文档内容
衡水中学化学一本通高分手册
目录
专题01 物质的组成、性质和分类 3
专题02 物质的量及其化学计算 27
专题03 离子反应方程式和离子共存 42
专题04 氧化还原反应及其应用 57
专题05 化学反应中的能量变化 76
专题06 化学能与电能的转化 90
专题07 化学反应速率和化学平衡 103
专题08 水溶液中的离子平衡129
专题09 元素周期律与元素周期表152
专题10 元素及其化合物 167
专题11 工艺流程题189
专题12 常见有机化合物 212
专题13 化学实验基础 227
专题14 综合实验探究 251
专题15 有机化学基础 286
专题16 物质结构与性质 317
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专题 物质的组成、性质和分类
01
【考情探究】
内容 物质的组成、性质和分类 分散系
课
1.理解混合物和纯净物、单质、化合物概念；
1.了解溶液的含义。了解溶解度、
标
饱和溶液的概念。理解溶液中溶质的质
2.理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互
解 解读
量分数的概念,并能进行有关计算；
联系；
读
2.了解胶体是一种常见的分散系。
3.理解物理变化与化学变化的区别与联系。
物质的组成、性质和分类多结合生产、生活实际及传统文化内容以选择题的形式
考情分析
进行考查。预计化学与STSE、中华民族传统文化依旧是命题热点。
2022年高考备考关注物质的组成、性质和分类。熟记常见物质的性质及用途，多
备考策略
关注化学与环境、化学与能源、化学与生命科学、化学与材料。
【高频考点】
高频考点一 物质的分类
1．依据标准对物质进行分类
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2．识记常见混合物的成分与俗名
(1)水煤气：主要成分是CO、H 。
2
(2)天然气(沼气)：主要成分是CH 。
4
(3)液化石油气：以C H 、C H 为主。
3 8 4 10
(4)裂解气：以乙烯、丙烯、甲烷为主。
(5)水玻璃：Na SiO 的水溶液。
2 3
(6)王水：浓盐酸与浓硝酸的混合物(体积比3∶1)。
(7)波尔多液：主要成分是CuSO 和Ca(OH) 。
4 2
(8)肥皂：主要成分是高级脂肪酸钠。
(9)碱石灰：NaOH和CaO的混合物。
(10)铝热剂：铝粉和高熔点的金属氧化物的混合物。
(11)漂白粉：Ca(ClO) 和CaCl 的混合物。
2 2
3．一种重要的混合物——胶体
(1)胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的直径的大小(1～100nm)，胶体的特性是丁达尔效应；利用
丁达尔效应可以区分胶体和溶液。
(2)胶体不带有电荷，但胶体粒子常带有电荷。
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(3)Fe(OH) 胶体粒子为Fe(OH) 的集合体，因此1molFe3＋完全水解得到的Fe(OH) 胶体粒子少于1mol。
3 3 3
(4)纳米材料不是胶体，其粒子分散到分散剂中才形成胶体。
(5)PM 分散在空气中形成的不是气溶胶。
2.5
(6)部分铝盐、铁盐如KAl(SO ) ·12H O、FeCl ·6H O等溶于水，Al3＋、Fe3＋水解分别生成Al(OH) 胶体和
4 2 2 3 2 3
Fe(OH) 胶体，胶体能吸附悬浮固体或色素形成沉淀而除杂，因此常用作净水剂。
3
高频考点二 物质性质与变化
1．认识物质的性质
(1)物理性质：物质不需要发生化学变化就能表现出来的性质。通常表现为颜色、状态、气味、密度、硬度、
熔点、沸点、溶解性、导电性、导热性、挥发性、吸附性等。
(2)化学性质：物质在化学变化中表现出来的性质。通常表现为金属性、非金属性、可燃性、氧化性、还原
性、毒性、溶液的酸碱性、热稳定性等。
2．理解物质变化的“四个方面”
(1)从宏观上看，有新物质生成的变化是化学变化，反之则为物理变化。这里的新物质生成所能实现的仅是
原子与分子(或离子)的相互转化，在整个过程中原子核没有发生改变。一种原子变为另一种原子涉及原子核的
变化，不属于化学变化。
(2)从微观上看，化学变化过程中有旧化学键的断裂，同时又有新化学键的形成，但有化学键断裂的变化未
必就是化学变化，如NaCl晶体、SiO 晶体的熔化，分别破坏了离子键、共价键，但属于物理变化。
2
(3)从能量上看，化学变化中一定伴随能量变化，而有能量变化的过程却不一定是化学变化；物理变化中有
的有能量变化，有的无能量变化，如气体与气体之间的扩散等。
(4)化学变化过程中一定伴有物理变化，但物理变化过程中未必有化学变化，观察到一定的实验现象并不一
定是发生化学变化造成的。
3．识记易混淆的物理变化、化学变化
物质变化过程中的“三馏”“四色”“五解”和“十四化”
变化
物理变化 化学变化
比较
①蒸馏
三馏 干馏
②分馏
四色 焰色反应 ①显色反应 ②颜色反应 ③指示剂变色反应
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五解 潮解 ①分解 ②电解 ③水解 ④裂解
①氧化 ②风化 ③钝化 ④催化 ⑤皂化
①熔化 ②汽化
十四化 ⑥歧化 ⑦硝化 ⑧酯化 ⑨裂化
③液化 ④升华
⑩油脂的硬化
【特别提醒】①化学变化：同素异形体之间的相互转化、CuSO ·5H O的脱水、蛋白质变性、电解质溶液
4 2
导电、浓硫酸脱水、煤的气化和液化。②物理变化：金属导电、盐析、活性炭吸附。③爆炸有的是化学变化引
起的，有的是物理变化引起的。
高频考点三 化学与STSE
1.化学与生活
(1)常见的环境污染及成因
污染名称 主要污染物及成因
SO 、NO 和可吸入颗粒物(如PM2.5)与雾气结合的混合物。大气中可吸
2 x
入颗粒物(PM 、PM )过多，产生的主要原因有汽车尾气、化石燃料的燃烧、
10 2.5
雾霾
工业排放的废气(如：冶金、窑炉与锅炉、机电制造业等)、建筑工地和道路
交通产生的扬尘。
SO 、NO 是导致酸雨形成的主要原因。大气中含硫氧化物、含氮氧化物
2 x
酸雨 过多，与化石燃料的燃烧、工业废气的排放(如硫酸、硝酸的生产、冶金)、
雷电等有关。
机动车尾气和工业废气中碳氢化合物和氮氧化合物在光照条件下生成复
光化学烟雾
杂的污染物
臭氧空洞 NO 、氟氯代烃等与臭氧发生作用，导致了臭氧层的损耗
x
化肥、农药的过度使用，工业“三废”和生活污水的随意排放。水体富营
水体污染
养化可引起“水华”(淡水中)或“赤潮”(海水中)
化石燃料的大量使用，使大气中的CO 气体大量增加，最终导致地表温
2
温室效应
度上升的现象
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白色污染 各种塑料垃圾对环境所造成的污染，它们很难降解，会破坏土壤结构
(2)常见材料的组成或性质
材料 组成或性质
棉、麻 富含多糖纤维素，只含C、H、O三种元素
天然
纤维
蚕丝、羊毛 主要成分是蛋白质，蛋白质在蛋白酶的作用下可水解
人造纤维 将天然纤维(木材、甘蔗渣)经过化学加工处理后得到的产品
以石油、煤、天然气和农副产品做原料加工制得单体，单体经
合成纤维
聚合反应制成的高分子化合物，如“六大纶”
硅材料 晶体硅是重要的半导体材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅
由一种金属跟其他金属(或非金属)熔合而成的具有金属特性的
合金材料
物质
传统的无机 是指以二氧化硅及硅酸盐化合物为主要成分制备的材料，因此
非金属材料 又称硅酸盐材料，主要包括水泥、玻璃和陶瓷。
是指用氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物以
新型无机
及各种非金属化合物经特殊的先进工艺制成的具有某种优异性能的
非金属材料
材料。
【特别提醒】新材料包括新型无机非金属材料、有机高分子材料、复合材料等；新能源包括太阳能、风能、
潮汐能、地热能等。
(3)安全与健康：人体必需的营养元素，重金属对人体的危害，食品添加剂，有关化学与健康方面的材料等。
(4)常见的净水剂或消毒剂
①净水剂：铁盐、铝盐、木炭等。
②消毒剂：铜盐、高铁酸钠、次氯酸盐、臭氧等。
2．绿色化学
研究对环境没有任何副作用的化学试剂、化学制品和化学工艺。它包括：
(1)开发绿色反应，将原子利用率提高到100%；
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(2)使用无毒无害的原料；
(3)选用无毒无害的催化剂；
(4)使用无毒无害的溶剂；
(5)发展“绿色工艺”；
(6)开发和生产绿色产品。
3．熟记生活中的下列物质
(1)无机盐净水剂：氯化铁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、氯化铝、明矾。
其原理均是无机盐电离出的金属阳离子水解形成氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒并一起
沉降下来。
【特别提醒】K FeO 是强氧化剂，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，是新型净水剂。
2 4
(2)常见的消毒剂：
①含氯消毒剂：是指溶于水产生具有杀灭微生物活性的次氯酸的消毒剂，其有效成分常以有效氯表示。包
括：氯气、漂白粉(氯化钙与次氯酸钙的混合物)、次氯酸钠(84消毒液)、次氯酸钙(漂粉精)。
②过氧化物：过氧化氢(H O )、过氧乙酸(CH COOOH)。
2 2 3
③其他：二氧化氯、臭氧、SO 、KMnO 、75%的酒精、苯酚。
2 4
(3)漂白剂：漂白粉、次氯酸钠、SO 、过氧化氢、过氧化钠、臭氧、活性炭。
2
(4)干燥剂：浓硫酸(不能干燥NH 、H S、HI)、生石灰(也可作食品干燥剂)、无水氯化钙(不能干燥氨气)、
3 2
硅胶可作(袋装食品)干燥剂、P O (不能作食品干燥剂)。
2 5
4．常见无机物性质与用途对应关系归纳
性质 用途
(1) 硅是常用的半导体材料 可作太阳能电池板
(2) 二氧化硅导光能力强，并且有硬度和柔韧度 可作光导纤维
(3) 4HF＋SiO ===2H O＋SiF ↑ 用HF雕刻玻璃
2 2 4
高温
(4) 2C＋SiO =====Si＋2CO↑ 碳还原二氧化硅制备粗硅
2
(5) 碘酸钾在常温下稳定 食盐中的加碘物质
(6) 氮气的化学性质稳定 作保护气
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(7) 浓氨水具有挥发性和还原性 用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(8) 草木灰和硫酸铵反应生成氨气，使肥效降低 草木灰和硫酸铵不能混合施用
(9) 二氧化硫与氧气反应 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
(10) 氦气化学性质稳定、密度小 可用于填充飞艇、气球
(11) 钠具有较强的还原性 可用于冶炼钛、锆、铌等金属
(12) NaHCO 受热分解生成CO ，能与酸反应 可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
3 2
(13) Na CO 水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
2 3
(14) Na O 与H O、CO 反应均生成O 作供氧剂
2 2 2 2 2
(15) 肥皂水显碱性 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
(16) 水玻璃不燃不爆 可用作耐火材料
(17) 硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂 盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
(18) 锂质量轻、比能量大 可用作电池负极材料
(19) Al具有良好的延展性和抗腐蚀性 常用铝箔包装物品
(20) 铝有还原性，能发生铝热反应 可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
(21) MgO、Al O 的熔点很高 作耐高温材料
2 3
(22) 小苏打与硫酸铝溶液发生相互促进的水解反应 可以作泡沫灭火器
(23) Al(OH) 有弱碱性 可用于中和胃酸
3
(24) 镁铝合金质量轻、强度大 可用作高铁车厢材料
(25) Fe粉具有还原性 可用于防止食品氧化变质
(26) Fe O 是红棕色粉末 可用作红色颜料
2 3
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(27) Cu＋2FeCl ===2FeCl ＋CuCl FeCl 溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
3 2 2 3
(28) CuSO 使蛋白质变性 误服CuSO 溶液，喝蛋清或豆浆解毒
4 4
(29) BaSO 难溶于水，不与胃酸反应 在医疗上用作“钡餐”透视
4
高频考点四 化学与传统文化
1．中国古代化学的工艺简介
(1)炼制陶器
陶瓷是传统的硅酸盐材料，它的基本原料是黏土。釉料中主要含有一些金属及其化合物，在高温烧制时金
属及其化合物发生不同的氧化还原反应，产生不同颜色的物质。
(2)冶炼青铜
冶炼青铜的过程大致是先把选好的矿石加入熔剂，再放入炼炉内，点燃木炭熔炼，等火候成熟，弃去炼渣
得初铜。初铜经提炼才能获得纯净的红铜。红铜加锡、铅熔成合金，即是青铜。
(3)造纸
以我国古书《天工开物》卷中所记载的竹纸制造方法为例，步骤如下：
①斩竹漂塘：将新砍下的嫩竹放入池塘中，浸泡一百日以上，利用天然微生物分解并洗去竹子的青皮。
②煮徨足火：放入“徨”桶内与石灰一道蒸煮，利用石灰的碱性脱脂、杀死微生物等。
③舂臼：把上述处理的竹子，放入石臼中打烂，形同泥面。
④荡料入帘：将被打烂的竹料倒入水槽内，并以竹帘在水中荡料，竹料成为薄层附于竹帘上面。
⑤覆帘压纸：将竹帘反过来，使湿纸落于板上。重复荡料与覆帘步骤，叠积上千张湿纸后，加木板重压以
挤去大部分的水。
⑥透火焙干：将湿纸逐张扬起，生火焙干。
(4)黑火药
主要成分：硝酸钾、木炭和硫黄。
点燃
反应原理：2KNO ＋S＋3C=====K S＋N ↑＋3CO ↑。
3 2 2 2
(5)酿酒
先用米曲霉、黑曲霉、黄曲霉等将淀粉分解(水解)为葡萄糖，称为糖化；再用酵母菌将葡萄糖发酵产生酒
精，发酵后的混合料经过蒸馏，得到白酒和酒糟。
(6)染色
染色是一个很古老的工艺，即用染料使物品着色。
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2．常考经典史籍材料归纳
(1)《汉书》中“高奴县有洧水，可燃”，这里的“洧水”指的是石油。
(2)《抱朴子内篇·黄白》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐。
(3)《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K CO 。
2 3
(4)《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO 。
3
(5)《神农本草经》中“水银……熔化还复为丹”里的“丹”是HgO。
(6)《本草经集注》中区分硝石(KNO )和朴消(Na SO )的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是
3 2 4
利用了焰色反应。
(7)《梦溪笔谈·器用》中“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”里的“剂钢”是铁的合金。
(8)《本草图经》中“绿矾形似朴消(Na SO ·10H O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，
2 4 2
其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”里的“绿矾”是FeSO ·7H O，描述了绿矾受热分解的现象。
4 2
3．解题关键和思维建模
解答此类试题的关键是根据所给文本信息提取有效信息并正确解读，转化为化学学科中物质的物理性质、
化学性质、分离与提纯方法、反应类型及反应原理等熟悉的教材知识。
【知识拓展】中国古籍中化学知识小结
1．物质的鉴别
(1)真假黄金 《旧唐书》提到唐朝武则天，一次赏给她一个臣子许多黄金，那臣子放在火焰上灼烧后证明
是假的，因为铜的焰色绿色，而黄金入火“百炼不消”、金入猛火“色不夺金光”；另外试金石的利用，我国也可
能是最早的国家之一，明朝李时珍有《本草纲目》中剖析得最明确不过了，“金有……，和银者性柔，试石则色
青(七青八黄九紫十赤)：和铜者性硬，试(金)石则有声。”
(2)真假焰硝 晋朝的皇甫士安(251～282年)，已提出纯硝石概念；南北朝医学家陶弘景为了鉴别真假焰硝，
他研究发现“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，用现在的化学知识知道钠黄钾紫的焰色反应特性。真焰硝
对可燃物还能“火上加油”，加速燃烧(助燃)，而假焰硝(芒硝)则否，硝酸钾(真焰硝)可知。
2.物质的性质
东汉魏伯阳的《周易参同契》叙述有：“太阳流珠，常欲去人，卒得金华，转而相亲，化为白液凝而至坚。”“河
上姹女，灵而最神，得火则飞，不见埃尘。……将欲制之，黄芽为根”。
“太阳流珠”“河上姹女”，指的应是汞，“黄芽”指硫黄，“金华”指铅。文中告诉我们：水银可和硫化合，也可
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和铅生成合金铅汞齐——“相亲”，铅汞齐为一种白液；水银沸点357℃，故说“得火则飞，不见埃尘”。
迟于魏伯阳200年的晋朝葛洪，在其著作《抱朴子》中写道：“铅性白也，而赤之以为丹，丹性赤也，而白
之以为铅”。
十分显然，文中是说白色的铅，可跟氧化合生成红丹(四氧化三铅)，而红丹也可分解转变成铅，是单质跟
化合物的互变过程。
又如“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。“丹砂”即三仙丹，加热分解成水银，并逸出氧气，反之水银跟
氧也可化合成丹砂。
《周易参同契》是一部现在世界上最古老的著作，其中叙述到：“若药物非种，各类不同，分剂参差，失其
纲纪”，那就不能反应，而且“比例”必须符合。
“胡粉投入火中，色坏还为铅”。 “胡粉”属碱式碳酸铅一类，“投入火中”黟一加温时则“色坏还为铅”，中间
产物应是一氧化铅。
李时珍《本草纲目》：“朴硝……此物见水即消，又能消化诸物，故谓之消”。
清朝赵学敏的《本草纲目拾遗》对硝酸的描述：“强水最猛烈，能蚀五金……，其水甚强……五金八石能穿
滴，惟玻璃可盛”。
赵学敏对氨水的描述，也惟妙惟肖：“……气甚辛烈。蚀人脑，非有病不可嗅。莳夷遇头风伤寒等症，不服
药一唯以此水瓶口对鼻吸其气，则遍身麻颤、出汗而愈、虚弱者忌之”。
3．单质的制取
晋朝葛洪在《抱朴子·仙药篇》，对制取单质砷提出雄黄转化为三氧化二砷，列举六种方法，其中第三种“或
先以硝石化为水乃凝之”，从现在的化学反应方程式看：As S ＋12KNO ===4K AsO ＋4SO ↑＋12NO↑，再藉富
4 4 3 3 4 2
含碳物质的松脂等还原得砷。
隋末唐初的孙思邈(581～682年)，在其《太清丹经要诀》中：“雄黄十两(1斤16两计)末之，锡三两，铛中
合熔出之，入皮袋中揉之使碎。入坩埚中火之，其坩埚中安药了，以盖合之，密固入风炉吹之，令埚同火色。
寒之，开其色似金”。
西汉时期的“胆铜法”，更为大家熟知，在《淮南万毕述》中：“曾青得铁则化为铜”。“曾青”指铜的化合物
硫酸铜一类。该法一可常温制取，二对矿石品位要求不高，是“湿法冶金”的先祖。
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4．化合物的制取
(1)化工之母硫酸的最早制得者，中国2世纪(东汉末)的金丹学家狐刚子，在他的《出金矿图录》中的《炼
石丹精华法》，就有叙述，早于贾比尔·海扬足足600年。原文：“以击垒作两个方头炉，相去二尺，各表里精泥
其间。旁开一孔，亦泥表里，使精熏使干。一炉中着铜盘，使足，即密泥之；一炉中，以炭烧石胆使作烟，以
物扇之，其精华尽入铜盘。炉中却火待冷，开启任用。入万药，药皆神”文中装置科学性很强，为使不漏气，“即
密泥之”，为提高炉温，“以物扇之”。“精华”指硫酸酐或硫酸。
(2)苛性钾 战国时期著作《周礼·考工记》中对氢氧化钾的记述原文：“泺帛，以烂为灰，渥润其帛，实诸
泽器，淫之以蜃”。 大意按现在的话来说，漂洗(泺)丝帛时，先烧烂木(烂指干燥木头)为灰(含K CO 较多)，用
2 3
其灰汁浸泡丝帛于光泽容器中，再加入蜃(蜃指石灰)。其反应：
K CO ＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋2KOH。
2 3 2 3
晋朝葛洪还指出，“此不宜预作，十日即息”，掌握了苛性钾强烈吸收二氧化碳的性质；还指出“此大毒”，
腐蚀性极强。明朝李时珍还将制得的碳酸钾用于洗衣、发面。
高频考点五 化学用语
1．表示原子或物质的四种符号
(1)元素符号：Al、S
(2)离子符号：Al3＋、S2－、SO2－
3
(3)同位素符号：12C、13C
6 6
＋3 －2
(4)化合价符号：Al O 、H S
2 3 2
2．表示物质组成和结构的八种图式
(1)化学式：Na O 、NH Cl、SiO
2 2 4 2
(2)分子式：C H 、NH
2 4 3
(3)最简式(实验式)：CH 、CH O
2 2
(4)电子式：
(5)结构式：
(6)结构简式：CH COOH
3
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(7)原子结构示意图：
(8)键线式： (1丙醇)
【特别提醒】对于离子化合物和某些共价化合物，应称作该物质的化学式，而不能称作分子式，因为在它
们中并不存在单个的分子。如：氯化钠的分子式为NaCl，二氧化硅的分子式为SiO ，这两种说法均是错误的。
2
3．表示物质组成和空间结构的两种模型
(1)比例模型：如甲烷的比例模型为
(2)球棍模型：如甲烷的球棍模型为
【易错警示】书写电子式需要注意的问题
(1)不能漏写没有参与成键的电子对，如氨气的电子式是 ，而不是 。
(2)不能错误合并离子，如过氧化钠的电子式是 ，而不是 。
(3)不能混淆化学键的类别，如H O 的电子式是 ，而不是 。
2 2
(4)离子(或根)带电荷，基团不显电性。如OH－为 ，—OH为 。
(5)书写化合物的电子式时首先要正确判断是离子化合物还是共价化合物。
【题型突破】
题型一 物质的分类
例1．（·天津卷）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A.NaOH B.NaCl C.NaClO D.Na CO
2 3
【答案】C
【解析】工业上用Cl 与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl +2NaOH=NaCl+NaClO+H O，
2 2 2
NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。
【举一反三】（·浙江卷）下列物质对应的组成不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
A. 干冰：CO B. 熟石灰：CaSO 2H O
2 4 2
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C. 胆矾：CuSO 5H O D. 小苏打：NaHCO
4 2 3
【答案】B
【解析】干冰为固体二氧化碳，故A正确；熟石灰成分为Ca(OH) ，CaSO ·2H O为生石膏，故B错误；
2 4 2
胆矾为五水合硫酸铜晶体，故C正确；小苏打是碳酸氢钠的俗名，故D正确；答案选B。
【变式探究】(·北京卷)古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是( )
A.瓷器 B.丝绸 C.茶叶 D.中草药
【答案】A
【解析】本题考查生活中常见物质的主要成分。A项，瓷器的主要成分是硅酸盐，属于无机物；B项，丝
绸的主要成分为蛋白质，属于有机物；C项，茶叶中的主要成分有咖啡因、糖类等，属于有机物；D项，中草
药的成分较为复杂，主要为有机物。
【变式探究】（·河南安阳模拟）国防科大航天科学与工程学院新型陶瓷纤维及其复合材料重点实验室成功
研制出一种具有超强吸附能力的新型超轻纳米材料(基本微粒直径为1～100nm)。这种材料结构上由一维氮化硼
纳米管和二维氮化硼纳米晶片复合而成，整个材料内部充满气孔。这种材料耐高温，且用它吸附完有机物后，
可以通过点燃的方式实现重复使用。下列关于该材料的说法错误的是( )
A．将该材料分散到液体分散剂中，所得混合物具有丁达尔效应
B．该材料的基本微粒不能透过滤纸
C．该材料在2000℃的高温下，还可以保持结构完整，可正常使用
D．该材料在航空航天高温热防护、有毒化学物质吸附和清除等领域有重要的应用前景
【答案】B
【解析】该材料的基本微粒的直径为1～100nm，将该材料分散到液体分散剂中，形成的分散系属于胶体，
具有丁达尔效应，该材料的基本微粒能透过滤纸，A项正确，B项错误；氮化硼晶体属于原子晶体，可耐高温，
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结构稳定，C项正确；该材料具有很强的吸附性，D项正确。
题型二 物质性质与变化
例2.(·天津卷)化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是( )
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水
【答案】D
【解析】利用废弃的秸秆生产乙醇的过程中，秸秆中的纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖再转化成乙醇，A
项不符合题意；利用石油生产塑料、化纤等高分子材料的过程中，发生加聚反应或缩聚反应，B项不符合题意；
利用基本的化学原料生产化学合成药物的过程中，发生了化学反应，C项不符合题意；利用反渗透膜从海水中
分离出淡水，属于物理变化，D项符合题意。
【方法技巧】物质的性质与变化常结合物质的用途来考查，解答此类试题方法是：结合物质的应用目的或
过程中所起的作用分析物质表现出的性质，如还原性(在食品保存过程中防氧化)、吸水性(用作干燥剂)、弱碱性
(用于中和胃酸)等，并利用过程中是否有新物质生成判断是否发生化学变化。
【变式探究】(·北京卷)下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是( )
A.甲醇低温 C.偏二甲肼用作
B.氘、氚用作“人 D.开采可燃冰，
所制氢气用于新 发射“天宫二号”的火
造太阳”核聚变燃料 将其作为能源使用
能源汽车 箭燃料
【答案】B
【解析】A项，甲醇低温生成氢气和氢气用作燃料发生的都是化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料不
是化学变化；C项，偏二甲肼用作火箭燃料发生的是化学变化；D项，可燃冰是甲烷水合物，用作燃料发生的
是化学变化。
【变式探究】（东北师范大学附属中学模拟）祖国"70华诞“阅兵现场展示的航天、军事、天文、电子等科
技设备，受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法错误的是（ ）
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A．“天宫二号”空间实验室的电池板芯片的材料是硅
B．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料
C．“歼20”战斗机大量使用的碳纤维是新型有机高分子材料
D．“东风5”弹道导弹外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】太阳能电池板芯片的材料是硅，故A正确；钢铁是铁合金，属于金属材料，故B正确；碳纤维的
主要成分是碳，碳是无机非金属单质，不是新型有机高分子材料，故C错误；高温结构陶瓷具有硬度大、耐高
温的特性，是新型无机非金属材料，故D正确；故选C。
题型三 化学与STSE
例3．（·江苏卷）打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（ ）
A.PM2.5 B.O C.SO D.NO
2 2
【答案】B
【解析】PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，
活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的
影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选；O 是空气的主
2
要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选；SO 引起的典型环境问题是形成硫
2
酸型酸雨，SO 属于空气污染物，C不选；NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O 层
2 3
等，NO属于空气污染物，D不选；答案选B。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列叙述错误的是( )
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【解析】利用高纯硅的半导体性能，可制作光感电池，A正确；铝合金具有质地轻、强度高、抗腐蚀能力
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强等特点，可用于制造高铁车厢等，B正确；活性炭具有吸附作用，能除去异味，但没有杀菌消毒能力，C错
误；碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】泡沫灭火器喷出的液体能导电，不适用于电器起火，A项错误；疫苗是生物制品，温度过高，会
导致蛋白质变性，使疫苗效果降低或失去作用，B项正确；水性漆与传统的油性漆相比，水性漆具有低甲醛和
低芳香类化合物等优点，属于环保产品，C项正确；装有镁棒的电热水器，是一个以镁棒为负极(阳极)、内胆
为正极(阴极)的原电池，D项正确。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】碳酸钠水溶液显碱性，能用于洗涤油污，A项正确；漂白粉的有效成分是Ca(ClO) ，能杀灭生活
2
用水中的细菌，B项正确；氢氧化铝是弱碱，可用于中和过多胃酸，C项正确；碳酸钡能与人体胃液中的盐酸
反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X射线造影检查，D项错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A．PM 是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
2.5
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B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】A项，PM 是指粒径小于或等于2.5微米的颗粒物，正确；B项，绿色化学就是要从源头上消除
2.5
或减少工业生产对环境的污染，正确；C项，煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入的CaO可与SO
2
反应生成CaSO ，进一步被氧气氧化为CaSO ，从而减少SO 的排放量，减少酸雨的形成，但CaO与CO 反
3 4 2 2
应生成的CaCO 在高温下又会分解为CaO，故不能吸收CO ，不能减少温室气体的排放量，错误；D项，天
3 2
然气的主要成分是甲烷，液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等，燃烧产物为CO 和H O，对环境无
2 2
污染，所以这两类燃料均是清洁燃料，正确。
【变式探究】(·江苏卷)年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应
提倡的是( )
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】A项，空调温度低，能源消耗增多，错误；B项，一次性塑料袋的使用易引起“白色污染”，纸巾
的大量使用会造成森林的乱砍乱伐，错误；C项，少开私家车，一是减少汽车尾气污染，二是节约能源，正确；
D项，过度包装会造成资源浪费，错误。
【举一反三】（首都师范大学附属中学模拟）北京市实行垃圾分类，垃圾桶标识中，下列哪一个是厨余垃圾
（ ）
A． B．
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C． D．
【答案】A
【解析】图为厨余垃圾标识，故A符合题意；图为可回收物垃圾标识，故B不符合题意；图为有害垃圾标
识，故C不符合题意；图为其他垃圾标识，故D不符合题意；答案选A。
题型四 物质的成分及变化过程
例4．(·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下
列说法错误的是( )
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红色，A项错误；秦兵马俑是
陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧结而成，属于人造材料，主要成分
是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸
碱侵蚀、抗氧化等优点，D项正确。
【举一反三】(·天津卷)以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行
的分析不合理的是( )
A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】A
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【解析】谷物的主要成分为淀粉，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程主要包括淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖发
酵生成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，因此酿造过程中涉及水解反应和氧化反应，A项错误；后(司)母戊鼎为青铜
器，属于铜合金制品，B项正确；陶瓷的主要原料为黏土，C项正确；青蒿素易溶于乙醚，而不易溶于水，因
此，屠呦呦用乙醚提取青蒿素的过程包括萃取操作，D项正确。
题型五 化学用语
例5.（·江苏卷）反应8NH +3Cl =6NH Cl+N 可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确
3 2 4 2
的是（ ）
A.
中子数为9的氮原子：9N
7
B.N
2
分子的电子式：NN
C.Cl 分子的结构式：Cl—Cl
2
D.Cl的结构示意图：
【答案】C
【解析】N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为16N，A错误；
7
N 分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N 分子的电子式为 ，B错误；Cl 分子中两个Cl原子
2 2 2
间形成1对共用电子对，Cl 分子的结构式为Cl—Cl，C正确；Cl的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl的结
2
构示意图为 ，D错误；答案选C。
【举一反三】（·浙江卷）下列表示不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
A. 乙烯的结构式： B. 甲酸甲酯的结构简式：C H O
2 4 2
C.2甲基丁烷的键线式： D. 甲基的电子式：
【答案】B
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【解析】结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共
用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A正确；结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸
甲酯中要体现出酯基，其结构简式为HCOOCH ，故B错误；键线式中每个端点为一个C原子，省略C—H键，
3
故C正确；甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对，还剩一个成单电子，故D正确；答案选B。
【变式探究】[·浙江选考]下列表示不
．
正
．
确
．
的是（ ）
A．次氯酸的电子式
B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式CH ＝CH
2 2
D．原子核内有8个中子的碳原子14 C
6
【答案】A
【解析】次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个
共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用
电子对，因而次氯酸的电子式为 ，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故答案选A。
【变式探究】[·江苏卷] 反应NH
4
Cl+NaNO 2==NaCl+N
2
↑+2H
2
O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下
列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：18Cl
17
B．N 的结构式：N=N
2
C．Na+的结构示意图：
D．H O的电子式：
2
【答案】D
【解析】核素的表达式AX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=AZ，中子数为
Z
18的氯原子为35Cl，A错误；氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电
17
子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B错误；钠原子的核外有11个电子，钠
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离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为 ，C错误；氧
原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
【举一反三】(·浙江选考)下列表示不正确的是( )
A．Na＋结构示意图
B．乙烷的比例模型
C．乙醛的结构简式CH CHO
3
D．氯化钙的电子式
【答案】B
【解析】该模型属于乙烷的球棍模型。
【题型六】化学与传统文化
例6.（·新课标Ⅱ）北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹
胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 胆矾的化学式为CuSO
4
B. 胆矾可作为湿法冶铜的原料
C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO 5H O，A说法错误；湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置
4 2
换反应制取铜，B说法正确；加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正
确；铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
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【变式探究】（·新课标Ⅲ）宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿
色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH) ·CuCO )，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH) ·2CuCO )。下列说
2 3 2 3
法错误的是（ ）
A. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D.Cu(OH) ·CuCO 中铜的质量分数高于Cu(OH) ·2CuCO
2 3 2 3
【答案】C
【解析】字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制
适宜的温度和湿度，A正确；由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高
价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B正确；孔雀石和蓝铜矿的
主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C错误；因为氢氧化铜中铜元素
的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH) ∙CuCO 中铜的质量分数高于Cu(OH) ∙2CuCO ，D正确。
2 3 2 3
【举一反三】(·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关
系。下列说法错误的是( )
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红棕色，A项错误；秦兵马俑
是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧制而成，属于人造材料，主要成
分是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐
酸碱侵蚀、抗氧化等优点，D项正确。
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【变式探究】(·全国卷Ⅰ)《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器
覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结，累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )
A．蒸馏 B．升华 C．干馏 D．萃取
【答案】B
【解析】蒸馏用于分离两种或多种互溶的液体混合物，根据液体沸点的不同进行分离，A项错误；升华指
固态物质受热直接变成气态物质，气态物质遇冷凝华为固态物质，即砒霜样品受热使有效成分三氧化二砷变成
蒸气(升华)，降温，蒸气凝华成固体，从而达到分离提纯砒霜的目的，B项正确；干馏指煤等在隔绝空气的条
件下加强热发生一系列化学变化的过程，砒霜提纯过程中有效成分没有发生变化，C项错误；萃取指用萃取剂
将一种物质从其溶液中提取出来的过程，如用苯或四氯化碳萃取溴水中的溴(或碘水中的碘)，D项错误。
【举一反三】(2016·北京卷)下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
A.冷水浸泡 B.加热煎制 C.箅渣取液 D.灌装保存
【答案】C
【解析】A项，冷水浸泡属于物质的溶解操作，错误；B项，加热煎制属于加热操作，错误；C项，箅渣
取液应属于过滤操作，正确；D项，灌装是转移液体操作，错误。
【变式探究】(江哈尔滨模拟）下列关于古籍中的记载说法不正确的是( )
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓
烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO )和朴硝(Na SO )的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，
3 2 4
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该方法应用了显色反应
D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化
还原反应
【答案】C
【解析】由“蒸令气上”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；金(即铜)柔锡柔，
合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；鉴别KNO 和Na SO ，利用钾元素和钠元素的焰色反应
3 2 4
不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，故C错误；丹砂(HgS)烧之成水银，
△
HgS=====Hg＋S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银和硫)生成，且单质(水银和硫)重新生
成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确。
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专题 物质的量及其化学计算
02
【考情探究】
内容 物质的量、气体摩尔体积 物质的量浓度
课
1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量 1.了解物质的量浓度(c)的含义
标 (M)、气体摩尔体积(V )的含义
m
2.理解溶液中溶质的质量分数的概
解 解读 2.了解阿伏加德罗常数(N )的含义 念，并能进行有关计算
A
读 3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、 3.掌握配制一定物质的量浓度溶液
气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算 的方法
物质的量与阿伏加德罗常数的考查频率较高。题型主要是选择题，经常结合基础考点考查
考情分析 物质的量与微粒(原子、分子、离子、电子等)数目之间的关系，并运用物质的量、物质的量浓
度、阿伏加德罗常数进行简单计算
一是要注意知识的系统性;二是要抓住重点，熟练掌握微粒物质的量、数目、气体体积之间
备考策略 的相互关系，气体摩尔体积的使用条件、物质结构、弱电解质的电离、可逆反应、氧化还原反
应中的电子转移等内容
【高频考点】
高频考点一 阿伏加德罗常数(N )的广泛应用
A
1．突破物质状态和条件设置的陷阱
一看“气体”是否在“标准状况”；二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl 、H O、溴、SO 、己烷、
4 2 3
m N
HF、苯等在标准状况下不为气体)；三注意n＝ 、n＝ 在任何条件下都适用，不存在条件限制，物质所含的
M N
A
粒子数与温度、压强等外界条件无关。
2．突破物质组成有关的陷阱
(1)最简式相同时，质量一定，含有的原子数一定。
(2)摩尔质量相同，质量一定，含有的分子数一定。
(3)组成中原子数相同的分子，物质的量一定，该原子数一定。
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3．突破物质结构有关的陷阱
(1)苯分子中不含 。
(2)白磷分子中含6个P—P键。
(3)C H 中共价键数为3n＋1。
n 2n＋2
(4)若用N 表示阿伏加德罗常数的值，则1mol 金刚石、SiO 、石墨中含有的共价键数目分别为2N 、4N 、
A 2 A A
1.5N 。
A
4．突破电解质溶液中离子数目有关的陷阱
(1)是否有弱离子的水解。
(2)是否指明了溶液的体积。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H SO 溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成无
2 4
关；0.05mol·L－1的Ba(OH) 溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成有关。
2
5．突破特定反应中有关离子数目判断的陷阱
(1)隐含“可逆反应”
2SO ＋O 2SO 2NO N O ，
2 2 3 2 2 4
PCl ＋Cl PCl ， N ＋3H 2NH ， Cl ＋H O HCl＋HClO。
3 2 5 2 2 3 2 2
(2)隐含“浓度的变化”
△
MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl ↑＋2H O，
2 2 2 2
△
Cu＋2H SO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2H O，
2 4 4 2 2
Cu＋4HNO (浓)===Cu(NO ) ＋2NO ↑＋2H O。
3 3 2 2 2
(3)隐含“存在反应”
在混合气体NO和O 中会发生反应：
2
2NO＋O ===2NO 。
2 2
(4)隐含“钝化”
常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。
(5)隐含反应物的“用量”
有些反应，反应物的用量不同，产物不同，如CO 与碱溶液的反应，少量CO 生成正盐，足量CO 生成酸
2 2 2
式盐；Na CO 与盐酸的反应；石灰水与NaHCO 溶液的反应等。
2 3 3
6．突破氧化还原反应中电子转移数的陷阱
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(1)歧化反应类：Na O 与CO 、Na O 与H O、NO 与H O、Cl 与NaOH(冷稀、浓热)等。
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl /Br 、S/I )反应类。
2 2 2
(3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类。
(4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类。
(5)足量KMnO 与浓盐酸，足量MnO 与浓盐酸反应类。
4 2
(6)注意氧化还原的顺序。如向FeI 溶液中通入Cl ，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
2 2
【特别提】与电解质溶液中粒子数目判断有关的N 的应用
A
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L1mol·L－1 的乙酸或1L1
mol·L－1 乙酸钠溶液中CH COO－数目均小于N 。
3 A
(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H＋的数目。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H SO 溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成无关；
2 4
0.05mol·L－1的Ba(OH) 溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成有关。
2
高频考点二 溶液的配制及溶液浓度的有关计算
1．一定物质的量浓度溶液的两种配制步骤与仪器
(1)固体溶解：①计算溶质质量，②称量(托盘天平)，③溶解(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移(容量瓶)，⑤洗涤，
⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
(2)浓溶液稀释：①计算浓溶液体积，②量取(量筒或酸、碱式滴定管)，③稀释(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移
(容量瓶)，⑤洗涤，⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
2．误差分析的思维流程与方法
(1)误差分析的思维流程
(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
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3．三种计算
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1L水中溶解某气体VL，所得溶液的密度为ρg·cm－3，气体的摩尔质量为Mg·mol－1，则c＝
1000ρV
mol·L－1。
22400＋MV
1000ρw
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算c＝ (c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶
M
液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
(3)稀释定律
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m w ＝m w 。
1 1 2 2
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c V ＝c V 。
1 1 2 2
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
【方法技巧】溶液混合的规律
同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w 和w 的两溶液混合
1 2
后所得溶液溶质的质量分数为w。
1
(1)两溶液等质量混合w＝ (w ＋w )。
1 2
2
(2)两溶液等体积混合
1
①若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w> (w ＋w )，如H SO 溶液。
1 2 2 4
2
1
②若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w< (w ＋w )，如氨水、酒精溶液。
1 2
2
【知识拓展】用“偏高”“偏低”或“无影响”填空
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
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⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。
⑦转移时，有液体溅出：偏低。
⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
⑩容量瓶内有少量水：无影响。
高频考点三 掌握两种方法
1．关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的
反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
(1)在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤
(2)多步反应也可以利用原子守恒建立关系式
如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH 和硝酸的关系式： 。
3
(3)多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。
2．守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是
抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、
阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
【题型突破】
题型一 考查物质中粒子数、化学键数目
例1．（·新课标Ⅲ）N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A.22.4L(标准状况)氮气中含有7N 个中子
A
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B 1mol重水比1mol水多N 个质子
. A
C.12g石墨烯和12g金刚石均含有N 个碳原子
A
D.1L1mol·L−1NaCl溶液含有28N 个电子
A
【答案】C
【解析】标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N 分子
2
含有(147)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N 个中子，不是7N ，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故
A A
A错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；石墨烯和金刚
12g
石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即 =1molC原子，所含碳原子数目为
12g/mol
N 个，故C正确；1molNaCl中含有28N 个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；
A A
故答案为C。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)已知N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A
A．3g3He含有的中子数为1N
A
B．1L0.1mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO3－数目为0.1N
4 A
C．1molK Cr O 被还原为Cr3＋转移的电子数为6N
2 2 7 A
D．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13N
A
【答案】B
【解析】A项，3g3He含有的中子数为1N ，正确；B项，磷酸钠为强碱弱酸盐，PO3－会发生水解，所以
A 4
所含PO3－的数目小于0.1N ，错误；C项，Cr的化合价变化为6－3＝31molK Cr O 含有2mol Cr，所以转
4 A 2 2 7
移电子数为6N ，正确；D项，58g正丁烷、异丁烷的混合物为1mol，烷烃(C H )中总键数为3n＋1，则该
A n 2n＋2
混合物中共价键数目为13N ，正确。
A
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)下列叙述正确的是( )
A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1
D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
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【解析】24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1molO
2
m
含有16mol电子，1molO 含有24mol电子，质量相同(设为mg)的O 、O 含有的电子的物质的量分别为 ×16
3 2 3
32
m m m
mol＝ mol、 ×24mol＝ mol，B项正确；1molD O含有10mol中子，1molH O含有8mol中子，C项
2 2
2 48 2
错误；1molCH —CH 含有7mol共用电子对，1molCH ===CH 含有6mol共用电子对，D项错误。
3 3 2 2
题型二 考查与反应有关的粒子数
例2．（·浙江卷）N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A. 4MnO 4 5HCHO12H 4Mn2 5CO 2 11H 2 O，1mol 4MnO 4 5HCHO 完全反应转移
的电子数为20N
A
B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为N 时，阳极应有32gCu转化为Cu2
A
C.
常温下，pH9的CH COONa溶液中，水电离出的H+数为105N
3 A
D.1L浓度为0.100molL1的Na CO 溶液中，阴离子数为0.100N
2 3 A
【答案】A
【解析】Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，则 4molMnO 完全反应转移电子物质的量为
4
4mol×[(+7)(+2)]=20mol，即转移电子数为20N ，A正确；电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：
A
比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu2e=Cu2+，当电路中通过的电子数为
N 时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极
A
反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C
错 误 ； n （ Na CO ） =0.100mol/L×1L=0.100mol ， 由 于 CO 2 发 生 水 解 ： CO 2+H O⇌ HCO +OH 、
2 3 3 3 2 3
HCO +H O⇌ H CO +OH，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100N ，D错误；答案选A。
3 2 2 3 A
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．16.25gFeCl 水解形成的Fe(OH) 胶体粒子数为0.1N
3 3 A
B．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18N
A
C．92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0N
A
D．1.0molCH 与Cl 在光照下反应生成的CH Cl分子数为1.0N
4 2 3 A
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【答案】B
【解析】16.25gFeCl 的物质的量n(FeCl )＝0.1mol，如果氯化铁完全水解，则生成0.1molFe(OH) ，而氢
3 3 3
氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成，故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1N ，A项错误；甘油(丙三醇)的分
A
子式为C H O ，相对分子质量为921mol(92.0g)甘油含3mol羟基，C项错误；甲烷与氯气在光照下反应会生
3 8 3
成四种有机产物，即1.0mol甲烷反应后生成的CH Cl、CH Cl 、CHCl 、CCl 共为1mol，D项错误。
3 2 2 3 4
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)N 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．常温常压下，124gP 中所含P—P键数目为4N
4 A
B．100mL1mol·L－1FeCl 溶液中所含Fe3＋的数目为0.1N
3 A
C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N
A
D．密闭容器中，2molSO 和1molO 催化反应后分子总数为2N
2 2 A
【答案】C
【解析】每个P 分子中含6个P—P键，124gP 的物质的量为1mol，含6molP—P键，A项错误；该溶
4 4
液中虽然含0.1molFeCl ，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1N ，B项错误；标准状况下，11.2
3 A
L甲烷和乙烯的混合气体为0.5mol，根据1molCH 和1molC H 均含4molH原子可知，0.5mol混合气体中
4 2 4
含2molH原子，C项正确；SO 和O 的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO 、O 和SO ，分子总
2 2 2 2 3
数大于2N ，D项错误。
A
题型三 考查溶液的年度与误差分析
例3．（·河南湘潭模拟）配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是( )
A．在容量瓶中定容时，俯视刻度线
B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；用量筒量取浓盐酸时，
俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏低，
C错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D错误。
【变式探究】（·广东湛江模拟）下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A．0.3mol·L－1的Na SO 溶液中含有的Na＋和SO2－的总物质的量为0.9mol
2 4 4
B．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L－1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，
其浓度才是1mol·L－1
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C．在K SO 和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO2－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓
2 4 4
度一定相同
D．10℃时，0.35mol·L－1的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，
它的物质的量浓度仍为0.35mol·L－1
【答案】D
【解析】不知道溶液体积，无法计算物质的量，A错误；22.4L 氨气的温度、压强不知，物质的量不一定
为1mol，B错误；K SO 和NaCl的中性混合水溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SO2－)，
2 4 4
若Na＋和SO2－的物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，C错误；同一物质在同一温度下的溶解度
4
一定，饱和溶液物质的量浓度恒定，D正确。
【变式探究】（·辽宁大连模拟）“84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1000mL、
1
密度1.19g·cm－3，稀释到浓度变为原来的 后使用。
100
请回答下列问题：
(1)上述“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol·L－1。
1
(2)该同学取100mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释到浓度变为原来的 的溶液中c(Na＋)＝
100
________mol·L－1(假设稀释后溶液密度为1.0g·cm－3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO 的
2
体积为________L。
(3)将上述25%的NaClO溶液与水等质量混合，混合液的溶质质量分数________12.5%(填“>”“<”或“＝”，下
同)；若与水等体积混合，混合液的溶质质量分数______12.5%。
1000mL×1.19g·mL－1×25%
【解析】 (1)c(NaClO)＝ ≈4.0mol·L－1。
74.5g·mol－1×1L
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变可得：100mL×4.0mol·L－1＝10000mL×c(NaClO)，解得c(NaClO)＝
0.04mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol·L－1。根据NaClO＋CO ＋H O===NaHCO ＋HClO，可知n(CO )＝
2 2 3 2
n(NaClO)＝0.4mol，标准状况下CO 的体积为8.96L。(3)因等体积的水比等体积的NaClO溶液质量小，故与等
2
体积水混合时混合液的浓度大于12.5%。
【解析】 (1)4.0 (2)0.04 8.96 (3)＝ >
题型四 考查滴定法的应用
例4.（·江苏卷）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C N O Cl Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制
3 3 3 2
备二氯异氰尿酸钠。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标
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准。实验检测原理为C NOClH2H OCH NO 2HClO
3 3 3 2 2 3 3 3 3
HClO2IH I ClH O I 2S O2 S O2 2I
2 2 2 2 3 4 6
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸
和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000molL1Na S O 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指
2 2 3
示剂继续滴定至终点，消耗Na S O 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
测定中转化为HClO的氯元素质量2
该样品的有效氯 100% )
样品的质量
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】①n S O2 =0.1000molL10.02000L=2.000103mol
2 3
根据物质转换和电子得失守恒关系：C N O Cl ~ 2HClO~ 2I ~ 4S O2
3 3 3 2 2 2 3
得n(Cl)0.5n S O2 1.000103mol
2 3
氯元素的质量:
m(Cl)1.000103mol35.5gmol10.03550g
0.03550g
2100%63.39%
该样品的有效氯为： 25.0mL
1.1200g
250.0mL
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ②偏低
【解析】①由题中反应可知，C N O Cl 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质
3 3 3 2
再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：C N O Cl 2HClO 2I 4S O2，
3 3 3 2 2 2 3
n(S O2)0.1000molL10.02000L2.000103mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得
2 3
n(Cl)=0.5n（S O2） =1.000103mol，氯元素的质量：m(Cl)= 1.000103mol35.5gmol1=0.03550g，该
2 3
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0.03550g
2100%
样品中的有效氯为： 25.00mL =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质
1.1200g
250.0mL
品。
②如果硫酸的用量过少，则导致反应C N O Cl+H++2H O=C H N O +2HClO不能充分进行，产生的
3 3 3 2 2 3 3 3 3
HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
【变式探究】(·江苏卷)聚合硫酸铁[Fe (OH) (SO ) ] 广泛用于水的净化。以FeSO ·7H O为原料，经溶解、
2 6－2n 4 n m 4 2
氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO ·7H O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H O 溶液，继续反应一
4 2 2 2
段时间，得到红棕色黏稠液体。H O 氧化Fe2＋的离子方程式为___________；水解聚合反应会导致溶液的
2 2
pH______。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀
盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl 溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－
2
2mol·L－1K Cr O 溶液滴定至终点(滴定过程中Cr O2－与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K Cr O 溶液22.00mL。
2 2 7 2 7 2 2 7
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无
影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
【答案】(1)2Fe2＋＋H O ＋2H＋===2Fe3＋＋2H O 减小 (2)①偏大 ②n(Cr O2－)＝5.000×10－2mol·L－
2 2 2 2 7
1×22.00mL×10－3L·mL－1＝1.100×10－3mol 由滴定时Cr O2－→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒
2 7
的关系式：Cr O2－～6Fe2＋(或Cr O2－＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H O)
2 7 2 7 2
则n(Fe2＋)＝6n(Cr O2－)＝6×1.100×10－3mol＝6.600×10－3mol
2 7
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g
样品中铁元素的质量分数：
0.3696g
w(Fe)＝ ×100%＝12.32%。
3.000g
【解析】(1)H O 氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平
2 2 2
离子方程式。Fe3＋发生水解聚合反应使溶液pH减小。(2)聚合硫酸铁中的Fe3＋被Sn2＋还原为Fe2＋，然后用K Cr O
2 2 7
溶液滴定Fe2＋，根据6Fe2＋～Cr O2－，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10－2×22.00×10－3mol＝6.600×10－3mol，进而计算
2 7
56×6.600×10－3g
出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝ ×100%＝12.32%。若不除去具有还原性的Sn2＋，则消耗
3.000g
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K Cr O 的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。
2 2 7
【变式探究】[·全国卷Ⅱ]成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00
mL0.1000mol·L－1的I KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为
2
指示剂，过量的I 用0.1000mol·L－1Na S O 溶液滴定，反应式为I ＋2S O2－===2I－＋S O2－。测定时消耗Na S O
2 2 2 3 2 2 3 4 6 2 2 3
溶液体积VmL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为__________________(写出表达式)。
1
25.00－ V ×0.1000×32
【答案】浅蓝色至无色 2 ×100%
m×1000
【解析】达到滴定终点时I 完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变
2
化；根据滴定过量的I 消耗Na S O 溶液的体积和关系式I ～2S O2－，可得
2 2 2 3 2 2 3
1
n(I ) ＝ ×0.1000V×10－3mol，再根据关系式S2－～I 可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×
2 过量 2
2
1 V
10 － 3 mol － ×0.100 0V×10 － 3mol ＝ (25.00 － )×0.100 0×10 － 3mol ， 则 样 品 中 S2 － 的 含 量 为
2 2
V
25.00－ ×0.1000×32
2 ×100%。
m×1000
【方法技巧】
1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种：
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可
计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步
加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
【举一反三】（·河北正定中学模拟）葡萄酒常用Na S O 作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量
2 2 5
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(以游离SO 计算)的方案如下：
2
葡萄酒样品100.00mL ― 盐 ― 酸 → 馏分 ―――― 一 ― 定 ― 条 ― 件 ― ，淀 ― 粉 ― 溶 ― 液 ―――→溶液出现蓝色且30s内不褪色
蒸馏 用0.01000mol·L－1标准I2 溶液滴定
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO ＋I ＋2H O===H SO ＋2HI)
2 2 2 2 4
(1)按上述方案实验，消耗标准I 溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO 计算)
2 2
为________g·L－1。
(2)在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)0.16 (2)偏低
【解析】(1)由题给滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO 计算)与I 的物质的量之比
2 2
0.00025mol×64g·mol－1
为1∶1，n(SO )＝n(I )＝0.01000mol·L－1×0.025L＝0.00025mol，残留量＝ ＝0.16g·L－
2 2
0.1L
1。(2)由于实验过程中有部分HI被氧化生成I 4HI＋O ===2I ＋2H O，要消耗的标准I 溶液减少，因此实验结
2, 2 2 2 2
果偏低。
题型五 考查热重分析
例5.[·全国卷Ⅰ]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结
晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__________________。
【答案】NH Fe(SO ) ·12H O
4 4 2 2
1.5×18 5.6
【解析】失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH Fe(SO ) ·xH O，由题意知 ＝ ，
4 4 2 2
266＋18x 100
解得x≈12。
【变式探究】（·模拟）为研究一水草酸钙(CaC O ·H O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g
2 4 2
固体样品的剩余质量
样品加热，样品的固体残留率( ×100%)随温度的变化如下图所示：
固体样品的起始质量
39/346衡水中学化学一本通高分手册
(1)300℃时残留固体的成分为________，900℃时残留固体的成分为________。
(2)通过计算求出500℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【答案】(1)CaC O CaO
2 4
m剩余
(2)在600℃时， ×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50g×68.49%≈25g，从300℃至600℃时，失去的
m起始
7g
总质量为32g－25g＝7g，失去物质的摩尔质量为 ＝28g·mol－1，500℃时残留固体的成分为CaC O
2 4
0.25mol
36.50g
和CaCO 的混合物，样品中CaC O ·H O的物质的量n(CaC O ·H O)＝ ＝0.25mol，设混合物中CaC O
3 2 4 2 2 4 2 146g·mol－1 2 4
和CaCO 的物质的量分别为xmol和ymol，根据500℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50g×76.16%，根据
3
钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x≈0.10，y≈0.15，m(CaC O )＝0.10mol×128g·mol－1＝12.80g，m(CaCO )＝0.15
2 4 3
mol×100g·mol－1＝15.0g，500℃时固体的成分为12.8gCaC O 和15.0gCaCO 。
2 4 3
36.50g
【解析】(1)n(CaC O ·H O)＝ ＝0.25mol，含有m(H O)＝0.25mol×18g·mol－1＝4.50g，在300℃
2 4 2 146g·mol－1 2
m剩余
时， ×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50g×87.67%≈32g，减少的质量为36.50g－32g＝4.50g，故此时失
m起始
m剩余
去全部的结晶水，残留固体为CaC O ；在900℃时， ×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50g×38.36%≈14g，
2 4
m起始
其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25mol×40g·mol－1＝10g，另外还含有m(O)＝14g－10g＝4g，n(O)＝
4g
＝0.25mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。
16g·mol－1
【方法技巧】
(1)设晶体为1mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
m剩余
(3)计算每步的m剩余， ×100%＝固体残留率。
m1mol晶体质量
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
【变式探究】（·山东威海模拟）重量分析法测定产品BaCl ·2H O的纯度步骤为：准确称取mgBaCl ·2H O
2 2 2 2
试样，加入100mL水， 用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴滴加 0.1mol·L－1H SO 溶液。
2 4
待 BaSO 完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1 的稀H SO 洗涤沉淀3～4次，直至洗涤液中不含 Cl－为止。将
4 2 4
沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl ·2H O的质量分数为________。
2 2
244n
【答案】 ×100%
233m
40/346衡水中学化学一本通高分手册
n
【解析】经过烘干灼烧至恒重得到的沉淀即为ngBaSO ，根据钡元素守恒，n(Ba)＝ mol，n(BaCl ·2H O)
4 2 2
233
n 244n 244n
＝ mol，m(BaCl ·2H O)＝ g，则BaCl ·2H O的质量分数为 ×100%。
2 2 2 2
233 233 233m
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专题 离子反应方程式和离子共存
03
【考情探究】
课 内容 离子反应 离子共存的判断 离子方程式的书写
标
1.了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质
能正确书写化学方程式和离子方程式，
的概念。
解 解读
并能进行有关计算
2.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件
读
对本专题内容的考查不均，其中离子共存和离子方程式的正误判断考查频率较低，而离
子方程式的书写每年必考，但不单独命题，而是分散在非选择题中的某个设问中，题目
考情分析
位置不固定，内容上多以书写信息型离子方程式为主，体现出新课标对化学学习能力和
学科素养的重视
关注教材中常见的离子方程式，利用题目信息书写陌生离子方程式。陌生离子方程式包
括两种类型:一是氧化还原反应型，书写时应注意按照得失电子守恒→电荷守恒→质量
备考策略
守恒的顺序配平;二是非氧化还原反应型，书写时应注意题目提供的信息，判断出反应
物和生成物，根据电荷守恒和质量守恒配平
【高频考点】
高频考点一 四种离子反应类型
反应类型 不能大量共存的离子
生成沉淀 Ba2＋与CO2－、SO2－、SO2－；SiO2－与H＋不能大量共存
3 4 3 3
复分解
生成气体 H＋与CO2－、HCO－、S2－、SO2－等不能大量共存
3 3 3
反应
生成弱电解质 H＋与OH－、ClO－、F－、CH COO－等不能大量共存
3
Fe3＋能氧化S2－、I－等；MnO－、ClO－在酸性、碱性、中性条件下都有强氧化
4
氧化还原反应
性，能将I－、Fe2＋、SO2－等氧化
3
42/346衡水中学化学一本通高分手册
Al3＋与AlO－、HCO－、CO2－、S2－、HS－等水解彻底；Fe3＋与AlO－、HCO－、
2 3 3 2 3
盐的双水解
CO2－等水解彻底，不能大量共存
3
络合反应 Fe3＋与SCN－；Ag＋与NH ·H O
3 2
高频考点二 离子方程式正误判断
高频考点三 离子共存的四大题设“陷阱”
条件类型 常见表述 误点点拨
Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO－等有色离
4
“无色”
子不能大量存在
“pH＝1”或“pH＝13” 溶液显酸性或碱性
常见的限
只能是氧化性离子和还原性离子不
制条件
“因发生氧化还原反应而不
共存，并不是其他离子反应，同时要注意
能大量共存”
溶液酸碱性的影响
“透明” “透明”也可“有色”
“与Al反应放出H ” 溶液既可能显酸性也可能显碱性
常见的隐 2
含条件
溶液既可能显酸性也可能显碱性
“由水电离出的c(H＋)＝
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1×10－12mol·L－1”的溶液
“通入足量的NH ” 与NH ·H O反应的离子不能存在
3 3 2
含有大量Fe3＋的溶液 酸性溶液并具有强氧化性
含有大量AlO－、S2－的溶液 碱性溶液
2
含有大量NO－的溶液 隐含H＋与还原性离子不能大量存在
3
NH＋与CH COO－、CO2－， 存在相互促进水解情况，但水解程度
4 3 3
Mg2＋与HCO－等组合 较小，在溶液中仍然能大量共存
3
相互促进
Al3＋与CO2－、HCO－、AlO－、
水解 3 3 2
相互促进水解，生成沉淀或气体，不
HS－、S2－；Fe3＋与CO2－、HCO－、
3 3
能大量共存
AlO－、ClO－
2
(1)“一定大量共存”
题干要求 (2)“可能大量共存” 审清关键字词
(3)“不能大量共存”
高频考点四 离子推断
1.肯定性原则：根据现象推断溶液中肯定存在或肯定不存在的离子(记住常见有色离子)。
2.互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(注意题目中的隐含
条件，如酸性、碱性、指示剂变化、水的电离情况等)。
3.电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这
一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)。
4.进出性原则：指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
【题型突破】
题型一 考查离子方程式正误判断与书写
例1.（·新课标Ⅲ）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A. 用Na SO 溶液吸收少量Cl :3SO2+Cl +H O =2HSO+2Cl+SO2
2 3 2 3 2 2 3 4
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B. 向CaCl 溶液中通入CO ：Ca2++H O+CO =CaCO +2H+
2 2 2 2 3
C. 向H O 溶液中滴加少量FeCl ：2Fe3++H O =O +2H++2Fe2+
2 2 3 2 2 2
D. 同浓度同体积NH HSO 溶液与NaOH溶液混合：NH+ +OH － =NH H O
4 4 4 3 2
【答案】A
【解析】用Na SO 溶液吸收少量的Cl ，Cl 具有强氧化性，可将部分SO2氧化为SO2，同时产生的氢离
2 3 2 2 3 4
子与剩余部分SO2结合生成HSO，Cl 被还原为Cl，反应的离子反应方程式为：
3 3 2
3SO2 +Cl +H O=2HSO +2Cl+SO2，A正确；向CaCl 溶液中通入CO ，H CO 是弱酸，HCl是强酸，弱酸
3 2 2 3 4 2 2 2 3
不能制强酸，故不发生反应，B错误；向H O 中滴加少量的FeCl ，Fe3+的氧化性弱于H O ，不能氧化H O ，
2 2 3 2 2 2 2
Fe3+
但Fe3+能催化H O 的分解，正确的离子方程式应为2H O 2H O+O ↑，C错误；NH HSO 电离出的H+
2 2 2 2 2 2 4 4
优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH HSO 溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，
4 4
正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H O，D错误。
2
【变式探究】（·江苏卷）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A.Cl 通入水中制氯水：Cl H O 2H Cl ClO
2 2 2
B.NO 通入水中制硝酸：2NO HO2HNONO
2 2 2 3
C. 0.1molL1NaAlO 溶液中通入过量CO ：AlO CO 2H OAl(OH) HCO
2 2 2 2 2 3 3
D. 0.1molL1AgNO 溶液中加入过量浓氨水：AgNH HOAgOHNH
3 3 2 4
【答案】C
【解析】次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl ＋H O H＋＋Cl－＋HClO，
2 2
故A错误；NO 与H O反应：3NO ＋H O=2HNO ＋NO，离子方程式为3NO ＋H O=2H＋＋2NO ＋NO，故B
2 2 2 2 3 2 2 3
错误；碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO 溶液通入过量的CO ，发生的离子方程式为AlO ＋CO ＋
2 2 2 2
2H O=Al(OH) ↓＋HCO ，故C正确；AgOH能与过量的NH ·H O反应生成[Ag(NH ) ]OH，故D错误；答案为
2 3 3 3 2 3 2
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C。
【举一反三】（·天津卷）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A.CaCO 与稀硝酸反应：CO2+2H+=H O+CO
3 3 2 2
B.FeSO 溶液与溴水反应：2Fe2++Br =2Fe3++2Br
4 2
C.NaOH溶液与过量H C O 溶液反应：H C O +2OH=C O2+2H O
2 2 4 2 2 4 2 4 2
D.C H ONa溶液中通入少量CO : 2C H O+CO +H O=2C H OH+CO2
6 5 2 6 5 2 2 6 5 3
【答案】B
【解析】CaCO 与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆
3
成离子形式，正确的离子方程式为：CaCO 2HCa2++HOCO ，故A错误；FeSO 溶液与溴水反应时，溴单
3 2 2 4
质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2 Br 2Fe3 2Br，故B正确；
2
氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为
H C O +OH=HC O+H O ，故C错误；苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸
2 2 4 2 4 2
性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：C H O+CO +H O=C H OH+HCO ，故D错误；答
6 5 2 2 6 5 3
案选B。
【变式探究】(·天津卷)下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是( )
实验现象 离子方程式
A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 Mg(OH) ＋2NH＋＝Mg2＋＋2NH ·H O
2 4 3 2
B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 Fe3＋＋3H O＝ Fe(OH) ↓＋3H＋
2 3
3SO ＋2MnO－＋4H＋＝3SO2－＋2Mn2＋
2 4 4
C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
＋2H O
2
D 氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO＋2H＋＝Fe2＋＋H O
2
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【答案】A
【解析】氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡Mg(OH) Mg2＋＋2OH－，滴加氯化铵溶液，NH＋与OH－
2 4
结合生成NH ·H O，Mg(OH) 的沉淀溶解平衡正向移动，离子方程式为Mg(OH) ＋2NH＋===Mg2＋＋2NH ·H O，
3 2 2 2 4 3 2
A项正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到红褐色Fe(OH) 胶体而不是沉淀，B项错误；二氧化硫使酸性
3
高锰酸钾溶液褪色，发生反应5SO ＋2MnO－＋2H O===5SO2－＋2Mn2＋＋4H＋，C项错误；氧化亚铁与稀硝酸发
2 4 2 4
生氧化还原反应3FeO＋10H＋＋NO－===3Fe3＋＋NO↑＋5H O，D项错误。
3 2
【举一反三】(·江苏卷)下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl ：Cl +2OH−＝ClO−+Cl−+H O
2 2 2
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H ：Al+2OH−＝AlO +H ↑
2 2 2
C．室温下用稀HNO 溶解铜：Cu+2NO +2H+＝Cu2++2NO ↑+H O
3 3 2 2
D．向Na SiO 溶液中滴加稀盐酸：Na SiO +2H+＝H SiO ↓+2Na+
2 3 2 3 2 3
【答案】A
【解析】NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆
成离子形式，水为弱电解质，不能拆，A正确；该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：
2Al+2OH+2H O=2AlO +3H ↑，B错误；室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：
2 2 2
3Cu+2NO +8H+=2NO↑+3Cu2++4H O，C错误；Na SiO 为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：
3 2 2 3
SiO 2+2H+=H SiO ↓，D错误；综上所述，本题应选A。
3 2 3
【变式探究】（·浙江选考）不能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO ＋2H O＋2MnO ＝2Mn2+＋5SO ＋4H+
2 2 4
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H O ＝I ＋2H O
2 2 2 2
C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO 2＋2H+＝H SiO ↓
3 2 3
D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe＝2Fe3+＋3Cu
【答案】D
【解析】Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方
程式为Cu2+＋Fe＝Fe2+＋Cu，D项错误。其他3个选项的离子方程式都是正确的。故答案选D。
【方法技巧】
1．“少定多变”法书写与量有关的离子方程式
先根据题给条件判断“少量物质”，以“少量物质”的离子计量数(充分反应)确定所需“过量物质”的离子数目，
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如向Ca(HCO ) 溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式的书写方法如下。
3 2
2．离子反应顺序的判断方法
(1)氧化还原型离子反应。同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应。
①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。例如：还原性I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－，氧化性Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Fe2
＋＞Zn2＋等。
②根据强弱规律，判断反应顺序。同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发生反应；同一
还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。
(2)复分解型离子反应。判断反应产物与其他成分是否能大量共存。例如：某溶液中含有Al3＋、NH＋、H＋，
4
向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先发生反应NH＋＋OH－===NH ·H O，则生成的NH ·H O与H＋、Al3＋都不
4 3 2 3 2
能大量共存，会发生反应NH ·H O＋H＋===NH＋＋H O、Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH＋。因此，OH－应
3 2 4 2 3 2 3 4
先与H＋反应，再与Al3＋反应，最后与NH＋反应。判断离子反应先后顺序的总规则是先发生反应的反应产物与
4
其他物质能大量共存。
【变式探究】(·江苏卷）下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.饱和Na CO 溶液与CaSO 固体反应：CO2－＋CaSO CaCO ＋SO2－
2 3 4 3 4 3 4
B.酸化NaIO 和NaI的混合溶液：I－＋IO－＋6H＋===I ＋3H O
3 3 2 2
C.KClO碱性溶液与Fe(OH) 反应：3ClO－＋2Fe(OH) ===2FeO2－＋3Cl－＋4H＋＋H O
3 3 4 2
通电
D.电解饱和食盐水：2Cl－＋2H＋=====Cl ↑＋H ↑
2 2
【答案】A
【解析】CaSO 固体在离子方程式中不能拆开，CO2－与CaSO 可结合成更难溶的CaCO ，符合沉淀溶解平
4 3 4 3
衡的移动规律，A项正确；离子方程式的书写不遵循得失电子守恒以及电荷守恒，B项错误；碱性溶液中不可
能生成H＋，C项错误；电解NaCl溶液，阴极上水电离出来的H＋放电，水为弱电解质，在离子方程式中不可拆
通电
开，故应写成2Cl－＋2H O=====Cl ↑＋H ↑＋2OH－，D项错误。
2 2 2
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题型二 考查离子共存
例2.（·江苏卷）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1molL1氨水溶液：Na+、K+、OH、NO
3
B. 0.1molL1盐酸溶液：Na+、K+、SO 2、SiO 2
4 3
C. 0.1molL1KMnO 溶液：NH +、Na+、NO 、I
4 4 3
D. 0.1molL1AgNO 溶液：NH +、Mg2+、Cl、SO 2
3 4 4
【答案】A
【解析】在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离
子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；MnO 具有强氧化性，可以将碘离子氧化
4
成碘单质，故不能共存，C不选；在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化
银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。
【变式探究】(·江苏卷)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.0.1mol·L－1NaOH溶液：Na＋、K＋、CO2－、AlO－
3 2
B.0.1mol·L－1FeCl 溶液：K＋、Mg2＋、SO2－、MnO－
2 4 4
C.0.1mol·L－1K CO 溶液：Na＋、Ba2＋、Cl－、OH－
2 3
D.0.1mol·L－1H SO 溶液：K＋、NH＋、NO－、HSO－
2 4 4 3 3
【答案】A
【解析】A项，题给四种离子在碱性条件下均能大量存在，正确；B项，MnO－可以氧化Fe2＋，错误；C
4
项，CO2－与Ba2＋会发生反应生成BaCO 沉淀，错误；D项，H＋可以与HSO－反应生成SO ，且酸性条件下NO－
3 3 3 2 3
会氧化HSO－生成SO2－，错误。
3 4
【变式探究】(·江苏卷)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ( )
A．0.1mol·L－1KI溶液：Na＋、K＋、ClO－、OH －
B．0.1mol·L－1Fe (SO ) 溶液：Cu2＋、NH＋、NO－、SO2－
2 4 3 4 3 4
C．0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、K＋、CH COO－、NO－
3 3
D．0.1mol·L－1NaOH溶液：Mg2＋、Na＋、SO2－、HCO－
4 3
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【答案】B
【解析】A项，I－被ClO－氧化，不能大量共存，错误；C项，H＋与CH COO－生成CH COOH，不能大量
3 3
共存，错误；D项，HCO－、Mg2＋与OH－反应，不能大量共存，错误。
3
【方法技巧】离子共存判断方法
(1)先看条件——题干条件
一看题干要求，需辨别的离子组是“大量共存”还是“不能大量共存”，是“可能”还是“一定”。
二看附加条件，如①溶液的颜色，若为无色溶液，则MnO－、Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋等有色离子不能大量存在；
4
②溶液的酸、碱性；③特定离子或分子的存在等。
(2)后看反应——所给离子之间能否发生反应
【举一反三】(·江苏卷)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－
c（H＋）
B. ＝1×10－12的溶液中：K＋、Na＋、CO2－、NO－
c（OH－） 3 3
C.c(Fe2＋)＝1mol·L－1的溶液中：K＋、NH＋、MnO－、SO2－
4 4 4
D.能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH＋、SO2－、HCO－
4 4 3
【答案】B
【解析】A项，无色溶液中，有色离子(Fe3＋)不能大量存在，且Fe3＋与SCN－不能大量共存；B项，溶液呈
碱性，四种离子能大量共存；C项，Fe2＋与MnO－发生氧化还原反应而不能大量共存；D项，溶液呈酸性(pH<3.1)，
4
HCO－不能大量存在。
3
题型三 考查离子检验与推断
例3．(·浙江选考)某绿色溶液A含有H＋、Na＋、Mg2＋、Fe2＋、Cu2＋、SO2－、Cl－、CO2－和HCO－离子中的
4 3 3
若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag SO 微溶于水，可溶于酸)：
2 4
①向溶液中滴加Ba(OH) 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；
2
②取滤液B，先用HNO 酸化，再滴加0.001mol·L－1AgNO 溶液，有白色沉淀生成。
3 3
下列说法不正确的是( )
A．溶液A中一定存在H＋、SO2－和Cl－
4
B．溶液A中不存在Mg2＋、CO2－和HCO－，不能确定Na＋的存在
3 3
50/346衡水中学化学一本通高分手册
C．第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag CO
2 3
D．溶液A中存在Fe2＋与Cu2＋中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断
【答案】B
【解析】根据①得到不溶于酸的白色沉淀，可知原溶液中必然含有SO2－，根据绿色滤液仍然存在，可知原
4
溶液必然含有H＋，必然不能存在CO2－以及HCO－；根据②有不溶于硝酸的白色沉淀生成，可知原溶液中必然
3 3
含有Cl－，沉淀必然为AgCl；但是根据以上信息不能确定溶液绿色是Fe2＋还是Cu2＋引起的，所以两者都有可能
存在；根据以上信息不能确定Na＋与Mg2＋是否存在，所以B不正确。
【举一反三】（山东青岛模拟）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，现象和结论正确
的是( )
选项 操作 现象 结论
A 滴加BaCl 溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO2－
2 4
B 滴加氯水和CCl ，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有I－
4
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反
C 火焰呈黄色 原溶液中有Na＋，无K＋
应
滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石
D 试纸不变蓝 原溶液中无NH＋
4
蕊试纸置于试管口
【答案】B
【解析】A项，加入BaCl 溶液得到白色沉淀，原溶液中可能含有SO2－或SO2－或Ag＋；B项，溶于CCl
2 3 4 4
呈紫色的为I ，即原溶液中含有I－；C项，观察K＋的焰色反应应透过蓝色钴玻璃，排除Na＋的干扰；D项，检
2
验NH＋应加入浓NaOH溶液，且需要加热。
4
【变式探究】（2022·江西赣州模拟）已知某透明澄清的溶液中可能含有NO－、Cl－、SO2－、CO2－、NH＋、
3 4 3 4
Fe3＋、Al3＋和K＋中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：
①取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；②将沉淀过滤、洗
涤、灼烧，得到1.6g固体；③向上述滤液中加入足量BaCl 溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。下列说法正
2
51/346衡水中学化学一本通高分手册
确的是( )
A．不能确定原溶液中是否含有Al3＋和K＋
B．原溶液中含有的离子只有Cl－、SO2－、NH＋、Fe3＋
4 4
C．原溶液中c(NO－)＝0.2mol·L－1，c(Fe3＋)＝0.2mol·L－1
3
D．在原溶液中加入足量的铁粉，所得溶液中阳离子所带正电荷数减少
【答案】C
【解析】①取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明溶液中含有0.02molNH＋，
4
同时产生红褐色沉淀为氢氧化铁，说明溶液中含有Fe3＋，CO2－与Fe3＋会相互促进水解而不能大量共存，故溶
3
1.6g
液中一定不含CO2－；②将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体为氧化铁，则n(Fe3＋)＝2n(Fe O )＝2×
3 2 3
160g/mol
＝0.02mol；③向上述滤液中加入足量BaCl 溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，则沉淀为硫酸钡，n(SO2－)
2 4
4.66g
＝n(BaSO )＝ ＝0.02mol。n(正电荷)＝n(NH＋)＋3n(Fe3＋)＝0.02mol＋3×0.02mol＝0.08mol，n(负电荷)
4 4
233g/mol
＝2n(SO2－)＝2×0.02mol＝0.04mol<0.08mol，故溶液中还有其他阴离子，且所含阴离子的物质的量相等，故n(负
4
电荷)＝2n(SO2－)＋n(NO－)＋n(Cl－)＝2×0.02mol＋0.02mol＋0.02mol＝0.08mol，因此溶液中一定含有NO－、Cl
4 3 3
－，一定不含Al3＋和K＋。A.原溶液中一定不含Al3＋和K＋，A错误；B.原溶液中含有的离子只有NO－、Cl－、SO2－、
3 4
NH＋、Fe3＋，B错误；C.原溶液中c(NO－)＝0.2mol·L－1，c(Fe3＋)＝0.2 mol·L－1，C正确；D.在原溶液中加入足
4 3
量的铁粉，发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，所得溶液中阳离子所带正电荷数基本不变，D错误。
题型四 考查流程题中的离子反应
例4．（·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO ，含少量Fe O 、Al O )和BaS制备高纯MnCO 的工艺流程
2 3 4 2 3 3
如下：
52/346衡水中学化学一本通高分手册
已知：MnO 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K 见下表。
2 sp
物质 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Mn(OH)
2 3 3 2
K 11016.3 11038.6 11032.3 11012.7
sp
回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是__________________________，MnO 与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程
2
式为_____________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO 与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH) 的量
2 2
达到最大值后会减小，减小的原因是____________________________________。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到___________________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为______________________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理
论最小值为______________(当溶液中某离子浓度c1.0105molL1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为___________________________________________。
【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率： MnO BaSH O Ba(OH) MnOS
2 2 2
（2）过量的MnO 消耗了产生的Ba(OH) (3). 蒸发 (4).H O 4.9
2 2 2 2
(5) Mn2 HCO NH H OMnCO NH H O
3 3 2 3 4 2
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO ，含少量Fe O 、Al O )加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
2 3 4 2 3
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S，过滤得到Ba(OH) 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用
2 2 2 2
硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后
向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得
到的废渣为Fe(OH) 和Al(OH) ，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和
3 3
碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO 与BaS反应转化为
2
53/346衡水中学化学一本通高分手册
MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知2价的S元素应被氧化得到S单质，则
MnO 与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH) ，结合元素守恒可得化学方程式为：
2 2
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S；
2 2 2
(2)根据题目信息可知MnO 为两性氧化物，所以当MnO 过量时，会消耗反应产生的Ba(OH) ，从而使
2 2 2
Ba(OH) 的量达到最大值或会减小；
2
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH) 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
2
(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的
试剂X可以是H O ；根据表格数据可知，Fe(OH) 和Al(OH) 为同种沉淀，而Al(OH) 的K 稍大，所以当Al3+
2 2 3 3 3 sp
完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×105mol/L时，
3
c(OHˉ)= K sp AlOH 3 = 3 11032.3 molL1=109.1mol/L，所以c(H+)=104.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小
c Al3+ 1105
值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和
一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO +NH ·H O=MnCO ↓+NH +H O。
3 3 2 3 4 2
【举一反三】(·全国卷Ⅱ)立德粉ZnS·BaSO (也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：
4
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡
的焰色为________(填标号)。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
(2)以重晶石(BaSO )为原料，可按如下工艺生产立德粉：
4
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为____________
_________________________________________。
回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO 和一种清洁能源气体，该反应
2
的化学方程式为_________________________________________________。
54/346衡水中学化学一本通高分手册
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面
生成了难溶于水的____________________(填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为________________________________________________。
900～1200℃
【答案】(1)D (2)①BaSO ＋4C ======= BaS＋4CO↑ CO＋H O===CO ＋H ②BaCO ③S2－＋Ba2
4 2 2 2 3
＋＋Zn2＋＋SO2－===ZnS·BaSO ↓
4 4
【解析】(1)根据常见元素的焰色反应，可知钡元素的焰色为绿色。(2)①由流程图中的原料重晶石和焦炭粉
经回转炉、浸出槽后得到净化的BaS溶液，可判断重晶石(BaSO )与焦炭粉反应生成BaS和有毒气体CO，根据
4
900～1200℃
电子守恒法可配平氧化还原反应方程式BaSO ＋4C ======= BaS＋4CO↑；CO与水蒸气反应得到的清洁能
4
源气体为H ，另一种产物为CO ，则CO与水蒸气反应的化学方程式为CO＋H O===CO ＋H 。
2 2 2 2 2
②潮湿空气中的CO 和水蒸气跟“还原料”中的硫化钡反应生成的臭鸡蛋气味的气体为H S，水溶性变差是
2 2
因为发生了反应BaS＋CO ＋H O===H S＋BaCO ↓，由此可知难溶于水的物质为BaCO 。
2 2 2 3 3
③硫化钡溶液与硫酸锌反应生成难溶于水的立德粉(ZnS·BaSO )，因此离子反应方程式为S2－＋Ba2＋＋Zn2＋
4
＋SO2－===ZnS·BaSO ↓。
4 4
【变式探究】（2022·湖北武汉二中模拟）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合
理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：
已知：
①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子 Fe3＋ Mg2＋ Al3＋ Cr3＋
沉淀完全时的pH 3.7 11.1 5.4(>8溶解) 9(>9溶解)
(1)H O 的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr O2－，写出此反应的离子方程式：_______________________。
2 2 2 7
(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr O2－转化为________(填微
2 7
55/346衡水中学化学一本通高分手册
粒的化学式)
(3)写出上述流程中用SO 进行还原时发生反应的离子方程式：______________________________。
2
【答案】(1)2Cr3＋＋3H O ＋H O===Cr O2－＋8H＋
2 2 2 2 7
(2)CrO2－
4
(3)2CrO2－＋3SO ＋12H O===2Cr(OH)(H O) SO ↓＋SO2－＋2OH－
4 2 2 2 5 4 4
【解析】(1)H O 将Cr3＋氧化成Cr O2－，H O 被还原，反应可写成H O ＋Cr3＋―→Cr O2－，根据得失电子
2 2 2 7 2 2 2 2 2 7
守恒配平为3H O ＋2Cr3＋―→Cr O2－，结合原子守恒、电荷守恒以及滤液Ⅰ呈酸性，H O 将Cr3＋氧化的离子方
2 2 2 7 2 2
程式为3H O ＋2Cr3＋＋H O===Cr O2－＋8H＋。
2 2 2 2 7
(2)根据各金属阳离子形成沉淀的pH，加入NaOH溶液调pH＝8，将Fe3＋、Al3＋完全转化为Fe(OH) 、Al(OH)
3 3
沉淀而除去；同时将Cr O2－转化为CrO2－，反应可表示为Cr O2－＋2OH－===2CrO2－＋H O。
2 7 4 2 7 4 2
(3)根据流程加入 SO 将 CrO 2－还原为 Cr(OH)(H O) SO ，SO 被氧化成 SO2－，反应可写成 SO ＋
2 4 2 5 4 2 4 2
CrO2－―→Cr(OH)(H O) SO ↓＋SO2－，S元素的化合价由＋4价升至＋6价，Cr 元素的化合价由＋6价降至＋3
4 2 5 4 4
价，根据得失电子守恒配平为3SO ＋2CrO2－―→2Cr(OH)(H O) SO ↓＋SO2－，结合原子守恒、电荷守恒和溶液
2 4 2 5 4 4
呈碱性，写出离子方程式为3SO ＋2CrO2－＋12H O===2Cr(OH)(H O) SO ↓＋SO2－＋2OH－。
2 4 2 2 5 4 4
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专题 氧化还原反应及其应用
04
【考情探究】
内容 氧化还原反应的概念及规律 氧化还原反应方程式的配平及应用
课
1.根据化学反应的特点理解不同类型的化学
标
根据氧化还原反应的规律研究物质的
反应
解 解读 化学性质以及常见氧化剂和还原剂之
2.在分析元素化合价变化的基础上,理解氧化
间的反应
读
还原反应的本质
高考对氧化还原反应基本概念的考查主要涉及相关概念的判断,同时考查考生对氧
化还原反应基本规律的掌握情况。有的题目较为简单,有的题目比较复杂,有较高的区分
考情分析
度。氧化还原反应方程式的书写则重在综合运用,对考生的要求较高,出现频率也很高,
属于难度较大的题目
氧化还原反应主要在具体问题情境里进行考查,是证据推理与模型认知素养的基本
备考策略
载体,建议将知识情景化、问题化,在实际问题解决过程中掌握氧化还原反应规律
【高频考点】
高频考点一 氧化还原反应的概念
一、氧化还原反应
1.氧化还原反应本质和特征
2.基本概念及相互关系
57/346衡水中学化学一本通高分手册
概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”
△
例如，反应Cu＋2H SO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2H O中，氧化剂是浓H SO ，还原剂是Cu，氧化产物是
2 4 4 2 2 2 4
CuSO 。生成1molSO 时转移电子数目为2N ，被还原的H SO 的物质的量是1__mol，浓硫酸表现的性质是
4 2 A 2 4
酸性和强氧化性。
【特别提醒】
(1)元素由化合态变为游离态，该元素不一定被还原。
(2)在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一元素既被氧化又被还
原。
3.氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④说变化。
实例：用双线桥法标出铜和浓硝酸反应电子转移的方向和数目
。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得到”、“失去”字样。
58/346衡水中学化学一本通高分手册
实例：用单线桥法标出铜和稀硝酸反应电子转移的方向和数目
。
4.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系
二、常见的氧化剂和还原剂
1.常见氧化剂
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如：
2.常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属离子及低价态化合物、低价金属阳离子、非金属单质及其氢化物
等。如：
3.具有中间价态的物质既有氧化性，又有还原性
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高频考点二 氧化还原反应的规律及应用
1.守恒规律
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。
2.价态规律：
(1)元素处于最高价，只有氧化性 ，如Fe3＋、Ag＋等；元素处于最低价，只有还原性，如S2－、I－等；元素
处于中间价态，既有氧化性又有还原性，如Fe2＋、Cl 等。
2
(2)归中反应规律
不同价态的同种元素间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不
会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
如在反应KClO ＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl ↑＋3H O中，氧化产物是Cl ，还原产物是Cl ，1molKClO 反应
3 2 2 2 2 3
时转移电子数是5N 。
A
(3)歧化反应规律
“中间价―→高价＋低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl ＋
2
2NaOH===NaCl＋NaClO＋H O。1molCl 反应时转移电子数为N 。
2 2 A
3.强弱规律
自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“强制弱”。
氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物
氧化性：氧化剂＞氧化产物；
还原性：还原剂＞还原产物。
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4.先后规律
在浓度相差不大的溶液中：
加入氧化剂
(1)同时含有几种还原剂时 ――→ 将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如在FeBr 溶液中通入少量
2
Cl 时，因为还原性：Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先与Cl 反应。
2 2
加入还原剂
(2)同时含有几种氧化剂时 ――→ 将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。
如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后
再与Cu2＋反应，最后与H＋反应。
高频考点三 氧化还原反应方程式的书写与配平
1.氧化还原方程式配平的基本原则
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
3.缺项型氧化还原反应方程式的配平方法
①配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守
恒进行配平。
②补项原则
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条件 补项原则
酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H O
2
碱性条件下 缺H或多O补H O，少O补OH－
2
高频考点四 氧化还原滴定
1.原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身
并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
2.试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO 、K Cr O 等；常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维
4 2 2 7
生素C等。
3.指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。①氧化还原指示剂；②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可
溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变
为紫色。
【题型突破】
题型一 考查氧化还原反应的概念
例1．（·山东卷）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 谷物发酵酿造食醋 B. 小苏打用作食品膨松剂
C. 含氯消毒剂用于环境消毒 D. 大气中NO 参与酸雨形成
2
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题
意；小苏打即NaHCO ，NaHCO 受热分解产生无毒的CO ，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原
3 3 2
反应，B符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；NO 与水反应
2
有HNO 产生，因此NO 参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。
3 2
加热
【变式探究】（·浙江卷）反应MnO 4HCl(浓) MnCl Cl↑2H O中，氧化产物与还原产物的
2 2 2 2
物质的量之比是( )
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A.1:2 B.1:1 C.2:1 D.4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO 中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl 中Mn元素的化
2 2
合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为1价，生成物Cl 中Cl元素的化合价为0价，故MnCl 是还原
2 2
产物，Cl 是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl )：n(MnCl )=1：1，B符合题意；答案选B。
2 2 2
【举一反三】(·北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl 溶液(FeCl ) Fe粉
2 3
B NaCl溶液(MgCl ) NaOH溶液、稀HCl
2
C Cl (HCl) H O、浓H SO
2 2 2 4
D NO(NO ) H O、无水CaCl
2 2 2
【答案】B
【解析】A项，Fe粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B项，Mg2＋与NaOH溶液反应生
成Mg(OH) 沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl 能溶于水并与水
2 2
发生氧化还原反应，不能用水除去Cl 中的HCl；D项，NO 与水反应生成HNO 和NO，涉及氧化还原反应。
2 2 3
【变式探究】（·北京卷）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A B C D
实验 NaOH溶液滴入FeSO 溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 热铜丝插入稀硝酸中
4 Na S溶液滴入AgCl
2
63/346衡水中学化学一本通高分手册
浊液中
产生白色沉淀，随后变为红 溶液变红，随后 沉淀由白色逐渐 产生无色气体，
现象
褐色 迅速褪色 变为黑色 随后变为红棕色
【答案】C
【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO 溶液中产生白色Fe（OH） 沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反
4 2
应为4Fe（OH） +O +2H O=4Fe（OH） ，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存
2 2 2 3
在反应Cl +H O HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧
2 2
化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na S=Ag S+2NaCl，反应前
2 2
后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO 反应生成Cu（NO ）、NO气体和H O，气体由
3 3 2 2
无色变为红棕色时的反应为2NO+O =2NO ，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应
2 2
无关的是C项，答案选C。
题型二 氧化还原反应规律
例2．（安徽池州模拟）将过量H O 溶液加入含(NH ) CrO 的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体
2 2 4 2 4
M[化学式为Cr(NH ) O ]，其离子方程式为：CrO2－＋3NH ＋3H O ===M＋2H O＋2OH－＋O ↑，测得M中有2
3 3 4 4 3 2 2 2 2
个过氧键。下列叙述正确的是( )
A．M中Cr的化合价为＋3
B．参与反应的H O 全部被氧化
2 2
C．向FeSO 溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
4
D．转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
【答案】D
【解析】本题考查氧化还原反应。由化学方程式可知，反应生成1molO ，H O 失去2mol电子，因反应
2 2 2
生成1molM，CrO2－得(6－a)mol电子，由得失电子数目守恒可知，6－a＝2，a＝4，故A错；由化学方程式可
4
知，3molH O 参与反应，只有1molO 生成说明H O 有一部分没有被氧化，故B错；由题意M中有2个过氧
2 2 2 2 2
键，则向FeSO 溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子会被M氧化为铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，故C错；
4
64/346衡水中学化学一本通高分手册
由离子方程式可知，反应转移2mol电子，生成1molM，所以转移0.2mol电子时，生成M的质量为0.1mol×167
g·
mol－1＝16.7g，故D正确。
【变式探究】（山东聊城模拟）CuS、Cu S用于处理酸性废水中的Cr O2－，反应如下。
2 2 7
反应Ⅰ：CuS＋Cr O2－＋H＋―→Cu2＋＋SO2－＋Cr3＋＋H O(未配平)
2 7 4 2
反应Ⅱ：Cu S＋Cr O2－＋H＋―→Cu2＋＋SO2－＋Cr3＋＋H O(未配平)
2 2 7 4 2
下列有关说法正确的是( )
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1molCr O2－时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
2 7
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．质量相同时，Cu S能去除更多的Cr O2－
2 2 7
【答案】C
【解析】在反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化，在反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A
错误；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr O2－＋32H＋===3Cu2＋＋3SO2－＋8Cr3＋＋16H O，反应Ⅱ配平后的方程式
2 7 4 2
为3Cu S＋5Cr O2－＋46H＋===6Cu2＋＋3SO2－＋10Cr3＋＋23H O，可见处理1molCr O2－时，反应Ⅰ消耗H＋的物质
2 2 7 4 2 2 7
的量是8mol，反应Ⅱ消耗H＋的物质的量是9.2mol，B错误；反应Ⅱ中还原剂是Cu S，氧化剂是Cr O2－，二者
2 2 7
反应的物质的量之比为3∶5，C正确；根据方程式可知3mol即3×96gCuS处理4molCr O2－，每克处理Cr O2－
2 7 2 7
4mol 1 5mol
的物质的量为 ＝ mol；3mol即3×160gCu S处理5molCr O2－，每克处理Cr O2－的物质的量为 ＝
2 2 7 2 7
3×96 72 3×160
1
mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr O2－，D错误。
2 7
96
题型三 考查氧化还原反应的本质与规律
例3．（陕西榆林模拟）向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如
图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的
是( )
65/346衡水中学化学一本通高分手册
A．线段Ⅱ表示Fe2＋的变化情况
B．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为I ＋5Cl ＋12OH－===2IO－＋10Cl－＋6H O
2 2 3 2
C．根据图像可计算a＝6
D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3
【答案】B
【解析】向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－＋Cl ===I
2 2
＋2Cl－，I－反应完毕，再发生反应：2Fe2＋＋Cl ===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应：2Br－＋Cl ===Br
2 2 2
＋2Cl－，故线段Ⅰ代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况，故A正确；线段
Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2I－＋Cl ===I ＋2Cl－，消耗1mol
2 2
氯气，所以碘原子的物质的量为2mol，反应Ⅳ消耗氯气的物质的量为5mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸
中碘元素的化合价为x，(x－0)×2mol＝5mol×2，解得x＝＋5，则该含氧酸为HIO ，离子方程式为I ＋5Cl ＋
3 2 2
6H O===2IO－＋10Cl－＋12H＋，故B错误；根据反应离子方程式可知溶液中n(I－)＝2n(Cl )＝2mol，溶液中n(Fe2
2 3 2
＋)＝2n(Cl )＝2×(3mol－1mol)＝4mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)
2
＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4mol－2mol＝6mol，根据2Br－＋Cl ===Br ＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的
2 2
量为3mol，故a＝3＋3＝6，故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，
故 D正确。
【举一反三】（内蒙赤峰模拟）为验证还原性SO ＞Fe2＋＞Cl－ ，三组同学分别进行了下图实验，并对溶
2
液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有( )
溶液1 溶液2
66/346衡水中学化学一本通高分手册
甲 含Fe3＋、Fe2＋ 含SO2－
4
乙 含Fe3＋，无Fe2＋ 含SO2－
4
丙 含Fe3＋，无Fe2＋ 含Fe2＋
A.只有甲 B.甲、乙
C.甲、丙 D.甲、乙、丙
【解析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”“强还原性物质制弱还原性物质”的原理来验证还原性
的强弱顺序。向FeCl 的溶液中通入Cl ，得到溶液1，再向溶液1中通入SO ，得到溶液2。甲：溶液1中含有
2 2 2
Fe3＋、Fe2＋，说明发生反应2Fe2＋＋Cl ===2Fe3＋＋2Cl－，且Cl 反应完全，可证明还原性Fe2＋＞Cl－；溶液2中
2 2
含有SO2－，则说明发生反应2Fe3＋＋SO ＋2H O===2Fe2＋＋SO2－＋4H＋，可证明还原性SO ＞Fe2＋，故甲能证明
4 2 2 4 2
还原性SO ＞Fe2＋＞Cl－；乙：溶液1中含有Fe3＋，无Fe2＋，可证明还原性Fe2＋＞Cl－，但Cl 可能过量，再通入
2 2
SO ，可能发生的反应是Cl ＋SO ＋2H O===2Cl－＋SO2－＋4H＋，不能够比较SO 与Fe2＋的还原性强弱，故乙不
2 2 2 2 4 2
能验证；丙：溶液1中含有Fe3＋，没有Fe2＋，通入SO 后溶液中又含有Fe2＋，说明SO 将Fe3＋还原得到Fe2＋，
2 2
证明还原性SO ＞Fe2＋，故丙能证明还原性SO ＞Fe2＋＞Cl－。
2 2
【答案】C
【变式探究】（四川自贡模拟）已知：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I 2Fe2＋＋Br ===2Fe3＋＋2Br－。向含等物质的量
2 2
浓度的FeI 、FeBr 混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列离子
2 2
方程式书写不合理的是( )
A．2Fe2＋＋4I－＋3Cl ===2Fe3＋＋2I ＋6Cl－
2 2
B．2Br－＋2I－＋2Fe2＋＋3Cl ===I ＋Br ＋2Fe3＋＋6Cl－
2 2 2
C．2Br－＋4I－＋2Fe2＋＋4Cl ===2I ＋Br ＋2Fe3＋＋8Cl－
2 2 2
D．2I－＋2Fe2＋＋2Cl ===2Fe3＋＋I ＋4Cl－
2 2
【答案】C
【解析】由已知离子方程式可得还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Br－，向含等物质的量浓度的FeI 、FeBr 混合
2 2
溶液中通入一定量的氯气后，Cl 依次与溶液中的I－、Fe2＋、Br－反应，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，
2
证明溶液中有Fe3＋生成，则I－已完全被氧化。FeI 、FeBr 的物质的量浓度相同，则原溶液中I－、Fe2＋、Br－的
2 2
物质的量之比为1∶1∶1。C项表示溶液中的I－完全被氧化，Fe2＋、Br－部分被氧化，溶液中还有Fe2＋、Br－，
故不合理。
67/346衡水中学化学一本通高分手册
题型四 考查氧化还原方程式的配平与计算
例4．[浙江4月选考]反应8NH ＋3Cl N ＋6NH Cl，被氧化的NH 与被还原的Cl 的物质的量之比为（ ）
3 2 2 4 3 2
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为 ，可知实际升价的N原子为2个，所以
2个NH 被氧化，同时Cl 全部被还原，观察计量数，Cl 为3个，因而被氧化的NH 与被还原的Cl 的物质的
3 2 2 3 2
量之比为2：3。故答案选A。
【方法技巧】利用电子守恒关系解题的思维模板
一找各物质 找出反应中的氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物，并标出变价元素的化合价
二定得失数 找准一个原子(或离子)得失电子数目(注意化学式中粒子的个数)
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式关系：n(氧化剂)×变价原子个数×化合
三列守恒式
价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值
【举一反三】（广东韶关模拟）完成下列各小题。
(1)将NaBiO 固体(黄色，微溶)加入MnSO 和H SO 的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该
3 4 2 4
反应的离子方程式：
NaBiO ＋ Mn2＋＋ ________→ Na＋＋ Bi3＋＋ ________＋ ________。
3
(2)高铁酸钾(K FeO )作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：
2 4
FeO2－＋ H O=== Fe(OH) (胶体)＋ O ↑＋ OH－。
4 2 3 2
(3)以亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO ，反应原理为5NaClO ＋4HCl===5NaCl＋4ClO ↑＋2H O。该反应
2 2 2 2
中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(4)在含VO2＋的溶液中加入KClO ，可使VO2＋转化为VO＋，则欲使3molVO2＋变成VO＋，需要氧化剂KClO
3 2 2 3
至少为________mol。
(5)已知M O2－可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M O2－的还原产物中M为＋3价；又知c(M O2－)＝0.3
2 n 2 n 2 n
mol·L－1的溶液100mL可与c(R2－)＝0.6mol·L－1的溶液150mL恰好完全反应，则n值为________。
68/346衡水中学化学一本通高分手册
【解析】(1)由题意知生成紫色离子MnO－。
4
(3)根据化合价变化规律知，NaClO 既作氧化剂又作还原剂，n(氧化剂)×4＝n(还原剂)×1，可知答案。
2
(4)3molVO2＋转变成VO＋，共失去了3mol电子，而1molClO－变为Cl－得到6mol 电子，所以需要0.5mol
2 3
KClO 。
3
(5)n(M O2－)＝0.3mol·L－1×0.1L＝0.03mol，n(R2－)＝0.6mol·L－1×0.15L＝0.09mol，反应中M化合价降低
2 n
到＋3，R元素化合价升高到0。设M O2－中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、
2 n
失电子数目相等，则有(n－1－3)×0.03mol×2＝(2－0)×0.09mol，n＝7。
【答案】(1)5 2 14H＋ 5 5 2MnO－ 7H O
4 2
(2)4 10 4 3 8
(3)1∶4
(4)0.5
(5)7
题型五 考查氧化还原反应的综合应用
例5．（湖南省长沙市雅礼中学模拟）白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收
少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：
已知：NaC1O溶液在受热或酸性条件下易分解。
下列叙述正确的是
A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率
B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗
C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N 为正极产物
2
D．“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH ) ]：n[N H ·H O]=4：1
3 2 2 4 2
【答案】D
69/346衡水中学化学一本通高分手册
【解析】“氧化”过程加入氧化剂NaC1O溶液，NaC1O在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条
件下进行时NaC1O浓度降低氧化速率减慢，A错误；操作1为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏
斗，B错误； N H ·H O中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N ，负极发生氧化反应，故N 为负极产物，C
2 4 2 2 2
错误；“还原”过程中Ag(NH ) 中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N H ·H O中氮元素化合价
3 2 2 4 2
升高生成N ，由2价变为0价，根据得失电子守恒，n[Ag(NH ) ]：n[N H ·H O]=4：1，D正确；答案选D。
2 3 2 2 4 2
【变式探究】（山东青岛模拟）三氯化六氨合钴[Co(NH ) ]Cl 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一
3 6 3
些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH ) ]Cl 的工艺流程：
3 6 3
回答下列问题：
(1)写出加“适量NaClO ”发生反应的离子方程式：__________________________________________。
3
(2)“加Na CO 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为__________________(填化学式)。
2 3
(3)操作Ⅰ的步骤包括________________________、冷却结晶、减压过滤。
(4)流程中NH Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH－)过大，其原理是
4
_____________________________________________________________________________。
(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H O ，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为
2 2
______(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是___________________________________________。
写出该步骤的化学方程式：______________________________________________________。
【解析】 (1)加适量NaClO 的目的是将亚铁离子氧化为铁离子。
3
(2)加入碳酸钠调节pH，使铝离子和铁离子转化为Fe(OH) 和Al(OH) 两种沉淀。
3 3
(3)为了防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩。
(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH Cl溶于水电离出NH＋会抑制后期加入的NH ·H O的电离，可防止
4 4 3 2
加氨水时氢氧根离子浓度过大。
(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化为Co3＋，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同
学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH) 的生成。
3
【答案】(1)6Fe2＋＋ClO－＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H O (2)Fe(OH) 和Al(OH) (3)HCl氛围下蒸发浓缩
3 2 3 3
(4)NH Cl溶于水电离出NH＋会抑制后期加入的NH ·H O的电离 (5)甲 防止Co(OH) 的生成 H O ＋2CoCl
4 4 3 2 3 2 2 2
＋2NH Cl＋10NH ·H O===2[Co(NH ) ]Cl ↓＋12H O
4 3 2 3 6 3 2
70/346衡水中学化学一本通高分手册
【变式探究】（湖北荆门一中模拟）在南北朝刘宋·雷敩所著的《雷公炮炙论》中收录了一种矿物类药材石
髓铅，又称自然铜，具有活血化瘀止痛的效果。今用现代分析技术检测一份石髓铅样品，发现其含铜极少，含
有铁元素的质量分数为44.8%，硫元素的质量分数为51.2%。回答下列问题：
(1)石髓铅的主要成分是一种化合物(质量分数为96%)，化学式为______________；石髓铅粉末几乎能完全
溶于硫酸酸化的高锰酸钾溶液中，形成多种硫酸盐的混合液，写出主要反应的离子方程式：
______________________。
(2)利用石髓铅、焦炭和氧气在高温下反应可制造硫黄，副产品为Fe O 和CO。Fe O 是________色晶体，
3 4 3 4
可用于制作复印机的墨粉，CO可用于合成在纺织工业中广泛使用的保险粉(Na S O )，其流程如下：
2 2 4
合成塔 Ⅰ 中得到的HCOONa溶液溶质质量分数约为5%，从中分离出HCOONa·2H O的主要步骤是
2
________、________、过滤、洗涤、干燥；合成塔Ⅱ中发生主要反应的化学方程式为___________________。
保险粉暴露在空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，当吸收自身物质的量一半的氧气和一定量水蒸气时，变
质形成___________(填化学式)。
【答案】(1)FeS FeS ＋ 3MnO－＋8H＋===Fe3＋＋2SO2－＋3Mn2＋＋4H O
2 2 4 4 2
(2)黑 (加热)蒸发(浓缩) (冷却)结晶 HCOONa·2H O＋NaOH＋2SO ===Na S O ＋CO ＋3H O NaHSO
2 2 2 2 4 2 2 3
【解析】(1)由于石髓铅样品中Fe、S两种元素含量的和为96%，恰好等于石髓铅的含量，所以该物质是
44.8% 51.2%
Fe、S的化合物，根据质量比可得n(Fe)∶n(S)＝ ∶ ＝1∶2，所以该物质的化学式为FeS ；石髓铅粉
2
56 32
末完全溶于硫酸酸化的高锰酸钾溶液中，FeS 被氧化为Fe3＋和SO2－，高锰酸钾被还原为Mn2＋，根据电子守恒、
2 4
电荷守恒及原子守恒，可得主要反应的离子方程式：FeS ＋ 3MnO－＋8H＋===Fe3＋＋2SO2－＋3Mn2＋＋4H O。(2)
2 4 4 2
Fe O 是黑色晶体，HCOONa的溶解度受温度的影响变化较大，所以从HCOONa溶液中获得HCOONa·2H O的
3 4 2
方法是将该物质的稀溶液蒸发浓缩，然后冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，就得到HCOONa·2H O；在合成塔Ⅱ
2
中，HCOONa·2H O、NaOH、SO 发生反应，产生CO 、Na S O 、H O，发生的主要反应的化学方程式为
2 2 2 2 2 4 2
HCOONa·2H O＋NaOH＋2SO ===Na S O ＋CO ＋3H O；保险粉Na S O 暴露于空气中易被氧气氧化，氧化剂
2 2 2 2 4 2 2 2 2 4
为氧气，还原剂为Na S O ，又氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，设Na S O 被氧化后硫的化合价为＋x
2 2 4 2 2 4
价，则根据得失电子守恒，1×4＝2×2×(x－3)，解得x＝4，又有水蒸气参与反应，所以产物为NaHSO 。
3
题型六 考查信息氧化还原反应方程式的书写
例6.（江苏盐城一中模拟）从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe O 、石墨及MnO 等)中回收金属并制取活性
2 3 2
71/346衡水中学化学一本通高分手册
氧化锌的工艺流程如下(已知：Zn及其氧化物、氢氧化物的性质与Al及其相应化合物性质类似)：
“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为____________________________________。
“中和、沉淀”时，若pH过高，则碱式碳酸锌的产率偏小。写出其反应的离子方程式(任写一个即可)：
_____________________________________________________________________________________。
【解析】由工艺流程图可知反应物为Mn2＋、(NH ) S O ，生成物为MnO(OH) 、(NH ) SO 故反应的离子方
4 2 2 8 2 4 2 4
程式为Mn2＋＋S O2－―→MnO(OH) ＋2SO2－，由环境知滤液呈酸性，故应在右侧补H＋，左侧补水，Mn2＋＋S O2－
2 8 2 4 2 8
＋3H O===MnO(OH) ＋2SO2－＋4H＋。
2 2 4
【答案】Mn2＋＋S O2－＋3H O===MnO(OH) ↓＋2SO2－＋4H＋ Zn(OH) ＋2OH－===ZnO2－＋2H O
2 8 2 2 4 2 2 2
【方法技巧】突破信息氧化还原反应方程式书写中反应物与产物判断
(1)从工艺流程题框图进出物质中分析判断
(2)整合题干信息，从文字叙述中剥离
(3)常见变化如SO2－→SO2－ MnO－、MnO2－、MnO →Mn2＋
3 4 4 4 2
ClO－、ClO－、ClO 、ClO－、HClO 、HClO →Cl－
4 3 2 2 2
(4)焙烧要注意空气中的O 有可能参与反应
2
【变式探究】（山西大同一中模拟）NaCN属于剧毒化学品，应与酸类、氧化剂、食用化学品分开存放。其
阴离子CN－中各原子均满足8电子稳定结构，NaCN的电子式为______________________；NaCN溶液显碱性，
原因是_________________________________________________________。
(用离子方程式表示)；强氧化剂NaClO会将CN－氧化，生成N 、CO2－和Cl－等无毒无害物质，可用该反
2 3
应处理含氰废水(破氰)，反应的离子方程式为_________________________________________________。
若用一定量NaClO处理浓缩后的含氰废水10L[c(CN－)＝0.2mol·L－1]，过程中产生标准状况下21L氮气，
则该过程的破氰率达到______________________%。
21L 21
【解析】根据关系式：2CN－～N ，知去除的n(CN－)＝2n(N )＝ ×2＝ mol10L浓缩后的含
2 2 22.4L·mol－1 11.2
21
氰废水中n(CN－)＝0.2mol·L－1×10L＝2mol，故该过程的破氰率为 ÷2×100%＝93.75%。
11.2
72/346衡水中学化学一本通高分手册
【答案】 CN－＋H O HCN＋OH－
2
2CN－＋5ClO－＋2OH－===2CO2－＋N ↑＋5Cl－＋H O 93.75
3 2 2
题型七 氧化还原滴定
例7.(云南昆明调研)准确测定某溶液中Fe2＋质量分数的一种方法是：在FeSO 溶液中加入(NH ) SO 固体制
4 4 2 4
成莫尔盐晶体[(NH ) SO ·FeSO ·6H O]，该晶体比一般亚铁盐稳定。
4 2 4 4 2
称取ag莫尔盐样品溶于水，配制成200mL溶液，每次取待测液20.00mL，用浓度为bmol·L－1的酸性KMnO
4
溶液滴定。实验结果记录如下：
实验次数 第一次 第二次 第三次
消耗酸性KMnO 溶液体积/mL 20.02 19.98 20.52
4
(1)酸化KMnO 的试剂为________(选填序号)。
4
A.HCl B.H SO C.HNO
2 4 3
(2)滴定过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________。
(3)滴定过程中，应将酸性KMnO 溶液置于________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。判断滴定终点的现象为
4
_________________________________________________________________。
(4)通过实验数据计算样品中Fe2＋的质量分数为______________________(用含a、b的代数式表示)。
【解析】(1)HCl具有还原性，能被KMnO 溶液氧化，HNO 具有强氧化性，也能氧化Fe2＋，滴定时产生干
4 3
扰，数据不准确，因此酸化KMnO 溶液的试剂为H SO ，B项正确。(2)滴定过程中，Fe2＋与MnO－在酸性条件
4 2 4 4
下反应的离子方程式为MnO－＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H O。(3)酸性KMnO 溶液具有强氧化性，能氧
4 2 4
化碱式滴定管下端的橡胶管，故应将其置于酸式滴定管中。实验时滴入最后一滴酸性KMnO 溶液，溶液变为
4
浅红色，且30s内颜色不再发生变化，即说明达到滴定终点。(4)第三次实验数据误差较大，应舍去，根据第一
次、第二次的实验数据可算出实验中消耗酸性KMnO 溶液的平均体积为20.00mL，根据
4
MnO－ ～ 5Fe2＋
4
1mol 5mol bmol·L－1×20.00×10－3L
c（Fe2＋）×20.00×10－3L
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5mol×bmol·L－1×20.00×10－3L
得c(Fe2＋)＝ ＝5bmol·L－1，则该莫尔盐中Fe2＋的质量分数＝
1mol×20.00×10－3L
5bmol·L－1×0.2L×56g·mol－1 56b
×100%＝ ×100%。
ag a
【答案】(1)B (2)MnO－＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H O (3)酸式 当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴
4 2
56b
入时，溶液变为浅红色，且30s内不变色 (4) ×100%
a
【变式探究】（辽宁本溪一中模拟）用如图装置可以测定混合气中ClO 的含量：
2
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.1000mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I ＋2S O2－===2I－＋S O2－)，指示剂显示终点
2 2 3 4 6
时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
(1)锥形瓶内ClO 与碘化钾反应的离子方程式为_______________________________________________。
2
(2)玻璃液封装置的作用是____________________________________________。
(3)Ⅴ中加入的指示剂通常为______________________，滴定至终点的现象是______________________。
(4)测得混合气中ClO 的质量为______________________g。
2
＋4 －1
【解析】(1)ClO 与KI溶液反应时，ClO →Cl－，2I－→I ，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方
2 2 2
程式。(2)玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO 气体挥发到空气中，污染空气。(3)步骤V反应中，I →2I－，
2 2
I 使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。(4)由反应2ClO ＋10I
2 2
－＋8H＋===2Cl－＋5I ＋4H O、I ＋2S O2－===2I－＋S O2－可得关系式：2ClO ～5I ～10S O2－，n(S O2－)＝0.1000
2 2 2 2 3 4 6 2 2 2 3 2 3
74/346衡水中学化学一本通高分手册
mol·L－1×20.00mL×10－3L/mL＝2×10－3mol，则n(ClO )＝2×10－3mol×2/10＝4×10－4mol，m(ClO )＝4×10－4
2 2
mol×67.5g·mol－1＝0.02700g。
【答案】(1)2ClO ＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I ＋4H O
2 2 2
(2)吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)
(3)淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色
(4)0.02700
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专题 化学反应中的能量变化
05
【考情探究】
内容 反应热的有关概念 热化学方程式 盖斯定律及其应用
课
1.了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反 1.了解热化学方程式的含义，能正确书写热
标
应、放热反应、反应热等概念。 化学方程式。
解 解读
2.了解能源是人类生存和社会发展的重要基 2.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有
读
础。了解化学在解决能源危机中的重要作用。关反应焓变的计算。
“反应热”已成为近几年的必考内容，一般不单独命题，而是作为非选择题的某个设问，
常与化学反应速率、化学平衡及工艺流程相结合；从考查内容上看，均与盖斯定律有关，
考情分析
试题整体难度虽然较大，但涉及本专题的内容都比较容易。随着能源问题的日益突出，
对本专题内容的考查仍将维持较高的热度。
考查点主要是运用盖斯定律进行ΔH的计算和热化学方程式的书写，而且考查频率较高。
备考策略
利用键能进行ΔH的计算及化学反应中能量变化的有关概念考查频率较低。
【高频考点】
高频考点一 化学能与热能
1.理解化学反应热效应的两种角度
反应热图示
微观 宏观
图像分析
a表示反应物的活化能；
a表示断裂旧化学键吸收的能量；
b表示活化分子形成生成物释放的
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b表示生成新化学键放出的能量； 能量；
c表示反应热 c表示反应热
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
ΔH的计算
ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2.“五步”法书写热化学方程式
【特别提醒】对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O (g)===SO (g) ΔH ＝－297.16kJ·mol－1
2 2 1
②S(正交，s)＋O (g)===SO (g) ΔH ＝－296.83kJ·mol－1
2 2 2
③S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH ＝－0.33kJ·mol－1
3
3．燃烧热和中和热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25℃、101kPa；②反应的可燃物是1mol；③生成物是稳定的
氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO ，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。
2
(3)中和热概念理解三要点：①反应物的酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；
③生成产物水是1mol。
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高频考点二 盖斯定律中的应用
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应
途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式 焓变之间的关系
aA===B ΔH
1
1
ΔH ＝ ΔH 或ΔH ＝aΔH
2 1 1 2
1 a
A=== B ΔH
2
a
aA===B ΔH
1
ΔH ＝－ΔH
1 2
B===aA ΔH
2
ΔH＝ΔH ＋ΔH
1 2
3.答题模板——叠加法
步骤1 “倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不
用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2 “乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3 “加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加。
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4.盖斯定律中的三种定量关系
转化类型 反应热间的关系
ΔH ΔH
1 2 1
aA――→B、A――→ B ΔH 1 ＝aΔH 2
a
ΔH ＝－ΔH
1 2
ΔH＝ΔH ＋ΔH
1 2
【题型突破】
题型一 反应热与焓变
例1．（·浙江卷）关于下列ΔH 的判断正确的是( )
CO2(aq)H(aq)HCO(aq) ΔH
3 3 1
CO 2(aq)+H O(l) HCO (aq)+OHˉ(aq) ΔH
3 2 3 2
OH(aq)H(aq)H O(l) ΔH
2 3
OH(aq)CH COOH(aq)=CH COO(aq)H O(l) ΔH
3 3 2 4
A. ΔH <0 ΔH <0 B. ΔH <ΔH
1 2 1 2
C. ΔH <0 ΔH >0 D. ΔH >ΔH
3 4 3 4
【答案】B
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO 2(aq)+H+(aq)=HCO 2(aq)为放热反应，所以△H <0；
3 3 1
CO 2(aq)+H O(l) HCO (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO 2的水解反应为吸热反应，所以
3 2 3 3
△H >0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H <0；醋酸与强碱的中和反
2 2 3
应为放热反应，所以△H <0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出
4
的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H >△H ；综上所述，只有△H <△H 正确，故答案为B。
4 3 1 2
【变式探究】(·海南，5)根据下图中的能量关系，可求得C—H的键能为( )
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A．414kJ·mol－1 B．377kJ·mol－1
C．235kJ·mol－1 D．197kJ·mol－1
【答案】A
【解析】C(s)===C(g) ΔH ＝717kJ·mol－1
1
2H (g)===4H(g) ΔH ＝864kJ·mol－1
2 2
C(s)＋2H (g)===CH (g) ΔH ＝－75kJ·mol－1
2 4 3
根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能
－75kJ·mol－1＝717kJ·mol－1＋864kJ·mol－1－4E ，解得E ＝414kJ·mol－1。
(C—H) (C—H)
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，28(3)]我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换
的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E ＝________eV，
正
写出该步骤的化学方程式____________________。
【答案】小于 2.02 COOH*＋H*＋H O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H O*===H*＋OH*)
2 2
【解析】观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，
80/346衡水中学化学一本通高分手册
说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图
知，最大活化能E ＝1.86eV－(－0.16eV)＝2.02eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H O*，产物为COOH*＋
正 2
2H*＋OH*。
【特别提醒】利用键能计算反应热，要熟记公式：ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，其关键是弄清物质
中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目。原子晶体：1mol金刚石中含2mol
C—C键，1mol硅中含2molSi—Si键，1molSiO 晶体中含4molSi—O键；分子晶体：1molP 中含有6mol
2 4
P—P键，1molP O (即五氧化二磷)中含有12molP—O键、4molP==O键，1molC H 中含有6molC—H键
4 10 2 6
和 1molC—C键。
题型二 考查化学反应能量图像与ΔH
例2.(山东青岛模拟)CH 超干重整CO 的催化转化如图1所示：
4 2
(1)已知相关反应的能量变化如图2所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为 。
(2)关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是 (填字母)。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO ＋H ===H O(g)＋CO
2 2 2
c．CO未参与反应
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d．Fe O 、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
3 4
【答案】(1)CH (g)＋CO (g)===2CO(g)＋2H (g) ΔH＝＋247.4kJ·mol－1 (2)cd
4 2 2
【解析】(1)由图2可得反应Ⅰ：CH (g)＋H O(g)===CO(g)＋3H (g) ΔH＝＋206.2kJ·mol－1，
4 2 2
反应Ⅱ：CO (g)＋4H (g)===CH (g)＋2H O(g) ΔH＝－165kJ·mol－1；根据盖斯定律计算Ⅰ×2＋Ⅱ得到CH (g)
2 2 4 2 4
＋CO (g)===2CO(g)＋2H (g) ΔH＝＋247.4kJ·mol－1。
2 2
(2)过程Ⅱ的第一步反应是CO＋CO ＋H ＋Fe O ＋CaO―→H O(g)＋Fe＋CaCO ，第二步反应是Fe＋
2 2 3 4 2 3
CaCO ―→Fe O ＋CaO＋CO；上述分析可知，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，a项正确；反应过
3 3 4
程中总反应可表示为CO ＋H ===H O(g)＋CO，b项正确；CO参与反应后又生成，c项错误；Fe O 、CaO为催
2 2 2 3 4
化剂，改变反应速率但不能改变反应的ΔH，d项错误。
【方法技巧】常见反应热或ΔH的计算类型
(1)利用热化学方程式进行有关计算
根据已知的热化学方程式、已知的反应物或生成物的物质的量、反应吸收或放出的热量，可以把反应热当
作“产物”，计算反应放出或吸收的热量。
(2)根据燃烧热数据，计算反应放出的热量
计算公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)。
(3)根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算焓变
若反应物旧化学键断裂吸收能量E ，生成物新化学键形成放出能量E ，则反应的ΔH＝E －E 。
1 2 1 2
(4)利用物质的焓(H)计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)。
【举一反三】（广东省佛山高三质检）北京时间年8月18日晚第十八届亚洲运动会在印度尼西亚正式开幕，
本次亚运会火炬的燃料是丙烷，亚运圣火将体育精神代代相传。已知25℃，101kPa下：
化学键 C—H C—C O===O C===O H—O
键能/(kJ·mol－1) 415 331 498 745 465
(丙烷燃烧过程中不考虑其他能量转化)。下列说法正确的是 ( )
A．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C H ＋5O ===3CO ＋4H O ΔH＝－1718kJ·mol－1
3 8 2 2 2
B．C H (g)＋5O (g)===3CO (g)＋4H O(g) ΔH<－1718kJ·mol－1
3 8 2 2 2
C．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C H (g)＋5O (g)===3CO (g)＋4H O(g)ΔH＝1718kJ·mol－1
3 8 2 2 2
D．火炬中丙烷燃烧的能量变化可用如图所示表示
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【答案】D
【解析】1molC H 分子中含有2molC—C键，8molC—H键，C H 在燃烧过程中所有的化学键均要发生
3 8 3 8
断裂，1molC H 化学键断裂吸收的热量＝2×331kJ＋8×415kJ＝3982kJ5molO 化学键断裂吸收的热量＝
3 8 2
5×498kJ＝2490kJ，生成的3molCO 和4molH O放出的热量＝3×2×745kJ＋4×2×465kJ＝8190kJ，故1mol
2 2
C H 完全燃烧生成CO 和H O(g)放出热量＝8190kJ－(3982＋2490)kJ＝1718kJ，故火炬中丙烷完全燃烧的热
3 8 2 2
化学方程式为C H (g)＋5O (g)===3CO (g)＋4H O(g) ΔH＝－1718kJ·mol－1。故选项B错；选项A，没有注明
3 8 2 2 2
物质的状态，错误；选项C中ΔH忽视“－”，错误；选项D，因C H (g)完全燃烧是放热反应，反应物的总能量
3 8
大于生成物的总能量，正确。
【变式探究】（河北省衡水中学调研）已知化学反应A (g)＋B (g)===2AB(g) ΔH＝＋100kJ·mol－1的能量
2 2
变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A．加入催化剂，该反应的反应热ΔH 将减小
B．每形成2molA—B键，将吸收bkJ能量
C．每生成2分子AB吸收(a－b)kJ热量
D．该反应正反应的活化能大于100kJ·mol－1
【答案】D
【解析】催化剂不能改变反应热的大小，A错误；形成化学键，释放能量，B错误；热化学方程式中，化
学计量数代表物质的量，C错误。
1
【变式探究】（山东省德州高三模拟）用CO 催化加氢可以制取乙烯：CO (g)＋3H (g) C H (g)＋
2 2 2 2 4
2
83/346衡水中学化学一本通高分手册
2H O(g)，若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH＝________(用含a、b的式子表
2
示)。
又知：相关化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的ΔH＝－152kJ·mol－1，则表中的x＝________。
化学键 C===O H—H C===C C—H H—O
键能/(kJ·mol－1) 803 436 x 414 464
【答案】(a－b)kJ·mol－1 764
1
【解析】该反应的ΔH＝(803kJ·mol－1×2＋436kJ·mol－1×3)－[ ×(xkJ·mol－1＋414kJ·mol－1×4)＋464kJ·mol－
2
1×4]＝－152kJ·mol－1，解得x＝764。
题型三 考查盖斯定律
例3．[·全国卷Ⅱ，27(1)]环戊二烯( )是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答
下列问题：
已知： (g)=== (g)＋H (g) ΔH ＝100.3kJ·mol－1①
2 1
H (g)＋I (g)===2HI(g) ΔH ＝－11.0kJ·mol－1②
2 2 2
对于反应： (g)＋I (g)=== (g)＋2HI(g)③
2
ΔH ＝________kJ·mol－1。
3
【答案】89.3
【解析】将题给三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由反应①＋反应②得反应③，
则ΔH ＝ΔH ＋ΔH ＝(100.3－11.0)kJ·mol－1＝89.3kJ·mol－1。
3 1 2
【变式探究】(·浙江4月选考，23)MgCO 和CaCO 的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
3 3
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M2＋(g)＋CO2－(g)― Δ ― H →2 M2＋(g)＋O2－(g)＋CO (g)
3 2
↑ΔH ↓ΔH
1 3
ΔH
MCO (s)――→MO(s) ＋ CO (g)
3 2
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是( )
A．ΔH (MgCO )＞ΔH (CaCO )＞0
1 3 1 3
B．ΔH (MgCO )＝ΔH (CaCO )＞0
2 3 2 3
C．ΔH (CaCO )－ΔH (MgCO )＝ΔH (CaO)－ΔH (MgO)
1 3 1 3 3 3
D．对于MgCO 和CaCO ，ΔH ＋ΔH ＞ΔH
3 3 1 2 3
【答案】C
【解析】根据盖斯定律，得ΔH＝ΔH ＋ΔH ＋ΔH ，又易知Ca2＋半径大于Mg2＋半径，所以CaCO 的离子键
1 2 3 3
强度弱于MgCO ，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH 表示断裂CO2－和M2＋的离子键所吸收的能量，离
3 1 3
子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH (MgCO )＞ΔH (CaCO )＞0，正确；B项，ΔH 表示断裂CO2－中共
1 3 1 3 2 3
价键形成O2－和CO 吸收的能量，与M2＋无关，因而ΔH (MgCO )＝ΔH (CaCO )＞0，正确；C项，由上可知
2 2 3 2 3
ΔH (CaCO )－ΔH (MgCO )<0，而ΔH 表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH 为负值，CaO的离子键强度弱
1 3 1 3 3 3
于MgO，因而ΔH (CaO)>ΔH (MgO)，ΔH (CaO)－ΔH (MgO)>0，错误；D项，由以上分析可知ΔH ＋ΔH >0，
3 3 3 3 1 2
ΔH <0，故ΔH ＋ΔH ＞ΔH ，正确。
3 1 2 3
【举一反三】(湖南长郡中学模拟)(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石)ΔH>0，则稳定性：金刚石 (填
“>”“<”)石墨。
(2)已知：2C(s)＋2O (g)===2CO (g) ΔH
2 2 1
2C(s)＋O (g)===2CO(g) ΔH
2 2
则ΔH (填“>”或“<”)ΔH 。
1 2
(3)“嫦娥”五号预计在海南文昌发射中心发射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧
化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。用肼(N H )作燃料，四氧化二氮作氧化剂，二者反应生成氮气和气态水。已
2 4
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知：
①N (g)＋2O (g)===N O (g) ΔH＝＋10.7kJ·mol－1
2 2 2 4
②N H (g)＋O (g)===N (g)＋2H O(g)
2 4 2 2 2
ΔH＝－543kJ·mol－1
写出气态肼和N O 反应的热化学方程式： 。
2 4
(4)25℃、101kPa时，14gCO在足量的O 中充分燃烧，放出141.3kJ热量，则CO的燃烧热为ΔH＝ 。
2
(5)0.50L2.00mol·L－1H SO 溶液与2.10L1.00mol·L－1KOH溶液完全反应，放出114.6kJ热量，该反应的
2 4
中和热ΔH＝ 。
(6)已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则
N 与H 反应生成NH 的热化学方程式是 。
2 2 3
【答案】(1)< (2)<
(3)2N H (g)＋N O (g)===3N (g)＋4H O(g) ΔH＝－1096.7kJ·mol－1
2 4 2 4 2 2
(4)－282.6kJ·mol－1
(5)－57.3kJ·mol－1
(6)N (g)＋3H (g) 2NH (g) ΔH＝－92kJ·mol－1
2 2 3
【解析】(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH>0，说明该反应是吸热反应，因此石墨的总能量低于金
刚石的总能量，而能量越低，物质越稳定，故稳定性：金刚石<石墨。
(2)ΔH 表示碳完全燃烧的反应热，ΔH 表示碳不完全燃烧的反应热，碳完全燃烧放热多，且放热越多ΔH越
1 2
小。因此，ΔH <ΔH 。
1 2
(3)根据盖斯定律，由2×②－①得：
2N H (g)＋N O (g)===3N (g)＋4H O(g)
2 4 2 4 2 2
ΔH＝2×(－543kJ·mol－1)－(＋10.7kJ·mol－1)＝－1096.7kJ·mol－1。
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(4)25℃、101kPa时，14gCO在足量的O 中充分燃烧，放出141.3kJ的热量，则1molCO(即28gCO)
2
完全燃烧放出的热量是141.3kJ×2＝282.6kJ，即CO的燃烧热ΔH＝－282.6kJ·mol－1。
(6)N 与H 反应生成NH 的热化学方程式可表示为N (g)＋3H (g) 2NH (g) ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－
2 2 3 2 2 3
2×3E(N—H)＝946kJ·mol－1＋3×436kJ·mol－1－6×391kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1。
题型四 利用盖斯定律计算反应热
例4.(·课标全国卷Ⅲ，28)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速
增长。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
1
Ⅰ.CuCl (s)===CuCl(s)＋ Cl (g) ΔH ＝83kJ·mol－1
2 2 1
2
1 1
Ⅱ.CuCl(s)＋ O (g)===CuO(s)＋ Cl (g) ΔH ＝－20kJ·mol－1
2 2 2
2 2
Ⅲ.CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl (s)＋H O(g) ΔH ＝－121kJ·mol－1
2 2 3
则4HCl(g)＋O (g)===2Cl (g)＋2H O(g)的 ΔH＝________kJ·mol－1。
2 2 2
【答案】－116
【解析】根据盖斯定律知，(反应Ⅰ＋反应Ⅱ＋反应Ⅲ)×2得4HCl(g)＋O (g)===2Cl (g)＋2H O(g)，ΔH＝(ΔH
2 2 2 1
＋ΔH ＋ΔH )×2＝－116kJ·mol－1。
2 3
【变式探究】(福建厦门质检)氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH ＜0
1
B．相同条件下，HCl的ΔH 比HBr的小
2
C．相同条件下，HCl的ΔH ＋ΔH 比HI的大
3 4
D．一定条件下，气态原子生成1molH—X键放出akJ能量，则该条件下ΔH ＝＋akJ·mol－1
2
87/346衡水中学化学一本通高分手册
【答案】D
【解析】A项，已知HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的ΔH ＞0，错误；B项，
1
由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的ΔH 比HBr的大，错误；C项，ΔH ＋ΔH 代表H(g)―→H＋(aq)
2 3 4
的焓变，与是HCl还是HI无关，错误；D项，一定条件下，气态原子生成1molH—X键放出akJ能量，则断
开1molH—X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为ΔH ＝＋akJ·mol－1，正确。
2
【变式探究】(辽宁长春实验中学模拟)根据已知信息，按要求写出指定反应的热化学方程式
(1)LiH可作飞船的燃料，已知下列反应：
①2Li(s)＋H (g)===2LiH(s) ΔH＝－182kJ·mol－1
2
②2H (g)＋O (g)===2H O(l) ΔH＝－572kJ·mol－1
2 2 2
③4Li(s)＋O (g)===2Li O(s) ΔH＝－1196kJ·mol－1
2 2
试写出LiH在O 中燃烧的热化学方程式：
2
。
【答案】2LiH(s)＋O (g)===Li O(s)＋H O(l) ΔH＝－702kJ·mol－1
2 2 2
【解析】2LiH(s)===2Li(s)＋H (g) ΔH＝＋182kJ·mol－1
2
1
2Li(s)＋ O (g)===Li O(s) ΔH＝－598kJ·mol－1
2 2
2
1
H (g)＋ O (g)===H O(l) ΔH＝－286kJ·mol－1
2 2 2
2
上述三式相加得：2LiH(s)＋O (g)===Li O(s)＋H O(l) ΔH＝－702kJ·mol－1。
2 2 2
(2)工业上制取硝酸铵的流程图如下所示：
已知：4NO(g)＋4NH (g)＋O (g) 4N (g)＋6H O(g) ΔH＝－1745.2kJ·mol－1；
3 2 2 2
6NO(g)＋4NH (g) 5N (g)＋6H O(g) ΔH＝－1925.2kJ·mol－1。
3 2 2
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则反应Ⅰ的热化学方程式可表示为 。
【答案】4NH (g)＋5O (g) 4NO(g)＋6H O(g) ΔH＝－1025.2kJ·mol－1
3 2 2
【解析】将已知的两个热化学方程式从上到下依次标记为①和②，根据盖斯定律由①×5－②×4得：4NH (g)
3
＋5O (g) 4NO(g)＋6H O(g) ΔH＝－1025.2kJ·mol－1。
2 2
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专题 化学能与电能的转化
06
【考情探究】
内容 原电池原理及其应用 电解原理及其应用
课
1. 理解原电池的构成、工作原理及应用，能书写电极反应和
标 总反应方程式
理解电解池的构成、工作
解 解读 2.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以及防 原理及应用，能书写电极
止金属腐蚀的措施 反应和总反应方程式
读
3.了解常见化学电源的种类及其工作原理
电化学是氧化还原反应知识的应用和延伸，是热点考查内容。通常会以新型二次电池
考情分析 为载体考查原电池原理与电解原理。试题难度中等，预计今后对本专题知识的考查会
保持稳定。
本专题命题往往以可充电电池的工作原理及电解原理的应用为背景，考查电极反应式
的书写、离子移动方向、金属的电化学腐蚀及防护等知识。同时也对信息提取、应用
备考策略
能力进行考查。备考时要侧重原电池与电解池工作原理中基础考点的复习和电极反应
式书写技巧的掌握。
【高频考点】
高频考点一 新型电池的工作原理分析
1．突破原电池工作原理
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2．原电池的改进
【特别提醒】(1)改进后的优点是电流效率的提高，电流持续稳定。
(2)盐析的三个作用
①隔绝正负极反应物，避免直接接触，导致电流不稳定；
②通过离子的定向移动，构成闭合回路；
③平衡电极区的电荷。
(3)离子交换膜的作用：离子交换膜是一种选择性透过膜，允许相应离子通过，离子迁移方向遵循电池中离
子迁移方向。
3．二次电池充电时连接模型(“正”接“正”，“负”接“负”)
注意：放电时负极反应与充电时的阴极反应相反，同理放电时正极反应与充电时阳极反应相反。如铅蓄电
池：
负极：Pb＋SO2－－2e－===PbSO
4 4
阴极：PbSO ＋2e－===Pb＋SO2－
4 4
高频考点二 电解原理的应用 金属腐蚀与防护
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1．电解池工作原理模型图
【特别提醒】①阳离子在阴极上的放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞……
②阴离子在阳极上的放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子＞……
③当阳极是金属(Au、Pt除外)电极时，溶液中的离子不再放电而是金属失电子生成金属阳离子。
④微粒的放电顺序受温度、浓度、电压、电极材料等因素的影响。
2．电化学计算的两种常用方法
(1)根据电子守恒计算
①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数
相等。
②用于混合溶液中电解的分阶段计算。
(2)根据关系式计算
根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：
(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)
3．金属电化学腐蚀与防护
(1)金属腐蚀快慢的三个规律
①金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀。
②电解质溶液的影响
a．对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
b．对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
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③活泼性不同的两金属，活泼性差别越大，腐蚀越快。
(2)两种腐蚀与三种保护
①两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
②三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
高频考点三 离子交换膜在电化学中的综合应用
1．离子交换膜的作用
(1)防止副反应的发生，避免影响所制取产品的质量；防止引发不安全因素(如在电解饱和食盐水中，利用阳
离子交换膜，防止阳极产生的Cl 进入阴极室与氢氧化钠反应，导致所制产品不纯；防止与阴极产生的H 混合
2 2
发生爆炸)。
(2)用于物质的分离、提纯等。
(3)用于物质的制备。
2．离子交换膜的类型
根据透过的微粒，离子交换膜可以分为多种，在高考试题中主要出现过阳离子交换膜、阴离子交换膜和质
子交换膜三种。阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，
质子交换膜只允许质子(H＋)通过。
3．离子交换膜类型的判断
根据电解质溶液呈电中性的原则，判断膜的类型：
(1)首先写出阴、阳两极上的电极反应，依据电极反应式确定该电极附近哪种离子剩余。
(2)根据溶液呈电中性，判断出离子移动的方向，从而确定离子交换膜的类型。
4．定量关系
外电路电子转移数＝通过隔膜的阴、阳离子带的负或正电荷数。
【题型突破】
题型一 考查二次电池
例1.（·天津卷）熔融钠硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为
放电
2Na+xS Na S (x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错 ． 误 ． 的是（ ）
充电 2 x
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A.Na S 的电子式为
2 4
B. 放电时正极反应为xS+2Na++2e=Na S
2 x
C.Na和Na S 分别为电池的负极和正极
2 x
D. 该电池是以NaβAl O 为隔膜的二次电池
2 3
【答案】C
放电
【解析】根据电池反应：2Na+xS Na S 可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：
充电 2 x
Nae=Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为xS+2Na++2e=Na S ，据此分析。Na S 属于离子化合物，
2 x 2 4
4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为 ，故A正确；放电时发生的是原电池反
应，正极发生还原反应，电极反应为：xS+2Na++2e=Na S ，故B正确；放电时，Na为电池的负极，正极
2 x
为硫单质，故C错误；放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，NaβAl O 为
2 3
隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，故D正确；答案选C。
【方法技巧】
(1)放电时，正、负极的判断。
(2)充、放电时两极反应式书写判断。
(3)充、放电时，电子、离子的移动方向。
(4)电极附近溶液性质的变化。
(5)充、放电两极反应类型判断。
(6)充电连接判断。
(7)基本电化学计算。
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【变式探究】(·全国卷Ⅲ)为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3DZn)可以
高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3DZn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)
放电
＋2NiOOH(s)＋H O(l) ZnO(s)＋2Ni(OH) (s)。
2 2
充电
下列说法错误的是( )
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH) (s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H O(l)
2 2
C．放电时负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H O(l)
2
D．放电过程中OH－ 通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】A项，三维多孔海绵状Zn为多孔结构，具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高，正确；B
项，二次电池充电时作为电解池使用，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，阳极反应为Ni(OH) (s)
2
＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H O(l)，正确；C项，二次电池放电时作为原电池使用，负极发生氧化反应，元
2
素化合价升高，原子失去电子，由电池总反应可知负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H O(l)，正确；
2
D项，二次电池放电时作为原电池使用，阴离子从正极区向负极区移动，错误。
题型二 考查新型电池
例2.（·新课标Ⅲ）一种高性能的碱性硼化钒(VB )—空气电池如下图所示，其中在VB 电极发生反应：
2 2
VB +16OH11e=VO3+2B(OH)+4H O该电池工作时，下列说法错误的是（ ）
2 4 4 2
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A. 负载通过0.04mol电子时，有0.224L(标准状况)O 参与反应
2
B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C. 电池总反应为4VB 11O 20OH 6H O8B(OH) 4VO3
2 2 2 4 4
D. 电流由复合碳电极经负载、VB 电极、KOH溶液回到复合碳电极
2
【答案】B
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB 发生失电子的反应生成VO3和B(OH)，反应的电极方程式如
2 4 4
题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH，反应的电极方程式为O +4e+2H O=4OH，电池的总
2 2
反应方程式为4VB +11O +20OH+6H O=8B(OH) +4VO3，据此分析。当负极通过0.04mol电子时，正极也通
2 2 2 4 4
过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
反应过程中正极生成大量的OH使正极区pH升高，负极消耗OH使负极区OH浓度减小pH降低，B错误；根
据分析，电池的总反应为4VB +11O +20OH+6H O=8B(OH) +4VO3，C正确；电池中，电子由VB 电极经
2 2 2 4 4 2
负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB 电极→KOH溶液→复
2
合碳电极，D正确。
【变式探究】（·全国卷Ⅲ）一种可充电锂空气电池如图所示。当电池放电时，O 与Li+在多孔碳材料电极
2
处生成Li O （x=0或1）。下列说法正确的是 （ ）
2 2x
A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
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D. 充电时，电池总反应为Li O =2Li+（1－ ）O
2 2x 2
【答案】D
【解析】放电时，O 与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正
2
极，所以多孔碳电极为正极，A错误。因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由
负极流向正极），B错误。充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充
电时向锂电极移动，C错误。根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O 与Li+得电子转化为Li O ，电
2 2 2X
池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li+(1－ )O ＝ Li O ，充电的反应与
2 2 2X
放电的反应相反，所以为Li O ＝ 2Li+(1－ )O ， D正确。
2 2X 2
题型三 考查电解原理及其应用
例3.（·浙江卷）电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液，在阳极RCOO放电可得到RR (烷烃)。
下列说法不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
通电
A. 电解总反应方程式：2RCOONa2H O RR2CO H 2NaOH
2 2 2
B. RCOO在阳极放电，发生氧化反应
C. 阴极的电极反应：2H O2e 2OH H
2 2
D. 电解CH COONa、CH CH COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
3 3 2
【答案】A
【解析】因为阳极RCOO放电可得到RR(烷烃)和产生CO ，在强碱性环境中，CO 会与OH反应生成CO 2
2 2 3
和H O，故阳极的电极反应式为2RCOO2e+4OH=RR+2CO 2+2H O，阴极上H O电离产生的H+放电生成H ，
2 3 2 2 2
同时生成OH，阴极的电极反应式为2H O+2e=2OH+H ↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOH
2 2
通电
=====RR+2Na CO +H ↑，故A错误；RCOO在阳极放电，电极反应式为2RCOO2e+4OH=RR+2CO 2+2H O，
2 3 2 3 2
COO中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃基R中元素的化合价没有发生变化，故B正
确；阴极上H O电离产生的H+放电生成H ，同时生成OH，阴极的电极反应为2H O+2e=2OH+H ↑，故C正
2 2 2 2
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通电
确；根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH COONa+2NaOH=====
3
通电
CH CH +2Na CO +H ↑，2CH CH COONa+2NaOH=====CH CH CH CH +2Na CO +H ↑，CH COONa+
3 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
通电
CH CH COONa+2NaOH=====CH CH CH +2Na CO +H ↑。因此，电解CH COONa、CH CH COONa和NaOH 的
3 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2
混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D正确。
【举一反三】（·江苏卷）将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情
境中，下列有关说法正确的是
A. 阴极的电极反应式为Fe2e Fe2
B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱
C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正
极，据此分析解答。阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；阳极金属M
实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B
错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从
而被保护，故C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢
铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选C。
【变式探究】[·江苏卷]将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化
学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是
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A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−===Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错
误；铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；活性炭与铁混合，在氯化钠
溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性
或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误。
题型四 考查膜电池综合应用
例4.（·山东卷）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时
可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH COO的溶液为
3
例)。下列说法错误的是
A. 负极反应为 CH COO+2H O8e=2CO +7H+
3 2 2
B. 隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C. 当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
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D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】据图可知a极上CH COOˉ转化为CO 和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b
3 2
极为正极。a极为负极，CH COOˉ失电子被氧化成CO 和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH COOˉ+
3 2 3
2H O8eˉ=2CO ↑+7H+，故A正确；为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜
2 2
1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；当电路中转移1mol
电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质
量为58.5g，故C正确；b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H ↑，
2
所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为
4:2=2:1，故D正确；故答案为B。
【变式探究】（·新课标Ⅰ）科学家近年发明了一种新型Zn−CO 水介质电池。电池示意图如图，电极为金属
2
锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新
2
途径。
下列说法错误的是 （ ）
A. 放电时，负极反应为Zn2e 4OH Zn(OH)2
4
B. 放电时，1molCO 转化为HCOOH，转移的电子数为2mol
2
C. 充电时，电池总反应为2Zn(OH)2 2ZnO 4OH 2H O
4 2 2
D. 充电时，正极溶液中OH−浓度升高
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【答案】D
【解析】由题可知，放电时，CO 转化为HCOOH，即CO 发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左
2 2
侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)2；充电时，右侧为阳极，H O发生氧化反应生成O ，左侧为阴
4 2 2
极，Zn(OH)2发生还原反应生成Zn，以此分析解答。放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：
4
Zn2e+4OH=Zn(OH)2，故A正确；放电时，CO 转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO 转化
4 2 2
为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确；充电时，阳极上H O转化为O ，负极上Zn(OH)2转化为Zn，
2 2 4
电池总反应为：2Zn(OH)2=2Zn+O +4OH+2H O ，故C正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为：
4 2 2
2H O4e=4H++O ，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH)=K ，温度不变时，K 不变，因此溶液中
2 2 W W
OH浓度降低，故D错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之
间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是( )
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H ＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
2
C．正极区，固氮酶为催化剂，N 发生还原反应生成NH
2 3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】A项，该反应中，可产生电流，反应条件比较温和，没有高温高压条件，正确；B项，该生物燃
料电池中，左端电极反应式为MV＋－e－===MV2＋，则左端电极是负极，应为负极区，在氢化酶作用下，发生反
应H ＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋，错误；C项，右端电极反应式为MV2＋＋e－===MV＋，是正极，在正极区N 得
2 2
到电子生成NH ，发生还原反应，正确；D项，原电池中，内电路中H＋通过交换膜由负极区向正极区移动，正
3
确。
【变式探究】[·江苏卷节选]CO 的资源化利用能有效减少CO 排放，充分利用碳资源。电解法转化CO 可实
2 2 2
现CO 资源化利用。电解CO 制HCOOH的原理示意图如下。
2 2
101/346衡水中学化学一本通高分手册
①写出阴极CO 还原为HCOO−的电极反应式： 。
2
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低，其原因是 。
3
【答案】①CO +H++2e−===HCOO−或CO +HCO −+2e−===HCOO−+CO 2− ②阳极产生O ，pH减小，
2 2 3 3 2
HCO −浓度降低；K+部分迁移至阴极区
3
【解析】①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO ＋HCO −＋2e−=HCOO−＋CO 2−，或CO ＋
2 3 3 2
H＋＋2e−=HCOO−；②阳极反应式为2H O−4e−=O ↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO − 反应，同时部分K
2 2 3
＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低。
3
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专题 化学反应速率和化学平衡
07
【考情探究】
化学平衡的相关
内容 化学反应速率 化学平衡 化学反应进行的方向
计算
1.了解化学反应速率的概念和
1.了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立
课
定量表示方法
1.能正确计算化学
2.掌握化学平衡的特征
标
反应的转化率(α)
2.了解反应活化能的概念，了解
3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)
解 催化剂的重要作用
2.了解化学平衡常
解读
对化学平衡的影响,能用相关理论解释其一般
数(K)的含义，能利
读 3.理解外界条件(浓度、温度、压
规律
用化学平衡常数
强、催化剂等)对反应速率的影
4.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生进行相关计算
响，能用相关理论解释其一般规
活、生产和科学研究领域中的重要作用
律
本专题主要结合实际生产命题,以定性、定量相结合的方式综合考查化学反应速率和化学平衡，
包括化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素及规律、平衡状态的判断、平衡常数和转化率
考情分析
的计算，同时渗透对计算能力、数形结合能力、语言组织能力等的考查。考查学生对信息的提
取、应用能力。
本专题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化学平衡移动的影响因素，主要考查学生运
备考策略
用图表、图形分析和解决化学问题的能力。
【高频考点】
高频考点一 化学反应速率和化学平衡的影响因素
1．特殊条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响
(1)纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率和平衡移动。但固体颗粒的大小导
致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率。但仍不影响平衡移动。
(2)对于有固、液参加的反应，改变压强不会影响其反应速率和平衡移动。
103/346衡水中学化学一本通高分手册
(3)使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在
许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围。但催化剂的改变不影响平衡移动。
(4)“惰气”对反应速率和平衡的影响。
①恒温恒容，充入“惰气”，不改变反应速率和平衡移动。
②恒温恒压，充入“惰气”体积增大(相当于压强减小)，v 、v 均减小，平衡向气体分子数增多的方向移动。
正 逆
2．突破化学平衡状态的判断标志
(1)等——“正逆相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v ＝v 、断键数＝成键数。
正 逆
v X v Y
②不同物质： 正 ＝ 逆
X的化学计量数 Y的化学计量数
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，
即“变量”不变可说明达到平衡状态。
(3)依Q(浓度商)与K关系判断：若Q＝K，反应处于平衡状态。
3．平衡移动方向判断两方法
(1)根据v 与v 的相对大小
正 逆
①若外界条件改变，引起v >v ，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向(或向右)移动；
正 逆
②若外界条件改变，引起v K，平衡逆向移动；
②若Q＝K，平衡不移动；
③若Qp＋q，且ΔH>0
(1)t 时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；
1
(2)t 时升高温度，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的反应速率增大得快；
2
(3)t 时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小，正反应的反应速率减小得
3
多；
(4)t 时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大但仍相等。
4
2. 转化率(或含量)—时间图像
反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0
(1)图甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和
的反应，压强越大，反应物的转化率越大；
(2)图乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；
106/346衡水中学化学一本通高分手册
(3)图丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。
3．恒压(温)线
反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
4．特殊类型图像
(1)对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如图所示，M点前，表示从反应物开始，v ＞v ；M
正 逆
点为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡
左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如图所示，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方
(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点v ＞v ；则L线的右下方(F点)，v
正 逆 正
＜v 。
逆
5．速率、平衡图像题的分析方法
(1)认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。
(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点
为起点。
107/346衡水中学化学一本通高分手册
(3)看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反应曲线，从而判断反应特点。
(4)注意终点。例如，在浓度—时间图像上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合
有关原理进行推理判断。
(5)图像中先拐先平数值大。例如，在转化率—时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理
可得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大。
(6)定一议二原则。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
高频考点四 速率与平衡图像在生产中的综合应用
1．图像分析
该反应为放热反应，低于
|
T 时，应慢，还未达到平衡，
0
为平衡建立过程，高于T 时，
0
(1) ⇒ 为平衡移动过程
随温度升高，－lgK减小，K增
|
(2) ⇒ 大，反应为吸热反应 ΔH>0
(3)对于A(g)＋2B(g) C(g)
| n A
越大，A g 越多，α A 越小
⇒ n B
|3号催化剂最合适，
(4) ⇒
其最适温度为400℃
2．图像题的一般分析思路
(1)一审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应是吸
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热还是放热。
(2)二析图像
(3)三想方法规律
①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
②先拐先平数值大：在含量(转化率)－时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速
率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。
高频考点五 分压平衡常数(K )与速率常数(k 、k )
p 正 逆
1．K 的两种计算模板
p
(1)平衡总压为p
N ＋ 3H 2NH
2 2 3
n(平) a b c
a b c
p(分压) p p p
0 0 0
a＋b＋c a＋b＋c a＋b＋c
c
p 2
0
a＋b＋c
K ＝ 。
p
a b
p p 3
0 0
a＋b＋c a＋b＋c
(2)刚性容器起始压强为p ，平衡转化率为α
0
2NO N O
2 2 4
p(始) p 0
0
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1
Δp p α p α
0 0
2
1
p(平) p －p α p α
0 0 0
2
1
p α
0
K ＝ 2 。
p
p －p α2
0 0
2．K 与k 、k 的关系
p 正 逆
以2NO N O 为例
2 2 4
v正＝k p2NO 平衡时
正 2 ――→ k p2(NO )＝
正 2
v逆＝k 逆 pN 2 O 4 v正＝v逆
k pN O
k p(N O )―→ 正＝ 2 4 ＝K 。
逆 2 4 p
k p2NO
逆 2
【题型突破】
题型一 化学反应速率与化学平衡的影响因素
例1．（福建宁德市）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，反应为CH (g)+H O(g)⇌ CO(g)+3H (g)。
4 2 2
在不同温度下，向a、b两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1molCH (g)和1.1molH O(g)，测得容器a中CO
4 2
物质的量、容器b中H 物质的量随时间的变化曲线如图所示(已知容器a、b的体积为2L)。下列说法正确的是
2
( )
A．该反应为放热反应
B．两容器达到平衡时，b容器中CO的体积分数大于a容器
C．a容器前4min用CH 表示的平均反应速率为0.125mol/(L∙min)
4
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D．a容器达到平衡后，再充入1.1molCH (g)和1molCO(g)，此时v ＜v
4 正 逆
【答案】C
【解析】已知在a、b两个恒温、恒容的密闭容器中，充入相同量的甲烷和水，生成氢气的计量数是CO的
3倍，结合图像可知，b为H (g)的图像，其转化为CO(g)时，物质的量为0.6mol；a为CO(g)的图像，a达到平
2
衡所用的时间比b段，则a的温度高于b，升高温度，CO的物质的量增大，即平衡正向移动，故正反应为吸热
反应。分析可知，该反应为吸热反应，A说法错误；分析可知，b表示H (g)的图像，其转化为CO(g)时，达到
2
平衡时，物质的量为0.6mol，a容器中两容器达到平衡时，b容器中CO的体积分数小于a容器，B说法错误；
1.0mol
根据图像，a容器前4minCO的物质的量为1.0mol，用CH 表示的平均反应速率为 =0.125mol/(L∙min)，
4
2L4min
C说法正确；a容器达到平衡时，
CH g +H O g CO g +3H g
4 2 2
初 1.1 1.1
反 1 1 1 3
平 0.1 0.1 1 3
1.530.5 1.531
再充入1.1molCH (g)和1molCO(g)，K= ＞Q = ，平衡正向移动，v ＞v ，D说法错
4 c 正 逆
0.050.05 0.60.05
误；答案为C。
【变式探究】（湖南株洲市）利用现代传感技术探究压强对 2NO (g) N O (g)平衡移动的影响。在恒定
2 2 4
温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的 NO 气体后密封并保持活塞位置不变。分别在 t 、t 时迅
2 1 2
速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列分析中不正确的是( )
A．t 时移动活塞，使容器体积增大
1
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B．在 B、E 两点，对应的正反应速率：v(B)>v(E)
C．图中除 A、C、F 点外，其他点均为平衡状态
D．在 E，F，H 三点中，H 点的气体平均相对分子质量最大
【答案】C
【解析】由图可知，t 时移动活塞，针筒内气体压强迅速减小，说明针筒的体积增大，故A正确；针筒内
1
气体压强越强越大，化学反应速率越大，由图可知，B点压强大于E点，则对应的正反应速率：v(B)>v(E)，故
B正确；由图可知，除 A、C、F 点外，G点也没有达到平衡，故C错误；由质量守恒定律可知，E，F，H 三
点中气体的质量相同，由图可知，t 时移动活塞，针筒内气体压强迅速增大，说明针筒的体积减小，增大压强，
2
平衡向正反应方向移动，混合气体的物质的量减小，则E，F，H 三点中，H 点的气体物质的量最小，平均相
对分子质量最大，故D正确；故选C。
题型二 反应速率、转化率和平衡常数的基本计算
例2．（·江苏卷）CH 与CO 重整生成H 和CO的过程中主要发生下列反应
4 2 2
CH (g)CO (g)2H (g)2CO(g) H247.1kJmol1
4 2 2
H (g)CO (g)H O(g)CO(g) H41.2kJmol1
2 2 2
在恒压、反应物起始物质的量比n
CH
:n
CO
1:1条件下，CH
和CO 的平衡转化率随温度变化的
4 2 4 2
曲线如图所示。下列有关说法正确的是 （ ）
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH 的平衡转化率
4
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B. 曲线B表示CH 的平衡转化率随温度的变化
4
C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D. 恒压、800K、n(CH )：n(CO )=1:1条件下，反应至CH 转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条
4 2 4
件继续反应，CH 转化率能达到Y点的值
4
【答案】BD
【解析】甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲
烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；根据两个反应
得到总反应为CH (g)＋2CO (g)===H (g)＋3CO(g) ＋H O(g)，加入的CH 与CO 物质的量相等，CO 消耗量大
4 2 2 2 4 2 2
于CH ，因此CO 的转化率大于CH ，因此曲线B表示CH 的平衡转化率随温度变化，故B正确；使用高效催
4 2 4 4
化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变
二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。
【举一反三】（福建漳州市）温度为T 时，在容积为10L的恒容密闭容器充入一定量的M(g)和N(g)，发
1
生反应M g +N g 2P g +Q g H >0。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
t/min 0 5 10
n(M)/mol 6.0 4.0
n(N)/mol 3.0 1.0
A．T 时该反应的化学平衡常数为0.64，则T ＞T
2 1 2
B．05min内，用M表示的平均反应速率为0.4mol∙L1∙min1
C．该反应在第8min时v ＞v
逆 正
D．当M、N的转化率之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态
【答案】A
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M g +N g 2P g +Q g
起
mol/L
0.6 0.3 0 0
【解析】根据表格信息，可列三段式： ，再结合
转
mol/L
0.2 0.2 0.4 0.2
5min mol/L 0.4 0.1 0.4 0.2
10min时的数据可知温度为T 时，反应在5min时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：
1
c
Q
c2
P
0.2
0.4
2
K= = =0.8，由此解答。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增
c M c N 0.40.1
大，已知T 时该反应的化学平衡常数为0.8，T 时该反应的化学平衡常数为0.64，故T ＞T ，A正确；根据三
1 2 1 2
Δc 0.2molL1
段式可知，05min内，用M表示的平均反应速率为v= = =0.04 molL1min1，B错误；根据
Δt 5min
分析可知，反应在5min时达到平衡状态，故在第8min时v ＝v ，C错误；根据反应方程式M、N的化学计
逆 正
量数之比可知，二者的转化率之比始终保持不变，是个定值，故D错误；答案选A。
【变式探究】（河北石家庄）在2L恒容密闭容器中充入气体A和B，发生反应
A
g
B
g
C
g
2D
s
ΔH，所得实验数据如表所示。下列说法正确的是 ( )
实验编号 温度/℃ 起始n A mol 起始n B mol 平衡n C mol
① 300 0.40 0.10 0.09
② 500 0.40 0.10 0.08
③ 500 0.20 0.05 a
A．上述反应的 ΔH>0
B．5min时测得①中n C =0.05mol ，则05min内v D =0.01molL1min1
C．500℃时，该反应的平衡常数K=0.16
D．实验③中反应达到平衡时，A的转化率小于20％
【答案】D
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【解析】由实验①和实验②中数据可知，升高温度，平衡时C的物质的量减少，说明平衡逆向移动，则正
反应为放热反应，ΔH< 0，选项A错误；D是固体，故不能用D的浓度变化来表示反应速率，选项B错误；
0.08mol
500℃时，由实验②可知反应A
g
B
g
C
g
2D
s
达到平衡状态时，c(C)= =0.04mol/L，
2L
0.40mol0.08mol 0.10mol0.08mol 0.04
c(A)= =0.16mol/L，c(B)= =0.01mol/L，K= 25，选项C
2L 2L 0.160.01
错误；实验②与实验③的温度相同，容器的容积相同，而实验③反应物的用量恰好是实验②的一半，即相当于
减压，减压使平衡向气体分子数增大的方向移动，所以实验③中反应达到平衡后，反应物的转化率小于实验②(实
验②中的平衡转化率为20％)，选项D正确。答案选D。
题型三 化学图像分析
例3．[江苏]在恒压、NO和O 的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO
2 2
的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A．反应2NO(g)+O
2
(g)===2NO
2
(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O 的浓度不能提高NO转化率
2
D．380℃下，c (O )=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
起始 2
【答案】BD
【解析】随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，
分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移
动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；根据上述分析，X点时，反应还未到达平
衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；Y点，反应已经达到平衡状态，
此时增加O 的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C
2
错误；设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O 和NO 的浓度分别为0.5amol/L、
2 2
(5×1040.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式
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c2(NO ) (0.5a)2 1
K= 2 > =2000，故D正确；故选BD。
c2(NO)c(O ) (0.5a)2(5104 0.5a) 5104
2
【变式探究】（辽宁高三模拟）恒压下，将CO 2 和H 2 以体积比1∶4混合进行反应CO 2 (g)＋4H 2 (g) CH 4 (g)
＋2H O(g)(假定过程中无其他反应发生)，用Ru/TiO 催化反应相同时间，测得CO 转化率随温度变化情况如图
2 2 2
所示。下列说法正确的是 ( )
A．反应CO (g)＋4H (g)=CH (g)＋2H O(g)的ΔH>0
2 2 4 2
B．图中450℃时，延长反应时间无法提高CO 的转化率
2
C．350℃时，c(H ) ＝0.4mol·L－1，CO 平衡转化率为80%，则平衡常数K<2500
2 起始 2
D．当温度从400 ℃升高至500 ℃，反应处于平衡状态时，v(400℃) >v(500℃)
逆 逆
【答案】BC
【解析】如图所示为用Ru/TiO 催化反应相同时间，测得CO 转化率随温度变化情况，约350℃之前，反
2 2
应还未达到平衡态，CO 转化率随温度升高而增大，约350℃之后，反应达到化学平衡态，CO 转化率随温度升
2 2
高而减小，由此可知该反应为放热反应。由分析可知该反应为放热反应，则ΔH<0，故A错误；图中450℃时，
反应已达平衡态，则延长反应时间无法提高CO 的转化率，故B正确； 350℃时，设起始时容器的容积为V，
2
c(H ) ＝0.4mol·L－1，则n(H ) ＝0.4Vmol，CO 平衡转化率为80%，可列三段式为：
2 起始 2 起始 2
CO 4H CH 2H O
2 2 4 2
起始态(mol) 0.1V 0.4V 0 0
转化态(mol) 0.08V 0.32V 0.08V 0.16V
平衡态(mol) 0.02V 0.08V 0.08V 0.16V
0.4V+0.1V V 3.4V
根据阿伏加德罗定律有 ，平衡时的体积为V(平衡)= ，则平
0.02V+0.08V+0.08V+0.16V V(平衡) 5
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0.08V5 0.16V5
( )2
衡时K c(CH 4 )c(H 2 O)2 3.4V 3.4V 1156 2500，故C正确；温度升高，正逆反应速率均
c(CO
2
)c(H
2
)4 0.02V5
(
0.08V5
)4
3.4V 3.4V
加快，则v(400℃) 0.50
(3)Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H 分压随时间变化关系(如下图所示)，已知水煤气
2
变换反应的ΔH<0。催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的pH O和p 相等、pCO 和pH 相等。
2 CO 2 2
计算曲线a的反应在30～90min内的平均速率 v (a)＝________kPa·min－1。467℃时pH 和p 随时间变
2 CO
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化关系的曲线分别是________、________。489℃时pH 和p 随时间变化关系的曲线分别是________、
2 CO
________。
【解析】(1)根据题目提供的实验数据可知用H 还原CoO制取金属Co，反应的化学方程式为H (g)＋
2 2
CoO(s) Co(s)＋H O(g)，平衡混合气体中H 的物质的量分数为0.0250，K ＝c(H O)/c(H )＝(1－0.0250)/0.025
2 2 1 2 2
0＝39；CO还原CoO制取金属Co的化学方程式为CO(g)＋CoO(s) Co(s)＋CO (g)，平衡混合气体中CO的
2
物质的量分数为0.0192，K ＝c(CO )/c(CO)＝(1－0.0192)/0.0192≈51.08。K K(400℃)。在温度一定的条件下，c(HCl)和c(O )的进料比越大，
2
HCl的平衡转化率越低，所以题图中自上而下三条曲线是c(HCl)∶c(O )(进料浓度比)为1∶1、4∶1、7∶1时的
2
变化曲线。当c(HCl)∶c(O )＝1∶1时，列三段式：
2
4HCl(g) ＋ O (g)===2Cl (g)＋2H O(g)
2 2 2
起始浓度 c c 0 0
0 0
转化浓度 0.84c 0.21c 0.42c 0.42c
0 0 0 0
平衡浓度 (1－0.84)c (1－0.21)c 0.42c 0.42c
0 0 0 0
0.42c 2×0.42c 2 0.422×0.422
K(400℃)＝ 0 0 ＝ 。
1－0.844c4×1－0.21c 1－0.844×1－0.21c
0 0 0
119/346衡水中学化学一本通高分手册
c(HCl)∶c(CO )过高时，HCl转化率较低；当c(HCl)∶c(O )过低时，过量的O 和Cl 分离时能耗较高。
2 2 2 2
(2)由平衡移动的条件可知，为提高HCl的转化率，在温度一定的条件下，可以增大反应体系的压强，增加
O 的量，或者及时除去产物。
2
0.422×0.422
【答案】(1)大于 O 和Cl 分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)增加反应体系压
2 2
1－0.844×1－0.21c
0
强、及时除去产物
题型四 化学反应原理综合
例4.（·新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO 的催化氧化：
2
1
SO (g)+ O (g)钒催化剂SO (g) ΔH=−98kJ·mol−1。回答下列问题：
2 2 3
2
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V O (s)与SO (g)反应生成VOSO (s)和V O (s)的热化学方程式
2 5 2 4 2 4
为：_______________________________________。
(2)当SO (g)、O (g)和N (g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa
2 2 2
压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是
2
______________________。影响α的因素有____________________________。
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(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO (g)、m%O (g)和q%N (g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件
2 2 2
下进行反应。平衡时，若SO 转化率为α，则SO 压强为___________，平衡常数K =___________(以分压表示，
2 3 p
分压=总压×物质的量分数)。
α
(4)研究表明，SO 催化氧化的反应速率方程为：v=k( −1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t
2 α′
升高而增大；α为SO 平衡转化率，α'为某时刻SO 转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α
2 2
值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度t 。tt 后，v逐渐下降。
m m m
原因是__________________________。
【答案】 (1)2V O (s)+2SO (g)⇌ 2VOSO (s)+V O (s) ∆H=351kJ∙mol1
2 5 2 4 2 4
(2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa
＝p 的，所以p =5.0MPa 反应物（N 和O ）的起始浓度（组成）、温度、压强
２ 1 2 2
2mp
（3）
100m
11.5
mp
0.5
100m
（4） 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引起的
m
降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低
m
【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据
压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进
一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步
分析对速率的影响。
(1)由题中信息可知：
121/346衡水中学化学一本通高分手册
1
①SO (g)+ O (g)⇌ SO (g) ∆H=98kJ∙mol1
2 2 3
2
②V O (s)+SO (g)⇌ V O (s)+SO (g) ∆H =24kJ∙mol1
2 4 3 2 5 2 2
③V O (s)+2SO (g)⇌ 2VOSO (s) ∆H =399kJ∙mol1
2 4 3 4 1
根据盖斯定律可知，③② 2得2V O (s)+2SO (g)⇌ 2VOSO (s)+V O (s)，则∆H=
2 5 2 4 2 4
∆H 2∆H =(399kJ∙mol1)(24kJ∙mol1) 2=351kJ∙mol1，所以该反应的热化学方程式为：2V O (s)+2SO (g)⇌
1 2 2 5 2
2VOSO (s)+V O (s) ∆H=351kJ∙mol1；
4 2 4
1
(2)SO (g)+ O (g)⇌ SO (g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正
2 2 3
2
反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO 的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa
2
条件下，SO 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p =5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。
2 1
影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N 和O ）的浓度、温度、压强等。
2 2
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2mmol、mmol和qmol，
2 2 2
2m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系：
2
1
矾催化剂
SO + O SO
2 2 2 3
0
起始量(mol) 2m m
2m
变化量(mol) 2m m
2m
平衡量(mol) 2m(1) m(1)
平衡时气体的总物质的量为n(总)=2m(1α)+m(1α)+2mαmol+qmol，则SO 的物质的量分数为
3
n SO 2mmol 2m
3 100% 100% 100%。该反应在恒压容
n 总 2m 1m 12mmolq mol 100m
2mp 2m 1 p m 1 p
器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= ，p(O )= ，在该条件下，
3 3 2 2
100m 100m 100m
1
SO (g)+ O (g)⇌ 2SO (g) 的
2 2 3
2
2mp
p SO
3
100m
K p = p SO 2 p0.5 O 2 2m 1 p
m 1 p
0.5 11.5
mp
0.5 。
100m
100m
100m
122/346衡水中学化学一本通高分手册
0.8
(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=k 1 1n，升高温度，k
增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞t ，k增大对
m m
v的提高小于α引起的降低。
【变式探究】（·新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH ，一般还含有C H 等烃类，是重要的燃料和化工原料。
4 2 6
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C H (g)=C H (g)+H (g)ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
2 6 2 4 2
物质 C H (g) C H (g) H (g)
2 6 2 4 2
燃烧热ΔH/(kJ·mol−1) 1560 1411 286
①ΔH=_________kJ·mol−1。
②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡
常数K =_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
p
(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH 高温C H +H 。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×c ，
4 2 6 2 CH4
其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r ，甲烷的转化率为α时的反应速率为r ，则r =_____r 。
1 2 2 1
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。
A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H 浓度，r增大
2
C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小
(3)CH 和CO 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
4 2
123/346衡水中学化学一本通高分手册
①阴极上的反应式为_________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH 和CO 体积比为_________。
4 2
α(1+α)
【答案】 (1)①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③ p
(2+α)(1-α)
（2）①1－α ②AD (3) ①CO +2e−=CO+O2− ② 6∶5
2
【解析】
(1)①由表中燃烧热数值可知：
7
①C H (g)+ O (g)=2CO (g)+3H O(l)∆H =1560kJ∙mol1；②C H (g)+3O (g)=2CO (g)+2H O(l)∆H =
2 6 2 2 2 1 2 4 2 2 2 2
2
1
1411kJ∙mol1；③H (g)+ O (g)=H O(l)∆H =286kJ∙mol1；根据盖斯定律可知，①②③得C H (g)=C H (g)+
2 2 2 3 2 6 2 4
2
H (g)，则∆H=∆H ∆H ∆H =(1560kJ∙mol1)(1411kJ∙mol1)(286kJ∙mol1)=137kJ∙mol1，故答案为137；
2 1 2 3
②反应C H (g) C H (g)+H (g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向
2 6 2 4 2
移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；
③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，
C H (g) C H (g)+H (g)
2 6 2 4 2
起始（mol） 1 0 1
转化（mol） α α α
平衡（mol） 1α α 1+α
124/346衡水中学化学一本通高分手册
1α α 1α
平衡时，C H 、C H 和H 平衡分压分别为 p、 p和 p，则反应的平衡常数为
2 6 2 4 2
2α 2α 2α
（1α）
K = ；
p（2α）（1α）
(2)①根据r=k×c ，若r =kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1α)，则r =kc(1α)，所以r =(1α)r ；
CH4 1 2 2 1
②增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，
故B说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；
化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。答案选AD。
(3)①由图可知，CO 在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO +2e=CO+O2；②令生成乙烯和乙烷分
2 2
别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守
恒，得到发生的总反应为：6CH +5CO =2C H +C H +5H O+5CO，即消耗CH 和CO 的体积比为6:5。
4 2 2 4 2 6 2 4 2
【举一反三】（·新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题：
2
(1)CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C H )∶n(H O)=__________。当反应达到
2 2 4 2
平衡时，若增大压强，则n(C H )___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
2 4
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO )∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分
2 2
的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C H 、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的ΔH______0(填“大
2 4 2 2 2 4
于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数K =_________(MPa)−3(列出计算式。以分压
p
125/346衡水中学化学一本通高分手册
表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C H 、C H 、C H 等低碳烃。一定温度和压强
3 6 3 8 4 8
条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。
【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于
0.39
0.394
9 1 4 1
(3) 或 等 (4)选择合适催化剂等
4 0.0393 0.396( 0.39 )2 0.13
3
【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增
大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲
线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化
剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
(1)CO 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO +6H ⇌ CH =CH +4H O，因此，该反
2 2 2 2 2 2
应中产物的物质的量之比n(C H )：n(H O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态
2 4 2
时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C H )变大。
2 4
(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a
所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之
比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，
乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。
(3) 原料初始组成n(CO )∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢
2 2
0.39
气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 ，二氧化碳的物质的量分
4
0.39
数为氢气的三分之一，即 ，因此，该温度下反应的平衡常数
3
0.39
0.394
1
4 9 1
K p
0.39
2 0.13 (MPa)3=
4
0.0393
(MPa)3。
0.396
3
(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副
反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
126/346衡水中学化学一本通高分手册
【变式探究】（·山东卷）探究CH OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH OH的产率。以CO 、
3 3 2
H 为原料合成CH OH涉及的主要反应如下：
2 3
Ⅰ. CO (g)3H (g) CH OH(g)H O(g) H 49.5kJmol1
2 2 3 2 1
Ⅱ. CO(g)2H (g)CH OH(g) H 90.4kJmol1
2 3 2
Ⅲ. CO (g)H (g) CO(g)H O(g) H
2 2 2 3
回答下列问题：
(1)ΔH =_________kJmol1。
3
(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO 和3molH 发生上述反应，达到平衡时，
2 2
容器中CH OH(g)为ɑmol，CO为bmol，此时H O(g)的浓度为__________mol﹒L1(用含a、b、V的代数式表示，
3 2
下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
(3)不同压强下，按照n(CO )：n(H )=1：3投料，实验测定CO 的平衡转化率和CH OH的平衡产率随温度
2 2 2 3
的变化关系如下图所示。
n CO n CO
已知：CO 的平衡转化率= 2 初始 2 平衡 100%
2
n CO
2 初始
n CH OH
CH OH的平衡产率= 3 平衡 100%
3
n CO
2 初始
其中纵坐标表示CO 平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p 、p 、p 由大到小的顺序为
2 1 2 3
127/346衡水中学化学一本通高分手册
___________；图乙中T 温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
1
(4)为同时提高CO 的平衡转化率和CH OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
2 3
A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压
a+b b(a+b)
【答案】(1)+40.9 (2) (3)乙 p 、p 、p T 时以反应Ⅲ为主，
1 2 3 1
V (1ab)(33ab)
反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A
【解析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏
特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO 的平衡转化率和CH OH的平衡产率之间的关系得
2 3
到相应的答案。
(1).根据反应I+II=III，则△H =△H +△H =49.5kJ∙mol1+(90.4kJ∙mol1)=+40.9kJ∙mol1；
3 1 2
(2).假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH OH为xmol，I生成的CH OH为(ax)mol，III生成
3 3
CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)
CO为(b+x)mol，根据反应I： 2 2 3 2 ，反应II：
ax 3(ax) ax ax
CO(g)+2H (g) CH OH(g) CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g)
2 3 ，反应III： 2 2 2 ，所以平衡时水的物质的
x 2x x b+x b+x b+x b+x
a+b mol a+b
量为(ax)mol+(b+x)mol=(a+b)mol，浓度为: = molL1；平衡时CO 的物质的量为
2
VL V
1mol(ax)mol(b+x)mol=(1ab)mol，H 的物质的量为3mol3(ax)mol2x(b+x)mol=(33ab)mol，CO的物质的量
2
b a+b
V V
b(a+b)
为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为： = ；
1ab 33ab (1ab)(33ab)
V V
(3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH OH
3 3
的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO 的平衡转
2
化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO
2
的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO 的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应
2
I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH OH的平衡产率增大，根据图所
3
以压强关系为：p >p >p ；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T 温度时，
1 2 3 1
128/346衡水中学化学一本通高分手册
三条曲线交与一点的原因为：T 时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
1
(4).根据图示可知，温度越低，CO 的平衡转化率越大，CH OH的平衡产率越大，压强越大，CO 的平衡
2 3 2
转化率越大，CH OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
3
专题 水溶液中的离子平衡
08
【考情探究】
内容 弱电解质的电离平衡 水的电离 溶液的酸碱性
课
1.了解水的电离、离子积常数
1.理解弱电解质在水中的电离平衡
标
2.了解溶液pH的含义及其测定方法,能进行pH的
2.了解强电解质和弱电解质的概念
简单计算
解 解读
3.理解电解质在水中的电离以及电
3.掌握中和滴定实验的基本操作
读
解质溶液的导电性
4.了解中和滴定实验主要仪器的使用方法
该专题内容是近几年的必考内容。主要考查影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像
判断强、弱电解质，计算电离常数，比较微粒浓度大小,进行pH的相关计算和中和滴
考情分析
定的迁移应用等，命题时与水解相结合又增加了试题难度，预计在今后的高考中出现
的概率仍较大。
备考时应重点关注数形结合与分析推理型选择题、滴定终点判断的规范表达，同时要
备考策略
了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、物质转化中的应用。
【高频考点】
高频考点一 水的电离和溶液的酸碱性
1．溶液中水电离出的c(H＋)H O或c(OH－)H O计算
2 2
(1)酸或碱溶液：c(H＋)H O＝c(OH－)H O＝c(OH－)或c(H＋)。
2 2
129/346衡水中学化学一本通高分手册
(2)水解呈酸性或碱性的盐溶液：c(H＋)H O＝c(OH－)H O＝c(H＋)或c(OH－)。
2 2
2．酸碱混合液性质的两种判断
(1)同浓度同体积的HA与BOH混合，溶液的性质决定谁强显谁性。
(2)25℃，pH之和为14的HA与BOH等体积混合，溶液的性质决定于谁弱谁过量显谁性。
3．强酸与强碱混合的有关计算
nOH－－nH＋
(1)n(OH－)>n(H＋)：c(OH－)＝ ⇒c(H＋)⇒pH
V ＋V
1 2
nH＋－nOH－
(2)n(OH－)c
OH－
＝c
H＋
4
【方法技巧】溶液混合酸碱性判断模板(25℃)
(1)已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
恰好中和
强酸、强碱
――→ pH＝7
碱过量
强酸、弱碱
――→pH>7
酸过量
弱酸、强碱
――→pH<7
(2)已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，溶液呈中性，则
强酸、强碱
―→V ∶V ＝1∶1
酸 碱
强酸、弱碱 ―→V ∶V >1∶1
酸 碱
弱酸、强碱
―→V ∶V <1∶1
酸 碱
(3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断
等于14
――→pH＝7
|
看pH之和
——
大于14
――→pH>7
小于14
――→pH<7
高频考点二 水溶液中的三大平衡及其常数的有关计算
1．电离平衡与水解平衡的比较
电离平衡(如CH COOH溶液) 水解平衡(如CH COONa溶液)
3 3
实质 弱电解质的电离 盐促进水的电离
131/346衡水中学化学一本通高分手册
升高温度 促进电离，离子浓度增大，K 增大 促进水解，水解常数K 增大
a h
促进水解，离子浓度(除H＋外)减小，水解常
加水稀释 促进电离，离子浓度(除OH－外)减小，K 不变
a
数K 不变
h
加入相
加入CH COOH或NaOH，抑制水解，水解
3
加入CH COONa固体或盐酸，抑制电离，K 不变
3 a
常数K 不变
应离子 h
加入反
加入NaOH，促进电离，K 不变 加入盐酸，促进水解，水解常数K 不变
a h
应离子
2.沉淀溶解平衡的影响
(1)升高温度，沉淀、溶解平衡大部分右移，少部分左移。
(2)加少量水，溶解平衡右移，但离子浓度一般不变。
(3)加沉淀本身，溶解平衡不移动。
(4)加同离子可溶物，抑制溶解，溶解度减小，但K 不变。
sp
(5)加反应离子，促进溶解，溶解度增大，但K 不变。
sp
3．沉淀、溶解平衡的三种应用
(1)沉淀生成：除去CuCl 溶液中的FeCl ，可调节pH＝3～4，使Fe3＋转化为Fe(OH) 沉淀而除去。
2 3 3
(2)沉淀溶解：向浓的NH Cl溶液中加入Mg(OH) ，现象为Mg(OH) 逐渐溶解，其反应方程式为2NH Cl＋
4 2 2 4
Mg(OH) ===MgCl ＋2NH ·H O。
2 2 3 2
(3)沉淀转化：向MgCl 溶液中加入少量NaOH溶液，然后再加入FeCl 溶液，现象为先生成白色沉淀，然
2 3
后又转化为红褐色沉淀。有关离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓，3Mg(OH) (s)＋2Fe3＋ 2Fe(OH) (s)
2 2 3
＋3Mg2＋。
4．水溶液中的三大平衡常数
(1)明确各种平衡常数表达式。
(2)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，K 、K 、K 、K 均增大。
a b W h
K K
(3)K、K 、K 三者的关系式为K ＝ W；K 、K 、K 三者的关系式为K ＝ W。
a h W h b h W h
K K
a b
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(4)对二元酸的K 、K 与相应酸根离子的K 、K 的关系式为K ·K ＝K ，K ·K ＝K 。
a1 a2 h1 h2 a1 h2 W a2 h1 W
K
(5)反应CdS(s)＋2H＋(aq) Cd2＋(aq)＋H S(aq)的平衡常数K，则K＝ sp 。
2
K ·K
a1 a2
c3Mg2＋ K3[MgOH ]
(6)反应3Mg(OH) (s)＋2Fe3＋(aq) 2Fe(OH) (s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常数K＝ ＝ sp 2 。
2 3 c2Fe3＋ K2
sp
[FeOH
3
]
5．根据图像曲线确定电离常数
根据上图可知H PO 的三步电离常数分别为K ＝10－2.1，K ＝10－7.2，K ＝10－12.4。
3 4 a1 a2 a3
高频考点三 溶液中粒子浓度的比较
1．理解溶液中的“三大守恒”
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子的正电荷总数与所有阴离子的负电荷总数相等。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分
子中某些特定元素的原子的总数存在确定的比例关系。
(3)质子守恒：即H O电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2
2．建立解题思维模型
酸或碱溶液—考虑电离
(1)单一溶液
盐溶液—考虑水解
不反应—同时考虑电离和水解
生成酸或碱—考虑电离
不过量—
2混合溶液
反应
生成盐—考虑水解
过量—根据过量程度考虑电离或水解
(3)不同溶液中某离子浓度的变化
若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑制其水解，则该离子浓度增大。
3．“五模板”突破溶液中粒子浓度模板
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(1)MCl(强酸弱碱盐)溶液
①电荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)
③粒子浓度：c(Cl－)>c(M＋)>c(H＋)>c(MOH)>c(OH)
(2)Na A(强碱弱酸盐)溶液
2
①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)
②物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H A)＋c(HA－)＋c(A2－)]
2
③粒子浓度：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H A)>c(H＋)
2
(3)NaHA(a：水解为主，b：电离为主)
①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)
②物料守恒：c(Na＋)＝c(H A)＋c(HA－)＋c(A2－)
2
a：cNa＋>cHA－>cOH－>cH A
2
③粒子浓度：
>cH＋>cA2－
b：cNa＋>cHA－>cH＋>cA2－
>cOH－>cH A
2
(4)HA(弱酸)与NaA混合液(同浓度同体积)(a：pH<7，b：pH>7)
①电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
②物料守恒：2c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)
a：cA－>cNa＋>cHA>
③粒子浓度：
cH＋>cOH－
b：cHA>cNa＋>cA－>
cOH－>cH＋
(5)MOH(弱碱)与MCl混合液(同浓度、同体积)
(a：pH>7，b：pH<7)
①电荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②物料守恒：2c(Cl－)＝c(MOH)＋c(M＋)
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a：cM＋>cCl－>cMOH>
③粒子浓度：
cOH－>cH＋
b：cMOH>cCl－>cM＋>
cH＋>cOH－
高频考点四 中和滴定及迁移应用
1．滴定管的选择
酸式滴定管：酸性溶液、氧化性溶液、有机溶剂等
碱式滴定管：碱性溶液
2．指示剂选择
恰好反应点为中性：甲基橙或酚酞
(1)酸碱中和滴定 恰好反应点为酸性：甲基橙
恰好反应点为碱性：酚酞
涉及I 的反应：淀粉溶液
2
(2)其他滴定 涉及Fe3＋的反应：KSCN溶液
涉及MnO－的反应：不用指示剂
4
3．误差分析
c ＝ c 标V V 标 偏大，c 测 偏大
测 标
V V 偏小，c 偏小
测 标 测
4．以向10 mL0.1mol·L－1的HA溶液中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液为例，突破中和滴定曲线的“五点”
a点：K ＝10－5。
a
b点：离子浓度大小：c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
c点：离子浓度大小：c(A－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)。
d点：离子浓度大小：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。
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e点：离子浓度大小：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。
高频考点五 酸、碱、盐溶液反应过程中陌生图像
1．两坐标为对数的直线型示例分析
(1)常考有关对数示例
①pC：类比pH，即为C离子浓度的负对数，规律是pC越大，C离子浓度越小。
cX－
②pK：平衡常数的负对数，规律是pK越大，平衡常数越小，对于一元弱酸(HX)：pK＝pH－lg ，lg
a
cHX
cX－
越大，HX的电离程度越大。
cHX
cH＋
③AG＝lg ，氢离子浓度与氢氧根离子浓度比的对数；规律是AG越大，酸性越强，中性时AG＝0。
cOH－
(2)图像示例
①pOH—pH曲线：
Q点为中性，
⇒ M点为酸性，cOH－H O＝1×10－bmol·L－1
2
N点为碱性，cH＋H O＝1×10－bmol·L－1
2
②常温下，二元弱酸H Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示：
2
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cHY－
L 代表lg －pH
1
cH Y
2
⇒
H Y的K ＝10－2.7，K ＝10－4.3
2 a1 a2
e点：cH Y＝cY2－
2
③常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图：
2
二元弱酸H X一级电离程度远大于二级电离程度。
2
cX2－ cHX－
lg 或lg 越大，表示电离程度越大，
⇒ cHX－ cH X
2
因而N代表一级电离的曲线，M代表二级电离曲线。
可以根据m点、n点的坐标计算pK 和pK 。
a1 a2
2．粒子的物质的量分数或浓度与pH的关系图像分析
T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H C O 、HC O－、
2 2 4 2 4
C O2－的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：
2 4
HC O－的电离程度大于水解程度
2 4
K ＝10－1.2，K ＝10－4.2
⇒ a1 a2
cC O2－·cH C O
pH＝2.7时， 2 4 2 2 4 ＝10－3
c2HC O－
2 4
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高频考点六 沉淀、溶解平衡图像分析
1．两坐标为离子浓度的曲线型图像
K CaSO ＝8×10－6
sp 4
b点的Q >K ，有沉淀析出
c sp
⇒ d点的Q c(OH−)
B．随温度升高，CH COONa溶液的c(OH−)减小
3
C．随温度升高，CuSO 溶液的pH变化是K 改变与水解平衡移动共同作用的结果
4 w
D．随温度升高，CH COONa溶液和CuSO 溶液的pH均降低，是因为CH COO−、Cu2+水解平衡移动方向不
3 4 3
同
【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH)=Kw减小，故pH减
小，但c(H+)=c(OH)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH)增大，醋
酸根水解为吸热过程，CH COOH+H O CH COOH+OH,升高温度促进盐类水解，所以c(OH)增大，故
3 2 3
B不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H O Cu(OH)
2 2
+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类
水解，故D不符合题意。
【举一反三】[·天津卷]某温度下，HNO 和CH COOH 的电离常数分别为5.0104和1.7105。将pH
2 3
和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表HNO 溶液
2
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B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
c
HA
c OH
C．从c点到d点，溶液中 保持不变（其中HA、A分别代表相应的酸和酸根离子）
c
A
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n
Na
相同
【答案】C
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO ，I代表CH COOH，
2 3
A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；Ⅱ代表HNO ，
2
c(HNO )c(OH)/c(NO )=c(H+)·c(HNO )c(OH)/[c(H+)·c(NO )]=k /k(HNO )，k 为水的离子积常数，k(HNO )为
2 2 2 2 w 2 w 2
HNO 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO 和CH COOH
2 2 3
溶液，c（CH COOH）＞c（HNO ），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH COOH消耗的氢氧化钠溶
3 2 3
液体积多，HNO 消耗的NaOH少，故D错误。
2
【变式探究】（河北衡水中学高三调研）25℃时，向10mL0.1 mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1
cH＋
mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG＝lg ]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正
cOH－
确的是( )
A．若a＝－8，则a点溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)
D．M点到N点，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】A项，a＝－8，可求c(OH－)＝10－3mol·L－1，c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，c(H＋)H O＝1×10－11mol·L－
2
1，正确；B项，M点AG＝0，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)，不恰好反应，错误；C项，R点可能为恰好反应，溶
质为XCl，根据物料守恒可知c(X－)＋c(XOH)＝c(Cl－)，正确；D项，M点为碱过量，N点为酸过量，正确。
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题型二 水溶液中粒子浓度比较
例2.（·浙江卷）常温下，用0.1molL1氨水滴定10mL浓度均为0.1molL1的HCl和CH COOH的混
3
合液，下列说法不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
A. 在氨水滴定前，HCl和CH COOH的混合液中c
Cl
c
CH
COO
3 3
B. 当滴入氨水10mL时，c NH+ +c NH H O =c CH COO +c CH COOH
4 3 2 3 3
C. 当滴入氨水20mL时，c CH COOH +c H+ =c NH H O +c OH
3 3 2
D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c
NH
c
Cl
4
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，
3
CH COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl)＞c(CH COO)，A正确；当滴入氨水10mL时，
3 3
n(NH ·H O)=n(CH COOH)，则在同一溶液中c(NH +)+c(NH ·H O)=c(CH COOH)+c(CH COO)，B正确；当滴
3 2 3 4 3 2 3 3
入氨水20mL时，溶液溶质为NH Cl和CH COONH ，质子守恒为c(CH COOH)+c(H+)=c(NH +)+c(OH)，C正
4 3 4 3 4
确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH +)+c(H+)=c(CH COO)+c(Cl)+c(OH)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH)，
4 3
故c(NH +)＞c(Cl)，D
4
【变式探究】（·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 K (HCOOH)>K (HF)
a a
B. 相同浓度的CH COOH和CH COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
3 3
c CH COO >c Na+ >c H+ >c OH
3
C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则K (FeS)>K (CuS)
sp sp
D. 在1molL1Na S溶液中，c S2 +c HS +c H S =1molL1
2 2
【答案】A
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【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越
弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即K(HCOOH)＜K(HF)，故A错误；相同浓度的CH COOH和
a a 3
CH COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸
3
电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B
3
正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而
将FeS投入到稀硫酸后可以得到H S气体，说明K (FeS)＞K (CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，
2 sp sp
1mol∙L−1Na S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H S)=1mol∙L−1，
2 2
故D正确；综上所述，答案为A。
【变式探究】（·江苏卷）室温下，将两种浓度均为0.1molL1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积
变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. NaHCO Na CO 混合溶液(pH=10.30)：c Na c HCO c CO2 c OH
3 2 3 3 3
B. 氨水NH Cl混合溶液(pH=9.25)：c NH c H c NH H O c OH
4 4 3 2
C. CHCOOHCHCOONa混合溶液(pH=4.76): c Na c CH COOH c CH COO c H
3 3 3 3
D. H C O NaHC O 混合溶液(pH=1.68，H C O 为二元弱酸):
2 2 4 2 4 2 2 4
c H c H C O c Na c C O2 c OH
2 2 4 2 4
【答案】AD
【解析】NaHCO 水溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO 和Na CO
3 3 3 2 3
水解关系为：CO2 ＞ HCO，溶液中剩余微粒浓度关系为：c HCO c CO2 ，CO2和HCO 水解程
3 3 3 3 3 3
度微弱，生成的OH浓度较低，由NaHCO 和Na CO 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中
3 2 3
微粒浓度大小关系为：c Na+ >c HCO >c CO2 >c OH ，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：
3 3
c NH+ +c H+ =c OH +c Cl ，物料守恒为：c NH ·H O +c NH+ =2c Cl ，两式联立消去c(Cl)
4 3 2 4
可得：c NH+ +2c H+ =2c OH +c NH H O ，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则
4 3 2
c(CH COOH)=c(CH COO)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH COOH电离程度大于CH COONa水解程度，则溶
3 3 3 3
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液中微粒浓度关系为：c(CH COO)>c(Na+)>c(CH COOH)>c(H+)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为：
3 3
2c Na+ =c H C O +c HC O +c C O2 ，电荷守恒为：
2 2 4 2 4 2 4
2c C O2 +c HC O +c OH =c Na+ +c H+ ，两式相加可得：
2 4 2 4
c H+ +c H C O =c Na+ +c C O2 +c OH ，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
2 2 4 2 4
【变式探究】[·江苏卷]室温下，反应HCO+H O H CO +OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH HCO
3 2 2 3 4 3
溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定
溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.2mol·L−1氨水：c(NH ·H O)>c(NH)>c(OH−)>c(H+)
3 2 4
B．0.2mol·L−1NH HCO 溶液(pH>7)：c(NH)>c(HCO)>c(H CO )>c(NH ·H O)
4 3 4 3 2 3 3 2
C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c(NH)+c(NH ·H O)=c(H CO )+c
4 3 4 3 2 2 3
(HCO)+c(CO2)
3 3
D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH HCO 溶液等体积混合：c(NH ·H O)+c(CO2)+c(OH−)=
4 3 3 2 3
0.3mol·L−1+c(H CO )+c(H+)
2 3
【答案】BD
【解析】NH ∙H O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH ∙H O NH ++OH，
3 2 3 2 4
H O H++OH，所以c(OH)>c(NH +)，A错误；NH HCO 溶液显碱性，说明HCO 的水解程度大于NH +
2 4 4 3 3 4
的水解，所以c(NH +)>c(HCO )，HCO 水解：H O+HCO H CO +OH，NH +水解：
4 3 3 2 3 2 3 4
NH ++H O NH ∙H O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H CO )>c(NH ∙H O)，B正确；由物
4 2 3 2 2 3 3 2
料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH +)+c(NH ∙H O)=2[c(H CO )+c(HCO )+c(CO 2)]，C错误；由物料守恒，
4 3 2 2 3 3 3
n(N):n(C)=4:1，则有c(NH +)+c(NH ∙H O)=4[c(H CO )+c(HCO )+c(CO 2)]①；电荷守恒有：c(NH +)+c(H+)=
4 3 2 2 3 3 3 4
c(HCO )+2c(CO 2)+c(OH)②；结合①②消去c(NH +)得：c(NH ∙H O)+c(OH)=c(H+)+4c(H CO )+3c(HCO )
3 3 4 3 2 2 3 3
+2c(CO 2)③，0.2mol/LNH HCO 与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH HCO )=0.1mol/L，由碳守恒有，
3 4 3 4 3
c(H CO )+c(HCO )+c(CO 2)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO 2)，则有c(NH ∙H O)+c(OH)
2 3 3 3 3 3 2
+c(CO 2)=c(H+)+c(H CO )+3c(H CO )+3c(HCO )+3c(CO 2)，将④带入③中得，c(NH ∙H O)+c(OH)
3 2 3 2 3 3 3 3 2
+c(CO 2)=c(H+)+c(H CO )+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
3 2 3
题型三 K 、K 、K 的计算及应用
a b h
143/346衡水中学化学一本通高分手册
例3.（·山东卷）25℃时，某混合溶液中c CH COOH c CH COO 0.1molL1，1gc(CH COOH)、
3 3 3
1gc(CH COO)、lgc(H+)和1gc(OH)随pH变化的关系如下图所示。K 为CH COOH的电离常数，下列说法正确
3 a 3
的是( )
A.O点时，c
CH COOH
c
CH
COO
3 3
B.N点时，pH=lgK
a
0.1c
H+
C. 该体系中，c CH COOH = molL1
3
K +c
H+
a
D.pH由7到14的变化过程中， CH COO的水解程度始终增大
3
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓
度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH COO)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为
3
lgc(OH)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根
3
据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH)，故A错误；
N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH COO)=lgc(CH COOH)，即c(CH COO)=c(CH COOH)，因
3 3 3 3
c CH COO c H+
Ka= 3 ，代入等量关系并变形可知pH=lgKa，故B正确；c(CH COO)+c(CH COOH)
3 3
c CH COOH
3
c CH COO c H+
=0.1mol/L，则c(CH COO)=0.1mol/Lc(CH COOH)，又Ka= 3 ，联立两式消去c(CH COO)
3 3 3
c CH COOH
3
144/346衡水中学化学一本通高分手册
0.1c(H+)
并化简整理可得出，c(CH COOH)= mol/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH COO+H O
3 K c(H+) 3 2
a
CH COOH+OH，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水
3
解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。
【变式探究】（湖北黄冈高三调研）25℃时，将0.1molNaOH固体加入1.0Lxmol·L－1CH COOH溶液中(忽
3
略溶液体积、温度变化)，充分反应后向混合液中加入CH COOH或CH COONa固体，溶液pH的变化如图。
3 3
下列叙述正确的是( )
A．c点对应的溶液中c(Na＋)>c(CH COO－)
3
cNa＋·cOH－
B．从b点对应溶液到a点对应溶液的过程中 减小
cCH COO－
3
C．a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：a>b>c
0.2
D．a、b、c点对应的溶液中，K (CH COOH)均为 ×10－7
a 3
x－0.2
【答案】B
【解析】c点对应的溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒知c(Na＋)＝c(CH COO－)，A错误；加入
3
cNa＋·cOH－
CH COOH过程中，c(CH COO－)和c(H＋)增大，c(OH－)减小，c(Na＋)不变， 减小，B正确；CH COO
3 3 cCH COO－ 3
3
－增多，水解程度增大，水的电离程度增大，则a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a，C错误；温
度一定，电离平衡常数一定，c点时有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH COO－)＋c(OH－)，又溶液的pH＝7，则c(H＋)＝c(OH
3
cCH COO－·cH＋ 0.2×10－7
－)＝10－7mol·L－1，c(Na＋)＝c(CH COO－)＝0.2mol·L－1，K (CH COOH)＝ 3 ＝ ＝
3 a 3
cCH COOH x＋0.1－0.2
3
0.2
×10－7，D错误。
x－0.1
【举一反三】（吉林市高三模拟）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法
错误的是
．．
145/346衡水中学化学一本通高分手册
A．该酸K 的数量级为10−5
a
1
B．NaA的水解平衡常数K =
h
k
a
C．当该溶液的pH=7.0时，c(HA)P，故C错误；P的含氧酸有H PO 、H PO 、H PO 等，故D错误；故答案为B。
3 4 3 3 3 2
【变式探究】（湖南省长郡中学高三模拟）用N 表示阿伏加德罗常数的值，35Cl和37Cl是Cl元素的两种核
A
素，下列说法正确的是( )
A.71g35Cl 和71g37Cl 均含2N 个Cl原子
2 2 A
B.35Cl和37Cl间的相互转化是化学变化
C.35Cl和37Cl核外电子排布方式相同
D.35Cl 、H 形成的燃料电池，35Cl 在负极放电
2 2 2
【答案】C
【解析】35Cl 和37Cl 的摩尔质量不同，A项错误。发生化学变化的最小微粒是原子，原子的种类和数目不
2 2
发生变化，而35Cl和37Cl间的相互转化是原子核内部的变化，B项错误。35Cl和37Cl核外均为17个电子，核外
电子排布方式相同，C项正确。35Cl 与H 反应生成H35Cl，35Cl 是氧化剂，在正极放电，D项错误。
2 2 2
【变式探究】（辽宁省大连高三模拟）下列说法正确的是( )
A．IUPAC公布了118号元素Og，其中核素297Og中中子数与质子数之差为179
118
159/346衡水中学化学一本通高分手册
B．18gH O与20gD O中质子数与中子数均为10N
2 2 A
a
C．agAX2－中核外电子数为 (Z＋2)N
Z A
A
D．金刚石与石墨互为同位素
【答案】C
【解析】A项，中子数与质子数之差为(297－118－118)＝61，错误；B项，18gH O中中子数为8N ，错
2 A
误；D项，金刚石与石墨互为同素异形体，错误。
题型二 化学用语与化学键
例2．(·江苏化学，2)反应NH Cl＋NaNO ===NaCl＋N ↑＋2H O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。
4 2 2 2
下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A.中子数为18的氯原子：18Cl
17
B.N 的结构式：N===N
2
C.Na＋的结构示意图：
D.H O的电子式：
2
【答案】D
【解析】A项，中子数为18的氯原子应表示为35Cl，错误；B项，N 分子中N与N之间形成叁键，结构
17 2
式为N≡N，错误；C项，Na＋的结构示意图为 ，错误；D项，H O为共价化合物，每个H原子和O原
2
子之间共用一个电子对，正确。
【变式探究】（河北衡水高三调研）全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰、产物无污染等优点。中国科
学家成功合成全氮阴离子N－，N－是制备全氮类物质N＋N－的重要中间体。下列说法中，不正确的是( )
5 5 5 5
A.全氮类物质属于绿色能源
B.每个N＋中含有35个质子
5
160/346衡水中学化学一本通高分手册
C.N＋N－属于离子化合物
5 5
D.N＋N－结构中含共价键和离子键
5 5
【答案】C
【解析】A项，全氮类物质具有超高能量及爆轰、产物无污染等优点，因此全氮类物质为绿色能源，故A
项正确；B项，一个氮原子中含有7个质子，所以每个N＋中含有35个质子，故B项正确；C项，该物质由氮
5
元素组成，属于单质，不属于化合物，故C项错误；D项，N＋和N－内部都含有氮氮共价键，N＋N－结构中含
5 5 5 5
有阳离子和阴离子，因此该物质含有离子键，故D项正确。综上所述，本题选C。
题型三 结构、性质叙述式“位、构、性”关系的应用
例3．（·新课标Ⅱ）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、
X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A. 该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D.X的氟化物XF 中原子均为8电子稳定结构
3
【答案】D
【解析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数
依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，
Y为N，241117=5，X为B元素。该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；Na
单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；N的最高价氧化物的
水化物HNO 为强酸，故C正确；B的氟化物BF 中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故
3 3
D错误；故选D。
161/346衡水中学化学一本通高分手册
【举一反三】(·全国卷Ⅲ)X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10。X与Z同
族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是( )
A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高
B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物
C．X与Z可形成离子化合物ZX
D．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸
【答案】B
【解析】X、Y、Z均为短周期主族元素，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，Y的最外层
电子数不可能是8，只能为2，且Y原子半径大于Z，所以Y为Mg，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10，
故X为C，Z为Si。A项，MgO的熔点高于CO 、CO的熔点，错误；C项，X与Z形成的SiC是共价化合物，
2
错误；D项，Mg能溶于浓硝酸，但是Si单质不能溶于浓硝酸，错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，
Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，下列叙述正确的是( )
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，可能同处于第二或第三周期，观察新化合物的结构示意图可知，
X为四价，X可能为C或Si。若X为C，则Z核外最外层电子数为C原子核外电子数的一半，即为3，对应B
元素，不符合成键要求，不符合题意，故X为Si，W能形成＋1价阳离子，可推出W为Na元素，Z核外最外
162/346衡水中学化学一本通高分手册
层电子数为Si原子核外电子数的一半，即为7，可推出Z为Cl元素。Y能与2个Si原子形成共价键，另外得
到1个电子达到8电子稳定结构，说明Y原子最外层有5个电子，进一步推出Y为P元素，即W、X、Y、Z
分别为Na、Si、P、Cl元素。A项，WZ为NaCl，其水溶液呈中性，错误；B项，元素非金属性：Cl>P>Si，错
误；D项，P原子最外层有5个电子，与2个Si原子形成共价键，另外得到1个电子，在该化合物中P元素满
足8电子稳定结构，错误。
题型四 表格片段式“位、构、性”关系的应用
例4．(·全国卷Ⅱ)今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z
为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是( )
A．原子半径：W＜X
B．常温常压下，Y单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：Z＜W
D．X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】由题意，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，可推出W、X、Y、
Z分别为N、Al、Si、P。A项，根据电子层数越多，原子半径越大，可得原子半径：WPH ，正确；D项，X的最高价氧化物的水化物Al(OH) 是两性氢氧化物，错误。
3 3 3
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的
最外层电子数之和为21。下列关系正确的是( )
W X
Y Z
A．氢化物沸点：WW
C．化合物熔点：Y X O，所以简单氢化物的稳定性：HF>H O，正确；C项，W为Cl，
2
工业上电解氯化钠溶液，阳极上氯离子发生氧化反应生成氯气，阴极上发生还原反应生成氢气和OH－，若使用
阴离子交换膜，则OH－会移动到阳极与氯气反应，错误；D项，R为Ge，Ge和Si同主族且均位于金属与非金
属的分界处，性质相似，其单质都可用于制造半导体材料，正确。
164/346衡水中学化学一本通高分手册
题型五 物质性质、反应的元素推断
例5．（·新课标Ⅲ）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；
化合物XW 与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是
3
A. 非金属性：W>X>Y>Z B. 原子半径：Z>Y>X>W
C. 元素X的含氧酸均为强酸 D.Y的氧化物水化物为强碱
【答案】D
【解析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW 与WZ相遇
3
会产生白烟，则WX 为NH ，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外
3 3
电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。根据上述分析可知，W
为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A
选项错误；同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na
＞Cl＞N＞H，B选项错误；N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO 为弱酸，C错误；Y的氧化物水化物为
2
NaOH，属于强碱，D正确。
【变式探究】（·浙江卷）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4
价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z X 的电子总数为18个；Q元素的原子最外层
2 4
电子数比次外层少一个电子。下列说法不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
A. 原子半径：Z Y M
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z Y M
C. X ZZX 易溶于水，其水溶液呈碱性
2 2
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，则证明该
元素为第IVA族元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M同族，则在元素周期表位置应为
165/346衡水中学化学一本通高分手册
IVA族 VA族
Y Z
M
，故推知Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z X 的电子总数为18，则推知，X为H，该化
2 4
合物为N H ；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q为Cl元素，据此结合元素周
2 4
期律与物质的结构与性质分析作答。根据上述分析可知，X为H、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q
为Cl元素，则同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比
较：Z(N)X>Y>Z B. 简单离子的还原性：Y>X>W
C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元
素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z X 的淡黄色化合
2 2
物，该淡黄色固体为Na O ，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W
2 2
为Cl元素，据此分析。同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减
小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，A错误；单质的氧化性越强，简单离子的还
原性越弱，O、F、Cl三种元素中F 的氧化性最强O 的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2＞Cl＞F，B错
2 2
误；电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大
到小的顺序为Cl＞O2＞F＞Na+，C正确；F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子
的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；故选C。
专题 元素及其化合物
10
【考情探究】
1.金属及其化合物
课 铁、铜及其重要化合物 金属的冶
内容 钠及其重要化合物 镁、铝及其重要化合物
炼
标
1.掌握镁及其重要化合物的主1.掌握铁、铜及其重要化合物的主要
解 掌握钠及其重要化合物的
解读 要性质及应用 性质及应用
主要性质及应用
读
2.了解铝及其化合物的有关性2.了解常见金属及其重要化合物的
167/346衡水中学化学一本通高分手册
质,掌握铝土矿的开发和利用 制备方法
对钠、镁及其化合物的主要性质单独考查的题目很少,一般与其他专题内容同时考查,考查题型
考情分析 多是与其有关的工艺流程题或实验题。铁、铜及其化合物的性质是高考热点之一,铁盐(Fe3+)、
亚铁盐(Fe2+)的性质是考查的重点
要重点关注金属及其化合物结合阿伏加德罗常数的应用、氧化还原反应中电子转移、化学实
备考策略
验方案的设计与评价、化工流程、性质实验探究等
2.非金属及其化合物
碳、硅及其化合物
内容 氯、溴、碘及其化合物 氧、硫及其化合物 氮及其化合物
无机非金属材料
课
1.掌握硫的主要性质及
1.掌握碳及其重
标 1.掌握Cl 及其化合物的
2 其应用
要化合物的主要 1.掌握氮及其化合物的主
主要性质及应用
解
性质及其应用 要性质及应用
解读
2.掌握S 的检验方法
2.掌握Cl 的实验室制法
2
读
2.了解碳的氧化 2.掌握NH 的实验室制法
3
3.了解硫的氧化物对环
3.了解海水的综合利用
物对环境的影响
境的影响
非金属元素及其化合物是高考的重点考查内容,试题通常以本专题知识为载体,综合考查基本
考情分析
概念和基本理论,或与生产、生活、科技、医疗等联系起来考查知识的灵活应用能力
本专题内容常与氧化还原反应、物质的制备与检验、化学平衡、盐类的水解等结合在一起进
备考策略
行考查
【高频考点】
高频考点一 金属及其化合物
(一)钠及其化合物
钠是“极其活泼”金属的代表，学习钠的性质可类比知道第ⅠA族、第ⅡA族活泼金属的一般性质，复习时应从以
下几个方面掌握：
168/346衡水中学化学一本通高分手册
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Na→Na O→Na O →NaOH→Na CO →NaHCO
2 2 2 2 3 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)实验室怎样处理钠屑？
2CH CH OH＋2Na―→2CH CH ONa＋H ↑。
3 2 3 2 2
(2)写出Na与CuSO 溶液反应的离子方程式。
4
2Na＋2H O＋Cu2＋===Cu(OH) ↓＋H ↑＋2Na＋。
2 2 2
(3)怎样将Na CO 溶液转化为NaOH溶液(用化学方程式表示)。
2 3
Na CO ＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋2NaOH。
2 3 2 3
(4)向NaOH、Na CO 、NaHCO 溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应的离子方程式。
2 3 3
OH－＋H＋===H O；CO2－＋H＋===HCO－；
2 3 3
HCO－＋H＋===H O＋CO ↑。
3 2 2
(5)怎样除去CO 中的SO 气体(用离子方程式表示)。
2 2
SO ＋2HCO－===2CO ↑＋SO2－＋H O。
2 3 2 3 2
(6)怎样除去Na CO 溶液中的NaHCO (用离子方程式表示)。
2 3 3
169/346衡水中学化学一本通高分手册
HCO－＋OH－===CO2－＋H O。
3 3 2
(7)怎样除去NaHCO 溶液中的Na CO (用离子方程式表示)。
3 2 3
CO2－＋H O＋CO ===2HCO－。
3 2 2 3
(8)用化学方程式表示呼吸面具中产生O 的原理。
2
2Na O ＋2H O===4NaOH＋O ↑；
2 2 2 2
2Na O ＋2CO ===2Na CO ＋O 。
2 2 2 2 3 2
(二)铝及其化合物
铝是“氢前”且其氧化物、氢氧化物均具有两性的金属代表，它是典型的轻金属。学习铝的性质可类比知道铍、
锌等元素的一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
NaAlO
2
AlCl
Al→Al 2 O 3 ←Al(OH) 3 → 3
Al SO
2 4 3
KAl SO ·12H O
4 2 2
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉。
170/346衡水中学化学一本通高分手册
2Al＋2NaOH＋2H O===2NaAlO ＋3H ↑。
2 2 2
(2)用离子方程式表示除去Fe O 中的Al O 。
2 3 2 3
Al O ＋2OH－===2AlO－＋H O。
2 3 2 2
(3)用离子方程式表示除去Mg(OH) 中的Al(OH) 。
2 3
Al(OH) ＋OH－===AlO－＋2H O。
3 2 2
(4)现有AlCl 溶液、氨水、NaOH溶液，制备Al(OH) 的最佳方案是(用化学方程式表示)：
3 3
AlCl ＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH Cl。
3 3 2 3 4
(5)现有NaAlO 溶液、CO 、盐酸，制备Al(OH) 的最佳方案是(用离子方程式表示)：
2 2 3
2AlO－＋CO ＋3H O===2Al(OH) ↓＋CO2－
2 2 2 3 3
(或AlO－＋CO ＋2H O===Al(OH) ↓＋HCO－)。
2 2 2 3 3
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的原理。
Al3＋＋3HCO－===Al(OH) ↓＋3CO ↑。
3 3 2
(7)用离子方程式分别表示
①Al3＋、AlO－；②AlO－、HCO－不能大量共存的原理。
2 2 3
①Al3＋＋3AlO－＋6H O===4Al(OH) ↓；
2 2 3
②AlO－＋H O＋HCO－===Al(OH) ↓＋CO2－。
2 2 3 3 3
(8)用离子方程式表示KAl(SO ) 和Ba(OH) 的反应。
4 2 2
①沉淀的物质的量最大；②沉淀的质量最大。
①2Al3＋＋3SO2－＋6OH－＋3Ba2＋===2Al(OH) ↓＋3BaSO ↓；
4 3 4
②Al3＋＋2SO2－＋2Ba2＋＋4OH－===AlO－＋2H O＋2BaSO ↓。
4 2 2 4
(9)铵明矾[NH Al(SO ) ·12H O]是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入NaOH溶液，试
4 4 2 2
171/346衡水中学化学一本通高分手册
写出反应的离子方程式。
Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓；
3
NH＋＋OH－===NH ·H O；
4 3 2
Al(OH) ＋OH－===AlO－＋2H O。
3 2 2
(三)铁及其重要化合物
铁是“氢前”且是“变价”金属的代表，它是典型的黑色金属，也是工农业生产中用途最广的金属。复习时应从以
下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
FeO
Fe OH FeSO ·7H O
2 4 2
Fe→ Fe O → →
2 3 Fe OH FeCl
3 3
Fe O
3 4
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)高温下铁和H O(g)的反应。
2
高温
4H O(g)＋3Fe=====Fe O ＋4H 。
2 3 4 2
(2)用离子方程式表示将铁粉逐渐加入稀HNO 中的反应过程。
3
Fe＋4H＋＋NO－===Fe3＋＋NO↑＋2H O；
3 2
172/346衡水中学化学一本通高分手册
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(3)用离子方程式表示FeO、Fe O 与稀HNO 的反应过程。
3 4 3
3FeO＋10H＋＋NO－===3Fe3＋＋NO↑＋5H O；
3 2
3Fe O ＋28H＋＋NO－===9Fe3＋＋NO↑＋14H O。
3 4 3 2
(4)用离子方程式表示下列反应
①Fe(OH) 与稀HNO 反应；
2 3
3Fe(OH) ＋10H＋＋NO－===3Fe3＋＋NO↑＋8H O；
2 3 2
②Fe(OH) 与氢碘酸反应。
3
2Fe(OH) ＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I ＋6H O。
3 2 2
(5)用方程式表示铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程。
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，
正极：O ＋4e－＋2H O===4OH－，
2 2
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓，
2
4Fe(OH) ＋O ＋2H O===4Fe(OH) ，
2 2 2 3
Fe(OH) 脱去一部分水生成Fe O ·xH O。
3 2 3 2
(四)铜及其重要化合物
铜是“氢后”且是“变价”金属的代表，它是典型的有色金属，也是典型的重金属。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
CuCl
Cu O 2
2
Cu→ CuO ←Cu(OH) 2 → CuSO 4
Cu OH CO
2 2 3
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(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用两组化学方程式表示Cl 的氧化性大于S。
2
点燃 △
①2Fe＋3Cl =====2FeCl ，Fe＋S FeS。
2 3 =====
点燃 △
②Cu＋Cl =====CuCl ，2Cu＋S Cu S。
2 2 ===== 2
(2)铜在潮湿的空气中生锈。
2Cu＋O ＋H O＋CO ===Cu (OH) CO 。
2 2 2 2 2 3
(3)将Cu和浓H SO 混合加热。
2 4
△
Cu＋2H SO (浓) CuSO ＋SO ↑＋2H O。
2 4 ===== 4 2 2
(4)Cu和稀HNO 反应的离子方程式。
3
3Cu＋8H＋＋2NO－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H O。
3 2
(5)常用FeCl 溶液腐蚀铜板(用离子方程式表示)。
3
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
(6)用离子方程式表示将氨水逐滴滴入CuSO 溶液的反应过程。
4
Cu2＋＋2NH ·H O===Cu(OH) ↓＋2NH＋；
3 2 2 4
Cu(OH) ＋4NH ·H O===[Cu(NH ) ]2＋＋2OH－＋4H O。
2 3 2 3 4 2
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(7)用惰性电极电解CuSO 溶液(用化学方程式表示)。
4
电解
2CuSO ＋2H O=====2Cu＋O ↑＋2H SO 。
4 2 2 2 4
(8)用Cu作电极电解H SO 溶液(用离子方程式表示)。
2 4
电解
Cu＋2H＋=====Cu2＋＋H ↑。
2
高频考点二 非金属及其化合物
(一)碳、硅及其重要化合物
硅元素的非金属性不强，但其具有“亲氧”特性，使硅元素在自然界中没有游离态，只有化合态，其主要以二氧
化硅和硅酸盐的形式存在。对于碳、硅两元素，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
－4 0 ＋2 ＋4
CH ←―C―→CO―→CO
4 2
－4 0 ＋4 ＋4
SiH ←―Si―→SiO (H SiO )
4 2 2 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)Mg在CO 中燃烧。
2
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点燃
2Mg＋CO =====2MgO＋C。
2
(2)“水滴石穿”的反应原理(用离子方程式表示)。
CaCO ＋CO ＋H O===Ca2＋＋2HCO－。
3 2 2 3
(3)“钟乳石”的形成过程(用化学方程式表示)。
CaCO ＋CO ＋H O===Ca(HCO ) ，
3 2 2 3 2
△
Ca(HCO ) CaCO ↓＋CO ↑＋H O。
3 2===== 3 2 2
(4)向饱和Na CO 溶液中通入过量CO 的离子方程式。
2 3 2
2Na＋＋CO2－＋CO ＋H O===2NaHCO ↓。
3 2 2 3
(5)氢氟酸不能用玻璃瓶盛放，其原因是(用化学方程式表示)：
SiO ＋4HF===SiF ↑＋2H O。
2 4 2
(6)盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是(用离子方程式表示)：
SiO ＋2OH－===SiO2－＋H O。
2 3 2
(7)侯氏制碱法的原理(用化学方程式表示)。
CO ＋NH ＋NaCl＋H O===NaHCO ↓＋NH Cl。
2 3 2 3 4
(二)卤素及其重要化合物
“氯”是典型的活泼非金属元素，在自然界中以化合态形式存在，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
－1 0 ＋1 ＋3 ＋5 ＋7
HCl―→Cl ―→HClO―→HClO ―→HClO ―→HClO
2 2 3 4
(2)形成网络构建
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2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)实验室用MnO 和浓盐酸反应制取Cl 的化学方程式。
2 2
△
MnO ＋4HCl(浓) MnCl ＋Cl ↑＋2H O。
2 ===== 2 2 2
(2)将浓盐酸滴到KMnO 固体上(用离子方程式表示)。
4
2MnO－＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl ↑＋8H O。
4 2 2
(3)将Cl 通入石灰乳中(用化学方程式表示)。
2
2Cl ＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2H O。
2 2 2 2 2
(4)在空气中漂白粉漂白的原理(用离子方程式表示)。
Ca2＋＋2ClO－＋CO ＋H O===CaCO ↓＋2HClO。
2 2 3
(5)向FeBr 溶液中通入少量Cl 的离子方程式。
2 2
2Fe2＋＋Cl ===2Fe3＋＋2Cl－。
2
(6)向FeBr 溶液中通入等物质的量Cl 的离子方程式。
2 2
2Fe2＋＋2Br－＋2Cl ===2Fe3＋＋Br ＋4Cl－。
2 2
(7)向FeBr 溶液中通入过量Cl 的离子方程式。
2 2
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl ===2Fe3＋＋2Br ＋6Cl－。
2 2
177/346衡水中学化学一本通高分手册
(8)将SO 和Cl 混合，漂白性减弱的原因(用离子方程式表示)。
2 2
SO ＋Cl ＋2H O===4H＋＋SO2－＋2Cl－。
2 2 2 4
(三)硫及其重要化合物
硫是与化工生产、生活和生态环境密切相关的元素，在自然界中既可以以化合态存在，又可以以游离态存在。
复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
－2 0 ＋4 ＋6 ＋6
H S ―→S―→SO ―→SO (H SO )
2 2 3 2 4
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)热的烧碱溶液可以除硫，其原因是(用离子方程式表示)：
△
3S＋6OH－ 2S2－＋SO2－＋3H O。
===== 3 2
(2)将SO 气体通入FeCl 溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，其原因是(用离子方程式表示)：
2 3
SO ＋2Fe3＋＋2H O===SO2－＋2Fe2＋＋4H＋。
2 2 4
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(3)S2－和SO2－可以大量共存，但加入H SO 后，则不能大量共存，其原因是(用离子方程式表示)：
3 2 4
2S2－＋SO2－＋6H＋===3S↓＋3H O。
3 2
(4)将SO 通入BaCl 溶液中无明显现象，若加入KNO 则有白色沉淀生成，其原因是(用离子方程式表示)：
2 2 3
3SO ＋3Ba2＋＋2NO－＋2H O===3BaSO ↓＋2NO↑＋4H＋。
2 3 2 4
(5)书写下列反应的化学方程式。
①将H S气体通入CuSO 溶液中。
2 4
H S＋CuSO ===CuS↓＋H SO 。
2 4 2 4
②将SO 通入H S溶液中。
2 2
2H S＋SO ===3S↓＋2H O。
2 2 2
③Cu和浓H SO 混合加热。
2 4
△
Cu＋2H SO (浓) CuSO ＋SO ↑＋2H O。
2 4 ===== 4 2 2
④C和浓H SO 混合加热。
2 4
△
C＋2H SO (浓) CO ↑＋2SO ↑＋2H O。
2 4 ===== 2 2 2
⑤实验室利用Na SO 和浓H SO 制SO 。
2 3 2 4 2
Na SO ＋H SO (浓)===Na SO ＋H O＋SO ↑。
2 3 2 4 2 4 2 2
(四)氮及其重要化合物
“氮”是与化工生产、生活和生态环境密切相关的另一重要元素，在自然界中既可以以游离态存在，又可以以化
合态存在。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
－3 0 ＋1 ＋2 ＋4 ＋5
NH ―→N ―→N O―→NO―→NO ―→HNO
3 2 2 2 3
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(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)书写离子方程式。
①将NH 通入AlCl 溶液中。
3 3
3NH ＋3H O＋Al3＋===Al(OH) ↓＋3NH＋。
3 2 3 4
②将NO 通入NaOH溶液中。
2
2NO ＋2OH－===NO－＋NO－＋H O。
2 3 2 2
③将炽热的炭放入浓HNO 中。
3
△
C＋4H＋＋4NO－ CO ↑＋4NO ↑＋2H O。
3===== 2 2 2
(2)书写化学方程式。
①实验室用Ca(OH) 和NH Cl制氨气。
2 4
△
Ca(OH) ＋2NH Cl CaCl ＋2NH ↑＋2H O。
2 4 ===== 2 3 2
②将NH 通灼热的CuO中，固体由黑色变红色。
3
△
2NH ＋3CuO N ＋3Cu＋3H O。
3 ===== 2 2
③用NH 可以检验Cl 管道是否漏气，若漏气则有白烟生成。
3 2
8NH ＋3Cl ===N ＋6NH Cl。
3 2 2 4
④制硝基苯。
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浓H SO
2 4
＋HO—NO
2
――△―→ ＋H
2
O。
(五)物质的特殊转化关系
1．直线型转化
X X
A――→B――→C
(1)X为O
2
Na―→Na O―→Na O
2 2 2
N ―→NO―→NO 或NH ―→NO―→NO
2 2 3 2
S―→SO ―→SO 或H S―→SO ―→SO
2 3 2 2 3
C―→CO―→CO 或CH ―→CO―→CO
2 4 2
醇―→醛―→羧酸
(2)X为CO
2
CO CO
2 2
NaOH――→Na CO ――→NaHCO
2 3 3
(3)X为强酸，如盐酸
HCl HCl
NaAlO ――→Al(OH) ――→AlCl
2 3 3
HCl HCl
Na CO ――→NaHCO ――→CO
2 3 3 2
(4)X为强碱，如NaOH
NaOH NaOH
AlCl ――→Al(OH) ――→NaAlO
3 3 2
2．交叉型转化
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3．三角型转化
4．注意反应形式与物质的关系，特别是置换反应
(1)金属―→金属：金属＋盐―→盐＋金属，铝热反应。
点燃
(2)金属―→非金属：活泼金属＋H O(或H＋)―→H 2Mg＋CO =====2MgO＋C。
2 2, 2
高温 高温
(3)非金属―→非金属：2F ＋2H O===4HF＋O 2C＋SiO =====Si＋2CO↑，C＋H O(g)=====CO＋H ，X ＋
2 2 2, 2 2 2 2
H S===2HX＋S↓。
2
(4)非金属―→金属，用H 、C冶炼金属。
2
【题型突破】
题型一 物质的性质及应用
例1.（·江苏卷）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
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【答案】D
【解析】铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延
展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；氢氧
化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶
体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。
【变式探究】[江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NH HCO 受热易分解，可用作化肥
4 3
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO 具有氧化性，可用于纸浆漂白
2
D．Al O 具有两性，可用于电解冶炼铝
2 3
【答案】B
【解析】A．NH HCO 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B．铁锈的主要成分为
4 3
Fe O ，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质
2 3
化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧
化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al O 具有两性。故选B。
2 3
【举一反三】(·天津，3)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是( )
A．将废铁屑加入FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl
2 2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多Na CO 等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
2 3
D．无水CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
2
【答案】C
【解析】将废铁屑加入FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl ，发生反应2FeCl ＋Cl ===2FeCl 、2FeCl
2 2 2 2 3 3
＋Fe===3FeCl ，A项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬度大，可用于航空工业，B项正确；盐
2
碱地中施加熟石灰，发生反应Na CO ＋Ca(OH) ===CaCO ＋2NaOH，生成的NaOH为强碱，不利于作物生长，
2 3 2 3
C项错误；无水CoCl 吸水后会发生颜色变化，可用于判断变色硅胶是否吸水，D项正确。
2
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题型二 元素化合物的推断
例2.（·新课标Ⅱ）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO 、CaCO 中的两种组成，进行如下实验：① 混合物
4 3
溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。
根据实验现象可判断其组成为
A.KCl、NaCl B.KCl、MgSO
4
C.KCl、CaCO D.MgSO 、NaCl
3 4
【答案】B
【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO ，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观
3
察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO ，综合以上分
4
析，混合物由KCl和MgSO 两种物质组成，故选B。
4
【变式探究】（·浙江卷）黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO 、Fe (SO ) 、CuCl 、KI之中的几种或全部。将
4 2 4 3 2
X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是( )
A.X中含KI，可能含有CuCl
2
B.X中含有漂白粉和FeSO
4
C.X中含有CuCl ，Y中含有Fe(OH)
2 3
D. 用H SO 酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl
2 4 2
【答案】C
【解析】固体X为黄色，则含有Fe (SO ) ，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉
2 4 3
过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH) 和Cu(OH) 的混合物，X中一定含有CuCl ，FeSO 和
3 2 2 4
Fe (SO ) 中含有其中一种或两种都含，据此解答。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I ，溶液不为无色，A
2 4 3 2
不正确；由分析可知，不一定含有FeSO ，B不正确；由分析可知， X含有CuCl ，Y含有Fe(OH) ，C正确；
4 2 3
酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl+ClO+2H+=Cl ↑+H O，此时的
2 2
Cl有可能来自于漂白粉氧化FeSO 产生的Cl，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl ，D不正
4 2
确。
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题型三 物质的转化
例3.（·江苏卷）海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl 和NaOH，以NaCl、NH 、
2 3
CO 等为原料可得到 NaHCO ；向海水晒盐得到的卤水中通Cl 可制溴；从海水中还能提取镁。（·江苏卷）下列
2 3 2
选项所示的物质间转化均能实现的是
电解 石灰水
A. NaCl(aq)Cl (g) 漂白粉(s)
2
B. NaCl(aq)CO 2 g NaHCO (s) 加 热 Na CO (s)
3 2 3
C. NaBr(aq)Cl 2 g Br (aq)Nalaq I (aq)
2 2
D. Mg(OH)
2
(s)HCl aq MgCl
2
(aq) 电 解 Mg(s)
【答案】C
【解析】石灰水中Ca(OH) 浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；碳酸的酸性弱于盐酸，
2
所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；氧化性Cl ＞Br ＞I ，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴
2 2 2
单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴
极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。综上所述，答案为
C。
【变式探究】[江苏] 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．NaCl(aq)电解Cl (g)Fe(s)FeCl
(s)
2 △ 2
B．MgCl (aq)石灰乳Mg(OH) (s)煅烧MgO(s)
2 2
C．S(s)O2 (g)SO (g)H2 O(l)H SO (aq)
点燃 3 2 4
D．N (g)H 2(g)NH (g)CO 2(g)Na CO (s)
2 高温高压、催化剂 3 NaCl(aq) 2 3
【答案】B
【解析】氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，A错误；氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧
化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，B正确；硫单质在空气中燃烧只能生成SO ，SO 在与氧气在催化剂
2 2
条件下生成SO ，C错误；氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，
3
D错误；综上所述，本题应选B。
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题型四 化工流程
例4．(·全国卷Ⅰ，7)磷酸亚铁锂(LiFePO )电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸
4
亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是( )
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】Li SO 易溶于水，用硫酸钠代替碳酸钠，不能形成含Li沉淀，D项错误；合理处理废旧电池有利于保
2 4
护环境和资源再利用，A项正确；LiFePO 中含有Li和Fe元素，正极片碱溶所得滤液中含有Al元素，B项正
4
确；Fe2＋能被HNO 氧化为Fe3＋，Fe3＋遇到碱液后沉淀，而另一种金属离子——锂离子遇到碳酸钠后沉淀，C
3
项正确。
【变式探究】氢氧化铈[Ce(OH) ]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃
4
粉末(含SiO 、Fe O 、CeO )，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
2 2 3 2
下列说法错误的是( )
A．滤渣A中主要含有SiO 、CeO
2 2
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B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO ＋H O ＋3H＋===Ce3＋＋2H O＋O ↑
2 2 2 2 2
D．过程④中消耗 11.2LO (已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
2
【答案】C
【解析】向CeO 、SiO 、Fe O 中加入稀盐酸，Fe O 转化为FeCl 存在于滤液中，滤渣为CeO 和SiO ，故A
2 2 2 3 2 3 3 2 2
正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；稀硫酸、H O 、CeO
2 2 2
三者反应生成Ce (SO ) 、O 和H O，反应的离子方程式为：6H＋＋H O ＋2CeO ===2Ce3＋＋O ↑＋4H O，故C
2 4 3 2 2 2 2 2 2 2
错误；过程④中消耗 11.2LO 的物质的量为0.5mol，转移电子数为4×0.5mol×N ＝2×6.02×1023，故D正确。
2 A
题型五 与“环境”有关的转化关系
例5．(·全国卷Ⅱ，8)研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述
错误的是( )
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH 是形成无机颗粒物的催化剂
3
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】NH 参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂，C项错误；雾和霾的分散剂都是空气，A项正确；
3
雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵，B项正确；过度施用氮肥会增加大气中氨的含量，D项正确。
【变式探究】酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的
过程如下：
187/346衡水中学化学一本通高分手册
下列有关说法不正确的是( )
A．所涉及的变化均为氧化还原反应
B．光照是酸雨形成的必要条件之一
C．污染指数越高形成酸雨的速率越快
D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染
【答案】A
【解析】A项，SO 变为激发态SO ，化合价没有变化，不是氧化还原反应，错误；B项，结合图中信息知产生
2 2
激发态SO 和·OH自由基需要光照条件，正确；C项，途径Ⅱ的速率大于途径Ⅰ，正确；D项，使用化石燃料将
2
产生SO 进而产生酸雨， 如果对化石燃料优化处理能有效遏制酸雨污染，正确。
2
题型六 实验探究
例6．实验室用H 还原WO 制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于
2 3
吸收少量氧气)。下列说法正确的是( )
A．①②③中依次盛装KMnO 溶液、浓H SO 、焦性没食子酸溶液
4 2 4
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
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【答案】B
【解析】A项，气体从溶液中逸出易带出水蒸气，所以浓硫酸应放在③中，错误；B项，先通H 以排除空气，
2
加热前应先检验H 的纯度，正确；C项，若先停止通H ，空气有可能重新将W氧化，应先停止加热，再关闭
2 2
活塞K，错误；D项，MnO 和浓盐酸反应制氯气需要加热，不能用启普发生器制备，错误。
2
【变式探究】某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl 或NaH(已知：AlCl 、NaH遇水都能迅速发生反应)。
3 3
下列说法错误的是( )
A．制备无水AlCl ：装置①中的试剂可能是高锰酸钾
3
B．点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气
C．装置③中的试剂为浓硫酸
D．制备无水AlCl 和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同
3
【答案】D
【解析】浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；因为金属铝或金属钠均能与氧气
反应，所以点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；装置③中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气
或氢气，故C正确；制备无水AlCl 时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入⑤中，吸收过量的氯气防止污
3
染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入⑤中，故D错误。
专题 工艺流程题
11
【考情探究】
189/346衡水中学化学一本通高分手册
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步
设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查
物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和综合性，是近
几年高考化学试题的常考题型。化工流程型实验题通常以元素化合物知识为依托，以反应原理、实验操作为考
查重点。重视实验技术在工业生产中的应用，意在引导考生关注化学的真实性和应用性，体现了能力立意和化
学知识的应用，是今后高考命题的方向和热点，综合性强，但难度不大，能够很好地考查学生分析、解决问题
的能力，培养实验技能。
【高频考点】
高频考点一 陌生方程式的书写
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断
反应类型：
①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。
②元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目
要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。
高频考点二 操作及原因
常见的操作 思考角度
用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)加快反应速率，使反应更充分
表面处理
或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
分离、提纯
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥
提高原子
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
利用率
190/346衡水中学化学一本通高分手册
在空气中或
在其他气体
要考虑O 、H O、CO 或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水
2 2 2
解、防潮解等目的
中进行的反
应或操作
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
控制溶 ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
液的pH ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
控制温度
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
(常用水浴、
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
冰浴或油
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
浴)
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要
求
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
洗涤晶体
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，
减少损耗等
191/346衡水中学化学一本通高分手册
④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操
作2～3次
高频考点三 物质成分的确定
①滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
(ⅰ)反应过程中哪些物质(离子)消失了？
(ⅱ)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
②循环物质的确定
③副产品的判断
高频考点四 分离与提纯操作
①物质分离、提纯的六种物理方法
把不溶性的固体与液体进行分离的操作方
过滤
─ 法，如除去粗盐水中的不溶固体
↓
192/346衡水中学化学一本通高分手册
把可溶性固体混合物通过溶解度的不同而
结晶 将物质进行分离提纯的方法，如KNO 和
─ 3
NaCl的分离
↓
蒸馏 用于分离沸点相差较大的液体混合物，如
分馏 ─ 酒精和水的分离
↓
利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度不
同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂
萃取
─ 组成的溶液中提取出来，如用CCl 从碘水
4
中萃取碘
↓
分离两种互不相溶的液体，分液时先把下
分液 层液体从下口流出，再把上层液体从上口
─
倒出
↓
升华 用于分离固体混合物中某一易升华的组分
─
②分离提纯语言描述规范答题
(ⅰ)溶液结晶答题规范
从溶液中得到带结晶水的晶体的规范是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(ⅱ)除杂答题规范
在书写某一步骤是为了除杂时，应该规范回答，“是为了除去××杂质”，“除杂”等一类万能式的回答是不能
得分的。
高频考点五 化学计算
193/346衡水中学化学一本通高分手册
①计算公式
该物质的质量
(ⅰ)物质的质量分数(或纯度)＝ ×100%
混合物的总质量
产品实际产量
(ⅱ)产品产率＝ ×100%
产品理论产量
参加反应的原料量
(ⅲ)物质的转化率＝ ×100%
加入原料的总量
②计算方法——关系式法
在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中
介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系，也可通过守恒关系直接确定原料与所给数据物质之间的关系。
【题型突破】
题型一 化学工艺流程与物质制备
物质制备类化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产
品的分离及提纯等具体步骤，兼顾考查元素及其化合物、化学基本概念和基本理论、化学实验等知识。
(1)海水提溴
(2)海水提碘：海带中碘的提取
(3)海水提镁
194/346衡水中学化学一本通高分手册
(4)海水提盐与氯碱工业、钠的制备
(5)从铝土矿中获得铝
流程Ⅰ：
流程Ⅱ：
(6)工业上制高纯硅
石英砂 a.焦炭 粗硅 b.Cl 2 四氯化硅 c.H 2 纯硅
――→ ――→ ――→
高温 加热 高温
(7)硫酸的工业生产
(8)合成氨与硝酸工业
例1．（·新课标Ⅰ）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅
195/346衡水中学化学一本通高分手册
酸盐，以及SiO 、Fe O 。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH VO 。
2 3 4 4 3
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是______________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO反
2 2
应的离子方程式_____________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VO xH O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，
2 5 2
以及部分的_____________________________。
(4)“沉淀转溶”中，VO xH O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
2 5 2
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是___________。
4 3 4
196/346衡水中学化学一本通高分手册
【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+ VO++MnO +2H+=VO+ +Mn2++H O （3） Mn2+ Fe3+、Al3+ （4）Fe(OH)
2 2 2 3
（5）NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH) ]+HCl=NaCl+Al(OH) ↓+H O
2 2 3 4 3 2
（6）利用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全
4 3
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO 、Fe O ，
2 3 4
用30%H SO 和MnO “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成VO+，Fe O 与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，
2 4 2 2 3 4
SiO
此过程中不反应，滤液①中含有VO+、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO2；滤液①中加入NaOH调节
2 2 4
pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V O ·xH O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程
2 5 2
中Fe3+部分转化为Fe(OH) 沉淀，部分Al3+转化为Al(OH) 沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、
3 3
Mn2+、SO2，滤饼②中含V O ·xH O、Fe(OH) 、Al(OH) ，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V O ·xH O转化为
4 2 5 2 3 3 2 5 2
钒酸盐溶解，Al(OH) 转化为NaAlO ，则滤渣③的主要成分为Fe(OH) ；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入
3 2 3
HCl调pH=8.5，NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH Cl“沉钒”得到NH VO 。
2 3 4 4 3
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2) “酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe O 与硫酸反应生成FeSO 、Fe (SO ) 和水，MnO 具有氧化性，Fe2+具
3 4 4 2 4 3 2
有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO +2Fe2++4H+=
2 2
Mn2++2Fe3++2H O；VO+转化为VO+时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO
2 2 2
被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO 得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守
2
恒和电荷守恒，VO+转化为VO+反应的离子方程式为VO++MnO +2H+=VO+ +Mn2++H O；
2 2 2 2
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V O ·xH O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，
2 5 2
以及部分的Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH) ；
3
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO 与HCl反应生成Al(OH) 沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是
2 3
NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH) ]+HCl=NaCl+Al(OH) ↓+H O。
2 2 3 4 3 2
197/346衡水中学化学一本通高分手册
(6)“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是：增大NH +离子浓度，利用同离子效应，
4 3 4 4
促进NH VO 尽可能析出完全。
4 3
【方法技巧】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，为近
年来高考的必考题型。该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条
件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。基本方法和步
骤为：(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提
纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；
③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
【变式探究】[·新课标Ⅰ]硼酸（H BO ）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一
3 3
种以硼镁矿（含Mg B O ·H O、SiO 及少量Fe O 、Al O ）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
2 2 5 2 2 2 3 2 3
回答下列问题：
（1）在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂
是_________。
（3）根据H BO 的解离反应：H BO +H O===H++B(OH)− ，K =5.81×10−10，可判断H BO 是______酸；
3 3 3 3 2 4 a 3 3
在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH) ·MgCO 沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________
2 3
工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
【答案】（1）NH
4
HCO
3
+NH 3==(NH
4
)
2
CO
3
（2）SiO 、Fe O 、Al O KSCN
2 2 3 2 3
（3）一元弱 转化为H BO ，促进析出
3 3
（4）2Mg2++3CO
3
2+2H
2
O==Mg(OH)
2
·MgCO
3
↓+2HCO
3
（或2Mg2++2CO
3
2+H
2
O==Mg(OH)
2
·MgCO
3
↓+CO
2
↑） 溶浸 高温焙烧
198/346衡水中学化学一本通高分手册
【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方
程式为：NH
3
+NH
4
HCO 3==(NH
4
)
2
CO
3
。
（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe O 、Al O 、SiO ；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN，
2 3 2 3 2
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多
只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，
目的是将B(OH)− 转化为H BO ，并促进H BO 析出，
4 3 3 3 3
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH) ∙MgCO ，沉镁过程的离子反应为：
2 3
2Mg2++2H
2
O+3CO
3
2==Mg(OH)
2
∙MgCO
3
↓+2HCO
3
；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环
使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
题型二 化学工艺流程与反应原理
化工生产过程中的主要生产阶段涉及多种化学反应原理，试题中根据生产流程中的有关化学知识步步设问，
只要明确实验目的，理解装置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并能加以灵活运用。
1．温度、浓度、压强的控制
术语 功能
①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热
升温 不稳定的杂质，如NaHCO 、Ca(HCO ) 、KMnO 、I 、NH Cl等物质。④使
3 3 2 4 2 4
沸点相对较低的原料气化
①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；② 使化学平衡向着题目要求的方向
降温 移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离;④降
温度的
低晶体的溶解度，减少损失.
控制
控温 ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出
(用水 来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以
浴或油 减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出
浴控 现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度
温) 升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。
浓度、 增大反 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移
199/346衡水中学化学一本通高分手册
压强的 应物浓 动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考
控制 度 、 虑；②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体
加压 系中并不适宜；③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的
利用率。
减压 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO 、NH .H O、H O 、NH HCO
3 3 2 2 2 4 3
蒸馏 等)物质分解；
2．PH的控制
术语 功能
(1)目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管
是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果
控制溶
要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可通过
液的PH
加入CuO、Cu(OH) 、Cu(OH) CO 等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或
2 2 3
氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。⑶题目呈现方式：题中通常
会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息;⑷解题步骤：①判
200/346衡水中学化学一本通高分手册
断溶液呈酸(或碱)性;②判断调高还是调低; ③选择合适的调节剂。
3.体系环境氛围及其它条件的控制
术语 功能
①蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；②需要在酸性气流中干燥
FeCl 、AlCl 、MgCl 等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl 的溶液
3 3 2 2
里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶
酸性、
体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl ，而是熔
碱性 或 2
点更高的MgO, 具有相似情况的还有FeCl AlCl 等；③营造还原性氛围：加热煮沸酸
某种 3 、 3
液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热
环境
煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化；④营造氧化性氛围：加入氧化
氛围
剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H O 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。
2 2
例2、（·新课标Ⅲ）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他
不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO ·7H O)：
4 2
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
201/346衡水中学化学一本通高分手册
开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是____________________________________。为回收金属，用稀硫酸将
“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是_________________________。
(3)“转化”中可替代H O 的物质是_________________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
2 2
“滤液③”中可能含有的杂质离子为_________________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH) 的K =______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓
2 sp
度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是_________________________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子
方程式_________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_________________________。
【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物 AlO +H++H O=Al(OH) ↓或AlOH +H+=Al(OH) ↓+H O
2 2 3 4 3 2
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+ （3）O 或空气 Fe3+ （4） 0.01
107.214
2或105
108.714
2
3.2~6.2
2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O （6）提高镍回收率
2
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应
2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑、2Al O +4NaOH=4NaAlO +2H O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有
2 2 2 2 3 2 2
NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H SO 酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的
2 2 4
滤液②，Fe2+经H O 氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去，再控制pH浓缩结晶
2 2 3
202/346衡水中学化学一本通高分手册
得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤
液①中含有NaAlO (或Na[Al(OH) ])，加入稀硫酸可发生反应AlO +H++H O=Al(OH) ↓或
2 4 2 2 3
AlOH +H+=Al(OH) ↓+H O；
3 2
4
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H O 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O 或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，
2 2 2
会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×105mol·L1，c(H+)=1.0×108.7mol·L1，则
K 1014
c(OH)= c H w + = 1.0108.7 =108.714，则Ni(OH) 2 的K sp =c Ni2+ c2 OH =105 108.714 2；或者当Ni2+开始沉
K 1014
淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L1，c(H+)=1.0×107.2mol·L1，则c(OH)=
c H
w
+
=
1.0107.2
=107.214，则Ni(OH)
2
的K =c
Ni2+
c2
OH
=0.01
107.214
2；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L1，为避免镍离子沉淀，
sp
K 0.01 107.214 2 K 1014
此时c OH = c N s i p 2+ = 1.0 =107.8molL1 ，则c H+ = c OH w = 107.8 =106.2，即pH=6.2；Fe3+
完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，
ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O；
2
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
【方法技巧】近几年高考化学工艺流程题属于热点体系。工艺流程题，顾名思议，就是将化工生产过程中
的主要生产阶段与生产流程中有关的化学知识紧密联系起来。该类试题的答题关键是要明确实验目的，理解装
置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并且能加以灵活运用，在高考中就一定会大获全胜。化学工艺
流程常涉及的化学反应原理有：⑴沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。⑵
反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的应用；
④反应条件的控制。⑶氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。⑷盐类水解的具体
应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。
203/346衡水中学化学一本通高分手册
【变式探究】．[·新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO （也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
4
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，
钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO ）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
4
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。
回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO 和一种清洁能源气体，该反应的化
2
学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面
生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L−1
的I −KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I
2 2
用0.1000mol·L−1Na
2
S
2
O
3
溶液滴定，反应式为I
2
+2S
2
O
3
2 ==2I−+S
4
O
6
2。测定时消耗Na
2
S
2
O
3
溶液体积VmL。终
点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【答案】（1）D
（2）①BaSO
4
+4C==BaS+4CO↑ CO+H
2
O==CO
2
+H
2
②BaCO
3
③S2−+Ba2++Zn2++SO2
4
==BaSO
4
·ZnS↓
1
（25.00 V）0.100032
（3）浅蓝色至无色
2 100％
m1000
【解析】
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A
错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；
故选D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式
204/346衡水中学化学一本通高分手册
BaSO
4
+4C==BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO
2
与H
2
，写出方程式：CO+H
2
O==CO
2
+H
2
。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应
生成了碳酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子
方程式：S2−+Ba2++Zn2++SO
4
2==BaSO
4
·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2+I 2==S+2I；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I
2
，故
终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等
列关系式，设硫离子物质的量为nmol：
S2 ～ I 2S O 2 ～ I
2 2 3 2
1mol 1mol 2mol 1mol
1
nmol nmol0.1V×103mol 0.1V×103mol
2
1 1
n+ 0.1V×103mol=250.1V×103mol，得n=（25 V）0.1×103mol
2 2
1
nM（S2） （25.00 V）0.100032
则样品中硫离子含量为： ×100%= 2 ×100%。
m
m1000
题型三 化学工艺流程与物质提纯
物质提纯类化工流程题以物质的分离、提纯为基础，涉及蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、蒸馏、萃取、
分液、重结晶、洗涤、干燥等基本操作，突出考查化学实验基本方法在物质分离、提纯中的作用。
1．物质分离的常用方法
看目的 选方法
过滤
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
(热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl
4
萃取和分液
或苯萃取溴水中的溴
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
205/346衡水中学化学一本通高分手册
提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如
冷却结晶
KNO 、FeCl 、CuCl 、CuSO ·5H O、FeSO ·7H O等
3 3 2 4 2 4 2
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气
冷却法
与氮气、氢气
2．获得产品阶段的主要操作
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适
洗涤(冰水、
用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
热水、有机
溶剂) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗
涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，
并使其尽快干燥)
蒸发时的气
如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加热，以
3 3 2
体氛围抑制
防其水解
水解
如K Cr O 和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
2 2 7
蒸发浓缩、
出的固体主要是K Cr O ，母液中是NaCl和少量K Cr O ，这样就可分离出大
2 2 7 2 2 7
冷却结晶
部分K Cr O ；同样原理可除去KNO 中的少量NaCl
2 2 7 3
如NaCl和少量K Cr O 的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固
2 2 7
蒸发结晶、
体主要是NaCl，母液中是K Cr O 和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的
2 2 7
趁热过滤
少量KNO
3
例3、（·江苏卷）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料αFe O 。
2 3
其主要实验流程如下：
206/346衡水中学化学一本通高分手册
(1)酸浸：用一定浓度的H SO 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁
2 4
元素浸出率的有___________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会
生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。
(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导
4 2
致CaF 沉淀不完全，其原因是___________[K CaF =5.3109，K (HF)=6.3104 ]。
2 sp 2 a
(4)沉铁：将提纯后的FeSO 溶液与氨水NH HCO 混合溶液反应，生成FeCO 沉淀。
4 4 3 3
①生成FeCO 沉淀的离子方程式为____________________________________。
3
②设计以FeSO 溶液、氨水NH HCO 混合溶液为原料，制备FeCO 的实验方案：______________。
4 4 3 3
【FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5】。
3 2
【答案】（1）AB H （2）取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
2
（3）pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF 沉淀不完全
2
（4）Fe2 HCO NH H OFeCO NH H O或Fe2 HCO NH FeCO NH
3 3 2 3 4 2 3 3 3 4
在搅拌下向FeSO 溶液中缓慢加入氨水NH HCO 混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀
4 4 3
用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl 溶液，不出现白色沉淀
2
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H SO 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤
2 4
液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH F使Ca2+转化为CaF 沉淀而除去；然后进
4 2
行“沉铁”生成FeCO ，将FeCO 沉淀经过系列操作制得α—Fe O ；据此分析作答。
3 3 2 3
(1)适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫
酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，
207/346衡水中学化学一本通高分手册
C不选；
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉
发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H 生成；通常用KSCN
2 2
溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液
颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH F溶液，使Ca2+转化为CaF 沉淀，K (CaF )=c(Ca2+)·c2(F)，当Ca2+完全沉
4 2 sp 2
淀（某离子浓度小于1×105mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F)至少为
5.3109
mol/L= 5.3×102mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F形成弱酸HF，导致溶
1105
液中c(F)减小，CaF 沉淀不完全。
2
(4)①将提纯后的FeSO 溶液与氨水—NH HCO 混合溶液反应生成FeCO 沉淀，生成FeCO 的化学方程式
4 4 3 3 3
为FeSO +NH ·H O+NH HCO =FeCO ↓+(NH ) SO +H O[或FeSO +NH +NH HCO =FeCO ↓+(NH ) SO ]，离子方
4 3 2 4 3 3 4 2 4 2 4 3 4 3 3 4 2 4
程式为Fe2++HCO
+NH ·H O=FeCO
↓+NH+
+H
O（或Fe2++HCO
+NH =FeCO
↓+NH+）。
3 3 2 3 4 2 3 3 3 4
②根据题意Fe(OH) 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH) 沉淀，所以将FeSO 溶液与氨水—NH HCO
2 2 4 4 3
混合溶液反应制备FeCO 沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO 沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实
3 3
验方案中要用盐酸酸化的BaCl 溶液检验最后的洗涤液中不含SO2 。
2 4
【举一反三】（·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO ，含少量Fe O 、Al O )和BaS制备高纯MnCO 的工
2 3 4 2 3 3
艺流程如下：
已知：MnO 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K 见下表。
2 sp
208/346衡水中学化学一本通高分手册
物质 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Mn(OH)
2 3 3 2
K 11016.3 11038.6 11032.3 11012.7
sp
回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________________________________，MnO 与BaS溶液反应转化为MnO
2
的化学方程式为______________________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO 与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH) 的量
2 2
达到最大值后会减小，减小的原因是______________________________________。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为
_______(当溶液中某离子浓度c1.0105molL1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率： MnO BaSH O Ba(OH) MnOS
2 2 2
（2）过量的MnO 消耗了产生的Ba(OH) （3）蒸发 （4）H O 4.9
2 2 2 2
（5）Mn2 HCO NH H OMnCO NH H O
3 3 2 3 4 2
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO ，含少量Fe O 、Al O )加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
2 3 4 2 3
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S，过滤得到Ba(OH) 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用
2 2 2 2
硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后
向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得
到的废渣为Fe(OH) 和Al(OH) ，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和
3 3
碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO 与BaS反应转化为
2
MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知2价的S元素应被氧化得到S单质，则
MnO 与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH) ，结合元素守恒可得化学方程式为：
2 2
209/346衡水中学化学一本通高分手册
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S；
2 2 2
(2)根据题目信息可知MnO 为两性氧化物，所以当MnO 过量时，会消耗反应产生的Ba(OH) ，从而使
2 2 2
Ba(OH) 的量达到最大值或会减小；
2
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH) 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
2
(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的
试剂X可以是H O ；根据表格数据可知，Fe(OH) 和Al(OH) 为同种沉淀，而Al(OH) 的K 稍大，所以当Al3+
2 2 3 3 3 sp
完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×105mol/L时，
3
c(OHˉ)= K sp AlOH 3 = 3 11032.3 molL1=109.1mol/L，所以c(H+)=104.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小
c Al3+ 1105
值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和
一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO +NH ·H O=MnCO ↓+NH +H O。
3 3 2 3 4 2
【方法技巧】在解化工流程题无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易
分离出来，物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类：物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、
分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物
质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。
【变式探究】[·新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与
硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c (Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
210/346衡水中学化学一本通高分手册
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式
____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO 的作用是________________________。
2
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF 沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是
2
_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNi Co MnO ，其中Ni、Co、Mn的化
x y z 2
合价分别为+2、+3、+4。当x=y=1/3时，z=___________。
【答案】（1）SiO
2
（不溶性硅酸盐） MnO
2
+MnS+2H
2
SO 4==2MnSO
4
+S+2H
2
O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF Mg2++2F−平衡向右移动
2
（6）Mn2++2HCO
3
==MnCO
3
↓+CO
2
↑+H
2
O
（7）1/3
【解析】（1）Si元素以SiO 或不溶性硅盐存在，SiO 与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO ；在硫
2 2 2
酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：
MnO
2
+MnS+2H
2
SO 4==2MnSO
4
+S+2H
2
O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。
（4）根据题干信息，加入Na S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。
2
（5）由HF H++F知，酸度过大，F浓度减低，使得MgF Mg2++2F平衡向沉淀溶解方向移动，
2
Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO 沉淀，所以反应离子方程式为：
3
Mn2++2HCO
3
==MnCO
3
↓+CO
2
↑+H
2
O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
211/346衡水中学化学一本通高分手册
专题 常见有机化合物
12
【考情探究】
1. 了解有机化合物中碳的成键特征。
2. 了解有机化合物的同分异构现象，能正确书写简单有机化合物的同分异构体。
3. 掌握常见有机反应类型。
4. 了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质及应用。
5. 了解氯乙烯、苯的衍生物等在化工生产中的重要作用。
6. 了解乙醇、乙酸的结构和主要性质及重要应用。
7. 了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用。
8. 了解常见高分子材料的合成及重要应用。
【高频考点】
高频考点一 有机物的结构与同分异构现象
1．典型有机物的分子结构特征、球棍模型、比例模型，会“拆分”比对结构模板，“合成”确定共线、共面原子数
目。
(1)明确三类结构模板
结构 正四面体形 平面形 直线形
乙烯分子中所有原子(6个)共平
甲烷分子为正四面
面，键角为120°；苯分子中所有原
体结构，最多有3 乙炔分子中所有原子(4
模板 子(12个)共平面，键角为120°；甲
个原子共平面，键 个)共直线，键角为180°
醛分子是三角形结构，4个原子共
角为109°28′
平面，键角约为120°
(2)对照模板定共线、共面原子数目
212/346衡水中学化学一本通高分手册
需要结合相关的几何知识进行分析：如不共线的任意三点可确定一个平面；若一条直线与某平面有两个交点时，
则这条直线上的所有点都在该平面内；同时要注意问题中的限定性词语(如最多、至少)。
(3)“还原”氢原子，根据规律直接判断
如果题中给出有机物的结构是键线式结构，首先“还原”氢原子，避免忽略饱和碳原子，然后根据规律进行判断：
①结构中出现1个饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共面；
②结构中出现1个碳碳双键，则分子中至少有6个原子共面；
③结构中出现1个碳碳三键，则分子中至少有4个原子共线；
④结构中出现1个苯环，则分子中至少有12个原子共面。
如：某有机物结构为
以碳碳双键为中心，根据乙烯、苯、乙炔、甲烷的结构，可以画出如图所示结构
可以得出结论：
①最多有4个碳原子在同一条直线上；
②最多有13个碳原子在同一平面上；
③最多有21个原子在同一平面上。
2．学会用等效氢法判断一元取代物的种类
有机物分子中，位置等同的氢原子叫等效氢，有多少种等效氢，其一元取代物就有多少种。
等效氢的判断方法：
213/346衡水中学化学一本通高分手册
(1)同一个碳原子上的氢原子是等效的。
如 分子中—CH 上的3个氢原子。
3
(2)同一分子中处于轴对称位置或镜面对称位置上的氢原子是等效的。
如 分子中，在苯环所在的平面内有两条互相垂直的对称轴，故该分子有两类等效氢。
3．注意简单有机物的多元取代物
(1)CH CH CH 的二氯代物有 、 、 、
3 2 3
四种。
(2) 的二氯代物有 、 、 三种。
(3) 的三氯代物有 、 、 三种。
高频考点二 有机物的性质、反应类型及应用
1．有机物的重要物理性质
(1)常温常压下，分子中碳原子个数不多于4的烃是气体，烃的密度都比水小。
(2)烃、烃的卤代物、酯类物质均不溶于水，低级醇、酸溶于水。
(3)随分子中碳原子数目的增多，各类有机物的同系物熔点、沸点升高，同分异构体的支链越多，熔点、沸点越
低。
214/346衡水中学化学一本通高分手册
2．有机物的结构特点及主要化学性质
物质 结构特点 主要化学性质
甲烷 只有C—H键，正四面体分子 在光照条件下发生取代反应
与X 、H 、H O、HX加成；被酸性
2 2 2
乙烯 KMnO 溶液或酸性K Cr O 溶液氧
4 2 2 7
烃 平面分子，官能团是
化；发生加聚反应
在催化剂存在下：与X 、HNO 发生
2 3
苯 平面分子，碳碳键性质相同
取代反应；与H 发生加成反应
2
与活泼金属发生置换反应，被催化氧
乙醇 官能团为—OH
烃的衍
化生成醛、酸；与羧酸发生酯化反应
生物
乙酸 官能团为—COOH 具有酸的通性；能与醇发生酯化反应
3.基本营养物质的性质突破
(1)糖类性质巧突破
①葡萄糖分子含有羟基、醛基两种官能团，因此它具有醇、醛两类物质的化学性质，利用此规律就能轻松“吃掉”
葡萄糖的化学性质。
②单糖、二糖、多糖的核心知识可用如下网络表示出来。
C H O ＋H O
稀
―
H ―2S
→
O4C
H O ＋C H O
12 22 11 2 6 12 6 6 12 6
蔗糖 葡萄糖 果糖
(2)油脂性质轻松学
215/346衡水中学化学一本通高分手册
①归类学性质：油脂是酯，可看作是高级脂肪酸与甘油反应形成的酯，因此纯净的油脂无色且不溶于水(常见食
用油脂有香味)，密度比水的密度小；能发生水解反应(若烃基部分存在不饱和键，则还具有不饱和烃的性质)。
②对比明“三化”：油脂中的“三化”指的是氢化、硬化、皂化，氢化指的是不饱和油脂与氢气发生加成反应生成
饱和油脂；通过氢化反应，不饱和的液态油转化为常温下为固态的脂肪的过程称为硬化；皂化指的是油脂在碱
性条件下发生水解生成高级脂肪酸盐与甘油的反应。
③口诀助巧记：有三种较重要的高级脂肪酸需要熟记，油酸(C H COOH)、软脂酸(C H COOH)、硬脂酸
17 33 15 31
(C H COOH)，其中油酸分子中含有一个碳碳双键，后两种则是饱和脂肪酸，可用顺口溜帮助记忆：软十五、
17 35
硬十七，油酸不饱(和)十七烯，另外均有一羧基。
(3)盐析、变性辨异同
盐析 变性
在轻金属盐作用下，蛋白质从溶 在重金属盐、受热、紫外线、甲醛、酒
方法
液中凝聚成固体析出 精等作用下蛋白质凝聚成固体析出
不
特征 过程可逆，即加水后仍可溶解 不可逆
同
点
实质 溶解度降低，物理变化 结构、性质发生变化，化学变化
结果 仍保持原有的生理活性 失去原有的生理活性
相同点 均是一定条件下，蛋白质凝聚成固体的过程
4.有机反应类型归纳
反应类型 反应部位、反应试剂或条件
与X (混合即可反应)；碳碳双键与H 、HBr、
2 2
加成反应
H O，以及 与H 均需在一定条件下进行
2 2
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加聚反应
单体中有 或—C≡C—等不饱和键
饱和烃与X 反应需光照
2
烃与卤素单质
苯环上氢原子可与X (催化剂)或HNO (浓硫酸催化)发生
2 3
取代
取代
反应
酯水解 酯基水解成羧基和羟基
酯化型 按照“酸失羟基、醇失氢”原则，在浓硫酸催化下进行
与O (催化剂)
2
—OH(—CH OH氧化成醛基、 氧化成羰基)
2
酸性K Cr O 、酸性
2 2 7
氧化
KMnO 溶液 、苯环上的烃基、—OH、—CHO都可被氧化
4
反应
银氨溶液、新制
—CHO被氧化成—COOH
Cu(OH) 悬浊液
2
燃烧型 多数有机物能燃烧，完全燃烧生成CO 和水
2
烯烃、炔烃、苯及其同系物或部分芳香族化合物和H 的
2
得氢型
还原 加成反应
反应
去氧型 Fe/HCl
R—NO ――→R—NH
2 2
置换反应 羟基、羧基可与活泼金属反应生成H
2
5.化学“三馏”把握准
(1)蒸馏是将液态物质加热到沸腾变为蒸气，又将蒸气冷却为液态这两个过程的联合操作。用这一操作可分离、
除杂、提纯物质。
(2)对于沸点比较接近的多种液态物质组成的混合物，用蒸馏方法难以单一蒸出分离，这就要借助于分馏。
分馏和蒸馏一样，也是利用混合物中各物质的沸点不同，严格控制温度，进行分离或提纯的操作。但分馏要安
217/346衡水中学化学一本通高分手册
装一个分馏柱(工业装置为分馏塔)。混合物的蒸气进入分馏柱时，由于柱外空气的冷却，蒸气中高沸点的组分
被冷凝回流入烧瓶中，故上升的蒸气中含沸点低的组分的相对量较多，从而达到分离、提纯的目的。
(3)干馏是把固态有机物(煤炭)放入密闭的容器中，隔绝空气加强热使之分解的过程，工业上炼焦就属于干馏。
干馏属于化学变化，蒸馏与分馏属于物理变化。
6．三个制备实验的比较
制取物质 仪器 除杂及收集 注意事项
①催化剂为FeBr
3
②长导管的作用：冷凝回流、导气
含有溴、FeBr 等，用
3
溴苯 氢氧化钠溶液处理后
③右侧导管不能(填“能”或“不能”)
分液，然后蒸馏
伸入溶液中
④右侧锥形瓶中有白雾
可能含有未反应完的
①导管1的作用：冷凝回流
苯、硝酸、硫酸，用氢
②仪器2为温度计
硝基苯 氧化钠溶液中和酸，分
③用水浴控制温度为50～60℃
液，然后用蒸馏的方法
除去苯
④浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
①浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
含有乙酸、乙醇，用饱 ②饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、中和
乙酸乙酯 和Na CO 溶液处理 乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度
2 3
后，分液
③右边导管不能(填“能”或“不能”)
接触试管中的液面
【题型突破】
题型一 有机物结构判断
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例1.（·江苏卷）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A.X分子中不含手性碳原子
B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】CD
【解析】X中 红色碳原子为手性碳原子，故A说法错误；
中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原
子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误； 中与羟基
相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确；
中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，
在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成 ，
然后 在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D说法正确；综上所
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述，说法正确的是CD。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ，8)下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是( )
A．甲苯 B．乙烷 C．丙炔 D．1，3−丁二烯
【答案】D
【解析】甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B
不选；丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯
分子中所有原子共平面，D选。答案选D。
题型二 同分异构体的判断
例2.（·新课标Ⅱ）吡啶( )是类似于苯的芳香化合物，2乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，
可由如下路线合成。下列叙述正确的是
A.Mpy只有两种芳香同分异构体 B.Epy中所有原子共平面
C.Vpy是乙烯的同系物 D. 反应②的反应类型是消去反应
【答案】D
【解析】MPy有3种芳香同分异构体，分别为：甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基
苯，A错误；EPy中有两个饱和C，以饱和C为中心的5个原子最多有3个原子共面，所以EPy中所有原子不
可能都共面，B错误；VPy含有杂环 ，和乙烯结构不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C错误；反应②为
醇的消去反应，D正确。
【变式探究】[新课标Ⅱ] 分子式为C H BrCl的有机物共有（不含立体异构）
4 8
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【答案】C
220/346衡水中学化学一本通高分手册
【解析】C H ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原
4 8
子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。
先分析碳骨架异构，分别为 CCCC 与 2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分
析，其中骨架 CCCC 有 、 共 8 种，骨架 有 和 ，4 种，
综上所述，分子式为C H BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确。
4 8
题型三 有机物官能团性质的判断
例3.（·新课标Ⅲ）金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：
下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是
A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子含21个碳原子
C. 能与乙酸发生酯化反应 D. 不能与金属钠反应
【答案】D
【解析】该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；根据该物质的结构简
式可知该分子含有21个碳原子，故B正确；该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；该物质
含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误。
【变式探究】（·浙江卷）有关 的说法正确的是( )
A. 可以与氢气发生加成反应 B. 不会使溴水褪色
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C. 只含二种官能团 D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH
【答案】A
【解析】 分子中含有苯环和碳碳双键，都能与H 发生加成反应， A正确； 分子中含有碳碳双键，
2
能与溴水发生加成反应导致溴水褪色， B错误； 分子中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团， C错
误；1mol该物质酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH反应，1mol该物质与足量的NaOH溶液反应时
最多可消耗2molNaOH，D错误。
【举一反三】(·全国卷Ⅰ，8)关于化合物2苯基丙烯( )，下列说法正确的是( )
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．可以发生加成聚合反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】2苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故
A错误；2苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2苯基丙烯，故B正确；有机
物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面
上，故C错误；2苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2苯
基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。
题型四 有机化学实验
例4．(·全国卷Ⅰ，9)实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是( )
222/346衡水中学化学一本通高分手册
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】苯和溴均易挥发，苯与液溴在溴化铁作用下发生剧烈的放热反应，释放出溴化氢气体(含少量苯和溴蒸
气)，先打开K，后加入苯和液溴，避免因装置内气体压强过大而发生危险，A项正确；四氯化碳用于吸收溴化
氢气体中混有的溴单质，防止溴单质与碳酸钠溶液反应，四氯化碳呈无色，吸收红棕色溴蒸气后，液体呈浅红
色，B项正确；溴化氢极易溶于水，倒置漏斗防倒吸，碳酸钠溶液呈碱性，易吸收溴化氢，发生反应为Na CO
2 3
＋HBr===NaHCO ＋NaBr，NaHCO ＋HBr===NaBr＋CO ↑＋H O，C项正确；反应后的混合液中混有苯、液溴、
3 3 2 2
溴化铁和少量溴化氢等，提纯溴苯的正确操作是①用大量水洗涤，除去可溶性的溴化铁、溴化氢和少量溴；②
用氢氧化钠溶液洗涤，除去剩余的溴等物质；③用水洗涤，除去残留的氢氧化钠；④加入干燥剂除去水，过滤；
⑤对有机物进行蒸馏，除去杂质苯，从而提纯溴苯，分离溴苯，不用“结晶”的方法，D项错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，9)实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是( )
223/346衡水中学化学一本通高分手册
【答案】D
光照 光照
【解析】甲烷与氯气在光照条件下发生反应：CH ＋Cl ――→CH Cl＋HCl，CH Cl＋Cl ――→CH Cl ＋HCl，
4 2 3 3 2 2 2
光照 光照
CH Cl ＋Cl ――→CHCl ＋HCl，CHCl ＋Cl ――→CCl ＋HCl。黄绿色的氯气参加了反应，逐渐减少，生成无
2 2 2 3 3 2 4
色的气体，因此试管内气体颜色逐渐变浅；反应生成的HCl极易溶于水，使试管内气体压强减小，因此试管内
液面上升；生成的CH Cl 、CHCl 、CCl 均为无色油状液体，附着在试管壁上，因此试管壁上出现油状液滴；
2 2 3 4
生成的HCl气体遇到水蒸气溶解生成盐酸小液滴，形成白雾，因此试管中有少量白雾。综合上述现象，答案选
D项。
题型五 陌生有机物性质判断及计算
例5.（·新课标Ⅰ）紫花前胡醇 可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫
力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C H O
14 14 4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C H O ，A叙述正确；该有机物的分子在有羟基，且
14 14 4
与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不
正确；该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；该有机物分子中与羟基相连的碳原子
的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。综上所述，故
选B。
224/346衡水中学化学一本通高分手册
【变式探究】（·山东卷）从中草药中提取的 calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin
A的说法错误的是
A. 可与FeCl 溶液发生显色反应
3
B. 其酸性水解的产物均可与Na CO 溶液反应
2 3
C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种
D.1mol该分子最多与8molH 发生加成反应
2
【答案】D
【解析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚键等官能团。该有机物中含有
酚羟基，可以与FeCl 溶液发生显色反应，A正确；该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧
3
基能与Na CO 溶液反应生成CO ，B正确；该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对
2 3 2
称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确；该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯
环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可
以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应，D错误。答案选D。
【举一反三】[江苏][双选]化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．1molX最多能与2molNaOH反应
225/346衡水中学化学一本通高分手册
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO 溶液反应
4
D．室温下X、Y分别与足量Br 加成的产物分子中手性碳原子数目相等
2
【答案】CD
【解析】X分子中，1mol羧基消耗1molNaOH，1mol由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX最多
能与3molNaOH反应，故A错误；比较X与Y的结构可知，Y与乙酸发生酯化反应可得到X，故B错误；X
和Y分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C正确；X和Y分子中碳碳双键的位置
相同，分别与足量Br 加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3个，故D正确；故选
2
CD。
题型六 糖类、油脂、蛋白质性质
例6.（·天津卷）下列说法错误的是
A. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
B. 油脂的水解反应可用于生产甘油
C. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元
D. 淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子
【答案】D
【解析】淀粉和纤维素都属于多糖，两者水解的最终产物都为葡萄糖，A正确；油脂在酸性条件下水解成高级
脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，则油脂的水解反应可用于生产甘油，B正确；氨基
酸中含有氨基和羧基，氨基酸可以通过缩聚反应形成蛋白质，蛋白质水解最终生成氨基酸，故氨基酸是组成蛋
白质的基本结构单元，C正确；天然高分子的相对分子质量是上万，淀粉和纤维素都是天然高分子，而油脂的
相对分子质量还不到1000，故油脂不属于高分子，D错误；答案选D。
【变式探究】（·浙江卷）下列说法不 ． 正 ． 确 ． 的是( )
A. 相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，放出的热量依次增加
B. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分
C. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花
226/346衡水中学化学一本通高分手册
D. 淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】由于等质量的物质燃烧放出的热量主要取决于其含氢量的大小，而甲烷、汽油、氢气中H的百分含量
大小顺序为：汽油<甲烷<氢气，故等质量的它们放出热量的多少顺序为：汽油<甲烷<氢气，故A错误；
油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故B正确；
蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有气味，故C正确；
高分子通常是指相对分子质量在几千甚至上万的分子，淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物，故D
正确。
【举一反三】（·全国卷Ⅰ）下列说法错误的是
A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br /CCl 褪色
4
₂
D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】A
【解析】果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，
B正确；植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br /CCl 溶液褪色，C正确；淀粉和纤维素均是
2 4
多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。
专题 化学实验基础
13
【考情探究】
课 内容 常用化学仪器的用途及使用方法 化学实验基本操作
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标 1.了解化学实验是科学探究过程中的一种重要
方法
1.掌握化学实验的基本操作
解
2.了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用
2.了解实验室一般事故的预防和处理方
读
方法
法
解读
3.能识别化学品标识
3.掌握常见气体的实验室制法
4.掌握常见物质分离和提纯的方法
4.掌握常见物质检验的方法
正确使用实验室常用仪器，掌握化学实验基本操作是保证实验安全及实验结果准确性的
考情分析 前提，同时也是化学素养的重要体现，本专题内容是历年高考的必考内容，命题形式可
以是选择题，也可以是综合性实验题。
应重点关注实验基本操作的规范性，常见仪器的正确使用方法及注意事项，以及气体的
备考策略 制备方法。物质的检验、分离和提纯中试剂的选择及仪器的正确使用，物质的检验、分
离和提纯实验方案的设计、现象的描述等。
【高频考点】
高频考点一 基本仪器与基本操作
1．仪器的识别
(1)用作容器或反应器的仪器
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①试管 ②蒸发皿 ③坩埚 ④圆底烧瓶 ⑤平底烧瓶
⑥烧杯 ⑦蒸馏烧瓶 ⑧锥形瓶 ⑨集气瓶 ⑩广口瓶
⑪燃烧匙
(2)用于分离、提纯和干燥的仪器
①漏斗 ②分液漏斗 ③球形干燥管
(3)常用计量仪器
①量筒 ②容量瓶 ③滴定管 ④温度计 ⑤托盘天平
(4)其他仪器
①冷凝管(球形冷凝管或直形冷凝管) ②表面皿 ③滴瓶 ④胶头滴管
2．仪器的简单组装
(1)物质分离、提纯装置
①过滤 ②蒸发 ③蒸馏(分馏)
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④萃取与分液 ⑤洗气 ⑥升华
⑦减压过滤
【特别提醒】物质分离、提纯是通过恰当的方法将混合物中各组分分开，得到纯净的物质，各组分都保留下来，
且与原来状态相同。具体解题模型如下：
(2)可作为冷凝或冷却的装置
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(3)气密性检查装置
3．熟记十五大基本操作
(1)测定溶液pH的操作
将一小块pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH试纸中央，待变色稳
定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。
(2)沉淀剂是否过量的判断方法
①静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
②静置，取适量上层清液于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证
明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
(3)洗涤沉淀操作
将蒸馏水沿着玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次即可。
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(4)判断沉淀是否洗净的操作
取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……现象，证明沉淀已经洗净。
(5)容量瓶检漏操作
向容量瓶中加入一定量的水，塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围
有无水漏出。如果不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧，把容量瓶倒立过来，再检查是否漏水。如果仍
不漏水，即可使用。
(6)检查滴定管是否漏水操作
①酸式滴定管：关闭活塞，向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若
2分钟内不漏水，将活塞旋转180°，重复上述操作。如果仍不漏水，即可使用。
②碱式滴定管：向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不
漏水，轻轻挤压玻璃球，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。
(7)滴定管赶气泡的操作
①酸式滴定管：右手将滴定管倾斜30°左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。
②碱式滴定管：将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，即
可赶出碱式滴定管中的气泡。
(8)装置气密性检查
①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象。若导管口有气泡冒出，冷却到室
温后，导管口有一段水柱，表明装置气密性良好。
②有长颈漏斗的装置(如下图)：用止水夹关闭烧瓶右侧的导气管，向长颈漏斗中加入适量水，长颈漏斗中会形
成一段液柱，停止加水，过一段时间后，若漏斗中的液柱高度不变化，则装置气密性良好。
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(9)气体验满和检验操作
①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则说明收集的氧气已满。
②可燃性气体(如氢气)的验纯方法：用排水法收集一小试管的气体，用大拇指堵住管口移近火焰，放开手指，
若听到尖锐的爆鸣声，则气体不纯；若听到轻微的“噗”的一声，则说明气体纯净。
③二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已收集满。
④氨气验满：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则说明气体已收集满。
⑤氯气验满：将湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则说明气体已收集满。
(10)焰色反应的操作
先将铂丝蘸取盐酸在酒精灯外焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止。然后用铂丝蘸取少量待
测液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则说明溶液中含Na＋；若透过蓝色钴玻璃观察到火
焰呈紫色，则说明溶液中含K＋。
(11)萃取分液操作
关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心顶住塞子，左手握住活塞部分，将分液漏
斗倒置，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，先打开上口塞子再打开分液漏斗活塞，使下层液
体从下口沿烧杯壁流下，上层液体从上口倒出。
(12)浓H SO 稀释操作
2 4
将浓H SO 沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
2 4
(13)粗盐的提纯
①实验室提纯粗盐的实验操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、结晶。
233/346衡水中学化学一本通高分手册
②若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度分析，可能的原因是过滤时漏斗中液面高出滤纸边缘、
玻璃棒靠在单层滤纸一边弄破滤纸。
(14)氢氧化铁胶体的制备
向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的FeCl 溶液，当溶液变为红褐色时，立即停止加热。
3
(15)从某物质稀溶液中结晶的实验操作
①溶解度受温度影响较小的：蒸发→结晶→过滤。
②溶解度受温度影响较大或带结晶水的：
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤。
高频考点二 物质的检验与鉴别
1．常见阴离子的检验
(1)利用酸碱指示剂检验
(2)利用盐酸和其他试剂检验
CO2－：加入BaCl 或CaCl 溶液后生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，并放出无色无味的气体。
3 2 2
SO2－：先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl 溶液，产生白色沉淀。
4 2
SO2－：加入BaCl 溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，放出无色、有刺激性气味且能使品红溶液褪色的气体。
3 2
(3)利用AgNO (HNO 酸化)溶液检验
3 3
Cl－―→ 硝酸酸化 ―→白色沉淀
Br－―→ 的硝酸银 ―→浅黄色沉淀
I－ ―→ 溶液 ―→黄色沉淀
(4)利用某些特征反应检验
234/346衡水中学化学一本通高分手册
I－：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色)。
2.常见阳离子的检验
H＋―→滴入紫色石蕊溶液，溶液变红色
3．常见气体的检验
气体 化学检验方法或思路
O 使带火星的木条复燃
2
NO 在空气中立即变成红棕色
点燃时火焰呈淡蓝色，燃烧产物可使澄清石灰水变浑浊；或将气体通过灼
CO
热的CuO，CuO由黑色变成红色，且气体产物可使澄清石灰水变浑浊
CO 使澄清石灰水变浑浊，继续通入又可变澄清；使燃着的木条熄灭
2
使品红溶液褪色，加热后又恢复红色；使澄清石灰水变浑浊；使酸性高锰
SO
2
酸钾溶液褪色
NO
2 通入水中得到无色溶液并产生气泡，液面上方有红棕色气体产生，水溶液
235/346衡水中学化学一本通高分手册
显酸性；使湿润的KI淀粉试纸变蓝
Cl 使湿润的KI淀粉试纸变蓝
2
使湿润的蓝色石蕊试纸变红；靠近浓氨水时冒白烟；将气体通入AgNO
3
HCl
溶液中有白色沉淀生成
NH 使湿润的红色石蕊试纸变蓝；使酚酞溶液变红；靠近浓盐酸时冒白烟
3
点燃有明亮的火焰，并冒黑烟，燃烧产物能使澄清石灰水变浑浊，能使酸
CH ===CH
2 2
性高锰酸钾溶液、溴水、溴的四氯化碳溶液褪色
4.常见有机物的检验
有机物 检验方法或思路
卤代烃 首先加NaOH溶液并加热，其次加稀硝酸中和碱液，最后滴加AgNO 溶液
3
可使有黑色氧化膜的灼热铜丝变得光亮(生成铜)，并产生有刺激性气味的气
乙醇
体(乙醛)；与金属钠能够平缓地反应，产生氢气
与银氨溶液(水浴加热)反应形成银镜；与新制Cu(OH) 悬浊液(加热)反应生
2
醛、葡萄糖
成红色沉淀(Cu O)
2
羧酸 使紫色石蕊溶液变红；使蓝色石蕊试纸变红
酯 与滴有酚酞的稀NaOH溶液共热，红色逐渐消失
淀粉 溶液遇碘变为蓝色
灼烧，有烧焦羽毛的气味；加浓硝酸并微热，颜色变黄(含苯环结构的蛋白
蛋白质
质用此法)
高频考点三 物质的分离和提纯
1．物质分离与提纯的基本原理
(1)四原则
236/346衡水中学化学一本通高分手册
①不增：不得引入新杂质；②不减：尽量不减少被提纯的物质；③易分：使被提纯或分离的物质跟其他物质易
分离；④易复原：被提纯的物质要易被还原。
(2)三必须
①除杂试剂必须过量；②过量试剂必须除尽(除去过量试剂带入的新杂质，同时注意加入试剂的顺序)；③选择
最佳的除杂途径。
2．物质分离与提纯的常用方法
(1)升华法；(2)过滤法；(3)蒸馏法；(4)萃取分液法；(5)洗气法；(6)燃烧法。
3．物质分离与提纯的常见类型
(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)
(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)
(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)
(4)“气＋气”混合物的分离(提纯)
237/346衡水中学化学一本通高分手册
4．常见混合物的除杂举例
(1)常见固体混合物的除杂
固体混合物(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
Na CO (NaHCO ) 加热(固体时)或加适量NaOH(液体时)
2 3 3
NaHCO (Na CO ) CO 和H O
3 2 3 2 2
NaCl(NH Cl) 加热分解
4
FeCl (FeCl ) 过量铁粉 过滤
2 3
FeCl (FeCl ) Cl
3 2 2
I (SiO ) 加热 升华
2 2
Fe O (Al O ) 过量NaOH溶液 过滤
2 3 2 3
NH Cl(FeCl ) 适量氨水 过滤
4 3
KNO (NaCl) 水 结晶、重结晶
3
炭粉(CuO) 稀盐酸 过滤
镁粉(铝粉) 过量NaOH溶液 过滤
铁粉(铝粉) 过量NaOH溶液 过滤
(2)常见混合气体的除杂
混合气体(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
H (NH ) 浓硫酸 洗气
2 3
Cl (HCl) 饱和NaCl溶液 洗气
2
238/346衡水中学化学一本通高分手册
CO (HCl) 饱和NaHCO 溶液 洗气
2 3
CO (SO ) 饱和NaHCO 溶液 洗气
2 2 3
CO (CO) 灼热CuO
2
CO(CO ) 石灰乳或NaOH溶液 洗气
2
NO(NO ) 水 洗气
2
N (O ) 灼热铜网
2 2
溴水
CH (C H ) 洗气
4 2 4
酸性高锰酸钾和石灰乳
注 常见气体除杂装置
图Ⅳ为冷凝除杂，如除去SO 中的SO 气体；CO 中的H C O 气体等。
2 3 2 2 2 4
【题型突破】
题型一 仪器识别与基本操作
例1.（·江苏卷）实验室以CaCO 为原料，制备CO 并获得CaCl ﹒6H O晶体。下列图示装置和原理不能达到
3 2 2 2
实验目的的是
A. 制备CO B. 收集CO
2 2
239/346衡水中学化学一本通高分手册
C. 滤去CaCO D. 制得CaCl ﹒6H O
3 2 2
【答案】D
【解析】碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、
二氧化碳和水，故A正确；二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；加入的盐
酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正确；CaCl ∙6H O
2 2
易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，故
D错误。综上所述，答案为D。
【变式探究】（·浙江卷）固液分离操作中，需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】该仪器是干燥管，不能用于固液分离，A不符合题意；该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，B不
符合题意；该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混合物，C符合题意；该仪器为牛角管，又叫接液管，
连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于固液分离，D不符合题意。综上所述，
本题答案为C。
【举一反三】（·山东卷）下列操作不能达到实验目的的是
目的 操作
A 除去苯中少量的苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
240/346衡水中学化学一本通高分手册
B 证明酸性：碳酸>苯酚 将盐酸与NaHCO 混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
3
C 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
配制用于检验醛基的氢氧化铜 向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO 溶液，
4
D
悬浊液 振荡
【答案】BC
【解析】苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与苯混合后互不相溶，分层，该操作能达到
实验目的，故A正确；盐酸易挥发，若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠，可能挥发的
HCl会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚，不能证明是二氧化碳与其发生的反应，达不到实验目的，应
该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl再进行实验操作，故B错误；除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该
垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排出，该实验操作达不到实验目的，故C错误；为检验醛基，配制氢
氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，该操作可达到实验目的，故D正确。
【变式探究】（·天津卷）下列实验仪器或装置的选择正确的是
配制5000mL0.1000
. 盛装Na SiO 溶液的
2 3
除去Cl 中的HCl 蒸馏用冷凝管
2
试剂瓶
mol.L1Na CO 溶液
2 3
A B C D
【答案】B
【解析】配制50.00mL0.1000mol.L1Na CO 溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；除去氯气
2 3
241/346衡水中学化学一本通高分手册
中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl +H O⇌
2 2
H++Cl+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶
长进短出，利于除杂，故B正确；蒸馏要使用直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，故C错误；硅酸钠溶液呈碱
性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na SiO 溶液的试剂瓶不能使用玻
2 3
璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。答案选B。
【举一反三】[·新课标Ⅰ]实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可
以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶
于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，
故C正确；反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层
后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴
苯，故D错误。
题型二 物质的检验、分离与提纯
例2.（·新课标Ⅰ）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是
气体(杂质) 方法
A SO (H S) 通过酸性高锰酸钾溶液
2 2
242/346衡水中学化学一本通高分手册
B Cl (HCl) 通过饱和的食盐水
2
C N (O ) 通过灼热的铜丝网
2 2
D NO(NO ) 通过氢氧化钠溶液
2
【答案】A
【解析】SO 和H S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂
2 2
质H S时，SO 也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除
2 2
去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；
氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应： 2CuO ==2CuO ，而铜与氮气无
2
法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；NO 可以与NaOH发生反应：
2
2NO 2NaOH=NaNO NaNO H O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO 一同跟
2 3 2 2 2
NaOH发生反应：NONO 2NaOH=2NaNO H O ，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量
2 2 2
产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；答案选A。
【变式探究】（·山东卷）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备并收集CO
2
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C. 用丙装置制备无水MgCl
2
D. 用丁装置在铁上镀铜
【答案】C
243/346衡水中学化学一本通高分手册
【解析】CO 密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，
2
反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通
过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；MgCl 能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl 的水解，
2 2
C正确； 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，
铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。答案选C。
【举一反三】（·天津卷）检验下列物所选用的试剂正确的是
待检验物质 所用试剂
A 海水中的碘元素 淀粉溶液
B SO 气体 澄清石灰水
2
C 溶液中的Cu2+ 氨水
D 溶液中的NH+ NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
4
【答案】C
【解析】淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化
硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气体，故B错误；
铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜离子可以用氨水，故C
正确；铵根离子遇氢氧化钠溶液（加热）生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色
石蕊试纸检验氨气，故D错误；答案选C。
【变式探究】(·江苏，5)下列实验操作能达到实验目的的是( )
A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L－1NaOH溶液
C．用装置甲蒸干AlCl 溶液制无水AlCl 固体
3 3
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D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO
2
【答案】D
【解析】A项，测量溶液的pH时，不能将pH试纸湿润，否则相当于稀释溶液，错误；B项，不能直接在容量
瓶中溶解固体，错误；C项，蒸干AlCl 溶液时，会促进Al3＋水解，生成的HCl会挥发，最终得不到无水AlCl
3 3
固体，错误；D项，SO 会被NaOH溶液吸收，且乙烯不会与NaOH溶液反应，正确。
2
【举一反三】(·天津，4)下列实验操作或装置能达到目的的是( )
A B C D
混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集NO 气体 证明乙炔可使溴水褪色
2
【答案】B
【解析】混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入乙醇中，并不断搅拌，A项错误；配制一定
浓度的溶液，定容时视线与容量瓶的刻度线相平，B项正确；NO 的密度比空气的密度大，应用向上排空气法
2
收集，C项错误；电石与水反应制得的乙炔中含有H S等杂质，用溴水检验乙炔前，要先通过硫酸铜溶液除去
2
H S等杂质，D项错误。
2
题型三 简单实验方案的分析、设计与评价
例3.（·山东卷）下列操作不能达到实验目的的是
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目的 操作
A 除去苯中少量的苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
B 证明酸性：碳酸>苯酚 将盐酸与NaHCO 混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
3
C 除去碱式滴定管胶管内的气泡 将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
配制用于检验醛基的氢氧化铜 向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO 溶液，
4
D
悬浊液 振荡
【答案】BC
【解析】苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与苯混合后互不相溶，分层，该操作能达到
实验目的，故A正确；盐酸易挥发，若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠，可能挥发的
HCl会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚，不能证明是二氧化碳与其发生的反应，达不到实验目的，应
该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl再进行实验操作，故B错误；除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该
垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排出，该实验操作达不到实验目的，故C错误；为检验醛基，配制氢
氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，该操作可达到实验目的，故D正确。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，10)下列实验现象与实验操作不相匹配的是( )
实验操作 实验现象
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足
A 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
量的乙烯后静置
B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO 的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
2
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加
C 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
稀盐酸
向盛有FeCl 溶液的试管中加过量铁粉，充
3
D 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
分振荡后加1滴KSCN溶液
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【答案】A
【解析】酸性KMnO 溶液能将乙烯氧化成CO ，故可以看到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后液体不会分层，A
4 2
项符合题意；点燃的镁条能在CO 中燃烧，集气瓶中产生浓烟(MgO颗粒)和黑色颗粒(单质碳)，B项不符合题
2
意；向盛有饱和Na S O 溶液的试管中滴加稀盐酸，溶液中发生反应S O2－＋2H＋===SO ↑＋S↓＋H O，有刺激
2 2 3 2 3 2 2
性气味气体产生，溶液变浑浊，C项不符合题意；向FeCl 溶液中加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，
3
可以看到溶液中黄色逐渐消失，加入KSCN后，溶液颜色不发生变化，D项不符合题意。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ，12)下列实验不能达到目的的是( )
选项 目的 实验
A 制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl 通入碳酸钠溶液中
2
B 加快氧气的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO
2
C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
【答案】A
【解析】Cl 与水反应生成HCl和HClO，且该反应为可逆反应，Na CO 水解使溶液呈碱性，水解产生的OH－
2 2 3
能同时消耗HCl和HClO，无法制取较高浓度的次氯酸溶液，A符合题意；向过氧化氢溶液中加入少量MnO
2
能加快H O 的分解，从而加快氧气的生成速率，B不符合题意；饱和碳酸钠溶液可除去乙酸乙酯中的少量乙酸，
2 2
而且能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分液，C不符合题意；向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，符合用强酸制
备弱酸的原理，可制备少量二氧化硫气体，D不符合题意。
【变式探究】(·北京，11)探究草酸(H C O )性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1mol·L－1H C O 的pH＝
2 2 4 2 2 4
1.3)
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH) 溶液(含酚酞) 溶液褪色，产生白色沉淀
2
② 少量NaHCO 溶液 产生气泡
3
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③ 酸性KMnO 溶液 紫色溶液褪色
4
④ C H OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
2 5
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是( )
A．H C O 有酸性，Ca(OH) ＋H C O ===CaC O ↓＋2H O
2 2 4 2 2 2 4 2 4 2
B．酸性：H C O >H CO ，NaHCO ＋H C O ===NaHC O ＋CO ↑＋H O
2 2 4 2 3 3 2 2 4 2 4 2 2
C．H C O 有还原性，2MnO－＋5C O2－＋16H＋===2Mn2＋＋10CO ↑＋8H O
2 2 4 4 2 4 2 2
浓硫酸
D．H C O 可发生酯化反应，HOOCCOOH＋2C H OH C H OOCCOOC H ＋2H O
2 2 4 2 5 △ 2 5 2 5 2
【答案】C
【解析】A项，往草酸中加入含酚酞的Ca(OH) 溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH) 与H C O 反应
2 2 2 2 4
生成CaC O 白色沉淀，正确；B项，由实验②可知，在NaHCO 溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO ，
2 4 3 2
说明草酸酸性比碳酸的强，正确；D项，草酸结构中含2个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类
物质，正确。
题组四 表格实验中逻辑关系的考查
例4.（·江苏卷）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
向淀粉溶液中加适量20%H SO 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至
2 4
A 淀粉未水解
中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
室温下，向0.1molL1HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测
B 镁与盐酸反应放热
得溶液温度上升
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室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl 和CaCl 混合溶液中加入
2 2
C 白色沉淀是BaCO
3
Na CO 溶液，出现白色沉淀
2 3
D 向0.1molL1H O 溶液中滴加0.1molL1KMnO 溶液，溶液褪色 H O 具有氧化性
2 2 4 2 2
【答案】B
【解析】加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错
误；加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，
故B正确；BaCl 、CaCl 均能与Na CO 反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO 或CaCO 或二者混合
2 2 2 3 3 3
物，故C错误；向H O 溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO +3H O =2MnO +2KOH+2H O+3O ↑等(中
2 2 4 2 2 2 2 2
性条件)，该反应中H O 被氧化，体现出还原性，故D错误；综上所述，故答案为：B。
2 2
【变式探究】(·江苏，13)室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是( )
选项 实验操作和现象 结论
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量
A X溶液中一定含有Fe2＋
KSCN溶液，溶液变为红色
向浓度均为0.05mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液中滴
B K (AgI)＞K (AgCl)
sp sp
加少量AgNO 溶液，有黄色沉淀生成
3
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL
C Br 的氧化性比I 的强
2 2
淀粉溶液，溶液显蓝色
用pH试纸测得：CH COONa溶液的pH约为9， HNO 电离出H＋的能力比
3 2
D
NaNO 溶液的pH约为8 CH COOH的强
2 3
【答案】C
【解析】A项，该实验操作和现象不能得出X溶液中一定含有Fe2＋，应先加KSCN溶液，判断溶液中不存在
Fe3＋，然后再加氯水，若出现红色，可说明X溶液中存在Fe2＋，错误；B项，因为I－、Cl－浓度相等，所以先
生成沉淀的物质溶度积小，黄色沉淀为AgI，则K (AgI)＜K (AgCl)，错误；C项，KI与Br 反应生成I 和KBr，
sp sp 2 2
249/346衡水中学化学一本通高分手册
淀粉遇I 显蓝色，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，氧化性：Br ＞I ，正确；D项，CH COONa
2 2 2 3
和NaNO 溶液的浓度未知，溶液浓度不同，水解程度不同，pH不同，不能由题给实验操作和现象得出HNO
2 2
电离出H＋的能力比CH COOH的强，错误。
3
【举一反三】（·天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验 现象 结论
A．某溶液中滴加K [Fe(CN) ]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+，无Fe3+
3 6
B．向C H ONa溶液中通入CO 溶液变浑浊 酸性：H CO >C H OH
6 5 2 2 3 6 5
C．向含有ZnS和Na S的悬浊液中滴加CuSO 溶
2 4
生成黑色沉淀 K (CuS)BP—BP(LP代表孤电子对，BP代表
成键电子对)。
(2)三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：
三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。
(3)排斥力大小对键角的影响
分子 杂化轨道角度 排斥力分析 实际键角
H O 109°28′ LP—LP≫LP—BP>BP—BP 105°
2
NH 109°28′ LP—BP>BP—BP 107°
3
C===O对C—Cl的排斥力大 形成两种键角分别为
COCl 120°
2
于C—Cl对C—Cl的排斥力 124°18′、111°24′
4.共价键
(1)共价键的类型
①按成键原子间共用电子对的数目分为单键、双键和三键。
②按共用电子对是否偏移分为极性键、非极性键。
③按原子轨道的重叠方式分为σ键和π键，前者的电子云具有轴对称性，后者的电子云具有镜像对称性。
(2)键参数
323/346衡水中学化学一本通高分手册
①键能：指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，键能越大，化学键越稳定。
②键长：指形成共价键的两个原子之间的核间距，键长越短，共价键越稳定。
③键角：在原子数超过2的分子中，两个共价键之间的夹角。
④键参数对分子性质的影响
键长越短，键能越大，分子越稳定。
(3)σ键、π键的判断
①由轨道重叠方式判断
“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键。
②由共用电子对数判断
单键为σ键；双键或三键，其中一个为σ键，其余为π键。
③由成键轨道类型判断
s轨道形成的共价键全部是σ键；杂化轨道形成的共价键全部为σ键。
(4)等电子原理
原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征。其物理性质相似，化学性质不同。
常见等电子体：
微粒 通式 价电子总数 立体构型
CO 、SCN－、NO＋、N－ AX 16e－ 直线形
2 2 3 2
CO2－、NO－、SO AX 24e－ 平面三角形
3 3 3 3
324/346衡水中学化学一本通高分手册
SO 、O 、NO－ AX 18e－ V形
2 3 2 2
SO2－、PO3－ AX 32e－ 正四面体形
4 4 4
PO3－、SO2－、ClO－ AX 26e－ 三角锥形
3 3 3 3
CO、N AX 10e－ 直线形
2
CH 、NH＋ AX 8e－ 正四面体形
4 4 4
(5)配位键
①孤电子对
分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称为孤电子对。
②配位键
a．配位键的形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键；
b．配位键的表示：常用“―→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH＋可表示为 ，
4
在NH＋中，虽然有一个N—H键形成的过程与其他3个N—H键形成的过程不同，但是一旦形成之后，4个共
4
价键就完全相同。
③配合物
如[Cu(NH ) ]SO
3 4 4
配位体有孤电子对，如H O、NH 、CO、F－、Cl－、CN－等。中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
2 3
5．分子性质
(1)分子构型与分子极性的关系
325/346衡水中学化学一本通高分手册
(2)溶解性
①“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂，若存在氢键，则溶剂
和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
②“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)无机含氧酸分子的酸性
无机含氧酸可写成(HO) RO ，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子
m n
向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如HClO氢键>范德华力
(4)影响强度的因素：对于A—H…B—，A、B的电负性越大，B原子的半径越小，氢键键能越大。
(5)对物质性质的影响：分子间氢键的存在，使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，如熔、沸点：H O>H S，
2 2
HF>HCl，NH >PH 。
3 3
高频考点三 晶体类型与微粒间作用力
1．不同晶体的特点比较
离子晶体 金属晶体 分子晶体 原子晶体
分子间以分子间作用
阳离子和阴离子通过 通过金属离子与自由电 相邻原子间以共价键
概念
力相结合的晶体
离子键结合而形成的 子之间的较强作用形成 相结合而形成空间网
326/346衡水中学化学一本通高分手册
晶体 的晶体 状结构的晶体
晶体微粒 阴、阳离子 金属阳离子、自由电子 分子 原子
微粒之间
离子键 金属键 分子间作用力 共价键
作用力
熔、
有的高(如铁)、有的低
较高 低 很高
(如汞)
沸点
物理
硬度 硬而脆 有的大、有的小 小 很大
性质
一般情况下，易溶于 极性分子易溶于极性
溶解 钠等可与水、醇类、酸
极性溶剂(如水)，难溶 溶剂；非极性分子易 不溶于任何溶剂
性 类反应
于有机溶剂 溶于非极性溶剂
2.晶体类别的判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间作用力判断
由阴、阳离子形成离子键构成的晶体为离子晶体；由原子形成的共价键构成的晶体为原子晶体；由分子依靠分
子
间作用力形成的晶体为分子晶体；由金属阳离子、自由电子以金属键形成的晶体为金属晶体。
(2)依据物质的分类判断
①活泼金属氧化物和过氧化物(如K O、Na O 等)，强碱(如NaOH、KOH等)，绝大多数的盐是离子晶体。
2 2 2
②部分非金属单质、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大多数有机物的晶体是分子晶
体。
③常见的单质类原子晶体有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的化合物类原子晶体有SiC、SiO 、AlN、BP、
2
CaAs等。
④金属单质、合金是金属晶体。
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(3)依据晶体的熔点判断
不同类型晶体熔点大小的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔点差别很大，如钨、铂等熔
点很高，铯等熔点很低。
(4)依据导电性判断
①离子晶体溶于水及熔融状态时均能导电。②原子晶体一般为非导体。③分子晶体为非导体，但分子晶体中的
电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水时，分子内的化学键断裂形成自由移动的离子，也能导电。④
金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
一般情况下，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有延展性。
3．晶体熔、沸点的比较
(1)原子晶体
原子半径越小 键长越短 键能越大 熔、沸点越高
→ → →
如熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)离子晶体
①衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
②一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，离子间的作用力就越强，离子晶体的熔、
沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常得高。如
H O>H Te>H Se>H S。
2 2 2 2
②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH >GeH >SiH >CH 。
4 4 4 4
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N 。
2
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④在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷。
(4)金属晶体
金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：NaI (Na)，原因是
1 1 1
。I (Be)>I (B)>I (Li)，原因是
1 1 1
。
(5)(·全国卷Ⅱ)(CaTiO )的晶胞如图所示，其组成元素的电负性大小顺序是 ；金属离子与氧离子间的作
3
用力为 ，Ca2＋的配位数是 。
(6)(·全国卷Ⅲ)H、B、N中，原子半径最大的是 。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素 的相似。
(7)(·全国卷Ⅲ)(NH BH )分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，电负性
3 3
大小顺序是 。与NH BH 原子总数相等的等电子体是 (写分子式)，其熔点比NH BH 低(填
3 3 3 3
“高”或“低”)，原因是在NH BH 分子之间，存在 作用，也称“双氢键”。
3 3
(8)(·山东卷)NH 、PH 、AsH 的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，还原性由强到
3 3 3
333/346衡水中学化学一本通高分手册
弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。
【答案】
(1)4：5。
(2)1s22s22p63s23p63d24s2。
(3)第四周期第ⅤⅢ族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(4)Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子 Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2
全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。
(5)O>Ti>Ca 离子键 12
(6)B Si
(7)N>H>B CH CH 低 Hδ＋与Hδ－的静电引力
3 3
(8)NH 、AsH 、PH AsH 、PH 、NH NH 、PH 、AsH
3 3 3 3 3 3 3 3 3
【解析】
(1)Fe2＋核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数为4；Fe3＋核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，
未成对电子数为5，所以Fe2＋与Fe3＋离子中未成对电子数之比为4：5。
(2)22号Ti位于第四周期的过渡元素，有4个电子层，前3层全满；基态Ti原子的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d24s2。
(3)Fe、Co、Ni在周期表中的第四周期第Ⅷ族，26号Fe基态原子的排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。
(4)结合图表可知I (Li)>I (Na)，原因是Li和Na属于同主族元素，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的
1 1
增大而减小，Li的原子序数小于Na；I (Be)>I (B)>I (Li)，原因是同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增
1 1 1
大而呈现增大的趋势，所以I (B)>I (Li)，Be位于第ⅡA族，Be的2s全满较稳定，故第一电离能大于B。
1 1
(5)Ca和Ti为同周期的金属元素，Ca在Ti的左边，周期表从左向右元素的电负性依次增大的，所以Ti>Ca，O
为非金属性元素，得电子能力强，电负性最大，即O>Ti>Ca；金属阳离子与氧的阴离子成为离子键；离子晶体
中的配位数是指距离最近的带相反电荷的离子有多少个，由图可知，与Ca2＋最近的等距离的氧离子位于经过
Ca2＋的三个相互垂直的面上，每个面上有4个，则3×4＝12个。
(6)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半
径最大的是B。B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。
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(7)(NH BH )分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说
3 3
明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N>H>B。NH BH 分子中有8个原子，其价电子
3 3
总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH CH 。由于NH BH
3 3 3 3
分子属于极性分子，而CH CH 属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，
3 3
故CH CH 熔点比NH BH 低。NH BH 分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ＋与
3 3 3 3 3 3
Hδ－的静电引力。
(8)组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但NH 分子间可形成氢键，使熔
3
沸点升高，所以三种物质的熔沸点由高到低的顺序为：NH 、AsH 、PH ；同主族非金属元素由上向下非金属性
3 3 3
依次减弱，其相应离子的还原性越强，还原性由强到弱的顺序为：AsH 、PH 、NH ；同主族非金属元素由上向
3 3 3
下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大到小的顺序为：NH 、
3
PH 、AsH 。
3 3
【变式探究】
1．[·全国卷Ⅰ，35(1)]下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填标号)。
【答案】A
【解析】由题给信息知，A项和D项代表Mg＋，B项和C项代表Mg。A项，Mg＋再失去一个电子较难，即第
二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A大于B；3p能级的能量高于3s,3p能级上电子
较3s上易失去，故电离最外层一个电子所需能量：A>C、A>D，选A。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(2)(3)](2)Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm的价层电子排布式为
4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为________。
(3)比较离子半径：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
【答案】(2)4s 4f5 (3)小于
【解析】(2)Fe的价层电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价层电子排布式分别是3d6、3d5，二者均首
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先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为Sm3＋时，首先失去6s轨道上的电子，然后失去1个4f轨道上
的电子，故Sm3＋的价层电子排布式为4f5。(3)F－与O2－核外电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电
子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径：F－O>C
5＋3－4×2
【解析】(1)PO3－中孤电子对为 ＝0，成键电子对为4，所以PO3－为正四面体结构，P的价层电子对
4 4
2
数为4，杂化轨道类型为sp3杂化。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子
对只有3对，还有一个空轨道；在NH 中，N原子有一对孤对电子，故在NH BH 分子中，N—B键为配位键，
3 3 3
其电子对由N原子提供。NH BH 分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH BH 在催化
3 3 3 3
剂的作用下水解生成氢气和B O3－，由图中信息可知，B O3－中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂
3 6 3 6
化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3)该螯合物中Cd2＋与5个N原子、2个O原子形
成化学键，其中与1个O形成共价键，另外均为配位键，故形成6mol配位键，该物质中无论硝基、还是NO－
3
及六元环中的N原子的杂化方式都为sp2，且只有1种。(4)N原子上有一对孤对电子，且形成3个N—H键，
NH 分子中氮原子的轨道杂化类型是sp3杂化，非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结
3
构，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，35(2)节选]乙二胺(H NCH CH NH )是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别
2 2 2 2
是________、________。
【答案】sp3 sp3
【解析】乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一个孤电子对，故N原子价层电子对数为4，N原子
采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(1)节选]元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为________。
【答案】三角锥形
5＋3
【解析】AsH 的中心原子As的价层电子对数为 ＝4，包括3对成键电子和1对孤电子对，故其立体结构为
3
2
三角锥形。
337/346衡水中学化学一本通高分手册
【变式探究】[·全国卷Ⅲ，35(2)(4)(5)](2)FeCl 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl
3 3
的结构式为__________________，其中Fe的配位数为________。
(4)NH H PO 中，电负性最高的元素是________；P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
4 2 4
(5)NH H PO 和LiFePO 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠
4 2 4 4
等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为______________________(用n代表P原子数)。
【答案】(2) 4 (4)O sp3 σ (5)(P O )(n＋2)－
n 3n＋1
【解析】(2)Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl 分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl 的
3 3
双聚分子的结构可知FeCl 的双聚分子的结构式为 ，其中Fe的配位数为4。(4)同周期从左
3
到右，主族元素的电负性逐渐增强，故O的电负性大于N，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，故电负
性N大于P，又因H的电负性小于O，因此NH H PO 中电负性最高的元素是O。PO3－中中心原子P的价层电
4 2 4 4
子对数为4，故P为sp3杂化，P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。(5)由三磷酸根离子的结构可知，中间
P原子连接的4个O原子中，2个O原子完全属于该P原子，另外2个O原子分别属于2个P原子，故属于该
1 1
P原子的O原子数为2＋2× ＝3，属于左、右两边的2个P原子的O原子数为3×2＋ ×2＝7，故若这类磷酸根
2 2
离子中含n个P原子，则O原子个数为3n＋1，又因O元素的化合价为－2，P元素的化合价为＋5，故该离子
所带电荷为－2×(3n＋1)＋5n＝－n－2，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(P O )(n＋2)－。
n 3n＋1
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(2)(4)](2)根据价层电子对互斥理论，H S、SO 、SO 的气态分子中，中心原子价层
2 2 3
电子对数不同于其他分子的是__________________。
(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型有________种；固体
三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
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【答案】(2)H S (4)平面三角 2 sp3
2
【解析】(2)根据价层电子对互斥理论可知，H S、SO 、SO 三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3，
2 2 3
因此H S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。
2
(4)SO 的中心原子为S，中心原子的孤电子对数＝(6－2×3)/2＝0，中心原子结合3个氧原子，结合每个O原子
3
有且只能有一个σ键，所以S形成3个σ键，S的价层电子对数为0＋3＝3，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构
型可知，SO 为平面三角形分子，符合形成大π键的条件，可形成4中心6电子大π键，因此有两种共价键类型。
3
如图(b)所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。
题型三 晶体类型与微粒间作用力
例3．(1)(·全国卷Ⅰ)LiFePO 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，
4
它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO 的单元数有 个。
4
电池充电时，LiFePO 脱出部分Li＋，形成Li FePO ，结构示意图如(b)所示，则x＝ ，
4 1－x 4
n(Fe2＋)：n(Fe3＋)＝ 。
(2)(·全国卷Ⅱ)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2＋、I－和有机碱离子CH NH＋，其晶胞如
3 3
图(b)所示。其中Pb2＋与图(a)中 的空间位置相同，有机碱CH NH＋中，N原子的杂化轨道类型是sp3；
3 3
若晶胞参数为anm，则晶胞密度为 g·cm－3(列出计算式)。
339/346衡水中学化学一本通高分手册
(3)(·全国卷Ⅲ)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α＝β
＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ＝ g·cm－3(列出计算式，设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
(4)(·山东卷)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶
系CdSnAs 的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
2
一个晶胞中有 个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn (用分数坐标表示)。CdSnAs 晶体
2
中与单个Sn键合的As有 个。
(5)(·天津卷)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为N ，则CoO晶体的密度为 g·cm
A
－3。
340/346衡水中学化学一本通高分手册
(6)(·全国卷Ⅱ)Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF 熔点高于其他三种卤化物，自TiCl 至TiI 熔点依次升高，原因
4 4 4
是 。
化合物 TiF TiCl TiBr TiI
4 4 4 4
熔点/℃ 377 －24.12 38.3 155
(7)(·山东卷)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl 反应生成SnCl 。常温常压下SnCl 为无色液体，SnCl 空间构
2 4 4 4
型为 ，其固体的晶体类型为 。
【答案】
(1)4 3/16 13：3
620
(2)Ti4＋ sp3 ×1021
a3×N
A
62
(3)
N abc×10－30
A
(4)4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4
3
(5) ×1023
N ·a3
A
(6)TiF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点
4
逐渐升高。
(7)正四面体形 分子晶体
【解析】(1)由题图可知，小白球表示锂原子，由图(a)知，每个晶胞中的锂原子数为8×1/8＋4×1/4＋4×1/2＝4，
故一个晶胞中有4个LiFePO 单元。由图(b)知，Li FePO 结构中，一个晶胞含有13/4个锂原子，此时锂原子、
4 1－x 4
铁原子的个数比为13：16，进而推出x＝3/16。设Li Fe (PO ) 中二价铁离子的个数为a，三价铁离子的个数
13 16 4 16
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为b，由2a＋3b＋13＝48，a＋b＝16，得到a：b＝13：3，即n(Fe2＋)：n(Fe3＋)＝13：3。
(2)观察晶胞(a)(b)，将图(b)周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图(a)所示晶胞，图(b)体心上的Pb2＋就是
8个顶点，即图(a)中的Ti4＋，图(b)顶点中的I－就为体心，即图(a)的Ca2＋的位置，图(b)面心上的CH NH＋就是
3 3
核心，即图(a)中的O2－的位置；所以图(b)Pb2＋与图(a)中Ti4＋的空间位置相同；有机碱CH NH＋中，N原子形成
3 3
1
4个σ键，即N的杂化轨道类型为sp3；观察图(b)晶胞中含有1个Pb2＋位于体心，I－位于面心，共有： ×6＝3，
2
1 m 207＋3×127＋12＋14＋6 620
CH NH＋位于顶点，共有： ×8＝1；根据：ρ＝ ＝ g·cm－3＝ ×1021g·cm－3。
3 3 8 V N A ×(a×10－7)3 a3×N A
(3)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，
若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、
31×2g
高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 ，小长方体的体积为abc×10－30cm－3，因此，氨硼烷
N
A
31×2g
62
晶体的密度为 N A ＝ g·cm－3。
abc×10－30 N A abc×10－30
(4)由部分Cd原子的分数坐标(0,0,0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心，
部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5)，4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心，部分As原子的坐标为
1 1
(0.25,0.25,0.125)，8个As在晶胞的体心，所以一个晶胞中含有Sn的个数为：4× ＋6× ＝4；距离Cd(0,0,0)最近
4 2
的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)；由图可知，CdSnAs 晶体中与单个Sn键合的As有4个。
2
1 1 1 m 59×4＋16×4
(5)O2－位于顶点和面心，共8× ＋6× ＝4个，Co2＋位于棱心和体心，12× ＋1＝4个，ρ＝ ＝ ×1021g·cm
8 2 4 V N ·a3
A
3
－3＝ ×1023g·cm－3。
N ·a3
A
(6)一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体。第ⅤⅡA族元素，由上向下得电子能力依次减弱，F原子得电子
能力最强，TiF 为离子化合物，熔点最高，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的物
4
质，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。
1 1
(7)Sn为第ⅣA族元素，价层电子对数＝σ＋ (a－xb)＝4＋ (4－4×1)＝4＋0＝4，空间构型为正四面体形；常温
2 2
常压下SnCl 为无色液体，熔沸点较低，为分子晶体。
4
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，35(2)(3)节选](2)乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
_________________________________________________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是
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________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。
(3)一些氧化物的熔点如表所示：
氧化物 Li O MgO P O SO
2 4 6 2
熔点/℃ 1570 2800 23.8 －75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因____________________________________________________________。
（4）图(a)是MgCu 的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体
2
方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x＝________pm，Mg原
子之间最短距离y＝________pm。设阿伏加德罗常数的值为N ，则MgCu 的密度是________g·cm－3(列出计算
A 2
表达式)。
【答案】(2)乙二胺的两个N提供孤对电子与金属离子形成配位键 Cu2＋
(3)Li O、MgO为离子晶体，P O 、SO 为分子晶体。晶格能：MgO>Li O。分子间作用力(分子量)：P O >SO
2 4 6 2 2 4 6 2
2 3 8×24＋16×64
（4） a a
4 4 N a3×10－30
A
【解析】(2)乙二胺中2个N原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离
子。由于铜属于过渡金属，Cu2＋比Mg2＋更易形成稳定的配合物。(3)氧化锂、氧化镁是离子晶体，六氧化四磷
和二氧化硫是分子晶体，离子键比分子间作用力强。
2
（4）观察图(a)和图(b)知，4个铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝ a。镁原子堆积方式类似金
4
3
刚石，有y＝ a。已知1cm＝1010pm，晶胞体积为(a×10－10)3cm3，代入密度公式计算即可。
4
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(1)节选]AsH 沸点比NH 的________(填“高”或“低”)，其判断理由是
3 3
___________________________________________________________________________________________。
[·全国卷Ⅱ，35(4)]一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
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图中F－和O2－共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1－x代表，则该化合物的化学式表示为
________；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ＝________g·cm－3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的
1 1 1
， ，
坐标为 2 2 2 ，则原子2和3的坐标分别为________、________。
【答案】（2）低 NH 分子间存在氢键
3
1 1 1
2[281＋16(1－x)＋19x] ， ，0 0，0，
（4）SmFeAsO 1－x F x a2cN ×10－30 2 2 2
A
【解析】（2）NH 中N的电负性比AsH 中As的大得多，故NH 易形成分子间氢键，从而使其沸点升高。
3 3 3
1 1
（4）由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中Sm的原子个数为4× ＝2，Fe的原子个数为1＋4× ＝2，
2 4
1 1 1
As的原子个数为4× ＝2，O或F的原子个数为8× ＋2× ＝2，即该晶胞中O和F的个数之和为2，F－的比例
2 8 2
为x，O2－的比例为1－x，故该化合物的化学式为SmFeAsO F 。1个晶胞的质量为
1－x x
2×[150＋56＋75＋16×(1－x)＋19x] 2[281＋16(1－x)＋19x]
g＝ g，1个晶胞的体积为a2cpm3＝a2c×10－30cm3，故密
N N
A A
1 1
2[281＋16(1－x)＋19x] ， ，0
度ρ＝ g·cm－3。原子2位于底面面心，其坐标为 2 2 ；原子3位于棱上，其坐标为
a2cN ×10－30
A
1
0，0，
2 。
【变式探究】[·全国卷Ⅲ，35(3)]苯胺( )的晶体类型是________。苯胺与甲苯( )
的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0℃)、沸点(110.6℃)，
原因是______________________________________。
【答案】分子晶体 苯胺分子之间存在氢键
【解析】苯胺为有机物，结合题给信息中苯胺的熔、沸点可知苯胺为分子晶体。苯胺中有—NH ，分子间可形
2
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成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的熔、沸点。
4．[·全国卷Ⅱ，35(5)]FeS 晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS 相对式量为M、阿伏加德罗常数的
2 2
值为N ，其晶体密度的计算表达式为______________________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S2－所形成的正八面体
A 2
的体心，该正八面体的边长为________nm。
4M 2
【答案】 ×1021 a
N a3 2
A
【解析】分析晶胞结构可知，Fe2＋位于棱心和体心，S2－位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2＋个数为
2
1 1 1 4M
12× ＋1＝4，每个晶胞中含有的S2－个数为6× ＋8× ＝4，即每个晶胞中含有4个FeS 。一个晶胞的质量＝
2 2
4 2 8 N
A
4M 4M
g，晶胞的体积＝(a×10－7)3cm3，该晶体的密度＝ g·cm－3＝ ×1021g·cm－3。正八面体的边长即为
N (a×10－7)3 N a3
A A
2
两个面心点的距离，因此正八面体的边长为 anm。
2
5．[·全国卷Ⅲ，35(5)]金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为__________________。六棱
柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为N ，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。
A
65×6
【答案】六方最密堆积(A 型)
3 3
N ×6× ×a2c
A
4
3
【解析】金属Zn晶体为六方最密堆积方式(A 型)。六棱柱底边边长为acm，则六棱柱上下面的面积均为6× a2
3
4
3
cm2，则六棱柱的体积为6× a2ccm3，锌原子在六棱柱的顶点、上下面心和晶胞内，一个晶胞含锌原子个数为
4
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65×6
1 1 65×6
12× ＋2× ＋3＝6，因此一个晶胞中Zn的质量＝ g，由此可知，Zn的密度为 g·cm－3。
6 2 N A N ×6× 3 ×a2c
A
4
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