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2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一 第一单元　物质的组成、分类、转化与分散系
考点一　物质的组成
1．元素与物质的组成
(1)宏观上物质是由元素组成的，微观上物质是由分子、原子或离子构成的。
(2)元素：具有相同核电荷数的一类原子的总称。
(3)元素与物质的关系
元素
(4)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
3．混合物和纯净物
(1)纯净物：由同种单质或化合物组成的物质。
(2)混合物：由几种不同的单质或化合物组成的物质。
　(1)由同种元素组成的物质一定是纯净物吗？
(2)H2与H互为同素异形体吗？
提示：　(1)不一定，如O2和O3混合在一起虽然只含氧元素，但属于混合物。
(2)不属于同素异形体，因为H不属于单质。
1．下列化学式能真实表示物质分子组成的是(　　)
A．SiO2　　　B．NaCl　　　C．Fe　　　D．CH3Cl
答案：　D
2．判断下列说法是否正确？不正确的说明理由。
(1)元素在自然界中的存在形式有原子、分子或离子。
(2)同一种元素可能有多种不同原子，同一种原子也可能形成不同的离子。
(3)由同一种元素组成的物质一定是同一种物质。
(4)物质的化学性质一定是由分子保持的。
答案：　(1)(2)均正确。
(3)错误，金刚石和石墨均由碳元素组成，是两种不同物质。
(4)错误，由分子组成的物质，分子是保持物质化学性质的粒子，否则，保持物质化学性质的粒子不是分子，如NaCl等。
3．下列物质属于纯净物的是(　　)
A．铝热剂 B．水玻璃
C．漂白粉 D．冰水混合物
答案：　D
4．下列物质中肯定为纯净物的是 (　　)
A．只由一种元素组成的物质
B．只由一种原子组成的物质
C．只由一种分子组成的物质
D．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质
答案：　C
　常见的混合物
　(1)分散系(如溶液、胶体、浊液等)；
(2)高分子(如蛋白质、纤维素、聚合物、淀粉等)；
(3)常见特殊名称的混合物：石油、石油的各种馏分、煤、漂白粉、碱石灰、福尔马林、油脂、天然气、水煤气、铝热剂等。考点二　物质的性质和变化
1．物质的性质
物理性质
化学性质
概念
物质不经化学变化就能表现出来的性质
物质在化学变化中才能表现出来的性质
实例
可由感官直接感知的：颜色、状态、光泽、晶形、挥发性、气味等
需用仪器测知的：密度、硬度、熔点、沸点、溶解性、导电性、传热性、延展性等
氧化性、还原性、酸性、碱性、热稳定性、可燃性等
的2.物理变化和化学变化的判断
(1)化学变化中一定存在着化学键的断裂与形成，但存在化学键断裂的变化不一定是化学变化，如HCl溶于水，熔融氯化钠的电离等是物理变化。
(2)化学变化中常伴随着发光、放热和颜色变化，但有发光、放热或颜色变化的变化不一定是化学变化，如焰色反应、NaOH溶于水放热、活性炭吸附作用使物质褪色等是物理变化。
(3)原子是化学变化中的最小微粒，即在化学反应中原子的原子核是不发生变化的。核裂变或核聚变会产生新原子，但这是物理学研究的范畴，不属于中学化学意义上的物理变化或化学变化。
　(1)化学变化中一定存在化学键的断裂和形成，有化学键断裂或形成的变化是否一定是化学变化？
(2)核裂变、核聚变均有新物质生成，是否是化学变化？
提示：　(1)有化学键断裂或形成的变化不一定是化学变化，如金属熔化、NaCl溶于水、NaCl晶体从溶液中析出、从浓盐酸中挥发出HCl气体等中虽有化学键断裂或形成但仍属于物理变化。
(2)不是。化学变化研究的前提是原子核不变，核变化虽有新物质生成，但由于原子核发生了变化，所以不是化学变化。
1．下图所示的家庭小实验中，主要发生物理变化的是(　　)
解析：　A项，属于蜡烛的不完全燃烧；C项，其中的原料小苏打与柠檬酸发生化学反应生成CO2；D项，鸡蛋壳的主要成分碳酸钙与醋酸发生化学反应。
答案：　B
2. 对于物质：①干冰、②食盐水、③高锰酸钾、④氧气、⑤氢氧化钠溶液、⑥稀盐酸、⑦铁。下列说法正确的是(　　)
A．干冰转化为二氧化碳气体属于化学变化
B．除去食盐水中的水最好采用化学方法
C．以上7种物质中相互间可能发生置换反应、化合反应、复分解反应及氧化还原反应
D．二氧化碳与氢氧化钠溶液反应可获得纯净的Na2CO3
解析：　选项A，干冰是固态CO2，干冰变为气态CO2只是物质的状态发生变化，并没有新物质产生，属于物理变化。选项B，食盐水中的水最好采用蒸发法除去，蒸发属于物理过程。选项C，铁与稀盐酸发生的反应是置换反应(氧化还原反应)，氧气与铁发生的反应(氧化还原反应)、足量的二氧化碳与氢氧化钠溶液发生的反应均是化合反应，稀盐酸与氢氧化钠溶液发生的反应是复分解反应。选项D，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应可能生成碳酸钠和碳酸氢钠两种物质。
答案：　C
　物质变化中的“三馏”、“四色”、“五解”和“十八化”归类
变化
比较　　
物理变化
化学变化
三馏
①蒸馏②分馏
干馏
四色
焰色反应
①显色反应　②颜色反应
③指示剂变色反应
五解
潮解
①分解　②电解　③水解 ④裂解
十八化
①汽化②液化③熔化④酸化
①氢化　②氧化　③水化　④风化　⑤炭化　⑥钝化　⑦催化　⑧皂化　⑨歧化　⑩卤化　?硝化　?酯化　?裂化　?油脂的硬化
3．下列分类图表示的关系完全正确的是(　　)
答案：　B
4．现有下列五种气体：H2、O2、NO、NH3、NO2，以上气体的制备反应中，有一反应在原理上与其他反应都不能归为同一类型，请写出实验室制取该气体的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　H2、O2、NO、NO2这四种气体，通常由氧化还原反应制备。而NH3是由铵盐和碱反应制备的，属于复分解反应，不属于氧化还原反应。
答案：　2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O考点三　物质的分类
1．分类方法
(1)交叉分类法
利用交叉分类法对下列物质分类，在物质与物质类别之间连线。
(2)树状分类法
请把下列物质的序号填写到下图的括号中。
①硫黄　②HClO　③苛性钠　④铁　⑤小苏打　⑥氧化钠
2．熟记常见无机化合物的分类
无机化合物
　(1)CO、NO是非金属氧化物吗？CO、NO是酸性氧化物吗？
(2)Na2O2、Al2O3是金属氧化物吗？Na2O2、Al2O3是碱性氧化物吗？
(3)能在水溶液中电离出H＋的化合物一定是酸吗？
提示：　(1)CO、NO是非金属氧化物，但不是酸性氧化物。
(2)Na2O2、Al2O3是金属氧化物，但不是碱性氧化物。
(3)不一定，如NaHSO4属于酸式盐。

1．表中关于物质分类的正确组合是(　　)
　类别
组合　　
酸性氧化物
碱性氧化物
酸
碱
盐
A
CO2
SiO2
H2SO4
Na2CO3
NaHCO3
B
CO
Na2O
HCl
NaOH
NaCl
C
SO2
Na2O2
CH3COOH
KOH
CaF2
D
SO3
CaO
HNO3
Ca(OH)2
CaCO3
解析：　可采用排除选项的方法，A中SiO2为酸性氧化物，Na2CO3为盐；B中CO为不成盐氧化物；C中Na2O2与酸反应，生成相应的盐、水和O2，不是碱性氧化物。
答案：　D
2．下列有关物质的分类或归类中正确的是(　　)
A．化合物：HT、CaCl2、NaOH、盐酸
B．纯净物：水玻璃、胆矾晶体、液氯、硫酸
C．天然高分子化合物：淀粉、纤维素、蛋白质、聚氯乙烯
D．同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4
解析：　本题主要考查物质的分类，意在考查考生对物质的分类的实际应用能力。HT是单质，盐酸是混合物，A项错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，B项错误；聚氯乙烯是合成高分子化合物，C项错误。
答案：　D
3．判断下列说法是否正确，若不正确，请简述理由。
(1)非金属氧化物一定是酸性氧化物。
(2)酸性氧化物不一定是非金属氧化物。
(3)金属氧化物一定是碱性氧化物。
(4)碱性氧化物一定是金属氧化物。
(5)Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物。
(6)能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物。
(7)能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物。
答案：　(1)错误，如NO、CO是不成盐氧化物。(2)正确。
(3)错误，如Mn2O7是酸性氧化物。(4)正确。(5)错误，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义。(6)、(7)错误，如Al2O3。
　氧化物的分类
4．(2013·济宁模拟)下列分类正确的是(　　)
A．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物
B．石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱
C．酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应
D．混合物、分散系、胶体从属关系如图所示
解析：　Al2O3属于两性氧化物，A错；石灰石、生石灰、熟石灰分别属于盐、碱性氧化物和碱，B错；反应3Fe(OH)2＋10HNO3===3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O属于氧化还原反应，而不属于复分解反应，C错；胶体属于分散系，而分散系属于混合物，D正确。
答案：　D
5．化学概念在逻辑上存在如下关系：
对下列概念的说法正确的是(　　)
A．化合物与电解质属于重叠关系
B．化合物与碱性氧化物属于交叉关系
C．溶液与胶体属于并列关系
D．离子化合物和电解质属于交叉关系
解析：　化合物与电解质属于包含关系，A错；化合物与碱性氧化物属于包含关系，B错；离子化合物与电解质属于包含关系。
答案：　C
6．能实现下列物质间直接转化的元素是(　　)
单质氧化物酸或碱盐
A．硅　　　　　　　　　　B．硫
C．铜 D．铁
解析：　SiO2与水不能反应，A错误；铜和铁对应的氧化铜、氧化铁不能直接和水反应，C、D错误；SSO2H2SO3Na2SO3，B正确。
答案：　B
7．盐是一类常见的物质，下列物质通过一定反应可直接形成盐的是(　　)
①金属单质　②碱性氧化物　③碱　④非金属单质　⑤酸性氧化物　⑥酸
A．①②③ B．①④⑥
C．②⑤⑥ D．全部
解析：　金属单质与酸反应生成对应的盐和H2；碱性氧化物与酸反应生成盐和水；碱与酸(或酸性氧化物)反应生成盐；非金属单质与金属化合可得到盐；酸性氧化物或酸与碱(或碱性氧化物)反应生成盐。
答案：　D
　单质、氧化物、酸、碱和盐的转化关系
　单质、氧化物、酸、碱、盐是中学阶段学习的五类重要物质，对它们之间的相互转化关系应熟练掌握并能灵活运用。其转化关系如下图所示：
常见的直线型转化关系：
①金属碱性氧化物碱盐
满足上述关系的有K、Na、Ca、Ba等。
②非金属酸性氧化物酸盐
满足上述关系的有C、S、P等。
③ABC酸(或碱)
满足上述关系的有NH3、N2、H2S、S、C、Na等。考点四　分散系　胶体
1．分散系的分类
2．胶体的性质
(1)丁达尔效应
当可见光束通过胶体时，在胶体中出现一条光亮的“通路”。产生丁达尔效应的原因是胶体粒子对光线有散射作用。
(2)电泳
胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，在电场的作用下，胶体粒子在分散系里作定向移动。
(3)聚沉
胶体粒子聚集成较大颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出的过程。
使胶体聚沉的方法
3．Fe(OH)3胶体的制备
(1)过程：向沸水中逐滴加入饱和FeCl3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。
(2)化学方程式为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
　(1)在江河入海口为什么会形成三角洲？
(2)往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸过量，实验过程中可能观察到哪些现象？
(3)水泥厂、冶金厂常用的静电除尘是利用了胶体的哪些性质？
(4)医疗上进行血液透析的原理是什么？
提示：　(1)胶体遇盐溶液(海水)时发生聚沉而形成三角洲。
(2)先出现红褐色沉淀，后随H2SO4的加入沉淀又完全溶解。
(3)烟尘胶体粒子带有电荷，能发生胶体粒子的电泳现象而达到静电除尘的目的。
(4)利用的是蛋白质、血细胞的微粒直径大于毒性物质的微粒直径、即胶体颗粒不能透过半透膜的原理。
1．下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是(　　)
①鸡蛋清溶液　②水　③淀粉溶液　④蔗糖溶液　
⑤Fe(OH)3溶胶　⑥肥皂水
A．①③　　　　　　　　　 B．②⑥
C．② D．④
解析：　②中水属于纯净物，不属于分散系；④中物质属于溶液，剩余物质均属于胶体。
答案：　D
　
　蛋白质溶液、淀粉溶液、肥皂水均属于胶体。
2．下列实验与物质微粒大小无直接关系的是(　　)
答案：　C
3．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
答案：　B
4．下列事实与胶体性质无关的是(　　)
A．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
B．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
C．明矾可用作净水剂
D．臭氧、Cl2均可用于水的消毒净化
解析：　臭氧、Cl2用于水的消毒净化是因为臭氧、Cl2和H2O反应生成的HClO具有强氧化性，与胶体的性质无关。
答案：　D
　胶体与溶液、浊液的比较
分散系
溶液
胶体
浊液
分散质粒子
单个小分子或离子
高分子或多分子集合体
巨大数目的分子集合体
分散质粒子直径
小于1 nm
1～100 nm
大于100 nm
性
质
外观
均一、透明
均一
不均一、不透明
稳定性
稳定
较稳定
不稳定
能否透过滤纸
能
能
不能
能否透过半透膜
能
不能
不能
鉴别
无丁达尔效应
有丁达尔效应
静置分层或沉淀

1．(2013·天津理综·1)运用有关概念判断下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B．Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应
C．OH和CH2OH互为同系物
D．BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质
解析：　燃烧热是指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，A选项没有说明生成物的状态，故错误；有化合价变化的反应(或有电子转移的反应)为氧化还原反应，B项正确；苯酚和苯甲醇是两类不同的物质，不是同系物，C项错误；虽然硫酸钡的水溶液不易导电，但溶解于水中的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡为强电解质，D项错误。
答案：　B
2．(2012·新课标全国卷·8)下列说法正确的是(　　)
A．医用酒精的浓度通常为95%
B．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料
C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料
解析：　A项中医用酒精的浓度为75%，错误；B项中单质硅用于太阳能电池，正确；C项中油脂是小分子化合物，不是高分子化合物，错误；D项中合成纤维是有机材料，不是无机非金属材料，错误。
答案：　B
3．(2012·山东高考题重组)下列说法正确的是(　　)
A．化合反应均为氧化还原反应(7A)
B．金属氧化物均为碱性氧化物(7B)
C．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体(8B)
D．石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物(7D)
解析：　有单质参加的化合反应为氧化还原反应，否则不一定为氧化还原反应，如CaO＋H2O===Ca(OH)2等；大多数金属氧化物为碱性氧化物，但也有的是酸性氧化物，如Mn2O7等，也有的是两性氧化物，如Al2O3等；石油是混合物，其分馏产品汽油仍为混合物。
答案：　C
4．(2013·四川理综·2)下列物质分类正确的是(　　)
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
解析：　酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不属于酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项错误；四氯化碳为非电解质，C项错误；福尔马林是35%～40%的甲醛水溶液，属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氨水是氨气溶于水形成的混合物，D项正确。
答案：　D
5．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋(2011·北京理综，9C)(　　)
(2)沸水中滴加适量饱和氯化铁溶液，形成带电的胶体，导电能力增强(2012·重庆理综，10D)(　　)
(3)“血液透析”利用了胶体的性质(2012·四川理综，6C)(　　)
(4)“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质(2009·广东，5③)(　　)
(5)葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体(2011·山东理综，9D)(　　)
(6)依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液(2010·福建理综，8C)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
阅卷现场(一)__考查胶体时常见错例剖析
Fe3O4又称磁性氧化铁，请根据要求完成下列问题。
(1)Fe3O4固体(黑色)可以写成Fe2O3·FeO，属于________(填“混合物”或“纯净物”)。将其加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)向(1)所得溶液中通入过量氯气后，用此溶液进行以下实验：
取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
此反应属于________________________________________________________________________。
(3)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸直至溶液呈________色，即可制得Fe(OH)3胶体。
(4)取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡摇匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到__________烧杯中的液体产生丁达尔效应，这个实验可以用来区别________________________________________________________________________
______________。
[阅卷记录]
问题
常见错误
第(1)问
①Fe3O4与盐酸反应的化学方程式中产物容易漏写FeCl2；
②错误认为Fe3O4属于“混合物”
第(2)问
书写化学方程式时容易漏标沉淀符号“↓”
第(4)问
答成“甲”
[错因剖析]　
(1)Fe3O4中铁元素有＋3价、＋2价两种价态，与盐酸反应时应该同时有FeCl3和FeCl2生成。Fe3O4虽然写成Fe2O3·FeO，但它是纯净物，若对纯净物和混合物的概念理解不透，容易错答。
(2)书写化学方程式时注意反应条件、生成物状态要齐备，易漏沉淀符号“↓”会造成错误。
(4)丁达尔效应是胶体的特性，此性质常用来鉴别溶液和胶体，若记忆不清会造成错答。
正确解答：　(1)纯净物　Fe3O4＋8HCl===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O
(2)FeCl3＋3NaOH===Fe(OH)3↓＋3NaCl　复分解反应
(3)红褐　(4)乙　胶体和溶液
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一 第三单元　物质的量浓度及其溶液的配制
考点一　物质的量浓度及相关计算
内容
物质的量浓度
质量分数
定义
以单位体积溶液里含有多少摩尔溶质来表示溶液组成的物理量
用溶质质量与溶液质量之比来表示溶液组成的物理量
溶质的单位
mol
?
溶液的单位
L
?
计算公式
cB＝
w＝×100%
1．观察两个试剂瓶上的标签，回答下列问题。
(1)“5%硫酸铜溶液”中的5%是什么含义？
(2)0.4 mol·L－1 NaCl溶液中0.4 mol·L－1表示的含义是什么？
(3)从上述两种溶液中分别取出5 mL，它们的浓度分别是________、________。
2．将36.5 g HCl溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度是1 mol·L－1吗？为什么？
提示：　1.(1)表示100 g硫酸铜溶液中含有5 g硫酸铜溶质。
(2)1 L该NaCl溶液中所含NaCl的物质的量是0.4 mol。
(3)5%　0.4 mol·L－1
2．不是。当HCl溶于水后，溶液体积不再是1 L，故不可能是1 mol·L－1，但可以叙述为将36.5 g氯化氢溶于水得1 L溶液，则其浓度为1 mol·L－1。
1．下列目的能达到的是(　　)
A．将58.5 g NaCl溶于1 L水中可得1 mol·L－1的NaCl溶液
B．从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 mol/L
C．中和100 mL 1 mol/L的H2SO4溶液生成正盐，需NaOH 4 g
D．将78 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液可得到浓度为1 mol·L－1溶液
解析：　A项不知道所得溶液的体积，无法计算NaCl溶液的物质的量浓度；C项：m(NaOH)＝2×0.1 L×1 mol·L－1×40 g·mol－1＝8 g；D项：所得溶液NaOH为溶质其浓度应为2 mol·L－1。
答案：　B
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是(　　)
A．2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NA
B．500 mL溶液中NO浓度为0.2 mol/L
C．500 mL溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol/L
D．500 mL溶液中NO物质的量为0.2 mol
解析：　在Ba(NO3)2溶液中，c(Ba2＋)∶c(NO)∶c[Ba(NO3)2]＝1∶2∶1,2 L溶液中离子总数为2 L×0.2 mol/L×(2＋1)＝1.2 mol，A正确；离子的浓度与体积无关，B错误，C正确；500 mL溶液中NO物质的量为0.5 L×0.2 mol/L×2＝0.2 mol，D正确。
答案：　B
3．使用胆矾配制1 L 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，正确的操作是(　　)
A．将胆矾加热除去结晶水后，称取16 g溶解在1 L水里
B．称取胆矾25 g，溶解在1 L水里
C．将25 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L
D．将16 g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1 L
解析：　A、B两项中水为1 L时再溶解了别的物质，形成溶液的体积就不是1 L了，尽管溶质为0.1 mol，但其浓度不是0.1 mol/L；D项中16 g胆矾含CuSO4少于0.1 mol，浓度也不是0.1 mol/L。
答案：　C
4．36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为w，物质的量浓度为c，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是(　　)
A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol/L
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
D．所得溶液的质量分数：w＝36.5c/(1 000ρ)
解析：　c＝＝ mol/L，A项错误；HCl溶于水后完全电离为H＋和Cl－，溶液中不存在HCl分子，B项错误；36.5 g HCl在标准状况下体积为22.4 L，C项错误；设溶液体积为V L，则w＝×100%＝，D项正确。
答案：　D
　计算气体溶于水所得溶液浓度时应规避两个易错点
(1)气体溶于水，溶质是该气体与水反应生成的物质，NH3溶于水后主要溶质是NH3·H2O，但以NH3计算。
(2)气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积更不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。
5．某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm－3，其中镁离子的质量分数为5.1%。300 mL该溶液中氯离子的物质的量约等于(　　)
A．0.37 mol　　　　　　　　　 B．0.63 mol
C．0.74 mol D．1.5 mol
解析：　c(Mg2＋)＝＝＝2.507 5 (mol·L－1)，c(Cl－)＝2c(Mg2＋)＝5.015 mol·L－1，n(Cl－)＝5.015 mol·L－1×0.3 L＝1.504 5 mol。
答案：　D
　利用假设法探究物质的量浓度与质量分数的关系
　已知溶质的质量分数w，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，求物质的量浓度c。
我们可以假设溶液为1 L，所以溶液质量为1×1 000×ρ g，溶质的质量为1×1 000×ρ×w g，溶质的物质的量为 mol，这样我们就很容易求出该溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1。
6．300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol·L－1 NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为(　　)
A．1∶4　　　　　　　　　 B．1∶5
C．2∶1 D．2∶3
解析：　n(NaOH)＝＝1.5 mol，
c(NaOH)＝＝5 mol·L－1
1 mol·L－1＝，解得＝。
答案：　A
7．(1)将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是________________________________________________________________________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
解析：　当等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为ρ2，体积各为1 L，则混合后w＝＝()×p%＝(1＋)p%
则当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；
当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，w<2p%。
答案：　(1)②　(2)③
　溶液混合时常考的两个角度
1．同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
(1)混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。
(2)混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。
2．溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
(1)等体积混合
①当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)等体积混合后质量分数w>(a%＋b%)。
②当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，(如酒精、氨水溶液)等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)。
(2)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ<1 g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。
考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
1．容量瓶及使用注意事项
(1)一条刻度线(瓶颈)。
(2)两个数据：标明“规格和使用温度”(瓶身)。如图：
(3)三步查漏
容量瓶使用前一定要检查是否漏水。操作顺序：装水盖塞、倒立→观察是否漏水→正立→玻璃塞旋转180°、倒立→观察是否漏水
(4)四个“不能”
①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；
②不能作为反应容器或用来长期贮存溶液；
③不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的；
④不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。
2．配制过程
以配制500 mL、1.00 mol/L NaOH溶液为例
(1)计算：需NaOH固体的质量为20.0g。
(2)称量：用小烧杯称量NaOH固体。
(3)溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量水溶解。
(4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入500 mL容量瓶。
(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液移入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。
(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
图示流程如下：
　实验中需要0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时你认为应选什么规格的容量瓶？根据你选定的容量瓶确定应称取Na2CO3的质量是多少？
提示：　1 000 mL　10.6 g
1．容量瓶上需要标有：①温度，②浓度，③容量，④压强，⑤刻度线，⑥碱式或酸式六项中的 (　　)
A．①③⑤ 　　　　　　　　 B．②④⑥
C．③⑤⑥ D．①②③
答案：　A
2．实验室配制1 mol·L－1的盐酸250 mL，下列不需要的仪器是 (　　)
A．250 mL容量瓶 B．托盘天平
C．胶头滴管 D．烧杯
答案：　B
3．实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是(　　)
A．称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水
B．称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C．称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水
D．称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
解析：　溶液体积为500 mL，n(CuSO4)＝0.05 mol，m(CuSO4)＝8.0 g或m(CuSO4·5H2O)＝12.5 g，然后配成500 mL溶液，D正确。
答案：　D
4．配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液，下列操作中错误的是 (　　)
A．在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量
B．把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中
C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒各2～3次，洗涤液也移入容量瓶中
D．沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切
解析：　配制溶液的过程中，在液面接近刻度线1～2 cm时，需改用胶头滴管加水至刻度线。
答案：　D
　配制溶液中的“四个数据”
数据
要求或解释
药品的质量
实验室中一般用托盘天平称量药品，而托盘天平只能称准到0.1 g，所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。
容量瓶
的规格
(1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大，如本题中应该选择500 mL容量瓶。
(2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格，如需500 mL容量瓶时应该回答“500 mL容量瓶”，不能只回答“容量瓶”。
洗涤烧杯
2～3次
移液时洗涤烧杯2～3次是为了确保溶质全部转移入容量瓶中，否则会导致溶液浓度偏低。
液面离容
量瓶颈刻
度线下
1～2 cm
定容时，当液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm时，应该改用胶头滴管滴加，否则容易导致液体体积超过刻度线，导致溶液浓度偏低。
5．配制250 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是(　　)
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度
解析：　B项，如图乙所示，定容后液面高于容量瓶的刻度线，溶液体积偏大，NaOH物质的量浓度偏小；C项，如图甲所示，情况与B项相反；A、D两项易判断会偏小。
答案：　C
　“仰视”、“俯视”造成误差图解
　定容时务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序，做到“三点一线”。
(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1NA个OH－(2011·广东高考，9B)(　　)
(2)欲配制1.00 L 1.00 mol·L－1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中(2011·新课标全国卷，7C)(　　)
(3)1 mol ·L－1 NaCl溶液含有NA个Na＋(2010·广东高考，8B)(　　)
(4)常温下，1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA(2010·江苏高考，5A)(　　)
(5)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(2010·福建高考，7D)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
2．(2010·四川理综·12)标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是(　　)
A．ρ＝(17V＋22 400)/(22.4＋22.4V)
B．w＝17c/(1 000ρ)
C．w＝17V/(17V＋22 400)
D．c＝1 000Vρ/(17V＋22 400)
解析：　由c＝＝
＝mol/L
由上可推知：ρ＝
设溶液的体积为1 L
由c＝可得
w＝＝
w＝＝＝
因此只有A项不正确。
答案：　A
3．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸钠溶液(2012·福建理综，6C)(　　)
(2)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸需要100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管(2012·安徽理综，10B)(　　)
(3)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1H2SO4溶液(2011·江苏，7B)(　　)
(4)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(2010·山东理综，14B)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
4．[2013·天津理综·9(4)]配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是______________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的________(填字母代号)。
答案：　抑制NH4Fe(SO4)2水解　ac
5．[2009·广东·24(2)]NH4Al(SO4)2·12H2O的相对分子质量为453。欲配制100 mL pH为2、浓度约为0.1 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液，配制过程为：
①用托盘天平称量NH4Al(SO4)2·12H2O固体________g；
②将上述固体置于烧杯中，______________。
答案：　①4.5　②称量→溶解→移液→洗涤→定容
答题模板(一)__定容操作的规范描述
(山东高考节选)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备
CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
Fe(OH)3溶液C→CuSO4·5H2OSiO2CO2 ↓CaCl2溶液CaCO3　↑NH3·H2O　
请回答下列问题：
……
(4)欲测定溶液A中Fe2＋的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应________________________________________________________________________，
直到________________________________________________________________________。
[抽样点评]

抽样
试卷
定容时视线应平视液面①，直到凹液面与刻度线相切②
分析
点评
①读数时，视线、液面、刻度线要在同一水平线上
②凹液面的最低点与刻度线相切才是正确读数
[规范答案]　
平视凹液面(平视刻度线)
凹液面的最低点与刻度线相切
[答题模板]
(1)视线：指出视线、刻度线和凹液面要在同一水平线上。
(2)读数：读取与凹液面最低点相切的刻度线的数据。
说明：解答此类题目要注意2个得分点：前一空的得分点是“视线＋凹液面(或刻度线)”，后一空得分点是“液面最低点＋相切”。
专题讲座(一)　数学思想——四种解题技巧　在化学方程式计算中的应用
一、一般比例式法在化学方程式计算中的应用
1．化学方程式在量方面的含义
　　　　　　　aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)
质量比 aMA bMB cMC dMD
物质的量比 a b c d
体积比 a b c d
2．一般步骤
(1)根据题意写出并配平化学方程式。
(2)依据题中所给信息及化学方程式判断过量，用完全反应的量进行求解。
(3)选择适当的量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为x表示]分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致”。
(4)列比例式，求未知量。
二、四种解题技巧在化学方程式计算中的应用
1．差量法
(1)差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
　　　　　2C(s) ＋ O2(g)===2CO(g)　　
固体差量 24 g Δm＝24 g
物质的量差量 2 mol 1 mol 2 mol Δn＝1 mol
体积差量 1 2 1
　
(2)使用差量法的注意事项
①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。
②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上下一致，左右相当”。
(质量差量)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：　发生的反应为：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　固体质量减少
2×84 18＋44＝62
m(NaHCO3) (w1－w2)g
m(NaHCO3)＝(w1－w2)g。
故Na2CO3的质量为：w1 g－(w1－w2)g＝g，样品的纯度(质量分数)是：g÷w1g＝。
答案：　A
(物质的量差量)白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol，求平衡时PCl5的分解率为________。
解析：　原n(PCl5)＝≈0.028 mol
设分解的PCl5的物质的量为x mol
PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)　物质的量增加(Δn)
1 1 1 1
x mol
0.05 mol－0.028 mol
＝0.022 mol
所以x＝0.022
PCl5的分解率＝×100%≈78.6%。
答案：　78.6%
(体积差量)一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是(　　)
A．16.7%　　　　　　　　　　 B．20.0%
C．80.0% D．83.3%
解析：　N2＋3H22NH3　　ΔV
1 L 3 L 2 L 2 L
由以上关系式可知反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。
设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3。则原气体总体积减少20 L。所以，原始氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为×100%＝16.7%。
答案：　A
2．关系式法
多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。
(1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
?
?由木炭、水蒸气制取NH3的关系为：3C～4NH3。
(2)原子守恒法
4NH3＋5O24NO＋6H2O
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。
(3)电子转移守恒法
NH3HNO3，O22
由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。
用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0 g，则此铅氧化物的化学式是(　　)
A．PbO　　　　　　　　　　B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
解析：　设此铅氧化物的化学式PbxOy,13.7 g铅氧化物中氧原子的质量是m(O)，则：
PbxOy～yO～yCO2～yCaCO3
16y 100y
m(O) 8.0 g
m(O)＝1.28 g，则m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g。
故x∶y＝∶＝3∶4。
答案：　C
3．极值法
(1)极值法的含义
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造成为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)极值法解题的基本思路
极值法解题有三个基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点
极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
已知25 ℃下，0.1 mol·L－1某二元酸(H2A)溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是(　　)
A．小于0.5　　　　　　　　　　 B．等于0.5
C．大于0.5且小于1 D．大于1且小于2
解析：　因为0.1 mol·L－1 H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，则H2A与NaOH反应生成正盐(Na2A)时，由于Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2＝0.5。现已知混合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的浓度只能小于0.2 mol·L－1，所以两者的物质的量浓度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因为H2A与NaOH反应生成酸式盐(NaHA)时，溶液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，两者的物质的量浓度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在0.5与1之间。
答案：　C
4．平均值规律及应用
(1)依据：若XA>XB，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
(2)应用：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。
铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)
A．9.02 g　　　　　　　　　 B．8.51 g
C．8.26 g D．7.04 g
解析：　根据生成的气体的体积可得，被还原的硝酸共有0.23 mol，则4.6 g铜和镁的合金的物质的量为0.115 mol，故合金的平均摩尔质量为＝40 g/mol，氢氧化物的平均相对分子质量为：40＋17×2＝74。故形成的氢氧化物沉淀为：(4.6 g÷40 g/mol)×74 g/mol＝8.51 g或0.115 mol×74 g/mol＝8.51 g。
答案：　B
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一第二单元　物质的量　气体摩尔体积
考点一　物质的量及摩尔质量
1．物质的量、摩尔与阿伏加德罗常数
2．物质的量规范表示方法
3．摩尔质量
——
1．1 mol NaCl和1 mol HCl所含的分子数相同，对吗？1 mol氢这种说法对吗？
2．1摩尔物质的质量，与物质的摩尔质量等同吗？
提示：　1.两种说法均不对。NaCl由Na＋和Cl－构成，不存在分子；1 mol氢中的“氢”未指明微粒名称：是氢分子、氢原子还是氢离子？
2．不等同。1摩尔物质的质量，讲的是质量，单位是g；物质的摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g·mol－1。
1．下列说法中正确的是(　　)
A．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B．1 mol Ne中含有约6.02×1024个电子
C．1 mol水中含2 mol氢和1 mol氧
D．摩尔是化学上常用的一个物理量
答案：　B
2．下列说法中正确的是(　　)
A．H2的摩尔质量是2 g
B．1 mol氧的质量是16 g
C．氧气的摩尔质量是32 g·mol－1
D．2 g H2含1 mol H
答案：　C
　某微粒的摩尔质量、相对式量、1 mol该微粒的质量三者之间既有区别又有联系：三者是三个不同的物理量，单位依次为g·mol－1、1 、g，当摩尔质量的单位为“g·mol－1”时，三者的数值相同。
3．1 mol H2SO4中含有______个氢原子，所含氧原子跟________g水所含氧原子数相同。
答案：　1.204×1024　72
4．①标准状况下，22.4 L CH4；②1.5 mol NH3；③1.806×1024个H2O；④标准状况下，73 g HCl所含H原子个数由多到少的顺序是________。
答案：　③>②>①>④
5．下列数量的各物质所含原子个数由大到小顺序排列的是(　　)
①0.5 mol氨气　②4 g氦气　③4 ℃时9 mL水　④0.2 mol磷酸钠
A．①④③②　　　　　　　　 B．④③②①
C．②③④① D．①④②③
解析：　①中原子物质的量为0.5 mol×4＝2 mol；②中原子物质的量为1 mol；③中原子物质的量为×3＝1.5 mol；④中原子物质的量为0.2 mol×8＝1.6 mol，故原子数由大到小为①④③②。
答案：　A
6．某硫原子的质量是a g,12C原子的质量是b g，若NA只表示阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是(　　)
①该硫原子的相对原子质量为
②m g该硫原子的物质的量为mol
③该硫原子的摩尔质量是aNA g
④a g该硫原子所含的电子数为16NA
A．①③ B．②④
C．①② D．②③
解析：　该硫原子的相对原子质量Mr(S)＝＝，①对；该硫原子的摩尔质量M(S)＝a g×NA mol－1＝aNA g·mol－1，③错；m g该硫原子的物质的量n(S)＝＝ mol，②对；a g硫原子即1个硫原子，其中所含电子数为16个，④错。
答案：　C
　求算原子相对原子质量的两种方法
(1)Mr＝
(2)先求M，再根据Mr与M的数值关系，确定Mr的数值。
考点二　气体摩尔体积及阿伏加德罗定律
1．气体摩尔体积
(1)含义：在一定温度和压强下，单位物质的量的气体所占有的体积。
(2)符号与单位：符号为Vm，单位为L·mol－1(或m3·mol－1)。
(3)特例：标准状况是指0_℃和101__kPa，此情况下，气体摩尔体积约为22.4_L·mol－1。
(4)与物质的量、气体体积之间的关系：n＝。
2．阿伏加德罗定律——“三同”定“一同”
(1)决定气体体积的外界条件：一定物质的量的气体，其体积的大小取决于气体所处的温度和压强。
(2)阿伏加德罗定律
?
(3)阿伏加德罗定律的推论——“两同”定“比例”
条件
结论
类型一
同温同压
V1/V2＝n1/n2
ρ1/ρ2＝M1/M2
类型二
同温同容
p1/p2＝n1/n2
注：以上用到的符号ρ为密度、p为压强、n为物质的量、M为摩尔质量、V为气体体积
1．标准状况下，1 mol气体的体积是22.4 L，如果当1 mol气体的体积是22.4 L时，一定是标准状况吗？
2．同温同压下，相同体积的CO2和CO，其分子数之比是多少？氧原子数之比是多少？
提示：　1.不一定。因为气体的体积与温度、压强和气体的分子数有关，1 mol气体在非标准状况下的体积有可能为22.4 L。
2．1∶1　2∶1
1．下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L　③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L　④标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L　⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1　⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤　　　　　　　　 B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
解析：　①中未注明标准状况下物质所处的状态；②未注明标准状况；③中H2O为非气态；⑤在相同温度和压强下，气体的摩尔体积几乎相等，在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4 L·mol－1。
答案：　B
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，如果a g某双原子分子气体的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是(　　)
A. B.
C. D.
解析：　a g该双原子分子气体的分子数为p，则b g该气体的分子数为，可得b g该气体的物质的量为(mol)，则b g该气体在标准状况下的体积为(L)。
答案：　D
　“物质的量”是换算中的桥梁
3．体积相同的甲、乙两容器中，一个充满C2H4，另一个充满C2H2和C2H6。在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的(　　)
A．原子总数 B．碳原子总数
C．质量 D．密度
解析：　同温同压同体积的气体，其分子数(物质的量)一定相同。由于1 mol C2H4含有6 mol原子，而1 mol C2H2和C2H6的混合气体，其原子的物质的量应介于4～8 mol之间，故A项不符合题意；甲、乙两容器中，1 mol气体均含有2 mol C，B项符合题意；由于C2H4的摩尔质量为28 g·mol－1，混合气体的摩尔质量介于26～30 g·mol－1之间，C项不符合题意；由ρ＝及C项知D项不符合题意。
答案：　B
4．下列各组物质中，分子数相同的是(　　)
A．2 L SO2和2 L CO2
B．9 g水和标准状况下11.2 L CO2
C．标准状况下1 mol氧气和22.4 L水
D．0.1 mol氢气和2.24 L氯化氢气体
解析：　A项未注明温度和压强是否分别相同；C项中水在标准状况下为非气体；D项未注明标准状况。
答案：　B
5．已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为__________。
解析：　根据质量守恒定律知0.04 mol C的质量为：16 g＋20 g－31.76 g＝4.24 g，故M(C)＝＝106 g·mol－1。
答案：　106 g·mol－1
　求气体摩尔质量M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(g·mol－1)。
(2)根据气体的相对密度(D＝ρ1/ρ2)：M1/M2＝D。
(3)根据物质的质量(m)和物质的量(n)：M＝m/n。
(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＝NA·m/N。
(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：＝×a%＋×b%＋×c%……，a%、b%、c%指混合物中各成分的物质的量分数(或体积分数)。
考点三　阿伏加德罗常数的应用
1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA(　　)
(2)标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA(　　)
(3)标准状况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√
2．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)18 g D2O所含的电子数为10NA(　　)
(2)1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA(　　)
(3)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√
　考查物质组成与结构的常设角度
1．特殊物质中所含微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目：如Ne、D2O、18O2、H37Cl、—OH等。
2．物质中所含化学键的数目：
如H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1。
3．最简式相同的物质中的微粒数目：如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等。
4．摩尔质量相同的物质中的微粒数目：
如N2、CO、C2H4等。
3．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(　　)
(2)1 mol Fe与少量的稀硝酸反应，转移3NA个电子(　　)
(3)在反应KIO3＋6HI===3I2＋KI＋3H2O中，每生成1 mol I2转移电子数为2NA(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×
4．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)将0.1 mol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3＋(　　)
(2)25 ℃，1 L pH＝12的氨水中，含有OH－的数目为0.01NA(　　)
(3)25 ℃时1 L 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中含有0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)×
　考查胶体粒子数是最大的陷阱
　1 mol FeCl3溶于水后充分水解为Fe(OH)3胶体，其中Fe(OH)3胶体粒子远少于NA个。
5．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)标准状况下，22.4 L NO2气体中所含氮原子数目为NA(　　)
(2)2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA(　　)
答案：　(1)×　(2)×
　常入题的三个“隐含反应”
(1)2NO2N2O4
(2)典型的可逆反应
(3)NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－

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，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA(2013·江苏化学，7D)(　　)
(2)0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等(2012·福建理综，10A)(　　)
(3)常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2nA个O原子(2012·广东理综，11D)(　　)
(4)标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA(2012·四川理综，7A)(　　)
(5)常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子(2011·广东理综，9C)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
2．(2013·大纲卷·8)下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是(　　)
A．体积相等时密度相等
B．原子数相等时具有的中子数相等
C．体积相等时具有的电子数相等
D．质量相等时具有的质子数相等
解析：　由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，所以A项错误；1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，所以B项错误；12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，所以C项正确；每个12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，所以D项错误。
答案：　C
3．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)考查气体摩尔体积适用条件及物质的聚集状态
①常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA(2013·江苏化学，7C)(　　)
②常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA(2012·江苏化学，8D)(　　)
③标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为4NA个(2010·四川理综，7A)(　　)
答案：　①√　②×　③×
(2)考查物质的组成和结构
④78 g苯含有C===C双键的数目为3NA(2013·江苏化学，7B)(　　)
⑤28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA(2012·新课标全国卷，9B)(　　)
⑥常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA(2012·四川理综，7B)(　　)
⑦1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023(2011·新课标全国卷，7B)(　　)
⑧1 mol羟基中电子数为10NA(2010·江苏化学，5B)(　　)
⑨1.7 g H2O2中含有电子数为0.9NA(2010·上海，7B)(　　)
1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子(2011·新课标全国卷，7A)(　　)
答案：　④×　⑤√　⑥√　⑦√　⑧×　⑨√　×
(3)考查氧化还原反应电子转移数目
?标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA(2012·江苏化学，8A)(　　)
?1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子(2011·大纲全国卷，12D)(　　)
?常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA(2011·江苏化学，8D)(　　)
?1 mol Cl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA(2011·海南，10B)(　　)
答案：　?×　?√　?√　?×
(4)考查电解质溶液中的粒子数目
?1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA(2013·江苏化学，7A)(　　)
?1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1NA个OH－(2011·广东理综，9B)(　　)
?10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA(2011·海南，10C)(　　)
?10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－离子数为NA(2011·海南，10D)(　　)
答案：　?×　?×　?×　?√
(5)考查一些特殊反应
?50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA(2012·四川高考，7C)(　　)
?某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA(2012·四川高考，7D)(　　)
1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NA个NO分子(2010·广东高考，8C)(　　)
答案：　?×　?×　×
4．(2013·课标全国卷Ⅱ·9)N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C．25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N0
D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
解析：　1.0 L 1.0 mol/L的NaAlO2水溶液中，溶质NaAlO2和溶剂H2O中均含有氧原子，因此含有的氧原子数大于2N0，A项错误；石墨烯中1个六元环中含C原子的个数为6×＝2,12 g石墨烯中C的物质的量为1 mol，则六元环的个数为0.5N0，B项正确；25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L，由于没有提供溶液的体积，OH－的数目无法确定，C项错误；1 mol —OH所含电子数为9N0，而1 mol OH－所含电子数为10N0，D项错误。
答案：　B
高考试题中的教材实验(一)__气体体积、质量的测定
　[尝试解答]
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(ⅰ)Zn粒　残余清液(按序写出两项)
(ⅱ)装置内气体尚未冷至室温
[高考演变角度]
1．气体体积的测定
既可通过测量气体排出的液体体积来确定气体的体积(二者体积值相等)，也可直接测量收集的气体体积。
测量气体体积的常用方法
(1)直接测量法。如图A、B、C、D、E均是直接测量气体体积的装置。测量前A装置可先通过调整左右两管的高度使左管(有刻度)充满液体，且两管液面相平。C装置则是直接将一种反应物置于倒置的量筒中，另一反应物置于水槽中，二者反应产生的气体可以直接测量。
装置D：用于测量混合气体中被吸收(或不被吸收)的气体的体积数。读数时，球形容器和量气管液面相平，量气管内增加的水的体积等于被反应管吸收后剩余气体的体积。
装置E：直接测量固液反应产生气体的体积，注意应恢复至室温后，读取注射器中气体的体积。(一般适合滴加液体量比较少的气体体积测量)。
(2)间接测量法。如F装置是通过测量气体排出的液体体积来确定气体体积。
2．气体质量的测量装置
气体质量的测量一般是用吸收剂将气体吸收，然后再称量。常见的吸收装置：
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一 第五单元　氧化还原反应的基本概念
考点一　氧化还原反应的基本概念
1．氧化还原反应
(1)氧化还原反应的判据
①化学反应
②氧化还原反应的最佳判据是有无元素化合价变化。
(2)与四种基本反应类型的关系
2．氧化还原反应的基本概念
(1)结合实例理解氧化还原反应的基本概念
反应4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中
①Cl元素被氧化，Mn元素被还原；
②HCl发生氧化反应，MnO2发生还原反应；
③MnO2是氧化剂，HCl是还原剂；
④氧化产物是Cl2，还原产物是MnCl2。
(2)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活泼的非金属单质、元素处于高价时的物质、过氧化物等。如：
——Cl2　浓硫酸　浓硝酸　稀硝酸　KMnO4(H＋)
　↓ ↓ 　↓ 　↓ 　↓ 　↓
— Cl－ 　SO2 　NO2 　NO 　Mn2＋
②常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、某些活泼的非金属单质、元素处于低价态时的物质等。如：
——Zn　　H2　　CO
　↓ ↓ 　↓ ↓
— Zn2＋ 　H2O CO2
③具有中间价态的物质既有氧化性，又有还原性
具有中间价态的物质
氧化产物
还原产物
Fe2＋
Fe3＋
Fe
SO
SO
S
H2O2
O2
H2O
其中：Fe2＋、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
　判断正误，并说明理由。
(1)金属阳离子一定只具有氧化性。
(2)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原。
(3)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应。
(4)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂。
(5)某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原。
提示：　(1)错误；最高价阳离子只具有氧化性，中间价态的阳离子如Fe2＋既有氧化性又有还原性。
(2)错误；Cl2＋H2OHCl＋HClO的反应中，氯元素既被氧化又被还原。
(3)错误；同素异形体之间的转化，如3O22O3不属于氧化还原反应。
(4)错误；如SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂。
(5)正确；如Cl－Cl2HClO，转化①中氯元素被还原，转化②中氯元素被氧化。
1．(原创题)KOH是我国古代纺织业常用做漂洗的洗涤剂，古代制取KOH的流程如下：
在上述流程中没有涉及的化学反应类型是(　　)
A．化合反应　　　　　　　 B．分解反应
C．置换反应 D．复分解反应
答案：　C
2．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是(　　)
A．Cl2＋2NaI===2NaCl＋I2
B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
解析：　阴影3区域表示既不属于化合反应，又不属于分解反应，还不属于置换反应的氧化还原反应。A项属于置换反应；B项属于非氧化还原反应；C项属于化合反应。
答案：　D
3．某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2 700 ℃，对于该反应，下列说法正确的是(　　)
A．该反应属于置换反应
B．N2H4是氧化剂
C．N2O4是还原剂
D．N2既是氧化产物又是还原产物
答案：　D
4．制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO3＋2HCN===CaCN2＋CO↑＋H2↑＋CO2↑，在反应中(　　)
A．氢元素被氧化，碳元素被还原
B．HCN是氧化剂，CaCO3是还原剂
C．CaCN2是氧化产物，H2是还原产物
D．CO为氧化产物，H2为还原产物
解析：　从反应物CaCO3到生成物CO2，碳的化合价均为＋4价，没有改变，再从生成物H2分析发现氢的化合价降低，显然HCN中氢得电子，HCN是氧化剂，而CaCO3中的各元素均无化合价变化，而还原剂也必是HCN，其中的碳元素也一定被氧化，在HCN中碳为＋2价，CO中的碳也为＋2价，则CaCN2中碳为＋4价，故CaCN2为氧化产物。
答案：　C
(1)抓住概念间的关系
(2)明确解题思路
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。
考点二　电子转移的方向及数目
1．电子转移的表示方法
(1)双线桥法
氧化剂＋还原剂===还原得到ne－产物＋氧化失去ne－产物
请标出Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：
3Cu＋8HNO3(稀)===3C失去3×2e－u(NO3)2＋2N得到2×3e－O↑＋4H2O
(1)箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素。
(2)箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。
(2)单线桥法
氧化剂＋还原ne－剂===还原产物＋氧化产物
请标出Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：
3Cu＋8HN6e－O3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(1)箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。
(2)箭头方向表示电子转移的方向。
(3)在“桥”上标明转移的是电子总数。
2．电子转移数目的确定方法
(1)双线桥法中的电子转移数目
氧化剂得电子数＝氧化剂中变价原子个数×元素化合价降低值。
还原剂失电子数＝还原剂中变价原子个数×元素化合价升高值。
(2)单线桥法中电子转移数目
氧化剂1得电子数＋氧化剂2得电子数＋……
或还原剂1失电子数＋还原剂2失电子数＋……
　判断正误并说明错因
　(1)Cl2＋2NaOH===NaC失2e－l＋NaC得2e－lO＋H2O
(2)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO得4×e－3＋O失2×2e－2
(3)6HCl(浓)＋KClO3===KC得6e－l＋3C失6e－l2↑＋3H2O
提示：　(1)错误；应转移一个电子。
(2)错误；应为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO得2×e－3＋O失2×e－2。
(3)错误；应为6HCl(浓)＋KClO3===KCl＋3C失5×e－得5e－l2↑＋3H2O。
1．用单线桥法标出下列反应电子转移的方向及数目
(1)SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
(2)H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O
答案：　(1)SO2＋2H2S4e－===3S↓＋2H2O
(2)H2S＋H2S2e－O4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O
　走好关键第一步——正确标出元素化合价
　正确分析氧化还原反应中电子转移的数目，其前提是确定物质中各元素(特别是变价元素)的化合价。基本方法是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。
近几年高考中一些特殊物质中元素化合价判断
CuFeS2　Cu＋2　Fe＋2　S－2　K2FeO4　Fe＋6
Li2NH　N－3　LiNH2　N－3　AlN　N－3
Na2S2O3　S＋2　MO　M＋5　C2O　C＋3
HCN　C＋2　N－3　CuH　Cu＋1　H－1
FeO　Fe＋(8－n)　Si3N4　Si＋4　N－3
2．下列氧化还原反应中，1 mol H2O得到1 mol电子的是(　　)
A．Cl2＋H2OHCl＋HClO
B．2Na2O2＋2H2O=== 4NaOH＋O2↑
C．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
D．3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
解析：　在A、B、D项中H2O既不作氧化剂又不作还原剂；C项中H2O为氧化剂，1 mol H2O得1 mol e－。
答案：　C
3．在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为(　　)
A．1 mol　　　　　　　　　 B．1/2 mol
C．2/3 mol D．1/3 mol
解析：　根据化合价，O3中3个氧原子只有1个氧原子化合价降低为－2价，所以当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为1 mol。
答案：　A
4．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2
下列说法正确的是(双选)(　　)
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
C．每生成1 mol Cu2S，有4 mol硫被氧化
D．每转移1.2 mol电子，有0.2 mol硫被氧化
解析：　反应中电子的转移情况为：
B项，CuFeS2中铜元素被还原，硫元素被氧化；C项，每生成1 mol Cu2S，有1 mol硫被氧化。
答案：　AD
考点三　氧化性和还原性
1．氧化性和还原性
(1)氧化性是指物质得电子的性质(或能力)；还原性是指物质失电子的性质(或能力)。
(2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。
2．比较氧化性、还原性强弱的方法
(1)根据氧化还原反应方程式进行判断
在“氧化剂＋还原剂===还原产物＋氧化产物”反应中
氧化性：氧化剂>氧化产物；氧化剂>还原剂
还原性：还原剂>还原产物；还原剂>氧化剂
(2) 依据反应条件及反应的剧烈程度
反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，
Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na>Mg。
(3)依据氧化还原反应的程度
相同条件下，不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。
例如：根据2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS，可以推知氧化性：Cl2>S。
　(1)含有最高价元素的化合物是否一定具有强氧化性？试举例说明。
(2)如何通过实验证明H2O2具有还原性？H2O2具有氧化性？
提示：　(1)不一定，如在HClO中氯元素的化合价为＋1价，在HClO4中氯元素的化合价为＋7价，事实上HClO的氧化性比HClO4强，HClO有强氧化性；再如浓硫酸和Na2SO4溶液中，硫元素均为＋6价，但浓硫酸具有强氧化性，而Na2SO4溶液无强氧化性。
(2)H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色，证明H2O2具有还原性；H2O2能使淀粉-KI试纸变蓝，证明H2O2具有氧化性。
1. X、Y、Z为三种单质，已知：Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物中置换出来。由此推断下列说法中可能正确的是(　　)
①单质的氧化性：Y>Z>X
②单质的还原性：Y>Z>X
③对应离子的氧化性：X>Z>Y
④对应离子的还原性：X>Z>Y
A．只有①　　　　　　　　　 B．只有②③
C．只有①④ D．①②③④
解析：　如果X、Y、Z是非金属单质，则单质的氧化性：Y>Z>X，对应离子的还原性：X>Z>Y；如果X、Y、Z是金属单质，则单质的还原性Y>Z>X；对应离子的氧化性：X>Z>Y。
答案：　D
2．(创新题)
用Pt电极电解含有Cu2＋和X3＋各0.1 mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是(　　)
A．Cu2＋>X3＋>H＋>X2＋ B．X3＋>H＋>Cu2＋>X2＋
C．X3＋>Cu2＋>H＋>X2＋ D．X2＋>H＋>Cu2＋>X3＋
解析：　根据金属活动性顺序和阳离子的放电顺序知，氧化性Cu2＋>H＋。根据图中信息知，当电路中有0.1 mol电子通过时阴极没有固体物质产生，此时反应为X3＋＋e－===X2＋，氧化性X3＋>Cu2＋，当电路中又有0.2 mol电子通过时，阴极析出0.1 mol的铜。随后溶液中H＋在阴极放电，固体质量不再增加，所以选C。
答案：　C
3．已知I－、Fe2＋、SO2、Cl－和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性强弱顺序为Cl－A．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
B．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋
C．SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
解析：　A项中还原剂为H2O2，还原产物为SO2，还原性H2O2>SO2，与已知矛盾，该反应不能发生。
答案：　A
4．在常温下发生下列反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，判断下列结论错误的是(　　)
A．溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－
B．Z2在①③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3＋
D．X2＋是XO的还原产物
解析：　关于氧化性：由①得XO>Z2，由②得B2>A3＋，由③得Z2>B2，综上知C对，可推得A对；由XO→X2＋，化合价降低，X2＋是还原产物，D对；③中Z2作氧化剂，B错。
答案：　B
　氧化性、还原性强弱规律及应用
　
氧化剂的氧化性越强，则其对应的还原产物的还原性就越弱；还原剂的还原性越强，则其对应的氧化产物的氧化性就越弱。
应用：(1)在适宜条件下，用氧化性强的物质制备还原性弱的物质，用还原性强的物质制备氧化性弱的物质；
(2)比较物质间氧化性(或还原性)的强弱或判断氧化剂和还原剂在一定条件下是否发生反应。
5．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质浓度、反应温度等有关。下列各组物质：
①Cu与HNO3溶液　②Fe与FeCl3溶液　③Zn与H2SO4溶液
④Fe与HCl溶液
由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是(　　)
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：　①Cu与浓HNO3反应生成NO2，与稀HNO3反应生成NO。②Fe与FeCl3溶液反应，与FeCl3溶液浓度无关。③Zn与浓H2SO4反应生成SO2，与稀H2SO4反应生成H2。④Fe与HCl溶液反应，与HCl溶液浓度无关。
答案：　B
　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H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3，还原性：浓HCl>稀HCl。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强。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。如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。
1．(2012·广东理综·10)下列应用不涉及氧化还原反应的是(　　)
A．Na2O2用做呼吸面具的供氧剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．工业上利用合成氨实现人工固氮
D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3
解析：　首先写出各应用中发生反应的化学方程式，再根据元素的化合价是否变化判断反应是否为氧化还原反应。A项主要发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，其中O元素由－1价变成0价和－2价；B项发生反应：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，Al元素由＋3价变成0价，O元素由－2价变成0价；C项发生反应：N2＋3H22NH3，N元素由0价变成－3价，H元素由0价变成＋1价；D项发生反应：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，元素化合价未发生变化，为非氧化还原反应。
答案：　D
2．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应(2013·天津1B)(　　)
(2)NO2溶于水时发生氧化还原反应(2012·天津2C)(　　)
(3)CaO2与水发生氧化还原反应时，CaO2只作氧化剂(2012·浙江9C)(　　)
(4)Na还原CCl4的反应，Cl2与H2O的反应均是置换反应[2012·重庆26(4)](　　)
(5)科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理为：NaHCO3＋H2HCOONa＋H2O。储氢过程中，NaHCO3被氧化(2012·安徽7C)(　　)
答案：　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
3．(2011·上海化学·18)氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr相比较，水的作用不相同的是(双选)(　　)
A．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．2F2＋2H2O===4HF＋O2
D．2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
解析：　反应Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr中，水既非氧化剂又非还原剂。A中水既非氧化剂又非还原剂；B中水既非氧化剂又非还原剂；C中水作还原剂；D中水作氧化剂。
答案：　CD
4．[2013·山东理综·28(2)]辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2===4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是__________。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。
解析：　该反应中，Cu元素由＋1价变为＋2价，S元素由－2价变为＋6价，O元素由0价变为－2价，则O2为氧化剂，Cu2S为还原剂。1 mol O2发生反应时，得到4 mol电子，则还原剂Cu2S失去4 mol电子。
答案：　Cu2S　4
5．[2012·上海化学·18(3)]已知：Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O
2SO2＋SeO2＋2H2O===Se＋2SO＋4H＋
SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________。
解析：　根据反应方程式中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行判断。由反应：Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O判断氧化性H2SO4(浓)>SeO2；根据反应：2SO2＋SeO2＋2H2O===4H＋＋2SO＋Se判断氧化性SeO2>SO2。因此，氧化性：H2SO4(浓)>SeO2>SO2。
答案：　H2SO4(浓)>SeO2>SO2
阅卷现场(二)__考查氧化还原反应基本概念时常见错例剖析
在3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，若有5 mol水发生氧化反应，则被水还原的BrF3的物质的量为(　　)
A．2 mol　　　　　　　　　　 B．3 mol
C. mol D．5 mol
常见错误：　选D
[错因剖析]　
(1)常见错误分析
错选D项的原因主要是没有看清题干关键词“被水还原”。本题要求判断“被水还原的BrF3的物质的量”，若未看清这一点，根据“被还原的BrF3”与发生氧化反应的H2O的物质的量的关系列比例式为2∶2＝n∶5，得n＝5。其实BrF3除有一部分被水还原外，还有一部分发生了自身的氧化还原反应。
(2)其他错误分析
错选择项
错误原因
错选A
错误原因：没有看清题干关键词“5 mol水发生氧化反应”。
误认为“参加反应”的水的物质的量为5 mol，从而将比例式列为2∶5＝n∶5，得n＝2，从而误选A
错选B
错误原因：对反应分析不透彻。
误认为BrF3全部发生还原反应，H2O全部发生氧化反应，而直接根据化学方程式列比例式3∶5＝n∶5，得n＝3，从而误选B
正确解答：　选C。根据化学方程式可知，当有5 mol H2O发生反应时，其中作还原剂被BrF3氧化的是2 mol；当有3 mol BrF3发生反应时，其中有2 mol被还原、1 mol被氧化。分析电子转移关系可知有5 mol H2O发生氧化反应，失去10 mol e－，而1 mol BrF3被还原得到3 mol e－，则被H2O还原的BrF3物质的量为 mol。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一 第六单元　氧化还原反应规律、计算及方程式的配平
考点一　氧化还原反应的三条规律及其应用
1．“优先反应”规律
(1)在浓度相差不大的溶液中：
①同时含有几种还原剂时
将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。
如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
②同时含有几种氧化剂时
将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。
如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应。
(2)应用：判断物质的稳定性及反应顺序。
2．“价态归中，互不交叉”规律
(1)同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时可总结为：价态相邻能共存，价态相间能归中，归中价态不交叉，价升价降只靠拢。
例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是
(2)应用：判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。
3．“歧化反应”规律
“中间价→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
应用：判断氧化产物、还原产物及表明电子转移情况。
　(1)SO2具有较强的还原性，浓H2SO4具有强氧化性，二者能否发生氧化还原反应？
(2)下面标明的电子转移正确吗？请纠正。
H2 ＋H2 O4(浓)=== 得6e－↓＋ 失6e－O2↑＋2H2O
提示：　(1)不能；因＋4价硫元素和＋6价硫元素无中间价态，二者不能发生氧化还原反应。
(2)不正确，违背了“价态归中，互不交叉”规律，应为
H2 ＋H2 O4(浓)=== 失2e－↓＋ 得2e－O2↑＋2H2O
1．现有下列三个氧化还原反应：
2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是(　　)
A．Cl2　　　　　　　　　　 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
解析：　由①知氧化性Fe3＋>I2，还原性I－>Fe2＋；由②知氧化性Cl2>Fe3＋，还原性Fe2＋>Cl－；由③知氧化性MnO>Cl2，还原性Cl－>Mn2＋。由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只氧化I－。
答案：　C
2．在100 mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025 mol Cl2，有一半Br－变为Br2(已知Br2能氧化H2SO3)。则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于(　　)
A．0.16 mol·L－1 B．0.02 mol·L－1
C．0.20 mol·L－1 D．0.25 mol·L－1
解析：　由于还原性H2SO3>HBr，所以H2SO3优先被Cl2氧化。设二者的物质的量都为x，根据Cl2～H2SO3，Cl2～2Br－，则x＋x＝0.025 mol，x＝0.02 mol，所以c(HBr)＝c(H2SO3)＝＝0.20 mol·L－1。
答案：　C
3．已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO===2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是(　　)
A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3
C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4
答案：　B
4．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G―→Q＋NaCl　②Q＋H2OX＋H2　③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O　④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是(　　)
A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y
C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X
解析：　由①得出Q价态高于G，因为G必介于Q和－1价的Cl之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。
答案：　A
考点二　氧化还原方程式的配平
1．配平原理
在氧化还原反应中，从现象看元素化合价升降总数相等，从本质看是电子得失总数相等。对离子方程式进行配平时，除满足上述要求外，还要注意电荷守恒。
2．一般氧化还原反应方程式的配平——化合价升降法
　化合价升降法配平氧化还原反应方程式示例
如配平Cu＋HNO3(稀)—Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O。
(1)先配平含变价元素物质的化学计量数：
参加氧化还原反应的元素为铜和氮两种元素，则有
Cu(0)→Cu(＋2)　　化合价升2×3
N(＋5)→N(＋2)　　化合价降3×2
3Cu＋2HNO3(稀)——3Cu(NO3)2＋2NO↑＋H2O。
(2)根据原子守恒，观察法配平其他物质的化学计量数。化学方程式为：
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
通过上述示例，你能抓住化合价升降法配平氧化还原方程式两大核心问题了吗？
提示：　(1)化合价升降总数相等，(2)反应前后各元素的原子个数相等。
1．(1)Al＋NaNO3＋NaOH===NaAlO2＋N2↑＋H2O
(2)KIO3＋KI＋H2SO4===K2SO4＋I2＋________
答案：　(1)10　6　4　10　3　2
(2)1　5　3　3　3　3　H2O
　配平技巧
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)缺项氧化还原反应方程式的配平：
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－
(3)配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。
2．(1)MnO2＋HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋H2O
(2)S＋KOH===K2S＋K2SO3＋H2O
答案：　(1)1　4　1　1　2
(2)3　6　2　1　3
　配平技巧
　部分变、自变均从右边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价部分变的；自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
3．(1)在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每l mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)FeCl3溶液与草酸(H2C2O4)反应，得到澄清溶液，同时生成一种能使石灰水变浑浊的气体，此反应的离子方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)3Cl2＋NaI＋6NaOH===6NaCl＋NaIO3＋3H2O
(2)2Fe3＋＋H2C2O4===2CO2↑＋2Fe2＋＋2H＋
　三步法书写氧化还原方程式的步骤
　第一步：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第二步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒。
第三步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。考点三　氧化还原反应的计算方法——电子守恒法
1．应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”
(1)“一找各物质”
找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)“二定得失数”
确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。
(3)“三列关系式”
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
2．多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
　(1)1 mol Cl2与足量冷的NaOH溶液反应，转移电子的物质的量是多少？
(2)6.4 g铜与足量的稀硝酸反应，将产生的NO与适量的O2混合作用于水，气体恰好完全溶解，你能确定通入O2的物质的量吗？
提示：　(1)1 mol
(2)铜与稀HNO3反应生成NO，NO与O2混合作用于水又重新生成HNO3，故铜与O2存在下列关系：
n(Cu)×2＝n(O2)×4，即n(O2)＝×＝0.05 mol
1．24 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，则元素Cr在还原产物中的化合价为(　　)
A．＋2　　　　　　　　　　 B．＋3
C．＋4 D．＋5
解析：　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S元素的化合价从＋4→＋6；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中Cr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。
答案：　B
2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：　本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。
Na2 ―→xNa2O4　NaO―→Na
得关系式：1×·xe－＝16×2e－，解得x＝5。
答案：　D
3．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为(　　)
A．9.6 g B．6.4 g
C．3.2 g D．1.6 g
解析：　根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得
×2＋＝×4，解得：m(Cu)＝3.2 g。
答案：　C
4．U常见化合价有＋4和＋6，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解：
[UO2(NO3)2]——UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是(　　)
A．UO2 B．2UO2·UO3
C．UO3 D．UO2·2UO3
解析：　气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。
答案：　C
5．现有铁粉和氧化铁的混合物共27.2 g，加入足量的稀硫酸使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到2.24 L(标准状况下)气体，当向溶液中滴加KSCN溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。
答案：　58.8%
1．(2013·上海化学·16)已知氧化性Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　)
A．2　4　3　2　2　6　　　　　 B．0　2　1　0　1　2
C．2　0　1　2　0　2 D．2　2　2　2　1　4
解析：　排除法，由氧化性强弱可知，Fe2＋先于Cl2反应，所以Fe2＋的计量数一定不能为0，B选项错误。
答案：　B
2．(2013·浙江理综·26)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L－1。请回答下列问题：
(1)甲的化学式是________；乙的电子式是________。
(2)甲与水反应的化学方程式是________________________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式 ________________。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之______________________________________。(已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O)
(5)甲与乙之间________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　根据题意可知，甲为AlH3，乙为NH3，丙为N2。(4)根据题给信息，要证明产物Cu中是否会混有Cu2O，可取少许固体产物于试管中，加适量稀H2SO4溶解，若溶液呈蓝色，则可证明产物中有Cu2O，反之则无。(5)AlH3具有还原性，NH3具有氧化性，两者可能发生氧化还原反应。
答案：　(1)AlH3　H
(2)AlH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H2↑
(3)Mg3N2
(4)2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O　取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O。反之则无Cu2O
(5)可能　AlH3中的氢化合价为－1价，NH3中的氢为＋1价，因而有可能发生氧化还原反应生成氢气
3．配平下列化学方程式
(1)[2013·广东理综·32(3)]完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：__________CuO＋__________Al2O3________CuAlO2＋__________↑。
(2)[2011·福建理综·23(6)]在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：
Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________
(3)[2010·福建理综·24(2)改编]完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：
Fe(OH)2＋ClO－＋________===Fe(OH)3＋Cl－
(4)[2011·安徽理综·27(2)改编]配平反应的离子方程式是
Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋________。
(5)[2010·重庆理综·26(3)]配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：
P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe
答案：　(1)4　2　4　O2
(2)2　1　6　2　6　H＋
(3)2　1　1　H2O　2　1
(4)5　2　4　5　1　8　H＋
(5)2　5　3　1　5
4．[2012·新课标全国卷·26(2)(3)(4)](1)在实验室中，FeCl2可用铁粉和________反应制备，FeCl3可用铁粉和________反应制备。
(2)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为____________________；
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
解析：　(1)注意制备FeCl2选用弱氧化剂，制备FeCl3选用强氧化剂。
(2)根据氧化还原反应原理可以写出离子方程式。
(3)Fe(OH)3可被氧化为K2FeO4，HClO具有强氧化性，可被还原为Cl－，根据氧化还原反应原理进行配平。
答案：　(1)盐酸(或FeCl3溶液)　氯气　(2)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2(或2Fe3＋＋3I－===2Fe2＋＋I)
(3)2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋5H2O＋3Cl－
5．(2013·福建理综·24)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
该法工艺原理示意图如下图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有________________(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：
____＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋________
(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl－。处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的________倍。
解析：　(1)根据工艺图，HCl合成塔中发生的是H2与Cl2的反应，所以该工艺可以利用的单质应是H2和Cl2。NaClO3为氧化剂，HCl为还原剂，ClO的还原产物为ClO2，Cl－的氧化产物为Cl2，则有：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。(2)纤维素的最终水解产物为葡萄糖(C6H12O6)，葡萄糖具有还原性，在H2SO4环境中与NaClO3反应生成ClO2、CO2、H2O，根据原子守恒可推出另一产物为Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应为：C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O＋12Na2SO4。(3)由题意知CN－转化为无毒的N2、CO2，ClO2或Cl2转化为Cl－，反应中1 mol ClO2得到5 mol电子，1 mol Cl2得到2 mol电子，所以处理相同量的CN－时，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。
答案：　(1)H2、Cl2　2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(2)C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋Na2SO4　(3)2.5
6．(2011·新课标全国卷·13)某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中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．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol
B．处理废水中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，3x＝y
解析：　n mol FeO·FeyCrxO3中铬原子的物质的量为nx mol，由铬原子守恒得Cr2O的物质的量为 mol，B项正确；n mol FeO·FeyCrxO3中铁原子的物质的量为(n＋ny) mol，由铁原子守恒得消耗硫酸亚铁铵的物质的量为(n＋ny)mol，A项错误；反应中铬元素的化合价由＋6价降低为＋3价，铁元素的化合价由＋2价升高为＋3价，所以反应中发生转移的电子数为3nx mol，由电子得失守恒得ny＝3nx，则y＝3x，故C、D两项均正确。
答案：　A
7．(2013·四川理综·7)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是(　　)
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
解析：　设1.52 g铜镁合金中含铜x mol，镁y mol，则根据题给数据，可列方程式：64x＋24y＝1.52,98x＋58y＝2.54，解得：x＝0.02，y＝0.01，铜与镁的物质的量之比为2∶1，A项正确；根据浓度、质量分数、密度三者的换算公式可求浓度c＝(1 000×63%×1.40)÷63＝14.0 mol/L，B项正确；NO2和N2O4的总物质的量为0.05 mol，根据得失电子守恒，设NO2为m mol，N2O4为n mol，则m＋n＝0.05 ，m＋2n＝0.02×2＋0.01×2，解得：m＝0.04，n＝0.01，则NO2的体积分数为×100%＝80%，C项正确；D项错误。
答案：　D
学科素养培优(二)__从定性和定量角度探究有关氧化还原反应的实验
一、关于物质氧化性、还原性强弱的实验
某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原理进行了如下探究：
【实验】　制备银镜，并与Fe(NO3)3溶液反应，发现银镜溶解。
(1)下列有关制备银镜过程的说法正确的是________(填序号)。
a．边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水，至最初的沉淀恰好溶解为止
b．将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中
c．制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热
d．银氨溶液具有较弱的氧化性
e．在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大
【提出假设】
假设1：Fe3＋具有氧化性，能氧化Ag。
假设2：Fe(NO3)3溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag。
【设计实验方案，验证假设】
(2)甲同学从上述实验的生成物中检验出了Fe2＋，验证了假设1成立。请写出Fe3＋氧化Ag的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容(提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生)。
实验步骤(不要求写具体操作过程)
预期现象和结论
①
②
……
若银镜消失，假设2成立；若银镜不消失，假设2不成立
【思考与交流】
(4)甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立，则丙同学由此得出结论：Fe(NO3)3溶液中的Fe3＋和NO都氧化了Ag。
你是否同意丙同学的结论，并简述理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)ade　(2)Ag＋Fe3＋===Ag＋＋Fe2＋
(3)
实验步骤(不要求写具体操作过程)
预期现象和结论
①测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH；
②配制相同pH的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内
(4)不同意。甲同学检验出了Fe2＋，可确定Fe3＋一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的还原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag[(3)、(4)其他合理答案均可]
二、氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法
　中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2＋为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。
(1)配平氧化还原反应方程式：
C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。
②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为______。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
答案：　(1)5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
(2)①0.005　②A.氧化剂　不需要　无色　浅紫红色
B．无影响　C．偏小　③21%　64%
专题讲座(二)　学科思想——优先反应在“竞争类”反应体系中的应用
　反应物间一对多的化学反应常有“平行反应”和“竞争反应”两类，平行反应主要指多个反应相互间没有影响可同时进行；而竞争反应是指由于反应能力不同，多个反应按一定的先后顺序逐次进行。竞争反应主要包括两种基本题型：一是一种氧化剂(还原剂)与多种还原剂(氧化剂)反应，如把Cl2通入含I－、Br－、Fe2＋的溶液中，按照还原能力由强到弱的顺序，I－优先反应，其次是Fe2＋，最后是Br－；二是一种酸(碱)与多种碱性(酸性)物质反应，如把HCl逐滴加入到含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中，按照碱性由强到弱的顺序，NaOH优先反应，其次是Na2CO3，最后是NaHCO3，此类竞争反应的先后顺序即是其有效顺序。在实际问题中有部分看似平行的反应，由于物质的性质而出现了“有效”和“无效”两种可能性，准确地确定有效反应就成了解题的关键。
(一)复分解反应型优先反应
将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(y)的关系正确的是(　　)
解析：　CO2与KOH和Ca(OH)2都会反应，但先与哪种物质反应即存在着竞争，如果先与KOH反应，则反应后生成的K2CO3立即会与Ca(OH)2反应生成CaCO3，因此，可以看成CO2先与Ca(OH)2反应，所以通CO2后立即有CaCO3生成。第二步还要判断CO2是先跟KOH反应还是先与生成的CaCO3反应，同样可以采用假设法判断，即如果先与CaCO3反应，则生成的Ca(HCO3)2又会与KOH反应，因此，是先与KOH反应，此过程生成沉淀的物质的量不变，当KOH消耗完全，再与CaCO3反应，直至沉淀完全溶解，故选D。
答案：　D
　
若某一溶液中同时存在几个可能的复分解反应，则生成更难溶解或更难电离物质的反应将优先进行。
(二)氧化还原反应型优先反应
在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是(　　)
A．铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu
B．铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2
C．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3＋
D．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2＋
解析：　因为氧化性Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以先发生反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol的AgNO3反应，析出0.01 mol Ag，再发生：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005 mol铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3＋，故选C。
答案：　C
　
　若某一溶液中同时含有多种还原性(氧化性)物质，则加入一种氧化剂(还原剂)时，优先氧化还原性(氧化性)强的物质。
(三)氧化还原反应与复分解反应同时存在时的优先反应
写出向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体的化学方程式：
________________________________________________________________________。
解析：　漂白粉溶液中含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2水溶液能与SO2发生反应，向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体后，是发生复分解反应生成CaSO3和HClO还是发生氧化还原反应，两反应互相竞争。由于次氯酸盐及次氯酸都具有强氧化性而亚硫酸盐及二氧化硫都具有还原性，所以是发生氧化还原反应而不是复分解反应。
答案：　Ca(ClO)2＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2HCl＋H2SO4
　
(1)一般情况下，氧化还原反应优先于非氧化还原反应发生。
(2)考查该类型优先反应的载体，除上述题组中涉及到的SO2与漂白粉溶液、SO与HNO3(稀)外，还有Fe2＋与ClO－、S2－与Fe3＋等。
(四)氧化还原反应原理在离子反应中的应用
氧化还原反应理论是高中化学的基础和重点，在生产实践中的应用极为广泛，贯穿于中学化学的全过程，基本概念的理解、电子转移数目的判断等知识几乎年年考查；离子反应是中学化学的核心内容，离子方程式的书写及正误判断、离子共存的判断是历年高考化学命题的焦点，也是必考点。高考常将两部分内容融合在一起考查，即书写离子方程式时往往要用到氧化还原反应理论，一般以选择题和填空题的形式出现。这类题能很好的考查学生全面思考和解决问题的能力，难度不大，但失分率较高。
已知氧化性Cl2>Br2>Fe3＋>I2，请回答下列问题。
(1)溶液中能够大量共存的离子组是________。
A．Fe3＋、Na＋、I－、Cl－
B．Ba2＋、K＋、CO、Cl－
C．Na＋、H＋、NO、HCO
D．Al3＋、Ca2＋、Cl－、NO
(2)试写出向FeBr2溶液中逐渐通入少量氯气时反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)请结合题目信息判断离子方程式：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－是否正确？
解析：　(1)A项中Fe3＋氧化I－，B项中Ba2＋与CO反应生成BaCO3，C项中H＋与HCO反应生成CO2和H2O。
(2)由于还原性：Fe2＋>Br－，当逐渐通入Cl2时，Fe2＋优先反应；又由于通入少量Cl2，故只发生Fe2＋与Cl2的反应。
(3)由于还原性：Fe2＋>Br－，故通入Cl2时Fe2＋优先反应，当Fe2＋反应彻底后Br－再与Cl2反应。n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，此时溶液中尚有未反应的Br－。
答案：　(1)D
(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)正确
　
(1)属于氧化还原反应的离子方程式的书写
书写属于氧化还原反应的离子方程式时，首先要考虑电子转移守恒，还要考虑电荷守恒、质量守恒。如对于反应nFe2＋＋O2＋xH＋===nFe3＋＋yH2O：
①依据在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数(1 mol O2在反应中得到4 mol电子，1 mol Fe2＋在反应中失去1 mol电子，故1 mol O2能氧化4 mol Fe2＋)可求出n＝4。
②再根据电荷守恒，可求出x＝4。
③依据质量守恒，可求出y＝2。
(2)判断离子共存时要考虑氧化还原反应原理
离子之间也可能发生氧化还原反应。如已知Fe2＋与NO在酸性条件下能够发生反应NO＋3Fe2＋＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，则可判断Fe2＋、NO、H＋在同一溶液中不能大量共存。
(3)分析离子反应的先后顺序时要考虑氧化还原反应原理
在含有多种微粒的溶液中，发生氧化还原反应的微粒有先后顺序。氧化性强的微粒和还原性强的微粒之间优先反应。
如已知氧化性：Cu2＋>H＋，则在含有Cu2＋、H＋的混合溶液中，逐渐加入锌粉，先发生反应Cu2＋＋Zn===Cu＋Zn2＋，当Cu2＋完全反应后，再发生反应2H＋＋Zn===Zn2＋＋H2↑。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题一 第四单元　离子反应
考点一　电解质
1．从电解质的角度给化合物分类
(1)化合物分为电解质和非电解质的依据是：在水溶液中或熔融状态下能否导电。
(2)电解质分为强电解质和弱电解质的依据是：在水溶液中能否完全电离。
(3)与物质类别的关系
①强电解质主要包括：强酸、强碱、绝大多数盐，如HNO3、NaOH、CaCO3等。
②弱电解质主要包括：弱酸、弱碱、少数盐和水，如碳酸、一水合氨等。
2．电解质的电离
电离是指电解质在水溶液中或熔融状态下，离解成自由移动离子的过程。
3．电离方程式的书写
(1)强电解质的电离方程式中，用“===”连接，弱电解质(包括弱酸的酸式酸根)的电离方程式中，用“ ”连接。
(2)多元弱酸的电离分步书写，多元弱碱的电离一步写完。如：
H2CO3：H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO；
Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。
　(1)电解质一定能导电吗？导电的物质一定是电解质吗？
(2)强电解质溶液的导电能力一定强吗？
提示：　(1)电解质与导电之间无直接关系，电解质只有发生了电离才能导电。除电离后的电解质导电外，还有导体、半导体等的导电。
(2)电解质溶液的导电能力主要决定于溶液中自由移动离子浓度大小，若稀的强电解质溶液中因离子浓度较小，导电能力较弱，相反较浓的弱电解质溶液中因离子浓度较大，导电能力较强。即电解质溶液的导电能力与强、弱电解质之间无直接关系。
1．下列物质中，属于电解质的是________，属于非电解质的是________；属于强电解质的是________，属于弱电解质的是
________(填序号)。
①H2SO4　②盐酸　③氯气　④硫酸钡　⑤酒精　⑥铜
⑦H2CO3　⑧氯化氢　⑨蔗糖　⑩氨气　?CO2　?NaHCO3
答案：　①④⑦⑧?　⑤⑨⑩?　①④⑧?　⑦
　
(1)单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，如Cu、NaCl溶液。
(2)必须是由本身电离而导电的化合物才是电解质，如CO2、SO2、NH3的水溶液能导电，但它们属于非电解质。
2．写出NaHSO4在下列条件下的电离方程式：
(1)溶于水：________________________________________________________________________。
(2)熔融状态下：________________________________________________________________________。
答案：　(1)NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
(2)NaHSO4===Na＋＋HSO
3．同一温度下，强电解质溶液a，弱电解质溶液b，金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是(　　)
A．b>a>c　　　　　　　 B．a＝b＝c
C．c>a>b D．b>c>a
答案：　A
4.
在如右图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液或通入某气体时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是(　　)
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．醋酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．饱和石灰水中不断通入CO2
D．醋酸中逐滴加入氨水
答案：　C
　金属导电与电解质溶液导电对比
导电粒子
升高温度
变化类型
金属
自由电子
导电性变弱
物理变化
电解质溶液
自由离子
导电性增强
化学变化
考点二　离子反应
1．离子反应发生的条件
(1)复分解反应类型
①生成难溶性的物质，如Al(OH)3、BaSO4等。
②生成难电离的物质，如弱酸、弱碱、水等。
③生成挥发性的物质，如CO2、SO2、NH3等。
(2)氧化还原反应类型
离子参与发生电子转移。
如FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。
(3)络合反应
生成稳定的络合物或络离子。如向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液时反应的离子方程式为：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3。
2．离子方程式
(1)定义：用实际参加反应的离子符号表示离子反应的方程式。
(2)书写步骤(以CaCO3与盐酸的反应为例)
(3)意义
离子方程式不仅可以表示某一个具体的化学反应，还可以表示同一类型的离子反应，如H＋＋OH－===H2O可以表示H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O、HNO3＋KOH===KNO3＋H2O等化学反应。
　(1)Fe2＋能与NO共存，但在酸性条件下，二者还能大量存在吗？
(2)离子方程式：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑的含义是什么？
(3)离子方程式：H＋＋OH－===H2O表示所有强酸与强碱之间发生的中和反应吗？
答案：　(1)不能大量存在。因为NO(H＋)将Fe2＋氧化为Fe3＋。
(2)表示可溶性碳酸盐与强酸生成可溶性盐和二氧化碳的反应。
(3)不表示。H＋＋OH－===H2O只表示酸中酸根离子与碱中阳离子之间不发生反应的强酸与强碱间的反应，如NaOH与盐酸间的反应等；但Ba(OH)2与H2SO4间的反应就不能用离子方程式：H＋＋OH－===H2O表示。
1．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 NaOH溶液：K＋、Na＋、SO、CO
B．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：K＋、Ba2＋、NO、Cl－
C．0.1 mol·L－1 FeCl3溶液：K＋、NH、I－、SCN－
D．c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO
解析：　B项，Ba2＋与CO不能大量共存；C项，Fe3＋与SCN－因生成配合物而不能大量共存，Fe3＋与I－因发生氧化还原反应也不能大量共存；D项，c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液呈强酸性，ClO－不能大量存在。
答案：　A
2．(原创题)符合下图所示条件的离子组是(　　)
A．Ba2＋、Mg2＋、NO、CO　　　 B．H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－
C．K＋、Ba2＋、Cl－、HCO D．NH、Ba2＋、Fe2＋、Cl－
解析：　B、C、D项中的离子能大量共存，A项中的离子不能大量共存；对于B项，加少量稀H2SO4因生成BaSO4而有白色沉淀，但加入过量NaOH溶液时，溶液中无白色沉淀产生，不符合题意；对于C项，加入少量稀H2SO4时产生BaSO4沉淀，加入过量NaOH溶液时产生BaCO3沉淀，符合题意；D项，加入稀H2SO4时产生BaSO4沉淀，但加入过量NaOH溶液时，因生成的Fe(OH)2很快被氧化，最终看不到白色沉淀，不符合题意。
答案：　C
　
1．判断离子能否大量共存的“四个要点”
判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色、二性、三特殊、四反应。
(1)一色——溶液颜色
几种常见离子的颜色：
离子
Cu2＋
Fe3＋
Fe2＋
MnO
溶液颜色
蓝色
棕黄色
浅绿色
紫红色
(2)二性——溶液的酸碱性
①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子(如CO、SO、S2－、CH3COO－等)均不能大量存在；
②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子(如NH、Al3＋、Fe3＋等)均不能大量存在；
③酸式弱酸根离子(如HCO、HSO、HS－等)在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在。
(3)三特殊——三种特殊情况
①AlO与HCO不能大量共存：
AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO；
②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，能与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；
③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中能大量共存。
(4)四反应——四种反应类型
指离子间通常能发生的四种类型的反应，能相互反应的离子显然不能大量共存。
①复分解反应：如Ba2＋与SO，NH与OH－，H＋与CH3COO－等；
②氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋，MnO(H＋)与Br－等；
③相互促进的水解反应：如Al3＋与HCO，Al3＋与AlO等；
④络合反应：如Fe3＋与SCN－等。
2．判断离子能否大量共存的两个易错点
(1)HCO与H＋反应生成CO2，与OH－反应生成CO。
(2)与Al反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，但是呈酸性时一定不能有NO。
3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)——“拆分陷阱”
(1)Na2O2固体与水反应　2O＋2H2O===4OH－＋O2↑(　　)
(2)向NaHCO3溶液中滴加盐酸　CO＋2H＋===H2O＋CO2↑(　　)
(3)醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应　CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑(　　)
(4)Mg(OH)2和稀盐酸的反应　OH－＋H＋===H2O(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
　离子方程式的正误判断中，常常设置物质是否能“拆分陷阱”，氧化物、弱电解质、沉淀、酸式酸根(HSO除外)在离子方程式中不能拆分。
4．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)——“守恒陷阱”
(1)向FeCl2溶液中通入Cl2　Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－(　　)
(2)向稀硝酸中加入铜片　Cu＋2H＋＋NO===Cu2＋＋NO↑＋H2O(　　)
(3)向水中加入一小块钠　Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×
　离子方程式除符合质量守恒外，还应符合电荷守恒，学生往往只注意质量守恒，而忽略电荷守恒，这也经常是命题者设置的“陷阱”。
5．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)——“原理陷阱”
(1)将Na投入到CuSO4溶液中　2Na＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(　　)
(2)Fe和稀盐酸反应　2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑(　　)
(3)Fe和稀硝酸反应　Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑(　　)
(4)向NH4Cl溶液中滴入烧碱溶液并加热　NH＋OH－NH3·H2O(　　)
(5)CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液反应　Ba2＋＋SO===BaSO4↓(　　)
(6)Fe(OH)3和HI的反应　Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O(　　)
(7)FeO和稀HNO3的反应　FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O(　　)
(8)稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应　H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋2H2O(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
　离子反应应符合客观事实，而命题者往往设置不符合“反应原理”的陷阱。
6．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)——“定量陷阱”
(1)少量SO2和NaOH反应　 SO2＋OH－===HSO(　　)
(2)少量Ca(OH)2和NaHCO3反应　Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O(　　)
(3)NH4HSO3与NaOH等物质的量反应　NH＋HSO＋2OH－===NH3·H2O＋SO(　　)
(4)向FeI2中通入少量Cl2　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(　　)
(5)向FeBr2中通入少量Cl2　2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
　用“少定多变法”书写与量有关离子方程式的技巧
　所谓“少定”即量少的反应物，其计量数按化学式确定，所谓“多变”即过量的反应物，其计量数根据反应的需要量确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。如Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，先确定Ca2＋、HCO的比例为1∶2，再取用OH－。中和2个HCO需2个OH－，则可写出：Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O，若是加入少量的NaOH溶液，则反应为：OH－＋Ca2＋＋HCO===CaCO3↓＋H2O(只中和1个HCO，Ca2＋、HCO的比例不是1∶2)。
7．写出下列典型反应的离子方程式：
(1)氯化铝溶液中加入过量氨水
________________________________________________________________________。
(2)小苏打与乙酸溶液混合
________________________________________________________________________。
(3)氧化镁溶于稀硫酸
________________________________________________________________________。
(4)澄清石灰水中加入盐酸
________________________________________________________________________。
(5)Cl2通入水中
________________________________________________________________________。
(6)明矾溶于水发生水解
________________________________________________________________________。
(7)实验室用浓盐酸与MnO2共热制Cl2
________________________________________________________________________。
(8)在石灰乳中加入Na2CO3溶液
________________________________________________________________________。
(9)NH4Cl溶液与NaOH溶液混合
________________________________________________________________________。
(10)浓HNO3与Cu的反应
________________________________________________________________________。
(11)稀HNO3与Cu混合加热
________________________________________________________________________。
(12)(NH4)2SO4溶液与NaOH溶液混合加热
________________________________________________________________________。
(13)Na2SO4溶液与AgNO3溶液混合
________________________________________________________________________。
(14)NaHCO3溶液与稀盐酸混合
________________________________________________________________________。
(15)NaHSO4溶液与NaOH溶液混合
________________________________________________________________________。
答案：　(1)Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
(2)HCO＋CH3COOH===CH3COO－＋CO2↑＋H2O
(3)MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O
(4)OH－＋H＋===H2O
(5)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
(6)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
(7)4H＋＋2Cl－＋MnO2Cl2↑＋2H2O＋Mn2＋
(8)Ca(OH)2＋CO===CaCO3↓＋2OH－
(9)NH＋OH－===NH3·H2O
(10)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
(11)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(12)NH＋OH－NH3↑＋H2O
(13)SO＋2Ag＋===Ag2SO4↓
(14)HCO＋H＋===H2O＋CO2↑
(15)H＋＋OH－===H2O
8．(1)[2013·天津理综·9(6)]FeCl3与H2S反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)[2013·重庆理综·11(1)]催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2，反应离子方程式为________________________________________________________________________。
答案：　(1)2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(2)2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O
1．(2013·广东理综·8)水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．Na＋、Al3＋、Cl－、CO　　　　　 B．H＋、Na＋、Fe2＋、MnO
C．K＋、Ca2＋、Cl－、NO D．K＋、NH、OH－、SO
解析：　Al3＋与CO发生相互促进的水解反应，产生CO2气体与Al(OH)3沉淀，A项错误；MnO、H＋与Fe2＋会发生氧化还原反应，B项错误；C项中离子能大量共存；NH与OH－结合生成NH3·H2O，D项错误。
答案：　C
2．(2013·重庆理综·1)在水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．Na＋、Ba2＋、Cl－、NO B．Pb2＋、Hg2＋、S2－、SO
C．NH、H＋、S2O、PO D．Ca2＋、Al3＋、Br－、CO
解析：　A项各离子之间不发生反应，能够大量共存，A项正确；Pb2＋、Hg2＋与S2－、Pb2＋与SO均能反应生成沉淀，B项错误；H＋与PO、S2O不能大量共存，C项错误；Ca2＋与CO反应生成白色沉淀，Al3＋与CO也不能大量共存，D项错误。
答案：　A
3．(2013·江苏化学·3)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、NO
B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO、NO
C．0.1 mol·L－1 AgNO3溶液：H＋、K＋、SO、I－
D．0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO
解析：　使甲基橙变红色的溶液呈酸性，A项中四种离子不反应，可大量共存。使酚酞变红色的溶液呈碱性，Cu2＋、HCO均不能大量存在，B错误。Ag＋与SO、I－均不能大量共存，C错误。AlO与H＋不能大量共存，D错误。
答案：　A
4．(2013·安徽理综·9)下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是(　　)
A．银氨溶液：Na＋、K＋、NO、NH3·H2O
B．空气：C2H2、CO2、SO2、NO
C．氢氧化铁胶体：H＋、K＋、S2－、Br－
D．高锰酸钾溶液：H＋、Na＋、SO、葡萄糖分子
解析：　银氨溶液中，提供的四种微粒均能共存，A项正确；空气中NO与O2化合为NO2，B项错误；氢氧化铁胶体中H＋和S2－不能大量共存，C项错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，葡萄糖为还原性糖，两者发生氧化还原反应，D项错误。
答案：　A
5．(2013·新课标全国卷Ⅱ·10)能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋
解析：　浓盐酸与铁屑反应生成FeCl2和H2，离子方程式应为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，A项错误；Na与CuSO4溶液反应，不能置换出Cu，离子方程式应为：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑，B项错误；NaHCO3与稀硫酸反应，HCO不能拆，离子方程式应为：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，C项错误；FeCl3溶液中加入Mg(OH)2，发生沉淀的转化反应，D项正确。
答案：　D
6．(2013·四川理综·3)下列离子方程式正确的是(　　)
A．Cl2通入水中：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－===I2＋2H2O
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O＋4H＋===SO＋3S↓＋2H2O
解析：　次氯酸是弱酸，在书写离子方程式时不能拆写，A项错误；双氧水有氧化性，KI有还原性，两者发生氧化还原反应，B项正确；用铜作电极，阳极铜直接失电子生成Cu2＋，不能生成O2，C项错误；硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸生成二氧化硫和硫单质，S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O，D项错误。
答案：　B
7．(2013·北京理综·8)下列解释事实的方程式不准确的是(　　)
A．用浓盐酸检验氨：NH3＋HCl===NH4Cl
B．碳酸钠溶液显碱性：CO＋H2OHCO＋OH－
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－===Fe3＋
D．长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
解析：　用浓盐酸检验氨利用的是HCl和NH3化合生成白烟(NH4Cl)的现象，A项正确；碳酸钠溶液显碱性是CO水解生成OH－的结果，B项正确；原电池中，铁作负极，失电子生成Fe2＋，不是Fe3＋，C项错误；石灰水久置，与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙，故长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现的白色固体是碳酸钙固体，D项正确。
答案：　C
8．(2013·江苏化学·8)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H＋
C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
解析：　HCl溶于水全部电离，应写成离子的形式，A错误。明矾水解生成的氢氧化铝是胶体而不是沉淀，因而不能写“↓”，B错误。C项离子方程式不符合原子守恒，C错误。
答案：　D
9．(2013·大纲卷·11)能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O
B．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4＋2Cl－SO2↑＋Cl2↑＋H2O
C．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋3H2O
D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓
解析：　亚硫酸铵是强电解质，应拆写成NH和SO形式，其他物质均应写成分子式形式，且反应式中的电荷、原子等均守恒，所以A项正确；浓硫酸与氯化钠共热只能生成HCl气体，不会生成Cl2，所以B项错误；磁性氧化铁是Fe3O4，为固体难溶物，应写成分子式形式，所以C项错误；明矾中的硫酸根离子与铝离子的物质的量比是2∶1,2 mol SO消耗2 mol Ba(OH)2，生成2 mol BaSO4，同时2 mol Ba(OH)2提供4 mol OH－，与1 mol Al3＋作用生成AlO，D项错误。
答案：　A
学科素养培优(一)__分类突破离子方程式书写的难点
第一类　多重反应离子方程式的书写
完成下列反应的离子方程式：
(1)Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4溶液混合：________________________________________________________________________。
(2)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：________________________________________________________________________。
(3)NH4HCO3与过量NaOH溶液混合：________________________________________________________________________。
(4)Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合：________________________________________________________________________。
(5)Fe2O3溶于HI溶液中：________________________________________________________________________。
答案：　(1)Ba2＋＋2OH－＋2NH＋SO===BaSO4↓＋2NH3·H2O
(2)Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
(3)NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋CO＋H2O
(4)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
(5)Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋3H2O＋I2
　
两种电解质溶液混合，至少电离出两种阴离子和两种阳离子，这四种(或更多种)之间都能两两结合成难电离(或难溶)的物质或后续离子之间的氧化还原反应，这样的离子反应称为多重反应。在写这类反应的离子方程式时易丢其中的一组反应，或不符合配比关系。
第二类　酸式盐与碱反应离子方程式的书写
完成下列反应的离子方程式
(1)Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应
①Ca(HCO3)2少量________________________________________________________________________；
②Ca(HCO3)2足量________________________________________________________________________。
(2)Ca(HCO3)2溶液和Ca(OH)2溶液反应
①Ca(HCO3)2少量________________________________________________________________________；
②Ca(HCO3)2足量________________________________________________________________________。
答案：　(1)①Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
②OH－＋HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
(2)①Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
②Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
“定一法”书写酸式盐与碱反应的离子方程式
(1)根据相对量将少量物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应离子的物质的量之比与物质组成比相符。
(2)依据少量物质中离子的物质的量，确定过量物质中实际参加反应的离子的物质的量。
(3)依据“先中和后沉淀”的思路正确书写离子方程式。
第三类　跟量有关的离子方程式的书写
　中学化学中出现了许多跟用量有关的离子反应，且较简单的跟用量有关的离子反应方程式的书写、正误判断及其运用，又是中学化学中的重点和高考的热点，但同学们对于跟用量有关的离子反应进行识记、辨别、理解和运用时，均有较大难度。对跟用量有关的离子反应，若能按其成因进行归类疏理，就不仅可以知其然，而且还可以知其所以然了。
一、连续型
指反应生成的离子因又能跟剩余(过量)的反应物继续反应而跟用量有关。
(1)可溶性多元弱酸(或其酸酐)与碱溶液反应。如CO2通入NaOH溶液中：
①碱过量：________________________________________________________________________；
②碱不足： ________________________________________________________________________。
(2)多元弱酸(或其酸酐)与更弱酸的盐溶液。如CO2通入NaAlO2溶液中：
①NaAlO2过量：________________________________________________________________________；
②NaAlO2不足：________________________________________________________________________。
(3)多元弱酸盐与强酸反应。如Na2CO3溶液与稀盐酸：
盐酸不足：________________________________________________________________________；
盐酸过量： ________________________________________________________________________。
(4)铝盐溶液与强碱溶液
铝盐过量：________________________________________________________________________；
强碱过量： ________________________________________________________________________。
(5)NaAlO2溶液与强酸溶液
NaAlO2过量：________________________________________________________________________；
强酸过量：________________________________________________________________________。
(6)Fe与稀HNO3溶液
Fe过量：________________________________________________________________________；
HNO3过量：________________________________________________________________________。
答案：　(1)①CO2＋2OH－===CO＋H2O
②CO2＋OH－===HCO
(2)①2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
②AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
(3)CO＋H＋===HCO
CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
(4)Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
(5)AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
(6)3Fe＋2NO＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
二、先后型
一种反应物的两种或两种以上的组成离子，都能跟另一种反应物的组成离子反应，但因反应次序不同而跟用量有关。又可称为竞争型。
NH4HSO4溶液与NaOH溶液的反应：
NaOH不足：________________________________________________________________________；
NaOH过量：________________________________________________________________________。
答案：　H＋＋OH－===H2O
NH＋H＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O
三、配比型
当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液
溶液呈中性时：________________________________________________________________________；
SO完全沉淀时：________________________________________________________________________。
答案：　2H＋＋SO＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O
H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaSO4↓

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题七第一单元　弱电解质的电离平衡
考点一　弱电解质的电离平衡
1．电离平衡的建立
在一定条件(如温度、浓度)下，当电离的速率和离子结合为分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态。
2．电离平衡的特征
3．影响电离平衡的外在条件
(1)温度
温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。
(2)浓度
稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。
(3)同离子效应
加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。
4．电离平衡常数
(1)表达式
①对于一元弱酸HA
HAH＋＋A－，平衡常数Ka＝ 。
②对于一元弱碱BOH
BOHB＋＋OH－，平衡常数Kb＝ 。
(2)特点
①电离平衡常数只与温度有关，升温时K值增大。
②多元弱酸的各级电离常数的大小关系是逐级减小且相差很大，故其酸性取决于第一步。
(3)意义
―→―→
1．现有下列物质：①硝酸　②冰醋酸　③氨水　④Fe(OH)3
⑤NaHCO3(s)　⑥Al　⑦氯水　⑧CaCO3
上述物质中属于强电解质的有__________，属于弱电解质的有__________。
2．以0.1 mol/L的醋酸溶液为例填写下表：
平衡移动方向
平衡常数Ka
n(H＋)
c(H＋)
导电性
加水稀释
加冰醋酸
升温
加CH3COONa(s)
加NaOH(s)
3.试用平衡移动原理、Qc分别解释弱电解质溶液加水稀释时平衡移动的方向(以CH3COOH电离平衡为例)。
提示：　1.①⑤⑧　②④
2．正向　不变　增大　减小　减弱　正向　不变　增大　增大　增强　正向　增大　增大　增大　增强　逆向　不变　减小　减小　增强　正向　不变　减小　减小　增强
3．①稀释弱电解质溶液时，溶液总浓度减小，电离平衡将向着增大溶液总浓度的正方向移动。
②稀释一倍时，Qc＝＝Ka，此时Qc1．在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是(　　)
A．溶液显电中性
B．溶液中检测不出CH3COOH分子存在
C．氢离子浓度恒定不变
D．c(H＋)＝c(CH3COO－)
解析：　醋酸溶液存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋。CH3COOH电离成离子的速率和CH3COO－、H＋结合成分子的速率相等，或溶液中各种离子浓度不变，均能说明CH3COOH的电离达到了平衡状态。
答案：　C
2．已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是(　　)
(1)加少量烧碱　　　　　　　(2)升高温度
(3)加少量冰醋酸 (4)加水
A．(1)(2) B．(2)(4)
C．(2)(3)(4) D．(1)(4)
解析：　由Ka＝＝·c(CH3COO－)，温度不变时，若使增大，必使c(CH3COO－)减小，其中(1)(3)使c(CH3COO－)增大，(4)使c(CH3COO－)减小；升温时，CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡正移，c(H＋)增大，c(CH3COOH)减小，一定增大。
答案：　B
3．室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是(　　)
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D．再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7
解析：　A项，醋酸加水稀释，促进电离，导电粒子的数目增加，故A错误；B项，由于温度不变，电离平衡常数K＝＝·不变，由于KW不变，则题给比值不变，故B正确；C项，醋酸加水稀释，电离程度增大，但c(H＋)变小，故C错误；D项，加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，混合后溶液显酸性，故D错误。
答案：　B
4．H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，它的Ka1、Ka2差别很大的原因(从电离平衡的角度解释)：
________________________________________________________________________。
答案：　第一步电离产生的H＋对第二步的电离起抑制作用
5．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有1.0%电离，此酸的电离平衡常数为______________。
解析：　HAH＋＋A－
0.1－x x x
x＝0.1×1.0%＝10－3 (mol·L－1)
Ka＝＝＝10－5。
答案：　10－5
6．25 ℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为
________________________________________________________________________。
(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。
(3)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种物质的溶液：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是________(填编号)。
(4)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填序号)。
A．c(H＋)　　　　　　B．c(H＋)/c(CH3COOH)
C．c(H＋)·c(OH－) D．c(OH－)/c(H＋)
E.
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是________。
答案：　(1)CH3COOH>H2CO3>HClO
(2)CO>ClO－>HCO>CH3COO－
(3)a>b>d>c
(4)A　ABCE
　分析电离平衡移动的三个角度
(1)从定性角度分析电离平衡移动：应该深刻地理解勒夏特列原理——平衡向“削弱”这种改变的方向移动，移动结果不能“抵消”或“超越”这种改变。
(2)从定量角度分析电离平衡移动：当改变影响电离平衡的条件后分析两种微粒浓度之比的变化时，若通过平衡移动的方向不能作出判断时，应采用化学平衡常数定量分析。如室温下，用蒸馏水稀释1 mol·L－1醋酸至0.1 mol·L－1时，比值应是增大的，因为Ka＝
，稀释时c(CH3COO－)减小，Ka不变，故增大；有时还要考虑KW＝c(H＋)·c(OH－)。
(3)从溶液导电能力的角度分析电离平衡移动：电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，自由移动离子的浓度越大，导电能力越强。
考点二　强酸与弱酸(或强碱与弱碱)的比较
1．一元强酸与一元弱酸的比较
等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)
等pH的盐酸(a) 与醋酸溶液(b)
pH或物质的量浓度
pH：a物质的量浓度：a溶液的导电性
a>b
a＝b
水的电离程度
aa＝b
加水稀释等倍数pH的变化量
a>b
a>b
等体积溶液中和NaOH的量
a＝b
a分别加该酸的钠盐固体后pH
a：不变b：变大
a：不变b：变大
开始与金属反应的速率
a>b
相同
等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量
相同
a2.一元弱碱与一元强碱的比较规律与以上类似，请模仿1自行梳理。
1．强酸溶液的导电能力一定比弱酸溶液的导电能力强吗？
2．常温下，你能确定浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液中c(H＋)吗？需要其他数据请查阅教材。
提示：　1.不一定；当酸的浓度等外界条件相同时，强酸的导电能力一定比弱酸的强；否则无法比较。
2．能。盐酸中c(H＋)＝c(HCl)＝0.1 mol·L－1；经查阅知醋酸的Ka＝1.7×10－5，由
　　　　　　　CH3COOHH＋＋CH3COO－
起始浓度/mol·L－1 0.1 0 0
变化浓度/mol·L－1 x x x
平衡浓度/mol·L－1 0.1－x x x
Ka＝＝1.7×10－5，x≈1.3×10－3
即0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.3×10－3 mol·L－1。
1．pH＝2的两种一元酸X和Y的溶液，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol/L)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为VX、VY，则(　　)
A．X为弱酸，VXVY
C．Y为弱酸，VXVY
解析：　分析图像可知，X、Y两酸的溶液稀释10倍，X pH增大1，则X为强酸，Y pH增大的范围小于1，则Y为弱酸，c(Y)>c(X)，体积相同的pH＝2的X、Y两酸的溶液被NaOH溶液滴定至pH＝7，则Y消耗NaOH溶液多。
答案：　C
2．室温下，关于下列四种溶液的叙述中，正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
NaOH
CH3COOH
HCl
浓度c/ mol·L－1
0.01
0.01
0.01
0.01
A.由水电离出的c(H＋)：①＝②＝③＝④
B．②、③混合呈中性，所需溶液的体积：③>②
C．溶液的pH：②>①>④>③
D．①、④等体积混合，所得溶液中离子的浓度：c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)
解析：　A项，NH3·H2O是弱碱，电离出的c(OH－)小于同浓度的NaOH电离出的c(OH－)，故水电离出的c(H＋)：①>②，同理③>④。B项，②、③恰好完全反应时生成CH3COONa，其水溶液因CH3COO－水解呈碱性，若要使混合后溶液呈中性，需CH3COOH过量，故所需溶液的体积：③>②，正确。C项，溶液的pH：②>①>③>④。D项，①、④等体积混合恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
答案：　B
3．在一定温度下，有a.盐酸　b．硫酸　c．醋酸三种酸：
(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是__________。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是__________。
(3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是__________。
(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是__________。
(5)当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为________，反应所需时间的长短关系是________。
(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是__________。
解析：　解答本题要注意以下三点：(1)HCl、H2SO4都是强酸，但H2SO4是二元酸。
(2)CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离。(3)醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡。
答案：　(1)b>a>c　(2)b>a＝c
(3)c>a>b(或c>a＝2b)　(4)c>a＝b
(5)a＝b＝c　a＝b>c　(6)c>a＝b
4．醋酸是电解质，下列事实能说明醋酸是弱电解质的组合是(　　)
①醋酸与水能以任意比互溶　②醋酸溶液能导电　③醋酸溶液中存在醋酸分子　④0.1 mol/L醋酸溶液的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大　⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2　⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9　⑦大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应，开始醋酸产生H2速率慢
A．②⑥⑦ B．③④⑤⑥
C．③④⑥⑦ D．①②
解析：　醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明醋酸部分电离，存在电离平衡，是弱电解质，③正确。0.1 mol/L醋酸溶液的pH比0.1 mol/L盐酸大，说明醋酸溶液中c(H＋)小于盐酸，是弱电解质，④正确。0.1 mol/L CH3COONa溶液pH＝8.9，说明CH3COO－发生了水解，CH3COOH是弱电解质，⑥正确。相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液与Zn反应醋酸反应慢，说明其中c(H＋)小，是弱电解质，⑦正确。
答案：　C
5. 下列事实不能证明氨水是弱碱的是 (　　)
A．pH＝11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9
B．氯化铵溶液呈酸性
C．常温下0.01 mol/L氨水的pH＝10.6
D．体积相同的0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NaOH溶液中和盐酸的量相同
解析：　A项，若氨水为强碱，必完全电离，加水稀释时，pH＝11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时，pH应等于9；B项，氯化铵溶液呈酸性，说明NH发生水解反应生成了弱电解质NH3·H2O，“有弱才水解”；C项，常温下0.01 mol/L氨水的pH＝10.6，说明氨水不能完全电离，若完全电离，pH应等于12；D项，无论氨水碱性强弱，等体积、等浓度的氨水和NaOH溶液电离出n(OH－)的量相同，它们的中和能力相同。
答案：　D
　判断弱酸(碱)的三个角度
　角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。
角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释10倍1角度三：弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：
(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞试液。现象：溶液变为浅红色。
(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH。现象：pH>7。
考点三　水的电离
1．电离方程式
水是一种极弱的电解质，H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。
2．几个重要数据
3．外界因素对水的电离平衡的影响
(1)温度：温度升高，促进水的电离，KW增大；温度降低，抑制水的电离，KW减小。
(2)酸、碱：抑制水的电离。
(3)能水解的盐：促进水的电离。
1．水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)中H＋和OH－一定是水电离出来的吗？
2．在pH＝2的盐酸溶液中由水电离出来的c(H＋)与c(OH－)之间的关系是什么？
3．甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，c(H＋)浓度增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？说明原因。
提示：　1.不一定。c(H＋)和c(OH－)均指溶液中的H＋或OH－的总浓度。这一关系适用于任何稀溶液，即任何稀溶液中都存在这一关系。因此，在酸溶液中酸本身电离出来的H＋会抑制水的电离，而在碱溶液中，碱本身电离出来的OH－也会抑制水的电离。
2．外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候水电离出c(H＋)和c(OH－)总是相等的。
3．甲正确；温度不变，KW是常数，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)>KW，平衡左移。
1．下列操作中，能使电离平衡H2OH＋＋OH－向右移动且溶液呈酸性的是(　　)
A．向水中加入NaHSO4溶液
B．向水中加入Al2(SO4)3溶液
C．向水中加入Na2CO3溶液
D．将水加热到100 ℃，使pH＝6
解析：　A项，加入NaHSO4溶液显酸性，但抑制水的电离，A错误；加入Al2(SO4)3溶液，Al3＋水解促进水的电离，同时水解使溶液显酸性，B正确；加入Na2CO3溶液，CO水解显碱性，C错误；将水加热促进其电离，氢离子浓度增加，但水依然是中性的，D错误。
答案：　B
2．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl　②NaOH　③H2SO4　④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小的顺序排列的一组是(　　)
A．④>③>②>①　　　　　　　　 B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
解析：　①对水的电离无影响；②③抑制水的电离，由H2OH＋＋OH－知，同等程度地改变c(H＋)或c(OH－)对水的电离影响相同，故水的电离程度②>③；④促进水的电离。因此水的电离程度：④>①>②>③。
答案：　C
　外界条件对水电离的影响
　—
—
3．求算下列溶液中H2O电离的c(H＋)和c(OH－)。
(1)pH＝2的H2SO4溶液
c(H＋)＝__________，c(OH－)＝________。
(2)pH＝10的NaOH溶液
c(H＋)＝__________，c(OH－)＝________。
(3)pH＝2的NH4Cl溶液
c(H＋)＝__________。
(4)pH＝10的Na2CO3溶液
c(OH－)＝________。
答案：　(1)10－12 mol·L－1　10－12 mol·L－1
(2)10－10 mol·L－1　10－10 mol·L－1
(3)10－2 mol·L－1
(4)10－4 mol·L－1
4．25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)
A．1∶10∶1010∶109　　　　　B．1∶5∶5×109∶5×108
C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109
解析：　①中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－14 mol·L－1，②中水电离出的c(H＋)＝＝1.0×10－13
mol·L－1，③中水电离出的c(H＋)＝＝1.0×10－4 mol·L－1，④中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得发生电离的水的物质的量之比为1.0×10－14∶1.0×10－13∶1.0×10－4∶1.0×10－5＝1∶10∶1010∶109，A正确。
答案：　A
　25 ℃时水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算方法
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol/L
(2)溶质为酸的溶液
H＋来源于酸电离和水电离，而OH－只来源于水，故有c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)溶液。
(3)溶质为碱的溶液
OH－来源于碱电离和水电离，而H＋只来源于水，故有c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(H＋)溶液。
(4)水解性的盐溶液
①水解呈酸性：c(H＋)水＝c(H＋)溶液
②水解呈碱性：c(OH－)水＝c(OH－)溶液
　
(1)室温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)水＝10－13 mol/L，则该溶液的pH为1或13；
(2)室温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)水＝10－5 mol/L，则该溶液的pH＝5；
(3)室温下，某溶液中由水电离出的c(OH－)水＝10－5 mol/L，则该溶液的pH＝9。
1．(2013·海南化学·8)0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(双选)(　　)
A．c(H＋)>c(F－)　　　　　 B．c(H＋)>c(HF)
C．c(OH－)>c(HF) D．c(HF)>c(F－)
解析：　由0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＝2，可知HF为弱酸，且该浓度的HF溶液电离出来的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，同时溶液中的H2O发生电离生成H＋和OH－，故c(HF)>c(H＋)>c(F－)，故A、D正确，B错误；水的电离微弱，故c(HF)>c(OH－)，故C项错误。
答案：　BC
2．(2013·山东理综·13)
某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])与pH的变化关系如图所示，则(　　)
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
解析：　M点NaOH不足，溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，Q点溶液显中性，溶质为CH3COONa和少量CH3COOH，M点的导电能力弱于Q点，A项错误；N点NaOH溶液过量，溶液显碱性，c(CH3COO－)小于c(Na＋)，B项错误；M点pOH＝b，N点pH＝b，酸、碱对水的电离的抑制程度相同，则水的电离程度相同，C项正确；Q点，溶液显中性，醋酸过量，消耗的NaOH溶液的体积小于醋酸溶液的体积，D项错误。
答案：　C
3．(2011·新课标全国卷·10)将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)
A．c(H＋)　　　　　　　 B．Ka(HF)
C. D.
解析：　HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大。
答案：　D
4．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小(2012·重庆理综，10B)(　　)
(2)常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4(2012·浙江理综，12A)(　　)
(3)为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸(2012·浙江理综，12B)(　　)
(4)0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH>1，原因是CH3COOHCH3COO－＋H＋(2010·北京理综，10A)(　　)
(5)由0.1 mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－(2010·福建理综，10C)(　　)
(6)醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度(2010·大纲全国卷Ⅱ，8C)(　　)
解析：　(1)稀醋酸稀释过程中，电离度增大，c(H＋)减小，pH增大。
(2)醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，3(3)若NaHA溶液的pH<7，H2A不一定是强酸，如NaHSO3溶液的pH<7，但H2SO3为弱酸。
(4)因CH3COOH是弱酸，不能完全电离。
(5)0.1 mol·L－1 BOH溶液的pH＝10，说明BOH为弱碱，弱碱不能完全电离，存在电离平衡。
(6)醋酸可发生电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋，而醋酸钠提供大量的CH3COO－，从而导致上述可逆反应向逆反应方向移动，醋酸电离程度减弱。
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
5．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变(2013·天津理综，5A)(　　)
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同(2013·天津理综，5D)(　　)
(3)25 ℃与60 ℃时，水的pH相等(2012·福建理综，10B)(　　)
(4)25 ℃时NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时NaCl溶液的KW(2011·天津理综，5A)(　　)
(5)4 ℃时，纯水的pH＝7(2010.·江苏，2B)(　　)
(6)由水电离的c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO能大量共存(2010·江苏，6B)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
6．(2012·新课标全国卷·11)已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
解析：　判断溶液呈中性的依据是c(H＋)＝c(OH－)。A项中，a＝b，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性；B项中未说明温度为25 ℃，故混合溶液pH＝7时不一定呈中性；C项混合溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝KW，因为c(H＋)＝ mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D项中c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。
答案：　C
学科素养培优(十四)__电离常数的计算模型及应用
1．电离常数的计算模型(以弱酸HX为例)
(1)已知c(HX)和c(H＋)，求电离常数
　　　　　　　　　HX　　　　　　H＋　＋　X－
起始(mol·L－1) c(HX) 0 0
平衡(mol·L－1) c(HX)－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
则：K＝＝
由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)，则K＝，代入数值求解即可。
(2)已知c(HX)和电离常数，求c(H＋)
　　　　　　HX　　　　　　H＋　＋　X－
起始 c(HX) 0 0
平衡 c(HX)－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
则：K＝＝
由于K值很小，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)，则：c(H＋)＝，代入数值求解即可。
2．电离常数的应用
弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，考题中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
如：0.1 mol/L CH3COOH溶液中加水稀释，
＝＝
稀弱酸溶液加水稀释、c(H＋)减小，K值不变，
则增大
25 ℃时，0.1 mol·L－1的HA溶液中＝1.0×1010,0.01 mol·L－1的BOH溶液pH＝12。请回答下列问题：
(1)HA是________(填“强电解质”或“弱电解质”，下同)，BOH是________。
(2)HA的电离方程式是____________________________。
(3)在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而减小的是________(填字母)。
A.　　　　　　　　　B.
C．c(H＋)与c(OH－)的乘积 D．c(OH－)
解析：　(1)因为KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，而又已知＝1.0×1010，所以c(H＋)＝1.0×10－2 mol/L，则推知HA为弱酸；而0.01 mol/L的BOH溶液中pH＝12，则c(H＋)＝1.0×10－12 mol/L，c(OH－)＝1.0×10－2 mol/L，BOH在溶液中完全电离，故BOH为强碱。(2)其电离方程式是HAH＋＋A－。(3)当加水稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大，D不正确；温度不变，KW不变；因Ka＝，稀释时c(A－)减小，Ka不变，则增大，c(H＋)减小，则增大，减小，选B。
答案：　(1)弱电解质　强电解质
(2)HAH＋＋A－　(3)B
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题七第三单元　盐类的水解
考点一　盐类水解原理
1．实质
盐电离→→生成弱电解质→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。
2．特点
→水解反应是可逆反应
　|
→水解反应是酸碱中和反应的逆反应
　|
→水解反应程度很微弱
3．水解的规律
盐的类别
强酸强碱盐
强碱弱酸盐
强酸弱碱盐
弱碱弱酸盐
是否水解
否
是
是
水解程度大
溶液酸碱性
中性
碱性
酸性
不作要求
4.水解方程式的书写
(1)一般盐类水解程度很小，水解产物很少，在书写盐类水解方程式时要用“ ”号连接，产物不标“↑”或“↓”，不把产物(如NH3·H2O、H2CO3)写成其分解产物的形式。
(2)多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式。
例如Na2CO3水解：CO＋H2OHCO＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完。
例如：FeCl3水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
(4)能彻底水解的离子组，由于水解趋于完全，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
1．酸式盐溶液一定呈酸性吗？
2．同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，谁的pH较大？为什么？同浓度的Na2CO3和NaHCO3相比呢？
3．已知常温下，0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH约为5；在0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，NH、Cl－、H＋、OH－及NH3·H2O的浓度大小顺序可表示如下：
请依次解释四个大于号产生的原因：
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________，
③________________________________________________________________________，
④________________________________________________________________________。
提示：　1.不一定，酸式盐溶液可以显酸性，如NaHSO4溶液，也可以显碱性，如NaHCO3溶液等。
2．Na2CO3溶液的pH大。因为CH3COOH的酸性强于H2CO3，则CO结合H＋的能力强于CH3COO－，即CO水解程度较大，产生的c(OH－)较大，pH较大。由于盐的二级水解大于一级水解，故Na2CO3溶液的pH比NaHCO3大。
3．①由NH4Cl===NH＋Cl－及NH＋H2ONH3·H2O＋H＋知c(Cl－)>c(NH)
②由于NH水解程度较小，因此有c(NH)>c(H＋)。
③由NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，H2OH＋＋OH－知c(H＋)>c(NH3·H2O)。
④由NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，H2OH＋＋OH－，由于pH＝5，c(H＋)＝10－5 mol·L－1
c(OH－)＝10－9 mol·L－1，而c(NH3·H2O)＝c(H＋)－c(OH－)≈c(H＋)＝10－5 mol·L－1，故c(NH3·H2O)>c(OH－)。
1．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2OHCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
解析：　A、D项是电离方程式，B项是CO2溶于水后的电离过程，C项正确。
答案：　C
2．对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是________________________________________________________________________；
若pH<7，其原因是________________________________________________________________________。
(注：以上问题用离子方程式说明)
解析：　pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。
答案：　Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
　弱电解质的电离方程式有两种表现形式，如HS－的电离：①HS－＋H2OS2－＋H3O＋，②HS－S2－＋H＋。其中形式①易误判为水解离子方程式。
3．下列物质的溶液中，所含离子种类最多的是(　　)
A．Na2S　　　　　　　　　　 B．Na3PO4
C．Na2CO3 D．AlCl3
解析：　Na3PO4所含离子种类最多，因它的水解有三级：
PO＋H2OHPO＋OH－
HPO＋H2OH2PO＋OH－
H2PO＋H2OH3PO4＋OH－
再加水的电离H2OH＋＋OH－，所以磷酸钠溶液中，除Na＋外还有五种离子：PO、HPO、H2PO、H＋、OH－，共六种离子。而Na2S和Na2CO3中均有五种离子，AlCl3中有四种离子。
答案：　B
4．有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断不水解的盐是(　　)
A．BX B．AX
C．AY D．BY
解析：　AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B对 。
答案：　B
5．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4
解析：　(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解显碱性，且其碱性比Na2CO3要弱。
答案：　B
　水解规律及酸式盐溶液酸碱性分析
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：
HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。
　相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
考点二　影响盐类水解的因素
1．内因
形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。
如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)
2．外因
(1)温度、浓度
条件
移动方向
水解程度
水解产生的离子浓度
升高温度
右移
增大
增大
增大c(盐)
右移
减小
增大
稀释
右移
增大
减小
(2)外加物质
外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
①外加酸碱
外加物质
水解程度的影响
弱酸根离子
弱碱阳离子
酸
增大
减小
碱
减小
增大
②加能水解的盐
—
1．有人认为，向CH3COONa溶液中，加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？
2．相互促进水解的离子，能否在同一溶液中大量共存？
提示：　1.不对。CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－达平衡后，加入少量CH3COOH的瞬间，c(CH3COOH)≥c(H＋)，所以c(CH3COOH)对上述平衡影响为主。由于c(CH3COOH)增大，水解平衡应向逆向移动。
2．有的能有的不能，要看产物是否脱离平衡体系。如Fe3＋与HCO相互促进水解生成沉淀和气体脱离平衡体系，水解趋于完全，二者不能大量共存；CH3COO－与NH相互促进水解生成可溶性酸和可溶性碱，仍存在于平衡体系，二者可以大量共存。
1．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：　温度一定，水解平衡常数不变，选项A错；通入二氧化碳，二氧化碳与OH－反应生成HCO，OH－浓度减小，平衡朝正反应方向移动，选项B正确；水解反应是吸热反应，升高温度，平衡朝正反应方向移动，HCO浓度增大，而CO浓度减小，故增大，选项C错误；加入NaOH，NaOH电离，溶液中OH－增大，pH增大，选项D错误。
答案：　B
2．(1)Na2CO3溶液中滴入酚酞试液呈红色，原因是(用离子方程式表示)__________________________。加热后颜色变__________(深或浅)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是________________________________________________________________________。
其原因是(以离子方程式和简要文字说明)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)CO发生水解，CO＋H2OHCO＋OH－　HCO＋H2OH2CO3＋OH－；水解是吸热过程，升高温度，上述平衡会向右移动，使c(OH－)变大。
(2)若加入过量BaCl2溶液，因Ba2＋＋CO===BaCO3↓会使水解平衡左移；c(OH－)减小，故会生成白色沉淀，溶液颜色变浅，最后完全消失。
答案：　(1)CO＋H2OHCO＋OH－　深　随温度升高，水解平衡右移，c(OH－)增大，碱性增强，故溶液的红色加深
(2)产生白色沉淀，且红色褪去　加入BaCl2后，Ba2＋＋CO===BaCO3↓(白色)，由于c(CO)减小，CO水解平衡左移，c(OH－)减小，溶液褪色
3．要使CH3COONa溶液pH变为7，应该采取的措施是(　　)
A．升高温度　　　　　　　　 B．加蒸馏水稀释
C．加入NaOH溶液 D．加入CH3COOH溶液
解析：　CH3COONa水解使溶液呈碱性：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升高温度，c(OH－)增大，pH增大；加水稀释时c(OH－)减小，但溶液仍呈碱性；加入NaOH后溶液的碱性增强。
答案：　D
4．为了使Na2S溶液中的比值变小，可加入的物质是(　　)
A．适量盐酸 B．适量NaOH溶液
C．适量KOH溶液 D．适量蒸馏水
解析：　在Na2S溶液中S2－＋H2OHS－＋OH－，要使的比值变小，即变小。A、D均使水解平衡右移，n(S2－)减小，比值变大；B、C均使水解平衡左移，n(S2－)变大，但B中同时增大了n(Na＋)，故选C。
答案：　C
考点三　盐类水解的应用
1．判断溶液的酸碱性
Na2CO3溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH－。
2．配制或贮存易水解的盐溶液
如配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度；配制CuSO4溶液时，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2＋水解。
3．判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物
如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧得到Al2O3、Fe2O3。
4．离子共存
Al3＋、Fe3＋与HCO、CO，Al3＋与AlO，Al3＋与S2－因相互促进水解而不共存。
5．解释生活中的现象或事实
如明矾净水、热纯碱液除油污，草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器原理等。
6．离子浓度大小的比较
如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)>c(HCO)；c(OH－)>c(H＋)。
7．物质的提纯(水解除杂)
如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋杂质时，因Fe3＋水解的程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去。
1．配制贮存FeCl2溶液时，常常需要注意什么问题？
2．若CuCl2溶液中含有FeCl3杂质，应采取什么措施除去Fe3＋？
3．向FeCl3溶液中加入适量NaHCO3溶液，会有什么现象？你能用离子方程式解释其原理吗？
提示：　1.加入少量盐酸抑制Fe2＋的水解；同时加入铁屑防止Fe2＋被氧化溶液变质。
2．加入CuO或Cu(OH)2，消耗H＋，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
3．有无色气体和红褐色沉淀产生，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。
1．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是(　　)
A．FeSO4(Fe)　　　　　　　 B．SnCl2(HCl)
C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)
解析：　A项中加入铁屑是防止Fe2＋被氧化。
答案：　A
2．配制BiCl3溶液时有水解产物BiOCl生成而使溶液呈浑浊现象。
(1)写出发生该现象的反应方程式：________________________________________________________________________。
(2)医药上常将BiOCl称为次氯酸铋，该名称________(填“正确”或“不正确”)。
(3)如何配制BiCl3溶液？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)BiCl3＋H2O===BiOCl↓＋2HCl
(2)不正确
(3)将适量BiCl3固体溶解在少量浓盐酸中，然后加水稀释
　配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度。
3．无色透明溶液中能大量共存的离子组是(　　)
A．Na＋、Al3＋、HCO、NO 　B．AlO、Cl－、Mg2＋、K＋
C．NH、Na＋、CH3COO－、NO 　D．Na＋、NO、ClO－、I－
解析：　A项，Al3＋因与HCO发生趋于完全的相互促进的水解反应而不能大量共存；B项，AlO与Mg2＋反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存；C项，NH与CH3COO－虽能发生相互促进的水解反应，但能大量共存；D项，ClO－与I－能发生氧化还原反应不能大量共存。
答案：　C
4．用一个离子方程式表示下列溶液混合时发生的反应。
(1)明矾溶液与NaHCO3溶液混合
________________________________________________________________________。
(2)明矾溶液与Na2CO3溶液混合
________________________________________________________________________。
(3)FeCl3溶液与NaClO溶液混合
________________________________________________________________________。
(4)NH4Cl溶液与NaAlO2溶液混合
________________________________________________________________________。
(5)NH4Cl溶液与Na2SiO3溶液混合
________________________________________________________________________。
答案：　(1)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(2)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO
(4)NH＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋NH3·H2O
(5)2NH＋SiO＋2H2O===H2SiO3↓＋2NH3·H2O
　
1．熟记下列因发生趋于完全的相互促进的水解反应不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
说明：NH与CH3COO－、HCO虽能发生相互促进水解反应，但能大量共存。
2．书写发生趋于完全的相互促进的盐类水解反应方程式模板(以FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合为例)。
第一步：写出发生反应的两种离子及对应的产物。不溶性物质加“↓”，易分解的物质写分解产物。
Fe3＋＋CO——Fe(OH)3↓＋CO2↑
第二步：配平电荷
2Fe3＋＋3CO——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
第三步：确定水的位置。因产物Fe(OH)3中含有H，反应物中无H，故H2O为反应物。
2Fe3＋＋3CO＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
第四步：根据质量守恒定律配平。
2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
5．(1)碳酸钾与水溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。
(3)碳酸氢钠溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)AlCl3溶液蒸干并灼热得到的固体物质是____________。原因________________________________________________________________________。
(5)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是
________________________________________________________________________。
答案：　(1)K2CO3　尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O　尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过度，会脱去结晶水
(3)Na2CO3　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(4)Al2O3　AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热蒸干过程中因HCl挥发，上述平衡右移至AlCl3完全水解；灼烧时2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
(5)Na2SO4　2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
　盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
6．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(2)物质Y是______。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？______，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是________________________________________________________________________。
(5)加氧化剂的目的是________________________________________________________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？______，应如何操作？________________________________________________________________________。
解析：　(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。
答案：　(1)C
(2)CuO或Cu(OH)2[或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀
(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]
(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发
　利用水解除杂无论在化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义，其原理是根据盐的水解程度的不同，通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。 如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调节溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去；注意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，因加这些物质pH升高太迅速，且碱过量不易觉察，Mg2＋也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NH、Na＋等杂质。
1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(2012·天津理综，5D)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(　　)
(2)(2010·北京理综，10D)向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：原因是CO＋H2OHCO＋OH－(　　)
(3)(2010·天津理综，4A)某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐(　　)
(4)(2010·福建理综，10D)由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－(　　)
(5)(2010·大纲全国卷Ⅰ，9B)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7(　　)
(6)(2010·上海化学，14C)0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液的pH大于0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液的pH(　　)
解析：　(1)CH3COONa溶液显碱性，加入适量CH3COOH使溶液显中性时：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)。
(3)显酸性的溶液可能是酸溶液，也可能是强酸弱碱盐溶液，还可能是酸式盐溶液，如NaHSO4、NaH2PO4溶液显酸性。
(4)0.1 mol·L－1 HA溶液的pH＝3，说明HA为弱酸，则NaA溶液中存在A－的水解平衡。
(5)酚酞的变色范围为8.2～10.0，当溶液恰好无色时，溶液pH刚刚小于8.2，即可显示无色。
(6)酸性CH3COOH>H2CO3>HCO，CO的水解程度比CH3COO－的大。
答案：　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
2．(2013·福建理综·8)室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，下列判断正确的是(　　)
A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH＝13
解析：　氨水是弱碱，书写离子方程式时不能拆写，应为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，A项错误；加水稀释虽然能促进氨水的电离，但c(NH)和c(OH－)都减小，即c(NH)·c(OH－)减小，B项错误；用硝酸完全中和后，生成硝酸铵，硝酸铵为强酸弱碱盐，其水解显酸性，C项正确；因为氨水为弱碱，部分电离，所以0.10 mol·L－1的溶液中c(OH－)远远小于0.10 mol·L－1，D项错误。
答案：　C
3．(2013·安徽理综·13)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2OH2SO3＋OH－①
HSOH＋＋SO②
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
解析：　加入少量金属Na，溶液中c(H＋)减小，平衡②右移，溶液中c(HSO)减小，A项错误；加入少量Na2SO3固体，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，B项错误；加入少量NaOH溶液，c(OH－)增大，平衡②右移，、均增大，C项正确；加入氨水至中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由电荷守恒知，其他离子存在如下关系：c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项错误。
答案：　C
4．(2009·北京理综·11)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②>③>④>①
B．c(CH3COO－)：②>④>③>①
C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④
D．c(CH3COOH)：①>④>③>②
解析：　①CH3COO－＋H＋CH3COOH，得到0.05 mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。②、③、④中两种物质间不反应。A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为0.05 mol/L的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①>③>④>②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为：①>③>④>②。
答案：　B
答题模板(三)　化学试剂的作用
[2011·海南高考，T17(2)]硫酸亚铁铵
[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。
步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L－1 H2SO4溶液，在60 ℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。
步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。
请回答下列问题：
在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是______________________。
[参考答案]　抑制Fe2＋的水解，防止生成Fe(OH)2或Fe(OH)3沉淀
[抽样分析]
考生甲
考生乙
抽样试卷
使铁完全溶解，并使废铁屑中的铁锈也完全反应
阻止Fe2＋水解生成Fe(OH)2沉淀
分析点评
对“过量硫酸”的主要作用没有完全认识，目的不明确
用词不准确，“抑制”不等同于“防止”；答案不完整，沉淀也可能是Fe(OH)3
[答题模板]
(1)作用类：“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等，回答要准确。
(2)作用一目的类：作用＋目的
“作用”是“……”，“目的”是“……”。
回答要准确全面。
第四单元　沉淀溶解平衡
考点一　沉淀溶解平衡
1．溶解平衡的建立
固体溶质溶液中的溶质
2．特征
3．沉淀溶解平衡常数——溶度积
(1)表达式
对于溶解平衡MmAn(s) mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n
(2)影响因素：只受温度影响。
(3)溶度积规则
某难溶电解质的溶液中任一情况下有关离子浓度的乘积Qc(离子积)与Ksp的关系
1．(1)①AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)；
②AgCl===Ag＋＋Cl－。
①②两方程式所表示的意义相同吗？
(2)利用生成沉淀的方法能否全部除去要沉淀的离子？
2．AgCl的Ksp＝1.80×10－10，将0.002 mol·L－1的NaCl和0.002 mol·L－1的AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成？写出推断过程。
提示：　1.(1)不同。①式表示难溶电解质AgCl在水溶液中的溶解平衡方程式；②式表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。
(2)不可能将要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。
2．c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.001 mol·L－1×0.001 mol·L－1＝10－6 mol2·L－2>Ksp，有沉淀生成。
1．把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。
下列说法正确的是(　　)
A．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
B．给溶液加热，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
解析：　Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)所表示的是Ca(OH)2的溶解平衡而非电离平衡，Ca(OH)2是强电解质，不存在电离平衡，向平衡体系中加入CaO，CaO与H2O反应使c(Ca2＋)和c(OH－)都增大，平衡向左移动，由于温度不变，Ksp不变，所以当c(Ca2＋)和c(OH－)减小至与原平衡相等时达到新的平衡，c(Ca2＋)、c(OH－)未变，pH不变[但n(Ca2＋)、n(OH－)减小了，Ca(OH)2的量增大了]；给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以又会有少量Ca(OH)2析出，c(OH－)减小，pH减小；加入Na2CO3溶液，部分Ca(OH)2转化为CaCO3，固体质量增加；加入NaOH(s)，平衡左移，Ca(OH)2固体质量增加。
答案：　C
2．某温度时，AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)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．加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C．d点有AgCl沉淀生成
D．c点对应的Ksp小于a点对应的Ksp
解析：　A项，当加入AgNO3时，溶液中的c(Ag＋)增大，而c(Cl－)减小，即溶液不能由c点变到d点，错；B项，加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，但Ksp不变，错；C项，d点时的c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp，有沉淀生成，正确；D项，曲线上的点对应的是溶解平衡时的离子浓度关系，而当温度一定时，Ksp不变，即c点对应的Ksp与a点对应的Ksp相等，错。
答案：　C
　沉淀溶解平衡图线解读
(1)曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。
(2)可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。
　难溶电解质的溶解过程有的是吸热过程有的是放热过程，因此，温度对Ksp的影响应具体问题具体分析。
3．已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
解析：　A项，Mg(OH)2与MgF2同属于AB2型沉淀，可根据Ksp的大小比较离子浓度，Ksp[Mg(OH)2]比Ksp(MgF2)小，说明Mg(OH)2溶液中的c(Mg2＋)更小；B项，因Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O，而使c(Mg2＋)增大；C项，Ksp不随浓度的改变而改变；D项，Mg(OH)2的Ksp与MgF2的Ksp数量级接近，类比BaSO4可转化为BaCO3，说明Mg(OH)2也可能转化为MgF2。
答案：　B考点二　沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为：Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。
2．沉淀的溶解
(1)酸溶解：用离子方程式表示难溶于水的CaCO3可溶于盐酸CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O。
(2)盐溶解：用离子方程表示Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
3．沉淀的转化
(1)实质
沉淀溶解平衡的移动
(2)规律
一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。
(3)应用
①锅炉除垢
将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4＋CO===CaCO3＋SO。
②矿物转化
CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为：ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋。
1．要使工业废水中的重金属离子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．以上沉淀均可
2．试用平衡移动原理解释下列事实：
(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？
(2)CaCO3难溶于稀H2SO4，却能溶于醋酸中；
(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 mol·L－1的HCl洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀HCl洗涤的损失量。
提示：　1.A
2．(1)BaCO3Ba2＋＋CO，HCl===H＋＋Cl－，2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，盐酸电离的H＋与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋)增大，引起人体中毒。
(2)CaCO3Ca2＋＋CO，H2SO4===SO＋2H＋，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附在CaCO3的表面，阻止平衡的右移。而CH3COOHCH3COO－＋H＋生成的醋酸钙易溶于水，当H＋与CO结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移。
(3)用水洗涤AgCl，AgClAg＋＋Cl－平衡右移，AgCl的质量减少；用HCl洗涤AgCl，稀释的同时HCl电离产生的Cl－会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些。
1．为了除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(　　)
A．NaOH　　　　　　　　　　B．Na2CO3
C．氨水 D．MgO
解析：　本题常规方法是加入化学物质直接与Fe3＋反应形成沉淀，但在这里却巧妙地利用了MgO消耗FeCl3水解生成的HCl促使FeCl3水解成Fe(OH)3，同时MgO转化成MgCl2，即使MgO过量，但它不溶于水，不引入新杂质。
答案：　D
2．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol·L－1)如图。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________________________________________________________________________。
(2)若要除去CuCl2溶液中少量的Fe3＋，应该控制溶液的pH为______________。
A．<1　　　　　　　　　　　 B．4左右
C．>6
(3)已知常温下一些难溶物的溶度积常数如表(单位：mol2·L－2)。
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.1×10－28
6.1×10－53
1.6×10－21
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们。
A．NaOH B．FeS
C．Na2S
解析：　(1)由题图可以看出pH＝3时，不产生Cu(OH)2沉淀，铜元素主要是以Cu2＋的形式存在。
(2)由题图可知pH<1时，Fe3＋不产生沉淀；pH在2.5～4.5之间，Fe3＋沉淀完全而Cu2＋不产生沉淀；pH>6时Cu2＋也沉淀完全，故应控制pH在4左右。
(3)根据几种硫化物的溶度积可知CuS、PbS、HgS的溶解度比FeS小得多；加入FeS可将Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋转化为硫化物沉淀，而过量的FeS不溶解，所以FeS为最佳试剂，而NaOH、Na2S过量时都会存在于废水中。
答案：　(1)Cu2＋　(2)B　(3)B
　
1．沉淀的生成
(1)条件：离子浓度积(Qc)大于溶度积(Ksp)。
(2)应用：
①分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。
②控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去。
2．沉淀的溶解
当溶液中溶度积Qc小于Ksp时，沉淀可以溶解，其常用的方法有：
(1)酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如CaCO3可溶于盐酸。
(2)盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。
(3)配位溶解法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。
(4)氧化还原法：通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。
3．沉淀的转化
(1)含义
在难溶物质的饱和溶液中，溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。
(2)实例
AgNO3NaCl,AgCl(白色沉淀)NaBr,AgBr(淡黄色沉淀)KI,AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。
1．(2013·江苏高考·14)
一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：
pM＝－lg c(M)，p(CO)＝－lg c(CO)。
下列说法正确的是(双选)(　　)
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)解析：　pM、p(CO)越大，则c(M)、c(CO)越小，Ksp越小，根据图示，可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A项错误；a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为饱和溶液，且p(Mn2＋)＝p(CO)，则c(Mn2＋)＝c(CO)，B项正确；b点在CaCO3的沉淀溶解平衡曲线上，为饱和溶液，p(Ca2＋)c(CO)，C项错误；c点在MgCO3的沉淀溶解平衡曲线上方，c(Mg2＋)·c(CO)答案：　BD
2．(2013·新课标全国卷Ⅰ·11)已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO　　　　 B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
解析：　设加入一定体积的AgNO3溶液时，溶液中Cl－、Br－和CrO的浓度均为c mol·L－1，则形成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀所需Ag＋浓度分别是 mol·L－1、 mol·L－1、 mol·L－1，比较Ksp数值可知，Br－形成沉淀时所需Ag＋浓度最小，即最先产生沉淀：CrO形成沉淀时所需Ag＋浓度最大，即最后产生沉淀。
答案：　C
3．(2011·浙江理综·13)海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。
Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9　　Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6　 Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12
下列说法正确的是(　　)
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
解析：　本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡及相关计算。由HCO＋OH－===CO＋H2O知步骤①反应后c(Ca2＋)·c(CO)＝0.011×1.0×10－3＝1.1×10－5>Ksp(CaCO3)，故有CaCO3生成。Ca2＋过量，其浓度为0.011 mol·L－1－1.0×10－3 mol·L－1＝0.010 mol·L－1，故B选项错误。溶液中c(CO)＝ mol·L－1＝4.96×10－7 mol·L－1，c(Mg2＋)·c(CO)＝0.050×4.96×10－7＝2.48×10－8答案：　A
4．(2013·重庆理综·2)下列说法正确的是(　　)
A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．25 ℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V醋酸C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)解析：　SO3溶于水能导电是因为生成了强电解质H2SO4，而SO3是非电解质，A项错误；醋酸是弱电解质，滴定等浓度NaOH溶液至中性时V醋酸>VNaOH，B项错误；NaAlO2与NaHCO3都是强碱弱酸盐，彼此不反应，C项错误；沉淀一般向溶解度更小的方向转化，D项正确。
答案：　D
5．(2013·北京理综·10)实验：①0.1 mol·L－1 AgNO3溶液和0.1 mol·L－1 NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是(　　)
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．滤液b中不含有Ag＋
C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶
解析：　由实验现象和反应原理可知，浊液a为含有AgCl及硝酸钠的浊液，滤液b为硝酸钠溶液(含极少量的Ag＋、Cl－)，白色沉淀c为AgCl，②中出现的浑浊为AgI，③中的黄色沉淀为AgI。浊液a中存在AgCl的溶解平衡，A项正确；由选项A可知滤液b中含有Ag＋，B项错误；③中的黄色沉淀为AgI，是由AgCl电离出的Ag＋与I－结合生成的，C项正确；实验②和实验③均说明AgI比AgCl更难溶，D项正确。
答案：　B
6．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大(2012·天津理综，5B)(　　)
(2)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol·L－1盐酸、　③0.1 mol·L－1氯化镁溶液、④0.1 mol·L－1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①>④＝②>③(2012·浙江理综，12D)(　　)
(3)常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下，Ksp(BaCO3)(4)AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同(2010·天津理综，4C)(　　)
解析：　(1)在含有BaSO4沉淀的溶液中，存在沉淀溶解平衡；BaSO4Ba2＋＋SO，加入Na2SO4固体后，SO浓度增大，平衡逆向移动，c(Ba2＋)减小。
(2)氯化银的溶度积常数表达式为Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，c(Cl－)越大，c(Ag＋)越小，故Ag＋浓度大小顺序应为：④>①>②>③。
(3)常温下，Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，由于Na2CO3溶液浓度大，导致了BaSO4转化为BaCO3。
(4)相同浓度的CaCl2溶液中的c(Cl－)是NaCl溶液中c(Cl－)的2倍，因此AgCl在CaCl2溶液中的溶解度是NaCl中的1/2。
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
答题模板(四)__试纸的使用
聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为
[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)过程如下：
溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为________________________________________________________________________。
[参考答案]
将一小片pH试纸放到表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，等试纸变色后，再跟标准比色卡对比读数
[抽样分析]
考生甲
考生乙
考生丙
抽样试卷
用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，观察颜色变化
取几滴待测液滴在pH试纸中央，变色后与标准比色卡对比读数
取少量待测液滴在pH试纸上，对照显色
分析点评
pH试纸是定量测定待测液酸碱性的试纸，必须与标准比色卡比较才行。只观察颜色变化不正确
用pH试纸测定待测液pH时不能将待测液直接滴在试纸上，应该用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上
答案不完整，一是应用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中央，另一方面应该指明与标准比色卡对比读数
**答题模板**
取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，等试纸变色后，再与标准比色卡对照。
说明：此类问题的答案几乎是格式化的。解答此类题目要注意三个得分点和关键词：蘸待测液＋点试样＋对比读数
(1)蘸取待测溶液：用洁净的玻璃棒蘸取待测液
(2)点试样：点在试纸上
(3)对照：与标准比色卡对照读
其他试纸使用的答题模板
(1)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉-KI试纸检验溶液时，
答题模板：
将××××××试纸放于表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待检液点在试纸中部，试纸呈现××××××颜色。
(2)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉-KI试纸检验气体时，
[答题模板]：
先取小片××××××试纸用蒸馏水润湿，粘在玻璃棒的一端，再放到盛有待测气体的容器口附近，试纸呈现××××××颜色
专题讲座(九)　多角度探究电解质溶液中水的电离
[命题研究]
　水是一种非常弱的电解质，一定温度下，纯水电离产生的H＋和OH－浓度相等，且二者浓度的乘积是一常数，表示为KW＝c(H＋)·c(OH－)。在电解质稀溶液中，水的电离平衡仍然存在，且KW＝c(H＋)·c(OH－)仍然成立。一些情况下，溶液的酸碱性就决定于水的电离或水的电离的变化。高考对本内容的考查较多，且比较稳定，是电解质溶液知识的中心内容。
[专题探究]
一、不同温度下水的电离情况分析
1．纯水的电离
水的电离是一吸热过程：H2OH＋＋OH－　ΔH>0。
温度
常温(25 ℃)
100 ℃
水电离产生的c(H＋)、c(OH－)
c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol/L
c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol/L
水的离子积常数
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14
KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12
水的pH
pH＝7
pH＝6
酸碱性
中性
中性
水的电离程度
100 ℃>25 ℃
2.电解质溶液中水的电离
用水的离子积常数进行计算时，要注意温度的变化导致的数值变化。
(1)酸性溶液
25 ℃时pH＝2和100 ℃时pH＝2的两电解质溶液中，c(H＋)＝10－2 mol/L，溶液的酸性强弱相同，原因是水的电离程度虽然增大了，但水电离出的c(H＋)仍然微不足道，可以忽略。
(2)碱性溶液
25 ℃时pH＝10和100 ℃时pH＝10的两电解质溶液中，溶液的碱性强弱不同，原因是水的电离程度影响了水的离子积常数，计算c(OH－)时，结果就不同了。25 ℃时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－14/10－10＝10－4(mol/L)；100 ℃时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－12/10－10＝10－2(mol/L)。
二、同一温度下电解质溶液中水的电离情况分析
1．电解质对水电离的影响
酸和碱能抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离。
(1)在pH＝4的酸溶液中
酸电离产生的c(H＋)＝10－4 mol/L，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(H＋)可以忽略，判断水的电离程度看c(OH－)。在pH＝4的水解的盐溶液中，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－4 mol/L，c(H＋)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(H＋)。
(2)在pH＝10的碱溶液中
碱电离产生的c(OH－)＝10－4 mol/L，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(OH－)可以忽略，判断水的电离程度看c(H＋)。在pH＝10的水解的盐溶液中，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－4 mol/L，c(OH－)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(OH－)。
(3)pH＝4的水解的盐溶液中水的电离程度是pH＝4的酸溶液中水的电离程度的106倍。pH＝10的水解的盐溶液中水的电离程度是pH＝10的碱溶液中水的电离程度的106倍。
2．电解质溶液稀释过程中水的电离情况分析
(1)原理
电解质溶液稀释过程中，水的电离也会发生相应的变化。如强酸或强碱溶液稀释过程中，水的电离程度不断增大。所以溶液中的某些离子浓度在稀释过程中，反而会增大。
(2)实例
如pH＝5的盐酸溶液，加水稀释至原体积的10倍时，c(H＋)、c(Cl－)都会减小，但c(OH－)会增大。当把溶液稀释至原体积1 000倍时，溶液的pH不会变为8，原因是水电离出的c(H＋)大于酸电离产生的c(H＋)，水的电离此时不能忽略。
3．电解过程中水的电离情况分析
在某些盐溶液的电解过程中，溶液pH的变化往往与水的电离变化有关。如用惰性电极电解饱和食盐水时，在阴极上由于发生：2H＋＋2e－===H2↑的反应，破坏了水的电离平衡，使水的电离程度增大，导致阴极区里c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极区里因OH－失去电子，破坏了水的电离平衡，导致溶液显酸性。
下列叙述正确的是(　　)
A．某温度下，蒸馏水中的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，则该温度一定高于25 ℃
B．25 ℃时，某溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－18，该溶液不可能呈酸性
C．25 ℃时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
D. 25 ℃时，0.1 mol·L－1的盐酸溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，水的电离程度不同
解析：　A项：蒸馏水中c(H＋)＝c(OH－)，KW＝(1.0×10－6)2＝1.0×10－12，由于KW大于常温下的KW，故该温度一定大于25 ℃，该项正确；B项：25 ℃时，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－9 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，故H2OH＋＋OH－受到抑制，可能为酸溶液、碱溶液或类似于NaHSO4酸式盐溶液等，该项错误；C项：KW只受温度影响，该项错误；D项：由H2OH＋＋OH－知，相同温度下，同等程度地增大c(H＋)或c(OH－)，对水的电离影响效果相同。
答案：　A
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题七第二单元　溶液的酸碱性
考点一　溶液的酸碱性和pH
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性是由溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小决定的：
(1)c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性。
(2)c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
(3)c(H＋)2．pH
(1)定义：pH＝－lgc(H＋)。
(2)25 ℃时，pH与溶液c(H＋)的关系
(3)适用范围：0～14。
3．pH试纸的使用
(1)方法：把小片试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在干燥的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。
(2)注意：①pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释而可能产生误差。
②用pH试纸读出的pH只能是整数。
1．pH＝7的溶液一定显中性吗？
2．若已知c(H＋)>c(OH－)，该溶液是否一定为酸性？
3．下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．pH<7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
D．c(H＋)>c(OH－)的溶液
4．可否用pH试纸测定氯水的pH？为什么？
提示：　1.不一定。pH＝7的溶液，不一定是中性溶液，因为温度不同，水的离子积不同，如100 ℃时，pH＝6的溶液为中性溶液，pH＝7时为碱性溶液。
2．只要c(H＋)>c(OH－)，溶液一定呈酸性。
3．由于没有明确温度，A、C均不一定正确；B溶液呈中性，故选D。
4．不可以。因为氯水中含有HClO具有强氧化性，能漂白pH试纸。
1．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大，pH变小，呈酸性
B．水的离子积不变，pH不变，呈中性
C．水的离子积变小，pH变大，呈碱性
D．水的离子积变大，pH变小，呈中性
解析：　H2OH＋＋OH－，水的电离过程为吸热过程，升高温度使电离平衡向电离方向移动。c(H＋)和c(OH－)均增大，KW增大，pH减小，但纯水中c(H＋)＝c(OH－)，呈中性。
答案：　D
2．25 ℃时，下列溶液的酸性最强的是(　　)
A．0.01 mol·L－1的HCl溶液
B．pH＝2的H2SO4溶液
C．c(OH－)＝10－13 mol·L－1的溶液
D．pH＝1的HNO3溶液加水稀释为原来的2倍
解析：　比较溶液的酸性强弱可以通过比较其c(H＋)的大小而得出。A中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，B中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，C中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，D中c(H＋)＝0.05 mol·L－1，故选C。
答案：　C
3．在常温下，将下列溶液的酸碱性填在括号中：
(1)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合(　　)
(2)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合(　　)
(3)相同浓度NH3·H2O和HCl溶液等体积混合(　　)
(4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合(　　)
(6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等体积混合(　　)
答案：　(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性
(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性
　
(1)等体积等浓度的一元强酸与一元强碱混合呈中性。
(2)等体积等浓度的一元弱酸与一元强碱混合呈碱性。
(3)强酸、强碱等体积混合
①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈碱性。
(4)pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。
4．(1)1 mL pH＝5的盐酸，加水稀释到10 mL pH＝________；加水稀释到100 mL，pH________7。
(2)1 mL pH＝9的NaOH溶液，加水稀释到10 mL，pH＝__________；加水稀释到100 mL，pH________7。
(3)pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c(SO)与c(H＋)的比值为________。
解析：　(3)稀释前c(SO)＝ mol·L－1；稀释后c(SO)＝＝10－8 mol·L－1；c(H＋)接近10－7mol·L－1，所以＝＝。
答案：　(1)6　接近　(2)8　接近　(3)1∶10
　酸碱稀释时pH的变化规律
酸(pH＝a)
碱(pH＝b)
弱酸
强酸
弱碱
强碱
稀释10n倍
a＋n
>b－n
b－n
无限稀释
pH趋向于7
5．求下列溶液的pH(常温条件下)(已知lg2＝0.3)
(1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液
(2)已知CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10－5,0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液
(3)0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液(NH3·H2O的电离度为α＝1%，电离度＝×100%)
解析：　(1)c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1
pH＝2
(2)设溶液中c(H＋)＝x mol·L－1
　　　　　　　　　　CH3COOHCH3COO－＋H＋
起始浓度/mol·L－1 0.1 0 0
变化浓度/mol·L－1 x x x
平衡浓度/mol·L－1 0.1－x x x
＝1.8×10－5
经计算取舍后x＝2×10－3
pH＝3－lg2＝2.7
(3)c(OH－)＝0.1 mol·L－1×1%＝0.001 mol·L－1
c(H＋)＝ mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，pH＝11
答案：　(1)2　(2)2.7　(3)11
6．求室温下，下列溶液的pH，已知lg2＝0.3，lg5＝0.7。
(1)将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH等体积混合
(2)常温下，将pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合
(3)将pH＝3的HCl与pH＝3的H2SO4等体积混合
(4)0.001 mol·L－1的NaOH溶液
(5)pH＝2的盐酸与等体积的水混合
解析：　(1)pH＝8的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝10－6 mol·L－1
pH＝10的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－4 mol·L－1
混合后溶液中：c(OH－)＝ mol·L－1≈5×10－5 mol·L－1
c(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－10 mol·L－1
pH＝10－lg2＝9.7
(2)pH＝5的盐酸中c(H＋)＝10－5 mol·L－1
pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1
根据题意知二者混合后盐酸过量，剩余的c(H＋)＝＝10－6 mol·L－1；pH＝6
(3)pH相同的强酸溶液混合后pH不变。
(4)c(H＋)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1　pH＝11
(5)pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，用水稀释后c(H＋)＝＝5×10－3 mol·L－1　
pH＝3－lg5＝2.3
答案：　(1)9.7　(2)6　(3)3　(4)11　(5)2.3
　
1．总体原则
(1)若溶液为酸性，先求c(H＋)，再求pH＝－lgc(H＋)。
(2)若溶液为碱性，先求c(OH－)，再求c(H＋)＝KW/c(OH－)，最后求pH。
2．单一类的计算方法
(1)对于酸(HnA)，浓度为c
强酸：c(H＋)＝nc。
(2)对于碱[B(OH)n]，浓度为c
强碱：c(OH－)＝nc，c(H＋)＝10－14/nc，再根据水的离子积求由水电离出的c(OH－)。
3．混合类的计算方法
(1)同性混合
①若为酸的溶液混合，则c(H＋)混＝[c(H＋)1V1＋c(H＋)2V2]/(V1＋V2)，再直接求pH。
②若为碱的溶液混合，则先求c(OH－)混＝[c(OH－)1V1＋c(OH－)2V2]/(V1＋V2)，再求c(H＋)＝KW/c(OH－)混，后求pH。
(2)异性混合
①若酸过量，则c(H＋)过＝[c(H＋)酸V酸－c(OH－)碱V碱]/(V酸＋V碱)，得pH。
②若碱过量，则先求c(OH－)过＝[c(OH－)碱V碱－c(H＋)酸V酸]/(V酸＋V碱)，再求c(H＋)＝KW/c(OH－)过，后求pH。
7．在某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝______。
②若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝______。
解析：　(1)由题意知，溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。
(2)①根据中和反应：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱
10－2·Vb＝10－13/10－12·Va
＝＝1∶10。
②根据中和反应H＋＋OH－===H2O
c(H＋)·Vb＝c(OH－)·Va
10－b·Vb＝10－13/10－a·Va
＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶1。
答案：　(1)10－13　(2)①1∶10　②10∶1
　规律推导
　常温下设强酸与强碱混合后溶液呈中性，因c(H＋)酸·V酸＝c(OH－)碱·V碱，故有＝。在碱溶液中c(OH－)碱＝，将其代入上式得c(H＋)酸·c(H＋)碱＝，两边取负对数得pH酸＋pH碱＝14－lg。
考点二　酸碱中和滴定
1．原理
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．实验用品
(1)仪器：酸式滴定管(如图A)、碱式滴定管(如图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)常用酸碱指示剂的变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0粉红色
>10.0红色
(4)滴定管的使用
①酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸和氧化性物质腐蚀橡胶。
②碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质的溶液易与玻璃中的成分SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3致使活塞无法打开。
3．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。
②锥形瓶：注碱液→记读数→加指示剂。
(2)滴定
(3)终点判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
4．数据处理
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
5．误差分析
分析依据：cB＝(VB—准确量取的待测液的体积，cA—标准溶液的浓度)
若VA偏大?cB偏大；若VA偏小?cB偏小。
1．酸式滴定管怎样查漏？
2．容量为25 mL的滴定管，滴定过程中用去10.00 mL的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为15 mL吗？
3．KMnO4(H＋)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀盐酸应分别盛放在哪种滴定管中？
4．(1)滴定管为什么要润洗？锥形瓶需要润洗吗？
(2)读数时为什么要平视凹液面？
(3)滴定管排空气的目的是什么？
5．滴定终点就是酸碱恰好中和的点吗？
提示：　1.向已洗净的滴定管中装上一定体积的水，安装在滴定管夹上直立静置两分钟，观察有无水滴漏下。然后将活塞旋转180°，再静置两分钟，观察有无水滴漏下，如均不漏水，滴定管即可使用。
2．由于滴定管的“0”刻度在滴定管的上方；滴定管下端是没有刻度的，故剩余液体体积大于15 mL。
3．强氧化性溶液、酸性溶液应盛放在酸式滴定管中，碱性溶液应盛放在碱式滴定管中。即酸性KMnO4溶液、稀盐酸、溴水应盛放在酸式滴定管中，Na2CO3溶液盛放在碱式滴定管中。
4．(1)滴定管不润洗相当于对所盛装溶液的稀释，锥形瓶不需润洗，润洗后相当于所盛装溶液的物质的量增大。
(2)仰视读数偏大，俯视读数偏小。
(3)如不排空气，取液时体积变小，滴定时体积变大。
5．滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，不一定是酸碱恰好中和的点。
1．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图甲、乙，下表中正确的选项是(　　)
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
甲
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
乙
D
酸
碱
酚酞
乙
解析：　用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度时，可将H2SO4溶液滴入一定体积的NaOH溶液中，此种情况下滴定管中是H2SO4溶液，锥形瓶中是NaOH溶液，A选项指示剂选择错误，C选项滴定管选择错误。也可将NaOH溶液滴入一定体积的H2SO4溶液中，此种情况下滴定管中是NaOH溶液，锥形瓶中是H2SO4溶液，B错误、D正确。
答案：　D
　指示剂选择的基本原则
　变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
(1)不能用石蕊作指示剂。
(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。
(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
2．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。
请回答：
如何判断滴定终点________________________________________________________________________。
答案：　当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色
3．某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作步骤如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下某一刻度，并记下读数
④移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
(1)以上步骤有错误的是(填编号)________，该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)________。
(2)判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液从________色变为________色，且半分钟内不变色。
(3)如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为____________mL。
(4)根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度为________mol/L。
滴定次数
待测溶液
体积(mL)
标准NaOH溶液读数记录(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
4.00
24.00
第三次
20.00
2.00
24.10
解析：　(1)①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，不能立即注入NaOH溶液，应先用NaOH溶液润洗；否则所用NaOH溶液的体积偏大，导致测定盐酸的浓度偏大。(2)酚酞试剂在酸性溶液中呈无色，当溶液呈弱碱性时，溶液呈粉红色。(4)取前两次所用NaOH溶液体积的平均值(第三次误差较大，舍去)，然后代入公式进行计算：c(酸)V(酸)＝c(碱)V(碱)，故c(酸)＝c(碱)V(碱)/V(酸)。
答案：　(1)①　偏大
(2)无　粉红
(3)22.60
(4)0.200 0
　以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤
操作
VA
cB
洗涤
酸式滴定管未用标准酸溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
取碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴在锥形瓶外
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高
　
　滴定终点≠中和反应恰好进行完全≠溶液呈中性。中和反应恰好进行完全，得到的溶液不一定呈中性，有可能呈酸性或碱性。
1．(2013·新课标全国卷Ⅱ·13)室温时，M(OH)2(s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于(　　)
A.lg()　　　　　　　　　 B.lg()
C．14＋lg() D．14＋lg()
解析：　根据M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)，则溶液中c(OH－)＝＝ mol·L－1，则pH＝－lgc(H＋)＝－lg(10－14÷)＝－[－14－lg()]＝14＋lg()。
答案：　C
2．(2013·大纲全国·12)
如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KW
B．M区域内任意点均有c(H＋)C．图中T1D．XZ线上任意点均有pH＝7
解析：　根据水的离子积定义可知A项正确；XZ线上任意点都存在c(H＋)＝c(OH－)，所以M区域内任意点均有c(H＋)答案：　D
3．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等(2012·福建理综，10C)(　　)
(2)常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4(2012·浙江理综，12A)(　　)
(3)100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性(2010·天津理综，5D)(　　)
(4)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，将溶液稀释到原来体积的10倍后，溶液的pH＝(a＋1)(2011·福建理综，10A)(　　)
(5)在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO、Na＋可以常量共存(2010·福建理综，10A)(　　)
(6)用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸(2009·广东理综，3B)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
4．(2013·浙江理综·12)25 ℃时，用浓度为0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZB．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
解析：　A项，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的酸性：HX答案：　B
5．(2013·江苏化学·18)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；②准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况)。
(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(2)氨气常用________检验，现象是________。
(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。
解析：　(1)若滴定管未用EDTA标准溶液润洗，则EDTA标准溶液会被稀释，滴定过程中消耗标准溶液的体积增大，使滴定结果偏高。(2)氨气是碱性气体，溶于水生成弱碱(NH3·H2O)，能够使红色石蕊试纸变蓝。(3)根据题目给出的数据，分别计算Ni2＋、NH、SO的物质的量，然后由Ni2＋、NH、SO的物质的量确定结晶水的物质的量。
答案：　(1)偏高
(2)湿润的红色石蕊试纸　试纸颜色由红变蓝
(3)n(Ni2＋)＝0.040 00 mol·L－1×31.25 mL×10－3 L·mL－1＝1.250×10－3 mol
n(NH)＝＝2.500×10－3 mol
n(SO)＝
＝＝2.500×10－3 mol
m(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g
m(NH)＝18 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.045 00 g
m(SO)＝96 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.240 0 g
n(H2O)＝＝1.250×10－2 mol
x∶y∶m∶n ＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
学科素养培优(十五)__酸碱中和滴定法的拓展应用
　中和滴定实验是中学化学中重要定量实验之一，有关中和滴定的实验操作、指示剂的选择和误差分析是高考试题的“常客”。随着新课程改革的推进，与滴定实验相关的沉淀滴定和氧化还原滴定也在高考试题中频频出现，需引起考生的重视。
一、沉淀滴定法
1．概念
沉淀滴定法是利用沉淀反应进行定量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合定量分析条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。
2．原理
沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl－的浓度。已知：
银盐
性质　　
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
溶解度(mol·L－1)
1.34×10－6
7.1×10－7
1.1×10－8
6.5×10－5
1.0×10－6
(1)滴定终点的现象是____________。
(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是________。
A．NaCl　　　　　　　　　　B．BaBr2
C．Na2CrO4
刚好达到滴定终点时，发生的离子反应方程式为__________________________。
解析：　(1)根据沉淀滴定法的原理，可知溶液中Ag＋和Cl－先反应，Cl－消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，由此可知滴定终点时的颜色变化。
(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，所选择的指示剂和Ag＋反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度，由题给数据可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但是由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，这样在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点，此时的离子反应方程式为2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓。
答案：　(1)滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀
(2)C　2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓
二、氧化还原滴定
　以氧化还原反应为基础的容量分析方法。它以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质；或者间接滴定一些本身并没有氧化性或还原性，但能与某些氧化剂或还原剂起反应的物质。氧化滴定剂有高锰酸钾、重铬酸钾、碘等；还原滴定剂有亚铁盐、抗坏血酸(即维生素C)等。
KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：
①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；④利用氧化还原滴定方法，在70～80 ℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。
请回答下列问题：
(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是________。
(2)在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用______(填序号)。
A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4
C．浓盐酸 D．Na2SO3
(3)若准确称取W g你选的基准试剂溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(4)若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
解析：　(1)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。
(2)H2C2O4·2H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；FeSO4在空气中不稳定易被氧化，铁元素的化合价从＋2价升高到＋3价；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4。
(3)根据得失电子守恒原理有关系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为
c(KMnO4)＝＝ mol·L－1。
(4)在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2＋时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2＋)会增大，测定的结果偏高。
答案：　(1)酸式滴定管　(2)A
(3)　(4)偏高

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题三 第一单元　氯、溴、碘及其化合物
考点一　氯及其化合物的性质和应用
1．氯气
(1)物理性质
①色、味、态：黄绿色有刺激性气味的气体。
②水溶性：能溶于水。
③毒性：有毒。
(2)化学性质
2．次氯酸(HClO)
(1)不稳定性，化学方程式为：2HClO2HCl＋O2↑。
(2)弱酸性：比碳酸酸性弱，电离方程式为：HClOH＋＋ClO－。
(3)强氧化性：用作消毒剂和漂白剂。
3．漂白粉
漂白粉—
　　　　　　　必须密封保存
　(1)发现氯气泄漏应如何自救？(至少答2种方法)
(2)新制的氯水含有哪些微粒？久置的氯水含有哪些微粒？
(3)向新制氯水中加入碳酸钙粉末，能增加氯水中HClO的浓度吗？为什么？
(4)能否用pH试纸测量氯水的pH？为什么？
(5)如何保存氯水、漂白粉？说明原因。
提示：　(1)①Cl2密度比空气大，因此要逆着风向朝高处转移。
②由于Cl2易和碱性溶液反应，可用蘸有肥皂水或纯碱溶液的毛巾捂住鼻子。
③向空中喷洒石灰水用于处理Cl2。
(2)新制氯水含有Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl－、ClO－、OH－；久置氯水含有H2O、H＋、Cl－、OH－。
(3)能；原因是氯水中存在平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO。加入的CaCO3粉末会与HCl反应，从而使平衡右移，提高了HClO的浓度。
(4)不能；原因是氯水中含有HClO，能将pH试纸氧化而褪色。
(5)应避光(棕色试剂瓶中)，密封保存。
原因：氯水中的HClO见光易分解，氯水具有挥发性，易挥发出Cl2，漂白粉易吸收空气中的CO2和水蒸气生成HClO，HClO见光分解而使漂白粉失效。
1．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应得到，又能由金属和盐酸反应制得的是(　　)
A．FeCl2　　　　　　　　　　　 B．AlCl3
C．FeCl3 D．CuCl2
答案：　B
2．把氯气通入下列各物质的溶液中，阴离子和阳离子都能被氧化的是(　　)
A．NaOH B．Na2SO3
C．FeBr2 D．FeSO4
答案：　C
　氯气的化学性质图示如下：
3．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：　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。
答案：　A
4．为了研究氯水能否和碳酸钙发生化学反应，某学生设计如下实验：
实验一：向盛有饱和氯水的锥形瓶中加入大理石，并充分振荡，观察到氯水的黄绿色褪去并同时产生少量气体。
实验二：取上述实验一后锥形瓶中清液，进行如下实验：
(1)该清液滴在有色布条上有极强的漂白作用。
(2)该清液中滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀。
(3)该清液中滴加盐酸可产生大量气体。
(4)该清液加热后变浑浊并产生大量气体。
实验三：该学生设想用下列装置收集实验二中产生的气体作进一步检验。
回答下列问题：
(1)在实验二中，清液滴在有色布条上有极强的漂白作用说明该清液中含有________(写化学式)；清液中滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀说明该清液中含有________离子；清液中滴加盐酸产生的气体是________；清液加热后产生浑浊的原因是因为生成了________(用化学式表示)。
(2)实验三中，洗气装置内的洗涤液一般用________溶液。
(3)该学生通过上述实验，写出了氯水和碳酸钙反应的化学方程式，为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　氯气溶解于水，发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，生成的HCl与CaCO3发生反应：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，因实验一只产生少量气体，故发生反应CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2。
答案：　(1)HClO　Ca2＋　CO2　CaCO3　(2)饱和NaHCO3
(3)2CaCO3＋2Cl2＋2H2O===Ca(HCO3)2＋2HClO＋CaCl2
　
(1)氯水的成分
氯水中存在三个平衡关系：
①Cl2＋H2OHCl＋HClO
②HClOH＋＋ClO－
③H2OH＋＋OH－
根据可逆反应的特点，即可得出氯水中存在的各种微粒。
(2)氯水的性质
所加试剂
实验现象
参与反应的微粒
离子方程式或解释
AgNO3溶液
白色沉淀
Cl－
Cl－＋Ag＋===AgCl↓
Na2CO3固体
有气泡产生
H＋
2H＋＋CO=== CO2↑＋H2O
有色布条
布条颜色褪去
HClO
发生氧化还原反应
FeCl2溶液
溶液变棕黄色
Cl2
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
SO2
黄绿色褪去
Cl2、H2O
SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO
石蕊试液
先变红后褪色
HClO、H＋
酸性和漂白性
(3)三点说明
①氯水中含有强氧化性的物质有Cl2和HClO，但由于c(Cl2)远大于c(HClO)，所以氯水加入还原性较强的溶液(如Fe2＋、SO、S2－、I－等)中时一般只考虑Cl2参加反应，不考虑HClO。
②ClO－本身具有强氧化性，在酸性、中性溶液中均能氧化还原性较强的物质(如Fe2＋、SO、S2－、I－等)。
③氯水中的次氯酸具有漂白性，氯水能使紫色石蕊试液、蓝色石蕊试纸、pH试纸等先变红后褪色。不能用pH试纸测定氯水的pH。
5．潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠溶液、漂白粉溶液均能使有色布条褪色，这是由于它们含有或能生成(　　)
A．氯气 B．次氯酸
C．次氯酸根 D．氯化氢
解析：　Cl2＋H2OHCl＋HClO；ClO－＋H2OHClO＋OH－。
答案：　B
6．下列关于漂白粉的叙述正确的是(　　)
A．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2和CaCl2
B．漂白粉在空气中久置后会变质
C．漂白粉是由Cl2与烧碱制得的
D．在使用漂白粉时应用浓盐酸
答案：　B
7．84消毒液的有效成分是__________。向稀释后的84消毒液中加入3～4滴紫色石蕊试液的现象为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
原因是(用离子方程式表示)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　NaClO　先变蓝后褪色　ClO－＋H2OHClO＋OH－、ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO
　
(1)HClO不稳定，不能单独存在，只存在于氯水或次氯酸盐溶液或次氯酸盐与酸反应的混合物里。
(2)次氯酸是一元弱酸，其酸性比碳酸弱。
(3)工业上制取漂白粉，是用Cl2与石灰乳反应制得而不是Cl2与石灰水反应。
(4)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白液、84消毒液的有效成分是NaClO，漂白粉、漂白液的漂白、消毒原理相同，即在酸性条件下生成有漂白、消毒作用的次氯酸。
(5)漂白粉长期露置于空气中会失效，漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2反应，最终得到的是CaCl2。
考点二　氯气的生产原理
1．氯气的工业制法
化学反应原理：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业。
2．氯气的实验室制法
(1)制备流程
(2)验满方法
①将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满。
②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即发生先变红后褪色的变化，则证明已集满。
③实验室制取Cl2时，常常根据氯气的颜色判断是否收集满。
　(1)含0.4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2共热，能否得到0.1 mol Cl2？为什么？
(2)进行Cl2的性质实验时，多余的Cl2如何吸收？能否用澄清石灰水吸收？
提示：　(1)不能；因为浓盐酸与MnO2反应制取Cl2时，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而MnO2与稀盐酸不反应，故产生的Cl2小于0.1 mol。
(2)用NaOH溶液吸收；不能用澄清石灰水吸收，原因是澄清石灰水中Ca(OH)2量少，吸收量小。
1．已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生Cl2。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并使它与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是 (　　)
A．只有①和②处　　　　　　　 B．只有②处
C．只有②和③处 D．只有②③④处
答案：　D
2．某学生在实验室制取Cl2时可能进行如下操作：
①连接好装置检查气密性　②缓慢加热　③加入MnO2粉末　④由分液漏斗向烧瓶里加浓盐酸　⑤多余的Cl2用NaOH吸收　⑥用向上排空气法收集Cl2
其正确操作顺序是 (　　)
A．①②③④⑤⑥ B．③④②①⑥⑤
C．①③④②⑥⑤ D．③①④②⑥⑤
答案：　C
　
(1)制取氯气时要缓缓加热，温度过高会导致HCl大量挥发。
(2)注意盐酸的浓度对反应的影响。制取Cl2 所用的盐酸为浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应。随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。
3．为了讲授“氯气的性质和用途”，李老师以二氧化锰和浓盐酸为主要原料，设计了如下图所示装置(其中A是连有注射器针头的橡皮管，针头已插入并穿过橡皮塞)进行了教学。
试回答下列问题：
(1)乙中的现象是____________________，丙中的现象是________________，丁中的现象是__________________，分离丁中液体的方法是________________________________________________________________________；
(2)橡皮管连通后，分液漏斗中的气体压强p1与烧瓶中的气体压强p2的关系为________(填“＞”、“＜”或“＝”)，连接橡皮管的目的是________________________________________________________________________；
(3)烧瓶内发生反应的离子方程式为：________________________________________________________________________
________________________________。
解析：　利用上图所示装置制备Cl2，制得Cl2通过浓H2SO4(甲中)，浓H2SO4干燥Cl2；Cl2与干红布条不反应(乙中)；Cl2与H2O反应生成的HClO起漂白作用(丙中)；Cl2与KI溶液反应生成I2单质，CCl4萃取碘单质，溶液分层(丁中)，下层是I2的CCl4溶液；用向上排空气法收集Cl2(戊中)；进行尾气吸收(己中)。利用针头连接后，分液漏斗与烧瓶内气压相等，有利于液体流下。
答案：　(1)干燥的红布条不褪色　湿润的红布条褪色　下层CCl4层呈紫红色　用梨形分液漏斗分液
(2)p1＝p2　有利于球形分液漏斗里浓盐酸顺利流入烧瓶里
(3)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
　 性质验证型实验题解题策略
　解性质验证型实验题的关键是结合题目要求和所给的仪器、装置以及所给的试剂，了解命题的意图。 一般思路是：明确实验目的(该实验要求做什么)；明确题干、题图含义(认真理解实验的设计思路、每一个装置的设计意图)，理解题目给我们达成实验目的提供了什么依据和有效信息；明确解答问题的落点是什么？即试题给我们设置了什么样的问题情境，要求我们回答什么问题。
考点三　卤素的性质及X－的检验
1．氟及其化合物
(1)氟气与水剧烈反应：2F2＋2H2O===4HF＋O2。
(2)氢氟酸是弱酸，能与SiO2反应，用于刻蚀玻璃。实验室里不能用玻璃瓶保存氢氟酸。
2．溴及其化合物
(1)Br2是深红棕色液体，易挥发。实验室保存液溴时要加少量水进行水封，不用橡胶塞。
(2)AgBr具有感光性，可作感光材料。
3．碘及其化合物
(1)I2是紫黑色固体，易升华，使淀粉变蓝。
(2)AgI可用于人工降雨。
4．卤离子的检验
(1)AgNO3溶液和稀硝酸——沉淀法
无变化
(2)置换——萃取法
无色溶液混合液有机层
呈
有关反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，2I－＋Cl2===I2＋2Cl－。
　(1)请分类列举哪些物质能使溴水褪色？
(2)淀粉-KI试纸常用于检验哪些物质？
提示：　(1)①被H2S、SO2、SO、I－等还原剂还原而褪色。
②与NaOH等强碱溶液发生自身氧化还原反应而褪色：Br2＋2NaOH===NaBrO＋NaBr＋H2O。
③与较活泼金属(如Mg＋Br2===MgBr2)反应而褪色。
④能与溴发生加成反应的不饱和烃及其衍生物，如烯烃、炔烃等。
⑤能被溴水氧化的、含有醛基的化合物。
⑥能与溴水发生反应的碱性物质，如Na2CO3等。
⑦加入活性炭等吸附剂，使溴水褪色。
(2)检验强氧化性物质如Cl2、Br2、FeCl3溶液、O3等，反应原理是I－被氧化成I2而使淀粉变蓝。
1．下列事实或实验能说明氧化性Cl2>Br2>I2的有________。
①氯水分别滴入KBr、NaI溶液中颜色加深，而溴水滴入NaCl溶液中无明显变化，滴入KI淀粉溶液中，溶液变蓝
②H2和Cl2的混合气体光照爆炸，H2和Br2的混合气体加热才能反应，而H2和I2反应更困难
③Fe分别与Cl2、Br2、I2反应生成Fe的化合物的化合价高低
④HCl、HBr、HI的热稳定性越来越差
⑤Cl2、Br2、I2在水中的溶解度逐渐减小
答案：　①②④
2．向含SO、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是(　　)
解析：　本题以氧化还原反应过程为载体，旨在考查学生对化学反应图像的识别能力。题中四种离子与Cl2反应的先后顺序依次是SO(消耗2.24 L Cl2)、I－(消耗1.12 L Cl2)、Fe2＋(消耗1.12 L Cl2)、Br－(消耗1.12 L Cl2)，因此C选项正确。
答案：　C
　F2、Br2、I2的特殊性
(1)Br2是常温下唯一呈液态的非金属单质；液溴易挥发且有毒，通常用水液封来保存。
(2)I2易升华，I2遇淀粉变蓝。
(3)Br2和I2都可被某些有机溶剂(如四氯化碳、汽油、苯)萃取。
(4)氟元素无正价，F2与H2O发生置换反应生成O2(2F2＋2H2O===4HF＋O2)
(5)卤族元素的单质F2、Cl2、Br2均能将Fe氧化为Fe3＋，而I2只能把铁氧化为Fe2＋。
3．溴化碘(IBr)的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的方程式为IBr＋H2O===HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是 (　　)
A．IBr是双原子分子
B．在很多反应中，IBr是强氧化剂
C．和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO
D．和水反应时，既是氧化剂又是还原剂
答案：　D
4．氰(CN)2的结构简式为CNCN，其化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间。下列有关反应的化学方程式不正确的是(　　)
A．(CN)2＋H2===2HCN
B．MnO2＋4HCNMn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O
C．向KCN溶液中加入碘水：I2＋2KCN===2KI＋(CN)2
D．在NaBr和KCN混合液中通入少量Cl2：Cl2＋2KCN===2KCl＋(CN)2
答案：　C
　
(1)卤素互化物
由两种卤素互相结合而成的物质叫卤素互化物。如IBr、ICl、BrF3、ClF3。卤素互化物与卤素单质的性质相似，有较强的氧化性，如能与金属、H2O、NaOH等反应。
(2)拟卤素
有些多原子分子与卤素单质性质相似，其阴离子与卤素阴离子性质相似。如：氰(CN)2、硫氰(SCN)2、氧氰(OCN)2。解答这类题目时可用换元法，如把(SCN)2当作X2，把SCN－当作X－。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性(2012·山东理综，12A)(　　)
(2)冷的氢氧化钠溶液中通入氯气发生反应：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O(2012·大纲全国卷，7C)(　　)
(3)氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度(2010·全国理综Ⅱ，8A)(　　)
(4)将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－(2010·天津理综，5C)(　　)
(5)根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO(2011·安徽理综，11D)(　　)
(6)①湿润红纸条；②饱和氯水。①中红纸条褪色(2012·北京理综，10D)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
2．(2011·江苏化学·9)NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
解析：　A项，25 ℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小，故不正确；B项，正确；C项，氯气与铁在加热或潮湿的环境下易反应，干燥和常温环境下反应速率较慢，不正确；D项，制备碳酸氢钠和碳酸氢钠分解的反应不是氧化还原反应，故不正确。
答案：　B
3．(2013·北京理综·28)某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4 g漂粉精固体，加入100 mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
ⅰ.液面上方出现白雾；
ⅱ.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
ⅲ.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是________________________________________________________________________。
(3)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象ⅰ的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a的目的是________________________________________________________________________。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl－发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是________________________________________________________________________。
(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是________________________________________________________________________。
②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。(2)由pH试纸先变蓝后褪色可知，漂粉精溶液具有碱性和漂白性。(3)向水中通入过量SO2不能形成白雾，说明二氧化硫不能形成白雾；用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明白雾中不含氯气；根据实验a、b不能判断白雾中含有HCl，因为白雾中混有SO2时也能满足实验a、b的现象，最终生成硫酸银白色沉淀。
(4)现象ⅱ中溶液变为黄绿色，说明有氯气生成，即发生反应：Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，为确认这种可能性，可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。
(5)①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明上层清液中含有SO，则沉淀X中含有CaSO4。
答案：　(1)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(2)碱性、漂白性
(3)①检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰
②白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应生成白色沉淀
(4)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(5)①CaSO4　②SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋
4．[2013·广东理综·33(1)]化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。
(1)下列收集Cl2的正确装置是________。
(2)将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是________。
(3)设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)氯气的密度比空气的大，故收集时应采用向上排空气法，又因为氯气有毒，故在收集装置之后要有尾气吸收装置(用NaOH溶液来吸收)。
(2)将Cl2通入水中，Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClOH＋＋ClO－，故具有氧化性的含氯粒子有Cl2、HClO、ClO－。
(3)比较Cl2和Br2的氧化性强弱，可以通过非金属单质间的置换反应来判断，即把溴化钠溶液加入到盛有新制氯水和CCl4的试管中，振荡，静置，发现液体中出现分层现象，下层溶液变为橙色，说明生成了溴单质，从而说明Cl2的氧化性强于Br2的氧化性。
答案：　(1)C
(2)HClO、ClO－、Cl2
(3)用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡使其充分反应，发现液体中出现分层现象，下层溶液变为橙色
5．(2012·课标全国理综·7)下列叙述中正确的是(　　)
A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
B．能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
解析：　能把I－氧化为I2的氧化剂很多，如HNO3、Fe3＋等，B选项错误；碘的四氯化碳溶液显紫色，是因CCl4中溶解了I2，C选项错误；D选项不能排除SO、SO的干扰，错误。
答案：　A

高考试题中的教材实验(三)__氯气及其化合物的性质
[尝试解答]
________________________________________________________________________。
解析：　A项，由现象得，氧化性：Cl2>Br2、Cl2>I2，但无法对比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，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－。
答案：　D
[高考演变角度]　
氯气的制备与性质验证是元素化合物知识中的重要组成部分，几乎在每年的高考试题中都有所体现。教材中主要通过对比氯气和氯水能否使有色物质褪色的实验来证明干燥氯气没有漂白性，而氯水中的HClO具有漂白性，进而得出氯水性质与氯气性质的差异。而高考命题则将这一知识点迁移至氯气氧化性的实验探究、涉及氯气制备、净化和金属氯化物制备相结合的综合实验、氯水成分的实验探究、实验室制取氯气的操作流程等内容。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题三第三单元　含硫化合物的性质和应用
考点一　硫单质和硫的氧化物
1．硫单质
(1)自然界中硫的存在形态：既有化合态又有游离态。
(2)物理性质
颜色状态：淡黄色固体。
溶解性：水中不溶，酒精中微溶，CS2中易溶。
(3)化学性质
2．硫的氧化物
(1)二氧化硫
①物理性质
色味态：无色有刺激性气味的气体；水溶性：易溶于水；毒性：有毒。
②化学性质
(2)三氧化硫
①物理性质
在标准状况下，SO3为无色晶体(填色态)。
②化学性质
(3)硫的氧化物对大气的污染
①硫的氧化物来源、危害及治理
②硫酸型酸雨的形成途径有两个：
途径1：空气中飘尘的催化作用，使2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O===H2SO4。
途径2：SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4。
　(1)如何洗涤附着在试管内壁上的硫？
(2)①把SO2和Cl2分别通入两瓶紫色石蕊试液中，现象是否相同？为什么？
②潮湿的Cl2和SO2都具有漂白性，那么将二者混合时其漂白能力是否增强？
(3)将SO2分别通入下表所列的溶液中，填写有关问题。
反应物
溴水
酸性
KMnO4
溶液
氢硫酸
(H2S溶液)
滴有酚酞的
NaOH溶液
石蕊
试液
品红
溶液
反应
现象
SO2的
性质
提示：　(1)硫单质易溶于CS2且可以与热的强碱液反应：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。所以当试管壁上沾有单质硫时，可用CS2或热强碱液洗涤。
(2)①把SO2和Cl2分别通入到紫色石蕊试液中，现象不同，其原因是：SO2溶于水生成H2SO3，使石蕊试液变红，但不能使石蕊试液褪色；Cl2溶于水生成了HCl和HClO，酸使石蕊试液变红，又由于HClO的强氧化性，所以最终使石蕊试液褪色。
②将二者混合时，会发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，故漂白性减弱或失去。
(3)褪色　褪色　有浅黄色沉淀生成　褪色　变红　褪色
还原性　还原性　氧化性　酸性　酸性　漂白性
1．下列物质都具有漂白性，其中漂白原理和其他几种不同的是(　　)
A．SO2　　　　　　　　　　　B．H2O2
C．O3 D．HClO
答案：　A
2．下列说法正确的是(　　)
A．因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色
B．能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2
C．SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，且原理相同
D．等物质的量的SO2和Cl2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
解析：　由于SO2的还原性导致溴水、酸性KMnO4溶液褪色，SO2能使石蕊试液变红，但不褪色，A错；Na2O2、H2O2、HClO等物质均可使品红溶液褪色，B对；SO2利用化合反应使红墨水褪色，漂白粉、Na2O2利用氧化反应使红墨水褪色，活性炭利用吸附原理使红墨水褪色，C错；SO2与Cl2等物质的量混合后遇水发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，使漂白能力丧失，D错。
答案：　B
　
(1)因SO2造成的褪色归类
SO2
(2)常见的能用于漂白的物质的比较
用于漂白
的物质
实际参
与漂白
的物质
漂白
原理
变化
类别
漂白
特点
能漂白
的物质
活性炭
活性炭
吸附
漂白
物理
变化
物理漂白
不可逆
一般用于
溶液漂白
氯气
次氯酸
利用次氯
酸的强氧
化性进行
漂白
化学
变化
氧化还
原漂白，
不可逆
可以漂白
所有有机
色质
次氯酸盐
次氯酸
过氧化钠
过氧
化氢
过氧化
氢的强
氧化性
化学
变化
氧化还
原漂白，
不可逆
可以漂白
所有有机
色质
过氧化氢
二氧化硫
二氧
化硫
二氧化
硫与有
色物质
化合生
成不稳
定的无
色物质
化学
变化
非氧化还
原漂白，
可逆
具有选择
性，如品
红、棉、
麻、草等
(3)SO2的检验
将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，将褪色后的品红溶液加热又恢复红色，则一定为SO2气体。
3．下列溶液中，不能区别SO2和CO2气体是(　　)
①石灰水　②KMnO4溶液　③溴水　④用HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液　⑤品红溶液
A．①②③⑤　　　　　　　　　B．②③④⑤
C．只有① D．①②
解析：　CO2和SO2通入澄清石灰水中，都是先生成白色沉淀，气体过量时沉淀又溶解，所以石灰水不能区别；SO2有还原性，能使KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，而CO2不能，所以KMnO4溶液和溴水能区别这两种气体；NO在酸性条件下能将SO2氧化成SO，SO与Ba2＋结合成BaSO4沉淀；而CO2与Ba(NO3)2溶液不反应，所以HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液能区别；SO2有漂白性，能使品红溶液褪色；而CO2不能，所以品红溶液能区别。
答案：　C
4．下列实验中能证明某气体一定为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：　①二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊；②酸性气体都能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，如HCl；③有氧化性的气体也可以使品红溶液褪色，如氯气；④二氧化碳通入足量氢氧化钠中生成碳酸钠，再加入氯化钡也产生溶于稀盐酸的白色沉淀；⑤SO2与溴水反应的化学方程式为：SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，可证明有SO生成，两种现象结合可以证明气体为SO2。
答案：　D
5．某探究性学习小组利用右图中所列装置设计实验，证明浓硫酸和木炭粉在加热条件下反应有SO2和CO2生成。
(1)实验室可观察到装置中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是__________________，B瓶溶液的作用是________________，C瓶溶液的作用是________________________________________________________________________。
(2)装置D中所盛溶液是______________，可验证的产物是________。
(3)若想同时验证另一种产物的存在，需使用的药品为________，该装置在整套装置中的位置是________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　要检验SO2，可以用品红溶液，要检验CO2，应该用澄清石灰水，但是SO2的存在会干扰对CO2的检验，所以检验CO2时必须考虑先检验SO2并且要把它彻底除去。另外生成物还有水蒸气也需要通过实验来证明。因为在检验SO2、CO2时，必须经水溶液装置，会影响水蒸气的检验，因此，这三种产物的检验顺序必须是先检验H2O，再检验SO2，最后检验CO2，并且保证每种检验均不受其他物质的干扰。
答案：　(1)验证产物气流中有SO2　除去产物气流中的SO2
验证产物气流中SO2已被B瓶溶液全部除去
(2)澄清石灰水　CO2
(3)无水CuSO4　A前　产物气流通过A、B、C、D时会带出水蒸气，所以必须在A之前
　
1．SO2与CO2的常用鉴别方法
SO2
CO2
闻气味
刺激性气味
无味
品红溶液
褪色
不褪色
酸性KMnO4溶液
褪色
不褪色
溴水
褪色
不褪色
2.答题模板——检验SO2和CO2同时存在的一般流程
SO2和CO2都可使澄清的石灰水变浑浊，检验二者同时存在的一般流程为
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
3.中学常见四大还原性离子归纳
(1)还原性：S2－ >SO>I－>Fe2＋
(2)易被空气中的O2氧化而变质。
(3)易被KMnO4(H＋)、HNO3、溴水、氯水、Fe3＋(不氧化Fe2＋)、漂白粉溶液等氧化。
(4)SO2、H2SO3、Na2SO3均有强还原性，且还原性：SO>H2SO3>SO2。
(5)同理：H2S、S2－、HS－均有强还原性。
6．某研究性学习小组计划研究当地酸雨的形成过程，于是取来雨水作水样进行测定，随时间的推移，多次测定该样品的pH，得到如下数据：
时间(h)
开始
8
16
24
32
40
48
pH
5.0
4.8
4.5
4.3
4.2
4.0
4.0
(1)雨水样品放置时pH变化的主要原因为________________________________________________________________________
(用化学方程式表示)。由此可以得出酸雨的形成过程可能是
________________________________________________________________________。
如果将刚取样的上述雨水和自来水相混合，pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是__________________________________________________________，
二氧化硫表现__________性。
(2)下面是酸雨给人类造成的危害，其中不正确的是(　　)
A．腐蚀建筑物、雕塑等 B．污染水源
C．改良碱性土壤 D．损害庄稼
(3)你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是 (　　)
①少用煤作燃料　②把工厂的烟囱造高　③燃料脱硫　④在已酸化的土壤中加石灰　⑤开发新能源
A．①②③ B．②③④⑤
C．①③⑤ D．①③④⑤
答案：　(1)2H2SO3＋O2===2H2SO4　雨水溶解二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸又被空气中的氧气氧化为硫酸，降落下来形成酸雨　减小　自来水中的氯气(或次氯酸)把亚硫酸氧化成硫酸　还原
(2)C　(3)C
7．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)∶n(HSO)变化关系如下表：
n(SO)∶n(HSO)
91∶9
1∶1
9∶91
pH
8.2
7.2
6.2
由上表判断，NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释：________________________________________________________________________。
解析：　(1)SO2和H2O发生反应生成H2SO3，H2SO3被O2氧化为H2SO4。
(2)书写离子方程式时，氧化物应写成化学式形式，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3的离子方程式为2OH－＋SO2===H2O＋SO。
(3)由于HSO在溶液中既能电离又能发生水解，而HSO的电离程度大于HSO的水解程度，故NaHSO3溶液显酸性。
答案：　(1)SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O22H2SO4
(2)2OH－＋SO2===H2O＋SO
(3)酸　HSO存在：HSOH＋＋SO和HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离程度强于水解程度
考点二　硫酸及硫酸根离子的检验
1．浓硫酸的物理性质
(1)挥发性：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；
浓H2SO4稀释的方法是：将浓H2SO4沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌。
(3)浓硫酸对人体皮肤有强烈的腐蚀作用。如果不慎在皮肤上沾上少量浓硫酸时，处理方法是：立即用大量水冲洗，然后涂上NaHCO3溶液。
2．浓硫酸的特性
3．SO的检验
(1)检验SO的正确操作
待测液取清液白色沉淀，即可确定是否存在SO。
(2)理论解释
①先加稀盐酸的目的是排除CO、SO、Ag＋等离子干扰。
②再加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，发生反应的离子方程式：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。
1．硫酸是中学化学实验室的常见药品，其性质有①酸性　②吸水性　③脱水性　④强氧化性　⑤催化作用，请将序号填在相应的横线上：
(1)锌和稀H2SO4制H2____________；
(2)浓硫酸作干燥剂____________；
(3)浓硫酸与蔗糖的炭化实验(黑面包实验)__________；
(4)实验室用乙醇和冰醋酸制取乙酸乙酯____________；
(5)乙酸乙酯的水解____________；
(6)纤维素的水解____________；
(7)浓硫酸与铜的反应____________；
(8)浓硫酸使湿润石蕊试纸变红，后来又变黑________。
2．下表是鉴别浓硫酸和稀硫酸的方法，请将实验现象填入下表：
浓硫酸
稀硫酸
物理
性质
加入水中
观状态
密度
化学
性质
铁片
铜片
(加热)
白纸
3.将64 g铜箔加入到盛有含2 mol H2SO4的浓H2SO4试管中加热。
(1)铜箔能否完全溶解？请解释原因。
(2)在反应后的溶液中再加入少量硝酸钠晶体，铜箔表面又有气泡冒出，其原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
提示：　1.(1)①　(2)②　(3)③④　(4)②⑤　(5)⑤
(6)⑤　(7)①④　(8)①③
2．放出大量热　无明显变化　油状溶液　液态　ρ浓H2SO4>ρ稀H2SO4　无明显变化(钝化)　铁片逐渐溶解，并产生无色气体　铜片溶解，产生无色气体　不反应　变黑　无明显变化
3．(1)不能，因为随着反应的进行，浓H2SO4变为稀H2SO4，反应停止。(2)H＋与NO又能氧化铜片，发生反应3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
1．向50 mL 18 mol·L－1浓硫酸溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量(　　)
A．小于0.45 mol
B．等于0.45 mol
C．在0.45 mol和0.9 mol之间
D．大于0.45 mol
解析：　因n(H2SO4)＝0.05 L×18 mol·L－1＝0.9 mol，若H2SO4完全反应，被还原的H2SO4为0.45 mol，由于反应中浓硫酸逐渐变稀后不再与Cu反应，故被还原的H2SO4小于0.45 mol。
答案：　A
2．下面是某化学课外活动小组研究浓H2SO4的氧化性的结论并进行了实验验证：①一般认为1∶1的H2SO4浓度大于60%，就具有一定的强氧化性，越浓氧化性越强，60%以下的H2SO4氧化性就不怎么强了。②温度也影响氧化性，如铜放于冷的浓H2SO4中反应不明显，如果加热就可以观察到明显现象。③98%的浓H2SO4物质的量浓度为18.4 mol·L－1，密度为1.84 g·cm－3，据以上信息回答：
(1)如图装置，同学甲先向带支管的试管中放入铜粉和3 mL水，然后从分液漏斗中加98%的浓H2SO4 0.5 mL，加热至沸腾，该试管中液体没有明显变化，试用数据解释原因________________________________________________________________________。
(2)甲同学再用分液漏斗加浓H2SO4 10 mL，再加热至沸腾，现象是________________________________________________________________________。
写出与过程有关的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)乙同学利用所示装置直接从分液漏斗中再加浓H2SO4 10 mL与铜片反应。所观察到与甲不同的现象除了有黑色物质出现外，还有①________，原因是________________________________________________________________________。
②________，原因是________________________________________________________________________。
为了最终看到与甲类似的现象，乙同学需进行的操作是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　结合操作过程和题给信息知，硫酸的浓度小于60%无强氧化性，甲同学的第一步操作所得到的硫酸的浓度，经计算知小于60%，故与铜不反应；甲同学再加10 mL浓H2SO4，使试管中的硫酸浓度大于60%，加热时能与铜发生反应；乙同学用98%的硫酸直接与铜反应，不仅表现出强氧化性，还能表现出吸水性，故试管中有无水CuSO4析出，若想看到与甲类似的现象，则需将浓H2SO4稀释。
答案：　 (1)H2SO4溶液的质量分数为23%<60%，其氧化性不强，所以无明显现象
(2)铜片慢慢溶解，带支管的试管中溶液变蓝，小试管中品红溶液褪色
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(3)①液体呈浅蓝色　溶液中含有Cu2＋
②有白色固体在试管底部析出　98%浓H2SO4有吸水性，生成无水CuSO4　将带支管的试管中的溶液冷却后沿烧杯壁缓缓加入到水中，并不断用玻璃棒搅拌
　
1．浓硫酸与金属反应的规律
类型
2．“三酸变稀”引起的质变问题
浓盐酸与MnO2反应、浓H2SO4与Cu、Zn等反应、浓HNO3与Cu等反应，随着反应的进行，三种酸都变稀，从而使反应停止或产物发生变化；三种酸放置在空气中由于吸湿或挥发，也可使其变稀。
3．对某酸性溶液(可能含有Br－、SO、H2SO3、NH)分别进行如下实验：
①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；
③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。
对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是(　　)
A．Br－　　　　　　　　　　 B．SO
C．H2SO3 D．NH
解析：　①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红溶液褪色。②加碱加热后，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH。③加入氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br－，再加BaCl2有白色不溶于HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定的为SO。
答案：　B
4．甲、乙二位同学各设计一个实验来检验SO离子，且都认为自己的试样中含有SO离子，其方案如下：
甲：白色沉淀
乙：
回答以下问题：
(1)你认为甲、乙两位同学所设计的实验方案是否严谨，甲________；乙________(填“严谨”或“不严谨”)，并说明理由：________________________________________________________________________。
(2)如果你认为甲、乙方案均不严谨，请你设计一个合理的实验方案________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)不严谨　不严谨　甲没有排除Ag＋干扰，乙没有排除SO、HSO干扰
(2)往试样中先加过量盐酸酸化，然后再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明含有SO，若无沉淀生成，则不含SO
考点三　硫和含硫化合物的相互转化
1．含硫元素的物质间转化图
2．含硫物质的连续氧化
硫元素
3．从氧化还原反应的角度定位硫及其化合物间的转化
(1)相邻价态的微粒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。
(2)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
如：H2 O2O3
H2S＋H2SO4(浓)S升高2价↓＋S降低2价O2＋2H2O
(3)典型的归中反应
2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
2Na2S＋Na2SO3＋3H2SO4===3Na2SO4＋3S↓＋3H2O
　(1)硫黄燃烧时，火焰温度较低时主要生成SO2，火焰温度较高时，主要生成SO3，对吗？
(2)实验室用Na2SO3制取SO2气体时，应选用较浓的硫酸还是稀硫酸？
提示：　(1)不对；S＋O2SO2，而SO2要转化为SO3需发生反应：2SO2＋O22SO3，故硫燃烧时无论火焰温度高还是低，均主要生成SO2。
(2)由于SO2易溶于水，故选用较浓的硫酸与Na2SO3反应制取SO2气体。
1．下列A～I九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。已知A在常温下为黑色固体单质，常温下C、E、F都是无色气体。
请回答下列问题：
(1)C的固体名称________，F的化学式是________。
(2)A与B反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)G与H反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
E转变为H和I的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由题中A在常温下为黑色固体单质，可推测A为碳单质，因A＋B―→C＋D＋E，其中C、E为无色气体，可推测是碳单质与浓酸之间的反应，再结合框图转化关系与反应条件，推测E为SO2，C为CO2，则进一步确定I中含SO，H中含Cl－，F为O2，G为Na2CO3，则B为浓硫酸，将以上推测代入题中验证，可知推测正确。
答案：　(1)干冰　O2
(2)C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O
(3)CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Cl－
2．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是强酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________(填化学式，下同)。
(2)当X是强酸时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：________________________________________________________________________。
解析：　解推断题的两个关键点：一是找出突破口；二是要熟悉物质间的相互转化关系。此题的突破口是D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，可推测多1个氧原子，则Y应为O2。连续氧化最终生成酸，则E可能为H2SO4或HNO3。
(2)当X是强酸时，转化关系为(NH4)2SH2SSO2SO3H2SO4。
(3)当X为强碱时，转化关系为(NH4)2SNH3NONO2HNO3。
答案：　(1)(NH4)2S　O2　H2O
(2)H2SO4　2H2S＋3O22SO2＋2H2O
(3)HNO3　4NH3＋5O24NO＋6H2O
　中学阶段常见的符合ABCD转化关系的有：硫元素
氮元素
钠元素：NaNa2ONa2O2NaOH
碳元素：CCOCO2H2CO3
3．将28 g Fe粉和8 g硫粉隔绝空气混合加热，充分反应后冷却至室温，再加入足量的稀H2SO4，可产生标准状况下的气体的体积是多少升？
解析：　FeFeSH2S
1 mol 1 mol 1 mol
FeH2
1 mol 1 mol
故n气体＝n(Fe)＝＝0.5 mol，V(气体)＝0.5 mol×22.4 L·mol－1＝11.2 L。
答案：　11.2 L
4．用含FeS2 80%的硫铁矿生产硫酸，已知该矿石的燃烧率为95%，SO2的转化率为90%，SO3的吸收率为98%，若生产500 t 98%的硫酸，需多少吨原料矿石？
解析：　此题涉及到多步连续反应的计算，若采用相当量关系的方法，则把各步反应的转化率当成原料的有效成分含量，依据原子守恒关系式，设需要矿石的质量为x，由化学方程式可得：
FeS2　　　　　　～　　　　　　2H2SO4
120 2×98
80%×95%×90%×98%×x 500 t×98%
＝
解得：x＝447.5 t
答案：　447.5 t
　关系式法计算的适用范围
　凡反应连续进行，上一步反应的产物为下一步反应的反应物再反应时，均可用关系式法。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用SO2漂白纸浆和草帽辫(2013·广东理综，11A)(　　)
(2)二氧化硫可广泛用于食品的增白(2013·四川理综，1A)(　　)
(3)用BaCl2溶液鉴别SO与SO(2012·广东理综，9B)(　　)
(4)SO2有漂白性，所以SO2可使溴水褪色(2012·广东理综，12A)(　　)
(5)浓硫酸有强氧化性，所以浓硫酸可用于干燥H2和CO(2012·广东理综，12C)(　　)
(6)SSO3H2SO4(2012·江苏，7②)(　　)
(7)常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸(2011·江苏，3A)(　　)
(8)向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸(2009·江苏，9B)(　　)
(9)将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色(2009·山东理综，13D)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×　(9)×
2．(2013·上海化学·7)将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成。X、Y不可能是(　　)
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
解析：　A选项，生成单质硫沉淀；B选项，Cl2与CO2不反应，无沉淀；C选项，NH3与CO2反应生成CO，CO与Ba2＋生成BaCO3沉淀；D选项，Cl2与SO2反应生成SO，SO与Ba2＋生成BaSO4沉淀。
答案：　B
3．(2010·课标全国卷·27)某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。
请回答下列问题：
(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是________________________、______________________，这些现象分别说明SO2具有的性质是________和________；装置B中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)装置D的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)尾气可采用________溶液吸收。
答案：　(1)蒸馏烧瓶　Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2)溶液由紫红色变为无色　无色溶液中出现黄色浑浊　还原性　氧化性　5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋
(3)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色
(4)NaOH
4．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，说明浓硫酸有脱水性和强氧化性(2013·广东理综，23A)(　　)
(2)用硫酸清洗锅炉中的水垢(2013·广东理综，11B)(　　)
(3)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(2012·山东理综，12B)(　　)
(4)Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应(2012·山东理综，12C)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
5．(2011·课标全国理综·26)0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
请回答下列问题：
(1)试确定200 ℃时固体物质的化学式__________________(要求写出推断过程)。
(2)取270 ℃所得样品，于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为____________________________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为__________________，其存在的最高温度是________________。
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为______________________。
(4)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：　(1)0.80 g CuSO4·5H2O的物质的量是0.003 2 mol，加热到200 ℃时，固体还剩0.57 g，设固体里面含有x个结晶水，则列式：0.003 2×(160＋18x)＝0.57，得x＝1，可得200 ℃固体物质的化学式为CuSO4·H2O；(2)由258 ℃时的固体质量可得270 ℃所得样品为CuSO4,570 ℃下灼烧硫酸铜生成黑色粉末和一种氧化性气体，其反应的方程式为：CuSO4CuO＋SO3↑，氧化铜溶于稀硫酸，结晶得到CuSO4·5H2O，其存在的最高温度为102 ℃，由图可知：温度高于102 ℃，
CuSO4·5H2O就会分解；(3)SO3与水反应生成硫酸，则有：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(4)pH＝8时c(OH－)＝10－6 mol/L，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；使Cu2＋沉淀完全，已知c(Cu2＋)＝0.1 mol/L，根据反应关系式：Cu2＋～2H＋得c(H＋)＝0.2 mol/L。
答案：　(1)CuSO4·H2O
CuSO4·5H2OCuSO4·(5－n)H2O＋nH2O↑
　250　　　　　　　　　　　　　18n
　0.80 g　　　　　　0.80 g－0.57 g＝0.23 g
可得n＝4，
200 ℃时，该固体物质的化学式为CuSO4·H2O
(2)CuSO4CuO＋SO3↑
CuSO4·5H2O　102 ℃
(3)2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O
(4)2.2×10－8　0.2
6．(2013·天津理综·10)某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5 μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5 、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。
请回答下列问题：
(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K＋
Na＋
NH
SO
NO
Cl－
浓度
(mol·L－1)
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×
10－5
3×
10－5
2×
10－5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为____________，试样的pH＝________。
(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。
已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是________。
a．Ca(OH)2　　　　　　　 b．Na2CO3
c．CaCl2 d．NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化
①已知汽缸中生成NO的反应为：
N2(g)＋O2(g) 2NO(g)　ΔH>0
若1 mol空气中含0.8 mol N2和0.2 mol O2,1 300 ℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10－4 mol。计算该温度下的平衡常数K＝________。
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是__________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)
已知该反应的ΔH>0，简述该设想能否实现的依据：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为________________________________________________________________________。
解析：　(1)待测试样中含有NH，NH水解使其显酸性；依据电荷守恒：c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)＋c(OH－)
c(OH－)可忽略不计，则c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4。
(2)①由盖斯定律得：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
②Ca(OH)2、Na2CO3溶液均为碱性，均可作SO2的洗涤剂。
(3)①平衡时N2、O2的物质的量分别约为0.8 mol、0.2 mol，设容器的体积为V L，则K＝＝4×10－6。
温度越高，反应速率越快，平衡右移，所以NO在单位时间内的排放量越大。
②该反应是焓增、熵减的反应，则ΔH－TΔS>0，任何温度下均不自发进行。
③CO与NO反应生成CO2与N2，方程式为2CO＋2NO2CO2＋N2。
答案：　(1)酸性　4
(2)①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　
ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1　②a、b
(3)①4×10－6　温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行
③2CO＋2NO2CO2＋N2
学科素养培优(五)__假设验证法解答性质探究型实验题
(2011·北京高考·27)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)。
实验操作和现象：
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
(1)A中反应的化学方程式是________________________。
(2)C中白色沉淀是________，该沉淀的生成表明SO2具有________性。
(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是________________________。
(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是________。
②进行实验，B中现象：
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是________________________________________________________________________
________________________。
[解题关键点]
(1)要明确实验目的和反应原理，明确各装置的作用。
A是制备SO2的装置，反应过程中会有硫酸酸雾产生；B、C是检验SO2与盐溶液反应的装置。
(2)明确BaSO3和BaSO4性质的异同。
二者都是白色沉淀，BaSO3能溶于强酸且能被氧化剂如氧气氧化，BaSO4难溶于强酸。
(3)明确BaCl2溶液和Ba(NO3)2溶液的异同。
二者都是可溶性钡的强酸盐溶液，而Ba(NO3)2溶液在酸性条件下有较强的氧化性(H＋＋NO)。
[解题疑惑点]
(1)A中白雾(酸雾)成分和C中液面上方颜色变化的原因
由题给实验目的和实验现象可知，A中发生反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，则A中白雾可能含有SO3或H2SO4小液滴，结合B中白色沉淀不溶于稀盐酸，可知该白色沉淀为BaSO4，可以反过来验证白雾的成分；C装置中液面上方生成浅棕色气体，是因为SO2气体和酸雾进入C后，还原性的SO2与C中硝酸(H＋＋NO)反应，NO被还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2，化学方程式是2NO＋O2===2NO2；SO2被氧化后与溶液反应生成白色沉淀BaSO4。
(2)甲、乙两实验的目的和生成的白色沉淀(BaSO4)的量不同的原因
甲同学改进实验的目的是为了排除装置内空气(O2)对实验结果的影响，可以在Cu与浓硫酸反应前先通一会儿N2；乙同学改进实验的目的是为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；
在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4；因为甲同学只排除了装置内的空气(O2)而没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO＋Ba2＋===BaSO4↓；乙同学只排除了白雾的干扰而没有排除空气的干扰，其生成BaSO4沉淀的离子方程式为2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋；甲、乙生成沉淀量不同的原因是白雾的量远多于装置中O2的量。
(3)合并甲、乙两同学的实验如何能验证SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
合并甲、乙两同学的方案进行实验时，确保了进入B、C装置中的气体只有SO2，既没有酸雾的干扰，也没有O2的影响，结果B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
答案：　(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)BaSO4　还原　(3)2NO＋O2===2NO2
(4)①通N2一段时间，排除装置中的空气　饱和NaHSO3溶液
②甲：SO＋Ba2＋===BaSO4↓，乙：2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋，白雾的量远多于装置中O2的量
(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀
　
　探索型实验类试题已经成为高考化学实验试题的热点之一。
解决本类题目要注意以下几点：
1．明确试题特点是正确解题的前提
该类试题特点是给出某些陌生的物质或反应原理，或者提供多个可能的角度，要求学生运用实验手段，通过分析现象或数据，从而得出实验结论，一般流程为“提出假设→设计实验探索→得出结论→总结规律”。
2．熟悉本类实验设计应遵循的原则是正确解题的依据
(1)科学性的原则
所设计的实验应该符合科学原理，不能凭空捏造。要分析物质结构特点或从所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系列性质。
(2)对照性的原则
要设计一个对照性的实验，要想这个实验更能够说明问题，一定要有正反两个方面的实验。
(3)等量性的原则
所设计的实验中的平行反应，试剂的取用应该是等量的。
(4)单因子变量原则
对某个实验的影响，会有很多的因素，设计实验时要人为控制条件，使众多变量中，只能有一个因素是变量，其余几个是一样的。
3．抓住异同
善于抓住实验中实验原理的异同、特殊现象的异同、不同实验药品的异同等，从对比中找差异是解决问题的关键。这类实验方案设计过程重在分析比较，操作中的现象是对方案设计合理与否的检验以及探究性结论得出的重要依据。所以一定要做到效果鲜明、操作简便。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题三第二单元　含硅矿物与信息材料
考点一　碳、硅单质的性质及用途
1．碳、硅元素在自然界中的存在形态
(1)碳：既有游离态又有化合态。
(2)硅：只有化合态。硅在地壳中的含量占第二位。
2．碳、硅单质的物理性质和用途(用短线连接)
答案：　(1)—③　(2)—①　(3)—⑤　(4)—②　(5)—④
3．化学性质
硅—
　(1)硅可用作半导体材料，是否可用于解释元素周期性变化的规律？
(2)用化学方程式表示工业上获取纯硅的过程。
提示：　(1)可以，硅位于金属和非金属的分界线附近，性质上由金属性逐渐过渡到非金属性，即有金属的性质又有非金属的性质。
(2)SiO2＋2CSi＋2CO↑
Si＋2Cl2SiCl4
SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl
1．下列关于硅的说法中，不正确的是(　　)
A．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料
B．硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料
C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
D．加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应
答案：　C
2．硅被誉为无机非金属材料的主角。有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。下列有关说法中正确的是(　　)
A．硅的含量居第二位，在地球上有丰富的单质硅资源，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅
B．硅相对于氢气便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是有开发价值的燃料
C．存放NaOH溶液的试剂瓶应用细口玻璃瓶并配磨口玻璃塞
D．硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料
解析：　 硅在自然界中全部以化合物的形式存在，石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，A不正确；C不正确，应该用橡皮塞；D不正确，制造光导纤维的是二氧化硅，答案选B。
答案：　B
3.
石墨烯的结构示意图如右图所示，下列关于石墨烯的叙述正确的是(　　)
A．石墨烯可导电，说明它是电解质
B．石墨烯、金刚石、C60、“碳纳米泡沫”四种物质都是碳的单质
C．由于C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1知金刚石比石墨烯稳定
D．尽量使用含6C的产品，减少使用含6C的产品，此举符合“促进低碳经济”的宗旨
解析：　“石墨烯可由石墨剥离而成”故石墨烯是可以导电的非金属单质，它既不是电解质，也不是非电解质，A项错；石墨烯、金刚石、C60、“碳纳米泡沫”都是由碳元素形成的不同的单质，它们互为同素异形体，B项正确；C项中由于石墨转化为金刚石的ΔH>0，是吸热过程，即石墨的能量较金刚石低，因而石墨烯稳定，C项错；6C和6C都是碳元素，故D项错。
答案：　B
4．2013年6月，欧洲对我国光伏产品实行高额征税措施，严重影响世界清洁能源的发展。多晶硅、导电玻璃(玻璃上镀金属)是太阳能光伏产业的重要物质。制备多晶硅必须先得到高纯度硅。三氯甲硅烷(SiHCl3，可燃)还原法是当前制高纯硅的主要方法，其生产流程如图所示：
(1)下列判断正确的是________(填序号)。
A．高纯度石英砂能用作制造CPU的半导体材料
B．石英砂在高温下与焦炭反应生成粗硅和二氧化碳
C．利用石英砂可制备光伏产业所需的玻璃
D．硅性质稳定，不能溶解在任何酸或碱溶液中
(2)整个制备过程中必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇H2O剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)该工艺流程可循环利用的物质是________________________________________________________________________。
解析：　(1)选项A，石英砂的主要成分是SiO2，SiO2能制造光导纤维等，但它不是半导体，不能用于制造CPU。选项B，由于SiO2与C在高温下反应时，C是过量的，所以其产物为CO。选项C，SiO2在高温下与CaCO3、Na2CO3反应可制得玻璃。选项D，Si性质稳定，但它能溶解在氢氟酸和NaOH溶液中。
(2)SiHCl3中H为－1价，H2O中的H为＋1价，二者发生氧化还原反应生成H2：SiHCl3＋3H2O===H2SiO3↓＋3HCl↑＋H2↑。 因SiHCl3、H2在O2中都能燃烧，所以混有O2时易引起爆炸。
(3)粗硅与HCl反应的化学方程式为Si(粗) ＋3HCl(g)===SiHCl3(l)＋H2(g)①；SiHCl3制备高纯硅的反应为SiHCl3＋H2Si(纯)＋3HCl②，可知反应①产生的H2是反应②的反应物，反应②产生的HCl是反应①的反应物，所以H2、HCl是可循环利用的物质。
答案：　(1)C
(2)SiHCl3＋3H2O===H2SiO3↓＋3HCl↑＋H2↑
O2与SiHCl3、H2混合可能引起爆炸
(3)H2和HCl
　
　本题以光伏产业为背景，考查硅及其化合物相关知识，其难点就是分析生产工艺中可以循环使用的物质：通常是参与了某一反应，同时又在另一反应中生成的物质。
考点二　碳、硅的氧化物
1．CO的性质
(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：与人体中血红蛋白相结合，因缺氧而中毒。
(2)化学性质
①可燃性：2CO＋O22CO2
②还原性：CO还原Fe2O3的反应为Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
2．CO2与SiO2的比较
(1)物理性质
①熔沸点：CO2的熔沸点比SiO2的熔沸点低。
②溶解性：CO2：可溶于水；SiO2：不溶于水。
(2)二氧化碳与二氧化硅化学性质比较
物质
二氧化碳
二氧化硅
化学性质
与水反应
CO2＋H2OH2CO3
不反应
与酸反应
不反应
氢氟酸用于刻蚀玻璃，反应为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
与碱反应(如NaOH)
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O或CO2＋NaOH===NaHCO3
SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O(盛碱液的试剂瓶不能用玻璃塞)
化学性质
与碱性氧
化物反应
与Na2O反应：
CO2＋Na2O
===Na2CO3
与CaO反应：SiO2＋CaOCaSiO3
与碳反应
C＋CO2
2CO
2C＋SiO2Si＋2CO↑
(3)主要用途
CO2：化工原料、灭火剂。干冰用作制冷剂，人工降雨。
SiO2：制光学仪器、石英玻璃。水晶可制作饰品，常用来制造通讯材料光导纤维。
　(1)除去下列气体中混有的杂质(括号内为杂质)可采取的方法：
①CO(CO2)：________________________________________________________________________。
②CO2(CO)：________________________________________________________________________。
③CO2(O2)：________________________________________________________________________。
④CO2(SO2)：________________________________________________________________________。
⑤CO2(HCl)：________________________________________________________________________。
(2)有人认为SiO2既能与酸反应又能与碱反应，所以认为它是一种两性氧化物，你同意这种看法吗？
提示：　(1)①通过盛有浓NaOH溶液的洗气瓶
②通过盛放灼热CuO的硬质玻璃管
③通过盛放灼热铜网的硬质玻璃管
④通过饱和NaHCO3溶液或酸性KMnO4溶液
⑤通过饱和NaHCO3溶液
(2)该看法是错误的。SiO2和碱溶液反应体现了SiO2为酸性氧化物的性质，但SiO2与氢氟酸反应时并没有生成盐，另外其他酸难与SiO2反应，故SiO2不具备两性氧化物的性质，不属于两性氧化物。
1．下列关于碳和硅的氧化物说法正确的是________。
①碳和硅的氧化物都是酸性氧化物
②二氧化硅分子由1个硅原子和2个氧原子构成
③二氧化硅不与水及任何酸反应
④CO2、CH4等气体都是温室气体
⑤CO常作还原剂，PbO2常作氧化剂
⑥碳在高温下与SiO2反应，作还原剂，但碳的非金属性比硅强
A．①②③　　　　　　　　　　 B．②③④
C．③④⑤ D．④⑤⑥
答案：　D
2．下列说法正确的是(　　)
①二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，但不能与任何酸反应　②根据反应SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强　③二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸　④二氧化硅常被用来制造光导纤维
A．①②　　　　　　　　　　 B．②③
C．③④ D．①④
解析：　①SiO2能与氢氟酸反应，②高温条件下反应并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强。
答案：　C
3．在下图所示的物质相互转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色不溶于水的物质，a溶液焰色为黄色。据此填空：
据此填写：
(1)B的化学式是________，目前在现代通讯方面B已被用作________的主要原料。
(2)B和a溶液反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)A和a溶液反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由CE↓(白色)D＋B及问题(1)可推知C应为Na2SiO3，E为H2SiO3，D为H2O，B为SiO2。进一步可推知A为Si，a溶液为NaOH溶液，F为H2。
答案：　(1)SiO2　光导纤维(或光纤)
(2)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(3)Si＋2OH－＋H2O===SiO＋2H2↑
(4)SiO＋2H＋===H2SiO3↓
4．下列实验过程中，始终无明显现象的是(　　)
A．NH3通入FeSO4溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．AlCl3溶液中滴入NaHCO3溶液
D．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
答案：　B
5．用四种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是(　　)
选项
溶液
操作与现象
A
NaAlO2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，溶液仍保持浑浊
B
Ca(ClO)2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
C
Na2SiO3溶液
通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失
D
Ca(OH)2溶液
通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊
答案：　C
　
(1)可用CO2制取的弱酸
碳酸酸性比硅酸、次氯酸、苯酚、偏铝酸等强，将CO2气体通入Na2SiO3、NaClO、ONa、NaAlO2盐溶液中，均能发生反应而生成相应的弱酸和碳酸(氢)盐，这是“强酸制弱酸”原理的应用。
(2)注意事项
①用CO2制取弱酸时，若通入过量CO2均生成HCO。
②CO2通入CaCl2或BaCl2溶液不会产生白色沉淀，因为碳酸的酸性弱于盐酸。
6．标准状况下，将3.36 L CO2气体通入200 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液中，充分反应后溶液中c(CO)与c(HCO)的比值为(不考虑CO、HCO的水解)(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶3
解析：　n(CO2)＝＝0.15 mol，n(NaOH)＝0.2 L×1.00 mol·L－1＝0.2 mol
由于1<<2，故二者完全反应生成含Na2CO3和NaHCO3的混合溶液
设n(Na2CO3)＝x，n(NaHCO3)＝y
则有
解得x＝0.05 mol，y＝0.1 mol
答案：　B
　CO2与NaOH溶液反应产物的判断
(1)将CO2通入一定量NaOH溶液中至过量的反应原理：
①转化示意图：NaOHNa2CO3NaHCO3
②有关化学方程式：
Ⅰ.2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O
Ⅱ.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
(2)反应后溶质成分的判断
考点三　硅酸和硅酸盐
1．硅酸
(1)物理性质：不溶于水。
(2)化学性质
H2SiO3—
(3)用途：硅胶可用作干燥剂、催化剂的载体等。
2．硅酸盐
(1)由硅、氧和金属元素组成化合物的总称，是构成地壳岩石的主要成分。
(2)硅酸钠
Na2SiO3＋CO2＋H2O===Na2CO3＋H2SiO3↓
硅酸钠水溶液俗称水玻璃，是无色黏稠液体，常用于制备黏合剂、防腐剂、耐火材料。
(3)硅酸盐组成的表示
通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示硅酸盐的组成：如硅酸钠(Na2SiO3)可表示为Na2O·SiO2，
钾长石(KAlSi3O8)可表示为K2O·Al2O3·3SiO2(或
K2O·Al2O3·6SiO2)。
3．无机非金属材料
(1)传统无机非金属材料
水泥
玻璃
陶瓷
生产原料
黏土、石灰石
纯碱、石灰石、石英
黏土
主要设备
水泥回转窑
玻璃熔炉
陶瓷窑
生产条件
高温
(2)新型无机非金属材料
如高温结构陶瓷、生物陶瓷、压电陶瓷、光导纤维等。
　(1)探究由SiO2制取H2SiO3的最佳方案(用流程图表示)。
(2)实验室里熔融NaOH固体时，能否选用瓷坩埚？为什么？
(3)想一下为什么可将陶瓷、玻璃、水泥归纳在一起，然后从所给的4个词中选出1个与它们同类的物质____________。(填代码)
①光导纤维　②有机陶瓷　③人造纤维　④砖瓦
提示：　(1)SiO2Na2SiO3溶液H2SiO3。
(2)不能，因为陶瓷中含有SiO2，会与NaOH反应生成溶于水的Na2SiO3。
(3)④
1．开发新材料是现代科技发展的方向之一。下列有关材料的说法正确的是(　　)
①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素　②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品　③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维　④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料　⑤氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料　⑥C60属于原子晶体，用于制造纳米材料　⑦纤维素乙酸酯属于天然高分子材料
A．①②⑦　　　　　　　　　 B．②③⑥
C．①④⑤ D．①③④
解析：　水晶的主要成分是SiO2，而非硅酸盐，②错。光导纤维的主要成分是SiO2，而非单质Si，③错。C60属于分子晶体，⑥错。纤维素乙酸酯不是天然高分子材料，⑦错。
答案：　C
2．青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一。青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO。下列说法中正确的是(　　)
A．青石棉是一种易燃品且易溶于水
B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：
Na2O·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2O
C．1 mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6 L 3 mol·L－1 HNO3溶液
D．1 mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5 L 2 mol·l－1 HF溶液
解析：　根据青石棉的组成可知，该物质属于硅酸盐，不是一种易燃品且难溶于水，A不正确；根据氧原子守恒可知应该是Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，B不正确；根据组成可知和硝酸作用生成2 mol硝酸钠、5 mol硝酸铁和1 mol NO，因此需要硝酸的物质的量是18 mol，选项C正确；和氢氟酸反应生成SiF4、NaF，物质的量分别是8 mol和2 mol，所以需要HF的物质的量是34 mol，D不正确，答案选C。
答案：　C
　
(1)硅酸盐的表示方法
硅酸盐
(2)无机非金属材料分类
无机非金属材料
3．能实现下列物质间直接转化的元素是(　　)
单质氧化物酸或碱盐
A．硅　　　　　　　　　　 B．氮
C．钠 D．铁
解析：　A项SiO2不能和水反应；B项N2和O2第一步只能生成NO，NO不能和水反应；C项正确；D项Fe2O3不能和水反应。
答案：　C
4．已知A是带有金属光泽的灰黑色固体单质。根据如图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。
(1)写出B、C两物质的名称：
B__________________，C__________________。
(2)写出D→B的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)写出B→C的离子方程式：________________________________________________________________________。
答案：　(1)硅酸钠　硅酸
(2)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(3)SiO＋H2O＋CO2===CO＋H2SiO3↓
　硅及其化合物间的转化关系图
1．(2011·全国理综·11)将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是(　　)
A．K＋、SiO、Cl－、NO
B．H＋、NH、Al3＋、SO
C．Na＋、S2－、OH－、SO
D．Na＋、C6H5O－、CH3COO－、HCO
解析：　A项，因碳酸酸性强于硅酸，将足量二氧化碳通入该溶液中可得硅酸沉淀，则SiO不能大量共存，错误；B项，将足量二氧化碳通入该溶液中，四种离子均不发生反应，可以大量共存，正确；C项，将足量二氧化碳通入该溶液中，OH－不能大量共存，C项错误；D项，碳酸酸性强于苯酚，将足量二氧化碳通入该溶液中，C6H5O－不能大量共存，D项错误。
答案：　B
2．(2013·江苏化学)甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙。下列有关物质的推断不正确的是(　　)
A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为SO2，则丁可能是氨水
C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
解析：　A项正确，所发生的反应为：2C＋O2(不足)2CO,2CO＋O22CO2，C＋CO22CO。B项正确，所发生的反应为：SO2(过量)＋NH3·H2O===NH4HSO3，NH4HSO3＋NH3·H2O===(NH4)2SO3＋H2O，(NH4)2SO3＋H2O＋SO2===2NH4HSO3。C项中，若甲为Fe，丁为盐酸，则乙为FeCl2，FeCl2与盐酸不反应，故C错误。D项正确，所发生的反应为：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3，NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋H2O。
答案：　C
3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅(2013·广东理综，11C)(　　)
(2)SiO2有导电性，所以SiO2可用于制备光导纤维(2012·广东理综，12B)(　　)
(3)单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料(2012·新课标全国卷，8B)(　　)
(4)合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料(2012·新课标全国卷，8D)(　　)
(5)变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能(2011·浙江理综，8A)(　　)
(6)硅酸钠溶液应保存在带玻璃塞的试剂瓶中(2012·海南，4B)(　　)
(7)SiO2与酸、碱均不反应(2012·天津理综，2B)(　　)
(8)向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，则H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强(2012·江苏，13C)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
4．(2013·上海化学·25)硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成
Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为____________。
解析：　由钠长石的化学式NaAlSi3O8可知钙长石的化学式符合CaAlxSiyO8，由“氧原子物质的量分数相同”可知x＋y＝4，依据化合价代数和为0，可知2＋3x＋4y＝16，求解即可。
答案：　SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O　CaAl2Si2O8
答题模板(二)__实验操作的原因、目的及作用的规范答题
(福建高考)牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
(1)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有________________________________________________________________________。
(2)在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，理由是________________________。
(3)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[抽样分析]
考生甲
考生乙
考生丙
抽样试卷
(1)减少实验误差
(2)装置内空气中存在少量的CO2
(3)会使测定C装置吸收CO2前后的质量差偏大
分析点评
错误理解题目要求，用“结果”代替“作用”
没有明确的结论。装置内空气中存在少量的CO2，会使测量结果偏高
没有指明质量偏大的具体原因。Ba(OH)2溶液除吸收CO2外，还可以吸收HCl气体和水蒸气，会使溶液的质量增大，测量结果偏高
[规范答案]
(1)把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收
(2)装置内空气中存在少量的CO2被Ba(OH)2溶液吸收，会使测量结果偏高
(3)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中被Ba(OH)2溶液吸收(或其他合理答案)
**答题模板**
答题要素：
(1)明确实验目的：做什么？
(2)明确操作目的：为什么这样做？
(3)明确结论：这样做会有什么结果？理由是什么？
得分点及关键词：
本类问题注意以下得分点：操作＋(目的)作用
(1)操作：怎么“做”？为什么这样“做”？
(2)作用：需有明确的结论、判断、理由
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题三第五单元　海水资源的综合利用与环境保护
考点一　海水资源的综合利用
1．海水水资源的利用
2．海水化学资源的开发利用
(1)氯碱工业
①电解NaCl溶液：(写出化学方程式，下同)
2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；
产物制盐酸：H2＋Cl22HCl；
制漂白液：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
②电解熔融NaCl：2NaCl2Na＋Cl2↑。
(2)海水提镁
先将海水中的镁富集，再电解熔融氯化镁。
最后一步反应：MgCl2Mg＋Cl2↑。
(3)海水提溴
先将海水中的溴富集，再通过氧化还原反应将溴提取出来。
最后一步反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。
3．海水其他资源的开发利用
(1)从海水中提取核能开发的重要原料：铀和重水。
(2)潮汐能、波浪能是有待开发的新型能源。
　(1)用H2O2可以将I－氧化成I2，请写出该反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
(2)设计实验检验加碘食盐中含有碘元素。
提示：　(1)H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O
(2)加碘食盐中的碘元素以KIO3形式存在，检验方法是将少量碘盐与KI-淀粉溶液及酸混合，若溶液变成蓝色，即证明食盐中含有碘元素。反应的离子方程式为：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
1．许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是(　　)
A．氯、溴、碘　　　　　　　 B．钠、镁、铝
C．烧碱、氢气 D．食盐、淡水
解析：　A、B、C中的物质需加入氧化剂或电解制取，均为化学变化；而D中的食盐和淡水是利用蒸发原理制取的，为物理变化。
答案：　D
2．21世纪是海洋世纪，海洋经济专属区的开发受到广泛重视，下列有关说法正确的是(　　)
A．海水含镁，将金属钠放入海水中可以制取金属镁
B．利用潮汐能发电是将化学能转化为电能
C．从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应
D．海底多金属结核矿含有Fe、Mn、Co、B等金属
答案：　C
3．工业上对海水资源综合开发利用的部分工艺流程如图所示。
(1)电解饱和食盐水常用离子交换膜电解槽和隔膜电解槽。离子膜和隔膜均允许通过的分子或离子是________________________________________________________________________。
电解槽中的阳极材料为________________________________________________________________________。
(2)本工艺流程中先后制得Br2、CaSO4和Mg(OH)2，能否按Br2、Mg(OH)2和CaSO4的顺序制备？______________，原因是________________________________________________________________________。
(3)溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大得多，四氯化碳与水不互溶，故可用于萃取溴，但在上述工艺中却不用四氯化碳，原因是________________________________________________________________________。
答案：　(1)阳离子(或Na＋)、水分子　钛(或石墨)
(2)不能　如果先沉淀Mg(OH)2，则沉淀中会夹杂有CaSO4沉淀，产品不纯
(3)四氯化碳萃取法工艺复杂、设备投资大；经济效益低、环境污染严重
4．某化学兴趣小组的同学通过如下实验提取海带中的碘：
①粉碎海带，加一定量的氢氧化钾溶液后高温灰化；②用水浸泡海带灰，过滤；③用盐酸酸化滤液，加入碘酸钾(KIO3)氧化溶液中的碘离子(I－)，生成碘单质；④用四氯化碳溶液萃取水溶液中的碘。
请回答下列问题：
(1)实验步骤③中相关的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(2)实验步骤③中也可用H2O2代替KIO3，相关化学反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)检验用四氯化碳萃取碘后的水溶液中是否还含有碘单质的实验方法有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)IO得电子转化为I2，I－失电子转化为I2。
(2)H2O2得电子转化为H2O。
(3)检验I2的特效试剂是淀粉溶液。
答案：　(1)5KI＋KIO3＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O
(2)2KI＋H2O2＋2HCl===I2＋2H2O＋2KCl
(3)取2 mL溶液盛于试管内，向试管内滴加1滴淀粉溶液，观察现象。若溶液显蓝色，则溶液中还含有碘单质；反之，溶液中不含碘单质
　
1．氯碱工业
(1)生产流程
(2)产物及其用途
阴极产物是NaOH和H2，阳极产物是Cl2。
产物可用于制备盐酸、纯碱、农药和漂白剂等。
2．海水提镁
(1)生产流程
(2)基本步骤及主要反应：
①制熟石灰：CaCO3CaO＋CO2↑，
CaO＋H2O===Ca(OH)2。
②沉淀：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓。
③酸化：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O。
④蒸发结晶：析出MgCl2·6H2O。
⑤脱水：在氯化氢环境中使MgCl2·6H2O脱水制得无水氯化镁。
⑥电解：电解熔融氯化镁制得镁。
3．海水提溴
(1)生产流程
(2)主要反应
2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2
SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO
4．海带中提取碘
(1)流程
海带灰H2O
↓ ―→氧化 ―→―→―→
(2)发生的化学反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。
考点二　环境保护与绿色化学
1．常见的环境污染问题
污染类型
主要污染物
污染物来源
酸雨(pH<5.6)
SO2和NO2
化石燃料的燃烧
光化学烟雾
氮氧化物和
汽车尾气
臭氧空洞
NOx和氟氯烃
冰箱制冷剂
温室效应
CO2和碳氢化合物
化石燃料的燃烧
白色污染
废旧塑料
废弃塑料制品
赤潮和水华
含磷、氮较高的废水
农业、生活废水
居室污染
甲醛、苯、甲苯、氡
建筑、装修材料
2.环境保护
(1)空气质量日报
主要包括“空气污染指数”、“空气质量级别”、“首要污染物”。
目前计入的污染物主要是：SO2、NO2、可吸入颗粒物。
(2)三废污染：是指废水、废气、废渣。
(3)环保措施
回收利用、达标排放、研制可降解塑料等无污染的新材料等。
3．绿色化学
(1)核心：利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。
(2)原子经济性：反应物的原子全部转化为期望得到的最终产物，即原子利用率为100%。
　(1)哪些反应类型最能体现“原子经济”的原则，达到原子利用率为100%?
(2)绿色化学的核心就是治理污染吗？
提示：　(1)化合反应、加成反应。
(2)绿色化学的核心是从源头上杜绝污染而不是污染后再治理。
1．我们要树立“科学发展观”，绝不能以牺牲环境为代价来发展经济。下面有关环境污染的说法中，不正确的是(　　)
A．在采矿厂、制陶厂、耐火材料生产厂等场所长期工作的人员，若不采取劳动保护措施，则容易患上矽肺病
B．氮的氧化物可以造成光化学污染，也可以破坏臭氧层，同时还可以形成酸雨
C．工业废水、生活污水、农药、化肥、含磷的洗涤剂等都可以对水体造成污染
D．植树造林既可以缓解温室效应，又可以降低酸雨的危害
答案：　D
2．下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是(　　)
A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C．节能减排符合低碳经济的要求
D．合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)有助于缓解能源紧缺
解析：　A项，N2不是造成温室效应的气体，故不正确；使用清洁能源、节能减排、合理开发利用能源都符合化学与可持续发展的要求，故B、C、D都正确。
答案：　A
3．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 (　　)
A．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源
D．垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
解析：　A项，大量使用化肥会破坏土壤结构，大量使用农药会污染环境，故不正确；B项，绿色化学的核心是从源头上阻止环境污染，而不是出现污染后去治理，故不正确；C项，化石能源是有限的，仍需开发新能源，故不正确；D项，正确。
答案：　D
　
1．几种常见的环境污染的“罪魁祸首”
(1)酸雨：与SO2、NOx有关。
(2)温室效应：与CO2和碳氢化合物有关。
(3)光化学烟雾：与NOx及碳氢化合物有关。
(4)臭氧层破坏：与NOx及氟氯烃有关。
(5)赤潮、水华：与含氮、磷的大量污水有关。
(6)白色污染：与乱扔废弃塑料制品有关。
2．环境污染的分类与防治
主要污染物及来源
主要危害
防治措施
大气污染
①污染物：硫氧化物、氮氧化物、碳氢化合物、固体颗粒②来源：化石燃料的燃烧，工厂废气、烟尘
①危害人体健康②破坏建筑物③影响动、植物生长④改变气候
①开发新能源，减少化石燃料的燃烧②对工业尾气进行处理③立法管理
水污染
①污染物：重金属盐、耗氧有机物、氮、磷化合物等②来源：工业废水、生活废水、实验室和医院废水
①污染饮用水、影响人畜健康②影响植物生长③形成水华、赤潮，影响水中生物生长
①对废水进行无害化处理后排放②立法管理
4．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是(　　)
A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．用SiO2制备高纯硅
答案：　A
5．“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的副作用。下列化学反应，不符合绿色化学概念的是(　　)
A．消除硫酸厂尾气排放：SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3
B．消除制硝酸工业尾气的氮氧化物污染：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
C．制CuSO4：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
D．制CuSO4：2Cu＋O22CuO　CuO＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2O
解析：　C选项在制备CuSO4产物的同时，会生成大气污染物SO2，并且制得相同量的CuSO4时，消耗H2SO4的量也比D选项多。
答案：　C
　
(1)绿色化学的含义
绿色化学要求原料和产品无害，在化学过程中不产生“三废”或使“三废”降低到最低程度。
(2)绿色化学的基本原则
①防止污染的产生优于治理产生的污染；
②原子经济性(设计的合成方法应将反应过程中所用的材料尽可能全部转化到最终产品中)即原子的利用率达到100%。
原子的利用率＝×100%；
③应考虑到能源消耗对环境和经济的影响，并应尽量少地使用能源(在常温、常压下进行)。
6．铜与稀硝酸反应产生NO，NO又被氧
化成NO2，对实验现象有干扰，过多的NO、NO2又会污染环境。改进实验的设计符合绿色化学的思想。某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”的实验，以探究化学实验的绿色化。
(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c。其目的是________________________________________________________________________。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜块，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)表中是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是__________，理由是________________________________________________________________________。
方案
反应物
甲
Cu、浓硝酸
乙
Cu、稀硝酸
丙
Cu、O2、稀硝酸
(4)该兴趣小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4>Cl2>Br2，操作步骤为________________________________________________________________________，
实验现象为________________________________________________________________________；
但此实验的不足之处是________________________________________________________________________。
解析：　(1)制取气体或许多验证气体性质的实验，实验前都需要检验装置的气密性；(2)由题意知实验开始是铜与浓硝酸反应，产生红棕色NO2，加水后是铜与稀硝酸反应，产生无色的NO；(3)绿色化学理念是原料利用率高，不产生污染，分析三个方案，可看出，甲方案用硝酸最多，产生有毒气体NO2，乙方案产生有毒气体NO，丙方案用硝酸最少，不产生有毒气体；(4)若证明KMnO4、Cl2、Br2的氧化性，利用KMnO4与浓盐酸反应产生Cl2，将Cl2通入KBr溶液中，根据反应及现象，可得出结论。但此装置没有尾气吸收装置，多余的Cl2会污染空气。
答案：　(1)检查装置气密性
(2)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　反应变慢，气体颜色变淡
(3)丙　硝酸耗量少，产物无污染
(4)向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸　c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为橙色　没有尾气吸收装置
　化学是一门以实验为基础的学科，化学教学更是离不开实验教学，实验教学可以使学生观察到语言难以表达清楚的实验现象，增强更直观的感性认识。化学实验教学中力求利用最少的实验药品获得最佳的实验效果、最大限度地减少废弃物，在化学实验过程中要渗透绿色化学思想，提高人们的环保意识。近几年的高考命题中也充分体现了这一点。
1．(2013·山东理综·7)化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
解析：　聚乙烯塑料中没有不饱和键，不能发生加成反应，A项错误；煤的气化和液化均为化学变化，B项错误；碳纤维是无机物，C项错误。
答案：　D
2．(2013·福建理综·6)化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(　　)
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
解析：　石英除用于生产光导纤维外还可以制硅、生产玻璃等，A项错误；由海水转化为淡水就可以不需要化学反应，B项错误；少量的符合国家标准的食品添加剂对人体无害，大量使用会对人体产生危害，C项错误；“地沟油”经过处理后在碱性条件下水解可用来制肥皂，D项正确。
答案：　D
3．(2013·四川理综·1)化学与生活密切相关，下列说法不正确的是(　　)
A．二氧化硫可广泛用于食品的增白
B．葡萄糖可用于补钙药物的合成
C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装
D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌
解析：　二氧化硫有毒，损害人体健康，不能用二氧化硫给食品增白，A项错误；葡萄糖可以合成葡萄糖酸钙，B项正确；聚乙烯对人体无害，可以用于食品的包装，C项正确；次氯酸钠溶液可以和空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，D项正确。
答案：　A
4．(2013·天津化学·2)以下食品化学知识的叙述不正确的是 (　　)
A．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂
B．新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失
C．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质
D．葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
解析：　食盐可作调味剂，也可以腌制食品作防腐剂，A项正确；随温度升高，新鲜蔬菜中所含维生素C会有损失，B项正确；人体内没有使纤维素水解的酶，C项错误；苏打粉水溶液显碱性，所以可用于红酒的检验，D项正确。
答案：　C
5．(2013·上海化学·1)2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是(　　)
A．点燃，能燃烧的是矿物油
B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C．加入水中，浮在水面上的是地沟油
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
解析：　地沟油属于油脂含有酯基，可以发生水解生成溶于水的高级脂肪酸钠、甘油，D选项正确；地沟油、矿物油(汽油、煤油、柴油等)均属于混合物，无固定熔沸点，B选项错误。
答案：　D
6．(2011·福建理综·6)下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是(　　)
A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C．节能减排符合低碳经济的要求
D．合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)有助于缓解能源紧缺
解析：　A项，N2不是造成温室效应的气体，故不正确；使用清洁能源、节能减排、合理开发利用能源都符合化学与可持续发展的要求，故B、C、D都正确。
答案：　A
7．[2012·四川理综·29(1)(2)]直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在下图所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。
请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有________(填写字母编号)。
A．温室效应　　　　　　　 B．酸雨
C．粉尘污染 D．水体富营养化
(2)在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率，脱硫时控制浆液的pH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。
①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为________。
②亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
解析：　第(2)小题，①CO2通入CaCO3浊液中，发生反应：CO2＋H2O＋CaCO3===Ca(HCO3)2。
答案：　(1)ABC　(2)①Ca(HCO3)2或碳酸氢钙
②Ca(HSO3)2＋O2===CaSO4＋H2SO4
8．(2013·江苏高考·1)燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是(　　)
A．甲醇 B．天然气
C．液化石油气 D．氢气
解析：　甲醇、天然气和液化石油气作为燃料电池的燃料，在工作过程中会产生二氧化碳，引起温室效应，对环境不利。而氢气作为燃料，工作时生成水，对环境无任何污染。
答案：　D
9．(2013·浙江理综·7)下列说法不正确的是(　　)
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．CH3CHCH2O和CO2反应生成可降解聚合物
?OCHCH2CH3OCO?，该反应符合绿色化学的原则
解析：　A项，多孔碳具有较大表面积，具有导电性，可作惰性电极，A正确。
B项，pH可实时指示溶液的pH，可以准确判断曲线的突变点，即滴定终点，避免指示剂带来的误差，B错误。
C项，砷与磷在同一主族，性质相似。
D项，环氧烷烃与二氧化碳发生共聚能生成聚合物，其原子利用率为100%，符合绿色化学思想，D项正确。
答案：　B
阅卷现场(三)__审题要到位，答题要规范
海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：
(1)步骤①的实验操作名称是________；
(2)现有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品。完成该实验尚缺少的玻璃仪器是________；
(3)步骤③中能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是________；
A．CCl4与水不互溶　　　　B．CCl4可与I2发生取代反应
C．CCl4的密度比水大 D．CCl4不易燃烧，可作灭火剂
E．碘在CCl4中的溶解度比在水中大很多
(4)步骤③中还可选择________作萃取剂；
(5)步骤②中反应的离子方程式是________________________________________________________________________；
(6)请设计一种简单的实验方法，检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[阅卷记录]
问题
常见错误
第(1)问
常将“过滤”错写成“过虑”
第(2)问
只写“漏斗”或只写“分液漏斗”或多写“胶头滴管”或多写“铁架台”
第(3)问
常出错是漏选A或E，或选“A、C”或“A、C、E”或“C、E”
第(4)问
常错写“酒精”
第(5)问
不配平或写错化学式，即Cl2＋I－===2Cl－＋I或Cl2＋I－===Cl－＋I2
第(6)问
常见错误有：“加淀粉，变蓝，有单质碘”、“加热升华，烧瓶底部有黑色物质”
[错因剖析]　
(1)“过滤”写成“过虑”是常见的书写错误，概念记牢可避免出错。例如：“苯”写成“笨”。
(2)回答时注意审题：过滤和分液需要的“玻璃仪器”，并且缺一不可。两个中学化学常用操作要记牢。
(3)不明确萃取原理是出错的原因，萃取剂选择的原则是：萃取剂不能与原溶剂相互溶解，被萃取物质在萃取剂中的溶解度要比在原溶剂中的溶解度大得多且被萃取物质不与萃取剂反应，CCl4符合萃取剂的选择条件，与“CCl4的密度比水大”无关。
(4)同(3)，因酒精与水互溶，所以不能用作该操作的萃取剂。
(5)没有正确掌握化学方程式和化学式的书写。
(6)回答此题要注意四点：操作＋试剂＋现象＋结论，忽视任何一点都导致错误。
要点：应取少许于试管中，不可往试剂瓶中直接加试剂；鉴别单质碘用淀粉，其他不可；现象是变蓝色；结论要分析两种情况“有”或“无”；
错误认为鉴别固体单质碘或理解成单质碘的物理性质，这里是提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘。
正确答案：　(1)过滤　(2)漏斗、分液漏斗
(3)A、E　(4)苯
(5)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
(6)取少量待测液注入试管中，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝色，说明水溶液中存在I2，否则水溶液中无I2

专题讲座(四)　无机物的转化与推断
[考向分析]
　在元素及其化合物之间的转化中，有一些转化关系具有明显的特殊性，熟悉这些特殊转化关系能够更好地掌握物质的性质，把握它们的共性和特性，从而能够更加灵活地运用它们来分析问题和解决问题。高考中常借此考查学生对元素化合物基础知识能否融会贯通和是否具有正确再现、辨认的能力，一般有两种考查方式：一是给出一定的转化关系，分析满足给定转化关系的物质，一般以选择题形式考查；二是结合无机框图推断题考查，一般作为框图的一部分，通常是解答该题的突破口。
[解题策略]
　无论推断题属于哪种形式，均遵循这样的推断思路：迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，突破点由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。解题的关键是仔细审题，依物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下：
推断题结论―→验证
[热点分析]
一、直线连续转化型
ABC
1．氧化还原反应型
(1)NH3(或N2)NONO2或NH3N2NO
(2)H2S(或S或FeS2)SO2SO3或H2SSSO2
(3)CCOCO2或O2CO2CO
(4)NaNa2ONa2O2
(5)Cl2FeCl3FeCl2
(6)HNO3Fe(NO3)3Fe(NO3)2
2．非氧化还原反应型
(1)NaOHNa2CO3NaHCO3
变形①：CO2NaHCO3Na2CO3
变形②：HClCO2NaHCO3
(2)NaOHNa2SO3NaHSO3
[也有如(1)所示类似的变形]
(3)Al3＋Al(OH)3AlO
变形：OH－AlOAl(OH)3
(4)AlOAl(OH)3Al3＋
变形：H＋Al3＋Al(OH)3
二、三角型转化
1．铁三角：
2．铝三角：
3．碳三角：
4．氯三角：
5．硅三角：
三、交叉型转化关系
1．硫及其重要化合物间的转化
2．氮及其重要化合物间的转化
3．钠及其重要化合物间的转化
四、置换反应型转化关系
1．金属单质置换出金属单质
(1)2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe(铝热反应　Al还可与V2O5、CrO3、WO3、MnO2等发生置换反应)
(2)Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu
2．金属单质置换出非金属单质
(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(2)2Mg＋CO22MgO＋C
(3)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
3．非金属单质置换金属单质
(1)H2＋CuOCu＋H2O
(2)C＋FeOFe＋CO↑
4．非金属单质置换非金属单质
(1)2F2＋2H2O===4HF＋O2
(2)2C＋SiO2Si＋2CO↑
(3)C＋H2O(g)CO＋H2
(4)2H2＋SiCl4Si＋4HCl
5．同主族元素单质间的置换
(1)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(2)2C＋SiO2Si＋2CO↑
(3)2H2S＋O22S↓＋2H2O
(4)Cl2＋2HI===2HCl＋I2
6．不同主族元素单质间的置换
(1)Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
(2)2Mg＋CO22MgO＋C
(3)2F2＋2H2O===4HF＋O2
(4)C＋H2O(g)CO＋H2
(5)H2S＋Cl2===S↓＋2HCl
(6)3Cl2＋8NH3===6NH4Cl＋N2
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题三第四单元　生产生活中的含氮化合物
考点一　氮的单质及氧化物
1．氮的固定
2．氮气
3．氮的氧化物
(1)物理性质
颜色
气味
毒性
密度
溶解性
NO
无色
有毒
比空气稍重
不溶
NO2
红棕色
有刺激性气味
有毒
比空气重
与水发生反应
(2)化学性质
①NO―→NO2：2NO＋O2===2NO2
②NO2―→HNO3(NO)：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(3)氮的氧化物对环境的污染
①形成光化学烟雾，污染空气。
②形成酸雨。
③破坏臭氧层。
　(1)农谚“雷雨发庄稼”，写出雷雨时，雨水中形成稀硝酸的化学方程式。
(2)如何鉴别NO2与溴蒸气？
提示：　(1)N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
(2)由于NO2和Br2在性质上有不少相似性：①均具有氧化性；②溶于水均有酸生成；③均可与碱反应；④均为红棕色等。所以不能用淀粉-KI试纸、pH试纸、NaOH溶液来鉴别，但二者性质又有差别，可以用下列方法鉴别：①AgNO3溶液；②CCl4；③用水洗法。
1．起固氮作用的化学反应是(　　)
A．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
B．NO与O2反应生成NO2
C．NH3催化氧化生成NO
D．由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4
解析：　氮的固定是指将空气中N2转化为氮的化合物的过程。符合题意的为A项。
答案：　A
2．下列说法正确的是(　　)
A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B．NO可用于某些疾病的治疗
C．NO2通入FeSO4溶液中始终无明显现象
D．汽车尾气的主要污染成分包括NO、CO和N2
答案：　B
3．下列物质的转化，能一步完成的是________。
①N2―→NO2　②NO2―→NO　③NO2―→HNO3　④N2―→NO　⑤N2―→NH3
答案：　②③④⑤
4．如下图所示，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中且盛满水的试管内，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：　剩余气体与空气接触即变为红棕色，说明剩余气体为NO。则可知体积的NO气体与n体积的氧气恰好完全反应。
由4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3得＝n，即m∶n＝8∶3。
答案：　C
5．将盛有12 mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2 mL气体分别是(　　)
A．1.2 mL，NO　　　　　　 B．2.4 mL，O2
C．3.5 mL，O2 D．4 mL，NO
解析：　解题依据的化学方程式为：
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：
①若剩O2，则V剩＝x－(12 mL－x)＝2 mL，
解得x＝4 mL，选项B、C不正确。
②若剩NO，则V剩＝[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，
解得x＝1.2 mL，选项D不正确，选项A正确。
答案：　A
　
(1)循环反应
NO2和O2的混合气体溶于水时，发生如下反应：
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO①
2NO＋O2===2NO2②
反应①的反应物(NO2)和产物(NO)分别是反应②的产物和反应物，这两个反应互为“循环反应”。
(2)“循环反应”进行计算时采用“加合式”法
消去中间产物(NO)，①式×2＋②式得加合式：
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。
(3)NO和O2同时通入同一水中时，发生反应：
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
其加合式为：4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
(4)将CO、O2通入盛有足量Na2O2的密闭容器中，用电火花引燃。此过程中发生循环反应：
2CO＋O22CO2
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
其加合式为：Na2O2＋CO===Na2CO3
考点二　氨和铵盐
1．氨气
(1)物理性质
色味态：无色有刺激性气味气体。
水溶性：极易溶于水，在常温常压下，1体积水能溶解700体积氨气。
(2)化学性质
(3)实验室制取
化学方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
(4)氨的用途
化工原料，用于制硝酸、铵盐、纯碱、尿素，用作制冷剂。
2．铵盐
(1)
(2)NH的检验
　(1)液氨和氨水有哪些区别？完成下列表格。
液氨
氨水
形成
物质分类
混合物
微粒种类
NH3、NH3·H2O、H＋、H2O、NH、OH－
存在条件
常温常压下
不能存在
常温常压下可存在
(2)固态NH4Cl受热变成气体，气体遇冷又变为固态NH4Cl；固态碘受热变成蒸气，蒸气遇冷又变成固态碘，这两种现象的本质是否相同？
(3)按要求写出下列反应的离子方程式：
①在NH4Cl溶液中加入NaOH溶液，并加热。
②在NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液。
③在浓NH4Cl溶液中加浓NaOH。
④NH4Cl溶液呈酸性的原因。
⑤在饱和NH4Cl溶液中滴加NaAlO2，产生刺激性气味的气体和白色沉淀。
提示：　(1)氨气液化　氨气溶于水　纯净物　NH3
(2)不相同，NH4Cl固体受热分解成NH3和HCl，发生了化学变化；固态碘受热升华成为蒸气，是物理变化。
(3)①NH＋OH－NH3↑＋H2O
②NH＋OH－NH3·H2O
③NH＋OH－NH3↑＋H2O
④NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
⑤NH＋AlO＋H2O===NH3↑＋Al(OH)3↓
1．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是(　　)
A．①②　　　　　　　　　 B．②③
C．③④ D．①③
解析：　NH4Cl受热可产生NH3和HCl，但两者遇冷会重新反应生成NH4Cl，在此过程中还有可能出现堵塞导管的情况，因此不能用①的方法制取氨气，③中试管口未向下倾斜，会导致液体倒流入试管而使试管炸裂，③不可行。浓氨水滴入氧化钙固体中，会发生CaO＋NH3·H2O===Ca(OH)2＋NH3↑，故可用②的方法制取氨气。浓氨水受热产生氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后即得干燥的NH3，所以④符合要求。
答案：　D
2．某同学用下列装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。
回答下列问题：
(1)若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为________________________________；
若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是______________________________________________________________。
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是________，分液漏斗中装的试剂是________，收集装置应选择________(填装置序号)。
解析：　(1)装置①适用于固-固加热制取气体，制取NH3时试剂是NH4Cl和Ca(OH)2。若测定NH3的体积，必须用排液体法，而NH3极易溶于水，故不能用排水法，所用的液体必须不与NH3反应，也不溶解NH3才行。
(2)装置②是固-液反应，不需加热的装置，制取NH3时，可用浓氨水和碱石灰作用。
答案：　(1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
③⑦　氨气难溶于该试剂，且该试剂不易挥发，不与氨气反应
(2)CaO(或NaOH或碱石灰)
浓氨水(或浓NH4Cl溶液)　⑥
　
方法1.加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物
方法2.加热浓氨水
(1)反应原理：NH3·H2ONH3↑＋H2O。
(2)装置
方法3.浓氨水与固态碱性物质作用制氨气
装置
反应原理
浓氨水中存在以下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，加入固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)，消耗水且使c(OH－)增大，使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解
　
(1)方法1由于在固态中进行，不能拆分成离子方程式。
(2)NH3会污染空气，制备时要注意用水或酸进行尾气处理。
3．判断下列说法是否正确，不正确的说明理由。
(1)氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质。
(2)实验室用浓氨水与NaOH固体制取氨气。
(3)氨与酸反应生成铵盐，与挥发性酸相遇时能形成白烟。
(4)某晶体与NaOH共热放出一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该晶体中含有NH。
(5)氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH。
(6)把NH3通入稀HNO3中，当溶液的pH等于7时，溶液中NH3和HNO3等物质的量反应。
(7)液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3＋5O24NO＋6H2O。
(8)氨水中物质的量浓度最大的粒子是NH3·H2O(除水)。
(9)在1 mol·L－1氨水中，NH3·H2O、NH、NH3的物质的量浓度之和为1 mol·L－1。
答案：　(2)(3)(4)(8)(9)正确。
(1)不正确，NH3本身不导电，溶于水，与水发生反应NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－而导电，故NH3不是电解质；(5)不正确，氨水中存在大量的NH3·H2O和少量的NH；(6)不正确，NH3和HNO3等物质的量反应时，得到NH4NO3溶液，NH水解使溶液显酸性，pH<7；(7)不正确，产生的NO是污染气体。
4．某研究性学习小组同学设计如下图所示装置探究氨气的还原性。
(1)氨催化氧化的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)若实验时通入氨气的速率过快，在烧瓶中会出现白烟，该物质的化学式为________________________________________________________________________。
(3)该小组同学以氨气和二氧化碳为原料制备碳酸氢铵。甲同学先将二氧化碳通入水中，充分溶解后，再通入氨气；乙同学先将氨气通入水中，充分溶解后，再通入二氧化碳。请选择合适的方案并说明原因。
答案：　(1)4NH3＋5O24NO＋6H2O　(2)NH4NO3
(3)乙同学方案正确；CO2在水中溶解度小，先通CO2再通NH3生成的NH4HCO3的量少，而且易生成(NH4)2CO3，先通NH3至饱和再通CO2至过量，保证产物量大，且全部是NH4HCO3溶液。
考点三　硝酸
1．物理性质
色味态：无色有刺激性气味液体；挥发性：易挥发。
水溶性：与水以任意比互溶；发烟硝酸：质量分数在98%以上的硝酸。
2．化学性质
(1)强酸性：具有酸的通性
(2)强氧化性
①与金属反应
a．与除Au、Pt外大部分金属反应(如Cu)
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
b．常温下浓硝酸使Fe、Al钝化。
②与非金属(如木炭)反应
C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
③与某些还原性化合物(如Fe2＋、SO等)反应。
(3)不稳定性：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。
　(1)发现盛放浓硝酸的试剂瓶中硝酸显黄色，如何处理？
(2)怎样证明铜与稀硝酸反应得到的气体是NO?
(3)一定量的铁与150 mL、6 mol/L的稀硝酸恰好完全反应，已知被还原的HNO3占总量的，则产物中铁元素的化合价是多少？你能确定加入铁粉的质量吗？
提示：　(1)硝酸显黄色是由于硝酸见光或受热会发生分解，生成的NO2溶于浓硝酸所致，所以消除的方法是通入O2(或空气)，使其发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，保存时应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处。
(2)向气体中通入O2(或空气)，若气体颜色由无色变为红棕色，证明得到的气体是NO。
(3)生成物中铁元素的价态为＋3，原因是被还原的HNO3占总量<，故反应过程中铁全部被HNO3氧化为Fe3＋，被还原HNO3的量为×6 mol/L×0.15 L＝0.15 mol，据电子守恒可知加入Fe的物质的量为＝0.15 mol，其质量为8.4 g。
1．在下列反应中，硝酸既表现氧化性又表现酸性的是(　　)
A．FeO和HNO3　　　　　　　 B．Al(OH)3与HNO3
C．H2S和HNO3 D．CH3与HNO3
解析：　硝酸既表现出酸性又表现出氧化性的典型特征是既有硝酸盐的生成又有氮元素较低价化合物的生成。对照四个选项，A符合题意；B只起酸的作用；C只起氧化剂的作用；D只作为反应物。
答案：　A
2．有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4 mol·L－1和2 mol·L－1，取10 mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)(　　)
A．0.448 L　　　　　　　　　　 B．0.672 L
C．0.896 L D．0.224 L
解析：　金属和混酸反应通过离子方程式计算比较简便，3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(铁过量，产物为Fe2＋)，反应中Fe和H＋过量，生成的NO的量以NO为准来计算，共得NO 0.448 L，若只考虑到这一步反应，得答案A是错误的，因为过量的铁还可以和溶液中过量的H＋反应产生H2，即有Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，生成的H2为0.224 L，气体体积共计0.672 L，应选B。
答案：　B
3．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
解析：　由题意可知：HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
答案：　A
　
1．涉及HNO3、H2SO4的混合酸与金属反应计算时应采用离子方程式计算。
2．金属与硝酸反应的计算
(1)思维模型
(2)计算方法
①原子守恒法
HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。
②电子守恒法
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到的电子的物质的量等于金属失去的电子的物质的量。
　在题目无其他说明的情况下，一般有：
(1)金属＋浓硝酸―→金属硝酸盐＋NO2↑＋H2O
(2)金属＋稀硝酸―→金属硝酸盐＋NO↑＋H2O
4.
如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂探究浓、稀硝酸的强氧化性并观察还原产物的实验装置。
Ⅰ.浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5 mL浓硝酸，往具支试管中放入约2 mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。
(1)具支试管中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.稀硝酸的强氧化性实验
(3)上述反应完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是________________________________________________________________________。
(4)能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是________(填写代号)。
A．c中收集到无色气体
B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色
C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色
答案：　Ⅰ.(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(2)试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生
Ⅱ.(3)向试管中加水将浓硝酸稀释　(4)C
　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①颜色：……由……(具体颜色)变为……(具体颜色)
②气体：溶液中产生……(颜色)的气泡，(或)在固体表面产生……(颜色)气泡。
③沉淀：在……(颜色)溶液中产生……(颜色)的沉淀(浑浊)……考点四　氮元素的单质及其化合物间的转化
　(1)分别写出用N2、NH3、NO2、HNO3通过反应生成NO的四个化学方程式。
(2)依次写出工业上利用NH3催化氧化制HNO3的化学方程式。
提示：　(1)N2＋O22NO
4NH3＋5O24NO＋6H2O
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
8HNO3(稀)＋3Cu===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(2)4NH3＋5O24NO＋6H2O
2NO＋O2===2NO2　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
1．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见图)。下列说法正确的是(　　)
A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．图中所涉及的盐类物质均可以发生水解反应
答案：　C
2．已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，且A、B、C均含有同一种元素。在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。
请回答下列问题：
(1)若A可用于自来水消毒，D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是____________；工业上制取A的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B是汽车尾气之一，遇空气会变色，则反应①的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)若D是氯碱工业的主要产品之一，B有两性，则反应②的离子方程式是________________________________________________________________________。
(4)若A、C、D都是常见气体，C是导致酸雨的主要气体，则反应③的化学方程式为________________________________________________________________________。
某同学将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，用离子方程式解释原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)FeCl3　2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
(2)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(3)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(4)2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
2H2SO3＋O2===4H＋＋2SO
　含氮物质的连续氧化
　NH3NONO2HNO3
N2NONO2HNO3

3．A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质。E、F均为气体，且F为红棕色。有关的转化关系如下图所示(反应条件均已略去)。
请回答下列问题：
(1)D的化学式为____________。
(2)反应③的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)0.1 mol·L－1 的X溶液和0.1 mol·L－1的Y溶液等体积混合，溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式说明)。
解析：　(1)本框图突破口之一是“白烟”，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，由此可推知D是H2，突破口之二是“红棕色气体”，F应为NO2，反推可知E为NO，C为O2，Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3。(3)中涉及反应的名称为氨催化氧化反应，其原理是氧化还原反应中的归中反应。(4)两者恰好完全反应时生成NH4Cl，铵根离子水解而使溶液显酸性。
答案：　(1)H2　(2)3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO
(3)4NH3＋6NO===5N2＋6H2O
(4)酸　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
　
(1)有关氮及其重要化合物的推断题常以产生白烟、红棕色气体、无色气体在空气中变为红棕色、能使红色石蕊试纸变为蓝色等特殊现象为突破口。
(2)氮元素间的歧化和归中
歧化：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
归中：6NO＋4NH3===5N2＋6H2O
1．(2011·山东高考·28)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是______L。
解析：　NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O===NO＋2HNO3；在反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O中NO2作氧化剂，氮元素的化合价由反应前的＋4价降低到反应后0价，因此当反应中转移1.2 mol电子时，消耗NO2的物质的量为＝0.3 mol，所以标准状况下的体积是0.3 mol×22.4 L·mol－1＝6.72 L。
答案：　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　6.72
2．(2012·江苏化学·16)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
(1)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)＋NO2(g) N2O3(g)，其平衡常数表达式为K＝______________。
(2)上述工艺中采用气－液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是__________________________；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是____________(填化学式)。
(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。若n(NO)∶n(NO2)>1∶1，则会导致______________________；若n(NO)∶n(NO2)<1 ∶1，则会导致__________________________。
(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(2)气体上升，液体下降，这样气液接触充分，使尾气被充分吸收；分析加入的原料及生成物，只有Ca(OH)2微溶于水，Ca(NO3)2易溶，所以滤渣的主要成分为Ca(OH)2。
(3)当n(NO)>n(NO2)时，NO过剩；当n(NO)(4)酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据得失电子守恒，可写出离子方程式：3NO＋2H＋===NO＋2NO↑＋H2O。
答案：　(1)
(2)使尾气中的NO、NO2被充分吸收　Ca(OH)2
(3)排放气体中NO含量升高　产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高
(4)3NO＋2H＋===NO＋2NO↑＋H2O
3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气(2013·课标全国Ⅰ，7B)(　　)
(2)常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显现象，说明Al与浓硝酸不反应(2013·广东理综，23B)(　　)
(3)浓氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂(2013·江苏化学，4A)(　　)
(4)将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水(2012·广东理综，12D)(　　)
(5)实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3涉及氧化还原反应(2012·广东理综，10D)(　　)
(6)可用氨水除去试管内壁上的银镜(2012·海南，4A)(　　)
(7)用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，是因为浓氨水呈碱性(2011·安徽理综，10D)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×　(7)√
4．(2012·四川理综·28)甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：
―→―→―→―→
实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。
下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。
甲小组测得：反应前氧化铜的质量m1 g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2 g、生成氮气在标准状况下的体积V1 L。
乙小组测得：洗气前装置D的质量m3 g、洗气后装置D的质量m4 g、生成氮气在标准状况下的体积V2 L。
请回答下列问题：
(1)写出仪器a的名称：______________。
(2)检查A装置气密性的操作是________________________________________________________________________。
(3)甲、乙两小组选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表的空格中。
实验装置
实验药品
制备原理
甲小组
A
氢氧化钙、硫酸铵
反应的化学方程式为：①__________。
乙小组
②____
浓氨水、氢氧化钠
用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③____________。
(4)甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。
(5)乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是______________________________。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器、重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品的名称是______________。
解析：　(1)仪器a是圆底烧瓶。
(2)连接导管，将导管的末端插入水中，轻轻加热试管，若导管口有气泡冒出，停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好。
(3)①仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气，即可写出相应的化学方程式为：(NH4)2SO4＋Ca(OH)2CaSO4＋2H2O＋2NH3↑。②浓氨水与固体NaOH混合即可制得氨气，且两种物质混合就无法控制反应随关随停，不需要选用C装置，选用B装置即可。③固体NaOH溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH－浓度的增加，这两个因素都使NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－向逆反应方向即生成NH3的方向移动。
(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为(m1－m2)g，其中氢原子的物质的量为(m1－m2)mol；氮原子的物质的量为×2 mol，则氨分子中氮、氢原子个数比为×2 mol∶(m1－m2)mol＝5V1∶7(m1－m2)。
(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了，导致计算中水的质量增大，求得氢原子的物质的量增大，最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。
答案：　(1)圆底烧瓶
(2)连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱
(3)①(NH4)2SO4＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaSO4
②B
③氢氧化钠溶于氨水后放热、增加OH－浓度，使NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－向逆方向移动，加快氨气逸出
(4)5V1∶7(m1－m2)
(5)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高　碱石灰(氢氧化钠、氧化钙等)
5．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用浓HNO3与Cu反应制备NO2(2012·广东理综，9C)(　　)
(2)过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成(2012·重庆理综，7C)(　　)
(3)向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体，是因为HNO3分解生成了NO2(2011·四川理综，11A)(　　)
答案：　(1)√　(2)√　(3)×
6．(2012·四川理综·13)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是(　　)
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6 mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
解析：　依据题意列出如下方程式：
n(Cu)＝0.2 mol　　n(Cu2O)＝0.1 mol
利用氧化还原反应中电子得失守恒可以求出：
n(NO)＝＝0.2 mol
NO在标况下的体积V(NO)＝4.48 L
(注：氮元素得电子数等于铜元素失电子总数)
c(HNO3)＝＝
＝2.4 mol/L
[注：n(NaNO3)＝n(NaOH)，钠元素守恒]
剩余HNO3的物质的量可以用以下两种方法计算：
方法一　N元素守恒法。
n(HNO3)剩＝n(HNO3)总－2n[Cu(NO3)2]－n(NO)＝1.2 mol－2×0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol
方法二　根据溶液中NaOH的反应建立守恒式：
Cu(NO3)2～2NaOH　HNO3～NaOH
n(HNO3)剩＝n(NaOH)－2n[Cu(NO3)2]＝1.0 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol。
答案：　B

高考试题中的教材实验(四)__氨气制取实验的探究
　[尝试解答]
________________________________________________________________________。
解析：　
A
因为氯化铵加热时有假“升华”现象，因此不能用氯化铵加热制备氨气
错误
B
用浓氨水和生石灰或氢氧化钠固体制备氨气可以用该装置
正确
C
防倒吸装置中漏斗口与液面接触，但是不能浸入溶液中
错误
D
试管口塞一团棉花团，以减少气体对流，收集较纯净的氨气
错误
答案：　B
[高考演变角度]
氨气的实验室制备是八大气体(H2、O2、Cl2、CO2、SO2、NH3、NO、NO2)的典型代表，几乎每年的高考试题均有所涉及。教材中通过实验室制取NH3的实验，说明了实验室制取NH3的反应原理、装置特点、收集和检验方法，而高考命题则将这些知识点迁移到实验原理和装置的创新中，如利用氨水和生石灰制取氨气，氨气的净化，尾气的吸收及防倒吸装置等内容。通过挖掘教材气体制备的内涵，可培养考生多角度思考问题的习惯，注重“发散”和“求异”的思维的培养。学科素养培优(六)__喷泉实验探究
1．形成喷泉的原理
形成喷泉最根本的原因是瓶内外存在压强差。 当烧瓶内气体溶于液体或与之反应时，瓶内气体大量减少，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内，如此持续，最后液体将充满烧瓶。
2．常见喷泉的形成主要有以下两类
(1)极易溶于水的气体(NH3、HCl、SO2等)与水可形成喷泉；
(2)酸性气体(HCl、SO2、CO2、H2S等)与NaOH(aq)也能形成喷泉。
3．喷泉实验成功的关键
(1)盛气体的烧瓶必须干燥；
(2)气体要充满烧瓶；
(3)烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；
(4)所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。
4．常见的喷泉实验装置
喷泉实验的本质是形成压强差而引发液体上喷，为此可设计多种不同的装置和采用不同的操作(如使气体溶于水、热敷、生成气体、发生气体体积减小的反应等)来使喷泉产生。
装置Ⅱ：挤压气球，即可使少量的溶液沿导管进入烧瓶中，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)捂热烧瓶，氨气受热膨胀，使氨气通过导管与水接触，即产生喷泉。(开放性问题，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)
装置Ⅳ：在锥形瓶中加入能产生气体的物质，使锥形瓶内气体的压强明显增大，将液体压入烧瓶而产生喷泉。
装置Ⅴ：在水槽中加入使水温度升高的物质，致使锥形瓶内酒精因升温而挥发，锥形瓶内气体压强增大而产生喷泉。
装置Ⅵ：烧瓶中通入H2S(或SO2)，然后通入SO2(或H2S)，现象为有淡黄色粉末状物质生成，瓶内壁附有水珠，NaOH溶液喷到烧瓶内。
第四单元　生产生活中的含氮化合物
1．下列说法不正确的是 (　　)
A．豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮气，属于化学变化
B．汽车尾气中排放的氮氧化合物主要是由游离态氮转化来的
C．化石燃料燃烧通常不释放出氮氧化合物
D．植物秸秆燃烧时放出氮氧化合物，参与了氮的循环
答案：　C
2．现有下列物质：①氯水　②氨水　③浓硝酸　④氢氧化钠溶液
⑤AgNO3溶液，其中必须保存在棕色试剂瓶里的是 (　　)
A．①②③④⑤　　　　　　　　B．①③⑤
C．①③ D．①②④
解析：　见光易变质的试剂一般保存在棕色试剂瓶中。
答案：　B
3．有关硝酸性质的叙述中，正确的是(　　)
A．浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色
B．硝酸能与Na2CO3反应，但不生成CO2
C．硝酸可与Na2S反应制得H2S气体
D．浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色
解析：　硝酸是一种具有强氧化性的不稳定强酸，并且硝酸越浓，氧化性越强。浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，表现在浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，而稀硝酸只能使蓝色石蕊试纸变红但不褪色。由于硝酸是一种氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，但与Na2CO3反应能生成CO2。
答案：　D
4．有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：
(1)a和b混合
气体变红棕色
(2)c和d混合
产生白烟
(3)c和e分别通入少量溴水中
溴水都变成无色透明的液体
(4)b和e分别通入氢硫酸中
都产生淡黄色浑浊
a、b、c、d、e依次可能是(　　)
A．O2、NO、HCl、NH3、CO2
B．O2、NO、NH3、HCl、SO2
C．NO、O2、NH3、HCl、SO2
D．HCl、CO2、NH3、H2S、CH4
解析：　a和b混合后气体变成红棕色，可知a和b 分别为NO、O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为O2，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3、HCl中的一种；c通入少量溴水中使溴水变成无色透明液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e为SO2。
答案：　C
5．下列说法不正确的是 (　　)
A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性
C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D．HNO3―→NO―→NO2，以上各步变化均能通过一步实现
解析：　A项中加入Cu(NO3)2固体后，Cu和H＋、NO发生反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，该项不正确。
答案：　A
6．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3、②NO2进行喷泉实验，经充分反应后，两瓶内溶液的物质的量浓度大小为(　　)
A．①>② B．①<②
C．①＝② D．不能确定
解析：　设圆底烧瓶的体积为V L，所含气体的物质的量为x。则c(NH3·H2O)＝mol/L，而3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，c(HNO3)＝＝mol/L，C项正确。
答案：　C
7．“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是(　　)
①实验室收集氨气采用图1所示装置　②实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置　③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验　④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A．②③④ B．①②③
C．①②④ D．①③④
解析：　“绿色化学”的思想是尽量使用无毒、无害的原料，采取合理安全的工艺合成产物，原子利用率为100%，无污染，对环境友好。①的做法可防止氨气对空气的污染；②的做法对尾气进行吸收处理，有效防止氯气对空气的污染；④的做法中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，以上三种做法均符合“绿色化学”的做法，而③的做法中氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合“绿色化学”的做法。
答案：　C
8．无色的混合气体甲，可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过如图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为(　　)
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2
C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2
解析：　由题意，无色混合气体中一定无NO2,100 mL气体通入浓H2SO4后，体积变为80 mL，一定有NH3，经Na2O2后变为红棕色，则含有CO2和NO，最后无气体剩余，则不含N2。
答案：　B
9．如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol·L－1的硝酸并加热，待反应结束时，下列微粒在体系中一定大量存在的是(　　)
①NO　②Fe3＋　③H＋　④NO
⑤NO2
A．①
B．①⑤
C．②④⑤
D．①②③⑤
解析：　Fe与浓HNO3反应时，开始生成的还原产物是NO2，并且若铁少量时，还原产物只有NO2；当铁过量时，氧化产物是Fe2＋，当HNO3过量时，氧化产物是Fe3＋。因产物有硝酸盐，故溶液中一定还有NO。
答案：　B
10．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．OC段离子反应方程式：H＋＋OH－===H2O
B．溶液中结合OH－能力最强的离子是H＋，最弱的离子是Al3＋
C．溶液中n(NH)＝0.012 mol
D．欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量
解析：　因充分反应后没有气体放出，故还原产物为铵根离子；溶液中存在的阳离子为Al3＋、Fe3＋、H＋、NH，它们与NaOH反应的先后顺序为H＋、Fe3＋、Al3＋、NH，Al(OH)3能溶于过量的NaOH溶液，根据DE段消耗3 mL NaOH，可以计算出n(NH)＝n(NaOH)＝0.012 mol。
答案：　B
11.
A是一种白色晶体，它与浓NaOH溶液共热，放出无色气体B，用圆底烧瓶收集干燥的B，按右图所示装置仪器进行实验。挤压滴管的胶头时，可以得到蓝色喷泉。A与浓H2SO4反应，放出无色气体C。用圆底烧瓶收集干燥的C，仍按右图所示装置仪器进行实验，挤压滴管的胶头时，可以得到红色喷泉。
(1)A的化学式是____________。
(2) 可用于除去B中水分的干燥剂是________。收集气体B的方法是__________________________。
(3)收集气体C的方法是____________________。
解析：　此题为一推断型的实验题。由题给条件可知，B为NH3，C为HCl气体，所以A为NH4Cl。NH3为碱性气体，只能用碱石灰或生石灰、KOH固体等不与氨反应的干燥剂干燥。氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集。
答案：　(1)NH4Cl　(2)碱石灰　向下排空气法
(3)向上排空气法
12．如图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物。其中A、C为无色气体。
请回答下列问题：
(1)物质M可以是________或________，C是________，F是________。
(2)淡黄色粉末的电子式是________________________________________________________________________。
(3)反应①的化学方程式是 ________________________________________________________________________。
(4)反应②的离子方程式是________________________________________________________________________。
(5)G→A＋F的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由M的三个反应关系和A、C为无色气体可知M可能为(NH4)2CO3或NH4HCO3，也可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3；由A→D和G(HNO3)＋木炭→A，可知A为CO2，则M一定是(NH4)2CO3或NH4HCO3而不是(NH4)2SO3或NH4HSO3，由此可推知有关物质分别是：A为CO2，B为H2O，C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，淡黄色粉末为Na2O2，按要求写出有关的化学式和反应方程式即可。
答案：　(1)(NH4)2CO3　NH4HCO3　NH3　NO2
(2)Na＋[ ]2－Na＋
(3)2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
(4)3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(5)4HNO3(浓)＋C4NO2↑＋CO2↑＋2H2O
13．为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如下图所示(加热装置和固定装置均已略去)，B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。
(1)实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离。该组学生设计此步操作的目的为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)装置D的作用是________________________________________________________________________。
答案：　(1)产生二氧化碳，排出装置中的空气
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量NO与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的NO2；鼓入空气后，NO与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮
(4)二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解
(5)吸收尾气，防止污染大气
14．某化学兴趣小组利用图一装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)装置A中烧瓶内试剂可选用________(填序号)。
a．碱石灰 b．浓硫酸
c．生石灰 d．五氧化二磷
e．烧碱
(2)若探究氨气的溶解性，需在K2的导管末端连接图二装置中的________装置(填序号)，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)若探究氨气的还原性，需打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，生成气体必须通过盛有________试剂的洗气瓶；
②D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，则C装置中应盛放__________溶液(填化学式)，反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)在浓氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，向其中加入生石灰[发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2生成Ca(OH)2]或烧碱，都会使平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发。碱石灰的成分是烧碱和生石灰，原理同上述，都可快速制备氨气。
(2)氨气极易溶于水，不溶于CCl4，需选择防倒吸装置进行实验探究，因此需选择图二中的Ⅱ或Ⅲ。根据喷泉实验的原理，要使装置D发生喷泉现象，必须使烧瓶中的压强迅速降低，形成内外压强差。用热毛巾将烧瓶捂热，可使D中氨气受热膨胀通过导管与水接触，即产生“喷泉”。
(3)①用二氧化锰与浓盐酸制取的氯气中，混有氯化氢气体和水蒸气，要得到纯净、干燥的氯气需通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气。
②探究氨气具有还原性，氯气与氨气反应产生白烟，联系NH3＋HCl===NH4Cl可知，“白烟”的成分为氯化铵，氯元素化合价降低，则生成的“无色无味气体”必为氨气的氧化产物，可推知为氮气。
③氯气是有毒气体，可与强碱溶液反应，因此可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。
答案：　(1)a、c、e
(2)Ⅱ或Ⅲ　用热毛巾将烧瓶捂热(其他合理答案均可)
(3)①饱和食盐水、浓硫酸
②3Cl2＋8NH3===6NH4Cl＋N2
③NaOH　Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
15．在浓硝酸中放入铜片：
(1)开始反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若铜有剩余，则反应将要结束时的反应化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因和离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L(标准状况)，则所消耗的硝酸的物质的量是________，所得气体的平均相对分子质量为__________。
解析：　(4)运用电子守恒列式得
解得
则消耗的HNO3为： mol×2＋ mol＝0.65 mol。
(气体)＝ g/mol＝41.2 g/mol，
即(气体)＝41.2。
答案：　(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)H2SO4提供H＋，NO继续与Cu发生反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(4)0.65 mol　41.2
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题九第一单元　常用化学仪器与基本操作
第一单元　常用化学仪器与基本操作
考点一　常用化学仪器的识别与使用
1．可加热仪器
2．计量仪器
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
3．分离、提纯仪器
仪器图形与名称
主要用途
使用方法和注意事项
(1)向小口容器中转移液体
(2)加滤纸后，可过滤液体
(1)制作过滤器时，滤纸紧贴漏斗壁，用水润湿，注意不得留有气泡
(2)滤纸低于漏斗边缘，液体低于滤纸边缘
(1)用于随时添加液体
(2)萃取、分液
(1)注意活塞不得渗漏
(2)分离液体时，下层液体由下口流出，上层液体由上口倒出
除去气体中的杂质
(1)一般选择与杂质气体反应的试剂作吸收液
(2)装入液体量不宜超过容积的2/3
(3)气体的流向为：长进短出
用于干燥或吸收某些气体，干燥剂为粒状、常用无水CaCl2、碱石灰
(1)注意干燥剂或吸收剂的选择
(2)一般为大口进气，小口出气
常用于分离沸点相差较大的互溶液体混合物
冷却水的流向应下进上出
1．上述常用仪器中使用前必须检查是否漏水的有哪些？
2．用干燥管作干燥器干燥H2时应选择何种干燥剂？选浓H2SO4可以吗？
3．如图所示，读数时同样是仰视，引起的读数误差相同吗？
提示：　1.必须检查是否漏水的有分液漏斗、容量瓶、酸式滴定管和碱式滴定管。
2．应选碱石灰、CaO或NaOH固体等。浓H2SO4不可以。
3．不同，A图读数偏大，B图读数偏小。
1．下列仪器中，在灼烧固体物质时必须用到的仪器是__________________。(填名称)
答案：　坩埚、泥三角
2．有如图所示A、B、C、D四种仪器：
请选择下列仪器名称的序号，填入相应的横线上：
①烧杯　②碱式滴定管　③圆底烧瓶　④锥形瓶　⑤分液漏斗　⑥酸式滴定管
A：________，B：________，C：________，D：________。
答案：　③　⑤　④　⑥
3．(最新题)下列说法或做法中正确的是(　　)
A．试管可以做液体或溶液反应的实验，不能做固体反应的实验
B．用蒸发皿小心蒸发碳酸氢钙溶液，最终得到碳酸氢钙晶体
C．做氯气与钠反应的实验时，可用玻璃燃烧匙或在普通燃烧匙中铺一层细沙
D．熔融氢氧化钠固体，可用陶瓷坩埚
解析：　试管可以做固体反应的实验，如加热KClO3和MnO2的混合物制取O2；Ca(HCO3)2在溶液中受热会分解生成CaCO3；熔融的NaOH与陶瓷中的SiO2发生反应，所以不可用陶瓷坩埚熔融NaOH。
答案：　C
4．某学生的实验报告中有如下数据：①用托盘天平称取11.7 g食盐；②用量筒量取21.48 mL盐酸；③用容量瓶配制210 mL 1 mol·L－1的硫酸溶液；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用去18.20 mL NaOH溶液，其中数据合理的是(　　)
A．①④　　　　　　　　　　 B．②④
C．①③ D．②③
解析：　托盘天平称量物质的精确度为0.1 g，①正确；量筒量取液体体积的精确度为0.1 mL，②错误；容量瓶的规格中有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等，没有210 mL的，③错误；中和滴定要用滴定管，滴定管的精确度为0.01 mL,18.20 mL的数值合理，④正确。
答案：　A
5．某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如下图，由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是__________________。烧杯的实际质量为________g。
答案：　砝码放在了左盘，物体放在了右盘　27.4
6．下图为常见仪器的部分结构(有的仪器被放大)
(1)A图中液面所示溶液的体积为________mL。
(2)用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为N mL，仰视时读数为M mL，若M>N，则所使用的仪器是________(填仪器序号字母)。
答案：　(1)28.0
(2)C
　规避常用仪器使用的3个失分点
(1)坩埚与蒸发皿易混淆：坩埚用于加热灼烧固体物质；蒸发皿主要用于加热浓缩蒸发溶液。
(2)“坩埚钳”易错写为“坩锅钳”。
(3)托盘天平：m(右盘)＋m(砝码)＋m(游码)＝m(左盘)＋m(物体)
物码放反后可依据上述关系求出m(物体)＝m(砝码)－m(游码)。
7．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是(　　)
A．装置①可验证HCl气体在水中的溶解性
B．装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2、NO等
C．装置③中X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢
D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气
解析：　装置①中HCl极易溶于水，滴入水后气球膨胀，A选项正确；装置②中，左边导管进气，可收集比空气重的气体，如Cl2、HCl、NO2等，右边导管进气，可用于收集比空气轻的气体，如H2、NH3等，但NO不能用排空气法收集，B选项不正确；四氯化碳的密度比水大，四氯化碳在水的下层，氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，以防止倒吸，C选项正确；氨气密度比空气小，可用碱石灰干燥，且多余的氨气可通过倒扣的小漏斗用水吸收(NH3极易溶于水)，D选项正确。
答案：　B
8．根据如图所示仪器回答(若有必要，装置可多次使用)：
(1)洗气：除去CO2中的水蒸气，装置内应盛的物质是________，气体应从________端通入。若要除去Cl2中混有的HCl，应用如图所示的装置，应该怎样处理？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)检验：证明CO中含有CO2，装置内应盛________，要除去CO2最好的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)贮气：排空气法收集H2时，气体从________端通入；排水法收集O2时，瓶内先装满水，气体从________端通入；若要用水将装置中的O2排出，水应从________端通入。
(4)量气：要测量气体体积，还需要用到的一种仪器是______，测量时瓶内先装满水，气体从________端通入，该法适用于测量__________________气体的体积。
解析：　题图所示装置用于洗气时，应从A端通入气体，经洗涤液洗涤后，再从B端出气；如果用于向上排空气法收集气体，则气体应“A进B出”；实验中若气体经液体洗气后，要得到干燥气体，则还需要用干燥剂进行干燥，如本题中除去Cl2中混有的HCl，应该先用饱和食盐水洗气，然后再将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶。
答案：　(1)浓硫酸　A　用两个如图所示的装置，以A—B—A—B的顺序连接，在第一个装置中盛饱和食盐水，第二个装置中盛浓硫酸，气体从第一个装置的A端进入，从第二个装置的B端出
(2)澄清石灰水　让气体连续经过分别盛有浓NaOH溶液、浓硫酸的装置
(3)B　B　A
(4)量筒　B　难溶于水且不与水反应的
　实验仪器的两类创新使用
1．“一材多用”
(1)干燥管除用于干燥气体外，还可以用于防倒吸装置(如图①)、组装类似启普发生器的制取气体装置(如图②)。
(2)集气瓶除用于收集气体外，还可用于贮存气体(如图③)、测量气体体积(如图④)、作洗气瓶(如图⑤)等。
2．“多材一用”
(1)下列各图均可用以测量气体体积
(2)下列各图均可作为气体干燥装置
考点二　化学实验基本操作
1．药品的取用
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
量筒、滴定管(或移液管)
2．试纸的使用
(1)试纸种类
①石蕊试纸(红、蓝色)：定性检验溶液的酸碱性。
②pH试纸：粗测溶液的pH。
③品红试纸：检验SO2等有漂白性的物质。
④淀粉-KI试纸：检验Cl2等有氧化性的物质。
(2)使用方法
①检验液体：取一小块试纸放在表面皿或玻璃上，用蘸有待测液的玻璃棒(或胶头滴管吸取)点在试纸的中部，观察试纸颜色变化。
②检验气体：一般先将试纸润湿，粘在玻璃棒的一端，并使其接近试管口，观察颜色变化。
3．仪器的洗涤
(1)方法：使用毛刷，用去污剂和水冲洗。
(2)洗净的标准：玻璃仪器内壁附着均匀的水膜，既不聚成滴，也不成股流下。
(3)常见残留物的洗涤
残留物
洗涤剂
容器里附有的油污
NaOH溶液或热的纯碱溶液
容器壁上附着的硫
CS2或热的NaOH溶液
试管上的银镜
稀硝酸
AgCl
氨水
试管残留的MnO2
热浓盐酸
4.物质的溶解
(1)固体的溶解
一般在烧杯或试管里进行，为了加速溶解，常采用粉碎、搅拌、振荡或加热等措施。
(2)气体的溶解
①对溶解度较小的气体(如Cl2等)，为了增大气体分子与水分子的接触机会，应将导管插入水中(如图中A)。
②对极易溶于水的气体(如NH3、HCl、SO2等)，导管口只能靠近液面，最好在导管口连接一倒置的漏斗，并使漏斗边缘刚好贴靠在液面上，这样可以增大气体的吸收率，减少气体的逸出，同时也避免出现液体倒吸的现象(如图中B和C)。
(3)浓硫酸的溶解
将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌。
1．取用药品时，应遵循节约的原则。 多余的药品一般不能放回原瓶，但有些药品要放回原瓶。请问哪些药品要放回原瓶，为什么？
2．指出下图操作中的错误。
(1)取用金属颗粒________________________________________________________________________。
(2)添加大量液体________________________________________________________________________。
(3)添加少量液体________________________________________________________________________。
3．用pH试纸测定溶液的pH时，能用蒸馏水润湿吗？若润湿，一定会产生误差吗？
提示：　1.K、Na、白磷等，因随意丢弃易引起火灾等安全事故。
2．(1)块状固体直接落入试管底部，易砸破试管
(2)①瓶塞正放在桌面上；②试剂瓶标签未面向手心；③试剂瓶瓶口未紧靠试管口；④试管未倾斜45°
(3)滴管伸入试管内
3．不能。若润湿，不一定有误差，如测NaCl溶液的pH时。
1．下列实验基本操作错误的是 (　　)
A．滴定管洗净后经所要盛装的液体润洗，即可注入标准液进行滴定
B．玻璃导管蘸水后，边旋转边向橡胶管中插入
C．将0.1 mol·L－1的NaOH溶液与0.5 mol·L－1的CuSO4溶液等体积混合制得氢氧化铜悬浊液，用于检验醛基
D．玻璃棒蘸取溶液滴到放在表面皿上的pH试纸上
答案：　C
2．下列有关实验操作正确或能达到预期目的的是(　　)
答案：　C
考点三　化学试剂的存放及实验安全
1．常见危险化学药品的标志
2．常见实验事故的处理
意外事故
处理方法
浓NaOH溶液洒在皮肤上
用大量水冲洗，最后涂上稀硼酸溶液
液溴洒在皮肤上
用酒精洗涤
水银洒在桌面上
用硫粉覆盖
酸液溅到眼中
用大量水冲洗，边洗边眨眼睛
酒精等有机物在实验台上着火
用湿抹布盖灭
3.实验安全装置
(1)防倒吸装置
(2)防尾气污染装置
①实验室制取Cl2时，尾气的处理可采用b装置。
②制取CO时，尾气处理可采用a或c装置。
③制取H2时，是否需尾气处理？需要。若需要可采取a或c装置。
(3)防堵塞装置
4．化学试剂的保存
(1)试剂瓶选用的四个要素
①瓶口：固体药品存放于广口瓶；液体药品存放于细口瓶。
②瓶质：与玻璃强烈反应的试剂(如氢氟酸)不能用玻璃试剂瓶盛装。
③瓶塞：强碱性溶液不可用玻璃塞的玻璃试剂瓶来盛装。
④瓶色：见光易分解的试剂应保存在棕色试剂瓶中。
(2)巧记试剂的保存方法
①有些试剂在实验室里不能久存，要现用现配，如酸性高锰酸钾溶液、氯水、澄清石灰水等。
②常见化学药品保存方法口诀
药品状态定口径，瓶塞取决酸碱性；
硝酸固碘硝酸银，低温避光棕色瓶；
液溴氨水易挥发，阴凉保存要密封；
白磷存放需冷水，钾钠钙钡煤油中；
碱瓶需用橡胶塞，塑铅存放氟化氢；
易变质药放时短，易燃易爆避火源；
特殊试剂特殊放，互不反应要记清。
1．点燃可燃性气体(如H2、CO等)或用H2、CO还原Fe2O3、CuO之前，要检验气体的纯度。以H2为例简述如何验纯？
2．根据液溴的性质，试分析实验室中应如何保存液溴？
提示：　1.收集一小试管H2，用拇指堵住试管口靠近酒精灯火焰，松开拇指，若发出尖锐的爆鸣声，说明H2不纯，否则可断定H2较纯。
2．棕色细口带玻璃塞的玻璃瓶，并用少量水密封。
1．下列盛放试剂的方法正确的是 (　　)
A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中
C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中
答案：　D
2．根据浓硝酸的性质，填写下列表格中关于浓硝酸保存方法的选择及有关原因的解释：
①广口瓶　②细口瓶　③玻璃塞　④橡皮塞　⑤棕色瓶
⑥无色瓶
选择保存方法
解释
(1)
(2)
(3)
答案：　
选择保存方法
解释
(1)
②
液体药品保存在细口瓶中，便于倾倒
(2)
③
浓硝酸能腐蚀橡胶塞，不能腐蚀玻璃塞
(3)
⑤
浓硝酸易挥发，见光易分解，
宜在棕色瓶中避光保存
(顺序可颠倒)
3．进行化学实验时，必须规范操作，强化安全意识，防止发生事故。下列做法存在安全隐患的是(　　)
①用酒精灯直接去燃着的酒精灯上引燃　②稀释浓H2SO4时，将浓H2SO4慢慢倒入水中，并不断搅拌　③实验室制取氯气时，没设计尾气吸收装置　④做金属钠实验时，剩余的钠放回原试剂瓶　⑤金属钠着火时，用泡沫灭火器扑灭　⑥浓NaOH溶液沾在皮肤上，立即用稀H2SO4清洗
A．①③⑤⑥　　　　　　　 B．②④
C．①④⑥ D．③④⑤
解析：　①直接用酒精灯引燃酒精灯容易引起失火事故；②正确，无安全隐患；③氯气有毒，不进行尾气处理，可能会使人中毒；④正确，金属钠很活泼随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶；⑤金属钠易和水反应，Na2O2易和水、CO2反应，故钠着火不能用泡沫灭火器扑灭，应用沙子扑灭；⑥浓NaOH沾在皮肤上，用H2SO4清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗，再涂硼酸。
答案：　A
4．(最新改编题)(1)下图是某课外兴趣小组的同学设计的各种尾气吸收装置，从实验安全和环境保护的角度考虑，其中能用于吸收HCl(装置中的液体为水，固体为碱石灰)的是________(填字母)。
(2)下列实验操作都是不正确的，请将这些操作可能发生的不良后果填在空白中：
①给试管中的液体加热时，液体超过试管容积的：__________________；
②用碱式滴定管盛装高锰酸钾溶液：__________________；
③用100 ℃的温度计测定浓硫酸的沸点：________________________________________________________________________。
解析：　(1)HCl易溶于水，能引起倒吸现象，为了实验安全必须避免倒吸，但HCl是空气污染物，不能排放到空气中。根据装置图的特点，其中c、f、g能引起倒吸现象，i中HCl不能被彻底吸收，会有部分逸出污染环境。
(2)对液体体积超过试管容积的试管加热时，会造成液体飞溅；酸、氧化剂和有机试剂均能腐蚀橡胶管；若加热温度超过温度计量程时，会使温度计胀裂损坏。
答案：　(1)adeh
(2)①液体易溅出烫伤人　②橡胶管会被腐蚀　③温度计会胀裂损坏
　预防安全事故要做到以下“五防”
(1)防爆炸：点燃可燃性气体(如H2、CO、CH4、C2H2、C2H4)或用CO、H2还原Fe2O3、CuO之前，要检验气体纯度；
(2)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；
(3)防失火：实验室中的可燃物质一定要远离火源；
(4)防中毒：制取有毒气体(如Cl2、CO、SO2、H2S、NO2、NO等)时，应在通风橱中进行；
(5)防倒吸：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，要注意熄灭酒精灯前先将导管从液体中拿出。
1．(2013·山东理综·11)利用实验器材(规格和数量不限)能完成相应实验的一项是(　　)
选项
实验器材(省略夹持装置)
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
CuSO4溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去BaSO4中少量BaCO3
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液
D
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量NaI
解析：　蒸发浓缩需要酒精灯，A项错误；过滤需要漏斗，B项错误；称量NaCl固体需要托盘天平，C项错误。
答案：　D
2．判断下列仪器使用或药品保存是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶(2012·山东理综，11B)(　　)
(2)存放浓硝酸(2009·安徽理综，9A)(　　)
(3)变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能(2011·浙江理综，8A)(　　)
(4)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(2013·天津化学，4B)(　　)
(5)用50 mL酸式滴定管可准确量取25.00 mL KMnO4溶液(2009·江苏化学，6B)(　　)
(6)准确量取9.50 mL水(2009·安徽理综，9C)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
3．判断下列实验操作是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小(2013·天津化学，4A)(　　)
(2)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶(2012·山东理综，11A)(　　)
(3)除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶(2011·浙江理综，8D)(　　)
(4)用水润湿的pH试纸测量某溶液的pH(2011·江苏化学，7A)(　　)
(5)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1H2SO4溶液(2011·江苏化学，7B)(　　)
(6)实验室用图1所示的装置制取少量氨气(2011·江苏化学，7C)(　　)
(7)实验室用图2所示的装置除去Cl2中的少量HCl(2011·江苏化学，7D)(　　)
(8)用湿润的红色石蕊试纸检验氨气(2012·福建理综，6B)(　　)
(9)在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸钠溶液(2012·福建理综，6C)(　　)
(10)实验室常用图3所示的装置制取少量的乙酸乙酯(2009·江苏化学，6A)(　　)
(11)用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出(2009·江苏化学，6D)(　　)
(12)选择合适的试剂，用图4所示装置可分别制取少量CO2、NO和O2(2010·江苏化学，7A)(　　)
(13)制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸(2010·江苏化学，7B)(　　)
(14)　　　　　　　　(　　)　　　(15)(　　)
4．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理(2012·浙江理综，8D)(　　)
(2)易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源(2012·福建理综，6A)(　　)
(3)金属钠着火时，用细沙覆盖灭火(2012·福建理综，6D)(　　)
(4)稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中(2010·山东理综，14A)(　　)
(5)将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全(2009·广东理综，13D)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×
答题模板(五)__气密性检验方法的准确描述
某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)制备氮化钙(Ca3N2)，并探究其实验式。
按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[抽样点评]
考生甲
考生乙
考生丙
抽样试卷
微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热
关闭活塞，用手捂热反应管，使装置内外形成压强差，观察试管A中和末端导管中的现象
关闭活塞，微热反应管，观察导管口是否有气泡冒出
分析点评
(1)没有把装置形成密闭体系；(2)现象不完整；(3)没有明确的结论
(1)装置较多，用手捂热可能现象不明显；(2)把原理当成操作；(3)无明确具体的现象及结论
现象描述不完整，无结论
[规范答案]　
关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热，冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，说明装置气密性良好
[答题模板]
(1)解答此类题目必须明确的关键词：
①微热法检查：封闭、微热、气泡、水柱；
②液差(封)法检查：封闭、液差。
(2)答案必须按“操作＋现象＋结论”要点回答：
①操作：如何形成“密闭体系”，如何“加热”。
②现象：观察气泡或液面变化，指出相关实验现象。
③结论：通过什么现象说明气密性良好。
　装置气密性的检查方法
(1)装置气密性检查必须是在放入药品之前进行。
(2)常见气密性检查方法
方法
微热法
液差法
外压法
图例
具体操作
塞紧橡胶塞，将导气管末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或用酒精灯微热)烧瓶
塞紧橡胶塞，用止水夹夹住导气管的橡胶管部分，从长颈漏斗向试管中注水
塞紧橡胶塞，打开止水夹推动或拉动注射器
现象说明
烧杯中有气泡产生，停止微热，冷却后导气管末端形成一段水柱，且保持一段时间不下降
停止加水后，长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且液面差不再改变
推动注射器之后导管中出现一段液柱，且液面差不改变，拉动注射器试管中产生气泡

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题九第三单元　离子检验与离子推断
考点一　常见离子的检验方法
1．沉淀法
离子
试剂
现象
注意
Cl－、Br－、I－
AgNO3溶液和稀HNO3
AgCl(白色)、AgBr(淡黄色)、AgI(黄色)
SO
稀盐酸和BaCl2溶液
白色沉淀
先用稀盐酸酸化
Fe2＋
NaOH溶液
白色沉淀→
灰绿色沉淀→
→红褐色沉淀
Fe3＋
NaOH溶液
红褐色沉淀
Al3＋
NaOH溶液
白色沉淀→溶解
不一定是Al3＋
2.气体法
离子
试剂
现象
注意
NH
浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸
产生有刺激性气味的气体，且气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
要加热
CO
稀盐酸和石灰水
石灰水变浑浊
SO、HCO有干扰
SO
稀H2SO4和品红溶液
产生有刺激性气味的气体，且气体能使品红溶液褪色
3.显色法
离子
试剂
现象
注意
I－
氯水(少量)，CCl4
下层为紫色
Fe2＋
KSCN溶液和氯水
先是无变化，滴加氯水后变血红色
先加KSCN溶液，无变化，再加氯水
Fe3＋
KSCN溶液
血红色
苯酚溶液
紫色
Na＋、K＋
Pt(Fe)丝和稀盐酸
火焰分别呈黄色、紫色
K＋要透过蓝色钴玻璃片观察焰色
　(1)向某无色溶液中滴入BaCl2溶液，产生不溶于硝酸的白色沉淀，原溶液中一定存在SO吗？
(2)向某无色溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中一定有CO吗？
(3)向某溶液中加入稀NaOH溶液，把湿润无色酚酞试纸放在试管口，试纸不变红，则溶液中一定不存在NH，该判断是否正确？为什么？
(4)如何检验含Fe2＋、Fe3＋的混合溶液中的Fe2＋？
(5)做某溶液的焰色反应实验，火焰呈黄色，则溶液中一定存在钠元素，不存在钾元素，该判断是否正确？为什么？
提示：　(1)不一定；也可能存在Ag＋或SO。
(2)不一定；也可能存在HCO、SO或HSO。
(3)判断错误，检验NH时，应加入浓NaOH溶液，并加热，且用湿润的红色石蕊试纸。
(4)取少量液体，滴入几滴酸性KMnO4溶液(或溴水)，若KMnO4溶液(或溴水)褪色，说明溶液中含有Fe2＋(或其他合理答案)。
(5)判断错误，钾的焰色反应必须透过蓝色钴玻璃片才能观察到。
1．下列叙述中正确的是(　　)
A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
B．能使润湿的淀粉-KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
解析：　选项A，在存放液溴的试剂瓶中加水封，可减少溴的挥发，A正确；选项B，能使润湿的淀粉-KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2，也可能是O3、溴蒸气、NO2等，B错误；某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I2，C错误；选项D，不溶于稀硝酸的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，所以原溶液中可能含有Ag＋，也可能含有SO，D错误。
答案：　A
2．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是(　　)
A．检验试液中的SO：试液无沉淀白色沉淀
B．检验试液中的SO：试液气体褪色
C．检验试液中的I－：试液棕黄色溶液蓝色溶液
D．检验试液中的CO：试液白色沉淀沉淀溶解
答案：　C

　离子检验中的常见干扰以及排除措施
待检离子
干扰离子
排干扰措施
Cl－
SO
加过量的Ba(NO3)2溶液
CO
加稀硝酸酸化
OH－
加稀硝酸酸化
SO
CO
加盐酸酸化
SO
加盐酸酸化
Ag＋
加盐酸酸化
SO
CO
加盐酸后将产生的气体通入品红试液中
CO
SO
加盐酸后将产生的气体先通入酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水
3．有M、N两种溶液，经测定这两种溶液中含有下列12种离子：Al3＋、Cl－、Na＋、K＋、NO、OH－、Fe2＋、AlO、CO、NH、SO、H＋。
(1)完成下列表格中实验①的结论和实验②的实验内容以及现象：
实验内容以及现象
结论
①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液，无沉淀产生
②
确定M溶液中含有Na＋，不含K＋
③用pH试纸检测M溶液，pH试纸呈蓝色
(2)根据(1)中的实验回答：
NO存在于_________溶液中，理由是_________；
Cl－存在于_________溶液中，理由是________________________________________________________________________。
(3)根据(1)中的实验确定，M溶液中含有的离子为_________。
答案：　(1)①N溶液中不含CO、SO或M溶液中一定含有CO、SO
②取M溶液进行焰色反应，焰色为黄色，再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不呈紫色
(2)M　N溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、NH、K＋，由于N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含NO
N　根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中
(3)OH－、AlO、CO、SO、Na＋、NO
考点二　离子的推断
1．熟练掌握在溶液中有特征颜色的离子
常见的溶液中有颜色的离子有MnO——呈紫色，
Cu2＋——呈蓝色，Fe2＋——呈浅绿色，Fe3＋——呈黄色。
沉淀的颜色：Cu(OH)2——蓝色沉淀，Fe(OH)3——红褐色沉淀。
解题中特别注意题干条件是“无色透明”还是“澄清透明”。
2．推断离子时要注意的三个问题
(1)离子检验的基本题型是确定溶液中一定存在、一定不存在和可能存在哪些离子，或确定几种溶液(或固体)的成分(是由哪些离子组成的)。命题方式是给出相关的实验操作、现象和数据，以填空或简答的形式设问，还可能涉及定量因素，即在确定有什么离子的基础上还涉及这些离子的物质的量关系。
(2)解这类题要充分分析离子的性质、实验现象和离子共存(离子共存是重要的隐含条件)等因素，并应特别注意在实验中加入某试剂时，是否引入或生成了原溶液中可能存在的离子，还要灵活地依据溶液中的电荷守恒来确定某些离子是否存在。
(3)实验型离子推断题往往隐含着“离子共存”“前面加入，后面检出”“电中性”三处“陷阱”。避免掉进此类“陷阱”的法宝主要有两个：一是认真审题，二是时时想到上述三处“陷阱”，深化自己的思维。一般来说，题目中的话句句有用，对题目中的每一句话都要认真分析一下，由这句话可以推出什么结论，既要想到由此推出有什么离子，又要进一步想到没有什么离子，这其实就是离子共存的问题。一个“只”字，往往预示着命题人要考查电中性原则。分析各步实验时，要注意该步实验的对象是什么，是另取的原溶液，还是上步反应后的溶液。如果是连续实验，还要注意分析前几步实验中已经加入了什么离子。对于肯定含有的离子，可以在题干相应离子符号上划“√”，肯定不存在的离子划“×”，这样可以提高解题速度。
　某钠盐的溶液中可能含有下列阴离子：NO、CO、SO、SO、Br－、I－。为了鉴定溶液中所含的阴离子，分别取少量溶液进行下述实验：
(1)用pH试纸测得溶液呈碱性，由此得到的结论是什么？理由是什么？
(2)加入盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊。根据这一实验现象，你能判断哪种离子一定存在？哪种离子一定不存在？
(3)加入CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色，由此，你能判断哪些离子不可能存在？
(4)加入BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解，根据这一现象，你能判断溶液中一定含有什么离子？理由是什么？
提示：　(1)CO和SO可能存在；因为SO、CO水解均可使溶液呈碱性。
(2)CO一定存在；SO一定不存在。
(3)Br－、I－一定不存在。
(4)一定含有SO；理由是BaCO3溶于盐酸而BaSO4不溶于盐酸。
1. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO、SO中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1 mol·L－1乙溶液中c(H＋)>0.1 mol·L－1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是 (　　)
A．甲溶液含有Ba2＋　　　　　 B．乙溶液含有SO
C．丙溶液含有Cl－ D．丁溶液含有Mg2＋
解析：　本题考查元素及其化合物知识，通过反应现象反推物质，充分考查了考生综合分析问题的能力。根据②可知，乙溶液为H2SO4溶液；根据①可知，只有Ba(OH)2才能分别与SO、Mg2＋、HCO反应产生白色沉淀，所以甲为Ba(OH)2；根据③可知，丙溶液中含有Cl－，丙为MgCl2，丁为NH4HCO3，选项D错误。
答案：　D
2．水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO、SiO、SO、CO、SO中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：
下列判断正确的是(　　)
A．气体甲一定是纯净物
B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
C．K＋、AlO和SiO一定存在于溶液X中
D．CO和SO一定不存在于溶液X中
解析：　由溶液X沉淀甲，可推知沉淀甲为H2SiO3, 则X中一定含SiO；Mg2＋、Al3＋因与SiO反应而不能共存，故溶液中一定存在K＋；由无色溶液甲白色沉淀乙，可推知X中一定有AlO，故B选项错误，C选项正确。由溶液X气体甲，可推知在X中CO和SO至少有一种，气体甲可能为CO2、SO2中的一种或两种，故A项错误；CO、SO是否存在无法确定，D项错误。
答案：　C
　坚持“四项基本原则”，破解离子推断题
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、MnO、CrO 、Cr2O)
(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)
(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)
(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
3．(2013·上海化学·17)某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中(　　)
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol·L－1
C．SO、NH一定存在，Cl－可能不存在
D．CO、Al3＋一定不存在，K＋可能存在
解析：　n(NH)＝n(NH3)＝0.02 mol，n(Fe3＋)＝2n(Fe2O3)＝×2＝0.02 mol；由得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀可知溶液中不含CO，n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.02 mol；溶液中至少含有NH、Fe3＋两种阳离子，还可能含有其他阳离子，所以溶液中n(正电荷)≥n(NH)＋3n(Fe3＋)＝0.08 mol，依据电荷守恒可知溶液中至少还含有0.04 mol的Cl－，B选项正确。
答案：　B
4．下列是某化学研究性学习小组对某无色水样成分的检验过程，已知该水样中只可能含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、Al3＋、Ag＋、Ca2＋、CO、SO、Cl－中的若干种离子，该小组同学取100 mL水样进行实验：向样品中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1 mol·L－1硝酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示：
(1)水样中一定含有的阴离子是__________，其物质的量浓度之比为__________。
(2)写出BC段曲线所表示反应的离子方程式：____________________________。
(3)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为__________。
(4)试根据实验结果推测K＋是否存在？ ________(填“是”或“否”)；若存在，K＋的物质的量浓度c(K＋)的范围是________(若K＋不存在，则不必回答)。
(5)设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(写出实验步骤、现象和结论)
答案：　(1)SO、CO　1∶2
(2)BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O
(3)40.0 mL
(4)是　c(K＋)≥0.6 mol·L－1
(5)取少量水样于试管中，向其中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则原水样含Cl－，若不产生白色沉淀，则原水样不含Cl－
　电荷守恒在离子反应定量推断试题中的作用
　解与离子反应有关的定量推断类似题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)，并说明错因。
(1)因为Fe3＋具有氧化性，所以可用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋(2013·广东高考，10B)(　　)
(2)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(2013·山东高考，12B)(　　)
(3)用BaCl2溶液鉴别SO与SO(2012·广东高考，9B)(　　)
(4)用Ba(NO3)2溶液鉴别Cl－、SO和CO(2010·天津高考，3B)(　　)
答案：　(1)×　Fe3＋与SCN－发生络合反应，属于非氧化还原反应。
(2)×　若原溶液中有SO或HSO也会产生白色沉淀。
(3)×　BaCl2与SO、SO均产生白色沉淀，现象相同。
(4)×　Ba(NO3)2与SO、CO均产生白色沉淀，现象相同。
2．(2013·江苏化学·13)下列依据相关实验得出的结论正确的是(　　)
A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋
解析：　能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2或SO2，因此原溶液中的阴离子可能为CO、HCO、SO、HSO等，A项错误；焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色的溶液含有Na＋，则可能是NaOH溶液或钠盐溶液，B项错误；能使溴水褪色的气体除了乙烯，还可以为SO2等，C项错误；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含Fe3＋，滴加氯水后显红色，则是因为生成了Fe3＋，因此一定含有Fe2＋，D项正确。
答案：　D
3．(2013·浙江理综·13)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：　A项，由于试液中外加了NaOH和Na2CO3溶液，故不能确定原试液中是否含Na＋；B项，试液中有没有葡萄糖酸根，都无银镜产生；C项，滤液加氨水无沉淀，说明无Mg2＋，加Na2CO3有白色沉淀，说明有Ca2＋；D项，试液中有可能含有Fe2＋，也有可能只含有Fe3＋而不含Fe2＋。
答案：　C
4．(2011·海南化学·17节选)硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。
步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L－1 H2SO4溶液，在60 ℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。
步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。
请回答下列问题：
(1)在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有________(填仪器编号)。
①铁架台　②燃烧匙　③锥形瓶　④广口瓶　⑤研钵　⑥玻璃棒　⑦酒精灯
(2)在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是______________________。
(3)在步骤3中，“一系列操作”依次为__________、________和过滤。
解析：　(1)由题意知，在步骤1的操作中，能用到的仪器有铁架台、锥形瓶、玻璃棒、酒精灯，用不到的仪器是燃烧匙、广口瓶和研钵。(2)在步骤2中所加的硫酸必须过量，是为了抑制二价铁离子的水解。(3)在步骤3中，“一系列操作”依次为加热浓缩、冷却结晶和过滤。
答案：　(1)②④⑤　(2)抑制Fe2＋的水解
(3)加热浓缩　冷却结晶
高考试题中的教材实验(七)__离子的检验
[尝试解答]
________________________________________________________________________。
答案：　KSCN溶液　加入KSCN溶液后，待检溶液变红色
[高考演变角度]
离子的检验是考纲要求的重要考点，也是每年高考命题的重要出题点。教材中介绍了Cl－、CO 、SO 、Na＋ 、K＋、Fe3＋、NH的检验方法，而高考命题则将这些知识点以选择题的形式考查溶液中所含离子的检验及物质的鉴别，以填空题的形式考查检验离子的实验方案设计及溶液中所含离子的推断。命题将侧重于离子检验时排除其他离子可能造成的干扰及简答题的答题规范。

专题讲座(十一)　化学实验装置图的绘制方法
　化学实验装置图绘制的基本要求
1．仪器造型科学规范，比例合适
(1)常用仪器造型要科学，画法要形象、规范。整个化学实验装置图中所绘制的各种仪器大小比例要合适，同一仪器各部分的大小比例亦要合适。
(2)组合正确，画面整洁
在绘制化学实验装置图时，要能体现所有的各种仪器和连接部件组装正确，布局合理，使用科学。在同一图形中，各种仪器的绘制线条粗细应一致，画面要洁净，并能清楚地反映出各种仪器的特征形象。
2．图形的基本画法
(1)常用仪器图的画法
①标准画法。实验室中所用的仪器种类众多，大小各异，但平面直视每个单仪器，它们都具有比较统一的比例形体。如果要获得比较标准满意的图形，就必须掌握各种仪器的体形比例，防止绘画过程中的高矮胖瘦现象。在绘制时往往要借助直尺、圆规等绘图工具。
图1　几种常见玻璃仪器的绘制比例
②习惯画法。习惯画法的要点是“画中线、点两边、校比例、再连线”。很多仪器是对称结构，因此，首先画出一条辅助中线，然后根据仪器的体形在中线的两边点出图形的隐视轮廓，再轻笔连接轮廓点，正视图形，校正比例，直至令人满意，再用实线修饰描成，最后擦去多余的部分。
图2　仪器的习惯画法举例
方法要点
仪器　　　
画中线
点两边
校比例
再连线
广口瓶
锥形瓶
③简笔画法。简笔画法的要点是“直线画、曲线点、成草图、描实线”。即把正视仪器的直线部分直接画出，曲线部分用点“点”的方法画出，轻笔勾画出图形的草图后再用实线修饰描成，最后擦去多余的部分。
图3　仪器的简笔画法举例

方法要点
仪器　　　　
直线画
曲线点
成草图
描实线
圆底烧瓶
分液漏斗
(2)实验装置图的绘制
许多实验都是由多种仪器组装串连而成的，这类图形较单独仪器绘制难度大，但只要掌握了绘制方法程序，画起来还是得心应手的。实验装置图绘制的方法程序是“一定位置二绘图，三画连接四修补”。
①整体图形的布局。在画图之前，必须对实验装置实物造型心中有数，绘制时，以水平线为基准，画出确定上下左右仪器位置的辅助线。仪器位置直接影响着图形的美观，各仪器离得太远，图形显得松散，离得太近又显得拥挤，所以定位置是绘制的关键。
②绘分仪器图。采取上述任意一种画法，画出各仪器的图形，绘制时应注意同一图面上各仪器间的大小配套与协调统一。
③画连接部分。最基本的连接仪器有带导管的塞子，玻璃导管、乳胶管等，通过连接使整个装置图浑然一体。
④修饰补正。草图框架轮廓成形后，进行药品填充，现象标明，线条描实等细节绘制，使整个图形尽量达到完美无缺。
(3)实验装置图的画法举例——氯气的实验室制法
研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验。根据反应Na2SO3(s)＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O制SO2气体。用下列简图，画出制备并收集SO2的实验装置(含试剂)示意图。
答案：　
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题九第二单元　混合物的分离与提纯
考点一　混合物分离、提纯的物理方法
1．混合物分离、提纯的区别
分离是将混合物中各组分分离开来，获得几种纯净物的过程；而提纯是将混合物中的杂质除去而得到纯净物的过程。
2．混合物分离、提纯常用物理方法
(1)图①装置名称：过滤
适用范围：固液分离
注意事项—
(2)图②装置名称：蒸发结晶
适用范围：组分的溶解度受温度影响差距大的混合物分离
注意事项—
(3)图③装置名称：分液
适用范围—
注意事项—
(4)图④装置名称：蒸馏
适用范围：分离沸点相差较大的液体混合物
注意事项—
(5)图⑤装置名称：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。
1．滤液出现浑浊时如何处理？可能原因是什么？
2．分液漏斗是萃取、分液操作中必须用到的仪器，在使用前必须检查是否漏液，如何检查分液漏斗是否漏液？
提示：　1.更换滤纸重新过滤；滤纸破损或滤液超过滤纸边缘。
2．关闭活塞，向分液漏斗中加入一定量的水倒置，观察是否漏水，若不漏水再将活塞旋转180°，然后倒置观察是否漏水。
1．以下实验装置一般不用于分离物质的是(　　)
答案：　D
2．用下列实验装置完成对应实验(部分仪器已省略)，操作正确并能达到实验目的的是(　　)
答案：　D
3．左栏为物质分离、提纯常用方法，右栏为待分离的混合物，请用线将左、右两栏间的对应关系连起来。
答案：　①—c　②—a　③—b　④—e　⑤—d　⑥—g
⑦—h　⑧—f
　依据物质的物理性质选择恰当分离(提纯)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)
4．海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：
(1)实验室焙烧海带，需要下列仪器中的________(填序号)。
a．试管　b．烧杯　c．坩埚　d．泥三角　e．铁三脚架　f．酒精灯
(2)指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①__________，③________。
(3)提取碘的过程中，可选择的有机试剂是(　　)
A．甲苯、酒精　　　　　　　 B．四氯化碳、苯
C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油
(4)为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器有__________、__________。
(5)小组用CCl4萃取碘水中的碘，在右图的分液漏斗中，下层液体呈__________色；他们打开分液漏斗活塞，却未见液体流下，原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还须经过蒸馏，指出下面实验装置图中的错误之处：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(7)进行上述蒸馏操作时，使用水浴加热的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
最后晶态碘在________里聚集。
答案：　(1)cdef　(2)①过滤　③萃取　(3)B
(4)分液漏斗　普通漏斗　(5)紫红　分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通
(6)①缺石棉网　②温度计插到了液体中　③冷凝管进出水的方向颠倒
(7)使蒸馏烧瓶受热均匀，控制加热温度不至过高　蒸馏烧瓶
　过滤操作中的常考角度归纳
1．需要滤液时，如何提取母液中的成分
案例1　在粗盐的提纯实验中，过滤，舍去不溶性杂质(滤渣)后，怎样从母液中获取NaCl固体？
提示：　加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。
案例2　若母液是CuSO4饱和溶液，怎样获得
CuSO4·5H2O晶体？
提示：　加热蒸发，冷却结晶，过滤。
2．需要滤渣时，如何得到纯净的滤渣
案例3　在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：
(1)怎样判断SO是否沉淀完全？
提示：　取上层清液少许于试管中，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明SO未沉淀完全，反之则沉淀完全。
(2)过滤完毕后，为什么要洗涤沉淀(即洗涤沉淀的目的)?
提示：　洗去可溶性杂质(Na＋、Cl－等)。
(3)沉淀的洗涤方法？
提示：　沿玻璃棒向漏斗中注水至浸没沉淀，待水自然流下后，再重复2～3次。
(4)怎样判断沉淀是否洗净？
提示：　取最后一次滤出液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明沉淀未洗净，反之已洗净。
考点二　混合物分离、提纯的化学方法
方法
原理
举例
洗气法
将气体混合物通过洗气装置而除去杂质气体
让混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去Cl2中的少量HCl
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Cl－、SO、CO及能形成弱碱的金属阳离子
气化法
将杂质离子转化为气体
CO、HCO、SO、HSO、NH等
热分解法
用加热法除去固体混合物中易分解的物质
除去NaCl中的NH4Cl
酸碱溶解法
利用酸或碱将杂质溶解除去
用盐酸除去SiO2中的CaCO3
氧化还原法
利用氧化还原反应除去杂质
用酸性KMnO4溶液除去CO2中的SO2
水解法
利用水解反应除去杂质
可用CuO、Cu(OH)2等除去CuCl2溶液中的FeCl3
　食盐水中含有Ca2＋、Mg2＋、SO，设计实验方案来精制食盐水。
提示：　Na＋、Cl－(Ca2＋、Mg2＋、SO)Na＋、Cl－(Ca2＋、Ba2＋、Mg2＋)Na＋、Cl－(Ca2＋、Ba2＋、OH－)Na＋、Cl－(CO、OH－)Na＋、Cl－(其他方案合理均可)。
1．除去下列气体中的杂质气体，填写表格中的空白：
混合气体
除杂试剂
分离方法
H2(NH3)
Cl2(HCl)
CO2(HCl)
CO2(CO)
CO(CO2)
N2(O2)
答案：　浓H2SO4　洗气　饱和NaCl溶液　洗气　饱和NaHCO3　洗气　灼热CuO　NaOH溶液　洗气　灼热铜网
2．除去下列常见物质中的杂质，填写表格中的空白：
无机混合物
除杂试剂
分离方法
Na2CO3(NaHCO3)
NaHCO3(Na2CO3)
NaCl(NH4Cl)
FeCl2(FeCl3)
FeCl3(FeCl2)
I2(SiO2)
Fe2O3(Al2O3)
NH4Cl(FeCl3)
KNO3(NaCl)
炭粉(CuO)
Mg粉(Al粉)
答案：　加适量NaOH或加热　CO2和H2O　加热分解　过量Fe粉　过滤　通Cl2　加热　升华　加过量NaOH溶液　过滤　适量氨水　过滤　水　结晶、重结晶　稀盐酸　过滤　加过量NaOH溶液　过滤
3．(2013·课标全国卷Ⅱ·26)正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。
发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO
反应物和产物的相关数据列表如下：
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
实验步骤如下：
将6.0 g Na2Cr2O7放入100 mL烧杯中，加30 mL水溶解，再缓慢加入5 mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0 g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸气出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90～95 ℃，在E中收集90 ℃以下的馏分。
将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77 ℃馏分，产量2.0 g。
回答下列问题：
(1)实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由____________。
(2)加入沸石的作用是____________。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是____________。
(3)上述装置图中，B仪器的名称是____________，D仪器的名称是____________。
(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是____________(填正确答案标号)。
a．润湿　　　　　　　　　　b．干燥
c．检漏 d．标定
(5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在__________(填“上”或“下”)层。
(6)反应温度应保持在90～95 ℃，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(7)本实验中，正丁醛的产率为____________%。
解析：　(1)应该将浓硫酸加到Na2Cr2O7溶液中，否则容易引起酸液飞溅。(2)加沸石可防止液体暴沸，如果忘记加入，必须等烧瓶冷却后再补加。(4)分液漏斗使用前必须检漏。(5)正丁醛的密度比水小，故水在下层。(6)反应温度过低，不利于反应进行和正丁醛的及时蒸出，温度过高，则易导致正丁醛的进一步氧化，故反应温度应保持在90～95 ℃。(7)求正丁醛的产率时，将正丁醛的物质的量与正丁醇的物质的量相比即可。
答案：　(1)不能，易迸溅
(2)防止暴沸　冷却后补加
(3)分液漏斗　冷凝管(冷凝器)
(4)c
(5)下
(6)既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化
(7)51
　依据混合物的状态选择分离、提纯的方法
(1)固—固混合分离型：灼烧、热分解、升华、结晶(或重结晶)。
(2)固—液混合分离型：过滤、盐析、蒸发。
(3)液—液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析。
(4)气—气混合分离型：洗气。
1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出(2013·福建理综，10A)(　　)
(2)由矿盐生产食盐，除去SO最合适的试剂是Ba(NO3)2(2013·安徽理综，12A)(　　)
(3) 用CCl4提取溴水中的Br2(2012·天津理综，4A)(　　)
(4) 从KI和I2的固体混合物中回收I2(2012·天津理综，4C)(　　)
(5) 用图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体(2012·江苏，6B)(　　)
(6) 用图所示装置除去Cl2中含有的少量HCl(2012·江苏，6A)(　　)
(7) 将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 (2011·广东理综，10C)(　　)
(8)将混有HCl的Cl2通入饱和NaHCO3溶液中除去HCl(2012·广东理综，9D)(　　)
(9)受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理(2012·浙江理综，8D)(　　)
(10)除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶(2011·浙江理综，8D)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)×　(10)√
2．(2013·课标全国卷Ⅰ·13)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固体中混杂的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：　乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误。乙酸乙酯与乙醇互溶，不能用分液的方法分离，B错误。除去硝酸钾中的氯化钠可用重结晶的方法，是由于氯化钠在水中的溶解度受温度变化的影响较小，故C错误。乙醚和丁醇互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法进行分离，D正确。
答案：　D
3．(2013·重庆理综·4)按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是(　　)
A．步骤(1)需要过滤装置　　 B．步骤(2)需要用到分液漏斗
C．步骤(3)需要用到坩埚 D．步骤(4)需要蒸馏装置
解析：　滤液与不溶物是用过滤的方法分离的，A项正确；分离水层与有机层，需要分液漏斗，B项正确；溶液蒸发结晶应用蒸发皿，C项错误；用蒸馏的方法从有机层溶液中蒸出甲苯，D项正确。
答案：　C
4．(2013·安徽理综·27)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)洗涤滤渣A的目的是为了除去____________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)第②步反应的离子方程式是________________________________________________________________________，
滤渣B的主要成分是____________。
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP____________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有____________、烧杯、玻璃棒、量筒等。
解析：　(1)洗涤滤渣A是为了除去Fe3＋，取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液检验Fe3＋是否除净。(2)第②步发生的反应为：2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O，滤渣B的主要成分为SiO2。(3)TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，则TBP不能与水互溶。进行萃取操作时需要用到分液漏斗。
答案：　(1)Fe3＋　取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净(其他合理答案均可)
(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O　SiO2(其他合理答案均可)
(3)不能　分液漏斗

高考试题中的教材实验(六)__混合物的分离、提纯
　
[尝试解答]
________________________________________________________________________。
答案：　漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁
[高考演变角度]
混合物的分离、提纯是考纲中明确要求的考点，因此，过滤作为初中化学就开始涉及的一种分离提纯的方式，自然就成为了高考的出题点之一。教材中对过滤操作的要求比较简单，主要涉及过滤的实验装置、操作要点及注意事项，玻璃棒的作用等内容，而高考命题则倾向于操作误点的判断、过滤使用的范围、沉淀洗涤的方法，进一步可延伸到普通漏斗的防倒吸等内容，但题目难度一般较小。

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题二 第一单元　钠、镁及其化合物
考点一　钠的性质及应用
1．物理性质
(1)色态：银白色固体。
(2)钠与水、煤油密度大小关系：ρ水>ρNa>ρ煤油。
(3)熔点：<100 ℃(填“>”、“＝”或“<”)
2．化学性质
(1)主要化学反应
Na
(2)钠与含有酚酞的水反应的实验现象及解释：
3．制取与保存
(1)制取：化学方程式为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。
(2)保存：密封保存，通常保存在石蜡油或煤油中。
4．钠的应用
(1)制取Na2O2等化合物。
(2)钠、钾合金(液态)可用于原子反应堆的导热剂。
(3)用作电光源，制作高压钠灯。
(4)冶炼某些金属
金属钠具有强的还原性，熔融状态下可以用于制取金属，如4Na＋TiCl44NaCl＋Ti。
　(1)金属钠露置在空气中会发生什么样的变化？最终生成什么物质？(用示意图表示)
(2)将一小块钠投入CuSO4溶液中，产生的现象如何？分步写出反应的离子方程式及总的离子方程式。
(3)金属钠着火能不能用水或干冰灭火？通常用什么灭火？
提示：　(1)银白色NaNa2ONaOHNaOH浓溶液 。
(2)产生气泡和蓝色絮状沉淀。2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑　Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓；2Na＋2H2O＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑
(3)均不能；干燥沙子。
1．取一小块钠放在坩埚里加热，下列实验现象正确的是(　　)
①金属先熔化　②在空气中燃烧，火焰呈黄色　③燃烧时火星四射　④燃烧后生成淡黄色固体　⑤燃烧后生成白色固体
A．①②③　　　　　　　　　　 B．①②④
C．①②⑤ D．①③⑤
解析：　由于其着火点高于其熔点，所以对钠加热过程中先熔化，后燃烧，燃烧产物为淡黄色的Na2O2固体，化学方程式为：2Na＋O2Na2O2。
答案：　B
2．将一小块金属钠分别投入盛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________________________________________________________________________。
解释反应速率不同的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　c>a>b　钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H＋间的置换反应，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
　
(1)钠的着火点大于其熔点。
(2)钠与氧气反应时条件不同产物不同。
(3)钠与水、酸溶液反应的实质都是置换H＋。
3．将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有沉淀产生的是________。
①MgSO4溶液　②NaCl溶液　③Na2SO4溶液　④饱和澄清石灰水　⑤Ca(HCO3)2溶液
解析：　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。
答案：　①④⑤
　钠与碱、盐溶液反应实质如下：
　溶液Na＋H2O反应—
考点二　氧化钠和过氧化钠
名称
氧化钠(Na2O)
过氧化钠(Na2O2)
电子式
Na＋[ ]2－Na＋
Na＋[ ]2－Na＋
氧的化合价
－2
－1
与H2O反应
Na2O＋H2O===2NaOH
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
与CO2反应
Na2O＋CO2===Na2CO3
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
与盐酸反应
Na2O＋2HCl===2NaCl＋H2O
2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
用途
供氧剂、漂白剂
　(1)Na2O2是否属于碱性氧化物？为什么？
(2)Na2O2与H2O反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)Na2O2与SO2反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)1 mol Na2O2与足量CO2完全反应时转移2NA个电子，对吗？
提示：　(1)不属于碱性氧化物。因为Na2O2与酸反应除生成盐和水外还有O2；另外Na2O2中氧元素为－1价，而碱性氧化物中氧元素均为－2价。
(2)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑
(3)Na2O2＋SO2===Na2SO4
(4)不对，应转移NA个电子。
1．Na2O2是一种既有氧化性，又有还原性的物质，当Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，下列有关说法正确的是(　　)
A．Q一定是氧化剂
B．当有1 mol O2生成时转移电子4 mol
C．O2一定是氧化产物
D．Na2O2不可能发生还原反应
解析：　Na2O2与水或CO2反应时，水或CO2既不作氧化剂也不作还原剂，生成1 mol O2转移2 mol电子。
答案：　C
2．比较下列四组反应，回答下列问题。
一组：①Na2O2＋CO2　　　　②Na2O2＋SO2
二组：③Na2O2＋FeCl3(溶液)　④Na2O2＋FeCl2(溶液)
三组：⑤SO2通入品红溶液中，加热　⑥Na2O2加入到品红溶液中，加热
四组：⑦NaOH溶液滴入紫色石蕊试液中　⑧Na2O2固体加入到紫色石蕊试液中
问题：(1)写出①、②两反应的化学方程式。
(2)判断③、④反应中可能发生的现象，为什么？
(3)判断⑤、⑥反应中可能发生的现象，为什么？
(4)判断⑦、⑧反应中可能发生的现象？
答案：　(1)①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
②Na2O2＋SO2===Na2SO4
(2)③、④反应均会有红褐色沉淀生成并有气体放出。④中气体明显少于③中气体，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3是不溶性的红褐色沉淀；④中Fe2＋具有强还原性，易被Na2O2氧化并生成Fe(OH)3，Na2O2与溶液中的水剧烈反应会有O2产生。
(3)⑤溶液红色褪去，加热后又恢复红色；⑥溶液红色褪去，加热后不能恢复红色。原因是SO2的漂白性不稳定，Na2O2的漂白性是因其具有强氧化性。
(4)⑦溶液变蓝，⑧溶液先变蓝后褪色。原因是Na2O2与H2O反应生成NaOH，呈碱性，同时Na2O2又有漂白性。
　常考表现Na2O2强氧化性的素材归纳如下：
(1)Na2O2与SO2反应：Na2O2＋SO2===Na2SO4。
(2)Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成Fe(OH)3沉淀。
(3)Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊。
(4)Na2O2投入Na2SO3溶液，可将SO氧化成SO。
(5)Na2O2具有漂白性，投入品红溶液中，可使品红溶液褪色。
3．物质的量相同的N2、O2、CO2混合后，通过Na2O2颗粒一段时间，测得体积变为原混合气体体积的(同温同压下)，此时N2、O2、CO2的物质的量之比为(　　)
A．1∶1∶0　　　　　　　　　 B．6∶9∶0
C．3∶4∶1 D．3∶3∶2
解析：　设反应前N2、O2、CO2的体积都为3，则反应前总体积为9，反应后总体积为8。
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　　ΔV
2 1 1
2 1 (9－8)＝1
即反应消耗CO2 2体积，生成O2 1体积，
故反应后：V(N2)＝3，V(O2)＝3＋1＝4
V(CO2)＝3－2＝1
三者的体积比即为物质的量之比，为3∶4∶1。
答案：　C
4．取a g某物质在O2中完全燃烧，将生成物与足量Na2O2固体完全反应，反应后，固体质量恰好也增加了a g，下列物质不能满足上述结果的是(　　)
A．H2　　　　　　　　　　 B．CO
C．C6H12O6 D．C12H22O11
解析：　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)
C项可变形为(CO)6(H2)6；D项变为C·(CO)11(H2)11，因而反应后质量增加大于a g。
答案：　D
　
(1)从三角度探究Na2O2与H2O、CO2反应的计算
①从气体体积角度
若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量或原混合气体体积的即为生成氧气的量。
②从固体质量角度(以1 mol Na2O2为例)
Na2O2Na2CO3(Na2O2·CO)　固体质量增加28 g
Na2O22NaOH(Na2O2·H2)　固体质量增加2 g
③增重量等于可燃物的质量角度
凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，W g该物质在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。
(2)优先反应规律
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。
考点三　碳酸钠和碳酸氢钠
1．碳酸钠
写出上述序号所表示反应的化学方程式：
①Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
②Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
③Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl
2．碳酸氢钠
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＋CO2↑＋H2O
②Ca(OH)2过量：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
Ca(OH)2少量：2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
③NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
④2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
3．相互转化
Na2CO3NaHCO3
　(1)将CO2气体通入到饱和Na2CO3溶液中有何现象？原因是什么？
(2)①Na2CO3固体粉末中混有少量NaHCO3，用什么方法除杂？
②Na2CO3溶液中混有少量NaHCO3，用什么方法除杂？
③NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3，用什么方法除杂？
(3)仅用试管和胶头滴管，你能鉴别Na2CO3溶液和稀盐酸吗？
提示：　(1)有沉淀析出，原因是NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，而且反应消耗溶剂水。
(2)①用加热法可以将Na2CO3固体粉末中混有的NaHCO3转化为Na2CO3。
②向混合液中滴加适量的NaOH溶液，可以将其中的NaHCO3转化为Na2CO3。
③向混合液中通入过量的CO2气体，可以将Na2CO3转化为NaHCO3。
(3)能；利用滴加顺序不同，现象不同可以区分Na2CO3溶液和稀盐酸。
1．下列几种试剂不能把等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3鉴别开的是(　　)
A．CaCl2溶液　　　　　　 B．澄清石灰水
C．稀盐酸 D．pH试纸
答案：　B
2．有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是(　　)
A．Na2CO3比NaHCO3的热稳定性强
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中离子的种类不同
C．Na2CO3和NaHCO3均可与NaOH溶液反应
D．相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生的气体质量相同
解析：　Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解，A对；Na2CO3和NaHCO3溶液中离子的种类相同，B错；Na2CO3与NaOH溶液不反应，C错；相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，NaHCO3产生的气体质量大，D错。
答案：　A
　Na2CO3与NaHCO3鉴别方法归纳
3．①1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中逐滴加入240 mL 0.5 mol/L的盐酸；②在240 mL 0.5 mol/L的盐酸中逐滴加入1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。两种实验操作在相同状态下产生CO2气体的体积(　　)
A．相等 B．前者多
C．后者多 D．无法判断
解析：　根据＝＝1.2<2，则Na2CO3滴入盐酸中放出的CO2多。
答案：　C
4．下列溶液反应后，溶液内含有0.5 mol NaHCO3和0.5 mol Na2CO3(不考虑HCO和CO的水解)的是(　　)
A．0.5 L 1 mol·L－1 NaHCO3＋0.5 L 0.5 mol·L－1 NaOH
B．0.5 L 0.75 mol·L－1 Na2CO3＋0.5 L 0.5 mol·L－1 HCl
C．0.5 L 1 mol·L－1 NaHCO3＋0.5 L 0.25 mol·L－1 NaOH
D．1 L 1 mol·L－1 Na2CO3＋1 L 0.5 mol·L－1 HCl
解析：　A选项中发生反应NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，NaHCO3过量，最后溶液中有0.25 mol Na2CO3和0.25 mol NaHCO3；B选项中是0.375 mol Na2CO3和0.25 mol HCl发生反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，反应后溶液中有0.25 mol NaHCO3和0.125 mol Na2CO3；C选项发生反应NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，最后溶液中有0.375 mol NaHCO3和0.125 mol Na2CO3；D选项发生反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，Na2CO3过量，最后溶液中有0.5 mol Na2CO3和0.5 mol NaHCO3，D选项符合题意。
答案：　D
5．将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配制成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是(　　)
解析：　盐酸先与NaOH反应再与Na2CO3反应，所以刚开始加入盐酸，没有气体生成，B项不正确；Na2CO3与盐酸反应时，先生成NaHCO3，然后NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，且二者消耗盐酸的物质的量相等，由题给数据可得C项符合题意。
答案：　C
　用数形结合思想理解Na2CO3、NaHCO3与盐酸的反应
(1)盐酸Na2CO3溶液
①现象：开始无明显现象，后有无色气体放出。
②反应：无明显现象时反应的离子方程式：CO＋H＋===HCO，无色气体放出时反应的离子方程式：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O。
(2)Na2CO3溶液盐酸
①现象：有无色气体放出。
②反应的离子方程式：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O。
(3)Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的图像归纳
盐酸
6．(1)我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，其生产流程可简要表示如下：
①往饱和食盐水依次通入足量的NH3、CO2(氨碱法)，而不先通CO2再通NH3的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②从生产流程图可知，可循环利用的物质是________________________________________________________________________。
③写出沉淀池中、煅烧炉中反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)如何用CO2和50 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液制取50 mL 1 mol·L－1 Na2CO3溶液？
①写出简要的实验步骤：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②写出有关反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)①由于CO2在NaCl溶液中的溶解度很小，先通入NH3使食盐水呈碱性，能够吸收大量CO2气体，产生较高浓度的HCO，才能析出NaHCO3晶体
②食盐水、CO2
③NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(2)①将50 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液等分成两份，在一份NaOH溶液中通入过量的CO2气体，再将两溶液混合，即得50 mL 1 mol·L－1 Na2CO3溶液
②NaOH＋CO2===NaHCO3、NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O
　
直接在NaOH溶液中通入CO2很难控制CO2的量，若CO2的量较少，得到的是NaOH和Na2CO3的混合液，若CO2的量较多，得到的是Na2CO3和NaHCO3的混合液。
考点四　镁的提取及应用
1．镁的性质
(1)在自然界中只能以化合态的形式存在。
(2)物理性质：银白色的金属；硬度小，密度小，有较好的导电性和导热性。
(3)化学性质：
①能与O2反应，化学方程式为：
2Mg＋O22MgO；
②能与Cl2反应，化学方程式为：
Mg＋Cl2MgCl2；
③能与CO2反应，化学方程式为：
2Mg＋CO22MgO＋C；
④能与N2反应，化学方程式为：
3Mg＋N2Mg3N2(淡黄色固体)；
⑤能与酸反应；与某些盐(如NH4Cl、CuSO4等)溶液反应。
Mg与NH4Cl溶液反应
NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，
Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，
NH3·H2O===NH3↑＋H2O，总反应为Mg＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2↑。
(4)用途：①生产合金，大量用于制造飞机、导弹和火箭的重要部件
②制造信号弹和焰火
③氧化镁可做耐高温材料
(5)制法：电解熔融的氯化镁。
2．从海水中提取镁
(1)流程
(2)从海水中提取镁，步骤如下：
①燃烧海边贝壳(石灰石)，制成石灰乳。反应的化学方程式为CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋H2O===Ca(OH)2。
②将石灰乳加入到海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀。反应的化学方程式为MgCl2＋Ca(OH)2===CaCl2＋Mg(OH)2↓。
③将氢氧化镁与盐酸反应，化学方程式为Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O，所得溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤，可获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，然后在HCl气流中加热，转化成氯化镁。化学方程式为MgCl2·6H2OMgCl2＋6H2O。
④电解熔融氯化镁制取金属镁。反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑。
　(1)一旦钠、镁等活泼金属着火，能用水或二氧化碳灭火吗？
(2)工业上制取活泼金属(如Na、Mg、Al等)通常用什么方法？制取Mg的原料是MgO吗？
提示：　(1)H2O、CO2可以用于灭火，但是不能用于钠、镁等活泼金属的灭火，它们与H2O或CO2发生反应。
(2)活泼金属的制取，必须用电解法。电解熔融的MgCl2制取Mg，而不能用MgO，因为MgO的熔点高，需要消耗大量的电能。
1．从海水中提取金属镁的生产步骤有：①浓缩结晶；②加熟石灰；③加盐酸；④过滤；⑤熔融、电解。正确的生产顺序是(　　)
A．①②③④⑤　　　　　　　　 B．⑤④③①②
C．②④③①⑤ D．③④②①⑤
解析：　海水中含有Mg2＋，加入熟石灰可生成Mg(OH)2沉淀，过滤可得Mg(OH)2固体。根据金属冶炼方法知，应电解含Mg2＋的熔融化合物，由于Mg(OH)2受热易分解，因此，工业上采用将Mg(OH)2转化为MgCl2，再电解熔融MgCl2的方法来得到金属镁。
答案：　C
2．海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。从海水中提取镁，可按照以下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物；④将所得的产物熔融后电解。关于提取镁，下列说法不正确的是(　　)
A．此法的优点之一是原料来源丰富
B．进行①、②、③步操作的目的是从海水中提取氯化镁
C．第④步电解时会产生氯气
D．以上提取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应、复分解反应和置换反应
解析：　第①步用于生成Ca(OH)2：CaCO3CaO＋CO2↑，CaO＋H2O===Ca(OH)2，包括分解反应和化合反应；第②步生成Mg(OH)2：MgCl2＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋CaCl2，属于复分解反应；第③步用于制MgCl2：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O，也是复分解反应；第④步用于制镁：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，该反应为分解反应，故海水中提取镁的过程中无置换反应。
答案：　D
3．将相同质量的镁条分别在①氧气中　②空气中　③氮气中　④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是(　　)
A．②①③④ B．④①②③
C．③②①④ D．③①②④
解析：　2Mg＋O22MgO　3Mg＋N2Mg3N2　2Mg＋CO22MgO＋C
镁在空气中发生以上三个反应，所得固体是MgO、Mg3N2和C的混合物。
答案：　C
4．认识反应条件对化学反应的影响，对学好化学具有重要意义。下列说法中正确的是(　　)
A．镁在空气中或纯净氧气中燃烧的产物都只有MgO
B．钠在敞口容器中存放或在空气中燃烧的产物都是Na2O2
C．将四氧化三铁溶解于过量的硝酸中，所得溶液中含有Fe3＋、Fe2＋
D．氯化铝和过量的氨水反应一定得到Al(OH)3沉淀
解析：　A项，镁在空气中燃烧不仅生成MgO，还生成Mg3N2等；B项，钠在常温下生成Na2O；C项，硝酸具有氧化性，可以将Fe2＋氧化为Fe3＋。
答案：　D
5．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2mol/L的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况下的体积)与时间t的关系如下图所示，则下列说法错误的是(　　)
A．x＝2.24
B．钠的物质的量为0.2 mol
C．反应时，Na、Mg、Al均过量
D．曲线b为Mg与盐酸反应的图像
解析：　由题图可以看出，生成气体的体积相等，则盐酸完全反应，x＝2.24，A正确。根据生成的H2为2.24 L，可知Na失去0.2 mol电子，则钠的物质的量为0.2 mol，B正确。反应时如果钠过量，则钠会与水反应，生成的气体多于2.24 L，故C错误。根据反应速率可知a、b、c依次是Na、Mg、Al与盐酸反应的图像，D正确。
答案：　C
考点五　碱金属元素　焰色反应
1．碱金属元素
(1)物理性质
颜色
导电导热性
密度
熔沸点
银白色
(铯略带金色光泽)
良好
Li→Cs：呈增大趋势，
但ρ(K)<ρ(Na)
逐渐
降低
(2)化学性质
钾与水反应的化学方程式为：2K＋2H2O===2KOH＋H2↑。
2．焰色反应
定义
很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应
实验步骤
火焰的颜色
Na：黄色，K：紫色(观察时要透过蓝色钴玻璃)
　(1)根据碱金属的性质规律思考下列问题
①钠与氧气反应有Na2O、Na2O2两种氧化物生成，其他碱金属单质也只生成两种类似的氧化物吗？
②钠的还原性比钾的弱，但工业上制取钾却用钠置换钾的原因是________________________________________________________________________。
(2)①焰色反应是物理变化还是化学变化？
②做焰色反应实验时，为什么用稀盐酸洗涤铂丝而不用稀硫酸？
③做钾元素的焰色反应时，为什么要透过蓝色钴玻璃？
提示：　(1)①不是，如Li与氧气反应只生成Li2O，K与O2 反应还能生成更复杂的氧化物。
②由于Na＋KClNaCl＋K是可逆反应，而K的熔、沸点比Na低，产生钾蒸气，使平衡向右移动
(2)①物理变化
②铂丝在使用前要用稀盐酸将其表面物质洗净，然后在火焰上灼烧至无色，这是因为金属氯化物在灼烧时易挥发，若用稀H2SO4洗涤铂丝，则由于硫酸盐的熔、沸点较高而难以挥发，会造成对后面实验的干扰。
③钾元素的火焰颜色必须透过蓝色钴玻璃观察，以防止Na元素对其造成干扰。
1．下列叙述正确的是(　　)
A．碱金属性质相似均为银白色金属
B．随原子序数的增大碱金属的密度依次增大
C．钠可保存在煤油中而锂不能
D．碳酸氢盐的溶解度大于其正盐的溶解度
解析：　碱金属中铯为略带金色光泽的金属，故A项不正确；钾的密度为0.86 g·cm－3，比钠的密度(0.97 g·cm－3)小，B项不正确；锂的密度为0.534 g·cm－3，比煤油的密度小，可浮于煤油上，所以锂要用密度更小的石蜡密封保存；碳酸氢盐一般比其正盐易溶，但NaHCO3例外，D项不正确。
答案：　C
2．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
答案：　B
3．(原创题)利用焰色反应，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩。下列说法中正确的是(　　)
A．非金属单质燃烧时火焰均为无色
B．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
C．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
解析：　某些非金属单质燃烧时火焰有颜色，A、D不正确；焰色反应为金属元素的性质，与元素的存在形式(化合态或游离态)无关，同种金属元素的焰色反应相同，B正确。
答案：　B
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气(2013·安徽，12B)(　　)
(2)用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液(2013·安徽，12D)(　　)
(3)某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则说明该钾盐是K2CO3(2010·江苏，10A)(　　)
(4)Na2O2用作呼吸面具的供氧剂涉及氧化还原反应(2012·广东理综，10A)(　　)
(5)小苏打的主要成分是碳酸钠(2012·海南，2B)(　　)
(6)NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3(2012·重庆理综，7B)(　　)
(7)碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钙溶液：HCO＋OH－===CO＋H2O(2012·海南，12A)(　　)
(8)钠与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑(2012·四川理综，9A)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
2．(2012·福建理综·11)下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是(　　)
A．二氧化氮　　　　　　　　　 B．钠
C．硫酸镁 D．二氧化硅
解析：　二氧化硅不溶于水；二氧化氮与水反应生成硝酸，硫酸镁溶于水形成硫酸镁溶液，这两者都不能与NH4Cl反应；钠与水反应生成NaOH，能与NH4Cl发生复分解反应生成NH3。
答案：　B
3．(2011·重庆理综·7)下列叙述正确的是(　　)
A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同
B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性
C．Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增大
D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
解析：　Fe与氯气、稀盐酸分别反应生成的氯化物是FeCl3、FeCl2，A错误；过量的钾与水反应生成KOH，溶液显碱性，Zn与不足量的稀硫酸反应生成的ZnSO4溶液中因Zn2＋的水解显酸性，B错误；金属K的密度小于金属Na的密度，C错误；同一周期从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，由于非金属性C答案：　D
4．(2012·北京理综·7)下列解释实验现象的反应方程式正确的是(　　)
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O2===Na2O2
B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgCl＋S2－===Ag2S↓＋2Cl－
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
解析：　A项，切开的金属钠暴露在空气中，光亮表面变暗的原因是钠被氧化生成Na2O，反应方程式为4Na＋O2===2Na2O，故A错误；C项，Na2O2放置在潮湿的空气中发生的反应有2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2和2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，故C错误；D项，向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀的反应方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O，故D错误。
答案：　B
5．(2009·江苏化学)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．明矾水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
解析：　A项，Al3＋水解可得Al(OH)3，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项；MgO可用于制作耐高温材料；D项，电解MgCl2饱和溶液应得到Mg(OH)2而非Mg。
答案：　D
6．(2011·广东理综·10)某同学通过系列实验探讨Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是(　　)
A．将水加入浓硫酸中得稀硫酸，置镁片于其中探讨Mg的活泼性
B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成
C．将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀
D．将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体
解析：　A不对，浓硫酸的稀释应该是“酸入水”，并用玻璃棒不断搅拌；C不对；在过滤操作中，应该借助玻璃棒引流，不能将浊液直接倒入漏斗；D不对，镁离子易发生水解，故为了抑制其水解，应该在干燥的氯化氢气流中加热并蒸干氯化镁溶液，这样才能得到无水氯化镁固体。
答案：　B
7．(2012·上海化学·11)钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。
完成下列计算：
(1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠__________g。
(2)钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠－钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。
①计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。
②计算并确定该钠-钾合金的化学式。
解析：　(1)利用“N”守恒可知需m(NaN3)＝(40.32 L/22.4 L·mol－1)×2/3×65 g·mol－1＝78 g。(2)①由反应方程式可知产生1 mol H2同时生成2 mol OH－，故c(OH－)＝(0.075 mol×2)/0.2 L＝0.75 mol·L－1；②设合金中Na、K的物质的量分别为a mol、b mol，然后利用质量守恒与得失电子守恒可得方程式：a＋b＝0.075×2和23a＋39b＝5.05，解之得a＝0.050、b＝0.10，故可得到合金的化学式为NaK2。
答案：　(1)78
(2)①c(OH－)＝＝0.75 mol·L－1
②设上述合金中含a mol Na、b mol K，则有a＋b＝0.075×2、23a＋39b＝5.05，解得a＝0.050、b＝0.10，该钠-钾合金化学式为NaK2。
高考试题中的教材实验(二)__Na2CO3与NaHCO3性质比较
　[尝试解答]
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　采用差量法，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的CO2和H2O的质量，由此可求出碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数。
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm(固)
168 62
m b
则m＝b，故Na2CO3的质量分数为×100%。
[高考演变角度]
Na2CO3和NaHCO3的性质是元素化合物的重要内容，特别是NaHCO3的热稳定性更是高考的常考点；教材中通过测量Na2CO3和NaHCO3溶液的酸碱性、比较两者的热稳定性以及两者与盐酸的反应等实验详细地介绍了Na2CO3和NaHCO3性质的差异。要求学生掌握Na2CO3和NaHCO3的鉴别方法。而高考却将这一知识点迁移到Na2CO3 和NaHCO3混合物质量分数的测定，NaHCO3与Na2O2固体混合物在密闭容器中的反应及产物的确定等内容，着重考查了学生设计实验方案及运用知识解决实际问题的能力。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题二 第三单元　铁、铜的获取及应用
考点一　铁及其重要化合物
1．变价金属——铁的性质
(1)物理性质
铁具有金属的共性，具有能被磁体吸引的特性。
(2)化学性质
①与非金属单质的反应
Fe—
②与水蒸气的反应
3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
③与酸、盐的反应
Fe—
2．铁的冶炼
(1)铁元素的存在
铁元素在自然界主要以化合态的形式存在，常见的铁矿有磁铁矿(主要成分Fe3O4)，赤铁矿(主要成分Fe2O3)。
(2)炼铁原料：
铁矿石、焦炭、空气、石灰石。
(3)完成下列化学方程式
①一氧化碳的生成：C＋O2CO2、CO2＋C2CO。
②铁矿石被还原：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
③石灰石的作用：CaCO3CaO＋CO2↑、CaO＋SiO2CaSiO3。
3．铁的氧化物
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
Fe元素的价态
＋2
＋3
＋2，＋3
与盐酸反应生成的离子
Fe2＋
Fe3＋
Fe2＋和Fe3＋
4.铁的氢氧化物
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
色态
白色固体
红褐色固体
与盐酸反应离子方程式
Fe(OH)2＋2H＋===Fe2＋＋2H2O
Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
受热分解
2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
二者的关系
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，化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3
　(1)铁有很强的抗腐蚀能力，为什么日常生活中的铁制品容易生锈？
(2)FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3是否都可以通过化合反应制取？
(3)Fe3O4是碱性氧化物吗？Fe3O4可写作FeO·Fe2O3，能否认为Fe3O4是FeO和Fe2O3的混合物？
(4)Fe(OH)3分别与足量的HCl、HI反应有何异同？
提示：　(1)主要因为铁不纯，往往含有碳等杂质，当这些铁制品在潮湿的空气中或接触到电解质溶液(如食盐水)时会发生电化学腐蚀。
(2)都可以。2Fe＋3Cl22FeCl3
2FeCl3＋Fe===3FeCl2
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(3)Fe3O4与非氧化性酸反应生成的是两种盐和水，不符合碱性氧化物的概念，所以不是碱性氧化物(FeO、Fe2O3是碱性氧化物)。Fe3O4中有的Fe是＋2价，有的Fe是＋3价，可写成：O·F2O3，但不能认为Fe3O4是FeO和Fe2O3的混合物，实际上，Fe3O4是纯净物。
(4)Fe(OH)3作为一种碱与酸反应生成盐和水，但Fe3＋有较强的氧化性，若酸为还原性酸(如H2S、HI)则再发生氧化还原反应，故与HCl反应只是中和反应，而与HI反应的方程式为2Fe(OH)3＋6HI===2FeI2＋I2＋6H2O。
1．常温下把铁片投入到下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但是没有气体产生的是(　　)
A．硫酸铁溶液　　　　　　　　 B．冷浓硝酸
C．盐酸 D．硫酸锌溶液
解析：　A项：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，符合题意；B项：铁发生钝化，浓硝酸的质量几乎无变化；C项有H2放出；D项Fe与ZnSO4溶液不发生反应，溶液质量不变。
答案：　A
2．铁屑溶于过量的稀硫酸，过滤后向滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣。上述沉淀和残渣分别为(　　)
A．Fe(OH)3；Fe2O3 B．Fe(OH)2；FeO
C．Fe(OH)2、Fe(OH)3；Fe3O4 D．Fe2O3；Fe(OH)3
解析：　FeFe2＋Fe3＋
Fe(OH)3↓Fe2O3。
答案：　A
3．写出下列反应的离子方程式
(1)FeO溶于足量稀硝酸中：
________________________________________________________________________。
(2)Fe2O3溶于足量HI溶液中：
________________________________________________________________________。
(3)Fe(OH)3溶于足量HI溶液中：
________________________________________________________________________。
答案：　(1)3FeO＋NO＋10H＋===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O
(2)Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋3H2O
(3)2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O
4．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。
答案：　(1)①　(2)④　(3)③
5．把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是(　　)
A．反应后生成的盐只为Fe(NO3)3
B．反应后生成的盐只为Fe(NO3)2
C．反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe(NO3)3 和Fe(NO3)2，其物质的量之比为3∶1
解析：　由于铁的物质的量为＝0.4 mol，所以在反应的过程中它失去的电子数应介于0.8 mol(此时只产生Fe2＋)和1.2 mol(此时只产生Fe3＋)之间，又产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO，即反应过程中硝酸得到的电子物质的量为0.3 mol×(5－4)＋0.2 mol×(5－2)＝0.9 mol，所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，设前者的物质的量为x，后者的物质的量为y，则由铁原子守恒可得x＋y＝0.4，由得失电子守恒得3x＋2y＝0.9 mol，解得x＝0.1 mol，y＝0.3 mol。
答案：　C
　铁与稀硝酸的反应
　稀硝酸能将Fe氧化为Fe(NO3)3：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，①
Fe过量时：Fe＋2Fe(NO3)3===3Fe(NO3)2②
两者相加得：
3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O③
考点二　＋2、＋3价铁元素的性质
1．Fe2＋的氧化性和还原性
(1)Fe2＋的还原性
Fe2＋Fe3＋
写出下列离子方程式：
①Fe2＋Fe3＋；3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
②Fe2＋Fe3＋：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(2)Fe2＋的弱氧化性
Fe2＋Fe
2．Fe3＋的氧化性
Fe3＋Fe2＋
写出下列转化的离子方程式
①Fe3＋Fe2＋：2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋
②Fe3＋Fe2＋：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
　(1)写出下列转化的主要离子方程式：
①Fe2＋Fe3＋：________________________________________________________________________。
Fe2＋Fe3＋：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②Fe3＋Fe2＋：________________________________________________________________________。
FeCl3溶液与过量Na2S溶液的反应：
________________________________________________________________________。
(2)在FeCl3溶液中加入过量锌发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(分步书写)。
提示：　(1)①2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，
Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO
②2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓
2Fe3＋＋3S2－(过量)===2FeS↓＋S↓
(2)2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋
Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋
1．在浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入稀盐酸时，溶液颜色变化应是(　　)
A．颜色变浅　　　　　　　　 B．逐渐变深绿
C．没有改变 D．变棕黄色
解析：　Fe(NO3)2溶液中加入盐酸时发生反应：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，有棕黄色的Fe3＋生成。
答案：　D
2．在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是(　　)
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含Cu
解析：　铁粉与FeCl3、CuCl2的反应依次为：
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu
充分反应后的固体可能为Cu或Fe和Cu的混合物，又由于2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以无论反应后的固体为Cu还是Fe和Cu的混合物，Fe3＋一定不存在，A项对；由上分析知B、D均对；若反应后固体为Cu和Fe的混合物，溶液一定无Cu2＋，C错。
答案：　C
3．如何除去括号中的杂质
(1)Fe2＋(Fe3＋)：________________________________________________________________________，
(2)FeCl3(FeCl2)：________________________________________________________________________，
(3)FeCl2(CuCl2)：________________________________________________________________________，
(4)Fe(Al)：________________________________________________________________________，
(5)Fe2O3(Al2O3、SiO2)：________________________________________________________________________。
答案：　(1)加过量铁粉过滤
(2)加氯水或H2O2
(3)加过量铁粉过滤
(4)加过量强碱溶液过滤
(5)加过量强碱溶液过滤
4．下列离子的检验方法合理的是(　　)
A．向某溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明不含Fe2＋
B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C．向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D．向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2＋，不含有Mg2＋
解析：　A.呈红色，说明含Fe3＋，无法判断是否含Fe2＋；
B.呈红色，说明含Fe3＋，但Cl2有氧化性，无法判断原来是Fe2＋还是Fe3＋；
C.红褐色沉淀，说明含有Fe3＋；
D.白色沉淀―→红褐色，说明含有Fe2＋，但由于红褐色的掩盖，无法说明是否有Mg2＋。
答案：　C
5．要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含有Fe2＋，进行如下实验操作时最佳顺序为(　　)
①加入足量氯水　②加入足量酸性KMnO4溶液　③加入少量KSCN溶液
A．①③ B．③②
C．③① D．①②③
解析：　证明不含Fe3＋，只要加入少量KSCN溶液不显红色即可；要证明是否含Fe2＋，只要继续加入足量氯水，看是否显红色。
答案：　C
6．向某晶体的溶液中加入含Fe2＋的溶液无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色，由此得出下列的结论错误的是(　　)
A．Fe3＋的氧化性比溴的氧化性强
B．该晶体中一定含有SCN－
C．Fe2＋与SCN－不能形成血红色化合物
D．Fe2＋被溴氧化成Fe3＋
解析：　某晶体的溶液中没有与Fe2＋发生反应的离子，当加入溴水后，Fe2＋一定被氧化成Fe3＋，此时溶液出现血红色，说明原晶体是含有SCN－的盐，很明显判断出B、C、D均正确，在Br2与Fe2＋反应中，Fe3＋是氧化产物，Br2是氧化剂，所以Br2的氧化性应比Fe3＋的氧化性强，选项A符合题意。
答案：　A
　Fe2＋和Fe3＋的检验
(1)根据溶液颜色
溶液呈浅绿色→Fe2＋；溶液呈棕黄色→Fe3＋。
(2)用KSCN溶液和氯水
①流程：
溶液
②有关反应：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3(红色)
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)用NaOH溶液
①流程：
溶液
②有关反应：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓(红褐色)
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓(白色沉淀)
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(4)用苯酚溶液或用K3[Fe(CN)6]溶液Fe3＋与苯酚作用显紫色；而Fe2＋与Fe[(CN)6]3－作用生成蓝色沉淀。
(5)用酸性KMnO4溶液(或溴水)Fe2＋能使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而Fe3＋则不能。
考点三　“铁三角”转化及其应用
1．“铁三角”转化
2．“铁三角”转化的应用
(1)除杂
主要物质
杂质
除杂方法
Fe2＋
Fe3＋
加过量铁屑后过滤
FeCl3
FeCl2
加氯水或H2O2
Fe2＋
Cu2＋
加过量铁屑后过滤
Fe
Al
加过量强碱溶液后过滤
Fe2O3
Al2O3　SiO2
加过量强碱溶液后过滤
(2)判断离子共存
Fe2＋NO(H＋)、ClO－、MnO(H＋)。
Fe3＋S2－、I－、SO。
Fe2＋、Fe3＋HCO、CO等水解相互促进的离子
(3)盐溶液的配制与保存
(4)物质的制备
　Fe与I2反应时生成的是FeI2还是FeI3？Fe与Br2反应时生成的是FeBr3还是FeBr2?
提示：　FeI2，原因是Fe3＋的氧化性强于I2；FeBr3，原因是Br2的氧化性强于Fe3＋。
1．A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)：
请回答下列问题：
(1)反应④的离子方程式是________________________________________________________________________。
(2)反应⑦的化学方程式是________________________________________________________________________；
该反应中每消耗0.3 mol的A，可转移电子________mol。
(3)除去D溶液中混有的少量G的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)在D溶液中制备无水D固体的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由“B为黄绿色气体单质”知，B为Cl2；由D与G之间的相互转化关系知，A为变价金属单质，则A为Fe，D为FeCl3，G为FeCl2；由“D＋F→红色溶液”知，F为KSCN；由“E与X的相互转化关系及E为黑色固体化合物、X的水溶液是一种强酸”知，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O；由“C为无色气体单质及A＋C→E”知，C为O2。
(1)反应④的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(2)反应⑦的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，
由元素化合价的变化值知，当有0.3 mol的Fe反应时可转移电子0.8 mol。
(3)除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的H2O2)。
(4)在FeCl3溶液中制备无水FeCl3固体的方法是：在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液。
答案：　(1)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(2)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　0.8
(3)向混合液中通入足量的氯气(或加入足量的H2O2)
(4)在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液
　判断铁与氧化剂反应产物时常出现的错误：
(1)铁与硫化合误认为生成Fe2S3；
(2)铁与盐酸反应误认为生成FeCl3和H2；
(3)铁与碘单质化合误认为生成FeI3；
(4)过量铁与稀HNO3反应误认为生成Fe(NO3)3；
(5)铁与FeCl3溶液误认为不反应等。
2．FeCl3可通过多种途径转化成FeCl2。
(1)在FeCl3溶液中加入适量氢碘酸，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)工业上常将无水FeCl3在氮气作保护气的条件下加热至300～350 ℃，通入干燥的H2，而制得FeCl2。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)工业上另一种制备FeCl2的方法：将无水的FeCl3与适量氯苯(C6H5Cl)，在130 ℃持续加热约3小时，可发生如下反应：
2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl
根据有机反应规律，该反应中氯苯发生的是________(填有机反应类型)。
(4)分析上述三个反应，下列有关说法正确的是________(填序号)。
①反应(1)中，氢碘酸既表现了酸性，又表现了还原性
②反应(3)中，HCl为氧化产物
③上述三个反应中，FeCl2均为还原产物
(5)请另写一个FeCl3转化成FeCl2的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)Fe3＋有氧化性，I－有还原性，它们可以发生氧化还原反应；(2)根据信息FeCl3转化为FeCl2，Fe的化合价降低，那么H的化合价必定升高，这样就可以写出化学反应方程式；(3)根据反应产物，可以确定为取代反应；(4)根据氧化还原反应概念，确定③是正确的；(5)FeCl3转化为FeCl2，另一种物质必须是还原剂。
答案：　(1)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
(2)2FeCl3＋H22FeCl2＋2HCl
(3)取代反应
(4)③
(5)2FeCl3＋Fe===3FeCl2(其他答案合理均可)
　
(1)氧化性：Ag＋ >Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋；
(2)还原性：S2－>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。
考点四　铜及其重要化合物
1．金属铜
(1)与非金属的反应
Cu—
(2)与酸的反应
Cu—
(3)与盐溶液的反应
Cu—
2．铜的冶炼
(1)铜在自然界主要以化合态形式存在，常见的铜矿有黄铜矿(主要成分为CuFeS2)，孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2]。
(2)铜的冶炼。
①冶炼：工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜，用这种方法冶炼得到的铜含有Ag、Au、Zn、Fe等杂质(粗铜)。
②精炼：电解法精炼铜：阳极材料为粗铜，阴极材料为精铜。
3．铜的化合物
(1)氧化铜和氧化亚铜
名称
氧化铜
氧化亚铜
颜色
黑色
砖红色
与酸反应(H＋)
CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
与H2反应
CuO＋H2Cu＋H2O
Cu2O＋H22Cu＋H2O
转化关系
4CuO2Cu2O＋O2↑
(2)氢氧化铜
①物理性质：蓝色不溶于水的固体。
②化学性质：Cu(OH)2属于弱碱，能与酸反应生成盐和水。
(3)硫酸铜
①CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾。
②无水CuSO4为白色粉末，遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水的检验依据。
　某研究小组用废铜粉制取胆矾，设计了如下几个实验方案：
(1)CuCuSO4硫酸铜溶液
CuSO4·5H2O。
(2)CuCuO硫酸铜溶液CuSO4·5H2O。
(3)硫酸铜溶液CuSO4·5H2O。
对三个方案进行评价，你认为最好的是哪个方案？
提示：　方案(1)：产生污染性气体，且消耗硫酸较多。
方案(2)：消耗能量较多，且步骤复杂。
方案(3)：不产生污染性气体，原料利用率高，节约能源。
因而方案(3)更经济合理。
1．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是(　　)
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
可用稀盐酸除铜器表面的铜绿
Ⅰ对；Ⅱ对；无
B
铜表面易形成致密的氧化膜
铜容器可以盛放浓硫酸
Ⅰ对；Ⅱ对；有
C
向硫酸铜溶液通入氨气，有深蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体
把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑
Ⅰ对；Ⅱ对；有
D
蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化
硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂
Ⅰ错；Ⅱ对；无
答案：　D
2．氢氧化铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解25.25 g的上述混合物，恰好消耗1.0 mol·L－1盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量为(　　)
A．15 g　　　　　　　　　　B．20 g
C．30 g D．35 g
解析：　根据题意有如下关系式：
2HClCuCl2CuO
即n(CuO)＝n(HCl)＝×1.0 mol·L－1×0.5 L＝0.25 mol，m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。
答案：　B
　
(1)含Cu2＋的溶液常为蓝色(浓CuCl2溶液为蓝绿色，稀CuCl2溶液为蓝色)，可作为Cu2＋存在的判断依据。如CuSO4溶液呈蓝色。
(2)Cu2＋与碱反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，这是鉴定Cu2＋的方法之一。
(3)CuSO4与石灰乳的混合溶液即为无机农药波尔多液，是一种良好的杀菌剂，可以用来防治多种作物的病虫害。
3．孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸)：
(1)反应①能观察到的现象是________________________________________________________________________，
有关反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反应②加入的金属可能是__________，有关反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)操作a可能的方法是________，欲除掉的杂质为________；
要从操作a所得到的溶液中得到溶质的晶体，需要的操作是
________________________________________________________________________。
解析：　孔雀石中加入稀硫酸可看到孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为
Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O。经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质，则滤液中主要含有CuSO4，加入的金属粉末要能将Cu2＋从溶液中置换出来即可，故金属可能是Fe或Zn等；要从滤液中得到CuSO4晶体需进行加热浓缩、冷却结晶等操作。
答案：　(1)固体逐渐消失，溶液由无色变为蓝色，有气泡产生
Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O
(2)铁粉　Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
(3)过滤　难溶于水和稀硫酸的杂质　加热浓缩、冷却结晶
4．某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应精制CuO，其设计的实验过程为
(1)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是________。
a．灼烧过程中部分氧化铜被还原
b．灼烧不充分铜未被完全氧化
c．氧化铜在加热过程中分解生成铜
d．该条件下铜无法被氧气氧化
(2)由粗制氧化铜通过两种途径制取纯净CuO，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)有同学指出，由CuSO4溶液到生成CuO少了一个环节，即应先生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后再加热分解Cu(OH)2得CuO。以下说法不可能成为减少该环节的理由的是________。
A．CuO比Cu(OH)2颗粒粗大，更易于过滤从溶液中分离
B．Cu(OH)2分解温度较低，加热其浊液即可使其分解
C．干态下分解Cu(OH)2，温度难以控制，可能因温度过高导致CuO进一步分解生成Cu2O
D．过滤分离出的CuO不需洗涤就已非常纯净
答案：　(1)ab
(2)耗酸少；无污染性气体SO2产生
(3)D
　铜的冶炼
1．粗炼
(1)火法炼铜(以CuFeS2为例)：2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2↑　2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2↑
2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
(2)湿法炼铜：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4
2．电解精炼
电解时，以CuSO4作电解液，粗铜为阳极，纯铜为阴极。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Fe与S混合加热生成FeS2(2012·重庆理综，7A)(　　)
(2)在给定条件下能实现下述转化Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3(2012·江苏化学，7A)(　　)
(3)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，目的是除去MgCl2溶液中少量的FeCl3(2010·江苏，10B)(　　)
(4)相同条件下，溶液中Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋的氧化性依次减弱(2010·江苏，8D)(　　)
(5)铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(2010·北京理综，10C)(　　)
(6)用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋(2010·天津理综，5A)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√
2．(2013·浙江理综·28)利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题：
(1)用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有________。
A．去除油污　　　　　　　　 B．溶解镀锌层
C．去除铁锈 D．钝化
(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是________。
(3)由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是__________________。
(4)Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？______(填“能”或“不能”)，理由是________________________。
(5)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管
(6)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
解析：　(1)结合已知信息可知，用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮，既可以去除铁皮表面的油污，又可以溶解镀锌层。(2)由Zn(OH)2到ZnO，后续的操作步骤是抽滤、洗涤、灼烧。(3)持续通入N2，是为了防止Fe2＋被O2氧化。(4)抽滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。(5)0.735 0 g的K2Cr2O7固体需要用电子天平称量，直接配制一定物质的量浓度的溶液时，不必要用到移液管和量筒。(6)滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，说明消耗的标准液体积读数偏大，故测定结果偏大。
答案：　 (1)A、B
(2)抽滤、洗涤、灼烧
(3)N2气氛下，防止Fe2＋被氧化
(4)不能　胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
(5)0.735 0　③⑦
(6)偏大
3．(2013·天津理综·9)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是________________________________________________________________________。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)________________________________________________________________________。
(4)装置B中冷水浴的作用为________________________________________________________________________；
装置C的名称为__________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：
________________________________________________________________________。
(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(7)电解池中H＋在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(8)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率为100%；②________________________________________________________________________。
解析：　(1)装置A中反应的方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。
(2)由于无水FeCl3加热易升华，第④步操作可在沉积的FeCl3固体下方加热，使沉积的FeCl3进入收集器。
(3)为防止FeCl3潮解采取的措施有②和⑤。
(4)装置B中冷水浴的作用是冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品。装置C的名称为干燥管。
用K3[Fe(CN)6]溶液检验FeCl2是否失效，若未失效则生成蓝色沉淀，若失效则无明显现象。
(5)用NaOH溶液吸收多余的Cl2。
(6)由题意可写出FeCl3与H2S反应的离子方程式2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。
(7)电解FeCl2溶液时，阳极电极反应式为：Fe2＋－e－===Fe3＋。
(8)该实验另一个显著的优点为FeCl3得到循环利用。
答案：　(1)2Fe＋3Cl22FeCl3
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热
(3)②⑤
(4)冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品　干燥管　
K3[Fe(CN)6]溶液
(5)
(6)2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(7)Fe2＋－e－===Fe3＋
(8)FeCl3得到循环利用
4．(2011·山东理综·12)Al、Fe、Cu都是重要的金属元素，下列说法正确的是(　　)
A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
解析：　A项，Al2O3为两性氧化物；B项，Cu在空气中的CO2和H2O(g)的作用下与O2反应生成Cu2(OH)2CO3；C项，三种盐均为强酸弱碱盐，加热时都水解，且生成易挥发的HCl，随着水分和HCl的挥发，蒸干时都得到金属氧化物和其氢氧化物的混合物；D项，电解AlCl3溶液阴极上的产物为H2和Al(OH)3。
答案：　C
5．(2013·广东理综·32)银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]
(1)电解精炼银时，阴极反应式为____________；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为____________________。
(2)固体混合物B的组成为__________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量。若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为____________________。
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：__________CuO＋__________Al2O3__________CuAlO2＋__________↑。
(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为__________mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液__________L。
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是__________、过滤、洗涤和干燥。
解析：　(1)电解精炼银时，阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag；气体变色是因为发生反应：2NO＋O2===2NO2。(2)结合工艺流程及Al(OH)3和Cu(OH)2的分解温度知固体混合物B含有CuO、Al(OH)3。若NaOH过量，则Al(OH)3会转化为NaAlO2。(3)该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、原子守恒确定缺项物质并配平方程式。(4)生成CuAlO2的物质的量为＝50(mol)，至少需要Al2(SO4)3的物质的量为25 mol，即至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液25 L。(5)由CuSO4溶液制备胆矾需要的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。
答案：　(1)Ag＋＋e－===Ag　2NO＋O2===2NO2
(2)CuO、Al(OH)3　Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
(3)4　2　4　O2　(4)50　25　(5)蒸发浓缩、冷却结晶
6．(2012·山东理综·28)工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的________吸收。
a．浓H2SO4　　　　　　　b．稀HNO3
c．NaOH溶液 d．氨水
(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在________(填离子符号)，检验溶液中还存在Fe2＋的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(注明试剂、现象)。
(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________。
a．电能全部转化为化学能
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．溶液中Cu2＋向阳极移动
d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
(5)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为________________________。
解析：　(1)冰铜(mCu2S·nFeS)加入石英砂并通入空气焙烧生成泡铜(Cu2O、Cu)、熔渣和SO2气体(A)。SO2是一种酸性氧化物，可用NaOH溶液或氨水吸收。
(2)溶液中滴加KSCN溶液呈红色，说明含有Fe3＋。可利用Fe2＋的还原性来检验溶液中其是否存在，加入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明还存在Fe2＋。
(3)Al具有较强还原性，高温下与Cu2O反应可制得Cu：2Al＋3Cu2OAl2O3＋6Cu。
(4)以CuSO4溶液为电解质溶液电解精炼铜时，粗铜做阳极(发生氧化反应)，精铜做阴极(Cu2＋发生还原反应)，较活泼金属(Al、Zn、Cu)在阳极被氧化，不活泼金属(Au、Pt、Ag在阳极附近沉积，形成阳极泥，电解质溶液中Cu2＋向阴极移动。电解过程中，电能转化为化学能和热能。
(5)据电池反应可知，Cu做负极，电极反应为2Cu－4e－===2Cu2＋，则正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
答案：　(1)cd
(2)Fe3＋　取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4褪色
(3)3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu
(4)bd　(5)4H＋＋O2＋4e－===2H2O
学科素养培优(三)__探究Fe(OH)2的制备方法
　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。
制备原理：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
成功关键：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。
下面是几种典型的制备方法：
方法一　隔绝空气的复分解反应法
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。
(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入________。
(2)除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
(3)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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)稀H2SO4、铁屑　(2)煮沸
(3)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
方法二　氢气氛围中的复分解反应法
在如右图所示的装置中，用NaOH
溶液、铁屑、稀H2SO4等试 剂制备。
(1)在试管Ⅰ中加入的试剂是________________________________________________________________________。
(2)在试管Ⅱ中加入的试剂是________________________________________________________________________。
(3)为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)稀H2SO4和铁屑　(2)NaOH溶液
(3)检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹
(4)试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，故外界O2不易进入
方法三　电解法
利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2白色沉淀，如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。
(1)a电极的材料应为________，电极反应式为
________________________________________________________________________。
(2)电解液c可以是________(填编号)。
A．纯水　　　　　　　　　　B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液
(3)d为苯，其作用是________________________________________________________________________，
在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？
________________________________________________________________________。
(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是______(填编号)。
A．改用稀H2SO4作电解液 B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离 D．适当降低电解液的温度
(5)若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________________________________________________________________________。
答案：　(1)Fe　Fe－2e－===Fe2＋　(2)BC
(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热煮沸，排出溶解的O2
(4)BC　(5)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
　实验室制备氢氧化亚铁的防氧化措施
(1)将配制溶液的蒸馏水煮沸，驱除溶解的氧气。
(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。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题二 第二单元　从铝土矿到铝合金
考点一　铝的性质和提取
1．物理性质
铝是银白色、具有金属光泽的固体，硬度较小，具有良好的导电性、导热性和延展性。
2．化学性质
写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：
①Al
②2Al＋3Cl22AlCl3
③Al
④2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
⑤2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe
3．从铝土矿中提取铝
　铝土矿　　　二氧化碳　　 　　　　铝
↓　　　　 　↓　　　　　　　　↑
　溶解―→过滤→酸化→过滤→灼烧→电解
　 ↑　　　↓　　　　　↓　　↓
NaOH溶液 残渣　　　　滤液　H2O
写出所有化学方程式：
Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，
NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，
2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，
2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑。
4．用途
纯铝用作导线，铝合金用于制造汽车、飞机、生活用品等。
　(1)金属铝是活泼的金属，能与酸反应，为什么能用铝槽储运浓H2SO4或浓HNO3?
(2)铝与氢氧化钠溶液反应时，反应机理如何？请用单线桥标出电子转移的方向与数目。
(3)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，所得H2的体积之比是多少？为什么？
提示：　(1)常温下浓H2SO4、浓HNO3能使铝钝化(在表面形成一层致密的氧化膜)，阻止反应的继续进行。
(2)铝先与强碱溶液中的水反应生成H2和Al(OH)3，然后Al(OH)3再与NaOH反应生成H2O和NaAlO2。反应中铝作还原剂，水作氧化剂，NaOH无电子得失。
2Al＋2NaOH＋6H6e－2O===2NaAlO2＋3H2↑＋4H2O
(3)1∶1(或相等)；根据化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑得Al与H2的关系式均为2Al～3H2，故只要参加反应的Al相等，所得H2必相等。
1．下列关于铝的叙述中正确的是 (　　)
A．由于铝在空气中不会锈蚀，所以铝制品的使用寿命都很长
B．由于铝具有强还原性，所以常用铝来冶炼某些高熔点金属
C．常温下，铝被浓硫酸钝化，所以可用浓硫酸除去铝表面的铜镀层
D．由于铝的导电性能比铜强，所以常用铝制造电线、电缆
答案：　B
2．若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是(　　)
A．NH　NO　CO　Na＋
B．Na＋　Ba2＋　Mg2＋　HCO
C．NO　Ca2＋　K＋　Cl－
D．NO　K＋　AlO　H＋
解析：　A项，在酸性条件下因有NO，不能生成H2，在碱性条件下，OH－与NH不共存，故A项不符合；B项，HCO与H＋或OH－均不能大量共存；C项，在碱性条件下符合题意；D项表示的为酸性条件，含有HNO3，不可能与Al反应放出氢气，且AlO和H＋不能大量共存。
答案：　C
3．将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是(　　)
A．3 mol·L－1 HCl　　　　　B．4 mol·L－1 HNO3
C．8 mol·L－1 NaOH D．18 mol·L－1 H2SO4
解析：　B、D项中均不产生H2，Mg、Al与盐酸均反应生成H2，Mg与NaOH溶液不反应。
答案：　A
　铝热剂
　铝与金属氧化物的混合物，其中金属氧化物中金属元素的还原性要比铝弱。如CuO与Al能发生铝热反应，而Al与MgO的混合物不能发生铝热反应。
4．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)关系如图。反应中镁和铝的(　　)
A．物质的量之比为3∶2
B．质量之比为3∶2
C．摩尔质量之比为2∶3
D．反应速率之比为2∶3
解析：　由关系式：Mg～H2,2Al～3H2，可知产生等量H2时，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，故A项正确。二者质量之比为4∶3，摩尔质量之比为24∶27＝8∶9，反应速率之比为3∶2。
答案：　A
5．甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol/L盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得甲、乙两烧杯中产生的气体体积之比为1∶2，则加入铝粉的质量为(　　)
A．5.4 g B．3.6 g
C．2.7 g D．1.6 g
解析：　根据铝粉与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，可知若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉，产生的H2的体积之比为1∶3。而题中产生的H2的体积之比为1∶2，说明铝粉的量相对盐酸是过量的，而相对NaOH是不足的，则与盐酸反应的铝粉是2.7 g，与NaOH溶液反应的铝粉应为5.4 g。
答案：　A
　铝与酸、碱反应的定量关系
　铝分别与盐酸、NaOH溶液反应的原理：
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，
2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
(1)等量的铝与足量盐酸和足量氢氧化钠溶液反应，产生H2的体积比为＝。
(2)足量铝分别与等物质的量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，产生H2的体积比为＝。
(3)一定量的铝分别与一定量的盐酸和NaOH溶液反应，若产生H2的体积比为<<，则必定是：铝与盐酸反应时，铝过量而盐酸不足；铝与NaOH溶液反应时，铝不足而NaOH溶液过量。
考点二　铝的重要化合物
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
两性氧化物—
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
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)制备
①向铝盐溶液中加入NH3·H2O，离子方程式为：
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
②向偏铝酸盐溶液中通入足量CO2，离子方程式为：
AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。
3．明矾净水原理
明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，其净水的原理涉及到的离子方程式表示为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。
　(1)下列变化可通过一步化学反应直接完成的是________。
①Al(OH)3―→Al2O3　②Al2O3―→Al(OH)3　③Al―→Al(OH)3
(2)既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的物质有哪些？
(3)如何分离Al2O3和Fe2O3的混合物？(用示意图回答)
提示：　(1)①
(2)Al、Al2O3、Al(OH)3、弱酸的铵盐[如(NH4)2CO3]、多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3和氨基酸等物质)。
(3)
1．下列各种物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应的是(　　)
①Al　②AlCl3　③NaAlO2　④Al(OH)3　⑤Al2O3
⑥NaHCO3
A．①②③④⑤⑥　　　　　　　　 B．①③④⑤
C．②④⑤ D．①④⑤⑥
答案：　D
2．铝土矿的主要成分是Al2O3，此处还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，从铝土矿中提纯Al2O3的工艺流程如下：
讨论回答下列问题：
(1)写出①、②中可能发生反应的离子方程式：
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
(2)步骤②中不用氨水沉淀Fe3＋的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)①Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
②Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O　Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
(2)Al(OH)3能溶于强碱溶液但不溶于氨水，用氨水不能将Fe(OH)3和Al(OH)3分离
　
两性物质是指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的化合物。
3．甲、乙、丙三位同学用规定的药品制备Al(OH)3。规定必用的药品如下：350 g 70% H2SO4溶液、NaOH固体240 g、足量铝屑、水(不能用其他药品)。
甲、乙、丙用各自设计的方案制得Al(OH)3的质量分别是W1、W2、W3。三种实验方案如下：
甲：铝→加NaOH溶液→加H2SO4溶液→W1 g Al(OH)3
乙：铝→加H2SO4溶液→加NaOH溶液→W2 g Al(OH)3
丙：→W3 g Al(OH)3
试回答：
(1)从充分利用原料、降低成本和提高产率等因素分析，实验方案最合理的是__________。
(2)三位学生制得的Al(OH)3，W1、W2、W3其质量由大到小的顺序是__________。
(3)制得Al(OH)3的最大质量是________。
解析：　甲：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
乙：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
丙：AlAl3＋，3Al3AlO
所以Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
分析：(从化学方程式计量数看)
甲：制取2 mol Al(OH)3消耗H＋ 2 mol、OH－ 2 mol。
乙：制取2 mol Al(OH)3消耗H＋ 6 mol、OH－ 6 mol。
丙：制取4 mol Al(OH)3消耗H＋ 3 mol、OH－ 3 mol。
既制取2 mol Al(OH)3消耗H＋ 1.5 mol、OH－ 1.5 mol，
结论是丙以较少的原料制出较多的Al(OH)3，最合理；乙以较多的原料制出较少的产品，最不合理。相同的原料制取的Al(OH)3质量应是W3>W1>W2。
n(H＋)＝×2＝5 mol
n(OH－)＝＝6 mol
由电荷守恒：OH－过量，按H＋计算
按丙的方法：3H＋～3OH－～4Al(OH)3
3 mol 312 g
5 mol x
x＝＝520 g。
答案：　(1)丙　(2)W3>W1>W2　(3)520 g
　制取Al(OH)3的三途径
考点三　用数形结合思想理解Al3＋、Al(OH)3、AlO之间转化量的关系
1．用转化图探究
Al3＋、AlO、Al(OH)3的转化关系
写出转化(2)、(5)、(6)离子方程式：
(2)Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
(5)AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
(6)AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
2．用数轴探究
可溶性铝盐与强碱(如NaOH溶液)反应，铝元素的存在形式
(NaAlO2溶液与盐酸反应的分析与上述内容类似，自己整理出来)
　用图像探究Al3＋、Al(OH)3、AlO转化的定量关系
(1)将AlCl3溶液逐滴滴入到含4 mol NaOH的溶液中至过量，按顺序写出发生反应的离子方程式，并以n(AlCl3)为横坐标，以生成n[Al(OH)3]为纵坐标，在坐标系中画出二者的关系。
(2)向混有HCl的AlCl3溶液中，逐滴滴入NaOH溶液至过量，以n(NaOH)为横坐标，以生成n[Al(OH)3]为纵坐标，在坐标系中画出二者的关系。
提示：　(1)Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
3AlO＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓
(2)
1．下列各组物质，前者逐滴滴加到后者中直至过量，先出现白色沉淀，后来沉淀又消失的是(　　)
A．H2SO4滴入NaAlO2溶液中
B．Ba(OH)2溶液滴入Al2(SO4)3溶液中
C．Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中
D．氨水滴入Al2(SO4)3溶液中
解析：　A项：NaAlO2Al(OH)3↓Al3＋；
B项：Al2(SO4)3；
C项：NaOHAlOAl(OH)3↓；
D项：Al2(SO4)3Al(OH)3↓。
答案：　A
2.
A、B、C、D、E五种化合物均含有某种短周期常见元素，它们的转化关系如图所示，其中A为澄清溶液，C为难溶的白色固体，E则易溶于水，若取A溶液灼烧，焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)。
(1)写出化学式：A______，B__________，C__________，
D______，E________。
(2)写出下列反应的离子方程式：
A→B：
________________________________________________________________________。
A→D：________________________________。
解析：　B为两性物质，由A―→B知B为Al(OH)3，C为Al2O3，A溶液的焰色反应为浅紫色，则A为KAlO2。
答案：　(1)KAlO2　Al(OH)3　Al2O3　AlCl3　NaAlO2
(2)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
AlO＋4H＋===Al3＋＋2H2O
　“互滴法”鉴别物质的适用条件
　以鉴别AlCl3溶液和NaOH溶液为例：
(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解。
(2)向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀，沉淀不溶解。
具有“滴加顺序不同，产生的现象不同”的两种溶液均可适用“互滴法”鉴别。除AlCl3和NaOH溶液外，还有如NaAlO2溶液与盐酸，Na2CO3溶液与盐酸等。
3．将物质X逐渐加入(或通入)Y溶液中，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，符合图示情况的是(　　)
A
B
C
D
X
CO2
HCl
NaOH
AlCl3
Y
Ca(OH)2
NaAlO2
AlCl3
NaOH
解析：　A项生成沉淀和溶解沉淀消耗的CO2的物质的量相等；B项沉淀生成与溶解消耗盐酸量的比例为1∶3，D项开始无沉淀，后来才产生沉淀。
答案：　C
4.
向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO、HCO
B．b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO、Cl－
C．c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO、F－
D．d点对应的溶液中：K＋、NH、I－、CO
解析：　向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时发生Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O,3AlO＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓。a点时溶液中有大量OH－，与Fe3＋、HCO不能大量共存。b点时溶质为NaCl和NaAlO2，所有离子可以大量共存。c点时溶质为NaCl，与Ag＋不能大量共存。d点时溶质为NaCl和AlCl3，Al3＋与CO互相促进水解不能大量共存。
答案：　B
5．右图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加混合，由图中判断错误的是(　　)
A．①线表示Al3＋物质的量的变化
B．x表示AlCl3的物质的量
C．③线表示Al(OH)3物质的量的变化
D．④线表示AlO物质的量的变化
解析：　往AlCl3溶液中逐滴加入NaOH发生如下反应：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，
此时图像中x表示NaOH的量，
①表示Al3＋物质的量的变化，④表示AlO物质的量的变化，②、③表示Al(OH)3物质的量的变化。
往NaOH溶液中逐滴加入AlCl3时发生如下反应：
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O，
3AlO＋Al3＋＋6H2O===4Al(OH)3↓，
此过程与图像表示的不相等。
答案：　B
　常考Al3＋、Al(OH)3、AlO转化的图像归纳
类别
图像
实验现象
向含1 mol AlCl3溶液中滴加氨水
开始产生沉淀，到NH3·H2O的量为3 mol时，沉淀不再增加
向含1 mol AlCl3溶液中滴加NaOH溶液
开始产生沉淀，到NaOH的量为3 mol时沉淀量最大，到NaOH的量为4 mol时，沉淀完全溶解
向酸化的AlCl3溶液(即Al3＋、H＋各1 mol)中滴加NaOH溶液
NaOH的量为1 mol时开始沉淀，NaOH的量为4 mol时沉淀开始溶解，NaOH的量为5 mol时，沉淀完全溶解
向各1 mol MgCl2、AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液
开始产生沉淀，NaOH的量为5 mol时沉淀开始溶解，NaOH的量为6 mol时，沉淀不再溶解。剩余量和溶解的量相等
向含12 mol NaOH溶液中滴加AlCl3溶液
开始无沉淀生成，到AlCl3的量为3 mol时开始沉淀，AlCl3的量为4 mol时沉淀量不再变化
向含1 mol NaAlO2溶液中滴加盐酸
开始生成沉淀，到HCl的量为1 mol时，沉淀量最大，后逐渐溶解，到HCl的量为4 mol时，完全溶解
向含有NaOH和NaAlO2各1 mol的溶液(即OH－、AlO各1 mol)中滴加盐酸
到HCl的量为1 mol时开始沉淀，HCl为2 mol时沉淀量最大，后溶解，HCl的量为5 mol时溶解完全
向含4 mol盐酸中滴加NaAlO2溶液
到NaAlO2的量为1 mol时开始沉淀，到NaAlO2的量为4 mol时，沉淀不再变化
6．(2014·潍坊期中)将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体
B．最终得到的溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．最终得到7.8 g沉淀
D．最终得到的溶液中c(Na＋)＝1.5 mol·L－1
解析：　n(Na2O2)＝0.2 mol，n(Al)＝0.2 mol，由2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑和2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑可知，生成n(O2)＝0.1 mol，n(H2)＝0.3 mol，nNaAlO2＝0.2 mol，反应剩余n(NaOH)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，通入的HCl气体为0.3 mol,0.2 mol HCl与NaOH反应，0.1 mol HCl与NaAlO2反应生成0.1 mol Al(OH)3沉淀，由Na＋守恒可知反应后溶液中含0.1 mol NaAlO2；A项，反应过程中得到8.96 L气体；B项，最终得到的溶液中还有0.1 mol NaAlO2；D项，由Na＋守恒可知最终得到的溶液中c(Na＋)＝2 mol·L－1。
答案：　C
7．将一定质量的镁铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示：
则下列说法不正确的是(　　)
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol/L
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
解析：　由图像知，n[Mg(OH)2]＝0.15 mol，n[Al(OH)3]＝0.35 mol－0.15 mol＝0.2 mol，则m(Mg)＝0.15 mol×24 g/mol＝3.6 g，m(Al)＝0.2 mol×27 g/mol＝5.4 g，所以，镁和铝的总质量为9 g；由图像知，最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸；当沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有Na2SO4，则有n(Na＋)＝2n(SO)，即n(NaOH)＝2n(H2SO4)，所以，硫酸的物质的量浓度为：＝2.5 mol/L；0.15 mol的Mg生成的氢气在标准状况下的体积为3.36 L,0.2 mol的Al生成的氢气在标准状况下的体积为6.72 L，所以镁和铝混合物生成的氢气在标准状况下的体积为10.08 L，故选D项。
答案：　D
　以AlCl3与NaOH反应归纳Al3＋、Al(OH)3、AlO转化的计算方法
　Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓①
Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O②
由①②得：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O③
≤3时，发生反应①，则：
n[Al(OH)3]＝n(OH－)
≥4时，发生反应③，无Al(OH)3生成。
3<<4时，发生反应 ①②，则：n[Al(OH)3]＝4n(Al3＋)－n(OH－)
(NaAlO2溶液与盐酸反应的计算与之类似，请自行归纳)
1．(2013·山东理综·9)足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是(　　)
A．氢氧化钠溶液　　　　　 B．稀硫酸
C．盐酸 D．稀硝酸
解析：　根据关系式：2Al～2NaOH,2Al～3H2SO4,2Al～6HCl，A项正确，B、C项错误；Al与稀硝酸反应不产生氢气，D项错误。
答案：　A
2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al(2012·广东理综，10B)(　　)
(2)明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用做净水剂(2012·江苏化学，5A)(　　)
(3)明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可做漂白剂(2012·天津化学，1C)(　　)
(4)复方氢氧化铝药片的有效成分是Al(OH)3可用作抗酸药(2012·北京理综，6C)(　　)
(5)如图所示，①AlCl3溶液、②浓氨水，①中有白色沉淀生成(2012·北京理综，10C改编)(　　)
(6)新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O(2012·海南，12D)(　　)
(7)Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3(2012·江苏，7①)(　　)
(8)Al箔插入稀HNO3中，无现象，说明Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜(2011·安徽理综，10C)(　　)
(9)加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO、NO(2011·天津理综，5C)(　　)
答案：　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√　(7)√　(8)×　(9)√
3．(2012·安徽理综·13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是(　　)
解析：　因Al(OH)3的溶解度大于Fe(OH)3，所以当向浓度均为0.1 mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，应先生成Fe(OH)3沉淀，再生成Al(OH)3沉淀，生成Al(OH)3沉淀时发生的反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，发生反应Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，最终Al(OH)3沉淀消失，由方程式知，生成Al(OH)3沉淀的过程与Al(OH)3沉淀消失的过程中，消耗NaOH溶液的体积比为3∶1，故C项正确。
答案：　C
4．(2013·全国理综·29)铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
②以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
[已知：CaF2＋H2SO4(浓)===CaSO4＋2HF↑]
回答下列问题：
(1)写出反应1的化学方程式________________________________________________________________________。
(2)滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是________，反应2的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)E可作为建筑材料，化合物C是________，写出由D制备冰晶石的化学方程式________________________________________________________________________。
(4)电解制铝的化学方程式是________________________________________________________________________，
以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是________________________________________________________________________。
解析：　(1)因为铝土矿的主要成分为二氧化硅、氧化铝，前者与NaOH反应生成硅酸钠，后者与NaOH反应生成偏铝酸钠(NaAlO2)。(2)CaO加入水溶液中先生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出的Ca2＋与SiO反应生成CaSiO3；反应2为偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝。(3)浓硫酸与萤石反应生成HF气体和硫酸钙，故C为浓硫酸，D为HF，E为硫酸钙；结合制备冰晶石的反应物HF、碳酸钠和氢氧化铝及生成物Na3AlF6，由元素守恒可知该反应的生成物中还有二氧化碳和水。(4)工业上利用熔融的氧化铝，通过电解可制得单质铝，并有氧气生成；阳极生成物氧气可与石墨反应，生成碳的氧化物。
答案：　(1)2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O、2NaOH＋Al2O3===2NaAlO2＋H2O
(2)CaSiO3　2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
(3)浓H2SO4　12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
(4)2Al2O34Al＋3O2↑　O2、CO2(CO)
思维建模__反映Al3＋、Al(OH)3、AlO之间转化的计算方法——数轴分析法
1．根据AlCl3与NaOH的量计算生成Al(OH)3的量
2．根据NaAlO2与HCl计算生成Al(OH)3的量
向50 mL 1 mol/L Al2(SO4)3溶液中加入100 mL KOH溶液，充分反应得到3.9 g沉淀，则KOH溶液的物质的量浓度可能是(双选)(　　)
A．1 mol/L　　　　　　　　　 B．3 mol/L
C．1.5 mol/L D．3.5 mol/L
解析：　n(Al3＋)＝0.05 L×1 mol·L－1×2＝0.1 mol
n[Al(OH)3]＝＝0.05 mol
由于n[Al(OH)3](1)<3时，只发生反应Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
n(OH－)＝3n[Al(OH)3]＝0.05 mol×3＝0.15 mol
即c(KOH)＝＝1.5 mol·L－1
(2)3<<4时，发生反应：
Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓①
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O②
方法Ⅰ：由反应①知，此反应消耗n(OH－)＝3n[Al(OH)3]＝3×0.05 mol＝0.15 mol
再由Al元素守恒知，由反应②生成的AlO的物质的量n(AlO)＝0.1 mol－0.05 mol＝0.05 mol
故由反应②消耗n(OH－)＝4n(AlO)＝4×0.05 mol＝0.2 mol
因此c(KOH)＝＝3.5 mol·L－1
方法Ⅱ.n[Al(OH)3]＝4n(Al3＋)－n(OH－)
即n(OH－)＝4n(Al3＋)－n[Al(OH)3]＝4×0.1 mol－0.05 mol＝0.35 mol
因此c(KOH)＝＝3.5 mol·L－1。
答案：　CD
向20 mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2 mol·L－1 NaOH溶液时，得到的Al(OH)3沉淀的质量与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如下图所示，试回答下列问题：
(1)图中A点表示的意义是________________________________________________________________________
__________________。
(2)图中B点表示的意义是________________________________________________________________________
__________________。
(3)上述两步用总的离子方程式可表示为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)假定反应混合物中有Al(OH)3沉淀0.39 g，则此时用去NaOH溶液的体积为________。
解析：　把NaOH溶液滴入AlCl3溶液，先产生Al(OH)3沉淀，其质量最大值为A点，然后全部溶解消失(B点)。其总反应的离子方程式为：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O。当有0.39 g Al(OH)3沉淀生成时，①AlCl3过量，加入NaOH使Al3＋部分产生沉淀为0.39 g，通过Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓可知用NaOH 7.5 mL。②当NaOH过量时，Al3＋全部参加反应生成Al(OH)3沉淀后又部分溶解，用NaOH 17.5 mL。
答案：　(1)表示滴入15 mL NaOH溶液时AlCl3完全能转化为Al(OH)3沉淀的质量为0.78 g
(2)表示滴入20 mL NaOH溶液生成的Al(OH)3沉淀完全溶解
(3)Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
(4)7.5 mL或17.5 mL
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题二 第四单元　金属材料与金属矿物
考点一　合金及常见金属材料
1．合金
(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
(2)性能
①熔点：多数合金的熔点比它的各成分金属的熔点低；
②硬度：合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度大。
2．常见金属材料
金属材料—
(1)黑色金属材料——钢
①钢是用量最大、用途最广的合金。
②钢
(2)几种有色金属材料
　下表中是四种金属的熔、沸点数据：
金属
Na
Al
Cu
Fe
熔点(℃)
97.81
660
1 038
1 535
沸点(℃)
883
2 467
2 567
2 750
①根据表中数据，归纳出两种金属不能形成合金的有哪些组合？
②概括出能形成合金的两种金属应具备的条件。
提示：　①Na—Cu，Na—Fe
②要形成合金，各成分都要有共同的液态温度范围，即合金中一种金属的熔点要高于另一种金属的熔点而低于它的沸点。
1．下列物质中，不属于合金的是(　　)
A．硬铝　　　　　　　　　　 B．黄铜
C．钢铁 D．水银
答案：　D
2．纯铁的熔点为1 535 ℃，而高炉中炼铁时生铁(含碳量较高的铁的合金)在1 200 ℃左右就熔化了，这是因为(　　)
A．铁的纯度越高熔点越低
B．合金的熔点比其成分物质的熔点高
C．因为形成了铁碳合金，所以熔点变低
D．在高炉中熔化的过程中发生了化学反应
答案：　C
3．铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等。下列与这些用途无关的性质是(　　)
A．不易生锈　　　　　　　　　 B．导电性好
C．密度小 D．强度高
答案：　B考点二　金属矿物的开发和利用
1．金属在自然界中的存在形态
(1)在自然界中绝大多数金属的存在形态：化合态。
(2)存在单质的金属的性质特点：化学性质不活泼。
2．金属的冶炼
(1)实质：把金属从化合态还原为游离态。
(2)一般步骤
(3)方法
方法名称
主要反应原理
热分解法
2HgO2Hg＋O2↑
2Ag2O4Ag＋O2↑
热还原法
CO作还原剂
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2(高炉炼铁)
H2作还原剂
WO3＋3H2W＋3H2O
活泼金属作还原剂
3MnO2＋4Al3Mn＋2Al2O3
电解法
2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
　(1)能否用电解AlCl3和MgO的方法冶炼Al、Mg?
(2)热还原法用到的还原剂有焦炭、CO和H2，试从所得产物纯度及对环境污染的角度考虑哪种还原剂更好？
提示：　(1)不能。因为AlCl3是共价化合物，熔融时无法电离出自由移动的离子，不导电；而MgO虽是离子化合物，但其熔点太高，熔融会消耗大量电能，成本较高。
(2)最好的还原剂是H2；原因是焦炭会使产品的纯度降低，CO会污染环境。
1．下列说法错误的是(　　)
A．有些活泼金属如铝可用作热还原法的还原剂
B．用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠
C．可用电解熔融氧化铝的方法来冶炼铝
D．回收旧金属可以重新制成金属或它们的化合物
解析：　本题主要考查金属的冶炼方法。铝可以作还原剂冶炼一些高熔点的金属，如2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，A项对；电解NaCl溶液不能得到金属钠，金属钠应该用电解熔融的NaCl方法制取，B项错；铝是活泼金属，很难用还原剂把它还原出来，但可用电解法制得，C项对；D项对。
答案：　B
2．金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的应用。下列关于金属的一些说法不正确的是(　　)
①合金的性质与其组成金属的性质不完全相同
②火烧孔雀石[Cu2(OH)2CO3]也属于还原法
③金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子
④工业上金属Mg、Al都是用电解熔融氯化物制得的
⑤越活泼的金属越难冶炼
A．①②③　　　　　　　　　 B．只有④
C．④⑤ D．②③④
解析：　合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，如硬度、强度更大、熔点更低等，①正确；火烧孔雀石分解生成CuO，CuO被焦炭还原为单质Cu，属于还原法制取，②正确；因AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，冶炼铝应用电解熔融Al2O3的方法，④错误；金属冶炼就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，③、⑤正确。
答案：　B
3．下列各组物质中能发生铝热反应的是(　　)
A．Al粉和FeO粉末 B．木炭粉和CuO粉末
C．Al粉和MgO粉末 D．Al粉和稀盐酸
解析：　铝热反应是铝与金属氧化物间的反应，B中无铝粉，错误；D中无金属氧化物，错误；C中虽然是铝粉与金属氧化物的混合物，但Al不如Mg活泼，两者不能发生铝热反应。
判断铝热反应能否发生可从以下方面分析：首先看状态：粉末或固体，再看化学成分：铝和金属氧化物；后看金属氧化物中的金属活动性，要比铝活动性弱。
答案：　A
4．用铝热反应还原下列物质，制得金属各1 mol时，消耗铝最少的是(　　)
A．MnO2 B．Cr2O3
C．V2O5 D．Fe3O4
解析：　制得1 mol金属需要电子最少的消耗铝最少。A～D项制得1 mol金属需要电子的物质的量依次为4 mol、3 mol、5 mol、 mol。
答案：　D
　
1．沿金属活动顺序表归纳金属的冶炼方法
K、Ca、Na、Mg、Al　Zn、Fe、Sn、Pb、Cu　　Hg、Ag　　　Pt、Au
电解法　　　　热还原法　　　　热分解法　物理方法
2．铝热反应
(1)原理：高温下铝将金属氧化物中的金属还原出来。
(2)实验装置：如图所示。
(3)实验现象
①镁条剧烈燃烧，放出一定的热量，使氧化铁粉末和铝粉在较高温度下发生剧烈的反应。
②反应放出大量的热，并发出耀眼的强光。
③纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中。
④待熔融物冷却后，除去外层熔渣，仔细观察，可以发现落下的是铁珠。
(4)铝热反应的应用
①该反应为放热反应，铝在高温下还原出了单质铁，在冶金工业上也常用这一原理制取熔点较高的金属，如铬、锰等，
3MnO2＋4Al2Al2O3＋3Mn。
②该反应原理可以应用在生产上，如焊接钢轨等。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成(2011·广东理综，10B)(　　)
(2)工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al涉及氧化还原反应(2012·广东理综，10B)(　　)
(3)MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOMg(2012·江苏，7⑤改编)(　　)
(4)相同条件下，溶液中Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋的氧化性依次减弱(2010·江苏，8D)(　　)
(5)实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体(2010·广东理综，22D)(　　)
答案：　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√
2．(2009·广东理综)下列有关金属及其合金的说法不正确的是(　　)
A．目前我国流通的硬币是由合金材料制造的
B．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加
C．镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹
D．日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
解析：　生铁、普通钢、不锈钢中碳含量依次减少，B项错。
答案：　B
3．(2013·上海化学·26)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：
2Al＋4BaO3Ba↑＋BaO·Al2O3
常温下Al的金属性比Ba的金属性________(选填“强”、“弱”)。利用上述方法可制取Ba的主要原因是__________。
a．高温时Al的活泼性大于Ba
b．高温有利于BaO分解
c．高温时BaO·Al2O3比Al2O3稳定
d．Ba的沸点比Al的低
解析：　依据元素周期律可知Al的金属性小于Mg，Mg的金属性小于Ba；应从化学平衡移动的观点分析此反应发生的原因。
答案：　弱　d
4．(2013·山东理综·28)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。
(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是________。
a．Fe2O3　　　　b．NaCl　　　　c．Cu2S　　　　d．Al2O3
(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2===4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是________。
(3)如图为电解精炼银的示意图，______(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为________。
(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是________。
解析：　(1)Na、Al的金属活动性较强，冶炼时选择电解法。(2)该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。反应中O2中O由0价变为－2价，1 mol O2发生反应，得4 mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4 mol。CuSO4溶液中由于Cu2＋水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NO＋e－＋2H＋===NO2↑＋H2O。(4)食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。
答案：　(1)b、d　(2)Cu2S　4　H2　(3)a　NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O　(4)做电解质溶液(或导电)
学科素养培优(四)__H2还原CuO所得红色物质成分的探究
　铜及其化合物一般都具有特殊的颜色，如Cu呈紫红色、Cu2O呈砖红色、CuO呈黑色、CuSO4·5H2O、Cu(OH)2呈蓝色、Cu2(OH)2CO3呈绿色等。在铜及其化合物中，Cu2O和铜绿[Cu2(OH)2CO3]是重点内容，试题中除以信息题的形式出现外，还常设置探究性题。
研究性学习小组为检测实验室用H2还原CuO所得红色固体中是否含有Cu2O进行了探究：
Ⅰ.查阅资料：
①Cu2O属于碱性氧化物；②高温灼烧CuO生成Cu2O；③Cu2O在酸性条件下能发生下列反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。
Ⅱ.设计实验方案：
方案1：取该红色试样溶于足量的稀硝酸中，观察溶液颜色变化。
方案2：取该红色试样溶于足量的稀硫酸中，观察溶液是否呈蓝色。
方案3：称得干燥坩埚的质量为a g，取红色试样置于坩埚中称得总质量为b g，在空气中高温灼烧至质量恒定，称得最后总质量为c g。
(1)请你评价方案1和方案2。如果你认为该方案合理，请简述其化学原理；如果你认为该方案不合理，请简述原因。
方案1：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
方案2：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)方案3中，若确认红色粉末中含有Cu2O，则a、b、c应符合的数学关系为____________________，该实验方案最少得进行________次称量。
解析：　(1)方案1不合理，因为稀硝酸具有强氧化性，若红色物质中存在氧化亚铜，也会被氧化成Cu2＋，使溶液始终呈现蓝色，无法验证，方案2可以证明。
(2)若红色物质都是铜，则存在反应：
2Cu＋O22CuO,4CuO2Cu2O＋O2↑，
得到关系：2Cu～2CuO～Cu2O
128 144
b－a c－a
解得c＝(9b－a)/8，而红色物质中存在Cu2O，则c<(9b－a)/8，称量时，要保证高温灼烧后质量不发生变化，则高温灼烧后要称量两次，若质量不变，则反应完全。
答案：　(1)不合理，因为铜和氧化亚铜均可与稀硝酸反应形成蓝色溶液
合理，因为氧化亚铜与稀硫酸反应生成Cu和Cu2＋，导致溶液呈蓝色，而铜不与稀硫酸反应
(2)c<(9b－a)/8　4

专题讲座(三)　无机化工流程题专项突破
　工艺流程题就是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图题的创新，题目常常以现代工业生产为基础，将化学工艺流程进行简化，与化工生产成本、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离等基本实验原理在化工生产中的实际应用，是近几年高考化学命题中的常考题型。
一、题型结构
1．化工流程线路示意图
(1)箭头：箭头进入的是投料(即反应物)、出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
(2)三线：物料进出线，操作流程线、循环操作线。
2．涉及问题
(1)原料的预处理。
(2)反应条件的控制(温度、压强、催化剂、原料配比、pH、溶剂等)。
(3)反应原理(化学平衡、水解平衡、化学反应速率、反应热、电化学等)。
(4)绿色化学问题(物质循环利用、废物的处理、原子利用率、能量充分利用等)。
(5)化工安全(防爆、防污染、防中毒等)。
二、解题方法
1．首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。
2．分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。
3．交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
三、热点分类突破
1．碱金属及其矿物的开发利用
(2012·广东理综·32)难溶性杂卤石
(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：
K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s) 2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO＋2H2O
为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：
(1)滤渣主要成分有________和________以及未溶杂卤石。
(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K＋的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“除杂”环节中，先加入________溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入________溶液调滤液pH至中性。
(4)不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如图。由下图可得，随着温度升高，①__________________，②__________________。
(5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：
CaSO4(s)＋COCaCO3(s)＋SO
已知298 K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5，求此温度下该反应的平衡常数K(计算结果保留三位有效数字)。
答案：　(1)Mg(OH)2　CaSO4(二者位置互换也正确)
(2)加入Ca(OH)2溶液后，生成Mg(OH)2、CaSO4沉淀，溶液中Mg2＋浓度减小，使平衡右移
(3)K2CO3　H2SO4
(4)①溶浸达到平衡的时间缩短
②平衡时K＋的浸出浓度增大(其他合理答案也可)
(5)解：CaSO4(s) Ca2＋(aq)＋SO(aq)
Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)
CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋CO(aq)
Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)
K＝＝＝＝1.75×104。
2．铝及其矿物的开发利用
铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体
[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)固体a的化学式为________，Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为________________________________________________________________________，
从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称) ________、冷却结晶、过滤洗涤。
(3)以1 000 kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取
Al2(SO4)3，需消耗质量分数98%的硫酸(密度1.84 g·cm－3)________L(保留一位小数)。
(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为__________。
答案：　(1)SiO2　AlO＋CO2＋2H2O===HCO＋Al(OH)3↓
(2)Al2O3＋4H2SO4＋2NH3===2NH4Al(SO4)2＋3H2O　蒸发浓缩
(3)575.4　(4)3∶10
3．铁、铜及其矿物的开发利用
酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：
(1)步骤(ⅰ)中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)步骤(ⅱ)所加试剂起调节pH作用的离子是________(填离子符号)。
(3)在步骤(ⅲ)发生的反应中，1 mol MnO2转移2 mol电子，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(4)步骤(ⅳ)除去杂质的化学方程式可表示为3Fe3＋＋NH＋2SO＋6H2O===NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋
过滤后母液的pH＝2.0，c(Fe3＋)＝a mol·L－1，c(NH)＝b mol·L－1，c(SO)＝d mol·L－1，该反应的平衡常数K＝________(用含a、b、d的代数式表示)。
解析：　(1)Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反应为：
Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O。
(2)加入的NH4HCO3中HCO可以与溶液中的H＋反应，故起调节pH作用的离子是HCO。
(3)溶液中具有还原性的只有Fe2＋，再根据1 mol MnO2转移2 mol电子，即可写出相应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
(4)化学平衡常数就是达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，注意溶液中的沉淀和水的浓度看作1。
答案：　(1)Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O
(2)HCO
(3)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　(4)

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题五第一单元　化学反应中的热效应
考点一　化学反应的焓变
1．反应热和焓变
(1)反应热是化学反应中放出或吸收的热量。
(2)焓变是化学反应在恒温恒压下放出或吸收的热量。
(3)化学反应的反应热用一定条件下的焓变表示，符号为ΔH，单位为kJ·mol－1。
2．吸热反应与放热反应
(1)从能量高低角度理解
(2)从化学键角度理解
1．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应吗？不需要加热就能进行的反应一定是放热反应吗？
2．常见的吸热反应、放热反应有哪些？
提示：　1.吸热反应和放热反应与反应所发生的外界条件无关，需要加热的不一定是吸热反应，如C＋O2CO2　
ΔH<0，不需要加热的反应也不一定是放热反应，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应。
2．(1)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。
(2)常见吸热反应
①大多数分解反应；②盐的水解和弱电解质的电离；③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；④碳和水蒸气、C和CO2的反应。
1．判断正误(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 (　　)
(2)伴有能量变化的物质变化都是化学变化 (　　)
(3)吸热反应在任何条件都不能发生 (　　)
(4)Na转化为Na＋时，吸收的能量就是该过程的反应热(　　)
(5)水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
2．已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g)　ΔH＝－270 kJ/mol，下列说法正确的是(　　)
A．氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应
B．1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量
D．该反应中的能量变化可用如图来表示
答案：　C
3．1 mol H2分子断裂开H—H键需要吸收436 kJ的能量；1 mol Cl2分子断裂开Cl—Cl键需要吸收243 kJ的能量，形成1 mol H—Cl键放出431 kJ的能量，则反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)放出的热量为________________________________________________________________________。
答案：　183 kJ
4．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1 mol F—F、S—F键需要吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反应热ΔH为________。
解析：　断裂1 mol S—S键吸收能量280 kJ，断裂3 mol F—F键吸收能量3×160 kJ，则吸收的总能量为Q吸＝280 kJ＋3×160 kJ＝760 kJ，释放的总能量为Q放＝330 kJ×6＝1 980 kJ，由反应方程式：S(s)＋3F2(g)===SF6(g)可知，ΔH＝760 kJ/mol－1 980 kJ/mol＝－1 220 kJ/mol。
答案：　－1 220 kJ/mol
　
　熟记反应热ΔH的基本计算公式
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量
ΔH＝反应物的总键能之和－生成物的总键能之和考点二　热化学方程式
1．概念：表示参加反应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。
如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1：表示在25 ℃、101 kPa条件下，2_mol_H2(g)和1_mol_O2(g)完全反应生成2_mol_H2O(l)，放出571.6_kJ的热量。
3．书写热化学方程式的“五步”
　(1)已知：H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
则H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)与2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)的焓变ΔH2、ΔH3分别是多少？
(2)已知：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，kJ·mol－1的含义是什么？若1 mol N2和3 mol H2在一定条件下发生反应，放出的热量等于92 kJ吗？
提示：　(1)ΔH2＝ kJ·mol－1　ΔH3＝－a kJ·mol－1。
(2)表示每摩尔反应发生完成后所放出的热量；不等，该反应是可逆反应，不能进行完全，放出的热量小于92 kJ。
1．发射飞船的火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4 mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气放出356.652 kJ的热量。反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　首先根据题意写出化学方程式
N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O↑
再计算1 mol N2H4反应放出的热量为
×1 mol＝891.63 kJ，
标明物质的聚集状态，表示出ΔH，并检查。
答案：　N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　
ΔH＝－891.63 kJ/mol。
2．已知拆开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol NN键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：　N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝(946＋436×3－391×6)kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。
答案：　N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1
3．下图是NO2(g)和CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)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：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由图可知，产物总能量低于反应物总能量，该反应是放热反应，ΔH＝E1－E2＝134 kJ·mol－1－368 kJ·mol－1＝－234 kJ·mol－1。
答案：　NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)　
ΔH＝－234 kJ·mol－1
4．已知在1×105 Pa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气，放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是(　　)
A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋242 kJ·mol－1
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－484 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝＋242 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝＋484 kJ·mol－1
解析：　H2燃烧是放热反应，ΔH<0，C、D错误；题中注明生成水蒸气，B项中生成液态水，错误；根据题意热化学方程式应为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－484 kJ·mol－1，推出H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242 kJ·mol－1，该反应的逆反应ΔH>0，则A正确。
答案：　A
5．下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 367.0 kJ/mol(燃烧热)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋57.3 kJ/mol(中和热)
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296.8 kJ/mol(反应热)
D．2NO2===O2＋2NO　ΔH＝＋116.2 kJ/mol(反应热)
解析：　本题考查热化学方程式的正误判断。选项A，H2O的状态是不稳定的气态，不是表示燃烧热的热化学方程式。选项B，中和热为放热反应，ΔH＝－57.3 kJ/mol。选项C，S燃烧生成SO2的反应是放热反应，ΔH<0，同时也注明了物质的聚集状态等，正确。选项D，未注明物质的聚集状态，错误。
答案：　C
　判断热化学方程式正误的“五看”
　一看状态―→看各物质的聚集状态是否正确；
二看符号―→看ΔH的“＋”、“－”是否正确；
三看单位―→看反应热的单位是否为kJ/mol；
四看数值―→看反应热数值与化学计量数是否相对应；
五看概念―→看燃烧热、中和热的热化学方程式。
考点三　燃烧热和中和热
1．燃烧热
(1)概念：25 ℃、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能量。
(2)单位：kJ·mol－1。
(3)意义：C的燃烧热为393.5 kJ·mol－1，表示在25 ℃、101 kPa条件下，1_mol_C完全燃烧生成CO2气体时放出393.5_kJ热量。
(4)元素燃烧生成的稳定氧化物：
C―→CO2(g)、H―→H2O(l)、S―→SO2(g)。
2．中和热
3．中和反应反应热的测定
(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，采取的措施是使碱稍过量。
　(1)装置中碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是什么？
(2)怎样用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液，不能用铜丝搅拌棒代替的理由是什么？
提示：　(1)保温、隔热，减少实验过程中热量的损失。
(2)实验时应用环形玻璃搅拌棒上下搅动；因为铜传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒。
1．在25 ℃、101 kPa下，1 g H2完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ热量，表示H2燃烧热的热化学方程式为：
________________________________________________________________________，
H2的燃烧热为________________________________________________________________________。
答案：　H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol　285.8 kJ/mol
2．已知稀溶液中，1 mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6 kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应生成1 mol H2O的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
3．某实验小组用0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液进行反应热的测定。
(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)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度
次数　　
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1.0 g·mL－1，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。则生成1 mol H2O(l)时的反应热ΔH＝________(取小数点后一位)。
③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NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
解析：　(2)①第2组数据偏差较大，应舍去，其他三组的温度差平均值为4.0 ℃。
②ΔH＝－＝－53.5 kJ·mol－1。
③放出的热量小可能是散热、多次加入碱或起始温度读的较高等原因。
答案：　(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
(2)①4.0
②－53.5 kJ·mol－1　③b
考点四　盖斯定律和能源
1．盖斯定律
(1)内容
不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。
(2)应用
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，利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。
2．能源
方程式
反应热间的关系
aAB、A B
AB
提示：　ΔH1＝aΔH2　ΔH1＝－ΔH2　ΔH＝ΔH1＋ΔH2
1．试比较下列三组ΔH的大小
(1)同一反应，生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0
A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0
ΔH1________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”，下同)。
(2)同一反应，反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1<0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2<0
则ΔH1________ΔH2。
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2<0
则ΔH1________ΔH2。
答案：　>　<　<
　对于放热反应来说，ΔH＝－Q kJ·mol－1，虽然“－”仅表示放热的意思，但在比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即放热越多，ΔH反而越小。如：
(1)同一反应，生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0，A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0，因为C(g)===C(l)　ΔH3<0，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1。
(2)同一反应，反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1<0　S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2<0
ΔH2＋ΔH3===ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2。
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2<0根据常识可知CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3<0又因为ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH2>ΔH1。
2．实验室用4 mol SO2与2 mol O2进行下列反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－196.64 kJ·mol－1，当放出314.624 kJ的热量时，SO2的转化率为(　　)
A．40%　　　　　　　　　　 B．50%
C．80% D．90%
解析：　2 mol SO2和1 mol O2完全反应时，放出的热量为196.64 kJ，当放出314.624 kJ的热量时，有3.2 mol SO2参与反应，转化率为80%。
答案：　C
3．用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)　
ΔH＝＋64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)　ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：　将第二个热化学方程式乘以，然后将三个热化学方程式相加，即得：
Cu(s)＋2H＋(aq)＋H2O2(l)＋H2(g)＋O2(g)===
Cu2＋(aq)＋H2(g)＋H2O(l)＋O2(g)＋H2O(l)
ΔH＝64.39 kJ·mol－1＋×(－196.46 kJ·mol－1)＋(－285.84 kJ·mol－1)
即：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
答案：　Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
　利用盖斯定律书写热化学方程式的思维建模
　????
4．能源分类相关图如右图所示，下列四组选项中，全部符合图中阴影部分的能源是(　　)
A．煤炭、石油、沼气
B．水能、生物能、天然气
C．太阳能、风能、潮汐能
D．地热能、海洋能、核能
答案：　C

1．(2013·北京理综·6)下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(　　)
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
解析：　 硅太阳能电池工作时将光能转化为电能，A项错误；锂离子电池是化学电池，工作时将化学能转化为电能，B项错误；太阳能集热器工作时将光能转化为热能，C项错误；燃气灶工作时将化学能转化为热能，D项正确。
答案：　D
2．(2013·福建理综·11)某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。其过程如下：
mCeO2(m－x)CeO2·xCe＋xO2
(m－x)CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2mCeO2＋xH2＋xCO
下列说法不正确的是(　　)
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．右图中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O
解析：　由①、②两个反应可知，CeO2在反应前后没有变化，没有消耗，A项正确；由题给反应可知该过程实现了太阳能向化学能的转化，B项正确；由能量图可知，ΔH1＝－(ΔH2＋ΔH3)，C项错误；书写电池电极反应式时，要注意电解质溶液的影响，碱性条件下生成的CO2会与OH－反应生成CO，D项正确。
答案：　C
3．(2013·重庆理综·6)已知：P4(g)＋6Cl2(g)===4PCl3(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，P4(g)＋10Cl2(g)===4PCl5(g)　ΔH＝b kJ·mol－1，P4具有正四面体结构，PCl5中P—Cl键的键能为c kJ·mol－1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2c kJ·mol－1。
下列叙述正确的是(　　)
A．P—P键的键能大于P—Cl键的键能
B．可求Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔH
C．Cl—Cl键的键能为(b－a＋5.6c)/4 kJ·mol－1
D．P—P键的键能为(5a－3b＋12c)/8 kJ·mol－1
解析：　Cl的非金属性大于P的非金属性，故P—Cl键的键能大于P—P键的键能，A项错误；不知道PCl5(g)―→PCl5(s)的反应热，无法求出B项中反应的反应热，B项错误；根据盖斯定律，消去P4，得到Cl—Cl键的键能为(b－a＋5.6c)/4 kJ·mol－1，C项正确；根据盖斯定律，消去Cl2，得到P—P键的键能为(5a－3b＋12c)/12 kJ·mol－1，D项错误。
答案：　C
4．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25 ℃时：
①HF(aq)＋OH－(aq)===F－(aq)＋H2O(l)　
ΔH＝－67.7 kJ·mol－1
②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
在20 mL 0.1 mol·L－1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液。则氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq) F－(aq)＋H＋(aq)　ΔH＝＋10.4 kJ·mol－1(2012·安徽理综，12改编)(　　)
(2)已知冰的熔化热为6.0 kJ·mol－1，冰中氢键键能为20 kJ·mol－1。假设每摩尔冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键(2011·浙江理综，12A)(　　)
(3)甲烷的标准燃烧热为－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(2010·浙江理综，12A)(　　)
(4)500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1(2010·浙江理综，12B)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
5．[2013·新课标全国卷Ⅰ·28(3)]二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
(ⅰ)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　
ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
(ⅱ)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　
ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1
水煤气变换反应：
(ⅲ)CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　
ΔH3＝－41.1 kJ·mol－1
二甲醚合成反应：
(ⅳ)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1
由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为______________________。
解析：　(ⅰ)式×2＋(ⅳ)式即得：2CO(g)＋4H2(g)===H2O(g)＋CH3OCH3(g)　ΔH＝－204.7 kJ·mol－1。
答案：　2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　
ΔH＝－204.7 kJ·mol－1
6．(2013·新课标全国卷Ⅱ·12)在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)　ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g)　ΔH3
2S(g)===S2(g)　ΔH4
则ΔH4的正确表达式为(　　)
A．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
D．ΔH4＝(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
解析：　根据盖斯定律，由第一个反应×＋第二个反应×－第三个反应×2可得第四个反应，则ΔH4＝ΔH1×＋ΔH2×－ΔH3×2＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)。
答案：　A
7．(2013·课标全国理综卷·11)已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－55.6 kJ·mol－1，则HCN在水溶液中电离的ΔH等于(　　)
A．－67.7 kJ·mol－1　　　　 B．－43.5 kJ·mol－1
C．＋43.5 kJ·mol－1 D．＋67.7 kJ·mol－1
解析：　由题意可知， ①HCN(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)＋CN－(aq)　ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；
②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－55.6 kJ·mol－1。利用盖斯定律，①式－②式可得，HCN(aq)===H＋(aq)＋CN－(aq)　ΔH＝＋43.5 kJ·mol－1。
答案：　C
8．[2013·江苏化学·20(1)]白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH1＝＋3 359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)===CaSiO3(s)　ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)===6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH3
则ΔH3＝________kJ·mol－1。
解析：　ΔH3＝ΔH1＋6ΔH2＝＋3 359.26 kJ·mol－1＋6×(－89.61 kJ·mol－1)＝＋2 821.6 kJ·mol－1。
答案：　＋2 821.6
学科素养培优(八)__反应热的计算
1．利用热化学方程式进行有关计算
根据已知的热化学方程式和已知的反应物或生成物的物质的量或反应吸收或放出的热量，可以把反应热当作“产物”，计算反应放出或吸收的热量。
2．根据计算书写热化学方程式
根据一定量的反应物或生成物的量计算出反应放出或吸收的热量，换算成1 mol反应物或生成物的热效应，书写热化学方程式。
3．根据燃烧热数据，求算反应放出的热量
利用公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)
如已知H2的燃烧热为ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，燃烧H2的物质的量为2 mol，则H2燃烧放出的热量为2 mol×285.8 kJ·mol－1＝571.6 kJ。
4．根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差进行计算
如H2与Cl2燃烧生成HCl的反应，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，断裂旧键吸收的总能量为679 kJ，新键形成过程中释放的总能量为862 kJ，故该反应的反应热ΔH＝(679－862)kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1。
5．利用盖斯定律求解
根据已知的热化学方程式，若其反应物仍然是所求目标热化学方程式的反应物，调整计量系数后作为基础或与基础各对应部分相加，若其反应物是所求目标热化学方程式的生成物，调整系数后各对应部分由基础相减，整理即可得到求解的热化学方程式和反应热。调整系数既是与目标相符，又能消除无关物质。
常用以下两种方法：
(1)热化学方程式相加或相减，如由
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1；
②C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2；
①－②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。
ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
　
(1)根据已知的热化学方程式进行计算时，要清楚已知热化学方程式的化学计量数表示的物质的量与已知物质的量之间的比例关系，然后进行计算。
(2)根据化学键断裂和形成过程中的能量变化计算反应热时，需注意断键和成键的总数，必须是断键和成键时吸收或放出的总能量。
(3)运用盖斯定律进行计算，在调整方程式时，要注意ΔH的正负和数值也要随之调整。
[2012·课标全国理综卷·27(2)]工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热(ΔH)分别为－890.3 kJ·mol－1、－285.8 kJ·mol－1和－283.0 kJ·mol－1，则生成1 m3(标准状况)CO所需热量为________。
解析：　首先依据燃烧热概念写出：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－890.3 kJ·mol－1，②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1，③CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1；再写出CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)，①式－②式×2－③式×2即得CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)，所以ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3＝(－890.3＋285.8×2＋283.0×2)kJ·mol－1＝＋247.3 kJ·mol－1，生成1 m3 CO所需热量为×247.3 kJ·mol－1×≈5 520 kJ。
答案：　5 520 kJ
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题五第三单元　电解池　金属的腐蚀与防护
考点一　电解原理
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)
电解池是把电能转化为化学能的装置。
3．电解池的组成和工作原理(电解CuCl2溶液)
总反应方程式：CuCl2Cu＋Cl2↑
4．电子和离子移动方向
(1)电子：从电源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。
5．阴、阳两极放电顺序
(1)阴极：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。
(2)阳极：活泼电极>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子。
　分析电解下列物质的过程，并总结电解规律(用惰性电极电解)
电解质(水溶液)
电极方程式
被电解的物质
总化学方程式或离子方程式
电解质浓度
溶液pH
电解质溶液复原
含氧酸(如H2SO4)
阳极：__________阴极：__________
加______
强碱(如NaOH)
阳极：__________阴极：__________
加______
活泼金属的含氧酸盐(如KNO3、Na2SO4)
阳极：__________阴极：__________
加______
无氧酸(如HCl)，除HF外
阳极：__________阴极：__________
不活泼金属
的无氧酸盐
(如CuCl2)，
除氟化物外
阳极：__________阴极：__________
加______
活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)
阳极：__________阴极：__________
生成新电解质
不活泼金属
的含氧酸盐
(如CuSO4)
阳极：__________阴极：__________
2Cu2＋＋2H2O
2Cu＋
O2↑＋4H＋
生成新电解质或________
加________
(1)上表中要使电解后的CuSO4溶液复原，加入Cu(OH)2固体可以吗？
(2)在框图推断中若出现“A＋H2OB＋C＋D”的模式，则A一般可能为什么物质？
提示：　(从左到右，从上到下)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　4H＋＋4e－===2H2↑　水　2H2OO2↑＋2H2↑　增大　减小　H2O　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　4H＋＋4e－===2H2↑　水　 2H2OO2↑＋2H2↑　增大　增大　H2O　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　4H＋＋4e－===2H2↑　水　2H2OO2↑＋2H2↑　增大　不变　H2O　2Cl－－2e－===Cl2↑　2H＋＋2e－===H2↑　酸　2HClCl2↑＋H2↑　减小　增大　通入HCl气体　2Cl－－2e－===Cl2↑　Cu2＋＋2e－===Cu　盐　CuCl2Cu＋Cl2↑　减小　CuCl2　2Cl－－2e－===Cl2↑　2H＋＋2e－===H2↑　水和盐　2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－　增大　通入HCl气体　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O　2Cu2＋＋4e－===2Cu　水和盐　减小　CuO　CuCO3
(1)使CuSO4溶液复原应加入CuO，而加入Cu(OH)2会使溶液的浓度降低。
(2)CuSO4、NaCl(KCl)或AgNO3，要视其他条件而定。
1．用惰性电极电解下列物质的稀溶液，经过一段时间后，溶液的pH减小的是(　　)
A．Na2SO4　　　　　　　　　 B．NaOH
C．NaCl D．AgNO3
解析：　根据电解规律，电解Na2SO4和NaOH的稀溶液实质是电解水，Na2SO4溶液pH不变，NaOH溶液pH变大；电解NaCl溶液生成NaOH，pH变大，电解AgNO3溶液生成HNO3，pH变小。
答案：　D
2．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下图所示，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
解析：　由2Cu＋H2OCu2O＋H2↑知Cu发生氧化反应，作阳极，则石墨作阴极，因此Cu接直流电源的正极。根据上述电解反应方程式，阳极反应为：2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol e－转移时，有0.05 mol Cu2O生成；阴极反应为：2H＋＋2e－===H2↑。
答案：　A
　
1．分析电解过程的思维程序
(1)首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
(2)再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序
(4)分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
(5)最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。
2．判断电解质溶液离子浓度的变化
(1)若阴极为H＋放电，则阴极区c(OH－)增大；
(2)若阳极为OH－放电，则阳极区c(H＋)增大；
(3)若阴、阳两极同时有H＋、OH－放电，相当于电解水，溶质离子的浓度增大。
3．按要求书写有关的电极反应式及总方程式。
(1)用惰性电极电解AgNO3溶液：
阳极反应式 ________________________________________________________________________；
阴极反应式________________________________________________________________________；
总反应离子方程式________________________________________________________________________。
(2)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________________________________________________________________________。
(3)用铁作电极电解NaCl溶液
阳极反应式________________________________________________________________________；
阴极反应式________________________________________________________________________；
总化学方程式________________________________________________________________________。
(4)用铜作电极电解盐酸溶液
阳极反应式________________________________________________________________________；
阴极反应式________________________________________________________________________；
总反应离子方程式________________________________________________________________________。
答案：　(1)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
4Ag＋＋4e－===4Ag
4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋
(2)2Cl－－2e－===Cl2↑　2H＋＋2e－===H2↑
Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑
(3)Fe－2e－===Fe2＋　2H＋＋2e－===H2↑
Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑
(4)Cu－2e－===Cu2＋
2H＋＋2e－===H2↑
Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑
4．CuI是一种不溶于水的白色固体，可以由反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2得到。现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。回答下列问题：
(1)阳极区的现象________________________________________________________________________。
(2)阳极电极反应式________________________________________________________________________。
答案：　(1)铜电极逐渐溶解，有白色沉淀产生，溶液变为蓝色
(2)2Cu＋4I－－4e－===2CuI↓＋I2
5．某水溶液中含有等物质的量浓度的Cu(NO3)2和NaCl，以惰性电极对该溶液进行电解，分阶段写出电解反应的化学方程式。
解析：　第一阶段　阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
第二阶段　阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
第三阶段　阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
将电极反应式合并可得电解反应的化学方程式。
答案：　第一阶段的反应：CuCl2Cu＋Cl2↑
第二阶段的反应：
2Cu(NO3)2＋2H2O2Cu＋O2↑＋4HNO3
第三阶段的反应：2H2O2H2↑＋O2↑
　
1．电解方程式的书写步骤
以写出用石墨作电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式为例。
第一步：明确溶液中存在哪些离子。阳离子：Cu2＋、H＋；阴离子：OH－、SO。
第二步：判断阴阳两极附近离子种类及离子放电顺序。
阴极：Cu2＋>H＋；阳极：OH－>SO。
第三步：写电极反应式和总的电解方程式。阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu；阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。
根据得失电子数相等，两极反应式相加得总方程式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
2．规避电解池中方程式书写的3个易失分点
(1)书写电解池中电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。
(2)要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。
(3)电解水溶液时，应注意放电顺序中H＋、OH－之后的离子一般不参与放电。
考点二　电解原理的应用
1．电解食盐水
阴极：2H＋＋2e－===H2↑，
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，
电解反应方程式：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH。
2．电镀与电解精炼铜
电镀(Fe上镀Cu)
电解精炼铜
阳极
电极材料
铜
粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)
电极反应
Cu－2e－===Cu2＋
Cu－2e－===Cu2＋
Zn－2e－===Zn2＋
Fe－2e－===Fe2＋
Ni－2e－===Ni2＋
阴极
电极材料
铁
纯铜
电极反应
Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液
CuSO4溶液
注：电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉在电解池底部形成阳极泥
3.电冶金
(1)钠的冶炼
总反应：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
阴极反应：2Na＋＋2e－===2Na
阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)Mg的冶炼
总反应：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
(3)Al的冶炼
总反应：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
　(1)Cu的还原性比H2弱，能否采取一定措施使Cu将酸中的H＋置换出来？采用什么措施？
(2)氯碱工业在生产过程中必须把阳极室和阴极室用离子交换膜隔开，原因是什么？
提示：　(1)能。采用电解的方法，用Cu做阳极，电解稀H2SO4。阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑。电解反应方程式：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑。
(2)防止H2和Cl2混合爆炸，防止Cl2与溶液中的NaOH反应。
1．甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水。下列说法中不正确的是(　　)
A．装置乙的a极要与装置甲的X极连接
B．装置乙中b极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
C．若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极发生的电极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋
D．N电极发生还原反应，当N电极消耗5.6 L(标况下)气体时，则有2NA个H＋通过离子交换膜
解析：　由图甲分析得出M(或X)为负极，N(或Y)为正极，由图乙分析得出a为阴极，b为阳极。乙的a极要与甲的X极相连接，A项正确；乙的b极为阳极，氯离子放电，B项正确；因图甲中传递的是质子，葡萄糖在M极放电，故电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，C项正确；氧气在N电极得到电子，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故消耗5.6 L氧气时，转移1 mol电子，即有NA个H＋通过离子交换膜，D项错误。
答案：　D
2．工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如下图所示：
(1)该电解槽的阳极反应式是________________________________________________________________________。
(2)通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口________(填写“A”或“B”)导出。
答案：　(1)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)H＋放电，促进水的电离，OH－浓度增大
(3)B
3．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是__________________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的__________。
a．NH3　　　　　　　　　 b．CO2
c．NaOH d．HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为__________________。
取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是________________________________________________________________________。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是________________________________________________________________________。
解析：　(1)①冒气泡的原因是Al与NaOH溶液反应，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑；使AlO生成沉淀，最好是通入CO2，若加HNO3，过量时沉淀容易溶解。
②阳极是Al发生氧化反应，要生成氧化膜，还必须有H2O参加，故电极反应式为2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于HCO消耗H＋，使溶液pH不断升高。
(2)电镀时，阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2＋，以补充溶液中的Cu2＋。
答案：　(1)①2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑　b
②2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋　HCO消耗H＋，c(H＋)减小，c(OH－)增大，使Al(OH)3沉淀析出
(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2＋
　工业上用粗盐生产烧碱、氯气和氢气的过程
考点三　金属的腐蚀与防护
1．化学腐蚀与电化学腐蚀
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
反应物
金属、干燥的气体
或非电解质
不纯金属、电解质溶液
反应类型
直接发生化学反应
原电池反应
有无电流产生
无
有
实质
金属原子失电子被氧化
2.电化学腐蚀的分类(钢铁腐蚀)
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
水膜性质
酸性
弱酸性、中性或碱性
负极反应
Fe－2e－===Fe2＋
正极反应
2H＋＋2e－===H2↑
2H2O＋O2＋4e－===4OH－
总反应
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
2Fe＋O2＋2H2O===
2Fe(OH)2
其他反应
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
注：吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍
3.金属的防护
(1)牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理。
(2)外加电流的阴极保护法利用电解池原理。
(3)改变金属内部结构→如制成不锈钢。
(4)加保护层→如电镀、喷漆、覆膜等。
1．探究钢铁生锈(Fe2O3·xH2O)的主要过程。
2．探究影响金属腐蚀的因素。
提示：　1.(1)吸氧腐蚀：
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋
正极：O2＋2H2O＋4e－=== 4OH－
原电池反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
(2)Fe(OH)2被氧化：
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=== 4Fe(OH)3
(3)Fe(OH)3分解形成铁锈：
2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
2．影响金属腐蚀的因素包括金属的本性和介质两个方面。就金属本性来说，金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀。介质对金属的腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液，都容易被腐蚀。

1．相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是(　　)
解析：　A、D均可由Fe、Cu构成原电池而加速铁的腐蚀；在B中，食盐水提供电解质溶液环境，炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属作负极，碳作正极，易被腐蚀；C中铜镀层把铁完全覆盖，构不成原电池而不被腐蚀。
答案：　C
2．下面各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是(　　)
A．④>②>①>③　　　　　　　 B．②>①>③>④
C．④>②>③>① D．③>②>④>①
答案：　A
　判断金属腐蚀快慢的规律
(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
(2)对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。
(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。
(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。
3.
按如图所示装置，进行铁钉被腐蚀的实验，一周后观察(设水不蒸发)。
(1)若试管中液面上升，发生的是__________腐蚀，则正极反应式为________________________________________________________________________，
负极反应式为________________________________________________________________________。
要顺利完成此实验，所用的电解质溶液可以是________________________________________________________________________。
(2)若试管中液面下降，发生的是__________腐蚀，正极反应式为________________________________________________________________________，
负极反应式为________________________________________________________________________。
要顺利完成此实验，所用的电解质溶液可以是________________________________________________________________________。
答案：　(1)吸氧　2H2O＋O2＋4e－===4OH－　2Fe－4e－===2Fe2＋　氯化钠溶液(或其他合理答案)
(2)析氢　2H＋＋2e－===H2↑　Fe－2e－===Fe2＋　 稀硫酸(或其他合理答案)
4．下列装置中(杯中均盛有海水)能使铁受到保护不被腐蚀的是(　　)
解析：　A、D项中Fe为电解池的阳极，加快Fe的腐蚀；B项中Fe为电解池的阴极被保护；C项中Fe为原电池的负极，易被腐蚀。
答案：　B
5．利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__________处。
若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为______________。
解析：　铁被保护，可以是作原电池的正极，或者电解池的阴极，故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe作阴极受到保护；若X为锌，开关K置于M处，铁作正极，锌作负极，称为牺牲阳极的阴极保护法。
答案：　N　牺牲阳极的阴极保护法
1．(2013·北京理综·9)用石墨电极电解CuCl2溶液(如右图所示)。下列分析正确的是(　　)
A．a端是直流电源的负极
B．通电使CuCl2发生电离
C．阳极上发生的反应：Cu2＋＋2e－===Cu
D．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
解析：　通过图中离子的运动状态可判断连接a的为阴极，连接b的为阳极，故a端为直流电源的负极，b端为直流电源的正极，A项正确；CuCl2在水溶液中就能发生电离，而不是通电的结果，B项错误；阳极发生氧化反应，即2Cl－－2e－===Cl2↑，C项错误；阴极发生还原反应，析出Cu，阳极发生氧化反应，在阳极附近可观察到黄绿色气体，D项错误。
答案：　A
2.
(2013·浙江理综·11)电解装置如图所示，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－===IO＋5I－＋3H2O
下列说法不正确的是(　　)
A．右侧发生的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．电解结束后，右侧溶液中含有IO
C．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变
解析：　装置图中左侧电极为阳极，I－失去电子生成I2，右侧电极为阴极，H2O得到电子生成H2，A、C项正确；分析可知，B项正确；D项，如果将阴离子交换膜换为阳离子交换膜，那么阴极产生的OH－不会与I2发生反应，故电解槽内发生的总化学反应要变化，D项错误。
答案：　D
3．(2013·天津高考·6)为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：
电池：Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)＋2H2O(l)
电解池：2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
电解过程中，以下判断正确的是(　　)
电池
电解池
A
H＋移向Pb电极
H＋移向Pb电极
B
每消耗3 mol Pb
生成2 mol Al2O3
C
正极：PbO2＋4H＋＋2e－===Pb2＋＋2H2O
阳极：2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋
D
解析：　原电池中阳离子向正极移动，所以H＋移向PbO2极，电解池中，阳离子移向阴极，即H＋移向Pb极，A项错误；原电池中消耗3 mol Pb，转移6 mol e－，在电解池中转移6 mol e－生成1 mol Al2O3，B项错误；原电池中正极反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O，C项错误；原电池中Pb失电子转化为PbSO4，所以Pb电极质量增加，而电解池中Pb作阴极，不参与反应，所以质量不变，D项正确。
答案：　D
4．(2013·全国理综·9)电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是(　　)
A．阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．电解过程中溶液pH不会变化
C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D．电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O被还原
解析：　以铁板作阴、阳极，所以铁在阳极被氧化，A项正确；由题目提示的离子方程式可知，阳极产生的Fe2＋被氧化，同时有氢离子参与反应，所以电解过程中溶液的pH会升高，B项错误；因为氢离子在阴极放电，不断产生氢氧根离子，所以反应过程中会有Fe(OH)3沉淀生成，C项正确；从题目提供的离子方程式可知，1 mol Cr2O参与反应转化成Cr3＋时，需6 mol Fe2＋，故电路中需转移12 mol电子，D项正确。
答案：　B
5．(1)[2013·山东理综·28(3)(4)]
①如图为电解精炼银的示意图，________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为________。
②为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是________。
(2)[2013·重庆理综·11(2)]化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
电化学降解NO的原理如图所示。
①电源正极为________(填“A”或“B”)，阴极反应式为____________________________。
②若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。
解析：　(1)①电解精炼银时，粗银连接在电源正极上，作阳极，电极本身放电溶解，精银连接到电源负极上，作阴极。
由图可知，b极为电解池阴极，发生反应为Ag＋＋e－===Ag，若该电极产生红棕色气体即NO2，则应发生如下电极反应：NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O。
②将银器浸于铝质容器的食盐水中并相互接触，则构成原电池，Al作负极，银器作正极，Ag2S得电子还原为单质银，食盐水主要是起到电解质溶液导电的作用。
(2)①图中NO在Ag－Pt电极附近转化成N2，说明NO在该极得电子，则Ag－Pt电极作阴极，B为负极，A为正极。阴极反应式为：2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－ 。
②阳极反应为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，当转移2 mol电子时，左侧生成16 g O2，同时有2 mol H＋向右侧移动，所以左侧溶液质量减少了16 g＋2 g＝18 g；右侧生成5.6 g N2，同时质量又增加了2 mol H＋，所以右侧溶液质量减少了3.6 g，两侧质量变化差为18 g－3.6 g＝14.4 g。
答案：　(1)①a　NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O
②作电解质溶液(或导电)
(2)①A　2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－ 　②14.4
6．[2012·新课标全国卷·36(3)]
粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极________(填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为________；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为________。
解析：　电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解液，比铜活泼的金属失电子生成离子进入溶液，不如铜活泼的金属形成阳极泥沉积下来。
答案：　c　Cu2＋＋2e－===Cu　Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2＋的形式进入电解液
7．(2012·山东理综·13)下列与金属腐蚀有关的说法正确的是(　　)
A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B．图b中，开关由M改置于N时，Cu－Zn合金的腐蚀速率减小
C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大
D．图d中，Zn－MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的
解析：　图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A项错误；图b中开关由M改置于N，Cu－Zn作正极，腐蚀速率减小，B项正确；图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，C项错误；图d中干电池自放电腐蚀是Zn与C活动性不同形成原电池，与MnO2性质无关，MnO2的作用是原电池放电过程中吸收H元素防止电池溶胀，D项错误。
答案：　B
学科素养培优(十)__应对电化学计算的三种方法
1.计算类型
原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。
2．方法技巧
(1)根据电子守恒计算
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)根据总反应式计算
在电解池中进行有关量的计算时，常常结合电子守恒得出一些关系式，利用这些关系式可简捷计算，常用到的关系式有：
(1)e－～H＋～OH－～Ag＋～Cl－
(2)2e－～H2～Cu～Zn～O2～Cl2
(3)根据关系式计算
根据得失电子守恒定律关系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：
4e－～2Cl2(Br2、I2)～O～2H2～2Cu～4Ag～M
(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。
提示：　在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C来计算电路中通过的电量。
在右图中，
甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol·L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol·L－1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g，则
(1)电源E为__________极，F为__________极。
(2)A极的电极反应式为________________________________________________________________________，
析出的物质________mol。
(3)B极的电极反应式为________________________________________________________________________，
析出气体________mL(标准状况)。
(4)C极的电极反应式为________________________________________________________________________，
析出的物质__________mol。
(5)D极的电极反应式为________________________________________________________________________，
析出气体 ________mL(标准状况)。
(6)甲烧杯中滴入石蕊试液，__________极附近变红，如果继续电离，在甲烧杯中最终得到________溶液。
解析：　由电解一段时间后A极比C极重，可知A极上有Ag析出，C极上有Cu析出，若A极上析出银的物质的量为n(Ag)，则C极上析出Cu的物质的量为n(Ag)，有关系式108 g·mol－1·n(Ag)－64 g·mol－1·n(Ag)×＝1.9 g，n(Ag)＝0.025 mol。
由此可知，两电解池内的电解质均是足量的，故两池电极反应式分别为：A极：4Ag＋＋4e－===4Ag；B极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；C极：Cu2＋＋2e－===Cu；D极：2Cl－－2e－===Cl2↑。A、C两极析出物质的物质的量分别为0.025 mol和0.012 5 mol；B极析出O2的体积为：0.006 25 mol×22.4 L·mol－1＝0.14 L＝140 mL；D极析出Cl2的物质的量为0.012 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.28 L＝280 mL。
答案：　(1)负　正
(2)4Ag＋＋4e－===4Ag　0.025
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　140
(4)Cu2＋＋2e－===Cu　0.012 5
(5)2Cl－－2e－===Cl2↑　280
(6)B　HNO3

专题讲座(六)　电化学
一、串联电路中电化学装置的判断及相关计算
　将原电池和电解池结合在一起，综合考查化学反应中的能量变化、氧化还原反应、化学实验和化学计算等知识，是高考试卷中电化学部分的重要题型。该类题目的考查内容通常有以下几个方面：电极的判断、电极反应方程式的书写、实验现象的描述、溶液离子的移动、pH的变化及电解质溶液的恢复、运用电子守恒处理相关数据等。注重考查学生对知识的迁移能力、灵活应用能力、运用化学用语的能力。
1．多池串联装置中电池类型的判断
(1)直接判断：非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如下图：A为原电池，B为电解池。
(2)根据电池中的电池材料和电解质溶液判断：
原电池一般是两种不同的金属电
极或一种金属电极和一个碳棒做电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图：B为原电池，A为电解池。
(3)根据电极反应现象判断：
在某些装置中根据电极反应或反应现象可判断电极，并由此判断电池类型，如图：若C极溶解，D极上析出Cu，B极附近溶液变红，A极上放出黄绿色气体，则可知乙是原电池，D是正极，C是负极；甲是电解池，A是阳极，B是阴极。B、D极发生还原反应，A、C极发生氧化反应。
2．有关概念的分析判断
在确定了原电池和电解池后，有关概念的分析和判断如：电极的判断、电极反应方程式的书写、实验现象的描述、溶液离子的移动、pH的变化及电解质溶液的恢复等。只要按照各自的规律分析就可以了。
3．综合装置中的有关计算
原电池和电解池综合装置的有关计算的根本依据就是电子转移的守恒，分析时要注意两点：
(1)串联电路中各支路电流相等。
(2)并联电路中总电流等于各支路电流之和。
新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________；
(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是________，电解氯化钠溶液的总反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为__________(法拉第常数F＝9.65×104 C·mol－1，列式计算)，最多能产生的氯气体积为__________L(标准状况)。
解析：　(1)总反应式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O，正极反应式为2O2＋4H2O＋8e－===8OH－，则负极反应式由总反应式减正极反应式得到；(2)由图可看出一二两池为串联的电源，其中甲烷是还原剂，所在电极为负极，因而与之相连的b电极为阴极，产生的气体为氢气；(3)1 mol甲烷氧化失去电子8 mol，电量为8×96 500 C，因题中虽有两个燃料电池，但电子的传递只能用一个池的甲烷量计算，1 L为1/22.4 mol，可求电量；甲烷失电子是Cl－失电子数的8倍，则得到氢气为4 L(CH4～8Cl－～4Cl2)
答案：　(1)2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
(2)H2　2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(3)×8×9.65×104 C·mol－1＝3.45×104 C　4
二、新型化学电源的高考命题角度
　新型化学电源是高考中每年必考的知识点，随着全球能源逐渐枯竭，研发、推广新型能源迫在眉睫，因此化学中的新型电源，成为科学家研究的重点方向之一，也成了高考的高频考点。高考中的新型化学电源，有“氢镍电池”、“高铁电池”、“锌——锰碱性电池”、“海洋电池”、“燃料电池”(如新型细菌燃料电池、氢氧燃料电池、丁烷燃料电池、甲醇质子交换膜燃料电池、CO燃料电池)“锂离子电池”、“银锌电池”、“纽扣电池”等，一般具有高能环保、经久耐用、电压稳定、比能量(单位质量释放的能量)高等特点。由于该类试题题材广，信息新、陌生度大，因此许多考生感觉难度大。虽然该类试题貌似新颖、但应用的解题原理还是原电池的知识，只要细心分析，实际上得分相对比较容易。试题主要有以下几种考查角度：
角度一　新型电池“放电”时正、负极的判断
　在Zn—Cu原电池中，较活泼的金属材料作负极，较不活泼的金属材料或非金属材料作正极。负极：Zn－2e－===Zn2＋；正极：2H＋＋2e－===H2↑。
[解题指导]
　新型电池中
下图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个电极由有机光敏染料(S)涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：
TiO2/STiO2/S*(激发态)
TiO2/S*―→TiO2/S＋＋e－
I＋2e－―→3I－
2TiO2/S＋＋3I－―→2TiO2/S＋I
下列关于该电池叙述错误的是(　　)
A．电池工作时，I－离子在镀铂导电玻璃电极上放电
B．电池工作时，是将太阳能转化为电能
C．电池的电解质溶液中I－和I的浓度不会减少
D．电池中镀铂导电玻璃为正极
解析：　太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，电极材料和电解质溶液只起到导电的作用。
答案：　A
角度二　新型电池“放电”时正、负极电极反应式的书写
　铅蓄电池[Pb—PbO2(H2SO4溶液)]电极反应式的书写：
负极：①Pb－2e－===Pb2＋；②Pb2＋＋SO===PbSO4。把二者合起来，即负极反应式：Pb－2e－＋SO===PbSO4。
正极：PbO2得电子变为Pb2＋：①PbO2＋2e－＋4H＋===Pb2＋＋2H2O；Pb2＋跟SO结合生成PbSO4：②Pb2＋＋SO===PbSO4。把二者合起来，即正极反应式：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O。
总反应式＝正极反应式＋负极反应式，即：
PbO2＋Pb＋4H＋＋2SO===2PbSO4＋2H2O。
[解题指导]
　首先分析物质得失电子的情况，然后再考虑电极反应生成的物质是否跟电解质溶液中的离子发生反应。对于较为复杂的电极反应，可以利用总反应－较简单一极电极反应式＝较复杂一极电极反应式的方法解决。
如图装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池。装置Ⅰ的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充放电的化学方程式为：2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关K时，钠离子从右到左通过离子交换膜
B．闭合开关K时，负极反应式为：3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋
C．闭合开关K时，X电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑
D．闭合开关K时，当有0.1 mol Na＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12 L
解析：　“当闭合开关K时，X电极附近溶液变红”说明X是阴极，Y为阳极，则电池的左侧是负极。在原电池中阳离子向正极移动，故A错；NaBr3―→3NaBr，溴元素的化合价降低，是得到电子而不是失去，故B错；X极是阴极，发生的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑，故C错；“当有0.1 mol Na＋通过离子交换膜时”说明转移了0.1 mol电子，则X电极生成0.05 mol H2，在标准状况下体积为1.12 L，故D正确。
答案：　D
角度三　新型电池“充电”时阴、阳极的判断
　充电的实质就是把放电时发生的变化再复原的过程。如铅蓄电池：
[解题指导]
　首先应搞明白原电池放电时的正、负极，再根据电池充电时，阳极接正极，阴极接负极的原理，进行分析。
Li－Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：
2Li＋＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe
有关该电池的下列说法中，正确的是(　　)
A．Li－Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为＋1价
B．该电池的电池反应式为：2Li＋FeS===Li2S＋Fe
C．负极的电极反应式为：Al－3e－===Al3＋
D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S＋Fe－2e－===2Li＋＋FeS
解析：　A中Li－Al在电池中作为负极材料，但该材料中的Li是单质，化合价为0；该电池的负极反应为2Li－2e－===2Li＋，电池反应为：2Li＋FeS===Li2S＋Fe，故B正确，C不正确；充电时，阴极得电子发生的电极反应式为Li2S＋Fe2＋＋2e－===2Li＋FeS。
答案：　B
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题五第二单元　原电池和化学电源
考点一　原电池及其工作原理
1．概念
把化学能转化为电能的装置。
2．形成条件
(1)一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生。
(2)二看两电极：一般是金属活泼性不同的两电极。
(3)三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件：①电解质溶液；②两电极直接或间接接触；③两电极插入电解质溶液。
3．工作原理(以下图铜—锌原电池为例)
电极材料
锌
铜
电极名称
负极
正极
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
电子从负极流出经外电路流入正极
离子流向
阳离子流向正极，阴离子流向负极
　(1)原电池内部阴、阳离子如何移动？为什么？
(2)两个半电池构成的原电池中，盐桥的作用是什么？
提示：　(1)阴离子移向负极、阳离子移向正极，这是因为负极失电子，生成大量阳离子聚集在负极附近，致使该极附近有大量正电荷，所以溶液中的阴离子要移向负极；正极得电子，而使该极附近带负电荷，所以溶液中阳离子要移向正极。
(2)①使两个烧杯中的溶液形成一个导电通路。
②使溶液保持电中性，氧化还原反应能顺利进行产生持续的电流。
1．下列示意图中能构成原电池的是(　　)
解析：　本题考查原电池装置，意在考查考生对原电池原理的理解。Cu与稀硫酸不反应，A装置不能构成原电池；Al与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，B装置能构成原电池；C装置中的“导线”不是盐桥，不能构成原电池；D装置中缺少盐桥。
答案：　B
2.
根据右图，可判断出下列离子方程式中错误的是(　　)
A．2Ag(s)＋Cd2＋(aq)===2Ag＋(aq)＋Cd(s)
B．Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)
C．2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)
D．2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)
解析：　从两个原电池的电极可以判断出三种金属的活泼性关系为：Cd>Co>Ag，则氧化性关系为：Cd2＋答案：　A
3．如下图是Zn和Cu组成的原电池示意图，某小组做完该实验后，在读书卡片上作了如下记录，其中合理的是(　　)
卡片：No.10　Date：2014－3－11
实验记录：①导线中电流方向：锌→铜。
②铜极上有气泡产生。
③锌片变薄。
实验结论：④Zn为正极，Cu为负极。
⑤铜比锌活泼。
⑥H＋向铜片移动 　
A．①②③　　　　　　　　　 B．④⑤⑥
C．③④⑤ D．②③⑥
解析：　由图可知，该电池反应为：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，活泼金属Zn作负极，Cu作正极；外电路中电流由正极流向负极，①、④、⑤错误；Zn失去电子被氧化成Zn2＋，失去的电子经外电路流向正极，溶液中的H＋在正极上得到电子，析出H2，②、③、⑥正确。
答案：　D
4．如右图所示的装置，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡，小心地从烧杯中央滴入CuSO4溶液，片刻后可观察到的现象是(　　)
A．铁圈和银圈左右摇摆不定 B．保持平衡
C．铁圈向下倾斜 D．银圈向下倾斜
解析：　铁圈和银圈两种活动性不同的金属相互连接组成闭合回路，放入CuSO4溶液中，构成了原电池，活泼金属铁作负极，失电子生成Fe2＋进入溶液中质量减轻：Fe－2e－===Fe2＋，电子传给了银圈，溶液中的Cu2＋在银圈上得电子生成铜单质而增重，Cu2＋＋2e－===Cu，所以铁圈向上倾斜，银圈向下倾斜。
答案：　D
　原电池中的三个方向
(1)电子方向：电子从负极流出经外电路流入正极；
(2)电流方向：电流从正极流出经外电路流入负极；
(3)离子的迁移方向：电解质溶液中，阴离子向负极迁移，阳离子向正极迁移。
5．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是(　　)
M
N
P
A
Zn
Cu
稀H2SO4
B
Cu
Fe
稀HCl
C
Ag
Zn
AgNO3溶液
D
Zn
Fe
Fe(NO3)3溶液
解析：　在装置中电流计指针发生偏转，说明该装置构成了原电池，根据正负极的判断方法，溶解的一极为负极，增重的一极为正极，所以M棒为正极，N棒为负极，且电解质溶液能析出固体，则只有C项正确。
答案：　C
6．分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是(　　)
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：　②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应失去电子，故Al是负极；③中Fe在浓硝酸中易钝化，Cu和浓HNO3反应失去电子作负极，A错，C错。②中电池总反应为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，负极电极反应式为2Al＋8OH－－6e－===2AlO＋4H2O，二者相减得到正极电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑，B正确。④中Cu是正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D错。
答案：　B
　原电池正、负极的判断方法
　
说明：原电池的正极与负极与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，不要形成活泼电极一定作负极的思维定势。
考点二　原电池工作原理的应用
1．设计制作化学电源
(1)首先将氧化还原反应分成两个半反应。
(2)根据原电池的反应特点，结合两个半反应找出正、负极材料和电解质溶液。
2．比较金属活动性强弱
两种金属分别作原电池的两极时，一般作负极的金属比作正极的金属活泼。
3．加快氧化还原反应的速率
一个自发进行的氧化还原反应，设计成原电池时反应速率增大。例如，在Zn与稀H2SO4反应时加入少量CuSO4溶液能使产生H2的反应速率加快。
4．用于金属的防护
使被保护的金属制品作原电池正极而得到保护。例如，要保护一个铁质的输水管道或钢铁桥梁等，可用导线将其与一块锌块相连，使锌作原电池的负极。
　(1)X、Y两种金属用导线连接置于稀H2SO4中，发现X极溶解，Y极上有气泡产生，则X、Y的活动性谁强？
(2)为了保护海水中的钢铁闸门，需要连接某种金属，你认为该金属的活动性应比铁的活动性强还是弱？
(3)依据原电池原理将反应Fe＋2FeCl3===3FeCl2设计成一个原电池。
提示：　(1)X金属的活动性强
(2)比铁的活动性强
(3)
1．某原电池总反应为：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，下列能实现该反应的原电池是(　　)
A
B
C
D
电极材料
Cu、Zn
Cu、C
Fe、Zn
Cu、Ag
电解液
FeCl3
Fe(NO3)2
CuSO4
Fe2(SO4)3
答案：　D
2．电工经常说的一句口头禅：“铜接铝，瞎糊弄”，所以电工操作上规定不能把铜导线与铝导线连接在一起使用，说明原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　铜、铝接触在潮湿的环境中形成原电池，加快了铝的腐蚀，易造成电路断路
3．把适合题意的图像填在横线上(用A、B、C、D表示)
(1)将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸，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____________。
(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，则图像是____________。
解析：　加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成原电池，加快反应速率，(1)a中Zn减少，H2体积减小；(2)中由于H2SO4定量，产生H2的体积一样多；(3)当把CuSO4溶液改成CH3COONa溶液时，由于CH3COO－＋H＋CH3COOH，a中c(H＋)减少，反应速率减小，但产生H2的体积不变，所以C项正确。
答案：　(1)A　(2)B　(3)C
　改变Zn与H＋反应速率的方法
(1)加入Cu或CuSO4，形成原电池，加快反应速率，加入Cu不影响Zn的量，但加入CuSO4，Zn的量减少，是否影响产生H2的量，应根据Zn、H＋的相对量多少判断。
(2)加入强碱弱酸盐，由于弱酸根与H＋反应，使c(H＋)减小，反应速率减小，但不影响产生H2的量。
考点三　化学电源
1．一次电池(碱性锌锰干电池)
碱性锌锰干电池的工作原理如图：
负极(Zn)，电极反应式：
Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
正极(MnO2)，电极反应式：
2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－
总反应：
Zn＋2MnO2＋2H2O===Zn(OH)2＋2MnOOH
2．二次电池(以铅蓄电池为例)
(1)放电时的反应
①负极反应：Pb＋SO－2e－===PbSO4
②正极反应：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
③总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O
(2)充电时的反应
①阴极反应：PbSO4＋2e－===Pb＋SO
②阳极反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
③总反应：2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4
3．燃料电池
氢氧燃料电池是目前最成熟的燃料电池，可分为酸性和碱性两种。

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＋O2===2H2O

　(1)可充电电池充电时电极与外接电源的正、负极如何连接？
(2)锂离子电池的总反应为Li＋LiMn2O4Li2Mn2O4，请写出该电池的正极反应。
提示：　(1)可充电电池充电时的电极接法为：
(2)LiMn2O4＋Li＋＋e－===Li2Mn2O4
1．查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为CH3CH2OH－2e－===X＋2H＋。下列说法中正确的是(　　)
A．电池内部H＋由正极向负极移动
B．另一极的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
C．乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极
D．电池总反应为：2CH3CH2OH＋O2===2CH3CHO＋2H2O
解析：　在电池内部，阳离子向正极移动，故A项错误；在酸性介质中，电极反应式中不应有OH－生成，故B项错误；根据题意，乙醇被氧化，应在负极发生反应，故C项错误；根据电极反应式CH3CH2OH－2e－===X＋2H＋，依据原子守恒可知X为CH3CHO，故D项正确。
答案：　D
2.
热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca===CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列有关说法正确的是(　　)
A．正极反应式：Ca＋2Cl－－2e－===CaCl2
B．放电过程中，Li＋向负极移动
C．每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb
D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
解析：　正极上发生还原反应，A项错误；放电过程中Li＋向正极移动，B项错误；由电池总反应式可知，每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05 mol Pb，质量为10.35 g，C项错误；常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转。
答案：　D
3．(1)以甲烷燃料电池为例来分析在不同的环境下电极反应式的书写方法：
①酸性条件
燃料电池总反应式：CH4＋2O2===CO2＋2H2O①
燃料电池正极反应式：O2＋4H＋＋4e－===2H2O②
负极反应式为________________________________________________________________________。
②碱性条件
燃料电池总反应式：CH4＋2O2＋2NaOH===Na2CO3＋3H2O①
燃料电池正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－②
负极反应式为________________________________________________________________________。
(2)固体电解质(高温下能传导O2－)
燃料电池总反应式：CH4＋2O2===CO2＋2H2O①
燃料电池正极反应式：O2＋4e－===2O2－②
负极反应式为________________________________________________________________________。
解析：　(1)①酸性条件：①－②×2即得负极反应式。
②碱性条件：①－②×2即得负极反应式。
(2)①－②×2得负极反应式。
答案：　(1)①CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
②CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
(2)CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O
　书写原电池电极反应式的思维模型
(1)一般电极反应式书写的“三步骤”
(2)复杂电极反应式的书写
＝－
注意：作为燃料电池，充入氧气的一极一定是正极，另外一极为负极。

1．(2013·新课标全国卷Ⅱ·11)“ZEBRA”蓄电池的结构如右图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是 (　　)
A．电池反应中有NaCl生成
B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子
C．正极反应为：NiCl2＋2e－===Ni＋2Cl－
D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
解析：　该电池总反应为：2Na＋NiCl2===2NaCl＋Ni，因此有NaCl生成，A项正确；电池总反应为Na还原Ni2＋，B项错误；正极为NiCl2发生还原反应：NiCl2＋2e－===Ni＋2Cl－，C项正确；钠离子通过钠离子导体由负极移向正极，D项正确。
答案：　B
2.
(2013·江苏高考·9)Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)
A．Mg电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C．石墨电极附近溶液的pH增大
D．溶液中Cl－向正极移动
解析：　根据题意可知石墨电极为惰性电极，只能作正极，Mg电极是该电池的负极，A错误。H2O2在正极发生还原反应，B错误。石墨电极的电极反应式为：H2O2＋2e－===2OH－，由于生成OH－，所以该电极附近溶液的pH增大，C正确。在原电池中，阴离子向负极移动，D错误。
答案：　C
3．(2012·四川理综·11)一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是(　　)
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D．正极上发生的反应为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析：　A项，检测时，电解质溶液中的H＋移向正极；B项，若反应中有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗的O2体积为2.24 L；D项，电解质溶液呈酸性，正极上发生的反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O。
答案：　C
4．(2011·课标·11)铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2
下列有关该电池的说法不正确的是(　　)
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
解析：　A项，由电池反应可知，Ni2O3→Ni(OH)2，Ni的化合价由＋3价→＋2价，化合价降低，发生还原反应，故Ni2O3为正极，Fe→Fe(OH)2，Fe的化合价由0价→＋2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe为负极，正确；B项，负极发生氧化反应，Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；C项，阴极发生还原反应，Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，c(OH－)增大，溶液的pH增大，故错误；D项，阳极发生氧化反应，电极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，D正确。
答案：　C
5．(1)[2012·海南·13(4)]肼—空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为________________________________________________________________________。
(2)[2012·新课标全国卷·26(4)节选]与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应为________________________，该电池总反应的离子方程式为________________________。
(3)[2012·江苏·20(3)]铝电池性能优越，Al－AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：　(1)该燃料电池中N2H4在负极发生氧化反应，其电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===4H2O＋N2↑。
(2)正极发生还原反应，K2FeO4被还原为Fe3＋，由于是碱性环境，故生成Fe(OH)3，电极反应式为2FeO＋6e－＋8H2O===2Fe(OH)3＋10OH－；负极发生氧化反应，由于是碱性环境，Zn被氧化生成Zn(OH)2，电极反应式为3Zn－6e－＋6OH－===3Zn(OH)2，两电极反应式相加得2FeO＋3Zn＋8H2O===2Fe(OH)3＋3Zn(OH)2＋4OH－。
(3)由铝电池原理图可知，Al作负极，AgO/Ag作正极，电池反应式为2Al＋3AgO＋2NaOH===2NaAlO2＋3Ag＋H2O。
答案：　(1)N2H4＋4OH－－4e－===4H2O＋N2↑
(2)FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－　3Zn＋2FeO＋8H2O===3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4OH－
(3)2Al＋3AgO＋2NaOH===2NaAlO2＋3Ag＋H2O
6．(2013·新课标全国卷Ⅰ·10)银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了 Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是(　　)
A．处理过程中银器一直保持恒重
B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C．该过程中总反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3
D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
解析：　根据信息可知在银器处理过程中运用了原电池原理，铝质容器作负极，电极反应为2Al－6e－===2Al3＋；银器作正极，电极反应为3Ag2S＋6e－===6Ag＋3S2－；继而Al3＋和S2－发生互相促进的水解反应：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故原电池的总反应为3Ag2S＋2Al＋6H2O===6Ag＋2Al(OH)3＋3H2S↑，故C错误。黑色褪去的原因是Ag2S被还原为Ag，此过程中银器质量逐渐减小，故A、D错误，B正确。
答案：　B
7．[2013·广东理综·33(2)]能量之间可相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。
①完成原电池甲的装置示意图(见下图)，并作相应标注。
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极________。
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是__________，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　①
②电极逐渐溶解变细
③甲　Zn和Cu2＋不直接接触，避免两种物质直接发生反应，从而避免了化学能转化为热能，提高电池效率
学科素养培优(九)__盐桥在电化学中的应用
1．盐桥的组成和作用
(1)盐桥中装有饱和的KCl、KNO3等溶液和琼胶制成的胶冻。
(2)盐桥的作用：①连接内电路，形成闭合回路；②平衡电荷，使原电池不断产生电流。
2．单池原电池和盐桥原电池的对比
图1和图2两装置的相同点：正负极、电极反应、总反应、反应现象。
负极：Zn－2e－===Zn2＋
正极：Cu2＋＋2e－===Cu
总反应：Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋
不同点：图1中Zn在CuSO4溶液中直接接触Cu2＋，会有一部分Zn与Cu2＋直接反应，该装置中既有化学能和电能的转化，又有一部分化学能转化成了热能，装置的温度会升高。
图2中Zn和CuSO4溶液在两个池子中，Zn与Cu2＋不直接接触，不存在Zn与Cu2＋直接反应的过程，所以仅是化学能转化成了电能，电流稳定，且持续时间长。
关键点：盐桥原电池中，还原剂在负极区，而氧化剂在正极区。
已知在酸性条件下发生的反应为AsO＋2I－＋2H＋===AsO＋I2＋H2O，在碱性条件下发生的反应为AsO＋I2＋2OH－===AsO＋H2O＋2I－。设计如图装置(C1、C2均为石墨电极)，分别进行下述操作：
Ⅰ.向B烧杯中逐滴加入浓盐酸
Ⅱ.向B烧杯中逐滴加入40%NaOH溶液
结果发现电流表指针均发生偏转。
试回答下列问题：
(1)两次操作中指针为什么发生偏转？
(2)两次操作过程中指针偏转方向为什么相反？试用化学平衡移动原理解释之。
(3)操作Ⅰ过程中C1棒上发生的反应为________________________________________________________________________；
(4)操作Ⅱ过程中C2棒上发生的反应为________________________________________________________________________。
(5)操作Ⅱ过程中，盐桥中的K＋移向________烧杯溶液(填“A”或“B”)。
答案：　(1)两次操作中均能形成原电池，化学能转变成电能。
(2)(Ⅰ)加酸，c(H＋)增大，AsO得电子，I－失电子，所以C1极是负极，C2极是正极。(Ⅱ)加碱，c(OH－)增大，AsO失电子，I2得电子，此时，C1极是正极，C2 极是负极。故发生不同方向的反应，电子转移方向不同，即电流表指针偏转方向不同。
(3)2I－－2e－===I2
(4)AsO＋2OH－－2e－===AsO＋H2O
(5)A
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题八第一单元　化石燃料与有机化合物
第一单元　化石燃料与有机化合物
考点一　碳的成键特征及同系物、同分异构体
1．有机物中碳原子的成键特征
(1)碳原子的最外层有4个电子，可与其他原子形成4个共价键，而且碳碳原子之间也能相互形成共价键。
(2)碳原子不仅可以形成单键，还可以形成双键或三键。
(3)多个碳原子可以相互结合形成碳链，也可以形成碳环，碳链或碳环上还可以连有支链。
2．同系物
(1)同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的物质的互称。
(2)烷烃同系物：分子式都符合CnH2n＋2，如CH4、CH3—CH3、CH3CH2CH3等互称为同系物。
3．同分异构现象和同分异构体
(1)同分异构现象：化合物具有相同分子式，不同结构的现象称为同分异构现象。
(2)同分异构体：具有同分异构现象的化合物的互称，如正丁烷(CH3CH2CH2CH3)和异丁烷()。
H．D2与T2
上述各组物质属于：
(1)同系物的是____________________。
(2)同位素的是____________________。
(3)同素异形体的是____________________。
(4)同一物质的是____________________。
(5)同分异构体的是____________________。
2．(1)D　(2)B　(3)A　(4)C、H　(5)E、F
1．下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的有(　　)
A．乙烷　　　　　　　　　 B．甲苯
C．氯乙苯 D．四氯乙烯
答案：　D
2．氟利昂会破坏大气臭氧层，关于CF2Cl2(商品名为氟利昂－12)的叙述正确的是(　　)
A．有两种同分异构体　　　　 B．只有一种结构
C．是平面型分子 D．是正四面体型的分子
解析：　CH4分子中的4个氢原子分别被2个氟原子和2个氯原子取代后得CF2Cl2，CF2Cl2分子呈四面体结构，但不是正四面体结构，该分子不存在同分异构体。
答案：　B
　简单有机物分子中共线、共面原子的判断方法
1．掌握三种分子的空间构型
(1)甲烷，正四面体结构，C原子居于正四面体的中心，分子中的5个原子中没有任何4个原子处于同一平面内。其中任意三个原子在同一平面内，任意两个原子在同一直线上。
2．明确两个要点
(1)以上4种分子中的H原子如果被其他原子(如C、O、N、Cl等)取代，则取代后的分子空间构型基本不变。
(2)共价单键可以自由旋转，共价双键和共价三键则不能旋转。
3．丁烷(分子式C4H10)广泛应用于家用液化石油气，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷叙述不正确的是(　　)
A．在常温下，C4H10是气体
B．C4H10与CH4互为同系物
C．丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体
D．C4H10进行一氯取代后生成两种沸点不同的产物
解析：　在常温下，C4H10是气体，C4H10与CH4均是烷烃，碳原子数不同，互为同系物，A、B均正确；丁烷有正丁烷(CH3CH2CH2CH3)和异丁烷()两种同分异构体，它们进行一氯取代后共生成(2＋2)＝4种产物，故C正确，D错误。
答案：　D
4．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)(　　)
A．6种 B．7种
C．8种 D．9种
解析：　此题首先找出C5H12有三种同分异构体：正戊烷、异戊烷和新戊烷，然后用一个Cl原子取代氢原子可得：
CH2ClCH2CH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH2CH3、
CH3CH2CHClCH2CH3、CH2ClCH(CH3)CH2CH3、
CH3CCl(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CHClCH3、
CH3CH(CH3)CH2CH2Cl、(CH3)3CCH2Cl，一共有8种同分异构体。
答案：　C
　同分异构体数目的判断
(1)等效氢法
分子中有多少种“等效”氢原子，其一元取代物就有多少种。
(2)换元法
一种烃如果有m个氢原子可被取代，那么它的n元取代物与(m－n)元取代物种类相等。
考点二　甲烷、乙烯、苯
1．完成甲烷、乙烯和苯的比较表
2.甲烷、乙烯和苯发生反应的类型
(1)取代反应：有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应。
①完成甲烷与Cl2发生取代反应的化学方程式：
②完成下列关于苯的取代反应的化学方程式
—
(2)加成反应
①定义：有机物分子中的不饱和碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应。
②乙烯与溴水、H2、HCl、H2O反应的化学方程式分别为
CH2===CH2
③加聚反应
合成聚乙烯塑料的化学方程式为
nCH2===CH2 ?CH2—CH2?。
1．(1)甲烷和烷烃的特征反应为取代反应，1 mol甲烷和0.5 mol氯气发生取代反应只生成CH3Cl吗？
(2)能否用CH4的取代反应制取纯净的CH3Cl?
2．乙烯使溴水、酸性KMnO4溶液褪色的原理是否相同？能否用酸性KMnO4溶液鉴别CH4和CH2===CH2?
3．结合乙烯的加成反应实验，探究能否用溴的四氯化碳溶液鉴别CH4和C2H4？能否用溴的四氯化碳溶液除去CH4中的C2H4?
提示：　1.(1)不是只生成CH3Cl，四种取代物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4均能生成。
(2)不能用CH4的取代反应制取纯净的CH3Cl，CH4与Cl2的取代反应生成的是混合物。
2．褪色原理不相同，前者是发生了加成反应，后者是被酸性高锰酸钾溶液氧化。由于CH4与酸性KMnO4溶液不发生反应，而C2H4能使酸性KMnO4溶液褪色，因此二者可以用酸性KMnO4溶液鉴别。
3．CH4与溴的四氯化碳溶液不发生反应；C2H4与Br2能发生加成反应生成无色液体CH2BrCH2Br，而使溴的四氯化碳溶液褪色，因此溴的四氯化碳溶液可用来鉴别CH4和C2H4，也可用来除去CH4中的C2H4。
1．下列有关有机物的叙述正确的是(　　)
A．煤井中的瓦斯气和家庭使用的液化石油气的主要成分都是甲烷
B．苯的结构简式为，分子式可简化为CH
C．利用酸性KMnO4溶液可鉴别乙烯和乙烷
D．苯与乙烯均能与溴水发生加成反应，而甲烷只能与溴水发生取代反应
答案：　C
2．在①CH2===CH2　②　③CH4　④聚乙烯四种物质中：
(1)能使溴的CCl4溶液褪色的是________(请填物质的序号，下同)。
(2)属于高分子化合物的是________；
(3)没有固定相对分子质量的是________；
(4)所有原子在同一平面的是________；
(5)既能发生取代反应又能发生加成反应的是________。
答案：　(1)①　(2)④　(3)④　(4)①②　(5)②
　
(1)加成反应的特点是：“断一，加二，都进来”。“断一”是指双键中的一个不稳定键断裂；“加二”是指加两个其他原子或原子团，一定分别加在两个不饱和碳原子上，此反应类似无机反应中的化合反应，理论上原子利用率为100%。
(2)取代反应的特点是“上一下一，有进有出”，类似无机反应中的置换反应或复分解反应，注意在书写化学方程式时，防止漏写次要产物。
考点三　煤、石油、天然气的综合利用
1．煤的综合利用
(1)煤的组成
(2)煤的加工
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。
(2)石油的加工
方法
过程
目的
分馏
把原油中各组分分离成沸点不同的分馏产物
得到各种石油产品
裂化
把相对分子质量大的烃断裂成相对分子质量小的烃
提高轻质油的产量和质量
裂解
深度裂化，产物呈气态
得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料
3.天然气的综合利用
(1)主要成分：CH4
(2)用途
①清洁能源。
②化工原料，用于合成氨、甲醇等。
1．请将下列物质的转化或分离方法的序号填在横线上(每一项只填写一种方法)，并指出属于化学变化还是物理变化。
①溶解　②裂解　③分馏　④裂化　⑤干馏　⑥蒸馏　⑦电解　⑧过滤　⑨萃取
(1)把煤转化为焦炉气、煤焦油和焦炭等________。
(2)从原油中分离出汽油、煤油、柴油等________。
(3)将重油转化为汽油________。
2．为什么不能用裂化汽油萃取溴水中的溴？
提示：　1.(1)⑤、化学变化　(2)③、物理变化　(3)④、化学变化
2．由于裂化汽油中含有不饱和的烯烃，能与溴水中的溴发生加成反应，所以不能用于萃取溴水中的溴。
1．下列说法中，错误的是(　　)
A．石油中含有C5～C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油
B．含C18以上的重油经催化裂化可以得到汽油
C．天然气的主要成分是甲烷，开采天然气应做到安全规范的操作
D．煤中含有苯和甲苯，可用分馏的方法把它们分离出来
答案：　D
2．下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是(　　)
A．石油裂解得到的汽油是纯净物
B．石油产品都可用于聚合反应
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
答案：　C
3．以乙烯、丙烯为代表的低碳烯烃是石油化工产业的重要基础原料，如图是一种新型合成低碳烯烃的工艺流程。有关说法正确的是(　　)
A．低碳烯烃属于“新能源”
B．CH4转化为CH3Cl的过程发生了加成反应
C．低碳烯烃也可在石油蒸馏过程中获取
D．上述工艺流程体现了“绿色化学”的理念
答案：　D
1．(2012·课标卷·10)分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有化机合物有(不考虑立体异构)(　　)
A．5种　　　　　　　　　　 B．6种
C．7种 D．8种
答案：　D
2．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)戊烷(C5H12)有两种同分异构体(2013·福建理综，7B)(　　)
(2)16O2与18O2互为同分异构体(2010·山东理综，9A)(　　)
(3)光照下，2,2-二甲基丙烷与Br2反应，其一溴代物只有一种(2009·重庆理综，11D)(　　)
(4)C4H10有三种同分异构体(2012·福建理综，7B)(　　)
(5)淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体(2010·福建理综，6C)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
3．(2013·新课标卷Ⅱ·8)下列叙述中，错误的是(　　)
A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60 ℃反应生成硝基苯
B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷
C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷
D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯
解析：　苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生取代反应，生成硝基苯，A项正确；苯乙烯()在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷()，B项正确；乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷(BrCH2CH2Br)，C项正确；甲苯与氯气在光照下发生取代反应，取代甲基上的H，不能生成2,4-二氯甲苯，D项错误。
答案：　D
4．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键(2013·福建理综，7C)(　　)
(2)甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应(2012·山东理综，10B)(　　)
(3)乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别(2012·福建理综，7D)(　　)
(4)苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色(2012·山东理综，10A)(　　)
(5)乙烯和乙烷都能发生加聚反应(2010·广东理综，11A)(　　)
(6)甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同(2011·山东理综，31A)(　　)
(7)在浓硫酸存在条件下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应(2011·福建理综，8D)(　　)
(8)苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键(2011·山东理综，11D)(　　)
(9)乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别(2000·福建理综，9D)(　　)
(10)乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同(2010·山东理综，12A)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)√　(9)√　(10)×
5．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃(2012·浙江理综，7D)(　　)
(2)石油干馏可得到汽油、煤油等(2010·福建理综，6B)(　　)
(3)石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯(2010·江苏化学，4D)(　　)
(4)开发核能、太阳能等新能源，推广使用甲醇汽油，使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放(2010·浙江理综)(　　)
(5)石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料(2009·浙江理综)(　　)
(6)用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO＋NOC＋NO2(2011·北京理综)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×

高考试题中的教材实验(七)__溴苯的制备
　[尝试解答]
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　因为Cl、Br属于同一主族，所以此题应联系氯及其化合物的性质，再结合反应＋HBr进行分析：(1)由HCl遇空气有白雾出现，可知HBr遇空气也有白雾出现；(2)溴苯中含有Br2、HBr、苯等杂质，所以加入氢氧化钠溶液的作用是把Br2、HBr变成易溶于水而不易溶于有机物的盐，再经水洗可除去；溴苯与苯均属于有机物，且互溶，用蒸馏方法分离；(4)烧瓶作反应器时，加入液体体积不能超过其容积的，所以选择B较合适。
答案：　(1)HBr　吸收HBr和Br2
(2)②除去HBr和未反应的Br2　③干燥　
(3)苯　C　(4)B
[高考演变角度]
苯与溴的取代反应，是苯的化学性质的重点内容，是高考考纲中明确要求的考点。 溴苯的制取中涉及的有机物有苯和溴苯，无机物有溴和溴化氢。该反应是放热反应，且苯、溴苯、溴化氢均易挥发，为了提高苯与溴的转化率，往往应用冷凝回流装置；该反应的无机产物为HBr，应用AgNO3溶液来检验；反应完成后溴苯的提纯又涉及了洗涤、蒸馏等实验操作。因此该实验很好地把无机实验和有机实验结合在一起，既可以考查苯与溴的反应原理，又可以考查实验设计、方案的评价等。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题八第二单元　食品中的有机化合物　人工合成有机化合物
考点一　乙醇、乙酸和酯
1．乙醇
(1)组成和结构
分子式
结构简式
官能团
C2H6O
CH3CH2OH或C2H5OH
羟基
(2)物理性质
俗名：酒精；色味态：无色透明有特殊香味的液体；
沸点：比水的沸点低，易挥发；水溶性：与水互溶。
(3)化学性质
C2H5OH—
2．乙酸
(1)组成和结构
分子式
结构简式
官能团
C2H4O2
CH3COOH
羧基
(2)物理性质
①俗名：醋酸或冰醋酸；
②色味态：无色有刺激性气味的液体；
③水溶解性：与水互溶。
(3)化学性质
CH3COOH—
3．酯
(1)结构： (R为氢原子或烃基，R′一定是烃基)
(2)乙酸乙酯的性质
①物理性质：酯类都难溶于水，易溶于乙醇和乙醚等有机溶剂，密度一般比水小。低级酯是具有芳香气味的油状液体。
②化学性质：乙酸乙酯在酸或碱存在的条件下与水发生水解反应。
CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH
CH3COOC2H5＋NaOH△,CH3COONa＋C2H5OH
1．能否用Na检验酒精中是否有水？应如何检验酒精中的少量水？
2．水、乙醇、乙酸溶液与钠反应，产生气体的速率哪一个最快？其原因是什么？
3．向乙醇和乙酸中分别加入少量NaHCO3溶液，分别发生怎样的现象？得出什么结论？
4．区别乙醇、乙酸和乙酸乙酯可以用何试剂？
提示：　1.不能，因为Na与乙醇也发生反应。实验室常用无水CuSO4来检验乙醇中是否含水。
2．乙酸溶液。在这三种物质中，乙酸溶液中c(H＋)最大。
3．乙醇中无明显现象，乙酸中有气泡产生。羟基氢的活泼性：乙酸>乙醇。
4．饱和的Na2CO3溶液。
1．下列说法错误的是(　　)
A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分
B．乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高
C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应
解析：　厨房中料酒的有效成分是乙醇，食醋的有效成分是乙酸，故A正确；常温常压下，C2H6、C2H4为气体，而乙醇、乙酸为液体，故B正确；乙醇、乙酸都能燃烧发生氧化反应，C正确；皂化反应是指高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，其条件与酯化反应的条件不同，D错。
答案：　D
2．(2013·山东高考·10)莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是(　　)
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有2种官能团
C．可发生加成和取代反应
D．在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
解析：　莽草酸的分子式为C7H10O5，A项错误；分子中含有羧基、羟基和碳碳双键，B项错误；在水溶液中，羟基不能电离出H＋，D项错误。
答案：　C
3．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，取另一份等量的有机物和足量NaHCO3反应得V2 L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是(　　)
　　　　　　 B．HOOC—COOH
C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH
解析：　相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比。设选项中各物质的物质的量均为1 mol，则各物质与n1、n2的对应关系为
n1(与Na反应生成H2的物质的量)
n2(与NaHCO3反应生成CO2的物质的量)
1 mol
1 mol
HOOC—COOH
1 mol
2 mol
HOCH2CH2OH
1 mol
0
CH3COOH
0.5 mol
1 mol
答案：　A

　
1．含羟基物质性质比较
乙醇
水
碳酸
乙酸
氢原子活泼性
酸碱性
中性
弱酸性
弱酸性
与Na
反应
反应
反应
反应
与NaOH
不反应
不反应
反应
反应
与NaHCO3
不反应
不反应
不反应
反应
2.应用羟基的活泼性，可以解决有关物质类别的推断的题目。解决时可以先从羟基与Na、NaOH、NaHCO3的反应情况以及量的关系进行比较，最后推断出是醇羟基还是羧基。
4．等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻，铜片质量不变的是(　　)
A．硝酸 B．无水乙醇
C．石灰水 D．盐酸
答案：　B
5．如右图所示为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图。下列关于该实验的叙述中，不正确的是(　　)
A．向a试管中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇，再加入冰醋酸
B．试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象
C．实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动
D．试管b中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇
答案：　A
6．具有一个羟基的化合物A 10 g，与乙酸反应生成乙酸某酯11.85 g，并回收了未反应的A 1.3 g，则A的相对分子质量约为(　　)
A．98 B．116
C．158 D．278
解析：　本题主要考查的是酯化反应的反应机理，根据酯化反应时“酸脱羟基，醇脱氢原子”的规则，写出反应的化学方程式，根据方程式进行相关的计算即可。本题体现了“质量守恒”的学科思想。
设化合物A为R—OH，相对分子质量为Mr，则其与乙酸发生的酯化反应方程式为：
CH3COOH＋HO—RCH3COOR＋H2O
Mr Mr＋60－18
(10－1.3)g 11.85 g
＝
解得Mr＝116。
答案：　B
考点二　基本营养物质
1．糖类
(1)组成和分类
①组成：组成元素为C、H、O，多数可用通式Cn(H2O)m表示。
②分类
类别
单糖
双糖
多糖
水解特点
不能水解
1分子糖能水解成两分子单糖
1分子糖能水解成多分子单糖
举例
葡萄糖、果糖
蔗糖、麦芽糖
淀粉、纤维素
分子式
C6H12O6
C12H22O11
(C6H10O5)n
(2)葡萄糖
①结构简式：CH2OH(CHOH)4CHO。
②性质
a．有甜味，易溶于水。
b．与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀。
c．与银氨溶液发生银镜反应。
d．在酒化酶催化作用下，转化成乙醇。
e．在人体内缓慢氧化的化学方程式为：
C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O。
(3)双糖
在稀酸催化下发生水解反应，如蔗糖：C12H22O11(蔗糖)＋H2OC6H12O6(葡萄糖)＋C6H12O6(果糖)。
(4)淀粉和纤维素
①在酸或酶的催化下水解，生成葡萄糖。
②淀粉遇单质碘变蓝色，可用于检验淀粉的存在。
2．油脂
(1)组成和结构
①组成元素：C、H、O
②结构：油脂是高级脂肪酸和甘油生成的酯。结构简式为：
③分类
碳链不饱和程度
常温下状态
举例
油
高
液态
植物油
脂肪
低
固态
脂肪
(2)性质——水解反应
①酸性条件：水解生成高级脂肪酸和甘油。
②碱性条件：水解生成高级脂肪酸盐和甘油，该反应又称为皂化反应。
(3)用途
①提供人体所需要的能量。
②用于生产肥皂和甘油。
3．蛋白质
(1)组成
蛋白质由C、H、O、N、S(至少填五种)等元素组成，蛋白质分子是由氨基酸分子连接成的高分子化合物。
(2)性质
蛋白质—
(3)用途
①蛋白质是人体必需的营养物质。
②动物的毛和皮、蚕丝——重要的纺织原料，制服装。
③动物胶——制照相用片基和感光纸(阿胶作药材)。
④酶——生物体内重要的催化剂。
1．日常生活中为什么可以用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污？
2．在物质和用途之间连线
提示：　1.热的纯碱溶液因水解显较强的碱性，可促使炊具上的油污水解变为可以溶于水的高级脂肪酸的钠盐和甘油。
2．①—b　②—c　③—d　④—a
1．核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为：
CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO，
下列关于核糖的叙述正确的是(　　)
A．与葡萄糖互为同分异构体
B．可与新制的Cu(OH)2悬浊液作用生成砖红色沉淀
C．不能发生取代反应
D．可以使紫色的石蕊试液变红
解析：　分析核糖的结构简式可知其化学式为C5H10O5，而葡萄糖的化学式为C6H12O6，故A项不正确；核糖分子中含有—CHO，故可与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，B项正确；核糖分子中含有—OH，可与酸发生取代反应，但没有—COOH，不显酸性，不能使紫色的石蕊试液变红，C、D两项不正确。
答案：　B
2．可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、蔗糖溶液的试剂是(　　)
A．氢氧化钠溶液 　　　　　 B．新制氢氧化铜
C．石蕊试液 D．碳酸钠溶液
解析：　氢氧化钠溶液能够与乙酸反应，但没有明显的现象，与葡萄糖不反应，所以氢氧化钠溶液无法鉴别这三种溶液；新制氢氧化铜能够溶解在乙酸溶液中，加热的条件下能够被葡萄糖溶液还原为砖红色的氧化亚铜沉淀，所以新制氢氧化铜能够鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、蔗糖溶液；石蕊溶液无法鉴别葡萄糖溶液、蔗糖溶液；碳酸钠溶液只与乙酸反应，与葡萄糖溶液、蔗糖溶液都不反应，所以无法鉴别。
答案：　B
　葡萄糖和果糖、麦芽糖和蔗糖互为同分异构体，因此用分子式表示这些物质时应在分子式后面加上汉字，如C6H12O6(葡萄糖)。
3．油脂是多种高级脂肪酸的甘油酯。油脂的下列性质和用途中，与其含有不饱和的碳碳双键有关的是(　　)
A．油脂是产生能量最高的营养物质
B．利用油脂在碱性条件下的水解，可以制甘油和肥皂
C．植物油通过氢化(加氢)可以变为脂肪
D．脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质
答案：　C
4．下列关于油脂的的叙述中，不正确的是(　　)
A．天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物
B．油脂在人体内的化学变化主要是在脂肪酶的催化下进行水解
C．油脂是酯的一种
D．植物油和矿物油都不能使溴水褪色
答案：　D
5．(2013·上海化学·1)2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是(　　)
A．点燃，能燃烧的是矿物油
B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C．加入水中，浮在水面上的是地沟油
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
解析：　地沟油属于油脂含有酯基，可以发生水解生成溶于水的高级脂肪酸钠、甘油，D选项正确；地沟油、矿物油(汽油、煤油、柴油等)均属于混合物，无固定熔沸点，B选项错误。
答案：　D
　酯、油脂和矿物油三者之间的关系
6．2011年初，某媒体报道了“皮革奶”事件，不法厂商将皮革下脚料水解后掺入奶粉以提高奶粉中蛋白质的含量。下列说法不正确的是(　　)
A．动物皮革的主要成分是蛋白质
B．天然蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸
C．皮革鞣制过程中使用的K2Cr2O7会使蛋白质盐析
D．“皮革奶”灼烧时有烧焦羽毛的气味
解析：　动物的毛皮的主要成分为蛋白质，A项正确；天然蛋白质水解的最终产物为α-氨基酸，B项正确；K2Cr2O7为强氧化性盐，使蛋白质变性，C项错误；“皮革奶”含有蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛气味，D项正确。
答案：　C
7．英、美、以三位科学家因为“核糖体的结构和功能”的研究而获得2009年诺贝尔化学奖。核糖体是细胞内一种核糖核蛋白颗粒，主要由rRNA和蛋白质构成，其唯一功能是按照mRNA的指令将氨基酸合成蛋白质多肽链，所以核糖体是细胞内蛋白质合成的分子机器。下列说法不正确的是(　　)
A．糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质
B．蛋白质在一定条件下能发生水解反应，生成氨基酸
C．加热能杀死甲型H1N1流感病毒，因为病毒的蛋白质受热变性
D．蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，如再加水也不溶解
解析：　蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，蛋白质的盐析是一个可逆过程，如果再加入水，析出的蛋白质仍可以溶解在水中。
答案：　D
　
1．糖类和蛋白质的特征反应
(1)葡萄糖的特征反应
①碱性、加热条件下，使新制的氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀；
②碱性、加热条件下，从银氨溶液中析出银(也叫银镜反应)。
(2)淀粉的特征反应：常温下，淀粉遇碘变蓝。
(3)蛋白质的特征反应
①浓硝酸可以使蛋白质变黄，也称为蛋白质的颜色反应；
②灼烧时，有烧焦羽毛的气味。
2．糖类、油脂、蛋白质的水解反应
(1)二糖、多糖的水解反应
C12H22O＋H2OC6H12O＋C6H
C12H22O＋H2O2C6H12O
(C6H10O＋nH2OnC6H12O
(2)油脂的水解反应
①酸性条件　油脂＋水高级脂肪酸＋甘油
②碱性条件(皂化反应)
油脂＋水高级脂肪酸钠＋甘油
(3)蛋白质的水解反应
蛋白质＋水氨基酸
考点三　人工合成有机化合物
1．简单有机物的合成
写出下面每条设计路线中所涉及的反应方程式；并指出属于哪一个反应类型：
(1)
①CH2===CH2＋H2OCH3CH2OH，加成反应。
②2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，氧化反应。
③2CH3CHO＋O22CH3COOH，氧化反应。
④CH3COOH＋HOCH2CH3CH3COOCH2CH3＋H2O，酯化反应。
(2)
①2CH2===CH2＋O22CH3CHO，氧化反应。
其他反应同路线(1)中的①③④
(3)
①CH2===CH2＋O2CH3COOH，氧化反应。
其他反应同路线(1)中的①④
2．有机高分子的合成
(1)合成有机高分子是用化学方法合成的、相对分子质量高达几万乃至几百万的有机化合物。塑料、合成纤维、合成橡胶(统称为三大合成材料)等都是合成有机高分子。
(2)加聚反应
①定义：含有碳碳双键(或碳碳叁键)的相对分子质量较小的化合物分子，在一定条件下相互结合成相对分子质量大的高分子，这样的反应叫做加成聚合反应，简称加聚反应。
②完成下列加聚反应的化学方程式：
(3)缩聚反应
①定义：形成了高聚物的同时，还生成了小分子化合物。
②酚醛树脂的合成方程式为：
　有机合成在实际生产中从哪些方面考虑最佳合成路线？
提示：　有机合成从理论上讲都能在一定条件下实现。在实际生产中，还要综合考虑原料来源、反应物利用率、设备和技术条件、是否有污染物的排放、生产成本等问题来选择最佳的合成路线。
1．有机物①CH2===CHCH2CH===CHCOOH　②CH2===CHCOOCH3　③CH2===CHCH2OH　④CH3CH2CH2OH
⑤CH3CHCH2CHOOH中均能发生酯化反应、加成反应和氧化反应的是(　　)
A．①③④　　　　　　　　　　 B．②④⑥
C．①③⑤ D．①②⑤
解析：　分析5种有机物分子中含有的官能团，判断各自能发生的反应如下表：
酯化反应
加成反应
氧化反应
①
√
√
√
②
×
√
√
③
√
√
√
④
√
×
√
⑤
√
√
√
故①③⑤符合题意。
答案：　C
2．绿色化学对化学反应提出了“原子经济性”(原子节约)的新概念及要求。理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。下列生产乙苯()的方法中，原子经济性最好的是(反应均在一定条件下进行)(　　)
解析：　“原子节约性”即只有乙苯这一种产物，没有其他的副产物。这道题目，只要认真领会题干意思，便很容易。
答案：　C
3．喷水溶液法是科学家近期研制出的一种使沙漠变绿洲的新技术。它是先在沙漠上喷洒一定量的聚丙烯酸酯()“水溶液”，“水溶液”中的高分子化合物与沙土粒子结合，在地下30～50 cm处形成一个厚0.5 cm的隔水层，既能阻止地下的盐水上升，又有拦截、蓄积雨水的作用。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是(　　)
A．合成它的单体是CH2===CH—COOR
B．它是通过加聚反应得到的
C．在一定条件下能发生水解反应
D．在一定条件下能发生加成反应
解析：　本题中聚丙烯酸酯?CH2CH?COOR，类似聚乙烯?CH2—CH2?，那么单体也可以类推为CH2===CH—COOR，A正确。发生的是加聚反应，B正确。又因为该聚合物高分子中含有—COOR，属于酯类，可以水解，C正确。由于加聚之后，该高分子中不含有不饱和键，因此不能发生加成反应，D不正确。
答案：　D
4．用乙炔、食盐、水为原料，写出合成聚氯乙烯(?CH2CH?Cl)的化学方程式。
解析：　这是一道比较简单的有机物合成试题。一般根据合成物质的结构，找出合成该物质所需要的单体或基本物质，然后再找出制备这些单体或基本物质的方法。解答时按原料―→单体―→聚合物的顺序进行。
本题的合成路线如下：
―→氯乙烯―→聚氯乙烯
答案：　(1)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
(2)H2＋Cl22HCl；
(3)CHCH＋HClCH2===CHCl；
(4)nCH2===CHCl?CH2CH?Cl。
1．(2013·新课标全国卷Ⅰ·8)
香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图：下列有关香叶醇的叙述正确的是(　　)
A．香叶醇的分子式为C10H18O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能发生加成反应不能发生取代反应
解析：　香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误。碳碳双键和—CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液的紫红色褪去，故C错误。香叶醇在一定条件下能与卤素单质、乙酸等发生取代反应，故D错误。
答案：　A
2．(2013·新课标全国卷Ⅰ·12)分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有(　　)
A．15种　　　　　　　　　　 B．28种
C．32种 D．40种
解析：　分子式为C5H10O2的酯可能是HCOOC4H9、
CH3COOC3H7、C2H5COOC2H5、C3H7COOCH3，其水解得到的醇分别是C4H9OH(有4种)、C3H7OH(有2种)、C2H5OH、CH3OH，水解得到的酸分别是HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH、C3H7COOH(有2种)。C4H9OH与上述酸形成的酯有4＋4＋4＋4×2＝20种；C3H7OH与上述酸形成的酯有2＋2＋2＋2×2＝10种；C2H5OH、CH3OH与上述酸形成的酯都是1＋1＋1＋1×2＝5种，以上共有40种。
答案：　D
3．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别(2013·福建理综，7A)(　　)
(2)乙醇不能发生取代反应(2012·福建理综，7A)(　　)
(3)用食醋可除去热水壶内壁的水垢(2012·广东理综，7A)(　　)
(4)乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同(2012·山东理综，10D)(　　)
(5)在水溶液里，乙酸分子中的—CH3可以电离出H＋(2011·福建理综，8C)(　　)
(6)乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2(2011·山东理综，11A)(　　)
(7)在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH(2011·北京理综，7C)(　　)
(8)乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去(2010·山东理综，12D)(　　)
(9)乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成(2010·福建理综，6D)(　　)
(10)由乙酸和乙醇制乙酸乙酯与由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇的反应类型相同(2010·课标全国卷，9D改编)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√　(9)√　(10)√
4．(2013·广东理综·7)下列说法正确的是(　　)
A．糖类化合物都具有相同的官能团
B．酯类物质是形成水果香味的主要成分
C．油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇
D．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
解析：　糖类是指多羟基醛或多羟基酮以及能够水解生成它们的物质，如葡萄糖和果糖中除均含有羟基外，还分别含有醛基、酮基两种不同的官能团，A项错误；皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，故生成的应是脂肪酸盐和丙三醇，C项错误；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，均含有羧基和氨基，D项错误。
答案：　B
5．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应(2013·福建理综，7D)(　　)
(2)葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体(2012·山东理综，10C)(　　)
(3)麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖(2012·北京理综，11B)(　　)
(4)麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应(2011·北京理综，7A)(　　)
(5)蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体(2011·福建理综，8B)(　　)
(6)葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物(2009·广东，4D)(　　)
(7)纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色(2011·广东理综，7A)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√　(7)×
6．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点(2012·北京理综，11A)(　　)
(2)油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳(2011·福建理综，8A)(　　)
(3)乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇(2011·广东理综，7D)(　　)
(4)石油裂解和油脂皂化都是由高分子生成小分子的过程(2010·广东理综，11D)(　　)
(5)乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应(2009·福建理综，9B)(　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
7．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒(2012·天津理综，1A)(　　)
(2)氨基酸、淀粉均属于高分子化合物(2012·福建理综，7C)(　　)
(3)蛋白质、乙酸和葡萄糖都是电解质(2011·广东理综，7B)(　　)
(4)蛋白质和油脂都是高分子化合物，一定条件下都能水解(2011·山东理综，11B)(　　)
(5)淀粉、油脂、蛋白质都水解，但水解产物不同(2010·山东理综，12B)(　　)
(6)蛋白质水解的最终产物是多肽(2010·广东理综，11B)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
学科素养培优(十六)__乙酸乙酯的制取
1．原理
CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
其中浓硫酸的作用为：催化剂、吸水剂。
2．反应特点
①属于取代反应；②通常反应速率很慢；③属于可逆反应。
3．装置(液—液加热反应)及操作
用烧瓶或试管，试管倾斜成45°角，长导管起冷凝回流和导气作用。
4．饱和Na2CO3溶液的作用及现象
(1)作用：降低乙酸乙酯的溶解度、消耗乙酸、溶解乙醇；
(2)现象：在饱和Na2CO3溶液上方有香味的油状液体。
5．反应的断键部位
有机酸与醇酯化，酸脱羟基醇脱氢。
6．提高乙酸乙酯产率的措施
①用浓硫酸吸水；②加热将酯蒸出；③适当增加乙醇的用量。
下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。
【实验目的】　制取乙酸乙酯
【实验原理】　甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
其中浓硫酸的作用是________和________。
【装置设计】　甲、乙、丙三位同学分别设计下列三套实验装置：
请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，选择的装置是________(选填“甲”或“乙”)。
丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是________________。
【实验步骤】
①按选择的装置仪器，在试管中先加入3 mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2 mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2 mL冰醋酸；
②将试管固定在铁架台上；
③在试管B中加入适量的饱和Na2CO3溶液；
④用酒精灯对试管A加热；
⑤当观察到试管B中有明显现象时停止实验。
【问题讨论】
(1)步骤①装好实验装置，加入样品前还应________________________________________________________________________。
(2)试管B中饱和Na2CO3溶液的作用是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)从试管B中分离出乙酸乙酯的实验操作是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸既作催化剂又作吸水剂(吸收水促使平衡右移)，提高反应产率。用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯时，要注意防倒吸，不能插入液面以下，也可以用丙中的装置，连接一个干燥管防倒吸。组装好一套实验装置后，要先检验装置的气密性。乙酸乙酯是不溶于水且比水轻的有机物，用分液的方法提取乙酸乙酯。
答案：　【实验原理】CH3COOH＋C2H5OH
CH3COOC2H5＋H2O
催化剂　吸水剂(顺序可以颠倒)
【装置设计】乙　防止倒吸
【问题讨论】(1)检查装置的气密性
(2)中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度
(3)分液
　
(1)加入试剂的顺序为C2H5OH→浓硫酸(或CH3COOH)→CH3COOH(或浓硫酸)，特别注意不能先加浓硫酸。
(2)导管不能插入到Na2CO3溶液中(防止倒吸)。
(3)对反应物加热不能剧烈，以减少反应物的挥发。

专题讲座(十)　常见有机物的比较及重要有机反应类型
一、常见有机物结构、性质的比较
　常见有机物是与我们的生活、生产紧密相关的物质，属于高考必考内容，主要包括甲烷、乙烯、苯、乙醇、乙酸、葡萄糖、蔗糖、淀粉、油脂、蛋白质共十种物质。由于内容相对独立，不具备系统性，因此高考中有机命题常在选择题中设计一题，把化学知识和实际生产、生活、环境污染等问题结合起来，突出化学与可持续发展的密切联系，考查典型有机物的组成、结构和性质，对于有机反应类型的判断，主要限定在取代反应，加成反应及加聚反应等典型反应上。实验则主要侧重苯的性质、酯化反应、乙醇的性质、糖类的水解等。
1．常见有机物的知识体系
有
2．常见有机物的组成和结构
3.常见有机物的化学性质
物质
特性或特征反应
甲烷(CH4)
氧化：燃烧，不能使KMnO4(H＋)褪色
取代：与Cl2(光照)反应
乙烯(C2H4)
氧化：燃烧，能使KMnO4(H＋)褪色
加成：使Br2的CCl4溶液褪色
苯(C6H6)
氧化：燃烧，不能使KMnO4(H＋)褪色
取代：与Br2(纯)催化反应，与HNO3反应
加成：与H2催化反应
乙醇(C2H5OH)
置换：与Na反应
氧化：①燃烧②与O2催化氧化反应③与KMnO4(H＋)或K2Cr2O7(H＋)反应
乙酸(CH3COOH)
酸性：使石蕊试液和pH试纸变红
酯化：与乙醇反应
葡萄糖(C6H12O6)
(C6H12O6)
与银氨溶液反应，析出单质银
与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，
产生砖红色沉淀
淀粉
遇碘水显蓝色
蛋白质
遇浓硝酸显黄色
灼烧闻气味——烧焦羽毛气味
二、重要的有机反应类型
　加成反应、取代反应、加聚反应是有机反应基本类型，也是高考有机试题必考的反应类型，考查题型一般为选择题，通常是判断给定反应方程式或反应事实的反应类型，还可以是某指定物质能否发生相应类型的反应。
某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是(　　)
①可以燃烧　②能使酸性高锰酸钾溶液褪色　③能跟NaOH溶液反应　④能发生酯化反应　⑤能发生聚合反应　⑥能发生水解反应　⑦能发生取代反应
A．只有①④　　　　　　　 B．只有⑥
C．只有⑤ D．只有④⑥
解析：　大多数有机物能燃烧；含有—CH===CH2，能使酸性KMnO4溶液褪色，能发生加聚反应；含—COOH，能与NaOH溶液反应，能发生酯化反应(属于取代反应)；含—CH2OH，能发生酯化反应。
答案：　B

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题六第一单元　化学反应速率
考点一　化学反应速率
1．表示方法
用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。
2．数学表达式及单位
v＝，mol·(L·s)－1或mol·(L·min)－1
3．同一反应中用不同物质表示的化学反应速率之间的关系
对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在同一时间段内化学反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
1．化学反应速率v＝是指即时速率还是平均速率？
2．能否用固体或纯液体表示化学反应速率？
3．化学反应N2＋3H22NH3，随着反应的进行，N2、H2的消耗速率逐渐减慢而NH3的生成速率是否逐渐加快？
4．某温度时，在2 L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。由此分析，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________；
从反应开始至2 min时，Z的反应速率为__________。
提示：　1.根据v＝可知是平均速率，只有在v－t、v－p、v－T图像中曲线上的点才表示即时速率。
2．不能，因为固体或纯液体的浓度在化学反应中视为定值。
3．N2、H2的消耗和NH3的生成是同一反应方向，用它们表示该反应的速率意义相同，N2、H2的消耗速率减慢，NH3的生成速率必然减慢。
4．3Y＋Z2X　0.025 mol·L－1·min－1
1．在甲、乙、丙、丁四种不同条件下，对于某反应X＋3Y2Z＋2W，分别测得反应速率，甲：v(X)＝0.3 mol·L－1·min－1，乙：v(Y)＝1.2 mol·L－1·min－1，丙：v(Z)＝0.8 mol·L－1·min－1，丁：v(W)＝0.02 mol·L－1·s－1，则反应最快的是(　　)
A．甲　　　　　　　　　 B．乙
C．丙 D．丁
答案：　D
2．对于可逆反应A(g)＋3B(s) 2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是(　　)
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1
D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
解析：　本题可以采用归一法进行求解，可以通过方程式的计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B项中的B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
答案：　D
　
　比较反应速率大小的方法——“一看二转三比较”
比较用不同物质表示的反应速率相对大小时：
第一步看单位是否统一；
第二步是若单位不统一，转化成同一单位，不同物质表示时转化成用同一物质表示；
第三步是比较数值的大小。
3．反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)经一段时间后，SO2的浓度减少了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为(　　)
A．0.1 s　　　　　　　　　　 B．2.5 s
C．5 s D．10 s
解析：　根据化学方程式，当SO2的浓度减少了0.4 mol·L－1时，消耗O2的浓度是0.2 mol·L－1，由化学反应速率的计算式v＝得t＝＝＝5 s。
答案：　C
4．将等物质的量的A、B混合放于2 L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)。经5 min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5 mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，v(C)＝0.1 mol/(L·min)。
则：(1)x＝________。
(2)前5 min内B的反应速率v(B)＝________。
(3)平衡时A的转化率为________。
解析：　(1)v(D)＝＝0.1 mol/(L·min)＝v(C)，由此推知x＝2。
(2)v(B)＝＝＝0.05 mol/(L·min)
(3)　　　　　　　　　3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)
起始浓度/mol/L a a 0 0
转化浓度/mol/L 0.75 0.25 0.5 0.5
平衡浓度/mol/L a－0.75 a－0.25 0.5 0.5
(a－0.75)∶(a－0.25)＝3∶5解得：a＝1.5；
A的转化率为α(A)＝×100%＝50%。
答案：　(1)2
(2)0.05 mol/(L·min)
(3)50%
　
1．化学反应速率的比较方法
(1)归一法：换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。
(2)比值法：速率大小比较时，可以用各物质表示的速率除以对应物质的化学计量数，对求出的数值进行大小排序，数值大的表示该反应速率快。
2．化学反应速率的计算方法
(1)公式法
利用v＝Δc/Δt直接进行计算。
(2)比例关系法
利用速率之比＝化学计量数之比＝各物质浓度变化量(Δc)之比＝各物质物质的量的变化量(Δn)之比。
(3)“三段法”的解题模式
依据化学方程式计算化学反应速率时可按以下格式(“三段式”)求解：
①写出有关反应的化学方程式；
②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；
③根据已知条件列方程式计算。
例如：反应　　　　　　mA　＋　nBpC
起始浓度(mol·L－1) a b c
转化浓度(mol·L－1) x
某时刻浓度(mol·L－1) a－x b－ c＋
考点二　影响化学反应速率的因素
1．内因
反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为v(Mg)>v(Al)。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子、活化能、有效碰撞
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能：如图
图中：E1为反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)碳酸钙与盐酸反应过程中，再增加CaCO3固体，反应速率不变，但把CaCO3固体粉碎，可以加快反应速率(　　)
(2)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大(　　)
(3)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大(　　)
2．(1)形状大小相同的铁、铝分别与等浓度的盐酸反应生成氢气的速率：铁______铝；
(2)对于Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？
①升高温度：______________；
②增大盐酸浓度：______________；
③增大铁的质量：______________；
④增加盐酸体积：______________。
3．有人说压强对化学反应速率的影响是通过改变浓度实现的。这种说法是否正确，对此你如何理解？
提示：　1.(1)√　(2)√　(3)×
2．(1)小于　(2)①反应速率增大　②反应速率增大　③无影响　④无影响
3．这句话是正确的。但压强仅对有气体参加的反应起作用。增大压强，所有参与反应的气体的浓度均增大，如2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，增大压强，SO2、O2、SO3的浓度均增大，正、逆反应速率均增大。而增大浓度可只增大反应物或生成物的浓度，若只增大反应物的浓度，v正瞬间增大，v逆不变。压强对无气体参与的反应无影响，但浓度仍可改变无气体参与的反应的化学反应速率。
1．反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(　　)
①增加C的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A．①④　　　　　　　　　　 B．②③
C．①③　　　 D．②④
解析：　增加固体的量、恒容时充入惰性气体对速率无影响。
答案：　C
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是(　　)
A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2
C．恒容，充入He D．恒压，充入He
答案：　C
　
1．对于固体和纯液体反应物，其浓度可视为常数，改变用量速率一般不变。
2．气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时，对反应速率的影响：
(1)恒容：充入“惰性气体”―→总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”―→体积增大―→物质浓度减小(活化分子浓度减小)―→反应速率减慢。
3．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
答案：　D
4．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到下图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)
组别
c(HCl) (mol·L－1)
温度(℃)
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
块状
4
2.5
30
粉末状
A.4－3－2－1 B．1－2－3－4
C．2－4－3－1 D．1－2－4－3
解析：　从表中铁的形状、盐酸的浓度、反应的温度分析可得出：1组最慢，其次慢的是2组；由于3组温度最高，4组用的是铁粉，二者速率大小不好确定，故反应速率是1＜2＜3＜4或1＜2＜4＜3。
答案：　A
5．把镁条直接投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如右图所示，在下列因素中，影响反应速率的因素是(　　)
①盐酸的浓度　②镁条的表面积　③溶液的温度　④Cl－的浓度
A．①④ B．③④
C．①②③ D．②③
答案：　C
考点三　数形结合思想——用化学反应速率图像突破化学平衡概念
速率－时间图像及应用(以可逆反应为例分析)
1．改变反应物浓度
2．改变生成物浓度
3．改变气体体系的压强
(1)对于正反应方向气体体积增大的反应：
(2)对于反应前后气体体积不变的反应：
4．改变温度
对于正反应放热的反应：
5．加催化剂
1．下图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是(　　)
A．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0
B．4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0
C．H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH>0
D．C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)　ΔH>0
解析：　t1时刻升高温度，v吸、v放均增大，且v吸>v放，即正反应是放热的反应就符合此变化，ΔH<0的可逆反应符合此变化，排除C、D两项；增大压强时，由于v逆>v正，所以可逆反应中右边气体物质的计量系数大于左边的气体物质的计量系数，可以排除A项，只有B项符合题意。
答案：　B
2．如图表示在密闭容器中进行的反应：2SO2＋O22SO3　ΔH<0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a时刻改变的条件可能是
________________________________________________________________________；
b时刻改变的条件可能是________________________________________________________________________。
解析：　a时刻化学反应速率比原来平衡状态都增大了，且v(正)≠v(逆)，与平衡的反应速率又不是连续的，故可想到是升高了反应温度或增大了压强所致，又因为v(逆)>v(正)，故只能采用升高温度的方法。b时刻逆反应速率比原来平衡时变小了，正反应速率与原平衡时的速率是连续的，因此只能是减少生成物(SO3)的浓度。
答案：　升高温度　减少SO3的浓度
3．可逆反应N2＋3H22NH3是工业上合成氨的重要反应。
(1)根据图1请写出合成氨的热化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(热量用E1、E2或E3表示)。
(2)图1中虚线部分是通过改变化学反应中的________________________________________________________________________
条件，该条件的改变与图2中哪一时刻条件的改变相同______(用“t1…t6”表示)。
(3)t3时刻改变的条件是________，t5时刻改变的条件是________。
解析：　(1)根据图1可知，从N2和H2反应生成1 mol NH3过程中放出的热量为(E3－E1) kJ，所以N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－2(E3－E1) kJ·mol－1。
(2)图1中虚线部分表示由反应物到达过渡态的过程中，所需能量减少，说明使用了催化剂，降低了活化能。因为反应N2＋3H22NH3为反应前后气体体积不相等的反应，在图2中，t2时刻改变条件，正、逆反应速率的改变相同，说明改变的外界条件只能是使用了催化剂。
(3)t3时改变条件，v(正)、v(逆)都减小，且v(正)v(正)，平衡向逆反应方向移动，只能是升高温度。
答案：　(1)N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－2(E3－E1) kJ·mol－1
(2)催化剂　t2…t3
(3)减小压强　升高温度
　
(1)只是改变一种物质的浓度而引起的压强改变，不应该从压强角度分析，应该从浓度角度分析。
(2)只有压强的改变同等程度的引起反应物和生成物浓度的改变时，才是改变压强。
1．(2013·福建理综·12)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是(　　)
A．40 ℃之前与40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5 mol·L－1·s－1
D．温度高于40 ℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
解析：　由题给图像可知，温度低于40 ℃时，温度升高，溶液变蓝的时间短，但温度高于40 ℃时情况相反，A项正确；因为b、c两点的温度不同，反应速率不可能相等，B项错误；图中a点，所用的时间为80 s，则NaHSO3的反应速率为：(0.020 mol·L－1×10.0 mL×10－3 L/mL)÷(50 mL×10－3 L/mL)÷80 s＝5.0×10－5 mol·L－1·s－1，C项正确；由题给条件，55 ℃时未观察到溶液变蓝，所以温度高于40 ℃，淀粉不宜作该实验的指示剂，D项正确。
答案：　B
2．(2013·四川理综·6)在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是(　　)
A．反应前2 min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3 mol/(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)
C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
解析：　反应前2 min，Y的浓度变化为0.004 mol/L，则v(Z)＝2v(Y)＝0.004 mol/(L·min)，A项错误；此反应正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，v(正)>v(逆)，B项错误；由表可知7 min时反应达到平衡，这时c(Z)＝0.012 mol/L，c(X)＝c(Y)＝0.01 mol/L，K＝＝1.44，C项正确；此反应是一个反应前后气体体积不变的反应，再充入0.2 mol Z，达到平衡后X的体积分数不变，D项错误。
答案：　C
3．[2012·山东理综·29(3)]一定温度下，将1 mol N2O4充入体积为1 L的密闭容器中，反应3 s后，NO2的物质的量为0.6 mol，则0～3 s内的平均反应速率v(N2O4)＝________________________________________________________________________
mol·L－1·s－1。
解析：　N2O42NO2
0.3 mol0.6 mol
v(N2O4)＝＝0.1 mol·L－1·s－1。
答案：　0.1
4．(2012·上海化学·18)为探究锌与稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示]，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是(双选)(　　)
A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变
B．加入少量水，v(H2)减小
C．加入CH3COONa固体，v(H2)减小
D．滴加少量CuSO4溶液，v(H2)减小
解析：　A项，加入的NH4HSO4固体溶于水发生电离：NH4HSO4===NH＋H＋＋SO使溶液中c(H＋)增大，v(H2)增大；D项，滴加少量CuSO4溶液，发生反应：Cu2＋＋Zn===Cu＋Zn2＋，生成的Cu、Zn与稀H2SO4形成以Zn为负极，Cu为正极，稀H2SO4为电解质溶液的原电池，加快了反应速率，使v(H2)增大。
答案：　BC
5．(2012·广东理综·31)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L－1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L－1 K2S2O8、0.10 mol·L－1 Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O＋2I－===2SO＋I2(慢)
I2＋2S2O===2I－＋S4O(快)
(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O)∶n(S2O)________。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验
序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝________mL，理由是________________________________________________________________________。
(3)已知某条件下，浓度c(S2O)-反应时间t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。
解析：　(1)淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3消耗尽。为确保能观察到蓝色，溶液中Na2S2O3要耗尽，由题给离子反应可得关系式：S2O～I2～2S2O，则有n(S2O)∶n(S2O)<2∶1时，能观察到蓝色。
(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
(3)降低温度时，化学反应速率减慢，c(S2O)变化减慢。加入催化剂时，化学反应速率加快，c(S2O)变化加快，c(S2O)～t的变化曲线如图所示。
答案：　(1)Na2S2O3　<2
(2)2.0　保证反应物K2S2O8的浓度改变，而其他的不变
(3)如下图所示
学科素养培优(十一)__“定多变一”法探究影响化学反应速率的因素
影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
[探究活动一]　探究金属与不同酸反应的反应速率：常温下，从经过砂纸打磨的铝片中取两片质量相等、表面积相同的铝片，分别加入到盛有体积相同、c(H＋)相同的足量的稀硫酸和稀盐酸溶液的两支试管中，发现铝片在稀盐酸中消失的时间比在稀硫酸中短。
[探究活动二]　探究影响稀硫酸与某金属反应速率的因素。下表是某研究性学习小组探究稀硫酸与某金属反应的实验数据：

实验序号
金属质量/g
金属状态
c(H2SO4)/ mol·L－1
V(H2SO4)/ mL
溶液温度/℃
金属消失的时间/s
反应前
反应后
1
0.10
丝
0.5
50
20
34
500
2
0.10
粉末
0.5
50
20
35
50
3
0.10
丝
0.7
50
20
46
250
4
0.10
丝
0.8
50
20
35
200
5
0.10
粉末
0.8
50
20
36
25
6
0.10
丝
1.0
50
20
35
125
7
0.10
丝
1.0
50
35
50
50
8
0.10
丝
1.1
50
20
34
100
9
0.10
丝
1.1
50
35
51
40
请回答：
(1)对[探究活动一]实验现象发生的原因，请你帮该研究性学习小组提出两个假设：
假设Ⅰ________________________________________________________________________。
假设Ⅱ________________________________________________________________________。
并请你设计实验对以上假设进行验证：
验证假设Ⅰ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
验证假设Ⅱ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)分析[探究活动二]的实验数据可发现有一个数据明显有错误，该数据是实验__________(填实验序号)的__________，
理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)分析[探究活动二]的实验数据可得出的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)假设Ⅰ：Cl－对铝和酸的反应有促进作用
假设Ⅱ：SO对铝和酸的反应有抑制作用
验证假设Ⅰ：在铝和稀硫酸反应的试管中加入固体氯化钠，看是否加快放出氢气的速率
验证假设Ⅱ：在铝和稀盐酸反应的试管中加入固体硫酸钠，看是否减慢放出氢气的速率
(2)3　反应后溶液的温度　本实验所用稀硫酸均过量，金属完全反应，等质量金属反应放出的热量应相等，所以使等体积溶液的温度升高值相近
(3)对于同一化学反应，在其他条件不变时：①反应物浓度越大，化学反应速率越快；②反应物固体表面积越大，化学反应速率越快；③反应温度越高，化学反应速率越快
[解题策略]
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题六第三单元　化学平衡的移动
考点　化学平衡移动
1．概念
(1)原因：反应条件改变引起v(正)≠v(逆)。
(2)方向
①v(正)>v(逆)时，平衡向正反应方向移动；
②v(正)＜v(逆)时，平衡向逆反应方向移动。
2．影响因素
在一定条件下，aA(g)＋bB(g) mC(g)　ΔH<0达到了平衡状态，若其他条件不变，改变下列条件对平衡的影响如下：
(1)浓度
①增大A或B的浓度或减小C的浓度，平衡向正反应方向移动；
②增大C的浓度或减小A或B的浓度，平衡向逆反应方向移动。
(2)压强
①若a＋b≠m
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。
②若a＋b＝m
改变压强，平衡不移动。
(3)温度
升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
降低温度，平衡向放热反应方向移动。
(4)催化剂
使用催化剂，因其能同等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动。
3．勒夏特列原理
如果改变影响平衡的一个条件(如温度、浓度、压强)，平衡将向减弱这个改变的方向移动。
1．改变条件，使正反应速率增大，平衡一定向正反应方向移动，这种说法正确吗？
2．在密闭容器中进行下列反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)　ΔH>0，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化：
(1)增加C，平衡________，c(CO)______。
(2)减小密闭容器体积，保持温度不变，则平衡__________，c(CO2)________。
(3)通入N2，保持密闭容器体积和温度不变，则平衡______，c(CO2)________。
(4)保持密闭容器体积不变，升高温度，则平衡__________，c(CO)________。
提示：　1.不能把v正增大与平衡向正反应方向移动等同起来。只有v正>v逆时，才使平衡向正反应方向移动。
2．(1)不移动　不变
(2)向逆反应方向移动　增大
(3)不移动　不变　(4)向正反应方向移动　增大
1．对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是(　　)
A．加入一种反应物　　　　　 B．升高温度
C．增大平衡体系的压强 D．使用催化剂
解析：　因为所有化学反应都会伴随着能量变化，所以升高温度，化学平衡一定会移动。
答案：　B
2．下列各图是温度(或压强)对2A(s)＋2B(g) 2C(g)＋D(g)　ΔH>0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是(　　)
解析：　曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，升高温度，增大压强，v(正)、v(逆)均增大，B中v(逆)，D中v(正)、v(逆)走向均减小，则B、D均错；可逆反应2A(s)＋2B(g) 2C(g)＋D(g)　ΔH>0的正反应是一个气体体积增大的吸热反应，则升高温度，向正反应方向移动，故v(正)>v(逆)，A项正确；增大压强，平衡向逆反应方向移动，故v(逆)>v(正)，C项错误。
答案：　A
　突破判断平衡移动方向的三个易错点
(1)当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对化学平衡没影响。
(2)同倍数地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响。
(3)“惰性气体”对化学平衡的影响
①恒温、恒容条件
原平衡体系体系总压强增大―→体系中各反应成分的浓度不变―→平衡不移动。
②恒温、恒压条件
原平衡体系容器容积增大，体系的分压减小―→各组分的浓度同等倍数减小
―→
3．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是(　　)
A
B
C
D
研究目的
压强对反应的影响(p2>p1)
温度对反应的影响
平衡体系增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
解析：　(1)根据到达平衡时间长短判断反应速率大小。
(2)根据转化率大小以及正逆反应速率关系判断平衡移动方向。
答案：　C
4．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应 mX(g) nY(g)　ΔH＝Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：

下列说法正确的是(　　)
A．m＞n
B．Q＜0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
解析：　升温，c(Y)增大，平衡右移，所以，向右吸热，Q＞0，B、D错误；气体体积增大，若平衡不移动，c(Y)应减小一半，现c(Y)比一半大，即减压，平衡向右移动，m＜n，A错，C对。
答案：　C
　
1．图像题的解题思路
(1)一看点：即看线段的起点是否通过原点，两条线的交点或者线段的拐点等。
(2)二看线：看线段的走向和变化趋势。
(3)三看面：看清楚横坐标和纵坐标表示的物理量。
(4)四看要不要作辅助线：看是否需要作等温线或等压线。
2．解答化学平衡图像题的技巧
(1)先拐先平：先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高，压强大，浓度大。
(2)定一议二：图像中有三个变量时，先固定一个量，再讨论另外两个量的关系。
1．(2013·北京理综·11)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是(　　)
A.
B.
t/℃
25
50
100
KW/10－14
1.01
5.47
55.0
C.
D.
c(氨水)/(mol·L－1)
0.1
0.01
pH
11.1
10.6
解析：　选项A可以用温度变化来解释化学平衡的移动，A项正确；选项B说明离子积随着温度的升高而增大，即温度升高，水的电离平衡正向移动，B项正确；选项C是催化剂对化学反应速率的影响，与化学平衡无关，C项错误；选项D中浓度与溶液pH的关系说明浓度对NH3·H2O的电离平衡的影响，D项正确。
答案：　C
2．(2013·上海化学·20)某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B＋C(g)　ΔH＝Q kJ/mol(Q>0)达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是(双选)(　　)
A．产物B的状态只能为固态或液态
B．平衡时，单位时间内n(A)消耗∶n(C)消耗＝1∶1
C．保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D. 若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C，达到平衡时放出热量Q
解析：　缩小容器体积相当于加压，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等，所以加压平衡逆向移动，即逆反应为气体分子数减小的反应，因为反应物只有固体，所以B的状态不能确定，A选项错误，C选项正确；B选项，分别表示正反应速率、逆反应速率，且正、逆反应速率相等，正确；Q是生成1 mol B和1 mol C吸收的热量，此反应是可逆反应，不能进行到底，所以D选项错误。
答案：　BC
3．(2013·安徽理综·11)一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g) MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)　ΔH>0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是(　　)
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
解析：　温度升高，平衡正向移动，混合气体的密度增大，A项正确；增大CO的物质的量，平衡正向移动，但CO2与CO的物质的量之比减小，B项错误；增大SO2的浓度，平衡逆向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数K不变，C项错误；增大MgSO4的质量，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。
答案：　A
4．[2011·新课标全国卷·27节选](1)在容积为2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示(注：T1、T2均大于300 ℃)：
下列说法正确的是________(填序号)
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝ mol·L－1·min－1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
(2)在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为________。
解析：　(1)v(CH3OH)＝＝ mol·L－1·min－1，①错误。温度越高反应速率越快，先达到平衡，则T2>T1。该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，增大，②错误，③、④正确。
(2)T1>300 ℃，此时甲醇和水都为气态，根据化学反应方程式：
　　　　　　　　　　CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
起始物质的量(mol) 1 3 0 0
转化物质的量(mol) α 3α α α
平衡物质的量(mol) 1－α 3－3α α α
压强之比等于物质的量之比，则p平/p始＝(4－2α)/4＝(2－α)/2。
答案：　(1)③④　(2)(2－α)/2
学科素养培优(十三)__等效平衡
1．含义
在一定条件下(恒温恒容或恒温恒压)，对同一可逆反应体系，起始时加入物质的物质的量不同，而达到化学平衡时，同种物质的百分含量相同。
2．原理
同一可逆反应，当外界条件一定时，反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，最后都能达到平衡状态。其中平衡混合物中各物质的含量相同。
由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关。因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件(温度、浓度、压强等)完全相同，则可形成等效平衡。
3．分类及判断方法
(1)等温、等容条件下，对于左右气相物质的化学计量数不等的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，若按可逆反应化学计量数之比换算成同一半边物质(一边倒)，其物质的量对应相同，则它们互为等效平衡。见下表，如可逆反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)＋D(g)
A
B
C
D
等效说明
①
2 mol
1 mol
0
0
①③⑤互为等效平衡。表现在达到平衡后各物质的物质的量、质量、体积、物质的量浓度、组分百分含量(物质的量分数、质量分数、体积分数)相同
②
4 mol
2 mol
0
0
③
1 mol
0.5 mol
1.5 mol
0.5 mol
④
0
1 mol
3 mol
1 mol
⑤
0
0
3 mol
1 mol
(2)等温、等容条件下，对于左右气相物质的化学计量数相等的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，若按可逆反应计量数之比换算成同一半边物质(一边倒)，其物质的量对应成比例，则它们互为等效平衡。见下表，如可逆反应：
2A(g)＋B(g) 3C(g)＋D(s)
A
B
C
D
等效说明
①
2 mol
1 mol
0
0
①②③⑤互为等效平衡。表现在达到平衡后组分百分含量(物质的量分数、质量分数、体积分数)相同
②
4 mol
2 mol
0
0
③
1 mol
0.5 mol
1.5 mol
0.5 mol
④
0
1 mol
3 mol
1 mol
⑤
0
0
3 mol
1 mol
(3)等温、等压条件下，对于任何有气相物质参加的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，若按可逆反应计量数之比换算成同一半边物质(一边倒)，其物质的量对应成比例，则它们互为等效平衡。见下表，如可逆反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)＋D(g)
A
B
C
D
等效说明
①
2 mol
1 mol
0
0
①②③⑤互为等效平衡。表现在达到平衡后各物质的物质的量浓度、组分百分含量(物质的量分数、质量分数、体积分数)相同
②
4 mol
2 mol
0
0
③
1 mol
0.5 mol
1.5 mol
0.5 mol
④
0
1 mol
3 mol
1 mol
⑤
0
0
3 mol
1 mol
在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行反应A(g)＋2B(g) 3C(g)，已知加入1 mol A和3 mol B，且达到平衡后，生成a mol C。
(1)达到平衡时，C在混合气体中的体积分数是__________(用字母a表示)。
(2)在相同的实验条件下，若加入2 mol A和6 mol B，达到平衡后，C的物质的量为________mol(用字母a表示)，此时C在反应混合气体中的质量分数________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)在相同实验条件下，若改为加入2 mol A和8 mol B，若要求平衡后C在反应混合气体中质量分数不变，则还应加入C________mol。
解析：　(1)由于该反应是等体积反应，n总＝n平＝4 mol，＝＝。(2)物质按比例增多，相当于对体系加压，平衡不移动，故质量分数不变。(3)根据等效平衡原理，设还应加入C x mol，则(2＋)∶(8＋x)＝1∶3，解得x＝6。
答案：　(1)　(2)2a　不变　(3)6
有甲、乙两容器，甲容器容积固定，乙容器容积可变。一定温度下，在甲中加入2 mol N2、3 mol H2，反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)达到平衡时生成NH3的物质的量为m mol。
(1)在相同温度下，在乙中加入4 mol N2、6 mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为__________mol(从下列各项中选择，只填序号，下同)；若乙的容积与甲的容积始终相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为________ mol。
A．小于m　　　　　　　　 B．等于m
C．在m～2m之间 D．等于2m
E．大于2m
(2)相同温度下，保持乙的容积为甲的一半，并加入1 mol NH3，要使乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则起始时应加入________mol N2和________mol H2。
解析：　(1)由于甲容器定容，而乙容器定压，它们的压强相等，达到平衡时，乙的容积应该为甲的两倍，生成的NH3的物质的量应该等于2m mol。当甲、乙两容器的体积相等时，相当于将建立等效平衡后的乙容器压缩，故乙中NH3的物质的量大于2m mol。(2)乙的容积为甲的一半时，要建立与甲一样的平衡，只有乙中的投入量是甲的一半才行，故乙中应该投入N2为(1－0.5) mol＝0.5 mol，H2为(1.5－1.5)mol＝0 mol。
答案：　(1)D　E　(2)0.5　0
　等效平衡判断“四步曲”
　第一步，看，观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应是前后等气体分子数的可逆反应还是反应前后不等气体分子数的可逆反应；第二步，挖，挖掘题目条件，区分恒温恒容和恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器；第三步，倒，采用一边倒法，将起始物质转化成一边的物质；第四步，联，联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。

专题讲座(七)　用数形结合思想探究化学平衡图像
　纵观近几年的各省市高考题，借助图像来考查化学平衡的内容是近几年高考中的重点，并且分值较大。 图像题的综合性很强，可以涵盖化学平衡与速率的很多重点内容，如化学反应速率的计算、化学反应速率数值与化学方程式中各物质化学计量数的关系、化学平衡的特征、化学平衡的影响因素等。
1．图像分类归纳
(1)速率—时间图
以反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)　ΔH<0，m＋n>p＋q为例：
解答这类图像题时应注意以下三点：
①新平衡在原平衡的上方，则是“加大”了反应条件；新平衡在原平衡的下方，则是“减小”了反应条件。
② 若v(正)在v(逆)上，则平衡正向移动；若v(正)在v(逆)下，则平衡逆向移动。
③若图像连续变化，改变的条件是浓度，若图像“跳跃”变化，改变的条件是温度、压强或催化剂。
(2)含量—时间—温度(压强)图：常见形式有如下几种。
(C%指生成物的质量分数；B%指某反应物的质量分数)
(3)恒压(温)线(如图1所示)：该类图的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(p)，常见类型如下所示：
(4)其他：如图2所示曲线是其他条件不变时，某反应物的最大转化率(α)与温度(T)的关系曲线，图中标出的1、2、3、4四个点，表示v正>v逆的点是3，表示v正2．解题指导
(1)看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率变化、物质的量的变化等。
(2)依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。
(3)先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强大或使用了催化剂。
(4)定一议二：勒夏特列原理只适用于一个条件的改变，所以图像中有三个变量，先固定一个量，再讨论另外两个量的关系。
在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是(　　)
A．图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
解析：　图Ⅰ中t0时刻的v′(正)、v′(逆)都高于原平衡化学反应速率且v′(正)>v′(逆)，应是增大体系的压强所致，A项错；图Ⅱ中图像显示v′(正)＝v′(逆)都高于原平衡体系，而体系中通入氦气只能增大体系的总压，并未改变各组分的分压，故不影响v′(正)、v′(逆)，B项错；催化剂只能改变化学反应速率，对化学平衡无影响，因而加入催化剂后，甲、乙能达到同一平衡状态，C项错；图Ⅲ中乙比甲到达平衡所需时间短，其他条件不变时，T(乙)>T(甲)，且此反应是ΔH<0，温度由T(乙)→T(甲)降低，α(SO2)升高，符合曲线变化，D项正确。
答案：　D
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题六第二单元　化学反应的方向和限度
考点一　化学反应进行的方向
1．自发反应
在给定的条件下，无需外界帮助，一经引发即能自动进行的反应。
2．化学反应方向的判据
1．下列化学变化中，ΔS<0的是(　　)
A．3Fe(s)＋4H2O(g)===Fe3O4(s)＋4H2(g)
B．2NO2(g)===N2O4(l)
C．2IBr(l)===I2(s)＋Br2(g)
D．(NH4)2CO3(s)===2NH3(g)＋CO2(g)＋H2O(g)
2．请将下面方框连线：
3．能自发进行的反应一定能实际发生吗？
提示：　1.B
2．(1)—③　(2)—②　(3)—①
3．不一定，化学反应方向的判据指出的仅仅是在一定条件下化学反应自发进行的趋势，并不能说明在该条件下反应一定能实际发生，还要考虑化学反应的快慢问题。
1．下列过程属于熵增加的是(　　)
A．一定条件下，水由气态变成液态
B．高温高压条件下使石墨转变成金刚石
C．4NO2(g)＋O2(g)===2N2O5(g)
D．散落的火柴的无序排列
答案：　D
2．碳铵[(NH4)2CO3]在室温下就能自发的分解产生氨气，对其说法中正确的是(　　)
A．碳铵分解是因为生成易挥发的气体，使体系的熵增大
B．碳铵分解是因为外界给予了能量
C．碳铵分解是吸热反应，根据能量判断能自发分解
D．碳酸盐都不稳定，都能自发分解
答案：　A
3．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g)　ΔH＝＋163 kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s)　ΔH＝－127 kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g)　ΔH＝＋91 kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－98 kJ·mol－1
答案：　D
4．试判断用于汽车净化的一个反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在298 K、100 kPa下能否自发进行？
已知：在298 K、100 kPa下该反应的ΔH＝－113.0 kJ·mol－1，ΔS＝－145.3 J·mol－1·K－1。
解析：　ΔH－TΔS＝－113.0 kJ·mol－1－298 K×(－145.3 J·mol－1·K－1)×10－3≈－69.7 kJ·mol－1<0，可以自发进行。
答案：　可以自发进行
考点二　化学平衡状态
1．可逆反应——“二同一不能”
(1)“二同”：同一条件下；正、逆反应同时进行。
(2)“一不能”：不能进行到底。
2．化学平衡
(1)概念：一定条件下的可逆反应中，正反应速率与逆反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的浓度保持不变的状态。
(2)化学平衡的建立
(3)平衡特点
1．反应2H2O2H2↑＋O2↑是否为可逆反应？为什么？
2．向含有2 mol的SO2的容器中通入过量氧气发生2SO2＋O22SO3，充分反应后生成SO3的物质的量__________2 mol(填“<”、“>”或“＝”，下同)，O2的物质的量________0 mol，转化率________100%。
3．对可逆反应N2＋3H22NH3，若某一时刻，v正(N2)＝v逆(NH3)。此时反应是否达平衡状态？若未达到平衡状态，反应应向哪个方向进行？
提示：　1.不是可逆反应；因为两个反应的条件不同。
2．<　>　<
3．不是平衡状态；因为对于同一反应用不同反应物表示反应速率时，反应速率与方程式中的各物质的化学计量数成正比。v正(N2)＝v逆(NH3)时，>，正、逆反应速率并不相等，而是正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行。
1．在已达到平衡的可逆反应2SO2＋O22SO3中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列物质中的(　　)
A．多余的氧气中
B．生成的三氧化硫中
C．氧气和二氧化硫中
D．二氧化硫、氧气和三氧化硫中
解析：　化学平衡是动态平衡，18O2的加入定会与SO2结合生成含18O的SO3，同时含18O的SO3又会分解得到SO2和O2，使SO2、O2中也含有18O，因此18O存在于SO2、O2、SO3这三种物质中。
答案：　D
2．在固定容积的密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，已知反应过程某一时刻SO2、O2、SO3浓度分别为0.2 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，达到平衡时浓度可能正确的是(　　)
A．SO2、O2分别为0.4 mol/L、0.2 mol/L
B．SO2为0.25 mol/L
C．SO2、SO3均为0.15 mol/L
D．SO2为0.24 mol/L，SO3为0.14 mol/L
解析：　本题可用极限法。可逆反应不可能进行到底，假设反应由正反应或逆反应开始建立。A项，0.2 mol/L SO3全部转化时，SO2和O2浓度才是0.4 mol/L,0.2 mol/L；B项，SO2的浓度应在0～0.4 mol/L之间；根据S元素守恒，二者浓度不可能均为0.15 mol/L，其浓度之和应为0.4 mol/L，C、D两项都不正确。
答案：　B
　用“极端假设法”确定可逆反应各物质浓度范围的思维模型
(1)若已知反应X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)达平衡时三组分的浓度依次为0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，确定三组分起始浓度的取值范围的解题模型如下：
①假设正向进行到底：X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)
平衡浓度(mol/L) 0.2 0.3 0.2
变化浓度(mol/L) 0.2 0.2 0.4
起始浓度(mol/L) 0 0.1 0.6
②假设逆向进行到底：X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)
平衡浓度(mol/L) 0.2 0.3 0.2
变化浓度(mol/L) 0.1 0.1 0.2
起始浓度(mol/L) 0.3 0.4 0
因此，起始浓度取值范围依次为X2∈[0,0.3]，Y2∈[0.1，0.4]　Z2∈[0,0.6]
(2)若已知反应X2(g)＋Y2(g) 2Z2(g)起始浓度三组分依次为0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，则反应进行到某一时刻时三组分的取值范围依次为：X2∈(0，0.3)，Y2∈(0.1,0.4)　Z2∈(0,0.6)
3．可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．3v正(N2)＝v正(H2)　　　　 B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3) D．v正(N2)＝3v逆(H2)
解析：　A项无逆反应速率；B项＝时，反应达到平衡状态；C项＝，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)时反应达到平衡状态；D项＝，即3v正(N2)＝v逆(H2)时反应达到平衡状态。
答案：　C
　判断平衡状态的方法
1．判断平衡状态的方法——“逆向相等，变量不变”
(1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的减少速率和生成速率相等。
(2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。
2．不同条件下的平衡状态的判断
装置及反应特征
下列量不变，才一定是平衡状态
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)恒温恒容
n(总)、w、c、p、
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)恒温恒压
n(总)、w、c、ρ、
I2(g)＋H2(g) 2HI(g)恒温恒容
w、c
I2(g)＋H2(g) 2HI(g)恒温恒压
w、c
说明：n(总)：混合气体的总的物质的量
w：组分的百分含量
c：气体的浓度
ρ：混合气体的密度
p：容器内的压强
：混合气体的平均相对分子质量
　“变量不变”判断法可概括如下：
(1)由“变”到“不变”，不变时达平衡
(2)由“不变”到“不变”，不变时无法判断考点三　化学平衡常数
1．化学平衡常数的表达式
对于可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，
化学平衡常数为K＝
(式中各物质的浓度为平衡时的浓度)
2．影响因素
(1)K只与温度有关。
(2)升高温度
3．化学平衡常数的意义
K值越大，正反应进行程度越彻底，反应物的转化率越大。
1．对于给定反应，正逆反应的化学平衡常数一样吗？是什么关系？
2．化学平衡常数只受温度的影响，温度升高，化学平衡常数是增大还是减小？
3．对于一个可逆反应，化学计量数扩大或缩小，化学平衡常数表达式是否改变？是什么关系？转化率是否相同？试举例说明。
提示：　1.正逆反应的化学平衡常数不一样，互为倒数关系。
2．温度升高化学平衡常数的变化要视反应而定，若正反应是吸热反应，则温度升高K值增大，反之则减小。
3．对于一个可逆反应，化学计量数不一样，化学平衡常数表达式也就不一样，但对应物质的转化率相同。例如：
(1)aA(g)＋bB(g) cC(g)　K1＝
(2)naA(g)＋nbB(g) ncC(g)
K2＝＝K或K1＝
无论(1)还是(2)，A或B的转化率是相同的。
1．化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在常温下，下列反应的平衡常数的数值如下：
2NO(g) N2(g)＋O2(g)　K1＝1×1030
2H2(g)＋O2(g) 2H2O(l)　K2＝2×1081
2CO2(g) 2CO(g)＋O2(g)　　K3＝4×10－92
以下说法正确的是(　　)
A．常温下，NO分解产生O2的反应平衡常数表达式为K1＝c(N2)·c(O2)
B．常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10－80
C．常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2
D．以上说法都不正确
解析：　K1的表达式应为K1＝；常温下，水分解产生O2，是H2和O2化合生成H2O的逆反应，因此其平衡常数的数值应为K2的倒数，数值为5×10－82；由于三个反应都在常温下进行，根据K值的大小可以得出三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2。
答案：　C
2．某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加。下列说法中正确的是(　　)
A．增大c(A)、c(B)，K增大
B．降低温度，正反应速率增大
C．该反应的焓变为负值
D．该反应的化学方程式为：2E(g)＋F(g) A(g)＋2B(g)
解析：　A项，平衡常数K只随温度变化，不随浓度变化，故不正确；B项，降低温度，正、逆反应速率均减小，不正确；C项，降温，F浓度增大，表明平衡逆向移动，正反应是吸热反应，则焓变为正值，不正确；D项，根据化学平衡常数表达式可知A、B是生成物，E、F为反应物，且对应指数为其化学方程式前的计量数，正确。
答案：　D
3．已知下列反应在某温度下的平衡常数：
H2(g)＋S(s) H2S(g)　K1
S(s)＋O2(g) SO2(g)　K2
则在该温度下反应H2(g)＋SO2(g) O2(g)＋H2S(g)的平衡常数为(　　)
A．K1＋K2　　　　　　　　　　 B．K1－K2
C．K1×K2 D．K1/K2
解析：　由平衡常数的定义可知，K1＝，K2＝，反应H2(g)＋SO2(g) O2(g)＋H2S(g)的平衡常数K＝，可知K＝K1/K2。
答案：　D
　化学平衡常数表达式
(1)能代入平衡常数表达式的为气体、溶液中的溶质，固体与纯液体浓度可看为常数，不能代入。
(2)关于H2O的浓度问题
①在水溶液中进行的反应，虽然H2O参与反应，但是H2O只要作为溶剂，就不能带入平衡常数表达式。
②如果H2O的状态不是液态而是气态，则需要带入平衡常数表达式。
③在非水溶液中进行的反应，如果有水参加或生成，则应代入平衡常数表达式。
(3)平衡常数表达式与化学方程式的书写形式有关
①对于同一个可逆反应，正反应和逆反应的平衡常数表达式不同，两者互为倒数。
②若可逆反应的化学计量数改变，则表达式相应改变，平衡常数数值也要改变。如N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数表达式为K1＝，而反应1/2N2(g)＋3/2H2(g) NH3(g)的平衡常数表达式为K2＝，两者的平衡常数不同，且K1＝K。
4．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1 600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：　X、Y的反应量为0.05 mol·L－1、0.15 mol·L－1，Z的生成量为0.1 mol·L－1，则该反应的化学反应方程式为X＋3Y2Z。显然，X的转化率为50%；平衡常数K＝＝1 600；平衡常数仅受温度的影响，不受压强和浓度的影响，所以C错误。
答案：　C
5．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：
t ℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝________。
(2)该反应为________反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____________。
(4)若830 ℃时，向容器中充入1 mol CO、5 mol H2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K________1.0(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(5)830 ℃时，容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积。平衡____________移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
(6)若1 200 ℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2 mol·L－1、2 mol·L－1、4 mol·L－1、4 mol·L－1，则此时上述反应的平衡移动方向为__________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)。
解析：　(1)根据反应方程式CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)可知，该反应的平衡常数表达式为K＝。
(2)根据已知题干中的表格可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，说明正反应为吸热反应。
(3)某温度下，各物质的平衡浓度有如下关系3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，根据平衡常数表达式K＝可知，K＝3/5＝0.6，平衡常数只与温度有关，温度一定，平衡常数为定值，所以此时对应的温度为700 ℃。
(4)化学平衡常数只与温度有关，与反应物和生成物的浓度无关，所以只要在830 ℃条件下，平衡常数的数值都为1.0。
(5)830 ℃达到平衡，扩大容器的体积的瞬间，反应物和生成物的浓度都减小相同的倍数，根据平衡常数表达式K＝可知，反应物和生成物同时改变相同的倍数，Qc＝K，平衡不发生移动。
(6)1 200 ℃时，Qc＝，将各物质的浓度代入可得Qc＝4，而此温度下的平衡常数为2.6，因为Qc>K，所以平衡向逆反应方向移动。
答案：　(1)
(2)吸热　(3)700 ℃　(4)等于　(5)不　(6)逆反应方向
　平衡常数的应用
(1)判断可逆反应进行的程度
平衡常数越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越高，平衡后生成物的浓度越大，反应物的浓度越小。
(2)利用K与Qc的关系判断反应所处状态
对于可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，Qc＝(式中浓度是任意时刻的浓度)。根据Qc与K的关系可以判断可逆反应所处的状态。
Qc
(3)根据K随温度的变化关系确定正反应是吸热还是放热反应。
　
(1)平衡常数数值的大小，只能大致告诉我们一个可逆反应的正向反应所进行的最大程度，并不能预示反应达到平衡所需要的时间。
(2)一般K>105时，认为该反应基本进行完全，K<10－5一般认为该反应很难进行；而K在10－5～105之间的反应被认为是典型的可逆反应。
考点四　化学平衡的计算——三段式法
1．分析三个量：即起始量、变化量、平衡量。
2．明确三个关系
(1)对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。
(2)对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。
(3)各转化量之比等于各反应物的化学计量数之比。
3．计算方法：三段式法
可按下列模式进行计算：如mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol/L、b mol/L，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol/L。
　　　　　　mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
起始(mol/L) a b 0 0
变化(mol/L) mx nx px qx
平衡(mol/L) a－mx b－nx px qx
(1)求平衡常数：K＝
(2)求转化率
转化率＝×100%，如α(A)平＝×100%。
1．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：　根据题意
　　　2HI(g) H2(g)＋I2(g)
平衡浓度：4 mol·L－1　0.5 mol·L－1
起始浓度：c(HI)＝平衡量＋变化量＝4 mol·L－1＋0.5 mol·L－1×2＝5 mol·L－1
则c(NH3)＝c(HI)起始浓度＝5 mol·L－1
根据平衡常数定义：K＝c(NH3)·c(HI)＝5 mol·L－1×4 mol·L－1＝20 mol2·L－2，故C项正确。
答案：　C
2．加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5(g) N2O3(g)＋O2(g)，②N2O3(g) N2O(g)＋O2(g)；在2 L密闭容器中充入8 mol N2O5，加热到t ℃，达到平衡状态后O2为9 mol，N2O3为3.4 mol。则t ℃时反应①的平衡常数为(　　)
A．10.7 B．8.5
C．9.6 D．10.2
解析：　题设中有两个反应，可理解为先发生反应①，其中生成的N2O3有一部分再发生分解反应②，且在两个反应中都有O2生成，再由已知条件列方程组求解。
设反应①中生成N2O3物质的量浓度为x，反应②中生成N2O物质的量浓度为y。则：
　　　　　　　　　N2O5(g) N2O3(g)＋O2(g)
起始浓度/(mol/L) 4 0 0
转化浓度/(mol/L) x x x
　　　　　　　　　N2O3(g) N2O(g)＋O2(g)
起始浓度/(mol/L) x 0 0
转化浓度/(mol/L) y y y
平衡浓度/(mol/L) x－y y y
依题意O2的平衡浓度为x＋y＝4.5 mol/L
N2O3的平衡浓度为x－y＝1.7 mol/L
解得x＝3.1 mol/L，y＝1.4 mol/L
N2O5的平衡浓度为4 mol/L－3.1 mol/L＝0.9 mol/L
N2O的平衡浓度为1.4 mol/L
则反应①平衡常数K＝(1.7×4.5)/0.9＝8.5。
答案：　B
3．在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于(　　)
A．5%　　　　　　　　　 B．10%
C．15% D．20%
解析：　　　N2　＋　3H22NH3
始态： 2 mol 8 mol 0
变化量： mol 2 mol mol
平衡态： mol 6 mol mol
平衡时氮气的体积分数为：×100%≈15%，故C正确。
答案：　C
4．已知可逆反应：M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g)　ΔH>0，请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________；
(2)若反应温度升高，M的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝4 mol·L－1，c(N)＝a mol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2 mol·L－1，a＝________；
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为________。
解析：　(1)M(g)　　＋　　N(g)　 　P(g)＋Q(g)
始态 1 mol/L 2.4 mol/L 0 0
变化量 1 mol/L×60% 1 mol/L×60%
因此N的转化率为：×100%＝25%
(2)由于该反应的ΔH>0，即该反应为吸热反应，因此升高温度，平衡右移，M的转化率增大。
(3)根据(1)可求出各平衡浓度：c(M)＝0.4 mol/L　c(N)＝1.8 mol/L　c(P)＝0.6 mol/L　c(Q)＝0.6 mol/L
因此化学平衡常数K＝＝＝
由于温度不变，因此K不变，达到平衡后
c(P)＝2 mol/L　c(Q)＝2 mol/L　c(M)＝2 mol/L
c(N)＝(a－2)mol·L－1
K＝＝＝
解得a＝6
(4)设M的转化率为x，则达到平衡后各物质的平衡浓度分别为：c(M)＝b(1－x)mol/L　c(N)＝b(1－x)mol/L
c(P)＝bx mol/L　c(Q)＝bx mol/L
K＝＝＝，解得x＝41%
答案：　(1)25%　(2)增大　(3)6　(4)41%
　有关化学平衡计算的思维模型
　—写出有关化学平衡的化学方程式。
　|
—标示出各物质的起始量、转化量、平衡量。
　|
—根据已知条件列方程式计算。
1．下列说法或解释不正确的是(　　)
A．(2011·江苏，12A)一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0
B．(2010·江苏，8B)常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
C．(2010·江苏，8C)一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．对于反应N2H4(l)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－50.6 kJ·mol－1，它在任何温度下都是自发的
答案：　C
2．(2011·天津理综·6)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下图所示。由图可得出的正确结论是(　　)
A．反应在c点达到平衡状态
B．反应物浓度：a点小于b点
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
解析：　只有正反应速率等于逆反应速率且为定值时，可逆反应才达到平衡状态，图中曲线在c点处没有出现水平线，故A项错误；随着正反应的进行，未达到平衡状态时反应物的浓度应随时间的延长而减小，因此反应物浓度：a点大于b点，故B项错误；化学反应速率随反应物浓度的增大而增大，随温度的升高而增大，分析曲线a～c段，从浓度方面考虑v正应减小，而v正是增大的，说明该反应是放热的，且温度变化对v正的影响在a～c段大于反应物浓度变化对v正的影响，因此a～c段反应混合物的温度是升高的，该反应的正反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C项错误；若Δt1＝Δt2，分析图中曲线可知：a～b段的正反应速率的平均值小于b～c段，所以b～c段转化的SO2的量比a～b段转化的SO2的量多，而a点浓度比b点大，所以SO2的转化率：b～c段大于a～b段，故D项正确。
答案：　D
3．(2011·山东理综·28节选)对于反应NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________。
解析：　此反应是等体积反应，a不能说明；只要平衡移动，NO2的浓度一定发生变化，颜色也一定发生变化，b可以；SO3与NO的体积不论平衡与否，均为1∶1，c不能说明；消耗SO3和生成NO2均表示逆反应速率，d不能。
答案：　b　2.67(或)
4．(2013·重庆理综·7)将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s) 2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如表所示：
①b0　④K(1 000 ℃)>K(810 ℃)
上述①～④中正确的有(　　)
A．4个　　　　　　　　　 B．3个
C．2个 D．1个
解析：　由题意，增大压强，平衡向逆反应方向移动，因此ba>b，①正确；根据反应：
　　　　　　　E(g)＋F(s) 2G(g)
反应前(mol): 1 0
转化量(mol): x 2x
反应后(mol): 1－x 2x
根据915 ℃时，G的体积分数为2x/(1＋x)×100%＝75%，x＝0.6，此时E的转化率为60%，②正确；该反应为熵增反应，ΔS>0，③正确；升高温度，平衡向正反应方向移动，K(1 000 ℃)>K(810 ℃)，④正确。故选A。
答案：　A
5．(1)[2013·广东理综·31(2)]在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq) I(aq)，其平衡常数表达式为____________。
(2)[2012·海南化学·15(1)]已知A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
830
1 000
1 200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
该反应的平衡常数表达式K＝________，ΔH________0(填“<”、“>”“＝”)。
(3)[2013·山东理综·29(1)]利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2(s)＋2I2(g) TaI4(g)＋S2(g)　ΔH>0　(Ⅰ)
反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡转化率为________。
(4)[2013·福建理综·23(2)]已知：H2S(g) H2(g)＋S2(g)
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L－1测定H2S的转化率，结果见下图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985 ℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝__________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)K＝
(2)　<
(3)　66.7%
(4)　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)
6．[2012·新课标全国卷·27(4)]COCl2的分解反应为COCl2(g)===Cl2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋108 kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：
(1)计算反应在第8 min时的平衡常数K＝________。
(2)比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)________T(8)(填“<”、“>”或“＝”)。
(3)若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)＝________mol·L－1。
(4)比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________。
(5)比较反应物COCl2在5～6 min和15～16 min时平均反应速率的大小：
v(5～6)________v(15～16)(填“<”、“>”或“＝”)，原因是
________________________________________________________________________。
解析：　(1)K＝＝
＝0.234 mol·L－1。
(2)观察图像知第4 min时改变的条件是升高温度，平衡正向移动，第8 min时达到新的平衡，故T(2)(3)由K＝得：c(COCl2)＝＝＝0.031 mol·L－1。
(4)根据平均反应速率的定义，因CO在2～3 min、12～13 min时的浓度变化量Δc＝0，故v(2～3)＝v(12～13)＝0；5～6 min时CO的浓度增加，故v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)。
(5)观察图中5～6 min时与15～16 min时曲线可知15～16 min时COCl2浓度低，反应速率小，即v(5～6)>v(15～16)。
答案：　(1)0.234 mol·L－1
(2)<　(3)0.031
(4)v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)
(5)>　在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大
7．(2013·新课标全国卷Ⅱ·28)在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：A(g) B(g)＋C(g)　ΔH＝＋85.1 kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100 kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题：
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________________________________________________________________________。
(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为______________________，平衡时A的转化率为______________，列式并计算反应的平衡常数K________________________________________________________________________。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝____________mol，n(A)＝____________mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝____________。
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L－1)
0.10
a
0.026
0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是______________________，由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为____________mol·L－1。
解析：　(1)A(g) B(g)＋C(g)的正向反应是一个气体体积增大的吸热反应，故可通过降低压强、升温等方法提高A的转化率。(2)在温度一定、容积一定的条件下，气体的压强之比等于其物质的量(物质的量浓度)之比。求解平衡常数时，可利用求得的平衡转化率并借助“三行式”进行，不能用压强代替浓度代入。(3)n(A)的求算也借助“三行式”进行。a＝0.051，从表中数据不难得出：每隔4 h，A的浓度约减少一半，依此规律12 h时，A的浓度为0.013 mol/L。
答案：　(1)升高温度、降低压强
(2)(－1)×100%　94.1%
A(g)　　　 　　　B(g)　　＋　　C(g)
0.10 0 0
0.10×(1－94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K＝≈1.5 mol·L－1
(3)①0.10×　0.10×(2－)　②0.051　达到平衡前每间隔4 h，c(A)减少约一半　0.013
学科素养培优(十二)__探究化学平衡移动前后各物理量的变化
1．化学平衡移动前后反应速率的变化
v(正)、v(逆)的相对大小关系决定了化学平衡的移动与否。该类题目的考查实质上还是考查外界因素对反应速率的影响。
(1)如果已知化学平衡图像，通过图像可以分析改变某一个因素后正、逆反应速率的变化情况。
如反应N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＝＋57 kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示，则A点与B点的反应速率和A点与C点的反应速率关系可以比较：因为A、C点温度相同，压强不同，C点的压强比A点的压强大，则C点的反应速率大，即v(C)>v(A)；因为A、B点的压强相同，温度不同，反应为吸热反应，NO2的体积分数越高，说明温度越高，所以反应速率v(A)>v(B)。
(2)如果已知反应速率图像，可以通过图像判断出反应过程中改变的外界因素和化学平衡移动的方向。
如可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，改变某个因素后化学反应速率的改变如图2所示，则从图像可以判断平衡向正反应方向移动且改变的条件只能是增大反应物的浓度。
2．平衡移动后反应体系中各物质的物质的量、反应物的转化率、浓度及百分含量的变化
(1)如果已知反应前后反应体系中各物质的物质的量、体积、转化率、浓度和百分含量等的变化，可以考查在这个变化过程中改变的外界因素。如已知反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)　ΔH>0，在反应达到平衡后改变某一个条件，使H2O(g)的物质的量浓度减少，CO(g)的物质的量浓度和H2(g)的物质的量浓度增加，则改变的条件可能是升高温度。
(2)如果已知改变的某一个条件，则可以考查反应前后体系中各物质的物质的量、转化率、浓度、体积、百分含量的改变。
如已知反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，改变外界条件后各量的变化如表所示(注：“↑”表示增大，“↓”表示减小)。
改变条件
降低温度
缩小容积
充入氮气
平衡移动方向
正向移动
正向移动
正向移动
n
N2
↓
↓
↑
H2
↓
↓
↓
NH3
↑
↑
↑
n%
N2
↓
↓
↑
H2
↓
↓
↓
NH3
↑
↑
c
N2
↓
↑
↑
H2
↓
↑
↓
NH3
↑
↑
↑
a
N2
↑
↑
↓
H2
↑
↑
↑
可利用勒夏特列原理“化学平衡只能减弱外界因素对平衡的影响，不能恢复到原来的程度”来判断。如缩小容积(加压)时，平衡正向移动，但各物质c都增大。
3．平衡不发生移动，也可能有物理量的变化
如平衡体系：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0，增大压强，平衡不移动，但c、ρ都会增大。
一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)　ΔH<0
若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是(　　)
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
解析：　 正反应是气体分子数减小的反应，因此平衡前，随着反应的进行容器内压强不断变化，A项错；因硫为液态，故平衡时，其他条件不变，分离出硫，反应速率不变，B项错；正反应是放热反应，故升高温度，平衡逆向进行，SO2的转化率降低，C项错；其他条件不变时，使用不同的催化剂，只能改变反应速率，不影响平衡的移动，故反应的平衡常数不变，D项正确。
答案：　D
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题十第一单元　物质制备型实验题
第一单元　物质制备型实验题
热点一　常见气体的实验室制法
1．实验室制取氧气
2．实验室制取二氧化碳的方法
3．实验室制取氢气的方法
4．实验室制取氯气的方法
5．实验室制取氨气的方法
1．下列反应最适用于实验室制氢气的是(　　)
①锌与稀硫酸反应　②甲烷热分解　③电解稀硫酸　④炽热的炭与水蒸气反应
A．只有①　　　　　　　　　B．①②
C．①③ D．①②④
解析：　②CH4分解要求条件较高，并且生成的气体不易分离，错。③电解稀H2SO4实质是2H2O2H2↑＋O2↑，装置复杂不易操作，错。④C＋H2O(g)CO＋H2温度高，生成气体不易分离，错。
答案：　A
2．下列关于气体的制备的说法不正确的是(　　)
A．用碳酸钠粉末可以制备CO2
B．用铁片和稀H2SO4反应制取H2时，为加快产生H2的速率可改用浓H2SO4
C．加热分解NH4HCO3固体，将所得的气体进行适当处理可获得NH3
D．用KMnO4固体和用KClO3固体制备O2的装置完全相同
解析：　选项A，Na2CO3粉末可以与稀硫酸等反应获取CO2；选项B，Fe在浓H2SO4中发生钝化，不能得到大量的H2；选项C，加热NH4HCO3得到CO2、NH3、H2O的混合气体，将混合气体通过碱石灰除去CO2和H2O即可得到NH3；选项D，用KMnO4固体和KClO3固体制备O2都属于“固＋固加热”型，其装置完全相同。
答案：　B
　
(1)实验室制取O2除上述原理外，也可用2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。
(2)实验室制取NH3除上述原理外，也可采用下列方法：①直接加热浓氨水；②浓氨水中加生石灰(或碱石灰)。
(3)铜与浓硝酸、稀硝酸的反应，可分别用于实验室制取NO2、NO气体。
3．以下集气装置中不正确的是(　　)
解析：　H2S密度比空气大，可用向上排空气法收集，A对；NO难溶于水且易与空气中O2反应，可用排水法收集，B对；收集NH3可用向下排空气法，但橡皮塞密封管口无法收集，C错；用排饱和食盐水法收集Cl2，可以除Cl2中混有的HCl，D对。
答案：　C
4．下列制备和收集气体的实验装置合理的是(　　)
解析：　本题考查制备和收集气体的实验装置。A中大试管的管口应略向下倾斜；B中NO很容易被空气中的氧气氧化，所以采用B装置得不到NO；C中氢气的密度比空气小，所以集气瓶中的进气导管应比出气导管要短，C错误；D装置合理。
答案：　D
5．(2013·安徽理综·8)实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此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中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
解析：　实验室利用CaO和浓氨水制取氨气，选择向下排空气法收集，A项错误；收集SO2时选择向上排空气法，B项正确；制取NO2时选择浓硝酸和Cu反应，C项错误；MnO2氧化浓盐酸制取Cl2需要加热才能发生，D项错误。
答案：　B
　
1．常见气体发生装置
2.气体的收集方法
(1)排水集气法——装置A
适用范围：凡难溶于水，且不与水发生反应的气体。如O2、H2、CO、NO、C2H4、C2H2等。排水集气法的优点是收集的气体纯度高、易判断是否集满。
能溶于水且溶解度不大的气体，可采用排某些饱和溶液的方法收集。如Cl2可采用排饱和食盐水、CO2可采用排饱和NaHCO3溶液的方法等。
(2)向上排空气法——装置B
适用范围：凡不与空气反应且密度比空气大的气体。如O2、CO2、Cl2、SO2、NO2等。
(3)向下排空气法——装置C
适用范围：凡不与空气反应且密度比空气小的气体。如：H2、NH3等。
　
(1)下列气体可采用排饱和溶液的方法收集：
CO2——饱和NaHCO3溶液　SO2——饱和NaHSO3溶液
H2S——饱和NaHS溶液　Cl2——饱和NaCl溶液
(2)
如图为“万能”集气装置：
①当瓶口向上A管进气时，可收集向上排空气法收集的气体。
②当瓶口向上B管进气时，可收集向下排空气法收集的气体。
③当瓶口向上瓶内充满液体且B管进气，可收集采用排液法收集的气体。
6．用下列实验装置完成对应的实验(部分仪器已省略)，能达到实验目的的是(　　)
解析：　A气体干燥导气管应长进短出；B中HCl气体极易溶于水，会引起倒吸；C中石油蒸馏要测馏出成分气体的温度，温度计的水银球要和烧瓶的支管口对齐；D中，NH3不溶于CCl4可以有效防止倒吸。
答案：　D
7．实验室里可按如下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体可用水吸收，则R是(　　)
A．HCl　　　　B．Cl2　　　　C．CO　　　　D．NH3
解析：　该装置只能收集密度比空气小的气体，HCl、Cl2的密度大于空气的密度，故A、B项均不符合题意；CO不能用排空气法收集。
答案：　D
　
1．气体的净化
(1)净化原则：不减少被净化气体的量，不引入新的杂质，操作简便，易于分离。
(2)气体的净化装置与方法
①易溶于水或能与水反应不生成其他气体的杂质用水吸收。如H2(HCl)、N2(NH3)、NO(NO2)(括号内为杂质气体，下同)，可将混合气体通过盛水的a来除去杂质气体。
②酸性杂质用碱性吸收剂、碱性杂质用酸性吸收剂来吸收。如CO(CO2)，可将混合气体通过盛NaOH溶液的a或盛碱石灰的b或c或d来除去杂质。
③还原性杂质，可用氧化性较强的物质来吸收或转化；氧化性杂质，可用还原性较强的物质来吸收。例如CO2(CO)，可将混合气体通过盛灼热CuO的e来除去杂质。
④选用能与气体中的杂质反应生成难溶性物质或可溶性物质的试剂做吸收剂来除去杂质。如O2(H2S)，可将混合气体通过盛有CuSO4溶液的a除去杂质。
(3)气体的干燥
2.尾气处理
(1)吸收溶解度较小的尾气(如Cl2、SO2等)用图A装置。
(2)吸收溶解度较大的尾气(如HCl、NH3等)用图B、C装置。
(3)CO等气体可用点燃或收集于气囊中的方法除去，如图D、E。
　
(1)当气体中含有多种杂质时，若采用洗气装置，通常是除杂在前，干燥在后。若用加热装置除杂时，通常是干燥在前，除杂在后。
(2)尾气处理装置应与大气相通，如图就不能作为尾气处理装置。
(3)用水或溶液吸收气体尾气时可采用下列装置防倒吸：
热点二　物质制备型综合实验题
　物质制备是中学化学试验的重要组成部分，以新物质制备为背景的实验题，涉及知识面广、题型多变、思维发散空间大，能很好的考查学生综合运用化学试验基础知识解决实际问题的能力，因而倍受高考命题者的青睐。
解答此类试题的一般程序是
第一，认真阅读题干，抽取有用信息；第二，仔细观察装置图(或框图)，联想熟悉的实验，观察装置图(或框图)，找出每件仪器(或步骤)与熟悉的某一实验相似的地方，分析每件仪器中所装药品的作用；第三，通读问题，整合信息作出答案，把所有的问题进行综合分析，运用题给信息和化学基础知识作出正确答案。
1．某化学研究小组通过上网查找资料发现N2的制取有如下两种方法：
方法a：加热条件下利用NH3还原CuO制得纯净的N2和活性铜粉。
方法b：将空气缓慢通入灼热的铜粉制得较纯净的N2。
现实验室提供如下几种装置来制取N2。
(1)若按方法a制取N2时，需要的氨气用生石灰和浓氨水作原料制取，则宜采用上述装置________(填序号)作为发生器，该发生装置中发生反应的化学方程式为__________。要制取并收集纯净的N2(允许含有少量水蒸气)，还需使用到的上述装置(按气流从左到右的流向顺序列出)________(填序号)。
(2)若按方法b制取N2，用装置E将空气缓慢通入________(填“A”、“B”或“C”)反应器，该反应器内可观察到的现象是____________，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：　(1)由题中所给信息可知，适用于制备气体的发生装置是B、E。E装置的优点是能控制反应的速率，而B装置只能一次性加入所需要的反应物，不能控制反应的速率，所以选择E装置更好，其中发生的反应是CaO＋NH3·H2O===Ca(OH)2＋NH3↑。用方法a制得的N2中会含有未反应的NH3，因此还需要用试剂吸收NH3，由于NH3是一种极易溶于水的气体，所以用排水法收集N2，即可除去N2中含有的NH3，还需要使用的装置是A、C、D。(2)利用分液漏斗中的水将空气从烧瓶中排到装置A中，在加热条件下Cu粉与O2反应，从而除去O2，这样可制得较纯净的N2，发生的反应为O2＋2Cu2CuO。
答案：　(1)E　CaO＋NH3·H2O===Ca(OH)2＋NH3↑　ACD
(2)A　红色粉末逐渐变黑　O2＋2Cu2CuO
　
(1)制备气体的实验装置的选择要将化学反应原理、气体净化、气体收集、尾气处理与常见仪器的性能结合起来，按从左到右的顺序逐一分析而定。
(2)气体装置的连接顺序：①从下到上(如制氯气的发生装置的安装顺序：放铁架台→摆酒精灯→固定铁圈→放置石棉网→固定圆底烧瓶)。②从左到右(如制氯气：发生装置→收集装置→吸收装置)。③先塞后定(在烧瓶固定前先把带导管的橡胶塞塞好，以免烧瓶固定后因用力不当而塞不紧或损坏仪器)。
2．(2013·全国大纲理综·28)制备氮化镁的装置示意图如下：
回答下列问题：
(1)检查装置气密性的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
a的名称是__________，b的名称是__________。
(2)写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式
________________________________________________________________________。
(3)C的作用是________________________________________________________________________，
D的作用是________________________________________________________________________，
是否可以把C与D的位置对调并说明理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出E中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(5)请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)该装置所连仪器较多，所以需微热b，G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管若形成一段水柱，则气密性良好。a为分液漏斗；b为圆底烧瓶。
(2)由题意知NaNO2与(NH4)2SO4反应制得N2，
其方程式为(NH4)2SO4＋2NaNO22N2↑＋Na2SO4＋4H2O。
(3)C中的FeSO4具有还原性，可推测其作用是除去氧气或A中生成的氮氧化物；D中浓H2SO4的作用是除去水蒸气；若将C与D的位置对调则无法除去水蒸气。
(4)E中发生的反应应为N2＋3MgMg3N2。
(5)Mg3N2与水反应可生成Mg(OH)2和NH3，依据此反应可确定是否含有Mg3N2，具体操作及现象为：取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(或把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有Mg3N2；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁。
答案：　(1)微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好　分液漏斗　圆底烧瓶
(2)(NH4)2SO4＋2NaNO22N2↑＋Na2SO4＋4H2O
(3)除去氧气(及氮氧化物)　除去水蒸气　不能，对调后无法除去水蒸气
(4)N2＋3MgMg3N2
(5)取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(或把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁(其他方法合理也可)
3．某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。
请按要求填空：
(1)利用B装置可制取的气体有________(任写两种即可)。
(2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。若在丙中加入适量水，即可制得氯水。将所得氯水分为两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象及结论如表所示：
实验序号
实验操作
现象
结论
Ⅰ
将氯水滴入品红溶液
溶液褪色
氯气与水反应的产物有漂白性
Ⅱ
向氯水中加入碳酸氢钠粉末
产生气泡
氯气与水反应的产物具有酸性
请你评价实验Ⅰ、Ⅱ的结论是否合理？若不合理，请说明理由：
________________________________________________________________________。
(3)B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上)，可制得NO2并进行有关实验。
①B中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹__________，再打开止水夹__________，使烧杯中的水进入试管丁的操作是________________________________________________________________________。
解析：　(1)B装置可用于块状不溶于水的固体与液体反应制取气体，故可用锌粒与稀H2SO4反应制取H2，也可用大理石与盐酸反应制取CO2等。(2)A装置制取Cl2使用的浓盐酸具有挥发性，有一部分被氯水吸收，使氯水呈酸性，可与NaHCO3反应产生CO2，故实验Ⅱ的结论不合理。(3)铜与浓HNO3反应放出NO2，收集于试管丁中然后用微热法使NO2与水接触从而使水倒流进入试管丁中。
答案：　(1)H2、CO2(其他合理答案均可)
(2)实验Ⅰ结论合理，实验Ⅱ结论不合理，制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与NaHCO3粉末反应产生气泡，不能说明酸性是氯气与水反应造成的
(3)①Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②a、b　c　双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流进入试管丁中
　本题综合考查了气体的制备及其性质，这类实验是中学化学实验的重要内容，它涉及试剂的选择与取用、仪器的选择与组装、物质的加热等多种基本实验操作，具有较强的综合性。一般设计思路：制气→除杂→干燥→主体实验→尾气处理等。
我们在解题时要注意5个方面的问题：
(1)试剂的选择：以实验室常用药品为原料，依据制气原理，选择方便、经济、安全的试剂，尽量做到反应的速率要适宜，且所得气体比较纯净。
(2)装置的选择：由反应物的状态、反应条件、所制备气体的性质及量的多少决定。装置应根据实验设计的思路分为气体的发生装置→除杂装置→干燥装置→主体实验装置(收集)→尾气处理装置。
(3)仪器的装配：在装配仪器时，应从下而上，从左至右，先塞好后固定；先检验装置的气密性再加入试剂；加入试剂时，先固后液；有可燃气体参与的实验开始时，先验纯，再点灯；连接导管时，对于洗气装置应“长”进“短”出，先洗气后干燥，干燥管应“大”进“小”出。
(4)气体的除杂：先除杂，后除水，加热除氧放末尾。
(5)尾气处理：有毒污染环境的气体需处理，无毒不污染环境的气体直接排入空气中。常见的处理方法：燃烧法(如CH4、C2H2、H2、CO等)，碱液吸收法(如Cl2、NO2、H2S、SO2等)，水溶法(如HCl、NH3等)。
4．(2013·课标全国卷Ⅰ·26)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如下：
OH＋H2O
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)装置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瓷片，应该采取的正确操作是______________(填正确答案标号)。
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)分液漏斗在使用前须清洗干净并______________；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______________(填正确答案标号)。
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______________(填正确答案标号)。
A．41% B．50%
C．61% D．70%
解析：　(1)装置b为冷凝管(或冷凝器)。(2)碎瓷片的存在可防止在加热过程中产生暴沸现象；补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入。(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可发生取代反应生成二环己醚(O)。(4)由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出。(5)无水CaCl2用于吸收产物中少量的水等。(6)观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶及球形冷凝管。(7)环己醇为0.2 mol，理论上可得到0.2 mol环己烯，其质量为16.4 g，故产率为×100%＝61%。
答案：　(1)冷凝管(或冷凝器)　(2)防止暴沸　B
(3)O　(4)检漏　上口倒出
(5)干燥(或除水除醇)　(6)CD　(7)C
　本题考查了有机物的制备，解这类题时，需要注意3个方面的问题：
(1)原料的选择与处理。制备一种物质，首先应根据目标产物的组成去寻找原料，原料的来源要经济、易得、安全。
(2)反应原理和途径的确定。根据原料确定反应原理，要求考虑环保、节约等因素，找出最佳制备途径。制备途径一般包括中间产物的制取、粗产品的制得及粗产品的精制等几个部分。选择途径时应注意杂质少易除去、步骤少产率高、副反应少好控制、污染少可循环、易提纯好分离等特点。
(3)产品的分离提纯。根据产品的性质特点选择合适的分离提纯方案。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题十第三单元　探究评价型实验题
热点一　物质性质的探究与评价
1．探究方法
无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。
2．对比实验
在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。
1．(2012·北京理综·27)有文献记载：在强碱性条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和对比实验。
装置
实验
序号
试管中的药品
现象
实验Ⅰ
2 mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液
有气泡产生；一段时间后，溶液逐渐变黑；试管壁附着有银镜
实验Ⅱ
2 mL银氨溶液和数滴浓氨水
有气泡产生；一段时间后，溶液无明显变化
该同学欲分析实验Ⅰ和实验Ⅱ的差异，查阅资料：
a．Ag(NH3)＋2H2O??Ag＋＋2NH3·H2O
b．AgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O
(1)配制银氨溶液所需的药品是________。
(2)经检验，实验Ⅰ的气体中有NH3，黑色物质中有Ag2O。
①用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，产生的现象是________。
②产生Ag2O的原因是________。
(3)该同学对产生银镜的原因提出假设：可能是NaOH还原Ag2O。实验及现象：向AgNO3溶液中加入________，出现黑色沉淀；水浴加热，未出现银镜。
(4)重新假设：在NaOH存在下，可能是NH3还原Ag2O。用如图所示装置进行实验。现象：出现银镜。在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图(夹持仪器略)。
(5)该同学认为在(4)的实验中会有Ag(NH3)2OH生成。由此又提出假设：在NaOH存在下，可能是Ag(NH3)2OH也参与了NH3还原Ag2O的反应。进行如下实验：
①有部分Ag2O溶解在氨水中，该反应的化学方程式是________________________________。
②实验结果证实假设成立，依据的现象是________。
(6)用HNO3清洗试管壁上的Ag，该反应的化学方程式是________________________________。
解析：　(1)用硝酸银溶液与氨水配制银氨溶液。(2)氨气溶于水，溶液呈碱性，使红色石蕊试纸变蓝色。NH3·H2O??NH＋OH－，在碱性条件下(加入氢氧化钠)，加热促进一水合氨分解，有利于平衡：Ag(NH3)＋2H2O??Ag＋＋2NH3·H2O向右移动，使溶液中Ag＋浓度增大，Ag＋与OH－结合生成AgOH，AgOH分解生成Ag2O。
(3)硝酸银溶液与氢氧化钠溶液反应，出现黑色沉淀，不出现银镜，说明氢氧化钠不能还原氧化银。
(4)浓氨水与生石灰混合产生氨气，可以用固体与液体在常温下生成气体的气体发生装置，用分液漏斗控制加入浓氨水的量和速率。
(5)氧化银溶于氨水：Ag2O＋4NH3·H2O??2Ag(NH3)2OH＋3H2O。如果水浴加热试管里的银氨溶液，会产生银镜，说明假设成立。
答案：　(1)AgNO3溶液和氨水
(2)①试纸变蓝
②在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)＋2H2O??Ag＋＋2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag＋)增大，Ag＋与OH－反应立即转化为Ag2O：2OH－＋2Ag＋===Ag2O↓＋H2O
(3)过量NaOH溶液
(4)
(5)①Ag2O＋4NH3·H2O===2Ag(NH3)2OH＋3H2O
②与溶液接触的试管壁上析出银镜
(6)Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O
　有关物质性质的探究性实验题，一般通过新颖的情境来探究教材上未指明的一些性质，在试题命制上主要体现以下几点：
(1)很多试题来源于教材，但在药品使用、仪器使用、实验操作等方面进行了优化，有时则是对教材上的多个实验进行组合式考查。
(2)“重视实验过程的创新”，如实验原理的创新、实验途径的创新和实验条件的创新等。
(3)“给出新信息，增加陌生度”，在设计或探究过程中，一定要重视这些新信息，要多问“该信息体现了物质的什么性质？”、“这样的性质会对本实验带来什么影响？”、“如何才能消除这些影响？”等。只要把学过的知识运用到位，基本上都可以顺利作答。
2．(2013·安徽理综·28)某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验
编号
初始
pH
废水样品
体积/mL
草酸溶液
体积/mL
蒸馏水
体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如下图所示。
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
(2)上述反应后草酸被氧化为____________(填化学式)。
(3)实验①和②的结果表明____________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝____________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：________________________________________________________________________；
假设三：________________________________________________________________________；
……
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
解析：　(1)实验①、②中初始pH不同，为探究pH对反应速率的影响，则实验②、③为探究一定浓度草酸溶液用量对反应速率的影响，则实验②、③中试剂总用量应相同。(2)草酸中C为＋3价，则其被氧化为CO2。(3)实验①和②表明pH越小，则Cr2O转化为Cr3＋的反应速率越快；v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝×2＝(mol·L－1·min－1)。(4)根据铁明矾的组成可知，起催化作用的还可能为Al3＋、SO。(5)进行对比实验，加入K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替铁明矾，验证起催化作用的是否为Fe2＋。
答案：　(1)20　20
(2)CO2
(3)溶液pH对该反应的速率有影响　
(4)Al3＋起催化作用　SO起催化作用
(5)
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
(本题属于开放性试题，合理答案均可)
3．某同学用如图1所示的装置来探究CO2、SO2与澄清石灰水的反应，结果通入CO2可以看到先浑浊后澄清的现象，但通入SO2看不到浑浊现象。
经思考后该同学改用如图2所示的装置，将气体收集在注射器中，缓慢地将气体通入澄清石灰水中，都能看到石灰水先变浑浊再澄清的现象，且通入SO2时产生的现象明显且快。
(1)对比分析两组实验，你认为用图1所示的装置实验时，通入SO2不能出现浑浊的原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)用图2所示的装置实验时，以相同速率通入CO2和SO2，SO2产生浑浊、澄清的现象比CO2快的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)用图1所示的装置进行SO2与澄清石灰水反应的实验若存在缺陷，其改进方法是(若你认为该装置没有缺陷，此空可以不填) ________________________________________________________________________。
答案：　(1)SO2在水中溶解度大且气体发生装置产生SO2的速率快，SO2直接与Ca(OH)2反应生成了可溶于水的酸式盐[Ca(HSO3)2]而观察不到沉淀
(2)SO2溶于水生成的亚硫酸的酸性比碳酸的强，CaSO3转化为Ca(HSO3)2的速率也快
(3)用导管将尾气通入NaOH溶液中
　在近年高考中，有关物质性质探究类实验有的会涉及对实验方案或实验装置的评价。在评价几个实验方案优劣及选择合理装置时，首先要明确实验原理和实验目的，再分析各种方案设计是否合理，确定实验方案的不合理之处。认真对比各实验方案、各实验装置的异同，分析哪个实验方案、实验装置更合理，从而得到最佳实验方案。还有的通过对所给化学实验数据的分析处理，对实验方案进行评价。评价的关键是准确破译数据的含义，进行合理取舍，提炼出有效数据。一些数据隐含着化学反应规律及化学原理，要找出数据的具体含义，分析数据之间的内在联系，从而得出正确结论。热点二　对反应原理的探究
　化学反应原理是高中化学中的重要知识点，它主要包括化学与能量变化、化学反应速率与化学平衡、电解质溶液、电化学等知识，在高考中占有重要的地位。探究化学反应原理的实验一般考查教材中没有讲过的知识，是对教材知识的延伸，主要研究化学反应发生的条件、反应的可能性、反应中的能量变化、反应发生的原理等方面，涉及的内容比较广泛，基本都在Ⅱ卷中进行综合考查。
1．影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法探究影响化学反应速率的因素。
实验一：利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5 mol·L－1、2 mol·L－1、18.4 mol·L－1)设计实验方案，研究影响反应速率的因素。
(1)甲同学的实验报告如表所示：
实验步骤
实验现象
实验结论
①取三份等体积的2 mol·L－1硫酸于试管中；②分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg
反应产生气泡的速率大小：Mg>Fe>Cu
反应物的性质越活泼，反应速率越大
该同学的实验目的是________________________________________________________________________，
要想得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是________________________________________________________________________。
(2)乙同学为了能精确地研究浓度对反应速率的影响，在相同温度下利用如图所示装置进行定量实验。完成该实验应选用的实验药品是________________________________________________________________________。
应该测定的实验数据是________________________________________________________________________。
实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在开始一段时间内反应速率较小，溶液褪色不明显，但反应一段时间后，溶液突然褪色，反应速率明显增大。
(3)针对上述实验现象，某同学认为该反应放热，导致溶液的温度升高，从而使反应速率增大。从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是__________的影响。
(4)若要用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，还可以在反应开始时加入 ________(填序号)。
A．硫酸钾　　　　　　　　　 B．硫酸锰
C．氯化锰 D．水
解析：　(1)甲同学研究的是几种不同金属与同浓度的硫酸反应的速率大小，因此可确定研究的是反应物本身的性质对反应速率的影响。研究时必须保证外界条件相同，现有的条件是浓度相同、压强相同、没有使用催化剂，故只要再控制温度相同即可。
(2)乙同学可以选择两种不同浓度的酸与金属反应。Cu与硫酸不反应，Mg与硫酸反应太快，故选择Fe。而常温下Fe遇18.4 mol·L－1的硫酸时会发生钝化，故只能选择0.5 mol·L－1和2 mol·L－1的硫酸。该反应产生的是氢气，反应速率又与时间有关，故需要测定的数据是产生相同体积氢气所需的时间或相同时间内产生氢气的体积。
(3)随着反应进行，反应物的浓度越来越小，反应在敞口容器中进行，故可排除压强的影响，因此可猜想是由于催化剂的影响，此催化剂只能来源于生成物，故为Mn2＋。
(4)C中Cl－易与KMnO4发生氧化还原反应，故只能选B。
答案：　(1)比较反应物本身的性质对反应速率的影响　温度相同
(2)Fe、0.5 mol·L－1和2 mol·L－1的硫酸　产生相同体积氢气所需的时间(或相同时间内产生氢气的体积)
(3)Mn2＋的催化作用(或催化剂)　(4)B
　化学反应发生的条件为反应物本身的性质、浓度、温度、压强、催化剂、光等，影响化学反应速率的因素可分为内因和外因两部分，外因主要包括浓度、温度、压强、催化剂等。反应发生的条件与影响反应速率的条件在多个方面是相同的，因此在讨论影响反应速率的因素时主要从这几个方面考虑。
2．某校学生用如图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应产物。
请回答下列问题：
(1)冷凝管所起的作用为冷凝回流和________，冷凝水从________口进入(填“a”或“b”)。
(2)实验开始时，关闭K2，开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合物，反应开始，Ⅲ中小试管内苯的作用是________。
(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是________。
(4)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中。该操作的目的是________，简述这一操作的方法：________。
解析：　本题的实验目的是探究苯与溴发生的是取代反应还是加成反应，若是取代反应则有小分子HBr生成，利用AgNO3溶液检验HBr的生成，欲排除Br2的干扰，需用苯或CCl4将溴吸收，因为Br2也能使AgNO3溶液产生淡黄色沉淀。
(1)由于苯和液溴易挥发，为了提高它们的利用率，必须用冷凝管将它们冷凝下来，故冷凝管作用之一为冷凝回流，冷却水应为下进上出，这样冷凝效果较好；其次该反应中有HBr生成，需要导出，故冷凝管的另一作用是导气。(2)HBr中会混有挥发出的Br2，Br2溶于水也能与AgNO3溶液反应，也有淡黄色沉淀生成，故需要用苯除去Br2，避免Br2干扰检验。(3)见答案。(4)反应结束后装置Ⅱ中存在大量的HBr，HBr有毒，因此必须防止HBr气体逸出。
答案：　(1)导气　a　(2)吸收溴蒸气
(3)Ⅲ中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀
(4)除去反应产生的溴化氢气体，以免其逸出污染空气　关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2
　常见的化学反应类型可分为无机反应和有机反应。无机反应主要有复分解、化合、分解、置换等反应，有机反应主要有取代、加成、加聚、还原、氧化、缩聚等反应。在探究反应类型时要根据具体反应的特征，采取相应的方法。
3．为了探究“二氧化碳是否在有水存在时才能和过氧化钠反应”，某课题研究小组的同学设计了如图所示实验装置，分别进行了甲、乙两次实验：
实验甲：干燥的CO2和Na2O2反应
在干燥的试管Ⅱ中装入Na2O2，通入CO2之前，关闭K1和K2。在试管Ⅰ内装入试剂X后，打开K1和K2，通入CO2，几分钟后，将带火星的木条插入试管Ⅲ的液面上方，观察到木条不复燃，且Ⅱ中固体的淡黄色没有变化。
实验乙：潮湿的CO2和Na2O2反应
在试管Ⅰ内装入试剂Y，其他操作同实验甲，观察到木条复燃，且Ⅱ中固体由淡黄色变为白色。
请回答下列问题：
(1)装入Na2O2后，通入CO2前，关闭K1和K2的目的是____________。
(2)实验甲中，试剂X是 __________，其作用是__________；实验乙中，试剂Y是____________。
(3)根据上述两种实验现象，得到的结论是__________。
(4)试管Ⅲ中NaOH溶液的作用是____________。
(5)CO2和Na2O2的反应机理可用示踪原子分析法加以证明，请完成下列反应：Na2O2＋C18O2＋H2O―→
解析：　Na2O2不仅能与CO2反应，也能与H2O反应，因此在通入CO2前应保证Na2O2不能与H2O接触，故应关闭K1和K2。实验甲是为了探究干燥的CO2是否与Na2O2反应，因此通入的CO2必须先干燥，故试管Ⅰ中应装浓硫酸。而实验乙是为了探究潮湿的CO2是否与Na2O2反应，因此通入的CO2必须先润湿，故试管Ⅰ中应装水。从上述两种实验现象可以看出，干燥的CO2与Na2O2不反应。从试管Ⅲ中出来的气体含有未反应完的CO2，其会干扰带火星木条的复燃，故应除去。从以上实验可以看出，只有潮湿的CO2才能与Na2O2反应，其反应原理应为CO2与H2O反应形成H2CO3后，再与Na2O2反应，即相当于强酸制取弱酸，然后H2O2发生分解生成O2。
答案：　(1)防止试管Ⅰ和试管Ⅲ中的水蒸气与Na2O2反应
(2)浓硫酸　干燥CO2　水
(3)干燥的CO2与Na2O2不反应，潮湿的CO2才能与Na2O2反应
(4)吸收未反应的CO2
(5)2Na2O2＋2C18O2＋2HO===2Na2C18O3＋2H2O＋O2
　有些化学反应看上去是一步反应，但实际上却经历了多步。虽然整个化学变化所发生的物质转变可能很明显，但为了探究这一过程的反应机理，常常需要实验来验证。近年来，有的试卷中出现了探究反应机理的题目，这些题目主要来源于教材，是对教材知识的拓展，既有无机反应原理类，也有有机反应原理类，如酯化反应、烷烃的取代反应、烯烃的加成反应、过氧化钠与水或CO2的反应、铝与碱的反应、铜与浓硫酸的反应等。因此考生在平时复习中要多思考，多问几个为什么。在解答这类题目时要认真分析实验现象，寻找实验中的蛛丝马迹，结合已学知识，最后得出结论。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题十第二单元　化学工艺流程型实验题
第二单元　化学工艺流程型实验题
化学工艺流程分析型实验题的解题策略
1．明确原始物质及目标产物。
2．明确化工生产流程主线的特点
一个完整的物质制备化工生产流程一般具有下列特点
―→―→―→―→
3．流程的呈现形式
(1)操作流程；
(2)物质变化流程；
(3)装置流程。
4．熟悉常用的操作方法及其作用
(1)对原料进行预处理的常用方法及其作用
①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
②水浸——与水接触反应或溶解。
③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。
④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。
⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。
(2)常用的控制反应条件的方法
①调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
a．能与H＋反应，使溶液pH增大；
b．不引入新杂质。
例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
②控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
③控制压强。改变速率，影响平衡。
④使用正催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡需要的时间。
⑤趁热过滤。防止某物质降温时会析出。
⑥冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
5．熟悉中学化学中出现的重要的化工生产的生产原理、工艺设计原理、相关思想、知识细节等；如工业合成氨、金属的冶炼、海水的开发利用、化石燃料的综合利用等。
1．(2013·课标全国Ⅱ·27)氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下：
工业ZnO浸出液 滤液 滤液 滤饼ZnO
提示：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。
回答下列问题：
(1)反应②中除掉的杂质离子是________，发生反应的离子方程式为__________；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是____________。
(2)反应③的反应类型为____________，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有____________。
(3)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。
(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2。取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于__________。
解析：　第①步酸浸，得到Zn2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ni2＋；第②步氧化，MnO将Fe2＋氧化为Fe3＋而易于形成Fe(OH)3沉淀，同时MnO与Mn2＋发生归中反应生成MnO2沉淀；第③步加Zn，Zn与滤液中的Ni2＋、H＋发生置换反应，Ni经过滤而除去；第④步加碳酸钠沉淀Zn2＋；第⑤步煅烧ZnCO3。(4)11.2 g ZnCO3·xZn(OH)2煅烧后得到8.1 g ZnO，可求得x＝1。
答案：　(1)Fe2＋和Mn2＋　MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋　铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质
(2)置换反应　镍
(3)取少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净
(4)1
　物质制备化工生产流程的主线一般为：
―→―→―→―→
2．硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)－碳粉还原法，其流程如图所示：
(1)上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过________、________(填操作名称)处理后，才能煅烧；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的化学反应的总方程式：
________________________________________________________________________。
(2)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是______________________。
(3)取硫化钠晶体(含少量NaOH)加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌。若反应后测得溶液的pH＝4，则此时溶液中c(S2－)＝________mol·L－1。[已知：常温时CuS、Cu(OH)2的Ksp分别为8.8×10－36、2.2×10－20]
(4)工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的pH和x(x代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值)有关(如图所示)。为使除汞效果最佳，应控制的条件是__________、________。
解析：　(1)解题时要紧扣“无水芒硝”，因此必须将未反应的碳过滤并干燥。由题意知，产物为Na2S、等物质的量的CO2和CO，再利用化合价升降法配平该化学方程式。(2)稀碱液可以抑制S2－的水解，增大Na2S的产量。(3)根据Cu(OH)2的Ksp，可知c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1，再根据CuS的Ksp可知c(S2－)＝4×10－36 mol·L－1。(4)从图中看出，pH为9.0～10.0，x＝12时汞的去除率最大。
答案：　(1)过滤　干燥　3Na2SO4＋8C3Na2S＋4CO2↑＋4CO↑
(2)热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解
(3)4×10－36
(4)x＝12　pH介于9.0～10.0之间
　原理型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查考生运用化学平衡、化学反应与能量、电化学理论知识来解决化工生产中实际问题的能力。解答此类型题目的基本步骤：
(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。
(2)分析流程中的每一步骤所包含的化学原理，如每一步骤中反应物是什么，发生了什么反应，该反应的生成物是什么，对制备产品有什么作用。
(3)从题中获取信息，运用化学反应原理分析制备产品的最佳条件。
3．新型高效絮凝剂Fe(OH)SO4(碱式硫酸铁)常用于污水处理。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图所示：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀时的pH
2.3
7.5
3.4
完全沉淀时的pH
3.2
9.7
4.4
请回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3的目的是调节溶液的pH，使溶液中的________沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是________________________________________________________________________。
(2)在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作________。若参与反应的O2有11.2 L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为________________________________________________________________________。
(3)碱式硫酸铁溶于水后产生的[Fe(OH)]2＋离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2＋聚合离子。该水解反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(4)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国该药物的相关质量标准，产品中不得含有Fe2＋和NO。为检验所得产品中是否含有Fe2＋，应使用的试剂为________(填序号)。
A．氯水　　　　　　　　　　 B．KSCN溶液
C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
解析：　(1)稀H2SO4浸取废铁屑后所得的溶液中含Fe2＋和少量Al3＋，根据工艺流程可知该步操作是为保留Fe2＋，除去Al3＋，故加入少量NaHCO3调节溶液pH可以使Al3＋沉淀而除去，“搅拌”可以加快化学反应速率。(2)反应Ⅱ通入的O2与NaNO2均作氧化剂，根据得失电子守恒，可以计算出标准状况下11.2 L O2与2 mol NaNO2得到的电子数相等。(3)依据原子守恒及电荷守恒可以写出[Fe(OH)]2＋水解生成[Fe2(OH)4]2＋的离子方程式：2[Fe(OH)]2＋＋2H2O??[Fe2(OH)4]2＋＋2H＋。(4)因产品中含Fe3＋，检验Fe2＋时不能采用加氯水和KSCN溶液的方法，也不能加NaOH溶液，Fe(OH)3会对检验Fe2＋产生干扰；可以用酸性KMnO4溶液检验Fe2＋的存在，如含Fe2＋，则滴入几滴酸性KMnO4溶液后，溶液不会显紫红色。
答案：　(1)Al3＋　加快化学反应速率
(2)氧化剂　2 mol
(3)2[Fe(OH)]2＋＋2H2O??[Fe2(OH)4]2＋＋2H＋
(4)D
　元素化合物型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查元素及其化合物性质、物质结构、元素周期律和氧化还原反应等知识。通过仔细阅读，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，进而明确生产目的——制备什么物质，找到制备物质所需的原料，提取有用信息——反应方程式、物质的稳定性及溶解性等，然后利用所学知识进行解答。
4．(2013·江苏化学·16)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为______________________。
(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为______________________。
(3)滤渣2的成分是______(填化学式)。
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑
MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑
MgSO4＋3CMgO＋S↑＋3CO↑
利用下图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。
①D中收集的气体是________(填化学式)。
②B中盛放的溶液可以是________(填字母)。
a．NaOH溶液 b．Na2CO3溶液
c．稀硝酸 d．KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应，产物中元素的最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
解析：　(1)MgCO3＋H2SO4===MgSO4＋CO2↑＋H2O。
(2)由菱镁矿成分可知，被氧化的是FeSO4，故发生反应2FeSO4＋H2O2＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋2H2O。
(3)调pH＝4，可使Fe(OH)3沉淀完全，故滤渣是Fe(OH)3。
(4)S蒸气经冷却可在A装置中收集，S能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，吸收SO2可选用氧化性溶液。
答案：　(1)MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O
(2)2FeSO4＋H2O2＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)①CO　②d　③3S＋6OH－2S2－＋SO＋3H2O
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题十第四单元　定量分析型实验题
热点一　测定数据的方法
1．沉淀法
先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。
2．测气体体积法
对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。
3．测气体质量法
将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。
4．滴定法
即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
1．(2011·福建理综·25)化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其他成分遇到盐酸时无气体产生。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。
(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是________________________。
(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成BaCO3沉淀的质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
(3)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)C中反应生成BaCO3的化学方程式是__________________________________。
(5)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是________(填标号)。
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体
b．滴加盐酸不宜过快
c．在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d．在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(6)实验中准确称取8.00 g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94 g。则样品中碳酸钙的质量分数为________。
(7)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是____________________________。
解析：　(6)n(BaCO3)＝3.94 g/197 g·mol－1＝0.02 mol，由C原子守恒得m(CaCO3)为0.02 mol×100 g·mol－1＝2 g，所以CaCO3的质量分数为25%。
(7)由于B中的水蒸气和HCl等易挥发进入C中，所以装置C的质量会偏大。
答案：　(1)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O或Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
(2)通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解
(3)把生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收
(4)Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O
(5)cd　(6)25%
(7)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中(或其他合理答案)
2．为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面两种方案并进行了实验(以下数据为多次平行实验测定结果的平均值)：
方案一：将a g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，测得生成氢气的体积为580 mL(标准状况)；
方案二：将 g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用0.020 00 mol·L－1的KMnO4溶液滴定，达到终点时消耗了25.00 mL KMnO4溶液。
请回答下列问题：
(1)配平下面的化学方程式：
KMnO4＋FeSO4＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋MnSO4＋K2SO4＋H2O
(2)在滴定实验中不能选择________式滴定管，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)根据方案一和方案二测定的结果计算，铁片中铁的质量分数依次为______________和____________；
(4)若排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述两种方案测定结果的准确性做出判断和分析。
①方案一________(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，
理由是________________________________________________________________________；
②方案二________(填“准确”、“不准确”或“不一定准确”)，理由是________________________________________________________________________。
解析：　(1)分析该氧化还原反应的化合价，找出化合价发生变化的各元素，利用化合价的升降相等，配平化学方程式：
KO4→SO4　SO4→ (SO4)3
(2)由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，因此不能选择碱式滴定管。
(3)根据方案一中的测量结果计算：
n(Fe)＝n(H2)＝
因此m(Fe)＝ mol×56 g·mol－1＝1.45 g
故铁片中铁的质量分数为
根据方案二中的测定结果计算：
根据(1)中反应方程式：
2KMnO4～10FeSO4～10Fe
n(Fe)＝5n(KMnO4)
＝5×0.02 mol·L－1×0.025 L
＝0.002 5 mol
铁片中铁的质量分数为＝
答案：　(1)2　10　8　5　2　1　8
(2)碱　KMnO4是强氧化剂，它会腐蚀胶管
(3)　
(4)①不一定准确　如果铁片中存在与稀硫酸反应并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确
②不一定准确　如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反应而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3＋在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，则结果准确
热点二　实验数据的处理和分析
实验数据统计与整理的一般方法
1．数据的表格化
项目
实验编号　　　
项目1
项目2
项目3
项目4…
1
2
3
(1)根据实验原理确定应记录的项目：所测的物理量。
(2)应注意数据的有效数字及单位和必要的注释。
(3)设计的表格要便于数据的查找、比较，便于数据的计算和进一步处理，便于反映数据间的联系。
2．数据的图像化
图像化是用直线图或曲线图对化学实验结果加以处理的一种简明化形式。它适用于一个量的变化引起另一个量的变化的情况。图像化的最大特点是鲜明、直观、简单、明了。
1．某样品是由碳酸钠与氯化钠组成的固体混合物，现欲测定样品中碳酸钠的质量分数。
某同学称取10.00 g样品，配成1 000 mL溶液，用________(填仪器名称)量取25.00 mL放入锥形瓶中，加入甲基橙作指示剂，用0.150 0 mol·L－1标准盐酸溶液滴定至终点，平行测定三次，有关实验数据记录如下表，则样品中碳酸钠的质量分数为__________。
实验编号
待测液体积(mL)
标准液体积(mL)
滴定前读数
终点时读数
1
25.00
0.00
30.02
2
25.00
0.20
33.80
3
25.00
1.40
31.38
解析：　碳酸钠溶液呈碱性，应选用碱式滴定管(或25 mL移液管)。第2组测定体积为离群值，应舍去，用1、3组求体积的平均值。
＝＝30.00 mL，依据方程式：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，n(Na2CO3)＝××0.150 0 mol·L－1×30×10－3 L＝0.09 mol，所以w(Na2CO3)＝×100%＝95.40%。
答案：　碱式滴定管(或25 mL移液管)　95.40%
2．现有一份CuO和Cu2O的混合物，用H2还原法测定其中的CuO质量x g，实验中可以测定以下数据：①W：混合物的质量(g)、②W(H2O)：生成水的质量(g)、③W(Cu)：生成Cu的质量(g)、④V(H2)：标准状况下消耗H2的体积(L)。
(已知摩尔质量：Cu：64 g·mol－1、CuO：80 g·mol－1、Cu2O：144 g·mol－1、H2O：18 g·mol－1)
(1)为了计算x至少需要测定上述4个数据中的________个，这几个数据的组合共有________种。请将这些组合一一填入下列空格中。
说明：①选用W、W(H2O)、W(Cu)、V(H2)表示，不必列出具体算式。
②每个空格中填一种组合，有几种组合就填几种，不必填满。
(2)从上述组合中选出一个含W的求x的计算式：________。
(3)以上数据组合中易于取得的一组是________。
答案：　(1)2　5
W、W(H2O)
W、W(Cu)
W、V(H2)
W(H2O)、W(Cu)
W(Cu)、V(H2)
(2)可从以下三组中任选一组
①＋＝　②＋＝
③＋＝　(3)W和W(Cu)
3．[2011·新课标全国卷·26(1)(2)]0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。
请回答下列问题：
(1)试确定200 ℃时固体物质的化学式__________________(要求写出推断过程)。
(2)取270 ℃所得样品，于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为________________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为__________________，其存在的最高温度是________________。
答案：　(1)CuSO4·H2O
CuSO4·5H2OCuSO4·(5－n)H2O＋nH2O
　250　　　　　　　　　　　　　18n
　0.80 g　　　　　　0.80 g－0.57 g＝0.23 g
可得n＝4，
200 ℃时，该固体物质的化学式为CuSO4·H2O
(2)CuSO4CuO＋SO3↑
CuSO4·5H2O　102 ℃
　定量化学实验数据的加工处理策略
　实验所得的数据，可分为有用、有效数据，正确、合理数据，错误、无效数据，及无用、多余数据等。能从大量的实验数据中找出有用、有效、正确、合理的数据是实验数据分析处理题的一个重要能力考查点，也是近年来命题变化的一个重要方向。
对实验数据筛选的一般方法和思路为“五看”：一看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得的质量的精度为0.1 g，若精度值超过了这个范围，说明所得数据是无效的；二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去；三看反应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处理和应用；四看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、运算；五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。
(1)表格型题的解题要点在于通过审题，获取有用信息，然后对表格中数据进行比较分析，依据物质的性质、变化规律进行解答。
(2)直角坐标系题的解题要点在于解题时要求学生首先弄清楚自变量和因变量到底是什么，注意理解起点、终点、转折点的含义。然后根据所学知识分析概念、图像、数值三者之间的关系。

专题讲座(十二)　实验题的答题流程及规范表述
在知识能力水平相差不大的情况下，高考成绩的高低在很大程度上取决于是否规范答题，在综合题的解答中，不少考生不是因为知识欠缺或能力上达不到而失分，而是答题不规范。每年都有因考生写错别字、潦草字、错写元素符号和化学用语、有效数字运算不合要求，甚至乱写乱画而被扣分，如熔(溶)解、脂(酯)化反应、坩锅(埚)、离子方程式写成化学方程式、0.100 0 mol·L－1写成0.1 mol·L－1等。
规范的格式和严密的步骤能充分体现考生知识能力水平和良好的答题习惯。阅卷专家提醒：做题时要认真书写，严格规范；用词准确，回答完整到位；认真审题，不凭猜测和想象答题。规范答题要注意以下问题：(1)这样答题阅卷人是否能看懂、看清楚。(2)这是不是最佳答案。(3)专业术语、专用符号的运用是否符合阅读或使用习惯。
1．装置气密性的检查
思维流程
凡是有导气管的实验装置，在放入药品之前均需要先检查装置的气密性。
(2012·四川高考)如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。
请回答下列问题：
(1)写出仪器a的名称：______________。
(2)检查A装置气密性的操作是________________。
答案：　(1)圆底烧瓶
(2)连接导管，将导管末端插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。
2．试纸的使用
思维流程
(1)定量试纸(如pH试纸)的使用
此类问题的答案几乎是格式化的。解答此类题目要注意三个得分点和关键词：蘸待测液＋点试样＋对比读数。
(2)定性试纸的使用：
①用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉-KI试纸检验溶液时，答题模板：
将××××××试纸放于表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待检液点在试纸中部，试纸呈现××××××颜
②用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉-KI试纸检验气体时，答题模板：
先取小片××××××试纸用蒸馏水润湿，粘在玻璃棒的一端，再放到盛有待测气体的容器口附近，试纸呈现××××××颜
(2010·山东高考)聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为
[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)过程如下：
溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为________________________________________________________________________。
答案：　将一小片pH试纸放到表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，等试纸变色后，再跟标准比色卡对比读数。
3．气体的检验
思维流程
根据气体的性质检验气体，可选用湿润试纸或溶液，后者较复杂，如用澄清石灰水检验CO2气体。
浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是
2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2H2O＋2SO2↑
请从下图中选用所需的仪器(可重复选用)组成一套进行该反应并检出反应产物的装置。现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选(连接和固定仪器用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去)
(1)将所选的仪器按连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用。
选用的仪器(填字母)
加入的试剂
作用
(2)验证浓H2SO4和木炭反应后，产生的气体含有SO2的方法是________________________________________________________________________。
答案：　(1)
选用的仪器
(填字母)
加入的试剂
作用
C
浓H2SO4和木炭
反应器(或生成气体)
B
无水CuSO4
检出H2O
A
品红溶液
检出SO2
A
酸性KMnO4溶液
吸收余下的SO2
A
澄清石灰水
检出CO2
(2)将气体通入品红溶液中，观察到品红溶液褪色，加热后又恢复原色，证明气体中含有SO2。
4．离子的检验
思维流程
离子的检验通常在溶液中进行，根据其性质选择试剂，再反应现象得出结论，如Cl－的检验。
(2012·上海高考)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：
步骤一：废铜屑制硝酸铜如图，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)，充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液。
步骤二：碱式碳酸铜的制备向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70 ℃左右，用0.4 mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置、过滤，用热水洗涤、烘干，得到碱式碳酸铜产品。
步骤二中的滤液中可能含有CO，写出检验CO的方法：
________________________________________________________________________。
答案：　取少量滤液于试管中，加入稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明有CO。
5．滴定终点的判断
思维流程
解答此类题目注意关键点：
(2012·天津高考)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。
请回答：
如何判断滴定终点________________________________________________________________________。
答案：　溶液变成浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色
6．沉淀剂是否过量的判断
思维流程
沉淀剂是否过量的判断方法(以用BaCl2溶液沉淀Na2SO4为例说明)
方法Ⅰ　适用于沉淀的质量需要称量并进行有关的定量计算。
方法Ⅱ　适用于不需要称量沉淀的质量，只是定性说明相关的问题。
(1)(适用于方法Ⅰ)(2011·上海高考)CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO4·5H2O的实验室制备流程图。
根据题意完成下列填空：
如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
①________　②加水溶解　③加氯化钡溶液，沉淀　④过滤 (其余步骤省略)
在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)(适用于方法Ⅱ)(2010·天津高考)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。
用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。
检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　 (1)称量样品　静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，观察有无沉淀产生
(2)取少量水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl－已除净

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题四第一单元　原子结构
考点一　原子的构成
1．原子的构成
原子
2．粒子之间的关系
(1)电中性粒子
①质子数＝核电荷数＝核外电子数。
②质量数＝质子数＋中子数。
(2)带电荷粒子
①阳离子的核外电子数＝质子数－电荷数；
②阴离子的核外电子数＝质子数＋电荷数。
　(1)所有的原子中都含有质子和中子吗？符号6C表示的含义是什么？
(2)质子数相同的微粒一定属于同一种元素吗？
提示：　(1)H中不含有中子，所有原子均含有质子；6C表示质子数为6，中子数为6的碳原子。
(2)质子数相同的原子一定属于同一种元素，但像Na与NH，质子数均为11，二者不属于同一元素。
1．(1)18O中的质子数为________，中子数为________。
(2)53I中的中子数与质子数之差为________。
(3)D3O＋中的质子数为________，电子数为________，中子数为________。
(4)CO中的质子数为________，电子数为________。
答案：　(1)8　10　(2)25　(3)11　10　11　(4)30　32
2．下列各项中的两个分子核外电子总数不同的是(　　)
A．H2O2和CH3OH　　　　　　　 B．HNO2和HClO
C．H2O和CH4 D．HCl和F2
解析：　A项、D项中分子核外电子总数都为18个，C项中分子核外电子总数均为10个。
答案：　B
　符号中各数字的含义
3．假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm－的核外电子数为x，则W g Rm－离子所含中子的物质的量为(　　)
A．(A－x＋m)mol　　　　　　　 B．(A－x－m)mol
C.(A－x＋m)mol D.(A－x－m)mol
解析：　根据n(Rm－)＝≈mol，所以W g Rm－所含中子的物质的量为：(A－x＋m)mol。
答案：　C
4．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在a g HmX中所含质子的物质的量是(　　)
A.(A－N＋m)mol B.(A－N)mol
C.(A－N)mol D.(A－N＋m)mol
解析：　X原子的质子数为(A－N)，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以a g HmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。
答案：　A
　求一定质量的某物质中微粒数的答题模板
物质的质量物质的量
指定粒子的物质的量粒子数
考点二　元素、核素、同位素
1．元素、核素、同位素
2．几种重要的核素
核素
92U
6C
H
H
8O
用途
核燃料
用于考古断代
制氢弹
示踪原子
3.同位素的“六同”、“三不同”
三不同同位素―→六同
　(1)在6Li、7Li、23Na、24Mg、14C、14N六种粒子中，包含________种元素，__________种核素，其中互为同位素的是____________，中子数相等的核素是____________。
(2)H2、D2、T2互为同位素吗？
提示：　(1)5　6　6Li与7Li　23Na与24Mg
(2)不互为同位素，它们是氢元素的三种同位素形成的三种不同的单质分子。
1.H、H、H、H＋、H2是(　　)
A．氢的五种同位素　　　　　　 B．五种氢元素
C．氢的五种核素 D．氢元素的五种不同粒子
解析：　H、H、H三种微粒质子数相同，都为1；但中子数分别为0、1、2，它们是同一种元素的三种不同核素，互为同位素。H＋是质子数为1，电子数为0，带一个单位正电荷的微粒。H2是由两个H原子构成的分子。总之，它们属于氢元素的五种不同粒子。
答案：　D
2．下列有关说法中正确的是(　　)
①12C和14C的化学性质相同　②37Cl原子核内中子数为17　③12CO2与14CO2互为同位素　④Ca和Ca2＋是同种元素，且性质相同
A．①③ B．②③
C．① D．④
解析：　12C与14C互为同位素，化学性质相同，①对；②37Cl的核内中子数为37－17＝20，②错；CO2为分子，12CO2与14CO2不可能互为同位素，都是二氧化碳分子，③错；Ca与Ca2＋都属于钙元素，但是两者的性质不同，Ca2＋在反应中不能失电子，Ca却容易失去电子，④错。
答案：　C
　
(1)一种元素可以有若干种不同的核素，也可以只有一种核素，有多少种核素就有多少种原子。
(2)质子数相同而中子数不同的两微粒不一定互为同位素，如14N2和13C16O。
(3)“三素”研究的范围不同
①元素是宏观概念，对同类原子而言；
②核素是微观概念，对某种元素的原子而言；
③同位素是微观概念，对某种元素的几种原子间的关系而言。
(4)核变既不属于化学变化，也不属于物理变化。
3．地表水和地下水都来源于大气降水，但重水和轻水中同位素含量是不同的，有时差别还相当大，氢包括两种稳定核素：H和D，氧常见的核素有16O、17O和18O，下列有关说法正确的是(　　)
A．H2和D2互为同分异构体，其化学性质完全相同
B．HO、HO、HO互为同位素，都能与金属钠发生反应
C．18O2和18O3互为同素异形体，其密度之比为2∶3
D．电解一定量的DO时，阴、阳两极所得气体的质量之比约为2∶9
解析：　本题以科技知识为背景，重点考查同位素、同素异形体等概念。同分异构体一般指分子式相同，结构不同的有机物，H2和D2为组成和结构都相同的无机物，A错误；16O、17O、18O互为同位素，HO、HO、HO既不互为同位素，也不是同素异形体，B错误；18O2和18O3互为同素异形体，但只有在同温同压下，它们的密度之比才为2∶3，C错误；电解一定量的DO时，阴、阳两极会收集到物质的量之比为2∶1的D2和18O2，其质量之比约为2∶9，D正确。
答案：　D
　“四同”概念的比较
同位素
同素异形体
同分异构体
同系物
对象
原子
单质
有机物
有机物
同与异
质子数相同中子数不同
同种元素不同组成
分子式相同结构不同
结构相似组成相差n个CH2
性质
物理性质不同化学性质相同
物理性质不同化学性质相似
物理性质不同化学性质可能相同
物理性质不同化学性质相似
4．16O中的“16”表示的含义是(　　)
①氧元素的相对原子质量
②氧元素的一种同位素的近似相对原子质量
③氧元素的近似相对原子质量
④氧元素的一种同位素的质量数
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：　元素的相对原子质量是该元素的各种同位素的相对原子质量(Mi)与其丰度(n%)乘积的和的值，故①错误；同位素的相对原子质量是该同位素一个原子的绝对质量与12C质量的1/12的比值。同位素的近似相对原子质量是该同位素一个原子的绝对质量与12C质量的1/12的比值的近似整数倍，在数值上与同位素的质量数相等。 因此，②、④正确；元素的近似相对原子质量是各同位素的近似相对原子质量(即质量数)与其丰度乘积的和值，③错误。
答案：　B
5．某元素只存在两种天然同位素，且在自然界中它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。下列叙述中错误的是 (　　)
A．它是副族元素
B．它是第六周期元素
C．它的原子核内有63个质子
D．它的一种同位素的核内有89个中子
答案：　D
　
(1)核素的相对原子质量：以12C原子质量的1/12(约1.66×10－27 kg)作为标准，其他原子的质量跟它比较所得的值。其国际单位制(SI)单位为1，符号为1(单位1一般不写)。
(2)核素的近似相对原子质量：是对核素的相对原子质量取近似整数值，数值上与该核素的质量数相等。如：35Cl为35，37Cl为37。
(3)元素的相对原子质量：是按该元素各种天然同位素原子所占的原子百分比算出的平均值。如：Ar(Cl)＝Ar(35Cl)×a%＋Ar(37Cl)×b%。
(4)元素的近似相对原子质量：用元素同位素的质量数代替同位素相对原子质量与其丰度的乘积之和。
考点三　原子核外电子排布
1．电子层的表示方法及能量变化
2．核外电子排布规律
(1)能量最低原则
核外电子总是先排布在能量最低的电子层里，然后再按照由里向外的顺序依次排布在能量逐渐升高的电子层里。
(2)分层排布原则
①每层最多容纳的电子数为2n2。
②最外层不超过8个(K层为最外层时不超过2个)。
③次外层不超过18个，倒数第三层不超过32个。
3．熟记常见的等电子粒子
(1)10e－和18e－粒子
10电子微粒
18电子微粒
分子
Ne、HF、H2O、NH3、CH4
Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、F2、H2O2、CH3OH、N2H4、CH3F、CH3CH3
阴离子
F－、O2－、OH－、NH
Cl－、S2－、HS－、O
阳离子
Na＋、Mg2＋、Al3＋、NH、H3O＋
Ca2＋、K＋
(2)其他等电子微粒
①“14e－”：Si、N2、CO、C2H2、C；
②“16e－”：S、O2、C2H4、HCHO。
　(1)最外层只有一个电子的原子，是不是一定都是金属原子？
(2)最外层电子数是2的短周期元素有哪些？
(3)前18号元素中，最外层电子数是次外层电子数2倍和3倍的元素分别是什么？
(4)下图为四种粒子的结构示意图，完成以下填空：
①属于阳离子结构的粒子是________(填字母序号，下同)。
②B粒子的半径________C粒子的半径(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③某元素R形成的氧化物为R2O3，则R的原子结构示意图可能是________。
提示：　(1)不是，如氢原子。
(2)He、Be、Mg。
(3)碳元素和氧元素
(4)①B　②小于　③D

1．两种元素原子X和Y，X原子的M层比Y原子的M层少3个电子，Y原子的L层电子数恰好是X原子L层电子数的两倍，则X、Y分别是 (　　)
A．硅原子和钠原子　　　　　　 B．硼原子和氮原子
C．氮原子和碳原子 D．碳原子和铝原子
答案：　D
2．短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是 (　　)
A．和水反应 B．和硫酸反应
C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应
答案：　C
3．(2011·新课标全国卷)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是(　　)
A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B．元素X与氢形成的原子比为1∶1的化合物有很多种
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
解析：　首先根据题意，推断出W是Li，X是C，Y是Al，Z是S。A项，LiCl中的Li不满足8电子稳定结构，故A错误；B项，碳元素和氢元素可形成C2H2、C6H6、C8H8等多种化合物；C项，Al为两性金属，与强酸、强碱都能反应放出氢气；D项，碳元素和硫元素能形成CS2。
答案：　A
4．现有部分元素的原子结构特点如表：
X
L层电子数是K层电子数的3倍
Y
核外电子层数等于原子序数
Z
L层电子数是K层和M层电子数之和
W
共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质
(1)画出W原子结构示意图________________________________________________________________________。
(2)元素X与元素Z相比，非金属性较强的是________________________________________________________________________，
写出一个能表示X、Z非金属性强弱关系的化学反应方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)X、Y、Z、W四种元素形成的一种离子化合物，其水溶液显强酸性，该化合物的化学式为____________。
(4)元素X和元素Y以原子个数比1∶1化合形成的化合物Q，元素W和元素Y化合形成的化合物M，Q和M的电子总数相等。以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终生成无毒的，且在自然界中稳定存在的物质，写出该反应的化学方程式
________________________________________________________________________。
答案：　(1)＋7
(2)X(或氧)　2H2S＋O22H2O＋2S↓
(3)NH4HSO4
(4)N2H4＋2H2O2N2↑＋4H2O
　1～18号元素原子的特征排布
(1)原子核中无中子的原子：H。
(2)最外层有1个电子的元素：H、Li、Na。
(3)最外层有2个电子的元素：Be、Mg、He。
(4)最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar。
(5)最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；是次外层3倍的元素：O；是次外层4倍的元素：Ne。
(6)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。
(7)电子总数为最外层电子数2倍的元素：Be。
(8)次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si。
(9)内层电子总数是最外层电子数2倍的元素：Li、P。
5．通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：
(1)用化学符号表示下列4种微粒：
A．________；B.________；C.________；D.________。
(2)写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
解析：　常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na＋、Mg2＋、Al3＋、NH，常见的10电子阴离子有F－、OH－，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出A为H2O、B为NH3、C为NH、D为OH－，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2＋或Al3＋，从而得出答案。
答案：　(1)H2O　NH3　NH　OH－
(2)Al3＋＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH
[或Mg2＋＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2NH]
6．已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如下关系(反应条件已经略去)：
(1)如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出A、D的电子式：A________；D________。
(2)如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：
①A与B在溶液中反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是(用化学式或离子符号表示)：________________。
答案：　(1)A.[H H]＋　D．H
(2)①HS－＋OH－===S2－＋H2O
②OH－>S2－
　寻找10e－粒子的思维模型
寻找18e－粒子的思维模型请自行构建
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：92U(2013·江苏化学，2D)(　　)
(2)U和U是中子数不同质子数相同的同种核素(2012·天津理综，3C)(　　)
(3)原子核内有18个中子的氯原子：Cl(2012·海南，9D)(　　)
(4)在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7(2010·课标全国卷，7C)(　　)
(5)通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化(2010·山东理综，9C)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
2．(2013·上海化学·3)230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是(　　)
A．Th元素的质量数是232
B．Th元素的相对原子质量是231
C．232Th转化成233U是化学变化
D．230Th和232Th的化学性质相同
解析：　元素无质量数，A选项错误；元素的相对原子质量与同位素的相对原子质量及各同位素的丰度有关，B选项错误；C选项的相互转化为原子核发生变化，由化学变化的最小微粒是原子可知错误；原子的质子数和核外电子排布均相同，所以化学性质相同，D选项正确。
答案：　D
3．(2012·天津理综·3)下列叙述正确的是(　　)
A．乙酸与丙二酸互为同系物
B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键
C.U和U是中子数不同质子数相同的同种核素
D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
解析：　乙酸与丙二酸分子式之间不是相差n个CH2，不是同系物，A错误；不同元素原子构成的分子中可以含有非极性键，如H2O2，B错误；92U和92U是不同核素，互为同位素，C错误；短周期第ⅣA族和第ⅦA族元素原子间可形成AX4分子，各原子最外层均满足8电子结构，D正确。
答案：　D
4．(2013·新课标全国卷Ⅰ·9)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)
A．W2－、X＋　　　　　　　　 B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
解析：　根据“短周期元素”、“原子序数依次增大”和选项中离子所带的电荷数，可以判断出四种元素对应的离子分别是O2－、Na＋、Al3＋和S2－，其中Na＋对水的电离平衡无影响，故排除A、B、D，选C。
答案：　C
5．[2012·福建理综·23(1)]元素M的离子与NH所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为________。
答案：


阅卷现场(四)__用α粒子考查原子结构
“嫦娥二号”顺利发射，标志着中国人的奔月梦想正逐渐走向成功。科学研究表明，月球上有丰富的He资源，可开发利用作未来的新型能源。
(1)He的中子数是________，He与He互称为________。
(2)α粒子是带有2个单位正电荷、质量数为4的原子核，由此推断α粒子含有________个质子和________个中子。
(3)在He、He两种核素中，原子核内的中子数相差为______，与α粒子有相同质子数和中子数的是________________________________________________________________________。
[阅卷记录]
问题
常见错误
第(1)问
He与He的关系容易错答为“同素异形体”
第(2)问
不能理解题中关键信息“α粒子是一个原子核”造成无法准确解答
第(3)问
本小题易犯错误：混淆“质子数”、“中子数”
[错因剖析]　
(1)对原子Xn＋中A、Z、n的含义和它们之间的关系不明确是导致错误产生的原因。
He表示质子数为2、质量数为3的一个氦原子，其中子数是3－2＝1，He与He互称为同位素；在任何微粒中，质量数＝质子数＋中子数，但质子数与电子数不一定相等。
(2)若不能准确提取关键信息“α粒子是一个原子核”，无法突破。
根据信息“α粒子是一个原子核”可知α粒子中不含电子，再由“α粒子带有2个单位正电荷”可知其相应原子中含有2个电子、2个质子，进而可以根据“质量数为4的原子核”推断出“α粒子含有2个中子”。
(3)本题易因为思维定势，把比较中子数之差理解成比较质子数之差导致错误。
He中有2个质子和1个中子、He中有2个质子和2个中子，故二者中子数之差为1；在He中有2个质子和2个中子，与α粒子有相同质子数和中子数。
正确解答：　(1)1　同位素　(2)2　2　(3)1　He
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题四第三单元　化学键
考点一　化学键(离子键、共价键)
1．离子键与共价键的比较
键型
共价键
离子键
定义
原子间通过共用电子对形成的化学键
阴、阳离子通过静电作用形成的化学键
成键微粒
原子
阴、阳离子
成键原因
原子有形成稳定结构的趋势
(同左)
成键方式
共用电子对
阴、阳离子间的静电作用
成键元素
一般为非金属元素
一般为活泼金属元素(通常指ⅠA族、ⅡA族)与活泼非金属元素(通常指ⅥA族、ⅦA族)
2.共价键的分类
形成原子种类
电子对偏向情况
非极性共价键
同种元素原子
无偏向
极性共价键
不同种元素的原子
偏向吸引电子能力强的一方
3.用电子式表示物质的形成过程
(1)Na2S：
(2)CO2：
　(1)所有物质中都存在化学键吗？
(2)形成离子键的静电作用指的是阴、阳离子间的静电吸引吗？
(3)形成离子键的元素一定是金属元素和非金属元素吗？仅由非金属元素组成的物质中一定不含离子键吗？
(4)金属元素和非金属元素形成的化学键一定是离子键吗？
提示：　(1)不是所有物质都存在化学键，稀有气体中无化学键。
(2)既有阴、阳离子间的静电吸引，也有原子核与原子核之间、电子与电子之间的相互排斥。
(3)都不一定，如铵盐全是由非金属元素形成的，其中的化学键就有离子键。
(4)不一定，如AlCl3中的化学键就是共价键。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物(　　)
(2)某些金属与非金属原子间能形成共价键 (　　)
(3)分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物 (　　)
(4)某元素的原子最外层只有一个电子，它跟卤素结合时，所形成的化学键一定是离子键 (　　)
答案：　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2. 下列关于化学键的说法正确的是 (　　)
①原子间的相互作用叫化学键
②两个非金属原子间不可能形成离子键
③强电解质中一定存在离子键
④形成化学键的过程是能量降低的过程
⑤单质、共价化合物、离子化合物中都存在共价键
A．①④　　　　　　　　　　 B．③④
C．②③ D．②④
答案：　D
3．写出下列物质的电子式
(1)原子：Na：__________，Cl：__________。
(2)简单离子：Na＋：________，F－：__________。
(3)复杂离子：NH：____________，OH－：____________。
(4)离子化合物
MgCl2：____________，Na2O：____________
Na2O2：____________。
(5)非金属单质及共价化合物
N2：__________，H2O：____________，CO2：____________。
(6)羟基：____________，甲基：____________。
答案：　(1)Na　Cl·· ·
(2)Na＋　[F·· ]－
(3)[HN··]＋　[O·· H]－
(4)[Cl·· ]－Mg2＋[Cl·· ]－　Na＋[O·· ]2－Na＋　
Na＋[O·· O·· ]2－Na＋
(5)N ??N　HO·· H　O·· CO··
(6)HO·· ·　HC··
4．下列表达正确的是(　　)
A．HClO的电子式为HCl·· O··
B．H2S的电子式可表示为H＋[S·· ]H＋
C．用电子式表示Na2O的形成过程为2Na×＋·O·· ·―→2Na＋[O·· ]2－
D．MgCl2的电子式为[Cl·· ]－Mg2＋[Cl·· ]－
答案：　D
5．写出下列物质的结构式
(1)N2：____________；
(2)H2O：____________；
(3)CO2：____________。
答案：　(1)NN　(2)H—O—H　(3)COO
　书写电子式时常见的错误
(1)漏写未参与成键的电子，如：
N2　N??N。
(2)化合物类型不清，漏写或多写[　　]及错写电荷数，如：
NaCl　Na＋ ；HF　H＋[ ]－。
(3)书写不规范，错写共用电子对，如：N2的电子式为
N??N，不能写成NN，更不能写成：
或 。
(4)不考虑原子间的结合顺序，如HClO的结构式为H—O—Cl而非H—Cl—O，因氧原子需形成2对共用电子才稳定，而H、Cl各需形成1对共用电子就稳定。
(5)不考虑AB2型离子化合物中2个B是分开写还是写一块。如：CaBr2、CaH2、CaO2中Br、H、O均为－1价，Br－、H－已达稳定结构分开写，2个氧原子需形成一对共用电子才稳定，不能分开。它们的电子式分别为：
[ ]－Ca2＋[ ]－、[H]－Ca2＋[H]－、
Ca2＋[ ]2－。
6．下列物质中所有原子均满足最外层8电子稳定结构的化合物是(　　)
A．PCl5 B．P4
C．CCl4 D．NH3
解析：　判断原子满足最外层8电子结构的方法为：最外层电子数＋所成价键数＝8，故A项、D项错；P4为单质，而非化合物，故B项错；C项中5原子最外层均为8电子稳定结构，C项正确。
答案：　C
7．含有极性键且分子中各原子都满足8电子稳定结构的化合物是(　　)
A．CH4 B．CH2===CH2
C．CO2 D．N2
解析：　CH4、CH2===CH2中氢不满足8电子稳定结构，A、B项错；N2中只含有非极性键且为单质，D项错。
答案：　C
　判断8电子结构的两种方法
(1)经验规律法
凡符合最外层电子数＋|化合价|＝8的皆为8电子结构(含非极性键的分子除外)。
(2)试写结构法
判断某化合物中的某元素最外层是否达到8电子稳定结构，应从其结构式或电子式结合原子最外层电子数进行判断，如①H2O，O原子最外层有6个电子，H2O中每个O原子又与两个H原子形成两个共价键，所以H2O中的O原子最外层有6＋2＝8个电子，但H2O中的H原子最外层有2个电子；②N2，N原子最外层有5个电子，N与N之间形成三个共价键，所以N2中的N原子最外层达到8电子稳定结构。考点二　化学键与化学反应、物质类别的关系
1．化学键的概念：相邻原子或离子间强烈的相互作用。
2．化学键与化学反应
反应物内化学键的断裂和生成物内化学键的形成是化学反应的本质，是化学反应中能量变化的根本。
3．化学键与物质溶解或熔化的关系
(1)离子化合物的溶解或熔化过程
离子化合物溶于水或熔化后均电离成自由移动的阴、阳离子，离子键被破坏。
(2)共价化合物的溶解过程
①有些共价化合物溶于水后，能与水反应，其分子内共价键被破坏，如CO2和SO2等。
②有些共价化合物溶于水后，其分子内的共价键被破坏，如HCl、H2SO4等。
③某些共价化合物溶于水后，其分子内的共价键不被破坏，如蔗糖(C12H22O11)、酒精(C2H5OH)等。
(3)单质的溶解过程
某些活泼的非金属单质溶于水后，能与水反应，其分子内的共价键被破坏，如Cl2、F2等。
4．化学键对物质性质的影响
(1)对物理性质的影响
金刚石、晶体硅、石英、金刚砂等物质硬度大、熔点高，就是因为其中的共价键很强，破坏时需消耗很多的能量。
NaCl等部分离子化合物，也有很强的离子键，故熔点也较高。
(2)对化学性质的影响
N2分子中有很强的NN，故在通常状况下，N2很稳定，H2S、HI等分子中的共价键较弱，故它们受热时易分解。
5．化学键与物质类别
(1)化学键的存在
(2)化学键与物质类别
①只含有共价键的物质
a．同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。
b．不同非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等。
②只含有离子键的物质
活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、CsCl、K2O、NaH等。
③既含有离子键又含有共价键的物质
如Na2O2、NH4Cl、NaOH、Na2SO4等。
④无化学键的物质：稀有气体，如氩气、氦气等。
　(1)有化学键的断裂或形成就一定是化学反应吗？
(2)如何鉴别离子化合物和共价合物？
提示：　(1)不一定是化学反应，如NaCl溶于水，属于物理变化，其中有离子键的断裂，而将NaCl溶液蒸发结晶，Na＋和Cl－重新形成离子键而成为晶体，也是物理变化。
(2)将待鉴别物质熔化，熔化后能导电的化合物为离子化合物，不能导电的化合物为共价化合物。
1．下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是(　　)
A．NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4　　 B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．HCl、Al2O3、MgCl2
解析：　A中H2SO4内只有共价键；B中MgO内只有离子键；D中HCl内只有共价键，Al2O3、MgCl2内只有离子键。
答案：　C
2．短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2－与Z＋核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是(　　)
A．Z2Y　　　　　　　　　B．X2Y2
C．Z2Y2 D．ZYX
解析：　由Y2－与Z＋核外电子层的结构相同，可知Y在Z的上一周期，所以Y为氧元素、Z为钠元素，则X为氢元素。A选项，Na2O只有离子键；B选项，H2O2既有非极性共价键，也有极性共价键；C选项，Na2O2有离子键、非极性共价键，没有极性共价键；D选项，NaOH有离子键、极性共价键。
答案：　B
3．下列有关说法正确的是(　　)
A．该组化合物中只含有共价键：H2O、NH4Cl、H2O2
B．非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物
C．Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3、NH4NO3、H2SO4为共价化合物
D．共价化合物是由不同种非金属原子间通过共用电子对形成的
解析：　NH4Cl中既含有共价键，也含有离子键，A错；非金属原子以共价键结合形成的可能为共价化合物如HCl，也可能为单质如H2、O2，B错；NH4NO3为离子化合物，C错；共价化合物，最少含有两种不同的非金属元素，非金属原子是通过共用电子对形成共价化合物的，D对。
答案：　D
4．下列关于化合物的说法正确的是(　　)
A．只含有共价键的物质一定是共价化合物
B．由两种原子组成的纯净物一定是化合物
C．共价化合物熔化时破坏共价键
D．熔化状态下不导电的化合物一定是共价化合物
解析：　只含有共价键的物质也可能是单质，A错误；由两种原子组成的纯净物也可能是单质，如HD，B错误；大部分共价化合物熔化时不一定破坏共价键，如冰熔化，C错误。
答案：　D
　判断离子化合物和共价化合物的三种方法
5．在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是(　　)
A．将SO2通入水中 B．烧碱溶于水
C．将HCl通入水中 D．硫酸氢钠溶于水
解析：　SO2、HCl不含有离子键，所以不会有离子键的破坏，A和C不符合题意；烧碱在水溶液中电离产生了钠离子和氢氧根离子，没有共价键的破坏，B错；硫酸氢钠既含有离子键又含有共价键，溶于水时钠离子与硫酸氢根离子之间的离子键被破坏，同时硫酸氢根离子中的共价键也被破坏。
答案：　D
6．从化学键的观点看，化学反应的实质是“旧键的断裂，新键的形成”，据此你认为下列变化属于化学反应的是(　　)
A．对空气进行降温加压 B． 金刚石变成石墨
C．NaCl熔化 D．碘溶于CCl4中
解析：　A项中既无化学键断裂又无化学键形成；B项先断裂金刚石中的共价键再形成石墨中的共价键；C项只断裂NaCl中的离子键无新化学键形成；D项无化学键的断裂和形成。
答案：　B
考点三　分子间作用力和氢键
1．分子间作用力
(1)定义：把分子聚集在一起的作用力，又称范德华力。
(2)特点
①分子间作用力比化学键弱得多，它主要影响物质的熔点、沸点等物理性质。
②分子间作用力存在于由共价键形成的多数共价化合物和绝大多数液态、固态非金属单质分子之间。
(3)变化规律
一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点也越高。例如熔、沸点：I2>Br2>Cl2>F2。
2．氢键
(1)定义：分子间存在的一种比分子间作用力稍强的相互作用。
(2)形成条件：非金属性强、原子半径小的O、F、N原子与H原子之间，有的物质分子内也存在氢键。
(3)存在：氢键存在广泛，如蛋白质分子、H2O、NH3、HF等分子之间。分子间氢键会使物质的熔点和沸点升高。
　(1)氢键属于化学键吗？
(2)范德华力、氢键、化学键三者的强弱关系如何？
提示：　(1)氢键不属于化学键，应属于分子间作用力。
(2)范德华力<氢键<化学键。
1．下图中每条折线表示元素周期表中第ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是(　　)
A．H2S　　　　 B．HCl　　　　
C．PH3　　　　 D．SiH4
解析：　在第ⅣA～ⅦA族中元素的氢化物中，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点反常的高，则含a的线为第ⅣA族元素的氢化物，则a点为SiH4。
答案：　D
2．下列现象与氢键有关的是(　　)
①NH3的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高　②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶　③冰的密度比液态水的密度小　④水分子高温下很稳定
A．①②③④ B．①②③
C．①② D．①③
解析：　水分子高温下很稳定是因为分子中O—H键的键能大。
答案：　B
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)氢氧根离子的电子式：[ H]－(2013·江苏，2B)(　　)
(2)丙烯的结构简式：C3H6(2013·江苏，2A)(　　)
(3)NH4Br的电子式：[HN··]＋Br－(2012·海南，9A)(　　)
(4)次氯酸的电子式HCl·· O·· (2010·上海，2A)(　　)
(5)Na2O2的电子式为Na Na(2010·课标全国卷，7A)(　　)
(6)H2O的电子式为H＋[O·· H]－(2010·江苏，2A)(　　)
(7)N2的电子式：N??N(2011·江苏，2A)(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　
2．(2013·上海化学·4)下列变化需克服相同类型作用力的是(　　)
A．碘和干冰的升华　　　　　B．硅和C60的熔化
C．氯化氢和氯化钠的溶解 D．溴和汞的气化
解析：　A选项均属于分子晶体，克服范德华力，正确；B选项，硅属于原子晶体，破坏的是共价键，C60属于分子晶体，克服范德华力；C选项，HCl溶解破坏的是共价键，NaCl溶解破坏的是离子键；D选项，溴、汞的气化分别克服范德华力、破坏金属键。
答案：　A
3．(2012·课标全国理综卷·13)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是(　　)
A．上述四种元素的原子半径大小为WB．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
解析：　依据题意，不难确定W、X、Y、Z四种元素依次为氢(H)、碳(C)、氮(N)或氧(O)、氖(Ne)。A项，原子半径X>Y；B项，四种原子最外层电子总数为18或19；C项，H2O2或N2H4分子中既含极性共价键又含非极性共价键；D项，W与X组成的化合物包括所有的烃类，故沸点不一定比H2O或NH3低。
答案：　C
4．(2010·海南化学·11)短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2－与Z＋核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是(　　)
A．Z2Y　　　　　　　　　 B．X2Y2
C．Z2Y2 D．ZYX
解析：　由Y2－与Z＋核外电子层的结构相同，可知Y在Z的上一周期，所以Y为氧元素、Z为钠元素，则X为氢元素。A选项，Na2O只有离子键；B选项，H2O2既有非极性共价键，也有极性共价键；C选项，Na2O2有离子键、非极性共价键，没有极性共价键；D选项，NaOH有离子键、极性共价键。
答案：　B
5．(2010·天津·7)X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。
回答下列问题：
(1)L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为______________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是______________(用元素符号表示)。
(2)Z、X两元素按原子数目比1∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为________，B的结构式为________。
(3)硒(Se)是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层， 则Se的原子序数为________，其最高价氧化物对应的水化物化学式为____________。
该族2～5周期元素单质分别与H2反应生成1 mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1 mol硒化氢反应热的是________(填字母代号)。
a．＋99.7 kJ·mol－1 b．＋29.7 kJ·mol－1
c．－20.6 kJ·mol－1 d．－241.8 kJ·mol－1
解析：　组成蛋白质的基础元素是C、N、H、O，地壳中含量最高的金属元素是Al，所以X、Y、Z、L、M分别是H、C、N、O、Al。
(1)H为原子半径最小的元素，根据元素周期表中原子半径的变化规律(同周期元素从左向右，原子半径依次减小，同主族元素从上向下，原子半径依次增大)，可推断五种元素的原子半径从大到小的顺序是：Al>C>N>O>H。
(2)A、B分别是NH3、N2H4。每个N原子可以形成3个共价键，所以B的结构式是NHHNHH。
(3)Se与O同主族，且比O多两个电子层，根据原子核外电子排布规律可知Se的核外电子排布为＋34 ，Se的原子序数为34；Se与O、S同主族，其最高价氧化物对应的水化物与硫的相似，为H2SeO4；同主族元素由上向下非金属性逐渐减弱，与氢气化合越来越困难，放出的热量越来越少，甚至需要吸收热量。
答案：　(1)O　第3周期第ⅢA族　Al>C>N>O>H
(2)HN··　NHHNHH
(3)34　H2SeO4　b
阅卷现场(五)__化学用语的规范书写
甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z,0.1 mol·L－1的Y溶液pH>1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。
请回答下列问题：
(1)戊离子的结构示意图为__________。
(2)写出乙的单质的电子式：____________。
(3)戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2∶4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为____________。
(4)写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
[规范答案]　
(1)＋17
(2)N ??N
(3)2∶3
(4)AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
[错因分析]
第一：元素虽然推断正确，但由于不能正确书写原子结构示意图、电子式，化学方程式配平不正确失分较多。
第二：机械模仿电解饱和食盐水的原理，忽视具体的装置图的特点，化学反应原理运用不准确。
[规范指导]
1．仔细读懂题目要求，明确写什么？怎么写？什么条件？什么状态？
2．平时熟练书写各种化学用语、苦练基本功。

专题讲座(五)　突破“位、构、性”关系类综合题的两个难点
　本专题内容是高考的热点，高考往往借助元素周期表中“位—构—性”关系综合考查元素化合物性质和化学反应原理的相关内容。
元素周期表能够反映原子的位置和结构，在元素推断中如果已知元素在周期表中的位置，就可以快速确定元素的名称、原子结构及性质。但在实验考查中往往不是呈现完整的元素周期表，而是呈现某一片段，这就要求根据呈现的片段结构中提供的信息来推断元素。
一、判断元素在元素周期表中位置的四种方法
　方法1：结构简图法：本方法常用于确定原子序数小于18或已知某微粒核外电子排布的元素。其步骤为原子序数→原子结构简图→“电子层数＝周期数”和“最外层电子数＝主族序数”。
方法2：区间定位法：对于原子序数较大的元素，若用结构简图法确定，较复杂且易出错，可采用区间定位法。其原理：首先，要牢记各周期对应的0族元素的原子序数，从第1周期到第7周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118；其次，要熟悉元素周期表中每个纵行对应的族序数，ⅠA、ⅡA族为第1、2列，ⅢB～ⅦB族是第3～7列，Ⅷ族是第8～10列，ⅠB、ⅡB族为第11、12列，ⅢA～ⅦA族为第13～17列，0族是第18列。具备了上述知识，便可按下列方法进行推断：
①比大小，定周期。比较该元素的原子序数与0族元素的原子序数的大小，先找出与其相近的0族元素，然后，以0族元素为参照确定该元素在周期表中的位置。
②求差值、定族数。用该元素的原子序数减去比它小而相近的0族元素的原子序数，即得该元素所在的纵行数。由元素所在的纵行数可推出其所在的族。
注：如果有第6、7周期的元素，用原子序数减去比它小而相近的0族元素的原子序数后，再减去14，即得该元素所在的纵行数。如84号元素所在周期和族的推导：84－54－14＝16，即在16纵行，可判断为ⅥA族，第6周期。
方法3：相同电子层结构法：主族元素的阳离子与上一周期的0族元素原子的电子层结构相同；主族元素的阴离子与同周期的0族元素原子的电子层结构相同，要求掌握氦式结构、氖式结构等。
方法4：特殊位置法：根据元素在元素周期表中的特殊位置，如周期表中的第1行、第1列、右上角、左下角等来确定。
短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径大小：Z>Y>X
B．气态氢化物的水溶液的碱性：Z>X
C．Y和X形成的化合物Y3X2既有共价键，又有离子键
D．Y能与X或Z的最高价氧化物对应的水化物的溶液发生反应
解析：　本题通过元素原子核外电子数确定出元素在周期表中的位置，然后根据位置推断出物质的性质。短周期元素原子内层电子数可能是2或8，则Z的最外层电子数一定是6，X原子的内层电子数和Y原子的最外层电子数是2，根据X、Y、Z的最外层电子数之和为13，可知X的最外层电子数为5，即X为N，进一步得出Y、Z分别是Mg、S。Mg的原子半径大于S的，A错误；X、Z的氢化物的水溶液分别呈碱性、酸性，B错误；Mg失去电子使N满足8电子稳定结构，Y3X2分子中只有离子键，C错误；Mg能与硝酸、硫酸发生反应，D正确。
答案：　D
二、元素周期表片段在元素推断中的应用
1．元素周期表中短周期的特殊结构的应用
(1)特殊结构
①元素周期表中第一周期只有两种元素H和He，H元素所在的第ⅠA族为元素周期表的左侧边界，第ⅠA族左侧无元素分布；
②He为0族元素，0族元素为元素周期表的右侧边界，0族元素右侧没有元素分布。
利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。
(2)实例
根据上图可知，四种元素分布在三个周期内，且A的右侧没有元素分布，可知A为He，B为F，C为O，D为P元素。
2．元素的位置关系和原子序数关系的应用
(1)规律
①同一周期中元素的原子序数一般比左边元素原子序数大1，比右边元素的原子序数小1。
②同主族上下周期元素的原子序数关系
若在ⅠA或ⅡA族，原子序数之差为上周期所包含的元素种数。
若在ⅢA～ⅦA族，原子序数之差为下周期所包含的元素种数。
如第三和第四周期的同族相邻元素，若在ⅠA或ⅡA族，原子序数之差为8，若在ⅢA～ⅦA族，原子序数之差为18。
(2)实例
①条件
短周期元素A、B、C在元素周期表中的相对位置如图所示。已知B、C两种元素所在族序数之和是A元素所在族序数的2倍，B、C两种元素的原子序数之和是A元素的原子序数的4倍。
②元素推断
根据A、B、C为短周期元素和A、B、C的位置关系可知，A为第二周期元素，B、C为第三周期元素。根据B、C的原子序数之和是A元素的原子序数的4倍，设A的原子序数为a，则B与C的原子序数分别为a＋7、a＋9，a＋7＋a＋9＝4a，可得a＝8。所以A为O、B为P、C为Cl。
3．将文字信息转化为周期表片段的应用
(1)文图转化
在一些比较类型的题目中，由文字信息推断出某种元素后，可以先在图表中固定其位置，再根据其他元素的有关信息确定与该元素在周期表中的位置关系，即转化成周期表片段的形式，再进行比较，则很直观地得出结论。
(2)实例
①条件
X＋、Y＋、M2＋、N2－均为含若干电子的短周期元素的简单离子，离子半径的大小关系为：N2－>Y＋，Y＋>X＋，Y＋>M2＋，M2＋>X＋。
②元素推断
由于四种元素都是短周期元素，N为非金属，应位于元素周期表的右边，由X、Y、M的离子半径关系，则可以推知四种元素在元素周期表中与N的位置关系，转化为周期表片段：
X
…
N(1)
Y
M
…
N(2)
…
N(3)
则N可能和Y不在同一周期，也可能和Y、M在同一周期。X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，X、Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法不正确的是(　　)
A．原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X
B．元素非金属性由弱到强的顺序为ZC．X元素不可能在第1周期，且没有最高正价
D．Z在元素周期表的ⅤA族，其最高价氧化物对应水化物的分子式为HZO3
解析：　在解有关元素周期表的试题时，首先要确定元素在周期表中的位置，若开始时不能推出其具体位置，可以先推出其相对位置，然后根据其他条件逐步得到其具体位置。由X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，可推出X元素为O，而在短周期中能与O元素同主族的就只有S元素，即Y为S元素，而Z原子的核外电子数比Y原子的少1，也就不难得出Z元素为P元素。A项，P、S元素同周期，原子半径P>S，S、O元素同主族，原子半径S>O，对；B选项中三种元素非金属性由弱到强的顺序为P答案：　D
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题四第二单元　元素周期律和元素周期表
考点一　元素周期表
1．原子序数
原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数
2．编排原则
3．结构
(1)周期(7个横行，7个周期)
短周期
长周期
序号
1
2
3
4
5
6
7
元素种数
2
8
8
18
18
32
不完全周期最多容纳32种元素
0族元素原子序数
2
10
18
36
54
86
(2)族(18个纵行，16个族)
主族
列序
1
2
13
14
15
16
17
族序
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
副族
列序
3
4
5
6
7
11
12
族序
ⅢB
ⅣB
ⅤB
ⅥB
ⅦB
ⅠB
ⅡB
第Ⅷ族
第8、9、10共3个纵行
0族
第18纵行
(3)分区
①分界线：沿着元素周期表中铝、锗、锑、钋与硼、硅、砷、碲、砹的交界处画一条虚线，即为金属元素区和非金属元素区的分界线。
②各区位置：分界线左下方为金属元素区，分界线右上方为非金属元素区。
③分界线附近元素的性质：既表现金属元素的性质，又表现非金属元素的性质。
　请在下表中画出元素周期表的轮廓，并在表中按要求完成下列问题
(1)标出族序数。
(2)画出金属与非金属的分界线；画出过渡元素。
(3)标出镧系、锕系的位置。
(4)写出各周期元素的种类。
(5)写出稀有气体元素的原子序数。
(6)标出113～118号元素的位置。
提示：　
1．(1)甲、乙是元素周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是________(填序号)。
A．x＋2　　　　　　　　　　 B．x＋4
C．x＋8 D．x＋18
(2)若甲、乙分别是同一周期的ⅡA族和ⅢA族元素，原子序数分别为m和n，则下列关于m和n的关系不正确的是______(填序号)。
A．n＝m＋1 B．n＝m＋18
C．n＝m＋25 D．n＝m＋11
答案：　(1)B　(2)B
2．若A、B是相邻周期同主族元素(A在B上一周期)，A、B所在周期分别有m种和n种元素，A的原子序数为x，B的原子序数为y，则x、y的关系为________。
答案：　y＝x＋m或y＝x＋n
　
1．由原子序数确定元素位置——周期尾序推算法(或0族定位法)
首先熟记各周期0族元素原子序数，然后用已知元素原子序数去比较。
ⅠA
ⅡA
…
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
……
…
cC
aA
bB
…
(1)若b－a＝1～2，则B元素处于A元素的下一周期族序数(b－a)，即ⅠA或ⅡA族。
(2)若a－c＝1～5，则C元素处于A元素所在周期的族序数[8－(a－c)]，即ⅦA～ⅢA族。
2．元素周期表中元素的原子序数的序差关系
(1)同一周期ⅡA与ⅢA族元素的原子序数可能相差1(二、三周期)或11(四、五周期)或25(六、七周期)。
(2)相邻周期，同一主族元素的原子序数可能相差2、8、18、32。若A、B是同主族相邻周期元素，A、B所在周期分别有m和n种元素。如图：
当①A、B在ⅠA或ⅡA族时，y＝x＋m，Δz＝y－x＝m。
②A、B在ⅢA～0族时，y＝x＋n，Δz＝y－x＝n。
3．下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M为37的是(　　)
答案：　C
4．如图为元素周期表中前四周期的一部分，若B元素的核电荷数为x，则这五种元素的核电荷数之和为(　　)
A．5x＋10 B．5x
C．5x＋14 D．5x＋16
答案：　A
　直接相邻的“┳”型、“┻”型、“╋”型原子序数关系

考点二　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的变化，这个规律叫做元素周期律。
2．实质：元素的性质随原子序数的递增呈周期性变化的根本原因(实质)是核外电子排布的周期性变化。
3．同主族元素性质的递变规律
(1)对于元素Li、Na、K：
①原子半径由小到大的顺序为Li②金属性由强到弱的顺序为K>Na>Li；
③单质与水反应的剧烈程度由强到弱的顺序为K>Na>Li；
④最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为KOH>NaOH>LiOH。
(2)对于元素Cl、Br、I：
①原子半径由小到大的顺序为Cl②非金属性由强到弱的顺序为Cl>Br>I；
③单质与氢气化合由易到难的顺序为Cl2>Br2>I2；
④其氢化物的稳定性由弱至强的顺序为HI⑤最高价氧化物对应水化物的酸性由弱至强的顺序为HIO44．同周期元素性质的递变规律
现有元素：Na、Mg、Al、S、Cl。
(1)五种元素的原子半径由大到小的顺序为Na>Mg>Al>S>Cl。
其简单离子的半径由大到小的顺序为S2－>Cl－>Na＋>Mg2＋>Al3＋。
(2)Na、Mg、Al单质置换水或酸中的氢，由易到难的顺序为Na>Mg>Al；最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3。
(3)S、Cl2与氢气化合时，由易到难的顺序为Cl2>S，气态氢化物的稳定性由强至弱的顺序为HCl>H2S，最高价氧化物对应水化物的酸性由强至弱的顺序为HClO4>H2SO4。
　(1)碳酸的酸性强于次氯酸，能否说明C的非金属性强于Cl?
(2)根据元素周期律，推断硼酸(H3BO3)和碳酸的酸性哪个强？
(3)试比较非金属元素N和Si非金属性的强弱。
提示：　(1)不能；因为氯的最高价氧化物对应的水化物是HClO4而不是HClO。
(2)碳酸的酸性强于硼酸；原因是C的非金属性强于B。
(3)N的非金属性强于Si；原因是非金属性N>P>Si，或NH3的稳定性强于SiH4，或往Na2SiO3溶液中滴加硝酸，有白色沉淀生成。
1．已知33As、35Br位于同一周期。下列关系正确的是(　　)
A．原子半径：As>Cl>P
B．热稳定性：HCl>AsH3>HBr
C．还原性：As3－>S2－>Cl－
D．酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO4
解析：　A项，原子半径As>P>Cl；B项，非金属性Cl>Br>As，所以热稳定性HCl>HBr>AsH3；D项，非金属性S>P>As，故酸性H2SO4>H3PO4>H3AsO4。
答案：　C
2．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.080
0.102
0.143
0.074
主要化合价
＋2
＋2
－2，＋4，＋6
＋3
－2
根据表中信息，判断以下说法正确的是(　　)
A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X
B．离子半径：T2－>X2＋
C．元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>R>X
D．单质与氢气化合的难易程度Z>T
解析：　根据表格中的数据，由化合价数据知Z为S，T为O，R为Al，再根据原子半径数据，X和Y位于同主族，Y为Be，X为Mg。镁、铍、铝与稀硫酸反应(接触面积相同)时，镁的反应速率最快，A选项错误；O2－与Mg2＋都是10电子粒子，O2－的半径较大，B选项正确；碱性：Mg(OH)2>Be(OH)2，Mg(OH)2>Al(OH)3，氢氧化镁的碱性最强，C选项错误；氧的非金属性比硫的强，氧与氢化合比硫与氢化合容易，D选项错误。
答案：　B
3．下列事实能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强的是________。
①HCl的溶解度比H2S大　②HCl的酸性比H2S强　③HCl的稳定性比H2S大　④HCl的还原性比H2S弱　⑤HClO4的酸性比H2SO4强　⑥Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS　⑦Cl2能与H2S反应生成S　⑧在周期表中Cl处于S同周期的右侧　⑨还原性：Cl－答案：　③④⑤⑥⑦⑧⑨
4．下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
3
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
(1)⑤和⑧的元素符号是________和________。
(2)表中最活泼的金属是________，非金属性最强的元素是________。(填写元素符号)
最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是________(填化学式，下同)，酸性最强的是________，气态氢化物最稳定的是________。
(3)由③和④的单质作电极在弱酸性溶液中构成原电池，负极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(4)元素非金属性强弱的比较有很多方法，其中⑦和⑩的非金属性强弱的研究方案中不可行的是________(填序号)。
A．比较两种单质的颜色
B．比较氢化物的稳定性
C．依据两元素在周期表中的位置
D．比较原子半径大小
E．比较最高价氧化物对应水化物的酸性
解析：　(1)根据元素周期表，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩元素分别为：N、F、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Br。
(2)又知金属性：同周期元素从左到右越来越弱，同主族元素从上到下越来越强，并且金属性越强其最高价氧化物对应的水化物碱性越强；而非金属性：同周期元素从左到右越来越强，同主族元素从上到下越来越弱，并且非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，气态氢化物越稳定。
(3)因为镁的金属性比铝强，在弱酸性溶液中，镁和铝作电极构成原电池时，镁是负极，电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋。
(4)Cl和Br位于同一主族，可依据元素周期律比较非金属性强弱，但根据单质的颜色不能确定非金属性的强弱。
答案：　(1)Si　Ar
(2)K　F　KOH　HClO4　HF
(3)Mg－2e－===Mg2＋
(4)A
　金属性和非金属性强弱的判断方法
5．下列粒子半径大小的比较正确的是(　　)
A．Na＋Cl－>Na＋>Al3＋
C．Na答案：　B
6．已知aAn＋、bB(n＋1)＋、cCn－、dD(n＋1)－是具有相同的电子层结构的离子，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是(　　)
A．离子半径：A>B>C>D
B．原子序数：b>a>c>d
C．原子半径：D>C>B>A
D．四种元素一定属于短周期元素
解析：　由于四种离子具有相同的电子层结构，可以推知四种元素在周期表中的位置关系如图：
……
D
C
A
B
……
原子序数b>a>c>d；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小；原子半径A>B>D>C；A和B可以为第四周期元素。
答案：　B
　微粒半径大小的比较方法建模
考点三　元素周期表、元素周期律的应用
1．根据元素周期表中的位置寻找未知元素
2．预测元素的性质(由递变规律推测)
(1)比较同周期、同主族元素的性质
如金属性Mg>Al，Ca>Mg，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，Ca(OH)2>Mg(OH)2(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)推测未知元素的某些性质
如：已知Ca(OH)2微溶，Mg(OH)2难溶，可推知Be(OH)2难溶；再如：已知卤族元素的性质递变规律，可推知未学元素砹(At)应为有色固体，与氢难化合，HAt不稳定，水溶液呈酸性，AgAt不溶于水等。
3．启发人们在一定区域内寻找新物质
将下面左右两侧对应内容连线。
答案：　①—c　②—a　③—b
　(1)第五周期ⅠA族的元素是什么？它能否与水发生反应？若反应，写出该反应的离子方程式。
(2)不看元素周期表，你能确定82号元素在元素周期表中的位置吗？试写出它的最高价氧化物的化学式。
提示：　(1)该元素为铷(Rb)，它能与水发生剧烈反应，其离子方程式为2Rb＋2H2O===2Rb2＋＋2OH－＋H2↑。
(2)第六周期ⅣA族，PbO2。
1．已知钍(90Th)的原子可发生下列放射性变化，90Th→88X＋α，生成的X是与钫(Fr)同周期的一种元素的原子，下列对X的推断错误的是(　　)
A．X的氢氧化物是一种强碱　　 B．X的碳酸正盐不溶于水
C．X原子核外有6个电子层 D．X的最高化合价为＋2价
答案：　C
2．X和Y是短周期元素，二者能形成化合物X2Y3，若Y的原子序数为n，则X的原子序数不可能是(　　)
A．n－8　　　　　　　　　 B．n－3
C．n－1 D．n＋5
解析：　由化学式X2Y3可知，X为＋3价，Y为－2价，即X可能为第ⅢA族或第ⅤA族元素。有如下几种可能
(1)ⅢA　　ⅥA　　(2)ⅤA　　ⅥA
X Y X Y
5B 8O 7N 8O
13Al 16S 15P 16S
　
据以上分析，可知答案为A。
另解：由化学式X2Y3知，X、Y的原子序数，一个为奇数一个为偶数，根据“序、价”规律可判断A项正确。
答案：　A
3．X、Y、Z是三种主族元素，如果Xn＋阳离子与Yn－阴离子具有相同的电子层结构，Zn－阴离子半径大于Yn－阴离子半径，则三种元素的原子序数由大到小的顺序是(　　)
A．Z>X>Y　　　　　　　　 B．X>Y>Z
C．Z>Y>X D．X>Z>Y
解析：　根据“序、层”规律可知，X元素在Y元素的下一周期，Z元素在X同周期或下几个周期，故三种元素的原子序数大小顺序为Z>X>Y。
答案：　A
　
1．“序、层”规律
(1)若一种阳离子与一种阴离子电子层数相同，则“阴前阳后”，阴离子在前一周期，阳离子在后一周期，阳离子的原子序数大。
(2)同周期元素的简单阳离子与阴离子相比，阴离子原子序数大。
2．“序、价”规律
在短周期元素中，元素的原子序数与其主要化合价的数值在奇偶性上一般一致，“价奇序奇，价偶序偶”。
1．(2013·福建理综·9)
四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是(　　)
A．原子半径ZB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
解析：　由题给信息可知，M为Al元素，X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。原子半径Al>Si>N>O，A项正确；因为N的非金属性比Si强，所以HNO3的酸性比H2SiO3强，B项错误；因为O的非金属性比Si强，所以气态氢化物的热稳定性H2O>SiH4，C项正确；O元素位于周期表的第2周期、第ⅥA族，D项正确。
答案：　B
2．(2012·山东理综·9)下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是(　　)
A．非金属元素组成的化合物中只含共价键
B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强
解析：　非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如NH4Cl，A项错误；根据同一周期从左往右，元素的金属性逐渐减弱可知，B项正确；同种元素的原子质子数相同，中子数不一定相同，C项错误；根据元素周期律可知，ⅦA族元素的阴离子的还原性越强，则其最高价含氧酸的酸性越弱，D项错误。
答案：　B
3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)碱性：Ba(OH)2(2)第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强(2011·天津，2C)(　　)
(3)同周期元素(除0族元素外)从左到右，原子半径逐渐减小(2011·天津，2B)(　　)
(4)根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是＋7(2011·安徽，11B)(　　)
(5)HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱(2010·山东，11B)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
4．(2013·天津理综·3)下列有关元素的性质及其递变规律正确的是 (　　)
A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
B．第二周期元素从左到右，最高正价从＋1递增到＋7
C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
解析：　第ⅠA族的氢元素可以和第ⅦA族的卤族元素形成共价化合物，第ⅠA族的金属元素可以和第ⅦA族的卤族元素形成离子化合物，A项正确；第二周期中O没有最高正价，F没有正价，B项错误；同主族元素中还原性强的简单阴离子不一定能够水解，如卤族元素中的I－不能水解，C项错误；如铝为＋3价，钠为＋1价，但钠失电子能力比铝强，D项错误。
答案：　A

5．(2013·山东理综·8)
W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知(　　)
A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C．X元素形成的单核阴离子还原性大于Y
D．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
解析：　由题意可知，W是N元素，X是O元素，Y是S元素，Z是Cl元素。H2S的稳定性小于H2O的稳定性，也小于HCl的稳定性，A项正确；HClO的酸性弱于H2SO4的酸性，B项错误；S2－的还原性大于O2－的，C项错误；Cl2和H2O反应时，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，D项错误。
答案：　A
6．(2011·课标全国卷·13)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是(　　)
A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B．元素X与氢形成的原子比为1∶1的化合物有很多种
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
解析：　X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，可推知X为C；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，则Y为Al；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且Z的原子序数大于Al，故Z为S；元素W是制备一种高效电池的重要材料，且原子序数小于C，可推知W为Li。A项，LiCl中，锂原子是2电子的稳定结构，错；B项，C与H可形成C2H2、C6H6等多种原子比为1∶1的化合物，正确；C项，Al与NaOH溶液或盐酸反应均有H2生成，正确；D项，S与C可形成共价化合物CS2，正确。
答案：　A
学科素养培优(七)__“位、构、性”之间的关系探究
　同一元素的“位、构、性”关系可表示如下：
1．性质与位置的互推
(1)根据元素的性质可以推知元素在周期表中的位置。
如同周期元素A、B、C的金属性逐渐增强，则可知A、B、C在同周期中按C、B、A的顺序从左向右排列。
(2)根据元素在周期表中的位置关系，可以推断元素的性质，如A、B、C三元素在同一主族中从上往下排列，则A、B、C的单质氧化性依次减弱或还原性依次增强。
2．结构与性质的互推
(1)若元素的最外层电子数小于4，则该元素容易失电子；若该元素的最外层电子数大于4，则该元素容易得电子。
(2)若某元素容易得电子，则可推知该元素的最外层电子数大于4；若某元素容易失电子，则可推知该元素的最外层电子数小于4。
3．结构与位置的互推
由原子序数确定主族元素位置方法：
只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可确定主族元素的位置。
(1)若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；
(2)若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第Ⅵ A族；
(3)若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：114号元素应为第七周期第ⅣA族。
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是(双选)(　　)
A．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
C．化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同
D．原子半径的大小顺序：rY>rZ>rW>rX
解析：　由X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，可知X为O；Y原子的最外层只有2个电子，且原子序数大于O，可知Y为Mg；Z单质可制成半导体材料，则Z为Si；W与O属于同一主族，则W为S。A项，非金属性：O>S，故热稳定性：H2O>H2S；B项，W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2SiO3，酸性：H2SO4>H2SiO3；C项，YX(MgO)中的化学键为离子键，而ZX2(SiO2)、WX3(SO3)中的化学键为共价键；D项，原子半径：rMg>rSi>rS>rO。
答案：　AD
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修2第一单元　化学与水资源的综合利用
考点一　水的净化、硬水软化和污水处理
1．水的净化
(1)基本流程
①常用的混凝剂有：明矾、Al2(SO4)3、FeSO4、聚合铝等。
②常用的消毒剂有：漂白粉、液氯、ClO2、高铁酸盐等。
(2)明矾的净水原理：
明矾在水溶液中发生电离：KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶粒破坏天然水中的胶体杂质的稳定性，吸附悬浮物而沉降。
2．硬水的软化
(1)硬水和软水：
天然水—
(2)硬度的类型：
暂时硬度——由钙、镁的碳酸氢盐引起的硬度
永久硬度——由钙、镁的硫酸盐或氯化物引起的硬度
(3)硬水的软化方法
3．污水处理
(1)基本流程
(2)污水处理常用的化学方法
①中和法
酸性废水常用熟石灰中和，碱性废水常用H2SO4或CO2中和。
②沉淀法
Hg2＋、Pb2＋、Cu2＋等重金属离子可用Na2S除去，反应的离子方程式为：Hg2＋＋S2－===HgS↓、Pb2＋＋S2－===PbS↓、Cu2＋＋S2－===CuS↓。
③氧化还原法
除去油类、氮化物、硫化物等。
　天然水到饮用水主要包括以下三种净化途径：天然水清洁水软化水饮用水。
1．自来水加工处理流程如下，下列有关说法不正确的是(　　)
A．若用FeSO4作混凝剂，最终铁将以Fe(OH)2形式进入反应沉淀池
B．投药时常加入适量的石灰，是为了除去水中Mg2＋、HCO等
C．自来水生产中，前面加氯起消毒杀菌作用，后面加氯是保持水中有效氯的含量，防止自来水二次污染
D．用ClO2消毒自来水，消毒效率是等质量氯气的2.63倍
解析：　A项中Fe2＋具有较强的还原性，能被氯气氧化为Fe3＋，最终将以Fe(OH)3的形式进入反应沉淀池，A项错误；B项中加入石灰，是因反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO3↓＋H2O，使水的硬度降低，B项正确；多次处理自来水过程中易造成二次污染，再次加氯，可消除这一影响，C项正确；D项中消毒过程中氯元素的化合价发生变化：ClO2→Cl－，1 mol ClO2得5 mol e－；Cl2→2Cl－，等质量的Cl2得×2＝1.9 mol e－，两者消毒效率之比为5∶1.9＝2.63，D项正确。
答案：　A
2．(金版新学案原创)以下是与绿色化学、环境保护和人类健康息息相关的三个主题，请根据已知信息回答有关问题：
(1)有毒物质的无害化也是绿色化学研究的内容之一。ClO2是一种性能优良的消毒剂，还可将废水中少量的S2－、NO和CN－等有毒有害的还原性酸根离子氧化去除。
请写出用ClO2将废水中剧毒的CN－氧化成无毒气体的离子方程式____________________________________，并说明该方法的优点____________________。
(2)下图为某饮用水厂从天然水制备纯净水(去离子水)的工艺流程示意图：
活性炭的作用是____________________________________；O3消毒的优点是________________。
A、B中放置的物质名称分别是：A________________；B________________。
(3)水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质。水质优劣直接影响人体健康。请回答下列问题：
①天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是________________________________________________________________________
(填其中任何两种)，其净水作用的原理是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②水的净化与软化的区别是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③硬度为1°的水是指每升水含10 mg CaO或与之相当的物质(如7.1 mg MgO)。若某天然水中c(Ca2＋)＝1.2×10－3 mol·L－1，c(Mg2＋)＝6×10－4 mol·L－1，则此水的硬度为____________。
解析：　(1)根据电荷守恒、电子守恒、元素守恒可配平。
(2)活性炭能吸附水中某些有毒或有异味的分子，O3消毒不引入新杂质，A、B应为离子交换树脂，其中阴离子交换树脂不能在前，因为离子交换过程中产生的OH－与Ca2＋、Mg2＋离子形成不溶性物质而造成堵塞。
(3)③将Mg2＋形成的硬度转化为Ca2＋形成的硬度时，将每摩尔Mg2＋看做是等物质的量的Ca2＋即可，则此天然水中钙离子的总浓度为1.8×10－3 mol·L－1，每升水中相当于含CaO的质量为：1.8×10－3 mol·L－1×1 L×56 g·mol－1＝0.1 g，所以该天然水的硬度为10°。
答案：　(1)2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋N2↑＋2Cl－
产生了无毒的CO2、N2
(2)吸附水中的有机物(或去除水中的异味)　反应产物无毒无害　阳离子交换树脂　阴离子交换树脂
(3)①明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁　铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉，达到净化目的
②水的净化是用混凝剂(如明矾等)将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子　③10°
　硬水软化的化学方法和原理
1．加热法
该方法主要软化钙、镁离子的碳酸氢盐所引起的硬度，其原理如下：
(1)Ca(HCO3)2CaCO3↓＋CO2↑＋H2O
(2)Mg(HCO3)2MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，
继续煮沸时，MgCO3可转化为更难溶的Mg(OH)2：MgCO3＋H2OMg(OH)2↓＋CO2↑。
水垢的主要成分是：CaCO3和Mg(OH)2。
2．药剂法(石灰纯碱法)
反应原理：
(1)Ca(HCO3)2＋Ca(OH)2===2CaCO3↓＋2H2O
Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===2CaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O　MgSO4＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋CaSO4
(2)Ca2＋＋CO===CaCO3↓
3．离子交换法
利用了离子交换反应原理，软化水的质量高。常用离子交换树脂作离子交换剂，其软化硬水和再生的过程如图所示：
　
(1)水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，不是CaCO3和MgCO3，原因是Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3的溶解度，加热煮沸和石灰纯碱法除去Mg2＋时都转化为更难溶的Mg(OH)2。
(2)石灰纯碱法软化后的硬水，仍然会有一定的硬度，原因是生成的钙镁化合物仍然有一定的溶解度。
(3)鉴别硬水和软水可利用肥皂水，加肥皂水时硬水会产生较多的沉淀，软水会产生较多的泡沫。
(4)离子交换树脂不只有阳离子交换树脂，也有阴离子交换树脂。
考点二　海水的综合利用
1．海水淡化
常用方法为蒸馏、电渗析、离子交换法等。
2．海水中食盐的开发利用
(1)海水制盐
以蒸发法为主，主要得到NaCl和CaCl2、MgCl2、Na2SO4。另外还有电渗析法和冷冻法。
(2)氯碱工业
①反应原理：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
②工艺流程
粗盐水过滤离子交换树脂―→精盐水
③设备：离子交换膜电解槽。(阳)离子交换膜只允许Na＋通过。
④产品：阳极室：氯气，补充饱和食盐水流出淡盐水。阴极室：氢气和NaOH，补充纯水(加入一定量NaOH)流出NaOH溶液。
3．从海水中提取溴单质
(1)工艺流程
(2)反应原理(完成流程图中带标号的化学方程式)
①Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2
②3Br2＋3Na2CO3===5NaBr＋NaBrO3＋3CO2↑
③5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4===3Br2＋3Na2SO4＋3H2O
④SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr
4．从海水中提取镁单质
(1)工艺流程
(2)主要化学反应
①制备石灰乳：CaCO3CaO＋CO2↑
CaO＋H2O===Ca(OH)2
②沉淀Mg2＋：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋Ca2＋
③制备MgCl2：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋2H2O
④电解MgCl2：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
(3)化学原理在化工生产中的应用
①沉淀溶解平衡原理
海水(Mg2＋)Mg(OH)2↓
[Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2]
②水解平衡原理
MgCl2·6H2OMgCl2[HCl气体环境抑制MgCl2水解]
(1)海水中NaCl的开发和利用
(2)粗盐的精制
①目的：除去泥沙，使Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等离子的含量达到要求。
②工艺流程
粗盐水过滤离子交换树脂―→精盐水。
③试剂：BaCl2、Ca(OH)2、Na2CO3、稀盐酸
用BaCl2除去SO，用Ca(OH)2除去Mg2＋、Fe3＋，用Na2CO3除去Ba2＋及Ca2＋，用稀盐酸中和过量的OH－，除去过量的CO，所加沉淀剂需稍过量。
1. 21世纪是海洋世纪，海洋经济专属区的开发受到广泛重视，下列有关说法正确的是 (　　)
A．海水含镁，将金属钠放入海水中可以制取金属镁
B．利用潮汐能发电是将化学能转化为电能
C．从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应
D．海底多金属结核矿含有Fe、Mn、Co、B等金属
解析：　Na与水反应，A错误；潮汐发电是动能转化为电能，B错误；B(硼)是非金属元素，D错误。
答案：　C
2.
如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是(　　)
A．从E口逸出的气体是H2
B．从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性
C．标准状况下每生成22.4 L Cl2，同时产生2 mol NaOH
D．粗盐水中含Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、SO等离子，精制时先加Na2CO3溶液
解析：　由Na＋移动方向判断D为阴极，产生NaOH和H2，A正确；显然B正确；由电解总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑得关系式2NaOH～Cl2，则C正确；D项粗盐水精制过程中Na2CO3加在BaCl2之后。
答案：　D
3．海洋是化学资源宝库，海洋资源的综合利用具有广阔的前景。回答下列问题：
(1)蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备，但常规蒸馏法也存在较大缺陷，请说明常规蒸馏法淡化海水的最大缺陷。________________________________________________________________________。
(2)离子交换法也是常用的水处理技术。聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式________________________________________________________________________。
(3)目前从海水中提取溴的常用流程如下(苦卤，海水蒸发结晶分离出食盐的母液)：
从反应③后的溶液中分离出单质溴的方法是________________________________________________________________________。
(4)海水提镁过程与石灰窑和盐酸厂有着紧密的联系，试说明海水提镁与盐酸厂之间的必然联系：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)常规蒸馏法淡化海水的最大缺陷是需要使用大量燃煤，因此能耗多、排污量大。
(2)聚丙烯酸钠的单体为丙烯酸钠，其结构简式为
CH2===CHCOONa。
(3)由流程可知，从反应③后的溶液中分离出单质溴的方法是蒸馏。
(4)海水提镁过程与石灰窑和盐酸厂有着紧密的联系，盐酸厂为溶解氢氧化镁提供盐酸，而在电解氯化镁制镁的过程中，可为盐酸厂提供氯气作原料。
答案：　(1)需要使用大量燃煤，因此能耗多、排污量大
(2)CH2===CHCOONa　(3)蒸馏
(4)盐酸厂为溶解氢氧化镁提供盐酸，在电解氯化镁制镁的过程中可为盐酸厂提供氯气作原料
　氯碱工业
1．精制饱和食盐水。
(1)精制目的：除去泥沙，使Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等离子的含量达到要求。
(2)精制原因：Ca2＋、Mg2＋等在碱溶液中形成的沉淀及泥沙等会破坏离子交换膜，而使产品不纯。
(3)精制方法：用BaCl2除去SO，用Ca(OH)2除去Mg2＋、Fe3＋，用Na2CO3除去Ba2＋及Ca2＋，所加沉淀剂需稍过量。最后加盐酸调节盐水的pH。
(4)有关离子方程式：
Ba2＋＋SO===BaSO4↓　Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓　Ca2＋＋CO===CaCO3↓
Ba2＋＋CO===BaCO3↓　CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
(5)工艺流程：
粗盐水过滤离子交换树脂―→精盐水。
在进入电解槽前需通过离子交换树脂进一步除去Ca2＋、Mg2＋等离子，以防破坏离子交换膜。
2．生产流程
　
(1)除去饱和食盐水中的Ca2＋、Mg2＋、SO时，纯碱应在钡试剂之后加入，稀盐酸应在过滤后加入。
(2)电解饱和食盐水时要使用惰性电极而不能使用Fe、Cu等活泼电极，否则阳极得不到Cl2。
(3)阳离子交换膜既防止了Cl2与NaOH溶液的反应，又防止了Cl2与H2的反应。
1．(2009·海南高考)下列有关硬水及其软化的说法中错误的是(　　)
A．离子交换法可以软化硬水
B．硬水中含有较多Ca2＋、Mg2＋
C．生产、生活使用的天然水必须经软化
D．加热可暂时使硬水中的Ca2＋生成CaCO3沉淀
解析：　依据硬水的概念和硬水的软化方法可判断A、B、D项正确。生活使用的硬水不是“必须”经软化使用，如许多农村地区以井水、泉水为饮用水(Ca2＋、Mg2＋含量适中会对人体有益)。
答案：　C
2．(2012·海南化学·20)污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2＋、Hg2＋、Pb2＋等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质不能作为沉淀剂的是(双选)(　　)
A．氨水　　　　　　　　　　B．硫化氢气体
C．硫酸钠溶液 D．纯碱溶液
解析：　题目要求就是生成沉淀，后加的试剂均要求过量。加氨水会有络合离子的生成，不能全生成沉淀；硫化氢与重金属离子反应都会有沉淀生成；纯碱加入可调节污水的pH使重金属离子沉淀。
答案：　AC
3．(2011·山东理综·31)水处理技术在生产、生活中应用广泛。
(1)含有较多________离子的水称为硬水。硬水加热后产生碳酸盐沉淀的离子方程式为________________________________________________________________________
(写出一个即可)。
(2)将RH型阳离子交换树脂和ROH型阴离子交换树脂串接来软化天然硬水，应先使硬水通过________(填“RH”或“ROH”)型离子交换树脂，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为__________。电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是__________。
(4)检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的________。
解析：　(1)暂时硬水中的Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2受热分解；(4)注意蒸馏水与自来水的区别，蒸馏水中含的电解质浓度较低，导电能力差。
答案：　(1)Ca2＋、Mg2＋　Ca2＋＋2HCOCaCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Mg2＋＋2HCOMgCO3↓＋CO2↑＋H2O)
(2)RH　先通过阴离子交换树脂可能产生Mg(OH)2等沉淀而影响树脂交换效果
(3)反渗透法　电势差(或电场力)
(4)电导率(或电阻率)
4．(2013·浙江自选·16)电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如下表所示：
成分
CaO
SiO2
Al2O3
Fe2O3
MgO
CaS
其他不
溶于酸的物质质量分数(%)
65～66
3.5～5.0
1.5～3.5
0.2～0.8
0.2～1.1
1.0～1.8
23～26
用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：
已知氯化钙晶体的化学式是：CaCl2·6H2O；H2S是一种酸性气体，且具有还原性。
(1)反应器中加入的酸应选用________。
(2)脱色槽中应加入的物质X是________；设备A的作用是________；设备B的名称为________；设备C的作用是________________。
(3)为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是________。
A．水 B．浓硫酸
C．石灰乳 D．硝酸
(4)将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)加入酸的目的是使电石浆溶解，且产品为CaCl2，所以可选择盐酸。(2)活性炭具有吸附作用；由A的下一流程可知A的作用为蒸发浓缩；从B装置中分离出母液，可知B装置为过滤器；由生产目的是制备无水CaCl2，可知C的作用为脱水干燥。(3)因为H2S＋Ca(OH)2===CaS＋2H2O，反应产物不会污染环境，且石灰乳廉价易得，所以石灰乳为最适合的吸收剂。
答案：　(1)盐酸
(2)活性炭　蒸发浓缩　过滤器　脱水干燥
(3)C
(4)对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修2第三单元　化学与材料的制造和应用
考点一　无机非金属材料
1．传统无机非金属(硅酸盐)材料
2．新型无机非金属材料
(1)新型陶瓷
性能与应用
碳化硅(SiC)
硬度大、熔点高、化学性质稳定，可作优质磨料和航天器涂层材料
氮化硅(Si3N4)
硬度大、熔点高、化学性质稳定，可用于制造轴承、汽轮机叶片、发动机受热面等
(2)单晶硅
(3)碳单质
性能与应用
金刚石
用于切割、制钻头、制装饰品
石墨
电的良导体、化学性质稳定，用作电极
C60
在新型储氢材料、复合材料、纳米材料、超导体的制造方面前景广阔
1．下列有关材料的说法不正确的是 (　　)
A．传统的无机非金属材料虽有不少优点，但质脆，经不起热冲击
B．新型无机非金属材料虽然克服了传统无机非金属材料的缺点，但强度比较差
C．高温结构材料具有能承受高温、不怕氧化、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点
D．新型无机非金属材料特点之一是具有电学特性
解析：　传统的无机非金属材料缺点为质地较脆，经不起热冲击。新型无机非金属材料不但克服了传统无机非金属材料的缺点，还具有能承受高温、强度大，具有电学、生物学性质等优点。 高温结构材料具有能承受高温、不怕氧化、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点。综上所述，A、C、D正确，答案为B。
答案：　B
2．新型陶瓷因具有光、电、磁、生物和化学等新的特性和功能，越来越受到人们的青睐。
(1)氮化硅是一种高温结构陶瓷材料，它的硬度大，熔点高，化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1 300 ℃时反应获得。
①根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是__________(填序号)。
A．制气轮机叶片　　　　　　 B．制有色玻璃
C．制永久性模具 D．制造柴油机
②写出N的原子结构示意图________，根据元素周期律知识，请写出氮化硅的化学式：________。
③氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式：
________________________________________________________________________。
④现用四氯化硅和氮气、氢气在加强热的条件下发生反应，可得较高纯度的氮化硅，同时生成HCl，反应的化学方程式为：
________________________________________________________________________。
(2)磷酸钙陶瓷也是一种新型无机非金属材料，它可用于制造人造骨骼，这是利用这类材料的________(填序号)。
A．耐高温特性 B．电学特性
C．光学特性 D．生物功能
解析：　根据N和Si的原子结构及元素周期律的知识，可判断氮元素非金属性比硅强，故N显负价，Si显正价，由此可写出氮化硅化学式。
答案：　(1)①ACD　② 　Si3N4
③Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑
④3SiCl4＋2N2＋6H2Si3N4＋12HCl
(2)D
考点二　金属材料
1．钢铁的冶炼
(1)工业炼铁
①主要原料：铁矿石、焦炭、石灰石、空气。
②主要设备：高炉(如图)
③反应原理：在高温下，用一氧化碳气体将化合态的铁还原为单质铁。
C＋O2CO2(提供热能，制造CO2)
CO2＋C2CO(制造还原剂)
Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2(制造生铁)
CaCO3CaO＋CO2↑
CaO＋SiO2CaSiO3(除去SiO2)
(2)工业炼钢
①炼钢原理
炼钢就是在高温下用氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去。在炼钢的过程中要发生多而复杂的氧化还原反应。例如：
2C＋O22CO
2Fe＋O22FeO
FeO＋CCO↑＋Fe(脱碳)
FeS＋CaOFeO＋CaS(脱硫)
②炼钢的主要设备
炼钢的主要设备是转炉。
③炼钢的主要原料
炼钢的主要原料是生铁、氧气、生石灰和合金元素。
(3)实际生产中的作用：实际生产中，控制氧及各种元素含量是炼钢中的一项关键技术，用计算机控制过程，实现根据样品中碳等元素的含量及钢水的温度等数据，及时调节氧气的供应量，准确添加必要的元素，使炼出的钢水达到设计要求。
2．铝的冶炼
(1)原料：铝土矿(主要成分为Al2O3)。
(2)生产过程：
①提纯Al2O3
化学方程式：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O、
NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3、
2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
②电解Al2O3
化学方程式：2Al2O34Al＋3O2↑。加入冰晶石及少量氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点。
3．金属的腐蚀及防止
(1)金属腐蚀的类型
①化学腐蚀：金属材料跟其表面接触到的物质(如O2、Cl2等)直接发生化学反应而引起的腐蚀。
②电化学腐蚀：不同金属或不纯金属跟电解质溶液接触时，发生原电池反应，比较活泼的金属失去电子而被氧化引起的腐蚀。
(2)金属腐蚀的防止和利用
①金属腐蚀的防护方法
②金属腐蚀的利用
金属的化学蚀刻、印刷电路的腐蚀、电子元件与集成电路的精细加工都是利用了金属腐蚀的原理。
　金属冶炼的方法
由于金属的化学活动性不同，金属离子得到电子还原成金属原子的能力也就不同，因此冶炼不同的金属必须采用不同的冶炼方法。
金属活动性反顺序
Au　Pt
Ag　Hg
Cu(H)Pb
Sn　Fe　Zn
Al　Mg　Na
Ca　K
冶炼方法
直接开采
热分解法
热还原法
电解法
(1)热分解法：对于金属活动性顺序表中Hg及其以后的金属可用热分解法冶炼。
如2HgO2Hg＋O2↑　2Ag2O4Ag＋O2↑
(2)热还原法：对于金属活动性顺序表Zn到Cu之间的大部分金属可用碳、H2、CO、Al等还原剂高温下还原制备。
如3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2
Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3(铝热法炼铁)
(3)电解法：对于非常活泼的金属(Al前面的金属)一般用电解法冶炼。
MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑　2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
　(2013·山东理综·31)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co。工艺流程简图如下：
(1)电解时废旧刀具做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液。阴极主要的电极反应式为__________________。
(2)净化步骤所得滤饼的主要成分是__________。回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的____________。
(3)溶液Ⅰ的主要成分是____________。洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是____________________。
(4)将Co2O3还原成Co粉的化学反应方程式为________________________。
解析：　(1)阴极发生还原反应，应是H＋放电生成氢气。(2)将废旧刀具电解时阳极产生Co2＋和Fe2＋，加入双氧水后Fe2＋被氧化生成Fe3＋，通入氨气后生成Fe(OH)3沉淀，即滤饼的主要成分是Fe(OH)3。洗涤液中含有Co2＋，可循环使用。(3)加入的草酸铵与CoCl2反应，生成草酸钴和氯化铵，则溶液Ⅰ中主要含有NH4Cl。若草酸钴表面的NH4Cl未洗净，则焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl，造成环境污染。(4)Co2O3～6e－～2Co，H2～2e－～H2O，根据得失电子守恒有Co2O3～3H2，可得Co2O3＋3H22Co＋3H2O。
答案：　(1)2H＋＋2e－===H2↑
(2)Fe(OH)3　Co2＋(或Co)
(3)NH4Cl　焙烧时，NH4Cl分解产生NH3和HCl
(4)Co2O3＋3H22Co＋3H2O
　
(1)冶炼铝不能用电解熔融AlCl3的方法，原因是AlCl3为共价化合物，熔融时不导电。
(2)冶炼镁不能用电解熔融MgO的方法，原因是MgO的熔点高，使其熔化要消耗大量能量，应电解熔融MgCl2。
(3)工业炼铁加入的是铁矿石和焦炭，但还原剂并不是焦炭而是CO。
(4)炼钢的目的有三个方面：降低生铁中的碳的含量，除去S、P等有害元素，调整Si、Mn、Cr等合金元素。
(5)铜的冶炼方法有多种，如还原剂法、湿法炼铜以及电解精炼铜等。
考点三　高分子化合物与材料
1．高分子化合物的分类
2．新型高分子材料
(1)功能高分子材料
具有某种特定功能的高分子材料，常见的有导电塑料(如聚乙炔)、离子交换树脂或交换膜、高分子医药材料、人造器官、高分子吸水材料、导电高分子化合物等。
(2)复合材料
①组成—
②常见的复合材料：玻璃钢、碳纤维复合材料等。
3．废旧高分子材料的回收利用
(1)再生和改性；
(2)生物降解或热裂解生成小分子化工原料；
(3)焚烧利用热能。
(1)高分子材料
(2)常见功能高分子材料
　玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成。
(1)酚醛树脂由苯酚和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中________加入甲醛，且反应釜应装有________装置。
(2)玻璃纤维由玻璃拉丝得到。普通玻璃是由石英砂、________和石灰石(或长石)高温熔融而成，主要反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)玻璃钢中玻璃纤维的作用是________。玻璃钢具有______________________等优异性能(写出两点即可)。
(4)下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是________。
a．深埋　　　　　　　　　 b．粉碎后用作树脂填料
c．用作燃料 d．用有机溶剂将其溶解，回收树脂
解析：　(1)为防止温度过高，应间歇性地加入甲醛，并且有散热(冷却)装置。
(2)利用石灰石、纯碱、石英砂制玻璃的方程式为：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，
CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑。
(3)玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体；它具有强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等优良性能。
(4)废旧合成材料的再生利用主要有三条途径：
①通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；
②采用热裂解或化学处理方法使其分解，用于制备多种化工原料；③将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能，但热固性酚醛塑料不易燃烧。故b正确，c错误。因为塑料深埋地下一百年也不腐烂，造成严重的“白色污染”，故a错；酚醛塑料不能溶解于有机溶剂，故d错。
答案：　(1)缓慢　冷却
(2)纯碱　SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑
(3)增强作用(或骨架作用)　质量轻、强度高、抗腐蚀、抗冲击、绝缘性好等(任意答出两点即可)　(4)b
　
1．合成高分子化合物的重要化学反应
加成聚合反应
缩合聚合反应
含义
许多小分子(含不饱和键)通过加成反应形成高聚物的聚合反应
许多小分子通过缩合形成高聚物，同时有小分子生成的聚合反应
单体特征
含不饱和键如碳碳双键、碳碳三键或环状结构
含有能够相互反应的官能团，如—COOH和—OH、—NH2等
单体种类数
相同或不同的单体
相同或不同的单体
高聚物特征
链节与单体的组成相同
链节与单体的组成不同
产物种类
只有高聚物
高聚物和小分子
举例
?CH2CH?Cl
＋n ?OHCH2?＋nH2O
2.线型结构、体型结构高分子材料的比较
合成材料
线型高分子材料
体型高分子材料
常见物质
合成纤维、部分塑料(如聚乙烯)
部分塑料(如电木)
结构特点
以共价键结合成高分子链，链与链之间以分子间作用力相结合
以共价键构成高分子链，链与链之间以共价键大量交联
性质特点
具有弹性、可塑性，在溶剂中能溶解，加热能熔融，硬度、脆性较小，不能导电
没有弹性和可塑性，不能溶解或熔融，在溶剂中能溶胀，硬度和脆性较大，不能导电
1．(2013·新课标全国卷Ⅱ·36)锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造如图(a)所示。
回答下列问题：
(1)普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn＋2NH4Cl＋2MnO2===Zn(NH3)2Cl2＋2MnOOH
①该电池中，负极材料主要是__________，电解质的主要成分是__________，正极发生的主要反应是__________。
②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是______________________。
(2)图(b)表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属)。
图(b)　一种回收利用废旧普通锌锰电池的工艺
①图(b)中产物的化学式分别为A________，B________。
②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为________________________。
③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是________(填化学式)。
解析：　(1)①由普通锌锰电池放电时的总反应可知，Zn作负极，正极上发生还原反应：MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3。正极上还可发生副反应：2NH＋2e－===2NH3＋H2↑。②碱性锌锰电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性锌锰电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。(2)①分析工艺流程图可知，化合物A为ZnCl2，化合物B为NH4Cl，化合物C为KCl，化合物D为KMnO4。②“黑色固体混合物”中含有Zn(NH3)2Cl2、NH4Cl、MnOOH及MnO2等，操作a是将MnO2氧化为K2MnO4，操作b是K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。③用惰性电极电解K2MnO4溶液时，阴极是H＋放电，产生H2。
答案：　(1)①Zn　NH4Cl　MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3
②碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高(答对一条即可，其他合理答案也给分)
(2)①ZnCl2　NH4Cl　②3MnO＋2CO2===2MnO＋MnO2↓＋2CO　③H2
2．(2012·课标全国理综·36)由黄铜矿(主要成分是CuFeS2)炼制精铜的工艺流程示意图如下：
(1)在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1 000 ℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为低价氧化物。该过程中两个主要反应的化学方程式分别是________、________，反射炉内生成炉渣的主要成分是________；
(2)冰铜(Cu2S和FeS互相熔合而成)含Cu量为20%～50%。转炉中，将冰铜加熔剂(石英砂)在1 200 ℃左右吹入空气进行吹炼。冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程发生反应的化学方程式分别是________、________。
(3)
粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极________(填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为________；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为________。
解析：　(1)明确黄铜矿与O2反应，生成的低价硫化物为FeS、Cu2S。根据氧化还原反应中化合价的升降规律，必然S元素被氧化为SO2，反应方程式为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2,2FeS＋3O22FeO＋2SO2，生成的FeO和SiO2反应生成FeSiO3。
(2)根据信息写出反应物和生成物，根据化合价升降相等的观点将化学方程式配平：2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2,2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑。
(3)电解精炼时，粗铜做阳极，精铜做阴极，CuSO4做电解液，比铜活泼的金属失电子生成离子进入溶液，不如铜活泼的金属形成阳极泥沉积下来。
答案：　(1)2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2
2FeS＋3O22FeO＋2SO2　FeSiO3
(2)2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2
2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
(3)c　Cu2＋＋2e－===Cu　Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2＋的形式进入电解液中
3．(2011·浙江自选·16)铝生产产业链由铝土矿开采、氧化铝制取、铝的冶炼和铝材加工等环节构成。请回答下列问题：
(1)工业上采用电解氧化铝-冰晶石(Na3AlF6)熔融体的方法冶炼得到金属铝：2Al2O34Al＋3O2↑
加入冰晶石的作用：____________________。
(2)上述工艺所得铝材中往往含有少量Fe和Si等杂质，可用电解方法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为 __________________，下列可作阴极材料的是 __________________。
A．铝材　　　　　　　　　　　 B．石墨
C．铅板 D．纯铝
(3)阳极氧化能使金属表面生成致密的氧化膜。以稀硫酸为电解液，铝阳极发生的电极反应式为 ________________________________________________________________________。
(4)在铝阳极氧化过程中，需要不断地调整电压，理由是 ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)下列说法正确的是 ________。
A．阳极氧化是应用原电池原理进行金属材料表面处理的技术
B．铝的阳极氧化可增强铝表面的绝缘性能
C．铝的阳极氧化可提高金属铝及其合金的耐腐蚀性，但耐磨性下降
D．铝的阳极氧化膜富有多孔性，具有很强的吸附性能，能吸附染料而呈各种颜色
解析：　(1)冰晶石主要起降低熔点的作用，节省能源。
(2)因为Al比其他两种杂质活泼，所以优先放电，其电极反应式为：Al－3e－===Al3＋；应该用所制备金属的纯净物作为阴极，可选纯铝。
(3)铝阳极的电极反应式为2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋。
(4)铝阳极表面不断生成致密的氧化膜，其导电能力比金属差，电阻增加，为了保持稳定的电流，需要不断增大电压。
(5)A项，阳极氧化是应用电解池原理进行金属材料表面处理的技术；B项，铝的阳极氧化产生致密氧化膜使铝导电能力变差、绝缘性增强；C项，表面形成的氧化物比金属更耐磨；D项，和金属单质铝相比，氧化物有多孔性结构，有很强的吸附能力，能吸附各种颜色的染料。所以选B、D。
答案：　(1)降低Al2O3的熔化温度
(2)Al－3e－===Al3＋　D
(3)2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋
(4)铝阳极表面不断生成氧化物，电阻增大，为了保持稳定的电流，需要不断增大电压
(5)BD
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修2第二单元　化学与工农业生产
考点一　工业合成氨
1．反应原理：N2＋3H22NH3(放热反应)
2．基本生产过程
(1)造气
①N2
②H2
主要来源于H2O和碳氢化合物，相关化学反应如下：
C＋H2O(g)CO＋H2
CO＋H2OCO2＋H2
CH4＋H2OCO＋3H2
CH4＋2H2OCO2＋4H2
(2)净化
①原料气中的主要杂质：H2S、CO、CO2、O2等。
②主要危害：某些杂质会导致催化剂中毒。
③净化方法
a．用氨水吸收H2S：NH3·H2O＋H2S===NH4HS＋H2O
b．CO转化为CO2：CO＋H2OCO2＋H2
c．用K2CO3溶液吸收CO2：K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3
d．用醋酸、铜和氨配制成的溶液精制处理。
(3)合成
　合成氨工业
1．如下图所示是工业生产硝酸的流程图(空气中O2的体积分数为20%)，下列说法或推断不合理的是(　　)
A．反应A、B、C都是氧化还原反应
B．吸收塔中通入的空气不必过量
C．假设标准状况下进入吸收塔的NO和空气为4 480 L，则最多可得HNO3约为2 653.56 g
D．工业上还可以联合生产硝酸铵
解析：　选项A，反应A为N2、H2合成NH3，反应B为NH3的催化氧化生成NO，反应C为NO、O2和H2O反应生成HNO3，三个反应都是氧化还原反应；选项B，工业上常通过通入过量空气的方法使NO被充分氧化而生成更多HNO3；选项C，由反应知恰好反应生成HNO3时，NO与O2的体积比为4∶3，设标准状况下4 480 L中，含有4a mol NO，则含有15a mol空气，则有：4a＋15a＝200，则a≈10.53，故最多可得HNO3的质量为4×10.53 mol×63 g·mol－1＝2 653.56 g；选项D，合成的NH3与HNO3反应可生成NH4NO3。
答案：　B
2．工业合成氨是在一定条件下进行的，下列可逆反应：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。其部分工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)第②步除需要催化剂这个条件外，还需要的条件是__________________________。
(2)第①步操作中的原料气体的“净化”目的是____________________，第③步操作的目的是______________________________________________________________。
(3)工业合成氨反应后可以通过降低混合气体的温度而使氨气分离出来。这种分离物质的方法的原理类似于下列哪种方法？________(填编号)。
a．过滤　　　　　　　　　 b．蒸馏
c．分液 d．萃取
你做出这个判断的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：　(1)高温、高压　(2)防止催化剂中毒，失去活性，提高原料的利用率　使N2、H2循环利用，提高原料利用率
(3)b　通过温度的改变而改变物质的状态，达到使物质分离的目的，是蒸馏的原理
　工业合成氨反应条件的选择
　在合成氨的工业生产中，要综合考虑原料来源、动力、设备等因素，控制适宜的反应条件，以取得最佳经济效益。
1．温度
升高温度—?
?400～500 ℃。
2．压强
增大压强—?
?10～30 MPa。
3．催化剂
加快反应速率但不影响平衡，提高单位时间氨的产量，目前工业上以铁触媒为催化剂。
4．循环操作
合成氨转化率较低，要采用循环操作。混合气体通过冷凝器，使氨液化，将氨分离出来，并将没有完全反应的N2和H2经过循环压缩机，再送入合成塔，使其被充分利用。
　
(1)使用催化剂不影响氨的产率，但能提高单位时间内氨的产量。催化剂对反应有选择性，容易误认为一定的催化剂对所有反应都有催化作用。
(2)温度的选择，兼顾三个方面：反应速率、氨的产率、催化剂活性。容易漏答。
(3)易误认为压强不能过大的原因是考虑反应速率或氨的产率，实际上是从生产成本上考虑的。
考点二　工业生产硫酸
1．三原料：硫黄(或黄铁矿)、空气、水
2．三阶段和三反应
(1)造气：S(s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－297 kJ/mol
4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)
ΔH＝－3 412 kJ/mol
(2)接触氧化：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
ΔH＝－196.6 kJ/mol
(3)三氧化硫的吸收：SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)
ΔH＝－130.3 kJ/mol
3．三设备：沸腾炉、接触室、吸收塔
4．三工艺：(1)热交换；(2)逆流操作；(3)原料的循环利用。
5．“三废”处理和能量综合利用
(1)“三废”处理方法
①尾气吸收：SO2＋Ca(OH)2===CaSO3＋H2O
CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O
②废水处理：根据杂质性质的不同，采用不同的化学方法，如酸碱中和法、重金属离子沉淀法。
③废渣利用：制砖或制造水泥，提炼贵重有色金属。
(2)能量的充分利用
硫酸生产中的反应热可用于预热即将参加反应的SO2，还可以由硫酸厂向外界输出大量能量(供热发电)。
6．硫酸厂址的选择
不能在人口密集的居住区，不能在风景旅游区，由于硫酸不便 于运输，故硫酸厂址要离消费中心近，还要综合考虑原料地、水源、交通、能源等因素的影响。
(1)工业上用98%的H2SO4溶液吸收SO3，是因为用水吸收会产生酸雾，腐蚀设备。
(2)煅烧黄铁矿制得的炉气中含有三种有害杂质：矿尘，砷、硒等化合物，水蒸气；对应三个净化过程：除尘、水洗和干燥，避免催化剂中毒。
1．在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的主要原因二者都正确的是 (　　)
A．硫铁矿燃烧前要粉碎，因为大块的硫铁矿不能燃烧
B．SO3用98%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，以便SO3吸收完全
C．SO2氧化为SO3时需使用催化剂，这样可以提高SO2的转化率
D．从沸腾炉出来的炉气需净化，因为炉气中SO2会与杂质反应
答案：　B
2．以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下：
请回答下列问题：
(1)在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为____________________。
(2)炉气精制的作用是将含SO2的炉气________、________及干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是____________________。
(3)精制炉气(含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%)中SO2平衡转化率与温度及压强关系如下图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450 ℃左右(对应图中A点)，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是________________、________________；
(4)在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是______________、______________，从而充分利用能源。
解析：　(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。
(2)SO2气体中含有矿尘，水汽等，会对催化剂的活性和设备产生不良影响，所以进入接触室之前，需对气体进行除尘、洗涤及干燥。
(3)由图可知，在450 ℃、0.1 MPa时，转化率已达95%以上，采用更高的压强，对设备要求更高，而对转化率影响较小；在0.1 MPa，温度较低时，反应速率较慢、产量低。
(4)将反应产物的热量及时交换给SO2和O2，使平衡2SO2＋O22SO3向右移动，提高SO2的转化率，使能量循环利用节约能源。
答案：　(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
(2)除尘　洗涤　使催化剂中毒
(3)见解析
(4)能量循环利用　提高SO2转化率(其他合理答案也可)
　化学原理在硫酸工业生产中的应用及相关计算
1．化学反应速率和化学平衡原理
(1)增大化学反应速率的措施
①升高温度。
②使用催化剂。
③在沸腾炉中燃料燃烧时，将原料粉碎，增大与空气的接触面积。
(2)反应条件的选择
①温度：400～500 ℃，根据平衡移动原理，应在低温下进行，但低温时催化剂的活性不高，反应速率低，实际生产中采用400～500 ℃的温度。
②常压：根据平衡移动原理，应在高压下进行，但增大压强对SO2的转化率提高不大，且加压会增大成本和能量消耗，而常压下的转化率已很高，实际生产中采用常压操作。
③适当过量的空气：提高SO2的转化率。
2．逆流原理
沸腾炉中原料从炉顶落下，热空气从炉底吹入，使原料与助燃气体充分接触，反应进行彻底充分；吸收塔中使用大量耐酸瓷环(片)，浓硫酸从塔顶喷下，三氧化硫气体从塔底吹入，提高吸收程度。
3．热交换原理
由于2SO2＋O22SO3是放热反应，在接触室内使用热交换器，用反应后热的气体预热接触室的原料气，达到节约能源，降低生产成本的目的。
4．循环操作原理
由于2SO2＋O22SO3是可逆反应，尾气中还有一定的SO2和O2，再通过一定措施将这部分气体送回接触室，提高原料利用率，同时减少废气排放。
5．有关计算
(1)元素守恒法
根据某种关键元素的质量守恒，找出关系式，可简化计算过程，方便快捷。
(2)常见量的计算公式
①矿物的纯度＝×100%。
②原料利用率＝×100%。
③原料转化率＝原料利用率＝1－原料损失率。
④产率＝×100%。
⑤多步反应的总转化率＝各步反应转化率的乘积。
　
　在生产硫酸的工业生产中，要综合考虑原料来源、动力、设备、环境污染等因素，控制适宜的反应条件，以取得最佳经济效益。考点三　纯碱的工业生产

氨碱法(索尔维)
联合制碱法(侯德榜)
原理
NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑
原料
NaCl、NH3、CaCO3(制备CO2和CaO)
NaCl、NH3、CO2
生产流程
优、缺点
原料便宜，步骤简单，但是产生大量CaCl2，食盐利用率低
产品纯度高，原料利用率高，同时得到氮肥NH4Cl
　氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多。
1．在制小苏打(NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl)的操作中，应在饱和食盐水中(　　)
A．先通入CO2，达到饱和后再通入NH3
B．先通入NH3，达到饱和后再通入CO2
C．CO2和NH3同时通入
D．以上三种方法都行
答案：　B
2．与氨碱法比较，下列关于联合制碱法优点的判断中不正确的是(　　)
A．提高了原料的原子利用率　　 B．降低了生产成本
C．减少了环境污染 D．减轻了对设备的腐蚀
解析：　联合制碱法把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐的利用率，缩短了生产流程，减少了环境污染。
答案：　D
　
1．向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳的顺序容易答反。应先通氨气再通二氧化碳，因为氨气在水中的溶解度大，先通氨气会吸收更多的二氧化碳，有利于生成较多的碳酸氢钠而析出。
2．在氨碱法和联合制碱法的过程中，CO2均可循环利用。
3．联合制碱法和氨碱法相比较，其主要优点一是使氯化钠的利用率得到了较大提高(由70%提高到96%)，二是避免了CaCl2的生成，同时得到的副产品NH4Cl是一种化肥，提高了经济效益。
考点四　化肥、农药在农业生产中的作用及精细化学品
1．常见化肥的种类、用途和使用注意事项
实例
作用
使用注意事项
氮肥
尿素[CO(NH2)2]、碳酸氢铵(NH4HCO3)、氨水(NH3·H2O)、硝酸铵等
氮是合成蛋白质、核酸、叶绿素的重要元素，可使植物枝繁叶茂
铵态氮肥不宜与草木灰等碱性肥料混合施用
磷肥
Ca(H2PO4)2、过磷酸钙[主要成分是
Ca(H2PO4)2·H2O和CaSO4]、钙镁磷肥
[主要成分是Ca3(PO4)2和Mg3(PO4)2]等
可使作物根系发达，增强耐寒抗旱能力，穗粒增多，籽粒饱满
不宜与碱性肥料混合施用，最好与农家杂肥配合施用
钾肥
KCl、K2SO4、K2CO3
促进作物生长，增强抗病虫害和抗倒伏能力
易溶于水，不宜在多雨季节施用
复合肥
KNO3、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4
协同作用，使作物生成营养均衡，提高效能
K2SO4、(NH4)2SO4的大量长期施用会造成土壤板结、土质酸化
2.农药——农作物的保护神
(1)分类
(2)农药对土壤和环境造成的不良影响
①对农产品造成污染，危及食品安全；
②对环境造成严重污染，危及人类身体健康和生命安全；
③破坏生物链，影响生态平衡。
3．肥皂的生产
(1)原理
油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐(肥皂的主要成分)。
(2)工艺流程

4．合成洗涤剂
(1)表面活性剂
如十二烷基苯磺酸钠：
(2)洗涤剂
主要成分是表面活性剂，是能够发挥去污作用的主要物质，还含有助剂、杀菌剂、织物柔顺剂等辅助成分。
5．精细化工产品
(1)精细化学品的种类
医药、农药、染料和颜料、涂料、黏合剂、表面活性剂、催化剂、食品和饲料添加剂，以及塑料、合成纤维和橡胶用的添加剂等。
(2)精细化学品的生产特点
①多品种小批量；
②生产流程和设备复杂、综合性和功能性强；
③技术密集、附加值高。
　农作物生长不仅需要阳光、空气和水，还需要多种化学元素。当植物缺乏N元素时，表现为植株生长缓慢、叶色发黄，严重时叶片脱落直至死亡。而农作物的生长仅靠土壤中的N元素不能满足生长的需要，必须靠施肥加以补充。
(1)下列可作氮肥的化合物是________，其中含N量最高的是________。
A．碳酸氢铵　　　　　　　 B．磷酸二氢钙
C．硫酸钾 D．硝酸钾
E．尿素
(2)尿素的合成有多种方法，请写出一个合成尿素的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)尿素在土壤中需经过水解后方可被农作物吸收，请写出尿素水解的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
简述尿素作氮肥的优点________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
答案：　(1)A、D、E　E
(2)CO2＋2NH3===CO(NH2)2＋H2O(其他合理答案也可)
(3)CO(NH2)2＋H2O===CO2↑＋2NH3↑　产生农作物光合作用必需的CO2　不会引起土壤酸化(或板结)
1．(2012·海南化学·20－Ⅱ)合成氨的流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)工业合成氨的原料是氮气和氢气。氮气是从空气中分离出来的，通常使用的两种分离方法是________________________________________________________________________，
__________________；氢气的来源是水和碳氢化合物，写出分别采用煤和天然气为原料制取氢气的化学反应方程式________________________________________________________________________
______________，________________________________________________________________________；
(2)设备A中含有电加热器，触媒和热交换器，设备A的名称是____________，其中发生的化学反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)设备B的名称是________，其中m和n是两个通水口，入水口是________(填“m”或“n”)。不宜从相反方向通水的原因是________________________________________________________________________；
(4)设备C的作用是________________________________________________________________________；
(5)在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过如下反应来实现：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
已知1 000 K时该反应的平衡常数K＝0.627，若要使CO的转化率超过90%，则起始物中c(H2O)∶c(CO)不低于________。
解析：　(1)直接来自于教材；(2)合成氨的设备为合成塔；(3)冷凝分离产品的设备为冷凝器，入水口应该在下面，因逆向冷凝效果好；(4)分离器是将气固分离设备，应是分离液氨和未反应完全的原料气；(5)以转化率为90%为基准计算，用平衡常数求水与一氧化碳的浓度比。
设CO、H2O起始浓度分别为x、y。
　　　CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
c起 x y 0 0
c变 0.9x 0.9x 0.9x 0.9x
c平 0.1x y－0.9x 0.9x 0.9x
K＝＝0.627
y∶x＝13.8。只要水更多一些，则转化率会超过90%。
答案：　(1)液化、分馏　与碳反应后除去CO2　C＋H2O(g)CO＋H2　CH4＋H2OCO＋3H2
(2)合成(氨)塔　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
(3)冷却塔(或冷凝器)　n　高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水从下端进入，逆向冷却效果好
(4)将液氨与未反应的原料气分离
(5)13.8
2．(2013·课标全国Ⅰ·36)草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为____________________________、____________________________。
(2)该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是__________，滤渣是__________；过滤操作②的滤液是__________和__________，滤渣是__________。
(3)工艺过程中③和④的目的是________________________________________________________________________。
(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 __________。
(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250 g溶于水，用0.050 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，反应的离子方程式为__________________________；列式计算该成品的纯度__________。
解析：　(1)分析题中信息可知，NaOH与CO在一定条件下合成甲酸钠的方程式为NaOH＋COHCOONa；甲酸钠脱氢的反应可先写成HCOONa―→Na2C2O4，分析元素组成知还应该有H2生成，配平即可。(2)Na2C2O4与Ca(OH)2反应生成CaC2O4和NaOH，故过滤操作①的滤液是NaOH溶液，滤渣是CaC2O4；CaC2O4与硫酸反应可以得到草酸和硫酸钙，故过滤操作②的滤液是草酸及没有反应完的硫酸，滤渣是硫酸钙。(3)工艺过程中③是回收NaOH，供循环生产使用，工艺过程中④是回收硫酸，供循环生产使用，降低生产成本及减小环境污染。(4)草酸钠与硫酸混合可得到草酸及硫酸钠，故杂质是硫酸钠。(5)草酸与酸性KMnO4溶液反应时，草酸被氧化为CO2，KMnO4被还原为Mn2＋，溶液中H＋参与反应，由此可写出相应的离子方程式。依得失电子守恒原理有2n(H2C2O4)＝5×0.05 mol·L－1×0.015 L，n(H2C2O4)＝1.875×10－3 mol，故草酸晶体的纯度为126 g·mol－1××100%＝94.5%。
答案：　(1)CO＋NaOHHCOONa　2HCOONaNa2C2O4＋H2↑
(2)NaOH溶液　CaC2O4　H2C2O4溶液　H2SO4溶液　CaSO4
(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本)，减小污染
(4)Na2SO4
(5)5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑　×100%
＝94.5%
3．(2011·海南化学·20－Ⅱ)工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：
(1)路布兰法是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱。
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(已知产物之一为CaS)。
(2)氨碱法的工艺如下图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。
①图中的中间产物C是________，D是________(写化学式)；
②装置乙中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)①食盐和浓硫酸在强热条件下反应生成硫酸钠和氯化氢，方程式为2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑。②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的产物之一为CaS，说明发生了氧化还原反应，S元素的化合价降低，Na2SO4作氧化剂，则作还原剂的为焦炭，C元素的化合价升高为＋4价，由此可判断产物还有碳酸钠和二氧化碳，其反应方程式为Na2SO4＋2C＋CaCO3CaS＋Na2CO3＋2CO2↑。
(2)①甲装置为煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳的装置，生成的氧化钙与水反应生成氢氧化钙，所以C应为Ca(OH)2，Ca(OH)2加入到丁装置，与NH4Cl反应生成NH3，则D应为NH3。②装置乙中发生反应的化学方程式为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl。
(3)联合制碱法简化了生产设备，避免了副产物的生成。
(4)由溶解度曲线可知，碳酸氢钾的溶解度较大，降温过程中不会析出碳酸氢钾晶体，故不能采用此法制碳酸钾。
答案：(1)①2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑
②Na2SO4＋2C＋CaCO3CaS＋Na2CO3＋2CO2↑
(2)①Ca(OH)2　NH3
②NaCl＋NH3＋H2O＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl
(3)简化了生产设备，避免了副产物的生成
(4)不可行　碳酸氢钾的溶解度较大，降温过程中不会析出碳酸氢钾晶体
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修3第一单元　原子结构与元素的性质
第一单元　原子结构与元素的性质
考点一　基态原子核外电子排布
能层与能级
2.原子轨道
原子轨道
3．基态原子核外电子排布依据
(1)能量最低原理
原子的核外电子排布遵循构造原理，使整个原子的能量处于最低状态。
如图为构造原理示意图，亦即基态原子核外电子在原子轨道上的排布顺序图：
(2)泡利原理
1个原子轨道里最多容纳2个电子，且自旋方向相反。
(3)洪特规则
电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。
洪特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时，体系的能量最低，如：24Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。
4．基态原子核外电子排布的表示方法
5.电子的跃迁与原子光谱
(1)电子的跃迁
①基态―→激发态：
当基态原子的电子吸收能量后，会从低能级跃迁到较高能级，变成激发态原子。
②激发态―→基态：
激发态原子的电子从较高能级跃迁到低能级时会释放出能量。
(2)原子光谱：不同元素的原子发生电子跃迁时会吸收或放出不同的光，用光谱仪记录下来便得到原子光谱。利用原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，称为光谱分析。
1．基态铜原子的电子排布式为[Ar]4s23d9对吗？若不对请纠正。
2．请用核外电子排布的相关规则解释Fe3＋比Fe2＋更稳定的原因。
3．以下是表示铁原子和铁离子的3种不同化学用语。

(1)铁原子最外层电子数为________，铁在发生化学反应时，参加反应的电子可能是____________________________________________________________。
(2)请你通过比较、归纳，分别说出3种不同化学用语所能反映的粒子结构信息。
提示：　1.不对，应为[Ar]3d104s1。
2．26Fe价层电子的电子排布式为3d64s2，Fe3＋价层电子的电子排布式为3d5，Fe2＋价层电子的电子排布式为3d6。根据“能量相同的轨道处于全空、全满和半满时能量最低”的原则，3d5处于半满状态，结构更为稳定，所以Fe3＋较Fe2＋更为稳定。
3．(1)2　4s上的2个电子和3d上的1个电子
(2)结构示意图：能直观地反映核内的质子数和核外的电子层数及各能层上的电子数。电子排布式：能直观地反映核外电子的能层、能级和各能级上的电子数。轨道表示式：能反映各轨道的能量的高低，各轨道上的电子分布情况及自旋方向。
1．下列电子排布图所表示的元素原子中，正确的是________。
解析：　①不符合能量最低原理；②不符合洪特规则；④不符合能量最低原理。
答案：　③⑤
2．气态电中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是(　　)
A．1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s23p1
B．1s22s22p63s23p3→1s22s22p63s23p2
C．1s22s22p63s23p4→1s22s22p63s23p3
D．1s22s22p63s23p63d104s24p2→1s22s22p63s23p63d104s24p1
解析：　np3处于半充满结构，稳定，失去一个电子吸收能量多。
答案：　B

3．写出下列原子的电子排布式与简化电子排布式
原子
电子排布式
简化电子排布式
N
Cl
Ca
Fe
Cu
答案：　(从左到右，从上到下)1s22s22p3　[He]2s22p3　1s22s22p63s23p5　[Ne]3s23p5　1s22s22p63s23p64s2　[Ar]4s2　1s22s22p63s23p63d64s2　[Ar]3d64s2　1s22s22p63s23p63d104s1　[Ar]3d104s1
　
(1)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，如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2正确，
Fe：1s22s22p63s23p64s23d6错误。
(2)基态原子失电子的顺序：以Fe为例，FeFe2＋Fe3＋。
4．已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中，原子序数X元素
结构或性质信息
X
原子的L层上s电子数等于p电子数
Y
元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1
Z
单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子
W
元素的正一价离子的电子层结构与氩相同
Q
元素的核电荷数为Y和Z之和
R
元素的正三价离子的3d能级为半充满
E
元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
请根据信息回答有关问题：
(1)元素X的原子核外共有________种不同运动状态的电子，有________种不同能级的电子。
(2)元素Y原子中能量最高的是________电子，其原子轨道呈________状。
(3)Q的基态电子排布式为______，R的元素符号为________，E元素原子的价电子排布式为________。
(4)含有元素W的盐的焰色反应为________色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是________。
解析：　(1)X原子的L层上s电子数等于p电子数，即其电子排布式为1s22s22p2，故X为碳元素，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，有3种不同能级的电子；
(2)因Y元素s轨道最多容纳2个电子，所以n＝2，其原子最外层电子排布式为2s22p3，其能量最高的电子是2p电子，原子轨道呈哑铃(纺锤)状；
(3)原子的M层上有1个未成对的p电子，可能为Al或Cl，单质常温、常压下是气体的只有Cl元素，故Z为氯元素，Q为铬元素，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
R元素原子失去2个4s电子和1个3d电子后变成＋3价离子，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2即26号元素Fe；
根据题意要求，E元素的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，该元素为29号元素Cu，价电子排布式为3d104s1；
(4)钾元素的焰色为紫色，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，形成不同的颜色。
答案：　(1)6　3
(2)2p　哑铃(纺锤)
(3)1s22s22p63s23p63d54s1　Fe　3d104s1
(4)紫　激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，形成不同的颜色
考+点二　原子结构与元素周期表
1．元素周期表中每周期所含元素种数
周期
元素种数
各周期增加的能级
一
2
1s
二
8
2s　2p
三
8
3s　3p
四
18
4s　3d　4p
五
18
5s　4d　5p
六
32
6s　4f　5d　6p
2.周期表的分区与原子的价电子排布的关系
分区
元素分布
外围电子排布
s区
ⅠA族、ⅡA族及He
ns1～2
p区
ⅢA族～ⅦA族、0族
ns2np1～6
d区
ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族
(n－1)d1～9ns1～2(除钯外)
ds区
ⅠB族、ⅡB族
(n－1)d10ns1～2
f区
镧系、锕系
(n－2)f0～14(n－1)d0～2ns2
　已知元素周期表中共有18个纵行，下图中实线表示元素周期表的边界。按电子排布，可把周期表里的元素划分为几个区，s区、p区、d区、ds区等，除ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入的电子的能级符号。
(1)请在图中用阴影表示d区和ds区。
(2)有同学受这种划分的启发，认为d区内6、7纵行的部分元素可以排在另一区，你认为应排在________区。
(3)请在元素周期表中用元素符号标出4s能级半充满的元素。
提示：　(1)如图：
(2)ds　(3)见上表
　某元素的原子序数为29，试问：
(1)写出该元素的名称及元素符号。
(2)画出该元素基态原子的电子排布式。
(3)它有多少个电子层？有多少个能级？
(4)它的价电子构型是什么？
(5)它属于第几周期？第几族？主族还是副族？属于哪一个分区？
(6)它有多少个未成对电子？
解析：　29号元素为铜(Cu)元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故有四个电子层，七个能级，价电子排布为3d104s1，属于第ⅠB族，为ds区。其价电子的电子排布图为
↑↓
↑↓
↑↓
↑↓
↑↓

↓
，故有一个未成对电子。
答案：　(1)铜　Cu
(2)1s22s22p63s23p63d104s1
(3)4个电子层　7个能级
(4)3d104s1
(5)第4周期　ⅠB族　副族　ds区
(6)有1个未成对电子
　s、p、ds区各族价电子排布归纳
族名称
ⅠA
ⅡA、He
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
ⅠB
ⅡB
价电子排布
ns1
ns2
ns2np1
ns2np2
ns2np3
ns2np4
ns2np5
ns2np6
(n－1)d10ns1
(n－1)d10ns2
考点三　原子结构与元素性质
1．电离能、电负性
(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的最低能量。
(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。
2．原子结构与元素性质的递变规律
3.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有些性质相似，如。
1．为什么一个原子的逐级电离能是逐渐增大的？
2．为什么镁的第一电离能比铝的大，磷的第一电离能比硫的大？
3．为什么Na容易形成＋1价离子，而Mg、Al易形成＋2价、＋3价离子？
提示：　1.随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再要失去一个电子需克服的电性吸力也越来越大，消耗的能量越来越多。
2．Mg：1s22s22p63s2　P：1s22s22p63s23p3。镁原子、磷原子最外层能级中，电子处于全满或半满状态，相对比较稳定，失电子较难。如此相同观点可以解释N的第一电离能大于O，Zn的第一电离能大于Ga。
3．Na的I1比I2小很多，电离能差值很大，说明失去第一个电子比失去第二个电子容易得多，所以Na容易失去一个电子形成＋1价离子；Mg的I1和I2相差不多，而I2比I3小很多，所以Mg容易失去两个电子形成＋2价离子；Al的I1、I2、I3相差不多，而I3比I4小很多，所以Al容易失去三个电子形成＋3价离子。而电离能的突跃变化，说明核外电子是分能层排布的。
1．下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是(　　)
A．R的最高正价为＋3价
B．R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C．R元素的原子最外层共有4个电子
D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
解析：　由表中数据I3?I2知其最高正价为＋2价，R元素位于ⅡA族，最外层有2个电子，R不一定是Be元素。
答案：　B
2．下列说法中正确的是(　　)
A．第三周期所含元素中钠的第一电离能最小
B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大
C．在所有元素中，氟的第一电离能最大
D．钾的第一电离能比镁的第一电离能大
解析：　同周期中碱金属元素的第一电离能最小，稀有气体元素的最大，故A正确，C不正确；由于Mg的外围电子排布式为3s2，而Al的外围电子排布式为3s23p1，故铝的第一电离能小于镁的；D中钾比镁更易失电子，钾的第一电离能小于镁的。
答案：　A
　电离能的应用
1．判断元素金属性的强弱
电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱。
2．判断元素的化合价(I1、I2……表示各级电离能)
如果某元素的In＋1?In，则该元素的常见化合价为＋n。如钠元素I2?I1，所以钠元素的化合价为＋1。
3．判断核外电子的分层排布情况
多电子原子中，元素的各级电离能逐级增大，有一定的规律性。当电离能的变化出现突变时，电子层数就可能发生变化。
4．反映元素原子的核外电子排布特点
同周期元素从左向右，元素的第一电离能并不是逐渐增大的，当元素的核外电子排布是全空、半充满和全充满状态时，第一电离能就会反常的大。
3．电负性的大小也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的变化规律正确的是(　　)
A．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大
B．周期表从上到下，元素的电负性逐渐变大
C．电负性越大，金属性越强
D．电负性越小，非金属性越强
解析：　利用同周期从左至右元素电负性逐渐增大，同主族从上至下元素电负性逐渐减小的规律来判断。
答案：　A
4．根据信息回答下列问题：
(1)如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图(其中12号至17号元素的有关数据缺失)。
①认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断Na～Ar元素中，Al的第一电离能的大小范围为________②图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第______周期第__________族；
(2)已知元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出14种元素的电负性：
元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
Mg
N
Na
O
P
S
Si
电负性
1.5
2.0
1.5
2.5
3.0
4.0
1.0
3.0
0.9
3.5
2.1
2.5
1.8
已知：两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键，两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
①根据表中给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②通过分析电负性值变化规律，确定Mg元素电负性值的最小范围________________________________________________________________________。
③判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
A．Li3N　　　　　　　　　 B．BeCl2
C．AlCl3 D．SiC
Ⅰ.属于离子化合物的是________________________________________________________________________；
Ⅱ.属于共价化合物的是________________________________________________________________________；
请设计一个实验方案证明上述所得到的结论________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)①由信息所给的图可以看出，同周期的第ⅠA族元素的第一电离能最小，而第ⅢA族元素的第一电离能小于第ⅡA族元素的第一电离能，故Na②图中电离能最小的应是碱金属元素Rb，在元素周期表中第五周期第ⅠA族。
(2)①元素的电负性是元素的基本性质，且随着原子序数的递增呈周期性变化。
②根据电负性的递变规律：同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，可知，在同周期中电负性NaMg>Ca，最小范围应为0.9～1.5。
③根据已知条件及表中数值：Li3N电负性差值为2.0，大于1.7形成离子键，为离子化合物；BeCl2、AlCl3、SiC电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，为共价化合物。共价化合物和离子化合物最大的区别在于熔融状态下能否导电。离子化合物在熔融状态下以离子形式存在，可以导电，但共价化合物却不能。
答案：　(1)①Na　Mg　②五　ⅠA
(2)①随着原子序数的递增，元素的电负性与原子半径一样呈周期性变化
②0.9～1.5
③Ⅰ.A　Ⅱ.B、C、D　测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化合物
　电负性的应用
1．(1)[2013·课标全国卷Ⅰ，37(1)]基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______、电子数为________。
(2)[2013·福建理综，31(1)]
依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
(3)[2012·福建理综，30(1)]元素的第一电离能：Al________Si(填“>”或“<”)。
(4)[2012·福建理综，30(2)]基态Mn2＋的核外电子排布式为________。
(5)[2012·山东理综，32(2)]Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是________。
(6)[2012·浙江自选，15(1)]可正确表示原子轨道的是____。
A．2s　　　　　　　　　　　 B．2d
C．3pz D．3f
(7)[2012·浙江自选，15(2)]写出基态镓(Ga)原子的电子排布式：__________________________。
(8)[2012·新课标全国卷，37(2)]原子的第一电离能是指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，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为________；
(9)[2012·新课标全国卷，37(3)]Se原子序数为________，其核外M层电子的排布式为________。
(10)[2009·山东理综，32(1)]写出Si的基态原子核外电子排布式__________________。
从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为____________。
答案：　(1)M　9　4
(2)
(3)<　(4)[Ar]3d5　(5)C(碳)　(6)AC
(7)[Ar]3d104s24p1　(8)O>S>Se　(9)34　3s23p63d10
(10)[Ne]3s23p2　O>C>Si
2．[2013·课标全国卷Ⅱ·37(1)(2)]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
(1)D2＋的价层电子排布图为__________。
(2)四种元素中第一电离能最小的是__________，电负性最大的是__________。(填元素符号)
解析：　由元素C的价电子层中未成对电子数为4知，其不可能位于短周期，结合题意知，元素C位于第四周期，进一步可推出元素A为F，元素B为K，元素C为Fe，元素D为Ni。(2)K原子易失电子，第一电离能最小，F的非金属性最强，电负性最大。
答案：　(1)
(2)K　F
3．(2012·安徽理综·25)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍
Y
Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn＋2
Z
Z存在质量数为23，中子数为12的核素
W
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
(1)W位于元素周期表第________周期第________族，其基态原子最外层有________个电子。
(2)X的电负性比Y的________(填“大”或“小”)；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是________(写化学式)。
(3)写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目(用双线桥法)：________________________________________________________________________。
解析：　根据题给信息可知X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，因为s能级最多可容纳2个电子，所以Y为O元素；Z为Na元素；因为W的白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，故W为Fe元素。
(1)Fe元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，其基态原子最外层电子数为2。
(2)O元素的非金属性强于C元素，所以C的电负性比O的小。气态氢化物中H2O更稳定。
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修3第三单元　晶体结构与物质性质
考点一　四类常见晶体比较
1．晶体与非晶体
(1)晶体与非晶体的区别
(2)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。
2．晶胞
(1)晶胞：晶胞是描述晶体结构的基本单元。
(2)晶体与晶胞的关系
数量巨大的晶胞“无隙并置”构成晶体。
3．四类晶体比较
1．判断下列说法是否正确：
(1)在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子(　　)
(2)在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子(　　)
(3)原子晶体的熔点一定比金属晶体的高(　　)
(4)分子晶体的熔点一定比金属晶体的低(　　)
2．CO2和SiO2在物理性质上有较大差异，而在化学性质上却有较多相似，你知道原因吗？
提示：　1.(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．决定二者物理性质的因素：晶体类型及结构、微粒间的作用力，CO2是分子晶体，其微弱的分子间作用力是决定因素，SiO2是原子晶体，其牢固的化学键是决定因素。二者的化学性质均由其内部的化学键决定，而C—O与Si—O键都是极性键，所以在化学性质上有较多相似。
1．下列物质：①水晶　②冰醋酸　③氧化钙　④白磷　⑤晶体氩
⑥氢氧化钠　⑦铝　⑧金刚石　⑨过氧化钠　⑩碳化钙　?碳化硅　?干冰　?过氧化氢
(1)属于原子晶体的化合物________。
(2)直接由原子构成的晶体________。
(3)直接由原子构成的分子晶体________。
(4)由极性分子构成的晶体是________，含有非极性键的离子晶体是________，属于分子晶体的单质是________。
(5)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是__________，受热熔化后化学键不发生变化的是________，受热熔化后需克服共价键的是________。
解析：　属于原子晶体的化合物是：碳化硅和水晶；属于分子晶体的有：氩(无化学键)、白磷(非极性分子)、干冰(极性键构成的非极性分子)、过氧化氢和冰醋酸(由极性键和非极性键构成的极性分子)；属于离子晶体的有：CaO(离子键)、NaOH(既存在离子键又存在极性共价键)、Na2O2，和CaC2(既存在离子键又存在非极性共价键)。金属导电过程不发生化学变化，晶体熔化时，分子晶体只需克服分子间作用力，不破坏化学键，而原子晶体、离子晶体、金属晶体熔化需破坏化学键。
答案：　(1)①?　(2)①⑤⑧?　(3)⑤
(4)②?　⑨⑩　④⑤
(5)⑦　②④⑤??　①⑧?
2．下列数据是对应物质的熔点(℃)，据此做出的下列判断中错误的是(　　)
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
920
801
1 291
190
BCl3
Al2O3
CO2
SiO2
－107
2 073
－57
1 723
A.铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
解析：　从表中各物质的熔点可以看出，Na2O、NaCl、AlF3、Al2O3是离子晶体，SiO2是原子晶体，AlCl3、BCl3、CO2形成的晶体是分子晶体。
答案：　B
　判断晶体类型的五个角度
(1)依据构成晶体的粒子和粒子间的作用判断：
①离子晶体的构成粒子是阴、阳离子，粒子间的作用是离子键。
②原子晶体的构成粒子是原子，粒子间的作用是共价键。
③分子晶体的构成粒子是分子，粒子间的作用为分子间作用力。
④金属晶体的构成粒子是金属阳离子和自由电子，粒子间的作用是金属键。
(2)依据物质的分类判断：
①金属氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体。
②大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅等)，气态氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体。
③常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的原子晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等。
④金属单质是金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断：
①离子晶体的熔点较高，常在数百至一千摄氏度以上。
②原子晶体熔点高，常在一千摄氏度至几千摄氏度。
③分子晶体熔点低，常在数百摄氏度以下至很低温度。
④金属晶体多数熔点高，但也有相当低的。
(4)依据导电性判断：
①离子晶体水溶液及熔化时能导电。
②原子晶体一般为非导体。
③分子晶体为非导体，而分子晶体中的电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水，使分子内的化学键断裂形成自由离子也能导电。
④金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断：
①离子晶体硬度较大或略硬而脆。②原子晶体硬度大。
③分子晶体硬度小且较脆。
④金属晶体多数硬度大，但也有较低的，且具有延展性。
　
　上述总结的都是一般规律，具体比较时要具体问题具体分析。
(1)金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔点很高，而汞、镓、铯等熔点却很低。
(2)金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，如Na的熔点为97.8 ℃，尿素的熔点为 132.7 ℃。
(3)原子晶体的熔点不一定比离子晶体高，如MgO的熔点为2852 ℃，石英的熔点为1710 ℃。
3．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>MgCl2>MgO
C．Rb>K>Na>Li
D．金刚石>Si>钠
解析：　晶体熔点的高低取决于构成该晶体的结构粒子间作用力的大小。A项物质均为结构相似的分子晶体，其熔点取决于分子间作用力的大小，一般来说，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大者分子间作用力也越大，故A项各物质熔点应为逐渐升高的顺序；B项物质均为离子晶体，离子晶体熔点高低取决于离子键键能的大小，一般来说，离子的半径越小，电荷越多，离子键的键能就越强，故B项各物质熔点也应为升高顺序；C项物质均为同主族的金属晶体，其熔点高低取决于金属键的强弱，而金属键能与金属原子半径成反比，与价电子数成正比，碱金属原子半径依Li～Cs的顺序增大，价电子数相同，故熔点应是Li最高，Cs最低；D项，原子晶体的熔点取决于共价键的键能，后者则与键长成反比，金刚石C—C键的键长更短些，所以金刚石的熔点比硅高。原子晶体的熔点一般比金属晶体的熔点高。
答案：　D
4．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是(　　)
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点顺序为HF>HI>HBr>HCl
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
答案：　C
　
1．不同类型晶体熔、沸点的比较
(1)不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体
(2)金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，汞、铯等熔、沸点很低。
2．同种晶体类型熔、沸点的比较
(1)原子晶体
―→―→―→
如熔点：金刚石>碳化硅>硅。
(2)离子晶体
①一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其离子晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>MgCl2>NaCl>CsCl。
②衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常的高。如H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N2，CH3OH>CH3CH3。
④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低。
(4)金属晶体
金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na考点二　典型晶体模型
　试分析石墨晶体中粒子之间存在的作用力及碳原子采取的杂化方式。
提示：　石墨晶体呈层状结构：同层内每个碳原子与另外三个碳原子形成共价键，键角均为120°；层与层之间存在范德华力。碳原子采取sp2杂化。
1．下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是(　　)
A．最小的环上，有3个Si原子和3个O原子
B．最小的环上，Si和O原子数之比为1∶2
C．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
D．存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角
解析：　SiO2的晶体结构与金刚石的晶体结构相似，相当于把金刚石中的碳原子，换成硅原子，然后在两个硅原子中间插入一个氧原子，金刚石的晶体结构中每个最小的环上是6个碳原子，所以SiO2晶体中最小的环上应有6个硅原子和6个氧原子。
答案：　C
2．(1)将等径圆球在二维空间里进行排列，可形成密置层和非密置层。在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A属于______层，配位数是________；B属于________层，配位数是______。
(2)将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子的配位数是________，平均每个晶胞所占有的原子数目是 ________。
(3)有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式。钋位于元素周期表的第________周期第________族，元素符号是________，最外电子层的电子排布式是________。
答案：　(1)非密置　4　密置　6
(2)6　1　(3)六　ⅥA　Po　6s26p4
3．铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4＋处于立方晶胞顶点，Ba2＋处于晶胞中心，O2－处于晶胞棱边中心。该化合物化学式为________，每个Ba2＋与______个O2－配位。
解析：　根据题意计算晶胞中Pb4＋个数为8×＝1，Ba2＋个数为1，O2－个数为12×＝3，则该化合物化学式为BaPbO3；Ba2＋在晶胞中心，O2－在晶胞棱边中心，有12个，所以每个Ba2＋与12个O2－配位。
答案：　BaPbO3　12
1．[2013·福建理综·31(2)]NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
4NH3＋3F2NF3＋3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。
a．离子晶体　　　　　　　 b．分子晶体
c．原子晶体 d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为________。
解析：　①化学方程式中的物质NH3、F2、NF3属于分子晶体，Cu属于金属晶体，NH4F属于离子晶体；②铜的原子序数为29，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
答案：　①a、b、d　②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
2．[2013·课标全国Ⅱ·37(3)(4)]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
(1)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________；D的配位数为________；
②列式计算该晶体的密度________g·cm－3。
(2)A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有__________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为__________，配位体是__________。
解析：　(1)根据题给信息可知：A为F元素，B为K元素，C为Fe元素，D为Ni元素。①F原子个数＝4(16个棱)＋2(4个面心)＋2(2个体心)＝8；K原子个数＝2(8个棱)＋2(2个体心)＝4；Ni原子个数＝1(8个顶点)＋1(1个体心)＝2；化学式为K2NiF4；利用均摊法：选择一个顶点，在这个晶胞中与这个顶点最近的F原子在三个棱上，这个顶点周围应该有8个晶胞，但一个棱被这个顶点周围的4个晶胞共用，所以配位数为＝6；②1 mol K4Ni2F8晶胞的质量为(39×4＋59×2＋19×8)g，一个晶胞的质量为；一个晶胞的体积为4002×1308×10－30 cm3，密度＝；(2)K3FeF6中含有K＋和[FeF6]3－，Fe3＋与F－之间以配位键结合，Fe3＋为中心原子提供空轨道、F－为配位体提供孤对电子。
答案：　(1)①K2NiF4　6　②＝3.4
(2)离子键、配位键　[FeF6]3－　F－
3．[2013·山东理综·32(2)]
利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为____________，该功能陶瓷的化学式为____________。
解析：　由晶胞结构示意图，根据均摊法，可得B原子为8×＋1＝2个，N原子为4×＋1＝2个，则该功能陶瓷的化学式为BN。
答案：　2　BN
4．[2012·课标全国卷·37(6)]ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为________g·cm－3(列式并计算)，a位置S2－离子与b位置Zn2＋离子之间的距离为________pm(列式表示)。
解析：　1个ZnS晶胞中N(S2－)＝8×＋6×＝4(个)，
N(Zn2＋)＝4个，故ρ＝＝
＝4.1 g·cm－3。
仔细观察ZnS的晶胞结构不难发现，S2－位于ZnS晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，Zn2＋与S2－间的距离就是小立方体体对角线的一半，即：××＝135 pm。
答案：　＝4.1
或或135
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修3第二单元　分子结构与物质性质
考点一　共价键
1．本质：在原子之间形成共用电子对。
2．特征：具有饱和性和方向性。
3．分类
4.键参数
(1)键参数对分子性质的影响
(2)键参数与分子稳定性的关系
键能越大，键长越短，分子越稳定。
1．根据价键理论分析氮气分子中的成键情况。
2．某些共价键的键长数据如下图所示：

共价键
键长(nm)
C—C
0.154
C===C
0.134
CC
0.120
C—O
0.143
C===O
0.122
N—N
0.146
N===N
0.120
NN
0.110
试根据上图回答问题。
(1)根据图中有关数据，你能推断出影响共价键键长的因素主要有哪些？其影响的结果怎样？
(2)键能是________________________________________________________________________。
通常，键能越____________，共价键越____________，由该键构成的分子越稳定。
提示：　1.氮原子各自用三个p轨道分别跟另一个氮原子形成一个σ键和两个π键。
2．(1)原子半径、原子间形成共用电子对数目。形成相同数目的共用电子对，原子半径越小，共价键的键长越短；原子半径相同，形成共用电子对数目越多，键长越短。
(2)气态基态原子形成1 mol化学键释放的最低能量　大　稳定
1．下列物质中，只含有极性键的分子是__________，既含离子键又含共价键的化合物是__________；只存在σ键的分子是__________，同时存在σ键和π键的分子是__________。
A．N2　B．CO2　C．CH2Cl2　D．C2H4　 E．C2H6　F．CaCl2 G．NH4Cl
答案：　B、C　G　C、E　A、B、D
　σ键和π键的判断方法
(1)σ键稳定，π键活泼；
(2)共价单键是σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键，共价三键中有一个σ键和两个π键。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．分子的键长越长，键能越高，分子越稳定
B．元素周期表中的ⅠA族(除H外)和ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C．水分子可表示为H—O—H，分子的键角为180°
D．H—O键键能为462.8 kJ·mol－1，即18克H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×462.8 kJ
答案：　B
3．结合事实判断CO和N2相对更活泼的是____________，试用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　由断开CO分子的第一个化学键所需要的能量[1071.9－798.9＝273.0 (kJ·mol－1)]比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量[941.7－418.4＝523.3(kJ·mol－1)]小，可知CO相对更活泼。
答案：　CO　断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(273.0 kJ·mol－1)比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量(523.3 kJ·mol－1)小
　分子的空间构型与键参数
键长、键能决定了共价键的稳定性，键长、键角决定了分子的空间构型，一般来说，知道了多原子分子中的键角和键长等数据，就可确定该分子的空间几何构型。
考点二　分子的立体结构
1．由价层电子对互斥(VSEPR)理论推断分子构型
(1)用价层电子对互斥理论推测分子的立体构型的关键是判断分子中的中心原子上的价层电子对数。
其中：a是中心原子的价电子数(阳离子要减去电荷数、阴离子要加上电荷数)，b是1个与中心原子结合的原子提供的价电子数，x是与中心原子结合的原子数。
(2)价层电子对互斥理论与分子构型
2.用杂化轨道理论推测分子的立体构型
　判断下列物质的立体构型和中心原子的杂化类型。
BF3________；PF3________；SO3________；SO2________；H2S________。
提示：　B最外层有3个电子，与3个F原子形成3个σ键，是sp2杂化，平面三角形；P最外层有5个电子，与3个F原子形成3个σ键后余下的孤电子对数为1，是sp3杂化，三角锥形；SO3：孤电子对数为＝0，σ键个数为3，所以是sp2杂化，平面三角形；SO2：孤电子对数为＝1，σ键个数为2，所以sp2杂化，V形；H2S：孤电子对数为＝2，σ键个数为2，所以是sp3杂化，V形。
1．在乙烯分子中有5个σ键和1个π键，它们分别是 (　　)
A．sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键，未杂化的2p轨道形成σ键
C．C—H之间是sp2杂化轨道形成σ键，C—C之间是未杂化的2p轨道形成π键
D．C—C之间是sp2杂化轨道形成σ键，C—H之间是未杂化的2p轨道形成π键
解析：　在乙烯分子中，每个碳原子的2s轨道与2个2p轨道杂化形成3个sp2杂化轨道，其中2个sp2杂化轨道分别与2个氢原子的1s轨道形成C—H σ键，另外1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道形成C—C σ键；2个碳原子中未参与杂化的2p轨道形成1个π键。
答案：　A
2．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)
A．sp，范德华力　　　　　　　 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：　由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。
答案：　C
　
(1)杂化轨道只用于形成σ键或者用来容纳弧电子对，剩余的p轨道可以形成π键，即杂化过程中若还有未参与杂化的p轨道，可用于形成π键。
(2)组成相似的分子中心原子的杂化类型不一定相同，要看其σ键和弧电子对数是否相同。
3．下列描述中正确的是(　　)
A．CS2为V形的极性分子
B．ClO的空间构型为平面三角形
C．CO的空间构型为三角锥形
D．SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化
解析：　CS2属于sp杂化为直线形非极性分子，A项错；ClO离子中存在三对共用电子对，有一个孤电子对，应为三角锥形，B项错；CO中存在三对共用电子对，没有孤电子对，为平面三角形，C项错误；SiF4是正四面体形结构，SO是三角锥形结构，都为sp3杂化，D项正确。
答案：　D
　中心原子杂化类型与分子构型的判断
(1)由杂化轨道数判断
杂化轨道用来形成σ键和容纳孤电子对，所以有公式：
杂化轨道数＝中心原子的弧电子对的对数＋中心原子的σ键个数
代表物
杂化轨道数
中心原子杂化轨道类型
CO2
0＋2＝2
sp
CH2O
0＋3＝3
sp2
CH4
0＋4＝4
sp3
SO2
1＋2＝3
sp2
NH3
1＋3＝4
sp3
H2O
2＋2＝4
sp3
(2)中心原子杂化类型和分子构型的相互判断
中心原子的杂化类型和分子构型有关，二者之间可以相互判断。

序号
化学式
孤电子对数
(a－xb)/2
σ键电
子对数
价层电
子对数
VSEPR模
型名称
分子或离子的
立体构型名称
中心原子
杂化类型
①
CO2
②
ClO－
③
HCN
④
H2O
⑤
SO3
⑥
CO
⑦
NO
答案：　①　0　2　2　直线形　直线形　sp
②　3　1　4　四面体形　直线形　sp3
③　0　2　2　直线形　直线形　sp
④　2　2　4　四面体形　Ⅴ形　sp3
⑤　0　3　3　平面三角形　平面三角形　sp2
⑥　0　3　3　平面三角形　平面三角形　sp2
⑦　0　3　3　平面三角形　平面三角形　sp2考点三　配位键和配合物
1．配位键
由一个原子提供一对电子与另一个接受电子的原子形成的共价键。
2．配位键的表示方法
如：A→B：A表示提供孤电子对的原子，B表示接受共用电子对的原子。
3．配位化合物
(1)定义：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。
(2)组成：
(3)形成条件
　用结构式标出银氨络离子、四氨合铜离子中的配位键。
提示：　[H3N→Ag←NH3]＋、。
1．下列粒子中存在配位键的是(　　)
①H3O＋　②[B(OH)4]－　③CH3COO－　④NH3　⑤CH4
A．①②　　　　　　　　　　　 B．①③
C．④⑤ D．②④
答案：　A
2．配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
(1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3　，
CoCl3·5NH3　，
CoCl3·4NH3(绿色和紫色)：　。
(2)后两种物质组成相同而颜色不同的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)上述配合物中，中心离子的配位数都是________。
解析：　由题意知，四种络合物中的自由Cl－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl。最后两种应互为同分异构体。
答案：　(1)[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)5Cl]Cl2
[Co(NH3)4Cl2]Cl
(2)它们互为同分异构体　(3)6
考点四　分子间作用力与分子的性质
1．分子间作用力
(1)概念
物质分子之间普遍存在的相互作用力，称为分子间作用力。
(2)分类
分子间作用力最常见的是范德华力和氢键。
(3)强弱
范德华力<氢键<化学键。
(4)范德华力
范德华力主要影响物质的熔点、沸点、硬度等物理性质。范德华力越强，物质的熔点、沸点越高，硬度越大。一般来说，组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增加，范德华力逐渐增大。
(5)氢键
①形成
已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子(该氢原子几乎为裸露的质子)与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力，称为氢键。
②表示方法
A—H…B
③特征
具有一定的方向性和饱和性。
④分类
氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种。
⑤分子间氢键对物质性质的影响
主要表现为使物质的熔、沸点升高，对电离和溶解度等产生影响。
2．分子的性质
(1)分子的极性
类型
非极性分子
极性分子
形成原因
正电中心和负电
中心重合的分子
正电中心和负电中
心不重合的分子
存在的共价键
非极性键或极性键
非极性键和极性键
分子内原子排列
对称
不对称
(2)分子的溶解性
①“相似相溶”的规律：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。若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。
②随着溶质分子中憎水基的增大，溶质在水中的溶解度减小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)等电子原理
原子总数相同，价电子数相同的分子具有相似的化学键特征，它们的许多性质相似，如CO和N2。
(4)分子的手性
①手性异构：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，在三维空间里不能重叠的现象。
②手性分子：具有手性异构体的分子。
③手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同基团或原子的碳原子。含有手性碳原子的分子是手性分子，如

(5)无机含氧酸分子的酸性
无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如酸性：HClO1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)氢键是氢元素与其他元素形成的化学键(　　)
(2)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键(　　)
(3)乙醇分子和水分子间只存在范德华力(　　)
(4)碘化氢的沸点高于氯化氢的沸点是因为碘化氢分子间存在氢键(　　)
(5)水分子间既存在范德华力，又存在氢键(　　)
(6)氢键具有方向性和饱和性(　　)
(7)H2和O2之间存在氢键(　　)
(8)H2O2分子间存在氢键(　　)
2．下列事实均与氢键的形成有关，试分析其中氢键的类型。
(1)冰的硬度比一般的分子晶体的大；
(2)甘油的粘度大；
(3)邻硝基苯酚20 ℃时在水中的溶解度是对硝基苯酚的0.39倍；
(4)邻羟基苯甲酸的电离常数是苯甲酸的15.9倍，对羟基苯甲酸的电离常数是苯甲酸的0.44倍；
(5)氨气极易溶于水；
(6)氟化氢的熔点高于氯化氢。
3．氢键的存在一定能使物质的熔沸点升高吗？
提示：　1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√　(7)×　(8)√
2．(1)、(2)、(5)是分子间氢键；(3)、(4)中邻硝基苯酚、邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对硝基苯酚、对羟基苯甲酸存在分子间氢键；(6)中氟化氢存在分子间氢键，氯化氢无氢键。
3．不一定，如果形成的氢键是分子内氢键，则对物质的熔沸点影响较小。
1．若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是(　　)
A．氢键；氢键和分子间作用力；极性键
B．氢键；氢键；非极性键
C．氢键；极性键；分子间作用力
D．分子间作用力；氢键；非极性键
答案：　A
2．氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为(　　)
解析：　从氢键的成键原理上讲，A、B都成立；但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥形，易于提供孤对电子，所以，以B方式结合空间阻碍最小，结构最稳定；从事实上讲，依据NH3·H2ONH＋OH－，可知答案是B。
答案：　B
3．下列事实与氢键有关的是(　　)
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰体积膨胀
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
解析：　水加热到很高的温度都难以分解，是因为H—O键比较牢固，A错；CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高，是因为分子间作用力依次增大，C错；HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，是因为氢卤键键能依次减小，D错。
答案：　B
　
(1)氢键属于一种较强的分子间作用力。
(2)有氢键的物质，分子间也有范德华力，但有范德华力的物质分子间不一定有氢键。
(3)一个氢原子只能形成一个氢键，这是氢键的饱和性。
4．NH3分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，能充分说明此种现象的理由是(　　)
①NH3是极性分子　②分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107°　③分子内3个N—H键的键长相等、键角相等　④NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
答案：　A
5．下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是(　　)
A．H2O B．Cl2
C．NH3 D．CCl4
解析：　H2O分子中O—H键为极性键，两个O—H键之间的夹角约为105°，整个分子的电荷分布不对称，是极性分子；Cl2是双原子单质分子，Cl—Cl键是非极性键，是含非极性键的非极性分子；NH3分子中N—H键是极性键，分子构型是三角锥形，N原子位于顶端，电荷分布不对称，是极性分子；CCl4分子中C—Cl键是极性键，分子构型呈正四面体形，C原子位于正四面体中心，四个Cl原子分别位于正四面体的四个顶点，电荷分布对称，是非极性分子。
答案：　D
　
1．分子构型与分子极性的关系
2．根据中心原子最外层电子是否全部成键判断分子的极性分子中的中心原子最外层电子若全部成键，此分子一般为非极性分子；分子中的中心原子最外层电子若未全部成键，此分子一般为极性分子。
CH4、BF3、CO2等分子中的中心原子的最外层电子均全部成键，它们都是非极性分子。而H2O、NH3、NF3等分子中的中心原子的最外层电子均未全部成键，它们都是极性分子。
6．1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。
(1)根据上述原理，仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是________和________；________和________。
(2)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与NO互为等电子体的分子有________、________。
解析：　(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，即C、N、O、F组成的共价分子，如：N2与CO均为14个电子，N2O与CO2均为22个电子。
(2)依题意，只要原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，即可互称为等电子体，NO为三原子，各原子最外层电子数之和为5＋6×2＋1＝18，SO2、O3也为三原子，各原子最外层电子数之和为6×3＝18。
答案：　(1)N2　CO　N2O　CO2
(2)SO2　O3
　常见的等电子体汇总
微粒
通式
价电子总数
立体构型
CO2、CNS－、NO、N
AX2
16e－
直线形
CO、NO、SO3
AX3
24e－
平面三角形
SO2、O3、NO
AX2
18e－
Ⅴ形
SO、PO
AX4
32e－
正四面体形
PO、SO、ClO
AX3
26e－
三角锥形
CO、N2
AX
10e－
直线形
CH4、NH
AX4
8e－
正四面体形
7．下列无机含氧酸分子中酸性最强的是(　　)
A．HNO2 B．H2SO3
C．HClO3 D．HClO4
解析：　酸性：HNO3>HNO2，H2SO4>H2SO3，HClO4>HClO3；又由于最高价含氧酸中，HClO4酸性最强，故HClO4酸性最强。
答案：　D
8．判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。如下表所示：
含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系
(1)亚磷酸H3PO3和亚砷酸H3AsO3分子式相似，但它们的酸性差别很大，H3PO3是中强酸，H3AsO3既有弱酸性又有弱碱性。由此可推出它们的结构简式分别为
①________________，②__________________。
(2)H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是：
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
解析：　(1)已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，依据题给信息可知H3PO3中含1个非羟基氧原子，H3AsO3中不含非羟基氧原子。(2)与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写，需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸，从题给信息可知，含氧酸分子结构中含几个羟基氢，则该酸为几元酸。故H3PO3为二元酸，H3AsO3为三元酸。
(2)①H3PO3＋2NaOH===Na2HPO3＋2H2O
②H3AsO3＋3NaOH===Na3AsO3＋3H2O
　
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。如HNO3、H2SO4的结构式分别是
1．[2013·山东理综·32(3)]BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为____________和____________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有____________种。
解析：　BCl3中价层电子对数为：(3＋3)/2＝3，B原子为sp2杂化；NCl3中价层电子对数为：(5＋3)/2＝4，N原子为sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，铍原子的2s轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。
答案：　sp2　sp3　3
2．[2013·课标全国卷Ⅰ·37(5)(6)](1)碳和硅的有关化学键键能如下图所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/(kJ·mol－1)
356
413
336
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____________________________。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是____________________________。
(2)在硅酸盐中，SiO四面体(如图a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________________，Si与O的原子数之比为________________，化学式为________________。
解析：　(1)某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关，由表中数据知C—C键、C—H键分别比Si—Si键、Si—H键稳定，故烷烃数量较多。同理因键能C—H>C—O、Si—O>Si—H，故SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物。(2)因硅与四个氧原子形成四个σ键，故硅原子为sp3杂化。在图a中，硅、氧原子数目比为1∶4，但图b中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的，故依据均摊原则可确定图b中硅、氧原子数目比为1∶3，化学式为[SiO3]。
答案：　(1)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成
②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(2)sp3　1∶3　[SiO3](或SiO)
3．[2013·江苏化学·21]元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________。
(2)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是__________。
(3)Y与Z可形成YZ。
①YZ的空间构型为__________(用文字描述)。
②写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式：________________。
(4)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2,1 mol该配合物中含有σ键的数目为__________。
解析：　X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，X为Zn；Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S；根据Z的信息可知Z为O。(1)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子，所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(2)H2O与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(3)①SO的中心原子S周围有4对成键电子，形成以S为体心，O为顶点的正四面体结构；②SO中S、O最外层均为6个电子，故SO中原子最外层共有32个电子；CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4＋7×4＝32，故SO、CCl4、SiCl4为等电子体。(4)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋与Cl－形成离子键，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4个Zn—N键(配位键)和12个N—H键，共16个共价单键，故1 mol该配合物中含有16 mol σ键。
答案：　(1)sp3　(2)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(3)①正四面体形　②CCl4或SiCl4等
(4)16NA(或16×6.02×1023个)
4．[2013·福建理综·31(3)]BF3与一定量的水形成
(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。
a．离子键　　　　　　　　　　　 b．共价键
c．配位键 d．金属键
e．氢键 f．范德华力
②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
解析：　①晶体Q中不存在阴、阳离子和金属元素，所以不存在离子键和金属键，B原子与O原子间存在配位键，H2O与之间存在氢键，Q中还存在共价键、范德华力。②H3O＋中O原子存在一对孤对电子，其空间构型为三角锥形；阴离子的中心原子为B，采用sp3杂化。
答案：　①a、d　②三角锥形　sp3
5．[2013·山东理综·32(1)(4)](1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。
(2)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是____________。
解析：　(1)同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，a对；氟无正价，b错；HF分子间存在氢键，所以熔沸点在同族元素气态氢化物中最高，c错；F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体，组成相似，则相对分子质量越大分子间作用力越大，熔点越高，d错。
(2)B原子最外层有3个电子，与Cl形成3个单键后，仍缺少2个电子达到8电子稳定结构，所以在B原子与X形成的配位键中，X提供孤对电子。
答案：　(1)a　(2)X
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修5第一单元　认识有机化合物
第一单元　认识有机化合物
考点一　有机化合物的分类及官能团
1．按碳的骨架分类
(1)有机物
(2)烃
2．按官能团分类
(1)官能团：决定化合物特殊性质的原子或原子团。
(2)有机物主要类别、官能团
1．官能团相同的物质一定是同一类有机物吗？
2．苯的同系物、芳香烃、芳香化合物之间有何关系？用图表示。
3．碳碳双键的结构简式写为“C===C”对吗？应如何表示？碳碳三键的结构简式应如何表示？
提示：　1.具有同一官能团的物质不一定是同一类有机物。如：
(1)CH3—OH、虽都含有—OH，但二者属于不同类型的有机物。
(2)含有醛基的有机物，有的属于醛类，有的属于酯类，有的属于糖类等。
2．含有的烃叫芳香烃；含有且除C、H外还可以有其他元素(如O、Cl等)的化合物叫芳香化合物；芳香化合物、芳香烃、苯的同系物之间的关系为
3．不对；应为CC。CC。
1．北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保持鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是(　　)
A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B．含有苯环、羟基、羰基、羧基
C．含有羟基、羰基、羧基、酯基
D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
解析：　该题考查了有机物的结构及官能团知识。由S-诱抗素的分子的结构图可知，该分子中并不含有苯环()和酯基()，所以B、C、D选项均错误，正确选项为A。该分子中含有的官能团除了羰基外，还有3个、1个—OH、1个—COOH。
答案：　A
2．将下列有机物中所含的官能团用短线连接起来。
答案：　A—③　B—①　C—②　D—⑤　E—④
3．下列有机化合物的分类不正确的是(　　)
答案：　A
4．下列有机化合物中，有的有多个官能团。
(1)可以看做醇类的是(填编号，下同)________；
(2)可以看做酚类的是________；
(3)可以看做羧酸类的是________；
(4)可以看做酯类的是________。
答案：　(1)BD　(2)ABC　(3)BCD　(4)E
　
　结构决定性质。官能团的多样性，决定了有机物性质的多样性。如
具有醇、醛、酸的性质。
考点二　有机化合物的结构特点、同分异构现象及命名
1．有机化合物中碳原子的成键特点
2．有机化合物的同分异构现象

同分异构现象
化合物具有相同的分子式，但结构不同，而产生性质差异的现象
同分异构体
具有同分异构现象的化合物互为同分异构体
3.同系物
结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称同系物。如CH3CH3和CH3CH2CH3，CH2===CH2和CH2===CHCH3。
4．有机化合物的命名
(1)烷烃
①烷烃的习惯命名法
②烷烃系统命名三步骤
(2)烯烃和炔烃的命名
—
　
—
　
—
(3)苯的同系物的命名
苯作为母体，其他基团作为取代基。例如，苯分子中的氢原子被甲基取代后生成甲苯，被乙基取代后生成乙苯。如果有多个取代基取代苯环上的氢原子，根据取代基在苯环上的位置不同，分别用“邻”、“间”、“对”表示。也可对连接取代基的苯环上的碳原子进行编号，选取最小的位次进行命名。
1．写出下列物质的键线式
2．写出几种常见烷基的结构简式
(1)甲基：________________________________________________________________________。
(2)乙基：________________________________________________________________________。
(3)—C3H7：__________________、__________________。
(4)—C4H9：____________________、________________________________________________________________________、
__________________、__________________。
1.
北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S-诱抗素的分子结构如图所示，则该分子的分子式为____________。
答案：　C15H20O4
2．某期刊封面上的一个分子球棍模型图如图所示，图中“棍”代表单键、双键或三键，不同颜色的球代表不同元素的原子。该模型图可代表一种(　　)
A．氨基酸　　　　　　 B．卤代羧酸
C．醇钠 D．酯
答案：　A
3.
右图是某有机物分子的比例模型，有关该物质的推断不正确的是(　　)
A．分子中含有羟基
B．分子中含有羧基
C．分子中含有氨基
D．该物质的分子式为C3H6O3
解析：　据C、H、O、N等原子的价电子排布及有机物成键特点、原子半径的比例，可知黑球为碳、浅色球为氧、白球为氢，此有机物的结构简式为，C选项不正确。
答案：　C
4．下列各组物质不属于同分异构体的是(　　)
A．2,2-二甲基丙醇和2-甲基丁醇
B．邻氯甲苯和对氯甲苯
C．2-甲基丁烷和戊烷
D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯
解析：　甲基丙烯酸(分子式为C4H6O2)和甲酸丙酯(分子式为C4H8O2)的分子式不同，故不互为同分异构体。
答案：　D
5．(1)分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出H2的有机化合物有________种。
(2)与化合物C7H10O2互为同分异构体的物质不可能为____。
A．醇 B．醛
C．羧酸 D．酚
其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上有2种一硝基取代物的同分异构体是________________________________________________________________________
(写出任意2种的结构简式)。
解析：　(1)能与金属钠反应放出H2的有机物有醇、酚、羧酸、葡萄糖等。分子式为C4H10O并能与Na反应放出H2，符合饱和一元醇的通式和性质特点，故有以下4种：
(2)C7H10O2若为酚类物质含苯环，则7个C最多需要8个H，故不可能为酚。
　同分异构体的书写规律
1．烷烃：烷烃只存在碳链异构，书写时要注意全面而不重复，具体规则如下：
(1)成直链，一条线
先将所有的碳原子连接成一条直链。
(2)摘一碳，挂中间
将主链上的碳原子取下一个作为支链，连接在剩余主链的中间碳上。
(3)往边移，不到端
将甲基依次由内向外与主链碳原子试接，但不可放在端点碳原子上。
(4)摘多碳，整到散
由少到多依次摘取不同数目的碳原子组成长短不同的支链。
(5)多支链，同邻间
当有多个相同或不同的支链出现时，应按连在同一个碳原子、相邻碳原子、相间碳原子的顺序依次试接。
2．具有官能团的有机物：一般按碳链异构→位置异构→官能团异构的顺序书写。
3．芳香族化合物：两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种。
6．判断下列有关烷烃的命名是否正确：
(3)(CH3CH2)2CHCH3　3-甲基戊烷(　　)
(4)　异戊烷(　　)
答案：　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
7．判断下列有关烯烃、卤代烃、醇的命名是否正确：
(1)CH2===CH—CH===CH—CH===CH2　1,3,5-三己烯(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
8．判断下列有关芳香化合物的命名是否正确：
(1)HOCH3　甲基苯酚(　　)
(2)O2NCH3NO2　2,4-二硝基甲苯(　　)
答案：　(1)×　(2)×
　
(1)有机物名称中出现“正”、“异”、“新”、“邻”、“间”、“对”，说明采用的是习惯命名法而不是系统命名法。
(2)有机物命名时常用到的四段文字及含义如下，注意避免混淆。
①烯、炔、醛、酮、酸、酯……指官能团；
②二、三、四……指相同取代基或官能团的个数；
③1、2、3……指官能团或取代基的位置；
④甲、乙、丙、丁……指主链碳原子个数分别为1、2、3、4。
考点三　研究有机物的一般步骤和方法
1．研究有机化合物的基本步骤
2．分离、提纯有机化合物的常用方法
(1)蒸馏和重结晶
适用对象
要求
蒸馏
常用于分离、提纯液态有机物
①该有机物热稳定性较强。
②该有机物与杂质的沸点相差较大
重结晶
常用于分离、提纯固态有机物
①杂质在所选溶剂中溶解度很小或很大。
②被提纯的有机物在此溶剂中溶解度受温度影响较大
(2)萃取分液
①液-液萃取
利用有机物在两种互不相溶的溶剂中的溶解性不同，将有机物从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。
②固-液萃取
用有机溶剂从固体物质中溶解出有机物的过程。
3．有机物分子式的确定
(1)元素分析
(2)相对分子质量的测定——质谱法
质荷比(分子离子、碎片离子的相对质量与其电荷的比值)最大值即为该有机物的相对分子质量。
4．分子结构的鉴定
(1)化学方法：利用特征反应鉴定出官能团，再制备它的衍生物进一步确认。
(2)物理方法
①红外光谱
分子中化学键或官能团对红外线发生振动吸收，不同化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，从而获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。
②核磁共振氢谱
—
1．某些有机化合物，由于其组成较特殊，不用再借助于有机化合物的相对分子质量求分子式，通过最简式(实验式)就能确定分子，请列举6种符合上述特点的物质，写出其分子式。

1．要从乙酸的乙醇溶液中回收乙酸，合理的操作组合是(　　)
①蒸馏　②过滤　③静止分液　④加足量钠　⑤加入足量H2SO4　⑥加入足量NaOH溶液　⑦加入乙酸与浓H2SO4混合液后加热　⑧加入浓溴水
A．⑦③　　　　　　　　　　　 B．⑧⑤②
C．⑥①⑤② D．⑥①⑤①
答案：　D
2．小红在帮实验员整理化学试剂时，
发现一瓶标签破损的无色溶液，标签只能隐约看到一部分(如图)。下列说法不正确的是(　　)
A．该有机物肯定是甲酸乙酯，能发生银镜反应
B．该有机物的分子式为C3H6O2
C．在酸性条件下水解生成两种有机产物的相对分子质量可能相等
D．在碱性条件下可完全水解
解析：　该有机物可能为甲酸乙酯或乙酸甲酯，如果为乙酸甲酯，不能发生银镜反应，故A错误。
答案：　A
3．某有机物分子式的确定：
(1)测定实验式：某含C、H、O三种元素的有机物，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%，则其实验式是______________。
(2)确定分子式：该有机物的蒸气的密度是同温同压下H2密度的37倍，则其相对分子质量为________，分子式为________。
解析：　(1)有机物中碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则氧的质量分数为1－64.86%－13.51% ＝21.63%，n(C)∶n(H)∶n(O)＝(64.86%÷12)∶(13.51%÷1)∶(21.63%÷16)＝4∶10∶1，所以该有机物实验式为C4H10O。
(2)该有机物的相对分子质量为37×2＝74，则其相对分子质量为74。该有机物的实验式的相对分子质量也为74，则实验式即为分子式。
答案：　(1)C4H10O　(2)74　C4H10O
　确定有机物分子式的规律
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
(1)同分异构体相对分子质量相同。
(2)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。
(3)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)：
M/12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．根据题给特殊条件确定有机物分子式：
(1)含氢量最高的烃为甲烷；
(2)通常情况下，烃的含氧衍生物为气态的是甲醛；
(3)对于烃类混合物，平均每个分子中所含碳原子数小于2，则该烃类混合物中一定含有甲烷；
(4)同温同压(温度高于100 ℃)烃燃烧前后，气体体积不变，则烃分子中氢原子数为4；
(5)通常情况下若为气态烃，则烃分子中碳原子数≤4。
4．在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)
解析：　A中有2种氢，个数比为3∶1；B中据镜面对称分析知有3种氢，个数比为3∶1∶1；C中据对称分析知有3种氢，个数比为1∶3∶4；D中据对称分析知有2种氢，个数比为3∶2。
答案：　D
5．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1∶2∶2∶3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如下图。关于A的下列说法中，正确的是(　　)
A．A分子属于酯类化合物，在一定条件下不能发生水解反应
B．A在一定条件下可与4 mol H2发生加成反应
C．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
D．与A属于同类化合物的同分异构体只有2种
解析：　根据题意知化合物A的结构简式为
。该物质属于酯类，能发生水解反应，1 mol A最多能与3 mol H2加成，属于酯类A的同分异构体有4种。
答案：　C
6．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
(1)称取A 9.0 g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
试通过计算填空：
(1)A的相对分子质量为：________
(2)将此9.0 g A在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g
(2)A的分子式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(3)另取A 9.0 g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24 L CO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24 L H2(标准状况)
(3)用结构简式表示A中含有的官能团：__________
(4)A的核磁共振氢谱如图：
(4)A中含有________种氢原子
(5)综上所述，A的结构简式为____________
解析：　(1)A的密度是相同条件下H2密度的45倍，相对分子质量为45×2＝90。9.0 g A的物质的量为0.1 mol。
(2)燃烧产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4 g和13.2 g，说明0.1 mol A燃烧生成0.3 mol H2O和0.3 mol CO2。1 mol A中含有6 mol H、3 mol C。
(3)0.1 mol A跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24 L CO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24 L H2(标准状况)，说明分子中含有一个—COOH和一个—OH。
(4)A的核磁共振氢谱中有4个峰，说明分子中含有4种处于不同化学环境下的氢原子。
(5)综上所述，A的结构简式为。
答案：　(1)90　(2)C3H6O3　(3)—COOH、—OH　(4)4　(5)
　确定有机化合物分子式、结构式的流程图
1．(1)(2012·浙江理综·11A)按系统命名法，化合物CH3CH2CHCH2CH2CH(CH3)2CH(CH3)2的名称为2,6-二甲基-5-乙基庚烷，对吗？
(2)[2013·天津理综·8(1)]一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为__________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为__________。
解析：　(1)正确名称应为2,6-二甲基-3-乙基庚烷
(2)由一元醇A中氧的质量分数可求得A的分子式为C4H10O；A中只有一个甲基，则A为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1-丁醇(或正丁醇)。
答案：　(1)错误
(2)C4H10O　1-丁醇(正丁醇)
2．[2013·天津理综·8(5)]写出同时符合下列条件的水杨酸()所有同分异构体的结构简式：__________。
a．分子中有6个碳原子在一条直线上；
b．分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团。
3．[2013·四川理综·10(6)]写出同时满足下列条件的E()的所有同分异构体的结构简式__________。
①只含一种官能团；②链状结构且无—O—O—；③核磁共振氢谱只有2种峰。
答案：　CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3
4．(2011·海南化学·18)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶2的是(双选)(　　)
解析：　由核磁共振氢谱知：有两类氢且个数比为3∶2。A项，有三类氢，个数比为3∶2∶2；C项，有两类氢，个数比为3∶1；B和D项，有两类氢，个数比为3∶2，故B、D项正确。
答案：　BD
5．(2013·课标全国Ⅰ·38)查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：
已知以下信息：
①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1 mol A充分燃烧可生成72 g水。
②C不能发生银镜反应。
③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢。
⑤RCOCH3＋R′CHORCOCH===CHR′
回答下列问题：
(1)A的化学名称为__________。
(2)由B生成C的化学方程式为______________________。
(3)E的分子式为__________，由E生成F的反应类型为__________。
(4)G的结构简式为__________。
(5)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为________________________。
(6)F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有__________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为________(写结构简式)。
解析：　由1 mol A完全燃烧生成4 mol H2O知，1个A分子中有8个氢原子，再结合A是芳香烃及相对分子质量在100～110之间知，1个A分子中有8个碳原子，故A是苯乙烯；苯乙烯与水加成生成醇B，因B的氧化产物C不能发生银镜反应，故B
其含有酯基，故H是甲酸苯酯，在酸催化下发生水解反应时生成苯酚与甲酸。F的同分异构体中含有—OH、—CHO。当—CHO直接连接在苯环上时，苯环上还有一个—OH、一个—CH3，共三个取代基，它们共有10种不同的结构；当苯环上的取代基为—CH2CHO与—OH时，二者在苯环上有3种不同的位置关系，故共有13种同分异构体。其中符合题设要求的结构中苯环上应存在等位氢原子，故苯环上的两个取代基应处于对位，由此可写出相应的结构简式：s
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修5第三单元　烃的含氧衍生物
考点一　醇、酚
(一)醇
1．概念
羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物。
2．饱和一元醇的通式
CnH2n＋2O(n≥1)。
3．物理性质的变化规律
4．醇类化学性质(以乙醇为例)
条件
断键
位置
反应
类型
化学方程式
Na
①
置换反应
2CH3CH2OH＋2Na―→
2CH3CH2ONa＋H2↑
HBr，
△
②
取代反应
CH3CH2OH＋HBr
CH3CH2Br＋H2O
O2(Cu)，
△
①③
氧化反应
2CH3CH2OH＋O2
2CH3CHO＋2H2O
浓硫酸，
170 ℃
②④
消去反应
CH3CH2OHCH2===CH2↑＋H2O
浓硫酸，
140 ℃
①②
取代反应
2CH3CH2OH
C2H5—O—C2H5＋H2O
CH3COOH
(浓硫酸、
△)
①
取代反应
(酯化反应)
CH3CH2OH＋CH3COOH
CH3COOC2H5＋H2O
5.几种常见的醇
(二)酚
1．苯酚的组成与结构
2．物理性质
(1)颜色状态：无色晶体，露置在空气中会因部分被氧化而显粉红色；
(2)溶解性：常温下在水中溶解度不大，高于65 ℃时与水混溶；
(3)毒性：有毒，对皮肤有强烈的腐蚀作用。皮肤上不慎沾有苯酚应立即用酒精清洗。
3．化学性质
(1)羟基中氢原子的反应
①弱酸性
电离方程式为：C6H5OHC6H5O－＋H＋，俗称石炭酸，但酸性很弱，不能使石蕊试液变红。
②与活泼金属反应
与Na反应的化学方程式为：2C6H5OH＋2Na―→2C6H5ONa＋H2↑。
③与碱的反应
苯酚的浑浊液中现象为：液体变澄清
现象为：溶液又变浑浊。
该过程中发生反应的化学方程式分别为：
(2)苯环上氢原子的取代反应
苯酚与浓溴水反应的化学方程式为：
此反应常用于苯酚的定性检验和定量测定。
(3)显色反应
苯酚跟FeCl3溶液作用显紫色，利用这一反应可以检验苯酚的存在。
(4)加成反应
(5)氧化反应
苯酚易被空气中的氧气氧化而显粉红色；易被酸性高锰酸钾溶液氧化；容易燃烧。
(6)缩聚反应
(1)其中属于脂肪醇的有哪些？属于芳香醇的有哪些？属于酚类的有哪些？
(2)其中物质的水溶液显酸性的有哪些？
(3)其中互为同分异构体的有哪些？
(4)你能列举出⑤所能发生反应的类型吗？
提示：　(1)①②　③⑤　④⑤
(2)④⑤　(3)③④　(4)取代反应，氧化反应，消去反应，加成反应，显色反应。
1．下列物质中，不属于醇类的是(　　)
答案：　C
2．下列物质的沸点，按由高到低的顺序排列正确的是(　　)
①丙三醇　②丙烷　③乙二醇　④乙醇
A．①②③④　　　　　　　　　 B．④③②①
C．①③④② D．①③②④
答案：　C
3．下列各醇中，既能发生消去反应又能发生催化氧化反应的是(　　)
解析：　A不能发生消去反应；B能发生消去反应，也能发生催化氧化反应；C不能发生消去反应但能发生催化氧化反应；D能发生消去反应但不能被催化氧化。
答案：　B
　醇类的两个反应规律
(1)醇的催化氧化规律
醇的催化氧化的反应情况与跟羟基(—OH)相连的碳原子上的氢原子的个数有关。
(2)醇的消去规律
醇分子中，连有羟基(—OH)的碳原子必须有相邻的碳原子，并且此相邻的碳原子上必须连有氢原子时，才可发生消去反应，生成不饱和键。表示为：
4．下列物质属于酚类，且是苯酚的同系物的是(　　)
答案：　A
5．白藜芦醇广泛存在于食物(例如桑椹、花生，尤其是葡萄)中，它可能具有抗癌性。
(1)能够跟1 mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是(　　)
A．1 mol,1 mol B．3.5 mol,7 mol
C．3.5 mol,6 mol D．6 mol,7 mol
(2)下列不能与白藜芦醇反应的是(　　)
A．Na2CO3溶液 B．FeCl3溶液
C．NaHCO3溶液 D．酸性KMnO4溶液
答案：　(1)D　(2)C
　
1．苯酚的酸性
2．脂肪醇、芳香醇、酚的比较
类别
脂肪醇
芳香醇
酚
实例
CH3CH2OH
C6H5CH2CH2OH
C6H5OH
官能团
—OH
—OH
—OH
结构特点
—OH与链烃基相连
—OH与芳香烃侧链相连
—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)脱水反应；(4)氧化反应；(5)酯化反应
(1)弱酸性；
(2)取代反应；
(3)显色反应
特性
将红热的铜丝插入醇中有刺激性气味产生(生成醛或酮)
遇FeCl3溶液显紫色
考点二　醛、羧酸、酯
(一)醛
1．概念及分子结构特点
(1)概念：醛基与烃基(或氢原子)相连的化合物。
(2)官能团：—CHO。
(3)通式：饱和一元脂肪醛CnH2nO。
2．常见醛的物理性质
颜色
状态
气味
溶解性
甲醛(HCHO)
无色
气体
刺激性气味
易溶于水
乙醛(CH3CHO)
无色
液体
刺激性气味
与水、乙醇等互溶
3.化学性质
(二)羧酸和酯
1．羧酸
(1)羧酸：由烃基或氢原子与羧基相连构成的有机化合物。官能团为—COOH。
饱和一元羧酸分子的通式为CnH2n＋1COOH。
(2)甲酸和乙酸的分子组成和结构
分子式
结构简式
官能团
甲酸
CH2O2
HCOOH
乙酸
C2H4O2
CH3COOH
—COOH
(3)化学性质
①酸的通性：
R—COOH电离方程式为：RCOOHRCOO－＋H＋。
②酯化反应
CH3COOH和CH3CHOH发生酯化反应的化学方程式为：
CH3COOH＋C2HOHCH3CO18OCH2CH3＋H2O。
2．酯
(1)概念：羧酸分子中的—OH被—OR′取代后的产物，简写为RCOOR′，官能团为
(2)酯的性质
①低级酯的物理性质
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　　
②化学性质——水解反应
1．醛类物质发生银镜反应或与新制Cu(OH)2浊液反应为什么需在碱性条件下进行？
2．(1)实验室制备乙酸乙酯的反应原理是什么？其属于什么反应类型？
(2)实验中加试剂时，先加乙醇和乙酸，再缓缓滴加浓H2SO4，能否颠倒顺序？为什么？
(3)反应产生的CH3COOC2H5常用饱和Na2CO3溶液来承接，其作用是什么？
提示：　1.酸性条件下，银氨溶液、Cu(OH)2与H＋反应被消耗，会导致实验失败。
2．(1)CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O　取代反应(或酯化反应)
(2)不能，因浓H2SO4溶解于乙醇或乙酸会放出大量的热，若把乙醇、乙酸向浓H2SO4中滴加会造成暴沸，引发不安全事故，并会导致乙酸乙酯的损失。(3)消耗乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
答案：　D
2.
科学家研制出多种新型杀虫剂代替DDT，化合物A是其中一种，如右图所示。下列关于化合物A的说法正确的是(　　)
A．与FeCl3溶液发生反应显紫色
B．能发生取代反应和银镜反应
C．分子中最多有5个碳原子共平面
D．与H2完全加成时的物质的量之比为1∶1
解析：　化合物A中含有的官能团有碳碳双键、醛基和醇羟基，没有苯环结构，所以它能发生加成反应、取代反应和银镜反应，不能与氯化铁溶液反应显紫色，分子中至少有5个碳原子共平面，与氢气完全加成时的物质的量之比为1∶3。
答案：　B
3．有一种芳香族有机物，它的分子中除苯环外不含其他环，已知该物质可能含有一个羧基。不能满足该条件的有机物的分子式是(　　)
A．C8H8O2 B．C8H6O2
C．C8H12O2 D．C9H8O2
答案：　C
4．某有机物的结构式如图所示：，它在一定条件下可能发生的反应有(　　)
①加成　②水解　③酯化　④氧化　⑤中和　⑥消去
A．②③④ B．①③⑤⑥
C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥
解析：　该化合物的分子结构中含有苯环和醛基，故可以发生加成反应；含有羧基和醇羟基，故可以发生酯化反应；醛基和醇羟基均可发生氧化反应；羧基可以发生中和反应。而该分子中既没有卤素原子，也不存在酯基或者其他能水解的基团，故不能发生水解反应；由于跟醇羟基碳邻近的碳(苯环上的碳)上没有可以消去的氢原子，故不能发生消去反应。
答案：　C
5．已知：C6H5ONa＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋NaHCO3，某有机物的结构简式为：分别与等物质的量的该物质恰好反应时，则Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为(　　)
A．3∶3∶2 B．3∶2∶1
C．1∶1∶1 D．3∶2∶2
解析：　此有机物中所含有的官能团中，—OH、—COOH均能与Na反应，—COOH与连在苯环上的—OH能与NaOH反应，NaHCO3只能与—COOH发生反应，故当等物质的量的该有机物分别与足量Na、NaOH、NaHCO3反应时，消耗该有机物的物质的量之比为3∶2∶1。
答案：　B
　
1．水羟基、醇羟基、酚羟基、羧羟基的性质比较
2.三点说明
(1)低级羧酸的酸性都比碳酸的酸性强。
(2)低级羧酸能使紫色石蕊试液变红；醇、酚、高级脂肪酸不能使紫色石蕊试液变红。
(3)酚类物质含有—OH，可以生成酯类化合物，但一般不与酸反应，而是与酸酐反应，生成酯的同时，还生成另一种羧酸。
6．有机物分子中原子间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项事实不能说明上述观点的是(　　)
A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应
C．苯酚能和氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能和氢氧化钠溶液反应
D．苯酚苯环上的氢比苯分子中的氢更容易被卤素原子取代
解析：　B中是由于官能团不同导致性质不同。A中苯环与甲基相互影响；C中苯环和乙基对羟基的影响不同；D中羟基对苯环发生影响。
答案：　B
　有机物分子中基团之间的相互影响
考点三　烃的衍生物之间的转化
　
1．某一有机物A可发生下列反应：
A(C6H12O2)
已知C为羧酸，且C、E均不发生银镜反应，则A的可能结构有(　　)
A．1种　　　　　　　　　 B．2种
C．3种 D．4种
答案：　B
2．美国化学家R.F.Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。
经由Heck反应合成M(一种防晒剂)的路线如下：
回答下列问题：
(1)M可发生的反应类型是________。
a．取代反应　　　　　　b．酯化反应
c．缩聚反应 d．加成反应
(2)C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是________。D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是________。
(3)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是________。
(4)E的一种同分异构体K符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为________________。
(3)新制氢氧化铜悬浊液(或新制银氨溶液)
水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为__________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为__________。
(2)B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)C有__________种结构；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：__________。
(4)第③步的反应类型为__________；D所含官能团的名称为__________。
(5)写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：__________。
a．分子中有6个碳原子在一条直线上；
b．分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团。
(6)第④步的反应条件为______________；写出E的结构简式：__________。
解析：　(1)A的相对分子质量为≈74,74－16＝58,58÷12＝4…10，故A的分子式是C4H10O。若只有一个甲基，则A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH。(2)B是CH3CH2CH2CHO，其与新制氢氧化铜的反应类似于乙醛与新制氢氧化铜的反应。(3)根据信息知由B生成C实际上发生了两步反应，即2分子B先发生加成反应，生成中间产物
两种官能团。检验C===C键可用溴水或酸性高锰酸钾溶液，但—CHO也能被上述试剂氧化，对C===C键的检验带来干扰，所以应先检验醛基，再检验C===C键。(4)C的相对分子质量是126，D的相对分子质量为130，显然从C到D是C与H2发生的加成反应，且C===C键与—CHO都发生了加成反应，生成的D是饱和一元醇。(5)水杨酸的分子式是C7H6O3，不饱和度是5，其同分异构体中含有1个羧基，占有1个不饱和度，则剩余6个碳原子占有4个不饱和度，又要求6个碳原子共线，则分子中必有2个CC键，且相邻两个CC键之间不能有饱和碳原子，因此其碳链有两种：CCCCCCCOOH、CCCCCCCOOH。用羟基分别取代C—H键上的氢原子可得到4种同分异构体。(6)第④步是酯化反应，反应条件是浓硫酸作催化剂并加热。
答案：　(1)C4H10O　1-丁醇(或正丁醇)
(2)CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH
CH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O
(3)2　银氨溶液、稀盐酸、溴水(或其他合理答案)
(4)还原反应(或加成反应)　羟基
　掌握两条经典合成路线
(1)一元合成路线：RCH===CH2―→一卤代烃―→一元醇―→一元醛―→一元羧酸―→酯
(2)二元合成路线：RCH===CH2―→二卤代烃―→二元醇―→二元醛―→二元羧酸―→酯(链酯、环酯、聚酯)(R代表烃基或H)。
在合成某一种产物时，可能会存在多种不同的方法和途径，应当在节省原料、产率高的前提下，选择最合理、最简单的方法和途径。
1．(2013·重庆理综·5)有机物X和Y可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。
H2NCH2CH2CH2NHCH2CH2CH2CH2NH2
Y
下列叙述错误的是(　　)
A．1 mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2O
B．1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol X
C．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3
D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强
解析：　X分子中含有3个羟基，1 mol X发生消去反应最多能生成3 mol H2O，A项正确；—NH2、—NH—与—COOH发生脱水反应，1 mol Y最多消耗3 mol X，B项错误；1 mol X最多能与3 mol HBr发生取代反应，得到有机物的分子式为C24H37O2Br3，C项正确；Y与癸烷都是链状结构，呈锯齿状，Y的极性较强，D项正确。
答案：　B
2．(2013·江苏化学·12)药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：
下列有关叙述正确的是(　　)
A．贝诺酯分子中有三种含氧官能团
B．可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C．乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应
D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠
解析：　贝诺酯分子中含有酯键、酰胺键两种含氧官能团，A项错误；乙酰水杨酸不含酚羟基，而对乙酰氨基酚含有酚羟基，故可利用FeCl3溶液鉴别二者，B项正确；乙酰水杨酸含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，但对乙酰氨基酚不能与NaHCO3溶液反应，C项错误；贝诺酯与足量NaOH溶液共热，酰胺键和酯键
答案：　B
(1)常温下，下列物质能与A发生反应的有________(填序号)。
a．苯　　　　　　　　　　 b．Br2/CCl4
c．乙酸乙酯 d．KMnO4/H＋溶液
(2)M中官能团的名称是____________，由C→B的反应类型为________。
(3)由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物CH3CH2CH2和________(写结构简式)生成。
(4)检验B中是否含有C可选用的试剂是________(任写一种名称)。
(5)物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为________。
(6)C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含—OCH2CH3
b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式：____________________________。
4．(2013·广东理综·30)脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
(1)化合物Ⅰ的分子式为________，1 mol该物质完全燃烧最少需要消耗________mol O2。
(2)化合物Ⅱ可使________溶液(限写一种)褪色；化合物Ⅲ(分子式为C10H11Cl)可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为________。
(3)化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶2，Ⅳ的结构简式为________。
(4)由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ。化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ。Ⅴ的结构简式为________，Ⅵ的结构简式为________。
(5)一定条件下，也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为______________。

2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修5第二单元　烃和卤代烃
考点一　烷烃　烯烃　炔烃的结构和性质
1．烷烃、烯烃、炔烃的组成、结构特点和通式
2．物理性质
性质
变化规律
状态
常温下含有1～4个碳原子的烃都是气态，随着碳原子数的增多，逐渐过渡到液态、固态
沸点
随着碳原子数的增多，沸点逐渐升高；同分异构体之间，支链越多，沸点越低
相对密度
随着碳原子数的增多，相对密度逐渐增大，密度均比水小
水溶性
均难溶于水
3.化学性质
(1)氧化反应
①燃烧
均能燃烧，其燃烧的化学反应通式为：CxHy＋O2点燃,xCO2＋H2O。
②强氧化剂氧化
三类脂肪烃中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是烯烃和炔烃。
(2)烷烃的取代反应
特点—
(3)烯烃、炔烃的加成反应
—
—
(4)烯烃的加聚反应
①乙烯的加聚反应：nCH2===CH2 ?CH2—CH2?。
②丙烯的加聚反应：nCH3CH===CH2
1．利用酸性KMnO4溶液是否能够鉴别烷烃和炔烃？是否能够除去烷烃中的炔烃？
2．(1)某烃含碳的质量分数为85.7%，你能写出该烃的通式吗？若该烃中碳原子数为4，其分子式是什么？
(2)有下列物质，①CH2===CH—CH3　　③CH3—CH2—CH2—CH3　④己烷。它们的沸点由低到高的顺序是什么？
(3)有下列物质：①CH3CH3　②CH3—CH===CH2　③CHCH
④聚乙烯。其中能使溴水褪色的有哪些？能使酸性KMnO4溶液褪色的有哪些？既能发生取代反应又能发生加成反应的又有哪些？
提示：　1.酸性KMnO4溶液可鉴别烷烃、炔烃，但不能用来除去烷烃中的炔烃，因为酸性KMnO4溶液可把炔烃氧化成其他物质，在除去炔烃的同时，又引入了其他杂质。
2．(1)CnH2n(n≥2)　C4H8　(2)①②③④　(3)②③　
②③　②
1．在①丙烯　②氯乙烯　③苯　④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是(　　)
A．①②　　　　　　　　　　　 B．②③
C．③④ D．②④
解析：　本题要求学生掌握典型有机化合物的空间结构，并具有拓展同系物空间构型的能力。在①丙烯CH2===CH—CH3和④甲苯C6H5—CH3中—CH3是一个空间立体结构(与甲烷类似)，这四个原子不在同一平面上，②氯乙烯和乙烯相同，是六原子共面结构，③苯是十二个原子共面结构。
答案：　B
2．某烃的结构简式为：，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是(　　)
A．3、4、5 B．4、10、4
C．3、10、4 D．3、14、4
解析：　根据C
的四价键原理，容易判断出饱和碳原子有5、6、9、10共四个原子；共线碳原子为1、2、3共三个原子；由CH2===CH2的平面结构可首先判断2、3、4、5、10、11这6个碳原子共面，因①、②、③号单键均能旋转，故6、9号碳原子可能与苯环上的碳原子共面。这样所有的14个碳原子都可能共面。
答案：　D
　
1．几种最简单有机物的空间构型
(1)甲烷分子(CH4)为正四面体结构，最多有3个原子共平面。
(2)乙烯分子(H2C===CH2)是平面形结构，所有原子共平面。
(3)乙炔分子(CHCH)是直线形结构，所有原子在同一直线上。
(4)苯分子(C6H6)是平面正六边形结构，所有原子共平面。
(5)甲醛分子(HCHO)是平面结构，所有原子共平面。
2．单键的旋转
有机物分子中的以单键相结合的原子，包括碳碳单键、碳氢单键、碳氧单键等两端的原子都可以以单键为轴旋转。
3．双键和三键均不能旋转。
3．有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯。
其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是(　　)
A．①②③⑤ B．④⑥⑦⑧
C．①④⑥⑦ D．②③⑤⑧
答案：　C
4．石油裂解是一个复杂的过程，其产物为混合物。例如，下列说法中不正确的是(　　)
A．M的化学式为H2，N的化学式为C5H8
B．可用溴水区别和
C．等质量的和完全燃烧时的耗氧量相同
D．分子式为C4H6的有机物可能是烯烃也可能是炔烃
解析：　和的最简式不同，因此等质量的两种有机物完全燃烧时的耗氧量也不同，C错。
答案：　C
5．乙炔在不同条件下可以转化成许多化合物，如图所示，下列叙述错误的是(　　)
A．正四面体烷的二氯代物只有1种
B．乙炔生成乙烯基乙炔是加成反应
C．由乙炔制得的四种有机物的含碳量不同
D．苯乙烯与环辛四烯互为同分异构体
解析：　由乙炔制得的四种有机物的含碳量都与乙炔的含碳量一样。
答案：　C
　
1．熟记常见几种烃的结构特点和化学性质
烃
结构特点
主要化学性质
烷烃
全是单键
①氧化反应(能燃烧，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色)
②取代反应
③高温分解
烯烃
碳碳双键
①氧化反应(能燃烧，能使酸性高锰酸钾溶液褪色)
②加成反应
③加聚反应
炔烃
碳碳三键
①氧化反应(能燃烧，能使酸性高锰酸钾溶液褪色)
②加成反应
③加聚反应
2.结构复杂的烃，性质具有多重性
(1)某些复杂的烃含有多种结构，具有多种性质，如
CH2===CHCH3含碳碳双键具有烯烃的性质，连在双键碳原子上的甲基部分与烷烃结构类似，具有烷烃的性质，在光照条件下甲基上的氢可以被卤素取代。
(2)某些烃中基团之间相互影响，使该烃具有一些特殊性质，如
CH2===CHCH===CH2中的两个碳碳双键相互影响，
CH2===CHCH===CH2不仅具有一般单烯烃所具有的性质，还可以与氢气或卤素发生1,4-加成反应。
考点二　苯及苯的同系物的结构与性质
1．苯的化学性质
2．苯的同系物
(1)概念：苯环上的氢原子被烷基取代的产物。
(2)化学性质(以甲苯为例)
①氧化反应：甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
②取代反应：以甲苯生成TNT的化学方程式为例：
(3)苯环对甲基的影响
烷烃不易被氧化，但苯环上的烷基易被氧化。
苯的同系物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用此法可鉴别苯和苯的同系物。
1．己烯中混有少量甲苯，如何检验？
2．从基团之间相互影响的角度分析甲苯易发生取代反应和氧化反应的原因。
3．有下列物质：①甲烷　②苯　③环己烷　④丙炔　⑤聚苯乙烯　⑥环己烯　⑦邻二甲苯
(1)既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的CCl4溶液褪色的是________。
(2)写出邻二甲苯与足量的氢气发生反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
提示：　1.先加入溴水至溴水不褪色，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，若KMnO4褪色，则证明含有甲苯。即检验苯的同系物之前必须排除烯烃的干扰。
2．因为甲基对苯环有影响，所以甲苯比苯易发生取代反应；因为苯环对甲基有影响，所以苯环上的甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
3．(1)④⑥
1．柑橘中柠檬烯的结构可表示为，下列关于这种物质的说法中正确的是(　　)
A．与苯的结构相似，性质也相似
B．可使溴的四氯化碳溶液褪色
C．易发生取代反应，难发生加成反应
D．该物质极易溶于水
解析：　根据柠檬烯的结构可知，柠檬烯属于烃，故其不溶于水；其含有碳碳双键，故易与溴发生加成反应；与苯的结构不同，故其性质与苯的也不同。
答案：　B
2．下列各组有机物中，只需加入溴水就能一次鉴别的是(　　)
A．己烯、苯、四氯化碳　　　　 B．苯、己炔、己烯
C．己烷、苯、环己烷 D．甲苯、己烷、己烯
解析：　分别取待测液体后，加入溴水，能够使溴水褪色的是己烯和己炔；分层，上层为橙色的是密度较小的苯、环己烷、己烷、甲苯；分层，下层为橙色的是CCl4。综合以上现象可判断A项中的三种物质可一次鉴别。
答案：　A
3．已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，A苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有(　　)
A．9种 B．10种
C．11种 D．12种
答案：　A
4．二甲苯苯环上的一溴代物共有6种，可用还原的方法制得3种二甲苯，它们的熔点分别列于下表：
6种一溴
二甲苯的熔点
243 ℃
206 ℃
213.8 ℃
204 ℃
214.5 ℃
205 ℃
对应还原
的二甲苯的熔点
13 ℃
－54 ℃
－27 ℃
－54 ℃
－27 ℃
－54 ℃
由此推断：
(1)熔点为243 ℃的分子的结构简式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
(2)熔点为－54 ℃的分子的结构简式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
　
(1)苯的氯代物
考点三　卤代烃
1．溴乙烷
(1)分子结构
分子式：C2H5Br，结构简式：CH3CH2Br，官能团：—Br。
(2)物理性质
颜色
状态
沸点
密度
溶解性
无色
液体
低(38.4 ℃)，易挥发
比水大
难溶于水，易溶于多种有机溶剂
(3)化学性质
①水解反应
C2H5Br在碱性条件下易水解，反应的化学方程式为：
CH3CH2Br＋NaOHCH3CH2OH＋NaBr。
②消去反应
a．消去反应：有机化合物在一定条件下，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(如双键或三键)化合物的反应。
b．溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应的化学方程式为：
CH3CH2Br＋NaOHCH2===CH2↑＋NaBr＋H2O。
2．卤代烃
(1)卤代烃
①卤代烃是烃分子里的氢原子被卤素原子取代后生成的化合物。通式可表示为：R—X。
②官能团是—X。
(2)卤代烃的物理性质
①通常情况下，除一氯甲烷、氯乙烷、氯乙烯等少数为气体外，其余为液体或固体。
②沸点：
a．比同碳原子数的烷烃分子沸点要高；
b．互为同系物的卤代烃，沸点随碳原子数的增加而升高。
③溶解性：水中难溶，有机溶剂中易溶。
④密度：一氟代烃、一氯代烃密度比水小，其余比水大。
(3)化学性质
R—X—
(4)卤代烃的获取方法
①不饱和烃与卤素单质、卤化氢等的加成反应。
C2H5OH＋HBrC2H5Br＋H2O
(5)对环境的影响
氟氯烃在平流层中会破坏臭氧层，是造成臭氧空洞的主要原因。
2．有以下物质：①CH3Cl　②CH2Cl—CH2Cl
(1)能发生水解反应的有哪些？其中能生成二元醇的有哪些？
(2)能发生消去反应的有哪些？
(3)发生消去反应能生成炔烃的有哪些？
提示：　1.NaOH的醇溶液/加热
2．(1)①②③④⑤⑥　②　(2)②③　(3)②
1．化合物X的分子式为C5H11Cl，用NaOH的醇溶液处理X，可得分子式为C5H10的两种产物Y、Z，Y、Z经催化加氢后都可得到2-甲基丁烷。若将化合物X用NaOH的水溶液处理，则所得有机产物的结构简式可能是(　　)
解析：　化合物X(C5H11Cl)用NaOH的醇溶液处理发生消去反应生成Y、Z的过程中，有机物X的碳架结构不变，而Y、Z经催化加氢时，其有机物的碳架结构也未变，由2-甲基丁烷的结构
答案：　B
　卤代烃的两类反应机理
(1)在NaOH溶液(加热)中发生水解反应，断①处键。
(2)在NaOH的醇溶液(加热)中发生消去反应，断①②两处键。
2．从溴乙烷制取1,2-二溴乙烷，下列制备方案中最好的是(　　)
A．CH3CH2BrCH3CH2OH
CH2===CH2CH2BrCH2Br
B．CH3CH2BrCH2BrCH2Br
C．CH3CH2BrCH2===CH2CH3CH2BrCH2BrCH2Br
D．CH3CH2BrCH2===CH2CH2BrCH2Br
解析：　本题考查卤代烃制取方案的设计。在有机合成中，理想合成方案有以下特点：①尽量少的步骤；②选择生成副产物最少的反应原理；③试剂价廉；④实验安全；⑤符合环保要求。在有机合成中引入卤原子或引入卤原子作中间产物，用加成反应，而不用取代反应，因为光照下卤代反应产物无法控制，得到产品纯度低。A选项，发生三步反应，步骤多，产率低；B选项，溴与烷烃发生取代反应，是连续反应，不能控制产物种类，副产物多；C选项，步骤多，且发生卤代反应难控制产物纯度；D选项，步骤少，产物纯度高。
答案：　D
3．根据下面的反应路线及所给信息填空。
(一氯环己烷)
,④
(1)A的结构简式是________，名称是________。
(2)①的反应类型是__________，③的反应类型是________________________________________________________________________。
(3)反应④的化学方程式是_____________________________________________________________________　。
1．(2012·全国大纲卷·13)橙花醇具有玫瑰及苹果香气，可作为香料。其结构简式如下：
下列关于橙花醇的叙述，错误的是(　　)
A．橙花醇能发生加成反应
B．橙花醇加聚可以生成多种产物
C．1 mol橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4 L氧气(标准状况)
D．1 mol橙花醇在室温下与溴的四氯化碳溶液反应，最多消耗240 g溴
解析：　A项，该有机物中含有羟基，可与羧酸发生取代反应(酯化反应)，该有机物中含有碳碳双键，能发生加成反应，A项正确；B项，在浓硫酸催化下加热，羟基可以与邻位甲基上的氢原子发生消去反应，也可以与另一邻位亚甲基(—CH2—)上的氢原子发生消去反应，生成两种不同的四烯烃，B项正确；C项，橙花醇的分子式为C15H26O,1 mol C15H26O完全燃烧消耗O2的物质的量为 mol＝21 mol，在标准状况下体积为21 mol×22.4 L/mol＝470.4 L，C项正确；D项，1 mol橙花醇含有3 mol碳碳双键，能消耗3 mol Br2，其质量为3 mol×160 g/mol＝480 g，D项错误。
答案：　D
2．(2011·上海化学·28)异丙苯[]是一种重要的有机化工原料。根据题意完成下列填空：
(1)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________。
(2)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________。
(3)α-甲基苯乙烯()是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到。写出由异丙苯制取该单体的另一种方法(用化学反应方程式表示)。
3．(2010·全国卷Ⅰ·11)下图表示4－溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是(　　)
A．①②　　　　　　　　　　　 B．②③
C．③④ D．①④
解析：　反应①为氧化反应，产物含有溴原子和羧基两种官能团；反应②为取代反应，产物含有羟基和碳碳双键两种官能团；反应③为消去反应，产物只含碳碳双键一种官能团；反应④为加成反应，产物只含溴原子一种官能团。故C项正确。
答案：　C
4．(2013·课标全国卷Ⅱ·38)化合物1(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；
③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为______________。
(2)D的结构简式为______________。
(3)E的分子式为 ______________。
(4)F生成G的化学方程式为________________________________________________________________________，
该反应类型为 ______________ 。
(5)I的结构简式为______________ 。
(6)I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有________种(不考虑立体异构)。J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2∶2∶1，写出J的这种同分异构体的结构简式：__________。
解析：　信息①表明A物质是(CH3)3C—Cl，A发生消去反应后生成(CH3)2C===CH2；由信息②可知C为(CH3)2CHCH2OH，C在铜催化下被氧化得到D，D为(CH3)2CHCHO，D继续被氧化再酸化生成E，E为(CH3)2CHCOOH，F苯环上的一氯代物只有两种，说明其对称性高，可知其为对甲基苯酚，在光照下F苯环上的甲基发生二氯取代，由信息④知G水解酸化后得到对羟基苯甲醛，E和H在一定条件下发生分子间脱水生成 (6)满足条件的J的同分异构体在苯环上只有两个取代基，且含有醛基和羧基两种官能团，两取代基分别处于苯环的邻、间、对位置，这两个取代基可以分别是“—CHO与—CH2CH2COOH”、“—CHO与
—CH(CH3)COOH”、“—CH2CHO与—CH2COOH”、
“—CH2CH2CHO与—COOH”、“—CH(CH3)CHO与—COOH”、
“—CH3与—CH(COOH)CHO”，共18种同分异构体。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为2∶2∶1，说明该物质对称性相当高，通常取代基处于苯环对位且两个取代基中碳原子数相同，由此可推知该有机物为
2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：选修5第四单元　生命中的基础有机化学物质　合成有机高分子
考点一　糖类、油脂、蛋白质的组成、结构和性质
(一)油脂
1．油脂
一分子甘油与三分子高级脂肪酸脱水形成的酯。
2．结构特点
结构通式：
3．分类
4．化学性质
(1)油脂的氢化(油脂的硬化)
油酸甘油酯与H2发生加成反应的化学方程式为：
(2)水解反应
①酸性条件下
如硬脂酸甘油酯的水解反应方程式为：
C17H35COOCH2C17H35COOCHC17H35COOCH23H
②碱性条件下——皂化反应
如硬脂酸甘油酯的水解反应方程式为：
(二)糖类
1．糖的概念与分类
(1)概念：从分子结构上看，糖类可定义为多羟基醛或多羟基酮和它们的脱水缩合物。
(2)分类(从能否水解及水解后的产物分)：
多糖―→
,水解
低聚糖―→
,水解
单糖―→不能水解的糖，如葡萄糖、果糖等
2．葡萄糖与果糖
(1)组成和分子结构
(2)葡萄糖的化学性质
3．蔗糖与麦芽糖
4.淀粉与纤维素
(1)相似点
①都属于天然有机高分子化合物，属于多糖，分子式都可表示为(C6H10O5)n。
②都能发生水解反应，反应的化学方程式分别为：
(C6H＋nH2OnC6H
(C6H＋nH2OnC6H
③都不能发生银镜反应。
(2)不同点
①通式中n值不同，不能互称同分异构体。
②淀粉遇碘呈现特殊的蓝色。
(三)氨基酸和蛋白质
1．氨基酸
(1)氨基酸的概念、组成与结构
①概念：羧酸分子烃基上的氢原子被—NH2取代的化合物。
②官能团为：—NH2和—COOH。
③α-氨基酸的结构简式：CHCOOHRNH2]。
(2)化学性质
①两性
氨基酸分子中既含有酸性基团—COOH，又含有碱性基团—NH2，因此氨基酸是两性化合物。
甘氨酸与HCl、NaOH反应的化学方程式分别为：
多种氨基酸分子间脱水以肽键相互结合，可形成蛋白质。
2．蛋白质
(1)蛋白质的组成与结构
①蛋白质含有C、H、O、N、S等元素。
②蛋白质是由氨基酸通过缩聚(填“加聚”或“缩聚”)反应产生，蛋白质属于功能高分子化合物。
(2)蛋白质的性质
①水解：在酸、碱或酶的作用下最终水解生成氨基酸。
②两性：蛋白质中含有氨基和羧基，既有酸性又有碱性。
③盐析：向蛋白质溶液中加入某些浓的无机盐[如(NH4)2SO4等]溶液后，可以使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，为可逆过程，可用于分离和提纯蛋白质。
④变性：加热、紫外线、X射线、强酸、强碱、重金属盐、 一些有机物(甲醛、酒精、苯甲酸等)会使蛋白质变性，属于不可逆过程。
⑤颜色反应：含有苯环的蛋白质遇浓HNO3变黄色，该性质可用于蛋白质的检验。
⑥蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
3．酶
(1)酶是一种蛋白质，易变性。
(2)酶是一种生物催化剂，催化作用具有以下特点：
①条件温和，不需加热。
②具有高度的专一性。
③具有高效催化作用。
1．油脂皂化后，要使肥皂和甘油从混合物里充分分离，可采用①分液　②蒸馏　③过滤　④盐析　⑤渗析中的______。
2．某同学设计了如下3种方案，用以检测淀粉的水解程度。
甲方案：
淀粉液水解液中和液溶液变蓝
结论：淀粉尚未水解
乙方案：
淀粉液水解液无银镜产生
结论：淀粉尚未水解
丙方案：
结论：淀粉部分水解
上述3种方案的实验设计与结论是否正确？简要说明理由。
提示：　1.④③②
2．甲方案实验设计和结论均不正确。加入NaOH溶液后，再检验淀粉是否水解是不正确的，因为I2与NaOH反应，影响实验结果的判断，同时如果淀粉部分水解，未水解的淀粉与碘反应也产生蓝色，所以溶液变蓝并不能说明淀粉尚未水解。
乙方案实验设计不正确。因为在酸性条件下即使水解液中有葡萄糖，也不能与银氨溶液发生银镜反应。
丙方案实验设计和结论均正确。有银镜产生，说明淀粉水解生成葡萄糖。水解液中直接加入碘水，溶液变蓝，说明有淀粉存在，因此得出结论为淀粉部分水解。
1．下列说法正确的是(　　)
A．硫酸钠溶液和醋酸铅溶液均能使蛋白质变性
B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不能发生氢化反应
C．H2N—CH2——COOH既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．在蛋白质的渗析、盐析、变性过程中都发生了化学变化
解析：　硫酸钠溶液是轻金属盐的溶液，不能使蛋白质变性；油脂中具有不饱和键，可以发生氢化反应；蛋白质的渗析、盐析过程中没有发生化学变化。
答案：　C
2．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。0.1 mol A完全燃烧时生成CO2和H2O的物质的量之和为10.6 mol。写出油脂A的结构简式和油脂A氢化的化学方程式。
解析：　设生成油脂A的饱和高级脂肪酸的通式CnH2nO2，则形成的甘油酯的化学通式为C3n＋3H6n＋2O6。因0.1 mol A消耗Br2的物质的量为＝0.6 mol，即1 mol油脂A完全加成消耗6 mol Br2。故油脂A是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，每个不饱和高级脂肪酸中应含有2个，A的分子式为C3n＋3H6n＋2－12O6，即为C3n＋3H6n－10O6。1 mol A完全燃烧可生成(3n＋3)mol CO2，同时生成(3n－5)mol H2O。故有0.1 mol×(3n＋3)＋0.1 mol×(3n－5)＝10.6 mol，解得：n＝18。所以A的结构简式是
油脂A氢化的化学方程式：
3．天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由链状化合物B(C4H4O4)通过以下反应制取。通常状况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反应生成C4H2O4Na2，B没有支链。
下列说法正确的是(　　)
A．B中只含一种官能团：羧基
B．反应①属于取代反应
C．反应②属于加成反应
D．天门冬氨酸的结构简式为
解析：　根据信息可以确定B中含有2个羧基，根据不饱和度确定B中含有一个碳碳双键；B的结构简式为
HOOC—CH===CH—COOH，C的结构简式为
HOOC—CH2—CH(Cl)—COOH。所以反应①为加成反应，反应②为取代反应。
答案：　D
且已知：D、E的相对分子质量分别为162和144，可发生如下物质转化关系，如下图所示：
(1)写出B、D的结构简式：B__________，D____________。
(2)写出C→E的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出C→D的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
考点二　合成有机高分子
1．有关高分子化合物的几个概念
(1)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。
(2)链节：高分子化合物中化学组成相同，可重复的最小单位。
(3)聚合度：高分子链中含有链节的数目。
如
2．合成高分子化合物的两个基本反应
(1)加聚反应：小分子物质以加成反应形式生成高分子化合物的反应，如氯乙烯合成聚氯乙烯的化学方程式为：nCH2===CH2Cl
(2)缩聚反应：单体分子间缩合脱去小分子(如H2O、HX等)生成高分子化合物的反应。
如己二酸与乙二醇发生缩聚反应的化学方程式为：
　
　缩聚产物的结构简式有两种书写形式，如聚己二酸乙二酯，可写为
1．做装饰板的贴画，常用氨基树脂，它的结构片段如下图所示：
它可以看做是两种单体的缩水产物，这两种单体的结构简式是______________，______________。
答案：　HCHO　
2．ABS：??的3种单体的结构简式分别是____________，______________，______________。
答案：　CH2===CH—CN　CH2===CH—CH===CH2
　
1．加聚高聚物
(1)凡链节的主链只有两个碳原子(无其他原子)的高聚物，其合成单体为一种，将两个半键闭合即可。如：
?
(2)凡链节主链有四个碳原子(无其他原子)，且链节无双键的高聚物，其单体为两种，在正中央划线断开，然后两个半键闭合即可。
如：CH2?CH2CHCH3CH2?的单体为CH3—CH===CH2和CH2===CH2。
(3)凡链节主链中只有碳原子，并存在CC
双键结构的高聚物，其规律是“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”划线断开，然后将两个半键闭合，即单双键互换。
2．缩聚高聚物
H2N—CH2—CH2—COOH。
(2)凡链节中间(不在端上)含有肽键的高聚物，从肽键中间断开，若两侧为不对称性结构，其单体为两种；在亚氨基上加氢，羰基碳原子上加羟基，即得高聚物单体。
3．当含有下列结构片断的蛋白质在胃液中水解时，不可能产生的氨基酸是(　　)
答案：　D
　
1．1种氨基酸脱水形成1种二肽
2．2种不同氨基酸脱水可形成4种二肽
如甘氨酸与丙氨酸混合后可形成以下4种二肽：
4．完成下列聚合反应的化学方程式，并注明反应类型。
1．(2012·北京理综·11)下列说法正确的是(　　)
A．天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点
B．麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖
C．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致
D．乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体
解析：　A项，天然植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，有单甘油酯、混甘油酯等，属混合物，故无恒定的熔点、沸点；B项麦芽糖是还原型二糖，蔗糖不是还原型二糖；C项，
H2N—R1—CONH—R2—COOH与H2N—R2—CONH—R1—COOH互为同分异构体，水解产物相同；D项，乙醛能与酚类发生类似甲醛与苯酚的缩聚反应。
答案：　D
2．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质(2012·浙江理综，7B)(　　)
(2)丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽(2012·浙江理综，11B)(　　)
(3)三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9(2012·浙江理综，11D)(　　)
(4)淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同(2010·山东理综，12B)(　　)
(5)油脂和蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物(2010·北京理综，8D)(　　)
(6)乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应，均有醇生成(2010·福建理综，6D)(　　)
(7)1 mol葡萄糖可水解生成2 mol乳糖(C3H6O3)(2010·北京理综，8C)(　　)
答案：　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√　(7)×
3．(2013·安徽理综·26)有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：
(1)B的结构简式是____________；E中含有的官能团名称是____________。
(2)由C和E合成F的化学方程式是____________。
(3)同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是____________。
①含有3个双键　②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰　③不存在甲基
(4)乙烯在实验室可由________________(填有机物名称)通过____________(填反应类型)制备。
(5)下列说法正确的是____________。
a．A属于饱和烃　　　　 b．D与乙醛的分子式相同
c．E不能与盐酸反应 d．F可以发生酯化反应
解析：　(1)根据B―→C，可以反推出B为
HOOC(CH2)4COOH。E中含有氨基和羟基。(2)1分子C和2分子E发生取代反应生成1分子F和2分子CH3OH。(3)该同分异构体为。(4)实验室常利用乙醇的消去反应制备乙烯。(5)a项，A为环烷烃，属于饱和烃；b项，D与乙醛的分子式均为C2H4O；c项，E含有氨基，能与盐酸反应；d项，F含有羟基，能发生酯化反应。
(4)乙醇　消去反应(其他合理答案均可)
(5)abd
4．(2013·山东理综·33)聚酰胺-66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及弹力丝袜等织物，可利用下列路线合成：
已知反应：R—CNR—COOH　R—CNR—CH2NH2
(1)能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为__________。
(2)D的结构简式为__________；①的反应类型为__________。
(3)为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及__________。
(4)由F和G生成H的反应方程式为____________________。
解析：　(1)B的分子式是C4H8O，能与银氨溶液反应，则含有醛基，丙基有两种，所以B的同分异构体有CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO。(2)生成D的反应是—OH被—Cl取代的反应，所以D是CH2ClCH2CH2CH2Cl。分析D和CH2(CN)CH2CH2CH2CN的结构知反应①是取代反应。(3)加NaOH溶液，D中的氯原子水解产生Cl－，然后加硝酸银溶液和稀硝酸检验Cl－。(4)F是HOOC(CH2)4COOH，G是H2N(CH2)6NH2，则两者发生缩聚反应生成H。
答案：　(1)CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO
(2)CH2ClCH2CH2CH2Cl　取代反应
(3)HNO3、AgNO3
5．(2013·浙江理综·29)某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药——柳胺酚。
已知：
回答下列问题：
(1)对于柳胺酚，下列说法正确的是________。
A．1 mol柳胺酚最多可以和2 mol NaOH反应
B．不发生硝化反应
C．可发生水解反应
D．可与溴发生取代反应
(2)写出A→B反应所需的试剂________。
(3)写出B→C的化学方程式______________________。
(4)写出化合物F的结构简式____________。
(5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__________(写出3种)。
①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应。
(6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选)。
注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
(1)A项，1 mol柳胺酚最多可与3 mol NaOH反应；B项，柳胺酚可发生硝化反应；C项，柳胺酚结构中有肽键，可发生水解反应；D项，柳胺酚可与溴发生取代反应。(2)A→B反应所需的试剂是浓硝酸与浓硫酸的混合液。
答案：　(1)C、D
(2)浓HNO3/浓H2SO4
?

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