充Cl2
【解析】选C。电解食盐水得到氢气和NaClO3,氢气和氯气反应生成氯化氢得到浓盐酸,2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl,该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用,故A正确;装置①是电解食盐水,溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气,是阴极产物,故B正确;2NaClO3+4HCl2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O,氯气是氧化产物,ClO2是还原产物,故C错误。
【思维升华】?
两题均考查了电解食盐水的知识,不同的是电解条件不同,对应的电解产物也不相同,体现了变化观念与平衡思想的学科素养。解答时要根据题目的相关信息,利用电解原理分析电解过程,正确判断电极产物及电极反应方程式。?
命题角度2:电解原理的拓展应用
【典例2】(2021·重庆模拟)用铁和石墨作电极电解酸性废水,可将废水中的P以FePO4(不溶于水)的形式除去,其装置如图所示。
下列说法中正确的是
(  )?
A.若X、Y电极材料连接反了,则仍可将废水中的P除去
B.X极为石墨,该电极上发生氧化反应
C.电解过程中Y极周围溶液的pH减小
D.电解时废水中会发生反应:4Fe2++O2+4H++4P4FePO4↓+2H2O
【解析】选D。根据题意分析,X电极材料为铁,Y电极材料为石墨,若X、Y电极材料连接反了,铁就不能失电子变为离子,也就不能生成FePO4,A项错误;Y电极材料为石墨,该电极发生还原反应,B项错误;电解过程中Y极上发生的反应为2H++2e-H2↑,氢离子浓度减小,溶液的pH变大,C项错误;铁在阳极失电子变为Fe2+,通入的氧气把Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+与P反应生成FePO4,D项正确。
(1)(宏观辨识与微观探析)根据题目分析电解除磷时为什么用铁作阳极?
提示:阳极在直流电源作用下电解产生Fe2+,Fe2+可进一步被氧化生成Fe3+,提供能与磷酸根结合生成沉淀的阳离子。
(2)(证据推理与模型认知)用铁作电极,利用如图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液pH为9~10,CN-与阳极产生的ClO-反应生成无污染的气体。思考在该装置中铁应该作什么电极?
提示:阳极产生ClO-,发生的反应为Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O,所以铁电极作阴极。
【备选例题】?
利用电化学原理还原CO2制取ZnC2O4的装置如图所示?
(电解液不参加反应),下列说法正确的是
(  )?
A.可用H2SO4溶液作电解液
B.阳离子交换膜的主要作用是增强导电性
C.工作电路中每流过0.02
mol电子,Zn电极质量减重0.65
g?
D.Pb电极的电极反应式是2CO2-2e-C2
【解析】选C。如果用H2SO4溶液作电解液,溶液中氢离子会在正极得电子生成氢气,影响2CO2+2e-C2反应的发生,A错误;用阳离子交换膜把阳极室和阴极室隔开,它具有选择透过性,它只允许阳离子透过,其他离子难以透过,B错误;Zn电极为负极,发生氧化反应,Zn-2e-Zn2+,当电路中每流过0.02
mol电子,消耗锌0.01
mol,质量为0.65
g,C正确;Pb电极为正极,发生还原反应,2CO2+2e-
C2,D错误。?
电解原理应用的注意事项
(1)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例),只允许阳离子(Na+)通过,而阻止阴离子(Cl-、OH-)和分子(Cl2)通过,这样既能防止H2和Cl2混合发生爆炸,又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱的质量。?
(2)电解或电镀时,电极质量减少的电极必为阳极;电极质量增加的电极必为阴极,即溶液中的金属阳离子得电子变成金属吸附在阴极上。
(3)电解精炼铜时,粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子,变成金属阳离子进入溶液,其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2+浓度会逐渐减小。
(4)电镀时,阳极(镀层金属)失去电子的数目跟阴极镀层金属离子得到电子的数目相等,因此电镀液中电解质的浓度保持不变。
命题点1:电解原理的常规应用(基础性考点)
1.(2021年重庆适应性测试)双极膜在电渗析中应用广泛,它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层,工作时水层中的H2O解离成H+和OH-,并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。如图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。
下列说法正确的是
(  )?
A.出口2的产物为HBr溶液
B.出口5的产物为硫酸溶液
C.Br-可从盐室最终进入阳极液中
D.阴极电极反应式为2H++2e-H2↑
【解析】选D。钠离子通过阳极膜进入交换室1和双极膜产生的氢氧根形成氢氧化钠,所以出口2的产物是氢氧化钠溶液,A错误;溴离子通过阴离子交换膜进入交换室2和双极膜产生的氢离子形成溴化氢溶液,出口4产物为HBr溶液,钠离子不能通过双极膜,出口5不是硫酸,则Br-不会从盐室最终进入阳极液中,B、C错误;电解硫酸钠溶液阴极是氢离子得电子变为氢气,D正确。
2.金属镍有广泛的用途,粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制备高纯度的镍,下列叙述错误的是(已知:氧化性Fe2+(  )?
A.阳极发生还原反应,其电极反应式为Ni2++2e-Ni
B.电解过程中,阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不相等
C.电解后,电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
D.电解后,溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+和Ni2+
【解析】选A。电解法制备高纯度的镍,粗镍作为阳极,金属按还原性顺序Zn>Fe>Ni>Cu>Pt发生氧化反应,电极反应依次为Zn-2e-Zn2+、Fe-2e-Fe2+、Ni-2e-Ni2+,A项错误;电解过程中,阳极Zn、Fe、Ni溶解,Cu、Pt沉积到电解槽底部,阴极只析出Ni,结合两极转移的电子数相等,阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不相等,B项正确;Cu和Pt还原性比Ni弱,不能失去电子,以沉淀的形式沉积在电解槽底部,形成阳极泥,C项正确;电解后,溶液中存在的金属阳离子除了Fe2+、Zn2+外,还有Ni2+,D项正确。
命题点2:电解原理在物质制备方面的应用(应用性考点)
3.O3是一种常见的绿色氧化剂,可由臭氧发生器电解稀硫酸制得,原理如图所示。下列说法错误的是
(  )?
A.电极a为阴极
B.a极的电极反应式为O2+4H++4e-2H2O
C.电解一段时间后b极周围溶液的pH下降
D.标准状况下,当有5.6
L
O2反应时,收集到O2和O3混合气体4.48
L,O3的体积分数为80%
?
【解析】选D。电极b上生成O2和O3,则电极b上发生失电子的氧化反应,则电极b为阳极,电极a为阴极,A项正确;电极a的电极反应式为O2+4e-+4H+
2H2O,B项正确;电极b上H2O失去电子,发生氧化反应生成O2、O3和H+,故电解一段时间后b极周围溶液的pH下降,C项正确;标准状况下,当有5.6
L氧气参加反应时,转移电子1
mol,设收集到氧气为x
mol,臭氧为y
mol,则有x+y=0.2,4x+6y=1,解得x=y=0.1,故O3的体积分数为50%,D项错误。?
4.常温下,NCl3是一种黄色黏稠状液体,是制备新型水消毒剂ClO2的原料,可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是
(  )?
A.每生成1
mol
NCl3,理论上有4
mol
H+经质子交换膜从右侧向左侧迁移?
B.可用湿润的淀粉KI试纸检验气体M
C.石墨极的电极反应式为N+3Cl--6e-NCl3+4H+
D.电解过程中,质子交换膜右侧溶液的pH会减小
【解析】选C。A项,每生成1
mol
NCl3,转移6
mol
e-,理论上有6
mol
H+经质子交换膜从右侧向左侧迁移,A错误;B项,M为H2,不能用湿润的淀粉KI试纸检验,B错误;D项,右侧pH会增大,D错误。?
命题点3:电解原理在环境治理方面的应用(应用性考点)
5.化学在环境保护中起着十分重要的作用,电化学降解N的原理如图所示。下列说法不正确的是
(  )?
A.A为电源的正极
B.溶液中H+从阳极向阴极迁移
C.Ag-Pt电极的电极反应式为2N+12H++10e-N2↑+6H2O
D.电解过程中,每转移2
mol电子,则左侧电极就产生32
g
O2?
【解析】选D。根据题给电解装置图可知,Ag-Pt电极上N转化为N2,发生还原反应:2N+10e-+12H+N2↑+6H2O,则Ag-Pt电极作阴极,B为电源的负极,故A为电源的正极,A、C项正确;在电解池中阳离子向阴极移动,所以溶液中H+从阳极向阴极迁移,B项正确;左侧电极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,则每转移2
mol电子,左侧电极产生16
g
O2,D项错误。?
【加固训练—拔高】?
1.采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法。如图是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解液不参与反应)。下列说法中正确的是
(  )?
A.Zn与电源的负极相连
B.ZnC2O4在交换膜右侧生成
C.电解的总反应为2CO2+ZnZnC2O4
D.通入11.2
L
CO2时,转移0.5
mol电子?
【解析】选C。电解过程中Zn被氧化,作阳极,所以Zn与电源的正极相连,A错误;Zn2+透过阳离子交换膜到达左侧与生成的C2形成ZnC2O4,B错误;没有给出气体所处的温度和压强,D错误。
2.SO2和NOx是主要大气污染物,利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是
(  )?
A.a极为直流电源的负极,与其相连的电极发生还原反应
B.阴极得到2
mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为2
mol?
C.吸收池中发生反应的离子方程式为2NO+2S2+2H2ON2+4HS
D.阳极发生的反应式为SO2+2e-+2H2OS+4H+
【解析】选D。A项,阴极发生还原反应,亚硫酸氢根离子得电子生成S2,a是直流电源的负极,正确;B项,阴极发生还原反应,电极反应式为2HS+2e-+2H+S2+2H2O,阴极得到2
mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为2
mol,正确;C项,S2与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气,离子反应方程式为2NO+2S2+2H2ON2+4HS,正确;D项,阳极发生失去电子的氧化反应,错误。?
3.如图为直流电源,为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸,为电镀槽,接通电路后发现上的c点显红色,为实现铁上镀锌,接通后,使c、d两点短路。下列叙述正确的是
(  )?
A.a为直流电源的负极
B.c极发生的反应为2H++2e-H2↑
C.f电极为锌板
D.e极发生还原反应
【解析】选B。为直流电源,为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸,为电镀槽,接通电路后发现上的c点显红色,则c极为电解池阴极,d为阳极,c电极上氢离子放电生成氢气,d电极上氯离子放电生成氯气,则a是直流电源正极,b是直流电源负极;为实现铁上镀锌,接通K后,使c、d两点短路,e是电解池阳极,f是阴极,电镀时,镀层作阳极,待镀件作阴极。A项,a是直流电源正极,错误;B项,接通前,c极为电解池阴极,d为阳极,c电极上氢离子放电生成氢气,则c极发生的反应为2H++2e-H2↑,正确;C项,为实现铁上镀锌,锌作阳极,铁作阴极,所以e电极为锌板,错误;D项,e电极是阳极,阳极上失电子发生氧化反应,错误。
4.(2021·齐齐哈尔模拟)电解合成1,2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是
(  )?
A.该装置工作时,化学能转变为电能
B.CuCl2能将C2H4还原为1,
2-二氯乙烷?
C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D.该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl
【解析】选D。该装置为电解池,则工作时,电能转变为化学能,A项错误;C2H4中C元素化合价为-2价,ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价,则CuCl2能将C2H4氧化为1,2-二氯乙烷,故B项错误;该电解池中,阳极发生的电极反应式为CuCl-e-+Cl-
CuCl2,阳极区需要氯离子参与,则X为阴离子交换膜,而阴极区发生的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,有阴离子生成,为保持电中性,需要电解质溶液中的钠离子,则Y为阳离子交换膜,故C项错误;装置中阳极首先发生反应:CuCl-e-
+Cl-CuCl2,生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2-二氯乙烷和CuCl,在阳极区循环利用,而阴极水中的氢离子放电生成氢气,其总反应方程式为CH2CH2
+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl,故D项正确。
5.[Fe(CN)6]3-可将气态废弃物中的硫化氢氧化为可利用的硫,自身被还原为[Fe(CN)6]4-。工业上常采用如图所示的电解装置,通电电解,然后通入H2S加以处理。下列说法不正确的是
(  )?
A.电解时,阳极反应式为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-
B.电解时,阴极反应式为2HC+2e-H2↑+2C
C.当电解过程中有标准状况下22.4
L
H2生成时,溶液中有32
g
S析出(溶解忽略不计)?
D.整个过程中需要不断补充K4[Fe(CN)6]与KHCO3
【解析】选D。电解时,阳极上[Fe(CN)6]4-失去电子,阳极的电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-,A正确;阴极上HC放电,发生还原反应,阴极反应式为2HC+2e-H2↑+2C,B正确;标准状况下22.4
L
H2的物质的量为1
mol,则转移2
mol电子。H2S失去2
mol电子,生成1
mol单质S,即析出32
g
S,C正确;根据以上分析可知,反应的结果相当于是H2S被电解生成H2和S,所以不需要补充K4[Fe(CN)6]和KHCO3,D错误。?
考点三 电极反应式的书写与判断(命题指数★★★★★)
1.原电池电极反应式的书写:
书写电极反应式时,首先要根据原电池的工作原理准确判断正、负极,然后结合电解质溶液的环境确定电极产物,最后再根据质量守恒和电荷守恒写出反应式。电极反应式书写的一般方法有
(1)拆分法。
①写出原电池的总反应,如2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+。
②把总反应按氧化反应和还原反应拆分为两个电极反应,注明正、负极,并依据质量守恒、电荷守恒及电子得失守恒配平两个电极反应:
正极:2Fe3++2e-2Fe2+
负极:Cu-2e-Cu2+
(2)加减法。
①写出总反应,如Li+LiMn2O4Li2Mn2O4。
②写出其中容易写出的一个电极反应(正极或负极),如Li-e-Li+(负极)。
③利用总反应式与上述的一极反应式相减,即得另一个电极的反应式,即LiMn2O4+Li++e-Li2Mn2O4(正极)。
2.燃料电池电极反应式的书写:
第一步:写出燃料电池反应的总反应式
燃料电池的总反应与燃料的燃烧反应一致,若产物能和电解质反应则总反应为加和后的反应。
如甲烷燃料电池(电解质为NaOH溶液)的反应式为
CH4+2O2CO2+2H2O①
CO2+2NaOHNa2CO3+H2O②
①式+②式得燃料电池总反应式为
CH4+2O2+2NaOHNa2CO3+3H2O。
第二步:写出电池的正极反应式
根据燃料电池的特点,一般在正极上发生还原反应的物质是O2,随着电解质溶液的不同,其电极反应式有所不同,大致有以下四种情况:
①酸性电解质溶液环境下电极反应式:
O2+4H++4e-2H2O;
②碱性电解质溶液环境下电极反应式:
O2+2H2O+4e-4OH-;
③固体电解质(高温下能传导O2-)环境下电极反应式:
O2+4e-2O2-;
④熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)环境下电极反应式:
O2+2CO2+4e-2C。
第三步:根据电池总反应式和正极反应式,写出负极反应式,电池反应的总反应式-电池正极反应式=电池负极反应式。因为O2不是负极反应物,因此两个反应式相减时要彻底消除O2。
3.电解池电极反应式的书写:
(1)步骤
(2)注意事项
①书写电解池的电极反应式时,可以用实际放电的离子表示,但书写电解池的总反应时,H2O要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时,阴极反应式为2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-),总反应式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。
②阴极不管是什么材料,电极本身都不反应,一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。
③电解水溶液时,K+~Al3+不可能在阴极放电,即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)用石墨作电极电解CuSO4溶液的方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
(  )?
提示:√。溶液中Cu2+和OH-生成Cu和O2。
(2)在Mg-NaOH(aq)-Al电池中负极反应为Al-3e-+4OH-Al+2H2O。
(  )?
提示:√。碱性条件下,Al与NaOH溶液发生反应,作负极。
(3)用铜作阳极、石墨作阴极电解CuCl2溶液时,阳极电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑。
(  )?
提示:×。活性金属作阳极时,金属首先失电子被氧化,故阳极反应为Cu-2e-Cu2+。
(4)甲烷燃料电池在碱性环境下负极的反应式为CH4-8e-+2H2OCO2+8H+。
(  )?
提示:×。碱性电解质溶液环境下电极反应式为CH4+10OH--8e-C+7H2O。
(5)以Fe为阳极,电解处理含Cr2的废水,铬最终以Cr(OH)3沉淀除去,则阳极反应为Fe-3e-Fe3+。
(  )?
提示:×。阳极反应为Fe-2e-Fe2+,Cr2与Fe2+发生氧化还原反应生成Cr3+和Fe3+,Cr3+和Fe3+与阴极区放电生成的OH-反应生成氢氧化物沉淀。
2.按要求书写电极反应式
(1)用惰性电极电解NaCl溶液:
①阳极:____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
(2)用惰性电极电解CuSO4溶液:
①阳极:
____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
(3)用惰性电极电解熔融MgCl2:
①阳极:
____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
(4)铁作阳极,石墨作阴极电解NaOH溶液:
①阳极:
____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
提示:(1)①2Cl--2e-Cl2↑
②2H++2e-H2↑
(2)①4OH--4e-2H2O+O2↑(或2H2O-4e-O2↑+4H+)
②2Cu2++4e-2Cu
(3)①2Cl--2e-Cl2↑
②Mg2++2e-Mg
(4)①Fe-2e-+2OH-Fe(OH)2
②2H2O+2e-H2↑+2OH-
命题角度1:原电池电极反应式的书写与判断
【典例1】2019

5
月,香港理工大学宣布研发出超柔软高效能织物[柔性S/
HPCNF
(分级多孔碳纳米纤维)]锂空气二次电池,在
S/
HPCNF
织物上均匀地沉积铜和镍,取代一般锂电池表面的金属箔,
以提高柔软度,电池的工作原理如图:?
按要求书写电极反应式:
①放电时,Li发生的电极反应为?_____________________________________。?
②充电时,阳极的电极反应为?_______________________________________。?
【解析】①由图示可知放电时,Li失去电子生成Li+,电极反应为Li-e-Li+。
②充电时,阳极发生氧化反应,电极反应为放电反应的逆过程,即Li2O2-2e-O2↑+2Li+。
答案:①Li-e-Li+
②Li2O2-2e-O2↑+2Li+
在题干条件不变的情况下,下列有关说法错误的是
(  )?
A.放电时,O2发生还原反应
B.沉积铜和镍是为了增强织物的导电性
C.充电时,Li+移向金属锂一极
D.电池工作时,电子的流向为金属锂电极→有机电解质溶液→柔性S/HPCNF电极
【解析】选D。放电时,氧原子得电子,化合价降低,发生还原反应,故A正确;铜和镍是金属,属于导体,沉积铜和镍是为了增强织物的导电性,故B正确;充电时,阳离子移向阴极,Li+移向金属锂一极,故C正确;电子不能在有机电解质溶液中移动,故D错误。
【备选例题】?
硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。将用烧碱吸收H2S后所得的溶液加入如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应:?
S2--2e-S (n-1)S+S2-?
①写出电解时阴极的电极反应式:
____________________________________。?
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成?
____________________________________________。?
【解析】①电解时,阴极区溶液中的阳离子放电,即水溶液中的H+放电生成H2。②由题给反应可知,阳极区生成了,可以理解为(n-1)S+S2-,加入稀硫酸生成S单质和H2S气体。
答案:①2H2O+2e-H2↑+2OH-
②+2H+(n-1)S↓+H2S↑
命题角度2:电解池电极反应式的书写
【典例2】(2021年广东适应性测试)环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒,一种制备方法为:使用惰性电极电解KCl溶液,用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区,其中一区持续通入乙烯;电解结束,移出交换膜,两区混合反应:HOCH2CH2Cl+OH-Cl-+H2O+C2H4O。下列说法错误的是
(  )?
A.乙烯应通入阴极区
B.移出交换膜前存在反应Cl2+H2OHCl+HClO
C.使用Cl-交换膜阻止OH-通过,可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D.制备过程的总反应为:H2CCH2+H2OH2↑+C2H4O
【解析】选A。根据题意,电解时两区分别生成HOCH2CH2Cl、OH-,可推知,阴极区反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑,C2H4则在阳极区反应,生成HOCH2CH2Cl,A错误;阳极区涉及反应包括:2Cl--2e-Cl2↑,Cl2+H2OHCl+HClO,HClO+C2H4HOCH2CH2Cl,B正确;由于Cl-交换膜的存在,Cl2与OH-不相互接触,阳极区总反应为2Cl--2e-+H2O+C2H4HOCH2CH2Cl+HCl,因此pH下降,C正确;由阳极区总反应、阴极反应以及两极混合反应,三个反应相加,可得总反应为C2H4+H2OH2↑+C2H4O。
1.可充电电池电极反应式的书写技巧:
书写可充电电池电极反应式时,一般都是先书写放电时的电极反应式。书写放电时的电极反应式时,一般要有三个步骤:
第一,先标出原电池总反应式电子转移的方向和数目,找出参与负极和正极反应的物质;
第二,写出一个比较简单的电极反应式(书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液反应);
第三,在电子守恒的基础上,利用总反应式减去写出的电极反应式即可得到另一电极反应式。
2.“信息型”电解池电极反应式的书写技巧:
①仔细分析“文字”信息或“图片”信息,找出阴、阳极及电解质溶液。
②可利用阴、阳离子在阳极、阴极的放电顺序或题目信息确定电极产物,利用电荷守恒思想配平。
命题点1:基本电极反应式的书写(基础性考点)
1.以甲醇为燃料,写出下列介质中的电极反应式
(1)酸性溶液
正极:
____________________________________________;?
负极:
____________________________________________。?
(2)碱性溶液
正极:
____________________________________________;?
负极:
____________________________________________。?
(3)固体氧化物(其中O2-可以在固体介质中自由移动)
正极:
____________________________________________;?
负极:
____________________________________________。?
(4)熔融碳酸盐(C)
正极通入CO2:
____________________________________________;?
负极:
____________________________________________。?
答案:(1)正极:O2+6e-+6H+3H2O
负极:CH3OH-6e-+H2OCO2+6H+
(2)正极:O2+6e-+3H2O6OH-
负极:CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O
(3)正极:O2+6e-3O2-
负极:CH3OH-6e-+3O2-CO2+2H2O
(4)正极:O2+6e-+3CO23C
负极:CH3OH-6e-+3C4CO2+2H2O
2.按要求书写电极反应式和总反应方程式:
(1)用惰性电极电解MgCl2溶液
阳极反应式:
____________________________________________;?
阴极反应式:
____________________________________________;?
总反应离子方程式:
____________________________________________。?
(2)以铝材为阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧化膜
阳极反应式:
____________________________________________;?
阴极反应式:
____________________________________________;?
总反应离子方程式:
____________________________________________。?
答案:(1)2Cl--2e-Cl2↑
Mg2++2H2O+2e-H2↑+Mg(OH)2↓
Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
(2)2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+
6H++6e-3H2↑
2Al+3H2OAl2O3+3H2↑
命题点2:“信息型”电极反应式的书写与判断(应用性考点)
3.(1)一种以肼(N2H4)为液体燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂,KOH作电解质。
负极反应式为____________________________________________;?
正极反应式为____________________________________________。?
(2)Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池,电池反应方程式为2AgCl+MgMg2++2Ag+2Cl-。
①负极反应式为____________________________________________;?
②正极反应式为____________________________________________。?
【解析】根据装置可知N2H4→N2为氧化反应,在负极上发生反应。
答案:(1)N2H4-4e-+4OH-N2↑+4H2O
O2+4e-+2H2O4OH-
(2)①Mg-2e-Mg2+
②2AgCl+2e-2Ag+2Cl-
【加固训练—拔高】?
1.我国科学家发明了一种“可固氮”的镁-氮二次电池,其装置如图所示,下列说法不正确的是
(  )?
A.固氮时,电池的总反应为3Mg+N2Mg3N2
B.脱氮时,钌复合电极的电极反应式为Mg3N2-6e-3Mg2++N2↑
C.固氮时,外电路中电子由钌复合电极流向镁电极
D.当无水LiCl-MgCl2混合物受热熔融后电池才能工作
【解析】选C。固氮时该装置为原电池装置,镁为活泼金属,作负极,被氧化成Mg2+,钌复合电极为正极,氮气在电极上发生还原反应生成N3-,与熔融电解质中镁离子生成Mg3N2,所以总反应为3Mg+N2Mg3N2,故A正确;脱氮时,-3价的氮要被氧化,
钌复合电极应发生氧化反应,Mg3N2失电子发生氧化反应生成氮气,电极反应:Mg3N2-6e-3Mg2++N2↑,故B正确;固氮时,镁电极为负极,外电路中电子由负极镁电极流向钌复合电极,故C错误;无水LiCl-MgCl2混合物常温下为固体,无自由移动离子,不能导电,受热熔融后产生自由移动离子导电,电池才能工作,故D正确。?
2.(2021年全国高考冲刺压轴卷)我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下:
下列说法正确的是
(  )?
A.b为电源的负极,d为电解池的阳极
B.过程①②中捕获CO2时碳的化合价发生了变化
C.a极的电极反应式为2C2-4e-4CO2↑+O2↑
D.上述装置中总反应的化学方程式为C+O2CO2
【解析】选C。a电极为C2失去电子,发生氧化反应生成氧气,d电极为碳酸根离子得到电子,发生还原反应生成碳,总反应为CO2C+O2。a电极发生氧化反应,是电解池的阳极,连接的为正极,即b为正极,A错误;
过程①捕获CO2时生成的C2的碳元素的化合价是+4价,②捕获CO2时生成的C的碳元素的化合价是+4价,碳的化合价均未发生变化,B错误;由电解装置可知,
a极的电极反应式为2C2-4e-4CO2↑+O2↑,C正确;
由电解装置可知,a电极生成氧气,d电极生成碳单质,电解总反应为CO2C+O2,D错误。?
3.按要求书写电极反应式
(1)电解装置如图,电解槽内装有KI及淀粉溶液,中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电,发现左侧溶液变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅。
已知:3I2+6OH-I+5I-+3H2O
①阳极:
____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
(2)可用氨水作为吸收液吸收工业废气中的SO2,当吸收液失去吸收能力时,可通过电解法使吸收液再生而循环利用(电极均为石墨电极),并生成化工原料硫酸。其工作示意图如下。
①阳极:
____________________________________________。?
②阴极:
____________________________________________。?
答案:(1)①2I--2e-I2
②2H2O+2e-H2↑+2OH-
(2)①HS-2e-+H2O3H++S
②2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)
考点四 金属的腐蚀与防护(命题指数★★★★)
1.化学腐蚀与电化学腐蚀的比较:
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
条件
金属跟干燥气体或非电解质液体接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生,电化学腐蚀更普遍
2.析氢腐蚀与吸氧腐蚀的比较:
以钢铁的腐蚀为例进行分析:
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
条件
水膜酸性较强
水膜酸性很弱或呈中性
电极反应
负极
Fe-2e-Fe2+
正极
2H++2e-H2↑
O2+2H2O+4e-4OH-
总反应式
Fe+2H+Fe2++H2↑
2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
铁锈的形成:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O(铁锈)+(3-x)H2O。
3.金属的防护:
(1)电化学防护
①牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理
a.负极:比被保护金属活泼的金属;
b.正极:被保护的金属设备。
②外加电流的阴极保护法——电解原理
a.阴极:被保护的金属设备;
b.阳极:惰性金属。
(2)改变金属的内部结构,如制成合金、不锈钢等。
(3)加防护层,如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)纯银器在空气中因电化学腐蚀表面渐渐变暗。(  )?
提示:×。Ag与O2直接接触发生化学反应而使表面渐渐变暗。
(2)金属的化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍。
(  )?
提示:×。金属的电化学腐蚀更普遍。
(3)生铁浸泡在食盐水中发生析氢腐蚀。
(  )?
提示:×。食盐水为中性溶液,生铁发生吸氧腐蚀。
(4)当镀锡铁制品的镀层破损时,镀层仍能对铁制品起保护作用。
(  )?
提示:×。由于铁比锡活泼,锡层破损后,形成原电池,铁作负极,腐蚀加快。
(5)牺牲阳极的阴极保护法是利用电解原理防腐蚀。(  )?
提示:×。牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理防腐。
(6)将水库中的水闸(钢板)与外加直流电源的负极相连,可防止水闸被腐蚀。
(  )?
提示:√。外加电流的阴极保护法是把被保护的器件作阴极,与外加电源负极相连。
2.如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
(1)该电化学腐蚀是哪种类型的腐蚀?
(2)图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是哪个区域?
提示:(1)吸氧腐蚀 (2)B?
命题角度1:金属的腐蚀
【典例1】深埋在潮湿土壤中的铁管道,在硫酸盐还原菌作用下,能被硫酸根腐蚀,其电化学腐蚀原理如图所示,下列与此原理有关说法错误的是
(  )?
A.正极反应为S+5H2O+8e-HS-+9OH-
B.输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C.这种情况下,Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D.管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【以图析题·培养关键能力】?
【解析】选C。原电池的正极发生还原反应,由题图可知,发生的电极反应为S+5H2O+8e-HS-+9OH-,故A正确;硫酸盐还原菌是蛋白质,在高温下易变性,失去催化作用,则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀,故B正确;由题图可知,Fe腐蚀的最终产物为Fe2+,故C错误;管道上刷富锌油漆,形成Zn-Fe原电池,Fe为正极被保护,可以延缓管道的腐蚀,故D正确。?
【备选例题】?
(2021·金华模拟)如图所示装置,均盛有等体积等浓度的稀硫酸,工作相同的时间后测得均通过n
mol
e-。下列叙述错误的是(不考虑溶液体积的变化)
(  )?
A.铁棒的腐蚀程度:甲<乙
B.石墨电极上发生反应的电极反应式相同
C.溶液的pH:甲减小,乙增大
D.甲、乙产生气体的体积(相同条件)比为3∶2
【解析】选B。A.甲中Fe作阴极,被保护,乙中铁作负极被腐蚀,所以铁棒的腐蚀程度:甲<乙,故A正确;B.甲中石墨电极上氢氧根离子放电生成氧气,乙中石墨电极上氢离子放电生成氢气,所以二者电极反应式不同,故B错误;C.甲中电池反应式为2H2O2H2↑+O2↑,乙中电池反应式为Fe+2H+H2↑+Fe2+,甲中硫酸浓度增大、乙中硫酸浓度减小,所以溶液的pH:甲减小,乙增大,故C正确;D.假设都转移4
mol电子,甲中生成气体的物质的量为3
mol、乙中生成气体的物质的量为2
mol,所以相同条件下气体的体积之比为3∶2,故D正确。?
命题角度2:金属的防护
【典例2】(2020·江苏高考)将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中,下列有关说法正确的是
(  )?
A.阴极的电极反应式为Fe-2e-Fe2+
B.金属M的活动性比Fe的活动性弱
C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】选C。A项,该装置为原电池,阴极处为正极,参与电极反应的可能是O2或是溶液中的H+,错误;B项,M比Fe活泼,M将电子转移至Fe处,错误;C项,Fe表面有M传过来的电子,则O2或H+得到的电子不是Fe失去的电子,故Fe被保护,正确;D项,海水中存在电解质溶液,所以更容易发生电化学腐蚀,错误。
人教版选修4教材P86:牺牲阳极法示意图如图:
教材描述牺牲阳极法通常是在被保护的钢铁设备上安装若干镁合金或锌块,镁、锌比铁活泼,它们就成为原电池的负极,不断遭受腐蚀,而作为正极的钢铁设备就被保护起来。
(1)为了减小某水库的铁闸门被腐蚀的速率,连接在铁闸门上的固体材料可以采用    (填写字母序号)。
?
A.铜    B.钠    C.锌    D.石墨?
(2)如图所示的方案也可以减小铁闸门的腐蚀速率,其中铁闸门应该连接在直流电源的    极。
?
(3)在海洋工程上,通常用铝合金(Al-Zn-Cd)保护海底钢铁设施,其中负极发生的电极反应为?____________________________________________;?
在实际应用中,用铝合金而不选用纯铝,纯铝不能很好地起到保护作用,其原因是?____________________________________________。?
【解析】Fe发生吸氧腐蚀,常见保护方法有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
答案:(1)C (2)负 (3)Al-3e-Al3+ 铝表面易被氧化,生成一层致密而坚固的氧化物薄膜,使金属铝呈现“惰性”?
判断金属腐蚀快慢的方法
(1)对同一电解质溶液来说,腐蚀的快慢:电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。?
(2)对同一金属来说,腐蚀的快慢:强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。(浓度相同)
(3)活泼性不同的两种金属,活泼性差异越大,腐蚀越快。
(4)对同一种电解质溶液来说,电解质浓度越大,金属腐蚀速率越快。
命题点1:金属腐蚀与防护(基础性考点)
1.泰山站是中国在南极建设的第四个科学考察站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命,钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是
(  )?
A.金属块M可能是铜,发生氧化反应
B.这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法
C.科学考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀
D.若采用外加电流的阴极保护法,设备与电源正极相连
【解析】选B。如果金属块M是铜,铜与钢铁设备构成原电池时,铁为负极,腐蚀速率加快,故A错误;为了延长科学考察站基础设施使用寿命,钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M),M应该充当原电池的负极,这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法,故B正确;科学考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀,故C错误;若采用外加电流的阴极保护法,钢铁设备应该与电源负极相连,充当电解池的阴极,被保护,故D错误。
2.高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象,在铁帽上加锌环能有效防止铁帽腐蚀,防护原理如图所示。下列说法错误的是
(  )?
A.通电时,锌环是阳极,发生氧化反应
B.通电时,阴极上的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-
C.断电时,锌环上的电极反应为Zn2++2e-Zn
D.断电时,仍能防止铁帽被腐蚀
【解析】选C。通电时,锌环与电源正极相连,作阳极,发生氧化反应,A项正确;通电时,铁帽为阴极,发生还原反应:2H2O+2e-H2↑+2OH-,B项正确;断电时,形成原电池,锌环为负极,发生氧化反应:Zn-2e-Zn2+,C项错误;断电时,形成原电池,铁帽为正极,此为牺牲阳极的阴极保护法,仍能防止铁帽被腐蚀,D项正确。
命题点2:金属的腐蚀试验探究(综合性考点)
3.某化学小组通过手持技术探究铁钉在4种溶液中的吸氧腐蚀实验,相关数据如表所示。
实验装置
实验编号
浸泡液
pH
氧气体积分数随时间的变化

1.0
mol·L-1NH4Cl
5

0.5
mol·L-1(NH4)2SO4
5

1.0
mol·L-1NaCl
7

0.5
mol·L-1Na2SO4
7
已知铁在负极被氧化的过程由3个步骤构成:①Fe+H2O-e-Fe(OH)ads(吸附物)+H+;②Fe(OH)ads(吸附物)-e-FeOH+;③FeOH++H+Fe2++H2O。下列说法错误的是
(  )?
A.铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-Fe2+
B.上述实验的正极反应式均为O2+4e-+4H+2H2O
C.300
min内,铁钉的平均吸氧腐蚀速率:酸性溶液>中性溶液?
D.曲线先陡后平可能是由于溶液碱性增强促进氢氧化物生成,阻碍反应继续进行
【解析】选B。由题给信息知,铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-Fe2+,故A正确;吸氧腐蚀是在中性或弱酸性环境中发生的,故正极反应式均为O2+4e-+2H2O4OH-,故B错误;①②溶液显酸性,③④溶液显中性,根据图象可知,铁钉的平均吸氧腐蚀速率:酸性溶液大于中性溶液,故C正确;氧气体积分数下降曲线先陡后平,一方面是由于氧气体积分数降低后使腐蚀速率变慢,另一方面也可能是由于溶液碱性增强促进氢氧化物的生成,氢氧化物覆盖在铁钉表面阻碍反应继续进行,故D正确。
1.(2020·全国Ⅱ卷)电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。如图是某电致变色器件的示意图。当通电时,Ag+注入无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错误的是
(  )?
A.Ag为阳极
B.Ag+由银电极向变色层迁移
C.W元素的化合价升高
D.总反应为:WO3+xAgAgxWO3
【解析】选C。由外加电源可知该装置为电解装置。由“通电时,Ag+注入无色WO3薄膜中,生成AgxWO3”可知,Ag为阳极,Ag+由银电极向变色层(阴极)迁移,A、B正确;WO3生成AgxWO3,W的化合价降低x价,C错误;阳极电极反应式为xAg-xe-
xAg+,阴极电极反应式为WO3+xe-+xAg+AgxWO3,两极电极反应式相加得总反应式为WO3+xAgAgxWO3。
2.(2020·浙江7月选考)电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液,在阳极RCOO-放电可得到R—R(烷烃)。下列说法不正确的是
(  )?
A.电解总反应方程式:2RCOONa+2H2OR—R+2CO2↑+H2↑+2NaOH
B.RCOO-在阳极放电,发生氧化反应
C.阴极的电极反应:2H2O+2e-2OH-+H2↑
D.电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【解析】选A。因为阳极RCOO-放电可得到R—R(烷烃)和生成CO2,在强碱性环境中,CO2会与OH-反应生成C和H2O,故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-
R—R+2C+2H2O,阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2,同时生成OH-,阴极的电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑,因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOH
R—R+2Na2CO3+H2↑,A说法不正确;RCOO-在阳极放电,电极反应式为2RCOO-
-2e-+4OH-R—R+2C+2H2O,—COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价,发生氧化反应,烃基—R中元素的化合价没有发生变化,B说法正确;阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2,同时生成OH-,阴极的电极反应为2H2O+2e-2OH-+H2↑,C说法正确;根据题中信息,由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生:2CH3COONa+2NaOHCH3—CH3+2Na2CO3+H2↑,2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2—CH2CH3+2Na2CO3+H2↑,CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3—CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此,电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷,D说法正确。
3.(2019·全国Ⅲ卷)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)。?
【解析】根据示意图中H+的流动方向可以判断电源的正负极情况,左侧为负极,右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式:Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。在反应中,1
mol
O2得到4
mol电子,所以转移1
mol电子时消耗氧气0.25
mol,在标准状况下的体积为5.6
L。?
答案:Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O 5.6?
【加固训练—拔高】?
1.(2018·北京高考)验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的
3%
NaCl
溶液)。?



在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
(  )?
A.对比②③,可以判定Zn保护了Fe
B.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【解析】选D。根据实验②的现象可知,在酸化的3%NaCl溶液中Fe电极未溶解,根据实验③的现象可知,Fe在酸化的3%NaCl溶液生成了Fe2+,两者对照,可以判定Zn保护了Fe,A正确;根据实验②取出Fe附近的溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无明显变化,可知Fe电极附近未生成Fe2+,而实验①中Fe表面变蓝,说明K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化,B、C正确;将Zn换成Cu,用①的方法K3[Fe(CN)6]可将Fe氧化,Fe表面也会生成蓝色沉淀,不能根据电化学原理判断Fe比Cu活泼。
2.(1)(2019·全国Ⅱ卷)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____________________________。?
(2)(2019·北京高考)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:_________。?
【解析】(1)由原理图可知,Fe电极的铁生成Fe2+,发生氧化反应,Fe电极为电解池的阳极;由图可知有H2生成,电解池的总反应为Fe+2+H2↑。中间物Na能与水反应,且水会电解生成OH-,与Fe2+反应生成Fe(OH)2,故电解制备需要在无水条件下进行。
(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,因而制取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制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用。
答案:(1)Fe电极 Fe+2+H2↑(Fe+2C5H6Fe(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Fe2+反应生成Fe(OH)2
(2)①K1 2H2O+2e-H2↑+2OH-?
③制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用
1.电解池组成“3条件”:
(1)外接电源;(2)电解质溶液;(3)闭合回路。
2.离子放电“2顺序”(惰性电极):
(1)阳极:S2->I->Br->Cl->OH-。
(2)阴极:Ag+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(H2O)>Al3+。
3.电解池阴、阳极“4特点”:
(1)阳极:外接直流电源正极——流出电子——发生氧化反应——阴离子移向。
(2)阴极:外接直流电源负极——流入电子——发生还原反应——阳离子移向。
4.电解原理应用的“4方面”:
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
(2)电镀时,待镀的金属制品作阴极,镀层金属作阳极,用含镀层金属离子的溶液作电镀液。
(3)电解精炼铜时,用纯铜作阴极,粗铜作阳极,用CuSO4溶液作电解液。
(4)电解熔融Al2O3制取铝,电解熔融氯化钠制取钠,电解熔融MgCl2制取镁。
5.金属的2种腐蚀与3种保护:
(1)两种腐蚀:析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
(2)三种保护:电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
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-第三讲 烃的衍生物 
考点一 卤代烃的结构与性质(命题指数★★★★★)
1.概念:
烃分子中的氢原子被卤素原子取代后生成的化合物称为卤代烃。饱和一元卤代烃的通式为CnH2n+1X。溴乙烷的官能团为溴原子。
2.分类:
3.物理性质:
溶解性
卤代烃不溶于水,可溶于大多数有机溶剂,卤代烃本身是很好的溶剂
沸点
①卤代烃(含相同的卤素原子)的沸点随碳原子数的增加而升高②卤代烃同分异构体的沸点随烃基中支链的增加而降低③同一烃基的不同卤代烃的沸点随卤素原子的相对原子质量的增大而增大
状态
常温下,一般卤代烃中除少数(如CH3Cl)为气体外,其余大多数为液体或固体(如氯仿、四氯化碳等)
密度
脂肪烃的一氯代物和一氟代物密度小于水,其他的一般大于水
4.化学性质:
(1)水解反应(取代反应)。
①反应条件:NaOH水溶液,加热。
②溴乙烷在NaOH水溶液条件下的水解反应方程式为
CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr,
1,2?二溴乙烷在NaOH水溶液条件下的水解反应方程式为
③卤代烃(R—X)的水解反应方程式:
R—X+NaOHR—OH+NaX。
(2)消去反应。
①定义:在一定条件下从一个分子中脱去一个或几个小分子(如H2O、HX等),而生成含不饱和键(双键或三键)化合物的反应,叫消去反应。
②反应条件:NaOH的醇溶液,加热。
③溴乙烷在NaOH乙醇溶液条件下的消去反应方程式为
CH3CH2Br+NaOHCH2===CH2↑+NaBr+H2O,
1,2?二溴乙烷在NaOH乙醇溶液条件下的消去反应方程式为
④卤代烃的消去反应方程式:
(3)卤代烃水解反应与消去反应的比较。
反应类型
取代反应(水解反应)
消去反应
反应条件
NaOH水溶液、加热
NaOH的醇溶液、加热
实质
—X被—OH取代
失去HX分子,形成不饱和键
键的变化
C—X断裂形成C—OH键
C—X与C—H断裂形成C===C或C≡C与H—X
卤代烃的要求
含有—X的卤代烃绝大多数都可以水解
①含有两个或两个以上的碳原子,如CH3Br不能反应;②与卤素原子相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子。如、(CH3)3CCH2Br都不行,而CH3—CH2—Cl可以
化学反应特点
有机物碳骨架不变,官能团由—X变为—OH
有机物碳骨架不变,官能团由—X变为或—C≡C—
主要产物

烯烃或炔烃
5.卤代烃的命名:
(1)卤代烷烃命名。
以卤素原子连接的C原子的最长碳链作为主链,卤素原子与其他支链作为取代基,按“次序规则”依次列出,命名为“某烷”。规则同烷烃。
如的名称是4?甲基?3?氯己烷;的名称为2?乙基?1?氯戊烷。
(2)
卤代烯(炔)烃命名。
以烯烃(炔烃)为母体,命名为“某烯(炔)”。
选择含有双(三)键的最长碳链为主链,双(三)键位次最小,卤原子作为取代基。
如的名称是3?甲基?4?氯?1?丁烯。
6.卤代烃的制备:
(1)烷烃和卤素单质在光照条件下取代。如乙烷与氯气的反应:
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。
(2)芳香烃和卤素单质在催化剂作用下取代。如苯与液溴的反应:
(3)烯烃或炔烃等不饱和烃与HX、X2发生加成反应。如乙烯与HBr的反应:
CH2===CH2+HBr―→CH3CH2Br。
7.卤代烃对环境、健康产生的影响:
氟氯烃在大气平流层中会破坏臭氧层,是造成臭氧空洞的主要原因。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)卤代烃都是密度比水大、难溶于水的油状液体。
(  )
提示:×。如脂肪卤代烃的一氯代物和一氟代物的密度小于水。
(2)溴乙烷是电解质,使用硝酸和硝酸银可以检验溴乙烷中的溴元素。(  )
提示:×。溴乙烷是非电解质,需水解后才能有游离Br-被检验。
(3)溴乙烷水解反应和消去反应相比,其反应条件不同,所得产物不同,说明溶剂对化学反应有影响。
(  )
提示:√。溴乙烷的水解反应是以水为溶剂,而消去反应则是以乙醇为溶剂。由此可以看出同种反应物,反应条件不同,发生的反应不同,产物不同。
(4)溴苯既可以发生水解反应,又可以发生消去反应。
(  )
提示:×。溴苯不能发生消去反应。
(5)将溴乙烷与NaOH醇溶液共热的气体产物可使酸性KMnO4溶液褪色,即可证明溴乙烷的消去反应产物含有乙烯。
(  )
提示:×。气体产物中有乙烯和挥发出来的乙醇蒸气,乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色。
(6)卤代烃发生消去反应的产物有2种。
(  )
提示:√。发生消去反应的产物有CH3CH===CHCH3、CH3CH2CH===CH2。
2.卤代烃在生产生活中具有广泛的应用。
(1)多氯代甲烷常为有机溶剂,其中分子结构为正四面体的是__________,工业上分离这些多氯代物的方法是______________。
(2)三氟氯溴乙烷(CF3CHClBr)是一种麻醉剂,写出其所有同分异构体的结构简式______________(不考虑立体异构)。
(3)氯乙烷是运动场上常使用的一种喷雾止痛剂。制取氯乙烷最好的方法是______________。
(4)溴乙烷常用于汽油的乙基化、冷冻剂和麻醉剂。检验溴乙烷中含有溴元素的试剂有____________。
(5)1?溴丙烷是一种工业用化工产品。写出由1?溴丙烷制备1,2?丙二醇的化学方程式。___________________________________________________________。
【解析】(1)分子结构为正四面体的为四氯化碳,工业上分离这些多氯代甲烷,根据物质的沸点不同,常用分馏的方法分离。(2)CF3CHClBr对应的同分异构体中,可根据卤素原子的位置不同判断,如F不在同一个碳原子上,存在的同分异构体有CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2。(3)制取氯乙烷最好的方法是乙烯与氯化氢发生加成反应。(4)检验溴乙烷中含有溴元素的试剂有氢氧化钠溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。(5)由1?溴丙烷制备1,2?丙二醇发生如下反应:CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH===CH2+NaBr+H2O、CH3CH===CH2+Br2―→CH3CHBrCH2Br、CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr。
答案:(1)四氯化碳 分馏
(2)CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2
(3)乙烯与氯化氢发生加成反应
(4)氢氧化钠溶液、稀硝酸、硝酸银溶液
(5)CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH===CH2+NaBr+H2O、CH3CH===CH2+Br2―→CH3CHBrCH2Br、
CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr
命题角度1.卤代烃的结构
【典例1】(2021·日照模拟)分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)
(  )
A.7种   B.8种   C.9种   D.10种
【解析】选C。分子式为C4H8Cl2的有机物可看成是丁烷C4H10中的两个氢原子被两个氯原子取代,C4H10有正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷CH3CH(CH3)CH3两种。正丁烷中2个氢原子被氯原子取代,有6种结构;异丁烷中2个氢原子被氯原子取代,有3种结构,共有9种。
【归纳提升】卤代烃的同分异构体判断
1.一卤代烃的同分异构体可以用基元法,即根据烃基结构的数目判断一卤代烃的同分异构体数目。—CH3只有1种,—C2H5只有1种,—C3H7有2种,—C4H9有4种,—C5H11有8种。
2.二卤代烃的同分异构体可以用定一移一法,即先固定一个卤素原子位置,再移动另一个卤素原子,以判断二卤代烃的同分异构体数目。
命题角度2.卤代烃的性质
【典例2】(2020·江苏高考改编)化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体,可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是
(  )
A.X分子中含有一个手性碳原子
B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热,均能生成丙三醇
【解析】选B。A项,中间与羟基相连的碳原子为手性碳,正确;B项,与O原子相连的甲基上的C原子与苯环不一定处于同一平面,错误;C项,Z中连有羟基的碳原子,与之相邻的碳原子上有H原子,故可以发生消去反应,正确;D项,X中氯原子可以在NaOH溶液中发生水解反应生成羟基,Z中酯基和氯原子均可以水解生成羟基,正确。
命题角度3.卤代烃在有机合成中的桥梁作用
【典例3】有机物E(C3H3Cl3)是一种播前除草剂的前体,其合成路线如下。
已知D在反应⑤中所生成的E,其结构只有一种可能,E分子中有3种不同类型的氯(不考虑空间异构)。试回答下列问题:
(1)利用题干中的信息推测有机物D的名称是____________________________。
(2)写出下列反应的类型:反应①是________,反应③是________。
(3)有机物E的同类同分异构体共有________种(不包括E,不考虑空间异构)。
(4)试写出反应③的化学方程式:_______________________________________。
【解析】本题应采用逆推法:E是D发生消去反应后的产物,分子中含有一个碳碳双键,且有3种不同类型的氯,由此可得E为ClCH2CCl===CHCl;D在发生消去反应时生成的E只有一种结构,所以D应该是一种对称结构,D应为CH2Cl—CCl2—CH2Cl。由第②步反应B通过加成反应生成了CH2Cl—CHCl—CH2Cl,可推出B为CH2ClCH===CH2,进一步可推出A为CH3CH===CH2。CH2ClCHClCH2Cl通过反应③得到C,此时有些难以判断消去哪几个氯,这时应根据D的结构简式判断,则C为CH2===CCl—CH2Cl。
答案:(1)1,2,2,3?四氯丙烷 (2)取代反应 消去反应 (3)5
(4)CH2ClCHClCH2Cl+NaOHCH2===CCl—CH2Cl
+NaCl+H2O
【归纳提升】卤代烃在有机合成中的应用——桥梁作用
①水解反应引入羟基。
如由乙烯制备乙二醇,先用乙烯与氯气发生加成反应制得1,2?二氯乙烷,再用1,2?二氯乙烷在强碱性条件下发生水解反应制得乙二醇。
②消去反应引入不饱和键。
③改变官能团的位置。
如由1?溴丙烷制取2?溴丙烷,先由1?溴丙烷通过消去反应得到丙烯,再由丙烯与溴化氢加成得到2?溴丙烷。
④改变官能团的数目。
如由1?溴丁烷制取1,2?二溴丁烷,先由1?溴丁烷发生消去反应得到1?丁烯,再由1?丁烯与溴加成得到1,2?二溴丁烷。
⑤增长碳链或构成碳环。
卤代烃能与多种金属作用,生成金属有机化合物,其中格氏试剂是金属有机化合物中最重要的一类化合物,也是有机合成中非常重要的试剂之一。它是卤代烷在乙醚的存在下与金属镁作用,生成的有机镁化合物,再与活泼的卤代烃反应,生成碳链更长的烃。
RX+MgRMgX,
CH2===CHCH2Cl+RMgCl―→CH2===CHCH2R+MgCl2。
卤代烷与金属钠反应可生成烷烃,利用此反应可制备高级烷烃或环烷烃。
2RBr+2Na―→R—R+2NaBr。
1.卤代烃的化学性质:
反应类型
水解反应
消去反应
反应实质
卤代烃分子中—X被水中的—OH所取代,生成醇
相邻的两个碳原子间脱去小分子HX,生成烯烃或炔烃
反应条件
强碱的水溶液、加热
强碱的醇溶液、加热
断键方式
产物特征
引入—OH,生成含—OH的化合物
消去HX,生成含碳碳双键或碳碳三键的不饱和键的化合物
2.卤代烃中卤元素的检验:
命题点1.卤代烃的结构(基础性考点)
1.下列关于卤代烃的叙述中不正确的是
(  )
A.所有卤代烃都含有卤素原子
B.不是所有卤代烃都能发生消去反应
C.所有卤代烃都是难溶于水,密度比水小的液体
D.卤代烃不一定是通过取代反应制得的
【解析】选C。烃分子中的氢原子被卤素原子取代后的化合物称为卤代烃,卤代烃一定含有卤素原子,故A正确;卤素所在碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子的卤代烃才可发生消去反应,故B正确;卤代烃不一定是液体,如一氯甲烷是气体,密度不一定比水小,如CCl4密度比水大,故C错误;烯烃通过发生加成反应也可得到卤代烃,故D正确。
2.(2020·镇江模拟)下列化合物中,既能发生水解反应,又能发生消去反应,且消去后只生成一种不饱和化合物的是
(  )
A.CH3Cl        
B.
C.
D.
【解析】选B。A.CH3Cl只能发生水解反应,不能发生消去反应,故A错误;B.
既能发生水解反应,又能发生消去反应,且消去后只生成一种不饱和烃,故B正确;C.
只能发生水解反应,不能发生消去反应,故C错误;D.
既能发生水解反应,又能发生消去反应,但消去反应生成2种不饱和烃,故D错误。
命题点2.卤代烃的性质(综合性考点)
3.能发生消去反应,生成物中存在同分异构体的是
(  )
A.
   
B.
C.
D.
【解析】选B。A发生消去反应的产物只有丙烯;C发生消去反应的产物只能是苯乙烯;D发生消去反应的产物只有2-戊烯;但B发生消去反应的产物有两种,


4.某学生将氯乙烷与NaOH溶液共热几分钟后,冷却,滴入AgNO3溶液,最终未得到白色沉淀,其主要原因是
(  )
A.加热时间太短
B.不应冷却后再加入AgNO3溶液
C.加入AgNO3溶液前未用稀硝酸酸化
D.反应后的溶液中不存在Cl-
【解析】选C。氯乙烷在碱性条件下加热水解,先加入过量的稀硝酸中和未反应完的NaOH,然后再加入AgNO3溶液,可以检验Cl-的存在。
【加固训练—拔高】
为了检验溴乙烷中含有溴元素,有以下操作,顺序合理的是
(  )
①加AgNO3溶液 ②加NaOH溶液 ③加热
④加蒸馏水 ⑤加硝酸至溶液显酸性
A.②①③⑤     
B.②④⑤③
C.②③⑤①
D.②①⑤③
【解析】选C。溴乙烷中的溴元素不是以离子状态存在,因此,不能与AgNO3溶液直接反应,必须使之变为溴离子。由题意可知,应通过溴乙烷在碱性水溶液中水解得到溴离子,但反应后溶液显碱性,不能直接加入AgNO3溶液检验,否则Ag+与OH-反应得到AgOH白色沉淀,AgOH再分解为Ag2O褐色沉淀,影响溴的检验,故需加入足量硝酸使溶液变为酸性,再加AgNO3溶液检验。
命题点3.卤代烃在有机合成中的桥梁作用(应用性考点)
5.由2?氯丙烷制取少量的1,2?丙二醇时,需要经过下列哪几步反应
(  )
A.加成→消去→取代   
B.消去→加成→水解
C.取代→消去→加成
D.消去→加成→消去
【解析】选B。由题意,要制1,2?丙二醇,需先使2?氯丙烷发生消去反应制得丙烯:+NaOHCH3—CH===CH2↑+NaCl+H2O;再由丙烯与Br2加成生成1,2?二溴丙烷:CH3CH===CH2+Br2―→,最后由1,2?二溴丙烷水解得产物1,2?丙二醇:+2NaOH+2NaBr。
6.卤代烃能够发生下列反应:2CH3CH2Br+2Na―→CH3CH2CH2CH3+2NaBr,下列某个卤代烃X可以合成邻二甲基环丁烷(其结构为),则X可能是
(  )
①CH3CH2CH2Br 


 

A.①②   B.①③   C.②③   D.②④
【解析】选C。①CH3CH2CH2Br
生成CH3CH2CH2CH2CH2CH3,①错误;②2个
可以合成邻二甲基环丁烷(
),故②正确;③1个
碳溴键发生断裂,溴原子与钠形成溴化钠,与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键,形成
,故③正确;④1个
碳溴键发生断裂,溴原子与钠形成溴化钠,与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键,形成的环为三元环,故④错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·济宁模拟)用有机物甲可制备环己二烯(  ),其反应路线如图所示:
下列有关判断不正确的是
(  )
A.甲的分子式为
C6H12
B.乙与环己二烯互为同系物
C.上述流程发生的反应类型有取代反应、消去反应、加成反应
D.环己二烯与溴水
1∶1
反应可得
2
种产物
【解析】选B。甲与氯气发生取代反应生成一氯环己烷,则甲为环己烷,一氯环己烷在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯,则乙为环己烯,环己烯再与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2?二溴环己烷,则丙为1,2?二溴环己烷,丙再继续发生消去反应生成环己二烯。甲为环己烷,分子式为C6H12,故A正确;结构相似、类别相同,在分子组成上相差一个或多个—CH2—原子团的有机物互为同系物,根据分析,乙为环己烯,结构简式为,比环己二烯少一个碳碳双键,二者结构不同,不是相差若干个—CH2—原子团,不互为同系物,故B错误;根据分析,上述流程发生的反应类型有取代反应、消去反应、加成反应,故C正确;环己二烯与溴水1∶1发生加成反应,有两种加成方式,一种为两个溴原子加成在同一个碳碳双键两端,另一种为两个溴原子分别加成在两个碳碳双键上,两个双键变为单键,在环己二烯两个双键之间重新形成一个新的碳碳双键,结构简式为或,可得
2
种产物,故D正确。
2.(2021·镇江模拟)由环己烷可制得1,2?环己二醇,反应过程如下:
下列说法错误的是
(  )
A.①的反应条件是光照
B.②的反应类型是消去反应
C.③的反应类型是取代反应
D.④的反应条件是NaOH、H2O、加热
【解析】选C。根据环己烷合成1,2-环己二醇的路线可知:反应①为
在光照条件下发生取代反应得到
;反应②为
在氢氧化钠醇溶液共热条件下发生消去反应得到A
;反应③为
的加成反应,则B为
;反应④为在氢氧化钠水溶液共热条件下,
发生水解反应得到
。反应①为光照条件下的取代反应,A正确;反应②为
在氢氧化钠醇溶液共热条件下发生的消去反应,B正确;反应③为
的加成反应,C错误;反应④为
在氢氧化钠水溶液共热条件下发生的水解反应,D正确。
考点二 醇的结构与性质(命题指数★★★★★)
1.概念:
醇是羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物,其官能团为羟基(—OH)。饱和一元醇的通式为CnH2n+1OH(n≥1)或CnH2n+2O。
2.分类:
(3)
3.物理性质:
物理性质
递变规律
密度
一元脂肪醇的密度一般小于1
g·cm-3
沸点
①直链饱和一元醇的沸点随着分子中碳原子数的递增而逐渐升高
②醇分子间存在氢键,所以相对分子质量相近的醇和烷烃相比,醇的沸点远高于烷烃
水溶性
低级脂肪醇易溶于水,饱和一元醇的溶解度随着分子中碳原子数的递增而逐渐减小
4.化学性质:
(1)与活泼金属的反应(如Na、K、Mg)——置换反应。
如乙醇与Na的反应:
2CH3CH2OH+2Na―→2CH3CH2ONa+H2↑。
(2)乙醇的脱水反应。
①分子内脱水——消去反应。
如乙醇与浓硫酸在170
℃时的反应:
②分子间脱水——取代反应。
如乙醇与浓硫酸在140
℃的反应:
C2H5OH+H—O—C2H5C2H5—O—C2H5+H2O。
(3)酯化反应—取代反应。
如乙酸和乙醇的酯化反应:
CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O。
断键规律:酸脱羟基醇脱氢。
醇还可以与一些无机含氧酸(如H2SO4、HNO3等)发生酯化反应,如乙醇与硝酸的反应:
C2H5OH+HO—NO2C2H5O—NO2+H2O。
(4)与浓氢卤酸
(HX)发生取代反应——取代反应。
如乙醇与HBr的反应:
CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O。
(5)氧化反应。
①燃烧。
C2H5OH+3O22CO2+3H2O。
②催化氧化。
如乙醇的催化氧化:
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
③与强氧化剂的反应。
CH3CH2OHCH3COOH
小结:乙醇反应时的断键位置
反应
断键位置
与活泼金属反应

催化氧化
①③
消去反应
②④
分子间脱水
①②
与氢卤酸反应

酯化反应

5.醇的命名:
如的名称为2?甲基?1?丙醇;
的名称为2,3?二甲基?3?戊醇。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)甲醇、乙二醇、丙三醇互为同系物。
(  )
提示:×。含有官能团数量不同,结构不相似,不是同系物。
(2)含羟基(—OH)官能团的有机物都属于醇类。
(  )
提示:×。当羟基与苯环直接相连时,属于酚类。
(3)1
mol某醇类物质与足量Na反应能得到1
mol
H2,则该醇类物质为二元醇。
(  )
提示:√。因1
mol
—OH与足量Na反应能生成0.5
mol
H2,故该醇为二元醇。
(4)相对分子质量相近的醇和烷烃,前者沸点远远高于后者,同时甲醇、乙醇等均可与水以任意比互溶,都是因为醇分子间存在氢键。
(  )
提示:√。由于醇分子中羟基(—OH)的氧原子与另一醇分子—OH的氢原子之间存在着相互吸引作用(即氢键),会使醇分子与醇分子聚集在一起,“相对的质量”变大,沸点升高,同理,由于甲醇、乙醇等与水也形成氢键,能够以任意比互溶。
(5)醇发生催化氧化和消去反应时,对结构的要求相同。
(  )
提示:×。催化氧化需要“同碳有氢”的结构,消去反应要求“邻碳有氢”的结构。
(6)用浓硫酸、乙醇在加热条件下制备乙烯,应缓慢升温至170
℃。
(  )
提示:×。制备乙烯,应迅速升温至170℃,减少副反应的发生。
2.频那醇广泛用于农药、医药等精细化工产品的合成,其键线式如图所示。
(1)频那醇的化学名称为____________。
(2)频那醇的分子式为__________,其一氯代物共有________种。
(3)频那醇在浓硫酸作用下发生消去反应的化学方程式为__________________。
(4)已知频那醇在H2SO4作用下可经重排反应生成频那酮,如图所示,则在酸性条件下发生重排反应的产物是______________。
【解析】(1)频那醇的结构式为,其名称为2,3?二甲基?2,3?丁二醇。(2)频那醇的结构式为,故其分子式为C6H14O2,分子中含有甲基氢和羟基氢两种类型的氢原子,故一氯代物有2种。(3)频那醇在浓硫酸作用下发生消去反应的化学方程式为
。(4)根据反应可知,相邻碳上的两个羟基脱去一个水分子,且其中一个烷基重排在不形成羰基的碳上,则在酸性条件下发生重排反应的产物是。
答案:(1)2,3?二甲基?2,3?丁二醇
(2)C6H14O2 2
命题角度1.醇的结构与性质
【典例1】(2020·全国Ⅲ卷)金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物,结构式如下:
下列关于金丝桃苷的叙述,错误的是
(  )
A.可与氢气发生加成反应
B.分子含21个碳原子
C.能与乙酸发生酯化反应
D.不能与金属钠反应
【解析】选D。金丝桃苷分子中的苯环、碳碳双键以及羰基均可在一定条件下与氢气发生加成反应,A正确;根据结构简式可知金丝桃苷分子含碳原子数目为21个,B正确;该有机物中含有醇羟基,所以一定条件下能与乙酸发生酯化反应,C正确;该有机物含有多个羟基,能与金属钠反应,D错误。
 
在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是
(  )
A.含氧官能团有酯基、羟基、醚键
B.能发生消去反应和催化氧化反应
C.1
mol金丝桃苷与足量金属钠反应产生89.6
L
H2
D.1
mol金丝桃苷最多消耗8
mol
NaOH
【解析】选B。含氧官能团有羟基、羰基、醚键,无酯基,故A错误;含有羟基,且与羟基相连碳原子上有氢原子,能发生催化氧化反应,与羟基相连碳原子的相邻碳原子上有氢原子,能发生消去反应,故B正确;1
mol金丝桃苷与足量金属钠反应,产生4
mol氢气,在标准状况下体积为89.6
L,故C错误;1
mol金丝桃苷最多消耗4
mol
NaOH,故D错误。
【加固训练—拔高】
分子式为C7H16O的饱和一元醇的同分异构体有多种,在下列该醇的同分异构体中,
A.
B.
C.
D.CH3(CH2)5CH2OH
(1)可以发生消去反应,生成两种单烯烃的是_____________________________;
(2)可以发生催化氧化生成醛的是________;
(3)不能发生催化氧化的是________;
(4)能被催化氧化为酮的有________种;
(5)能使酸性KMnO4溶液褪色的有________种。
【解析】(1)因该醇发生消去反应时,生成两种单烯烃,这表明连有—OH的碳原子的相邻碳原子上应连有氢原子,且以—OH所连碳为中心,分子不对称。
(2)~(4)连有—OH的碳上有2个氢原子时可被氧化为醛,有1个氢原子时可被氧化为酮,不含氢原子时不能发生催化氧化。(5)连有—OH的碳上有氢原子时,可被酸性KMnO4溶液氧化,使酸性KMnO4溶液褪色。
答案:(1)C (2)D (3)B (4)2 (5)3
命题角度2.与乙醇相关实验
【典例2】实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯,但实验表明,还有许多副反应发生,如反应中会生成SO2、CO2、水蒸气等无机物。某研究学习小组欲用如图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型。回答下列问题:
(1)写出制备乙烯反应的化学方程式:_____________________________,
实验中,混合浓硫酸与乙醇的方法是将___________________________
慢慢加入另一种物质中;加热F装置时必须使液体温度________。
(2)写出浓硫酸与酒精直接反应生成上述无机副产物的化学方程式:_________________________________________________________________。
(3)为实现上述实验目的,装置的连接顺序为F→_________→D。(各装置限用一次)
(4)当C中观察到________时,表明单质溴能与乙烯反应;若D中______________,表明C中发生的是取代反应;若D没有出现前面所描述的现象时,表明C中发生的是________反应。
【解析】混合浓硫酸与乙醇,相当于稀释浓硫酸,故应将浓硫酸缓慢加入乙醇中;加热时应使溶液迅速升温到170
℃。为得到纯净的乙烯,应用NaOH溶液除去SO2、CO2(并用石灰水检验是否除尽),然后用浓硫酸干燥。乙烯与单质溴之间可能发生加成反应,也可能发生取代反应,若是取代反应,则会有HBr生成,HBr与AgNO3溶液反应会产生浅黄色沉淀。
答案:(1)CH3CH2OHCH2===CH2↑+H2O 浓硫酸 迅速升至170

(2)CH3CH2OH+6H2SO4(浓)―→2CO2↑+6SO2↑+9H2O
(3)A→B→E→C
(4)溶液褪色 有浅黄色沉淀生成 加成
1.乙醇性质的反应机理:
2.醇类的催化氧化规律:
醇能否被氧化以及被氧化的产物的类别,取决于与羟基相连的碳原子上的氢原子的个数,具体分析如下:
3.醇类的消去反应规律:
(1)醇分子中,连有—OH的碳原子的相邻碳原子上必须连有氢原子,才能发生消去反应而形成不饱和键。
(2)若醇分子中与—OH相连的碳原子无相邻碳原子或其相邻碳原子上无氢原子时,则不能发生消去反应。如CH3OH、(CH3)3CCH2OH不能发生消去反应生成烯烃。
4.溴乙烷和乙醇消去反应的比较:
CH3CH2Br
CH3CH2OH
反应条件
NaOH的醇溶液、加热
浓硫酸、加热到170

化学键的断裂
C—Br、邻碳C—H
C—O、邻碳C—H
化学键的生成
碳碳双键
碳碳双键
反应产物
CH2===CH2、NaBr
CH2===CH2、H2O
命题点1.醇的结构与性质(基础性考点)
1.下列醇类物质中既能发生消去反应,又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是
(  )
A.
  
B.
C.
D.
【解析】选C。发生消去反应的条件是与—OH相连的碳原子的相邻碳原子上有H原子,上述醇中,B不符合。与羟基(—OH)相连的碳原子上有H原子的醇可被催化氧化,但只有含有两个氢原子的醇(即含有—CH2OH)才能转化为醛。
2.(2021·吉林调研)奎尼酸是制备治疗艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料,其结构简式如图,下列有关奎尼酸的说法中正确的是
(  )
A.奎尼酸的分子式是C7H9O6
B.奎尼酸遇FeCl3溶液显紫色
C.奎尼酸可以与钠反应但是不能与NaOH反应
D.奎尼酸能发生消去反应、氧化反应、取代反应
【解析】选D。A.根据奎尼酸的结构简式可知其分子式为C7H12O6,故A错误;B.奎尼酸中不含酚羟基,所以遇氯化铁溶液不显紫色,故B错误;C.奎尼酸含有羟基、羧基,所以既可以和Na反应也可以和NaOH反应,故C错误;D.奎尼酸含有羟基,且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢,所以可以发生消去反应,与羟基相连的碳原子上有氢原子,可以发生氧化反应,含有羟基和羧基,可以发生酯化反应,酯化反应属于取代反应,故D正确。
命题点2.与乙醇相关实验(综合性考点)
3.(2021·郑州模拟)实验室利用乙醇催化氧化法制取并纯化乙醛的实验过程中,下列装置未涉及的是
(  )
【解析】选C。获得乙醇蒸气用蒸馏的方法,用到蒸馏装置,A项正确;乙醇蒸气和CuO的反应在硬质玻璃管中进行,B项正确;用冷凝的方法收集乙醛,同时会混有乙醇,进行乙醛的纯化时用蒸馏的方法,用到蒸馏装置和冷凝装置,D项正确。
4.(2021·潍坊模拟)实验室利用如图装置制取有机物,下列说法错误的是
(  )
A.根据温度计读数的不同,可制取乙烯和乙醚
B.b为恒压滴液漏斗,其优点是便于液体顺利滴下
C.将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,则证明有乙烯生成
D.浓硫酸在反应中的作用可能有催化、吸水、氧化、脱水
【解析】选C。根据温度计读数的不同,可制取乙烯和乙醚,乙烯在170
℃条件下反应得到,乙醚在140
℃条件下反应得到,故A正确;b为恒压滴液漏斗,滴管内压强和烧瓶中压强相同,其优点是便于液体顺利滴下,故B正确;将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,由于乙醇或乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,因此不能证明有乙烯生成,故C错误;浓硫酸和乙醇反应生成乙烯,浓硫酸作催化剂和吸水剂,也发生副反应生成有刺激性气味的气体SO2,乙醇在浓硫酸中脱水得到碳,浓硫酸与碳反应表现强氧化性,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·西安模拟)某化学反应过程如图所示,由图得出的判断,正确的是
(  )
A.醇类都能发生图示的催化氧化反应
B.生成物是丙醛和丙酮
C.反应中有红黑颜色交替变化的现象
D.1?丙醇发生了还原反应
【解析】选C。图中转化过程为醇类的催化氧化反应,只有羟基直接相连的碳原子上有氢原子的醇才能发生催化氧化,故A错误;CuO+CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO+Cu+H2O,反应中的生成物是丙醛,故B错误;图示中发生的化学反应可以表述为2Cu+O22CuO,现象为铜丝变黑,CuO+CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO+Cu+H2O,现象为黑色的铜丝又变红色,生成的铜再和氧气反应,据此循环,则反应中有红黑颜色交替变化的现象,故C正确;总反应为醇的催化氧化,1?丙醇发生了氧化反应,故D错误。
2.香天竺葵醇具有玫瑰花气息,其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
(  )
A.香天竺葵醇分子中含有两种官能团
B.香天竺葵醇的分子式为C10H18O
C.1
mol香天竺葵醇与1
mol
HBr发生加成反应的产物共有5种(不考虑立体异构)
D.香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应
【解析】选C。香天竺葵醇中含有醇羟基和碳碳双键两种官能团,故A正确;香天竺葵醇的分子式为C10H18O,故B正确;结构不对称,2个双键可分别与HBr发生加成反应,且分别与HBr存在两种加成方式,则1
mol香天竺葵醇和1
mol
HBr发生加成反应的产物共有4种,故C错误;香天竺葵醇中含有碳碳双键,可以发生加聚反应,含有碳碳双键并且连接醇羟基的碳原子上有氢原子,可以发生氧化反应,故D正确。
考点三 酚的结构与性质(命题指数★★★★★)
1.概念:
羟基与苯环直接相连而形成的化合物,其官能团为羟基(—OH)。苯酚的分子式为C6H6O,结构简式为、或C6H5OH。
2.物理性质:
色、味、态
溶解性
熔点
毒性
纯净的苯酚是无色有特殊气味的晶体,长时间放置易被氧化,呈粉红色
室温下,在水中的溶解度是9.3
g,当温度高于65
℃时能与水混溶;易溶于乙醇等有机溶剂
43

有毒,对皮肤有强烈的腐蚀性
3.化学性质:
(1)酚羟基(—OH)的反应:苯环对侧链(羟基)的影响导致酚羟基中的氧氢键易断。
①弱酸性。
苯酚俗名石炭酸,可发生电离:

可与NaOH发生酸碱中和反应:
可与活泼金属,如Na反应:
2C6H5—OH+2Na―→2C6H5—ONa+H2↑。
可与盐反应,如与Na2CO3反应:
C6H5—OH+Na2CO3―→C6H5—ONa+NaHCO3。
符合复分解反应“强酸制弱酸”,酸性RCOOH>H2CO3>C6H5OH>
HCO。
②显色反应。
C6H5OH紫色。
用于苯酚和FeCl3的互相定性检验,可用于酚类的检验。
(2)苯环上反应。
①取代反应。
A.卤代,如苯酚与浓溴水反应:

此反应可用于苯酚的定性检验和定量测定。
B.硝化,如苯酚与浓硝酸反应:

②还原反应。
苯酚与H2发生还原反应(加成反应)

(3)苯环和侧链均反应:氧化反应。
①常温呈粉红色(与氧气反应)。
②与酸性高锰酸钾反应。
③可以燃烧。
(4)缩聚反应。
苯酚是制备酚醛树脂的重要原料:
4.苯酚的用途和对环境的影响:
苯酚是重要的医用消毒剂和化工原料,广泛用于制造酚醛树脂、染料、医药、农药等。酚类化合物均有毒,是重点控制的水污染物之一。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)苯酚和苯甲醇都含有羟基,组成上相差CH2,但不是同系物。
(  )
提示:√。苯酚和苯甲醇都含有羟基,但结构不相似,不属于同系物。
(2)如果不慎将苯酚沾到皮肤上,应立即用大量热水冲洗。
(  )
提示:×。热水会烫伤皮肤,应立即用酒精清洗。
(3)试管内壁附着有苯酚,可用NaOH溶液清洗后水洗。
(  )
提示:√。反应的化学方程式为NaOH+―→+H2O。
(4)除去混在苯中的少量苯酚,可采用先加足量的溴水再过滤的方法。
(  )
提示:×。不能加入溴水,因为,虽然苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚不溶于水,但是其易溶于苯而不容易分离。且所加的溴水过量,而过量的Br2又溶于苯中,故不能用溴水除去苯中的苯酚。
(5)苯酚钠中通入CO2,生成苯酚和Na2CO3。
(  )
提示:×。酸性强弱顺序为H2CO3>>HCO,根据强酸制弱酸的原理,向弱酸盐中通入酸性强的酸,二者可以发生反应生成弱酸,+H2O+CO2―→+NaHCO3。
(6)苯酚具有酸性,能使石蕊试液显红色。
(  )
提示:×。苯酚酸性很弱,不能使指示剂变色。
2.胡椒酚是植物挥发油的成分之一,植物来源有木兰科植物八角茴香果实,具有抗菌、解痉、镇静及升高白细胞的作用。胡椒酚的结构简式为

(1)胡椒酚的分子式为____________________________________________。
(2)胡椒酚所含官能团的名称为____________________________________。
(3)1
mol胡椒酚最多可与________mol
H2发生反应。
(4)1
mol胡椒酚最多可与________mol
Br2发生反应。
【解析】(1)根据胡椒酚的结构简式,可推知其分子式为C9H10O。(2)胡椒酚所含官能团为、—OH,名称为碳碳双键、羟基。(3)胡椒酚中苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应,1
mol胡椒酚最多可与4
mol
H2发生反应。(4)胡椒酚中碳碳双键均可与Br2发生加成反应,与酚羟基相连碳原子的邻位碳原子上氢可与Br2发生取代反应,1
mol胡椒酚最多可与3
mol
Br2发生反应。
答案:(1)C9H10O (2)碳碳双键、羟基 (3)4 (4)3
命题角度1.苯酚的结构和性质
【典例1】下列有关苯酚的实验事实中,能说明侧链对苯环性质有影响的是
(  )
A.苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚
B.苯酚能和NaOH溶液反应
C.苯酚燃烧产生带浓烟的火焰
D.1
mol苯酚与3
mol
H2发生加成反应
【解析】选A。受苯环侧链的影响,苯环上氢原子活泼性增强,因此苯酚和浓溴水发生取代反应,可以生成三溴苯酚,而苯和液溴需要催化剂才能发生取代反应,生成溴苯,所以A项是正确的;B项是苯环对侧链的影响;C项是含碳量高引起的;D项是苯环的加成反应,和侧链无关。
【加固训练—拔高】
含苯酚的工业废水处理的流程图如下:
(1)上述流程里,设备Ⅰ中进行的是________操作(填写操作名称)。实验室里这一步操作可以用________进行(填写仪器名称)。
(2)由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是___________________________________,
由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是________。
(3)在设备Ⅲ中发生的化学方程式为___________________________________。
(4)在设备Ⅳ中,物质B的水溶液和CaO反应后,产物是NaOH和____________,
通过________操作(填写操作名称)可以使产物相互分离。
(5)图中能循环使用的物质是C6H6、CaO、________、________。
【解析】本题实质上为苯和苯酚混合物的分离,同时涉及相关物质回收利用中的一系列变化,掌握相关物质的性质及各种分离方法的适用范围是解答本题的前提。综合分析整个操作过程可知:设备Ⅰ用苯萃取废水中的苯酚,生成苯酚的苯溶液(因苯酚易溶于苯而不易溶于水)。设备Ⅱ用于分离苯和苯酚,为此需加入NaOH水溶液,使苯酚变为苯酚钠而溶于水中,再用分液法与苯分离。设备Ⅲ是为了将苯酚钠变为苯酚,考虑到经济成本和环境因素,通入CO2气体较为理想。设备Ⅳ是为了综合利用副产物NaHCO3,加入CaO可转化为反应所需的原料NaOH,而另一生成物CaCO3在设备Ⅴ中又可转化为反应所需的原料CO2和CaO。这样可提高经济效益,降低环境污染。
答案:(1)萃取(或分液) 分液漏斗
(2)苯酚钠(C6H5ONa) NaHCO3
(3)C6H5ONa+CO2+H2O―→C6H5OH+NaHCO3 (4)CaCO3 过滤 (5)NaOH水溶液 CO2
命题角度2.酚类的结构和性质
【典例2】(2021·天津南开区模拟)汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一,对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是
(  )
A.汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B.该物质遇FeCl3溶液显色
C.1
mol该物质与溴水反应,最多消耗1
mol
Br2
D.与足量H2发生加成反应后,该分子中官能团的种类减少1种
【解析】选B。根据有机物中碳的价键总数为4,判断汉黄芩素中各碳原子结合的氢原子数,可知其分子式为C16H12O5,A项错误;该物质含有酚羟基,遇FeCl3溶液显色,B项正确;该物质含有酚羟基,与Br2发生取代反应,含有碳碳双键,与Br2发生加成反应,1
mol该物质与溴水反应,最多消耗2
mol
Br2,C项错误;该物质中碳碳双键、羰基均能与H2发生加成反应,官能团的种类减少2种,D项错误。
【误区警示】本题综合考查有机物的官能团及其性质。误区一:汉黄芩素分子中只有2个苯环,中间碳环不是苯环。误区二:汉黄芩素分子中不只有碳碳双键能与溴发生反应,汉黄芩素分子含有酚羟基,与酚羟基相连碳原子的邻位、对位碳原子上的H也可与溴发生取代反应。误区三:汉黄芩素分子中苯环、碳碳双键、羰基都能与H2发生加成反应,但官能团减少2种,苯环不是官能团。
一、酚的结构与性质
二、苯酚性质的化学方程式
1.弱酸性:
2.取代反应:
三、脂肪醇、芳香醇与酚的比较
类别
脂肪醇
芳香醇
苯酚
实例
CH3CH2OH
官能团
醇羟基—OH
醇羟基—OH
酚羟基—OH
结构特点
—OH与链烃基相连
—OH与苯环侧链碳原子相连
—OH与苯环直接相连
主要化学性质
(1)与钠反应;(2)取代反应;(3)消去反应;(4)氧化反应;(5)酯化反应;(6)无酸性,不与NaOH反应
(1)弱酸性(2)取代反应(3)显色反应(4)加成反应(5)与钠反应(6)氧化反应
特性
灼热的铜丝插入醇中,有刺激性气味物质生成(醛或酮)
与FeCl3溶液反应显紫色(与浓溴水反应产生白色沉淀)
命题点1.苯酚的结构和性质(基础性考点)
1.能说明苯酚酸性很弱的实验是
(  )
A.常温下苯酚在水中的溶解度不大
B.苯酚能跟NaOH溶液反应
C.苯酚遇FeCl3溶液呈紫色
D.苯酚不能与NaHCO3溶液反应
【解析】选D。溶解度大小与酸性强弱无关,A错误;酸碱中和反应无法判断酸性强弱,B错误;苯酚与氯化铁的变色反应无法判断酸性强弱,C错误;碳酸属于弱酸,苯酚不能与NaHCO3溶液反应,说明苯酚的酸性比碳酸还弱,D正确。
2.(2021·哈尔滨模拟)下列关于苯酚的叙述中,错误的是
(  )
A.苯酚水溶液俗称石炭酸,酸性比碳酸强
B.苯酚溶液对皮肤有强烈的腐蚀性,如果不慎沾在皮肤上,应立即用酒精擦洗
C.超过65
℃可以与水混溶
D.苯酚的水溶液遇到碳酸氢钠溶液后不会放出二氧化碳
【解析】选A。苯酚水溶液显弱酸性,俗称石炭酸,苯酚的酸性弱于碳酸,苯酚和碳酸钠生成碳酸氢钠,故A错误;苯酚有腐蚀性,若不慎沾在皮肤上,应立即用酒精擦洗,故B正确;由于苯酚在水中的溶解度随温度的升高而增大,超过65
℃可以与水以任意比互溶,故C正确;由于苯酚酸性弱于碳酸,在碳酸氢钠溶液中滴入苯酚的水溶液,不会生成二氧化碳气体,故D正确。
命题点2.酚类的结构和性质(综合性考点)
3.(2021·成都模拟)双酚A是重要的有机化工原料,从矿泉水瓶、医疗器械到食品包装袋都有它的身影,其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是
(  )
A.分子式为C15H10O2
B.一定条件下能发生取代反应、氧化反应
C.与互为同系物
D.苯环上的二氯代物有4种
【解析】选B。双酚A的中间碳原子连有2个—CH3、2个,分子式为C15H16O2,A项错误;双酚A含有酚羟基,具有酚的性质,能与溴等发生取代反应,能与O2等发生氧化反应,B项正确;的分子式为C6H6O2,双酚A的分子式为C15H16O2,分子组成上相差C9H10,不是相差若干CH2,因此不互为同系物,C项错误;苯环上的二氯代物可以取代同一个苯环上两个H,也可以取代两个苯环上各一个H,取代同一个苯环上两个H(),有11′、12、12′、22′共4种,故二氯代物超过4种,D项错误。
4.(2021年福建适应性测试)山奈酚是中药柴胡的药物成分之一。下列有关该化合物的叙述错误的是
(  )
A.分子式为C15H10O6
B.能够发生加成反应
C.苯环中含有单双键交替结构
D.可溶于NaOH溶液
【解析】选C。根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H10O6,A正确;含有苯环和羰基,可以发生加成反应,B正确;苯环中的键是介于单双键之间的特殊的键,不是单双键交替的结构,C错误;含有多个酚羟基,可以和NaOH溶液反应生成溶于水的物质,D正确。
【加固训练—拔高】
1.下列反应能说明苯酚分子中由于羟基影响苯环使苯酚分子中苯环比苯活泼的是
(  )
A.①③       
B.只有②
C.②和③
D.全部
【解析】选B。羟基对苯环影响的结果是使苯环上的氢活泼性增强,更易发生取代反应。
2.C7H8O的含苯环的有机物中,遇FeCl3溶液显紫色,且苯环上的—溴代物有四种结构,则该有机物的结构简式可能是__________________。
【解析】该有机物遇FeCl3溶液显紫色,说明是酚类物质,其苯环上的一溴代物有4种,结构简式为或。
答案:或
考点四 醛 羧酸 酯(命题指数★★★★)
1.醛:
(1)概念。
由烃基(或氢原子)与醛基而构成的化合物。官能团是醛基(—CHO),饱和一元醛的通式为CnH2nO(n≥1)或CnH2n+1CHO__(n≥0)。
(2)常见醛的组成和物理性质。
甲醛(蚁醛)
乙醛
分子式
CH2O
C2H4O
结构简式
HCHO
CH3CHO
物理性质
颜色
无色
无色
气味
有刺激性气味
有刺激性气味
状态
气体
液体
溶解性
易溶于水,35%~40%的甲醛水溶液又称福尔马林
能跟水、乙醇等互溶
(3)醛的化学性质。
①氧化反应。
A.易燃烧,如乙醛的燃烧:
2CH3CHO+5O24CO2+4H2O。
B.催化氧化反应,如乙醛的催化氧化,可用于工业制乙酸:
2CH3CHO+O22CH3COOH。
C.遇强氧化剂(酸性高锰酸钾溶液、溴水等)发生氧化反应,现象是使酸性高锰酸钾溶液(溴水)褪色。
D.遇弱氧化剂发生氧化反应。
a.与银氨溶液反应——
银镜反应。
在洁净的试管中加入AgNO3溶液,向AgNO3溶液中滴加稀氨水,边滴边振荡,至最初产生的沉淀恰好完全溶解为止,得银氨溶液。AgNO3+NH3·H2O===AgOH↓+NH4NO3;AgOH+2NH3·H2O===Ag(NH3)2OH+2H2O。
向银氨溶液中加入3滴乙醛,并热水浴加热,产生光亮的银镜,CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。
可用于制镜、保温瓶胆、醛基的检验与测定。
甲醛与银氨溶液反应:
+4Ag(NH3)2OH
(NH4)2CO3+6NH3+4Ag↓+2H2O。
b.与新制的Cu(OH)2悬浊液反应。
将几滴CuSO4溶液加入2
mL
NaOH溶液(碱要过量),CuSO4+2NaOH===Cu(OH)2↓+Na2SO4。
乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生红色沉淀。
CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O。可用于醛基的检验与测定。
甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液的反应:
+4Cu(OH)2+2NaOH
Na2CO3+2Cu2O↓+6H2O。
②加成反应——还原反应。
如乙醛与H2的加成:
CH3CHO+H2CH3CH2OH。
(4)醛的命名。
简单饱和一元醛的系统命名(选主链,—CHO为第1位进行编号)。如的名称为2?甲基丙醛。
2.羧酸:
(1)概念。
由烃基(或氢原子)和羧基相连构成的有机化合物。官能团是羧基(—COOH),饱和一元羧酸的通式为CnH2nO2(n≥1)或CnH2n+1COOH(n≥0)。
(2)物理性质。
①状态:液态和固态,无水乙酸又称为冰醋酸。
②水溶性:C≤4与水互溶(氢键),C>4随碳链增长溶解度迅速减小。
③熔沸点:羧基数目相同时,碳原子数越多,沸点越高;羧酸的沸点比相应醇的沸点高。
(3)化学性质。
①酸性,一元弱酸,具有酸的通性。
乙酸电离的方程式:
CH3COOHCH3COO-+H+。
A.与指示剂反应:使石蕊试剂变红色。
B.与氢前面的金属反应,如乙酸与Na的反应:
2CH3COOH+2Na―→2CH3COONa+H2↑。
C.与盐溶液反应,如乙酸与Na2CO3反应:
2CH3COOH+Na2CO3―→2CH3COONa+H2O+CO2↑。
D.与碱反应,如乙酸与NH3·H2O的反应:
CH3COOH+NH3·H2O―→CH3COONH4+H2O。
E.与金属氧化物反应,如乙酸与CaO的反应:
2CH3COOH+CaO―→(CH3COO)2Ca+H2O。
②酯化反应——取代反应。
乙酸和乙醇(CH3CHOH)的反应:
CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。
实质:酸脱羟基
,醇脱氢。
(4)乙酸乙酯的制备实验。
实验装置
实验现象
在饱和碳酸钠溶液上方有透明的油状液体产生,并可闻到香味
实验结论
在浓硫酸存在和加热条件下,乙酸和乙醇发生酯化反应,生成了乙酸乙酯和水
实验原理
CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
实验说明
①向试管内添加药品时,应先加乙醇,然后加浓硫酸,最后加醋酸;②浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂;③反应体系中加入碎瓷片的作用是防止液体暴沸;④实验中加热的目的是提高反应速率,并且使生成的乙酸乙酯挥发,有利于收集,同时也提高了乙酸、乙醇的转化率;⑤导气管末端不要伸入饱和碳酸钠溶液中,防止液体倒吸;⑥饱和碳酸钠溶液的作用:一是吸收未反应的乙酸和乙醇,二是降低乙酸乙酯的溶解度,有利于分层;⑦该反应为可逆反应,发生酯化反应的同时,又有部分酯发生水解。
(5)几种重要的羧酸。
①甲酸:俗名蚁酸,是最简单的饱和一元羧酸。
结构:既有羧基,又有醛基,具有羧酸与醛的性质。
银镜反应:HCOOH+2Ag(NH3)2OH(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O。
②乙二酸:俗名草酸(HOOC—COOH),草酸在浓硫酸的作用下脱水可制得CO,反应方程式为CO↑+CO2↑+H2O。
③苯甲酸:,酸性比较(电离出H+的难易程度):草酸>甲酸>苯甲酸>乙酸>碳酸>苯酚。
④高级脂肪酸。
饱和高级脂肪酸,常温呈固态;
油酸:C17H33COOH 不饱和高级脂肪酸,常温呈液态。
(6)羧酸的命名。
选含羧基的最长的碳链为主链,称某酸;—COOH为编号的第1位。
3.酯:
(1)概念。
酯是羧酸分子羧基中的羟基被—OR′取代后的产物,简写为RCOOR′。官能团是酯基(),饱和一元酯的通式为CnH2nO2(n≥2)。
(2)物理性质。
气味
状态
密度
溶解性
芳香气味
液体
比水小
水中难溶,易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中
(3)化学性质:水解反应——取代反应。
①在酸性条件下,如乙酸乙酯酸性条件(稀硫酸)下的水解:
+H2O+HO—C2H5。
②在碱性条件下,如乙酸乙酯碱性条件(NaOH溶液)下的水解:
+NaOH+HOC2H5。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)能发生银镜反应的有机物都属于醛类。
(  )
提示:×。有机物只要含有醛基就能发生银镜反应,但能发生银镜反应的不一定都是醛类,可能是其他含有醛基的有机物,如甲酸、葡萄糖等。
(2)做过银镜反应的试管内壁有一层银,可以选用稀硝酸除去。
(  )
提示:√。稀硝酸能和银发生反应,可用于去除银镜。
(3)甲酸、乙酸的分子结构相似,使用化学方法无法鉴别,需要借助波谱分析。
(  )
提示:×。甲酸分子结构中含有醛基,而乙酸中没有醛基,可用新制Cu(OH)2悬浊液作试剂鉴别二者。
(4)完全燃烧等质量的乙醛和乙酸乙酯,消耗O2的质量相等。
(  )
提示:√。乙醛和乙酸乙酯的最简式相同,故等质量的乙醛和乙酸乙酯,消耗O2的质量相等。
(5)乙酸乙酯在碱性条件下的水解程度比酸性条件下的水解程度大,与平衡移动有关。
(  )
提示:√。乙酸乙酯水解生成的酸在碱性条件下被碱中和,减小了酸的浓度。平衡向正反应方向移动,从而使酯的水解趋于完全。
(6)C4H8O2属于酯的结构共有3种。
(  )
提示:×。C4H8O2属于酯的结构有4种,其结构简式分别为、



2.是一种医药中间体,常用来制备抗凝血
 药,可通过下列路线合成:
(1)A与银氨溶液反应有银镜生成,则A的结构简式是______________。
(2)B→C的反应类型是______________。
(3)E的结构简式是_______________________________________________。
(4)写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式:_____________________________________________________________。
【解析】(1)A与银氨溶液反应有银镜生成,则A中存在醛基,由流程可知,A与氧气反应可以生成乙酸,则A为CH3CHO。(2)由B和C的结构简式可以看出,乙酸分子中的羟基被氯原子取代,发生了取代反应。(3)D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E,E的结构为。(4)由F的结构简式可知,C和E
在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F,F中存在酯基,在碱液中可以发生水解反应,化学方程式为
答案:(1)CH3CHO (2)取代反应
(3)OHCOOCH3
命题角度1.醛的结构和性质
【典例1】(2021·海口模拟)香茅醛()可作为合成青蒿素的中间体,关于香茅醛的叙述正确的有
(  )
A.分子式为C10H16O
B.不能发生银镜反应
C.可使酸性KMnO4溶液褪色
D.分子中有7种不同化学环境的氢
【解析】选C。由结构简式可知其分子式为C10H18O,故A错误;含有醛基,可发生银镜反应,故B错误;碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化,故C正确;结构不对称,分子中有8种不同化学环境的氢,故D错误。
命题角度2.羧酸的结构和性质
【典例2】(2021·珠海模拟)分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物(不含立体异构)有
(  )
A.3种    B.4种    C.5种    D.6种
【解析】选B。该有机物能与NaHCO3反应生成气体,说明该有机物分子中存在羧基;从分子式看出,该有机物只有1个羧基,则其结构简式可以写成C4H9—COOH;丁基有四种,即该有机物可能为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH,故B项正确。
命题角度3.酯的结构和性质
【典例3】(2020·全国Ⅰ卷)紫花前胡醇()可从中药材当归和白芷中提取得到,能提高人体免疫力,有关该化合物,下列叙述错误的是
(  )
A.分子式为C14H14O4
B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C.能够发生水解反应
D.能够发生消去反应生成双键
【解析】选B。该化合物的分子式为C14H14O4,故A正确;紫花前胡醇结构中含有碳碳双键,碳碳双键比较活泼,酸性重铬酸钾溶液有强氧化性,碳碳双键很容易被氧化,故酸性重铬酸钾溶液自身会被还原从而变色,故B错误;紫花前胡醇结构中含有酯基,可以发生水解反应,故C正确;紫花前胡醇结构中含有羟基,且羟基相连的碳的邻位碳原子上有氢,能够发生消去反应生成双键,故D正确。
【归纳提升】酯的同类别同分异构体的判断
判断酯类物质是否属于同类别的同分异构体时,可通过改变羧酸和醇的烃基来实现。
(1)改变已知酯对应羧酸和醇的烃基,采取二者碳原子数此减彼加的方式,同时要注意烃基的碳链异构,但要保持碳原子总数与酯的相同。
(2)分析时,可结合酯基的方向性进行,如
R—COO—R′与R′—COO—R是两种不同的酯。
命题角度4.烃的衍生物转化关系及应用
【典例4】(2020·青岛模拟)桂皮酸、布洛芬和阿司匹林均为某些药物的有效成分,其结构简式如下:
以下关于这三种有机物的说法中,不正确的是
(  )
A.都能与Na2CO3溶液反应放出CO2
B.一定条件下,均能与乙醇发生取代反应
C.只有桂皮酸可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
D.1
mol阿司匹林最多能与1
mol
NaOH反应
【解析】选D。三种有机物中均含有—COOH,均能与Na2CO3溶液反应放出CO2,均能与乙醇发生取代反应(即酯化反应),A、B两项正确;三种有机物中只有桂皮酸中含有碳碳双键,可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,C项正确;阿司匹林中含有羧基和酚酯基,所以1
mol阿司匹林最多能与3
mol
NaOH反应,D项错误。
【归纳提升】羟基氢原子活泼性的比较
 
 
 含羟基的物质比较项目   



低级羧酸
羟基上氢原子活泼性
在水溶液中电离程度
极难电离
难电离
微弱电离
部分电离
酸碱性
中性
中性
很弱的酸性
弱酸性
与Na反应
反应放出H2
反应放出H2
反应放出H2
反应放出H2
与NaOH反应
不反应
不反应
反应
反应
与NaHCO3反应
不反应
水解
不反应
反应放出CO2
与Na2CO3反应
不反应
水解
反应生成NaHCO3
反应放出CO2
1.醛基的定性与定量检验方法:
(1)定性检验。
①银镜反应的注意事项。
②与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的注意事项。
A.所用的Cu(OH)2悬浊液必须是新制的,而且制备时,NaOH溶液必须明显过量。
B.加热时必须将混合液加热至沸腾,才能看到明显的红色沉淀。
C.加热煮沸时间不能过长,防止Cu(OH)2受热分解成黑色的CuO。
(2)定量检验。
①醛基发生银镜反应或与新制Cu(OH)2悬浊液反应时,量的关系如下:
1
mol
~2
mol
Ag;1
mol
~1
mol
Cu2O。
②甲醛发生氧化反应时可理解为

所以甲醛分子中相当于有两个,当与足量的银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液作用时,可存在如下量的关系:
1
mol
~4
mol
Ag;1
mol
~4
mol
Cu(OH)2~2
mol
Cu2O。
2.酯化反应的基本类型:
(1)一元醇与一元羧酸之间的酯化反应。
CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
(2)二元羧酸与一元醇之间的酯化反应。
HOOC—COOH+2C2H5OH
C2H5OOC—COOC2H5+2H2O
(3)一元羧酸与二元醇之间的酯化反应。
2CH3COOH+HOCH2CH2OH
CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O
(4)二元羧酸与二元醇之间的酯化反应。
此时反应有两种情况:
(5)羟基酸的自身酯化反应。
此时反应有两种情况[以乳酸()为例]:
命题点1.醛的结构与性质(基础性考点)
1.(2021·青岛模拟)酚类有机物A是重要的有机化工原料,主要用于生产聚碳酸酯、聚砜树脂、聚苯醚树脂等多种高分子材料。下列关于有机物A的说法正确的是
(  )
A.该化合物属于芳香烃
B.1
mol
A最多可与8
mol
H2发生加成反应
C.A不能与NaOH溶液反应,但能使酸性KMnO4溶液褪色
D.1
mol
A最多可与2
mol
Br2发生反应
【解析】选B。分子中含有2个碳碳双键和2个酚羟基,能表现烯烃和酚的性质。A项,有机物A含有酚羟基,属于烃的衍生物,不属于芳香烃,故A错误;B项,有机物A中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应,1
mol
A最多可与8
mol
H2发生加成反应,故B正确;C项,有机物A含有酚羟基,能与NaOH溶液反应,能使酸性KMnO4溶液褪色,故C错误;D项,有机物A中含有碳碳双键和酚羟基,碳碳双键能与溴水发生加成反应,酚羟基邻、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应,则1
mol
A最多可与4
mol
Br2发生反应,故D错误。
2.(2021·合肥模拟)黄芩苷是双黄连口服液中的活性成分之一,其结构如图所示。下列关于黄芩苷的说法正确的是
(  )
A.分子中有3种含氧官能团
B.分子中有6个手性碳原子
C.该物质能与FeCl3溶液发生显色反应
D.1
mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗6
mol
NaOH
【解析】选C。分子中有羧基、醚键、羟基、羰基4种含氧官能团,故A错误;分子中只有5个手性碳原子,故B错误;含酚羟基,能与FeCl3溶液发生显色反应,故C正确;1个该分子中有2个酚羟基和1个羧基,1
mol该物质与足量NaOH溶液反应时最多消耗3
mol
NaOH,故D错误。
【加固训练—拔高】
3
g某醛和足量的银氨溶液反应,结果析出43.2
g
Ag,则该醛为
(  )
A.甲醛  B.乙醛  C.丙醛  D.丁醛
【解析】选A。对于醛与银氨溶液、新制Cu(OH)2悬浊液反应的计算,应分为CnH2n+1—CHO(n≥1)和HCHO两种情况分析。1
mol一元醛通常可以还原银氨溶液得到2
mol
Ag,由题给信息知生成0.4
mol
Ag,故醛为0.2
mol,则该醛的摩尔质量为=15
g·mol-1,此题似乎无解,但1
mol甲醛可以得到4
mol
Ag,即3
g甲醛可得到43.2
g(0.4
mol)
Ag,符合题意。
命题点2.羧酸的结构与性质(综合性考点)
3.(2021·青岛模拟)实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是
(  )
A.b中导管不能插入液面下,否则会阻碍产物的导出
B.固体酒精是一种白色凝胶状纯净物,常用于餐馆或野外就餐
C.乙酸乙酯与互为同分异构体
D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱
【解析】选B。饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇,反应消耗乙酸,同时降低乙酸乙酯的溶解度,b中导管不能插入液面下,否则不仅可能会产生倒吸现象,还会阻碍产物的导出,故A正确;固体酒精制作方法是将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中,充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O,将醋酸钙溶液蒸发至饱和,加入适量酒精冷却,得到的胶状固体即固体酒精,可见固体酒精是混合物,故B错误;乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2,二者分子式相同,结构不同,故二者互为同分异构体,故C正确;乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基,电离产生H+的能力为乙酸>水>乙醇,所以羟基氢的活泼性依次减弱,故D正确。
4.有机物X常被用于制香料或作为饮料酸化剂,在医学上也有广泛用途。物质X的结构简式如下图所示,下列关于物质X的说法正确的是
(  )
A.X的分子式为C6H7O7
B.X不能发生消去反应,但能发生水解反应
C.1
mol物质X最多可以和4
mol
NaOH发生反应
D.足量的X分别与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同
【解析】选D。由结构简式可知,X的分子式为C6H8O7,故A错误;分子中没有能水解的官能团,故B错误;由于只有—COOH能与NaOH反应,1
mol
X最多可与3
mol
NaOH反应,故C错误;由于等物质的量的NaHCO3、Na2CO3含碳原子的物质的量相同,足量X与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同,故D正确。
命题点3.酯的结构与性质(综合性考点)
5.(2021·济南模拟)迷迭香酸是酸性物质,其结构如图。下列叙述正确的是(  )
A.迷迭香酸属于芳香烃
B.迷迭香酸含有五种官能团
C.1
mol迷迭香酸最多能和8
mol溴单质发生反应
D.1
mol迷迭香酸最多能和含6
mol
NaOH的水溶液完全反应
【解析】选D。迷迭香酸中含C、H、O三种元素,迷迭香酸不属于烃,A项错误;迷迭香酸中含有的官能团为酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键,共四种,B项错误;1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基和1个碳碳双键,1
mol迷迭香酸最多与6
mol
Br2发生取代反应、与1
mol
Br2发生加成反应,1
mol迷迭香酸最多能与7
mol
Br2发生反应,C项错误;1个迷迭香酸分子中含4个酚羟基、1个羧基和1个酯基,1
mol迷迭香酸最多能与6
mol
NaOH发生反应,D项正确。
6.(2021年江苏适应性测试)奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用,其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法正确的是
(  )
A.分子中的含氧官能团为羟基和羧基
B.分子中碳原子轨道杂化类型有2种
C.奥昔布宁不能使溴的CCl4溶液褪色
D.奥昔布宁能发生消去反应
【解析】选D。A.奥昔布宁分子中的含氧官能团为羟基和酯基,不含有羧基,A不正确;B.奥昔布宁分子中碳原子轨道杂化类型有sp3杂化(环己基、链烃基)、sp2杂化(苯环、酯基)、sp杂化(碳碳三键),共3种类型,B不正确;C.奥昔布宁分子中含有的—C≡C—,能使溴的CCl4溶液褪色,C不正确;D.奥昔布宁分子中的和—OH相连的碳原子与环己基上的邻位碳原子间可通过脱水形成碳碳双键,从而发生消去反应,D正确。
【备选例题】
(2021·天津和平区模拟)某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式如下,下列有关X的说法不正确的是
(  )
A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.X不溶于水,密度可能比水小
C.遇碱溶液或酸溶液均易变质
D.与互为同分异构体
【解析】选A。X不含碳碳双键等不饱和键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A项错误;X含有酯基,属于酯,不溶于水,密度比水小,B项正确;X含有酯基,遇碱溶液或酸溶液均发生水解反应,易变质,C项正确;X与的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,D项正确。
命题点4.烃的衍生物转化关系及应用(应用性考点)
7.工业制备有机物Z的反应如下,下列说法不正确的是
(  )
A.X与Y生成Z的反应属于加成反应
B.X可发生加聚反应
C.Y的同分异构体只有甲酸甲酯一种
D.Z分子苯环上的二氯代物有6种
【解析】选C。依方程式可知X与Y生成Z的反应属于加成反应,A正确;X含有双键,可发生加聚反应,B正确;Y的同分异构体除甲酸甲酯外,还有羟基醛、环醚等,C错误;Z苯环上的二氯代物有6种,D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·德州模拟)乙酸丁酯是重要的化工原料。实验室用乙酸、丁醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下制备乙酸丁酯的装置示意图(加热和夹持装置已省略)和有关信息如下:
乙酸
正丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
-89.5
-73.5
沸点/℃
117.9
117.0
126.0
密度/g·cm-3
1.1
0.80
0.88
下列说法正确的是
(  )
A.加热一段时间后,发现烧瓶C中忘记加沸石,打开瓶塞直接加入即可
B.装置B的作用是不断分离出乙酸丁酯,提高产率
C.装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器,且冷凝水由a口进,b口出
D.乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去
【解析】选D。液体加热时要加沸石或碎瓷片,防止溶液暴沸,如果加热一段时间后发现忘记加沸石或碎瓷片,应该停止加热,待溶液冷却后重新添加沸石或碎瓷片,故A错误;装置B是水分离器,作用是不断分离出水,提高乙酸丁酯的产率,故B错误;装置A可以装配蒸馏装置的冷凝器,为增强冷凝效果,冷凝水由b口进,
a口出,故C错误;饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸丁酯的溶解度,吸收正丁醇,除去乙酸,则乙酸丁酯中残留的乙酸和正丁醇可用饱和碳酸钠溶液除去,故D正确。
2.(2021·石家庄模拟)4?羟基苯甲酸丁酯()是2020年3月3日欧洲化学品管理局(ECHA)提议高度关注加入SVHC清单的物质之一。下列有关说法不正确的是
(  )
A.该物质性质稳定,不易变质
B.该物质能使氯化铁显色
C.1
mol该物质最多能与2
mol
NaOH反应
D.1
mol该物质最多能与3
mol
H2加成
【解析】选A。4?羟基苯甲酸丁酯含有酚羟基,不稳定,易被氧化,故A错误;该物质含酚羟基,能使氯化铁显色,故B正确;1
mol该物质含1个酚羟基,1个酯基,最多能与2
mol
NaOH反应,故C正确;1
mol该物质含有1个苯环,最多能与3
mol
H2加成,故D正确。
1.(2020·山东等级考)α?氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶,其结构简式如下。下列关于α?氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是
(  )
A.其分子式为
C8H11NO2
B.分子中的碳原子有3种杂化方式
C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个
D.其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子
【解析】选C。结合该分子的结构简式可以看出,其分子式为C8H11NO2,故A正确;该分子中含—C≡N(氰基)、
(碳碳双键)以及碳碳单键,它们采用的杂化类型分别是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3种杂化方式,故B正确;碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、—C≡N(氰基)共直线,O原子采用sp3杂化,为V形结构,链状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面,则该分子中可能共平面的C原子可表示为,故C错误;该分子中的不饱和度为4,含苯环的同分异构体中,等效氢原子种类最少的应具有对称结构,其同分异构体之一的结构简式如,该分子的等效氢为4种,故D正确。
2.(2020·山东等级考)从中草药中提取的
calebin
A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于
calebin
A的说法错误的是
(  )
A.可与FeCl3溶液发生显色反应
B.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应
C.苯环上氢原子发生氯代时,一氯代物有6种
D.1
mol该分子最多与8
mol
H2发生加成反应
【解析】选D。该有机物中含有酚羟基,可以与FeCl3溶液发生显色反应,A正确;该有机物中含有酯基,酯在酸性条件下水解生成羧基,羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2,另一产物中酚羟基与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3,B正确;该有机物中含有两个苯环,每个苯环上都含有三个氢原子,且无对称结构,所以苯环上一氯代物有6种,C正确;该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基,每个苯环可以与3个氢气加成,每个碳碳双键可以与1个氢气加成,每个羰基可以与1个氢气加成,所以1
mol
calebin
A分子最多可以与2×3+2×1+1=9
mol氢气发生加成反应,D错误。
1.醇类必记的两个规律:
(1)消去反应发生条件:羟基碳的相邻碳上有氢原子,即“邻碳有氢”。
(2)催化氧化反应条件:羟基碳上有氢原子,即“同碳有氢”,其中—CH2OH被氧化为—CHO。
2.常考的三类官能团的检验:
(1)酚羟基:遇浓溴水生成白色沉淀;遇FeCl3溶液呈紫色。
(2)醛基:碱性条件下发生银镜反应;与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成红色沉淀。
(3)羧基:与NaHCO3溶液反应放出气体。
3.三类互为同分异构体的物质:
相同碳原子数的醛和酮、醇和醚、羧酸和酯互为同分异构体。
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52
-第二讲 原电池 化学电源
考点一 原电池的工作原理及应用(命题指数★★★★★)
1.原电池的概念、构成及反应本质:
(1)把化学能转化为电能的装置,其本质是发生了氧化还原反应。
(2)构成条件。
①有两个活泼性不同的电极(常见为金属或石墨)。
②将电极插入电解质溶液或熔融电解质中。
③两电极间构成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。
④能自发发生氧化还原反应。
2.原电池的工作原理(以铜锌原电池为例):
电极名称
负极
正极
电极材料
锌片
铜片
电极反应
Zn-2e-Zn2+
Cu2++2e-Cu
反应类型
氧化反应
还原反应
电子流向
由Zn片沿导线流向Cu片
盐桥中离子移向
盐桥含饱和KCl溶液,K+移向正极,Cl-移向负极
3.原电池原理的应用:
(1)设计制作化学电源。
(2)加快化学反应速率。
一个自发进行的氧化还原反应,形成原电池时会使反应速率增大。如在Zn与稀硫酸反应时加入少量
CuSO4
溶液构成原电池,反应速率增大。?
(3)比较金属的活动性强弱。
原电池中,一般活动性强的金属作负极,而活动性弱的金属(或非金属导体)作正极。
(4)用于金属的防护。
使需要保护的金属制品作原电池正极而受到保护。例如:要保护一个铁质的输水管道或钢铁桥梁,可用导线将其与一块锌块相连,使锌作原电池的负极。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)在原电池中,发生氧化反应的一极一定是负极。
(  )?
提示:√。氧化反应是失去电子的反应,因此在原电池中一定为负极上的反应。
(2)在锌铜原电池中,因为有电子通过电解质溶液形成闭合回路,所以有电流产生。
(  )?
提示:×。电子不经过电解质溶液。
(3)原电池工作时,溶液中的阳离子向负极移动,盐桥中的阳离子向正极移动。
(  )?
提示:×。阳离子向正极移动,阴离子移向负极。
(4)某原电池反应为Cu+2AgNO3Cu(NO3)2+2Ag,装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl饱和溶液。
(  )?
提示:×。琼脂中少量的Cl-会进入AgNO3溶液和银离子反应。
(5)两种活泼性不同的金属组成原电池的两极,活泼金属一定作负极。
(  )?
提示:×。活泼金属不一定作负极,铝-NaOH溶液-镁电池中铝作负极。
(6)把锌片和铜片用导线连起来,浸入食盐水中,不能形成原电池。
(  )?
提示:×。发生了吸氧腐蚀形成原电池。
2.设计原电池装置证明Fe3+的氧化性比Cu2+强。
(1)写出能说明氧化性Fe3+大于Cu2+的离子方程式:?_____________。?
(2)若要将上述反应设计成原电池,电极反应式分别是
①负极:
_____________。
②正极:?_____________。
(3)在表中画出装置图,指出电极材料和电解质溶液:
①不含盐桥
②含盐桥
答案:(1)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+
(2)①Cu-2e-Cu2+ ②2Fe3++2e-2Fe2+?
(3)
①不含盐桥
②含盐桥
命题角度1:原电池的工作原理
【典例1】(2020·全国Ⅲ卷)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如图所示,其中在VB2电极发生反应:VB2+16OH--11e-V+2B(OH+4H2O。该电池工作时,下列说法错误的是
(  )?
A.负载通过0.04
mol电子时,有0.224
L(标准状况)O2参与反应?
B.正极区溶液的pH降低,负极区溶液的pH升高
C.电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8B(OH+4V
D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【解析】选B。该电池中O2在正极发生的反应为O2+2H2O+4e-4OH-
,所以负载通过0.04
mol电子时,有0.224
L(标准状况)O2参与反应,A正确;根据正负极电极反应式可知使用过程中负极区溶液的pH降低、正极区溶液的pH升高,B错误;根据两极电极反应式可知电池总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O8B(OH+4V,C正确;VB2电极和复合碳电极分别为电池的负极、正极,根据物理学知识可知电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极,D正确。?
【思维升级·母题延伸】(1)(变化观念与平衡思想)分析电池工作原理,判断装置中的离子交换膜是阳离子交换膜还是阴离子交换膜??
提示:阴离子交换膜。该电池中复合碳电极发生的反应为O2+2H2O+4e-4OH-,产生OH-,而VB2电极上发生的反应消耗OH-,因此离子交换膜应为阴离子交换膜。
(2)(宏观辨识与微观探析)有同学认为:本电池工作时电子从VB2电极出发沿导线到达复合碳电极,再经KOH溶液回到VB2电极,从而构成闭合回路的。此同学的认识是否正确?为什么?
提示:不正确。电子不能经过电解质溶液,在电解质溶液中是阴阳离子的定向移动构成闭合回路的。
【备选例题】?
下图中四种电池装置是依据原电池原理设计的,下列有关叙述错误的是(  )?
A.①中锌电极发生氧化反应
B.②中电子由a电极经导线流向b电极
C.③中外电路中电流由A电极流向B电极
D.④中LixC6作负极
【解析】选C。在原电池中阴离子移向负极,所以③中A电极为负极,则外电路中电流应由B电极流向A电极。
命题角度2:原电池的工作原理应用
【典例2】选择合适的图象,将序号填在相应横线上:
(1)将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸中,同时向a中加入少量的CuSO4溶液,产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系是?
_____________。
(2)将过量的两份锌粉a、b分别加入定量的稀硫酸,同时向a中加入少量的CuSO4溶液,产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系是_____________。
(3)将(1)中的CuSO4溶液改成CH3COONa溶液,其他条件不变,则图象是_____________。
【以图析题·培养关键能力】?
【解析】(1)当加入少量CuSO4溶液,Zn可以置换Cu,构成原电池,速率加快,但由于部分Zn参与置换Cu的反应,H2的量减少,故选A。?
(2)Zn与CuSO4溶液反应置换Cu,Zn、Cu、H2SO4构成原电池,加快反应速率,但由于Zn足量,n(H+)不变,H2的量不变,故选B。
(3)加入CH3COONa,c(H+)减少,但n(H+)不变,故速率减慢,产生H2的量一样多,故选C。
答案:(1)A (2)B (3)C?
【备选例题】?
(2021·淮安模拟)某校化学兴趣小组进行探究性活动:将氧化还原反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成带盐桥的原电池。提供的试剂:FeCl3溶液、KI溶液;其他用品任选。回答下列问题:?
(1)画出设计的原电池装置图,并标出电极材料、电极名称及电解质溶液________________________________________________。
(2)发生氧化反应的电极反应式为____________________。?
(3)反应达到平衡时,外电路导线中    (填“有”或“无”)电流通过。?
(4)平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,当固体全部溶解后,则此时该溶液中的电极变为    (填“正”或“负”)极。?
【解析】(1)先分析氧化还原反应,找出正、负极反应,即可确定电极材料和正、负极区的电解质溶液。(2)发生氧化反应的电极是负极,负极上I-失电子变成I2。(3)反应达到平衡时,无电子移动,故无电流产生。(4)平衡后向FeCl3溶液中加入少量FeCl2固体,平衡逆向移动,此时Fe2+失电子,该溶液中的电极变成负极。
答案:(1)如下图(答案合理即可)?
(2)2I--2e-I2 (3)无 (4)负?
1.原电池的工作原理简图:
注意:①若有盐桥,盐桥中的阴离子移向负极区,阳离子移向正极区。
②若有交换膜,离子可选择性通过交换膜,如阳离子交换膜,阳离子可通过交换膜移向正极。
2.判断原电池正、负极的五种方法:
命题点1:原电池的工作原理分析(基础性考点)
1.(2021·广州模拟)某小组为研究原电池原理,设计如图装置,下列叙述正确的是
(  )?
A.若X为Fe,Y为Cu,铁为正极
B.若X为Fe,Y为Cu,电子由铜片流向铁片
C.若X为Fe,Y为C,碳棒上有红色固体析出
D.若X为Cu,Y为Zn,锌片发生还原反应
【解析】选C。Fe比Cu活泼,Fe作负极,电子从Fe流向Cu,故A、B错误;若X为Fe,Y为C,电解质为硫酸铜,则正极C上析出Cu,故C正确;Zn比Cu活泼,Zn作负极,发生氧化反应,故D错误。
2.(2021·福州模拟)原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关,也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是
(  )?
A.①②中Mg作负极,③④中Fe作负极
B.②中Mg作正极,电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑
C.③中Fe作负极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+
D.④中Cu作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑
【解析】选B。①中Mg作负极;②中Al作负极;③中铜作负极;④是铁的吸氧腐蚀,Cu作正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-。
命题点2:原电池原理的应用(综合性考点)
3.(2021·成都模拟)有a、b、c、d四个金属电极,有关的实验装置及部分实验现象如下:
实验装置
部分实验现象
a极质量减少;b极质量增加
b极有气体产生;c极无变化
d极溶解;c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动顺序是
(  )?
A.a>b>c>d      
B.b>c>d>a?
C.d>a>b>c
D.a>b>d>c
【解析】选C。把四个实验从左到右分别编号为①、②、③、④,则由实验①可知,a作原电池负极,b作原电池正极,金属活动性:a>b;由实验②可知,b极有气体产生,c极无变化,则活动性:b>c;由实验③可知,d极溶解,则d作原电池负极,c作正极,活动性:d>c;由实验④可知,电流从a极流向d极,则d极为原电池负极,a极为原电池正极,活动性:d>a。综上所述可知活动性:d>a>b>c。
命题点3:聚焦“盐桥”原电池(应用性考点)
4.将镉(Cd)浸在氯化钴(CoCl2)溶液中,发生反应的离子方程式为Co2+(aq)+Cd(s)Co(s)+Cd2+(aq),如将该反应设计为如图的原电池,则下列说法一定错误的是(  )?
A.Cd作负极,Co作正极
B.原电池工作时,电子从负极沿导线流向正极
C.根据阴阳相吸原理,盐桥中的阳离子向负极(甲池)移动
D.甲池中盛放的是CdCl2溶液,乙池中盛放的是CoCl2溶液
【解析】选C。将该反应设计为原电池时,Cd作负极,电极反应为Cd-2e-Cd2+;Co作正极,电极反应为Co2++2e-Co,盐桥中的阳离子向正极(乙池)移动。
【知识拓展】盐桥?
1.制作方法:在烧杯中加入2
g琼脂和60
mL饱和KCl溶液,使用水浴加热法将琼脂加热至完全溶解,然后趁热将此混合溶液加入U形玻璃管中,静置待琼脂凝固后便可使用。?
2.作用:盐桥在原电池中起导电作用,使整个装置形成闭合回路,盐桥导电利用的是阴、阳离子的定向移动,使电解质溶液保持电中性,从而使原电池能相对持续、稳定产生电流。盐桥不能用导线代替。
【加固训练—拔高】?
1.根据下图,判断下列说法正确的是
(  )?
A.装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe-2e-Fe2+
B.装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e-4OH-
C.装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D.放电过程中,装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大
【解析】选D。装置Ⅰ中,由于Zn比Fe活泼,所以Zn作原电池的负极,电极反应式为Zn-2e-Zn2+;Fe作正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,由于正极有OH-生成,因此溶液的pH增大。装置Ⅱ中,Fe作负极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+;Cu作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑,正极由于不断消耗H+,所以溶液的pH逐渐增大,据此可知A、B均错误,D正确。在原电池的电解质溶液中,阳离子移向正极,所以C错误。
2.全钒电池以惰性材料作电极,在电解质溶液中发生的原电池反应为V(黄色)+V2+(紫色)+2H+VO2+(蓝色)+H2O+V3+(绿色)。
下列说法正确的是
(  )?
A.正极反应为V+2H++e-VO2++H2O
B.负极附近的溶液由紫色逐渐变为蓝色
C.反应每生成1
mol
H2O时转移电子的物质的量为0.5
mol?
D.原电池使用过程中溶液的pH逐渐减小
【解析】选A。由电池总反应V(黄色)+V2+(紫色)+2H+VO2+(蓝色)+H2O+V3+(绿色)可得,V为正极的活性物质,V2+为负极的活性物质,所以左室为正极室,右室为负极室。正极反应为V+2H++e-VO2++H2O,A项正确;负极反应为V2+-e-V3+,所以负极附近溶液的颜色由紫色逐渐变为绿色,B项错误;由电极反应V+2H++e-VO2++H2O可知,反应每生成1
mol
H2O时转移电子的物质的量为1
mol,C项错误;由原电池总反应可知,反应过程中H+被不断消耗,所以溶液的pH逐渐增大,D项错误。?
3.根据下图,下列判断中正确的是
(  )?
A.烧杯a中的溶液pH降低
B.烧杯b中发生氧化反应
C.烧杯a中发生的反应为2H++2e-H2↑
D.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-Cl2↑
【解析】选B。由题给原电池装置可知,电子经过导线,由Zn电极流向Fe电极,则O2在Fe电极发生还原反应:O2+2H2O+4e-4OH-,烧杯a中c(OH-)增大,溶液的pH升高;烧杯b中,Zn发生氧化反应:Zn-2e-Zn2+。
考点二 常见的化学电源(命题指数★★★★★)?
1.一次电池:只能使用一次,不能充电复原继续使用
(1)碱性锌锰电池。
碱性锌锰电池的负极是Zn,正极是MnO2,电解质是KOH,其电极反应如下:
负极:Zn+2OH--2e-Zn(OH)2;
正极:2MnO2+2H2O+2e-2MnO(OH)+2OH-;
总反应:Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2。
(2)银锌电池。
银锌电池的负极是Zn,正极是Ag2O,电解质是KOH,其电极反应如下:
负极:Zn+2OH--2e-Zn(OH)2;
正极:Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-;
总反应:Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag。
(3)锂电池。
锂电池是用金属锂作负极,石墨作正极,电解质溶液由四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯(SOCl2)中组成。其电极反应如下:
负极:8Li-8e-8Li+;
正极:3SOCl2+8e-6Cl-+S+2S;
总反应:8Li+3SOCl26LiCl+Li2SO3+2S。
2.二次电池:放电后能充电复原继续使用
铅蓄电池是最常见的二次电池,总反应为
Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)
2PbSO4(s)+2H2O(l)
3.燃料电池:
燃料电池中的常见燃料有氢气、烃(CH4、C2H6)、烃的衍生物(甲醇、乙醇)、CO等,燃料在电池中的负极发生反应。
以氢氧燃料电池为例
介质
酸性
碱性
负极反应式
2H2-4e-4H+
2H2+4OH--4e-4H2O
正极反应式
O2+4H++4e-2H2O
O2+2H2O+4e-4OH-
电池总反应式
2H2+O22H2O
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)碱性锌锰电池是一次电池,其中MnO2是催化剂,可使锌锰干电池的比能量高、可储存时间长。
(  )?
提示:×。碱性锌锰电池MnO2是氧化剂参与电极反应。
(2)二次电池充电时,充电器的正极连接二次电池的正极。
(  )?
提示:√。充电时正极连接电源的正极,作阳极发生氧化反应。
(3)燃料电池工作时燃料在电池中燃烧,然后将热能转化为电能。
(  )?
提示:×。燃料电池直接将化学能转化为电能。
(4)铅蓄电池放电时,正极与负极质量均增加。
(  )?
提示:√。铅蓄电池放电时,负极铅、正极二氧化铅均转变为硫酸铅,质量均增加。
(5)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池,放电过程中,H+从正极区向负极区迁移。
(  )?
提示:×。在原电池中阳离子在电解质溶液中移向正极。
2.电子表和电子计算器中所用的是纽扣式的微型银锌电池,其电极分别为Ag2O和Zn,电解液为KOH溶液。工作时电池总反应为Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2
(1)工作时电流从    极流向    极(两空均选填“Ag2O”或“Zn”)。
?
(2)负极的电极反应式为 。?
(3)工作时电池正极区的pH    (选填“增大”“减小”或“不变”)。
?
(4)外电路中每通过0.2
mol电子,锌的质量理论上减少    g。
?
提示:(1)Ag2O Zn?
(2)Zn+2OH--2e-Zn(OH)2 (3)增大 (4)6.5?
命题角度1:新型二次电池
【典例1】科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如图,电极为金属锌和选择性催化材料,放电时,温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是
(  )?
A.放电时,负极反应为Zn-2e-+4OH-Zn(OH
B.放电时,1
mol
CO2转化为HCOOH,转移的电子数为2
mol?
C.充电时,电池总反应为2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O
D.充电时,正极溶液中OH-浓度升高
【解析】选D。由题可知,放电时,CO2转化为HCOOH,即CO2发生还原反应,故放电时右侧电极为正极,左侧电极为负极,Zn发生氧化反应生成Zn(OH;充电时,右侧为阳极,H2O发生氧化反应生成O2,左侧为阴极,Zn(OH发生还原反应生成Zn。放电时,负极上Zn发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-+4OH-Zn(OH,故A正确,不选;放电时,CO2转化为HCOOH,C元素化合价降低2,则1
mol
CO2转化为HCOOH时,转移电子数为2
mol,故B正确,不选;充电时,阳极上H2O转化为O2,负极上Zn(OH转化为Zn,电池总反应为2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O,故C正确,不选;充电时,正极即为阳极,电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,溶液中H+浓度增大,溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw,温度不变时,Kw不变,因此溶液中OH-浓度降低,故D错误,符合题意。?
在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是
(  )?
A.电解质溶液1和电解质溶液2可以同为KOH溶液
B.放电时,CO2在电极上的反应可能为CO2-2e-+2H+HCOOH
C.充电时,Zn电极的电极反应式为Zn(OH+2e-Zn+4OH-
D.充电时,外接电源的负极接右侧电极
【解析】选C。从题目给出的图示中可知左侧电极生成Zn(OH,故电解质溶液1应为碱溶液,而右侧电极上CO2生成的HCOOH为一种酸,因此电解质溶液2不可能为碱性溶液,故A项错误;放电时CO2在正极反应为得电子的反应,故B项错误;根据图示可以判断充电时Zn电极的电极反应式为Zn(OH+2e-Zn+4OH-,故C项正确;充电时,电池的正极要接外接电源的正极,负极接外接电源的负极,故D项错误。
【讲台挥洒一刻】?
命题角度2:新型燃料电池
【典例2】(2019·全国Ⅰ卷)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
【解析】选B。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MV2+的相互转化,化学能转化为电能,故可提供电能,故A正确;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;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;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。
(1)(变化观念与平衡思想)分析电池工作原理,判断电池中间的交换膜是何种类?
提示:质子交换膜或阳离子交换膜。因为在负极区H2通过氢化酶的作用生成H+,而在正极区N2通过固氮酶生成NH3需要H+,因此需要将负极区生成的H+移动至正极区。
(2)(证据推理与模型认知)写出正极区在固氮酶作用下N2发生反应的电极方程式。
提示:N2+6H++6MV+2NH3+6MV2+。
(3)(宏观辨识与微观探析)当电路中通过3
mol电子时,可产生氨气的体积(标准状况下)为     L;正极区中n(H+)     (填“增加”“减少”或“不变”)。?
提示:22.4;不变。负极区氢气在氢化酶作用下发生氧化反应,反应式为H2+2MV2+2H++2MV+,正极区得电子发生还原反应,生成NH3,发生反应:N2+6H++6MV+2NH3+6MV2+,根据反应可知转移6
mol电子时生成2
mol
NH3,负极区产生6
mol
H+进入正极区,同时正极区消耗6
mol
H+,故正极区H+总量不变,当电路中通过3
mol电子时,可产生氨气的体积(标准状况下)为22.4
L,正极区n(H+)不变。?
【备选例题】?
某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池,放电时电池总反应为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是
(  )?
A.放电时,Li+在电解质中由负极向正极迁移
B.放电时,负极的电极反应式为LixC6-xe-xLi++C6
C.充电时,若转移1
mol
e-,石墨(C6)电极将增重7x
g?
D.充电时,阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+
【解析】选C。放电时,负极反应为LixC6-xe-xLi++C6,正极反应为Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2,A、B正确;充电时,阴极反应为xLi++C6+xe-LixC6,转移1
mol
e-时,石墨C6电极将增重
7
g,C项错误;充电时,阳极反应为放电时正极反应的逆反应:
LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,D项正确。?
1.二次电池的充电:
(1)充电时电极的连接:充电的目的是使电池恢复其供电能力,因此负极应与电源的负极相连以获得电子,可简记为负接负后作阴极,正接正后作阳极。
(2)工作时的电极反应式:同一电极上的电极反应式,在充电与放电时,形式上恰好是相反的;同一电极周围的溶液,充电与放电时pH的变化趋势也恰好相反。
2.燃料电池题目的一般分析思路:
3.化学电源中电极反应式书写的一般方法:
(1)明确两极的反应物。
(2)明确直接产物:根据负极氧化、正极还原,明确两极的直接产物。
(3)确定最终产物:根据介质环境和共存原则,找出参与的介质粒子,确定最终产物。
(4)配平:根据电荷守恒、原子守恒配平电极反应式。
注意:①H+在碱性环境中不存在;②O2-在水溶液中不存在,在酸性环境中结合H+,生成H2O,在中性或碱性环境中结合H2O,生成OH-;③若已知总反应式时,可先写出较易书写的一极的电极反应式,然后在电子守恒的基础上,总反应式减去较易写出的一极的电极反应式,即得到较难写出的另一极的电极反应式。
命题点1:一次电池与二次电池的工作原理分析(基础性考点)
1.纸电池是一种有广泛应用的“软电池”,某种碱性纸电池采用薄层纸片作为载体和传导体,纸的两面分别附着锌和二氧化锰。下列有关该纸电池的说法不合理的是
(  )?
A.Zn为负极,发生氧化反应
B.电池工作时,电子由MnO2流向Zn
C.正极反应:MnO2+e-+H2OMnO(OH)+OH-
D.电池总反应:Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)
【解析】选B。类似于碱性锌锰电池,MnO2在正极上得电子被还原生成MnO(OH),则正极的电极反应式为MnO2+H2O+e-MnO(OH)+OH-,C正确;负极反应式为Zn+2OH--2e-Zn(OH)2,结合正、负极反应式及得失电子守恒可知,该电池的总反应式为Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH),D正确。
2.镍镉(Ni-Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液,其充、放电按下式进行:Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2,有关该电池的说法正确的是
(  )?
A.充电时阳极反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O
B.充电过程是化学能转化为电能的过程
C.放电时负极附近溶液的碱性不变
D.放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【解析】选A。放电时Cd的化合价升高,Cd作负极,Ni的化合价降低,NiOOH作正极,则充电时Cd(OH)2作阴极,Ni(OH)2作阳极,阳极电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O,A项正确;充电过程是电能转化为化学能的过程,B项错误;放电时负极电极反应式为Cd+2OH--2e-Cd(OH)2,Cd电极周围OH-的浓度减小,C项错误;放电时OH-向负极移动,D项错误。
命题点2:各类燃料电池的工作原理分析(综合性考点)
3.(2021年湖北适应性测试)研究发现,在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸,可使电池持续大电流放电,其工作原理如下图所示。
下列说法错误的是
(  )?
A.加入HNO3降低了正极反应的活化能
B.电池工作时正极区溶液的pH降低
C.1
mol
CH3CH2OH被完全氧化时有3
mol
O2被还原?
D.负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+
【解析】选B。该电池的负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2↑+12H+,H+向右移动通过质子交换膜,正极反应为O2+4e-+4H+2H2O。硝酸作正极反应的催化剂,加入催化剂可以降低正极反应的活化能,故A正确;正极反应虽然消耗H+,但负极区生成的H+移向正极区,负极区H+的物质的量不变,由于生成了水,电池工作时正极区溶液的pH升高,故B错误;根据正负极电极反应式可知,1
mol
CH3CH2OH被完全氧化时有3
mol
O2被还原,故C正确;负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2↑+12H+,故D正确。?
4.(2021·长沙模拟)中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢的方案,其基本工作原理如图所示。下列说法错误的是
(  )?
A.该电化学装置中,Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
B.该装置中的能量转化形式为光能→化学能→电能
C.电子流向:BiVO4电极→外电路→Pt电极
D.BiVO4电极上的反应式为S-2e-+2OH-S+H2O
【解析】选B。该电化学装置中,Pt电极为正极,BiVO4为负极,故Pt电势高于BiVO4电极的电势,A正确;该装置中的能量转化形式为化学能→电能,B错误;据分析,电子流向:BiVO4电极→外电路→Pt电极,C正确;BiVO4为负极,电极上发生氧化反应,则电极反应式为S-2e-+2OH-S+H2O,D正确。
命题点3:原电池原理在实际生活中的应用(应用性考点)
5.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”,意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合,原理如图所示。下列说法正确的是
(  )?
A.该电池放电时质子从电极b移向电极a
B.电极a附近发生的电极反应为SO2+2H2O-2e-H2SO4+2H+
C.电极b附近发生的电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-
D.相同条件下,放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
【解析】选D。A项,放电时为原电池,质子向正极移动,电极a为负极,则该电池放电时质子从电极a移向电极b,错误;B项,电极a为负极,发生氧化反应,电极反应为SO2+2H2O-2e-S+4H+,硫酸应当拆为离子形式,错误;C项,酸性条件下,氧气得电子与氢离子反应生成水,电极b附近发生的电极反应为O2+4e-+4H+2H2O,错误;D项,由总反应式2SO2+O2+2H2O2S+4H+可知,放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1,正确。
【加固训练—拔高】?
1.某新型可充电电池构造如图所示,工作时(需先引发铁和氯酸钾的反应,从而使LiCl-KCl共晶盐熔化)某电极(记为X)的反应式之一为xLi++xe-+LiV3O8Li1+xV3O8。下列说法正确的是
(  )?
A.放电时,正极上的电极反应式为Li-e-Li+
B.放电时,总反应式为xLi+LiV3O8Li1+xV3O8
C.充电时,X电极与电源负极相连
D.充电时,X电极的质量增加?
【解析】选B。由题干所给电极反应式可知X电极发生得电子的还原反应,故X电极是正极,结合题图知,X电极是LiV3O8,则Li-Si合金是负极,负极的电极反应式为Li-e-Li+,结合X电极的电极反应式可知放电时总反应式为xLi+LiV3O8Li1+xV3O8,A项错误,B项正确;充电时,X电极应与电源正极相连,C项错误;充电时,X电极的电极反应是放电时X电极的电极反应的逆过程,则充电时X电极的质量减轻,D项错误。
2.环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准,其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
(  )?
A.对电极是负极
B.工作电极上发生的电极反应为NO2+2e-+2H+NO+H2O
C.对电极的材料可能为锌
D.传感器工作时H+由工作电极移向对电极
【解析】选D。A.由NO2NO知,工作电极发生还原反应,作正极,则对电极是负极,正确;B.工作电极是正极,电极反应式为NO2+2e-+2H+NO+H2O,正
确;C.对电极是负极,发生氧化反应,则对电极的材料可能为活泼金属锌,正确;D.阳离子向正极移动,所以传感器工作时H+由对电极移向工作电极,错误。
3.车用尿素的学名是柴油机尾气处理液,是一种无色、透明、清澈的液体,用于还原氮氧化合物。目前使用的车用尿素溶液一般由32.5%高纯尿素和67.5%的去离子水组成。某学习小组利用图示装置探究车用尿素对尾气中氮的氧化物的转化,下列说法正确的是
(  )?
A.a极为电源的正极
B.电子从a极经固体电解质流向b极
C.该装置工作时,NO2

b
电极上的电极反应式为2NO2+8e-4O2-+N2?
D.若反应中转移1
mol电子,则生成5.6
L(标准状况)
N2?
【解析】选C。电池a极发生氧化反应,b极发生还原反应,则a为负极,b为正极,故A错误;电子从负极经导线流向正极,故B错误;根据图中信息得出NO2在b电极变为氮气,其电极反应式为2NO2+8e-?4O2-+N2,故C正确;反应中转移1
mol电子时,若全为NO2参与电极反应,根据2NO2+8e-4O2-+N2知,生成N2的体积为2.8
L(标准状况),若全为NO参与电极反应,则生成N2的体积为5.6
L(标准状况),故D错误。?
1.(2020·天津等级考)熔融钠-硫电池性能优良,是具有应用前景的储能电池。如图中的电池反应为2Na+xSNa2Sx(x=5~3,难溶于熔融硫)。下列说法错误的是
(  )?
A.Na2S4的电子式为Na+]2-Na+
B.放电时正极反应为xS+2Na++2e-Na2Sx
C.Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D.该电池是以Na-β-Al2O3为隔膜的二次电池
【解析】选C。Na2S4为离子化合物,构成离子为Na+、,电子式为Na+]2-Na+,A项正确;根据电池总反应,放电时正极上S发生还原反应,且Na+向正极移动参与反应,电极反应为xS+2Na++2e-Na2Sx,B项正确;Na为电池的负极,S为电池的正极,C项错误;根据电池总反应及示意图,可知该电池是以Na-β-Al2O3为隔膜的二次电池,D项正确。
2.(2019·全国Ⅲ卷)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,结构如图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
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-NiOOH(s)+H2O(l)
C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH-(aq)-2e-ZnO(s)+H2O(l)
D.
放电过程中OH-通过隔膜从负极区移向正极区?
【解析】选D。Zn作负极被氧化生成ZnO,三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积,沉积的ZnO分散度高,A正确。充电时阳极发生氧化反应,根据电池反应的充电过程可知,阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH-(aq)-e-NiOOH(s)+H2O(l),B正确。放电时负极发生氧化反应,根据电池反应的放电过程可知,负极反应为Zn(s)+2OH-(aq)-2e-ZnO(s)+H2O(l),C正确。放电时,电池内部阳离子由负极移向正极,阴离子由正极移向负极,D错误。
【加固训练—拔高】?
1.(2019·天津高考)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-2I-+Br-
B.放电时,溶液中离子的数目增大
C.充电时,b电极每增重0.65
g,溶液中有0.02
mol
I-被氧化?
D.充电时,a电极接外电源负极
【解析】选D。Zn2+移向左侧,a极是正极,充电时,接外电源的正极,放电时电极反应式为I2Br-+2e-2I-+Br-,A正确、D错误;放电时,负极Zn-2e-Zn2+,负极、正极的离子数目都增多,B正确;充电时,b极的电极反应式为Zn2++2e-Zn,每增重0.65
g,转移电子0.02
mol,则有0.02
mol
I-被氧化,C正确。?
2.(2018·全国Ⅲ卷)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Li2(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Li22Li+(1-)O2
【解析】选D。结合题中所给信息及装置图,可知放电时Li作负极,负极反应为2Li-2e-2Li+,多孔碳材料作正极,正极反应为(1-)O2+2Li++2e-Li2O2-x,故A错误;B项电子从Li电极流向多孔碳材料,故B错误;C项充电时多孔碳材料作阳极,Li+应移向锂电极,故C错误;D项结合放电时的正负极反应式可知正确。
3.(2018·全国Ⅱ卷)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+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是
(  )?
A.放电时,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-2C+C
D.充电时,正极反应为:Na++e-Na
【解析】选D。放电时为原电池,而溶液中的阴离子移向电池的负极,故A项正确;由题干中的信息可以得出Na为电池的负极材料,因电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C,则电池放电时吸收CO2,充电时放出CO2,故B项正确;放电时CO2在正极放电,而充电时会在正极生成CO2,Na在电池的负极参与反应,在充电时又会在电池的负极生成,故C项正确,D项错误。
1.原电池实质的2个方面:
(1)反应本质:氧化还原反应。
(2)能量转化:化学能转化为电能。
2.原电池中应注意的
3个“方向”:?
(1)外电路中电子移动方向:负极→正极,电流方向:正极→负极。
(2)电池内部离子移动方向:阴离子移向负极,阳离子移向正极。
(3)盐桥中(含饱和KCl溶液)离子移动方向:K+移向正极,Cl-移向负极。
3.原电池电极判断的6种方法:
(1)负极:较活泼金属、氧化反应、电子流出、电流流入、阴离子移向的一极、不断溶解。
(2)正极:不活泼金属或非金属、还原反应、电子流入、电流流出、阳离子移向的一极、电极增重。
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-第二讲 铁及其化合物
考点一 铁及其氧化物(命题指数★★★★★)
1.铁:
(1)铁的位置与结构。
(2)物理性质。
颜色状态
导电性、导热性、延展性
特性
银白色固体
良好
被磁铁吸引
(3)化学性质。
铁元素性质活泼,有较强的还原性,主要化合价为+2价和+3价。
2.铁的氧化物:
(1)物理性质。
化学式
FeO
Fe2O3
Fe3O4
俗称
铁红
磁性氧化铁
色态
黑色粉末
红棕色粉末
黑色晶体
铁的价态
+2价
+3价
+2价,+3价
(2)化学性质。
①FeO、Fe2O3、Fe3O4分别与盐酸反应的离子方程式为
FeO+2H+===Fe2++H2O,Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O,
Fe3O4+8H+===2Fe3++Fe2++4H2O。
②Fe3O4分别与HNO3和HI反应的离子方程式为
3Fe3O4+28H++NO===9Fe3++NO↑+14H2O;
Fe3O4+8H++2I-===3Fe2++I2+4H2O。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)Fe在稀硝酸中发生钝化。(  )
提示:×。Fe在浓硝酸中发生钝化。
(2)铁表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化。(  )
提示:×。铁表面形成的氧化膜较疏松,不能保护内层金属。
(3)四氧化三铁和稀盐酸反应的离子方程式为Fe3O4+8H+===3Fe3++4H2O。(  )
提示:×。离子方程式为Fe3O4+8H+===2Fe3++Fe2++4H2O。
(4)铁是较活泼的金属,它与卤素单质(X2)反应的生成物均为FeX3。(  )
提示:×。铁与碘化合生成FeI2。
(5)过量的铁与氯气反应生成FeCl2。(  )
提示:×。Fe与Cl2反应无论用量多少都生成FeCl3。
2.铁是日常生活中最常见的金属。某班同学在学习铁的知识时,对“铁为何称为黑色金属?”这个问题产生了浓厚的兴趣:
对于该问题,同学们上网查寻,有两种解释:
A.因为在铁表面上有黑色的铁的氧化物,所以叫黑色金属。
B.因为铁的粉末为黑色,铁的氧化物也均为黑色,所以叫黑色金属。
(1)你认为哪种说法正确?
(2)若有一黑色粉末,你如何鉴别是铁粉,还是Fe3O4粉末?
(3)若有一黑色粉末,为Fe和Fe3O4的混合物,你如何证明其中有Fe3O4?
【解析】(1)铁的氧化物中Fe2O3为红棕色,B的说法是错误的。(2)可以利用Fe、Fe3O4与稀盐酸或稀硫酸反应现象的不同来鉴别两种物质。(3)检验Fe和Fe3O4的混合物中Fe3O4的存在,实质是检验混合物中O的存在,可以用干燥的氢气或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应,然后检验产物中是否有水或二氧化碳产生。
答案:
(1)A (2)取黑色粉末少许于试管中,加适量稀盐酸或稀硫酸,有气泡产生的原黑色粉末为铁粉,若无气泡产生则原粉末为Fe3O4(其他合理答案亦可)
(3)用干燥的氢气与黑色粉末加热反应,用无水硫酸铜检测有水产生或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应,用澄清石灰水检测有二氧化碳产生(其他合理答案亦可)
命题角度1:铁的性质
【典例1】在一定量的稀HNO3中慢慢加入铁粉,得到的Fe2+的物质的量(纵坐标)与所加铁粉的物质的量(横坐标)的关系如图所示。请将正确答案的序号填在相应的横线上。
①Fe3+  ②Fe2+  ③Fe、Fe2+  ④Fe2+、Fe3+
(1)AB段铁元素以____________________形式存在。
(2)BC段铁元素以____________________形式存在。
(3)CD段铁元素以____________________形式存在。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】向稀HNO3中加入铁粉,开始时稀HNO3过量应生成Fe3+,随加入铁粉量的增加,HNO3反应完全后,发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,最后全部转化为Fe2+。
答案:(1)① (2)④ (3)③
 
(1)(宏观辨识与微观探析)上图AB段、BC段消耗铁的物质的量之比是多少?
提示:BC段发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,反应中n(Fe3+)∶n(Fe)=2∶1,而
Fe3+是由AB段反应的铁生成的,则上图AB段、BC段消耗铁的物质的量之比是2∶1。
(2)(宏观辨识与微观探析)若将稀硝酸换作稀硫酸,试画出得到的Fe2+的物质的量(纵坐标)与所加铁粉的物质的量(横坐标)的关系图。
提示:铁与稀硫酸只能生成Fe2+,图象如下:
【备选例题】
(2021·成都模拟)某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。下列从分类角度分析正确的是(  )
A.实验①、③反应制得的物质均为纯净物
B.实验②、③均未发生氧化还原反应
C.实验①、③均为放热反应
D.实验①、②所涉及的物质均为电解质
【解析】选B。实验③制得的是Fe(OH)3胶体,属于混合物,且属于吸热反应,A、C错误;实验①中Cl2、铁丝均为单质,既不属于电解质,也不属于非电解质,D错误。
命题角度2:铁的氧化物
【典例2】实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量,D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。
(1)如何检查装置A的气密性?_________________________________________。
(2)为了安全,在点燃D处的酒精灯之前,必须进行的操作是_______________。
(3)装置B的作用是____________________________。装置C中装的液体是____________,所起的作用是____________________________。
(4)点燃D处的酒精灯,写出在硬质双通玻璃管中发生反应的化学方程式____________________________。
(5)若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为23.2
g,反应完全后U形管的质量增加7.2
g,则混合物中Fe2O3的质量为____________________________。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】解答此题,要明确实验目的,理解装置的工作原理、各仪器的作用。U形管的作用是吸收反应生成的水,为了保证纯净的H2进入D装置,必须利用B、C装置除杂(HCl气体和水蒸气);为了保证U形管增加的质量等于反应生成水的质量,必须用F装置防止空气中的水蒸气进入E装置。由反应方程式知:Fe2O3+3H22Fe+3H2O,FeO+H2Fe+H2O,m(Fe2O3)+m(FeO)=23.2
g,两反应生成的水:m(H2O)=7.2
g,列方程组可求得m(Fe2O3)=16
g。
答案:(1)关闭a,从球形漏斗口加水,待水从漏斗管上升与容器的水面形成一段水柱差,停止加水,静置片刻,如水柱不下降,证明其气密性良好
(2)
在b出口处必须检验氢气的纯度
(3)除去H2中混有的HCl气体 浓硫酸 干燥氢气
(4)Fe2O3+3H22Fe+3H2O,FeO+H2Fe+H2O
(5)16
g
 
(1)(科学探究与创新意识)U形管E右边又连接干燥管F的目的是什么?
提示:防止空气中的水蒸气等气体进入E中。
(2)(科学探究与创新意识)若无干燥管F,测得Fe2O3的质量将如何变化?若反应后得到的残留固体中还有少量FeO,测得的Fe2O3质量将如何变化?
提示:若无干燥管F,测得水的质量偏大,计算所得Fe2O3的质量偏大;若反应后得到的残留固体中还有少量FeO,测得水的质量偏小,计算所得的Fe2O3质量将偏小。
【备选例题】
纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法,其流程如图所示:
下列说法错误的是(  )
A.保存溶液A时,应加入少量铁粉
B.其制备反应类型属于氧化还原反应
C.取滤液进行焰色反应,火焰为黄色
D.FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1∶2
【解析】选B。Fe2+易被空气中的氧气氧化,在保存含Fe2+的溶液时,需要加入铁粉,A正确;反应中无元素化合价的变化,不是氧化还原反应,B错误;滤液中含有Na+,所以进行焰色反应时火焰为黄色,C正确;Fe3O4可写成FeO·Fe2O3,所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=1∶2,D正确。
数轴法分析铁与稀HNO3反应的产物
一是明确哪种物质过量,二是根据两种物质的量分析讨论判断,根据反应方程式:
(1)HNO3过量:Fe+4HNO3===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,铁元素的存在形式为
Fe3+。
(2)Fe过量:
3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,铁元素的存在形式为Fe2+。
(3)用数轴表示:
(4)解题时需注意量的范围:
产物
结论

Fe(NO3)3
HNO3可能有剩余

Fe(NO3)2
Fe可能有剩余
在~之间
Fe(NO3)3和Fe(NO3)2
Fe和HNO3都反应完全
命题点1:铁及氧化物的性质(基础性考点)
1.(2021·龙岩模拟)《本草纲目》中记载“慈石治肾家诸病,而通耳明目。慈石,色轻紫,石上皲涩,可吸连针铁,俗谓之熁铁石”。“慈石”的主要成分是(  )
A.铁  B.氧化铜  C.氧化铁  D.四氧化三铁
【解析】选D。由材料可知慈石可吸连针铁,故其为磁石,即四氧化三铁(Fe3O4)。
2.中国每年要进口5亿吨左右的铁矿石,占世界海上铁矿石贸易量的一半以上,关于铁矿石的说法正确的是(  )
A.赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B.铁矿石的主要成分与铁锈的主要成分相同
C.磁铁矿粉末溶于盐酸后,加入KSCN溶液,溶液变红色
D.FeO俗称铁红
【解析】选C。A项,赤铁矿的成分为Fe2O3;B项,铁矿石有很多种,不一定与铁锈(含Fe2O3)相同;C项,磁铁矿的主要成分为Fe3O4,其中含+3价铁;D项,铁红为Fe2O3。
命题点2:铁的氧化物组成的确定(综合性考点)
3.有一种铁的氧化物样品,用5
mol·L-1的盐酸40
mL恰好完全溶解,所得溶液还需吸收0.56
L
Cl2(标准状况)才能使Fe2+全部转化为Fe3+,则该氧化物中Fe原子与O原子的物质的量之比为
(  )
A.2∶3
 B.3∶4
C.5∶6
D.7∶8
【解析】选C。铁的氧化物与盐酸反应生成相应的氯化物和水,因n(HCl)=5
mol·L-1×0.040
L=0.2
mol,则易推知生成0.1
mol水,因此该氧化物中n(O)=0.1
mol;由2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,容易算出n(Fe2+)=0.05
mol,则与盐酸反应生成的FeCl2的物质的量为0.05
mol,从而推出与盐酸反应生成的FeCl3所含Cl-的物质的量为n(Cl-)=0.2
mol-2×0.05
mol=0.1
mol,则有n(Fe3+)=n(Cl-)=
mol,故该氧化物中Fe原子与O原子的物质的量之比为=
==。
4.铁的氧化物极为复杂。为测定一种铁的氧化物样本X的化学式,实验过程如下:
根据实验结果,该氧化物X的化学式为(  )
A.Fe2O3
B.Fe3O4
C.Fe4O5
D.Fe5O7
【解析】选D。铁的氧化物X加稀硫酸溶解,用过量的氯气氧化,再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀,过滤、洗涤、干燥、灼烧,最后得到氧化铁,则生成的氧化铁的物质的量为n(Fe2O3)===0.025
mol,则Fe的物质的量为n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×0.025
mol=0.05
mol,Fe的质量为m(Fe)=n(Fe)×M=0.05
mol×56
g·mol-1=2.8
g,氧化物X中O的质量为m(O)=3.92
g-2.8
g=1.12
g,
n(O)===0.07
mol,n(Fe)∶n(O)=0.05
mol∶
0.07
mol=5∶7,所以氧化物X的化学式为Fe5O7。选项D合理。
【加固训练—拔高】
1.铁的常见化合价有+2价和+3价。据研究,铁在浓HNO3中发生钝化时,可生成一种化学式为Fe8O11的化合物,它可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物。该化合物可以表示为(  )
A.FeO·3Fe2O3   
B.2FeO·3Fe2O3
C.FeO·2Fe2O3
D.2FeO·Fe2O3
【解析】选B。化合物Fe8O11可以看作由FeO和Fe2O3组成的复杂氧化物,设化学式为nFeO·mFe2O3,则:n+2m=8、n+3m=11,解得n=2,m=3,该化合物可以表示为2FeO·3Fe2O3。
2.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100
mL浓度为1.0
mol·L-1的盐酸,恰好使混合物完全溶解,有气体放出,所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物,能得到铁的质量是(  )
A.11.2
g  B.5.6
g  C.2.8
g  D.1.4
g
【解析】选C。Fe2O3+6HCl===2FeCl3+3H2O;Fe+2FeCl3===3FeCl2。由题意“恰好使混合物完全溶解”及“加入KSCN溶液后无红色出现”,可知溶液中无Fe3+,为FeCl2溶液,即Fe、FeO、Fe2O3中的Fe全部转化到FeCl2中,因n(Cl)=0.1
L×1.0
mol·L-1=0.1
mol,所以n(Fe)=0.05
mol,则m(Fe)=0.05
mol×56
g·mol-1=2.8
g。
考点二 铁的氢氧化物(命题指数★★★★★)
Fe(OH)2
Fe(OH)3
色态
白色固体
红褐色固体
与盐酸反应
Fe(OH)2+2H+===Fe2++2H2O
Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O
热稳定性
易被氧化,受热分解,产物很复杂
2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O
制备
可溶性亚铁盐与碱溶液反应:Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓
可溶性铁盐与碱溶液反应:Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓
Fe(OH)2
Fe(OH)3
二者的关系
在空气中,Fe(OH)2能够非常迅速地被氧气氧化成Fe(OH)3,现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液,边加边搅拌,即可制得白色的氢氧化亚铁。(  )
提示:×。制备氢氧化亚铁应避免被氧气氧化,向硫酸亚铁溶液中加氢氧化钠溶液时应把胶头滴管的下端插入液面以下且不能搅拌。
(2)向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+===2Fe(OH)3+3Mg2+。(  )
提示:√。溶解度较小转化为溶解度更小的容易实现。
(3)在中性溶液中Cl-、SO、Na+、Fe3+可大量共存。(  )
提示:×。中性溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3。
(4)Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3,说明稳定性:Fe(OH)2提示:√。Fe(OH)3比Fe(OH)2稳定。
(5)将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体。(  )
提示:×。NaOH溶液滴入FeCl3溶液中生成Fe(OH)3沉淀。
(6)向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸,反应的离子方程式是Fe(OH)2+2H+===Fe2++2H2O。(  )
提示:×。稀硝酸为氧化性酸,Fe(OH)2中+2价的Fe被氧化为Fe3+。
【加固训练—拔高】
下面是某同学用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备Fe(OH)2白色沉淀的方案。请回答下列各问题:
(1)硫酸亚铁、氢氧化亚铁易被氧化的原因是______________________________。
(2)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入固体,该固体是________。
(3)除去蒸馏水中溶解的O2常采用__________的方法。
(4)生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液,插入FeSO4溶液液面下,再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是___________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)硫酸亚铁、氢氧化亚铁中铁为+2价,可以升高到+3价,具有还原性易被氧化;(2)
Fe2+易被空气中的O2氧化,要加铁屑,将被氧化的Fe3+还原成Fe2+;(3)气体的溶解度随着温度升高而降低,所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少;(4)Fe(OH)2沉淀很容易被氧气氧化,长滴管插入溶液液面下,可防止Fe(OH)2与氧气接触而被氧化。
答案:(1)硫酸亚铁、氢氧化亚铁中铁为+2价,可以升高到+3价,具有还原性易被氧化 (2)铁屑 (3)煮沸 (4)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
命题角度1:铁的氢氧化物的性质
【典例1】有关铁的化合物的说法中,错误的是(  )
A.Fe(OH)2是一种黑色固体,不稳定,在空气中易被氧化转变为红褐色
B.由图示操作可制取Fe(OH)2
C.Fe3O4、Fe(OH)3都可以由化合反应制得
D.Fe(OH)3胶体呈红褐色、透明,能发生丁达尔效应
【解析】选A。Fe(OH)2是一种白色固体,A错误;煤油能减少FeSO4溶液与氧气接触,可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化,B正确;铁在氧气中燃烧可生成Fe3O4,可通过化合反应4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3来制取Fe(OH)3,C正确;Fe(OH)3胶体呈红褐色、透明,能发生丁达尔效应,D正确。
命题角度2:Fe(OH)2的制备
【典例2】由于Fe(OH)2具有很强的还原性,易被氧化为Fe(OH)3,在实验室中制备Fe(OH)2,并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态,成为物质制备实验探究的热点。
(1)下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是________(填序号)。
(2)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入____________。
(3)除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
【解析】(1)因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3,即发生反应:4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀,就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样,都是先用氢气将装置中的空气排尽,并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中;③的原理为铁作阳极产生
Fe2+,与电解NaCl溶液产生的OH-结合生成Fe(OH)2,且液面用汽油保护,能防止空气进入;⑤中液面加苯阻止了空气进入;④由于带入空气中的氧气,能迅速将Fe(OH)2氧化,因而不能较长时间看到白色沉淀。
(2)稀硫酸抑制Fe2+水解。
(3)Fe(OH)2很容易被氧化,实验过程要确保在无氧条件下生成。
答案:(1)①②③⑤ (2)稀硫酸
(3)加热煮沸
 
(1)装置②如何操作可以得到Fe(OH)2沉淀?
提示:打开止水夹a将产生的氢气导出,检验末端导管处气体纯净后,关闭止水夹a,A中液体进入B,产生白色沉淀。
(2)
装置③中的氯化钠溶液能否换作氢氧化钠溶液、稀硫酸?
提示:氢氧化钠溶液可以,稀硫酸不行。换为稀硫酸后,酸提供的H+在阴极上反应,不能产生OH-。
【备选例题】
如图所示,此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6
mol·L-1的硫酸,其他试剂任选。填写下列空白:
(1)B中盛有一定量的NaOH溶液,A中应预先加入的药品是________。A中反应的离子方程式是________________。
(2)实验开始时先将止水夹a________(填“打开”或“关闭”)。
(3)简述生成Fe(OH)2的操作____________________________________________。
(4)实验完毕,打开b处止水夹,放入一部分空气,此时B瓶中发生的反应为___________________________________________________________________。【解析】Fe+2H+===Fe2++H2↑,产生的H2将Fe2+压入B中,Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓;因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3,即发生4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3。因此,要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀,就要排除装置中的空气。
答案:(1)铁屑 Fe+2H+===Fe2++H2↑
(2)打开
(3)待A装置反应一段时间后关闭止水夹a,将FeSO4溶液压入B中进行反应
(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3
1.Fe(OH)2具有很强的还原性,易被氧化为Fe(OH)3。在实验室中制备Fe(OH)2,并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态,关键注意以下两点:
(1)溶液中不含Fe3+和O2等氧化性物质;
(2)制备过程中,保证生成的Fe(OH)2在密闭的隔绝空气的体系中。
2.防止Fe(OH)2氧化的方法:
(1)将配制溶液的蒸馏水煮沸,排出溶解的氧气。
(2)将盛有氢氧化钠溶液的胶头滴管尖端插入试管里的亚铁盐溶液底部,再慢慢挤出NaOH溶液。
(3)在亚铁盐溶液上面加保护层,例如苯或植物油等。
(4)充入保护气,如氢气、氮气、稀有气体等。
(5)用铁作阳极,石墨作阴极,电解NaOH溶液或NaCl溶液;利用新产生的
Fe2+与OH-反应制取。
命题点1:铁的氢氧化物性质(基础性考点)
1.下列关于铁及其化合物的说法正确的是(  )
A.铁是地壳中含量最多的金属元素,因此在日常生活中应用最广
B.FeCl2溶液存放时,在溶液中放入少量的铁粉,目的是防止Fe2+被氧化
C.隔绝空气的情况下,往FeCl2溶液中加入Na2O2后得到红棕色沉淀Fe(OH)3
D.FeO、Fe2O3、Fe3O4均为铁的氧化物,并且都是黑色
【解析】选B。地壳中含量最多的金属元素是铝,A错;Fe(OH)3沉淀为红褐色,C错;铁的氧化物中Fe2O3为红棕色,D错。
命题点2:Fe(OH)2的制备(综合性考点)
2.(2019·浙江高考)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。
请回答:
(1)仪器1的名称________。装置5的作用__________________________________
___________________________________________________________________。
(2)实验开始时,关闭K2,打开K1,反应一段时间后,再打开K2,关闭K1,发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进,使溶液能进入4中____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)装置改进后,将3中反应后溶液压入4中,在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因________________________________
___________________________________________________________________。
【解析】该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排净空气的气氛中,先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4,再利用气体产生气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应,得到Fe(OH)2,注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。(1)仪器1是分液漏斗或滴液漏斗,该反应需要置于无氧环境,注意这里跟防倒吸无关,装置5的作用是液封,防止空气进入装置4。(2)实验开始时,关闭K2,打开K1,反应一段时间后,再打开K2,关闭K1,发现3中溶液不能进入4中。如此操作失败的原因是产生的H2从左侧导管逸出,没有足够的压强,所以不能将FeSO4溶液压入4中,因而在装置2、3之间添加控制开关即可。(3)灰绿色沉淀产生的原因是装置4中空气没有完全排净,Fe(OH)2被空气氧化。
答案:
(1)滴液漏斗(分液漏斗) 液封,防止空气进入装置4 (2)在装置2、3之间添加控制开关 (3)装置4内的空气没有排净
【加固训练—拔高】
某实验小组在实验室利用氨气和新制备的硫酸亚铁溶液反应制备氢氧化亚铁。
(一)制备硫酸亚铁溶液
(1)步骤①,加入稀硫酸的目的是_________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)步骤②,加入还原铁粉后观察到的现象是_______________________________
___________________________________________________________________。
(二)制备氢氧化亚铁
(3)选择上图中的装置制备氢氧化亚铁,连接顺序为________(按气流方向,用装置字母表示)。反应结束后继续通一段时间的N2,目的是________________________。
(4)装置B中发生反应的离子方程式是__________________________。装置C的作用是____________。
(三)探究思考
反应后将装置B中固体过滤时白色沉淀会逐渐转变为灰绿色。在查阅不同资料后,有同学认为灰绿色物质是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化后生成的Fe3(OH)8。
(5)Fe3(OH)8中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=________,用氧化物的形式表示可写成________。
(6)设计实验证明灰绿色物质中含Fe3(OH)8:_______________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(一)制备硫酸亚铁溶液,向硫酸铁晶体中加入去氧蒸馏水和稀硫酸,再加入过量的还原铁粉,将Fe3+还原成Fe2+,得到硫酸亚铁溶液。(1)步骤①,加入稀硫酸的目的是抑制Fe3+的水解;(2)步骤②,加入还原铁粉后,铁粉和酸、Fe3+反应,观察到的现象是铁粉逐渐溶解,有无色气体生成,溶液由棕黄色逐渐变为浅绿色;(二)制备氢氧化亚铁,原理是将氨气通入硫酸亚铁溶液中,此过程的关键是隔绝空气。(3)制备氢氧化亚铁的装置中,A装置的作用是将浓氨水滴到生石灰上,使生石灰和水反应放出热量,放出氨气,氮气的作用是将装置中的空气全部排出,B装置的作用是氨气和硫酸亚铁溶液反应产生氢氧化亚铁,C装置的作用是作为安全瓶,防止倒吸,D装置的作用是吸收尾气,故装置连接顺序为A→C→B→D;反应结束后继续通一段时间的N2,目的是使装置中残留的氨气全部被吸收,防止拆除装置时残留的氨气逸出污染空气;(4)装置B中发生反应的离子方程式是:Fe2++2NH3+2H2O===Fe(OH)2↓+2NH,装置C在A和B之间,故C的作用是安全瓶,防倒吸;(三)(5)Fe3(OH)8中,3个Fe带8个正电荷,故n(Fe2+)∶n(Fe3+)=1∶2,用氧化物的形式表示可写成FeO
·Fe2O3
·4H2O;(6)要设计实验证明灰绿色物质中含Fe3(OH)8,即要证明此物质中既有Fe2+又有Fe3+,Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液检验,Fe3+用KSCN溶液检验,实验方法为:取少量灰绿色物质于试管中,加入稀盐酸(或稀硫酸)溶解,将溶液分成两份,一份滴入几滴KSCN溶液,变为血红色;另一份加入适量K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀,则灰绿色物质中含Fe3(OH)8。
答案:(1)抑制Fe3+的水解
(2)铁粉逐渐溶解,有无色气体生成,溶液由棕黄色逐渐变为浅绿色
(3)A→C→B→D 防止拆除装置时残留的氨气逸出污染空气
(4)Fe2++2NH3+2H2O===Fe(OH)2↓+2NH 安全瓶,防倒吸 
(5)1∶2 FeO·Fe2O3·4H2O
(6)取少量灰绿色物质于试管中,加入稀盐酸(或稀硫酸)溶解,将溶液分成两份,一份滴入几滴KSCN溶液,变为血红色;另一份加入适量K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀,则灰绿色物质中含Fe3(OH)8
考点三 铁及其化合物之间的转化及其应用(命题指数★★★★★)
1.亚铁盐和铁盐的性质与转化:
(1)Fe2+的氧化性和还原性
Fe2+既有氧化性,又有还原性,其中以还原性为主,如遇Br2、Cl2、H2O2、NO(H+)等均表现为还原性。
FeCl2溶液与HNO3溶液反应的离子方程式为3Fe2++NO+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O。
(2)铁盐的氧化性:Fe3+遇Fe、Cu、HI、H2S等均表现为氧化性。
FeCl3溶液滴入淀粉KI溶液,溶液变蓝,离子方程式为2I-+2Fe3+===I2+2Fe2+。
(3)转化
①将H2S气体通入FeCl3溶液中产生淡黄色沉淀,离子方程式为:H2S+2Fe3+===S↓+2Fe2++2H+。
②Fe3+可腐蚀印刷电路板上的铜箔,反应的离子方程式为2Fe3++Cu===Cu2++2Fe2+。
③FeCl2溶液中加入氯水或通入氯气,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Cl-+2Fe3+。
2.“铁三角”及其应用:
(1)铁的转化关系。
(2)“铁三角”转化关系的应用。
①判断离子能否共存
Fe2+NO(H+)、ClO-、MnO(H+)。
Fe3+S2-、I-、SO。
Fe3+HCO、CO等水解相互促进的离子。
②盐溶液的配制与保存
3.Fe3+和Fe2+的检验方法:
(1)Fe2+的检验
(2)Fe3+的检验
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉,充分振荡后黄色逐渐消失,加一滴KSCN溶液后溶液颜色不变。(  )
提示:√。FeCl3溶液与过量铁粉充分反应生成FeCl2溶液,黄色逐渐消失,加KSCN后溶液颜色不变。
(2)将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2。(  )
提示:√。废气中的氯气能被FeCl2溶液吸收生成FeCl3,铁屑再与FeCl3溶液反应得FeCl2溶液。
(3)CuCl2溶液中混有少量FeCl2:先加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,再加入CuO充分反应后过滤。(  )
提示:√。先用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,再利用FeCl3的水解,加入的CuO与H+反应将Fe3+转化成Fe(OH)3而除去。
(4)向某溶液中,滴加氯水,再滴加KSCN溶液,溶液显红色,该溶液中一定含Fe2+。(  )
提示:×。应先滴加KSCN溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色才能证明溶液中一定含有Fe2+。
(5)用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2。(  )
提示:×。Cl-也能使酸性KMnO4溶液褪色。
(6)检验Fe(NO3)2晶体是否氧化变质的方法是将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红。(  )
提示:×。酸性条件下NO将Fe2+氧化为Fe3+,干扰检验。
2.印刷电路板的过程:在复合物材料板上单面附有一薄层铜板,印刷电路时将电路部分以抗腐蚀的涂料印在铜板一面上,放入三氯化铁溶液中,没有印刷上涂料的铜被腐蚀掉,最后只剩下电路部分。
(1)上述过程发生的反应中FeCl3表现什么性质?
提示:腐蚀电路板时发生反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,
FeCl3表现氧化性。
(2)如何证明最后的腐蚀液是否还含有FeCl3?
提示:用洁净的试管取少量的样品溶液,向其中滴入KSCN溶液1~2滴,若溶液立即显红色证明含有Fe3+。
(3)依据以上原理,向FeCl3溶液中逐渐加入锌粉的反应情况如何?
提示:FeCl3溶液逐渐加入锌粉,开始FeCl3溶液过量,首先发生2Fe3++Zn===
2Fe2++Zn2+,当锌粉过量后发生Fe2++Zn===Fe+Zn2+。
命题角度1:
亚铁盐和铁盐的转化
【典例1】金属铜、铁置于氯化铁溶液中充分反应,下列对反应情况设想的评价正确的是(  )
选项
反应情况设想
评价
A
①时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,一定无Fe3+
正确,Fe3+和Fe、Cu均可反应
B
②时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+,无Fe3+
正确,Fe和Cu与Fe3+都反应,故有Fe2+和Cu2+,无Fe3+
C
③时,溶液中一定只有Fe2+,无Cu2+
正确,Cu有剩余,故无Cu2+
D
④时,溶液中一定有Fe2+、Cu2+
不正确,不可能有Fe剩余而无Cu剩余,因为Fe比Cu优先与Fe3+反应
【解析】选D。当铁、铜的量比较少时溶液中可能有Fe3+存在,A项错误;当铁过量时,铜不与Fe3+反应,无Cu2+生成,此时溶液中不存在Cu2+和Fe3+,B项错误;铜有剩余则溶液中一定无Fe3+,可能有Cu2+,C项错误;铁比铜活泼,不可能铁剩余而铜无剩余,D项正确。
 
若题干改为铁置于FeCl3、CuCl2的溶液中混合,对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是
(  )
A.若无固体剩余,则溶液中一定有Fe3+
B.若有固体存在,则溶液中一定有Fe2+
C.若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出
D.若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出
【解析】选B。向溶液中加入铁粉,依次发生反应:2FeCl3+Fe===3FeCl2,Fe+CuCl2===FeCl2+Cu。若无固体剩余,则溶液中可能有Fe3+未被完全还原而存在,也可能Fe3+全部被还原而不含Fe3+,A错误;若有固体存在,则溶液中一定有Fe3+被还原生成的Fe2+与Fe被氧化生成的Fe2+,B正确;若溶液中有Cu2+,则可能Cu2+未被还原而没有固体析出,也可能有部分Cu2+被还原而有固体析出,C错误;若溶液中有Fe2+,可能Cu2+被还原而有Cu析出,也可能Cu2+未被还原而没有固体析出,D错误。
命题角度2:Fe3+、Fe2+的检验
【典例2】选择合适试剂完成甲、乙两组实验:
甲组:检验含Fe3+的溶液中是否含有Fe2+;
乙组:检验含Fe2+的溶液中是否含有Fe3+。
下列试剂选取正确的一项是(  )
甲组
乙组
A
新制氯水、KSCN溶液
NaOH溶液
B
酸性KMnO4溶液
KSCN溶液
C
NaOH溶液
溴水
D
溴水
酸性KMnO4溶液
【解析】选B。甲组,在Fe3+存在的条件下,检验Fe2+,要排除Fe3+干扰。所选试剂具备下列条件:一是能与Fe2+发生有明显现象的反应;二是Fe3+不反应,不干扰现象观察。只有酸性KMnO4溶液符合条件:5Fe2++MnO+8H+===
5Fe3++Mn2++4H2O,现象是紫色变浅(或褪去)。乙组,在Fe2+存在的条件下,检验Fe3+,用KSCN溶液检验Fe3+,Fe2+无干扰。
【规律方法】检验Fe2+和Fe3+时的注意事项
(1)检验Fe2+时不能先加氯水后再加KSCN溶液,也不能将加KSCN溶液后的混合溶液加入足量的新制氯水中(新制氯水能氧化SCN-)。
(2)Fe3+、Fe2+、Cl-同时存在时不能用酸性KMnO4溶液检验Fe2+(Cl-能还原酸性KMnO4,有干扰)。
(3)检验Fe2+、Fe3+的其他方法
检验Fe3+也可用苯酚(C6H5OH),在FeCl3溶液中滴加苯酚,溶液显紫色。
【备选例题】
某同学为了检验家中的一瓶补铁药(成分为FeSO4)是否变质,查阅了有关资料,得知Fe2+能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色,并结合已学的知识设计了如下实验:
将药片除去糖衣研细后,溶解过滤,取滤液分别加入两支试管中,在一支试管中滴入酸性高锰酸钾溶液,在另一支试管中滴入KSCN溶液。请你填出该同学实验中出现以下现象时应得出的结论:
(1)①若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色,滴入KSCN溶液后不变红,可以得出什么结论?____________。
②在第①所得溶液中再滴加氯水,会观察到现象是____________________。
(2)若滴入酸性高锰酸钾溶液后不褪色,滴入KSCN溶液变红,可以得出什么结论?________________。
(3)①若滴入酸性高锰酸钾溶液后褪色,滴入KSCN溶液变红,可以得出什么结论?________________。
②在第①问的情况下,向其中一支试管中滴加适量的氢氧化钠溶液,根据现象能证明滤液中含有Fe2+吗?
___________________________________________________________________。
【解析】(1)①根据实验现象分析,高锰酸钾褪色说明有Fe2+;KSCN溶液不变红,说明没有Fe3+;从而确定药品没有被氧化;②加入氯水将Fe2+氧化为Fe3+,溶液变红;(2)根据实验现象分析,高锰酸钾不褪色说明没有Fe2+;KSCN溶液变红,说明有Fe3+;从而确定药品完全被氧化;(3)①根据实验现象分析,高锰酸钾褪色说明有Fe2+;KSCN溶液变红,说明有Fe3+;从而确定药品部分被氧化;②溶液中含有Fe3+,滴加氢氧化钠溶液立即生成红褐色沉淀,干扰生成“白色沉淀变为灰绿色,最后变成红褐色”现象的判断。
答案:(1)①没有被氧化 ②溶液变红
(2)完全被氧化
(3)①部分被氧化 
②不能
混合溶液中Fe3+、Fe2+的检验
①Fe3+的检验
②Fe2+的检验
命题点1:亚铁盐和铁盐的转化(基础性考点)
1.为了验证Fe3+的性质,某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验,其中实验方案设计错误的是(  )
A.只有④      B.只有③
C.③和④均错
D.全部错误
【解析】选C。实验③中,Fe3+与CuSO4溶液不反应,溶液应变为蓝色;实验④与Fe3+的性质无关。
2.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下:
则下列说法正确的是(  )
A.试剂a是铁、试剂b是稀硝酸
B.操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C.试剂c可以是氯气,相应的反应为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
D.直接加热蒸发溶液W,可以得到氯化铁晶体
【解析】选C。由最终要得到氯化铁晶体及流程图知,a是铁b是盐酸,A错误;操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤,操作Ⅲ为蒸发结晶,所用仪器不相同,B错误;滤液Z和X中均含有氯化亚铁,因此c可以为氯气,C正确;为防止Fe3+的水解,在氯化氢气流中加热蒸发溶液氯化铁,才能得到氯化铁晶体,D错误。
命题点2:Fe3+、Fe2+的检验(基础性考点)
3.某溶液由K+、Fe3+、SO、CO、NO、I-中的几种离子组成,取样,滴加NaOH溶液后有红褐色沉淀生成。下列有关该溶液的说法不正确的是(  )
A.是否含有SO可用BaCl2溶液检验
B.是否含有K+可通过焰色试验确定
C.不一定存在的离子为K+、SO与NO
D.一定不存在的离子为I-,可能存在CO、K+、SO与NO
【解析】选D。滴入NaOH溶液后有红褐色沉淀生成,说明原溶液中含有Fe3+,原溶液中一定不含有CO;根据Fe3+与I-能发生氧化还原反应,原溶液中一定不含I-。因为原溶液中一定不含CO,故欲确定原溶液中是否含有SO,可以用BaCl2溶液检验,A正确、D错误;欲确定原溶液中是否含有K+,可以通过焰色试验,透过蓝色钴玻璃观察火焰是否为紫色,B正确;原溶液中一定存在Fe3+,但K+、SO与NO不一定存在,C正确。
4.(2021·哈尔滨模拟)证明某溶液含有Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是(  )
①先加氯水,后加KSCN溶液后显红色
②先加KSCN溶液,不显红色,再加氯水后显红色
③滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后呈红褐色
④只滴加KSCN溶液不显红色
A.①②   B.②③   C.③④   D.①④
【解析】选B。①先加氯水可氧化亚铁离子,溶液中可能只有Fe2+、只有Fe3+或两者都存在,故①不选;②先滴加KSCN溶液,不显红色,原溶液中不含Fe3+,再滴加氯水后显红色,可知Fe2+被氧化为Fe3+,证明溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+,故②选;③滴加NaOH溶液,先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后呈红褐色,证明含亚铁离子,故③选;④只滴加KSCN溶液不显红色,只能检验是否存在Fe3+,不能验证亚铁离子存在,故④不选。
命题点3:有关亚铁盐和铁盐的综合考查(应用性考点)
5.Fe3O4中含有、,分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd为催化材料,可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO,其反应过程示意图如图所示,下列说法正确的是(  )
A.NO、NO2中氮元素化合价相同
B.反应中致癌物NO得电子,发生了还原反应
C.Fe3O4中显+2价、+3价的铁元素的原子个数比为2∶1
D.整个过程的反应原理是3H2+2NO===N2↑+2OH-+2H2O
【解析】选B。NO中氮元素为+3价,NO2中氮元素为+4价,化合价不同,A项错误;根据图示可知,反应中NO得电子转化为N2,NO发生了还原反应,B项正确;Fe3O4中显+2价、+3价的铁元素的原子个数比为1∶2,C项错误;由题意可知,反应中NO被H2还原为N2,H2被氧化为H+,由于溶液呈酸性,则整个过程的反应原理是3H2+2NO+2H+===N2↑+4H2O,D项错误。
【加固训练—拔高】
绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法:
查询资料,得有关物质的数据如下表:
25

饱和H2S溶液
SnS沉淀完全
FeS开始沉淀
FeS沉淀完全
pH
3.9
1.6
3.0
5.5
(1)检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+,最好选用的试剂为________。
A.KSCN溶液 B.NaOH溶液 C.KMnO4溶液
(2)操作Ⅱ中,通入硫化氢至饱和的目的是_______________、________________。
(3)操作Ⅳ的顺序依次为________、冷却结晶、过滤。
【解析】(1)检验所得绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是利用三价铁离子检验方法:Fe3+和SCN-会反应生成红色的Fe(SCN)3,从而证明了Fe3+的存在。
(2)通入硫化氢至饱和的目的是:硫化氢具有强还原性,可以将Fe3+还原为Fe2+。H2S在溶液中饱和,可以增大溶液中的S2-浓度,尽量保证将Sn2+转化为SnS沉淀,以便于过滤除去Sn杂质。
(3)溶液中得到晶体,需要对溶液进行加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。
答案:(1)A
(2)除去溶液中的Sn2+ 
将Fe3+还原成Fe2+
(3)蒸发浓缩
1.(2020·浙江7月选考)黄色固体X,可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用,得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是(  )
A.X中含KI,可能含有CuCl2
B.X中含有漂白粉和FeSO4
C.X中含有CuCl2,Y中含有Fe(OH)3
D.用H2SO4酸化溶液Z,若有黄绿色气体放出,说明X中含有CuCl2
【解析】选C。固体X为黄色,则含有Fe2(SO4)3,溶于水后,要使溶液Z为无色碱性,则一定含有漂白粉,且漂白粉过量,得到深棕色固体混合物Y,则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物,X中一定含有CuCl2,FeSO4和Fe2(SO4)3中含有其中一种或两种都含。若X含有KI,则会与漂白粉反应生成I2,溶液不为无色,A不正确;由分析可知,不一定含有FeSO4,B不正确;由分析可知,X含有CuCl2,Y含有Fe(OH)3,C正确;酸化后,产生黄绿色气体,为氯气,则发生反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O,此时的Cl-有可能来自漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-,也有可能是漂白粉自身含有的,不能推导出含有CuCl2,D不正确。
2.下列有关说法不正确的是(  )
A.(2019·海南高考)Fe3O4和Pb3O4中的金属都呈现两种价态
B.(2019·江苏高考)Fe在稀硝酸中发生钝化
C.(2019·天津高考)将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2
D.(2017·天津高考)用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
【解析】选B。A项,Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3,Fe元素化合价为+2、+3价;Pb3O4可表示为2PbO·PbO2,Pb元素化合价为+2、+4价;因此二者中的金属都呈现两种价态,正确;B项,常温下,Fe在浓硝酸中发生钝化,错误;C项,FeCl2与Cl2生成FeCl3,FeCl3可与铁屑反应再生成FeCl2,正确;D项,铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体,可吸附水中的悬浮物,正确。
3.(2019·全国Ⅰ卷)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是_________________________
___________________________________________________________________。
(2)步骤②需要加热的目的是___________________________________________,
温度保持80~95
℃,采用的合适加热方式是________。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为________(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是____________________________________。
分批加入H2O2,同时为了____________,溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有____________________________________________
___________________,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150
℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为____________。
【解析】(1)铁屑表面的油污主要是油脂类的物质,所以可以加入热碱液使其水解除去。(2)步骤②需要加热的目的是加快反应速率,加速铁与稀硫酸的反应;温度保持80~95
℃,在100
℃以下,所以主要采取的是热水浴的方式进行加热;因硫化物主要产生的是二氧化硫,二氧化硫易溶于水且与碱发生反应,所以应用防止倒吸的装置。(3)步骤②中得到的滤液的主要成分是硫酸亚铁,而步骤③之后溶液的主要成分是硫酸铁,所以加入足量的H2O2的目的是将溶液中的Fe2+转换成Fe3+;当pH过大时,Fe3+会产生沉淀,所以溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤⑤主要是将溶液中的固体进行结晶,所以具体实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤),经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O,其相对分子质量为266+18x,1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27,则×100%=5.6%,解得x=12,则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
答案:(1)碱煮水洗 (2)加快反应 热水浴 C
(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+,不引入杂质 防止Fe3+水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O
1.特殊颜色:
(1)固体:Fe3O4、FeO——黑色,Fe2O3——红棕色,Fe(OH)3——红褐色
(2)溶液:Fe2+——浅绿色,Fe3+——黄色
2.特殊现象:
(1)Fe(OH)2Fe(OH)3,白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色。
(2)Fe3+遇KSCN溶液变红色。
(3)Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成铁氰化亚铁
{Fe3[Fe(CN)6]2}蓝色沉淀。
3.必记五反应:
(1)Fe+2FeCl3===3FeCl2
(2)Cu+2FeCl3===CuCl2+2FeCl2
(3)2FeCl2+Cl2===2FeCl3
(4)2Fe3++2I-===I2+2Fe2+
(5)4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3
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-第二讲 脂肪烃 芳香烃
考点一 烷烃、烯烃、炔烃的结构与性质(命题指数★★★)
1.烷烃(CnH2n+2)的结构和性质:
(1)结构特点:烷烃分子中碳原子之间以碳碳单键结合成链状,碳原子剩余的价键全部跟氢原子结合达到饱和。
烷烃分子中碳原子的杂化类型为sp3,含有化学键类型有:C—Hσ键,C—Cσ键。每个碳原子与其他碳原子形成sp3—sp3σ键,与氢原子形成sp3—s
σ键,每个碳原子与周围的碳原子和氢原子存在四面体结构。
(2)物理性质。
①常温常压下的状态:碳原子数≤4的烷烃为气态,其他为液态或固态(注意:新戊烷常温下为气态)。
②熔沸点:随着分子中碳原子数的增加,烷烃的熔沸点逐渐升高;相同碳原子数时,支链越多,熔沸点越低。
③密度:相对密度随碳原子数的增加而逐渐增大,但均小于1。
④溶解性:难溶于水,易溶于有机溶剂。
(3)化学性质。
常温下烷烃很不活泼,与强酸、强碱、强氧化剂等都不发生反应,只有在特殊条件下(如光照或高温)才能发生某些反应。
①氧化反应:
烷烃可在空气或氧气中燃烧生成CO2和H2O,燃烧通式为CnH2n+2+O2
nCO2+(n+1)H2O。
②取代反应:
烷烃可与卤素单质在光照下发生取代反应生成卤代烃和卤化氢。如乙烷与氯气反应生成一氯乙烷:CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。
③分解反应:
烷烃受热时会分解产生含碳原子数较少的烷烃和烯烃,如C16H34C8H16+C8H18
2.单烯烃(CnH2n,n≥2)的结构和性质:
(1)①结构特点:烯烃分子中含有碳碳双键,平面结构。
烯烃分子中双键碳原子的杂化类型为sp2,含有化学键类型有C—H
σ键、C—C
σ键、C—C
π键。乙烯分子中每个碳原子用2个sp2杂化轨道与氢原子的1s轨道形成两个C—H
σ键,1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道形成1个C—C
σ键,1个未杂化的2p轨道与另一个碳原子的1个未杂化的2p轨道形成1个C—C
π键。
②烯烃的顺反异构:由于碳碳双键不能旋转,当每个双键碳原子连接了两个不同的原子或原子团,双键碳上的4个原子或原子团在空间上就有两种不同的排列方式,产生两种不同的结构。
如和。
形成条件:对于结构,需满足双键两端的碳原子必须连接两个不同的原子或原子团。
(2)物理性质。
①常温常压下的状态:碳原子数≤4的烯烃为气态,其他为液态或固态。
②熔、沸点:随着分子中碳原子数的增加,烯烃的熔、沸点逐渐升高;相同碳原子数时,支链越多,熔沸点越低。
③密度:相对密度逐渐增大,但相对密度均小于1。
④溶解性:都难溶于水,易溶于有机溶剂。
(3)化学性质:
①氧化反应:
A.能使酸性KMnO4溶液褪色,常用于的检验。
B.燃烧:火焰明亮,并伴有黑烟,其燃烧通式为CnH2n+O2nCO2+nH2O。
②加成反应:
烯烃可以与X2、HX(X表示卤素)、H2、H2O等在一定条件下发生加成反应。例如:
CH2===CH—CH3+Br2→CH2Br—CHBr—CH3
CH2===CH2+H2OCH3CH2OH
CH2===CHCH3+HCl→
(或CH3CH2CH2Cl)
③加聚反应:
单烯烃可在一定条件下发生加成聚合反应,如乙烯生成聚乙烯:
nCH2===CH2CH2—CH2?。
(4)乙烯的实验室制备:
CH3CH2OHCH2===CH2↑+H2O。
3.二烯烃(CnH2n-2,n≥4)的结构和性质:
(1)结构特点:含有两个碳碳双键,分为累积二烯烃(不稳定)(C—C===C===C—C)
、共轭二烯烃
(C===C—C===C—C)、孤立二烯烃(C===C—C—C===C)。
(2)化学性质。
①氧化反应。
②共轭二烯烃的加成反应:
A.CH2===CH—CH===CH2+2Br2→
③共轭二烯烃的加聚反应:
4.炔烃(CnH2n-2,n≥2)的结构和性质:
(1)乙炔的实验室制法。
(2)结构特点:分子里含有碳碳三键。
乙炔的组成和结构:分子式:C2H2 实验式:CH 电子式:结构式:H—C≡C—H
结构简式:CH≡CH 空间结构:直线形(四个原子共直线)
炔烃分子中三键碳原子的杂化类型为sp,含有化学键类型有:C—H
σ键,C—C
σ键、C—C
π键。乙炔分子中每个碳原子用1个sp杂化轨道与氢原子的1s轨道形成1个C—H
σ键,1个sp杂化轨道与另一个碳原子的sp杂化轨道形成1个C—C
σ键,两个未杂化的2p轨道与另一个碳原子的两个未杂化的2p轨道形成2个C—C
π键。
(3)物理性质:炔烃的物理性质与烷烃和烯烃相似。
(4)化学性质:
①氧化反应
:能使KMnO4溶液褪色;在空气中燃烧火焰明亮,并伴有浓烈黑烟。乙炔燃烧的化学方程式:2C2H2+5O24CO2+2H2O
②加成反应:
A.与Br2加成:

CH≡CH+2Br2→CHBr2—CHBr2
B.与H2加成:
CH≡CH+H2CH2===CH2,
CH≡CH+2H2CH3—CH3
C.与HCl加成:
CH≡CH+HClCH2===CHCl
D.加聚反应:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)符合通式CnH2n的烃一定是烯烃。(  )
提示:×。符合通式CnH2n的烃可能是烯烃或环烷烃。
(2)烷烃不能发生加成反应,烯烃不能发生取代反应。(  )
提示:×。烯烃在一定条件下也能发生取代反应。
(3)
1,2-二氯丙烯存在顺反异构现象。(  )
提示:√。1,2-二氯丙烯上的2个氯原子可以分别连接在两个双键碳原子的同一侧或两侧,有顺反异构现象。
(4)相同物质的量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同。(  )
提示:√。每分子甲烷和乙烯中氢原子个数相同,因此等物质的量的甲烷和乙烯完全燃烧后生成的水的质量相同。
(5)KMnO4溶液既可以用来鉴别乙烷和乙烯,又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯。(  )
提示:×。KMnO4溶液可用于鉴别,但与乙烯反应可生成CO2,不能用于除杂。
(6)不能用启普发生器制备乙炔的原因是该反应需要加热。(  )
提示:×。因为碳化钙吸水性强,与水反应剧烈,启普发生器难以控制反应速率,不能随用、随停;反应放出的热量较多,易使启普发生器炸裂;生成的Ca(OH)2呈糊状,易堵塞漏斗。
2.玫瑰的香味物质中包含苧烯,苧烯的键线式为。
(1)1
mol苧烯最多可以跟    mol
H2发生反应。?
(2)写出苧烯跟等物质的量的Br2发生加成反应所得产物的可能的结构                (用键线式表示)。?
(3)有机物A是苧烯的同分异构体,分子中含有“”结构,A可能的结构为                        (用键线式表示)。?
(4)写出和Cl2发生1,4-加成反应的化学方程式 
。?
【解析】(1)由苧烯的分子结构简式可知,1个苧烯分子中含有2个碳碳双键,由于1
mol碳碳双键加成消耗1
mol
H2,所以1
mol苧烯最多可以跟2
mol
H2发生反应。(2)在苧烯中含有2个碳碳双键,一个在环上,一个在侧链上,所以苧烯跟等物质的量的Br2发生加成反应所得产物的可能的结构有:、。(3)有机物A是苧烯的同分异构体,分子中含有“”结构,说明只有一个侧链,侧链上有4个C原子,则A可能的结构简式为、、、。(4)和Cl2发生1,4-加成反应的化学方程式为
命题角度1.脂肪烃的结构与性质
【典例1】(2019·全国卷Ⅰ)关于化合物2-苯基丙烯(),下列说法正确的是(  )
A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B.可以发生加成聚合反应
C.分子中所有原子共平面
D.易溶于水及甲苯
【解析】选B。化合物2-苯基丙烯中含有苯环和碳碳双键,所以可以使稀高锰酸钾溶液褪色,A不正确;含有碳碳双键可以发生加成聚合反应,B正确;由于碳碳双键和苯环之间是单键且分子中含有甲基,所以所有原子不可能共平面,C不正确;该有机物属于烃,不易溶于水。
【归纳提升】有机物分子中含有饱和碳原子,则所有原子不可能共平面;有机物分子中含有饱和碳原子,且同时连有3个碳原子或4个碳原子,则所有碳原子不可能共平面。
【备选例题】
(2018·海南卷改编)下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有(  )
A.氯代环己烷
B.2,3-二甲基-1-氯丁烷
C.2-甲基-2-氯丙烷
D.2,2,3,3-四甲基-1-氯丁烷
【解析】选D。A项,氯代环己烷可以由环己烯与HCl加成得到,正确;B项,可由烯烃和HCl加成得到,正确;C项,可由与HCl加成得到,正确;D项,中与氯原子相连碳原子的相邻碳原子上无氢原子,因此不能由烯烃和HCl加成得到,错误。
命题角度2.乙烯和乙炔的性质及制备实验
【典例2】实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯,乙烯再与溴反应制1,2-二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化产生CO2、SO2,进而与Br2反应生成HBr等酸性气体。
已知:CH3CH2OHCH2===CH2↑+H2O。
(1)用下列仪器,以上述三种物质为原料制备1,2-二溴乙烷。如果气体流向为从左到右,正确的连接顺序是(短接口或橡皮管均已略去):B经A①插入A中,D接A②;A③接       接       接      接       。?
(2)装置C的作用是 
。?
(3)装置F中盛有10%
NaOH溶液的作用是? 
。?
(4)在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为? 
。?
(5)处理上述实验后三颈烧瓶中废液的正确方法是     。?
A.废液经冷却后倒入下水道中
B.废液经冷却后倒入空废液缸中
C.将水加入烧瓶中稀释后倒入空废液缸中
【解析】(1)乙醇与浓硫酸在170
℃制取乙烯,由于浓硫酸有氧化性,而乙醇有还原性,二者容易发生氧化还原反应产生SO2、CO2酸性气体,可以用碱性物质,如NaOH来吸收除去,产生的乙烯与溴水发生加成反应就产生了1,2-二溴乙烷。所以B经A①插入A中,D接A②;A③接C接F接E接G。(2)装置C的作用是作安全瓶,防止装置内压强太大而发生危险。(3)装置F中盛有10%
NaOH溶液的作用是除CO2、SO2酸性气体。(4)在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为CH2===CH2+Br2CH2Br—CH2Br。(5)A中方法会污染地下水,C中方法可能导致瓶中废液暴沸而喷出伤人,因为瓶中还残留较多浓硫酸。
答案:(1)C F E G (2)作安全瓶
(3)除CO2、SO2酸性气体
(4)CH2===CH2+Br2CH2Br—CH2Br (5)B
【归纳提升】
乙炔性质验证的实验方法
装置①发生的反应为CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑。
装置②中CuSO4溶液的作用:除去杂质,如CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4。
装置③中酸性KMnO4溶液褪色,证明乙炔能发生氧化反应。
装置④中溴的四氯化碳溶液褪色,反应为CH≡CH+2Br2CHBr2CHBr2,证明乙炔能发生加成反应。
装置⑤处现象:有明亮的火焰并有浓烟产生,证明乙炔可燃且含碳量高。
命题角度3.烃的燃烧规律
【典例3】(2021·合肥模拟)下列各组化合物中,不论以什么比例混合,只要总物质的量一定,则完全燃烧生成H2O的量和消耗O2的量不变的是(  )
A.CH4O C3H4O5  
B.C3H6 C4H6O3
C.C2H2 C6H6
D.C3H8 C4H6
【解析】选A。由于各反应生成物中仅H2O分子中存在H元素,因此反应生成H2O的量为定值时,反应前的H元素质量也是定值,又因为总物质的量一定,所以混合物分子中H原子数为定值,即混合物分子中含有H原子数目相等。同理,燃烧耗氧量为定值,则1
mol物质的燃烧耗氧量在组内应当相等。CH4O分子中含有4个H原子,完全燃烧耗氧量1.5,C3H4O5分子中含有4个H原子,完全燃烧耗氧量1.5,符合要求,故A正确。C3H6分子中含有6个H原子,完全燃烧耗氧量4.5,C4H6O3分子中含有6个H原子,完全燃烧耗氧量4,因此任意比例混合后燃烧耗氧量不是定值,故B错误。C2H2分子中含有2个H原子,完全燃烧耗氧量2.5,C6H6分子中含有6个H原子,完全燃烧耗氧量7.5,因此任意比例混合后H原子数不是定值,燃烧耗氧量也不是定值,故C错误。C3H8分子中含有8个H原子,完全燃烧耗氧量5,C4H6分子中含有6个H原子,完全燃烧耗氧量5.5,因此任意比例混合后H原子数不是定值,燃烧耗氧量也不是定值,故D错误。
【归纳提升】
烃的燃烧规律
1.等物质的量的烃CxHy完全燃烧时,消耗氧气的量取决于“x+”的值,此值越大,耗氧量越多。
2.等质量的烃完全燃烧时,消耗氧气的量取决于CxHy中的值,此值越大,耗氧量越多。
3.若烃分子的组成中碳、氢原子个数比为1∶2,则完全燃烧后生成的二氧化碳和水的物质的量相等。
4.等质量的且最简式相同的各种烃完全燃烧时其耗氧量、生成的二氧化碳和水的量均相等。
5.气态烃CxHy完全燃烧后生成CO2和H2O:
CxHy+(x+)O2xCO2+H2O
当H2O为气态时(>100℃),1
mol气态烃燃烧前后气体总体积的变化有以下三种情况:
当y=4时,ΔV=0,反应前后气体总体积不变,常温常压下呈气态的烃中,只有甲烷、乙烯、丙炔;
当y>4时,ΔV=-1,反应后气体总体积增大;
当y<4时,ΔV=-1,反应后气体总体积减小。
1.烷烃、烯烃、炔烃的比较
烷烃
烯烃
炔烃
分子结构特点
全部为单键,饱和烃
含有,不饱和烃
含有—C≡C—,不饱和烃
化学活泼性
稳定
活泼
活泼
取代反应
光卤代
加成反应
能与H2、X2、H2O等发生加成反应
能与H2、X2、HX、H2O等发生加成反应
加聚反应
不能发生
能发生
能发生
氧化反应
酸性KMnO4溶液不褪色
酸性KMnO4溶液褪色
酸性KMnO4溶液褪色
燃烧火焰较明亮
燃烧火焰明亮,带黑烟
燃烧火焰很明亮,带浓烟
鉴别
溴水不褪色,酸性KMnO4溶液不褪色
溴水褪色,酸性KMnO4溶液褪色
溴水褪色,酸性KMnO4溶液褪色
2.烃与液溴、溴水、溴的四氯化碳溶液的反应
液溴
溴水
溴的四氯化碳溶液
烷烃
与溴蒸气在光照条件下发生取代反应
不反应,液态烷烃可萃取溴水中的溴而使溴水褪色
不反应,互溶,不褪色
烯烃
发生加成反应,使液溴褪色
发生加成反应,使溴水褪色
发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色

一般不反应,催化条件下可发生取代反应
不反应,苯可萃取溴水中的溴而使溴水褪色
不反应,互溶,不褪色
3.烯烃、炔烃与酸性KMnO4溶液的反应
命题点1.脂肪烃的结构与性质(基础性考点)
1.(2021·济南模拟)螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法中正确的是(  )
A.所有碳原子都处于同一平面
B.一氯代物共有5种
C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.与HBr以物质的量之比1∶1加成生成一种产物
【解析】选C。该有机物中含有饱和碳原子,且同时连有4个碳原子,因此所有碳原子不可能处于同一平面,A项错误;该有机物中含有如图所示4种类型氢原子,一氯代物共有4种,B项错误;该有机物含有碳碳双键,能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色,C项正确;与HBr发生加成时,可生成两种物质,结构简式分别为、,D项错误。
2.(2021·广州模拟)下列关于2-环己基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中正确的是(  )
A.二者均为芳香烃
B.2-苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面
C.二者均可发生加聚反应和氧化反应
D.2-苯基丙烯的一氯代物只有3种
【解析】选C。中碳环不是苯环,不属于芳香烃,而属于脂环烃,A项错误;2-苯基丙烯可以看作甲基和苯环取代乙烯分子中同一个碳原子上两个氢原子,甲基碳原子、苯环上与双键碳原子直接相连碳原子、两个双键碳原子一定共平面,但由于碳碳单键可以旋转,苯环上其他碳原子不一定共平面,B项错误;二者均含碳碳双键,能发生加聚反应和氧化反应,C项正确;2-苯基丙烯中有如图5种类型氢原子,其一氯代物有5种,D项错误。
命题点2.乙烯和乙炔的性质及制备实验(综合性考点)
3.(2021·深圳模拟)化学小组设计在实验室中制取乙烯并验证乙烯的不饱和性。利用如图所示装置(部分夹持装置略去)不能达到相应实验目的的是(  )
A.利用装置Ⅰ制取乙烯
B.利用装置Ⅱ除去乙烯中的CO2和SO2
C.利用装置Ⅲ收集乙烯
D.利用装置Ⅳ验证乙烯的不饱和性
【解析】选C。利用无水乙醇和浓硫酸加热发生消去反应生成乙烯,装置Ⅰ是制备乙烯的发生装置,可以实现,故A错误;二氧化碳和二氧化硫是酸性氧化物,除去乙烯中二氧化碳、二氧化硫,可以通过氢氧化钠溶液除去,可以利用装置Ⅱ除去乙烯中的CO2和SO2,故B错误;排水法收集难溶气体,导气管应短进长出,装置图中气体流向是长进短出,不能收集到气体,不能实现收集乙烯,故C正确;1,2-二溴乙烷的沸点为131.4℃,熔点为9.79℃,冰水中乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应,溶液颜色变浅或消失,观察到明显现象,可以利用装置Ⅳ验证乙烯的不饱和性,故D错误。
4.(2021·北京海淀区模拟)如图为实验室制取乙炔并验证其性质的实验装置(夹持装置已略去)。下列说法正确的是(  )
A.用饱和食盐水替代水的目的是加快反应速率
B.CuSO4溶液的作用是除去杂质
C.酸性KMnO4溶液褪色说明乙炔具有漂白性
D.可用向上排空气法收集乙炔
【解析】选B。A.用饱和食盐水替代水的目的是减慢反应速率,A项错误;B.CuSO4溶液的作用是除去杂质硫化氢,B项正确;C.酸性KMnO4溶液褪色说明乙炔具有还原性,C项错误;D.乙炔密度小于空气,可用向下排空气法收集乙炔,D项错误。
命题点3.烃的燃烧规律(应用性考点)
5.两种气态烃的混合物共1
L,在空气中完全燃烧得到1.8
L
CO2,2
L水蒸气(相同状况下测定),下列说法合理的是(  )
A.一定含甲烷,不含乙烷
B.一定含乙烷,不含甲烷
C.一定是甲烷和乙烯的混合物
D.以上说法都不正确
【解析】选A。两种气态烃的混合物共1
L,在空气中完全燃烧得到1.8
L
CO2,2
L水蒸气,相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比,该混合烃的平均分子式为C1.8H4,则根据碳原子数混合气体分子组成肯定含有小于1.8和大于1.8的烃,小于1.8的烃只能为甲烷,由于甲烷含有4个H原子,混合烃平均含有4个H原子,则另一种也肯定含有4个H,可能为乙烯、丙炔等物质,一定不存在乙烷,故选A。
6.10
mL某气态混合烃在80
mL
O2中充分燃烧,得到体积为65
mL的混合气体(气体体积均在相同条件20℃时测定),则该混合物不可能是(  )
A.丙烷和丙烯  
B.乙烷和丙烯
C.丙烯和丁炔
D.丁烯和丙炔
【解析】选A。设烃的分子式为CxHy,则:CxHy+(x+)O2xCO2+H2O(l),体积减小1+,则1∶(1+)=10
mL∶(10+80-65)
mL,解得:y=6。A.丙烷分子中含有8个H,丙烯分子中含有6个H,平均H原子数大于6,不可能为二者的混合物,故A正确;B.乙烷分子中含有6个H,丙烯分子中含有6个H,二者的平均H原子一定为6,可以为二者的混合物,故B错误;C.丙烯分子中含有6个H,丁炔分子中含有6个H,二者的平均H原子一定为6,可以为二者的混合物,故C错误;D.丁烯分子中含有8个H,丙炔分子中含有4个H,二者的平均H原子数可以为6,可以是二者的混合物,故D错误。
【拔高题组】
1.如图中横坐标表示完全燃烧时耗用可燃气体X(X=A、B、C)的物质的量n(X),纵坐标表示消耗O2的物质的量n(O2),A、B是两种可燃性气体,C是A和B的混合气体,则C中n(A)∶n(B)为(  )
A.2∶1  B.1∶2  C.1∶1  D.任意比
【解析】选A。根据图象,4
mol
A消耗2
mol氧气,即1
mol
A消耗0.5
mol氧气,1
mol
B消耗2
mol
O2,1
mol
C消耗1
mol
O2,令C的物质的量为1
mol,设A为x
mol,B为(1-x)
mol,因此有0.5x+2(1-x)=1,x=2/3,A和B物质的量之比为2∶1,故选项A正确。
2.气态烷烃A和气态烯烃B,等物质的量时充分燃烧得到相同量的CO2,将二者以一定比例混合。将一定体积的混合气体在氧气中完全燃烧,生成的CO2和水蒸气的体积分别是混合气体体积的2倍和2.4倍(气体体积均在相同状况下测定),则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为(  )
A.3∶2
   B.1∶3   C.2∶3   D.3∶1
【解析】选C。根据阿伏加德罗定律,相同状况下,气体的体积之比等于物质的量之比。可知1
mol混合烃充分燃烧后生成2
mol
CO2和2.4
mol
H2O,则混合烃的平均分子组成为C2H4.8。又知烷烃和烯烃等物质的量时燃烧所得CO2量相同,即分子里的碳原子数相同,可以判定它们分别是C2H6和C2H4。因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比,将由它们分子里所含的H原子个数决定。可用十字交叉法求解:
=。
考点二 芳香烃的结构与性质(命题指数★★★)
1.苯的结构和性质:
(1)苯的组成和结构。
分子式:C6H6;最简式:CH;结构式:;结构简式:或;
空间构型:平面正六边形;键角120°;碳碳键均相同,是一种介于单键和双键之间的独特的键
苯分子中碳原子的杂化类型为sp2,含有化学键类型有:C—H
σ键,C—C
σ键、C—C
π键。每个碳原子用1个sp2杂化轨道与氢原子的1s轨道形成1个C—H
σ键,2个sp2杂化轨道与另两个碳原子的sp2杂化轨道形成2个C—C
σ键,1个未杂化的2p轨道与其他碳原子的1个未杂化的2p轨道形成大π键。
(2)物理性质:无色,有特殊气味的液体,不溶于水,密度小于水,熔沸点低,有毒。
(3)化学性质。
①氧化反应:燃烧时火焰明亮,有浓烟,化学方程式:
2C6H6+15O212CO2+6H2O
②取代反应。
A.卤代反应:苯与液溴在FeBr3催化条件下的反应:
B.硝化反应:苯与浓硝酸在浓硫酸催化条件下的反应:
C.磺化反应:苯与浓硫酸的取代反应:
③加成反应。
苯与H2加成可生成环己烷:
2.苯的重要实验:
(1)苯的溴代反应。
实验原理
实验装置
实验现象
烧瓶充满红棕色气体,在导管口有白雾(HBr遇水蒸气形成);反应完毕后,向锥形瓶中滴加AgNO3溶液,有浅黄色的AgBr沉淀生成;把烧瓶里的液体倒入盛有冷水的烧杯里,烧杯底部有褐色(溶有Br2)不溶于水的液体生成
注意事项
①应该用纯溴;②要使用催化剂Fe或FeBr3;③锥形瓶中的导管不能插入液面以下,防止倒吸,因HBr极易溶于水
产品处理
水洗——碱洗——水洗——分液——干燥——蒸馏
(2)苯的硝化反应。
实验原理
实验装置
实验现象
将反应后的液体倒入一个盛有冷水的烧杯中,烧杯底部有黄色油状物质(溶有NO2)生成,然后用NaOH(5%)溶液洗涤,
最后用蒸馏水洗涤后得无色油状、有苦杏仁味、密度比水大的液体
注意事项
①试剂添加顺序:浓硝酸+浓硫酸+苯;②浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂;③必须用水浴加热,温度计插入水中测量水的温度
产品处理
水洗——碱洗——水洗——分液——干燥——蒸馏
3.苯的同系物的结构和性质:
(1)结构特点:只含有一个苯环,且侧链均为烷基的芳香烃。
(2)通式:CnH2n-6(n≥6)
(3)化学性质:
①氧化反应:
A.可燃性:
CnH2n-6+O2nCO2+(n-3)H2O
B.苯的同系物可使酸性高锰酸钾溶液褪色
应用:区别苯和苯的同系物
②取代反应:
A.卤代反应:
B.硝化反应:
③加成反应:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)属于苯的同系物。(  )
提示:×。苯的同系物只含有一个苯环。
(2)苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,而甲苯可以,是苯环对侧链的影响。(  )
提示:√。甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色是由于侧链(甲基)受苯环的影响,使其易被氧化所致。
(3)分子式为C10H14的芳香烃,不能使溴水褪色,但可使酸性KMnO4溶液褪色,分子结构中含一个烷基,则此烷基的结构有4种。(  )
提示:×。能使酸性KMnO4溶液褪色而不能使溴水褪色的烃属于苯的同系物,该物质的分子式为C10H14,若只有一个烷基即为丁基C4H9—,有4种结构,但只有3种结构能被酸性KMnO4溶液氧化,分别是
CH3CH2CH2CH2—、、。
(4)异丙苯[]与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有三种。(  )
提示:×。异丙苯中苯环上的一氯代物有三种。
(5)分子中碳原子数和氢原子数之比为3∶4,其蒸气密度是相同状况下甲烷密度的7.5倍,在铁屑存在时与溴发生反应,能生成2种一溴代物。(  )
提示:√。该烃的分子式为C9H12,相对分子质量为120,苯环上的一溴代物有2种。
(6)烷烃中脱去2
mol氢原子形成1
mol双键要吸热,但1,3-环己二烯()脱去2
mol氢原子变成苯却放热,可推断1,3-环己二烯比苯稳定。(  )
提示:×。化学反应中放热越多生成物的状态越稳定,反之,吸热越多反应物的状态越稳定。
(7)检验己烯中混有少量甲苯,先加入足量溴水,然后加入酸性高锰酸钾溶液,若溶液褪色,则证明己烯中混有甲苯。(  )
提示:√。己烯与足量溴发生加成反应后,碳碳双键变为单键,只有甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
(8)某烃的分子式为C11H16,它不能与溴水反应,但能使酸性KMnO4溶液褪色,分子结构中只含有一个烷基,符合条件的烃有7种。(  )
提示:√。C11H16满足CnH2n-6,属于苯的同系物,只含一个烷基,因而其结构为,戊基有8种,其中不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,因而符合条件的烃有7种。
2.异丙苯(),又名枯烯,是一种无色有特殊芳香气味的液体。可用于有机合成,或者作为溶剂。但由于燃点较低,比较容易爆炸。
(1)比异丙苯少2个碳原子的同系物的结构简式:          。?
(2)鉴别异丙苯与苯的试剂、现象和结论:? 
。?
(3)由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于    反应;由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为                。?
(4)异丙苯有多种同分异构体,其中一溴代物最少的芳香烃的名称是        。?
【解析】(1)比异丙苯少2个碳原子的同系物的结构简式为;(2)异丙苯为苯的同系物,能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此可取少量待测液于试管中,向试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液,然后振荡,若溶液褪色,则该试管中物质为异丙苯,不褪色的试管中为苯;
(3)苯与2-丙醇反应制备异丙苯的反应为
,该反应为取代反应;由异丙苯制备对溴异丙苯的反应发生的是苯环上的取代反应,应该使用液溴在铁(或FeBr3)的催化作用下进行;
(4)异丙苯的芳香烃同分异构体有:、、、、、、,其一溴代物种类分别有6、5、7、7、4、6和2种,其中一溴代物最少的芳香烃的名称是1,3,5-三甲基苯。
答案:(1) (2)可取少量待测液于试管中,向试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液,然后振荡,若溶液褪色,则该试管中物质为异丙苯,不褪色的试管中为苯 (3)取代 液溴、铁(或FeBr3) (4)1,3,5-三甲基苯
命题角度1.芳香烃的结构
【典例1】(2017·全国卷Ⅰ)已知(b)、
(d)、(p)的分子式均为C6H6,下列说法正确的是(  )
A.b的同分异构体只有d和p两种
B.b、d、p的二氯代物均只有三种
C.b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D.b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面
【解析】选D。b的同分异构体除了d和p外,还有、等,A项错误;二氯代物的种数分别是b有3种,
d有6种,p有3种,B项错误;b和p不含双键,不能与酸性高锰酸钾溶液反应,C项错误;b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面,D项正确。
命题角度2.芳香烃的性质
【典例2】(2016·全国卷Ⅲ)已知异丙苯的结构简式如下,下列说法错误的是(  )
A.异丙苯的分子式为C9H12
B.异丙苯的沸点比苯高
C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D.异丙苯和苯为同系物
【解析】选C。苯的同系物中只含有1个苯环,侧链是烷烃基,其通式为CnH2n-6。异丙苯和苯结构相似,在分子组成上相差3个CH2原子团,故异丙苯属于苯的同系物,分子中含有9个碳原子,则其分子式为C9H12,A和D选项正确;异丙苯分子中的碳原子数比苯的多,相对分子质量比苯的大,沸点比苯的高,B选项正确;异丙苯分子的侧链碳原子形成四个单键,呈四面体结构,所有的碳原子不可能都处于同一平面上,C选项错误。
【归纳提升】苯的同系物与苯的性质比较
(1)相同点
(2)不同点
烷基对苯环有影响,所以苯的同系物比苯易发生取代反应;苯环对烷基也有影响,如苯环上的甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
 芳香烃的结构和性质
 
【归纳提升】
含有苯环的有机物同分异构体判断技巧
由于苯环的结构特殊并具有高度对称性,因此含有苯环结构的有机物同分异构体也有其特殊的地方。
(1)对称法:苯分子中所有的氢原子的化学环境相同,含有多条对称轴,但是如果苯环上连有取代基,其对称性就会受到影响,如邻二甲苯只有1条对称轴,间二甲苯有1条对称轴,而对二甲苯有2条对称轴,故邻二甲苯苯环上的一氯代物有2种,而间二甲苯苯环上的一氯代物有3种,对二甲苯苯环上的一氯代物有1种。如图所示:(箭头方向表示可以被氯原子取代的氢原子位置)
(2)换元法:对于芳香烃,若苯环上氢原子数为m,且有a+b=m,则该芳香烃苯环上的a元卤代物和b元卤代物的同分异构体种类相同。如对二甲苯苯环上的一氯取代物共有1种,则三氯取代物也为1种。
命题点1.芳香烃的结构(基础性考点)
1.某烃的分子式为C8H10,它不能使溴水因反应褪色,但能使酸性KMnO4溶液褪色,该有机物苯环上的一氯代物有2种,则该烃是(  )
A.  
B.
C.   
D.
【解析】选A。因苯环结构的特殊性,判断因取代基位置不同而形成的同分异构体时,通常采用“对称轴”法,即在被取代的主体结构中,找出对称轴。
2.科学家曾借助原子力显微镜,首次拍摄到单个并五苯分子的照片(如图1),并五苯的分子模型(如图2)。下面说法错误的是(  )
A.并五苯的分子式为C22H14,属于芳香烃
B.并五苯是平面结构,所有原子都在同一平面上
C.并五苯的一氯代物有四种
D.并五苯可使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】选D。根据并五苯分子模型可知,分子构成中碳原子数为22、氢原子的个数为14,含有苯环,属于芳香烃,故A正确;并五苯结构类似于苯,是平面结构,故B正确;并五苯左右对称,上下对称,如图所示,分子中1、5、6、10为等效氢原子,2、4、7、9为等效氢原子,3、8为等效氢原子,11、12、13、14为等效氢原子,所以该分子中有4种H原子,所以一氯代物有四种,故C正确;并五苯结构性质与苯相似,不能使酸性KMnO4溶液褪色,故D错误。
命题点2.芳香烃的性质(综合性考点)
3.已知苯可以进行如下转化:
下列叙述正确的是(  )
A.①、②反应发生的条件均为光照
B.化合物M与L互为同系物
C.用蒸馏水可鉴别苯和化合物K
D.化合物L只能发生加成反应,不能发生取代反应
【解析】选C。A.反应①为苯的取代,反应条件为溴、铁或溴化铁作催化剂,故A错误;B.化合物M的分子式为C6H12与L的分子式为C6H10,不满足同系物的定义,两者不是同系物,故B错误;C.化合物K为溴苯,溴苯的密度比水大,苯的密度比水小,用蒸馏水可鉴别苯和溴苯,故C正确;D.化合物L中有碳碳双键能发生加成反应,其他碳原子上的氢也可以被取代,发生取代反应,故D错误。
4.化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8,Z的空间结构类似于篮子。下列说法正确的是(  )
A.化合物W的同分异构体只有X、Y、Z
B.X、Y、Z可与酸性KMnO4溶液反应
C.1
mol
X、1
mol
Y与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2
mol
D.Z的一氯代物只有3种
【解析】选D。甲苯还有链状结构的同分异构体,如CH2===CH—CH===CH—CH2—C≡CH,A项错误;Z不能与酸性KMnO4溶液反应,B项错误;1
mol
X与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗2
mol
Br2,1
mol
Y与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗3
mol
Br2,C项错误;根据Z的结构知,Z有3种类型的氢,其一氯代物有3种,D项正确。
考点三 煤、石油、天然气的综合利用(命题指数★★★★)
1.煤的综合利用:
(1)目的:获得洁净的燃料和多种化工原料。
(2)方法:
①煤的干馏(化学变化):把煤隔绝空气加强热使它分解的过程,也称煤的焦化。
②煤的气化(化学变化):将煤转化为可燃性气体的过程。制取水煤气的反应:
C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
③煤的液化(化学变化):
直接液化:使煤与氢气作用生成液体燃料。
间接液化:先将煤转化为CO和H2,再在催化剂作用下合成甲醇等。反应方程式:
CO+2H2CH3OH
2.石油的综合利用:
(1)石油的组成:多种碳氢化合物组成的混合物。主要成分为烷烃、环烷烃。
(2)主要方法:分馏、裂化、裂解、催化重整。
3.天然气的综合利用:
天然气的主要成分是CH4,是一种清洁的化石燃料。作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇等。
合成氨:CH4C+2H2、3H2+N22NH3
生产甲醇:CH4+H2O(g)CO+3H2、
CO+2H2CH3OH
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)液化石油气和天然气成分相同。(  )
提示:×。天然气主要成分是甲烷,液化石油气主要成分是少于4个碳原子的烃。
(2)煤的干馏和石油的分馏都是化学变化。(  )
提示:×。煤的干馏是化学变化,石油的分馏是物理变化。
(3)汽油、煤油、柴油都是混合物。(  )
提示:√。石油分馏产物都是混合物。
(4)用溴水可以鉴别裂化汽油和直馏汽油。(  )
提示:√。直馏汽油是饱和烃,裂化汽油含有不饱和烃,可用溴水鉴别。
(5)煤干馏产生的气体能使酸性KMnO4溶液褪色,说明煤干馏产生乙烯。(  )
提示:×。煤干馏生成不饱和烃。
(6)裂化的目的是得到轻质油,裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料。(  )
提示:√。裂化的目的是提高轻质油的产量和质量,裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料。
(7)甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到。(  )
提示:×。苯是通过煤的干馏得到。
2.煤和石油等化石燃料对促进经济社会发展起到了重要的作用,这些燃料合理的综合利用是当前节能减排的要求。请回答下列问题:
(1)石油分馏是石油炼制的重要环节,这种操作是在      (填设备名称)内完成的。工业上通常使用的分馏石油的方法有常压分馏和    ,分馏的目的是        。?
(2)石油不仅是重要的燃料,还是重要的化工原料的来源,如利用石油生产乙烯。为了使石油分馏产物进一步生成更多的乙烯、丙烯等短链烃而采取    措施。?
(3)目前石油资源逐渐匮乏,人们把目光聚集到储量相对丰富的煤上。目前煤综合利用的主要方法是    、    和煤的气化,煤气化涉及的化学方程式有C+O2CO2、2C+O22CO、        (写出第三个化学方程式)。?
【解析】(1)石油分馏是在分馏塔中完成的,分馏的种类有常压分馏和减压分馏,分馏是物理变化;分馏的目的是获得沸点范围不同的各种馏分;
(2)为了获得化工原料乙烯、丙烯等短链烃,往往采用高温裂解的方式,这种反应属于化学反应;
(3)煤的干馏是化学变化,这是煤的综合利用,而煤的气化、液化也是近年来综合利用的重要方法,煤的气化涉及的化学方程式有:C+O2CO2、2C+O22CO、C+H2O(g)CO+H2。
答案:(1)分馏塔 减压分馏 获得沸点范围不同的各种馏分 (2)高温裂解 (3)煤的干馏 煤的液化
C+H2O(g)CO+H2
命题角度1.煤的综合利用
【典例1】(2021·大连模拟)下列说法不正确的是(  )
A.1
mol乙烷在光照条件下最多能与3
mol
Cl2发生取代反应
B.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色
C.水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物
D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯
【解析】选A。A.乙烷分子中含有6个H原子,可完全被取代,则1
mol乙烷在光照条件下最多能与6
mol
Cl2发生取代反应,故A错误;B.石油裂解气含有烯烃,可与溴发生加成反应,与高锰酸钾发生氧化反应,故B正确;C.水煤气的主要成分为CO、氢气,可在一定条件下合成烃、甲醇等,故C正确;D.苯可在一定条件下发生取代反应,可生成硝基苯、氯苯等,故D正确。
命题角度2.石油的综合利用
【典例2】钓鱼岛的附近蕴藏着大量石油和天然气。下列关于石油及石油炼制的叙述中,错误的是(  )
A.石油是多种碳氢化合物组成的混合物
B.石油中含有含5~11个碳原子的烷烃,可以通过石油的常压分馏得到直馏汽油
C.重油(C20以上)经减压分馏可以得到煤油和柴油
D.石油经分馏得到的各馏分主要是多种烃的混合物
【解析】选C。A.石油是多种碳氢化合物,主要是烷烃、环烷烃、芳香烃等组成的混合物,故A正确;B.石油中含有含5~11个碳原子的烷烃,可以通过石油的常压分馏得到直馏汽油、液化石油气、汽油、煤油、柴油等,故B正确;C.煤油和柴油是石油的常压分馏产物,含C20以上烷烃的重油经减压分馏可以得到润滑油、石蜡等,故C错误;D.石油的馏分仍然是混合物,没有固定的熔沸点,故D正确。
 煤、石油、天然气的综合利用
来源
条件
产品(或成分)
石油
常压蒸馏
石油气、汽油、煤油、柴油等
减压蒸馏
润滑油、石蜡等
催化裂化、裂解
轻质油、气态烯烃
催化重整
芳香烃
天然气
甲烷

干馏
出炉煤气、煤焦油、焦炭
直接或间接液化
燃料油、化工原料
命题点1.煤的综合利用(基础性考点)
1.有关煤的综合利用如图所示。下列说法正确的是(  )
A.煤和水煤气均是可再生能源
B.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物
C.①是将煤在空气中加强热使其分解的过程
D.煤的气化、液化和干馏是煤综合利用的主要方法
【解析】选D。A.煤作为化石能源是在短期内自然界无法得到补充的,水煤气是由煤和水高温反应的产物,是不可再生能源,故A错误;B.煤是复杂的混合物,通过干馏而发生化学变化得到苯、甲苯、二甲苯等有机物,故B错误;C.①是煤的干馏,煤在隔绝空气的情况下加强热使其分解的过程称为煤的干馏,故C错误;D.煤的气化是煤与水蒸气反应生成CO和氢气,煤的液化是煤与氢气反应生成液体燃料,煤干馏是将煤在隔绝空气的条件下加强热使之分解,则煤的综合利用有煤的气化、液化和干馏,故D正确。
2.(2021·武汉模拟)从煤的干馏产物中可获得重要的化工原料,实验装置如图所示。下列关于实验操作或叙述错误的是(  )
A.冰水起冷凝作用
B.水层中滴入酚酞溶液后变为红色
C.可用分馏方法从煤焦油中分离出苯、甲苯、二甲苯
D.焦炉气可使酸性KMnO4溶液褪色,说明产物中有H2S
【解析】选D。根据图示,煤干馏产物有煤焦油、焦炉气,试管中收集到煤焦油,故冰水起冷凝作用,A项正确;水层中含有粗氨水,溶液呈碱性,滴入酚酞溶液后变为红色,B项正确;从煤焦油中分离出苯、甲苯、二甲苯,利用三种物质沸点的不同,选择分馏的方法,C项正确;焦炉气中含有的乙烯等气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,因此不能说明产物中有H2S,D项错误。
命题点2.石油的综合利用(综合性考点)
3.(2021·石家庄模拟)石油被誉为“工业的血液”,下列关于石油的说法正确的是(  )
A.石油属于可再生矿物能源
B.石油主要含有碳、氢两种元素
C.石油裂解气的主要成分是甲烷
D.石油分馏的各馏分均是纯净物
【解析】选B。A.煤、石油、天然气均是不可再生矿物能源,A错误;B.石油成分很复杂,主要含C、H两种元素,B正确;C.石油裂解气的主要成分是乙烯,C错误;D.石油分馏的产物有石油气、汽油、煤油、柴油、沥青等物质,各馏分均是混合物,D错误。
4.关于石油和石油化工的说法错误的是(  )
A.石油的主要成分是碳氢化合物
B.石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C.石油裂解气的主要成分是甲烷
D.石油裂化的目的是提高轻质油的产量
【解析】选C。石油是多种烃的混合物,故A正确;石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等仍是混合物,故B正确;石油裂解气的主要成分是乙烯、丙烯等,故C错误;石油裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量,故D正确。
1.(2018·全国卷Ⅰ)
环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[2.2]戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是(  )
A.与环戊烯互为同分异构体
B.二氯代物超过两种
C.所有碳原子均处同一平面
D.生成1
mol
C5H12至少需要2
mol
H2
【解析】选C。环戊烯与螺[2.2]戊烷()的分子式均为C5H8,二者互为同分异构体,故A正确;二氯取代中可以取代同一个碳原子上的氢原子,也可以取代同侧碳原子上或者两侧碳原子上的氢原子,因此其二氯代物超过两种,
B正确;螺[2.2]戊烷()中中心碳原子形成四个碳碳单键,故所有碳原子一定不处于同一平面,C不正确;螺[2.2]戊烷()的分子式为C5H8,若生成1
mol
C5H12,则至少需要2
mol
H2,D正确。
2.(2018·全国卷Ⅲ)苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是(  )
A.与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D.在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【解析】选C。在苯乙烯的结构中含有苯环和碳碳双键,A项苯乙烯与液溴在FeBr3的催化作用下,溴能取代苯环上的氢,故A说法正确;B项苯乙烯中的碳碳双键能与酸性高锰酸钾发生氧化反应,故B说法正确;C项苯乙烯与HCl发生加成反应而不是取代,产物不是氯代苯乙烯,故C错误;D项苯乙烯中的碳碳双键可发生加聚反应生成聚苯乙烯。
3.(2019·浙江4月选考)下列表述正确的是(  )
A.苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应
B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2
C.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl
D.硫酸作催化剂,CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O
【解析】选D。苯和氯气生成C6H6Cl6,其反应方程式为,反应类型是加成反应,A项错误;乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br,B项错误;甲烷和氯气反应为连续反应,甲烷和氯气生成CH3Cl和HCl,接着CH3Cl和氯气反应生成CH2Cl2,之后生成CHCl3和CCl4,因而产物除了4种有机物,还有HCl,C项错误;酯类水解断裂C—18O单键,该18O原子结合水中H,即生成乙醇(H18OCH2CH3),D项正确。
1.烃类常考的三类反应
(1)取代反应:烷烃、苯环的卤代反应。
(2)加成反应:含碳碳双键、碳碳三键的有机物与X2、HX、H2、H2O等的加成,含苯环的有机物与H2加成。
(3)氧化反应:有机物的燃烧,烯烃、炔烃、苯的同系物被酸性高锰酸钾溶液等强氧化剂氧化。
2.烃的性质
(1)烷烃:氧化反应、取代反应、分解反应。
(2)烯烃和炔烃:氧化反应、加成反应、加聚反应。
(3)芳香烃:取代反应、氧化反应、加成反应。
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1
-第四讲 生命中基础有机化学物质 合成高分子化合物
考点一 生活中常见的有机化合物(命题指数★★★)
1.油脂:
(1)组成和结构。
①油脂是由高级脂肪酸与甘油形成的酯,是油和脂肪的统称。油脂的结构可以表示为
②常见的高级脂肪酸:
名称
饱和脂肪酸
不饱和脂肪酸
软脂酸
硬脂酸
油酸
亚油酸
结构简式
C15H31COOH
C17H35COOH
C17H33COOH
C17H31COOH
(2)分类。
(3)物理性质。
(4)化学性质。
①水解反应
A.油脂在酸或酶催化下的水解
如硬脂酸甘油酯在稀硫酸作用下的水解:
B.碱性条件下的水解——皂化反应
如硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中的水解:
②加成反应(油脂的氢化、油脂的硬化)
如油酸甘油酯与H2的反应:
③油脂的氧化反应
常见的食用油中普遍含有油酸等不饱和脂肪酸的甘油酯,其分子中含有碳碳双键,在空气中放置久了会被氧化,产生过氧化物和醛类等。变质的油脂带有一种难闻的“哈喇”味,不能食用。
2.糖类:
(1)组成和结构。
糖类是由碳、氢、氧三种元素组成的一类有机化合物,大多数糖类的分子组成可用通式Cm(H2O)n来表示(n、m可以相同,也可以不同)。从分子结构上看,糖类可定义为多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物。
(2)分类。
根据能否水解及水解后的产物,糖类可分为单糖、低聚糖和多糖。
类别
依据
举例
转化关系
单糖
不能水解的糖
葡萄糖、果糖等
低聚糖
1
mol糖水解后能产生2~10
mol单糖
以二糖最为重要,二糖有麦芽糖、乳糖和蔗糖等
多糖
1
mol糖水解后能产生很多摩尔单糖
淀粉、纤维素等
(3)单糖——葡萄糖和果糖。
①组成和结构
分子式
结构简式
官能团
判别
葡萄糖
C6H12O6
CH2OH(CHOH)4CHO
—OH、—CHO
多羟基醛
果糖
C6H12O6
多羟基酮
②葡萄糖的化学性质
A.生理氧化:
C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)
B.在酒化酶的作用下发酵生成酒精:
C6H12O62C2H5OH+2CO2↑。
C.酯化反应
如葡萄糖和乙酸的反应:
D.银镜反应
CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2OH(CHOH)4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
E.与新制Cu(OH)2反应
CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O
F.与H2加成
CH2OH(CHOH)4CHO+H2CH2OH(CHOH)4CH2OH
(4)二糖——蔗糖和麦芽糖。
蔗糖
麦芽糖
相似点
(1)组成相同,分子式均为C12H22O11,互为同分异构体
(2)都属于二糖,每摩尔水解后生成两摩尔单糖
(3)水解产物都能发生银镜反应,都能还原新制Cu(OH)2
(4)都具有甜味(蔗糖更甜)
不同点
官能团
不含醛基(非还原性糖)
含有醛基(还原性糖)
化学性质
不能发生银镜反应,也不能还原新制Cu(OH)2
能发生银镜反应,能还原新制Cu(OH)2
水解产物
葡萄糖和果糖
葡萄糖
用途
甜味食物、制红糖和白糖等
甜味食物、制饴糖
(5)多糖——淀粉和纤维素。
淀粉
纤维素
分子式
(C6H10O5)n
(C6H10O5)n
n值大小

更大
结构特点
无—CHO
①无—CHO,②有—OH
水解最终产物
葡萄糖
葡萄糖
性质差别
溶液遇碘变蓝色
可发生酯化反应
是否为纯净物


是否互为同分异构体

3.氨基酸与蛋白质:
(1)氨基酸的结构和性质。
①组成和结构
氨基酸可看作是羧酸分子中烃基上的H被氨基取代后的产物。α-氨基酸的结构简式可表示为,其官能团为—COOH和—NH2。
②化学性质
A.两性
氨基酸分子中既含有氨基(显碱性),又含有羧基(显酸性),因此,氨基酸是两性化合物,能与酸、碱反应生成盐。
B.成肽反应
两个氨基酸分子,在酸或碱的存在下加热,通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水,缩合形成含有肽键()的化合物,称为成肽反应。
(2)蛋白质的结构和性质。
①组成与结构
蛋白质是由多种氨基酸脱水形成的高分子化合物。由C、H、O、N、S等元素组成。
②性质
A.两性:蛋白质的结构中含有—NH2和—COOH两种官能团,因此既能与酸反应又能与碱反应,是两性分子。
B.水解:蛋白质在酸、碱或酶的作用下,水解生成相对分子质量较小的多肽化合物,最终水解得到各种氨基酸。天然蛋白质水解的最终产物都是α-氨基酸。
水解原理:
水解过程:蛋白质多肽氨基酸。
C.盐析:
a.概念:向蛋白质溶液中加入大量的浓盐溶液(轻金属盐或铵盐),使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出,这种作用称为盐析。
b.特点:盐析不影响蛋白质的结构和生物活性,是物理过程,具有可逆性。
c.利用盐析可分离提纯蛋白质。
D.变性:
加热、加压、紫外线照射、强酸、强碱、重金属盐、一些有机物,使蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象,称为蛋白质的变性。
E.颜色反应:
分子中含有苯环的蛋白质遇浓硝酸呈黄色。
F.蛋白质灼烧有烧焦的羽毛味。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)硬脂酸、软脂酸、油酸都是乙酸的同系物。(  )
提示:×。硬脂酸(C17H35COOH)、软脂酸(C15H31COOH)与乙酸结构相似,组成上相差若干个CH2原子团,它们属于同系物;油酸(C17H33COOH)的分子结构中含有—COOH和,与乙酸的结构不相似,不属于乙酸的同系物。
(2)油脂硬化是物理变化。(  )
提示:×。液态的油转变为半固态的脂肪的过程称为油脂的硬化,实质是油脂中不饱和键与H2发生加成反应,是化学变化。
(3)葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素具有相同的分子通式,均互为同分异构体。(  )
提示:×。淀粉和纤维素中的n值不同,并且两者都是混合物,不属于同分异构体。
(4)淀粉和纤维素都属于糖类,所以食用淀粉和纤维素均可以为人体提供营
养。(  )
提示:×。纤维素虽然属于糖类,但在人体内却不能水解,因为人体内没有能水解纤维素的酶。
(5)有两种氨基酸,分别是甘氨酸和丙氨酸,两分子氨基酸之间脱水能形成三种二肽。(  )
提示:×。甘氨酸两分子脱水形成二肽,;丙氨酸两分子脱水形成二肽:;甘氨酸与丙氨酸分子间脱水形成两种二肽:,,共形成四种二肽。
(6)棉花、蚕丝的主要成分都是蛋白质。(  )
提示:×。棉花的主要成分是纤维素。
2.色氨酸是植物体内生长素合成重要的前体物质,普遍存在于高等植物中。纯净的色氨酸为白色或微黄色结晶,微溶于水易溶于盐酸或氢氧化钠,其结构如图所示:
(1)色氨酸的分子式为            。?
(2)色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液的原因是         。?
(3)将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合,在一定条件下最多可形成    种二肽。?
【解析】(1)根据结构简式可知色氨酸的分子式为C11H12N2O2。(2)氨基是碱性基团,羧基是酸性基团,则色氨酸微溶于水而易溶于酸或碱溶液是因为其与酸、碱都能反应生成盐。(3)同种氨基酸之间也形成二肽,将色氨酸与甘氨酸(NH2CH2COOH)混合,在一定条件下形成4种二肽。
答案:(1)C11H12N2O2 (2)与酸、碱都能反应生成盐 (3)4
命题角度1.油脂的结构和性质
【典例1】下列有关油脂的说法正确的是(  )
A.(2018·浙江卷)花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯,属于高分子化合物
B.(2018·全国Ⅰ卷)植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br2/CCl4褪色
C.(2018·浙江卷)油脂皂化反应可用酸作催化剂
D.(2017·全国Ⅲ卷改编)植物油氢化过程中发生了取代反应
【解析】选B。油脂是高级脂肪酸的甘油酯,为混合物,但不是高分子化合物,A项错误;植物油为不饱和高级脂肪酸的甘油酯,含有碳碳双键,能与溴发生加成反应使Br2/CCl4溶液褪色,B项正确;油脂皂化反应是在碱性条件下的水解反应,C项错误;植物油氢化过程中发生了加成反应,D项错误。
命题角度2.糖类的结构和性质
【典例2】下列有关糖类的说法正确的是(  )
A.(2018·全国Ⅰ卷)蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B.(2018·全国Ⅰ卷)淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
C.(2018·天津卷)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
D.(2018·浙江卷)淀粉溶液中加入硫酸,加热4~5
min,再加入少量银氨溶液,加热,有光亮银镜生成
【解析】选B。果糖不能发生水解反应,属于单糖,A项错误;淀粉和纤维素均是多糖,其水解的最终产物均为葡萄糖,B项正确;谷物的主要成分为淀粉,用谷物酿造出酒和醋,包括淀粉水解为葡萄糖,葡萄糖发酵氧化为乙醇,乙醇氧化为乙酸,酿造过程包括水解反应和氧化反应,C项错误;淀粉溶液中加入硫酸,加热4~5
min,加入氢氧化钠溶液中和硫酸后,再加入少量银氨溶液,加热,才有光亮银镜生成,D项错误。
命题角度3.氨基酸、蛋白质的结构和性质
【典例3】下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是(  )
A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸
B.氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
C.α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽,只生成2种二肽
D.氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成离子,在电场作用下向负极移动
【解析】选A。蛋白质水解的最终产物为氨基酸,A项正确;氨基酸遇重金属离子不会变性,B项错误;α-氨基丙酸分子间脱水(1种)、α-氨基苯丙酸分子间脱水(1种)、α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸之间脱水(2种),可以生成4种二肽,C项错误;氨基酸溶于过量NaOH溶液中生成阴离子,在电场作用下向正极移动,D项错误。
(1)(宏观辨识与微观探析)当含有下述结构片段的多肽水解时,产生的氨基酸有      。?
提示:多肽水解时断碳氮单键,水解得到羧基和氨基,生成相应的氨基酸,故该多肽水解时生成NH2CH(CH3)COOH、NH2CH(COOH)CH2COOH、NH2CH(CH2C6H5)COOH、NH2CH2COOH。
(2)(变化观念与平衡思想)α-氨基丙酸()在强酸性溶液里以阳离子存在,在强碱性溶液中以阴离子存在,在pH=6时以两性离子存在。α-氨基丙酸在水溶液中存在下列关系:
滴加少量盐酸,浓度    ;滴加少量NaOH溶液,浓度    。?
提示:增大 增大。滴加少量盐酸,平衡逆向移动,浓度增大;滴加少量NaOH溶液,平衡正向移动,浓度增大。
【备选例题】
  下列有关蛋白质的说法错误的是(  )
A.(2018·全国Ⅰ卷)酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
B.(2018·浙江卷)福尔马林能使蛋白质发生变性,可用于浸制动物标本
C.(2018·全国Ⅲ卷)疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性
D.(2018·江苏卷改编)在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率不一定越快
【解析】选A。酶是一类由细胞产生的、对生物体内的化学反应具有催化作用的有机物,其中绝大多数是蛋白质,并不是所有的酶都是蛋白质,极少数特殊的酶是RNA,这类酶为核酶,A项错误;福尔马林能使蛋白质发生变性,可用于浸制动物标本,B项正确;疫苗中的有效成分多为蛋白质,由于蛋白质对温度比较敏感,温度较高时会因变性而失去活性,所以疫苗一般应该冷藏保存,C项正确;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,温度太高时酶会发生变性,催化活性降低,淀粉水解速率减慢,D项正确。
1.油脂的性质:
①水解反应,油脂在酸性条件下水解为高级脂肪酸和甘油,为可逆反应;在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油,称为皂化反应,可用于工业制取肥皂。
②加成反应,植物油含有碳碳双键,能与溴发生加成反应使溴水褪色,能与H2等发生加成反应生成高级脂肪酸甘油酯,用于制造人造脂肪。
③氧化反应,植物油含有碳碳双键,能发生氧化反应,油脂变质发生氧化反应,称为酸败。
2.判断淀粉的水解程度:
(1)实验原理:
淀粉在酸作用下发生水解反应最终生成葡萄糖,反应物淀粉遇碘变蓝色,不能发生银镜反应;产物葡萄糖遇碘不变蓝,能发生银镜反应。
(2)实验步骤:
(3)实验现象及结论:
现象A
现象B
结论
1
未出现银镜
溶液变蓝色
淀粉尚未水解
2
出现银镜
溶液变蓝色
淀粉部分水解
3
出现银镜
溶液不变蓝色
淀粉完全水解
说明:①验证水解产物时,首先要加入NaOH溶液中和后再进行实验。②要验证混合液中是否还有淀粉应直接取水解液加碘水,而不能在加入NaOH中和后再加碘水,因碘水与NaOH溶液反应。
3.蛋白质(或多肽)水解产物的判断:
(1)抓住肽键“”的断键规律,即从虚线处断开。
(2)接—OH生成—COOH,而—NH—接—H生成—NH2。
命题点1.油脂的结构和性质(基础性考点)
1.在一定条件下,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,化学方程式如下:
下列叙述错误的是(  )
A.生物柴油由可再生资源制得
B.生物柴油是不同酯组成的混合物
C.“地沟油”可用于制备生物柴油
D.动植物油脂是高分子化合物
【解析】选D。A.在一定条件下,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,所以生物柴油由可再生资源制得,A正确;B.由于烃基可能不同,所以生物柴油是不同酯组成的混合物,B正确;C.“地沟油”的主要成分是油脂,所以可用于制备生物柴油,C正确;D.动植物油脂不是高分子化合物,D错误。
2.(2021·济南模拟)油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。它们的结构简式如图所示。
下列说法错误的是(  )
A.油酸的分子式为C18H34O2
B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种
C.天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应
D.将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
【解析】选B。A项,油酸的结构简式为CH3(CH2)7CHCH(CH2)7COOH,分子式为C18H34O2,正确;B项,硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为,上面的酯基与下面的酯基互为对称结构,因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种,错误;C项,天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,都能在NaOH溶液中发生水解反应(或取代反应),正确;D项,油酸甘油酯中含有碳碳双键,能够氧化变质,将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间,正确。
命题点2.糖类的结构和性质(综合性考点)
3.(2021·北京丰台区模拟)下列糖属于还原性二糖的是(  )
A.葡萄糖    
B.果糖
C.纤维素
D.麦芽糖
【解析】选D。还原性糖包括葡萄糖、果糖、半乳糖、乳糖、麦芽糖等,其中乳糖、麦芽糖是二糖,故选D。
4.(2021·成都模拟)战国时成书的《尚书·洪范篇》有“稼稿作甘”之句,“甘”即饴糖,饴糖的主要成分是一种双糖,1
mol该双糖完全水解可生成2
mol葡萄糖。则饴糖的主要成分是(  )
A.果糖   B.淀粉   C.麦芽糖   D.蔗糖
【解析】选C。A.果糖是单糖,不能水解,A错误;B.淀粉是多糖,是高分子化合物,1
mol淀粉完全水解得到的葡萄糖要远远大于2
mol,B错误;C.麦芽糖是二糖,1
mol麦芽糖水解可得2
mol葡萄糖,C正确;D.蔗糖是二糖,1
mol蔗糖水解可得1
mol葡萄糖和1
mol果糖,D错误。
命题点3.氨基酸、蛋白质的结构和性质(应用性考点)
5.(2021·烟台模拟)法匹拉韦是一种RNA聚合酶抑制剂,被用于治疗新型和复发型流感,主要通过阻断病毒核酸复制的方法抑制病毒增殖,其结构如图。下列关于法匹拉韦的说法错误的是(  )
A.分子式为C5H4FN3O2
B.所有原子可能在同一平面上
C.含氧官能团有羟基、酰氨基
D.一定条件下能与氢氧化钠溶液、盐酸、氢气等发生反应
【解析】选B。A.根据法匹拉韦的结构式可知,碳原子形成四个共价键,氮原子形成三个共价键,氧原子形成两个共价键,它的分子式为C5H4FN3O2,故A正确;B.氨基上的氮原子采用sp3杂化,氮原子和氢原子不在一个平面上,故B错误;C.含氧官能团有羟基、酰氨基,故C正确;D.分子中含有氟原子,在碱性条件下可以发生取代反应,含有碳碳双键,可以和氢气发生加成反应,分子中含有氨基,具有碱性,可以和盐酸发生反应,故D正确。
6.(2021·嘉兴模拟)下列关于糖类、蛋白质、油脂的说法正确的是(  )
A.糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳
B.乙酸乙酯和油脂都属于酯类物质,碱性条件水解称之为皂化反应
C.硝酸汞溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清液盐析而沉淀下来
D.淀粉在酸催化下加热水解,对其产物葡萄糖的检测,可在水解液中先加入足量NaOH溶液后加入银氨溶液水浴加热,观察是否有银镜出现
【解析】选D。A.葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳,葡萄糖是单糖不水解,故A错误;B.油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应,乙酸乙酯在碱性条件下的水解不是皂化反应,故B错误;C.硝酸汞溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清液变性而沉淀下来,故C错误;D.淀粉在稀硫酸加热催化下,水解产物为葡萄糖,此时溶液呈现酸性,先加入足量NaOH溶液中和掉稀硫酸后,再加入银氨溶液水浴加热,看是否有银镜出现,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.下列关于酶的叙述中,错误的是(  )
A.大多数酶是一种氨基酸
B.酶的催化条件通常较温和
C.酶是生物体中重要的催化剂
D.酶在重金属盐作用下会失去活性
【解析】选A。大多数酶是蛋白质而不是氨基酸。
2.下列属于油脂的用途的是①人类的营养物质;②制取肥皂;③制取甘油;
④制备高级脂肪酸;⑤制备汽油(  )
A.①②③ 
B.①③⑤ 
C.②③④⑤ 
D.①②③④
【解析】选D。油脂的用途包括前四种,不能制备汽油,汽油应由石油来制备。
3.(2021·东营模拟)某病毒(如图)由蛋白质和核酸组成,核酸由核苷酸组成。核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是(  )
A.蛋白质和核酸均是高分子化合物
B.蛋白质中含C、H、O、N等元素
C.五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖互为同系物
D.NaClO溶液用作消毒剂,是因为NaClO能使病毒蛋白变性
【解析】选C。蛋白质和核酸均为高分子化合物,故A正确;蛋白质中含C、H、O、N等元素,故B正确;五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖(C6H12O6)分子组成相差CH2O,不互为同系物,故C错误;NaClO溶液用作消毒剂,是因为NaClO能使病毒蛋白变性,病毒失去生理活性,故D正确。
4.油脂A的通式为
(烃基R中不含碳碳三键)。0.1
mol
A与溶有96
g液溴的四氯化碳溶液恰好完全反应,且0.1
mol
A完全燃烧时生成的CO2和H2O的物质的量之和为10.6
mol。则油脂A的结构简式为       ,写出油脂A发生氢化反应的化学方程式 ?      。?
【解析】设与形成油脂A的羧酸有相同碳原子数的饱和高级脂肪酸为CnH2nO2,则3CnH2nO2+C3H8O3→C3n+3H6n+2O6+3H2O,即形成的油脂的分子式为C3n+3H6n+2O6。又n(Br2)=
=0.6
mol,即1
mol油脂A与Br2完全反应时消耗6
mol
Br2,故A为不饱和高级脂肪酸的甘油酯,且每个不饱和高级脂肪酸分子中应含有2个碳碳双键,油脂A的分子式为C3n+3H6n+2-12O6,即C3n+3H6n-10O6。又0.1
mol
A完全燃烧时生成的CO2和H2O的物质的量之和为
10.6
mol,即0.1
mol×(3n+3)+0.1
mol×(3n-5)=10.6
mol,解得n=18。故油脂A的结构简式为。
答案:
【归纳提升】油脂相关计算
有关油脂的计算,形式上是考查有关化学计算,实际上是对油脂结构的考查。油脂分子中有3个酯基,故1
mol
油脂与NaOH溶液反应时,最多消耗3
mol
NaOH;若为不饱和高级脂肪酸形成的油脂,则还可以发生加成反应,1
mol
消耗1
mol
H2或Br2。
7.蛋白质是由氨基酸组成的,一定条件下蛋白质或多肽可以水解,最终产物为氨基酸。今有1个多肽,其化学式为C32H44N6O7,已知它在一定条件下彻底水解只得到下列三种氨基酸:、、,该
1
mol
多肽彻底水解生成的物质的量为(  )
A.2
mol   B.4
mol   C.5
mol
   D.6
mol
【解析】选A。解题的关键就是要计算氨基酸的个数,从给定的氨基酸分子来看,每个氨基酸只提供1个N原子,由多肽分子中的N原子数可确定氨基酸的数目是6。设这三种氨基酸的个数依次为x、y、z,根据C、H、O、N的原子守恒,可求出x=y=z=2,A项正确。
考点二 合成高分子化合物(命题指数★★★★★)
1.相关概念:
有机高分子化合物是指相对分子质量很大,一般在10
000以上的有机化合物。
(1)有机高分子化合物与低分子有机物的区别。
有机高分子化合物
低分子有机物
相对分子质量
一般高达104~106
1
000以下
相对分子质量
只有平均值
有明确数值
分子的基本结构
由若干个重复结构单元组成
单一分子结构
性质
在物理、化学性质上有较大差别
联系
有机高分子化合物是以低分子有机物为原料经聚合反应得到的
(2)单体、链节和聚合度。
单体:能够进行聚合反应形成高分子化合物的低分子化合物。
链节:高分子化合物中化学组成相同、可重复的最小单位。
聚合度:高分子链中含有链节的数目。
2.高分子化合物的分类:
其中,塑料、合成纤维、合成橡胶又被称为三大合成材料。
3.高分子化合物的基本性质:
(1)溶解性:线型高分子(如有机玻璃)能溶解在适当的有机溶剂中;网状结构高分子(如硫化橡胶)不溶于有机溶剂,只有一定程度的溶胀。
(2)热塑性和热固性:线型高分子具有热塑性(如聚乙烯),网状结构高分子具有热固性(如电木、硫化橡胶)。
(3)强度:高分子材料强度一般比较大。
(4)电绝缘性:通常高分子材料电绝缘性良好。
4.合成高分子化合物的基本反应:
(1)加成聚合反应(加聚反应)。
①定义:由含有不饱和键的化合物分子以加成反应的形式结合成高分子化合物的反应。
②反应特点:
③加聚反应实例
A.聚乙烯类:
B.聚1,3-丁二烯类:
nCH2=CH—CH=CH2。
C.混合加聚类:
nCH2=CH2+nCH2=CH—CH3。
(2)缩合聚合反应(缩聚反应)。
①定义:有机小分子单体间反应生成高分子化合物,同时产生小分子化合物的反应。
②反应特点:
③缩聚反应实例:
A.聚酯类:—OH与—COOH间的缩聚。
nHOCH2—CH2—OH+nHOOC—COOH→
nHOCH2—CH2—COOH→
B.聚氨基酸类:—NH2与—COOH间的缩聚。
nH2N—CH2COOH→
nH2NCH2COOH+→
C.酚醛树脂类:
nHCHO+n→
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)有机高分子化合物都是纯净物。(  )
提示:×。有机高分子化合物实质上是许多链节相同而聚合度不同的化合物所组成的混合物,没有固定的熔、沸点。
(2)单体与由该单体形成的高聚物具有相同的性质。(  )
提示:×。单体形成聚合物的过程是化学变化,也就是说聚合物是新的物质,单体与聚合物是两种不同的物质,其性质不相同。
(3)橡胶的老化实质上发生的是酯化反应。(  )
提示:×。橡胶的老化是由于其高分子链上的不饱和键被氧化。
(4)合成纤维、人造纤维和光导纤维均为有机高分子材料。(  )
提示:×。光导纤维的主要成分是二氧化硅,不是有机高分子材料。
(5)聚四氟乙烯可以作为不粘锅的内衬,其链节是—CF2—。(  )
提示:×。聚四氟乙烯的链节是—CF2—CF2—。
(6)聚乙烯(PE)可用于食品包装,而聚氯乙烯(PVC)不可以。(  )
提示:√。
2.材料是人类赖以生存的重要物质基础,而化学是材料科学发展的基础。高分子材料的合成与应用使我们的生活变得更加丰富多彩。
(1)已知聚苯乙烯为线型结构的高分子化合物。试推测:聚苯乙烯    (“能”或“不能”)溶于CHCl3,具有    (填“热塑”或“热固”)性。?
(2)人造羊毛在许多方面比天然羊毛更优良,其分子存在如下结构:
合成它的单体有                。?
(3)Nomex纤维是一种新型阻燃性纤维。它可由间苯二甲酸()和间苯二胺()在一定条件下以等物质的量缩聚合成,则Nomex纤维的结构简式是                  。?
【解析】(1)已知聚苯乙烯为线型结构的高分子化合物,根据线型高分子的性质可推测聚苯乙烯能溶于CHCl3,具有热塑性。(2)该高分子化合物为加聚产物,取出链节,将单键改为双键,双键改为单键,断开多余的键,可推断其单体为CH2=CH—CN、CH2=CH—COOCH3、CH2=C(COOH)—CH2COOH。(3)间苯二甲酸()和间苯二胺()在一定条件下、以等物质的量缩聚合成高分子时,由于反应时羧基提供羟基,氨基提供氢原子脱去水分子,则Nomex纤维的结构简式是。
答案:(1)能 热塑 (2)CH2=CH—CN、CH2=CH—COOCH3、CH2=C(COOH)—CH2COOH
(3)
命题角度1.聚合反应的类型
【典例1】(2020·北京高考)高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品,合成路线如下:
下列说法不正确的是(  )
A.试剂a是甲醇
B.化合物B不存在顺反异构体
C.化合物C的核磁共振氢谱有一组峰
D.合成M的聚合反应是缩聚反应
【解析】选D。高分子M为和的加聚产物,则B为,C为。B为HC≡CH与试剂a的加成产物,则试剂a为CH3OH,A项正确;化合物B有一个双键碳原子连有2个氢原子,因此不存在顺反异构体,B项正确;化合物C为,分子中只有一种类型的氢原子,核磁共振氢谱只有1组峰,C项正确;合成M的聚合反应为和的加聚反应,D项错误。
【归纳提升】聚合反应类型的判断方法
(1)判断是发生加聚反应还是缩聚反应,要看单体的结构;单体中含有不饱和键,往往发生加聚反应,并且链节主链上只有碳原子;单体中含有两种以上官能团,往往发生缩聚反应,主链上除碳原子外还有其他原子。
(2)书写缩聚反应式时要注意小分子的物质的量:一般由一种单体进行的缩聚反应,生成小分子的物质的量为(n-1);由两种单体进行的缩聚反应,生成小分子的物质的量为(2n-1)。
命题角度2.高聚物单体的判断
【典例2】(2021·日照模拟)聚异戊二烯的单体是(  )
A.
B.(H2C)2C=CH—CH2
C.(H3C)2C=CH—CH2
D.
【解析】选D。聚异戊二烯为异戊二烯发生1,4-加成反应得到,故答案选异戊二烯,即D选项。
一、加聚反应的书写:
1.单烯烃型单体加聚时,“断开双键,键分两端,添上括号,右下写n”。例如:nCH2CH—CH3。
2.二烯烃型单体加聚时,“单变双,双变单,破两头,移中间,添上括号,右下写n”。例如:nCH2CH—CHCH2。
3.含有一个双键的两种单体聚合时,“双键打开,中间相连,添上括号,右下写n”。例如:nCH2=CH2+nCH2=CH—CH3。
二、缩聚反应的书写:
书写缩合聚合物(简称缩聚物)结构式时,与加成聚合物(简称加聚物)结构式写法有点不同,缩聚物结构式要在方括号外侧写出链节余下的端基原子或原子团,而加聚物的端基不确定,通常用横线“—”表示。例如:
1.聚酯类:—OH与—COOH间的缩聚,如nHOCH2—CH2OH+nHOOC—COOH
+(2n-1)H2O。
nHOCH2—CH2—COOH+(n-1)H2O。
2.聚氨基酸类:—NH2与—COOH间的缩聚,如
nH2N—CH2COOH+(n-1)H2O。
nH2NCH2COOH+
+(2n-1)H2O。
3.酚醛树脂类:如nHCHO+n+(n-1)H2O。
三、高聚物单体的推断方法:
(1)加聚产物单体的推断。
①方法:
②实例:
(2)缩聚反应单体的推断。
①方法——“切割法”:断开羰基和氧原子(或氮原子)上的共价键,然后在羰基碳原子上连接羟基,在氧原子(或氮原子)上连接氢原子。
②实例:
命题点1.聚合反应的类型(基础性考点)
1.下列合成有机高分子化合物的反应中,属于加聚反应的是(  )
A.①②   B.②④   C.①③   D.③④
【解析】选B。根据加聚反应的特点,单体含有不饱和键以及反应中有没有副产物产生,可以判断②和④为加聚反应。
2.完成下列反应的化学方程式,并指出其反应类型。
①由乙烯制取聚乙烯:
 ________________________________________________________,?
 _______________________________________________________。?
②由丙烯制取聚丙烯:
 _______________________________________________________,?
 _______________________________________________________。?
③由对苯二甲酸()与乙二醇发生反应生成高分子化合物:
?    ,         。?
【解析】乙烯制取聚乙烯,丙烯制取聚丙烯的反应是加聚反应,对苯二甲酸和乙二醇发生的是缩聚反应。
答案:
命题点2.高聚物单体的判断(综合性考点)
3.丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能,合成丁腈橡胶的单体是(  )
①CH2=CH—CH=CH2 ②CH3—C≡C—CH3
③CH2=CH—CN  ④CH3—CH=CH—CN
⑤CH3—CH=CH2  ⑥CH3—CH=CH—CH3
A.①④   B.②③   C.①③   D.④⑥
【解析】选C。该高聚物链节主链不含杂原子,属于加聚反应生成的高聚物,链节主链上存在碳碳双键结构,有6个碳原子,其单体必为两种,按如图所示断开,将双键中的1个C—C打开,然后将半键闭合即可得该高聚物单体:①CH2=CH—CH=CH2、③CH2=CH—CN,故选C。
4.下列高聚物中,由两种不同的单体通过缩聚反应制得的是(  )
A.
B.?CH2CH=CHCH2?
C.
D.
【解析】选D。分析题中四个选项:A项是由CH2=CH2和CH2=CHCN加聚而成的;B项是由CH2=CH—CH=CH2加聚而成的;C项是由CH2=CH—CH=CH2和CH2=CHC6H5加聚而成的;只有D项中含有官能团—COO—,故D项是通过缩聚反应生成的。
【加固训练—拔高】
1.聚合物和是(  )
A.同分异构体
     
B.单体是同系物
C.由相同的单体生成
D.均由加聚反应产生
【解析】选B。由于两种聚合物链节的主链中含有氮原子,应是缩聚反应的产物。由聚合物的结构简式可知其单体分别为H2N—CH2COOH和,这两种物质都是α-氨基酸,属于同系物。
2.某聚合物具有如下结构片段:,其单体不可能具有的化学性质是(  )
A.能使酸性KMnO4溶液褪色
B.与NaOH溶液共热可生成一种钠盐
C.能催化加氢生成2-甲基丙酸甲酯
D.能发生缩聚反应
【解析】选D。合成高聚物的单体是,分子结构中含有碳碳双键,故能使酸性KMnO4溶液褪色,能催化加氢生成2-甲基丙酸甲酯,分子结构中含有酯基,故能与NaOH溶液发生水解反应,生成,但不发生缩聚反应。
考点三 有机合成与推断(命题指数★★★★★)
1.概念:
有机合成指利用简单、易得的原料,通过有机反应,生成具有特定结构和功能的有机化合物。
①任务:通过有机反应构建目标化合物的分子骨架,并引入或转化所需的官能团。
②原则:
A.起始原料要廉价、易得、低毒性、低污染,通常采用4个碳以下的单官能团化合物和单取代苯作为起始原料;
B.应尽量选择步骤最少的合成路线,尽量选择与目标化合物结构相似的原料;
C.合成路线要符合“绿色、环保”的要求,即最大限度地利用原料分子的每一个原子,使之结合到目标化合物中,达到零排放;
D.有机合成反应要操作简单、条件温和、能耗低、易于实现。
2.有机合成的分析方法:
(1)正合成法。
即正向思维方法,从已知原料入手,找出合成所需要的直接或间接的中间产物,逐步推向待合成有机物,其思维程序是原料中间产物产品。
(2)逆合成法。
即逆向思维方法,从产品的组成、结构、性质入手,找出合成所需要的直接或间接的中间产物,逐步推向已知原料,其思维程序是产品中间产物原料。
(3)综合比较法。
即综合思维的方法,将正向或逆向推导出的几种合成途径进行比较,从而得到最佳的合成路线。其思维程序是原料中间产物目标产物。
3.有机合成中常见官能团的引入或转化:
(1)常见的取代反应中,官能团的引入或转化。
①烷烃的取代,如CH4+Cl2CH3Cl+HCl
②芳香烃的取代,如+Br2+HBr
③卤代烃的水解,如CH3CH2X+NaOHCH3CH2OH+NaX
④酯的水解,如CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH
(2)常见的加成反应中,官能团的引入或转化。
①烯烃的加成反应,如CH2=CH2+HXCH3CH2X
其他如H2O、X2等均可以引入或转化为新的官能团
②炔与X2、HX、H2O等的加成,如HC≡CH+HClH2CCHCl
③醛、酮的加成,如CH3CHO+H2CH3CH2OH
(3)常见的氧化反应中,官能团的引入或转化。
①烯烃的氧化,如2CH2=CH2+O22CH3CHO
②含侧链的芳香烃被强氧化剂氧化,如被酸性KMnO4溶液氧化为
③醇的氧化,如2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
④醛的氧化,如2CH3CHO+O22CH3COOH、
CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
(4)常见的消去反应中,官能团的引入或转化。
①卤代烃的消去,+NaOH
CH2CH—CH3↑+NaCl+H2O
CH2Cl—CH2Cl+2NaOHCH≡CH↑+2NaCl+2H2O
②醇的消去,CH3CH2OHCH2CH2↑+H2O
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)引入羟基只能通过取代反应实现。(  )
提示:×。烯烃与水的加成也可引入羟基。
(2)某有机物具有酸性,只可能含有羧基。(  )
提示:×。酚羟基也可表现酸性。
(3)某有机物可发生银镜反应,说明该有机物属于醛类。(  )
提示:×。能发生银镜反应只能说明含有醛基,不一定属于醛类。
(4)加聚反应可以使有机物碳链增长,取代反应不能。(  )
提示:×。酯化反应可以使碳链增长。
(5)CH2CHCHO能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明分子中含有碳碳双键。(  )
提示:×。醛基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
(6)的单体是CH2CH2和。(  )
提示:×。单体为。
2.工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯
回答:
(1)有机物A的结构简式为    。?
(2)反应⑤的化学方程式(要注明反应条件):?    。?
(3)反应②的反应类型是    ,反应④的反应类型属于    。?
A.取代反应    
B.加成反应
C.氧化反应
D.酯化反应
(4)反应③的化学方程式(不用写反应条件,但要配平):
?          。?
(5)在合成路线中,设计第③和⑥这两步反应的目的是       。?
【解析】本题中既给出了合成原料,又给出了目标产物的结构简式,所以可用正推法和逆推法相结合的方法得出A和B的结构简式。A为甲苯在催化剂条件下与Cl2发生反应得到的产物,并且该物质在一定条件下可以得到对甲基苯酚,所以A为;反应②为羟基取代氯原子,应为取代反应;反应④为苯环上的甲基被氧化为羧基,为氧化反应;与乙醇发生反应得到B物质,该反应应为酯化反应,所以B的结构简式为。在合成路线中,第③步将—OH转化为—OCH3、第⑥步将—OCH3转化为—OH,是为了避免在氧化苯环上的甲基时,酚羟基也被氧化,起到保护酚羟基的作用。
答案:(1)
(5)第③步将—OH转化为—OCH3、第⑥步将—OCH3转化为—OH,防止酚羟基被氧化(或答“防止酚羟基被氧化”“保护酚羟基”均对)
命题角度1.官能团的引入与转化
【典例1】在有机合成中官能团的引入或改变是极为重要的,下列说法正确的
是(  )
A.甲苯在光照下与Cl2反应,主反应为苯环上引入氯原子
B.引入羟基的方法常有卤代烃和酯的水解、烯烃的加成、醛类的还原
C.将CH2=CH—CH2OH与酸性KMnO4溶液反应即可得到CH2=CH—COOH
D.HC≡CH、(CN)2、CH3COOH三种单体在一定条件下发生加成、酯化反应即可得到
【解析】选B。A.甲苯在光照下与Cl2反应,主反应为甲基上引入氯原子,故A错误;B.卤代烃水解为醇,酯水解为酸和醇、烯烃与水发生加成反应生成醇、醛与氢气发生还原反应生成醇,故B正确;C.碳碳双键、羟基都能被高锰酸钾溶液氧化,CH2=CH—CH2OH与酸性KMnO4溶液反应不能得到CH2=CH—COOH,故C错误;D.HC≡CH、(CN)2、CH3COOH三种单体在一定条件下发生加成、加聚反应可得到,故D错误。
【归纳提升】
1.官能团的引入
(1)引入碳碳双键的方法:
①卤代烃的消去,②醇的消去,③炔烃的不完全加成。
(2)引入卤素原子的方法:
①醇(酚)的取代,②烯烃(炔烃)的加成,
③烷烃(苯及苯的同系物)的取代。
(3)引入羟基的方法:
①烯烃与水的加成,②卤代烃的水解,③酯的水解,④醛的还原。
2.有机合成中官能团的保护
(1)有机合成中酚羟基的保护:
由于酚羟基极易被氧化,在有机合成中,如果遇到需要用氧化剂进行氧化时,经常先将酚羟基通过酯化反应转化为酯,保护起来,待氧化过程完成后,再通过水解反应,将酚羟基恢复。
(2)有机合成中醛基的保护:
醛与醇反应生成缩醛:
R—CHO+2R′OH→R—+H2O
生成的缩醛比较稳定,与稀碱和氧化剂均难反应,但在稀酸中微热,缩醛会水解为原来的醛。
命题角度2.有机合成的分析方法
【典例2】由溴乙烷制
下列流程途径合理的是(  )
①加成反应 ②取代反应 ③消去反应 ④氧化反应 ⑤还原反应
A.②③①④②  
B.③①②④②
C.③①②④⑤
D.②④⑤②②
【解析】选B。要制取乙二酸乙二酯(),须先制备乙二酸和乙二醇,乙二酸可由乙二醇氧化而成;乙二醇可由乙烯与X2加成后再水解而得,乙烯可以由溴乙烷发生消去反应得到,因此发生的反应流程为CH3CH2BrCH2CH2,发生的反应依次为消去、加成、取代、氧化和酯化(取代)反应,故选B。
【归纳提升】有机物的合成路线
(1)烃、卤代烃、烃的含氧衍生物之间的转化关系:
(2)一元合成路线:
(3)二元合成路线:
(4)芳香族化合物合成路线:
1.有机物的性质及转化:
2.有机合成的设计:
(1)析结构,找差异。
分析目标有机物和所给基础原料的结构,找出目标有机物和所给基础原料之间的差异。
(2)据信息,推变化。
针对目标有机物中的基团,利用题给信息和已学知识,逐一分析用何种方法实现这些转化。
(3)排顺序,定路线。
根据目标有机物基团合成的条件以及反应条件对其他基团的影响,排出合成顺序,形成合成路线。
命题点1.官能团的引入与转化(基础性考点)
1.(2021·天津和平区模拟)下列反应过程中不能引入醇羟基的是(  )
A.醛的氧化反应     
B.卤代烃的取代反应
C.烯烃的加成反应
D.酯的水解反应
【解析】选A。A.醛的氧化反应引入的是羧基,故A符合题意;B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团,如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下,水解得到乙醇,故B不符合题意;C.烯烃的加成反应能够引入羟基,如乙烯和水加成生成乙醇,引入了羟基,故C不符合题意;D.酯的水解反应能够引入羟基,如乙酸乙酯水解,能生成乙醇和乙酸,故D不符合题意。
2.由石油裂解产物乙烯制取HOCH2COOH,需要经历的反应类型有(  )
A.氧化——氧化——取代——水解
B.加成——水解——氧化——氧化
C.氧化——取代——氧化——水解
D.水解——氧化——氧化——取代
【解析】选A。由乙烯CH2=CH2合成HOCH2COOH的步骤:CH2=CH2→CH3CHO→
CH3COOH→Cl—CH2COOH→HOCH2COOH。故反应类型:氧化——氧化——取代——水解。
命题点2.有机合成的分析方法(综合性考点)
3.以乙醇为原料,用下述6种类型的反应:①氧化,②消去,③加成,④酯化,⑤水解,⑥加聚,来合成乙二酸乙二酯()的正确顺序是(  )
A.①⑤②③④
B.①②③④⑤
C.②③⑤①④
D.②③⑤①⑥
【解析】选C。CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O消去反应;CH2=CH2+Br2→CH2Br—CH2Br加成反应;CH2Br—CH2Br+2NaOH→HO—CH2—CH2—OH+2NaBr水解反应(取代反应);HO—CH2—CH2—OH+O2OHC—CHO+2H2O氧化反应(催化氧化);OHC—CHO+O2HOOC—COOH氧化反应;HO—CH2—CH2—OH+HOOC—COOH+2H2O酯化反应(取代反应),所以由乙醇制取乙二酸乙二酯时需要经过的反应的顺序为②③⑤①④。
4.(2021·南昌模拟)乙烯醚是一种麻醉剂,其合成路线如图,有关说法正确的是(  )
A.X可能是Br2
B.X可能为HO—Cl
C.乙烯醚易溶于水
D.①②③反应类型依次为取代、取代和消去
【解析】选B。A.若X为Br2,则A为BrCH2CH2Br,反应②无法进行,故A错误;B.若X为HO—Cl,则A为ClCH2CH2OH,A在浓硫酸作用下形成醚键,所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl,B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚,故B正确;C.根据乙烯醚的结构可知,该分子结构比较对称,分子极性很小,应难溶于水,故C错误;D.根据B的分析可知,若X为HO—Cl,X与乙烯发生加成反应生成A,A在浓硫酸作用下发生取代反应形成醚键,B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应得乙烯醚,所以①②③反应类型依次为加成、取代和消去,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.由环己醇制取己二酸己二酯,最简单的流程途径顺序正确的是(  )
①取代反应 ②加成反应 ③氧化反应 ④还原反应 ⑤消去反应 
⑥酯化反应 ⑦中和反应 ⑧缩聚反应
A.③②⑤⑥   
B.⑤③④⑥
C.⑤②③⑥
D.⑤③④⑦
【解析】选B。该过程的流程为
2.写出以CH2ClCH2CH2CH2OH为原料制备的各步反应方程式(必要的无机试剂自选)。
_______________________ 。?
【解析】本题考查“逆合成分析法”,突破口在于最终产物是一种环酯,应通过酯化反应生成,故其上一步中间产物是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。分析比较给出的原料与所要制备的产品的结构特点可知;原料为卤代醇,产品为同碳原子数的环内酯,因此可以用醇羟基氧化成羧基,卤素原子再水解成为—OH,最后再酯化。但氧化和水解顺序不能颠倒,因为先水解后无法控制只氧化一个—OH。
答案:①2CH2ClCH2CH2CH2OH+O22CH2ClCH2CH2CHO+2H2O
②2CH2ClCH2CH2CHO+O22CH2ClCH2CH2COOH
③CH2ClCH2CH2COOH+H2OHOCH2CH2CH2COOH+HCl
1.(2017·全国Ⅰ卷)下列生活用品中主要由合成纤维制造的是(  )
A.尼龙绳  B.宣纸  C.羊绒衫  D.棉衬衣
【解析】选A。尼龙绳主要成分是合成纤维,宣纸的成分是纤维素,羊绒衫的主要成分是蛋白质,棉衬衣的主要成分是纤维素。
2.(2017·全国Ⅱ卷)下列说法错误的是(  )
A.糖类化合物也可称为碳水化合物
B.维生素D可促进人体对钙的吸收
C.蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D.硒是人体必需的微量元素,但不宜摄入过多
【解析】选C。糖类化合物是由C、H、O三种元素组成的,且绝大多数糖类化合物的组成符合Cm(H2O)n的形式,因此有时也将糖类化合物称为碳水化合物,故A项正确;维生素D的主要生理功能是提高肌体对钙、磷的吸收,促进生长和骨骼钙化,故B项正确;蛋白质基本组成元素是碳、氢、氧、氮,有些蛋白质还包括硫、磷等元素,故C项错误;硒是人体必需的微量元素,对人体有着很重要的作用,但是也不能摄入过多,否则会造成硒中毒。
3.(2019·北京卷)交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中表示链延长)(  )
A.聚合物P中有酯基,能水解
B.聚合物P的合成反应为缩聚反应
C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
【解析】选D。A.将片段X和Y连接起来,不难发现聚合物P中含有酯基,所以A项正确;B.形成酯基的过程中有小分子水生成,所以合成聚合物P属于缩聚反应,B项正确;C.根据油脂的基本概念“油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯”可知C项正确;D.乙二醇和丙三醇的结构不同,所以D项错误。
【加固训练—拔高】
1.(2016·全国Ⅰ卷)化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是(  )
A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B.食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【解析】选D。蚕丝的主要成分是蛋白质,蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的气味,可以用灼烧的方法区分蚕丝和人造纤维,A项正确;食用油反复加热发生化学变化,会产生稠环芳香烃等有害物质,B项正确;加热能使蛋白质发生变性,从而达到杀菌消毒的目的,C项正确;医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%,D项错误。
2.(2016·上海卷)合成导电高分子化合物PPV的反应为:
下列说法正确的是(  )
A.PPV是聚苯乙炔
B.该反应为缩聚反应
C.PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D.1
mol最多可与2
mol
H2发生反应
【解析】选B。A.根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔,错误;B.该反应除产生高分子化合物外,还有小分子生成,属于缩聚反应,正确;C.PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同,错误;D.该物质一个分子中含有的2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应,所以1
mol最多可以与5
mol氢气发生加成反应,错误。
1.常考的三种营养物质的性质:
(1)油脂:水解反应(酸性条件、碱性条件);
(2)糖:单糖(葡萄糖的银镜反应)、二糖(水解反应及产物验证)、多糖(水解反应程度判断);
(3)蛋白质:两性、水解、盐析、变性、颜色反应、灼烧气味和鉴别方法。
2.合成高分子化合物的方法:
(1)加成聚合反应
(2)缩合聚合反应
3.三大天然高分子化合物:
淀粉、纤维素、蛋白质
4.三大合成材料:
塑料、合成纤维、合成橡胶
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-第三讲 盐类的水解
考点一 盐类水解及其规律(命题指数★★★)
1.盐类的水解:
(1)概念:在溶液中,由盐电离出来的弱酸根离子或弱碱阳离子跟水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质的反应。
(2)实质:生成弱酸或弱碱,使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。
(3)特征:
①一般是可逆反应,在一定条件下达到化学平衡。
②盐类水解反应是中和反应的逆反应。
③盐类水解是吸热反应。
2.盐类水解规律及类型:
(1)规律。
有弱才水解,越弱越水解;谁强显谁性,同强显中性。
(2)类型。
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
溶液的pH
强酸强碱盐
Na2SO4、KNO3

中性
pH=7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Fe(NO3)3

NH、Fe3+
酸性
pH<7
弱酸强碱盐
HCOONa、Na2CO3

HCOO-、CO
碱性
pH>7
弱酸弱碱盐
CH3COONH4

CH3COO-、NH
中性
pH=7
3.盐类水解方程式的书写:
(1)盐类水解的离子方程式一般应用“”连接,且一般不标“↑”“↓”等状态符号。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;NH4Cl水解的离子方程式为NH+H2ONH3·H2O+H+。
(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写,水解是以第一步水解为主,如CO水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH-,HCO+H2OH2CO3+OH-。
(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂,一般一步写出。值得注意的是,其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号,因其水解生成的量极少,不会生成沉淀,如Al3+水解的离子方程式常写成:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
(4)阴、阳离子相互促进的水解(双水解),若水解程度不大,用“”表示,如CH3COONH4水解的离子方程式为CH3COO-+NH+H2OCH3COOH+NH3·H2O;双水解程度较大的,书写时用“===”“↑”“↓”,如Al2S3水解的离子方程式为2Al3++3S2-+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑。
(5)盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)盐类加入水中,水的电离平衡一定被促进。(  )
提示:×。强酸强碱盐对水的电离平衡无影响。
(2)显酸性的盐溶液,一定是该盐的阳离子发生了水解。(  )
提示:×。NaHSO4溶液因盐电离出H+而显酸性。
(3)Na2S水解的离子方程式为S2-+2H2OH2S+2OH-。(  )
提示:×。多元弱酸的酸根应分步水解。
(4)已知酸性HF>CH3COOH,所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于NaF溶液。(  )
提示:√。根据越弱越水解可知,CH3COO-的水解程度大于F-的水解程度,所以CH3COONa溶液的碱性更强。
(5)向AlCl3溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成。(  )
提示:√。Al3+和HCO的水解相互促进,彻底双水解,有沉淀Al(OH)3和气体CO2生成。
2.碳酸钠(左)和碳酸氢钠(右)溶液中滴加酚酞后,颜色如图。
(1)强碱弱酸的酸式盐中存在着哪些平衡?试分析碳酸氢钠溶液中的平衡。
(2)强碱弱酸的酸式盐是否一定呈酸性?
提示:(1)NaHCO3溶液中存在着两种平衡:
①电离平衡:HCOH++CO;H2OH++OH-。
②水解平衡:HCO+H2OH2CO3+OH-。
(2)强碱弱酸酸式盐溶液的酸碱性与弱酸酸式根离子的电离和水解的相对强弱有关,如NaHCO3溶液中,HCO水解>电离,则NaHCO3溶液呈碱性;NaHSO3溶液中HSO电离强于水解,NaHSO3溶液呈酸性。
命题角度1:盐类水解的概念
【典例1】(2020·浙江7月选考)水溶液呈酸性的是(  )
A.NaCl    
B.NaHSO4
C.HCOONa
D.NaHCO3
【解析】选B。NaCl是强酸强碱盐,其水溶液呈中性,A错误;NaHSO4是强酸的酸式盐,其水溶液呈酸性,B正确;HCOONa属于强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,C错误;NaHCO3是强碱弱酸盐,既能发生电离又能发生水解,但其水解程度大于电离程度,故其水溶液呈碱性,D错误。
命题角度2:盐类水解规律
【典例2】有①NaOH溶液②Na2CO3溶液③CH3COONa溶液各10
mL,物质的量浓度均为0.1
mol·L-1,下列说法正确的是(  )
A.三种溶液pH的大小顺序是①>③>②
B.三种溶液中由水电离出的OH-浓度大小顺序是②>③>①
C.若将三种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是③
D.若分别加入10
mL
0.1
mol·L-1盐酸后,pH最大的是①
【解析】选B。等浓度时强碱的pH最大,强碱弱酸盐中酸根对应的酸的酸性越强,酸根水解程度越小,碳酸的酸性小于醋酸的,所以三种溶液pH的大小顺序是①>②>③,故A错误;氢氧化钠溶液抑制了水的电离,而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离,水解程度越大,水的电离程度越大,所以三种溶液中水电离的氢氧根离子浓度大小关系为②>③>①,故B正确;稀释时强碱的变化程度大,所以三种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是①氢氧化钠溶液,故C错误;等体积等浓度混合后,①溶质为NaCl、②溶质为NaHCO3与NaCl、③溶质为CH3COOH与NaCl,HCO离子水解显碱性,所以pH最大的是②,故D错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液pH相等,则浓度由大到小的顺序如何?
提示:强碱完全电离,强酸弱碱盐水解微弱,且越弱越水解,若pH相等三者浓度③>②>①。
(2)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液的pH均为10,则三种溶液中由水电离的OH-浓度之比是多少?
提示:①NaOH溶液中水电离的OH-浓度为10-10
mol·L-1,②Na2CO3溶液中水电离的OH-浓度为10-4
mol·L-1,③CH3COONa溶液中水电离的OH-浓度为10-4
mol·L-1,水电离的OH-浓度之比为1∶106∶106。
(3)(变化观念与平衡思想)若向Na2CO3溶液中加入CH3COONa固体,CO的浓度如何变化?
提示:CH3COO-水解与CO水解是竞争关系,CH3COO-的加入抑制CO的水解,CO浓度增大。
1.盐溶液的酸碱性:
盐的类型
是否水解
溶液的pH
强酸弱碱盐
水解
pH<7
强碱弱酸盐
水解
pH>7
强酸强碱盐
不水解
pH=7
弱酸弱碱盐
水解
谁强显谁性
2.盐类水解的规律:
(1)盐的水解促进了水的电离,使水的电离程度增大。
(2)有弱才水解,越弱越水解,谁强显谁性,同强显中性。
(3)盐对应的酸(或碱)越弱,水解程度越大,溶液碱性(或酸性)越强。如相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的pH前者大于后者。
3.水解离子方程式书写规则:
(1)多元弱酸阴离子是分步水解的,以第一步水解为主。
(2)多元弱碱阳离子水解复杂,可一步写出。
(3)彻底双水解用“===”“↑”“↓”。
4.比较相同浓度的溶液pH大小的方法:
(1)先按酸性、中性、碱性分类,再按电离和水解规律排序。
(2)酸性:强酸<弱酸<强酸弱碱盐。
碱性:强碱>弱碱>强碱弱酸盐。
命题点1:盐类水解的概念(基础性考点)
1.(2021·北京模拟)下列离子方程式中,属于水解反应的是(  )
A.HCOOHHCOO-+H+
B.HCO+H2OH2CO3+OH-
C.H2O+H2OH3O++OH-
D.HCOCO+H+
【解析】选B。HCOOHHCOO-+H+是甲酸的电离,故A错误;HCO+H2OH2CO3+OH-是碳酸氢根离子的水解,故B正确;H2O+H2OH3O++OH-是水的电离,故C错误;HCOCO+H+是碳酸氢根离子的电离,故D错误。
2.(2021·南京模拟)常温下,在0.1
mol·L-1
NaX溶液中水电离的H+浓度为a1,在0.1
mol·L-1盐酸中,水电离的H+浓度为a2,若=108,则0.1
mol·L-1
NaX溶液的pH是(  )
A.5
B.7
C.8
D.9
【解析】选D。0.1
mol·L-1盐酸中c(H+)水=c(OH-)水=1×10-13
mol·L-1,根据=108,则a1=10-13×108=10-5
(mol·L-1),在0.1
mol·L-1
NaX溶液中,c(H+)水=c(OH-)水=1×10-5
mol·L-1,即pH=9。
命题点2:盐类水解规律(综合性考点)
3.物质的量浓度相同的下列溶液中,按pH由小到大的顺序排列的是(  )
A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C.(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
【解析】选C。Na2S、Na2CO3和NaHCO3水解后溶液都显碱性,pH>7,但CO水解程度比HCO大,故pH:Na2CO3>NaHCO3;NH4Cl和(NH4)2SO4水解后溶液都显酸性,则pH<7,(NH4)2SO4中NH浓度大,故pH:NH4Cl>(NH4)2SO4,NaCl和NaNO3均不水解,故pH=7,C项正确。
4.(2021·北京模拟)某同学进行如下实验,下列说法不正确的是(  )
实验步骤
实验现象

将NH4Cl固体加入试管中,并将湿润的pH试纸置于试管口,试管口略向下倾斜,对试管底部进行加热
试纸颜色变化:黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2);试管中部有白色固体附着

将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化:黄色→橙黄色(pH≈5)
A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应
B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的
D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
【解析】选C。氯化铵是强酸弱碱盐,其水溶液显酸性,会使湿润的pH试纸变红,根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应,故A正确;根据分析,根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快,故B正确;根据分析,Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的,故C错误;根据分析,根据试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵,则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3,故D正确。
【加固训练——拔高】
1.(2021·唐山模拟)广义的水解观认为无论是盐的水解还是非盐的水解,其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分,然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点,说法不正确的是(  )
A.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2
B.PCl3的水解产物是HClO和H3PO3
C.Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4
D.CH3COCl的水解产物是两种酸
【解析】选B。水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质,该反应相当于复分解反应,反应过程中没有电子转移,其特征是没有元素化合价升降,BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2,该反应中没有元素化合价升降,符合水解原理,故A不选;该反应中Cl元素化合价由-1价变为+1价,有电子转移,不符合水解原理,故B选;Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷,符合水解原理,故C不选;CH3COCl的水解产物是两种酸为CH3COOH和HCl,符合水解原理,故D不选。
2.(2021·杭州模拟)已知K2FeO4溶于水后,会水解生成多种微粒。图是0.1
mol·L-1
K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液pH的变化图,纵坐标表示其个数百分含量,则下列说法不正确的是(  )
A.K2FeO4溶于水呈碱性
B.HFeO水解强于电离
C.H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应
D.0.10
mol·L-1的K2FeO4的pH近似等于10
【解析】选B。K2FeO4溶于水,FeO的浓度最大,由图可知,溶液的pH约为10,则溶液呈碱性,故A正确;当c(HFeO)最大时,溶液的pH小于6,则电离程度大于水解程度,导致溶液呈酸性,故B错误;由图可知H2FeO4加碱转化为HFeO,加酸转化为H3FeO,所以H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应,故C正确;由图可知0.10
mol·L-1的K2FeO4,浓度最大即当FeO的百分含量最大时溶液的pH约为10,故D正确。
考点二 盐类水解的影响因素及应用(命题指数★★★★)
1.影响盐类水解平衡的因素:
(1)盐类本身的性质(越弱越水解)。
组成盐的离子对应酸或碱越弱,水解程度越大。
(2)反应条件:符合勒夏特列原理。
以Fe3+水解为例,Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。
条件
移动方向
水解程度
pH
加入FeCl3
向右
减小
减小
加H2O
向右
增大
增大
升温
向右
增大
减小
通入HCl
向左
减小
减小
加入NH4Cl
向左
减小
减小
加入NaOH
向右
增大
增大
加入Fe粉
向左
减小
增大
2.盐类水解的应用:
应用
举例
加热促进水解
热的纯碱溶液去污力强
分析盐溶液的酸碱性,并比较酸碱性的强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、
NaHCO3溶液均显碱性,且碱性:
Na2CO3>NaHCO3
判断溶液中离子能否大量共存
Al3+和HCO因发生水解互促反应,不能大量共存
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液,要向FeCl3溶液中加入适量盐酸,目的是抑制Fe3+水解
胶体的制备,作净水剂
明矾溶于水,生成胶状物氢氧化铝,能吸附水中悬浮的杂质,并形成沉淀使水澄清,离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
化肥的使用
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
泡沫灭火器的反应原理(双水解)
离子方程式为Al3++3HCO===Al(OH)3↓+3CO2↑
无水盐的制备
由MgCl2·6H2O制MgCl2
,在干燥的HCl气流中加热
判断盐溶液的蒸干产物
将AlCl3
溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3,而不是AlCl3
某些盐的分离除杂
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2,过滤后再加入适量的盐酸
盐溶液除锈
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)
利用水解反应来制纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)
如利用TiCl4水解制备TiO2·xH2O的方程式为TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O+4HCl
判断电解质的强弱
CH3COONa
溶液能使酚酞变红(pH>7),说明CH3COOH是弱酸
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)加热0.1
mol·L-1
Na2CO3溶液,CO的水解程度和溶液的pH均增大。(  )
提示:√。水解反应是吸热反应,加热促进水解。
(2)将氯化铵溶液加水稀释时,
eq
\f(c(NH),c(Cl-))
的值减小。(  )
提示:√。加水稀释促进水解,n(NH)减小,n(Cl-)不变,浓度之比等于物质的量之比,故
eq
\f(c(NH),c(Cl-))
减小。
(3)明矾作为净水剂,可以杀菌消毒。(  )
提示:×。明矾溶于水后,Al3+水解产物Al(OH)3胶体具有吸附作用,可以净水,但不能杀菌消毒。
(4)实验室储存NaF溶液时可以选用玻璃瓶。(  )
提示:×。NaF水解产生HF腐蚀玻璃,不能用玻璃瓶储存。
(5)配制FeSO4溶液时,应加入铁粉防止Fe2+氧化,并加入盐酸抑制Fe2+水解。(  )
提示:×。应加入硫酸抑制Fe2+水解。
2.向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)会观察到什么现象?为什么?
(2)若微热溶液,会观察到什么现象?为什么?
(3)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液,会观察到什么现象?为什么?
提示:(1)碳酸钠属于弱酸强碱盐,水解呈碱性,使酚酞试液变红;
(2)加热促进碳酸钠水解,溶液碱性更强,所以溶液颜色变深;
(3)向溶液中加入过量的氯化钡溶液,生成碳酸钡沉淀,降低了溶液中CO浓度,碳酸钠水解平衡向左移动,pH减小,溶液碱性减弱直至消失,溶液褪色。
命题角度1:影响盐类水解平衡的因素
【典例1】(2019·北京高考)实验测得0.5
mol·L-1
CH3COONa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
【解析】选C。升高温度,促进水的电离,但纯水中的c(H+)=c(OH-),故A错误;升高温度既促进水的电离,又促进醋酸钠的水解,使溶液中c(OH-)增大
,故B错误;升高温度既促进水的电离,Kw增大,又促进铜离子的水解,使其水解平衡正向移动,这相当于促进了氢氧根离子与铜离子结合,最终的结果是氢离子剩余,导致pH减小,故C正确;随温度升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,故D错误。
【备选例题】
(2021·南充模拟)利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系,曲线如图,下列分析错误的是(  )
A.碳酸钠水解是吸热反应
B.ab段说明水解平衡正向移动
C.bc段说明水解平衡逆向移动
D.水的电离平衡也对
pH
产生影响
【解析】选C。分析图象,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解,升温pH增大,说明水解是吸热反应,故A正确;碳酸钠是弱酸强碱盐,水解使溶液显碱性,而升高温度使平衡正向移动,溶液的碱性增强,故B正确;水解是吸热的,温度不断升高只会导致平衡不断正向移动,此时溶液pH却出现反常下降,这是由于水本身也存在电离,温度改变对水的电离平衡造成了影响,故C错误;水本身也存在着一个电离平衡,温度改变平衡移动,因此对溶液的pH产生影响,故D正确。
命题角度2:盐类水解的应用
【典例2】(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
SbCl3能发生较强烈的水解,生成难溶的SbOCl,写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________,
因此,配制SbCl3溶液应注意___________________________________________。
【解析】SbCl3发生水解的方程式为SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl,配制SbCl3时,应加盐酸,抑制水解。
答案:SbCl3+H2OSbOCl↓+2HCl(“”写成“===”亦可) 
加盐酸,抑制水解
1.影响盐类水解的“三因素”:
(1)升高温度,促进盐类的水解;
(2)加水稀释,促进盐类的水解;
(3)加入H+,抑制阳离子的水解;加入OH-,抑制阴离子的水解。
2.盐溶液蒸干并灼烧所得物质的判断:
(1)盐水解若生成挥发性酸(如HCl、HNO3)时,蒸干后一般得到难溶性碱,因为在盐蒸干的过程中酸会挥发,从而使盐的水解平衡右移。如AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑,再灼烧时Al(OH)3分解,最终得到Al2O3。
(2)盐水解若生成不挥发性酸(如H2SO4)时,蒸干一般得到原溶质。如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得到Al2(SO4)3。
(3)强碱弱酸盐水溶液蒸干后一般得到原物质。如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。
3.盐类水解的重要应用:
(1)判断盐溶液的酸碱性。
如相同物质的量浓度的下列溶液:NaCl、KHSO4、Na2CO3、NaHCO3其pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCl>KHSO4。
(2)比较盐溶液中离子浓度的大小。
如Na2CO3溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CO)>
c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。
(3)判断盐所对应酸的相对强弱。
如相同浓度的NaA和NaB两种盐溶液,其pH前者大于后者,则酸性HB>HA。
(4)判断溶液中的离子能否大量共存。
如Al3+、Fe3+与CO、HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。
(5)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应。
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中有氢气产生。
(6)除杂。
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解,使之生成氢氧化物沉淀,以除去溶液中某些金属离子。如不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3+,可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3+。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
命题点1:影响盐类水解平衡的因素(基础性考点)
1.(2021·桂林模拟)在一定条件下,Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO+H2OHCO+OH-。下列说法正确的是(  )
A.加入NaOH固体,平衡向正反应方向移动
B.稀释溶液,CO的水解程度增大
C.通入HCl,溶液pH增大
D.升高温度,
eq
\f(c(HCO),c(CO))
不变
【解析】选B。加入NaOH固体,生成物OH-的浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故A错误;稀释溶液,相当于向体系内加水,增大反应物的量,平衡正向移动,CO的水解程度增大,故B正确;通入HCl会消耗氢氧根离子,溶液的pH减小,故C错误;升高温度,平衡向吸热方向移动,平衡向正反应方向移动,生成物HCO的浓度增大,CO的浓度减小,则
eq
\f(c(HCO),c(CO))
增大,故D错误。
2.0.5
mol·L-1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示,下列分析错误的是(  )
A.25℃,CH3COONa溶液的pH=8.2,显碱性
B.60℃,H2O中c(H+)=1×10-6.5
mol·L-1,呈中性
C.60℃,CH3COONa溶液中c(OH-)=1×10-5.1
mol·L-1
D.升高温度,CH3COONa溶液水解程度和pH都减小
【解析】选D。根据图示信息得到25℃时CH3COONa溶液的pH是8.2,大于7,溶液显碱性,故A正确;根据图示信息得到60℃水的pH=6.5,c(H+)=1×10-6.5
mol·L-1,无论什么温度下,水都是中性的,故B正确;根据图示得到60℃时Kw=10-13,60℃,CH3COONa溶液中c(OH-)=
mol·L-1=1×10-5.1
mol·L-1,故C正确;升高温度促进盐的水解,CH3COONa溶液水解程度增大碱性增强,pH增大,故D错误。
命题点2:盐类水解的应用(应用性考点)
3.(2021年辽宁适应性测试)实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下,下列说法错误的是(  )
A.TiCl4发生水解反应,可生成TiO2·xH2O
B.氨水的作用可用勒夏特列原理解释
C.可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净
D.制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象
【解析】选D。TiCl4发生水解反应:TiCl4+(x+2)H2OTiO2·xH2O↓+4HCl,A正确;Ti4+水解显酸性,加入氨水促进水解,B正确;沉淀的表面附有TiCl4,可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净,C正确;制得的TiO2纳米颗粒,不能产生丁达尔现象,D错误。
【加固训练——拔高】
1.(2021·上海崇明区模拟)加较多量的水稀释
0.1
mol·L-1

NaHCO3
溶液,下列离子浓度会增大的是(  )
A.CO  B.HCO  C.H+  D.OH-
【解析】选C。在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO+H2OH2CO3+OH-,加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动,但以体积增大为主,所以氢氧根离子的浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变,所以氢离子的浓度变大。
2.(2021·东城区模拟)室温下,有两种溶液:①0.01
mol·L-1
NH3·H2O溶液②0.01
mol·L-1
NH4Cl
溶液,下列操作可以使两种溶液中
c(NH)都增大的是(  )
A.通入少量HCl气体
B.加入少量NaOH固体
C.加入少量H2O
D.适当升高温度
【解析】选A。HCl溶于水后得到的盐酸是强酸,能够和①NH3·H2O反应,导致溶液中c(NH)增大;盐酸中的H+抑制了NH的水解,使氯化铵溶液中的c(NH)也增大,故A正确;加入少量NaOH固体,溶液中的c(OH-)增大,抑制了NH3·H2O溶液的电离;氢氧根离子结合NH生成一水合氨,c(NH)都会减小,所以两溶液中NH浓度都减小,故B错误;当向①0.01
mol·L-1
NH3·H2O
②0.01
mol·L-1
NH4Cl加入少量H2O后,溶液被稀释了,两溶液中的c(NH)都会减小,故C错误;温度升高,氨气具有挥发性,导致氨气挥发,NH3·H2O浓度减小,溶液中的c(NH)减小;而NH4Cl溶液中,铵根离子的水解为吸热反应,升高温度可以促进NH水解,导致c(NH)减小,故D错误。
3.(2021·厦门模拟)某实验小组研究不同净水剂在不同pH时的净水效果,实验结果如图(浊度去除率越高表明净水效果越好)。下列有关说法错误的是(  )
A.三种净水剂在pH=7.5左右净水效果最佳
B.三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄
C.三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降
D.相同pH条件下,Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好
【解析】选C。纵坐标数值越高净水剂净水效果越好,根据图知在pH=7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大,所以三种净水剂在pH=7.5左右净水效果最佳,故A正确;净水剂浊度去除率越高其pH的范围越大越好,根据图知,明矾浊度去除率较好时pH范围较小,所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄,故B正确;碱性过强时,Fe3+、Al3+直接和OH-反应生成沉淀而不是胶体发生沉降,故C错误;Fe3+、Al3+都是带3个单位正电荷的离子,但pH相同时,Fe3+比Al3+浊度去除率高,可能是Fe3+比Al3+生成的胶粒数目多或吸附效果好,故D正确。
考点三 溶液中粒子浓度的关系(命题指数★★★★★)
1.溶液中的守恒关系:
(1)物料守恒(原子守恒)。
在电解质溶液中,由于某些离子能够水解,粒子种类增多,但这些粒子所含某些原子的总数始终不变,符合原子守恒。如:NaHCO3溶液中,n(Na+)∶n(C元素)=1∶1。因HCO水解:HCO+H2OH2CO3+OH-以及HCO电离:HCOH++CO,C的存在形式有3种:HCO、H2CO3、CO,由n(Na+)∶n(C元素)=1∶1,得c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)。
(2)电荷守恒。
在电解质溶液中,阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等,即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na+、H+、HCO、CO、OH-,存在如下关系:n(Na+)+n(H+)=n(HCO)+2n(CO)+n(OH-),推出c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)。(因CO带2个单位负电荷,所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。
(3)质子守恒(水的电离守恒)。
①电解质溶液中,分子(或离子)得失质子(H+)的物质的量应相等。
如在NaHCO3溶液中:
即:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO)。
②可以通过物料守恒和电荷守恒推出质子守恒表达式。如NaHCO3溶液中物料守恒:c(Na+)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO) ①,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO) ②,将①代入②中,整理得质子守恒:c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)。
2.比较溶液中粒子浓度大小关系:
(1)单一溶液中粒子浓度的比较。
①多元弱酸溶液:多元弱酸分步电离,电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中:c(H+)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)
②多元弱酸的正盐溶液:多元弱酸的酸根离子分步水解,水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中:c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)
③多元弱酸酸式盐:分析酸式酸根离子电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO水解大于电离,则c(Na+)>c(HCO)>c(OH-)>c(H2CO3)>c(H+)>c(CO);NaHSO3溶液中HSO电离大于水解,则c(Na+)>c(HSO)>
c(H+)>c(SO)>c(OH-)>c(H2SO3)。
(2)混合溶液中各离子浓度的比较。
混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1
mol·L-1
NH4Cl溶液和
0.1
mol·L-1的氨水混合溶液中,各离子浓度大小的顺序为c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较。
不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。
如在相同物质的量浓度的下列溶液中:①NH4Cl
②CH3COONH4
③NH4HSO4,c(NH)由大到小的顺序为③>①>②。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)在0.1
mol·L-1
NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)。(  )
提示:×。由于NaHCO3溶液显碱性,所以说明HCO的水解程度大于电离程度,即c(H2CO3)>c(CO)。
(2)在0.1
mol·L-1
Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)。(  )
提示:√。根据质子守恒可知,c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)。
(3)向0.2
mol·L-1
NaHCO3溶液中加入等体积0.1
mol·L-1
NaOH溶液:c(CO)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)。(  )
提示:×。0.2
mol·L-1
NaHCO3与0.1
mol·L-1
NaOH等体积混合后,生成的Na2CO3与过量的NaHCO3同量,但CO水解程度大于HCO的水解程度,所以c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)。
(4)常温下,CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7,c(Na+)=0.1
mol·L-1]:c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)。(  )
提示:√。根据溶液电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),由于pH=7,c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(CH3COO-),由于同浓度下CH3COOH电离大于CH3COONa水解,为了使pH=7,故c(CH3COONa)>c(CH3COOH)即c(Na+)>c(CH3COOH),再因为单一CH3COONa溶液水解产生的c(OH-)>1×10-7
mol·L-1,为使pH=7,需要中和部分OH-,c(CH3COOH)应远大于1×10-7
mol·L-1。
(5)NaHS和Na2S混合溶液中,一定存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)。(  )
提示:√。根据电荷守恒,阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度。
2.常温下,将a
L
0.1
mol·L-1的NaOH溶液与b
L
0.1
mol·L-1的CH3COOH溶液混合。无论a、b有何关系,根据电荷守恒均有c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。a=b时,CH3COONa溶液根据质子守恒c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)
(1)a小于b时,溶液中粒子浓度大小关系如何?
(2)a略大于b时,溶液中粒子浓度大小关系如何?
提示:(1)a<b即酸过量,若溶液呈酸性时c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),若溶液呈中性,则c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)。
(2)当碱稍过量时,c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
命题角度1:单一溶液中粒子浓度大小关系
【典例1】(2019·全国Ⅲ卷)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0.02
NA
B.c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)
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
【解析】选B。pH=2的H3PO4溶液中,c(H+)=0.01
mol·L-1,每升溶液中含有H+的物质的量为0.01
mol,数目为0.01
NA,A错误。根据电荷守恒,H3PO4溶液中离子间的关系为c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-),B正确。加水稀释后H3PO4电离度增大,溶液体积也增大,溶液中H+浓度减小,pH增大,C错误。NaH2PO4是强电解质,在水中完全电离NaH2PO4===
Na++
H2PO,生成的H2PO抑制了H3PO4的电离H3PO4H++
H2PO,溶液酸性减弱,D错误。
命题角度2:混合溶液中粒子浓度大小关系
【典例2】(2020·江苏高考改编)室温下,将两种浓度均为0.10
mol·L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(  )
A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>
c(OH-)
B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(NH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):
c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)
D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O)+c(OH-)
【解析】选D。A项,等浓度的NaHCO3和Na2CO3,CO的水解程度比HCO的大,所以溶液中c(HCO)>c(CO),错误;B项,电荷守恒:c(NH)+c(H+)=
c(Cl-)+c(OH-),物料守恒:c(NH)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),pH=9.25,溶液显碱性,说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度,c(NH)>c(NH3·H2O),结合物料守恒有c(NH)>c(Cl-)>c(NH3·H2O),则结合电荷守恒有c(NH)+
c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-),错误;C项,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=
c(CH3COO-)+c(OH-),溶液显酸性,则c(Na+)电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-),物料守恒:
2c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4),两式相减可得:c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O)+c(OH-),正确。
命题角度3:结合图象分析粒子浓度大小关系
【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)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-)
【解析】选C。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。根据图示可知,混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同,故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A正确;根据图示可知,随着反应的进行,溶液的导电能力逐渐增强,加入的碱的量越多,溶液中的HA-的浓度越小,Na+与A2-的量越多,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B正确;b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A,根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知,邻苯二甲酸是弱酸,所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性,故b点的pH应该大于7,C不正确;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。
1.离子浓度大小比较的方法:
(1)关键性离子定位法:主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H+)与c(OH-)大小关系的位置正确与否,来确定选项是否正确,这就是我们通常所用的排除法。
(2)守恒判断法:运用质子守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律来解决问题,既可简化解题过程,又容易判断出答案的正确与否。
(3)反应方程式分析法:主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来,进行定性与定量的分析,先考虑电解质电离,再考虑水解。
①多元弱酸溶液,根据多步电离分析。
例如:在H3PO4的溶液中:c(H+)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
②多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根分步水解分析。例如:在Na2CO3溶液中:
c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较,要看溶液中其他粒子对其影响的因素。例如,在相同物质的量浓度的下列溶液中:a.NH4Cl,b.CH3COONH4,c.NH4HSO4,c(NH)由大到小的顺序为c>a>b。NH4HSO4电离出的H+抑制NH的水解,而CH3COONH4中CH3COO-促进NH的水解。
2.比较溶液中粒子浓度大小的解题流程:
命题点1:单一溶液中粒子浓度大小关系(基础性考点)
1.(2021·雅安模拟)在0.1
mol·L-1的Na2CO3溶液中,下列关系正确的是(  )
A.c(Na+)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
B.2c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
C.c(OH-)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(H+)
D.c(HCO)>c(H2CO3)
【解析】选D。根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-),故A错误;根据物料守恒,c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3),故B错误;根据质子守恒,c(OH-)=c(HCO)+2c(H2CO3)+c(H+),故C错误;Na2CO3为强碱弱酸盐,水解时,第一步水解程度远远大于第二步水解,则c(HCO)>c(H2CO3),故D正确。
命题点2:混合溶液中粒子浓度大小关系(综合性考点)
2.(2021·北京海淀模拟)向1
L
0.3
mol·L-1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳,假设完全反应,下列说法错误的是(  )
A.通入二氧化碳为0.15
mol时,2c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)
B.通入二氧化碳为0.15
mol时,c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)
C.通入二氧化碳为0.2
mol时,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
D.向A选项反应后溶液中通入0.3
mol
HCl,加热,c(Na+)=c(Cl-)=
0.3
mol·L-1
【解析】选A。n(NaOH)=0.3
mol·L-1×1
L=0.3
mol,通入二氧化碳为0.15
mol时,溶液中存在物料守恒n(Na)=2n(C),即c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)],故A错误;通过二氧化碳为0.15
mol时,发生反应2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O,所以溶液中溶质为Na2CO3,Na2CO3两步水解都生成OH-,只有一步水解生成HCO,则c(OH-)>c(HCO),但是其水解程度较小,所以存在c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO),故B正确;通入二氧化碳为0.2
mol时,发生反应2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O、H2O+Na2CO3+CO2===2NaHCO3,生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1
mol,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO),故C正确;A中发生反应2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O,且二者恰好完全反应生成碳酸钠,向A选项反应后溶液中通入0.3
mol
HCl,HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳,反应方程式为Na2CO3+2HCl===2NaCl+CO2↑+H2O,加热,钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等,即c(Na+)=c(Cl-)=0.3
mol·L-1,故D正确。
命题点3:结合图象分析粒子浓度大小关系(应用性考点)
3.(2021·黄冈模拟)已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸,25
℃时,Ka1(H2C2O4)=5.9×
10-2,Ka2(H2C2O4)=6.4×10-5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液,混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化),其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是(  )
A.M点粒子浓度:
c(K+)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)
B.N点时存在:
c(Na+)+c(K+)<2c(C2O)+2c(HC2O)
C.从N点到P点的过程中溶液中一定存在:c(Na+)+c(H2C2O4)>c(C2O)
D.水的电离程度大小顺序:P>N>M
【解析】选C。M点的溶质是KHC2O4,根据H2C2O4的两步电离平衡常数,Ka2>,得KHC2O4溶液显酸性,HC2O的电离程度大于水解程度,粒子浓度为c(K+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4),A错误;N点为反应终点,含等量的K2C2O4、Na2C2O4,水的电离程度最大,根据物料守恒得c(Na+)+c(K+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4),则c(Na+)+c(K+)>2c(C2O)+2c(HC2O),B、D错误;从N点到P点的过程中,是向等量的K2C2O4、Na2C2O4的溶液中加入NaOH溶液,则溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-),则c(Na+)+c(K+)>2c(C2O)+c(HC2O),原草酸氢钾(KHC2O4)溶液中存在物料守恒c(K+)=c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4),将c(K+)代入上式,得c(Na+)+c(H2C2O4)>c(C2O),C正确。
【加固训练——拔高】
1.(2021·北京模拟)0.1
mol·L-1的NH4Cl溶液中,离子浓度关系正确的是(  )
A.c(NH)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B.c(NH)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)
C.c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)
D.c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
【解析】选D。NH4Cl为强酸弱碱盐,水解呈酸性,则c(H+)>c(OH-),再结合电荷守恒得c(Cl-)>c(NH),因水解程度较小,则c(NH)>c(H+),则离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-),故A、B均错误;根据电荷守恒,可知c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),故C错误,D正确。
2.(2021·南京模拟)25
℃时,在10
mL
0.1
mol·L-1
Na2CO3溶液中逐滴加入0.1
mol·L-1
HCl溶液20
mL,溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是(  )
A.HCl溶液滴加一半时,溶液pH>7
B.H2CO3的Ka1的数量级为10-6
C.pH=8时,溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1
mol·L-1
D.在M点:c(Na+)>c(CO)=c(HCO)>c(OH-)>c(H+)
【解析】选C。HCl溶液滴加一半时,也就是10
mL,恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠,其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性,所以溶液的pH>7,故A正确;由图中可以看出,当c(H+)=10-6
mol·L-1时,c(H2CO3)=c(HCO),H2CO3的Ka1=
eq
\f(c(H+)·c(HCO),c(H2CO3))
=10-6
mol·L-1,故B正确;n(HCO)=0.001
mol时,溶液的pH=8,所以加入0.1
mol·L-1
HCl溶液10
mL,恰好与Na2CO3完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠,所以溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.05
mol·L-1,故C错误;在M点:n(CO)=n(HCO)=0.000
5时,得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠,两者水解溶液呈碱性,所以离子浓度大小为c(Na+)>c(CO)=c(HCO)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
1.(2020·山东等级考改编)25
℃时,某混合溶液中
c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1
mol·L-1,
lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是(  )
A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B.N点时,pH=-lgKa
C.该体系中,c(CH3COOH)=
mol·L-1
D.pH由7到14的变化过程中,
CH3COO-的水解程度始终增大
【解析】选B。根据图象分析可知,随着pH的升高,氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大,氢离子和CH3COOH浓度减小,又pH=7的时候,氢氧根离子浓度等于氢离子浓度,故可推知,图中各曲线
代表的浓度分别是曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线,曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线,曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线,曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。根据上述分析可知,O点为曲线2和曲线3的交点,对应的pH=7,应该得出的结论为c(H+)=c(OH-),故A错误;N点为曲线1和曲线4的交点,lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH),即c(CH3COO-)=c(CH3COOH),因Ka=,代入等量关系并变形可知pH=-lgKa,故B正确;c(CH3COO-)+
c(CH3COOH)=0.1
mol·L-1,则c(CH3COO-)=0.1
mol·L-1-c(CH3COOH),又Ka=,联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出,c(CH3COOH)=
mol·L-1,故C错误;醋酸根离子的水解平衡为CH3COO-+H2OCH3COOH
+OH-,pH由7到14的变化过程中,碱性不断增强,c(OH-)不断增大,则不利于醋酸根离子的水解平衡,会使其水解程度减小,故D错误。
2.(2018·北京高考)测定0.1
mol·L-1
Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻




温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
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:
SO+H2OHSO+OH-
B.④的pH
与①不同,是由于SO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
【解析】选C。Na2SO3属于弱酸强碱盐,溶液中存在水解平衡SO+H2OHSO+OH-,A正确;④的pH
与①不同,是由于SO被O2氧化生成SO,浓度减小,水解平衡左移,OH-浓度减小,B正确;水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡右移,pH应当升高,而①→③的过程中pH下降,说明温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致,C错误;
离子积常数Kw
值只受温度影响,①与④的温度相同,故Kw
值相等,D正确。
【加固训练—拔高】
(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ=
eq
\f(c(H2PO),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H2PO、HPO、PO
C.随c初始(H2PO)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
【解析】选D。在LiH2PO4溶液中,有水的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2PO的两步电离平衡,共4个平衡,A错误;含磷元素的微粒有H3PO4、H2PO、HPO、PO,B错误;根据图1可以看出,开始随着c初始(H2PO)增大,溶液pH逐渐减小,但c(H2PO)大于10-1
mol·L-1时,pH保持4.66不变,C错误;c初始(H2PO)大于1
mol·L-1,溶液pH=4.66,此时图2中,H2PO的分布分数为0.994,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D正确。
1.盐类水解的三个特点:
(1)可逆反应;
(2)吸热反应(中和反应的逆反应);
(3)水解程度一般非常微弱。
2.盐溶液酸碱性的判断:
(1)判断盐溶液的酸碱性,需先判断盐的类型,因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。
(2)盐溶液呈中性,无法判断该盐是否水解。例如:NaCl溶液呈中性,是因为NaCl是强酸强碱盐,不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性,是因为CH3COO-和NH的水解程度相当。
(3)稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,但由于溶液中离子浓度是减小的,故溶液酸性(或碱性)越弱。
(4)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH-反应,使平衡向水解方向移动,原因是体系中
c(CH3COOH)增大是主要因素,会使平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-左移。
3.盐类水解规律:
有弱才水解,无弱不水解,越弱越水解,谁强显谁性,两强显中性,弱弱具体定。
4.离子浓度大小比较的5个依据:
(1)电离平衡 (2)水解平衡
(3)电荷守恒 (4)物料守恒
(5)质子守恒
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28
-第三讲 氧化还原反应概念和规律
考点一 氧化还原反应的相关概念(命题指数★★★★★)
1.氧化还原反应的本质与特征及四种基本反应类型的关系
(1)氧化还原反应的本质与特征
本质:反应过程中有电子的转移(得失或偏移)。
特征:反应过程中有元素的化合价发生改变。
(2)四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。
2.氧化还原反应的概念之间的关系
概括为“升失氧、降得还,剂性一致、其他相反”。
实例:在Fe2O3+3CO===2Fe+3CO2的反应中Fe2O3是氧化剂,CO是还原剂;碳元素被氧化,铁元素被还原;Fe2O3具有氧化性,CO具有还原性;CO2是氧化产物,Fe是还原产物。
3.氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法:①标变价,②画箭头,③算数目,④标得失。
(2)单线桥法:箭头由失电子原子指向得电子原子,线桥上只标电子转移的数目,不标“得”“失”字样。
4.常见的氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。例如:
(2)常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。例如:
(3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性,又有还原性,如Fe2+、SO(H2SO3)、H2O2,其中Fe2+、SO(H2SO3)主要表现还原性,H2O2主要表现氧化性。
 判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)金属元素由化合态变为游离态一定发生了还原反应。
(  )
提示:√。金属元素在化合物中都显正价,游离态时都是0价,由化合态变为游离态一定发生了还原反应。
(2)有单质参与和生成的反应一定是氧化还原反应。
(  )
提示:×。石墨在一定条件下转化为金刚石,
该化学反应有单质参与和生成,但不是氧化还原反应。
(3)
ICl与水反应生成HCl和HIO的反应属于氧化还原反应。
(  )
提示:×。ICl中I为+1价,Cl为-1价,反应前后元素的价态没有变化,不是氧化还原反应。
(4)
反应3NO2+H2O===2HNO3+NO中氧化剂与还原剂的质量比为2∶1。
(  )
提示:×。该反应中氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。
(5)浓硫酸具有强氧化性,不能干燥SO2等还原性气体。
(  )
提示:×。硫酸中硫元素为+6价,SO2中硫元素为+4价,没有中间价态,浓硫酸与SO2不发生反应,可以干燥SO2。
(6)2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑、Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应。
(  )
提示:×。上述两个反应中H2O既不作氧化剂,也不作还原剂。
【加固训练—拔高】
HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种微溶于水、易溶于酸的化合物,试回答下列问题:
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+,若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填字母)。
A.亚硝酸盐被还原
B.维生素C是还原剂
C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+
D.亚硝酸盐是还原剂
(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式:_____________________________________。
(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4,若用反应所得的酸性溶液,将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净,可选用的最佳试剂是________(填字母)。
a.Cl2   b.Fe   c.H2O2   d.HNO3
(4)FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸盐(如Na2FeO4),其氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强,主要反应:2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。
①该反应中的氧化剂是____________,还原剂是________________。
②简要说明Na2FeO4作为水处理剂时所起的作用_________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为
Fe2+,铁元素化合价降低,被还原,则维生素C具有还原性,而亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+,说明亚硝酸盐具有氧化性,在反应中亚硝酸盐为氧化剂,所以维生素C是还原剂。(2)由NO→NO失2e-,Cl2→2Cl-得2e-,根据得失电子守恒,可得:NO+Cl2―→NO+2Cl-,再根据电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为NO+Cl2+H2O===NO+2H++2Cl-。(3)Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子,但能引入新的杂质,铁不能氧化亚铁离子,H2O2的还原产物是水,不引入杂质,所以最佳试剂是H2O2。(4)该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由-1变为0、-2,①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂,所以Na2O2是氧化剂,Na2O2、FeSO4是还原剂,②Na2FeO4中铁元素的化合价为+6,具有强氧化性,且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质。
答案:(1)D (2)NO+Cl2+H2O===NO+2H++2Cl- (3)c (4)①Na2O2 Na2O2、FeSO4 ②高铁酸钠具有强氧化性,能杀菌消毒,消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降
命题角度1:氧化还原反应基本概念的判断
【典例1】(2021·赣州模拟)制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+H2SO4===2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是
(  )
A.KClO3在反应中得到电子
B.ClO2是还原产物
C.H2C2O4
在反应中被氧化
D.1
mol
KClO3参加反应有2
mol电子转移
【解析】选D。反应中氯元素的化合价由+5降低为+4,则KClO3为氧化剂,在反应中得到电子,A项正确;因KClO3为氧化剂,在反应中被还原,则ClO2是还原产物,B项正确;反应中碳元素的化合价由+3升高到+4,则H2C2O4为还原剂,在反应中被氧化,C项正确;反应中氯元素由+5降低为+4,1
mol
KClO3参加反应有1
mol×(5-4)=1
mol电子转移,D项错误。
 
二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,常用作饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二氧化氯。
(1)电解时发生反应的离子方程式为________________________。
(2)溶液X中大量存在的阴离子是______________。
【解析】(1)由图示电解NH4Cl和盐酸的混合溶液制得H2和NCl3溶液,反应的离子方程式为NH+3Cl-+2H+3H2↑+NCl3;(2)NCl3溶液中加入NaClO2溶液生成ClO2、NH3和溶液X,NaClO2被氧化成ClO2,NCl3被还原成NH3,反应的化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O===6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH,溶液X中大量存在的阴离子为Cl-、OH-。
答案:(1)NH+3Cl-+2H+3H2↑+NCl3
(2)Cl-、OH-
命题角度2:氧化还原反应电子转移
【典例2】(2020·黄冈模拟)某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2,其反应机理如图所示:
根据信息判断,下列叙述错误的是
(  )
A.过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B.X是H3BO3,H3BO3和BH3两分子中H的化合价不相等
C.过程③和过程④各产生1
mol
H2时转移的电子数不相等
D.0.25
mol
NaBH4的还原能力与标准状况下11.2
L
H2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)
【解析】选D。过程①至过程④中硼元素的化合价都是+3价,A正确;X是H3BO3,H3BO3和BH3两分子中H的化合价分别是+1、-1价,B正确;过程③是+1价的氢元素和-1价的氢元素形成氢气,过程④只有+1价的氢元素得电子产生H2,各产生1
mol
H2时转移的电子数不相等,C正确;0.25
mol
NaBH4生成H+失去电子的量是2
mol,标准状况下22.4
L
H2生成H+失去电子的量是2
mol,D错误。
1.解决氧化还原反应概念的一般思路
找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步,特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应,必须弄清元素化合价的变化情况。
2.代数和法确定化合物中变价元素的化合价方法
先标出熟悉元素的化合价,再根据化合物中正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。如有机物中碳元素化合价(设为x)的确定方法:有机物中氧元素的化合价为-2,氢元素的化合价为+1。利用元素化合价代数和为零的规则确定碳元素的化合价。乙酸(C2H4O2)中满足2x+(+1)×4+(-2)×2=0,则x=0。
命题点1:氧化还原反应基本概念的判断(基础性考点)
1.(2021·威海模拟)FeCl3溶液吸收H2S的原理为2Fe3++H2S===2Fe2++2H++S↓。下列说法正确的是
(  )
A.H2S作氧化剂
B.还原性:H2S>Fe2+
C.Fe3+发生氧化反应
D.每消耗1
mol
H2S转移4NA个电子
【解析】选B。H2S→S,硫元素化合价升高,发生氧化反应,H2S作还原剂,A错误;H2S作还原剂,Fe2+为还原产物,还原性:H2S>Fe2+,B正确;Fe3+→
Fe2+,Fe元素化合价降低,Fe3+发生还原反应,C错误;根据得失电子守恒可知,该反应每消耗1
mol
H2S转移2NA个电子,D错误。
2.(2021年广东适应性测试)我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除,部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用
标注)。有关该过程的叙述错误的是
(  )
A.产生清洁燃料H2
B.H2S脱除率为100%
C.H2S既被氧化又被还原
D.脱Hg反应为Hg+S===HgS
【解析】选B。由图可知:有H2产生,A选项正确;H2S经过活性炭催化之后仍然有H2S,脱除率不是100%,B选项错误;H2S经过活性炭催化后有H2、S单质和SO2产生,H元素化合价降低,被还原,S元素化合价升高,被氧化,C选项正确;由图可知产生的S单质会与Hg反应产生HgS,D选项正确。
3.(2021·安庆模拟)Cl2是纺织工业常用的漂白剂,Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”。S2O和Cl2反应的产物之一为SO。下列说法中不正确的是
(  )
A.该反应中还原剂是S2O
B.H2O参与该反应,且作氧化剂
C.根据该反应可判断氧化性:Cl2>SO
D.该反应中,每生成1
mol
SO,可脱去2
mol
Cl2
【解析】选B。反应的离子方程式为S2O+4Cl2+10OH-===2SO+8Cl-+5H2O,反应中S元素化合价升高,Cl元素化合价降低,故S2O作还原剂,Cl2作氧化剂,A正确,B错误;在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故氧化性:Cl2>SO,C正确;由上述离子方程式可知,反应中每生成1
mol
SO,可脱去2
mol
Cl2,D正确。
命题点2:氧化还原反应电子转移(综合性考点)
4.某反应为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O,用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目。
【解析】单线桥是指从失去电子的一方指向得到电子的一方,上面标注电子转移总数,此反应中铬元素化合价由+3
价变化为+6价,被氧化转移6e-,用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目的化学方程式为
答案:
考点二 氧化还原反应的规律(命题指数★★★★★)
 氧化还原反应的规律
(1)电子得失守恒规律:氧化剂得到电子总数=还原剂失去电子总数;
(2)“以强制弱”规律:氧化剂+还原剂===较弱氧化剂+较弱还原剂;这是氧化还原反应发生的条件。
(3)价态归中规律:同一元素不同价态间发生的氧化还原反应,化合价的变化规律遵循:高价+低价→中间价态,中间价态可相同、可不同,但只能靠近不能相互交叉(即价态向中看齐)。
(4)优先反应原理:
在溶液中一定是氧化性最强的物质和还原性最强的物质最先发生氧化还原反应。
(5)价态规律:元素处于最高价态时只有氧化性,处于最低价态时只有还原性,处于中间价态时,既有氧化性又有还原性,如Fe3+只有氧化性,Fe2+既有氧化性,又有还原性。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)将Cl2通入FeBr2溶液中,先发生反应:Cl2
+2Fe2+===2Fe3++2Cl-,后发生反应Cl2+2Br-===Br2+2Cl-。
(  )
提示:√。将Cl2通入FeBr2溶液中,由于亚铁离子比溴离子的还原性强,所以Cl2先氧化亚铁离子,然后氧化溴离子。
(2)元素处于最高价态时一定有强氧化性,元素处于最低价态时一定具有强还原性。元素处于中间价态时,既有氧化性又有还原性。
(  )
提示:×。元素处于最高价态时具有氧化性,但不一定是强氧化性,如Na+是钠元素的最高价态,但是没有强氧化性,因此不能用化合价高低来判断其氧化性的强弱。
(3)物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子的难易,与得失电子的数目无关。
(  )
提示:√。如Al被氧化时产物为Al3+,失去3个电子,而Na被氧化时产物为Na+,只失去1个电子,但还原性Na>Al。
(4)硝酸铜分解的产物可能是CuO、NO2、NO。
(  )
提示:×。根据电子得失守恒规律可知,应有元素化合价升高。
(5)向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,加入淀粉后溶液变成蓝色,则氧化性:Cl2>I2。
(  )
提示:√。最终淀粉变蓝说明有I2生成,I2是由Cl2氧化而来,可证明氧化性:Cl2>I2。
(6)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液,再滴加H2O2溶液,加入H2O2后溶液变成红色,则Fe2+既有氧化性又有还原性。
(  )
提示:×。上述实验现象只能说明Fe2+具有还原性,能被H2O2氧化。
2.NaNO2有像食盐一样的外观和咸味,它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白,使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价,失去携氧能力,美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。
(1)下列说法正确的是________。
A.解毒剂美蓝应该具有氧化性
B.中毒时亚硝酸盐发生氧化反应
C.解毒时高铁血红蛋白被还原
D.中毒过程中血红蛋白显氧化性
(2)已知NaNO2
能发生如下反应:NaNO2+HI→
NO+I2+NaI+H2O,从上述反应推知________。
A.氧化性:I2>NaNO2   
B.氧化性:NaNO2>HI
C.还原性:HI>NO
D.还原性:I2>HI
当有0.75
mol
HI被氧化时,在标准状况下产生气体的体积是________L。
(3)根据上述反应可用试纸和生活中常见的物质进行实验,鉴别NaNO2和NaCl
,现供选用的物质有①白酒、②淀粉碘化钾试纸、③淀粉、④白糖、⑤食醋,进行本实验时,可以选用的物质至少有________(填序号)。
(4)某工厂的废液中含有2%~5%的NaNO2直接排放会造成污染,下列试剂中①NaCl、②NH4Cl、③HNO3、④浓H2SO4,能使NaNO2转化为N2的是________(填序号)。
【解析】(1)将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白,使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价,说明NaNO2具有氧化性,美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂,应具有还原性。A.解毒剂美蓝应该具有还原性,故A错误;B.中毒时亚硝酸盐发生还原反应,能使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价,故B错误;C.加入解毒剂美蓝,高铁血红蛋白被还原,故C正确;D.中毒过程中血红蛋白被氧化,表现出还原性,故D错误。(2)氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性强于还原产物的还原性,根据反应2NaNO2+4HI===2NO+I2+2NaI+2H2O可知,氧化性:NaNO2>I2,还原性:HI>NO,答案选BC;有0.75
mol
HI被氧化时,由I原子守恒可知,生成碘的物质的量为=0.375
mol,n(NO)=0.375
mol×2=0.75
mol,其在标准状况下产生气体的体积是0.75
mol×22.4
L·mol-1=16.8
L。(3)鉴别NaNO2和NaCl,可根据NaNO2在酸性条件下具有氧化性,用淀粉碘化钾试纸来检验,可加入醋酸酸化,故答案为②⑤。(4)能使NaNO2转化为N2的应是具有还原性的物质,只有NH4Cl符合,故答案为②。
答案:(1)C (2)BC 16.8 (3)②⑤ (4)②
命题角度1:守恒规律考查
【典例1】(2021·莆田模拟)将0.195
g锌粉加入20.0
mL的0.1
mol·L-1MO溶液中,恰好完全反应,则还原产物可能是
(  )
A.M   B.M2+   C.M3+   D.MO2+
【解析】选B。在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒,设反应后M元素的化合价为x,参加反应的MO的物质的量为0.1
mol·L-1×0.02
L=0.002
mol,参加反应的锌的物质的量为0.195
g÷65
g·mol-1=0.003
mol,故存在:(+5-x)×0.002
mol=0.003
mol×2,解得x=+2,故选B。
【规律方法】
命题角度2:强弱规律考查
【典例2】(2020·北京西城区模拟)高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:
①Cl2+KOH―→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是
(  )
A.反应①中每消耗4
mol
KOH,吸收标准状况下22.4
L
Cl2
B.氧化性:K2FeO4>KClO
C.若反应①中n(ClO-)∶n(ClO)=5∶1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D.若反应①的氧化产物只有KClO,则得到0.2
mol
K2FeO4时消耗0.3
mol
Cl2
【解析】选D。反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3,其中K、Cl的物质的量之比为1∶1,所以每消耗4
mol
KOH,吸收2
mol氯气,标准状况下2
mol氯气的体积为22.4
L·mol-1×2
mol=44.8
L,A错误;反应②K2FeO4为氧化产物,KClO为氧化剂,则氧化性:K2FeO4<KClO,B错误;设ClO-为5
mol,ClO为1
mol,氯气转化成ClO-、ClO被氧化,转化成KCl被还原,根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为5
mol×1+1
mol×(5-0)=10
mol,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10
mol∶(5
mol+1
mol)=5∶3,C错误;根据电子守恒可得关系式:2K2FeO4~3KClO~3Cl2,则得到0.2
mol
K2FeO4时消耗0.3
mol
Cl2,D正确。
【规律方法】
1.守恒法解题的“3步流程”
2.根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法
(1)浓度:同一种物质浓度越大,氧化性(或还原性)越强。如氧化性:浓硫酸>稀硫酸,浓硝酸>稀硝酸,还原性:浓盐酸>稀盐酸。
(2)温度:同一种物质,温度越高其氧化性越强。例如:热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱性:同一种物质,所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。
(4)反应条件和产物价态:
①与同一物质反应,一般越易进行,则其氧化性或还原性就越强。
②当不同的氧化剂作用于同一还原剂时,如果氧化产物价态相同,可根据反应条件的高低进行判断:一般条件越低,氧化剂的氧化性越强。
③当不同氧化剂作用于同一还原剂时,如果氧化产物价态不相同,可根据氧化产物的价态高低进行判断:氧化产物的价态越高,则氧化剂的氧化性越强。
命题点1:守恒规律考查(基础性考点)
1.K2SO3易被KMnO4等强氧化剂氧化成K2SO4,而在酸性条件下,KMnO4被还原成Mn2+,那么当有1
mol
KMnO4反应时,被氧化的K2SO3的物质的量为
(  )
A.1
mol  
B.2
mol  C.2.5
mol  D.5
mol
【解析】选C。K2SO3―→K2SO4,S元素化合价升高了2价,KMnO4―→Mn2+,Mn元素化合价降低了5价,根据得失电子守恒,设被氧化的K2SO3的物质的量为x,则x×2=1
mol×5,x=2.5
mol。
2.(2021·六安模拟)将一定量铁粉加到一定浓度稀硝酸中,金属恰好完全溶解,反应后溶液中存在:c(Fe2+)∶c(Fe3+)=3∶2,则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为
(  )
A.1∶1
B.5∶16
C.2∶3
D.3∶2
【解析】选B。设反应中生成3
mol
Fe2+、2
mol
Fe3+,则转移电子的物质的量为3
mol×2+2
mol×3=12
mol,根据得失电子守恒,由4H++NO+3e-===NO↑+2H2O可知,反应中被还原的HNO3是4
mol,与Fe2+、Fe3+结合的NO的物质的量为3
mol×2+2
mol×3=12
mol,所以参加反应的n(Fe)=5
mol,参加反应的n(HNO3)=16
mol,故本题选B。
命题点2:强弱规律考查(综合性考点)
3.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
(  )
A.3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3
B.Cl2+FeI2===FeCl2+I2
C.Co2O3+6HCl(浓)===2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D.2Fe3++2I-===2Fe2++I2
【解析】选A。根据氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,可判断B中氧化性:Cl2>I2;C中氧化性:Co2O3>Cl2;D中氧化性:Fe3+>I2,这些结论与题给信息一致。对于A,由于I-的还原性强于Fe2+,当Cl2少量的时候,Cl2应先氧化I-,而不应先氧化Fe2+,当Cl2足量的时候,Fe2+也会被氧化成Fe3+。另外,Fe3+氧化性强于I2,不存在FeI3这种物质。
4.(2021·吕梁模拟)已知酸性:
H2CO3>HClO>HCO,氧化性:HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。下列离子方程式正确的是
(  )
A.Fe3+与I-不能共存的原因:Fe3++2I-===Fe2++I2
B.向NaClO溶液中滴加浓盐酸:ClO-+H+===HClO
C.向含1
mol
FeBr2溶液中通入1
mol
Cl2:2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-
D.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳:2ClO-+CO2+
H2O===HClO+CO
【解析】选C。根据氧化性Fe3+>I2,所以Fe3+可以和I-反应生成I2,但题中所给方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒关系,正确的离子方程式应该是2Fe3++2I-===2Fe2++I2,A项错误;因氧化性HClO>Cl2,所以向NaClO溶液中滴加浓盐酸可以发生氧化还原反应生成Cl2,离子反应为Cl-+ClO-+2H+===H2O+Cl2↑,B项错误;向含1
mol
FeBr2溶液中通入1
mol
Cl2,由氧化性顺序Cl2>Br2>Fe3+及得失电子守恒可知,离子反应正确的是2Fe2++2Br-+2Cl2===
2Fe3++Br2+4Cl-,C项正确;根据酸性强弱顺序:H2CO3>HClO>HCO,可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳,反应的产物应该为HClO和HCO,离子反应为ClO-+CO2+H2O===HClO+HCO,
D项错误。
【加固训练—拔高】
1.含a
mol
FeCl3的溶液中加入含b
mol
Fe和b
mol
Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解),下列说法中,不正确的是
(  )
A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe===3Fe2+
B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b
mol
≤n(e-)≤4b
mol
C.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu===14Fe2++Cu2+
D.当2b【解析】选D。金属性铁>铜,铁离子首先氧化金属铁,
当a≤2b时铁离子不足,发生的离子反应为2Fe3++Fe===3Fe2+,A项正确;当2b≤a≤4b时铁离子全部参与反应,因此反应中转移电子的物质的量n(e-)为a
mol,即为2b
mol≤n
(e-)≤4b
mol,B项正确;当2a=5b时铁全部反应,铜部分反应,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu===14Fe2++Cu2+,C项正确;当2bmol,则与铜反应的铁离子是a
mol-2b
mol,所以生成铜离子是0.5a
mol-b
mol,因此反应后的溶液中n(Fe2+)∶
n(Cu2+)=2(a+b)∶(a-2b),D项错误。
2.(2021·南阳模拟)某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理,反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀,该沉淀经干燥后得到n
mol
FeO·FeyCrxO3,不考虑处理过程中的实际损耗,下列叙述错误的是
(  )
A.消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)
mol
B.处理废水中的Cr2O的物质的量为
mol
C.反应中发生转移的电子数为3nx
mol
D.在FeO·FeyCrxO3中,x=3y
【解析】选D。A.由铁元素守恒,消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1),反应中Cr由+6价变成+3价,Fe部分由+2价变成+3价,由FeyCrxO3中化合价代数和为零可知3(x+y)-6=0,则y=2-x,因此消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x),故A正确;
B.根据铬原子守恒,Cr原子为nx
mol,故Cr2O的物质的量为
mol,故B正确;
C.Cr2O中Cr为+6价,FeO·FeyCrxO3中Cr为+3价,1
mol
Cr转移电子3
mol,得到n
mol
FeO·FeyCrxO3,则一共有nx
mol
Cr原子参加反应,故转移的电子数为3nx
mol,故C正确;D.反应中Cr由+6价变成+3价,Fe部分由+2价变成+3价,由得失电子守恒知3x-y=0,即3x=y,故D错误。
1.(2020·山东等级考)下列叙述不涉及氧化还原反应的是
(  )
A.谷物发酵酿造食醋
B.小苏打用作食品膨松剂
C.含氯消毒剂用于环境消毒
D.大气中NO2参与酸雨形成
【解析】选B。涉及淀粉水解成葡萄糖,葡萄糖分解成乙醇,乙醇氧化成乙酸,涉及氧化还原反应,A不符合题意;小苏打即NaHCO3,NaHCO3受热分解产生无毒的CO2,因此可用小苏打作食品膨松剂,不涉及氧化还原反应,B符合题意;利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌,涉及氧化还原反应,C不符合题意;D.NO2与水反应有HNO3产生,因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成,涉及氧化还原反应,D不符合题意。
2.(2020·北京等级考)下列物质的应用中,利用了氧化还原反应的是
(  )
A.用石灰乳脱除烟气中的SO2
B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]处理污水
C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
D.用“84”消毒液(有效成分NaClO
)杀灭细菌
【解析】选D。石灰乳脱除烟气中的SO2的原理为Ca(OH)2+SO2===CaSO3+H2O,发生非氧化还原反应,A项错误;明矾处理污水的原理是明矾溶于水过程中,铝离子溶于水水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝吸附水中悬浮物质,发生非氧化还原反应,B项错误;盐酸去除铁锈的原理为Fe2O3·xH2O+6HCl===2FeCl3+(3+x)H2O,发生非氧化还原反应,C项错误;“84”消毒液杀灭细菌的原理为NaClO与空气中水、二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有强氧化性,利用次氯酸的强氧化性杀菌消毒,D项正确。
3.(2020·北京等级考)水与下列物质反应时,水表现出氧化性的是
(  )
A.Na   B.Cl2   C.NO2   D.Na2O
【解析】选A。Na与水的反应为2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,水作氧化剂,A项正确;Cl2与水的反应为Cl2+H2O===HCl+
HClO,水既不是氧化剂,也不是还原剂,B项错误;3NO2+
H2O===2HNO3+
NO,水既不是氧化剂,也不是还原剂,C项错误;Na2O与水的反应为Na2O+
H2O===2NaOH,为非氧化还原反应,水既不是氧化剂,也不是还原剂,D项错误。
4.(2020·浙江7月选考)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是
(  )
A.1∶2   B.1∶1   C.2∶1   D.4∶1
【解析】选B。由反应方程式可知,反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价,生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价,反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价,生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价,故MnCl2是还原产物,Cl2是氧化产物,由氧化还原反应中得失电子守恒可知,n(Cl2)∶n(MnCl2)=1∶1,B符合题意。
1.氧化还原反应本质:有电子转移。
2.分析氧化还原反应问题的方法:从化合价升降相等入手。
3.氧化还原方程式书写遵循规则:原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒。
4.氧化还原反应规律:电子守恒、强弱规律、优先规律。
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-
17
-第四讲 氮及其化合物
考点一 氮气及其氧化物(命题指数★★★★★)
1.自然界中氮的存在和氮的固定:
2.氮气。
(1)物理性质:无色无味气体,密度比空气略小,难溶于水。
(2)化学性质。
写出有关化学方程式:
①3Mg+N2Mg3N2;
②N2+3H22NH3;
③N2+O22NO。
3.氮的氧化物:
(1)氮有多种价态的氧化物,氮元素从+1~+5价都有对应的氧化物,如N2O、NO、N2O3、NO2(或N2O4)、N2O5,其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。
(2)NO和NO2的比较。
性质
NO
NO2
色、态、味
无色、无味气体
红棕色、有刺激性气味气体
溶解性
难溶于水
毒性
有毒,大气污染物之一
有毒,大气污染物之一
与水反应
不反应
3NO2+H2O===2HNO3+NO
与氧气反应
2NO+O2==2NO2
不反应
对环境的影响
NO与血红蛋白结合使人中毒,NO、NO2导致光化学烟雾、形成酸雨及破坏臭氧层
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮属于氮的固定,是化学变化。(  )
提示:√。氮的固定是游离态变为化合态的过程,是化学变化。
(2)在实验室里,NO可用排空气法收集。(  )
提示:×。常温下,NO与氧气反应,用排水法收集。
(3)通过灼热的镁粉,可除N2中的少量氧气。(  )
提示:×。加热条件下,镁与氮气反应。
(4)N2与O2在放电条件下直接化合生成NO2。(  )
提示:×。N2与O2在放电条件下直接化合生成NO。
(5)将1
mol
NO与0.5
mol
O2混合后分子数为NA。(  )
提示:×。NO与O2反应生成NO2,2NO2N2O4。
(6)NO2与H2O反应中氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。(  )
提示:√。3NO2+H2O===2HNO3+NO,NO2既是氧化剂,又是还原剂,个数之比是1∶2。
2.(2021·衡阳模拟)一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是(  )
A.反应①属于“氮的固定”
B.反应②属于氧化还原反应
C.反应③可通过电解LiOH水溶液实现
D.上述三步循环的总结果为N2+3H2===2NH3
【解析】选A。解答本题的关键是结合图示和箭头方向确定反应物和生成物,然后根据图示写出化学方程式进行分析判断。反应①为Li与N2反应生成Li3N,属于氮的固定,A正确;结合图示可知反应②为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑,该反应中没有化合价的变化,属于非氧化还原反应,B错误;电解LiOH水溶液不能生成单质Li,C错误;结合图示可知,三步循环的总结果为2N2+6H2O===4NH3+3O2,D错误。
命题角度1:氮气及其氧化物的性质及应用
【典例1】(2021·葫芦岛模拟)下列说法中正确的是(  )
A.氮气化学性质不如磷活泼,故氮元素非金属性弱于磷
B.氮气只有氧化性,没有还原性
C.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D.NO与O2反应生成NO2属于氮的固定
【解析】选C。N≡N键能大,N2比磷稳定,A错误;氮气中氮元素的化合价可以升高,也可以降低,故既具有氧化性,又具有还原性,B错误;氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程,D项错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)哪些性质可以判断氮、磷的非金属性强弱?
提示:酸性:硝酸大于磷酸;稳定性:NH3大于PH3;还原性:PH3大于NH3等可以说明非金属性氮大于磷。
(2)氮的固定有哪些?
提示:①人工固氮:合成氨和仿生固氮;②自然固氮:高能固氮(雷雨天N2→NO)和生物固氮(豆科植物的根瘤菌固氮)。
【备选例题】
下列关于N2性质的叙述中错误的是(  )
A.氢气在氮气中能燃烧
B.氮气既具有氧化性,又具有还原性
C.将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定
D.氮气与氧气在一定条件下反应生成一氧化氮
【解析】选A。氢气与氮气在高温、高压、催化剂条件下才能反应,A错误;氮气中氮元素的化合价可以升高,也可以降低,故既具有氧化性,又具有还原性,B正确;将空气中的氮气转变成含氮化合物属于氮的固定,C正确;氮气与氧气在放电条件下反应生成NO,D正确。
命题角度2:氮的氧化物与水的反应
【典例2】如图所示,将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽且盛满水的试管内,充分反应后,试管内残留体积的气体,该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为(  )
A.3∶2  B.2∶3  C.8∶3  D.3∶8
【解析】选C。该过程中涉及的反应有2NO+O2===2NO2、3NO2+H2O===2HNO3+NO,可将两个方程式“合并”为4NO+3O2+2H2O===4HNO3。剩余气体与空气接触立即变为红棕色,说明剩余气体为NO。则可知体积的NO气体与n体积的O2恰好完全反应。
4NO+3O2+2H2O===4HNO3
4
3
n
4∶=3∶n,解得m∶n=8∶3。
 
题干剩余气体遇到空气无变化,下列说法正确的是(  )
A.3∶8   B.4∶5   C.8∶3   D.5∶4
【解析】选B。剩余气体与空气接触无变化,说明剩余气体为O2。则可知m体积的NO气体与(n-)体积的O2恰好完全反应。
4NO+3O2+2H2O===4HNO3
4
3
m
(n-)
4∶m=3∶(n-),解得m∶n=4∶5。
【备选例题】
同温同压下,在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体,它们是①NO和NO2,②NO2和O2,③NH3和N2。将3支试管均倒置于盛水的水槽中,充分反应后,试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3,则下列的关系正确的是(  )
A.V1>V2>V3      B.V1>V3>V2
C.V2>V3>V1
D.V3>V1>V2
【解析】选B。设各种气体的体积都为1体积。①根据3NO2+H2O===2HNO3+NO,即剩余NO的体积V1=(1+)体积。②根据4NO2+O2+2H2O===4HNO3,即剩余O2的体积V2=(1-)体积。③剩余N2的体积V3=1体积。即B项符合题意。
命题角度3:氮的氧化物与环境污染
【典例3】(2021·大连模拟)随着我国汽车年销量的大幅增加,空气环境受到了很大的污染。汽车尾气装置中,气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示,下列说法正确的是(  )
A.反应中NO为氧化剂,N2为氧化产物
B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
C.NO和O2必须在催化剂表面才能反应
D.催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选D。A项,反应中NO、O2均为氧化剂,N2为还原产物;B项,N2不是污染成分;C项,NO与O2没有催化剂存在下就可以发生反应。
【备选例题】
氮氧化合物(用NOx表示)是大气污染的重要因素,根据NOx的性质特点,开发出多种化学治理氮氧化合物污染的方法。
(1)用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。如,4NH3+6NO5N2+6H2O,写出氨气转化NO2的化学方程式________________________________________,
氧化产物与还原产物的质量之比为________________________。
(2)工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理。
①NO2被烧碱溶液吸收时,生成两种钠盐,其物质的量之比为1∶1,写出该反应的化学方程式:___________________________________________________。
②NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后只得到一种钠盐,该钠盐的化学式是__________。
【解析】(1)NH3和NO2反应生成N2和H2O,氧化产物与还原产物均为N2,其质量之比是4∶3。
(2)①生成两种钠盐,必须是NO2的歧化反应,依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。②NO中氮的化合价为+2价,NO2中氮的化合价为+4价,二者1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐,依据电子守恒可知,钠盐中氮的化合价为+3,即为NaNO2。
答案:(1)8NH3+6NO27N2+12H2O 4∶3
(2)①2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O
②NaNO2
1.氮的氧化物溶于水的计算方法
(1)NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应:4NO2+O2+2H2O===4HNO3,其计算如下表:
(2)NO和O2的混合气体溶于水时涉及反应:4NO+3O2+2H2O===4HNO3,其计算如下表:
2.氮氧化物对环境的污染及防治
光化学烟雾
NOx在紫外线作用下,与碳氢化合物发生一系列光化学反应,产生一种有毒的烟雾。
酸雨
NOx排入大气中后,与水反应生成HNO3和HNO2,随雨雪降到地面。
破坏臭氧层
NO2可使平流层中的臭氧减少,导致地面紫外线辐射量增加。
3.常见的NOx尾气处理方法
(1)催化转化法
在催化剂、加热条件下,氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2),或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)。一般适用于汽车尾气的处理。
(2)碱液吸收法
2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O
NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O
NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。
命题点1:氮气及其氧化物的性质(基础性考点)
1.下列关于NO、NO2的描述中错误的是(  )
A.NO2是红棕色气体,易溶于水,但不是酸性氧化物
B.NO2可用排水法收集,且可由N2和O2化合而得到
C.NO、NO2在一定条件下可相互转化,且二者都是大气污染物
D.NO、NO2既具有氧化性又具有还原性
【解析】选B。NO2是红棕色气体,易溶于水,不是酸性氧化物,A正确;NO2
易溶于水,不可用排水法收集,且N2和O2化合只能得到NO,B错误;两者通过2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO而相互转化,且两者都会造成空气污染,C正确;NO、NO2既具有氧化性又具有还原性,D正确。
命题点2:氮的氧化物与水的反应(基础性考点)
2.将40
mL
NO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中,充分反应后试管中剩下20
mL气体,则原混合气体中NO2和NO的体积比为(  )
A.2∶1   B.1∶3   C.3∶1   D.1∶1
【解析】选C。
3NO2+H2O===2HNO3+NO  ΔV
3
1
2
30
mL
20
mL
V(NO)=40
mL-30
mL=10
mL,
V(NO2)∶V(NO)=30
mL∶10
mL=3∶1。
3.常温常压下,注射器甲中装有NO2气体,注射器乙中装有相同体积的空气,注射器与U形管连通,固定活塞。如图所示,打开两个止水夹,足够时间后,将会看到U形管中液面(  )
A.a端上升,b端下降
B.a端下降,b端上升
C.U形管中液面无变化
D.无法判断
【解析】选A。打开两个止水夹后,甲中NO2与水反应生成HNO3和NO,U形管中左侧气体压强减小,a端液面上升,b端下降。
命题点3:氮的氧化物与环境污染(应用性考点)
4.氮氧化物进入大气后,不仅会形成硝酸型酸雨,还可能形成光化学烟雾,对含有氮氧化物的废气进行处理。
(1)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物,反应的化学方程式如下:
NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O(i)
2NO2+2NaOH===NaNO2+NaNO3+H2O(ii)
①在反应(i)中,氧化剂是________。在反应(ii)中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。
②由反应(ii)判断二氧化氮是否为酸性氧化物?解释原因__________________。
(2)汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应消除污染,试写出该反应的化学方程式_____________。
(3)目前有一种治理方法是在一定条件下,用氨气将氮氧化物转化为无污染的物质,请写出NO2发生该反应的化学方程式___________________________。
【解析】(1)①在反应(ⅰ)中NO2中的氮元素化合价降低做氧化剂;在反应(ⅱ)中氧化剂和还原剂都是NO2,它们的物质的量之比为1∶1。②二氧化氮与碱反应生成两种盐,且氮元素化合价发生变化,二氧化氮不是酸性氧化物。
(2)根据原子守恒定律结合题目信息可知,一氧化氮与一氧化碳反应后生成的对大气无污染的物质应为氮气和二氧化碳。
(3)根据原子守恒定律结合题目信息可知,氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。
答案:(1)①NO2 1∶1
②不是,因为二氧化氮与碱反应生成两种盐,且氮元素化合价发生变化
(2)2NO+2CON2+2CO2
(3)6NO2+8NH37N2+12H2O
【加固训练—拔高】
(2021·宜昌模拟)光化学烟雾的形成机理如图所示。下列叙述错误的是(  )
A.光化学烟雾的分散剂是空气
B.氧原子是产生光化学烟雾的催化剂K
C.PAN()属于有机物
D.光化学烟雾与氮氧化物和碳氢化合物大量排放有关
【解析】选B。光化学烟雾的二次污染物O3、醛类、PAN及硝酸分散在空气中,分散剂为空气,故A正确;根据示意图,氧原子是中间体,不是产生光化学烟雾的催化剂,故B错误;PAN()中含有碳元素,属于有机物,故C正确;由图示知光化学烟雾的形成与氮氧化合物和碳氢化合物的大量排放有关,故D正确。
考点二 硝酸(命题指数★★★★★)
1.物理性质:
硝酸是无色易挥发的液体,有刺激性气味。
2.化学性质:
(1)不稳定性。
反应:4HNO3(浓)
2H2O+4NO2↑+O2↑。
(2)强氧化性。
硝酸无论浓、稀都有强氧化性,而且浓度越大,氧化性越强。
与金属反应
稀硝酸与铜反应的化学方程式:3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O浓硝酸与铜反应的化学方程式:Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
与非金属反应
浓硝酸与C反应的化学方程式:C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O
与还原性化合物反应
硝酸可氧化Fe2+、H2S、SO2、Na2SO3、HI等还原性物质。如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式:3Fe2++4H++NO===3Fe3++NO↑+2H2O
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)常温下,铁、铝在浓硝酸中的钝化为化学变化。(  )
提示:√。铁、铝在浓硝酸中的钝化是金属被氧化的过程。
(2)过量的铜与浓硝酸反应,产物中一定有NO。(  )
提示:√。硝酸变稀,生成NO。
(3)浓硝酸在光照下久置,会变黄。(  )
提示:√。浓硝酸在光照下部分分解生成二氧化氮,溶于浓硝酸显黄色。
(4)硝酸具有强氧化性,硝酸与Fe反应一定生成Fe3+。(  )
提示:×。当Fe少量时生成Fe3+,当Fe过量时生成Fe2+。
(5)硝酸与Na2CO3反应生成CO2气体,与Na2S反应也生成H2S。(  )
提示:×。硝酸具有强氧化性,可将H2S氧化。
(6)在1.0
mol·L-1的KNO3溶液中可以存在H+、Fe2+、Cl-、SO。(  )
提示:×。溶液中含NO和H+,可将Fe2+氧化为Fe3+。
2.某同学在实验室取出一瓶浓硝酸,发现溶液显黄色,与教材中关于硝酸的描述出现偏差。
(1)你能帮助该同学解释一下原因吗?
应该如何避免这种情况的发生?
提示:浓硝酸不稳定见光或受热会分解生成NO2,NO2溶于浓硝酸使溶液显黄色;故浓硝酸应该保存在棕色试剂瓶中,并放在阴凉处。
(2)你能帮助该同学去除硝酸的黄色吗?
提示:向浓硝酸中通入氧气(或空气),发生反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3,消除黄色。
(3)足量的铜投入少量上述浓硝酸,会看到什么现象?
提示:立即有红棕色气体产生,气体颜色逐渐变浅至无色;溶液变为绿色或蓝绿色。
命题角度1:硝酸的性质及应用
【典例1】(2021·秦皇岛模拟)某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验,装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态),F是一半空的注射器。
请回答有关问题:
(1)设计装置A的目的是___________________________________________;
为达到此目的,应进行的操作是打开K,且打开分液漏斗活塞,当装置C中产生________时,关闭K。
(2)在完成(1)中的“操作”后,将装置B中铜丝插入稀硝酸,并微热之,观察到装置B中的现象是____________________________________________________;
B中反应的离子方程式为____________________________________________。
(3)装置E和F的作用是______________________________;为实现此作用,其操作方法是_________________________________________________________。
(4)装置D的作用是吸收多余的氮氧化物,防止污染空气,兼有________________的功能。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】(1)由于装置中含有空气,能把NO氧化生成NO2,从而干扰实验。所以需要利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰。澄清的石灰水能吸收CO2,产生白色沉淀,据此可以判断。
(2)稀硝酸具有氧化性,能把铜氧化,生成硝酸铜、NO和水,所以现象就是铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色。有关反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O。
(3)由于NO极易被氧气氧化生成NO2,所以E、F的作用是验证无色气体为NO。具体的操作是将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中。
(4)NO2极易溶于水,所以还有防止倒吸的作用。
答案:(1)利用生成的二氧化碳将整个装置内的空气赶尽,避免NO和氧气反应生成二氧化氮对气体产物的观察产生干扰 白色沉淀
(2)铜丝表面产生气泡,稀硝酸液面上仍为无色,溶液变为蓝色
3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)验证无色气体为NO 将注射器F中的空气推入E中或将E中的无色气体吸入注射器中
(4)防止倒吸
 
(1)(科学探究与创新意识)进行完(3)中操作后,还要打开止水夹K和分液漏斗的活塞,通一段时间的CO2再拆卸装置,为什么?
提示:通过通CO2将氮的氧化物都赶到装置D中吸收,防止拆卸装置时污染空气。
(2)在进行(3)中操作时,发现装置C中的沉淀会溶解,原因是什么?
提示:将注射器中的空气注入装置E,产生的NO2进入装置C与水反应生成硝酸,硝酸将沉淀碳酸钙溶解。
【讲台挥洒一刻】
现象描述答题模板
①全面描述现象的程序——“海、陆、空”
“海”——溶液有什么变化;“陆”——固体有什么变化;“空”——气体有什么变化。
②规范描述现象的答题模板
如颜色:……由……(具体颜色)变为……(具体颜色);气体:溶液中产生……(颜色)的气体,(或)在固体表面产生……(颜色)气体;沉淀:在……(颜色)溶液中产生……(颜色)的沉淀(浑浊)。
命题角度2:金属与硝酸反应的多角度计算
【典例2】将11.2
g的Mg、Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反应产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4
g沉淀。根据题意推断气体X的成分可能是(  )
A.0.3
mol
NO2和0.3
mol
NO
B.0.2
mol
NO2和0.1
mol
N2O4
C.0.6
mol
NO
D.0.1
mol
NO、0.2
mol
NO2和0.05
mol
N2O4
【解析】选D。向Mg、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液,产生21.4
g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜,所以沉淀中氢氧根的质量为
21.4
g-11.2
g=10.2
g,物质的量为=0.6
mol,根据电子守恒可知反应过程中共转移0.6
mol
e-,确定D项符合。
【讲台挥洒一刻】
金属与硝酸反应的思维模型
【备选例题】
某100
mL混合液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4
mol·L-1和
0.1
mol·L-1。向该混合液中加入1.92
g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中
Cu2+的物质的量浓度(忽略体积变化)为(  )
A.0.15
mol·L-1   
B.0.225
mol·L-1
C.0.35
mol·L-1
D.0.45
mol·L-1
【解析】选B。解答本题要从离子反应的角度来考虑,H2SO4提供的H+可以和NO构成强氧化性环境,继续氧化铜单质。HNO3、H2SO4混合液中H+总的物质的量为0.06
mol,NO的物质的量为0.04
mol,Cu的物质的量为0.03
mol。Cu与稀硝酸发生反应:
3Cu + 8H++  2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O
3
8
2
0.03
mol
0.06
mol
0.04
mol
H+不足量,应根据H+的物质的量来计算。
3Cu + 8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O
8
3
0.06
mol
n(Cu2+)
n(Cu2+)=0.06
mol×=0.022
5
mol
c(Cu2+)==0.225
mol·L-1。
1.多角度突破HNO3的强氧化性
(1)硝酸与金属的反应
①除Au、Pt等少数金属外,硝酸几乎可以氧化所有的金属。
②活泼金属与硝酸反应不生成H2,硝酸的浓度不同,还原产物不同。
③常温下浓硝酸能使Fe、Al钝化。
(2)硝酸与非金属的反应
非金属单质+浓硝酸→最高价氧化物或其含氧酸+NO2↑+H2O。
(3)硝酸与还原性化合物的反应
可以氧化具有还原性的化合物或离子,如HI、HBr、SO2、Fe2+、FeO、Br-、I-、S2-、SO等均能被HNO3氧化。
2.金属与硝酸反应的计算方法
(1)电子守恒法:硝酸与金属反应属于氧化还原反应,氮原子得到的电子数等于金属原子失去的电子数,由此可求出氮元素被还原后的价态,根据价态确定反应产物。
(2)原子守恒法:硝酸与金属反应时,一部分以NO的形式存在,一部分转化为还原产物,这两部分中N的物质的量与反应消耗的HNO3中N的物质的量相等。
(3)电荷守恒法:Mn+和H+所带正电荷总数应等于NO所带负电荷总数(因为这种溶液中OH-浓度很小,可被忽略)。
(4)离子方程式法:HNO3与H2SO4混合液跟金属的反应,当金属足量时,不能用HNO3与金属反应的化学方程式计算,应用离子方程式计算,因为生成的硝酸盐中的NO借助H+仍能继续与金属反应。
命题点1:硝酸的性质及应用(基础性考点)
1.将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是(  )
A.硝酸浓度越小消耗的硝酸越多,产生的有毒气体也越多
B.反应中转移的电子总数稀硝酸少
C.试管内壁上的铜用浓硝酸除去最好,因反应速率快
D.两者用排水法收集的气体的体积相同
【解析】选D。铜完全反应,在进行相关计算时以铜为标准,等质量的铜在反应中失去的电子数相同,生成Cu(NO3)2的量相同,浓硝酸被还原为NO2,氮原子价态由+5价降到+4价,每个氮原子得到1个电子,稀HNO3被还原时每个氮原子得到3个电子,故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少,生成的NO2也比NO多。用排水法收集气体时,3NO2+H2O===2HNO3+NO,故两种情况收集到的气体一样多。
2.(2021年辽宁适应性测试)下列各实验的现象及结论都正确的是(  )
选项
实验
现象
结论
A
浓硫酸滴入蔗糖中,产生的气体导入澄清石灰水
蔗糖变黑、体积膨胀,澄清石灰水变浑浊
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
铜粉加入稀硫酸中,加热;再加入少量硝酸钾固体
加热时无明显现象,加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
C
过量铁粉加入稀硝酸中,充分反应后,滴加KSCN溶液
有无色气泡产生,溶液呈血红色
稀硝酸能将Fe氧化成Fe3+
D
将Na粒投入MgCl2溶液
析出银白色固体
固体为Mg
【解析】选A。蔗糖变黑,体积膨胀,说明浓硫酸具有脱水性,澄清石灰水变浑浊,说明生成CO2、SO2,浓硫酸具有强氧化性,A正确;铜粉与稀硫酸不反应,加入KNO3后溶液变蓝,是因为在酸性条件下,NO能与铜反应,B错误;过量的铁粉与硝酸反应,生成的是Fe2+,C错误;将Na投入MgCl2溶液中,析出白色固体是Mg(OH)2,D错误。
命题点2:金属与硝酸反应的多角度计算(综合性考点)
3.(2021·衡阳模拟)一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250
mL
2
mol·L-1的硝酸中,反应共生成1.12
L
NO(标准状况下),再向反应后的溶液中加入1
mol·L-1的NaOH溶液,当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是(  )
A.450
mL       
B.500
mL
C.400
mL
D.不能确定
【解析】选A。生成NO的物质的量为0.05
mol,则此时NO的物质的量为
0.5
mol-0.05
mol=0.45
mol。当沉淀量最大时,溶液中的溶质是硝酸钠,硝酸钠的物质的量是0.45
mol,根据钠原子守恒可知,氢氧化钠的物质的量是
0.45
mol,则氢氧化钠的体积是450
mL。
【加固训练—拔高】
1.3.2
g
Cu与30
mL
3
mol·L-1HNO3溶液充分反应,还原产物有NO2和NO,若反应后溶液中H+为a
mol,则此时溶液中所含NO为(  )
A.
mol       B.2a
mol
C.0.1a
mol
D.(a+0.1)
mol
【解析】选D。溶液中某元素的原子个数守恒,溶液中电荷守恒(即溶液显电中性)。根据题意,HNO3有剩余,则Cu反应完全。可据电荷守恒:n(NO)=
2n(Cu2+)+n(H+)=2×+a
mol=(0.1+a)
mol。
2.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200
mL,平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2
g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是(  )
A.原混合酸中NO物质的量浓度为2
mol·L-1
B.OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气
C.第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D.H2SO4浓度为2.5
mol·L-1
【解析】选D。第一份中发生3Cu+8H++2NO===3Cu2++2NO↑+4H2O,由于铜溶解0.3
mol,故反应的NO为0.2
mol,原混合酸中NO的浓度为=2
mol·L-1,故A项正确;B项由图可知OA为Fe+4H++NO===Fe3++NO↑+2H2O,AB为2Fe3++Fe===3Fe2+,BC段为Fe+2H+===H2↑+Fe2+,故B、C项正确;反应消耗22.4
g
Fe,则n(Fe)==0.4
mol,则n(FeSO4)=0.4
mol,据原子守恒可知,每份溶液中含有0.4
mol
H2SO4,原混合溶液中c(H2SO4)==4
mol·L-1,故D项错误,符合题意。
3.(2021·滁州模拟)某化学学习小组采用下列装置,对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知:4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O)。
请回答下列问题:
(1)检查装置气密性后,将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态,立即伸入三颈瓶中,并塞紧瓶塞,滴加浓硝酸,可观察到三颈瓶中气体的颜色为____________,产生该气体的化学反应方程式是______________________。
(2)装置C中盛有足量Ba(OH)
2溶液,反应一段时间后可观察到C中出现白色沉淀,该白色沉淀为______________________________________________
(写化学式)。其中的Ba(OH)2溶液__________(填“能”或“不能”)用Ca(OH)2溶液代替,理由是____________________________________________________。
(3)装置B的作用是______________。
(4)装置D中收集到了无色气体,部分同学认为是NO,还有部分同学认为是O2。
①下列对该气体的检验方法合适的是________(填序号)。
A.敞口观察集气瓶内气体的颜色变化
B.将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内,观察试纸是否变红
C.将带火星的木条伸入集气瓶中,观察木条是否复燃
②如果集气瓶中收集到的无色气体是氧气,则氧气的来源是________________。
【解析】(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应,生成NO2、CO2、H2O,由于NO2为红棕色气体,故三颈瓶中的气体为红棕色。(2)将NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液中分别生成Ba(NO3)2和BaCO3,由于Ba(OH)2溶液足量,故溶液为碱性环境,BaCO3不溶解以沉淀形式析出。Ba(OH)2溶液不能用Ca(OH)2溶液代替,因为Ca(OH)2微溶于水,溶液中Ca(OH)2含量太少,浓度太低,不足以完全吸收生成的酸性气体,导致溶液呈酸性,从而不能生成CaCO3沉淀。(3)装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。(4)①NO与足量O2反应生成红棕色的NO2,A正确;NO和O2均不具有酸性,B错误;O2能使带火星的木条复燃,而NO不能,C正确。②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外,还发生浓硝酸的分解反应。
答案:(1)红棕色
C+4HNO3(浓)
4NO2↑+CO2↑+2H2O
(2)BaCO3 不能 Ca(OH)2溶液中Ca(OH)2浓度较低,不能形成CaCO3沉淀
(3)防倒吸 (4)①A、C ②浓硝酸的分解
考点三 氨和铵盐(命题指数★★★★★)
1.氨的分子结构与物理性质:
2.氨的化学性质:
(1)与水反应。
①氨水呈现碱性的原因:NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-。
②氨水中存在的粒子:NH3·H2O、H2O、NH3、NH、OH-、H+。
③NH3·H2O的性质:NH3·H2O为可溶性一元弱碱,不稳定,易分解,化学方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O。
(2)与酸的反应。
蘸有浓盐酸(或浓硝酸)的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近,其现象为有白烟生成。化学方程式分别为HCl+NH3===NH4Cl、HNO3+NH3===NH4NO3。
(3)与盐溶液的反应。
如过量氨水与AlCl3反应的离子方程式:
Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH。
(4)氨气的还原性。
性质
方程式
催化氧化
4NH3+5O24NO+6H2O
被CuO氧化
2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
被氯气氧化
2NH3+3Cl2===N2+6HCl或8NH3+3Cl2===N2+6NH4Cl
被氮氧化物氧化
6NO+4NH3===5N2+6H2O6NO2+8NH3===7N2+12H2O
①NH3是中学化学中唯一的碱性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
②氨水呈弱碱性,NH3·H2O属于一元弱碱,计算氨水的浓度时,溶质按NH3计算。
3.喷泉实验:
(1)原理。
使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差,利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内,在尖嘴导管口形成喷泉。
(2)形成喷泉的常见组合。
①HCl、NH3、NO2、NO与O2(4∶3)、NO2与O2(4∶1)溶于水。
②HCl、CO2、Cl2、SO2溶于NaOH溶液。
4.铵盐及NH的检验:
(1)铵盐的物理性质。
铵盐都是白色固体,均易溶于水。
(2)铵盐的化学性质。
(3)NH的检验。
未知液呈碱性湿润的红色石蕊试纸变蓝色,则证明含NH。
5.含氮元素物质之间的转化关系:
(1)歧化——同一物质中某元素的化合价在同一反应中既升高又降低。
如:3NO2+H2O===2HNO3+NO
2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。
(2)归中——不同物质中同一元素的不同化合价在同一反应中只靠拢。
如:6NO+4NH35N2+6H2O
NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)氨遇到浓盐酸、硫酸都会发生反应,产生白烟。(  )
提示:×。硫酸难挥发,与氨反应不产生白烟。
(2)加热盛有NH4Cl固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结。(  )
提示:√。氯化铵分解生成的氨气与氯化氢反应生成NH4Cl,冷凝重新凝结。
(3)氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH。(  )
提示:×。氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH3·H2O。
(4)铵盐都易溶于水,其水溶液均呈酸性。(  )
提示:×。NH4HCO3、(NH4)2S溶液呈碱性。
(5)现有1
mol·L-1的氨水,则该溶液中NH3·H2O的浓度是1
mol·L-1。(  )
提示:×。氨水中存在NH3、NH和NH3·H2O,NH3·H2O的浓度小于1
mol·L-1。
(6)NH4Cl与NaCl的固体混合物可用升华法分离。(  )
提示:×。NH4Cl与NaCl的固体混合物可用加热氯化铵分解法分离。
(7)向某无色溶液中加入稀NaOH溶液,把湿润的红色石蕊试纸放在试管口,不变蓝,则原溶液中不含NH。(  )
提示:×。检验时应该使用浓的氢氧化钠溶液并加热,便于产生NH3。
2.(1)管道工人用浓氨水检验氯气管道是否漏气,如果管道某处漏气,会产生白烟,原理是什么?
提示:若氯气管道漏气,发生反应:2NH3+3Cl2===N2+6HCl、NH3+HCl===NH4Cl,产生的白烟是固体NH4Cl。
(2)“有一位农民看到自己买的一袋碳酸氢铵化肥受潮了,就放在太阳下面晒,下午取的时候发现少了许多。请解释相关原因?
提示:在太阳光的照射下,碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2、水蒸气,故固体减少。
命题角度1:氨、铵盐的性质及实验
【典例1】(2021·滨州模拟)探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是
(  )
A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水
B.将pH=11的氨水稀释1
000倍,测得pH>8,说明NH3·H2O为弱碱
C.加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定
D.将红热的铂丝伸入如图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2
【解析】选D。氨气极易溶于水生成氨水,所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,故A正确;常温下,pH=11的氨水中c(OH-)=
10-3
mol·L-1,稀释1
000倍,测得pH>8,c(OH-)>10-6
mol·L-1,说明稀释时电离平衡正向移动,所以NH3·H2O为弱碱,故B正确;碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳和水,故C正确;氨气的氧化产物为NO,NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2,所以瓶口出现少量红棕色气体,故D错误。
 
(1)上题A项试管中液体的物质的量浓度为多少?(设实验条件下的气体摩尔体积为Vm)
提示:1/Vm
mol·L-1。设试管的体积为V
L,则氨气的物质的量为V/Vm
mol,溶液的体积为V
L,则溶液的物质的量浓度为1/Vm
mol·L-1。
(2)上题D项锥形瓶中会有白烟产生,产生该现象的原因是什么?
提示:氨催化氧化生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,HNO3与挥发出的NH3反应生成NH4NO3,产生白烟。
命题角度2:喷泉实验问题分析
【典例2】喷泉是一种常见的现象,其产生的原因是存在压强差。
(1)图Ⅰ为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体,胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中不可能形成喷泉的是____________。
A.SO2和H2O   
B.CO2和NaOH溶液
C.NH3和H2O
D.NO和H2O
(2)比较图Ⅰ和图Ⅱ两套装置,从产生喷泉的原理来分析,图Ⅰ是____________上部烧瓶内气体压强;图Ⅱ是____________下部锥形瓶内气体压强(填“增大”或“减小”)。
(3)某学生积极思考喷泉原理的应用,设计了如图Ⅲ所示的装置。
①如果关闭活塞c,打开活塞a、b,再挤压胶头滴管.则可能出现的现象为___________________________________________________________________。
②在①操作的基础上,打开活塞c,产生的现象是____________。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】(1)极易溶于水或气体与溶液易发生化学反应可形成图Ⅰ中喷泉,A、C利用气体的溶解性形成喷泉,B中发生化学反应形成喷泉,而D中NO不溶于水,不能形成喷泉;
(2)图Ⅰ和图Ⅱ两套装置,均产生压强差,形成喷泉,图Ⅰ是减小上部烧瓶内气体压强,而图Ⅱ是增大下部锥形瓶内气体压强;
(3)①如果关闭活塞c,打开活塞a、b,再挤压胶头滴管,有氨气的瓶内气压减小,HCl与氨气结合生成氯化铵,则观察到HCl气体进入盛有NH3的烧瓶,产生大量的白烟;
②在①操作的基础上,打开活塞c,瓶内气体减少,外压大于内压,形成喷泉,则现象为两烧瓶同时产生喷泉。
答案:(1)D (2)减小 增大
(3)①HCl气体进入盛有NH3的烧瓶,产生大量的白烟
②两烧瓶同时产生喷泉
 
(1)某同学组装上题图Ⅰ装置时忘记了胶头滴管,如何操作可以产生喷泉?
提示:用热毛巾捂烧瓶或冰敷烧瓶。
(2)若上题装置Ⅱ中锥形瓶装有乙醇,如何操作可以产生喷泉?
提示:加热锥形瓶使乙醇挥发,使锥形瓶中压强增大,产生喷泉。
命题角度3:氮及其化合物的转化
【典例3】(2021年广东适应性测试)部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是(  )
A.a可经催化氧化生成b
B.b为红棕色,可转化为c
C.密闭体系中,c存在2NO2N2O4
D.d的溶液与Cu反应可生成b或c
【解析】选B。a是NH3,NH3高温下催化氧化可以生成NO(b物质),故A对;NO(b物质)常温下是无色气体,故B错;密闭系统中存在2NO2N2O4,故C对;d为HNO3,Cu跟稀HNO3反应生成物之一为NO(b物质),Cu跟浓HNO3反应生成物之一为NO2(c物质),故D对。
1.氨的催化氧化深度思考
(1)空气通入氨水的目的:让氨气挥发,使氧气和氨充分混合。
(2)锥形瓶中气体呈红棕色的原因:NH3被氧化为NO,NO遇到空气中的O2又迅速被氧化为红棕色的NO2。
(3)瓶内有白烟出现的原因:由于锥形瓶里有水蒸气存在,水蒸气和NO2反应生成了HNO3:3NO2+H2O===2HNO3+NO,HNO3再跟NH3反应生成微小的白色NH4NO3晶体:NH3+HNO3===NH4NO3。
(4)悬空铂丝总是呈红色的原因:NH3与O2在铂丝的表面上进行的反应是放热反应,反应放出的热量足以使铂丝继续保持红热状态。
2.常见的喷泉实验装置及引发方法
装置Ⅰ:打开止水夹,挤压胶头滴管的胶头,使少量水进入烧瓶,导致大量的NH3溶解。烧瓶内形成负压而产生喷泉。
装置Ⅱ:挤压气球,即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶,导致大量的NH3溶解,烧瓶内形成负压而产生喷泉。
装置Ⅲ:去掉了胶头滴管。打开止水夹,用手(或热毛巾等)焐热烧瓶,氨气受热膨胀,使氨气通过导管与水接触,即产生喷泉。(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶,使水进入烧瓶,烧瓶内氨气溶于水)
命题点1:氨、铵盐的性质及实验(基础性考点)
1.关于铵盐的叙述:①铵盐易溶于水;②铵盐中氮元素均为-3价;③铵盐受热易分解;④铵盐只能跟碱反应,不能跟酸反应;⑤铵态氮肥不宜跟碱性物质如草木灰混合使用。其中正确的是(  )
A.①②③④⑤       
B.①③⑤
C.③④⑤
D.①②④
【解析】选B。铵盐都是易溶于水的晶体,受热易分解,且都能与碱反应生成NH3或NH3·H2O,①、③、⑤正确;NH4NO3中氮元素为-3价、+5价,②错误;NH4HCO3或(NH4)2CO3既可与碱反应,也可与酸反应,④错误。
2.如图,利用培养皿探究氨气的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是
(  )
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红色石蕊试纸不变色,湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
【解析】选A。B项,NH3与浓硫酸反应;C项,AlCl3、MgCl2等氯化物溶液均可与NH3反应使溶液变浑浊;D项,NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-,氨水呈碱性,NH3·H2O是碱,NH3不属于碱。
命题点2:喷泉实验问题分析(综合性考点)
3.如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案,下列有关操作不可能引发喷泉的是(  )
A.挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹
B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶,片刻后打开止水夹
C.用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D.在装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【解析】选B。H2难溶于NaOH溶液,不能使烧瓶内外形成较大压强差,故不能引发喷泉。
命题点3:氮及其化合物的转化(应用性考点)
4.(2021·日照模拟)氮及其化合物的转化关系如图所示。下列说法错误的是(  )
A.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
B.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
C.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是自然固氮的一种途径
D.上述所有转化都属于氧化还原反应
【解析】选A。A.氮气与氧气反应生成NO,NO与氧气反应生成二氧化氮,氮气与足量的氧气不能通过一步反应生成NO2,故A错误;B.根据工业上生产硝酸的路径:合成氨→氨的催化氧化→一氧化氮转化为二氧化氮→二氧化氮和水反应获得硝酸,所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径,故B正确;C.氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮,一氧化氮会迅速被氧气氧化为二氧化氮,二氧化氮和水反应获得硝酸,即路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径,自然固氮的一种途径,故C正确;D.上述过程的反应合成氨、氨的催化氧化、一氧化氮转化为二氧化氮、二氧化氮和水反应中都有元素化合价变化,都属于氧化还原反应,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·聊城模拟)如图装置中,干燥烧瓶内盛有某种气体,烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头,下列与实验事实不相符的是(  )
A.CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉
B.NH3(H2O中含酚酞)/红色喷泉
C.H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉
D.HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉
【解析】选A。二氧化碳难溶于碳酸氢钠溶液,不能产生压强差,无法形成喷泉,A项与实验事实不相符。NH3·H2O是碱,遇酚酞变红色,能形成红色喷泉,B项与实验事实相符。H2S与CuSO4生成黑色固体CuS,C相符,HCl与AgNO3生成白色固体AgCl,D相符。
2.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是(  ) 
A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口,试纸变红,说明NH3已经集满
C.关闭a,将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点时喷泉最剧烈
D.工业上,若出现液氨泄漏,喷洒稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【解析】选D。A项,CaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于氨气的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量的变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,故A项错误;B项,氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性,红色石蕊试液遇碱显蓝色,所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已收集满,而蓝色石蕊试纸遇碱仍然是蓝色,故B项错误;C项,三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小、大气压不变,所以大气压和C点压强差最大,则喷泉最剧烈,故C项错误;D项,盐酸显酸性,碳酸氢钠溶液显碱性,氨水溶液显碱性,因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于在碱性溶液中的吸收效率,故D项正确。
3.生物脱氮工艺是目前广泛采用的污水处理工艺,可将废液中的N转化为N2和水,该工艺流程如图:
已知反应Ⅰ的离子方程式为N+2O2N+2H++H2O。下列说法正确的是
(  )
A.反应Ⅱ中N转化为N2和水的离子方程式为5N+3N4N2↑+9H2O+2H+
B.两池中投放的废液体积相等时,N能完全转化为N2
C.常温常压下,反应Ⅱ中生成22.4
L
N2转移的电子为3.75
mol
D.两池发生的反应中,氮元素只被氧化
【解析】选A。反应Ⅱ的离子方程式为5N+3N4N2↑+9H2O+2H+,故A正确;反应Ⅰ中1
mol
N转化为1
mol
N,反应Ⅱ中1
mol
N完全反应转化为N2消耗
mol
N,两个反应中消耗的废液体积不同,故B错误;标准状况下,反应Ⅱ中生成22.4
L
N2转移的电子数为3.75
NA,故C错误;反应Ⅱ中N元素既被氧化又被还原,故D错误。
考点四 氨气的制法(命题指数★★★★★)
1.氨气的实验室制法:
(1)制备装置。
  
(2)制备原理及流程分析。
2.氨气的工业制法:
合成氨工业的简要流程可用方框图表示为
(1)原料气的制取。
①N2:将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2,除去CO2后得N2。
②H2:用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为
C+H2O(g)
CO+H2,CO+H2O(g)
CO2+H2。
(2)原料气的净化。
制得的N2、H2需净化、除杂质,再用压缩机压缩至高压。
(3)氨的合成:在适宜的条件下,在合成塔中进行。
(4)氨的分离:经冷凝使氨液化,将氨分离出来,为提高原料的利用率,将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔,使其被充分利用。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)虽然氨水受热分解可产生氨气,但在实验室也不能用加热浓氨水的方法制取氨气。(  )
提示:×。实验室可以用加热浓氨水的方法制取氨气。
(2)实验室可用NaOH和NH4Cl加热制取NH3。(  )
提示:×。NaOH碱性强,腐蚀试管。
(3)实验室可用Ca(OH)2和NH4NO3加热制取NH3。(  )
提示:×。NH4NO3受热易发生爆炸。
(4)通常可选择浓硫酸为干燥剂,除去氨气中的水蒸气。(  )
提示:×。氨气是碱性气体,不能用浓硫酸干燥。
(5)既可用向下排空气法收集NH3,又可用排水法收集NH3。(  )
提示:×。NH3极易溶于水,不能用排水法收集。
(6)氯水显酸性,可用pH试纸测定氯水的pH。(  )
提示:×。氯水中含有次氯酸,具有漂白性,可将pH试纸漂白,无法根据颜色测定pH。
2.(1)实验室制取氨气时,碱不选用NaOH、KOH,其原因是什么?
提示:消石灰不能用NaOH、KOH代替,原因是NaOH、KOH具有吸湿性,易结块,不利于产生氨气,在加热条件下还会腐蚀试管。
(2)某同学根据铵盐受热分解的性质,认为可以采用加热NH4Cl来制备氨气,你怎么看?
提示:不行。NH4Cl分解得到NH3和HCl,两种气体在试管口反应又生成NH4Cl,得不到氨气。
3.下列制备NH3并制取氨水的装置正确且能达到实验目的的是(  )
【解析】选D。A项,加热固体时试管口应略向下倾斜,错误;B项,用碱石灰干燥NH3,但气体应大口进,小口出,错误;C项,氨气密度小于空气,应用向下排空气法收集,错误;D项,氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳,可通过四氯化碳层再进入水层吸收氨气防止倒吸,正确。
命题角度:氨气的实验室制法
【典例】(2021·咸阳模拟)某学习兴趣小组探究氨气的制取实验:
(1)甲同学拟用下列实验方法制备氨气,其中合理的是________。
A.将氯化铵固体加热分解
B.将浓氨水滴入氢氧化钠固体中
C.将氢氧化钠固体加入浓氨水中
D.将氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中
(2)根据上述正确的原理,该同学欲用下列常见的实验室制气装置制取氨气,适宜的装置是_________________________________________。
(3)气体的性质是气体收集方法选择的主要依据,下列性质与收集方法无关的是________。
①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应
(4)下图是甲同学设计收集氨气的几种装置,其中可行的是________,集气的原理是______________________________________________________________。
【解析】(1)A.加热氯化铵产生氯化氢和氨气,遇冷又转化为氯化铵固体,得不到氨气,故A错误;B.氢氧化钠固体具有吸水性,溶于水放出大量的热量,而氨气易挥发,则浓氨水滴入氢氧化钠固体中可制得氨气,并且能够节约氨水的用量,可以制取氨气,故B正确;C.浓氨水中存在平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-,加入氢氧化钠固体时,平衡会逆向移动,能够制得氨气,但是因为氨气极易溶于水,这样操作消耗的氢氧化钠和浓氨水更多,故C错误;D.氨气极易溶于水,氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中生成一水合氨得不到氨气,故D错误;(2)浓氨水滴入氢氧化钠固体中,反应物的状态为液体+固体,反应条件不需要加热,所以应选择C;(3)收集气体可采用排空气法(密度、气体不能被氧气氧化等),也可采用排水法(不易溶于水),与其他性质无关,故选:②④;(4)氨气极易溶于水,不能用排水法收集,氨气密度小于空气,应选择向下排空气法,选用d收集,采用短管进氨气,长管出空气。
答案:(1)B (2)C (3)②④ (4)d 利用氨气密度小于空气,采用短管进氨气,长管出空气,即可收集氨气
(1)干燥氨气时可以使用什么装置?
提示:干燥氨气时使用固体干燥剂,如碱石灰、氢氧化钠固体等,故仪器为干燥管或U形管。
(2)NH3是一种污染性气体,为避免污染空气,实验中多余的NH3应如何进行吸收处理?试画出相应装置图。
提示:NH3是有刺激性气味的气体,多余的NH3要吸收掉以避免污染空气。可采用在导管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉花球吸收等方法,但多余气体在尾气吸收时要防止倒吸。常采用的装置有
【备选例题】
(2021·邢台模拟)氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题:
(1)实验室可用如图所示装置合成氨。
①亚硝酸钠与氯化铵反应的离子方程式为____________________________。
②锥形瓶中盛有一定量水并滴有几滴酚酞试剂。反应一段时间后,锥形瓶中溶液变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、________________和_________________________________________________________(填化学式)。
(2)斯坦福大学研究人员发明了一种锂循环系统,可持续合成氨,其原理如图所示。
①图中反应Ⅱ属于____________________(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。
②反应Ⅲ中能量转化的方式是________________________________(填“电能转化为化学能”或“化学能转化为电能”)。
【解析】(1)①亚硝酸钠具有强氧化性,与氯化铵发生氧化还原反应,生成氮气,反应的离子方程式为NO+NHN2↑+2H2O。②锌与稀硫酸反应生成的氢气与亚硝酸钠和氯化铵反应生成的氮气在催化剂作用下反应生成了氨,因此锥形瓶中含酚酞的水变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、H2、NH3。
(2)①反应Ⅱ是Li3N与水反应生成氨和LiOH的过程,反应中没有元素化合价的变化,属于非氧化还原反应。
②反应Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水,发生了氧化还原反应,属于非自发的氧化还原反应,属于电解池反应,能量转化的方式是电能转化为化学能。
答案:(1)①NO+NHN2↑+2H2O
②H2 NH3 (2)①非氧化还原反应
②电能转化为化学能
氨气制备的简易方法
命题点1:氨气的实验室制法(基础性考点)
1.(2021年江苏适应性测试)氨是一种重要的化工原料,主要用于化肥工业,也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业;合成氨反应为N2(g)+3H2(g)
2NH3(g) ΔH=-92.4
kJ·mol-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。实验室制取NH3时,下列装置能达到相应实验目的的是(  )
【解析】选B。A.实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气,制取装置中试管口应该略向下倾斜,防止水倒流引起试管炸裂,故A错误;B.碱性气体选用碱性干燥剂,故可用碱石灰干燥氨气,故B正确;C.氨气的密度比空气小,应该用向下排空气法,故C错误;D.氨气极易溶于水,装置图中导管不能直接插入水中,否则会引起倒吸,故D错误。
命题点2:氨气制备、性质、检验的综合实验(综合性考点)
2.实验室制取氨气的常见方法如下:
序号
方法
装置

氯化铵与熟石灰固体混合加热

浓氨水加热

浓氨水滴加到固体烧碱上
(1)方法①的化学方程式为___________________________________________。
(2)依据表中所列方法,从下列图中选择合适的发生装置并将其序号填入表中装置栏中。
【解析】(1)氯化铵与熟石灰固体混合加热生成氨气、氯化钙和水,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)氯化铵与熟石灰固体混合加热制备气体是固体+固体气体的反应,选择b装置;浓氨水加热是液体直接加热得到氨气,选择a装置;浓氨水滴加到固体烧碱上不需要加热,利用固体烧碱溶解放热使一水合氨分解生成氨气,选择c装置。
答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)①b ②a ③c
【加固训练—拔高】
1.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性,请回答下列问题:
(1)实验室制备氨气有多种方法,现欲用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3,则甲中的气体发生装置为____________(从Ⅱ中选用);用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3,反应的化学方程式为________________________________________。
(2)装置丙用于收集NH3,应将导管____________(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部,装置乙中盛放的试剂为____________,装置己的作用为__________(答两点)。
(3)若装置丁中黑色固体变红,则装置戊中现象为________________________。
【解析】(1)铵盐与氢氧化钙反应需要加热,且有水生成,应选装置B;氧化钙与一水合氨反应生成氢氧化钙和氨气。(2)氨气密度比空气小,应用向下排空气法收集,所以将b管延伸至集气瓶底部;氨气是碱性气体,可用碱石灰干燥;氨气与氧化铜反应时,氨气不能消耗完,装置己的作用是吸收未反应完的NH3,防止空气中水蒸气进入装置戊中。(3)氨气与氧化铜反应生成铜和水,装置戊中的现象为白色固体变为蓝色。
答案:(1)B
CaO+NH3·H2O===Ca(OH)2+NH3↑
(2)b 碱石灰 吸收未反应完的NH3;防止空气中水蒸气进入装置戊中(合理即可) (3)白色固体变为蓝色
2.某化学兴趣小组进行Cl2、NH3的制备、性质探究等实验的流程和部分装置如下:
(1)请利用A、G装置设计一个简单的实验验证Cl2、Fe3+、I2的氧化性强弱关系为Cl2>Fe3+>I2(实验中不断小心振荡G装置中的试管)。则A中发生反应的离子方程式为________________________________________,试剂M为________________溶液,证明氧化性强弱关系为Cl2>Fe3+>I2的实验现象是___________________________________________________________________。
(2)已知:3Cl2+2NH3===6HCl+N2,当D的烧瓶中充满黄绿色气体后,关闭a、c,打开b,D中的现象为________________________________,反应一段时间后,关闭b,打开c,观察到的现象为________________________________。
(3)为使实验顺利进行,请简述F中的分液漏斗的正确操作方法______________。
【解析】(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生反应生成氯化锰、氯气和水。离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知试剂M为碘化亚铁溶液,通入氯气,Cl2先把I-氧化成I2,再把Fe2+氧化成Fe3+,所以现象是先观察到下层CCl4由无色变为紫红色,后看到上层溶液由浅绿色变为棕黄色。(2)氯气是黄绿色的气体,氯气和氨气能生成氯化氢气体,氯化氢和氨气相遇立即生成白烟(氯化铵),所以看到的现象是黄绿色气体消失,产生白烟;烧瓶内气体反应后压强减小,导致烧瓶内外产生压强差,所以关闭b,打开c后烧杯中的液体进入烧瓶产生喷泉。(3)要使分液漏斗中的液体顺利流下,应使分液漏斗内外压强相等,所以正确操作是先将F装置中分液漏斗顶端的塞子打开,再打开分液漏斗的旋塞,使分液漏斗中的液体流下。
答案:(1)MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O FeI2 先观察到下层CCl4由无色变为紫红色,后看到上层溶液由浅绿色变为棕黄色 (2)黄绿色气体消失,产生白烟 烧杯中的液体进入烧瓶中,形成喷泉 (3)将F装置中分液漏斗顶端的塞子打开,再打开分液漏斗的旋塞
1.(2020·全国Ⅲ卷)喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液,能出现喷泉现象的是(  )
气体
溶液
A
H2S
稀盐酸
B
HCl
稀氨水
C
NO
稀H2SO4
D
CO2
饱和NaHCO3溶液
【解析】选B。由于H2S不与稀盐酸反应且在稀盐酸中溶解度较小,所以不能使烧瓶中气体压强显著减小,因此不能形成喷泉现象,A错误;由于HCl气体极易溶于水且能与稀氨水反应,所以二者相遇会使烧瓶中气体压强显著减小,从而形成喷泉现象,B正确;NO既不溶于水也不能与稀H2SO4反应,所以二者无法形成喷泉现象,C错误;CO2不与饱和NaHCO3溶液反应且在饱和NaHCO3溶液中溶解度较小,所以不能形成喷泉现象,D错误。
2.(2018·全国卷Ⅱ)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
【解析】选C。雾和霾的分散剂均是空气,故A项正确;根据题目给出的流程图示可以得出雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵,故B项正确;由图示可以得出硝酸铵和硫酸铵的形成是NH3与硝酸和硫酸反应生成的,不是催化剂而是反应物,故C项错误;过度施用氮肥会导致空
气中的NOx和NH3的含量增多,而NOx和NH3均与雾霾的形成有关,故D项正确。
3.(2017·北京高考)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是(  )
A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体
B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物
D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【解析】选D。①中的碎玻璃不与浓硝酸反应,但仍有红棕色气体产生,说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气,A正确;②中红热的木炭可能与浓硝酸发生反应生成了二氧化氮,也可能浓硝酸受热分解产生二氧化氮,B正确;③中红热木炭未与浓硝酸接触,但产生了二氧化氮,说明浓硝酸具有挥发性,C正确;③的气体产物中检测出CO2,有可能是C与O2反应产生的,D错误。
1.把握两种大气污染物:
SO2导致酸雨;NOx导致酸雨或光化学烟雾。
2.熟记氨的三种性质:氨极易溶于水,氨水的碱性和氨的还原性。
3.把握NH3三种检验方法:湿润的红色石蕊试纸变蓝、蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口冒白烟、蘸有酚酞的玻璃棒变红色。
4.辨析铵盐两个“特例”:盐类不一定含有金属离子,如铵盐。铵盐受热都易分解,但不一定产生氨气。
5.熟记硝酸三点注意事项:硝酸与活泼金属反应不生成H2;浓硝酸氧化性强于稀HNO3;NO在酸性条件下具有强氧化性。
6.熟练运用四种计算方法:原子守恒、电子守恒、电荷守恒、离子方程式法。
7.熟记重要的化学方程式:
2NO+O2===2NO2 3NO2+H2O===2HNO3+NO
Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O
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-第二讲 元素周期表 元素周期律
考点一 元素周期表(命题指数:★★★★★)
1.第一张元素周期表:
2.原子序数:
(1)概念:按照元素在周期表中的顺序由小到大给元素编号。
(2)原子序数与原子结构的关系:
原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数。
3.元素周期表的结构:
(1)周期。
①含义:把电子层数目相同的元素,按原子序数递增的顺序从左到右排列的一横行,叫做一个周期。
②数目:元素周期表有7个横行,有7个周期。
③分类:
(2)族。
①含义:把不同横行中最外层电子数相同的元素,按电子层数递增的顺序由上而下排成纵行。
②数目:元素周期表有18个纵行,有16个族。
③分类:
4.元素周期表的分区:
(1)按元素种类分。
(2)按电子排布分。
按电子排布,可把周期表里的元素划分成5个区。除ds区外,区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级符号。
各个区的元素价电子排布特点如下:
分区
元素分布
价电子排布
元素性质特点
s区
ⅠA、ⅡA族
ns1~2
除氢外都是活泼金属元素;通常是最外层电子参与反应
p区
ⅢA族~ⅦA族、0族
ns2np1~6(He为1s2)
通常是最外层电子参与反应
d区
ⅢB族~ⅦB族、Ⅷ族(除镧系、锕系外)
(n-1)d1~9ns1~2(Pd为4d10)
d轨道可以不同程度地参与化学键的形成
ds区
ⅠB族、ⅡB族
(n-1)d10ns1~2
金属元素
f区
镧系、锕系
(n-2)f0~14(n-1)d0~2ns2
镧系元素化学性质相近,锕系元素化学性质相近
5.元素周期表的应用:
(1)科学预测:为新元素的发现和预测原子结构和性质提供了线索。
(2)寻找新材料。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)每个周期的价电子排布都是从ns1开始,到ns2np6结束。(  )
提示:×。除第一周期外均为如此排布。
(2)元素所在的主族序数与最外层电子数相等的元素都是金属元素。(  )
提示:×。氢元素的主族序数与最外层电子数相等,但属于非金属元素。
(3)各周期所含元素数目各不相同,且随着周期数增加逐渐增加。(  )
提示:×。各周期的元素种类分别为2、8、8、18、18、32、32。
(4)外围电子排布为5s25p1的元素,在周期表中的位置是第五周期第ⅢA族,是p区元素。(  )
提示:√。由外围电子排布知,该元素是主族元素。因为最高能层的序数=周期数,外围电子数=主族序数,所以该元素位于第五周期第ⅢA族,是p区元素。
(5)第四周期元素中,Mn原子价层电子未成对电子最多。(  )
提示:×。第四周期元素Cr价层电子3d54s1中未成对电子最多。
(6)元素周期表中镧系元素和锕系元素都占据同一格,它们是同位素。(  )
提示:×。镧系元素和锕系元素都占据同一格,但是由于核内质子数不相等,所以不是同位素。
2.元素的存在,是与原子结构的稳定性,特别是与原子核的稳定性有关。人们发现,原子序数大于83(铋之后)的元素,都是放射性元素,而原子序数在92之后(超铀元素)的元素,全部是用人工方法合成的元素(Np、Pu在自然界中也有,但含量极微)。人工合成的元素,将会完成第七周期(零族元素的原子序数应为118),并进入第八周期,甚至第九周期。在未来的第八、九周期模拟中,原子中的电子依次填充新的能级5g能级和6g能级。
能级
s
p
d
f
g
电子数
2
6
10
14
18
(1)由此可以预见,第八、九周期各将有多少种元素?
(2)在这两个周期里,“超锕系”和“新超锕系”各有多少种元素?
提示:(1)第八、九周期都将有50种元素,是超长周期。
(2)第八、九周期各有50种元素,减去各自的主族元素、副族元素、Ⅷ族元素、0族元素,各剩余33种元素,故“超锕系”和“新超锕系”各为33种元素。
命题角度1.元素周期表的结构和应用
【典例1】(2021·衡水中学模拟)1869年俄国科学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表,揭示了化学元素间的内在联系,成为化学发展史上重要的里程碑之一。下列有关元素周期表的说法,不正确的是(  )
A.元素周期表有7个周期、16个族,分别对应7个横行、16个纵行
B.元素周期表指导科学家们在金属与非金属分界线附近寻找半导体材料
C.第88号元素位于元素周期表中第七周期第ⅡA族
D.目前使用的元素周期表中,最长的周期有32种元素
【解析】选A。A.元素周期表中的第Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行,因此元素周期表中虽有18个纵行,但只有16个族,故A错误;B.在金属与非金属分界线附近元素的单质的导电性介于导体与绝缘体之间,则在金属与非金属分界线附近可以寻找半导体材料,故B正确;C.第88号元素是镭,位于元素周期表中第七周期第ⅡA族,故C正确;D.元素周期表中第六、七周期最长,其中各含有32种元素,故D正确。
命题角度2.元素周期表片段应用
【典例2】(2019·全国Ⅱ卷)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:WB.常温常压下,Y单质为固态
C.气态氢化物热稳定性:ZD.X的最高价氧化物的水化物是强碱
【解析】选D。主族元素的最高化合价与最外层电子数相等,由“W与X的最高化合价之和为8”可知,W为N,X为Al,Y为Si,Z为P。原子半径:NC正确;Al的最高价氧化物的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物,D错误。
命题角度3.元素周期表的分区
【典例3】(2021·厦门模拟)由中国近代化学的启蒙者徐寿确认汉译名的下列元素中,属于d区元素的是(  )
A.Ca   B.Ni   C.Zn   D.Ga
【解析】选B。Ca元素处于第四周期ⅡA族,属于s区元素,故A不选;Ni元素处于第四周期第Ⅷ族,属于d区元素,故B选;Zn元素处于第四周期第ⅡB族,属于ds区元素,故C不选;Ga元素处于第四周期第ⅢA族,属于p区元素,故D不选。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)在元素周期表中非金属元素存在于哪个区?主族元素在哪个区?p区只包含主族元素吗?
提示:非金属元素除H属于s区外,其他均属于p区。主族元素在s区和p区;p区包含ⅢA~ⅦA族和0族。
(2)(宏观辨识与微观探析)ds区只有两列,可理解为先填满了(n-1)d能级而后再填充ns能级,29Cu和30Zn的价电子排布是什么?
提示:29Cu:3d104s1,30Zn:3d104s2
(3)(证据推理和模型认知)为什么s区、d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)?
提示:
s区、d区和ds区的元素在发生化学反应时容易失去最外层电子及倒数第二层的d电子,呈现金属性,所以s区、d区和ds区的元素都是金属。
1.元素周期表中的规律:
(1)同一周期相邻主族两元素的原子序数相差1,但第ⅡA族与第ⅢA族的原子序数相差并不一定是1,如二、三周期相差1,四、五周期相差11,六、七周期相差25。
(2)氢为第ⅠA族元素,但氢不属于碱金属元素,而属于非金属元素。
(3)稀有气体元素原子的最外层电子数是8,但氦的最外层电子数是2,其位于0族而不是ⅡA族。
(4)含元素种数最多的元素是第ⅢB族,而不是第Ⅷ族。
(5)过渡元素有60多种,都是金属元素。
(6)各周期所含元素的种数

相应能级组中各轨道中最多容纳的电子数之和。
(7)原子的电子层数=能级中最高能层序数=周期序数。
(8)主族元素原子的外围电子数=该元素在周期表中的主族序数。
(9)主族元素的最高正价=主族序数(O、F除外);ⅢB~ⅦB元素的最高正价=副族序数。
2.根据原子序数确定元素在周期表中位置的方法——0族定位法:
(1)0族元素的周期序数和原子序数。
0族元素
He
Ne
Ar
Kr
Xe
Rn
周期序数






原子序数
2
10
18
36
54
86
(2)方法。
①比大小定周期:比较该元素的原子序数与0族元素的序数大小,找出与其相邻近的0族元素,那么该元素就和序数大的0族元素处于同一周期。
②求差值定族数:
A.若某元素原子序数比相应的0族元素多1或2,则该元素应处在0族元素所在周期的下一个周期的ⅠA族或ⅡA族。
B.若比相应的0族元素少1~5时,则应处在同周期的ⅦA~ⅢA族。
3.价层电子排布和周期表的关系:
(1)原子的电子层数=能级中最高能层序数=周期序数。
(2)主族元素原子的外围电子数=该元素在周期表中的主族序数。
族序数
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
价层电子排布
ns1
ns2
ns2np1
ns2np2
ns2np3
ns2np4
ns2np5
ns2np6(He为ns2)
(3)过渡元素(除镧系、锕系外,以第四周期为例)。
周期表中列数
族序数
价层电子排布
3
ⅢB
(n-1)d1ns2
4
ⅣB
(n-1)d2ns2
5
ⅤB
(n-1)d3ns2
6
ⅥB
(n-1)d5ns1
7
ⅦB
(n-1)d5ns2
8~10

(n-1)d6~8ns2
11
ⅠB
(n-1)d10ns1
12
ⅡB
(n-1)d10ns2
4.族和分区的关系:
(1)主族:s区和p区。(ns+np)的电子数=族序数。
(2)0族:p区。(ns+np)的电子数=8(或2)。
(3)副族:d区+ds区+f区。
①d区中[(n-1)d+ns]的电子数=族序数(第Ⅷ族部分元素除外);
②当8≤[(n-1)d+ns]的电子数≤10时,则为第Ⅷ族元素;
③ds区中(n-1)d全充满,ns的电子数=族序数。
命题点1.元素周期表的结构和应用(基础性考点)
1.(2021·西安模拟)国际无机化学命名委员会在1989年做出决定,把现行元素周期表原先的主、副族及族号取消,由左至右改为18列。如碱金属元素为第1列,稀有气体元素为第18列。按此规定,下列说法不正确的是(  )
A.第3列元素种类最多
B.第14列元素形成的化合物种类最多
C.只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D.第17列元素都是非金属元素,从上到下,单质的氧化性逐渐减弱
【解析】选C。第3列为ⅢB族,有镧系和锕系元素,元素种类最多,故A正确;第14列元素为第ⅣA族元素,第ⅣA
族中碳元素形成的化合物的种类最多,故B正确;第2列为碱土金属族,其最外层有2个电子,但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子,故C错误;第17列为ⅦA族,都是非金属元素,从上到下非金属性逐渐减弱,单质的氧化性逐渐减弱,故D正确。
2.下列关于元素周期表的说法正确的是(  )
A.能与水反应生成碱的金属元素都在ⅠA族
B.原子序数为奇数的元素其族序数都为奇数
C.非金属元素都位于周期表中的主族和0族
D.粒子的核外电子层数等于该元素所在周期数
【解析】选C。A.ⅡA族元素等也可以形成碱,如Ca与水反应生成氢氧化钙,A错误;B.Co是27号元素,在第Ⅷ族,所以原子序数为奇数的元素其族序数不一定为奇数,B错误;C.副族和第Ⅷ族元素均为金属元素,则非金属元素都位于周期表中的主族和
0
族,C正确;D.原子的核外电子层数相同的排在一个横行里,属于同一周期,离子的电子层数相同时,不一定在同一周期,如F-和Na+均含有2个电子层,分别属于第二、三周期,D错误。
命题点2.元素周期表片段应用(综合性考点)
3.(2021·济南模拟)如图为元素周期表的一部分,下列说法不正确的是(  )
A.原子半径
X>Y
B.X、M的简单离子的电子层结构相同
C.M最高价氧化物的水化物酸性比
N
的强
D.W的简单氢化物比Z的简单氢化物稳定
【解析】选C。如图为元素周期表的一部分,X位于第三周期ⅠA族,为Na元素;M位于第二周期ⅦA族,为F元素;结合各元素的相对位置可知,Y为Mg,Z为S,N为Cl,W为O元素。同一周期的元素,从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径
X>Y,A正确;Na+和F-核外电子排布为2、8,故两种离子的电子层结构相同,B正确;F没有最高价含氧酸,C错误;元素的非金属性:O>S,则简单氢化物的稳定性:W>Z,D正确。
4.(2021·广州模拟)元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如表所示,其中元素Q位于第四周期,X、Y、Z、Q原子的最外层电子数之和为18,下列说法不正确的是(  )
X
Y
Z
Q
A.原子半径(r):r(Q)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B.元素Z有-2、+4、+6等多种价态
C.X和Z可形成共价化合物XZ2
D.可以推测Q的最高价氧化物的水化物的化学式是H3QO4
【解析】选A。元素Q位于第四周期,结合元素X、Y、Z和Q在周期表中相对位置,可知X处于第二周期,Y与Z处于第三周期,四元素原子的最外层电子数之和为18,设X元素原子最外层电子数为a,则Y、Q、Z的最外层电子数依次为a-1、a+1、a+2,则a-1+a+a+1+a+2=18,解得a=4,故X为C、Y为Al、Q为As、Z为S。A.同周期自左而右原子半径减小,故原子半径:r(Y)>r(Z),故A错误;B.元素Z为硫元素,有-2、+4、+6等多种价态,故B正确;C.X为C元素,Z为S元素,二者形成共价化合物CS2,故C正确;D.Q为As元素,结合磷酸的分子式,可推测As的最高价氧化物的水化物的化学式是H3AsO4,故D正确。
命题点3.元素周期表的分区(基础性考点)
5.下列说法中正确的是(  )
A.所有金属元素都分布在d区和ds区
B.最外层电子数为2的元素都分布在s区
C.元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
D.s区均为金属元素
【解析】选C。s区除H外均为金属元素,故A、D项错误。He、Zn等虽然最外层电子数为2但却不是s区元素,B项错误。周期表中ⅢB族~ⅡB族为过渡元素,全部为金属元素,C项正确。
6.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中,正确的是(  )
A.基态原子的N层上只有一个电子的元素,一定是ⅠA族元素
B.原子的价电子排布为(n-1)d6~8ns2的元素一定是副族元素
C.基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D.基态原子含有未成对电子最多的元素位于ⅤA族
【解析】选C。基态原子的N层上只有一个电子的元素可能是K、Cr、Cu,所以可能位于第ⅠA族、第ⅥB族、第ⅠB族,故A错误;原子的价电子排布为(n-1)d6~8ns2的元素可以为第Ⅷ族元素,如Fe、Co、Ni,故B错误;基态原子的p能级上半充满的元素为第ⅤA族元素,所以一定位于p区,故C正确;基态原子含有未成对电子最多的元素不位于ⅤA族,第ⅤA族元素未成对电子数是3,如果d能级半满有5个电子,f能级半满时有7个电子,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·石家庄模拟)下列有关元素周期表的说法正确的是(  )
A.ⅠA族的元素全部是金属元素
B.0族元素原子的最外层电子数均为8
C.元素周期表是元素周期律的具体表现形式
D.第一、二、三周期三个周期所含元素种类较少,称为短周期,只包括主族元素,不包括其他族元素
【解析】选C。ⅠA族包括H和碱金属元素,其中H为非金属元素,故A错误;He为0族元素,最外层电子数为2,故B错误;元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果,则元素周期表是元素周期律的具体表现形式,故C正确;短周期元素包括主族和0族元素,故D错误。
2.(2021·武汉模拟)如图为元素周期表中短周期的部分片段,下列说法正确的是(  )
A.B在周期表中位置为第三周期第Ⅰ族
B.C、D、E三者氧化物对应含氧酸酸性强弱顺序为C<D<E
C.A的氢化物沸点一定高于D的氢化物,因为A的氢化物分子间可以形成氢键
D.若D单质可用于制备太阳能电池,工业上可采用A单质还原D的氧化物来制备D单质
【解析】选D。B是Na,在周期表中位置为第三周期第ⅠA族,故A错误;C、D、E三者最高价氧化物对应含氧酸酸性强弱顺序为C<D<E,没有指明是最高价氧化物,不能判断,故B错误;A的氢化物沸点可能低于D的氢化物,因为A的氢化物分子间不一定形成氢键,可能只存在范德华力,故C错误;D的单质为硅可用于制备太阳能电池,工业上可采用A单质C还原D的氧化物二氧化硅来制备单质硅,故D正确。
考点二 元素周期律及应用(命题指数:★★★★★)
1.元素周期律:
(1)内容:元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化。
(2)实质:元素性质的周期性变化是原子核外电子排布周期性变化的必然结果。
2.具体表现形式:
(1)原子核外电子排布的周期性变化。
规律:随着原子序数的递增,元素原子的最外层电子数呈现从1到8的周期性变化。
(2)原子半径的周期性变化。
规律:随着原子序数的递增,元素原子半径呈现由大到小的周期性变化。
(3)元素化合价的周期性变化。
以1~18号元素为例探究化合价的变化,图示如下:
规律:随着原子序数的递增,元素的化合价呈周期性变化[每周期:最高正价:+1→+7(O、F无正价),负价:-4→-1]。
3.元素金属性和非金属性强弱的判断方法:
金属性比较
本质
原子越易失电子,金属性越强(与原子失电子数目无关)
判断方法
①在金属活动性顺序表中越靠前,金属性越强(极少数例外)
②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈,金属性越强
③单质还原性越强或阳离子氧化性越弱,金属性越强
④最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性越强
⑤若Xn++YX+Ym+,则Y比X的金属性强
⑥元素在周期表中的位置:左边或下方元素的金属性强
非金属性比较
本质
原子越易得电子,非金属性越强(与原子得电子数目无关)
判断方法
①与H2化合越容易,气态氢化物越稳定,非金属性越强
②单质氧化性越强或阴离子还原性越弱,非金属性越强
③最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性越强
④元素在周期表中的位置:右边或上方元素的非金属性强
4.电离能:
(1)第一电离能:气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能,通常用I1表示。
(2)各级电离能:+1价气态正离子失去一个电子,形成+2价气态正离子所需要的最低能量叫做第二电离能,用I2表示;+2价气态正离子再失去一个电子,形成+3价气态正离子所需要的最低能量叫做第三电离能,用I3表示;依次类推。
(3)第一电离能的变化规律。
①同周期元素随着原子序数的递增,元素的第一电离能呈现增大的趋势。其中ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA之间元素的第一电离能出现反常。
②同族元素从上到下第一电离能减小。
③同种原子的逐级电离能越来越大(I1<I2<I3……)。
5.电负性:
(1)概念。
①键合电子:原子中用于形成化学键的电子。
②电负性:用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。电负性越大的原子,对键合电子的吸引力越大。
(2)电负性衡量标准。
电负性是由美国化学家鲍林提出的,他以氟的电负性为4.0作为相对标准,得出了各元素的电负性。
(3)电负性一般递变规律。
①同一周期,从左到右,元素的电负性逐渐增大;
②同一主族,从上到下,元素的电负性逐渐减小。
(4)对角线规则。
在元素周期表中,某些主族元素与右下方的主族元素的电负性接近,性质相似,被称为“对角线规则”。如:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)原子的电子层数越多,半径越大。(  )
提示:×。锂原子的半径比氯原子的大。
(2)同周期元素,从左到右,原子半径逐渐减小,离子半径也逐渐减小。(  )
提示:×。同一周期元素的离子半径不是逐渐减小的。
(3)在所有元素中,氟的第一电离能最大。(  )
提示:×。He的第一电离能较大。
(4)铝的第一电离能比镁的第一电离能大。(  )
提示:×。Mg最外层为3s2,相对稳定,失电子较难,第一电离能比Al大。
(5)元素的电负性越大,则元素的非金属性越强。(  )
提示:√。电负性越大,即吸引电子能力越强,元素非金属性越强。
2.电负性是原子吸引键合电子的能力大小的一种度量,即电负性可以衡量元素原子对键合电子吸引力的大小。化学键和电负性的形象表述:
以NH3为例,化合物中不同元素表现的化合价与其电负性有何关系?
提示:NH3分子中,电负性较大的N元素表现负价,电负性较小的H表现正价。
命题角度1.微粒半径大小比较
【典例1】(1)(2019·全国Ⅱ卷节选)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe?Sm?As?F?O
组成的化合物。
比较离子半径:F-________O2-(填“大于”“等于”或“小于”)。
(2)(2018·全国Ⅰ卷节选)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。
Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是________________
__________________________________________________________________。
【解析】(1)电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,所以离子半径:
F-(2)由于锂的核电荷数较大,原子核对最外层电子的吸引力较大,因此Li+半径小于H-。
答案:(1)小于 (2)Li+核电荷数较大,对外层电子的吸引力较强
命题角度2.元素金属性、非金属性的比较
【典例2】(2020·全国Ⅲ卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z;化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是(  )
A.非金属性:W>X>Y>
Z
B.原子半径:Z>Y>X>W
C.元素X的含氧酸均为强酸
D.Y的氧化物水化物为强碱
【解析】选D。根据“化合物XW3与WZ相遇会产生白烟”可知XW3应为NH3,WZ为HCl,即W为氢、X为氮,Z为Cl,再根据四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z,可知Y是Na。非金属性:Cl>N>H>Na,A错误;原子半径:Na>Cl>N>H,B错误;氮的含氧酸中HNO2为弱酸,C错误;NaOH为强碱,D正确。
命题角度3.电离能
【典例3】(1)(2020·全国Ⅰ卷节选)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。Li及周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。
I1(Li)>I1(Na),原因是_______________________________________________
__________________________________________________________________。
I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是_________________________________________
_________________________________________________________________。
I1/(kJ·mol-1)
Li520
Be900
B801
Na496
Mg738
Al578
(2)(2018·全国Ⅲ卷节选)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________________。
【解析】(1)同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所以I1(Li)>I1(Na);同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于第ⅡA族元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态,能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的第ⅢA族元素,因此I1(Be)>I1(B)>I1(Li);
(2)Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2,Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子,所以第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)。
答案:(1)Na与Li同主族,Na的电子层数更多,原子半径更大,故第一电离能更小 Li、Be和B为同周期元素,同周期元素从左至右,第一电离能呈现增大的趋势;但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态,能量更低更稳定,故其第一电离能大于B的 (2)大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子
命题角度4.电负性
【典例4】(2020·天津等级考)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是(  )
最高价氧化物的水化物
元素
X
Y
Z
W
分子式
H3ZO4
0.1
mol·L-1溶液对应的pH(25
℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
A.元素电负性:ZB.简单离子半径:WC.元素第一电离能:ZD.简单氢化物的沸点:X【解析】选A。根据Z的最高价氧化物的水化物的化学式,可知Z为P;根据X、Y、W的最高价氧化物的水化物的pH,X的最高价氧化物的水化物为强酸、Y的最高价氧化物的水化物为强碱、W的最高价氧化物的水化物为多元强酸,结合原子序数依次增大,则X为N,Y为Na,W为S。根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大,则电负性:P<S,A项正确;S2-有3个电子层,Na+有两个电子层,故离子半径:S2->Na+,B项错误;P由于3p能级半充满,为稳定结构,其第一电离能大于S,C项错误;NH3分子间形成氢键,PH3分子间为范德华力,故沸点:NH3>PH3,D项错误。
1.电子分层排布的规律:
(1)电子总是尽可能先从内层排起,当一层充满后再填充下一层。
(2)原子核外各电子层最多容纳2n2个电子。
(3)原子最外层电子数不能超过8(K层为最外层时不能超过2),次外层电子数不能超过18。
2.粒子半径大小比较:
(1)原子半径大小的比较。
①同电子层:一般来说,当电子层相同时,随着核电荷数的增加,其原子半径(或离子半径)逐渐减小(稀有气体除外),有“序小径大”的规律。
②同主族:一般来说,当最外层电子数相同时,能层数越多,原子(或离子)半径越大。
(2)离子半径大小的比较。
①同种元素的离子半径:阴离子大于原子,原子大于阳离子,低价阳离子大于高价阳离子。如r(Cl-)>r(Cl),r(Fe)>r(Fe2+)>r(Fe3+)。
②电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小。如r(O2-)>r(F-)>
r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)。
③带相同电荷的离子,电子层数越多,半径越大。如r(Li+)r(Rb+)④核电荷数、电子层数均不同的离子可选一种离子参照比较。如比较r(K+)与r(Mg2+)可选r(Na+)为参照:r(K+)>r(Na+)>r(Mg2+)。
3.价层电子排布与元素的最高正价数:
(1)当主族元素失去全部价电子后,表现出该元素的最高化合价。最高正价=主族序数(O、F除外)。
(2)ⅢB~ⅦB族可失去ns2和(n-1)d轨道上的全部电子,所以,最高正价数=族序数。
(3)Ⅷ族可失去最外层的s电子和次外层的部分(n-1)d电子,所以最高正价低于族序数(8),只有Ru和Os可表现八价。
(4)ⅠB族可失去ns1电子和部分(n-1)d电子,所以ⅠB的族数<最高正价,ⅡB只失去ns2电子,ⅡB的族序数=最高正价。
4.第一电离能:
(1)影响因素。
①同一周期:一般来说,同一周期的元素具有相同的电子层数,从左到右核电荷数增大,原子的半径减小,核对外层电子的引力加大,因此,越靠右的元素,越不易失去电子,电离能也就越大。
②同一族:同一族元素电子层数不同,最外层电子数相同,原子半径增大起主要作用,半径越大,核对电子引力越小,越易失去电子,电离能也就越小。
③电子排布:各周期稀有气体元素的电离能最大,原因是稀有气体元素的原子具有相对稳定的8电子(He为2电子)最外层电子构型。某些元素具有全充满和半充满的电子构型,稳定性也较高,如Be(2s2)、N(2s22p3)、Mg(3s2)、P(3s23p3)比同周期相邻元素的第一电离能大。
(2)电离能的应用。
①确定元素原子的核外电子排布。如Li:I1?I2②确定元素的化合价。如K元素I1?I2③判断元素的金属性、非金属性强弱。I1越大,元素的非金属性就越强;I1越小,元素的金属性就越强。
④ⅡA族、ⅤA族元素原子的价电子排布分别为ns2、ns2np3,为全满和半满结构,导致这两族元素原子第一电离能反常。
5.电负性的应用:
(1)判断金属性或非金属性的相对强弱。
①金属元素的电负性一般小于1.8,非金属元素的电负性一般大于1.8,位于非金属三角区边界的“类金属”的电负性则在1.8左右,它们既有金属性,又有非金属性。
②金属元素的电负性越小,金属元素越活泼;非金属元素的电负性越大,非金属元素越活泼。
(2)判断元素的化合价。
①电负性数值小的元素在化合物中吸引电子的能力弱,元素的化合价为正值;
②电负性数值大的元素在化合物中吸引电子的能力强,元素的化合价为负值。
(3)判断化学键的类型。
①若两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7,它们之间通常形成离子键;
②若两个成键元素原子间的电负性差值小于1.7,它们之间通常形成共价键。
命题点1.微粒半径大小比较(基础性考点)
1.下列各组粒子半径大小的比较中,错误的是(  )
A.K>Na>Li
B.Na+>Mg2+>Al3+
C.Mg2+>Na+>F-
D.Cl->F->F
【解析】选C。A项,同一主族原子半径从上到下越来越大;B项,核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,半径越小;C项,与B项同理,应为Mg2+<Na+<F-;D项,Cl-比F-多一个电子层,Cl->F-,F-比F多一个电子,故半径大小F->F。
2.下列粒子半径之比大于1的是(  )
A.      
B.
C.
D.
【解析】选B。同主族自上而下原子半径增大,即r(Mg)<r(Ca),故<1,A不符合题意;K+、Ca2+电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小,即r(K+)>r(Ca2+),故>1,B符合题意;同周期自左而右原子半径减小,即r(P)>r(S),故<1,C不符合题意;同种元素的阴离子半径大于原子半径,即r(Cl-)>r(Cl),故<1,D不符合题意。
命题点2.元素金属性、非金属性的比较(应用性考点)
3.(2021·北京朝阳区模拟)可以说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱的是(  )
①HCl的溶解度比H2S的大;
②HClO的氧化性比H2SO4的强;
③HClO4的酸性比H2SO4的强;
④HCl比H2S稳定;
⑤氯原子最外层有7个电子,硫原子最外层有6个电子;
⑥Cl2能与铁反应生成FeCl3,硫与铁反应生成FeS;⑦Cl2可以从H2S溶液中置换出S;
⑧同浓度的HCl和H2S的水溶液,前者酸性强;
⑨HCl(或Cl-)还原性比H2S(或S2-)弱。
A.③④⑤⑥⑦⑨
B.③④⑥⑦⑧
C.①②⑤⑥⑦⑨
D.③④⑥⑦⑨
【解析】选D。①HCl的溶解度比H2S的大,溶解度与非金属性无关,故不选;②HClO的氧化性比H2SO4的强,与元素的非金属性无关,故不选;③HClO4的酸性比H2SO4的强,可知非金属性Cl大于S,故选;④HCl比H2S稳定,可知非金属性Cl大于S,故选;⑤氯原子最外层有7个电子,硫原子最外层有6个电子,非金属性与最外层电子数目无关,故不选;⑥Cl2能与铁反应生成FeCl3,硫与铁反应生成FeS,则氯气得电子能力强,可知非金属性Cl大于S,故选;⑦Cl2可以从H2S溶液中置换出S,则氯气得电子能力强,可知非金属性Cl大于S,故选;⑧同浓度的HCl和H2S的水溶液,前者酸性强,氢化物的酸性不能比较非金属性,故不选;⑨HCl(或Cl-)还原性比H2S(或S2-)弱,可知非金属性Cl大于S,故选D。
4.(2021·泉州模拟)据下列事实得出的推论合理的是(  )
选项
事实
推论
A
Mg与冷水难反应,Ca与冷水易反应
Be(铍)与冷水更易反应
B
盐酸为强酸,氢氟酸为弱酸
非金属性:Cl>F
C
K和Rb分别位于ⅠA族的第4、5周期
碱性:RbOH>KOH
D
常温下,SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应
SiO2是两性氧化物
【解析】选C。同主族自上而下金属性增强,故金属性Ca>Mg>Be,故Be(铍)与冷水不易反应,故A错误;盐酸为强酸,氢氟酸为弱酸,两者均是无氧酸,不能说明非金属性的强弱,故B错误;K和Rb分别位于ⅠA族的第4、5周期,故金属性Rb>K,碱性:RbOH>KOH,故C正确;常温下,SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应,氢氟酸表现的是腐蚀性,不是酸性,故D错误。
命题点3.电离能(综合性考点)
5.(2021·成都模拟)下表中:X、Y是主族元素,I为电离能,单位是kJ·
mol-1。
元素
I1
I2
I3
I4
X
496
4
562
6
912
9
543
Y
578
1
817
2
745
11
575
下列根据表中所列数据的判断,错误的是(  )
A.元素X是ⅠA族的元素
B.元素Y的常见化合价是+3价
C.元素X与氧形成化合物时,化学式可能是X2O2
D.若元素Y处于第三周期,它可与冷水剧烈反应
【解析】选D。X和Y都是主族元素,I是电离能,X第一电离能和第二电离能相差较大,则X为第ⅠA族元素,故A正确;Y元素第三电离能和第四电离能相差较大,Y原子核外有3个电子,为ⅢA族元素,则化合价为+3价,故B正确;元素X与O形成化合物时,X的电负性小于O元素,所以在二者形成的化合物中X显+1价、O元素显-1或-2价,则化学式可能是X2O或X2O2,故C正确;如果Y是第三周期元素,则为Al,Al和冷水不反应,和酸与强碱溶液反应,故D错误。
6.(2021·合肥模拟)下列四种元素中,其第一电离能最大的是(  )
A.原子含有未成对电子最多的第二周期元素
B.位于周期表中第三周期ⅢA族的元素
C.原子最外层电子排布为2s22p4的元素
D.原子最外层电子排布为3s23p3的元素
【解析】选A。原子含有未成对电子最多的第二周期元素为氮元素;周期表中第三周期ⅢA族的元素为铝元素;原子最外层电子排布为2s22p4的元素为氧元素;原子最外层电子排布为3s23p3的元素为磷元素,同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,同主族随原子序数增大,元素第一电离能呈减小趋势,元素原子核外处于半满、全满,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,则第一电离能最大的是氮元素。
命题点4.电负性(综合性考点)
7.(2021·哈尔滨模拟)下列说法不正确的是(  )
A.第ⅠA族元素的电负性从上到下逐渐减小,而第ⅦA族元素的电负性从上到下逐渐增大
B.电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度
C.元素的电负性越大,表示其原子在化合物中吸引电子能力越强
D.NaH的存在能支持可将氢元素放在第ⅦA族的观点
【解析】选A。ⅠA元素从上到下,非金属性减弱,金属性增强,所以电负性从上到下逐渐减小;ⅦA族元素从上到下非金属性减弱,Ⅶ族元素的电负性从上到下逐渐减小,故A错误;金属的电负性一般小于1.8,非金属的电负性一般大于1.8,所以电负性的大小可以作为衡量元素的金属性和非金属性强弱的尺度,故B正确;元素的电负性表示其原子在化合物中吸引电子能力大小,元素电负性越大的原子,吸引电子的能力越强,所以吸引电子能力越大,电负性越大,故C正确;NaH中的H元素最低为-1价,则能支持H可以放在ⅦA族中的观点,故D正确。
8.(2021·青岛模拟)不能说明X的电负性比Y的大的是(  )
A.与H2化合时X单质比Y单质容易
B.X的氧化物的水化物的酸性比Y的氧化物的水化物的酸性强
C.X原子的最简单氢化物的稳定性比Y强
D.X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
【解析】选B。电负性越大的元素其单质得电子能力越强即氧化性越强,和氢气化合越容易,所以与H2化合时X单质比Y单质容易能说明X比Y的电负性大,故A正确;电负性越强的元素其单质得电子能力越强,其最高价含氧酸的酸性越强,X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强能说明X比Y的电负性大,故B错误;元素的非金属性越强,其对应的气态氢化物的稳定性越强,电负性越强的元素其非金属性越强,所以X原子的最简单氢化物的稳定性比Y强,能说明X的电负性比Y的大,故C正确;电负性越强的元素其吸引电子能力越强,其单质的氧化性越强,X单质可以把Y从其氢化物中置换出来能说明X比Y的电负性大,故D正确。
【加固训练-拔高】
(2021·长沙模拟)下列关于电离能和电负性的说法中不正确的是(  )
A.元素电负性越大,元素的非金属性越强
B.元素的第一电离能越小,元素的金属性越强
C.根据元素逐级电离能的数值可以确定主族元素的最高化合价
D.在形成化合物时,元素的电负性大的显正价,电负性小的显负价
【解析】选D。依据元素电负性的概念可知,元素电负性越大,元素的非金属性越强,故A正确;元素的第一电离能指的是气态电中性基态原子失去一个电子变成气态基态正离子需要的能量,元素的第一电离能越小,说明越容易失去电子,元素的金属性越强,故B正确;元素的逐级电离能增大,失去最外层所有电子后,电离能会突变极大,即当元素的逐级电离能突然变大时,说明最外层电子均失去,可推断该元素的最高化合价,故C正确;在形成化合物时,元素的电负性大的显负价,电负性小的显正价,故D错误。
考点三 元素“位-构-性”之间的关系及应用(命题指数:★★★★★)
1.元素周期律的两大应用:
(1)比较元素的性质。
如比较H2SO4和H2SeO4的酸性强弱,因为S、Se同主族,自上至下,元素的非金属性减弱,最高价氧化物对应的水化物酸性减弱,故酸性:H2SO4>H2SeO4。
(2)预测未知元素的性质。
如已知卤族元素的性质递变规律,可预测未知元素砹(At)应为有色固体,与氢气难化合,HAt不稳定,水溶液呈酸性,AgAt难溶于水等性质。
2.“位、构、性”三者关系的解读:
3.原子结构与元素在周期表中位置的关系:
(1)核外电子层数=周期序数。
(2)主族元素的最外层电子数=价电子数=主族序数=最高正价数。
(3)质子数=原子序数=原子核外电子数=核电荷数。
(4)最低负价绝对值=8-主族序数(ⅣA~ⅦA)。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)根据元素周期律可知金属性最强的是铯,非金属性最强的是氦。(  )
提示:×。金属性最强的是铯,非金属性最强的是氟。
(2)因为非金属性:Cl>S,故HClO的酸性比H2SO4的强。(  )
提示:×。应该是最高价氧化物对应的水化物,HClO不是氯的最高价氧化物对应的水化物。
(3)酸性:HClO4>HBrO4与热稳定性:HCl>HBr,二者均可证明非金属性:Cl>Br。(  )
提示:√。最高价氧化物对应的水化物以及气态氢化物的稳定性均可以证明非金属性的强弱。
(4)根据Ba(OH)2易溶,Ca(OH)2微溶,Mg(OH)2难溶,推知Be(OH)2难溶。(  )
提示:√。Be、Mg、Ca、Ba是同主族元素,金属性逐渐增强,性质相似又有递变性。
(5)F、Cl同主族,类比Cl2的性质可推出F2在反应中既可作氧化剂,也可作还原剂。(  )
提示:×。F2只能作氧化剂,不能作还原剂。
(6)在周期表中的氯、硫、磷附近探索研制农药的元素,所以这几种元素的化合物都有毒。(  )
提示:×。氯化钠等无毒。
2.对角线规则是指相邻周期的左上、右下元素的单质和化合物的性质相似的现象。在第二、三周期,比较明显地表现在Li和Mg、Be和Al、B和Si三对元素之间,这是由于它们的电离能、电负性都非常接近。
元素
Li
Mg
Be
Al
B
Si
电负性
1.0
1.2
1.5
1.5
2.0
1.8
第一电离能/kJ·mol-1
520
738
900
578
801
787
铍和铝都是活泼金属,其单质在冷的浓HNO3中都可以钝化,两者的氧化物Al2O3和BeO的熔点和硬度都很高。
(1)类比Al(OH)3的两性,请写出Be(OH)2与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式。
(2)AlCl3是共价型卤化物,试写出BeCl2的结构式。
提示:(1)Be(OH)2+2HCl===BeCl2+2H2O,Be(OH)2+2NaOH===Na2BeO2+2H2O。
(2)BeCl2的结构式为Cl—Be—Cl。
命题角度1.元素“位-构-性”的关系
【典例1】(2020·江苏高考)海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是(  )
A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C.原子半径r:r(Br)>r(Cl)>r(Mg)>r(Na)
D.原子的最外层电子数n:n(Na)<n(Mg)<n(Cl)<n(Br)
【解析】选A。A项,Na的金属性强于Mg,则最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH强于Mg(OH)2,正确;B项,Cl的非金属性强于Br,则得电子能力Cl2强于Br2,错误;C项,Na、Mg、Cl位于同一周期,电子层数相同,核电荷数大的原子,核对核外电子的吸引能力增强,所以原子半径会减小,则r(Na)>r(Mg)>r(Cl),错误;D项Na、Mg、Cl、Br的最外层电子数分别为1、2、7、7,n(Cl)=n(Br),错误。
【备选例题】
(2019·北京高考)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.In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
【解析】选D。In为49号元素,根据元素周期表中元素的排布规律,In是第五周期第ⅢA族元素,故A正确;In的中子数为115-49=66,电子数为49,中子数与电子数的差值为66-49=17,故B正确;In是第五周期第ⅢA族元素,Al为第三周期第ⅢA族元素,依据元素周期律,原子半径:In>Al,故C正确;In是第五周期第ⅢA族元素,Rb为第五周期第ⅠA族元素,金属性In命题角度2.元素“位-构-性”的综合应用
【典例2】(2020·山东等级考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是(  )
A.第一电离能:W>X>Y>Z
B.简单离子的还原性:Y>X>W
C.简单离子的半径:W>X>Y>Z
D.氢化物水溶液的酸性:Y>W
【解析】选C。四种短周期主族元素,基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍,若X为第二周期元素原子,则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子,则均不满足题意,Z与X能形成淡黄色化合物Z2X2,该淡黄色化合物为Na2O2,则X为O元素,Z为Na元素;Y与W的最外层电子数相同,则Y为F元素,W为Cl元素。同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误;O、F、Cl三种元素的简单离子中,F-还原性最弱,
B错误;电子层数越多简单离子半径越大,相同结构的离子,原子序数越大半径越小,故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl->O2->F->Na+,C正确;F元素的非金属性强于Cl元素,则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子,在水溶液中HF不容易发生电离,故HCl的酸性强于HF,D错误。
1.推断陌生元素性质的分析角度:
(1)与同周期前、后元素相比较,依据同周期元素性质的递变规律推测元素的性质。
(2)与同主族上、下元素相比较,依据同主族元素性质的递变规律推测元素的性质。
(3)比较不同周期、不同主族元素的性质时,可借助“三角”规律进行推断。
若A、B、C三种元素位于元素周期表中如图所示位置,有关元素的各种性质均可排出顺序(但D不能参与排序)。
①原子半径:C>A>B;
②金属性:C>A>B;
③非金属性:B>A>C。
2.元素“位、构、性”规律中的特例:
(1)绝大多数原子的原子核是由质子和中子构成的,只有氕(H)无中子。
(2)元素周期表中的周期一般都是从金属元素开始,但第一周期例外,是从氢元素开始的。
(3)所有元素中,碳元素形成的化合物种类最多。
(4)非金属单质一般不导电,但石墨导电,晶体硅是半导体。
(5)非金属氧化物一般是酸性氧化物,但NO、CO等不是酸性氧化物。
(6)氟无正价,氧无最高正价;在Na2O2中氧显-1价,在NaH中氢显-1价。
命题点1.元素“位-构-性”的关系(基础性考点)
1.(2021·武汉模拟)根据表中短周期元素性质的数据判断,下列说法一定错误的是(  )
元素性质
元素编号





原子半径/nm
0.037
0.110
0.077
0.099
0.186
部分化合价
+1
-3
+5
-4
+4
-1
+1
A.④是周期表中非金属性最强的元素
B.①是周期表中原子半径最小的元素
C.②④⑤位于同一个周期
D.①⑤两元素组成的化合物的水溶液呈碱性
【解析】选A。结合分析可知,①为H元素,②为P元素,③为C元素,④为Cl元素,⑤为Na元素。④为Cl元素,而周期表中非金属性最强的为F元素,故A错误;①为H元素,元素周期表中H元素的原子半径最小,故B正确;②④⑤分别为P、Cl、Na元素,三种元素都位于第三周期,故C正确;①⑤两元素组成的化合物为NaH,NaH溶于水生成氢氧化钠和氢气,溶液呈碱性,故D正确。
2.(2021年辽宁适应性测试)短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大,Z的基态原子2p轨道半充满,M的最高正价与最低负价绝对值之差为4,它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是(  )
A.电负性:X>Y>Z
B.原子半径:Y>Z>X
C.分子中Z原子的杂化方式均为sp2
D.Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸
【解析】选B。根据Z的基态原子2p轨道半充满,推断Z是氮元素;M的最高正价与最低负价绝对值之差为4,则M是硫元素;根据分子结构图推断X是氢元素;Y是碳元素。电负性N>C,A错误;原子半径C>N>H,B正确;分子结构图中氮是sp3杂化,C错误;碳酸是弱酸,D错误。
命题点2.元素“位-构-性”的综合应用(综合性考点)
3.(2021年湖北适应性测试)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素,W2X是维持生命过程的必需物质,WY可用于玻璃的刻蚀,ZX2是酸雨的主要形成原因之一,室温下化合物ZY4是气体。下列说法错误的是(  )
A.Y的第一电离能在四种元素中最大
B.W2X和ZX2的中心原子分别为sp3和sp2杂化
C.W2X的沸点高于W2Z的沸点
D.ZY4分子中原子均为8电子结构
【解析】选D。宇宙中最丰富的元素为H元素,故X为H元素。W2X是维持生命过程的必需物质,故W2X为H2O,X为O元素。WY可用于玻璃的刻蚀,WY为HF,故Y为F元素。ZX2是酸雨的主要形成原因之一,ZX2为SO2,Z为S元素。H、O、F、S四种原子中,第一电离能最大的为F,故A正确;H2O中O原子的杂化方式为sp3杂化,SO2中S原子的杂化方式为sp2杂化,故B正确;H2O分子间含有氢键,其沸点高于H2S,故C正确;在SF4中硫最外层有6个电子,再共用4个电子,最外层则有10个电子,而不是8电子稳定结构,故D错误。
4.X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素,原子序数依次增大;基态X的价电子轨道表示式为,Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍;四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示配位键)。下列说法正确的是(  )
A.四种元素中第一电离能最大的是Z
B.Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水
C.X的最高价氧化物的水化物是一种强酸
D.Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点:前者高于后者
【解析】选D。基态X的价电子轨道表示式为,则X为B元素;Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍,则Z为O;结合图示可知,Y形成4个共价键,其原子序数小于O,则Y为C;W形成1个共价键,X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素,原子序数依次增大,则W为F元素。A.元素的非金属性越强,其第一电离能越大,非金属性F>O>C>B,则第一电离能最大的为F(W),故A错误;B.O、C形成的化合物CO难溶于水,故B错误;C.B的最高价氧化物的水化物为硼酸,硼酸为弱酸,故C错误;D.O、F与氢元素形成10电子化合物分别为H2O、HF,常温下H2O为液态,而HF为气态,则沸点:H2O>HF,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.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(  )
W
X
Y
Z
A.氢化物沸点:W<Z
B.气态氢化物的稳定性:W>X
C.化合物熔点:Y2X3<WX2
D.简单离子的半径:Y<X
【解析】选D。W为N元素,对应的氢化物分子之间可形成氢键,沸点比HCl高,即沸点:W>Z,故A错误;非金属性X>W,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故B错误;Al2O3为离子化合物,NO2为共价化合物,离子化合物的熔点较高,则熔点:Y2X3>WX2,故C错误;X为O、Y为Al,对应的离子具有相同的核外电子排布,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子的半径:Y<X,故D正确。
2.已知短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如表所示,且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是(  )
W
X
Y
Z
A.W和Y的所有氧化物都是酸性氧化物
B.在元素周期表中,117号元素与Z元素位于同一主族
C.氧化物对应水化物的酸性:Z>Y
D.X、Y、Z三种元素的最简单氢化物的还原性:X<Y<Z
【解析】选B。结合分析可知,W为N,X为O,Y为S,Z为Cl元素。N的氧化物中,NO不属于酸性氧化物,故A错误;在元素周期表中,117号元素位于第七周期第ⅦA族,与Cl(Z)元素位于同一主族,故B正确;没有指出元素最高价,该说法不合理,如硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸,故C错误;非金属性越强,简单氢化物的还原性越弱,非金属性O>Cl>S,则最简单氢化物的还原性:X<Z<Y,故D错误。
1.(2020·全国Ⅱ卷)一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是(  )
A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键
B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应
C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【解析】选D。Z的阳离子带一个正电荷,再由“元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”,确定Z为Na,再结合阴离子中各原子的成键个数可知,W为H,X为B,Y为N。H、B、N为非金属元素,之间形成共价键,A正确;Na能与水、甲醇发生反应,B正确;氮的最高化合价氧化物的水化物是HNO3为强酸,C正确;BF3中F原子为8电子稳定结构,B最外层只有6个电子,D错误。
2.(2020·全国Ⅲ卷节选)
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。
H、B、N中,原子半径最大的是__________。根据对角线规则,B的一些化学性质与元素______________的相似。
【解析】H、B、N中,H的电子层数最少,原子半径最小(H是所有元素中原子半径最小的元素);而B、N同周期,电子层数相同,但是N的核电荷数大,所以原子半径小,所以三种元素中原子半径最大的是B。由于周期表中B的对角线元素为Si,所以根据对角线规则,B的一些化学性质与元素Si的相似。
答案:B 硅(或Si)
3.(2020·天津等级考节选)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。
Fe、Co、Ni在周期表中的位置为__________,基态Fe原子的电子排布式为____________。
【解析】Fe、Co、Ni的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2,价电子数分别为8、9、10,位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。基态Fe原子核外有26个电子,电子排布式为[Ar]
3d64s2。
答案:第四周期第Ⅷ族
1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
4.(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题:
(1)砷在元素周期表中的位置________。Mc的中子数为________。
已知:P(s,白磷)===P(s,黑磷)
ΔH=-39.3
kJ·mol-1;
P(s,白磷)===P(s,红磷)ΔH=-17.6
kJ·mol-1;
由此推知,其中最稳定的磷单质是________。
(2)氮和磷氢化物性质的比较:
热稳定性:NH3________PH3(填“>”或“<”)。
沸点:N2H4________P2H4(填“>”或“<”),判断依据是____________。
【解析】(1)砷在第四周期ⅤA族,Mc的中子数是288-115=173。白磷生成黑磷放出的能量多,黑磷能量比红磷的能量低,能量越低越稳定,最稳定的磷单质是黑磷。
(2)氮的非金属性大于磷的非金属性,热稳定性NH3大于PH3。沸点N2H4大于P2H4,因为N2H4分子间能形成氢键。
答案:(1)第四周期ⅤA族 173 
黑磷
(2)> > N2H4分子间存在氢键
5.(2019·全国Ⅲ卷节选)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题:
在周期表中,与Li的化学性质最相似的邻族元素是________,该元素基态原子核外M层电子的自旋状态________(填“相同”或“相反”)。
【解析】根据对角线原则,与Li化学性质最相似的邻族元素是Mg。Mg中M层电子为3s2,根据泡利不相容原理,M层电子自旋状态相反。
答案:Mg 相反
6.(2018·北京高考节选)磷精矿粉酸浸时发生反应:
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系:H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,_________________
___________________________________________________________________。
【解析】①根据强酸制弱酸原理,酸性:H3PO4<H2SO4。②根据元素周期律,元素非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,P和S电子层数相同,S的核电荷数比P大,硫原子半径比磷原子小,则S的非金属性强,故酸性:H3PO4<H2SO4。
答案:①< ②核电荷数P<S,原子半径P>S,得电子能力P<S,非金属性P<S
7.(2018·天津高考节选)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H+除外):______________,Mg在元素周期表中的位置:______________,Mg(OH)2的电子式:_____________________________________________________。
【解析】Mg2+、N3-的电子层数相同,核电荷数越大,半径越小,Cl-的核外有三个电子层,半径最大,微粒半径由小到大的顺序是r(Mg2+)eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(H\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))))
eq
\s\up12(-)
Mg2+
eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))H))
eq
\s\up12(-)

答案:r(Mg2+)第三周期ⅡA族 
eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(H\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))))
eq
\s\up12(-)
Mg2+
eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))H))
eq
\s\up12(-)
1.牢记1~6周期的元素种类数:2、8、8、18、18、32。
2.掌握五个关系式:
(1)质子数=原子序数。
(2)电子层数=周期序数。
(3)最外层电子数=主族序数。
(4)最高正价数=主族序数(O、F除外)。
(5)最低负价=主族序数-8。
3.明确元素性质的两个递变规律:
(1)同周期从左至右,原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强。
(2)同主族从上到下,原子半径逐渐增大,金属性逐渐增强,非金属性逐渐减弱。
4.掌握两个物理量:
(1)电离能:定量描述元素原子失去电子的能力。要注意ⅡA、ⅤA族元素的特殊性。
(2)电负性:定量描述元素原子得电子能力。
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33
-第一讲 化学实验仪器和基本操作
考点一 常用化学仪器的识别和使用(命题指数★★★★★)
1.加热仪器——酒精灯、酒精喷灯:
(1)酒精灯使用前应检查酒精量,不少于容积的1/4,不超过2/3。
(2)加热时使用外焰,酒精灯熄灭时要用灯帽盖两次盖灭。
(3)绝对禁止向燃着的酒精灯里添加酒精,绝对禁止用燃着的一只酒精灯去点燃另一只酒精灯。
(4)若酒精灯起火,应用湿抹布盖灭。
(5)酒精灯加热温度可达500~600
℃,酒精喷灯加热温度可达1
000
℃。
2.可加热仪器:
仪器
主要用途
使用方法和注意事项
可直接加热仪器
用于少量试剂的盛装和反应
①加热固体时,试管口应略向下倾斜;②加热液体时,液体体积不能超过试管容积的
用于灼烧固体物质
①将坩埚放在架有泥三角的三脚架上进行加热;②取放坩埚需使用坩埚钳,加热完成后应将坩埚放置在石棉网上冷却;③若加热碱性物质,应使用铁坩埚
可直接加热仪器
用于蒸发或浓缩溶液
①蒸发时液体体积不超过容积的,且要用玻璃棒搅拌;②蒸发结晶时,有大量晶体析出时即停止加热
需垫石棉网加热仪器
用于物质的溶解与稀释、称量腐蚀性固体药品、作反应器、水浴加热仪器
①溶解固体时需用玻璃棒搅拌;②稀释浓硫酸时沿内壁将酸倒入水中,同时用玻璃棒搅拌;③作反应器加热时需垫石棉网;④加热时外壁要干燥;⑤组成水浴装置时,温度计插入水中
用于组装有液体参与反应的装置、喷泉实验中盛装气体
①作反应器加热时需垫石棉网且装入沸石(或碎瓷片)防暴沸;②盛装液体体积不超过容积的;③也可作制蒸馏水时的反应器
用于混合液体的蒸馏和分馏
①加热时需垫石棉网且装入沸石(或碎瓷片)防暴沸;②盛装液体体积不超过容积的;③蒸馏时温度计水银球应位于支管口处
需垫石棉网加热仪器
用于中和滴定的反应器、蒸馏的接收器、组装气体发生装置
①加热时需垫石棉网;②中和滴定时由右手控制振荡,且液体不能装入太多;③常用于组成固-液反应的气体发生装置
用于液-液或固-液反应、蒸馏或分馏
①加热时需垫石棉网且装入沸石(或碎瓷片)防暴沸;②盛装液体体积不超过容积的;③常用于条件严苛的有机反应
3.计量仪器:
仪器
主要用途
使用方法和注意事项
用于粗略测量一定体积的液体
①无“0”刻度,读数时视线与凹液面最低点相平;②一般精确度为0.1
mL;③选择规格时应遵循“大而近”的原则;④不可用作反应器,不可加热,不可用于溶解和稀释
用于配制一定物质的量浓度的溶液
①使用前需检查是否漏水;②有固定规格,应遵循“大而近”的原则选择;③溶液转入时应使用玻璃棒引流,距刻度线以下1~2
cm时改用胶头滴管滴加至刻线;④不可用于溶解、稀释或作反应容器,不可加热或盛装热溶液,不可久贮溶液
A.酸式滴定管B.碱式滴定管
用于准确量取一定体积的溶液和滴定实验
①有“0”刻度,在滴定管上方;②读数精确到0.01
mL;③使用前需“检漏”,并用待装液润洗2~3次;④酸性溶液、氧化性溶液(如KMnO4)应选用酸式滴定管盛装,碱性溶液应选用碱式滴定管盛装
托盘天平
用于称量固体物质的质量
①使用前先调零;②称量时左盘放药品,右盘放砝码;③读数精确至0.1
g;④试剂不能直接放置在托盘上,一般使用称量纸,易潮解、腐蚀性药品应放于烧杯内进行称量
温度计
用于测量温度
①测量溶液温度时,水银球应插入液面下,但不能接触容器内壁;②蒸馏时,水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处;不可用于搅拌
4.常用分离提纯仪器:
仪器
主要用途
使用方法和注意事项
漏斗、长颈漏斗
漏斗用于转移液体和过滤。长颈漏斗用于装配气体发生装置
过滤注意一贴、二低、三靠。长颈漏斗下端管口插入液面下
分液漏斗
①萃取,分液;②用于随时添加液体
①使用前要检查是否漏水;②分离液体时,下层液体由下口流出,放液时漏斗颈尖端紧靠烧杯内壁。上层液体由上口倒出;③放液前应先把漏斗上的玻璃塞打开
洗气瓶
盛装液体,用于气体的净化或干燥
①使用前检查气密性;②吸收剂量不超过广口瓶容积的2/3;③气体的流向应是长(管)进短(管)出
A.球形干燥管B.U形管
用于干燥或吸收某些气体,内装固体干燥剂或吸收剂
①作干燥管时不可盛装液体干燥剂,常用碱石灰、无水CaCl2、P2O5等②球形干燥管气体流向为大口进小口出③球形干燥管也可用于组装防倒吸装置
A.直形冷凝管B.球形冷凝管
用于蒸馏或分馏时冷凝易液化的气体
①冷却水的方向为下进上出②球形冷凝管竖直使用,用于冷凝回流
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)用托盘天平称取药品时,均需要在托盘中放两张相同的纸片。
(  )
提示:×。称量腐蚀性药品或易潮解的药品要用小烧杯。
(2)给试管中的固体加热,应先预热,后局部加热。(  )
提示:√。加热试管应先预热。
(3)量筒、容量瓶、锥形瓶都是不能加热的玻璃仪器。(  )
提示:×。锥形瓶可以垫石棉网加热。
(4)在蒸馏过程中,若发现忘加沸石应立即补加。
(  )
提示:×。应冷却至室温后补加沸石。
(5)欲配制80
mL
1
mol·L-1的NaCl溶液,应选用100
mL容量瓶进行配制,并用托盘天平准确称取固体5.85
g。
(  )
提示:×。容量瓶选择遵循“大而近”的原则,没有80
mL容量瓶,应选用100
mL规格的;托盘天平的精确度为0.1
g,故应称量NaCl
5.9
g。
(6)用酸式滴定管量取20.00
mL
酸性K2Cr2O7标准溶液。
(  )
提示:√。重铬酸钾具有强氧化性,能腐蚀橡胶,应用酸式滴定管进行量取,精确到0.01
mL。
2.有如下两套装置:
(1)上述两套装置中的仪器A、B的名称是什么?二者能互换吗?
(2)仪器B中冷却水的流向如何?请说明理由。
提示:(1)A为直形冷凝管,B为球形冷凝管;二者不能互换,因为馏分易因冷凝而留在球形冷凝管中,造成馏分损失,故蒸馏时不能用球形冷凝管,只能用直形冷凝管,球形冷凝管常用于竖直装置中的冷凝回流。
(2)球形冷凝管的冷却水应下口入,上口出,这样冷却水可充满冷凝管,若上口入,下口出,则会使冷却水不能充满冷凝管,导致冷凝效果降低。
3.(2020·济南模拟)用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是(  )
A.用①装置除去CO2中含有的少量SO2
B.用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C.用③装置加热NH4Cl固体制取NH3
D.用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液
【解析】选D。CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应,不能达到除杂效果,A错误;AlCl3在溶液中发生水解,直接蒸干AlCl3饱和溶液,不能得到无水AlCl3,B错误;加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl,两者遇冷又会生成NH4Cl,堵住导管,存在安全隐患,C错误;乙酸乙酯的密度比水小,有机层在上层,水层在下层,与图中装置分层现象相符,D正确。
命题角度1:常用化学仪器的识别
【典例1】(2021·成都模拟)下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是(  )
选项
A
B
C
D
名称
250
mL容量瓶
分液漏斗
酸式滴定管
冷凝管
图形
用途与使用操作
配制1.0
mol·L-1NaCl溶液,定容时仰视刻度,则配得的溶液浓度小于1.0
mol·L-1
用酒精萃取碘水中的碘,分液时,碘层需从上口放出
可用于量取10.00
mL
Na2CO3溶液
蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体
【解析】选A。定容时仰视刻度,溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低,A正确;酒精易溶于水,不分层,不能用酒精萃取碘水中的碘,B错误;Na2CO3溶液显碱性,应用碱式滴定管量取,C错误;蒸馏实验中水从下口进上口出,D错误。
【归纳提升】常见仪器的识别主要包括加热仪器、可加热仪器、计量仪器、常用分离提纯仪器等的识别,难度系数低,要求对常考的装置(如冷凝管、干燥管、分液漏斗、圆底烧瓶、三颈烧瓶等)的简图熟练掌握。
【备选例题】
(2021·重庆模拟)茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是(  )
A.将茶叶灼烧灰化,选用①、②和⑨
B.用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释,选用④、⑥和⑦
C.过滤得到滤液,选用④、⑤和⑦
D.检验滤液中的Fe3+,选用③、⑧和⑩
【解析】选B。灼烧固体物质一般使用坩埚,而坩埚加热时需用泥三角支撑然后放在三脚架上,三脚架的下面应放酒精灯,选用的实验用品都能用到,A项不符合题意;溶解固体并加蒸馏水稀释,所需仪器为烧杯和玻璃棒,用不到容量瓶,B项符合题意;过滤所需的实验用品为漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯和带铁圈的铁架台,C项不符合题意;检验Fe3+的试剂为KSCN溶液,所需仪器为试管和胶头滴管,D项不符合题意。
命题角度2:实验仪器的正确使用
【典例2】(2020·天津等级考)下列实验仪器或装置的选择正确的是(  )
配制50.00
mL0.100
0
mol·L-1Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶
A
B
C
D
【解析】选B。配制0.1
mol·L-1
Na2CO3溶液,需要用到50
mL容量瓶,A项错误;除去Cl2中的HCl,选择饱和食盐水,气体从长管进、短管出,B项正确;蒸馏用冷凝管用直形冷凝管,C项错误;盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶用橡胶塞,不能用磨口玻璃塞,D项错误。
【规律方法】实验仪器的选择问题常见解题思路
【备选例题】
(2020·浙江7月选考)固液分离操作中,需要用到的仪器是(  )
【解析】选C。A项仪器是干燥管,不能用于固液分离;B项仪器为蒸馏烧瓶,不能用于固液分离;C项仪器为普通漏斗,常用于过滤以分离固液混合物;D项仪器为牛角管,又叫接液管,连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体,不能用于固液分离。
1.实验仪器的选择
量器
①粗略量取液体的体积用量筒;②精确量取液体的体积用滴定管
容器
①少量液体的实验用试管,较大量液体的实验用烧瓶(或锥形瓶);②蒸发结晶用蒸发皿;③对固体高温灼烧时用坩埚
漏斗
①进行过滤操作时用普通漏斗;②组装简易气体发生装置用长颈漏斗;③组装要求控制反应速率的气体发生装置用分液漏斗
除杂仪器
①所用除杂试剂是固体时选用干燥管;②所用除杂试剂是液体时选用洗气瓶
2.实验仪器使用注意事项
(1)酸式滴定管不能装碱性溶液,碱式滴定管不能装酸性及氧化性溶液。
(2)容量瓶不能长期存放溶液,更不能作为反应容器,也不可加热,瓶塞不可互用。
(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶不可直接加热。
(4)pH试纸不能直接蘸取待测液,不能用蒸馏水润湿。
(5)药品不能入口和用手直接接触,实验剩余药品不能放回原处(K、Na等除外),不能随意丢弃,要放入指定容器中。
(6)中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗。
(7)量筒不能用来配制溶液或进行化学反应,更不能用来加热或量取热的溶液。
(8)试纸不能直接用手拿,要用镊子夹取。
命题点1:实验仪器的识别(基础性考点)
1.(2021·重庆模拟)下列仪器为某些基本操作的部分仪器,请按照要求填空:
(1)写出仪器的名称:①________;⑦____________;⑧________;
(2)上述仪器中,可以直接加热的仪器有________(填序号)。
(3)分离四氯化碳(沸点为76.75
℃)和甲苯(沸点为110.6
℃),需要上述仪器中的(填序号)________。
【解析】(1)根据仪器图象判断仪器名称,①是坩埚,⑦是分液漏斗,⑧是蒸馏烧瓶。
(2)根据图中分析,可直接加热的仪器有试管、坩埚,而烧杯、蒸馏烧瓶加热需要垫石棉网。
(3)四氯化碳和甲苯沸点相差较大,采用蒸馏的方法分离,仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计。
答案:(1)坩埚 分液漏斗 蒸馏烧瓶 
(2)①③ (3)②⑧⑨⑩
命题点2:实验仪器的正确使用(基础性考点)
2.(2020·衡水模拟)草酸晶体(H2C2O4·2H2O)在100
℃开始失水,101.5
℃熔化,150
℃左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体,应该选择的气体发生装置是(  )
【解析】选D。加热固体时,为防止水蒸气液化后倒流,试管口一般向下倾斜,但草酸晶体在101.5
℃时熔化,为了达到实验目的,需要持续加热到150
℃左右,选择装置D可以解决受热过程中产生水堵塞导管以及样品流动的问题。
3.(2021·潍坊模拟)如图A~E是中学化学常用的五种仪器:
回答下列问题:
(1)上述仪器中,使用时需首先检查是否漏水的有________________
(填标号)。
(2)下列实验操作中,使用到仪器C的是________(填标号)。
a.分离水和酒精的混合物
b.分离水和四氯化碳的混合物
c.分离水和泥砂的混合物
d.提纯Fe(OH)3胶体
(3)某化学兴趣小组实验过程中,需要480
mL
0.5
mol·L-1
NaOH溶液。
①除上述提供的仪器外,还用到的玻璃仪器有________________。
②如图所示,转移操作中的一处错误是_____________________________
________________________________________________________________。
【解析】(1)A为圆底烧瓶,B为量筒,C为分液漏斗,D为胶头滴管,E为500
mL容量瓶,有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏,以上装置中只有分液漏斗和500
mL容量瓶有塞子;
(2)仪器C为分液漏斗,用于分离互不相溶且分层的液体混合物;水和酒精任意比互溶,不能用分液漏斗分离,故a不符合题意;水和四氯化碳不互溶且分层,可以用分液漏斗分离,故b符合题意;水和泥砂不互溶,但泥砂不是液体,一般使用过滤的方法分离,故c不符合题意;Fe(OH)3胶体与水混合不分层,不能用分液漏斗分离,一般用渗析的方法分离,故d不符合题意;
(3)
①配制480
mL
0.5
mol·L-1
NaOH溶液,需要的仪器有500
mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管,除上述提供的仪器外,还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒;
②转移操作中要使用玻璃棒引流,故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流。
答案:(1)CE (2)b
(3)①烧杯、玻璃棒
②转移溶液时未用玻璃棒引流
【加固训练—拔高】
1.(2021·兰州模拟)下列装置及其使用说法正确的是(  )
A.用装置①分离胶体和溶液
B.用装置②制备SO2
C.用装置③分离NaCl和I2
D.用装置④收集SO2并验证其漂白性
【解析】选C。胶体和溶液都能透过滤纸,不能用装置①过滤分离,A不正确;浓硫酸和铜反应需要加热,装置②没有酒精灯,所以无法制备SO2,B不正确;碘受热易升华,遇冷又凝华,所以可以用装置③分离NaCl和I2,C正确;SO2具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而不是漂白性,D不正确。
2.(2021·天水模拟)实验室制备硝基苯的反应装置如图所示,步骤之一是将仪器a中浓硝酸和浓硫酸形成的混酸加入装有苯的三颈烧瓶中,则下列叙述不正确的是(  )
A.仪器a的名称是恒压滴液漏斗
B.长玻璃导管可以起到冷凝回流的作用
C.配制混酸时应在烧杯中先加入浓硫酸
D.分离出硝基苯的主要操作是分液和蒸馏
【解析】选C。根据仪器装置图可知,仪器a是恒压滴液漏斗,故A不符合题意;加热条件下,苯、浓硝酸均易挥发,因此长玻璃导管可起到平衡装置内外气压以及冷凝回流的作用,故B不符合题意;浓硫酸密度较大,且溶解过程中放出大量热,因此不能先加入浓硫酸,应在浓硝酸中加入浓硫酸,冷却后滴入苯,其目的是一方面两酸混合产生大量的热,使混合酸的温度升高,一部分浓硝酸将分解;另一方面,苯的沸点比较低,大量的苯将蒸发掉,影响硝基苯的产率,故C符合题意;苯和硝基苯不易溶于水中,因此产品可先进行分液,分离出苯和硝基苯的有机层,然后利用蒸馏有机物分离出硝基苯,故D不符合题意。
3.下列选项中,为完成相应实验,所用仪器或相关操作合理的是(  )
A
B
C
D
用CCl4提取溶在乙醇中的I2
测量Cl2的体积
过滤
用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸
【解析】选B。四氯化碳和乙醇互溶,应用蒸馏法分离CCl4和I2,
A项错误;氯气在饱和食盐水中溶解度小,可通过图中装置排饱和食盐水测量Cl2的体积,B项正确;过滤需要玻璃棒引流,图中缺少玻璃棒,C项错误;用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸,NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中,仪器的使用不合理,而且眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化,D项错误。
4.(2021·莆田模拟)某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法,其中说法不正确的是(  )
【解析】选C。元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,强酸能和弱酸盐反应生成弱酸,二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸,说明碳酸酸性大于硅酸,碳酸、硅酸都是其最高价氧化物的水化物,所以非金属性C>Si,A正确;产生的气体通过橡皮管进入分液漏斗上部,导致分液漏斗上部和烧瓶内气体产生压强差,所以利用压强差使液体顺利流下,B正确;该装置通过调节乙能产生压强差,所以能利用该装置检验装置气密性,C错误;常温下二氧化碳和NO不反应,可以采用排二氧化碳法收集NO,二氧化碳密度大于NO,所以采用向下排二氧化碳法收集NO,则先从①口进气集满二氧化碳,再从②口进气,可收集NO,D正确。
5.(2021·合肥模拟)氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是常用的氨化剂之一。某研究小组利用反应原理:2NH3(g)+CO2(g)===H2NCOONH4(s) ΔH<0制备氨基甲酸铵,其装置如图所示,已知:H2NCOONH4(s)为白色固体,易分解、易水解。则下列观点不正确的是(  )
A.仪器1是恒压漏斗,该实验用于防倒吸
B.仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体
C.为了完成实验,应在装置5和6之间,依次添加干燥装置和安全瓶
D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡,应控制旋塞,加大浓氨水的流速
【解析】选A。仪器1是恒压漏斗,其作用为使漏斗内液体顺利流下,A错误;浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气,氢氧化钠固体可以干燥氨气,故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体,B正确;为了防止生成的氨基甲酸铵水解,或者防止氨气过量导致装置6倒吸,应在装置5和6之间,依次添加干燥装置和安全瓶,C正确;若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡,说明二氧化碳过量,应该加快产生氨气的流速,D正确。
考点二 化学实验安全与试剂存放(命题指数★★★)
1.化学实验安全:
(1)常用危险化学药品的标志
(2)常见意外事故的处理
意外事故
处理方法
少量浓硫酸溅到皮肤上
先用干布拭去,再用大量水冲洗,涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液
碱液洒在皮肤上
用大量水冲洗,涂上硼酸溶液
化学试剂进入眼睛
立即用大量水冲洗,边洗边眨眼睛
酒精灯不慎碰倒起火
用湿抹布盖灭
水银洒在地面上
用硫粉覆盖
金属Na、K等着火
用沙子盖灭
苯酚、液溴洒在皮肤上
用酒精洗涤
误食重金属盐
立即服用大量牛奶或蛋清
(3)常见实验安全装置
①防倒吸装置
②防堵塞安全装置
③防污染安全装置
2.化学试剂的存放:
(1)试剂瓶和瓶塞的选择
①固体试剂用广口瓶存放,液体试剂用细口瓶存放。
②常规试剂、强氧化性试剂(硝酸、液溴或溴水、高锰酸钾溶液等)只能用玻璃塞;强碱、较强碱性的盐(碳酸钠、硅酸钠等)、HF等不能用玻璃塞。
③一般试剂都用无色玻璃瓶,见光易分解的物质用棕色玻璃瓶。
(2)试剂的存放原则
①安全性原则
一般化学试剂都有毒性或腐蚀性或易挥发性或易燃易爆性等,储存化学试剂时必须注意安全。
②保纯性原则
有的化学试剂易与空气中的氧气、二氧化碳、水等发生化学反应,有的化学试剂自身易发生化学反应,还有的化学试剂易与橡胶、玻璃等发生化学作用或物理作用,在储存化学试剂的过程中要防止化学试剂变质而导致纯度降低。
③方便性原则
在对化学试剂进行储存时,既要考虑试剂易装入容器中,又要考虑试剂易从容器中取出。
(3)特殊试剂的保存方法
保存依据
保存方法
典型实例
防与CO2反应
密闭保存,减少露置时间
NaOH溶液、Na2CO3溶液、澄清石灰水等需密封保存
防氧化
①密封保存;②隔绝空气;③加入还原剂
①Na2SO3固体、Na2S溶液等密封保存;②Na、K保存在煤油里,Li保存在石蜡里,白磷保存在水里;③FeSO4溶液中加入少量铁屑
防潮解
密封保存
NaOH、CaCl2等固体需密封保存
防水解
加入酸(或碱)抑制水解
FeCl3溶液中加稀盐酸
防挥发
①密封保存,并置于阴凉处;②液封
①浓盐酸、浓氨水等置于阴凉处密封保存;②液溴加水液封保存
防见光分解
保存在棕色试剂瓶中,并置于冷暗处
浓硝酸、AgNO3溶液、氯水等见光易分解物质保存在冷暗处的棕色瓶中
防腐蚀
选用其他材质容器保存
氢氟酸保存在塑料瓶中
防燃烧
置于阴凉处,不与氧化剂混合贮存,严禁火种
汽油、酒精、苯等
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)金属钙失火应使用泡沫灭火器来灭火。(  )
提示:×。活泼金属失火应用沙子盖灭。
(2)用排水法收集O2结束时,先撤酒精灯,再撤导气管。(  )
提示:×。为防止倒吸造成危险,应先撤管后熄灯。
(3)浓硫酸不慎溅到手上,应立即用大量水冲洗。
(  )
提示:×。应先用干布拭去,再用大量水冲洗,避免二次灼伤。
(4)浓硝酸应保存在棕色细口瓶中。(  )
提示:√。浓硝酸见光易分解,应保存在棕色瓶中。
(5)盛放氢氧化钠溶液的玻璃瓶,可以使用橡胶塞或玻璃塞。(  )
提示:×。氢氧化钠溶液能与玻璃中SiO2发生反应。
2.(1)若将盛放浓硫酸和浓盐酸的试剂瓶敞口放置于空气中,在放置过程中二者的浓度如何变化?其原因是什么?
提示:都减小。浓硫酸具有吸水性,因吸收空气中的水蒸气导致其浓度减小,而浓盐酸具有挥发性,HCl挥发使浓盐酸浓度减小。
(2)实验室中配制和储存FeCl2溶液时常分别加入少量铁屑和盐酸,其目的是什么?如果将FeCl2溶液加热蒸干并灼烧,能得到FeCl2固体吗?
提示:FeCl2易被氧化且溶于水时会发生水解,在FeCl2溶液中加入铁屑可防止Fe2+被氧化,加入少量盐酸可防止FeCl2水解,FeCl2溶液加热蒸干并灼烧,最终所得固体为Fe2O3。
命题角度1:化学实验安全
【典例1】(2021·山东省实验中学模拟)Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体,是一种强氧化剂,易溶于水且会与水反应生成次氯酸,与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。
已知:Cl2O的熔点为-120.6
℃,沸点为2.0
℃,Cl2的沸点为-34.6
℃;HgO+2Cl2===HgCl2+Cl2O
下列说法不正确的是(  )
A.装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B.通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险
C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D.装置④与⑤之间不用橡皮管连接,是为了防止橡皮管燃烧和爆炸
【解析】选C。
制取Cl2O需要干燥纯净的氯气,所以②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸,以保证进入④的Cl2中无水,A正确;高浓度的Cl2O易爆炸,所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O进行稀释,以减少爆炸危险,B正确;由物质的沸点可知,装置⑤用液氨降温冷却分离出Cl2O,逸出的气体是空气及过量Cl2,C错误;Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸,则装置④与⑤之间不能用橡皮管连接,是为了防止燃烧和爆炸,D正确。
 
(1)(变化观念与平衡思想)分析题给信息,判断能否将水槽中的冷水(18~20
℃)更换为冰水(0
℃),以提高冷却效果?
提示:不能。因Cl2O的沸点为2.0
℃,若换为冰水,Cl2O将为液态,不能及时排出而存留在反应器中。
(2)(宏观辨识与微观探析)有同学认为:Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸,应在制取Cl2O的装置最后增加一个装置,以防止空气中的水蒸气进入收集装置并吸收尾气中的某些气体,以防止污染空气,此同学的认识是否正确?若正确,应增加一个什么装置?
提示:正确。若将气体直接排入空气,空气中的水蒸气会进入装置⑤与Cl2O反应,且尾气中未反应的Cl2会污染空气,应在装置⑤之后连接一个盛有碱石灰的干燥管。
【备选例题】
(2021·宁波模拟)化学实验操作中必须十分重视安全问题。下列处理方法错误的是(  )
A.不慎打翻燃着的酒精灯,立即用湿抹布盖灭
B.金属钠着火时,立即用泡沫灭火器进行灭火
C.给盛有液体的试管加热时,要不断移动试管或加入碎瓷片
D.浓碱液滴在皮肤上,立即用大量水冲洗,然后涂上3%~
5%的硼酸溶液
【解析】选B。不慎打翻燃着的酒精灯,应用湿抹布盖灭,使其和氧气不能接触,A正确;金属钠着火反应生成过氧化钠,能与水或二氧化碳反应生成氧气,燃烧更剧烈,所以不能用泡沫灭火器,应该用沙子,B错误;给液体加热要均匀加热,或加入碎瓷片,防止暴沸,C正确;浓碱液可以腐蚀皮肤,应立即用大量的水冲洗,然后涂上酸性很弱的硼酸,D正确。
命题角度2:试剂的存放
【典例2】(2021·西安模拟)下列说法不正确的是(  )
A.液溴保存时常加少量的水进行液封
B.使用易燃、易爆和易挥发的试剂时,应注意安全、远离火源
C.实验室常将氯气通入汞的表面,以除去不慎洒落的汞
D.实验室在取用药品时,块状固体通常用镊子取用,粉末状固体通常用药匙取用
【解析】选C。液溴易挥发,且密度比水大,可用水封的方法储存,故A正确;易燃、易爆药品要远离火源,可防止燃烧、爆炸,故B正确;汞有毒、易挥发,由于汞能够与硫单质反应,所以实验室常将硫黄撒在汞的表面,以除去不慎洒落的汞,故C错误;具体的操作是先把容器横放,把块状药品或金属颗粒放入容器口,再把容器慢慢地竖立起来,使药品滑落到容器底部,以免打破容器,用药匙或纸槽将粉末状药品或小颗粒送到容器底部,再把容器竖起,使药品全部落到容器底,防止药品沾在容器壁,故D正确。
【规律方法】试剂保存方法解题思路
①试剂瓶的正确使用。
②特殊试剂的保存,需要防与CO2反应、防潮解、防氧化、防水解、防挥发、防见光分解、防腐蚀、防燃烧。
【备选例题】
(2021·抚顺模拟)下列保存物质方法正确的是(  )
A.氢氟酸保存在塑料盖的玻璃瓶中
B.氯水应保存在棕色的细口玻璃瓶中
C.保存液溴时向其中加入少量酒精
D.金属锂应存放在煤油中防止被氧化
【解析】选B。氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应,不能保存在玻璃瓶中,则氢氟酸保存在塑料瓶中,故A错误;氯水为液态,且HClO见光易分解,则氯水盛放在棕色的细口瓶中,故B正确;溴易溶于酒精,但酒精是易挥发性的物质,导致加速溴的挥发,故C错误;锂与氧气要反应,锂的密度比煤油小,会浮在煤油上面,应保存在石蜡中,故D错误。
 化学实验安全操作的“六防”
防爆炸
①点燃可燃性气体(如H2、CO、CH4、C2H4)或用CO、H2还原Fe2O3、CuO之前,要检验气体纯度②用H2或CO还原CuO时,应先通入H2或CO,在装置尾部收集气体并检验纯度,若尾部气体已纯净,说明装置中的空气已排尽,可对装置加热
防暴沸
配制硫酸的水溶液或硫酸的酒精溶液时,要将密度大的浓硫酸缓慢倒入水或酒精中;加热液体混合物时要加沸石或碎瓷片
防倒吸
用试管加热固体时,试管底部要略高于管口,如实验室制O2、NH3等;加热液体时试管口要向上倾斜;加热法制取并用排水法收集气体或吸收溶解度较大气体时,要注意熄灯顺序或加装安全瓶
防失火
①可燃性物质如钾、钠、白磷等强还原剂要妥善保存,与强氧化剂要分开存放②使用易挥发性可燃物,如乙醇、乙醚、汽油等应防止蒸气逸出,添加易燃品一定要远离火源
防中毒
制取有毒气体(如Cl2、CO、SO2、H2S、NO2、NO)时,应在通风橱中进行,且进行尾气处理
防污染
用胶头滴管滴加液体时,不伸入瓶内,不接触试管壁(向FeSO4溶液中加NaOH溶液除外);取用试剂时试剂瓶盖倒放于桌面上;药匙和胶头滴管尽可能专用(或洗净、擦干后再取其他药品);废液及时处理;凡有污染性气体(如Cl2、SO2、CO、NOx等)产生的均需对尾气进行吸收或处理
命题点1:化学实验安全(基础性考点)
1.(2021·潍坊模拟)使用化学药品必须注意安全,下列药品对应的安全标识不正确的是(  )
A
B
C
D
硝酸钾、氯酸钾
苛性钠、浓硫酸
四氯化碳、酒精
白磷、苯
【解析】选C。硝酸钾、氯酸钾都具有强氧化性,都是强氧化剂,安全标识正确,A正确;苛性钠是氢氧化钠的俗名,氢氧化钠和浓硫酸都具有腐蚀性,安全标识正确,B正确;四氯化碳不能燃烧,是高效灭火剂,安全标识不正确,C错误;白磷和苯都有毒,安全标识正确,D正确。
2.下列有关说法正确的是(  )
A.容量瓶使用前必须干燥,否则将引起误差
B.蒸馏实验结束后,先停止通冷凝水,再停止加热
C.含硫酸的废液倒入水槽,用水冲入下水道
D.不慎将酒精灯打翻在桌上失火时,立即用湿抹布盖灭
【解析】选D。容量瓶使用前洗涤干净即可,无须干燥,因为后期定容阶段,也需要注水,所以不会造成误差,故A错误;B.蒸馏实验结束后,正确的顺序是先停止加热,再停止通冷凝水,故B错误;C.含硫酸的废液应当先调节至中性后,再倒入废液缸中,不要直接倒入下水道,防止污染地下水,故C错误;D.酒精灯打翻失火,立即用湿抹布盖灭,不能用水灭火,因为酒精溶于水、易挥发,故D正确。
命题点2:化学试剂的存放(基础性考点)
3.(2021·太原模拟)下列试剂的保存或盛装方法中,错误的是(  )
A.钠保存在煤油中
B.铁罐贮存浓硝酸
C.新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
D.NaOH
溶液盛装在带玻璃塞的玻璃瓶中
【解析】选D。钠易与水和氧气反应,所以要隔绝空气保存,钠的密度大于煤油的,且和煤油不反应,所以可用煤油保存,故A正确;浓硝酸具有强的氧化性,常温下能够使铁钝化生成致密氧化膜,可以用铁罐贮存浓硝酸,故B正确;氯水中的次氯酸见光易分解,保存应避光,所以新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中,故C正确;二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应生成黏性的硅酸钠溶液,容易把磨口玻璃塞和玻璃瓶黏在一起而不易打开,所以NaOH
溶液应盛装在带橡胶塞的玻璃瓶中,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·杭州模拟)下列有关实验说法,不正确的是(  )
A.硝酸不慎溅到手上,先用大量水冲洗,再用碳酸氢钠稀溶液冲洗
B.将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1
mol·L-1
CuSO4溶液和1
mol·L-1CuCl2溶液中,一段时间后,在CuCl2溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象
C.在“火柴头中氯元素的检验”实验中,摘下几根燃烧过的火柴头,将其浸于水中,稍后取少量溶液于试管中,滴加硝酸银溶液和稀硝酸后,即可判断火柴头中有氯离子的存在
D.从Na2S2O3和H2SO4两溶液相混合开始计时,到溶液出现的浑浊将锥形瓶底部的“+”字完全遮盖时结束,通过比较记录所需时间,可判断反应速率的大小
【解析】选C。硝酸溅到皮肤上,立即用大量水冲洗,然后用碳酸氢钠稀溶液冲洗,将剩余的硝酸反应掉,A正确;CuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解,溶液显酸性,能先与氧化铝反应,去除氧化膜后,活泼的铝与酸反应会产生气体,同时铝也置换出铜,有红色物质析出,B正确;火柴头中氧化剂为KClO3,燃烧后氯元素以氯化物的形式存在,可利用AgNO3溶液和稀硝酸检验氯离子,具体操作为将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡,片刻后取少量溶液于试管中,向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸,有白色沉淀生成,说明燃烧后氯元素是以氯离子形式存在,C错误;测定Na2S2O3溶液跟稀H2SO4反应的速率,以两溶液混合时开始计时,到溶液出现的浑浊将锥形瓶底部的“+”字完全遮盖时结束计时,据所需要的时间判断反应速率的大小,D正确。
2.下列说法中正确的是(  )
【解析】选D。保存浓硝酸的试剂瓶不能用橡胶塞;量筒精确度达不到小数点后两位,一般精确到0.1
mL,托盘天平称量物质的质量时应“左物右码”,且不能将氢氧化钠放在滤纸上称量。
3.安全是顺利进行实验及避免伤害的保障,下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是(  )
A.操作①:使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B.操作②:使用CCl4萃取溴水中的溴时,振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C.操作③:吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸
D.操作④:用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把瓶倒立,检查容量瓶是否漏水
【解析】选D。A项,由于连通氢气发生装置的导管在液面以下,燃烧的氢气在液面上,所以该装置可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸,该操作是从安全角度考虑,不符合题意;B项,打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险,该操作是从安全角度考虑,不符合题意;C项,水层在下层不能防止倒吸,应该使用四氯化碳和水,该操作不正确,不符合题意;D项,检查容量瓶是否漏水操作正确,但这不是从实验安全角度考虑的,符合题意。
4.(2021·天津模拟)下列说法不正确的是(  )
A.金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时,必须尽可能收集,并深埋处理
B.氨氮废水(含NH及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C.做蒸馏实验时,在蒸馏烧瓶中应加入沸石,以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石,应立即停止加热,冷却后补加
D.用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度
【解析】选A。金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面,加硫黄粉处理,且金属汞不能深埋处理,易污染土壤和地下水,故A错误;氨氮废水中N为-3价,可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质,所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理,故B正确;做蒸馏实验时,蒸馏烧瓶中忘记加入沸石,需要停止加热,冷却后补加,故C正确;乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇,只有乙酸为电解质,且乙酸电离显酸性,则乙酸浓度越大,酸性越强,导电能力也越强,所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度,故D正确。
5.(2021·石家庄模拟)化学是一门以实验为基础的学科,化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的知识判断,下列实验操作的描述中,正确的是(  )
A.从试剂瓶中取出的任何药品,若有剩余不能再放回原试剂瓶
B.用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶
C.酒精灯不慎碰倒起火时可用水扑灭
D.各放一张质量相同的滤纸于天平的两托盘上,将NaOH固体放在左盘纸上称量
【解析】选B。有些活泼金属例如钠,用剩的钠可放回原瓶,A错误;盛放过石灰水的试剂瓶可能存在碳酸钙和氢氧化钙,都可以和稀盐酸反应,可以用稀盐酸洗涤,B正确;酒精灯不慎碰倒起火时可用湿抹布或沙子扑灭,不能用水扑灭,水具有流动性,会加速酒精的燃烧,C错误;NaOH固体具有强腐蚀性,易潮解,不能放在左盘纸上,应放玻璃容器中称量,D错误。
6.(2021·朝阳区模拟)《常用危险化学用品贮存通则》规定:“遇火、遇热、遇潮能引起燃烧、爆炸或发生化学反应,产生有毒气体的化学危险品不得在露天或在潮湿、积水的建筑物中贮存”。下列解释事实的方程式中,不合理的是(  )
A.贮存液氮的钢瓶防止阳光直射:N2+O22NO
B.硝酸铵遇热爆炸:2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O↑
C.干燥的
AlCl3遇水产生气体:AlCl3+3H2O===Al(OH)3+3HCl↑
D.火灾现场存有电石,禁用水灭火:CaC2+2H2O===Ca(OH)2+C2H2↑
【解析】选A。液氮中无氧气,不发生反应,故A错误;
硝酸铵在加热时生成氮气、氧气和水蒸气,故B正确;干燥的氯化铝遇水发生水解,生成氢氧化铝、氯化氢气体,故C正确;电石的主要成分碳化钙与水反应,故D正确。
考点三 化学实验的基本操作(命题指数★★★★★)
1.药品的取用:
(1)根据药品的性状和用量选择取用方法
取用药品
固体药品
液体药品
粉末
块状
一定量
少量
多量
一定量
使用仪器
药匙(或纸槽)
镊子
用托盘天平称量
胶头滴管
用试剂瓶倾倒
用量筒、滴定管(或移液管量取)
(2)图示向仪器中加入药品的操作方法
①向容器内加固体药品
②向容器内加液体药品
2.常见试纸的使用:
(1)常见试纸及其用途
常见试纸
用途
pH试纸
定量(粗测)检验溶液的酸碱性,读数时取整数;精密pH试纸可精确到小数点后一位
蓝色石蕊试纸
定性检验酸性溶液或气体
红色石蕊试纸
定性检验碱性溶液或气体
品红试纸
检验SO2等有漂白性的物质
淀粉KI试纸
检验Cl2等有氧化性的物质
(2)试纸的使用方法
①检验溶液:取一小片pH试纸放在表面皿或玻璃片上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取少量待测液,滴在pH试纸中央,等试纸变色后,与标准比色卡对照。
②检验气体:先用蒸馏水将试纸润湿,粘在玻璃棒的一端并接近集气瓶口或导管口,观察试纸颜色的变化。
(3)注意事项
①不可使用pH试纸测定浓硝酸、H2O2、氯水、NaClO溶液、Ca(ClO)2溶液等具有漂白性的溶液的pH。
②用pH试纸测定溶液pH时无需润湿试纸,否则可能导致误差(酸性溶液测量结果偏大,碱性溶液测量结果偏小,中性溶液无影响)。
【易错警示】规避pH测定的易错点
(1)漂白性物质不可用pH试纸测定,可选用pH计。
(2)测量溶液pH时,若将试纸湿润相当于稀释溶液,不一定产生误差,如中性溶液pH的测定;测量等浓度盐酸和醋酸pH时,若将pH试纸湿润,对盐酸测量结果的影响更大。
3.物质的溶解:
(1)气体的溶解或吸收
①溶解度不大的气体,如CO2、Cl2、H2S等,常用如图a装置吸收。
②极易溶于水的气体,如NH3、HCl等,常用如图b装置防倒吸。
(2)液体的溶解(稀释)
一般把密度较大的液体加入密度较小的液体中,如稀释浓硫酸、制王水。
(3)固体的溶解
①常用仪器:试管、烧杯、玻璃棒等。
②加速溶解的方法:加热、研磨固体、搅拌或振荡等。
4.仪器的洗涤:
(1)洗净的标准:水不聚成滴且不成股流下。
(2)常见残留物的洗涤
洗涤对象
残留物
洗涤剂
内有油脂的试管
油脂
NaOH溶液或洗衣粉或汽油
附有银镜的试管
Ag
硝酸溶液
还原CuO后的试管
Cu、CuO
硝酸溶液
久置KMnO4溶液的试剂瓶
KMnO4
浓盐酸
粘有硫的试管
S
NaOH溶液或CS2
久置石灰水的试剂瓶
CaCO3
盐酸
盛放乙酸乙酯的试管
乙酸乙酯
NaOH溶液或酒精
做过Cl-,Br-检验的试管
AgCl、AgBr
氨水
5.装置气密性的检查方法与答题规范:
(1)装置气密性检查必须在放入药品之前进行。
(2)气密性检查的基本思路
使装置内外压强不等,观察气泡或液面变化。
(3)气密性检查的答题规范
装置形成封闭体系→操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)→描述现象→得出结论。
(4)气密性检查的常用方法
①微热法:如图a。用酒精灯微热或用手焐热容器,导管口产生气泡,停止加热或松开手后导管内形成一段水柱,证明装置不漏气。
②液差法:如图b、c。连接好仪器,b中夹紧弹簧夹,从长颈漏斗中注入适量水,使b中长颈漏斗中的液面高于锥形瓶中的液面,静置,若液面位置保持不变,证明装置不漏气。c中,从乙管加入适量水,使乙管液面高于甲管液面,静置,若液面位置保持不变,证明装置不漏气。
③滴液法:如图d。向分液漏斗中注入适量水,关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞,如果滴入少量水后很快停止流下,则装置气密性良好。
④抽气(吹气)法,如图e、f。e中关闭分液漏斗的活塞,轻轻向外拉动或向里推动注射器的活塞,一段时间后,活塞能回到原来的位置,表明装置的气密性良好。f中打开弹簧夹,向导管口吹气,如果长颈漏斗中的液面上升,且停止吹气后,夹上弹簧夹,长颈漏斗液面保持稳定,则表明装置的气密性良好。(液差法的拓展)
6.物质的加热方式:
加热方式
操作和注意事项
直接加热(如试管等)
①先预热,再将火焰固定在试管底部加热;②加热固体时,试管口略向下;加热液体时,试管口向斜上方倾斜约45°
垫石棉网加热(如烧杯、烧瓶等)
适用较大的玻璃反应容器
浴热(水浴、油浴等)
①优点是受热均匀,便于控制反应温度;②温度不超过100℃的选用水浴,超过100℃的选用油浴
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)用湿润的淀粉KI试纸鉴别Br2(g)和NO2。(  )
提示:×。Br2具有氧化性,可使湿润淀粉KI试纸变蓝;NO2与水反应生成HNO3,也可氧化KI生成I2使淀粉变蓝。
(2)用洁净干燥的玻璃棒蘸取漂白粉溶液,滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH。(  )
提示:×。漂白粉中含有Ca(ClO)2,ClO-水解后生成HClO具有漂白性,无法测得pH。
(3)做钾盐的焰色反应时,用玻璃棒蘸取试样在酒精灯火焰上灼烧,并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色。(  )
提示:×。应选用耐高温的铂丝或铁丝做焰色反应。
(4)配制王水时,应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中。(  )
提示:×。王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物。
(5)用干燥的pH试纸可检验新制饱和氯水的pH。(  )
提示:×。新制饱和氯水有漂白性,无法用pH试纸检验pH。
2.有如下两套装置:
(1)关闭图甲装置中的止水夹a,开启活塞b,水不断往下滴,直至全部流入烧瓶,该装置是否漏气?说明判断的理由。
提示:无法确定。因分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连,使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的气体压强始终相等,无论装置是否漏气,都不影响分液漏斗中的水滴入烧瓶。
(2)某实验小组利用图乙装置制备Ca3N2,并探究其实验,按图连接好实验装置,如何检查装置的气密性?
提示:关闭活塞K,将末端导管插入试管A的水中,用酒精灯微热硬质玻璃管,若导管口有连续均匀的气泡冒出,撤去酒精灯冷却一段时间,导管内形成一段水柱,并且一段时间不回落,说明装置气密性良好。
命题角度1:化学实验基本操作判断
【典例1】(2021·忻州模拟)下列基本实验操作不正确的是(  )
选项
A
B
C
D
操作示意图
操作名称
倾倒液体
取用块状固体
稀释浓硫酸
检查气密性
【解析】选B。倾倒液体试管倾斜,口对口,瓶塞倒放,标签正对手心,操作合理,A正确;取用块状固体,试管要横放,固体放在管口,然后缓缓直立,图中操作易使试管底破裂,B错误;将浓硫酸注入水中,不断搅拌,使产生的热量及时散失,图中操作合理,C正确;用手紧握试管,试管中气体膨胀,烧杯中观察有气泡可检验气密性,图中方法和操作合理,D正确。
命题角度2:装置连接和综合实验操作
【典例2】水蒸气通过灼热的焦炭后,出来气体的主要成分是CO和H2,还有CO2和水蒸气等。请用下图中提供的仪器,选择必要的试剂,设计一个实验,证明上述混合气体中有CO和H2。(加热装置和导管等在图中略去)
回答下列问题:
(1)盛浓硫酸的装置作用是________________________________________,
盛NaOH溶液的装置作用是_______________________________________。
(2)B中加入的试剂是________,发生反应的化学方程式是____________
______________________________________。
(3)C中加入试剂是________,其目的是_______________________________
________________。
(4)按气流方向连接各仪器,用字母表示接口的连接顺序:g—ab—________________。
【解析】(1)浓硫酸用于除去水蒸气,干燥气体;NaOH溶液用于除去CO2气体,防止干扰后续实验。(2)硬质玻璃管中加入氧化铜,氧化还原性气体H2和CO。
(3)干燥管中加入无水硫酸铜,用于检验生成的水蒸气。
(4)仪器连接顺序为水蒸气发生装置——与焦炭反应生成H2和CO——NaOH溶液吸收CO2——浓硫酸干燥——还原性气体还原氧化铜——无水硫酸铜检验产物水——澄清石灰水检验产物CO2
答案:(1)除去水蒸气 除去CO2
(2)氧化铜 CuO+H2Cu+H2O、CuO+COCu+CO2
(3)无水硫酸铜 检验H2O
(4)k
j—h
i—c
d(或d
c)—f
e—l
m
【归纳提升】1.装置连接解题思路:
第一步:通读题干,明确实验目的
第二步:分析仪器,确定每个装置对于完成实验目的所起到的作用
第三步:围绕目的,按顺序连接装置
第四步:反复检查,调整导管接口,注意“长进短出”、“大口进小口出”等。
2.实验操作顺序解题思路
明确实验目的——熟读实验步骤——构思反应顺序——反馈验证可行性
3.实验操作顺序常考点:
①点燃可燃性气体前,应先验纯
②加热试管时,应先均匀加热,后局部加热
③制取气体时,应先检验装置气密性,后加入药品
④气体与固体反应时,应先通气体排尽装置中空气,再加热;反应结束时,应先停止加热再停止通气体
⑤配制一定物质的量浓度的溶液时,应先将溶液恢复至室温,再转移入容量瓶
【备选例题】
(2021·济南模拟)某学习小组的同学利用氨气还原氧化铜的反应,设计实验测定铜元素相对原子质量。
乙同学设计如下图装置。
实验前称量装置P(带两端开关K1和K2),记为m1
g。氧化铜装入P中,再次称量装置P,记为m2
g。
(1)将下列实验操作步骤正确排序i—d—________—c—e(填字母);重复上述操作步骤,直至装置P恒重,记为m3
g。
a.点燃酒精灯,加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2
e.称量装置P的质量
f.冷却至室温
g.打开分液漏斗活塞,使装置中充满NH3
h.关闭分液漏斗活塞
i.检验装置气密性
(2)根据实验,铜元素相对原子质量为________(用含m1、m2、m3的代数式表示)。
(3)在本实验中,若CuO中混有不反应的杂质,则测定结果________(填“偏大”“偏小”或
“无影响”)。
【解析】(1)实验操作应为i.检验装置气密性——d.打开K1和K2——g.打开分液漏斗活塞,使装置中充满NH3——
a.点燃酒精灯,加热——
b.熄灭酒精灯——
f.冷却至室温——
h.关闭分液漏斗活塞——
c.关闭K1和K2——
e.称量装置P的质量。(2)(m3-m1)为铜的质量,(m2-m3)为氧的质量,二者比值等于铜与氧的相对原子质量之比,氧的相对原子质量为16,则铜的相对原子质量可求。(3)若CuO中混有不反应的杂质,则(m3-m1)偏大,即测定结果偏大。
答案:(1)g—a—b—f—h (2) (3)偏大
1.实验操作常见错误操作:
(1)倾倒液体药品时,试剂瓶口未紧挨仪器致使药品外流,标签没向着手心,造成标签被腐蚀。
(2)使用托盘天平时将被称量物质直接放在托盘上或放错托盘。
(3)使用胶头滴管滴加液体将滴管尖嘴伸入接收器口内或接触接收器壁[除制取Fe(OH)2外]。
(4)不能依据需量取的液体体积选择合适量程的量筒。
(5)在量筒或容量瓶内进行溶解、稀释或混合等操作。
(6)检查装置气密性没有形成封闭系统(如未关闭活塞、未将导管末端浸入水下等)。
(7)向容量瓶中转移液体没有用玻璃棒引流。
(8)配制溶液定容时没有用胶头滴管或加水过多再用胶头滴管吸出。
(9)酸式滴定管和碱式滴定管盛装溶液错误,中和滴定实验中锥形瓶用待测液润洗错误。
(10)吸收极易溶于水的气体,忘记防倒吸。
(11)对坩埚中的固体加热时,误用玻璃棒搅拌。
(12)用pH试纸定量测定溶液的pH时,不能用润湿的pH试纸测量溶液的pH,若用润湿的pH试纸测定溶液的pH,不一定会产生误差。
2.装置气密性的检查方法与答题规范:
装置气密性检查必须在放入药品之前进行。
(1)气密性检查的基本思路
使装置内外压强不等,观察气泡或液面变化。
(2)气密性检查的答题规范
简答题应注意答题规范,对装置气密性的检查可按如下文字进行答题:
①装置形成封闭体系→操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)→描述现象→得出结论。
②微热法检查的关键词是封闭、微热、气泡、水柱。
③液差(封)法的关键词是封闭、液差。
④答题时易忽略的几句关键性的文字叙述:
a.将导管末端浸入水中;
b.关闭或者开启某些气体通道的活塞或弹簧夹;
c.加水至“将长颈漏斗下口浸没”。
命题点1:化学实验基本操作正误判断(基础性考点)
1.(2021·日照模拟)下列与实验相关的叙述正确的是(  )
A.用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后,再进行焰色反应
B.实验室制取BaSO4时,过滤后将固体转移至烧杯中加蒸馏水洗涤
C.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应用胶头滴管将多余溶液吸出
D.酸碱滴定时,若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶,将导致测定结果偏高
【解析】选D。洗涤铂丝的目的是因为铂丝上残留的金属化合物多为碱性,盐酸可与其反应,生成的卤化物熔点较低,易加热灼烧除去,且盐酸易挥发不会造成实验干扰;所以常用稀盐酸洗涤铂丝除去表面杂质,再灼烧至无色,进行焰色反应,而不是用NaOH溶液洗涤,且NaOH难挥发,易留在铂丝上干扰实验,A错误;实验室制取BaSO4时,过滤后将固体转移至烧杯中加蒸馏水洗涤,会减少制取的BaSO4的量;直接向过滤器中加蒸馏水没过沉淀物,让水自然留下,B错误;配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,所配制溶液浓度减小了,需要倒掉重新配制,C错误;酸碱滴定时,若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶,锥形瓶壁上会附着待测液,测定时加入的标准液的体积就偏大,导致测定结果偏高,D正确。
2.(2021·荆门模拟)下列有关实验基本操作的说法正确的是(  )
A.用滴定法测定某成分时,一定用到的仪器主要有铁架台、滴定管和锥形瓶
B.使用CCl4萃取溴水中的溴时,振荡后立即进行分液操作
C.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
D.取出试剂瓶中的金属钠,切取少量后把剩余的金属钠投入废液缸中
【解析】选A。中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶,A正确;萃取时,若振荡后不及时放气,则会导致漏斗内压强增大,有爆炸的可能,B错误;洗净的容量瓶不可放进烘箱中烘干,C错误;钠投入废液缸中会剧烈反应,应放回原试剂瓶中,D错误。
命题点2:化学实验基本操作装置分析(综合性考点)
3.粗产品蒸馏提纯时,正确的装置是(  )
【解析】选C。蒸馏提纯时,蒸馏测定馏分蒸气的温度,温度计水银球在烧瓶支管口处,图中装置中温度计位置正确的是C。
【加固训练—拔高】
1.(2021·太原模拟)用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验,不能达到实验目的的是(  )
【解析】选A。实验室制取氨气的药品为氯化铵和氢氧化钙固体,不能直接加热氯化铵,氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,氯化氢和氨气在试管口反应生成氯化铵,得不到氨气,A符合题意;乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液,乙酸乙酯密度比水密度小,用分液漏斗分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液,B不符合题意;氯化镁属于强酸弱碱盐,能够发生水解,溶液显酸性,加入酸能够抑制氯化镁的水解,在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到氯化镁,C不符合题意;醋酸钠溶液的pH为8.60,说明显碱性,醋酸钠为强碱弱酸盐,说明醋酸是弱酸,D不符合题意。
2.(2021·济宁模拟)实验是化学研究的基础,关于下列各实验装置图的叙述中,不正确的是(  )
【解析】选B。A是蒸馏装置,常用于分离沸点不同的互溶的液体混合物,A正确;氨气易溶于水,该装置不能防止倒吸,不能用于吸收氨气,B错误;氢氧化钠溶液能吸收氯气,造成烧瓶内气体的压强迅速减小甚至为0,用该装置可以完成“喷泉”实验,C正确;浓硫酸溶于水放热,且浓硫酸密度大于水,稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液,需要把浓硫酸倒入水中,玻璃棒不断搅拌,D正确。
3.(2021·洮南模拟)下列有关实验操作的叙述正确的是(  )
A.滴加试剂时,滴管的尖嘴不可接触试管内壁
B.过滤操作中,漏斗的尖端不可接触烧杯内壁
C.滴定接近终点时,滴定管的尖嘴不可接触锥形瓶内壁
D.向容量瓶转移液体时,引流用玻璃棒不可接触容量瓶内壁
【解析】选A。滴加试剂时应防止污染滴管,滴管尖嘴不能接触试管内壁,A正确;过滤时为防止液体飞溅,漏斗的尖端应接触烧杯内壁,使滤液沿烧杯内壁缓缓流下,B错误;滴定接近终点时,滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁,使滴定管尖嘴的液体进入锥形瓶,C错误;向容量瓶转移液体时,用玻璃棒引流必须接触容量瓶内壁,D错误。
4.(2021·烟台模拟)化学是以实验为基础的自然科学,下列实验操作方法正确的是(  )
A.给试管中的液体加热时,可加入碎瓷片或不时移动试管,以免暴沸伤人
B.在实验室中进行蒸馏操作时,温度计水银球应插入液面之下
C.中和滴定时,滴定管用蒸馏水洗涤2~3次后即可加入标准溶液进行滴定
D.准确量取20.00
mL酸性KMnO4溶液,可选用25
mL碱式滴定管
 【解析】选A。试管内液体若受热不均匀,液体会冲出试管,为避免因液体冲出伤人,故要不时移动试管或加入碎瓷片,故A正确;在实验室中进行蒸馏操作时,温度计的水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平,测定馏出物的温度,故B错误;中和滴定时,滴定管用蒸馏水洗涤2~3次后,应用标准溶液润洗,否则会稀释标准溶液,导致消耗标准溶液体积偏大,结果偏高,故C错误;酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,会氧化腐蚀橡胶管,不能用碱式滴定管,即准确量取20.00
mL酸性KMnO4溶液应选用25
mL酸式滴定管,故D错误。
5.(2021·合肥模拟)下列基本操作正确的是(  )
【解析】选D。过滤时,玻璃棒只起到引流的作用,A错误;稀释时,应为浓硫酸加入水中,边加边搅拌,B错误;尾气吸收时,与洗气装置相同,需有出气口,C错误;蒸发结晶时,玻璃棒搅拌加速水蒸气的挥发,D正确。
1.(2020·江苏高考)实验室以CaCO3为原料,制备CO2并获得CaCl2·6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是(  )
【解析】选D。A项,稀盐酸与CaCO3反应可生成CO2,正确;B项,CO2的密度比空气大,故从长管进气收集CO2,正确;C项,CaCO3为难溶物,通过过滤法除去,正确;D项,CaCl2·6H2O在蒸发时易失去结晶水,错误。
2.(2020·山东等级考)实验室中下列做法错误的是(  )
A.用冷水贮存白磷
B.用浓硫酸干燥二氧化硫
C.用酒精灯直接加热蒸发皿
D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
【解析】选D。白磷着火点低,易自燃,且密度比水大,常保存在冷水中,A正确;浓硫酸有吸水性且不与SO2反应,可用浓硫酸干燥SO2,B正确;蒸发皿可直接加热,蒸发操作时,用酒精灯直接加热蒸发皿,C正确;K燃烧有K2O2、KO2生成,K2O2、KO2和CO2反应生成O2助燃,所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧,D错误。
3.(2018·全国卷Ⅲ)下列实验操作不当的是(  )
A.用稀硫酸和锌粒制取H2时,加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度,选择酚酞为指示剂
C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+
D.常压蒸馏时,加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【解析】选B。A项加几滴硫酸铜溶液,Zn置换出CuSO4溶液中的Cu,可形成锌、铜及稀硫酸组成的原电池,产生氢气速率加快,故A说法正确;B项指示剂酚酞的变色范围是8.2~10,而碳酸氢钠溶液略显碱性,稍加盐酸就会颜色突变,故B说法错误;C项钠元素的焰色反应为黄色,故C说法正确;D项蒸馏时,若加入的液体超过烧瓶容积的三分之二,加热时液体溢出,会造成事故,故D说法正确。
4.(2017·全国卷Ⅰ)实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(  )
A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B.管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度
C.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热
D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【解析】选B。浓硫酸应放在最后,来干燥氢气,A项错误;可燃性气体在加热前需要验纯,所以管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度,B项正确;结束反应时,先停止加热,再关闭活塞K,C项错误;二氧化锰为粉末状固体,不能在装置Q(启普发生器)中与浓盐酸反应制取氯气,D项错误。
【加固训练—拔高】
1.(2016·全国卷Ⅱ)下列实验操作能达到实验目的的是(  )
实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
除去Cu粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶解,过滤、洗涤、干燥
D
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
【解析】选D。向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体,A项错误;氯化镁是强酸弱碱盐,MgCl2溶液水解产生的HCl易挥发,所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干,B项错误;铜与稀硝酸反应,应该用稀盐酸,C项错误;分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中,反应剧烈的是水,反应平缓的是乙醇,利用此反应比较水和乙醇中氢的活泼性,D项正确。
2.(2019·全国卷Ⅲ)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下:
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157~159
-72~-74
135~138
相对密度/(g·cm-3)
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程:在100
mL锥形瓶中加入水杨酸6.9
g及醋酸酐10
mL,充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5
mL浓硫酸后加热,维持瓶内温度在70
℃左右,充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100
mL冷水中,析出固体,过滤。
②所得结晶粗品加入50
mL饱和碳酸氢钠溶液,溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4
g。
回答下列问题:
(1)该合成反应中应采用________加热。(填标号)
A.热水浴  B.酒精灯  C.煤气灯  D.电炉
(2)下列玻璃仪器中,①中需使用的有________(填标号),不需使用的有________(填名称)。
(3)①中需使用冷水,目的是_______________________________________。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是____________________________________,
以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为________。
(6)本实验的产率是________%。
【解析】(1)根据题目描述实验过程中应维持瓶内温度在70
℃左右,所以应选择热水浴加热。
(2)实验过程①的操作是“在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100
mL冷水中,析出固体,过滤”,100
mL冷水应在烧杯中盛放,过滤需要漏斗,所以需要的仪器是烧杯、漏斗,不需使用分液漏斗和容量瓶。
(3)①中需使用冷水是为了降低乙酰水杨酸的溶解度,使乙酰水杨酸充分结晶。
(4)乙酰水杨酸的酸性强于碳酸,②中饱和碳酸氢钠的作用是与乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠,以便过滤除去难溶性杂质。
(5)乙酰水杨酸钠与浓盐酸反应后生成乙酰水杨酸,冷却后过滤得到粗产品,其中会含有氯化钠等杂质,可以利用重结晶的方法进行纯化。
(6)根据反应的化学方程式
138    
   
180
6.9
g
m
可以求出m=9.0
g,所以本实验的产率为×100%=60%。
答案:(1)A (2)BD 分液漏斗、容量瓶
(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)
(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠 
(5)重结晶 (6)60
1.化学实验基础的两大方面
(1)常用仪器的识别、名称和创新
(2)仪器的正确使用方法和精确度
2.化学实验操作的两大方向
(1)实验操作正误判断
(2)装置连接和实验操作顺序
3.化学实验安全的两大方向
(1)危险化学品标志的识别
(2)化学实验常见危险及安全措施
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-第一讲 物质的组成、性质和分类
考点一 物质的组成和分类(命题指数★★★★★)
1.物质的组成:
(1)构成粒子。
(2)元素与物质的关系。
(3)元素在物质中的存在形态。
①游离态:元素以单质形式存在的状态。
②化合态:元素以化合物形式存在的状态。
2.同素异形体:
(1)由同种元素组成的不同单质叫同素异形体。同素异形体的形成有两种方式:
①原子个数不同,如O2和O3;
②原子排列方式不同,如金刚石和石墨。
(2)同素异形体之间的性质差异主要体现在物理性质上,同素异形体之间的转化属于化学变化。
3.物质的分类:
(1)分类方法。
①交叉分类法——从不同角度对物质进行分类
②树状分类法——按不同层次对物质进行逐级分类,各层之间属于包含关系。
(2)几类物质的概念。
①纯净物:由同种(选填“同种”或“不同种”)单质或化合物组成的物质。
②混合物:由几种不同单质或化合物组成的物质。
③氧化物:由两种元素组成其中一种为氧元素的化合物。
④酸:电离出的阳离子全部是H+的化合物。
⑤碱:电离出的阴离子全部是OH-的化合物。
⑥盐:金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)金属氧化物不一定是碱性氧化物。(  )
提示:√。如Mn2O7为酸性氧化物、Al2O3为两性氧化物、Na2O2为过氧化物。
(2)酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与水反应生成相应的酸、碱。(  )
提示:√。SiO2为酸性氧化物、Fe2O3为碱性氧化物,二者均不能与水反应。
(3)酸一定能电离出H+,但电离出H+的不一定是酸。(  )
提示:√。电离出的阳离子全部是H+的化合物才是酸,如NaHSO4为盐。
(4)盐中的阳离子一定是金属阳离子。(  )
提示:×。盐中的阳离子也可能是NH。
(5)溶于水形成溶液能导电的物质一定为电解质。(  )
提示:×。SO2、NO2、NH3溶于水形成的溶液也能导电,但它们都是非电解质。
(6)由NaHA是正盐知H2A是一元酸。(  )
提示:√。由NaHA是正盐说明H2A只能电离出一个H+,是一元酸。
2.甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器,由于时间久远,其表面有一层“绿锈”,“绿锈”俗称“铜绿”,是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的,化学式为[Cu2(OH)2CO3],“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
(1)从物质分类标准看,“铜绿”属于________(填字母)。
A.酸   B.碱   C.盐   D.氧化物
(2)写出铜绿与盐酸反应的化学方程式:__________________________。
(3)上述转化过程中属于化合反应的是________(填序号)。
【解析】根据题意,铜铜绿ACu(OH)2BCu,铜被腐蚀生成铜绿,铜绿溶于盐酸生成铜盐,然后加碱生成氢氧化铜,氢氧化铜受热分解生成CuO,最后氢气还原CuO得到Cu。(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称,所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。(2)碱式碳酸铜和盐酸反应,生成氯化铜、水和二氧化碳,化学方程式为Cu2(OH)2CO3+4HCl===2CuCl2+3H2O+CO2↑。(3)上述转化过程中,①铜→铜绿发生了化合反应;②铜绿→A是跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O,A为铜盐,是复分解反应;③A→Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀,是复分解反应;④Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水,是分解反应;⑤B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水,是置换反应;则属于化合反应的是①。
答案:(1)C
(2)Cu2(OH)2CO3+4HCl===2CuCl2+3H2O+CO2↑
(3)①
命题角度1:物质的组成
【典例1】(2020·浙江7月选考)下列物质对应的组成不正确的是(  )
A.干冰:CO2
B.熟石灰:CaSO4·2H2O
C.胆矾:CuSO4·5H2O
D.小苏打:NaHCO3
【解析】选B。干冰为固态二氧化碳,A正确;熟石灰成分为Ca(OH)2,CaSO4·2H2O为生石膏,B错误;胆矾为五水合硫酸铜晶体,C正确;小苏打是碳酸氢钠的俗名,D正确。
命题角度2:物质的分类
【典例2】(2021年广东适应性测试)书法是中华文化之瑰宝,“无色而具画图的灿烂,无声而有音乐的和谐”,书法之美尽在笔墨纸砚之间(如图所示的王羲之的“平安贴”)。下列关于传统文房四宝的相关说法正确的是(  )
A.墨汁是一种水溶液
B.宣纸是合成高分子材料
C.砚石的成分与水晶相同
D.制笔用的狼毫主要成分是蛋白质
【解析】选D。墨汁是胶体不是溶液,A错误;宣纸的主要成分是纤维素,属于天然高分子材料,B错误;砚石的主要成分是无机盐,水晶的主要成分是二氧化硅,两者成分不同,C错误;狼毫是动物毛发,成分是蛋白质,D正确。
【误区警示】常见的混合物
(1)气体混合物:空气、水煤气(CO和H2)、天然气(主要成分是CH4)、高炉煤气、石油气、裂解气。
(2)液态混合物:氨水、氯水、王水、水玻璃、盐酸、浓硫酸、石油、植物油、胶体。
(3)固体混合物:合金、碱石灰、漂白粉、铝热剂、玻璃、水泥、高分子化合物。
物质的分类方法
命题点1:物质的组成(基础性考点)
1.化学与社会、生活联系密切。下列有关说法不正确的是(  )
A.天然气、沼气、液化石油气都是清洁能源,它们的主要成分都是烃类
B.加碘食盐中添加的含碘物质是KI
C.碘酒、“84”消毒液、75%的酒精都可用于消毒
D.生活中常用的淀粉、蔗糖、葡萄糖的组成元素相同
【解析】选B。天然气、沼气的主要成分是甲烷,液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等,都属于烃类,A项正确;加碘食盐中添加的含碘物质是KIO3,B项错误;“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠,碘酒、“84”消毒液、75%的酒精都可用于消毒,C项正确;淀粉、蔗糖、葡萄糖均由C、H、O三种元素组成,D正确。
命题点2:物质的分类(综合性考点)
2.下列表格中各项都正确的一组是(  )
选项


电解质
非电解质
A
胆矾
食盐

酒精
B
纯碱
CaCO3
NH3·H2O
Fe
C
烧碱
小苏打
BaSO4
干冰
D
KOH
CuSO4
氯水
氨气
【解析】选C。胆矾是CuSO4·5H2O属于盐,铜既不是电解质也不是非电解质,A错误;纯碱为碳酸钠属于盐,Fe是单质,既不属于电解质也不属于非电解质,B错误;烧碱是碱,小苏打是盐,BaSO4是电解质,干冰是酸性氧化物属于非电解质,C正确;氯水可导电,氯水是混合物而不属于电解质,氨气属于非电解质,D错误。
考点二 物质的性质、变化及转化关系(命题指数★★★★★)
1.物质的性质和变化:
(1)物质的性质。
①物理性质主要表现在颜色、熔沸点、硬度、状态、气味、溶解性、导电性、导热性、密度、光泽和延展性等。
②化学性质主要表现在金属性、非金属性、可燃性、还原性、氧化性、酸碱性、稳定性等。
(2)物质的变化
①物理变化是指没有新物质生成,即没有化学键断裂和形成。
②化学变化是指有新物质生成,即有化学键的断裂和形成,也就是结构发生变化,分子中原子重新组合。
2.化学反应类型的五种分类:
(1)根据反应物、生成物的种类与数目可分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。
(2)按反应中是否有电子转移分为氧化还原反应和非氧化还原反应。
(3)按反应中是否有离子参加或生成分为离子反应和非离子反应。
(4)按反应的能量变化分为吸热反应和放热反应。
(5)按反应进行的程度和方向分为可逆反应和不可逆反应。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)NaOH溶液导电时,一定发生了化学反应。(  )
提示:√。电解质溶液导电一定存在电子的得失,此时一定发生了氧化还原反应。
(2)石油的分馏和煤的气化均属于化学变化。(  )
提示:×。石油的分馏是物理变化,煤的气化是化学变化。
(3)硅胶、P2O5、CaCl2·6H2O均可用作食品干燥剂。(  )
提示:×。CaCl2·6H2O不能作食品干燥剂。
(4)通过化学变化可以直接将水转变为汽油。(  )
提示:×。石油中含有碳、氢元素,水中含有氢、氧元素,二者无法直接转化。
(5)Fe与H+、Cu2+、S、I2反应不能生成Fe3+。(  )
提示:√。H+、Cu2+、S、I2均为弱氧化剂,只能将铁氧化成+2价。
(6)从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现。(  )
提示:×。海水淡化、海水晒盐都是物理变化。
2.实验室里常用的干燥剂有:①生石灰;②固体氢氧化钠;③变色硅胶(主要成分是二氧化硅,在其中掺入少量的无水氯化钴作指示剂);④五氧化二磷;⑤无水氯化钙;⑥浓硫酸;⑦碱石灰。
(1)上述物质中,属于纯净物的是________(填字母,下同)。
A.①②④    
B.②④⑥
C.①②④⑤ 
D.全部
(2)上述②④⑤⑥四种干燥剂中,其主要化学成分所属的类别依次为________、________、________、________。
A.酸   B.碱   C.盐   D.氧化物
(3)硅胶中无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色,吸水后变为粉红色的CoCl2·6H2O,该变化过程属于____________(填“物理变化”或“化学变化”)。
(4)下列气体中,能用氢氧化钠固体干燥的是________(填字母)。
A.CO2  B.HCl  C.NO2  D.NH3  E.NO
(5)生石灰常用作食品干燥剂,久置后易失去干燥能力,其原因为__________________________________________(用化学方程式表示)。
【解析】(1)纯净物应只含有一种物质,上述物质中属于纯净物的有①生石灰②固体氢氧化钠④五氧化二磷⑤无水氯化钙。(2)②固体氢氧化钠属于碱,④五氧化二磷属于氧化物,⑤无水氯化钙属于盐,⑥浓硫酸的主要成分硫酸属于酸。(3)硅胶中无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色,吸水后变为粉红色的CoCl2·6H2O,该变化过程有新物质生成,属于化学变化。(4)固体氢氧化钠属于碱性干燥剂,不能干燥溶于水显酸性的气体,A.CO2溶于水生成碳酸,显酸性,不能用固体氢氧化钠干燥,错误;B.HCl
溶于水显酸性,不能用固体氢氧化钠干燥,错误;C.NO2溶于水与水反应生成硝酸,显酸性,不能用固体氢氧化钠干燥,错误;D.NH3溶于水显碱性,可用固体氢氧化钠干燥,正确;E.NO可用固体氢氧化钠干燥,正确。(5)生石灰常用作食品干燥剂,久置后易失去干燥能力,其原因为CaO+H2O===Ca(OH)2。
答案:(1)C (2)B D C A (3)化学变化 (4)DE (5)CaO+H2O===Ca(OH)2
命题角度1:物质的变化
【典例1】(2021年广东适应性测试)“古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是(  )
A.月落乌啼霜满天,江枫渔火对愁眠
B.掬月水在手,弄花香满衣
C.飞流直下三千尺,疑是银河落九天
D.举头望明月,低头思故乡
【解析】选A。判断是否为化学变化的依据是是否有新物质生成。A选项中渔火表明物质燃烧反应,生成新物质;其余选项都没有新物质生成。
【规律方法】物理变化与化学变化的判断方法。
命题角度2:物质的转化
【典例2】(2020·江苏高考)下列选项所示的物质间转化均能实现的是(  )
【解析】选C。A项,Cl2与石灰乳反应生成漂白粉,错误;B项,NaCl与CO2不反应,错误;C项,氧化性Cl2>Br2>I2,则Cl2可以与NaBr反应生成Br2,Br2可以与NaI反应生成I2,正确;D项,电解MgCl2溶液得Mg(OH)2,电解熔融MgCl2得Mg,错误。
1.常见的物理变化和化学变化:
(1)三馏:蒸馏、分馏为物理变化,干馏是化学变化。
(2)四色:焰色反应为物理变化,显色反应、颜色反应、指示剂变色反应是化学变化。
(3)五解:潮解是物理变化,分解、裂解、水解、电解是化学变化。
(4)十八化:熔化、汽化、液化、酸化是物理变化,氧化、氢化、水化、风化、钝化、皂化、碳化、催化、硫化、酯化、硝化、裂化、卤化、油脂硬化是化学变化。
2.物质相互转化的关系:
命题点1:物质的变化(基础性考点)
1.(2021年湖南适应性测试)化学与生活、环境和能源密切相关,下列过程没有涉及化学变化的是(  )
A.垃圾焚烧发电,废物利用
B.风力发电,发展新能源
C.环境消毒杀菌,阻断病毒传播
D.稻草发酵肥田,发展绿色农业
【解析】选B。A项:垃圾焚烧有新物质生成,涉及化学变化;B项:风力发电,是利用风力带动发电机,将风能转化为电能,并未涉及化学变化;C项:杀菌消毒一般需要用到消毒剂使病菌的蛋白质变性,涉及化学键的断裂和生成;D项:稻草发酵涉及稻草在细菌的作用下发生的一系列化学变化,其中生成了新的物质。
2.民间艺术是劳动人民智慧的结晶,下列中国传统民间艺术在表演过程中涉及化学变化的是(  )
A
B
C
D
刺绣
打树花
剪纸
织锦
用针线在织物上绣制图案
将熔化的铁水泼向空中,迸溅出火花
用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹
用提花机织出图案
【解析】选B。A.刺绣并未生成新物质,不属于化学变化,故不选A;B.将熔化的铁水泼向空中,铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅出火花,故选B;C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹,没有新物质生成,故不选C;D.用提花机织出图案并未生成新物质,故不选D。
命题点2:物质的转化(综合性考点)
3.(2021·潍坊模拟)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
(  )
【解析】选B。A项,铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁,不是生成三氧化二铁,不能一步实现,错误;B项,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸分解放出氧气,能够一步实现转化,正确;C项,氧化铜溶于盐酸生成氯化铜,直接加热蒸干得不到无水氯化铜,需要在氯化氢氛围中蒸干,错误;D项,硫在氧气中燃烧生成二氧化硫,不能直接生成三氧化硫,不能一步实现,错误。
【加固训练—拔高】
1.物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是(  )




A
NaOH
Na2O2
Na2O
Na
B
Al(OH)3
NaAlO2
AlCl3
Al2O3
C
H2O
CO2
CuO
O2
D
SO2
H2S
FeS
S
【解析】选B。A项,转化关系为,正确;B项,Al2O3不能一步转化为Al(OH)3,错误;C项,转化关系为正确;D项,转化关系为,正确。
2.(2021·合肥调研检测)下表所列各组物质中,能一步实现如图所示各步转化关系的是(  )
选项
Y
Z
W
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
SiO2
H2SiO3
Na2SiO3
C
Fe
FeSO4
Fe2(SO4)3
D
S
SO2
SO3
【解析】选C。Al2O3不能直接转化为Al(OH)3,不能实现转化③,A项错误;SiO2不能直接转化为H2SiO3,不能实现转化②,B项错误;Fe可与稀H2SO4一步反应为FeSO4,而FeSO4可与浓硫酸一步反应为Fe2(SO4)3,C项正确;S不能直接转化为SO3,不能实现转化②,D项错误。
考点三 分散系 胶体(命题指数★★★★★)
1.分散系:
(1)组成。
(2)分类。
①把分散系分为溶液、胶体和浊液的本质标准是分散质粒子大小。可用如下方式直观地表示:
②若按分散质或分散剂的状态分类,可分为9种分散系,如图:
如烟属于固气分散系;雾属于液气分散系;悬浊液属于固液分散系;合金属于固固分散系。
(3)三种分散系比较。
分散系
溶液
胶体
浊液
分散质微粒直径大小
<1__nm
1~100__nm
>100__nm
分散质微粒成分
离子或小分子
大分子或离子集合体
巨大分子或离子集合体
外观特征
均匀、透明
均匀、透明或半透明
不均匀、不透明
稳定性
稳定,静置无沉淀
较稳定
不稳定,静置有沉淀
分散质能否透过滤纸


不能
分散质能否透过半透膜

不能
不能
分类
饱和溶液、不饱和溶液
固溶胶、液溶胶、气溶胶
悬浊液、乳浊液
实例
食盐水、蔗糖溶液
Fe(OH)3胶体
泥水
2.胶体及性质:
(1)常见的胶体:烟、云、雾、AgI水溶胶、烟水晶、有色玻璃等。
(2)胶体的性质。
①丁达尔效应:当一束光通过胶体时,形成一条光亮的“通路”,这是胶体粒子对光线散射造成的。利用丁达尔效应是区别溶液和胶体的一种常用物理方法。
②介稳性:胶体的稳定性介于溶液与浊液之间,在一定条件下能稳定存在,属于介稳体系,但改变条件就有可能发生聚沉。
③聚沉:搅拌、加热、加入电解质或加入与胶体粒子带相反电荷的胶体等均能使胶体粒子聚集成为较大的颗粒,从而形成沉淀从分散剂中析出。
④电泳。
⑤渗析。
3.Fe(OH)3胶体的制备:
向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液,继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,即制得Fe(OH)3胶体,化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径在1~100
nm,而不是丁达尔效应。(  )
提示:√。胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径在1~100
nm。
(2)胶体不带电,胶体中的胶粒能够吸附体系中的带电粒子而使胶粒带电,但整个分散系仍是电中性的。(  )
提示:√。胶体不带电。
(3)Fe(OH)3胶体粒子是分子的集合体,因此,1
mol
Fe3+完全水解得到Fe(OH)3胶体粒子数小于NA。(  )
提示:√。胶体粒子是分子的集合体。
(4)胶体粒子具有较大的表面积,吸附力很强,能在水中吸附悬浮固体形成沉淀,从而达到净化水的目的,这就是胶体净水的原理,胶体一般没有杀菌的作用。
(  )
提示:√。胶体能净水是由于其吸附能力,一般没有杀菌的作用。
(5)胶体不一定是液态,可能为固态。(  )
提示:√。胶体可以是气溶胶和固溶胶。
(6)江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关。(  )
提示:√。江河入海口三角洲的形成涉及胶体的聚沉。
【加固训练—拔高】
用白磷还原法可制得一种金的分散系,该分散系在临床诊断及药物检测等方面有着广泛的应用。具体操作步骤如下:
①取20%白磷的乙醚溶液0.5
mL,加蒸馏水60
mL。
②先滴加1%氯化金水溶液0.75
mL,再滴加1%的K2CO3溶液0.6
mL,振荡变成棕红色。
③加热煮沸至液体变成透明红色。
④分离提纯,除去无机溶质。
所得分散系中金颗粒直径为5~12
nm。
请回答下列问题:
(1)该分散系属于__________,其分散质是________________________。
(2)用一束强光照射该分散系,从侧面可看到__________________________。
(3)继续加热所得红色透明液体,________(填“能”或“不能”)保持其性质不变。
【解析】(1)所得分散系中金颗粒的直径在1~100
nm,所以该分散系属于胶体,其分散质是金颗粒。(2)该分散系属于胶体,胶体具有丁达尔效应,所以用一束强光照射该分散系,从侧面能看到一条光亮的“通路”。(3)若将所得红色液体继续加热,则会发生聚沉,不能保持其性质不变。
答案:(1)胶体 金颗粒 (2)一条光亮的“通路”
(3)不能
命题角度1:胶体的性质与用途
【典例1】胶体在工农业生产及日常生活中有着广泛应用。下列事实与胶体性质无关的是(  )
①土壤中离子的吸附和交换过程,有保肥作用
②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物
③一束平行光线射入蛋白质溶液里,从侧面可以看到一条光亮的通路
④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸,先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗
⑥水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘,减少对空气的污染
⑦明矾和FeCl3可用作净水剂

O3、H2O2均可用于水的净化杀菌
A.①④⑧ 
 B.③④⑦ 
 C.②⑤⑧
  D.②⑧
【解析】选D。①土壤胶体中胶粒带有电荷,对离子有吸附和交换作用,可起到保肥的效果;②植物油倒入水中用力搅拌形成的油水混合物属于乳浊液,静置后分层,油层在水层的上面,可以用分液的方法分离;③蛋白质溶液属于胶体,可产生丁达尔效应;④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸(电解质溶液),会发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀,继续滴加的稀硫酸能与氢氧化铁发生酸碱中和反应:2Fe(OH)3+3H2SO4===Fe2(SO4)3+6H2O,沉淀溶解;⑤血液透析的原理是利用渗析净化血液胶体;⑥静电除尘的原理是电泳现象;⑦明矾、FeCl3净水的原理是生成胶体,胶体吸附杂质而净水;⑧O3、H2O2的净水是利用强氧化性氧化细菌蛋白质而杀菌。
命题角度2:胶体的制备及鉴别、分离
【典例2】(2021·周口模拟)某同学在实验室进行了如图所示的实验,下列说法中错误的是(  )
A.利用过滤的方法,可将Z中固体与液体分离
B.X、Z烧杯中分散系的分散质相同
C.Y中反应的离子方程式为3CaCO3+2Fe3++3H2O===2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+
D.Z中分散系能产生丁达尔效应
【解析】选B。胶体可透过滤纸而固体不能透过,A项正确;X烧杯中的分散质为氯化铁,而Z烧杯中的分散质为氢氧化铁胶粒,B项错误;FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CaCO3时发生反应CaCO3+2H+===CO2↑+Ca2++H2O,从而促进Fe3+水解,C项正确;该分散系为胶体,能产生丁达尔效应,D项正确。
在题干条件不变的情况下,下列说法错误的是(  )
A.X、Z烧杯中液体均可用作自来水的净化
B.向含1
mol
FeCl3的X的溶液中加入沸水最终得到胶体粒子的数目为NA
C.向Z中红褐色液体中逐滴加入稀盐酸,可观察到先产生红褐色沉淀,后得到棕黄色溶液
D.将Z中红褐色透明液体装入U形管内,用石墨棒做电极,接通直流电源,阴极颜色变深
【解析】选B。X、Z烧杯中液体分别为FeCl3溶液、氢氧化铁胶体,均可用作自来水的净化,故A正确;胶体粒子为一定数目粒子的聚集体,向含1
mol
FeCl3的X的溶液中加入沸水最终得到胶体粒子的数目小于NA,故B错误;C.向Z中红褐色液体中逐滴加入稀盐酸,先发生氢氧化铁胶体的聚沉,后发生氢氧化铁的中和,可观察到先产生红褐色沉淀,后得到棕黄色溶液,故C正确;氢氧化铁胶体粒子带正电,接通直流电源,向阴极移动,阴极颜色变深,故D正确。
1.胶体的性质及应用:
2.Fe(OH)3胶体的制备:
化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
命题点1:胶体的性质和用途(综合性考点)
1.下列关于胶体的说法错误的是(  )
A.明矾净水是利用胶体的吸附性
B.丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光反射而形成的
C.利用胶体电泳的性质将油漆、乳胶、橡胶等微粒均匀地沉积在镀件上
D.静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性
【解析】选B。A.明矾溶于水形成氢氧化铝胶体,明矾净水是利用胶体的吸附性,A正确;B.丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光散射而形成的,B错误;C.胶体中胶粒带电荷,可利用电泳进行电镀,C正确;D.静电除尘器吸附带电的飘尘而将飘尘除去,D正确。
2.(2021·济南模拟)目前,科学家发现在负压和超低温条件下,可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰,该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是(  )
A.该冰具有丁达尔效应
B.“气态冰”与普通冰化学性质相同
C.18
g“气态冰”在标准状况下的体积等于22.4
L
D.构成“气态冰“的分子为极性分子
【解析】选C。A.在负压和超低温条件下,可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰,该冰称为“气态冰”,气溶胶可以发生丁达尔效应,故A正确;B.“气态冰”的分子为水分子,与普通冰的构成微粒相同,化学性质相同,故B正确;C.“气态冰”是气凝胶的冰,不是气体,标准状况下的气体摩尔体积不是22.4
L·mol-1,故C错误;D.构成“气态冰“的分子为水分子,为极性分子,故D正确。
命题点2:胶体的制备与鉴别、分离(基础性考点)
3.有关胶体的制备和性质,下列说法正确的是(  )
A.根据是否具有丁达尔效应,将分散系分为溶液、胶体和浊液
B.用过滤的方法可以除去
Fe(OH)3
胶体中的
FeCl3
溶液
C.为了加快反应,可以采用加热的方法制备
Fe(OH)3
胶体,加热过度没有影响
D.不可以用自来水代替蒸馏水制备
Fe(OH)3
胶体
【解析】选D。A.
将分散系分为溶液、胶体和浊液的依据为分散质的直径,小于1
nm为溶液,1~100
nm为胶体,大于100
nm为浊液,A错误;B.溶液、胶体都可以透过滤纸,无法用过滤的方法分离,B错误;C.
为了加快反应,可以采用加热的方法制备
Fe(OH)3
胶体,加热过度会出现胶体的聚沉,C错误;D.自来水中含有电解质,电解质可以使胶体聚沉,从而无法制备胶体,D正确。
【加固训练—拔高】
1.高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面,高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾,是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解,但在198
℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有(  )
①胶体的吸附 
②盐类的水解
③焰色反应
④氧化还原反应
A.①②③④ 
B.①②④ 
C.②③④
 D.①③④
【解析】选B。K2FeO4具有强氧化性,能杀菌消毒。FeO的还原产物是Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,胶体具有很强的吸附性,故能起到净化水的作用。因此,K2FeO4在水处理过程中涉及了①、②、④的变化过程。
2.向含有c(FeCl3)=0.3
mol·L-1、c(FeCl2)=0.15
mol·L-1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,可得到一种黑色分散系,其中分散质粒子是直径约为9.3
nm的金属氧化物,下列有关说法中正确的是(  )
A.该分散系的分散质为Fe2O3
B.在电场作用下,阴极附近分散系黑色变深,则说明该分散系带正电荷
C.可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开
D.加入NaOH时发生的反应可能为Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2O
【解析】选D。A.三氧化二铁为红棕色,由题意知得到一种黑色分散系,故A错误;B.在电场作用下,阴极附近分散系黑色变深,则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒,故B错误;C.胶体、溶液都可以透过滤纸,不能用过滤方法分离,故C错误;D.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式:Fe2++2Fe3++8OH-===Fe3O4+4H2O,故D正确。
3.硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与盐酸混合,生成单质硫并沉淀出来。若将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合于烧杯中,再加入盐酸并立刻搅拌、静置后无沉淀产生,得到含硫单质的胶体(硫分散在体系中)。下列叙述错误的是(  )
A.界面活性剂减缓了硫生成的速率
B.加入界面活性剂后生成的单质硫颗粒直径约为1~100
nm
C.硫代硫酸钠与盐酸反应中,盐酸作氧化剂
D.用光束照射烧杯中液体,将观察到光亮的“通路”
【解析】选C。A.加入界面活性剂,反应变慢,故A正确;B.该分散系是含硫单质的胶体,胶体分散质粒子直径在1~100
nm,则单质硫颗粒直径约为1~100
nm,故B正确;C.反应前后HCl中各元素没有化合价变化,不是氧化剂,故C错误;D.该分散系是胶体,有丁达尔效应,能观察到光亮的“通路”,故D正确。
1.(2020·天津等级考)晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载:“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之……”,受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是(  )
A.屠呦呦  B.钟南山  C.侯德榜  D.张青莲
【解析】选A。屠呦呦从《肘后备急方》(晋代葛洪著)等中医药古典文献中获取灵感,先驱性地发现了青蒿素,开创了疟疾治疗新方法,获得2015年诺贝尔生理学或医学奖,A项正确。
2.(2020·浙江7月选考)下列说法正确的是(  )
A.35Cl和37Cl是两种不同的元素
B.单晶硅和石英互为同素异形体
C.HCOOH和HOCH2CHO互为同系物
D.H与Na在元素周期表中处于同一主族
【解析】选D。35Cl和37Cl是Cl元素的两种不同核素,属于同种元素,A项错误;同素异形体是指同种元素组成的不同种单质,而单晶硅为硅单质,石英是SiO2,两者不属于同素异形体,B项错误;同系物是指结构相似,分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物,HCOOH和HOCH2CHO结构不相似,不属于同系物,C项错误;H和Na在元素周期表中均处于第ⅠA族,D项正确。
3.(2019·江苏高考)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
【解析】选B。A项,NH4HCO3中含有氮元素,可以用作化肥,不是因为其受热分解,错误;B项,铁锈的主要成分为Fe2O3,加入稀硫酸可以除去Fe2O3是运用了稀硫酸的酸性,正确;C项,SO2漂白纸浆是运用了SO2的漂白性,不是其氧化性,错误;D项,电解Al2O3获得铝,不是因为Al2O3具有两性,错误。
4.(2019·江苏高考)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
(  )
【解析】选B。A项,Cl2与Fe反应生成FeCl3,错误;B项,MgCl2与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀,煅烧Mg(OH)2生成MgO固体,正确;C项,S与O2燃烧只能生成SO2,错误;D项,NH3、CO2和NaCl溶液反应生成NaHCO3,方程式为NH3

CO2

NaCl

H2O===NaHCO3↓+
NH4Cl,错误。
1.化学分类法的两个方面:
(1)交叉分类法——从不同角度对物质进行分类。
(2)树状分类法——按不同层次对物质进行逐级分类,各层之间属于包含关系。
2.胶体的性质与应用:
(1)丁达尔效应:用于鉴别胶体和溶液。
(2)电泳:用于证明胶体粒子带电荷和静电除尘。
(3)聚沉:用于解释三角洲的形成、明矾净水、卤水点豆腐等。
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-第二讲 离子反应
考点一 电解质与非电解质(命题指数★★★★★)
1.电解质、非电解质、强电解质、弱电解质:
(1)在水溶液里或熔融状态下能电离的化合物称为电解质,在水溶液里全部电离成离子的电解质称为强电解质,在水溶液里部分电离成离子的电解质称为弱电解质。
(2)在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质。包括酸性氧化物如SO2、CO2、SO3及部分有机物,如蔗糖、酒精等。
(3)几个注意事项:
①电解质和非电解质均指化合物,单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。
②电解质导电的条件:水溶液或熔融状态。
对于电解质来说,只需满足上述一个条件即可,而对非电解质则必须同时满足上述两个条件。
③酸、碱、盐、金属氧化物和水都是电解质(特殊:盐酸是电解质溶液);蔗糖、酒精为非电解质。
关于电解质的注意点
(1)电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物。
(2)难溶性化合物不一定就是非电解质或弱电解质。
2.电解质的电离:
(1)电离:电解质在水中或熔融状态下,离解成自由移动离子的过程。
(2)电离方程式书写:
①强电解质:完全电离,用

===”连接。
②弱电解质:部分电离,用
“”连接。
a.多元弱酸:分步电离,且以第一步电离为主。
如H2S的电离方程式为H2SH++HS-、HS-H++S2-;
b.多元弱碱:分步电离,但一步写出。
如Mg(OH)2的电离方程式为Mg(OH)2Mg2++2OH-;
c.强酸酸式盐:完全电离。如KHSO4在水中的电离方程式为
KHSO4===K++H++SO;KHSO4在熔融态的电离方程式为KHSO4===K++HSO;
d.多元弱酸的酸式盐:第一步完全电离,酸式酸根部分电离。如KHCO3的电离方程式为KHCO3===K++HCO__。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)SO2的水溶液能导电,所以SO2属于电解质。(  )
提示:×。SO2是化合物,溶于水生成亚硫酸,亚硫酸电离出自由移动的氢离子和亚硫酸氢根离子导电,但这些离子不是SO2电离出的,SO2是非电解质。
(2)强电解质饱和溶液一定比弱电解质饱和溶液的导电性强。
(  )
提示:×。导电性的强弱由水溶液中自由离子的浓度决定的,与电解质的强弱无关。
(3)NaCl溶液、Cu熔化能导电,故NaCl溶液、Cu均为电解质。(  )
提示:×。电解质是指在水溶液里或熔融状态下能电离的化合物,NaCl溶液能导电,但是其是混合物,不是电解质,NaCl本身才是电解质,熔化的Cu能导电,但Cu是单质,不是电解质。
(4)Na2O溶于水和水反应生成NaOH,NaOH电离出离子,所以NaOH是电解质,Na2O是非电解质。(  )
提示:×。Na2O熔融状态下可以导电,Na2O是电解质。
(5)HClO是弱电解质,但NaClO是强电解质。(  )
提示:√。HClO属于弱酸,是弱电解质,但NaClO属于盐,为强电解质。
(6)强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物。(  )
提示:×。HCl为共价化合物,但属于强电解质。
2.现有下列8种物质:①H2O、②Mg、③CH3COOH、④NaOH、⑤CuSO4·5H2O、⑥碘酒、⑦C2H5OH、⑧盐酸。(将序号填在相应的空格内)
(1)其中,属于强电解质的是________;属于弱电解质的是________;属于非电解质的是________。
(2)完成书写下列离子方程式:
①氯化钡溶液与稀硫酸:___________________________________。
②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液:_________________________________。
(3)写出NaHSO4熔融的电离方程式:____________________________。
【解析】(1)能完全电离出阴阳离子的电解质是强电解质,其中属于强电解质的是NaOH、CuSO4·5H2O;在溶液中部分电离出阴阳离子的电解质是弱电解质,其中属于弱电解质的是H2O、CH3COOH;溶于水和在熔融状态下均不能电离出离子的化合物是非电解质,属于非电解质的是C2H5OH。(2)①氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢,离子方程式为Ba2++SO===BaSO4↓。②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液混合生成醋酸钠、水和CO2,则离子方程式为HCO+CH3COOH===CO2↑+H2O+CH3COO-。(3)NaHSO4熔融中的电离方程式为NaHSO4===Na++HSO。
答案:(1)④⑤ ①③ ⑦ (2)①Ba2++SO===BaSO4↓
 ②HCO+CH3COOH===CO2↑
+H2O+CH3COO- (3)NaHSO4===Na++HSO
命题角度1:电解质和非电解质
【典例1】某化学兴趣小组进行化学实验,按照图Ⅰ连接好线路发现灯泡不亮,按照图Ⅱ连接好线路发现灯泡亮,由此得出的结论正确的是(  )
A.氯化镁固体是非电解质
B.氯化镁溶液是电解质
C.氯化镁在水溶液中电离产生自由移动的离子
D.氯化镁只有在溶液中才能导电
【解析】选C。A.MgCl2是强电解质,故A错误;B.MgCl2溶液属于混合物,不是电解质,也不是非电解质,故B错误;C.MgCl2在水溶液中电离出可以自由移动的镁离子和氯离子,故C正确;D.MgCl2在水溶液和熔融状态下都可以导电,故D错误。
命题角度2:电解质溶液的导电性
【典例2】(2021·郑州模拟)某兴趣小组探究Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应,设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下列有关说法错误的是(  )
A.该反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO+2H+===BaSO4↓+2H2O
B.实验过程中灯泡的亮度发生变化可以说明该反应为离子反应
C.导电能力最低点表示Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应
D.用盐酸代替H2SO4溶液,测得的导电性曲线和上述曲线相同
【解析】选D。A.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应,离子方程式是Ba2++2OH-+SO+2H+===BaSO4↓+2H2O,故A正确;B.由离子浓度越大,导电性越强以及导电性曲线图可知,溶液的导电性先减小后增大,可以说明该反应为离子反应,故B正确;C.由离子浓度越大,导电性越强可知,导电能力最低点表示Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应,故C正确;D.用盐酸代替H2SO4溶液,发生的离子反应为OH-+H+===H2O,溶液中的钡离子和氯离子不参与反应,则不可能出现导电性接近于0,所以导电性曲线和上述曲线不同,故D错误。
电解质判断及电离方程式书写的思维模型
命题点1:电解质和非电解质(基础性考点)
1.下列叙述关系成立的是(  )
A.因NH3的水溶液可以导电,所以NH3是电解质
B.液态HCl不导电,所以HCl是非电解质
C.液态Cl2不导电,所以Cl2是非电解质
D.BaSO4溶于水的部分能够电离,所以BaSO4是电解质
【解析】选D。NH3是非电解质,HCl、BaSO4是电解质,A、B错误、D正确;Cl2既不是电解质也不是非电解质,C错误。
2.(2020·北京市密云模拟)将NaCl溶于水配成1
mol·L-1的溶液,溶解过程如图所示。下列说法正确的是(  )
A.a离子为Na+,b离子为Cl-
B.溶液中含有NA个水合Na+
C.溶液中存在NaClNa++Cl-
D.熔融的NaCl能电离出离子而导电
【解析】选D。钠离子核外有2个电子层,氯离子有3个电子层,即氯离子半径大于钠离子,a离子为Cl-,b离子为Na+,A错误;题目中没有说明溶液的体积,无法判断溶液中水合Na+的个数,B错误;氯化钠的电离方程式为NaCl===Na++Cl-,C错误;熔融的NaCl能电离出离子而导电,D正确。
命题点2:电解质溶液的导电性(综合性考点)
3.向溶液中加入新物质时,其导电性(I)符合如图变化趋势的实验操作是(  )
A.乙酸溶液中通入氨气至过量
B.石灰水中通入CO2至过量
C.亚硫酸中通入氯气至过量
D.氨水中通入氯化氢气体
【解析】选B。A.乙酸溶液中通入氨气至过量,发生的是弱电解质醋酸与氨水反应生成了醋酸铵,是强电解质,所以导电能力会增强,故A错误;B.石灰水中通入CO2至过量,石灰水中的氢氧化钙是强电解质,随着二氧化碳的通入生成碳酸钙沉淀和水,离子浓度减小,导电能力减弱,恰好转化为碳酸钙和水,导电能力最小,继续通入二氧化碳会和水、碳酸钙反应生成碳酸氢钙,是强电解质,所以导电能力又增强,故B正确;C.亚硫酸中通入氯气至过量,亚硫酸是弱电解质,通入氯气会反应生成硫酸和盐酸都是强电解质,所以导电能力随着氯气的通入增强,故C错误;D.氨水是弱电解质,导电能力弱,氨水中通入氯化氢气体,生成强电解质氯化铵,所以导电能力是增强的,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.用图所示装置分别进行下列溶液的导电性实验,灯泡最亮的是(  )
A.5%蔗糖溶液
B.75%乙醇溶液
C.20%葡萄糖溶液
D.1
mol·L-1
NaCl溶液
【解析】选D。A.蔗糖为非电解质,不能电离,溶液中离子总浓度几乎为0,几乎不导电;B.乙醇为非电解质,不能电离,溶液中离子总浓度几乎为0,几乎不导电;C.葡萄糖为非电解质,不能电离,溶液中离子总浓度几乎为0,几乎不导电;D.NaCl为强电解质,溶液中离子浓度较大,故D
符合。
2.(2021·东莞模拟)往10
mL
0.1
mol·L-1的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液,溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列说法正确的是
(  )
A.a点对应的溶液呈碱性
B.V2=10
mL
C.水的电离程度:a>b
D.b点后的溶液满足c(Na+)>2c(SO)
【解析】选A。向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH,当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时,二者完全反应,溶液的溶质为Na2SO4,所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓,当二者完全反应后滴加浓度较大的NaHSO4溶液,溶液的导电性有所上升。A.a点二者体积相等,所以溶液中的溶质为NaOH,溶液显碱性,故A正确;B.b点应为完全反应的点,NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍,所以V2=20
mL,故B错误;C.a点溶液溶质为NaOH,抑制水的电离,b点溶液溶质为Na2SO4,不影响水的电离,所以水的电离程度:a3.(2021·潍坊模拟)将等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液,分别滴入两份相同的Ba(OH)2溶液中,其电导率与滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是(  )
A.b→d反应的离子方程式为:H++OH-===H2O
B.d点溶液中,Na+与SO的物质的量之比为1∶1
C.c点导电能力相同,所以两溶液中含有相同量的OH-
D.a、b两点Ba2+均沉淀完全,所以对应的溶液均显中性
【解析】选A。H2SO4与Ba(OH)2物质的量相等时,生成硫酸钡沉淀,溶液的导电率为零,则曲线①为硫酸;NaHSO4与Ba(OH)2物质的量相等时,生成硫酸钡沉淀、NaOH溶液,导电率不为零,则曲线②为硫酸氢钠。A.
b点为NaOH溶液,继续滴加硫酸氢钠时,为H++OH-===H2O,则b→d反应的离子方程式为H++OH-===H2O,符合题意,A正确;B.
b点为NaOH溶液,加入NaHSO4,d点时溶液为Na2SO4溶液,Na+与SO的物质的量之比为2∶1,与题意不符,B错误;C.
c点导电能力相同,①溶液显酸性,而②溶液显碱性,两溶液中含有的OH-不相同,与题意不符,C错误;D.
a、b两点Ba2+均沉淀完全,a点为水,显中性;b点为NaOH溶液,显碱性,与题意不符,D错误。
考点二 离子反应与离子方程式的书写(命题指数★★★★★)
1.离子反应、离子方程式:
(1)离子反应是指有离子参与或生成的反应。
(2)离子方程式是指用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子。
2.离子方程式的书写步骤:
以CaCO3与盐酸的反应为例。
3.书写离子方程式时,物质拆分的注意事项:
(1)可溶性的强电解质拆写成离子
强酸:HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4
等。
强碱:NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等

可溶性盐:钾盐、钠盐、铵盐、硝酸盐等。
(2)难溶性盐、弱电解质、单质、氧化物等直接用化学式表示。
①难溶性盐:BaSO4、
AgCl
等。
②弱酸:HF、HClO、CH3COOH、H2SO3、H2CO3、H2S、H3PO4等。
③弱碱:NH3·H2O、Cu(OH)2、Fe(OH)3等。
④单质:Cl2、Cu等。
⑤氧化物:Na2O
、Al2O3
、Fe2O3等。
(3)固体之间的反应、浓硫酸与固体之间的反应,都不写离子方程式。
(4)多元弱酸的酸式酸根离子不能拆写。如HCO
不能写成CO和H+。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)电离时只要生成金属阳离子(或NH)和酸根阴离子的化合物就是盐。(  )
提示:√。盐的定义:电离时只要生成金属阳离子(或NH)和酸根阴离子的化合物就是盐。
(2)离子反应一定使溶液中所有离子的浓度都发生变化。(  )
提示:×。离子反应不一定使溶液中所有离子的浓度都发生变化,只有参加离子反应的离子浓度才发生变化,不参加离子反应的离子浓度不发生变化。
(3)将Cl2通入水中,发生的离子反应为Cl2+H2O===2H++Cl-+ClO-。(  )
提示:×。HClO是弱酸,不能拆。
(4)铁和稀硫酸反应的离子方程式为2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑。(  )
提示:×。铁被稀硫酸中H+氧化到+2价,产物应为Fe2+。
(5)碳与浓硝酸反应的离子方程式为C+4H++4NOCO2↑+4NO2↑+2H2O。(  )
提示:√。浓硝酸可写成离子形式。
(6)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2++SO===BaSO4↓。(  )
提示:×。生成BaSO4沉淀的同时生成了Cu(OH)2。
2.学习化学应该明确“从生活中来,到生活中去”的道理。在生产生活中,我们会遇到各种各样的化学反应。请写出下列反应的离子方程式。
(1)用醋酸除去水垢____________________________________。
(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板___________________________。
(3)饱和Na2CO3溶液除去锅炉水垢中的CaSO4___________________________。
(4)向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,至混合溶液中Ba2+恰好沉淀:_____________________________________________________。
(5)向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最多_______________________________________________________________。
【解析】(1)醋酸除去水垢,发生反应:2CH3COOH+CaCO3===Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O。(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板,发生反应:2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2。(3)饱和Na2CO3溶液除去锅炉水垢中的CaSO4,发生反应:Na2CO3+CaSO4===CaCO3+Na2SO4。(4)向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,至混合溶液中Ba2+恰好沉淀,发生反应:Ba(OH)2+NaHSO4===BaSO4↓+H2O+
NaOH。(5)向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最多,发生反应:KAl(SO4)2+2Ba(OH)2===KAlO2+2BaSO4↓+2H2O。
答案:(1)2CH3COOH+CaCO3===Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O
(2)Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+
(3)CO+CaSO4===CaCO3+SO
(4)Ba2++OH-+H++SO===BaSO4↓+H2O
(5)Al3++2SO+2Ba2++4OH-===AlO+2BaSO4↓+2H2O
命题角度1:离子方程式的书写
【典例1】按要求写出对应的离子方程式。
(1)(2019·江苏高考)在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO,其离子方程式为______________________________________。
(2)(2019·全国Ⅰ卷)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为________________________________________________。
(3)(2019·天津高考)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为__________________________________________________。
(4)(2019·北京高考)Ag2SO3难溶于水,能溶于氨水,其溶于氨水时发生反应的离子方程式为________________________________________________________。
【解析】(1)酸性条件下,HClO氧化NO生成Cl-和NO。
(2)氨水和HCO反应生成CO。
(3)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水。
(4)Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+
、SO和H2O。
答案:
(1)3HClO+2NO+H2O===3Cl-+2NO+5H+
(2)HCO+NH3·H2O===NH+CO+H2O
(3)2NO+3H2O2===2H++2NO+2H2O
(4)Ag2SO3+4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O
【归纳提升】信息给予题中陌生离子方程式书写技巧
1.细读题干,找出反应物和生成物,判断该物质是否需要写成离子形式。
2.结合溶液环境配平离子方程式,注意质量守恒、电荷守恒、电子守恒。
命题角度2:离子方程式的正误判断
【典例2】(2020·全国Ⅲ卷)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式的是
(  )
A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
3SO+Cl2+H2O===2HSO+2Cl-+SO
B.向CaCl2溶液中通入CO2:
Ca2++H2O+CO2===CaCO3↓+2H+
C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3:
2Fe3++H2O2===O2↑+2H++2Fe2+
D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合:
NH+OH-===NH3·H2O
【解析】选A。Na2SO3溶液吸收少量Cl2的反应可分为两步:先发生氧化还原反应:SO+Cl2+H2O===2H++2Cl-+SO,然后发生:H++SO===HSO,由二者可得3SO+Cl2+H2O===2HSO+2Cl-+SO,A正确;由于CaCO3能溶于酸,所以向CaCl2溶液中通入CO2不能发生反应,B错误;由于Fe3+能催化H2O2的分解,所以向H2O2溶液中滴加少量FeCl3发生的反应为2H2O2O2↑+2H2O,C错误;NH4HSO4溶液中含有NH和H+,二者均可与OH-反应,且反应的先后顺序为H+、NH,所以同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合时反应的离子方程式为H++OH-===H2O,D错误。
离子方程式正误判断的四项要求
命题点1:离子方程式的书写(基础性考点)
1.(2021·成都模拟改编)写出下列指定反应的离子方程式。
(1)室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2:_______________________________。
(2)用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:____________________________。
(3)室温下用稀HNO3溶解铜:____________________________________。
(4)向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸:________________________________。
【解析】(1)稀NaOH溶液吸收Cl2,发生反应:Cl2+2NaOH===NaClO+NaCl+H2O,改写为离子方程式为Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2O。(2)铝粉和NaOH溶液发生反应:2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑,改写为离子方程式为2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑。(3)稀HNO3溶解铜发生反应:3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,改写为离子方程式为3Cu+2NO+8H+===2NO↑+3Cu2++4H2O。(4)向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸,发生反应:Na2SiO3+2HCl===H2SiO3↓+2NaCl,改写为离子方程式为SiO+2H+===H2SiO3↓。
答案:(1)Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2O
(2)2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑
(3)3Cu+2NO+8H+===2NO↑+3Cu2++4H2O
(4)SiO+2H+===H2SiO3↓
2.(2021·嘉兴模拟改编)写出下列指定反应的离子方程式。
(1)氢氧化镁溶于稀醋酸______________________。
(2)向酸性KMnO4溶液中通入SO2___________________________。
(3)向饱和
Na2CO3溶液中通入CO2_______________________。
(4)强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成
Na2FeO4______________。
(5)将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液___________________________________________。
【解析】(1)氢氧化镁溶于稀醋酸,发生中和反应:Mg(OH)2+2CH3COOH===
Mg2++2CH3COO-+2H2O。(2)向酸性KMnO4溶液中通入SO2,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O===5SO+2Mn2++4H+。(3)NaHCO3溶解度小,向饱和
Na2CO3
溶液中通入
CO2:CO+2Na++CO2+H2O===2NaHCO3↓。(4)在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3===2FeO+3Cl-+5H2O。(5)将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液:2ClO2+H2O2+2OH-===2ClO+O2+2H2O。
答案:(1)Mg(OH)2+2CH3COOH===Mg2++2CH3COO-+2H2O
(2)5SO2+2MnO+2H2O===5SO+2Mn2++4H+
(3)CO+2Na++CO2+H2O===2NaHCO3↓
(4)4OH-+3ClO-+2Fe(OH)3===2FeO+3Cl-+5H2O
(5)2ClO2+H2O2+2OH-===2ClO+O2+2H2O
命题点2:离子方程式的正误判断(综合性考点)
3.下列化学用语对事实的表述正确的是(  )
A.MnO2与浓盐酸混合加热:MnO2+4HClMn2++Cl2↑+2H2O+2Cl-
B.FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2:Fe2++H2O2+2H+===Fe3++2H2O
C.用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4:CaSO4(s)+CO===CaCO3(s)+SO
D.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++OH-+H++SO===BaSO4↓+H2O
【解析】选C。浓盐酸、氯化锰拆成离子形式,A错误;FeSO4
溶液中加入盐酸酸化的H2O2,正确离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O,B错误;CaSO4是微溶物,CaCO3是难溶物,Na2CO3溶液与CaSO4反应:CaSO4(s)+CO===CaCO3(s)+SO,C正确;Ba(OH)2
溶液与H2SO4溶液反应,使Ba2+恰好沉淀完全,其离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO===BaSO4↓+2H2O,D错误。
4.(2021年重庆适应性测试)下列指定反应的离子方程式正确的是(  )
A.氯化铁溶液腐蚀铜箔:2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+
B.氢氧化钠溶液吸收氯气:Cl2+OH-===Cl-+HClO
C.氯化铝溶液与浓氨水混合:Al3++4NH3·H2O===AlO+4NH+2H2O
D.氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液:Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O
【解析】选A。B中氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水:Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,错误;C中铝离子和一水合氨生成氢氧化铝沉淀,错误;D中没有大量的氢离子,应写铵根离子,错误。
5.(2021·广州模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(  )
A.FeSO4溶液与溴水反应:2Fe2++Br2===2Fe3++2Br-
B.NO2通水中制硝酸:2NO2+H2O===2H++2NO+NO
C.AlCl3溶液中通入过量NH3:Al3++4NH3+2H2O===AlO+4NH
D.Fe(OH)3溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O
【解析】选A。FeSO4溶液与溴水反应,Fe2+被氧化为Fe3+,Br2被还原为Br-,A项正确;NO2通入水中制硝酸,离子方程式为3NO2+H2O===2H++2NO+NO,B项错误;氨水不能溶解Al(OH)3,AlCl3溶液中通入过量NH3,离子方程式为Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH,C项错误;Fe(OH)3溶于氢碘酸,发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-===2Fe2++I2+6H2O,D项错误。
6.(2021·延边模拟)下列离子方程式的书写及评价,均合理的是(  )
选项
离子方程式
评价
A
将2
mol
Cl2通入含1
mol
FeI2的溶液中:2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++4Cl-+I2
正确:Cl2过量,可将Fe2+、I-均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应:Ba2++HCO+OH-===BaCO3↓+H2O
正确:酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中:SO2+H2O+ClO-===HClO+HSO
正确:说明酸性:H2SO3强于HClO
D
1
mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5
mol·L-1的HCl溶液等体积混合:2AlO+5H+===Al3++Al(OH)3↓+H2O
正确:AlO与H+均无剩余
【解析】选D。将2
mol
Cl2通入含1
mol
FeI2的溶液中,氯气过量,亚铁离子和碘离子都被氧化,正确的离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2===2Fe3++6Cl-+2I2,A项错误;Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Ba2++2HCO+2OH-===BaCO3↓+CO+2H2O,B项错误;过量SO2通入NaClO溶液中,SO2有强还原性,ClO-有强氧化性,发生氧化还原反应,正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO-===2H++SO+Cl-,C项错误;1
mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5
mol·L-1的HCl溶液等体积混合,反应方程式为2AlO+5H+===
Al3++Al(OH)3↓+H2O,D项正确。
考点三 离子共存(命题指数★★★★★)
1.离子不共存的情况:
(1)有难溶或微溶的物质生成。
①SO与Ba2+、Ca2+、Ag+等不能共存;
②CO与Ba2+、Ca2+、Mg2+、Ag+、Cu2+、Zn2+等不能共存;
③S2-与Cu2+、Pb2+、Fe2+、Hg2+、Ag+等不能共存;
④OH-与Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Zn2+等不能共存。 
(2)有难电离或挥发性物质生成。如CO、S2-、HS-、HSO、OH-、
CH3COO-、PO、HPO、H2PO等与H+不能大量共存。
(3)由于发生氧化还原反应,离子不能大量共存。
①酸性条件下,NO与I-、Br-、Fe2+、S2-、HS-、SO、HSO等不能共存;
②S2-与SO等不能共存(碱性条件下可以共存);
③MnO与I-、Br-、Cl-、S2-、HS-、SO、HSO、Fe2+等不能共存;
④ClO-与Fe2+、I-、S2-、HS-、SO、HSO等不能共存;
⑤Fe3+与S2-、HS-、SO、HSO、I-等不能共存。
(4)由于形成络合离子,离子不能大量共存。
①Fe3+和SCN-、C6H5O-不能共存;
②Ag+与NH在碱性条件下不能共存。
(5)能强烈彻底双水解的离子不能共存。
①Al3+与AlO、HCO、CO、HS-、S2-、SO、HSO、SiO、ClO-、C6H5O-;
②Fe3+与AlO、HCO、CO、SiO、ClO-等不能共存;
③NH与AlO、SiO等不能共存。
2.附加隐含条件的应用规律:
(1)限制酸性溶液的条件(隐含有H+)。
①常温下pH=a(a<7)的溶液;
②使紫色石蕊溶液呈红色;
③使甲基橙呈红色;
④加镁粉放氢气;
⑤常温下c(OH-)为10-n(n>7)。
(2)限制碱性溶液的条件(隐含有OH-)。
①常温下pH=a(a>7)的溶液;
②使pH变蓝;
③使紫色石蕊溶液变蓝;
④使酚酞呈红色;
⑤c(H+)为10-n(n>7)。
(3)可酸可碱的条件。
①水电离出的c(OH-)或者c(H+)浓度为10-n
mol·L-1;
②加入铝粉有氢气产生;
③HCO不能稳定存在的溶液。
(4)无色溶液条件。
暗示不含以下有色离子:Fe2+(浅绿色)、Fe3+(黄色)、Cu2+(蓝色)、MnO(紫红色)、Fe(SCN)2+(红色)、Fe(C6H5O)(紫色)等。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)Ba2+与SO、Fe3+与S2-都是因为复分解反应而不能大量共存。(  )
提示:×。Ba2+与SO是因为复分解反应而不能大量共存;
Fe3+与S2-是因为氧化还原反应而不能大量共存。
(2)S2O与H+因发生复分解反应而不能大量共存。
(  )
提示:×。S2O与H+发生氧化还原反应生成S和SO2而不能大量共存。
(3)中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO。(  )
提示:×。Fe3+在溶液中因发生水解呈弱酸性,中性溶液中不能大量存在Fe3+。
(4)加入铝粉产生氢气的溶液中可能大量存在NH、K+、NO、SO。(  )
提示:×。该溶液可以为酸溶液或碱溶液,在碱溶液中NH不能大量共存,在酸溶液中含有NO时加入铝粉不产生氢气。
2.某溶液中可能含有下列阴离子:SO、SO、CO、Cl-。
(1)当溶液中存在大量H+时,溶液中不能大量存在的离子是__________。
(2)当溶液中存在大量的Ba2+时,溶液中能大量存在的离子是__________。
(3)当溶液中同时存在大量__________和__________离子时,上述阴离子都不能大量存在。
【解析】(1)当溶液中有大量H+存在时,SO、CO与H+反应分别生成弱电解质和气体而不能大量存在。
(2)当溶液中有大量Ba2+存在时,SO、SO、CO与Ba2+分别反应生成沉淀而不能大量存在,能大量存在的离子是Cl-。(3)当溶液中有Ba2+时,SO、SO、CO不能大量存在,当溶液含有Ag+时,Cl-不能大量存在。
答案:(1)SO、CO (2)Cl- (3)Ba2+ Ag+
命题角度1:未限定条件的离子共存
【典例1】(2021·吉林模拟)水溶液中能大量共存的一组离子是(  )
A.K+、Na+、SO、MnO
B.Cl-、SO、Fe2+、H+
C.NH、Ba2+、Br-、CO
D.Na+、H+、NO、HCO
【解析】选A。A.四种离子在水溶液中相互之间不反应,可以大量共存,故A正确;B.亚硫酸根和氢离子会结合生成弱电解质不能大量共存,故B错误;C.碳酸根和钡离子会结合生成沉淀不能大量共存,故C错误;D.碳酸氢根和氢离子反应生成二氧化碳和水不能共存,故D错误。
命题角度2:给定条件下的离子共存
【典例2】(2020·江苏高考)常温下,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氨水溶液:Na+、K+、OH-、NO
B.0.1
mol·L-1盐酸溶液:Na+、K+、SO、SiO
C.0.1
mol·L-1KMnO4溶液:NH、Na+、NO、I-
D.0.1
mol·L-1AgNO3溶液:NH、Mg2+、Cl-、SO
【解析】选A。A项,碱性条件下,四种离子可以共存,正确;B项,H+与SiO之间反应生成H2SiO3沉淀,错误;C项,KMnO4会氧化I-,错误;D项,Ag+与Cl-反应会生成AgCl沉淀,错误。
(1)(证据推理与模型认知)限定溶液酸碱性的离子共存问题,溶液的酸碱性有哪些表示方法?
提示:a.常见表示呈酸性的溶液:①常温下,pH<7的溶液;②使pH试纸变红的溶液;③使甲基橙呈红色的溶液;④与镁粉反应放出氢气的溶液;⑤常温下,c(OH-)<1×10-7
mol·L-1的溶液。b.常见表示呈碱性的溶液:①常温下,pH>7的溶液;②使pH试纸变蓝的溶液;③使酚酞溶液变红的溶液;④常温下,c(H+)<1×10-7
mol·L-1的溶液。c.常见表示可能呈酸性也可能呈碱性的溶液:①与铝粉反应放出氢气的溶液;②常温下水电离出的c(OH-)=1×10-12
mol·L-1的溶液;③与NH4HCO3反应能产生气体的溶液。
(2)(变化观念与平衡思想)限定溶液组成的离子共存问题,如何考虑指定微粒或物质对溶液酸碱性、氧化性和还原性的影响?
提示:①含有大量Fe3+的溶液,隐含溶液呈酸性,并具有较强氧化性。②含有大量NO的酸性溶液,隐含溶液具有强氧化性。③含有大量S2-、SO、AlO的溶液,隐含溶液呈碱性。
离子共存试题的常见陷阱
条件类型
常见表述
说明
常见的限定条件
无色
有色离子不可大量共存
常温下,pH=1或13;与铝反应产生氢气的溶液
溶液显酸性或碱性
因发生氧化还原反应而不能大量共存
只是氧化性离子与还原性离子不能大量共存,不包括其他反应类型的离子
常见的易错点
透明
溶液“透明”可以“有色”
①一定大量共存;②可能大量共存;③不能大量共存
审清关键字
常见的隐含条件
通入足量的氨气
与NH3·H2O反应的离子不能大量共存
由水电离出的c(H+)=1×10-12
mol·L-1
溶液既可能显酸性也可能显碱性
命题点1.未限定条件的离子共存(基础性考点)
1.(2021·重庆模拟)下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是(  )
A.H+、K+、Fe3+、SO
B.Ba2+、Ca2+、OH-、CO
C.H+、Na+、NO、Cu2+
D.NO、SO、K+、Mg2+
【解析】选D。A.
Fe3+在溶液中是黄色的,题目要求是无色溶液,故A错误;B.
Ba2+、Ca2+、CO之间反应生成BaCO3、CaCO3沉淀,不能大量共存,故B错误;C.
Cu2+
在溶液中是蓝色的,题目要求是无色溶液,故C错误;D.
该组离子之间不反应,可大量共存,且溶液中的各种离子都是无色的,故D正确。
命题点2:给定条件下的离子共存(综合性考点)
2.(2021·淮北模拟)下列条件下,可以大量共存的离子组是(  )
A.pH=9的溶液中:Na+、Fe3+、NO、SCN-
B.含有大量S2O的溶液中:H+、K+、SO、Al3+
C.0.1
mol·L-1的NH4Cl溶液中:Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-
D.某酸性无色透明溶液中:Na+、I-、Cl-、Mg2+
【解析】选D。A.pH=9的溶液呈碱性,碱性条件下Fe3+生成沉淀,且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存,故A错误;B.能和S2O反应的离子不能大量共存,酸性条件下S2O与H+生成S和二氧化硫而不能大量存在,故B错误;C.能和氯化铵反应的离子不能大量共存,铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存,Li+、OH-不能大量共存,故C错误;D.酸性溶液中含有大量氢离子,无色溶液不含有色离子,这几种离子都无色且和氢离子不反应,所以能大量共存,故D正确。
命题点3:离子的检验和推断(应用性考点)
3.工业废水是指工艺生产过程中排出的废水和废液,其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物、副产品以及生产过程中产生的污染物,是造成环境污染,特别是水污染的重要原因。某硫酸厂的酸性废水中可能含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、K+、CO、SO。取废水样品分别进行如图所示四个实验。
下列说法错误的是(  )
A.由实验①可知废水中肯定含有Na+
B.该废水中不含有CO
C.由实验③④推断废水中不含Fe2+,含Mg2+
D.该废水中一定含Al3+、SO
【解析】选C。由实验①可知废水中含有Na+,A正确;由于废水呈酸性,CO不可能存在,B正确;由实验③知废水中不含Fe3+,由实验④知废水中不含
Fe2+、Mg2+,C错误;实验④知含Al3+,实验②知含SO,D正确。
4.(2021·厦门模拟)下列各组粒子在溶液中可以大量共存,且加入或通入试剂X后,发生反应的离子方程式正确的是(  )
选项
微粒组
加入试剂X
发生反应的离子方程式
A
K+、Na+、HSO、SiO
少量HCl
2H++
SiO===H2SiO3↓
B
NH、Fe2+、Br-、SO
过量H2S
Fe2++H2S===FeS↓+2H+
C
HClO、Na+、Fe3+、SO
过量CaCl2
Ca2++SO===CaSO3↓
D
I-、Cl-、H+、SO
少量NaNO3
6I-+2NO+8H+===2NO↑+4H2O+3I2
【解析】选D。A.
HSO的电离大于水解,在溶液中显酸性,溶液中亚硫酸氢根离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀,反应的离子方程式为2HSO+
SiO===H2SiO3↓+2SO,不能大量共存,故A错误;B.硫化亚铁能与氢离子反应,亚铁离子与硫化氢不能反应,否则违背强酸制弱酸原理,故B错误;C.亚硫酸根离子具有还原性,在溶液中能与具有氧化性的次氯酸和铁离子发生氧化还原反应,不能大量共存,故C错误;D.酸性条件下,硝酸根离子能与碘离子反应生成单质碘、一氧化氮和水,反应的离子方程式为6I-+2NO+8H+===2NO↑+4H2O+3I2,故D正确。
1.(2020·浙江7月选考)下列物质在熔融状态下不导电的是(  )
A.NaOH   B.CaCl2   C.HCl   D.K2SO4
【解析】选C。NaOH、CaCl2、K2SO4属于离子化合物,在熔融状态下能电离出自由移动的离子,故在熔融状态下能导电,A项、B项、D项错误;HCl是共价化合物,其在熔融状态下不能电离出离子,故其在熔融状态下不导电,C项正确。
2.(2019·江苏高考)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+、CO、AlO
B.0.1
mol·L-1FeCl2溶液:K+、Mg2+、SO、MnO
C.0.1
mol·L-1K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl-、OH-
D.0.1
mol·L-1H2SO4溶液:K+、NH、NO、HSO
【解析】选A。A项,CO、AlO
水解显碱性,可以与OH-共存,正确;B项,MnO
可以氧化Fe2+,错误;C项,CO与Ba2+反应生成BaCO3沉淀,错误;D项,H+可以与HSO
反应生成SO2,H+与NO可氧化HSO
生成SO,错误。
3.(2020·北京等级考)下列说法不正确的是(  )
A.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢:CaSO4(s)+CO?CaCO3(s)+SO
B.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝:3Cl2+I-+3H2O===6Cl-+
IO+
6H+
C.铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨:2Al+
Fe2O3Al2O3+2Fe
D.淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色:2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
【解析】选B。用碳酸钠处理锅炉水垢,微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3,离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)?CaCO3(s)+
SO(aq),A项正确;湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝,说明有单质碘生成,离子方程式为2I-+Cl2===I2+2Cl-,B项错误;铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨,发生铝热反应,化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al
2O3,C项正确;淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色,Na2O2与空气中水、二氧化碳发生反应,D项正确。
4.(2020·浙江7月选考)能正确表示下列反应的离子方程式是(  )
A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应:SO+Ba2+===BaSO4↓
B.电解MgCl2水溶液:2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
C.乙酸乙酯与NaOH溶液共热:CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH
D.CuSO4溶液中滴加稀氨水:Cu2++2OH-===Cu(OH)2↓
【解析】选C。(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4·FeSO4,(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应,OH-先与Fe2+反应,再和NH反应,由于Ba(OH)2较少,NH不会参与反应,离子方程式为Fe2++SO+Ba2++2OH-===Fe(OH)2↓+BaSO4↓,A错误;用惰性材料为电极电解MgCl2溶液,阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为2H2O+2e-+Mg2+===Mg(OH)2↓+H2↑,总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O===Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,B错误;乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解,生成乙酸钠和乙醇,离子方程式为CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH,C正确;向硫酸铜溶液中滴加氨水,氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵,一水合氨为弱电解质,在离子反应中不能拆开,离子方程式为Cu2++2NH3·H2O===2NH+Cu(OH)2↓,D错误。
5.(2020·天津等级考)下列离子方程式书写正确的是(  )
A.CaCO3与稀硝酸反应:CO+2H+===H2O+CO2↑
B.FeSO4溶液与溴水反应:2Fe2++Br2===2Fe3++2Br-
C.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应:H2C2O4+2OH-===C2O+
2H2O
D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2:2C6H5O-+CO2+H2O===2C6H5OH+
CO
【解析】选B。CaCO3难溶于水,离子方程式中应写化学式,A项错误;FeSO4溶液与溴水反应,Fe2+被Br2氧化为Fe3+,Br2被Fe2+还原为Br-,B项正确;NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4和水,离子方程式为OH-+H2C2O4===HC2O+
H2O,C项错误;酸性:H2CO3>苯酚>HCO,C6H5ONa溶液中通入少量CO2,生成苯酚和NaHCO3,离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+
HCO,D项错误。
1.电解质和非电解质判断要点:
(1)电解质:化合物、在水中或熔融态能电离。
(2)非电解质:化合物、在水中和熔融态不能电离。
2.强电解质和弱电解质本质区别:在水中或熔融态是否能完全电离。
3.离子方程式书写:四步法:写、拆、删、查。书写时要关注两大守恒:原子守恒和电荷守恒。
4.离子不能大量共存的原因:发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应。
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-第三讲 物质的量、气体摩尔体积
考点一 物质的量和摩尔质量(命题指数★★★★)
1.物质的量:
(1)含义:表示含有一定数目粒子的集合体。是国际单位制中七个基本物理量之一,符号为n。
(2)单位:摩尔,简称摩,符号为mol。是国际单位制中七个基本单位之一。
(3)国际上规定:1
mol任何物质所含有的微粒数与0.012__kg12
C所含的碳原子数相同,约为6.02×1023。
2.阿伏加德罗常数:
(1)含义:1
mol任何粒子所含的粒子数,符号为NA。
(2)NA≈6.02×1023__mol-1。
(3)物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)和微粒数(N)之间的关系为n=。
3.摩尔质量:
(1)含义:单位物质的量的物质所具有的质量,符号为M,单位为g·mol-1。
(2)数值:当微粒的摩尔质量以g·mol-1为单位时,数值上与该微粒的相对原子(分子)质量相等。
(3)物质的量(n)、质量(m)和摩尔质量(M)之间的关系为n=。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)1
mol任何物质都含有约6.02×1023个原子。(  )
提示:×。1
mol任何物质都含有约6.02×1023个粒子,但不一定是原子。
(2)0.012
kg
12C含有约6.02×1023个碳原子。(  )
提示:√。国际上规定,1
mol粒子集合体所含微粒数与0.012
kg
12C中所含的碳原子数相同,约为6.02×1023。
(3)H2O的摩尔质量为18
g·mol-1。(  )
提示:√。当摩尔质量的单位取g·mol-1时,摩尔质量的数值与相对原子质量或相对分子质量相等。
(4)1
mol
SO的质量为96
g·mol-1。(  )
提示:×。质量的单位是g或者kg。
(5)等物质的量的O2与O3,所含氧原子数相同。(  )
提示:×。等物质的量的O2与O3,分子数相等但原子数不等。
(6)4
g
NaOH的物质的量为0.1
mol。(  )
提示:√。NaOH的摩尔质量是40
g·mol-1,则4
g
NaOH的物质的量为0.1
mol。
2.(1)5
g
H2O的摩尔质量与10
g
H2O的摩尔质量相同吗?
提示:相同。H2O的摩尔质量是18
g·mol-1,与H2O的质量多少无关。
(2)“H2SO4的摩尔质量在数值上等于98”,这种说法正确吗?
提示:不正确。H2SO4的摩尔质量以g·mol-1为单位时,在数值上等于98。
3.有以下四种物质:
①22
g二氧化碳
②8
g氢气
③1.204×1024个氮气分子
④4
℃时18
mL水
它们所含分子数最多的是________(填序号,下同),所含原子数最多的是________,质量最大的是________,所含电子数最多的是________。
【解析】四种物质分别为①0.5
mol
CO2 ②4
mol
H2 ③2
mol
N2 ④1
mol
H2O。分子数分别为0.5NA、4NA、2NA、NA,最多的是②;原子数分别为1.5NA、8NA、4NA、3NA,最多的是②;质量分别为22
g、8
g、56
g、18
g,最多的是③;所含电子数分别为11NA、8NA、28NA、10NA,最多的是③。
答案:② ② ③ ③
命题角度1:物质的量与微观粒子数目间的关系
【典例1】(2021年广东适应性测试)设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(  )
A.1
mol
Cl2和Fe充分反应,转移电子数为3NA
B.标准状况下,1.12
L苯含有C—H键的个数为3NA
C.22
g
CO2和足量Na2O2反应,产生的气体的分子数为0.25NA
D.0.5
mol
乙酸乙酯在酸性条件下水解,生成乙醇的分子数为1.0NA
【解析】选C。由2Fe+3Cl22FeCl3可知,当1
mol
Cl2完全反应(Fe过量)时转移电子数为2NA,故A错;标准状况下苯为液态,1.12
L苯的物质的量不是0.05
mol,故B错;由2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2可知22
g即0.5
mol
CO2生成0.25
mol氧气即生成0.25NA个氧气分子,故C对;0.5
mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应,生成的乙醇少于0.5
mol更少于1.0NA个乙醇分子,故D错。
【归纳提升】物质的量、摩尔及阿伏加德罗常数的关系
【备选例题】
(2021·南昌模拟)下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(  )
A.O2-的电子式为[]2-,则O2-核外有8个电子
B.1
mol
NH4Cl中含有的H—Cl键的数目为NA
C.CrO5中Cr元素的化合价为+6价,每个CrO5分子中存在两个过氧键
D.20
g
Na2O和Na2O2的混合物中,所含阴阳离子数目之比无法确定
【解析】选C。O2-的电子式为[]2-,表示O2-的最外层有8个电子,但其原子核外有10个电子,A错误;
NH4Cl是离子化合物,NH与Cl-间形成离子键,无H—Cl共价键存在,B错误;根据化合物中所有元素化合价的代数和为0的原则,CrO5中5个O共为-6价,说明以-1价氧存在的共有两个过氧根,一个氧化合价为-2价,C
正确;Na2O和Na2O2都是离子化合物,其中含有的阴阳离子数目之比都是1∶2,与物质的多少无关,D错误。
命题角度2:物质的量与摩尔质量间的关系
【典例2】2020年11月12日,我国在西昌卫星发射中心成功将移动通信卫星“天通一号02星”发射升空。卫星的发射需要用到运载火箭,偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料,燃烧产生巨大能量,可作为航天运载火箭的推动力来源。
下列叙述中正确的是(  )
A.偏二甲肼的摩尔质量为60
g
B.6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60
g
C.1
mol偏二甲肼的质量为60
g·mol-1
D.6
g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
【解析】选B。偏二甲肼的摩尔质量为60
g·mol-1,A错误;6.02×1023个偏二甲肼分子的物质的量为1
mol,其质量为1
mol×60
g·mol-1=60
g,B正确;1
mol偏二甲肼的质量为60
g,C错误;6
g偏二甲肼的物质的量为=0.1
mol,含有偏二甲肼分子的数目为0.1
mol×NA
mol-1=0.1NA,D错误。
【备选例题】
下列有关的描述或应用,不正确的是(  )
A.1
mol
OH-的质量为17
g
B.44
g二氧化碳的物质的量为1
mol
C.铁原子的摩尔质量数值上等于它的相对原子质量
D.一个钠原子的质量约等于
g
【解析】选C。A选项,1
mol
OH-的质量为16
g+1
g+m(e-)=17
g(由于e-的质量很小,可以忽略不计),正确;B选项,二氧化碳的摩尔质量是44
g·mol-1,故44
g二氧化碳为1
mol,正确;C选项,没有指出以g·mol-1为单位,错误;D选项,1
mol
Na的质量等于23
g,1
mol钠原子的个数为6.02×1023个,由D中计算式求得每个钠原子的真实质量,正确。
1.理清物质的量、质量和微粒数目之间的换算关系:
(1)n、NA、N之间的关系:n=。
(2)n、m、M之间的关系:n=。
2.明确摩尔质量、相对分子质量及质量的异同:
(1)摩尔质量、相对分子质量、质量是三个不同的物理量,具有不同的单位。如H2O的摩尔质量为18
g·mol-1,H2O的相对分子质量为18,1
mol
H2O的质量为18
g。
(2)当摩尔质量以g·mol-1、质量以g为单位时,三者在数值上相等。
命题点1:物质的量与微观粒子数目(基础性考点)
1.(2021·湖南师大附中模拟)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0.1NA
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
【解析】选B。16.25
g氯化铁的物质的量是16.25
g÷162.5
g·mol-1=0.1
mol,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0.1NA,A错误;标准状况下22.4
L氩气的物质的量是1
mol,氩气是一个Ar原子组成的单质,其中含有的质子数是18NA,B正确;1分子丙三醇含有3个羟基,92.0
g丙三醇的物质的量是1
mol,其中含有羟基数是3NA,C错误;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1.0NA,D错误。
命题点2:物质的量与摩尔质量(基础性考点)
2.(2021·宁德模拟)下列说法正确的是(  )
A.氯化氢的摩尔质量为36.5
g
B.1
mol
H2SO4的质量为98
g·mol-1
C.任何物质的摩尔质量都等于它的相对分子质量或相对原子质量
D.CO2的摩尔质量是H2的摩尔质量的22倍
【解析】选D。氯化氢的摩尔质量为36.5
g·mol-1,A错误;1
mol
H2SO4的质量为98
g,B错误;任何物质的摩尔质量,当单位为g·mol-1,数值上都等于它的相对分子质量或相对原子质量,C错误;CO2的摩尔质量是44
g·mol-1,H2的摩尔质量是2
g·mol-1,D正确。
命题点3:物质的量、质量、微粒数目间的关系(综合性考点)
3.(2021·合肥模拟)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.1
mol
SiO2晶体中,含有Si—O键的数目为2
NA
B.16.8
g铁粉与足量高温水蒸气反应,转移电子数为0.8
NA
C.1
mol·L-1
AlCl3溶液中,含有Cl-的数目为3
NA
D.18
g
D2O和H2O的混合物中,含有的中子数为9
NA
【解析】选B。由二氧化硅的结构可知,
1
mol
SiO2晶体中,含有Si—O键的数目为4
NA,故A错误;铁粉与足量高温水蒸气反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,16.8
g铁的物质的量为0.3
mol,转移电子数为
0.8
NA,故B正确;缺少溶液的体积,无法计算氯离子的个数,故C错误;D2O和H2O的摩尔质量分别为20
g·mol-1和18
g·mol-1,D2O中有10
个中子,H2O中有8个中子,用极值法推算,如果18
g
都是D2O,含有的中子数为9
NA;如果18
g
都是H2O,含有的中子数为8NA,故18
g
D2O和H2O的混合物中,含有的中子数在8NA~9
NA之间,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·长春模拟)十二烷基苯磺酸钠(C18H29NaO3S)主要用作阴离子型表面活性剂。沸点为315
℃,下列有关说法正确的是(  )
CH3(CH2)10CH2SOOONa
A.十二烷基苯磺酸钠的摩尔质量是348
B.6.96
g十二烷基苯磺酸钠中碳原子数为0.36NA
C.0.5
mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174
g·mol-1
D.1
mol十二烷基苯磺酸钠在标准状况下的体积约为22.4
L
【解析】选B。根据十二烷基苯磺酸钠的结构简式可知,其摩尔质量是348
g·mol-1,A错误;6.96
g十二烷基苯磺酸钠的物质的量为0.02
mol,1个分子中含有18个碳原子数,故0.02
mol分子中的碳原子数为0.36NA,B正确;0.5
mol十二烷基苯磺酸钠的质量为174
g,C错误;十二烷基苯磺酸钠沸点为315
℃,故在标准状况下其为非气体状态,D错误。
2.(2021·太原模拟)新冠肺炎自发现至今已全球扩散,造成巨大损失,75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、乙醚和氯仿等溶剂均可有效杀灭该病毒。下列有关说法正确的是(  )
A.外出返家时,可用75%酒精喷雾对手、衣服等部位进行消毒
B.过氧乙酸的摩尔质量为76
C.标准状况下,2.24
L氯仿的分子数约为0.1NA个
D.将“84”消毒液与75%酒精1∶1混合、消毒效果更好
【解析】选A。75%酒精能杀菌消毒,因此外出返家时,可用75%酒精喷雾对手、衣服等部位进行消毒,A正确;过氧乙酸的化学式为CH3COOOH,摩尔质量为76
g·mol-1,B错误;标准状况下氯仿是液体,2.24
L氯仿的分子数不是0.1NA个,C错误;“84”消毒液具有强氧化性,乙醇具有还原性,将“84”消毒液与75%酒精1∶1混合消毒效果更差,D错误。
3.(2021·厦门模拟)下雪时,常用融雪剂清理路面,醋酸钾(CH3COOK)是常用的融雪剂,下列四个选项中,关于1
mol
CH3COOK的叙述正确的是(  )
A.CH3COOK的相对分子质量为98
mol-1
B.CH3COOK的摩尔质量为98
g
C.1
mol
CH3COOK含有2
mol氧
D.1
mol
CH3COOK含有3×6.02×1023个H
【解析】选D。相对分子质量无单位,即CH3COOK的相对分子质量为98,A错误;摩尔质量的单位为g·mol-1,故CH3COOK的摩尔质量为98
g·mol-1,B错误;指代不明确,正确的说法是1
mol
CH3COOK中含2
mol氧原子,C错误;1
mol
CH3COOK中含3
mol氢原子,即3×6.02×1023个H,D正确。
考点二 气体摩尔体积、阿伏加德罗定律(命题指数★★★★★)
1.影响物质体积的因素:
2.气体摩尔体积:
(1)概念:气体摩尔体积是指在一定温度和压强下,单位物质的量的气体所占有的体积,符号为Vm,单位为L·mol-1。
(2)特例:标准状况是指温度为0__℃,压强为101__kPa,此情况下,气体摩尔体积约为22.4__L·mol-1。
(3)物质的量、气体体积与气体摩尔体积之间的关系为n=。
3.阿伏加德罗定律及其推论:
(1)阿伏加德罗定律的含义:
在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。即T1=T2,p1=p2,V1=V2,则n1=n2。
(2)推论:
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)0
℃、101
kPa,1
mol任何物质的体积都是22.4
L。(  )
提示:×。气体摩尔体积的描述对象为气体,标准状况下1
mol
任何气体的体积约为22.4
L。
(2)同温同压下,等质量的12C18O和NO体积相同。(  )
提示:√。12C18O和NO的摩尔质量均为30
g·mol-1,等质量的两种气体物质的量相等,相同温度和压强下,二者体积相同。
(3)某混合气体摩尔体积为22.4
L·mol-1
,则该气体一定处于标准状况。(  )
提示:×。标准状况下气体摩尔体积是22.4
L·mol-1,但升高温度增大压强或降低温度减小压强,气体摩尔体积也可能是22.4
L·mol-1。
(4)标准状况下,1
mol
N2和O2混合气体的体积约为22.4
L。(  )
提示:√。气体摩尔体积适用于单一气体和混合气体,标准状况下1
mol气体的体积约为22.4
L。
(5)在标准状况下,1
mol甲烷与1
mol甲苯的体积相同。(  )
提示:×。标准状况下,甲烷是气体,甲苯是液体,相同物质的量时体积不相同。
(6)同温同压下,两种单质气体体积相同,原子数一定相同。(  )
提示:×。同温同压同体积,气体分子数相同,但单质分子有双原子分子和单原子分子(稀有气体)。
【加固训练—拔高】
(1)同温同压下的两种气体,只要所含微粒数目相同,所占的体积一定相同吗?
提示:不一定。同温同压下,分子数相等的气体,体积相同,而微粒包括分子、原子、质子、电子等,不一定是分子。
(2)在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体,当这两个容器内温度和气体密度相等时,两种气体的压强之比是多少?
提示:3∶2。相同体积相同密度时,两容器内气体的质量相等,O2和O3的物质的量之比为3∶2,同温同体积时,压强之比与气体物质的量之比相等。K
命题角度1:气体的摩尔体积
【典例1】(2021·成都模拟)已知400
℃和1.01×105
Pa时的气体摩尔体积为55.20
L·mol-1,在该条件下有1
mol气体X发生如下反应并达到平衡:2X(g)===mY(g)+Z(g),测得平衡混合气中X的体积分数为58.80%,混合气体的总质量为46.00
g,混合气体的密度为0.72
g·L-1。则平衡混合气体的平均相对分子质量为
(  )
A.58.80  B.6.00  C.39.74  D.16.13
【解析】选C。混合气体的体积V==46.00
g÷0.72
g·L-1≈63.89
L,n=V÷Vm=63.89
L÷55.20
L·mol-1≈1.16
mol,则达到平衡后混合气体的平均摩尔质量=m÷n=46.00
g÷1.16
mol≈39.74
g·mol-1。
【易错提醒】(1)在气体分子个数、温度、压强一定时,气体体积的大小决定于气体分子间的平均距离,与分子种类无关。
(2)气体摩尔体积只适用于气态物质且与气体种类无关,只要温度和压强一定,气体摩尔体积就一定。
(3)同温同压下:任何气体的摩尔体积Vm都相同,但不一定等于22.4
L·mol-1。
(4)不能混淆标准状况和常温常压,两者压强相同,但温度不同。因为温度升高气体分子之间的距离变大,所以常温常压下的气体摩尔体积比标准状况下的气体摩尔体积大。
(5)气体摩尔体积不能理解为体积,体积的单位是L或m3,而气体摩尔体积的单位是L·mol-1或m3·mol-1。K
【备选例题】
(2021·太原模拟)下列关于气体摩尔体积的说法正确的是(  )
A.22.4
L任何气体的物质的量均为1
mol
B.非标准状况下,1
mol任何气体不可能占有22.4
L体积
C.标准状况下,CO2气体摩尔体积是22.4
L·mol-1
D.某物质含有6.02×1023个粒子,则该物质的体积为22.4
L
【解析】选C。未指明气体所处的外界条件,就不能确定气体摩尔体积,因此不能根据气体体积判断气体的物质的量的多少,A错误;若温度升高使气体体积增大的影响与压强增大使气体体积减小的影响相同,则非标准状况下,1
mol任何气体也可能占有22.4
L体积,B错误;在标准状况下,任何气体的气体摩尔体积都大约是22.4
L·mol-1,因此在此条件下CO2气体摩尔体积是22.4
L·mol-1,C正确;该物质的物质的量是1
mol,由于物质的状态不一定是气体,且所处的外界条件也没有指出,因此不能确定该物质的体积大小,D错误。
命题角度2:阿伏加德罗定律及其应用
【典例2】(2021·衡水模拟)
下列说法不正确的是(  )
A.温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同
B.等温等压下,SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11
C.温度和容积相同的两气罐中分别盛有5
mol
O2(g)和2
mol
N2(g),两容器中的压强之比等于5∶2
D.等温等压条件下,
5
mol
O2(g)和2
mol
H2(g)的体积之比等于5∶2
【解析】选A。A项压强没有确定,错误;B项等温等压下,SO2气体与CO2气体的密度之比等于其相对分子质量之比为64∶44=16∶11,正确;C项温度和容积相同的两气罐中的压强之比等于其物质的量之比,即5∶2,正确;D项等温等压条件下,两气体的体积之比等于其物质的量之比,即5∶2,正确。
【规律方法】阿伏加德罗定律的“三同”定“一同”
可总结为“三同”定“一同”,即同温、同压、同体积的气体,具有相同的分子数。
【备选例题】
(2021·莆田模拟)下列叙述中正确的是(  )
①标准状况下,1
L
HCl和1
L
H2O的物质的量相同
②标准状况下,1
g
H2和14
g
N2的体积相同
③28
g
CO的体积为22.4
L
④两种物质的物质的量相同,则它们在标准状况下的体积也相同
⑤同温同体积下,气体的物质的量越大,则压强越大
⑥同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A.①②③ B.②⑤⑥ C.②③⑥ D.④⑤⑥
【解析】选B。①标准状况下,1
L
HCl的物质的量为=
mol,但标准状况下水为液体,不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量,①错误;标准状况下,1
g
H2的物质的量为=0.5
mol,14
g
N2的物质的量为=0.5
mol,两者物质的量相同,则其体积也相同,②正确;不一定是在标准状况下,不能准确得出28
g
CO2的体积,③错误;两种物质只有都是气体时,物质的量相同,则它们在标准状况下的体积相同,即物质的状态不确定,体积可能相同,也可能不同,④错误;由pV=nRT可以知道,同温同体积时,气体物质的物质的量与压强成正比,则气体物质的物质的量越大,则压强越大,⑤正确;由pM=ρRT可以知道,同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比,⑥正确。
1.气体体积与气体摩尔体积:
(1)气体体积与气体摩尔体积是两个不同的概念,使用时要避免混淆。如标准状况下,1
mol
O2的体积是22.4
L,O2的气体摩尔体积是22.4
L·mol-1。
(2)使用22.4
L·mol-1时应该注意的问题:
①条件必须是标准状况(0
℃,101
kPa)。
②物质必须是气体,可以是单一气体也可以是混合气体。
(3)条件对气体摩尔体积的影响
温度与压强都影响气体的体积,不同温度和压强下,气体摩尔体积的数值可能不同。改变温度和压强,在非标准状况下气体摩尔体积也可能是22.4
L·mol-1。
2.气体摩尔质量计算的五种常用方法:
(1)根据标准状况下气体的密度(ρ):M=ρ×22.4
L·mol-1。
(2)根据气体的相对密度(D=):=D。
(3)根据物质的质量(m)和物质的量(n):M=。
(4)根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)和阿伏加德罗常数(NA):M=。
(5)对于混合气体,求其平均摩尔质量,上述计算式仍然成立;还可以用下式计算:M=M1×a%+M2×b%+M3×c%+……,其中a%、b%、c%指混合物中各成分的物质的量分数(或体积分数)。
命题点1:物质的量与气体摩尔体积(基础性考点)
1.(2021·银川模拟)下列有关气体摩尔体积的说法中,正确的是(  )
A.1
mol
O2和1
mol
N2所占的体积约为
22.4
L
B.若1
mol
CH4的体积约为22.4
L,则一定处于标准状况
C.在标准状况下,1
mol
H2O的体积约为22.4
L
D.在标准状况下,11.2
L
N2中含有1
mol
N原子
【解析】选D。缺少条件,不能计算气体的体积,A错误;若1
mol
CH4的体积约为22.4
L,气体所处的条件可能是标准状况,也可能是非标准状况,因此不一定处于标准状况,B错误;在标准状况下,H2O的状态不是气体,因此不能使用气体摩尔体积计算,C错误;在标准状况下,气体摩尔体积是22.4
L·mol-1,则11.2
L
N2的物质的量是0.5
mol,由于N2中含有2个N原子,所以0.5
mol
N2中含有1
mol
N原子,D正确。
2.(2020·北京西城区模拟)工业制备硝酸的反应之一为3NO2+H2O===2HNO3+NO。用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法不正确的是(  )
A.室温下,22.4
L
NO2中所含原子总数少于3NA
B.36
g
H2O中含有共价键的总数为4NA
C.上述反应,生成1
mol
HNO3转移电子的数目为NA
D.标准状况下,11.2
L
NO中所含电子总数为5NA
【解析】选D。室温下,22.4
L
NO2的物质的量少于1
mol,所含原子总数少于3NA,A正确;36
g
H2O为2
mol,一分子水中含有2个共价键,则2
mol水中含有共价键的总数为4NA,B正确;上述反应,生成2
mol
HNO3共转移2
mol电子,生成1
mol
HNO3转移1
mol电子,数目为NA,C正确;标准状况下,11.2
L
NO为0.5
mol,一个NO中含有15个电子,则0.5
mol
NO中所含电子总数为7.5NA,D错误。
命题点2:阿伏加德罗定律及其应用(综合性考点)
3.(2021·荆州模拟)在两个密闭容器中,分别充有质量相同的甲、乙两种气体,若两容器的温度和压强均相同,且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是(  )
A.物质的量:甲<乙   B.气体体积:甲>乙
C.摩尔体积:甲>乙
D.相对分子质量:甲<乙
【解析】选A。质量相等的甲、乙两种气体,甲的密度大于乙的密度,则甲的体积小于乙的体积,由于是等温恒压,故物质的量甲<乙,A正确;根据V=×Vm知,相同温度、压强、质量时,气体体积与摩尔质量成反比,摩尔质量甲>乙,则气体体积甲<乙,B错误;同温同压下,气体摩尔体积相等,C错误;根据以上分析知,摩尔质量M(甲)>M(乙),摩尔质量在数值上等于其相对分子质量,所以相对分子质量甲>乙,D错误。
4.下列叙述正确的是(  )
A.同温同压下,相同体积的物质,其物质的量一定相等
B.任何条件下,等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等
C.1
L一氧化碳气体一定比1
L氧气的质量小
D.相同条件下的一氧化碳气体和氮气,若物质的量相等则体积相等,但质量不相等
【解析】选B。同温同压下,相同体积的气体物质的量相等,A错误;等物质的量的甲烷和一氧化碳分子数相等,B正确;没有告诉在相同条件下,无法判断二者的物质的量大小,C错误;等温等压等物质的量,气体体积相同,一氧化碳和氮气摩尔质量相同,等物质的量时质量相等,D错误。
5.(2021·哈尔滨模拟)在甲、乙两个体积不同的密闭容器中,分别充入质量相同的CO、CO2气体时,两容器的温度和压强均相同,则下列说法正确的是(  )
A.充入的CO分子数比CO2分子数少
B.甲容器的体积比乙容器的体积小
C.CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
【解析】选D。质量相同的CO和CO2的物质的量之比为11∶7,在温度和压强相同时体积比为11∶7,但气体摩尔体积相同。
【加固训练—拔高】
1.(2021·兰州模拟)在标准状况下,a
g气体X与b
g气体Y的分子数相同,下列叙述正确的是(  )
A.标准状况下,等质量的X和Y体积之比为b∶a
B.同温同压下,气体X和气体Y的气体摩尔体积之比为b∶a
C.25
℃时,1
g气体X和1
g气体Y的原子数之比为a∶b
D.同物质的量的气体X和Y的质量之比为b∶a
【解析】选A。同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,相同质量时,其体积之比与其摩尔质量成反比,所以标准状况下,等质量的两种气体体积之比为b∶a,A正确;同温同压下,气体摩尔体积为定值,则同温同压下,气体X和气体Y的气体摩尔体积之比1∶1,B错误;不能确定每个X、Y分子含有的原子数目,所以无法计算含有原子数目之比,C错误;相同物质的量时,其质量比等于摩尔质量之比,为a∶b,D错误。
2.一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分,当左边充入1
mol
N2,右边充入一定量的CO时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是
(  )
A.右边与左边分子数之比为4∶1
B.右侧CO的质量为5.6
g
C.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D.若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间,保持温度不变,则应充入0.2
mol
CO
【解析】选C。左右两侧气体温度、压强相同,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,左右体积之比为4∶1,则左右气体物质的量之比为4∶1,所以右侧气体物质的量=
mol=0.25
mol。相同条件下密度之比与摩尔质量成正比,则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=14倍,故C正确。
3.如图所示,①和②为两个体积相同的固定刚性容器,图中“”和“”分别表示氢原子和氧原子,则下列说法正确的是(  )
A.若①中的H2为1
mol,则②中所含原子总数为3.01×1023个
B.①和②中气体的质量之比为1∶8
C.H2、O2均能发生化合反应,但不能发生置换反应
D.两容器的温度和压强均相同
【解析】选B。根据图示可知,①和②中H2与O2的分子个数之比为2∶1,若H2为1
mol,则O2为0.5
mol,故氧原子数目为6.02×1023个,A项错误;①和②中H2与O2的分子个数之比为2∶1,所以其物质的量之比为2∶1,质量之比为1∶8,B项正确;H2能发生置换反应,如H2与CuO反应,O2也能发生置换反应,如O2与H2S反应,C项错误;根据阿伏加德罗定律,①和②两容器体积相同,但气体分子个数不同,所以两容器的温度和压强不可能均相同,D错误。
4.室温下,抽去如图所示装置中的玻璃片,使两种纯净气体充分反应。下列说法正确的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值)(  )
A.气体反应物的总体积为0.448
L
B.装置中氢元素的总质量为0.04
g
C.生成物中含有0.01NA个分子
D.生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01NA个NH
【解析】选B。等物质的量的氯化氢和氨气恰好完全反应生成固体氯化铵。因不是标准状况,所以反应物体积不能计算,A错;氯化铵为离子化合物,不存在分子,C错;氯化铵是强酸弱碱盐,会发生水解,NH个数小于0.01NA,D错。
5.如图表示1
g
O2与1
g
X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系,则X气体可能是(  )
A.C2H4  
B.CH4
C.CO2
D.NO
【解析】选C。由图可知,相同温度时,p(O2)>p(X),在同质量、同体积条件下,气体的摩尔质量与压强成反比,即摩尔质量越大,压强越小。只有CO2的摩尔质量大于O2,故C正确。
1.(2020·全国Ⅲ卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  )
A.22.4
L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B.1
mol重水比1
mol水多NA个质子
C.12
g石墨烯和12
g金刚石均含有NA个碳原子
D.1
L
1
mol·L-1
NaCl溶液含有28NA个电子
【解析】选C。22.4
L(标准状况)氮气为1
mol,而每个氮气分子中含有14个中子,所以22.4
L(标准状况)氮气中含有14NA个中子,A错误;每个重水和水分子均含有10个质子,所以1
mol重水与1
mol水均含10NA个质子,B错误;石墨烯和金刚石均由碳原子组成,所以12
g石墨烯和12
g金刚石均含有1
mol碳原子,即NA个碳原子,C正确;NaCl溶液中除了Na+和Cl-外,还含有水分子,所以1
L
1
mol·L-1NaCl溶液所含电子数目远大于28NA个,D错误。
2.(2018·全国Ⅱ卷)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
1
mol·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
【解析】选C。P4的结构为,分子中含有6个P—P键,124
g
P4中含P—P键数目为6NA,故A项错误;FeCl3溶液中Fe3+发生水解,因此溶液中含有的Fe3+数目小于0.1NA,故B项错误;甲烷和乙烯的分子式分别为CH4和C2H4,因此混合物中氢原子的平均值为4,故标准状况下,11.2
L二者的混合气体中含有的氢原子数为2NA,故C项正确;SO2和O2的反应为可逆反应,反应不能进行彻底,故D项错误。
3.(2018·全国Ⅲ卷)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
【解析】选B。A项24
g
Mg为1
mol,含有质子数为12NA,27
g
Al为1
mol,含有质子数为13NA,故A错误;B项氧气和臭氧都是由氧原子组成的,所以同质量的氧气和臭氧含有相同的氧原子数,进而可知二者的电子数也相同,故B正确;C项1
mol重水中含有中子数为10NA,而1
mol水中含有中子数为8NA,故C错误;D项1
mol乙烷分子中含有的化学键数为7NA,而1
mol乙烯分子中含有的化学键数为6NA,故D错误。
1.物质的量相关的3个公式:
(1)物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)和微粒数(N)之间的关系:n=。
(2)物质的量(n)、质量(m)和摩尔质量(M)之间的关系:n=。
(3)物质的量(n)、气体体积(V)、气体摩尔体积(Vm)之间的关系为n=。
2.阿伏加德罗常数常考的5个方面:
(1)气体摩尔体积适用条件。
(2)物质组成和结构。
(3)氧化还原反应中电子转移数目。
(4)溶液中微粒数。
(5)物质转化中隐含反应。
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17
-第一讲 弱电解质的电离平衡
考点一 弱电解质的电离平衡及其影响因素(命题指数★★★★)
1.强、弱电解质:
(1)概念和物质类别。
(2)电离方程式的书写。
①强电解质:“强等号”,如H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H++SO。
②弱电解质:“弱可逆”。
A.一元弱酸,如CH3COOH的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+。
B.一元弱碱,如NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2ONH+OH-。
C.多元弱酸,分步电离,分步书写,如H2CO3的电离方程式为H2CO3H++HCO,HCOH++__。
D.多元弱碱,分步电离,一步书写,如Fe(OH)3的电离方程式为Fe(OH)3
Fe3++3OH-。
E.两性物质双向电离,如Al(OH)3的电离方程式为H++AlO+H2O
Al(OH)3Al3++3OH-。
③酸式盐:A.强酸的酸式盐,如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4
===Na++H++SO;熔融状态下的电离方程式为NaHSO4===Na++HSO。
B.弱酸的酸式盐,如NaHCO3的电离方程式为
NaHCO3===Na++HCO,HCOH++CO。
2.弱电解质的电离平衡:
(1)电离平衡的建立。
在一定条件下(如温度和浓度),电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时,电离过程达到电离平衡状态。
如图所示:
(2)电离平衡的特征。
吸——一般弱电解质的电离过程是吸热的。
(3)影响电离平衡的因素。
①内因:电解质本身的性质决定了其电离程度的大小。
②外因:
A.温度:电离是吸热过程,升高温度使电离平衡向电离的方向移动。
B.浓度:在一定温度下,同一弱电解质溶液,浓度越小,越易电离。
C.相同离子:在弱电解质溶液中加入与弱电解质有相同离子的强电解质时,电离平衡逆向移动。
D.反应离子:加入能与电解质电离出的离子反应的离子时,电离平衡向电离方向移动。
以醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+为例:
改变条件
移动方向
c(H+)
c(CH3COO-)
电离程度
升温
向右
增大
增大
增大
浓度
加水稀释
向右
减小
减小
增大
加冰醋酸
向右
增大
增大
减小
同离子效应
加固体醋酸钠
向左
减小
增大
减小
通HCl气体
向左
增大
减小
减小
加入含有与弱电解质反应的离子
加固体氢氧化钠
向右
减小
增大
增大
加入镁粉
向右
减小
增大
增大
3.电解质溶液的导电能力:
电解质溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷数,自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多,导电能力越强。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)弱酸的电离程度越大,溶液的导电能力越强。(  )
提示:×。导电能力主要取决于溶液中离子总浓度,弱酸浓度一定情况下,电离程度越大导电能力越强。
(2)氨水的浓度越小,一水合氨的电离程度越大。(  )
提示:√。稀释促进电离。
(3)Ca(OH)2微溶于水,因此它是弱电解质。(  )
提示:×。强弱电解质只取决于是否完全电离,与溶解度无关。
(4)在醋酸溶液中,当c(CH3COO-)=c(H+)时,表示醋酸已达到电离平衡。(  )
提示:×。弱电解质达到电离平衡时,粒子浓度不再改变,并非相等。
(5)碳酸的电离方程式为H2CO32H++CO。(  )
提示:×。碳酸是二元弱酸,应分步电离。
2.思考下列问题:
(1)稀醋酸溶液加水稀释时,溶液中所有离子浓度同时减小吗?
提示:温度一定时,Kw=c(H+)·c(OH-),稀醋酸稀释时,c(H+)减小,c(OH-)增大。
(2)电离平衡向右移动,弱电解质的电离程度一定增大吗?
提示:如增大弱电解质的浓度,电离平衡向右移动,但电离程度减小。
3.在0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中存在如下电离平衡:CH3COOH
CH3COO-+H+,对于该平衡,下列叙述正确的是(  )
A.温度升高,平衡向逆反应方向移动
B.加入少量NaOH固体,平衡向正反应方向移动
C.加入少量0.1
mol·L-1
HCl溶液,溶液中c(H+)减小
D.加入少量醋酸钠固体,CH3COOH的电离程度增大
【解析】选B。弱电解质的电离是吸热的过程,故温度升高,平衡正向移动,A项错误;加入少量NaOH固体,溶液中c(H+)减小,平衡正向移动,B项正确;加入少量0.1
mol·L-1
HCl溶液,溶液中c(H+)增大,平衡逆向移动,C项错误;加入少量醋酸钠固体,平衡逆向移动,CH3COOH的电离程度减小,D项错误。
命题角度1:外因对电离平衡的影响
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是(  )
A.海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小
B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少
C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCOH++CO
D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【命题意图】本题借助二氧化碳对生态环境的影响,考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的溶解平衡的相关知识,意在考查学生读图识图能力和电解质溶液离子平衡移动的分析能力。
【解析】选C。二氧化碳溶于水生成碳酸,H2CO3H++HCO,使c(H+)、c(HCO)增大,C错误;产生的H+与碳酸钙溶解得到的CO发生反应H++COHCO,使c(CO)减小,c(HCO)增大,溶解平衡右移,促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少,A、B正确;使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放,改善珊瑚的生存环境,D正确。
命题角度2:电解质溶液的导电性
【典例2】(2021·江西模拟)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中,能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是(  )
【解析】选D。氯化氢是强电解质,醋酸是弱电解质,滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵,但溶液体积不断增大,溶液被稀释,所以电导率下降;当氯化氢完全被中和后,一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵,所以电导率增大;醋酸也完全反应后,继续滴加氨水,因为溶液被稀释,电导率有下降趋势。
1.常见的强、弱电解质:
2.外界因素对电离平衡影响的判断方法:
化学平衡原理(勒夏特列原理)也适用于电离平衡。如果改变影响平衡的条件,平衡向着“减弱”这种改变的方向移动,但移动结果不能“抵消”这种改变。
3.溶液导电能力变化的判断方法:
确定溶质—→判断溶质属于强/弱电解质—→得知溶液中导电离子的浓度变化—→导电能力变化
命题点1:弱电解质概念辨析(基础性考点)
1.下列属于有机物,又是弱电解质的是(  )
A.乙醇钠   B.氨水   C.乙酸   D.蔗糖
【解析】选C。乙醇钠在水溶液中完全电离,是强电解质,故A不选;氨水是混合物,不是电解质,故B不选;乙酸属于有机物,水溶液中部分电离,属于弱电解质,故C选;蔗糖是有机化合物,水溶液和熔融状态均不导电,是非电解质,故D不选。
2.(2021·南充模拟)常温下,下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是(  )
A.溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-11
mol·L-1
B.与等体积pH=11的NaOH溶液混合,所得溶液pH=7
C.加入少量水稀释该溶液的过程中,增大
D.加入0.1
mol·L-1CH3COONa溶液使pH=7,则c(CH3COO-)=c(Na+)
【解析】选B。pH=3的
CH3COOH溶液中c(H+)=1.0×10-3
mol·L-1,醋酸抑制了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离,则由H2O电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1,故A正确;pH=3的
CH3COOH与等体积pH=11的NaOH溶液混合,醋酸为弱酸,混合液中醋酸过量,反应后溶液呈酸性,故B错误;由醋酸电离的平衡常数表达式可知,==,加水稀释,氢离子浓度降低,温度不变,则平衡常数不变,则稀释过程中,增大,故C正确;滴加0.1
mol·L-1
CH3COONa溶液至pH=7时,c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,根据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),可知c(CH3COO-)=c(Na+),故D正确。
命题点2:外因对电离平衡的影响(综合性考点)
3.(2021·嘉兴模拟)常温下,对于0.1
mol·L-1的醋酸溶液,下列说法正确的是(  )
A.加水稀释后,溶液中c(H+)和c(OH-)都减小
B.加入少量冰醋酸后,溶液中c(H+)增大
C.加入少量Na2CO3固体,醋酸电离平衡向左移动
D.适当升高温度,醋酸的电离平衡常数减小
【解析】选B。加水稀释醋酸,促进醋酸电离,但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度,所以溶液中氢离子浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,导致溶液中氢氧根离子浓度增大,故A错误;醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,加入少量冰醋酸后,醋酸的电离平衡正移,溶液中
c(H+)增大,故B正确;加入少量Na2CO3固体,消耗氢离子,氢离子浓度减小,电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动,故C错误;适当升高温度,促进醋酸的电离,醋酸的电离平衡常数增大,故D错误。
命题点3:电解质溶液导电性变化(应用性考点)
4.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下,将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(  )
A.曲线Ⅰ表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B.a、b、c三点溶液的pH:b>c>a
C.将a、b两点溶液混合,所得溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D.醋酸溶液稀释过程中,不断增大
【解析】选D。加水稀释时,醋酸进一步电离,导电能力变化较小,则Ⅰ为醋酸稀释曲线,故A错误;NaOH溶液显碱性,醋酸显酸性,导电能力越大,说明离子浓度越大,则a、b、c三点溶液的pH:c>b>a,故B错误;将a、b两点溶液混合,由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度,反应后醋酸过量,溶液显酸性,则溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故C错误;醋酸溶液稀释过程中,Ka=不变,而c(H+)减小,所以不断增大,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.pH相同的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释n倍和m倍,使pH仍保持相同,则n和m的关系是(  )
A.n>m        
B.n<m
C.n=m
D.无法确定
【解析】选B。pH相同的NaOH和氨水溶液,c(H+)相等,溶液浓度:c(氨水)>c(NaOH),二者分别加水稀释,NaOH完全电离,NH3·H2O继续电离生成NH和
OH-,如果稀释相同倍数,溶液的pH:pH(氨水)>pH(NaOH),如果稀释后pH仍然相同,则氨水稀释倍数大于NaOH溶液稀释倍数,即m>n。
2.(2021·蚌埠模拟)常温下向100
mL蒸馏水中滴入10
mL
5
mol·L-1HA溶液,利用传感器测得溶液中c(H+)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是(  )
A.HA是强酸
B.a~b段,HA电离放热,使溶液温度升高
C.c~d段,c(H+)增大,HA电离程度增大
D.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【解析】选D。结合图示可知,滴入10
mL
5
mol·L-1HA溶液时,c(HA)≈
×5
mol·L-1≈0.45
mol·L-1,而此时c(H+)约为6×10-3
mol·L-1,证明HA部分电离,属于弱酸,故A错误;a~b段,HA的电离过程为吸热过程,电解质溶于水,扩散过程(电离)吸热,水合过程(形成水合离子)放热,故B错误;c~d段,HA浓度增大,c(H+)增加,但HA的电离程度减小,因为溶液的浓度越小,HA的电离产生的离子结合形成HA分子的机会就越少,所以电离程度就越大,故C错误;c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为NaA,根据物料守恒得:c(Na+)=c(A-)+c(HA),故D正确。
3.(2021·浙江模拟)液氨中存在与水的电离类似的电离过程,金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2
),下列说法不正确的是(  )
A.液氨的电离方程式可表示为
2NH3NH+NH
B.钠与液氨的反应是氧化还原反应,反应中有H2生成
C.NaNH2
与少量水反应可能有NH3逸出,所得溶液呈弱碱性
D.NaNH2
与一定量稀硫酸充分反应,所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐
【解析】选C。依据水的电离方程式可知,液氨的电离方程式可表示为
2NH3NH+NH,故A正确;依据题意可知液氨与钠发生置换反应生成氨基钠和氢气,是氧化还原反应,故B正确;NaNH2
与少量水反应生成氢氧化钠和氨气,所得溶液为氢氧化钠水溶液,为强碱性溶液,故C错误;NaNH2
与一定量稀硫酸充分反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐,故D正确。
4.(2021·焦作模拟)298
K时用0.05
mol·L-1氨水滴定20
mL
0.05
mol·L-1的叠氮酸(HN3)溶液,滴定过程中混合溶液的电阻率变化情况如图所示,已知NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5,HN3的电离常数Ka=1.9×10-5。下列说法中错误的是(  )
A.电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关
B.a、b、c、d四点中,水的电离程度最大的是c
C.c~d之间可能存在:c(N)=c(NH)>c(H+)=c(OH-)
D.若用0.05
mol·L-1HN3溶液滴定20
mL
0.05
mol·L-1氨水,则所得曲线完全相同
【解析】选D。同温度下,单位体积中的离子个数越多,离子浓度大,阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大,溶液的导电能力越强,故A正确;NH3·H2O和HN3都是弱电解质,NH4N3为强电解质,电阻率最小时溶质为NH4N3,双水解促进水的电离,a、b、c、d四点中,c点最低,含NH4N3最多,水的电离程度最大的是c,故B正确;NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5,HN3的电离常数Ka=1.9×
10-5,c点二者恰好反应时NH4N3的水溶液显极弱的酸性,此时电阻率最小,由图可知在cd之间有中性点,溶液中性时有c(N)=c(NH)>c(H+)=c(OH-),故C正确;NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5,HN3的电离常数Ka=1.9×10-5,因为二者的电离常数不同,所以开始的电阻率不同,若用0.05
mol·L-1
HN3溶液滴定20
mL
0.05
mol·L-1氨水,则所得曲线不能完全相同,故D错误。
考点二 电离平衡常数及其应用(命题指数★★★)
1.电离平衡常数:
(1)表达式:
①对于一元弱酸HA:
HAH++A-,平衡常数K=。
②对于一元弱碱BOH:
BOHB++OH-,平衡常数K=。
③对于ABA++B-,K=。
(2)影响因素:
电离平衡常数的决定因素是弱电解质本身的性质。外界因素中,电离平衡常数只与温度有关,升高温度,K值增大。
(3)特点:
①在相同条件下,K值越大,表示该弱电解质越容易电离,所对应的酸(或碱)的酸性(或碱性)相对较大。
②多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1?K2……,所以其酸性决定于第一步电离。
2.电离度(α):
(1)概念:
当弱电解质在溶液里达到电离平衡时,溶液中已经电离的电解质分子数占溶液中原有的电解质的分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分数。
α=×100%
=×100%
=×100%
(2)意义:衡量弱电解质的电离程度,在相同条件下(浓度、温度相同),不同弱电解质的电离度越大,弱电解质的电离程度越大。
(3)影响因素:
加水稀释或升高温度都能增大电离度。
(4)电离度(α)与电离平衡常数(Ka、Kb)之间的关系
①一元弱酸(以CH3COOH为例)
设常温下,浓度为c
mol·L-1的醋酸的电离度为α
     CH3COOHCH3COO-+H+
起始(mol·L-1)c       0   
0
转化(mol·L-1)c·α
c·α
c·α
平衡(mol·L-1)c-cα≈c
c·α
c·α
Ka==cα2、α=,c(H+)=cα=。
②一元弱碱(如NH3·H2O,电离常数为Kb)
同理可得:Kb=cα2,c(OH-)=cα=。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)H2CO3的电离常数表达式:
Ka=
eq
\f(c2(H+)·c(CO),c(H2CO3))
。(  )
提示:×。H2CO3是二元弱酸,分步电离,有两个电离常数。不能写成一步电离。
(2)弱电解质的电离常数受到温度、浓度的影响。(  )
提示:×。电离常数只受温度影响。
(3)弱电解质的电离程度越大,电离常数越大。(  )
提示:×。电离常数受温度影响,电离程度受温度、浓度等影响,例如加水稀释后,电离程度增加,但电离常数不变。
(4)电离常数越大,表示该电解质电离能力越强。(  )
提示:√。电离常数表示弱电解质电离程度的大小。
(5)电离常数大的酸溶液中的c(H+)一定大于电离常数小的溶液。(  )
提示:×。弱酸溶液中c(H+)的大小与酸的浓度和电离常数有关。
2.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数:
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11
Ka1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12
Ka1=7.5×10-3Ka2=6.2×10-8Ka3=2.2×10-13
(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_____________________________________________________________。
(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是________________
________________________________________________________。
(3)同浓度的CH3COO-、HCO、CO、S2-结合H+的能力由强到弱的顺序为______________________________________________________________。
【解析】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱,其对应酸根离子结合H+的能力越强,故结合H+的能力由强到弱的顺序为S2-、CO、HCO、CH3COO-。
答案:(1)H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S
(2)一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用
(3)S2-、CO、HCO、CH3COO-
命题角度1:电离常数的理解与应用
【典例1】(2021·揭阳模拟)已知25
℃时,HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表所示,下列说法正确的是(  )
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
Ka=1.77×10-4
Ka=4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7Ka2=4.7×10-11
A.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量:HCOOH>HCN
B.相同物质的量浓度的溶液的pH:Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONa
C.向NaCN溶液中通入少量CO2,发生反应:2CN-+H2O+CO2===2HCN+CO
D.等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中,阴离子总数目:HCOONa>NaCN
【解析】选D。等体积等浓度的HCOOH和HCN,HCOOH和HCN物质的量相同,中和时消耗NaOH的量相同,故A错误;相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、HCOONa,水解程度越大,溶液pH越大,电离程度HCOOH>H2CO3>HCN>HCO,所以水解程度Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa,则pH大小为Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa,故B错误;强酸能够制取弱酸,二者反应生成HCN和HCO,离子方程式为CN-+H2O+CO2===HCN+HCO,故C错误;根据电荷守恒规律:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-),由于甲酸的酸性大于HCN,所以等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液,NaCN溶液水解能力强,c(OH-)较大,c(H+)相对较小,由于两溶液c(Na+)相等,所以HCOONa溶液中所含阴离子总数大于NaCN溶液所含阴离子总数,故D正确。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)酸性强弱与相应酸根离子结合质子能力有什么关系?
提示:酸性越强的酸越易电离出H+,相应酸根结合质子能力越弱。
(2)(证据推理与模型认知)根据Ka值,醋酸酸性强于碳酸,醋酸与碳酸钠反应,一定有CO2产生吗?
提示:足量醋酸与碳酸钠反应,产生CO2;少量醋酸与碳酸钠反应只能生成NaHCO3。
命题角度2:有关电离常数的计算
【典例2】次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=,X为HClO或ClO-]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。
【解析】如图所示pH=7.5时,HClO、ClO-的组成分数相等,即c(HClO)=
c(ClO-),此时HClO的电离常数Ka==c(H+)=10-7.5。
答案:10-7.5
1.电离平衡常数的概念要点:
(1)电离常数的大小由物质本身的性质决定,同一温度
下,不同弱电解质的电离常数不同,K值越大,电离程度越大。
(2)电离常数K只随温度的变化而变化,升高温度,K值增大。
(3)多元弱酸电离常数:K1?K2?K3,其酸性主要由第一步电离决定,K值越大,相应酸的酸性越强。
2.电离平衡常数的应用:
(1)有关电离平衡的计算有
①已知某弱酸或弱碱的物质的量浓度和电离常数,计算其电离出的离子浓度;
②已知平衡时弱酸或弱碱的物质的量浓度和溶液中的离子浓度计算电离常数。
(2)电离平衡的有关计算类似于化学平衡的有关计算,可利用“三段式法”分析,列出化学平衡等式关系,代入数据计算。
(3)若两离子浓度相差100倍以上,进行加减运算时,可忽略离子浓度较小的数值。
(4)对于同一弱电解质而言,电离常数只随温度的变化而改变,与溶液的浓度无关。
(5)相同温度下,电离常数越大,对应弱电解质的电离能力越强。Ka较大的弱酸可以与Ka较小的弱酸的盐反应,即较强酸可以制取较弱酸。
3.弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值变化的解题思路:
(1)方法1:将浓度之比转化为物质的量进行比较,就可以忽略溶液体积的变化,只需要分析微粒数目即可。
(2)方法2:利用某些离子的浓度之比关系,乘以或除以某种离子的浓度,“凑常数”,将比值转化为一个常数与某种粒子浓度比值或乘积的形式,减小变量个数。
命题点1:电离常数的理解与应用(基础性考点)
1.(2021·北京海淀区模拟)相同温度下,根据三种酸的电离常数,下列判断正确的是(  )

HX
HY
HZ
电离常数Ka
9×10-7
9×10-6
1×10-2
A.三种酸的强弱关系:HX>HY>HZ
B.反应HX+Y-===HY+X-能够发生
C.相同温度下,0.1
mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液,NaZ溶液pH最小
D.相同温度下,1
mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1
mol·L-1HX
【解析】选C。相同温度下,酸的电离常数越大,则酸的电离程度越大,酸的酸性越强,则酸根离子水解程度越小,根据电离平衡常数知,这三种酸的强弱顺序为HZ>HY>HX,故A错误;由A知,HY的酸性大于HX,根据强酸制取弱酸知,该反应HX+Y-===HY+X-不能发生,故B错误;根据电离平衡常数知,这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX,根据越弱越水解,0.1
mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液,NaZ溶液pH最小,故C正确;电离平衡常数与浓度无关,只受温度影响,相同温度下同一物质的电离平衡常数不变,故D错误。
命题点2:有关电离常数的计算(综合性考点)
2.已知Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,计算0.1
mol·
L-1
CH3COOH溶液中H+的浓度。
【解析】设CH3COOH溶液中H+的浓度为x
mol·L-1,
   
CH3COOHCH3COO-+H+
起始
(mol·L-1)
0.1    
0   0
平衡(mol·L-1)
0.1-x
x
x
Ka===1.75×10-5①
由于Ka很小,所以x也很小,即0.1-x≈0.1 ②
将②代入①式得,x≈1.32×10-3。
答案:c(H+)=1.32×10-3
mol·L-1
3.25
℃时,将a
mol·L-1的氨水与0.01
mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)=c(Cl-),用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=________。
【解析】根据电荷守恒得c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-),因为c(NH)=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-),故溶液显中性。Kb=
eq
\f(c(NH)·c(OH-),c(NH3·H2O))
==。
答案:
【加固训练—拔高】
1.(2021·宁波模拟)常温下Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kb(NH3·H2O)=1.75×
10-5,下列说法正确的是(  )
A.一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释,所有的离子浓度都在减小
B.pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3·H2O反应后pH=7
C.等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物质的量相同
D.等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和:前者小于后者
【解析】选C。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释,c(H+)、c(CH3COO-)减小,由于水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)不变,则溶液中c(OH-)增大,故A错误;没有告诉pH=4的CH3COOH和pH=10的NH3·H2O溶液的体积,无法判断混合液是否为中性,故B错误;等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O中满足n(CH3COOH)=n(NH3·H2O),两个反应中消耗的n(NaHCO3)=n(CH3COOH)=n(NH3·H2O),所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同,故C正确;由于Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O),
CH3COO-、NH的水解程度相同,等浓度的两溶液中c(CH3COO-)=c(NH),且CH3COONa溶液中的c(OH-)等于NH4Cl溶液中的c(H+),由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH),即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c(H+)+c(NH),CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c(OH-)+c(CH3COO-),所以两溶液中阴离子浓度之和相等,故D错误。
2.下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×
10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(  )
【解析】选B。这两种物质都是弱电解质,在温度不变、浓度相等时,电离程度CH3COOH3.(2021·台州模拟)某学生进行了如下实验,下列结论正确的是(  )
编号


实验
现象
a中产生凝胶状沉淀
b中凝胶状沉淀溶解,c中无明显变化
A.由Ⅰ能说明酸性H2CO3>H2SiO3
B.由Ⅱ可知结合氢离子的能力CO>HCO
C.向Na2SiO3溶液中通入少量CO2,发生反应SiO+CO2+H2O===CO+H2SiO3↓
D.将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合不会出现明显现象
【解析】选B。盐酸与石灰石反应生成二氧化碳,同时挥发出氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,所以由Ⅰ不能说明酸性H2CO3>H2SiO3,故A错误;b中凝胶状沉淀溶解,说明硅酸与碳酸根离子反应,c中无明显变化,说明硅酸与碳酸氢根离子不发生反应,则结合氢离子的能力CO>HCO,故B正确;由Ⅱ可知酸性:H2SiO3>HCO,向Na2SiO3溶液中通入少量CO2,反应生成H2SiO3和NaHCO3,正确的离子方程式为SiO+2CO2+2H2O===H2SiO3↓+2HCO,故C错误;硅酸在溶液中存在溶解平衡,将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合后,硅酸根离子浓度增大,会析出硅酸,故D错误。
考点三 一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较(命题指数★★★)
1.相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较:
 
 比较 
 项目酸
c(H+)
pH
中和碱的能力
与活泼金属产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸


相同
相同

一元弱酸



2.相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较:
 
 比较 
 项目酸
c(H+)
c(酸)
中和碱的能力
与活泼金属产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸
相同



相同
一元弱酸



 (注:一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。)
3.图象法理解稀释规律(以盐酸和醋酸为例):
(1)同体积、同浓度的盐酸和醋酸比较
加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多
(2)同体积、同pH的盐酸和醋酸比较
加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍后pH小于5。(  )
提示:√。弱电解质加水稀释会促进电离。
(2)等体积、等pH的盐酸和醋酸中和碱的能力相同。(  )
提示:×。等pH的盐酸和醋酸溶液相比,醋酸浓度更大,中和碱能力更强。
(3)等浓度、等体积的盐酸和醋酸分别与足量Mg反应,生成H2的速率从始至终都是盐酸大。(  )
提示:√。反应速率由溶液中c(H+)决定,初始速率盐酸较大,反应过程中醋酸进一步电离,但反应速率仍小于盐酸。
(4)若升高酸溶液的温度,pH减小。(  )
提示:×。升高强酸溶液的温度,pH不变;升高弱酸溶液的温度,pH减小。
(5)加水稀释两种pH相同的酸溶液,pH变化大的一定是强酸。(  )
提示:×。加水稀释两种pH相同的酸溶液,pH变化大的酸一定比变化小的酸性强,但不一定是强酸。
2.等pH、等体积的盐酸(Ⅰ)和醋酸(Ⅱ)分别加水稀释,溶液pH与体积的关系如图:
(1)室温下,稀释相同倍数对应的b点和c点的导电能力更强的是?
提示:pH越小,溶液中H+和酸根离子浓度越大,导电能力越强,导电能力c点更强。
(2)酸溶液加水稀释10n倍,pH变为多少?
提示:强酸溶液稀释10n倍,pH=a+n;弱酸溶液稀释10n倍,a<pH<a+n;且pH<7。
命题角度1:强弱电解质图象分析
【典例1】浓度均为0.10
mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,
分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示,下列叙述错误的是(  )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选D。由图象可知0.1
mol·L-1的MOH溶液的pH=13,说明MOH完全电离,为强电解质,同理判断ROH为弱电解质,所以前者的碱性大于后者,A正确;ROH为弱电解质,溶液越稀越易电离,所以电离程度b点大于a点,B正确;当两溶液无限稀释下去,相当于纯水,所以二者氢氧根离子浓度相等,C正确;当lg=2时,MOH溶液的pH=11,ROH溶液的pH=10,MOH溶液不存在电离平衡,ROH溶液存在电离平衡,升高温度平衡右移,M+浓度无影响,R+浓度增大,所以减小,D错误。
【备选例题】
(2021·北京海淀区模拟)25
℃时,pH=2的盐酸和醋酸溶液各1
mL分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(  )
A.曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程
B.a点溶液的导电性比c点溶液的导电性差
C.将a、b两点溶液加热至30
℃(忽略溶质挥发),变大
D.与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时,消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大
【解析】选D。溶液稀释时,醋酸进一步电离,其溶液中氢离子浓度大于盐酸的离子浓度,故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线,故A错误;稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小,则溶液导电性较弱,故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强,故B错误;升高温度后,醋酸的电离程度增大,醋酸根离子浓度增大,而氯离子浓度基本不变,则比值减小,故C错误;醋酸的浓度大于盐酸,与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时,消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大,故D正确。
命题角度2:强弱电解质的判断
【典例2】(2021·许昌模拟)等体积、浓度均为0.2
mol·L-1的三种溶液:①HA溶液、②HB溶液、③NaHCO3溶液,已知将①②分别与③混合,实验测得所产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是(  )
A.酸性:HB>HA>H2CO3
B.恰好反应时,所得两溶液中:c(A-)>c(B-)
C.上述三种溶液中由水电离出的c(OH-)的相对大小:③>①>②
D.HA溶液和NaHCO3溶液恰好反应,所得的溶液中:c(A-)+c(HA)=
0.1
mol·L-1
【解析】选B。由题图可知,HB溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快,说明HB溶液中氢离子浓度较大,酸性:HB>HA>H2CO3,A正确;反应结束后所得两溶液分别为NaA溶液、NaB溶液,根据“越弱越水解”,则c(A-)mol·L-1,D正确。
1.强酸与弱酸的比较:
同浓度时,溶液中c(H+):强酸>弱酸
同pH时,溶液中c(H+)相等,酸的浓度:弱酸>强酸
2.判断强弱电解质的方法(以酸HA为例):
(1)从是否完全电离的角度判断。
强电解质在溶液中完全电离,弱电解质部分电离。据此,判断方法如下:
①测定0.1
mol·L-1
HA溶液的pH。若pH=1,则为强酸;若pH>1,则为弱酸。
②与同浓度的盐酸比较导电性。若导电性与盐酸相同,则为强酸;若导电性比盐酸弱,则为弱酸。
③与同浓度的盐酸比较和足量活泼金属反应的速率。若反应速率相同,则为强酸;若反应速率比盐酸慢,则为弱酸。
(2)从是否存在电离平衡的角度判断。
在水溶液中,强电解质不存在电离平衡,弱电解质存在电离平衡,且一定条件下会发生移动。据此,判断方法如下:
①将pH=1的HA稀释100倍后测pH。若pH=3,则为强酸;若pH<3则为弱酸。
②升高温度前后测溶液pH。若升高温度溶液pH明显减小,则为弱酸。
③测量等pH、等体积的HA与盐酸分别与过量活泼金属反应产生的H2量。若与盐酸产生H2量相等,则为强酸;若比盐酸产生H2量多,则为弱酸。
(3)从酸根离子是否水解的角度判断。
强酸酸根离子不水解,弱酸酸根离子易水解。据此,判断方法如下:
测NaA的pH。若pH=7,则为强酸;若pH>7,则为弱酸。
命题点1:强弱电解质的判断(基础性考点)
1.(2021·邯郸模拟)下列事实不能证明H2C2O4(乙二酸)是弱电解质的是(  )
A.草酸能与CaCO3反应产生CO2
B.常温下,0.1
mol·L-1
NaHC2O4溶液的pH>7
C.浓度均为1
mol·L-1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱
D.常温下pH=4的H2C2O4溶液稀释100倍,pH约为5
【解析】选A。草酸能和碳酸钙反应生成二氧化碳,说明草酸酸性大于碳酸,但是不能证明乙二酸部分电离,则不能证明乙二酸是弱电解质,故A选;常温下,0.1
mol·L-1
NaHC2O4溶液的pH>7,说明该盐是强碱弱酸盐,则乙二酸是弱电解质,故B不选;浓度均为1
mol·L-1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱,说明乙二酸中离子浓度小于硫酸,硫酸是强电解质,则乙二酸是弱电解质,故C不选;pH=4的乙二酸稀释100倍后pH约为5,说明稀释过程中存在乙二酸的电离,所以乙二酸是弱电解质,故D不选。
命题点2:强弱电解质区别(综合性考点)
2.关于25
℃时,体积相同的盐酸与醋酸两种溶液,下列说法正确的是(  )
A.若浓度相同,中和所需的NaOH物质的量相同
B.若浓度相同,分别与镁条反应的速率相等
C.若pH相等,则c(CH3COO-)>c(Cl-)
D.若pH相等,分别与NaOH反应呈中性后,n(CH3COO-)<n(Cl-)
【解析】选A。如果两种酸的浓度和体积都相同,则两种酸的物质的量相同,消耗的NaOH物质的量相等,故A正确;与Mg反应速率和酸溶液中c(H+)成正比,如果浓度相同时c(H+):盐酸>醋酸,则开始时盐酸反应速率快,故B错误;若pH相等,则两种溶液中c(H+)相等,温度相同则两种溶液中c(OH-)相等,两种溶液中分别存在c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),所以c(Cl-)=c(CH3COO-),故C错误;若pH相等,则酸浓度:c(CH3COOH)>c(HCl),两种酸体积相等时n(CH3COOH)>n(HCl),分别与NaOH反应后呈中性时醋酸钠溶液中酸根离子多,所以n(CH3COO-)>n(Cl-),故D错误。
命题点3:强弱电解质图象判断(应用性考点)
3.已知物质的电阻率与导电能力成反比,物质的电阻率越大,导电能力越弱。室温条件下,向20
mL浓度均为0.1
mol·L-1
HA和CH3COOH的混合液中滴加0.1
mol·L-1的NH3·H2O,测得混合液的电阻率与加入NH3·H2O的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是(  )
A.HA是强酸
B.室温条件下,等浓度的HA和CH3COOH溶液中c(H+)前者小
C.ab段发生的反应是HA+NH3·H2O===NH4A+H2O
D.c点溶液中的溶质为NH4A和CH3COONH4
【解析】选B。若HA和CH3COOH都是弱酸,则随着NH3·H2O的加入,酸碱反应生成盐,溶液导电性将增强、电阻率将减小,但图象上随着NH3·H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱,说明原混合溶液中离子浓度更大,即HA为强电解质,故A正确;HA完全电离,CH3COOH部分电离,HA比等浓度CH3COOH溶液中c(H+)大,故B错误;ab段是HA与NH3·H2O反应,故C正确;c点中和完全,溶质为NH4A和CH3COONH4,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·海南模拟)向体积和pH均相等的盐酸和醋酸中分别加入足量的镁粉,则下列关于反应产生H2的体积(同温同压下测定)和速率与时间的关系图象描述正确的是(  )
【解析】选A。开始时,强酸盐酸和弱酸醋酸的pH相等,c(H+)相等,则开始时反应速率相等;随着反应的进行,弱酸醋酸不断电离出H+而使醋酸中c(H+)减小比盐酸中的慢,即醋酸中的c(H+)大于盐酸中的c(H+),反应速率大于盐酸中的反应速率,故A正确;由上述分析,盐酸中的反应速率比醋酸的反应速率小,故B错误;醋酸为弱酸,不完全电离,pH均相等的盐酸和醋酸中醋酸的浓度远远大于强酸盐酸的浓度,与足量的镁粉反应产生氢气的体积醋酸比盐酸多,故C、D错误。
2.(2021·三明模拟)常温时,分别向体积为V0、浓度均为1
mol·L-1
HClO2和HMnO4两溶液中加水稀释至体积为V,lg与溶液pH的关系如图。下列说法错误的是(  )
A.HMnO4为强酸
B.当两溶液均稀释至pH=3时,c(ClO)=c(MnO)
C.在0≤pH≤5时,HMnO4溶液满足:pH=lg
D.稀释前分别用1
mol·L-1的NaOH溶液中和两种酸至中性,消耗的n(NaOH)
相同
【解析】选D。由分析得知,lg=0时,即溶液未稀释时,1
mol·L-1HMnO4的pH=0,说明该溶液中c(H+)=c(HMnO4)=1
mol·L-1,则HMnO4为强酸,故A正确;根据电荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(ClO),c(H+)=c(OH-)+c(MnO)当稀释至pH均为3时,c(ClO)=c(MnO),故B正确;HMnO4是强酸,完全电离,0≤pH≤5时,稀释多少倍,溶液中c(H+)就是原来的多少分之一,所以HMnO4溶液满足,pH=lg,故C正确;NaMnO4是强酸强碱盐,其水溶液呈中性,NaClO2是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,所以NaClO2溶液消耗的n(NaOH)
要少一些,才能使溶液呈中性,故D错误。
3.次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时,有
1
mol·L-1
的H3PO2溶液和1
mol·L-1的HBF4溶液,两者起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水,稀释后溶液的体积均为V,两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是(  )
A.常温下,NaBF4溶液的pH=7
B.常温下,H3PO2的电离平衡常数约为1.1×10-2
C.NaH2PO2溶液中:c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO2)
D.常温下,在0≤pH≤4时,HBF4溶液满足pH=lg
【解析】选C。HBF4为强酸,则NaBF4为强酸强碱盐,常温下NaBF4溶液的pH=7,故A正确;对于H3PO2溶液,lg+1=1时pH=1,则V=V0,即1
mol·L-1
H3PO2溶液中c(H+)=0.1
mol·L-1,H3PO2的电离平衡常数K≈≈1.1×10-2,故B正确;根据“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)”可知,NaH2PO2溶液中不存在HPO、PO,正确的物料守恒为c(Na+)=c(H2PO)+c(H3PO2),故C错误;根据图示曲线b可知,lg+1=1时,lg=pH=0,lg+1=5时lg=pH=4,所以在0≤pH≤5时,HBF4溶液满足pH=lg,故D正确。
4.(2021·北京海淀区模拟)25
℃时,下列事实不能说明一水合氨是弱电解质的是(  )
A.醋酸铵溶液pH=7
B.0.01
mol·L-1氨水pH约为10.6
C.氯化铵溶液可以除铁锈
D.氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀
【解析】选D。醋酸铵溶液pH=7,说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同,醋酸是弱酸,从而说明一水合氨是弱碱,故A不选;0.01
mol·L-1氨水pH约为10.6,说明一水合氨不能完全电离,从而证明其是弱电解质,故B不选;氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性,说明铵根离子能够水解,从而证明一水合氨是弱碱,故C不选;氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱,能提供氢氧根离子,与电解质强弱无关,故D选。
1.(2019·全国Ⅰ卷)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HClH++Cl-
【解析】选D。由图可知,在冰表面第一层中,HCl分子并没有电离,以分子形式存在,A正确;第二层中,Cl-与H2O的比值是10-4∶1,由于HCl是强酸,所以H+浓度与氯离子浓度相等,假设氢离子的物质的量为10-4
mol,则水的物质的量为1
mol,则水的体积为=20
mL,故氢离子的浓度为=5×10-3
mol·L-1,B正确;冰表面第三层中,由于是以晶体的形式存在,所以冰的氢键网络结构保持不变,C正确;在第二层,主要以溶液形式存在,所以第二层全部电离,不会存在可逆反应,D不正确。
2.(2019·天津高考)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,溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.
相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
【解析】选C。酸越弱,稀释越能促进电离,稀释后pH变化小,曲线Ⅰ代表醋酸,A错误;两种酸溶液,pH越小酸性越强,水的电离程度越小,c点水电离程度大于b点,B错误;c、d的温度相同,=
=,其中Ka表示酸的电离平衡常数,由于水的离子积常数和酸的电离平衡常数均只与温度有关,该比值不变,C正确;二者酸的pH相同,但酸的浓度不同,体积相同的两种酸溶液,需要NaOH的物质的量不同,D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2016·浙江高考)苯甲酸钠(,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25
℃时,HA的Ka=6.25×
10-5,H2CO3的Ka1=4.17×10-7,Ka2=4.90×10-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25
℃,不考虑饮料中其他成分)(  )
A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低
B.提高CO2充气压力,饮料中c(A-)不变
C.当pH为5.0时,饮料中=0.16
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(OH-)-c(HA)
【解析】选C。由题意知苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-,因碳酸饮料溶液具有一定的酸性,会生成苯甲酸(HA),相比于未充CO2的饮料,其抑菌能力较强,故A项错误;增大压强会增大气体的溶解度,因此提高CO2充气压力,饮料的酸性增强,所以c(A-)减小,故B项错误;根据HA?H++A-,Ka==6.25×10-5,故当溶液的pH为5.0时,饮料中==0.16,故C项正确;由于饮料中加入的各种成分的量不知,且加入碳酸的量也不知,因此无法比较饮料中各离子的浓度关系。
2.(2016·全国Ⅱ卷节选)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料,回答下列问题:
联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,联氨第一步电离反应的平衡常数值为__________(已知:N2H4+H+N2H的K=8.7×107;Kw=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为________。
【解析】联氨为二元弱碱,在水中的电离方程式与氨相似,则联氨第一步电离的方程式:N2H4+H2ON2H+OH-,已知:N2H4+H+N2H的K=8.7×107;Kw=1.0×10-14,平衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7
;联氨为二元弱碱,酸碱发生中和反应生成盐,则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。
答案:8.7×10-7 N2H6(HSO4)2
1.判断强弱电解质的核心依据:电解质在水溶液中的电离程度,若不完全电离则为弱电解质。
2.电离平衡的5个特征:逆→等→动→定→变。
3.高考必考的影响电离平衡的3个因素。
(1)升高温度:电离平衡右移。
(2)稀释:电离平衡右移。
(3)同离子效应:电离平衡左移。
4.电离常数。
(1)影响因素:弱电解质的性质、温度。
(2)应用:判断弱电解质的强弱、盐类水解程度。
(3)计算。
①已知c(HX)和c(H+)求K。②已知K求c(H+)。
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-第三讲 用途广泛的金属材料和开发利用金属矿物
考点一 合金及金属材料(命题指数★★★★★)
1.合金:
2.常见金属材料:
(1)分类。
(2)常见合金材料。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)任何金属都能形成合金。(  )
提示:×。并非所有的金属都能形成合金,两种金属形成合金,其前提是两种金属在同一温度范围内都能熔化,若一种金属的熔点大于另一种金属的沸点,则二者不能形成合金。
(2)钢与纯铁相比较,钢不易生锈。(  )
提示:×。钢中含有碳等杂质容易形成原电池,腐蚀更快。
(3)不锈钢、硬铝都是合金,青铜是铜单质,不属于合金。(  )
提示:×。青铜为铜锡等形成的合金。
(4)高温铝易被氧化,铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼。(  )
提示:√。高温时铝很容易被氧化。
(5)镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物,可作储氢材料。(  )
提示:√。镧镍合金可作储氢材料。
(6)用稀硝酸清除铜制品上的铜锈。(  )
提示:×。铜能够溶于稀硝酸,故用盐酸或稀硫酸除去铜锈。
2.(1)金属与金属或金属与非金属形成合金时是否发生化学反应?
提示:没有。合金属于混合物,金属与金属或金属与非金属形成合金时,两者没有发生化学反应,各成分的化学性质没有发生变化。
(2)合金的性质是各成分金属的性质之和吗?
提示:合金具有许多优良的物理、化学或机械性能,在物理性质、机械性能方面优于各成分金属,不是简单加和;但一般认为在化学性质上,合金体现的是各成分金属的化学性质。
(3)已知铜的熔点为1
083℃,钠的沸点为883℃,试问铜与钠能否形成合金?
提示:不能。当铜开始熔化时,钠已经气化,所以二者不能形成合金。
命题角度1:合金性质与金属材料的应用
【典例1】C919大型客机是我国自主研发的,C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是(  )
A.铝锂合金密度较小,强度较大,硬度大于纯铝,熔点低于锂单质
B.改变原料的配比,可以制得性能不同的铝锂合金
C.铝锂合金具有金属光泽,可导电导热
D.铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同
【解析】选D。合金的熔点比它的各成分金属的熔点低,硬度大于其成分金属,A正确;合金的性质与成分的含量有关,所以改变原料的配比,可以制得性能不同的铝锂合金,B正确;铝锂合金具有金属材料的一些通性,有金属光泽,可导电导热,C正确;合金的熔点比它的各成分金属的熔点低,硬度大于其成分金属,所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同,D错误。
命题角度2:合金成分的实验探究与测定
【典例2】(2021·郑州模拟)某同学设计了如下实验测量m
g铜银合金样品中铜的质量分数:
下列说法中不正确的是(  )
A.合金的熔点比其成分金属低,通常比成分金属具有更优良的金属特性
B.铜银都能与稀硝酸反应,收集到的V
L气体可能全为NO
C.操作Ⅰ是过滤,操作Ⅱ是洗涤,操作Ⅲ应是烘干
D.根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选C。合金的熔点比其成分金属低,A正确;不论是浓HNO3还是稀HNO3,用排水法收集到的气体一定全部是NO,B正确;W
g固体为AgCl,由于AgCl具有受热不稳定性,故操作Ⅲ应是低温干燥而不是烘干,C错误;根据反应收集的气体体积,利用电子守恒及质量关系列式可求得铜和Ag的质量分数,D正确。
 
在题干条件不变的情况下,下列说法不正确的是(  )
A.收集到的V
L气体为NO
B.若缺少操作Ⅱ,会导致实验结果偏小
C.被铜银合金还原的硝酸可能为
mol
D.依据m、W不能确定铜的质量分数
【解析】选D。由流程图可知,实验排水法收集,二氧化氮能与水反应生成NO,故金属与硝酸反应生成气体是NO或NO2或NO、NO2,最后收集的气体为NO,A正确;由流程图可知,溶液中加入氯化钠,将银离子转化为氯化银沉淀,通过测定氯化银沉淀的质量,计算银的质量,进而计算铜的含量,操作Ⅱ是在过滤之后,低温干燥之前,由于过滤后的氯化银附着一些离子,应洗涤附着的物质,防止测定的氯化银的质量增大,导致合金中银的质量增大,铜的质量偏小,测量铜的含量偏低,B正确;当为稀HNO3时,生成的气体是NO,物质的量为
mol,根据原子转移守恒可知被还原的硝酸为
mol,C正确;氯化银的质量为Wg,利用元素守恒计算合金中银的质量,合金质量减去Ag的质量为Cu的质量,可以确定Cu的质量分数,D错误。
【备选例题】
部分氧化的Fe?Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76
g,经如图处理,下列说法正确的是(  )
A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B.样品中Fe元素的质量为2.14
g
C.样品中CuO的质量为4.0
g
D.V=448
【解析】选D。A项,生成的滤渣3.2
g是铜,金属铜可以和Fe3+反应,所以滤液A中一定不含有Fe3+,错误;B项,灼烧后的固体为Fe2O3,其物质的量为
0.02
mol,铁元素的物质的量为0.02
mol×2=0.04
mol,质量为0.04
mol×
56
g·mol-1=2.24
g,错误;C项,铁元素的质量为2.24
g,而原来固体为
5.76
g,所以CuO的质量不超过5.76
g-2.24
g=3.52
g,错误;D项,根据最后溶液中的溶质为过量H2SO4和FeSO4,而铁元素的物质的量为0.04
mol,说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04
mol,含H+
0.08
mol,其中部分H+生成氢气,另外的H+和合金中的氧结合生成了水,由于合金中氧的物质的量为=0.02
mol,它结合0.04
mol
H+,所以硫酸中有
0.04
mol
H+生成氢气,即生成0.02
mol氢气,标准状况下的体积为448
mL,正确。
合金组成的分析方法
1.定性分析型:
形成合金的各种成分的特殊化学性质仍按单一组分的性质(例如铝合金中的铝既能溶于酸又能溶于碱的性质不变,铜能溶于稀硝酸,且硝酸的还原产物为NO气体),一般是将合金酸溶或碱溶,根据反应中的特殊现象或根据溶解后所得溶液继续加沉淀剂产生的现象判断其成分。此类试题常以流程的形式呈现,解答的关键是理清每一步加入的物质和生成物质的成分。
2.定量分析型:
定量测定合金的成分常用量气或沉淀两种方法。
(1)定量集气法。
定量集气法是指收集合金中某种物质溶解时所产生的气体的量,应用化学方程式或关系式来判断合金的组成。其原理的关键点是根据某组分的特殊性质(特别是与酸或碱反应能产生气体),其操作要点和注意事项有:保证装置的气密性良好,注意收集气体的读数方法。
(2)沉淀法。
沉淀法测定物质含量是常用的一种方法,采用沉淀法时,涉及的基本实验操作和主要问题有:称量、溶解(溶解试剂);沉淀(重点是沉淀试剂的选择);过滤、沉淀洗涤、沉淀的干燥、称量;数据的处理(包括测定结果的误差分析)。
命题点1:合金性质与金属材料的应用(基础性考点)
1.2020年贺岁纪念币满足广大人民群众在岁末年初迎接新春、庆贺新年的需求,更好传播和弘扬中国传统文化。该套纪念币共2枚,其中银质纪念币1枚,双色铜合金纪念币1枚,均为中华人民共和国法定货币。下列关于合金的叙述不正确的是(  )
A.铜合金和单质铜一样,具有良好的导电性、导热性和延展性
B.铜合金的硬度比单质铜大
C.铜合金的熔点比单质铜低
D.该纪念币能完全溶解于稀硫酸中
【解析】选D。合金有别于成分金属的特性是熔点低、硬度大,共性是具有金属的物理通性,但是化学性质没有改变,D项错误。
2.武德合金(由50%铋、25%铅、12.5%锡和12.5%镉制成,熔点为70
℃)常用于制作电器保险丝;镁铝合金质优体轻,又不易锈蚀,大量用于航空工业、造船工业,日用化工等领域。下列有关合金的说法错误的是(  )
A.武德合金常用于制作电器保险丝是因为它的熔点低
B.镁铝合金能全部溶解于过量FeCl3溶液中
C.两种合金的熔点、硬度比镁和铝的熔点、硬度都高
D.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
【解析】选C。武德合金常用于制作电器保险丝是因为它的熔点低,A正确;镁铝都能溶解于过量FeCl3溶液中,B正确;合金的熔点一般低于它的成分金属,C错误;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,D正确。
命题点2:合金成分的实验探究与测定(综合性考点)
3.美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺(工业流程如图所示)。下列有关该工艺的说法中错误的是(  )
A.该过程能量转化的形式有三种
B.铝镓合金可以循环使用
C.铝镓合金与水的反应属于化合反应
D.总反应式为2H2O===2H2↑+O2↑
【解析】选C。该过程能量转化的形式有三种,A正确。由所给工业流程图可知B正确。铝镓合金与水反应的实质是铝把水中的H置换出来,属于置换反应,C错误。由图可知该流程的总反应为2H2O===2H2↑+O2↑,D正确。
【加固训练——拔高】
1.下列对合金的说法正确的是(  )
A.合金中至少含有两种金属元素,不含非金属元素
B.合金中的金属元素以化合物的形式存在
C.合金中各种元素的含量一定,所以合金是纯净物
D.合金的硬度一般大于成分金属,而熔点一般低于成分金属
【解析】选D。合金是由两种或两种以上金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质,A错误;合金中的金属以单质的形式存在,属于混合物,选项B、C错误。
2.金属钾和金属钠的金属性相近,但K比Na略强,当利用金属钠与KCl共熔制金属钾时,发现钾与钠的共熔体难以分离,如调整温度到一定程度,则可利用钠与KCl反应制取K,下面是四种物质的熔沸点:
K
Na
KCl
NaCl
熔点/℃
63.6
97.8
770
801
沸点/℃
774
882.9
1
500
1
413
根据平衡移动原理,可推知用Na和KCl反应制取金属钾的适宜温度是(  )
A.低于770
℃     
B.850

C.高于882.9
℃    
D.1
413~1
500

【解析】选B。在金属活动性顺序中,Na虽然排在K的后面,但从表中提供的数据可知,钾的熔点和沸点都比钠低,当钠与KCl混合加热熔化后,温度升高到774
℃以上,钾变成蒸气逸出,平衡右移,但温度不得高于882.9
℃,所以B项正确。
3.某课外活动小组,收集了一种合金进行研究(已知Cu的焰色反应为绿色)。
(1)外观暗灰色,表面光滑;
(2)在酒精灯上灼烧,火焰呈绿色;合金片熔化,但不滴落;
(3)取刮去表皮的金属10.0
g,放入足量稀硫酸溶液中,收集到标准状况下的H2
9.96
L;
(4)另取刮去表皮的金属10.0
g,放入足量NaOH溶液中,也收集到标准状况下的H2
9.96
L。
试据此判断,合金中一定含有的元素是________(写元素符号);下列元素可能含有的是________(填选项编号)。
a.Ag    b.Mg    c.Pb    d.Fe
如果该合金中,只含两种元素,它们的质量比是______________________。
【解析】根据(2)可以判断,合金中一定含有Al和Cu。
由(3)(4)可得,能与硫酸和NaOH反应放出H2的只有Al,而不能含Mg、Pb、Fe。m(Al)=××27
g·mol-1≈8.0
g。所以m(Cu)=2.0
g。
其质量之比为m(Al)∶m(Cu)=4∶1。
答案:Cu、Al a m(Al)∶m(Cu)=4∶1
4.某铝合金中含有元素铝、镁、铜、硅,为了测定该合金中铝的含量,设计了如下实验,请回答有关问题:
(1)称取样品a
g(精确到0.1
g),称量时通常使用的主要仪器的名称是________。
(2)将样品溶解于足量的稀盐酸,过滤并洗涤滤渣。滤液中主要含有________,滤渣中含有________,溶解、过滤用到的玻璃仪器是________________。
(3)滤液中加过量的氢氧化钠溶液,过滤。有关反应的离子方程式是______________________________。
(4)步骤(3)的滤液中通入足量的二氧化碳气体,过滤。有关反应的离子方程式是________________________。
(5)步骤(4)过滤后的滤渣用蒸馏水洗涤数次,烘干并灼
烧至恒重、冷却后称量,其质量为b
g。有关反应的化学方程式是______________________________,原样品中铝的质量分数是__________。
(6)若步骤(3)中加入氢氧化钠的量不足,则实验结果________(填“偏高”“偏低”或“不影响”,下同);若步骤(5)中滤渣没有洗涤,则实验结果________,若滤渣灼烧不充分,则实验结果________。
【解析】(1)称量时应该使用的主要仪器的名称是托盘天平。(2)将样品溶解于足量的稀盐酸,过滤。滤液中主要含有
MgCl2、AlCl3、HCl;滤渣中含有Cu、Si,溶解、过滤用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、普通漏斗。(3)有关反应的离子方程式有H++OH-===H2O、Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓、Al3++4OH-===AlO+2H2O。(4)有关反应的离子方程式是AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO、2OH-+CO2===CO+H2O。(5)有关反应的离子方程式是2Al(OH)3Al2O3+3H2O;原样品中铝的质量分数是×100
%。
(6)若步骤(3)中加入氢氧化钠的量不足,则实验结果偏低;若步骤(5)中滤渣没有洗涤,则实验结果偏高;若滤渣灼烧不充分,则实验结果偏高。
答案:(1)托盘天平
(2)MgCl2、AlCl3、HCl Cu、Si 烧杯、玻璃棒、普通漏斗(3)H++OH-===H2O、Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓、Al3++4OH-===AlO+2H2O
(4)AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO、2OH-+CO2===CO+H2O
(5)2Al(OH)3Al2O3+3H2O ×100%
(6)偏低 偏高 偏高
考点二 镁及其化合物(命题指数★★★★★)
1.镁的物理性质:
(1)镁:镁是银白色有金属光泽的固体,密度较小,硬度较低、有延展性,是电和热的良导体。
(2)镁合金:密度较小,硬度和强度都较大。
2.镁及其化合物的化学性质:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)氧化镁(熔点2
800
℃)是优良的耐高温材料。(  )
提示:√。氧化镁是优良的耐高温材料。
(2)2.4
g镁在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NA。(  )
提示:×。2.4
g镁的物质的量为0.1
mol,0.1
mol镁反应,转移的电子数为0.2NA。
(3)镁铝合金在冷的浓硫酸中钝化。(  )
提示:×。Mg在冷的浓硫酸中不钝化。
(4)镁放入氯化铵溶液中,充分反应后可以得到一种气体。(  )
提示:×。Mg+2NH4Cl===MgCl2+2NH3↑+H2↑得到两种气体。
(5)镁是可以在空气中燃烧的,燃烧时火花四射,十分美丽,因此烟花中通常都掺有一定量的镁粉,来达到美观的效果。(  )
提示:√。镁粉燃烧时发出耀眼的光。
(6)镁着火后,可以用泡沫灭火器灭火。(  )
提示:×。镁能在CO2中燃烧。
2.(1)镁是活泼金属,故不具有抗腐蚀性,这句话正确吗?
提示:不正确。镁是活泼的金属,易被氧化,但镁具有抗腐蚀性能。这是因为在常温下,镁在空气中与氧气反应,生成一层致密的氧化物薄膜,这层氧化物薄膜能够阻止金属继续被氧化,故镁有抗腐蚀性能。
(2)镁在空气中燃烧,生成物为纯净物吗?
提示:镁在空气中燃烧,除了可与空气中的O2反应生成MgO外,还能与N2、CO2反应,生成Mg3N2和C,为混合物。
命题角度1:镁及其化合物的性质
【典例1】实验室以空气和镁为原料制备Mg3N2的装置如图所示(夹持和加热装置略去):
下列说法正确的是(  )
A.装置
A、B
中可依次加入浓硫酸、NaOH
溶液
B.若去掉装置C,对产品纯度无影响
C.实验时应先加热装置C,通入一段时间空气后再加热D
D.装置E中碱石灰的作用是吸收尾气
【解析】选C。要制备氮化镁,需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气,则装置A、B中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸,A错误;若去掉装置C
,镁与氧气反应生成氧化镁,对产品纯度有影响,B错误;实验时,应先加热装置C,通入一段时间空气除去氧气,然后再加热装置D
,
C正确;装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,避免进入D中干扰实验,D错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)如果让空气与镁直接反应,会得到几种固体产物?
提示:3种。生成Mg3N2、MgO、C。
(2)已知装置D中生成的Mg3N2容易与水反应生成白色沉淀和气体,试分析其与盐酸反应的产物是什么?
提示:MgCl2和NH4Cl。Mg3N2容易与水反应生成的白色沉淀和气体分别是Mg(OH)2和NH3,故与盐酸反应产物为MgCl2和NH4Cl。
命题角度2:镁的制备——海水提镁
【典例2】如图为海水制镁的工艺流程示意图。下列叙述不正确的是(  )
A.“石灰窑”“消化池”发生的依次是吸热反应、放热反应
B.“过滤器”的母液中主要是CaCl2溶液,可直接返回海洋
C.“中和”时反应的离子方程式为H++OH-===H2O
D.电解槽中发生反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
【解析】选C。石灰窑中发生反应为碳酸钙的分解反应,为吸热反应,消化池中发生化合反应:CaO+H2O===Ca(OH)2,为放热反应,A项正确;沉淀池中发生反应:MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2,过滤后所得滤液主要含CaCl2,可直接返回海洋,B项正确;中和时发生Mg(OH)2和盐酸的反应,离子方程式为Mg(OH)2
+2H+===Mg2++2H2O,
C项错误;由图知,将得到的氯化镁溶液经浓缩、干燥制成无水氯化镁,在电解槽中电解熔融的氯化镁,化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,
D项正确。
 
在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是(  )
A.图中涉及的反应都是放热反应
B.图中的反应涉及四种基本反应类型
C.以海水为原料提取镁的过程中,有3处措施明显提高了经济效益
D.图中发生的反应均属于氧化还原反应
【解析】选C。碳酸钙分解、电解氯化镁都是吸热反应,A项错误;图中反应不涉及置换反应,B项错误;
海水提取镁的工厂设在海边,需要的碱取自海边丰富的贝壳(CaCO3),CaCO3分解后产生的CaO再与水反应即得碱[Ca(OH)2]。电解MgCl2制镁时产生的氯气又可作为制盐酸的原料。制得的盐酸再跟Mg(OH)2反应而进入循环,提高了综合经济效益,C项正确;CaCO3→CaO
的反应不是氧化还原反应,D项错误。
【知识拓展】海水提镁的注意事项:
(1)海水提镁时,从
MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(2)由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2需要在HCl气流中加热脱去结晶水,以抑制MgCl2的水解。
(3)电解熔融氯化镁所得的镁蒸气冷却后即为固体镁,镁蒸气可以在Ar氛围中冷却。
(4)工业上冶炼镁时电解熔融的MgCl2而不是电解熔融的MgO的原因是MgO的熔点高于MgCl2,耗能大。
从海水中提取镁
(1)工艺流程。
(2)基本步骤及主要反应。
制熟石灰
CaCO3CaO+CO2↑,CaO+H2O===Ca(OH)2
沉淀
Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓
酸化
Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O
蒸发结晶
析出MgCl2·6H2O
脱水
在氯化氢气流中使MgCl2·6H2O脱水制得无水氯化镁
电解
电解熔融氯化镁制得镁:MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
命题点1:镁及其化合物的性质(基础性考点)
1.以下说法正确的是(  )
A.Mg在CO2中的燃烧是置换反应
B.将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2,是镁原子失电子转化为Mg2+
C.电解得到镁的过程可以写出离子反应方程式,但不是氧化还原反应
D.Mg在N2中燃烧的反应中,N2既是氧化剂又是还原剂
【解析】选A。Mg在CO2中燃烧为置换反应,A正确;将Mg(OH)2沉淀转化为MgCl2的过程是复分解反应,B错误;电解得到镁的过程有化合价的变化,是氧化还原反应,C错误;Mg在N2中燃烧的反应中,N2作氧化剂,镁是还原剂,D错误。
2.下列关于镁和钠的比较,结论正确的是(  )
A.铝镁合金的硬度较大,钠钾合金的硬度较小
B.因为钠的金属性比镁要强,所以钠的熔点比镁要高
C.镁能置换硫酸铜溶液中的铜,钠也能置换硫酸铜溶液中的铜
D.在空气中都能被点燃,生成的产物都是氧化物,氧在产物中的化合价都是
-2
【解析】选A。钠钾合金在常温时呈液态,故A正确;钠的熔点比镁的低,故B项错误;钠不能置换CuSO4溶液中的铜,钠先与H2O反应,故C项错误;在空气中点燃Na和Mg产物分别是Na2O2和MgO、Mg3N2,其中Na2O2为过氧化物,氧的化合价为-1,故D项错误。
命题点2:镁的制备——海水提镁(综合性考点)
3.由海水制备无水氯化镁,主要有以下步骤:
①在一定条件下脱水干燥;②加熟石灰;③加盐酸;④过滤;⑤蒸发结晶。其先后顺序正确的是(  )
A.②④⑤③①      
B.③②④①⑤
C.③④②⑤①
D.②④③⑤①
【解析】选D。
4.如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。
回答有关问题:
(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎,目的是__________________________________________________________________。
(2)氧化池中通入氯气的目的是氧化________,工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是____________________和____________________。
(3)沉淀混合物为____________和____________(填化学式)。
(4)利用熔融氯化镁制取金属镁,选用的方法是________(填字母)。
A.电解法        
B.氧气还原法
C.碳还原法
D.分解法
【解析】(1)将菱镁矿粉碎可以增大与酸液的接触面积,进而提高酸浸速率和转化率。
(2)因为菱镁矿中含有FeCO3,经过酸浸之后生成Fe2+,然后通入Cl2氧化为
Fe3+,然后再沉淀;如果采用硝酸作氧化剂,反应会产生NO2气体,另外过量的硝酸产生杂质离子NO不易除去。
(3)经过氧化后,溶液中含有Al3+、Fe3+和Mg2+,加入MgO可以促进Al3+和Fe3+的水解,进而生成沉淀,沉淀为Al(OH)3和Fe(OH)3。
(4)制取金属镁时,采用电解熔融MgCl2的方法,故选A项。
答案:(1)提高酸浸速率 (2)Fe2+ 会产生污染性气体NOx 会引入杂质离子NO
(3)Al(OH)3 Fe(OH)3 (4)A
【加固训练——拔高】
1.硼及其化合物具有重要的工业用途。某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料,主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等,回收镁和其中另一种金属单质A的工艺流程如图:
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表:
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
pH
3.2
5.2
12.4
请回答下列问题:
(1)滤液Ⅰ中所含阴离子主要是________;可回收到的金属A的原子结构示意图为____________________。
(2)试剂B为________;“浸出”步骤中,为提高镁的浸出率,可采取的措施有____________________________________________________________________
______________________________________________
(要求写出两条措施)。
(3)滤液Ⅱ所含金属离子为________________,调pH时需要调多次,第一次调pH主要是为了除去________。
(4)Mg(ClO3)2在农业上有广泛的用途,可用NaClO3与MgCl2制备,已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图所示。
①写出反应的化学方程式:____________________________________________。
②将反应物按化学反应方程式计量数之比混合制备Mg(ClO3)2,简述可制备Mg(ClO3)2的原因:___________________________________________________。
【解析】(1)MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3中氧化铝与过量氢氧化钠反应,故碱浸后的滤液Ⅰ中含有AlO和OH-,最终制得的金属A是Al,Al有3个电子层,最外层电子数为3。(2)浸出时,从化学反应速率和化学平衡的影响因素来分析判断。(3)依据表格中pH得知,最先调pH至完全析出氢氧化铁沉淀。
答案:(1)AlO、OH- 
(2)盐酸 升温、搅拌或适当增大酸的浓度(任写两种即可)
(3)Mg2+、Ca2+、Fe3+ Fe3+
(4)①2NaClO3+MgCl2===Mg(ClO3)2+2NaCl↓
②在相同温度下,NaCl的溶解度较小,最先析出,Mg(ClO3)2留在溶液中,通过蒸发结晶可得
2.已知:Mg能在NO2中燃烧,可能产物为Mg3N2、MgO和N2。Mg3N2容易与水反应。
(1)某实验探究小组探究Mg与NO2反应的固体产物成分,对固体产物提出三种假设:
Ⅰ.假设:
固体产物为MgO;Ⅱ.假设:________;Ⅲ.假设:____________________。
(2)该小组通过如下实验装置来验证Mg在NO2中燃烧反应产物(夹持装置省略,部分仪器可重复使用)。
①实验装置连接的顺序为________(填字母序号);
②装置B中盛装的试剂可以是________
(填字母);
a.浓硫酸      b.碱石灰
c.无水CaCl2
D.五氧化二磷
③确定产物中有N2生成的实验现象为____________。
(3)设计实验证明:
产物中存在Mg3N2:_________________________________。
(4)已知装置C中初始加入Mg粉质量为13.2
g,在足量的NO2中充分燃烧,实验结束后,硬质玻璃管冷却至室温、称量,测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21.0
g,产生N2的体积为1
120
mL(标准状况)。写出玻璃管中发生反应的化学方程式:_______________________________________________________。
【解析】(1)根据已知的Mg在NO2中燃烧产物的可能性分析判断,Ⅰ.固体产物为MgO;Ⅱ.固体产物为Mg3N2;Ⅲ.固体产物为MgO和Mg3N2。
(2)①A中铜与浓硝酸反应产生二氧化氮,用B中干燥剂干燥后,通入硬质玻璃管C中与镁粉反应,用NaOH溶液除去多余的二氧化氮,最后用排水法收集氮气,为确保C中无水蒸气,在C和E之间也应连接吸水干燥装置,故装置的连接顺序为ABCBED;②二氧化氮不能使用碱性干燥剂来干燥,U形管装的是固体干燥剂,故盛放的干燥剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等,选c、d;③从C中导出的气体通过NaOH溶液吸收NO2后,仍有气体将D中试剂瓶中的水压入烧杯中,则确定产物中有N2生成。
(3)Mg3N2能与水反应生成氨气,氨气是具有刺激性气味的碱性气体,所以取少量反应后的固体产物,加入水中产生有刺激性气味的气体,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色,则证明产物中有Mg3N2。
(4)13.2
g镁的物质的量为0.55
mol,设生成Mg3N2的物质的量为x
mol,MgO的物质的量为y
mol,根据镁原子守恒得:3x+y=0.55
mol,根据固体质量得:100x+40y=21.0
g,解得:x=0.05,y=0.4;氮气的物质的量为1.12

22.4
L·mol-1=0.05
mol,综上分析反应物为Mg和NO2,生成物为Mg3N2、
MgO和N2,且物质的量之比为1∶8∶1,所以化学方程式为11Mg+4NO2
Mg3N2+8MgO+N2。
答案:(1)Ⅱ.固体产物为Mg3N2
Ⅲ.固体产物为MgO和Mg3N2
(2)①ABCBED ②cd ③D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中
(3)取C中少量反应产物,加入水中产生有刺激性气味的气体,该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)11Mg+4NO2Mg3N2+8MgO+N2
考点三 铝及其化合物的性质(命题指数★★★★★)
一、铝
1.铝的结构、存在:
铝元素位于元素周期表中的第三周期ⅢA族,原子结构示意图为。铝是地壳中含量最多的金属元素,主要以化合态形式存在。
2.铝的物理性质:
颜色
状态
密度
质地
延展性、导电性、传热性
银白色有金属光泽
固体
较小
柔软
良好
3.铝的化学性质:
写出图中有关反应的化学方程式:
①4Al+3O22Al2O3
②2Al+3Cl22AlCl3
③2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑
④2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
⑤2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe(铝热反应)
4.铝的用途:
纯铝用作导线,铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。
二、氧化铝、氢氧化铝
1.氧化铝:
(1)物理性质:白色固体,难溶于水,有很高的熔点。
(2)化学性质。
2.氢氧化铝:
(1)物理性质。
白色胶状不溶于水的固体,有较强的吸附性。
(2)化学性质(用化学方程式表示)。
Al(OH)3的电离方程式:
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式:
①Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O;
②Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O;
③2Al(OH)3Al2O3+3H2O。
3.常见的铝盐:
(1)硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的复盐。
(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O,它是无色晶体,可溶于水,水溶液pH<7(填“<”“>”或“=”)。明矾可以净水,其净水的原理是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成沉淀而净水。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)氢氧化铝可用于治疗胃酸过多。(  )
提示:√。氢氧化铝属于两性氢氧化物,能与酸反应,可作胃酸的中和剂。
(2)明矾用作净水剂不涉及化学变化。(  )
提示:×。明矾用作净水剂是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体的缘故。
(3)铝制餐具不能长时间存放酸性、碱性食物。(  )
提示:√。铝能与酸、碱反应。
(4)向氯化铵溶液中投入一铝片,铝片上产生大量气泡,该气体是氨气。(  )
提示:×。氯化铵溶液显酸性,与铝反应产生氢气。
(5)能用铝槽车储运浓硫酸与浓硝酸,是因为铝的化学性质稳定,不与浓硫酸、浓硝酸反应。(  )
提示:×。铝遇浓硫酸与浓硝酸钝化。
(6)投入铝片产生氢气的溶液一定呈强酸性。(  )
提示:×。能与铝反应产生氢气的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性。
【加固训练—拔高】
用铁、铝的混合物进行如下实验:
(1)操作X的名称是____________。
(2)气体A是____________。
(3)加入足量NaOH溶液时发生反应的离子方程式为______________;加入稀盐酸发生反应的离子方程式为______________________________________。
(4)溶液B中阴离子除OH-外还有________,溶液D中存在的金属离子为________。
【解析】(1)进行操作X后得到溶液和固体,故操作X为过滤。(2)Al与氢氧化钠溶液反应产生氢气,故气体A为H2。(3)混合物中加入足量NaOH溶液,Al与NaOH溶液反应;固体C为铁,加入稀盐酸,Fe与稀盐酸反应。(4)溶液B中阴离子有OH-、AlO,溶液D中金属离子为Fe2+。
答案:(1)过滤 (2)H2(或氢气)
(3)2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑
Fe+2H+===Fe2++H2↑ (4)AlO Fe2+K
命题角度1:铝的性质及其应用
【典例1】(2021·广州模拟)化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是(  )
A.铝比铁活泼,但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀
B.铝热反应不仅用于焊接钢轨,而且还常用于冶炼熔点较高的金属
C.电解AlCl3饱和溶液可制得金属铝
D.Al2O3、MgO的熔点很高,可用于制作耐高温材料
【解析】选C。铝比铁活泼,但铝制品表面容易形成致密的氧化物薄膜,比铁制品在空气中耐腐蚀,故A不符合题意;铝属于活泼的金属元素,具有较强的还原性,铝热反应不仅被用于焊接钢轨,而且还常用于冶炼熔点较高的金属,B不符合题意;冶炼铝,一般电解熔融状态的氧化铝,铝属于活泼的金属元素,电解氯化铝饱和溶液,得不到铝,C符合题意;Al2O3、MgO的熔点很高,可用于制作耐高温材料,D不符合题意。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)铝粉与氧化镁混合能否利用铝热反应冶炼金属镁?
提示:不能。镁的金属性强于铝。铝粉与氧化镁不能发生铝热反应。
(2)(科学探究与创新意识)欲除去铁粉中混有的少量铝粉,应选用什么试剂?
提示:氢氧化钠溶液。铁粉不能与氢氧化钠溶液反应,而铝粉能与氢氧化钠溶液反应。
命题角度2:铝化合物的性质
【典例2】KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。实验室中,采用废易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题:
(1)为尽量少引入杂质,试剂①应选用________(填标号)。
a.HCl溶液    
b.H2SO4溶液
c.氨水
d.NaOH溶液
(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为________________________________。
(3)沉淀B的化学式为________;将少量明矾溶于水,溶液呈弱酸性,其原因是________________________。
【解析】(1)易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质),它们都是比较活泼的金属,都可以与酸发生反应,而Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液,而Fe、Mg不能与碱发生反应,所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾,应该用强碱NaOH溶液溶解,选项d正确;(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑;(3)滤液A的主要成分是NaAlO2,向其水溶液中加入NH4HCO3溶液,发生HCO+AlO+H2O===Al(OH)3↓+CO,所以沉淀B的化学式为Al(OH)3;将少量明矾溶于水,溶液呈弱酸性,其原因是Al3+为弱碱阳离子,发生水解反应,消耗水电离产生的OH-,当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-),所以溶液显酸性。
答案:(1)d
(2)2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
(3)Al(OH)3 Al3+水解,使溶液中H+浓度增大
 
为了确定上题易拉罐的主要成分含有铝、铁、镁,某同学取几小块易拉罐碎片进行下列实验,其中实验方案与现象、结论正确的是(  )
选项
实验方案
现象、结论
A
加入盐酸
产生无色气体;含铝、铁、镁三种金属
B
加入NaOH溶液
有无色气体产生;含有镁、铝两种金属
C
加入盐酸后,所得溶液中再加入少量NaOH溶液
产生白色沉淀;含有金属镁
D
用盐酸溶解并放置一会儿后,加入KSCN溶液
溶液呈红色;含有铁元素
【解析】选D。铝、铁、镁都可与盐酸反应产生无色气体,不能得出含铝、铁、镁三种金属的结论,A错误;铝、铁、镁三种金属中只有铝能与NaOH溶液反应产生无色气体,B错误;氢氧化镁与氢氧化铝均为白色沉淀,C错误;用盐酸溶解后生成的亚铁离子在空气中易被氧化成Fe3+,加入KSCN溶液呈红色,D正确。
【规律方法】含铝杂质的提纯方法归类
利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱的特性,可除去许多物质中的含铝杂质,如:
(1)Mg(Al):加足量NaOH溶液;
(2)Fe2O3(Al2O3):加足量NaOH溶液;
(3)Mg(OH)2[Al(OH)3]:加足量NaOH溶液;
(4)Mg2+(Al3+):加过量NaOH溶液,过滤,再加酸充分溶解。
命题角度3:铝的冶炼
【典例3】工业上用铝土矿(主要成分是Al2O3,还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝作冶炼铝的原料。其中一种提取方法的操作过程如下:
请回答下列问题:
(1)请写出甲溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝的离子方程式___________________________________________________________________。
(2)沉淀乙是Fe2O3,向其中加入足量盐酸,写出反应的离子方程式________________________,充分反应后过滤,将滤液加热蒸干灼烧,最后可得到红棕色固体,用简要的文字和化学方程式说明这一变化过程________________________________。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】(1)该反应为NaAlO2溶液与CO2的反应,离子方程式为AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO。(2)沉淀乙中只有Fe2O3与盐酸反应,该反应的离子方程式为Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O。充分反应过滤后所得滤液为FeCl3与HCl的混合溶液,加热蒸干时FeCl3发生水解反应得到Fe(OH)3,灼烧时Fe(OH)3发生分解反应得到Fe2O3。
答案:(1)AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO
(2)Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加热促进水解,且氯化氢挥发,使平衡右移,生成氢氧化铁,氢氧化铁受热分解,生成氧化铁,2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O
命题点1:铝的性质及其应用(基础性考点)
1.日常生活中有一些铝制炊具,它们质轻且坚固耐用,其中的原因是(  )
A.铝很不活泼,不易与其他物质反应
B.铝虽然很活泼,但是在高温下才能反应
C.铝制品表面有一层致密的氧化物薄膜,起保护作用
D.铝制品表面镀有一层铜,可以保护铝
【解析】选C。铝尽管很活泼,但由于表面能形成致密的氧化物薄膜,故可用于制作铝制炊具。
命题点2:铝的冶炼及铝的化合物的制备(综合性考点)
2.用含有少量镁的铝片制取纯净的Al(OH)3,可能有的步骤为:①加盐酸溶解;②加过量苛性钠溶液;③过滤;④通入过量CO2;⑤加过量纯碱溶液,实验操作最合理的组合及顺序是(  )
A.①②③④⑤     
B.①⑤④③
C.②③④③
D.①⑤③
【解析】选C。根据题干提供信息,制取Al(OH)3可有两个途径:
途径(1):
Al(OH)3,即:①②③④③
途径(2):
即:②③④③,故C正确。
考点四 金属矿物的开发和利用(命题指数★★★★★)
1.金属矿物开发利用的方法:
(1)金属在自然界中的存在。
(2)金属冶炼的一般步骤。
(3)金属冶炼的实质。
金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原为游离态的过程。即:Mn++ne-===M(写反应通式,用M表示金属)。
(4)金属冶炼的方法(用化学方程式表示)。
2.铝热反应实验:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)冶炼铝和钠都可以用电解法。(  )
提示:√。冶炼铝和钠都是用电解法。
(2)所有的金属氧化物都能和铝发生铝热反应。(  )
提示:×。活泼性比Al弱的难熔金属,如钒、铬、锰、铁、铜的氧化物与Al可以发生铝热反应。
(3)用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物。(  )
提示:√。CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物。
(4)电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时,阴极上依次析出Cu、Fe、Al。(  )
提示:×。阴极上析出Cu后,生成的是氢气。
(5)火烧孔雀石炼铜是采用的焦炭法来冶炼金属。(  )
提示:√。火烧孔雀石炼铜是热还原法。
(6)人类历史上使用铝的时间比铁晚,原因是铝的冶炼成本高。(  )
提示:×。人类历史上使用铝的时间比铁晚,是由于铝的活泼性大于铁。
2.明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷淀,毁罐取出……即倭铅也”(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,泥罐中掺有煤炭)
(1)倭铅是指金属锌和铅的混合物吗?
提示:由题意可知,倭铅是指金属锌,不是金属锌和铅的混合物。
(2)冶炼Zn的化学方程式是什么?
提示:ZnCO3+2CZn+3CO↑。
(3)该冶炼锌的方法属于哪种方法?
提示:热还原法。由(2)知反应中C作还原剂,属于热还原法。
命题角度1:铝热反应
【典例1】铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。某同学对“铝热反应”的现象有这样的描述:“反应放出大量的热,并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿,有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知,Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下:
物质
Al
Al2O3
Fe
Fe2O3
熔点/℃
660
2
054
1
535
1
462
沸点/℃
2
467
2
980
2
750
(1)该同学推测,铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。这种推测有一定的道理,理由是________________________________________________。
(2)设计一个简单的实验方案,证明上述所得的熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是___________________________________________________________,
当观察到________________________________________________的现象时,说明熔融物中含有金属铝。
(3)实验室溶解该熔融物,最好选用下列试剂中的__________(填序号)。
A.浓硫酸       
B.稀硫酸
C.稀硝酸 
D.氢氧化钠溶液
【解析】(1)铝热反应放出大量的热,根据表中数据可看出,金属铝熔点比金属铁低,当生成的铁熔化,金属铝也已经熔化并与液态铁形成合金。
(2)铝与NaOH溶液反应,产生H2。
(3)浓硫酸使铁、铝钝化,稀硝酸会产生NO,污染环境,NaOH溶液不能溶解铁。
答案:(1)该反应温度下铝已熔化,未反应的铝可与生成的铁熔合在一起,形成合金
(2)NaOH溶液 有气泡生成 (3)B
命题角度2:金属冶炼、金属矿物的开发利用
【典例2】不同的金属在冶炼方法上也有所不同,下列说法正确的是(  )
A.钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热法炼制
B.铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料,是因为铝的冶炼方法比较简单
C.由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼,人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取它们的单质
D.炼铁时加入的焦炭除了提供热量外,还用来制造还原剂一氧化碳
【解析】选D。A项,铁用CO还原法炼制,错误;B项,是因为Al有良好的性能,才被广泛使用,错误;C项,氯化铝是共价化合物,熔融时不导电,工业上用电解氧化铝方法制取铝,错误;D项,高炉炼铁中焦炭的作用为与氧气反应产生热量和制造还原剂一氧化碳,正确。
1.金属活动性顺序与金属冶炼方法的关系:
金属的活动性顺序
K
Ca
NaMg
Al
Zn
Fe
SnPb(H)Cu
Hg
Ag
Pt
Au
原子失电子能力
强→弱
离子得电子能力
弱→强
主要冶炼方法
电解法
热还原法
热分解法
物理方法
2.特殊金属的冶炼方法:
有些很活泼的金属也可以用还原法来冶炼,如
Na+KClK↑+NaCl、
2RbCl+MgMgCl2+2Rb↑等,
主要运用了化学平衡移动原理,利用K、Rb沸点低,气化离开反应体系,使化学反应得以向正反应方向进行。
命题点1:金属的冶炼方法与铝热反应(基础性考点)
1.下列常见金属的冶炼原理中不合理的是(  )
选项
金属
冶炼原理
A
Fe
Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3
B
Hg
2HgO2Hg+O2↑
C
Mg
H2+MgOMg+H2O
D
Cu
Cu2S+O22Cu+SO2
【解析】选C。镁比较活泼,不能用热还原法制取。
2.下列制备金属单质的方法或原理正确的是(  )
A.在高温条件下,用H2还原MgO制备单质Mg
B.在通电条件下,电解熔融Al2O3制备单质Al
C.在通电条件下,电解饱和食盐水制备单质Na
D.加强热,使CuO在高温条件下分解制备单质Cu
【解析】选B。Mg的活泼性强,不能用H2还原法制备Mg,而是用电解熔融MgCl2的方法制备,电解饱和食盐水得到NaOH而不是Na;CuO加强热分解生成Cu2O而不是Cu。
命题点2:金属矿物的开发利用(综合性考点)
3.(2021年湖南适应性测试)以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料,根据下列流程可制备K2Cr2O7。
下列说法正确的是(  )
A.煅烧时没有发生氧化还原反应
B.滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3
C.可循环使用的物质是CO2和Na2CO3
D.由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH
【解析】选C。A项:向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧,发生如下反应,4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2↑,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑,煅烧时发生氧化还原反应,A错误;B项:
用水浸之后,溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3,向溶液中通入二氧化碳,会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀,B错误;C项:从上述流程图可知,CO2和Na2CO3均可循环使用,C正确;D项:由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入硫酸和KCl固体,首先反应如下:2Na2CrO4+H2SO4===Na2Cr2O7+
Na2SO4+H2O,再向溶液中加入KCl固体,就会有K2Cr2O7晶体析出,D错误。
【加固训练——拔高】
1.在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备铜,有下列两种途径:
(1)FeH2Cu
(2)CuOCuSO4Cu
 若用这两种方法制得的铜质量相等,则下列有关说法符合实际情况的是(  )
A.消耗氧化铜的质量不同
B.消耗铁的质量相同
C.消耗硫酸的质量相同
D.生成硫酸亚铁的质量不同
【解析】选D。途径(1)中用H2还原CuO时,实验前先通H2排出装置中的空气,实验结束时要继续通H2至试管冷却,故利用途径(1)制取1
mol
Cu,消耗的H2大于1
mol,即Fe和H2SO4的消耗量:(1)>(2),生成FeSO4的质量:(1)>(2),但两途径中消耗CuO的质量相等。
2.我国湘黔渝三省交界地区是中国电解锰企业最集中的地区,被称为中国的“锰三角”。金属锰的熔点很高,常用铝热法制得粗锰。再用电解法制得纯的金属锰。铝被用于冶炼金属锰,是因为铝具有(  )
A.熔点低
B.导电性好
C.两性
D.还原性及冶炼反应中放出大量的热
【解析】选D。铝能用于冶炼难熔金属(如Mn、W等),是因为铝是一种活泼金属,还原性强,可将较不活泼金属从其化合物中还原出来,同时反应中放出大量的热,使被还原出的金属熔融析出。
3.利用黄铜矿冶炼的主要原理为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,下列有关判断合理的是(  )
A.避免污染,排放的尾气用98.3%的浓硫酸吸收
B.CuFeS2中铁显+2价,该反应中只有Cu被还原
C.检验炉渣中含+2价铁的试剂是盐酸、KSCN溶液和氯水
D.冶炼铜的废料可以冶炼铁和制硫酸
【解析】选D。浓硫酸不能吸收SO2,A项错误;该反应中铜、氧元素化合价降低,被还原,B项错误;在+3价铁存在下检验+2价,应用酸性高锰酸钾溶液,C项错误;炉渣含有氧化铁和氧化亚铁,可以治炼铁;二氧化硫可以用作制硫酸的原料,D项正确。
1.(2020·江苏高考)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(  )
A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品
B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料
C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸
D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
【解析】选D。A项,铝的表面易形成氧化膜,从而保护内部的铝不再被腐蚀,错误;B项,Al2O3有导电性,可以用于电解冶炼铝,错误;C项,Al(OH)3具有弱碱性,可以中和胃酸,错误;D项,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可以用于净水,正确。
2.下列说法正确的是(  )
A.(2019·海南高考)MgO和Al2O3都属于两性氧化物
B.(2018·全国卷Ⅱ)氢氧化铝可用于中和过多胃酸
C.(2018·江苏高考)Al2O3是两性氧化物,故可用作耐高温材料
D.(2018·江苏高考)给定条件转化:
 Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
【解析】选B。MgO是碱性氧化物,A不正确;Al2O3用作耐高温材料是因为其熔点高,C不正确;Al(OH)3溶于过量的盐酸,D不正确。
3.下列说法错误的是(  )
A.(2017·海南高考)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
B.(2017·天津高考)用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C.(2017·海南高考)向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液:2Al3++3CO===Al2(CO3)3↓
D.(2017·北京高考改编)氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
【解析】选C。向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液,Al3+和CO相互促进水解,离子方程式应为
2Al3++3CO+3H2O===2Al(OH)3↓+3CO2↑,C不正确。选项D发生反应的离子方程式为Al3++3NH3+3H2O===Al(OH)3↓+3NH。
4.(2020·全国Ⅲ卷)宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色,历经千年色彩依然,其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3),青色来自蓝铜矿颜料
(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是(  )
A.保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B.孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C.孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D.Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【解析】选C。由于Cu(OH)2·CuCO3和Cu(OH)2·2CuCO3在一定温度下能够分解,所以,保存《千里江山图》需控制温度和湿度,A正确;孔雀石、蓝铜矿颜料中铜均为最高价,还原性很弱,所以不会被空气氧化,B正确;孔雀石、蓝铜矿主要成分均为碱式碳酸盐,一定条件下可与酸反应,C错误;由于铜的质量分数Cu(OH)2>CuCO3,所以Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3,D正确。
5.下列有关叙述错误的是(  )
A.(2020·浙江7月选考)
胆矾的组成为CuSO4·5H2O
B.(2018·天津高考)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.(2020·江苏高考)室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D.(2020·浙江7月选考)工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
【解析】选C。胆矾为五水合硫酸铜晶体,A正确;后(司)母戊鼎属于铜合金,B正确;Cu与浓HNO3反应生成NO2,
C错误;黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化铁和二氧化硫,D正确。
1.掌握两种两性化合物的性质:
(1)Al2O3 (2)Al(OH)3
2.必记的与铝有关的方程式:
(1)2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑。
(2)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。
(3)Al2O3+2NaOH===2NaAlO2+H2O。
3.特殊的颜色:
Cu、Cu2O—红色,CuO—黑色,Cu(OH)2—蓝色,CuSO4—白色,CuSO4·5H2O—蓝色,Cu2(OH)2CO3—绿色。
4.特殊的制法:
(1)电解法(K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属)
(2)热还原法(Zn~Cu之间较活泼金属)
(3)热分解法(Hg、Ag等不活泼金属)
5.必记五反应:
(1)工业上冶炼Mg:MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
(2)工业上冶炼Al:2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
(3)工业上冶炼Fe:3CO+Fe2O32Fe+3CO2
(4)铝热反应:Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe
(5)铜绿的生成:2Cu+O2+CO2+H2O===Cu2(OH)2CO3
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-第二讲 物质的分离、提纯和检验
考点一 常见物质的分离和提纯(命题指数★★★★★)
1.物质分离、提纯的区别:
(1)物质的分离:将混合物的各组分分离开来,获得几种纯净物的过程。
(2)物质的提纯:将混合物中的杂质除去而得到纯净物的过程,又叫物质的净化或除杂。
2.物质分离提纯常用装置:
(1)过滤。
适用范围
分离难溶性固体和液体的混合物
注意事项
①使用玻璃棒引流,作用是防止液体溅出或冲破滤纸;②一贴:滤纸紧贴漏斗内壁;二低:滤纸边缘低于漏斗边缘、液面低于滤纸边缘三靠:烧杯尖嘴紧靠玻璃棒、玻璃棒底端紧靠三层滤纸、漏斗颈尖嘴紧靠烧杯内壁
(2)蒸发。
适用范围
分离可溶性固体和液体的混合物
注意事项
①蒸发皿中的液体不能超过其容积的;②蒸发过程中必须用玻璃棒不断搅拌,目的是防止局部温度过高而使液体飞溅;③当出现大量固体时,应停止加热,用余热蒸干
(3)萃取和分液。
适用范围
①萃取:利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同,使该物质从溶解度较小的溶剂转移到溶解度较大的溶剂中②分液:分离两种不互溶液体的混合物
注意事项
①萃取剂的选择条件:溶质在萃取剂中的溶解度必须远大于在原溶剂中;萃取剂必须与原溶剂互不相溶,且有一定的密度差别;萃取剂与原溶剂和溶质不反应;②分液时下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
(4)蒸馏。
适用范围
①分离沸点相差较大的液体混合物;②除去水中或其他液体中的难挥发或不挥发物质
注意事项
①使用前要检查装置气密性;②蒸馏烧瓶需垫石棉网加热;③蒸馏时液体体积应占蒸馏烧瓶容积的~;④温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处;⑤冷凝水方向为下口进上口出
(5)升华。
适用范围
某种组分易升华的混合物,利用物质升华的性质在加热条件下分离的方法
注意事项
如NaCl固体中的I2可用该方法,但NH4Cl固体中的I2不能用升华的方法分离
(6)渗析。
适用范围
分离提纯胶体与小分子(或离子)组成的混合物
注意事项
要不断更换烧杯中的蒸馏水(或用流动水)以提高渗析效果
3.物质分离提纯的常用方法:
(1)物理方法。
①“固+固”混合物的分离(提纯)。
②“固+液”混合物的分离(提纯)。
③“液+液”混合物的分离(提纯)。
(2)化学方法。
方法
原理
杂质成分
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Cl-、SO、CO及能形成弱碱的阳离子
气化法
将杂质离子转化为气体
CO、HCO、SO、HSO、S2-、NH等
杂转纯法
将杂质转化为需要提纯的物质
杂质中含不同价态的相同元素(用氧化剂或还原剂)、同一种酸的正盐与酸式盐(用酸、酸酐或碱)
氧化还原法
用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质
如用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2,用灼热的铜除去N2中的O2
热分解法
加热使不稳定的物质分解除去
如除去NaCl中的NH4Cl等
酸碱溶解法
利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离
如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3
电解法
利用电解原理除去杂质
含杂质的金属作阳极,纯金属(M)作阴极,含M的盐溶液作电解质溶液
洗气法
利用某种气体能与溶液反应而除去
将混合气体通过装有饱和食盐水的洗气瓶除去Cl2中混有的HCl
水解法
利用水解反应的原理除去杂质
可以用CuO、Cu(OH)2等试剂除去CuCl2溶液中的FeCl3
4.提纯的“三个必须”和“四个原则”:
(1)“三个必须”。
①加试剂必须过量。
②过量试剂必须除去。
③实验方案必须最佳。
(2)“四个原则”。
①不增,即提纯后不能增加新杂质。
②不减,即不减少被提纯物质的量。
③易分,即被提纯的物质与杂质易分离。
④复原,即被提纯物要复原。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)除去NO中混有的少量NO2:用水洗涤后再干燥。(  )
提示:√。3NO2+H2O===2HNO3+NO。
(2)除去食盐中混有的少量NH4Cl:加过量的烧碱溶液后加热蒸干。(  )
提示:×。会产生新的杂质NaOH。应改为热分解法。
(3)分离溴的CCl4溶液:可选用分液的方法。(  )
提示:×。溴溶解在CCl4中,应改为蒸馏法。
(4)除去硝酸中的NO2:可向硝酸中加入少量水并通入空气。(  )
提示:√。4NO2+O2+2H2O===4HNO3。
(5)分离淀粉胶体中的NaCl溶液:可选用过滤的方法。(  )
提示:×。胶体粒子和Na+、Cl-均能透过滤纸,应改为渗析法。
(6)除去粗铜中的锌、铁、银等金属:可选用电解法。(  )
提示:√。电解法可实现粗铜精炼。
(7)除去Cu粉中混有的CuO:加适量稀硝酸后,过滤、洗涤。(  )
提示:×。Cu和CuO都可溶于稀硝酸,应将稀硝酸改为稀硫酸。
(8)除去CO2中的少量HCl:先通过饱和Na2CO3溶液,再通过浓硫酸。(  )
提示:×。HCl可被Na2CO3溶液吸收,CO2也可被吸收:Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3,应将饱和Na2CO3溶液换为饱和NaHCO3溶液。
2.有如下两套装置:
(1)上述两套装置中都要用到玻璃棒,其作用相同吗?
(2)能否采用乙装置将NH4Cl饱和溶液蒸干制备NH4Cl晶体?说明理由。
提示:(1)不相同。甲装置为过滤,玻璃棒的作用是引流,乙装置为蒸发,玻璃棒的作用是搅拌,防止局部温度过高而使液体飞溅。
(2)不能。因为NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl,若采用该装置蒸干NH4Cl饱和溶液,得不到NH4Cl晶体。
3.(2020·襄樊模拟)除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法合理的是(  )
选项
物质
杂质
试剂
方法
A
二氧化硫
硫化氢
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B

溴单质
氢氧化钠溶液
蒸馏
C
氯化钠溶液
碘化钠
氯水、酒精
萃取、分液
D
BaSO4
BaCO3
盐酸
过滤
【解析】选D。SO2、H2S均与酸性KMnO4溶液反应,不能除杂,A错误;溴单质与NaOH溶液反应,与苯分层,然后分液可分离,B错误;酒精与水混溶,不分层,不能分液分离,C错误;BaCO3能溶于盐酸,通过过滤分离,D正确。
命题角度1:物质分离提纯方法的选择
【典例1】(2021·潍坊模拟)下列除去括号中的杂质对应方案错误的是(  )
选项
物质及所含杂质
除杂方案
A
Na2CO3
(NaHCO3)
充分灼烧
B
Cu(Zn)
加入过量稀H2SO4,充分反应后过滤、洗涤、干燥
C
MnO2
(MnCl2)
溶解、过滤、洗涤、干燥
D
Cl2(H2O)
通过碱石灰
【解析】选D。碳酸钠固体中含有碳酸氢钠固体杂质,充分灼烧,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,能起到除杂的效果,A正确;铜中含有杂质锌,加入过量稀H2SO4,充分反应后生成硫酸锌,铜不反应,过滤、洗涤、干燥后得到铜,能起到除杂的效果,B正确;MnO2
中含有杂质MnCl2,溶解,MnO2
不溶,MnCl2在溶液中,过滤、洗涤、干燥后得到MnO2
固体,能起到除杂的效果,C正确;Cl2能与碱石灰反应,氯气不能用碱石灰除杂,D错误。
【规律方法】分离提纯的答题步骤
第一步:确定被提纯物质与除杂对象
对比两者物理性质、化学性质的差异,利用差异(溶解度差异、密度差异、熔沸点差异、与某些物质反应的差异等)选择合适的分离原理或除杂试剂;除杂试剂除去杂质的同时,不消耗被提纯物质,不引入新的杂质。
第二步:选择合适的分离或除杂装置
根据分离原理选择合适的分离装置(过滤、分液、蒸馏等);根据除杂试剂的状态及反应条件,选择合适的装置,液体试剂一般选洗气瓶,固体试剂一般用干燥管或U形管。
第三步:综合分析,筛选答案
综合分析物质分离是否完全,被提纯物质中的杂质是否被除去。
【备选例题】
(2021·成都模拟)下列除杂方案错误的是(  )
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO2(g)
SO2(g)
饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4
洗气
B
NH4Cl(aq)
FeCl3(aq)
NaOH溶液
过滤
C
CH4(g)
CO2(g)
NaOH溶液、浓H2SO4
洗气
D
FeCl2
(aq)
CuCl2
(aq)
铁粉
过滤
【解析】选B。二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,浓硫酸干燥二氧化碳,则洗气可除杂,A正确;NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应,应选适量氨水、过滤,B错误;NaOH溶液能吸收CO2,浓硫酸干燥甲烷,则洗气可除去CH4中混有的CO2,C正确;CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu,过滤可除去Cu和过量Fe粉,D正确。
命题角度2:分离提纯装置分析
【典例2】(2021·合肥模拟)下面实验装置中,下列说法正确的是(  )
A.图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HCl
B.用乙醇提取碘水中的碘选择图③所示装置
C.用图①和②所示装置进行粗盐提纯
D.用图④所示装置进行石油分馏实验制取汽油
【解析】选C。饱和Na2SO3溶液能与SO2反应生成NaHSO3,A项错误;乙醇能溶于水,不能用乙醇提取碘水中的碘,B项错误;粗盐提纯用图①所示装置除去难溶性杂质,用图②所示装置除去水,C项正确;石油分馏制取汽油必须用温度计,D项错误。
【备选例题】
实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质,下列操作中能达到实验目的的是(  )
A.装置甲用Cl2氧化废液中的溴化氢
B.用装置乙分离CCl4层和水层
C.用装置丙分离CCl4和液溴
D.用仪器丁长期贮存液溴
【解析】选B。甲中导管应“长进短出”,A错误;CCl4密度比水大且与水互不相溶,可用分液的方法分离,B正确;C项装置中温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处,错误;液溴易挥发,能腐蚀橡胶,D错误。
蒸馏、冷凝装置的创新应用
图1、图2、图3,由于冷凝管竖立,使液体混合物能冷凝回流,若以此容器作反应容器,可使反应物循环利用,提高了反应物的转化率。
命题点1:分离提纯方法的选择(基础性考点)
1.(2021·海口模拟)《天工开物》作咸篇中记载“其海丰、深州引海水入池晒成者,凝结之时扫食不加人力,与解盐同”。文中涉及的操作方法是(  )
A.蒸发结晶   
B.蒸馏
C.过滤
D.萃取
【解析】选A。“其海丰、深州引海水入池晒成者,凝结之时扫食不加人力,与解盐同”描述的是以海水为原料,制取食盐的过程,是将海水蒸发结晶,得到粗盐,涉及的操作方法是蒸发结晶,故A选;蒸馏是利用物质沸点差异较大进行分离的方法,文中没有涉及,B不选;过滤是用于固液分离的方法,文中没有涉及,C不选;萃取是利用同一溶质在不同溶剂中溶解度的不同来进行分离的方法,文中没有涉及,D不选。
2.实验室可用硫酸酸化的Na2Cr2O7溶液氧化正丁醇制备正丁醛(反应温度90~95
℃),实验装置和相关数据如下:
物质
沸点/℃
密度/(g·cm-3)
水中溶解性
正丁醇
117.2
0.810
9
微溶
正丁醛
75.7
0.801
7
微溶
下列说法正确的是(  )
A.温度计a、b的水银球中有错误的一处是b
B.冷凝管中的冷却水从d口进、c口出
C.除去粗产品中的水分可用分液的方法
D.用蒸馏法除去产品中的正丁醇,可控制温度为117.2

【解析】选C。温度计a测定的是反应液的温度,应将水银球插入反应液中,A错误;冷却水从下口进、上口出,B错误;由于正丁醛微溶于水,可用分液的方法除去粗产品中的水分,C正确;若控制温度为117.2
℃,则正丁醛必将同时被蒸出,D错误。
命题点2:分离提纯装置及操作的选择(综合性考点)
3.(2021年湖北适应性测试)下列实验操作或装置正确的是(  )
蒸发除去苯甲酸中的乙醇
除去水中的苯酚
实验室纯化工业乙酸乙酯
用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
A
B
C
D
【解析】选C。用蒸发操作无法除去苯甲酸中的乙醇,故A错误;常温下苯酚微溶于水,苯酚与水混合形成乳浊液,过滤不能除去水中的苯酚,故B错误;纯化工业乙酸乙酯可以用蒸馏操作,故C正确;用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液时,应该使用碱式滴定管,故D错误。
4.(2021·郑州模拟)仅用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能实现相应实验目的的是(  )
选项
实验目的
仪器
A
除去氢氧化铝胶体中的泥沙
漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒
B
从食盐水中获得NaCl晶体
坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角
C
用0.10
mol·L-1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度
碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯
D
用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2
圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网
【解析】选B。泥沙颗粒不能通过滤纸,胶体粒子能够通过滤纸,可以通过过滤方法除去氢氧化铝胶体中的泥沙,使用的仪器有漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒,A不符合题意;从食盐水中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法,使用的仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台等,不需要使用坩埚,不能达到实验目的,B符合题意;用0.10
mol·L-1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度,用碱式滴定管量取待测溶液,放入锥形瓶中,在调整液面时用烧杯盛装多余溶液,用酸式滴定管盛装标准盐酸进行滴定,用胶头滴管滴加指示剂,可以完成需要实验,C不符合题意;用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2,用分液漏斗盛装浓盐酸,将MnO2放在圆底烧瓶中进行反应,要垫上石棉网使用酒精灯进行加热,不同装置之间通过导管连接,用洗气瓶除去杂质HCl、H2O,最后用集气瓶收集干燥、纯净的Cl2,能达到实验目的,D不符合题意。
5.(2021·天水模拟)为提纯下列物质(括号内的物质为杂质),所用除杂试剂和分离方法都正确的是(  )
选项
A
B
C
D
含杂物质
乙酸丁酯(乙酸)
酒精(水)
乙烯(二氧化硫)
溴苯(溴)
除杂试剂
Na2CO3溶液
生石灰
酸性KMnO4溶液
四氯化碳
分离方法
过滤
蒸馏
洗气
分液
【解析】选B。乙酸丁酯不溶于水,也不与碳酸钠溶液反应,乙酸能与碳酸钠溶液反应生成溶于水的乙酸钠,出现分层现象,应用分液法分离,A错误;加入生石灰,氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙,加热蒸馏收集得到乙醇,B正确;乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液反应,应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫,C错误;溴苯和溴均能溶于四氯化碳,应加入氢氧化钠溶液洗涤,分液除去溴,D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·天水模拟)中国传统文化对人类文明贡献巨大,下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是(  )
A.《本草纲目》“(烧酒)自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”
B.《齐民要术》“凡酿酒失所味者,或初好后动未压者,皆宜迴(同‘回’)作醋。”
C.《开宝本草》“(消石)所在山泽,冬月地上有霜扫取,以水淋汁,后乃煎炼而成。”
D.《本草衍义》“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”
【解析】选B。A.由“浓酒和糟入甑,蒸令气上”可知,该过程中所采用的是蒸馏法提高酒精浓度,涉及分离提纯操作;B.由“酿酒”“皆宜迴(同‘回’)作醋”可知,其所描述的是酒精转化为醋酸,未涉及分离提纯操作;C.由“有霜扫取,以水淋汁,后乃煎炼而成”可知,该过程中涉及溶解、蒸发结晶分离提纯操作;D.该过程所描述的是将生砒加热升华,然后砒烟在容器上凝华,涉及升华、凝华分离提纯操作;综上所述,不涉及分离提纯操作的是B项。
2.(2021·郴州模拟)下列物质的分离方法中,利用粒子大小差异的是(  )
A.过滤豆浆
B.酿酒蒸馏
C.精油萃取
D.海水晒盐
【解析】选A。过滤利用的是微粒的大小不同来分离的,留在滤纸上的物质颗粒大,不能透过滤纸,滤液中的物质颗粒小,可以透过滤纸,A正确;蒸馏利用的是物质的沸点不同,B错误;萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同,C错误;氯化钠在水中溶解度随温度变化不大,让水蒸发掉,从而获得盐,D错误。
3.下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是(  )
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去KNO3固体中混有的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
【解析】选D。乙醇与水互溶,不能用乙醇萃取,A错误;乙酸乙酯和乙醇互溶,不能用分液的方法分离,B错误;KNO3在水中的溶解度受温度影响大,C错误;分离两种沸点差别较大的互溶液体,一般采用蒸馏的方法,D正确。
4.(2021·洛阳模拟)工业废催化剂中含有多种金属元素,某废催化剂主要含有SiO2、ZnO、ZnS和CuS,为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究回收废催化剂中的锌和铜,具体流程如图:
回答下列问题:
(1)下列玻璃仪器或装置中,第一次浸出时尾气净化需要使用的装置为________(填标号),“浓缩结晶”需要使用的仪器是________(填名称)。
(2)滤渣1的主要成分是________。
(3)第二次浸出时,向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸,后滴入过氧化氢溶液。反应器中有淡黄色沉淀生成,写出反应的离子方程式_____________
________________________________________________________;
若顺序相反,会造成____________________________________________。
(4)第二次浸出时需要加热且控温,采用的合适加热方式是______________。
【解析】(1)用稀硫酸溶解SiO2、ZnO、ZnS和CuS的固体混合物,生成的气体为H2S,则需要选择D装置,并利用盛装的NaOH溶液吸收含H2S的尾气;溶液的蒸发浓缩、冷却结晶应在蒸发皿中进行;
(2)稀硫酸溶解SiO2、ZnO、ZnS和CuS的固体混合物时,SiO2和CuS均不溶于酸和水,则过滤所得的滤渣1为SiO2和CuS;
(3)在酸性条件下,H2O2能氧化CuS生成S,同时得到CuSO4,则发生反应的离子方程式为CuS+H2O2+2H+===Cu2++S+2H2O;如果先滴加H2O2溶液,固体表面的H2O2会被催化分解,则先酸化,再滴入H2O2溶液,可防止H2O2遇固体颗粒分解;
(4)第二次浸出时,加热可提高反应速率,但温度过高H2O2会分解,则合适的加热方式是热水浴加热。
答案:(1)D 蒸发皿 (2)SiO2和CuS (3)CuS+H2O2+2H+===Cu2++S+2H2O H2O2遇固体颗粒分解 
(4)热水浴 
考点二 物质的检验与鉴别(命题指数★★★★)
1.物质检验的原则:
(1)方法、条件或试剂选择越简单越好,实验现象越明显、越典型越好。
(2)若无限定要求,一般先考虑用物理方法,然后再考虑用化学方法。
(3)用物理方法时,一般可按观察法→嗅闻法→水溶法的顺序进行。
(4)用化学方法时,对固体可按加热法→水溶法→指示剂测试法→指定试剂法的顺序进行检验;对液体可按指示剂测试法→指定试剂法的顺序进行检验;对气体可按点燃法→通入指定试剂法等的顺序进行检验。
2.常见气体的检验:
(1)酸性气体的检验。
酸性气体
检验方法
现象
CO2
把燃着的木条放在瓶口
木条熄灭
通入澄清石灰水
溶液变浑浊
SO2
通入品红溶液
褪色,加热恢复
湿润蓝色石蕊试纸靠近
试纸变红
HCl
湿润蓝色石蕊试纸靠近
试纸变红
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近
产生白烟
(2)碱性气体的检验。
碱性气体
检验方法
现象
NH3
湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝
蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近
产生白烟
(3)氧化性气体的检验。
氧化性气体
检验方法
现象
O2
带火星木条靠近
木条复燃
Cl2
观察颜色
黄绿色
湿润的淀粉KI试纸靠近
试纸变蓝
NO2
观察颜色
红棕色
湿润的淀粉KI试纸靠近
试纸变蓝
(4)可燃性气体的检验。
可燃性气体
检验方法
现象
H2
点燃
火焰淡蓝色,产物只有水
CO
点燃
火焰蓝色,产物只有CO2
CH4
点燃
火焰淡蓝色,产物有水和CO2
C2H4
点燃
火焰明亮,有黑烟
通入溴水或酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)某气体可使溴水褪色,则该气体一定是乙烯。(  )
提示:×。SO2气体也可以使溴水褪色。
(2)某气体在空气中产生白雾,能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,则该气体一定是HCl。(  )
提示:×。只能证明该气体为易溶于水的酸性气体,如HCl、HBr、HI等均可出现此现象。
(3)向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体,溶液中一定存在CO。(  )
提示:×。HCO、SO、HSO也会有同样的现象。
(4)能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体可能是Cl2。(  )
提示:√。Cl2、Br2(g)、NO2等气体都可以使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
(5)某溶液焰色反应呈黄色,则溶液中一定含有Na+,不含有K+。(  )
提示:×。需使用蓝色钴玻璃滤去黄光后,再判断是否含有K+。
(6)欲检验未知液中是否含有Fe2+,可先加入氯水,再加入KSCN,若溶液变红色,则含有Fe2+。(  )
提示:×。应先加KSCN无现象,再加入氯水,若溶液变红则含有Fe2+。
(7)无色溶液加入CCl4无现象,滴加氯水后CCl4层呈紫红色,则溶液中一定存在I-。(  )
提示:√。原溶液无色说明原溶液不含有I2,滴加氯水后呈紫色说明有I2生成,故原溶液中一定含有I-。
(8)向溶液中加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀,该溶液中一定含有Fe3+。(  )
提示:×。加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀的是Fe2+。
2.某化学学习小组为验证海带中含有碘元素,设计了如下实验:
下列说法正确的是(  )
A.步骤①中使用到的仪器是坩埚和三脚架
B.步骤②中稀硫酸作催化剂
C.步骤③中加入淀粉若呈蓝色,则说明海带中含有碘元素
D.省略步骤②也能实现实验目的
【解析】选C。灼烧固体应使用坩埚、三脚架和泥三角等,A错误;硫酸参与反应,2I-+2H++H2O2===I2+2H2O,B错误;H2O2可将I-氧化为I2,碘单质使淀粉变蓝,C正确;海带中碘元素以离子形式存在,省略氧化的一步无法实现检验,D错误。
命题角度1:常见气体的检验
【典例1】(2021·潍坊模拟)某小组为探究K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)的热分解产物,按如图所示装置进行实验。下列有关叙述错误的是(  )
A.通入氮气的目的有隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置
B.实验中观察到装置F中澄清石灰水变浑浊,装置E中固体变为红色,由此可判断热分解产物中一定含有CO2和CO
C.为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气
D.样品完全分解后,取少许装置A中残留物于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,可证明残留物中含有Fe3+
【解析】选B。在反应开始前通入N2,可排净装置中的空气,以免O2和CO2对实验干扰,并用N2把装置A、E中生成的气体排出进行后续检验,A正确;E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO,只有B中澄清石灰水变浑浊才可证明分解产物中一定含有CO2,B错误;为防倒吸,需要先关闭反应装置中的酒精灯,冷却至常温过程中需保持一直通入N2,C正确;结束实验后,待A中固体冷却至室温,取少量于试管中,加稀硫酸溶解,滴加1~2滴KSCN溶液,溶液变红,说明生成铁离子,即证明残留物中含有Fe3+,D正确。
 
(1)(变化观念与平衡思想)查阅资料知,K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在一定温度下分解后的固体产物中可能含有K2CO3、FeO、Fe2O3,如何检验其中含K+、Fe2+?
提示:取A中残留固体适量于试管中,加稀H2SO4溶解,加入K3[Fe(CN)6]溶液,若产生蓝色沉淀证明残留物中含有Fe2+;取A中残留固体做焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察,若火焰呈紫色,则含K+。
(2)(证据推理与模型认知)若验证A中热分解产物中的水蒸气,应在实验装置中作何改变?
提示:在装置A、B之间连接一盛有CuSO4固体的硬质玻璃管,若管中白色CuSO4固体变蓝,证明产物中含有水蒸气。
【备选例题】
高温下CaSO4和焦炭可发生反应:CaSO4+CCaS+CaO+气体产物。某化学兴趣小组设计了如图所示实验装置探究气体产物的成分。已知B、C、D、E、F装置中的试剂均为足量。
下列叙述错误的是(  )
A.通入氮气可排尽空气,防止氧气的干扰,a管的作用是平衡气压
B.若实验后酸性KMnO4溶液的颜色变浅、pH增大,则气体产物中含有SO2
C.若实验后Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀,则气体产物中含有CO2
D.若实验后E装置中黑色固体变红、F装置中溶液变浑浊,则气体产物中含有CO
【解析】选B。如果不排尽装置中的空气,氧气与碳在高温下反应,会干扰气体产物的检验,a管可以起到平衡气压的作用,A项正确。酸性高锰酸钾溶液既要检验二氧化硫,又要除去二氧化硫,所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅,又因反应为5SO2+2MnO+2H2O===5SO+2Mn2++4H+,所以反应后溶液中c(H+)增大,pH减小,B项错误。C装置中产生的白色沉淀应为碳酸钡,据此可判断气体产物中含有CO2,C项正确。黑色氧化铜变为红色的铜,同时澄清石灰水变浑浊,说明气体产物中含有CO,D项正确。
命题角度2:离子(或物质)的检验
【典例2】(2021·南昌模拟)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(  )
A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
B.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气
C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+
D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2
【解析】选B。Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色,Fe2+遇KSCN不反应无现象,滴加KSCN
溶液,溶液呈红色,则证明存在Fe3+,并不能证明无Fe2+,A错误;气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O===CuSO4·5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,B正确;灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,并不能证明无K+,Na+焰色反应为黄色,可遮住紫光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察,C错误;能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则原气体不一定是CO2,D错误。
【归纳提升】常见的离子检验方法
沉淀法(加入试剂产生沉淀)、气体法(加入试剂产生气体)、显色法(加入特征指示剂)、转化法(转化成其他易检验的物质)等。
【备选例题】
(2021·大连模拟)某白色粉末由两种物质组成,为鉴别其成分进行如下实验:
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解;再加入足量稀盐酸,有气泡产生,固体全部溶解;
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生,振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为(  )
A.NaHCO3、Al(OH)3   
B.AgCl、NaHCO3
C.Na2SO3、BaCO3
D.Na2CO3、CuSO4
【解析】选C。NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生,生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水,最终无固体存在,A项错误;AgCl不溶于酸,固体不能全部溶解,B项错误;亚硫酸钠溶于水,碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解,加入稀盐酸,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,固体全部溶解,再将样品加入足量稀硫酸,稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水,符合题意,C项正确;Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸,振荡后无固体存在,D项错误。
1.气体物质检验的思维模型:
如H2的检验→H2易燃、还原性→
CO的检验→CO易燃、还原性→
Cl2的检验→Cl2呈黄绿色、具有刺激性气味和强氧化性
2.气体物质的检验流程:
由于气态物质贮存困难,使用时易扩散,故检验时要尽可能利用其物理性质;若利用化学性质,则先考虑使用试纸。一般按下列顺序进行检验:
注意:有多种气体需要检验时,应尽量避免前步检验对后步检验的干扰。如被检验的气体中含有CO2和水蒸气时,应先通过无水CuSO4检验水蒸气,再通入澄清石灰水检验CO2。
命题点1:气体的检验与鉴别(基础性考点)
1.(2021·蚌埠模拟)用如图所示装置及表中的药品(装置Ⅰ中的试剂足量)并依据装置Ⅱ中的现象,检验混合气体中的某种成分,方案合理的是(  )
选项
实验目的
装置Ⅰ中试剂
装置Ⅱ中试剂
A
检验CO2中混有的CH4
澄清石灰水
溴水
B
检验H2S中混有的SO2
酸性KMnO4溶液
品红溶液
C
检验溴蒸气中混有的NO2
CCl4
石蕊试液
D
检验HI中混有的HCl
饱和食盐水
AgNO3溶液
【解析】选C。CH4不能使溴水褪色,不能达到检验的目的,故A错误;二者均能被高锰酸钾氧化,Ⅰ中褪色,不能检验二氧化硫,故B错误;溴易溶于四氯化碳,二氧化氮可使石蕊先变红后褪色,图中装置可检验二氧化氮,故C正确;HCl和HI均能溶于饱和食盐水中,不能检验HCl,故D错误。
2.(2021·北京人大附中模拟)下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是(  )
选项
实验操作及现象
解释或结论
A
浓硫酸滴到纸张上,纸变黑
浓硫酸有脱水性
B
向紫色石蕊溶液中加入氯水,溶液先变红,随后褪色
氯水中含有酸性物质和漂白性物质
C
向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定有CO
D
向某溶液中加入浓NaOH溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中一定含有NH
【解析】选C。浓硫酸具有强脱水性,遇到有机物后,“强行”以H2O的形式脱去有机物中的H、O元素,从而使有机物碳化变黑,A正确;氯水中含有HCl和HClO,HCl使石蕊变红,HClO再氧化石蕊成无色物质,氯水的酸性主要靠HCl体现,漂白性靠HClO体现,B正确;能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2,还可能是SO2,故该溶液中的离子可能是CO、HCO、SO、HSO中的一种或者几种,C错误;能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3,NH和强碱溶液在加热的条件下,可以反应产生NH3,D正确。
3.(2020·安庆模拟)化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是以卤块(主要成分为MgCl2,含Fe2+、Fe3+等杂质离子)为原料制备的。工艺流程如下:
已知:Fe(OH)2沉淀絮状,不易从溶液中除去。
下列说法正确的是(  )
A.沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物
B.“…”的操作步骤为氧化和调节pH等分离和提纯过程
C.“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]有重要的作用
D.“料液Ⅱ”呈中性或弱酸性
【解析】选C。卤块中除Mg2+还含有Fe2+、Fe3+等杂质离子,由于Fe(OH)2沉淀为絮状,不容易从溶液中除去,故先用氧化剂将Fe2+转化为Fe3+,然后调节pH,使Fe3+全部沉淀,经操作Ⅰ过滤除去,所以沉淀的成分为Fe(OH)3,A错误;“…”应该是氧化和调节pH等除杂过程,不属于分离和提纯操作,B错误;题中制备的是轻质碱式碳酸镁,产生碱式碳酸镁的同时生成的CO2气体有利于沉淀形成疏松多孔的“轻质”状态,C正确;“料液Ⅱ”应呈碱性,否则沉淀会溶解,D错误。
命题点2:离子(或物质)的检验与鉴别(综合性考点)
4.(2020·哈尔滨模拟)某无色透明溶液中,可能含有以下离子中的若干种:K+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO、SO、CO、I-和Cl-,取该溶液进行如下实验:
①将溶液滴在pH试纸上,呈红色。
②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸,有无色气体放出,通入空气则立即变成红棕色。
③取少许溶液滴入BaCl2试液,则产生白色沉淀。
④取实验③中的澄清溶液,滴入AgNO3试液,产生不溶于稀HNO3的白色沉淀。
⑤另取少许溶液,滴入NaOH溶液,有白色沉淀生成,当NaOH过量时,又有部分白色沉淀溶解。
根据以上现象判断原溶液中(  )
A.肯定不存在的离子是Fe2+、CO、I-
B.肯定存在的离子是Al3+、SO、Cl-、NO、Mg2+
C.不能作出判断的离子只有K+、Cl-
D.以上判断都不正确
【解析】选C。无色透明溶液中无Fe2+;①说明溶液呈酸性,可判断无CO;②可以判断有NO;结合①②,酸性溶液中NO有强氧化性,可判断无还原性较强的I-;③中产生白色沉淀,溶液中有SO,进而推断溶液中无Ba2+;③中滴入BaCl2试液,引入了Cl-,则④中检验出的Cl-不一定是原溶液中的;⑤沉淀部分溶解,可确定有Al3+、Mg2+。综上所述,溶液中一定有Mg2+、Al3+、NO、SO,可能有K+、Cl-,一定无Fe2+、Ba2+、CO、I-。C正确,A、B、D错误。
5.(2021年河北适应性测试)乙醚是常用的有机试剂,久置容易产生过氧化物,带来安全隐患。以下不可用来定性检出过氧化物的试剂是(  )
A.K3[Fe(CN)6]溶液
B.弱酸性淀粉KI溶液
C.Na2Cr2O7和稀H2SO4溶液
D.(NH4)2Fe(SO4)2的稀H2SO4溶液和KSCN溶液
【解析】选A。K3[Fe(CN)6]中铁元素呈+3价,过氧化物与K3[Fe(CN)6]溶液不能发生反应,因此不能用于检验其存在,A符合题意;弱酸性淀粉KI溶液与过氧化物反应产生I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,可以检验过氧化物存在,B不符合题意;Na2Cr2O7和稀H2SO4溶液混合后,具有强氧化性,会将过氧化物氧化,而Na2Cr2O7被还原为Cr3+,使溶液变为绿色,可以检验过氧化物的存在,C不符合题意;过氧化物具有氧化性,会将(NH4)2Fe(SO4)2电离产生的Fe2+氧化为Fe3+,和KSCN溶液混合,溶液显红色,可以检验过氧化物的存在,D不符合题意。
6.(2021·潍坊模拟)现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验:
已知:控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。
该同学得出的结论正确的是(  )
A.根据现象1可推出该试液中含有Na+
B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg2+
D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
【解析】选C。由于试液中外加了NaOH和Na2CO3,所以不能确定原试液中是否含有钠离子,故A错误;试液中有没有葡萄糖酸根离子,都无银镜生成,因为葡萄糖酸根离子中不含醛基,故B错误;滤液中加氨水无沉淀产生,说明无镁离子,加入碳酸钠溶液,有白色沉淀,说明有钙离子,故C正确;试液中可能含亚铁离子,也可能只含铁离子而不含亚铁离子,故D错误。
7.(2021·济南模拟)下列物质中杂质(括号内为杂质)的检验试剂、除杂试剂和除杂方法都正确的是(  )
选项
物质及其杂质
检验试剂
除杂试剂
除杂方法
A
HCl(Cl2)
湿润的淀粉KI试纸
饱和食盐水
洗气
B
C2H5OH(H2O)
无水硫酸铜粉末
生石灰
蒸馏
C
CO2(SO2)
品红溶液
饱和碳酸钠溶液
洗气
D
NH4Cl(I2)
淀粉溶液

加热
【解析】选B。饱和食盐水除去的是氯化氢,A错误;无水硫酸铜遇水变为蓝色,可以检验水的存在,生石灰与水反应生成氢氧化钙,然后蒸馏即可得到无水乙醇,B正确;碳酸钠溶液也吸收二氧化碳,应该用饱和碳酸氢钠溶液,C错误;氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,不能除去碘,D错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·烟台模拟)碳酸亚铁是白色难溶于水的固铁剂。某小组利用如图装置,向装置③中通入CO2至溶液pH=7,然后滴入FeSO4溶液,过滤、洗涤、干燥制得FeCO3。
下列说法错误的是(  )
A.试剂a是饱和NaHCO3溶液
B.碳酸钠溶液通入CO2至pH=7的目的是降低c(OH-),防止生成Fe(OH)2
C.装置③中生成沉淀的离子方程式为Fe2++CO===FeCO3↓
D.碳酸钠溶液显碱性的原因是CO+H2OHCO+OH-
【解析】选C。试剂a是饱和NaHCO3溶液,为了除去二氧化碳中的氯化氢气体,A正确;硫酸亚铁易水解,碳酸钠溶液通入CO2至pH=7的目的是降低c(OH-),防止生成Fe(OH)2,B正确;向装置③中通入CO2至溶液pH=7,则溶液中含有碳酸氢钠溶液,实验中产生FeCO3的离子方程式为Fe2++2HCO===FeCO3↓+CO2↑+H2O,C错误;碳酸钠俗称纯碱,碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根的水解,水解方程式为CO+H2OHCO+OH-,D正确。
2.(2021·连云港模拟)某溶液中可能含有K+、Na+、Mg2+、NH、Fe2+、Br-、CO、SO、SO中的若干种离子。某同学做了如下实验:
①取少量溶液,滴加足量氯水,有气泡产生且溶液颜色变成黄色
②另取少量溶液,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,无沉淀生成
③蘸取原溶液,做焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色。
为进一步确定该溶液的组成,无需进行的实验是(  )
A.上述实验③不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
B.取少量溶液,滴加氯水和CCl4,振荡、静置
C.取少量溶液,滴加适量的稀硫酸和品红溶液
D.取少量溶液,滴加适量的NaOH浓溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验气体
【解析】选B。①取少量溶液,滴加足量氯水,有气泡产生,说明含有CO,则不含有Mg2+、Fe2+,溶液颜色变成黄色,说明含有Br-;②另取少量溶液,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,无沉淀生成,说明没有SO;③蘸取原溶液,做焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色,说明含有K+;溶液中还有Na+、NH、SO,无法确定是否存在;上述实验③不透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,若火焰颜色为黄色,则说明含有Na+,需要进行该操作,A不符合题意;通过分析可知,溶液中含有Br-,不含有Fe2+,不需要滴加氯水和CCl4,该步实验无需进行,B符合题意;取少量溶液,滴加适量的稀硫酸,产生的气体通入品红溶液,若品红溶液褪色,说明含有SO,否则不含有,需要进行该步实验操作,C不符合题意;取少量溶液,滴加适量的NaOH浓溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验气体,若变蓝色,说明含有NH,否则不含有,需要进行该步实验操作,D不符合题意。
3.(2021·重庆模拟)某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO、NO、Cl-中的4
种,这4种离子的物质的量均为0.1
mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸,无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是(  )
A.该溶液中肯定不含Ba2+
B.若向该溶液中加入过量的稀硫酸,溶液中的阴离子会减少一种
C.若向该溶液中加入足量NaOH溶液,滤出沉淀,洗净灼烧后最多能得8.0
g固体
D.该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO、NO
【解析】选B。加入少量稀硫酸,无沉淀生成但有气泡产生,说明一定不存在钡离子,一定存在硝酸根离子和亚铁离子;根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子,根据以上分析可知,溶液中一定不存在钡离子,A正确;溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失;根据反应方程式NO+3Fe2++4H+===NO↑+3Fe3++2H2O可知,亚铁离子不足,加入足量的稀硫酸后,硝酸根离子不会消失,B错误;若向该溶液中加入足量的NaOH溶液,充分反应后,过滤、洗涤、灼烧,最终所得固体为氧化铁,根据铁离子守恒,生成氧化铁的物质的量为0.05
mol,质量为0.05
mol×160
g·mol-1=8.0
g,C正确;根据分析可知,该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO、SO,D正确。
1.(2020·浙江7月选考)下列有关实验说法不正确的是(  )
A.萃取Br2时,向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4,振荡、静置分层后,打开旋塞,先将水层放出
B.做焰色反应前,铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C.乙醇、苯等有机溶剂易被引燃,使用时须远离明火,用毕立即塞紧瓶塞
D.可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3
【解析】选A。CCl4的密度比水的密度大,故萃取Br2时,向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4,振荡、静置分层,打开旋塞,先将CCl4层放出,A说法错误;做焰色反应前,先将铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至无色的目的是排除铂丝上粘有其他金属元素对待检测金属元素的干扰,B说法正确;乙醇、苯等有机溶剂属于易燃物品,故使用时必须远离明火和热源,用毕立即塞紧瓶塞,防止失火,C说法正确;氯化银、亚硝酸银都是难溶于水的白色固体,所以硝酸银滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中都有白色沉淀生成,但是氯化银不溶于稀硝酸,而亚硝酸银溶于稀硝酸;硝酸银溶液滴入硝酸钠溶液中没有明显现象,D说法正确。
2.(2018·海南高考)下列分离方法正确的是(  )
A.回收水溶液中的I2:加入乙酸,分液,蒸发
B.回收含有KCl的MnO2:加水溶解,过滤,干燥
C.除去氨气中的水蒸气:通过盛有P2O5的干燥管
D.除去乙醇中的水:加入无水氯化钙,蒸馏
【解析】选B。I2在乙酸中的溶解度不大,A错误;MnO2不溶于水,KCl加水溶解,过滤,干燥即可,B正确;氨气与水、P2O5反应,C错误;除去乙醇中的水,加入无水氧化钙,蒸馏,D错误。
3.(2018·浙江11月选考)下列实验合理的是(  )
A.用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH
B.用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3
℃)和苯(沸点为80.1
℃)的混合物
C.用淀粉?KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液
D.用Na2CO3溶液鉴别CaCl2溶液、NaCl溶液和稀硫酸
【解析】选D。pH试纸在测定相关溶液的pH时不能湿润,A错误;乙醇(沸点为78.3
℃)和苯(沸点为80.1
℃)的沸点相差不大,不能用蒸馏的方法分离,B错误;FeCl3溶液能氧化KI生成I2,也能使淀粉?KI试纸变蓝,用淀粉?KI试纸无法鉴别碘水和FeCl3溶液,C错误;Na2CO3溶液与CaCl2溶液反应有白色沉淀生成,与NaCl溶液不反应,和稀硫酸反应有气泡产生,D正确。
4.某兴趣小组查阅资料得知,连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2,CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO,且易被O2氧化,拟设计实验方案,采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体(由CO2、CO、N2和O2组成)的相应组分。有关该方案设计,下列说法不正确的是(  )
A.采用上述3种吸收剂,气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO
B.其他两种吸收剂不变,O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代
C.CO
的吸收必须在吸收O2后进行,因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化
D.在3种气体被逐一吸收后,导出的气体中可能含有HCl
【解析】选B。题干中要求逐一吸收相应组分,即一种溶液吸收一种气体,连苯三酚的碱性溶液能吸收O2之外,因为其碱性,还能与CO2反应;CuCl的盐酸溶液能吸收CO之外,还能被O2氧化;为满足题意,吸收O2前需要先吸收CO2,吸收CO前需要吸收O2,所以气体被逐一吸收的顺序为CO2、O2和CO,所以A、C正确;若用灼热的铜网代替连苯三酚的碱性溶液,会发生铜和氧气生成氧化铜的反应,而氧化铜与CO反应又生成CO2,故B错误;由于盐酸易挥发,最后一个吸收液为CuCl的盐酸溶液,导出气体中可能含有HCl,故D正确。
5.(2017·全国卷Ⅱ)由下列实验及现象不能推出相应结论的是(  )
实验
现象
结论
A
向2
mL
0.1
mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变
还原性:Fe>Fe2+
B
将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向2支盛有2
mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一支试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象
Ksp(AgI)【解析】选C。
FeCl3溶液中加足量铁粉,振荡时黄色逐渐消失,且加KSCN溶液颜色不变,说明发生反应2FeCl3+Fe===3FeCl2,所以还原性:Fe>Fe2+,故A项正确;将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶的现象为集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生,由此可以推出发生的反应为4Na+CO22Na2O+C,此反应中体现了CO2的氧化性,故B项正确;加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,试纸变蓝,是由于NH4HCO3发生了分解反应NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O,产生的NH3是一种碱性气体,故C项错误;同体积、同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴同浓度的NaCl和NaI溶液,根据溶度积规则Q>Ksp时产生沉淀,由于产生了黄色沉淀说明AgI的Ksp较小,故D项正确。
【加固训练—拔高】
(2017·江苏高考)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
(  )
【解析】选B。A项,SO2用浓硫酸与Cu反应,错误;B项,SO2可以使品红褪色,验证其具有漂白性,正确;C项,SO2的密度比空气大,应从长管进气收集,错误;D项,SO2与NaHSO3溶液不反应,应用碱液吸收,错误。
1.提纯的“三个必须”和“四个原则”:
(1)“三个必须”。
①加试剂必须过量
②过量试剂必须除去
③实验方案必须最佳
(2)“四个原则”。
①不增
②不减
③易分
④复原
2.分离提纯的两个方面:
(1)分离提纯方法的选择。
(2)分离提纯的操作。
3.物质检验与鉴别的两个考点:
(1)单一离子(或物质)的检验与鉴别。
(2)多离子(或物质)的检验与鉴别。
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-第三讲 硫及其化合物
考点一 硫及其氧化物(命题指数★★★★★)
1.自然界中的硫:
(1)物理性质。
俗称
颜色状态
溶解性
硫黄
黄色晶体
不溶于水
微溶于酒精
易溶于CS2
(2)从化合价的角度认识硫单质的化学性质。
③与强氧化剂反应(如浓硫酸):S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O,表现还原性。
④与NaOH溶液反应:3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O,表现氧化性和还原性。
硫与变价金属反应时,一般生成低价态金属硫化物(如Cu2S、FeS),但硫与汞反应生成硫化汞。
2.二氧化硫(SO2):
(1)物理性质。
二氧化硫是无色、有刺激性气味的有毒气体,是大气污染物之一;易溶于水,通常状况下,1体积水溶解约40体积SO2。
(2)化学性质。
按要求完成下列方程式:
①酸性氧化物的通性
②氧化性(如与H2S溶液反应):
SO2+2H2S===3S↓+2H2O
④漂白性:可使品红溶液等有机色质褪色,生成不稳定的化合物。
(3)实验室制法。
①固体Na2SO3与较浓H2SO4反应
Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O;
②铜与浓硫酸混合加热
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
(4)SO2对大气的污染与防治。
来源
化石燃料的燃烧及含硫矿石的冶炼
危害
污染大气,危害人体健康,形成酸雨形成酸雨的过程
防治
开发新能源、燃煤除硫、处理工业废气
3.三氧化硫(SO3):
(1)物理性质:熔点16.8
℃,沸点44.8
℃,常温下为液态,标准状况下为固态。
(2)化学性质:SO3具有酸性氧化物的通性。主要反应如下:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)硫在自然界中仅以化合态存在。(  )
提示:×。硫在自然界中以游离态和化合态存在。
(2)硫在空气中燃烧的产物是二氧化硫,在纯氧中燃烧的产物是三氧化硫。(  )
提示:×。硫与氧气反应的产物只有二氧化硫。
(3)硫黄易溶于CS2,所以可用CS2溶解试管内壁的硫。(  )
提示:√。可用CS2或热NaOH溶液溶解试管内壁的硫。
(4)利用化合反应可以制备CuS。(  )
提示:×。铜与S反应生成Cu2S。
(5)SO2有漂白性,所以SO2可使溴水褪色。(  )
提示:×。漂白性是指使有机色质褪色,SO2使溴水褪色体现了二氧化硫的还原性。
(6)SO2气体通入BaCl2溶液产生白色沉淀BaSO3。(  )
提示:×。由于亚硫酸的酸性比盐酸弱,BaSO3可溶于盐酸,故不会生成沉淀。
(7)SO2、漂白粉、Na2O2都能使鲜花褪色,其原理相同。(  )
提示:×。SO2与有色物质发生化合反应,漂白粉、Na2O2利用强氧化性漂白。
(8)SO2和Cl2等物质的量混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中,漂白效果更好。(  )
提示:×。等物质的量的SO2和Cl2反应生成硫酸和盐酸,失去漂白性。
2.酸雨是一种环境污染问题,也是一种复杂的大气化学和大气物理现象。实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验:
(1)实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取什么措施?写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式。
提示:增大反应物接触面积可以提高反应速率,所以提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌;二氧化硫与碳酸钙、氧气、水反应生成石膏和二氧化碳,反应的化学方程式:2CaCO3+2SO2+O2+4H2O===2CaSO4·2H2O+2CO2。
(2)将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,如何粗略判断烟气脱硫效率。
提示:二氧化硫具有强的还原性,能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以粗略判断烟气脱硫效率的方法是高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。
命题角度1:硫及其氧化物的性质
【典例1】(2021·湖州模拟)实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应,并验证SO2的性质,设计如图所示装置进行实验,下列说法错误的是(  )
A.装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,体现了二氧化硫的还原性
B.实验结束后可向装置A
的溶液中滴加KSCN溶液检验是否有Fe2+
C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D.装置E的作用为吸收多余的SO2,防止污染空气
【解析】选B。该实验探究铁与浓硫酸在加热条件下的反应,并验证SO2的性质,A装置即为铁与浓硫酸反应产生SO2;B、C、D装置分别是验证SO2的不同性质,E装置为尾气处理装置。A项,装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,说明SO2被氧化,即体现了二氧化硫的还原性,正确;B项,KSCN溶液用来检验是否有
Fe3+,错误;C项,品红溶液用来检验物质的漂白性,故装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性,正确;D项,SO2为酸性氧化物,与氢氧化钠溶液反应,防止污染空气,正确。
 
在题干条件不变的情况下,下列说法不正确的是(  )
A.装置C中产生淡黄色的沉淀,体现了SO2的氧化性
B.装置E易发生倒吸现象
C.装置D中品红溶液褪色后加热又变红色,可验证SO2溶于水显酸性
D.实验时将导管a插入浓硫酸中,可防止装置B中的溶液倒吸
【解析】选C。装置C中发生的反应为SO2+2H2S===3S↓+2H2O,产生的黄色沉淀为S,该反应体现了SO2的氧化性,故A正确;装置E中的试剂为NaOH溶液,用于吸收未反应的SO2,易产生内外气体压强差,发生倒吸,故B正确;品红溶液褪色后加热又变红色,体现SO2的漂白性,故C错误;导管a的作用是使装置A中内外压强相同,防止装置B中的溶液倒吸,故D正确。
【备选例题】
某兴趣小组探究SO2气体的还原性,装置如图所示,下列说法不合理的是(  )
A.甲装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,可以说明SO2具有还原性
B.乙装置中蓝色褪去,说明还原性:SO2>I-
C.丙装置中吸收尾气有可能倒吸
D.甲、乙装置中发生的反应转移电子数一定相等
【解析】选D。甲装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,说明Fe3+被还原为Fe2+,则SO2被氧化,可以说明SO2具有还原性,A项正确;乙装置中蓝色褪去,说明SO2与碘水发生了氧化还原反应,在该反应中SO2为还原剂,I-为还原产物,根据还原性:还原剂>还原产物,可知还原性:SO2>I-,B项正确;SO2能被NaOH溶液迅速吸收,导致丙装置中导管内压强明显减小,丙装置中可能产生倒吸,C项正确;甲、乙装置中发生的离子反应依次为2Fe3++SO2+2H2O===2Fe2++SO+
4H+、SO2+I2+2H2O===4H++SO+2I-,由于甲、乙装置中消耗反应物的物质的量不确定,故反应中转移电子的物质的量不一定相等,D项错误。
命题角度2:SO2和CO2的鉴别
【典例2】(2021·济宁模拟)已知:2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O,如图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物,填写下列空白:
(1)如果将装置中①②③三部分仪器的连接顺序变为②①③,则可以检出的物质是________________________________;不能检出的物质是__________________________________________________。
(2)如果将仪器的连接顺序变为①③②,则可以检出的物质是___________;不能检出的物质是________________________。
(3)如果将仪器的连接顺序变为②③①,则可以检出的物质是____________;不能检出的物质是________________________。
【解析】装置①为检验产物H2O,只能放在装置②③之前,若放在装置②③之后或装置②③之间,则气流通过装置②或③溶液后会带出水蒸气,则无法验证使无水CuSO4变蓝的水蒸气是否是生成物。装置③和装置②位置也不得变更,因为SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊。故在用澄清石灰水来验证CO2前一定要排除SO2的干扰。
答案:(1)SO2、CO2 H2O (2)H2O、SO2 CO2
(3)SO2、CO2 H2O
 
(1)装置②中的酸性高锰酸钾溶液可以改用什么试剂?
提示:溴水。利用SO2的还原性将其除去。
(2)有同学认为装置②中后两个装置可以合成一个,你认为如何处理?什么现象说明达到目的?
提示:只用盛有过量的酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶即可。酸性高锰酸钾溶液的颜色变浅,说明SO2除尽。
1.三类漂白剂的对比:
类型
原理
举例
特点
备注
氧化型
将有机色质内部“生色团”破坏掉
HClO、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3等
不可逆、持久
无选择性
加合型
与有机色质内部“生色团”结合成无色物质
SO2
可逆、不持久
有选择性
吸附型
将有色物质吸附而褪色
活性炭
物理变化
吸附色素
2.SO2和CO2的鉴别:
(1)鉴别方法。
试剂
现象及结论
品红溶液
使品红溶液褪色的是SO2;不能使品红溶液褪色的是CO2
氢硫酸
出现浑浊的是SO2,无明显现象的是CO2
高锰酸钾溶液
使紫色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2
溴水
使橙色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2
碘水(含淀粉)
使蓝色褪去的是SO2,无明显现象的是CO2
(2)检验SO2和CO2同时存在的一般流程。
流程设计
检验SO2?除去SO2?检验SO2是否除尽?检验CO2
选用试剂
品红溶液
酸性KMnO4溶液
品红溶液
澄清的石灰水
预期现象
褪色
褪色
不褪色
变浑浊
注意:有时为简化装置,可将除去SO2和检验SO2是否除尽合并为一个装置。
命题点1:硫及其氧化物的性质(基础性考点)
1.下列说法错误的是(  )
A.残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去,也可用热的NaOH溶液除去
B.硫单质与变价金属反应时一般生成低价态的金属硫化物
C.汞蒸气有毒,实验室里不慎洒落一些汞,可撒上硫粉进行处理
D.单质硫或含硫物质燃烧时,氧气少量时生成SO2,氧气足量时生成SO3
【解析】选D。硫能溶于CS2,且能与NaOH反应生成可溶性的Na2S和Na2SO3,A项正确;硫在氧气中燃烧只生成SO2,D项错误。
2.(2021·石家庄模拟)根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正确的是(  )
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
溴水
橙色褪去
SO2有还原性
【解析】选C。A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,该反应中二氧化硫被氧化,表现了还原性,故A正确;B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S,二氧化硫被还原,表现了氧化性,故B正确;C.酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸,自身被还原为无色的二价锰离子,是酸性高锰酸钾的氧化性的体现,体现二氧化硫的还原性,故C错误;D.SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸,该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸,二氧化硫被氧化,表现了还原性,故D正确。
命题点2:SO2和CO2的鉴别(综合性考点)
3.下列实验中能证明某气体为SO2的是(  )
①使澄清石灰水变浑浊
②使湿润的蓝色石蕊试纸变红
③使品红溶液褪色
④通入足量NaOH溶液中,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,该沉淀溶于稀盐酸
⑤通入溴水中,能使溴水褪色,再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生
A.都能证明       
B.都不能证明
C.③④⑤均能证明
D.只有⑤能证明
【解析】选D。①CO2也能使澄清石灰水变浑浊;②酸性气体均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红;③Cl2也能使品红溶液褪色;④CO2、SO2均有此现象。
4.(2021年广东适应性测试)推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞,进行如图所示的探究实验,对实验现象的预测及分析错误的是(  )
A.试管内CCl4层溶液褪色,说明Br2具有氧化性
B.试管中的红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性
C.试管中产生大量气泡,说明Na2SO3被氧化产生SO3
D.一段时间后试管内有白色沉淀,说明有SO生成
【解析】选C。由图可知该实验为SO2的制备及其性质探究。SO2与Br2反应为SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBr,说明Br2具有氧化性,A正确;试管中红色花瓣褪色,说明SO2具有漂白性,B正确;试管中产生大量气泡,原因是锥形瓶内发生反应:H2SO4+Na2SO3===Na2SO4+SO2↑+H2O,C错误;一段时间后,试管中有白色沉淀产生,是由于试管中反应产生SO而与Ba2+结合产生BaSO4沉淀,D正确。
【加固训练—拔高】
某同学利用如图装置探究SO2的性质。
下列有关反应的方程式,不正确的是(  )
A.①中溶液显红色的原因:CO+H2OHCO+OH-
B.①中溶液红色褪去的原因:2SO2+CO+H2O===CO2+2HSO
C.②中溶液显浅黄绿色的原因:Cl2+H2O===HCl+HClO
D.②中溶液黄绿色褪去的原因:SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl
【解析】选C。碳酸钠溶液显碱性,能使酚酞变红色,其水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH-,故A正确;亚硫酸的酸性强于碳酸,在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化硫发生反应2SO2+CO+H2O===CO2+2HSO,NaHSO3溶液显酸性,所以溶液红色褪去,故B正确;氯气溶于水,部分与水反应,部分以氯气分子的形式存在于溶液中,所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气,故C错误;二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸,即发生SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl,氯气被消耗,所以溶液的黄绿色褪去,故D正确。
考点二 硫酸的性质、SO的检验(命题指数★★★★★)
1.硫酸的物理性质:
(1)纯硫酸是一种无色油状液体,沸点高,难挥发。
(2)溶解性:浓H2SO4与水以任意比互溶,溶解时可放出大量的热。
2.稀H2SO4具有酸的通性:
硫酸是强电解质,电离方程式为H2SO4===2H++SO。
3.浓硫酸的特性:
(1)填写下表。
浓硫酸的特性
实验
实验现象
吸水性
少量胆矾加入浓硫酸中
蓝色固体变成白色
脱水性
用玻璃棒蘸取浓硫酸点在滤纸上
沾有浓硫酸的滤纸变黑
强氧化性
将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热
铜片逐渐溶解,产生无色刺激性气味的气体
(2)分别写出浓硫酸与Cu、C反应的化学方程式。
①Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O、
②C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O。
(3)常温下,铁、铝遇浓硫酸钝化,可用铝(或铁)槽车运输浓硫酸。
钝化是化学变化而非物理变化。
4.SO、SO的检验:
(1)SO的检验。
①向溶液中加入盐酸,将产生的气体通入品红溶液中,红色褪去,发生的离子反应为SO+2H+===H2O+SO2↑。
②加入氯化钡溶液生成白色沉淀,然后加入盐酸,沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体,发生反应的离子方程式为SO
+Ba2+===BaSO3↓,BaSO3+2H+===Ba2++SO2↑+H2O。
(2)SO的检验。
①检验SO的正确操作方法:被检液取上层清液有无白色沉淀产生(判断有无SO)。
②操作目的:先加稀盐酸的目的是防止CO、SO、Ag+干扰,再加BaCl2溶液,有白色沉淀产生。整个过程中可能发生反应的离子方程式:CO+2H+===CO2↑+H2O、SO+2H+===SO2↑+H2O、Ag++Cl-===AgCl↓、Ba2++SO===BaSO4↓。
5.硫酸的工业制备:
(1)工艺流程。
(2)反应原理。
①燃烧硫铁矿(FeS2)或硫制备SO2:
4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2或S+O2SO2。
②SO2转化为SO3:2SO2+O22SO3。
③SO3吸水生成H2SO4:SO3+H2O===H2SO4。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)浓硫酸敞口放置在空气中,质量增加,体现了浓硫酸的吸水性。(  )
提示:√。浓硫酸能吸收空气中的水分子,质量增加。
(2)铜片溶于热的浓硫酸,体现了浓硫酸的酸性和强氧化性。(  )
提示:√。Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,生成CuSO4和SO2分别体现酸性和氧化性。
(3)由于浓硫酸具有强氧化性,所以浓硫酸不可用于干燥SO2。(  )
提示:×。浓硫酸和二氧化硫是相邻价态,不发生反应。
(4)50
mL
18.4
mol·L-1的浓硫酸与足量的铜反应,可产生SO2物质的量为
0.46
mol。(  )
提示:×。随反应进行,浓硫酸变为稀硫酸,反应停止,故0.92
mol
H2SO4不可能完全反应。
(5)向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,说明该溶液中一定有SO。(  )
提示:×。酸化的NO可将SO氧化为SO,也会产生白色沉淀BaSO4。
2.(1)在加热条件下金属与浓硫酸反应还原产物都只能生成SO2吗?
提示:不一定。活泼金属如Zn与浓硫酸反应生成SO2,随反应进行H2SO4的浓度变小,最后变为稀H2SO4,Zn与稀H2SO4反应生成H2。
(2)实验室可以利用反应H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑制取HCl,是利用硫酸的酸性大于盐酸吗?如果不是,原因是什么?
提示:H2SO4是高沸点、难挥发性的强酸,利用这一性质可以制取HCl等挥发性酸。
命题角度1:浓硫酸的性质及应用
【典例1】(2021·郑州模拟)浓硫酸分别与三种钠盐反应,现象如图。下列分析正确的是(  )
A.对比①和②可以说明还原性:Br->Cl-
B.①和③相比可说明氧化性:Br2>SO2
C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性:H2SO4>HCl
D.③中浓H2SO4被还原成SO2
【解析】选A。A项,反应①生成的红棕色气体是溴蒸气,反应②白雾是氯化氢,说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质,而不能将氯离子氧化成氯气;B项,反应③生成的是二氧化硫气体,非氧化还原反应,而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型;C项,白雾说明氯化氢易挥发;D项,反应③生成的二氧化硫来自亚硫酸钠,非氧化还原反应。
 
在题干条件不变的情况下,下列说法不正确的是(  )
A.由实验①现象可知不能用浓硫酸干燥HBr气体
B.由实验②现象可知,浓硫酸与NaF反应可以制得HF气体
C.由实验③现象可知,浓硫酸可以干燥SO2气体
D.若在试管中放入KI溶液可以制得HI气体
【解析】选D。由实验①可知浓硫酸可将Br-氧化为Br2,故浓硫酸不能干燥HBr气体,A正确;由实验②现象可知,利用浓硫酸难挥发性可以制备挥发性酸,B正确;由实验③现象可知,浓硫酸不能氧化+4价硫元素,故浓硫酸可以干燥SO2气体,C正确;还原性HI>HBr,浓硫酸可将KI氧化为I2,D错误。
命题角度2:SO的检验
【典例2】在某溶液中加入BaCl2溶液,生成白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解,则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是(  )
A.一定含有SO
B.含有SO和Ag+
C.可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种
D.可能含有SO或CO
【解析】选C。A项错误,C项正确,不能排除Ag+、SO的干扰;B项错误,因为溶液中SO与Ag+反应不能大量共存;D项错误,由“加入稀硝酸,沉淀不溶解”可以判断不可能含有CO。
 
(1)将上题的BaCl2溶液和稀硝酸的加入顺序颠倒,能否确定溶液中含有SO?
提示:不能。若溶液中含有SO,被硝酸氧化为SO,加入也会产生BaSO4沉淀。
(2)将上题的稀硝酸改为盐酸,能否确定溶液中含有SO?
提示:不能。不能排除Ag+的干扰。
【讲台挥洒一刻】
SO检验的易错点
(1)忽视盐酸的滴加。
未滴加盐酸将导致CO、PO、SO等干扰离子判断成SO。因上述离子会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。
(2)误将Ag+、Pb2+判断成SO。如向待测液中滴加BaCl2溶液,再加稀盐酸有白色沉淀便断定含SO。其错误是未注意溶液中不含SO,而含Ag+或
Pb2+时也会产生同样的现象:Ag++Cl-===AgCl↓(白色),Pb2++2Cl-===PbCl2↓(白色)。
(3)误将SO判断成SO。如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀,便误以为有SO。该错误是未注意NO在酸性环境中具有强氧化性,发生反应:Ba2++SO===BaSO3↓(白色),3BaSO3+2H++2NO===3BaSO4↓(白色)+2NO↑+H2O。K
【备选例题】
下列过程中,最终的白色沉淀物不一定是BaSO4的是
(  )
【解析】选C。A项,二氧化硫被硝酸氧化为硫酸,加氯化钡一定生成硫酸钡沉淀;B项,亚硫酸根被硝酸氧化为硫酸根,沉淀也是硫酸钡;C项,所得沉淀可能是氯化银;D项,先加过量盐酸无沉淀,再加氯化钡产生的白色沉淀一定是硫酸钡。
1.浓硫酸的三大特性的认识:
(1)浓硫酸吸水性、脱水性的区别。
(2)浓硫酸的强氧化性反应规律。
①Fe、Al的钝化。常温下,当Fe、Al遇到浓硫酸时,会与浓硫酸发生反应,表面生成一层致密的氧化物薄膜而出现“钝化”现象。
②常温下与活泼金属反应(铁、铝除外)表现强氧化性和酸性,生成硫酸盐和SO2,硫酸浓度变小后,生成的气体为H2。
③与不活泼金属和非金属反应的规律。
a.反应需要加热,否则不反应。
b.还原产物一般是SO2,一般金属被氧化为高价态的硫酸盐,非金属被氧化为高价态氧化物或含氧酸。
c.浓硫酸与金属反应时,既表现酸性又表现强氧化性,而与非金属反应时,只表现强氧化性。
d.随着反应的进行,浓硫酸浓度变小,一旦变为稀硫酸,反应即停止。
④与具有还原性的化合物反应,如与H2S、HI、HBr、FeCl2等物质反应。
2.由“量变”引起的“质变”的物质大比拼:
(1)浓硫酸:金属(如Cu、Zn等)与浓H2SO4反应时,要注意H2SO4浓度对反应产物的影响。开始阶段产生SO2气体,随着反应的进行,H2SO4的浓度变小,最后变为稀硫酸,Cu与稀硫酸不反应,Zn与稀硫酸反应生成H2而不是SO2。
(2)浓硝酸:金属(如Cu、Zn等)与浓硝酸反应时,要注意硝酸浓度对反应产物的影响。开始阶段产生NO2气体,随着反应的进行,硝酸的浓度变小,最后变为稀硝酸,反应均生成NO。
(3)浓盐酸:二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,随着反应的进行,盐酸变稀,反应停止。
命题点1:浓硫酸的性质及应用(基础性考点)
1.(2021·三明模拟)探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是(  )
A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C.用装置丙稀释反应后的混合液
D.用装置丁测定余酸的浓度
【解析】选C。铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应,A错误;二氧化硫的密度比空气的大,应使用向上排空气法收集,即气体应“长进短出”,B错误;反应后的混合液中含有过量的浓硫酸,稀释时,应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中,且用玻璃棒不断搅拌,C正确;应使用碱式滴定管(带胶管)盛装氢氧化钠溶液,D错误。
2.(2021·淮北模拟)蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示,该实验设计体现了“绿色”“微型”的特点,下列说法正确的是(  )
A.该实验体现了浓硫酸的脱水性、酸性和强氧化性
B.反应中,品红褪色,加热后又恢复红色
C.紫色石蕊先变红后褪色
D.该装置无法证明二氧化硫具有氧化性
【解析】选B。由实验装置可知,浓硫酸使蔗糖脱水后,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳和水,品红溶液褪色、酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应,高锰酸钾可氧化二氧化硫,验证二氧化硫的还原性,紫色石蕊溶液变红,硫化钠溶液有黄色的沉淀产生,二氧化硫对环境有害,要进行尾气处理,以此来解答。浓硫酸使蔗糖脱水,体现浓硫酸的脱水性,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫、二氧化碳和水,体现浓硫酸的强氧化性,该实验没有体现出浓硫酸的酸性,故A错误;蔗糖与浓硫酸反应生成了SO2,可以漂白品红生成不稳定的无色物质,受热后品红又恢复红色,故B正确;SO2不能使酸碱指示剂褪色,与水反应生成亚硫酸,使石蕊溶液变红,故C错误;SO2与Na2S溶液反应生成黄色沉淀,证明SO2具有氧化性,故D错误。
命题点2:SO的检验及应用(综合性考点)
3.有一瓶Na2SO3溶液,可能部分被氧化,某同学进行如下实验:取少量溶液,滴入Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,再加入足量稀硝酸,充分振荡后,白色沉淀不溶解。对此实验的下列叙述正确的是(  )
A.实验证实Na2SO3已部分氧化
B.实验中加入Ba(NO3)2溶液后的沉淀一定是BaSO4
C.实验中加入足量硝酸后的沉淀是BaSO4和BaSO3的混合物
D.此次实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
【解析】选D。Na2SO3溶液可能部分被氧化变质,则滴入Ba(NO3)2溶液,生成的白色沉淀一定有亚硫酸钡,可能有硫酸钡,加入足量稀硝酸后,亚硫酸钡被氧化成硫酸钡,即此时的白色沉淀是硫酸钡。
【加固训练—拔高】
1.下列对浓硫酸的叙述正确的是(  )
A.常温下,浓硫酸与铁、铝发生钝化,所以铁、铝质容器能盛装浓硫酸
B.浓硫酸具有吸水性,能使蔗糖炭化
C.浓硫酸与单质在加热条件下反应,浓硫酸既表现强酸性,又表现强氧化性
D.浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时,浓硫酸表现出强氧化性
【解析】选A。常温下,浓硫酸与铁、铝发生钝化,在表面生成一层致密的氧化膜而阻碍反应的继续进行,故A正确;浓硫酸使蔗糖炭化是浓硫酸的脱水性,故B错误;浓硫酸和铜片加热反应生成硫酸铜和二氧化硫气体,反应中浓硫酸表现氧化性和酸性,但与碳单质的反应中,浓硫酸只表现强氧化性,故C错误;浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时,浓硫酸表现出酸性,元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,故D错误。
2.浓硫酸具有以下A~F的性质:
A.酸性 B.高沸点、难挥发 C.吸水性 D.脱水性
E.强氧化性 F.溶于水放出大量的热
(1)浓硫酸与铜共热发生反应的化学方程式为____________________
_____________________________________________________________。
浓硫酸在该反应中表现的性质有__________。(用“A”“B”“C”“D”“E”“F”填空,下同)
(2)在过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片,常温下就生成蓝色溶液。写出有关反应的化学方程式:
_______________________________________。
(3)向蔗糖晶体中滴入2~3滴水,再滴入适量的浓硫酸。发现加水处立即变黑,黑色区域不断扩大,最后变成一块疏松的焦炭,并伴有刺激性气味的气体产生。写出产生有刺激性气味气体的化学方程式:_____________________________________________________________,
该实验中浓硫酸表现的性质有________________。
【解析】(1)浓硫酸有强氧化性,与铜共热的化学方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O,反应中硫元素化合价由+6价降到+4价,浓硫酸表现了强氧化性,同时有一部分H2SO4在反应中生成CuSO4,表现出了酸性。(2)过氧化氢有强氧化性,常温下向过氧化氢与稀硫酸的混合溶液中加入铜片发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O。(3)根据题给现象,说明浓硫酸表现出了脱水性、吸水性、强氧化性,同时,浓硫酸溶于水会放出大量的热,可引发反应2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O。
答案:(1)2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O A、E
(2)Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O
(3)2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O C、D、E、F
3.(2021·常州模拟)已知固体Na2SO3受热分解生成两种正盐,实验流程和结果如下:
已知:气体Y是一种纯净物,在标准状况下密度为1.518
g·L-1。请回答下列问题:
(1)气体Y的化学式为________________。
(2)实验流程中,Na2SO3受热分解的化学方程式为______________________
________________________________________________________________。
(3)另取固体X试样和Na2SO3混合,加适量蒸馏水溶解,再加入稀盐酸,立即有淡黄色沉淀产生。则产生淡黄色沉淀的离子方程式为_________________
________________________________________________(不考虑空气的影响)。
(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是_________________________________________________________
__________________________________________________________________
________________________________________________________________。
【解析】(1)气体Y是一种纯净物,标准状况下密度为1.518
g·L-1,则Y的摩尔质量为1.518
g·L-1×22.4
L·mol-1≈34
g·mol-1,根据元素守恒,推出Y为H2S;
(2)由以上分析可知,气体Y为H2S,以及生成气体Y的条件,推出固体X中含有S2-,即固体X中含有Na2S,溶液中加入BaCl2溶液,出现白色沉淀,该白色沉淀为BaSO4,则固体X中含有Na2SO4,Na2SO3受热分解生成Na2S和Na2SO4,反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4;(3)固体X试样和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应,有淡黄色沉淀产生,即有S单质生成,反应的离子方程式为2S2-+SO+6H+===3S↓+3H2O;(4)Na2SO3长期露置在空气中,会被氧化成Na2SO4,检验Na2SO3是否变质的实验操作是取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4,亚硫酸钠变质。
答案:(1)H2S (2)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
(3)2S2-+SO+6H+===3S↓+3H2O
(4)取少量亚硫酸钠样品于一支试管中,加入适量蒸馏水溶解,向溶液中加入足量盐酸后,再滴入几滴氯化钡溶液,若生成白色沉淀说明有Na2SO3被氧化为Na2SO4
考点三 硫及其化合物的相互转化及应用(命题指数★★★★★)
1.理清硫元素的化合价与氧化性、还原性之间的关系:
2.掌握硫及其化合物之间的转化规律:
(1)相同价态硫的转化是通过酸、碱反应实现的
如:
写出②、③、④反应的化学方程式:
②H2SO3+2NaOH===Na2SO3+2H2O;
③Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+SO2↑;
④SO2+Na2SO3+H2O===2NaHSO3。
(2)相邻价态的同种元素的微粒间不发生氧化还原反应,如S和H2S、S和SO2、SO2和浓硫酸之间不发生氧化还原反应。
(3)当硫元素的化合价升高或降低时,一般升高或降低到其相邻的价态,即台阶式升降。可用如图表示:
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)浓硫酸不能用于干燥H2S,但可以干燥SO2。(  )
提示:√。浓硫酸与H2S发生氧化还原反应,不能用浓硫酸干燥H2S,但可以干燥二氧化硫。
(2)Na2SO3既有氧化性又有还原性。(  )
提示:√。Na2SO3中S的化合价处于中间价态,Na2SO3既有氧化性又有还原性。
(3)H2S、S在O2中充分燃烧均可生成SO3。(  )
提示:×。H2S、S在O2中充分燃烧均可生成SO2,均得不到SO3。
(4)SO2和NaHSO3溶液都能使溴水褪色。(  )
提示:√。SO2、NaHSO3均具有还原性,能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色。
(5)硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质。(  )
提示:√。硫化钠、亚硫酸钠均具有还原性,易被空气中的氧气氧化而变质。
(6)将SO2通入饱和的NaHCO3溶液中发生反应:2H++CO===H2O+
CO2↑。(  )
提示:×。应为2HCO+SO2===SO+2CO2+H2O。
【加固训练—拔高】
碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:
(1)反应器中发生的反应SO2表现什么性质?
提示:还原性。在反应器中发生反应为SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4,硫的化合价升高。
(2)分离器中的物质分离操作是什么?
提示:I2和SO2反应生成H2SO4和HI,分离器中为HI和硫酸的分离,应利用沸点不同进行蒸馏分离。
(3)碘循环工艺的总反应的方程式是什么?
提示:SO2+2H2O===H2SO4+H2。在反应器中发生反应:SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4,在膜反应器中的反应为2HII2+H2,将两个方程式相加得:SO2+2H2O===H2SO4+H2。
命题角度1:硫及其化合物的相互转化
【典例1】(2021·日照模拟)已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。下列有关操作、装置、原理及对现象的表述正确的是(  )
A.用装置甲高温分解FeSO4,先点燃酒精喷灯再向装置内通一段时间N2
B.用装置乙可检验分解产生的SO2,现象是石蕊溶液先变红后褪色
C.用装置丙可检验分解产生的SO3,现象是产生白色沉淀
D.用装置丁可吸收尾气,避免污染环境
【解析】选D。A项,点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2,排除装置中的空气,避免空气中氧气的干扰,错误;B项,装置乙不能检验分解产生的SO2,产物中有SO3,对SO2的检验造成干扰,并且SO2只能使石蕊溶液变红,错误;C项,SO3易溶于水,当混合气体经过乙时,SO3会被吸收,所以要想检验SO3,应该把乙和丙的位置互换,错误;D项,装置丁中的饱和Na2SO3溶液可吸收SO2,D正确。
 
(1)(科学探究与创新意识)上题装置丁中的溶液还可以是什么试剂?
提示:氢氧化钠溶液、氨水等碱性溶液。
(2)(科学探究与创新意识)若通过现象证明混合气体中含有SO2和SO3,仪器和容器如何设计?
提示:将乙、丙颠倒,乙中试剂改为品红溶液。
【备选例题】
X为下列各选项物质,X不能满足如图转化关系的是(  )
A.H2S    B.N2    C.S    D.NH3
【解析】选B。2H2S+3O2===2SO2+2H2O、2SO2+O22SO3、SO3+H2O===H2SO4、H2SO4+H2S===S↓+SO2↑+2H2O,A不符合题意;N2+O22NO,2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO,HNO3和N2不反应,B符合题意;S+O2SO2,2SO2+O22SO3,SO3+H2O===H2SO4,S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O,C不符合题意;4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2===2NO2,3NO2+H2O===2HNO3+NO,NH3+HNO3===NH4NO3,故D不符合题意。
命题角度2:硫及其化合物转化的应用
【典例2】(2021·长沙模拟)含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是(  )
A.该过程中可得到化工产品H2SO4
B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
D.图中涉及的反应之一为
Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选C。根据工艺流程图可知,该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4,该工艺不仅吸收了二氧化硫,还得到了化工产品硫酸,A、D两项正确;根据A中分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2,B项正确;该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫,C项错误。
 
(1)(宏观辨识与微观探析)该过程中Fe2(SO4)3的作用是什么?
提示:催化剂。该过程的总方程式为O2+2SO2+2H2O===2H2SO4,Fe2(SO4)3起催化作用。
(2)(宏观辨识与微观探析)该过程中每处理1
mol
SO2,转移几摩尔电子?
提示:2
mol。Fe2(SO4)3+SO2+2H2O===2FeSO4+2H2SO4中消耗1
mol
SO2,
消耗1
mol
Fe2(SO4)3,转移2
mol电子。
【备选例题】
中学化学中几种常见物质的转化关系如图(部分产物未列出)。A是一种金属单质,D是一种非金属固体单质。
请回答下列问题:
(1)A、C的化学式分别为A____________,C____________。
(2)F的浓溶液与A反应过程中,F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是_____________________________________________。
A.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
B.Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑
C.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
D.FeO+H2SO4===FeSO4+H2O
(3)写出反应E+H2O2→F的化学方程式:
____________________________________________________________。
(4)若反应F+D→E转移电子数为6.02×1023,则消耗D的质量为__________。
【解析】由AB→C,则A为变价金属Fe,B为FeSO4,C为Fe2(SO4)3,由F→C可推知F为H2SO4,进而推出D为S,E为SO2,故F+D―→E为2H2SO4(浓)+S3SO2↑+2H2O,所以转移1
mol
e-时,消耗S的质量为8
g。
答案:(1)Fe Fe2(SO4)3 (2)C
(3)SO2+H2O2===H2SO4 (4)8
g
1.中学阶段常见的符合ABCD转化关系示例
2.同价态硫元素之间的转化也是物质推断的重要突破点,可以从物质类别的角度进行分析与迁移。
如SO2、Na2SO3、NaHSO3之间的转化代表着酸性氧化物、正盐、酸式盐之间的转化;H2S、Na2S、NaHS之间的转化代表着二元弱酸、正盐、酸式盐之间的转化,可类比CO2、Na2CO3、NaHCO3之间的转化。
命题点1:硫及其化合物的相互转化(基础性考点)
1.(2021·潍坊模拟)如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图,其中b、c、d、e分子中只含有一个S原子,下列说法错误的是(  )
A.物质j和物质e反应生成物质a
B.物质b既有氧化性又有还原性
C.物质d的浓溶液具有脱水性
D.若g处是一种酸式盐,其水溶液显酸性,促进水的电离
【解析】选D。如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图,其中b、c、d、e分子中只含有一个S原子,根据图示可知,a为0价的S单质;b为S的+4价氧化物SO2;c为S的+6价氧化物SO3;d为S的+6价酸H2SO4;e为+4的H2SO3;f为+6的盐,为硫酸盐;g为+4的亚硫酸盐;h为S的+2价盐,q为-2价硫化物,据此解答。A.j是硫化氢,e是亚硫酸,二者可以发生归中反应得到单质硫,故A正确;B.b是二氧化硫,+4价的硫化合价既可以升高又可以降低,因此既有氧化性又有还原性,故B正确;C.d是硫酸,浓硫酸具有脱水性,故C正确;D.g可为NaHSO3,HSO的电离程度大于水解程度,该水溶液显酸性,抑制了水的电离,故D错误。
命题点2:硫及其化合物转化的应用(综合性考点)
2.海水资源丰富,海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等离子。火力发电时排放的烟气可用海水脱硫,其工艺流程如图所示。下列说法错误的是(  )
A.海水pH约为8的主要原因是C、HC发生水解
B.吸收塔中发生的反应是SO2+H2OH2SO3
C.氧化主要是氧气将H2SO3、HS、S氧化为S
D.经稀释“排放”出的废水中,S的浓度与海水相同
【解析】选D。海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、S、Br-、C、HC等离子,这些离子中C、HC发生水解反应:C+H2O
HC+OH-,HC+H2OH2CO3+OH-,使海水呈碱性,A项正确;分析流程图可知,吸收塔中发生的反应为SO2+H2OH2SO3,B项正确;海水呈弱碱性,吸收了含SO2的烟气后,硫元素转化为H2SO3、HS、S,所以氧化主要是氧气将H2SO3、HS、S氧化为S,C项正确;经海水稀释“排放”出的废水中S的浓度比海水中S的浓度大,D项错误。
【加固训练—拔高】
1.(2021·福州模拟)如图所示是一系列含硫化合物的转化关系(反应中生成的水已略去),其中说法正确的是
(  )
A.反应①说明SO2具有氧化性,反应②说明SO2具有酸性
B.反应②中生成物n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)=1∶1时,则反应物n(SO2)∶n(NaOH)
=1∶2
C.反应③④⑤均属于氧化还原反应
D.工业上可利用反应②和反应④回收SO2
【解析】选D。A项,反应①中先变蓝后褪色,说明KIO3先转化为I2后转化为
I-,SO2体现还原性,错误;B项,根据元素守恒,当n(Na2SO3)∶n(NaHSO3)=1∶1时,n(SO2)∶n(NaOH)=2∶3,错误;C项,反应④不是氧化还原反应,错误;D项,利用反应②④,可以吸收SO2并回收利用,正确。
2.大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要物质。直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。
(1)某研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成,在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体,慢慢通入O2,该过程中发生的化学方程式有_____________________、____________________________;再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨,其中NO的作用是______________。
(2)减少SO2的污染并变废为宝是一项很重要的研究工作。我国正在探究在一定条件下用CO还原SO2得到单质硫的方法来除去SO2。该反应的化学方程式为________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
①在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,有关反应的离子方程式为_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
②在吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(SO)∶n(HSO)的变化关系如下表:
n(SO)∶n(HSO)
91∶9
1∶1
1∶91
pH
8.2
7.2
6.2
 由上表可判断NaHSO3溶液显________________性,用化学平衡原理解释:_______________________________________________________________。
【解析】(1)一氧化氮具有还原性,很容易被氧气氧化,反应的方程式为2NO+O2===2NO2,二氧化氮能将二氧化硫氧化,反应的化学方程式为NO2+SO2===SO3+NO,总反应为2SO2+O2===2SO3,可见整个过程一氧化氮的质量及化学性质没有变化,故NO在反应中作催化剂;
(2)CO还原SO2得到单质硫和二氧化碳,反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2;
(3)①SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠,离子方程式为SO+SO2+H2O===2HSO;
②由表格中的数据可知,HSO越多,酸性越强,则电离生成氢离子,电离方程式为HSOH++SO,显酸性是因其电离大于其水解。
答案:(1)2NO+O2===2NO2 NO2+SO2===SO3+NO 作催化剂
(2)SO2+2COS+2CO2
(3)①SO+SO2+H2O===2HSO
②酸 HSO在溶液中存在如下平衡:HSOH++SO、HSO+H2OH2SO3+OH-,HSO的电离程度大于其水解程度
1.(2020·江苏高考)打赢蓝天保卫战,提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是(  )
A.PM2.5    B.O2    C.SO2    D.NO
【解析】选B。PM2.5、SO2、NO均属于大气污染物,O2可供呼吸使用,不是污染物,故选B项。
2.(2019·北京高考)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是___________________________。
②试剂a是_________________________________________________。
(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)
实验二:验证B的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是____________________________________。
(3)根据沉淀F的存在,推测SO的产生有两个途径:
途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。
途径2:实验二中,SO被氧化为SO进入D。
实验三:探究SO的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有________;取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:____________________________________________________。
②实验三的结论:__________________________________________________________。
(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是
___________________________________________________________
____________________________________________________________。
(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和SO生成。
(6)根据上述实验所得结论:______________________________________________________________。
【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
②由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量杂质,所以试剂a应为除杂试剂,可用饱和NaHSO3溶液。
(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3),离子方程式为:Ag2SO3+4NH3·H2O===2Ag(NH3)+SO+4H2O。
②推测沉淀D为BaSO3,加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F,则E中可能含有溶解的SO2,可加入双氧水溶液,若加入双氧水溶液,可以将亚硫酸(或亚硫酸根离子)氧化为硫酸根离子,从而生成白色的硫酸钡沉淀,则证明B中含有Ag2SO3。
(3)①加入过量盐酸产生白色沉淀,说明含有Ag+;Ag2SO4微溶于水,若产生Ag2SO4,则溶液中会有微量SO,加入BaCl2产生硫酸钡沉淀,与实验现象不符。
②由实验三可以得出:实验一中SO2未被氧化;实验二中SO被氧化为SO进入D。
(4)根据以上分析,二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀,离子方程式为:2Ag++SO2+H2O===
Ag2SO3↓+2H+。
(6)该实验的结论为:二氧化硫与硝酸银溶液既能发生沉淀反应生成亚硫酸银,又能发生氧化还原反应,沉淀反应的速率大于氧化还原反应的速率;碱性溶液中SO更易被氧化为SO。
答案:(1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
②饱和NaHSO3溶液
(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O===2Ag(NH3)+SO+4H2O ②H2O2溶液,产生白色沉淀
(3)①Ag+ Ag2SO4溶解度大于BaSO4,没有BaSO4沉淀时,必定没有Ag2SO4
②途径1不产生SO,途径2产生SO
(4)2Ag++SO2+H2O===
Ag2SO3↓+2H+
(6)实验条件下:SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率;碱性溶液中SO更易被氧化为SO
【加固训练—拔高】
(2019·江苏高考·组合)下列有关描述和转化正确的是
(  )
A.过量SO2与氨水反应生成(NH4)2SO3
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.S(s)
SO3(g)
H2SO4(aq)
【解析】选B。A项,SO2过量,则氨水不足,所以反应生成NH4HSO3,错误;B项,铁锈的主要成分为Fe2O3,加入稀硫酸可以除去Fe2O3是运用了稀硫酸的酸性,正确;C项,SO2漂白纸浆是运用了SO2的漂白性,不是其氧化性,错误;D项,
S与O2燃烧只能生成SO2,错误。
1.牢记SO2的四个性质:
酸性、强还原性、弱氧化性、漂白性。
2.明辨三类漂白原理:
吸附型、氧化型和加合型。
3.区分浓硫酸三个特性:
强氧化性、吸水性、脱水性。
4.掌握两个转化关系:
5.熟记以下重点化学方程式:
(1)SO2+Ca(OH)2===CaSO3↓+H2O
(2)SO2+2H2S===3S↓+2H2O
(3)SO2+Cl2+2H2O===2HCl+H2SO4
(4)2KMnO4+5SO2+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
(5)2FeCl3+SO2+2H2O===FeCl2+FeSO4+4HCl
(6)Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+H2O+SO2↑
(7)2Cu+2H2SO4(稀)+O22CuSO4+2H2O
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-第四讲 晶体结构与性质
考点一 晶体常识 晶体的组成和性质(命题指数★★★)
1.晶体与非晶体的区别:
固体
外观
微观结构
自范性
各向异性
熔点
晶体
具有规则的几何外形
粒子在三维空间呈周期性有序排列

各向异性
固定
非晶体
不具有规则的几何外形
粒子排列相对无序
没有
不具有各向异性
不固定
本质区别
微观粒子在三维空间是否呈现周期性有序排列
2.晶体与非晶体的测定方法:
测定方法
测熔点
晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点
可靠的方法
对固体进行X-射线衍射实验
3.获得晶体的三条途径:
(1)熔融态物质凝固。
(2)气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)。
(3)溶质从溶液中析出。
4.晶胞的结构:
(1)晶胞是描述晶体结构的基本单元。
(2)习惯采用的晶胞都是平行六面体,晶体是由无数晶胞“无隙并置”而成的。
①“无隙”:相邻晶胞之间无任何间隙。
②“并置”:所有晶胞都是平行排列的,取向相同。
(3)一种晶体所有晶胞的形状及其内部的原子种类、个数及几何排列是完全相同的。
5.晶胞中原子个数的计算(以铜晶胞为例):
(1)晶胞的顶角原子是8个晶胞共用的,晶胞棱上的原子是4个晶胞共用的,晶胞面上的原子是2个晶胞共用的。
(2)金属铜的一个晶胞的原子数为8×+6×=4。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)晶体的熔点一定比非晶体的熔点高。(  )
提示:×。非晶体没有固定的熔点,不能比较熔点的高低。
(2)具有规则几何外形的固体一定是晶体。(  )
提示:×。晶体具有以下特点:有整齐规则的几何外形,有固定的熔点、有各向异性,只有同时具备这三个条件的才是晶体,非晶体也可以有规则几何外形。
(3)晶体有自范性但其微粒排列无序。(  )
提示:×。晶体有自范性且微粒有序排列。
(4)晶体有固定的熔点,可用此方法区分晶体与非晶体。(  )
提示:√。区别于非晶体,晶体有固定的熔点,可用此性质区分二者。
(5)不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同。(  )
提示:×。不同晶体粒子可能直径不同、粒子间距不同,晶胞大小形状也不一定相同。
(6)已知晶胞的组成就可推知晶体的组成。(  )
提示:√。晶胞是晶体的最小重复单元,组成与晶体相同;将晶胞无隙并置并向空间延伸,即可知晶体结构。
2.现有甲、乙、丙(如图所示)三种晶体的晶胞(甲中X处于晶胞的中心,乙中A处于晶胞的中心),可推知:甲晶体中X与Y的个数比是__________,乙中A与B的个数比是__________,丙晶胞中有__________个C离子,有__________个D离子。
【解析】本题考查晶胞中微粒个数的计算方法,用均摊法计算晶胞中拥有的每一种粒子的个数。根据均摊规律,甲中,体心X为1,顶点Y为6×,所以N(X)∶N(Y)=1∶=4∶3;乙中,N(A)∶N(B)=1∶(8×)=1∶1;丙中,C离子的个数为12×+1=4,D离子的个数为8×+6×=4。
答案:4∶3 1∶1 4 4
命题角度1.晶体与非晶体的比较
【典例1】(2021·泰安模拟)下列有关晶体的认识没有科学性错误的是(  )
A.X?射线衍射实验可以区分晶体和非晶体
B.具有规则几何外形的固体一定是晶体
C.非晶体具有自范性和各向异性的特点
D.熔融态物质凝固后一定得到晶体
【解析】选A。晶体对X?射线发生衍射,非晶体不会对X?射线发生衍射,所以能用X?射线衍射实验区分晶体和非晶体,故A正确;晶体具有以下特点:有整齐规则的几何外形;
晶体有固定的熔点;有各向异性,只有同时具备这三个条件的才是晶体,故B错误;晶体具有自范性和各向异性的特点,非晶体没有自范性和各向异性的特点,故C错误;熔融态物质凝固后不一定得到晶体,故D错误。
命题角度2.晶胞中粒子数目的计算和“均摊法”的应用
【典例2】(2019·江苏高考节选)
Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu2O。
一个Cu2O晶胞(见图)中,Cu原子的数目为________。
【解析】白球为8×+1=2,黑球为4,白球和黑球数目比为1∶2,所以Cu为黑球,1个晶胞中含有4个Cu。
答案:4
1.晶体的特点:
(1)自范性:
①定义:晶体能自发地呈现多面体外形的性质。
②形成条件:晶体生长的速率适当。
③本质原因:晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列。
(2)各向异性:许多物理性质常常会表现出各向异性。
(3)晶体有固定的熔点。
(4)规则的几何外形和内部质点排列的高度有序性。
2.“均摊法”的应用:
(1)平行六面体晶胞中不同位置的粒子数的计算
图示:
(2)非平行六面体晶胞中粒子视具体情况而定。
①正三棱柱晶胞中:
②六棱柱晶胞中:
③石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形,其顶角(1个碳原子)被三个六边形共有,每个六边形占。
命题点1.晶体与非晶体的比较(基础性考点)
1.(2021·大连模拟)下列物质中属于晶体的是(  )
①橡胶 ②玻璃 ③食盐 ④水晶 ⑤塑料 ⑥胆矾
A.①④⑤  B.②③⑥  C.①③④  D.③④⑥
【解析】选D。橡胶没有一定规则的外形、没有固定的熔点,不是晶体,故①错误;玻璃没有一定规则的外形、没有固定的熔点,不是晶体,故②错误;食盐是NaCl,具有整齐规则的几何外形、有固定的熔点,属于晶体,故③正确;水晶是二氧化硅,具有整齐规则的几何外形、有固定的熔点,属于晶体,故④正确;塑料没有一定规则的外形、没有固定的熔点,不是晶体,故⑤错误;胆矾是CuSO4·5H2O,具有整齐规则的几何外形、有固定的熔点,属于晶体,故⑥正确,则正确组合为③④⑥。
2.晶体是一类非常重要的材料,在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300毫米的大直径硅单晶,晶体硅大量用于电子产业。下列对晶体硅的叙述中正确的是(  )
A.形成晶体硅的速率越大越好
B.晶体硅没有固定的熔、沸点
C.可用X?射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃
D.晶体硅的形成与晶体的自范性有关,而与各向异性无关
【解析】选C。A项,晶体的形成都要有一定的形成条件,如温度、压强、结晶速率等,但并不是说结晶速率越大越好,错误;B项,晶体有固定的熔、沸点,错误;C项,X?射线衍射实验能够测出物质的内部结构,根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体,正确;D项,晶体的形成与晶体的自范性和各向异性都有密切关系,错误。
命题点2.晶胞中粒子数目的计算和“均摊法”的应用(综合性考点)
3.
(2021·武汉模拟)储氢合金是一类能够大量吸收氢气,并与氢气结合成金属氢化物的材料,如镧(La)镍(Ni)合金,它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧镍储氢合金晶胞结构如图,该材料中镧、镍、氢的原子个数比为(  )
A.8∶9∶10 
B.1∶5∶6
C.1∶5∶3
D.1∶5∶5
【解析】选B。利用均摊法,La在晶胞的顶点,N(La)=8×=1;Ni在面心和体心,N(Ni)=8×+1=5;氢气在棱上和面心,N(H2)=8×+2×=3;则镧、镍、氢的原子个数比为1∶5∶6。
4.石墨晶体是层状结构,在每一层内,每个碳原子都跟其他3个碳原子相结合。据图分析,石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为(  )
A.2∶3  B.2∶1  C.1∶3  D.3∶2
【解析】选A。每个碳原子被3个六边形共用,每个共价键被2个六边形共用,则石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为(6×)∶(6×)=2∶3。
5.钛酸钡的热稳定性好,介电常数高,在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体结构示意图如图所示,它的化学式是(  )
A.BaTi8O12
   
B.BaTi4O5
C.BaTi2O4
 
D.BaTiO3
【解析】选D。观察钛酸钡晶体结构示意图可知,Ba在立方体的中心,完全属于该晶胞;Ti处于立方体的8个顶点,每个Ti有属于该晶胞;O处于立方体的12条棱的中点,每个O有属于该晶胞。即晶体中N(Ba)∶N(Ti)∶N(O)=1∶(8×)∶(12×)=1∶1∶3。
6.
(2021·日照模拟)已知某化合物的晶体是由如图所示最小单元密置堆积而成的,关于该化合物的以下叙述中错误的是(  )
A.1
mol该化合物中有1
mol
Y
B.1
mol该化合物中有3
mol
Cu
C.1
mol该化合物中有2
mol
Ba
D.该化合物的化学式是YBa2Cu3O6
【解析】选D。Y位于顶点,1个晶胞中Y的个数为8×=1,则1mol该化合物中有1
mol
Y,故A正确;Cu位于体内,其个数为3,则1
mol该化合物中有3
mol
Cu,故B正确;Ba位于棱上,其个数为8×=2,则1
mol该化合物中有2
mol
Ba,故C正确;O原子在晶胞内部与面上,晶胞中O原子数目为2+10×=7,Y、Ba、Cu、O的原子个数比为1∶2∶3∶7,故该晶体化学式为YBa2Cu3O7,故D错误。
考点二 四类晶体模型(命题指数★★★★★)
1.分子晶体:
(1)概念:只含分子的晶体称为分子晶体。
(2)粒子间的相互作用力:分子晶体内相邻分子间以分子间作用力相互吸引,分子内原子之间以共价键结合。
(3)常见的分子晶体。
①所有非金属氢化物,如水、硫化氢、氨、甲烷等。
②部分非金属单质,如卤素(X2)、氧(O2)、硫(S8)、氮(N2)、白磷(P4)、C60等。
③部分非金属氧化物,如CO2、SO2、P4O6、P4O10等。
④几乎所有的酸,如H2SO4、HNO3、H3PO4、H2SiO3等。
⑤绝大多数有机物的晶体,如苯、乙醇、乙酸、葡萄糖等。
(4)物理性质。
分子晶体熔、沸点较低,硬度较小。
(5)分子晶体的结构特征。
①分子间作用力只是范德华力:晶体中分子堆积方式为分子密堆积。
②分子间还有其他作用力:水分子之间的主要作用力是氢键,在冰的每个水分子周围只有4个紧邻的水分子。
冰的晶体结构如图:
2.共价晶体:
(1)构成微粒及其相互作用。
(2)物理性质。
①共价晶体中,由于各原子均以强的共价键相结合,因此一般熔点高,硬度大。
②结构相似的共价晶体,原子半径越小,键长越短,键能越大,晶体的熔点越高。
(3)常见的共价晶体。
物质类别:
3.金属晶体:
(1)金属键。
①概念:金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”,被所有原子共用,从而把所有金属原子维系在一起。
②成键粒子是金属阳离子和自由电子。
③金属键的强弱和对金属性质的影响:
A.金属键的强弱主要取决于金属元素的原子半径和价电子数,原子半径越大,价电子数越少,金属键越弱;反之,金属键越强。
B.金属键越强,金属的熔、沸点越高,硬度越大。
(2)金属晶体。
①在金属晶体中,原子间以金属键相结合。
②金属晶体的性质:优良的导电性、导热性和延展性。
③用电子气理论解释金属的性质:
4.离子晶体:
(1)构成粒子:阴离子和阳离子。
(2)作用力:离子键。
(3)配位数:一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。
(4)离子晶体结构的决定因素。
①几何因素:晶体中正负离子的半径比。
②电荷因素:晶体中正负离子的电荷比。
③键性因素:离子键的纯粹程度。
(5)离子晶体的性质。
熔、沸点
熔、沸点较高,难挥发
硬度
硬度较大,难以压缩
溶解性
一般在水中易溶,在非极性溶剂中难溶
导电性
固态时不导电,熔融状态或在水溶液中能导电
5.石墨的结构特点:
(1)同层内,碳原子采用sp2杂化,以共价键相结合形成正六边形平面网状结构。所有碳原子的p轨道平行且相互重叠,p轨道中的电子可在整个平面中运动。
(2)层与层之间以范德华力相结合。
(3)石墨晶体中,既有共价键,又有金属键和范德华力,属于混合晶体。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)分子晶体中都含有共价键(  )
提示:×。稀有气体分子晶体中不含共价键。
(2)干冰升华时,碳氧共价键被破坏(  )
提示:×。分子晶体发生物态变化时,破坏分子间作用力。
(3)共价晶体中共价键越弱,熔点越低(  )
提示:√。共价晶体物态变化时要破坏共价键,共价键越强,熔点越高。
(4)共价晶体中只存在极性共价键,不可能存在其他类型的化学键(  )
提示:×。金刚石晶体中只含有非极性共价键。
(5)常温下,金属单质都以金属晶体的形式存在(  )
提示:×。金属汞在常温下为液体。
2.碳酸盐在一定温度下会发生分解,如煅烧石灰石可以得到CaO,这是由于受热时碳酸根发生分解,放出二氧化碳。
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
(1)根据表中数据,第二主族元素阳离子半径大小顺序是什么?与核外电子排布有什么关系?
(2)MCO3金属阳离子半径与碳酸盐分解温度有什么关系?
提示:(1)半径r(Mg2+)<r(Ca2+)<r(Sr2+)<r(Ba2+);核外电子层数越多,半径越大。
(2)金属阳离子的半径越小,氧化物MO晶格能越大,越稳定;碳酸盐MCO3越易分解,越不稳定。
命题角度1.晶体类型的判断
【典例1】(1)(2020·山东等级考节选)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。
Sn为ⅣA族元素,单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体,SnCl4空间构型为____________,其固体的晶体类型为____________。
(2)(2019·全国卷Ⅲ节选)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。
苯胺(NH2)的晶体类型是______________。苯胺与甲苯(CH3)的相对分子质量相近,但苯胺的熔点(-5.9
℃)、沸点(184.4
℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0
℃)、沸点(110.6
℃),原因是_____________________________________________
__________________________________________________________________。
【解析】(1)Sn为ⅣA族元素,由于常温下SnCl4为液体,故SnCl4为分子晶体;SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=×(4-4×1)=0,σ键电子对数为4,价层电子对数为4,故SnCl4分子的空间构型为正四面体形;
(2)苯胺是有机物,晶体类型是分子晶体。氮原子电负性大,苯胺分子间存在氢键,使苯胺的熔点、沸点比甲苯高。
答案:(1)正四面体形 分子晶体
(2)分子晶体 苯胺分子之间存在氢键
命题角度2.晶体熔沸点比较
【典例2】(1)(2020·全国Ⅱ卷节选)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。
Ti的四卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是__________________________________________。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
(2)(2020·天津等级考节选)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。三种元素二价氧化物的晶胞类型相同,其熔点由高到低的顺序为________________________。
(3)(2019·全国卷Ⅱ节选)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe?Sm?As?F?O组成的化合物。
元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为______________,其沸点比NH3的__________(填“高”或“低”),其判断理由是____________________________________________________。
【解析】(1)F的电负性强,故TiF4属于离子化合物,形成离子晶体,熔点较高,而自TiCl4至TiI4均为共价化合物,形成分子晶体,熔沸点很低,且随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点逐渐升高。
(2)三种元素二价氧化物均为离子晶体,由于离子半径:Fe2+>Co2+>Ni2+,则晶格能:NiO>CoO>FeO,故熔点:NiO>CoO>FeO。
(3)As与N同族,位于第ⅤA族,其氢化物的结构与氨气相同,则AsH3分子的空间构型为三角锥形;在氨气分子间,存在氢键和范德华力,AsH3分子间只存在范德华力,所以导致沸点AsH3低于NH3。
答案:(1)TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点逐渐升高 (2)NiO>CoO>FeO
(3)三角锥形 低 NH3分子间存在氢键
 
(1)(宏观辨识与微观探析)NH3和AsH3的键角大小关系如何?如何比较?
提示:键角NH3>AsH3,二者中心原子均为sp3杂化,且分子构型均为三角锥形,N原子电负性大,周围电子云密度大,键合电子排斥力大,故键角大。
(2)(证据推理与模型认知)前四周期,第ⅤA族元素氢化物的熔沸点大小顺序是什么?
提示:NH3>SbH3>AsH3>PH3,组成和结构相似的物质,相对分子质量越大,熔沸点越高,PH3、AsH3和SbH3熔沸点依次升高;而NH3分子间有氢键,熔沸点反常。
1.分子晶体的特点:
(1)分子晶体是分子在分子间作用力的作用下形成的晶体,熔化时,只破坏分子间作用力不破坏化学键。
(2)少数以氢键作用形成的分子晶体,比一般的分子晶体的熔点高,如含有H—F、H—O、H—N等共价键的分子间可以形成氢键,所以HF、H2O、NH3、醇、羧酸、糖等物质的熔点较高。
(3)结构相似,分子之间不含氢键而利用范德华力形成的分子晶体,随着相对分子质量的增大,物质的熔点逐渐升高。例如,常温下Cl2为气态,Br2为液态,而I2为固态;CO2为气态,CS2为液态。
(4)相对分子质量相等或相近的极性分子构成的分子晶体,其熔点一般比非极性分子构成的分子晶体的熔点高,如CO的熔点比N2的熔点高。
(5)组成和结构相似且不存在氢键的同分异构体所形成的分子晶体,相对分子质量相同,一般支链越多,分子间相互作用越弱,熔、沸点越低,如熔、沸点:正戊烷>异戊烷>新戊烷。
2.金属晶体的特点:
(1)同周期金属单质,从左到右金属单质(如Na、Mg、Al)熔、沸点升高。
(2)同主族金属单质,从上到下金属单质(如碱金属)熔、沸点降低。
(3)合金的熔、沸点比其各成分金属的熔、沸点低。
(4)金属晶体熔点差别很大,如汞常温下为液体,熔点很低(-38.9
℃),而铁等金属熔点很高(1
535
℃)。
3.离子晶体中的“不一定”:
(1)离子晶体中不一定都含有金属元素,如NH4NO3晶体。
(2)离子晶体的熔点不一定低于共价晶体,如MgO的熔点(2
852
℃)高于SiO2的熔点(约为1
600
℃)。
(3)离子晶体中除含离子键外不一定不含其他化学键,如CH3COONH4中除含离子键外,还含有共价键、配位键。
(4)由金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体,如AlCl3是分子晶体。
(5)含有阳离子的晶体不一定是离子晶体,也可能是金属晶体。
(6)离子晶体中不一定不含分子,如CuSO4·5H2O晶体。
4.晶体熔、沸点高低的比较:
(1)不同晶体类型的熔、沸点高低规律。
一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点有的很高(如钨),有的很低(如汞)。
(2)同属于共价晶体。
一般组成晶体的原子半径越小,熔、沸点越高。如熔点:金刚石(C—C)>碳化硅(Si—C)>晶体硅(Si—Si)。
(3)同属于离子晶体。
离子所带电荷越多,离子半径越小,则离子键越强,熔、沸点越高。如熔点:MgO>NaCl>CsCl。
(4)同属于金属晶体。
金属原子的价电子数越多,半径越小,金属键越强,熔、沸点越高。如熔点:Al>Mg>Na。
(5)同属于分子晶体。
分子间作用力越强,熔、沸点越高。
①组成和结构相似的分子晶体,一般相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔、沸点越高。如熔点:I2>Br2>Cl2>F2。
②相对分子质量相同或相近的物质,分子的极性越大,熔、沸点越高。如沸点:CO>N2。
③同分异构体之间:
A.一般是支链越多,熔、沸点越低。如沸点:正戊烷>异戊烷>新戊烷。
B.结构越对称,熔、沸点越低。如沸点:邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。
④若分子间有氢键,则分子间作用力比结构相似的同类晶体大,故熔、沸点较高,如沸点:HF>HI>HBr>HCl。
⑤状态不同的物质在相同条件下,熔、沸点:固体>液体>气体。例如:S>Hg>O2。
命题点1.晶体类型的判断(基础性考点)
1.(2021·徐州模拟)一种新型材料B4C,它可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是(  )
A.B4C分子是由4个硼原子和1个碳原子构成的
B.B4C是一种共价晶体
C.B4C是一种分子晶体
D.B4C是一种离子晶体
【解析】选B。B4C由非金属元素组成,不可能为离子晶体,可用于制作切削工具和高温热交换器,说明熔点高,应为共价晶体,不存在单个分子,构成微粒为原子。
2.(2021·济南模拟)一定条件下,Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5。常温下,Fe(CO)5是一种黄色液体,易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。下列说法一定错误的是(  )
A.Fe(CO)5为分子晶体
B.Fe(CO)5难溶于水
C.Fe(CO)5属于含氧盐
D.Fe吸收CO生成Fe(CO)5的变化是化学变化
【解析】选C。Fe(CO)5是一种黄色液体,易溶于汽油、苯等多数有机溶剂,根据相似相溶原理,Fe(CO)5为分子晶体,A正确;根据相似相溶原理,Fe(CO)5为非极性分子,水为极性分子,Fe(CO)5难溶于水中,B正确;盐是由酸根阴离子和金属阳离子组成,Fe(CO)5属配合物,无金属阳离子和酸根阴离子,C错误;Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5有新物质生成,所以是化学变化,D正确。
3.(2021·天津和平区模拟)BN(氮化硼)和CO2中的化学键均为共价键,BN的晶体熔点高且硬度大,而CO2的晶体(干冰)却松软而且极易升华,由此判断,BN的晶体类型是(  )
A.分子晶体  B.共价晶体
C.离子晶体
D.金属晶体
【解析】选B。根据分析可知,BN的晶体类型是共价晶体,故B正确。
命题点2.晶体熔沸点比较(综合性考点)
4.下列分子沸点的比较正确的有(  )
①H2O>H2S ②H2O>HF ③H2S>H2Se
④CO>N2 ⑤CH4>C2H6 ⑥正戊烷>新戊烷
A.3项   B.4项   C.5项   D.6项
【解析】选B。①H2O中含有氢键、H2S不含氢键,则熔沸点H2O>H2S,故正确;②两分子间都存在氢键,常温下水为液体,氟化氢为气态,所以沸点:H2O>HF,故正确;③H2S的相对分子质量小于H2Se的相对分子质量,所以沸点:H2Se>H2S,故错误;④CO、N2的相对分子质量相同,但一氧化碳是极性分子,所以沸点:CO>N2,故正确;⑤CH4的相对分子质量小于C2H6的相对分子质量,所以沸点:CH4<C2H6,故错误;⑥碳原子数目相同的有机物,支链越多,沸点越低,则正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低,所以沸点:正戊烷>新戊烷,故正确。
5.(2021·厦门模拟)下列各物质中,按熔点由高到低的顺序排列正确的是(  )
A.CH4>SiH4>GeH4>SnH4
B.KCl>NaCl>NaF>LiF
C.Rb>K>Na>Li
D.金刚石>氯化钠>钠>干冰
【解析】选D。分子结构相似,且都为分子晶体,分子的相对分子质量越大,分子之间作用力越大,熔点越高,则有CH4<SiH4<GeH4<SnH4,故A错误;离子晶体的晶格能大小取决于离子半径和电荷因素,离子半径越小,电荷越多,晶格能越大,离子晶体的熔点越高,则有KCl<NaCl<NaF<LiF,故B错误;碱金属从上到下,原子半径逐渐增大,金属键键能逐渐减小,金属晶体的熔点逐渐降低,则有Rb<K<Na<Li,故C错误;金刚石为共价晶体,熔点最大,氯化钠为离子晶体,熔点较高但是比共价晶体低,Na的熔点较低,干冰为分子晶体熔点很低,则熔点:金刚石>氯化钠>钠>干冰,故D正确。
6.(2021·郑州模拟)以下6种有机物,沸点由高到低的排列顺序是(  )
①异戊烷 ②2,2?二甲基丙烷 ③乙醇 ④乙酸
⑤油酸甘油酯 ⑥软脂酸甘油酯
A.⑥>⑤>④>③>①>②
B.⑥>④>⑤>②>③>①
C.⑤>⑥>④>③>①>②
D.④>⑥>⑤>②>③>①
【解析】选C。①和②均为5个碳原子的烷烃,碳原子相同的烷烃,支链越多,其沸点越低,①异戊烷含有1个支链,②2,2?二甲基丙烷含有2个支链,则沸点①>②;③乙醇和④乙酸,乙酸的相对分子质量更大,分子间作用力更大,因此乙酸的沸点更高,则沸点④>③;⑤油酸甘油酯,其中油酸为C17H33COOH;⑥软脂酸甘油酯,其中软脂酸为C15H31COOH,一般的,支链越多,形成烃的熔沸点越高,所以可知沸点⑤>⑥;①常温下是液体,②常温下是气体,③和④常温下是液体,但是其沸点低于⑤和⑥的沸点,综上沸点由高到低的排列顺序为⑤>⑥>④>③>①>②,C符合题意。
考点三 晶体结构 晶胞计算(命题指数★★★★★)
1.分子晶体结构的结构模型:
分子间作用力只是范德华力:晶体中分子排列方式如下,即以一个分子为中心,其周围通常可以有12个紧邻的分子。
A.每个晶胞中有12个原子。
B.每个CO2分子周围等距离紧邻的CO2分子有12个。
2.共价晶体结构的结构模型:
(1)金刚石的结构特点。
①在晶体中每个碳原子以4个共价单键与相邻的4个碳原子相结合,成为正四面体。
②晶体中C—C—C夹角为109°28′,碳原子采取了sp3杂化。
③最小环上有6个碳原子。
④晶体中碳原子个数与C—C键数之比为1∶(4×)=1∶2。
⑤晶胞中含有8个碳原子。
(2)SiO2的结构特点。
①每个Si与4个O以共价键结合,形成正四面体结构;每个O连接2个Si。
②每个正四面体占有1个Si,2个O,n(Si)∶n(O)=1∶2。
③最小环上有12个原子,即6个Si和6个O。
④晶胞中含有8个Si,16个O。
3.金属晶体(等径圆球)的结构模型:
(1)二维空间模型。
金属原子在二维平面里放置有非密置层和密置层两种方式,配位数分别为4和6。如图。
(2)常见金属的晶胞模型。
三种典型结构型式
面心立方最密堆积(A1)
体心立方堆积(A2)
六方最密堆积(A3)
常见金属
Cu、Au、Ag
Na、K、Fe
Mg、Zn、Ti
结构示意图
晶胞
配位数
12
8
12
空间利用率
74%
68%
74%
每个晶胞所含原子数
4
2
2
4.离子晶体(非等径圆球)的结构模型:
(1)NaCl晶体的结构特点。
①每个NaCl晶胞中含有4个Na+和4个Cl-;
②NaCl晶体中,每个Na+周围与它最接近且距离相等的Cl-有6个;
③NaCl晶体中,每个Cl-周围与它最接近且距离相等的Na+有6个;
④NaCl晶体中,每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有12个;
⑤NaCl晶体中,每个Cl-周围与它最接近且距离相等的Cl-有12个。
(2)CsCl晶体的结构特点。
①CsCl晶胞中含有1个Cs+和1个Cl-。
②Cs+的配位数为8,Cl-的配位数为8。
③Cs+周围与它最近且等距离的Cs+有6个;Cl-周围与它最近且等距离的Cl-有6个。
(3)CaF2晶体的结构特点。
①每个CaF2晶胞中含有4个Ca2+和8个F-;
②F-的配位数为4,Ca2+的配位数为8。
(4)ZnS晶体的结构特点。
①一个ZnS晶胞中含有4个Zn2+和4个S2-。
②Zn2+的配位数为4,S2-的配位数为4。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)干冰晶体每个晶胞中含有14个CO2分子。(  )
提示:×。晶胞顶点、面心均有分子,晶胞中含有4个CO2分子。
(2)晶体硅中Si采取sp3杂化,与相邻的四个Si形成正四面体,即为晶胞。(  )
提示:×。正四面体结构不是晶体Si的晶胞。
(3)钠晶体、铜晶体的晶胞如图所示,两晶胞中所具有的Na、Cu原子个数之比是1∶2。(  )
提示:√。Na晶胞中含有2个原子,Cu晶胞中含有4个原子。
2.如图为四种金属的晶胞模型。
(1)每个晶胞含有的原子数分别是多少?
(2)晶胞中原子的配位数分别是多少?
提示:(1)每个晶胞含有的原子数分别为a:8×=1个,b:8×+1=2个,c:8×+1=2个,d:8×+6×=4个
(2)a:6;b:8;c:12;d:12
命题角度1.晶体结构
【典例1】(2020·山东等级考节选)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
原子
坐标
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
一个晶胞中有__________个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有______________________个。
【解析】由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0),可知8个Cd在晶胞的顶点,4个Cd在晶胞的面上,1个在晶胞的体心;部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5),4个Sn在晶胞的棱上,6个Sn在晶胞的面上;部分As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125),8个As在晶胞内;所以1个晶胞中Sn的个数为4×+6×=4;距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0);由晶胞结构图可知,CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个。
答案:4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4
【备选例题】
(2021·菏泽模拟)有关晶体的结构如图所示,下列说法中错误的是(  )
A.在干冰晶体中,与CO2距离最近且相等的CO2有12个
B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+
C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【解析】选D。在CO2晶体中,与每个CO2分子紧邻的CO2分子有12个,故A正确;Ca2+位于晶胞的顶点和面心,晶胞中含有Ca2+的个数为8×+6×=4,故B正确;在金刚石晶体中,每个碳原子形成4个共价键,每两个碳原子形成一个共价键,则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2,所以在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键数之比为1∶2,故C正确;气态团簇分子不同于晶胞,气态团簇分子中含有4个E原子,4个F原子,则分子式为E4F4或F4E4,故D错误。
命题角度2.晶胞计算
【典例2】(1)(2020·全国Ⅲ卷节选)
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。
研究发现,氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构,晶胞参数分别为a
pm、b
pm、c
pm,α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ=__________g·cm-3(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(2)
(2020·天津等级考节选)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。
CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为______g·cm-3。
【解析】(1)由图可知晶胞体积为2a×2b×2c=8abc
(pm3)=8abc×10-30(cm3);而每个晶胞中氨硼烷质量为g,所以晶体的密度ρ=g·cm-3。
(2)该晶胞中Co2+个数为12×+1=4,O2-个数为8×+6×=4,晶胞质量为
g=g,晶胞体积为(a×10-7
cm)3,故晶体的密度为
g÷(a×10-7cm)3=
g·cm-3。
答案:(1) (2)
晶体微粒相关计算
(1)立方晶胞的棱长a与面对角线、体对角线的关系。
①面对角线=a;
②体对角线=a。
(2)立方晶胞的密度ρ与晶胞内微粒数x之间的关系。
a3·ρ=·M
若1个晶胞中含有x个微粒,则1
mol晶胞中含有x
mol微粒,其质量为xM
g(M为微粒的相对“分子”质量);1个晶胞的质量为ρa3
g(a3为晶胞的体积,ρ为晶胞的密度),则1
mol晶胞的质量为ρa3NA
g,因此有xM=ρa3NA。
命题点1.晶体结构(基础性考点)
1.
(2021·广州模拟)已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体,其晶胞如图所示,X、Y、Z分别处于立方体的顶点、棱边的中点、立方体的体心。则下面关于该化合物的说法正确的是(  )
A.该晶体的化学式为ZXY3
B.该晶体的熔点一定比金属晶体熔点高
C.每个X周围距离最近的Y有8个
D.每个Z周围距离最近的X有16个
【解析】选A。由图可知,X占据顶点、Y占据棱心,Z占据体心,个数分别为8×=1,12×=3,1,该晶体的化学式为ZXY3,故A正确;一般来说,离子晶体的熔点大于金属晶体,但该晶体的熔点不一定比金属晶体熔点高,题中信息不能确定,故B错误;由图可知,与X最近的Y在棱上,空间8个晶胞无隙并置,则每个X周围距离最近的Y有6个,故C错误;以体心Z来看,最近的X在顶点,则每个Z周围距离最近的X有8个,故D错误。
2.某离子晶体的晶胞结构如图中a所示。表示X位于立方体顶点,表示Y位于立方体中心。试分析:
(1)晶体中每一个Y同时吸引着________个X,每个X同时吸引着________个Y,该晶体的化学式是________________。
(2)晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有________个。
(3)晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX为________。
【解析】(1)同时吸引的原子个数即指在某原子周围与之距离最近的其他种类的原子个数,观察图a可知,Y位于立方体的体心,X位于立方体的顶点,每个Y同时吸引着4个X,而每个X同时被8个立方体共用,每个立方体的体心都有1个Y,所以每个X同时吸引着8个Y,X、Y的个数之比为4∶8,所以化学式为XY2或Y2X。(2)晶体中每个X周围与它最接近的X之间的距离应为图b所示的立方体面对角线位置。处在这样位置的X共有12个。(3)若将4个X连接,构成1个正四面体,Y位于正四面体的中心[如图中b所示],联系CH4的键角,可知∠XYX=109°28′。
答案:(1)4 8 XY2或Y2X (2)12 (3)109°28′
命题点2.晶胞计算(综合性考点)
3.如图是CsCl晶体的一个晶胞,相邻的两个Cs+的核间距为a
cm,NA为阿伏加德罗常数,CsCl的相对分子质量用M表示,则CsCl晶体的密度为(  )
A.  B.  C.  D.
【解析】选D。由均摊法求得CsCl晶胞含有1个Cs+和1个Cl-,其质量是M/NA,再由相邻的两个Cs+的核间距为a
cm,求出该晶胞的体积是a3
cm3,所以晶胞的密度是,晶体的密度和晶胞的密度是相同的。
4.(2021年辽宁适应性测试)我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体,晶胞结构如图。下列说法正确的是(  )
A.11BN和10BN的性质无差异
B.该晶体具有良好的导电性
C.该晶胞中含有14个B原子,4个N原子
D.N原子周围等距且最近的N原子数为12
【解析】选D。11B和10B互为同位素,形成的化合物在化学性质上无差异,但物理性质有差异,A错误;该晶体结构中无自由移动的离子和电子,不具有导电性,B错误;该晶胞中,顶点上的B原子个数为8×=1,面心上的B原子个数为6×=3,共有4个B原子,C错误;由晶胞示意图,1个N原子与4个B原子成键,每个B原子又分别和3个N原子成键,所以N原子周围等距且最近的N原子数为3×4=12个,D正确。
1.(2020·全国Ⅰ卷节选)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。
LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有__________个。
电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-x
FePO4,结构示意图如(b)所示,则x=________,n(Fe2+)∶n(Fe3+)=__________。
【解析】由题干可知,LiFePO4的晶胞中,Fe存在于由O构成的正八面体内部,P存在于由O构成的正四面体内部;再分析题干中给出的(a)、(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图,对比(a)和(c)的差异可知,(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,小球表示的即为Li+,其位于晶胞的8个顶点,4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中Li+的个数为8×+4×+4×=4(个);进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中,八面体结构和四面体结构的数目均为4,即晶胞中含Fe和P的数目均为4;考虑到化学式为LiFePO4,并且一个晶胞中含有的Li+、Fe和P的数目均为4,所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知,Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+;结合上一个空的分析可知,LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16,那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16,所以有1-x=即x=0.187
5。结合上一个空计算的结果可知,Li1-xFePO4即Li0.812
5FePO4;假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y,则列方程组:x+y=1,0.812
5+2x+3y+5=4×2,解得x=0.812
5,y=0.187
5,则Li1-xFePO4中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.812
5∶0.187
5=13∶3。
答案:4 或0.187
5 13∶3
2.
(2018·全国Ⅰ卷节选)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.466
5
nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为__________________g·cm-3(列出计算式)。
【解析】根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中,共计是8个,根据化学式可知氧原子个数是4个,则Li2O的密度是ρ==
g·cm-3。
答案:
3.(2018·全国Ⅱ卷节选)硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如表所示:
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
-85.5
115.2
>600(分解)
-75.5
16.8
10.3
沸点/℃
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
(1)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为____________________________________________________________
____________________________。
(2)FeS2晶体的晶胞如图(b)所示。晶胞边长为a
nm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为________g·cm-3;晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为________nm。
【解析】(1)S8与SO2均为分子晶体,而S8相对分子质量大,因此分子间范德华力强,所以其熔沸点比SO2高。
(2)FeS2晶体的晶胞中Fe2+位于立方体的棱上和体心,因此一个晶胞中含有Fe2+为12×+1=4(个),含有S为6×+8×=4(个),因此一个晶胞中含有4个FeS2,因此晶体的密度为ρ==
g·cm-3
=×1021
g·cm-3。S形成正八面体,其中四个S形成的正方形的对角线即为晶胞的边长a
nm,若正八面体的边长为x,则x=a
nm,因此x=
nm=
nm。
答案:
(1)S8相对分子质量大,分子间范德华力强
(2)×1021 a
4.
(2018·全国Ⅲ卷节选)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
六棱柱底边边长为a
cm,高为c
cm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为________________g·cm-3(列出计算式)。
【解析】六棱柱底边边长为a
cm,可求六棱柱底面积=6××a×a×sin60°=6×a2(cm2),六棱柱高为c
cm,则六棱柱的体积=6×a2c(cm3);一个金属锌晶胞中含有锌原子数=12×+2×+3=6,然后根据密度的计算公式:ρ==(g·cm-3)。
答案:
1.熟悉四种晶体类型:
共价晶体、分子晶体、离子晶体、金属晶体
2.熟记几种晶体的结构:
干冰、NaCl晶体、CsCl晶体、金刚石、石墨
3.掌握判断熔点高低的一般规律:
共价晶体>离子晶体>分子晶体
4.牢记立方体晶胞分摊粒子数的四条规律:
(1)顶点粒子数×
(2)棱上粒子数×
(3)面心粒子数×
(4)体心粒子数×1
5.熟悉晶体计算的四种方式:
(1)计算晶胞中所含有的微粒个数。
(2)能写出晶胞中某些粒子的坐标点。
(3)计算出晶胞中某些特殊点之间的距离。
(4)计算出晶胞的密度。
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-第二讲 氯及其化合物
考点一 氯及其化合物的性质及应用(命题指数★★★★★)
1.氯气的性质:
(1)氯气的物理性质
颜色
气味
毒性
密度
特性
黄绿色
刺激性气味
有毒
比空气大
易液化
实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是用手在瓶口轻轻扇动,仅使极少量气体飘进鼻孔。
(2)从氯的原子结构认识氯气的化学性质——氧化性
依据氯气的氧化性完成下列方程式:
①与金属反应
a.Fe:2Fe+3Cl22FeCl3,棕红色烟。
b.Cu:Cu+Cl2CuCl2,棕黄色烟。
②与非金属反应
H2:H2+Cl22HCl,苍白色火焰;
H2和Cl2的混合气体光照时会发生爆炸。
③与还原性无机化合物反应:
a.与碘化钾溶液反应:Cl2+2KI====2KCl+I2。
b.与SO2水溶液反应:Cl2+SO2+2H2O====H2SO4+2HCl。
c.与FeCl2溶液反应:Cl2+2FeCl2====2FeCl3。
(3)从化合价的角度认识Cl2的化学性质——歧化反应
氯气与水或碱反应,氯元素的化合价既有升高又有降低,因而氯气既表现氧化性又表现还原性。
①与水反应
a.化学方程式:Cl2+H2OHCl+HClO,
b.离子方程式:Cl2+H2OH++Cl-+HClO。
②与碱反应
a.与烧碱反应:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O,
b.离子方程式:Cl2+2OH-====Cl-+ClO-+H2O。
2.次氯酸与次氯酸盐:
(1)次氯酸(HClO)
①不稳定性
次氯酸分解反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。
②强氧化性
a.能将有色物质氧化为无色物质,作漂白剂。
b.杀菌、消毒。
③弱酸性
向NaClO溶液中通入少量CO2,离子方程式为
ClO-+CO2+H2O====
HCO+HClO。
向NaClO溶液中通入CO2(无论是少量还是过量),均生成HCO和HClO。原因是酸性:H2CO3>HClO>
HCO。
 (2)次氯酸盐
①“84”消毒液
②漂白粉
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)过量的铁粉在少量氯气中加热,充分反应后产物为FeCl2。
(  )
提示:×。铁粉与氯气充分反应后产物为FeCl3。
(2)氯气溶于水溶液呈酸性且可以导电,所以氯气是电解质。
(  )
提示:×。氯气是单质,既不是电解质也不是非电解质。
(3)标准状况下,11.2
L
Cl2与水充分反应转移电子数为0.5NA。
(  )
提示:×。该反应为可逆反应,Cl2不能完全反应。
(4)1
mol氯气分别与铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NA。
(  )
提示:×。1
mol
Cl2分别与铁和铝完全反应时,氯元素化合价由0变为-1,所以转移的电子数均为2NA。
(5)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同,都是利用强氧化性。
(  )
提示:√。“84”消毒液与H2O2具有强氧化性,均可以作漂白剂。
(6)过量SO2通入NaClO溶液中:SO2+ClO-+H2O====HClO+
HSO。
(  )
提示:×。离子反应产物是H+、Cl-和SO,HClO具有强氧化性,而HSO具有强还原性。
2.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4固体滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。
已知:2KMnO4+16HCl====2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O
对实验现象的“解释或结论”正确的是
(  )
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝,b处变红棕色
氧化性:Cl2>Br2>I2
B
c处先变红,后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性:Fe2+>Cl-
【解析】选D。A项,由现象得,氧化性:Cl2>Br2、Cl2>I2,但无法比较Br2与I2的氧化性强弱;B项,由现象可知在此过程中有酸性物质生成,同时生成了漂白性物质;C项,在此过程中只能判断溶液不再显碱性,无法判断有无漂白性物质生成;D项,由现象得,此时Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,而Cl2被还原为Cl-,还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Cl-的还原性。
命题角度1:氯气及氯水的性质
【典例1】(2021·长治模拟)在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是
(  )
A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2
B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,说明氯水中含有Cl-
C.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,说明氯水中含有H+
D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO
【解析】选D。通常情况下,氯气为黄绿色气体,氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2,A项正确;向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,发生的反应为Ag++Cl-====AgCl↓,说明氯水中含有Cl-,B项正确;向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,发生的反应为H++
HCO====H2O+CO2↑,说明氯水中含有H+,C项正确;向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明反应有氯化铁生成,由于氯气和HClO均能把氯化亚铁氧化成氯化铁,因此不能说明氯水中含有HClO,D项错误。
在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是
(  )
A.加入有色布条,一会儿有色布条褪色,说明有Cl2存在
B.
将氯水加入紫色石蕊试液中,溶液先变红色后褪色说明氯水中有H+和HClO
C.
氯水中加入碳酸钠溶液产生气体,说明氯水中有HClO
D.加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,说明有HClO分子存在
【解析】选B。HClO具有强氧化性可使有色布条褪色,Cl2不能使有色布条褪色,A错;氯气与水反应生成HCl、HClO,HCl显强酸性,使石蕊变红,HClO具有强氧化性,使其褪色,B正确;次氯酸的酸性弱于碳酸,所以氯水中加入碳酸钠溶液产生气体,说明是盐酸而不是次氯酸,C错;加入NaOH溶液,氯水黄绿色消失,证明发生反应消耗了Cl2,不能说明HClO的存在,D错。
【备选例题】
如图所示,在A处通入氯气,关闭B阀时,C处干燥的红布条看不到明显现象;当打开B阀后,C处干燥的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液可能是
(  )
A.稀硫酸       B.NaOH溶液
C.氯水
D.饱和氯化钠溶液
【解析】选B。解决本题的关键是要明确装置的特点及起漂白作用的是HClO或潮湿的Cl2。首先根据打开B阀后,C处干燥的红布条逐渐褪色,说明A处通入的Cl2为潮湿的,在关闭B阀时潮湿的Cl2通过了D瓶,看不到C处干燥的红布条有明显变化,说明D瓶吸收了Cl2或吸收了Cl2中的水蒸气。
命题角度2:漂白液、漂白粉及其他含氯消毒剂
【典例2】(2021·泰安模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和消毒剂,它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2,ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备。
Ⅰ.制备亚氯酸钠
关闭止水夹②,打开止水夹①,从进气口通入足量ClO2,充分反应。
(1)仪器a的名称为   ?? ,仪器b的作用是 ?????? 。?
(2)装置A中生成NaClO2的离子方程式为?? ?? ?? ?? ?? ?? 。?
Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质
停止通ClO2气体,再通入空气一段时间后,关闭止水夹①,打开止水夹②,向A中滴入稀硫酸。
(3)开始时A中反应缓慢,稍后产生气体的速率急剧加快,请解释可能的原因
?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?
(4)B中现象为 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?
【以图析题·培养关键能力】
【解析】(1)仪器a为圆底烧瓶,仪器b为干燥管,干燥管的作用是防止倒吸;
(2)根据实验步骤,装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2,产物是NaClO2,氯元素的化合
价降低,即ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,H2O2的氧化产物是O2,因此有ClO2+H2O2+OH-
ClO+O2+H2O,用化合价升降法配平,得出装置A中发生反应离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2====2
ClO+2H2O+O2;(3)
NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2,发生的反应是5NaClO2+2H2SO4====NaCl+4ClO2↑+2H2O+2Na2SO4,开始时A中反应缓慢,稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl-对反应起催化作用;(4)ClO2的性质与氯气相似,即ClO2的氧化性强于I2,ClO2把I-氧化成I2,淀粉遇碘单质变蓝,即B中现象是溶液变蓝色。
答案:(1)烧瓶(圆底烧瓶) 防止倒吸
(2)2ClO2+2OH-+H2O22
ClO+2H2O+O2
(3)NaClO2与H2SO4反应生成的Cl-对反应起催化作用
(4)溶液变蓝色
(1)(科学探究与创新意识)若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体,应该如何操作?
提示:蒸发浓缩、降温结晶,得到NaClO2固体,然后过滤、洗涤、干燥。
(2)(科学探究与创新意识)实验完成后,为防止装置中滞留的有毒气体污染空气,可以进行的操作是什么?
提示:再次打开止水夹①,从进气口通入一段时间的空气。
【备选例题】
工业上用Cl2和碱制漂白粉、漂粉精及漂白液。请回答下面的问题:
(1)工业上将氯气制成漂白粉的主要目的是? ? ? ? ? ? ? ,?
制漂白粉的主要反应的化学方程式是?? ? ? ? ? ?  。?
(2)下列物质露置在空气中会变质,在变质过程中既
有非氧化还原反应发生,又有氧化还原反应发生的是    。?
A.生石灰       B.漂白粉
C.NaOH
D.Na2SO3
(3)用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中,可能含有的杂质气体是 ? ? ? ? ?    。?
①HCl   ②O2   ③CO2   ④H2O(气)
【解析】(1)Cl2不便于运输,HClO不稳定,漂白粉稳定且易运输。(2)A、C只发生非氧化还原反应,D项只发生氧化还原反应。(3)漂白粉长时间放置将变为CaCO3和HClO,故可能有CO2生成,浓盐酸会挥发出HCl与水蒸气。
答案:(1)漂白粉比HClO(Cl2)稳定,且便于贮存和运输 2Ca(OH)2+2Cl2====Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(2)B (3)①③④
1.从平衡的角度理清氯水的成分与性质:
(1)氯水中存在三个平衡关系。
①Cl2+H2OH++Cl-+HClO
②HClOH++ClO-
③H2OH++OH-
(2)氯水性质的多重性。
(3)外界因素对平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO的影响。
①加入可溶性氯化物(如NaCl)时,c(Cl-)增大,平衡左移,如排饱和食盐水法收集Cl2;再如用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。
②加入浓盐酸,c(H+)、c(Cl-)均增大,平衡左移,如用次氯酸盐和浓盐酸制Cl2时,有利于Cl2的逸出。
③加入NaHCO3或CaCO3,二者只与H+反应,不与HClO反应,c(H+)减小,平衡右移,c(HClO)增大,氯水的漂白性增强。
④加入碱,c(H+)、c(HClO)减小,平衡右移,如Cl2的尾气处理和漂白粉的制备等。
⑤光照,HClO分解,c(HClO)减小,平衡右移,如氯水需避光保存,久置的氯水最终会变成盐酸。
2.氯水强氧化性的应用:
(1)氯水中含有Cl2和HClO,二者均具有强氧化性,但Cl2的浓度比HClO大得多。因此当氯水作用于还原性物质时,只考虑Cl2与还原性物质反应,不再考虑HClO与之反应。
(2)由于干燥的Cl2无漂白作用,故当氯水作用于有色物质时,只考虑HClO将有色物质氧化为无色物质,显示漂白性质。
命题点1:氯气及氯水的性质(基础性考点)
1.用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液:①Na2SO3;②KI;③AlCl3;④FeCl2;⑤AgNO3;⑥稀盐酸,发现部分药品变质,它们是(  )
A.①②④⑤       B.①②③④
C.①②④
D.③⑥
【解析】选A。用Cl2消毒的自来水中,含有盐酸和氧化剂HClO,Cl-能使Ag+沉淀,HClO能将SO、Fe2+、I-等氧化。
2.在新制饱和氯水中,若只改变某一条件,下列叙述正确的是
(  )
A.再通入少量氯气,减小
B.通入少量SO2,溶液漂白性增强
C.加入少量的碳酸钠粉末,pH增大,溶液漂白性增强
D.光照过程中,有气泡冒出,溶液的导电性减弱
【解析】选C。饱和氯水不能再溶解氯气,各成分的浓度不变,A项错;SO2+Cl2+2H2O====2HCl+H2SO4,Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡左移,HClO的浓度减小,漂白性减弱,B项错;加入少量的碳酸钠粉末,消耗H+,使上述平衡正向移动,HClO的浓度增大,C项正确;光照过程中,HClO分解,生成O2和HCl,溶液中的离子浓度增大,导电性增强,D项错。
命题点2:漂白液、漂白粉及其他含氯消毒剂(综合性考点)
3.(2021·哈尔滨模拟)水处理包括水的净化、杀菌消毒、蒸馏等。其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等。游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化。下列说法中正确的是
(  )
A.臭氧、活性炭处理水的原理相同
B.氯气是一种常用的消毒剂,用氯气消毒的水可以用于配制化学试剂
C.氯气和二氧化硫都具有漂白性,等体积的两者混合会提高漂白的效率
D.漂白粉长期露置在空气中会失效
【解析】选D。臭氧处理水是利用其氧化性,活性炭处理水则是利用其吸附性,A错误;用氯气消毒的水含有氯气、盐酸、次氯酸等成分,配制化学试剂时可能会使试剂变质,B错误;氯气和二氧化硫等体积混合发生反应:SO2+Cl2+2H2O====H2SO4+2HCl,失去漂白性,C错误。
4.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是
(  )
A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl,则n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4
B.ClO2在强碱性环境中使用失效,可能的原因是2ClO2+2OH-====ClO+ClO+H2O
C.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D.等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强
【解析】选C。A项,酸性条件下ClO发生歧化反应,生成Cl-和ClO2,可写出方程式:4H++5
ClO====Cl-+4ClO2↑+2H2O,显然氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,正确;B项,方程式符合歧化反应化合价的变化,正确;C项,ClO2易溶于水,显然不能用饱和食盐水除杂,错误;D项,等物质的量的ClO2作氧化剂时得电子数比Cl2得电子数多,正确。
【加固训练—拔高】
1.氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂,有强氧化性,其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4~5倍,下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是
(  )
A.氯胺的水解产物为NH2OH和HCl
B.氯胺的电子式为
C.氯胺中氯的化合价为+1
D.氯胺的消毒原理与漂白粉相似
【解析】选A。NH2Cl发生水解反应,NH2Cl+H2ONH3+HClO,反应生成的HClO能杀菌消毒。故消毒原理与漂白粉相似。
2.(2021·揭阳模拟)今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水,浓度均为
0.1
mol·L-1。如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(m
mol),在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(m
mol),丙瓶不变。片刻后,甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计)
(  )
A.甲=乙>丙       B.甲>丙>乙
C.丙>甲=乙
D.乙>丙>甲
【解析】选B。Cl2+H2OHCl+HClO,NaHCO3能与HCl反应:NaHCO3+HCl====NaCl+H2O+CO2↑,平衡正向移动,NaHCO3不能与HClO反应因为酸性H2CO3>HClO,结果c(HClO)增大;NaHSO3具有还原性,与Cl2发生氧化还原反应,平衡逆向移动,c(HClO)减小,故物质的量浓度的大小关系:甲>丙>乙。
3.向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。
已知:2Fe2++Br2====2Fe3++2Br- 2Fe3++2I-====2Fe2++I2,则下列有关说法,不正确的是
(  )
A.还原性:I->Fe2+>Br-
B.原混合溶液中FeBr2的物质的量为6
mol
C.当通入2
mol
Cl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为
2Fe2++2I-+2Cl2====2Fe3++I2+4Cl-
D.原溶液中:n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3
【解析】选B。根据已知反应,确定还原性顺序:I->Fe2+>Br-,所以通入Cl2后反应依次为①2I-+Cl2====I2+2Cl-,②2Fe2++Cl2====2Fe3++2Cl-,③2Br-+Cl2====Br2+2Cl-,由此分析AB段发生反应①,I-物质的量为2
mol,则Fe2+为4
mol,Br-为6
mol,FeBr2为3
mol,FeI2为1
mol,B错误;原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=4∶2∶6=
2∶1∶3,D正确;当通入2
mol
Cl2时,根据电子守恒,得e-总数为2
mol×2=4
mol,则首先失电子的I-只能失去2
mol×1=2
mol,而Fe2+只需失去2
mol即可,则参加反应的Fe2+为2
mol,还有2
mol
Fe2+剩余,Br-没有参加反应,C正确。
考点二 氯气的制法及其性质探究(命题指数★★★★★)
1.Cl2的实验室制法:
(1)实验装置。
(2)实验原理及过程。
①反应原理:用强氧化剂MnO2[其他氧化剂KMnO4、K2Cr2O7、Ca(ClO)2、KClO3等]氧化浓盐酸。
其反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
其他制取Cl2的原理:
a.14HCl+K2Cr2O7====2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑
b.16HCl+2KMnO4====2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
c.4HCl+Ca(ClO)2====CaCl2+2H2O+2Cl2↑
d.6HCl(浓)+KClO3====KCl+3H2O+3Cl2↑
其中,a、b、c使用稀盐酸就可发生反应产生氯气。
②制备装置类型:固体+液体气体。
③净化方法:用饱和食盐水除去HCl,再用浓硫酸除去水蒸气。
④收集气体:向上排空气法或排饱和食盐水法。
⑤尾气吸收:用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收。
⑥验满方法:将湿润的淀粉KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到试纸立即变蓝,则证明已集满;或将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口,观察到试纸先变红后褪色,则证明已集满。
2.Cl2性质探究的示例分析:
装置
试剂
实验现象
实验目的
A
浓硫酸
-
验证干燥的氯气无漂白作用,湿润的氯气(含HClO)有漂白作用
B
干燥红色布条
无明显变化
C
湿润红色布条
红色布条褪色
D
FeCl2溶液
溶液由浅绿色变棕黄色
验证氯气具有强氧化性,可与金属及还原性化合物反应
E
淀粉KI溶液
溶液变蓝色
F
Mg或Na
产生白烟
G
NaOH溶液
-
吸收多余的氯气
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)含4
mol
HCl的浓盐酸与足量MnO2反应,可制备22.4
L
Cl2。
(  )
提示:×。未知是否是标准状况,无法计算生成的气体的体积。
(2)用MnO2和浓盐酸制取Cl2的反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4。
(  )
提示:×。盐酸部分体现酸性,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
(3)用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl。(  )
提示:×。Cl2与饱和NaHCO3溶液发生反应。
(4)可用排饱和食盐水法收集Cl2。
(  )
提示:√。饱和食盐水可降低Cl2在水中的溶解度。
(5)常用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2。
(  )
提示:×。饱和石灰水浓度小,不能用于吸收气体。
(6)用干燥的淀粉碘化钾试纸检验Cl2是否收集满。
(  )
提示:×。干燥的淀粉碘化钾试纸与Cl2不反应。
2.某研究性学习小组的同学用以下仪器组合的装置制取氯气,并探究其性质。
请回答下列问题:
(1)实验室制取氯气的化学方程式为?           ;?
检查上图中反应器A的气密性的方法是?           。?
(2)现要求从上图中选用所需的仪器(可重复选用)组成一套制取纯净、干燥氯气的装置,实验时要防止污染。下表是按仪器的连接顺序由上至下依次填写的,请将该表填写完整。(加入的试剂自选)
(3)该实验中用仪器C收集Cl2时,进气口应为    (填字母)。?
(4)将氯气通入紫色石蕊溶液中,可观察到溶液先变红后褪色的现象,出现这种现象的原因是????????????????????????????? 。?
(5)有资料记载,高锰酸钾和浓盐酸混合后,在室温下很快就能放出氯气,由此可说明二氧化锰比高锰酸钾的氧化性        。?
【解析】(1)实验室制备Cl2是用MnO2氧化浓盐酸,该装置的气密性检查应用加热法;(2)由于MnO2与浓盐酸制得的Cl2中含有HCl、H2O,需除去,所以连接顺序为制气→除HCl→干燥→收集→尾气吸收,仪器组合为A→C→C→C→B;(3)由于Cl2密度大于空气,应用向上排空气法收集,则b管进气,a管出气;(4)Cl2+H2OHCl+HClO,溶液呈酸性,但是HClO具有强氧化性,能漂白指示剂;(5)同样的反应,反应条件要求越低,对应物质的氧化性越强。
答案:(1)MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O 关闭分液漏斗的活塞,将烧瓶中导管再连接导气管插入水中,用双手捂住烧瓶(或用酒精灯微热烧瓶),若导气管口有气泡冒出,松手后导气管中能形成一段稳定水柱,则说明气密性良好
(2)
选用的仪器(填字母)
加入的试剂
作用
C
饱和氯化钠溶液
除去HCl
C
浓硫酸
除去H2O
B
NaOH溶液
吸收多余的Cl2
(3)b
(4)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,酸能使石蕊溶液变红,次氯酸又能使石蕊溶液褪色 (5)弱
命题角度1:氯气的制备及性质探究实验
【典例1】(2021·邯郸模拟)已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气,并实验其与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置,其中有错误的是
(  )
A.①和②处       B.只有②处
C.②和③处
D.②、③、④处
【以图析题·培养关键能力】
【解析】选D。KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生氯气,因此不需要加热,因此①正确;Cl2为黄绿色、易溶于水、有毒性的气体,能被氢氧化钠溶液吸收,因此②中除去氯气中的氯化氢杂质不能用氢氧化钠溶液,因此②不正确;浓硫酸可以干燥氯气,但是要长进短出,因此③不正确;氯气与金属反应时,为了充分反应,应该把导管伸到试管的底部,且反应需要加热,为保持气压平衡及防止尾气污染环境,还应有出气管和尾气处理装置,因此④不正确。
(1)(科学探究与创新意识)若将装置①中的KMnO4换成漂白粉,能否产生氯气?
提示:可以。反应方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2====CaCl2+2H2O+2Cl2↑。
(2)(科学探究与创新意识)若用装置③收集氯气,其中装满的液体是什么?
提示:饱和食盐水。氯气在饱和食盐水中的溶解度很小。
【讲台挥洒一刻】
实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2时四提醒
(1)反应物的选择:必须用浓盐酸,稀盐酸与MnO2不反应,且随着反应的进行,浓盐酸变为稀盐酸时,反应停止,故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。
(2)加热温度:不宜过高,以减少HCl挥发。
(3)实验结束后,先使反应停止并排出残留的Cl2后,再拆卸装置,避免污染空气。
(4)尾气吸收时,用NaOH溶液吸收Cl2,不能用澄清石灰水吸收,因为溶液中含Ca(OH)2的量少,吸收不完全。
命题角度2:含氯化合物制备的综合实验
【典例2】二氧化氯(ClO2)是一种新型的环保饮用水消毒剂,某课题小组拟选择如图所示部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性(装置不可重复使用)。
已知:①常温下,亚氯酸钠(NaClO2)与氯气反应的生成物之一为二氧化氯;②常温常压下,ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体。回答下列问题:
(1)制备干燥、纯净的氯气:气体发生装置是    (填字母),反应的离子方程式为 ????????????????????????? 。?
(2)制备二氧化氯:导管口连接顺序为a→        →n→p→j。?
(3)写出装置G中发生反应的化学方程式:???????????????????????? 。?
(4)装置E的作用是?????????????????????????????? 。?
(5)二氧化氯还会与H2O2和NaOH的混合溶液反应,其产物之一是NaClO2。写出该反应的化学方程式:???????????????????????????????????? 。?
【以图析题·培养关键能力】
 【解析】(1)若用MnO2作氧化剂制备Cl2,则气体发生装置应选取装置A,因该反应需加热;若用KMnO4作氧化剂,则气体发生装置应选取装置B,因该反应不需要加热。反应的离子方程式分别为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O、2MnO+16H++10Cl-====2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(2)制备ClO2的过程:制备Cl2,除去Cl2中HCl杂质,用装置C中的浓硫酸进行干燥,用装置G中的NaClO2与Cl2反应生成ClO2和NaCl,用装置E中的CCl4除去多余的Cl2,用装置F收集ClO2,用装置I吸收有毒尾气,装置I还起到防止空气中的水蒸气进入装置F中的作用。故导管口的连接顺序为a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。
(3)装置G中制备ClO2发生反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaCl。(4)装置E中的CCl4可吸收ClO2中的Cl2,起到净化ClO2的作用。(5)由题意可知,反应物为ClO2、NaOH、H2O2,产物之一是NaClO2,根据氧化还原反应原理及原子守恒可知,其余的产物为O2、H2O,故该反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2====2NaClO2+O2+2H2O。
答案:(1)A MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或B 2Mn+16H++10Cl-====2Mn2++5Cl2↑+8H2O)
(2)z→m→x→y→b→c→r→s
(3)Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaCl
(4)吸收二氧化氯中的氯气
(5)2ClO2+2NaOH+H2O2====2NaClO2+O2+2H2O
(1)(科学探究与创新意识)本实验选择装置I而不选择装置H的原因是什么?
提示:装置I与装置H的不同之处在于装置I可防止空气中的水蒸气进入装置F中,而装置H中盛有烧碱溶液,其中的水蒸气可进入装置F中,且可能会引起倒吸。
(2)(证据推理与模型认知)请设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性。
提示:取少量品红溶液于试管中,通入二氧化氯,观察到品红溶液褪色,再加热已褪色的溶液,溶液不变红色。
【备选例题】
(2021·西安模拟)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77
℃,在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应,产生白雾和带有刺激性气味的气体。实验室合成SOCl2的原理为SO2+Cl2+SCl2====2SOCl2,部分装置如图所示。
回答下列问题:
(1)实验室制取SOCl2时,所选仪器的连接顺序是⑥→    →①②←    (某些仪器可以多次使用)。
?
(2)冷凝管口③是    (填“进水”或“出水”)口,冷凝管上连接干燥管的作用是 ?  ?  ?  ?  ?  ?  ?  ? 。?
(3)本实验中制取Cl2的离子方程式为? ?  ?  ?  ?  ?  ?  。?
SOCl2与水反应的化学方程式为? ?  ?  ?  ?  ?  ?  。?
(4)已知SCl2的沸点为50
℃。实验结束后,将三颈烧瓶中的混合物分离开的实验操作名称是    。若反应中消耗的Cl2的体积为896
mL(已转化为标准状况,且SO2足量),最后得到纯净的SOCl2
6.76
g,则SOCl2的产率为    (保留两位有效数字)。
?
(5)取少量三颈烧瓶中充分反应后的液体,加入足量NaOH溶液,振荡、静置得到无色溶液,检验溶液中存在Cl-的方法是  ?  ?  ?  ?  ? 。?
【解析】(1)由题中给出的部分仪器的连接顺序可知,①中通入的是纯净干燥的Cl2,故将⑥导出的Cl2先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶;②中通入的是干燥的SO2,利用⑦所在的装置制取二氧化硫,然后用浓硫酸干燥。(2)应从冷凝管的下口进水,上口出水;由题意可知,冷凝管上连接干燥管的作用是吸收逸出的Cl2、SO2,同时防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解。(3)本实验中可利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气;由SOCl2遇水剧烈反应,产生白雾和带有刺激性气味的气体可知,SOCl2与水反应得到SO2和HCl。(4)可用蒸馏的方法将三颈烧瓶中的混合物分离开;由Cl2~2SOCl2可知,理论上得到SOCl2的质量为(×2×119)
g=9.52
g,则SOCl2的产率为×100
%≈71
%。(5)检验Cl-时要排除SO的干扰,故操作方法为取少量溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中存在Cl-。
答案:(1)→→⑨→⑩ ⑩←⑨←⑦
(2)进水 吸收逸出的Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解
(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
SOCl2+H2O====SO2↑+2HCl (4)蒸馏 71%(或0.71)
(5)取少量溶液于试管中,加入过量Ba(NO3)2溶液,静置,取上层清液,滴加HNO3酸化,再加入AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中存在Cl-
有关实验装置或装置试剂作用的答题模板
命题点1:氯气的制备及性质探究实验(基础性考点)
1.如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3,仪器连接顺序正确的是
(  )
A.a-b-c-d-e-f-g-h
B.a-e-d-c-b-h-i-g
C.a-d-e-c-b-h-i-g
D.a-c-b-d-e-h-i-f
【解析】选B。装置顺序为制取氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备、尾气处理,注意洗气瓶中导管为“长进短出”。
命题点2:含氯化合物制备的综合实验(综合性考点)
2.(2021·青岛模拟)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示,反应Ⅰ中的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法正确的是
(  )
A.产品中可能含有NaCl
B.反应Ⅱ中H2O2作氧化剂
C.NaClO2的漂白原理与SO2相同
D.实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
【解析】选A。反应Ⅰ中有NaCl生成,反应Ⅱ中NaCl没有参加反应,所以最终产物中含有NaCl,A正确;反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2====2NaClO2+O2↑+2H2O,则ClO2是氧化剂,H2O2作还原剂生成氧气,B错误;NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性,SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质,所以二者漂白原理不同,C错误;实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行,D错误。
【知识拓展】
ClO2的性质和制备
(1)物理性质。
常温下为黄绿色或黄红色气体,其液体为红褐色,固体为浅红色,熔点-59
℃,沸点11
℃。
(2)化学性质。
①不稳定性:ClO2见光或遇热水分解
②强氧化性。
ClO2氧化Mn2+
2ClO2+5Mn2++6H2O====5MnO2+12H++2Cl-
ClO2氧化Fe2+
ClO2+5Fe2++4H+====5Fe3++Cl-+2H2O
ClO2氧化硫化物(S2-)生成SO
8ClO2+5S2-+4H2O====5
SO+8Cl-+8H+
ClO2氧化废水中的CN-
2ClO2+2CN-====2CO2+N2+2Cl-
(3)制备方法。
①实验室制法
把氯酸钠、亚硫酸钠和稀H2SO4混合水浴加热可制得黄绿色的ClO2气体,化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
[名师点拨]
①可以用SO2代替Na2SO3;②要避光,否则会使ClO2分解;③控制水浴温度和加入H2SO4的速度,使ClO2均匀生成。
②工业制法
氯酸钠与浓盐酸反应
2NaClO3+4HCl(浓)====2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O
亚氯酸钠与Cl2反应
2NaClO2+Cl2====2NaCl+2ClO2
氯酸钠与草酸反应
H2C2O4+2NaClO3+H2SO4====Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O
亚氯酸钠与盐酸反应
5NaClO2+4HCl====5NaCl+4ClO2↑+2H2O
【加固训练—拔高】
1.ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下:
(1)写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式:? 
 
 
 
 。?
(2)写出二氧化氯发生器中的化学方程式,并标出电子转移的方向及数目:
?                        。?
(3)ClO2能将电镀废水中的CN-氧化成两种无毒气体,自身被还原成Cl-。写出该反应的离子方程式:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  。?
【解析】(1)根据电解原理,氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式为Cl-+3H2O3H2↑+
ClO。
(2)二氧化氯发生器中NaClO3被还原为ClO2,盐酸被氧化为Cl2,化学方程式为====2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O。(3)ClO2能将电镀废水中的CN-氧化成两种无毒气体,自身被还原成Cl-。该反应的离子方程式为2ClO2+2CN-====2CO2+2Cl-+N2。
答案:(1)Cl-+3H2O3H2↑+
ClO
(2)====2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O
(3)2ClO2+2CN-====2CO2+2Cl-+N2
2.(2017·4月浙江选考)ClO2是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1所示。
已知:2NaClO3+H2O2+H2SO4====2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH====2NaClO2+O2+2H2O
ClO2熔点:-59
℃、沸点:11
℃;H2O2沸点:150

 请回答:
(1)仪器A的作用是        ;冰水浴冷却的目的是 (写出两种)。?
(2)空气流速过快或过慢,均降低NaClO2产率,试解释其原因:
 
 
 
 。?
(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成,将其补充完整:
①????????????????????????????????????????????????????????????
(用离子方程式表示),②H2O2+Cl2====2Cl-+O2+2H+。
(4)H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30%
H2O2溶液浓缩至40%,B处应增加一个设备。该设备的作用是      ,馏出物是      。?
【解析】(1)由于反应生成的气体在冰水浴中的广口瓶内被吸收,广口瓶内气压减小,因此需要防倒吸,故仪器A为防止倒吸的安全瓶。(2)空气流速的快慢即为ClO2气体流速的快慢,当空气流速过快时,三颈烧瓶中生成的ClO2迅速通过NaOH溶液,无法充分反应;当空气流速过慢时,会导致聚集在三颈烧瓶内的ClO2因浓度过高而分解。(3)由题给信息Cl-能加快ClO2的生成速度,因此①中应有ClO2生成,ClO2为ClO的还原产物;由②可知,Cl-被ClO氧化成Cl2,据此就可以写出相应的离子反应方程式。(4)浓缩H2O2的水溶液,即要将其中的部分水蒸出,故馏出物为H2O。水浴加热的温度极限为100
℃,而因传热等实际问题,瓶内温度很难达到100
℃,因此需要添加抽气装置来降低体系内的压强,从而使水更容易蒸出,同时也可以减少H2O2因受热分解而造成的损失。
答案:(1)防止倒吸 降低NaClO2的溶解度;减少H2O2的分解;增加ClO2的溶解度;减少ClO2的分解(任写两种)
(2)空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收
(3)2
ClO+2Cl-+4H+====2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
(4)减压 H2O
考点三 卤素的性质(包含氟)及卤素离子的检验(命题指数★★★★★)
1.卤素单质(X2)性质的相似性和递变性:
(1)性质的相似性
①都能与大多数金属反应,如F2、Cl2、Br2与Fe反应:2Fe+3X2====2FeX3,但由于I2的氧化性较弱,I2与Fe反应生成FeI2。
②都能与H2反应生成HX:X2+H2====2HX。
③都能与水反应:X2+H2OHX+HXO(F2例外:2F2+2H2O====4HF+O2)。
④都能与碱溶液反应:X2+2NaOH====NaX+NaXO+H2O(F2例外)。
F2能与水反应放出O2,故F2不能从其他卤化物的水溶液中将卤素单质置换出来。
(2)性质的递变性
2.卤素离子的检验方法:
(1)AgNO3溶液——沉淀法
(2)置换——萃取法
(3)氧化——淀粉法检验I-
未知液
蓝色溶液,表明有I-
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)由Fe与Cl2反应生成FeCl3可推测Fe与I2反应生成FeI3。
(  )
提示:×。Fe与I2反应生成FeI2。
(2)Cl2、F2与H2O反应的原理相同,不属于置换反应。
(  )
提示:×。F2与H2O反应属于置换反应。
(3)只用AgNO3溶液可鉴别Na2CO3、NaCl和KBr。
(  )
提示:×。只用AgNO3溶液不可鉴别Na2CO3、NaCl,均生成白色沉淀。
(4)F非金属性最强,F-的还原性最强。
(  )
提示:×。F非金属性最强,F-的还原性最弱。
(5)为验证Br2的氧化性强于I2,将少量溴水加入KI溶液中,再加入CCl4,振荡,静置,可观察到下层液体呈紫红色。
(  )
提示:√。碘单质萃取时呈紫红色。
2.(1)依据卤素单质的物理性质的递变规律,试推测砹的颜色和状态。
提示:卤素单质自上而下,颜色逐渐加深,熔点依次升高,状态由气态→液态→固态,故砹为黑色固体。
(2)氯气能从NaBr溶液中置换出Br2,F2比Cl2更活泼,F2也能从NaBr溶液中置换出Br2吗?
提示:F2性质活泼,是氧化性最强的非金属单质,在溶液中会与水反应生成HF和O2,故不能从NaBr溶液中置换出Br2。
命题角度1:
卤素性质的递变规律
【典例1】如图是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图,下列说法错误的是
(  )
A.单质①是最活泼的非金属单质
B.单质②能使品红溶液褪色
C.单质④能使淀粉溶液变蓝
D.单质的氧化性是④>③>②>①
【解析】选D。从图中可以看出,从F2→I2,相对分子质量逐渐增大,沸点也逐渐升高,故①为F2,②为Cl2,③为Br2,④为I2,单质的氧化性是①>②>③>④,D项错误。
在题干条件不变的情况下,下列说法正确的是
(  )
A.卤素的钾盐(KX)中,最易被氧化的是①的钾盐
B.③的单质中溶有少量②的单质,可以用加入③的钠盐(NaX)再用汽油萃取的方法提纯
C.①的单质跟氯化钠水溶液反应,一定有氯气生成
D.卤素单质与水反应时,水既不是氧化剂也不是还原剂
【解析】选B。还原性F-命题角度2:卤素单质氧化性强弱的实验探究方法
【典例2】(2021·湖州模拟)为验证卤素单质氧化性的相对强弱,某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。
实验过程:
Ⅰ.打开弹簧夹,打开活塞a,滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时,关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)A中产生黄绿色气体,其电子式是      。?
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是?? ? ? ? ? ? ? 。?
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是??? ? ? ? ? ? ? ? ? ?  。?
(4)为验证溴的氧化性强于碘,过程Ⅳ的操作和现象是
??                      。?
(5)过程Ⅲ实验的目的是                。?
【以图析题·培养关键能力】
【解析】A中滴加浓盐酸后,发生反应:2KMnO4+16HCl(浓)====2KCl+2MnCl2+
5Cl2↑+8H2O,生成黄绿色气体Cl2,在A、B、C中分别发生反应:Cl2+2KI====
2KCl+I2、Cl2+2NaBr====2NaCl+Br2、Cl2+2NaBr====2NaCl+Br2,由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色,打开活塞b,C中生成的Br2在D中发生反应:Br2+2KI
====2KBr+I2。实验过程Ⅲ,当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时,溶液变为红棕色,以此为对照,说明C中黄色溶液无Cl2,从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
答案:(1
(2)湿润的淀粉KI试纸变蓝
(3)Cl2+2Br-====Br2+2Cl-
(4)打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下D振荡,静置后CCl4层变为紫红色
(5)确认C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
1.卤素及其化合物的特殊性:

①无正价,氧化性最强,F-的还原性最弱②2F2+2H2O====4HF+O2,与H2反应在暗处立即爆炸③HF是弱酸,能腐蚀玻璃,故应保存在塑料瓶中;有毒

①Br2是红棕色液体,易挥发,有毒②Br2易溶于有机溶剂③盛溴的试剂瓶中加水,进行水封,保存液溴时不能用橡胶塞

①I2使淀粉变蓝色②I2加热时易升华③I2易溶于有机溶剂④食用盐中加入KIO3可防治甲状腺肿大
2.Br2、I2在水、有机溶剂中的颜色比较:
物质
Br2
I2

橙色→黄色
褐色→黄色
有机溶剂(苯、CCl4、汽油)
橙红色→橙色
紫色→紫红色
3.卤素单质及离子的氧化性、还原性:
(1)卤素单质的氧化性:F2>Cl2>Br2>I2。
(2)卤素离子的还原性:F-命题点1:卤素性质的递变规律(基础性考点)
1.(2021·深圳模拟)下列有关卤素的说法错误的是
(  )
A.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
B.HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强
C.淀粉碘化钾酸性溶液在空气中变蓝,4I-+O2+4H+====2I2+2H2O
D.次氯酸盐具有氧化性,故漂白粉可以漂白织物
【解析】选A。HCl极易溶于水,饱和食盐水可抑制氯气的溶解,洗气得到的氯气中含水蒸气,干燥后得到纯净的Cl2,故A错误;非金属性越强,对应氢化物的还原性越弱,则HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强,故B正确;淀粉遇碘单质变蓝,则淀粉碘化钾酸性溶液在空气中变蓝,发生4I-+O2+4H+====2I2+2H2O,故C正确;次氯酸根离子具有强氧化性,可知次氯酸盐具有氧化性,故漂白粉可以漂白织物,故D正确。
2.下列关于卤素(用X表示)的叙述,错误的是
(  )
A.卤素单质与水反应均可用X2+H2OHXO+HX表示
B.HX都极易溶于水,它们的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小
C.卤素单质的颜色由F2→I2随相对分子质量增大而变深
D.X-的还原性依次为F-【解析】选A。卤素单质中,氟气和水之间反应生成HF和O2,不符合X2+H2OHXO+HX,A错误;卤素原子得电子能力越强,HX的热稳定性越强,卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小,所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小,B正确;卤素单质的颜色由F2到I2逐渐加深,由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色,C正确;卤素单质的氧化性由F2到I2逐渐减弱,对应离子的还原性F-命题点2:卤素单质氧化性强弱的探究(综合性考点)
3.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是(  )
A.E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强
B.F处棉花球变成蓝色,说明Br2的氧化性比I2强
C.E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br-====2Cl-+Br2
D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2====ClO-+Cl-+H2O
【解析】选B。E处发生反应Cl2+2Br-====2Cl-+Br2,则E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强,A、C正确;F处可能发生反应Cl2+2I-====2Cl-+I2,也可能发生反应Br2+2I-====2Br-+I2,F处棉花球变蓝色只能说明有碘单质生成,由于氯气的干扰,所以不能说明Br2的氧化性比I2强,B错误;G为尾气处理装置,装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2====ClO-+Cl-+H2O,D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·合肥模拟)某同学设计完成了以下两个实验:
①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)。
②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层的颜色没有变化。
下列说法不正确的是(  )
A.实验①生成HIO3时发生的反应为I2+5Cl2+6H2O====2HIO3+10HCl
B.实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液
C.由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Br2>I2
D.由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3
【解析】选C。由实验①继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)可知,氯气可氧化碘单质,发生的反应为I2+5Cl2+6H2O====2HIO3+10HCl,故A正确;由实验②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色可知,溴易溶于CCl4,则可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液,故B正确;根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由实验①可知氧化性:Cl2>I2,由实验②可知氧化性:Cl2>Br2,不能比较Br2、I2的氧化性强弱,故C错误;由实验①、②可知,氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3,故D正确。
2.卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应,歧化产物依反应温度的不同而不同。
Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O
3Cl2+6OH-5Cl-+Cl+3H2O
下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置:
装置中盛装的药品如下:①多用滴管中装有5
mL浓盐酸;②微型具支试管中装有1.5
g
KMnO4;③微型具支试管中装有2~3
mL浓硫酸;④U形反应管中装有30%
KOH溶液;⑤U形反应管中装有2
mol·L-1
NaOH溶液;⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1
mol·L-1
KI-淀粉溶液和KBr溶液;⑧尾气出口用浸有0.5
mol·L-1
Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住。
(1)为了使装置④、⑤中的反应顺利完成,应该控制的反应条件分别为         。?
(2)装置⑥、⑦中能够观察到的实验现象分别是?         。?
(3)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,还能否证明氧化性:Cl2>I2,    (填“能”或“不能”),理由是          ? 。?
(4)尾气处理时发生反应的离子方程式为?          。?
【解析】(1)装置④中盛放30
%KOH溶液,用于制备KClO3,发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O;装置⑤中盛放2
mol·L-1
NaOH溶液,用于制备NaClO,发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O;根据题给信息,为使装置④中反应顺利完成,装置④应放入348
K热水浴中;为使装置⑤中反应顺利完成,装置⑤应放入冰水浴中。
(2)装置⑥中盛放KI-淀粉溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KI====2KCl+I2,淀粉遇I2呈蓝色,装置⑥的实验现象是溶液变蓝。装置⑦中盛放KBr溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KBr====2KCl+Br2,装置⑦的实验现象是溶液变成橙色。
(3)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,装置⑥中盛放KBr溶液,装置⑥中发生反应Cl2+2KBr====2KCl+Br2,由此得出氧化性:Cl2>Br2;装置⑦中盛放KI-淀粉溶液,无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2(g)都能与KI反应生成I2,能说明Cl2或Br2(g)的氧化性强于I2,结合装置⑥中结论也能证明Cl2的氧化性强于I2。
(4)尾气用0.5
mol·L-1
Na2S2O3溶液吸收,Cl2将S2O氧化成SO,Cl2被还原成Cl-,反应的离子方程式为4Cl2+
S2O+5H2O====2SO+8Cl-+10H+。
答案:(1)装置④放入348
K(或75
℃)热水浴中 装置⑤放入冰水浴中
(2)装置⑥中溶液变蓝 装置⑦中溶液变成橙色
(3)能 若互换装置⑥、⑦中的试剂,Cl2与KBr反应生成Br2,挥发出来的Br2与KI反应,也可以证明Cl2的氧化性强于I2
(4)
S2O+4Cl2+5H2O====2SO+8Cl-+10H+
3.IBr、ICl、BrF3等称为卤素互化物,(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等称为拟卤素,它们的化学性质均与卤素单质相似,请回答下列问题。
(1)氯化碘(ICl)中碘元素的化合价为    ;它与水反应的化学方程式为ICl+H2O====HIO+HCl,该反应的反应类型为      (填中学常见的无机反应类型)。?
(2)溴化碘(IBr)具有强氧化性,能与Na2SO3溶液反应,发生反应的离子方程式为
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?
(3)①已知某些离子的还原性强弱顺序为I->SCN->CN->Br->Cl-。现将几滴KSCN溶液滴入含少量Fe3+的溶液中,溶液立即变红,向其中逐滴滴入酸性KMnO4溶液,观察到红色逐渐褪去,请利用平衡移动原理解释这一现象:?? ? ? ? ? ?。?
②下列物质中,也可以使该溶液红色褪去的是    (填字母)。?
A.新制氯水  B.碘水  C.SO2  D.盐酸
(4)KCN为剧毒物质,处理含有KCN的废水常用的方法:在碱性条件下用NaClO溶液将CN-氧化为CO和一种单质气体,该反应的离子方程式为?? ? ? ? ? 
 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。?
【解析】(1)Cl的非金属性强于I,则ICl中Cl元素显-1价、I元素显+1价;此反应中没有元素化合价的变化,属于复分解反应(非氧化还原反应)。(2)IBr具有强氧化性,I被还原成I-,
SO被氧化成SO,因此离子方程式为IBr+
SO+H2O====I-+Br-+
SO+2H+。(3)①溶液立即变红,发生反应Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3,加入酸性KMnO4溶液红色褪去,说明KMnO4把SCN-氧化,促使上述平衡向逆反应方向移动,最终Fe(SCN)3完全反应,溶液红色褪去;②能使红色褪去的物质,可以具有强氧化性,如新制氯水中Cl2将SCN-氧化,也可以具有还原性,如SO2将Fe3+还原,故A、C正确。(4)CN-中N元素显-3价,C元素显+2价,另一种单质气体为N2,因此反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-====2
CO+N2↑+5Cl-+H2O。
答案:(1)+1 复分解反应
(2)IBr+
SO+H2O====I-+Br-+
SO+2H+
(3)①酸性高锰酸钾溶液将SCN-氧化,减小了SCN-的浓度,使反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3的平衡不断向左移动,最终Fe(SCN)3完全反应,红色消失 ②AC
(4)2CN-+5ClO-+2OH-====2
CO+5Cl-+N2↑+H2O
考点四 从海水中提取氯、溴和碘(命题指数★★★★★)
一、氯碱工业
1.流程:
海水→粗盐→电解饱和食盐水
2.电解NaCl溶液:(写出化学方程式,下同)2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
3.产物制氯化氢:H2+Cl22HCl。
4.制漂白液:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。
二、海水提溴
三、海带中碘的提取流程
(1)化学原理(离子方程式)2I-+Cl2====I2+2Cl-。
(2)主要的物理原理:单质碘用CCl4或苯萃取,分液后用蒸馏法将碘与有机溶剂分开。
 判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)海水中Na、Mg、Cl、Br、I元素均以化合态存在。
(  )
提示:√。Na、Mg、Cl、Br、I都是较活泼元素,在海水中均以化合态存在。
(2)海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、明矾净化法、双氧水杀菌等方法。
(  )
提示:×。明矾净化法、双氧水杀菌等方法不能使海水淡化,可以净化海水。
(3)海水提取溴和碘既涉及物理过程又涉及化学过程。
(  )
提示:√。海水提取溴和碘既涉及萃取、蒸馏等物理过程又涉及化学变化。
(4)碘的CCl4溶液可以采用蒸馏法分离。
(  )
提示:√。碘的CCl4溶液可以采用蒸馏法蒸馏出四氯化碳。
(5)NaCl溶液中Mg2+、SO可依次加入NaOH、Ba(NO3)2,除去Mg2+和SO。
(  )
提示:×。加Ba(NO3)2引入NO。
(6)Na2CO3溶液贮存在带有玻璃塞的玻璃试剂瓶中。
(  )
提示:×。Na2CO3溶液水解显碱性与玻璃中的SiO2反应。
【加固训练—拔高】
海水中溴元素以Br-形式存在,工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图所示:
(1)步骤①反应的离子方程式是?                 。?
(2)步骤③反应的化学方程式是?            ,?
从理论上考虑,下列试剂也能吸收Br2的是           。?
A.NaOH  B.FeCl2  C.Na2SO3  D.H2O
(3)步骤⑤蒸馏的过程中,温度应控制在80~90
℃。温度过高或过低都不利于生产,请解释原因:? 
 
 
 
 
 
 
 
 
  。?
(4)为什么不直接用“溴水混合物Ⅰ”而要用“溴水混合物Ⅱ”进行蒸馏得到液溴?? 
 
 
 
 
 
 
 
  。?
【解析】(1)、(2)相对简单,读懂流程图,结合学过的重点方程式,可以写出Cl2+2Br-====2Cl-+Br2,Br2+SO2+2H2O====2HBr+H2SO4;只从理论上考虑,NaOH具有强碱性,能吸收Br2,Fe2+、SO具有较强还原性也能吸收Br2,但Br2在水中的溶解度较小,不能充分吸收。
(3)温度过高,大量水蒸气随溴排出,使溴蒸气中水蒸气的含量增加,温度过低,溴不能完全蒸出,产率太低。
(4)“溴水混合物Ⅰ”中虽然含有溴单质,但浓度低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高。经过“空气吹出、SO2吸收、Cl2氧化”等步骤实际上是将溴水浓缩了。
答案:(1)Cl2+2Br-====2Cl-+Br2
(2)Br2+SO2+2H2O====2HBr+H2SO4 A、B、C
(3)若温度过高,大量水蒸气随溴排出,使溴蒸气中水蒸气的含量增加,温度过低,溴不能完全蒸出,产率太低
(4)“溴水混合物Ⅰ”中虽然含有溴单质,但浓度低,如果直接蒸馏,处理量大,生产成本高。而“溴水混合物Ⅱ”实际上将溴水浓缩了
命题角度1:海水中提溴
【典例1】(2021·天津河东区模拟)从淡化海水中提取溴的流程如下:
下列有关说法不正确的是
(  )
A.X试剂可为Na2SO3饱和溶液
B.步骤Ⅲ的离子反应:2Br-+Cl2====2Cl-+Br2
C.工业上每获得1
mol
Br2,需要消耗Cl2
44.8
L(标准状况下)
D.步骤Ⅳ包含萃取、分液和过滤
【解析】选D。Na2SO3+Br2+H2O====Na2SO4+2HBr,A正确;步骤Ⅲ利用氯的非金属性比溴强,可以利用置换反应制取Br2,B正确;步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均使用Cl2,故制取
1
mol
Br2消耗
2
mol
氯气,标准状况下体积为44.8
L,C正确;从浓溴水中提取溴,可利用有机溶剂(如苯)萃取溴,然后分液得到溴的有机溶液,再经蒸馏可得纯净的溴,D错误。
【讲台挥洒一刻】
用碳酸钠溶液作吸收剂,从海水中提溴的过程
(1)向富集的海水里通入Cl2,使Br-被氧化成Br2。
(2)从溶液底部向上鼓空气,使液溴变成蒸气跟空气流一起逸出,逸出气流通入碳酸钠溶液,溴蒸气被碳酸钠溶液吸收,同时有CO2气体从溶液里放出,方程式为3Na2CO3+3Br2====5NaBr
+NaBrO3+3CO2↑。
(3)用稀硫酸处理上述溴化合物的溶液,就得到了液溴溶液。发生反应:5NaBr+NaBrO3+3H2SO4====3Br2+3Na2SO4+3H2O。
命题角度2:海水、海带中提碘
【典例2】在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质的富碘卤水中,采用下面的工艺流程生产单质碘:
(1)步骤③加Fe粉的目的是            。?
(2)写出步骤④中反应的离子方程式         。?
(3)上述生产流程中,可以循环利用的副产物是       。?
(4)操作⑤的名称是    ,选用的试剂是    。?
【以图析题·培养关键能力】
【解析】(1)富碘卤水中含有I-,加入硝酸银发生反应:Ag++I-====AgI↓,过滤水洗后为AgI,加入Fe搅拌,可得Ag和FeI2。
(2)FeI2具有还原性,与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3,反应的化学方程式为2FeI2+3Cl2====2I2+2FeCl3。
(3)由流程图可看出,副产物为Ag,由于加入的Fe过量,所以在甲中先加入稀硫酸除去Fe,再加入稀硝酸与Ag反应制得AgNO3溶液,所以Ag(或AgNO3)可循环利用。
(4)碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,CCl4和水不相溶,且CCl4和I2不反应,分离I2和FeCl3的方法是加入CCl4有机溶剂进行萃取、分液。
答案:(1)使碘化银转化成碘化亚铁(FeI2)和单质银(或将难电离的碘化银转化成可溶的碘化亚铁)
(2)2Fe2++4I-+3Cl2====2I2+2Fe3++6Cl-
(3)Ag(或AgNO3) (4)萃取分液 CCl4(合理即可)
(1)(宏观辨识与微观探析)上述过程属于氧化还原反应的有哪些?
提示:③④⑥⑦。
(2)(科学态度与社会责任)操作⑤不能采用直接蒸馏混合溶液的方法获得单质碘,理由是什么?
提示:碘单质在水中的溶解度很小,故溶液浓度小,直接蒸馏混合液耗能较大,产率也低,也易混入其他杂质。
解答化工流程题的方法——目标分析法
制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入。而且还要看清问题,不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”:本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。
命题点1:海水中提溴(基础性考点)
1.(2021·焦作模拟)实验室利用浓缩的某废水(含Mg2+、Br-、Cl-等)制备Br2的CCl4溶液及Mg(OH)2。向经过滤后的废水中加入少量盐酸并通入足量Cl2,之后未涉及的操作是(  )
【解析】选D。由图可知A为萃取、B为加碱生成沉淀、C为过滤、D为蒸馏,由制备原理可知加碱过滤分离出氢氧化镁,滤液中通入氯气氧化溴离子生成溴,再萃取、分液分离,则不涉及蒸馏。
命题点2:海水、海带中提碘(综合性考点)
2.(2021年广东适应性测试)提取海带中I2的实验中,所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是
(  )
【解析】选D。灼烧应该用坩埚,而不能用蒸发皿,所以A选项错误;溶解不需要容量瓶,所以B选项错误;过滤需要玻璃棒引流,C选项错误;I-氧化生成I2用CCl4萃取再分液,实验装置及操作无误,D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·北京东城区模拟)
如下所示为海水综合利用的部分流程,有关说法错误的是(  )
A.实验室进行①的操作需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯
B.②是一个将电能转化为化学能的过程
C.③④⑤涉及的反应均为氧化还原反应
D.④中反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O====4H++
SO+2Br-
【解析】选A。操作①是蒸发,应使用蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等,A项错误;②是电解熔融NaCl获得Cl2的过程,B项正确;③是NaBr与Cl2的反应,④是Br2将水溶液中的SO2氧化成H2SO4的过程,⑤是HBr被氧化成Br2的过程,③④⑤中均有元素化合价发生变化,C项正确;生成的H2SO4和HBr均为强电解质,D项正确。
2.实验室从含碘废液(除H2O外,含有CCl4、I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:
(1)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I-,其离子方程式为?                 ;?
该操作将I2还原为I-的目的是            。?
(2)操作X的名称为           。?
(3)氧化时,在三颈烧瓶中将含I-的水溶液用盐酸调至pH约为2,缓慢通入Cl2,在40
℃左右反应(实验装置如图所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是
?                      ;?
锥形瓶里盛放的溶液为      。?
(4)已知:
5SO+2IO+2H+===I2+5SO+H2O。
某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、IO中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I-、IO的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在;
?????????。
?实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。
【解析】(1)该反应为Na2SO3、I2的氧化还原反应,离子方程式为SO+I2+H2O====
SO+2I-+2H+。含碘废液中碘以I-、I2的形式存在,将废液中的I2还原为I-的目的是使CCl4中碘进入水层。(2)CCl4不溶于水,因此可以通过分液的方法使其与水分离。(3)实验控制在较低温度下进行,是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)。锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2,故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。(4)检验I-,可以利用I-的还原性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有I-,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有I-;检验IO,可以利用IO的氧化性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有IO,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有IO。
答案:(1)
SO+I2+H2O====2I-+
SO+2H+
使CCl4中的碘进入水层 (2)分液
(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化) NaOH溶液
(4)从水层取少量溶液,加入1~2
mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-;另从水层取少量溶液,加入1~2
mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO,若溶液不变蓝,说明废水中不含有IO
3.以下为工业从海水中提取液溴的流程图:
已知:溴的沸点为59
℃,微溶于水,有毒性。请回答:
(1)某同学利用“图1”装置进行步骤①至步骤④的实验,当进行步骤①时,应关闭活塞    ,打开活塞            。?
(2)步骤②中可根据?          现象,简单判断热空气的流速。
(3)步骤③中简单判断反应完全的依据是?             。?
(4)步骤⑤用“图2”装置进行蒸馏,蒸馏烧瓶中尚未安装温度计,安装时其位置应注意               ,装置C中直接加热不合理,应改为        ,蒸馏时冷凝水应从    (填“e”或“f”)端进入,图中E、F的作用是          、           。?
【解析】(1)根据提取溴的流程图,操作是制取Br2→吹出溴单质→用SO2富集溴→用氯气把Br-氧化,进行步骤①时,通入氯气,因此关闭b、d,打开a、c,因为氯气有毒,尾气必须处理。
(2)通入热空气的目的,利用溴单质易挥发,把溴吹入B装置中,因此判断热空气流速,可以通过观察气泡冒出快慢来判断。
(3)SO2+Br2+2H2O====H2SO4+2HBr,溴水显(橙)黄色,当反应完全后溶液的颜色褪去。
(4)蒸馏实验时,温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处,目的是测气体的沸点,溴的沸点为59
℃,直接加热不利于温度的控制,可能造成溴单质中含有大量水分,因此应采用水浴加热,蒸馏时为了增强冷凝效果,应从下口入
水,从上口流出,即从f端进入,E的作用是收集液溴,但溴有毒,必须进行尾气处理,因此F装置的作用是除去尾气。
答案:(1)b、d a、c (2)A中气泡产生的快慢 (3)B中溶液褪色
(4)温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处 水浴加热 f 收集溴 吸收尾气
1.(2020·天津等级考)在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间,使用的“84消毒液”的主要有效成分是
(  )
A.NaOH         B.NaCl
C.NaClO
D.Na2CO3
【解析】选C。制取“84消毒液”的化学反应为Cl2+2NaOH====NaCl+
NaClO+H2O,“84消毒液”的主要有效成分为NaClO,C项正确。
2.(2020·全国Ⅱ卷节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:
(1)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为               。?
(2)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3
的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成
1
mol
ClO2消耗NaClO2的量为    mol;产生“气泡”的化学方程式为              。?
(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是               (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1
000
kg该溶液需消耗氯气的质量为    kg(保留整数)。?
【解析】(1)由新制的HgO和Cl2反应来制备Cl2O,该反应为歧化反应,则一部分氯化合价降低生成HgCl2。根据守恒配平化学方程式为2Cl2+HgO====HgCl2+Cl2O。(2)生成ClO2的反应属于歧化反应,还原产物为NaCl,每生成1
mol
ClO2,转移
1
mol电子,则生成的NaCl为1
mol÷4=0.25
mol,由氯元素守恒可知消耗NaClO2的量为1.25
mol;
由反应物可知产生“气泡”为CO2,反应的化学方程式为NaHCO3+
NaHSO4====CO2↑+Na2SO4+H2O。(3)酸性清洁剂的主要成分为HCl,与NaClO发生归中反应生成氯气,离子方程式为ClO-
+Cl-+2H+====Cl2↑+H2O。设消耗氯气的质量为x
kg,由化学方程式Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O得消耗的NaOH的质量为,由题意得:
(1
000
kg-x
kg)×30%-=1
000
kg×1%;
x≈203。
答案:(1)2Cl2+HgO====HgCl2+Cl2O (2)1.25
 NaHCO3+NaHSO4====CO2↑+Na2SO4+H2O
(3)ClO-+Cl-+2H+====Cl2↑+H2O 203
【加固训练—拔高】
1.下列说法不正确的是
(  )
A.(2018·全国卷Ⅱ)漂白粉可用于生活用水的消毒
B.(2018·北京高考)石蕊溶液滴入氯水中,溶液变红随后迅速褪色,不涉及氧化还原反应
C.(2018·海南高考)氯水具有较强的氧化性,可用于漂白纸张、织物等
D.(2017·全国卷Ⅲ)清洗碘升华实验所用试管,先用酒精清洗,再用水清洗
【解析】选B。B项,红色褪去,是HClO表现其强氧化性,错误;D项,碘易溶于酒精,可用酒精清洗碘,又由于酒精与水互溶,再用水清洗即可洗净,正确。
2.下列关于氯及其化合物的说法正确的是(  )
A.(2017·北京高考改编)氯气使KBr溶液变黄,氯气被氧化
B.(2017·天津高考)用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C.(2017·江苏高考)ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒
D.(2017·海南高考)铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
【解析】选D。溶液变黄说明有溴单质生成,反应后溴元素化合价升高,溴离子被氧化,氯气被还原,A项错误;氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应,不能用Cl2处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,可用Na2S来处理,B项错误;ClO2具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,C项错误;铝在氯气中燃烧生成AlCl3,D项正确。
1.熟记氯水“三分子四离子”:氯水中含有三种分子:Cl2、H2O、HClO;四种离子:Cl-、ClO-、H+、OH-。
2.把握氯水四个性质:氧化性、酸性、漂白性和不稳定性。
3.区分两个漂白粉原理:
(1)漂白原理:Ca(ClO)2+CO2+H2O====2HClO+CaCO3。
(2)失效原理:Ca(ClO)2+CO2+H2O====2HClO+CaCO3;2HClO2HCl+O2↑。
4.氯气制备把握三个方面:
(1)制取原理:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)除杂试剂:饱和食盐水、浓硫酸。
(3)尾气吸收原理:Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2O。
5.熟记碘提取反应的离子方程式:
(1)Cl2+2I-====I2+2Cl-
(2)H2O2+2I-+2H+====I2+2H2O
6.熟记溴提取反应的离子方程式:
(1)第一次被氧化Cl2+2Br-====Br2+2Cl-
(2)被还原:SO2+Br2+2H2O====2Br-+
SO+4H+
(3)第二次被氧化Cl2+2Br-====Br2+2Cl-
7.卤素离子检验的方法:
(1)沉淀法:加硝酸、硝酸银,产生沉淀的颜色为白色、淡黄色、黄色,则离子分别为Cl-、Br-、I-。
(2)置换萃取法:滴加氯水后,再滴加CCl4,若下层变为橙红色、紫红色,则离子分别为Br-、I-。
(3)置换淀粉法:滴加氯水后,再滴加淀粉溶液,若变蓝色,则离子为I-。
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-第三讲 化学平衡常数 化学反应进行的方向
考点一 化学平衡常数的含义和应用(命题指数★★★★★)
1.化学平衡常数:
(1)含义:在一定温度下,当一个可逆反应达到化学平衡时,生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数,简称平衡常数,用符号K表示。
(2)表达式:对于一般的可逆反应mA(g)+nB(g)?pC(g)+qD(g)平衡常数的表达式为K=。
(3)化学平衡常数的意义
①化学平衡常数值的大小是可逆反应进行程度的标志,它能够表示可逆反应进行的完全程度。可以说,化学平衡常数是一定温度下一个反应本身固有的内在性质的定量体现。
②K值越大,说明反应进行的程度越完全,反应物转化率越大;反之,反应进行的程度就越不完全,转化率就越小。一般来说,当K>105时,该反应就进行得基本完全了。
③对只有固体、水参加或生成的反应来说,固体和纯液体的浓度视为“1”。
④K只受温度影响,与反应物或生成物的浓度无关。
2.化学平衡常数的应用:
(1)判断反应进行的程度
(2)计算转化率
依据起始浓度(或平衡浓度)和平衡常数可以计算平衡浓度(或起始浓度),从而计算反应物的转化率。
利用“三段式”法,可以计算化学平衡常数,及利用化学平衡常数计算投料量、转化率等。
(3)判断反应的热效应
(4)判断化学反应进行的方向
对于可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)在任意状态下,生成物的浓度和反应物的浓度之间的关系用Qc(浓度商)=表示,则:
当Qc=K时,v正=v逆,反应处于平衡状态;
当Qc当Qc>K时,v正<v逆,反应向逆反应方向进行。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)平衡常数改变,化学平衡一定移动;化学平衡发生移动,平衡常数一定改变。(  )
提示:×。平衡常数只受温度影响,平衡移动K值不一定改变;平衡常数改变,温度一定变化,平衡一定移动。
(2)K值随温度升高而增大,说明正反应吸热。(  )
提示:√。升高温度,平衡向吸热方向移动,K值增大。
(3)可逆反应:C(s)+CO2(g)2CO(g)在一定温度下的平衡常数K的表达式为K=。(  )
提示:×。固体或纯液体的浓度可看作“1”而不必出现在平衡常数表达式中,应为K=。
(4)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数为K,反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的平衡常数为K′,反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数为K″,若K=a,则K′=,K″=。(  )
提示:√,写出表达式K=,K′=,则K′=,K″=。
2.人体血液中的血红蛋白(Hb)可与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力。若肺中吸入CO会发生反应CO+HbO2O2+HbCO,37
℃时,该反应的平衡常数K=220;HbCO浓度达到HbO2浓度的0.02倍时,会使人智力受损。
(1)结合平衡常数分析,煤气(CO)中毒导致患者缺氧的原因?
(2)轻微煤气中毒患者需进入高压氧舱进行吸氧治疗,结合平衡移动原理,分析原因。
(3)若39
℃时,平衡常数K=200,则该反应的正反应是吸热反应还是放热反应?
提示:(1)37
℃时,K=220,反应正向进行程度较大,血红蛋白结合O2较少,导致患者缺氧。
(2)高压氧舱中氧气浓度较高,可使平衡逆向移动,促进血红蛋白与O2结合,恢复输氧能力。
(3)该反应的平衡常数随温度升高而减小,正反应是放热反应。
3.已知Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) ΔH=a
kJ·mol-1,平衡常数为K;测得在不同温度下,K值如下:
温度/℃
500
700
900
K
1.00
1.47
2.40
(1)若500
℃时进行上述反应,CO2起始浓度为2
mol·L-1,CO的平衡浓度为________。
(2)方程式中的a________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)700
℃上述反应达到平衡,要使得该平衡向右移动,其他条件不变时,可以采取的措施有________(填序号)。
A.缩小反应器体积
B.通入CO2
C.升高温度到900

D.使用合适的催化剂
【解析】(1)设500
℃时CO的平衡浓度为x
mol·L-1,则
Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)
起始:
2
0
变化:
x
x
平衡:
2-x
x
则K===1,解得x=1。
故CO的平衡浓度为1
mol·L-1。
(2)由表格中数据可知,温度越高K值越大,推知温度升高平衡向正反应方向移动,故此反应的正反应为吸热反应,即a大于0。
(3)A项缩小反应器体积,平衡不移动,错误;B项通入CO2,平衡向右移动,正确;C项升高温度时,平衡向右移动,正确;D项使用催化剂不会使平衡发生移动,错误。
答案:(1)1
mol·L-1 (2)大于 (3)BC
命题角度1:平衡常数的概念辨析
【典例1】(2021·运城模拟)在一定体积的密闭容器中,进行如下化学反应:2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g),若其化学平衡常数K和温度t的关系如表。下列叙述不正确的是(  )
t°C
700
800
900
1
000
1
200
K
0.6
1.0
1.3
1.8
2.7
A.上述反应的正反应是吸热反应
B.该反应的化学平衡常数表达式为K=
C.若在1
L的密闭容器中通入X和Y各0.3
mol,5
min后温度升高到800
℃,此时测得X为0.1
mol,该反应达到平衡状态
D.混合气体的密度保持不变可作为该反应达到平衡的标志之一
【解析】选B。由图表分析,随温度升高,平衡常数增大,说明平衡正向进行,正反应为吸热反应,故A正确;气相物质为主的反应,固态,纯液体浓度视为常数,不列入平衡常数表达式,K应为,故B错误;若在1
L的密闭容器中通入X和Y各0.3
mol,5
min后温度升高到800
℃,此时测得X为0.1
mol,
     2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)
起始(mol)
0.3
0
0
平衡(mol)
0.1
0.1
0.1
所以Qc===1=K,则此时该反应达到平衡状态,故C正确;混合气体密度ρ=,反应前后气体质量发生改变,所以密度改变,则混合气体的密度保持不变可作为该反应达到平衡的标志之一,故D正确。
命题角度2:化学平衡常数的应用
【典例2】(2019·全国Ⅲ卷节选)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:
Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)===2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中,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____________________________________。
【解析】根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,所以温度越高,反应进行的程度越小,K值越小,即K(300
℃)大于K(400
℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大,HCl的转化率越低;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小,HCl的转化率越高。即三条曲线中,最上面一条是c(HCl)∶c(O2)=1∶1的变化曲线。将400
℃时的数据代入可得:K=。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利,过高会造成HCl利用率降低,过低会有大量氧气剩余,分离氧气能耗过高。
答案:大于  O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
1.平衡常数只与温度有关:
升高温度→K值增大→正反应为吸热反应
→K值减小→正反应为放热反应
降低温度→K值增大→正反应为放热反应
→K值减小→正反应为吸热反应
2.未知方程式③(K3)与已知方程式①(K1)和②(K2)的关系:
若③=2×①,则K3=K;
若③=×①,则K3=;
若③=-①,则K3=1/K1;
若③=①+②,则K3=K1×K2;
若③=①-②,则K3=K1/K2。
命题点1:平衡常数的概念辨析(基础性考点)
1.(2021·潮州模拟)某温度下,反应2A(g)+B(g)2C(g)的平衡常数K1=50,在同一温度下,反应2C(g)2A(g)+B(g)的平衡常数K2为(  )
A.2
500   B.50   C.0.02   D.0.002
【解析】选C。某温度下,反应2A(g)+B(g)2C(g)的平衡常数K1==50,在同一温度下,反应2C(g)2A(g)+B(g)的平衡常数K2====0.02。
2.(2021·合肥模拟)对于反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH>0,下列有关说法正确的是(  )
A.平衡常数表达式为K=
B.增大体系压强,平衡常数K不发生变化
C.升高体系温度,平衡常数K减小
D.增加C(s)的量,平衡正向移动
【解析】选B。A.K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,且纯固体不能代入K的表达式中,K=,故A错误;B.K与温度有关,增大体系压强,平衡常数K不发生变化,故B正确;C.为吸热反应,升高温度,吸热反应的平衡常数K增大,故C错误;D.C为固体,增加C(s)的量,平衡不移动,故D错误。
命题点2:平衡常数的应用(应用性考点)
3.(2021·荔湾区模拟)臭氧是一种很好的消毒剂,具有高效、洁净、方便、经济等优点。臭氧可溶于水,在水中易分解,产生的[O]为游离氧原子,有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生如下反应①:O3O2+[O] ΔH>0平衡常数为Ka,反应②:[O]+O32O2 ΔH<0平衡常数为Kb,总反应:2O33O2 ΔH<0平衡常数为K。下列说法错误的是(  )
A.降低温度,K减小      B.K=Ka·Kb
C.适当升温,可提高消毒效率
D.压强增大,Kb不变
【解析】选A。由于总反应ΔH<0,为放热反应,降低温度,放热反应的K增大,故A错误;总反应=反应①+反应②,K=Ka·Kb,故B正确;反应①ΔH>0,为吸热反应,反应②ΔH<0为放热反应,适当升温,反应①正移,反应②逆移,则[O]含量增加,可提高消毒效率,故C正确;平衡常数只与温度有关,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.已知反应nA(g)An(g)的平衡常数为K,则An(g)nA(g)的平衡常数是(  )
A.K       
B.K
C.K2
D.K-2
【解析】选B。对于同一可逆反应,相同温度下,正、逆两个方向的平衡常数互为倒数,已知反应nA(g)An(g)的平衡常数为K,则有An(g)nA(g)的平衡常数为,又同一可逆反应,平衡常数与系数成对应幂次方关系,所以An(g)nA(g)的平衡常数为=K。
2.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生,其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中,反应Ⅲ发生在氧化塔中,不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是(  )
温度(K)
化学平衡常数
反应Ⅰ4NH3+5O2→4NO+6H2O
反应Ⅱ4NH3+3O2→2N2+6H2O
反应Ⅲ:2NO+O2→2NO2
500
1.1×1026
7.1×1034
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
A.使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
B.通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
C.通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
D.氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【解析】选A。催化剂具有选择性,选择适合反应Ⅰ的催化剂以加快反应Ⅰ的速率,抑制反应Ⅱ的发生,从而增大氧化炉中NO的含量,故A正确;由表中平衡常数数据可知,相同温度时,反应Ⅱ的进行程度远大于反应Ⅰ,所以通过改变氧化炉的温度只能促进反应Ⅱ而抑制反应Ⅰ的发生,故B错误;反应Ⅰ和Ⅱ正向均是气体体积增大的反应,增大压强或减小压强对反应Ⅰ和Ⅱ的影响相同,不可能通过改变压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的目的,故C错误;根据500
℃、700
℃时反应Ⅲ的平衡常数K数值可知,反应Ⅲ正向是放热反应,温度过高会抑制反应Ⅲ的发生,所以氧化炉出气在进入氧化塔前应降温处理,D错误。
3.已知化学反应①:Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),其平衡常数为K1;化学反应②:Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g),其平衡常数为K2。在温度973
K和1
173
K情况下,K1、K2的值分别如表所示:
温度
973
K
1
173
K
K1
1.47
2.15
K2
2.33
1.67
(1)通过表格中的数值可以推断:反应①是______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),请你写出该反应的平衡常数K3的数学表达式:K3=__________。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式________。根据此关系式及表中数据,也能推断出反应③是__________(填“吸热”或“放热”)反应。
【解析】(1)由表中数据可知,温度升高,①的平衡常数增大,说明平衡向正反应方向移动,则正反应吸热;(2)依据反应CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g),根据平衡常数的概念,该反应的平衡常数K3的数学表达式:K3=;(3)已知:①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g);②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g);利用盖斯定律将①-②可得:
③H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g);则K3==×=;依据图表平衡常数数据分析,温度升高增大,说明平衡正向进行,反应是吸热反应。
答案:(1)吸热 (2) (3) 吸热
考点二 化学平衡常数和转化率的有关计算(命题指数★★★★★)
1.化学平衡相关计算:
化学平衡的计算需要应用三段式:
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始量
1
3
0
转化量
a
b
c
平衡量
1-a
3-b
c
①反应物的平衡量=起始量-转化量
②生成物的平衡量=起始量+转化量
③各物质转化浓度之比等于化学计量数之比。转化浓度是联系化学方程式、起始浓度、平衡浓度、转化率、化学反应速率的桥梁,因此抓住转化浓度是解题的关键。
2.转化率相关计算:
(1)转化率=×100%=×100%=
×100%。
(2)生成物的产率=×100%
(3)平衡时混合物组分的百分含量=×100%
(4)某组分的体积分数=×100%
3.平衡常数和转化率计算注意事项:
(1)代入平衡常数K表达式的各浓度一定是某一温度下各反应物和生成物的平衡浓度。
(2)①在同一条件下,平衡转化率是最大的转化率。
②产率=×100%,“产率”不一定是平衡状态下的。
③催化剂可以提高产率,但是不能提高平衡转化率。
④平衡时混合物组分的百分含量=×100%。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)一定条件下,平衡转化率是反应的最大转化率。(  )
提示:√。平衡状态即化学反应限度,转化率是最大值。
(2)平衡常数K和浓度商Qc表达式一样,表示的含义也一样。(  )
提示:×。K和Qc表达式一样,但Qc可以代表任意时刻的浓度关系,而K只能代表平衡状态下的浓度关系。
(3)某温度下,反应2A(g)+B(g)2C(g)的平衡常数K1=50,在同一温度下,反应2C(g)2A(g)+B(g)的平衡常数K2也是50。(  )
提示:×。对反应2A(g)+B(g)2C(g)的平衡常数K1=,而同一温度下,反应2C(g)2A(g)+B(g)的平衡常数K2===0.02。
(4)在1
100
℃时,一定容积的密闭容器中发生反应:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) ΔH=a
kJ·mol-1(a>0),该温度下K=0.263,达到化学平衡状态时,若c(CO)=0.100
mol·L-1,则c(CO2)=0.263
mol·L-1。(  )
提示:×。平衡常数K==0.263,故达到平衡时,若c(CO)=0.100
mol·L-1,则c(CO2)=0.026
3
mol·L-1。
2.已知可逆反应CO+H2O(g)CO2+H2,达到平衡时,K=,K是常数,只与温度有关,与浓度无关。
(1)830
K时,若起始时:c(CO)=2
mol·L-1,c(H2O)=3
mol·L-1,平衡时CO的转化率为60%,水蒸气的转化率为________;K值为________。
(2)830
K时,若只将起始时,c(H2O)改为6
mol·L-1,则水蒸气的转化率为________。
(3)若830
K时,起始浓度c(CO)=a
mol·L-1,c(H2O)=b
mol·L-1,H2的平衡浓度c(H2)=c
mol·L-1,
①a、b、c之间的关系式是_____________________________________________。
②当a=b时,a=________。
【解析】(1)
          CO+H2O(g)
CO2+H2
起始浓度(mol·L-1)
2
3
0
0
转化浓度(mol·L-1)
1.2
1.2
1.2
1.2
平衡浓度(mol·L-1)
0.8
1.8
1.2
1.2
K==1,α(H2O)=×100%=40%。
(2)设水蒸气的转化浓度为x
mol·L-1
          CO+H2O(g)
CO2+H2
起始浓度(mol·L-1)
2
6
0
0
转化浓度(mol·L-1)
x
x
x
x
平衡浓度(mol·L-1)
2-x
6-x
x
x
K==1,x=1.5,α(H2O)=×100%=25%。
(3)          CO+H2O(g)
CO2+H2
起始浓度(mol·L-1)
a
b
0
0
转化浓度(mol·L-1)
c
c
c
c
平衡浓度(mol·L-1)
a-c
b-c
c
c
则=1。当b=a时,代入上式,可得a=2c。
答案:(1)40% 1 (2)25% (3)①=1 ②2c
命题角度1:平衡常数的计算
【典例1】(2020·山东等级考节选)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH1=-49.5
kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH2=-90.4
kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
一定条件下,向体积为V
L的恒容密闭容器中通入1
mol
CO2和3
mol
H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a
mol,CO为b
mol,此时H2O(g)的浓度为__________mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为______________________________。
【解析】假设反应Ⅱ中,CO反应了x
mol,则Ⅱ生成的CH3OH为x
mol,Ⅰ生成的CH3OH为(a-x)mol,Ⅲ生成CO为(b+x)mol,根据反应Ⅰ:CO+3HCH+H,反应Ⅱ:
+2HCH,反应Ⅲ:CO+H+H,所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)mol,浓度为=
mol·L-1;平衡时CO2的物质的量为1
mol-(a-x)
mol-(b+x)
mol=(1-a-b)
mol,H2的物质的量为3
mol-3(a-x)
mol-2x-(b+x)
mol=(3-3a-b)
mol,CO的物质的量为b
mol,水的物质的量为(a+b)
mol,则反应Ⅲ的平衡常数为=。
答案: 
命题角度2:平衡常数和转化率的计算
【典例2】(2019·全国卷Ⅱ节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:
(1)已知:(g)===(g)+H2(g)
ΔH1=100.3
kJ·mol-1 ①
H2(g)+I2(g)===2HI(g)ΔH2=-11.0
kJ·mol-1 ②
对于反应:(g)+I2(g)===(g)+2HI(g)③
ΔH3=________kJ·mol-1
(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105
Pa,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
B.提高温度
C.增加环戊烯浓度
D.增加碘浓度
【解析】(1)反应①+②可得反应③:则ΔH3=ΔH1+ΔH2=
100.3
kJ·mol
-1+(-11.0
kJ·mol
-1)=89.3
kJ·mol-1。
(2)设起始加入反应物的物质的量都为1
mol,
   
(g)+I2(g)===(g)+2HI(g)
起始(mol)
 1
 1
 0
 0
转化(mol)
 x
 x
 x
 2x
平衡(mol)
 1-x
1-x
x
 2x
反应后气体的总物质的量为2+x,平衡由压强之比等于气体物质的量之比知:=1.2,x=0.4,环戊烯的转化率为×100%=40%;反应后的气体的总压强为1.2×105
Pa,、I2、、HI的分压分别为×1.2×105
Pa=0.3×105
Pa、×1.2×105
Pa=0.3×105
Pa、×1.2×105
Pa=0.2×105
Pa、×1.2×105
Pa=0.4×105
Pa,Kp=
Pa≈3.56×104
Pa;达到平衡后,通入惰性气体对平衡没有影响,环戊烯的平衡转化率不变,A错误;反应③是吸热反应,提高温度平衡向正反应方向移动,环戊烯的平衡转化率增大,B正确;增加环戊烯浓度,环戊烯的平衡转化率减小,C错误;增加碘浓度平衡向正反应方向移动,环戊烯的平衡转化率增大,D正确。
答案:(1)89.3 (2)40% 3.56×104 BD
1.化学平衡常数相关计算:
对于反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b,达到平衡后,A的消耗量为mx,容器容积为V
L。
     mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)
起始/mol
a
b
0
0
变化/mol
mx
nx
px
qx
平衡/mol
a-mx
b-nx
px
qx
建立等式求解:①c平(A)=
mol·L-1。
②K=
③α(A)=×100%。
④φ(A)=×100%
⑤=
⑥ρ(混)=
g·L-1。
⑦相对平均摩尔质量:M=
g·mol-1
2.平衡转化率的分析和判断方法:
(1)反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)的转化率分析
①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比,达到平衡后,它们的转化率相等。
②若只增加A的量,平衡正向移动,B的转化率提高,A的转化率降低。
③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度,等效于压缩(或扩大)容器体积,气体反应物的转化率与化学计量数有关。同倍增大c(A)和c(B)
(2)反应mA(g)nB(g)+qC(g)的转化率分析在T、V不变时,增加A的量,等效于压缩容器体积,A的转化率与化学计量数有关。
增大c(A)
命题点1:平衡常数的计算(基础性考点)
1.(2021·南昌模拟)已知在25
℃时,下列反应的平衡常数如下:
①N2(g)+O2(g)2NO(g) K1=1×10-30
②2H2(g)+O2(g)2H2O(g) K2=2×1081
③2CO2(g)2CO(g)+O2(g) K3=4×10-92
下列说法正确的是(  )
A.NO分解反应NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常数为1×10-30
B.根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2O
C.常温下,NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2
D.温度升高,上述三个反应的平衡常数均增大
【解析】选C。NO分解反应NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常数K=====1015,故A错误;化学平衡常数表示化学反应进行的程度,但不表示反应难易程度,故B错误;化学平衡常数K的数值越大,化学反应进行的程度越大,常温下,NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减小,则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2,故C正确;②是放热反应,①③是吸热反应,升高温度平衡向吸热方向移动,所以升高温度②平衡常数减小、①③平衡常数增大,故D错误。
2.(2021·邢台模拟)将1
mol
N2O5置于2
L密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:
①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g);②N2O4(g)2NO2(g)。达到平衡时,c(O2)=0.2
mol·L-1,c(NO2)=0.6
mol·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为(  )
A.3.2   B.0.2   C.   D.
【解析】选B。N2O5分解得到N2O4部分转化为NO2(g),平衡时c(O2)=0.2
mol·L-1,c(NO2)=0.6
mol·L-1,则:平衡时c(N2O4)=2c(O2)-c(NO2)=0.2
mol·L-1×2-×0.6
mol·L-1=0.1
mol·L-1,平衡时c(N2O5)=-2c(O2)=0.5
mol·L-1-0.2
mol·L-1×2=0.1
mol·L-1,故反应①的平衡常数K===0.2。
命题点2:平衡转化率计算(综合性考点)
3.在恒温时,一固定容积的容器内发生如下反应:2NO2(g)N2O4(g),达到平衡时,再向容器内通入一定量的NO2(g),重新达到平衡后,与第一次平衡时相比,NO2的转化率(  )
A.不变
B.增大
C.减小
D.无法判断
【解析】选B。恒温恒容下,到达平衡时再向容器内通入一定量的NO2(g),等效为在原平衡基础上增大压强,平衡正向移动,N2O4(g)的体积分数增大,NO2的体积分数减小,NO2的转化率增大,故选B。
4.将固体NH4I置于密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到平衡时,c(H2)=0.5
mol·L-1,c(HI)=4
mol·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为(  )
A.9    B.16    C.20    D.25
【解析】选C。平衡时c(HI)=4
mol·L-1,HI分解生成的H2的浓度为0.5
mol·L-1。NH4I分解生成的HI的浓度为4
mol·L-1+2×0.5
mol·L-1=5
mol·L-1,所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5
mol·L-1,所以反应①的平衡常数K=c(NH3)·c(HI)=5×4=20。
考点三 化学反应方向的判断(命题指数★★★)
1.自发过程和自发反应:
(1)自发过程。
①含义:在一定条件下,不用借助外力就可以自动进行的过程。
②特点:
A.体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或释放热量)。
B.在密闭条件下,体系有从有序自发转变为无序的倾向(无序体系更加稳定)。
③非自发过程:在一定条件下,需持续借助外力才能进行的过程。
(2)自发反应。
①含义:在给定的条件下,可以自发进行到显著程度的化学反应,称为自发反应。
②非自发反应:不能自发进行,必须借助某种外力才能进行的反应。
2.化学反应方向的判断:
(1)焓判据。
①放热反应过程中体系能量降低,具有自发进行的倾向,因此可用焓变来判断反应进行的方向。
②局限性:放热反应有利于反应自发进行,但有些吸热反应也能自发进行,例如:在25
℃和101
kPa时,2N2O5(g)===4NO2(g)+O2(g) ΔH=+56.7
kJ·mol-1。
(2)熵和熵判据。
①熵:用来量度体系混乱程度的物理量,符号为S,单位为J·mol-1·K-1。体系混乱程度越大,熵值越大。
同一种物质,不同状态,熵值大小为S(g)>S(l)>S(s)。
②熵变(ΔS):ΔS=S(生成物)-S(反应物)。
③熵增原理:在与外界隔绝的体系中,自发过程将导致体系的熵增大,即熵变大于零。
④熵判据:
A.体系有自发地向混乱度增大(即熵增)的方向转变的倾向,因此可用熵变来判断反应进行的方向。
B.局限性:熵增有利于反应自发进行,但有些熵值减小的反应,在一定条件下也能自发进行。如:NH3(g)+HCl(g)===NH4Cl(s) ΔS<0。
(3)复合判据。
研究表明,在恒温、恒压下,判断化学反应自发性的判据是体系自由能变化(ΔG、单位:kJ·mol-1):ΔG=ΔH-TΔS(注意:T的单位是“K”,不是“℃”)。
①ΔG<0,反应能自发进行;
②ΔG=0,反应达到平衡状态;
③ΔG>0,反应不能自发进行。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)自发反应一定能发生,非自发反应一定不能发生。(  )
提示:×。某些自发反应需要在一定条件下才能发生,非自发反应具备了一定条件也能发生。
(2)Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行。(  )
提示:√。该反应符合自发反应条件。
(3)吸热反应不可以自发进行。(  )
提示:×。吸热的熵增反应可以自发进行。
(4)同种物质气态时熵值最大。(  )
提示:√。同一种物质,不同状态,熵值大小为S(g)>S(l)>S(s)。
(5)-10
℃的水结成冰,可用熵变的判据来解释反应的自发性。(  )
提示:×。应该用焓判据来解释。
2.工业上可以用焦炭还原氧化铁得到金属铁,但是金属铝冶炼时,却是用电解熔融氧化铝的方法。
已知:25
℃(298
K)时,反应2Al2O3(s)+3C(s)===4Al(s)+3CO2(g)中,ΔH=2171
kJ·mol-1,ΔS=635.5
J·mol-1·K-1。
(1)室温下能否自发进行?该反应的最适宜温度是多少?
(2)为什么不选择此种方法冶炼铝?
提示:(1)室温下,ΔG=ΔH-TΔS=2
171
kJ·mol-1-298
K×635.5×10-3
kJ·mol-1·K-1≈1
982
kJ·mol-1。因此室温下反应不能自发进行。该反应为吸热的熵增加反应,为使反应能自发进行,假设反应焓变与反应熵变不随温度变化而变化,当ΔG<0时,2
171×1
000-T×635.5<0,T>3
416
K。
(2)当T>3
416
K时,该反应才能自发进行,而这么高的温度在工业生产中一般是很难满足的。因此,不使用焦炭还原氧化铝制备金属铝。
命题角度1:化学反应方向的判断
【典例1】(2020·江苏高考)反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是(  )
A.该反应ΔH>0、ΔS<0
B.该反应的平衡常数K=
C.高温下反应每生成1
mol
Si需消耗2×22.4
L
H2
D.用E表示键能,该反应ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-4E(H—Cl)
【解析】选B。A项,以H2为还原剂的反应属于吸热反应,ΔH>0,该反应中气体的物质的量增多,则ΔS>0,错误;B项,平衡常数表达式中,不写入固体物质,用生成物浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,正确;C项,没有指明H2在标准状况下的体积,错误;D项,1
mol
Si中含有2
mol
Si—Si键,没有写入计算表达式中,错误。
命题角度2:化学反应方向的应用
【典例2】(2019·天津高考节选)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。
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) ΔH1>0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) ΔH2<0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)ΔH3
(1)已知体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS,ΔG<0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示,可知:反应①能自发进行的最低温度是________________;相同温度下,反应②比反应①的ΔG小,主要原因是________________________________。
(2)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是________(填序号)。
a.B点:v正>v逆
b.v正:A点>E点
c.反应适宜温度:480~520

【解析】(1)根据图示分析,当ΔG=0时,反应①温度是1
000
℃,所以能自发进行的最低温度是1
000
℃。相同温度下反应②比反应①的ΔG小,是因为反应①是吸热反应,ΔH>0。
(2)根据图2分析,B点反应没有达到平衡状态,正反应速率大于逆反应速率,a正确;E点的温度高于A点,E点的反应速率大,b错误;反应在480~520
℃时转化率最高,该温度段是适宜的温度,c正确。
答案:(1)1
000
℃ ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小 (2)a、c
1.吉布斯自由能的应用:
可以用ΔG=ΔH-TΔS的数值判断反应能否自发进行。
ΔG=ΔH-TΔS
2.ΔH、ΔS与反应的自发性:
类型
ΔH
ΔS
反应的自发性
1
<0
>0
ΔG<0,反应一定能自发进行
2
>0
<0
ΔG>0,反应一定不能自发进行
3
<0
<0
反应能否自发进行与温度有关,一般低温时焓变影响为主,故低温自发
4
>0
>0
反应能否自发进行与温度有关,一般高温时熵变影响为主,故较高温度自发
命题点1:化学反应方向的判断(基础性考点)
1.(2021·平顶山模拟)下列说法正确的是(  )
A.固体的溶解过程与熵变无关
B.常温下,冰融化成水是自发的,说明水的混乱度大于冰
C.放热反应都是自发的,吸热反应都是非自发的
D.反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
【解析】选B。固体的溶解过程,混乱度增大,则熵变增大,故A错误;冰融化为水吸热、且混乱度增大,则ΔH>0、ΔS>0,故B正确;ΔH<0,ΔS<0的反应在高温下是非自发进行的反应,ΔH>0,ΔS>0高温下是自发进行的反应,故C错误;反应自发进行由焓变、熵变、温度共同决定,故D错误。
2.(2021年河北适应性测试)下列说法正确的是(  )
A.氕、氘和氚互称同素异形体
B.对于ΔH>0自发进行的化学反应,有ΔS>0
C.对于相同质量的水而言,其体积V的相对大小有:V(g)>V(l)>V(s)
D.两原子形成化学键时要有电子得失或电子偏移
【解析】选B。氕、氘和氚的质子数相同,中子数不同,互称同位素,故A错误;ΔH-TΔS<0时反应自发,若ΔH>0,则有ΔS>0,故B正确;由于氢键的存在,冰的密度小于液态水,对于相同质量的水而言,其体积V的相对大小有:V(g)>V(s)>V(l),故C错误;相同原子之间通过共用电子对形成的共价键,没有电子得失或电子偏移,故D错误。
命题点2:化学反应方向的应用(应用性考点)
3.(2021·石家庄模拟)研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义,下列说法正确的是(  )
A.ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行
B.在其他外界条件不变的情况下,汽车排气管中使用催化剂,可以改变产生尾气的反应方向
C.反应CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)在室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0
D.一定温度下,反应MgCl2(l)===Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0
【解析】选D。根据ΔG=ΔH-TΔS,对于ΔH<0、ΔS>0的反应都有ΔG<0,即在任何温度下均能发生,故A错误;催化剂只能改变反应速率,不改变反应进行的方向,故B错误;反应CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)中有气体生成,即ΔS>0,由于室温下不能自发进行,所以ΔG=ΔH-TΔS>0,即该反应的ΔH>0,故C错误;反应MgCl2(l)===Mg(l)+Cl2(g)中有气体生成,即ΔS>0,该分解反应是吸热反应,即ΔH>0,故D正确。
【加固训练—拔高】
1.(2021·盐城模拟)下列反应均可在室温下自发进行,其中ΔH>0,ΔS>0的是(  )
A.(NH4)2CO3(s)===NH3(g)+NH4HCO3(s)
B.Mg(s)+2HCl(aq)===MgCl2(aq)+H2(g)
C.4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)
D.Al(OH)3(s)+3HNO3(aq)===Al(NO3)3(aq)+3H2O(l)
【解析】选A。A为分解反应,属于吸热反应,ΔH>0,且常温下自发进行,生成气体,ΔS>0,故A选;B为金属与酸的反应为放热反应,ΔH<0,故B不选;C为放热的氧化还原反应,ΔH<0,且ΔS<0,故C不选;D为中和反应,为放热反应,ΔH<0,故D不选。
2.(2021·资阳模拟)下列有关化学反应方向的描述中正确的是(  )
A.某吸热反应能自发进行,因此该反应是熵增反应
B.知道了某过程有自发性之后,可预测反应过程发生的快慢
C.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH>0,该反应能否自发进行与温度无关
D.冰融化为水的过程中:ΔH<0,ΔS>0
【解析】选A。ΔH-TΔS<0的反应可自发进行,则某吸热反应能自发进行,因此该反应是熵增反应,故A正确;自发反应的反应速率不一定大,知道了某过程有自发性,不能说明该反应一定发生,也不能说明该反应速率快慢,故B错误;由化学计量数可知ΔS>0,又ΔH>0,则该反应在高温下才能自发进行,所以能否自发进行与温度有关,故C错误;同一物质固态的能量小于液态,液态的熵大于固态,所以冰融化为水的过程中ΔH>0,ΔS>0,故D错误。
3.(2021·佛山模拟)关于反应2H2(g)+O2(g)===2H2O(l),下列说法错误的是(  )
A.焓变ΔH<0
B.可以把反应设计成原电池,实现能量的转化
C.由熵变ΔS<0可知,该反应可自发进行
D.选用合适的催化剂,有可能使反应在相同条件下以较快的速率进行
【解析】选C。反应2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)为放热反应,则ΔH<0,故A正确;原电池的原理利用的是自发的氧化还原反应,该反应可以设计成原电池,实现能量的转化,故B正确;反应能自发进行的判断依据是ΔH-TΔS<0,则由熵变和焓变共同决定,由熵变ΔS<0不能得出该反应可自发进行,故C错误;选用合适的催化剂,可以改变反应的活化能,加快反应速率,故D正确。
1.(2020·浙江7月选考)5
mL
0.1
mol·L-1KI溶液与1
mL
0.1
mol·L-1FeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是(  )
A.加入苯,振荡,平衡正向移动
B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度
C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动
D.该反应的平衡常数K=
【解析】选D。加入苯振荡,苯将I2萃取到苯层,水溶液中c(I2)减小,平衡正向移动,A正确;将5
mL
0.1
mol·L-1KI溶液与1
mL
0.1
mol·L-1FeCl3溶液混合,参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1∶1,反应后I-一定过量,经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,说明水溶液中仍含有Fe3+,即Fe3+没有完全消耗,表明该化学反应存在限度,B正确;加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+,c(Fe2+)增大,平衡逆向移动,C正确;该反应的平衡常数K=,D错误。
2.(2019·江苏高考改编)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=2
000
【解析】选B。A项,实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率,虚线表示相同条件下随温度变化的NO的平衡转化率,随着温度升高,由虚线知,NO的平衡转化率减小,即温度升高,2NO

O2===2NO2的平衡逆向移动,说明该反应为放热反应,ΔH<0,错误;B项,与X点相同温度下,NO的转化率没有达到最大,所以反应没有达到平衡,如果延长时间,使反应达到平衡,则可以提高NO的转化率,正确;C项,Y点处,反应已达平衡,通入O2时,平衡正向移动,NO的转化率会提高,错误;D项,设起始时c(NO)=a
mol·L-1,则:
     
 2NO +O2   ===   2NO2
起始c(mol·L-1)
a
5×10-4
0
平衡c(mol·L-1)
0.5a
(5×10-4-0.25a)
0.5a
转化c(mol·L-1)
0.5a
0.25a
0.5a
K==
当0.25a=0时,K=2
000,但0.25a>0,所以K>2
000,错误。
3.(2020·全国Ⅲ卷节选)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域,反应如下2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。
(1)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为0.1
MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是________________________________、
______________。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH__________0(填“大于”或“小于”)。
(2)根据图中点A(440K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp=__________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
【解析】(1)由于原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,且温度升高时二者变化趋势相同(即均增大或均减小),而生成的n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4,且温度升高时二者变化趋势相同(即均增大或均减小),所以根据390
K平衡时各物质的物质的量分数之间的关系可知:c、a分别表示的是CO2和H2,b、d分别表示H2O与C2H4,所以表示C2H4、CO2变化的曲线分别是d和c;由图可知升高温度CO2和H2的物质的量分数增大,即平衡向逆反应方向移动,根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应,即ΔH小于0。(2)
根据图中点A(440
K,0.39)可知此时H2和H2O的物质的量分数均为0.39,即二者分压均为0.039
MPa,由于原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,而且二者反应过程中也是按照物质的量1∶3的比例生成或者消耗,所以二者的物质的量之比一直为1∶3,即p(H2)=3p(CO2),而p(C2H4)=p(H2O)=×0.039
MPa,故Kp===×或×。
答案:(1)d c 小于
(2)×(或×等)
【加固训练—拔高】
1.(2020·天津等级考节选)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)。
 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
某温度下,恒容密闭容器中,CO2和H2的起始浓度分别为a
mol·L-1和3a
mol·L-1,反应平衡时,CH3OH的产率为b,该温度下反应平衡常数的值为__________。
【解析】运用三段式法:
      CO2(g)

3H2(g)CH3OH(g)

H2O(g)
a
3a
0
0
ab
3ab
ab
ab
a(1-b)
3a(1-b)
ab
ab
该温度下反应平衡常数的值K==。
答案:
2.(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。在1
L真空密闭容器中加入a
mol
PH4I
 固体,t
℃时发生如下反应:
PH4I(s)PH3(g)+HI(g)  ①
4PH3(g)P4(g)+6H2(g)

2HI(g)H2(g)+I2(g)

达平衡时,体系中n(HI)=b
mol,n(I2)=c
mol,n(H2)=d
mol,则t
℃时反应①的平衡常数K值为________(用字母表示)。
【解析】2HIH2+I2,因反应达到平衡时,n(I2)=c
mol,即该反应生成n(H2)=c
mol,反应消耗n(HI)=2c
mol,则PH4I分解生成n(PH3)=n(HI)=(b+2c)
mol;在反应4PH3P4+6H2中,生成n(H2)=(d-c)
mol,该反应消耗的n(PH3)=(d-c)
mol,在反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)达到平衡时,n(HI)=b
mol,n(PH3)=(b+2c)
mol-(d-c)
mol,该反应的化学平衡常数K=b×[(b+2c)-(d-c)]=(b+)×b。
答案:(b+)b
1.必记1个表达式——化学平衡常数表达式:
对于可逆反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),K=。
2.牢记影响化学平衡常数的1个因素——温度:
化学平衡常数仅与温度有关,与反应物、生成物的浓度无关。
3.掌握平衡常数K的应用:
(1)判断反应进行的程度;
(2)判断反应进行的方向;
(3)判断反应的热效应;
(4)计算物质的含量、转化率、平衡浓度等。
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27
-第一讲 化学反应与能量的变化
考点一 焓变 反应热(命题指数★★★★★)
1.化学反应的实质与特征:
(1)实质:反应物中化学键的断裂和生成物中化学键的形成。
(2)特征:既有物质变化,又伴有能量变化,通常主要表现为热量的变化。
2.反应热和焓变:
(1)反应热:化学反应中放出或吸收的热量。
(2)焓变:在恒压条件下化学反应的热效应,其符号为ΔH,单位是kJ/mol(或kJ·mol-1)。
3.吸热反应和放热反应:
(1)从反应物和生成物的总能量相对大小的角度分析。
(2)从化学键的变化角度分析。
(3)常见放热反应。
①可燃物的燃烧;②酸碱中和反应;③大多数化合反应;④金属跟酸的置换反应;⑤物质的缓慢氧化。
(4)常见吸热反应。
①大多数分解反应;②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应;③碳和水蒸气、C和CO2的反应。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)物质发生化学变化都伴有能量的变化。
(  )?
提示:√。任何化学反应均有化学键的断裂和形成,断键吸热,成键放热,所以一定伴随着能量变化。
(2)放热反应不需要加热就能反应,吸热反应不加热就不能反应。
(  )?
提示:×。化学反应是吸热还是放热与反应条件没有必然联系。
(3)NH4NO3固体溶于水时吸热,属于吸热反应。
(  )?
提示:×。NH4NO3固体溶于水是物理变化,不属于吸热反应。
(4)同温同压下,反应H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同。
(  )?
提示:×。焓变与反应条件无关,此反应在光照和点燃条件下的ΔH相同。
(5)活化能越大,表明反应断裂旧化学键需要克服的能量越大。
(  )?
提示:√。断裂旧化学键所需要克服的能量总和就等于该反应的活化能,故说法正确。
2.H2O2分解反应过程能量变化如图所示:
(1)该反应是    (填“吸热”或“放热”)反应,2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g) ΔH=    。?
(2)使用MnO2催化剂,E3将    (填“升高”“降低”或“不变”)。?
提示:(1)放热 2(E1-E2)?
(2)降低。根据图示可知,该反应是放热反应;根据图中数据,2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g) ΔH=2(E1-E2);使用催化剂,能降低反应的活化能。?
命题角度1:反应热与能量变化的关系
【典例1】
某反应使用催化剂后,其反应过程中能量变化如图所示,下列说法错误的是
(  )?
A.总反应为放热反应
B.使用催化剂后,活化能不变
C.反应①是吸热反应,反应②是放热反应
D.ΔH=ΔH1+ΔH2
【解析】选B。由题图可知,反应①是吸热反应,反应②是放热反应,总反应是放热反应,且ΔH=ΔH1+ΔH2,A、C、D项正确;催化剂能降低反应的活化能,B项错误。
已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4
kJ·mol-1,在催化剂存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
(  )?
A.反应的ΔH=E4-E3+E2-E1
B.加入催化剂,ΔH不变,活化能降低,反应速率加快
C.加入催化剂后反应经过两步完成,其中第一步决定反应速率
D.向密闭容器中充入1
mol
N2和3
mol
H2发生反应达平衡时,放出92.4
kJ热量?
【解析】选B。A.①A→B的反应焓变为E1-E2,②B→C的反应焓变为E3-E4,①+②可得:A→C,结合盖斯定律A→C的反应焓变为E1-E2+E3-E4,故A错误;B.加入催化剂可以改变反应历程,降低反应活化能,加快反应速率,但是不改变始终态,所以焓变不变,故B正确;C.由图可知加入催化剂后反应经过两步完成,第一步反应的活化能E1小于第二步反应的活化能E3,所以第二步反应较慢,其决定总反应速率,故C错误;D.由3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4
kJ·mol-1可知,若消耗3
mol
H2和1
mol
N2,会放出92.4
kJ热量,但向密闭容器中充入3
mol
H2和1
mol
N2,由于该反应是可逆反应,无法完全反应,所以反应放出热量小于92.4
kJ,故D错误。?
【思维升华】?
两道试题均考查了化学反应的催化历程中能量的变化。解答此类问题时需注意:?
(1)分析能量示意图时,要明确反应物、中间产物、生成物,根据物质能量的高低判断反应过程中的能量变化,注意催化剂的加入可降低反应的活化能,但不会改变反应的焓变。
(2)若题目中出现粒子构成时,要观察粒子结构的变化,分析不同反应阶段化学键的断裂或形成情况,最终确定反应过程中的能量变化。
【备选例题】?
中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题,该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下:?
下列说法正确的是
(  )?
A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B.过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
C.使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
D.图示过程中的H2O均参与了反应过程
【解析】选D。根据反应过程示意图,过程Ⅰ是水分子中的化学键断裂的过程,为吸热过程,故A错误;过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气,H2中的化学键为非极性键,故B错误;催化剂不能改变反应的ΔH,故C错误;根据反应过程示意图,过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂,过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程,过程Ⅲ中形成了水分子,因此H2O均参与了反应过程,故D正确。
命题角度2:利用键能计算ΔH
【典例2】工业上,在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇,化学原理为CH2CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g) ΔH。已知几种共价键的键能如表所示:?
化学键
C—H
CC
H—O
C—C
C—O
键能/(kJ·mol-1)
413
615
463
348
351
则上述反应式中,ΔH=    。?
【解析】题述反应式中,ΔH=615
kJ·mol-1+413
kJ·mol-1×4+463
kJ·mol-1×2-348
kJ·mol-1-413
kJ·mol-1×5-463
kJ·mol-1-351
kJ·mol-1=-34
kJ·mol-1。?
答案:-34
kJ·mol-1?
在题干条件不变的情况下,下列说法中错误的是
(  )?
A.碳碳双键的键能小于碳碳单键的键能的2倍
B.相同时间段内,反应中用三种物质表示的反应速率相等
C.上述合成乙醇的反应是放热反应
D.CH3CH2OH(g)CH2CH2(g)+H2O(g) ΔH=-96
kJ·mol-1?
【解析】选D。由题中数据可知,碳碳双键的键能小于碳碳单键的键能的2倍,A正确;反应混合物中,各物质的化学计量数相同,所以相同时间段内,反应中用三种物质表示的反应速率相等,B正确;上述反应式中,ΔH=615
kJ·mol-1+413
kJ·mol-1×4+463
kJ·mol-1×2-348
kJ·mol-1-413
kJ·mol-1×5-463
kJ·mol-1-351
kJ·mol-1=-34
kJ·mol-1,ΔH<0,所以此反应为放热反应,C正确;反应CH3CH2OH(g)CH2CH2(g)+H2O(g)与合成乙醇的反应方向相反,可知其ΔH=+34
kJ·mol-1,D错误。?
【备选例题】?
N4分子结构为正四面体形(如图所示)。已知:断裂N4(g)中
1
mol
N—N键吸收193
kJ能量,形成N2(g)中1
mol
N≡N
放出941
kJ能量。下列说法正确的是
(  )?
A.形成1
mol
N4(g)中的化学键放出193
kJ的能量?
B.N4(g)比N2(g)更稳定
C.1
mol
N2(g)完全转化为N4(g),体系的能量增加362
kJ?
D.N4(g)2N2(g) ΔH=+724
kJ·mol-1?
【解析】选C。从结构图中可看出,一个N4分子中含有6个
N—N键,形成1
mol
N4(g)中的化学键放出6×193
kJ
的能量,A项错误;从结构图中可看出,一个N4分子中含有6个N—N键,根据N4(g)2N2(g)可知ΔH=6×193
kJ·mol-1-2×941
kJ·mol-1=-724
kJ·mol-1,这说明
N2(g)的总能量小于N4(g),因此N2(g)比N4(g)更稳定,B项错误;根据B选项中分析可知1
mol
N2(g)完全转化为
N4(g),体系的能量增加
362
kJ,C项正确;由B项分析可知,D项错误。?
1.图解反应热与活化能的关系:
(1)注意活化能在图示中的意义。
①从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能(E1);
②从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能(E2);
③ΔH=E1-E2。
(2)催化剂只影响正、逆反应的活化能,而不影响反应的焓变。
(3)涉及反应热的有关计算时,要特别注意图示中反应物和生成物的物质的量。
2.利用键能计算ΔH的方法:
(1)计算公式:ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能。
(2)常见1
mol物质中的化学键数目。?
物质
CO2(CO)
CH4(C—H)
P4(P—P)
SiO2(Si—O)
键数
2
4
6
4
物质
石墨
金刚石
S8(S—S)
Si
键数
1.5
2
8
2
命题点1:反应热过程中的能量变化(基础性考点)
1.根据如图所示的反应,判断下列说法中错误的是
(  )?
A.CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
B.该反应的焓变大于零
C.该反应中既有离子键断裂也有共价键断裂,化学键断裂吸收能量,化学键生成放出能量
D.由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应
【解析】选D。因为碳酸钙受热分解是吸热反应,所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量,焓变大于零,A、B两项均正确;在CaCO3中,Ca2+和C之间存在离子键,C中C与O之间存在共价键,故反应中既有离子键断裂也有共价键断裂,断键吸收能量,成键放出能量,C项正确;需要加热才发生的反应不一定为吸热反应,如碳的燃烧反应就是放热反应,D项错误。
2.关于2NO(g)+O22NO2(g)
的反应历程与能量变化关系如图所示,下列叙述正确的是
(  )?
A.第Ⅱ步反应物的活化能高于第Ⅰ步
B.使用合适的催化剂可以减小E1、E2和E3
C.第Ⅰ步和第Ⅱ步反应均为吸热反应
D.NO3为反应的最终产物之一
【解析】选A。第Ⅱ步反应物的活化能高于第Ⅰ步,A正确;使用合适的催化剂只能减小反应的活化能,E3为反应的ΔH,不能改变,B错误;第Ⅱ步反应是放热反应,C错误;NO3为反应的中间产物,D错误。
命题点2:与ΔH相关的基本计算(综合性考点)
3.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应,可实现氯的循环利用:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6
kJ·mol-1。下列说法正确的是
(  )?
A.该反应的活化能为115.6
kJ·mol-1?
B.使用催化剂能使该反应的焓变增大
C.该反应的正反应活化能比逆反应活化能大
D.断裂H2O(g)中1
mol
H—O键比断裂HCl(g)中1
mol
H—Cl键所需能量多?
【解析】选D。A项,活化能不等于反应热,错误。B项,催化剂对反应焓变的大小无影响,错误。C项,ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0,故正反应活化能比逆反应活化能小,错误。D项,4×E(H—Cl)+498
kJ·mol-1-[2×243
kJ·mol-1
+4×E(H—O)]=-115.6
kJ·mol-1,整理得E(H—O)-E(H—Cl)=31.9
kJ·mol-1,故断开1
mol
H—O键比断开1
mol
H—Cl键所需能量多,正确。?
4.根据如图能量关系示意图,下列说法正确的是
(  )?
A.1
mol
C(s)与1
mol
O2(g)的能量之和为393.5
kJ?
B.反应2CO(g)+O2(g)2CO2(g)中,生成物的总能量大于反应物的总能量
C.由C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221.2
kJ·mol-1?
D.热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量,则CO热值为-10.1
kJ·mol-1?
【解析】选C。A项,由图可知1
mol
C(s)与1
mol
O2(g)的能量比1
mol
CO2(g)能量高393.5
kJ,错误;B项,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)为放热反应,生成物的总能量小于反应物的总能量,错误;C项,由图可知1
mol
C(s)与O2(g)生成1
mol
CO(g)放出热量为393.5
kJ-282.9
kJ=110.6
kJ,且物质的量与热量成正比,焓变为负,则热化学方程式为2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221.2
kJ·mol-1,正确;D项,若热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量,则CO的热值为≈10.1
kJ·g-1,错误。?
命题点3:活化能与能量变化的图示分析(应用性考点)
5.(2021年湖南适应性测试)活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示:
下列说法正确的是
(  )?
A.该反应为吸热反应
B.产物的稳定性:P1>P2
C.该历程中最大正反应的活化能E正=186.19
kJ·mol-1?
D.相同条件下,由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)【解析】选C。A项:由题图可以看出,反应物的能量高于产物P1、P2的能量,反应为放热反应,故A项错误;B项:能量越低越稳定,P1能量高于P2,所以稳定性P2>P1,故B项错误;C项:由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大,则E正=-18.92
kJ·mol-1-(-205.11
kJ·mol-1)=186.19
kJ·mol-1,所以C项正确;D项:由图示可知,由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),故D项错误。?
【加固训练—拔高】?
1.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,下列说法错误的是
(  )?
A.反应总过程ΔH<0
B.Fe+使反应的活化能减小
C.FeO+也是该反应的催化剂
D.Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
【解析】选C。A项,反应总过程为N2O+CON2+CO2,根据图示可知,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,ΔH<0,正确;B项,根据反应历程,Fe+为催化剂,能够降低反应的活化能,正确;C项,FeO+为中间产物,而不是催化剂,错误;D项,根据图示,Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两反应中反应物总能量均高于生成物总能量,均为放热反应,正确。
2.(2021·广州模拟)多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图,我国学者发现T
℃时,甲醇(CH3OH)在铜基催化剂上的反应机理如下:?
反应Ⅰ:
CH3OH(g)CO(g)+2H2
(g) ΔH1=a
kJ·mol-1?
反应Ⅱ:
CO(g)+H2O(g)CO2
(g)+H2
(g) ΔH2=-b
kJ·mol-1 (b>0)?
总反应:
CH3OH(g)+H2O(g)CO2
(g)+3H2(g) ΔH3=c
kJ·mol-1?
下列有关说法中正确的是
(  )?
A.反应Ⅰ是放热反应
B.1
mol
CH3OH(g)和H2O(g)的总能量大于1
mol
CO2(g)和3
mol
H2(g)的总能量?
C.c>0
 D.优良的催化剂降低了反应的活化能,并减少ΔH3,节约了能源?
【解析】选C。根据图象可知反应Ⅰ生成物能量大于反应物能量,因此为吸热反应,故A错误;根据图象可知1
mol
CH3OH(g)和H2O(g)的总能量小于1
mol
CO2(g)和3
mol
H2(g)的总能量,故B错误;1
mol
CH3OH(g)和H2O(g)的总能量小于1
mol
CO2(g)和3
mol
H2(g)的总能量,是吸热反应,因此c>0,故C正确;优良的催化剂降低了反应的活化能,焓变不变,焓变只能由反应物和生成物总能量决定,故D错误。?
3.某反应过程中体系的能量变化如图所示,下列说法错误的是
(  )?
A.反应过程可表示为
B.E1为反应物的总能量与过渡态的能量差,称为正反应的活化能
C.正反应的热效应ΔH=E1-E2<0,所以正反应为放热反应
D.此图中逆反应的热效应ΔH=E1-E2<0,所以逆反应为放热反应
【解析】选D。由图可知,正反应放热,ΔH为负值;逆反应吸热,ΔH为正值,D错误。
考点二 热化学方程式(命题指数★★★★★)?
1.概念:
表示参与化学反应的物质的物质的量和反应热的关系的化学方程式。
2.意义:
表明了化学反应中的物质变化和能量变化。例如:2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6
kJ·mol-1,表示25
℃,101
kPa下,2
mol氢气和1
mol氧气反应生成2
mol液态水时放出571.6
kJ的热量。?
3.书写热化学方程式注意事项:
(1)注明反应条件:反应热与测定条件(温度、压强等)有关。绝大多数反应是在25
℃、101
kPa下进行的,可不注明。?
(2)注明物质状态:常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。
(3)注意符号、单位:ΔH应包括“+”或“-”、数值和单位(kJ·mol-1)。
(4)区别于普通方程式:一般不注“↑”“↓”以及“点燃”“加热”等。
(5)注意热化学方程式的化学计量数:热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量,可以是整数,也可以是分数。且化学计量数必须与ΔH相对应,如果化学计量数加倍,则ΔH也要加倍。
(6)同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外,还要注明名称。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)热化学方程式仅能表示化学反应中的能量变化。
(  )?
提示:×。热化学方程式既能表示化学反应中的能量变化也能表示物质变化。
(2)热化学方程式H2(g)+O2(g)?H2O(g) ΔH=-241.8
kJ·mol-1表示的意义:发生上述反应生成1
mol
H2O(g)时放出241.8
kJ的热量。
(  )?
提示:√。该热化学方程式表示1
mol
H2(g)与
mol
O2(g)完全反应生成1
mol
H2O(g)时放出热量241.8
kJ。?
(3)H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH1和2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2中的ΔH1=ΔH2。
(  )?
提示:×。依据ΔH的数值与系数成正比,故ΔH2=2ΔH1。
(4)已知相同条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1,反应2SO2(s)+O2(g)2SO3(g) ΔH2,则ΔH1>ΔH2。
(  )?
提示:×。由于固体转化为气体需要吸收能量,故第二个反应放出的热量小于第一个反应放出的热量,但因为ΔH<0,故ΔH1<ΔH2。
2.(1)25
℃、101
kPa时,1
mol
CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体,放出890.3
kJ的热量,表示其反应热的化学方程式为 ?
。?
(2)已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(g)的能量变化如图所示,请写出该反应的热化学方程式:?
 。?
【解析】(2)由图可知,生成物总能量高于反应物总能量,故该反应为吸热反应,ΔH=+(a-b)
kJ·mol-1。?
答案:(1)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-890.3
kJ·mol-1?
(2)A2(g)+B2(g)2AB(g)
ΔH=+(a-b)kJ·mol-1
命题角度1:热化学方程式的正误判断
【典例1】已知:25
℃、101
kPa时1
mol辛烷完全燃烧生成液态水时放出热量为5
518
kJ;强酸和强碱在稀溶液中发生反应生成1
mol
H2O时放出的热量为57.3
kJ,则下列热化学方程式书写正确的是
(  )?
①2C8H18(l)+25O2(g)16CO2(g)+18H2O(g)
ΔH=-5
518
kJ·mol-1?
②2C8H18(l)+25O2(g)16CO2(g)+18H2O(l)
ΔH=-11
036
kJ·mol-1?
③H++OH-H2O
ΔH=-57.3
kJ·mol-1?
④2NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq)+2H2O(l)
ΔH=-114.6
kJ·mol-1?
A.①③  
B.②③  
C.②④  D
只有②?
【解析】选C。判断热化学方程式的书写时,要注意状态、ΔH单位、符号以及数值是否与前面的化学计量数相对应。①中水的状态应为液态且焓变数值与方程式的化学计量数不对应,故错误;③错在没有标出是在水溶液中的反应,正确的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mo。?
(1)(证据推理与模型认知)根据题意,能否认为101
kPa时,辛烷的燃烧热为5
518
kJ·mol-1??
提示:能。题意中1
mol
辛烷完全燃烧,且产物中的水为液态水,符合燃烧热的定义。?
(2)(变化观念与平衡思想)由已知条件,热化学方程式2H+(aq)+S(aq)+Ba2+(aq)+2OH-(aq)BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6
kJ·mol-1书写是否正确??
提示:错误。当有BaSO4沉淀生成时,反应放出的热量会增加,上述反应放出的热量大于生成2
mol
H2O(l)时放出的热量,大于114.6
kJ。?
【备选例题】?
根据能量变化示意图,下列热化学方程式正确的是
(  )?
A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-(b-a)
kJ·mol-1?
B.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-(a-b)
kJ·mol-1?
C.2NH3(l)N2(g)+3H2(g)
ΔH=2(a+b-c)
kJ·mol-1?
D.2NH3(l)N2(g)+3H2(g)
ΔH=2(b+c-a)
kJ·mol-1?
【解析】选D。根据图象可知,合成氨反应的反应物的能量和大于生成物的能量和,所以该反应为放热反应,ΔH<0,则生成1
mol
NH3(g)的ΔH=-(b-a)
kJ·mol-1,生成1
mol
NH3(l)的ΔH=-(b+c-a)
kJ·mol-1,只有D项正确。?
命题角度2:热化学方程式的书写
【典例2】一定条件下,在水溶液中1
mol
Cl-、Cl(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。?
BA+C反应的热化学方程式为?
(用离子符号表示)。?
【解析】根据化合价可知,A为Cl-,B为ClO-,C为Cl,D为Cl。BA+C的热化学方程式为3ClO-(aq)2Cl-(aq)+Cl(aq) ΔH=(2×0+63-3×60)
kJ·mol-1=-117
kJ·mol-1。?
答案:3ClO-(aq)2Cl-(aq)+Cl(aq)
ΔH=-117
kJ·mol-1?
在题干条件不变的情况下,回答下列问题:
(1)A、B、C、D四种离子中最稳定的是    (填写离子符号)。?
(2)若能量最高的点对应的离子为E(+3,100),EB+C反应的热化学方程式为
_______________________________(用离子符号表示)。?
【解析】(1)能量越低越稳定,所以最稳定的为A,即Cl-。
(2)EB+C的热化学方程式为2Cl(aq)Cl(aq)+ClO-(aq) ΔH=(63+60-2×100)
kJ·mol-1=-77
kJ·mol-1。?
答案:(1)Cl-
(2)2Cl(aq)Cl(aq)+ClO-(aq)
ΔH=-77
kJ·mol-1?
书写热化学方程式的程序
命题点1:热化学方程式的正误判断(基础性考点)
1.已知1
g物质完全燃烧时的反应热叫作该物质的热值。有以下能量转化图,下列说法不正确的是
(  )?
A.转化Ⅰ的热化学方程式为:C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mo?
B.转化Ⅱ的热化学方程式为:2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-565.8
kJ·mo?
C.由C→CO的热化学方程式为:2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-110.6
kJ·mo?
D.CO的热值为-10.1
kJ·?
【解析】选C。由题给物质能量转化图可得:转化Ⅰ是C→CO2,热化学方程式为:C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mo,A正确;转化Ⅱ是CO→CO2,热化学方程式为CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-282.9
kJ·mol-1,B正确;C→CO的热化学方程式为:C(s)+O2(g)CO(g) ΔH=-(393.5
kJ·mol-1-282.9
kJ·mol-1)=-110.6
kJ·mo,即:2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221.2
kJ·mol-1,C错误;由热值的定义结合能量转化图可知,CO的热值为-=-10.1
kJ·,D正确。?
2.下列热化学方程式正确的是
(  )?
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为a
kJ·mol-1
H2+Cl22HCl ΔH=-a
kJ·mol-1
B
1
mol
SO2、0.5
mol
O2完全反应,放出热量98.3
kJ
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-98.3
kJ·mol-1
C
H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-114.6
kJ·mol-1
D
31
g白磷比31
g红磷能量多b
kJ
P4(白磷,s)4P(红磷,s) ΔH=-4b
kJ·mol-1
【解析】选D。选项A中符合已知条件的应是H2和O2反应,A错;ΔH应为-196.6
kJ·mol-1,B错;选项C中由于生成BaSO4沉淀,放出的热量大于114.6
kJ,C错。?
命题点2:根据信息书写热化学方程式(应用性考点)
3.依据事实写出下列反应的热化学方程式。
(1)SiH4是一种无色气体,遇到空气能发生爆炸性自燃,生成SiO2和液态H2O。已知室温下2
g
SiH4自燃放出热量89.2
kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 ?
______________________________________________。?
(2)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25
℃、101
kPa下,已知该反应每消耗1
mol
CuCl(s),放热44.4
kJ,该反应的热化学方程式是 ?
______________________________________________。?
(3)如图1是1
mol
NO2和1
mol
CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图,请写出NO2和CO反应的热化学方程式:__________________________。?
(4)化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图2所示(假设该反应反应完全)。
试写出N2(g)和H2(g)反应生成NH3(l)的热化学方程式:____________________。?
答案:(1)SiH4(g)+2O2(g)SiO2(s)+2H2O(l)
ΔH=-1
427.2
kJ·mol-1
(2)4CuCl(s)+O2(g)2CuCl2(s)+2CuO(s)
ΔH=-177.6
kJ·mol-1
(3)NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)
ΔH=-234
kJ·mol-1
(4)N2(g)+3H2(g)2NH3(l)
ΔH=-2(c+b-a)
kJ·mol-1
【加固训练—拔高】?
1.写出下列反应的热化学方程式。?
(1)
0.1
mol
Cl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28
kJ,该反应的热化学方程式为__________。?
(2)
Si与Cl两元素的单质反应生成
1
mol
Si的最高价化合物,恢复至室温,放热687
kJ,已知该化合物的熔、沸点分别为-69
℃和58
℃。写出该反应的热化学方程式:____________。?
(3)化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6
℃和76
℃,AX5的熔点为167
℃。室温时AX3与气体X2反应生成1
mol
AX5,放出热量123.8
kJ。该反应的热化学方程式为____________。?
【解析】(1)该还原性气体为CO,易水解生成
TiO2·xH2O
的液态化合物为TiCl4,反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=-×2=-85.6
kJ·mol-1。(2)Si与Cl2反应生成SiCl4,因其熔、沸点分别为-69
℃和58
℃,故室温下,SiCl4的状态为液态。反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l) ΔH=-687
kJ·mol-1。(3)由AX3和AX5的熔、沸点可知室温下?AX3为液态,AX5为固态,反应的热化学方程式为AX3(l)+X2(g)AX5(s) ΔH=-123.8
kJ·mol-1。?
答案:(1)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)
TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=-85.6
kJ·mol-1?
(2)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)
ΔH=-687
kJ·mol-1
(3)AX3(l)+X2(g)AX5(s)
ΔH=-123.8
kJ·mol-1
2.(1)已知
1
L
1
mol·L-1
(NH4)2CO3
溶液与
2
L
1
mol·L-1Ba(OH)2溶液加热充分反应,放出100
kJ的热量,写出该反应的热化学方程式 。?
(2)在一定条件下,S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)。反应过程和能量关系可用如图简单表示(图中的ΔH表示生成1
mol产物的数据)
。?
①写出表示S8燃烧热的热化学方程式:
________________________________。?
②写出SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式:
____________________。
【解析】(1)根据(NH4)2CO3溶液与Ba(OH)2的用量可知Ba(OH)2过量,所以应该由(NH4)2CO3的物质的量进行反应热的计算,另外注意各物质的状态的确定:气体为g,沉淀为s;水为l;溶于水的物质为aq;
(2)①S8(s)和O2(g)发生反应转化为SO2(g)时放热为燃烧热,由图可知生成1
mol
SO2(g)放出热量为a
kJ,则燃烧热的热化学方程式为S8(s)+8O2(g)8SO2(g) ΔH=-8a
kJ·mol-1,②依据图象分析结合反应能量变化,写出化学方程式,标注物质聚集状态和反应热,SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式为SO3(g)SO2(g)+O2(g) ΔH=b
kJ·mol-1。?
答案:
(1)(NH4)2CO3(aq)+Ba(OH)2(aq)BaCO3(s)+2H2O(l)+2NH3(g) ΔH=-100
kJ·mol-1?
(2)①S8(s)+8O2(g)8SO2(g)
ΔH=-8a
kJ·mol-1?
②SO3(g)SO2(g)+O2(g) 
ΔH=+b
kJ·mol-1?
考点三 燃烧热 中和热 能源(命题指数★★★★)学生用书P131?
1.燃烧热和中和热的比较:
燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热
ΔH及其单位
ΔH<0,单位均为kJ·mol-1
不同点
反应物的量
1
mol
不一定为1
mol
生成物的量
不确定
生成物水为1
mol
反应热含义
101
kPa
时,1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量
在稀溶液里,酸与碱发生中和反应生成1
mol水时所放出的热量
表示方法
燃烧热为ΔH=-a
kJ·mol-1(a>0)
强酸与强碱在稀溶液中反应的中和热为57.3
kJ·mol-1或ΔH=-57.3
kJ·mol-1
2.中和热的测定:
(1)装置(请在横线上填写仪器名称)
(2)计算公式:ΔH=-
kJ·mol-1
(t1——起始温度,t2——终止温度)?
(3)注意事项。
①泡沫塑料板(或硬纸板)和碎泡沫塑料(或纸条)的作用是保温隔热,减少实验过程中的热量损失。
②为保证酸完全中和,采取的措施是碱稍过量。
③因为弱酸或弱碱存在电离平衡,电离过程需要吸热,实验中若使用弱酸或弱碱则测得的反应热数值偏小。
3.能源:
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)向汽油中添加甲醇后,该混合燃料的热值不变。
(  )?
提示:×。反应热不同,等质量时放出的热量不同,热值不同。
(2)1
mol
H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热。
(  )?
提示:×。1
mol
H2完全燃烧(即生成1
mol液态H2O)放出的热量为H2的燃烧热。?
(3)甲烷的燃烧热ΔH=-890.3
kJ·mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3
kJ·mol-1。
(  )?
提示:×。应生成液态水。
(4)已知H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1,则Ca(OH)2和HCl反应的反应热ΔH=2×(-57.3)
kJ·mol-1。
(  )?
提示:×。Ca(OH)2和HCl的状态及物质的量未确定。
(5)氢气的燃烧热为285.5
kJ·mol-1,则电解水的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)+O2(g) ΔH=+285.5
kJ·mol-1。
(  )?
提示:×。燃烧热规定可燃物必须是1
mol,正确的是2H2O(l)2H2(g)+O2(g)
ΔH=+571
kJ·mol-1。?
2.三油酸甘油酯(相对分子质量884)在体内代谢时可发生如下反应:
C57H104O6(s)+80O2(g)57CO2(g)+52H2O(l)
已知燃烧1
kg该化合物释放出热量3.8×104
kJ。三油酸甘油酯的燃烧热为    。?
【解析】燃烧1
kg三油酸甘油酯释放出热量3.8×104
kJ,燃烧1
mol
三油酸甘油酯释放出热量为×3.8×104
kJ≈3.4×104
kJ,则三油酸甘油酯的燃烧热为3.4×104
kJ·mol-1。?
答案:3.4×104
kJ·mol-1?
命题角度1:对燃烧热的认识
【典例1】一些烷烃的燃烧热如下表:
化合物
燃烧热/(kJ·mol-1)
化合物
燃烧热/(kJ·mol-1)
甲烷
890.3
正丁烷
2
878.0
乙烷
1
560.8
异丁烷
2
869.6
丙烷
2
221.5
2-甲基丁烷
3
531.3
下列说法正确的是
(  )?
A.乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-1
560.8
kJ·mol-1?
B.稳定性:正丁烷>异丁烷
C.正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol-1?
D.相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越多
【解析】选C。表示乙烷燃烧的热化学方程式中,H2O应为液态,且该反应的ΔH=-3
121.6
kJ·mol-1,A错误;由表中燃烧热数据可知,1
mol正丁烷、异丁烷分别完全燃烧时,正丁烷放出的热量多,说明等量的两种物质,正丁烷具有的能量高于异丁烷,则异丁烷更稳定,B错误;2-甲基丁烷的稳定性强于正戊烷,由于2-甲基丁烷的燃烧热为3
531.3
kJ·mol-1,故正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol-1,C正确;由表中数据分析可知,相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越少,D错误。?
(1)(科学态度与社会责任)热气球燃烧器的燃料通常为石油液化气,其成分为丙烷和丁烷,根据表中数据,试写出丙烷燃烧的热化学方程式。
提示:C3H8(g)+5O2(g)3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2
221.5
kJ·mol-1。?
(2)(科学探究与创新意识)已知氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6
kJ·mol-1,试比较同质量的氢气和丙烷燃烧,产生的热量比值约为多少?氢气是未来的能源,除产生的热量大之外,还具有哪些优点??
提示:同质量的氢气与丙烷燃烧,44
g丙烷产生热量为2
221.5
kJ,44
g氢气产生热量为571.6×11=6
287.6
kJ。故比值为≈2.83∶1。氢气原料资源丰富,产物无污染等。?
【备选例题】?
25
℃、101
kPa下,碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5
kJ·mol-1、285.8
kJ·mol-1、890.3
kJ·mol-1、2
800
kJ·mol-1,则下列热化学方程式正确的是
(  )?
A.C(s)+O2(g)CO(g)
ΔH=-393.5
kJ·mol-1
B.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=+571.6
kJ·mol-1
C.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-890.3
kJ·mol-1
D.C6H12O6(s)+6O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)
ΔH=-2
800
kJ·mol-1
【解析】选D。A中碳未完全燃烧;B中应为放热反应ΔH=-571.6
kJ·mol-1;C中H2O应为液态。?
命题角度2:中和热的实验测定
【典例2】利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下:
①用量筒量取50
mL
0.50
mol·L-1盐酸倒入小烧杯中,测出盐酸温度;?
②用另一量筒量取50
mL
0.55
mol·L-1
NaOH溶液,并用同一温度计测出其温度;?
③将NaOH溶液倒入小烧杯中,设法使之混合均匀,测定混合液最高温度。
回答下列问题:
(1)写出该反应的热化学方程式[生成1
mol
H2O(l)时的反应热为-57.3
kJ
·mol-1]:         。?
(2)为什么所用NaOH溶液要稍过量? 。?
(3)倒入NaOH溶液的正确操作是    (填字母)。?
A.沿玻璃棒缓慢倒入   B.分三次倒入?
C.一次迅速倒入
(4)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是    (填字母)。?
A.用温度计小心搅拌
B.揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌
C.轻轻地振荡烧杯
D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动
(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1
g·cm-3,又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18
J·g-1·℃-1。为了计算中和热,某学生实验记录数据如下:?
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算,该实验测得的中和热ΔH=    (结果保留一位小数)。?
【解析】(2)在中和热的测定实验中为了确保一种反应物被完全中和,常常使加入的另一种反应物稍微过量。(3)为了减少热量损失,NaOH溶液应该一次迅速倒入。(4)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动。(5)取三次实验的平均值代入公式计算即可。
答案:(1)HCl(aq)+NaOH(aq)NaCl(aq)+H2O(l)
ΔH=-57.3
kJ·mol-1?
(2)确保盐酸被完全中和 (3)C (4)D?
(5)-51.8
kJ·mol-1?
在题干条件不变的情况下,回答下列问题:
(1)上述实验数值结果与-57.3
kJ·mol-1有偏差,产生偏差的原因不可能是
    (填字母)。?
a.实验装置保温、隔热效果差
b.量取盐酸的体积时仰视读数
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
d.用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
(2)若将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1
L
1
mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应,其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3,则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为         。?
【解析】(1)放出的热量小可能是散热、多次加入碱或起始温度读得较高等原因。(2)稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离,它们的ΔH相同,稀氨水中的溶质是弱电解质,它与盐酸反应时,一水合氨的电离要吸收热量,故反应放出的热量要少一些(比较大小时,注意ΔH的正负号)。
答案:(1)b (2)ΔH1=ΔH2<ΔH3?
【讲台挥洒一刻】?
测定中和热的易错细节?
(1)使用两只量筒分别量取酸和碱。
(2)使用同一支温度计,分别先后测量酸、碱及混合液的最高温度,测完一种溶液后,必须用水冲洗干净并用滤纸擦干。
(3)取多次实验t1、t2的平均值代入公式计算,而不是结果的平均值,计算时应注意单位的统一。
【备选例题】?
将V1
mL
1.0
mol·L-1
HCl溶液和V2
mL?
未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度,实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50)。下列叙述正确的是
(  )?
A.做该实验时环境温度为22
℃?
B.该实验表明化学能可转化为热能
C.NaOH溶液的浓度约为1.0
mol·L-1?
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【解析】选B。中和反应为放热反应,B对;中和反应有水生成,但有水生成的反应不一定是放热反应,如NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O是吸热反应,D错;从表中分析可知当加入HCl溶液5
mL、NaOH溶液45
mL反应后温度为22
℃,故实验时环境温度低于22
℃,A错;加入HCl溶液30
mL反应放热最多,应是酸碱正好中和,故c(NaOH)=1.0
mol·L-1×30
mL/20
mL=1.5
mol·L-1,C错。?
1.理解燃烧热时的注意事项:
(1)燃烧热定义中的“完全燃烧”是指物质中元素完全转变成稳定的氧化物。
(2)燃烧热是以1
mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的,因此在书写它的热化学方程式时,应以燃烧1
mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数。例如:C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5
518
kJ·mol-1,即C8H18的燃烧热ΔH=-5
518
kJ·mol-1。?
2.理解中和热时的注意事项:
(1)有关中和热的判断,一看是否以生成1
mol
H2O为标准,二看酸碱的强弱和浓度,应充分考虑弱酸、弱碱,电离吸热,浓的酸碱稀释放热等因素。?
(2)强酸和弱碱或弱酸和强碱的稀溶液发生反应,中和热一般小于57.3
kJ·mol-1,因为弱电解质的电离是吸热的。?
(3)中和反应的实质是H+和OH-结合生成H2O。若反应过程中有其他物质生成(如生成不溶性物质、难电离物质等),这部分反应热不在中和热之内。
命题点1:对燃烧热、中和热含义的理解(基础性考点)
1.已知反应:①101
kPa时,2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221
kJ·mol-1;②稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1。下列结论正确的是
(  )?
A.碳的燃烧热大于110.5
kJ·mol-1?
B.①的反应热为221
kJ·mol-1?
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热ΔH=-2×57.3
kJ·mol-1?
D.稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1
mol
H2O,放出57.3
kJ的热量?
【解析】选A。由于2C(s)+O2(g)2CO(g)生成的CO不是稳定的氧化物,因此=110.5
kJ·mol-1不是碳的燃烧热,由于CO转化为CO2放出热量,故碳的燃烧热大于110.5
kJ·mol-1,A正确;反应热的表示包含三部分:“符号”“数值”和“单位”,而B项中没有表示出符号,B错误;强酸、强碱的稀溶液发生中和反应生成1
mol
H2O的中和热ΔH=-57.3
kJ·mol-1,C错误;由于稀醋酸是弱电解质,电离时吸收热量,故稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol
H2O时放出的热量小于57.3
kJ,D错误。?
命题点2:中和热测定误差分析和数据处理(综合性考点)
2.在如图所示的量热计中,将100
mL
0.50
mol·L-1
CH3COOH溶液与100
mL
0.55
mol·L-1NaOH溶液混合,温度从25.0
℃升高到27.7
℃。下列说法错误的是
(  )?
A.若量热计的保温瓶绝热效果不好,则所测ΔH偏大
B.搅拌器一般选用导热性差的玻璃搅拌器
C.若选用同浓度同体积的盐酸,则溶液温度将升高至不超过27.7
℃?
D.所加NaOH溶液过量,目的是保证CH3COOH溶液完全被中和
【解析】选C。若量热计的保温瓶绝热效果不好,则会损失一部分热量,则测出放出热量偏少,因为ΔH为负值,则所测ΔH偏大,故A正确;搅拌选用导热性差的玻璃搅拌器,故B正确;若选用盐酸,则放出的热量将更多,所以温度升高将超过27.7
℃,故C错误;
酸和碱反应测中和热时,为了保证一方完全反应,往往需要另一方试剂稍稍过量,减少实验误差,所以加NaOH溶液过量的目的是保证CH3COOH溶液完全被中和,故D正确。?
命题点3:能源的开发和利用(应用性考点)
3.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是
(  )?
A.氢能属于二次能源
B.图中能量转化的方式至少有6种
C.太阳能电池的供电原理与燃料电池相同
D.太阳能、风能、氢能都属于新能源
【解析】选C。氢能属于二次能源,A项正确;图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能,电能转化为化学能、光能,化学能转化为电能等,B项正确;太阳能电池的供电原理是将太阳能转化为电能,而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能,所以二者供电原理不相同,C项错误;太阳能、风能、氢能都属于新能源,D项正确。
【加固训练—拔高】?
1.雷诺汽车梅甘娜(Megane)使用了与生物燃料(生物乙醇和生物柴油)兼容的引擎。乙醇燃料是一种清洁的能源燃料,298
K时,燃烧a
g乙醇(液态)生成CO2气体和液态H2O,放出热量为Q
kJ,经测定a
g乙醇与足量钠反应能生成H2
5.6
L(标准状况),则乙醇燃烧的热化学方程式表示正确的是
(  )?
A.C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-Q
kJ·mol-1?
B.C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-Q
kJ·mol-1?
C.C2H5OH(l)+O2(g)CO2(g)+H2O(l)
ΔH=+Q
kJ·mol-1?
D.C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-2Q
kJ·mol-1?
【解析】选D。据化学方程式:
2C2H5OH
+2Na2C2H5ONa+H2↑?
2
mol
22.4
L?
n(C2H5OH)
5.6
L?
n(C2H5OH)=0.5
mol。0.5
mol
C2H5OH完全燃烧生成CO2和H2O的反应热为ΔH=-Q
kJ·mol-1。所以该热化学方程式可写为C2H5OH(l)+O2(g)CO2(g)+H2O(l) ΔH=-Q
kJ·mol-1,将上述热化学方程式同乘以2,得D项。?
2.下列示意图表示正确的是
(  )?
A.甲图表示Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
 ΔH=26.7
kJ·mol-1反应的能量变化?
B.乙图表示碳的燃烧热
C.丙图表示实验的环境温度20
℃,将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合,测量混合液温度,结果如图(已知V1+V2=60
mL)?
D.丁图已知稳定性顺序:B【解析】选D。A项,图象表示的物质能量变化为反应物能量高于生成物能量的放热反应,反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=26.7
kJ·mol-1为吸热反应,错误;B项,图象表示的热化学方程式为2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH,生成的氧化物不是最稳定的氧化物,不符合燃烧热概念,错误;C项,如图,V2为20
mL时温度最高,说明此时酸碱已经反应完毕,又实验中始终保持V1+V2=60
mL,所以V1为40
mL,由酸碱中和关系式:2NaOH~H2SO4,硫酸和氢氧化钠溶液浓度不同,和题干将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合不符合,错误。?
3.(2021·乌鲁木齐模拟)下列热化学方程式正确的是
(  )?
A.CH4的燃烧热为890
kJ·mol-1:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890
kJ·mol-1?
B.中和热ΔH=-57.3
kJ·mol-1:CH3COOH(aq)+NaOH(aq)H2O(l)+CH3COONa(aq) ΔH=-57.3
kJ·mol-1?
C.一定条件下,0.5
mol
N2与1.5
mol
H2充分反应后放出35.5
kJ的热量:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-71
kJ·mol-1?
D.96
g
O2的能量比96
g
O3的能量低b
kJ:3O2(g)2O3(g) ΔH=+b
kJ·mol-1?
【解析】选D。表示燃烧热时,生成的水必须为液态,
A错误;强酸强碱的稀溶液反应只生成1
mol液态水时放出的热量叫中和热,醋酸为弱酸,
B错误;可逆反应不能彻底,0.5
mol
N2与1.5
mol
H2充分反应后放出35.5
kJ的热量,则1
mol
N2与3
mol
H2充分反应后放出的热量不一定加倍,C错误;反应热与化学计量数成正比关系,反应物总能量比生成物低则为吸热反应,3O2(g)2O3(g) ΔH=+b
kJ·mol-1,
D正确。?
4.为了测量某酸碱反应的中和热,计算时至少需要的数据有
(  )?
①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容?
④反应后溶液的质量 ⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度变化 ⑦操作所需的时间
?
A.①②③④ B.①③④⑤ C.③④⑤⑥ D.全部?
【解析】选C。在测量并计算反应放出的热量时用到的公式为Q=mcΔt,理解各符号表示的物理意义即可:m表示④反应后溶液的质量,c表示③比热容,Δt表示⑥反应前后温度变化,C正确。
5.(2021·黄冈模拟)以太阳能为热源分解Fe3O4,经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是
(  )?
A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B.过程Ⅰ中每消耗116
g
Fe3O4转移2
mol电子?
C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
【解析】选B。过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁,实现的能量转化形式是太阳能→化学能,
A正确;过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁,每消耗116
g
Fe3O4即0.5
mol,2×0.5
mol=1
mol
Fe由+3价变为+2价,转移1
mol电子,
B错误;过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化,反应的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑,C正确;根据流程信息可知,铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点,
D正确。?
考点四 盖斯定律及反应热的计算与比较(命题指数★★★★★)
1.盖斯定律:
(1)内容:对于一个化学反应,无论是一步完成还是分几步完成,其反应热是相同的。即:化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关,而与反应的途径无关。
(2)意义:间接计算某些反应的反应热。
2.反应热的计算:
(1)利用热化学方程式进行有关计算。
可以把反应热当作“产物”,根据已知的热化学方程式、已知的反应物或生成物反应吸收或放出的热量,计算反应放出或吸收的热量。
(2)根据燃烧热数据,计算反应放出的热量。
计算公式:Q=燃烧热×n(可燃物的物质的量)
(3)根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算焓变。
若反应物旧化学键断裂吸收能量E1,生成物新化学键形成放出能量E2,则反应的ΔH=E1-E2。
(4)利用盖斯定律计算反应热。
①热化学方程式相加或相减,如:
Ⅰ.C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1;?
Ⅱ.C(s)+O2(g)CO(g) ΔH2;?
Ⅰ-Ⅱ可得CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=ΔH1-ΔH2。
②合理设计反应途径,如:
顺时针方向和逆时针方向变化反应热代数和相等,即ΔH=ΔH1+ΔH2。
3.反应热的比较:
(1)利用盖斯定律比较。
如比较ΔH1与ΔH2的大小的方法。因ΔH1<0,ΔH2<0,ΔH3<0(均为放热反应),依据盖斯定律得ΔH1=ΔH2+ΔH3,即|ΔH1|>|ΔH2|,所以ΔH1<ΔH2。
(2)同一反应的生成物状态不同时,如
A(g)+B(g)C(g) ΔH1,?
A(g)+B(g)C(l) ΔH2,?
则ΔH1>ΔH2。
(3)同一反应物状态不同时,如
A(s)+B(g)C(g) ΔH1,?
A(g)+B(g)C(g) ΔH2,?
则ΔH1>ΔH2。
(4)两个有联系的反应相比较时,如
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1①,?
C(s)+O2(g)CO(g) ΔH2②。?
则①-②可得CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2<0,即ΔH1<ΔH2。?
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关,也与反应的途径有关。
(  )?
提示:×。化学反应的反应热与反应的途径无关。
(2)盖斯定律遵守能量守恒定律。
(  )?
提示:√。反应物和生成物能量一定,变化过程中能量变化是依据能量守恒的分析体现。盖斯定律是能量守恒定律的具体体现。
(3)已知:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH1?
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH2?
则ΔH1>ΔH2(  )?
提示:×。比较ΔH时,应包括符号,CH4燃烧为放热反应,热值越大,ΔH越小。
(4)已知:O3+ClClO+O2 ΔH1?
ClO+OCl+O2 ΔH2?
则反应O3+O2O2的ΔH=ΔH1+ΔH2。
(  )?
提示:√。根据盖斯定律可得:ΔH=ΔH1+ΔH2。
2.TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+175.4
kJ·mol-1?
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH2=-220.9
kJ·mol-1?
沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:?_______________。?
【解析】根据盖斯定律,将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求热化学方程式。
答案:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5
kJ·mol-1?
命题角度1:盖斯定律
【典例1】(2020·全国Ⅰ卷节选)硫酸是一种重要的基本化工产品,接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:
SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=-98
kJ·mol-1。回答下列问题:?
钒催化剂参与反应的能量变化如图所示,V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为:
_______________。?
【解析】由题中信息可知:
①SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=-98
kJ·mol-1?
②V2O4(s)+
SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)?
ΔH2=-24
kJ·mol-1?
③V2O4(s)+
2SO3(g)2VOSO4(s) ΔH1=-399
kJ·mol-1;根据盖斯定律可知,③-②×2得?
2V2O5(s)+
2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s),则ΔH=ΔH1-2ΔH2=(-399
kJ·mol-1)-(-24
kJ·mol-1)×2=-351
kJ·mol-1,所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s)+
2SO2(g)2VOSO4(s)+
V2O4(s) ΔH=-351
kJ·mol-1。?
答案:2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)
ΔH=-351
kJ·mol-1?
在题干条件不变的情况下,
反应2VOSO4(s)+
V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)+
2SO3(g)的ΔH=    kJ·mol-1。?
【解析】根据盖斯定律可知,①×2+②×2-③得2VOSO4(s)+
V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)+
2SO3(g),则ΔH=(-98
kJ·mol-1)×2+(-24
kJ·mol-1)×2-(-399
kJ·mol-1)=+155
kJ·mol-1,所以该反应的ΔH=+155
kJ·mol-1。?
答案:
+155?
【讲台挥洒一刻】?
利用盖斯定律时需注意:?
(1)热化学方程式乘以某一个数时,反应热的数值必须也乘上该数。
(2)热化学方程式相加减时,物质之间相加减,反应热也必须相加减。
(3)将一个热化学方程式左右颠倒时,ΔH的“+”“-”随之改变,但数值不变。
(4)同一物质的三态变化(固、液、气),状态由固→液→气变化时,会吸热;反之会放热。
命题角度2:反应热的比较
【典例2】下列各组中两个反应的反应热,其中ΔH1>ΔH2的是
(  )?
A.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH1?
2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2?
B.S(g)+O2(g)SO2(g) ΔH1?
S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH2?
C.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1?
2SO3(g)O2(g)+2SO2(g) ΔH2?
D.已知反应:C(s,金刚石)C(s,石墨) ΔH<0,?
C(s,金刚石)+O2(g)CO2(g) ΔH1?
C(s,石墨)+O2(g)CO2(g) ΔH2?
【解析】选A。A项:,由于H2O(l)H2O(g) ΔH>0,则ΔH2+ΔH=ΔH1,ΔH1-ΔH2=ΔH>0,故ΔH1>ΔH2,正确。?
B项:,由于S(s)S(g) ΔH>0,则ΔH+ΔH1=ΔH2,ΔH2-ΔH1=ΔH>0,故ΔH2>ΔH1,错误。?
C项:SO2被氧化成SO3是放热反应,ΔH1<0,SO3分解成SO2是吸热反应,ΔH2>0,故ΔH2>ΔH1,错误。
D项:,根据盖斯定律ΔH1=ΔH+ΔH2,ΔH1-ΔH2=ΔH<0,则ΔH1<ΔH2,错误。
(证据推理与模型认知)同一反应,生成物状态不同时
A(g)+B(g)C(g) ΔH1?
A(g)+B(g)C(l) ΔH2?
若反应放热,则ΔH1    (填“>”“<”或“=”,下同)ΔH2。若反应吸热,则ΔH1    ΔH2。?
提示:> 
>?
【备选例题】?
已知:①2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH1?
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH2?
③2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH3?
④2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH4?
⑤CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH5?
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
(  )?
A.ΔH1>0,ΔH2<0
B.ΔH3>ΔH4
C.ΔH1=ΔH2+2ΔH3-ΔH5
D.2ΔH5+ΔH1<0
【解析】选D。A项,甲醇燃烧是放热反应,ΔH1<0,错误;B项,H2O(g)H2O(l)放出热量,反应③放出的热量多,ΔH小,故ΔH3<ΔH4,错误;C项,根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+2ΔH3-2ΔH5,错误;D项,根据盖斯定律,由反应⑤×2+反应①得2CO(g)+4H2(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=2ΔH5+ΔH1,相当于CO、H2的燃烧,均为放热反应,故2ΔH5+ΔH1<0,正确。?
1.“三步”确定热化学方程式或ΔH:
2.比较反应热的常用方法:
方法一:利用盖斯定律进行比较。
如①2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH1?
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH2?
由①-②可得2H2O(l)2H2O(g) ΔH=ΔH1-ΔH2>0,则ΔH1>ΔH2。?
方法二:利用能量变化图进行比较。
由图象可以看出放出或吸收热量的多少,若是放热反应,放出的热量越多,ΔH越小;若是吸热反应,吸收的热量越多,ΔH越大,故ΔH1>ΔH2。
命题点1:利用盖斯定律计算反应热或书写热化学方程式(综合性考点)
1.(2021年河北适应性测试)已知25
℃、101
kPa下,1
mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01
kJ?
2H2O(l)2H2(g)+O2(g)  ΔH=+571.66
kJ·mol-1?
C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+131.29
kJ·mol-1?
则反应C(s)+
O2(g)CO(g)的反应热为
(  )?
A.ΔH=-396.36
kJ·mol-1?
B.ΔH=-198.55
kJ·mol-1?
C.ΔH=-154.54
kJ·mol-1?
D.ΔH=-110.53
kJ·mol-1?
【解析】选D。已知25
℃、101
kPa下,1
mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01
kJ,则H2O(l)H2O(g) ΔH=+44.01
kJ·mol-1
Ⅰ、2H2O(l)2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.66
kJ·mol-1
Ⅱ、C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+131.29
kJ·mol-1
Ⅲ、根据盖斯定律Ⅲ-×Ⅱ+Ⅰ得C(s)+O2(g)CO(g) ΔH=+131.29
kJ·mol-1-×571.66
kJ·mol-1+44.01
kJ·mol-1=-110.53
kJ·mol-1,则反应C(s)+O2(g)CO(g)的反应热为ΔH=-110.53
kJ·mol-1,故D正确。?
2.根据已知信息,按要求写出指定反应的热化学方程式
(1)LiH可作飞船的燃料,已知下列反应:
①2Li(s)+H2(g)2LiH(s) ΔH=-182
kJ·mol-1?
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-572
kJ·mol-1?
③4Li(s)+O2(g)2Li2O(s)
ΔH=-1
196
kJ·mol-1?
试写出LiH在O2中燃烧的热化学方程式?_______________。?
(2)饮用水中的N主要来自于N。已知在微生物的作用下,N经过两步反应被氧化成N。两步反应的能量变化示意图如下:
1
mol
N全部被氧化成N的热化学方程式为_______________。
【解析】(1)
2LiH(s)2Li(s)+H2(g)?
ΔH=182
kJ·mol-1?
2Li(s)+O2(g)Li2O(s) ΔH=-598
kJ·mol-1?
H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-286
kJ·mol-1?
上述三式相加得:2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l)
ΔH=-702
kJ·mol-1。?
(2)第一步的热化学方程式为N(aq)+1.5O2(g)N(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-273
kJ·mol-1,第二步的热化学方程式为N(aq)+0.5O2(g)N(aq) ΔH=-73
kJ·mol-1,根据盖斯定律则N(aq)+2O2(g)2H+(aq)+H2O(l)+N(aq) ΔH=-346
kJ·mol-1。?
答案:(1)2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l)
ΔH=-702
kJ·mol-1?
(2)N(aq)+2O2(g)N(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346
kJ·mol-1?
【加固训练—拔高】?
1.在25
℃、101
kPa时,C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5
kJ·mol-1、285.8
kJ·mol-1、870.3
kJ·mol-1,则2C(s)+2H2(g)+O2(g)CH3COOH(l)的反应热为
(  )?
A.-488.3
kJ·mol-1   
B.+488.3
kJ·mol-1?
C.-191
kJ·mol-1
D.+191
kJ·mol-1?
【解析】选A。由题知表示各物质燃烧热的热化学方程式分别为①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mol-1;②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8
kJ·mol-1;③CH3COOH(l)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-870.3
kJ·mol-1。根据盖斯定律,由①×2+②×2-③得2C(s)+2H2(g)+O2(g)CH3COOH(l),则反应热为(-393.5
kJ·mol-1)×2+(-285.8
kJ·mol-1)×2-(-870.3
kJ·mol-1)=-488.3
kJ·mol-1。?
2.已知下列四个热化学方程式(ΔH的单位均为kJ·mol-1):
NH4Cl(s)NH3(g)+HCl(g) ΔH1=a(ⅰ)?
Ba(OH)2·8H2O(s)BaO(s)+9H2O(l)
ΔH2=b(ⅱ)
2NH4Cl(s)+Ba(OH)2·8H2O(s)BaCl2(aq)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH3=c(ⅲ)?
BaO(s)+2HCl(aq)BaCl2(aq)+H2O(l)
ΔH4=d(ⅳ)
其中a、b、c均大于0,HCl气体溶于水,溶液温度升高。由此可知下列判断一定正确的是
(  )?
A.d<0        
B.c<2a+b+d?
C.c=2a+b+d
D.c>2a+b+d
【解析】选B。通过给出的信息无法判断反应(ⅳ)是放热反应还是吸热反应,A错误;根据题目提示信息可设定:HCl(g)HCl(aq) ΔH5=e,由盖斯定律可确定c=2a+b+d+2e,因e<0,故c-(2a+b+d)<0,即c<2a+b+d,B正确,C、D错误。?
3.用H2可将工业废气中的NO催化还原成N2,其能量转化关系如下所示,则NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)的ΔH为
(  )?
A.0.5(a+b-c-d)
kJ·mol-1?
B.0.5(c+a-d-b)
kJ·mol-1?
C.0.5(c+d-a-b)
kJ·mol-1?
D.0.5(b+d-a-c)
kJ·mol-1?
【解析】选A。形成化学键时放出能量,断裂化学键时吸收能量,由题中关系式可得2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=(a+b-c-d)
kJ·mol-1,化学反应中化学计量数与反应中的能量变化成正比,由此计算。?
命题点2:反应热的大小比较(基础性考点)
3.下列各组变化中,化学反应的反应热前者小于后者的一组是
(  )?
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH1;?
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH2;?
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH1;?
H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2;?
③CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH1;?
CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s) ΔH2。?
A.①②③   B.①②   C.①③   D.②③?
【解析】选B。①中ΔH1和ΔH2均小于零,由于H2O(l)H2O(g)吸收能量,故|ΔH1|>|ΔH2|,因此ΔH1<ΔH2。②中ΔH1=2ΔH2,又ΔH1、ΔH2均小于零,所以ΔH1<ΔH2。③中ΔH1>0,ΔH2<0,所以ΔH1>ΔH2。故选B。
4.已知室温下,
将CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高。
则有关下列能量转化关系的判断不正确的是
(  )?
CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)
Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l)  Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l)?
A.ΔH1>0
B.ΔH2>ΔH3
C.ΔH3>ΔH1
D.ΔH2=ΔH1+ΔH3
【解析】选C。A将
CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,说明是吸热反应,ΔH1>0,ΔH2>0,故A正确;B.由CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)知ΔH2>ΔH3,故B正确;将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高说明是放热反应,ΔH3<0,又因为ΔH1>0,故ΔH3>ΔH1是错的,故C错误;根据上述关系和盖斯定律知ΔH2=ΔH1+ΔH3,故D正确。?
1.(2020·浙江7月选考)关于下列ΔH的判断正确的是
(  )?
C(aq)+H+(aq)HC(aq) ΔH1?
C(aq)+H2O(l)HC(aq)+OH-(aq) ΔH2?
OH-(aq)+H+(aq)H2O(l) ΔH3?
OH-(aq)+CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H2O(l) ΔH4?
A.ΔH1<0 ΔH2<0     
B.ΔH1<ΔH2?
C.ΔH3<0 ΔH4>0
D.ΔH3>ΔH4?
【解析】选B。碳酸氢根的电离属于吸热过程,则C(aq)+H+(aq)HC(aq)为放热反应,所以ΔH1<0;C(aq)+H2O(l)HC(aq)+OH-(aq)为碳酸根的水解离子方程式,C的水解反应为吸热反应,所以ΔH2>0;OH-(aq)+H+(aq)H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应,为放热反应,所以ΔH3<0;醋酸与强碱的中和反应为放热反应,所以ΔH4<0;但由于醋酸是弱酸,电离过程中会吸收部分热量,所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量,则ΔH4>ΔH3;综上所述,只有ΔH1<ΔH2正确,故答案为B。
2.(2020·天津等级考)理论研究表明,在101
kPa和298
K下,HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
(  )?
A.HCN比HNC稳定
B.该异构化反应的ΔH=+59.3
kJ·mol-1
?
C.正反应的活化能大于逆反应的活化能
D.使用催化剂,可以改变反应的反应热
【解析】选D。根据图示,HCN的能量比HNC的能量低,因此HCN比HNC稳定,A项正确;该异构化反应中反应物总能量低于生成物总能量,为吸热反应,反应物和生成物能量相差59.3
kJ·mol-1,故ΔH=+59.3
kJ·mol-1,B项正确;根据图示,正反应的活化能为+186.5
kJ·mol-1,逆反应的活化能为127.2
kJ·mol-1,C项正确;使用催化剂,可以改变反应的活化能,但不能改变反应热,D项错误。?
3.(2019·全国Ⅲ卷节选)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83
kJ·mol-1?
CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)?
ΔH2=-20
kJ·mol-1?
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121
kJ·mol-1?
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=    
kJ·mol-1。?
【解析】利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)
ΔH1=83
kJ·mol-1①?
CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)
ΔH2=-20
kJ·mol-1②?
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121
kJ·mol-1③?
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可由①×2+②×2+③×2得到,所以其ΔH=83×2+(-20)×2+(-121)×2=-116
(kJ·mol-1)。?
答案:-116
4.(2019·全国Ⅰ卷节选)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:
我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。
可知水煤气变换的ΔH    0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=    eV,写出该步骤的化学方程式____________。?
【解析】根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知,CO(g)+H2O(g)的能量高于CO2(g)+H2(g)的能量,故水煤气变换的ΔH小于0;活化能即反应物状态达到活化状态所需能量,根据变换历程的相对能量可知,最大差值为:
其最大能垒(活化能)E正=1.86
eV-(-0.16)
eV=2.02
eV;该步骤的反应物COOH·+H·+H2O·COOH·+2H·+OH·;因反应前后COOH·和1个H·未发生改变,也可以表述成H2O·H·+OH·。?
答案:小于 2.02?
COOH·+H·+H2O·COOH·+2H·+OH·(或H2O·H·+OH·)
【加固训练—拔高】?
1.(2018·全国Ⅲ卷节选)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:?
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+
SiCl4(g)?
ΔH1=48
kJ·mol-1?
3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3
(g)?
ΔH2=-30
kJ·mol-1?
则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+
3SiCl4(g)的ΔH为    
kJ·mol-1。?
【解析】结合两个反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+
SiCl4(g) ΔH1=48
kJ·mol-1?
3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3
(g)?
ΔH2=-30
kJ·mol-1?
可得反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=3ΔH1+ΔH2=[3×48+(-30)]
kJ·mol-1=114
kJ·mol-1。?
答案:114
2.(2017·全国Ⅰ卷)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算,可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为__________、?
_________________,?制得等量H2所需能量较少的是       。?
【解析】把系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)的三个热化学方程式分别相加,可以得到制氢的热化学方程式分别为?
H2O(l)H2(g)+O2(g) ΔH=286
kJ·mol-1?
H2S(g)H2(g)+S(s) ΔH=20
kJ·mol-1
,制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。?
答案:H2O(l)H2(g)+O2(g)?
ΔH=286
kJ·mol-1?
H2S(g)H2(g)+S(s) ΔH=20
kJ·mol-1?
系统(Ⅱ)
1.理解物质能量与反应吸、放热之间的2个关系:
(1)E(反应物)(2)E(反应物)>E(生成物),放热反应。
2.明确热化学方程式书写与判断的4点注意事项:
(1)标明物质的状态。
(2)明确ΔH的符号与单位。
(3)ΔH的数值与化学计量数是否对应。
(4)燃烧热、中和热的条件的限制。
3.了解燃烧热和中和热的2点联系:
(1)对于中和热、燃烧热,由于它们的反应放热是确定的,所以描述中不带“-”,但其焓变小于零。
(2)当用热化学方程式表示中和热时,生成H2O的物质的量必须是1
mol,当用热化学方程式表示燃烧热时,可燃物的物质的量必须为1
mol。?
4.把握盖斯定律的2个关键:
(1)化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关。
(2)利用盖斯定律可计算某些反应的反应热。
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45
-第三讲 化学键与物质构成 分子结构与性质
考点一 化学键与物质构成(命题指数★★★)
1.离子键和离子化合物:
(1)离子键的形成和存在。
离子键的含义
带相反电荷离子之间的相互作用
成键粒子
阴、阳离子
成键实质
静电作用
成键元素
通常是活泼的金属元素和活泼的非金属元素间易形成离子键
离子键的存在
存在于离子化合物中
(2)离子化合物。
①概念:由离子键构成的化合物。
②常见物质:
A.强碱:如NaOH、KOH、Ba(OH)2等。
B.绝大多数盐:如NaCl、NH4Cl、KNO3等。
C.金属氧化物:如Na2O、MgO、CaO等。
(3)表示方法。
①电子式:在元素符号周围用“·”或“×”来表示原子的最外层电子(价电子)的式子。
A.原子,如Na的电子式为Na×;S的电子式为·__·。
B.离子,如Na+的电子式为Na+;S2-的电子式为[]2-。
C.化合物,如NaCl的电子式为Na+[]-;MgCl2的电子式为[]-Mg2+[]-。
②用电子式表示离子化合物的形成过程:
2.共价键和共价化合物:
(1)共价键的形成和存在。
共价键的概念
原子间通过共用电子对所形成的相互作用。
成键粒子
原子
成键元素
同种或不同种非金属元素
分类
①极性键:共用电子对发生偏移②非极性键:共用电子对不发生偏移
存在
①非金属元素的多原子单质,如O2、N2等。②共价化合物,如H2O、CO2等。③某些离子化合物,如NaOH、NH4Cl等。
(2)共价化合物。
①概念:以共用电子对形成分子的化合物。
②常见物质:
A.酸,如HNO3、H2SO4等。
B.非金属氢化物,如NH3、CH4等。
C.非金属氧化物,如CO2、SO2等。
(3)表示方法。
用电子式表示HCl的形成过程:
H×+·C―→HC。
3.化学键:
(1)概念:使离子相结合或原子相结合的作用力。
(2)化学键的分类与成因。
化学键
(3)化学反应的本质:一个化学反应的过程,本质上就是旧化学键的断裂和新化学键的形成的过程。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)形成离子键的阴、阳离子间只存在静电吸引力。(  )
提示:×。除了静电吸引之外,还有静电排斥作用。
(2)非金属元素组成的化合物中只含共价键。(  )
提示:×。某些铵盐全部由非金属元素组成,就含有离子键。
(3)CO2的电子式为O∶∶C∶∶O。(  )
提示:×。CO2的电子式为。
(4)所有物质中均存在化学键。(  )
提示:×。稀有气体是单原子分子,不含化学键。
(5)由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物。(  )
提示:×。由金属元素和非金属元素形成的AlCl3是共价化合物。
(6)Na2O2是含有非极性键的离子化合物。(  )
提示:√。离子化合物Na2O2中两个氧原子之间是非极性共价键。
2.化学键是纯净物分子内或晶体内相邻两个或多个原子(或离子)间强烈的相互作用力的统称。使离子相结合或原子相结合的作用力通称为化学键。
(1)含有离子键的化合物一定是离子化合物吗?
提示:由离子键构成的化合物叫作离子化合物。含离子键的化合物一定是离子化合物。
(2)共价键只存在于共价化合物中吗?熔融状态的共价化合物能否导电?
提示:有些单质(如H2、Cl2)、离子化合物(如NaOH)中也含有共价键。熔融状态的共价化合物中不存在自由离子,因此不能导电。
命题角度1.化学键与物质类别的关系
【典例1】(2021·日照模拟)下列物质:①MgCl2②NH4Cl③HCl④NaOH所含化学键类型完全相同的是(  )
A.①②   B.②③   C.①④   D.②④
【解析】选D。①氯化镁电子式为]-Mg2+]-,只含氯离子和镁离子形成的离子键;②氯化铵的电子式为[H]+]-含有铵根离子和氯离子形成的离子键和氮氢原子形成的共价键;③氯化氢的电子式为,含氢氯原子间形成的共价键;④NaOH的电子式:Na+H]-,含有钠离子和氢氧根离子形成的离子键和氢、氧形成的共价键;综上所含化学键类型完全相同的是②④。
【备选例题】
(2021·合肥模拟)下列有关化学键和化合物的叙述正确的是(  )
①化学键是可以使离子相结合,也可以使原子相结合的作用力
②只含共价键的物质一定是共价化合物
③Na2O2中含有离子键和非极性键
④离子化合物与共价化合物的区别可以看是否有金属元素
A.①②  B.①③  C.②③  D.①②③
【解析】选B。形成化学键的微粒可能是离子也可能是原子但不能是分子,故①正确;只含共价键的物质可能是单质,如O2等,故②错误;Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键,氧原子和氧原子之间存在非极性共价键,故③正确;氯化铝中含有金属元素,但氯化铝是共价化合物,氯化铵中全部是非金属元素,但氯化铵为离子化合物,故④错误。
命题角度2.物质变化与作用力的关系
【典例2】下列过程中,共价键被破坏的是(  )
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③乙醇溶于水
④HCl气体溶于水 ⑤冰融化 ⑥NH4Cl受热分解
⑦氢氧化钠熔化 ⑧(NH4)2SO4溶于水
A.④⑥       B.④⑥⑧
C.①②④⑤
D.①④⑥⑦
【解析】选A。①碘升华,破坏的是分子间作用力;②溴蒸气被木炭吸附,破坏的是分子间作用力;③乙醇是非电解质,溶于水不发生电离,破坏的是分子间作用力;④HCl气体溶于水,发生电离,HCl共价键被破坏;⑤冰融化,破坏的是分子间作用力;⑥NH4Cl受热分解,发生化学变化,生成氨气和HCl,共价键被破坏;⑦氢氧化钠熔化,只有离子键被破坏;⑧(NH4)2SO4溶于水,发生电离,离子键被破坏。综上,④⑥符合题意,A项正确。
命题角度3.电子式的书写
【典例3】(2021·南京模拟)下列表达正确的是(  )
A.HClO的电子式为H
B.H2S的电子式可表示为H+[]2-H+
C.用电子式表示Na2O的形成过程:2Na×+·
·→2Na+[]2-
D.BaCl2的电子式为[]-Ba2+[]-
【解析】选D。因HClO为共价化合物,根据共价键成键的特点,氢原子形成一对共用电子对,氧原子形成两对共用电子对,氯原子形成一对共用电子对,HClO的电子式为HC,故A错误;H2S为共价化合物,硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构,分子中存在两个H—S键,其正确的电子式为HH,故B错误;Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为,故C错误;BaCl2为离子化合物,只含离子键,电子式为[]-Ba2+[]-,故D正确。
1.离子键与共价键的比较:
离子键
共价键
概念
带相反电荷的离子之间的相互作用
原子之间通过共用电子对所形成的相互作用
成键方式
通过得失电子达到稳定结构
通过形成共用电子对达到稳定结构
成键粒子
阴、阳离子
原子
形成条件
活泼金属元素与活泼非金属元素作用
同种或不同种非金属元素作用
存在
离子化合物中
绝大多数非金属单质、共价化合物、某些离子化合物中
形成过程(举例)
H×+·
·+×H→HH
2.离子化合物和共价化合物的判断方法:
(1)根据构成物质粒子间的成键类型判断。
一般来说,活泼的金属原子和活泼的非金属原子间易形成离子键,同种或不同种非金属原子间形成共价键。
①含有离子键的化合物一定是离子化合物,但离子化合物中也可能含有共价键,如NH4Cl、Na2SO4、NaOH、Na2O2等。
②只含共价键的化合物是共价化合物,共价化合物中一定没有离子键。
③离子化合物中一般既含金属元素又含非金属元素(铵盐除外);共价化合物中一般只含非金属元素(有些共价化合物中也含金属元素,如AlCl3等)。
(2)根据化合物的类型判断。
大多数碱性氧化物、强碱和绝大多数盐都属于离子化合物;非金属氢化物、非金属氧化物、含氧酸、绝大多数有机化合物属于共价化合物。
(3)根据化合物的性质判断。
①熔融状态下导电的化合物是离子化合物,不导电的化合物为共价化合物。
②熔、沸点较低的化合物(SiO2、SiC除外)一般为共价化合物。
3.判断2电子、8电子稳定结构的方法:
(1)分子中若含氢原子,则氢原子满足的是2电子稳定结构。
(2)判断8电子结构的方法有以下两种。
方法一:原子最外层电子数+共用电子对数=8,如在HCl中,对氯原子来说,最外层有7个电子,共用电子对数为1,则氯原子能满足8电子结构,对氢原子则不能满足8电子结构。
方法二:分子中各原子的最外层电子数之和=8×分子中原子总数-2×共用电子数,如PCl3最外层电子数为26=8×(1+3)-2×3,即磷和氯都能满足8电子结构。
命题点1.化学键与物质类型的关系(基础性考点)
1.(2021·徐州模拟)下列关于化学键和化合物的说法正确的是(  )
A.完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
B.含有共价键的化合物一定是共价化合物
C.化学键是直接相邻的原子或离子之间存在的强烈的相互作用
D.由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【解析】选C。完全由非金属元素形成的化合物,可能为离子化合物,如铵盐为离子化合物,故A错误;含有共价键的化合物可能是离子化合物,如Na2O2等,故B错误;化学键通常指的是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用,这种相互作用既包括吸引力也包括排斥力,故C正确;由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定为离子化合物,如AlCl3为共价化合物,故D错误。
2.(2021·哈尔滨模拟)下列物质中,从化学键的角度看,有一种与其他三种明显不同,这种物质是(  )
A.Na2O2  B.CH4  C.SO2  D.H2O2
【解析】选A。Na2O2是离子化合物,电子式为Na+]2-Na+,即含有钠离子和过氧根离子形成的离子键,又含有氧氧原子形成的共价键;CH4是共价化合物,电子式为H,只含有碳氢原子形成的共价键;SO2是共价化合物,只含有氧、硫形成的共价键;过氧化氢为共价化合物,电子式为H,过氧化氢中O、O之间形成一对共用电子对,只含有共价键;从化学键的角度看,与其他三种明显不同的为Na2O2。
命题点2.物质变化与作用力的关系(综合性考点)
3.(2021·大连模拟)下列变化中离子键和共价键均被破坏的是(  )
A.干冰气化      
B.硝酸溶于水
C.过氧化钠熔化   
D.KHSO4溶于水
【解析】选D。干冰气化无化学键的破坏,故A错误;硝酸为共价化合物,只含有共价键,溶于水共价键破坏,故B错误;过氧化钠熔化只破坏离子键,故C错误;KHSO4溶于水电离产生钾离子、氢离子和硫酸根离子,所以离子键和共价键均被破坏,故D正确。
4.下列变化过程中,既有共价键断裂,又有离子键形成的是(  )
A.盐酸与氢氧化钠溶液反应
B.氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体
C.氯化氢溶于水
D.氯化钠溶于水
【解析】选B。反应生成NaCl和水,在溶液中为氢离子与氢氧根离子结合生成水,不存在共价键断裂和离子键形成,故A错误;发生化学变化生成氯化铵(离子化合物),H—Cl共价键断裂,同时存在离子键形成,故B正确;只发生H—Cl的断裂,为电离过程,故C错误;存在离子键的断裂,不存在共价键,故D错误。
命题点3.电子式的书写(应用性考点)
5.(2021·大连模拟)下列物质的电子式书写正确的是(  )
A.Na+]-     
B.H
C
D.Cl
【解析】选A。氯化钠是离子化合物,由钠离子和氯离子构成,故电子式为Na+]-,故A正确;N原子的最外层有5个电子,故其电子式为H,故B错误;二氧化碳中碳原子和氧原子之间以双键结合,故其电子式为,故C错误;氯原子的最外层有7个电子,故其电子式为,故D错误。
6.下列有关化学用语表示正确的是(  )
A.Na2O的电子式为Na[]2-
B.MgCl2的电子式为[]-Mg2+[]-
C.Na2S的电子式为NaNa
D.用电子式表示H2S的形成过程为
2H×+·―→H+[]2-H+
【解析】选B。相同离子不能合并,故其电子式为Na+[]2-Na+,故A错误;氯化镁由1个镁离子和2个氯离子构成,故其电子式为[]-Mg2+
[]-,故B正确;硫化钠是离子化合物,故其电子式为Na+[]2-Na+,故C错误;H2S是共价化合物,故其形成过程为H×+·
·+×H―→HH,故D错误。
【加固训练—拔高】
1.如图所示化合物的电子式书写错误的是(  )
A.Ca2+[]
B.Na+[]2-Na+
C.Mg2+[]2-
D.Na+[]-
【解析】选A。氯化钙中钙元素为+2价,化学式为CaCl2,氯化钙电子式为[]-Ca2+[]-,故A错误;硫化钠为离子化合物,电子式为
Na+[]2-Na+,书写正确,故B正确;氧化镁的电子式为Mg2+[]2-,书写正确,故C正确;氟化钠为离子化合物,电子式为Na+[]-,书写正确,故D正确。
2.(2021·西安模拟)关于化学键与化合物的叙述中,不正确的是(  )
A.离子化合物中一定含有金属离子
B.共价化合物一定不含离子键
C.氯化钙含有离子键,不含共价键
D.离子化合物中可能含共价键
【解析】选A。离子化合物中不一定含有金属离子,如氯化铵,故A错误;只含共价键的化合物是共价化合物,所以共价化合物只含共价键,不含离子键,故B正确;CaCl2是钙离子与氯离子之间形成的离子键,所以只有离子键,而不含共价键,故C正确;含有离子键的化合物是离子化合物,可能含有共价键,如氢氧化钠和过氧化钠,故D正确。
考点二 共价键及其参数(命题指数★★★★)
1.共价键的概念、本质和特征:
(1)概念:原子之间形成共用电子对。
(2)本质:电子云(或原子轨道)的重叠。
(3)特征:①饱和性:决定分子的组成。
②方向性:决定分子的立体构型。
2.共价键的类型:
(1)σ键。
(2)π键。
形成
由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成
p-p型
特征
①π键的电子云具有镜像对称性,即每个π键的电子云由两块组成,分别位于由原子核构成平面的两侧,如果以它们之间包含原子核的平面为镜面,它们互为镜像。②π键不能旋转,不如σ键牢固,较易断裂
3.键参数的概念和特点:
(1)键能。
①概念:气态基态原子形成1
mol化学键释放的最低能量。
②特点:键能越大,键越稳定,越不易断裂。
(2)键长。
①概念:形成共价键的两个原子之间的核间距。
②特点:键长越短,键能越大,键越稳定。
(3)键角。
①概念:两个共价键之间的夹角。
②特点:表明共价键有方向性,决定分子的立体结构。
4.配位键和配合物:
(1)配位键的概念:孤电子对由一个原子单方面提供而另一个原子接受孤电子对形成的共价键,即“电子对给予—接受键”,是一类特殊的共价键。
(2)表示方法:配位键可以用A→B来表示,其中A是提供孤电子对的原子,B是接受孤电子对的原子。如在四水合铜离子中,铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供孤电子对给铜离子,铜离子接受水分子的孤电子对形成的。
(3)配位化合物。
①概念:金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物,简称配合物。
②形成条件。
A.配体有孤电子对。
B.中心原子有空轨道。
③组成。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)氯气的化学式是Cl2而不是Cl3,是由共价键的饱和性决定的。(  )
提示:√。Cl只有一个未成对电子,因而只能形成Cl2,分子中只有一个共价键。
(2)共价键只能是非金属原子之间成键。(  )
提示:×。某些金属原子与非金属原子间也可形成共价键,如AlCl3中有共价键。
(3)N2分子中σ键与π键的个数比是2∶1。(  )
提示:×。氮氮三键中有一个σ键两个π键,个数比为1∶2。
(4)σ键能单独形成,而π键一定不能单独形成。(  )
提示:√。先形成σ键再形成π键。
(5)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2,1
mol该配合物中含有σ键的数目为14NA。(  )
提示:×。[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与NH3之间以配位键相连,共4个σ键,加上4个NH3的12个σ键,共16个σ键。
(6)碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍。(  )
提示:×。碳碳双键中含有1个σ键和1个π键,能量小于碳碳单键中1个σ键键能的2倍。
(7)实验测得H2S为共价化合物,H—S—H的夹角为92°,键长相同,则H2S是V形分子。(  )
提示:√。根据键长和键角可知H2S是V形分子。
2.结合表中数据简要分析和解释有关事实。
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/(kJ·mol-1)
347.7
413
351
226
318
452
(1)硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是_______________________________________________________________。
(2)SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是_____________________。
提示:(1)硅烷中的Si—Si键和Si—H键的键能小于烷烃分子中C—C键和C—H键的键能,稳定性差,易断裂,导致长链硅烷难以形成,所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
(2)由于键能越大,物质越稳定,C—H键的键能大于C—O
键的键能,故C—H键比C—O键稳定;而Si—H键的键能却远小于Si—O键的键能,所以Si—H键不稳定,而倾向于形成稳定性更强的Si—O键,即更易生成氧化物。
命题角度1.共价键的类型
【典例1】(1)(2020·江苏高考节选)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。柠檬酸的结构简式如图所示。1
mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为__________mol。
(2)(2018·全国卷Ⅱ节选)硫及其化合物有许多用途。
气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为________形,其中共价键的类型有________种。
【解析】(1)—COOH中,C与O形成双键以及C与O形成单键,1
mol—COOH中含有2
mol
σ键,C与羟基相连为单键,为一个σ键,所以1
mol柠檬酸中碳与氧共有7
mol
σ键。
(2)根据价层电子对互斥理论,SO3中心原子价层电子对数为3,孤电子对数为0,因此分子为平面三角形。分子中存在σ键和π键,其中π键为大π键。
答案:(1)7 (2)平面三角 2
命题角度2.共价键的键参数
【典例2】下列说法正确的是(  )
A.键角:BF3>CH4>H2O>NH3
B.分子或离子中键角:H2O<H3O+,NH3<NH
C.键能(作用能):氢键<范德华力<共价键
D.键长:C—H<N—H<O—H
【解析】选B。A.BF3是平面三角形,键角120°,CH4、H2O、NH3的VSEPR模型为四面体,CH4无孤电子对、NH3有1对孤电子对、H2O有2对孤电子对,由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力,所以键角:BF3>CH4>NH3>H2O,故A错误;B.H2O、H3O+的VSEPR模型为四面体,但H2O有2对孤电子对、H3O+有1对孤电子对,NH3、NH的VSEPR模型为四面体,NH3有1对孤电子对,NH无孤电子对,由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力,所以键角:H2O<H3O+,NH3<NH,故B正确;C.氢键是特殊的分子间作用力,作用力强弱介于范德华力和共价键之间,故C错误;D.原子半径:C>N>O,原子半径越大,键长越大,所以键长:C—H>N—H>O—H,故D错误。
命题角度3.配位键和配位化合物
【典例3】(1)(2020·全国Ⅲ卷节选)
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3BH3分子中,N—B化学键称为____________键,其电子对由____________提供。
(2)(2019·江苏高考节选)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu2O。
SO的空间构型为____________(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成
[Cu(OH)4]2-,[Cu(OH)4]2-中的配位原子为____________(填元素符号)。
【解析】(1)NH3BH3分子是由NH3与BH3结合而成的,其中NH3分子中N原子具有孤电子对,而BH3分子中B原子具有空轨道,所以二者通过N与B原子之间形成配位键而结合生成NH3BH3。
(2)SO中S没有孤电子对,价层电子对数为0+4=4,S为sp3杂化,
SO为正四面体形。氧原子有孤电子对,O与Cu2+之间为配位键。
答案:(1)配位 N (2)正四面体 O
【备选例题】
(2021·青岛模拟)下列分子或离子中,能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是(  )
①H2O ②NH3 ③Cl- ④CN- ⑤CO
A.①②      
B.①②③
C.①②④
D.①②③④⑤
【解析】选D。①H2O、②NH3、③Cl-、④CN-、⑤CO的路易斯结构式分别为、、]-、C≡]-、C≡,根据其路易斯结构式知,这几种微粒都能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键,所以都能与某些金属离子形成配位键。
1.σ键与π键的比较:
共价键类型
σ键
π键
电子云重叠方式
沿键轴方向相对重叠
沿键轴方向平行重叠
电子云重叠部位
两原子核之间,在键轴处
键轴上方和下方,键轴处为零
电子云重叠程度


键的强度
较大
较小
化学活泼性
不活泼
活泼
成键规律
共价单键是σ键;双键中一个是σ键,一个是π键;三键中一个是σ键,两个是π键
2.键参数与分子性质的关系:
(1)一般来讲,形成共价键的共用电子对数越多,则共价键越牢固,含有该共价键的分子越稳定。
(2)形成共价键的原子半径越小,键长越短,共价键越牢固,含有该共价键的分子越稳定。
如HF、HCl、HBr、HI中,分子的共用电子对数相同(1对),因F、Cl、Br、I的原子半径依次增大,故共价键牢固程度H—F>H—Cl>H—Br>H—I,因此,稳定性HF>HCl>HBr>HI。
(3)键能与键长是衡量共价键稳定性的参数,键长和键角是描述分子立体构型的参数。一般来说,如果知道分子中的键长和键角,这个分子的立体构型就确定了。如氨分子的H—N—H键角是107°,N—H键的键长是101
pm,就可以断定氨分子是三角锥形分子,如图:
(4)关于F—F键键长短,但键能小的解释。
氟原子的半径很小,因此其键长短,而由于键长短,两个氟原子形成共价键时,原子核之间的距离很近,排斥力很大,因此键能不大,F2的稳定性差,很容易与其他物质反应。
3.键参数的应用:
(1)由键能可推断物质的稳定性,键能越大,物质的稳定性越强。
(2)由键能数据可推断反应放热或吸热。因为化学反应过程是断旧键成新键的过程,根据断键过程吸收的总能量和成键过程放出的总能量的差值即可判断。
(3)由键长和键角判断分子的立体结构。
4.等电子体的判断方法:
(1)将粒子中的两个原子换成原子序数分别增加n和减少n(n=1,2等)的原子,如N2与CO、N和CNO-均互为等电子体。
(2)将粒子中一个或几个原子换成原子序数增加(或减少)n的元素的带n个单位电荷的阳离子(或阴离子),如N2O和N互为等电子体。
(3)同主族元素最外层电子数相等,故可将粒子中原子换成同主族元素原子,如O3和SO2互为等电子体。
命题点1.共价键的类型(基础性考点)
1.(2021·武汉模拟)一定含有σ键,又有π键的分子是(  )
①N2O ②H2O2 ③N2 ④C3H6 ⑤HCHO ⑥Na2O2
A.①②③  B.①③④  C.①③⑤  D.③④⑥
【解析】选C。②中均为单键,④可能为环丙烷时均为单键,⑥为离子化合物且含O—O单键,均不符合,只有①③⑤为含有σ键,又有π键的分子。
2.下列说法中不正确的是(  )
A.σ键比π键重叠程度大,形成的共价键强
B.两个原子之间形成共价键时,最多有一个σ键
C.气体单质中,一定有σ键,可能有π键
D.N2分子中有一个σ键,两个π键
【解析】选C。单键均为σ键,双键和三键中各存在一个σ键,其余均为π键。稀有气体单质中,不存在化学键。
命题点2.共价键的键参数(基础性考点)
3.(2021·石家庄模拟)已知各共价键的键能如表所示,下列说法正确的是(  )
共价键
H—H
F—F
H—F
H—Cl
H—I
键能E(kJ·mol-1)
436
157
568
432
299
A.稳定性:H—I>H—Cl>H—F
B.表中看出F2能量最低
C.432
kJ·mol-1>E(H—Br)>299
kJ·mol-1
D.H2(g)+F2(g)===2HF(g) ΔH=+25
kJ·mol-1
【解析】选C。键能越大,共价键越稳定,根据数据,H—F最稳定,故A错误;键能越大,形成的分子越稳定,能量越低。根据数据,H—F最稳定,HF能量最低,F—F最不稳定,F2能量最高,故B错误;同主族从上往下半径逐渐增大,即Br的半径介于Cl和I之间,因此,H—Br的键能介于H—Cl和H—I之间,故C正确;根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=(436+157-2×568)kJ·mol-1=-543
kJ·mol-1,故D错误。
4.下列有关共价键的键参数的说法不正确的是(  )
A.CH4、C2H4、CO2分子中的键角依次增大
B.HF、HCl、HBr分子中的键长依次增长
C.H2O、H2S、H2Se分子中的键能依次减小
D.分子中共价键的键能越大,分子的熔、沸点越高
【解析】选D。CH4、C2H4、CO2分别为正四面体形(109°28′)、平面三角形
(120°)、直线形(180°),所以分子中的键角依次增大,故A正确;原子半径越大,形成的共价键的键长越长,O、S、Se的原子半径依次增大,所以与H形成的共价键的键长依次增大,故B正确;非金属性越强,形成的共价键越稳定,共价键的键能越大,则H2O、H2S、H2Se分子中的键能依次减小,故C正确;影响分子晶体熔、沸点高低的因素是分子间作用力,分子间作用力越大,熔、沸点越高,与共价键的键能无关,故D错误。
命题点3.配位键和配位化合物(综合性考点)
5.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分),下列叙述正确的是(  )
A.该叶绿素只含有H、Mg、C、N元素
B.该叶绿素是配合物,中心离子是镁离子
C.该叶绿素是配合物,其配体是氮元素
D.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物
【解析】选B。该叶绿素只含有H、Mg、C、N、O元素,故A错误;Mg的最高化合价为+2价,而由图可知与4个N原子作用,Mg提供空轨道,N提供孤电子对,形成配位键,该物质是配位化合物,中心离子为镁离子,故B正确;该化合物中配位原子为N原子,但不能称为配体,同样也不能称配体是N元素,配体一般可以是离子或分子,故C错误;由B中分析,该物质是配位化合物,故D错误。
6.用过量的AgNO3溶液处理含0.01
mol氯化铬的水溶液(CrCl3·6H2O),生成0.02
mol
AgCl沉淀,此配合物的组成最可能是(  )
A.[Cr(H2O)6]Cl3
B.[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O
C.[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O
D.[CrCl3(H2O)3]·3H2O
【解析】选B。0.01
mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理,产生0.02
mol
AgCl沉淀,氯化铬(CrCl3·6H2O)和氯化银的物质的量之比是1∶2,根据氯离子守恒知,一个氯化铬(CrCl3·6H2O)化学式中含有2个氯离子,剩余的1个氯离子是配原子,所以氯化铬(CrCl3·6H2O)的化学式可能为[CrCl(H2O)5]Cl2·H2O。
【加固训练—拔高】
1.(2021·石家庄模拟)下列物质中,含非极性共价键的化合物是(  )
A.MgCl2  B.Na2O2  C.O2  D.NaOH
【解析】选B。MgCl2是离子化合物,电子式为[]-Mg2+[]-,只含有离子键,故A错误;过氧化钠为离子化合物,其电子式为
Na+[]2-Na+,钠离子和过氧根离子形成离子键,过氧根离子中O原子和O原子形成非极性共价键,故B正确;O2是单质,不是化合物,故C错误;NaOH是离子化合物,电子式为Na+[H]-,Na+和OH-形成离子键,OH-中O原子和H原子形成极性共价键,故D错误。
2.能说明CH4分子的5个原子不在同一平面而为正四面体构型的是(  )
A.两个键之间夹角为109°28′
B.C—H键为极性共价键
C.4个C—H键的键能、键长相同
D.碳的价层电子都形成共价键
【解析】选A。键长是衡量共价键稳定性的主要参数,键长相同,两个键之间夹角为109°28′能说明该微粒的空间结构为正四面体,故A正确;C—H键为极性共价键,与分子的空间构型无关,故B错误;键能是衡量共价键稳定性的主要参数,CH4的C—H键的键能、键长相同,不能判断分子的空间构型,故C错误;碳的价层电子都形成共价键,只能说明原子间的成键方式,不能说明分子的空间构型为正四面体,故D错误。
考点三 分子的立体构型(命题指数★★★★★)
1.价层电子对互斥理论:
(1)价层电子对互斥理论(VSEPR):对于ABx型分子,分子中的价层电子对包括σ键电子对和中心原子上的孤电子对,由于电子对的相互排斥作用,而趋向尽可能彼此远离,分子尽可能采取对称的立体构型,以减小斥力。
(2)价层电子对的确定方法。
价层电子对数=σ键电子对数+中心原子的孤电子对数其中,σ键电子对数=B原子的个数
孤电子对数=(a-xb)。
①a表示中心原子的价电子数。
对主族元素:a=最外层电子数;
对于阳离子:a=价电子数-离子电荷数;
对于阴离子:a=价电子数+|离子电荷数|。
②x表示与中心原子结合的原子数。
③b表示与中心原子结合的原子最多能接受的电子数,氢为1,其他原子=8-该原子的价电子数。
(3)VSEPR模型预测分子或离子的立体构型。
①中心原子上的价电子都用于形成共价键的分子。
ABn
n=2
n=3
n=4
价层电子对数
2
3
4
电子对排布方式
立体构型名称
直线形
平面三角形
正四面体
键角
180°
120°
109°28′
实例
CO2
BF3
CH4
②中心原子上有孤电子对的分子:对于中心原子上有孤电子对(未用于形成共价键的电子对)的分子,中心原子上的孤电子对也要占据中心原子周围的空间,并互相排斥使分子呈现不同的立体构型。
化学式
含孤电子对的VSEPR模型
分子或离子的立体构型
分子或离子的立体构型名称
H2O
V形
NH3
三角锥形
HCN
直线形
H3O+
三角锥形
SO2
V形
2.轨道的杂化与杂化轨道:
(1)轨道的杂化:原子内部能量相近的原子轨道重新组合形成与原轨道数相等的一组新轨道的过程。
(2)杂化轨道:杂化后形成的新的能量相同的一组原子轨道。
(3)杂化轨道类型和分子立体构型。
杂化类型
sp
sp2
sp3
参与杂化的原子轨道及数目
1个s轨道和1个p轨道
1个s轨道和2个p轨道
1个s轨道和3个p轨道
杂化轨道的数目
2
3
4
杂化轨道间的夹角
180°
120°
109°28′
立体构型名称
直线形
平面三角形
正四面体形
实例
CO2、C2H2
BF3、HCHO
CH4、CCl4
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道。(  )
提示:×。参与杂化的轨道能量相近。
(2)中心原子采取sp3杂化的分子,其立体构型可能是四面体形、三角锥形或V形。(  )
提示:√。sp3杂化轨道中孤电子对数目为0、1、2时分别对应立体构型为四面体形、三角锥形、V形。
(3)H2S与H2O杂化方式和分子构型相同,键角也相同。(  )
提示:×。H2S与H2O中心原子都是sp3杂化,分子构型均为V形,键角H2O>H2S。
(4)杂化轨道只用于形成σ键和容纳未参与成键的孤电子对。(  )
提示:√。杂化轨道可用于形成σ键和容纳孤电子对。
(5)只要分子构型为平面三角形,中心原子均为sp2杂化。(  )
提示:√。分子构型为平面三角形即分子同时为AB3型,且分子中只有3个σ键,没有孤电子对,因此中心原子均为sp2杂化。
(6)中心原子是sp杂化的,其分子构型不一定为直线形。(  )
提示:×。中心原子是sp杂化的,其分子构型一定为直线形。
2.烯烃中与双键相连的C原子为sp2杂化,乙烯分子的成键情况如图:
(1)试分析乙烯分子中碳碳双键的成键方式。
(2)甲烷、乙炔分子中的碳原子杂化方式分别是什么?两种分子中的C—C键和C—H键成键方式分别是什么?
提示:(1)乙烯分子中碳原子采取sp2杂化,C===C是成键碳原子的sp2杂化轨道“头碰头”形成σ键,同时其余的p轨道垂直于平面,“肩并肩”形成π键。
(2)CH4中的C是sp3杂化,C—C键是sp3?sp3
σ键,C—H
键是sp3?s
σ键;C2H2中的C是sp杂化,C—C键是sp?sp
σ键和p?p
π键,C—H键是sp?s
σ键。
3.将下列VSEPR模型、分子或离子和立体构型用短线连起来:
VSEPR模型   
分子或离子   立体构型
A.正四面体 
①BF3 
a.直线形
B.直线形 
②NH 
b.平面三角形
C.平面三角形 
③SO 
c.正四面体
D.四面体 
④BeCl2 
d.三角锥形
提示:A—②—c,B—④—a,C—①—b,D—③—d
命题角度1.粒子构型的判断
【典例1】(1)(2020·全国Ⅰ卷节选)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。
磷酸根离子的空间构型为________________,其中P的价层电子对数为________、杂化轨道类型为________。
(2)(2020·山东等级考节选)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。
NH3、PH3、AsH3的键角由大到小的顺序为____________________。
(3)(2018·全国卷Ⅰ节选)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。
LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是__________________、中心原子的杂化形式为____________________。
LiAlH4中,存在__________(填标号)。
A.离子键   B.σ键   C.π键   D.氢键
【解析】(1)经过计算,PO中不含孤电子对,成键电子对数目为4,价层电子对数为4,因此其构型为正四面体形,P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道;
(2)NH3、PH3、AsH3中心原子都是sp3杂化,都有1对孤电子对,中心原子的电负性越小,成键电子对之间的斥力越小,键角越小,所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3;
(3)LiAlH4中的阴离子是AlH,中心原子铝原子含有的价层电子对数是4,且不存在孤电子对,所以空间构型是正四面体,中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化;阴、阳离子间存在离子键,Al与H之间还有共价单键,不存在双键和氢键,答案选A、B。
答案:(1)正四面体形 4 sp3
(2)NH3、PH3、AsH3
(3)正四面体 sp3 A、B
命题角度2.杂化轨道类型的判断
【典例2】(1)(2020·全国Ⅲ卷节选)
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气:3NH3BH3+6H2O===3NH+B3O+9H2,B3O的结构为。在该反应中,B原子的杂化轨道类型由______________变为______________。
(2)(2020·山东等级考节选)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。
含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示,1
mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________mol,该螯合物中N的杂化方式有________种。
(3)(2019·全国卷Ⅰ节选)在普通铝中加入少量Cu和Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要材料。
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物,分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是______________________________________,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
(1)
(2)
如图,①-⑥为通过螯合作用形成的配位键,形成两个五元环和一个四元环。
(3)乙二胺结构式:
【解析】(1)NH3BH3中B原子的价层电子对数为4,发生sp3杂化,而中B的价层电子对数为3,发生sp2杂化。
(2)由该物质的结构简式和分析,根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”,故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6
mol,Cd—NO2不算;该螯合物中N的杂化方式都是sp2杂化,故该物质中N的杂化方式有1种;
(3)乙二胺中N形成3个单键,含有1对孤电子对,属于sp3杂化;C形成4个单键,不存在孤电子对,也是sp3杂化;由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。
答案:(1)sp3 sp2 (2)6 1
(3)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2+
1.价层电子对互斥理论与分子构型:
σ键电子对数
孤电子对数
价层电子对数
电子对的排列方式
VSEPR模型
分子或离子的立体构型
实例
2
0
2
直线形
直线形
HgCl2、BeCl2、CO2
3
0
3
三角形
平面三角形
BF3、BCl3
2
1
V形
SnBr2、PbCl2
4
0
4
四面体形
正四面体形
CH4、CCl4
3
1
三角锥形
NH3、NF3
2
2
V形
H2O
2.用价层电子对理论判断共价分子或离子立体构型:
(1)确定中心原子的价层电子对数。
①对于ABx型分子,σ键电子对=B原子的个数,如H2O的中心原子是O,有2对σ键电子对。若A与B之间通过两对或三对结合而成,也只有1个σ键。
②中心原子上的孤电子对=(a-xb),其中a为中心原子的价电子数,x为B原子的个数,b为B最多能接受的电子数。
③对于阳(或阴)离子来说,a为中心原子的价电子数减去(或加上)离子的电荷数。
④中心原子价层电子对数=σ键电子对数+中心原子的孤电子对数。
(2)根据中心原子价层电子对数确定VSEPR模型。
(3)略去孤电子对,确定分子构型。
3.杂化类型与分子构型:
(1)当杂化轨道全部用于形成σ键时:
杂化类型
sp
sp2
sp3
轨道组成
一个ns轨道和一个np轨道
一个ns轨道和两个np轨道
一个ns轨道和三个np轨道
轨道夹角
180°
120°
109°28′
杂化轨道示意图
实例
BeCl2
BF3
CH4
分子结构示意图
分子构型
直线形
平面三角形
正四面体形
(2)当杂化轨道中有未参与成键的孤电子对时。
由于孤电子对参与互相排斥,会使分子的构型与杂化轨道的形状有所区别。在杂化轨道的基础上,略去孤电子对,即为分子的立体构型。
4.用杂化轨道理论判断共价分子或离子立体构型:
分子组成(A为中心原子)
中心原子的孤电子对数
中心原子的杂化方式
分子立体构型
示例
AB2
0
sp
直线形
BeCl2
1
sp2
V形
SO2
2
sp3
V形
H2O
AB3
0
sp2
平面三角形
BF3
1
sp3
三角锥形
NH3
AB4
0
sp3
正四面体形
CH4
命题点1.粒子构型的判断(综合性考点)
1.下列各组微粒的立体构型相同的是(  )
①N2O和SCN-    
②NO和ClO
③O3和SO2
④SiO和SO
A.全部  B.①②④  C.①③④  D.②④
【解析】选C。①N2O中O原子价层电子对数=2+=2,且不含孤电子对,为直线形结构;SCN-中C原子价层电子对数=2+=2,且不含孤电子对,为直线形结构,所以这两个微粒空间构型相同,故正确;②NO中N原子价层电子对数=2+=2,且不含孤电子对,为直线形结构;ClO中Cl原子价层电子对数=2+=4,且含有2个孤电子对,为V形结构,所以二者空间构型不同,故错误;③O3空间构型为V形,SO2中S原子价层电子对数=2+=3,且含有1个孤电子对,为V形结构,所以二者空间构型相同,故正确;④SiO中Si原子价层电子对数=4+=4,且不含孤电子对,为正四面体结构;SO中S原子价层电子对数=4+=4,且不含孤电子对,为正四面体结构,所以二者空间构型相同,故正确。
2.(2021·合肥模拟)用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型,有时也能用来推测键角大小,下列判断正确的是(  )
A.H2S、CS2、HI都是直线形的分子
B.COCl2、BF3、SO2都是平面三角形的分子
C.BF3键角为120°,SnBr2键角小于120°
D.PCl3、NH3、PCl5的VSEPR构型相同
【解析】选C。硫化氢分子呈V形,CS2、HI都是直线形的分子,故A错误;二氧化硫为V形结构,COCl2、BF3中中心原子价层电子对数都是3且不含孤电子对,所以这两种分子都是平面三角形结构,故B错误;BF3中价层电子对数=3+×(3-3×1)=3,为平面三角形结构;SnBr2中价层电子对数=2+×(4-2×1)=3且含有一个孤电子对,为V形结构,孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,所以BF3键角为120°,SnBr2键角小于120°,故C正确;NH3、PCl3中价层电子对数=3+×(5-3×1)=4且含有一个孤电子对,所以NH3、PCl3为三角锥形结构;PCl5中价层电子对数=5+×(5-5×1)=5且不含孤电子对,为三角双锥结构,故D错误。
命题点2.杂化轨道类型的判断(综合性考点)
3.(2021·济南模拟)下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是(  )
A.PCl3中P原子是sp3杂化,为三角锥形
B.NH中N原子是sp3杂化,为正四面体形
C.H2S中S原子是sp杂化,为直线形
D.SO2中S原子是sp2杂化,为V形
【解析】选C。该分子中P原子价层电子对数=3+=4且含有一个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化类型是sp3,实际空间构型为三角锥形,故A正确;该离子中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断N原子为sp3杂化,为正四面体形,故B正确;该分子中S原子价层电子对数=2+=4且含有两个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断S原子采用sp3杂化,为V形结构,故C错误;该分子中S原子价层电子对数=2+=3且含有一个孤电子对,根据价层电子对判断S原子是sp2杂化,为V形,故D正确。
4.(2021·沈阳模拟)下列各组微粒的空间构型和中心原子杂化方式均相同的是(  )
①NH3和H2O ②NH和H3O+ ③NH3和H3O+ ④O3和SO2 ⑤CO2和BeCl2 ⑥CO和SO
⑦BF3和Al2Cl6
A.全部  B.④⑥⑦  C.③④⑤  D.②⑤⑥
【解析】选C。①NH3中N原子杂化轨道数为×(5+3)=4,采取sp3杂化方式,分子构型为三角锥形,H2O中心原子的价层电子对数=2+(6-2×1)=4,杂化方式为sp3,含有两个孤电子对,分子的空间构型为V形,杂化方式相同,空间构型不相同;②NH中N原子杂化轨道数为×(5+4-1)=4,采取sp3杂化方式,分子构型为正四面体,H3O+中O原子杂化轨道数为×(6+3-1)=4,采取sp3杂化方式,分子构型为三角锥形,杂化方式相同,空间构型不相同;③NH3中N原子杂化轨道数为×(5+3)=4,采取sp3杂化方式,分子构型为三角锥形,H3O+中O原子杂化轨道数为×(6+3-1)=4,采取sp3杂化方式,分子构型为三角锥形,杂化方式相同,空间构型相同;④O3中O原子杂化轨道数为×(6+0)=3,采取sp2杂化方式,分子构型为平面三角形,SO2中S原子杂化轨道数为×(6+0)=3,采取sp2杂化方式,分子构型为平面三角形,杂化方式相同,空间构型相同;⑤CO2中C原子杂化轨道数为×(4+0)=2,采取sp杂化方式,分子构型为直线形,BeCl2分子中Be原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=2+(2-2×1)=2,因此Be采取sp杂化,其空间构型为直线形,杂化方式相同,空间构型相同;⑥CO
中心原子的价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3,杂化方式为sp2,分子的空间构型为平面三角形,SO中S原子的价层电子对数=(6+2)=4,中心原子的杂化方式为sp3杂化,空间构型为正四面体形,杂化方式不相同,空间构型不相同;⑦BF3中B原子杂化轨道数为×(3+3)=3,采取sp2杂化方式,分子构型为平面三角形,Al2Cl6中Al原子杂化轨道数为4,采取sp3杂化方式,分子构型为正四面体,杂化方式不相同,空间构型不相同;正确的有③④⑤。
【加固训练—拔高】
1.(2021·深圳模拟)下列物质的分子中,键角最小的是(  )
A.H2O       
B.NF3
C.CH4
D.NH3
【解析】选A。在分子中,中心原子上孤电子对之间的排斥力>孤电子对和成键电子之间的排斥力>成键电子之间的排斥力,则含有孤电子对越多,分子中的键角越小,H2O中O原子含有2对孤电子对,NH3和NF3中N原子含有1对孤电子对,CH4分子中C原子不含孤电子对,所以键角最小的是H2O。
2.(2021·厦门模拟)下列微粒的空间构型与BF3相同的是(  )
A.PCl3
B.H3O+
C.CO
D.SO
【解析】选C。三氯化磷分子中,价层电子对数=3+(5-3×1)=4,采取sp3杂化,构型为正四面体,因为含有一个孤电子对,所以微粒的空间构型是三角锥形,故A错误;H3O+中O原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4,空间构型为三角锥形,故B错误;CO中σ键数=配原子数=3,孤电子对数=(4+2-3×2)=0,碳原子的价层电子数=3+(4+2-3×2)=3,不含孤电子对,所以C采取sp2杂化,空间构型为平面正三角形,故C正确;SO中S原子形成3个σ键,孤电子对数==1,为sp3杂化,空间构型为三角锥形,故D错误。
考点四 分子间作用力与分子的性质(命题指数★★★★)
1.键的极性和分子的极性:
(1)键的极性。
(2)分子的极性。
(3)键的极性、分子空间构型与分子极性的关系。
类型
实例
键的极性
空间构型
分子极性
X2
H2、N2
非极性键
直线形
非极性分子
XY
HCl、NO
极性键
直线形
极性分子
XY2(X2Y)
CO2、CS2
极性键
直线形
非极性分子
SO2
极性键
V形
极性分子
H2O、H2S
极性键
V形
极性分子
XY3
BF3
极性键
平面正三角形
非极性分子
NH3
极性键
三角锥形
极性分子
XY4
CH4、CCl4
极性键
正四面体形
非极性分子
2.分子间作用力:
(1)范德华力及其对物质性质的影响。
①概念:范德华力是分子之间普遍存在的相互作用力,它使得许多物质能以一定的凝聚态(固态和液态)存在。
②特征:很弱(约比化学键的键能小1~2个数量级),无方向性和饱和性。
③影响因素:A.结构和组成相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大;
B.分子的极性越大,范德华力越大。
④对物质性质的影响:范德华力主要影响物质的物理性质,如熔点、沸点,范德华力越大,熔沸点越高。
(2)氢键及其对物质性质的影响。
①概念:已经与电负性很大的原子(如N、F、O)形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力。
②表示方法:氢键通常用A—H…B—表示,其中A、B为N、O、F,“—”表示共价键,“…”表示形成的氢键。
③分类:氢键可分为分子间氢键和分子内氢键两类。存在分子内氢键,存在分子间氢键。前者的沸点低于后者。
④特征:氢键不属于化学键,属于一种较弱的作用力,比化学键的键能小1~2个数量级。
⑤氢键对物质性质的影响:氢键主要影响物质的熔、沸点,分子间氢键使物质熔、沸点升高。
3.溶解性:
(1)相似相溶规律。
非极性溶质一般能溶于非极性溶剂,极性溶质一般能溶于极性溶剂。如蔗糖和氨易溶于水,难溶于四氯化碳。萘和碘易溶于四氯化碳,难溶于水。
(2)影响物质溶解性的因素。
①外界因素:主要有温度、压强等。
②氢键:溶剂和溶质之间的氢键作用力越大,溶解性越好(填“好”或“差”)。
③分子结构的相似性:溶质和溶剂的分子结构相似程度越大,其溶解性越好。如乙醇与水互溶,而戊醇在水中的溶解度明显较小。
④溶质是否与水反应:溶质与水发生反应,溶质的溶解度会增大。如SO2与水反应生成的H2SO3可溶于水,故SO2的溶解度增大。
4.分子的手性:
(1)手性异构体:具有完全相同的组成和原子排列的一对分子,如同左手和右手一样互为镜像,却在三维空间里不能重叠,互称手性异构体。
(2)手性分子:有手性异构体的分子。
(3)手性碳原子:连接四个互不相同的原子或基团的碳原子称为手性碳原子。用
C来标记。具有手性的有机物,是因为其含有手性碳原子。如,
R1、R2、R3、R4是互不相同的原子或基团。
判断一种有机物是否具有手性异构体,就看其含有的碳原子是否连有四个互不相同的原子或基团。
5.无机含氧酸分子的酸性:
对于同一种元素的无机含氧酸来说,该元素的化合价越高,其含氧酸的酸性越强。如果把含氧酸的通式写成(HO)mROn,R相同时,n值越大,R的正电性越强,R—O—H中的氧原子的电子就会越向R偏移,在水分子的作用下,就越容易电离出H+,酸性也就越强。如H2SO3可写成(HO)2SO,n=1;H2SO4可写成(HO)2SO2,n=2。所以H2SO4的酸性强于H2SO3。同理,酸性:HNO3>HNO2,HClO4>HClO3>HClO2>HClO。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)极性分子中一定含有极性键,不可能含有非极性键。(  )
提示:×。极性分子O3中只含有非极性键,极性分子H2O2中含有非极性键。
(2)非极性分子中不可能含有极性键。(  )
提示:×。以极性键结合形成的分子,若分子空间结构对称,则为非极性分子,如CH4、CO2等。
(3)氢键是一种特殊的化学键,它广泛存在于自然界中。(  )
提示:×。氢键属于分子间作用力,不是化学键。
(4)萃取碘水中的I2可用CCl4、苯等非极性溶剂,原理是相似相溶。(  )
提示:√。因为相似相溶,I2在有机溶剂中的溶解度较大,在水中的溶解度较小。
(5)卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而增大。(  )
提示:×。卤素氢化物(如HF)中可能含有氢键,会使熔、沸点升高。
(6)H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键。(  )
提示:×。H2O比H2S稳定是因为O—H键键能大于S—H键键能,而与氢键无关。
2.氢键不属于化学键,属于分子间作用力。与范德华力不同,氢键既有饱和性,又有方向性。每个氢原子只形成一个氢键,每个H2O分子能形成4个氢键,分别为水分子中两个氢原子吸引其余水分子中心原子上的孤电子对,以及水分子中氧原子上的孤电子对被其余水分子中的氢原子所吸引。
(1)1
mol
冰中的氢键数目是多少?
(2)生命体中许多大分子内也存在氢键,而且对生命物质的高级结构和生物活性具有重要的意义。例如,氢键是蛋白质具有生物活性的高级结构的重要原因(如图),DNA双螺旋的两个螺旋链也正是用氢键相互结合的。DNA双螺旋链如何依靠氢键相互连接?
提示:(1)每个水分子能形成4个氢键,每个氢键对该水分子的贡献为1/2,则1
mol
冰中的氢键数目为2NA。
(2)DNA分子中的碱基靠氢键形成碱基对,从而将两条链连接在一起。
3.下列各组物质中,都是由极性键构成极性分子的一组是(  )
A.CH4和Br2    
B.NH3和H2O
C.H2S和CCl4
  
D.CO2和HCl
【解析】选B。CH4、CCl4、CO2都是由极性键形成的非极性分子,NH3、H2O、H2S、HCl都是由极性键形成的极性分子。
命题角度1.键的极性和分子的极性
【典例1】(2021·成都模拟)在下列物质中:含非极性键的极性分子有(  )
①H2O ②NH3 ③NH3·H2O ④乙醇 ⑤乙烯 ⑥CO2 ⑦CuSO4·5H2O ⑧甲烷 ⑨H2O2
A.①②⑥
B.③④⑦
C.④⑨
D.③④⑧⑨
【解析】选C。①H2O是共价化合物,正负电荷中心不重合,由极性键构成的极性分子;②NH3是共价化合物,结构不对称,正负电荷中心不重合,由极性键构成的极性分子;③NH3和H2O都是极性键构成的极性分子,则NH3·H2O中正负电荷中心不重合,属于只含极性键的极性分子;④乙醇分子中含有碳碳单键,是非极性键,结构不对称且正负电荷中心无法重叠,故乙醇是含非极性键的极性分子;⑤乙烯中含有碳碳双键,是非极性键,碳氢键是极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于含非极性键和极性键的非极性分子;⑥CO2含有碳氧极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于只含有极性键的非极性分子;⑦CuSO4·5H2O中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键,硫原子和氧原子间存在极性共价键,铜原子和氧原子间存在配位键,氧原子和氢原子间存在氢键,结构中不存在非极性键;⑧甲烷中碳氢键为极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于只含有极性键的非极性分子;⑨H2O2含有氧氢键和氧氧键,氧氧键是非极性键,氧氢键是极性键,H2O2不是直线形分子,是半开书页形的,两个氧原子在书脊,两个氢原子分别在两个书页上,正负电荷中心不重合,是含有极性键和非极性键的极性分子;符合题目要求的为④⑨。
命题角度2.分子间作用力对物质性质的影响
【典例2】(1)(2020·山东等级考节选)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为____________________(填化学式,下同),还原性由强到弱的顺序为____________________。
(2)(2019·江苏高考节选)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu2O。
抗坏血酸的分子结构如图所示,分子中碳原子的轨道杂化类型为______________;推测抗坏血酸在水中的溶解性:__________________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
【解析】(1)NH3、PH3、AsH3的结构相似,结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越强,物质的沸点越高,但是NH3分子间能形成氢键,故这三种物质的沸点NH3>AsH3>PH3;N、P、As这三种元素位于元素周期表中ⅤA族,原子序数依次增大,同一主族从上到下,随着核电荷数的增加,原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,氢化物的还原性逐渐增强,故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3>PH3>NH3。
(2)形成四个单键的碳原子为sp3杂化,形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基,可以与H2O分子间形成氢键,所以其易溶于水。
答案:(1)NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 
(2)sp3、sp2 易溶于水
 
(1)(宏观辨识与微观探析)HF、H2O的沸点比HCl、H2S的沸点高很多,H2O的沸点比HF的沸点高,如何用分子间作用力解释?
提示:HF、H2O的沸点比HCl、H2S的沸点高很多,是因为HF、H2O含有氢键,比范德华力强;水分子间形成的氢键数目比HF多,所以H2O的沸点比HF的沸点高。
(2)(证据推理与模型认知)正戊烷的沸点比新戊烷的沸点高,有机同分异构体的结构与沸点有什么关系?
提示:同分异构体中支链越多沸点越低。
(3)(宏观辨识与微观探析)HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱,与分子间作用力有什么关系?
提示:非金属性越强,则氢化物越稳定,HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱,是因为F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱,与分子间作用力无关,所以不能通过分子间作用力解释。
命题角度3.手性分子与无机含氧酸的酸性
【典例3】(2021·济南模拟)通过氢键作用自组装是合成手性材料的有效途径。研究发现,BBIB和TBIB能与L-TA自组装形成手性材料。下列说法正确的是(  )
A.通过氢键作用自组装形成的手性材料一般热稳定性较差
B.BBIB分子中所有原子一定位于同一平面内
C.TBIB分子中氮原子的杂化方式均为sp3
D.L?TA分子内有1个手性碳原子
【解析】选A。氢键是分子间作用力,通过氢键作用自组装形成的手性材料一般热稳定性较差,故A正确;分子结构中的碳碳单键可以旋转,BBIB分子中所有原子不一定位于同一平面内,故B错误;分子结构中形成三个单键的氮原子是sp3杂化,形成碳氮双键的氮原子是sp2杂化,故C错误;L?TA分子内,中间含羟基的两个碳原子为手性碳原子,分子中有两个手性碳原子,故D错误。
1.化学键极性和分子极性的关系:
2.分子极性的判断方法:
(1)定义法。
若正负电荷中心重合,则为非极性分子;若不重合,则为极性分子。
(2)向量法。
ABn型化学键的极性的向量和为0时,是非极性分子。
(3)化合价法。
对于ABx型分子,中心原子的化合价的绝对值等于该元素的价电子数时,此时分子的空间结构对称,该分子为非极性分子;若中心原子的化合价的绝对值不等于其价电子数,则分子的空间结构不对称,该分子为极性分子。实例如下:
化学式
BF3
CO2
PCl3
SO3
H2O
NH3
SO2
中心原子化合价绝对值
3
4
3
6
2
3
4
中心原子价电子数
3
4
5
6
6
5
6
价层电子是否全部成键







分子极性
非极性
非极性
极性
非极性
极性
极性
极性
3.范德华力、氢键与共价键的比较:
范德华力
氢键
共价键
概念
分子之间普遍存在的一种相互作用力
已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力
原子间通过共用电子对所形成的相互作用
分类
分子内氢键、分子间氢键
极性共价键、非极性共价键
强度比较
共价键>氢键>范德华力
影响强度的因素
①随着分子极性和相对分子质量的增大而增大②组成和结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大
对于A—H…B,A、B的电负性越大,B原子的半径越小,氢键的强度越大
成键原子半径越小,键长越短,键能越大,共价键越稳定
对物质性质的影响
①影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质②组成和结构相似的物质,随相对分子质量的增大,物质的熔、沸点升高。如F2分子间氢键的存在,使物质的熔、沸点升高,在水中的溶解度增大,如熔、沸点:H2O>H2S,HF>HCl,NH3>PH3
①影响分子的稳定性②共价键键能越大,分子稳定性越强
4.物质溶解性的影响因素:
(1)“相似相溶”规律:非极性溶质一般能溶于非极性溶剂,极性溶质一般能溶于极性溶剂。如NH3、蔗糖易溶于水,难溶于CCl4。
(2)氢键:溶质与溶剂之间存在氢键,可增大溶解性。如NH3、乙醇、甘油、乙酸等能与水混溶。
(3)分子结构的相似性:溶质和溶剂分子结构越相似,溶解性越大。如乙醇分子中的—OH与水分子中的—OH相近,溶解性较好。
(4)化学反应:若溶质能与水发生化学反应,也会增大溶质的溶解度。如SO2可与水反应,溶解度较大。
5.手性分子:
判断一种有机物是否具有手性异构体,就看其含有的碳原子是否连有四个互不相同的原子或基团。如,R1、R2、R3、R4是互不相同的原子或基团,中心C原子即为手性C。
6.无机含氧酸分子的酸性判断及比较的思维方法:
(1)无机含氧酸分子之所以能显示酸性,是因为其分子中含有—OH,而—OH上的H原子在水分子的作用下能够变成H+而显示一定的酸性。
(2)同一种元素的含氧酸酸性规律。
H2SO4与HNO3是强酸,其—OH上的H原子能够完全电离成为H+。而同样是含氧酸的H2SO3和HNO2却是弱酸。即酸性强弱为H2SO3<H2SO4,HNO2<HNO3。
命题点1.键的极性和分子的极性(基础性考点)
1.(2021·泉州模拟)S2Cl2的分子结构与H2O2相似,如图所示。下列有关说法错误的是(  )
A.S2Cl2是极性分子
B.S2Cl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构
C.S2Cl2分子中既含有极性键又含有非极性键
D.S2Cl2的相对分子质量比H2O2大,熔、沸点高
【解析】选D。该分子中,电荷的分布是不均匀的,不对称的,正负电荷中心不重合,所以是极性分子,故A正确;硫原子形成了2对共用电子对,最外层有6个电子,故硫原子满足8电子稳定结构,氯原子形成了一个共用电子对,氯原子最外层有7个电子,所以氯原子满足8电子稳定结构,故B正确;S2Cl2分子中S—S键为非极性键,S—Cl
键为极性键,故C正确;H2O2分子间可以形成氢键,其熔、沸点高于S2Cl2,故D错误。
2.(2021·泉州模拟)下列物质中既有极性键又有非极性键的极性分子的是(  )
A.CS2      
B.CH4
C.H2O2
D.CH2===CH2
【解析】选C。CS2分子结构式为S===C===S,分子中共价键为碳硫极性键,不存在非极性键,故A错误;CH4分子中共价键为碳氢极性键,不存在非极性键,故B错误;H2O2分子结构式为H—O—O—H,分子中含有氢氧极性共价键和氧氧非极性共价键,但是分子结构不对称,属于极性分子,故C正确;CH2===CH2中含有碳氢极性键和碳碳非极性键,由于CH2===CH2分子结构对称,CH2===CH2
分子为非极性分子,故D错误。
命题点2.分子间作用力对物质性质的影响(综合性考点)
3.(2021·合肥模拟)下列现象不能用“相似相溶”解释的是(  )
A.氯化氢易溶于水
B.用CCl4
萃取碘水中的碘
C.氯气易溶于NaOH溶液
D.苯与水混合静置后分层
【解析】选C。氯化氢和水分子均是极性分子,根据“相似相溶”原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂可以判断,故A不选;碘和四氯化碳都是非极性分子,根据“相似相溶”原理知,碘易溶于四氯化碳,故B不选;氯气和氢氧化钠之间发生反应生成可溶性的盐溶液,不符合“相似相溶”原理,故C选;溶液分层,说明苯不溶于水,故D不选。
4.(2021·长沙模拟)下列现象与氢键有关的是(  )
①乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
②NH3的熔沸点比PH3的熔、沸点高
③稳定性:HF>HCl
④冰的密度比液态水的密度小
⑤水分子高温下也很稳定
A.①②③④⑤     
B.①②⑤
C.①②④
D.①③④⑤
【解析】选C。①乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键,则可以和水以任意比互溶,故①选;②氨气和磷化氢的结构相似,但氨气分子中存在氢键,磷化氢中只含分子间作用力,氢键的存在导致物质的熔、沸点升高,故②选;③HF、HCl的热稳定性依次减弱,是因为H—X共价键稳定性依次减弱,与氢键无关,故③不选;④冰中存在氢键,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故④选;⑤水分子高温下也很稳定,其稳定性与化学键有关,而与氢键无关,故⑤不选。
命题点3.手性分子与无机含氧酸的酸性(综合性考点)
5.(2021·南京模拟)维生素C的结构简式是,它能防治坏血病,该分子中有几个手性碳原子(  )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B。该分子中属于手性碳原子的是左边第二、三号碳,它们均是连接四个不同原子或原子团的碳原子,所以含有2个手性碳原子。
6.(1)下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系。
由此可得出的判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是
_________________________________________________________________。
(2)磷有三种含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4,其中磷元素均以sp3杂化与相邻原子形成四个σ键,则H3PO3的结构式是________,写出H3PO2与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式:______________________________________________。
(3)磷的三种含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4的酸性强弱顺序为H3PO2_________________________________________________________________。
【解析】4个sp3杂化轨道全部参与成键,说明有4个原子直接与P相连,结构为,同理可知H3PO2为,只有1个羟基氢显酸性,可被NaOH中和。
答案:(1)含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多,该含氧酸的酸性越强 (2)
NaOH+H3PO2===NaH2PO2+H2O
(3)H3PO2、H3PO3、H3PO4中磷元素的化合价依次为+1、+3和+5价,中心磷原子的正电荷依次升高,导致P—O—H中氧原子的电子更易向P原子偏移,因而H3PO2→H3PO3→H3PO4越来越易电离出氢离子,酸性越来越强
【加固训练—拔高】
1.下列叙述正确的是(  )
A.以非极性键结合的双原子分子一定是非极性分子
B.以极性键结合的分子一定是极性分子
C.非极性分子只能是双原子单质分子
D.既含极性键又含非极性键的分子一定是极性分子
【解析】选A。以非极性键结合的双原子分子,结构对称,正负电荷的中心重合,一定是非极性分子,如氧气、氮气、氯气等,故A正确;以极性键结合的分子可能为非极性分子,如甲烷、二氧化碳等,故B错误;非极性分子可能为多原子分子,如甲烷、二氧化碳等,故C错误;既含极性键又含非极性键的分子不一定是极性分子,如乙烯,含有C—H极性键、C===C非极性键,属于非极性分子,故D错误。
2.(2021·武汉模拟)下列现象不能用氢键解释的是(  )
A.氨易液化
B.HF比HCl分子更稳定
C.水在常温下呈液态
D.HI的沸点小于HF
【解析】选B。氨气分子之间能形成氢键,沸点高,因此易液化,与氢键有关,故A不选;分子的稳定性与共价键的强弱有关,HF的共价键比HCl的共价键强,所以HF比HCl分子更稳定,与氢键无关,故B选;水分子之间能形成氢键,会使水的沸点升高,所以水常温下呈液态,与氢键有关,故C不选;HF分子间存在氢键,氢键的作用力大于范德华力,所以HI的沸点小于HF,与氢键有关,故D不选。
3.(2021·滨州模拟)下列化合物中含有手性碳原子的是
(  )
A.CCl2F2      
B.
C.CH3CH2OH
D.
【解析】选D。碳原子连接2个相同的原子,所以该碳原子不是手性碳原子,故A错误;分子中每个碳原子都连接2个相同的原子或原子团,所以该碳原子不是手性碳原子,故B错误;CH3CH2OH分子中每个碳原子都连有相同的原子,所以不含手性碳原子,故C错误;该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团,所以该碳原子属于手性碳原子,故D正确。
1.(2020·山东等级考)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是(  )
A.键能C—C>Si—Si
、C—H>Si—H
,因此C2H6稳定性大于Si2H6
B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度
C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4
D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p?pπ

【解析】选C。因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越大越稳定,故C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确;SiC的成键和结构与金刚石类似均为共价晶体,金刚石的硬度很大,类比可推测SiC的硬度会很大,B正确;SiH4中Si的化合价为-4价,C的非金属性强于Si,则C的氧化性强于Si,则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子,则SiH4的还原性较强,C错误;Si原子的半径大于C原子,在形成化学键时p轨道很难相互重叠形成π键,故Si原子间难形成双键,D正确。
2.(2020·山东等级考)B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似,也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是(  )
A.其熔点主要取决于所含化学键的键能
B.形成大π键的电子全部由N提供
C.分子中B和N的杂化方式相同
D.分子中所有原子共平面
【解析】选A。无机苯是分子晶体,其熔点主要取决于分子间的作用力,A错误;B原子最外层3个电子,与其他原子形成3个σ键,N原子最外层5个电子,与其他原子形成3个σ键,还剩余2个电子,故形成大π键的电子全部由N原子提供,B正确;无机苯与苯为等电子体,分子中含有大π键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,C正确;无机苯与苯为等电子体,分子中含有大π键,故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化,所以分子中所有原子共平面,D正确。
3.(2020·江苏高考节选)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。
(1)[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是________(填元素符号)。
(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是____________;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。
(3)与NH互为等电子体的一种分子为____________________(填化学式)。
【解析】(1)[Fe(H2O)6]2+中O原子有孤电子对,可以填入Fe2+的空轨道中,即O为配位原子。(2)NH3中,N有一对孤电子对,价层电子对为1+3=4,则N为sp3杂化。N的最外层电子排布为2s22p3,p轨道中的电子为半满的稳定状态,很难失去电子,故N的第一电离能比相邻的O元素要大,C的半径大,相对于O原子而言,C易失去电子,则C的第一电离能小于O。(3)NH中,N失去一个电子为C,则CH4与NH互为等电子体。
答案:(1)O (2)sp3 N>O>C (3)CH4或SiH4
4.(2019·全国卷Ⅲ节选)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题:
(1)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________,其中Fe的配位数为__________。
(2)NH4H2PO4中,电负性最高的元素是________;P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
【解析】(1)FeCl3的化学键与AlCl3
相同,中间存在配位键,配位数为4。
(2)不同元素的电负性分别是:N为3.0,H为2.1,P为2.1,O为3.5。电负性最高的元素是O。P的杂化轨道计算公式为4+(5+3-8)=4,所以P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。
答案:
(1) 4 
(2)O sp3 σ
5.(2018·全国卷Ⅱ节选)硫及其化合物有许多用途。
(1)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是____________。
(2)固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为______________________。
【解析】(1)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的σ键电子对数分别为2、2、3,其中心原子上的孤电子对数分别为×(6-2×1)=2,×(6-2×2)=1,×(6-3×2)=0,故三者中心原子价层电子对数分别为2+2=4,2+1=3,3+0=3,因此中心原子价层电子数不同于其他分子的是H2S。
(2)根据题图可以得出固体三氧化硫中SO4原子团为四面体构型,因此硫原子的杂化轨道类型为sp3。
答案:(1)H2S 
(2)sp3
6.(2018·全国卷Ⅲ节选)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
(1)ZnF2具有较高的熔点(872
℃),其化学键类型是________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是____________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(2)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为__________,C原子的杂化形式为__________。
【解析】(1)ZnF2具有较高的熔点(872
℃),ZnF2为离子晶体,故含有离子键;根据ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,可推知ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体,含有共价键,分子极性较小。
(2)ZnCO3中,阴离子CO中σ键=3,孤电子对数=(4+2-3×2)=0,所以价电子对数=3+0=3,CO空间构型为平面三角形,碳原子的杂化形式为sp2。
答案:(1)离子键 ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小
(2)平面三角形 sp2
1.熟记化合物的两种类型:
(1)离子化合物:含有离子键的化合物。
(2)共价化合物:只含有共价键的化合物。
2.牢记共价键的三种分类:
(1)极性键和非极性键。
(2)π键和σ键。
(3)单键、双键、三键。
3.掌握极性分子和非极性分子的区别。
4.理解原子轨道杂化的三种常见方式:
sp杂化、sp2杂化、sp3杂化。
5.掌握判断微粒构型的一种方法:
价层电子对互斥理论。
6.熟悉常见的分子间作用力:
氢键和范德华力。
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-第四讲 物质的量在化学实验中的应用
考点一 溶液浓度表示方法和有关计算(命题指数★★★★★)
1.溶液组成的表示方法:
(1)物质的量浓度。
①含义:表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量,符号为c,常用单位为mol·L-1。
②溶质B浓度(cB)、溶质B物质的量(nB)和溶液体积(V)之间的关系为cB=。
③溶质浓度(c)、溶质质量分数(w)、溶质摩尔质量(M)和溶液密度(ρ)之间的关系为c=。
(2)溶质的质量分数。
①概念:用溶质的质量与溶液的质量的比值来表示溶液组成的物理量,一般用百分数表示。
②表达式:w=×100%。
饱和溶液(溶质的溶解度用S表示)w=×100%。
2.定组成定律:
从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液,溶液中溶质的物质的量浓度是不变的,但溶液的体积不同,溶质的物质的量、质量不同。
3.电荷守恒定律:
阳离子所带的正电荷总数(浓度)=阴离子所带的负电荷总数(浓度)。
4.溶液稀释:
(1)溶液稀释过程中,溶质的物质的量保持不变,浓溶液与稀溶液的浓度和体积关系为c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)。
(2)含有同种溶质的溶液混合过程中,溶液浓度与体积的关系为c1V1+c2V2=c混V混。
5.同一溶质不同浓度溶液等质量(或等体积)混合溶液浓度的判断规律:
同一溶质不同浓度的两种溶液,设其溶液浓度分别为w1、c1和w2、c2,混合后溶液浓度为w、c。
(1)若等质量溶液混合w=,c≠,其物质的量浓度接近体积大(即密度小)的一边。
(2)若等体积的溶液混合c=(忽略溶液体积变化),w≠,其质量分数接近质量大(即密度大)的一边。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)在10
mL
2.4
mol·L-1的NaOH溶液中加入50
mL水,稀释后溶液的浓度是0.4
mol·L-1。(  )
提示:×。不知道稀释后溶液体积,所以无法计算。
(2)从1
L
2
mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5
L,所得溶液的浓度为1
mol·L-1。(  )
提示:×。取出0.5
L的溶液,它的浓度并未发生变化,仍为2
mol·L-1。
(3)将25
g
CuSO4·5H2O晶体溶于25
g水中所得溶液,其溶质的质量分数为25%。(  )
提示:×。CuSO4·5H2O溶于水后所得溶液的溶质为CuSO4,质量分数为32%。
(4)将40
g
SO3溶于60
g水中所得溶质的质量分数为49%。(  )
提示:√。SO3溶于水后发生反应SO3+H2O===H2SO4,故溶质为H2SO4,40
g
SO3与水反应生成49
g
H2SO4,溶液质量为100
g,其溶质质量分数为49%。
(5)配制500
mL
0.5
mol·L-1的CuSO4溶液,需62.5
g胆矾。(  )
提示:√。500
mL
0.5
mol·L-1的CuSO4溶液中,CuSO4的物质的量为0.5
L×0.5
mol·L-1=0.25
mol,所以胆矾的物质的量也应为0.25
mol,即质量为0.25
mol×250
g·mol-1=62.5
g。
(6)中和100
g
19.6%的H2SO4溶液,需要NaOH
4
g。(  )
提示:×。H2SO4的质量为100
g×19.6%=19.6
g,其物质的量为=0.2
mol,中和0.2
mol
H2SO4需NaOH
0.4
mol,即0.4
mol×40
g·mol-1=16
g。
(7)0.3
mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO的总物质的量为0.9
mol。(  )
提示:×。未指明Na2SO4溶液的体积,因而无法计算Na+和SO的总物质的量。
(8)当22.4
L氨气溶于水制得1
L氨水时,其物质的量浓度是1
mol·L-1。(  )
提示:×。未指明氨气所处的温度和压强,因而22.4
L氨气的物质的量无法计算。
2.(1)欲配制500
mL
0.2
mol·L-1的硫酸铜溶液,需称量的胆矾固体质量是________。
(2)标准状况下,将224
L
NH3溶于2
L水中,得密度为0.9
g·cm-3稀氨水,此氨水的物质的量浓度为______。
(3)配制250
mL
1
mol·L-1盐酸,需12
mol·L-1
盐酸的体积为________。
(4)将100
mL
0.3
mol·L-1的Na2SO4溶液和50
mL
0.2
mol·L-1的Al2(SO4)3溶液混合后,溶液中SO的物质的量浓度为________。(忽略混合时体积变化)
【解析】(1)m=n·M=cVM=0.2
mol·L-1×0.5
L×250
g·mol-1=25
g
(2)10
mol氨气溶于水后,溶液体积V==,溶液浓度c=≈4.15
mol·L-1。
(3)根据稀释公式c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀),可求出需要浓溶液体积为20.8
mL。
(4)根据溶液混合公式c1V1+c2V2=c混V混,可求出混合溶液中的浓度为0.4
mol·L-1。
答案:(1)25
g (2)4.15
mol·L-1 (3)20.8
mL
(4)0.4
mol·L-1
命题角度1:依据定义式cB=计算物质的量浓度
【典例1】(2021·宁波模拟)将标准状况下的a
L
HCl气体溶于1
000
g水中,得到盐酸密度为b
g·cm-3,则该盐酸的物质的量浓度是(  )
A.
mol·L-1   B.
mol·L-1
C.
mol·L-1
D.
mol·L-1
【解析】选B。标准状况下的a
L
HCl气体的物质的量为,溶液的体积
==
L,则c(HCl)=

mol·L-1,答案为B。
【规律方法】气体溶于水,计算物质的量浓度的一般思路
气体溶于水,溶液的体积不是溶剂的体积,也不是气体体积与溶剂体积之和,应根据V=进行计算。
命题角度2:物质的量浓度与溶质的质量分数之间的换算
【典例2】在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法:质量—体积浓度,用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示,单位g·m-3或g·L-1。现有一种20
℃时的饱和CuSO4溶液,密度为1.2
g·cm-3,质量—体积浓度为200
g·L-1,则对此溶液的说法错误的是(  )
A.该溶液的质量分数为16.7%
B.该溶液的物质的量浓度为1.25
mol·L-1
C.在20
℃时,硫酸铜的溶解度为20
g
D.在20
℃时把200
g
CuSO4·5H2O溶解于1
L水中恰好得到饱和溶液
【解析】选D。根据质量—体积浓度为200
g·L-1,即1
L
溶液中含200
g溶质,1
L溶液的质量是1
000
mL×1.2
g·cm-3=1
200
g,该溶液的质量分数为×100%=16.7%,A正确;1
L溶液中含200
g(即1.25
mol)溶质,该溶液的物质的量浓度为1.25
mol·L-1,B正确;S∶100
g=200
g∶(1
000
mL×1.2
g·cm-3-200
g),S=20
g,C正确;CuSO4·5H2O溶于水后得到CuSO4溶液,其溶质为CuSO4,质量为200
g×=128
g,质量分数=×100%=10.7%,此值小于16.7%,不是饱和溶液,D错误。
【归纳提升】物质的量浓度与质量分数的关系
如图所示,体积为V
L,密度为ρ
g·cm-3的溶液,含有溶质的摩尔质量为M
g·mol-1,溶质的质量分数为w,则物质的量浓度c与质量分数w的关系是:
c=====?w=
【备选例题】
(2021·郑州模拟)已知某饱和NaCl溶液的体积为V
mL,密度为ρ
g·cm-3,质量分数为w%,溶液中含NaCl的质量为m
g。则下列表达式正确的是(  )
A.n(NaCl)=
mol    B.w=
C.c(NaCl)=
mol·L-1
D.V=
【解析】选C。
n(NaCl)=
mol,ρV表示的是氯化钠溶液的质量,故A错误;溶液的质量为ρ
g·cm-3×V
mL=ρV
g,则质量分数w%=
×100%,故B错误;溶液的物质的量浓度为c(NaCl)==10ρw/58.5
mol·L-1,故C正确;不是氯化钠溶液的体积,故D错误。K
命题角度3:溶液混合与稀释的计算
【典例3】(2021·昆明模拟)质量分数为a的某物质的溶液m
g与质量分数为b的该物质的溶液n
g混合后,蒸发掉p
g水。得到的溶液每毫升质量为q
g,物质的量浓度为c。则溶质的分子量(相对分子质量)为(  )
A.
  B.
C.
  D.
【解析】选C。首先求蒸发掉p
g水后溶质质量分数为,据物质的量浓度计算公式:物质的量浓度=得:溶质的摩尔质量=,C正确。
【备选例题】
两种硫酸溶液,一种硫酸溶液的物质的量浓度为c1,密度为ρ1,另一种硫酸溶液的物质的量浓度为c2,密度为ρ2,将它们等体积混合后,所得溶液的密度为ρ3,则混合后硫酸的物质的量浓度为(  )
A.(c1+c2)×ρ3/(ρ1+ρ2)
B.(c1+c2)/(ρ1+ρ2)
C.(c1+c2)×ρ3/1
000×(ρ1+ρ2)
D.1
000(c1+c2)×ρ3/(ρ1+ρ2)
【解析】选A。根据混合后n(H2SO4)=n1(H2SO4)+n2(H2SO4),设取混合前两硫酸溶液的体积均为V
mL,则有c===。
计算物质的量浓度时应规避的3个易错点
(1)正确判断溶液中的溶质
①与水发生反应的物质,溶质发生变化,水量减少,如:
Na、Na2O、Na2O2NaOH
SO2、SO3H2SO3、H2SO4
NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算)
②结晶水合物,溶质不变但水量增多,如:
CuSO4·5H2OCuSO4,FeSO4·7H2OFeSO4。
(2)混淆溶液的体积和溶剂的体积
不能用溶剂的体积(一般为水)代替溶液的体积,应根据V=计算。
(3)注意部分与整体的关系
溶质的浓度和离子浓度不同,要注意根据化学式具体分析。如1
mol·L-1Al2(SO4)3溶液中c(SO)=3
mol·L-1,c(Al3+)<2
mol·L-1(考虑Al3+水解)。
命题点1:溶液组成与物质的量浓度(基础性考点)
1.(2020·张家口模拟)下列叙述变化理论上计量结果正确的是(  )。
A.标准状况下,用含空气和氨气体积各半的烧瓶进行喷泉实验,所得溶液的物质的量浓度约为0.045
mol·L-1
B.相同质量的两份铝,分别放入足量的HCl和NaOH溶液中充分反应,消耗的n(HCl)和n(NaOH)之比为1∶1
C.将100
mL
0.03
mol·L-1HCl逐滴加入100
mL
0.02
mol·L-1Na2CO3溶液中,产生CO2的体积约为11.2
mL(标准状况下)
D.向1
L
1
mol·L-1的BaCl2溶液中通入足量的SO2气体,生成1
mol
BaSO3沉淀
【解析】选A。假设烧瓶的体积为1
L,则NH3体积为0.5
L,水只能进入烧瓶体积的一半,所得溶液的物质的量浓度为c(NH3)==mol·L-1≈0.045
mol·L-1,A正确;铝与盐酸反应:2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,铝与NaOH反应:2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑,相同质量的铝参与反应,消耗盐酸的物质的量和氢氧化钠的物质的量之比为3∶1,B错误;向Na2CO3溶液中滴加盐酸,HCl与Na2CO3的物质的量之比为3∶2,可以写出如下化学方程式:2Na2CO3+3HCl===NaHCO3+3NaCl+CO2↑+H2O,则n(CO2)=n(Na2CO3)=×2×10-3mol=1×10-3mol,其在标准状况下的体积为1×10-3mol×22.4
L·mol-1=2.24×10-2L,即为22.4
mL,C错误;盐酸为强酸,H2SO3为弱酸,因此BaCl2溶液通入SO2不发生反应,D错误。
2.(2021·福州模拟)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液,当溶液的体积比为3∶2∶1时,三种溶液中Cl-的物质的量之比为(  )
A.1∶1∶1       B.1∶2∶3
C.3∶2∶1
D.3∶4∶3
【解析】选D。设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度均为a
mol·L-1,三种溶液的体积分别为3b
L、2b
L、b
L,则n(NaCl)=3ab
mol,NaCl溶液中Cl-的物质的量为3ab
mol;n(MgCl2)=2ab
mol,MgCl2溶液中Cl-的物质的量为4ab
mol;n(AlCl3)=ab
mol,AlCl3溶液中Cl-的物质的量为3ab
mol,
故NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为3ab∶4ab∶3ab=3∶4∶3,D符合题意。
命题点2:物质的量浓度与溶质质量分数的换算(综合性考点)
3.(2021·泉州模拟)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(  )
A.该硫酸的物质的量浓度为9.2
mol·L-1
B.1
mol
Zn与足量该硫酸反应产生2
g氢气
C.配制200
mL
4.6
mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸50
mL
D.该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2
mol·L-1
【解析】选C。根据c=1
000ρ×w/M可知,硫酸的浓度是1
000×1.84×98%/98=18.4
mol·L-1,A错误;Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体;B错误;
设需取该浓硫酸x
mL,根据稀释前后溶质的量不变可知:200
mL×4.6
mol·L-1=x·18.4
mol·L-1,x=50
mL,C正确;由于水的密度小于H2SO4的密度,所以当浓H2SO4与水等质量混合时,其体积大于浓H2SO4体积的2倍,所以其物质的量浓度小于9.2
mol·L-1,D错误。
4.在一定温度下,某饱和氢氧化钠溶液体积为V
mL,溶液密度为d
g·cm-3,质量分数为w,物质的量浓度为c
mol·L-1,溶液中含氢氧化钠质量为m
g,该温度下NaOH的溶解度为S。
(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为_________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(2)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为___________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数(w)为___________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(5)用S、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为___________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
【解析】(1)S=×100
g(溶解度定义)
(2)c==
mol·L-1
(3)c==25dw
mol·L-1
(4)w=×100%=%
(5)c==
mol·L-1
答案:(1)
g (2)
mol·L-1
(3)25dw
mol·L-1 (4)% (5)
mol·L-1
命题点3:溶液的稀释
5.(2021·长沙模拟)密度为0.910
g·cm-3的氨水,质量分数为25.0%,该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液的质量分数为(  )
A.等于13.5%        B.大于12.5%
C.小于12.5%  
D.无法确定
【解析】选C。设浓氨水的体积为V,密度为ρ浓,稀释前后溶液中溶质的质量不变,则稀释后质量分数w=,氨水的密度小于水的密度(1
g·cm-3),浓度越大密度越小,所以<==12.5%,故选C。
6.(2021·资阳模拟)在100
g物质的量浓度为18
mol·L-1、密度为ρ
g·cm-3的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9
mol·L-1的硫酸,则加入水的体积为(  )
A.小于100
mL
B.等于100
mL
C.大于100
mL
D.等于100ρ
mL
【解析】选A。设需加入水的体积为x,加水稀释后溶液密度为ρ2,依据稀释定律可得18
mol·L-1××10-3
L·mL-1=9
mol·L-1××10-3
L·mL-1
=>1,从而得出200>100+x,x<100。
【加固训练—拔高】
1.两份体积相同的某植物营养液,其配方分别如下:
c(KCl)
c(K2SO4)
c(ZnSO4)

0.3
mol·L-1
0.2
mol·L-1
0.1
mol·L-1

0.1
mol·L-1
0.3
mol·L-1

注:“-”表示营养液中不含该物质。
下列对两份营养液成分的分析中,正确的是(  )
A.K+的物质的量相同  B.Cl-的物质的量相同
C.完全相同
D.SO的物质的量不同K
【解析】选A。两份营养液中各离子浓度如下表中所示:
c(K+)
c(Cl-)
c(SO)
c(Zn2+)

0.7
mol·L-1
0.3
mol·L-1
0.3
mol·L-1
0.1
mol·L-1

0.7
mol·L-1
0.1
mol·L-1
0.3
mol·L-1
0
2.(2021·泸州模拟)某溶液中大量存在如下五种离子:NO、SO、Fe3+、H+、M,它们的物质的量浓度之比依次为c(NO)∶c(SO)∶c(Fe3+)∶c(H+)∶c(M)=2∶3∶1∶3∶1,则M可能是(  )
A.Cl-   B.Fe2+   C.Mg2+   D.Ba2+
【解析】选C。溶液为电中性,阳离子所带正电荷的物质的量与阴离子所带负电荷的物质的量相同,已知物质的量之比为c(NO)∶c(SO)∶c(Fe3+)∶c(H+)∶c(M)=2∶3∶1∶3∶1,相同体积的情况下,浓度之比等于物质的量之比,设各离子的物质的量分别为2
mol、3
mol、1
mol、3
mol、1
mol;则阴离子所带电荷n(NO)+2×n(SO)=2
mol+2×3
mol=8
mol,阳离子所带电荷3×n(Fe3+)+n(H+)=3×1
mol+3
mol=6
mol,阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷,则M一定为阳离子,因M的物质的量为1
mol,根据电荷守恒,则离子应带2个正电荷,因Fe2+与NO、H+发生氧化还原反应,而不能大量共存,又因Ba2+与SO反应生成沉淀而不能大量共存,则Mg2+符合要求;本题答案选C。
考点二 配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析(命题指数★★★★)
1.主要仪器:
托盘天平(固体溶质)、药匙(固体溶质)、量筒(液体溶质)、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。
2.容量瓶的构造、用途和注意事项:
(1)结构:细颈、梨形、平底、带磨口玻璃塞,瓶上标注有刻度线、容积(常见50
mL、100
mL、500
mL、1
000
mL等规格)和使用温度。
(2)用途:配制一定体积一定物质的量浓度的溶液。
(3)注意事项:
①使用前要检验容量瓶是否漏水
②容量瓶不能用来溶解物质或作反应容器,也不能将玻璃棒伸入容量瓶中进行搅拌;
③不能盛装热的溶液,更不能给容量瓶加热;
④不能久贮溶液,配制好的溶液要及时倒入试剂瓶中,并贴上标签。
3.溶液配制的流程及误差分析:
判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)配制0.1
mol·L-1
CuSO4溶液450
mL时,选用500
mL容量瓶,称量胆矾晶体12.5
g。(  )
提示:√。选择容量瓶应遵循“大而近”的原则,配制0.1
mol·L-1
500
mL溶液,溶质的物质的量为0.05
mol,称量CuSO4·5H2O
0.05
mol,即12.5
g。
(2)欲配制CaCl2溶液,称量CaCl2固体时时间较长,对实验结果无影响。(  )
提示:×。称量易潮解物质时间较长,会使溶质实际称得质量较小,最终溶液浓度偏小。
(3)使用已部分风化的Na2CO3·10H2O配制Na2CO3溶液,所得浓度偏小。(  )
提示:×。使用失去部分结晶水的Na2CO3·10H2O配溶液,实际称得的Na2CO3质量偏大,所得溶液浓度偏大。
(4)将溶液摇匀后,液面低于刻度线,应再加水至刻度线。(  )
提示:×。定容后,不应再加水。
(5)定容时,仰视刻度线,会导致浓度偏大。(  )
提示:×。仰视刻度线,会导致体积偏大,浓度偏小。
(6)配制NaOH溶液时,NaOH固体中含有Na2O杂质,会导致所配溶液浓度偏大。(  )
提示:√。因Na2O与水反应生成NaOH,且生成NaOH的质量比原Na2O的质量大。
【加固训练—拔高】
实验室需要配制0.50
mol·L-1
NaCl溶液480
mL。按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、__________、__________以及等质量的几片滤纸。
(2)计算。配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为________
g。
(3)称量。
①天平调平之后,应将天平的游码调至某个位置,请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置(1
g以下用游码):
②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。
③称量完毕,将药品倒入烧杯中。
(4)溶解、冷却,该步实验中需要使用玻璃棒,目的是
__________________________________________________________________。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用________________________________引流,洗涤烧杯2~3次是为了________________________________。
(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线___________________________
处,改用________加水,使溶液凹液面与刻度线相切。
(7)摇匀、装瓶。
【解析】配制480
mL
0.50
mol·L-1的NaCl溶液,必须用500
mL容量瓶。m(NaCl)=0.50
mol·L-1×0.5
L×58.5
g·mol-1=14.6
g。用托盘天平称量时,药品放在左盘,配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。
答案:(1)500
mL容量瓶 胶头滴管 (2)14.6
(3)① ②左盘 (4)搅拌,加速溶解
(5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
(6)1~2
cm 胶头滴管
命题角度1:一定物质的量浓度溶液的配制
【典例1】(2018·全国Ⅲ卷·节选)硫代硫酸钠晶体
(Na2S2O3·5H2O,M=248
g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:
①溶液配制:称取1.200
0
g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解,完全溶解后,全部转移至100
mL的________中,加蒸馏水至____________________________________________。
②滴定。
【解析】溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等步骤,结合配制过程选择需要的仪器,称取1.200
0
g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解,完全溶解后,全部转移至100
mL的容量瓶中,加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平。
答案:烧杯 容量瓶 凹液面最低处与刻度线相平
 
人教必修1教材P16实验1-5中部分实验过程示意图如下。
教材对上述实验操作的描述为[(1)、(2)略]
(3)将称好的NaCl固体放入烧杯中,加入适量蒸馏水,用玻璃棒搅拌,使NaCl固体全部溶解。
(4)将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100
mL容量瓶(如图),并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次,将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶,使溶液混合均匀。
(5)将蒸馏水注入容量瓶,当液面离容量瓶颈部的刻度线1~2
cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。
 
(1)若将称取的1.200
0
g某硫代硫酸钠晶体样品,放入100
mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度线,该操作正确吗?为什么?
提示:不正确。容量瓶只用于配制固定体积的溶液,不能用于溶解固体,应在烧杯中溶解再转移到容量瓶。
(2)向容量瓶中转移液体时,引流用玻璃棒应接触容量瓶内壁的什么位置?为什么?
提示:玻璃棒下端应接触容量瓶内壁刻度线以下,防止定容时有部分液体附着在刻度线上,导致所配溶液体积大于100
mL。
(3)若定容时俯视刻度线,则所配溶液体积偏大还是偏小?此时应如何处理?
提示:偏小。应平视,继续加水至溶液凹液面最低处与刻度线相平。
【备选例题】
(2021·杭州模拟)配制500
mL
0.100
mol·L-1的NaCl溶液,部分实验操作示意图如下:
下列说法正确的是(  )
A.实验中需用的仪器有天平、250
mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤,干燥后才可用
D.定容时,仰视容量瓶的刻度线,使配得的NaCl溶液浓度偏低
【解析】选D。配制500
mL
0.100
mol·L-1
NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500
mL
容量瓶、胶头滴管,A错误;配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等,操作步骤正确的顺序为②①④③,B错误;容量瓶用蒸馏水洗净后,由于后面还需要加入蒸馏水定容,所以不必干燥,C错误;定容时仰视容量瓶的刻度线,则所加蒸馏水偏多,溶液的体积V偏大,溶液的浓度偏低,D正确。K
命题角度2:溶液配制实验的误差分析
【典例2】(2021·广州模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用于碘量法中测定碘的标准溶液。现需要配制500
mL
0.10
mol·L-1
Na2S2O3溶液,下列情况会导致所配制的溶液浓度偏高的是(  )
A.用托盘天平称取7.9
g
Na2S2O3·5H2O
B.定容时,仰视容量瓶刻度线
C.没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒
D.用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液
【解析】选D。500
mL
0.10
mol·L-1
Na2S2O3溶液中Na2S2O3的质量=cVM=0.5
L×0.10
mol·L-1×158
g·mol-1=7.9
g,用托盘天平称取7.9
g
Na2S2O3·5H2O时,7.9
g
Na2S2O3·5H2O中Na2S2O3的质量为7.9
g×≈5.0
g,n的值偏小,浓度偏低,故A不符合题意;定容时,仰视容量瓶刻度线,会使V的值偏大,根据c=分析,浓度偏低,故B不符合题意;没有用蒸馏水洗涤转移后的烧杯和玻璃棒,会使n的值偏小,浓度偏低,故C不符合题意;D.用Na2S2O3溶液润洗过的容量瓶配制溶液,会使n的值偏大,浓度偏高,故D符合题意。
【规律方法】判断配制实验误差模板
即:(1)凡是使n(或m)增大的因素,使c偏大。
(2)凡是使n(或m)减小的因素,使c偏小。
(3)凡是使V增大的因素,使c偏小。
(4)凡是使V减小的因素,使c偏大。
【备选例题】
(2021·石家庄模拟)下列有关操作或判断正确的是(  )
A.配制一定物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏大
B.用托盘天平称取25.20
g
NaCl
C.用100
mL的量筒量取5.2
mL的盐酸
D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏大
【解析】选D。定容时仰视会使实际体积偏大,浓度偏小;托盘天平称取物体只能读数读到0.1位;量取5.2
mL液体需10
mL量筒而非100
mL;量取溶液时仰视量筒所取HCl量偏多,浓度偏大。
1.溶液配制过程中四种仪器的使用注意事项:
仪器
注意事项或作用
量筒
(1)不能作反应器(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释(3)量取的液体倒出后不必洗涤
托盘天平
(1)使用前调零(2)药品不能直接放在托盘上(3)左物右码,先大后小(4)读数至小数点后1位
玻璃棒
(1)在溶液配制中的作用是搅拌、引流(2)搅拌勿碰烧杯内壁,引流注意玻璃棒下端应在刻度线以下
烧杯
(1)用于溶解固体或稀释浓溶液(2)将溶液转入容量瓶后,必须将烧杯洗涤2~3次,洗涤液转入容量瓶
2.仪器的读数误差分析:
(1)容量瓶读数误差的图示分析。
①仰视使所配溶液体积偏大,浓度偏小;
②俯视使所配溶液体积偏小,浓度偏大。
(2)不同仪器的仰视和俯视。
量取一定体积的液体时:
仪器类型
观察方法
误差
“0”刻度在下边
仰视
偏高(偏大)
俯视
偏低(偏小)
“0”刻度在上边
仰视
偏低(偏小)
俯视
偏高(偏大)
命题点1:一定物质的量浓度溶液的配制(基础性考点)
1.下列实验操作正确的是(  )
A.含NA个Na+的Na2O溶解于1
L水中,Na+的物质的量浓度为1
mol·L-1
B.在10
℃时,将0.35
mol·L-1的KCl饱和溶液100
mL蒸发掉5
g水,冷却到10
℃时,其体积小于100
mL,它的物质的量浓度仍为0.35
mol·L-1
C.配制一定物质的量浓度的氯化钾溶液:准确称取一定质量的氯化钾固体,放入1
000
mL的容量瓶中,加水1
000
mL溶解,振荡摇匀
D.用100
mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH=2的盐酸配制100
mL
pH=1的盐酸
【解析】选B。最后溶液的体积不为1
L,A错误;同一物质在同一温度下的溶解度一定,饱和溶液物质的量浓度恒定,B正确;不能在容量瓶中溶解物质,C错误;pH=2的盐酸是0.01
mol·L-1,不可配100
mL
pH=1的盐酸,D错误。
命题点2:配制实验误差分析(综合性考点)
2.(2021·上海模拟)可能引起实验结果偏小的操作是(  )
A.测定NaOH溶液浓度:锥形瓶水洗后没有润洗
B.硫酸铜晶体中结晶水含量测定:加热时晶体溅出
C.常温常压下1摩尔H2体积测定:反应的镁条有氧化膜
D.配制0.1
mol·L-1NaOH溶液:俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切
【解析】选C。测定NaOH溶液浓度:锥形瓶水洗后没有润洗,待测液的浓度降低,但氢氧化钠的总物质的量没有变化,消耗标准液的体积不变,对测定的结果无影响,故A不符合题意;硫酸铜晶体中结晶水含量测定:加热时晶体溅出,溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中,导致结晶水的质量偏大,则测定结晶水的含量结果偏大,故B不符合题意;常温常压下1摩尔H2体积测定:反应的镁条有氧化膜,酸中一部分氢离子消耗氧化镁,导致产生氢气的体积偏小,则测定的摩尔体积偏小,故C符合题意;配制0.1
mol·L-1
NaOH溶液:俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切,导致容量瓶内溶液的体积偏小,根据c=,最终配制的溶液浓度偏大,故D不符合题意。
命题点3:溶液配制操作(应用性考点)
3.(2021·天水模拟)某实验需要100
mL、0.1
mol·L-1的Na2CO3溶液,现通过如下操作配制:①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解。为加快溶解可以使用________(填仪器名称)搅拌;②把①所得溶液冷却到室温后,小心转入________(填仪器名称);③继续加蒸馏水至液面至刻度线1~2
cm处,改用________(填仪器名称)小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切;④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2~3次,每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶,并轻轻摇匀;⑤将容量瓶塞紧,充分摇匀。
(1)操作步骤正确的顺序是________(填序号)。
(2)若没有操作④,则所配溶液的浓度会________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)若所配溶液的密度为1.06
g·mL-1,则该溶液的质量分数为________。
(4)若取出20
mL配好的Na2CO3溶液,加蒸馏水稀释成c(Na+)=0.01
mol·L-1的溶液,则稀释后溶液的体积为________mL。
(5)在配制100
mL、0.1
mol·L-1的Na2CO3溶液时,下列操作中的________会导致结果偏低(请用序号填写)。
a.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
b.定容时俯视刻度线
c.定容时仰视刻度线
d.干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌;配制100
mL溶液时就需要用100
mL容量瓶;定容时需要用胶头滴管。(1)根据配制的原理及实验要求可知,正确的操作顺序是①②④③⑤;(2)若没有操作④,部分溶质损失,则所配溶液的浓度会偏低;(3)根据c=可知,该溶液的质量分数为×100%=1%;(4)稀释前钠离子的浓度是0.2
mol·L-1,而稀释后钠离子的浓度是0.01
mol·L-1,所以稀释后溶液的体积是=400
mL;(5)根据c=可知,将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外,则溶质减少,浓度偏小;定容时俯视刻度线,则溶液的体积减小,所以浓度偏高;反之定容时仰视刻度线,浓度偏低;干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液,不会影响实验结果,答案选ac。
答案:玻璃棒 100
mL容量瓶 胶头滴管
(1)①②④③⑤ (2)偏低 (3)1% (4)400 (5)ac
【加固训练—拔高】
1.(2020·钦州模拟)实验室配制500
mL
0.2
mol·L-1
的FeSO4溶液,操作步骤有
①在天平上称取27.8
g绿矾,把它放在烧杯里,用适量的蒸馏水把它完全溶解。
②把制得的溶液小心地注入500
mL容量瓶中。
③继续向容量瓶中加入蒸馏水,至液面距刻度1~2
cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,每次洗涤的液体都小心转入容量瓶,并轻轻摇匀。
⑤将容量瓶塞紧,充分摇匀。请填写下列空白:
(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)________。
(2)本实验用到的基本仪器有________________。
(3)若俯视刻度,对所配制溶液浓度的影响是______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
(4)若没有进行④的操作,对所配制溶液浓度的影响是_________________________________________________________________。
(5)若实验中出现了下列情况应如何处理:加蒸馏水时不慎超过了刻度,应________,向容量瓶中转移溶液时(实验步骤②)不慎有液滴溅在容量瓶外面,应________________________________________。
【解析】(1)配制一定浓度溶液的实验步骤为计算(计算所需溶质的多少)、称量(称量或量取所需要的溶质)、溶解(溶解溶质或稀释溶液)、冷却(使溶液恢复到室温)、转移(将溶液转移到容量瓶)、洗涤(洗涤烧杯和玻璃棒2~3次)、振荡(振荡容量瓶使溶液混合均匀)、定容(先加水至接近刻度线1~2
cm,再滴加水)、摇匀(反复摇动容量瓶)、装瓶(装瓶保存),正确的顺序为①②④③⑤。(2)称量需要天平(及砝码)、药匙,溶解需要烧杯、玻璃棒,转移定容需要玻璃棒、胶头滴管,配制500
mL溶液需要500
mL容量瓶,所以使用的仪器有天平(及砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500
mL容量瓶。(3)若俯视刻度,加入蒸馏水体积偏小,所配制溶液浓度偏高。(4)若不进行④操作,溶质就不能全部转移到容量瓶,容量瓶内溶质少,所配溶液的浓度偏低。(5)加蒸馏水时不慎超过了刻度,此次配制失败,需要弃掉,重新配制;向容量瓶中转移溶液时(实验步骤②)不慎有液滴溅在容量瓶外面,此次配制失败,需要弃掉,重新配制。
答案:(1)①②④③⑤ (2)天平(及砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500
mL容量瓶 
(3)偏高 (4)偏低 (5)弃掉,重新配制 弃掉,重新配制
2.用NaOH固体配制1.0
mol·L-1的NaOH溶液220
mL,下列说法正确的是(  )
A.首先称取NaOH固体8.8
g
B.定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高
C.定容后将溶液摇匀,静置时发现液面低于刻度线,于是又加少量水至刻度线
D.容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响
【解析】选D。依题意,配制1.0
mol·L-1的NaOH溶液220
mL,要用250
mL容量瓶来配制,则需要NaOH固体10.0
g,A项错误;B、C项中的操作都会使配制的溶液浓度偏低,B、C错误。
1.下列操作能达到实验目的的是(  )
目的
操作
A
(2018·全国Ⅱ卷)配制0.400
0
mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0
g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250
mL容量瓶中定容
B
(2018·全国Ⅲ卷)配制浓度为0.010
mol·L-1的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158
g,放入100
mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度
C
(2016·全国Ⅲ卷)配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水
D
(2020·山东等级考)配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2
mL
10%
NaOH溶液,再滴加数滴2%
CuSO4溶液,振荡
【解析】选D。4.0
g固体NaOH的物质的量为0.1
mol,因此使用250
mL的容量瓶,但题目中对实验的操作叙述不清楚,没有冷却、洗涤等步骤,故A项错误;容量瓶不能作为溶解的容器,B项错误。稀释浓硫酸时,要把浓硫酸沿器壁缓缓加到水中,边加边搅拌,冷却即可。如果操作相反,则水会沸腾并飞溅,发生危险,C选项错误;为检验醛基,配制氢氧化铜悬浊液时,碱需过量,保证醛基是在碱性条件下发生反应,该操作可达到实验目的,故D正确。
2.下列说法中正确的是________。
(1)(2018·全国Ⅱ卷)配制0.400
0
mol·L-1的NaOH溶液:称取4.0
g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250
mL容量瓶中定容。
(2)(2015·福建卷)称取2.0
g
NaOH固体,先在托盘上各放1张滤纸,然后在右盘上添加2
g砝码,左盘上添加NaOH固体。
(3)(2016·海南卷)向容量瓶转移液体时,引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁。
(4)(2017·北京卷)用pH=1的盐酸配制100
mL
pH=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100
mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。
(5)(2015·全国卷Ⅰ)用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴定管吸出多余液体。
【解析】(1)使用的烧杯、玻璃棒要洗涤,错误;(2)NaOH固体应该放在烧杯中称量,错误;(3)向容量瓶转移液体时,引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁,但应该靠在刻度线下方,正确;(4)缺少量筒,错误;(5)加水超过刻度线,实验失败,应该重新配制,错误。
答案:(3)
1.浓度计算的2个公式:
(1)溶质B浓度(cB)、溶质B物质的量(nB)和溶液体积(V)之间的关系为cB=。
(2)溶质浓度(c)、溶质质量分数(w)、溶质摩尔质量(M)和溶液密度(ρ)之间的关系为c=。
2.配制一定物质的量浓度溶液的六个步骤:
计算、称量、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容。
3.一定物质的量浓度溶液的配制误差分析的2个关键:
(1)抓住公式c==。
(2)分析不当操作导致溶质质量m还是溶液体积V发生改变。
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-第一讲 认识有机化合物
考点一 有机物的官能团、分类和命名(命题指数★★★★)
1.有机化合物的分类:
(1)根据元素组成分类。
(2)按碳骨架分类。
①碳骨架:在有机化合物中,碳原子互相连接成的链或环是分子的骨架,又称碳架。
②根据碳骨架不同可将有机物分成:
(3)按官能团分类。
①官能团:决定有机物特殊性质的原子或原子团。
②常见官能团及代表物的结构简式:
类别
官能团的结构和名称
典型代表物的名称和结构简式
烷烃
甲烷CH4
烯烃
碳碳双键
乙烯CH2CH2
炔烃
—C≡C—碳碳三键
乙炔HC≡CH
芳香烃

卤代烃
—X(X表示卤素原子)
溴乙烷CH3CH2Br

—OH羟基
乙醇CH3CH2OH

—OH羟基
苯酚

醚键
乙醚CH3CH2OCH2CH3

醛基
乙醛

羰基(酮基)
丙酮
羧酸
羧基
乙酸

酯基
乙酸乙酯
2.有机物的命名:
有机物结构复杂,种类繁多。为了使每一种有机物对应一个名称,需要我们按照一定的原则和方法,对每一种有机物进行命名。
(1)烷烃的命名。
①习惯命名法。
A.以烃分子中碳原子数目命名。按分子中的碳原子数称为“某烷”,碳原子数在10以内的分别用甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸来表示。碳原子数在10以上的用数字来表示。
B.把直链的烷烃,叫做“正某烷”;把带有一个支链甲基的烷烃,称为“异某烷”;把具有结构的烷烃,称为“新某烷”。
②系统命名法。
A.选主链:选定分子中最长的碳链为主链,按主链中碳原子数目称作“某烷”。
原则:选择碳链在最长的情况下,应该是支链最多,即支链组成越简单越好。
B.编号:选主链中离支链最近的一端为起点,用1,2,3等阿拉伯数字依次给主链上的各个碳原子编号定位,以确定支链在主链中的位置。
原则:各支链编号之和最小;取代基先简后繁。
C.将支链的名称写在主链名称的前面,在支链的前面用阿拉伯数字注明它在主链上所处的位置,并在数字与名称之间用一短线隔开。如命名为2-甲基丁烷。
D.如果主链上有相同的支链,可以将支链合并起来,用“二”“三”等数字表示支链的个数。两个表示支链位置的阿拉伯数字之间需用“

”隔开。如命名为2,3,5-三甲基己烷。
如果主链上有几个不同的支链,把简单的写在前面,把复杂的写在后面。如
命名为3-甲基-4-乙基己烷。
(2)烯烃和炔烃的命名。
在烷烃的基础上命名。不同的是
①将含有双键或三键的最长碳链作为主链,称为“某烯”或“某炔”;
②从距离双键或三键最近的一端给主链上的碳原子依次编号定位;
③用阿拉伯数字标明双键或三键的位置(只需标明双键或三键碳原子编号较小的数字)。用“二”“三”等表示双键或三键的个数。
如CH2CH—CH2—CH3命名为1-丁烯,
命名为4-甲基-1-戊炔。
(3)苯的同系物的命名。
①习惯命名法。
苯的同系物的命名是以苯作母体的,其他基团作为取代基。如命名为甲苯。苯分子两个H被两个甲基取代后生成二甲苯,有三种同分异构体,分别用邻、间、对表示。如命名为间二甲苯。
②系统命名法。
将苯环上的6个碳原子编号,可以选某个甲基所在的碳原子的位置为1号,选取最小位次号给另一甲基编号。如
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)KCN、CH3COOH、C2H4、SiC、CO(NH2)2都是有机物。
(  )
提示:×。不是所有含碳的化合物都是有机物,KCN和SiC是无机物。
(2)属于烃的衍生物,官能团是羟基,属于酚类。
(  )
提示:×。属于醇类。
(3)含有三种官能团,羟基、醛基和苯环。
(  )
提示:×。苯环不是官能团,该物质含有两种官能团,羟基和醛基。
(4)应命名为3-甲基丁烯。
(  )
提示:×。应命名为3-甲基-1-丁烯。
(5)应命名为2-甲基丁烷。
(  )
提示:√。根据系统命名法命名。
(6)CH2Cl—CH2Cl的名称是二氯乙烷。
(  )
提示:×。名称是1,2-二氯乙烷。
2.芹菜中的芹黄素具有抗肿瘤、抗病毒等生物学活性,其熔点为347~348℃,结构简式如图所示。
(1)芹黄素的分子式为        。?
(2)芹黄素中官能团有          。?
(3)1
mol芹黄素最多能与    mol
NaOH反应。?
【解析】(1)根据芹黄素的结构简式,可推知其分子式为C15H10O5。(2)芹黄素中官能团有碳碳双键、羟基、醚键、羰基。(3)芹黄素中含有3个酚羟基,所以1
mol芹黄素最多能与3
mol
NaOH反应。
答案:(1)C15H10O5 (2)碳碳双键、羟基、醚键、羰基 (3)3
3.(1)乙醇分子中官能团的名称为        。?
(2)写出烯烃官能团的结构简式        。?
(3)已知丙酮(CH3COCH3)键线式可表示为,则键线式为的物质的分子式为       。?
(4)的系统命名法名称是          。?
(5)的系统命名法名称是          。?
【解析】(1)乙醇属于醇类,其官能团为羟基。(2)烯烃的官能团为碳碳双键,其结构式为。(3)键线式中含有5个C、8个H和2个O,该有机物分子式为C5H8O2。(4)烷烃命名时,选最长的碳链为主链,故主链上有7个碳原子,为庚烷,从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号,则在3号和5号碳原子上各有2个甲基,故名称为3,3,5,5-四甲基庚烷。(5)烯烃命名时,应选择含官能团的最长碳链为主链,故主链上有5个碳原子,为戊烯,从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号,并标出官能团的位置,则双键在2号和3号碳原子间,在4号碳原子上有一个甲基。
答案:(1)羟基 (2) (3)C5H8O2
(4)3,3,5,5-四甲基庚烷 (5)4-甲基-2-戊烯
命题角度1.有机物的分类
【典例1】拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂,其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如下:
下列对该化合物叙述正确的是
(  )
A.属于芳香烃    
B.属于卤代烃
C.属于芳香化合物
 
D.属于酚类
【解析】选C。芳香烃是指分子中含有苯环的烃,题给分子中含有N、O、Br原子,A、B错;分子中无羟基,故不可能属于酚类,D错。
【归纳提升】
芳香化合物、芳香烃和苯的同系物
定义
实例
芳香化合物
含有苯环的化合物

芳香烃
含有苯环的烃

苯的同系物
一个苯环,环上侧链全为烷基的芳香烃

联系
命题角度2.官能团的识别
【典例2】下列有机物中,含有的官能团指代正确的是
(  )
A.CH3—CH2—Cl 氯基
B. 苯环和氯原子
C.CH2CHBr 双键和溴原子
D. 硝基
【解析】选D。A、B中官能团均为氯原子,故A、B错误;C中官能团为碳碳双键和溴原子,故C错误;D中官能团为硝基,故D正确。
【归纳提升】
1.官能团辨析:
(1)烷烃和苯:同系物无官能团。
(2)、—C≡C—的名称为碳碳双键、碳碳三键,不能省略为双键、三键。
(3)羧基(—COOH)不能拆分为羰基和羟基算两个官能团。
2.根、基、官能团辨析:


官能团
定义
带电的原子或原子团
分子中失去中性原子或原子团剩余部分
决定有机物特殊性质的原子或原子团
电性
带电
不带电
不带电
实例
Cl-、OH-、
—Cl、—OH、—NO2、—SO3H、—CH3
—Br、—OH、—NO2、—SO3H、—CHO
①官能团属于基,
但基不一定属于官能团;②根与基两者可以相互转化;③基和官能团都是电中性的,而根带有相应的电荷。
命题角度3.有机物的命名
【典例3】烷烃的命名正确的是
(  )
A.4-甲基-3-丙基戊烷    B.3-异丙基己烷
C.2-甲基-3-丙基戊烷
D.2-甲基-3-乙基己烷
【解析】选D。将该烷烃展开为,正确命名为2-甲基-3-乙基己烷,D项正确。
【归纳提升】有机物命名
1.命名步骤:
(1)找主链——最长的主链。
(2)编号——靠近支链(小、简)的一端。
(3)写名称——先简后繁,相同支链要合并。
2.名称组成:
支链位置——支链名称——母体名称
3.数字意义:
阿拉伯数字——支链位置
汉字数字——相同支链的个数
1.有机物的分类:
(1)醇羟基与酚羟基:—OH与链烃基或苯环侧链上碳原子相连为醇羟基,而与苯环直接相连为酚羟基。
(2)醛基与羰基(酮):酮中羰基“”两端均为烃基,而醛基中“”至少有一端与氢原子相连,即。
(3)羧基与酯基:中,若R2为氢原子,则为羧基();若R2为烃基,则为酯基。
2.有机物的命名:
(1)选主链:选最长的碳链(包括官能团在内)为主链,称为某烷(或根据官能团确定类别命名)。
(2)编号数:从距支链(或官能团)最近的一端编号,确定支链(或官能团)的位置。
(3)书写:
①1、2、3等——指官能团或取代基的位置;
②二、三、四等——指相同取代基或官能团的个数;
③甲、乙、丙、丁——指主链碳原子个数分别为
1、2、3、4;
④烯、炔、醛、酮、酸、酯——指物质类别。
命题点1.有机物的分类(基础性考点)
1.(2021·济南模拟)下列有机化合物的分类正确的是
(  )
A.CH3CH2O—CHO 醛
B. 氯代烃
C. 芳香醚
D. 酚
【解析】选C。CH3CH2O—CHO即
,可知该有机物含有酯基,属于酯类,故A错误;结构中含有氯原子,还含有硝基,属于含多种官能团的有机物,故B错误;结构中有醚键,有苯环,属于芳香醚,故C正确;酚是羟基直接连在苯环上,结构中没有苯环,不属于酚,应属于醇类,故D错误。
2.(2021·广州模拟)为预防新型冠状病毒,公共场所可用0.5%的过氧乙酸溶液来消毒。关于有机物过氧乙酸(),下列说法正确的是
(  )
A.属于烃类物质
B.该物质具有较强的氧化性
C.官能团为羧基
D.利用强酸性杀灭病毒
【解析】选B。A.过氧乙酸由C、H、O三种元素组成,属于烃的衍生物,不是烃,故A错误;B.过氧乙酸具有强氧化性能杀菌消毒,故B正确;C.过氧乙酸()中没有羧基,故C错误;D.过氧乙酸具有强氧化性能杀菌消毒,利用强氧化性杀灭病毒,故D错误。
命题点2.官能团的识别(综合性考点)
3.(2021·石家庄模拟)下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是
(  )
A. 酚类 —OH
B. 醛类 
C.CH3COOCH3 羧酸类 
D. 醛类 
【解析】选B。当—OH直接连在苯环上时为酚类,当—OH连在链烃基或苯环侧链上时为醇,故为醇类,官能团为—OH,故A错误;为甲醛,属于醛类,官能团为醛基(),故B正确;CH3COOCH3含有酯基,属于酯类,官能团为,故C错误;属于酯类,官能团为,故D错误。
4.维生素C的结构简式为
,丁香油酚的结构简式为,下列关于两者所含官能团的说法正确的是
(  )
A.均含酯基    
B.均含醇羟基和酚羟基
C.均含碳碳双键
 
D.均为芳香化合物
【解析】选C。两种物质分子中均含有碳碳双键;而酯基()存在于维生素C的结构中,丁香油酚不含酯基;维生素C中的羟基均为醇羟基,而丁香油酚中的羟基与苯环直接相连为酚羟基;芳香化合物应含有苯环,维生素C中不含苯环,不属于芳香化合物。故A、B、D三项均不正确。
命题点3.有机物的命名(综合性考点)
5.(2020·山东等级考模拟)某烯烃分子的结构简式为,用系统命名法命名其名称为
(  )
A.2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯
B.2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯
C.2,2,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯
D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯
【解析】选B。可将键线式转换为碳的骨架形式,,选取含官能团(碳碳双键)的最长碳链为主链,从靠近官能团的一端(即右端)进行编号,最后按命名规则正确书写名称。
6.用系统命名法给下列有机物命名:
(1)有机化合物的名称是      ,将其在催化剂存在下完全氢化,所得烷烃的名称是              。?
(2)有机化合物
的名称是        ,将其在催化剂存在下完全氢化,所得烷烃的名称是                。?
【解析】(1)由于烯烃是从离碳碳双键较近的一端给主链上的碳原子编号,则该有机化合物的名称为3-甲基-1-丁烯,其完全氢化后的烷烃的名称为2-甲基丁烷。
(2)该炔烃的名称为5,6-二甲基-3-乙基-1-庚炔,其完全加氢后的烷烃的名称为2,3-二甲基-5-乙基庚烷。
答案:(1)3-甲基-1-丁烯 2-甲基丁烷 (2)5,6-二甲基-3-乙基-1-庚炔 2,3-二甲基-5-乙基庚烷
考点二 同系物、同分异构体(命题指数★★★★★)
1.有机物分子结构的表示方法:
种类
实例
含义
分子式
CH4
用元素符号表示物质分子组成的式子,可反映出一个分子中原子的种类和数目
最简式(实验式)
乙烷(C2H6)最简式为CH3
①表示物质组成的各元素原子最简整数比的式子②由最简式可求最简式量
电子式
H
用小黑点等记号代替电子,表示原子最外层电子成键情况的式子
结构式
①具有化学式所能表示的意义,能反映物质的结构②表示分子中原子的结合或排列顺序的式子,但不表示空间构型
结构简式
CH3CH3
将结构式中碳碳单键、碳氢键等短线省略后得到的式子即为结构简式,它比结构式书写简单,比较常用。结构式的简便写法,着重突出结构特点(官能团)
键线式
(戊烷)(丙烯)
将结构式中碳、氢元素符号省略,只表示分子中键的连接情况,每个拐点或终点均表示一个碳原子,即为键线式
球棍模型
小球表示原子,短棍表示价键,用于表示分子的空间结构(立体形状)
比例模型
①用不同体积的小球表示不同的原子大小②用于表示分子中各原子的相对大小和结合顺序
2.同分异构体与同系物:
(1)同分异构体:具有相同的分子式,但具有不同结构的化合物。互为同分异构体的化合物之间分子组成相同、相对分子质量相同、分子式相同,但结构不同、性质不同。
(2)同系物:结构相似,在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。
3.同分异构体的书写:
(1)书写步骤。
①官能团异构:官能团种类不同而产生的异构。
常见的官能团异构如下表:
组成通式
可能的类别及所含官能团
CnH2n+2
链状烷烃
CnH2n-6
苯、苯的同系物
CnH2n
烯烃(碳碳双键)、环烷烃
CnH2n-2
炔烃(碳碳三键)、二烯烃(碳碳双键)、环烯烃(碳碳双键)
CnH2n+2O
醇(羟基)、醚(醚键)
CnH2nO
醛(醛基)、酮(羰基)、烯醇(碳碳双键和羟基)、环醇(羟基)、烯醚(碳碳双键和醚键)、环醚(醚键)
CnH2nO2
羧酸(羧基)、酯(酯基)、醇醛(羟基和醛基)、醇酮(羟基和羰基)、醚醛(醚键和醛基)、醚酮(醚键和羰基)
CnH2n-6O
酚(羟基)、芳香醇(羟基)、芳香醚(醚键)
②碳链异构:碳链骨架不同产生的异构。书写时应遵循“主链由长到短,支链由整到散,位置由心到边,排布由邻到间”的规律。
③位置异构:官能团在碳链中位置不同产生的异构。书写时在每一条碳链上移动官能团位置。需注意取代“等效氢”后所得结构为同一种。
④补氢:用氢原子补足碳原子的四个价键。
⑤检查:看是否有书写重复或书写遗漏,根据“碳四价”原则检验是否有书写错误。
例如:寻找符合分子式C4H10O的同分异构体有多少种。
C4共有两条碳骨架,分别为C—C—C—C和,若为醇,羟基连在碳原子上,位置有和共4种;若为醚,醚键可用插入法放于两个碳原子之间,位置有CCC—C和共3种。因此符合C4H10O分子式的共有7种同分异构体。
(2)烃的同分异构体数目的判断方法。
①烷烃的同分异构体判断方法:排主链,主链由长到短→减碳(从头摘)架支链(支链位置由心到边,但不到端;等效碳不重排;多支链时,排布由对到邻再到间)→最后用氢原子补足碳原子的四个价键。
②烯烃、炔烃同分异构体的判断方法:在相同碳原子数的烷烃的基础上,用碳碳双键或碳碳三键替换烷烃分子中的碳碳单键。
③苯的同系物的同分异构体的判断方法:从单取代到多取代,二取代时取代基有邻、间、对三种情况,三取代时取代基有连、偏、均三种情况。
(3)烃的衍生物的同分异构体数目的判断方法(以卤代烃为例)。
①一卤代烃的同分异构体判断方法。
A.基元法。
记住常见烃基的异构体种数,可快速判断含官能团有机物同分异构体的数目。
—C3H7 2种 —C4H9 4种  —C5H11 8种
如C4H9Cl有4种同分异构体。
B.替代法。
如二氯苯(C6H4Cl2)有3种同分异构体,则四氯苯(C6H2Cl4)也有3种同分异构体(将H替代Cl)。
C.等效氢法。
a.同一甲基上的氢是等效的。
b.同一碳原子上所连甲基上的氢是等效的。
c.处于对称位置上的氢原子是等效的。
如新戊烷的一氯代物有1种。
②二卤代烃的同分异构体判断方法:定一动一。“定一”时,有几种氢就有几种情况;“动一”时,在“定一”确定的每一条碳骨架上寻找第二个取代基的位置。如乙烷的二氯代物共有2种。
③多卤代烃的同分异构体判断方法:换元法,即一种烃若有m个H可被取代,则它的n元取代物与(m-n)元取代物种类相等。如乙烷的一氯代物有1种,二氯代物有2种,三氯代物有2种,四氯代物有2种,五氯代物有1种,六氯代物有1种。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)同分异构现象仅存在于有机物中。
(  )
提示:×。同分异构现象不仅存在于有机物中,也存在于某些无机物中,而且有机物与无机物也可互为同分异构体,如有机物尿素[CO(NH2)2]与无机盐氰酸铵[NH4CNO]互为同分异构体。
(2)乙烯(C2H4)与环丙烷(C3H6)互为同系物。
(  )
提示:×。同系物是结构相似,组成上相差若干CH2的有机物,乙烯与环丙烷结构不相似。
(3)组成元素的质量分数相同,相对分子质量也相同的不同化合物互为同分异构体。
(  )
提示:√。相对分子质量相同、组成元素的质量分数相同,即为分子式相同。
(4)符合分子式C2H6O的有机物只有乙醇。
(  )
提示:×。满足分子式CnH2n+2O的有机物可以是醇或醚,C2H6O可以是乙醇或二甲醚。
(5)已知丁基有四种,不必试写,立即可断定分子式为C5H10O的醛应有四种。
(  )
提示:√。C5H10O的醛可以写成C4H9—CHO,根据基元法可判断。
(6)主链含5个碳原子,有甲基、乙基2个支链的烷烃有3种。
(  )
提示:×。主链含5个碳原子,乙基应定在3号碳上,甲基可定在2号或3号碳上。
2.填空。
(1)戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物,试书写它的结构简式          。?
(2)某炔烃和氢气充分加成生成2,5-二甲基己烷,该炔烃的结构简式是         ?
(3)分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上,则该烃的结构简式为        ,若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上,则该烃的结构简式为        。?
(4)
分子式为C8H10的芳香烃,苯环上的一氯代物只有一种,该芳香烃的结构简式是        。?
【解析】(1)戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物,说明该有机物分子中只含1种类型的氢原子,该烃的结构简式为。
(2)饱和烃与炔烃的碳骨架完全相同,倒推可得,饱和烃相邻碳原子上均含有两个或两个以上的氢原子时才可出现碳碳三键,所以某炔烃和氢气充分加成生成2,5-二甲基己烷,该炔烃的结构简式是(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2。
(3)乙烯是平面形分子,可看作乙烯中的四个氢原子被甲基取代,所以分子式为C6H12且所有碳原子都在同一平面上的烃的结构简式为;乙炔是直线形分子,CH3C≡CCH3可看作是甲基取代乙炔分子上的氢原子,所以分子式为C4H6的烃中所有的碳原子都在同一条直线上的结构简式是CH3C≡CCH3。
(4)分子式为C8H10的芳香烃,苯环上的一氯代物只有一种,说明结构对称,所以结构简式是。
答案:(1) 
(2)(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2 (3) 
CH3C≡CCH3 (4)
3.(2021·沈阳模拟)下列7组物质或粒子:①淀粉和纤维素 ②16O和18O ③氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2] ④C60和金刚石 ⑤CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH3 ⑥和
⑦和
(1)互为同素异形体的是    (填编号,下同);?
(2)互为同位素的是    ;?
(3)互为同系物的是    ;?
(4)互为同分异构体的是    。?
【解析】(1)同种元素的不同单质互为同素异形体,C60和金刚石互为同素异形体。(2)同一原子的不同核素互为同位素,16O和18O互为同位素。(3)结构相似,相差n个—CH2的物质互为同系物,CH3CH2CH3和(CH3)2CHCH3互为同系物。(4)分子式相同,结构不同的物质互为同分异构体,氰酸铵(NH4CNO)与尿素[CO(NH2)2]互为同分异构体。
答案:(1)④ (2)② (3)⑤ (4)③
命题角度1.同分异构体与同系物
【典例1】(2021·苏州模拟)下列说法中正确的一组是
(  )
A.苯和甲苯互为同分异构体
B.与互为同分异构体
C.与是同一种物质
D.乙酸和硬脂酸是同一种物质
【解析】选C。苯(C6H6)和甲苯(C7H8)分子式不同,不是同分异构体,A错误;苯环的碳碳键是一种介于单键和双键之间的特殊键,与是同种物质,B错误;与是2-甲基丁烷,是同种物质,C正确;乙酸(C2H4O2)和硬脂酸(C18H36O2)分子式不同,不可能是同种物质,D错误。
【归纳提升】
“四同”比较
同系物
同分异构体
同素异形体
同位素
定义
结构相似,分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物
分子式相同,结构不同的化合物
同种元素组成的不同单质
质子数相同,中子数不同的原子
结构
相似
不同
不同
电子排布相同,原子核结构不同
对象
化合物
化合物
单质
原子(核素)
性质
物理性质不同,化学性质相似
物理性质不同,化学性质不一定相同
物理性质不同
物理性质不同,化学性质相同
例子
CH4和CH3CH3
丙烯和环丙烷
O2和O3

命题角度2.烃的同分异构体
【典例2】分子式为C10H14的单取代芳烃,其可能的结构有
(  )
A.2种   B.3种   C.4种   D.5种
【解析】选C。分子式为C10H14的单取代芳烃为C6H5—C4H9,—C4H9为丁基,而丁基有四种:
CH3CH2CH2CH2—、、、。因此该有机物可能的结构有4种。
【归纳提升】由烃基的异构体数目判断只含一种官能团的有机物的同分异构体数目。基元法的内容要点:甲基(CH3—)只有1种;乙基(—C2H5)只有1种;丙基(—C3H7)有2种,即—CH2CH2CH3、;丁基(—C4H9)有4种,即—CH2CH2CH2CH3、、、;戊基(—C5H11)有8种。
命题角度3.烃的衍生物的同分异构体
【典例3】(2021·日照模拟)下列化合物中同分异构体数目最少的是
(  )
A.戊烷  
B.戊醇
C.戊烯  
D.乙酸乙酯
【解析】选A。戊烷只有碳骨架异构,有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体;戊醇在戊烷的三种骨架结构上羟基的位置不同有8种同分异构体(1-戊醇、
2-戊醇、3-戊醇、2-甲基-1-丁醇、2-甲基-2-丁醇、3-甲基-2-丁醇、3-甲基-1-丁醇、2,2-二甲基-1-丙醇、);戊烯共有5种结构(1-戊烯、
2-戊烯、2-甲基-1-丁烯、2-甲基-2-丁烯、3-甲基-1-丁烯);乙酸乙酯有6种同分异构体(属于酯的有4种,即甲酸1-丙酯、甲酸2-丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯;属于酸的有两种,即丁酸、2-甲基丙酸),所以最少的是戊烷。
【归纳提升】醇(卤代烃、羧酸)
是烃中的氢原子被羟基(卤素原子、羧基)取代的产物,其同分异构体的书写方法是先写出烃的同分异构体,
然后分析每一种同分异构体中氢原子的种类,有几种氢原子就有几种醇(卤代烃、羧酸)。
其实这种方法也称为等效氢法,也适用于其他类别物质同分异构体的书写。
命题角度4.同分异构体的数目判断
【典例4】(2019·全国卷Ⅱ)分子式为C4H8BrCl的有机物共有(不含立体异构)
(  )
A.8种   B.10种   C.12种   D.14种
【解析】选C。C4H8BrCl的同分异构体共有12种,如下:
(1)碳链:C—C—C—C
①Br、Cl处于同一碳原子上(2种):、;②Br、Cl处于相邻碳原子上(3种):、、;③Br、Cl处于间位碳原子上(3种):、、;
(2)碳链:
①Br、Cl处于同一碳原子上(1种):;②Br、Cl处于相邻碳原子上(2种):、;③Br、Cl处于间位碳原子上(1种):。
【归纳提升】
分子碎片题的解题思路
(1)理解下列术语。
端基:只能连接碳链首尾两端的一价基团。如—CH3、—CH2CH3、—Cl、—OH等。
桥梁基:只能连接在碳链中间的二价基团。如—CH2—、—CH2CH2—、—CHCH—、
—C≡C—等,又叫连接基。
中心基:连接在碳链中心的三价或四价基团,
它是支链的起点。如、。
(2)解题思路。
①排列定骨架:定中心基,连端基。
②组合插桥梁:将桥梁基组合成一个整体或分别插入中心基和端基中间。
③注意:骨架的对称性和多个桥梁基之间的组合,要排除重复情况。
1.判断同分异构体数目的常见方法和思路:
(1)等效氢法:有机物中有几种位置的氢原子,其一元取代物就有几种。等效氢法的内容要点:①同一C上的H是等效的;②同一C上所连的—CH3上的H是等效的;③同一分子中处于轴对称或中心对称位置上的H是等效的。
(2)基元法:由烃基的异构体数目判断只含一种官能团的有机物的同分异构体数目。基元法的内容要点:甲基(CH3—)只有1种,乙基(—C2H5)只有1种,丙基(—C3H7)有2种,丁基(—C4H9)有4种,戊基(—C5H11)有8种。
(3)分配法:将连有两个烃基的官能团抽出,而剩余部分按照碳原子数分配烃基,得到多种组合,根据各组合中烃基异构体的数目,判断该有机物的同分异构体。
(4)定一移一法:对于二元取代物的同分异构体的写法,可固定一个取代基位置,再移动另一个取代基,以判断该有机物同分异构体数目。
2.限定条件下同分异构体的推断:
限定条件下同分异构体的推断,关键是根据提供的化学性质推断所含官能团,根据提供的结构特点排列官能团的位置。分析和解答此类试题的思维流程如下:
命题点1.同分异构体与同系物(基础性考点)
1.(2021·嘉兴模拟)下列说法正确的是
(  )
A.1H2、2H2、3H2互为同位素
B.14C和纳米碳管互为同素异形体
C.CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体
D.CH3(CH2)4CH3和(CH3)2CHCH(CH3)2互为同系物
【解析】选C。1H2、2H2、3H2均是氢分子,不是核素,故不互为同位素,A错误;14C是核素,不是单质,故不和纳米碳管互为同素异形体,B错误;CH3CH2NO2和H2NCH2COOH分子式相同,结构不同,故互为同分异构体,C正确;CH3(CH2)4CH3和(CH3)2CHCH(CH3)2分子式相同,结构不同,故互为同分异构体,D错误。
命题点2.烃的同分异构体(综合性考点)
2.某种烯烃与H2加成后的产物如图所示,则该烯烃的结构式可能有
(  )
A.1种   B.2
种   C.3种   D.4种
【解析】选C。烯烃加氢后得烷烃,之前碳碳双键可能出现的位置应为烷烃中碳碳单键相连C上至少有一个H的位置,该烯烃有三个位置可能出现碳碳双键。
【加固训练—拔高】
(2021·武汉模拟)轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯[]与苯
(  )
A.均为芳香烃 
B.互为同素异形体
C.互为同系物
D.互为同分异构体
【解析】选D。三元轴烯与苯的分子式均为C6H6,但结构不同,二者互为同分异构体,D项正确。
3.(1)三联苯的一氯代物有      种同分异构体。?
(2)菲的结构简式为,从菲的结构简式分析,菲的一氯取代产物共有
    种。?
【解析】(1)三联苯有水平和竖直两条对称轴,处于对称位置上的H等效,因此有4种H,即有4种一氯代物;
(2)菲有一条对称轴,有5种H,即有5种一氯代物。
答案:(1)4 (2)5
命题点3.烃的衍生物的同分异构体(综合性考点)
4.某化合物的分子式为C5H11Cl,结构分析表明,该分子中有两个—CH3、两个—CH2—、一个和一个Cl—,它的可能结构有4种,请写出这4种可能的结构简式:      、      、       、      。?
【解析】先将两个—CH2—和一个分别组合成和两种方式,然后再分别添上两个—CH3和一个Cl—,共得到4种同分异构体。
答案:
5.水杨酸的结构简式为。
(1)水杨酸的同分异构体中,属于酚类同时还属于酯类的化合物有    种。?
(2)水杨酸的同分异构体中,属于酚类,但不属于酯类也不属于羧酸的化合物必定含有      (填写官能团名称)。?
【解析】(1)同时属于酯类和酚类的同分异构体分别是共3种。
(2)含有酚羟基,没有酯基和羧基,苯环外还有一个碳原子,只能是羟基和醛基。
答案:(1)3 (2)醛基、羟基
命题点4.同分异构体数目的判断(应用性考点)
6.(2021·重庆模拟)分子式为C5H9ClO2的同分异构体很多,其中能与NaHCO3发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)
(  )
A.4种
B.8种
C.12种
D.16种
【解析】选C。能与NaHCO3发生反应产生CO2说明含有羧基,羧基只能放在碳链的端点,所以有以下四种碳链结构、、、,箭头的位置就是放氯原子的位置,合起来共有12种。
7.(2021·南昌模拟)下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是
(  )
A.C4H10属于烷烃的同分异构体有3种
B.分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种
C.分子组成是C4H10O属于醇的同分异构体有3种
D.C3H6Cl2

4
种同分异构体
【解析】选D。C4H10为丁烷,有正丁烷与异丁烷两种同分异构体,故A错误;羧酸含有—COOH,剩余为丁基,丁基有4种,故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种,故B错误;醇有—OH,剩余为丁基,丁基有4种,故分子组成是C4H10O属于醇的同分异构体有4种,故C错误;分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个H被两个Cl取代,两个Cl取代一个C上的H,有两种,为CH3—CH2—CHCl2、CH3—CCl2
—CH3,分别取代两个C上的H,有两种,为CH2Cl—CH2—CH2Cl、CH2Cl—CHCl—CH3,共有4种,故D正确。
考点三 研究有机物的一般步骤和方法(命题指数★★★)
1.研究有机化合物的基本步骤:
2.分离、提纯有机物的常用方法:
(1)蒸馏。
装置
适用范围
①有机物热稳定性强②有机物与杂质沸点相差较大(一般约大于30
℃)
注意事项
①使用前要检查装置气密性②蒸馏烧瓶需垫石棉网加热③蒸馏时液体体积应占蒸馏烧瓶容积的1/3~2/3④温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处⑤冷凝水方向为下口进上口出
(2)重结晶。
装置
适用范围
利用两种物质在同一溶剂中溶解度随温度的变化相差较大的原理,采用冷却或蒸发将物质分离提纯的方法
注意事项
溶剂的选择:①被提纯的有机物在此溶剂中的溶解度随温度影响较大(在热溶液中溶解度较大,在冷溶液中溶解度较小,冷却后易于析出)②杂质在此溶剂中的溶解度很大或很小,易于除去
(3)萃取和分液。
(4)色谱法。
适用范围
利用吸附剂对不同有机物吸附作用的不同,分离、提纯有机物的方法
注意事项
①常用的吸附剂:碳酸钙、硅胶、氧化铝、活性炭等②根据物质在两相(气-液、液-液等)间溶解性或吸附能力不同,又相继发展了纸上色谱法、薄层色谱法、气相色谱法、液相色谱法等
3.有机物分子式的确定:
(1)有机物实验式(最简式)的确定。
李比希法(燃烧法)
A.定性分析确定所含元素:一般来说,有机物完全燃烧后,各元素对应的产物为C→CO2,H→H2O,Cl→HCl。例如:某有机物完全燃烧后,若产物只有CO2和H2O
,其元素组成肯定有C、H,可能有O。
B.定量分析确定最简式:
(2)相对分子质量的测定——质谱法(MS)。
用高能电子流轰击样品分子,使分子失去电子变成带正电荷的分子离子和碎片离子。分子离子和碎片离子各自具有不同的相对质量,它们在磁场的作用下到达检测器的时间因质量的不同而先后有别,其结果被记录为质谱图。
质荷比(分子离子、碎片离子的相对质量与其电荷的比值)最大的为该有机物的分子离子峰,数值即为该有机物的相对分子质量。
如乙醇的质谱图:
读谱:相对分子质量=最大质荷比,乙醇的相对分子质量为46。
(3)有机物分子式的确定。
①最简式规律。
最简式
对应物质
CH
乙炔和苯
CH2
烯烃和环烷烃
CH2O
甲醛、乙酸、甲酸甲酯、葡萄糖、果糖
②常见相对分子质量相同的有机物。
a.同分异构体相对分子质量相同。
b.含有n个碳原子的醇与含(n-1)个碳原子的同类型羧酸和酯相对分子质量相同。
c.含有n个碳原子的烷烃与含(n-1)个碳原子的饱和一元醛(或酮)相对分子质量相同,均为14n+2。
③“商余法”推断烃的分子式(设烃的相对分子质量为M)。
的余数为0或碳原子数大于或等于氢原子数时,将碳原子数依次减少一个,每减少一个碳原子即增加12个氢原子,直到饱和为止。
④化学方程式法。
利用有机反应中反应物、生成物之间“量”的关系求分子式的方法。在有机化学中,常利用有机物燃烧等方程式对分子式进行求解。常用的化学方程式有:
CxHy+(x+)O2xCO2+H2O
CxHyOz+(x+-)O2xCO2+H2O
4.有机物分子结构的鉴定:
(1)化学方法。
①根据分子式和不饱和度推测可能官能团。
②利用特征反应鉴定官能团。
常见官能团特征反应如下:
官能团种类
试剂
判断依据
碳碳双键或碳碳三键
溴的CCl4溶液
红棕色褪去
酸性KMnO4溶液
紫色褪去
卤素原子
NaOH溶液,AgNO3和稀硝酸的混合液
有沉淀产生
醇羟基

有氢气放出
酚羟基
FeCl3溶液
显紫色
浓溴水
有白色沉淀产生
醛基
银氨溶液
有银镜生成
新制Cu(OH)2悬浊液
有红色沉淀产生
羧基
NaHCO3溶液
有CO2气体放出
(2)物理方法。
①红外光谱法:不同的官能团或化学键吸收频率不同,在红外光谱图中处于不同的位置,可初步判断某有机物中含有何种化学键或官能团。
如乙醇的红外光谱:
读谱:该有机物分子中有3种不同的化学键,分别是C—H、O—H、C—O键。
②核磁共振氢谱(1H-NMR)

处在不同化学环境中的氢原子在谱图上出现的位置不同,而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。即吸收峰数目=氢原子种类数,不同吸收峰的面积之比(强度之比)=不同氢原子的个数之比。
如乙醇的核磁共振氢谱:
读谱:该有机物中有3种类型的氢原子,其原子个数比为1∶2∶3。
1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。
(1)己烷中混有己烯,可使用溴水进行除杂,用分液的方法分离。
(  )
提示:×。己烯与Br2反应生成的卤代烃与己烷互溶,无法用分液的方法实现分离。
(2)红外光谱与核磁共振氢谱可以用于确定有机物的官能团和相对分子质量。
(  )
提示:×。红外光谱可以获得分子中含有何种化学键,从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目,可以用于确定有机物的结构。
(3)李比希元素分析仪不仅可以分析试样中常见元素的含量,还可以测定试样分子的空间结构。
(  )
提示:×。元素分析仪可以分析试样中常见的元素,不能测定试样分子的空间结构。
(4)1-丁醇与乙醚互为同分异构体,则质谱图相同。
(  )
提示:×。互为同分异构体的有机物,最大质荷比相同,但其余碎片峰质荷比不同。
(5)有机物核磁共振氢谱有两个峰,且峰面积之比为3∶1。
(  )
提示:√。该有机物有两种氢,个数比为9∶3。
(6)已知某有机物燃烧生成的CO2和H2O的量,即可判断该有机物的最简式。
(  )
提示:×。已知CO2和H2O的量,只能求出该有机物碳与氢的最简整数比,不能确定是否有氧存在及氧的含量。
2.某有机物的分子式为C4H8O2。
(1)能够确定有机物相对分子质量的方法是
(  )
A.红外光谱      B.质谱
C.核磁共振氢谱   
D.紫外光谱
(2)该有机物的红外光谱图如图所示,则该有机物可能为      。?
(3)该有机物的核磁共振氢谱图如图所示,则该有机物可能为      。?
【解析】(1)红外光谱是用于鉴定有机物中所含的各种官能团的,双键、三键、羟基、羧基、羰基等,故A错误;质谱仪其实是把有机物打成很多小块,会有很多不同的相对质量出现,其中最大的那个就是该有机物的相对分子质量,故B正确;核磁共振氢谱是检验不同环境的H的数量,有多少种不同的H,就有多少个峰,各个峰的高度大致上能显示各种H的数量比例,故C错误;紫外光谱是为了了解未知物的初步的化学结构,从光谱信息中得到该物质的基团或者化学键产生的吸收情况,初步判断该物质的结构信息,故D错误。(2)由红外光谱图可看出该分子中有不对称CH3,含有CO、C—O—C结构,结合分子式C4H8O2判断。CH3COOCH2CH3中存在不对称—CH3、C—O—C和CO,且分子式为C4H8O2。(3)该有机物分子中含有4种氢原子,峰面积之比为1∶2∶2∶3,可能结构为CH3CH2CH2COOH、HCOOCH2CH2CH3。
答案:(1)B (2)CH3COOCH2CH3
(3)CH3CH2CH2COOH、HCOOCH2CH2CH3
3.下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是
(  )
A.2,2,3,3-四甲基丁烷
B.2,3,4-三甲基戊烷
C.3,4-二甲基己烷
D.2,2,3,4,4-五甲基戊烷
【解析】选D。2,2,3,3-四甲基丁烷中6个甲基相同,只有一种H,故A不选;2,3,4-三甲基戊烷中结构对称,含4种H,故B不选;3,4-二甲基己烷中含4种H,故C不选;2,2,3,4,4-五甲基戊烷含3种H,故D选。
4.某含碳、氢、氧三种元素的有机物X,经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%,氢的质量分数是13.51%,且该有机物的质谱图如下,该有机物的分子式为      。?
【解析】由题意可知,氧的质量分数为1-64.86%-13.51%=21.63%。各元素原子个数比:N(C)∶N(H)∶N(O)=∶∶≈4∶10∶1。故该有机物的实验式为C4H10O,实验式的相对分子质量为74。观察该有机物的质谱图,质荷比最大的数值为74,所以其相对分子质量为74,该有机物的分子式为C4H10O。
答案:C4H10O
命题角度1.有机物的分离提纯方法
【典例1】(2021·黄冈模拟)除去下列物质中的少量杂质(括号内),选用的试剂和分离方法不能达到实验目的的是
(  )
选项
混合物
试剂
分离方法
A
粗苯甲酸(含可溶和不溶性杂质)

重结晶
B
硝基苯(浓硫酸和浓硝酸)
氢氧化钠溶液
分液
C
苯(苯酚)
溴水
过滤
D
乙炔(硫化氢)
硫酸铜溶液
洗气
【解析】选C。A.苯甲酸在水中的溶解度随温度的变化较大,通过重结晶可以使它与杂质分离,A项正确;B.硝基苯不溶于水,混有的浓硫酸和浓硝酸会与氢氧化钠溶液反应产生分层现象,可通过分液分离,B项正确;C.苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯中,所以过滤无法与苯分离,C项错误;D.硫化氢可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀,所以将混有硫化氢的乙炔气体通过硫酸铜溶液洗气即可,D项正确。
【归纳提升】有机物分离和提纯的常用方法
分离和提纯方法
目的
主要仪器
实例
分液
分离、提纯互不相溶的液体混合物
分液漏斗
分离硝基苯与水
蒸馏
分离、提纯沸点相差较大的混合溶液
蒸馏烧瓶、冷凝管、接收器
分离乙醛与乙醇
洗气
分离、提纯气体混合物
洗气装置
除去甲烷中的乙烯
过滤
分离不溶性的固体和液体
过滤装置
分离硬脂酸与氯化钠
渗析
除去胶体中的小分子、离子
半透膜、烧杯
除去淀粉中的葡萄糖
命题角度2.有机物分子式、结构式的确定
【典例2】(2021·潍坊模拟)对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是
(  )
A.不是同分异构体
B.分子中共平面的碳原子数相同
C.均能与溴水反应
D.可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分
【解析】选C。两种物质的分子式均为C10H14O,二者结构不同,故为同分异构体关系,A项错误;左侧物质最少有8个碳原子共平面,右侧物质最少有4个碳原子共平面,B项错误;左侧物质与溴发生苯环氢原子的取代反应,右侧物质与溴发生加成反应,C项正确;二者氢原子环境不同,可用核磁共振氢谱区分,D项错误。
【归纳提升】有机物结构的确定方法
(1)质谱法——测定有机物的相对分子质量。
(2)核磁共振氢谱法——测定有机物中氢原子的类型及个数比。
(3)红外光谱法——测定有机物中的化学键和官能团。
确定有机物分子结构的一般步骤
命题点1.有机物的分离提纯方法(基础性考点)
1.化学工作者从反应:RH+Cl2RCl(g)
+HCl(g)受到启发,提出在农药和有机合成中同时获得盐酸。这一设想已成为现实,试指出从上述反应中得到盐酸的方法
(  )
A.蒸馏法       B.水洗分液法
C.升华法     
D.有机溶剂萃取法
【解析】选B。因为RCl难溶于水,但氯化氢极易溶于水,所以可以用水洗分液法分离。
2.下列实验中,所采取的分离或提纯方法与对应原理都正确的是
(  )
选项
实验目的
分离或提纯方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
除去乙醇中的乙酸
加入CaO固体后蒸馏
乙酸转化为难挥发的乙酸钙
C
除去甲烷中的乙烯
通过酸性KMnO4溶液洗气
乙烯与酸性KMnO4溶液反应
D
除去苯中的苯酚
加入足量浓溴水后过滤
溴与苯酚反应生成三溴苯酚沉淀
【解析】选B。乙醇与水互溶,不能用作萃取剂分离溶于水中的碘,A错误;乙酸与CaO反应,转化为难挥发的乙酸钙,再通过蒸馏即可提纯乙醇,B正确;乙烯会被酸性KMnO4溶液氧化为CO2,使甲烷中混有新的杂质CO2,C错误;苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚会溶于苯,无法通过过滤分离二者,D错误。
命题点2.有机物分子式、结构式的确定(综合性考点)
3.(2021·武汉模拟)物理方法鉴定有机物结构具有微量、快速、准确、信息量大等特点。下列不属于鉴定有机物结构的物理方法是
(  )
A.色谱法
B.质谱法
C.红外光谱法
D.核磁共振氢谱法
【解析】选A。色谱法是一种分离方法,故A正确;质谱法可以测定有机物的相对分子质量,B项错误;红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,C项错误;核磁共振氢谱可以测定有机物中氢原子的种类和数目比,D项错误。
4.(2021·张家口模拟)有机物M的核磁共振氢谱图如图,则M的结构简式可能是
(  )
A.CH3OCH3    
B.CH3CH2OH
C.CH3CH2
CH3   
D.CH3COOCH2CH2CH3
【解析】选B。有机物含有1种H,则核磁共振氢谱有1个峰,故A错误;含有3种H,核磁共振氢谱有3个峰,故B正确;含有2种H,核磁共振氢谱有2个峰,故C错误;含有4种H,核磁共振氢谱有4个峰,故D错误。
5.如图是某有机物的质谱图、核磁共振氢谱图,其结构简式为
(  )
A.CH3CH2OH      B.CH3CHO
C.CH3CH2COOH
D.HCOOH
【解析】选A。CH3CH2OH的相对分子质量为46,含有3种氢原子,故A正确;CH3CHO的相对分子质量为44,含有2种氢原子,故B错误;CH3CH2COOH的相对分子质量为74,故C错误;HCOOH的相对分子质量为46,含有2种氢原子,故D错误。
6.(2021·沈阳模拟)化合物A的相对分子质量为136,分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基,其红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于A的说法中不正确的是
(  )
A.A分子属于酯类化合物,在一定条件下能发生水解反应
B.A在一定条件下可与3
mol
H2发生加成反应
C.与A属于同类化合物的同分异构体只有4种
D.符合题干特征的A分子结构只有1种
【解析】选C。有机物A的分子式为C8H8O2,不饱和度为=5,A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基,A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1∶2∶2∶3,说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1∶2∶2∶3,结合红外光谱可知,分子中存在酯基等基团,故有机物A的结构简式为。A含有酯基,属于酯类化合物,在一定条件下能发生水解反应,故A正确;A在一定条件下可与3
mol
H2发生加成反应,故B正确;属于同类化合物,应含有酯基、苯环,若为羧酸与醇形成的酯有甲酸苯甲酯,若为羧酸与酚形成的酯,可以是乙酸与苯酚形成的酯,可以是甲酸与甲基苯酚形成的酯,其中甲基苯酚上的甲基与羟基有邻、间、对三种位置,共有5种同分异构体,故C错误;根据上述分析,符合题中A分子结构特征的有机物只有1种,即,故D正确。
1.(2020·浙江7月选考)下列表示不正确的是
(  )
A.乙烯的结构式:
B.甲酸甲酯的结构简式:C2H4O2
C.2-甲基丁烷的键线式:
D.甲基的电子式:·
【解析】选B。结构式是每一对共用电子对用一个短线来表示,乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共用电子对,碳原子和碳原子形成两对共用电子对,A正确;结构简式中需要体现出特殊结构和官能团,甲酸甲酯中要体现出酯基,其结构简式为HCOOCH3,B错误;键线式中每个端点为一个C原子,省略C—H键,C正确;甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对,还剩一个成单电子,D正确。
2.(2019·全国卷Ⅲ)下列化合物的分子中,所有原子可能共平面的是
(  )
A.甲苯  B.乙烷  C.丙炔  D.1,3-丁二烯
【解析】选D。有机物中如果有碳原子形成4个单键时,四个单键指向四面体的四个顶点,该有机物不可能所有原子共平面。甲苯、乙烷、丙炔中均含有甲基,不可能所有原子共平面,A、B、C错误。1,3-丁二烯中两个双键确定的两个平面以单键连接,由于单键可以旋转,所有原子可能共平面,D正确。
3.(2017·北京高考)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如下:
下列说法不正确的是
(  )
A.反应①的产物中含有水
B.反应②中只有碳碳键形成
C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物
D.图中a的名称是2-甲基丁烷
【解析】选B。根据原子守恒可知,CO2+H2===CO+H2O,A正确;反应②中生成(CH2)n,有碳碳键、碳氢键形成,B错误;汽油主要是C5~C11的烃类混合物,C正确;图中a的名称是2-甲基丁烷,D正确。
4.写出下列有机物的化学名称。
(1)(2020·全国卷Ⅰ)C2HCl3        。?
(2)(2020·全国卷Ⅱ)      。?
(3)(2020·全国卷Ⅲ)      。?
(4)(2019·全国卷Ⅲ)      。?
(5)(2018·全国卷Ⅲ)CH3C≡CH      。?
(6)(2018·天津高考)     。?
答案:(1)三氯乙烯 (2)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚) (3)2-羟基苯甲醛(水杨醛) (4)间苯二酚(1,3-苯二酚) (5)丙炔 (6)1,6-己二醇
1.同分异构体数目判断的三种方法:
基元法、替代法、等效氢法
2.三类常见有机物的命名方法:
(1)烷烃:选主链→编序号→写名称;
(2)链状有机物的命名:以烷烃命名法为基础,选主链→编序号→写名称;
(3)苯的同系物的命名:苯环作母体,其他基团作为取代基。
3.研究有机物常见的三种物理方法:
质谱法、红外光谱法、核磁共振氢谱法
4.必记的五种物质的空间构型:
(1)甲烷:正四面体,5个原子中最多有3个原子处于同一平面上;
(2)乙烯:平面结构,键角120°,碳碳双键两端碳和直接相连的四个原子共面;
(3)乙炔:直线形,键角180°,碳碳三键两端碳和直接相连的两个原子共线;
(4)苯:平面结构,位于苯环上的6个碳和直接相连的6个原子共平面;
(5)甲醛:平面结构,碳氧双键和与碳直接相连的两个原子共面。
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