资源简介

考纲要求
①
了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率（α）。②
了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。③
了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。④
掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数（K）的含义，能利用化学平衡常数进行相关计算。⑤
理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。⑥
了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
专家解读
本专题知识是高考必考的重点内容，近几年高考对化学平衡的考查比较稳定，题型有选择题和填空题，重点考查化学平衡的基本概念和影响平衡移动的条件，化学反应速率和化学平衡的实验分析和设计，速率和平衡计算及读图，析图，获取信息，采集处理数据等，需特别关注平衡常数表达式的简单计算及应用。
通过对全国新课标卷的分析研究，可以看出化学反应速率与化学平衡是历年高考的重点和热点，其重视程度呈加强趋势，在选择题中命题内容常与热化学结合，融图象于一体，重点考查化学反应速率的相关判断与计算，以及利用平衡移动的原理分析、解决实际问题。
1.化学平衡移动方向的判断。
浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况：
(1)当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，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，对平衡基本无影响。
(2)由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。
(3)气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。
(4)对于反应前后气体分子数无变化的反应，如H2(g)+I2(g)
2HI(g)，压强的变化对其平衡无影响。这是因为在这种情况下，压强的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。
(5)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响，如某合成氨平衡体系中，c(N2)＝0.1
mol·L 1、c(H2)＝0.3
mol·L 1、c(NH3)＝0.2
mol·L 1，当浓度同时增大一倍时，即让c(N2)＝0.2
mol·L 1、c(H2)＝0.6
mol·L 1、c(NH3)＝0.4
mol·L 1，此时相当于压强增大一倍，平衡向生成NH3的方向移动。
(6)“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组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，各反应气体的分压减小体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。
注意：
(1)压强影响的实质是浓度的影响，所以只有当这些“改变”造成浓度改变时，平衡才有可能移动。
(2)化学平衡移动的目的是“减弱”外界条件的改变，而不是“消灭”外界条件的改变，改变是不可逆转的。新平衡时此物理量更靠近于改变的方向。如：
①增大反应物A的浓度，平衡右移，A的浓度在增大的基础上减小，但达到新平衡时，A的浓度一定比原平衡大。
②若将体系温度从50
℃升高到80
℃，则化学平衡向吸热反应方向移动，达到新的平衡状态时50
℃℃。
③若对体系N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)加压，例如从30
MPa加压到60
MPa，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，达到新的平衡时30
MPaMPa。
(4)我们在分析化学平衡移动对颜色、压强、浓度等变化时，有时我们可以给自己建一个平台，“假设平衡不移动”，然后在此平台的基础上进行分析、比较就容易得到正确答案。
2.化学平衡图象分析。
(1)图象类型
①浓度—时间图：此类图象能说明平衡体系中各组分在反应过程中的浓度变化情况。如A＋BAB反应情况如图1所示，解该类图象题要注意各物质曲线出现折点(达到平衡)的时刻相同，各物质浓度变化的内在联系及比例符合化学方程式中的化学计量数关系。
②速率—时间图：如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化出现如图2所示的情况，解释原因：AB段(v渐增)，因反应为放热反应，随着反应的进行，温度渐高，导致反应速率增大；BC段(v渐小)，则主要原因是随反应的进行，溶液中c(H＋)逐渐减小，导致反应速率减小。故分析时要抓住各阶段的主要矛盾，认真分析。
③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)
④恒压(温)线(如图3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：
⑤其他：如图4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)具体步骤
化学平衡图象题的解题步骤：有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图象，想原理，巧整合”四步法。
第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。
第二步：识图象。即识别图象类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。
第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。
第四步：巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。即：
。
(3)解题技巧
①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。
②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二，当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
1．(2016·北京卷)下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A．抗氧化剂
B．调味剂
C．着色剂
D．增稠剂
【参考答案】A
【试题解析】A、抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；B、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；C、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；D、增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误，答案选A。
2．(2016·四川卷)一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数(CH4)与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的焓变ΔH>0
B．图中Z的大小为a>3>b
C．图中X点对应的平衡混合物中=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小
【参考答案】A
【试题解析】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故正确；B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<33．(2015·天津卷)某温度下，在2
L的密闭容器中，加入1
mol
X(g)和2
mol
Y(g)发生反应：X(g)+mY(g)3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1
mol
Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A.m=2
B.两次平衡的平衡常数相同
C.X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D.第二次平衡时，Z的浓度为0.4
mol·L-1
【参考答案】D【试题解析】在原平衡体系中加入1
mol
Z，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明该平衡与原平衡是等效平衡，则化学方程式两边气态物质的化学计量数相等，即m=2，A项正确。温度不变，平衡常数不变，B项正确。起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比，则二者的平衡转化率相等，C项正确。起始时加入1
mol
X和2
mol
Y，相当于3
mol
Z，平衡时Z的物质的量为3
mol×10%=0.3
mol，在平衡体系中再加入1
mol
Z，相当于起始时共加入4
mol
Z，则新平衡时Z的物质的量为4
mol×10%=0.4
mol，其浓度为0.4
mol/2
L=0.2
mol·L-1，D项错误。当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率始终相等。【解题技巧】化学平衡包括的知识点很多，有平衡标志的判断、平衡移动的判断、等效平衡的判断、平衡的计算、物质浓度、转化率、质量分数、体积分数的计算、平衡常数的表达式及计算、平衡常数的应用、反应速率的变化对平衡的影响、反应方向的判断等。平衡的计算不是平衡问题的难点，一般根据“三段式”计算即可，而平衡标志的判断、等效平衡的判断是难点，抓住平衡标志的特点与非平衡时状态的不同是解决平衡标志问题的关键。对于等效平衡的判断，应注意条件及反应的本身特点。
4．(2015·福建卷)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【参考答案】D【试题解析】根据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a=6.00，A项正确；温度为b
K、浓度为0.500
mol/L和温度为318.2
K、浓度为0.300
mol/L对应的瞬时速率相等，B项正确；浓度不变时，温度由318.2
K变为b
K时，反应速率减小，则b<318.2，C项正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，D项错误。【解题技巧】研究化学反应，既要看反应进行的快慢，也要看物质转化的程度大小，因此掌握化学反应速率、化学平衡移动原理是生活、生产的非常必要的理论知识。本题以蔗糖的水解反应为线索，考查了温度、浓度对水解反应速率大小影响，同时考查学生对数据进行观察、分析、判断和应用的能力。掌握各种因素(内因、外因)对化学反应速率的影响、观察数据的变化特点是本题解决的关键。
1．(2017·陕西西安模拟)在容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200
℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):n(B)的变化关系。则下列结论正确的是
A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04
mol·L 1·min 1
B.200℃时，该反应的平衡常数为25
C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大
D.由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2
2．(2017·四川成都模拟)在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10﹣5
下列说法不正确的是
A.上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B.25℃时反应Ni(CO)4(g)
Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5
C.80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2
mol/L
D.在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5
mol/L，则此时v(正)＞v(逆)
3．(2016·大庆实验中学三模)在某2
L恒容密团容器中充入2
mol
X(g)和1
mol
Y(g)发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g)
ΔH，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是
A.升高温度，平衡常数增大
B.W点Y的正反应速率等于M点Y的正反应速率
C.Q点时，Y的转化率最大
D.平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
4．(2016·宜春三模)已知可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)(未配平)。温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A.发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v(X)=v(Y)=2v(Z)
B.图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%
C.T0℃时，该反应的平衡常数为33.3
D.该反应正反应的反应热ΔH＜0
1．在2
L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。起始反应时NO和CO各为4
mol，10
s后达到化学平衡，测得N2为1
mol。下列说法中，正确的是
A．在其他条件不变时，增加压强，N2的体积分数不变
B．前5
s内，用CO表示的反应速率等于0.1
mol·L 1·s 1
C．10
s时密闭容器中压强维持不变
D．保持容器体积不变，往容器中充入1
mol
O2，正、逆反应速率都不改变
2．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA(g)＋B(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别用下表和下图表示：
容器
甲
乙
丙
容积
0.5
L
0.5
L
1.0
L
温度
T1
T2
T2
反应物起始量
0.5
mol
A1.5
mol
B
0.5
mol
A1.5
mol
B
2.0
mol
A6.0
mol
B
下列说法正确的是
A.T2时该反应的平衡常数K=0.8
B.由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
C.前10
min乙、丙两容器中v(A)乙＞v(A)丙
D.C的质量m：m甲＝m乙＜2m丙
名校预测
1．【答案】B【解析】由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4:0.2:0.2=2:1:1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，A、根据v=
可知v(B)==0.02mol L-1 min-1，A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A(g)+B(g)C(g)，可知该反应的平衡常数为=25，B正确；C、当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，C错误；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，△H＞0，D错误；故选B。2．【答案】D【解析】A.由题给表格可知随温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故A正确；B.由于反应Ni(CO)4(g)
Ni(s)+4CO(g)是Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)的逆过程，二者的平衡常数互为倒数，平衡常数为K==2×10-5，故B正确；C.80℃时，Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)的平衡常数K=，当平衡时n(CO)=0.3mol，即平衡时c(CO)=1mol/L,
则由平衡常数表达式计算可得Ni(CO)4的平衡浓度为2
mol/L，故C正确；D.
在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5
mol/L，则浓度熵Qc=，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故D错误，故答案为：D。3.【答案】C【解析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。A、已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故A错误；B、W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故B错误；C、曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故C正确；D、反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误。4.【答案】C【解答】A、温度为T0时，X的物质的量浓度的变化量=(0.3 0.05)mol/L=0.25
mol/L；Y的物质的量浓度的变化量=(0.4 0.15)mol/L=0.25
mol/L，Z的物质的量浓度的变化(0.5 0)mol/L=0.5
mol/L，该反应方程式为X(g)+Y(g) 2Z(g)，所以发生反应时，各物质的反应速率大小关系为2v(X)=2v(Y)=v(Z)，故A错误；B、Y的转化率=
=62.5%，故B错误；C、平衡常数K==33.3，故C正确；D、“先拐先平，数值大”，所以T1＞T2，升高温度，Z的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应方向是吸热反应，故D错误。
专家押题
1.【答案】C【解析】增加压强平衡正向移动，N2的体积分数增加，A错误。10
s内用N2表示的平均反应速率为0.05
mol·L 1·s 1，则用CO表示的平均反应速率为0.1
mol·L 1·s 1，显然前5秒内用CO表示的反应速率大于0.1
mol·L 1·s 1，B错误。由于反应前后化学计量数不相等，当压强维持不变时，各种物质的物质的量维持不变，反应达平衡，C正确。保持容器体积不变，往容器中充入1
mol
O2，由于NO与O2反应，NO浓度减小，则正反应速率减小，逆反应速率瞬时不变，随后减小，D错误。2.【答案】A【解析】A、对于乙、丙两个容器来说，物质的浓度后者是前者的2倍，达到平衡时产生的生成物的浓度后者也是前者的2倍，说明增大压强平衡不移动，故该反应是反应前后物质的量不变的反应，x=1，以乙为研究对象，达到平衡时c(C)=1.0
mol/L，c(A)=0.5
mol/L，c(B)=2.5
mol/L，所以该温度下该反应的化学平衡常数是K=，A项正确；B、对于甲乙两容器来说，只有温度不同，其他条件相同，由于乙先达到平衡，说明温度T1min由于乙丙两容器中反应温度相同，而物质的浓度：乙<丙，浓度越大，反应速率越快，所以v(A)乙1.原子结构与元素的性质：涉及原子核外电子的排布原理及能级分布、元素电离能、电负性等。2.化学键与物质的性质：涉及离子键、共价键、金属键、配合物的成键情况、杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型等知识点。3.分子间作用力与物质的性质：涉及化学键和分子间作用力的区别、氢键；分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体、晶胞计算等。
专家解读
该模块为新课标地区选考内容，题型为一道综合题；命题涉及的主要知识点有：能层、能级、轨道数分析，原子、离子的核外电子排布式或价电子的轨道表达式(或示意图)等，第一电离能、元素电负性大小比较原子轨道杂化方式、化学键、氢键以及离子或分子的空间构型判断，晶胞结构的分析和有关晶胞、晶体的计算等。
分析近几年的全国卷试题可知，该题的命题形式有两种：一是直接给出元素，围绕给出元素的原子结构、形成的物质等进行考查；二是给出元素原子的一些结构特点等，必须首先推导出元素，然后再进行相应的考查。预测2017年的高考试题会继续延续这种命题模式，以文字结合图表、图示的方式给出题目信息，综合考查物质结构的基础知识和灵活运用知识的能力，仍然会涉及填空、简答、计算等。
部分考查的内容包含了选修模块“物质的结构与性质”中最基本和最重要的内容，考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。
1．掌握规律、注意特殊
规律学习是主线，特性特点往往是考点，所以我们在复习时不仅要抓住规律，最重要的是注意特殊：
(1)电离能、电负性：
规律：在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小。
特性：但同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的第ⅢA族和第ⅥA族元素。
(2)核外电子排布：
规律：①原子核外电子优先占据能量最低的原子轨道，每个轨道最多容纳2个自旋状态不同的电子；②书写时3d在前4s在后，失去电子时，先失4s电子，再失3d电子。
特性：①能级交错(先排4s，再排3d)；②24号元素Cr及29号元素Cu价电子层特殊分别为3d54s1、3d104s1，所以Cr原子内有6个未成对电子。
2．根据题目类型总结解题方法
(1)化学键类型的判断方法：①共价单键是σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键、共价三键中含有一个σ键和两个π键；②一个原子单方面提供孤对电子，另一个原子提供空轨道形成的是配位键，如在NH、[Cu(NH3)4]2+、Ni(CO)4、[Ag(NH3)2]+中。
(2)中心原子杂化轨道和价层电子对数的判断方法：
杂化轨道数=价层电子对数=中心原子孤对电子对数(未参与成键)+中心原子形成的σ键个数。
(3)中心原子孤对电子对数的判断方法：
对于通式AX中心原子(A)上的孤电子对数=。
(4)要注意运用孤对电子进行判断如下：①有孤对电子的分子均是极性分子；②有孤对电子的分子，因为孤对电子的排斥力大，所以键角均小于无孤对电子的分子键角，如第ⅣA元素Sn的化合物SnBr2分子中的键角小于平面三角形的120°，NH3、H2O分子中的键角小于正四面体的109°28′。
3．晶体类型的判断及计算
(1)判断晶体类型时，应紧紧抓住题中所给信息如：①用类比法，如氮化铝晶体与金刚石类似，即可推出氮化铝晶体的立体结构与晶体类型，所以我们要记住几种常见晶体的类型及结构，如金刚石、晶体硅、二氧化硅、氯化钠等。②熔沸点法：原子晶体的熔沸点及硬度很高、分子晶体的熔沸点及硬度低。③从组成分析：如金属单质一定是金属晶体。
(2)物质熔沸点判断时，除了要注意晶体类型外：
①分子晶体还要注意氢键，能形成氢键的元素为第二周期中的后三种元素：N、O、F，所以凡是含有N—H、O—H、F—H键的化合物均可以形成氢键，如NH3、氨基酸、NH2—NH2、H2O、醇、HF等。
注意：氢键只与物质的物理性质有关，如熔沸点、溶解性等，而与物质的化学性质无关。
②氢键分为分子内氢键和分子间氢键，分子内氢键对熔沸点几乎没有影响。
③离子晶体熔沸点与晶格能有关，离子半径越小和离子所带电荷越多，晶格能越大，则熔沸点越高。
④原子晶体之间熔沸点比较一般看共价键键能的大小或键长(原子半径大小)。
(3)晶体化学式的求法
晶体的化学式的确定常用“均摊法”，其核心为若晶体中某位置上微粒被n个重复单元共用，那该粒子有属于这个晶胞。如立方晶胞中：①顶点上粒子有、②棱上粒子有、③面心上粒子有、④晶胞内部粒子完全属于这个晶胞。
(4)有关晶胞各物理量的关系
对于立方晶胞，可简化成下面的公式进行各物理量的计算：a3×ρ×NA=n×M，a表示晶胞的棱长，ρ表示密度，NA表示阿伏加德罗常数，n表示1
mol晶胞中所含晶体的物质的量，M表示相对分子质量，a3×ρ×NA表示1
mol晶胞的质量。
1．
(2016·新课标全国卷Ⅰ)
锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]____________，有__________个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是________________。
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_____________________。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______________________，微粒之间存在的作用力是_____________。
(6)晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为______。
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76
pm，其密度为__________g·cm 3(列出计算式即可)。
1.【参考答案】(1)3d104s24p2
2(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强(4)O＞Ge＞Zn(5)sp3
共价键(6)①(，，)
②【试题解析】(1)Ge是32号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族；基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]
4s24p2，也可写为3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4s电子是成对电子，位于4s轨道，2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对的电子。(2)Ge与C是同族元素，C原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的ρ单键较长，p p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键。(3)锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4。(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn。(5)
Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道进行的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)。(6)
①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(，，)；根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度=cm3。
2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)
东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。
③氨的沸点(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是_____分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_______。
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959
kJ/mol，INi=1753
kJ/mol，ICu>INi的原因是______。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。
②若合金的密度为d
g/cm3，晶胞参数a=________nm。
2.【参考答案】(
1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]
3d84s2
2(2)①正四面体②配位键
N③高于
NH3分子间可形成氢键极性
sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(4)①3：1②【试题解析】(1)镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2
2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，剩余3个电子再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。(2)①根据价层电子对互斥理论，SO42 的σ键电子对数等于4，孤电子对数为(6+2 2×4)÷2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形。②根据配位键的特点，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。③氨分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦(PH3)；根据价层电子对互斥理论，氨中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数为(5 3)÷2=1，则中心原子是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨是极性分子。(3)铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu>INi。(4)①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×1/2=3，镍原子的个数为8×1/8=1，则铜和镍原子的数量比为3∶1。②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为d
g/cm3，根据ρ=m÷V，则晶胞参数a=nm。
３．(2016·新课标全国卷Ⅲ)
砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
(1)写出基态As原子的核外电子排布式________________________。
(2)根据元素周期律，原子半径Ga_______As，第一电离能Ga_______As。(填“大于”或“小于”)
(3)AsCl3分子的立体构型为____________________，其中As的杂化轨道类型为_________。
(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是_____________________。
(5)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ
g·cm 3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________,Ga与As以_____键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa
g·mol 1和MAs
g·mol 1，原子半径分别为rGa
pm和rAs
pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________。
3.【参考答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
(2)大于
小于(3)三角锥形
sp3(4)GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高；(5)原子晶体；共价键【试题解析】(1)As的原子序数是33，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)同周期自左向右原子半径逐渐减下，则原子半径Ga大于As，由于As的4p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能Ga小于As。(3)AsCl3分子的价层电子对数=3+=4，即含有一对孤对电子，所以立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3。(4)由于GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，所以离子晶体GaF3的熔沸点高；(5)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ
g·cm 3，其晶胞结构如图所示，熔点很高，所以晶体的类型为原子晶体，其中Ga与As以共价键键合。根据晶胞结构可知晶胞中Ca和As的个数均是4个，所以晶胞的体积是。二者的原子半径分别为rGa
pm和rAs
pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%=。
1．(2017·武汉市高中毕业生五月模拟考试)第二代半导体材料——(Ⅲ V)A族化合物的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。
(1)基态镓原子的价电子轨道表示式为_____________。
(2)
N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，N2O的空间构型为_________，NH4NO3中N的杂化方式为_________________，与PO43 互为等电子体的分子有________________(填一种即可)。
(3)已知NH3分子的键角约为107°，而PH3分子的键角约为94°,试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因__________________________。
(4)第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有________________。
(5)氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：
物质
BN
AIN
GaN
熔点/℃
3000
2200
1700
试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_____________________。
(6)磷化铝晶胞如图所示，Al原子的配位数为________，若两个铝原子之间的最近距离为d
pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，
则磷化铝晶体的密度ρ=_________g/cm3。
2．(2017·重庆市巴蜀中学三模)硫和碳及其化合物广泛存在于自然界中，并被人们广泛利用。回答下列问题：
(1)当基态原子的电子吸收能量后，电子会发生____，某处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道中，该激发态S原子的核外电子排布式为__________。硫所在周期中，第一电离能最大的元素是___________。(填元素符号)
(2)写出一个与CO2具有相同空间结构和键合形式的分子的电子式__________________。
(3)H2S中S原子的杂化类型是__________；H2S的VSEPR模型名称为_________；H2S的键角约为94°，H2O的键角为105°，其原因是___________________________。
(4)科学家通过X射线推测胆矾结构示意图1如下：
其中含有________个配位键，___________个氢键。
(5)已知Zn和Hg同属IIB族元素，火山喷出的岩浆是一种复杂的混合物，冷却时，许多矿物相继析出，其中所含的ZnS矿物先于HgS矿物析出，原因是____________________。
(6)碳的另一种同素异形体—石墨，其晶体结构如上图2所示，虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原子个数为____个，已知石墨的密度为ρ
g·cm 1，C C键长为r
cm，阿伏伽德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为____cm。
3．(2017·华中师范大学高三2月教学质量测评)在工业上，通过含锌矿石制取应用广泛的锌及其化合物。
(1)Zn在元素周期表中位于_____区，其基态原子价电子排布式为________。
(2)[Zn(CN)4]2 常用于电镀工业中，其中配位原子基态时核外电子的轨道表示式为_____，与CN 互为等电子体的粒子有_____、________(写出两种)。
(3)[Zn(CN)4]2 在水溶液中与甲醛(HCHO)溶液反应可制得HOCH2CN。甲醛分子的立体构型为________。中心原子杂化方式为________；HOCH2CN中元素电负性由大到小的顺序_______，1
mol
HOCH2CN分子中，含有σ键的数为_________。
(4)ZnS和HgS晶体在岩浆中先晶出的是________，其原因是___________。
(5)ZnO的一种晶体结构与金刚石类似，4
个锌原子占据金刚石中晶胞内四个碳原子的位置，则该氧化物的密度为______g/cm3(设晶胞参数为a
pm，NA表示阿伏伽德罗常数)
1．已知A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素，B元素3p能级半充满；C是所在周期电负性最大的元素；D是第四周期未成对电子最多的元素；E元素位于元素周期表的第11列。
试回答下列有关的问题：
(1)写出基态D原子的外围电子排布式：_________，A、B、C三种元素的第一电离能最大的是_________(用元素符号表示)。
(2)D可形成化合物[D(H2O)6](NO3)3
。
①[D(H2O)6](NO3)3中配位体的VSEPR模型名称是_________。该化合物中阴离子的中心原子的轨道杂化类型为_________。
②1
个
[D(H2O)6]3+
中含有的σ键数目为_________个。
(3)已知B、C两种元素形成的化合物通常有两种。这两种化合物中_________(填化学式)为非极性分子，另一种化合物的电子式为_________。
(4)E+离子能与SCN 离子形成ESCN沉淀。SCN 离子对应的酸有硫氰酸(H―S―C≡N)和异硫氰酸(H―N=C=S)，这两种酸沸点更高的是_________(填名称)，原因是_________。
(5)由A、C两元素形成的化合物组成的晶体中，阴、阳离子都具有球型对称结构，它们都可以看做刚性圆球，并彼此“相切”。如下图所示为A、C形成化合物的晶胞结构图以及晶胞的截面图，晶胞中距离一个A+最近的A+有_________个，若晶体密度为ρ
g·cm 3，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则A+的半径为_________cm(用含NA与ρ的式子表达)。
2．X、Y、Z、W、U五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为57。Y原子的L层p轨道中有2个电子，Z的原子核外有三个未成对电子，W与Y原子的价电子数相同，U原子的K层电子数与最外层电子数比为2：1，其d轨道处于全充满状态。
(1)U原子的电子排布式为______________。
(2)Y和W电负性，较小的是______
(填元素符号)；Y和Z的第一电离能，较大的是______(填元素符号)。
(3)X与Z形成最简单化合物Q时，Z原子采取的杂化轨道类型为_______，Q分子空间构型为_________；请写出U2+与Q形成配离子的离子反应方程式：_______________。
(4)U+与Z3+形成的晶胞结构如图所示，阴、阳离子间核间距为a
cm与同―个Z3+相连的U+有_____个，该晶体的密度为______g·cm 3(NA表示阿伏加德罗常数)。
1．【答案】(1)(2)7
直线形
sp3
、sp2
CCl4(或SiF4等)(3)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大(4)Mg、Si、S(5)氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低(6)4
×1030【解析】(1)
镓与铝属于同一主族元素，位于第4周期，基态镓原子的价电子轨道表示式为，故答案为：；(2)
N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外有7个电子，运动状态各不相同，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形，
NH4NO3中有2种N，其中铵根离子中N采用sp3杂化，硝酸根中的N采用sp2杂化，与PO43 互为等电子体的分子有CCl4、SiF4等，故答案为：7；直线形；sp3、
sp2；CCl4(或SiF4等)；(3)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大。使得NH3分子的键角大于PH3分子的键角，故答案为N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大；(4)同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但轨道全空或半充满状态时反常，在第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S，故答案为：Mg、Si、S；(5)氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低，故答案为：氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低；(6)根据结构示意图，每个P原子周围有4个铝原子形成正四面体结构，每个铝原子周围有4个P原子形成正四面体结构，Al原子的配位数为4，在晶胞中铝原子的个数为8×+6×=4，P原子的个数为4，化学式为AlP，两个铝原子之间的最近距离为d
pm=d
×10 10cm，则晶胞的边长为d
×10 10cm，则磷化铝晶体的密度ρ=
=×1030
g/cm3，故答案为：4；×1030。2．【答案】(1)跃迁
1s22s22p63s13p5
Ar(2)
(3)sp3
四面体形
氧与硫同族，硫的电负性更小，对氢原子的吸引力更弱，氢原子离核越远，相应的2根H—S键的成键电子对之间的排斥就更小，所以键角H2S4(5)Zn2+比Hg2+离子半径小，ZnS晶格能大于HgS，所以熔点较高，先析出(6)4
ρNAr2【解析】(1)当基态原子的电子吸收能量后，电子会发生跃迁，激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道，该激发态S原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p5，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar，故答案为：跃迁；1s22s22p63s13p5；Ar；(2)与CO2具有相同空间结构和键合形式的分子可以是二硫化碳，为电子式为，故答案为：；(3)H2S中S的中心原子中含有2个孤电子对和2个σ键，杂化轨道数2+2=4，硫原子采取sp3杂化；H2S的VSEPR模型名称四面体形，氧与硫同族，硫的电负性更小，对氢原子的吸引力更弱，氢原子离核越远，相应的2根H—S键的成键电子对之间的排斥就更小，所以键角H2S4个配位键，4个氢键，故答案为：4；4；(5)二者均为离子晶体，Zn2+比Hg2+离子半径小，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS所以熔点较高，先析出，故答案为：Zn2+比Hg2+离子半径小，ZnS晶格能大于HgS，所以熔点较高，先析出；(6)由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为a
cm，晶胞的高为h
cm，层间距为d
cm，则h=2d，底面图为，则=r×sin60°，可得a=r，则底面面积为(r)2×sin60°，晶胞中C原子数目为1+2×+8×+4×=4，晶胞质量为g，则：ρ
g·cm 3=g÷[(r)2×sin60°×2d]cm3，整理可得d=ρNAr2，故答案为：4；
ρNAr2。3．【答案】(1)ds
3d104s2(2)
CO
N2(3)平面三角形
sp2
O>N>C>H
6NA(4)ZnS
Zn2+半径小于Hg2+半径，ZnS晶格能大于HgS的晶格能(5)×1030【解析】(1)Zn为30号元素，价电子排布式为3d104s2，在元素周期表中位于ds区，故答案为：ds；3d104s2；(2)[Zn(CN)4]2 常用于电镀工业中，其中配位原子为C原子，基态时核外电子的轨道表示式为，与CN 互为等电子体的粒子有CO和N2，故答案为：；CO和N2；(3)甲醛分子中的C原子是sp2杂化，立体构型为平面三角形，根据电负性的变化规律，同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，HOCH2CN中元素电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，HOCH2CN的结构简式为HOCH2C≡N，1
mol
HOCH2CN分子中，含有σ键6
mol，故答案为：平面三角形；sp2
；O>N>C>H；6NA；(4)Zn2+半径小于Hg2+半径，ZnS晶格能大于HgS的晶格能，ZnS和HgS晶体在岩浆中先晶出ZnS，故答案为：ZnS；Zn2+半径小于Hg2+半径，ZnS晶格能大于HgS的晶格能；(5)ZnO的一种晶体结构与金刚石类似，4
个锌原子占据金刚石中晶胞内四个碳原子的位置，根据晶胞结构可知，1
mol晶胞中含有4
mol
O原子和4
mol
Zn原子，1
mol晶胞的质量为324
g，则该氧化物的密度为=×1030
g/cm3，故答案为：
×1030。
1．【答案】(1)3d54s1
Cl(2)①四面体形
sp2杂化
②18(3)PCl5
(4)异硫氰酸
分子间能形成氢键(5)12
【解析】已知A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。A是短周期中原子半径最大的元素，A为Na元素，B元素3p能级半充满，B为P元素；C是所在周期电负性最大的元素，C为Cl元素；D是第四周期未成对电子最多的元素，价层电子排布式为3d54s1，D为Cr元素，E元素位于元素周期表的第11列，E为Cu元素。(1)D为Cr元素，基态D原子的外围电子排布式为3d54s1，A、B、C三种元素中Cl的非金属性最强，最难失去电子，第一电离能最大的是Cl，故答案为：3d54s1；Cl；(2)D可形成化合物[D(H2O)6](NO3)3
。①[D(H2O)6](NO3)3中配位体为H2O，H2O中O采用sp3杂化，VSEPR模型是四面体形，该化合物中阴离子为NO3 ，其中N原子的价层电子对数为3+
(5+1 2×3)=3，采用sp2杂化，故答案为：四面体形；
sp2杂化；②1
个
[D(H2O)6]3+
中含有12个O H共价键和6个配位键，σ键数目为18个，故答案为：18；(3)已知B、C两种元素形成的化合物通常有三氯化磷和五氯化磷。三氯化磷为三角锥形结构，属于极性分子，五氯化磷是三角双锥结构，属于非极性分子，三氯化磷的电子式为，故答案为：PCl5
；；(4)SCN 离子对应的酸有硫氰酸(H―S―C≡N)和异硫氰酸(H―N=C=S)，这两种酸中异硫氰酸分子间能形成氢键，沸点较高，故答案为：异硫氰酸；分子间能形成氢键；(5)由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，与之最近的Na+离子处于晶胞的棱上，共有12个；晶胞中Na+离子数目=1+12×=4，Cl 离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=g，晶胞体积=cm3=cm3，令Cl 离子半径为r，则棱长为×4r=2r，故(2r)3=cm3，解得r=×cm，故答案为：12；
×。2．【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1(2)Si
N(3)sp3
三角锥形
Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+(4)6
或【解析】本题主要考查原子结构、分子结构和晶体结构。Y原子的L层p轨道中有2个电子，Y是碳。W与Y原子的价电子数相同，W是硅。Z的原子核外有三个未成对电子，Z是氮。
U原子的K层电子数与最外层电子数比为2∶1，其d轨道处于全充满状态，U是铜。X、Y、Z、W、U的核电荷数之和为57，X是氢。(1)U原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。(2)同主族元素的电负性，从上到下逐渐减小，Y和W电负性，较小的是Si；同周期元素，从左到右，第一电离能趋于增大，Y和Z的第一电离能，较大的是N。(3)X与Z形成最简单化合物Q是氨，Z原子的价层电子对是4，采取的杂化轨道类型为sp3，Q分子空间构型为三角锥形；U2+与Q形成配离子反应的的离子方程式：Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+
。(4)与同―个Z3+相连的U+有6个，该晶体的密度为g·cm 3。
名校预测
专家押题考纲要求
1.理解摩尔(mol)是物质的量的基本单位，可用于进行简单的化学计算。2.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。3.能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。4.根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。5.理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。6.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。7.了解热化学方程式的含义，能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。8.理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。9.了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。10.综合应用：在理解所学各部分化学知识的本质区别与内在联系的基础上，运用所掌握的知识进行必要的分析、类推或计算，解释、论证一些具体化学问题。
专家解读
高考化学计算试题注重对知识的理解和应用考查，重视对计算思路方法的考查，数学计算量并不大。高考中化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度(质量分数和物质的量浓度)的计算；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑦有关燃烧热的简单计算；⑧以上各种化学计算的综合应用。常见题型为计算选择题、计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题。近年高考化学计算题注重速算巧解，起点高、落点低，综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编写试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
通过分析近几年的高考化学试题，化学计算素材重要的着眼点之一就是注重体现“化学与社会”、“科学与技术”的关系，显示化学计算视角更为广阔。
预测2017年高考化学计算将呈现如下特点：传统题型还会出现。如阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系、离子浓度的计算、有机物分子式的确定等。由于近年高考中对实验的考查逐步从定性转变为定量，推断题逐步从定性推断转变为计算与定性推断相结合。因而在实验题、推断题中也将涉及化学计算。有关工业生产中的化学反应、转化率、产率等将会与物质的量融合在一起进行考查。
近几年高考命题中，最常见的化学计算方法有“差量法”、“关系式法”、“极值法”、
“平均值法”、“终态法”等，在这几种计算方法中，充分体现了物质的量在化学计算中的核心作用和纽带作用，依据方程式的计算又是各种计算方法的基础。
1.守恒法
在高考化学计算中，守恒法是化学计算中一种重要的解题方法和技巧，也是运用最多的方法之一。守恒法以化学反应中存在的某些守恒关系作为依据，来解答一些较复杂的题型，以达到简化计算过程，避免书写繁杂的化学方程式的目的，从而加快解题的速度和提高解题的准确性。
(1)质量守恒：质量守恒定律的内容，从宏观上阐述是：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。从微观领域阐述则是：在一切化学反应中，反应前后原子的种类、个数(或数目)、原子质量均没有变化，因此，质量守恒。
(2)原子或原子团守恒法：在许多化学反应中，尤其是离子反应中，原子或原子团以整体参加后，原子或原子团仍然保持守恒。
(3)电子守恒法：在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数必等于还原剂失去的电子数。因此，在化合价上表现为：化合价的升高和降低的总数相等。
(4)电荷守恒法：离子的电荷是原子得失电子的标志，因此，电荷守恒是与电子守恒等价的。在电解质溶液中，电解质电离出阴、阳离子，而溶液呈电中性。显然存在电解质的阳离子所带的正电荷总数等于其阴离子所带的负电荷总数。
2.“差量法”
(1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。
(2)计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。
(3)解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)；二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。
3.关系式法
多步连续反应计算的特征是多个化学反应连续发生，起始物与目标物之间存在定量关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式，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。
4.极值法
极值法即“极端假设法”是用数学方法解决化学问题的常用方法，是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题目假设为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物和生成物的值，进行分析判断，从而求得正确结论。极值法可以将某些复杂的难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高解题速度。
5.平均值法
所谓平均值法就是一种将数学平均原理应用于化学计算中的一种解题方法。它所依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1大于M2)的算术平均值一定介于两者之间。所以，只要求出平均值，就可以判断M1和M2的取值范围，或根据M1和M2确定的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。常见的平均值有：求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均摩尔电子质量、平均组成等。
平均值规律的两大应用：
(1)介于关系：即平均值介于组分值之间
(或介于最大值与最小值之间且可能与中间某一组分的值相等)，即n(A)>>n(B)[设n(B)(2)趋向关系：平均值越接近某组分值，此组分在混合物中的含量越大。
6.终态分析法
终态分析法是利用逆向思维方式，以与待求量相关的物质(离子、分子或原子)在终态的存在形式为解题的切入点，找出已知量与待求量之间的关系，不考虑中间变化过程的一种快捷有效的解题方法。在一些多步反应或多种混合物的计算中，由于涉及到的反应繁多、数据不一或变化过程复杂，解题时如果逐一去分析这些反应或过程，按部就班的进行计算，往往会纠缠不清，导致思维混乱，不但费时费力，而且极易出错，甚至无法解答。但如果我们淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析，就会简化思维，从而快速求解。终态分析法是一种整体思维方法，可以概括为“抓住反应本质，巧妙跨越中态，借助守恒关系，利用终态列式”。因只考虑始态和终态，从而可大大简化解题过程，提高解题效率。
1．(2015·天津卷)
室温下，将0.05
mol
Na2CO3固体溶于水配成100
mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是
选项
加入的物质
结论
A
50
mL
1
mol·L 1
H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c()
B
0.05
mol
CaO
溶液中增大
C
50
mL
H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH )不变
D
0.1
mol
NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
1.【参考答案】B【试题解析】本题考查化学反应原理，意在考查考生的知识迁移应用能力。0.05
mol
Na2CO3与50
mL
1
mol·L 1
H2SO4恰好完全反应生成Na2SO4，c(Na+)=2c()，A项错误。含0.05
mol
Na2CO3的溶液中加入0.05
mol
CaO，二者恰好完全反应生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH )增大、c()减小，二者的比值将增大，B项正确。在碳酸钠溶液中加水，水的电离程度减小，由水电离出的c(H+)·c(OH )将减小，C项错误。在碳酸钠溶液中加入NaHSO4固体，溶液中c(Na+)必然增大，D项错误。
2．(2016·四川卷)
资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3
。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
(1)950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
(3)NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
(4)在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
(5)工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25
℃，101
kPa时：
CaO(s)+H2SO4(l)
CaSO4(s)+H2O(l)
ΔH= 271
kJ/mol
5
CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)
Ca5(PO4)3F
(s)+5H2O(l)
ΔH= 937
kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5，达平衡时，CO转化了。若a
kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1：3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
2.【参考答案】(1)CO2
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)NH4+
水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+(4)MgSO4+2NH3+2H2OMg(OH)2↓+(NH4)2SO4
(5)Ca5(PO4)3F
(s)+
5H2SO4(l)
5CaSO4(s)
+H3PO4(l)+HF(g)
ΔH
= 418kJ/mol
(6)【试题解析】(1)根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3
]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳(CO2)。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。(3)NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+。(4)根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2OMg(OH)2↓+(NH4)2SO4
。(5)已知25℃，101kPa时：①CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l)
ΔH
= 271kJ/mol②5
CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F
(s)+5H2O(l)
ΔH
= 937kJ/mol根据盖斯定律：①×5 ②得Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F
(s)+
5H2SO4(l)
5CaSO4(s)
+H3PO4(l)+HF(g)
ΔH
= 418kJ/mol
。(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1
mol/L，则水蒸气的起始浓度为5
mol/LCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度(mol/L)1
5
0
0转化浓度(mol/L)5/6
5/6
5/6
5/6平衡浓度(mol/L)1/6
25/6
5/6
5/6则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶3，平衡常数不变，设转化的CO为x
mol。CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度(mol/L)1
3
0
0转化浓度(mol/L)x
x
x
x平衡浓度(mol/L)(1 x)
(3 x)
x
x则x2/(1 x)(3 x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4
mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%
kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为(30×28×a×10%×b%)/(4×504)kg，则转化的CO的质量为3(30×28×a×10%×b%)/4(4×504)kg，根据反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3(30×28×a×10%×b%)/56(4×504)kg=kg。
1．(2017·武汉市高中毕业生五月模拟考试)草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：：
(1)“550℃焙烧”的目的是______________________；
(2)“浸出液”的主要成分是_____________________；
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_____________________；
(4)
“净化除杂1”过程中，先在40
~
50℃加入H2O2，其作用是___________________________(用离子方程式表示)；再升温至80
~
85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣1”主要成分的是_____________________。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0 5mol
/L，则滤液中
c(Mg2+)为______________
[已知Ksp(MgF2)
=7.35×10 11、Ksp(CaF2)
=1.05×10 10]。
(6)为测定制得样品的纯度，现称取1.00
g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.
1000
mol/L
KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00
mL,则草酸钴样品的纯度为__________________。
2．(2017·遂宁市高三三诊)利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO的一种制备流程图如下：
已知：Ksp[Zn(OH)2]=
1.2×10 17；Zn(OH)2既能溶于强酸，又能溶于强碱．还能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2+。
(1)溶液A中加稀H2SO4生成Zn(OH)2的离子方程式为_________。
(2)常温下，Zn(OH)2饱和溶液中c(Zn2+)=3×10 6
mol/L，若溶液A中加入稀H2SO4过量，会溶解产生的Zn(OH)2，Zn(OH)2开始溶解的pH为_________，为防止Zn(OH)2溶解，可将稀H2SO4改为_________。(lg2=0.3)
(3)“部分氧化”阶段，NaClO3被还原为Cl ，还原剂与氧化剂反应的物质的量之比是_________。
(4)①由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中通入N2的原因是_________。
②Fe3O4胶体粒子的直径的范围是_________。
③确定滤液B中含有Fe2+的试剂是_________。
(5)试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因_________。
3．(2017·山西省实验中学高三下学期质量检测)高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途。实验室用氯化钠、废铁屑、稀硫酸、氢氧化钾溶液等为原料，通过以下过程制备高铁酸钾(K2FeO4)：
(1)Na2O2的电子式为__________。
(2)操作I的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥.其中隔绝空气减压干燥的目的是_______。
(3)气体X为____，写出FeSO4与Na2O2反应的化学方程式：________。
(4)最终在溶液中可得到K2FeO4
晶体的原理是_________。
(5)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4FeO42 +10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH +3O2↑,，则K2FeO4
可以在水处理中的作用是__________。
(6)称取提纯后的K2FeO4样品0.2100
g于烧杯中，加入强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250
mL
溶液，取出25.00
mL放入锥形瓶，用0.01000
mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00
mL。涉及的主要反应为：Cr(OH)4 +FeO42 Fe(OH)3+CrO42 +OH ，Cr2O72 +6Fe2++14H+6Fe3++
2Cr3++7H2O，则该K2FeO4样品的纯度为______________。
4．(2017·淮南市高三第一次模拟考试)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化一还原法消除NOx的转化如下：
①反应I为NO
+O3NO2+O2，生成标准状况下11.2
L
O2时，转移电子的物质的量是
mol。
②反应Ⅱ中，当n(
NO2)
∶n[CO(NH2)2]=3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为______
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO+
NOx→N2+CO2(未配平)，若x=1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数比为
。
(3)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3 、NO2 ，请写出生成等物质的量的NO3 和NO2 时的离子方程式
。
(4)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，再生时生成的Ce4+在电解槽的
(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O42 的电极反应式为
。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2 的浓度为a
g·L 1，要使1
m3该溶液中的NO2 完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气
L(用含a代数式表示，结果保留整数)。
1．砷为ⅤA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。
I．冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：
已知：①As2S3与过量的S2 存在以下反应：As2S3(s)+3S2 (aq)2AsS33 (aq)；
②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。
(1)亚砷酸中砷元素的化合价为________；砷酸的第一步电离方程式为_____________。
(2)“一级沉砷”中FeSO4的作用是___________；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为_____________。
(3)沉淀X为___________(填化学式)。
Ⅱ．冶炼废渣中的砷元素主要以As2S3的形式存在，可用古氏试砷法半定量检测(As的最低检出限为3.0×10 6
g)。
步骤1：取10
g废渣样品，粉碎后与锌粉混合，加入H2SO4共热，生成AsH3气体。
步骤2：将AsH3气体通入AgNO3溶液中，生成银镜和As2O3。
步骤3：取1
g废渣样品，重复上述实验，未见银镜生成。
(4)AsH3的电子式为_______________。
(5)步骤2的离子方程式为_________________。
(6)固体废弃物的排放标准中，砷元素不得高于4.0×10 5
g·kg 1，请通过计算说明该排放的废渣中砷元素的含量_______(填“符合”、“不符合”)排放标准，原因是__________
2．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。工业上用粗氧化铜(含Fe2O3、FeO、Cu2O以及少量不溶性杂质)为原料制取氯化铜晶体
(CuCl2·2H2O)的为生产流程如下：
己知：Cu2O在酸性环境中可以生成Cu2+和Cu。
回答下列问题：
(1)己知“浸渣”中不含铜单质，写出Cu2O在“盐酸浸出”中发生反应的化学方程式：________。
(2)“盐酸浸出”中，铜的浸出率与浸出时间的关系如下图所示。由图可得出如下变化规律：
①____________________________。
②______________________________。
(3)
“净化除杂”需先加入ClO2，其作用是(用离子方程式表示)______________。然后再调节溶液的pH约为4，可选用的试剂是(填选项字母)______________。
A.
CuSO4
B.CuO
C.Cu2(OH)2CO3
D.NH3·H2O
(4)“操作I”包含多步实验基本操作，依次是__________、洗涤和风干等。工业上常采用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是______________。
(5)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)中x值，称取a
g晶体，加入足量10%的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤后，用酒精灯加热至质量不再减轻为止，冷却、称量所得固体质量为b
g。计算得x=______________。(用含a、b的代数式表示)。
1．【答案】
(1)除去碳和有机物(2)NaAlO2(答“NaAlO2和NaOH”也可)
(3)2Co3++SO32 +H2O2Co2++SO42 +2H+(4)
2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O
Fe(OH)
3(5)
7.0×10 6
mol/L(6)
95.55%【解析】(1)含钴废料中的碳及有机物在550℃焙烧时可以生成二氧化碳等被除去，故答案为：除去碳和有机物；(2)含钴废料中的Al2O3能够被氢氧化钠溶解，因此浸出液中主要含有偏铝酸钠，故答案为：NaAlO2；(3)“钴浸出”过程中Co3+可以被亚硫酸钠还原为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO32 +H2O2Co2++SO42 +2H+，故答案为：2Co3++SO32 +H2O2Co2++SO42 +2H+；(4)在钴浸出过程中铁离子被亚硫酸钠含有为亚铁离子，在“净化除杂1”过程中，先在40
~
50℃加入H2O2，可以将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O
；再升温至80
~
85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，使铁离子沉淀为氢氧化铁，故答案为：2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O；Fe(OH)
3；(5)根据Ksp(CaF2)
=1.05×10 10，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0 5mol
/L，则c(F )=
=
mol
/L，则c(Mg2+)===7.0×10 6
mol/L，故答案为：7.0×10 6
mol/L；(6)设草酸钴的质量为x，根据方程式：5H2C2O4+2MnO4 +6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，草酸根守恒可得：5CoC2O4~5(NH4)2C2O4~5H2C2O4~2MnO4 5×147
g
2
mol
x


0.026
L×0.1000
mol/L=，解得x=0.9555
g，样品纯度=
95.55%，故答案为：95.55%。2．【答案】(1)ZnO22
+
2H+Zn(OH)2↓(2)8.3
CO2(3)6：1
(4)
①防止Fe2+[或Fe(OH)2]被空气(或氧气)氧化
②1～100
nm
③K3[Fe(CN)6]溶液(或铁氰化钾溶液或酸性高锰酸钾)
(5)可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn(NH3)4]2+，氨水的量不易控制(只答出“氢氧化锌可溶于过量的氨水”也可)。【解析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22 转化为Zn(OH)2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量NaClO3，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaHCO3，并通入氮气，生成四氧化三铁胶体粒子。(1)溶液A
为Na2ZnO2，加稀H2SO4生成Zn(OH)2的离子方程式为ZnO22 +2H+Zn(OH)2↓，故答案为：ZnO22
+
2H+
Zn(OH)2↓；(2)常温下，Zn(OH)2饱和溶液中c(Zn2+)=3×10 6mol/L，则c(OH )===2×10 6mol/L，pH=14 lg(2×10 6)=8.3为防止Zn(OH)2溶解，可将稀H2SO4改为弱酸，如通入二氧化碳，故答案为：8.3；CO2；(3)流程中加入NaClO3氧化部分亚铁离子为铁离子，发生反应为6Fe2++ClO3 +6H+6Fe3++Cl +3H2O，还原剂为亚铁离子、氧化剂为氯酸钠，还原剂与氧化剂的物质的量之比6∶1，故答案为：6∶1；(4)①防止Fe2+被氧化，由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中通入N2；故答案为：防止Fe2+被氧化；②Fe3O4胶体粒子的直径的范围是1～100
nm，故答案为：1～100
nm
；③检验亚铁离子可用其还原性，方法为：取少量B溶液．滴加KMnO4溶液，(紫)红色褪去；故答案为：KMnO4溶液；(5)可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn(NH3)4]2+，氨水的量不易控制，因此在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌，故答案为：可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn(NH3)4]2+，氨水的量不易控制。3．【答案】
(1)
(2)将FeSO4·7H2O转变成不含结晶水的FeSO4，同时防止亚铁离子被氧化
(3)O2
FeSO4+4Na2O2Na2FeO4+2Na2O+Na2SO4+O2↑(4)0℃时K2FeO4的溶解度比Na2FeO4、NaOH、KOH和Na2SO4的溶解度小
(5)杀菌消毒、净水(6)94.3%【解析】(l)
Na2O2属于离子化合物，电子式为，故答案为：；(2)操作I的目的是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁固体，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、隔绝空气减压干燥。其中隔绝空气减压干燥可以将FeSO4·7H2O转变成不含结晶水的FeSO4，同时防止亚铁离子被氧化，故答案为：将FeSO4·7H2O转变成不含结晶水的FeSO4，同时防止亚铁离子被氧化；(3)过氧化钠与硫酸亚铁反应时，过氧化钠能够与水反应生成氧气，根据流程图，
FeSO4与Na2O2反应的化学方程式为FeSO4+4Na2O2Na2FeO4+2Na2O+Na2SO4+O2↑，故答案为：O2；FeSO4+4Na2O2Na2FeO4+2Na2O+Na2SO4+O2↑；(4)根据流程图，0℃时K2FeO4的溶解度比Na2FeO4、NaOH、KOH和Na2SO4的溶解度小，可以从溶液中通过冷却结晶获得K2FeO4
晶体，故答案为：0℃时K2FeO4的溶解度比Na2FeO4、NaOH、KOH和Na2SO4的溶解度小；
(5)根据反应4FeO42 +10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH +3O2↑，K2FeO4
具有氧化性，能够杀菌消毒，生成的Fe(OH)3(胶体)具有吸附性，可以除去水中的悬浮物，故答案为：杀菌消毒、净水；(6)根据反应Cr(OH)4 +FeO42 Fe(OH)3↓+CrO42 +OH 和Cr2O72 +6Fe2++14H+6Fe3++、2Cr3++
7H2O，可得关系式2FeO42 ～Cr2O72 ～6Fe2+，根据题意可知，(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.03L×0.01000 mol/L=0.0003
mol，所以高铁酸钾的质量为0.0003
mol××198
g/mol×=0.198
g，所以K2FeO4样品的纯度为
×100%=94.3%，故答案为：94.3%。4．【答案】(1)1
4∶3
(2)3∶1(3)2NO+3H2O+4Ce4+NO3 +NO2 +6H++4Ce3+(4)阳极
2H++2HSO3 +2e S2O42 +2H2O(5)NO2 的浓度为a
g/L，要使1
m3该溶液中的NO2 完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：，设消耗标况下氧气的体积是V，则得电子数目是：V÷22.4×2×(2 0)，根据电子守恒解得V=243a【解析】(1)①在反应NO
+O3NO2+O2中，每产生1
mol
的氧气，转移电子的物质的量是2
mol，现在生成标准状况下11.2
L
O2时，n(O2)=0.5
mol，所以转移电子的物质的量是1
mol。②反应Ⅱ中，当n(NO2)
∶n[CO(NH2)2]=3∶2时，反应方程式是6NO2+4CO(NH2)27N2+4CO2+8H2O，在该反应中，NO2是氧化剂，变为还原产物N2；CO(NH2)2是还原剂，变为氧化产物N2，所以氧化产物与还原产物的质量比为8∶6=4∶3。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO+
NOx→N2+CO2(未配平)，若x=1.5，则根据电子守恒及原子守恒，可得方程式：3CO+2NOx→N2+3CO2，化学方程式中CO2和N2的化学计量数比,3：1；(3)在酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3 、NO2 ，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得生成等物质的量的NO3 和NO2 时的离子方程式是2NO+3H2O+4Ce4+NO3 +NO2 +6H++4Ce3+；(4)用质子交换膜电解槽电解Ce3+使得Ce4+再生，再生时Ce3+失去电子，被氧化，所以生成的Ce4+在电解槽的阳极，同时在另一极发生还原反应生成S2O42 ，反应的电极反应式为2H++2HSO3 +2e S2O42 +2H2O；(5)在进入装置Ⅳ的溶液中，NO2 的浓度为a
g·L 1，要使1
m3该溶液中的NO2 完全转化为NH4NO3，NO2 的浓度为a
g/L，要使1
m3该溶液中的NO2 完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：.设消耗标况下氧气的体积是V，设消耗标况下氧气的体积是V，则得电子数目是：V÷22.4×2×(2 0)，根据电子守恒,=
V÷22.4×2×(2 0)，解得V=243a。
1．【答案】(1)+3
H3AsO4H++H2AsO4 (2)沉淀过量的S2 ,使As2O3(a)+3S2 (aq)
2AsS32 (aq)
平衡左移，提高沉砷效果
H3AsO3+H2O2H3AsO4+H2O(3)CaSO4(4)(5)12Ag++2AsH3+3H2O12Ag+As2O3+12H+(6)不符合
因为该废渣砷含量最少为(3.0×10 6
g÷10
g)×1000
g/kg=3.0×10 4
g/kg，大于排放标准4.0×10 5
g/kg【解析】(1)①亚砷酸(H3AsO3)中，氧元素化合价为 2价，氢元素化合价为+1价，砷元素化合价设为x，+1×3+x+( 2)×3=0，x=+3，故答案为：+3；②第ⅤA族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H3AsO4H++H2AsO4 ，故答案为：H3AsO4H++H2AsO4 ；③“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2 2AsS32 使平衡逆向进行，提高沉砷效果，故答案为：除去过量的硫离子，As2S3+3S2 2AsS32 使平衡逆向进行，提高沉砷效果；④“二级沉砷”中H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸；反应的化学方程式为：H3AsO3+H2O2H3AsO4+H2O，故答案为：H3AsO3+H2O2H3AsO4+H2O；⑤流程分析可知，加入氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和砷酸反应生成砷酸钙沉淀、和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，钙离子结合硫酸根离子形成硫酸钙沉淀，所以沉淀X为CaSO4，故答案为：CaSO4；(2)①AsH3和氨气分子结构相同为共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As H键，电子式为：，故答案为：；②将AsH3气体通人AgNO3溶液中，生成银镜和As2O3，结合电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式为：12Ag++2AsH3+3H2O12Ag↓+As2O3+12H+，故答案为：12Ag++2AsH3+3H2O12Ag↓+As2O3+12H+；③As的最低检出限为3.0×10 6
g，取1
g废渣样品，重复上述实验，未见银镜生成，取10
g废渣样品最后生成银镜和As2O3，则10
g废渣含砷量最少为3.0×10 6
g，含砷量大于3.0×10 4
g/kg＞4.0×10 5g·kg 1，不符合排放标准，故答案为：不符合；因为该废渣砷含量最少为(3.0×10 6g÷10g)×1000
g/kg=3.0×10 4
g/kg，大于排放标准4.0×10 5
g/kg。2．【答案】(1)Fe2O3+
Cu2O+8HCl2CuCl2+2FeCl2+4H2O(2)①随着浸出时间(0 24
h)的增加，铜的浸出率相应增加②浸出时间超过24
h后，铜的浸出率变化不明显(3)Fe2++ClO2+4H+5Fe3+
+Cl
+2H2O
B、C(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
防止CuCl2·xH2O晶体溶解，乙醇易挥发(5)【解析】本题主要考查包含在制取氯化铜晶体
生产流程中的铜铁及其化合物的性质。(1)“浸渣”中不含铜单质，说明Cu2O在酸中生成的Cu被Fe2O3生成的Fe3+氧化，
Cu2O在“盐酸浸出”中发生反应的化学方程式：Fe2O3+
Cu2O+
8HCl2CuCl2+2FeCl2+4H2O。(2)①随着浸出时间(0 24
h)的增加，铜的浸出率相应增加；②浸出时间超过24
h后，铜的浸出率变化不明显。(3)
“净化除杂”需先加入C1O2，其作用是将Fe2+氧化为更容易沉淀的Fe3+，反应的离子方程式为Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl +2H2O。然后再调节溶液的pH约为4，可选用的试剂是可以与H+发生反应而且不引入杂质的物质。A.不能与H+发生反应；B.
C.符合要求；D.产生杂质离子NH4+，故选BC。(4)“操作I”包含多步实验基本操作，依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和风干等。工业上常采用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是防止CuCl2·xH2O晶体溶解，乙醇易挥发。(5)b
g固体是氧化铜，计算得x=
。
名校预测
专家押题考纲要求
1．了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。2．掌握化学实验的基本操作。能识别化学品安全使用标识，了解实验室一般事故的预防和处理方法。3．掌握常见气体的实验室制法。4．能对常见的物质进行检验、分离和提纯，能根据要求配制溶液。5．能根据实验试题要求做到设计、评价或改进实验方案。6．掌握常见离子的检验。7．以上各部分的综合应用。
专家解读
化学实验基础知识是高考命题的重点、热点和历年必考的考点，在同一年、同一份试卷中，不仅在选择题中考查还在非选择题中考查。选择题大多以考查实验仪器的选择、基本操作的正误为重点，探究物质的性质、检验、分离和提纯以及实验评价。
预计在2017年的高考试题中还会在选择题中出现，与第II卷形成互补，增大考查面；有可能还会以表格和装置图的形式出现，以中学化学所涉及的重要物质的性质为载体，突出考查基本仪器的使用、化学实验操作的规范性、物质的检验分离提纯等，考查点会多样化，在稳定的基础上追求创新，更全面的考查学生的实验能力。
1．物质检验时对反应的一般要求：
(1)反应要有明显的外部特征，如：溶液颜色的改变、沉淀的生成或溶解、气体的产生等。
(2)反应要在适宜的条件下进行，如：溶液的酸碱性、浓度、温度等的选择。
(3)物质检验时常需排除干扰物的影响，如：用Ba2+检验时应排除、等离子的干扰。
(4)检验反应要求具有一定的选择性。
2．物质鉴定的一般步骤：
→→→→→
3．物质的分离、提纯：
(1)物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。
(2)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)：固+固
②“固+液”混合物的分离(提纯)：固+液
③“液+液”混合物的分离(提纯)：液+液
④“气+气”混合物的分离(提纯)：气+气
⑤含杂质的胶体的分离(提纯)：渗析法：用半透膜除去胶体中混有的小分子或离子等杂质。
1．[2016北京]下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是
A．冷水浸泡
B．加热煎制
C．箅渣取液
D．灌装保存
1.【参考答案】C【试题解析】A、冷水浸泡属于物质的溶解，A错误；B、加热煎制属于加热，B错误；C、箅渣取液属于过滤操作，C正确；D、灌装保存是液体转移，D错误。答案选C。
2．[2016海南]下列有关实验操作的叙述错误的是
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
2.【参考答案】B【试题解析】A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，正确；B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，可以使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶，正确；D．向容量瓶转移液体时，用玻璃棒引流可以接触容量瓶内壁，正确。故选B。
3．[2016全国Ⅲ]下列有关实验的操作正确的是
实验
操作
A．
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B．
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C．
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D．
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
3.【参考答案】D【试题解析】A、浓硫酸稀释应该将浓硫酸倒入水中，故错误；B、实验后应先移出导管后熄灭酒精灯，防止倒吸，故错误；C、气体产物先通过饱和食盐水，除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，否则氯化氢气体不能除去，故错误；D、四氯化碳的密度比水大，在下层，所以先从下口倒出有机层，再从上口倒出水层，故正确。
4．[2016全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是
A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
4.【参考答案】C【试题解析】A．乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用分液漏斗，错误；B．NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子易发生水解，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl )比较大，氯气的溶解度很小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，错误。
5．[2016天津]下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是
A
B
C
D
制乙炔的发生装置
蒸馏时的接收装置
除去SO2中的少量HCl
准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液
5.【参考答案】C【试题解析】A．因电石与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速，错误；B．接收馏分的锥形瓶构成了密封环境，会因气压过大而造成安全事故，错误；C．氯化氢能够与饱和亚硫酸氢钠反应，被吸收，二氧化硫不反应，正确；D．量取一定体积K2Cr2O7标准溶液应该选用酸式滴定管，碱式滴定管下端的乳胶管能够被腐蚀，错误；故选C。
6．[2016·四川]根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊
该溶液中一定含有
B
常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中
铁片不溶解
常温下，铁与浓硫酸一定没有发生化学反应
C
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变
该食盐中一定没有添加KIO3
D
向苯酚钠溶液中滴加乙酸溶液
溶液变浑浊
相同条件下，乙酸的酸性一定比苯酚强
6.【参考答案】D【试题解析】A、将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水产生白色沉淀，该溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根、亚硫酸根、亚硫酸氢根等离子，错误；B、铁在常温下在浓硫酸中钝化，发生了化学反应，错误；C、碘酸钾和淀粉不反应，碘单质遇到淀粉才显蓝色，错误；D、苯酚钠和乙酸反应生成苯酚和乙酸钠，说明乙酸酸性比苯酚强，故正确。
7．[2015·新课标全国卷Ⅰ]下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
将铜粉加入1.0
mol·L 1
Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
将0.1
mol·L 1
MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1
mol·L 1
CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
7.【参考答案】D【试题解析】本题考查实验知识，意在考查考生对基础实验的记忆和理解能力，以及实验探究能力。稀硝酸中加入过量的铁粉，生成硝酸亚铁，溶液中没有三价铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液不变红，A项错误；铜的活泼性弱于铁，只能发生反应2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+，B项错误；铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点远高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，C项错误；对于组成类似(阴、阳离子个数比相同)的难溶电解质，溶度积大的易转化为溶度积小的，D项正确。【解题技巧】本题为高考高频考点，解答本题时应注意：1.铁与硝酸反应，铁能被硝酸氧化成三价铁离子，但铁过量时，铁能把三价铁离子还原成二价铁离子。2.
溶度积大的物质向溶度积小的物质转化。
8．[2015·全国卷Ⅱ]用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
8.【参考答案】D【试题解析】本题考查实验现象的描述，意在考查考生对常见物质性质的掌握程度。稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中，先发生酸碱中和反应，开始没有气泡产生，A项错误；浓硝酸与Al发生钝化，无红棕色的NO2生成，B项错误；将AlCl3溶液滴入NaOH溶液中，开始无大量白色沉淀，C项错误；草酸与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，KMnO4溶液的紫红色褪去，D项正确。【解题技巧】本题将物质的性质及实验装置的综合应用，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键。A项中应注意先发生盐酸与NaOH的反应；B项常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；C项中NaOH过量，开始不生成沉淀。
1．（2017·山西省实验中学高三下学期质检）下列实验操作能达到实验目的的是
A．用点燃的方法除去CO2中少量的CO
B．在蒸发皿中蒸发氯化镁溶液制备无水氯化镁
C．室温下测定等浓度的醋酸和盐酸的pH比较二者酸性强弱
D．用酸性高锰酸钾溶液检验氯化亚铁溶液中的亚铁离子是否存在
2．（2017·广东省广雅中学、江西省南昌二中高三下学期联合测试）为了实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是
选项
实验目的
主要仪器
试剂
A
分离Br2和CCl4混合物
分液漏斗、烧杯
Br2和CCl4混合物、蒸馏水
B
探究淀粉的水解程度
试管、烧杯、酒精灯
淀粉溶液、银氨溶液
C
探究石蜡油分解产物是否含有不饱和烃
硬质试管、酒精灯，铁架台、导管
石蜡油、碎瓷片、酸性高锰酸钾溶液
D
测定NaOH溶液浓度
酸式滴定管、碱性滴定管、锥形瓶、烧杯
NaOH溶液、0.1000
mol/L盐酸
3．（2017·河北省衡水中学高三下学期期中考试）利用如图装置进行实验，下列有关实验操作和现象正确的是
A．缓慢通入N2，再加热Ⅰ处的碳酸氢钠，可观察到Ⅱ处过氧化钠粉末由浅黄色变成白色
B．缓慢通入N2，加热Ⅰ处KClO3和MnO2的混合物，可观察到Ⅱ处干燥KI淀粉试纸变成蓝色
C．先对Ⅰ处的氯化铵加热，再缓慢通入N2，可看到Ⅰ处固体减少，Ⅱ处无固体沉积
D．先缓慢通入CO2，再加热Ⅰ处炭粉，可观察到Ⅱ处氧化铁粉末由红色变成黑色
4．（2017·广东省茂名市高三4月综合测试）下列实验，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
分别向2
mL
0.1
mol/L
NaHCO3溶液和2
mL
0.1
mol/L
Na2CO3
溶液中滴加2
mL
0.2
mol/L的盐酸
盛有NaHCO3溶液试管产生气泡速度快
结合H＋能力＞
B
将石蜡油（烷烃）蒸汽通过灼热的碎瓷片，并将产生的气体通人溴的四氯化碳溶液
溴的四氯化碳溶液褪色
生成气体中含有不饱和烃
C
向KI溶液中加入淀粉，然后滴入稀硫酸数滴
开始无明显现象，片刻溶液变蓝
氧化性：H2SO4
>
I2
D
向某溶液中加入盐酸
产生刺激性气味的气体和黄色沉淀
溶液中一定存在
5．（2017·江西师范大学附属中学高三3月月考）下列设计的实验方案能达到相应实验目的是
选项
实验目的
实验方案
A
蛋白质发生了变性
向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液
B
证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快
用3
mL稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，然后加入1
mL
1
mol·Lˉ1
CuSO4溶液，迅速产生较多气泡
C
比较Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)
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
D
通过观察液面差判断该装置的气密性
向里推注射器
6．（2017·陕西省长安一中高三第三次联考）下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强
将“84”消毒液（含NaClO）滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色
B
证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快
用3
mL稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，然后加入1
mL
1
mol L 1
CuSO4溶液，迅速产生较多气泡
C
检验淀粉是否水解
在试管中取少量淀粉，加入稀硫酸后加热片刻，冷却后取澄清液滴入新制的Cu(OH)2加热煮沸
D
证明SO2有漂白性
将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中
1．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向KI 淀粉溶液中通入Cl2
溶液变蓝色
Cl2与淀粉发生显色反应
B
铜粉加入浓硝酸溶液中
产生红棕色气体
发生了置换反应
C
向溶液中先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液
溶液变红色
原溶液中含有Fe2+
D
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变黑，体积膨胀，放热并伴有刺激性气味
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
2．下列实验现象与对应结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水，再通入SO2
先变蓝色后褪色
SO2有漂白性
B
用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
无色溶液为钠盐溶液
C
向白色ZnS沉淀上滴加0.1
mol·L 1
CuSO4
沉淀变为黑色
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
3．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na+、无K+
D
滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管
试纸不变蓝
原溶液中无
名校预测
1．【答案】C【解析】A．CO2中少量的CO不能被点燃，故A错误；B．氯化镁水解生成挥发性的氯化氢，加热后水解沉淀增大，蒸干得到氢氧化镁，故B错误；C．盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸部分电离，等浓度的醋酸和盐酸的pH值盐酸小于醋酸，故C正确；D．氯离子也能使酸性高锰酸钾溶液被还原而褪色，故D错误；故选C。2．【答案】C【解析】溴易溶于CCl4，不能用萃取、分液法分离Br2和CCl4混合物，故A错误；探究淀粉的水解程度的方法，，证明淀粉水解完全，故B错误；石蜡油分解生成烯烃和烷烃；烯烃中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；缺指示剂判断滴定终点，故D错误。3．【答案】A【解析】A．碳酸氢钠受热分解后生成水蒸气和二氧化碳，这两种气体都可以与过氧化钠反应分别生成氢氧化钠和碳酸钠，所以固体由浅黄色变为白色，A正确；B．加热氯酸钾和二氧化锰的混合物后可生成氧气，氧气不与干燥的碘化钾反应，如果在水溶液中碘离子可以被氧化成碘使淀粉变蓝，所以B不正确；C．氯化铵受热分解后，在II处温度降低又重新化合成氯化铵固体，所以C不正确；D．在加热的条件下二氧化碳与碳反应生成了一氧化碳，在II处遇到氧化铁后，由于II处没有加热到还原氧化铁的温度，所以氧化铁不能被还原，氧化铁的红色保持不变，所以D不正确。4．【答案】B【解析】A、加入碳酸溶液中，发生＋H＋，继续滴加盐酸，＋H＋CO2↑＋H2O，加入碳酸氢钠溶液中，发生＋H＋CO2↑＋H2O，碳酸氢钠溶液产生气体速度快，但不能说明结合H＋能力大于，故A错误；B、烷烃不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但不饱和烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C、加入稀硫酸，无明显现象，后来变蓝说明产生I2，即离子方程式为4I－＋O2＋4H＋2I2＋2H2O，氧气的氧化性强于I2，故C错误；D、如果溶液是S2－和的混合液，加入盐酸，也会产生黄色沉淀和刺激性气味的气体，故D错误。5．【答案】D【解析】A项，(NH4)2SO4不是重金属盐，能使蛋白质发生盐析，但不是变性，故A错误；B项，加入1mL
1
mol L 1CuSO4溶液后，Zn置换出Cu，会形成Cu Zn原电池，加快化学反应速率，故B错误；C项，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，会生成BaCO3沉淀，同理，向饱和Na2SO4溶液中加少量BaCO3粉末，也会生成BaSO4沉淀，上述过程都属于沉淀转化，无法比较Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的大小，故C错误；D项，如果该装置气密性良好，则向里推注射器，会导致试管内压强增大，导管内会上升一段水柱，故D正确。综上，选D。6．【答案】A【解析】A．加入醋酸，溶液酸性增强，红色很快褪去，可证明实验结论，A正确；B．加入硫酸铜后铁置换出铜，构成原电池加快反应速率，方案不正确，B错误；C．淀粉水解，需要硫酸，因此水解后要首先加入氢氧化钠中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2加热煮沸，C错误；D．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，如证明二氧化硫的漂白性，可利用品红溶液，D错误；答案选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及反应速率影响因素、性质比较、物质检验等知识点，明确实验原理、物质性质是解本题关键，同时还考查学生分析判断及比较能力，易错选项是C，注意醛基检验的实验环境是碱性溶液。
专家押题
1．【答案】D【解析】氯气与碘化钾反应置换出碘，淀粉遇碘变蓝色，A错；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，B错；若溶液中仅含Fe3+，现象相同，C错；蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成二氧化硫，浓硫酸表现氧化性，D正确。2．【答案】C【解析】A项说明SO2具有还原性，错误；B项说明无色溶液中含有Na+，不一定是钠盐，错误；溶解度大的物质转化为溶解度小的物质易实现，C正确；常温下将Al片放入浓硝酸中发生纯化，不是不反应，D错误。3．【答案】B【解析】碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都会生成白色沉淀，A错；氯水中的Cl2和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色，B正确；黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，C错；氨气极易溶于水，滴加稀NaOH溶液并加热或滴加NaOH浓溶液，氨气才能逸出，D错。考纲要求
1.有机化合物的组成与结构。2.烃及其衍生物的性质与应用。3.糖类、氨基酸和蛋白质。4.合成高分子化合物。
专家解读
从近几年高考试题来看，该模块试题几乎涵盖了有机化学的所有重点知识，如分子式、结构简式、同分异构体的书写，重要的有机反应，官能团的性质，利用原料合成有机化合物并设计合成路线等。同时考查学生整合化学信息的能力、综合思维能力、知识的迁移运用能力等。
通过分析近几年的高考试题，多以新药、新材料的合成为背景，联系生产实际和科技成果应用，串联多个重要的有机反应而组合成综合题。有机信息给予题起点高、新颖性强，又与中学知识联系密切，能较好的考查学生的自学能力、迁移能力。预测2017年的高考会延续题目的结构和特点，以框图推断的形式，围绕主要的知识点设置问题，有些考点会轮流出现(如：有机物的鉴别)，适当的创新。
解答此类题目时，必须熟练掌握有机化学的基础知识，并在此基础上培养接受、吸收、整合化学知识的能力，培养分析问题、解决问题的能力。
一、同分异构体的常见题型及解法
对同分异构体的考查，题目类型多变。常见题型有：①限定范围书写或补写同分异构体。解题时要看清所限范围，分析已知的几个同分异构体的结构特点，对比联想找出规律后再补写，同时注意碳的四价原则和对官能团存在位置的要求。②判断是否是同分异构体。做此类题时要先看分子式是否相同，再看结构是否不同。对结构不同的要从两个方面来考虑：一是原子或原子团的连接顺序；二是原子或原子团的空间位置。③判断取代产物同分异构体的数目。其分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进行判断。
1．书写步骤
①书写同分异构体时，首先判断该有机物是否有类别异构。
②就每一类物质，先写出碳链异构体，再写出官能团的位置异构体。
③碳链异构体按“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边”的规律书写。
④检查是否有书写重复或书写遗漏，根据“碳四价”原理检查是否有书写错误。
2．书写规律
①烷烃：烷烃只存在碳链异构，书写时应注意要全而不重复，具体规则如下：成直链，一条线；摘一碳，挂中间；往边移，不到端；摘二碳，成乙基；二甲基，同、邻、间。
②具有官能团的有机物，一般书写的顺序：碳链异构→位置异构→官能团异构。
③芳香族化合物：取代基在苯环上的相对位置具有邻、间、对3种。
3．常见的几种烃基的异构体数目
(1)C3H7：2种，结构简式分别为CH3CH2CH2—，。
(2)C4H9：4种，结构简式分别为CH3CH2CH2CH2—，，
。
(3)C5H11：8种。
4．同分异构体数目的判断方法
(1)一取代产物数目的判断
①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。
②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一种，新戊烷[C(CH3)4]的一氯代物也只有一种。
③等效氢法：等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法，判断等效氢原子的三条原则是：同一碳原子上的氢原子是等效的，如CH4中的4个氢原子等同；同一碳原子上所连的甲基上的氢原子是等效的，如C(CH3)4中的4个甲基上的12个氢原子等同；处于对称位置上的氢原子是等效的，如CH3CH3中的6个氢原子等同，乙烯分子中的4个H等同，苯分子中的6个氢等同，
(CH3)3C
C(CH3)3上的18个氢原子等同。
(2)二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法。对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。
5．有机物的顺反异构
(1)产生原因：由于碳碳双键不能旋转而导致分子中原子或原子团在空间的排列方式不同。
(2)形成顺反异构的条件：
①具有碳碳双键。
②组成双键的每个碳原子必须连接两个不同的原子或原子团。
(3)顺反异构的分类：
①顺式结构：两个相同的原子或原子团排列在双键的同侧。
②反式结构：两个相同的原子或原子团分别排列在双键的异侧。
如1,2 二氯乙烯，若两氯原子在双键同一侧，称为顺式；两氯原子在双键两侧的，称为反式。
二、有机合成与推断试题突破口
有机合成与推断试题综合性强，思维容量大，常以框图题或变相框图题的形式出现，解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。
经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导。审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。由定性走向定量是思维深化的表现，将成为今后高考命题的方向之一。有机综合推断题突破策略：
1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)
秸秆(含多糖类物质)的综合应用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：
回答下列问题：
(1)下列关于糖类的说法正确的是______________。(填标号)
a.糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式
b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为______。
(3)D中官能团名称为______，D生成E的反应类型为______。
(4)F
的化学名称是______，由F生成G的化学方程式为______。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5
mol
W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44
g
CO2，W共有______种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_________。
(6)参照上述合成路线，以(反,反) 2,4 己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对二苯二甲酸的合成路线_______________________。
1.【参考答案】(1)cd(2)取代反应(酯化反应)(3)酯基、碳碳双键
消去反应(4)己二酸
(5)12
(6)【试题解析】(1)a.淀粉和纤维素都是糖，没有甜味，错误；b.麦芽糖是二糖，水解只生成2个分子的葡萄糖，错误；c.无论淀粉是否水解完全，都会产生具有醛基的葡萄糖，因此都可以产生银镜反应，故用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全，正确；d.淀粉和纤维素都属于多糖类，都是绿色植物光合作用产生的物质，故都是天然高分子化合物，正确；(2)根据图示可知B是HOOC CH=CH CH=CH COOH，该物质含有两个羧基，可以与甲醇CH3OH在一定条件下发生酯化反应，产生酯C：CH3OOC CH=CH CH=CH COOCH3和水，酯化反应也就是取代反应；(3)根据图示可知D中官能团为碳碳双键和酯基；根据物质的分子结构简式可知，D去氢发生消去反应产生E；(4)F分子中含有6个碳原子，在两头分别是羧基，所以F的化学名称是己二酸，由F生成G的化学方程式为；(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5
mol
W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44
gCO2，说明W分子中含有2个—COOH，则其可能的支链情况是：—COOH、—CH2CH2COOH；—COOH、—CH(CH3)COOH；2个—CH2COOH；—CH3、—CH(COOH)2四种情况，它们在苯环的位置可能是邻位、间位、对位，故W可能的同分异构体种类共有4×3=12种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。(6)以(反，反) 2，4 己二烯和C2H4为原料制备对苯二甲酸的合成路线为。
2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)
氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：
已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。
(3)由C生成D的反应类型为________。
(4)由D生成E的化学方程式为___________。
(5)G中的官能团有_____、
_____
、_____。(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。(不含立体异构)
2.【参考答案】(1)丙酮(2)
2
6：1(3)取代反应(4)(5)碳碳双键酯基氰基(6)8【试题解析】(1)A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，则氧原子个数为58×0.276÷16=1，再根据商余法，42÷12=3…6，A分子的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，则A为丙酮。(2)A为丙酮，根据已知②给的信息，B为，B分子中有2种氢原子，则其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1∶6。(3)光照条件下与氯气反应是取代反应的条件，则由C生成D的反应类型为取代反应。(4)根据题给信息，由D生成E的化学方程式为。(5)根据题给结构简式，氰基丙烯酸酯为CH2=C(CN)COOR，根据流程图提供的信息可知，G的结构简式为CH2=C(CN)COOCH3，则G中的官能团有碳碳双键、酯基、氰基。(6)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的有机物为甲酸酯，将氰基看成氢原子，有三种结构：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2，然后将氰基取代右面的碳原子上，共有8种。
1．(2017·郑州市第一中学高三4月模拟)抗结肠炎药物的有效成分H的合成路线如下：
(1)H所含官能团有氨基和__________；
Y的名称是__________。
(2)条件X是__________；
Y→Z的反应类型是__________。
(3)Z分子中最多有__________个原子共平面。
(4)写出E与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_____________________。
(5)同时符合下列条件的E的同分异构体有__________种。
Ⅰ．与E具有相同的官能团；Ⅱ．苯环上的一硝基取代产物只有2种。
(6)已知：易被氧化；苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此以R为原料合成化合物，参照上述流程设计合成路线：______________________________________________。
2．(2017·遵义航天高级中学模考)从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：
(1)甲中含氧官能团的名称为________。
(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：
其中反应Ⅰ的反应类型为________，反应Ⅱ的化学方程式为__________(注明反应条件)。
(3)欲检验乙中的官能团，下列试剂正确的是________。
A．溴水
B．酸性高锰酸钾溶液
B．溴的CCl4溶液
D．银氨溶液
(4)乙经过氢化、氧化得到丙()；写出同时符合下列要求的丙的同分异构体结构简式________。
①能发生银镜反应；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有四种不同化学环境的H原子。
3．(2017·漳州市毕业班5月质量检查)2，5 已二醇C6H14O2可以作为医药中间体和制备高分子聚合物的原料。2，5 己二醇和聚酯的合成路线如下图所示：
回答下列问题：
(1)D中所含官能团的名称是____________。
(2)
A→B的反应类型是________。A→D的反应条件是____________________。
(3)
B→C反应的化学方程式为_____________________。
(4)
G→I反应的化学方程式为___________________。
(5)物质H的同分异构体有多种，同时满足下列三个条件的共有________种，其中核磁共振氢谱为三组峰的是____________
(写结构简式)。
①能发生银镜反应；②能与碳酸氢钠溶液反应；③能发生水解反应。
(6)参照上述合成路线，以苯和乙醇为原料(试剂任选)，设计制备苯乙烯的合成路线__________________。
1．常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下：
已知：I.RCHO+R’CH2CHO+H2O(R、R’表示烃基或氢)
II.醛与二元醇(如：乙二醇)可生成环状缩醛：
(1)A的核磁共振氢谱有两种峰。A的名称是_______________。
(2)A与合成B的化学方程式是_____________________。
(3)C为反式结构，由B还原得到。C的结构式是_______________。
(4)E能使Br2的CCl4溶液褪色。N由A经反应①～③合成。
a.①的反应试剂和条件是________________。
b.②的反应类型是_____________。
c.③的化学方程式是_________________________________________。
(5)PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是__________________。
(6)已知：
以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1 丁醇，设计合成路线(其他试剂任选)
__________。
(合成路线流程图示例：)
2．用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如下：
已知：①
②W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
(1)生成A的反应类型是______，试剂a是______，B中所含的官能团名称是_______。
(2)①
F的结构简式是______。
②“”的反应中，除X外，另外一种产物是______。
③
生成聚合物Y的化学方程式是_______。
(3)Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的为________、__________(写结构简式)。
(4)只以为有机原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
3．化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是。以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线(部分反应条件略去)如下：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为________。
(2)D分子中最多有________个碳原子共平面。
(3)①的反应类型是________，④的反应类型是________。
(4)⑤的化学方程式为____________________________________________。
(5)B的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的是________(写结构简式)。
(6)参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线：___________________________________。
1．【答案】(1)羧基、羟基
邻甲基苯酚(或2 甲基苯酚)(2)氯化铁(或铁粉)
取代反应(3)17(4)+3NaOH+CH3COONa+2H2O(5)4(6)【解析】(1)含官能团有氨基和羧基、羟基；
的名称是邻甲基苯酚。(2)铁作催化剂在苯环上引入卤素原子，条件X是铁粉；
与乙酸酐反应的反应类型是取代反应。(3)分子苯环、羰基都是平面结构，所以中最多有17个原子共平面。(4)与足量氢氧化钠溶液发生水解反应化学方程式是：+3NaOH+CH3COONa+2H2O
。(5)同时符合条件Ⅰ．与E具有相同的官能团；Ⅱ．苯环上的一硝基取代产物只有2种的E的同分异构体有，共4种。(6)以甲苯为原料合成化合物，需要先引入硝基，再把甲基氧化为羧基，最后把硝基还原为氨基，合成路线为：。2．【答案】(1)羟基(2)加成反应
(3)C(4)【解析】(1)根据有机物甲的结构简式可知，甲中含氧官能团的名称为羟基；(2)其中反应Ⅰ是甲中碳碳双键和氯化氢的加成反应，反应Ⅱ是氯原子的消去反应，反应的化学方程式为。(3)检验乙中的C=C官能团，注意排除 CHO的干扰， CHO与C=C均易被氧化，则ABD不选，利用与溴的四氯化碳发生加成反应而褪色可检验，故答案为C；(4)丙为苯丙酸，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰，说明分子中有4种H原子，分子中存在对称结构，则符合以上条件的丙的同分异构体为。3．【答案】(1)碳碳双键(2)取代反应
氢氧化钠的醇溶液、加热(3)
(4)nHOOC
(CH2)3
COOH
+
nCH3
CH
(HO)
CH2
CH2
CH
(HO)
CH3(5)5种
(6)
【解析】本题考查有机物的合成与推断，(1)A→D发生消去反应，即D的结构简式CH2=CH2，官能团是碳碳双键；(2)根据反应条件，发生卤代烃的水解，反应类型是水解反应或取代反应，A生成D发生消去反应，条件是氢氧化钠的醇溶液，并加热；(3)根据上述分析，B为乙醇，B生成C发生氧化反应，化学反应方程式为：；(4)G和I发生缩聚反应，其反应方程式为：nHOOC
(CH2)3
COOH
+
nCH3
CH
(HO)
CH2
CH2
CH
(HO)
CH3
；(5)能发生银镜反应，说明含有醛基，能发生水解反应，根据H的结构简式，应含有“”，能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，因此符合形式的有：(羧基有三种位置)、(羧基有2种位置)，共有5种结构，有三种峰，说明有三种不同化学环境的氢原子，即结构简式为：；(6)根据D→E→F。以及F与C的反应，因此推出合成路线为。
1．【答案】(1)乙醛(2)+CH3CHO+H2O(3)(4)稀NaOH
加热
加成(还原)反应
2CH3(CH2)3OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2O(5)CH3COOCH=CH2(6)【解析】(1)A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛；(2)A为乙醛，B为，反应的方程式为+CH3CHO+H2O；(3)C为反式结构，说明C中含有碳碳双键，又因为C由B还原得到，B中含有醛基，因此C中含有羟基，故C的结构简式是；(4)根据PVB的结构简式并结合信息Ⅱ可推出N的结构简式是CH3(CH2)2CHO，又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH3CH=CHCHO，然后E通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH；F经过催化氧化得到N，方程式为2CH3(CH2)3OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2O；(5)由C和D的结构简式可知M是乙酸，由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇，因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯，结构简式是CH3COOCH=CH2；(6)以溴乙烷在干醚和镁的作用下转化为，在酸性条件下与环氧乙烷反应而得1 丁醇，合成路线如下：。2．【答案】(1)取代反应
浓硝酸、浓硫酸
硝基、氯原子(2)
①
②H2O
③(3)10
(4)【解析】先推理上面一行合成过程：由苯→A→B→D
的路径观察发现，对硝基苯胺之中的硝基缺少引入步骤。而未注明所用试剂的过程只有
A→B
一步，因此这一步是进行硝化，于是
B
应是对硝基氯苯。(1)苯与氯气在氯化铁催化下发生取代反应生成氯苯；反应A→B是硝化反应，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；B是对氯硝基苯，官能团的名称是硝基、氯原子；(2)①接下来推理下面一行。由反应知
E
是乙烯，E→F
的反应可参照信息①反应，产物
F
应为，考虑到芳香化合物
W不饱和度为
6，而分子中除苯环外有两个碳四个氧(含两个不饱和度)，结合只含有两种不同化学环境的氢需要的高对称性，这两个碳四个氧应该是两个羧基，W
应该是对苯二甲酸。②考虑
W
是由
X
经高锰酸钾氧化得到，而
F
中含有两个甲基，猜测X
是对二甲苯，从而
X
化学式是
C8H10，F
化学式是
C8H12O，从而可以推测
F→X
的过程中另一种产物为水。由已知③D
为芳香化合物，分子中含有两种不同环境的氢原子，故
D
为对苯二胺，D与W发生缩聚反应生成的聚合物Y的化学方程式是：；
(3)Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下一个，则若苯环上只有一个取代基则为 CH(COOH)2，结构只有一种；若有两个取代基，则为 COOH和 CH2COOH，两者在苯环上的位置为邻、间、对位三种；若有三个取代基，则两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有邻、间、对位，而苯环上的氢再被甲基取代的分别有2种、3种和1种；总计10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的为；(4)原料只有1，3 丁二烯，因而合成六元环必须利用题中所给的信息反应；产物上下对称，因而应该是将1，3 丁二烯进行
1，4 加成之后再与另一分子
1，3 丁二烯反应成环；两个醛基相隔两个碳，因而需要
1，3 加成之后叠加水解、氧化步骤；而产物中不存在碳碳双键，因而应该存在催化加氢环节，这一步必须安排在氧化生成醛基之前。具体合成流程为：。3．【答案】(1)(2)10(3)取代反应
加成反应(4)
(5)
15
(6)
【解析】(1)由题意可知和A为乙基苯：。(2)C到D的反应加入了阻聚剂，且D到E的反应条件是溴的四氯化碳溶液，所以足以断定C到D是在进行消去反应，D中一定含有碳碳双键。D最多可以保证10个碳原子全部在同一个平面上。(3)①是属于取代反应，取代了苯环上的一个氢原子。④是属于加成反应，将碳碳双键进行加成。(4)在KOH对溴进行取代之后，进行了两次消去反应，形成三键，反应方程式为：；(5)的同分异构体必须在苯环上有两个取代基，且必须含有醛基，则它的同分异构体中除苯环外的两个取代基的组合可以是： CHO和 CH2CH2CH3、 CHO和 CH(CH3)2、 CH2CHO和 CH2CH3、 CH2CH2CHO和 CH3、 CH3和 CH(CH3)CHO共五种，且两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对三种，则同分异构体共15种。其中的核磁共振氢谱有5组峰，即有5种环境的氢，且这些氢原子的个数之比为6∶2∶2∶1∶1；(6)苯乙烯与溴发生取代反应生成二卤代烃，二卤代烃在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成苯乙炔，另甲苯与碘发生取代反生成对碘甲苯，苯乙炔与对碘甲苯反应得到，合成路线为：。
名校预测
专家押题考纲要求
1.能够通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。2.能够将分析解决问题的过程和成果，用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达并做出解释的能力。
专家解读
该题型以坐标曲线图为试题的信息来源，以化学中的基本概念、基本理论、元素化合物和化学实验等知识为载体，精心设计问题的一种信息处理和分析题。主要考查学生实验设计能力，数据读取、分析与处理能力，图象的识别与分析能力，运用数学工具能力，以及灵活运用一些重要化学概念、规律与原理解决简单问题的能力。
通过分析近几年的高考试题可知，化学坐标曲线图主要分为：化学反应速率与平衡曲线、能量曲线、离子浓度曲线、物质性质(质量或物质的量)变化曲线等，突出考查学生对图象中的数据进行分析的能力，是对学生综合素质的考查。预测2017年高考化学试题仍会保留一定量的曲线图试题，在题型稳定的基础上追求创新，图象会变得复杂，信息量更大，也可能根据题目情景考查学生绘图的能力。
坐标图是用来显示某一变量(应变量)是如何随着另一变量(自变量)而变化的。其优点是不但显示了所测量的点，还可以用来预测一些实验中没有测量的数值。解答时要求学生首先弄清楚自变量和因变量各代表什么样的化学量，然后根据化学知识分析概念——图象——数量三者之间的关系。具体步骤可以概括为“一明标”，“二析点(起点、拐点、平衡点、极值点、突变点)”，“三识线”。
1﹒(2016·新课标全国卷Ⅰ)
298
K时，在20.0
mL
0.10
mol氨水中滴入0.10
mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10
mol氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0
mL
C．M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl )=c(H+)=c(OH )
D．N点处的溶液中pH＜12
1.【参考答案】D【试题解析】A．把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，错误；B．如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此M点pH=7，则M点对应的盐酸体积小于20.0
mL，错误；C．根据电荷守恒可得：c(NH4+)+
c(H+)=c(Cl )+c(OH )。由于M点处的溶液显中性，c(H+)=c(OH )，所以c(NH4+)=c(Cl )。盐是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4+)=c(Cl )＞c(H+)=c(OH )，错误；D．N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH )=0.1
mol/L×1.32%=1.32×10 3
mol/L，根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度==7.6×10 12
mol/L，根据pH= lgc(H+)可知此时溶液中pH＜12，正确。
2﹒(2016·北京卷)
在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
下列分析不正确的是
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–
C．c点，两溶液中含有相同量的OH–
D．a、d两点对应的溶液均显中性
2.【参考答案】C【试题解析】两个反应的方程式分别为：①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，②Ba(OH)2+NaHSO4NaOH+BaSO4
+H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A、根据反应的化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，A正确；B、b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶液中含有氢氧化钠，B正确；C、C点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相同，②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误；D、a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，D正确。答案选C。
3﹒(2016·天津卷)
室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L 1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B )＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH )
C．pH=7时，三种溶液中：c(A )=c(B )=c(D )
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH ) c(H+)
3.【参考答案】C【试题解析】A．根据图像，0.1mol·L 1的三种酸(HA、HB和HD)溶液中HA的起始pH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD，正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B )＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH )，正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别与钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH ) c(H+)，正确；故选C。
4﹒(2014·安徽卷)
臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是
4.【参考答案】A【试题解析】A项正确，由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，说明此反应是放热反应，所以升高温度，平衡将逆向移动，平衡常数减小；B项错误，v(NO2)应等于0.2
mol·L 1·s 1；C项错误，加入催化剂，平衡不发生移动；D项错误，达平衡时，增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率会减小。
1﹒(2017·全国100所名校最新高考冲刺)用浓度为0.5
mol·L 1的NaOH溶液滴定50
mL
0.01
mol·L 1
Al2(SO4)3溶液，测得导电能力随加入溶液的体积变化曲线如下图所示。下列说法中正确的是
A.
a点溶液中离子浓度存在关系：c(Al3+)+c(H+)=c(SO42 )+c(OH )
B.
b点溶液中有：c(Na+)=
c(SO42 )
C.
c点对应的溶液显酸性
D.
滴定过程中始终存在：c(SO42 )>c(AlO2 )
2．(2017·郑州市高三第三次模拟)已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA )
+c(A2 )=
0.100
mol·L 1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A．pH=2
的溶液中：c(H2A)+c(A2 )>c(HA
)
B．E点溶液中：c(Na+) c(HA )<
0.
100
mol·L 1
C．c(Na+)=
0.100
mol·L 1的溶液中：c(H+)
+
c(H2A)=c(OH )+c(A2 )
D．pH=7的溶液中：c(Na+)>2c(A2
)
1．将CO2转化为甲醇的原理为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH
<0。500
℃时，在体积为1
L
的固定容积的密闭容器中充入1mol
CO2、3mol
H2，测得CO2浓度与CH3OH
浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是
A.
曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化
B.
从反应开始到10
min时，H2的反应速率υ(H2)=0.225
mol/(L·min)
C.
500
℃时该反应的平衡常数K=3
D.
平衡时H2
的转化率为75%
2．已知：pKa= lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1
mol·L 1NaOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L 1
H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是
A.
a点所得溶液中：2c(HSO3 )+c(SO32 )=0.1
mol/L
B.
b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32 )=c(OH )+c(H2SO3)
C.
c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3 )
D.
e点所得溶液中：c(Na+)>
c(SO32 )>
c(H+)>c(OH )
1﹒【答案】D【解析】50
mL
0.01
mol·L 1
Al2(SO4)3溶液中含有0.001mol
Al3+和0.0015
mol
SO42 。A.
a点为Al2(SO4)3溶液，根据电荷守恒：3c(Al3+)+c(H+)=2c(SO42 )+c(OH )，故A错误；B.
b点溶液中钠离子的物质的量为0.003
mol，硫酸根离子为0.0015
mol，c(Na+)＞c(SO42 )，故B错误；C.
c点时加入氢氧化钠0.004
mol，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，水解溶液显碱性，故C错误；D.
滴定过程中铝离子首先生成氢氧化铝沉淀，然后为偏铝酸根离子，根据铝元素守恒，溶液中存在
c(SO42 )>c(AlO2 )，故D正确；故选D。2．【答案】A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2时c(HA )>c(H2A)+c(A2 )，故A说法错误；B、E点：c(A2 )=c(HA )，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c(HA )+2c(A2 )，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na+)=3n(A)，即2c(Na+)=3c(A2 )+3c(HA )+3c(H2A)，两式合并，得到c(Na+) c(HA )=[c(HA )+3c(H2A)+c(A2 )]/2，即c(Na+) c(HA )=0.1+c(H2A)，c(Na+) c(HA )<0.100
mol·L 1，故B说法正确；C、根据物料守恒和电荷守恒分析，当c(Na+)=0.1mol·L 1溶液中：c(H+)+c(H2A)=c(OH )+c(A2 )，故C说法正确；D、根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c(HA )+2c(A2 )，pH=7，说明c(H+)=c(OH )，即c(Na+)=c(HA )+2c(A2 )，因此有c(Na+)>2c(A2
)，故D说法正确。
1．【答案】C【解析】A、随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH(g)、H2O(g)的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)
的浓度变化，选项A正确；B、Y的起始浓度为1
mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡时二氧化碳的浓度为0.25
mol/L，故v(CO2)=
=0.075
mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(CO2)=3×0.075
mol/(L·min)=0.225
mol/(L·min)，选项B正确；C、平衡时二氧化碳的浓度为0.25
mol/L，则：
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)开始(mol/L)：
1
3
0
0变化(mol/L)：
0.75
2.25
0.75
0.75平衡(mol/L)：
0.25
0.75
0.75
0.75故平衡常数K==5.33，选项C错误；D、平衡时二氧化碳的浓度为0.25
mol/L，二氧化碳的浓度变化量为1
mol/L 0.25
mol/L=0.75
mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为3×0.75
mol/L=2.25
mol/L，氢气的转化率=75%，选项D正确。答案选D。2．【答案】C【解析】A．用0.1mol·L 1NaOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L 1
H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3 )，溶液体积大于20
mL，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(SO32 )+c(HSO3 )=2c(H2SO3)+c(SO32 )＜0.1 mol·L 1
，故A错误；B．b点是用0.1
mol·L 1NaOH溶液20
mL滴定20
mL
0.1mol·L 1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3 )+c(OH )+2c(SO32 )，物料守恒c(Na+)=c(HSO3 )+c(SO32 )+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32 )+c(OH )，故B错误；D．加入氢氧化钠溶液40
mL，NaOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L 1
H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，Na2SO3水解显碱性，溶液中离子浓度c(OH )>
c(H+)，故D错误；故选C。
名校预测
专家押题考纲要求
1.热化学方程式的书写或运用盖斯定律进行反应热的简单计算。2.电解池或原电池方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写。3.化学反应速率的影响因素的实验探究。4.化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素。5.化学平衡常数及平衡转化率的计算。6.Ksp的计算和应用。7.综合计算(混合物计算、化学式的确定、关系式法、守恒法在计算中的应用)。8.以上知识的综合应用。
专家解读
该类试题往往以某个信息为主，围绕某种元素的化合物展开，结合图表信息，综合考查化学原理的知识，一般会同时涉及化学反应中的能量变化、化学反应速率和平衡、溶液中的离子平衡、电化学、化学计算等知识点，信息量大，难度大；充分考查学生的接受信息能力、知识迁移运用能力、解决实际问题的能力及计算能力。
分析近几年的全国卷高考试题，该类题干特征是图象和表格交替出现，以图象为主；题给信息由原来比较常见的变为较新颖的工业合成；涉及元素的种类主要是非金属元素，基本上都是含有C、H、O的气态物质。题目设问一般为4~5个小题，7~9个空。预测2017年的高考试题仍然会延续以往的出题风格，一般以物质合成，特别是有机物的合成为主要背景，以新信息方式、图象和表格的形式呈现。
1.虽然题目在背景材料上呈现新(或陌生)内容，但内在要求或者核心知识考查不变。如运用化学反应原理、化学平衡和水解理论、物质制备和分离的知识等观点分析实际生产中的各种问题，我们千万不能被新包装所迷惑、所吓倒，注意联系生产实际中的各类反应原理，融会贯通，就能解决所有问题。
2.要熟练掌握相关的思想、知识细节、生产原理、工艺设计原理，还有新时期对化学工业原理的新要求，如循环经济、原子经济、节能环保等方面的要求在工业中的运用。
3.尽管化学反应原理综合题设问较多，考查内容较多，但都是《考试大纲》要求的内容，不会出现偏、怪、难的问题，因此要充满信心，分析时要冷静，不能急于求成。要总结思维的技巧和方法，答题时注意规范细致。再者是该类题的问题设计一般没有递进性，故答题时可跳跃式解答，千万不能放弃。
1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4 (绿色)、Cr2O72 (橙红色)、CrO42 (黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
（2）CrO42 和Cr2O72 在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0
molL 1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72 )随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42 的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42 的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_____0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl ，利用Ag+与CrO42 生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl 恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10 5
mol·L 1)时，溶液中c(Ag+)为_______
molL 1，此时溶液中c(CrO42 )等于__________
molL 1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10 12和2.0×10 10)。
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72 还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。
【参考答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
（2）①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；
②
增大；1.0×1014
；③小于；
（3）2.0×10-5
；5×10-3；（4）Cr2O72 +3HSO3
+5H＋=2Cr3++3SO42 +4H2O。
【试题解析】（1）根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。向Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反应：Cr(OH)3+OH-=
Cr(OH)4 ，可观察到沉淀消失，溶液变为绿色。故观察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；（2）①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42 的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25
mol/L，由于开始时c(CrO42 )=1.0
mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42 )=0.5
mol/L；H+浓度为1.0×10-7
mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42 的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42 的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；（3）当溶液中Cl 完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10 5
mol·L 1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10 10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10 10÷(1.0×10 5
mol·L 1)=2.0×10-5
mol·L 1；则此时溶液中c(CrO42 )=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10 12÷(2.0×10-5
mol·L 1)=5×10-3mol·L 1；（4）
NaHSO3具有还原性，Cr2O72 具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O72 +3HSO3
+5H＋=2Cr3++3SO42 +4H2O。
2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)
ΔH
=-515
kJ/mol
②C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)
ΔH
=-353
kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）
A．催化剂活性降低
B．平衡常数变大
C．副反应增多
D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为__________，理由是_______________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________。
【参考答案】（1）两个反应均为放热量大的反应
降低温度、降低压强
催化剂
（2）不是
该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低
AC
（3）1
该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低
1：7.5：1
【试题解析】（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460
℃以前是建立平衡的过程，所以低于460
℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460
℃时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．产率降低，平衡常数不可能变大，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；答案选AC。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。
3.
(2015·新课标全国卷Ⅰ)
碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为　　　　。
(2)上述浓缩液中主要含有I 、Cl 等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为　　　　。已知Ksp(AgCl)=1.8×10 10，Ksp(AgI)=8.5×10 17。
(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11
kJ·mol 1，1
mol
H2(g)、1
mol
I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436
kJ、151
kJ的能量，则1
mol
HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　　　kJ。
(4)Bodensteins研究了下列反应：
2HI(g)H2(g)+I2(g)
在716
K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为　　　　。
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为　　　　(以K和k正表示)。若k正=0.002
7
min 1，在t=40
min时，v正=
　　min 1。
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为　　　　(填字母)。
【参考答案】(1)MnSO4(或Mn2+)(2)4.7×10 7(3)299(4)①
②k正/K　1.95×10 3　③A、E【试题解析】本题以碘及其化合物为背景考查氧化还原反应、溶度积、反应热、化学平衡等知识，意在考查考生综合运用所学知识解决问题的能力。(1)浓缩液中的碘元素为 1价，碘单质中的碘元素为0价，说明加入了氧化剂，MnO2作氧化剂，化合价降低，所以还原产物为MnSO4。(2)当AgCl开始沉淀时，AgI已沉淀，由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl )、Ksp(AgI)=c(Ag+)c(I )得，，则=4.7×10 7。(3)设1
mol
HI(g)分子中化学键断裂需吸收能量x
kJ，则2x 436 151=11，解得x=299。(4)①设开始加入的HI为x
mol，达平衡时转化的HI为a
mol，则2HI(g)　
　H2(g)
+
I2(g)开始/mol
x
0
0转化/mol
a

平衡/mol
x a

所以=0.784，得a=0.216x，K=；②达平衡时，v正=v逆，k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)，k逆==k正/K。v正=k正x2(HI)，在40
min时，x(HI)=0.85，所以v正=0.002
7
min 1×0.85×0.85=1.95×10 3
min 1。③升高温度，正、逆反应速率都增大，但平衡正向移动，HI的物质的量分数减小，H2的物质的量分数增大，分析题图，反应重新达到平衡时，相应的点分别是A、E。【解题技巧】第(4)问为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中并没有明确。解答化学平衡计算试题，离不开三段式，即开始量、转化量和平衡量。只有找准这三个量，才能正确解答。有时题目没有直接给出，需要设未知数，根据题给条件列出比例式或方程求解。
4.
(2015·新课标全国卷Ⅱ)
甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH3
回答下列问题：
(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol 1)
436
343
1
076
465
413
由此计算ΔH1=　　　kJ·mol 1；已知ΔH2= 58
kJ·mol 1，则ΔH3=　　　kJ·mol 1。
(2)反应①的化学平衡常数K表达式为　　　；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　(填曲线标记字母)，其判断理由是　
　　。
(3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而　　
　(填“增大”或“减小”)，其原因是　
　　；图2中的压强由大到小为　　
　，其判断理由是　　
　。
【参考答案】(1)
99　+41(2)K=(或Kp=)　a　反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高变小(3)减小　升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低
p3>p2>p1
相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高【试题解析】本题考查焓变的计算、平衡常数的应用以及化学平衡移动，意在考查考生图象的分析能力以及运用平衡移动知识分析处理问题的能力。(1)反应①中，生成1
mol
CH3OH时需要形成3
mol
C—H键、1
mol
C—O键和1
mol
O—H键，则放出的热量为：(413×3+343+465)
kJ=2
047
kJ，需要断开1
mol
C≡O键和2
mol
H—H键，吸收的热量为：(1
076+436×2)
kJ=1
948
kJ，则该反应为放热反应，ΔH1=(1
948 2
047)
kJ·mol 1= 99
kJ·mol 1；根据盖斯定律，ΔH3=ΔH2 ΔH1=( 58+99)
kJ·mol 1=+41
kJ·mol 1。(2)反应①为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a正确。
1．(2017·江苏如皋市高三调研)将不可再生的天然气、石油、煤等化石燃料转化利用、变废为宝已成为当务之急。
（1）根据键能数据估算CH4＋4F2CF4＋4HF的反应热ΔH＝
。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/（kJ·mol 1）
414
489
565
155
（2）甲醇、二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，均可利用CO和H2反应合成。
某燃料电池以二甲醚为原料，熔融碳酸盐为电解质，其负极反应如下：
CH3OCH3＋6 12e 8CO2＋3H2O。写出该燃料电池的正极反应式：
。
（3）某企业采用如图所示原理处理化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气。
①电解池中电极A、B均为惰性电极，其中A为电解池的
极；电极B所得到的物质X的分子式为
。
②反应池中发生的离子反应方程式为
。
2．(2016·成都七中期中检测)T1温度下，体积为
2
L的恒容密闭容器，加入4.00
mol
X，2.00
mol
Y，发生化学反应
2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s)
ΔH<0。
部分实验数据如表格所示。
t/s
0
500
1000
1500
n(X)/mol
4.00
2.80
2.00
2.00
(1)前500
s反应速率v(M)=_____，该反应的平衡常数K=_____。
(2)若该反应在恒温恒压容器中进行，能表明该反应达到平衡状态的是____(填序号)。
a.X的消耗速率与M的消耗速率相等
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.v(Y)与v(M)的比值不变
d.固体的总质量不变
(3)该反应达到平衡时某物理量随温度变化如图所示。纵坐标可以表示的物理量有哪些_____(填序号)。
a.Y的逆反应速率
b.M的体积分数
c.混合气体的平均相对分子质量
d.X的质量分数
(4)反应达到平衡后，若再加入3.00
mol
M，3.00
mol
N，下列说法正确的是_____(填序号)。
A.平衡不移动
B.重新达平衡后，M的体积分数小于50%
C.重新达平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1.5倍
D.重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡不相等
E.重新达平衡后，用X表示的v(正)比原平衡大
(5)若容器为绝热恒容容器，起始时加入4.00
mol
X，2.00
mol
Y，则达平衡后M的物质的量浓度_____1.5
mol/L(填“>”、“=”或“<”)，理由是_____。
1．碳、氮、氧、铝都为重要的短周期元素，其单质及化合物在工农业生产生活中有着重要作用。请回答下列问题：
（1）在密闭容器内（反应过程保持体积不变），使1
mol
N2和3
mol
H2混合发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH= 92.4
kJ·mol 1。当反应达到平衡时，N2和H2的浓度之比是__________；当升高平衡体系的温度，则混合气体的平均式量________（填“增大”“减小”或“不变”）；当达到平衡时，再向容器内充入1
mol
N2，H2的转化率__________（填“提高”“降低”或“不变”）；当达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡__________移动（填“正向”“逆向”或“不”）。
（2）由题干所述元素中的三种组成的某种强酸弱碱盐的化学式为__________，其溶于水能________水的电离（填“促进”或“抑制”），且使溶液的pH________（填“升高”“降低”或“不变”），原因是____________________________（用离子方程式表示）。
（3）空气是硝酸工业生产的重要原料，氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在铁触媒作用下只发生主反应①和副反应②：
4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)
ΔH= 905
kJ·mol 1
①
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
ΔH= 1268
kJ·mol 1
②
①氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为__________________________。
②在氧化炉中催化氧化时，有关物质的产率与温度的关系如图。下列说法中正确的是____________。
A．工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在780～840
℃之间
B．工业上采用物料比在1.7～2.0，主要是为了提高反应速率
C．加压可提高NH3生成NO的转化率
D．由图可知，温度高于900
℃时，生成N2的副反应增多，故NO产率降低
（4）M是重要的有机化工原料，其分子与H2O2含有相同的电子数，将1
mol
M在氧气中完全燃烧，只生成1
mol
CO2和2
mol
H2O，则M的化学式为__________。某种燃料电池采用铂作为电极催化剂，以KOH溶液为电解质，以M为燃料，以空气为氧化剂。若该电池工作时消耗1
mol
M，则电路中通过__________mol电子。
2.工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇。
(1)已知：2CH4(g)+O2(g)2CO2(g)+4H2(g)
ΔH=a
kJ/mol
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH=b
kJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲烷的热化学方程式：___________________。
(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图甲是反应时CO(g)和
CH3OH(g)的浓度随时间t的变化情况。从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v(CO)=_____，该反应的平衡常数表达式为______________。
(3)在一容积可变的密闭容器中充入10mol
CO和20mol
H2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如乙图所示。
①下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是_________。(填字母)
A.H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B.H2的体积分数不再改变
C.体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D.体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小pA____pB(填“＞、＜、=”)。
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20
L。如果反应开始时仍充入10
mol
CO和
20
mol
H2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=____L。
(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)。
①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为_______。
②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是__________。
3．燃煤能排放大量的CO、CO2、SO2，PM2.5(可入肺颗粒物)污染也跟冬季燃煤密切相关。SO2、CO、CO2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。
(1)如图所示，利用电化学原理将SO2
转化为重要化工原料C。若为SO2，B为O2，则负极的电极反应式为：____________________________。
(2)有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2CH3OH+H2O。
已知：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH
= a
kJ·mol 1；
2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)
ΔH= b
kJ·mol 1；
H2O(g)H2O(l)
ΔH= c
kJ·mol 1；
CH3OH(g)CH3OH(l)
ΔH= d
kJ·mol 1，
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_________________________________。
(3)光气
(COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过
Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)制备。下面左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0~6
min内，反应的平均速率v(Cl2)＝
；
②若保持温度不变，在第7
min
向体系中加入这三种物质各2
mol，则平衡
移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)；
③若将初始投料浓度变为c(Cl2)=0.7
mol/L、c(CO)=0.5
mol/L、c(COCl2)=
mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6
min时Cl2的体积分数相同；
④随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是
；(填“增大”、“减小”或“不变”)
⑤比较第8
min反应温度T(8)与第15
min反应温度T(15)的高低：T(8)________T(15)
(填“<”、“>”或“=”)。
名校预测
1．【答案】（1）–1940
kJ·mol 1（2）2CO2＋O2＋4e 2
(或将各计量数扩大3倍)（3）①阳
H2
②H2S＋2Fe3+2Fe2+＋S↓＋2H+【解析】（1）根据键能数据，焓变等于反应物的总键能 生成物的总键能，CH4＋4F2CF4＋4HF的反应热ΔH＝414×4＋155×2 489×4 565×4=–1940
kJ·mol 1；（2）原电池正极发生还原反应，该燃料电池的总反应为CH3OCH3+3O22CO2+3H2O，其负极反应CH3OCH3＋6 12e 8CO2＋3H2O。该燃料电池的正极反应式=总反应 负极反应，正极反应式为2CO2＋O2＋4e 2；（3）根据图示，A极有Fe3+生成，A是阳极，B是阴极发生还原反应，2H++2e H2，B所得到的
物质X的分子式为H2；②根据图示知，反应池中发生的离子反应方程式为H2S＋2Fe3+2Fe2+＋S↓＋2H+。2.【答案】(1)1.8×10 3
mol/(L·s)
6.75
(2)bd
(3)b
(4)CE(5)<
反应放热，容器内温度升高，相当于化学平衡逆移，c(M)减小【解析】(1)前500
s内消耗X的物质的量是4
mol 2.8
mol=1.2
mol，则生成M是1.8
mol，浓度是0.9
mol/L，则反应速率v(M)=0.9
mol/L÷500
s=1.8×10 3
mol/(L·s)。平衡时X是2
mol，消耗的X是2mol，同时消耗的Y是1
mol，则剩余的Y是1
mol，生成的M是3
mol，反应前后体积不变，可以用物质的量表示浓度计算平衡常数，则该反应的平衡常数K=。(2)a.X的消耗速率与M的消耗速率相等但不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，所以没有达到平衡，a错误；b.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量不变，但气体的质量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量不变可以说明达到平衡状态，b正确；c.v(Y)与v(M)的比值不变不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，所以没有达到平衡，c错误；d.固体的总质量不变时说明反应达到平衡状态，d正确，答案选bd。(3)a.升高温度反应速率增大，所以不能表示Y的逆反应速率，a错误；b.正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，M的体积分数减小，b正确；c．正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，气体的质量增加，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，c错误；d．正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，X的质量分数增大，d错误，答案选b。
(4)反应达到平衡后，若再加入3.00
mol
M，3.00
mol
N，则瞬间M变为6mol，则2X(g)+Y(g)
3M(g)+N(s)起始量(mol)
2
1
6转化量(mol)
2x
x
3x平衡量(mol)
2+2x
1+x
6 3x则根据平衡常数可知解得x=0.5A.根据以上分析可知平衡向逆反应方向移动，A错误；B.重新达平衡后，M的体积分数=，B错误；C.重新达平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1.5倍，C正确；D.重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡相等，D错误；E.重新达平衡后，X的浓度增大，用X表示的v(正)比原平衡大，E正确，答案选CE。
(5)由于反应放热，容器内温度升高，相当于化学平衡逆移，c(M)减小，即达平衡后M的物质的量浓度小于1.5
mol/L。
专家押题
1．（1）1∶3
减小
提高
正向（2）Al(NO3)3
促进
降低
Al3++3H2OAl(OH)3+3H+（3）①N2(g)+O2(g)2NO(g)
ΔH=+181.5
kJ·mol 1
②AD（4）CH3OH
6【解析】（1）合成氨反应是体积减小的放热反应，充入的N2和H2的物质的量比与二者反应的物质的量均为1∶3，所以当反应达到平衡时，剩余的N2和H2的浓度之比仍是1∶3；升温使平衡逆向移动，则混合气体分子总数增多，但总质量不变，使平均式量减小；当达到平衡时，再向容器内充入1
mol
N2，平衡正向移动，使H2的转化率提高；当达到平衡时，c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，相当于压缩容器体积，平衡向气体体积减小的正向移动。（2）只有氮、氧和铝三种元素能组成强酸弱碱盐，即Al(NO3)3，因其溶于水电离的Al3+水解，而促进水的电离，并使c(H+)增大，溶液的pH降低。（3）①根据盖斯定律，可得氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)2NO(g)
ΔH=+181.5
kJ·mol 1。②A、从图象可以看出，反应温度在780～840
℃，NO的产率最大，故A正确；B、工业上采用物料比在1.7～2.0，主要是为了提高氨气的利用率，故B错误；C、在4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)反应中，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率降低，故C错误；由图可知，温度高于900℃时，4NH3(g)
+
3O2(g)2N2(g)
+
6H2O(g)，生成N2的副反应增多，故NO产率降低，D正确。（4）H2O2分子内有18个电子。由1
mol
M在氧气中完全燃烧生成1
mol
CO2和2
mol
H2O得出M的化学式为CH3OH。在甲醇燃料电池的反应中，负极反应式为CH3OH
+8OH
6e +6H2O，则消耗1
mol
CH3OH，转移电子6
mol。2.【答案】(1)2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)
ΔH=(a+2b)
kJ/mol(2)0.075
mol·L 1·min 1
K=
(3)①AC
②＜
③4(4)①CH3OH 6e +8OH +6H2O
②c(K+)>c()
>c()>c(OH )>c(H+)【解析】(1)已知①2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)
ΔH=a
kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH=b
kJ/mol，则根据盖斯定律可知①+②×2可得到2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)ΔH=(a+2b)kJ/mol；(2)用甲醇表示的反应速率v=0.75
mol/L÷10
min=0.075
mol/(L min)，CO表示的反应速率等于用甲醇表示的反应速率，即0.075
mol/(L min)；化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知平衡常数表达式为K=。(3)①A.氢气的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，A错误；B.氢气的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，B正确；C.体系中氢气的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，C错误；D.体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，D正确，答案选AC。②正反应方向为气体体积减小的方向，T1
℃时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大，图象中pB转化率大于pA，可知pA＜pB；③利用A点可得平衡常数K=，温度不变，平衡常数不变。A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8，则
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol)：10
20
0转化(mol)：8
16
8平衡(mol)：2
4
8设体积为V
L，则有K==4解得V=4
L(4)①燃料电池得负极甲醇失去电子，碱过量，则负极方程式为CH3OH 6e +8OH +6H2O。②当有0.75mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.75
mol，和1
mol氢氧化钾反应，根据元素守恒可以计算n(K2CO3)=0.25
mol，n(KHCO3)=0.5
mol，二者的水溶液均为碱性，所以溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)>c()>c()>c(OH )>c(H+)。3.【答案】(1)SO2 2e +2H2 O4H＋+(2)CH3OH(l)+3/2O2(g)
CO2(g)+2H2O(l)
ΔH= (3/2b+2c a d)kJ·mol 1(3)①0.15
mol·L 1·min 1
②向正反应方向
③
0.5
④减小
⑤<【解析】(1)若A为SO2，B为O2，则SO2在负极上失去电子，因为电解质溶液中含有H+，则电极方程式为：SO2 2e +2H2 O4H＋+。(2)首先写出表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式并注明状态，CH3OH(l)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)，该反应为总反应，已知 H的4个反应为分步反应，根据盖斯定律可得总反应的 H= H1+3/2 H2+2 H3 H4= (3/2b+2c a d)kJ·mol 1，进而得出热化学方程式。(3)①0~6
min内，反应的平均速率v(Cl2)=(1.2
mol·L 1 0.3
mol·L 1)÷6
min=0.15
mol
·L 1·min 1。②若保持温度不变，在第7
min
向体系中加入这三种物质各2
mol后，浓度商Q<平衡常数K，则化学平衡向正反应方向移动。③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6
min时Cl2的体积分数相同，则两次平衡等效，说明通过化学方程式换算到同一侧物质浓度相等，原平衡Cl2的起始浓度为1.2
mol·L 1、CO的起始浓度为1.0
mol·L 1、COCl2的起始浓度为0，则c(COCl2)=0.5
mol·L 1时，根据化学方程式换算相当于0.5
mol·L 1的Cl2、CO，则Cl2的起始浓度相当于起始浓度为1.2
mol·L 1、CO的起始浓度相当于1.0
mol·L 1，两平衡等效，Cl2的体积分数相同。④根据反应速率随温度变化的曲线可知，温度升高，逆反应速率增加的程度更大，则逆反应方向为吸热反应，所以温度升高，平衡向正反应方向移动，平衡常数减小。⑤第15
min时反应物Cl2与CO的浓度增大，生成物COCl2的浓度减小，则平衡向逆反应方向移动，所以15
min时温度升高，所以T(8)
1．了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。2．能正确书写化学方程式、离子方程式并能进行有关计算；了解常见离子的检验方法。
专家解读
离子反应是高中学习的一类重要反应类型，也是高考考查的重点内容之一，由于区分度好，离子反应方程式和离子共存是历年高考的热点，而且题型相对稳定。高考题常以离子共存、离子方程式的书写及判断正误为载体，考查离子反应的概念，发生的条件和本质。
本类题涉及微粒观、氧化还原反应观等化学学科核心思想，且涉及物质的覆盖面广，有一定的难度和区分度，2015年和2016年的高考全国卷选择题中没有出现，鉴于高考试题的变化规律，该题型很可能会在2017年的高考中出现，因此不能掉以轻心。在判断离子能否大量共存的题目中，可能由单一限制向多项限制发展，在选项中添加限制条件是高考试题的新变化。将定量因素引入到离子共存的判断、离子方程式的书写中将是今后高考命题的趋势。
一、离子共存问题
1.“不共存”情况归纳：
不能大量共存的原因
常见实例
结合成难溶物或微溶物
如：SO42－不能与Ba2+、Ca2+、Ag+大量共存；OH－、CO32－不能与Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+
、Cu2+等大量共存；Ag+不能与Cl－、Br－、
I－大量共存。
生成挥发性物质
如：CO32－、SO32－、S2－
、HCO3－、HSO3－、HS－等与H+不能大量共存。
结合成难电离的物质(水，弱酸和弱碱)
H+与OH－结合成水；H+与PO43－、CH3COO－、
F－、ClO－、AlO2－、C6H5O－结合成弱酸；OH－
与酸式离子根如：HCO3－、HSO3－、H2PO4－生成水；OH－与NH4+结合成NH3·H2O。
发生氧化还原反应
如MnO4－、ClO－、NO3－(有H+时)与S2－、I－、Fe2+、SO32－等不能大量共存；Fe3+
和S2－或I－等发生氧化还原反应不能大量共存。
能结合成络合物
如Fe3+与SCN－、C6H5O－不能共存；Ag与NH3不能大量共存。
发生双水解反应
如Fe3+、Al3+
与AlO2－、S2－、CO32－、HCO3－等不能大量共存(常见)。
2.离子在酸性或碱性溶液中存在情况的归纳：
（1）某些弱碱金属阳离子，如：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Al3+、NH4+、Pb2+、Ag+等，在水溶液中发生水解，若有OH－存在，则促进水解生成弱碱或难溶的氢氧化物。故上述离子可和H+（在酸性溶液中）大量共存，不能与OH－（在碱性溶液中）大量共存。但有NO3－存在时的酸性溶液，
Fe2+等还原性离子不能与之大量共存。
（2）某些弱酸的酸式根离子，如HCO3－、HS－、HSO3－等可和酸发生反应，由于本身是酸式根，故又可与碱反应，故此类离子与H+和OH－都不能大量共存。
（3）某些弱酸的阴离子，如：CH3COO－
、S2－、CO32－、
PO43－、AlO2－、SO32－、ClO－、SiO32－等离子在水溶液中发生水解，有H+则促进其水解，生成难电离的弱酸或弱酸的酸式根离子。所以这些离子可和OH－（在碱性溶液中）大量共存，不能与H+（在酸性溶液中）大量共存。
（4）强酸的酸根离子和强碱的金属阳离子，如：Cl－、Br－、I－、SO42－、NO3－、K+、Na+等离子，因为在水溶液中不发生水解，所以不论在酸性或碱性溶液中都可以大量共存。但SO42－与Ba2+不共存。
（5）某些络离子，如[Ag(NH3)2]＋，它们的配位体能与H+结合成NH4＋：
[Ag(NH3)2]＋+2H+Ag++2NH4+，所以它们只能存在于碱性溶液中，即可与OH－大量共存，而不能与H+大量共存。
强调：①“共存”问题，还应考虑到题目的附加条件的影响，如溶液的酸碱性、pH值、溶液颜色、水的电离情况、“能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液”、“能与NH4HCO3反应放出气体的溶液”等。②如果两种或多种离子在水溶液里符合离子反应发生的条件，则发生离子反应的就不能大量共存，反之则能大量共存。另外，在选择答案时，一定要看清题目要求，属何类原因(如发生氧化还原反应或复分解反应或水解反应等)而不能大量共存。③注意题目要求“一定大量共存”还是“可能大量共存”；“不能大量共存”还是“一定不能大量共存”等。
二、离子方程式
1.注意何时拆分。
只有溶于水的强电解质才能写成离子形式；弱电解质、不溶于水的盐及所有的氧化物均写化学式，不能写成离子形式。我们可以这样记忆：“强酸、强碱、可溶性盐”拆成离子形式，这里所说的强酸主要指“盐酸、硫酸、硝酸、HI、HBr、HClO4”，强碱主要指“KOH、NaOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2”；当Ca(OH)2表述为澄清石灰水时要写成离子形式；表述为石灰乳时，要写成化学式。
2.切忌以偏概全。
如CuSO4溶液与过量Ba(OH)2溶液反应易错写成Ba2++SO42－BaSO4↓，忽略了Cu2++2OH－Cu(OH)2↓，正确的写法是Cu2++SO42－+Ba2++2OH－Cu(OH)2↓+BaSO4↓
3.要遵守质量守恒和电荷守恒。
其实有些离子反应不一定要会写，完全可以从电荷守恒或得失电子守恒进行正误判断。如Na+2H2ONa++2OH－+H2↑、Fe2++Cl2Fe3++2Cl－，以上两个离子方程式都是错误的，两者都违背了电荷守恒和得失电子守恒。
4.不符合客观事实。
如铁和盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3++3H2↑，铁和硝酸反应：Fe+2H+Fe2++H2↑都是错误的。前者的正确写法是：Fe+2H+Fe2++H2↑；后者因硝酸具有强氧化性，反应不会产生氢气。
5.来自同一种物质的离子配比要正确。
如硫酸和氢氧化钡反应：Ba2++H++OH－+SO42－H2O+BaSO4↓，这是错误的，原因是氢氧化钡有2个OH－，而硫酸同样有2个H+；还有对于不足量的物质一定要按照物质的配比组成去写，而过量的则不一定。例如Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，如写成：Ca2++HCO3－+OH－CaCO3↓+H2O，就忽略了来自碳酸氢钙的配比：n(Ca2+)∶n(HCO3－)=1∶2，因而是错误的。
6.注意“量”的关系。
如“过量”、“少量”、“适量”等，要严防“量的陷阱”！如：碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液写成“NH4++OH－NH3↑+H2O”就是错误的，正确的离子方程式应为NH4++2OH－+HCO3－NH3↑+2H2O+CO32－。当加入少量的NaOH溶液时，先发生OH-与HCO3－-反应，离子方程式为OH－+HCO3－H2O+CO32－。
7.注意离子反应的先后顺序。
FeBr2溶液中通入少量Cl2时，Fe2+与Cl2先反应，离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl－，当通入足量Cl2时，则还要发生的离子反应为2Br－+Cl2Br2+2Cl－(因为还原性强弱顺序Fe2+>Br－)，而向FeI2溶液中通入少量Cl2时，I－与Cl2先反应，离子方程式应写成2I－+Cl2I2+2Cl－，当通入足量Cl2时则还要发生的离子反应为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl－（因为还原性强弱顺序I－>Fe2+）。
8.注意有无氧化还原反应发生。
如少量（过量）SO2通入Ca(ClO)2溶液中，写成：Ca2++2ClO－+H2O+SO2CaSO3↓+2HClO或ClO－+H2O+SO2HSO3－+HClO都是错误的，因为次氯酸能把+4价的硫元素氧化成+6价的硫元素。再如氢氧化铁与氢碘酸反应写成Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O也是错误的，因为Fe3+和I－能发生氧化还原反应，将生成Fe2+和I2。
另外，我们还要注意其他情况的处理：若反应体系在碱性环境中进行，一般考虑有OH-参加反应；若体系在酸性环境中进行，一般要考虑H+参加反应。这属于缺项离子方程式书写，当方程式两边O、H原子难以守恒时，就要考虑是否添加H2O了。
1．(2016·江苏)制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、、Cl 、
B．加入少量NaClO溶液：、Fe2+、H+、、ClO
C．加入过量NaOH
溶液：Na+、Fe2+、、 、OH
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、、Cl 、ClO 、OH
1.【参考答案】D【试题解析】A项，Cl2会氧化Fe2+，错误；B项，ClO 会氧化Fe2+，且H+会与ClO 结合成弱电解质HClO，错误；C项，OH 会与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，OH 也会与 反应生成NH3·H2O，错误；D项，加入过量的ClO 会氧化Fe2+生成Fe3+和Cl ，过量的OH 会除去Fe3+和，最终溶液中含离子Na+和，ClO 和OH 均是过量的，正确。
2．（2016·天津）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是
A．室温下，测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨是弱碱：+2H2ONH3·H2O+H3O+
B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH +2H2O2+3H2↑
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2+2H2O+2CO2↑
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2+16H+
+52Mn2++10CO2↑+8H2O
2.【参考答案】B【试题解析】的水解反应为可逆反应，A项错误；Al与OH 、H2O反应生成和H2，而Mg不溶于NaOH溶液，B项正确；酚羟基的酸性弱于H2CO3，酚羟基不与反应，C项错误；草酸为弱酸，在离子方程式中，应写其化学式H2C2O4，D项错误。
3．（2016·江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+H2O
B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe2Fe2+
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
3.【参考答案】C【试题解析】A项，Cu与稀HNO3反应生成NO，错误；B项，电荷不守恒，错误；C项，Al(OH)3不溶于氨水，正确；D项，Na2SiO3为可溶性盐，应写成离子形式，错误。
4．（2015·北京卷）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－ClO－+Cl－+H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+H2OHClO+OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl－+ClO－
Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO－HClO+CH3COO－
4.【参考答案】B【试题解析】消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，可由氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此消毒液的pH主要不是由ClO－的水解造成的，氢氧化钠过量，为消毒液pH约为12的主要原因，故B错误；在酸性条件下ClO－与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl－+ClO－Cl2↑+H2O，故C正确；由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确。【解题技巧】本题既考查了离子方程式的书写，又突出考查了氯及其化合物的性质，在分析时，要注意审题，明确消毒液的成分，把握选项中事实的反应实质。
5．（2015·广东卷）水溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH4+、Ba2+、Br－、CO32－
B．Cl－、SO32－、Fe2+、H+
C．K+、Na+、SO42－、MnO4－
D．Na+、H+、NO3－、HCO3－
5.【参考答案】C【试题解析】Ba2+、CO32－结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；SO32－、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C项离子之间不反应，可大量共存，故C正确；H+、HCO3－结合生成H2CO3，不能大量共存，故D错误。【解题技巧】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答。
6．（2015·山东卷）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32－+2H+SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32－+SO2+H2OH2SiO3↓+SO32－
C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O
[Al（OH）4]
－+4NH4+
D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑
6.【参考答案】D【试题解析】硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根，A项错误；二氧化硫过量，应生成HSO3－，B项错误；氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀，C项错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，D项正确。【解题技巧】本题考查离子方程式正误判断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，明确离子反应发生的条件，难度中等。
7．（2014·四川理综）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．Cl2通入NaOH溶液中：Cl2+OH－Cl－+ClO－+H2O
B．NaHCO3溶液中加入HCl：CO32
－+2H＋CO2↑+H2O
C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2OAlO2－
+4NH4＋
+2H2O
D．Cu溶液于稀HNO3：3Cu+8H＋+2NO3－
3Cu2＋+2NO↑+4H2O
7.【答案】D【试题解析】Cl2通入NaOH溶液中：Cl2+2OH－Cl－+ClO－+H2O，A错误；碳酸氢根离子不能拆开写，B错误；氢氧化铝不能和氨水反应，C错误。【解题技巧】分析时注意书写离子方程式的常见错误之处，如没有配平、弱电解质的拆分以及不符合反应事实等。
8．（2014·山东理综）下列有关溶液组成的描述合理的是
A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl 、S2
B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO 、SO42 、I
C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl 、HCO3
D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl 、SO42
8.【答案】C【试题解析】Al3+
和S2-能发生双水解反应[2Al3++3S2 +6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑]而不能大量共存，A错误；在酸性条件下，ClO 具有较强的氧化性，能把I 氧化而不能大量共存，B错误；C项可以大量共存；中性溶液中，Fe3+能发生水解反应（Fe3+
+
3H2OFe(OH)3↓
+
3H+）生成Fe(OH)3沉淀而不能大量存在，D错误。【解题技巧】
分析此题时，关键是要弄清题给限制条件的意义，另外注意两者之间会发生氧化还原反应的离子，有的离子只有在特定条件下才会发生氧化还原反应。
1．（2017·山东省潍坊中学高三月考）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
①无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42
②常温下pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－
③能溶解Al2O3的溶液中：Cl－、HCO3－、NO3－、NH4+
④由水电离出的c(OH－)=10 13
mol·L 1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl－、I－
⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、C1 、S2 、ClO－
⑥强酸性溶液中：SO32 、K+、MnO4 、Cl－
A．②④
B．②⑤
C．④⑥
D．②⑤⑥
2．（2017·安徽省合肥市高三一模）下列反应的离子方程式表达正确的是
A．FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI2Fe2++2H++I2
B．1
mol·L 1
NaAlO2溶液和4
mol·L 1
HCl溶液等体积混合：AlO2 +4H+Al3++2H2O
C．NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4++H++SO42 +Ba2++2OH BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
D．Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32 +2H+4S↓+2SO42 +H2O
3．（2017·河北省唐山市高三第二次模拟）25℃时，一定能大量共存的离子组是
A．0.1
mol/L的NH4HSO4溶液：Ba2+、Na+、NO3 、Cl
B．通KSCN溶液变红色的溶液：NH4+、Al3+、SO42 、Cl
C．c(H+)/c(OH )=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO 、NO3
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：K+、Na+、CO32 、NO3
4．（2017·辽宁省沈阳东北育才学校高三模拟二）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+、SO42 、HCO3
B．b点对应的溶液中：Na+、S2 、SO42 、Cl
C．c点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3 、Na+
D．d点对应的溶液中：K+、NH4+、I 、HCO3
5．（2016·河南三市联考）下列离子方程式中，正确的是
A．Na2O2固体溶于足量水中：2O22－+2H2O4OH－+O2↑
B．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO－+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO
C．碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液：Ca2++HCO3－+OH－CaCO3↓+H2O
D．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH－AlO2－+2H2O
6．（2016·鄂州三模）下列反应的离子方程式正确的是
A．NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液：AlO2－+HCO3－+H2OAl（OH）3↓+CO32－
B．碘水中通入适量的SO2：I2+SO2+2H2O2HI+SO42－+2H+
C．FeSO4溶液中滴加双氧水：2Fe2++2H2O22Fe3++O2↑+2H2O
D．Na2CO3发生水解反应：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
1．解释下列事实的方程式书写正确的是
A．加热可增强纯碱溶液的去污力：＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．用稀硝酸洗涤发生银镜反应的试管：Ag＋4H＋＋===Ag＋＋NO↑＋2H2O
C．向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3＋O2＋2SO22CO2＋2CaSO4
D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合：＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
2．实验室欲配制一种仅含五种离子(水电离出的离子可忽略)的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1
mol·L－1，下面四个选项中能达到此目的的是
A．Mg2＋、Na＋、OH－、Cl－、
B．Fe2＋、H＋、Br－、、Cl－
C．K＋、、、、Cl－
D．Fe3＋、K＋、Cl－、、
名校预测
1．【答案】A【解析】①Cu2+有颜色，不满足无色溶液，错误；②
常温下pH=11的溶液显碱性，在碱性溶液中CO32－、Na+、AlO2－、NO3－离子间不发生反应，能够大量共存，正确；③能溶解Al2O3的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中HCO3－要反应放出二氧化碳，错误；④由水电离出的c(OH－)=10 13
mol·L 1的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中Na+、Ba2+、Cl－、I－离子间不发生反应，能够大量共存，正确；⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液显碱性，在碱性溶液中S2 与ClO－发生氧化还原反应，错误；⑥强酸性溶液中，SO32 与MnO4 发生氧化还原反应，错误；故选A。【名师点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH ；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。2．【答案】B【解析】A．FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2I－2Fe2++I2，A错误；B．1
mol·L 1NaAlO2溶液和4
mol·L 1
HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2 +4H+Al3++2H2O，B正确；C．NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H++SO42 +Ba2++2OH BaSO4↓+2H2O，C错误；D．Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32 +2H+S↓+SO2↑+H2O，D错误，答案选B。点睛：选项B是易错点，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，反应的先后顺序，注意隐含因素等。3．【答案】B【解析】A．0.1
mol/L的NH4HSO4溶液中含有SO42 ，SO42 与Ba2+在同一溶液中不能大量共存，易生成白色沉淀，故A错误；B．通KSCN溶液变红色的溶液中含有Fe3+，此溶液中NH4+、Al3+、SO42 、Cl 彼此间不发生离子反应，故B正确；C．c(H+)/c(OH )=1×1014的溶液pH=0，ClO 在强酸性溶解中不可能大量存在，易生成HClO弱电解质，故C错误；D．与铝反应产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，CO32 不能在酸性溶液中大量存在，故D错误；答案为B。4．【答案】B【解析】A．向NaOH溶液中逐渐加入AlCl3溶液时发生Al3
++
4OH AlO2
+
2H2O，3AlO2
+
6H2O
+
Al3
+
4Al(OH)3↓，a点时溶液中有大量OH ，与Fe3
+、HCO3 不能大量共存，故A错误；B．b点时溶质为NaCl和NaAlO2，所有离子可以大量共存，故B正确；C．c点时溶质为NaCl，与Ag+不能大量共存，故C错误；D．d点时溶质为NaCl和AlCl3，和HCO3 不能大量共存，故D错误；故选B。5.【答案】C【解析】Na2O2固体溶于足量水中，Na2O2不能拆写成离子形式，离子方程式：2Na2O2+2H2O4OH－+O2↑+4Na+，故A错误；次氯酸钙溶液中通入过量的CO2，生成HCO3－，离子方程式：ClO－+H2O+CO2HCO3－+HClO，故B错误；碳酸氢钙溶液中滴入少量的NaOH溶液，离子方程式：Ca2++HCO3－+OH－CaCO3↓+H2O，故C正确；生成的氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为：Al3++3NH3 H2OAl(OH)3↓+3NH4+，故D错误。6.【答案】A【解析】NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为AlO2－+HCO3－+H2OAl(OH)3↓+CO32－，故A正确；HI为强酸，要写离子，离子方程式为I2+SO2+2H2O2I－+SO42－+4H+，故B错误；电荷不守恒，离子方程式为2H++2Fe2++H2O22Fe3++2H2O，故C错误；多元弱酸根离子分步水解，离子方程式为CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D错误。
专家押题
1．【答案】C【解析】的水解是分步进行的，第一步应为＋H2O＋OH－，A项错误；用稀硝酸洗涤发生银镜反应的试管，反应的离子方程式为3Ag＋4H＋＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O，B项错误；向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3＋O2＋2SO22CO2＋2CaSO4，C项正确；碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合，属于酸式盐和碱的反应，要考虑量的关系，当澄清石灰水少量时，反应要符合Ca(OH)2的组成比，正确的离子方程式应为2＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋＋2H2O，D项错误。2．【答案】D【解析】A项错误，Mg2＋与OH－反应产生白色Mg(OH)2沉淀；B项错误，Fe2＋、H＋和三种离子易发生氧化还原反应：3Fe2＋＋4H＋＋===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑；C项错误，不符合溶液呈电中性原则；D项正确，五种离子间不发生反应，且符合溶液呈电中性原则。
波尔多液
1882年的秋天，法国人米拉德氏在波尔多城发现，只有公路两旁的葡萄树未受到霉叶病菌的侵害，依然郁郁葱葱。他发现这些葡萄树从叶到茎都被洒了一些蓝白相间的东西，好让过路人以为葡萄树喷洒过毒药，防止葡萄被偷食，后来知道是白色的石灰水和蓝色的硫酸铜。米拉德氏从中得到灵感，经过反复试验与研究，发明了几乎对所有植物病菌都有效的杀菌剂——波尔多液。考纲要求
1.熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号。2.熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分子式)，或根据化学式判断化合价。3.了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。4.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。5.理解质量守恒定律的含义。6.能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。7.了解热化学方程式的含义，能正确书写化学方程式、热化学方程式、离子方程式、电极反应和电池反应方程式。(这段文字是考试大纲前后要求的组合)
专家解读
化学用语是描述化学变化最简洁的化学语言，因此对化学用语的理解和运用是构成化学解题能力的基础。新高考命题趋势是降低知识难度，加强学科特色考查，化学用语是学习化学的工具，必将持久地受到新高考关注。主要考点有：分子式、化学式的书写：电子式、原子结构示意图、结构(简)式的书写；化学方程式、热化学方程式的书写；离子反应方程式的书写及正误判断；电离方程式、电极反应式的书写与判断等。
从近年考试情况来看，该部分命题的发展趋势是：①结合科技最新发展如新能源、新材料、新物质的使用与合成，以选择题的形式考查化学用语(主要考查元素化合价、物质化学式或电极反应方程式)；②回归教材，体现“用教材”中的知识(主要是化学方程式)分析解决问题，这类试题主要以非选择题的形式出现；③结合物质结构、原子结构等知识对化学用语进行综合性的考查。考点太多有零散，会轮流考查，有些年份会单独命题考查，而有些年份和其它知识综合考查。预测2017年的高考中仍会延续近两年的命题趋势。
根据《考试大纲》的要求，化学用语可概括为三大部分：各种微粒符号、各种化学式和各种方程式。
1.规范书写各种微粒表示式。
微粒及元素表示式常用的有：元素符号、原子符号、离子符号、价标符号、原子(离子)结构示意图等。微粒符号的规范书写：要正确理解元素符号周围数字的含义，区别好不同的微粒符号的表示方法，按要求规范书写。高考评分时，凡有写错均不得分。结构示意图的规范书写：要正确理解核外电子排布规律与“+”号、圆圈、弧线、数字的含义，按要求规范书写。高考评分时，凡有漏写其一或质子数与各层电子数写错均不得分。
2.规范书写各类化学式。
常用的化学式有“六式”：化学式、分子式、电子式、结构式、结构简式、最简式(实验式)。化学式的规范书写：要正确理解各类化学式、元素符号周围数字的含义以及各式中符号表达的意义，认真识别好“六式”，掌握各式书写原则，按要求正确书写各式，以防张冠李戴。高考评分时，凡有写错均不得分。
强调：要有分类观，按物质的类别认识好物质的宏观组成，即由哪些元素组成；要有微粒观，从微观层面认识好物质的微观构成，即有何微粒、有几个；要有价态观，按不同化合价根据价态守恒正确书写化合物的化学式。
3.规范书写各类方程式。
常用的方程式有“五式”：化学方程式、热化学方程式、离子方程式、电离方程式、电极方程式。化学方程式等方程式的规范书写：要符合客观规律，注意按照物质分类掌握好各种反应规律，根据反应规律并按一定程序书写好各个方程式；要满足质量守恒定律，认真配平；要注意各种符号及条件是否正确。离子方程式还要关注哪些物质可拆成离子。电极方程式与离子方程式类似，只是半反应，多了标注电子得失。热化学方程式的规范书写：要标明物质的聚集状态、要注明反应热ΔH的符号与单位、ΔH数值要与反应计量系数相匹配。
强调：要有转化观，各种物质转化必须遵循反应规律与反应原理，不可臆造。要有守恒观(如质量守恒、电子守恒、电荷守恒、能量守恒等)，各类方程式必须满足所遵循的守恒规律，不可忽视。要有平衡观，凡是存在平衡的方程式，必写可逆号，不可错写。
1﹒(2016·天津卷)
下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题：
(1)Z元素在周期表中的位置为__________。
(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)__________。
(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________。
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1
mol
Y单质比1
mol
S得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
(4)X与Z两元素的单质反应生成1
mol
X的最高价化合物，恢复至室温，放热687
kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为 69
℃和58
℃，写出该反应的热化学方程式：__________。
(5)碳与镁形成的1
mol化合物Q与水反应，生成2
mol
Mg(OH)2和1
mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，烃的电子式为__________。Q与水反应的化学方程式为__________。
(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1
L
2.2
mol/L
NaOH溶液和1
mol
O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为__________，生成硫酸铜物质的量为__________。
1.【参考答案】(1)第三周期，ⅦA族(2)Si(3)ac(4)Si(s)+2Cl2(g)
SiCl4(l)
△H= 687
kJ/mol(5)
Mg2C3+4H2O2
Mg(OH)2+C3H4↑(6)NO
0.9
mol、NO21.3
mol
2
mol【试题解析】根据元素周期表的结构，可知X为Si元素，Y为O元素；Z为Cl元素；(1)Cl元素在周期表中位于第三周期，ⅦA族，故答案为：第三周期，ⅦA族；(2)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，表中元素原子半径最大的是Si，故答案为：Si；(3)a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，从而说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，正确；b.氧化性的强弱与得电子的多少无关，错误；c.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，正确；故选ac；(4)根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)
△H= 687kJ/mol，故答案为：Si(s)+2Cl2(g)
SiCl4(l)
△H= 687kJ/mol；(5)该烃分子中碳氢质量比为9∶1，物质的量之比为=，结合碳与镁形成的1
mol化合物Q与水反应，生成2
mol
Mg(OH)2和1
mol烃，Q的化学式为Mg2C3，烃的化学式为C3H4，电子式为，Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：；Mg2C3+4H2O2
Mg(OH)2+C3H4↑；(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，1
mol
O2参与反应转移电子的物质的量为4
mol。假设二氧化氮的物质的量为x，一氧化氮的物质的量为y，则x+y=2.2，x+3y=4，解得x=1.3
mol，y=0.9
mol。参与反应的铜的物质的量为2
mol，因此生成硫酸铜物质的量为2
mol，故答案为：NO
0.9
mol；NO21.3
mol；2
mol。
2﹒(2015·山东卷)
利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。
(1)利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为
____溶液(填化学式)，阳极电极反应式为　　　　，电解过程中Li+向
　　电极迁移(填“A”
或
“B”)。
(2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如图：
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为　　　　。铁渣中铁元素的化合价为　　　　。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41
g，CO2体积为
1.344
L(标准状况)，
则钴氧化物的化学式为　　　　。
2.【参考答案】(1)LiOH　2Cl 2e Cl2↑　B(2)2Co(OH)3++4H+2Co2+++5H2O[或Co(OH)3+3H+Co3++3H2O，2Co3+++H2O2Co2+++2H+]　+3　Co3O4【试题解析】(1)产生H2的极为阴极，同时产生OH ，Li+通过阳离子交换膜进入阴极，阴极区电解液为LiOH溶液。阳极区电解液为LiCl溶液，Cl 发生失电子的氧化反应生成Cl2。(2)由题意“溶解还原”，结合Na2SO3具有还原性可知，+3价的钴被还原为+2价，结合得失电子守恒可写出相应的离子方程式。由流程图可以看出，向溶解还原的浸液中加入具有强氧化性的NaClO3，且通入O2，可知铁元素变为+3价，则铁渣中铁的化合价为+3。n(CO2)==0.06
mol，根据Co与C的原子个数比为1∶2知，n(Co)=0.03
mol，则钴氧化物中n(O)==0.04
mol，故钴氧化物的化学式为Co3O4。
1．(2017·莱芜市高三质量检测)下列化学用语中，错误的是
A.
镁离子的结构示意图为
B.
Na2O2的电子式为
C.
氯化氢分子的形成过程可用电子式表示为
D.
次氯酸的结构式为H Cl O
2．(2017·常德市高三第八次月考)在二氯化铂的HCl溶液中，通入乙烯气体，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O(蔡氏盐)，相关表示正确的是
A.
中子数为117，质子数为78的铂原子：Pt
B.
氯离子的结构示意图：
C.
乙烯的结构简式：CH2CH2
D.
KCl的电子式：
3．(2017·辽宁省六校协作体联考)过氧化氢和臭氧是用途很广的氧化剂。试回答下列问题：
(1)过氧化氢是一种绿色氧化剂，写出在酸性条件下H2O2氧化KI的离子反应方程式：________。
(2)Na2O2
、K2O2、
以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤即可制得。最适合的过氧化物是_______(写电子式)。
(3)已知3.6
g碳在6.4
g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量a
kJ。又知道12.0
g碳完全燃烧，放出热量为b
kJ。则热化学方程式C(s)+O2(g)CO(g)　ΔH=w，w等于_______。
臭氧(O3)可以使湿润的淀粉 碘化钾试纸变蓝，反应的化学方程式为：
KI+O3+H2O→KOH+I2+O2(未配平)
(4)还原产物的化学式为
_____________；配平后的化学方程式是
_____________________
。
(5)O3
可由臭氧发生器(原理如图所示)电解稀硫酸制得。
图中阴极为______(填“A”或“B”)。若C处不通入O2
，D、E处分别收集到11.2
L和4.48
L气体(标准状况下)，
则E处收集的气体中O3所占的体积分数为___________(忽略O
3的分解)。若C处通入O
2，则A极的电极反应式为________________________________。
4．(2017·石嘴山市第三中学月考)某混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。
(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式：
固体B_________________；沉淀D
__________________；溶液E___________________。
(3)写出①、④两个反应的化学方程式：
①__________________________________；④_____________________________。
(4)写出②、③两个反应的离子方程式：
②_________________________________；③______________________________。
(5)设计实验检验溶液F中所含溶质：______________________________________
(6)分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：
Al2O3__________________________，Fe2O3____________________________
1．下列化学用语正确的是
A.
中子数为20的氯原子：
B.
硫酸的电离方程式：H2SO4
2H++SO42
C.
S2 的结构示意图：
D.
明矾的化学式：KAl(SO4)2·12H2O
2．请回答下列问题：
(1)元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为：________；与M同一周期的主族元素中原子半径最小的是(填元素符号)________。
(2)含有元素M的化合物Q是淡黄色固体，写出Q的电子式：______________。
(3)氧化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为_________________________；生成物NH4Cl中存在的化学键类型为_____________________________。
(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是纤维素水解的最终产物)：
Cu2X澄清溶液悬浊液Cu2Y(砖红色沉淀)
①D的分子式是_____________。
②Cu2Y与过量浓HNO3反应有红棕色气体生成，该反应的化学方程式为：_____________。
③硒(Se)是人体必需的微量元素，与元素Y同一主族，Se原子比Y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_____________。
1．【答案】D【解析】A.
镁离子的结构示意图为失去最外层后形成的离子，故A正确；B、
Na2O2的电子式中O22―中两个O原子间以非极性键相结合，故B正确；C、氯化氢分子是共价化合物，原子间以共用电子对相结合，故C正确；D、次氯酸的结构式为H O Cl，故D错误；故选D。2．【答案】D【解析】A．质量数A=质子数Z+中子数N，故铂原子的质量数为197，表示为19578Pt，故A错误；B．氯离子的核内有17个质子，带17个正电荷，核外有18个电子，故结构示意图为：，故B错误；C．乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，即乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D．KCl由钾离子和氯离子构成，故电子式为：，故D正确；故选D。3．【答案】(1)H2O2+2I +2H+I2+2H2O(2)(3) (5a 0.5b)kJ·mol 1(4)KOH
O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2
(5)A
50%
O2+4H++4e 2H2O【解析】(1)根据化合价邻位转化规律可判断，在酸性条件下双氧水被还原为水，而碘离子被氧化为碘单质，所以化学方程式为：H2O2+2I +2H+I2+2H2O。(2)三种过氧化物中只有过氧化钡可与硫酸反应生成难溶物硫酸钡，所以最适合的
就是过氧化钡了，其电子式为。(3)3.6
g碳的物质的量为0.3
mol，6.4
g氧气的物质的量为0.2
mol，它们之间恰好反应的热化学方程式为：3C(s)+2O2(g)
CO2(g)+2CO
(g)
△H1=
10a
kJ/mol
。12.0
g
C完全燃烧的热化学方程式为：C(s)+O2(g)
CO2(g)
△H2=
b
kJ/mol。根据盖斯定律可得：C(s)+O2(g)
CO(g)　ΔH=
(△H1

△H2
)
=
(5a 0.5b)
kJ/mol，所以w= (5a 0.5b)
kJ/mol。(4)臭氧中氧元素的化合价为0，它被还原后化合价降低为 2，所以还原产物为KOH，该反应的化学方程式配平后为：O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2。(5)根据图中信息可知，电解稀硫酸时，惰性电极B上得到了氧气和臭氧，氧元素的化合价升高发生了还原反应，该电极一定是阳极，所以惰性电极A一定是阴极，若C处不通入O2，则D处收集到的气体为H2，11.2
L在标准状况下为0.5
mol，转移电子数为1
mol，所以阳极上失去1
mol电子后得到标准状况下的氧气、臭氧混合气4.48
mol，物质的量为0.2
mol，即n(O2)+n(O3)=0.2
mol，再根据电子转移可得4n(O2)+6n(O3)=1
mol，联立两式为方程组，可解得n(O3)=0.1
mol,占总量一半，所以其体积分数为50%；若C处通入O2，则A电极的电极反应式为：O2+4H++4e 2H2O。4．【答案】(1)过滤(2)Al2O3
Fe2O3
K2SO4和(NH4)2SO4(3)Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
(4)Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3
NH4+
AlO2 +H++H2
OAl(OH)3↓(5)取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有Fe3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl (6)Al2O3：冶炼铝
耐火材料
Fe2O3：炼铁原料
红色油漆
涂料【解析】本题主要考查铝、铁等元素化合物的性质。(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤。(2)固体B是氢氧化铝的受热分解产物Al2O3；沉淀D是不溶于氢氧化钠溶液的
Fe2O3；溶液E含有K2SO4和(NH4)2SO4。(3)①、④两个反应的化学方程式：①Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；④2Al(OH)3Al2O3+3H2O。(4)②、③两个反应的离子方程式：②Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3
NH4+
；③
AlO2 +H++H2
OAl(OH)3↓
。(5)沉淀D
是
Fe2O3，溶于适量盐酸得到氯化铁溶液，检验溶液F中所含溶质就是检验Fe
3+和Cl 。检验方法：取F溶液少许于两支试管中，一支中滴加KSCN溶液，若显血红色证明F溶液中含有F3+；在另一支试管中加入稀硝酸酸化然后再加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成证明F溶液中含有Cl 。(6)Al2O3：冶炼铝
耐火材料
Fe2O3：炼铁原料
红色油漆
涂料。
1．【答案】D【解析】中子数为20的氯原子，质量数是37：，故A错误；硫酸是强电解质，硫酸的电离方程式：H2SO42H++SO42 ，故B错误；S2 的结构示意图：，故C错误；明矾是复盐，明矾的化学式：KAl(SO4)2·12H2O，故D正确。2．【答案】(1)
Cl
(2)(3)3NH3·H2O
+
Al3+Al(OH)3↓+3NH4+
离子键
共价键(4)
①C6H12O6
②Cu2O+6HNO3(浓)
2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O
③34
H2SeO4【解析】(1)NH4+所含电子数和质子数分别为10和11，说明元素M是钠离子，其原子结构示意图为：；同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，故与M同一周期的主族元素中原子半径最小的是Cl；(2)钠的化合物为淡黄色固体的是过氧化钠，其电子式为：；(3)氢氧化铝不溶于氨水，故氧化铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：3NH3·H2O
+
Al3+Al(OH)3↓+3NH4+；NH4Cl中铵根离子和氯离子形成离子键，铵根离子中的氮原子和氢原子形成共价键；(4)①D是纤维素水解的最终产物，则D是葡萄糖，分子式为：C6H12O6；砖红色沉淀Cu2Y是氧化亚铜，悬浊液是新制氢氧化铜悬浊液，则澄清溶液是硝酸铜溶液，与过量浓硝酸反应的Cu2X是Cu2S；②Cu2O与过量浓HNO3反应有红棕色气体生成，该反应的化学方程式为：Cu2O+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O；③硒(Se)是人体必需的微量元素，与元素O同一主族，Se原子比Y原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+18+18=34，其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。
名校预测
专家押题考纲要求
1.了解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。2.了解常见化学电源的种类及其工作原理。3.理解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害，防止金属腐蚀的措施。
专家解读
电化学知识是高考必备考点，其中原电池、电解池的综合运用是考查重点。如氧化还原反应的观点分析电化学中的相关反应总方程式；以电解质溶液中离子的存在形式分析电极反应中参加反应的物质和生成物的书写形式；从闭合回路的形成角度分析原电池、电解池的工作原理，包括电子流动方向和溶液中离子的移动方向；理解原电池原理的实际应用等。
近几年全国卷高考化学试题中均涉及电化学知识，并且试题的背景较为新颖，对考生分析问题的能力提出了较高要求。本专题知识在高考题型中选择、填空都有，考查知识点集中。预测在2017年的高考命题中该部分仍是命题的热点，在题型上仍以传统题型为主，其中原电池的工作原理及其电极反应式的书写，电解产物的判断及电池反应方程式的书写，离子的移动方向，溶液pH的变化是高考命题的热点，特别需要注意的是原电池、电解池装置的绘图，金属的腐蚀和绿色能源的开发。
1．“三池”的判断技巧：
原电池、电解池、电镀池判定规律：若无外接电源，可能是原电池，然后依据原电池的形成条件分析判定，若有外接电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池。当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同则为电镀池，其他情况为电解池。
2．用惰性电极电解电解质溶液时，若使电解后的溶液恢复原状态，应遵循“缺什么加什么，缺多少加多少”的原则。一般加入阴极产物与阳极产物的化合物。
3．三个相等：
①同一原电池的正、负极的电极反应得、失电子数相等。
②同一电解池的阴极、阳极电极反应中得、失电子数相等。
③串联电路中的各个电极反应得、失电子数相等。
4．四个对应：
①正极和负极对应。
②阳极和阴极对应。
③失电子和得电子对应。
④氧化反应和还原反应对应。
5．电解时电极产物的判断——“阳失阴得”，即
1．（2016·天津）下列叙述正确的是
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH)
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
1.【参考答案】D【试题解析】本题考查化学基本原理，意在考查考生运用化学概念分析实际问题的能力。催化剂可以降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A项错误；金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度有关，O2浓度越大，腐蚀速率越快，B项错误；反应达到平衡时，正负极的电势差为0，所以电池不会产生电流，C项错误；CuS不溶于盐酸，而ZnS溶于盐酸，说明CuS更难溶，对应的溶解度小，D项正确。
2．（2016·四川）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1 xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是
A．放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6 xe xLi++C6
C．充电时，若转移1
mol
e ，石墨(C6)电极将增重7x
g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2 xe Li1 xCoO2+xLi+
2.【参考答案】C【试题解析】本题考查了电化学原理，意在考查考生运用电化学原理分析、解决实际问题的能力。明确该电池的充放电原理是解题的关键。电池放电时，阳离子由负极移向正极，A项正确；由放电时的总反应看出，LixC6在负极发生失电子的氧化反应，B项正确；充电反应是放电反应的逆反应，充电时阳极发生失电子的氧化反应：LiCoO2 xe Li1 xCoO2+xLi+，D项正确；充电时，阴极发生得电子的还原反应：C6+xe +xLi+LixC6，当转移1
mol电子时，阴极(C6电极)析出1
mol
Li，增重7
g，C项错误。
3．（2016·新课标Ⅱ）Mg AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A．负极反应式为Mg 2e Mg2+
B．正极反应式为Ag++e Ag
C．电池放电时Cl 由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑
3.【参考答案】B【试题解析】本题考查原电池原理的应用，意在考查考生运用化学理论知识解答实际问题的能力。该电池中Mg作负极，失去电子发生氧化反应，生成Mg2+，A项正确；正极反应为AgCl+e Ag+Cl ，B项错误；电池放电时，Cl 从正极向负极移动，C项正确；在负极，Mg会发生副反应Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑，D项正确。
4．（2016·新课标Ⅲ）锌—空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH +2H2O2。下列说法正确的是
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c(OH )逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH 2e
D．放电时，电路中通过2
mol电子，消耗氧气22.4
L(标准状况)
4.【参考答案】C【试题解析】本题考查原电池和电解池知识的应用，意在通过电池反应考查离子迁移、溶液酸碱性变化、电极反应式的书写以及简单计算等。本题的解题关键是电极反应式的书写，首先根据氧化还原反应与原电池的关系，正确判断出Zn为电池负极，O2在正极获得电子，正极反应为O2+4e +2H2O4OH ，该电极反应极为重要，1
mol
O2反应转移4
mol电子，常用于相关计算。
5．（2016·浙江）金属(M) 空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O4M(OH)n
已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是
A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg、Al、Zn三种金属 空气电池，Al 空气电池的理论比能量最高
C．M 空气电池放电过程的正极反应式：4Mn++nO2+2nH2O+4ne 4M(OH)n
D．在Mg 空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
5.【参考答案】C【试题解析】明确原电池内部离子的移动方向。A项，采用多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，且有利于氧气扩散至电极表面，正确；B项，根据“已知”信息知铝的比能量比Mg、Zn的高，正确；C项，M 空气电池放电过程中，正极为氧气得到电子生成OH ，错误；D项，为了避免正极生成的OH 移至负极，应选用阳离子交换膜，正确。
6．（2016·北京）用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
A．a、d处：2H2O+2e H2↑+2OH
B．b处：2Cl 2e Cl2↑
C．c处发生了反应：Fe 2e Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
6.【参考答案】B【试题解析】本题结合实验考查电化学知识，意在考查考生对电解池的熟练程度和分析能力。由于有外接电源，所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中，铁丝中的电流方向为从d到c，电子移动方向为从c到d，所以实验一的装置是比较复杂的电解池，其中a为阴极，c为阳极，d为阴极，b为阳极。a、d处发生反应2H2O+2e
H2↑+2OH ，A项正确；若b处发生反应2Cl 2e
Cl2↑，不足以解释b处“变红”和“褪色”现象，故B项错误；c处铁作阳极，发生反应Fe 2e
Fe2+，由于生成的Fe2+浓度较小，且pH试纸本身有颜色，故颜色上无明显变化，C项正确；实验二是一个更加复杂的电解池装置，两个铜珠的左端均为阳极，右端均为阴极，初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu 2e
Cu2+，右端(阴极)均发生反应2H++2e
H2↑，一段时间后，Cu2+移动到m和n处，m、n处附近Cu2+浓度增大，发生反应Cu2++2e
Cu，m、n处能生成铜，D正确。
7．（2016·新课标Ⅰ）三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A．通电后中间隔室的离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C．负极反应为2H2O 4e O2+4H+，负极区溶液pH降低
D．当电路中通过1
mol电子的电量时，会有0.5
mol的O2生成
7.【参考答案】B【试题解析】本题考查电解池原理，意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。H2O在正(阳)极区放电，生成O2和H+，中间隔室中的阴离子通过cd膜移向正(阳)极，故正(阳)极区得到H2SO4，当电路中通过1
mol电子时生成0.25
mol
O2，正(阳)极区溶液pH减小，H2O在负(阴)极区放电，生成OH 和H2，负(阴)极区溶液pH增大，A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成H2和OH ，中间隔室中的阳离子Na+通过ab膜移向负(阴)极，故负(阴)极区可得到NaOH，而正(阳)极区可得到H2SO4，故B项正确。
1．（2017·河南省三市高三二模）太阳能光电池由于具有可靠性好、寿命长等特点，适用于很多特殊环境和场合，现已得到广泛应用。氮化稼(GaN)光电池的结构如图所示。下列说法中正确的是
A．该装置系统中只存在两种能量转化
B．Cu电极上的电极反应为：CO2+8e +8H+CH4+2H2O
C．离子交换膜为质子交换膜，H+从右池移向左池
D．常温下，当装置中有1
mol
CH4生成时，GaN电极有44.8
L
O2生成（不考虑O2的溶解性〕
2．（2017·江西师范大学附属中学高三3月月考）如图所示五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色)下列有关说法正确的是
A．当B外接电源负极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
B．当A接电源的正极时，此时Li+脱离离子储存层
C．当B外接电源正极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉLi4Fe4[Fe(CN)6]3
D．该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变
3．（2017·河北衡水中学全国高三大联考）一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是
A．电极丁的反应式为MnO42
e MnO4
B．电极乙附近溶液的pH减小
C．KOH溶液的质量分数：c%＞a%＞b%
D．导线中流过2
mol电子时，理论上有2
mol
K+移入阴极区
4．(2016·安庆二模)锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是
A．充电时Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧
B．放电时每转移2
mol电子负极增重130
g
C．充电时阴极的电极反应式为Br2+2e 2Br
D．若将电解液改为氯化锌溶液放电效果更好更安全
5．(2016·浙江十二校联考)一种酸性“二甲醚(CH3OCH3)直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示。下列有关该电池的说法不正确的是
A．多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极
B．电极b上发生的反应为：CH3OCH3 12e +3H2O2CO2+12H+
C．H+由b电极向a电极迁移
D．二甲醚直接燃料电池能量密度(
kW·h·kg 1)约为甲醇(CH3OH)直接燃料电池能量密度的1.4倍
6．(2016·绵阳南山中学三诊)
CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应2Cu2++4I 2CuI↓+I2而得到。如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI 淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是
A．若a极变红，则在Pt电极上：2I 2e I2，淀粉遇碘变蓝
B．若b极变红，则在Pt电极上：4OH 4e 2H2O+O2↑，O2将I 氧化为I2，淀粉遇碘变蓝
C．若a极变红，则在Cu电极上：开始Cu+I e CuI，一段时间后2I 2e I2，淀粉遇碘变蓝
D．若b极变红，则在Cu极上：Cu 2e Cu2+，Cu2+显蓝色
1．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以形式存在。现以Al H2O2燃料电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极)。下列说法正确的是
A．燃料电池的总反应为：2Al＋32＋2H2O
B．电解时，Al消耗2.7
g，则产生氮气的体积为1.12
L
C．电极b是负极，且反应后该电极区pH增大
D．电解过程中，电子的流向：a→d，c→b
2．磷酸燃料电池是目前较为成熟的燃料电池之一，其基本组成及反应原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该系统中只存在化学能和电能的相互转化
B．在移位反应器中，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)(ΔH>0)，若温度越高，则v(CO)越大
C．改质器和移位反应器的作用是将CxHy转化为H2和CO2
D．该电池正极的电极反应为O2＋4H＋＋4e ===2H2O
名校预测
1．【答案】B【解析】A．该装置系统中至少存在光能与电能、化学能、热能之间的转移，故A错误；B．Cu电极是光电池的正极，发生还原反应，由装置图可知，正极上的电极反应为CO2+8e +8H+CH4+2H2O，故B正确；C．离子交换膜为质子交换膜，H+向正极移动，即从左池移向右池，故C错误；D．常温下气体的摩尔体积不是22.4
L/mol，当装置中有1
mol
CH4生成时，生成O2的物质的量为2
mol，其体积略大于44.8
L
O2，故D错误；答案为B。2．【答案】D【解析】根据已知描述的工作原理，A项，当B外接电源负极时，发生反应：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉLi4Fe4[Fe(CN)6]3，膜的透射率升高，不能有效阻挡阳光，故A错误；B项，当A接电源的正极时，发生反应：LiWO3 e WO3+Li+，此时Li+脱离电致变色层，故B错误；C项，当B外接电源正极时，离子储存层发生反应为：Li4Fe4[Fe(CN)6]3 4eˉFe4[Fe(CN)6]3+4Li+，故C错误；D项，根据工作原理及以上分析可得，当电致变色层消耗Li+时，离子储存层生成Li+，所以离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D正确。综上，选D。点睛：该题看似陌生，实际就是一个电解池，只要明白了电解池的工作原理，不难解决。明确阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，分析、、、各元素的化合价，不难写出电极反应式，进一步分析得出相应结论。3．【答案】C【解析】分析两装置的特点可以判断左边是燃料电池，右边的是电解池。通氧气的甲电极是燃料电池的正极，与此电极相连的丁是电解池的阳极，则丁电极上锰酸根被氧化为高锰酸根，丙电极为阴极，溶液中的氢离子被还原为H2，所以X为H2。A．电极丁的反应式为MnO42
e MnO4 ，是正确的；B．
电极乙上发生的反应为H2 2e +2OH 2H2O，氢氧根离子浓度减小，所以附近溶液的pH减小，B正确；C．丙电极上发生2H2O+2e H2+2OH ，甲电极上发生O2+4e +2H2O4OH ，根据溶液流向可判断KOH溶液的质量分数：c%＞b%＞a%，所以C不正确；D．导线中流过2
mol电子时，理论上有2
mol
K+移入阴极区，内电路是由离子定向移动导电的，K+带正电向阴极移动，所以D正确。4．【答案】A【解析】由图示可知，充电时为电解池，溴离子发生氧化反应，生成溴单质，锌离子还原为锌单质，故m为电源正极，n为电源的负极；放电时，为原电池，溴发生还原反应，生成溴离子，为正极，锌失电子发生氧化反应，生成锌离子，为负极。A、充电时，为电解池，阳离子应流向阴极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，正确；B、放电时，负极为锌失电子生成锌离子，电极应减重，错误；C、充电时，阴极的反应是应为Zn2++2e Zn，错误；D、若将电解液改为氯化锌溶液放电会生成氯气，氯气有毒，不会更安全，错误；故答案为A。5．【答案】A【解析】A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B、电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3 12e +3H2O2CO2+12H+，故B正确；C、阳离子向正极移动，所以H+由b电极向a电极迁移，故C正确；D、二甲醚提供1
mol电子所需质量为：
g，而甲醇(CH3OH)提供1
mol电子g，所以二甲醚直接燃料电池能量密度(
kW·h·kg 1)约为甲醇(CH3OH)直接燃料电池能量密度为：/约为1.4倍，故D正确；故选A。6．【答案】C【解析】A、若a极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有a为阴极，b为阳极，Y为电源的正极，X为负极，则Pt电极为阴极，该极上是氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故A错误；B、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所以b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，则Pt电极为阳极，该极上是碘离子发生失电子生成I2，淀粉遇碘变蓝，故B错误；C、电解NaCl溶液(滴入酚酞)，阴极附近变红，若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则Cu 2e Cu2+，2Cu2++4I 2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝，故C正确；D、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，Cu电极是阴极，该极上发生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，故D错误；故选C。
专家押题
1．【答案】D【解析】Al H2O2燃料电池的总反应为：2Al＋32＋OH ＋H2O，A项错误；Al、CO(NH2)2N2，根据各电极上转移电子数相等知，每消耗0.1
mol
Al，转移0.3
mol电子，生成0.05
mol
N2，在标准状况下氮气的体积为1.12
L，但B项未标明标准状况，B项错误；根据电解池中c极上发生氧化反应生成N2知，c极为阳极，故d极为阴极，所以a极是负极，b极为正极，正极的电极反应式为＋H2O＋2e 3OH ，反应后b极区pH增大，C项错误；a极为负极，b极为正极，c极为阳极，d极为阴极，故电解过程中电子的流向为a→d，c→b，D项正确。2．【答案】A
【解析】该系统中存在化学能和电能的相互转化，化学能与热能的相互转化等，A项错误；温度越高，v(CO)越大，B项正确；由图可知CxHy在改质器中转化为H2和CO，CO在移位反应器中转化为CO2，所以改质器和移位反应器的作用是将CxHy转化为H2和CO2，C项正确；燃料电池中，正极上O2得电子，和氢离子反应生成水，电极反应式为O2＋4H＋＋4e ===2H2O，D项正确。
石蕊指示剂
17世纪的一个夏天，英国化学家波义耳在路上闻到玫瑰花醉人的香味，就摘下几朵插入了实验室一个盛水的烧瓶中。其助手在做实验的过程中不慎把盐酸溅到了玫瑰花上，波义耳就决定用水为花冲洗，但是他发现花瓣溅上盐酸的部分遇水会奇迹般地变红，他立即意识到玫瑰花中有一种成分遇盐酸会变红。后来经过反复试验，石蕊指示剂就诞生了。考纲要求
1．了解科学、技术、社会的相互关系，如化学与生活、材料、能源、环境、生命过程、信息技术的关系等。
2．了解在化工生产中遵循“绿色化学”思想的重要性。
3．了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。
4．了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境质量的影响。
5．了解煤、石油和天然气等综合利用的意义。
6．了解金属材料、无机非金属材料、高分子合成材料、复合材料和其他新材料的特点。
7．结合实际了解某些有机化合物对环境和健康可能产生影响，关注有机化合物的安全使用问题。
8．了解新型高分子材料的性能及其在高新技术领域中的应用。
专家解读
通过研究近几年高考化学试题发现，试题突出STSE素材的选用，体现了高考较强的导向性——要求学生学以致用，能够用所学的知识去解决生产、生活中实际问题，关注生活、关注社会，特别是关注社会热点和焦点。试题起点高，落点低，内容涉及绿色化学、联系社会生活、医药安全、新型能源、环保问题、工农业生产、科技前沿、科学史料等。
STSE试题一般不会简单地考查类似“科普”知识的内容，更多地体现出和生产、生活有关现象、问题的分析和解释，所用的是元素化合物性质和基本概念、基础理论的知识，难度也有所增大。预测在2017年的高考中仍然关注化学与环境、材料、能源、生命、安全和科技等领域，从中选择与中学化学相联系的某物质或某知识点命题，在考查化学知识的同时，推介新技术、介绍新成果。
要解决好这类问题，就必须在牢固掌握双基知识的基础上，提高阅读能力、分析能力、知识运用能力，关键在于知识的积累和化学原理的应用。该类试题的选材热点如下：
1．安全与健康。人类健康是高考关注的热点，特别是食品安全、饮水安全等。2017年高考将关注近年来新闻报道中，有关化学与健康方面的材料，如生活中的有毒物质、食品添加剂、新药物合成、新物质或已有物质的新用途开发利用等。
2．环境保护。环境保护是高考命题的永恒话题，2017年高考命题将继续关注下列信息：近期的有关环境的社会事件；工业“三废”和生活垃圾处理不当对空气、水体和土壤造成的污染；废电池对饮用水和土壤的污染；最新开发的绿色材料在环保中的作用；绿色化学新理念在工农业生产中的导向作用。
3．新材料、新能源。新材料和新能源的研究是化学发展的方向。2017年高考将关注继续下列内容：新型高能绿色电池、新能源开发利用、新型无机非金属材料和有机高分子材料在社会生活中应用。
4．最新科技成果。研究高考化学试题不难发现，最新科技成果成为高考选材热点。
1．（2016·浙江）下列说法不正确的是
A．储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
1.【参考答案】D【试题解析】本题考查化学基本概念与STSE等知识，意在考查考生的识记能力和知识整合能力。A项，储热材料具有在熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量的特点，正确；B项，Ge是一种优质的半导体材料，可用于太阳能电池，正确；C项，硫酸钡具有无毒、不溶液于水、不能被X-射线透过的性质，可用作造影剂，正确；D项，纳米铁粉属于单质，能把Cu2+、Hg2+等重金属离子置换出来，属于化学变化，错误。
2．（2016·天津）根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是
A．
B．
C．
D．
《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人已用麻黄治疗咳嗽
该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远离并报警
贴有该标志的物品是可回收物
2.【参考答案】B【试题解析】本题考查化学与STSE。NaHCO3可用于治疗胃酸过多，若再喝醋，NaHCO3会与醋酸发生反应，起不到抗酸药的作用，B项错误。
3．（2016·四川）化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
3.【参考答案】B【试题解析】本题考查常见物质的性质与用途，意在考查考生利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力。氯气作水的杀菌消毒剂是利用氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性，发生了化学变化；硅胶作袋装食品的干燥剂，是因为硅胶疏松多孔，具有吸收水分的作用，没有发生化学变化；二氧化硫作纸浆的漂白剂是因为二氧化硫可与某些有色物质发生化学反应生成不稳定的无色物质；肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠，肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂是利用高级脂肪酸钠在水中发生水解反应使溶液呈碱性的性质，发生了化学变化。
4．（2016·新课标全国卷Ⅰ）化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
4.【参考答案】D【试题解析】本题考查生活中的化学知识，意在考查考生利用所学化学知识解释生活中化学问题的能力。蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而人造纤维的主要成分为纤维素，A项正确；食用油反复加热会生成许多有害物质，如某些稠环芳烃，B项正确；加热可使蛋白质发生变性而失去生物活性，因此高温可以消毒，C项正确；医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，D项错误。
5．（2016·新课标全国卷Ⅱ）下列有关燃料的说法错误的是
A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一
5.【参考答案】B【试题解析】本题考查燃料和化石燃料等相关知识，意在考查考生运用所学知识解答实际问题的能力。燃料燃烧产生的CO2是导致温室效应的主要气体之一，A项正确；化石燃料完全燃烧生成的SO2属于大气污染物，B项错误；液化石油气含碳量比燃油低，用液化石油气代替燃油能减少大气污染，C项正确；CO是大气污染物之一，D项正确。
6．（2016·新课标全国卷Ⅲ）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
6.【参考答案】B【试题解析】本题考查化学知识在生活中的应用，意在考查考生应用元素及其化合物知识的能力。Al2(SO4)3
溶液与NaHCO3溶液发生双水解反应生成CO2、Al(OH)3，这就是泡沫灭火器产生CO2的原理，A项正确。FeCl3腐蚀Cu，是由于Fe3+的氧化性强于Cu2+，故Fe3+能将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，B项错误。HClO因具有强氧化性而具有漂白性，漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的H2O、CO2反应生成HClO而漂白织物，C项正确。SiO2与HF发生反应:SiO2+4HFSiF4↑+2H2O，玻璃器皿的主要成分为SiO2，所以氢氟酸能在玻璃器皿上刻蚀标记，D项正确。
7．(2015·新课标全国卷Ⅰ)我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道:“性最烈，能蚀五金，其水甚强，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指
A．氨水
B．硝酸
C．醋
D．卤水
7.【参考答案】B【试题解析】根据题述信息，可知“强水”具有强氧化性和酸性，四个选项只有硝酸符合，故选B。【解题技巧】本题考查内容属于常识性知识，掌握好化学基础知识是解决此类题的根本。
8．(2015·新课标全国卷Ⅱ)食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是
A．硅胶可用作食品干燥剂
B．P2O5不可用作食品干燥剂
C．六水氯化钙可用作食品干燥剂
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
8.【参考答案】C【试题解析】硅胶、植物纤维均无毒、无味、无腐蚀性，所以可用作干燥剂，A、D项正确；P2O5吸水生成H3PO4，H3PO4具有腐蚀性，因此P2O5不可用作食品干燥剂，B项正确；无水CaCl2具有吸水作用，而CaCl2·6H2O无吸水作用，不可用作干燥剂，C项错误。【解题技巧】把握物质的性质与用途间的关系是解题的关键。
9．(2015·天津卷)下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒
D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
9.【参考答案】A【试题解析】硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A错误；明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；水杨酸显酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确。【解题技巧】本题主要考查了物质之间反应在生活中的应用，掌握常见物质能发生的反应及其特点即可解答此类问题。
1．（2017·湖北省六校联合体高三4月联考）下列有关环境、健康及能源的叙述中，不正确的是
A．氮的氧化物是光化学烟雾的主要污染物，二氧化碳是温室效应的主要污染物，所以它们的含量是空气质量报告的主要项目
B．PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害的物质，对人的肺功能造成很大伤害
C．聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不能用聚氯乙烯替代
D．利用催化转化装置可以将汽车尾气中的NOx、CO等有害气体转化为N2、CO2等无害气体
2．（2017·河北省衡水中学高三下学期期中考试）化学与社会、科学、技术、环境(STSE)密切联系。下列说法正确的是
A．干燥剂硅胶和硅橡胶的主要化学成分都是二氧化硅
B．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机非金属材料
C．用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含碘元素
D．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理相同
3．（2017·陕西省长安一中高三第三次联考）化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A．“地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂
B．在厨房里可用米汤检验加碘食盐中的碘
C．波尔多液是由硫酸铜溶液、生石灰和水制得，可用于防治植物的病虫害
D．纤维素在人体内不能水解为葡萄糖
4．（2017·河北省唐山市届高三二模）化学与生活、能源、环境、科技等密切相关。下列描述错误的是
A．在厨房里用米汤不能直接检验食盐中是否含有碘
B．煤炭经过干馏，可获得相对清洁的能源和重要的化工原料
C．利用风能、太阳能等清洁能源代替化石燃料，可减少环境污染
D．水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
5．(2016·怀化一模)化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是
A．大气中PM2.5比表面积大，吸附力强，能吸附许多有毒有害物质
B．在厨房里可用米汤检验加碘食盐中的碘
C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素
D．喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C有还原性
6．(2016·衡水中学二调)新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是
A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素
B．用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料
D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖
7．(2016·太原五中4月模拟)化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是
A．生活中常用的塑料制品及橡胶制品都为高分子材料
B．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为酸碱发生了中和反应
C．节日焰火是利用某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
D．铜制品能发生吸氧腐蚀，但不能发生析氢腐蚀
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质
B．向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应
C．将地沟油制成肥皂，可以提高资源的利用率
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用
2．化学与人类的生活，生产密切相关，下列说法中正确的是
A．蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同
B．埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同
C．纯碱是属于碱类、谷氨酸钠(C5H8NO4Na，味精）属于盐类
D．压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料
名校预测
1．【答案】A【解析】A．二氧化氮等氮的氧化物污染空气，属于空气质量报告的内容；二氧化碳是空气的成分之一，没有列入空气质量报告，故A错误；B．PM2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害的物质，人呼吸时吸入PM2.5，会对肺功能造成很大伤害，故B正确；C．聚氯乙烯在使用过程中会慢慢释放出氯化氢，能够造成食品的污染，不能代替聚乙烯使用，故C正确；D．利用催化转化装置可以将汽车尾气中的NOx、CO等有害气体转化为N2、CO2，反应的方程式为2NOx+2xCON2+2xCO2，故D正确；故选A。2．【答案】B【解析】A．硅橡胶是指主链由硅和氧原子交替构成、硅原子上通常连有两个有机基团的橡胶，而硅胶的主要成分是二氧化硅，所以A不正确；B．无机非金属材料是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，碳纤维是碳的单质，所以B正确。C．海水的碘元素主要以碘离子形式存在，碘离子遇到淀粉以后没有明显变化，只有碘单质遇到淀粉才变蓝，所以C不正确；D．明矾净水是因铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒沉降下去使水变澄清，而消毒液消毒是杀死水中的病毒和病菌，原理不同，所以D不正确。3．【答案】B【解析】A．“地沟油”中含有有毒物质，禁止食用，由于主要成分是油脂，可用来制取肥皂，A正确；B．碘遇淀粉显蓝色，但碘盐中添加的是碘酸钾，不能用米汤检验加碘食盐中的碘，B错误；C．波尔多液是由硫酸铜溶液、生石灰和水制得，铜是重金属，可用于防治植物的病虫害，C正确；D．纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，D正确，答案选B。4．【答案】D【解析】C．淀粉遇碘单质变蓝，而食盐中为碘酸钾，则不能检验，故A正确；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，故B正确；C．太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放，减少环境污染，故C正确；D．氢键不属于化学键，它属于一种分子间作用力，故D错误；答案为D。5.【答案】B【解析】大气中PM2.5比表面积大，吸附力强，能吸附许多有毒有害物质，A正确；加碘食盐中的碘为碘元素，而并不是碘单质，所以不能用米汤检验，B错误；
14C与12C都为C的一种核素，只是中子数有差别，互为同位素，C正确；维生素C具有还原性，可防止铁被氧化，D正确。6.【答案】D【解析】棉花、木料的主要成分是纤维素，A项正确；Fe3O4具有磁性，是一种磁性物质，B项正确；树脂的相对分子质量很大，属于有机高分子材料，C项正确；遇碘变蓝的是淀粉，制造纸币时已经移走了淀粉，所以在纸币上滴加碘酒，变蓝色则为伪币，D项错误。7.【答案】B【解析】塑料和橡胶都是高分子聚合物，属于高分子材料，A项正确；牛奶中含有蛋白质，加入果汁能使蛋白质凝聚而沉淀，牛奶不是酸，不可能是发生了中和反应，B项错误；发生焰色反应是某些金属具有的性质，C项正确；铜为氢后金属，能发生吸氧腐蚀，但不能发生析氢腐蚀，D项正确。
专家押题
1．【答案】B【解析】福尔马林是甲醛溶液，甲醛能使蛋白质变性，故A正确；牛奶是胶体，加入果汁会产生聚沉，故B错误；地沟油的成分是油脂，可以发生皂化反应，故C正确；聚碳酸酯可水解，故D正确。2．【答案】D【解析】A、蚕丝由C、H、O、N四种元素组成，而棉花只有C、H、O，故A错误；B、酒精是一种有机化合物，学名叫乙醇，分子式为C2H5OH。酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死。70%～75%的酒精用于消毒，这是因为，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死。若酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，乙醇消毒利用它能使蛋白质变性，而次氯酸钠溶液、双氧水消毒还具有强氧化性，消毒原理不同，故B错误；C、纯碱是Na2CO3，由金属阳离子Na＋和酸根离子组成，属于盐类，故C错误；D、压缩天然气（CNG）的主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等。因此可知该两类燃料都是有碳氢化合物组成的烃类，故D正确；故选D。考纲要求
（1）常见金属元素（如
Na、Mg、Al、Fe、Cu
等）①
了解常见金属的活动顺序。②
了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。③
了解合金的概念及其重要应用。（2）常见非金属元素（如H、C、N、O、Si、S、Cl
等）①
了解常见非金属元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。②
了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境的影响。（3）以上各部分知识的综合应用。
专家解读
元素及其化合物常以实际情景为依托，以元素化合物知识为载体，融元素化合物、化学基本理论、化学实验、化学计算、图象分析等知识于一体，既考查考生对知识的整合能力，又考查新课标的三种能力，并提高从化学视角分析和解决实际问题的能力。题型有选择题和填空题；以选择题形式考查Na、Al、Fe、Cu、C、N、O等元素及其化合物的性质和应用，在Ⅱ卷中与化学反应原理结合考查综合推断，实验探究和无机化工流程。
近年高考主观题常以典型单质或化合物的制备立题，通过流程图呈现丰富的反应信息和分离提纯信息，既考查考生对典型元素单质及其化合物性质的掌握情况，又考查考生准确提取信息，结合已学知识分析、解决问题的能力。预计2017年高考在注重对非金属元素单质及其化合物性质及转化关系考查的同时，将会更加突出对物质组成、性质和反应原理的探究，考查学生分析、解决问题的能力和对知识的应用能力，并同时强化化学知识与生活、社会实际问题的联系，特别要重视以SO2、NO2尾气的处理与吸收为背景的试题，此类题设问新颖，与生活、社会实际问题结合紧密，且赋分值较高，应引起重视。
1．既能与酸反应又能与碱反应(两性)的物质常常是解答框图推断题的“题眼”或切入点。
这类物质通常有：①Al、Al2O3、Al(OH)3；②弱酸的铵盐，如碳酸铵、碳酸氢铵、硫化铵、亚硫酸铵等；③多元弱酸的酸式盐，如碳酸氢钠、亚硫酸氢钠等；④氨基酸的两性；⑤酯的水解等。
2．受热分解的物质或反应通常有：
①2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；②2KClO32KCl+3O2↑；③难溶性碳酸盐，如：CaCO3CaO+CO2↑、Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O；④酸式碳酸盐，如：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；⑤硝酸或硝酸盐，如：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2、2NaNO32NaNO2+O2↑、2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑、2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；⑥铵盐，如：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O、(NH4)2CO32NH3↑+CO2+H2O、NH4ClNH3↑+HCl等；⑦难溶性碱，如：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O等；⑧2H2O22H2O+O2↑。
3．与水反应或溶于水时，既有沉淀又有气体产生的物质或反应通常有：
①Al2S3+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑；②Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2↓+2NH3↑；③CaC2+2H2OCa(OH)2↓+C2H2↑等。
4．与酸反应，生成物中既有沉淀又有气体产生的反应通常有：
Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O、3Na2S+8HNO36NaNO3+2NO↑+3S↓+4H2O。
5．两种化合物相互反应生成单质的通常有：
①SO2+2H2S3S↓+2H2O；②6NO+4NH35N2+6H2O或6NO2+8NH37N2+12H2O；③2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；④H2O2+H2SS↓+2H2O；⑤2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；⑥2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；⑦2FeCl3+H2S2FeCl2+S↓+2HCl；⑧CO+H2OCO2+H2等。
6．常见的连续与氧气反应(ABC)的物质转化有：
①NaNa2ONa2O2；②N2或NH3NONO2；③S或H2SSO2SO3；④CCOCO2；⑤伯醇醛酸等。
7．常见离子或物质的特征反应或特殊性质：
①物质的颜色特征，如红棕色气体可能是NO2或溴蒸气，纯Br2是深红色液体，红褐色粉末通常是Fe2O3，亮红色或紫红色粉末可能是铜，红褐色沉淀是Fe(OH)3，黄绿色气体是Cl2，红色溶液是Fe(SCN)2+，含Fe3＋的溶液呈黄色或红棕色，含Cu2＋的溶液通常呈蓝色，单质碘和固体高锰酸钾呈紫黑色，单质碘的四氯化碳溶液或苯溶液呈紫红色，碘水通常呈黄色或褐色，溴水通常呈红色或橙色，MnO4 呈紫色，浅黄色的固体通常是FeS2、S、AgBr、Na2O2等，红色沉淀通常是Cu2O；②物质燃烧的火焰的焰色，H2、CH4、S在空气中燃烧的火焰是浅蓝色，CO燃烧的火焰是蓝色，H2在Cl2中燃烧的火焰是苍白色，S在纯氧中燃烧的火焰是明亮的蓝紫色；③焰色反应的特征通常只需了解两种元素，钠元素的焰色反应为黄色，钾元素的焰色反应为紫色或浅紫色(隔蓝色钴玻璃)；④显色反应通常有：酸碱指示剂遇酸或碱可显示不同的颜色；Fe3＋遇SCN 或酚分别呈血红色和紫色；Br 、I 遇氧化剂或MnO4 遇还原剂会发生颜色变化；Cu2＋、Fe3＋的增加或减少也有颜色变化等；⑤特殊的气味，如有臭鸡蛋气味的气体是H2S，NH3、HCl、Cl2、SO2等均是有刺激性气味的气体；⑥物质的某些特征反应，如Fe2＋、Fe3＋、H＋、OH 、S2 、I 、Cl 、Ag＋、SO42 等离子的检验、鉴定；碘的升华等；⑦特征反应条件，如闪电、光照、电解、高温、高压、催化剂等；⑧特征现象，如颜色变化、状态变化和沉淀的产生与消失、气体的产生与消失等。
8．10电子粒子通常有：Ne、N3-、O2 、F 、Na＋、Mg2＋、Al3+、OH 、NH4＋、H3O+、CH4、NH3、H2O、HF等；18电子的粒子通常有：Ar、S2 、Cl 、K+、Ca2＋、H2S、HCl，还有可以是以下基团两两结合而得：—CH3、—NH2、—OH、—F，如CH3OH、H2O2、CH3CH3、F2等。
1．(2016·江苏)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．SiO2SiCl4Si
B．FeS2SO2H2SO4
C．N2NH3NH4Cl(aq)
D．MgCO3MgCl2(aq)Mg
【参考答案】C
【试题解析】A、四氯化硅被氢气还原可以制备单质硅，但SiO2与盐酸不反应，A错误；B、煅烧FeS2可以得到氧化铁和二氧化硫，但SO2和H2O反应生成H2SO3，B错误；C、N2+3H22NH3、NH3+HCl===NH4Cl，C正确；D、镁是活泼的金属，金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁，D错误。答案选C。
2．(2015·天津卷)随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
根据判断出的元素回答问题：
(1)f在周期表中的位置是　　　　。
(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：　　　　>　　　　；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：　　　　>　　　　。
(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：　　　　。
(4)已知1
mol
e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5
kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2。向盛有10
mL
1
mol
·L-1
R溶液的烧杯中滴加1
mol·L-1
NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：
①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　　　。
②写出m点反应的离子方程式：
　
　
　
　　。
③若在R溶液中改加20
mL
1.2
mol·L-1
Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_____mol。
【参考答案】(1)第三周期ⅢA族　(2)r(O2-)　r(Na+)　HClO4　H2SO4(3)(或或等其他合理答案均可)(4)2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)　ΔH=-511
kJ·mol-1(5)①c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)②+OH-NH3·H2O③0.022【试题解析】本题考查物质结构、元素周期律、电子式、热化学方程式、微粒浓度的比较及化学计算，意在考查考生的综合运用能力。首先根据题意推断出各元素依次是：代号xyzdefgh元素符号HCNONaAlSCl(1)Al原子核外共有3个电子层，位于第三周期；最外层有3个电子，位于第ⅢA族。(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以r(O2-)>r(Na+)；Cl的非金属性强于S，所以酸性：HClO4>H2SO4。(3)解题的关键是找出四原子共价化合物，如NH3、H2O2、C2H2、NCl3等。(4)钠在氧气中燃烧生成过氧化钠。根据题意求得2
mol
Na完全燃烧放出的热量为511
kJ，据此即可写出反应的热化学方程式。(5)①根据NH4Al(SO4)2的化学式可知其溶液中c()最大。由于Al(OH)3的碱性比NH3·H2O弱，所以等浓度的的水解程度小于Al3+的水解程度，则在NH4Al(SO4)2溶液中c()>c(Al3+)。由于该盐水解呈酸性，所以c(H+)>c(OH-)。又由于H+和OH-仅来自水的电离，所以二者的浓度很小。综上可
得：c()>c()>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。②m点沉淀的物质的量不变，所以此时仅发生反应：
+
OH-NH3·H2O。③在10
mL
1
mol·L-1
NH4Al(SO4)2溶液中加入20
mL
1.2
mol·L-1
Ba(OH)2溶液，Ba2+过量，根据的量可计算出生成0.02
mol
BaSO4沉淀。OH-依次参与的反应为：Al3++3OH-Al(OH)3↓、+OH-NH3·H2O、Al(OH)3+OH-+2H2O，前两步反应消耗0.04
mol
OH-，生成0.01
mol
Al(OH)3，第三步反应中，剩余的0.008
mol
OH-又消耗0.008
mol
Al(OH)3，剩余0.002
mol
Al(OH)3。最终沉淀的总物质的量为0.02
mol+0.002
mol=0.022
mol。
1．(2017·山东实验中学第二次诊断)足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L
(标准状况)，这些气体与一定体积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4
mol·L-1
NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50
mL，下列说法正确的是
A.参加反应的硝酸是0.4mol
B.混合气体中含NO2
1.12
L
C.此反应过程中转移的电子为0.3
mol
D.消耗氧气的体积为1.68
L
2．(2017·山东实验中学第二次诊断)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：，下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为Cl2，则丁可能是铁
B.若甲为NH3，则丁可能是氧气
C.若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水
D.若甲为NaOH，则丁可能是SO2
3．(2016·衡阳八中月考)Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu＋在酸性条件下发生的反应是：2Cu＋Cu2＋+Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
(1)用CuSO4溶液和“另一物质”制CuH的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质”在反应中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：_______________________________。
(3)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是______(填化学式)。
(4)如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：_____________________________________________。
Ⅱ.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1
mol
X在该反应中失去3.01×1023个电子。
(1)写出该反应的化学方程式：________________________________________。
(2)若有9.8
g
H2SO4参加反应，则转移电子的物质的量为________。
(3)本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，用离子方程式表示反应结果：___________________。
4．(2016·仙游一中月考)查资料得：HNO2是一种弱酸且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_______(填序号)。
A.测定这两种溶液的pH
B.用AgNO3和HNO3两种试剂来区别
C.在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别
D.分别在两种溶液中滴加甲基橙
(2)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_______(填序号)。
A.Cl2
B.H2O2
C.KMnO4
D.HNO3
(3)某同学把酸性高锰酸钾溶液滴入NaNO2溶液中，观察到紫色褪去，同时生成NO3-和Mn2+，请写出反应的离子方程式：________________。
(4)已知FeSO4在一定条件下可转变为高铁酸钾(K2FeO4)，高铁酸钾是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_____________________。
1．已知A、B、C、E的焰色反应均为黄色，其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：
（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。
（2）物质C的电子式为______________。
（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。
（4）已知D→G转化过程中，转移4
mol电子时释放出a
kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。
（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。
2．(1)取
300
mL
0.2
mol/L
的
KI
溶液与一定量的酸性
KMnO4
溶液恰好反应，生成等物质的量的I2
和
KIO3，则消耗
KMnO4
的物质的量为
mol。
(2)在
Fe(NO3)3
溶液中加入
Na2SO3
溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是
，又变为棕黄色的原因用离子方程式解释
．
(3)在
1
L
FeBr2
溶液中通入标况下2.24
L
Cl2，溶液中有
1/4的
Br-被氧化成单质
Br2，则原
FeBr2
溶液中
FeBr2
的物质的量浓度为
。
(4)将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中含有的相同溶质的化学式为______。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为_____________________。
(5)三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
①写出该反应的化学方程式
，反应中生成0.2
mol
HNO3，转移的电子数目为
。
②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是
。
名校预测
1．【答案】B【解析】本题考查了有关离子反应的计算。标况下2.24L混合气体的物质的量为
0.1mol；50mL
4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，A.铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，错误；B.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，正确；C.根据分析可知，反应转移的电子为0.2mol，错误；D.生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×1/2=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：0.2mol/4=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，错误；故选B。2．【答案】C【解析】本题考查无机物的推断。A.甲为Cl2，则丁可能是Fe，则乙为FeCl3，丙为FeCl2，则FeFeCl3FeCl2，正确；B.甲为NH3，则丁可能是氧气，则乙为NO，丙为NO2，则NH3NONO2，正确；C.若甲为AlCl3，丁是氨水，则乙为氢氧化铝或氯化铵，氢氧化铝不能溶于氨水，氯化铵不与氨水反应，不符合转化关系，错误；D.甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，正确，故选C。1.【答案】Ⅰ.(1)还原剂　(2)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl
(3)H2
(4)CuH+3H＋+NO3-Cu2＋+2H2O+NO↑Ⅱ.(1)5PbO2+2MnSO4+2H2SO4Pb
(MnO4)2+4PbSO4+2H2O
(2)0.5
mol
(3)PbO2+4H＋+2Cl Pb2＋+Cl2↑+2H2O【解析】(1)用CuSO4溶液和“另一物质”可以制CuH，由于在CuSO4中Cu元素的化合价是+2，反应后变为CuI中的+1，化合价降低，得到电子，CuSO4作氧化剂，则“另一物质”在该反应中要失去电子，作还原剂，表现还原性。(2)CuH在氯气中燃烧产生CuCl2和HCl，反应的化学方程式是2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl。(3)CuH溶解在稀盐酸中发生氧化还原反应，产生CuCl2和氢气，反应的方程式是2CuH+4HCl2CuCl2+3H2↑，因此生成的气体是H2。(4)如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中，由于硝酸有强的氧化性，会将Cu+氧化为Cu2+，将H-氧化为H2O，硝酸得到电子，被还原，生成的气体只有NO，根据电子守恒和原子守恒，可得CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式是CuH+3H＋+NO3-
Cu2＋+NO↑+2H2O；Ⅱ.(1)某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1
mol
X在该反应中失去3.01×1023个电子，失去电子的物质的量n(e-)=3.01×1023÷6.02×1023/mol=0.5
mol，则1
mol
X在反应中失去5
mol电子，化合价升高五价，根据题目提供的元素可知X是MnSO4，则PbO2得到电子变为+2价的Pb2+，以PbSO4、Pb(MnO4)2存在，该反应的化学方程式是：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4Pb
(MnO4)2+4PbSO4+2H2O。(2)在上述反应中，每有2
mol硫酸参加反应，转移的电子的物质的量是10
mol，若有9.8
g
H2SO4参加反应，n(H2SO4)=9.8
g÷98
g/mol=0.1
mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=(10
mol
÷2)×0.1
mol=0.5
mol。(3)本反应体系中，若用浓盐酸代替硫酸，由于PbO2有强的氧化性，可以将Mn2+氧化为MnO4-，因此也会将Cl-氧化为Cl2，发生该反应的离子方程式是：PbO2+4H＋+2Cl Pb2＋+Cl2↑+2H2O。2.【答案】(1)D
(2)B
(3)6H++5NO2-+2MnO4-5NO3-+2Mn2++3H2O
(4)净水、消毒【解析】(1)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH鉴别；B.亚硝酸根离子和银离子反应，生成难溶的AgNO2，滴加硝酸后沉淀溶解，而氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；C.在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI-淀粉溶液来区别；D.亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别。(2)由于Cl2、HNO3、KMnO4都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以最佳试剂是双氧水。(3)酸性高锰酸钾溶液滴入到NaNO2溶液中，观察到紫色褪色，同时生成NO3-和Mn2+，反应的离子方程式为：6H++5NO2-+2MnO4-5NO3-+2Mn2++3H2O。(4)高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水、消毒。
专家押题
1．【答案】（1）NaOH
Fe（2）（3）3Fe3O4+28
H++9Fe3++NO↑+14H2O（4）3Fe(s)+2O2
(g)Fe3O4(s)
ΔH= 2a
kJ/mol（5）N2+6H++6e 2NH3【解析】（1）A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C（碳），能与CO2反应生成NaHCO3的物质可能是Na2CO3或NaOH，但A、B之间能按物质的量之比为1∶1反应，则A是NaOH，E为Na2CO3，能与NaHCO3反应放出无色无味的气体，且这种物质中含有钠元素，则C只能为Na2O2，D为O2，结合题设条件可知F为Fe，G为Fe3O4。（2）Na2O2中Na+与以离子键结合，中O原子与O原子以共价键结合，其电子式为。（3）Fe3O4中含有Fe2+和Fe3+，Fe2+被稀HNO3氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28
H++9Fe3++NO↑+14H2O。（4）D→G反应为3Fe+2O2Fe3O4，转移4
mol电子时释放出a
kJ热量，则转移8
mol电子放出2a
kJ热量，则其热化学反应方程式为：3Fe(s)+2O2(g)Fe3O4(s)
ΔH=
2a
kJ/mol。（5）N2在阴极上得电子发生还原反应生成NH3：N2+6H++6e 2NH3。2.【答案】(1)
0.032
(2)2Fe3++SO32-
+H2O2Fe2++SO42-
+2H+
3Fe2++4H++NO3-
3Fe3++NO↑+2H2O
(3)2/15
mol/L
(4)NaAlO2
AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3
+HCO3-(5)①3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3
0.4NA
②出现红棕色气体【解析】(1)根据题给信息可知n(KI)=0.06
mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO3)=0.02
mol，失电子的物质的量为2×0.02
mol+0.02
mol×6=0.16
mol，1
mol
MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量是0.032
mol。(2)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3Fe2++4H++
NO3-
3Fe3++NO↑+2H2O。(3)标准状况下2.24
L氯气的物质的量为2.24
L÷22.4
L/mol=0.1
mol，还原性Fe2+＞Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中FeBr2的物质的量为a
mol，根据电子转移守恒，则：a
mol×(3 2)+1/4×2×a
mol×[0 ( 1)]=0.1
mol×2，解得a=2/15，原FeBr2溶液的物质的量浓度2/15
mol÷1
L=2/15
mol/L。(4)Al、Al2O3、Al(OH)3都能和NaOH溶液反应生成NaAlO2，偏铝酸钠溶液能和过量的CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3
+HCO3-。(5)①根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3
和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3升高到+5，失去2个电子，一部分由+3降低到+2，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3；根据化学方程式，在反应过程中，被氧化的N即化合价升高的N与被还原的N即化合价降低的N元素原子的物质的量之比为1：2，则每产生1
mol
HNO3，转移电子2
mol，因此若反应中生成0.2
mol
HNO3，转移的电子数目为0.2×2NA=0.4NA；②
NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会发生反应3NF3+5H2O9HF+2NO+HNO3，2NO+O22NO2；NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。考纲要求
1．了解元素、核素和同位素的含义。2．了解原子构成；了解原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系。3．了解原子核外电子排布。4．掌握元素周期律的实质；了解元素周期表(长式)的结构(周期、族)及其应用。5．以第三周期为例，掌握同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系。6．以ⅠA和ⅦA族为例，掌握同一主族内元素性质的递变规律与原子结构的关系。7．了解金属、非金属在周期表中的位置及其性质递变的规律。8．了解化学键的定义；了解离子键、共价键的形成。9．了解物质的组成、结构和性质的关系。
专家解读
本部分内容是中学化学重要的基本理论之一，在高考中占有重要的地位；题型以选择题为主，涉及原子结构、元素周期律、元素周期表和化学键等内容，命题形式多以文字叙述或结合表格的形式出现。
通过对近几年高考试题的分析研究可知，原子结构、元素周期表的结构和元素周期律的内容是历年必考的热点；预计2017年的高考中元素性质的周期性变化规律仍考查重点，以元素化合物知识为载体，向多方位、多角度、多层次发展；题目信息的提供方式会变得越来越灵活，在延续以前的基础上会稳中求变，进行创新。
1.性质与位置互推是解题的关键。熟悉元素周期表中同周期、同主族元素性质的递变规律，主要包括：①元素的金属性、非金属性。②气态氢化物的稳定性。③最高价氧化物对应水化物的酸碱性。④金属与H2O或酸反应的难易程度。
2.结构和性质的互推是解题的要素。主要包括：①最外层电子数是决定元素原子的氧化性和还原性的主要原因。②同主族元素最外层电子数相同，性质相似。③根据原子结构判断元素金属性和非金属性强弱。
注意：
“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。
1．[2016·江苏]短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A．元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
1.【参考答案】B【试题解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，X为氧元素或S，由于X的原子序数最小，则X是O；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，Y为氟元素；在周期表中Z位于ⅠA族，Z为钠元素；W与X属于同一主族，W为硫元素。A、O2 有2个电子层，电子数分别为2、8，S2 有3个电子层，电子数分别为2、8、8，A错误；B、钠和氟是活泼的金属和活泼的非金属，二者形成的化合物NaF为离子化合物，B正确；C、非金属性：F＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2S，C错误；D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，D错误。答案选B。【名师点睛】正确推断出元素是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。该题难度不大。
2．[2016·全国Ⅰ]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01
mol·L–1
r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．原子半径的大小W＜X＜Y
B．元素的非金属性Z＞X＞Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
2.【参考答案】C【试题解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则Z是氯元素，n是Cl2；0.01
mol·L–1
r溶液的pH为2，说明r是一元强酸，Cl2与两种元素组成的化合物反应会产生两种化合物，其中一种r是HCl，另一种物质q的水溶液具有漂白性，则说明W是H元素；m是H2O，q是HClO；两种元素组成的化合物p与Cl2光照反应产生HCl，同时产生s，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知p是甲烷，则s可能是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4中的几种物质。因此X是碳元素，Y是氧元素。A．根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小W＜Y＜X，错误；B．同周期元素，随着原子序数的增大，自左向右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性Y＞X，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，相应元素的非金属性越弱，高氯酸的酸性大于碳酸的酸性，则非金属性Z＞X，氯元素与氧元素组成的常见化合物如次氯酸等，氯元素显正价，氧元素显负价，由此可判断非金属性Y＞Z，因此元素的非金属性Y＞Z＞X，错误；C．Y元素的氢化物有H2O和H2O2，二者在常温常压下都为液态，正确；D．X的最高价氧化物的水化物是碳酸，该物质是二元弱酸，不是强酸，错误。【名师点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。本题难度较大，常由于物质的某个性质未掌握好而导致失误、失分。
3．[2016·全国Ⅱ]a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2 和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是
A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c的原子半径是这些元素中最大的
D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
3.【参考答案】A【试题解析】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2 和c+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，c为Na元素，d与b同族，则d为硫元素，据此解答。A．H分别与O、S形成化合物可以为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为－1价，A项错误；B．氧元素与其他三种元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，B项正确；C．同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。【名师点睛】在短周期元素中，能形成电子层结构相同的b2 和c+离子的元素只能位于第二、第三周期，所以b为氧元素，c为Na元素，H原子的核外只有一个电子，则a为H元素，d与b同族，则d为S元素，然后根据元素周期律的基础知识解答即可。
4．[2016·全国Ⅲ]四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A．简单离子半径：WB．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：WD．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
4.【参考答案】B【试题解析】X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，为钠元素，ZX形成的化合物为中性，说明为氯化钠，则Y为硫元素，W为氧元素。A、钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，故错误；B、氧和钠形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，其水溶液都为氢氧化钠，显碱性，故正确；C、水和硫化氢比较，水稳定性强，故错误；D、最高价氧化物对应的水化物中高氯酸是最强酸，故错误。
5．[2015·新课标全国卷Ⅰ]
W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是
A．单质的沸点:W>X
B．阴离子的还原性:W>Z
C．氧化物的水化物的酸性:YD．X与Y不能存在于同一离子化合物中
5.【参考答案】B【试题解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素。H、N元素单质都是分子晶体，所以单质的沸点：W＜X，故A错误；元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：W＜Z，所以阴离子的还原性：W＞Z，故B正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性：H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；X、Y分别是N、P元素，两种元素可能同时存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；【解题技巧】本题的B项和C项都具有迷惑性，而实际上在进行答案选择时，可以根据已推断出的元素，直接判断出D项是一定正确的，这样就不须在其他几个选项上花费时间，且准确率也有保证。
6．[2015·新课标全国卷Ⅱ]原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a－的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c－和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是
A．元素的非金属性次序为c>b>a
B．a和其他3种元素均能形成共价化合物
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
6.【参考答案】B【试题解析】H－与He的电子层结构相同，所以a为H；b、c的次外层电子数为8，最外层电子数分别为6、7，所以b、c分别为S和Cl；Cl－与K+的电子层结构相同，所以d为K。非金属性强弱顺序为Cl>S>H，A项正确；H2S、HCl为共价化合物，KH为离子化合物，B项错误；KH、K2S、KCl均为离子化合物，C项正确；最高化合价和最低化合价分别是:H为+1和－1，代数和为0，S为+6和－2，代数和为4，Cl为+7和－1，代数和为6，D项正确。【解题技巧】本题的解题关键是推断元素，特别注意H元素，其在化合物中可以显示-1价，与K元素可以形成离子化合物KH。
7．[2015·福建卷]短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法不正确的是
A．原子半径:W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性:X>W>Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性:Y>X>W>Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
7.【参考答案】A【试题解析】根据题给信息推断，W为P，Z为Si，X为N，Y为O，原子半径:Si>P>N>O，A项错误；非金属性:N>P>Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性:HNO3>H3PO4>H2SiO3，B项正确；非金属性:O>N>P>Si，故最简单气态氢化物的热稳定性:H2O>NH3>PH3>SiH4，C项正确；N、Si、P分别位于ⅤA族、ⅣA族、ⅤA族，最高正价分别为+5、+4、+5，D项正确。【解题技巧】
本题中元素推断的突破口是W元素，因为其位于第3周期，而其源自的质子数是其最外层电子数的三倍，可以将第3周期元素逐个排除，唯有P元素符合。
1．（2017·湖南省郴州市高三第三次质量检测）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数；Y、Z为同周期相邻元素，X、W、Y分别排列在三个连续的奇数族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：W＞Y＞Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z
C．工业上制备W单质的方法为热还原法
D．X分别与Y、Z形成的简单化合物所含化学键类型相同
2．（2017·福建省高三4月质量检查）X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系吸图中“—”相连的两种物质能发生反应）。下列判断一定正确的是
A．X是元素周期表中非金属性最强的元素
B．Z位于元素周期表第3周期IA族
C．4种原子中，Y原子半径最大
D．W的最高化合价为＋7
3．（2017·湖北省六校联合体高三4月联考）X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可组成共价化合物RY2，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25℃时，0.1
mol/L
X和W形成化合物的水溶液pH=1。下列说法正确的是
A．Z与Y、Z与W形成的化合物的化学键完全相同
B．X与Y组成的简单氢化物的沸点高于X与R组成的简单氢化物的沸点，是因为非金属性Y>R
C．简单离子的半径：Z>R>W>Y
D．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性
4．（2017·黑龙江省哈尔滨市第三中学高三二模）a、b、c、d是原子序数依次增大的四种主族元素，a的原子半径最小，b形成的一种单质在天然物质中硬度最大，d在地壳中含量最高。则下列叙述正确的是
A．a、c、d形成的所有化合物只含共价键
B．a、b、c、d形成原子数目比为4∶1∶2∶1的化合物只有一种
C．a、c形成的化合物中可能含有非极性键
D．a分别与b、c、d形成的二元化合物中d的沸点最高
5．（2016·南昌重点中学二模）X、Y、Z、W、M五种短周期元素，X、Y同周期，X、Z同主族，Y形成化合物种类最多，X2－、W3+具有相同的电子层结构，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为M>W>X>Z>Y
B．W元素形成的可溶性盐溶液一定显碱性
C．M、X只能形成离子化合物，且形成的离子化合物中只含离子键
D．W的氧化物与Z、M的最高价氧化物的水化物均能反应
6．（2016·辽宁部分重点高中模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．原子半径：Y＞X，简单离子半径：Z＜W
B．元素Y的单质能与元素X的最高价氧化物发生置换反应
C．元素Y和W能形成YW2型离子化合物
D．W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色
7．（2016·北京3月模拟）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子核内没有中子；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性。则下列说法不正确的是
A．原子半径：W＞Y＞Z＞X
B．标准状况下的2.24
L
M溶于水，所得溶液pH=13
C．YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．一定条件下，Cu可与W的最高价氧化物对应水化物发生反应
8．（2016·河南八市重点高中质检）短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是
A．W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
B．Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>R>Y
C．W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低
D．Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大
1．短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。
下列判断正确的是
A．甲为碱金属元素
B．简单气态氢化物的稳定性：庚>己>戊
C．庚的最高价氧化物对应水化物的酸性最强
D．工业上电解乙和己形成的化合物制备乙
2．已知X、Y、Z、W为短周期元素，X的一种核素的质子数为8；Y和Ne原子的核外电子数相差1；Z的单质是一种常见的半导体材料；W的非金属性在同周期元素中最强。其原子半径随原子序数变化如图所示。
下列说法正确的是
A．对应简单离子半径：W>Y>X
B．对应气态氢化物的稳定性：Z>W
C．化合物YWX中既含离子键，又含共价键
D．Z的氧化物能与W的气态氢化物、Y的最高价氧化物对应水化物的溶液反应
3．X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，可形成共价化合物RY2，Y和Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，25
℃时，0.1
mol/L
X和W形成的化合物的水溶液pH为1，下列说法正确的是
A．Y和其他四种元素均可形成至少两种二元化合物
B．R的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
C．原子半径：XD．Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
名校预测
1．【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数；Y、Z为同周期相邻元素，则X的原子序数为1，为H元素；X、W、Y分别排列在三个连续的奇数族，则W位于ⅢA族、Y为ⅤA族，结合X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知W位于第三周期，为Al元素，Y位于第二周期，为N元素；X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，则Z的原子序数=1+7=8，为O元素。A．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Y＞Z＞W，故A错误；B．Y、Z分别为N、O元素，O元素没有最高价含氧酸，故B错误；C．W的单质为金属Al，工业上冶炼铝通过电解熔融氧化铝制取金属铝，故C错误；D．X(H)分别与Y(N)、Z(O)形成的最简单化合物分别为水、氨气，都含有极性键，故D正确；故选D。点睛：本题考查了原子结构与元素周期律的关系，涉及离子半径大小比较、酸性强弱判断、电解质与非电解质、金属铝的冶炼等知识，推断元素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。本题的易错点是B，O元素没有最高价含氧酸。2．【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系，根据关系图可知乙是氢氧化钠，丙是氢氧化铝，甲是硝酸，丁是硫酸或高氯酸。A．氮不是元素周期表中非金属性最强的元素，A错误；B．Al位于元素周期表第3周期ⅢA族，B错误；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，则4种原子中，Na原子半径最大，C正确；D．W的最高化合价不一定为＋7，如果是S，则最高价是+6价，D错误，答案选C。3．【答案】D【解析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y和R同主族，Y处于第二周期，R处于第三周期，可组成共价化合物RY2，则Y为氧元素，R为硫元素，RY2为SO2，W的原子序数大于硫元素，故W为Cl元素，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，则Z的最外层电子数为7 6=1，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故Z为Na元素，25℃时0.1
mol L 1X和W形成化合物的水溶液pH为1，属于强酸，则X为氢元素。A．Z与Y可以形成Na2O、Na2O2，前者含有离子键、后者含有离子键、共价键，而Z与W形成的化合物为NaCl，只含有离子键，故A错误；B．X与Y组成化合物为H2O、H2O2，X与R组成的化合物H2S，前者分子间存在氢键，沸点高于硫化氢，与元素的非金属性无关，故B错误，C．Y、Z、R、W的简单离子分别为O2 、Na+、S2 、Cl ，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2 ＞Cl ＞O2 ＞Na+，故C错误；D．Y、Z、W三种元素组成的化合物有NaClO等，NaClO溶液中次氯酸根水解，溶液显碱性，故D正确；故选D。4．【答案】C【解析】a、b、c、d是原子序数依次增大的四种主族元素，a的原子半径最小，a为H，b形成的一种单质在天然物质中硬度最大，b为C，d在地壳中含量最高，d为O，则c为N。A．a、c、d形成的化合物可能是硝酸，也可能是硝酸铵，硝酸铵中含有离子键，故A错误；B．a、b、c、d形成原子数目比为4∶1∶2∶1的化合物为CO(NH2)2或NH4CNO，故B错误；C．a、c形成的化合物可能是氨气，也可能是肼，其中肼中含有非极性键，故C正确；D．烃中有的物质沸点比水高，故D错误；故选C。5.【答案】D【解析】Y形成化合物种类最多，可确定Y为C元素，X2－、W3+具有相同的电子层结构，可确定X为O元素，W为Al元素，M为短周期主族元素中原子半径最大的元素，为Na元素，X、Z同主族，则Z为S元素。原子半径：S>
C>O，A错误；W元素形成的可溶性盐可以是AlCl3，其溶液显酸性，B错误；Na和O可以形成Na2O和Na2O2，均为离子化合物，但是Na2O2中含有共价键，C错误；Al的氧化物Al2O3为两性化合物，既能与酸反应，又能与强碱反应，故D正确。6.【答案】A【解析】Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍，说明X原子内层电子总数为2，即X有两个电子层，Y原子最外层电子数为2，Z原子最外层电子数为6，可知Z为S，W为Cl，Y为Mg，又X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，则X的最外层电子数为4，则X为C。原子半径：Mg＞C，简单离子半径：S2－＞Cl－，A项错误；Mg能与CO2发生置换反应，B项正确；Mg和Cl能形成MgCl2，为离子化合物，C项正确；Cl2有毒，能使湿润的有色布条褪色，D项正确。7.【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素。原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期主族元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：W＞Y＞Z＞X，故A正确；标况下2.24
L氨气的物质的量是0.1
mol，0.1
mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离，所以无法计算溶液的pH，故B错误；NO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C正确；W是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D正确。8.【答案】C【解析】R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则R为C，X元素的焰色反应呈黄色，则X为Na，Z元素的核电荷数是W的2倍，且W和Z同主族，因此W为O，Z为S，Y是地壳含量仅次于氧的非金属元素，则Y为Si，W何X形成的是Na2O、Na2O2，其阴阳离子个数比为1∶2，A正确；Y、R、Z最高价氧化物对应的水化物分别是H2SiO3、H2CO3、H2SO4，硫酸属于强酸，C的非金属性强于Si，则酸性：H2CO3>H2SiO3，因此酸性的强弱是H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B正确；非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O>S，因此其气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，C错误；SiO2属于原子晶体，熔点高、硬度大，D正确。
专家押题
1．B
【解析】甲是H，为ⅠA族元素，但不是碱金属元素，A项错误；戊、己、庚分别为N、O、F，非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的稳定性逐渐增强，B项正确；庚为F，无正价，无最高价氧化物对应的水化物，C项错误；乙为Mg，己为O，而工业上电解熔融的MgCl2制备Mg，D项错误。2．C
【解析】根据提供信息，可以推断出X为O，Y为Na，Z为Si，W为Cl。离子半径：Cl－＞O2－＞Na＋，A项错误；非金属性：Si【解析】由“0.1
mol/L
X和W形成的化合物的水溶液pH为1”可知X、W形成一元强酸，故X为H，由题意知W为第ⅦA族，W只能是Cl；短周期中能够形成共价化合物，且为同主族的元素只能是O、S，故Y为O，R为S；Cl原子最外层有7个电子，故Z为第ⅠA族，根据原子序数依次增大的信息可知Z为Na。综上，X为H，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl。O和H可以形成H2O、H2O2，O和Na可以形成Na2O、Na2O2，O和S可以形成SO2、SO3，O和Cl可以形成ClO2、Cl2O7，A项正确；Cl的非金属性最强，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，B项错误；原子半径H1．了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。2．根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
专家解读
判断一定量的物质中所含某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一。命题者青睐将阿伏加德罗常数与气体摩尔体积(涉及外界条件、物质状态等)、物质结构(涉及质子数、中子数、电子数、化学键数等)、电离与水解(涉及弱电解质的电离特点及盐类的水解特点、溶液中离子浓度)、氧化还原反应(涉及电子转移数目)、可逆反应等结合。
预测2017年的高考中，选择题中有可能再次出现阿伏加德罗常数的相关判断与计算，依旧围绕阿伏加德罗常数展开，并与气体摩尔体积、原子结构、弱电解质的电离、盐类的水解、氧化还原反应及可逆反应等结合考查，尤其是关于氧化还原反应中电子转移数目的判断和溶液中离子数目的判断会是考查重点和易错点。
阿伏加德罗常数类试题具有较强的综合性，在复习备考中除了需要注意相关的解题技巧外，还需要对相关知识有比较深入的认识，将知识准确、合理的应用。以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握，这样才能通过复习切实提高得分率。同时还要注意以下细微易错之处：
1．注意外界条件和物质状态
(1)若题目给出的是物质的体积，则要注意外界条件和物质的状态，如：水在标准状况下为液态；SO3在标准状况下为固态；标准状况下，碳原子数大于4的烃为液态或固态。
(2)气体的体积受温度和压强的影响，应用阿伏加德罗常数时，要注意条件是否是标准状况，是否是同温同压。
(3)物质的量、质量不受任何条件的影响。如任何条件下2
g
H2的物质的量必是1
mol，所含分子数为NA，1
mol
H2在任何条件下其质量都为2
g，所含分子数为NA。
2．明确物质的组成和结构
(1)特殊物质的原子个数、电子个数，如Ne、O3等。
(2)特殊物质的摩尔质量，如D2O、18O2等。
(3) 些物质中的化学键数目，如SiO2、CH4、CO2等。
3．注意氧化还原反应中的微粒
考查指定物质参加氧化还原反应时，常设置氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、被氧化、被还原、电子转移(得失)数目方面的陷阱。如Na2O2与H2O的反应，Cl2与NaOH溶液的反应，电解AgNO3溶液的反应等。
4．弱电解质的电离或盐类的水解
考查电解质溶液中粒子数目及粒子浓度大小关系时，常涉及弱电解质的电离平衡及盐类的水解平衡。如1
mol·L－1的NH4Cl溶液中c()<1
mol·L－1。
1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．14
g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1
mol
N2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1
mol
Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24
L
CCl4含有的共价键数为0.4NA
1.【参考答案】A【试题解析】A．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14
g乙烯和丙烯混合气体中含有的最简式的物质的量是n(CH2)=m÷M=14
g÷14
g/mol=1
mol，所以其中含有的氢原子数为N(H)=1
mol×2×NA=2NA，正确；B．N2与H2在一定条件下发生反应生成NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1
mol
N2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C．铁是变价金属，硝酸具有强的氧化性，所以1
mol
Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3NA，错误；D．在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，错误。
2．(2016·四川)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4
g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6
L
CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1
L
0.5
mol/L
CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
2.【参考答案】B【试题解析】A、2.4
g镁的物质的量为2.4/24=0.1
mol，反应中失去0.2
mol电子，故错误；B、标准状况下5.6
L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25
mol，含有的氧原子为0.5
mol，故正确；C、甲醇的结构为CH3OH，氢原子数为0.4
NA的甲醇分子为0.1
mol，含有5
mol
σ键，故错误；D、醋酸是弱酸，不能完全电离，故错误。
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18
g
D2O和18
g
H2O中含有的质子数均为10NA
B．2
L
0.5
mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1
mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2
mol
NO与1
mol
O2充分反应，产物的分子数为2NA
3.【参考答案】C【试题解析】A项，D原子核内有1个中子和1个质子，质量数为2，1个D2O分子含有10个质子，18
g
D2O的物质的量为0.9
mol，其含有的质子数为9NA，A项错误；亚硫酸为弱酸，在水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B项错误；过氧化钠与水反应生成氧气，氧气来源于－1价的氧元素，所以生成0.1
mol氧气时转移电子数为0.2NA，C项正确；NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间的转化存在平衡，产物的分子数小于2NA，D项错误。【解题技巧】解答本题要注意以下三点：(1)注意同位素原子中中子数的不同；(2)过氧化钠中氧原子的化合价为－1价。(3)二氧化氮和四氧化二氮之间存在化学平衡，所以 氧化氮和氧气生成二氧化氮时2分子的二氧化氮变为1分子的四氧化二氮，分子数要变小。
4．(2015·全国卷Ⅱ)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．60
g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1
L
0.1
mol·L－1的NaHCO3溶液中HC和C离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23
g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235
g核素U发生裂变反应UnSrXe＋1n，净产生的中子n)数为10NA
4.【参考答案】C【试题解析】60
g丙醇的物质的量为1
mol，1
mol丙醇中存在的共价键总数为11NA，A项错误；1
L
0.1
mol·L－1的NaHCO3溶液中含有碳元素1
mol，而含碳元素的微粒有H2CO3、HC和C，所以三者的和为1
mol，B项错误；钠在反应中只失去1个电子，23
g钠为1
mol，即失去NA个电子，C项正确；由方程式UnSrXe＋1n可知净产生中子数为9，所以235
g核素U为1
mol，净产生的中子n)数为9NA，D项错误。【解题技巧】解答本题时应注意以下思路:
5．(2014·广东理综)设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．1
mol甲苯含有6nA个C－H键
B．18
g
H2O含有10nA个质子
C．标准状况下，22.4
L氨水含有nA个NH3分子
D．56
g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子
5.【参考答案】B【试题解析】A项，甲苯化学式为C7H8，结构简式为，所以1
mol甲苯有8nA个C—H键，A项错误；B项，18
g
H2O的物质的量是1
mol，1
mol
H2O有10
mol质子，B正确；C项，22.4
L氨水非气体，所以标准状况下，22.4
L氨水物质的量不是1
mol，不可计算，C项错误；D项，铁片在浓H2SO4中钝化，只有表面反应，不可计算，D项错误。【解题技巧】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是： 方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另 方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。分析本题需特别要注意两点： 是知道甲苯的结构简式，然后才能明确 个甲苯分子所含C－H键的数目；二是铁片在浓硫酸中会发生钝化。
6．(2014·四川理综)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是：
A．高温下，0.2
mol
Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1
L
pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4
L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28
g
N2时，转移的电子数目为3.75NA
6.【参考答案】D【试题解析】0.2
mol
Fe与足量水蒸气反应，生成四氧化三铁和氢气，氢气的物质的量为0.267
mol，A项错误；1
L
pH=13的NaOH溶液中由水电离的OH－离子数目为10 13NA，B项错误；氢氧燃料电池的正极为氧气发生还原反应，所以1
mol氧气完全反应得到4
mol电子，根据电子守恒，电路中通过的电子数目为4NA，C项错误；5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成4
mol氮气，转移的电子数为15
NA，生成28
g
N2时，转移的电子数目为3.75
NA，D项正确。【解题技巧】本题虽然表面上考查的是阿伏加德罗常数，但实际上考查更多的是水的电离、电化学原理和氧化还原反应等知识。这里特别需要注意两点： 是溶液中所含OH－离子数或H+离子数与由水电离出的OH－离子数或H+离子数不是 回事；二是在5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，NH4NO3既是氧化剂，又是还原剂，N2既是氧化产物，又是还原产物。
1．（2017·山西省实验中学高三下学期质检）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，22.4
L
H2O2中含有共价键的数目为3NA
B．4.6
g甲苯(C7H8)和丙三醇（C3H8O3）的混合物中含有的氢原子数为0.4NA
C．50
mL
18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA
D．已知SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)
△H= 98.32
kJ·mol 1，则向容器中充入NA个SO2分子和0.5NA个O2分子在一定条件下充分反应，最终放出的热量为98.32kJ
2．（2017·江西省高三下学期调研考试）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，6.0
g
NO和2.24
L
O2混合，所得气体的分子数目为0.2NA
B．常温常压下，0.1
mol
Na2O和Na2O2组成的混合物中，阴离子的数目为0.1NA
C．C2H4和C3H6的混合物的质量为m
g，所含碳氢键的数目为3m/14NA
D．1
mol甲基（）所含的电子数为7NA
3．（2017·江西省南昌市十所省重点中学高三二模）设NA表示阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A．常温下，Na2O2与N2和CO2组成的混合气体反应生成0.5
mol
O2时，转移电子数是2NA
B．标准状况下，11.2
L的甲醇所含的氢原子数等于2NA
C．电解饱和食盐水，阳极产生22.4
L气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．1
L
1
mol/L
CuCl2溶液中含有的氯离子数为2NA
4．(2016·湖南六校联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．在常温常压下，2.24
L
SO2与O2混合气体中所含氧原子数为0.2NA
B．50
mL
12
mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C．1
mol
NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为NA
D．标准状况下，20
g
D2O分子中所含中子数为10NA
5．(2016·怀化 模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移的电子数目为0.4NA
B．0.1
mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl 离子总数为0.2NA
C．在30
g二氧化硅晶体中含有的共价键数目为2NA
D．将常温下含NA个NO2、N2O4分子的混合气体冷却至标准状况，其体积约为22.4
L
6．(2016·大庆实验中学三模)以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．8
g
CH4中含有的共价键总数为NA
B．3.2
g的Cu与足量的浓HNO3反应生成的气体分子数为NA
C．含有NA个中子的D2O的质量为2.0g
D．pH=2的硫酸氢钠溶液中的硫酸根离子数为0.01NA
7．(2016·重庆一中3月月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．11
g
T2O含有的电子数为5NA
B．常温下，0.2
L
0.5
mol·L－1
NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NA
C．含4
mol
HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA
D．标准状况下，2.24
L
H2S全部溶于水所得溶液中HS－和S2－离子数之和为0.1NA
8．(2016·衡水中学二调)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，0.1
mol
Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．标准状况下，2.24
L
NO和2.24
L
O2混合后气体分子数为0.15
NA
C．加热条件下，1
mol
Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子
D．0.1
mol
Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA
1．设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A．3.0
g淀粉和葡萄糖混合物中共含碳原子数为0.1
NA
B．2.9
g
2CaSO4·H2O含有的结晶水分子数为0.02
NA(2CaSO4·H2O式量为290)
C．在100
g
98%的浓硫酸中含氧原子个数不等于4NA
D．1
L、0.1
mol/L氨水中NH3·H2O的个数为0.1NA
2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．常温常压下，4.4
g体积比为3∶1的CO2和N2O组成的混合气体中所含原子总数为0.3NA
B．CH4与P4的分子结构均为正四面体形，在1
mol
CH4分子或P4分子中含有的共价键数皆为4NA
C．含有NA个阴离子的Na2O溶于1
L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1
mol·L－1
D．1
mol
Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
名校预测
1．【答案】B【解析】A．标准状况下，过氧化氢不是气体，无法计算22.4
L
H2O2中含有共价键的数目，故A错误；B．甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H8O3)的相对分子质量相等，4.6
g甲苯(C7H8)和丙三醇(C3H8O3)的物质的量为
EMBED
Equation.DSMT4
=0.05
mol，混合物中含有的氢原子为0.05
mol×8=0.4
mol，故B正确；C．随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后反应不再进行，因此50
mL
18.4
mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目少于0.92NA，故C错误；D．可逆反应不能完全进行，向容器中充入NA个SO2分子和0.5NA个O2分子在一定条件下充分反应，最终放出的热量少于98.32
kJ，故D错误；故选B。点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C和D，要注意硫酸的浓度对反应的影响，以及可逆反应的特征。2．【答案】B【解析】A．
标准状况下，6.0
g
NO是0.2
mol，2.24
L
O2是0.1
mol，二者混合反应生成0.2
mol
NO2，但NO2存在平衡关系：2NO2N2O4，所得气体的分子数目小于0.2NA，A错误；B．Na2O和Na2O2中阴阳离子个数之比均是1∶2，常温常压下，0.1
mol
Na2O和Na2O2组成的混合物中，阴离子的数目为0.1NA，B正确；C．C2H4和C3H6的最简式均是CH2，因此C2H4和C3H6的混合物的质量为m
g，所含碳氢键的数目为m/7NA，C错误；D．1
mol甲基（）所含的电子数为9NA，D错误，答案选B。点睛：选项A是易错点，注意NO2与N2O4之间的平衡关系。要顺利解答该类题目关键是要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。物质的质量与外界条件无关，而气体的体积与外界条件有关，不指明条件，不能确定气体的物质的量的多少。3．【答案】D【解析】A、2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，生成1
mol氧气时，转移电子物质的量为2
mol，因此生成0.5
mol
O2时，转移电子物质的量为2×0.5/1
mol=1
mol，故A错误；B、甲醇标准状况下，不是气体，不能用22.4
L·mol－1，故B错误；C、阳极反应式为2Cl－－2e－Cl2↑，题目没有指明条件是否是标准状况，因此无法计算电子数目，故C说法错误；D、n(Cl－)=1×1×2
mol=2
mol，故D正确。4.【答案】D【解析】
A项，常温常压不是标准状况，
2.24
L的混合气体的总物质的量不是0.1
mol，无法确定其中所含氧原子数，A项错误；B项，MnO2 +4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，若50
mL
12
mol/L盐酸发生该反应，则转移的电子数为0.3NA，但是随着反应的进行，盐酸浓度降低，无法再继续发生反应，因此转移的电子数肯定小于0.3NA，B项错误；C项，NaCl中Na+的最外层有8个电子，因此1
mol
NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8NA，C项错误；D的原子核内有1个中子，1个D2O分子中所含中子数为10个，20
g
D2O物质的量为1
mol，所含中子的物质的量为10
mol，D项正确。5.【答案】C【解析】A项，过氧化钠与水的反应的方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则每生成0.1
mol氧气，转移的电子数目为0.2NA，错误；B项，没有指明溶液体积，错误；C项，1
mol二氧化硅晶体中含有的共价键数目为4NA，则30
g二氧化硅晶体即0.5
mol二氧化硅中含有共价键的数目为2NA，正确；D项，二氧化氮与四氧化二氮存在转化，则常温下含NA个NO2、N2O4分子的混合气体冷却至标准状况，其体积应小于22.4
L，错误。6.【答案】C【解析】A项，8
g甲烷的物质的量为0.5
mol，0.5
mol甲烷中含有2
mol碳氢共价键，含有的共价键数为2NA个，故A项错误；B项，3.2
g铜的物质的量为0.05
mol，0.05
mol铜与足量硝酸反应失去0.1
mol电子，根据电子守恒，能够生成0.1
mol二氧化氮；由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以反应生成的气体分子的物质的量小于0.1
mol，气体分子数小于0.1NA，故B项错误；C项，含有NA个中子的D2O的物质的量为0.1
mol，0.1
mol重水的质量为2.0
g，故C项正确；D项，溶液体积不明确，故溶液中硫酸根离子的个数无法计算，故D项错误。7.【答案】A【解析】A项，T2O的摩尔质量为22
g/mol，故11
g
T2O的物质的量为0.5
mol，而1
mol
T2O含有10
mol电子，即10NA个，则0.5
mol
T2O含有5NA个电子，故A项正确；B项，常温下，0.2
L
0.5
mol·L－1
NH4NO3溶液中含有0.1
mol
NH4NO3，氮原子数等于0.2NA，故B项错误；C项，随着反应的进行，浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应不再进行，因此含4
mol
HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数少于2NA，故C项错误；D项，标准状况下，2.24
L
H2S的物质的量为=0.1
mol，溶于水所得溶液中含有HS－、S2－和H2S，因此HS－和S2－离子数之和少于0.1NA，故D项错误。8.【答案】D【解析】A项，Cl2溶于水发生的反应是可逆反应，因此转移的电子数目小于0.1NA，A项错误；B项，2.24
L
NO和2.24
L
O2混合后生成2.24
L
NO2，氧气过量，剩余氧气1.12
L，但由于存在平衡2NO2N2O4，所以气体分子数小于0.15NA，B项错误；加热条件下，铁与浓硫酸反应生成硫酸铁，根据电子得失守恒可知生成1.5NA个SO2分子，C项错误；D项，0.1
mol
Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应中，Na2O2既是氧化剂，也是还原剂，转移的电子数为0.1NA，D项正确。
专家押题
1．【答案】C【解析】A中，淀粉的分子式为（C6H10O5）n，而葡萄糖的分子式为C6H12O6，两者的最简式很容易混淆，则A错。B中，1
mol熟石膏中含有2
mol
CaSO4和1
mol
H2O，则0.01mol熟石膏中含有0.01mol水分子，B错。C中，H2SO4为98
g，1
mol，4NA氧原子，注意水中还有氧原子，则C正确。D中氨水中含氮的微粒除NH3·H2O外，还含有NH3和，这三者合起来为0.1NA，D错。综合上述，选C。【归纳总结】常见特殊组成有如下几种情况：①有些物质最简式相同，如乙烯、丙烯等单烯烃、葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素等、饱和一元羧酸与饱和一元酯等。②有些物质中某元素的百分含量相等，如Cu2S和CuO中Cu，甲苯与甘油中的氢、CaCO3、KHCO3中的碳等。③有些物质中阴阳离子个数的比值易混淆，BaO2中Ba2+与之比为1︰1，Na2O2中Na+与为2︰1。④计算溶液中氢、氧原子个数时，应算溶液中水的氢、氧原子。2．【答案】A【解析】由于CO2和N2O的摩尔质量相同，而且一个分子中含有的原子个数也相同，所以0.1
mol混合气体中含有的原子总数为0.3NA，A项正确；1
mol
P4分子中含有的P—P键为6NA，B项错误；由于Na2O溶于1
L水后，溶液体积改变，无法求算物质的量浓度，C项错误；1
mol
Na被氧化转移的电子数应为NA，D项错误。答案选A。
青蒿素
屠呦呦及其团队在寻找抗疟药物的过程中，最初关注在对疟原虫抑制率更高的胡椒上，但后期发现其效果并不理想。此后才转向了效果并不突出却在中医药典籍治疟药方中屡被提及的青蒿。屠呦呦在查阅古籍时看到“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，从中获得了灵感，最后经过反复实验，用乙醚成功提取了抑制率能达100%的青蒿素。考纲要求
①接受、吸收、整合化学信息的能力。②分析问题和解决(解答)化学问题的能力。③在解决化学问题的过程中，运用化学原理和科学方法，能设计合理方案，初步实践科学探究。
专家解读
化学工艺流程题是近几年高考的热点，将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图的形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题；主要涉及物质的性质、分离提纯、反应原理、实验操作、产率计算等知识点。由于此类试题陌生度高，对学生的能力要求也大，加上有的试题文字信息量大，所以这类题的得分不是很理想。
通过分析近几年的高考试题发现，该类题干以工业生产为主要背景，以文字、工艺流程图、表格相结合的形式呈现，阅读量相对较大。预测在2017年的高考试题中会继续延续这种出题方式，更贴近工业生产(例如：会出现更多的工业术语和设备名称等)，考查点会更加综合，可能会以陌生的新物质为背景，突出考查学生的能力，更加关注原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等。
1.工艺流程题的解题思路
工艺流程题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力
。解此类题目的基本思路：
(1)先粗读，从题干中获取有用信息，理清思路。先不必把每个环节的原理都搞清楚。
(2)针对问题再精读，分析细节，根据问题去研究某一步或某一种物质。
(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的规范性。
2.工艺流程题的解题方法
(1)明确目的，提取有用信息。通过阅读题头，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，找到制备物质时所需的原料及所含杂质，提取出所给的相关信息——化学反应方程式、物质的稳定性、物质的溶解性等。
(2)分析流程，弄清各步作用。对比分析流程图中的第一种物质(原料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，联系问题有针对性地思考：原料转化为产品的过程中依次进行了什么反应？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质是否要除去，采用什么操作方法除去？
(3)看清问题，准确规范作答。这一步很关键，历年的高考评卷分析都指出考生的简述能力比较差，特别是化学用语的表述与实际要求存在很大偏差。所以答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，如分清是要求回答实验操作名称还是具体操作步骤。
3.解工业流程题必备知识
(1)常用思考方法。
①反应原理；②提高原料利用率；③快速反应；④提高产率；⑤提高产品纯度；⑥绿色环保；⑦工业成本低。
(2)控制反应条件。
①调节pH值的目的：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调pH值所加试剂：一般是含被提纯物质中的金属阳离子对应的金属、金属氧化物、金属氢氧化物或金属碳酸盐(总之，这些物质要能与H+反应，又难溶于水，这样可即使过量而又不会引入新的杂质离子)，有时候也可能加NaOH或氨水来调pH值，要据题意具体分析(一般是加的Na+、NH4+不会在后续的程序中难以分离)。pH值的调节范围：据题意告知的某离子完全沉淀或开始沉淀的pH值数据来选择，不能随意更改，应该是题目中原始数据的组合。
(3)物质的分离和提纯的方法。①结晶(重结晶)；②过滤；③趁热过滤；④洗涤(水洗，冰水洗涤，醇洗)；⑤蒸馏：液、液分离(主要仪器：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管)；⑥蒸发(实验仪器：蒸发皿、铁架台、玻璃棒、坩埚钳、酒精灯)；⑦萃取；⑧分液(主要仪器：分液漏斗)；⑨升华；⑩盐析：加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。 灼烧：高温条件下固体物质的燃烧(主要仪器：坩埚)； 煮沸：目的通常是除去溶解在水中的气体(通常为O2)，或是为了促进水解，聚沉后便于过滤分离。
4.常见文字叙述规范套路(重要)
(1)如何进行滴定终点的判断？答：
当滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由××颜色变为##颜色，
且半分钟内不恢复原色。(注：只写“变色”或“褪色”不得分)
(2)洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至没过沉淀物，待水自然流下后，重复以上操作2～3次。
(3)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次的洗涤液，滴加××试剂(可与杂质的某些离子发生沉淀反应)，如果没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；否则说明沉淀未洗涤干净。(注：这种情况因为离子浓度较低，应该选用反应灵敏的特征反应。此时一般不用焰色反应实验检验)。
(4)检验沉淀是否完全的方法：静置，向上层清液中继续滴加××试剂，若没有沉淀生成，说明沉淀完全；若出现沉淀则说明沉淀未完全。
(5)如何进行萃取操作？答：在分液漏斗中加溶液和萃取剂，右手堵住漏斗上口塞，左手握活塞，倒转用力振荡，放气，正立放铁圈上静置。
1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)
【参考答案】（1）+3
（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）NaOH溶液
Na2CO3溶液
ClO2 (或NaClO2)
（4）2:1
O2
（5）1.57
【试题解析】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3。（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，反应产生Cl2，
阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1
mol的H2O2转移2
mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物为O2。（5）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g÷90.5
g/mol=
mol，其获得电子的物质的量是n(e )=
mol×4=4/90.5
mol，1
mol
Cl2获得电子的物质的量是2
mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=mol×4÷2=mol，则氯气的质量为mol×71
g/mol=1.57
g。
2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)
硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　　　　　　　　(写出两条)。
(2)利用　　　　的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是　　　　(写化学式)。
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　　　　。然后再调节溶液的pH约为5，目的是　　　　。
(4)“粗硼酸”中的主要杂质是　　　　(填名称)。
(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为　　　　。
(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　　　　　　　　　　　　　　。
【参考答案】(1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4　提高反应温度、减小铁硼矿粉
粒径(2)Fe3O4　SiO2和CaSO4(3)将Fe2+氧化成Fe3+　使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(4)(七水)硫酸镁(5)(6)2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO【试题解析】本题主要考查制取硼酸的工艺流程分析，意在考查考生对化工流程图的分析能力和解答综合问题的能力。(1)Mg2B2O5·H2O与硫酸反应得到硼酸和硫酸镁：Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。结合影响反应速率的因素，提高反应速率可以适当升高温度、减小铁硼矿粉粒径或适当提高硫酸的浓度等。(2)给出的物质中只有Fe3O4有磁性，二氧化硅不溶于水，硫酸钙属于微溶物，所以“浸渣”中还有SiO2和CaSO4。(3)能与H2O2反应的是Fe2+，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+。调节溶液pH约为5时，Fe3+和Al3+都形成沉淀，过滤除去。(4)“粗硼酸”中的杂质主要是硫酸镁。(5)NaBH4的电子式为。(6)2H2BO3B2O3+3H2O，结合铝热反应知识，可写出镁置换出B的化学方程式：B2O3+3Mg2B+3MgO。
3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)
酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：
溶解度/(g/100
g水)
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列问题：
(1)该电池的正极反应式为　　　，电池反应的离子方程式为　　　　　　　　　。
(2)维持电流强度为0.5
A，电池工作5分钟，理论上消耗锌　　　g。(已知F=96
500
C·mol-1)
(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过　　　分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、　　　和　　　，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为　　　，其原理是　　　　　　　　　。
(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为　　　，加碱调节至pH为　　　时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5
mol·L-1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为　　　时，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1
mol·L-1)。若上述过程不加H2O2后果是　　　，原因是　　　。
【参考答案】(1)MnO2+H++e-MnOOH　2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2+(注：式中Zn2+可写为Zn(NH3，Zn(NH3)2Cl2等，H+可写为N)(2)0.05(3)加热浓缩、冷却结晶　碳粉　MnOOH　空气中加热　碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3+　2.7　6　Zn2+和Fe2+分离不开　Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【试题解析】本题考查锌锰干电池中的化学成分的分离，意在考查考生运用化学知识综合处理问题的能力。(1)该电池为酸性电池，正极发生还原反应，电极反应式为：MnO2+H++e-MnOOH；电池反应为Zn与MnO2在酸性条件下的反应，生成Zn2+和MnOOH。(2)电池工作5
min，电池中的总电荷量Q=It=0.5×5×60
C=150
C，则转移电子的物质的量为150/96
500
mol，1
mol
Zn失去2
mol电子，则此过程消耗锌的质量m(Zn)=
65×1/2×150/96
500
g=0.05
g。(3)从表格数据看出，相同温度下，ZnCl2的溶解度远远大于NH4Cl的，则可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离二者。(4)在H2O2存在下，铁被氧化为Fe3+；根据表格数据，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-39，则c(OH-)=×10-11mol·L-1，c(H+)=2×10-3mol·L-1，pH=2.7；Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-)=10-17，则c(OH-)=10-8
mol·L-1，所以控制pH为6时，Zn2+开始沉淀；如果不加H2O2，Fe2+不能被氧化，根据Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH=6时，两者将同时沉淀，则无法除去Zn2+中的Fe2+。
1．(2017·内蒙古赤峰二中三模)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是__________。
(2)实验操作的先后顺序是①
→
→
→
→
⑤。
①检查装置的气密性后加入药品
②熄灭酒精灯，冷却
③在“气体入口”处通干燥HCl
④点燃酒精灯，加热
⑤停止通入HCl，然后通入N2
(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是
。
(4)装置D中发生反应的离子方程式是

。
(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是
。
②若杂质是CuO，则产生的原因是
。
(6)若已证实杂质为CuO，请写出由Cu2(OH)2Cl2生成CuO的化学方程式
。
2．(2016·衡阳八中月考)钡盐生产中排出大量的钡泥［主要含BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等］，某主要生产BaCO3的化工厂利用钡泥制取Ba(NO3)2晶体及其他副产物，其部分工艺流程如下：
已知：i.Fe(OH)3和Fe(OH)2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7。
ii.Ba(NO3)2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小。
Iii.Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9。
(1)该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和
Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤。用离子方程式说明提纯原理：
。
(2)上述流程酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成两种硝酸盐，化学方程式为：
。
(3)该厂结合本厂实际，选用的X为
(从下列选项中选择)；废渣2为
(写出化学式)。
①
BaCl2
②Ba(NO3)2
③BaCO3
④
Ba(OH)2
(4)过滤3后的母液应循环到容器
中。(填“a”、“b”或“c”)
(5)称取w
g晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m
g，则该Ba(NO3)2的纯度为
。
3．(2016·湖北孝感高中模拟)工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：
试回答下列问题：
(1)“酸溶”过程中Fe3O4发生反应的离子反应方程式为
；
(2)实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有
、玻璃棒和烧杯等；步骤Ⅳ中应选用
试剂调节溶液的pH(填字母编号)。
A．稀硝酸
B．氢氧化钠溶液
C．高锰酸钾溶液
D．氨水
(3)检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是 ；
(4)步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是
；
(5)步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为
；
(6)步骤Ⅴ中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1×10-6
mol·L-1。试判断所得的FeCO3中是否含有Fe(OH)2

(填“是”或“否”)，请通过简单计算说明理由。(已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17)
；
(7)欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取a
g样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体b
g，测得该样品中Fe元素的质量分数为
。
1．二氧化锰是电池工业中非常重要的原料。以菱锰矿粉（主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CuO、NiO等杂质）为原料生产二氧化锰的工艺流程如图所示：
已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+
等转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
Ni2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
2.7
7.0
5.0
8.6
7.6
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.7
9.7
6.7
10.0
9.8
（1）为提高酸浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施是_________________（写出两条）。
（2）MnO2在酸性条件下可氧化Fe2+，但不能氧化Ni2+，则反应②的离子方程式为_____________________。反应③加氨水调节溶液的pH为4.0~5.0使部分杂质离子除去，则滤渣Ⅰ的主要成分为______________。
（3）已知氧化性：Cu2+>Ni2+>Mn2+，则滤渣Ⅱ中除了过量的锰粉外，还有_______，反应④的反应类型为______________。
（4）所得MnO2要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________________。
（5）已知：Ksp(CuS)=8.4×10 45、Ksp(NiS)=1.4×10 24、Ksp(MnS)=2.5×10 13。除MnSO4溶液中的Cu2+和Ni2+杂质也可向反应③的滤液中加入MnS粉末。在除MnSO4溶液中的Cu2+
和Ni2+
过程中，当Ni2+恰好完全沉淀时[此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10 5
mol·L 1]，MnSO4溶液中Cu2+的浓度是___________mol·L 1。
2．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O。
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全。
③160
g/L
NaOH溶液是指160
g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1
L，其密度约为1.2g/mL。
(1)160
g·L-1 NaOH溶液的质量分数为

(保留三位有效数字)。
(2)发生器中鼓入空气的作用可能是_____________(选填序号)。
a.将SO2氧化成SO3，增强酸性
b.稀释ClO2以防止爆炸
c.将NaClO3氧化成ClO2
(3)ClO2发生器中的主要反应方程式为

，吸收塔内的反应的化学方程式为
。
(4)吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是____________(选填序号)。
a.Na2O2
b.Na2S

c.FeCl2
(5)从滤液中得到NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是____________(选填序号)。
a.蒸馏
b.蒸发
c.灼烧
d.过滤
e.冷却结晶
3．冬日，雪花漫舞，给人带来美的享受，但降雪却会导致道路通行问题。现有一种高速公路的绿色融雪剂——CMA(醋酸钙、醋酸镁固体混合物)，其生产常以白云石(主要成分MgCO3·CaCO3，含SiO2等杂质)和生物质废液——木醋液(主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质)等为原料，流程如下：
(1)步骤①发生的反应离子方程式为
。
(2)滤渣1的主要成分与NaOH溶液反应的热化学方程式为

(己知l
mol
NaOH发生反应时放出热量为Q
kJ)。步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及
。
(3)已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率(与融雪效果成正比)关系如图所示，步骤④的目的除调节n(Ca)∶n(Mg)
约为____(选填：1∶3；
1∶2；
3∶7；
2∶3)外，另一目的是
。
(4)步骤⑥包含的操作有
、过滤、洗涤及干燥。
(5)取a
kg含MgCO3·CaCO3质量分数为b%的白云石，经过上述流程制备CMA。已知MgCO3·
CaCO3的损失率为c%，步骤④之后到产品CMA的损失率为d%，则结合(3)可知所得产品质量约为
kg(请用含相关字母的计算式表达，不必化简)。
名校预测
1．【答案】(1)球形干燥管
(2)③→④→②(3)先变红后褪色(4)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+2H2O
H++OH-H2O(5)①加热温度不够
②HCl气流不足。(6)
Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑【解析】
(1)由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管；(2)实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2 2H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：①
→③→④→②→
⑤；(3)B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；(4)D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，及氯化氢与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；H++OH-H2O；(5)①由2CuCl22CuCl+Cl2↑，杂质是CuCl2说明CuCl2没有反应完全，分解温度不高；②杂质是氧化铜，说明CuCl被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体。(6)若已证实杂质为CuO，则由Cu2(OH)2Cl
2生成CuO的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑。2.【答案】(1)BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+
(aq)(2)Ba(FeO2)2+8HNO3
Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O
(3)③
Fe(OH)3
(4)c
(5)×100%【解析】(1)根据题目已知信息可知Ksp(BaCO3)>>Ksp(BaSO4)，BaSO4尽管难溶，也存在一定的溶解度，只要加入足量的饱和Na2CO3溶液，使c(Ba2+)·c()>Ksp(BaCO3)，就可以发生沉淀的转化，而形成BaCO3沉淀，使BaSO4不断溶解，最后转化为BaCO3，用离子方程式表示为BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)；(2)上述流程酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成两种硝酸盐硝酸钡、硝酸铁，同时产生水，根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式为：Ba(FeO2)2+8HNO3Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；(3)①BaCl2可以与发生沉淀反应，但是不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，而且会引入杂质离子Cl-，错误；②Ba(NO3)2不能与H+发生反应，因此不能调节溶液的pH，错误；③BaCO3能与H+发生反应，因此能调节溶液的pH，也不引入新的杂质离子，符合题意，正确；④Ba(OH)2能与H+发生反应，能调节溶液的pH，但是该物质是强碱，制取物质成本高，造价大，不经济，错误；故正确选项是③；(4)过滤3后的母液是析出Ba(NO3)2晶体后的Ba(NO3)2的饱和溶液，为使物质循环利用，根据各个容器中物质的成分可知应循环到容器c中；(5)
Ba(NO3)2晶体溶于水与加入的硫酸溶液发生反应：Ba2++BaSO4↓，n(BaSO4)=m
g÷233
g/mol=m/233mol；由于Ba(NO3)2的式量是261，因此w
g晶体中含有Ba(NO3)2的质量是m[Ba(NO3)2]=m/233
mol×261
g/mol=261m/233
g，所以该晶体中硝酸钡的质量分数是[261m/233
g]÷w×100％=261m/233w×100％。3.【答案】(1)
Fe3O4+8H＋2Fe3＋+Fe2＋+4H2O
(2)漏斗
D(3)KSCN溶液(或其他合理答案)(4)防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解
(5)4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2 (6)
否
溶液中c(Fe2+)·c(OH )2=1×10 6×(1×10 5.5)
2=1×10 17＜Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，故无Fe(OH)2沉淀生成(7)7b/10a×100%【解析】(1)“酸溶”过程中Fe3O4与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、FeSO4、H2O，所以离子方程式为：Fe3O4+8H＋2Fe3＋+Fe2＋+4H2O。(2)通过“步骤Ⅱ”可得到滤液X，则步骤Ⅱ为过滤，过滤用到的玻璃仪器除了玻璃棒和烧杯外，还需要漏斗；步骤Ⅳ调高pH值至5～6.5，需要加入碱，氢氧化钠会和Fe2+离子发生反应生成沉淀，所以应选用弱碱氨水，故答案为D。(3)步骤Ⅲ加入了铁粉，Fe还原溶液的Fe3+转化为Fe2+，所以检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是KSCN溶液。(4)因为NH4HCO3受热易分解，而且水解反应为吸热反应，温度升高，水解程度增大，所以步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是：防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解。(5)煅烧FeCO3生成Fe2O3，FeCO3是还原剂，则氧化剂是空气中的O2，根据元素守恒和氧化还原反应原理，另一生成物为CO2，所以化学方程式为：4FeCO3 +
O22Fe2O3 +
4CO2。(6)溶液的pH为8.5，则c(H+)=10-8.5
mol·L 1，c(OH )=Kw/
c(H+)=10-14/10-8.5
mol·L 1=10 5.5
mol·L 1，所以溶液中c(Fe2+)·c(OH )2=1×10 6×(1×10 5.5)
2
=1×10 17＜Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，故无Fe(OH)2沉淀生成。(7)最后所得残留固体为Fe2O3，根据Fe元素守恒，样品中的Fe元素质量为：b
g×112/160=7b/10，则该样品中Fe元素的质量分数为7b/10a×100%。
专家押题
1．【答案】（1）提高反应温度、减小菱锰矿粉粒径（2）MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O
Fe(OH)3（3）Cu、Ni
置换反应（4）取少量水洗液于试管中，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明MnO2已经洗涤干净，否则未洗涤干净（其他合理答案也给分）（5）6.0×10 26【解析】（1）为提高酸浸速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施是提高反应温度、减小菱锰矿粉粒径等。（2）向浸出液中加入MnO2的目的是氧化溶液中的Fe2+，其离子反应方程式为MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。结合题给Fe3+
水解沉淀完全条件知，加氨水调节溶液的pH为4.0~5.0使Fe3+杂质离子水解生成Fe(OH)3沉淀除去。（3）反应④加入锰粉目的是除去其中的杂质离子Cu2+、Ni2+，该反应为置换反应，滤渣Ⅱ中除了过量的锰粉外，还有Cu和Ni。（4）根据信息知反应⑤中加入KMnO4是氧化其中的Mn2+，其中产物只有MnO2沉淀。MnO2沉淀表面有杂质离子，可以向水洗液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液检验。（5）Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2 )，则有1.4×10 24=1.0×10 5
mol·L 1×c(S2 )，故c(S2 )=1.4×10 19
mol·L 1；Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2 )，则8.4×10 45=1.4×10 19
mol·L 1×c(Cu2+)，故c(Cu2+)=6.0×10 26mol·L 1。2.【答案】(1)13.3％(2)b(3)2NaClO3+SO22ClO2+Na2SO4
2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2(4)a(5)b、e、d【解析】(1)浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，160
g/LNaOH溶液表示1
L氢氧化钠溶液含有160
g
NaOH。令溶液体积为1
L，则1
L
NaOH溶液的质量为1
L×1000
mL/L×1.2
g/mL=1200
g，所以该溶液氢氧化钠的质量分数为：=13.3%；(2)由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选：b；(3)根据流程信息可知，发生器内SO2还原NaClO3得ClO2，发生反应的化学方程式为2NaClO3+SO22ClO2+Na2SO4，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，氯元素化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2 ；(4)还原性要适中。还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产。Na2O2溶于水相当于H2O2。Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选a；(5)从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体。所以操作顺序为b、e、d。3.【答案】(1)MgCO3·CaCO3+4CH3COOHCa2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O(2)SiO2(s)+2NaOH(aq)
Na2SiO3(aq)+H2O(l)
△H= 2Q
kJ/mol
苯酚(3)3：7
除去过量的乙酸(4)蒸发结晶(5)[ +]
×(1 d%) 【解析】本题考查化学与工业生产，涉及离子方程式及热化学方程式的书写、物质的分离与提纯、有关方程式的计算等。(1)步骤①是MgCO3·CaCO3与乙酸的反应，离子方程式为MgCO3CaCO3+4CH3COOHCa2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；SiO2与乙酸不反应，则滤渣1的主要成分是SiO2，与NaOH溶液反应的热化学方程式为：SiO2(s)+2NaOH(aq)
Na2SiO3(aq)+H2O(l)
△H= 2Q
kJ/mol；步骤②所得滤液常呈褐色，分析可知其原因主要是木醋液中含有少量的有色的焦油以及实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；(3)由图可知当n(Ca)：n(Mg)在0.4~0.5之间时，CMA的出水率最大，所以应调节调节n(Ca)：n(Mg)
约为3：7；另外加MgO还可除去过量的乙酸；(4)步骤⑥使CMA结晶析出，包含的操作有蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥；(5)由n(Ca)：n(Mg)=3：7，设CMA的组成为(CH3COO)2Ca(CH3COO)2Mg，则产品的质量为(CH3COO)2Ca与(CH3COO)2Mg的质量之和，即[+]
×(1 d%)。考纲要求
（1）了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法。（2）了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法。（3）掌握化学实验的基本操作。能识别化学品标志。了解实验室一般事故的预防和处理方法。（4）掌握常见气体的实验室制法（包括所用试剂、反应原理、仪器和收集方法）。（5）掌握常见物质检验、分离和提纯的方法。掌握溶液的配制方法。（6）根据化学实验的目的和要求，能做到：①
设计实验方案；②
正确选用实验装置；③
掌握控制实验条件的方法；④
预测或描述实验现象、分析或处理实验数据，得出合理结论；⑤
评价或改进实验方案。（7）以上各部分知识与技能的综合应用。
专家解读
该类题目涉及的知识面广，单个知识点的难度并不大，但由于多个知识点在一起，客观上增加了解题的难度。高考对非选择实验题的考查，主要包括设计与评价实验方案，探究物质的性质，实验条件的控制和实验绿色化要求等，近几年化学实验综合题常将定性试验与定量实验相结合，将实验基础与实验操作相结合，立足于对考生综合实验能力的考查。
通过研究近几年的高考试题，在综合实验题中主要是以常见气体或有机物为载体，考查物质的制备实验，同时兼顾基本操作的考查和化学计算能力的考查，如计算产品的产率，并分析产生误差的原因等。预测在2017年的高考中综合实验题以考查物质的制备实验为主，也可能考查物质的性质探究实验等。
1．解答综合性实验设计与评价题的基本流程：
原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：
(1)实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？
(2)所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。
(3)有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。
(4)有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。
(5)实验现象：自下而上，自左而右全面观察。
(6)实验结论：直接结论或导出结论。
2．实验方案的设计要点及评价角度：
(1)设计要点。实验方案的设计要明确以下要点：①题目有无特殊要求；②题给的药品、装置的数量；③注意实验过程中的安全性操作；④会画简单的实验装置图；⑤注意仪器的规格；⑥要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施；⑦同一仪器在不同位置的相应作用等；⑧要严格按照“操作(实验步骤)＋现象＋结论”的格式叙述。
(2)评价角度。①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。
3．综合实验设计题的解题思路：
(1)巧审题，明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
(2)想过程，理清实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)下列有关实验的操作正确的是
实验
操作
A.
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B.
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C.
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D.
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
【参考答案】D
【试题解析】A、浓硫酸稀释应该将浓硫酸倒入水中，故错误；B、实验后应先移出导管后熄灭酒精灯，防止倒吸，故错误；C、气体产物先通过饱和食盐水，除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，否则氯化氢气体不能除去，故错误；D、四氯化碳的密度比水大，在下层，所以先从下口倒出有机层，再从上口倒出水层，故正确。
2．(2016·海南)下列实验设计正确的是
A．将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性
B．将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼
C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32
D．将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性
【参考答案】D
【试题解析】A．SO2使溴水褪色是发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，错误；B．铁屑放入稀HNO3中不产生H2，而是产生NO，错误；C．澄清石灰水滴入含或、的溶液中也会产生白色沉淀，错误；D．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是发生了氧化反应，体现了乙烯的还原性，正确。故选D。
3．(2016·新课标全国卷Ⅰ)氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中_____________
②反应的化学方程式____________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③_______________
④______________
【参考答案】（1）①
A
2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+
CaCl2+2H2O(或B
NH3·H2ONH3↑+H2O)
②d
c
f
e
i；
（2）①红棕色气体慢慢变浅
②8NH3+6NO2
7N2
+12H2O
③Z中NaOH溶液产生倒吸现象
④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【试题解析】（1）①在实验室中，利用氢氧化钙与NH4Cl混合加热发生复分解反应制取氨气，氢氧化钙与NH4Cl都是固体，固体混合物加热制取气体，故应选用A装置进行，制取氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；也可以利用NH3·H2O的不稳定性，该物质受热分解产生氨气和水制取氨气，这时应该选择的装置是装置B，反应的化学方程式是：NH3·H2ONH3↑+H2O；②利用A(或B)装置制得的氨气，由于氨气是碱性气体，所以需要利用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，然后再根据氨气的密度比空气小的性质，用向下排空气法收集，氨气是大气污染物，要进行尾气处理，可利用其在水中极易溶解的性质，用水作吸收剂进行尾气处理，故装置的连接顺序为d→c→f→e→i；（2）①NO2具有强氧化性，NH3有强还原性，两者相遇，会发生氧化还原反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式：8NH3+6NO27N2
+12H2O，根据反应方程式可知反应现象是：Y管内看到红棕色气体慢慢变浅，同时在注射器的内壁有水珠产生；②根据①分析可知发生该反应的方程式是8NH3+6NO27N2
+12H2O；③反应后由于容器内气体的物质的量减少，所以会使容器内气体压强减小。当打开K2后，烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内；④溶液进入Y管内的原因是由于该反应是气体体积减小的反应，反应发生导致装置内压强降低，在外界大气压的作用下而发生倒吸现象。
4．(2015·新课标全国卷Ⅰ)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10 2，K2=5.4×10 5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101
℃，易溶于水，受热脱水、升华，170
℃以上分解。回答下列问题：
(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　　　　　　　　　　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　　　　　　。装置B的主要作用是　　　　　　　　　　。
(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　　　　。装置H反应管中盛有的物质是　　　　。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　　　
　。
(3)设计实验证明：
①草酸的酸性比碳酸的强　　
　　。
②草酸为二元酸　　
　　。
【参考答案】(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊　CO2　冷凝(水蒸气、草酸等)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验
(2)①F、D、G、H、D、I　CuO　②H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊
(3)①向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生　②用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍【试题解析】本题主要考查草酸分解产物的检验知识，意在考查考生挖掘题中信息的能力和实验探究能力。(1)结合题给装置中装的药品知，草酸晶体的分解产物中有二氧化碳气体，所以装置C中观察到有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊。通入澄清石灰水前，气体进行了冷却，由题中信息知，草酸钙难溶于水，若气体不冷却，则挥发出的草酸蒸气也会进入装置C，与澄清石灰水反应生成沉淀，会干扰CO2的检验。(2)由题给实验仪器和药品知，CO应与装置H中固体反应，可推测装置H中固体为CuO，CO还原氧化铜生成Cu和CO2气体，然后把CO2通入到D中，结合装置H和装置D中的现象可判断草酸晶体的分解产物中是否含有CO。检验CO之前应先除去CO中混有的CO2，连接顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。(3)①向盛有碳酸氢钠的试管中加入草酸溶液，若有气泡产生，则证明草酸的酸性强于碳酸。②证明草酸为二元酸可以用氢氧化钠标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍。【解题技巧】此类题型为高考的热点题型，考查的知识是考生熟悉的、经常练习的，只是把它放在不同的情境中加以考查，找出突破口就能各个击破、顺利解答。
5．(2015·新课标全国卷Ⅱ)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　　
　。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为　　
　。
②溶液X中大量存在的阴离子有　　
　。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是　　
　(填标号)。
a.水
b.碱石灰
c.浓硫酸
d.饱和食盐水
(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50
mL水溶解后，再加入3
mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100
0
mol·L 1
硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+22I +)，指示剂显示终点时共用去20.00
mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为　　
　。
②玻璃液封装置的作用是　
　　。
③V中加入的指示剂通常为　
　
　，滴定至终点的现象是　
　　。
④测得混合气中ClO2的质量为　　　g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是　　　(填标号)。
a.明矾　　　b.碘化钾　　　c.盐酸　　　d.硫酸亚铁
【参考答案】(1)2：1(2)①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3
②CI 、OH
③c(3)①2ClO2+10I +8H+5I2+4H2O+2Cl ②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)
③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变
④0.027
00(4)d【试题解析】
(1)氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，KClO3~ClO2~e ，Na2SO3~Na2SO4~2e ，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。(2)①酸性条件下不能生成NH3，根据产物NCl3和H2，写出电解方程式：NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；②根据原子个数守恒可知，X中有NaCl，又因有NH3生成，则溶液中的阴离子有Cl 和OH ；③由于ClO2易溶于水，所以a和d错误；NH3能够被浓硫酸吸收，应选c。(3)①ClO2在酸性条件下与I 反应，生成I2和Cl ，离子方程式为2ClO2+10I +8H+5I2+2Cl-+4H2O；②ClO2易溶于水，故用于液封的水可以吸收多余的ClO2气体；③用淀粉溶液检验碘单质，滴定终点时，碘单质完全反应，则终点现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再改变；④根据关系式：2ClO2~5I2~10，n(ClO2)=1/5n()=1/5×0.100
0×0.02=0.000
40
(mol)，m(ClO2)=0.000
40
mol×67.5
g/mol=0.027
00
g。(4)需加入一种还原剂，将亚氯酸盐还原为Cl ，所以Fe2+合适，d项正确。
6.
(2014·新课标全国卷Ⅰ)
乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：
实验步骤：
在A中加入4.4
g异戊醇、6.0
g乙酸、数滴浓硫酸和2~3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50
min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140~143
℃馏分，得乙酸异戊酯3.9
g。
回答下列问题：
(1)仪器B的名称是　　　　。
(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是　　　　
　　　，第二次水洗的主要目的是　　
　　
　　。
(3)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后　　　(填标号)。
a.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
(4)本实验中加入过量乙酸的目的是　　
　　。
(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是　　
　　。
(6)在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是　　　　(填标号)。
(7)本实验的产率是　　　　(填标号)。
a.30%
b.40%
c.60%
d.90%
(8)在进行蒸馏操作时，若从130
℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏　　　(填
“高”或“低”)，其原因是　　　　。
【参考答案】(1)球形冷凝管
(2)洗掉大部分硫酸和乙酸
洗掉碳酸氢钠(3)d(4)提高醇的转化率
(5)干燥
(6)b
(7)c(8)高
会收集少量未反应的异戊醇【试题解析】(1)仪器B为球形冷凝管。(2)第一次水洗的目的是除去作催化剂的硫酸和过量的乙酸，接下来用饱和碳酸氢钠溶液进一步除去残留的少量乙酸，第二次水洗的目的是除去过量的饱和碳酸氢钠溶液。(3)洗涤、分液后有机层密度小，在上面，密度大的水层在下面，需将水层从分液漏斗下口放出，然后将有机层从分液漏斗上口倒出，d项正确。(4)制备乙酸异戊酯的反应为可逆反应，加入过量的乙酸，能提高醇的转化率，从而提高乙酸异戊酯产率。(5)加入少量无水MgSO4能除去有机层中的少量水，起到干燥作用。(6)蒸馏实验中温度计水银球需和蒸馏烧瓶支管口在同一高度，而c中不应该用球形冷凝管，球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底，故b正确。(7)根据题中化学方程式及所给各物质的量，可知实验中异戊醇完全反应，理论上应生成乙酸异戊酯6.5
g，实验中实际生成乙酸异戊酯3.9
g，故乙酸异戊酯的产率为3.9/6.5×100%=60%。(8)若从130
℃便开始收集馏分，则收集得到的是乙酸异戊酯和少量未反应的异戊醇的混合物，导致所测出的实验产率偏高。
1．(2017·内蒙古赤峰三模)下列有关实验原理或实验操作正确的是
A.可以用pH试纸测饱和氯水的pH
B.用量筒量取8.61
mL
0.1
mol·L 1盐酸
C.用图1所示的操作检查装置的气密性
D.实验室用图2所示的装置制取少量的NO2
2．(2017·山东实验中学第二次诊断)下列实验操作及现象能够达到对应实验目的的是
选项
实验操作及现象
实验目的
A
取少量溶液，加入澄清石灰水，有白色沉淀生成
证明NaHCO3溶液中混有
Na2CO3
B
FeBr2溶液加入过量氯水，溶液由浅绿色变为黄色
比较Fe2+、Br-还原性强弱
C
向一定浓度Na2SiO3溶液中通CO2，溶液变浑浊
比较C、Si非金属性强弱
D
将气体通入饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
除去中CO2的HC1气体
3．(2016·孝感高中月考)CH3Cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25
g/L，熔点为-24.2℃，20℃时在水中的溶解度为400
mL，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂。
Ⅰ.实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH+HCl(浓)CH3Cl+H2O。具体步骤如下：
①干燥ZnCl2晶体；
②称取24g研细的无水ZnCl2和量取20mL浓盐酸放入圆底烧瓶，同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；
③将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待ZnCl2完全溶解后有CH3Cl气体逸出，可用排水法收集。请回答：
(1)实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是
。
(2)反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少(甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近)，其理由是
。
(3)实验室为何用排水法收集CH3Cl？
。
Ⅱ.据某资料记载，CH4分子中的一个H原子被Cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化。现有四只洗气瓶；分别盛有以下试剂：A.1.5%KMnO4(H+)溶液；B.蒸馏水；C.5%Na2SO3溶液；D.98%H2SO4。
(1)为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶
(填洗气瓶编号)，如果观察到
则证实上述资料的正确性。
(2)写出洗气瓶中发生反应的离子方程式(C元素的氧化产物为CO2)
。
(3)如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛
的洗气瓶。
1．利用下列装置(部分仪器略去)能顺利完成对应实验的是
A．利用①装置，若A为浓醋酸、B为碳酸钠(粉状)、C为苯酚钠溶液，一定能验证醋酸、碳酸、苯酚酸性的强弱
B．利用②装置可以完成乙酸乙酯制取实验
C．利用③装置可以完成石油蒸馏
D．利用④装置可以完成实验室制乙烯
2．工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行以下探究活动：
【探究一】
(1)将已除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是
。
(2)另取铁钉放入一定量浓硫酸中加热，充分反应后得到溶液X并收集到干燥气体Y。
①甲同学认为X中可能含有Fe3+和Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用
(填序号)。
a．KSCN溶液
b．铁氰化钾溶液
c．盐酸
②乙同学取448
mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为
，充分反应后，加入足量BaCI2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33
g。可推知气体Y中SO2的体积分数为
。
【探究二】
据探究一所测SO2的体积分数，丙同学认为气体Y中可能还含有CO2和Q气体，因此设计了下列实验装置(图中夹持仪器省略，实验前已将装置中空气排尽)进一步探究。
(3)装置A中的现象是
，其作用是
。
(4)为判断CO2是否存在，需将装置M添加在
。(填序号)；
a．A之前
b．A～B之间
c．B～C之间
d．C～D之间
若存在CO2，则产生CO2气体的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
。
(5)若C中固体变红，D中固体变蓝，则Q是
(填化学式)，产生该气体的原因是
。
(6)若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，则该气体的组成可能为
(填序号)。
a.SO2
b.H2、SO2
c.H2、CO2
d.CO2、SO2
e.SO2、CO2、H2
名校预测
1．【答案】C【解析】本题考查了化学实验方案的评价、pH的测定、药品取用、气密性检验、气体的制取及收集的相关知识。A.氯水有漂白性，不能利用pH试纸测定其pH，可利用pH计，错误；B.量筒的读数准确到0.1mL，不可用量筒量取8.61
mL
0.1
mol L-1盐酸，错误；C.关闭止水夹，观察长颈漏斗中液柱的高度检验气密性，正确；D.用图2所示的装置只能制取少量的NO，错误；故选C。2．【答案】C【解析】本题考查化学实验方案的评价和设计。A.NaHCO3、Na2CO3都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀，错误； B.向FeBr2溶液中加入过量氯水，Fe2+、Br-均参与反应，不能比较Fe2+、Br-还原性强弱，错误；C.最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，所以向饱和Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，能比较碳与硅的非金属性强弱，正确；D.除去中CO2的HC1气体，应将气体通入饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，错误。故选C。3.【答案】Ⅰ.(1)在干燥的HCl气氛中加热
(2)增大盐酸的量以提高甲醇的转化率
(3)CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体
Ⅱ
(1)BAC
A紫色褪去
(2)10CH3Cl+14MnO4 +42H＋14Mn2＋+10CO2↑+5Cl2↑+36H2O
SO32 +Cl2+H2OSO42 +2Cl +H＋
(3)乙醇(或其它有机溶剂)
【解析】Ⅰ.(1)因为ZnCl2为强酸弱碱盐，发生水解反应生成HCl，为了防止ZnCl2的水解，所以实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是：在干燥的HCl气氛中加热。(2)增大盐酸的量，平衡向正反应方向移动，可提高甲醇的转化率。(3)CH3Cl
20℃时在水中的溶解度为400
mL，不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体。Ⅱ.(1)实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH+HCl(浓)
CH3Cl+H2O，则制取的CH3Cl中含有HCl，所以先通过蒸馏水，除去HCl杂质，再通入1.5%KMnO4(H+)溶液，验证CH3Cl能否被酸性高锰酸钾溶液氧化，最后用5%Na2SO3溶液吸收生成的有毒气体Cl2，所以将a装置生成的气体依次BAC；如果观察到紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，说明CH3Cl能被酸性高锰酸钾溶液氧化。(2)CH3Cl通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，CH3Cl被氧化为CO2、Cl2，氧化剂MnO4 被还原为Mn2+，根据电荷守恒和元素守恒，反应物还有H+，生成物还有H2O，根据化合价升高的总价数等于降低的总价数配平可得离子方程式：10CH3Cl+14MnO4 +42H＋14Mn2＋+
10CO2↑+5Cl2↑+36H2O；有毒的Cl2被Na2SO3吸收，离子方程式为：SO32 +Cl2+H2OSO42 +2Cl +H＋。(3)因为CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，所以如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛乙醇(或其它有机溶剂)的洗气瓶，用来吸收CH3Cl。
专家押题
1．【答案】D【解析】在该实验中要考虑浓醋酸的挥发性，醋酸能与苯酚钠溶液反应生成苯酚，因此将CO2通入苯酚钠溶液前应该进行除杂，故A错误；为防止倒吸，右侧导管不能插入液面之下，故B错误；蒸馏时，温度计测量蒸汽的温度，水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；实验室制备乙烯时，温度计测量反应液的温度，故D正确。2.【答案】(1)铁在冷的浓硫酸中钝化
(2)①b
②SO2+Br2+2H2O4H＋+2Br +SO42
50%(3)溶液颜色变浅
除去SO2并检验SO2是否除尽
(4)b
2∶1(5)H2
随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气
(6)ace【解析】(1)铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行。(2)①亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应产生蓝色沉淀，答案选b。②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H＋+2Br +SO42 ；生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀。SO2
～BaSO41
mol
233
gn
2.33
gn＝0.01
molY气体的物质的量是0.448
L÷22.4
L/mol＝0.02
mol，所以二氧化硫的体积分数为：×100%＝50%；(3)SO2会干扰CO2的检验，所以A的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫是否除尽。(4)由于碱石灰能吸收CO2，所以在检验Q气体之前首先检验CO2，因此M应该放在A～B之间，答案选b；在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓硫酸)CO2
↑+2SO2↑+2H2O，其中氧化剂是浓硫酸，还原剂是碳，因此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。(5)若C中固体变红，说明有红色的铜单质生成；D中固体变蓝，说明有水生成，因此Q是氢气。这是由于浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气。(6)若某气体可能由CO2、SO2、H2中的一种或多种组成，经测定其中氧的质量分数为50%，由于SO2中氧元素的质量分数是50%，而CO2中氧元素的质量分数大于50%，所以则该气体的组成可能为SO2或H2、CO2或SO2、CO2、H2，答案选ace。考纲要求
1．了解有机化合物中碳的成键特征；了解有机化合物的同分异构现象。2．了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质。3．了解乙烯、氯乙烯、苯的衍生物等在化工生产中的重要作用。4．了解乙醇、乙酸的组成和主要性质及重要应用。5．了解上述有机化合物发生反应的类型。6．了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用。7．了解常见高分子材料的合成反应及重要应用。8．以上各部分知识的综合应用。
专家解读
本题型主要考查陌生有机物的结构、官能团的性质及转化、同分异构体的判断等，一题考查多个知识点，题少但覆盖面广，侧重考查学生对知识的理解及综合运用能力。
鉴于2016年高考中本题型的典型性、知识覆盖的全面性、出题角度的多样性，预计2017年高考会延续2016年的题型，通过陌生有机物的结构简式，考查组成结构、官能团性质和转化，或限制一定的条件，判断同分异构体的数目。
该考点试题重点考查学生对各类有机物的官能团的性质的掌握情况，在掌握一定技巧的基础上，同时要熟悉有机物的反应和量的关系，并能够将课本知识迁移到陌生的物质中加以应用。
1.同分异构体的判断
(1)等效氢法。烃的一取代物数目的确定，实质上是确定处于不同位置的氢原子数目。可用“等效氢法”判断。判断“等效氢”的三条原则：①同一碳原子上的氢原子是等效的，如甲烷中的4个氢原子等同。②同一碳原子上所连的甲基是等效的，如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同。③处于对称位置上的氢原子是等效的，如乙烷中的6个氢原子等同，2，2，3，3-四甲基丁烷上的24个氢原子等同，苯环上6个氢原子等同。在确定同分异构体之前，要先找出对称面，判断等效氢，从而确定同分异构体数目。
(2)轴线移动法。对于多个苯环并在一起的稠环芳烃，要确定两者是否为同分异构体，则可画一根轴线，再通过平移或翻转来判断是否互为同分异构体。
(3)定一移二法。对于二元取代物的同分异构体的判断，可固定一个取代基位置，再移动另一取代基位置以确定同分异构体数目。
(4)排列组合法。
2.官能团与反应类型
1．[2016上海]烷烃的命名正确的是
A．4-甲基-3-丙基戊烷
B．3-异丙基己烷
C．2-甲基-3-丙基戊烷
D．2-甲基-3-乙基己烷
1.【参考答案】D【试题解析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，共6个碳原子称为“己烷”；并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，可见2号碳原子上有1个甲基、3号碳原子上有1个乙基，所以该物质的名称是：2-甲基-3-乙基己烷，故选项D正确。【名师点睛】有机物的命名有习惯命名法和系统命名法，考查重点是系统命名法。烷烃中没有官能团，系统命名法可概括为以下步骤：选主链称某烷、编号定支链、取代基写在前、标位置短线连、不同基简到繁、相同基合并算。对于烯烃、炔烃及其他含有官能团的有机物命名时，选主链、给主链碳原子标序号时都要以官能团为主、其他与烷烃规则类似。
2．[2016新课标Ⅰ]下列关于有机化合物的说法正确的是
A．2-甲基丁烷也称为异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
2.【参考答案】B【试题解析】A．2-甲基丁烷分子中含有5个C原子，系统命名方法是2-甲基丁烷，习惯命名方法命名是异戊烷，错误；B．乙烯与水发生反应，断裂碳碳双键中较活泼的一个键，在两个不饱和的碳原子上分别添加H、OH，形成乙醇，发生反应类型是加成反应，正确；C．C4H9Cl有4种不同位置的H原子，它们分别被Cl原子取代，就得到4种同分异构体，错误；D．油脂不是高分子化合物，错误。
3．[2016海南]下列物质中，其主要成分不属于烃的是
A．汽油
B．甘油
C．煤油
D．柴油
3.【参考答案】B【试题解析】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，其余各项都为烃类。故选B。【名师点睛】汽油、煤油、柴油均来自于石油的分馏，也有部分来自于石油的裂化。根据沸点的不同，分别截取不同沸点的馏分，就得到汽油、煤油、柴油。汽油馏分(＜170℃)，煤油馏分(170～230℃)，轻柴油馏分(230～270℃)，重柴油馏分(270～350℃)。一般说来，汽油为C4～C12烃类混合物，煤油为C12～C15烃类混合物，柴油为C10～C22烃类混合物。都属于烃类。本题属于基础题，引导学生回归教材。
4．[2016新课标全国Ⅱ]分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）
A．
7种
B．8种
C．9种
D．10种
4.【参考答案】C【试题解析】分子式为C4H8Cl2的有机物可看成是丁烷C4H10中的两个H原子被两个Cl原子取代，C4H10有正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷CH3CH(CH3)CH3两种，正丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有6种结构，异丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有3种结构，共有9种。
5．[2016上海]轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯
A．均为芳香烃
B．互为同素异形体
C．互为同系物
D．互为同分异构体
5.【参考答案】D【试题解析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故选项D正确。【名师点睛】有机物的概念是历年考试的主要考点之一，主要包括有机物的分类、有机反应类型、“四同”（同分异构体、同位素、同素异形体、同位素）等知识点。有机物所属类别主要由官能团决定，芳香烃是指分子中含有苯环的烃类物质。同位素是同种元素的不同种核素间的互称，是针对原子而言；同素异形体是同种元素组成的不同种单质的互称，是针对单质而言；同系物是指结构相似、组成上相差一个或若干“CH2”原子团的有机物的互称；同分异构体是指分子式相同而结构不同的有机物的互称。“四同”往往结合在一起考查，有机物的相关概念在理解的基础上熟练掌握便可顺利解答，一般题目难度不大。
6．[2016浙江]下列说法正确的是
A．的一溴代物和的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物的名称是2,3,4-三甲基-2-乙基戊烷
D．与都是α-氨基酸且互为同系物
6.【参考答案】A【试题解析】A．甲苯有4种氢原子，分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，2-甲基丁烷也有4种氢原子，它们的一溴代物都有4种，A项正确；B．乙烯是平面形分子，键角为120°，甲基取代乙烯碳碳双键两侧上的氢原子，所以四个碳原子一定不在同一直线上，B项错误；C．按照系统命名法，选择最长的碳链为主链，该分子名称是2,3,4,4-四甲基己烷，C项错误；D．这两个有机物分子结构不相似，不能互为同系物，D项错误；答案选A。
7．[2016海南]工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是
A．该反应的类型为消去反应
B．乙苯的同分异构体共有三种
C．可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
7.【参考答案】AC【试题解析】A．由乙苯生产苯乙烯，单键变成双键，则该反应为消去反应，A项正确；B．乙苯的同分异构体可以是二甲苯，而二甲苯有邻、间、对三种，包括乙苯，乙苯的同分异构体共有四种，B项错误；C．苯乙烯中含有碳碳双键，能使溴的CCl4溶液褪色，而乙苯不能，所以可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯，C项正确；D．苯环是平面形结构，所以乙苯中共平面的碳原子有7个，而苯乙烯中，苯和乙烯均是平面形分子，通过碳碳单键的旋转，共平面的碳原子有8个，D项错误；答案选AC。
8．[2016新课标Ⅱ]下列各组中的物质均能发生加成反应的是
A．乙烯和乙醇
B．苯和氯乙烯
C．乙酸和溴乙烷
D．丙烯和丙烷
8.【参考答案】B【试题解析】苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、溴乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B。
9．[2016新课标Ⅲ]已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
9.【参考答案】C【试题解析】A、根据有机物碳原子的特点，分子式为C9H12，故正确；B、碳原子数越多，熔沸点越高，故沸点比苯高，故正确；C、苯环是平面结构，当异丙基中“CH2”的碳原子形成四个单键，碳原子不都在一个平面，故错误；D、异丙苯和苯结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，属于同系物，故正确。【名师点睛】本试题考查考生对有机物基础知识的掌握，涉及有机物中碳原子的特点、有机物熔沸点高低判断、共面、同系物等知识，培养学生对知识灵活运用的能力，但前提是夯实基础。有机物中碳原子只有4个键，键线式中端点、交点、拐点都是碳原子，其余是氢元素，因此分子式为C9H12，容易出错的地方在氢原子的个数，多数或少数，这就需要认真观察有机物，牢记碳原子有四个键，这样不至于数错。有机物中熔沸点高低的判断：一是看碳原子数，碳原子越多，熔沸点越高，二是碳原子相同，看支链，支链越多，熔沸点越低；这一般使用于同系物中，注意使用范围。判断共面、共线，常是以甲烷为正四面体结构、乙烯为平面结构、乙炔为直线、苯为平面六边形为基础进行考查，同时在考查共面的时候还要注意碳碳单键可以旋转，双键不能旋转。一般来说如果出现－CH3或－CH2－等，所有原子肯定不共面。同系物的判断，先看结构和组成是否一样，即碳的连接、键的类别、官能团是否相同等，再看碳原子数是否相同，相同则不是同系物。掌握一定的有机化学基本知识是本题解答的关键，本题难度不大。
10．[2016年新课标Ⅲ]下列说法错误的是
A．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D．乙酸在甲酸甲酯互为同分异构体
10.【参考答案】A【试题解析】A、乙烷和浓盐酸不反应，故说法错误；B、乙烯可以制成聚乙烯，聚乙烯用于食品包装，故说法正确；C、乙醇含有亲水基羟基，能溶于水，而溴乙烷不溶于水，故说法正确；D、乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，是同分异构体，故说法正确。
11．[2016上海]合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1
mol
最多可与2
mol
H2发生反应
11.【参考答案】B【试题解析】A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，错误；B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，正确；C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，错误；D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1
mol最多可以与5
mol氢气发生加成反应，错误。
1．（2017·陕西省渭南市高三二模）下列说法中正确的是
A．丙烯所有原子均在同一平面上
B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
C．乙烯和苯加入溴水中，都能观察到褪色现象，原因是都发生了加成反应
D．分子式为C8H10的某芳香烃的一氯代物可能只有一种
2．（2017·湖南省郴州市高三三检）下列说法正确的是
A．分子式为C5H11Cl的有机物，分子结构中含2个甲基的同分异构体有4种
B．CH3COOH与C2H518OH在浓硫酸作用下加热，反应生成的有机物分子的结构简式为CH3COOC2H5
C．三氯甲烷只有一种结构，不存在同分异构体，证明甲烷是正四面体构型
D．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
3．（2017·东北三省四市高三二模）分子式为C9H12属于芳香烃的有机物共有（不含立体异构）
A．4种
B．7种
C．8种
D．9种
4．（2017·江西省2017届高三下学期调研考试四）下列关于有机物的说认正确的是
A．丙烯和聚丙烯的组成和性质相同
B．乙酸制乙酸甲酯属于加成反应
C．苯和环己烷的二氯代物都有3种
D．乙醇浸泡中草药时作溶剂
5．(2016·东北三省四市教研联合体模拟)青蒿素是抗疟特效药属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯代物有(不含立体异构)
A．5种
B．6种
C．7种
D．8种
6．(2016·鄂州三模)如图是甲、乙两种重要的有机合成原料。下列有关说法中，不正确的是
A．甲与乙互为同分异构体
B．甲与乙都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
C．在一定条件下，甲与乙均能发生取代反应
D．甲与乙都能与金属钠反应产生氢气
7．(2016·鞍山一中四模)分子式为C8H10的芳香烃，其一氯代物不可能有
A．3种
B．4种
C．5种
D．6种
8．(2016·沙市中学月考)苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其结构简式为。下列关于苯佐卡因的叙述正确的是
A．分子中含有3种官能团
B．1
mol该化合物最多与4
mol氢气发生加成反应
C．苯环上有2个取代基，且含有硝基的同分异构体有15种
D．分子式为C9H10NO2
1．某芳香族化合物A的分子式为C9H10O2，且A能与NaHCO3溶液反应产生无色无味的气体。则A的可能结构有
A．12种
B．13种
C．14种
D．16种
2．甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。
下列说法中正确的是
A．香叶醇的分子式为C11H18O
B．香叶醇、甲酸香叶酯均可与钠发生置换反应生成H2
C．1
mol甲酸香叶酯可以与2
mol
H2发生加成反应
D．甲酸香叶酯可使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理相同
名校预测
1．【答案】B【解析】A、丙烯分子中C=C及紧邻的四个原子（C=C直接连接的3个H原子和一个C原子）一定共面，而—CH3中（C原子处于上述平面）的3个H原子至多只有一个H原子处于该平面，A错误。B、粮食中的淀粉经过水解最终得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇和二氧化碳，B正确。C、苯不能与溴水发生加成反应，苯加入溴水中褪色是由于苯萃取了溴水中的溴单质而使溴水褪色，C错误。D、分子式为C8H10的芳香烃可能是邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯、乙苯，其一氯代物至少存在苯环取代及烷烃基（此处为甲基或乙基）两种大类，肯定不止一种一氯代物，D错误。正确答案B。2．【答案】A【解析】A．分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH(CH3)CH2CH2Cl；CH3CH(CH3)CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C(CH3)2CH2Cl；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种，故A正确；B．CH3COOH与C2H518OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，根据酯化反应的原理，生成的有机物分子的结构简式为CH3CO18OC2H5，故B错误；C．如果甲烷是正方形结构，三氯甲烷也只有一种结构，故C错误；D．花生油属于不饱和的酯类，故D错误；故选A。3．【答案】C【解析】某有机物的分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，分子组成符合CnH2n 6，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故选C。点睛：对于苯环有3个取代基的同分异构体采取定二移一法书写，某有机物的分子式为C9H12，其同分异构体属于芳香烃，是苯的同系物，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种。4．【答案】D【解析】A．丙烯和聚丙烯的组成相同，但聚丙烯不存在碳碳双键，性质和丙烯不同，A错误；B．乙酸制乙酸甲酯属于取代反应，B错误；C．苯和环己烷的二氯代物分别有3种、4种，C错误；D．乙醇浸泡中草药时作溶剂，D正确，答案选D。5.【答案】C【解析】根据题中有机物的结构简式可知该分子结构不对称，分子中共有7种氢原子，因此一氯代物有7种。6.【答案】D【解析】
根据甲、乙的结构简式可以看出，两者的分子式相同，互为同分异构体，A项说法正确；甲、乙中均含有碳碳双键和甲基，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，也都能发生取代反应，B、C说法正确；甲含有羧基，能与钠反应产生氢气，乙不行，D说法错误。7.【答案】D【解析】分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，若有1个侧链，则侧链为—CH2CH3，此时该分子只有一种结构，分子中有5种氢原子，一氯代物有5种；若有2个侧链，则2个侧链都为—CH3，此时该分子有邻、间、对三种结构，分子中分别有3、4、2种氢原子，一氯代物分别有3、4、2种，故选D。8.【答案】C【解析】根据苯佐卡因的结构简式可知，其分子中含有氨基和酯基2种官能团，A项错误；该分子中只有苯环能与氢气加成，酯基不能与氢气加成，因此1
mol该化合物最多与3
mol氢气发生加成反应，B项错误；C项，当苯环上有2个取代基，且含有硝基时：若硝基连在苯环上，则另一基团可能的结构有—CH2CH2CH3，—CH(CH3)2，若硝基构成为—CH2NO2，则另一基团为—CH2CH3，若一基团为甲基，则另一个含硝基的结构可能为—CH2CH2NO2、—CH(NO2)CH3，因为都存在邻间对三种情况，因此同分异构体的数目为5×3=15种，C项正确；根据该化合物的结构可知，其分子式为C9H11NO2，D项错误。
专家押题
1．【答案】C【解析】由题意可推测A分子中含有苯环和羧基。若苯环上的取代基只有一个，则取代基可能的结构有2种：—CH2CH2COOH、—CH(CH3)COOH；若苯环上的取代基有两个，两个取代基可以分别为：—CH3、—CH2COOH或—CH2CH3、—COOH，它们在苯环上的位置分别有邻、间、对3种，故苯环上有两个取代基的结构共有6种；若苯环上的取代基有三个，三个取代基可以是两个甲基和一个羧基，两个甲基在苯环上的位置有邻、间、对3种，在邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯上分别引入羧基，可能的结构分别有2种、3种、1种，如图所示：、、，故苯环上有3个取代基的结构共有6种。综上所述A的可能结构共有14种。2．【答案】C【解析】选C。由结构简式可知分子式为C11H20O，故A错误；香叶醇可与钠反应，甲酸香叶酯不能与钠反应，故B错误；1
mol甲酸香叶酯中含2
mol碳碳双键，则可以与2
mol
H2发生加成反应，故C正确；甲酸香叶酯中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，二者反应原理不同，故D错误。
苦味酸的新用途
苦味酸(三硝基苯酚)最初被用作染丝的黄色染料，在染坊里曾安安静静地被使用了30多年。1871年的一天，法国一家染料作坊里有位新工人，因打不开苦味酸桶，于是用榔头狠狠地砸，结果发生了爆炸，许多人被当场炸死。这是一场悲剧，但也由此给人们一个启发，后来经过反复试验，苦味酸开始被大量应用于军事上当作黄色炸药。考纲要求
1.
了解化学平衡常数(K)的含义，能利用化学平衡常数进行相关计算。2.
了解水的电离、离子积常数。 了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。 理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。 3.
了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。
专家解读
四大平衡常数的重要应用四大平衡常数是指化学平衡常数、弱电解质的电离平衡常数、水的离子积常数及难溶电解质的溶度积常数，这部分知识为新课标的热考内容，在高考题中出现频繁。特别是化学平衡常数及溶度积常数的应用更是考试的热点内容。该类试题常与生产、生活、环境及新技术的应用相联系，信息量大，思维容量高。侧重考查考生阅读相关材料，把握和提炼关键信息或数形结合等综合分析能力，数据处理及计算能力、知识的迁移应用能力。
平衡常数将以新的化工生产为载体，直接考查其相关计算。对于电离常数和水的离子积，会与酸的酸性强弱比较、水的电离平衡相结合、离子浓度大小比较相结合。而溶度积常数则依然会与化工生产相结合，根据溶度积的大小判断溶液中沉淀的转化问题，另外溶度积曲线也可能会出现。
一、四大平衡常数的比较
化学平衡常数(K)
电离常数(Ka、Kb)
水的离子积常数(Kw)
难溶电解质的溶度积常数(Ksp)
概　念
在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数
在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数，这个常数称为电离常数
一定温度下，水或稀的水溶液中c(OH )与c(H+)的乘积
在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为一常数
影响因素
只与温度有关
只与温度有关，升高温度，K值增大
只与温度有关，升高温度，Kw增大
只与难溶电解质的性质和温度有关
二、化学平衡常数
常考题型
1.求解平衡常数；2.由平衡常数计算初始(或平衡)浓度；3.计算转化率(或产率)；4.应用平衡常数K判断平衡移动的方向(或放热、吸热等情况)。
对　策
从基础的地方入手，如速率计算、“三阶段式”的运用、阿伏加德罗定律及其推论的应用、计算转化率等，这些都与化学平衡常数密不可分(严格讲电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡也是化学平衡，只是在溶液中进行的特定类型的反应而已)，要在练习中多反思，提高应试能力。
三、电离常数
常考题型
1.直接求电离平衡常数；2.由电离平衡常数求弱酸(或弱碱)的浓度；3.由Ka或Kb求pH。
对　策
试题一般难度不大，是在化学平衡基础上派生出来的。注意平衡体系中同种离子的浓度是同一个浓度，当两个量相加或相减时，若相差100倍以上，要舍弃小的等一些基本的近似处理能力。
四、水的离子积常数
常考题型
1.计算温度高于室温时的Kw；2.通过Kw的大小比较相应温度的高低；3.溶液中c(H+)与c(OH )相互换算；4.酸、碱、能水解的盐溶液中水电离出的c(H+)或c(OH )的计算。
对　策
Kw只与温度有关，升高温度，Kw增大；在稀溶液中，c(H+)·c(OH )=Kw，其中c(H+)、c(OH )是溶液中的H+、OH 浓度；水电离出的H+数目与OH 数目相等。
五、难溶电解质的溶度积常数
常考题型
1.溶解度与Ksp的相关转化与比较；2.沉淀先后的计算与判断；3.沉淀转化相关计算；4.金属阳离子沉淀完全的pH及沉淀分离的相关计算；5.与其他平衡(如氧化还原平衡、配位平衡)综合的计算；6.数形结合的相关计算等。
对策
应用Ksp数值大小比较物质的溶解度大小时，一定是在组成上属于同一类型的难溶电解质才能进行比较，否则，不能比较；在判断沉淀的生成或转化时，把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质；利用Ksp可计算某些沉淀转化反应的化学平衡常数。
1．
(2016·新课标全国卷Ⅲ)
下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
1.【参考答案】D【试题解析】
A、=，因为加水，稀释溶液，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，平衡常数不变，故比值变大，故错误；B、醋酸钠溶液加热，醋酸根离子水解程度增大，其=1/K，K变大，所以比值变小，故错误；C、盐酸中加入氨水到中性，则有c(H+)=c(OH )，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(Cl )，故错误；D、向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，故正确。
2．
(2016·天津卷)
室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L 1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B )＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH )
C．pH=7时，三种溶液中：c(A )=c(B )=c(D )
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH ) c(H+)
2.【参考答案】C【试题解析】
A．根据图像，0.1
mol·L 1的三种酸(HA、HB和HD)溶液中HA的起始pH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD，正确；B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B )＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH )
，正确；C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别与钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，错误；D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH ) c(H+)，正确；故选C。
3．
(2016·新课标全国卷Ⅰ)
元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4 (绿色)、Cr2O72 (橙红色)、CrO42 (黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。
(2)CrO42 和Cr2O72 在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0
mol·L 1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72 )随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42 的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42 的平衡转化率减小，则该反应的ΔH__0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl ，利用Ag+与CrO42 生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl 恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10 5
mol·L 1)时，溶液中c(Ag+)为_______
mol·L 1，此时溶液中c(CrO42 )等于__________
mol·L 1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10 12和2.0×10 10)。
(4)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72 还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。
3.【参考答案】(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)①2CrO42 +2H+Cr2O72 +H2O
②增大
1.0×1014
③小于(3)2.0×10 5
5×10 3(4)Cr2O72 +3HSO3
+5H+2Cr3++3SO42 +4H2O【试题解析】(1)根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。向Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应：Cr3++3OH Cr(OH)3↓，产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反应：Cr(OH)3+OH
Cr(OH)4 ，可观察到沉淀消失，溶液变为绿色。故观察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；(2)①随着H+浓度的增大，CrO42 与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72 的离子反应式为：2CrO42 +2H+Cr2O72 +H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42 +2H+Cr2O72 +H2O向正反应方向进行，导致CrO42 的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72 )=0.25
mol/L，由于开始时c(CrO42 )=1.0
mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42 的浓度c(CrO42 )=0.5
mol/L；H+浓度为1.0×10 7
mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42 的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42 的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；(3)当溶液中Cl 完全沉淀时，即c(Cl )=1.0×10 5
mol·L 1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10 10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl )=2.0×10 10÷(1.0×10 5
mol·L 1)=2.0×10 5
mol·L 1；则此时溶液中c(CrO42 )=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10 12÷(2.0×10 5
mol·L 1)=5×10 3mol·L 1；(4)
NaHSO3具有还原性，Cr2O72 具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O72 +3HSO3
+5H+2Cr3++3SO42 +4H2O。
1．(2017·厦门第一中学模拟)列说法中不正确的是
A．某温度Ksp(Ag2S)=610 50(mol·L 1)3，Ksp(AgCl)=210 6(mol·L 1)2，则2AgCl(g)+S2 (aq)
Ag2S(s)+2Cl (aq)的平衡常数约为6.71037mol·L 1
B．pH相同的①CH3COONa
②NaHCO3
③NaClO三种溶液中c(Na+)：③＜②＜①
C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则b＜a 1
D．一定浓度的NaHS溶液在：c(Na+)+c(OH )=c(H+)+c(HS )+2c(H2S)
2．(2017·银川一中模拟)已知Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10 16，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10 38常温下，向1.0
mol
Fe2(SO4)3和1.0
mol
FeSO4的1
L酸性混合溶液中通入NH3至该溶液的pH为3时，溶液体积变化忽略不计，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)的值为
A
.
2∶1
B.
1∶1
C.
2.5×104∶2
D.
2.5×104∶1
3．(2017·雅安中学模拟)已知：下表为25℃时某些弱酸的电离平衡常数。
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka=1.8×10 5
Ka=3.0×10 8
Ka1=4.4×10 7Ka2=4.7×10 11
图中表示常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是
A.
相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：
c(Na+)
>
c(ClO )>
c(CH3COO )>
c(OH )>
c(H+)
B.
向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO +CO2+
H2O2HClO+CO32
C.
图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D.
图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
4．(2017·漳州市毕业班5月质量检查)硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)己知25℃时：O2(g)+S(s)
SO2(g)
△H= a
kJ·mol 1
O2(g)
+2SO2(g)2SO3(g)
△H
=
b
kJ·mol 1
写出SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式：__________________。
(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应，回答下列相关问题：
①甲图是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时，用O2表示的平均反应速率为__________________。
②在一容积可变的密闭容器中充入20
mol
SO2(g)和10
mol
O2(g)，O2的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图乙所示。则p1与p2的大小关系是p1______p2
(
“>”“
<”或“=”)，A、B、C三点的平衡常数大小关系为__________(用KA、KB、KC和“<”“>”或“=”表示)。
(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.54×10 2，Ka2=1.02×10 7。
①将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32H++SO32 的平衡常数K
=_____。(结果保留小数点后两位数字)
②浓度均为0.
1
mol·L 1的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=
___。
(4)往1
L
0.2
mol·L 1
Na2SO3溶液中加入0.1
mol的CaCl2固体，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中c(Ca2+)=_________。(已知，常温下Ksp(CaSO3)=1.28×l0 9)
(5)用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，理论吸收量最多的是__________(填序号)。
A．Na2SO3
B．Fe(NO3)3
C．Ba(OH)2
D．酸性
KMnO4
1．“变化观念与平衡思想”是化学学科的核心素养，室温时，0.1
mol·L 1草酸钠溶液中存在多个平衡，其中有关说法正确的是[己知室温时，Ksp(CaC2O4)=2.4×10 9]
A．若将溶液不断加水稀释，则水的电离程度增大
B．溶液中各离子浓度大小关系：c(Na+)>
c(C2O42 )>
c(OH )>
c(H+)>
c(HC2O4 )
C．若用pH计测得溶液的pH=9，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2=10 5
D．向溶液中加入等体积CaCl2溶液，当加入的CaCl2溶液浓度大于2.4×10 8
mol·L 1
时即能产生沉淀
2．盐在化学工业中有重要的应用，请回答下列问题：
(1)用离子方程式表示FeCl3可作净水剂的原因：___________________。
(2)常温下，在pH=3的硫酸与pH=11的Na2S溶液中，水电离出来的c(OH )之比为_____，
向Na2S溶液中加入AlCl3溶液时，产生白色沉淀和有臭鸡蛋味的气体，其离子方程式为：_________________。
(3)c(NH4+)相等的下列溶液①
NH4Cl
②NH4HSO4
③(NH4)2SO4
④CH3COONH4
⑤NH3·H2O,溶液的物质的量浓度由小到大的顺序是__________
(用序号表示)。
(4)已知t
℃时AgCl的Ksp=2×10 10，在t
℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列正确的是_______。
A．在t
℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10 9
B．t
℃时，在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4
可使溶液由Y点到X点
C．在t
℃时，以0.01
mol/L
AgNO3溶液滴定20
mL0.01
mol/L
KCl和0.01
mol/L的K2CrO4的混合溶液，Cl 先沉淀
D．在t
℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
1．【答案】
C【解析】A．某温度Ksp(Ag2S)=610 50(mol·L 1)3，Ksp(AgCl)=210 6(mol·L 1)2，则2AgCl(g)+S2 (aq)
Ag2S(s)+2Cl (aq)的平衡常数K=
[210 6(mol·L 1)2]2÷[610 50(mol·L 1)3]=6.71037mol·L 1，故A正确；B．已知浓度相等的①CH3COONa
②NaHCO3
③NaClO三种溶液的pH：①＜②＜③，则pH相同的①CH3COONa
②NaHCO3
③NaClO三种溶液中c(Na+)为③＜②＜①，故B正确；C．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，因稀释过程中促进了NH3·H2O的电离，则b＞a 1，故C错误；D．一定浓度的NaHS溶液在电荷守恒式①c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c(HS )+2c(S2 )和物料守恒式②c(Na+)=c(S2 )+c(HS )+c(H2S)，则②×2 ①得c(Na+)+c(OH )=c(H+)+c(HS )+2c(H2S)，故D正确；答案为C。2．【答案】
D【解析】pH为3时，c(OH )=10 11
mol/L，则1.0
mol
FeSO4溶液中c(Fe2+)×c2(OH )=10 22＜8.0×10 16，没有沉淀生成，则c(Fe2+)=1.0
mol/L。由Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10 38可知，c(Fe3+)=4.0×10
38/(10 11)
3
mol/L=4×10 5
mol/L，则c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶4×10 5=2.5×104∶1，答案选D。3．【答案】
C【解析】A、CH3COOH的电离平衡常数大于HClO的电离平衡常数，说明醋酸的酸性强于HClO，依据盐类水解的规律，越弱越水解，即ClO 的水解程度大于CH3COO 的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO )>c(ClO )>c(OH )>c(H+)，故A错误；B、电离出H+能力强弱顺序是H2CO3>HClO>HCO3 ，因此通入少量CO2发生反应：ClO +CO2+H2OHClO+HCO3 ，故B错误；C、根据电离平衡常数，c(R )/[c(HR)×c(OH )]=[c(R )×c(H+)]/[v(HR)×c(OH )×c(H+)]=Ka·K 1w，Ka和Kw只受温度影响，因此a和c两处的相等，故C正确；D、pH越大，c(H+)越小，因此b点酸度大于a点，故D错误。4．【答案】(1)SO3(g)O2(g)
+
S(s)
ΔH=+(a+)
kJ·mol 1(2)①0.375mol·(L·min) 1
②<
KB
>KA
=KC(3)
①1.57×10 9
②1.5(4)1.28×10 8
mol·L 1(5)B【解析】(1)①O2(g)+S(s)
SO2(g)，②O2(g)
+2SO2(g)2SO3(g)，①×2+②得到2S(s)+3O2(g)
2SO3(g)
△H=( 2a b)kJ·mol 1，SO3分解成S和O2，热化学反应方程式为：
SO3(g)
O2(g)
+
S(s)
ΔH=+(a+)
kJ·mol 1；(2)考查化学反应速率的计算、勒夏特列原理以及化学平衡常数，①根据化学反应速率的数学表达式，v(SO2)=(9 1.5)/10mol/(L·min)=0.75
mol/(L·min)，利用化学反应速率之比等于化学剂量数之比，因此有v(O2)=v(SO2)/2=0.75/2
mol/(L·min)=0.375
mol/(L·min)；②作等温线，反应前气体系数之和大于反应后气体系数，因此增大压强，平衡向正反应方向移动，O2的转化率增大，即p1KC，即KB>KA=KC；(3)本题考查平衡常数的计算和物料守恒，①根据平衡常数的定义，K=Ka1×Ka2=1.54×10 2×1.02×10 7=1.57×10 9
；②根据物料守恒，2c(Na+)=3[c(SO32 )+c(HSO3 )+c(H2SO3)]，因此结果为3/2；(4)本题考查溶度积的计算，发生的反应是Na2SO3+CaCl2CaSO3↓+2NaCl，反应后溶液中c(SO32 )=0.1
mol·L 1，Ksp=c(Ca2+)×c(SO32 )，解得c(Ca2+)=Ksp/c(SO32 )=1.28×10 9/0.1
mol·L 1=1.28×10 8
mol·L 1；(5)考查氧化还原反应的计算、元素及其化合物的性质，令这些物质的物质的量为1
mol，A、发生Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，吸收SO2的物质的量为1mol；B、根据得失电子数目守恒，有1×(3 2)+3×(5 2)=n(SO2)×2，解得n(SO2)=5mol；C、发生Ba(OH)2+2SO2Ba(HSO3)2，因此吸收2
mol
SO2；D、1×(7 2)=n(SO2)×2，解得n(SO2)=2.5
mol；综上所述，硝酸铁吸收二氧化硫最多，即选项B正确。
1．【答案】
C【解析】A、若向溶液中不断加水稀释，盐类水解程度增大，但水的电离程度减小，故A错误；B．0.10
mol/L草酸钠溶液中草酸根离子分步水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(C2O42 )＞c(OH )＞c(HC2O4 )＞c(H+)，故B错误；D．Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)c(C2O42 )=2.4×10 9，c(Ca2+)==4.8×10 8mol/L，故D错误；故选C。2．【答案】
(1)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+(2)10 8∶1或1∶108
2A3++3S2 +6H2O2Al(OH)3+3H2S↑(3)③<②<①<④<⑤(4)C【解析】(1)氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，反应的离子方程式为Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+。(2)硫酸抑制水的电离，硫化钠水解促进水的电离，则常温下，在pH=3的硫酸与pH=11的Na2S溶液中，水电离出来的c(OH )之比为10 11∶10 3=1∶108；向Na2S溶液中加入AlCl3溶液时，产生白色沉淀和有臭鸡蛋味的气体，白色沉淀是氢氧化铝，气体是H2S，反应的离子方程式为2A3++3S2 +6H2O2Al(OH)3+3H2S↑。(3)铵根水解显酸性，水解显碱性的阴离子促进铵根水解，水解显酸性或能电离出氢离子的抑制铵根水解，则c(NH4+)相等溶液中，溶液的物质的量浓度由小到大的顺序是③<②<①<④<⑤；(4)A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)
2Ag++CrO42 ，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42 )=(10 3)2×10 6=10 12，A错误；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B错误；C、用AgNO3溶液滴定过程中，由于AgCl的溶解度小，AgCl先沉淀出来，C正确；D、已知t℃时AgCl的Ksp=2×10 10，由A
知Ag2CrO4的Ksp为1×10 12，则c(AgCl)=，而c(Ag2CrO4)=，所以在t℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，D错误；答案选C。
名校预测
专家押题考纲要求
①
了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。②
理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。③
了解水的电离、离子积常数。④
了解溶液
pH
的含义及其测定方法，能进行
pH
的简单计算。⑤
理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。⑥
了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。⑦
了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。掌握常见离子的检验方法。⑧
了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积（Ksp）的含义，能进行相关的计算。
专家解读
本专题内容是历年高考考查的重点和热点，从高考的命题变化趋势看，溶液中粒子浓度大小比较是主流考查点，试题情景多为最终形成盐或盐与酸，盐与碱的混合溶液，不仅偏重考查粒子浓度大小顺序，而且还注重溶液中各种守恒：如电荷守恒，物料守恒，质子守恒等关系的考查，使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。沉淀溶解平衡主要考查沉淀溶解平衡的移动、浓度积的表达式及计算、沉淀的生成与转化等。2017年新考纲对“常见离子的检验方法”的要求层次由“了解”升级为了“掌握”，考生也要注意相关知识的复习。
通过对全国新课标卷的分析研究，溶液中的离子平衡是近年高考的必考内容，预计2017年高考将更加注重知识的应用，要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的分析，把握其本质，其中溶度积的相关计算预计会在2017年的高考命题中占有一定的重要地位。预计2017年高考题型会稳中有变，以典型元素化合物为载体，结合离子共存，以图象、图表形式进行综合考查。
电解质溶液是近几年高考的重点和难点。该部分内容从知识点的角度来讲，考查弱酸弱碱的电离平衡问题，特别是多元弱酸弱碱分步电离平衡问题、多元弱酸弱碱离子的水解问题及化学反应速率的问题是命题的生长点；从解题方法的角度讲，物料守恒、电荷守恒、质子守恒等恒等变形是命题的热点；从能力的角度讲，考查学生发散思维和思维的深刻性是命题者一贯坚持的原则。
溶液中离子浓度的比较涉及的问题很复杂，其中主要涉及溶液的酸碱性、弱电解质的电离平衡、盐的水解、电离平衡和水解平衡的移动等。常用解题技巧有以下几个方面：
(1)微粒浓度大小比较的理论依据：
①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c() c()(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c()＞
c() c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
(2)三个守恒关系：
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中c(Na＋)+c(H＋)＝c()+2c()+c(OH )。
②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。如0.1
mol·L 1
NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c()+c()+c(H2CO3)＝0.1
mol·L 1。
③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH )，在碱性盐溶液中OH 守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH )=c(H+)+c()+2c(H2CO3)。
(3)四种情况分析：
①多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)＞c()＞c()＞
c()。
②多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c()＞c(OH )＞c()。
③不同溶液中同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c()由大到小的顺序是③＞①＞②。
④混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在
0.1
mol·L 1的NH4Cl和0.1
mol·L 1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c()＞
c(Cl )＞c(OH )＞c(H＋)。在该溶液中，但NH3·H2O的电离程度大于的水解程度，溶液呈碱性，c(OH )＞c(H＋)，同时c()＞c(Cl )。
1．(2016·海南)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是
A．c()
B．c(Mg2+)
C．c(H+)
D．Ksp(MgCO3)
【参考答案】A
【试题解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2+(aq)+(aq)，加入少量稀盐酸可与反应促使溶解平衡正向移动，故溶液中c()减小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。故选A。
2．(2016·上海)能证明乙酸是弱酸的实验事实是
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1
mol/L
CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2
D．0.1
mol/L
CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【参考答案】B
【试题解析】A.只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B.该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C.可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其是弱酸，错误；D.可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。
3．(2016·江苏)H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（）+
c（）=
0.100
mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（）＞c（）
B．c（Na+）=0.100
mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（）
C．c（）=c（）的溶液中：c（Na+）＞0.100
mol·L–1+c（）
D．pH=7.0的溶液中：c（Na+）＞2c（）
【参考答案】BD
【试题解析】A、根据图像知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（）＜c（），A错误；B．c（Na+）=0.100
mol·L–1时，溶液的溶质恰好为NaHC2O4，根据质子守恒分析：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+
c（），B正确；C、由图像可知c（）=c（）的溶液显酸性，c（H+）＞c（OH–），根据电荷守恒得：c（Na+）+
c（H+）=
c（）+2c（）+
c（OH–），当c（）=c（）时，由图像知，c（H2C2O4）=0，c（H2C2O4）+c（）+c（）=c（）+c（）=0.100
mol·L–1，则c（Na+）+c（H+）=0.100
mol·L–1+
c（）+c（OH–），即c（Na+）＜0.100
mol·L–1+c（），C错误；D、由图像知pH=7.0的溶液为草酸钠溶液，草酸根水解，c（Na+）＞2c（），D正确。答案选BD。
4．(2015·新课标全国卷Ⅰ)
浓度均为0.10
mol·L 1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水
稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：b点大于a点
C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH )相等
D.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【参考答案】D【试题解析】由图可知MOH溶液稀释104倍时pH改变了4个单位，而ROH溶液稀释104倍时pH改变小于4个单位，所以MOH是强碱，ROH是弱碱，A项正确；加水稀释促进电离，ROH的电离程度：b点大于a点，B项正确；若两溶液无限稀释，则两溶液接近中性，二者氢氧根离子浓度相等，C项正确；当稀释100倍时，同时加热，MOH中c(M+)不变，加热促进ROH电离，c(R+)增大，减小，D项错误。对于强酸，体积扩大10倍，pH增加1个单位；对于强碱，体积扩大10倍，pH减小1个单位；对于弱酸，体积扩大10倍，pH增加小于1个单位；对于弱碱，体积扩大10倍，pH减小小于1个单位；而当无限稀释时，只能接近中性，酸不能变成碱，碱不能变成酸。【解题技巧】明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论如何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。
5．(2015·山东卷)室温下向10
mL
0.1
mol·L 1
NaOH溶液中加入0.1
mol·L 1的一元酸HA，溶液
pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A )>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时，c(Na+)=c(A )+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A )>c(HA)
【参考答案】D【试题解析】加入10
mL一元酸HA溶液时，恰好中和，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，存在A 的水解，应有：c(Na+)>c(A )>c(OH )>c(HA)>c(H+)，A项错误；a点水的电离受到促进，b点为等物质的量浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A 的水解程度，故c(A )>c(HA)，总的来看水的电离受到了抑制，B项错误，D项正确；由溶液中电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A )+c(OH )，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH )，则可知c(Na+)=c(A )，C项错误。【解题技巧】本题易错选项为C项，注意从溶液电中性的角度分析。
6．(2014·福建卷)下列关于0.10
mol·L 1NaHCO3溶液的说法正确的是
A.溶质的电离方程式为
NaHCO3Na++H++
B.25
℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH )的乘积变大
C.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c()+c()
D.温度升高，c()增大
【参考答案】B【试题解析】A项中不能拆开，正确的电离方程式为：NaHCO3Na++，A项错误；B项，n(H+)×n(OH )=[
c(H+)×V]×[c(OH )×V]=[
c(H+)×c
(OH-)]×(V×V)=Kw·V2，由于水的离子积不变而溶液体积增大，故n(H+)×n(OH-)的值增大，B项正确；由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH )+c
()+2c()，C项错误；温度升高，HCO3 水解程度增大，反应HCO3 +H2OH2CO3+OH 平衡右移，浓度减小，D项错误。【解题技巧】注意以下解题要点：碳酸氢根离子不可拆分；加水稀释后，促进水解，但Kw不变；溶液遵循电荷守恒；水解为吸热反应，升高温度，促进水解。
1．(2017·山东实验中学第二次诊断)下列关于某溶液所含离子检验的方法和结论正确的是
A.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明有Ca2+
B.通入少量Cl2后，溶液变为黄色，再加入淀粉溶液后，溶液变蓝，说明有I-
C.往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，则溶液中可能有、
D.加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中一定含有Fe2+
2．(2017·陕西西安三模)下列有关说法正确的是
A.向20mL0.5mol/LFeBr2(aq)中通入224mLCl2(标准状况)：2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-
B.25℃时，向2mL0.1mol﹒L-1Na2S溶液中滴入几滴0.1mol﹒L-1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；再滴加几滴0.1mol﹒L-1CuSO4溶液，则又有黑色沉淀生成，可以得出结论：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
C.向30mL0.5mol/LNaOH(aq)中通入224mLCO2(标准状况)：3OH-+2CO2++H2O
D.已知25℃时，CH3COOH的Ka=1.8×10-5，HClO的Ka=3.0×10-8，等浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系是：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
3．(2016·大庆实验中学三模)在25
mL
0.1
mol/L
NaOH溶液中逐滴加入0.2
mol/L
CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系正确的是
A.在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)
B.在B点：a＞12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO )=c(OH )=c(H+)
C.在C点：c(CH3COO )＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH )
D.在D点：c(CH3COO )+c(CH3COOH)=c(Na+)
4．(2016·贵州八校三模)已知0.1mol·L 1的三元酸H3A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是
A.在Na3A、Na2HA、NaH2A三溶液中，离子种类不相同
B.在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三溶液中阴离子总数相等
C.在NaH2A溶液中一定有c(Na+)+
c(H+)=
c(OH )+
c(H2A )+
c(HA2 )+
c(A3 )
D.在Na3A溶液中一定有：c(H+)=
c(OH ) c(HA2 ) 2
c(H2A ) 3
c(H3A)
5．(2016·株洲高三3月模拟)常温下，向20
mL
0.2
mol·L 1二元酸H2A溶液中滴加0.2
mol·L l
NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是
A.当V(NaOH)=20
mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA )>c(A2 )>
c(OH )>c(H+)
B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大
C.等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大
D.当V(NaOH)
=40
mL时，升高温度，c(Na+)／c(A2 )减小
1．25
℃时，向50
mL含有0.1
mol
Cl2的氯水中滴加2
mol·L 1的NaOH溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若a点pH=4，且c(Cl )=mc(HClO)，则HClO的电离平衡常数为
B．若x=100，b点对应溶液中，c(OH )>c(H+)，可用pH试纸测定其pH
C．若y=200，c点对应溶液中，c(OH ) c(H+)=2c(Cl )+c(HClO)
D．b→c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
2．室温下，将0.05
mol
Na2CO3固体溶于水配成100
mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是
选项
加入的物质
结论
A
50
mL
1
mol·L 1H2SO4
反应结束后，c(Na+)=
c(SO42 )
B
0.05
mol
CaO
溶液中增大
C
50
mL
H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH )不变
D
0.1
mol
NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
名校预测
1．【答案】B【解析】本题考查物质的检验、鉴别。A.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，沉淀可能为碳酸钙或碳酸钡等，说明有Ca2+或Ba2+等，错误；B.通入少量Cl2后，溶液变为黄色，再加入淀粉溶液后，溶液变蓝，生成碘单质，则说明有I-，正确；C.往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，则溶液中可能有、，或可能有Ag+，错误；D.加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中可能含有Fe2+、Fe3+，错误；故选B。2．【答案】C【解析】本题考查离子方程式书写、盐类水解以及溶度积常数应用等。A、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1:1，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl-，A错误；B、反应中硫化钠过量，再滴加硫酸铜一定产生硫化铜沉淀，不能说明二者溶度积常数相对大小，B错误；C、氢氧化钠和CO2的物质的量之比是3:2，所以反应的离子方程式为3OH-+2CO2++H2O，C正确；D、醋酸的酸性强于次氯酸，相同浓度时醋酸根离子的水解程度小于次氯酸根离子，则等浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系是：c(Na+)>
c(CH3COO-)>
c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误，故选C。3.【答案】C【解析】A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO 、OH ，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO )+c(OH )，c(H+)＜c(OH )，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)，氢氧化钠足量，醋酸量少，离子浓度可能为：c(Na+)＞c(OH )＞c(CH3COO )＞c(H+)，溶液中不一定都有c(Na+)＞c(CH3COO )＞c(OH )＞c(H+)，故A错误；B、在B点溶液显中性，则结果是c(OH )=c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO )+c(OH )，则一定有c(Na+)=c(CH3COO )，溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c(Na+)=
c(CH3COO )＞c(OH )=
c(H+)，故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c(OH )＜c(H+)，根据电荷守恒：c(Na+)+
c(H+)=c(CH3COO )+
c(OH )，故c(Na+)＜c(CH3COO )，离子浓度大小为：c(CH3COO )＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH )，故C正确；D、在D点时，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠溶液，根据物料守恒，则：c(CH3COO )+
c(CH3COOH)=0.1
mol·L 1，c(Na+)=0.05
mol/L，c(CH3COO )+
c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D错误。4.【答案】D【解析】A、在Na3A、Na2HA、NaH2A溶液中，A3 离子水解，H2A 、HA2 存在电离和水解，所以溶液中离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na3A、Na2HA、NaH2A三溶液中阳离子Na+的物质的量不同，所以阴离子总数不相同，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+
c(H+)=
c(OH )+
c(H2A )+2c(HA2 )+3c(A3 )，故C错误；D、在Na3A溶液中，A3 离子分步水解，溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，即水电离的氢离子与水电离的氢氧根离子相同，则c(OH )=c(H+)+c(HA2 )+2c(H2A )+3c(H3A)，所以c(H+)=
c(OH ) c(HA2 ) 2c(H2A ) 3c(H3A)，故D正确。5.
【答案】C【解析】A、当V(NaOH)=20
mL时，0.2
mol·L 1 NaOH与20
mL
0.2
mol·L 1
H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na+)>c(HA )>c(
OH )>c(H+)>c(
A2 )，错误；B、等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，有图象可知，当加入20
mL
NaOH溶液时，A2 的浓度大于H2A，说明HA 的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C、等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D、当V(NaOH)
=40
mL时，生成Na2A，A2 会发生水解，升高温度，促进水解程度，则c(A2 )减小，则c(Na+)／c(A2 )增大，故答案为C。
专家押题
1．【答案】C【解析】pH=4，则溶液中c(H+)=10 4
mol·L 1，根据方程式：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO ，溶液中c(Cl )=c(ClO )+c(HClO)=mc(HClO)，c(HClO)=，Ka(HClO)===10 4(m 1)，A项错误。生成的NaClO中的ClO 水解，得到的HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定反应后溶液的pH，B项错误。c点时，氯水全部与NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl，且n(Cl )=n(ClO )+n(HClO)，根据电荷守恒有：n(Na+)+n(H+)=n(OH )+n(Cl )+n(ClO )，根据物料守恒有：n(ClO )+n(Cl )+n(HClO)=0.2
mol，n(Na+)=0.4
mol，则有：2n(ClO )+2n(Cl )+2n(HClO)+n(H+)=n(OH )+n(Cl )+n(ClO )，即有：c(OH ) c(H+)=2c(Cl )+c(HClO)，C项正确。b→c段，随着NaOH溶液加入，c(HClO)浓度逐渐减小，c(ClO )逐渐增大，逐渐减小，D项错误。2.【答案】B【解析】A、将0.05
mol
Na2CO3固体溶于水配成100
mL溶液，n(Na+)=2n(Na2CO3)=0.10
mol，在50
mL
1
mol·L 1H2SO4溶液中n(SO42 )=0.05
L×1
mol/L=0.05
mol，二者的物质的量不等，由于溶液的体积相同，因此反应结束后，c(Na+)>c(SO42 )，错误；B、加入0.05
mol
CaO，发生反应：CaO+
Na2CO3+H2O2NaOH+CaCO3↓，由于二者的物质的量相等，因此恰好完全反应反应后的溶液是NaOH溶液，在反应前Na2CO3的溶液中，CO32 发生水解反应产生OH 、HCO3 使溶液显碱性，但是盐水解程度的微弱的，水解的碱性液很弱，因此反应后溶液中增大，正确；D、加入0.1
mol
NaHSO4固体，发生反应：2H++CO32 H2O+CO2↑，反应后的溶液为Na2SO4，是强酸强碱盐，溶液显中性，反应前的Na2CO3是强碱弱酸盐，溶液显碱性，因此反应完全后，溶液pH减小，由于反应后溶液中Na+的物质的量增多，因此c(Na+)增大，错误。考纲要求
①
了解化学反应中能量转化的原因及常见的能量转化形式。②
了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。③
了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。④
了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。⑤
了解焓变（ΔH）与反应热的含义。⑥
理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算。
专家解读
该部分内容在高考中是重要的知识点和考点，常结合化学平衡等其他知识进行综合考查，是高考的高频考点。考查的主要内容有：(1)热化学方程式的书写及其正误判断；(2)反应热的计算；(3)反应热大小的比较；(4)反应热与能源的综合考查；(5)化学键键能与反应热的综合考查。
通过对全国新课标卷的分析研究，其命题形式主要有两种：其中之一是单独命题的选择题，主要考查盖斯定律的应用，化学反应热的求算，焓变大小的比较等。预测在2017年的高考中考查反应热的内容将不断拓宽，对热化学方程式的应用及盖斯定律的计算要求会有所提高，对能源问题也会更加关注，考查形式灵活。
1.热化学方程式的书写与判断。
(1)ΔH只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应，ΔH为“ ”；若为吸热反应，ΔH为“＋”。ΔH的单位一般为kJ/mol。
(2)反应热ΔH与测定条件(温度、压强等)有关。因此，书写热化学方程式时应注明ΔH的测定条件。绝大多数ΔH是在25
℃、1.01×105
Pa下测定的，可不注明温度和压强。
(3)热化学方程式中各物质的系数仅表示该物质的物质的量，并不表示该物质的分子数或原子数。因此物质的系数可以是整数，也可以是分数。
(4)反应物和产物的聚集状态不同，反应热数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质的聚集状态(s、l、g、aq)才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不用“↑”和“↓”，不用“”而用“”表示。
(5)热化学方程式是表示反应已完成的数量。由于ΔH与反应物的物质的量有关，所以热化学方程式中各物质的系数必须与ΔH相对应，如果系数加倍，则ΔH也要加倍。当反应向逆反应方向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
2.反应热的有关计算。
(1)根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH=E生成物 E反应物。
(3)依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量 生成物的化学键形成释放的能量。
(4)根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：
①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“ ”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。
③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
⑤根据物质燃烧放热的数值计算：Q(放)
=n(可燃物)×|ΔH|。
3.反应热(ΔH)的大小比较。
对于放热反应来说，ΔH= Q
kJ/mol，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，例如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，例如S(g)＋O2(g)
SO2(g)　ΔH1＜0　S(s)＋O2(g)
SO2(g)　
ΔH＜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，例如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。
小结：比较反应热大小的四个注意要点：
(1)反应物和生成物的状态；物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系：
。
(2)ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
(3)参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。
(4)反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
1．(2016·海南)油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
C57H104O6(s)+80O2(g)=57CO2(g)+52H2O(l)
已知燃烧1
kg该化合物释放出热量3.8×104
kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为
A．3.8×104
kJ·mol-1
B． 3.8×104
kJ·mol-1
C．3.4×104
kJ·mol-1
D． 3.4×104
kJ·mol-1
【参考答案】D
【试题解析】燃烧热指的是燃烧1
mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1
kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104
kJ，则燃烧1
mol油酸甘油酯释放出热量为3.4×104
kJ，则得油酸甘油酯的燃烧热△H= 3.4×104
kJ·mol-1。
2．(2016·江苏)通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)
===2H2（g）+
O2（g）
ΔH1=571.6kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+
H2O(g)
===CO（g）+
H2（g）
ΔH2=131.3kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+
H2O(g)
===CO（g）+3H2（g）
ΔH3=206.1kJ·mol–1
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，ΔH3减小
D．反应CH4（g）===C（s）+2H2（g）的ΔH=74.8
kJ·mol–1
【参考答案】D
【试题解析】A、①中太阳能转化为化学能，A错误；B、②中ΔH2===131.3
kJ·mol–1＞0，反应为吸热反应，B错误；C、使用催化剂能改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不能改变化学反应的焓变，C错误；D、根据盖斯定律：③ ②即可得反应CH4（g）===C（s）+2H2（g）的ΔH＝206.1
kJ·mol–1 131.3
kJ·mol–1＝74.8
kJ·mol–1，D正确。答案选D。
3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)室温下，将1
mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1
mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学
方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是
A.ΔH2>ΔH3
B.ΔH1<ΔH3
C.ΔH1+ΔH3=ΔH2
D.ΔH1+ΔH2>ΔH3
【参考答案】B【试题解析】本题考查反应热知识，意在考查考生对盖斯定律的理解和应用。由题给条件可知：①CuSO4·5H2O(s)Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l)　ΔH1>0，②CuSO4(s)Cu2+(aq)+S(aq)　ΔH2<0，由① ②可得CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)　ΔH3=ΔH1 ΔH2>0，选B。【解题技巧】根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键。
1．(2017·山东实验中学第一次诊断)参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是
A.该反应为可逆反应
B.加入催化剂，可提高HBr的产率
C.反应物总能量低于生成物总能量
D.反应物总键能低于生成物总键能
2．(2017·黑龙江双鸭山市模拟)已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
△H1，
②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
△H2
下列推断正确的是
A.若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3-△H1
B.反应CH4(g)+
CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2-△H1
C.若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0
D.若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞0
3．(2016·河北衡水中学月考)下列说法正确的是
A.氢气的燃烧热为ΔH= 285.5
kJ·mol 1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)2H2(g)+O2(g)
ΔH=+285.5
kJ·mol 1
B.密闭容器中，9.6
g硫粉与11.2
g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6
g时，放出19.12
kJ热量。则Fe(s)+S(s)FeS(s)
ΔH= 95.6
kJ·mol 1
C.500
℃、30
MPa下，将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭的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
D.相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1
mol
N2和3
mol
H2反应放出的热量与
2
mol
N2和3
mol
H2反应放出的热量一样多
4．(2016·海南华侨中学月考)化学反应A2+B22AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是
A.该反应是吸热反应
B.断裂2
mol
A—B键需要吸收y
kJ能量
C.2
mol
AB的总能量高于1
mol
A2和1
mol
B2的总能量
D.断裂1
mol
A—A键和1
mol
B—B键可放出x
kJ能量
5．(2016·长春期中检测)已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
ΔH= 24.8
kJ·mol 1
3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)
ΔH= 47.2
kJ·mol 1
Fe3O4(s)+CO(g)FeO
(s)+CO2(g)
ΔH=+640.5
kJ·mol 1
则14
g
CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的反应热为
A. 109
kJ·mol 1
B. 218
kJ·mol 1
C.+109
kJ·mol 1
D.+218
kJ·mol 1
1．下列关于热化学方程式的说法正确的是
A．H2的燃烧热为285.8
kJ·mol 1，则表示H2燃烧的热化学方程式可表示为：
H2(g)+O2H2O(g)
ΔH= 285.8
kJ·mol 1
B．中和热为57.3
kJ·mol 1，则NaOH与醋酸反应的中和热可以表示如下：
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)+H2O(l)
ΔH= 57.3
kJ·mol 1
C．已知：C(s,金刚石)+O2(g)CO2(g)
ΔH= 395.4
kJ·mol 1，C(s,石墨)+
O2(g)CO2(g)
ΔH= 393.5
kJ·mol 1，则C(s,金刚石)C(s,石墨)
ΔH= 1.9
kJ·mol 1
D．已知1
mol
CH4完全燃烧生成CO2和液态水放出890.4
kJ的热量，则该反应中转移1
mol电子时放出的热量为222.6
kJ
2．通常人们把拆开1
mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
键能/kJ·mol 1
460
360
436
431
176
347
工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)+4HCl(g)，该反应的反应热ΔH为
A.＋236
kJ·mol 1
B. 236
kJ·mol 1
C.＋412
kJ·mol 1
D. 412
kJ·mol 1
名校预测
1．【答案】C【解析】A.该反应不是可逆反应，错误；B.加入催化剂，只能加快反应速率，而对HBr的产率无影响，错误；C.从图示分析出反应物的能量低于生成物，C正确；D.反应物总键能高于生成物总键能，错误。2．【答案】B【解析】氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，而反应①中的水是气体，故A错。根据盖斯定律②-①可得：CH4(g)+
CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
△H=△H2-△H1，故B正确。若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，故C错。CO和H2完全燃烧生成气态产物的热化学方程式分别为：①CO(g)+O2(g)CO2(g)
△Ha，②H2(g)+
QUOTE
O2(g)
H2O(g)
△Hb，根据盖斯定律①-②可得：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
△H1=△Ha-△Hb，由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，故D错。3.【答案】B【解析】A、氢气的燃烧热为1
mol氧气完全燃烧生成液态水放出的热量，A错误；B、11.2
g铁粉即0.2
mol完全反应生成硫化亚铁时，放出19.12
kJ热量，则1
mol完全反应放出95.6
kJ，B正确；C、合成氨是可逆反应，0.5
mol
N2不可能完全转化为生成物，C错误；D、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1
mol
N2和3
mol
H2反应与2
mol
N2和3
mol
H2反应时氢气的转化率不等，放出热量不一样多，D错误。4.【答案】B【解析】A、根据图示可知反应物的能量高于生成物的能量，因此该反应是放热反应，错误；B、根据图示可知生成物的活化能是y
kJ/mol，所以断裂2
mol
A—B键需要吸收y
kJ能量，正确；C、
由图可知，1
mol
A2和1
mol
B2的总能量高于2
mol
AB的总能量，错误；D、断裂1
mol
A—A键和1
mol
B—B键可吸收x
kJ能量，错误。5.【答案】A【解析】根据盖斯定律分析，①×3 ③×2 ②，得到反应CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g)
ΔH=( 24.8×3 640.5×2 47.2
)/6= 208
kJ·mol 1，则14克一氧化碳反应时对应的反应热为 109
kJ/mol，选A。
专家押题
1．【答案】C【解析】1
mol
H2完全燃烧生成液态水放出的热量才是285.8
kJ，A项错误；醋酸和NaOH反应生成1
mol
H2O产生的热量小于57.3
kJ，B项错误；将已知两方程式相减得：C(s,金刚石)C(s,石墨)
ΔH= 1.9
kJ·mol 1，C项正确；根据所给信息写出反应：CH4(g)+2O2(g)(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH= 890.4
kJ·mol 1，在反应中转移8
mol电子，故转移1
mol电子放出的热量为111.3
kJ，D项错误。2.【答案】A【解析】工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热ΔH为(4×360+2×436 2×176 4×431)kJ/mol=+236
kJ/mol。

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