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化学反应速率和化学平衡
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行
B．NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　 ΔH＝＋185.57 kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
解析：ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔG＜0，任何温度下反应都能自发进行，A错误，B正确；用焓变和熵变判断反应的自发性，都有例外，故都不能单独作为反应自发性的判据，而应用复合判据，C错误；使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的方向，D错误．
答案：B
2．(2012·青岛质检)反应2SO2＋O2? 2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol/(L·s)，则这段时间为(　　)
A．0.1 s　　　　　　　　　B．2.5 s
C．5 s D．10 s
解析：因为SO3的浓度增加了0.4 mol/L，所以O2的浓度减少了0.2 mol/L，因为在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol/(L·s)，所以反应所需时间为5 s.
答案：C
3．(2012·杭州模拟)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)?? 2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是 (　　)
A．平衡常数K值越大，X的转化率越大
B．达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)
C．达到平衡后，降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数
D．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动
解析：平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确．达平衡时2v正(X)＝v逆(Z)，B项错误．达平衡后降低温度，正逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误．增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误．
答案：A
4．已知：X(g)＋Y(g)?? 3Z(g)，X与Y在有催化剂条件下发生反应建立的平衡如下列各图实线所示，在无催化剂条件下发生反应建立的平衡如下列各图虚线所示，则相应的图示正确的是 (　　)
解析：催化剂能够增大化学反应速率，可以排除A、C；催化剂不能改变化学平衡，可以排除C、D.
答案：B
5．(2012·烟台模拟)在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表．据此判断下列结论正确的是 (　　)
测定时刻/s t1 t2 t3 t4
c(A)/(mol/L) 6 3 2 2
c(B)/(mol/L) 5 3.5 3 3
c(C)/(mol/L) 1 2.5 3 3
A．在t3时刻反应已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反应为：2A＋B? 2C
D．在t2～t3内A的平均反应速率为：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)
解析：从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A＋B? ?C，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，A、C错误；达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，B错误．
答案：D
6．(2012·天津模拟)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力．CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2? O2＋HbCO,37℃时，该反应的平衡常数K＝220.HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损．据此，下列结论错误的是
A．CO与HbO2反应的平衡常数
K＝
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
解析：由平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K＝；由平衡移动原理可知吸入CO越多，平衡向右移动，与血红蛋白结合的O2越少，把病人放入高压氧仓中，则平衡向左移动，释放出CO，故可解毒，A、B、D均正确．C项，由平衡常数表达式可知，人智力受损时：220＝×0.02，即＝，故C项错误．
答案：C
7．(2012·滨州模拟)将1 mol一氧化碳和1 mol水蒸气放入一固定容积的密闭容器中，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)? ?CO2(g)＋H2(g)，在一定温度下，反应达到平衡后，得到0.6 mol二氧化碳，再加入2 mol水蒸气并在相同条件下达到新平衡后，下列叙述正确的是
A．一氧化碳的转化率提高，水蒸气的转化率降低
B．反应物的转化率都提高
C．平衡向正反应方向移动，达到新的平衡时二氧化碳的体积分数增大
D．平衡向正反应方向移动，二氧化碳的物质的量将大于1 mol但小于2 mol
解析：再加入水蒸气后，水蒸气反应的量增大了，但转化率却降低了，B错误．加入水蒸气前，φ(CO2)＝＝0.3，加入水蒸气后φ(CO2)＜＝0.25＜0.3，C错误；若CO完全转化，即最高生成CO2 1 mol，D错误．
答案：A
8．在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)? CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表
CO2 H2 CO H2O
甲 a mol a mol 0 mol 0 mol
乙 2a mol a mol 0 mol 0 mol
丙 0 mol 0 mol a mol a mol
丁 a mol 0 mol a mol a mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是 (　　)
A．乙＝丁＞丙＝甲 B．乙＞丁＞甲＞丙
C．丁＞乙＞丙＝甲 D．丁＞丙＞乙＞甲
解析：根据可逆反应的特征，甲和丙，乙和丁分别为相同的平衡状态，达到平衡后n(CO)相同；甲和乙相比较，乙中增加了CO2的物质的量，平衡正向移动，n(CO)增加，所以乙＝丁＞丙＝甲．
答案：A
9．各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是(　　)
解析：A项，加入CH3COONa，使CH3COOH的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，pH增大；B项，加入KCl，对平衡没有影响，c(Fe3＋)不变；C项，加入Ar气，在恒温、恒压下，体积增大，平衡左移，H2转化率减小，D项，所给反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，反应物转化率增大，正确．
答案：D
10．已知：H2(g)＋I2(g)?? 2HI(g)　ΔH<0.有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡．欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是
(　　)
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
解析：0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙两容器中在题述情况下达到的平衡是等效的．A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2，平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能确定．
答案：C
11．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
解析：A项，催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，A项错误；B项，在恒容的条件下，通入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B项错误；C项，降低温度，反应速率也降低，反应达到平衡的时间就长，故C项错误．
答案：D
12．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y 2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于 (　　)
A．33% B．40%
C．50% D．65%
解析：由题意可取X和Y各1 mol，设X的转化量为a mol
　 X 　＋　 2Y 2Z
起始：1 mol 1 mol 0
转化：a mol 2a mol 2a mol
平衡：(1－a)mol (1－2a)mol 2a mol
到达平衡后，反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，即[(1－a)mol＋(1－2a)mol]∶2a mol＝3∶2，解得a＝1/3.则Y的转化率＝2a mol/1 mol＝2/3，最接近65%.
答案：D
13．某温度下，反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的正反应为放热反应，在带有活塞的密闭容器中达到平衡．下列说法中正确的是 (　　)
A．体积不变，升温，正反应速率减小
B．温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率增大
C．温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深
D．体积、温度不变，充入氮气后，正反应速率将增大
解析：升高温度，正反应、逆反应速率都增大；该反应属于反应前后气体体积不变的反应，压缩体积，平衡不移动，但其中物质的浓度增大，因为I2(g)的存在，颜色加深； 温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率不变．
答案：C
14．(2012·徐州模拟)在容积为2 L的密闭容器中，有反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，经过5 min达到平衡，此时，各物质的变化为A减少了a mol/L，B的平均反应速率vB＝a/15 mol/(L·min)，C增加了2a/3 mol/L，这时，若增加系统压强，发现A与C的百分含量不变，则m∶n∶p∶q为 (　　)
A．3∶1∶2∶2　　　　　　　　B．1∶3∶2∶2
C．1∶3∶2∶1 D．1∶1∶1∶1
解析：因为5 min内vB＝a/15 mol/(L·min)，C增加了2a/3 mol/L，所以vC＝2a/15 mol/(L·min)，即n∶p＝1∶2，符合这一关系的只有A.
答案：A
15．(2012·蚌埠模拟)一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图．下列叙述中正确的是
A．反应的化学方程式为5Y??X
B．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍
C．t2时，正、逆反应速率相等
D．t3时，逆反应速率大于正反应速率
解析：反应开始时Y为10 mol，X为2 mol，达到平衡时Y减少了7 mol，X增多了3 mol，因此反应方程式是7Y1 3X，A不正确；t1时，Y为6 mol、X为4 mol，其物质的量比为3∶2，即Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确．从图象可以看出，t2时刻X、Y两物质的物质的量相等，而不是反应速率相等，C不正确；t3时，反应达到平衡状态，所以正反应速率等于逆反应速率，D不正确．
答案：B
16．(2012·靖江模拟)常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两实验：(N2O4 2NO2　ΔH＞0)
(a)将两容器置于沸水中加热
(b)在活塞上都加2 kg的砝码
在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是
A．(a)甲＞乙，(b)甲＞乙　 　B．(a)甲＞乙，(b)甲＝乙
C．(a)甲＜乙，(b)甲＞乙 D．(a)甲＞乙，(b)甲＜乙
解析：将两容器置于沸水中加热时，甲容器中平衡正向移动，使容器中气体的物质的量增大，所以容器的体积甲＞乙；在活塞上都加2 kg的砝码时，甲容器中平衡逆向移动，使容器中气体的物质的量减小，所以容器的体积甲＜乙．
答案：D
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)在锌与盐酸反应的实验中，一个学生得到的结果如下表所示：
锌的质量/g 锌的形状 温度/℃ 完全溶于水的时间/s
A 2 薄片 5 400
B 2 薄片 15 200
C 2 薄片 25 100
D 2 薄片 35 t1
E 2 细小颗粒 15 t2
F 2 粉末 15 t3
G 2 薄片(含少量杂质Cu) 35 t4
(1)t1＝________s，画出以时间对温度的曲线图(纵轴表示时间，横轴表示温度)．
(2)利用所画的曲线图，总结并得出的关于温度影响反应速率的结论是_____________________________________________________．
(3)t1________t4(填“＞”或“＜”)，原因是________________________________
________________________.
t2________t3(填“＞”或“＜”)，原因是_______________________________
__________________________.
(4)单位时间内消耗锌的质量mB、mE、mF从大到小的顺序为___________．
解析：解答该题要认真分析表中数据．由A、B、C总结规律，推出t1＝50 s，根据A、B、C、D四组实验的数据可画出温度—时间图．通过对图象的分析总结温度对反应速率的影响，找出规律．D、G组实验相比较，G中可形成铜—锌原电池，加快反应速率；E、F组实验相比较，F中锌的表面积大，速率快；B、E、F组相比较，粉末状的Zn反应速率最快，薄片状的Zn反应速率最慢，故单位时间内消耗锌的质量为mF＞mE＞mB.
答案：(1)50
如图所示：
(2)温度每升高10℃，反应速率加快到原来的2倍
(3)＞　G组中可形成Cu—Zn原电池，反应速率加快
＞　F组中锌为粉末状，表面积较大，反应速率加快
(4)mF＞mE＞mB
18．(9分)在100℃时，将0.100 mol的四氧化二氮气体充入1 L恒容抽空的密闭容器中，隔一定时间对该容器内的物质浓度进行分析得到下表数据：
时间(s) 0 20 40 60 80
c(N2O4)/mol/L 0.100 c1 0.050 c3 c4
c(NO2)/mol/L 0.000 0.060 c2 0.120 0.120
(1)该反应的平衡常数表达式为______________________；从表中数据分析：c1________c2；c3________c4(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(2)在下图中画出并标明此反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线．
(3)在上述条件下，从反应开始至达到化学平衡时，四氧化二氮的平均反应速率为________mol/(L·s)．
(4)达平衡后下列条件的改变可使NO2气体浓度增大的是________．
A．增大容器的容积 B．再充入一定量的N2O4
C．分离出一定量的NO2 D．再充入一定量的He
(5)若起始时充入NO2气体0.080 mol，则达到平衡时NO2气体的转化率为________．
解析：(1)该反应的化学方程式为N2O4(g) 2NO2(g)，其平衡常数表达式为K＝；由表中数据可求得c1＝0.070 mol/L，c2＝0.100 mol/L，c1＜c2，反应至60 s时已达到化学平衡状态，因此c3＝c4.
(3)由表中信息得从反应开始至达到化学平衡时NO2的反应速率为＝0.002 mol/(L·s)，v(N2O4)＝v(NO2)/2＝0.001 mol/(L·s)．
(4)增大容器的容积不管平衡如何移动，反应物和生成物的浓度均减小，A错误．平衡后再充入一定量的N2O4，平衡正向移动，NO2的浓度增大，B正确．分离出一定量的NO2，虽然平衡正向移动，但NO2气体的浓度减小，C错误．在容器容积不变的情况下再充入稀有气体He，反应物和生成物的浓度均不变，化学平衡不移动，NO2气体的浓度不变，D错误．
(5)在题设条件下反应N2O4(g)??2NO2(g)的平衡常数K＝＝＝0.36，现充入NO2气体0.080 mol，相当于0.040 mol N2O4，设达平衡时转化了x mol/L的N2O4，则有K＝＝＝0.36，解得x＝0.030，即达到平衡时混合气体中有0.060 mol NO2和0.010 mol N2O4，即NO2的转化率为25%.
答案：(1)K＝　＜　＝
(2)
(3)0.001　(4)B　(5)25%
19．(9分)在一个温度恒定的密闭容器中，SO2和O2发生反应．已知1 mol SO2和足量O2完全反应，放出的热量为Q.请按要求回答下列问题．
[恒压条件下]
(1)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成0.9 mol SO3，这时SO2的转化率为________．
(2)若开始时放入4 mol SO2和2 mol O2，达平衡后，生成SO3的物质的量为________，反应放出的热量为________．
[恒容条件下]
(3)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成a mol SO3，则a________0.9(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(4)若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分别与(3)中平衡时完全相同，则x、y、z必须满足的一般条件是______________________________．(用两个代数式表式，其中一个只含x、y，另一个含x、z)．
解析：(1)　　　　2SO2　＋　O2 2SO3
起始(mol) 1 0.5 0
转化(mol) 0.9 0.45 0.9
平衡(mol) 0.1 0.05 0.9
SO2转化率为90%.
(2)恒温恒压下，只要转化为相同物质后的起始投入量成比例，两者就成等效平衡，SO2转化率相同，生成SO3为4 mol×90%＝3.6 mol，放出热量为3.6Q.
(3)恒容条件下，由于该反应是气体体积减小的反应，所以相对于恒压条件，相当于气体体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，SO2转化率降低，则生成SO3小于0.9 mol.
(4)　　　2SO2　＋　O2 2SO3
1 0.5 0
起始 x y z
变化 z 0.5z z
平衡 x＋z y＋0.5z 0
则x＋z＝1，y＋0.5z＝0.5，即x＝2y，x＋z＝1.
答案：(1)90%　(2)3.6 mol　3.6Q　(3)＜
(4)x＝2y，x＋z＝1
20．(9分)(2012·烟台模拟)向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示．图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件．已知t3～t4阶段使用了催化剂；图一中t0～t1阶段c(B)未画出．
(1)若t1＝15 min，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v(C)＝________.
(2)t4～t5阶段改变的条件为________，B的起始物质的量为________．各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：
t1～t2 t2～t3 t3～t4 t4～t5 t5～t6
K1 K2 K3 K4 K5
则K1＝________(保留两位小数)，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为________(用“＞”、“＜”或“＝”连接)．
(3)t5～t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01 mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，写出此温度下该反应的热化学方程式：__________________________.
(4)在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为______________．
解析：(1)利用公式求解，
v(C)＝＝0.02 mol/(L·min)．
(2)t2～t3过程是增加了一种反应物的浓度；t3～t4是加入了催化剂；t4～t5平衡没有移动，只能是减小了压强，由此推断反应前后气体的体积不变，根据速率之比等于化学方程式中各物质的计算数之比得反应方程式2A＋B??3C，又可推知，Δc(B)＝0.1 mol/L，B的起始浓度c(B)＝0.5 mol/L，则n(B)＝c(B)·V＝0.5 mol/L·2 L＝1 mol，K1＝＝＝0.84；t5～t6过程中升高温度时，正反应速率和逆反应速率都增大．所以，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为K1＝K2＝K3＝K4＜K5，前四个过程温度不变平衡常数也不变，升温平衡右移，故而平衡常数变大．
(3)书写热化学方程式时要注意化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，ΔH也要加倍．
(4)此时的平衡和t1时刻的平衡是同一个平衡，t1时刻若是全转化为反应物，则A、B、C的物质的量分别是2.4 mol、1.2 mol、0 mol现作同样转化
　　　　 2A　　＋　　B 3C
开始(mol) a b c
相当于(mol) a＋c b＋ 0
则a＋c＝2.4，b＋＝1.2.
答案：(1)0.02 mol/(L·min)　(2)减小压强　1.0 mol
0．84　K1＝K2＝K3＝K4＜K5
(3)2A(g)＋B(g) 3C(g)　ΔH＝＋200a kJ/mol
(4)a＋2c/3＝2.4，b＋c/3＝1.2
21．(8分)(2009·全国卷Ⅱ)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示．
(1)根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
t/min X/mol Y/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.20
3 0.75 0.50 0.50
5 0.65 0.30 0.70
9 0.55 0.10 0.90
10 0.55 0.10 0.90
14 0.55 0.10 0.90
(2)体系中发生反应的化学方程式是____________________________________；
(3)列式计算该反应在0～3 min时间内产物Z的平均反应速率：________；
(4)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于________；
(5)如果该反应是放热反应．改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线1、2、3(如下图所示)则曲线1、2、3所对应的实验条件改变分别是：
1________，2________，3________.
解析：(2)由表中数据可知X、Y、Z是以1∶2∶2的比例进行反应的，且9 min以后各物质的物质的量不发生变化也均不为零，则该反应是可逆反应，反应方程式为：
X＋2Y 2Z.
(3)v(Z)＝＝＝0.083 mol/(L·min)．
(4)α(X)＝×100%＝×100%＝45%.
(5)对比曲线1和表中数据可知：曲线1达到平衡所用时间短(2 min)，且生成的Z较少，即相对原平衡来说是增大了反应速率且平衡向逆向移动，故曲线1改变的条件是升高了温度．对比曲线2和表中数据可知：曲线2达到平衡所用时间短(1 min)，但生成Z的量不变，即加快了反应速率但平衡没有移动，故曲线2改变的条件是加入了催化剂．对比曲线3和表中数据可知：曲线3达到平衡所用时间短(7 min)，且平衡时生成Z的量增多(0.95 mol)，即加快了反应速率且平衡向正向移动，故曲线3改变的条件是增大压强．
答案：(1)
(2)X＋2Y 2Z　(3)＝0.083 mol/(L·min)
(4)45%　(5)升高温度　加入催化剂　增大压强
22．(9分)(2009·北京海淀期末)甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：
CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＞0
(1)一定条件下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CH3OH(g)和3 mol H2O(g),20 s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为________．
(2)判断(1)中可逆反应达到平衡状态的依据是(填序号)________．
①v正(CH3OH)＝v正(CO2)
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变
④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
(3)下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1 mol CH3OH(g)和2 mol H2O(g)，向B容器中充入1.2 mol CH3OH(g)和2.4 mol H2O(g)，两容器分别发生上述反应．已知起始时容器A和B的体积均为a L．试回答：
①反应达到平衡时容器B的体积为1.5a L，容器B中CH3OH的转化率为________；A、B两容器中H2O(g)的体积百分含量的大小关系为：B________A(填“＞”“＜”或“＝”)．
②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________L(连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响)．
解析：(1)此题宜采用差量法计算，压强之比等于物质的量之比，反应后增加的气体的物质的量为4 mol×0.2＝0.8 mol，
CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)　Δn
1 2
0.4 mol 0.8 mol
v(CH3OH)＝＝0.01 mol/(L·s)．
(3)①B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6 mol×0.5＝1.8 mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9 mol，CH3OH的转化率为×100%＝75%.容器B中的压强小于A，故反应物的转化率高，H2O的体积百分含量小．
②设打开K重新达到平衡后总的体积为x，则＝
求得x＝2.75a，所以B的体积为2.75a－a＝1.75a.
答案：(1)0.01 mol/(L·s)　(2)③④　(3)①75%　＜
②1.75a
质
物质
实验
的
物物质的组成和分类
考试内容：
(1)了解分子、原子、离子等概念的含义，了解原子团的定义。
(2)理解物理变化与化学变化的区别与联系。
(3)理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念。
(4)理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。
高频考点1 物理变化与化学变化
【样题1】下列过程中不涉及化学变化的是（ ）
A．用热的纯碱溶液洗涤油污 B．用少量食醋除去水壶中的水垢
C．白磷在一定条件下转化为红磷 D．用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐
【解题指导】选D。本题考查的是物理变化和化学变化的辨析。用热的纯碱洗涤油污，
涉及碳酸根离子的水解及酯类物质在碱性条件下的水解；用少量食醋除去水壶中的水垢主要是醋酸与碳酸钙反应；白磷转化为红磷时存在旧键的断裂和新键的形成，因此上述这些变化均为化学变化；而用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是渗析,是物理变化。
高频考点2 物质的组成和分类
【样题1】物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是（ ）
A. Na2SO4是钠盐、硫酸盐、正盐
B. HNO3是一元酸、强酸、挥发性酸
C. Mg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱
D. Al2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物
【解题指导】选A。本题考查物质的组成和分类的划分标准和依据。A项都是根据其组成而划分的；B项根据组成分为一元酸，而依据不同性质可分为强酸和挥发性酸；C项中的难溶性碱、中强碱是根据其不同性质划分的；D项中 Al2O3依据不同性质可分别属于两性氧化物、最高价氧化物。
【命题解读】《高考考纲》明确要求理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念。理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。本专题所涉及的许多基本概念知识点，在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。对各种不同的概念首先要准确地理解，知道其内涵及其适用的范围；其次要找一找和其他概念的联系和结合点，形成系统的概念体系；三要熟悉有关概念的典型实例，并要注意一些常见的特例。热化学方程式和盖斯定律
一、热化学方程式的书写
1.（2005全国）已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol 二氧化碳气体和液态水，并放出热量 b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是 （ ）
A. 2C2H2（g） + 5O2（g）====== 4CO2（g）+2H2O（l）； ΔH = -4b kJ / mol
B. C2H2（g） + O2（g）======2CO2（g）+H2O（l）； ΔH = -4b kJ / mol
C. 2C2H2（g） + 5O2（g）====== 4CO2（g）+2H2O（l）； ΔH = -2b kJ / mol
D. 2C2H2（g） + 5O2（g）====== 4CO2（g）+2H2O（l）； ΔH = b kJ / mol
2.（2003苏）已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是 （ ）
A．C8H18（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H2O（g） △H=－48.40kJ·mol－1
B．C8H18（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1） △H=－5518kJ·mol－1
C．C8H18（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1） △H=+5518kJ·mol－1
D．C8H18（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H2O（1） △H=－48.40kJ·mol－1
3. 由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放出241.8kJ的热量，1g水蒸气转化为液态水放出2.45kJ的热量，则下列热化学方程式书写正确的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
4．某些化学键键能数据如下：
化学键 H—H Cl—Cl H—Cl
键能/kJ·mol－1 436 243 431
则下列热化学方程式不正确的是 （ ）
A.H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)；ΔH＝－91.5 kJ·mol－1
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)；ΔH＝－183 kJ·mol－1
C.H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)；ΔH＝＋91.5 kJ·mol－1
D．2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)；ΔH＝＋183 kJ·mol－1
5．右图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 。
6．将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）放在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为：
已知：H2O (g)＝H2O (l) △H =－44kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷气体完全燃烧生成气态水时放出的热量是 kJ。
二、盖斯定律
7．(07琼)已知：(1)Zn(s)＋1/2O2(g) = ZnO(s) H =－348.3 kJ/mol
(2)2Ag(s)＋1/2O2(g) = Ag2O(s) H =－31.0 kJ/mol
则Zn(s)＋Ag2O(s) = ZnO(s)＋2Ag(s)的H等于 ( )
A.－317.3 kJ/mol B.－379.3 kJ/mol C.－332.8 kJ/mol D.317.3 kJ/mol
8．(2010全国课标)已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ/mol；HCl(aq)与NaOH反应的ΔH＝－55.6 kJ/mol.则HCN在水溶液电离的ΔH等于 (　 　)
A．－67.7 kJ/mol B．－43.5 kJ/mol
C．＋43.5 kJ/mol D．＋67.7 kJ/mol
9．(07粤)灰锡以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：①Sn(s、白)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) H1
②Sn(s、灰)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g) H2
③Sn(s、灰)Sn(s、白) H3＝＋2.1 kJ/mol
下列说法正确的是 ( )
A. H1＞H2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
10．（08宁）已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为 ( )
A．-44.2kJ·mol-1 B．+44.2kJ·mlo-1
C．-330kJ·mol-1 D．+330kJ·mlo-1
11. （09津）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol
Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ ΔH=-226 kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是 （ ）
A.CO的燃烧热为283 kJ
B.右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH＞-452 kJ/mol
D.CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
12．已知下列热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g） △H1=-25k kJ·mol1
3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g） △H2=-47 kJ·mol1
Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g） △H3=19 kJ·mol1
试计算FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g） △H= 。
13．已知CH3OH（l），HCHO（g）的燃烧热△H分别为-726.64 kJ·mol1 和-563.58 kJ·mol1，则反应CH3OH（l）+O2（g）﹦HCHO（g）+H2O（l）的反应热△H= 。
14.由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：
TiO2TiCl4Ti
已知：① Cs＋O2g＝CO2g H＝3935 kJ·mol1
② 2COg＋O2g＝2CO2g H＝566 kJ·mol1
③ TiO2s＋2Cl2g＝TiCl4s＋O2g H＝+141 kJ·mol1
则TiO2s＋2Cl2g＋2Cs＝TiCl4s＋2COg的H＝ 。
15. 发射卫星可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知： N2(g) + 2O2(g) ＝2NO2(g) △H＝+67.7 kJ/mol
N2H4(g) + O2(g) ＝N2(g) + 2H2O(g) △H＝－534 kJ/mol
1/2H2(g) + 1/2 F2(g) ＝HF(g) △H＝－269 kJ/mol
H2(g) + 1/2 O2(g) ＝H2O(g) △H＝－242 kJ/mol
⑴ 肼与二氧化氮反应的热化学方程式为 ；肼的燃烧热是 ；此反应用于火箭推进，除释放大量的能量和快速产生大量的气体外，还有一个很大的优点是 。
⑵ 有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应放出的能量更大。肼和氟反应的热化学方程式为 。
16．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；
17．水煤气 (主要成分：CO、H2 ) 是重要燃料和化工原料，可用水蒸气通过炽热的炭层制得。己知：C (s) + H2O(g) CO (g) +H2 (g) △H =+131.3kJ mol－1
C (s) + O2(g)=CO (g) △H=－110.5kJ·mo1－1
CO(g) + O2(g) =CO2 (g) △H =－283.0 kJ·mo1－1
H2 (g) + O2 (g) =H2O (g) △H = －241.8kJ·mo1－1
H2 (g) + O2 (g) =H2O (l) △H = －285.8kJ·mo1－1
⑴将2.4 g 炭转化为水煤气，再完全燃烧，整个过程的△H = kJ·mo1－1。
⑵由CO、H2在一定条件下可获得汽油的替代品——甲醇，已知甲醇的燃烧热为-726.5kJ/mol，试写出由CO、H2生成甲醇的热化学方程式： 。一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色
B．Al3＋、NO、Cl－、CO、Na＋可大量共存于pH＝2的溶液中
C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗NaOH的物质的量相同
解析：pH＝2的溶液显酸性，CO与H＋不共存，B不正确；乙醇是非电解质，C不正确；与等物质的量的HCl和H2SO4反应，消耗NaOH的物质的量比为1∶2，D不正确．
答案：A
2．(2012·福建质检)有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的是 (　　)
A．两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为1×10－11 mol/L
B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同
C．醋酸中的c(CH3COO－)和硫酸中的c(SO)相等
D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同
解析：酸溶液中氢氧根离子全部来自于水的电离，氢离子浓度相同的情况下，氢氧根离子浓度也相同，则由水电离出的氢离子浓度也相同．
答案：A
3．下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是 (　　)
A．1 L 0.3 mol/L CH3COOH溶液和3 L 0.1 mol/L CH3COOH溶液中的H＋数
B．pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度
C．pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力
D．pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积
解析：A项两溶液中CH3COOH的物质的量相同，后者CH3COOH溶液的浓度小电离程度大，后者中H＋数多，A不正确．B项CH3COOH是弱酸，不完全电离，CH3COOH溶液的浓度大，B符合．C项两溶液中c(H＋)、c(OH－)均相等，则c(NH)＝c(Na＋)，导电能力相同，C不正确．D项中醋酸的浓度大，n(CH3COOH)大，与足量锌反应产生的H2多，D不正确．
答案：B
4．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是
A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗
C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．滴定前以仰视的姿势读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确
解析：A项对滴定结果无影响；B项为正确的操作方法；C项此种情况导致消耗盐酸偏多，测量结果偏高；D项此种情况导致盐酸体积偏小，测量结果偏低．
答案：C
5．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是
A．该温度高于25℃
B．水电离出的c(H＋)＝1×10－10 mol/L
C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
D．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
解析：pH＝6的蒸馏水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol/L，KW＝1×10－12，故该温度高于25℃；该温度下加入NaHSO4晶体后，c(H＋)＝10－2 mol/L，溶液中c(OH－)＝ mol/L＝1×10－10 mol/L，故水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－10 mol/L；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(Na＋)＝c(SO)，故c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)；完全中和该溶液，则需等体积的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，c(H＋)＝＝ mol/L＝10－10mol/L，故该温度下NaOH溶液的pH＝10.
答案：D
6．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：
①H2BH＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－.关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中，一定正确的是 (　　)
A．NaHB属于弱电解质
B．溶液中的离子浓度c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．c(Na＋)＝c(HB－)＋c(B2－)＋c(H2B)
D．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
解析：NaHB属于强电解质，A项错；由于HB－的电离程度和水解程度大小未知，所以NaHB溶液的酸碱性不确定，B项错；C项表达的是物料守恒，正确；由于HB－只有部分电离，所以写离子方程式时不能拆写为H＋，D项错．
答案：C
7．(2012·无锡检测)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11.若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是
A．1∶9　　　　　　　　B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
8．(2012·北京海淀期中检测)常温下，0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)，溶液的pH＜7，则下列有关此溶液的叙述正确的是
A．溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－7 mol/L
B．c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)－c(Na＋)＝0.05 mol/L
C．溶液中CH3COOH的电离程度小于CH3COONa的水解程度
D．溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c (H＋)＞c(OH－)
解析：混合后溶液中为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，pH＜7，说明CH3COOH的电离程大于CH3COONa的水解程度，C选项错误；酸性条件下水的电离受到抑制，A选项错误；D选项不符合电荷守恒；由物料守恒可知，混合后的溶液中，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol/L，c(Na＋)＝0.05 mol/L，则B选项正确．
答案：B
9．已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
解析：HA溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L×0.1%＝10－4 mol/L，因此pH＝4，A正确；弱酸的电离吸热，升高温度，电离平衡向正方向移动，溶液中c(H＋)增大，pH减小，B错误；室温时0.1 mol/L HA溶液中c(H＋)＝c(A－)＝10－4 mol/L，电离平衡常数K＝＝＝10－7，C正确；该溶液中c(H＋)＝10－4 mol/L、c(OH－)＝10－10 mol/L，由HA电离出c(H＋)＝10－4 mol/L，由水电离出的c(H＋)＝10－10mol/L，D正确．
答案：B
10．某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的pH大于7，下表中判断合理的是 (　　)
编号 HX YOH 溶液的体积关系
① 强酸 强碱 V(HX)＝V(YOH)
② 强酸 强碱 V(HX)＜V(YOH)
③ 强酸 弱碱 V(HX)＝V(YOH)
④ 弱酸 强碱 V(HX)＝V(YOH)
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：反应后的溶液呈碱性，其原因可能是生成的盐YX发生水解，即X－＋H2OHX＋OH－，或者是反应后碱过量，c·V(HX)＜c·V(YOH)，即V(HX)＜V(YOH)，故选D.
答案：D
11．已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10－18、1.3×10－36.常温时下列有关说法正确的是 (　　)
A．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体溶液的酸性增强
B．将足量的CuSO4溶解在0.1 mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35 mol/L
C．因为H2SO4是强酸，所以反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能发生
D．除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂
解析：向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，因发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，使溶液酸性减弱，A错误；由于CuSO4是足量的，S2－因生成CuS沉淀而消耗导致其浓度非常小，Cu2＋的浓度可以接近饱和溶液中Cu2＋的浓度，B错误；因CuS沉淀不溶于硫酸，所以反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4可以发生，C错误；由FeS、CuS的溶度积常数知，FeS的溶解度大于CuS，可实现沉淀的转化，故除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂，D正确．
答案：D
12．对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于2
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
解析：将pH＝1的硝酸稀释100倍，溶液中c(H＋)＝10－3mol/L，pH变为3，A错误；pH＝1的硝酸中c(H＋)与pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等二者恰好发生中和反应，B正确；pH＝1的硝酸中由硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比为10－1/10－13＝1012，C错误；pH＝1的硝酸中水电离出的c(H＋)＝10－13 mol/L，pH＝3的硝酸中由水电离出的c(H＋)＝10－11 mol/L，故该溶液中由水电离出的c(H＋)是pH＝3的硝酸中水电离出c(H＋)的1/100.D错误．
答案：B
13．(2012·日照模拟)人体血液的正常pH约为7.35～7.45，若在外界因素作用下突然发生改变就会引起“酸中毒”或“碱中毒”，甚至有生命危险．由于人体体液的缓冲系统中存在如下平衡：
H＋＋HCOH2CO3CO2＋H2O
H＋＋POHPO
H＋＋HPOH2PO
故能维持血液pH的相对稳定，以保证正常生理活动．下列说法中不合理的是(　　)
A．当强酸性物质进入人体的体液后，上述缓冲系统的平衡向右移，从而维持pH稳定
B．当强碱性物质进入人体的体液后，上述缓冲系统的平衡向左移，从而维持pH稳定
C．某病人静脉滴注生理盐水后，血液被稀释，会导致c(H＋)显著减小，pH显著增大，可能会引起碱中毒
D．在人体进行呼吸活动时，如CO2进入血液，会使平衡向左移动，c(H＋)增大，pH略减小
解析：正常机体可通过体内的缓冲物质使机体的pH相对稳定，不会对机体造成不良影响．
答案：C
14．将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，错误的是 (　　)
解析：向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时发生中和反应放出热量，反应混合液的温度升高，恰好全部反应时，溶液的温度达到最高点，当醋酸全部反应后，再加入NaOH溶液则混合液的温度降低；向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时溶液的pH会缓慢升高，在接近终点时pH发生突跃，随后再滴加NaOH溶液，溶液的pH(此时显碱性)变化不大；因醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度小，导电能力弱，当向醋酸中滴加NaOH溶液时生成强电解质醋酸钠，溶液的导电能力增强，当反应结束时离子浓度增加幅度更大，导电能力更强；向醋酸中滴加NaOH溶液，起始时加入的NaOH被消耗，故c(NaOH)在起始一段时间内应为0，且反应结束后c(NaOH)呈基本水平走势．
答案：D
15．下图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol/L)，下列说法中正确的是 (　　)
A．pH＝3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3＋
B．若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，可通过调节溶液pH的方法来除去
C．若分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH在4左右
D．若在含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Ni(OH)2优先沉淀
解析：由图可知在pH＝3时Fe3＋已沉淀完全，铁元素的主要存在形式是Fe(OH)3，A错误．由于Ni2＋和Co2＋沉淀完全的pH相差不大，因此不能用调节pH的方法将两者分离，B错误．由图可知选项D中优先沉淀的是Cu(OH)2，D错误．
答案：C
16．向体积为Va的0.05 mol/L CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol/L KOH溶液，下列关系错误的是 (　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
解析：若Va>Vb，醋酸过量，根据物料守恒可知，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)＝0.05Va，n(K＋)＝0.05Vb，A正确；若Va＝Vb，反应后的溶液为CH3COOK溶液，由于CH3COO－的水解而显碱性，根据质子守恒可知，B正确；若Vac(CH3COO－)，C错误；D选项符合电荷守恒，正确．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(9分)某温度(t℃)时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的Kw＝________，该温度________25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：
(1)若所得溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝____________；
(2)若所得溶液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________；
(3)若所得溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝______________.
解析：在t℃时，pH＝11的溶液中c(H＋)＝10－11 mol/L，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－11×10－2＝10－13.
(1)pH＝a，则c(OH－)＝10a－13 mol/L，pH＝b，则c(H＋)＝10－b mol/L，若混合后溶液呈中性，则：Va L×10a－13 mol/L＝Vb L×10－b mol/L，＝＝1013－(a＋b)．因为a＝12，b＝2，代入可得＝.
(2)将a＋b＝12代入＝1013－(a＋b)可得＝10.
(3)当a＝12时，c(OH－)＝0.1 mol/L，b＝2时，c(H＋)＝10－2 mol/L，若混合液的pH＝10，即c(OH－)＝10－3 mol/L，OH－有剩余：0.1 mol/L×Va L－10－2 mol/L×Vb L＝10－3 mol/L×(Va＋Vb) L，＝.
答案：10－13　大于　水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡向右移动，KW增大，因该温度下的KW大于25℃时水的KW，所以该温度大于25℃
(1)1∶10
(2)10∶1
(3)1∶9
18．(9分)(2012·皖西四校模拟)分析、归纳、探究是学习化学的重要方法和手段之一．下面就电解质A回答有关问题(假定以下都是室温时的溶液)．
(1)电解质A的化学式为NanB，测得浓度为c mol/L的A溶液的pH＝a.
①试说明HnB的酸性强弱_______________________________________．
②当a＝10时，A溶液呈碱性的原因是(用离子方式程式表示)________________．
③当a＝10、n＝1时，A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____________________________________________________________________．
c(OH－)－c(HB)＝________.
④当n＝1、c＝0.1、溶液中c(HB)∶c(B－)＝1∶99时，A溶液的pH为__________(保留整数值)．
(2)已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρ g/cm3，Xm＋离子的浓度为c mol/L，则该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp＝__________________________，该温度下XnYm的溶解度S＝____________.
解析：(1)①若a＝7，说明NanB为强酸强碱盐，HnB为强酸；若a>7，说明盐NanB发生水解，则HnB为弱酸．
②当a＝10时，HnB为弱酸，Bn－发生水解反应，即Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－.
③当a＝10，n＝1时，NaB溶液中存在以下平衡：B－＋H2OHB＋OH－，H2OH＋＋OH－，而B－的水解较微弱，其离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，由B－―→HB，OH－H2O―→H3O＋得质子守恒关系式c(OH－)＝c(HB)＋c(H＋)，所以c(OH－)－c(HB)＝c(H＋)＝10－10 mol/L
④可设溶液B－水解x mol/L，则有＝1∶99，得x＝0.001 mol/L，故c(OH－)＝0.001 mol/L，溶液中c(H＋)＝＝1×10－11(mol/L)，即pH＝11.
(2)由XnYmnXm＋＋mYn－可知当c(Xm＋)＝c mol/L时，c(Yn－)＝c mol/L，则Ksp＝cn(Xm＋)·cm(Yn－)＝cn·()m＝()m·cm＋n.
设XnYm溶液体积为1 L，则溶解XnYm mol达到饱和，由＝，得S＝.
答案：(1)①当a＝7时，HnB为强酸，当a>7时HnB为弱酸
②Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－
③c(Na＋)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)　10－10 mol/L
④11
(2)()m·cm＋n　
19．(8分)(1)将0.15 mol/L稀硫酸V1 mL与0.1 mol/L NaOH溶液V2 mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2＝______.(溶液体积变化忽略不计)
(2)常温下，某水溶液中存在的离子有：Na＋、A－、H＋、OH－，根据题意，回答下列问题：
①若由0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合而得，则溶液的pH________7.
②若溶液pH>7，则c(Na＋)________c(A－)，理由是
_____________________________________________________________________
_______________________________________________________________________.
③若溶液由pH＝3的HA溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合而得，则下列说法正确的是______(填选项代号)．
A．若反应后溶液呈中性，则c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol/L
B．若V1＝V2，反应后溶液pH一定等于7
C．若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D．若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
解析：(1)根据混合所得溶液的pH为1，可得：＝10－1 mol/L，解得
V1∶V2＝1∶1；
(2)①0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合时，若HA是强酸，则得到的溶液显中性，pH＝7，若HA是弱酸，则得到是强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH＞7；②根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，若溶液pH>7，即c(OH－)>c(H＋)，则c(Na＋)>c(A－)；③若反应后溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol/L，A正确；若HA是强酸，得到的溶液显中性，pH＝7，若HA是弱酸，则得到的盐水解使溶液显碱性，pH>7，B错误；若反应后溶液呈酸性，如果HA是强酸，则V1一定大于V2，但是如果HA是弱酸，则V1等于或小于V2时，也可满足中和后，HA有剩余而使溶液显酸性，C错误．若反应后溶液呈碱性，如果HA是强酸，说明NaOH过量，V1一定小于V2，若HA是弱酸，HA不完全电离，未电离部分也消耗NaOH，侧面说明V1一定小于V2.
答案：(1)1∶1
(2)①≥　②>　根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由于c(OH－)>c(H＋)，故c(Na＋)>c(A－)　③AD
20．(9分)(1)向Na2CO3的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成CO2气体为止，则在此过程中，溶液的c(HCO)变化趋势可能是：①逐渐减小；②逐渐增大；③先逐渐增大，而后减小；④先逐渐减小，而后增大.4种趋势中可能的是________．
(2)pH相同的HCl溶液、H2SO4溶液、CH3COOH溶液各100 mL.
①3种溶液中，物质的量浓度最大的是________．
②分别用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，其中消耗NaOH溶液最多的是________．
③与等量的锌粉反应，反应开始时，反应速率________．
A．HCl最快 B．H2SO4最快
C．CH3COOH最快 D．一样快
(3)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝______mol/L.相同条件下，测得：①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaClO溶液，3种稀溶液的pH相同，那么，它们的物质的量浓度由小到大的顺序是________________________．
(3)2×10－7　NaClO21．(9分)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：
4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ　称取样品1.500 g.
步骤Ⅱ　将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀．
步骤Ⅲ　移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次．
(1)根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______．
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成_____________________色．
(2)滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mol/L，则该样品中氮的质量分数为________．
解析：滴定过程中，应在边滴边摇动锥形瓶的同时，边注视锥形瓶内溶液颜色的变化．当溶液颜色由无色变粉红色时且半分钟内不再变色，表明已达到滴定终点；由4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋；H＋＋OH－===H2O，及题给信息知：NH～OH－，即V(NH)·c(NH)＝V(NaOH)·c(NaOH)；碱式滴式管不润洗就加入标准液使c(NaOH)降低，消耗NaOH溶液体积增大，n(NH)增大，结果偏高．锥形瓶中有水对结果没有影响．三次实验消耗NaOH溶液的平均体积为：
＝20.00 mL；25.00 mL待测液中含n(NH)＝2.02×10－3 mol，样品中含氮的质量分数为：
×100%＝18.85%.
答案：(1)①偏高　②无影响　③B　④无　粉红(或浅红)
(2)18.85%
22．(8分)以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子．例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可．
请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe3＋、Fe2＋都被转化为____________(填化学式)而除去．
(2)①中加入的试剂应该选择________为宜，其原因是__________________．
(3)②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为_____________________．
(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是________(填字母)．
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
E．在pH＞4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
解析：①中加入氨水，利用沉淀的生成，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；②中加入氢氧化镁，利用沉淀的转化，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，③中先加入H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀．
答案：(1)Fe(OH)3　(2)氨水　不会引入新的杂质
(3)2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3
(4)ACDE电化学解题策略
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化学实验方案设计与评价
制备实验方案设计
制备实验设计思路及一般方法
列出可能的几种制备方法和途径，然后进行分析和比较，从中选取最佳的实验方法。
在制订具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。其顺序是：
特别提醒 ：制备实验方案遵循的原则：（1）条件合适，操作方便；（2）原理正确，步骤简单；（3）原料丰富，价格低廉；产物纯净，染污物少。
考点2、性质实验设计型
（1）探索性性质实验方案的设计
分析其结构特点或从所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系列性质，而后据此设计合理实验方案，探索可能具有的性质。
（2）验证性性质实验方案的设计
对物质具备的性质进行求证，关键是设计出简捷的实验，操作简单安全，实验现象明显。
特别提醒：要按照课程内容的要求，积极开展实验探究活动。通过探究活动“发现学习和生产、生活中有意义的化学问题，并进行实验探究；能根据具体情况设计解决化学问题的实验方案，并予以评价和优化；能通过化学实验收集有关数据，并科学地加以处理；能对实验现象做出合理的解释，运用比较、归纳、分析、综合等方法初步揭示化学变化的规律”。
考点3、定量测量设计型
定量测量实验设计是为了深入了解物质和自然现象的量的特征，揭露各因素之间的数量关系，从而确定某些因素的数值。它能够具体的从量上来测定对象所具有的某种性质或者他们的数量关系。它得到的结果是一定质和量之间的准确函数关系。因此所有影响此函数关系准确的因素都视为干扰因素，设计实验就是确定了具体某一方案后，排除此方案中所有干扰因素，干扰因素全部排除，此方案具体的实施程序就清晰且明确了。
例1．（2009天津卷3）下列实验设计和结论相符的是
A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性
C．某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-
D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2,即可得到较纯净的FeCl3溶液
答案 B
解析 A项，乙醇不可以作为萃取剂，错；
B项，石蕊变蓝，则肯定为碱性，正确。
C项，若原溶液中含有SO32 －，生成BaSO3，再加入HCl，则与溶液的NO3－ 结合，相当于HNO3，则可以氧化BaSO3至BaSO4，沉淀不溶解，故错；
D项，加热时，FeCl3会水解，错。
例2．（2009广东理科基础27）工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法正确的是
选项 污染物 处理措施 方法类别
A 废酸 加生石灰中和 物理法
B Cu2+等重金属离子 加硫酸盐沉降 化学法
C 含苯废水 用活性炭吸附 物理法
D 含纯碱的废水 加石灰水反应 化学法
答案 D
解析 废酸与碱中和属于化学法，A项错；Cu2＋不可能用SO42 －沉降，B项错；活性碳无法吸收苯，C项错；Na2CO3 + Ca(OH)2 CaCO3↓+ 2NaOH，是复分解法，属于化学法，D项正确。
例3．（2009北京卷8）下列叙述正确的是
A．将通入溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解
C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氨气的速率较慢；再加入少量固体，速率不改变
答案 C
例4．（2009上海卷11）1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如右图。下列对该实验的描述错误的是
A．不能用水浴加热
B．长玻璃管起冷凝回流作用
C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D．加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率
答案 C
例5．（2009全国卷Ⅱ28）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意
图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题
（1）A中加入的物质是_____________①_____________________________.
发生反应的化学方程式是_______________②_______________________;
（2）B中加入的物质是_____③________，其作用是_________④_______________:
（3）实验时在C中观察到得现象是_____________⑤_________________，
发生反应的化学方程式是_________________⑥____________________;
（4）实验时在D中观察到得现象是________________⑦__________________，
D中收集到的物质是_______⑧_______，检验该物质的方法和现象是_________⑨_____________。
答案（1）固体NH4Cl和Ca(OH)2
2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O（或其他合理答案）
（2）碱石灰（或CaO） 除去NH3气流中的水汽
（3）黑色粉末部分逐渐变为红色 2NH3+3CaO N2+3H2O+3Cu
（4）出现无色液体 氨水
用红色石蕊试纸检验、试纸变蓝 用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝
解析 本题考查化学实验和有关化学方程式，注意化学实验现象的描述和试剂的选择。根据反应原理，反应物为氨气和氧化铜，可以判断试管A为制取氨气的装置，因此装入的药品应该为氯化铵和氢氧化钙，氨气要使用碱石灰。加热后，黑色氧化铜变为红色的铜，生成的水和氨气生成氨水留在了D中，而氮气通过排水法进行收集。检验氨气可利用其碱性，检验水可以用无水硫酸铜。
例6．（2009安徽卷28）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调
节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1
H2O2 Fe2+
① 为以下实验作参考 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
【数据处理】 实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：
（p-CP）= mol·L-1·s-1
【解释与结论】
（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因： 。
（4）实验③得出的结论是：PH等于10时， 。
【思考与交流】
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：
答案（1）
实验编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1
H2O2 Fe2+
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究溶液的pH对降解反应速率的影响
（2）8.0×10-6
（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。
（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）
（5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）
解析（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H2O2)=6.0 mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30 mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；
（2）在50～150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L-1，则v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；
（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；
（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。
测试题
1．下列实验能达到预期目的的是 ( )
A.向煮沸的1 mol·L-1NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
B.向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C.称取19.0 g SnCl2，用100 mL蒸馏水溶解，配制1.0 mol·L-1SnCl2溶液
D.用氢氧化铜粉末检测尿糖
答案 B
解析 向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液会产生Fe(OH)3沉淀，不会产生胶体，要制备Fe(OH)3胶体，应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，因此A不正确;配制SnCl2溶液时，由于Sn2+易水解，因此应将SnCl2先溶解在浓盐酸中，再加水稀释到所需的浓度，C也不正确;检测尿糖必须用新制Cu(OH)2悬浊液，而不能用Cu(OH)2粉末，D也不正确。
2．以下说法中正确的是 （ ）
A．蛋白质中除了含有C、H、O、N等元素外，通常还含有S元素
B．生活中的水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料都是聚氯乙烯
C．由于晶体硅具有半导体特性，因此可用于制造光导纤维
D．食醋的总酸含量是指食醋中醋酸的总物质的量浓度
解析：聚氯乙烯有毒，一般生活中的水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料是聚乙烯；光导纤维的材料是二氧化硅；食醋中总酸含量是指食醋中所含的所有酸性物质。故选A。
答案：A
3.下列试剂的贮存方法错误的是（ ）
A苯用带橡胶塞的试剂瓶贮存 B浓硝酸存放在棕色试剂瓶中
C少量白磷存放在水中 D.少量金属钠存放在煤油中
解析：苯会腐蚀橡胶塞，故A错，浓硝酸见光受热易分解，应保存在棕色试剂瓶中，白磷在空气中易被氧化，与水不反应，常用水保存。
答案：A
4．下列说法正确的是（ ）
A．用碱式滴定管量取18.5mL 1mol/L的NaOH溶液
B．用托盘天平称量50.56gKCl
C．硅酸钠溶液可以保存在滴瓶中
D．中和滴定时，眼睛观察滴定管中液面变化
解析：托盘天平的精度为0.1g，故B错误，硅酸钠不能保存在滴瓶中，会粘合住滴瓶，故C错误；中和滴定时，眼睛不能注视滴定管中液面变化，要观察锥形瓶中溶液颜色变化，并注意滴加的速度。
答案：A
5．在用碳酸钠溶液洗涤铁屑后，要将铁屑从溶液中分离出来，下列方法最简便的是（ ）
A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．倾析法
解析：过滤常用于分离溶液中的不溶物，即固液分离；蒸馏只要是根据液体混合物中各成份的沸点不同进行分离的方法；分液用于分离两种互不相溶液体的方法；倾析法也是用于固液分离的，当沉淀的结晶颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部时，常用倾析法进行分离。故要想把铁屑从溶液中分离出来，我们可以采用过滤和倾析法。最简便的应该是倾析法。
答案：D
6．检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是 （ ）
A. 通过品红溶液 B. 通过澄清石灰水
C. 先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水
D. 先通过酸性KMnO4，再通过澄清石灰水
解析：检验CO2可用澄清石灰水，但SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故要检验SO2气体中是否混有CO2气体，必须先除掉SO2，利用二氧化硫的还原性，用酸性KMnO4溶液。
答案：D
7．在空气中久置而不易变质的物质是 （ ）
A．过氧化钠 B．硅酸钠溶液 C．纯碱 D．亚硫酸钠
解析：过氧化钠在空气中会与二氧化碳和水蒸气反应而变质，硅酸钠溶液会与二氧化碳反应变质，亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化而变质。
答案：C
8．下列实验操作或所记录的数据合理的是 （ ）
A．NaOH溶液可保存在玻璃塞的试剂瓶中
B．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中
C．一学生用pH试纸测得某溶液的pH为2.8
D．配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉
解析：NaOH等碱性物质保存时不能用玻璃塞，故A错；pH试纸只能粗测溶液的酸碱性，故C错；制备硫酸亚铁溶液是用铁与稀硫酸反应制备。
答案：B
9．（2009·浙江海宁市模拟）下列实验设计不能达到目的的是 （ ）
A．除去乙酸乙酯中少量的乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤分液
B．碘水中的碘，用酒精萃取
C．鉴别氢氧化铝胶体与碳酸钠溶液，用丁达尔效应
D．检验Fe2＋可用KSCN溶液和氯水
解析：酒精易溶于水，故不能作为萃取剂，故选B；
答案：B
10．解热镇痛药阿司匹林结构简式如图所示，它可能发生的反应类型有（ ）
①取代 ②加成 ③消去 ④水解 ⑤酯化 ⑥中和 ⑦加聚
A ①③④⑤⑥ B①②④⑤⑥ C③④⑤⑥⑦ D①④⑤⑥⑦
解析：从其结构可以看出，含有羧基，可以发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应，羧基有酸性还可以发生中和反应；分子中含有酯键，可以发生水解反应；含有苯环可以发生加成反应。但不能发生消去反应和加聚反应。
答案：B
11．下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是 （ ）
解析：碘溶于酒精，故不能用分液的方法分离，A错；制备氨气应用铵盐和碱混合加热，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢遇冷后又会化合，故B错；氯气可与NaOH溶液反应，故不能用NaOH洗气，故C错；NO不溶于水也不与水反应，故可以用排水法收集。
答案：D
12．以下每个选项中的两组物质都能反应，且放出同一种气体产物的是（ ）
A．铜与稀硫酸，铜与浓硫酸 B．铁与稀硫酸，铁与浓硫酸
C．硫化钠与稀硫酸，亚硫酸钠与稀硫酸 D．硫化钠与稀硫酸，硫化钠与稀盐酸
解析：铜和稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应放出SO2气体，铁与稀硫酸反应放H2，浓硫酸与铁常温下发生钝化，加热有二氧化硫气体产生，故B错；硫化钠与稀硫酸反应生成H2S，亚硫酸钠与稀硫酸反应生成SO2，故选D。
答案：D
13．甲、乙、丙、丁分别是Al2SO43、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加而沉淀消失。丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是 （ ）
A Al2SO43 B NaOH C BaCl2 D FeSO4
解析：将丁溶液滴入乙溶液中，先有白色沉淀后溶解，故丁为NaOH，乙为Al2SO43；将丁（NaOH溶液）加入甲溶液中无明显现象，故甲为BaCl2溶液，所以丙物质为 FeSO4。
答案：D
14．如右图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量的硫酸（以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是（ ）
A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
C．品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性
D．沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
解析：吸入硫酸会与Na2SO3晶体反应，生成SO2气体，沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，是利用SO2气体的还原性，沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，是利用SO2的酸性氧化物的性质。
答案：C
15．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：⑴取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；⑵ 在⑴所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；⑶ 在⑵所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙。则下列离子在原溶液中一定存在的有： （ ）
A．SO42-、AlO2─、Na+ B．Na+、CO32─、AlO2─
C．CO32─、Na+、Al3+ D．MnO4─、Na+、CO32─
解析：无色溶液可以判断无MnO4─，故Ｄ错；加盐酸有气泡产生，故含有CO32─，则无Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子为Na+，C错；加NH4HCO3与（1）中过量的盐酸反应有气体放出，沉淀为Al(OH)3沉淀，故含有AlO2─，在（1）中加入过量的盐酸转化为Al3＋，加入NH4HCO3生成沉淀，（3）加入BaOH2所得沉淀为BaCO3沉淀。
答案：B
16．有两种物质的量浓度相等的溶液，把它们等体积混合有白色沉淀生成，加入过量稀HNO3后，沉淀消失并放出气体，再加入AgNO3溶液又有白色沉淀生成，这两种溶液是（ ）
A．Na2CO3和Ca(OH)2 B．Na2CO3和CaCl2
C．Na2SiO3和HCl D．Na2SO4和Ba(NO3)2
解析：加入稀硝酸沉淀消失且有气体放出，根据选择项可知应含有CO32－，沉淀不是BaSO4，故排除C和D；再加硝酸银又有白色沉淀产生，应为AgCl沉淀，故选B。
答案：B
17．某校课外活动小组的同学分别对四种溶液中所含的离子进行检测，下列所得结果，有错误的是（ ）
A．K+、Na+、Cl-、NO3- B．OH-、CO32-、Cl-、K+
C．Ba2+、Na+、OH-、NO3- D．Ba2+、NO3-、OH-、SO42-
解析：所给的是溶液，即所含离子能大量共存，D项中Ba2+和SO42-不能大量共存，故D错。
答案：D
18．将S02通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色；继续滴人BaC12 溶液，产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是 （ ）
A . S02 B . Cl－ C . Fe3＋ D . NO3－
解析：S02有还原性，加入到Fe(NO3)3溶液中，将Fe3＋ 还原为Fe2＋，溶液由棕黄色变为浅绿色，在酸性环境下，NO3－将Fe2＋氧化为Fe3＋，故最终被还原的为 NO3－ .
答案：D
19．用装置A、B和乳胶管组成装置，用于收集干燥的NH3气体（①装置A已经气密性检查；②可供选用的试剂有碱石灰、水和酚酞）。回答下列问题：
(1)气体流经装置的顺序是：NH3→______→_______→c（填接口代号）；
(2)干燥剂碱石灰应放在________中（填广口瓶代号）；
(3)说明NH3气体已经集满的现象是___________________________。
解析：要干燥氨气，可用碱石灰干燥，收集NH3用向下排空气法，尾气用水吸收。
答案：（1）b a （2）（Ⅱ） （3）B中滴有酚酞的水变红（或B中漏斗内水面忽上忽下）
20．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：
（一）制取氧化铜
①称取2 gCuSO4·5H2O研细后倒入烧杯，加10 mL蒸馏水溶解；
②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；
③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用。
回答下列问题：
⑴上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是_______________（填实验序号），步骤①、③中研磨固体所用仪器的名称是__________________；
（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较
用右图装置进行实验，实验时均以生成25 mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，相关数据如下：
实验序号 KClO3质量 其它物质质量 待测数据
④ 1.2 g 无其他物质
⑤ 1.2 g CuO 0.5 g
⑥ 1.2 g MnO2 0.5 g
回答下列问题：
⑵上述实验中的“待测数据”指_______ _____；
⑶本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50 mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管；
⑷若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞， ；
⑸为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：
a．___________________ __ ____，b．CuO的化学性质有没有改变。
解析：在固体溶解过程、蒸发过程及过滤中都要用到玻璃棒，故为①②③；研磨固体要用的仪器是研钵。该实验的目的是证明氧化铜能加快氯酸钾的分解及与二氧化锰的催化效果比较，要进行反应速率大小的比较，故通过反应时间的长短进行比较，即待测数据为时间；碱式滴定管下端没有旋转活塞，可以进行改装；验证氧气常用一根带火星的木条，伸入干燥管内，松开弹簧夹，看木条是否复燃即可；催化剂在反应过程中不改变质量和化学性质。
答案：（1） ①②③ 研钵 （2）时间 （3）碱式 （4）取一根带火星的木条，伸入干燥管内，松开弹簧夹，看木条是否复燃 （5）CuO的质量有没有改变
21．某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意图，A中的试剂是盐酸。
请回答下列问题。
(1)仪器中装入的试剂：B_________、C__________、D___________。
(2)连接好装置后应首先__________________，其方法是____________________。
(3)“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是_______________________。在这两步之间还应进行的操作是__________________；
(4)反应过程中G管逸出的气体是__________，其处理方法是_________________。
(5)从实验中测得了下列数据
①空E管的质量a
②E管和WO3的总质量b
③反应后E管和W粉的总质量c(冷却到室温称量)
④反应前F管及内盛物的总质量d
⑤反应后F管及内盛物的总质量e
由以上数据可以列出计算W的相对原子质量的两个不同计算式(除W外，其他涉及的元素的相对原子质量均为已知)：
计算式1：Ar(W)＝____________________；计算式2：Ar(W)＝____________________。
解析：(1)实验室通常用盐酸和锌粒反应制取氢气，B中放锌粒，生成的氢气中混有少量的HCl和H2O，因此洗气瓶C中用水吸收挥发出的HCl气体，洗气瓶D中用浓硫酸干燥H2。
(2)连接好装置后应先检验装置的气密性。具体方法是：将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好。
(3)反应时应先通入氢气，然后再加热反应管E，所以应该先向A瓶逐滴滴加液体，制取氢气；在加热反应管E之前，还必须检验氢气的纯度，只有氢气纯了，才能对反应管进行加热E。
(4)F会将生成的水蒸气吸收，最后从G管逸出的气体是氢气，可以采用在 G管出口处点燃的方法，除去多余的氢气。
(5)根据反应：WO3＋3H2W ＋3H2O m(即3O)
= ==
① ② ③ ④
①②联解得：Ar(W) ＝
①③联解得：Ar(W) =－48
①④联解得：Ar(W)=(同①②)
②③联解得：Ar(W) =
②④联解得：Ar(W) =(同①②)
所以有三个答案，任选二种。
答案：(1)锌粒、水(或NaOH溶液)、浓硫酸。 (2)检查气密性； 将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好。
(3)先从A瓶逐滴滴加液体； 检验H2的纯度。
(4)氢气； 在G管出口处点燃。 (5) ；－48；
Cl2(HCl)
NaOH溶液
C．除去Cl2中的HCl
NO
水
D．排水集气法收集NO
A
B2012年高考化学主要考点
2012年的高考日益临近了，高考复习越来越紧张，高考复习资料每科都很多，那么高考化学需要掌握哪些知识点呢？下面详细介绍了。
　　模块一：基本概念
　　专题1：物质的组成、性质和分类
　　考点1：物质的组成、性质和分类
　　考点2：分散系和胶体
　　专题2：化学计量
　　考点3：物质的量的有关概念
　　考点4：阿伏加德罗定律及其推论
　　考点5：物质的量浓度
　　专题3．离子反应
　　考点6：离子反应方程式
　　考点7：离子共存
　　专题4：氧化还原反应
　　考点8：氧化还原反应的基本概念
　　考点9：氧化还原反应的基本规律
考点10：氧化还原反应的有关计算
专题5：化学能与热能
考点11：反应热、燃烧热、中和热
考点12：热化学反应方程式
模块二：基本理论
专题6．物质结构元素周期律
考点13：原子组成与结构
考点14：化学键与电子式
专题7：元素周期表与元素周期律
考点15：元素周期表与元素周期律
考点16：综合推断
专题8：化学反应速率
考点17：化学反应速率的计算
考点18：化学反应速率的影响因素
专题9：化学平衡
考点19：化学平衡状态的判断
考点20：化学平衡移动原理
考点21：化学平衡常数及化学平衡计算
考点22：化学平衡图像
考点23：等效平衡
专题10：弱电解质的电离平衡
考点24：弱电解质的电离平衡
专题11：水的电离平衡和溶液pH计算
考点25：水的电离平衡
考点26：溶液的酸碱性
考点27：溶液pH值
考点28：酸碱中和滴定
专题12：盐类的水解
考点29：盐类水解的规律
考点30：盐类水解的综合应用
考点31：溶液中离子浓度大小的比较
专题13溶解平衡
考点32：溶解平衡
专题14：化学能与电能
考点33：原电池
考点34：电解池
考点35：金属的腐蚀与防护
模块三：元素化合物
专题15：金属及其化合物
考点36：钠及其化合物
考点37：铝及其化合物
考点38：铁及其化合物
考点39：金属材料及金属冶炼
专题16：非金属元素及其化合物
考点40：无机非金属材料的主角——硅
考点41：富集在海水中的元素-氯
考点42：硫及其化合物
考点43：氮及其化合物
考点44：无机推断
专题17：几种简单的有机化合物
考点45：甲烷、乙烯及苯
考点46：乙醇和乙酸
考点47：基本营养物质
模块四：化学实验
专题18：化学实验基础
考点49：常见仪器、常用试剂
考点50：化学实验基本操作
专题19：物质的制备、检验、分离和提纯
考点51：物质的检验
考点52：物质的分离与提纯
考点53：物质的制备
专题20：实验方案设计与评价
考点54：实验方案的设计
考点55：实验方案评价
模块五：有机化学基础
专题21：有机化学基础
考点56：认识有机化合物
考点57：同分异构体
考点58：烃和卤代烃
考点59：醇和酚
考点60：醛
考点61：羧酸和酯
考点62：油脂、糖类、蛋白质
考点63：有机综合推断
模块六：化学计算
专题22：化学计算
考点64：守恒法
考点65：利用化学反应方程式进行的计算
考点66：两点三段的计算
模块七：选修模块
专题23：物质的结构与性质
考点67：原子结构与性质
考点68：分子结构与性质
考点69：晶体结构与性质
专题24：化学与社会
考点70：化学与环境
考点71：化学与生活
考点72：化学与现代科技盖斯定律及其在热化学方程式中的应用
一：盖斯定律要点
1840年，瑞士化学家盖斯（G。H。Hess,1802—1850）通过大量实验证明，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。换句话说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。这就是盖斯定律。
例如：
可以通过两种途径来完成。如上图表：已知：
H2（g）+O2（g）= H2O（g）；△H1=－241.8kJ/mol
H2O（g）=H2O（l）；△H2=－44.0kJ/mol
根据盖斯定律，则
H=△H1＋△H2=－241.8kJ/mol+（－44.0kJ/mol）=－285.8kJ/mol
盖斯定律表明反应热效应取决于体系变化的始终态而与过程无关。因此，热化学方程式之间可以进行代数变换等数学处理。该定律使用时应注意： 热效应与参与反应的各物质的本性、聚集状态、完成反应的物质数量，反应进行的方式、温度、压力等因素均有关，这就要求涉及的各个反应式必须是严格完整的热化学方程式。
二：盖斯定律在热化学方程式计算中的应用
盖斯定律的应用价值在于可以根据已准确测定的反应热来求知实验难测或根本无法测定的反应热，可以利用已知的反应热计算未知的反应热。，它在热化学方程式中的主要应用在于求未知反应的反应热，物质蒸发时所需能量的计算 ，不完全燃烧时损失热量的计算，判断热化学方程式是否正确，涉及的反应可能是同素异形体的转变，也可能与物质三态变化有关。其主要考察方向如下：
1．已知一定量的物质参加反应放出的热量，写出其热化学反应方程式。
例1、将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________。又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0kJ/mol，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_____________kJ。
解析：0.3mol乙硼烷完全燃烧生成液态水放出649.5kJ热量，则1mol乙硼烷完全燃烧放出的热量为：因此乙硼烷燃烧的热化学反应方程式为：。由于1mol水汽化需吸热44kJ，则3mol液态水全部汽化应吸热：，所以1mol乙硼烷完全燃烧产生气态水时放热：，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧产生气态水放出热量是：。本题既涉及热化学方程式的书写，又涉及生成物状态不同时求反应热的问题，第2问用盖斯定律就非常简单。
2．同素异形体反应热的求算及稳定性的比较
例2、科学家盖斯曾提出：“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的。”利用盖斯定律可测某些特别反应的热效应。
（1）（s，白磷）+
（2）
则白磷转化为红磷的热化学方程式_____________。相同的状况下，能量较低的是_________；白磷的稳定性比红磷___________（填“高”或“低”）。
解析：依题意求：；可设计如下反应过程：；据盖斯定律有=（-2983.2+4×738.5）kJ/mol=-29.2kJ/mol，即；。白磷转化为红磷是放热反应，稳定性比红磷低（能量越低越稳定）。
3． 根据一定量的物质参加反应放出的热量（或根据已知的热化学方程式），进行有关反应热的计算或比较大小。
例3、已知：；
；
欲得到相同的热量，需分别燃烧固体碳和氢气的质量比约为
A. 2:3.25 B. 12:3.25 C. 1:1 D. 393.5:241.8
解析：由题意可列得方程
答案： B
例4、在同温同压下，下列各组热化学方程式中，的是
A.
B.
C.
D.
解析：反应热数值的大小与反应物、生成物的种类有关，与反应物物质的量的多少有关，与反应物和生成物的聚集状态有关，还与反应时的外界条件有关。A选项：生成物的状态不同，由于从气态水到液态水会放热，所以生成液态水比生成气态水放出的热多即；B选项：反应物的状态不同，由于从固态硫到气态硫要吸热，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放出的热量多，即；C选项：生成物的种类不同，由于CO与O2反应生成CO2要放出热量，故；D选项：反应物的物质的量不同，前一反应的物质的量是后一反应的物质的量的2倍，故，即。答案选A、C。
4．利用键能计算反应热
方法：ΔH=∑E(反应物)－∑E（生成物），即反应热等于反应物的键能总和跟生成物的键能总和之差。
通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能常用E表示，单位是kJ/mol。
例题5．CH3—CH3→CH2＝CH2＋H2；有关化学键的键能如下。
化学键 C－H C＝C C－C H－H
键能（kJ/mol） 414.4 615.3 347.4 435.3
试计算该反应的反应热
解析：ΔH =[6E(C－H)＋E(C－C)]－[E(C＝C)＋4E(C－H)＋E(H－H)]=(6×414.4＋347.4)kJ/mol－(615.3＋4×414.4＋435.3)kJ/mol=＋125.6 kJ/mol
这表明，上述反应是吸热的，吸收的热量为125.6 kJ/mol。
反馈练习：
1、(2005全国理综Ⅰ·13)．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是
A. 2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)； ΔH＝－2b kJ / mol
B. C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)； ΔH＝2b kJ / mol
C. 2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)； ΔH＝－4b kJ / mol
D. 2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)； ΔH＝b kJ / mol
2、2005广东22·4 由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：：
TiO2TiCl4Ti
已知：① Cs＋O2g＝CO2g； H＝3935 kJ·mol1
② 2COg＋O2g＝2CO2g； H＝566 kJ·mol1
③ TiO2s＋2Cl2g＝TiCl4s＋O2g； H＝+141 kJ·mol1
则TiO2s＋2Cl2g＋2Cs＝TiCl4s＋2COg的H＝ 。
3、在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为
2CO（g）+O2（g） 2CO2（g）； △H=－566kJ·mol－1
CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（1）；△H=－890kJ·mol－1
又知由H2与O2反应生成液态H2O 比生成气态H2O 多放出44kJ/mol的热量。则CH4 气
在空气中不完全燃烧热化学方程式正确的是
A、2CH4（g）+O2（g） CO2（g）+CO（g）+4H2O（1） △H=－1214kJ·mol－1
B、2CH4（g）+O2（g） CO2（g）+CO（g）+4H2O（g） △H=－1038kJ·mol－1
C、3CH4（g）+5O2（g） CO2（g）+2CO（g）+6H2O（1） △H=－1538kJ·mol－1
D、3CH4（g）+5O2（g） CO2（g）+2CO（g）+6H2O（g） △H=－1840kJ·mol－1
1．解析：以上各式中化学计量数及物质状态标注都正确；该反应放热，△H应为负值；生成1mol二氧化碳气体，放出热量 bkJ，则又生成4mol二氧化碳气体，放出热量4bkJ 。 答案：A。
2．答案：80 kJ·mol1
3．解析：⑴2CO（g）+O2（g） 2CO2（g）； △H1=－566kJ·mol－1
⑵CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（1）；△H2=－890kJ·mol－1
⑶H2O（g）=H2O（l）；△H3=－44.0kJ/mol
⑷CH4（g）+2O2（g） CO2（g）+2H2O（g）；△H4=？
⑸CH4（g）+1.5O2（g） CO（g）+2H2O（1）；△H5=？
⑷=⑵－⑶×2，可求△H4=－890kJ·mol－1+88.0kJ·mol－1=－802kJ·mol－1
⑸=⑵－（1）×0.5，可求△H5=－890kJ·mol－1+283.0kJ·mol－1=－607kJ·mol－1
A中△H=△H2+△H5=－1497kJ·mol－，故A错，同理，B为－1321kJ·mol－，C为－2104kJ·mol－，D为－1840kJ·mol－
答案：D物质结构与性质
原子结构与元素的性质
　　1.了解原子核外电子的能级分布，能用电子排布式表示常见元素(1~36号)原子核外电子的排布。了解原子核外电子的运动状态。
　　2.了解元素电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。
　　3.了解原子核外电子在一定条件下会发生跃迁，了解其简单应用。
4.了解电负性的概念，知道元素的性质与电负性的关系。
高频考点1 原子核外电子的排布规律
【样题1】下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是(　　)
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上只有一个空轨道的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
【解题指导】A中1s2结构的He,1s22s2结构为Be，两者性质不相似。B项X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第四周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相似。C项为同主族的元素，化学性质一定相似。D项最外层只有1个电子可能是第ⅠA族元素，过渡元素中也有很多最外层只有1个电子的，故性质不一定相似。
【答案】　C
【命题解读】原子核外电子的排布规律是中学化学原子结构的重点内容，也是元素周期律的基础。原子轨能级是决定核外电子排布和构型的重要因素，原子的外层电子构型是随原子序数的增加呈现周期性变化，而原子的外层电子构型的周期性变化又引起元素性质的周期性变化，元素性质周期性变化的规律称元素周期律，反映元素周期律的元素排布称元素周期表。
　　 考点2 化学键与物质的性质
　　1.理解离子键的形成，能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质。
　　2.了解共价键的主要类型σ键和π键，能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
　　3.了解简单配合物的成键情况。
　　4.了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。
　　5.理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质。
6.了解杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型(sp,sp2,sp3)，能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或者离子的空间结构。
高频考点1 杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型
【样题1】在乙烯分子中有5个σ键和1个π键，它们分别是 (　　)
A．sp2杂化轨道形成σ键，末杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键，未杂化的2p轨道形成σ键
C．C—H之间是sp2杂化轨道形成σ键，C—C之间是未杂化的2p轨道形成π键
D．C—C之间是sp2杂化轨道形成σ键，C—H之间是未杂化的2p轨道形成π键
【解题指导】选A。在乙烯分子中，每个碳原子的2s轨道与2个2p轨道杂化形成3个sp2杂化轨道，其中2个sp2杂化轨道分别与2个氢原子的1s轨道“头碰头”重叠形成C—H σ键，另外1个sp2杂化轨道形成C—C σ键。2个碳原子未杂化的2p轨道“肩并肩”重叠形成1个π键。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型(sp,sp2,sp3)，能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或者离子的空间结构。随着课程改革的深入，高考中对杂化轨道理论知识的考查也在不断加强，对元素原子杂化轨道及空间构型的判断主要采取价电子对互斥理论和归纳记忆法。
　　 考点3 分子间作用力与物质的性质
　　1.了解化学键和分子间作用力的区别。
　　2.了解氢键的存在对物质性质的影响，能列举含有氢键的物质。
　　3.了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。
高频考点1 化学键与晶体类型
【样题1】 下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 (　)
A．SiO2和SO2 B．CO2和H2O C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl
【解题指导】选B。SiO2是共价键形成的原子晶体，SO2是共价键形成的分子晶体，A错；CO2和H2O均为共价键，而且是分子晶体，B对；NaCl是离子键形成的离子晶体，HCl是共价键形成的分子晶体，C错；CCl4是共价键形成的分子晶体，KCl是离子键形成的离子晶体，D错。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。高考命题主要考查了离子键、共价键的概念，同时隐含着考查离子化合物、共价化合物的区别及离子化合物、共价化合物与化学键的关系。充分体现了对学生基本知识的掌握情况及基础知识的运用能力的考查。
高频考点2 物质结构与性质综合应用
【样题1】金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
(1)Ni原子的核外电子排布式为______________________________；
(2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2＋的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO ________ FeO(填“<”或“>”)；
(3)NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为_______________、_______________；
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如左下图所示。该合金的化学式为_______________；
(5)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如右上图所示。
①该结构中，碳碳之间的共价键类型是键，碳氮之间的共价键类型是______________，氮镍之间形成的化学键是_______________；
②该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在_______________；
③该结构中，碳原子的杂化轨道类型有_______________。
【试题解析】（1）利用能量最低原理等可知28Ni的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2。（2）利用Ni2+与Fe2＋的离子半径大小关系可知NiO的晶格能大于FeO的，故熔点：NiO＞FeO。（3）利用信息知可类比NaCl的配位数可知NiO晶胞中Ni与O的配位数均为6。（4）由“均摊法”知每个晶胞中含有：一个La（8×1/8）、五个Ni（1+8×1/2），故该合金的化学式为：LaNi5。（5）①在该结构中，碳氮双键中其中一个是σ键、一个是π键；氮镍之间的键是由N原子提供孤对电子，Ni提供空轨道形成的配位键。②由于氧的电负性强，因此该结构中，氧氢之间除形成共价键外，还可以形成氢键。③该结构中-CH3中的碳原子是sp3杂化、用于形成C=N的碳原子是sp2杂化。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d84s2 (2)＞ (3)6 6 (4) LaNi5
(5) ①一个σ键、一个π键；配位键；②氢键； ③sp2、sp3
【命题解读】“物质结构与性质”作为高中化学新课程的一个选修模块,侧重于帮助学生了解人类探索物质结构的重要意义和基本方法,研究物质构成的奥秘,认识物质结构与性质之间的关系,提高分析问题和解决问题的能力。化学用语及常用计量
考试内容：
(1)熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号。
(2)熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分子式)，或根据化学式判断化合价。
(3)了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。
(4)了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。
(5)理解质量守恒定律的含义。
(6)能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。
(7)了解物质的量的单位--摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。
(8)根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
高频考点1 化学用语正误判断
【样题1】化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（ ）
A．CO2的电子式 B．Cl－的结构示意图

C．乙烯的结构简式C2H4 D．乙炔的分子模型示意图：
【解题指导】选B。CO2正确电子式应为，A项错误；C2H4 是乙烯的分子式，正确的结构简式为CH2═CH2，C项错误；乙炔应为直线型分子，D项错误。
【命题解读】《高考考纲》明确要求熟记并正确书写常见元素的符号、离子符号，正确书写化学式，了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。化学用语是描述化学变化最简洁的化学语言，因此对化学用语的理解和运用是构成化学解题能力的基础。新高考命题趋势是降低知识难度，加强学科特色考查，化学用语是学习化学的工具，必将持久地受到新高考关注，其重点是电子式的书写。
【样题2】下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 硫离子的结构示意图： B．NH4Cl的电子式：
C．原子核内有8个中子的氧原子： D．对氯甲苯的结构简式：
【解题指导】选C。硫离子的结构示意图正确，A项正确； NH4Cl是由NH4+和Cl-离子构成，由于Cl-是阴离子，电子式为，B错误。表示质量数为18，质子数为8的氧原子，所以该原子核内有10个中子，C错误；该结构简式是邻氯甲苯，因为氯原子和甲基的位置在相邻的碳原子上。对氯甲苯中的氯原子和甲基的位置应该处于相对位置，D错误。
【命题解读】从命题趋势上看，由于综合考试中受题量的限制，故知识覆盖面不可能面面俱到，只能是把一些学科的要点知识通过渗透、合并、综合、嫁接、关联进行考查。从备考角度讲，这些内容不算难点，主要是通过训练熟练各“式”“符号”的写法和意义。
高频考点2 离子方程式
【样题1】下列离子方程式书写错误的是（ ）
A、向足量的NaHCO3溶液中逐渐滴入澄清石灰水
Ca2++2OH-+2HCO3-=2H2O+CaCO3↓+CO32-
B、向足量的NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba(HCO3)2溶液
2HCO3-+Ba2++2H++SO42-=2H2O+2CO2↑+BaSO4↓
C、向NaOH溶液中逐渐滴入Mg(HCO3)2溶液至沉淀完全
2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓
D、向NaHSO4溶液中逐渐滴入Ba(OH)2溶液至沉淀完全
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【解题指导】选C。要特别注意选项中所给试剂的量，A中NaHCO3溶液过量，澄清石灰水不足量，发生Ca(OH)2+2NaHCO3=2H2O+CaCO3↓+Na2CO3，选项A正确；B中NaHSO4过量，Ba(HCO3)2不足，发生Ba(HCO3)2+2NaHSO4=2H2O+2CO2↑+BaSO4↓+ Na2SO4，选项B正确；C中向NaOH溶液中逐渐滴入Mg(HCO3)2溶液至沉淀完全，Mg(HCO3)2+4NaOH=2H2O
+Mg(OH)2↓+2Na2CO3 ，离子方程式为Mg2++2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2↓+2CO32- ；选项C错误；D中NaHSO4过量，Ba(OH)2不足，发生NaHSO4+Ba(OH)2==H2O+BaSO4↓+NaOH，选项D正确。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：能正确书写化学方程式和离子方程式。对于复分解反应，一般按“以少定多”的原则来书写，即以量少的反应物（离子）确定量多离子前面的系数。书写与“量”有关的离子方程式时，要具体问题具体分析。特别是要判断不足的物质是什么，以不足的物质完全反应为根据写出对应的化学反应方程式，再改写成离子方程式，防止出差错。
高频考点3 离子共存
【样题1】下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是（ ）
A．含有较多Fe3+的溶液：Na+、SO42—、I—、NH4+
B．c(OH—)水=1×10-10mol·L—1的溶液：SO42—、Cl—、K+、Na+
C．能使石蕊试纸变红色的溶液 ：K+、Fe2+、NO3—、Na+
D．遇Al能放出H2的溶液：NO3—、K+、Na+、Cl—
【解题指导】选B。Fe3+、I—易发生氧化还原反应而不能大量共存，A项错误；使石蕊试纸变红色的溶液，说明溶液中含有大量的H+，H+与NO3—组合具有强氧化性，Fe2+具有还原性，因发生氧化还原反应而不量共存，C项错误；若溶液呈碱性，题中离子可以大量共存，若溶液呈酸性，因含有NO3—，溶液与铝反应不会成为氢气，D项错误。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：离子共存题作为高考常规题，一方面考查学生对基本的离子间的反应掌握情况，另一方面考查了学生对已掌握知识的应用能力。离子共存近几年出现的较难题型主要是附加条件型，“无色透明”、“酸性或碱性”。特别注意题设条件：（1）“一定能大量共存（2）“一定不能大量共存” （3）“可能大量共存”等。解决这一类型的题目，首先要弄懂题干中的隐藏条件，解题时要逐个条件分别考虑，可用排除法得出正确答案。
高频考点4 阿伏加德罗常数
【样题1】设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．23gNa在氧气中完全燃烧失电子数为0.5NA
B．1L2mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2NA
C．标准状况下，11.2LSO3所含分子数为0.5NA
D．室温下，8g甲烷含有共价键数为2NA
【解题指导】选D。n(Na)＝1mol，转移的电子数为NA，A错误； Mg2＋部分水解，所以溶液中含Mg2＋数小于2NA ，B错误； SO3在标准状况下为固体, C错误；虽然甲烷是气体，条件为室温，但是题中给的是甲烷的质量，其物质的量的计算与体积无关，直接根据质量即可得出1mol,共价键的数目为2NA,D正确。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。纵观近几年的高考化学试题发现，高考对阿伏加德罗常数的考查具有很好的稳定性与连续性，原因是它具有较强的综合性，符合了目前高考理综的命题特点。主要考查物质所含的粒子数目（质子数、中子数、电子数、离子数、电荷数、化学健）、气体摩尔体积、氧化还原反应中电子转移的数目、弱电解质的电离平衡和盐类水解、物质之间可能发生的反应等。
【样题2】设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下1molHCl与NH3的混合物的体积约为22.4L
B．常温常压下，2.24 L四氯化碳的物质的量不是0.1mol
C．0.1mol的铜与足量的浓硫酸反应生成SO2的体积约为22.4L
D．18 g重水所含有的电子数为5NA有机化学基础
　　考试内容：
1.能根据有机化合物的元素含量、相对分子质量确定有机化合物的分子式。
　　2.了解常见有机化合物的结构。了解有机物分子中的官能团，能正确地表示它们的结构。
　　3.了解确定有机化合物结构的化学方法和某些物理方法。
　　4.了解有机化合物存在异构现象，能判断简单有机化合物的同分异构体(不包括手性异构体)。
　　5.能根据有机化合物命名规则命名简单的有机化合物。
　　6.能列举事实说明有机分子中基团之间存在相互影响。
高频考点1 同分异构体的书写
【样题1】分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有(不考虑立体异构)(　　)
A．3种　　B．4种 C．5种 D． 6种
【解题指导】选B。三个碳原子只有一个碳架结构，氯原子的存在形式包括在不同碳原子上和相同碳原子上两类，有 4种。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解有机化合物存在异构现象，能判断简单有机化合物的同分异构体。纵观近几年的理科综合试题，对于有机化学的考查任然是理科综合考试中化学考试内容的热点，其中对于有机物同分异构体的考查任然是重点，只是考查的形式和对象不同而已。在《大纲》中明确指出要“了解有机化合物存在异构现象，能判断并正确书写简单有机化合物的同分异构体的结构简式”，对这一部分知识的考查主要有两种呈现方式：（1）选择题中简单有机物的同分异构体的数目确定；（2）在有机推断和合成题中相对较复杂的有机物限定条件要求判断个数或补充部分同分异构体。同分异构体的试题可触及有机化学任一块内容，根据分子式判断同分异构体编制试题是考查同分异构体问题常见的题型。同分异构现象常从碳链异构、官能团异构以及官能团的位置异构分析。值得注意的是，现在许多题中常出现单官能团与多官能团的异构。如羧基与羟基、醛基的异构。另外，同分异构体的结构简式与分子式的书写分不清也是学生常出现的问题之一。《考试大纲》相关要求是：“能够辨认同系物和列举同分异构体。”对同分异构体的要求并不太高，因此这方面知识点不宜挖得太深。
高频考点2 有机物的命名
【样题1】下列有机物命名正确的是(　　)
A． 三甲苯 B．　2 甲基 2 氯丙烷
C． 2 甲基 1 丙醇 D．3—甲基—2—丙醇
【解题指导】选B。有机物命名时，应遵循取代基序数值和最小的原则，A项有机物名称应为1，2，4-三甲苯，C项有机物名称应为2 丁醇，D项有机物名称应为2-甲基-2-丙醇。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：能根据有机化合物命名规则命名简单的有机化合物。有机物命名是有机化学的基础，从近几年新课标高考试卷中可以看出，这部分内容是高考必考知识点。有机物命名主要以基础题为主，题型主要为选择题。
考点2 烃及其衍生物的性质与应用
考试内容：
1.以烷、烯、炔和芳香烃的代表物为例，比较它们在组成、结构、性质上的差异。
　　2.了解天然气、石油液化气和汽油的主要成分及其应用。
　　3.举例说明烃类物质在有机合成和有机化工中的重要作用。
　　4.了解卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯的典型代表物的组成和结构特点以及它们的相互联系。
　　5.了解加成反应、取代反应和消去反应。
　　6.结合实际了解某些有机化合物对环境和健康可能产生影响，关注有机化合物的安全使用问题。
高频考点1 官能团性质
【样题1】2010年11月19日，亚组委召开新闻发布会，通报亚运男子柔道81公斤级银牌得主、乌兹别克斯坦选手穆米诺夫(Shokir Muminov)服用兴奋剂事件。据悉，这种类型的兴奋剂能对神经肌肉起直接的刺激兴奋作用，是最原始意义上的兴奋剂，也是最早使用并最早被禁用的一类兴奋剂。该物质结构简式如下图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．该物质属于芳香族化合物，分子式为C13H12Cl2O4
B．该物质分子中的所有原子可能共平面
C．1 mol该物质与足量NaOH溶液共热反应，最多消耗3 mol NaOH
D．1 mol该物质与足量H2在Ni粉存在下加热反应，最多消耗6 mol H2
【解题指导】选A 。A项中，该物质分子式为C13H12C12O4；B项中，饱和碳原子和上面的氢不共面；C项中，该物质分子中，消耗NaOH的官能团为－COOH，耗1 mol NaOH；D项中，和、。共消耗H2为5 mol。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯的典型代表物的组成和结构特点以及它们的相互联系。官能团是决定有机物的化学特性的原子或原子团，它是烃的衍生物的性质之源，反应之本。对多官能团物质的考查，不仅能考查学生对基础知识的掌握程度，而且能考查学生将题给信息进行综合、对比、分析、判断等多种能力。
高频考点2 有机反应类型
【样题1】最近美国化学家获得了一种稳定性好的新型有机化合物，在流感预防方面取得了重大突破，其结构如下：，该化合物可以发生的下列反应类型的种数为（ ）
①酯化反应 ②加成反应 ③缩聚反应 ④氧化反应
A. 1种 B. 2种 C.3种 D. 4种
【解题指导】选C。有机化学四大反应加成、取代、消去和聚合以及氧化、还原等反应的判断是最重要的基本技能，根据分类的依据不同，其中许多反应还有交叉现象，如酯化反应也可以看成取代反应，卤代烃的水解反应，也可以看成取代反应，氢的加成反应可以看成还原反应，醇的去氢反应同样也看成氧化反应。该化合物有羟基，可以发生酯化反应；该化合物有碳碳双键，可以发生加成反应；该化合物含伯醇羟基，可以发生氧化反应生成醛。只有缩聚反应不能发生。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解加成反应、取代反应和消去反应。有机化学反应一直是教学的重点也是高考的热点，对化学反应进行科学的分类是研究化学首先要解决的问题，高考考查的重要有机反应有：取代反应、加成反应、消去反应、氧化反应、还原反应、聚合反应、水解反应、酯化反应等，考查的方式有：对陌生的有机反应类型的判断；根据各类有机反应的机理书写有机化学反应方程式。碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醇羟基、酚羟基、醛基、羧基等都是中学化学中常见的官能团，了解这些官能团的结构和特性是有机化学学习的一般要求。
高频考点3 有机合成与推断
【样题1】对氨基苯甲酸乙酯是一种医用麻醉药品，它以对硝基甲苯为主要起始原料经下列反应制得：
请回答下列问题：(1)写出A、B、C的结构简式：
A________________、B________________、C________________.
(2)用1H核磁共振谱可以证明化合物C中有______种氢处于不同的化学环境．
(3)写出同时符合下列要求的化合物C的所有同分异构体的结构简式(E、F、G除
外)____________________________________________________________________
①化合物是1,4 二取代苯，其中苯环上的一个取代基是硝基
②分子中含有 结构的基团
注：E、F、G结构如下：
(4)E、F、G中有一化合物经酸性水解，其中的一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，
写出该水解反应的化学方程式__________________________________________．
(5) 对氨基苯甲酸乙酯(D)的水解反应如下：
化合物H经聚合反应可制成高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域．请写出该聚合反应的化学方程式_________________________________________________.
【解题指导】
(1) 在KMnO4(H＋)作用下—CH3被氧化成—COOH，由C转化为D
时为还原，可知是—NO2转化为—NH2，说明A转化为C是发生酯化反应，形成
—COOCH2CH3结构，所以A为 、B为CH3CH2OH、C为 ；
(2) 中对位对称，共有4种H；
(3)中据信息可知结构中对位有—NO2且含有 结构，说明是酯或酸，先考虑
酯，先拿出 结构，再有序思维，最后考虑酸；
(4)观察E、F、G可知水解后能产生 的只有F；
(5) 对氨基苯甲酸乙酯碱性水解得，酸化后生成 ，发生缩聚形成高分子纤维．
答案：(1)A： B：CH3CH2OH
(2)4
(4) ＋H2O ＋CH3CH2COOH
(5)n ＋(n－1)H2O
【命题解读】有机合成与推断已成为高考试题中的保留题型几乎每年的高考试题中都会有无机、有机相互渗透的综合推断类型的大题。试题以一种“新”有机物及“新”信息为载体，考查考生在新情景下解决问题的能力。此类题型阅读是基础，分析是关键，信息迁移是能力。信息题常与有机推断题、框图题有机结合起来，考查学生分析问题和解决问题的能力。对学生的要求明显提高，难度也随之增大，因此在复习时应注意无机与有机之间的知识的联系，同时加大相应题型的训练。
　 考点3 糖类、氨基酸和蛋白质
考试内容：
1.了解糖类的组成和性质特点，能举例说明糖类在食品加工和生物质能源开发上的应用。
　　2.了解氨基酸的组成、结构特点和主要化学性质，氨基酸与人体健康的关系。
　　3.了解蛋白质的组成、结构和性质。
　　4.了解化学科学在生命科学发展中所起的重要作用。
高频考点1 氨基酸的结构和性质
【样题1】甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件发生缩合反应生成的二肽共有（ ）
A．1种 B．2种　　　C． 3种 D．4种
　 考点4 合成高分子化合物
考试内容：
1.了解合成高分子的组成与结构特点，能依据简单合成高分子的结构分析其链节和单体。
　　2.了解加聚反应和缩聚反应的特点。
　　3.了解新型高分子材料的性能及其在高新技术领域中的应用。
4.了解合成高分子化合物在发展经济、提高生活质量方面的贡献。
高频考点1 高分子化合物和单体的相互判断
【样题1】丁腈橡胶的结构简式为，它具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是(　　)
①CH2CHCHCH2　②CH3CCCH3 ③CH2CHCN　 ④CH3CHCHCN
⑤CH3CHCH2　 ⑥CH3CHCHCH3
A．③⑥ B．②③ C．①③ D．④⑤
高频考点2 加聚反应和缩聚反应
【样题1】2010年广州亚运的吉祥物取名“乐羊羊”，外材料为纯羊毛线，内充物为无毒的聚酯纤维。它是由单体对苯二甲酸和乙二醇分子间脱水聚合而成。则下列说法错误的是 (　　)
A．聚酯纤维属于高分子化合物
B．该聚酯纤维的单体是和HO—CH2CH2—OH
C．聚酯纤维和羊毛在一定条件下均能水解
D．由单体合成聚酯纤维属加聚反应
【解题指导】选D。该聚酯纤维是由和HO—CH2CH2OH在一定条件下缩聚而成，D错。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解加聚反应和缩聚反应的特点。缩聚反应是合成高分子化合物的基本反应之一，在有机高分子化工领域有重要应用，所以近几年高考试题频频出现。缩聚反应是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子(如 H2O、HX、醇等)的化学反应。物质结构和元素周期律
考试内容：
(1)了解元素、核素和同位素的含义。
(2)了解原子构成。了解原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系。
(3)了解原子核外电子排布。
(4)掌握元素周期律的实质。了解元素周期表(长式)的结构(周期、族)及其应用。
(5)以第3周期为例，掌握同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系。
(6)以IA和VIIA族为例，掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系。
(7)了解金属、非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律。
(8)了解化学键的定义。了解离子键、共价键的形成。
高频考点1 元素周期律的实质
【样题1】下列说法正确的是 （ ）
A.原子最外层电子数为1的元素一定处于周期表ⅠA族
B.同周期元素从左向右原子半径依次增大
C.同主族元素从上到下非金属性增强，金属性减弱
D.同周期元素从左到右非金属性增强，金属性减弱
【解题指导】选D。副族元素钼的最外层电子数为1，位于第5周期ⅥB，A项错误；同周期元素从左向右原子半径依次减小，B项错误；同主族元素从上到下金属性增强，非金属性减弱，C项错误；同周期元素从左到右非金属性增强，金属性减弱，D项正确。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：掌握元素周期律的实质。元素周期律一直是高考改革以来变知识立意为能力立意的命题素材，是近年高考命题的重点和热点之一。突出对化学基本概念、基本理论内容的考查，从“位－构－性”三者的关系等多方面对学生进行考查，在两年高考中出现频率达100%。题型相对稳定，多为选择题。围绕元素周期律，利用信息背景，将元素周期律知识迁移应用，同时考查学生对信息的处理和归纳总结的能力。
高频考点2 元素周期表的结构及其应用
【样题1】下列说法错误的是 ( )
A．原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族
B．主族元素X、Y能形成XY2型化合物，则X与Y 的原子序数之差可能为2或5
C．L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等
D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等
【解题指导】选A。氦原子最外层电子数为2，为零族，A项错误；MgCl2中原子序数
之差为5，CO2中原子序数之差为2，B项正确；L层(第2层)上电子数为奇数，只能是第二周期元素(Li、B、N、F)，其族序数与L层电子数均相等，C项正确。M层上电子数为奇数，只能是第三周期元素(Na、Al、P、Cl)，其族序数与L层电子数均相等，D项正确。
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解元素周期表(长式)的结构(周期、族)及其应用。元素同期表是元素周期律的具体体现，是中学化学最重要的基本理论之一，也是学习化学的重要工具。因而受到了命题专家和学者的青睐。在每年的高考命题中都是必考的重要内容而且占了很高的分值。要想在高考中化学取得高分，就必须掌握 元素同期表命题特点和解题方法。通过编排元素周期表考查的抽象思维能力和逻辑思维能力；通过对元素原子结构、位置间的关系的推导，培养学生的分析和推理能力。
高频考点3 化学键及其应用
【样题1】下列说法错误的是（ ）
A．SiO2中存在非极性共价键
B．稀有气体形成的单质没有化学键
C．氯化钠中各离子均达到8电子稳定结构
D．形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力
【命题解读】《高考考纲》明确要求：了解化学键的定义，了解离子键、共价键的形成。化学键与分子结构知识是物质结构的一部分，是高考的高频考点之一。从历年考题来看，既可以直接考查了化学键、离子键、共价键、共价键的极性、电子式的书写，又可以考查物质结构与性质的关系，还可以贯穿到填空题、实验题当中，体现“学以致用”的新课标理念。
高频考点4 微粒半径大小比较
【样题1】下列有关微粒原子半径和离子半径的叙述中，正确的是（ ）
A. r(F)＞r(Cl) ＞r(Br)＞r(I) B. r(Li+)＞r(Na+)＞r(K+)＞(Rb+)
C. r(Na+)＞r(Na) D. r(F－)＜r(Ca2＋)高考最后冲刺：分析高考化学考点都在哪
分析高考化学考点都在哪
　　对过去的，尤其是前一年的高考命题的研究，目的是总结规律寻找突破口，进一步提高复习的针对性。从历年高考试题的整体研究中找共性，从近三年各类试题的研究中找趋势，从对相同考点试题的对比研究中找变化，从各种模拟试题的集中研究中找动态和新意，从而跳出凭经验、走老路，程式化复习的框框，有针对性地进行二轮复习备考。
　　1.了解2011年的理综化学题型。2011理综化学为第7-13题七个选择题共42分，第26-28题三个非选择题共43分，第36-38题三个题中选做一题15分。即“7+3+1”模式。2012年应该还是这种模式。
　　2.对2011年试题内容进行总体分析把握。2011年高考是我省实施新课程后第一年高考，化学试题立足基础，注重能力，引领课改。突出了对化学学科中的基础知识、基本技能和基本方法的考查，仅必做题就涉及12个化学方程式、热化学方程式及离子方程式,5个电极反应式及总反应式，有8处要求考生填写化学式、化学方程式、热化学方程式、电极反应式等化学用语。加大了实验探究能力的考查力度，表现在第26题采用新的设问方法考来查处理实验数据的能力，第28题进行了以新物质制备探究为目的的化学实验能力考查。注重对学科内综合应用能力的考查，在第27题中体现明显，该题涉及的主要考点有：燃烧热、盖斯定律、温度对反应的影响、化学反应速率、化学平衡常数、电极反应式和燃料电池的理论效率等，学科内综合程度较大。注重对文字表达能力的考查，第28题(3)、(4)、(5)都要求用文字叙述简答。
　　3.研究近三年的各类题型的考查内容。七个选择题主要考查必考内容中的基础知识，应用知识解决简单问题的基本技能和基本方法，每个题通常考查一个知识点。三年来，离子反应考3次，有机反应基本类型考3次，有关NA的基本计算考2次，有机物同分异构体考2次，这些都是高频考点。三个非选择题为必考内容的综合应用题，通常为实验、物质推断和化学反应原理等内容的综合考查。选考试题中第36、37、38题，分别涵盖选修模块“化学与技术”、“物质结构与性质”和“有机化学基础”中的重点内容，由考生自选1题作答，我市的多数学校和考生选择了“物质结构与性质”。在必答题和选做题中，图形图表和陌生物质的出现频率会越来越多。
　　4.梳理归类各不同题型常考查的考点，并按考试的频率大小排列，供复习时参考。
　　（1）选择题常考知识点：离子方程式书写的正误判断、离子共存问题、有关NA的基本计算、有机物同分异构体、有机反应基本类型、元素周期表和元素周期律、氧化还原反应、化学反应速率与化学平衡、溶液中离子平衡、实验的基础知识、电化学基本知识和化学与STS等。
　　（2）必考非选择题常考知识点：化学反应与能量、盖斯定律、反应焓变的简单计算化学反应速率及化学平衡、化学平衡常数及有关的计算、电化学原理应用、有关溶度积常数计算、物质的分离与提纯、气体的鉴别与制备、实验方案的设计和评价、教材实验的延伸和拓展、定性和定量相结合的综合型实验等。
　　（3）选考题（物质结构与性质）常考知识点：原子的电子排布式和轨道表示式的书写、价电子排布、化学键类型、分子的空间构型、熔沸点比较，氢键、电负性、第一电离能的比较、典型晶体结构、晶胞的相关计算、晶格能的比较等。
　学习《大纲》和《说明》，把握高考的方向性
　　在高中的教学中，有三个纲领性的文件，一是《课程标准》，它是用来指导我们进行新课程学习的。二是《高考大纲》（以下简称《大纲》），它的考试内容要求比《课程标准》少，它是高考的依据，是用来指导我们进行高考第一轮复习的。三是《考试大纲的说明》（以下简称《说明》），它在考试内容要求和知识层次的要求上会与考试大纲有一些变化，要求比《大纲》更具体，同时附有一定数量的高考题型示例，它是用来指导我们进行第二轮复习的。学习《说明》，目的是使我们能更准确地把握高考对知识范围、能力层次的要求，以便更好地组织复习。学习时要从以下两方面入手：
　　对比学习《大纲》和《说明》
　　通过对比，找出两个文件中对考试内容要求的变化，以《说明》中的要求为指导去进行复习。2012年的《说明》与《大纲》比较，有多处明显的变化，①《说明》明确要求“了解焓变与反应热的含义。了解△H=H(反应产物)-H（反应物）表达式的含义。能应用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算”。②《说明》明确要求（1—36号）原子核外价电子的排布。③《说明》把《大纲》中“了解共价键的主要类型σ键和π键”降低要求为“了解共价键的形成”。④《说明》取消了对烃的衍生物之间反应类型的要求，还取消了“了解简单配合物的成键情况”⑤《说明》增加了“了解金属晶体常见的堆积方式”、“能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算”和“了解晶格能的概念及其对离子晶体性质的影响等内容”。
对比分析今年与去年《说明》中的题型示例
　　题型示例里有教育部考试中心出的题，也有一些省市单独命制的比较优秀、典型的题目。题型示例稳中有变，体现高考命题的方向、特点和考试要求，具有很强的导向性、示范性。2012年《说明》和2011年《说明》对比，变化了两道题。一是第12题，2011年12题是“以硫酸的工业生产中SO2催化氧化为SO3的反应为载体，考查化学平衡原理与化学工艺”的题目，2012年12题变为“以纯碱的工业制法为背景，既考查了早期的生产方法也考查了近代的生产方法，还比较了氨碱法和联合制碱法的优缺点。要求考生能够应用所学知识分析和解决一些实际问题”。这道题是关于“化学与技术”的内容。二是第15题，2011年12题是“考查了周期律、分子立体构型、分子结构与性质的关系、原子核外电子排布、物质分子间相互作用力等基础知识和基本理论”的元素推断题，2012年15题变为“以硼及其化合物为载体，考查考生对新型化合物、原子核外电子排布、原子杂化轨道、分子结构和性质、未知化合物中元素化价的推算、晶体结构中原子间相互关系以及晶胞的简单计算，涵盖了物质结构与性质模块中的主要知识点”。2011年15题纯理论，联系实际少，考查学生能力受到局限。2012年15题联系实际，知识覆盖面大，强调了知识的应用，能更好地考查学生应用知识解决问题的能力。这两个题的变化预示着今后命题将从考查单纯化学原理向考查生产实际中的化学知识转变，从考查单一板块知识向考查综合系统的知识转变。
查漏补缺，提高复习的实效性
　　1.再读课本分类记忆
　　多年的高考质量分析表明，相当一部分学生在答题中的一些失误，并不是因为缺乏灵活的思维和敏锐的感觉，而恰恰是因为对课本中的基础知识、基本理论还存在某些欠缺，甚至有所偏差所致。避免办法：在高考前30天一定要安排时间认真研读课本，做到分块研读分类记忆。研读时应把注意点放在以下几方面：
　　（1）各物质的物理性质和用途。
　　（2）各物质的有关化学方程式、离子方程式、热化学反应方程式、电极反应的正确书写。
　　（3）课本中的实验。弄清课本上十几个典型实验的原理、目的、要求、步骤及主要仪器的名称、使用和注意事项等实验基础知识。
　　（4）课本中的边角，主要包括以下几个方面：①引言。引言是内容的总纲，阅读引言有助于你对教材整体内容的把握，它经常是情境型考题的背景。②正文之后的结束语。正文之后的结束语是对正文内容的高度总结和概括，或者是对正文内容作进一步引伸与拓展，这也正是高考考题在课本基础上的拓展。③教材插图（包括模型图、示意图和曲线图等）。④课外阅读（包括资料卡片、科学史话、科学视野、实践活动等）。
　　2.综合训练注重细节
　　（1）适度训练。每周一次理科综合训练，让学生学会分配三科的时间；一次化学学科训练，让学生学会在限定的时间内完成限量测试，进行速度和熟练度的强化。
　　（2）在训练中注重以下细节：①准确审题注意关键词。如正确、错误，元素符号、元素名称，化学方程式、离子方程式，结构式、电子式等。②抓住重点规范答题。化学试题答案中符号多、结构复杂，许多学生由于自己的书写习惯不好，造成不必要的失分。③及时反馈查漏补缺。每次训练结束后督促学生要认真分析哪些知识自己已掌握，哪些知识还较模糊，哪些知识还不会，哪些能力还不具备，从而对症下药立即消除后期复习中的疑点、盲点，快速完善提升。北京四中名师支招： 高考化学冲刺有妙招
北京四中网校主讲教师、北京四中化学高级教师叶长军老师在高考冲刺最后阶段，对考生的化学复习提出了一些建议，希望可以帮助大家打好最后的这场攻坚战。
　　一、牢牢把握化学的核心内容
　　化学作为一门自然科学，必然有它的核心概念和理论，它的逻辑性非常强。既便是在高中它的知识体系也是较完整的。我把高中化学的知识体系总结为一个中心、两大反应、三个记忆、四大动力。核心知识必然派生的知识网络，平常若融会贯通，就构建了在考场上能想到的知识体系。
　　二、牢牢把握化学的热点内容
　　（一）考什么：主干、核心知识
　　1、特点和方法：定性（实验）定量（计算：以摩尔为核心）
　　2、概念和理论：
　　反应规律：氧化还原和离子反应理论：4个平衡周期表和周期律
　　3、无机：典型的元素
　　4、有机：逆合成推断法
　　（二）2012高考方向
　　结构；创新的氧还离方；三大平衡的应用、平衡常数；有机（推断、合成）；探究实验
　　（三）题型：
　　选择（11个中的7个）；无机；原理（流程、海水、污水）；实验（课本的经典）；有机（生活、药物）
　　三、牢牢把握化学的经典母题从而培养能力
　　我历来反对题海，只要选准好题，做一道，弄透一道，特别注重题后的反思、总结，每个知识点做透三、四道这样的好题就足够了。有同学问怎样算做透？请参考以下做题的五种境界：
　　①这道题怎么做？②这道题为什么要这么做？③我怎么能想到这么做？④有无别的方法？哪个最好？⑤改变设问，会变成什么题目？是难了还是容易了？
　　建议同学们牢牢把握住第三境界，把所有的知识和能力都变成自己的。
　　【考场应试技巧】
　　●心态
　　1、按照平时的节奏，松弛而不懈怠，不紧张，不恋战，该扔就放弃。
　　2、全身心地投入，全神贯注，思维深刻、敏捷、细腻、专注（抑制）物我两忘。
　　3、每一点的圈点，每一点的适度推理（翻译），适度停顿，主动去想。
　　●答案没看出来时
　　１、不着急，审题去！相信自己一定有没看见的题的信息。
　　２、还不行，闭目，积极暗示。再从头审题，积极的多写，多推理。
　　３、2至3分钟出不来，坚决放弃！
　　●答案一看就会时，要慎之再慎
　　回归课本，回归母题；多答点，不倒扣分；多思考！把握主要矛盾。
　　●答题绝对不能太快离子反应重点探究
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。有机化学
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
△
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非金属及其化合物
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是(　　)
氧化物 环境问题 主要来源
A CO2 酸雨 化石燃料的燃烧
B SO2 光化学烟雾 汽车尾气的排放
C NO2 温室效应 工厂废气的排放
D CO CO中毒 燃料的不完全燃烧
解析：形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体，引起光化学烟雾的主要气体为NO2，CO会造成煤气中毒，由此判断，选项D正确．
答案：D
2．C、N、S元素都是生命体的重要组成元素，它们在自然界的平衡已受到较大的破坏．C、N、S元素在地球大气圈、岩石圈、水系、生物圈等的循环过程中会产生的物质是①HNO3　②CO2　③糖类　④CH4　⑤SO2 (　　)
A．②　　　　　　　　　　B．②③⑤
C．②③④ D．①②③④⑤
解析：有机物中的碳可转化为CO2，CO2通过光合作用可转化为糖类，糖类等可通过发酵形成甲烷等；大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物．
答案：D
3．(2012·惠州调研)无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种．将100 mL气体甲经过下图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为 (　　)
A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2
C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2
解析：因为为无色混合气体，则没有NO2，从反应流程看，气体部分被浓硫酸吸收，说明存在NH3，通过足量的Na2O2后，气体显红棕色，说明生成了NO2，则原来气体中存在NO以及CO2，最后气体被水吸收后几乎无气体剩余，则原气体中没有N2，NO和生成的氧气完全被水吸收生成HNO3，故B项符合题意．
答案：B
4．有关气体制备所用试剂及检验气体所用试剂完全正确的组合是 (　　)
A．CO2：大理石和稀硫酸　澄清石灰水
B．Cl2：二氧化锰和浓盐酸　品红溶液
C．O2：二氧化锰和双氧水　带火星的木条
D．NH3：NH4Cl固体和NaOH固体　湿润的红色石蕊试纸
解析：A项，大理石与稀H2SO4反应生成微溶性的CaSO4，会使反应逐渐停止；B项，检验Cl2一般用湿润的淀粉 KI试纸，而不用品红溶液；D项，制取NH3应用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体，不能用NaOH固体，因为NaOH会与玻璃试管的主要成分SiO2发生反应．
答案：C
5．下列物质必须保存在棕色试剂瓶中的是 (　　)
①氯水　②氨水　③浓硝酸　④氢氧化钠　⑤溴水
A．全部 B．①③⑤
C．①③ D．①②④
解析：见光或受热易分解的物质应放在棕色试剂瓶中．氯水(溴水)中的HClO(HBrO)见光分解为HCl(HBr)和O2.浓硝酸见光分解为NO2、H2O、O2.
答案：B
6．下列关于用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化的说法中正确的是 (　　)
A．臭氧和活性炭处理水的原理相同
B．由于氯气能和水中的有机物反应，生成有毒含氯化合物，因而不是理想的水处理剂
C．广谱高效杀菌剂二氧化氯的消毒原理是ClO2中氯元素显＋1价，具有强氧化性
D．漂白粉的保存不需要密封，可以露置在空气中
解析：A项中处理水的原理，臭氧是利用其强氧化性，活性炭是利用其吸附性；B正确；C项中ClO2中Cl元素显＋4价，具有强氧化性，D项中漂白粉要密封保存，露置在空气中易失效．
答案：B
7．如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案．下列有关操作不可能引发喷泉现象的是 (　　)
A．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
解析：根据喷泉实验的原理，要发生喷泉现象，必须使烧瓶中压强迅速下降，导致外界压强大于烧瓶中的压强，从而使烧杯(锥形瓶)中的液体压到烧瓶中产生喷泉现象，①中的Cl2易溶于CCl4，③中的NH3易溶于水，所以可以使烧瓶中压强迅速下降，产生喷泉现象，④中HCl和浓氨水反应(首先是浓硫酸注入水中放热使浓氨水放出氨气)，同样也会导致烧瓶中压强减小，而②中H2不溶于NaOH溶液，也不与NaOH反应，所以不能发生喷泉现象．
答案：B
8．某同学为检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，进行了下图所示的实验操作．其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．由该实验能得到的正确结论是
　A．原溶液中一定含有SO
B．原溶液中一定含有NH
C．原溶液中一定含有Cl－
D．原溶液中一定含有Fe3＋
解析：所加试剂Ba(NO3)2、HCl干扰离子的检验．SO被氧化为SO，干扰SO的检验，Fe2＋被氧化为Fe3＋，干扰Fe3＋的检验，引入Cl－，干扰Cl－的检验，所以，A、C、D都不正确．最后产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH存在，B正确．
答案：B
9．下列关于实验中颜色变化的叙述正确的是 (　　)
A．将二氧化硫通入品红溶液中，溶液显红色，加热后变为无色
B．向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2＋
C．将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色
D．用标准高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由紫色变为无色
解析：A中，SO2遇品红溶液使之褪色，而加热后红色复原；B中，该操作不能排除原溶液中是否含有Fe3＋，正确的操作应该是先滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，再加入新制氯水进行检验；D中，当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，故终点时的颜色变化是由无色变为紫色．
答案：C
10．青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉，昆仑玉主要成分是由“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体，透闪石(Tremolite)的化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2.下列有关说法不正确的是 (　　)
A．透闪石的化学式写成氧化物的形式为：2CaO·5MgO·8SiO2·H2O
B．透闪石中Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的1.5倍
C．1 mol Ca2Mg5Si8O22(OH)2与足量的盐酸作用，至少需要14 mol HCl
D．透闪石是一种新型无机非金属材料，难溶于水
解析：由透闪石组成知它属于传统的硅酸盐材料，但难溶于水，D错误；依改写规则可判断A正确；透闪石中镁的总式量为120，是钙的1.5倍，B正确；与盐酸作用时，SiO2与盐酸不反应，其他金属元素则转化为金属氯化物，根据氯守恒易知C正确．
答案：D
11．用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是(　　)
选项 操作及现象 溶液
A 通入CO2，溶液不变浑浊．先通入CO2再通入氨气，溶液变浑浊 CaCl2溶液
B 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失. Na2SiO3溶液
C 通入CO2，溶液变浑浊．再加入品红溶液，红色褪去. Ca(ClO)2溶液
D 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．再加入足量NaOH溶液，又变浑浊. Ca(OH)2溶液
解析：A项，通入NH3后生成了CO，产生CaCO3沉淀；B项，发生反应Na2SiO3＋2CO2(过量)＋
2H2O===2NaHCO3＋H2SiO3↓，但H2SiO3不溶于过量CO2的水溶液；C项，发生反应CO2＋H2O＋Ca(ClO)2===CaCO3↓＋2HClO，HClO能使品红溶液褪色；D项，依次发生如下反应：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2＋2NaOH===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O.
答案：B
12．(2012·合肥模拟)如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol/L的HNO3，加热充分反应后，下列粒子在体系中一定大量存在的是 (　　)
①NO　②Fe3＋　③H＋　④NO　⑤NO2
A．①
B．①⑤
C．②④⑤
D．①②③⑤
解析：若铁粉过量，体系中大量存在NO、Fe2＋、NO；若HNO3过量，体系中大量存在NO、Fe3＋、
H＋、NO2.
答案：A
13．(2012·南京模拟)X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是(　　)
①C、O2　②AlCl3、NaOH　③Fe、HNO3　④S、O2
A．①②③ B．①②
C．③④ D．①②③④
解析：①②③均有如图所示的转化关系，如C―→CO―→CO2；AlCl3―→Al(OH)3―→NaAlO2；Fe―→Fe(NO3)2―→Fe(NO3)3.
答案：A
14．1.92 g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672 mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为 (　　)
A．504 mL B．336 mL
C．224 mL D．168 mL
解析：此题初审发现浓HNO3与Cu反应，产生NO2，当HNO3变稀产生NO，即672 mL气体不知道含NO2、NO各多少毫升，看似无从下手，但抓住反应本质Cu―→Cu2 ＋，NOx＋O2＋H2O―→HNO3即Cu失电子数等于O2得电子数，则有：
V(O2)＝×2÷4×22400 mL/mol＝336 mL.
答案：B
15．(2012·临沂模拟)关于硫酸和硝酸的说法中，下列叙述不正确的是 (　　)
A．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性
B．硫酸和硝酸都是重要的化工原料
C．在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，两种酸都表现了强氧化性和酸性
D．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性、脱水性
解析：浓硝酸不具有脱水性．
答案：D
16．下列各组物质中，不是按 (“―→”表示一步完成)关系相互转化的是(　　)
选项 a b c
A Fe FeCl3 FeCl2
B Cl2 NaClO NaCl
C Si SiO2 H2SiO3
D HNO3 NO NO2
解析：SiO2不能直接生成H2SiO3，H2SiO3也不能一步直接生成Si.
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)硅和氮均是自然界含量丰富的元素，其单质及其化合物在环境、能源及材料科学中有着重要影响和广泛应用．试回答下列问题：
(1)向大气中排放NOx可能导致的环境问题有____________________．(答两点)已知足量NaOH溶液能完全吸收NO2生成氮的含氧酸盐．试写出该反应的离子方程式___________________.
(2)光导纤维的作用，让人们的生活更加丰富精彩，____________是制备光导纤维的基本原料．
(3)氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为__________，可由硅粉(用Al2O3和Y2O3作助剂)在氮气中高温烧结而成，氮气在反应中既是反应物，同时又起了______________作用．由于使用的硅粉表面含二氧化硅，在反应中需加入碳粉．在烧结过程中，二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3∶6∶2反应生成两种化合物，该反应的化学方程式为___________________________________．
(4)硅燃烧放出大量热量，“硅能源”有望成为二十一世纪的新能源．与“氢能源”比较“硅能源”具有________________________________等更加优越的特点，从而得到全球的关注和期待．
解析：(1)氮氧化物会导致酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等污染，NaOH溶液和NO2反应生成NaNO3和NaNO2；
(2)二氧化硅是制备光导纤维的基本原料；
(3)二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3∶6∶2反应，生成Si3N4，从原子个数守恒可以看出，另一种产物是一氧化碳．
答案：(1)酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏(任两点均可)　2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O
(2)SiO2(或二氧化硅)
(3)Si3N4　防止硅和氮化硅氧化(或作保护气)
3SiO2＋2N2＋6CSi3N4＋6CO
(4)便于储运，比较安全
18．(8分)某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)．
请按要求填空：
(1)利用B装置可制取的气体有____________(写出两种即可)．
(2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验．
①若在丙中加入适量水，即可制得氯水．将所得氯水分为两份，进行Ⅰ、Ⅱ两个实验，实验操作、现象、结论如下：
实验序号 实验操作 现象 结论
Ⅰ 将氯水滴入品红溶液 溶液褪色 氯气与水反应的产物有漂白性
Ⅱ 氯水中加入碳酸氢钠粉末 有无色气泡产生 氯气与水反应的产物具有酸性
请你评价实验Ⅰ、Ⅱ的结论是否合理？若不合理，请说明理由________________
________________________________________________________________________.
②请利用上述装置设计一个简单的实验验证Cl－和Br－的还原性强弱(分别指出甲、乙、丙中盛放的试剂、实验现象及结论)__________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上)，可制得并进行NO2有关实验．
①B中发生反应的化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________.
②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹________，再打开止水夹________，使烧杯中的水进入试管丁的操作是________________．
③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的氧气，直到试管全部充满水，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是________(气体按标准状况计算)．
解析：(1)装置B是简易启普发生器，可以用它制取块状固体与液体反应，不需要加热且制取的气体是在水溶液中溶解度不大的气体．
(2)实验室制取Cl2常用浓盐酸和二氧化锰加热进行，所以制得的气体中混有挥发出来的HCl气体，而它可以与NaHCO3反应，故实验Ⅱ结论不合理．要设计实验验证Cl－和Br－的还原性强弱，可以从Cl2和Br2的氧化性入手借助Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2反应来判断．
(3)第①问较为简单，主要考查Cu与浓HNO3反应的化学方程式．第②问，要验证NO2与水反应，必须使NO2和水接触，且有明显的实验现象．先关闭止水夹a、b，打开止水夹c，目的是使气体与水接触，但必须外力引发，其原理和引发喷泉实验的原理相同．第③问计算试管全部充满水后所得溶液的物质的量浓度需按照4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3进行计算即可．
答案：(1)H2、CO2
(2)①实验Ⅰ结论合理，实验Ⅱ结论不合理；制取的氯气中含有HCl气体，HCl溶于水后能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡
②在甲、乙、丙中分别装入浓盐酸、二氧化锰、溴化钠溶液；烧瓶中有黄绿色气体生成，试管中溶液由无色变为橙色，可证明氯气的氧化性强于溴，则Br－的还原性强于Cl－
(3)①Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②a、b　c　双手紧握(或微热)试管丁，使试管中气体逸出，NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁中
③0.045 mol/L
19．(8分)(2012·潍坊质检)已知：A、B为常见的非金属单质且均为气体；甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生钝化；C、H、J的溶液均呈碱性．各物质间的转化关系如下(部分生成物未给出，且未注明反应条件)：
(1)写出反应②的化学方程式_________________________________________
________________________________________________________________________.
(2)反应④中每消耗1 mol G，转移电子的物质的量为______________．
(3)反应⑥的离子方程式是___________________________________________．
(4)实验室中保存I的方法是____________________________________________．
解析：A、B为常见的非金属单质且均为气体，A、B反应的产物能连续两次与O2反应，C必为NH3，D为NO，G为NO2.以此为突破口，结合其余信息可推出，A、B、E、H、J、I、甲、乙分别为：H2、N2、H2O、NaOH、NaAlO2、HNO3、Na、Al.
答案：(1)4NH3＋5O24NO＋6H2O(“高温”也可写成“△”)
(2) mol
(3)2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO＋3H2↑
(4)保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处
20．(8分)如图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)．
已知：
(a)A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体．
(b)反应①、②是化工生产中的重要反应．
(c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥．
(d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得．
(e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32.
请按要求填空：
(1)反应③的化学方程式_______________________________________________．
(2)C的结构式__________________________；H的化学式____________________．
(3)L的溶液与化合物E反应的离子方程式：____________________________.
(4)化合物J的化学式____________________．
解析：本题的突破口是E.由于B、C、D是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”可推出E为SO2，A为S，B为O2；再根据“反应②是化工生产中的重要反应”及“FK”，且“K是常用的氮肥”可推出F为NH3，则C、D为N2、H2；再结合“JC”和“J由两种元素组成，其相对分子质量为32”，可推出C只能为N2，J为N2H4；又根据“L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得”可推出L为NaClO.
答案：(1)2NH3＋H2SO4===(NH4)2SO4
(2) N≡N　(NH4)2SO3或NH4HSO3
(3)ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO＋H2O
(4)N2H4
21．(10分)晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：
①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅
②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：
Si＋3HClSiHCl3＋H2
③SiHCl3与过量H2在1000～1100℃反应制得纯硅
已知SiHCl3能与H2O剧烈反应，在空气中易自燃．
请回答下列问题：
(1)第①步制备粗硅的化学反应方程式为_____________________________．
(2)粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点－84.7℃)，提纯SiHCl3采用的方法为 ________________________________．
(3)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如下图所示(热源及夹持装置略去)：
①装置B中的试剂是________．
装置C中的烧瓶需要加热，其目的是___________________________________．
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是__________________________；装置D 不能采用普通玻璃管的原因是____________________________，装置D中发生反应的 化学方程式为________________________．
③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及__________________________________________________．
④为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂是________．(填写字母代号)
a．碘水 b．氯水
c．NaOH溶液 d．KSCN溶液
e．Na2SO3溶液
解析：分离沸点不同的液体的方法是分馏；根据题干“SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃”可知道H2的作用之一就是排尽装置内的空气，防止SiHCl3自燃，而此H2必须是干燥的，可知B的作用就是干燥H2，所以选用浓H2SO4.由于通入D中应是稳定的SiHCl3与过量H2的气流，所以C装置要加热，并且是水浴加热．因D装置应加热到1000℃～1100℃，用普通玻璃管会软化，必须用石英管．鉴定是否含铁单质，试样用稀盐酸溶解后生成Fe2＋，如果选用NaOH溶液，生成的Si也会溶解，所以考虑转化为Fe3＋后再检验，故选b、d.
答案：(1)SiO2＋2CSi＋2CO↑
(2)分馏(或蒸馏)
(3)①浓硫酸　使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化
②有固体物质生成　在此反应温度下，普通玻璃会软化
SiHCl3＋H2Si＋3HCl
③排尽装置中的空气　④b、d
22．(10分)某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了下图所示装置进行有关实验：
(1)先关闭活塞a，将6.4 g铜片和12 mL 18 mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余．再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失．
①写出上述过程中烧瓶内发生反应的化学方程式：
打开活塞a之前_____________________________________________________；
打开活塞a之后_______________________________________________________．
②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请直接在图上把导管补充完整．
(2)实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余．为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：
①甲学生设计方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的
物质的量．他测定SO2的方法是将装置A产生的气体缓缓通过装置D，从而测出装置
A产生气体的体积(已折算成标准状况)．你认为甲学生设计的实验方案中D装置中试
剂为__________________(填化学式)．
②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液冷却后全部移入到烧杯中稀释，并按正确操作配制100 mL溶液，再取20 mL于锥形瓶中，用________作指示剂，用标准氢氧 化钠溶液进行滴定[已知：Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5]，选择该指示剂的理由为______________________________________
________________________________________________________________________；
再求出余酸的物质的量，若耗去a mol/L氢氧化钠溶液b mL，则原余酸的物质的量为________ mol.(用含a、b的表达式来表示)
解析：(1)①浓硫酸具有强氧化性，加热条件下与Cu反应，Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
有O2存在时，Cu与稀硫酸发生反应，2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O.
②SO2密度大于空气密度，用向上排空气法收集，所以B装置中导管长进短出．
(2)①用排液体法测气体体积，为了减小误差，气体的溶解度应尽可能的小，选择饱和
NaHSO3溶液．
②由于Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，应选择变色范围接近的指示剂，以减小滴定误差，故选择甲基橙作指示剂．设余酸的物质的量为n，消耗NaOH的物质的量为：
a mol/L×b×10－3 L＝ab×10－3 mol
H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O
　1　　　2
n×　ab×10－3 mol
故n＝ mol
即原余酸的物质的量为 mol.
答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O
②B装置中导管长进短出
(2)①饱和NaHSO3
②甲基橙　因为Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu2＋会和NaOH反应，Cu(OH)2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断　金属及其化合物
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1．如图标出了各种材料强度与密度的比值以及广泛使用的年代．从图中可以看出的信息有 (　　)
A．科学技术的发展越来越快，新材料频频出现
B．新材料发展的总体趋势是强度越来越大
C．1800年以前出现的材料强度都比铝小
D．铝的密度比钢的密度大
解析：B项、C项都是单独分析材料的强度或密度，而图中提供的是强度和密度之比同出现时间的关系，与题意不符．D项中钢的密度比铝的密度大．
答案：A
2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 (　　)
A．1 mol Na与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子
B．1 mol Al分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个
C．各5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NA
D．2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NA
解析：B项，Al在冷的浓HNO3中钝化，Al未完全反应；C项，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，2Fe＋3Cl22FeCl3，所以5.6 g Fe与盐酸反应转移0.2NA个电子，而与Cl2反应则转移0.3NA个电子；D项，发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，2.7 g Al转移电子0.3NA个．
答案：A
3．将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为 (　　)
A．3∶2　　　　　　　　B．2∶1
C．3∶4 D．4∶3
解析：设每份铁铝合金样品中含铁、铝的物质的量分别为x、y，则由FeH2↑、Al H2↑、Al H2↑三个关系式得知(x＋)∶y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4.
答案：C
4．制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2.向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A．烧杯中有铜无铁 B．烧杯中有铁无铜
C．烧杯中铁、铜都有 D．烧杯中铁、铜都无
解析：铁的还原性比铜强，FeCl3首先氧化Fe；只有Fe反应完后，剩余的FeCl3才能再氧化Cu.故烧杯中有铁无铜是不可能的．
答案：B
5．200℃时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合物的平均式量为 (　　)
A．5.8 B．11.6
C．23.2 D．46.4
解析：(1)估算法：因原混合气体为CO2和H2O，故其平均式量应介于44和18之间，故应为选项C.
(2)差量法：
参与反应的气体的物质的量应为O2的2倍，n(O2)＝＝0.25 mol，n(混气)＝2×0.25 mol＝0.5 mol，＝11.6 g/0.5 mol＝23.2 g/mol
即平均相对分子质量为23.2.
答案：C
6．(2012·江苏模拟)美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)作载热介质，有关说法不正确的是 (　　)
A．原子半径：Na>Al
B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n(Al)≤n(Na)
C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出
D．若m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小
解析：相同质量的Al提供的电子数大于相同质量的Na，故D错误．
答案：D
7．工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉末(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：
CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O
FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O
已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀．除去溶液中的Fe2＋，可以采用的方法是 (　　)
A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6
B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来
C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH在3～4
D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀
解析：根据题给信息知．Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋三种离子在溶液中以氢氧化物形式沉淀的pH不同，要制备CuCl2且除去其中的Fe2＋，若直接通过调整溶液的pH使Fe(OH)2生成，需pH≥9.6，此时对于Cu2＋来说已在pH≥6.4时就成为Cu(OH)2，Fe(OH)2、Cu(OH)2混在一起难以分离，应当先将Fe2＋氧化成Fe3＋后，再将pH调至3～4之间将Fe(OH)3沉淀出来，此时Cu2＋并不沉淀，C选项符合题意．
答案：C
8．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是 (　　)
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量稀H2SO4反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同种盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba(OH)2溶液无沉淀，而向Na2CO3溶液中加入Ba(OH)2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠反应
解析：106 g Na2CO3产生1 mol CO2,84 g NaHCO3产生1 mol CO2，等质量时，NaHCO3产生的CO2多，A正确；106 g Na2CO3消耗2 mol盐酸，84 g NaHCO3消耗1 mol盐酸，等质量时，Na2CO3消耗的盐酸多，B项错误；NaHCO3溶液、Na2CO3溶液和Ba(OH)2反应都产生BaCO3沉淀，C错误；Na2CO3不能与NaOH反应，D错误．
答案：A
9．(2012·南京模拟)由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)．
下列推断不正确的是 (　　)
A．若X是Na2CO3，C为含极性键的分子，则A一定是氯气，且D和E不反应
B．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO===H2O＋CO，则E一定能还原Fe2O3
C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是Na＋[? ]2－Na＋
D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐
解析：A项，当A为NO2时，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3与Na2CO3反应产生CO2，CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3，也符合框图；B项，由B和D的反应可知，B为强碱，则A为Na等非常活泼的金属，E为H2，X为CO2等酸性气体；C项，此时B为O2，X为C，C为CO2，CO2可与E(NaOH)反应；D项，短周期元素形成白色沉淀有Mg(OH)2、Al(OH)3，且A和D的摩尔质量相等，则由Al(OH)3为78 g/mol，推知A为Na2O2，B为NaOH，X为铝盐：4OH－＋Al3＋===AlO＋2H2O，Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓.
答案：A
10．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3，铜粉可溶解的是 (　　)
A．①② B．②④
C．②③ D．①④
答案：B
11．(2010·广州模拟)下列说法正确的是 (　　)
A．绿色食品是不含任何化学物质的食品
B．灼烧某物质时，用眼直接观察到火焰呈黄色，则可判断该物质不含钾元素
C．向新制的FeSO4溶液中滴入适量的NaOH溶液，放置片刻，整个反应过程的颜色变化是：浅绿色溶液→白色沉淀→灰绿色沉淀→红褐色沉淀
D．称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的NaOH溶液．则放出氢气的体积(同温同压下)不相等
解析：任何绿色食品都含有化学物质，A不正确；黄色火焰能掩盖浅紫色火焰，判断钾元素时，应透过蓝色钴玻璃观察，B不正确；Al粉质量相等，失去的电子数目相等，产生H2的量相等，D不正确．
答案：C
12．我国南方某些地区的井水取出久置后，井水由澄清透明变成有少量红褐色絮状沉淀积于缸底，水面浮着一层“锈皮”．下列有关说法错误的是 (　　)
A．南方井水中含有较多的Fe3＋，可用KSCN溶液加以检验
B．井水中生成的红褐色絮状沉淀应是由Fe3＋水解生成的
C．水面浮着的“锈皮”主要成分为Fe2O3
D．可用明矾作净水剂将井水进行净化
解析：据“井水由澄清透明变成有少量红褐色沉淀积于缸底”知，红褐色沉淀成分为Fe(OH)3，由反应Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋生成，则原井水中有Fe3＋，“锈皮”成分为Fe(OH)3；明矾[KAl(SO4)2·12H2O]中的Al3＋可水解成Al(OH)3胶体，具有较强吸附性，可作净水剂．
答案：C
13．向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后，Fe溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag.下列结论错误的是
A．氧化性：Zn2＋>Cu2＋>Fe3＋>Ag＋
B．Fe3＋的氧化性大于Cu2＋
C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量比为1∶2
D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋
解析：根据金属活动性顺序，还原性Zn>Cu>Fe>Ag，而金属单质的还原性越强，其对应阳离子的氧化性越弱，A错误．铁粉先跟银离子反应，然后再与铁离子反应，由反应方程式得，银离子、铁离子完全反应后铁粉没有剩余，B、C正确.1 mol铁可还原2 mol铁离子，D正确．
答案：A
14．(2012·西安模拟)下列叙述正确的是 (　　)
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
解析：A项，BaCO3、BaSO3都与H＋反应，不可能存在于强酸性环境中；B项，加Cu(NO3)2固体后会发生：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O的离子反应，铜粉会溶解；C项，发生的反应依次为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；D项，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的少量Cu附着在Zn粒上，形成Cu－Zn原电池，会加速产生H2的速率．
答案：C
15．(2012·潍坊模拟)下列示意图与对应的反应情况正确的是 (　　)
解析：解答本题的关键是正确分析反应实质，注意量的多少对反应的影响．A中通入二氧化碳，是先与氢氧化钙反应生成沉淀，再与氢氧化钾反应，最后与生成的碳酸钙反应，故沉淀的量应是先增大再不变，最后减小为零，A不正确；C中先生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，随后硫酸钡的量再增多，但氢氧化铝在溶解，最后沉淀的量不变，在图象中应有三条线段而不是四条，C不正确；D中应是先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀消失，D不正确．
答案：B
16．(2012·辽宁模拟)将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH＝14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是
A．原合金质量为0.92 g
B．标准状况下产生氢气896 mL
C．图中m值为1.56 g
D．图中V2为60 mL
解析：由已知可得反应过程为钠与水反应生成氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，因溶液pH为14，则说明氢氧化钠过量，滴加盐酸后先与氢氧化钠反应，再与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加盐酸，则氢氧化铝沉淀溶解．当沉淀量最大时溶液中只有氯化钠，n(Na＋)＝n(Cl－)＝1 mol/L×0.04 L＝0.04 mol，即合金中钠的物质的量为0.04 mol，与水反应生成0.04 mol NaOH，由合金全部溶解后的溶液为20 mL，pH＝14，可知铝与氢氧化钠反应后过量的氢氧化钠为0.02 mol，则反应的氢氧化钠为0.02 mol，铝的物质的量也是0.02 mol，所以原合金的质量为0.92 g＋0.54 g＝1.46 g，A错误.0.02 mol铝与氢氧化钠反应生成0.03 mol氢气，0.04 mol钠与水反应生成0.02 mol氢气共0.05 mol氢气，标准状况下体积为1.12 L，B错误．沉淀量最大时生成氢氧化铝的质量为0.02 mol×78 g/mol＝1.56 g，C正确.0.02 mol氢氧化铝完全溶解需1 mol/L的盐酸60 mL，则V2＝100 mL，D错误．
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如下图(部分产物已略去)：
试回答：
(1)若D是具有氧化性的单质，A元素属于主族金属元素，则A为________(填元素符号)．
(2)若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是(用必要的文字和离子方程式表示)____________________________________________________；D在潮湿的空气中易发生吸
氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式：____________________________
_____________________________________________________________________.
(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B.请写出B转化为C的所有可能的离子方程式：_________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)依据图示，属于主族的金属A经过连续氧化生成C，则A只能是钠，钠与氧气缓慢氧化生成氧化钠，进而继续与氧气反应得到过氧化钠．
(2)若D是金属，则D应该是变价金属Fe，A可以是Cl2，B是FeCl3，C是FeCl2.
(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，则该金属元素一定是铝．则实现上述转化的反应可以是AlCl3→Al(OH)3→NaAlO2或NaAlO2→Al(OH)3→AlCl3.
答案：(1)Na　(2)加入少量铁，防止Fe2＋被氧化为Fe3＋，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(3)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
18．(7分)下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．
试推断：
(1)写出物质的化学式：A：____________、C：____________、I：____________.
(2)写出下列反应的方程式：
C→F的离子方程式______________________________________________．
H→I的化学方程式________________________________________________．
解析：根据红棕色粉末可知B为Fe2O3，则I、H、D依次为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Fe，G中含Fe2＋.A、D为金属单质，则A＋BC＋D为置换反应，试剂①为酸，试剂②为碱，考虑C既能与酸反应，又能与碱反应，且结合上述置换反应知化合物C应为Al2O3.
答案：(1)Al　Al2O3　Fe(OH)3
(2)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
19．(9分)铜是重要的金属材料．试回答下列问题：
(1)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为____________．电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是__________，电解液中必须含有的阳离子是________．
(2)在100 mL 18 mol/L浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的n(H2SO4)<________ mol.
(3)电子工业曾用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板，为了从使用过的废腐蚀液中回收铜，并重新得到FeCl3溶液，设计如下实验流程：
上述流程中，所加试剂的化学式为：X_________________，Y____________，Z____________；第⑥步反应的离子方程式为_______________________________．
解析：用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板制印刷电路板时发生反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，废液中含有Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋；加入过量铁粉后，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋；滤渣中含有过量的Fe和Cu，加入盐酸，Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑；通入Cl2后，2FeCl2＋Cl2===2FeCl3.
答案：(1)Cu2S、O2　粗铜　Cu2＋　(2)0.9
(3)Fe　HCl(稀)　Cl2　2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
20．(8分)向含有0.8 mol的稀硝酸中慢慢加入22.4 g的铁粉，假设反应分为两个阶段．第一阶段为：Fe＋HNO3(稀)―→Fe(NO3)3＋NO↑＋H2O
(1)写出这两个阶段发生反应的离子方程式：
第一阶段：________________________________________________________.
第二阶段：________________________________________________________.
(2)正确表达这两个阶段反应中，加入铁粉的物质的量与溶液中铁元素存在的形式的关系．
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(3)在图中画出溶液中Fe2＋、Fe3＋、NO的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图象(横坐标为加入铁粉的物质的量，纵坐标是溶液中离子的物质的量)．
解析：铁与稀硝酸反应：①Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
②3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
当≤时，按反应①进行；
当≥时，按反应②进行；
当<<时，则①②两反应都发生，且Fe和HNO3均反应完全．
上述反应可以认为先发生反应①，若Fe有剩余则发生2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2.
答案：(1)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O,2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋.
(2)①加入Fe粉为0～0.2 mol时，存在形式为Fe3＋；②加入铁粉为0.2～0.3 mol时，存在形式为Fe2＋和Fe3＋；③加Fe粉为n(Fe)≥0.3 mol时，存在形式为Fe2＋.
(3)如图：
21．(8分)A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出．
(1)若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的化学式分别为__________、__________、__________.
(2)若B是水，C是生产生活中应用最广泛的金属所对应的一种具有磁性的黑色氧化物，D是相同条件下密度最小的气体，E是一种无色、无味的有毒气体，则反应①的化学方程式是__________________________________________________．
(3)若B为一种淡黄色固体．绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E 的循环．则反应①的离子方程式是_____________________________________．
在反应③中，若生成1 mol D，则转移电子的物质的量为__________．
解析：(1)从图中可看出A和E能置换D，E能置换A，所以A为Br2，D为I2，E为Cl2.
(2)磁性的黑色氧化物为Fe3O4，此题目中A＋B―→C＋D一定是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
(3)淡黄色的固体可以是Na2O2或S粉．根据后面的叙述，应为Na2O2，则D为O2，每生成1 mol O2应转移2 mol电子，注意氧元素是由－1价变为0价．
答案：(1)Br2　I2　Cl2
(2)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑　2 mol
22．(12分)由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)________．
(2)Z为一种或两种气体：①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是：________________________________.
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是__________________．
(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)______________．
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是：
________________________________________________________________________.
(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)____________________________________________________________.
解析：首先要注意框图中量的描述“过量”，然后做大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析．大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有Fe、Cu、Al，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3.两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量．Y中溶液定有Fe2＋，还可能有Al3＋.Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu.
(1)若有Al，则应有2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO，或AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，肯定有白色沉淀产生．“无明显变化”说明原混合物中无Al.
(2)①“若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液”，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO2＋2NaHCO3===Na2SO3＋2CO2＋H2O，则浓酸为浓硫酸．
②若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸．
(3)Y溶液中有大量的Fe2＋，少量H＋，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO,2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，HClO＋H＋＋Cu===Cu2＋＋Cl－＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋.所以溶液中的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、H＋.
(4)当消耗2 mol I－时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀Fe(OH)3生成．则I－与Fe2＋共同还原H2O2：4I－＋2Fe2＋＋3H2O2===2I2＋2Fe(OH)3↓.(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写)
(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定．“另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Cu”，则一定不会发生Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3.
答案：(1)Al
(2)①C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
②NO、CO2
(3)Cu2＋、Fe3＋、H＋
(4)2Fe2＋＋3H2O2＋4I－===2Fe(OH)3↓＋2I2
(5)CuO、C或CuO、C、Fe2O3　化学与技术
O1　化学与工农业生产
　　　　　　　　　　　　　　　　　
6．O1[2011·北京卷] 垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是(　　)
6．O1
【解析】 B　废易拉罐可回收利用，A项正确；废塑料瓶属于可回收垃圾，B项错误；灯管中的荧光粉对人体有害，C项正确；不可再生的废纸属于可燃垃圾，D项正确。
6．O1　[2011·福建卷] 下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是(　　)
A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体
B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C．节能减排符合低碳经济的要求
D．合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)有助于缓解能源紧缺
6．O1　【解析】 A　CO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，故A项错误；产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B项正确；节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C项正确；合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D项正确。
9．O1　[2011·江苏化学卷] NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质(见图4)。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
D．图4所示转化反应都是氧化还原反应
图0
9．O1　【解析】 B　NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，A错；根据2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl得2e－2＋Ca(C失2e－lO)2＋2H2O，氯元素的化合价既升高，又降低，故Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B对；铁在加热条件下可以与Cl2反应生成FeCl3，C错；NaCl与NH3、CO2和H2O反应生成NaHCO3和NH4Cl，不属于氧化还原反应，D错。
31．O1[2011·山东卷] 【化学－化学与技术】
水处理技术在生产、生活中应用广泛。
(1)含有较多________离子的水称为硬水。硬水加热后产生碳酸盐沉淀的离子方程式为________________________(写出一个即可)
(2)将RH型阳离子交换树脂和ROH型阴离子交换树脂串接来软化天然硬水，应先使硬水通过________(填“RH”或“ROH”)型离子交换树脂，原因是________________________。
(3)通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为________。电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是________。
(4)检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的________。
31．O1[2011·山东卷]【化学－化学与技术】
(1)Ca2＋、Mg2＋　Ca2＋＋2HCOCaCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Mg2＋＋2HCOMgCO3↓＋CO2↑＋H2O)
(2)RH　先通过阴离子交换树脂可能产生Mg(OH)2等沉淀而影响树脂交换效果
(3)反渗透法　电势差(或电场力)
(4)电导率(或电阻率)
【解析】 (1)硬水加热时可溶性的Ca(HCO3)2或Mg(HCO3)2受热分解成难溶性CaCO3或MgCO3、CO2和水。
(2)若硬水先通过ROH，可产生Mg(OH)2沉淀，从而影响树脂的交换效果。
(4)蒸馏水几乎不导电，因此，可采用测电导率的方法检验蒸馏水的纯度。
6.O1[2011·四川卷] 下列“化学与生活”的说法不正确的是(　　)
A．硫酸钡可用于钡餐透视
B．盐卤可用于制豆腐
C．明矾可用于水的消毒、杀菌
D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢
6．O1　【解析】 C　钡的原子序数高，不易被X线穿透，在胃肠道内与周围器官能形成明显对比，所以含钡的物质可以用于钡餐透视，而钡离子有毒，所以能用于钡餐的含钡物质必须不能溶于酸(胃液显酸性)，所以硫酸钡是最佳选择，A对；盐卤中含有的轻金属盐可以使蛋白质从溶液中凝聚出来(盐析)，从而制得豆腐，B对；明矾溶于水电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶粒表面积大，可以吸附水中的悬浮物使之沉淀下来，达到净水的作用，但是其不具有杀菌和消毒的功能，C错；水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，醋酸显酸性且酸性强于碳酸，所以能溶解水垢，D对。
29．F5、G2、O1[2011·四川卷]
开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。
请回答下列问题：
(1)已知1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________________。
(2)该循环工艺过程的总反应方程式为______________________。
(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是______________________。
(4)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：
NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M
①电池放电时，负极的电极反应式为________________________。
②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为________________________。
29．F5、G2、O1　【答案】 (1)4FeS2(s)＋11O2(g)2Fe2O3(s)＋8SO2(g)；ΔH＝－3408 kJ/mol
(2)2H2O＋SO2===H2SO4＋H2
(3)减小H2浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率
(4)①MH＋OH－－e－===M＋H2O
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－
【解析】 该工艺过程的原理是：①SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，②2HI??H2＋I2。则总反应式为①＋②，即2H2O＋SO2===H2SO4＋H2。(4)①蓄电池放电时是原电池、充电时是电解池。只要记清原电池中“负氧化、正还原”，电解池中“阳氧化、阴还原”的规律，在写电极反应式时先弄清楚是原电池还是电解池，然后将给出的总反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应按需选取即可。②中阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，由①中的方法不难确定为M＋H2O＋e－===MH＋OH－，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意氧气在阴极被还原，结合该蓄电池中电解质溶液显碱性可知氧气被还原为OH－，所以其电极方程式为：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。
1．O1　[2011·天津卷] 化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是(　　)
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂
C．使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
D．天然药物无任何毒副作用，可长期服用
1．O1　【解析】 A　某些食品添加剂(如防腐剂NaNO2)过量会对人体有害，B错；N、P、K是植物成长的必需元素，只解决磷元素，难以解决藻类的水体富营养化问题，C错；“是药三分毒”，某些天然药物过量也对人体有害，D错。
6．O1[2011·重庆卷] “化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是(　　)
A．风力发电，让能源更清洁
B．合成光纤，让通讯更快捷
C．合成药物，让人类更健康
D．环保涂料，让环境更宜居
6．O1[2011·重庆卷] 【解析】 A　风力发电没有发生化学变化，其他项均为有新物质生成的反应，属于化学变化。
O2　海水的综合利用
　　　　　　　　　　　　　　　　　
26．F4O2
[2011·北京卷] 氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
(1)溶液A的溶质是__________；
(2)电解饱和食盐水的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋，NH，SO[c(SO)>c(Ca2＋)]。
精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：
图0
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是__________。
②过程Ⅰ中将NH转化为N2的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程Ⅱ中除去的离子有__________。
④经过程Ⅲ处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5 mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg/L，则处理10 m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液__________kg(溶液体积变化忽略不计)。
26．F4O2
(1)NaOH
(2)2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
(3)Cl2与水反应：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出
(4)①Mg(OH)2
②2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O
③SO、Ca2＋
④1.76
【解析】 (1)根据食盐水的组成，电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故溶液A为NaOH溶液；(2)其中NaCl、NaOH为易溶于水的强电解质，写成离子形式，故离子方程式是2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－；(3)阳极区生成Cl2，Cl2与水反应的化学方程式为Cl2＋H2O??HClO＋HCl，由于反应可逆，故增大产物HCl的浓度会使平衡逆向移动，降低Cl2在水中的溶解度而有利于Cl2逸出；(4)①将溶液A的pH调至11(碱性较强)时，Mg2＋会以Mg(OH)2的形式沉淀下来，故盐泥a含有Mg(OH)2；②NH转化为N2的过程中N元素的化合价升高，故Cl元素的化合价降低，即Cl2转化为Cl－，根据化合价升降总数相等，NH和Cl2的化学计量数分别为2和3，再根据原子守恒可得N2和Cl－的化学计量数分别为1和6，再根据电荷守恒可知等号左边添加OH－、等号右边添加H2O，最后结合原子守恒可知二者的化学计量数分别为8和8。③由于BaSO4的溶解度比BaCO3小，根据沉淀溶解平衡原理，可知向含有SO的溶液中加入BaCO3后，会发生如下转化：SO＋BaCO3??CO＋BaSO4，生成的CO会与溶液中的Ca2＋生成CaCO3沉淀，故除去的离子有SO、Ca2＋；④向盐水b中加入Na2SO3是为了还原其中的NaClO，反应过程中Na2SO3被氧化为Na2SO4、NaClO被还原为NaCl，根据化合价升降总数相等，可知反应掉的Na2SO3和NaClO的物质的量之比为1∶1,10 m3盐水b中含NaClO的物质的量为7.45 mg/L×10×103 L×10－3 g/mg÷74.5 g/mol＝1 mol，故反应掉的Na2SO3的物质的量也为1 mol；再根据已知条件可知剩余Na2SO3的物质的量最多为5 mg/L×10×103 L×10－3 g/mg÷126 g/mol≈0.4 mol，故最多添加10%Na2SO3溶液的质量为126 g/mol×(1 mol＋0.4 mol)÷10%＝1764 g≈1.76 kg。
O3　石油、煤和天然气的综合利用
　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．O3[2011·江苏化学卷] 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转化技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。(　　)
A．①③⑤ B．②③⑤
C．①②④ D. ②④⑤
1．O3　【解析】 B　化石燃料属于不可再生资源，加快开采不利于节能减排，①错；研发易降解的生物农药，会减少水污染和土壤污染，利于环境保护，②对；应用高效洁净的能源转化技术，可以提高能源使用效率，利于节能减排，③对；田间焚烧秸秆，会造成空气污染，不利于保护环境，④错；推广使用节能环保材料，能够节约能源，利于环境保护，⑤对。
9．M4、O3[2011·山东卷] 化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是(　　)
A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化
B．BaSO4 在医学上用作钡餐，Ba2＋对人体无毒
C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C互为同素异形体
D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体
9．M4、O3【解析】 D　煤的干馏属于化学变化，而石油的分馏属于物理变化，A项错误；Ba2＋是重金属离子，有毒，而BaSO4不溶于水也不溶于酸，且不被X射线透过，故可用作医学上钡餐的内服药剂，B项错误；14C与12C互为同位素，C项错误；葡萄糖是小分子物质，其水溶液不属于胶体，不能产生丁达尔现象，D项正确。
O4　化学与材料、技术的发展发展
　　　　　　　　　　　　　　　　　
O5　化学与技术综合
　　　　　　　　　　　　　　　　　
20．O5　[2011·海南化学卷] 【选修2——化学与技术】
下列叙述正确的是(　　)
A．“接触法”制H2SO4时，催化氧化阶段的反应原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0
B．海水提镁的主要步骤为
　CaCO3(s)　　　　盐酸
海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(l)＋Cl2(g)
C．普通水泥的主要成分是硅酸钙
D．黏土的主要成分是三氧化二铝
20－Ⅱ　工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：
(1)路布兰法是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧、再浸取，结晶而制得纯碱。
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为________________________________________________________________________；
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(已知产物之一为CaS)；
(2)氨碱法的工艺如图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。
①图中的中间产物C是________，D________。(写化学式)；
②装置乙中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)联合制碱法是对氨碱法的改进，其优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石等为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？________________________________________________________________________。
图0
20．O5　Ⅰ：A
Ⅱ：(1)①2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑
②Na2SO4＋4C＋CaCO3Na2CO3＋CaS＋4CO↑
(2)①Ca(OH)2　NH3
②NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
(3)原料利用率高
(4)不行，KHCO3溶解度随温度变化较大，当以氯化钾和石灰石为原料时，反应产生的KHCO3溶解在水中过多，产率过低
【解析】 Ⅰ：由于镁具有较强的活泼性，在进行制备时需要电解熔融态MgCl2，故B项错误；普通水泥的主要成分为：硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙等，C项错误；黏土的主要成分为Al2O3·2SiO2·2H2O，D项错误。
Ⅱ：(1)①由第②问题干可知食盐和浓硫酸反应产物之一为硫酸钠，则该反应的方程式为：2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl。
②题干提示产物之一为CaS，即Na2SO4中S的化合价由＋6价被还原为－2价，则反应物中的焦炭应为还原剂，由于反应条件为高温且有焦炭参与反应，则氧化产物为CO，则反应方程式为：Na2SO4＋4C＋CaCO3Na2CO3＋CaS＋4CO↑。
(2)甲中石灰石煅烧后生成CaO进入丙装置与水反应得到产物C，即C为Ca(OH)2，D是Ca(OH)2与NH4Cl反应的产物，且进入戊装置反应，D应为NH3，则乙装置中的反应物为NaCl、NH3、CO2、H2O即反应方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
(3)氨碱法原料利用率只有75%，且产生的CaCl2是粘稠物，数量大，难治理，而联合制碱法使各种原料得到了充分利用。
(4)由图中变化可知KHCO3溶解度随温度变化较大，当以氯化钾和石灰石为原料时，反应产生的KHCO3溶解在水中过多，产率过低。
16．O5　[2011·江苏化学卷] 以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的工艺流程如下：
图0
回答下列问题：
(1)在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，该反应的平衡常数表达式为K＝________；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是____________、____________。
(3)通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为________________________；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为________(写化学式)。
16．O5
(1)K＝　SO2＋NaOH===NaHSO3
(2)提高铁元素的浸出率　抑制Fe3＋水解
(3)Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋　Cl2、HCl
【解析】 (1)化学平衡常数为生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积，故该反应的K＝；过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠：NaOH＋SO2===NaHSO3；(2)酸溶时保持盐酸过量是为了使铁的化合物充分溶解，转化为离子，后续过程保持酸过量是为了抑制Fe3＋水解；(3)氯气氧化亚铁离子生成三价铁离子和氯离子；(4)尾气中含未反应的氯气和挥发出的酸性氯化氢气体。
36．O5[2011·课标全国卷] 普通纸张的主要成分是纤维素。在早期的纸张生产中，常采用纸张表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回答下列问题：
(1)人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是____________________________；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的化学(离子)方程式为________________________________________________________________________。
(2)为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：
①喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等。这样操作产生的主要问题是________；
②喷洒Zn(C2H5)2，Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用化学(离子)方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理________________、________________。
(3)现代造纸工艺常用钛白粉(TiO2) 替代明矾。钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿(主要成分FeTiO3)为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：
①FeTiO3＋C＋Cl2TiCl4＋FeCl3＋CO
②TiCl4＋O2TiO2＋Cl2
36．O5　(1)明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
(2)①过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损
②Zn(C2H5)2＋H2O===ZnO＋2C2H6↑
ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O
(3)①2　6　7　2　2　6　②1　1　1　2
【解析】 (2)根据题意Zn(C2H5)2可以与水反应生成ZnO和乙烷，可写出其化学方程式，而生成的ZnO可以消耗H＋从而防止酸性腐蚀。
(3)①FeTiO3中Ti为＋4价，Fe为＋2，可根据化学方程式特点采用定1法(即假设FeTiO3的计量数为1)结合电子守恒配平，最后消除化学计量数中的分数。
1．[2011·泉州一模] 在硫酸的工业制法中，下列生产操作与说明生产操作的原因二者都正确的是(　　)
A．硫铁矿燃烧前需将矿粒粉碎，这样易于向沸腾炉中投料
B．炉气进入接触室之前需要净化、干燥，因为炉气中的杂质易与SO2反应
C．SO2氧化为SO3时需使用催化剂，这样可提高SO2的转化率
D．接触室的反应温度控制在400～500 ℃，因为在这个温度范围内，反应速率和SO2的转化率都比较理想，且催化剂的活性也较高
1．D
2．[2011·太原一模] 若实行海水淡化供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的是(　　)
A．用明矾使海水中的盐分沉淀而淡化
B．利用太阳能使海水蒸馏而淡化
C．将海水缓慢凝固以获取淡化的饮用水
D．将海水通过离子交换树脂，以除去所含盐分的离子
2．A　【解析】 海水淡化的方法：蒸馏法、电渗析法、离子交换法。选项A，加明矾，明矾的主要成分是KAl(SO4)2·12H2O，不能使海水中的盐沉淀出来，所以不能使海水淡化。
3．[2011·福安月考] 目前下列工艺过程没有直接使用离子交换技术的是(　　)
A．硬水的软化　　　B．电解饱和食盐水制造NaOH
C．电渗析淡化海水 D．海水中提取金属Mg
3．D　【解析】 选项A，硬水软化常用离子交换树脂脱去其中的钙、镁离子；选项B，电解饱和食盐水常用离子交换膜来阻止气体分子或阴离子通过；选项C，电渗析法淡化海水也用阳离子交换膜和阴离子交换膜；选项D，不用离子交换膜，加入熟石灰后生成氢氧化镁沉淀过滤，然后再加入盐酸进行浓缩结晶，再在氯化氢的气氛中脱水，最后用电解熔融的氯化镁制备金属镁。
4．[2011·武威联考] 下列说法正确的是(　　)
A．煤、石油、天然气是当今世界上最重要的三大矿物燃料，是取之不尽的
B．煤是由无机物和有机物所组成的复杂的混合物，主要含有碳和氢两种元素
C．石油主要含有碳和氢两种元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素
D．煤和石油都是由古代植物遗体埋在地层下或在地壳中经过一系列非常复杂的变化而形成的
4．C　【解析】 煤、石油、天然气三大矿物燃料在地球上的蕴藏量是有限的，不是取之不尽的，A错；煤主要含有碳元素，而不是碳和氢两种元素，B错；C正确；石油是由古代动植物遗体在地壳中经过非常复杂的变化形成的，D不确切。
5．[2011·揭阳统测] X是一种性能优异的高分子材料，其结构简式为?CHCNCHCNCH2CH?OCOCH3，已被广泛应用于声、热、光的传感等方面。它是由HC≡CH、(CN)2、CH3COOH三种单体通过适宜的反应形成的。由X的结构简式分析合成过程中发生反应的类型有(　　)
①加成反应　②取代反应　③缩聚反应　④加聚反应
⑤酯化反应
A．①④⑤　　　　　B．①④
C．①②④ D．①②③
5．B　【解析】 由X的结构简式可判断出它是加聚反应的产物，两种单体分别为NCCH＝CHCN和CH2＝CHOCOCH3，很显然前者是HC≡CH和(CN)2的加成产物，后者是HC≡CH和CH3COOH的加成产物，因此选项B正确。
6．[2011·西城二模] 海水是一种丰富的资源，工业上从海水中可提取许多种物质，广泛应用于生活、生产、科技等方面。图K52－1是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。
图K52－1
回答下列问题：
(1)流程图中操作a的名称为____________。
(2)工业上从海水中提取的NaCl可用来制取纯缄，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱。
①气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是________(填化学式)。
②滤液D中主要含有NH4Cl、NaHCO3等物质，工业上是向滤液D中通入NH3，并加入细小食盐颗粒，冷却析出不含有NaHCO3的副产品NH4Cl晶体，则通入NH3的作用是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)镁是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁从海水中提取。
①若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的操作方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
② 操作b是在________氛围中进行，若在空气中加热，则会生成Mg(OH)Cl，写出有关反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
6．(1)蒸发结晶(或蒸发)
(2)①NH3
②增加NH的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出
(3)①用铂丝蘸取少量固体，置于酒精灯火焰上灼烧，若无黄色火焰产生，则证明所得无水氯化镁晶体中不含氯化钠(答焰色反应也可)
②HCl(气流)　MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O
【解析】 (1)将海水蒸发结晶得到粗盐，在提取粗盐后的母液中主要含有的是Mg2＋；(2)①先通氨气的原因是氨气易溶于水，CO2微溶于水，若先通CO2，则影响产率；②从平衡的角度去分析，增加NH的浓度，有利于沉淀平衡向生成NH4Cl的方向进行，将NaHCO3转化为Na2CO3而不析出；(3)①采用焰色反应来检验；②HCl的作用是防止MgCl2的水解。
7．[2011·东莞统测] 请回答氯碱工业中的如下问题：
(1)氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k(质量比)生成的产品。理论上k＝________________________________________________________________________
(要求计算表达式和结果)。
(2)原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl(盐酸)、③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是________________________________________________________________________
(填序号)。
(3)氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图L13－1所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。
图L13－1
①图中X、Y分别是__________、________________________________________________________________________(填化学式)，
分析比较图示中氢氧化钠质量分数a%与b%的大小________；
②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：________________________________________________________________________；
负极：________________________________________________________________________；
③这样设计的主要节(电)能之处在于(写出2处)________________________________________________________________________
__________________、________________________________________________________________________。
7．(1)k＝＝＝1∶1.13或0.89
(2)③①②
(3)①Cl2　H2　a%小于b%
②O2＋4e－＋2H2O===4OH－　H2－2e－＋2OH－===2H2O
③燃料电池可以补充电解池消耗的电能　提高产品碱液的浓度，降低能耗(其他合理答案均可)
【解析】 (1)据化学方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑即可计算出k值。
(2)把Na2CO3放在BaCl2之后，以除去过量的Ba2＋；把盐酸放在Na2CO3之后，以除去过量的CO。
(3)判断出两极是解答两池问题的前提：燃料电池中通空气(氧化剂)的一极应为正极，所以：
①Y(通入负极，还原剂)必为H2，继而从H2产生于电解池的阴极，可推出产生于电解池阳极的X必为Cl2；a% NaOH进入燃料电池，出来后的浓度变化可用两种方法判断：
[方法一]从Na＋的移动方向来定：Na＋向阴极(即正极)移动，所以正极b% NaOH溶液浓度增大，负极流出的NaOH溶液变稀；
[方法二]从水、OH－的量变来定：负极2H2－4e－＋4OH－===4H2O，水增多、OH－减少，变稀；正极O2＋4e－＋2H2O===4OH－，水减少、OH－增多，所以正极增浓，即a＜b。
8．[2011·南昌一模] 合成氨生产技术的创立开辟了人工固氮的途径，对化学工业技术也产生了重大影响。合成氨反应的化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol。合成氨工业中原料气N2可从空气中分离得到，H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得。我国合成氨工业目前的生产条件为：
催化剂——铁触媒，温度——400～500 ℃，压强——30～50 MPa。
回答下列问题：
(1)合成氨工业中原料气压缩到30～50 MPa的原因是________________________________________________________________________________。
从平衡移动原理分析，低温有利于原料气的转化，实际生产中采用400～500 ℃的高温，原因之一是考虑到催化剂的催化活性，原因之二是________________________________________________________________________。
(2)500 ℃、50 MPa时，在容积为V L的容器中加入n mol N2、3n mol H2，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时N2的转化率为x。则K和x的关系满足K＝________________。
(3)有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl—NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池。请写出该电池的正极反应式________________________________________________________________________
__________________________。
(4)已知H2(g)、 CO(g)、CH4(g)三种物质的燃烧热分别是－285.8 kJ·mol－1、－283.0 kJ·mol－1、－890.3 kJ·mol－1,1 mol H2O(g)转变为1 mol H2O(l)时放出44.0 kJ热量。甲烷在高温下与水蒸气反应的化学方程式为：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)。那么该反应的反应热ΔH________0 (填“>”“＝”或“<”)。
8．(1)加压有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率　增加反应速率，缩短达到平衡的时间
(2)
(3)N2＋6e－＋8H＋===2NH
(4)>
【解析】 (1)工业合成氨是化学平衡和化学反应速率的一个具体应用。既要考虑理论知识，又要兼顾实际生产。
(2)　　N2　＋　3H2　??　2NH3
起始 n 3n 0
平衡 n(1－x) 3n(1－x) 2nx
转化 nx 3nx 2nx
由化学平衡常数表达式得K＝将平衡时的数据代入，可得出K和x的关系：；(3)正极为得电子反应，化合价降低，可分析为N2从0价转变为－3价的NH；(4)本题运用盖斯定律来解，由题给数据可写出其热化学方程式：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3 kJ/mol　①
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol　②
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol　③
H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ/mol　④
将①－②－③×3＋④可得ΔH>0。常见有机物及其应用
　 考试内容：
　 1.了解有机化合物中碳的成键特征。了解有机化合物的同分异构现象。
　　2.了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质。
　　3.了解乙烯、氯乙烯、苯的衍生物等在化工生产中的重要作用。
　　4.了解乙醇、乙酸的组成和主要性质及重要应用。
　　5.了解上述有机化合物发生反应的类型。
　　6.了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用。
　　7.了解常见高分子材料的合成反应及重要应用。
　　8.以上各部分知识的综合运用
高频考点1 烃的性质及其应用
【样题1】有机化合物分子中双键上的碳原子与其他原子直接结合成新的化合物分子的反应是加成反应。下列过程与加成反应有关的是 （ ）
A．苯与溴水混合振荡，水层颜色变浅 B．乙烯与溴水混合振荡，水层颜色变浅
C．乙烯与高锰酸钾溶液褪色 D．甲烷与氯气在一定条件生成四氯化碳
【解题指导】选B。苯与溴水混合振荡后，苯萃取了溴水中的溴使水层颜色变浅，与加成反应无关，A错误；乙烯与溴水混合振荡，颜色变浅是发生了加成反应，生成氯乙烯，B正确；乙烯与高锰酸钾溶液褪色，是发生了氧化反应，C错误；甲烷与氯气生成四氯化碳，是取代反应，D错误。
【命题解读】《高考考纲》明确要求考生了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质，了解乙烯、氯乙烯、苯的衍生物等在化工生产中的重要作用。烃是一切有机物的母体，是考查有机化学不可缺少的内容。在近几年的考题中频繁出现，本部分试题难度较小，以选择题形式出现的较多，以考查学生的观察能力和自学能力为主。由于本专题的知识点与能源、交通、医疗、工农业生产、科技、环保、生态平衡联系密切，与此相关的试题也应特别注意。
高频考点2 乙醇、乙酸的性质及其应用
【样题1】下列有关乙醇、乙酸的说法，错误的是（ ）
A．乙醇和乙酸都可以发生酯化反应
B．乙醇和乙酸都可以与钠反应生成氢气
C．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D．乙醇和乙酸都含有羟基，二者是同分异构体
【解题指导】选D。乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，二者都可以发生酯化反应，A正确；乙醇含有羟基，可以与钠反应生成氢气。乙酸含有羧基，可以与钠反应生成氢气，B正确；乙醇在铜作催化剂加热的条件下，可以被氧气氧化为乙醛。乙酸可以燃烧，发生氧化反应，C正确；乙醇和乙酸分子式不同，结构也不一样，二者不是同分异构体，D错误。
【命题解读】《高考考纲》明确要求考生了解乙醇、乙酸的组成和主要性质及重要应用。高考命题侧重对羟基和羧基官能团的考查和乙醇、乙酸在生产生活中的应用。
高频考点3 常见有机反应类型
【样题1】下列关于有机物的正确说法是(　　)
A．乙烯和乙烷可发生加成反应
B．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物相同
C．苯只能发生取代反应，不能发生加成反应
D．乙醇、乙酸都能发生取代反应
【解题指导】选D。首先根据有机物的结构，确定官能团的种类，再进一步判断可以发生的反应类型。乙烷中碳碳之间以单键相连，不能发生加成反应，乙烯能发生加成反应，A项错误；淀粉的水解产物是葡萄糖，油脂碱性水解的产物是高级脂肪酸钠和甘油，蛋白质水解的产物是氨基酸，B选项错误；苯既能发生取代反应，又能发生加成反应，故C项错误；乙醇和乙酸的酯化反应属于取代反应，乙酸乙酯的水解也属于取代反应，D选项正确。
【命题解读】《高考考纲》明确要求了解常见有机化合物发生反应的类型。有机化学反应类型是有机化学中的基本概念，掌握好有机化学反应类型，必须明确反应中的断键与成键的位置，这是理解化学反应本质的关键，也是判断化学反应类型的要点。高考对有机化学反应类型的考查主要分为两个方面：一方面是选择题的形式出现，辨析反应类型，单纯考查概念，知识容量较小；另一方面是与有机合成与推断结合起来，信息容量较大，通过综合分析，确定各类物质以后，设置有关反应类型的题目。
高频考点4糖类、油脂、蛋白质性质及其应用
【样题1】下列有关有机物水解的叙述中不正确的是 (　　)
A．可用碘水检验淀粉水解是否完全
B．油脂在酸性条件下水解与在碱性条件下水解程度不同，但产物完全相同
C．蛋白质水解的最终产物均为氨基酸
D．纤维素在牛、羊等食草动物的体内水解的最终产物为葡萄糖化学计算
有关溶液pH的简单计算
【样题1】已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液温度均为100℃)，水的离子积KW＝
1×10－12。下列说法正确的是
A．0.05 mol/L的H2SO4溶液pH＝1
B．0.001 mol/L的NaOH溶液pH＝11
C．0.005 mol/L的H2SO4溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝11的NaOH溶液50 mL
【解题指导】选A。解答本题需注意题中涉及的溶液温度为100℃，而不是25℃，此时KW＝1×10－12 。A项，c(H＋)＝0.05 mol/L×2＝0.1 mol/L，pH＝1，A项正确；B项，c(OH－)＝0.001 mol/L，c(H＋)＝＝1×10－9 mol/L，pH＝9，B项不正确；C项，H2SO4溶液中c(H＋)＝0.005 mol/L×2＝0.01 mol/L，NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol/L，两溶液等体积混合后，恰好完全中和，溶液显中性，pH为6，C项不正确；D项，pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝＝1×10－1 mol/L，则50 mL×10－3 mol/L＝V(NaOH)·10－1 mol/L，V(NaOH)＝0.5 mL，D项不正确。
【考纲解读】《高考考纲》明确要求：了解溶液pH的定义和测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算，有关pH的计算是高考的热点和难点。这类题更加突出了运用数学思维来解决化学问题的能力，能有效的考查学生的分析、判断、推理、运算等思维能力。
考点2 与电化学有关计算
【样题1】500 mL KNO3和Cu(NO3)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4 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
【考纲解读】《考试大纲》明确规定，掌握与电化学有关的化学计算。此类题型是利用
化学方程式进行计算的一种形式，其计算技巧一是根据电极反应方程式利用“电子得失守恒”、二是写出反应的总化学方程式直接计算。高考中既可以在选择题也可以在简答题、计算题中利用电化学为依托，考查学生的计算能力。主要有以下两种类型：
1、根据关系式进行计算：根据得失电子守恒关系，以及已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。例如：用惰性电极电解硫酸铜溶液
2CuSO4 ∽ 4H＋ ∽ 2Cu ∽ O2↑ ∽ 4e－
320 g 4 mol 128 g 22.4 L 4×6.02×1023
m (g) x (mol) V (L) N (个)
然后根据已知和未知条件列比例求解。
2、根据电子守恒进行计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数目相等。
（1）在电解池中
n (e－) ＝（阴极）n（还原产物）×N(+e－) ＝（阳极）n（氧化产物）×N(-e－)
（2）惰性电极电解氯化钠溶液 （阴极放氢生氧型的电解池）
n (e－) ＝ n（H2）×2 ＝n（Cl2）×4 ＝ n (OH－)
考点3 与物质的量有关的综合计算
【样题1】钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。
（1）钾和硝酸钾反应可制得K2O（10K＋2KNO3 = 6K2O＋N2），39.0 g钾与10.1 g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为 g。
（2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，则样品中K2O2的质量分数为 。
（3）超氧化钾和二氧化碳反应生成氧气（4KO2＋2CO2 = 2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2 L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8 L (标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量。
（4）KO2加热至600℃部分分解得到产物A。6.30 g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12 L(标准状况)，试确定产物A中钾、氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。
【解题指导】（1）根据反应关系可以判断所给K的质量过量，应该用KNO3的量计算生成的K2O，设生成的K2O的质量为x。
10K + 2KNO3 = 6K2O + N2↑
2×101 g·mol-1 6×94 g·mol-1
10.1 g x
则有：=
解得：x=28.2 g
（2）根据题给条件杂质中不含氧，所以样品的氧全部来自K2O2，根据K2O2的组成可以看出，每32 g氧对应110 g K2O2，若设样品总质量为1 g，则含氧为0.28 g，因此若设样品中K2O2的质量为a，则有32 g∶110 g=0.28 g∶a，
解得a=0.962 5 g，因此可以求出样品中K2O2的质量分数为×100%=96.25%。
（3）可用差量法：由反应式4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2可以看出，气体每增加1 mol就消耗4 mol KO2,现在增加了=0.25 mol，则消耗的KO2的质量为0.25 mol×4×71 g·mol-1=71 g。
（4）KxOy＋x/2CO2=x/2K2CO3＋(y－0.5x)/2O2
39x＋16y 11.2(y－0.5x) L
6.30 g 1.12 L
解得x∶y＝2∶3 即n(K)∶n (O)＝2∶3
即产物A的化学式为：（KO2与K2O2 物质的量之比为2∶1）
或（KO2与K2O物质的量之比为4∶1）
【答案】（1）28.2 g（2）96.25％（3）71 g
（4）KO2与K2O2物质的量之比为2∶1或KO2与K2O物质的量之比为4：1
【考纲解读】《考试大纲》明确规定，掌握与物质的量有关的化学计算及其综合应用。历届高考试题都离不开化学计算，化学计算是以化学方程式为基础的，是以物质的量为桥梁的。常见的有差量法、关系式法、守恒法、讨论法等。
考点4 有机化学计算方法
【样题1】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
【解题指导】选A。由于一元醇只含一个-OH，1mol醇只能转换出0.5molH2，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，结合题目中"直链一元醇"，从而推断其同分异构体数目为6个。
【样题2】某有机物5.6克完全燃烧后生成6.72L(标况下)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，试推断该该有机物的结构简式。
【解题指导】该有机物结构就为H2C=CH-CHO。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。
【考纲解读】残基法是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法之一。计算出一个有机物的分子式后，该有机物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。
考点5 化学计算方法与技巧
【样题1】把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为
A. 70% B. 52.4% C. 47.6% D. 30%
【解题指导】 把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2-，留在溶液中；Fe2+生成了Fe（OH）2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，最后得到的红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的，Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量，则。答案：A
【考纲解读】 守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。
【样题2】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. Zn和Cu
【解题指导】选B。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、D都不符合要求，B中Al的原子量比26小，Zn比26大，故B为应选答案。
【考纲解读】平均值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。
【样题3】 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.3.86g 　　D.3.96
【解题指导】选B。本题如按通常解法，混合物中含KCl和KBr，可以有无限多种组成方式，则求出的数据也有多种可能性，要验证数据是否合理，必须将四个选项代入，看是否有解，也就相当于要做四题的计算题，所花时间非常多。使用极限法，设2.00克全部为KCl，根据KCl-AgCl，每74.5克KCl可生成143.5克AgCl，则可得沉淀为(2.00/74.5)×143.5=3.852克，为最大值，同样可求得当混合物全部为KBr时，每119克的KBr可得沉淀188克，所以应得沉淀为(2.00/119)×188=3.160克，为最小值，则介于两者之间的数值就符合要求。
【考纲解读】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

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