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氧化还原反应是历年高考热点之一，再现率达100%。分析2011年高考试题不难发现，氧化还原反应的考查除了常见题型外，还与离子共存、电化学、热化学、化学实验、STS等试题紧密结合，加大了考查力度，全方位综合体现学科内知识的理解及应用能力。
一、基本概念的直接考查
考查氧化还原反应的基础概念，关键是理清理顺氧化还原反应概念间的关系。即化合价升高→失去电子→被氧化→发生氧化反应→是还原剂→具有还原性→对应氧化产物；化合价降低→得到电子→被还原→发生还原反应→是氧化剂→具有氧化性→对应还原产物。主要包括：判断或选择氧化还原反应，标电子转移的方向和总数，指出氧化剂和还原剂，指出被氧化的元素或被还原的产物，指出或选择具有氧化性或还原性的物质或离子，比较氧化性或还原性的强弱。要抓着氧化还原反应的实质是电子得失，而表观特征是元素化合价的变化，以此可判断是否为失去。根据氧化还原反应方程式及相应规律，可判断氧化性、还原性；氧化剂、还原剂。
二、化学计算的考查
氧化还原反应的计算通常会涉及到三大守恒（质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒），特别是电子守恒（氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数），它是列式求解的关键依据，往往能达到事半功倍、快捷准确的效果。尤其涉及连续、复杂的氧化还原反应计算时，不要按所有情况讨论，也不能按反应一步步进行计算，而是抓住反应的始态和终态各元素中原子的变化情况，利用上面的守恒来计算，使题目变得简单明了。
三、离子共存中氧化还原反应的考查
涉及元素的单质及其化合物的许多反应是氧化还原反应，水溶液中进行的绝大多数反应是离子反应，它们是中学化学的重要内容，也是重要的反应类型，两者相互联系、相互渗透，体现了综合应用能力。
四、以电化学知识为载体的综合考查
原电池原理与电解原理实质都是发生氧化还原反应，相关原理、计算及应用仍符合氧化还原反应规律。物质间的反应大多数是氧化还原反应，氧化还原反应的有关规律及基本概念在工农业生产、日常生活及科学研究中有非常重要的应用，与很多知识综合皆可构成新颖命题。
【解题策略】
（1）近几年高考命题的发展趋势，氧化还原反应除主要考查基本概念外，出现了将氧化还原反应方程式的计算与物质的分析推断相综合的趋势。因此解题时，应注重将氧化还原反应的相关化学知识，按内在联系抽象归纳，并按此规律进行推理和想像。解题过程中，应从分析元素化合价有无变化或升降这一氧化还原反应的特征入手，具体方法是：找变价、判类型、分升降、定其他。关于氧化性或还原性强弱的比较，必须看准题目要求，正确运用氧化性或还原性强弱的比较规律，采用分析比较法解决。对于氧化还原反应的计算，一般采用守恒法解，即依据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，列出守恒关系式求解。
（2）近几年高考试题，呈现出氧化还原反应与STS问题情景相结合，氧化还原反应的计算与物质的分析推断相综合的趋势，以及信息迁移、探讨新问题情景的新型试题。STS教育重视理论联系实际，关注与化学有关的科学技术、社会经济和生态环境的协调发展，以促进学生在知识和技能、过程和方法、情感、态度和价值观等方面的全面发展，它仍是以后高考命题的热点和亮点。今后高考命题会继续涉及上述热点，同时也会因氧化还原反应涉及知识面广，特别是与社会生活知识综合在一起，会有推陈出新的综合性题型出现。
【例1 】将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为
A．NO2 B.N2O2 C.N2O D.N2O4
解析：本题是根据氧化还原反应电子转移情况，判断产物的化合价。由于铜粉是足量的，所以氮氧化合物被还原为N2, 由题意知氮氧化合物与N2体积比为2：1，根据电子转移守恒和原子守恒可推知发生2 NOx + 2xCu = N2 + 2xCuO x=2即发生2 NO2 + 4Cu = N2 + 4CuO ，答案为A。
【例2 】下列类型的反应，一定发生电子转移的是
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
解析：本题是考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，考虑问题要注意一些特例。二氧化碳与水化合，碳酸氢铵分解，盐酸与氢氧化钠中和反应，这三个都是非氧化还原反应，没有发生电子转移。A、B、D错误。置换反应中肯定有单质参加，有单质生成，一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，C项正确。答案为C。
【例3】下列叙述正确的是
A．二氧化硫具有还原性，故可作漂白剂
B．钠的金属活性比镁强，故可用钠与氯化镁溶液反应制镁
C．浓硝酸中的硝酸见光分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色
D．Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，故在与其他金属反应的产物中的Fe也显+3价
解析：本题是考查氧化还原反应概念的内涵和外延。SO2的漂白性是因为二氧化硫与有色物质反应生成不稳定的无色物质，属于非氧化还原反应，与其还原性无关，A错误；Na虽然比Mg活泼，但因Na与水反应，所以不能发生置换反应，B错误；浓硝酸显黄色的原因是硝酸分解生成的二氧化氮溶于硝酸中，C正确；氯气具有强的氧化性，因此铁在氯气中燃烧生成FeCl3，而与非金属单质硫或碘反应时得到的Fe为+2价，D错误。答案为C。
【例4 】下列推断合理的是
A.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
B.金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应
C.浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反应
D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色;将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色
解析：本题主要考查元素化合物的有关性质和氧化还原反应的关系。Al3+能水解生成Al（OH）3胶体，具有较大的表面积，可用作净水剂，A正确；金刚石虽然硬度大，但能够与氧气发生氧化还原反应，生成二氧化碳，B错误；浓H2SO4具有强氧化性可以和Cu在加热条件下发生剧烈反应，C错误；将SO2通入品红溶液，溶液褪色，是生成了不稳定的物质，受热分解后又恢复原色。将SO2通入溴水，发生氧化还原反应，溴水褪色后加热不能恢复原色，D错误。答案为A。
【例5】物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）
A. 1：4 B.1：5 C. 2：3 D.2：5
解析：本题审题时注意问的是“该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比”。首先写出反应方程式，判断出氧化剂和还原剂，特别注意硝酸只有一部分被还原。4Zn+10HNO3= 4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O。设4molZn参与反应，因Zn无剩余，则最终产物为4molZn(NO3)2，有8mol HNO3没有参与氧化还原反应；根据电子转移守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，则n(HNO3)=2mol，即有2molHNO3被还原。则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4 ，答案A正确。
【例6】含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是
A．x＝0.4a，2Fe2-+Cl2＝2Fe3++2Cl-
B．x＝0.6a，2Br－+ Cl2＝Br2+2Cl－
C．x=a， 2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－
D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－
解析：本题考查氧化还原反应规律的应用和有关计算。因为Fe2＋的还原性强于Br－，所以Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化Br－。2Fe2＋ + Cl2 2Fe3＋ + 2Cl－,2Br－ + Cl2 Br2 + 2Cl－，2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2 。当x/a ≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，A正确。当x/a ≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D正确；当介于二者之间时，则要分步书写方程式，然后进行叠加得总反应。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，B错误。x=a， Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化部分Br－ ，C正确。答案为B。
【例7】在下列变化①大气固氮②硝酸银分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是
A．①②③ B．②①③ C．③②① D．③①②
解析：本题考查了学生对元素及其化合物中知识的掌握以及对氧化还原反应的理解。大气固氮是将大气中游离态的N转变为N2，N被氧化；硝酸银的分解则是+5价的N价态下降变为N的氧化物，N被还原；实验室中氨气的制备是铵盐与碱共热的复分解反应，N 的价态不变。答案为A。
解析：本题考查氧化还原反应先后顺序。根据氧化还原反应的规律，可知氧化性、还原性的强弱：由2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性，由2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2
↑+H+，H2O2的还原性>Fe2+的还原性，A错；2H2O2＝2H2O+O2↑，分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，B错，D对。答案为CD。
【例9】过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。
Ⅰ.测定过氧化的含量
请填写下列空白：
用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。
(2) 滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
解析： (1)锰由+7价降低至+2价，氧由-1价升高至0价，得出所缺部分为氧气，根据电子转移守恒，配平化学方程式得：2MnO4- +5H2O2+ 6H+=2Mn2+ +8H2O+ 5O2↑。
(2)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，只能使用玻璃制作的酸式滴定管，不能使用有胶管的碱式滴定管。
【参考答案】I．（1）2 5 6 2 8 502 （2）酸式
Ⅱ.探究过氧化氢的性质
该化学小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。（实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾淀粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。）
请将他们的实验方法和实验现象填入下表：
实 验 内 容 实 验 方 法 实 验 现 象
验证氧化性
验证不稳定性
解析：（1）验证氧化性，选用具有还原性的饱和硫化氢溶液，产生淡黄色沉淀硫或溶液变浑浊；或者选用有还原性的碘化钾淀粉溶液，有碘单质生成，溶液变蓝色。（2）验证不稳定性，取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验有氧气生成；或者取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中，溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生。
【答案】
实验内容 实验方法 实验现象
验证氧化性 取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液。（取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液。） 产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊。（溶液变蓝色。）
验证不稳定性 取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验。（取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中。） 产生气泡，木条复燃。（溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生）
【例10】二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著地杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。
（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：====
方法二：====
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是 。
（2）用ClO2处理过的饮用水（为5.5~6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子ClO2-.2001年我国卫生部规定，饮用水ClO2-的含量应不超过0.2mg/L。饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液PH的关系
如右图所示。当时，ClO2-也能被I-完全还原成Cl-。反应生成的用标准
溶液滴定：====。请写出时，与反应的离子方程式 。
解析：（1）根据题目所给两组方程式，由产物对比分析，
结合其性质可知方法二制备的ClO2中不含Cl2。
（2）时，也能被完全还原成，那么要被氧化为碘单质，溶液是酸性溶液，可以写出离子方程式。
【参考答案】（1）方法二制备的ClO2中不含Cl2
（2）①
【例11】某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H2AsO4、H2O和一种未知物质X。
(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是 。
(2)已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为 。
(3)根据上述反应可推知 。
a．氧化性： b．氧化性：
c．还原性： d．还原性：
(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：
解析：本题考查化学反应中的氧化还原反应，通过反应物和生成物的存在分析氧化剂还原剂，从而进一步考查学生掌握的有关电子得失守恒的应用。（1）由这些物质可知这是一个氧化还原反应，其中KBrO3得电子，则必有失电子的，观察各物质即可知道失电子的为AsH3，即还原剂为AsH3。
（2）0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X中必含Br元素，而0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子Br的价态变为0，所以X为Br2。
（3）知道了还原剂和氧化剂，则反应方程式可表示为AsH3+H2SO4+KBrO3K2SO4+H2AsO4+H2O+Br2，所以根据氧化剂氧化性大于氧化产物，还原剂还原性大于还原产物可得答案为ac
(4)根据氧化还原方程式的配平即可得
【参考答案】（1）AsH3 （2）Br2 （3）a c （4）
【专题预测】
1． 从海水中可以提取溴，主要反应为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，下列说法正确的是(　　)
A.溴离子具有氧化性
B．氯气是还原性
C．该反应属于复分解反应
D．氯气的氧化性比溴单质强
解析：溴离子已达8e－稳定结构，化合价处于最低价，只有还原性，不可能具有氧化性， A错；从反应看出Cl2得电子，是氧化剂，B错；该反应属于有单质参加的氧化还原反 应，C错；氯气将Br－氧化为Br2，说明Cl2氧化性比溴单质强，D正确。
答案：D
2． 在氧化还原反应中，下列各组物质均可用作氧化剂的是 (　　)
A. F－、I－、S2－
B．Fe3＋、MnO、NO
C．ClO、Mg
D．Cl2、Fe3＋、Al
解析：元素以其最高价态参与氧化还原反应时，只能表现出氧化性；元素以其最低价 态参与氧化还原反应时，只能表现出还原性。在A项中F－、I－、S2－，C项中的Mg， D项中的Al都各自是这些元素的最低价态，若参与氧化还原反应时，只能用作还原性， A、C、D三项不是本题答案；B项中＋3价的Fe、＋7价的Mn、＋5价的N都分别是 这些元素的最高价态，故B项为正确答案。
答案：B
3．一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进行反应， 可得AtI。它与Zn、NH3都能发生反应，化学方程式分别如下：
2AtI＋2Zn===ZnI2＋ZnAt2
AtI＋2NH3(l)===NH4I＋NH2At。
则下列叙述正确的是 (　　)
A.ZnI2既是氧化产物，又是还原产物
B．ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物
C．AtI与液氨反应，AtI既是氧化剂，又是还原性
D．AtI与液氨反应，是自身氧化还原反应
解析：在AtI中，At显＋1价，I显－1价，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物， B项正确。AtI与液氨反应时，是非氧化还原反应。因部分NH3生成NH，另一部分 NH3生成NH所以在NH2At中，At显＋1价。
答案：B
4.A2、B2、C2 3种单质和它们离子间能发生下列反应2A－＋C2＝2C－＋A2、2C－＋B2＝2B－＋C2，若X－能与C2发生反应2X－＋C2＝2C－＋X2有关说法中不正确的是(　　)
A. 氧化性B2>C2>A2
B．还原性X－>C－>B－
C．X2与B－能发生反应
D．X2与B－不能发生反应
解析：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性和还原性的还原性大于还原产物的 还原性可推出C正确。
答案：C
5．等物质的量的下列化合物在相应条件下完全分解后得到氧气最多的是 (　　)
A. KClO3(加MnO2催化剂，加热)
B．KMnO4(加热)
C．H2O2(水溶液，加MnO2催化剂)
D．HgO(加热)
解析：由化学方程式：2KClO32KCl＋3O2↑，2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋ O2↑，2H2O22H2O＋O2↑，2HgO2Hg＋O2↑可以看出，假设均有2 mol 物质参与反应，KClO3产生的O2最多。
答案：A
6.已知CO2O3在酸性溶液中易被还原成CO2＋。Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减 弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 (　　)
A. 3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
解析：由于Fe3＋氧化性强于I2，所以FeI3不存在，A中反应不可能发生；B、C、D中反应符合氧化还原反应规律，所以可以发生。当 n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶1时即发生B项的反应。
答案：A
7．用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应Fe2O3＋3Na2O2===2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是(　　)
A. Na2O2既是氧化剂又是还原性
B．Fe2O3在反应中得到电子
C．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol e－转移
D．Na2FeO4能杀菌消毒是因其具有 强氧化性
解析：该反应中铁元素价态升高，所以Fe2O3是还原性，Na2O2中氧元素价态降低，是 氧化剂，则A项错误；1 mol Fe2O3完全反应，失去6 mol e－，故3 mol Na2O2反应转移6 mol e－，则B、C项错误。
答案：D
8．从矿物学资料查得一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4＋5FeS2＋ 12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4，下列说法中正确的是 (　　)
A.CuSO4是氧化剂，FeS2是还原性
B．产物中的SO有一部分是氧化产物
C．Cu2S既是氧化产物又是还原产物
D．5 mol FeS2发生反应，有10 mol e－转 移
解析：从价态来看，Cu元素的价态降低，FeS2中的S元素的价态既有升高又有降低， 所以CuSO4是氧化剂，FeS2既是还原性，又是氧化剂，A项错误；FeS2一部分被氧化成SO，B项正确；Cu2S是还原产物，C项错误；由方程 式可知5 mol FeS2发生反应，其中有3 mol的S化合价升高，有21 mol e－转移，D项错误。
答案：B
9．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2＋＋2S2O ＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O＋2H2O，下列说法正确的是 (　　)
A. 硫元素被氧化，铁元素被还原
B．Fe2＋、S2O都是还原性
C．x＝2
D．每生成1 mol Fe3O4，则转移电子数为3 mol
解析：O2将Fe元素和S元素都氧化。根据电荷守恒可求出x＝4，每生成1 mol Fe3O4， 消耗氧化剂O2 1 mol，转移电子为4 mol。
答案：B
10．钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在 钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸 钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH　③Na2FeO2＋ Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
下列说法正确的是 (　　)
A.反应①不是氧化还原反应
B．该生产过程不产生任何污染
C．整个反应过程中，每有5.6 g Fe参加反应转移0.8 mol电子
D．反应②中的氧化剂是NaNO2
解析：①中Fe是还原性，NaNO2为氧化剂，是氧化还原反应，A错；②中NaNO2是氧化剂，Na2FeO2是还原性，D对；整个反应过程中产生的NH3污 染环境，B错；由元素守恒可知3Fe→Fe3O4,3 mol Fe转移8 mol电子，则0.1 mol Fe参加反应生成Fe3O4转移mol电子，C错。
答案：D
11． 已知氧化性BrO>ClO>Cl2>IO>I2。现将饱和氯水逐滴滴入KI淀粉溶液中至过量。
(1)可观察到的现象是：
①__________________________________________________；
②__________________________________________________。
(2)写出有关的离子方程式：
①__________________________________________________；
②__________________________________________________。
解析：根据粒子的氧化性强弱顺序：Cl2>IO>I2，可推知下列反应可以进行：Cl2＋ 2KI===2KCl＋I2(Cl2少量时)，离子方程式为Cl2＋2I－===2Cl－＋I2 。5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl (Cl2过量时)，离子方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===2IO＋10Cl－＋12H＋
答案：(1)①溶液由无色变蓝色　②溶液蓝色褪去
(2)①Cl2＋2I－===2Cl－＋I2　②5Cl2＋I2＋6H2O===12H＋＋2IO＋10Cl－
12. 2011年3月底至4月中旬，墨西哥、美国等多国接连暴发甲型H1N1型流感，后来蔓延至全球。防控专家表示，含氯消毒剂和过氧化物消毒剂可防甲型H1N1流感。
(1)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在 H2SO4存在下与Na2SO3反应制得。请写出反应的离子方程式：________________。
(2)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO3·3H2O2， 它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠遇下列物质均会发生化学反应而失效， 其中过碳酸钠只发生了还原反应的是(　　)
A. MnO2
B．KMnO4溶液
C．稀盐酸
D．Na2SO3溶液
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。当1 mol HClO2发生分解反应时，转移的电子个数是________。
(4)有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中 的反应物和生成物，则该反应中还原性与氧化剂的物质的量之比为________。
解析：以甲流感的预防为载体，考查常见消毒剂的生产方法和性质以及氧化还原反应 的相关知识。
答案：(1)2ClO＋SO＋2H＋===2ClO2↑＋SO＋H2O
(2)D　(3)0.8×6.02×1023　(4)8∶1
13．已知氧化还原方程式：5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的物质的量为________mol。
②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1酸性KMnO4溶液至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由_______变为________。
该溶液中还原性的物质的量为________mol。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
解析：此题是借助于滴定的原理设计的一道计算题，在配平时要明确碳元素化合价的变化，在该反应中碳元素由＋3价升高到＋4价。①OH－总量为0.25×0.02＝0.005(mol)， 所以H＋总量为0.005(mol)。
②KMnO4总量为：0.1×0.016＝0.001 6(mol)，根据方程式可求出还原性的物质的量为 0.004(mol)。
③设H2C2O4和KHC2O4物质的量分别为x、y，由C、H原子个数守恒得，
解得。
H2C2O4·2H2O的摩尔质量为126 g·mol－1，所以H2C2O4·2H2O的质量为0.001×126＝ 0.126 g，质量分数为：ω(H2C2O4·2H2O)＝×100%＝21%，ω(KHC2O4)＝ ×100%＝64%。
答案：①0.005　②无色　紫红色　0.004　③21%　64%
14．某一反应体系中共有Pb3O4、NO、MnO2、Cr2O3、 Cr(MnO4)2和Pb(N3)2(名称叠氮化铅，其中Pb为＋2价，N平均为－1/3价)六种物质， 已知Pb(N3)2是反应物之一。根据你学过的有关化学定律和知识，回答下列问题：
(1)铅(Pb)的常见化合价是________，将Pb3O4写成常见化合价的氧化物的形式为 ________________(已知Fe3O4可写成FeO·Fe2O3)。
(2)已知Cr的常见化合价为＋2、＋3、＋6，Mn的常见化合价为＋2、＋4、＋6、＋7， 则Cr(MnO4)2中Cr的化合价为________，Mn的化合价为________。
(3)Pb(N3)2在该反应中是________剂，它的产物是________，1 mol Pb(N3)2参加反应， 转移电子数是____________mol。无机框图推断题是以元素化合物知识为主，集基本概念、基本理论为一体的综合性题目。具有考查知识面广、题型多变、思考容量大等特点。下面就谈一谈无机框图推断题的解题策略：
一、求解步骤
框图题由于题目字数少，题意及所供信息新且简洁，因此审题就显得尤为重要。其解题过程往往分为三步：
(1)读审 — 仔细读题，审清题意。读题包括阅读求解要求。求解要求，往往亦能给考生以重要的启示，这点不能忽视。“读审”是解题的基础。
(2)找析 — 找准“题眼”，即找准解题的突破口然后联系新信息及所学旧知识，应用正向逆向思维、发散收敛思维、横向纵向思维等多种思维方式，进行综合分析、推理。“找析”是解题的关键。
(3)解答 — 看清要求，认真解答。“解答”是解题的落脚点。
二、解题要领
(1)思维的整体性。这一类命题，往往环节较多，环节(框图)与环节之间联系紧密，相互制约，命题整体性极强。处理时，必须认真研究命题的整体要求，仔细推敲每一个环节，结合所给条件，弄清楚该环节的反应及实验原理，与前一环节的联系，对后面环节的影响，各个环节都推敲完成后，将全过程串联起来审查，确认整个过程合理且符合命题要求了，才能动手解答，否则回答可能不完整。
(2)假设推理的合理性。由于命题环节多，且命题时有意设置了一些障碍，如隐去反应条件，空出一些环节等。解题时，必须找到其中的关键环节，再进行假设推理，能正确将全过程按命题要求理顺，才可以动手解答。
三、寻找“题眼”
1、从物质的组成、结构方面寻找
例如，具有正四面体结构的物质可能为甲烷或白磷或NH4＋；不含金属元素的离子化合物为铵盐；组成为A 2B2型的物质可能为Na202、H202、C2H2等。
2、从实验现象寻找
例如，气体燃烧呈苍白色火焰的必为H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃后火焰呈蓝色，则气体可能为CO、H2、CH4、H2S等。
3、从反应类型寻找
例如，同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应生成该元素的单质和水，则该元素可能为S或N；两种溶液混合生成沉淀和气体，则反应可能为Ba(OH)2与(NH4)2S04，或可溶性铝盐与可溶性金属硫化物(如Na2S、NaHS)、可溶性碳酸盐(如Na2CO3、NaHCO3) 或可溶性铁盐与可溶性碳酸盐(如Na2CO3、NaHCO3)之间的双水解反应；遇水能生成气体和难溶性物质的可能为Al2S3、 Al(CH3)3或Mg3N2。
4、从典型性质寻找
如具有臭鸡蛋气味的气体必为H2S；与H2S反应有淡黄色沉淀生成的气体可能为02、C12或SO2；使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3；密度最小的气体为H2；地壳中含量最多的元素为O，最多的金属元素为Al；能溶解SiO2的酸为HF；遇苯酚生成紫色溶液的离子为Fe3+等。
5、从反应条件寻找
如必须控制在170℃的反应，必是制取乙烯的反应；稀溶液与铜常温下不反应，浓溶液与铜加热时反应为浓硫酸。
6、从数据去寻找
根据计算或题给信息，可获取某些数据，这些数据也可使我们找到突破口。如物质的熔点较低，说明可能为分子晶体；反之，熔点较高则可能为原子晶体或离子晶体。
7、从转化关系寻找
如盐A有如下转化：A → B → C → D → E，D比C式量大16，E为酸。则可推知：若X为碱，则A中含NH4＋；若X为酸，则A中含S2－(或HS－)。
例1、A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，组成它们的离子有
阳离子 Na+ Mg2+ Al3+ Ba2+
阴离子 OH－ Cl－ CO SO HSO
分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；
②A溶液与C溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；
③A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸；
④B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失。
据此推断它们是
A__________；B__________；C__________；D__________；E__________。
思路解析：从①②③可知：A与B、C、D均可产生白色沉淀，可判断出A中含有CO，再根据CO不与Mg2+、Al3+、Ba2+共存，因而得A为Na2CO3，这样就找到了本题的突破口。①②③中的白色沉淀为MgCO3、Al(OH)3和BaCO3。而能溶解上面两种沉淀的E溶液一定是呈现酸性的硫酸氢盐溶液，其中前两种可溶于硫酸氢盐溶液，只有BaCO3不溶于硫酸氢盐溶液（隐藏条件），由此可确定③中生成的沉淀是BaCO3，同时结合④中沉淀量减少推断出D为Ba(OH)2；再根据④中的叙述，判断出B为Al2(SO4)3；又根据离子共存的知识推断出E为NaHSO4 [或Mg(HSO4)2]。最后确定C为MgCl2 [或AlCl3] 。
答案：27．A—Na2CO3，B—Al2(SO4)3，C—MgCl2 [或AlCl3]，D—Ba(OH)2，E—NaHSO4 [或Mg(HSO4)2]。
例2、现有五种离子化合物A、B、C、D和E，都是由下表中离子形成的：
阳离子 Ag＋ Ba2＋ Al3+
阴离子 OH- Cl- SO42-
为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果是：
a．B和D都不溶于水，也不溶于酸；
b．A溶于水后，与上述某阳离子反应可生成B，且A溶液与过量氨水反应生成白色沉淀
c．C溶于水后，与上述某阳离子反应可生成D，且C溶液与过量氨水反应生成白色沉淀
d．E溶于水后，与上述某阴离子反应可生成B；
e．A溶液与适量E溶液反应生成沉淀，再加过量E溶液，沉淀量减少，但不消失。
请根据上述实验结果，填空：
⑴写出化合物的化学式：A ① ， C ② ，D ③ ， E ④ 。
⑵A溶液与过量E溶液反应后，最终得到的沉淀的化学式是 ⑤ 。
思路解析：从a知，既不溶于水，也不溶于酸的物质是AgCl和BaSO4；通过比较bc中“与上述某阳离子反应可生成B和D”知A和C中含有Cl- 和SO42-，而由两溶液与氨水生成白色沉淀可推知A和C阳离子均为 Al3+（可通过离子共存排除Ag＋）；从d知B为BaSO4（可通过E溶于水排除Ag＋）、D就为AgCl，进而知A为Al2(SO4)3，C为AlCl3；最后通过e知E为Ba(OH)2
答案：Al2(SO4)3、 AlCl3、 AgCl、 Ba(OH)2、 BaSO4
从以上两题可看出：无机推断题不仅考查了多种物质间的相互转化及生成物的性质，还考查了物质的溶解性和离子共存的有关知识。将以往高考涉及的无机框图改为集离子共存、元素化合物、实验于一体的综合题，突出了对基础知识和基本技能的综合考查，体现了高考以能力立意的主导思想。这就要求在高三复习中，不仅要抓住典型元素及其化合物的性质及转化关系，还要将常见物质的溶解性及离子间的反应及能否共存等问题掌握，教师可引导学生将常见离子共存问题小结归纳（如下表所示）。
不能大量共存的原因 常见实例
(1)结合成难溶物或微溶物 如SO42＿不能与Ba2+、Ca2+、Ag+共存 OH－、CO32–不能与Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+ 、Cu2+等共存Ag+不能与Cl―、Br―、 I―共存 (详见课本溶解性表)
(2) 生成挥发性物质 如CO32–、SO32―、S2– 、HCO3―、HSO3―、HS―等与H+不能共存
(3)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―、C6H5-O―结合成弱酸OH－ 与酸式根如HCO3―、HSO3―、H2PO4―生成水OH－与NH4+结合成NH3·H2O
(4)发生氧化还原反应 MnO4―、ClO―、NO3―(有H+时)与S2―、I―、Fe2+、SO32―等不能共存。
(5)能结合成络合物 如Fe3+与SCN―不能共存
(6)发生双水解反应 Fe3+、Al3+ 与AlO2―、S2–、CO32–不能共存
例3、下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体。
请填写下列空白：
（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第__________周期_________族。
（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________________。
（3）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是___（填写序号）。
（4）反应④ 的离子方程式是：_______________________________________
（5）将化合物D 与KNO3、KOH 共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4 （高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O 。该反应的化学方程式是：
___________________________________________________________。
思路解析：本题的突破点是“I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属”和“K是一种红棕色气体”，可先确定I为Al，K为NO2； 第一条线索由反应①入手可知： A是SO2、B是SO3、C是H2SO4，D是Fe2O3，反应⑦为铝热反应，则产物G是Fe。第二条线索是由K 是NO2入手，推出L是NO，J为HNO3，M是Fe和HNO3反应得到的产物，可能是Fe(NO3)3 或Fe(NO3)2，而根据M与C溶液反应可生成NO气体，可断定发生了氧化还原反应，故M只能为Fe(NO3)2溶液；第三条线索是Fe(NO3)2（M）与H2SO4（C）反应得F为Fe(NO3)3，E为Fe(OH)3，到此框图中的物质全部推出。
答案：]( l ）四（或4 ) 、VIII；( 2 ) l ：2 ；( 3 ）③ ；
( 4 ) 3Fe2+ + NO3－ + 4H+ + ＝ 3Fe3+ + NO↑+2H2O
( 5 ) Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O
此题以物质的性质入手进行分析，抓住典型物质的物理性质（如气味、颜色、状态、溶解度、溶沸点等）。先确定个别物质，再根据框图寻找线索进行推断。如上题中的物质I和K就用此法确定。我们可将高中阶段重要物理性质引导学生小结如下：
常见物质的气味：H2S——臭鸡蛋味； HCl、HBr、HI、NH3、SO2、NO2、Cl2——刺激性气味；乙酸乙酯（果香气味）等。
物质的颜色：气体：F2（淡黄绿色）、Cl2（黄绿色）、Br2（红棕色）、NO2（红棕色）、O3（淡蓝色）；液体或溶液：Fe2+ （浅绿色）Fe3+（黄色）Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫红色）、Fe(SCN)3 （血红色）、Br2（红棕色）；固体：黑色（CuO、MnO2、FeO、Fe3O4、CuS）；Cu2O（红色）、Fe2O3（红棕色）、Cu(OH)2（蓝色）、CuCl2（棕色）、Fe(OH)3（红褐色）、CuSO4·5H2O（蓝色）、Na2O2（淡黄色）；BaSO4、AgCl（白色沉淀）、AgBr（淡黄色）、AgI（黄色）不溶于水、不溶于酸；S（淡黄色沉淀）。
单质的熔点、密度：在常温下呈液态的金属：Hg；熔点最高的非金属单质：石墨；其次是金刚石；单质在常温下呈液态的非金属单质：Br2；最轻的金属：Li。
例4、U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素。Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性。U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体。X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。（问法省略）
思路解析：本题突破点较多，可由燃烧的产物可使品红溶液褪色推出单质Y为硫元素，W2为O2 ，W为氧元素；由Z3W4具有磁性推知其为Fe3O4，则z为铁元素；由“燃烧可生成UW和UW2两种气体”推知U为碳元素；再由“剧烈燃烧生成黑、白两种固体”可推知X为镁元素；最后由原子序数依次增大，推出V为氮元素。
这一题型是给出无机化学中元素单质及其重要化合物相互反应的框图，要求推断物质的化学式或名称，写出相关反应的化学方程式或离子方程式（以氧族、氮族、卤素、钠、镁、铝、铁出现次数更多些）。这就要求我们平时多进行各种反应类型，各类相似物质性质比较，推断思路分析比较等系统的研究和小结。小结中要求穷举所有的各个反应，逐个进行分析研究，积累很多素材，了解很多的反应，记忆有规律或无规律的知识点。这样解推断题一定会更加游刃有余的。譬如我们可引导学生小结归纳常见反应的化学现象：
在空气中燃烧时的火焰颜色
（1）苍白色：H2在Cl2中燃烧； （2）蓝色：CO在空气中燃烧；
（3）淡蓝色：H2S、H2、CH4、CH3CH2OH、S等在空气中燃烧；
（4）明亮的蓝紫色：S在纯氧中燃烧； （5）金属的焰色反应
烟、雾
在空气中形成白雾的：HCl、HBr、HI、NH3等气体及浓盐酸、浓硝酸；
相遇形成白烟或固体的：NH3+HCl、NH3+HBr、NH3+HNO3、H2S+SO2、H2S+Cl2；
燃烧时出现白色烟雾的：（P+Cl2）；
燃烧时出现棕黄色烟的：（CuCl2）。
例5、以下一些氧化物和单质之间可以发生如下图所示的反应：
其中，氧化物（I）是红棕色固体，氧化物（II）、（III）、（IV）在反应条件下都是气体。
（1）氧化物（I）的化学式（分子式）是_____________。
氧化物（II）的化学式（分子式）是_____________。
（2）反应①的化学方程式是_____________。
反应②的化学方程式是_____________；反应③的化学方程式是_____________。
解析：本题以反应物和生成物的类型为信息考查元素化合物的推断，涉及铁、碳等单质及其化合物的知识。由“氧化物（I）是红棕色固体”推知，氧化物（I）可能是氧化铁或氧化亚铜；“氧化物（II）、（III）、（IV）在反应条件下都是气体”，中学化学中气态氧化物有：CO，CO2，SO2，NO等，注意这里有“在反应条件下”的限制，隐性信息是可能在高温下呈气态，如水蒸气和三氧化硫。
破译框图知，反应①②是“氧化物+氧化物→氧化物+单质”；反应③是“氧化物+单质→氧化物+单质”，置换反应产物是单质和化合物，但生成单质和化合物的反应不一定是置换反应，如。氧化物（II）在氧气作用下生成氧化物（IV），说明这两种氧化物中含有共同的非氧元素，符合条件的有：。氧化物（I）是氧化铁，联想到工业炼铁原理，不难想到氧化物（II）是CO，依次推断其他物质。符合上述条件的反应有：。
答案探究：因为教材中有乙醛、葡萄糖等含有�CHO的物质与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色或砖红色固体氧化亚铜，所以优秀考生对氧化亚铜的颜色有较深印象。如果（2）①反应方程式给出“”答案，有利于培养学生创新思维能力。新答案比给出的答案难度大，知识储量要求更多，因为工业炼铁原理在初中已介绍过，氧化铁是铁锈的主要成分，也是铁红的主要成分。而氧化亚铜在有机实验中只出现过几次。
误点警示：（1）若把红色固体氧化物看成红色氧化物，会错答，导致下面无法推导与解答。
（2）化学反应在讨论化学平衡问题时出现在教材里，而出现在其他处很少，部分考生不熟悉这个反应，导致无法解答全题；
（3）碳在高温下与水蒸气反应制水煤气，仅在高中化学第一册第一章的第三节出现过一次，但它是推断该题的关键，所以全面系统地复习、夯实基础是关键。
例6：A、B、C是三种短周期元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物。这些化合物和单质之间存在如下图所示的关系。
据此判断：
（1）在甲、乙两种化合物中，不含有组成A元素的化合物是_________，不含组成B元素的化合物是_______________（用“甲”、“乙”填写）。
（2）单质A是_____________（填“金属”、“非金属”或“既可以是金属又可以是非金属”）。
（3）若单质A是___________，则单质B、C分别是______________；若单质A是________，则单B、C分别是_____________；若单质A是___________，则单质B、C分别是________________。
解析：（1）从图中可发现下列反应关系：“单质B+单质C→化合物甲”，故甲中不含A元素；“单质A+单质C→化合物乙”，故乙中不含有B元素。
（2）从图示信息进行转换，可提炼出“单质A+ 化合物甲→单质B+化合物乙”该反应属置换反应。置换反应有如下几种情况：
第一种情况：金属单质置换出金属单质。结合铝热反应可获得下列各种可能：（a）A为铝、B为铁、C为氧气等（铝与金属氧化物如四氧化三铁、三氧化二铁、氧化铜、二氧化锰、五氧化二钒等多种氧化物进行的反应，因而可得出多组答案。但由于题中限定了是短周期元素，可排除这些可能性）。
第二种情况：非金属单质置换出非金属单质。结合一些反应实例可获得答案(b)A、B、C依次为（下同）Cl2、S、H2；(c)O2、S、H2；(d)F2、O2、H2。（还可进一步分析：反应中单质表现了何种性质？总结出：氧化性A>B。）这样，就可进而获得更多答案(e)Cl2、Br2、H2；(f)Cl2、I2、H2；(g)Br2、I2、H2；(h)I2 、S、H2；(I)C、H2、O2（制水煤气）；(j)C、Si、O2（工业上制硅）；(k)Br2、S、H2；(l)Cl2、N2、H2；(m)Si、H2、F2。
第三种情况：金属单质置换出非金属单质。(n)4）Mg、C、O2。
第四种情况：非金属单质置换出金属单质。(o)H2、Cu、O2；(p)H2、Fe、O2；(q)C、Cu、O2（由于铁、铜等不是短周期元素，所以不合题意）。
答案为：（1）甲；乙。
（2）单质A可以是金属也可以是非金属。
（3）可以有多组答案（见思路精析）。
从高考试题推理能力考查的特点分析，无机推断题命题主要表现了以下几个特点：
（1）单信息、多信息并重。同一道推断题中，有的结论只要分析单个信息就可以得出，有的结论需要同时综合多条信息才能得出。
（2）正向、逆向、综合三种形式的推理并重。有些结论的得出过程中，需要正向、逆向、综合等三种推理形式。
（3）定性、定量分析并重。推断过程中既需要定性分析、又需要定量分析。
（4）计算和逻辑推理并重。
（5）试题呈现开放性，答案不唯一。选用合适的方法解计算题，不但可以缩短解题的时间，还有助于减小计算过程中的运算量，尽可能地降低运算过程中出错的机会。例如下题，有两种不同的解法，相比之下，不难看出选取合适方法的重要性：
例1、 30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应，当铜片全部反应完毕后，共收集到气体2.24升(S.T.P)，则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为（ ）
A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L
【解析】解法一：因为题目中无指明硝酸是浓或稀，所以产物不能确定，根据铜与硝酸反应的两个方程式：
（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）Cu+4HNO3 (浓)=Cu(NO3) 2+2NO2↑+2H2O
可以设参与反应(1)的Cu为xmol，则反应生成的NO气体为2/3xmol，反应消耗的硝酸为8/3xmol，再设参与反应(2)的Cu为ymol，则反应生成的NO2气体为2ymol，反应消耗的硝酸为4ymol，从而可以列出方程组： (x+y)×64=5.12，[(2/3)x+2y]×22.4=2.24，求得x=0.045mol，y=0.035mol，则所耗硝酸为8/3x+4y=0.26mol，其浓度为(0.26/0.03)mol/L，在8-9之间，只能选A.
解法二：根据质量守恒定律，由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+，则产物应为硝酸铜，且其物质的量与原来的铜片一样，均为5.12/64=0.08摩，从产物的化学式Cu(NO3)2可以看出，参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×0.08=0.16摩；而反应的气态产物，无论是NO还是NO2，每一个分子都含有一个N原子，则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数，所以每消耗一摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物)，现有气体2.24L，即有0.1摩HNO3参与了氧化还原反应，故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩，其浓度为(0.26/0.03)mol/L，在8-9之间，只能选A.
从以上两种方法可以看出，本题是选择题，只要求出结果便可，不论方式及解题规范，而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律，第二种方法运用了守恒法，所以运算量要少得多，也不需要先将化学方程式列出，配平，从而大大缩短了解题时间，更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌。再看下题：
例2、在一个6升的密闭容器中，放入3升X(气)和2升Y(气)，在一定条件下发生下列反应：4X(气)+3Y(气) 2Q(气)+nR(气) 达到平衡后，容器内温度不变，混和气体的压强比原来增加5%，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是（ ）
A.3　　 B.4 　　C.5　　 D.6
【解析】解法一：抓住“X浓度减少1/3”，结合化学方程式的系数比等于体积比，可分别列出各物质的始态。
变量和终态： 4X 　　　　　3Y　 　　　2Q 　　　　　　nR
始态 　　　　3L 　　　　　2L 　　　　　0 　　　　　　　0
变量： －1/3×3L=1L－3/4×1L=3/4L ＋2/4×1L=1/2L ＋n/4×1L=n/4L
终态 　　　3-1=2L 　2-3/4==5/4L 　　0+1/2=1/2L 　　　0+n/4=n/4L
由以上关系式可知，平衡后(终态)混和气体的体积为(2+5/4+1/2+n/4)L即(15+n)/4L，按题意"混和气体的压强比原来增加5%"即(15+n)/4-5=5×5%，求得n=6。
解法二：选用差量法，按题意"混和气体的压强比原来增加5%"按题意"混和气体的压强比原来增加5%"，即混和气体的体积增加了(2+3)×5%=0.25L，根据方程式，4X+3Y只能生成2Q+nR，即每4体积X反应，总体积改变量为(2+n)-(4+3)=n-5，现有1/3×3L=1L的X反应，即总体积改变量为1L×[(n-5)/4]=0.25L，从而求出n=6。
解法三：抓住"混和气体的压强比原来增加5%"，得出反应由X+Y开始时，平衡必定先向右移，生成了Q和R之后，压强增大，说明正反应肯定是体积增大的反应，则反应方程式中X与Y的系数之和必小于Q与R的系数之和，所以4+3<2+n，得出n>5，在四个选项中只有D中n=6符合要求，为应选答案. 本题考查的是关于化学平衡的内容。
解法一是遵循化学平衡规律，按步就班的规范做法，虽然肯定能算出正确答案，但没有把握住"选择题，不问过程，只要结果"的特点，当作一道计算题来做，普通学生也起码要用5分钟完成，花的时间较多。
解法二运用了差量法，以含n的体积变量(差量)来建立等式，冉峡斓豱算出了的值，但还是未能充分利用选择题的"选择"特点，用时要1分钟左右.
解法三对平衡移动与体积变化的关系理解透彻，不用半分钟就可得出唯一正确的答案。
由此可见，在计算过程中针对题目特点选用不同的解题方法，往往有助于减少运算过程中所消耗的时间及出错的机会，达到快速，准确解题的效果。
而运用较多的解题方法通常有以下几种：
1.商余法：
这种方法主要是应用于解答有机物(尤其是烃类)知道分子量后求出其分子式的一类题目.对于烃类，由于烷烃通式为CnH2n+2，分子量为14n+2，对应的烷烃基通式为CnH2n+1，分子量为14n+1，烯烃及环烷烃通式为CnH2n，分子量为14n，对应的烃基通式为CnH2n-1，分子量为14n-1，炔烃及二烯烃通式为CnH2n-2，分子量为14n-2，对应的烃基通式为CnH2n-3，分子量为14n-3，所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后，差值除以14(烃类直接除14)，则最大的商为含碳的原子数(即n值)，余数代入上述分子量通式，符合的就是其所属的类别。
例3、某直链一元醇14克能与金属钠完全反应，生成0.2克氢气，则此醇的同分异构体数目为（ ）
A.6个 B.7个 C.8个 D.9个
【解析】由于一元醇只含一个-OH，每mol醇只能转换出1/2molH2，由生成0.2克H2推断出14克醇应有0.2mol，所以其摩尔质量为72克/摩，分子量为72，扣除羟基式量17后，剩余55，除以14，最大商为3，余为13，不合理，应取商为4，余为-1，代入分子量通式，应为4个碳的烯烃基或环烷基，结合"直链"，从而推断其同分异构体数目为6个。
2.平均值法：
这种方法最适合定性地求解混合物的组成，即只求出混合物的可能成分，不用考虑各组分的含量.根据混合物中各个物理量(例如密度，体积，摩尔质量，物质的量浓度，质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，可以求出混合物某个物理量的平均值，而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间，换言之，混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大，一个比平均值小，才能符合要求，从而可判断出混合物的可能组成。
例4 将两种金属单质混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出标准状况下气体11.2L，这两种金属可能是（ ）
A.Zn和Fe B. Al和Zn C. Al和Mg D. Mg和Cu
【解析】将混合物当作一种金属来看，因为是足量稀硫酸，13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气，也就是说，这种金属每放出1摩尔氢气需26克，如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26.代入选项，在置换出氢气的反应中，显+2价的有Zn，原子量为65，Fe原子量为56，Mg原子量为24，但对于Al，由于在反应中显+3价，要置换出1mol氢气，只要18克Al便够，可看作+2价时其原子量为27/(3/2)=18，同样假如有+1价的Na参与反应时，将它看作+2价时其原子量为23×2=46，对于Cu，因为它不能置换出H2，所以可看作原子量为无穷大，从而得到A中两种金属原子量均大于26，C中两种金属原子量均小于26，所以A，C都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，D中Mg原子量比26小，Cu原子量比26大，故BD为应选答案。
3.极限法：
极限法与平均值法刚好相反，这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成.根据混合物中各个物理量(例如密度，体积，摩尔质量，物质的量浓度，质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，将混合物看作是只含其中一种组分A，即其质量分数或气体体积分数为100%(极大)时，另一组分B对应的质量分数或气体体积分数就为0%(极小)，可以求出此组分A的某个物理量的值N1，用相同的方法可求出混合物只含B不含A时的同一物理量的值N2，而混合物的这个物理量N平是平均值，必须介于组成混合物的各成分A，B的同一物理量数值之间，即N1例5、 4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物，他们各取2.00克样品配成水溶液，加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液，待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示，其中数据合理的是 （ ）
A.3.06g 　　B.3.36g 　　C.3.66g 　　D.3.96
4.估算法：
化学题尤其是选择题中所涉及的计算，所要考查的是化学知识，而不是运算技能，所以当中的计算的量应当是较小的，通常都不需计出确切值，可结合题目中的条件对运算结果的数值进行估计，符合要求的便可选取。
例6、已知某盐在不同温度下的溶解度如下表，若把质量分数为22%的该盐溶液由500C逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是（ ）
温度(0℃) 0 10 20 30 40
溶解度(克/100克水) 11.5 15.1 19.4 24.4 37.6
A.0-100℃ 　　　B.10-200℃ 　　　C.20-300℃ 　　　D.30-400℃
【解析】本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系.溶液析出晶体，意味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度，根据溶解度的定义，[溶解度/(溶解度+100克水)]×100%=饱和溶液的质量分数，如果将各个温度下的溶解度数值代入，比较其饱和溶液质量分数与22%的大小，可得出结果，但运算量太大，不符合选择题的特点.从表上可知，该盐溶解度随温度上升而增大，可以反过来将22%的溶液当成某温度时的饱和溶液，只要温度低于该温度，就会析出晶体.代入[溶解度/(溶解度+100克水)]×100%=22%，可得：溶解度×78=100×22，即溶解度=2200/78，除法运算麻烦，运用估算，应介于25与30之间，此溶解度只能在30-400C中，故选D。
5.差量法：
对于在反应过程中有涉及物质的量，浓度，微粒个数，体积，质量等差量变化的一个具体的反应，运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系，从而排除干扰，迅速解题，甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解。
例7、在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中，HA、H+和A-的物质的量之和为nC摩，则HA的电离度是 （ ）
A.n×100% 　　B.(n/2)×100% 　　C.(n-1)×100% 　　D.n%
【解析】根据电离度的概念，只需求出已电离的HA的物质的量，然后将这个值与HA的总量(1升×C摩/升=C摩)相除，其百分数就是HA的电离度.要求已电离的HA的物质的量，可根据HA＝H++A-，由于原有弱酸为1升×C摩/升=C摩，设电离度为X，则电离出的HA的物质的量为XC摩，即电离出的H+和A-也分别为CXmol，溶液中未电离的HA就为(C-CX)mol，所以HA、H+、A-的物质的量之和为[(C-CX)+CX+CX]摩，即(C+CX)摩=nC摩，从而可得出1+X=n，所以X的值为n-1，取百分数故选C。
本题中涉及的微粒数较易混淆，采用差量法有助于迅速解题：根据HA的电离式，每一个HA电离后生成一个H+和一个A-，即微粒数增大，现在微粒数由原来的C摩变为nC摩，增大了(n-1)×C摩，立即可知有(n-1)×C摩HA发生电离，则电离度为(n-1)C摩/C摩=n-1，更快地选出C项答案。
6.代入法：
将所有选项可某个特殊物质逐一代入原题来求出正确结果，这原本是解选择题中最无奈时才采用的方法，但只要恰当地结合题目所给条件，缩窄要代入的范围，也可以运用代入的方法迅速解题。
例8、某种烷烃11克完全燃烧，需标准状况下氧气28L，这种烷烃的分子式是（ ）
A.C5H12 　　B.C4H10 　　C.C3H8 　　D.C2H6
【解析】因为是烷烃，组成为CnH2n+2，分子量为14n+2，即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和(n+1)摩H2O，便要耗去n+(n+1)/2即3n/2+1/2摩O2，现有烷烃11克，氧气为28/22.4=5/4摩，其比值为44：5，将选项中的四个n值代入(14n+2)：[3n/2+1/2]，不需解方程便可迅速得知n=3。
7.关系式法：
对于多步反应，可根据各种的关系(主要是化学方程式，守恒等)，列出对应的关系式，快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系，从而免除了涉及中间过程的大量运算，不但节约了运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是最经常使用的方法之一。
例9、一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9克水，求加入的铁粉质量为（ ）
A.14g 　　B.42g 　　C.56g 　　D.28g
8.比较法：
已知一个有机物的分子式，根据题目的要求去计算相关的量例如同分异构体，反应物或生成物的结构，反应方程式的系数比等，经常要用到结构比较法，其关键是要对有机物的结构特点了解透彻，将相关的官能团的位置，性质熟练掌握，代入对应的条件中进行确定。
例10、分子式为C12H12的烃，结构式为 ，若萘环上的二溴代物有9种 CH3 同分异构体，则萘环上四溴代物的同分异构体数目有（ ）
A.9种 　　B.10种 　　C.11种 　　D.12种
【解析】本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数目，不需考虑官能团异构和碳链异构，只求官能团的位置异构，如按通常做法，将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的位置，便可数出同分异构体的数目，但由于数量多，结构比较十分困难，很易错数，漏数.抓住题目所给条件：二溴代物有9种，分析所给有机物结构，不难看出，萘环上只有六个氢原子可以被溴取代，也就是说，每取代四个氢原子，就肯定剩下两个氢原子未取代，根据"二溴代物有9种"这一提示，即萘环上只取两个氢原子的不同组合有9种，即意味着取四个氢原子进行取代的不同组合就有9种，所以根本不需逐个代，迅速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种。
9.残基法：
这是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法.一个有机物的分子式算出后，可以有很多种不同的结构，要最后确定其结构，可先将已知的官能团包括烃基的式量或所含原子数扣除，剩下的式量或原子数就是属于残余的基团，再讨论其可能构成便快捷得多.
例11、某有机物5.6克完全燃烧后生成6.72L(S.T.P下)二氧化碳和3.6克水，该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2，试求该有机物的分子式.如果该有机物能使溴水褪色，并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀，试推断该有机物的结构简式。
【解析】因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2，所以其分子量是CO的2倍，即56，而5.6克有机物就是0.1摩，完全燃烧生成6.72L(S.T.P)CO2为0.3摩，3.6克水为0.2摩，故分子式中含3个碳，4个氢，则每摩分子中含氧为56-3×12-4×1=16克，分子式中只有1个氧，从而确定分子式是C3H4O.根据该有机物能发生斐林反应，证明其中有-CHO，从C3H4O中扣除-CHO，残基为-C2H3，能使溴水褪色，则有不饱和键，按其组成，只可能为-CH=CH2，所以该有机物结构就为H2C=CH-CHO。
10.守恒法：
物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒.所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。
例12、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠还原到较低价态，如果还原含 2.4×10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态，需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么R元素的最终价态为 （ ）
A.+3 　　B.+2 　　C.+1 　　D.-1
【解析】因为在[RO(OH)2]+中，R的化合价为+3价，它被亚硫酸钠还原的同时，亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠，硫的化合价升高了2价，根据2.4×10-3mol[RO(OH)2]+与12ml×0.2mol/L=0.0024mol的亚硫酸钠完全反应，亚硫酸钠共升0.0024×2=0.0048价，则依照升降价守恒，2.4×10-3mol[RO(OH)2]+共降也是0.0048价，所以每mol[RO(OH)2]+降了2价，R原为+3价，必须降为+1价，故不需配平方程式可直接选C。
11.规律法：
化学反应过程中各物质的物理量往往是符合一定的数量关系的，这些数量关系就是通常所说的反应规律，表现为通式或公式，包括有机物分子通式，燃烧耗氧通式，化学反应通式，化学方程式，各物理量定义式，各物理量相互转化关系式等，甚至于从实践中自己总结的通式也可充分利用.熟练利用各种通式和公式，可大幅度减低运算时间和运算量，达到事半功倍的效果。
例13、1200℃时，1体积某烃和4体积O2混和，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强，体积不变，该烃分子式中所含的碳原子数不可能是 （ ）
A.1 　　B.2 　　C.3 　　D.4
【解析】本题是有机物燃烧规律应用的典型，由于烃的类别不确定，氧是否过量又未知，如果单纯将含碳由1至4的各种烃的分子式代入燃烧方程，运算量大而且未必将所有可能性都找得出.应用有机物的燃烧通式，设该烃为CXHY，其完全燃烧方程式为：CXHY+(X+Y/4)O2==XCO2+Y/2H2O，因为反应前后温度都是1200℃，所以H2O为气态，要计体积，在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比，则无论O2是否过量，每1体积CXHY只与X+Y/4体积O2反应，生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气，体积变量肯定为1-Y/4，只与分子式中氢原子数量有关.按题意，由于反应前后体积不变，即1-Y/4=0，立刻得到分子式为CXH4，此时再将四个选项中的碳原子数目代入，CH4为甲烷，C2H4为乙烯，C3H4为丙炔，只有C4H4不可能。
12.排除法：
选择型计算题最主要的特点是，四个选项中肯定有正确答案，只要将不正确的答案剔除，剩余的便是应选答案.利用这一点，针对数据的特殊性，可运用将不可能的数据排除的方法，不直接求解而得到正确选项，尤其是单选题，这一方法更加有效。
例14、取相同体积的KI，Na2S，FeBr2三种溶液，分别通入氯气，反应都完全时，三种溶液所消耗氯气的体积(在同温同压下)相同，则KI，Na2S，FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是（ ）
A.1：1：2　　 B.1：2：3 　　C.6：3：2 　　D.2：1：3
【解析】本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出，按照氯气用量相等得到各物质摩尔数，从而求出其浓度之比的方法来解，但要进行一定量的运算，没有充分利用选择题的特殊性.根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不相同这一特点，只要求出其中一个比值，已经可得出正确选项.因KI与Cl2反应产物为I2，即两反应物mol比为2：1，FeBr2与Cl2反应产物为Fe3+和Br2，即两反应物mol比为2：3，可化简为2/3：1，当Cl2用量相同时，则KI与FeBr2之比为2：(2/3)即3：1，A，B，D中比例不符合，予以排除，只有C为应选项.如果取Na2S与FeBr2来算，同理也可得出相同结果.本题还可进一步加快解题速度，抓住KI，Na2S，FeBr2三者结构特点--等量物质与Cl2反应时，FeBr2需耗最多Cl2。换言之，当Cl2的量相等时，参与反应的FeBr2的量最少，所以等体积的溶液中，其浓度最小，在四个选项中，也只有C符合要求。
13.十字交叉法：
十字交叉法是专门用来计算溶液浓缩及稀释，混合气体的平均组成，混合溶液中某种离子浓度，混合物中某种成分的质量分数等的一种常用方法，其使用方法为： 组分A的物理量a 差量c-b 平均物理量c(质量，浓度，体积，质量分数等) 组分B的物理量b 差量a-c 则混合物中所含A和B的比值为(c-b)：(a-c)，至于浓缩，可看作是原溶液A中减少了质量分数为0%的水B，而稀释则是增加了质量分数为100%的溶质B，得到质量分数为c的溶液。
例15、有A克15%的NaNO3溶液，欲使其质量分数变为30%，可采用的方法是（ ）
A.蒸发溶剂的1/2 　　　　　　　　B.蒸发掉A/2克的溶剂
C.加入3A/14克NaNO3 　　　　　D.加入3A/20克NaNO3
【解析】根据十字交叉法，溶液由15%变为30%差量为15%，增大溶液质量分数可有两个方法：(1)加入溶质，要使100%的NaNO3变为30%，差量为70%，所以加入的质量与原溶液质量之比为15：70，即要3A/14克。(2)蒸发减少溶剂，要使0%的溶剂变为30%，差量为30%，所以蒸发的溶剂的质量与原溶液质量之比为15%：30%，即要蒸发A/2克.如果设未知数来求解本题，需要做两次计算题，则所花时间要多得多。
14.拆分法：
将题目所提供的数值或物质的结构，化学式进行适当分拆，成为相互关联的几个部分，可以便于建立等量关系或进行比较，将运算简化.这种方法最适用于有机物的结构比较(与残基法相似)，同一物质参与多种反应，以及关于化学平衡或讨论型的计算题。
例16、将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧，消耗氧气的体积最少的是（ ）
A.甲酸 　　　B.甲醛 　　　C.乙醛 　　　D.甲酸甲酯
A.70% 　　B.52.4% 　　C.47.6% 　　D.30%
本题是求混合金属的组成，只有一个"红色粉末与原合金质量相等"的条件，用普通方法不能迅速解题.根据化学方程式，因为铝经两步处理后已在过滤时除去，可用铁守恒建立关系式：Fe～FeCl2～Fe(OH) 2～Fe(OH)3～(1/2)Fe2O3，再由质量相等的条件，得合金中铝+铁的质量=氧化铁的质量=铁+氧的质量，从而可知，铝的含量相当于氧化铁中氧的含量，根据质量分数的公式，可求出其含量为：[(3×16)/(2×56+3×16)]×100%=30%。
解题中同时运用了关系式法，公式法，守恒法等. 综上所述，"时间就是分数，效率就是成绩"，要想解题过程迅速准确，必须针对题目的特点，选取最有效的解题方法，甚至是多种方法综合运用，以达到减少运算量，增强运算准确率的效果，从而取得更多的主动权，才能在测试中获取更佳的成绩。
当然，解题方法并不仅局限于以上方法，还有各人从实践中总结出来的各种各样的经验方法，各种方法都有其自身的优点.在众多的方法中，无论使用哪一种，都应该注意以下几点：
一、要抓住题目中的明确提示，例如差值，守恒关系，反应规律，选项的数字特点，结构特点，以及相互关系，并结合通式，化学方程式，定义式，关系式等，确定应选的方法。
二、使用各种解题方法时，一定要将相关的量的关系搞清楚，尤其是差量，守恒，关系式等不要弄错，也不能凭空捏造，以免适得其反，弄巧反拙.
三、扎实的基础知识是各种解题方法的后盾，解题时应在基本概念基本理论入手，在分析题目条件上找方法，一时未能找到巧解方法，先从最基本方法求解，按步就班，再从中发掘速算方法。
四、在解题过程中，往往需要将多种解题方法结合一齐同时运用，以达到最佳效果。图示题是指以图像、图形和表格为试题的信息来源，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，图像的识别与分析能力，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。图示形式主要有坐标图、表格图、流程图、模型图等。图表信息试题将成为近几年高考的亮点之一，下面就常见图示题的特点及解题策略谈几点看法。
1、坐标图的特点及解题策略
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”，“三识线”。
2、表格题的特点及解题策略
表格题是把经过整理的概念，物质的性质与用途、规律的形成过程和运用过程，以及伴随这些过程的科学探究方法有条理、有系统地编排在一定的表格里，以便确切而清晰地揭示和反映客观事物或过程的某种内在规律性或关联性。表格主要有两种形式，一是记录表的形式，命题的内容主要是探究性学习方式的渗透。特点为：围绕所探究的主题，以实验报告的形式分析科学家进行科学探究的实验现象；或是对研究性课题的实验目的，仪器，现象、假设、数据进行分析讨论，填写实验报告；或对实验记录的数据进行定量计算等。
另一种是比较或归纳概括表，它是提供一个有序的框架，根据你所需要了解的特性对事物进行比较，或对同一问题进行归纳小结。特点是在表格中设置横标目和纵标目。横标目的内容是要比较的具有一定逻辑关系的几个化学量，纵标目的内容是作比较所依据的特性。相应的格子里则填每一件事物关于各个特性的信息。
表格题解答的关键在于分析表格中已存在的文字信息点，了解图表的内容及答题方式，然后根据所示信息点，利用问句中的关键词语，在头脑中搜索相应的信息，提取问题的答案。
一、化学平衡
1．化学平衡图象题的主要特点
该类题目的主要特点是通过多种图象，对化学反应速率和化学平衡有关的知识规律进行分析考查。题目往往变化灵活，涉及内容要求高，特别注重对知识综合应用能力和分析判断能力的考查。
2．化学平衡图象题的解题方法和思路
（1）解题思路
①看懂图象：要一看面（即看清横坐标和纵坐标），二看线（即看线的走向、变化的趋势），三看点（即看线是否通过原点，两条线的交点及线的拐点），四看要不要做辅助线（如等温线、等压线），五看定量图象中有关量的多少。
②联想规律：联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
③作出判断：依题意仔细分析作出正确判断。
（2）分析过程
对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理相结合。
②紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；体积增大、减小还是不变；有无固体、纯液体物质参加或生成等。
③看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。
④看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。
⑤先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
⑥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。
（3）化学平衡综合图象的分类
第一类：是物质的量（或百分含量或浓度）与时间关系的图象。这类题通常是根据某一可逆反应的曲线图象，判断有关的外界条件及可逆方程式中的相关量。解题时，既要考虑反应速率的快慢（拐点出现的时间先后），又要考虑化学平衡的移动。
第二类：是平衡移动原理的应用图象，这类题通常是根据已知可逆反应及外界条件判断曲线图象的正确与否。解题时，要看清横坐标、纵坐标所代表的意义及曲线的变化趋势，把图象中描述的化学平衡移动与勒夏特列原理相对应。还要注意逆向思维。
　例1、 反应2X(g)+Y(g) 2Z(g) （正反应为放热反应）,
在不同温度（T1和T2）及压强(P1和P2)下，产物Z
的物质的量（nz）与反应时间(t)的关系如图所示，
下列判断正确的是 （ ）
A．T1P2
C．T1>T2,P1>P2 D．T1>T2,P1解析：首先分析反应：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反应，低温、高压对反应有利，达平衡时产物Z的物质的量n(Z)大，平衡点高，即图示曲线T2,P1。再对比图示曲线T2,P2，温度相同、压强不同，平衡时n(Z) 不同[P1时的n(Z)大于P2时的n(Z)]，由此分析P1>P2,再从反应速率验证，T2,P1的曲线达到平衡前斜率大（曲线陡），先达到平衡，也说明压强是P1>P2（增大反应压强可以增大反应速率）。然后比较曲线T2,P2与T1,p2，此时压强相同，温度不同，温度低的达平衡时n(Z)大，平衡点高（曲线T2,P2），由此判断温度T1>T2；再由这两条曲线在到平衡前的斜率比较，也是T1,P2的斜率大于T2,P2的斜率，T1,P2曲线先达到平衡，反应速率大，也证明T1>T2，由此分析得出正确的判断是T1>T2，P1>P2，选项C的结论正确。
答案：C
例2、右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是 （ ）
A.反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B该反应达到平衡态I后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态 II
C..该反应达到平衡态 I后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态 II
D.同一种反应物在平衡态 I和平衡态 II时浓度不相等
【解析】本题考查化学速率-时间图像与化学平衡原理结合能力。A项,平衡态I和平衡态II表示同一物质的正逆反应速率相等,A正确;根据图像知,平衡态I时,改变条件,正反应速率瞬时增大,逆反应速率随时增大,但逆反应速率没有脱离原平衡点,即增大反应物浓度,使平衡态I到平衡态II,B项正确;若减少反应物浓度,正反应速率小于原平衡态速率,C项错误;增加反应物达到新平衡,物质浓度发生了变化,产物浓度增大,加入该反应物浓度增大,其他反应物浓度减小。
【点拨】解图像题的关键是理解图像含义，重点理解：点-原点、拐点、终点等；线-两轴表示含义、斜线、平台等。学会将影响化学反应速率和化学平衡移动因素与图像联系起来解答问题。
例3、一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应： 2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是 （ ）
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/（L·s）
B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C．若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0
【解析】根据速率公式Vz=0.3mol/(10L×60s)=5.0×10－4mol/L·s，根据速率之比等于化学计量系数之比，故Vx：Vz=2：1，所以Vx=5.0×10-5mol/L·s×2=1.0×10－3mol/L·s，A正确。若将容器的体积扩大为20L，则化学反应速率减慢，60s时生成的Z的量小于0.3mol，所以Z的平衡浓度比原来的1/2还要小，B错。根据勒夏特列原理增大压强(减小容器体积)使平衡右移，Y的转化率增大，C错。由升高温度X的体积分数增大，说明平衡向左移动，该反应是放热反应，故△H<0,D错。
【点评】该题综合考查了化学反应速率的计算、速率与系数的关系、化学平衡的移动。其中容器的体积变化引起的化学反应速率的减慢是做题中易错的点。
二、元素周期表
围绕元素周期表设计的图表数据型信息题不仅是一类情景新颖的能力型考题，也往往是各级考试中的“保留节目”。该类题的特点是：给出一个复杂实验的现象与数据图表，要求演绎其隐匿的化学规律。其解题思路是：依据图表给出的信息结合教材基本概念与基础知识的相应知识来确定。请同学们看下面的例题：
例1： 下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别表示一种化学元素。
b
h j
a c f i l m
e g
d k
（1）下列 （填写编号）组元素可能都是电的良导体。
①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f
（2）如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：
1．原子核对核外电子的吸引力 2．形成稳定结构的倾向
下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量（kJ/mol）
锂 X Y
失去第一个电子 519 502 580
失去第二个电子 7296 4570 1820
失去第三个电子 11799 6920 2750
失去第四个电子 9550 11600
①通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量。 。
②表中X可能为以上13种元素中的 （填写字母）元素。用元素符号表示X和j形成化合物的化学式 。
③Y是周期表中 族元素。
④以上13种元素中， (填写字母)元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。
解析：（1）从所给元素在周期表中的位置不难知道a、c、d、f分别为Na、Mg、Sr和Al，e处于过渡元素区也一定为金属，它们都是电的良导体；h为碳元素，其单质中的一种石墨也是电的良导体，故应选①、④两组。
（2）①锂原子核外共有3个电子，其中两个在K层，1个在L层，当失去最外层的一个电子后，锂离子处于稳定结构，根据题给信息2可知，要使锂离子再失去电子便会形成不稳定结构，因此锂原子失去第二个电子时所需能量远大于失去第一个电子所需的能量。
②由表中数据可知：X失去第2个电子所需能量远大于失去第一个电子所需的能量（9倍多），而失去第三个、第四个电子所需能量皆不足前者的2倍，故第一个电子为最外层的1个电子，而其他几个电子应处于内层。结合所给的周期表知，X应为a即钠元素和j即氧元素所形成的化合物化学式分别为Na2O和Na2O2。
③由表中所给Y的数据可知，Y失去第1、2、3个电子所需能量差别不大，而失去第4个电子所需能量远大于失去第3个电子所需的能量，因此Y元素的最外层有3个电子即为第ⅢA族的元素Al。
④从题目所给信息知道，原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关，还与形成稳定结构的倾向有关。结构越稳定失电子所需能量越高，在所给13种元素中，处于零族的m元素已达8e－的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多。
答案：（1）①④；（2）①Li原子失去1个电子后形成稳定结构，再失去1个电子很困难；②a Na2O或Na2O2；③ⅢA族或第三主；④m
例2：现有下列短周期元素性质的部分数据，其中X数值是表示不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小，若X值越大，其原子吸引电子能力越强，在所形成的分子中成为带负电荷一方：
元素编号元素性质 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
X 3.44 2.55 0.98 2.04 2.19 3.16 0.93 3.04 1.61
常见化合价 最高价 +4 +1 +3 +1 +3
最低价 -2 -3 -1 -3

（1）请确定以上9种元素在周期表中的位置，将元素符号填入下表中：
族周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA O
1
2
3

（2）推测同周期中X值与原子半径大小的一般关系是_____________。
（3）推测在元素周期表中，X值最大的元素的气态氢化物的水溶液的名称为_____。
答案：（1）
族周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA O
1
2 Li B C N O
3 Na Al P Cl

（2）X值越大，原子半径越小；（3）氢氟酸
例3：下表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素：
a b
d e f
c g h
⑴ 上述_________元素（填字母）可以形成硬度最大的单质。
⑵ “神舟”六号飞船内需要有一种化合物来吸收宇航员呼出的 CO2，你认为该物质应该是由上表中的________和_______元素（填字母）组成的。飞船中需要制造一种适合宇航员生存的人工生态环境，应该在氧气中充入一种气体用于稀释氧气，该气体分子的电子式是__________。
⑶ 在一定条件下，a与 h可形成一种化合物，当固态时，其晶体类型为____；该物质溶于水后的溶液呈 ________ 性（填“酸”、“碱”或“中”）。
⑷ 现有另一种元素X，其原子获得一个电子时所放出的能量比上表中所列元素中都要
大，则 X 是 ____ 元素（填名称），其在周期表中位于____ 族。
答案：⑴ d； ⑵ c、f，。⑶ 分子晶体，酸。⑷氟， ⅦA。
点评:对于信息题，尤其是好像没有见过的新题不要紧张，往往是信息新，所涉及到的知识却比较简单，属于有一定的区分度，但是并没有多大难度，起点好像很高，但落点却非常低，实质上属于比较简单的必得分的题目。通过这道题还应该学会思考和解决问题的科学方法和角度。
三、图像与离子反应整合
图像类问题是同学们学习离子反应中难点，采用“识图像 想原理 学整合”三步曲解决图像题，能提高解题效率。识图像——指理解图像中横纵坐标表示的含义，曲线和点表示意义；联原理——根据题示信息，涉及到哪些化学反应原理，如化学反应，写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式，并与数据结合起来；学整合——在识图像，联原理的基础上，将图像与原理结合起来思考问题，找准切入点。
1、根据图像推断混合物中离子
例1．有一种透明溶液，其中可能含有Fe3+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cu2+,Na+,NH4+中的一种或几种，加入一种淡黄色固体粉末时，加热有刺激性气味的气体放出，同时产生白色沉淀，生成物的物质的量（纵轴）与所加淡黄色粉末的物质的量（横轴）的关系如图所示，试回答下列问题：
（1）淡黄色固体粉末的名称是 ，所含化学键是 ；
（2）溶液中一定没有的离子是 ；
（3）溶液中一定存在的离子是，它们的物质的量分别为 .
解析 题目要求推断存在的离子和计算离子的物质的量，而题干中没有给出任何数据，所以数据必须通过图像获取。纵坐标表示沉淀或气体的物质的量，沉淀曲线有两个拐点，气体曲线出现一个拐点，且都有相应的数据。
依题产生剌激性气味气体，只有NH3，推知原溶液中含有NH4+；因为碱与溶液中NH4+反应生成氨气，所以加入淡黄色固体粉末是过氧化钠；加入过氧化钠产生沉淀为白色，没有蓝色、红褐色或白色沉淀逐渐变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+,Fe2+,Cu2+;由曲线知，加入过氧化钠，沉淀量达到最大值，随后沉淀又部分溶解，说明原溶液中一定含有Al3+,Mg2+.
因为NH4++AlO2-+H2O=NH3↑+Al(OH)3↓,所以，氢氧化铝溶解时，NH4+已完全反应。
根据曲线知，当加入1.0molNa2O2，产生0.9molNH3，沉淀量大到最大值；当加入1.2molNa2O2沉淀溶解了一部分，产生1.0molNH3。因为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,1molNa2O2产生0.5molO2，所以加入1molNa2O2时产生氨气为0.9mol-0.5mol=0.4mol。增加0.2molNa2O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,溶液增加0.4molOH-，氢氧化铝溶解完，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,所以原溶液中Al3+为0.4mol；根据加入1mol过氧化钠计算镁离子的物质的量：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,
1mol 2mol
NH4+ + OH- =NH3↑+H2O,
0.4mol 0.4mol
Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
0.4mol 1.2mol
Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2↓
0.2mol ←(2-0.4-1.2)mol
n(Mg2+)=0.2mol.
答案：（1）过氧化钠，离子键和非极性共价键；（2）Fe2+,Fe3+,Cu2+.
(3)Al3+,Mg2+,NH4+ ；n(Al3+)=0.4mol,n(Mg2+)=0.2mol,n(NH4+)=0.4mol.
2、根据图像确定化学式
例2．甲溶液中含Aa+离子浓度为0.10mol/L，乙溶液含Bb- 离子浓度为0.35 mol/L ，取不同体积的甲、乙两溶液的物质的量如图所示。则沉淀物的化学式为 （ ）
A、A2B3 B、A3B2 C、AB2 D、A2
解析 ： 本题是考察学生利用图像中所给的数据来进行定量计算，从而确定物质的组成。如图所示，在沉淀最大值时，表示两种离子恰好完全反应，V(Aa+)=70mL,V(Bb+)=35mL.
bAa+ + aBb- = AbBa （以沉淀最大值时来计算）
bmol amol 1mol
0.1×70×10-3 0.35×30×10-3 3.1×10-3
b=2.258 a=3.387 a/b=2/3
答案：A
3、根据相关数据画图像计算
例3．某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别配成溶液。向其中一份溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到该气体2.24L（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入氢氧化钡溶液，开始现象类似，经洗涤和干燥，得到白色固体沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g。
请回答下列问题：（1）该结晶水合物中，含有的两种阳离子是 和 ，阴离子是 。
（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式 。
（3）假设过程中向该溶液中加入的氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L，请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入氢氧化钠溶液体积的关系示意图。
研析：根据实验现象推知，溶液中含有铝离子，只有一种气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，所以原晶体含有Al3+,NH4+,SO42-.通过电荷守恒确定SO42-的量。画图时分析：确定反应先后顺序，产物能与其它物质共存的离子先反应。NH4+，Al3+中因为NH3·H2O与Al3+不共存，所以铝离子先与氢氧化钠反应生成氢氧化铝；因为AlO2-,NH4+发生双水解，不能共存。所以，氢氧化钠先与NH4+反应，后与氢氧化铝反应。即氢氧化钠依次发生反应顺序是，Al3+→NH4+→Al(OH)3.画图是近几年高考化学试题发展方向，值得关注。
答案：(1)NH4+,Al3+;SO42-;(2)n(SO42-)=46.6g/233g.mol-1=0.2mol,
n(NH4+)=2.24L/22.4L.mol-1=0.1mol,n(NH4+)+3n(Al3+)=2n(SO42-),根据结晶中阳阴离子电荷守恒有，n(Al3+)=(2×0.2mol-0.1mol)/3=0.1mol,n(H2O)=(45.3g-0.1mol×27g.mol-1-0.1mol×18g.mol-1-0.2mol×96g.mol-1)/18g.mol-1=1.2mol.该结晶水合物的化学式为NH4Al(SO4)·12H2O或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O
（3）如图所示：有机性质及有机反应类型部分的试题主要分布在选择和Ⅱ卷中的有机部分，年年考，且常考常新。有关同分异构部分的试题，要近几年的高考中以选择为主，也涉及到部分填空题。大纲考点解读如下：
1．掌握种类烃（烷烃、烯烃、炔烃、二烯烃、芳香烃）中各种碳碳键、碳氢键的性质和主要化学反应，并能结合同系列原理加以应用。
2．以一些典型的烃类衍生物（乙醇、乙二醇、苯酚、甲醛、乙醛、乙酸、乙二酸、乙酸乙脂、脂肪酸、甘油酯、多羟基醛酮、氨基酸等）为例，了解官能团在化合物中的应用。
掌握各主要官能团的性质和主要化学反应。
3．通过上述各类化合物的化学反应，掌握有机反应的主要类型。
4．综合应用各类化合物的不同性质，进行区别、鉴定、分离、提纯或推导未知物的结构简式。组合多个化合物的化学反应，合成具高考资源网有指定结构简式的产物。
2012年高考以科学、技术、社会及日常生活中涉及到的物质为内容，对有机物结构进行分析，指出有机物所具有的性质，考查有机反应类型、限定条件书写同分异构体（一般含有苯环）、书写烃类衍生物有关的方程式仍是命题的均势。
【考点透视】有机框图题作为高考的必考题，通常在理综合化学试卷（108分）中占15分或18分，而其中反应类型的判断占3分；按要求写出指定物质的同分异构体占3分，写出起始反应物的分子式或结构简式占2分；写出相关的化学方程式占7~10分。为了确保尽可能的得分，现将有机推断题中的热点归纳如下：
一、根据反应条件判断有机反应类型和有机物的类别
1．A B
类型：氧化反应；类别：反应物A：伯醇（或仲醇）；生成物：醛（或酮）和水。
辨析：如果B还能与银氨溶液反应或与斐林试剂反应，说明B一定是醛，而A一定是
伯醇，否则，说明B一定是酮，而A一定是仲醇。
2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ；
CH3CH2OH + CuOCH3CHO + H2O
2．A B
类型：氧化反应；类别：反应物A：醛，生成物：羧酸和水。
CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O
3．A B
类型1：消去反应；类别：反应物：醇，生成物：烯烃和水。
CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O
类型2：取代反应；类别：反应物：醇，主要生成物：醚和水。
2CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3+H2O
类型3：酯化反应；类别：反应物：羟基羧酸，生成物：链酯、环酯、聚链酯和水。
HOCH(CH3)COOH+HOCH(CH3)COOH HOCH(CH3)COOCH(CH3)
COOH+H2O
n HOCH(CH3)COOH OCH(CH3)CO n + n H2O
说明：α―羟基羧酸反应生成六元环酯（分子间酯）或三元环酯（分子内酯）；β―羟
基羧酸反应生成八元环酯（分子间酯）或四元环酯（分子内酯）。
4．A B
类型：消去反应；类别：反应物：卤代烃，生成物：烯烃、卤化钠和水。
CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O
5．A B
类型1：取代反应（水解反应）；反应物：卤代烃，生成物：醇和卤化钠。
特点：碳原子数没有减少。
CH3CH2Br+NaOH CH3CH2OH+NaBr
类型2：取代反应（水解反应）；反应物：羧酸酯，生成物：醇和羧酸钠。
特点：碳原子数减少。
CH3COOCH2CH3+NaOH CH3COONa+CH3CH2OH
类型3：中和反应；反应物：羧酸，生成物：羧酸盐和水
特点：碳原子数没有减少。
课本寻源：
CH3COOH+NaOH CH3COONa+H2O
类型4：取代反应和中和反应；反应物：卤代羧酸，生成物：羟基羧酸盐、卤化钠和水。
课外寻源：
CH3CHClCOOH+2NaOH CH3CH(OH)COONa+NaCl+2H2O
6．A B
类型1：加成反应（或还原反应）；反应物：不饱和烃：烯烃（或炔烃）；生成物：烷烃
（或烯烃）。
CH2=CH2+H2 CH3–CH3
CH≡CH+H2 CH2=CH2
类型2：加成反应（或还原反应）；反应物：芳香烃；生成物：环烷烃。
? ?
类型3：加成反应（或还原反应）；反应物：醛（或酮），生成物：伯醇（或仲醇）。
CH3CHO+H2 CH3CH2OH
CH3COCH3+H2 CH3CH(OH)CH3
二、推断题中常见的突破口。
（一）. 根据反应现象推知官能团
1．能使溴水褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键或醛基。
2．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键、醛基或为苯的同系物。
3．遇三氯化铁溶液显紫色，可推知该物质分子含有酚羟基。
4．遇浓硝酸变黄，可推知该物质是含有苯环结构的蛋白质。
5．遇水变蓝，可推知该物质为淀粉。
6．加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，有红色沉淀生成；或加入银氨溶液有银镜生成，可推知该分子结构有即醛基。则该物质可能为醛类、甲酸和甲酸某酯。
7．加入金属Na放出，可推知该物质分子结构中含有。
8．加入溶液产生气体，可推知该物质分子结构中含有。
9．加入溴水，出现白色沉淀，可推知该物质为苯酚或其衍生物。
（二）根据物质的性质推断官能团
能使溴水褪色的物质，含有C=C或或；能发生银镜反应的物质，含有；能与金属钠发生置换反应的物质，含有－OH、－COOH；能与碳酸钠作用的物质，含有羧基或酚羟基；能与碳酸氢钠反应的物质，含有羧基；能水解的物质，应为卤代烃和酯，其中能水解生成醇和羧酸的物质是酯。但如果只谈与氢氧化钠反应，则酚、羧酸、卤代烃、苯磺酸和酯都有可能。能在稀硫酸存在的条件下水解，则为酯、二糖或淀粉；但若是在较浓的硫酸存在的条件下水解，则为纤维素。
（三） 根据特征数字推断官能团
1．某有机物与醋酸反应，相对分子质量增加42，则分子中含有一个－OH；增加84，则含有两个－OH。缘由－OH转变为。
2．某有机物在催化剂作用下被氧气氧化，若相对分子质量增加16，则表明有机物分子内有一个－CHO（变为－COOH）；若增加32，则表明有机物分子内有两个－CHO（变为－
COOH）。
3．若有机物与反应，若有机物的相对分子质量增加71，则说明有机物分子内含有一个碳碳双键；若增加142，则说明有机物分子内含有二个碳碳双键或一个碳碳叁键。
（四）根据反应产物推知官能团位置
1．若由醇氧化得醛或羧酸，可推知－OH一定连接在有2个氢原子的碳原子上，即存在
；由醇氧化为酮，推知－OH一定连在有1个氢原子的碳原子上，即存在
CHOH
；若醇不能在催化剂作用下被氧化，则－OH所连的碳原子上无氢原子。
2．由消去反应的产物，可确定－OH或－X的位置
3．由取代反应产物的种数，可确定碳链结构。如烷烃，已知其分子式和一氯代物的种数时，可推断其可能的结构。有时甚至可以在不知其分子式的情况下，判断其可能的结构简式。
4．由加氢后碳链的结构，可确定原物质分子C=C或的位置。
（五）根据反应产物推知官能团的个数
1．与银氨溶液反应，若1mol有机物生成2mol银，则该有机物分子中含有一个醛基；若生成4mol银，则含有二个醛基或该物质为甲醛。
2．与金属钠反应，若1mol有机物生成0．5mol，则其分子中含有一个活泼氢原子，或为一个醇羟基，或酚羟基，也可能为一个羧基。
3．与碳酸钠反应，若1mol有机物生成0．5mol，则说明其分子中含有一个羧基。
4．与碳酸氢钠反应，若1mol有机物生成1mol，则说明其分子中含有一个羧基。
（六）根据反应条件推断反应类型
1．在NaOH水溶液中发生水解反应，则反应可能为卤代烃的水解反应或酯的水解反应。
2．在氢氧化钠的醇溶液中，加热条件下发生反应，则一定是卤代烃发生了消去反应。
3．在浓硫酸存在并加热至170℃时发生反应，则该反应为乙醇的消去反应。
4．能与氢气在镍催化条件下起反应，则为烯、炔、苯及其同系物、醛的加成反应（或还原反应）。
5．能在稀硫酸作用下发生反应，则为酯、二糖、淀粉等的水解反应。
6．能与溴水反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。
三、同分异构体书写
重点是芳香族化合物的同分异构体书写。注意以下几个问题：
1．同分异构体的书写顺序：主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排布由邻到间。
2．能使氯化铁溶液呈紫色的是含酚羟基的物质。
3．能发生银镜反应的物质有含醛基的物质：甲酸盐、甲酸某酯、某某醛。
4．苯环上的一氯代物有两种同分异构体时一定存在两个呈对位分布的不同取代基。
5．苯环上的一氯代物只有一种时，一种可能是存在两个呈对位分布的相同取代基，例如：对位二甲苯；另一种可能是存在三个呈对称分布的相同的取代基，例如：间位三甲基苯。
6．书写类别异构体时，一定要特别注意：芳香醇与酚类的异构，羧酸与酯类的异构(尤其要注意羧酸苯酚酯的存在),氨基酸和硝基烷的类别异构。
7．在考虑含羟基的物质与氢氧化钠作用时，注意：醇羟基不与氢氧化钠作用，酚羟基和羧基与氢氧化钠作用。
8．在考虑含卤素原子的物质与氢氧化钠作用时，注意：1摩尔一卤代苯与2摩氢氧化钠作用， 1摩尔一卤代烷与1摩氢氧化钠作用。
9．能发生水解反应的物质特征：含有卤素原子、肽键、酯基。
10．取代反应包括：卤代、硝化、磺化、酯的水解、肽和蛋白质的水解、多糖水解、皂化反应、醇成醚。
11．低碳的羧酸中的羧基能和碳酸盐反应，酚羟基不能和碳酸盐反应。
12．含酚羟基的物质一定能与氯化铁溶液发生显色反应，也能与氢氧化钠发生中和反应，与钠发生置换反应，也可能与羧酸发生酯化反应，与浓溴水发生取代反应。
五、掌握重要有机反应类型及原理
1．取代反应 原理可简述为：“有进有出”图示为
包含：烷烃的卤代（扩展到饱和碳原子的特征反应），醇和氢卤酸的反应，苯的溴代．硝
化．磺化，苯酚和溴水的反应，广义说．酯化．水解也可归属此列。
2．加成反应 原理可简述为：“有进无出” 包含烯烃．炔烃．苯环．醛和油脂等加H2，烯烃．炔烃等加x2，烯烃．炔烃等加HX，烯烃．炔烃等加H2O等等。加成反应是不饱和碳原子的特征反应之一。
3．消去反应 包含醇分子内脱水生成烯烃．卤代烃脱HX生成烯烃。
6．氧化反应
（1）定义：有机化合物分子中增加氧原子或减少氢原子的反应称为氧化反应。
（2）举例：2CH3CHO + O2 → 2CH3COOH
7．还原反应
（1）定义：有机化合物分子中增加氢原子或减少氧原子的反应称为还原反应。
（2）举例：CH3CHO + H2 → CH3CH2OH
六、弄清常见有机物之间的相互转化关系，并掌握方程式　　
掌握各类有机物间的相互联系，使有机化学知识形成体系。各类链烃及其衍生物间的关
系可表示如下：
【例题解析】
例1．分子式为C4H803的有机物，在一定条件下具有下列性质①在浓硫酸存在下，能分别与CH3CH2OH或CH3C00H反应；②在浓硫酸存在下，亦能脱水生成一种只存在一种结构形式，且能使溴水褪色的物质；③在浓硫酸存在下，还能生成一种分子式为C4H6O2的五元环状化合物。根据上述性质，确定 C4H803的结构简式为 （ ）
A．HOCH2C00CH2CH3 B．HOCH2CH2CH2C00H
C．CH3CH(OH)CH2C00H D．CH3CH2CH(0H)C00H
答案：B
解析：由①③得，该有机物中含有和-0H，由分子式为C4H8O3得结构简式为CH2(OH)CH2CH2COOH、CH3CH(OH)CH2COOH或CH3CH2CH(OH)COOH，由②排除CH3CH(OH)CH2COOH，由③排除CH3CH2CH(OH)C00H。
例2、下列各组物质不属于同分异构体的是 （ ）
A．2，2-二甲基丙醇和2-甲基丁醇
B．邻氯甲苯和对氯甲苯
C．2-甲基丁烷和戊烷
D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯
答案：D。
解析：根据有机物的名称，知道各选项中有机物的碳原子数是一样多的。D选项中的甲
基丙烯酸中有两个双键（碳碳双键和碳氧双键），而甲酸丙酯中只有一个碳氧双键，故这两种物质不是同分异构体。
例2．2008年北京奥运会的“祥云”火炬所用的燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是 （ ）
A．分子中碳原子不在一条直线上
B．光照下能够发生取代反应
C．比丁烷更易液化
D．是石油分馏的一种产品
答案：C
解析：烷烃分子结构，是以每个碳为中心的四面体结构，多碳烷烃的碳链是锯齿型的，
碳原子不在一条直线上；烷烃的特征反应是在光照条件下发生取代反应；石油分馏所获
碳原子在1—4之间的烷烃混合物叫石油气，更进一步分离石油气可获得丙烷。烷烃随分子内碳原子数的增多，状态由气态、液态、固态变化，组成和结构相似的物质，随分子量的增大，分子间作用力增大，因此丁烷比丙烷易液化。
例3．某有机样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀。该有机样品可能是 （ ）
A．乙二醇 B．乙醇
C．乙醛 D．甲醇和丙三醇的混合物
答案：A D
解析: 燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g,说明7.1g是CO2和H2O的混合物，沉淀是碳酸钙，为0.1 mo1，则CO2为0.1 mo1质量为4.4 g，水为7.1-4.4=2.7g，含氢0.3mo1，所以C：H=1：3，符合C：H=1：3只有A和D
例4．胡椒粉是植物挥发油的成分之一。它的结构式为：
HO——CH2CH＝CH2，下列叙述中不正确的是 （ ）
A．1mol胡椒粉最多可与4mol氢气发生反应
B．1mol胡椒粉最多可与4mol溴发生反应
C．胡椒粉可与甲醛发生反应，生成聚合物
D．胡椒粉在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度
答案：B
解析:由胡椒粉的结构可以得出：与H2发生加成反应时苯环能与3molH2发生加成，另有
碳碳双键也能加成1molH2，总计4molH2，故A对。当与Br2发生加成时只有碳碳双键
与反应消耗1molBr2。而在苯酚的结构中与羟基的邻位碳上的2个氢原子能与Br2发生取
代反应，消耗2molBr2。总计3molBr2发生反应，B错。胡椒粉分子中有酚羟基，故能与
甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物。C对。羟基是亲水基团，烃基是憎水基团；胡椒粉分子结构中烃基比苯酚分子中烃基大，故胡椒粉在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度。D对。
例5．霉酚酸酯(MMF)是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物。下列关于MMF的说法正确的是 （ ）
A．MMF能溶于水
B．MMF能发生取代反应和消去反应
C．1molMMF能与6mol氢气发生加成反应
D．1molMMF能与含3molNaOH溶液完全反应
答案：D
解析：选项A中由于分子中除－OH外，其它均为非极性基团，所以它不溶于水；选项
B中可以发生取代反应，但不会发生消去反应；选项C中C＝C有4个，C＝O有2个，
但－COO－中的C＝O不会发生加成反应，所以只能与4molH2发生加成反应；选项D中含有一个酚羟基，同时含有2个可以水解的酯的结构，所以可以和3molNaOH溶液完全反应。
例6．药用有机化合物A（C8H8O2）为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。
则下列说法正确的是 （ ）
A．根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚
B．G的同分异构体中属于酯，且能发生银镜反应的只有一种
C．上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G
D．A的结构简式为
解析：A，推知D为苯酚、F为三溴苯酚；B，G的同分异构体中属于酯，且能发生银镜
反应的有：HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH（CH3）2两种；C项，D是苯酚，不发生水解反应；D，综合推知A为乙酸苯酚酯。
答案：D
例7、下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是
A．干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料
B．用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料
C．用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇
D．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应
答案：D
解析：由煤制备化工原料通过干馏（煤在高温下的分解），A对。丙烷燃烧生成CO2和
H2O，并没有污染大气的气体生成，为清洁燃料，B对。大米发酵生成乙醇，时间越长，
乙醇浓度越大越香醇，C对。纤维素水解生成葡萄糖；蔗糖水解生成葡萄糖与果糖；脂
肪水解生成高级脂肪酸与甘油；葡萄糖为单糖，不会发生水解，D错。
例7．胆固醇X与有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系：
其中D能发生银镜反应，1 mol D与2 mol H2反应生成1 mol E。
①化合物D中所含的官能团是 。
②D→E可能的反应类型是 。
③E→F 的化学方程式是 。
④写出与E具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式：
。
解析：由四元环可以确定羟基可能的位置D能发生银镜反应可见有醛基，加氢还原为伯醇，因此可以确定，应为上面的第二种情况，此题即可得到突破。同分异构体的的问题
要按一定的次序和规律进行推理：去一个碳用作羧基，还有三个碳即丙基（两种）然后让羟基情急分别去取代两种丙基中的氢即可得到所有的同分异构体。
答案：①羧基、碳碳双键、醛基
②加成反应（或还原反应）
③
④
例8．某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：
（1）写出下列反应的反应类型：
S→A第①步反应 、　　B→D 、
D→E第①步反应 、　 A→P 。
（2）B所含官能团的名称是 。
（3）写出A、P、E、S的结构简式
A： 、P： 、E： 、S： 。
（4）写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式：
。
（5）写出与D具有相同官能团的D的所有同分异构体的结构简式：
。
解析：由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，水解可以得到A，说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由S→B发生消去，B AUTOTEXT => \* MERGEFORMAT →F发生加成，得到饱和羧酸F，而F和NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个—COOH。S中的Cl原子碱性条件下被—OH取代，生成含有—COOH和—OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯，故—OH在β碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为
，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH，D为，D在NaOH醇溶液中发生消去，生成E：HOOCC≡CCOOH，P为六元环酯，结构简式为：。
根据上述物质结合反应条件，可知S→A第①步反应为取代（或水解）反应；
B→D为烯烃和溴的加成反应；D→E第①步反应为卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应；
A→P为酯化（取代）反应。
（2）B为HOOCCH=CHCOOH，分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团。
（3）A： P：
E：HOOCC≡CCOOH S：。
（4）F为丁二酸（HOOCCH2CH2COOH）在浓硫酸作用下与足量的乙醇反应，生成丁二酸二乙酯，方程式为：+2C2H5OH +2H2O
（5）D为，其含有相同挂能团的同分异构体有：
HOOCCBr2CH2COOH、 、。
答案：（1）取代（水解）反应 加成反应 消去反应 酯化（取代）反应
（2）碳碳双键 羧基
（3）A：HOOCCHOHCH2COOH P：
E：HOOCC≡CCOOH S：
（4）+2C2H5OH +2H2O
（5）HOOCCBr2CH2COOH 、
【专题训练】
1．水管按材质分为聚丙烯．聚氯乙烯等种类。饮用水使用聚丙烯水管，而不能使用聚氯乙烯水管，因聚氯乙烯对人体有潜在危害。下列有关叙述不正确的是 （ ）
A．聚丙烯．聚氯乙烯都属于链状高分子化合物，受热易熔化
B．聚丙烯．聚氯乙烯的单体都是不饱和烃，能使酸性KMnO4褪色
C．聚氯乙烯是混合物,焚烧时会放出有毒气体HCl
D．废弃的聚丙烯．聚氯乙烯均可回收利用以减少白色污染
2．下列事故的处理方法正确的是 （ ）
A．苯酚沾到了皮肤上，先用碱液清洗，再用大量清水冲洗
B．实验台上的钠着火了，使用泡沫灭火器扑灭
C．Cl2泄漏，工作人员用浸有烧碱溶液的毛巾捂住鼻子去处理事故
D．浓碱溶液沾到了皮肤上，立即用大量清水冲洗，再涂上硼酸溶液
3．国际奥委会严禁体育运动员服用兴奋剂参加体育比赛。某种兴奋剂的结构如下，关于它
的说法中正确的是 （ ）
A．它的化学式是：C15H18O2NCl
B．1mol该物质最多能与2molNaOH反应
C．1mol该物质最多能与含有4molBr2的溴水反应
D．它的分子中所有碳原子共平面
4．下列二种有机物是某些药物中的有效成分,对此二种有机物的有关说法正确的是 （ ）
A．二种有机物都是芳香族化合物, 梧酸小于阿司匹林在水中的溶解度
B．二种有机物中，环上一氯代物梧酸有一种，阿司匹林有四种
C．二种有机物都能发生水解
D．等物质的量的二种有机物与NaOH溶液反应，阿司匹林消耗
NaOH物质的量更多
5．有机物H3C— —CH=CH—C≡C—CH3分子中，
最多可有多少个原子共面（ ）
A．14 B．18　 C．20 D．24
6．为了研究乙醇等物质的性质，进行如下实验：
（1）如图1，先加热盛有无水乙醇和铜粉的a烧瓶，再点燃尖嘴管d，出现淡蓝色火焰, 点燃尖嘴管d之前应 , 反应完后取少量c中液体，加入银氨溶液水浴加热, 出现银镜, 写出下列两个化学方程式:
a烧瓶中的反应 ．银镜反应 。苯的作用为 ,为什么b玻璃管不能太长也不能太短？ 。
（2）另取反应完后c中液体，加入钠，放出氢气，原因可能是：
猜想Ⅰ蒸发出的乙醇和钠反应，
猜想Ⅱ 。
某同学设计了如图2的实验来证明猜想Ⅱ，装好药品后，在加热烧瓶前的操作
是 ，加热完后先移去试管，再熄灭酒精灯后的下一步操作是 ，无水CuSO4的作用为 。
7．物质A有如下合成路线：
（1）A的分子式为 ，含有的
官能团为 （写名称）。
（2）A→C的化学方程式为 ，
反应类型为
（3）B的同分异构F．G能与浓溴水反应，且结构中均含有一个-CH3，1mol F消耗3 mol Br2，1mol G消耗2 mol Br2，F．G的结构简式为 ， 。将2滴溴水滴加到大量F中，没有明显现象，若向该溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀析出。解释上述实验现象？
（4）已知在一定条件下R1CH=CHR2→R1CHO+ R2CHO，A在一定条件下氧化生成羧酸
X．Y ，X的分子式为C7H6O2，它是芳香族化合物，Y是一种还原性的二元羧酸。 写出两类含有醛基X的同分异构体 ， 。
8．从环己烷可制备1，4-环己二醇的二醋酸酯，下列有关的8步反应（其中所有无机物都已
略去）：
试回答：其中有3步属于取代反应，2步属于消去反应，3步属于加成反应
（1）反应①________________和_______________属于取代反应。
（2）化合物结构简式：B________________，C______________。
（3）反应④所用的试剂和条件是：____________________________。
【答案】
1． 答案：B
解析：聚丙烯．聚氯乙烯是线型高分子, 具有热塑性, A正确; 聚氯乙烯的单体是氯乙烯,是卤代烃, B错; 高分子化合物都是混和物, 焚烧聚氯乙烯生成HCl．CO2．H2O，C正确
2． 答案：D
解析：苯酚沾到了皮肤上，先用酒精清洗，再用大量清水冲洗，A错; 钠要与泡沫灭火
器产生的水．二氧化碳等反应,B错; 烧碱对人体皮肤有腐蚀性, 应用浸有小苏打溶液的
毛巾捂住鼻子去处理Cl2泄漏事故,C错。
3． 答案：B
解析：它的化学式是：C15H23O2NCl,A错; 该物质不能与Br2水（应改为：溴水）反应,C
错； 分子中与苯环直接相连的碳和苯环上的碳原子一定共平面,（添加：其它碳原子与苯
环上的碳原子不共面,）D错
4． 答案：B
解析：梧酸亲水官能团个数比阿司匹林多, 梧酸大于阿司匹林在水中的溶解度,A错; 梧酸不能水解,阿司匹林含酯的结构要水解,C错; 1mol梧酸与4molNaOH溶液（应将“溶液”
二字去掉）反应, 1mol阿司匹林与3mol NaOH溶液（应将“溶液”二字去掉）反应,D错
5．答案：C
解析：可将该有机物按所在平面写成：
可以看出， 所在平面与 所在平面可以重合，—C≡C—为该平面上的延长线，端点的两个—CH3可以沿键轴方向旋转，使—CH3的一个氢原子在此平面上，所以此有机物分子中最多可有20个原子共面。　　
6． 答案：（1）检查气体纯度 C2H5OH CH3CHO+ H2↑
CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O （4分）吸收乙醛 乙醇的沸点远高于乙醛，玻璃管b太短乙醇易蒸馏出进入c中，b太长乙醛不易蒸馏出进入c中（2）蒸发出的乙醛和钠反应 取下分液漏斗玻璃塞（或玻璃塞的凹槽与分液漏斗的小孔对齐）,打开活塞，让液体滴下,后关闭活塞 （2分） 向试管中加入少量钠检验蒸发出的乙醛是否含水。
解析：尖嘴管d出现谈蓝色火焰,可能是产生了氢气，c中液体加入银氨溶液水浴加热, 出现银镜, 说明有醛基，综合得出C2H5OH氧化生成CH3CHO和H2；反应完后c中的液体含乙醛．可能含乙醇 ，得出猜想Ⅰ．猜想Ⅱ。
7．解析：（1）设A的分子式为R(-CHO)n，根据反应类型推得：C为R(-COONH4)n，D为
R(-COOH)n，E为C9H10O2，由R(-COOH)n +2个H得到。∴n=1，R(-COOH)为C9H8O2，
即A的分子式为C9H8O，不饱和度为6，因A中含有苯环（后面问题中有信息）和一个
-CHO，则A还必含一个“C=C”。因为A中不含-CH3，则A的结构简式为：
（2）A→C是醛氧化成羧酸，反应类型为氧化反应，方程式略。
（3）B的分子式为 C6H5-CH2CH2CH2OH(C6H5-代表苯基)，其同分异构、G能与溴水反应，则F、G属于酚类，它们与溴水发生取代反应，即是溴原子取代酚羟基的邻位．对位
上的氢原子。所以，F的结构简式 ，G的结构简式
将少量浓溴水滴入大量F中，生成物Z溶在有机物F中，
形成有机溶液。当NaOH溶液与F反应，Z在水溶液中
则析出沉淀。
（4）依题意知，X为苯甲酸，Y为乙二酸。含有醛基X的同分异构体可为
甲酸酚酯 （(C6H5-OOCH）和（苯）酚甲醛（酚羟基与醛基有邻．间．对三种异构）。
8．解析： 在浓NaOH．醇．△条件下发生消去反应生成A：，A与Cl2不见光生成B，可知A与Cl2加成得，又因B又可转化成，故可知B也应
在浓NaOH，醇，△条件下发生消去反应。与Br2发生1，4加成生成。
又因C与醋酸反应，且最终得到，故可知C应为醇，可由 水解得到，C为，D为，
D再与H2加成得产物1，4-环己二醇的二醋酸酯。
故答案应为：（1）⑥⑦
（3）浓NaOH．醇．加热
Cu/O2
△
新制Cu(OH)2
△
浓H2SO4
△
浓H2SO4
170℃?
浓H2SO4
140℃
浓H2SO4
△
浓H2SO4
△
NaOH、醇
△
醇
△
NaOH、水
△
水
△
水
△
水
△
水
△
H2/Ni
△
Ni
△
Ni
△
Ni
△
Ni
△
20090318
20090318
梧
20070323
A
D
B(不含-CH3)
E(C9H10O2)
Ag(NH3)2OH
C
H+
1molH2
2molH2
-CH=CH-CHO
OH
CH2CH2CH3
OH
CH2CH2CH3
OH
CH2CH2CH3
-Br
OH
CH2CH2CH3
Br-
Br
Z一、离子方程式
　　离子方程式书写的基本规律要求
　　(1)合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应。
　　(2)式正确：化学式与离子符号使用正确合理。
　　(3)号实际：“＝”“”“→”“↑”“↓”等符号符合实际。
　　(4)三守恒：两边原子数、电荷数必须守恒、氧化还原反应离子方程式中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数要相等。
　　(5)明类型：依据离子反应原理，分清类型，总结方法技巧。
　　(6)检查细：结合书写离子方程式过程中易出现的错误，细心检查。
（一）滴加顺序与离子反应
在化学反应中相同的两种试剂，由于滴加顺序的不同会产生不同的现象，发生不同的离子反应。现归纳如下：
1、强碱溶液（）与可溶性的铝盐溶液
向溶液中滴加NaOH或KOH溶液，或向、溶液中滴加溶液，先出现白色沉淀，后沉淀消失。其离子反应方程式为：
若反向滴加时，开始无明显现象，后出现白色沉淀。其离子反应方程式为：
2、强酸溶液或强酸的酸式盐溶液与偏铝酸盐溶液
向溶液中滴加HCl、H2SO4、HNO3、NaHSO4或KHSO4溶液，先出现白色沉淀，后沉淀消失。其离子反应方程式为：
若反向滴加时，开始无明显现象，后出现白色沉淀。其离子反应方程式为：
3、不稳定的多元弱酸盐溶液与强酸或强酸的酸式盐溶液
向溶液中滴加HCl、H2SO4、HNO3、NaHSO4或KHSO4溶液，开始无明显现象，后有气体放出。其离子反应方程式为：
若反向滴加时，立即产生气体。其离子反应方程式为：
4、多元酸与强碱溶液反应生成的正盐和酸式盐的溶解性不同
向H3PO4溶液中滴加溶液，开始无明显现象，后产生白色沉淀。其离子反应方程式为：
若反向滴加时，立即出现白色沉淀，后沉淀消失。其离子反应方程式为：
5、硝酸银溶液与氨水
向溶液中滴加氨水，先有沉淀产生，后沉淀又溶解。其离子反应方程式为：
或
若反应滴加时，先无明显现象，后有沉淀生成。其离子反应方程式为：
6. 溶液与溶液
向溶液中滴加溶液，产生黑色沉淀，溶液变成无色。其离子反应方程式为：
两反应相继进行。
若反向滴加时，先产生淡黄色沉淀，溶液变成浅绿色，后溶液中又出现黑色沉淀，溶液变成无色。其离子反应方程式为：
（先反应）
（后反应）
（二）定量离子方程式的书写
1、酸式盐与碱
例1、写出碳酸氢钠溶液分别与少量石灰水、过量石灰水反应的离子方程式。
解析：NaHCO3与少量Ca(OH)2反应时，只抵消中的，生成正盐
Na2CO3和CaCO3，若Ca(OH)2过量，需考虑过量的Ca(OH)2能否与生成的Na2CO3和CaCO3继续反应，所以应为：
Ca(OH)2少量：
Ca(OH)2过量时：
2、离子定量沉淀
例2、向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使全部沉淀，写出离子反应方程式。
向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使全部沉淀，写出离子反应方程式。
解析：使1mol KAl(SO4)2·12H2O中的2mol完全沉淀，需2mol Ba(OH)2，此时与的物质的量之比为1：4，生成和H2O。故应为：
3、一种氧化剂与多种还原剂
例3、在2mol/L FeBr2溶液80mL中通入4.48L氯气（标准状况下），充分反应后，写出对应的离子方程式。
分析：
即可理解为4mol FeBr2与5mol Cl2反应。因Cl2先氧化，后氧化，依电子得失守恒可知，5mol Cl2可得，被氧化成能失去，还差，故只有6mol被氧化，还剩。则离子方程式可直接写为：
　　例4、能正确表示下列化学反应的离子方程式是(　 )
　　A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32—十SO2十H2O＝2HCO3—十SO32—
　　B．金属铝溶于盐酸中：Al十2H+＝Al3+十H2↑
　　C．硫化钠溶于水中：S2—十2H2O＝H2S↑十2OH—
　　D．碳酸镁溶于硝酸中：CO32—十2H+＝H2O十CO2↑
　　例5、下列离子方程式中正确的是(　 )
　　A．过量的NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+十2OH—十2H+十SO42—→BaSO4↓十2H2O
　　B．NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4+十OH—→NH3↑十H2O
　　
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：
　　D．FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2+十2Br—十2Cl2→2Fe3+十Br2十4Cl—
　　解析：
　　B中HCO3—与NaOH溶液反应
　　NH4+十HCO3—十2OH—＝NH3·H2O十CO32—十H2O
　　D中少量Cl2只能氧化Fe2+：2Fe2+十Cl2→2Fe3+十2Cl—
　　答案：AC
二、离子共存
　　下面是离子间不能共存的几种情况：
　　1．由于发生复分解反应，离子不能大量共存
　　(1)有气体产生。例如：CO32—、SO32—、S2—、HCO3—、HSO3—、HS—等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存。
　　(2)有沉淀生成。例如：Ba2+、Ca2+、Mg2+、Ag+等不能与SO42—、CO32—等大量共存；Mg2+、Fe2+、Ag+、Al3+、Zn2+、Cu2+、Fe3+等不能与OH—大量共存；Pb2+与Cl—，Fe2+与S2—、Ca2+与PO43—、Ag+与Cl-、Br-、I—等不能大量共存。
　　(3)有弱电解质生成。例如：OH—、CH3COO—、PO43—、HPO42—、H2PO4—、F—、ClO—、AlO2—、SiO32—、CN—、C17H35COO—、等与H+不能大量共存；一些酸式弱酸根，例如：HCO3-、HPO42—、HS—、H2PO4—、HSO3—不能与OH—大量共存；NH4+与OH—不能大量共存。
　　(4)一些容易发生水解的离子，在溶液中的存在是有条件的。例如：AlO2—、S2—、CO32—、C6H5O—等必须在碱性条件下才能在溶液中存在；再如：Fe3+、Al3+等必须在酸性条件下才能在溶液中存在。这两类离子不能同时存在在同一溶液中，即离子间能发生“双水解”反应。例如：3AlO2—十Al3+十6H2O＝4Al(OH)3↓等。
　　2．由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存
　　(1)具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。例如：S2—、HS—、SO32—、I—和Fe3+不能大量共存。
　　(2)在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。例如：MnO4—、Cr2O72—、NO3—、ClO—与S2—、HS—、SO32—、HSO3—、I—、Fe2+等不能大量共存；SO32—和S2—在碱性条件下也可以共存，但在酸性条件下则由于发生2S—十SO32—十6H+＝3S↓十3H2O反应不能共存。H+与S2O32—不能大量共存。
　　3．水解性较强的阳离子跟水解性较强的阴离子在水溶液中不能大量共存
　　例如：Al3+和HCO3—、CO32—、HS—、S2—、AlO2—、ClO—等；Fe3+与CO32—、HCO3—、AlO2—、ClO—等不能大量共存。
　　4．溶液中能发生络合反应的离子不能大量共存
　　例如：Fe2+、Fe3+与SCN—不能大量共存；Fe3+与不能大量共存。
　　例1、下列各组离子能在溶液中大量共存的是(　 )
　　A．Ca2+、NH4+、Cl—、CO32—
　　B．Na+、NH4+、NO3—、Cl—
　　C．H+、Na+、NO3—、OH—
　　D．K+、Mg2+、SO42—、OH—
　　解析：
　　A中Ca2+十CO32—＝CaCO3↓
　　C中H+十OH—＝H2O
　　D中Mg2+十2OH—＝Mg(OH)2↓
　　B中Na+不能与NO3—或Cl—，NH4+不能与NO3—或Cl—结合生成难溶、难电离或易挥发的物质，可以在溶液中大量共存，所以选B。
　　例2、某溶液中由水电离产生的c(OH—)＝1×10—14 mol·L—1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是(　 )
　　A．Al3+、Na+、NO3—、Cl—
　　B．K+、Na+、Cl—、NO3—
　　C．K+、Na+、Cl—、AlO2—
　　D．K+、NH4+、SO42—、NO3—
　　解析：
　　由水电离产生的c(OH—)＝1×10—14 mol·L—1，则由水电离产生的c(H+)＝1×10—14 mol·L—1，即溶液为pH＝1或pH＝14呈酸性或碱性：A．Al3+在碱性条件下生成Al(OH)3↓或AlO2—，C中AlO2—在酸性条件下生成Al(OH)3↓或Al3+，D中NH4+在碱性条件下生成NH3·H2O，B在酸性或碱性条件下离子之间相互不发生反应。
　　答案：B
　　例3、在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是(　 )
　　A．MnO4—、K+、Na+、SO42—
　　B．Na+、K+、HCO3—、Cl—
　　C．Mg2+、NH4+、Cl—、NO3—
　　D．Ba2+、K+、S2—、SO42—
　　解析：本题有两个隐蔽条件：一是强酸性溶液；二是溶液需无色透明，根据这两个条件分析：A中MnO4—为紫色，B中HCO3—为弱酸酸 根离子，在强酸性条件下不能共存；HCO3—十H+＝H2O十CO2↑；D中Ba2+十SO42—＝BaSO4↓二者不能共存，同时白色沉淀难溶于酸。Mg2+或NH4+均不能跟Cl—和NO3—反应，所以选C。
　　三、比较离子浓度大小的两个原理
　　1．电荷守恒原理：溶液中阳、阴离子所带的正负电荷总数相等，即电解质溶液呈电中性。如在NaHCO3溶液中，阳离子有Na+和H+，阴离子有HCO3—、CO32—和OH—，但一个CO32—需要两个+1价离子才能与它的电荷数值相等，即与CO32—电荷守恒的+1价离子的浓度应该是它的浓度的两倍，根据电荷守恒原理有：c(Na+)十c(H+)＝c(HCO3—)十c(OH—)十2c (CO32—)。
　　2．物料守恒原理：指电解质溶液中某一组分的原始浓度(起始浓度)应等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。如在NaHCO3溶液中，有：c(Na+)＝c(HCO3—)十C(H2CO3)十c(CO32—)。　
例1、将20mL0.4mol·L—1硝酸铵溶液跟50mL 0.1mol·L—1的氢氧化钡溶液混合，则混合溶液中离子浓度的大小顺序是(　 )
　　A．(NO3—)＞c(OH—)＞c(NH4+)＞c(Ba2+)
　　B．c(NO3—)＞c(Ba2+)＞c(OH—)＞c(NH4+)
　　C．c(Ba2+)＞c(NO3—)＞c((OH—)＞c(NH4+)
　　D．c(NO3—)＞c(Ba2+)＞c(NH4+)＞c(OH—)
　　解析：
　　2NH4NO3十Ba(OH)2＝Ba(NO3)2十2NH3·H2O
　　 2　　　 　1
　　若不考虑体积变化因素，Ba(OH)2过量而NH4NO3 不足，故c(OH—)＞c(NH4+)，Ba2+与NO3—
　　
　　离子浓度大小顺序
　　c(NO3—)＞c(Ba2+)＞c(OH—)＞c(NH4+)，B正确。
　　例2、在10mL 0.1mol·L—1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，反应同溶液中各粒子浓度关系错误的是(　 )
　　A．c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(H+)>c(OH—)
　　B．c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)
　　C．c(Na+)＝c(CH3COO—)十c(CH2COOH)
　　D．c(Na+)十c(H+)＝c(CH3COO—)十c(OH—)
　　解析：NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO—的水解，显然c(Na+)＞c(CH3COO—)，CH3COO—结合水电离出的H+使c(OH—)＞c(H+)，又由于水解是微弱的，故有c(Na+)＞c(CH3COO—)＞c(OH—)＞c(H+)，C根据物料守恒可得此结论，D根据电荷守恒可得此结论。
　　答案：A
　　点评：1．比较离子浓度大小时，等物质的量浓度的CH3COOH—－CH3COONa及NH2·H2O—－NH4Cl混合液中电离趋势大于水解，而NaCN—－HCN的混合液中，水解大于电离。
　　2．比较离子浓度大小的题目，若关系式中出现中性分子，必是物料守恒与电荷守恒表达式相加的结果。在相同条件下（定温、定容或定温、定压），同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按化学计量数之比投入反应物或生成物，在达到化学平衡状态时，所建立起来的化学平衡状态都是相同的，这样的化学平衡互称为等效平衡。
一、等效平衡的标志
我们所说的“等效平衡”与“完全相同的平衡状态”不同；“完全相同的平衡状态”在达到平衡状态时，任何组分的物质的量分数（或体积分数）对应相等，并且反应的速率等也相同；而“等效平衡”只要求平衡混合物中各组分的物质的量分数（或体积分数）对应相同，反应的速率、压强等可以不同。
二、等效平衡的分类
在等效平衡中比较常见并且重要的类型主要有以下几种：
1. 定温、定容条件下的等效平衡：
①化学反应前后气体分子数改变的等效平衡。
②化学反应前后气体分子数不变的等效平衡。
2. 定温、定压条件下的等效平衡。
三、等效平衡的解题思路
我们常采用“等价转换”的方法，分析和解决等效平衡问题。
1. 在定温、定容条件下，对于化学反应前后气体分子数改变的可逆反应，只改变起始加入物质的物质的量，如果通过可逆反应的化学计量数之比换算成化学方程式的同一边物质的物质的量与原平衡相同，则两平衡等效。
2. 在定温、定容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量之比与原平衡相同，则两平衡等效。
3. 在定温、定压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数之比换算成化学方程式的同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，达到平衡状态后与原平衡等效。
【题型解读】
题型1：一般可逆反应在恒温、恒容条件下建立等效平衡
例1、在一个体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生反应：
2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(g)，达到平衡时C的浓度为a mol·L－1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol·L－1的是（ ）
A．4molA＋2molB
B．2molA＋1molB＋3molC＋1molD
C．3molC＋1molD＋1molB
D．3molC＋1molD
分析：等效平衡的含义：在一定条件（恒温恒容或恒温恒压）下，只是起始加入情况不同的同一可逆反应达到平衡后，任何相同组分的百分含量（体积分数、物质的量分数等）均相同，这样的化学平衡互称等效平衡。
对于一般可逆反应，在恒温恒容条件下，只改变起始加入的情况，只要通过可逆反应的化学计量数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同，则二平衡等效。
假设2 mol A和1 mol B能够完全反应，则应生成3molC＋1molD，所以如果维持容器体积和温度不变，开始时向容器中加入3molC＋1molD，达到平衡时，与原平衡是等效平衡，则C的浓度仍为a mol·L－1。
答案：D。
题型2：反应前后气体体积不变的可逆反应在恒温、恒容条件下建立等效平衡
例2、可逆反应A(g)＋B(g)2C(g)在固定容积的容器中进行，如果向容器中充入1mol A和1mol B，在某温度下达到平衡时，C的体积分数为m%；若向容器中充入1mol C，在同样的温度下达到平衡时，C的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是（ ）
A．m>n B．m分析：在恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要按化学计量数换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则二平衡也为等效平衡。
假设1mol C物质完全反应，可以生成0.5mol A和0.5mol B，投入量是第一种投料方式的一半，所以压强也是其一半。但由于该反应是一个气体体积不变的反应，即压强对该反应的平衡状态没有影响，所以前后两个平衡仍然是等效平衡。因此两个平衡中C的体积分数相等。但在第二个平衡状态中C的浓度是第一个平衡状态的一半。
答案：C。
题型3：可逆反应在恒温、恒压条件下建立等效平衡
例3、在一个盛有催化剂容积可变的密闭容器中，保持一定温度和压强，进行以下反应：
N2＋3H22NH3。已知加入1mol N2和4mol H2时，达到平衡后生成a mol NH3（见下表已知项）。在相同温度、压强下，保持平衡时各组分的体积分数不变。对下列编号①～③的状态，填写表中空白。
已知编号 起始状态物质的量 n/mol 平衡时NH3的物质的量n/mol
N2 H2 NH3
1 4 0 a
① 1.5 6 0
② 1 0.5a
③ m g(g≥4m)
分析：对于一般的可逆反应，在恒温恒压条件下，只要按化学计量数换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后，与原平衡等效。
①因为从题干可知n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1∶4∶a，所以①状态下n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1.5∶6∶1.5a。
②起始状态时，有1mol NH3，则相当于起始时有N2和H2分别为0.5mol和1.5mol，按n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1∶4∶a，可得②状态时n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝0.5∶2∶0.5a，所以原有N2和H2分别为0和0.5mol。
③设起始时n(NH3)为x mol，则相当于N2和H2总量分别为(m＋)mol和（g＋）mol，则（m＋）∶（g＋）＝1∶4，即可得x＝2(g－4m)
设为n(NH3)平衡y mol，可得：
4∶a＝（g＋）∶y，即：y＝（g－3m）·a。
题型4：通过建立等效平衡的中间状态，比较反应物转化率的大小以及平衡时某物质体积分数、浓度的大小
例4、体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2＋O22SO3并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率为（ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
分析：根据题意，甲、乙两容器可设为如图所示装置。
2SO2＋O22SO3是一气体总物质的量减少的反应。甲容器保持体积不变，压强变小；乙容器保持压强不变，体积减小，达到平衡状态时转化为状态丙。假设乙中的活塞不移动，由于甲、乙两个容器的体积、温度相同，达到平衡时甲、乙两容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO2的转化率也相等。对于乙和丙两个状态，乙中压强小于丙中压强，因此丙中SO2转化率大于乙中SO2转化率。由此可以判断出丙中SO2的转化率也大于甲中SO2的转化率。所以正确答案为B。
【规律总结】对于气体参加的可逆反应，在温度恒定的条件下，涉及体积与压强以及平衡移动有关判断的问题时，可设计一些等效平衡的中间状态来进行求解。这样能降低思维难度，具有变难为易、变抽象为直观的作用。
【高考在线】
例1：在一定温度下，把2mol SO2和1mol O2通入一定容积的密闭容器中，发生如下反应，，当此反应进行到一定程度时反应混合物就处于化学平衡状态。现在该容器中维持温度不变，令a、b、c分别代表初始时加入的的物质的量（mol），如果a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡状态时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡完全相同。请填空：
（1）若a=0，b=0，则c=___________。
（2）若a=0.5，则b=___________，c=___________。
（3）a、b、c的取值必须满足的一般条件是___________，___________。（请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c）
（1）若a=0，b=0，这说明反应是从逆反应开始，通过化学方程式可以看出，反应从2mol SO3开始，通过反应的化学计量数之比换算成和的物质的量（即等价转换），恰好跟反应从2mol SO2和1mol O2的混合物开始是等效的，故c=2。
（2）由于a=0.5<2，这表示反应从正、逆反应同时开始，通过化学方程式可以看出，要使0.5 mol SO2反应需要同时加入0.25mol O2才能进行，通过反应的化学计量数之比换算成SO3的物质的量（即等价转换）与0.5 mol SO3是等效的，这时若再加入1.5 mol SO3就与起始时加入2 mol SO3是等效的，通过等价转换可知也与起始时加入2 mol SO2和1mol O2是等效的。故b=0.25，c=1.5。
（3）题中要求2mol SO2和1mol O2要与a mol SO2、b mol O2和c mol SO3建立等效平衡。由化学方程式可知，c mol SO3等价转换后与c mol SO2和等效，即是说，和与a mol SO2、b mol O2和c mol SO3等效，那么也就是与2mol SO2和1mol O2等效。故有。
例2：在一个固定容积的密闭容器中，保持一定的温度进行以下反应：
已知加入1mol H2和2mol Br2时，达到平衡后生成a mol HBr（见下表已知项），在相同条件下，且保持平衡时各组分的体积分数不变，对下列编号①～③的状态，填写下表中的空白。
已知编号 起始状态时物质的量n（mol） 平衡时HBr的物质的量n（mol）
H2 Br2 HBr
1 2 0 a
① 2 4 0
② 1 0.5a
③ m g(g≥2m)

解析：在定温、定容下，建立起化学平衡状态，从化学方程式可以看出，这是一个化学反应前后气体分子数相等的可逆反应。根据“等价转换”法，通过反应的化学计量数之比换算成同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效。
①因为标准项中n（起始）：n（起始）：n（HBr平衡）=1：2：a，将n（H2起始）=2mol，n（Br2起始）=4mol，代入上式得n（HBr平衡）=2a。
②参照标准项可知，n（HBr平衡）=0.5a mol，需要n（H2起始）=0.5mol，n（Br2起始）=1mol，n（HBr起始）=0mol。而现在的起始状态，已有1mol HBr，通过等价转换以后，就相当于起始时有0.5 mol H2和0.5 mol Br2的混合物，为使n（H2起始）：n（Br2起始）=1：2，则需要再加入0.5 mol Br2就可以达到了。故起始时H2和Br2的物质的量应为0mol和0.5mol。
③设起始时HBr的物质的量为x mol，转换成H2和Br2后，则H2和Br2的总量分别为（）mol和（）mol，根据，解得。设平衡时HBr的物质的量为y mol，则有，解得。
例3：如图所示，在一定温度下，把2体积N2和6体积H2通入一个带有活塞的容积可变的容器中，活塞的一端与大气相通，容器中发生以下反应：（正反应放热），若反应达到平衡后，测得混合气体的体积为7体积。据此回答下列问题：
（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别代表初始加入的N2、H2和NH3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各气体的体积分数仍与上述平衡相同，那么：
①若a=1，c=2，则b=_________。在此情况下，反应起始时将向_________（填“正”或“逆”）反应方向进行。
②若需规定起始时反应向逆反应方向进行，则c的取值范围是_________。
（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是_________，原因是_________。
解析：（1）①化学反应：在定温、定压下进行，要使平衡状态与原平衡状态等效，只要起始时就可以达到。已知起始时各物质的体积分别为1体积N2、b体积H2和2体积。根据“等价转换”法，将2体积通过反应的化学计量数之比换算成和的体积，则相当于起始时有（1+1）体积和（b+3）体积，它们的比值为，解得b=3。
因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，由差量法可解出平衡时为1体积；而在起始时，的体积为c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，的体积必须减小，所以平衡逆向移动。
②若需让反应逆向进行，由上述①所求出的平衡时的体积为1可知，的体积必须大于1，最大值则为2体积和6体积完全反应时产生的的体积，即为4体积，则。
（2）由6.5<7可知，上述平衡应向体积缩小的方向移动，亦即向放热方向移动，所以采取降温措施。
例4：（一）恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：
（1）若开始时放入1mol A和1mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为________ mol。
（2）若开始时放入3mol A和3mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为_________mol。
（3）若开始时放入x mol A、2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则x=________，y=________。平衡时，B的物质的量________（填编号）。
（甲）大于2mol
（乙）等于2mol
（丙）小于2mol
（丁）可能大于、等于或小于2mol
（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是___________。
（二）若维持温度不变，在一个与（一）反应前起始体积相同，且容积固定的容器中发生上述反应。
（5）开始时放入1mol A和1mol B到达平衡后生成b mol C。将b与（1）小题中的a进行比较__________（填编号）。
（甲）a>b
（乙）a（丙）a=b
（丁）不能比较a和b的大小
作出此判断的理由是____________。
解析：（一）（1）由反应知，反应达平衡后，若有a mol C生成，则必有a mol A物质消耗，此时剩余A的物质的量为（1－a）mol。
（2）在恒温、恒压下，若投放3mol A和3mol B，则所占有的体积为（1）中的3倍。由于A、B的投放比例与（1）相同，故平衡时与（1）等效，而C的物质的量为3a mol。
（3）由于达到平衡时C的物质的量为3a mol，故此平衡状态与（2）完全相同。若把C的物质的量完全转化为A和B，A、B的物质的量应与（2）完全相等。
起始（mol）： x 2 1
将C转化为A、B（mol）： x+1 2+1 0
平衡时（mol）： y 3－3a 3a
据题意有：，解得；，解得y=3－3a。
通过上述可知，平衡时B的物质的量为（3－3a）mol，由于该反应起始时投放的物质为A、B、C均有，即从中间状态开始达到平衡，故平衡可能向左、向右或不移动，也即3a可能大于、小于或等于1（不移动时，），故（3）中B的物质的量应为（丁）。
（4）在（3）的平衡中，再加入3mol C，所达到的平衡状态与（1）、（2）、（3）皆为等效状态，通过（1）可求出C的物质的量分数为，也就是在（3）的平衡状态时C的物质的量分数。
（二）（5）因此时容器的容积不变，而（1）中容器的容积缩小，（5）小题中容器相当于在（1）的基础上减压，则平衡逆向移动，故反应达到平衡后a>b，即应填（甲）。
【题型探究】
题型1：一般可逆反应在恒温、恒容条件下建立等效平衡
例1、在一个体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生反应：
2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(g)，达到平衡时C的浓度为a mol·L－1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol·L－1的是（ ）
A．4molA＋2molB
B．2molA＋1molB＋3molC＋1molD
C．3molC＋1molD＋1molB
D．3molC＋1molD
对于一般可逆反应，在恒温恒容条件下，只改变起始加入的情况，只要通过可逆反应的化学计量数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同，则二平衡等效。
假设2 mol A和1 mol B能够完全反应，则应生成3molC＋1molD，所以如果维持容器体积和温度不变，开始时向容器中加入3molC＋1molD，达到平衡时，与原平衡是等效平衡，则C的浓度仍为a mol·L－1。
答案：D。
题型2：反应前后气体体积不变的可逆反应在恒温、恒容条件下建立等效平衡
例2、可逆反应A(g)＋B(g)2C(g)在固定容积的容器中进行，如果向容器中充入1mol A和1mol B，在某温度下达到平衡时，C的体积分数为m%；若向容器中充入1mol C，在同样的温度下达到平衡时，C的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是（ ）
A．m>n B．m解析：在恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要按化学计量数换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则二平衡也为等效平衡。
假设1mol C物质完全反应，可以生成0.5mol A和0.5mol B，投入量是第一种投料方式的一半，所以压强也是其一半。但由于该反应是一个气体体积不变的反应，即压强对该反应的平衡状态没有影响，所以前后两个平衡仍然是等效平衡。因此两个平衡中C的体积分数相等。但在第二个平衡状态中C的浓度是第一个平衡状态的一半。
答案：C。
题型3：可逆反应在恒温、恒压条件下建立等效平衡
例3、在一个盛有催化剂容积可变的密闭容器中，保持一定温度和压强，进行以下反应：
N2＋3H22NH3。已知加入1mol N2和4mol H2时，达到平衡后生成a mol NH3（见下表已知项）。在相同温度、压强下，保持平衡时各组分的体积分数不变。对下列编号①～③的状态，填写表中空白。
已知编号 起始状态物质的量 n/mol 平衡时NH3的物质的量n/mol
N2 H2 NH3
1 4 0 a
① 1.5 6 0
② 1 0.5a
③ m g(g≥4m)
解析：对于一般的可逆反应，在恒温恒压条件下，只要按化学计量数换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后，与原平衡等效。
①因为从题干可知n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1∶4∶a，所以①状态下n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1.5∶6∶1.5a。
②起始状态时，有1mol NH3，则相当于起始时有N2和H2分别为0.5mol和1.5mol，按n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝1∶4∶a，可得②状态时n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)平衡＝0.5∶2∶0.5a，所以原有N2和H2分别为0和0.5mol。
③设起始时n(NH3)为x mol，则相当于N2和H2总量分别为(m＋)mol和（g＋）mol，则（m＋）∶（g＋）＝1∶4，即可得x＝2(g－4m)
设为n(NH3)平衡y mol，可得：
4∶a＝（g＋）∶y，即：y＝（g－3m）·a。
题型4：通过建立等效平衡的中间状态，比较反应物转化率的大小以及平衡时某物质体积分数、浓度的大小
例4、体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2＋O22SO3并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率为（ ）
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
分析：根据题意，甲、乙两容器可设为如图所示装置。
2SO2＋O22SO3是一气体总物质的量减少的反应。甲容器保持体积不变，压强变小；乙容器保持压强不变，体积减小，达到平衡状态时转化为状态丙。假设乙中的活塞不移动，由于甲、乙两个容器的体积、温度相同，达到平衡时甲、乙两容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO2的转化率也相等。对于乙和丙两个状态，乙中压强小于丙中压强，因此丙中SO2转化率大于乙中SO2转化率。由此可以判断出丙中SO2的转化率也大于甲中SO2的转化率。所以正确答案为B。
对于气体参加的可逆反应，在温度恒定的条件下，涉及体积与压强以及平衡移动有关判断的问题时，可设计一些等效平衡的中间状态来进行求解。这样能降低思维难度，具有变难为易、变抽象为直观的作用。
【专题训练】
1、在t℃时，向2L密闭容器中放入1molA和1molB，发生下列反应：
A（g）+B（g）C（g）+2D（g），平衡时C的含量为m%，保持其他条件不变，若按下列配比将物质放入容器中达到平衡时，C的含量仍为m%的是 （ ）
A．2molA和1molB B．2molD和A、B、C各1mol
C．1molC和2molD D．1molC和1molD
2、在一定温度下，把2mol SO2和1mol O2通入一个一定容积的密闭容器里，发生如下反应：2SO2 +O2 2 SO3，当此反应进行到一定程度时，反应混合物就处于化学平衡状态。现在该容器中维持温度不变，令a、b、c分别代表初始加入的SO2、O2和SO3的物质的量（mol）。如a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的相互关系，才能保持达到平衡时，反应混合物中三种气体的体积分数仍和上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：
（1）若a=0，b=0，则c= _____________。
（2）若a=0.5，则b= _________ 和c= __________。
（3）a、b、c必须满足的一般条件是（请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c）： __________________________________________________。
3、在一个固定体积的密闭容器中，加入2mol A和1mol B，发生反应：
2A（g）＋B（g） 3C（g）＋D（g） 达平衡时，c （C）＝W mol/L。若维持容器内体积和温度不变，按下列四种配比作起始物质，达平衡后，C浓度仍为W mol/L的是（ ）
A．1mol A＋0.5mol B＋1.5mol C＋0.5 D
B．2mol A＋1mol B＋3mol C＋1mol D
C．3mol C＋1mol D＋1mol B
D．3mol C＋1mol D
4、在一恒温恒容密闭容器中，A、B气体可建立如下平衡：
2A（g）+2B（g） C（g）+3D（g）
现分别从两条途径建立平衡：
I．A、B的起始量均为2mol；
Ⅱ．C、D的起始量分别为2mol和6mol。
下列叙述不正确的是： （ ）
A．I、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同
B．I、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成不同
C．达到平衡时，途径I的 和途径Ⅱ体系内混合气体平均相对分子质量相同
D．达到平衡时，途径I的气体密度为途径Ⅱ密度的1/2
5、在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB ，发生下述反应：
2A（g）+2B（g） 3C（g）+D（g）
达到平衡时，C的浓度为1.2mol/L，C的体积分数为a% 。维持容器的体积和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2mol/L的是 （ ）
A．3mol C+1mol D B．1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D
C．1mol A+0.5mol B+1.5mol C D．4mol A+2mol B
6、在一固定容积的密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（气）+B（气）xC（气），达到平衡后，C的体积分数为W%。若维持容器体积和温度不变，按0.6molA、0.3molB和1.4molC为起始物质，达到平衡后，C的体积分数仍为W%，则x值为 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7、在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB ，发生下述反应：
2A（g）+B（g） 3C（g）+D（g）
达到平衡时，C的浓度为1.2mol/L ， C的体积分数为a% 。维持容器的压强和温度不变，按下列配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是1.2mol/L（或C的体积分数仍是a%）的是 （ ）
A．3mol C+1mol D B．1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D
C．1mol A+0.5mol B+1.5mol C D．4mol A+2mol B
8、在恒温、恒压的条件下，向可变容积的密闭容器中充入3LA和2LB，发生如下反应：
3A（气）+2B（气）xC（气）+yD（气）
达到平衡时，C的体积分数为m%。若维持温度压强不变，将0.6LA 、0.4LB．4LC．0.8LD作为起始物质充入密闭容器中，达到平衡时C的体积分数仍为m%，则X、Y的值分别为（ ）
A．x=3 y=1 B．x=4 y=1
C．x=5 y =1 D．x=10 y=2
9、在一个容积固定的密闭容器中充入1molHI，建立如下平衡：H2（g）+I2 （g）2HI（g），测得HI的转化率为a%。其他条件不变，在上述平衡体系中再充入1molHI，待平衡建立时HI的转化率为b%，则a、b的关系为 （ ）
A．a>b B．a10、一个真空密闭恒容容器中盛有1molPCl5，加热到200℃发生如下反应：
PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），反应达到平衡时，混合气体中PCl5，所占体积分数为M%，。若同一温度的同一容器中，最初投入2 molPCl5，反应达平衡时，混合气体中PCl5，所占体积分数为N%。则M和N的关系是 （ ）
A． M>N B．M=N C．M < N D．无法确定
11、已知甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器。两容器中均充入2mol SO2、1mol O2，初始时两容器的温度体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的SO2在平衡混合物的物质的量分数相同，下列措施中可行的是 （ ）
A．向甲容器中充入一定量的氦气
B．向乙容器中充入一定量的SO3气体
C．升高乙容器的温度
D．增大甲容器的压强
12、有两个密闭容器A和B，A容器内有一个移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容。起始时向这两个容器中分别充入等量的体积比为2：1的SO2和O2的混合气体，并使A和B的容积相等。
在保持4000C的条件下使之发生如下反应：2 SO2+O2 2SO3。
（1）达到平衡时所需要的时间A容器比B容器 ，A容器中SO2的转化率比B容器 。
（2）达到（1）所述平衡后，若向两容器中通入数量不多的等量氩气，A容器化学平衡 移动，B容器化学平衡 移动。
（3）达到（1）所述平衡后，若向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡时，A容器SO3物质的量分数 ；B容器中SO3的物质的量分数 。（填增大、减小、不变）
5．D
6．BC
7．ABD
8．CD
9．C
10．C
11．AB
12．（1）短、大
（2）逆向、不
（3）不变、增大通过研究近几年全国各地的高考试题，有关电化学试题仍是2012年高考一大亮点，这充分说明电化学在今后教学中的重要性。但这类试题往往又是学生学习的难点，错误率较高。如何解答此类问题，现归纳如下：
【解题策略】
一. 电化学中四个极
正负极是根据物理学上的电极电势高低而规定的，多用于原电池。正极电极电势高，是流入电子（外电路）的电极；负极电极电势低，是流出电子（外电路）的电极。
阴阳极是针对电解池或电镀池来命名的。阳极是指与电源正极相连，发生氧化反应的电极；阴极是指与电源负极相连，发生还原反应的电极。
二. 电化学中四个池
1. 原电池：化学能转化为电能的装置。除燃料电池外，一般由活泼金属作负极。
2. 电解池：电能转化为化学能的装置。
3. 电镀池：应用电解原理在某些金属表面镀上一层新金属的装置。通常镀层金属接电源正极，待镀金属的物件接电源负极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液。
4. 电解精炼池：应用电解原理提纯某些金属的装置，通常提纯的金属接电源正极，该金属的纯净固体接电源负极，电解液含有待提纯金属的阳离子。
三. 原电池电极的四种判断方法
1. 根据构成原电池的电极材料判断：活泼金属作负极，较不活泼金属或导电的非金属及金属氧化物作正极。
2. 根据电子流向或电流流向判断：电子流出或电流流入的电极为负极，反之为正极。
3. 根据电极反应进行判断：发生氧化反应的为负极，发生还原反应的为正极。也可依据电极附近指示剂（石蕊、酚酞、淀粉试液等）的显色情况判断该电极是或等放电，从而确定正、负极。如用酚酞作指示剂，若电极附近溶液变红色，说明该电极附近溶液显碱性，在该电极附近得电子被还原，该电极为正极。
4. 根据两极现象判断：通常溶解或质量减少的一极为负极；质量增加或有气泡产生的一极为正极。
四. 电解的四种类型
1. 只有溶质发生化学变化：如用惰性电极电解溶液、溶液，其电解反应式分别为：
2. 形式上看只有水发生化学变化：如惰性电极电解溶液的电解反应式均为：
3. 溶质、水均发生化学变化：如惰性电极电解溶液、溶液，其电解反应式分别为：
4. 形式上看溶质和水均未发生化学变化：如铁器上镀铜，电极反应式分别为：阳极铜棒：，阴极铁器：。
五. 书写电极反应的四原则
1. 加减原则：根据得失电子守恒，总反应式为两个电极反应式之和。若已知一个电极反应式，可用总反应式减去已知的反应式，得另一电极反应式。
2. 共存原则：因为物质得失电子后在不同介质中的存在形式不同，所以电极反应式的书写必须考虑介质环境。碱性溶液中不可能存在，也不可能有参加反应；当电解质溶液呈酸性时，不可能有参加反应。如甲烷燃料电池以KOH为电解质溶液时：负极反应式：；正极反应式：。
3. 得氧失氧原则：得氧时，在反应物中加（电解质为酸性时）或（电解质溶液为碱性或中性时）；失氧时，在反应物中加（电解质为碱性或中性时）或（电解质为酸性时）。如“钮扣”电池以KOH为电解质溶液，其电池总反应式为：，负极，根据得氧原则，负极反应式为：；正极，根据失氧原则，正极反应式为：。
4. 中性吸氧反应成碱原则：在中性电解质溶液中，通过金属吸氧所建立起来的原电池反应，其反应的最后产物是碱。如银锌电池、铁的吸氧腐蚀、以铝、空气、海水为材料组成的海水电池等。
【题型解读】
题型一、电极名称和电极材料的判断
例1. 铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中，锌片是（ ）
A. 阴极 B. 正极 C. 阳极 D. 负极
解析：电解池的两极分别命名为阴、阳极，原电池的两极分别命名为正、负极。题中装置构成的是原电池，锌片失电子作原电池的负极。答案：D
题型二、电极方程式的书写
例2. 下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列判断正确的是（ ）
A. a为负极，b为正极 B. a为阳极，b为阴极
C. 电解过程中，d电极的质量增加 D. 电解过程中，氯离子的浓度不变
解析：根据电流方向可判断出a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极。用惰性电极电解CuCl2溶液时，两个电极上发生的反应阳极（c电极）为：，阴极（d电极）为：。答案：C
题型三、废旧电池的处理方法
例3. 随着人们生活水平的不断提高，废旧电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是（ ）
A. 利用电池外壳的金属材料
B. 防止电池中的汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水体造成污染
C. 不使电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品
D. 回收其中的石墨电极
解析：随着生产的发展和人们生活水平的日益提高，环境污染和环保问题已越来越受到人们的重视，废旧电池中含有铅、汞等多种重金属离子，极易对环境造成污染。答案：B
题型四、利用得失电子守恒进行计算
例4. 室温下，在实验室中电解500mL某0.03mol/L的NaCl溶液，通电一段时间后溶液的pH从7增加到12时（设电解时溶液的体积变化忽略不计），则阴极产生气体的体积（标准状况）和溶液中NaCl的浓度分别为（ ）
A. 112mL, 0.02mol/L B. 56mL, 0.02mol/L
C. 56mL, 0.04mol/L D. 112mL, 0.04mol/L
解析：室温下，pH=12时，，生成的的物质的量为
。由电极反应中电子转移数相等，推导出电子与各物质之间物质的量的关系为：。由生成的的物质的量可直接求得
参加反应的NaCl的物质的量为。剩余NaCl的浓度为
，生成的H2为。答案：B
题型五、电化学基础知识应用
1. 判断金属的活动性强弱
例5. X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解和共存的溶液时，Y先析出；又知的氧化性强于，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. X>Z>Y>M B. X>Y>Z>M C. M>Z>X>Y D. X>Z>M>Y
解析：金属X和Z用导线连接放入稀H2SO4中，形成原电池，X溶解说明金属活动性X>Z；电解和共存的溶液时，Y先析出，则金属活动性Z>Y；离子的氧化性越强，其单质的金属活动性越弱，则金属活动性Y>M。答案：A
2. 金属的腐蚀
例6. 家用炒菜铁锅用水清洗放置后，常出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：洗过的铁锅在空气中放置，可发生吸氧腐蚀，负极发生的反应为：，正极发生的反应为：，总反应式为：，而又易被O2氧化为红褐色的。答案：D
题型6、电子守恒法的应用。
例7、500 mL KNO3和Cu(N03)2的混合溶液中c(NO3－)＝6．0 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22．4 L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )
A.原混合溶液中c(K＋)为1 mol·L－1 B.上述电解过程中共转移4 mol电子
C.电解得到的Cu的物质的量为0．5 mol D.电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
解析：两极反应为：阴极 Cu2＋+2e－=Cu 2H＋+2e－=H2↑ 阳极：4OH－-4e－=O2↑+2H2O,两极都收集1mol气体，由阳极得到转移电子为4mol，又知生成1molH2转移电子2mol，根据电子得失守恒，n（Cu2＋）=1mol.再通过离子所带电荷的守恒,在500 mL KNO3和Cu(N03)2的混合溶液中存在关系：2c(Cu2＋)+c(K＋)=c(NO3-)，可以求出c(K＋)=2 mol·L－1 .电解过程中消耗的n(OH－)=4mol,则溶液中留下4mol的H＋,c(H＋)=8mol·L－1 .
答案：B
例8、如下图所示，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，试回答：
（1）电源电极X名称为_____________。
（2）pH变化：A___________, B__________, C__________。
（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标况），溶液体积为200mL。（设电解前后无体积变化）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为__________。
（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是___________（设前后体积无变化）。
解析：（1）因为Cu电极增重，说明溶液中的Ag+在此极析出，所以Cu极为阴极，Ag极为阳极，那么与Ag极相连的电源Y极为正极，X极为负极。（2）电解KCl溶液时，阴极上2H++2e-=H2↑，溶液pH增大，电解CuSO4和K2 SO4溶液时，阳极4OH- - 4e-=2H2O+O2↑，溶液pH减小。电解AgNO3溶液实质是电镀，溶液浓度不变，故pH不变。（3）C中铜电极增加2.16gAg，通过的电子为n(e-)=0.02mol，因为串联电池，每个电极通过的电子均为0.02mol，B中阳极4OH- - 4e-=2H2O+O2↑，放出O2为=0.005mol，阴极放出H2为：0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据H2的物质的量推知H+得电子2×0.005mol，则Cu2+得电子为0.02mol -2×0.005mol， CuSO4 的浓度为： 。
（4）A中阴极2H++2e-=H2↑，H+减少n(H+)=0.02mol，
c(OH-) = ,pH=13。
答案：（1）负极（2）增大；减小；不变（3）0.025mol/L（4）13。
例9、（1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在101kPa时，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出热量624kJ（25℃时），N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是 。
（2）肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。
肼—空气燃料电池放电时：
正极的电极反应式是 。
负极的电极反应式是 。
（3）下图是一个电化学过程示意图。
①锌片上发生的电极反应是 。
②假设使用肼—空气燃料电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化128g，则肼一空气燃料电池理论上消耗标标准状况下的空气 L（假设空气中氧气体积含量为20%）
解析：（1）注意32克N2H4为1mol,注意△H应与方程式的计量数相对应，如N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O（1）；△H=－624kJ/mol
（2）肼—空气燃料电池，电解质溶液是KOH溶液。故电极反应为：
（正极）O2+2H2O+4e－=4OH－ ，（负极）N2H4+4OH－－4e－=4H2O+N2↑
（3）①此图为电解装置，铜片为阳极，锌片为阴极。锌片上发生的电极反应是Cu2++2e－=Cu
② 铜片减少128g，即转移电子4mol 根据O2+2H2O+4e－=4OH－计算得，需要氧气1mol,转化为空气则需要112L。
答案：（1）N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O（1）；△H=－624kJ/mol
（2）O2+2H2O+4e－=4OH－ ； N2H4+4OH－－4e－=4H2O+N2↑
（3）①Cu2++2e－=Cu ②112
【专题测试】
1．下列有关电化学的示意图中正确的是
(　　)
【解析】　选项A，Zn应为原电池负极，Cu为原电池正极。选项B，盐桥两边的烧杯中盛装的电解质溶液应互换。选项C，粗铜应连接电源正极。选项D，电解饱和NaCl溶液，Cl－在阳极放电产生Cl2，溶液中的H＋在阴极获得电子而产生H2，正确。
【答案】　D
2．下列叙述正确的是
(　　)
①原电池是把化学能转化成电能的一种装置　②原电池的正极发生氧化反应，负极发生还原反应　③不能自发进行的氧化还原反应，通过原电池的装置均可实现　④碳棒不能用来作原电池的正极　⑤反应Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋，能以原电池的形式来实现
A．①⑤　　　　　　　　　B．①④⑤
C．②③④ D．②⑤
【解析】　②原电池负极发生氧化反应，③不能实现，④碳棒可以作原电池的正极。
【答案】　A
3．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：
Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)
下列说法错误的是
(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－===Mn2O3(s)＋2OH－(aq)
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g
【解析】　由所给电池的总反应式可知，电池工作时，每有1 mol Zn参加反应，失去2 mol电子，则会有2 mol电子从负极Zn开始，流经外电路而流向正极，并在正极发生反应，2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－===Mn2O3(s)＋2OH－(aq)，故外电路每通过0.2 mol电子，Zn的质量就减轻6.5 g。
【答案】　C
4．科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机酸转化成氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反应为
(　　)
A．H2＋2OH－－2e－===2H2O
B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋
D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【答案】　C
5．钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀，发生的原电池反应为：2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2。以下说法正确的是
(　　)
A．负极发生的反应为：Fe－2e－===Fe2＋
B．正极发生的反应为：2H2O＋O2＋2e－===4OH－
C．原电池是将电能转变为化学能的装置
D．钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀
【答案】　A
6．在原电池和电解池的电极上所发生的反应，同属氧化反应或同属还原反应的是
(　　)
①原电池正极和电解池阳极所发生的反应　②原电池正极和电解池阴极所发生的反应　③原电池负极和电解池阳极所发生的反应　④原电池负极和电解池阴极所发生的反应
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】　原电池的负极和电解池的阳极发生的是氧化反应。原电池的正极和电解池的阴极发生的是还原反应。
【答案】　B
7．用惰性电极分别电解足量的下列物质的水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入一定量的一种物质(括号内)，溶液能恢复到与原来溶液完全一样的是
(　　)
A．CuCl2(CuO) B．NaOH(NaOH)
C．NaCl(HCl) D．CuSO4〔Cu(OH)2〕
【解析】　首先分析各水溶液中存在哪些阴、阳离子，判断阴、阳两极参加反应的离子是什么？溶液中减少的是什么？显然A中电解的是CuCl2，B中被电解的是水，D中减少的是CuO，与添加的物质不符被否定。
【答案】　C
8．氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反应式是：
H2＋NiO(OH)Ni(OH)2
根据此反应式判断，下列叙述中正确的是
(　　)
A．电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大
B．电池放电时，镍元素被氧化
C．电池充电时，氢元素被氧化
D．电池放电时，H2是负极
【解析】　放电时，反应向右进行，氢被氧化为H＋，负极区pH减小，镍元素被还原，而充电时，反应向左进行，氢元素被还原。
【答案】　D
9．若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生的总反应的离子方程式是：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，则下列关于该装置的有关说法正确的是
(　　)
A．该装置可能是原电池，也可能是电解池
B．该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
C．该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
D．该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸
【解析】　不能是原电池，Cu＋H＋不能自发的发生氧化还原反应。
【答案】　C
10．用惰性电极电解2 L 1.0 mol·L－1CuSO4溶液，在电路中通过0.5 mol电子后，调换正负极继续电解，电路中通过了1 mol电子，此时溶液中c(H＋)为(假设体积不变)
(　　)
A．1.5 mol·L－1 B．0.75 mol·L－1
C．0.5 mol·L－1 D．0.25 mol·L－1
【解析】　调换正负极前后电极反应式的比较情况如下：
前
后
由上反应知：电路中转移的1.5 mol电子中，只有1 mol由OH－放电产生，即消耗的n(OH－)＝1 mol，亦即溶液中积累的n(H＋)＝1 mol，故c(H＋)＝0.5 mol/L。
【答案】　C
11．把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为
(　　)
A．1∶2∶3　　　　　　　B．3∶2∶1
C．6∶3∶1 D．6∶3∶2
【答案】　D
12．下列描述中，不符合生产实际的是
(　　)
A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极
【答案】　A
13．如下图所示，通电后，A极上析出Ag，对该装置的有关叙述正确的是 (　　)
A．P是电源的正极
B．F极上发生的反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．通电后，甲、乙、丙三池中，除了E、F两极外，其他电极均参加了反应
D．通电后，甲池溶液的pH减小，而乙、丙两池溶液的pH不变
【答案】　B
14．如下图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭
气体放出。符合这一情况的是 (　　)
a极板 b极板 X电极 Z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO3
D 铜 石墨 负极 CuCl2
【答案】　A
15．天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地。锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2)，充电时LiCoO2中Li被氧化，Li＋迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中，以LiC6表示。电池反应为LiCoO2＋C6 CoO2＋LiC6，下列说法正确的是
(　　)
A．充电时，电池的负极反应为LiC6－e－===Li＋＋C6
B．放电时，电池的正极反应为CoO2＋Li＋＋e－===LiCoO2
C．羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质
D．锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低
【解析】　A项，充电时，发生电解池反应，电池负极即为电解池阴极，发生还原反应Li＋＋C6＋e－===LiC6；B项，放电时发生原电池反应电池正极发生还原反应；C项，含活泼氢的有机物作电解质易得电子；D项，锂相对原子质量小，其密度最小，所以锂离子电池的比能量高。
【答案】　B
16．将Mg条、Al条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，如下图所示用导线连接起来。下列叙述符合事实的是 (　　)
A．断开K2，闭合K1时，Al电极反应为：Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
B．断开K2，闭合K1时，由于Mg比Al活泼，故Mg失去电子被氧化成Mg2＋
C．断开K1，闭合K2时，电子由Mg向Al流动
D．断开K1，闭合K2时，溶液中立即会有白色沉淀析出
【解析】　断开K2，闭合K1时，Al、Mg、NaOH构成原电池，Al能自发与NaOH溶液反应而失去电子，为原电池的负极：Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O，故选项A正确，B错误。断开K1，闭合K2时，构成电解NaOH溶液的电解池，Al接电源的正极为电解池的阳极，被溶解：Al－3e－===Al3＋，生成的Al3＋马上与溶液中过量的OH－反应生成AlO，看不到白色沉淀析出。Mg接电源的负极为电解池的阴极，溶液中的H＋在该极获得电子而产生H2：2H＋＋2e－===H2↑。电子流向为：Mg→NaOH溶液→Al，故选项C、D错误。
【答案】　A
17．(10分)如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：
序号 内容 实验现象[]
1 常温下将铁丝放在干燥空气中一个月 干燥的铁丝表面依然光亮
2[] 常温下将铁丝放在潮湿空气中一小时 铁丝表面依然光亮
3 常温下将铁丝放在潮湿的空气中一个月 铁丝表面已变得灰暗
4 将潮湿的铁丝放在常温的氧气流中一小时 铁丝表面略显灰暗
5 将潮湿的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时 铁丝表面已变得灰暗
6 将浸过氯化钠溶液的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时 铁丝表面灰暗程度比实验5严重
回答以下问题：[]
(1)上述实验中发生了电化学腐蚀的是(填实验序号)________；在电化学腐蚀中，负极反应是__________________；正极反应是______________________；
(2)由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是___________________________
______________________________________________________________________；
(3)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法是________________________(答两种方法)。
【解析】　由实验现象(铁丝表面变灰暗)得出发生了电化学腐蚀的实验为3、4、5、6，负极Fe失电子变成Fe2＋被腐蚀，正极均为O2放电。从能否构成原电池的条件等方面来回答问题(2)。从改变物质的内部结构方面，从覆盖保护层、原电池原理等方面进行思考来回答问题(3)。
【答案】　(1)3、4、5、6
Fe－2e－===Fe2＋(或2Fe－4e－===2Fe2＋)
2H2O＋O2＋4e－===4OH－
(2)湿度、温度、O2的浓度、电解质存在
(3)电镀、发蓝等表面覆盖保护层，牺牲阳极的阴极保护法等
18．(10分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料。工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：
某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物。部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Cu(OH)2
pH 5.2 3.2 9.7 10.4 6.7
沉淀物 Zn(OH)2 CuS ZnS MnS FeS
pH 8.0 ≥0.42 ≥2.5 ≥7 ≥7
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)滤渣A的主要成分为__________________。
(3)加入MnS的目的是除去________________杂质。
(4)碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为___________________________
________________________________________________________________________。
(5)从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有________________________(写出两种)。
【解析】　(2)软锰矿酸浸后，滤液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋和H＋，当加氨水调pH至5.4时，根据题目所给表格，此pH下，只有Al3＋、Fe3＋可沉淀完全。
(3)在pH＝5.4时，Cu2＋、Zn2＋可以硫化物的形式沉淀完全，而MnS在此情况下不可溶解形成Mn2＋和S2－，因此加入MnS是为了除去Cu2＋和Zn2＋。
【答案】　(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋
Fe2(SO4)3＋2H2O　(2)Fe(OH)3、Al(OH)3　(3)Cu2＋、Zn2＋
(4)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－(或2MnO2＋H2O＋2e－===Mn2O3＋2OH－)　(5)锌、二氧化锰
19．(13分)物质X是中学化学中的常见物质，X既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应。
(1)若X为氧化物，X的化学式是________________。
(2)若X为单质，X用于焊接钢轨反应的化学方程式是_________________________
________________________________________________________________________。
(3)若X与稀硫酸反应生成无色无味的气体A，与浓氢氧化钠溶液加热反应生成气体B。等物质的量的A和B在水溶液中反应又生成X。
X与稀硫酸反应的离子方程式是__________________________________________；
X与足量稀氢氧化钠溶液反应的离子方程式是________________________________
________________________________________________________________________。
①在宇航器中，可以不断的将座舱内的空气通过盛有金属过氧化物(以过氧化钠为例)的容器，以除去A。反应的化学方程式是______________________________________________。
②科学家设计出新的航天飞船内的空气更新系统。其中一步是A和氢气在200～250 ℃时，镍催化剂作用下，生成甲烷和另一物质。该反应的化学方程式是___________________。
③熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如下图所示：
C(Ⅰ)的电极名称是________(填正极或负极)。该燃料电池的总反应化学方程式是______________________。
熔融碳酸盐燃料电池的工作原理示意图
【答案】　(1)Al2O3　(2)2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
(3)HCO＋H＋===H2O＋CO2↑
NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋CO＋H2O
①2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
②CO2＋4H2CH4＋2H2O
③负极　2H2＋O2===2H2O
20．(11分)新型锂离子电池在新能源的开发中占有重要地位，可用作节能环保电动汽车的动力电池。磷酸亚铁锂(LiFePO4)是新型锂离子电池的首选电极材料，它的制备方法如下：
方法一：将碳酸锂、乙酸亚铁[(CH3COO)2Fe]、磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后，在800 ℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，同时生成的乙酸及其他产物均以气体逸出。
方法二：将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800 ℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂。
在锂离子电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质，该有机聚合物的单体之一(用M表示)的结构简式如下：
请回答下列问题：
(1)上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行。其原因是________________________________________________________________________。
(2)在方法一所发生的反应中，除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有________、________、________(填化学式)生成。
(3)在方法二中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：___________________________
________________________________________________________________________。
(5)已知该锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则该电池放电时正极的电极反应式为__________________________________________________________。
【解析】　(1)因制备该电池电极材料的原料为乙酸亚铁，产品为磷酸亚铁锂，为防止亚铁化合物被氧化，故两种制备方法的过程必须在惰性气体氛围中进行。
(2)方法一中除生成磷酸亚铁锂和乙酸外，由碳酸锂可生成CO2气体，由磷酸二氢铵可生成NH3和水蒸气，故除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有CO2、H2O和NH3生成。
(3)分析方法二所给条件，抓住几个关键点：①铁作阳极；②磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液为电解液；③析出磷酸亚铁锂沉淀，所以阳极的电极反应式为：Fe＋H2PO＋Li＋－2e－===LiFePO4＋2H＋。
(4)分析M的结构简式可知，M分子中既含甲基丙烯酸酯的结构，又含碳酸二酯的结构(见下图)：
由此可分析写出M与足量NaOH溶液反应的化学方程式。
(5)该电池放电时正极的电极反应为充电时阳极电极反应的逆过程，即由磷酸铁生成磷酸亚铁锂，故放电时正极的电极反应式为：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4。
【答案】　(1)为了防止亚铁化合物被氧化
(2)CO2　H2O　NH3
(3)Fe＋H2PO＋Li＋－2e－===LiFePO4＋2H＋
(4)
HOCH2CH2OH＋Na2CO3＋CH3OH
(5)FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
21．(8分)常温下电解200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图中Ⅰ、Ⅱ所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息进行下列计算：
(1)原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度。
(2)t2时所得溶液的pH。
(3)电解至t3时，消耗水的质量。
【解析】　(1)阳极首先逸出的是氯气：n(NaCl)＝2n(Cl2)＝0.02 mol，则c(NaCl)＝0.1 mol/L。
阳极得到336 mL气体中，含0.01 mol Cl2和0.005 mol O2，转移电子的物质的量为：0.01 mol×2＋0.005 mol×4＝0.04 mol。
此过程中阴极刚好全部析出铜：
n(CuSO4)＝n(Cu)＝＝0.02 mol，
则c(CuSO4)＝＝0.1 mol/L。
(2)t2时溶液中c(Na＋)＝0.1 mol/L，c(SO)＝0.1 mol/L。
根据电荷守恒有：c(H＋)＝2×0.1 mol/L－0.1 mol/L＝0.1 mol/L，即溶液的pH＝1。
【答案】　(1)c(NaCl)＝0.1 mol/L、c(CuSO4)＝0.1 mol/L
(2)pH＝1　(3)0.72 g纵观近几年各地高考试题，对本专题考查呈现率几乎达100%。题型有选择题和填空题两类。元素周期表属于必修部分内容，常以选择命题。选修三的内容属于选考内容，在新课改的高考试题中，常在II卷中以选择或填空命题。选择题主要是考查周期表的结构，元素性质的变化规律以及基本概念，如同位素，电子式，结构式，键与分子的极性等知识点；填空题常以推断的方式出现，试题首先要求推断出各元素，然后对它们之间形成的物质进行整合，再对它们提出问题，命题者可考查基本概念，如电子排布式，轨道式，电离能，电负性，杂化方式以及空间构型等，也可联系必修一、选修四或选修五的内容进行考查，如离子方程式的书写，氧化还原反应，盐类的水解，有机物中C原子的杂化等。预测2012年对本专题的考查将继续以选择和填空出现，命题可能采取结合新科技，新能源等社会热点为背景，着重考查学生对基本概念的掌握，如元素周期律的变化规律，晶体类型的判断与性质等，同时对整个高中化学整合的考查也不容忽视，因为这样可以很好地考查学生对化学知识的全面掌握，同时增加了试题区分度。
【考点再现】
1.考查元素周期律对物质性质递变的应用：
例1：下列说法正确的是 ( )
A.SiH4 比CH4 稳定
B.O2-半径比F―的小
C.Na和Cs属于第 IA 族元素， Cs 失电子能力比 Na 的强
D.P和As属于第 VA 族元素， H3PO4 酸性比 H3 AsO4的弱
解析：本题主要考查元素周期律知识及离子半径大小比较问题。同主族元素，从上至下，非金属性减弱，所对应的气态氢化物的稳定性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，AD项均错；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大所对应的离子半径越小，故B错；同主族的元素，最外层电子数相同，随着核电荷数的递增，核对最外层电子的控制能力减弱，故失电子能力增强， C项正确；
答案：C
2.考查“位—构—性”的关系：
例2：元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周期。下列有关推测正确的是（ ）
A.XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XY
B.XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZ
C.XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZ
D.XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ3
解析：化合物XYZ3中，Y、Z应为非金属元素，又它们在同一周期，且三者的原子序数之和为26，则可推断，Y、Z应为第二周期的非金属元素，则应在B、C、N、O、F五种元素中。要形成YZ3－ 离子，则可有CO32 －、NO3－ 、三种， 根据原子序数，若为CO32 －，则X的原子序数为26-6-8=12，为镁，即MgCO3,属于微溶于水的盐，XZ即为MgO，属于离子化合物，对应的B项正确。同理，若为NO3－ ，则应为NaNO3，则对应C、D项，而其中YZ（NO）不是离子化合物，YZ3不存在该物质，故CD项错；A项不存在符合题干的XYZ3酸，不正确。
答案：B
3.考查构成晶体微粒间的作用力及中心原子的杂化方式：
例3：在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是:( )
A.sp，范德华力 B.sp2，范德华力 C.sp2，氢键 D.sp3，氢键
解析：由“B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构”知，B原子为sp2杂化，又因分子中存在羟基，故分子间存在氢键。
答案：C
4.考查由性质或结构推断物质：
例4：四种短周期元素的性质或结构信息如下表。氢根据信息回答下列问题。
元素 A B C D
性质结构信息 室温下单质呈粉末状固体，加热易熔化。单质在空气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰。 单质常温、常压下是气体，能溶于水。原子的M层有1个未成对的p电子 单质质软、银白色固体、导电性强。单质在空气中燃烧发出黄色的火焰。 原子最外层电子层上s电子数等于p电子数。单质为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点。
⑴B元素在周期表中的位置 ，写出A原子的电子排布式 。
⑵写出C单质与水反应的化学方程式 。A与C形成的化合物溶于水后，溶液的pH 7(填“大于”、“等于”或“小于”)。
⑶D元素最高价氧化物晶体的硬度 (填“大于”、“小”)，其理由是 。
⑷A、B两元素非金属性较强的是(写元素符号) 。写出证明这一结论的一个实验事实 。
解析：根据题干提供的物质的性质或结构可进行推断，元素A，由“单质在空气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰”可直接确定为硫元素。元素B，“原子的M层有1个未成对的p电子”则可能为[Ne]3s23p1或[Ne]3s23p4，又“单质常温、常压下是气体，能溶于水”，则应为Cl。元素C，根据物质的性质，“银白色、焰色为黄色”，则肯定为Na；元素D，“原子最外层电子层上s电子数等于p电子数”，则可能为1s22s22p2（C元素）或是1s22s22p62s22p2（Si元素），它们可以分别形成金刚石和晶体硅，且熔、沸点均很高，则均符合题意。能准确推断上述元素后，问题的回答并可顺利解决。
答案：⑴第三周期 ⅦA 1s22s22p63s23p4 ⑵2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 大于 ⑶大 SiO2是原子晶体（或 小 CO2是分子晶体）⑷Cl 高氯酸的酸性大于硫酸的酸性或氯化氢稳定比硫化氢强
5.以推断的形式综合考查：
例5：已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 。
（2）B的氢化物的分子空间构型是 。其中心原子采取 杂化。
（3）写出化合物AC2的电子式 ；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为 。
（4）E的核外电子排布式是 ，ECl3形成的配合物的化学式为 。
（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是 。
【解析】本题主要考查元素推导，涉及电离能，空间构型，杂化方式，电子式，等电子体，核外电子排布式以及氧化还原反应书写等知识点。A、B、C位于同一周期的三种非金属元素，且B、C在同族中氢化物的沸点最高，可以推断其中含有氢键，由此推测A、B、C位于第二周期的元素，又D的二价阳离子与C阴离子具有相同的结构，则说明D为Mg。由AC2为非极性分子，可推知为CO2，B元素则为N。24号的E则为Cr元素。（1）同一周期第一电离能具有增大的趋势，但由于N具有半充满结构，因而第一电离能最大，即为C【答案】（1）C＜O＜N （2）三角锥形 sp3 （3） N2O （4）1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar] 3d54s1） [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 （5）4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O
【专题训练】
1.下列排列顺序正确的是( )
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②原子半径：Na＞Mg＞O
③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 ④结合质子能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
2.在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是( )
A.最易失去的电子能量最高
B.电离能最小的电子能量最高
C.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D.在离核最近区域内运动的电子能量最低
3.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1 H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是( )
A.(A－N＋m)mol B.(A－N)mol
C.(A－N)mol D.(A－N＋m)mol
4.下列叙述正确的是（ ）
A.除零主元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B.除短周期外，其它周期均为18种元素
C.副族元素没有非金属元素
D.碱金属元素是指ⅠA族的所有的元素
5.下列叙述中正确的是（ ）
A.NH3、CO、CO2都是极性分子
B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C.HF、HCl、HBr、Hl的稳定性依次增强
D.CS2、H2O、C2H2都是直线型分子
6.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（ ）
表1　部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号 L M Q R T
原子半径／nm 0.160 0.143 0.112 0.104 0.066
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋2 ＋6、－2 －2
A.氢化物的沸点为H2T＜H2R　　　　　　 　B.单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q
C.M与T形成的化合物具有两性 D.L2＋与R2－的核外电子数相等
7. X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）
8.右图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是
A.元素①位于第二周期第ⅣA族
B.气态氢化物的稳定性：④＞②
C.最高价氧化物对应水化物酸性：⑤＞④
D.元素的最高正化合价：③＝⑤
9.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子　
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A.①②③⑥ B.①②④ C.③⑤⑦ D.③⑤⑧
10.砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%，推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措，已知砷化镓的晶胞结构如右图。试回答下列问题
（1）下列说法正确的是 （选填序号）。
A.砷化镓晶胞结构与NaCl相同 B.第一电离能：As＞Ga
C.电负性:As＞Ga D.砷和镓都属于p区元素
E.半导体GaP、SiC与砷化镓为等电子体
（2）砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到， 该反应在700℃进行，反应的方程式为： 。AsH3空间形状为： (CH3)3Ga中镓原子杂化方式为： 。
（3）Ga的核外电子排布式为： 。
（4）AsH3沸点比NH3低，其原因是： 。
11. X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
(1)X、Y的元素符号依次为 、 ；
(2)XZ2与YZ2分子的立体结构分别是 和 ，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是 （写分子式），理由是 ；
(3)Q的元素符号是 ，它属于第 周期，它的核外电子排布式为 ，在形成化合物时它的最高化合价为 ；
(4)用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键 。
12. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，该反应的离子方程式为 。
（2）W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为 。
（3）X的硝酸盐水溶液显 性，用离子方程式解释原因 。
（4）Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为 。
（5）比较Y、Z气态氢化物的稳定性 ＞ （用分子式表示）
（6）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是： ＞ ＞ ＞ 。
（7）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25 mol该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出Q kJ的热量。写出该反应的热化学方程式： 。
13.氮是地球上极为丰富的元素。
(1)Li3N 晶体中氮以 N3-存在，基态N3-的电子排布式为 。
(2) N≡N的键能为 942 kJ·mol-1 , N－N 单键的键能为 247kJ·mol-1，计算说明N2 中的 键比 键稳定（填“σ ”或“π ”）。
(3)(CH3)3 NH+ 和AlCl4-可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100 ℃ ，其挥发性一般比有机溶剂 （填“大”或“小” ) ，可用作 （填代号）。
a.助燃剂
b.“绿色”溶剂
c.复合材料
d.绝热材料
(4) x+中所有电子正好充满 K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示。X的元素符号是 ，与同一个N3-相连的x+今有 个。
14.镁、铜等金属离子是人体内多种酶的辅因子。工业上从海水中提取镁时，先制备无水氯化镁，然后将其熔融电解，得到金属镁。
（1）以MgCl2为原料用熔融盐电解法制备镁时，常加入NaCl、KCl或CaCl2等金属氯化物，其主要作用除了降低熔点之外还有 。
（2）已知MgO的晶体结构属于NaCl型。某同学画出的MgO晶胞结构示意图如右图所示，请改正图中错误： 。
（3）用镁粉、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时，焰火发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因： 。
（4）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：
氧化物 NaF MgF2 SiF4
熔点/K 1266 1534 183
解释表中氟化物熔点差异的原因： 。
（5）人工模拟是当前研究的热点。有研究表明，化合物X可用于研究模拟酶，当其结合或Cu（I）（I表示化合价为+1）时，分别形成a和b：
①a中连接相邻含N杂环的碳碳键可以旋转，说明该碳碳键具有 键的特性。
②微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用，比较a和b中微粒间相互作用力的差异
。
15.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
（1）请写出元素“o”的基态原子电子排布式
（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为 ，中心原子的杂化形式为 ，该分子是 （填“极性”或“非极性”）分子。
（3）由j原子跟c原子以1:1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同。两者相比熔点更高的是 ，试从结构角度加以解释：
（4）i单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。
若已知i的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，请回答：
①晶胞中i原子的配位数为__ _ ____。
②该晶体的密度为__ ____（用字母表示）。
答案：
1. B 【解析】本题主要考查原子结构及周期律的基本知识。根据非金属性：F>O>S，可以判断氢化物的热稳定性的顺序为：HF>H2O>H2S，同理可以判断酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，所以①、③错误。根据原子在元素周期表中的位置及原子半径的规律可以判断，②正确。质子即氢离子，离子越易结合质子，说明对应的酸性弱，则④正确。
2.C 【解析】在基态多电子原子中，能量最高的电子最易失去，其电离能也最小，离核就最远，故A、B、D正确；因p、s轨道所对应的电子层数不知，故C错。
3.A 【解析】X原子的质子数为(A－N)个，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)个，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以a g HmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。
4.C 【解析】选项A中，F和O元素应除外；选项B，第六周期为32种元素，如果第七周期填满也为32种元素；选项D，第一主族元素包括H，而碱金属元素中无H。
5.B【解析】分子的极性一般与物质的空间结构有关，空间结构对称的属于非极性分子，反之属于极性分子。对于ABn分子，其经验规则是中心原子A的化合价的绝对值若等于最外层电子数，则属于非极性分子，反之属于极性分子，当然根据分子的极性也可以判断它的空间结构。键的极性只与是否属于同种非金属有关，而物质的稳定性与化学键的键能有关，一般，非金属性越强，所对应的气态氢化物越稳定。所以选项A中CO2属于非极性分子；选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性减弱；选项D中的H2O属于V型结构。
6.C 【解析】T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。选项A，由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2T＞H2R；选项B，由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q；选项C，Al和Be的化合物具有两性；选项D，Mg2＋只有两个电子层而S2－具有三个电子层。
7.B 【解析】X、Y均为周期表的前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，A项，对于阳离子，核外电子数为m-a，对于阴离子，核外电子数为n+b，故A项错； X2－与Y－电子层结构相同，则它们应位于同一周期，且X在Y的前面，Y的非金属性强于X，所对应的离子的还原性: X2－>Y－，B项正确； S2－与Cl－电子层结构相同且位于同一周期，C项错误；X的原子半径大于Y，故X的非金属性弱于Y，其气态氢化物的稳定性也弱于Y，D项错误。
8.C 【解析】从图上分析，①不可能为位于第二周期第ⅣA族，因为这样③后面的元素应为F，而F上面是不存在元素的，故A项错；②④位于同主族，从上至下，非金属性减弱，所对应的气态氢化物的稳定性减弱，故B项错；④⑤位于同周期，从左向右，非金属性增强，所对应的最高价氧化物对应水化物酸性增强，C项正确；元素③应为F，而F没有最高正价，D项错。
9.C 【解析】①稀有气体中不存在化学键；②金属晶体中存在的是阳离子和自由电子；③一般熔点比较为：原子晶体>离子晶体>分子晶体；同为原子晶体或离子晶体，则比较原子（或离子）半径，越小的越高；同为分子晶体，存在氢键的大，相对分子质量大的大；④NaOH中存在离子键和共价键；⑤此晶胞类似于干冰，距离最近的位于顶点和面心，个；⑥SiO2为硅氧四面体；⑦分子间作用力只决定物质的物理性质，而稳定性与化学键的牢固程度有关；⑧离子晶体是阴、阳离子间的静电作用，熔化时，离子间距离增大，故破坏了离子键。
10．（1）BCDE （2）(CH3)3Ga+AsH3 GaAs+3CH4
(或：
)。三角锥，sp2
（3）1s22s22p63s23p63d104s24p1
（4）NH3分子间能形成氢键，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键。
【解析】本题以第三代半导体砷化镓为背景，全面考查原子结构与性质、分子结构及晶体结构知识灵活掌握程度，另一方面通过LED推广使用形成节能减排价值取向和环境友好的消费情趣。这类试题常常是通过小背景作为生长点，融合物质的结构与性质大部分知识内容。
11.（1）S C （2）V形 直线形 SO2 因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大（3）Cr 四 1s22s22p63s23p63d54s1 +6 （4）F-H…F F-H…O O-H…F O-H…O
【解析】此题主要考查了电子排布式，分子的空间构型，分子的极性，“相似相溶”原理以及氢键的表示方法。题型属于推断式，首先要正确的推出所有元素，然后再回答相应问题。
12.（1）Al(OH)3+ OH－＝AlO2－ +2H2O（2）（3）酸 Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ （4）SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+ 2HCl（5）HCl＞H2S （6）S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+ （7）Cl2O7（l）+H2O（l）＝2HClO4(aq)；△H＝-4QkJmol-1
【解析】根据W、X、Y、Z是的同一短同期原子序数递增的元素，且W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生盐和水，确定出W、X分别为Na和Al；由W与Y形成W2Y可以确定Y为S，Y的低价氧化物（SO2）与Z单质的水溶液反应可以确定Z为Cl，确定出四种元素其它的问题便迎刃而解。X的硝酸盐即Al(NO3)3属于强酸弱碱盐，水解显酸性。对于电子层结构相同的不同离子，核电荷数越小，离子半径越大，即S2－ ＞Cl－＞Na+＞Al3+；Z的最高价氧化物为Cl2O7，0.25mol与水反应放出QkJ热量，则1mol放出4QkJ的热量，可以写出对应的热化学方程式。
13.(l) 1s22s22p6 (2)π σ (3）小 b (4)Cu 6
【解析】（1）N3-应与稀有气体Ne具有相同的电子排布式。（2）氮气分子中含有1个σ键与2个π键，根据题中提供的键能可得N-N π键为KJ·mol-1，故π键比σ键稳定。（3）因为“熔点低于100℃”，所以易挥发，当其作为“绿色溶剂”时，实验结束后可采用加热分离的方法。（4）根据“X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层”可知X为Cu；根据晶胞图知，白球为个，黑球为个，又根据化合价有，n(Cu+): n(N3-)=3:1，所以白球为N3-，黑球为Cu+，而1个白球周围有6个黑球。
14.(1)增大离子浓度，从而增大熔融盐的导电性。(2)⑧应为黑色。(3)原子核外电子按一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高。燃烧时，电子获得能量，从内侧轨道跃迁到外侧的另一条轨道。跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来轨道，并向外界释放能量（光能）。(4) NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且2个单位正电荷，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MgF2的熔点大于NaF。(5)①σ②微粒间的相互作用a中为氢键，b中为配位共价键。
【解析】本题主要考查了晶胞中粒子的排布，不同晶体熔沸点的比较以及微粒间的作用力。（2）迁移考查NaCl晶胞中粒子的排列；（4）熔沸点的比较规律；（5）①比较σ、π间的区别；②氢键和配位键的表示方法不同，氢键用“……”，配位键用“→”表示。
15.(1)1s22s22p63s23p63d64s2 (2)角形（或V形） sp2 极性 (3)SiC 因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C－Si键键长比晶体Si中Si－Si键长短，键能大，因而熔沸点高。(4)12 EQ \F(M,4d3NA)
【解析】（1）根据周期表的图示，知 “O”为Fe。（2）k为S元素，燃烧产物为SO2，根据VSEPR可知，它有一对孤对电子，S原子为sp2杂化。（3）SiC和晶体Si均为原子晶体，熔沸点的比较则看原子半径，小的熔沸点高。（4）从晶胞看，应为金属堆积方式中的铜型，配位数为12，从图乙中知，一个晶胞中含有个原子，其质量为；由丙图知，边长为，根据即可得出结果。化学平衡常数与化学平衡及其影响因素的关系是高考命题的趋势之一。化学平衡常数的引入，对判断化学平衡移动方向带来了科学的依据。平衡常数是表征反应限度的一个确定的定量关系，是反应限度的最根本的表现。平衡常数的使用，从定量的角度解决了平衡的移动。
一、化学平衡常数
可逆反应达到化学平衡状态后，正反应速率等于逆反应速率，反应混合物中各组成成分的含量保持不变，即各物质的浓度保持不变。此时：生成物浓度的幂次方乘积与反应物浓度的幂次方乘积之比是常数，化学上把这一种常数称为化学平衡常数。
在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始还是从逆反应开始，无论反应混合物的起始浓度是多少，当反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂次方乘积与反应物浓度的幂次方乘积之比是常数，这个常数叫化学平衡常数，用K表示。
化学平衡常数的计算公式为：
对于可逆反应：mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g）


说明：
1、化学平衡常数K表示可逆反应进行的程度。
（1）化学平衡常数K只针对达到平衡状态的可逆反应适用，非平衡状态不适用。
（2）化学平衡常数K的表达式与可逆反应的方程式书写形式有关。
（3）K值越大，表示反应进行的程度越大，反应物转化率或产率也越大。
（4）K值不随浓度或压强的改变而改变，但随着温度的改变而改变。
（5）一般情况下，对于正反应是吸热反应的可逆反应，升高温度，K值增大；而对于正反应为放热反应的可逆反应，升高温度，K值减少。
2、由于固体浓度为一常数，所以在平衡常数表达式中不再写出。
3、由于水的物质的量浓度为一常数（55.6 mol·L－1），因平衡常数已归并，书写时不必写出。
4、对于同一可逆反应，正反应的平衡常数等于逆反应的平衡常数的倒数，即：K正＝1/K逆。
二、有关化学平衡的计算：
可逆反应在一定条件下达到化学平衡：
mA（g）＋nB（g） pC（g）＋qD（g）
起始（mol/L） a b 0 0
转化（mol/L） x （n/m）x （p/m）x （q/m）x
平衡（mol/L） a－x b－（n/m）x （p/m）x （q/m）x
平衡时：A的转化率＝（x/a）×100%
说明：
1、对于同一条件下，同一时间内的可逆反应，参加反应的各物质的物质的量之比与方程式前面的系数成正比，由于可逆反应是在一定的容器中进行的，因此，反应所消耗（或生成）的物质的物质的浓度之比也等于方程式前面的系数比。但平衡时的物质的量或浓度与方程式前面的系数没有关系。
2、化学平衡中的反应速率是指单位时间内反应物或生成物浓度的变化值，而不是平衡时的浓度。而平衡时的平衡常数，则是指可逆反应达到平衡时，生成物的物质的量浓度的幂次方乘积与反应物浓度的幂次方乘积的比值，两者计算要求不同。
3、可逆反应中平衡浓度、起始浓度和变化浓度之间存在以下关系：起始物的物质的量等于该物质变化的物质的量与平衡时的物质的量之和，若在一定体积的容器中，则起始浓度等于平衡浓度与变化浓度之和。
4、平衡转化率是指达到平衡时反应物消耗的物质的量与原有总物质的量之间的比值，当反应物的起始物质的量与方程式前面的系数成正比时，各物质的转化率也相同，否则不一样。
5、平衡时的产率是指实际得到的产物的产值与理论值之间的比值。理论值是指某种反应物完全消耗时所能得到的产物的最大值。
6、由于可逆反应一段时间后达到平衡状态，因此，可逆反应不能进行完全，产物的产值应该在0—理论值之间，不可能为0，同样也不可能完全转化。
例1. CO的中毒是由于CO与血液中血红蛋白的血红素部分反应生成碳氧血红蛋白：
CO＋Hb·O2 →O2＋Hb·CO
实验表明，Hb·CO的浓度即使只有Hb·O2浓度的2%，也可造成人的智力损伤。抽烟后，测得吸入肺部的空气中CO和O2的浓度分别为10－6mol·L－1和10－2mol·L－1，并已知37℃时上述反应的平衡常数K＝220，那么，此时Hb CO的浓度是Hb·O2的浓度的多少倍？
解析：根据平衡常数的概念和计算公式：


生成物浓度的幂次方乘积与反应物浓度的幂次方乘积之比是常数，可得：
又因为：肺部的空气CO和O2的浓度分别为10－6mol·L－1和10－2mol·L－1，则：
则有：＝2.2%
答案：Hb CO的浓度是Hb·O2的浓度的0.022倍
例2. 现有反应：CO（气）＋H2O（气）CO2（气）＋H2（气）放热反应；在850℃时，K＝1。
（1）若升高温度到950℃时，达到平衡时K__ ___l （填“大于”、“小于”、或“等于”）
（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：当x＝5.0时，上述反应向___________________（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________ __________。
（3）在850℃时，若设x＝5.0 和x＝6.0，其它物质的投放量不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a%，b%，则a___ __b（填“大于、小于或等于”）
解析：化学平衡常数不随浓度或压强的改变而改变，只随温度的改变而改变。
（1）对于CO（气）＋H2O（气）CO2（气）＋H2（气），正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，根据平衡常数的计算公式可知，K变小，即小于1。
（2）


在一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，当x＝5.0时，则有：K＝5×1/3×1＞1，此时生成的浓度偏大，而在同一温度下平衡常数保持不变，则必然随着反应的进行，生成物的浓度降低，平衡逆向移动。
若要使平衡正向移动，则有：K＝x×1/3×1＜1，即x＜3时，可使平衡正向移动。
（3）可逆反应在一定条件下达到化学平衡：当x＝5.0时
CO（气）＋H2O（气）CO2（气）＋H2（气）
起始（mol/L）　　1　　 3 　 1 　5
转化（mol/L） x 　x 　　x 　　 x
平衡（mol/L） 1－x 3－x 　　1＋x 　 5＋x
则有：x2/（1－x）（3－x）＝1，解得x＝－1/5，则氢气的体积分数为：
　　　　a%＝H2%＝（5＋x）/10＝40%
同理可得：当x＝6.0，b%＝52.9%
答案：（1）K小于1；
（2）当x＝5.0时，平衡逆向移动；x＜3时，可使平衡正向移动。
（3）x＝5.0时，a%＝40%；x＝6.0，b%＝52.9%，即a＜b。
例3. 在合成氨过程中，进入合成塔的氮气和氢气的体积比为1：3，压强为160atm，从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数为25%。求：
（1）从合成塔出来的气体中氮气和氢气的体积比是多少？
（2）从合成塔出来的气体的压强是多少？
答案：从合成塔出来的气体中氮气和氢气的体积比为：1：3；
　　从合成塔出来的气体的压强是128atm。
例4. 在一定温度下，将100mL氢气和氮气的混合气体充入密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前的1.25倍，平均分子量为15.5，则达到平衡时氮气的转化率为多少？
解析：在同温同压下，反应前后的气体的总质量保持不变，则混合气体的密度与体积成反比。设混合气体中氮气的体积为a，则氢气的体积为：100－a，则有：
N2　　＋　3H2　 　2NH3
起始（L）　　 a　　　100－a　　 　0
转化（L）　　 x 3x 2x
平衡（L） a－x　 100－a－3x 2x
则有：ρ前/ρ后＝V前/V后；100/（100－2x）＝1.25，x＝10mL。
又同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，则有：
混合气体的相对分子质量等于混合气体的总质量与混合气体的总物质的量之比，则有：混合气体的总质量＝28a＋2（100－a），
则有：［28a＋2（100－a）］/100－2x＝15.5，可得：
a＝40 mL
则：氮气的转化率为：10/40＝25%
答案：氮气的转化率为25%
【考点再现】
一、考查化学平衡常数表达式的书写
在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，体系内所有反应物和生成物的浓度保持不变，所以生成物浓度幂（以其化学计量数为幂）之积与反应物浓度幂之积的比值就是一个常数，叫做该反应的化学平衡常数，简称平衡常数，用符号K表示。以反应：mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）为例，K =。
1．由于固体或纯液体的浓度是一常数，如果有固体或纯液体参加或生成，则表达式中不能出现固体或纯液体；稀溶液中进行的反应，如有水参加反应，由于水的浓度是常数而不必出现在表达式中；非水溶液中进行的反应，若有水参加或生成，则应出现在表达式中。例如：
（1）CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g） K =c（CO2）
（2）3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g） K =/
（3）Cr2O72－（l）+H2O（l）2CrO42－（l）+2H+（l） K =
（4）CH3COOH（l）+HOCH2CH3（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l） K =
2．表达式与化学计量数一一对应，方程式中化学计量数不同，表达式就不同；可逆反应中，正反应的表达式与逆反应的表达式互为倒数。例如：
（1）N2（g）+3H2（g）2NH3（g） K1 =
（2）2NH3（g） N2（g）+3H2（g） K 2=
（3）1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g） K 3=
同一温度下，K1、K 2、K 3的数值都固定但相互之间不相等，显然，K1 =，K 3=。
二、考查化学平衡常数的意义
1．在一定条件下，某可逆反应的K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越大；反之，就越不完全，转化率就越小。
2．当K>105或K<10－5时，该反应就基本进行完全，一般当成非可逆反应；而K在10－5～105之间的反应被认为是典型的可逆反应。
3．K值大小只能预示某可逆反应向某方向进行的最大限度，但不能预示反应达到平衡所需要的时间。
三、考查化学平衡常数的影响因素
1．平衡常数K只受温度影响，既与任何一种反应物或生成物的浓度变化无关，也与压强的改变无关；由于催化剂同等程度地改变正逆反应速率，故平衡常数不受催化剂影响。
2．任何可逆反应，当温度保持不变，改变影响化学平衡的其它条件时，即使平衡发生移动，K值不变。
3．其它条件不变时，若正反应是吸热反应，由于升高（或降低）温度时平衡向正（或逆）反应方向移动，K增大（或减小）；若正反应是放热反应，由于升高（或降低）温度时平衡向逆（或正）反应方向移动，K减小（或增加）；所以温度升高时平衡常数可能增大，也可能减小，但不会不变。
四、考查化学平衡常数的简单计算
例1．已知在800K时，反应：CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g），若起始浓度c（CO）=2mol/L，c（H2O）=3mol/L，反应达到平衡时，CO转化成CO2的转化率为60%。若将H2O的起始浓度加大为6mol/L，试求CO转化为CO2的转化率。
解析：本题考查平衡常数表达式、有关计算及应用。
先由第一次平衡时CO的转化率可求平衡时各物质的浓度：c（CO）=0.8mol/L，c（H2O）=1.8mol/L，c（CO2）=1.2mol/L，c（H2）=1.2mol/L；
再由此求K值：K＝=1.0
假设第二次平衡时，CO的转化浓度为x，则
CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）
起始浓度mol/L 2 6 0 0
转化浓度mol/L x x x x
平衡浓度nol/L 2－X 6－X X X
由于温度不变，平衡常数不变，则
=1.0，解得：x=1.5mol/L
故CO的转化率为：×100%=75%
例2、 现有反应：CO（气） ＋ H2O（气）CO2（气） ＋ H2（气）放热反应；在850℃时，K＝1。
（1）若升高温度到950℃时，达到平衡时K__ ___l （填“大于”、“小于”、或“等于”）
（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，则：当x＝5.0时，上述反应向___________________（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________ __________。
解析：化学平衡常数不随浓度或压强的改变而改变，只随温度的改变而改变。
（1）对于CO（气） ＋ H2O（气）CO2（气） ＋ H2（气），正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，根据平衡常数的计算公式可知，K变小，即小于1。
（2）


在一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2，当x＝5.0时，则有：K＝5×1/3×1＞1，此时生成的浓度偏大，而在同一温度下平衡常数保持不变，则必然随着反应的进行，生成物的浓度降低，平衡逆向移动。
若要使平衡正向移动，则有：K＝x×1/3×1＜1，即x＜3时，可使平衡正向移动。
答案：（1）K小于1；
（2）当x＝5.0时，平衡逆向移动；x＜3时，可使平衡正向移动。
例3. CO的中毒是由于CO与血液中血红蛋白的血红素部分反应生成碳氧血红蛋白：
CO＋Hb·O2 →O2＋Hb·CO
实验表明，Hb·CO的浓度即使只有Hb·O2浓度的2%，也可造成人的智力损伤。抽烟后，测得吸入肺部的空气中CO和O2的浓度分别为10－6mol·L－1和10－2mol·L－1，并已知37℃时上述反应的平衡常数K＝220，那么，此时Hb CO的浓度是Hb·O2的浓度的多少倍？
答案：Hb CO的浓度是Hb·O2的浓度的0.022倍
例4. 在合成氨过程中，进入合成塔的氮气和氢气的体积比为1：3，压强为160atm，从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数为25%。求：
（1）从合成塔出来的气体中氮气和氢气的体积比是多少？
（2）从合成塔出来的气体的压强是多少？
解析：同温同压下，任何气体的体积比等于物质的量之比，则根据平衡常数的计算公式：有：
N2　　＋　3H2　 　2NH3
起始（L）　 1　　　　3　　　　　0
转化（L）　 x 3x 2x
平衡（L） 1－x　　　3－3x 2x
则有2x/（4－2x）＝25%，x＝0.4，则从合成塔出来的气体中氮气和氢气的体积比为：（1－x）：（3－3x）＝1：3。
在一定温度和体积固定的容器中，气体的压强比等于物质的量之比，则有：
P前/P后＝4/（4－2x）；160atm/P后＝4/3.2，P后＝128atm。
答案：从合成塔出来的气体中氮气和氢气的体积比为：1：3；
　　从合成塔出来的气体的压强是128atm。
例5. 在一定温度下，将100mL氢气和氮气的混合气体充入密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前的1.25倍，平均分子量为15.5，则达到平衡时氮气的转化率为多少？
N2　　＋　3H2　 　2NH3
起始（L）　　 a　　　100－a　　 　0
转化（L）　　 x 3x 2x
平衡（L） a－x　 100－a－3x 2x
则有：ρ前/ρ后＝V前/V后；100/（100－2x）＝1.25，x＝10mL。
又同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，则有：
混合气体的相对分子质量等于混合气体的总质量与混合气体的总物质的量之比，则有：混合气体的总质量＝28a＋2（100－a），
则有：［28a＋2（100－a）］/100－2x＝15.5，可得：
a＝40 mL
则：氮气的转化率为：10/40＝25%
答案：氮气的转化率为25%
【专题测试】
1、在某温度下，可逆反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g）的平衡常数为K，下列说法正确的是（ ）
A. K越大，达到平衡时，反应进行的程度越大
B. K越小，达到平衡时，反应物的转化率增大
C. K随反应物浓度的改变而改变
D. K随温度的改变而改变
2、在一密闭容器中，aA（g）bB（g）达平衡后温度保持不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来平衡时浓度的60%，则：（ ）
A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率减少了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a＞b
3、在373K时，把0.5molN2O4气体通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现棕色，反应进行到2s时，浓度为0.02mol/L，在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，下列说法正确的是（ ）
A. 前2s，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为0.01mol/（L·s）
B. 在2s时容器内压强为开始时压强的1.1倍
C. 在平衡体系内含N2O40.25mol
D. 平衡时，如果压缩容器体积，则可提高N2O4的转化率
4、在一密闭容器中，等物质的量的X和Y发生如下反应：X（g）+2Y（g） 2Z（g），反应达到平衡时，若混合气体中X和Y的物质的量之和与Z的物质的量相等，则X的转化率为（　　　）
A. 10%　　　　 B、50%　　　　 C、60%　　　　 D、70%
5、在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3（g） N2（g）＋3H2（g），当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的（ ）
A、1.125倍　　 B、1.25倍　　　C、1.375倍　　　 D、1.50倍
6、在一定温度下，将1molCO和1mol水蒸气放入一固定容积的密闭容器中，发生反应CO（g）＋H2O （g） CO2（g）＋H2（g），达平衡状态后，得到CO20.6mol；再通入0.3mol水蒸气，达到新的平衡状态后，CO2的物质的量可能是（　　　）
A、0.9mol B、0.8mol C、0.7mol　　 D、0.6mol
7、将0.4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）＋B（g） 2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L－1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·（L·s）－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·（L·s）－1
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1
其中正确的是（　　　）
A、①③　　　 B、①④　　　　 C、②③　　　 D、③④
8、在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：
2R（g）＋5Q（g） 4X（g）＋nY（g），反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（　　　）
A、2　　　　　 B、3　　　　　 C、4　　　　　 D、5
9、某容器中加入N2和H2，在一定条件下，N2＋3H22NH3，达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是3mol/L、4mol/L、4mol/L，则反应开始时H2的浓度是 （　　　）
A、5mol/L　　　 B、10mol/L　　 C、8mol/L　　　 D、6.7mol/L
10、已知下列反应的平衡常数：H2（g）＋S（s）H2S（g）　K1
S（s）＋O2（g） SO2（g）　　K2
则反应H2（g）＋SO2（g） O2（g）＋H2S（g）的平衡常数是　（　　　）
A、K1＋ K2　　　B、K1 －K2 C、K1 ×K2 D、K1／K2
11、有可逆反应2A（g）＋2B（g） 2C（g）＋D（g）
（1）该反应的化学平衡常数的表达式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（2）该反应选用了一种合适的催化剂，发现反应温度在100℃～400℃的范围内，每高10℃，反应速度为原来的3倍，在400℃～450℃时，每高10℃，反应速度却约为原来的10倍，而温度高于450℃时，反应速度却约为原来的3倍，若其它反应条件不变，试分析造成这种现象的原因＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（3）若该反应在固定容积的密闭容器中进行，并保持温度不变。往容器里充入等物质的量的A、B两种气体物质，反应进行5min后，试推测容器内的压强可能发生的变化＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（填正确的字母编号）
A、增大　　　　　　　　　　B、减小　　　　　　　　C、不变
其理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（4）若该反应在恒温下进行并已达平衡，再维持温度不变，将压强由100kPa增大到500kPa平衡发生了移动，但却发现平衡向左移动，你是否怀疑勒夏特列原理对平衡系统的普遍适用性？＿＿＿＿＿＿＿＿；试写出你的分析理由＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
12、平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在25℃时，下列反应式及其平衡常数：
2NO（g） N2（g）＋O2（g） K1＝1×1030
2H2（g） ＋O2（g） 2H2O（g） K2＝2×1081
2CO2（g） 2CO（g）＋O2（g） K3＝4×10－92
（1）常温下NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为＿＿＿＿＿＿＿＿。
（2）常温下水分解产生O2，此时平衡常数值约为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（3）常温下NO、H2O、CO2三种化合物分解放出氧气的大小顺序为：
＿＿＿＿＿＞＿＿＿＿＿＿＿＿＞＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
（4）随着轿车进入家庭，汽车尾气污染成为备受关注的环境问题，市政府要求全市对所有汽车尾气处理装置完成改装，以求基本去除氢氧化物、一氧化碳污染气体的排放。而改装后的尾气处理装置主要是加入了有效催化剂，请你根据以上有关数据分析，仅仅使用催化剂＿＿＿＿＿＿＿＿＿（填能或否）促进污染气体间的反应，而去除污染气体。
13、可逆反应CO＋H2OCO2＋H2在密闭容器中建立了平衡。当温度为749K时，Kc＝2.60，问：
（1）当CO起始浓度为2mol/L，H2O起始浓度为2mol/L时，CO的转化率为多少？
（2）当CO起始浓度仍为2mol/L，H2O的起始浓度为6mol/L时，CO的转化率为多少？
14、在接触法制硫酸中，将SO2与空气按1：3的体积比混合（空气中氮气与氧气的体积比为4：1）后进入接触室，在一定条件下反应达到平衡后，气体总体积减少为原来的88%（体积均在相同情况下测定），试求：
（1）反应达到平衡时SO2的转化率；
（2）若生成的SO3可在吸收塔中完全被吸收，则排出的尾气中SO2的体积百分含量。
15、在673K，1.01×105Pa时，有1mol气体A发生如下反应：2A（g） xB（g）＋C（g）。在一定条件下已达到平衡。在平衡混合气体中，A占其体积百分比为58.84%。混合气体总质量为46g，密度为0.72g·L－1。求：
（1）平衡混合气体的平均相对分子质量；
（2）A的平衡转化率；
（3）x值
（4）相同条件下，反应前A的密度是平衡混合气体密度的几倍。
【参考答案】
1、AD　 2、AC　 3、B　 4、A　 5、B　
6、C　　 7、B　　 8、A　　 9、B　　 10、D
11、（1）
（2）催化剂在400℃～450℃活性最大
（3）B；在该条件下，发生反应的气体体积减小，压强减小
（4）不；可能反应物中某物质的状态发生变体。
12、（1）
（2）2×10－82
（3）NO；H2O；CO2　　　　　
（4）能
13、61.7%，86.6%
14、96%，1.56%
15、（1）39.73　　　　（2）A的转化率为32%
（2）x＝2　　　　　（4）反应前A的密度是平衡混合气体密度的1.16倍。STSE是科学、技术、社会、环境的英文缩写。STSE教育是以科学、技术、社会、环境的相互关系为侧重点的教育，反映了当今世界教育改革的浪潮。随着科学、技术、社会、环境四者互动关系的增强以及素质教育的实施，STSE教育成为高考化学考查的重要内容。近几年高考试卷中有关STSE的试题很多，现归纳如下：
一、环保类
例1、下述做法能改善空气质量的是 （ ）
A．以煤等燃料作为主要生活燃料
B．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源
C．鼓励私人购买和使用汽车代替公交车
D．限制使用电动车
解析：如何改善空气质量，是全球共同关心的问题。目前最有效的办法是减少化石燃料的使用，降低SO2、碳氧化物、氮氧化物的排放量，大量使用高效清洁能源。A、C、D项错误，B项正确。
答案：B
点拨：环境保护是一个社会问题，关系到每个公民的切身利益。面对日益恶化的环境，如何才能做到人与自然的和谐发展？这是我们每个人都要沉思的问题。下面通过对环保知识的考查，旨在增强考生及全社会的环保意识。
二、医药类
例2、顺式Pt(NH3)2Cl2是临床广泛使用的搞肿瘤药物。下列有关该物质的说法中正确的是 （ ）
A.由4种元素组成 B.含有NH3分子
C.Pt的化合价为＋4 D.此物质是卤代烃
解析：本题以临床医学广泛使用的搞肿瘤药物为背景考查同学们对物质类别及组成的认识。药物Pt(NH3)2Cl2属于配合物，组成不可能有NH3分子，否则会逸出且NH3有毒，B项错误。因NH3为0价，故Pt为+2价，C项错误，此物质不是卤代烃，D项错误，。
答案：A
点拨：随着生活质量的不断提高，人们越来越关注自身的健康，与医药有关的问题也就成了社会热点。这类考题一般以新型有机物为载体，综合考查有机物组成、反应条件、反应类型、有机物结构简式、化学方程式及同分异构体的种类及书写方法等。
三、生活类
例3、下列叙述正确的是 （ ）
Ａ．目前加碘食盐中主要添加的KIO3
Ｂ．日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒
Ｃ．绿色食品是不含任何化学物质的食品
Ｄ．在空气质量日报中CO2含量属于空气污染指数
解析:杀菌消毒的乙醇浓度一般是75%；绿色食品是指无污染、无公害的安全食品；CO2是空气的成分之一，空气污染指数通常是以SO2、氮氧化物、颗粒物含量为依据。B、C、D项错误，A项正确。
答案:A
点拨：化学离不开生活，生活也离不开化学，本题体现了化学实实在在、学以致用的特点，指明了高考命题的方向。
四、能源类
例4、下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是（ ）
A．石油裂解得到的汽油是纯净物
B．石油产品都可用于聚合反应
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
解析：汽油是含有C5～C11的混合烃，属于混合物；石油产品中烯烃、炔烃可以发生加聚反应，而烷烃不发生聚合反应；天然气不完全燃烧同样会释放出CO，它不是理想的清洁能源。A、B、C项错误，D项正确。
答案：D
点拨：能源问题是人类面对的最紧迫、最现实的问题，人类已经受到能源危机的困扰，节约有限的能源（化石燃料）、开发高效清洁能源已迫在眉睫，让未来社会的主人、建设者认识能源的重要性和危机，正是高考命题的目的和旨意之一。
五、资源类
例5、我国十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是 （ ）
A.氯、溴、碘 B. 钠、镁、铝 C.烧碱、氢气 D.食盐、淡水
解析：A、B、C项中物质只能通过化学变化取得，D项淡化海水即可。
答案：D
点拨：海水中存在大量的资源，科学高效的开发利用是很多国家共同关心的问题，相关进展及成果也是社会的热点之一。
六、科技类
该类考题一般以是最新的科技成果为情境，具有起点高、落点低，陌生度大、得分率高等特点，它让学生在审题、解题的过程中扩大知识面，开阔眼界，体现了学生的自学能力、阅读能力、迁移能力及应用能力，一直是高考的保留题。
例6、美国科学家扗年3月研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反应为 （ ）
A.H2＋2OH－＝2H2O＋2e－ B.O2＋4H＋＋4e－＝2H2O
C.H2＝2H＋＋2e－ D.O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
解析：电解液为酸性，A项错误；负极通入氢气，正极通入氧气，B、D项错误，C项正确。
答案:C
点拨：海水中存在大量的资源，科学高效的开发利用是很多国家共同关心的问题，相关进展及成果也是高考命题的热点之一。
【典题例析】
解析：依题意，“降低盐水中所含元素之间的结合力，释放氢原子”，即将化合态的氢转化成游离态的氢，H2O===2H + O，破坏了水分子中极性共价键。
答案：D
例2 嫦娥一号负担的任务包括4项科学任务：拍摄三维月球地形图；探测月球上特殊元素的分布；探测月球土壤厚度以及氦-3的储量；探测距离地球40万公里的空间环境。月球土壤中吸附着数百万吨3He，据估算3He核聚变所释放的能量可供人类使用上万年。下列说法正确的是
①3He、4He的化学性质基本相同，②3He、4He具有相同的中子数，③3He核聚变是化学变化，④3He液化是物理变化
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
解析： 3He、4He为氦元素的同位素，化学性质基本相同；3He的中子数为1个，4He中子数为2个，中子数不同；核聚变不是化学变化；液化是物理变化。
答案：B
例3 地球上氦元素主要以4He形式存在，月球上氦元素主要以3He形式存在，已知一个12C原子的质量为a g，一个3He 原子的质量为b g。一个4He 原子的质量为c g下列说法正确的是
A．3He的电子式为：
B．3He的相对原子质量约为：bNA，氦元素的相对原子质量为：
C．3He、4He为氦元素的同位素，同温同压下，密度之比为：b：c
D．3He、4He为氦元素的同素异形体，同温同压下，密度之比为：c：b
解析： 3He最外层只有2个电子，选项A错；3He的相对原子质量数值上等于其摩尔质量，即bNA，氦存在多种同位素，其的相对原子质量应是各天然同位素的相对原子质量及其丰度进行求解，选项B错；3He、4He为氦元素的同位素，不是同素异形体，选项D错；根据阿伏加德罗定律及其推论，同温同压下，密度之比为：b：c，选项C正确。
答案：C
例4 最近美国卡内基——梅隆大学化学工程专家设计出一种新工艺，可以大幅提高以玉米为原料生产乙醇的效率，这一成果将有助于推广使用新型燃料乙醇汽油。“E85”是含乙醇85%的乙醇汽油。科学家最近的研究表明，大量使用“E85”可能导致大气中O3含量上升，将会对人体造成更直接伤害。寻找新的化石燃料替代能源已成为化学工作者研究的新课题。下列各项说法中正确的是
A．推广使用乙醇汽油是为了减少温室气体的排放
B．等质量的“E85”和汽油充分燃烧后放出的热量相等
C．“E85”是由汽油和乙醇这两种物质组成的混合物
D．乙醇汽油比汽油燃烧时耗氧量低，燃烧更充分，产生的污染小
解析：推广使用乙醇汽油主要为了解决替代能源问题，A项错误；燃料的成分不同，同质量的不同燃料放出的能量也不同，B项错误；汽油本身就是多种烃组成的混合物，C项错误；乙醇分子中含有氧元素，燃烧时耗氧量低，产生的CO少，污染小。
答案：D
例5、最近美国宇航局（NASA）马里诺娃博士找到了一种比二氧化碳有效104倍的“超级温室气体”—全氟丙烷（C3F8），并提出用其“温室化火星”使火星成为第二个地球的计划。有关全氟丙烷的说法不正确的是
A．分子中最多有5个原子可能处于同一平面上
B．全氟丙烷分子中既有极性键又有非极性键
C．制取全氟丙烷最好的方法是丙烷与氟气发生取代反应
D．全氟丙烷的电子式如右图
解析：根据甲烷的结构特点，最多三个原子共面，故全氟丙烷分子中最多有5个原子可能处于同一平面上，选项A正确；全氟丙烷分子中既有C—F极性键又有C—C非极性键，选项B正确；通过甲烷与氯气发生取代反应时，往往得到一氯甲烷至四氯甲烷的混合物，故制取全氟丙烷最好的方法不是丙烷与氟气发生取代反应，选项C不正确；
答案：C
例6、绿色环保原电池的研制越来越成为人们关注焦点，镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池为人们所青睐。其中一种镁原电池的反应为：
xMg+Mo3S4 MgxMo3S4。在镁原电池放电时，下列说法错误的是
A. Mg2+向正极迁移 B.正极反应为：Mo3S4+2xe-=Mo3S42x-
C．Mo3S4发生氧化反应 D.负极反应为：xMg-2xe-=xMg2+
解析：电池的开发和利用是绿色环保和新能源的一个体现，在镁原电池放电时，实质是
原电池，Mg作负极发生氧化反应，反应为 xMg+Mo3S4 MgxS4，Mg2+向正极迁移，Mo3S4为正极发生还原反应，反应为：Mo3S4+2xe-=Mo3S42x-。
答案：C
例7、从化学角度分析，下列哪个不符合绿色化学概念的是
A．探索开发塑料电镀的表面处理新技术，以回收废弃的塑料
B．用双氧水代替高锰酸钾制氧气
C．在含硫的燃料中加入适量生石灰，以减少二氧化硫的排放量
D．用溴水代替碘水进行萃取实验
解析：绿色化学是从源头上防止污染产生或将化学过程对环境的负面影响降低到最低限度的化学。不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学原则，实现原料和过程的绿色化。选项A属绿色技术；选项B制取氧气的化学过程，用双氧水对环境的负面影响降低到最低限度；选项C从源头上防止污染产生，属绿色处理；
答案：D。
例8、2008年世界环境日主要庆祝活动将由新西兰承办，主要内容包括改变与破坏环境有关的习惯及生活方式，在建筑物内采用更多节能措施，安装节能灯具，更多地利用清洁，放出和可再生能源。下列说法或做法中正确的是
A．氟氯烃的大量排放是造成酸雨的主要原因
B．等质量的同种煤粉和煤块完全燃烧，放出热量前者大于后者
C．液氯泄漏事故发生时，周边的人应该朝顺风方向或向避风的沟塘低洼处转移
D．汽车的排气管上装有“催化转化器”，使CO和NO反应生成N2和CO2
解析：造成酸雨的主要原因是硫的氧化物和氮的氧化物的排放，A项错误；等质量的煤粉和煤块燃烧时反应速率不同，但热效应相同，B项错误；氯气的密度大于空气，发生泄漏时，人们应逆风或向高处转移，C项错误。
答案：D。
例9、2007年诺贝尔化学奖者Gerhard Ertl，是在基于对工业合成氨普遍采用的哈伯—博施法进行研究的，哈伯—博施法其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=—92.4 kJ/mol，这种已使用近一个世纪的方法目前仍是最经济的合成氨方法。合成氨工业中采取的下列措施可用勒夏特列原理解释的是
A．采用较高温度（400℃~500℃）和较高压强（20Mpa~50Mpa）
　　 B．高压比常压更有利于合成氨
　　 C．使用铁触媒作催化剂 ，有利于合成氨
　　 D．合成氨采用循环操作，可提高原料的利用率
解析：勒夏特列原理运用范围，是能使已达平衡的可逆反应发生平衡移动的一些因素如（C、P、T），对于P压强因素，要注意反应前后体积没有变化的可逆反应，其原理不能解释。A中高温不利合成氨，只能加快反应速率，另温度（400℃~500℃）铁触媒活性大。A项错；B中加压，平衡正向移动，有于合成氨，B项正确；C中催化剂不能使平衡移动，C项错；D中采用循环操作，不涉及平衡移动问题，D项错。
答案：B
例10、2010年3月30日，我国研究人员发表报告认为，全球将有1.4亿人因为用水而受到砷中毒之害、导致更多的人患癌症。海带含砷超标，经水浸泡24小时后，其含砷量才能达到食用安全标准。下列对砷(As)的有关判断正确的是
A.砷原子序数为33，第4周期第5A族
B.砷酸化学式为H2AsO4
C.砷化氢的稳定性比溴化氢的强
D.砷酸的酸性比硫酸的弱
解析：根据元素周期表排布规律，由砷的原子序数推知，33=2+8+18+5，位于第四周期第VA族，表达错，A错；砷酸与磷酸的化学式相似.磷酸化学式为H3PO4，砷酸的化学式为H3AsO4，B错；砷与溴在同一周期，同周期从左至右气态氢化物稳定性逐渐减弱，砷化氢稳定性比溴化氢稳定性弱.C错；砷酸比磷酸弱，而硫酸酸性比磷酸强，所以硫酸酸性强于砷酸的酸性。
答案：D
例11生活中处处是化学，我们可以用化学的视角去解决、解释生活中的某些问题。下列说法中正确的是
A．生活污水中富含氮、磷的废水可排放到河流、湖泊中，有利于淡水养殖
B．使用二氧化硫漂白的食品会对人体健康产生危害
C．使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物对人体无害
D．一些工业用染料，如苏丹红等，对人体无毒害作用，也可用作食用色素
解析：含氮、磷的废水可排放到河流、湖泊中，容易使水体富营养化，A项错误；氯气消毒自来水，因产生有机氯化物，容易造成二次污染，C项错误；工业染料大多有一定的毒性，绝不能用作食用色素，D项错误。
答案：B
例13、为实现2008年北京“科技奥运”战略，我国兴奋剂检测生物芯片装置已定型和批量生产，它可快捷检测常见的16种兴奋剂。已知某兴奋剂乙基雌烯醇（etylestrenol）的结构如图所示。下列叙述中正确的是
A．该物质可以视为酚类，能与FeCl3溶液发生显色反应
B．在浓硫酸作用下，分子内消去一个水分子，生成3种
互为同分异构体的产物
C．能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．该物质分子中的所有碳原子均共面
解析： A项中该兴奋剂结构中不含苯环，不是酚类；B项中该有机物发生消去反应，得到2种消去产物；D项中该兴奋剂分子中含有饱和碳原子，则所有碳原子不可能共面。
答案：C
例14、2010年4月5日新华网报道：登陆器“凤凰3号” 携带有一张名为“火星幻想”的数字化光盘。光盘由二氧化硅玻璃材质制成。 直径约7.5厘米。光盘被固定在登陆器顶部平台上，在火星表面可维持500年寿命。下列有关推断正确的是
A.该光盘遇水腐蚀 B.该光盘遇火会熔化
C.该光盘遇碱会腐蚀 D.二氧化硅是导体
解析：本题考查二氧化硅的性质，二氧化硅晶体类型、晶体结构都是高考考查热点。二氧化硅不与水反应，二氧化硅是原子晶体，熔点高，且是不导电，二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应。
答案：C
【专题测试】
1． 广州将于2010年承办第16界亚运会。下列措施有利于节能减排、改善环境质量的有（ ）
① 在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题
② 积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料
③ 加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放
④ 发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统
⑤ 使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾
A．①②③④ B．①②⑤ C．①②④⑤ D．③④⑤
答案：A
解析：垃圾的处理不能进行填埋处理，而应进行分类处理，故⑤错。
2．美国航天局宣布，月球坑观测和传感卫星获得的撞月数据显示，月球上存在“数量可观的水”。下列有关说法正确的是（ ）
A．月球上的H2O分子中只含有非极性共价键
B．H2O在化学反应中既可作氧化剂又可作还原剂
C．氢的三种同位素H、D、T与16O只能形成三种水分子
D．在标准状况下，1mol水的体积约是22．4L
3．新华网2012年2月22日，山西煤矿事故已造成23人遇难。据事故抢险指挥部介绍，现已初步查明，事故原因为井下局部瓦斯爆炸。煤尘爆炸的条件与物质燃烧的条件相类似，请利用燃烧的条件判断，下列哪种情况会促进煤尘爆炸（ ）
A.在井下生火做饭 B.在原煤上喷水以减少煤尘挥发
C.电源接头、开关处使用安全装置 D.向井内不断鼓入新鲜空气
4．新航空燃油税从2012年2月14日开始征收，燃油税“燃”来好处之一节能减排，抑制燃油不合理消费。下列说法错误的是（ ）
A.石油的裂解是生产乙烯的主要方法
B.裂化汽油，不能使溴水褪色
C. 使用乙醇汽油，可以大幅度改善城市的空气质量
D. 辛烷值是汽油抗爆性的表示单位，辛烷有一种同分异构体的命名为3，3-二甲基己烷
答案：B
解析：本题主要考查有机化学基础知识。裂化汽油中含有不饱和烃，能使溴水褪色，B项错误。乙醇汽油可以让汽车尾气中一氧化碳和碳氢化合物含量下降，有利于改善城市的空气质量；参考必修2的66页和有机化学选修5的脂肪烃，可以确定D正确。
5．公交车印有“CNG”标志（CNG汽车是指以压缩天然气替代常规汽油或柴油作为汽车燃料的汽车）。城市推行这一改革的主要目的是（ ）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A．延长发动机的寿命　 　B．促进地方经济的发展，增加再就业机会
C．节约能源 　　 D．减少大气污染
答案：D
解析：CNG公交车最大的优点是清洁环保，与燃油车相比，噪音减少40%，尾气排放量中二氧化碳减少25%、氮氧化合物排放量减少80%.
5．化学与科技、社会生活有着密切的联系，下列有关说法正确的是（ ）
A．2009年我国起征燃油税，工业上将石油蒸馏得到汽油，主要发生了化学变化
B．2008年诺贝尔化学奖授予研究绿色荧光蛋白的科学家，区分蛋白质溶液和葡萄糖溶液可利用丁达尔效应
C．“显世闻名”的奶粉事件中污染物为三聚氰胺（结构如图），其摩尔质量为l26g
D．2008年支援四川灾区的生活用品中食醋、纯碱、食盐的主要化学物质分别属于酸、碱、盐
6．从2012年1月1日起，我国已全面推广使用车用乙醇汽油。下列各说法中正确的是[ ]
A．乙醇汽油是纯净物，汽油是混合物
B．推广使用乙醇汽油是为了减少温室气体排放
C．推广使用乙醇汽油是为了减少化石燃料消耗
D．用粮食生产乙醇是开发新能源的发展方向
答案：C
解析：乙醇汽油是汽油中加入一定量的乙醇，减少石油燃料的消耗。
7．我国对煤炭采选业、铅蓄电池工业、制革工业、印制电路板制造业、电镀行业五行业2009年2月1日起施行的国家环境保护标准。人们生存的环境与化学息息相关，下列说法中，你认为正确的是（ ）
A.汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，原因是汽油燃烧不充分
B.酸雨的形成主要是因为森林的过度采伐
C.清晨，日出后的密林中可看到缕缕光束，原因是清晨林间CO2的浓度较大
D.钢铁在潮湿的空气中更易生锈，是因为形成了原电池的缘故
8．下列说法正确的是（ ）
A．明矾和漂白粉常用于水处理，两者的作用原理相同
B．利用潮汐发电是将化学能转化为电能
C．铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝
D．2009年12月中旬在哥本哈根召开的国际气候会议受到全球政要的广泛关注，减少工业生产大量排放二氧化碳等温室气体以抑制全球气候变暖成为该会议的主题[来源:学科
9．目前，达菲是治疗甲型H1N1流感的一种良药。达菲的分子式是C16H31N2PO8，其相对分子质量为410，请回答：
（1）该化合物中碳、氢两种元素的质量比是 。
（2）该化合物中氧元素的质量分数是 。(保留一位小数)
（3）现取820g达菲，含________molO，_______molP。
答案：（1）192∶31；（2）31.2%；（3）16 2。[]
解析：（3）该化合物的摩尔质量为410 g·mol－1，则其化合物物质的量为n=982g/410 g·mol－1=2mol，故n(O)=16mol，n(P)=2mol。
10．2011年5月27日，安徽广德县一名六岁男孩误将“84”消毒液当作饮料喝下一点，引起咽部红肿。市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上注明：①本品为无色液体，呈碱性；②使用时应加水稀释；③可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣物。其有效成分是( )
A.NaClO B.NaCl C.KMnO4 D.Cl2
答案：A
解析：B项NaCl呈中性；C项KMnO4溶液显紫色；D项水溶液显酸性；故A项符合题意。
11．《中华人民共和国食品安全法》于2011年6月1日起实施。下列做法不利于食品安全的是：
A．用聚氯乙烯塑料袋包装食品
B．在食用盐中添加适量的碘酸钾
C．在食品加工中科学使用食品添加剂
D．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量
答案：A
解析：由于聚氯乙烯塑料在一定条件下能产生有毒物质，所以不可以作包装食品袋。
12．科学家们发明了一种能够给电子设备提供动力的生物燃料电池。该电池包括两个涂覆着酶的电极，它们处于充满空气和少量氢气的玻璃槽中。由于气体可以混合从而省去了昂贵的燃料隔离膜，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．左边为该电池的正极 B．该电池可在高温环境下使用[]
C．该电池负极反应为：H2—2e－＝2H+ D．该电池正极反应为O2＋4e－＝2O2－
答案：C[]
解析：根据燃料电池的原理，其正极通入空气（或氧气），负极通入H2故A错误，而在高温下氢气与氧气混合会导致爆炸，B错误。
13．我国成功举办国庆六十年阅兵活动。其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平。同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ： CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2
① 上述反应符合“原子经济”原则的是 _____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
② 下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。
温度[] 250℃[] 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
由表中数据判断ΔH1 0 （填“＞”、“＝”或“＜”）。 []
③ 某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol／L，则CO的转化率为 ，此时的温度为 （从上表中选择）。
（2）已知在常温常压下：
① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1 ＝ －1275.6 kJ／mol
② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2 ＝ －566.0 kJ／mol
③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3 ＝ －44.0 kJ／mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，
①设计如图所示的电池装置。该电池正极的电极反应为 。
② 工作一段时间后，测得溶液的pH减小，
该电池总反应的化学方程式为
。
14．英国国家海洋学中心的研究人员及其同行利用声呐等手段探测到北极海洋中存在大量甲烷气泡，证实了全球变暖会使海底释放大量甲烷的说法。研究人员认为，这些甲烷可能会反过来加剧全球变暖。
（1）下图是1molCH4和O2完全反应生成CO2气体与水蒸气过程中能量变化示意图，又已知 H2O(l)＝H2O(g) △H＝44.0kJ·mol－1， 请写出1molCH4和O2完全反应生成CO2气体与液态水的热化学方程式 。
（2）美国阿波罗宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池是一种新型的电池，氢气虽然使用方便，却受到价格和来源的限制。常用的燃料往往是某些碳氢化合物，如甲烷（天然气）、汽油等。电池的构造如图所示：两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中流出，并从电极表面放出。
①请写出甲烷燃料电池中a极的电极反应式为 。
②此时电池内的总反应方程式为 。
（3）某课外活动小组利用如图所示装置探究甲烷于氯气的反应。根据题意，回答下列问题：
①CH4与Cl2发生反应的条件是 ；若用日光直射，可能会引起 。
②实验中可观察的实验现象有：量筒内壁出现油状液滴，饱和食盐水中有少量固体析出， ， 等。
③用饱和食盐水而不用谁的原因是 。[]
④实验中生成的油状液滴中的氯仿可作局部麻醉剂，常因保存不慎而被空气氧化，产生剧毒气体——光气，反应化学方程式为2CHCl3＋O2 → 2COCl2＋2HCl，上述反应 （填选项符号，下同）
A．属于取代反应 B．不属于取代反应
为防止事故发生，在使用前检验氯仿是否变质可选用的试剂是
A．氢氧化钠溶液 B．硝酸银溶液 C．稀盐酸
D．水 E．湿润的蓝色石蕊试纸 F．湿润的无色酚酞试纸
15．阅读下列短文，完成以下4题
英国国家海洋学中心的研究人员及其同行利用声呐等手段探测到北极海洋中存在大量甲烷气泡，证实了全球变暖会使海底释放大量甲烷的说法。研究人员认为，这些甲烷可能会反过来加剧全球变暖。
（1）已知天然气的主要成分CH4是一种会产生温室效应的气体，等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种叙述，其中正确的是（　　）
①天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源；②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大；③燃烧天然气也是酸雨的成因之一
A．①②③ B．只有① C．①和② D．只有③
（2）可燃冰又称天然气水合物，它是海底的高压、低温条件下形成的，外观像冰。其化学式为8CH4·46H2O，1体积可燃冰可贮载100～200体积的天然气。下面关于可燃冰的叙述不正确的是（ ）
A．可燃冰有可能成为人类未来的重要能源
B．可燃冰是一种比较洁净的能源
C．可燃冰提供了水可能变成油的例证
D．可燃冰的主要可燃成分是甲烷
（3）下列事实、事件、事故中与甲烷无关的是（ ）
A．天然气的主要成分
B．造成“光化学烟雾”的气体[]
C．“西气东输”工程
D．煤矿中的瓦斯爆炸
（4）下列叙述中正确的是（ ）
A．在通常情况下，甲烷与高锰酸钾等强氧化剂不反应，与强酸、强碱也不反应
B．甲烷燃烧能放出大量的热，所以它是一种很好的气体燃料，但点燃甲烷不必像点燃氢气那样事先验纯
C．甲烷分子是空间正方体结构，甲烷分子中4个碳氢键是完全等同的
D．1 mol CH4与4mol Cl2发生取代反应后，测得四种有机取代物的物质的量相等通过近几年全国各地的高考试题研究，有关可充电电池试题是2012年高考一大亮点，这充分说明可充电电池在今后教学中的重要性。但这类试题往往又是学生学习的难点，错误率较高。如何解答此类问题，现归纳如下：
一、可充电电池
1．可充电电池电极极性和材料判断
例1、镍镉（Ni－Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2＋2Ni(OH)2 Cd＋2NiO(OH)＋2H2O。由此可知，该电池放电时的负极材料是（ ）
A．Cd(OH)2 B．Ni(OH)2 C．Cd D．NiO(OH)
解析：要理解镍镉电池放电和充电的过程。放电是原电池反应，根据题给条件知放电（原电池）时的总反应式为：Cd＋2NiO(OH)＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2。标出原电池总反应式电子转移的方向和数目指出，即可知道参与负极反应的物质：
Cd＋2NiO(OH)＋2H2O=Cd(OH)2＋2Ni(OH)2。
从上式可知，Cd可作负极材料，参与负极反应。
故应选C。
点评：此类试题考查可充电电池电极极性和材料判断，首先要准确判断充电、放电分别表示什么反应（原电池反应还是电解池反应），并写出充电、放电的总反应式，然后在总反应式上标出电子转移的方向和数目，即可正确判断可充电电池电极极性和材料。
2．可充电电池电极反应式的书写和判断
例2、高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是（ ）
A．放电时负极反应为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2
B．充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3e－＋5OH－＝FeO42－＋4H2O
C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
解析：高铁电池放电作用是原电池的功能，其总反应式为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O=3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，根据上述书写电极反应式的方法可知，负极反应为：Zn－2e-＋2OH-＝Zn(OH)2，正极反应为：FeO42-＋4H2O +3e-= Fe(OH)3＋5OH-，A正确；充电就是发生电解池反应，其总反应式为：3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH=3Zn＋2K2FeO4＋8H2O，根据上述书写电极反应式的方法可知，阳极反应为：Fe(OH)3＋5OH－－3e－＝FeO42－＋4H2O，B正确。放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原为Fe(OH)3，而不是被氧化，C错误。根据正极反应式FeO42－＋4H2O +3e－= Fe(OH)3＋5OH－知，放电时生成OH－，故正极附近溶液的碱性增强。故本题应选C。
点评：本题主要考查电极反应式的书写、电解质溶液的酸碱性变化、及氧化还原反应等知识，侧重考查考生对原电池和电解池原理的理解及分析问题的能力。
3．可充电电池电极发生氧化、还原反应及元素被氧化、被还原判断
例3、某可充电的锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li+导电固体为电解质。放电时的电池反应为：Li+LiMn2O4=Li2Mn2O4。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，LiMn2O4发生氧化反应
B．放电时，正极反应为：Li++LiMn2O4+e-=Li2Mn2O4
C．充电时，LiMn2O4发生氧化反应
D．充电时，阳极反应为：Li++e-=Li
解析：放电时作为电源来用，根据放电时的电池反应知，负极反应式为：Li－e-=Li+，正极反应式为：Li++LiMn2O4+e-=Li2Mn2O4，B正确，但LiMn2O4发生还原反应，A错误。充电时，阴极反应式为：Li++e-=Li，D错误，阳极反应式为：Li2Mn2O4－e-= Li++LiMn2O4，故应是Li2Mn2O4发生氧化反应，而不是LiMn2O4，C错误。本题应选B。
点评：本题主要考查电化学知识和氧化还原反应的有关知识，虽然新型电池增加了试题的陌生度，但考查原电池及电解池的原理不变，这是解答本类试题的关键。
4．可充电电池离子的移动方向判断及总反应式的书写
例4、锂离子电池已成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度大、电压高的特性。锂离子电池放电时的电极反应式为：
负极反应：C6Li－xe-＝C6Li1－x＋xLi+（C6Li表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）
正极反应：Li1－xMO2＋xLi+＋xe-＝LiMO2（LiMO2表示含锂的过渡金属氧化物）
下列有关说法正确的是（ ）
A. 锂离子电池充电时电池反应为C6Li＋Li1－xMO2＝LiMO2＋C6Li1－x
B. 电池反应中锂、锌、银、铅各失1mol电子，金属锂所消耗的质量最小
C. 锂离子电池放电时电池内部Li＋向负极移动
D. 锂离子电池充电时阴极反应为C6Li1－x＋xLi＋＋xe—＝C6Li
解析：将放电的两电极反应式在电子守恒的基础上相加即得放电时的总反应式：C6Li＋Li1－xMO2＝LiMO2＋C6Li1－x，充电时的总反应式应为放电总反应式的逆反应，故A错误；在锂、锌、银、铅金属中，锂的摩尔质量最小，所以各失去1mol电子，消耗金属锂的质量最小，B正确。电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，C错误。充电时的阴极反应与放电时的负极反应互为逆反应，故D正确。本题应选BD。
点评：本题以锂离子电池为背景材料，全面考查了蓄电池的反应原理、电极反应、离子流向等知识，要求考生能将所学知识灵活迁移运用。
5．可充电电池考点的综合应用
例5、铅蓄电池是典型的可充型电池，它的正负极格板是惰性材料，电池总反应式为：
Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O
请回答下列问题（不考虑氢、氧的氧化还原）：
⑴放电时：正极的电极反应式是 ；
电解液中H2SO4的浓度将变 ；当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加 g。
⑵在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按右图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成 、B电极上生成 ，此时铅蓄电池的正负极的极性将 。
解析：⑴根据总反应式中化合价的升降，可判断出两极，从而写出它的两电极反应：负极：Pb＋SO42－－2e-=PbSO4，正极：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O。根据总反应式H2SO4的浓度会不断减小，所以应定期补充H2SO4。根据负极反应：Pb＋SO42－－2e-=PbSO4，可知，每转移2 mol电子，负极板增加1mol的质量，因为负极板由Pb变为PbSO4，故外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加48g。
⑵当外加电源后，铅蓄电池变成了电解池，A极为阴极，电极反应式为：
PbSO4+2e-=Pb＋SO42－，B极为阳极，电极反应式为：PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H＋＋SO42－。这样，A电极上生成Pb，B电极上生成PbO2，此时铅蓄电池的正负极的极性将对换。
答案：⑴PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－＝PbSO4＋2H2O 小 48
⑵Pb PbO2 对换
点评：本题关于电化学，正确书写电极反应式是解决本类问题的关键。在书写过程中要注意，电极产物是否与电解质溶液共存，不共存要参与电极反应，如本题中的与Pb2+与SO42－不共存，要发生反应生成PbSO4。
二、燃料电池
1、电解质为酸性电解质溶液
例1、科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电力的重要途径，美国已计划将甲醇燃料用于军事目的。一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。
试回答下列问题：
⑴这种电池放电时发生的化学反应方程式是 。
⑵此电池的正极发生的电极反应是 ；负极发生的电极反应是 。
⑶电解液中的H+离子向 极移动；向外电路释放电子的电极是 。
⑷比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是 。
解析：因燃料电池电化学反应的最终产物与燃料燃烧的产物相同，又且其电解质溶液为稀硫酸，所以该电池反应方程式是2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。按上述燃料电池正极反应式的书写方法1知，在稀硫酸中，其正极反应式为：3O2＋12H++12e-=6H2O，然后在电子守恒的基础上利用总反应式减去正极反应式即得负极反应式为：2CH3OH+2H2O－12e-=2CO2↑+12H+。由原电池原理知负极失电子后经导线转移到正极，所以正极上富集电子，根据电性关系知阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。故H+离子向正极移动，向外电路释放电子的电极是负极。
答案：⑴2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O
⑵正极3O2＋12H++12e-=6H2O；负极2CH3OH+2H2O－12e-=2CO2↑+12H+
⑶正；负 ⑷对空气的污染较小
2、电解质为碱性电解质溶液
例2、甲烷燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法不正确的是 （ ）
A、负极反应式为CH4+10OH-－8e-=CO32-+7H2O
B、正极反应式为O2＋2H2O +4e-=4OH-
C、随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D、甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
解析：因甲烷燃料电池的电解质为KOH溶液，生成的CO2还要与KOH反应生成K2CO3，故该电池发生的反应方程式是CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O。从总反应式可以看出，要消耗OH-，故电解质溶液的碱性减小，C错。按上述燃料电池正极反应式的书写方法2知，在KOH溶液中，其正极反应式为：O2＋2H2O +4e-=4OH-。通入甲烷的一极为负极，其电极反应式可利用总反应式减去正极反应式为CH4+10OH-－8e-=CO32-+7H2O。选项A、B均正确。根据能量转化规律，燃烧时产生的热能是不可能全部转化为功的，能量利用率不高，而电能转化为功的效率要大的多，D项正确。
答案：C。
3、电解质为熔融碳酸盐
例3、某燃料电池以熔融的K2CO3（其中不含O2-和HCO3-）为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。试回答下列问题：
⑴写出该燃料电池的化学反应方程式。
⑵写出该燃料电池的电极反应式。
⑶为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此，必须在通入的空气中加入一种物质，加入的物质是什么，它从哪里来？
解析：由于电解质为熔融的K2CO3，且不含O2-和HCO3-，生成的CO2不会与CO32-反应生成HCO3-的，故该燃料电池的总反应式为： 2C4H10+13O2=8CO2+10H2O。按上述燃料电池正极反应式的书写方法3知，在熔融碳酸盐环境中，其正极反应式为O2＋2CO2 +4e-=2CO32-。通入丁烷的一极为负极，其电极反应式可利用总反应式减去正极反应式求得，应为2C4H10+26CO32-－52e-=34CO2+10H2O。从上述电极反应式可看出，要使该电池的电解质组成保持稳定，在通入的空气中应加入CO2，它从负极反应产物中来。
答案：⑴2C4H10+13O2=8CO2+10H2O
⑵正极：O2＋2CO2 +4e-=2CO32-，负极：2C4H10+26CO32-－52e-=34CO2+10H2O
⑶CO2 从负极反应产物中来
4、电解质为固体氧化物
例4、一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池说法正确的是 ( )

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