文档内容
复习讲义答案精析
专题 1 物质的组成、分类 化学用语
考点一
回扣自测
1．(1)H 、Al (2)CH CHOH、CH (3)CaO、Fe O 、CO 、CO (4)HNO 、HSO 、
2 3 2 4 2 3 2 3 2 4
HPO 、HCO (5)Ba(OH) 、Cu(OH) 、NaOH (6)NaHSO 、CuSO 、MgCl 、MgSO (7)
3 4 2 3 2 2 4 4 2 4
浑浊的河水、空气
2．(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)× (10)× (11)× (12)√
(13)√ (14)× (15)×
核心精讲
3．(1)不属于 属于 (2)不一定 (3)物理 化学
真题演练
1．B [氮化铝是一种新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，A正确；天然橡胶的单体为异
戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错
误；芳纶为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以
减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确。]
2．B [花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳
纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；金属奖
牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。]
3．D
考向预测
1．A [A项，TiO 是两性氧化物；D项，反应中元素化合价没有发生变化，该反应属于非
2
氧化还原反应。]
2．B [该材料的基本微粒的直径为1～100 nm，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，结构稳定，C项正确；该材料具有很强的吸附性，D项
正确。]
3．C 4.B
考点二
回扣自测
1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√ (7)×2．(1)
(2)
(3)
真题演练
1．C
2．D [乙醛含醛基，其结构简式为 CHCHO，A 错误；2-丁烯的结构简式为
3
CHCH==CHCH ，键线式为 ，B错误；硫的原子序数为16，硫原子最外层有6个
3 3
电子，得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为 ，C错误；过氧化钠为离子化
合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为 ，D正确。]
3．C [中子数为9的氮原子应为N，A项错误；N 分子的电子式为 ，B项错误；
2
Cl－的结构示意图为 ，D项错误。]
考向预测
1．C [乙醇的结构简式为CHCHOH，分子式为C HO，A错误；乙烷分子的球棍模型为
3 2 2 6
，B错误；Na原子核外有11个电子，原子结构示意图为 ，C正
确。]
2．A3．C [K＋的结构示意图为 ，故A项错误；KS结构中K＋与S2－形成离子键，其电
2
子式为 ，故B项错误；质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互
为同位素，而16O 与18O 均为单质，故D项错误。]
2 3
专题 2 “阿伏加德罗常数”的应用
回扣自测
(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)√ (9)× (10)√ (11)× (12)×
(13)√ (14)√ (15)× (16)× (17)× (18)× (19)× (20)× (21)× (22)× (23)√
(24)× (25)× (26)× (27)×
真题演练
1．C [25 ℃、101 kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，
故A错误；Al3＋在溶液中会发生水解生成Al(OH) ，因此2.0 L 1.0 mol·L－1的AlCl 溶液中，
3 3
Al3＋的数目小于 2.0N ，故 B 错误；苯甲酸完全燃烧的化学方程式为 C HCOOH＋
A 6 5
O――→7CO ＋3HO，1 mol苯甲酸完全燃烧生成7 mol CO ，则0.20 mol苯甲酸完全燃烧
2 2 2 2
生成1.4 mol CO ，数目为1.4N ，故C正确；电解熔融CuCl 时，阳极反应为2Cl－－2e－
2 A 2
===Cl↑，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4 g Cu的物质的
2
量为0.10 mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为 0.20 mol，数目为
0.20N ，故D错误。]
A
2．C
3．A [2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol；100 mL 3 mol·L－1 HCl中H＋和Cl－的物质的量均为
0.3 mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移
电子0.1 mol，A正确；HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3 mol，因此，Cl－数为0.3N ，B不正
A
确；56Fe 的质子数为26、中子数为30,2.8 g 56Fe的物质的量为0.05 mol，因此，2.8 g 56Fe
含有的中子数为1.5N ，C不正确；反应生成H 的物质的量为0.05 mol，在标准状况下的体
A 2
积为1.12 L，D不正确。]
4．C
考向预测
1．A [Fe3＋水解的离子方程式为Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋，则1 L 1 mol·L－1 FeCl 溶
2 3 3
液中所含阳离子数目大于N ，A正确；pH＝1的HClO 溶液的体积未知，不能计算含有的
A 4
氢离子数，B错误；在密闭容器中：PCl ＋ClPCl ，反应可逆，则1 mol PCl 与1 mol Cl
3 2 5 3 2
充分反应后的分子数不等于N ，C错误；等质量的石墨烯和金刚石含有等物质的量的碳原
A子，原子数目相同，但不一定为N 个，D错误。]
A
2．D [1 mol O 与Na完全反应，若产物为NaO ，则转移的电子数为2N ，故A错误；含
2 2 2 A
4 mol HNO 的浓硝酸与足量Cu充分反应，硝酸变稀生成NO，则生成Cu2＋的数目大于N ，
3 A
故B错误；FeBr 的物质的量未知，无法计算被氧化的Fe2＋的个数，故C错误；每个C H 和
2 2 2
HCHO分子中都含2个C—H，所以0.1 mol乙炔和甲醛的混合物中含有 C—H的数目为
0.2N ，故D正确。]
A
3．B 4.C
5．B [盐酸为HCl的水溶液，HCl完全电离，水会部分电离出OH－，故无法计算1 L 0.1
mol·L－1盐酸中含有的阴离子总数，A项错误；同温同压下，相同体积的任何气体含有的分
子数相等，标况下，11.2 L任何气体所含分子数均为0.5N ，B项正确；NO 与HO反应的
A 2 2
化学方程式为 3NO ＋HO===2HNO ＋NO，有3 mol NO 参与反应时，转移的电子数为
2 2 3 2
2N ，C项错误；铁粉与硝酸在加热条件下反应生成氮氧化物，不会生成氢气，D项错误。]
A
专题 3 离子方程式的书写及正误判断
回扣自测
(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)× (10)× (11)× (12)×
核心精讲
一、
(一)
4．(1)2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋H↑ (2)2Na＋2HO＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH) ↓＋
2 2 2 2
H↑ (3)MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl↑＋2HO (4)Cl ＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO
2 2 2 2 2 2
(5)Cl ＋Ca(OH) ===Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋HO (6)SO ＋Br ＋2HO===4H＋＋SO＋2Br－
2 2 2 2 2 2
(7)Cl ＋HSO ＋HO===4H＋＋SO＋2Cl－ (8)H SO ＋HO===2H＋＋SO＋HO (9)H S＋Cu2
2 2 3 2 2 3 2 2 2 2
＋===2H＋＋CuS↓ (10)SO ＋CO===SO＋CO (11)2CO ＋SiO＋2HO===HSiO↓＋2HCO
2 2 2 2 2 3
(12)2Al＋2OH－＋2HO===2AlO＋3H↑ (13)Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH (14)Al3
2 2 3 2 3
＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑ (15)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2HO (16)2Fe2＋＋
3 2 2
HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO (17)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I
2 2 2 2
(二)
1．(1)①Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO ②Al3＋＋4OH－===AlO
3 3 2
＋2HO 3AlO＋Al3＋＋6HO===4Al(OH) ↓ ③2Al3＋＋7OH－===Al(OH) ↓＋AlO＋2HO
2 2 3 3 2
(2)①CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===HO＋CO↑ ②CO＋2H＋===HO＋CO↑
2 2 2 2
2．(1)①2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO ↓＋CO＋2HO
3 2
②HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO ↓＋HO
3 2
(2)①HCO＋OH－===CO＋HO ②NH＋HCO＋2OH－===CO＋HO＋NH ·H O (3)①2H＋＋
2 2 3 2SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO↓＋2HO ② H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO↓＋HO
4 2 4 2
(4)①Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2HO＋2BaSO↓ ②2Al3＋＋3Ba2＋＋3SO＋6OH－
2 4
===2Al(OH) ↓＋3BaSO↓ ③4Al3＋＋7SO＋7Ba2＋＋14OH－===2Al(OH) ↓＋2AlO＋4HO
3 4 3 2
＋7BaSO↓ (5)①NH＋Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===NH ·H O＋Al(OH) ↓＋2BaSO↓
4 3 2 3 4
②2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH) ↓＋3BaSO↓ ③NH＋Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋
3 4
5OH－===NH ·H O＋AlO＋2HO＋2BaSO↓
3 2 2 4
3．(1)H＋＋OH－===HO Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ NH＋OH－===NH ·H O Al(OH) ＋
2 3 3 2 3
OH－===AlO＋2HO (2)OH－＋H＋===HO CO＋H＋===HCO
2 2
HCO＋H＋===HO＋CO↑ CHCOO－＋H＋===CHCOOH
2 2 3 3
真题演练
1．D
2．A [硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式
为CO＋CaSO===CaCO ＋SO，故A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧
4 3
化氮和水，离子方程式应为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4HO，故B错误；硫酸铝
2
溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al3＋＋3OH－
===Al(OH) ↓，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应
3
为Cu2＋＋HS===CuS↓＋2H＋，故D错误。]
2
3．A [向CaCl 溶液中通入CO 不发生反应，B错误；向HO 溶液中滴加少量FeCl ，发生
2 2 2 2 3
反应：2HO=====2HO＋O↑，FeCl 作催化剂，C错误；同浓度同体积 NH HSO 溶液与
2 2 2 2 3 4 4
NaOH溶液混合，只发生中和反应：H＋＋OH－===HO，D错误。]
2
4．B [向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为 CO
2
＋OH－===HCO，故A错误；将氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，
其离子方程式为Cl ＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO，故B正确；钠的过氧化物为NaO ，可以
2 2 2 2
和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式中NaO 不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，
2 2
在离子方程式中要拆写成离子，故D错误。]
5．D
考向预测
1．B [钠和冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋
2
H↑，A项错误；向NaOH溶液中通入过量SO ，生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO ＋OH
2 2 2
－
===HSO，B项正确；向KAl(SO ) 溶液中加入氨水，铝离子与氨水反应，生成氢氧化铝和
4 2
铵根离子，一水合氨为弱碱，离子方程式中不拆，C项错误；硫化亚铁溶于稀硝酸中，因为
稀硝酸具有强氧化性，则亚铁离子会被氧化，D项错误。]
2．C专题 4 离子共存与离子推断
回扣自测
1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)√ (9)× (10)×
2．(1)H＋ CO (2)I－ Fe3＋、NO (3)Mg2＋、Al3＋ (4)NH (5)Ba2＋ SO (6)H＋、I－、
NH、Ba2＋ Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、NO、CO、SO K＋、Na＋ 焰色试验
真题演练
1．C 2.B
3．A [向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，说明固体中存在
NaSO ，发生反应：SO＋2H＋===S↓＋HO＋SO ↑，由于盐酸过量，向②的上层清液中
2 2 3 2 2 2
滴加BaCl 溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO ，说明固体中存在NaSO ，不能确定是否有
2 4 2 4
NaSO 和NaCO ，NaSO 、NaCO 与过量稀盐酸反应的现象可以被NaSO 与过量稀盐酸
2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3
反应的现象覆盖掉。]
4．B [由信息①得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息②焰色反应透过钴玻璃可观察
到紫色，说明含有钾元素，可推测含有氯化钾；由信息③向溶液中加入碱产生白色沉淀，可
推测含有硫酸镁，所以B正确。]
考向预测
1．C
2．C [Fe3＋水解显酸性，不能在c(H＋)＝c(OH－)的溶液中大量共存，A不符合题意；水电离
的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中
AlO、CO不能大量共存，B不符合题意；c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中c(H＋)＝0.1
mol·L－1，溶液呈强酸性，NH、Ca2＋、Cl－、NO之间相互不反应，能够在酸性溶液中大量共
存，C符合题意；Ca2＋、SO可形成微溶物CaSO 而不能大量共存，D不符合题意。]
4
3．C [在强酸性溶液中，CO不能大量存在，Fe2＋和NO也不能同时存在，钡离子和碳酸根
离子不共存；根据实验(1)可知溶液中一定不存在Ba2＋、NO，一定存在SO、Fe2＋，气体b
为 NO，沉淀 a 为 BaSO ；根据实验(2)可知溶液中含有 NH，气体 d 为 NH ，沉淀 e 为
4 3
Fe(OH) ，可能含有Al3＋，因为氢氧化铝溶于氢氧化钠；根据实验(3)可知原溶液中可能含有
3
Al3＋，沉淀f可能为BaCO 或BaCO 和Al(OH) 的混合物，因为实验(1)中的Ba(NO ) 溶液是
3 3 3 3 2
过量的。由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为Ba2＋、CO、NO，A项错误；由上述
分析可知，原溶液中可能含有Al3＋，B项错误；一氧化氮和氨气在一定条件下可以发生反应
生成氮气和水，C项正确；沉淀f一定含有BaCO ，可能含有Al(OH) ，D项错误。]
3 3
4．B专题 5 氧化还原反应的概念、规律及应用
回扣自测
1．＋3 ＋4 ＋1 －2 ＋3 ＋6 ＋6 ＋3 ＋2 ＋4 ＋6 ＋2 －2 －3 ＋3
2．(1)①2I－＋Cl===I＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－
2 2 2
②3Cl＋2Fe2＋＋4I－===2I＋2Fe3＋＋6Cl－
2 2
(2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===H↑＋Fe2＋
2
3．50
解析 参加反应的NaCN的物质的量是＝20 mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N
元素从－3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，
所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需要NaClO的物质的量为20 mol×
＝50 mol。
核心精讲
(二)
1．A
2．(1) (2)5∶1
3．(1)①2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO
2 2
②Cl＋2Br－===2Cl－＋Br ③2Fe2＋＋Br ===2Fe3＋＋2Br－ ④2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
2 2 2
(2)①I ＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO ②2Fe3＋＋2I－===I ＋2Fe2＋ ③Br ＋2Fe2＋===2Fe3
2 2 2 2 2
＋＋2Br－ ④Cl＋2Br－===Br ＋2Cl－
2 2
真题演练
1．D 2.B
3．D [过程Ⅰ中NO转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO得电子，发生
还原反应，A错误；过程Ⅰ为NO在酶1的作用下转化为NO和HO，反应的离子方程式为
2
NO＋2H＋＋e－=====NO↑＋HO，过程Ⅱ为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生
2
成HO和NH，反应的离子方程式为NO＋NH＋3e－＋2H＋=====HO＋NH，两过程转移电
2 2 4 2 2 4
子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；过程
Ⅲ为NH 转化为N 和4H＋、4e－，反应的离子方程式为NH===N ＋4H＋＋4e－，所以过程
2 4 2 2 4 2
Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N↑＋2HO，D正确。]
2 2
4．(1)①2AgI＋Fe===2Ag＋ Fe2＋＋2I－ AgNO ②FeI ＋Cl===I ＋FeCl I 、FeCl I 被
3 2 2 2 2 2 3 2
过量的Cl 进一步氧化
2
(3)4 防止单质碘析出解析 (1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI 和Ag，FeI 易溶于水，
2 2
在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋
2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中。②通入Cl 的过程中，因I－还原性强
2
于Fe2＋，Cl 先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I ，故反应
2 2
的化学方程式为FeI ＋Cl===I ＋FeCl ；若反应物用量比＝1.5时即Cl 过量，先氧化完全部
2 2 2 2 2
I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I 、FeCl ；当>1.5即Cl 过量特别
2 3 2
多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
(3) KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I ，化学方程式为4KI＋2CuSO ===2CuI↓
4 2 4
＋I ＋2KSO ，若生成1 mol I ，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I－浓度增
2 2 4 2
大，可逆反应I ＋I－I平衡右移，增大I 溶解度，防止I 结晶析出，有利于蒸馏时制得高
2 2 2
纯碘。
5．(3)2Cl ＋HgO===HgCl ＋ClO (4)1.25
2 2 2
NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO
3 4 2 2 4 2
(5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋ HO 203
2 2
解析 (3)由新制的HgO和Cl 反应制备ClO，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的
2 2
化合价发生变化，由 0 价变为＋1 价和－1 价，所以反应的化学方程式为 2Cl ＋
2
HgO===HgCl ＋ClO。(4)由题意知，在NaClO 生成ClO 的过程中，发生歧化反应，NaClO
2 2 2 2 2
既是氧化剂，又是还原剂，4NaClO――→4ClO，NaClO――→NaCl，每生成4 mol ClO，
2 2 2 2
需消耗5 mol NaClO ，所以每生成1 mol ClO ，需消耗1.25 mol NaClO 。产生的气泡的成分
2 2 2
为CO ，反应的化学方程式为 NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO。(5)“84消毒
2 3 4 2 2 4 2
液”遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋HO，Cl 有毒，故
2 2 2
“84消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)＝1
000 kg×1%＝10 kg，设反应中消耗Cl 的质量为x kg，则：
2
2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO
2 2
80 71
x kg x kg
需要NaOH溶液的质量为＝(10＋x)kg，溶液的质量＝NaOH溶液的质量＋Cl 的质量，1 000
2
kg＝(10＋x)kg＋x kg，解得x≈203。
6．1.57
考向预测
1．D
2．D [F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对之间排斥力更小，
致使NF 中N—F的键角小于NH 中N—H的键角，故A正确；由2HNF ＋2Fe3＋===NF↑
2 4 2 4 2 2 4
＋2Fe2＋＋2H＋可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；若生成标准状况下2.24 L N F ，物质的量为＝0.1 mol，转移电子的物质的量是0.2 mol，故C正确；由于电
2 4
负性：F>N，则NF 中F为－1价，N为＋2价，作氧化剂时只有N元素化合价能降低，则
2 4
还原产物可能是N，而F的化合价未变，HF不是还原产物，故D错误。]
2
3．A
4．25%
解析 根据反应方程式可知25.00 mL待测液中n(N H·H O)＝×0.300 0 mol·L－1×0.02 L＝
2 4 2
0.003 mol，则250 mL溶液中有0.03 mol N H·H O，产品中水合肼的质量分数为×100%＝
2 4 2
25%。
题型专攻 1 “陌生情景下”方程式的书写
真题演练
1．2IO＋5HSO===I＋5SO＋3H＋＋HO
2 2
2．Al O＋4(NH )SO =====2NH Al(SO )＋6NH ↑＋3HO↑
2 3 4 2 4 4 4 2 3 2
3．(4)2Na＋＋2CrO＋2CO＋HO===Cr O＋2NaHCO ↓
2 2 2 3
(5)4Fe(CrO )＋ 7O＋16NaHCO =====8NaCrO＋2Fe O＋16CO＋8HO NaCO
2 2 2 3 2 4 2 3 2 2 2 3
解析 (4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢
钠沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO ＋HO===Cr O＋2NaHCO ↓。(5)碳酸氢
2 2 2 3
钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下 Fe(CrO ) 与氧气和碳酸氢
2 2
钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 4Fe(CrO ) ＋7O ＋
2 2 2
16NaHCO =====8NaCrO ＋2Fe O ＋16CO ＋8HO；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似
3 2 4 2 3 2 2
的反应。
4．(5)6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO＋3CO↑ (6)6FePO ＋3LiCO ＋
2 2 3 3 2 2 4 2 3
C H O=====9CO↑＋6HO↑＋6LiFePO
6 12 6 2 4
解析 (5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成 Ce (CO)·nHO的
2 3 3 2
离子方程式为6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO＋3CO↑。
2 2 3 3 2 2
(6)由在高温条件下，LiCO 、葡萄糖(C H O)和FePO 可制备电极材料LiFePO ，同时生成
2 3 6 12 6 4 4
CO和HO可知，该反应中Fe价态降低，C价态部分降低、部分升高，结合得失电子守恒、
2
原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO ＋3LiCO ＋C H O=====9CO↑＋6HO↑＋
4 2 3 6 12 6 2
6LiFePO 。
4
考向预测
1．2MnO ＋4KOH ＋O=====2KMnO ＋2HO
2 2 2 4 2
2．6Co O=========4Co O＋O↑
2 3 3 4 2
解析 从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH) (0.930 g)，其物质的量为0.01 mol，依
2据钴元素的质量不变可知：n(Co)＝0.01 mol，m(Co)＝0.590 g，温度升至290 ℃时，转化为
0.830 g某种钴的氧化物，该氧化物中n(O)＝＝0.015 mol，由此可以确定该氧化物为Co O；
2 3
同理可以确定500 ℃时，n(O)＝≈0.013 3 mol，则生成的氧化物为Co O；所以290～500 ℃
3 4
过程中，Co O 转化为Co O ，反应过程中Co元素化合价降低，氧元素化合价升高并转化为
2 3 3 4
O，故反应的化学方程式为6Co O=======4Co O＋ O↑。
2 2 3 3 4 2
3．(1)H S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
2
(2)1 NO 3 Fe 8 3 1 NH 2 HO
2
(3)2NH ＋3NaClO===N＋3HO＋3NaCl
3 2 2
专题 6 无机物的性质与用途 化学与 STSE
核心精讲
2．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√ (9)√ (10)√ (11)× (12)×
(13)× (14)× (15)× (16)√ (17)× (18)× (19)× (20)√ (21)× (22)√ (23)√
(24)√ (25)√ (26)×
真题演练
1．B
2．D [漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两
者不能混合使用，A错误； 温室气体主要是指二氧化碳，形成酸雨的主要物质是 SO 、氮
2
氧化物等，B错误；棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来
源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；干冰是固态的二氧化碳，
干冰升华时，吸收空气中大量的热，使周围空气温度降低，空气中的水分子凝结成了小水珠，
形成 “云雾”效果，D正确。]
3．D [将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 A
不符合题意；大规模开采可燃冰作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要
求，故B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达
不到碳中和的目的，故C不符合题意；研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧
化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意。]
4．C
5．D [“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，
A不符合题意；“侯氏联合制碱法”制备纯碱是以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，制取
纯碱，副产氯化铵的过程，发生了化学变化，B不符合题意；CO 转化为淀粉或葡萄糖，有
2
新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；CO 跨临界直冷制冰是利用液态CO 汽化吸
2 2
热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D符合题意。]6．B [明矾净水的原理为Al3＋＋3HOAl(OH) (胶体)＋3H＋，Al(OH) 胶体具有吸附性，
2 3 3
可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；水快速制冰为物理变化，B正确；炖排骨汤时
放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养价值更高。此外，醋还可以防止
食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误；茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，
它遇到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，涉及化学
变化，D错误。]
考向预测
1．D
2．A [高清摄像头镜片属于玻璃，玻璃的主要成分为二氧化硅，A正确；酒精有还原性，
“84”消毒液因其强氧化性可以消毒、杀菌，二者混合后发生氧化还原反应，降低消毒效果，
B错误；碳纤维不是有机物，C错误；焰色反应是利用了电子的跃迁，不是化学变化，D错
误。]
3．B [Ti位于第ⅣB族，Ni位于第Ⅷ族，两者都是过渡金属元素，A正确；由同种元素组
成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C 互为同素异形体，B错误；合金
60
比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；芯片的主要材料
为单晶硅，光导纤维的主要材料为二氧化硅，两者材料不同，D正确。]
专题 7 化学与传统文化
核心精讲
1．(1)硝酸 (2)氨水 (3)石油 (4)可溶性铜盐 (5)K CO (6)CaCO (7)铁 (8)蛋白质
2 3 3
(9)铜单质 铜
2．置换 氧化还原
3．蒸馏 蒸发结晶
真题演练
1．C [金(Au)：“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，体现金的稳定
性，与其氧化性无关，A不符合题意；石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO＋
HO===Ca(OH) ，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还
2 2
原反应，与其氧化性无关，B不符合题意；石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”是
指2Ag＋S=====Ag S、Fe＋S=====FeS、2Cu＋S=====Cu S，反应中S作氧化剂，与其氧化
2 2
性有关，C 符合题意；石钟乳(CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指 CaCO ＋
3 3
2CHCOOH===(CHCOO) Ca＋HO＋CO↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不
3 3 2 2 2
符合题意。]
2．C [“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及到洗涤的操作；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及到粉碎溶解的操作；“去石澄清”是指倾倒出
澄清液，去除未溶解的固体，涉及到倾倒的操作；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有
少量水剩余，涉及到蒸发的操作；因此未涉及到的操作是萃取。]
3．A 4.C
5．A [“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁呈红棕色，A项
错误；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；
陶瓷的主要成分是硅酸盐，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。]
6．B
考向预测
1．C [该过程描述的是氯化钠的制作过程，NaOH俗称“火碱”，故A错误；“作咸”过
程涉及蒸发结晶，不涉及“蒸馏”操作，故B错误；“作咸”在实验室通过蒸发结晶完成，
会用到蒸发皿、酒精灯等仪器，故C正确；该记载过程中无化学变化，故D错误。]
2．A [丝绸制品的主要成分是蛋白质，不能高温烫熨，否则会因蛋白质变性而造成破损，
故A正确；“抽丝编绢”是将蚕茧抽成线，再编制成绢的过程，没有新物质生成，属于物
理变化，故B错误；蚕丝的主要成分是蛋白质，棉纤维的主要成分是纤维素，用灼烧的方
法能够鉴别蛋白质和纤维素，故C错误；蚕丝的主要成分是蛋白质，水解的最终产物是氨
基酸，故D错误。]
3．A
专题 8 常见无机物性质的转化
核心精讲
(一)
2．(1)2CH CHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑
3 2 3 2 2
(2)2Na＋2HO＋Cu2＋===Cu(OH) ↓＋H↑＋2Na＋ (3)Na CO ＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋
2 2 2 2 3 2 3
2NaOH (4)OH－＋H＋===HO CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===HO＋CO↑ (5)SO ＋
2 2 2 2
2HCO===2CO ＋SO＋HO (6)HCO＋OH－===CO＋HO (7)CO＋HO＋CO===2HCO
2 2 2 2 2
(8)2Na O＋2HO===4NaOH＋O↑ 2NaO＋2CO===2NaCO＋O
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2
(二)
2．(1)2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑
2 2 2
(2)AlO ＋ 2OH － ===2AlO ＋ HO (3)Al(OH) ＋ OH － ===AlO ＋ 2HO (4)AlCl ＋
2 3 2 3 2 3
3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH Cl (5)2AlO＋CO ＋3HO===2Al(OH) ↓＋CO[或AlO＋CO
3 2 3 4 2 2 3 2
＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO] (6)Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑ (7)①Al3＋＋3AlO＋
2 3 3 26HO===4Al(OH) ↓
2 3
②AlO＋HO＋HCO===Al(OH) ↓＋CO
2 3
(8)Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ NH＋OH－===NH ·H O Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 3 2 3 2
(三)
2．(1)4H O(g)＋3Fe=====Fe O ＋4H (2)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2HO 2Fe3＋＋
2 3 4 2 2
Fe===3Fe2＋
(3)3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5HO 3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋
2 3 4
14HO
2
(4)①3Fe(OH) ＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋8HO
2 2
②2Fe(OH) ＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I ＋6HO (5)2Fe－4e－===2Fe2＋ O ＋4e－＋
3 2 2 2
2HO===4OH－ Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓ 4Fe(OH) ＋O ＋2HO===4Fe(OH) (6)加入
2 2 2 2 2 3
HSO 酸化的HO,2H＋＋2Fe2＋＋HO===2Fe3＋＋2HO。 (7)①取少量样品于试管中，加稀
2 4 2 2 2 2 2
HSO 使其溶解，离子方程式为Fe O＋6H＋===2Fe3＋＋3HO，FeO＋2H＋===Fe2＋＋HO。②
2 4 2 3 2 2
再加入少量酸性KMnO 溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2＋，原样品中含有FeO，
4
离子方程式为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO。
2
(四)
2．(1)①2Fe＋3Cl=====2FeCl ，Fe＋S=====FeS ②Cu＋Cl=====CuCl ,2Cu＋S=====Cu S
2 3 2 2 2
(2)2Cu＋O ＋HO＋CO===Cu (OH) CO (3)Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO
2 2 2 2 2 3 2 4 4 2 2
(4)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO (5)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
2
(6)2CuSO ＋2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO
4 2 2 2 4
(五)
2．(1)2Mg＋CO=====2MgO＋C (2)CaCO ＋CO ＋HO===Ca2＋＋2HCO (3)CaCO ＋CO
2 3 2 2 3 2
＋HO===Ca(HCO ) Ca(HCO )=====CaCO ↓＋CO↑＋HO (4)2Na＋＋CO＋CO ＋
2 3 2 3 2 3 2 2 2
HO===2NaHCO ↓ (5)SiO ＋4HF===SiF↑＋2HO (6)SiO ＋2OH－===SiO＋HO (7)CO
2 3 2 4 2 2 2 2
＋NH ＋NaCl＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl
3 2 3 4
(六)
2．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO
2 2 2 2
(2)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (3)2Cl ＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO)
2 2 2 2 2 2
＋2HO
2
(4)Ca(ClO) ＋CO＋HO===CaCO ↓＋2HClO
2 2 2 3
(5)2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (6)2Fe2＋＋2Br－＋2Cl===2Fe3＋＋Br ＋4Cl－ (7)2Fe2＋＋4Br－
2 2 2
＋3Cl===2Fe3＋＋2Br ＋6Cl－ (8)SO ＋Cl＋2HO===4H＋＋SO＋2Cl－
2 2 2 2 2
(七)
2．(1)3S＋6OH－=====2S2－＋SO＋3HO (2)SO ＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋
2 2 2
(3)2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3HO (4)3SO ＋3Ba2＋＋2NO＋2HO===3BaSO↓＋2NO↑＋
2 2 2 4
4H＋ (5)①HS＋CuSO ===CuS↓＋HSO ② 2HS＋SO ===3S↓＋2HO ③ Cu＋
2 4 2 4 2 2 22HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO ④ C＋2HSO (浓)=====CO↑＋2SO ↑＋2HO
2 4 4 2 2 2 4 2 2 2
⑤NaSO ＋HSO (浓)===NaSO ＋HO＋SO ↑
2 3 2 4 2 4 2 2
(八)
2．(1)①3NH ＋3HO＋Al3＋===Al(OH) ↓＋3NH
3 2 3
②2NO ＋2OH－===NO＋NO＋HO ③ C＋4H＋＋4NO=====CO↑＋4NO ↑＋2HO
2 2 2 2 2
(2)①Ca(OH) ＋2NH Cl=====CaCl ＋2NH ↑＋2HO ②2NH ＋3CuO=====N ＋3Cu＋3HO
2 4 2 3 2 3 2 2
③8NH ＋3Cl===N＋6NH Cl ④ ＋HO—NO ―――→ ＋HO
3 2 2 4 2 2
真题演练
1．C 2.C
3．C [Fe 与 Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成 Fe(Ⅱ)的盐类物质，如 Fe＋
2FeCl ===3FeCl ，故不选A；Fe(Ⅱ)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既
3 2
可被氧化，也可被还原，故不选B；Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH) 沉淀，制
3
备Fe(OH) 胶体的操作为向沸水中逐滴加入饱和FeCl 溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停
3 3
止 加 热 ， 故 选 C ； b→c→d→e→b 的 转 化 如
FeCl ――→Fe(OH) ―――→Fe(OH) ――→FeCl ――→FeCl ，故不选D。]
2 2 3 3 2
4．A
5．D [CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O 作用下，用硫酸溶液浸取，与CuS反应
2
生成 CuSO 、S、HO，Fe2＋被氧化为 Fe3＋，然后加入 NH 调节溶液 pH，使 Fe3＋形成
4 2 3
Fe(OH) 沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有 S、
3
Fe(OH) ；滤液中含有Cu2＋、Zn2＋；然后向滤液中通入高压H ，根据元素活动性：Zn＞H＞
3 2
Cu，Cu2＋被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2＋仍然以离子形式存在于溶液中，再
经一系列处理可得到Zn单质。经过上述分析可知，固体X主要成分是S、Fe(OH) ，金属M
3
为Zn，A正确；CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－
(aq)，增大O 的浓度，可以反应消耗S2－，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，
2
从而可促进金属离子的浸出，B正确；根据流程图可知，用NH 调节溶液pH时，要使Fe3＋
3
转化为沉淀，而Cu2＋、Zn2＋仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中
和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；在用H 还原Cu2＋变为Cu单质时，H 失去
2 2
电子被氧化为H＋，与溶液中OH－结合形成HO，若还原时增大溶液的酸度，c(H＋)增大，不
2
利于H 失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误。]
2
6．C
7．B [铜和浓硫酸反应生成CuSO ，体现浓硫酸的酸性，生成SO ，体现浓硫酸的强氧化
4 2
性，故A错误；a处的紫色石蕊变红，其原因是SO 溶于水生成了酸，可说明SO 是酸性氧
2 2
化物，故B正确；b处品红褪色，其原因是SO 具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾褪色，其
2原因是SO 和酸性KMnO 发生氧化还原反应，SO 体现还原性，故C错误；实验过程中试
2 4 2
管底部出现白色固体，其原因是浓硫酸具有吸水性，将反应生成的HO吸收，故D错误。]
2
8．C [60%硫酸和NaHSO(s)可发生反应：HSO ＋2NaHSO===NaSO ＋2SO ↑＋2HO，
3 2 4 3 2 4 2 2
因此装置甲可以制取SO 气体，A正确；气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取
2
SO 水溶液，B正确；SO 不会与饱和NaHSO 溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的
2 2 3
SO ，C错误；SO 水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确。]
2 2
9．B
考向预测
1．D
2．B [该过程中发生反应：Cu2＋＋HS===CuS↓＋2H＋、CuS＋2Fe3＋===S＋2Fe2＋＋Cu2＋、
2
4Fe2＋＋O ＋4H＋===4Fe3＋＋2HO，由此可知，Fe3＋和CuS是中间产物，故A正确；由图知，
2 2
Cu、H、Cl元素的化合价没发生变化，故B错误；由A选项分析并结合氧化还原反应转移
电子守恒、原子守恒可知，其转化的总反应为2HS＋O=======2S↓＋2HO，故C正确；
2 2 2
根据氧化还原反应转移电子守恒可知，当有1 mol H S转化为硫单质时，需要消耗O 的物质
2 2
的量为0.5 mol，故D正确。]
3．B [a是HCl、b是Cl 、c是ClO 、d是HClO、e是HClO 、f是次氯酸盐、g是氯酸盐。
2 2 7 4
a是HCl，具有还原性，g中的ClO具有氧化性，Cl发生归中反应可生成Cl ，故A正确；f
2
中的ClO－发生水解反应生成弱酸HClO和OH－，溶液呈碱性，故B错误；c和e都是＋7价
的氯元素，其氧化物溶于水得到对应的酸，c是ClO ，能与强碱溶液反应生成正盐和水，
2 7
是酸性氧化物，故C正确；浓盐酸和二氧化锰反应转化为氯气，氯气和水反应生成HClO，
HClO与NaOH反应生成NaClO，可实现转化，故D正确。]
4．C
5．D [KFeO 具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢
2 4
氧化铁胶体，可用于净水，A正确；尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利
用，B正确；反应中Cl元素的化合价由＋1价降低为－1价，Fe元素的化合价由＋3价升高
到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C正确；结晶过程中加入饱和KOH
溶液，增大了K＋的浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于
KFeO 晶体的析出，D错误。]
2 4
6．C [向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应：4NaCO ＋2Cr O ＋
2 3 2 3
3O=====4NaCrO ＋ 4CO ， NaCO ＋ SiO=====NaSiO ＋ CO↑ ， NaCO ＋
2 2 4 2 2 3 2 2 3 2 2 3
Al O=====2NaAlO ＋CO↑，用水浸之后，溶液中含有 NaCrO 、NaSiO 、NaAlO 、
2 3 2 2 2 4 2 3 2
NaCO ，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有
2 3
NaCrO 、NaCO ，再向溶液中加硫酸，2NaCrO ＋HSO ===NaCr O ＋NaSO ＋HO，再
2 4 2 3 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2
向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的KCr O 晶体，以此分析解答。由反应：
2 2 74NaCO ＋2Cr O ＋3O=====4NaCrO ＋4CO ，O元素化合价降低，O 做氧化剂，Cr元素化
2 3 2 3 2 2 4 2 2
合价升高，Cr O 做还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故A错误；从流程
2 3
图可知，CO 和NaCO 均可循环使用，故C正确。]
2 2 3
7．C [由于高锰酸钾与浓盐酸反应剧烈，故用恒压滴液漏斗能控制浓盐酸的滴速，进而控
制反应的速率，故A正确；常温下SnCl 为无色液体，沸点为114 ℃，故该物质的收集需要
4
进行冷凝液化，故B正确；由于金属锡的活动性仅次于铁，先点燃酒精灯融化金属锡会与
空气中的氧气反应，因此应该先制备氯气，将装置中空气排尽后再加热金属锡，故C错误；
己装置中水蒸气会进入到戊装置中，导致SnCl 水解，换用碱石灰既能吸收多余的氯气，又
4
能防止水蒸气扩散至戊装置中，故D正确。]
8．D
专题 9 “位—构—性”综合推断
考点一
真题演练
1．D
2．B [由题可设W元素的最外层电子数为x，X元素的最外层电子数为y，则Y、Z的最外
层电子数分别为y＋1、y＋2，则x＋y＋y＋1＋y＋2＝15，即x＋3y＝12，且x≠y，x≠y＋
1，x≠y＋2，可得x＝6，y＝2符合要求；所以W为O元素、X为Mg元素、Y为Al元素、
Z为Si元素。原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X>Y>Z>W，A错误；化合物XW
即MgO，为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；Y单质为铝单质，铝属于导体，
导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导
电性能强于Z单质的导电性能，C错误；Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸的酸性弱于碳酸，
D错误。]
3．D [Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，
Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于
第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，
则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为
19－3－4＝12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，
Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，Z的最外层电子
数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元
素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。X为
Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；X为Al属于金属晶体，Y为Si属于共价晶
体，故单质熔点：Si>Al，即Y>X，B错误；含有氢键的物质沸点较高，Q为N或O或F，
其简单氢化物为HO或NH 或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或HS或PH ，
2 3 2 3
由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点：Q>Z，C错误；元素的非
金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含
氧酸的酸性：Z>Y，D正确。]
考向预测
1．D
2．D [同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，且W、X、Y、Z、Q均为短周期主族元
素，Z的原子半径是第三周期中最小的，所以Z是Cl，由W与X形成的物质可用来杀菌消
毒且该物质的分子中含18e－，又W、X的原子半径依次增大，可知W为H、X为O，再由
X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，知Y为N，Q原子最外层电子数为X原子最外
层电子数的一半，且原子半径最大，则Q为Al。X元素与Q元素组成的化合物是Al O，熔
2 3
点高，可做耐火材料，故A正确；W、X、Y三种元素可以组成硝酸、亚硝酸、硝酸铵等，
其水溶液均显酸性，也可以组成一水合氨，其水溶液显碱性，故B正确；水和氨气分子间
均存在氢键，沸点较高，且水的沸点高于氨气的沸点，则简单氢化物的沸点：
HO>NH >HCl，故C正确；Z和Q形成的化合物是AlCl ，是共价化合物，只存在共价键，
2 3 3
故D错误。]
考点二
真题演练
1．D [根据图中信息可得，Z为Na，W为H，结合题给信息“W、X、Y、Z的原子序数依
次增大且总和为24”可推知，X为B，Y为N。H、B、N三种非金属元素之间形成的化学
键均为共价键，A正确；Na既可以与水反应，也可以和甲醇反应，B正确；N的最高价氧
化物对应的水化物为硝酸，C正确；三氟化硼中硼原子与氟原子之间形成3个共价键，即最
外层共6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误。]
2．C 3.C
4．C [由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个
共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原
子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。同周期元素从左到
右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径：C＞O＞F，故A正确；同周期元素从左到
右元素的非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，则C、O、Si
的非金属性：O＞C＞Si，故B正确；氟元素的非金属性最强，其单质具有很强的氧化性，
故C错误；原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表第ⅣA族，故D正
确。]考向预测
A [U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，根据它们组成的化
合物的结构可知，U的最外层有4个电子，在这几种元素中U的原子序数最小，则U为C；
V连了两个共价键，而且带了一个单位负电荷，则V为N；W连2个共价键，则其最外层有
6个电子，则W为O；X只连1个共价键，则X为F；Y是带一个单位正电荷的阳离子，则
Y为Na；Z连了6个共价键，则Z为S。一般地，电子层数越多，原子半径越大，当电子层
数相同时，质子数越多，半径越小，所以这几种元素中，原子半径最大的是 Na，最小的是
F，故A正确；同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，所以从U(C)到X(F)，非金属性
逐渐增强，故B错误；Y、Z形成的化合物为NaS，由于S2－水解使溶液显碱性，能使石蕊
2
溶液变蓝，故C错误；在该化合物中S连有6个共价键，其最外层不满足8电子稳定结构，
故D错误。]
考点三
真题演练
1．D
2．B [可腐蚀玻璃的物质是HF，以此为切入点，根据题意进行元素推断，可知W是氟、
X是钠、Y是氯、Z是钙。钙是活泼金属元素，氢是非金属元素，CaH 是由Ca2＋和H－构成
2
的离子化合物，B项正确；常温常压下，钠的单质是固体，A项错误；CaCl 是强酸强碱盐，
2
水溶液呈中性，C项错误；氯有最高化合价＋7价，氟没有正价，D项错误。]
3．D [该化合物在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为
H，Z为O，YZ 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，由W、X、Y、Z为短周期元素，
2
原子序数依次增加，且加和为21推断，则Y为N，X为B。X(B)的单质常温下为固体，故
A错误；非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：
X(H BO)＜Y(HNO )，故B错误；根据前面已知200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出，
3 3 3
则说明失去的是水，若 100～200 ℃阶段热分解失去4个HO，则质量保留百分数应为
2
×100%≈73.6%，对比图中信息，则说明不是失去 4 个 HO，故 C 错误；化合物
2
(NH B O·4H O)在500 ℃热分解后若生成固体化合物XZ(B O)，根据硼元素守恒，则得到
4 5 8 2 2 3 2 3
关系式：2NH B O·4H O～5B O，则固体化合物B O 的质量分数为×100%≈64.1%，对比图
4 5 8 2 2 3 2 3
中信息，说明假设正确，故D正确。]
4．C
考向预测
C [X广泛存在于无机物和有机物中，则X是H或C；Y是地壳中含量最多的元素，Y为
O；Z的单质常温下和氢气混合会爆炸，Z为F；工业上电解W的熔融氧化物来制取W，W
为Al。一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大半径越小，
则原子半径：W＞Y＞Z＞X(H)或W＞X(C)＞Y＞Z，故A错误；Y的简单氢化物为HO，Z
2的为HF ，由于HO中的氢键比HF的多，则HO的沸点较高，即简单氢化物的沸点：Y＞
2 2
Z，故B错误；Al3＋和F－都能与水发生水解反应，促进水的电离，故C正确。]
考点四
真题演练
1．C
2．A [ZQ 为CS ，ZR 为CCl ，CS 中硫的还原性强于CCl 中的氯元素，A错误；Mg和
2 2 4 4 2 4
CO 发生反应：2Mg＋CO=====2MgO＋C，B正确；Mg的金属性强于Al，故Mg2＋的氧化
2 2
性弱于Al3＋，C正确；Cl的非金属性强于S，则HClO 的酸性强于HSO ，D正确。]
4 2 4
考向预测
B [W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素最外层与次外层的电子
数之差为3，则W是N；根据图中的相对位置，则Y是S，Z的原子序数比Y大，则Z是
Cl，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数，则X是Si，以此解题。
S2－与Cl－的电子层数相同，Cl的原子序数大于S，则半径：S2－>Cl－，A错误；同一周期元
素从左往右，非金属性逐渐增强，对应氢化物的稳定性逐渐增强，则氢化物的稳定性：X＜
Y＜Z，B正确；题目中没有指明是最高价氧化物对应的水化物，故无法判断其酸性强弱，C
错误；NCl 和SCl 中均只含有共价键，D错误。]
3 2 2
专题 10 热化学方程式的书写与盖斯定律
考点一
核心精讲
2．(1)－90 (2)＋124 (3)299
真题演练
1．C [根据表格中的数据可知，H 的键能为218 kJ·mol－1×2＝436 kJ·mol－1，A正确；由
2
表格中的数据可知O 的键能为249 kJ·mol－1×2＝498 kJ·mol－1，由题中信息可知HO 中氧
2 2 2
氧单键的键能为214 kJ·mol－1，则O 的键能大于HO 中氧氧单键的键能的两倍，B正确；
2 2 2
由表格中的数据可知HOO===HO＋O，解离其中氧氧单键需要的能量为249 kJ·mol－1＋39
kJ·
mol－1－10 kJ·mol－1＝278 kJ·mol－1，HO 中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，C错误；由表
2 2
中的数据可知HO(g)＋O(g)===HO(g)的ΔH＝－136 kJ·mol－1－(－242 kJ·mol－1)－249 kJ·
2 2 2
mol－1＝－143 kJ·mol－1，D正确。]
2．＋90.8
考向预测
1．吸热 N(g)＋3H(g)2NH (g)
2 2 3ΔH＝－92 kJ·mol－1
2．－128 kJ·mol－1
解析 反应焓变＝生成物总能量－反应物总能量，则该反应的焓变为52 kJ·mol－1＋(－242
kJ·
mol－1)×4－(－394 kJ·mol－1)×2－0＝－128 kJ·mol－1。
3．2NO (g)NO(g) ΔH＝－57 kJ·mol－1
2 2 4
解析 反应热＝反应物的总键能－生成物的总键能，则反应热为2×2×466 kJ·mol－1－
(167 kJ·mol－1＋4×438.5 kJ·mol－1)＝－57 kJ·mol－1，反应的热化学方程式为2NO (g)
2
NO(g) ΔH＝－57 kJ·mol－1。
2 4
4．－154 kJ·mol－1
考点二
回扣自测
1．(1)× (2)× (3)√
2．2a－b
真题演练
1．＋170
解析 根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到④2HS(g)===S(g)＋2H(g)的ΔH ＝(－1 036＋
2 2 2 4
94) kJ·mol－1×＋484 kJ·mol－1＝＋170 kJ·mol－1。
2．－49 A ΔH 为正值，ΔH 和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能
1 2
解析 根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为 CO(g)＋
2
3H(g)===CHOH(g)＋HO(g) ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；总反
2 3 2
应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化
能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于
生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项。
3．2VO(s)＋2SO (g)===2VOSO(s)＋VO(s) ΔH＝－351 kJ·mol－1
2 5 2 4 2 4
解析 据图写出热化学方程式：①VO(s)＋2SO (g)===2VOSO(s) ΔH ＝－399 kJ·mol－1；
2 4 3 4 1
②VO(s)＋SO (g)===VO(s)＋SO (g) ΔH ＝－24 kJ·mol－1；由①－②×2可得：2VO(s)
2 4 3 2 5 2 2 2 5
＋2SO (g)===2VOSO(s)＋VO(s) ΔH＝ΔH －2ΔH ＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2
2 4 2 4 1 2
＝－351 kJ·mol－1。
4．E－E＋ΔH＋E－E
1 2 3 4
解析 设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH ＝E －E ，
1 1 2
M→N的ΔH＝ΔH，N→Y的ΔH＝E－E，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH＋
2 3 3 4 1
ΔH＋ΔH＝E－E＋ΔH＋E－E。
2 3 1 2 3 4
5．H(g)＋O(g)===HO(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1
2 2 2
考向预测1．SiCl (g)＋2H(g)===Si(s)＋4HCl(g)
4 2
ΔH＝＋236 kJ·mol－1
2．CHOH(l)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l)
3 2 2 2
ΔH＝－650 kJ·mol－1
解析 燃烧热是1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。则CHOH(l)燃烧热的
3
热化学方程式为CHOH(l)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l) ΔH＝－650 kJ·mol－1。
3 2 2 2
3．H(g)＋CO(g)===HCOOH(l) ΔH＝－31.2 kJ·mol－1
2 2
解析 根据整个流程图可知，CO(g)和H(g)为反应物，生成物为HCOOH(l)，92 g HCOOH
2 2
的物质的量为＝2 mol，所以生成1 mol HCOOH(l)放出31.2 kJ热量，热化学方程式为H(g)
2
＋CO(g)===HCOOH(l) ΔH＝－31.2 kJ·mol－1。
2
4．2NH (g)N(g)＋3H(g) ΔH＝＋92.2 kJ·mol－1
3 2 2
5．－213 kJ·mol－1
解析 根据盖斯定律，将Ⅰ×－Ⅱ－Ⅲ得反应SO (g)＋I(g)＋2HO(l)===2HI(aq)＋HSO (aq)
2 2 2 2 4
ΔH＝－213 kJ·mol－1。
6．NO(g)＋C H(g)===N(g)＋C HO(g)
2 2 4 2 2 4
ΔH＝＋395 kJ·mol－1
解析 已知：①NO(g)＋M＋(s)===N(g)＋MO＋(s) ΔH ＝＋678 kJ·mol－1，②MO＋(s)＋
2 2 1
C H(g)===C HO(g)＋M＋(s) ΔH ＝－283 kJ·mol－1，根据盖斯定律①＋②可得NO(g)＋
2 4 2 4 2 2
C H(g)===N(g)＋C HO(g) ΔH＝ΔH ＋ΔH ＝＋678 kJ·mol－1＋(－283 kJ·mol－1)＝
2 4 2 2 4 1 2
＋395 kJ·mol－1。
7．CH(g)＋2SO (g)===2S(g)＋CO(g)＋2HO(g)
4 2 2 2
ΔH＝＋352 kJ·mol－1
专题 11 新型电池和电解原理的应用
考点一
回扣自测
1．(1)2H O－4e－===O ＋4H＋ 2CO ＋4H＋＋4e－===2HCOOH (2)N H －4e－＋4OH－===N
2 2 2 2 4 2
＋4HO O＋4e－＋2HO===4OH－
2 2 2
2．(1)①CHOH－6e－＋HO===CO ＋6H＋ O ＋6e－＋6H＋===3HO ②CHOH－6e－＋
3 2 2 2 2 3
8OH－
===CO＋6HO O ＋6e－＋3HO===6OH－ ③CHOH－6e－＋3CO===4CO ＋2HO O ＋6e
2 2 2 3 2 2 2
－＋3CO===3CO ④CHOH－6e－＋3O2－===CO＋2HO O＋6e－===3O2－
2 3 2 2 2
(2)①Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH) 2Ni(OH) ＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2HO ②LiC －
2 2 2 x 6
xe－===xLi＋＋C Li CoO＋xe－＋xLi＋===LiCoO
6 1－x 2 2真题演练
1．C
2．D [由装置示意图可知，放电时负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，A项正确；放
电时CO 转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO 转化为HCOOH时，转移电子
2 2
数为2 mol，B项正确；由装置示意图可知充电时正极(阳极)产生O，负极(阴极)产生Zn，C
2
项正确；充电时正极(阳极)上发生反应：2HO－4e－===4H＋＋O↑，OH－浓度降低，D项错
2 2
误。]
3．B [根据VB 电极发生的反应VB ＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4HO，判断得出
2 2 2
VB 电极为负极，复合碳电极为正极，电极反应式为O＋4e－＋2HO===4OH－，所以电池总
2 2 2
反应为4VB ＋11O ＋20OH－＋6HO===8B(OH)＋4VO，C正确；负载通过0.04 mol电子时，
2 2 2
有0.01 mol氧气参与反应，即标准状况下有0.224 L氧气参与反应，A正确；负极区消耗
OH－，溶液的pH降低，正极区生成OH－，溶液的pH升高，B错误。]
4．B [海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；
N为正极，电极反应主要为O ＋2HO＋4e－===4OH－，故B错误；Li为活泼金属，易与水
2 2
反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；该电池不可充电，
属于一次电池，故D正确。]
5．C
考向预测
1．C
2．C [由图可知，NH 失去电子发生氧化反应为负极，反应为NH －4e－===N↑＋4H＋，
2 4 2 4 2
铁离子得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子和氧气反应的离子方程式为 4Fe2＋＋
4H＋＋O===4Fe3＋＋2HO，反应中氢离子向正极运动，交换膜M为质子交换膜，A、D正确；
2 2
由图可知，铁离子参与反应后又生成，即做催化剂，Fe3＋能够降低正极区反应的活化能，B
正确；由A项分析，放电时正极区溶液的酸性减弱，pH升高，C错误。]
3．C [钾离子呈＋1价、CN－为－1价，化合物中元素的正负化合价代数和为0，则正极
KFe (CN) 中Fe的化合价为＋2、＋3，A正确；放电时，正极发生还原反应，可能发生
2 6
Fe (CN)＋e－===Fe (CN)，B正确；放电时，电子从负极流经外电路到达正极，电子不流经
2 2
固体电解质，C不正确；充电时，阴极发生还原反应，阳离子向阴极移动，则Na＋增多，D
正确。]
4．D
考点二
回扣自测
1．(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√
2．(1)2Cl－－2e－===Cl↑ 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ (2)2H O－4e－===O↑＋4H＋
2 2 2 2 22Cu2＋＋4e－===2Cu
(3)Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH) 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ (4)2Cl－－2e－===Cl↑ Mg2＋
2 2 2 2
＋2e－===Mg
3．(1)①2Al－6e－＋3HO===Al O ＋6H＋ ② Al＋3HCO－3e－===Al(OH) ↓＋3CO↑
2 2 3 3 2
③Al－3e－＋7AlCl===4Al Cl 4Al Cl＋3e－===Al＋7AlCl ④2MnO－2e－===2MnO 2H＋
2 2
＋2e－===H↑ ⑤Fe＋HPO＋Li＋－2e－===LiFePO ↓＋2H＋ (2)①2I－－2e－===I
2 2 4 2
2HO＋2e－===H↑＋2OH－ ②HSO－2e－＋HO===3H＋＋SO 2HO＋2e－===H↑＋2OH－
2 2 2 2 2
真题演练
1．D
2．D [根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl ，发生氧化反
2
应，A正确；设置的装置为电解池，根据分析知，阳极区生成的 Cl 与阴极区生成的OH－在
2
管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和HO，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着
2
的生物，B正确；因为H 是易燃性气体，所以阴极区生成的H 需及时通风稀释，安全地排
2 2
入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2HO＋2e－===H↑＋2OH－，会使
2 2
海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH) 等积垢，需要定期清理，D错误。]
2
3．C
4．C [由电解示意图可知，电极B上Mn2＋转化为MnO ，锰元素化合价升高，失电子，则
2
电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；由电解示意图可知，电
极B上Mn2＋失电子转化为MnO ，电极反应式为2HO＋Mn2＋－2e－===MnO ＋4H＋，B正确；
2 2 2
电极A为阴极，LiMn O 得电子，电极反应式为2LiMn O ＋6e－＋16H＋===2Li＋＋4Mn2＋＋
2 4 2 4
8HO，依据得失电子守恒，电解池总反应为 2LiMn O ＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO ＋
2 2 4 2
2HO，反应生成了Mn2＋，Mn2＋浓度增大，C错误；电解池总反应为2LiMn O ＋4H＋===2Li
2 2 4
＋＋Mn2＋＋3MnO ＋2HO，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然
2 2
后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确。]
5．A [由装置示意图可知，b电极上N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生
2 3
还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N ＋3HO＋6e－===2NH ＋3O2－，a为阳极，电极
2 2 3
反应式为2O2－－4e－===O ，据此分析解答。由分析可得，在b电极上，N 被还原，A正确；
2 2
a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的
电压，导致电流大小改变，反应速率也会改变，C错误；电解过程中，阴极电极反应式为
2N ＋6HO＋12e－===4NH ＋6O2－，阳极电极反应式为6O2－－12e－===3O ，因此固体氧化
2 2 3 2
物电解质中O2－不会减少，D错误。]
6．D 7.D
考向预测
1．B
2．B [由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子，被还原，则电极 b为阴极，接电源负极，A正确；硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从＋5价降低到－3价，则处理1
mol NO，电路中转移8 mol e－，B不正确；阳极氯离子失去电子被氧化，生成HClO：Cl－＋
HO－2e－===HClO＋H＋，C正确；电极b上硝酸根离子转变为铵根离子，H＋与NO反应的
2
电极反应式为10H＋＋NO＋8e－===NH＋3HO，D正确。]
2
3．D [该装置的目的是制备钛铁合金，所以Fe2＋、Ti4＋发生还原反应，所以以二氧化钛、
氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；Ti、Fe性质活泼，容易
被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；TiO 得电
2
子发生还原反应，电极反应应为TiO ＋4e－===Ti＋2O2－，C错误；16.0 g TiFe ，即＝0.1
2 2
mol，需生成 0.1 mol Ti、0.2 mol Fe，根据电极反应 TiO ＋4e－===Ti＋2O2－、FeO＋2e－
2
===Fe＋O2－可知，共转移 0.8 mol 电子，O2－在阳极被还原，电极反应为 2O2－－4e－
===O↑，所以生成0.2 mol氧气，标况下体积为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，但同时流
2
出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48 L，D正确。]
4．B
题型专攻 2 电化学离子交换膜的分析与应用
真题演练
1．C [由题中信息可知，石墨烯电极发生氧化反应，为电解池的阳极，则ZnO@石墨烯电
极为阴极。阳极接电源正极，电势高，阴极接电源负极，电势低，故石墨烯上的电势比
ZnO@石墨烯上的高，C项错误；由题图可知，电解时阴极反应式为CO ＋2H＋＋2e－===CO
2
＋HO，A项正确；将阴、阳两极反应式合并可得总反应式为CO ＋HS===CO＋HO＋S，
2 2 2 2
B项正确；Fe3＋、Fe2＋只能存在于酸性溶液中，D项正确。]
2．①2HO＋2e－===2OH－＋H↑ ②K＋ 由电极a到电极b
2 2
解析 ①电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2HO＋2e－===2OH－＋H↑。②电解过
2 2
程中阳极反应为I－＋6OH－－6e－===IO＋3HO。阳极的K＋通过阳离子交换膜由电极a迁移
2
到电极b。
3．A
4．①2HO－4e－===O↑＋4H＋
2 2
②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的HPO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应
2
生成HPO
3 2
③PO HPO或HPO 被氧化
2 3 2
解析 ①阳极发生氧化反应，水中的OH－失去电子，电极反应式为2HO－4e－===O↑＋4H
2 2
＋。
②HO放电产生H＋，H＋进入产品室，原料室的HPO穿过阴膜扩散至产品室，二者发生反
2 2应：H＋＋HPOHPO 。
2 3 2
③如果撤去阳膜，HPO或HPO 可能会被氧化。
2 3 2
考向预测
1．D
2．(1)负 KSO (2)PbO ＋SO＋Zn＋2HO===PbSO ＋Zn(OH) (3)a (4)5 361
2 4 2 2 4
(5)＞ ＜
解析 (1)根据图示可知，Zn电极失去电子生成Zn2＋，与溶液中的OH－结合形成Zn(OH)，
所以Zn电极为负极；在A区域的电解质为KOH，在B区域的电解质为KSO ，C区域电解
2 4
质为HSO 。(2)负极电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，正极的电极反应式为PbO
2 4 2
＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO ＋2HO，总反应方程式为 PbO ＋SO＋Zn＋2HO===PbSO ＋
4 2 2 2 4
Zn(OH)。(3)A区域是KOH溶液，OH－发生反应生成Zn(OH)，为了维持溶液呈电中性，多
余的K＋通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此 a膜为阳
离子交换膜。(4)6.5 g Zn的物质的量是n(Zn)＝＝0.1 mol，则转移电子n(e－)＝0.2 mol,1
mol电子的电量为1 F,1 F＝96 500 C·mol－1，转移0.2 mol电子的电量Q＝0.2 mol×96 500
C·mol－1＝19 300 C，则理论上可产生的容量(电量)为mAh≈5 361 mAh。
(5) 由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO ，所以Zn-PbO 的电势差比Pb-PbO 的电势
2 2 2
差大，则 > ；不同电池的电势差越大，电池反应的自由能变就越小，由于
Zn-PbO 的电势差比Pb-PbO 的电势差大，所以 < 。
2 2
专题 12 化学反应速率与化学平衡归因分析
真题演练
1．(1)①－223 1.2×1014 ②碳氯化反应气体分子数增加，ΔH＜0，是熵增、放热过程，根
据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的体系气体分子数不变且
是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化 ③向左 变小
(2)①7.2×105 ②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl 产品，提高效益 (3)
4
将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”
2
解析 (1)①根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)－反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O(g)===2CO(g)，则
2
ΔH＝－51 kJ·mol－1－(＋172 kJ·mol－1)＝－223 kJ·mol－1；则K ＝＝ Pa＝1.2×1014 Pa；②碳
p
氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，ΔH＜0，是熵增、放热
过程，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的体系气体分子
数不变且是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化；③对于碳氯化反应，气体分子数增大，依据
勒夏特列原理，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)①从图
中可知，1 400 ℃时，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应
2 4
C(s)＋CO(g)===2CO(g)的平衡常数K (1 400 ℃)＝＝Pa＝7.2×105 Pa；②实际生产中需要综
2 p
合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于 200 ℃，就是为了提
高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。
4
(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于 TiO-C“固-固”接触的措施
2
为将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2
2．①CH＋2HO(g)=====4H＋CO
4 2 2 2
②C(s)＋2HO(g)===CO(g)＋2H(g)[或C(s)＋CO(g)===2CO(g)] ③abc ④降低 CaO＋
2 2 2 2
CO===CaCO ，CaCO 覆盖在CaO表面，减少了CO 与CaO的接触面积
2 3 3 2
3．①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转化率上升，
2
使CO 转化为CHOCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
2 3 3
②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
解析 ①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，当升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动，
CO 转化为CO的平衡转化率上升，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO 转化为CHOCH 的平衡转化
2 2 3 3
率下降，且上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子
数减小的反应，所以可以通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有利于反应Ⅱ进行的催
化剂。
类型分析
1．10 000
2．300 ℃
解析 通过图像分析得，当温度高于300 ℃时，乙酸乙酯的质量分数开始下降，所以反应
温度不宜高于300 ℃。
3．500 ℃ A
4．pH在5.5～6.0、＝6
解析 根据图示，pH在5.5～6.0、＝6时NO、SO 去除率最高。
2
5．气体流量相同，V(CH)越少，则反应越充分，转化率越大
4
6．(1)温度高于290 ℃，随着温度升高，CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)平衡向右移动的程
2 2 2
度大于2CO(g)＋6H(g)CHOCH (g)＋3HO(g)平衡向左移动的程度，使CO 的平衡总转
2 2 3 3 2 2
化率上升 (2)CO 催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低，而合成二甲醚时的副反应
2
CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)活化能较高，所以二甲醚的实际选择性高于其平衡值
2 2 2
7．a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百
分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂
表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；
b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当
8．SiHCl 参与了其他的反应，导致平衡体系内SiHCl 浓度降低，产率降低
3 3
考向预测
1．(1)< (2)p>p>p 增大压强，2HS(g)2H(g)＋S(g)平衡逆向移动，HS气体的平衡
3 2 1 2 2 2 2
转化率降低
2．C CO 甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制；催化剂活性降低(催化剂表面积碳)；
2
发生了其他副反应(甲烷水蒸气重整等)(任写一条即可)
解析 据图可知在使用Ni－20CeO/MCM－41催化剂、温度为380 ℃时CO 转化率和生成
2 2
CH 选择性均较高，故选C。
4
3．(1)AC (2)Ⅱ 反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应的进行 (3)b
解析 (1)由反应Ⅰ可知生成CHOH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有
3
利于平衡正向移动，因此降温可以提高CHOH的选择性；选择有利于反应Ⅰ进行的催化剂，
3
可以让反应更大程度甚至只进行反应Ⅰ，有利于提高甲醇的选择性。(2)温度高于350 ℃时，
由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应Ⅱ为主。(3)
反应Ⅰ是生成CHOH的反应，该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CHOH的选
3 3
择性降低，因此b为平衡时CHOH的选择性曲线，a为CO 的平衡转化率曲线。
3 2
4．(1)m>m>m 甘油的分解(反应Ⅰ)是吸热反应，升高温度有利于H 生成，会使H 的净
1 2 3 2 2
含量增加，约900 K左右达到极值，但升高温度，有利于水汽变换反应(反应Ⅱ)的逆向进行，
会使H 的净含量减小 (2)适当增大水醇比；适当升高温度；使用H 选择性高的催化剂
2 2
解析 (1)根据盖斯定律，Ⅰ＋3×Ⅱ得反应C HO(g)＋3HO(g)3CO(g)＋7H(g) ΔH ＝
3 8 3 2 2 2 2
＋128 kJ·mol－1，当C HO(g)的物质的量固定，水的量越多，氢气的产率越高，即水醇比越
3 8 3
大，氢气产率越高，故水醇比的大小顺序为m>m>m 。(2)该工艺中CO、CO 与H 反应生
1 2 3 2 2
成甲烷是主要副反应(均为放热反应)，重整反应为吸热反应，所以可以升高温度，有利于发
生重整反应生成氢气；还可以使用H 选择性高的催化剂、适当增大水醇比都有利于提高氢
2
气的产率。
5．(1)> (2)温度升高，催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b
进行)
专题 13 速率常数、平衡常数的分析应用
核心精讲
4．1 >
真题演练
1．(3)50% 4.76 (4)①越高 n(H S)∶n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡向正反应方向进
2 2
行，HS的平衡转化率越高
2②d 24.9
解析 (3)假设在该条件下，硫化氢和氩起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，平衡时
转化的n(H S)＝x mol，根据三段式可知：
2
2HS(g)S(g)＋2H(g)
2 2 2
始/mol 1 0 0
变/mol x 0.5x x
平/mol 1－x 0.5x x
平衡时HS和H 的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以HS
2 2 2
的平衡转化率为×100%＝50%，所以平衡常数K ＝＝≈4.76 kPa。(4)①由于2HS(g)S(g)
p 2 2
＋2H(g)的正反应是体积增大的反应，n(H S)∶n(Ar)越小，HS的分压越小，相当于降低压
2 2 2
强，平衡向正反应方向移动，因此HS的平衡转化率越高。②n(H S)∶n(Ar)越小，HS的平
2 2 2
衡转化率越高，所以n(H S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知，n(H S)∶n(Ar)＝
2 2
1∶9、反应进行到0.1 s时，HS的转化率为24.0%。假设在该条件下，硫化氢和氩起始投料
2
的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据三段式可知：
2HS(g)S(g)＋2H(g)
2 2 2
始/mol 1 0 0
变/mol 0.24 0.12 0.24
平/mol 0.76 0.12 0.24)
此时HS的分压为×100 kPa≈7.51 kPa，HS的起始压强为10 kPa，所以HS分压的平均变化
2 2 2
率为＝24.9 kPa·s－1。
2．(2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0 MPa＞2.5 MPa＝p ，所以p
2 1
＝5.0 MPa 反应物(N 和O)的起始浓度(组成)、温度、压强 (3) (4)升高温度，k增大使
2 2
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＞
m
t ，k增大对v的提高小于α引起的降低
m
解析 (2)反应SO (g)＋O(g)SO (g)的正反应是气体总分子数减少的放热反应，其他条件
2 2 3
相同时，增大压强，平衡正向移动，SO 平衡转化率增大，则图中p ＝5.0 MPa，p ＝0.5
2 1 3
MPa。由图可知，反应在5.0 MPa、550 ℃时SO 的平衡转化率α＝0.975。温度、压强和反
2
应物的起始浓度(组成)都会影响SO 的平衡转化率α，温度一定时，压强越大，α越大；压强
2
一定时，温度越高，α越小。
(3)假设原气体的物质的量为100 mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2m mol、m mol
2 2 2
和q mol,2m＋m＋q＝100，利用三段式法计算：
SO (g) ＋ O(g) SO (g)
2 2 3
起始量/mol 2m m 0
转化量/mol 2mα mα 2mα平衡量/mol 2m(1－α) m(1－α) 2mα
平衡时混合气体的总物质的量为2m×(1－α)mol＋m×(1－α)mol＋2mα mol＋q mol＝(3m－
mα＋q) mol，SO 的物质的量分数为×100%＝×100%，则平衡时SO 的压强为p。平衡时，
3 3
SO 、O 的压强分别为p、p，则平衡常数K ＝＝。
2 2 p
(4)在α′＝0.90时，SO 催化氧化的反应速率为v＝k(－1)0.8(1－0.90n)。升高温度，k增大使
2
v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。t＜t 时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞t
m m
后，k增大对v的提高小于α引起的降低。
3．①＋137 ②升高温度 减小压强(或增大体积) ③×p
4．(1)1∶4 变大 (2)d c 小于 (3)× (4)选择合适催化剂等
解析 (1)CO 催化加氢生成乙烯和水的化学方程式为 2CO(g)＋6H(g)C H(g)＋
2 2 2 2 4
4HO(g)，产物的物质的量之比n(C H)∶n(H O)＝1∶4，该反应是气体体积减小的反应，增
2 2 4 2
大压强平衡右移，则n(C H)变大。
2 4
(2)由平衡图像知，390 K时四种组分的物质的量分数之比满足1∶3的是曲线c和曲线a，物
质的量分数之比满足 1∶4 的是曲线 d 和曲线 b，结合反应方程式 2CO(g)＋
2
6H(g)C H(g)＋4HO(g)和原始投料n(CO)∶n(H )＝1∶3可得，曲线c表示CO ，曲
2 2 4 2 2 2 2
线a表示H，曲线d表示C H，曲线b表示HO；由图像的变化趋势可知，升高温度，曲线
2 2 4 2
a、c增大，曲线b、d减小，说明平衡左移，所以正反应放热，ΔH＜0。
(3)起始投料比 n(CO)∶n(H )＝1∶3，平衡时总压为 0.1 MPa，结合反应方程式可知
2 2
p(CO)∶p(H )＝1∶3，p(C H)∶p(H O)＝1∶4，由图像可知 p(H )＝p(H O)＝0.1 ×0.39
2 2 2 4 2 2 2
MPa，所以p(CO)＝×0.39 MPa，p(C H)＝ ×0.39 MPa。
2 2 4
根据反应的化学方程式：
2CO(g) ＋ 6H(g) C H(g) ＋ 4HO(g)
2 2 2 4 2
平衡时压强： ×0.39 0.1 ×0.39 ×0.39 0.1×0.39
该温度下的平衡常数K ＝＝(MPa)－3＝×(MPa)－3。
p
(4)在一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，减少副反应的发生，应当选
择合适催化剂等。
5．(1)大于 (2)C (4)0.004 7 b c a d
6．(2)40% 3.56×104 BD (3)CD
解析 (2)设容器中起始加入I(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的
2
量为x，列出三段式：
(g)＋I(g)=== (g)＋2HI(g)
2
起始： a a 0 0
转化： x x x 2x平衡： a－x a－x x 2x
根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得＝，
解得x＝0.4a，则环戊烯的转化率为×100%＝40%，平衡时 (g)、I(g)、 (g)、HI(g)
2
的分压分别为、、、，则 K ＝＝p ，根据 p ＝1.2×105 Pa，可得 K ＝×1.2×105
p 总 总 p
Pa≈3.56×104 Pa。通入惰性气体，对反应的平衡无影响，A项不符合题意；反应为吸热反
应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓
度，能提高I(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I(g)的
2 2
浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小
量越大，反应速率越快可知，TE ，由图2信息可知E ＝a kJ·mol－1，则>a
a a a
kJ·
mol－1，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示
意图为 。②温度t下，向容积为10 L的抽空的密闭容器中通入0.1
mol CO 和0.4 mol H ，反应平衡后测得容器中n(CH)＝0.05 mol，则CO 的转化率为×100%
2 2 4 2
＝50%，根据C元素守恒可知，CO 的平衡量为0.05 mol，H 的平衡量为0.2 mol，HO(g)的
2 2 2
平衡量是CH(g)的2倍，则n(H O)＝0.1 mol，CO(g)、H(g)、HO(g)、CH(g)的平衡浓度分
4 2 2 2 2 4
别为0.005 mol·L－1、0.02 mol·L－1、0.01 mol·L－1、0.005 mol·L－1，则该反应的平衡常数K＝
＝625，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2 ℃。 (3)在选择使用催化剂Ⅰ和350
℃条件下反应，由表中信息可知，0～2 min CH OH的浓度由0增加到10.8 μmol·L－1，因此，
3
0～2 min生成CHOH的平均反应速率为＝5.4 μmol·L－1·
3
min－1；由表中信息可知，相同催化剂，400 ℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产
物浓度低。
考向预测
(1)－361.22 ① 反应①的活化能是149.6 kJ·mol－1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol－1 ，
反应②的活化能更小
(2)AC (3)①Ⅱ ②> ③3.4 (4)O 2HSO ＋2e－＋2H＋===HSO ＋2HO HO＋HSO
2 2 3 2 2 4 2 2 2 2 4
＋NO===N＋2HSO
2 2 2 3
解析 (1)由图2可知，总反应为CO(g)＋NO(g)CO(g)＋N(g) ΔH＝－361.22 kJ·mol－
2 2 2
1；反应的决速步的活化能大，反应①的活化能是149.6 kJ·mol－1，反应②的活化能是108.22
kJ·mol－1 ，反应②的活化能小，故反应①是总反应的决速步。(2)由速率方程可知，此反应
的速率与温度和c(N O)有关，升温，k增大，速率加快，A正确；恒容时，再充入 CO，
2
c(N O)不变，速率不变，B错误；恒压时，再充入NO，c(N O)增大，速率增大，C正确；
2 2 2
恒压时，再充入N ，c(N O)减小，速率减慢，D错误。(3)①越大，NO的转化率越小，故
2 2 2
曲线Ⅱ表示T K时NO的转化率随的变化。②曲线Ⅰ表示＝1时NO的转化率随的变化，
1 2 2
由于ΔH<0，则越大，NO的转化率越大，故T>T 。③由图3曲线Ⅰ可知，＝1，温度为T
2 1 2 4K时，NO的转化率为65% ，利用“三段式”法可知平衡时p(N O)＝p(CO)＝17.5 kPa，
2 2
p(CO)＝p(N )＝32.5 kPa，Kθ＝≈3.4。(4)由图可知，电解池的阳极电极反应式为2HO－4e－
2 2 2
===4H＋＋O↑，故从A口中出来的气体是O ，电解池的阴极电极反应式为2HSO ＋2e－＋
2 2 2 3
2H＋===HSO ＋2HO；由装置图可知吸收池中除去NO的原理是HO＋HSO ＋NO===N
2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 2
＋2HSO 。
2 3
专题 14 溶液中的三大平衡及应用
回扣自测
(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)√ (10)×
真题演练
1．B [常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)
＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，K(HA)
a
＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未
总
电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝
7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，K(HA)＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)＋c(A－)，
a 总
＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c (HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中c (HA)＝1.01c(HA)，未电离的
总 总
HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c (HA)之比为[(104＋
总
1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。]
2．B
3．B [Na CO 溶液中存在水解平衡：CO＋HOHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，
2 3 2
向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1HSO ，NaCO 与HSO 恰好反应生成0.05 mol Na SO ，根
2 4 2 3 2 4 2 4
据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向NaCO 溶液中加入0.05 mol CaO后，发
2 3
生反应 CaO＋HO===Ca(OH) ，生成 0.05 mol Ca(OH) ，恰好与 NaCO 反应：Ca(OH) ＋
2 2 2 2 3 2
NaCO===CaCO ↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；
2 3 3
C项，加入50 mL H O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源
2
于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·
c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO 固体与0.05 mol Na CO 恰好反应生成
4 2 3
0.1 mol Na SO ，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO ，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，
2 4 4
错误。]
4．C [①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水
解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)应增大，pH应增大，而实际上溶液的pH
减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O 氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，
2水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的
水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不
一致，C 错；NaSO 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋
2 3
HOHSO＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做
2 2
对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中SO的数目大于①中SO的数目，④中SO的数目
小于①中SO的数目，所以④中OH－的数目小于①中OH－的数目，pH不同，B对；K 只与
w
温度有关，D对。]
5．A
考向预测
1．C [HF是弱电解质，加水稀释促进HF的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不
变，K 不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，K(HF)不变，＝，c(F－)减小，则增
w a
大；根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则＝＝
1－， 因为增大，故减小。]
2．C
3．C [由图像可知，HY溶液加水稀释104倍，溶液的pH也随之增加了4，而HX溶液加水
稀释104倍后，溶液的pH变化小于4，因此HY为强酸，HX为弱酸，A项错误；电离常数
只与温度有关，因此在相同温度下，电离常数K(HX)：a＝b，B项错误；a、b两点对应溶液
中水的电离都因HX的电离而受到抑制，在a点时，溶液中HX电离出的c(H＋)较大，对水
的电离抑制更强，因此在a点时溶液中c (H＋)、c (OH－)都比b点的小，则c (H＋)·c (OH
水 水 水 水
－)：a＜b，C项正确；一般情况下，升高温度，促进弱电解质的电离，因此加热两溶液时，
HY是强酸，c(Y－)不变，而HX是弱酸，c(X－)增大，则增大，D项错误。]
4．B [Na CO 溶液、NaHCO 溶液中均存在Na＋、CO、HCO、HCO 、H＋、OH－、HO，
2 3 3 2 3 2
故含有的微粒种类相同，A正确；HCOH＋＋CO，加入Ca2＋后，Ca2＋和CO反应生成沉
淀，促进HCO的电离，且抑制CO的水解，B错误；Al3＋与CO、HCO都能发生相互促进的
水解反应，C正确；Al3＋与CO、HCO发生相互促进的水解反应，都生成Al(OH) 和CO ，
3 2
导致溶液酸性增强，pH减小，CaCl 与NaCO 反应生成CaCO ，c(CO)减小，溶液pH减小，
2 2 3 3
HCOH＋＋CO，Ca2＋与CO结合促进HCO的电离平衡正向移动，c(H＋)增大，溶液pH减
小，D正确。]
5．D [硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO ，可降低反应的
3
剧烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 BiONO ，水解的
3
离子方程式为Bi3＋＋NO＋HOBiONO ＋2H＋，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增
2 3
大，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO ，B正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方
3
程式为Bi3＋＋Cl－＋HOBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CHCOONa(s)，醋酸根离子
2 3
会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进 Bi3＋水解，C正确；结合C项分析水解工序中加入少量NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使
4 3
氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根离子、
水也会发生反应：Bi3＋＋NO＋HOBiONO ＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D错误。]
2 3
6．D 7.C
专题 15 电离常数、水解常数、溶度积常数的应用
核心精讲
2．(1)①1.00×10－12 ②HSO ＋HCO===HSO＋CO↑＋HO
2 3 2 2
解 析 ① NaHSO 水 解 反 应 的 平 衡 常 数 K ＝ ＝ ＝ 1.00×10 － 12 。 ② 酸 性 ：
3 h
HSO >H CO>HSO，则 HSO 溶液和 NaHCO 溶液反应的主要离子方程式为 HSO ＋
2 3 2 3 2 3 3 2 3
HCO===HSO＋CO↑＋HO。
2 2
(2)c(NO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－) 1.4×10－11
解析 (2)依据NO＋HOHNO＋OH－，水解平衡常数表达式K ＝＝×＝＝≈1.4×10－11。
2 2 h
3．(2)6.5×10－4
解析 60 ℃时，其K ＝c(Ag＋)·c(BrO)＝2＝2≈6.5×10－4。
sp
(3)0.46
解析 沉淀转化的离子方程式为 CO(aq)＋BaSO(s)BaCO (s)＋SO(aq)，K＝＝＝＝
4 3
≈0.022。c(CO)＝＝ mol·L－1 ≈0.45 mol·L－1，NaCO 溶液的最初浓度：c(Na CO)≥(0.01＋
2 3 2 3
0.45)mol·L－1＝0.46 mol·L－1。
(4)1.05×10－6
解析 pH＝9，c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，由SO＋HOHSO＋OH－知，c(HSO)＝
2
c(OH－)＝1×10－5mol·L－1。K (SO)＝＝，则＝，c(SO)＝1.02×10－3mol·L－1。由物料守恒知：
h
c(Ca2＋)＝c(SO)＋c(HSO)＝1.02×10－3mol·L－1＋1×10－5mol·L－1＝1.03×10－3mol·L－1。则
K (CaSO)＝c(Ca2＋)·
sp 3
c(SO)≈1.05×10－6。
真题演练
1．10
2．10－7.5
解析 由图像知，当 pH＝7.5 时，δ(ClO－)＝δ(HClO)＝50%，可求得该点 c(ClO－)＝
c(HClO)，由HClO的电离方程式HClOClO－＋H＋可得，K＝＝＝10－7.5。
a
3．1012·K 1024·K ·K
a1 a1 a2
解析 HCO 是二元弱酸，分步发生电离：HCOHCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有
2 3 2 3
K ＝、K ＝，从而可得：K ·K ＝。当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，代入K 、
a1 a2 a1 a2 a1K ·K 可得：c(H CO)∶c(HCO)＝1∶(1012·K )，c(H CO)∶c(CO)＝1∶(1024·K ·K )，综合
a1 a2 2 3 a1 2 3 a1 a2
可得：c(H CO)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·K )∶(1024·K ·K )。
2 3 a1 a1 a2
4．(1)8.7×10－7 NH(HSO )
2 6 4 2
解析 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为 NH
2 4
＋HONH＋OH－，再根据已知：NH ＋H＋NH的K＝8.7×107及K ＝1.0×10－14，故
2 2 2 4 2 w
联氨第一步电离平衡常数为 K ＝＝＝×c(OH－)·c(H＋)＝K ·K＝8.7×107×1.0×10－14＝
b1 w
8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学
式为NH(HSO )。
2 6 4 2
(2)20
解析 Al(OH) 溶于NaOH溶液发生反应：Al(OH) ＋OH－AlO＋2HO K ，可分两步进
3 3 2 1
行：
Al(OH) AlO＋H＋＋HO K
3 2
H＋＋OH－HO
2
则K ＝＝＝20。
1
5．①FeS＋CrO＋4HO===Fe(OH) ＋Cr(OH) ＋S＋2OH－ ②5×10－5 ③c(OH－)越大，
2 3 3
FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中CrO物质的量分数越大
解析 ②反应FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常数K＝ ，由题目信息可知，K (FeS)＝c(Fe2
sp
＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，HS电离常数K ＝＝1.3×10－13，所以K＝＝＝5×10－5。
2 a2
6．24
解析 在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有＝＝＝≈24。
7．2.0×10－5 5.0×10－3
考向预测
1．8×1015
2．不能，该反应的平衡常数为4.67×10－11，小于1.0×10－5，所以该反应不能发生
解析 2Fe(OH) (s)＋3HC O(aq)2Fe3＋(aq)＋6HO(l)＋3C O(aq)
3 2 2 4 2 2
K＝
Fe(OH) (s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
3
K [Fe(OH) ]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)
sp 3
HC O(aq)H＋(aq)＋HC O(aq)
2 2 4 2
K ＝
a1
HC O(aq)H＋(aq)＋C O(aq)
2 2
K ＝
a2
K＝＝
＝4.67×10－11<1.0×10－5，所以该反应不能发生。3．1.936×10－3
解析 Ag＋(aq)＋2NH ·H O(aq)[Ag(NH)]＋(aq)＋2HO(l)
3 2 3 2 2
K ＝，
1
AgCl(s)＋2NH ·H O(aq)[Ag(NH)]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2HO(l)
3 2 3 2 2
K ＝，
2
则K ＝K ·K (AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。
2 1 sp
4．溶液中存在平衡：CaSO(s)＋HC O(aq)CaC O(s)＋2H＋(aq)＋SO(aq)，K＝≈0.19，Q
4 2 2 4 2 4
＝＝＝8>K，所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，得到CaSO 而不是CaC O
4 2 4
5．10－2
解析 已知K [Mg (PO )]＝c3(Mg2＋)·c2(PO)＝2.0×10－24、K [Mg (AsO)]＝c3(Mg2＋)·
sp 3 4 2 sp 3 4 2
c2(AsO)＝2.0×10－20，将溶液的pH调至9时，溶液中＝＝＝10－2。
题型专攻 4 电解质溶液各类图像的分析
(一)
1．(1)S2－＋HOHS－＋OH－、HS－＋HOHS＋OH－
2 2 2
c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H S)]
2
c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H S)
2
(2)HS－＋HOHS＋OH－
2 2
c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)
c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H S)
2
c(OH－)＝c(H＋)＋c(H S)－c(S2－)
2
2．(1)CH COO－＋HOCHCOOH＋OH－
3 2 3
c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
3
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)
3
2c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 3
c(CHCOO－)＋2c(OH－)＝c(CHCOOH)＋2c(H＋)
3 3
(2)c(CHCOO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
3
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)
3
c(Na＋)＝c(CHCOO－)
3
(3)c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)
3 3
(二)1．CHCOONa、CHCOOH c(CHCOO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) CHCOONa、
3 3 3 3
CHCOOH c(CHCOO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－) CHCOONa c(Na＋)＞c(CHCOO－)＞
3 3 3 3
c(OH－)＞
c(H＋) CHCOONa、NaOH
3
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)
3
2．[实例1](1)①HC OH＋＋HC O ②HC OH＋＋C O
2 2 4 2 2 2
(2)10－1.2 10－4.2 (3)1 000
(4)酸 c(Na＋)＞c(HC O)＞c(H＋)＞c(C O)＞c(OH－)
2 2
[实例2](1)H PO HPO HPO PO
3 4 2
(2)H PO ＋OH－===HPO＋HO
3 4 2 2
HPO＋OH－===HPO＋HO
2 2
HPO＋OH－===PO＋HO
2
(3)10－2 10－7.1 10－12.2 (4)①酸性 ②碱性
3．(1)H Y＋OH－===HO＋HY－、HY－＋OH－===HO＋Y2－ (2)增大 减小 (3)10－4.3 (4)
2 2 2
＝
解析 (3)K (H Y)＝，
a2 2
当c(H＋)＝10－3时，＝10－1.3，
所以K (H Y)＝10－4.3。
a2 2
(4)在“e”点，lg ＝lg ，所以＝，所以c(H Y)＝c(Y2－)。
2
4．[实例1]饱和Ag CrO 溶液 Ag CrO 的K 过饱和溶液 大于
2 4 2 4 sp
不可能
[实例2]饱和溶液 K 不饱和溶液 过饱和溶液
sp
[实例3]越大 越小 BaCO BaSO BaCO 的饱和溶液
3 4 3
BaCO 的不饱和溶液 BaSO 的过饱和溶液
3 4
真题演练
1．C [由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5mol·L－1时，c2(M＋)＝7.5×10－8 mol2·L－2，
c(M＋)＝mol·L－1＝×10－4mol·L－1<3.0×10－4 mol·L－1，A正确；
由图可知，c(H＋)＝0时，可看作溶液中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，
溶液中c(M＋)＝c(A－)，则K (MA)＝c(M＋)·c(A－)＝c2(M＋)＝5.0×10－8，B正确；MA饱和溶
sp
液中，M＋不发生水解，A－水解使溶液呈碱性，若使pH＝7，需加入酸，会引入其他阴离子，
此时c(M＋)＋c(H＋)≠c(A－)＋c(OH－)，C错误；K(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒
a
知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则c(A－)＝，K (MA)＝c(M＋)·c(A－)＝＝5.0×10－8，则c2(M＋)＝
sp
10×10－8，对应图得此时溶液中c(H＋)＝2.0×10－4mol·L－1，K(HA)＝＝c(H＋)＝2.0×10－4，
a
D正确。]
2．B3．C [根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40 mL，HA是二元酸，可知酸的浓度是
2
0.100 0 mol·L－1，B项错误；起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.100 0 mol·L－1，可知HA第一步
2
电离是完全的，溶液中没有HA，所以曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；
2
利用曲线①、②的交点可知，c(HA－)＝c(A2－)，此时pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1，
HA－A2－＋H＋，K(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时，根据电荷守恒c(Na＋)＋
a
c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，以酚酞为指示剂，说明滴定终点时溶液呈碱性，c(OH－)
＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。]
4．C
5．D [As(OH) [As(OH) O]－＋H＋，K ＝，当pH＝9.1时，c＝c[As(OH) ]，K ＝10－9.1，
3 2 a1 3 a1
As(OH) 的lg K 为－9.1，A正确；[As(OH) T]－
3 a1 2
[AsO(OH)T]2－＋H＋，K ＝，当 pH＝4.6 时，c＝c，K ＝10－4.6，而由 A 选项计算得
a a
As(OH) 的K ＝10－9.1，即K > K ，所以[As(OH) T]－的酸性比As(OH) 的强，B正确；由
3 a1 a a1 2 3
图可知As(OH) 的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH) T]－的浓度为右坐
3 2
标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH) 的浓度比[As(OH) T]－的高，C
3 2
正确；由已知条件，酒石酸(H T，lgK ＝－3.04，lgK ＝－4.37)，As(OH) 的lgK 为－9.1，
2 a1 a2 3 a1
即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于
As(OH) ，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种
3
不是As(OH) ，D错误。]
3
6．D
7．D [由题干信息，M(OH) (s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)，M(OH) (s)＋2OH－(aq)M(OH)
2 2
(aq)，随着pH增大，c(OH－)增大，则c(M2＋)减小，c[M(OH)]增大，即－lg c(M2＋)增大，
－lg c[M(OH)]减小，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，曲线②代表－lg c[M(OH)]
与pH的关系，据此分析解答。由分析可知，曲线①代表－lg c(M2＋)与pH的关系，A正确；
由图像可知，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH) 的K ＝c(M2＋)·c2(OH－)＝1×10－
2 sp
17，B正确；向c(M2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，根据图像可知，
pH＝9.0时，c(M2＋)、c[M(OH)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，C正确；
2
由曲线②可知，c[M(OH)]＝0.1 mol·L－1时pH≈14.5，则c(OH－)＝100.5 mol·L－1＞3 mol·L－
1，因此加入等体积 0.4 mol·L－1的 HCl 后，c(OH－)减小，平衡 M(OH) (s)＋2OH－(aq)
2
[M(OH)](aq)逆向移动，因HCl的量不能使M(OH) 溶解，所以体系中M不可能主要以
2
M2＋存在，D错误。]
8．D
考向预测
1．B [酸性：HX＞HY，相同浓度的酸，HX的pH小，由起始点坐标知，HX对应曲线 Ⅰ，
HY对应曲线 Ⅱ，由图可知0.100 0 mol·L－1 HX溶液的pH为3，K(HX)＝＝＝＝10－5，同
a理K (HY)＝＝＝＝10－9，两者浓度均为0.100 0 mol·L－1时，pH均比1大，故两者都是弱
a
酸，A项错误；在B 和B 点，起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存
1 2
在物料守恒：c(HY)＋c(Y－)＝c(X－)＋c(HX)，即c(HY)－c(HX)＝c(X－)－c(Y－)，B项正确；
pH＝7时，溶液呈中性，不影响水的电离，故两溶液中由水电离出的c(H＋)大小关系为c(H
＋) ＝c(H＋) ，C错误；C 点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X－的水
Ⅰ Ⅱ 1
解，水解的离子方程式为X－＋HOHX＋OH－，水解常数为K ＝＝＝＝1×10－9，因水解
2 h
产生的HX和OH－的离子浓度相等，K ＝＝＝1×10－9，c(OH－)＝×10－5.5 mol·L－1，pOH＝
h
－lg c(OH－)≈－×0.7＋5.5＝5.15，pH＝14－pOH＝8.85，D错误。]
2．D [＝·＝，其值与溶液 pH大小无关，A项正确；由图可知 pH＝4时，lg ＝0，则
K(HA)＝1.0×10－4，同理pH＝5时，lg ＝0，则K(HB)＝1.0×10－5，所以酸性：HA＞HB，
a a
根据强酸制弱酸的原理可知选项中离子方程式正确，B项正确；酸性：HA＞HB，B－的水解
能力比A－强，相同温度下，等浓度的NaB溶液和NaA溶液的pH：NaB＞NaA，C项正确；
＝＝，lg ＝lg ＝pH－pK(HA)，故＝ ，D项错误。]
a
3．B
4．D [由图可知，pX＝a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶
质的起始物质的量相同，反应为 NaCl＋AgNO===AgCl↓＋NaNO 、NaCrO ＋
3 3 2 4
2AgNO===Ag CrO↓＋2NaNO ，完全反应时NaCrO 消耗AgNO 溶液的体积是NaCl的2
3 2 4 3 2 4 3
倍，所以曲线Ⅰ表示滴定NaCl溶液、曲线Ⅱ表示滴定NaCrO 溶液，A选项错误；曲线Ⅱ
2 4
表示滴定 NaCrO 溶液，达到滴定终点时 pX＝b，即 c(CrO)＝10－b mol·L－1，
2 4
Ag CrO(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，则c(Ag＋)＝2c(CrO)＝2.0×10－b mol·L－1，K (Ag CrO)
2 4 sp 2 4
＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2.0×10－b)2×10－b＝4.0×10－3b，B选项错误；温度不变，氯化银的溶度
积不变，若将NaCl溶液的浓度改为0.05 mol·L－1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一
半，因此滴定终点会向左平移，C 选项错误；由数据可得出，K (AgCl)＝10－10，
sp
K (Ag CrO)＝4×10－12，当溶液中同时存在Cl－和CrO时，Cl－沉淀需要的Ag＋少，先沉淀，
sp 2 4
用AgNO 标准溶液滴定NaCl时，可用KCrO 溶液做指示剂，滴定至终点时，会生成砖红
3 2 4
色的Ag CrO，D选项正确。]
2 4
专题 16 溶液的配制与滴定法的应用
核心精讲
3．(1)当滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 当滴入最后一
滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2)淀粉溶液 当滴入最后一滴标准碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色(3)否 当滴入最后一滴标准酸性KMnO 溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
4
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋ 当滴入最后一滴NH Fe(SO ) 标准溶液，溶液变成浅红色，且
4 4 2
半分钟内不褪色
(5)KSCN溶液 当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复红色
真题演练
1．(1)5.0 (2)C (3)①3.00 33.00
②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
(4)①0.110 4 (5)向滴定后的混合液中加入 20 mL HAc 溶液
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或HSO ：还原剂、防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产
2 3 3 4
肥料)
解析 (1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×
5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压
住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视
或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒
引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口，故C正确；定容完
成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，右手扶住容量瓶底部，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，
故 D 错误。(3)① 实验Ⅶ的溶液中 n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此
V(NaAc)＝
3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液总体积为40.00 mL，因此V(H O)＝40.00 mL－
2
4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液
中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝
2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电
离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋HO，由反应方程式
2
可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此 22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00
mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈
mol·L－1＝10－2.88 mol·L－1，溶液的 pH＝2.88，当 V(NaOH)＝11.04 mL 时，n(NaAc)＝
n(HAc)，溶液的 pH＝4.76，当 V(NaOH)＝22.08 mL 时，达到滴定终点，溶液中溶质为
NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近
0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。
(5)向20.00 mLHAc溶液中加入V mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为
1
NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的K，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc
a
溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强
氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；HSO 具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加
2 3
适量HSO 可用作防腐剂；HPO 是中强酸，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等
2 3 3 4
行业有广泛用途。
2. AB
3．(1)球形冷凝管 酸式滴定管 (2)C (3)加入 HPO 后，溶液中存在化学平衡
3 4
HSO SO ＋HO，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO 逸出后，促进了化学平衡
2 3 2 2 2 2
HSO SO ＋HO向右移动 (4)检漏 蓝色 I ＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO (5)偏低
2 3 2 2 2 2 2
(6)80.8
解析 由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是用过量的磷酸与其中的
亚硫酸盐反应生成SO ，用氮气将SO 排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，
2 2
测出样品中亚硫酸盐含量。(2)三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水，向其中加入
HPO 的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈
3 4
烧瓶适宜的规格为1 000 mL，选C。(3)虽然K (H PO )＝7.1×10－3＜K (H SO )＝1.3×10－
a1 3 4 a1 2 3
2，但是HPO 为难挥发性的酸，而HSO 易分解为SO 和水，SO 的溶解度随着温度升高而
3 4 2 3 2 2
减小，SO 逸出后，促进了化学平衡HSO SO ＋HO向右移动。(4)滴定管在使用前需要
2 2 3 2 2
检漏、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO 还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴定终
2
点时，过量的半滴碘标准溶液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟之内不变色，因此，滴定终点时
溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO。(5)若先加磷酸再
2 2 2
通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和 SO 被装置中的氧气氧化，碘
2
标准溶液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。(6)实验中SO 消耗的碘标准溶液的体
2
积为0.30 mL＋1.00 mL＝1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗碘标准溶液的
体积为1.20 mL，根据反应I＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO可以计算出n(SO )＝n(I)＝
2 2 2 2 2
1.20 mL×10－3 L·mL－1×0.010 00 mol·L－1＝1.20×10－5 mol，由于 SO 的平均回收率为
2
95%，则实际生成的n(SO )＝≈1.263×10－5 mol，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸
2
盐含量为≈80.8 mg·kg－1。
考向预测1．D 2.D
3．(1)淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色
(2)92.82
解析 (1)根据淀粉遇I 变蓝色，可选用淀粉溶液作指示剂，若达到滴定终点，会看到溶液
2
由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色。
(2)Na SO 作氧化剂，与KI反应的离子方程式为SO＋2I－===2SO＋I ，I 与NaSO 反应的
2 2 8 2 2 2 2 2 3
离子方程式为I ＋2SO===SO＋2I－，可得关系式：NaSO ～I ～2NaSO ，n(Na SO)＝
2 2 4 2 2 8 2 2 2 3 2 2 3
0.100 0 mol·L－1×19.50×10－3 L＝1.95×10－3 mol，则n(Na SO)＝n(Na SO)＝9.75×
2 2 8 2 2 3
10－4 mol，m(Na SO)＝9.75×10－4 mol×238 g·mol－1＝0.232 05 g，则该样品的纯度为
2 2 8
×100%＝92.82%。
4．(1)当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(2)CH COOOH＋ 2Fe2＋＋2H＋===CHCOOH＋2Fe3＋＋HO (3)
3 3 2
解析 (1)高锰酸钾溶液为紫红色，过氧化氢没除尽之前，加高锰酸钾，溶液紫红色会褪去，
若过氧化氢已除尽，再滴入高锰酸钾溶液，溶液将变为浅红色。(3)Fe2＋总物质的量为cV×
1 1
10－3mol，n(K Cr O)＝cV×10－3mol。根据得失电子守恒有：KCr O ～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋
2 2 7 2 2 2 2 7
～6Fe3＋，即每1 mol K Cr O 与6 mol Fe2＋恰好完全反应，所以与cV×10－3mol KCr O 反
2 2 7 2 2 2 2 7
应的Fe2＋的物质的量为6cV×10－3mol，则与过氧乙酸反应的Fe2＋的物质的量为cV×10－
2 2 1 1
3mol－6cV×10－3mol，根据CHCOOOH＋2Fe2＋＋2H＋===CHCOOH＋2Fe3＋＋HO可得，
2 2 3 3 2
CHCOOOH的物质的量为，CHCOOOH的质量为×76 g·mol－1＝38(cV×10－3－6cV×10－
3 3 1 1 2 2
3) g，则过氧乙酸的含量为＝ g·L－1。
5．(1)B (2)当滴入最后一滴标准液时，出现浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变
解析 (1)指示剂选择原则为颜色变化明显、溶解度微大于 AgSCN，根据表中数据可知选
KCrO 溶液作为指示剂。
2 4
6．滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 %
专题 17 典型实验装置及化学实验基本操作
回扣自测
1．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)×
2．(1)CO 铁粉 过滤 氯水 NaOH 过滤 氨水 过滤
2
冷却结晶 趁热过滤 盐酸 过滤 NaOH 过滤 蒸馏
NaCO (2)浓硫酸 饱和NaCl溶液 饱和NaHCO 溶液 饱和NaHCO 溶液 灼热CuO
2 3 3 3
石灰乳或NaOH溶液 水 灼热铜网 溴水 酸性高锰酸钾溶液和石灰乳
核心精讲3．(2)酸性KMnO 灼热的铜网 NaOH
4
4．(1)稳定 (2)①沉淀剂 (3)过滤器 自然流下 (5)瓶塞旋转180°后 (6)①活塞旋转180°
②玻璃球 (7)①尖嘴 ②玻璃珠 (8)①水柱 ②不变化 (9)②排水法 (13)①溶解 沉淀
过滤 蒸发 结晶 (14)FeCl 饱和溶液 (15)①蒸发→结晶→过滤 ②蒸发浓缩→冷却结晶
3
→过滤
真题演练
1．A 2.A
3．A [萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，A项错误；分液时先将下层液体从下口放
出，B项正确；水相为无色说明黄色配离子基本被萃取出来，C项正确；直形冷凝管有利于
液体流出，故蒸馏时选用直形冷凝管，D项正确。]
4．B [依题意，制备产品需要“搅拌、加热回流”，A项正确；副产物氯化氢极易溶于氢
氧化钠溶液，不能直接将尾气通入氢氧化钠溶液中，这样易发生倒吸现象，B项错误；分液
收集二氯甲烷层需用到分液漏斗，振荡时需将分液漏斗倒转过来放气，避免分液漏斗内气压
过大，发生危险，C项正确；蒸馏时需要用温度计指示温度，冷凝水从下口进、上口出，提
高冷凝效率，D项正确。]
5．D [根据文中描述，将海水倒在锅中加热煮沸，看见白色的固体出现，就得到盐，操作
方法为浓缩结晶，故D正确。]
6．C [由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；氢氧
化钠固体能与玻璃中的SiO 反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；四氯化
2
碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在
细口玻璃瓶中，C错误；高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保
存，D正确。]
7．A 8.D
9．B [过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；CO 的密度大于空气且不与空
2
气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B操作规范；混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸
缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；转移溶液时，应使用玻璃棒引流，
D操作不规范。]
10．C [碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入
酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐水为中性，铁
钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管中形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在400
℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常用坩埚或者燃烧匙，C错误。]
考向预测
1．D [加热条件下镁和N 、O 均能反应，A错误；二氧化碳也可以和饱和碳酸钠溶液反应，
2 2
应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，B错误；氧化铁也可以和盐酸反应，应用NaOH溶液除杂，C错误；氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，
D正确。]
2．B [操作①是过滤，需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷
却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒、蒸发皿等，故B错
误、C正确；用无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是除去晶体表面的水和水中的离子，而且对
于晶体的溶解能力很小，同时易挥发不容易带来污染，故D正确。]
3．D [向工业大理石(含有少量SiO、Al O、Fe O 等杂质)中加足量酸，得到二氧化硅沉淀，
2 2 3 2 3
所以固体Ⅰ中含有SiO ，溶液Ⅰ中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH) 、Fe(OH) 沉淀，
2 3 3
即为固体Ⅱ，A项正确；Al(OH) 具有两性，可以和氢氧化钙反应生成 AlO，故加入石灰水
3
时，要控制pH，防止固体Ⅱ中Al(OH) 转化为AlO，B项正确；试剂a为盐酸，CaCl ·6H O
3 2 2
易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要控制条件防止其分解，C项正确；若改变实验
方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵杂质，D项错
误。]
4．A 5.B
6．D [对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液
中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸
钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密
度差异，故A不符合题意；5.3 g Na CO ·10H O中Na CO 的物质的量小于0.05 mol，用
2 3 2 2 3
500 mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10 mol·L－1，故B不符合题意；加热后
的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意；
FeSO 易水解、易被氧化，配制FeSO 溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO 溶液
4 4 4
时，先将FeSO 固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故
4
D符合题意。]
7．A [用标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度需要酸碱通用滴定管、锥形瓶(夹持仪器、部
分试剂省略)，A项正确；溴溶于四氯化碳中，不能分液分离，应该使用蒸馏的方法，需要
蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、牛角管等，B项错误；焰色反应需要使用铂
丝而不是玻璃棒，C项错误；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶
解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，需要的仪器还有托盘天平、烧杯、胶头滴
管等，D项错误。]
8．B 9.C
10．C [Al具有两性，能与强碱反应，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋
2 2
3H↑，故A正确；Mg、Fe不与NaOH反应，则操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液
2
的杂质，故B正确；②加入稀硫酸的作用是调节pH使Al3＋转为Al(OH) 沉淀，③是为了溶
3
解Al(OH) 沉淀同时引入硫酸根离子，两者作用不同，故C错误；④是根据溶解度差异来制
3取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al (SO ) 和KSO 的溶解度，故D正确。]
2 4 3 2 4
11．C
专题 18 物质检验、鉴别 简单实验方案的设计及评价
回扣自测
(1)错 也可能含K＋，检验K＋要透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色说明含有钾元素，否
则不含有
(2)错 挥发出的乙醇、生成的乙烯及副反应生成的SO 都能使酸性KMnO 溶液褪色
2 4
(3)错 NH 极易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，不加热时NH 不会逸出
3 3
(4)错 淀粉碘化钾试纸检验的是具有强氧化性的气体，Y可能是Cl ，也可能是O 、NO 等
2 3 2
气体
(5)错 O、Cl 等也能使品红溶液褪色
3 2
(6)错 若溶液Y中含有SO，滴加稀硝酸时能被氧化成SO，加入BaCl 溶液也会有白色沉淀
2
产生；若溶液中含有Ag＋，也会有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成
(7)错 碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故用酸性KMnO 溶液无法证明该有
4
机物中含有碳碳双键
(8)错 只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐酸、浓硝酸都符合
(9)正确 Fe2＋的检验方法正确
(10)错 HSO 是中强酸，电离出的H＋与溶液中的NO能将SO氧化成SO，故该白色沉淀是
2 3
BaSO
4
(11)正确 HSO 是中强酸，而HCl是强酸，不能由中强酸制强酸
2 3
(12)错 在Fe(NO ) 中加入稀硫酸后，Fe2＋能被H＋、NO(两者同时存在相当于HNO)氧化成
3 2 3
Fe3＋而干扰实验
真题演练
1．C
2．C [过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A
错误；向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，再加
新制氢氧化铜悬浊液检验，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制的氢氧化铜反应，则
不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖是否发生水解，B错误；石蜡油加强热，产生的气体能
使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，C正确；聚氯乙烯加强热会发生焦化、
分解反应，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，与氯乙烯加聚反
应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误。]
3．C [CHCOONH 中 NH 也能发生水解，干扰实验，应用同浓度的 CHCOONa 和
3 4 3
NaHCO 进行实验，A错误；KMnO 能与浓盐酸反应生成氯气，故滴入KMnO 溶液，紫色
3 4 4褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B错误；KCrO 溶液中存在平衡2CrO(黄色)＋2H＋
2 4
Cr O(橙红色)＋HO，缓慢滴加硫酸，H＋浓度增大，平衡正向移动，故溶液由黄色变为
2 2
橙红色，C正确；乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D
错误。]
4．C [氨气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故A错误；二氧化锰与浓盐酸共
热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，故B错误；二氧化锰和氯酸钾共热
制备氧气为固固加热的反应，能选用图中的加热装置，且氧气的密度大于空气，可选用向上
排空气法收集，故C正确；氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢气体为固液加热反应，需要选
用固液加热装置，故D错误。]
5．B
6．D [MgCl 溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢
2
氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不
正确；FeCl 溶液中滴加 KSCN溶液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验Fe3＋的存
3
在；FeCl 溶液中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，B不正确；AgI的溶解度远远小于AgCl，
2
因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不
正确；酸性KMnO 溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸
4
性KMnO 溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪色，D正确。]
4
7．D 8.D
9．C [酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应
的反应热，A错误；NaClO和NaSO 反应无明显现象，无法根据现象探究浓度对化学反应
2 3
速率的影响，B错误；将NaCO 溶液与BaCl 溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1
2 3 2
滴NaCO 溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；
2 3
检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可用银氨溶液或新
制的氢氧化铜，D错误。]
10．A [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
4 2
后液体不会分层，A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
2
粒)和黑色颗粒(单质碳)，B项不符合题意；向盛有饱和NaSO 溶液的试管中滴加稀盐酸，
2 2 3
溶液中发生反应SO＋2H＋===SO ↑＋S↓＋HO，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，C
2 2 2
项不符合题意；向FeCl 溶液中加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，可以看到溶
3
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。]
11．A
考向预测
1．A [NaOH溶液若变质会混有碳酸钠，与氢氧化钡反应生成白色沉淀，故 A正确；漂粉
精含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙可电离出钙离子，加碳酸钠溶液均产生沉淀，不能检验是否变质，故B错误；氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银反应均生
成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；NaSO 溶液变质会混有硫酸钠，亚硫酸钠和
2 3
硫酸钠均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误。]
2．C [食盐中含碘元素的物质是KIO ，KIO 不能使淀粉溶液变蓝，不能用淀粉溶液检验食
3 3
盐中的碘元素，故A错误；NaCO 、NaOH都能使酚酞溶液变红，不能用酚酞溶液检验
2 3
NaCO 溶液中的NaOH，故B错误；酚类物质遇FeCl 溶液发生显色反应，可以用FeCl 溶
2 3 3 3
液检验有机废水中的酚类，故C正确；环己烯、甲苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能
用酸性高锰酸钾溶液检验环己烯中的甲苯，故D错误。]
3．B
4．D [浓硝酸也具有挥发性，挥发出的硝酸与浓氨水挥发出的氨气反应生成硝酸铵，也会
有白烟产生，所以蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生不能确定该溶液是浓盐酸，故
A错误；亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B错误；加热盛有少量
碳酸氢铵固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝说明碳酸氢铵不
稳定，受热分解生成了氨气，不能确定碳酸氢铵的酸碱性，故C错误；浓硫酸具有脱水性，
将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化且放出大量的热，具有强氧化性的浓硫酸与脱水碳化生
成的碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，所以将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌的过程中，
浓硫酸体现了氧化性和脱水性，故D正确。]
5．A
大题突破 2 综合实验题题型研究
真题探究
1．(1)分液漏斗、球形冷凝管 (2)CuSO ·5H O 部分风化失去结晶水生成无水硫酸铜
4 2
(3)CuO (4)3H C O ＋2KCO===2KHC O ＋KC O ＋2HO＋2CO↑ (5)分批加入并搅拌
2 2 4 2 3 2 4 2 2 4 2 2
(6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤
解析 (1)由CuSO ·5H O固体配制硫酸铜溶液，需用电子天平称量一定质量的 CuSO ·5H O
4 2 4 2
固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO ·5H O，因此用不
4 2
到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)CuSO ·5H O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，
4 2
生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的
氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量
之比为1.5∶1发生非氧化还原反应生成KHC O 、KC O 、CO 和水，依据原子守恒可知，
2 4 2 2 4 2
反应的化学方程式为3HC O ＋2KCO===2KHC O ＋KC O ＋2HO＋2CO↑。(5)为防止草
2 2 4 2 3 2 4 2 2 4 2 2
酸和碳酸钾反应时过于剧烈，造成液体喷溅，可将碳酸钾分批加入并搅拌以减缓反应速率。
(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80～85 ℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
2．(1)HCl HSO (浓)＋NaCl=====NaHSO ＋HCl↑ (2)防止倒吸 CuSO 溶液 (3)静置，
2 4 4 4
取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6%
考点一
回扣自测
1．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)×
2．①平衡压强，使液体能顺利滴下 减小液体体积 ③吸收尾气，防止污染空气 ⑤安全
瓶 ⑦干燥 流量 ⑧左右两液面 ⑨加快
3．(1)相等 顺利滴下 (2)快速干燥 (4)纯度 (5)降低 受热分解
真题回访
1．(1)圆底烧瓶 b (2)干燥气体 (3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀 (5)磷酸晶体
(6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键
2．(1)aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 (2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化
碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案) (3)NH ·H O＋NaCl＋CO===NH Cl＋
3 2 2 4
NaHCO ↓ (4)①0.84 ②冷却结晶 过滤 (5)A
3
解析 (1)要制备NaHCO ，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中
3
除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO ，其中过量的二氧化碳可
3
被氢氧化钠溶液吸收，所以按气流方向正确的连接顺序应为aefbcgh；为使A中分液漏斗内
的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小
孔。
(4)① 对固体 NaHCO 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为
3
2NaHCO =====NaCO ＋CO↑＋HO，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足
3 2 3 2 2
量 NaO ，NaO 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 2NaO ＋
2 2 2 2 2 2
2CO===2NaCO ＋O ，根据化学方程式及差量法可知，当增重0.14 g(2CO的质量)时，消耗
2 2 3 2
的二氧化碳的质量为×44 g·mol－1＝0.22 g，其物质的量为＝0.005 mol，根据关系式2NaHCO
3
～CO 可知，消耗的NaHCO 的物质的量为2×0.005 mol＝0.01 mol，所以固体NaHCO 的质
2 3 3
量为0.01 mol×84 g·mol－1＝0.84 g。②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶
解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要
想使NH Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
4
(5)称量前，若无水NaHCO 保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所
3
以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V(标)会增大，根据c(测)＝可知，最终会使
c(测)偏高。
3．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO (2)c→d→b→a→e (3)HClO 向溶液中
2 2 2 2加入过量稀硝酸，再加入少量 AgNO 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有 Cl－
3
(4)⑤1.34×10－5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度
⑥45 Ⅱ 45 ⑦A>B >B
3 2 1
解析 (1)实验室通常采用浓盐酸和 MnO 共热制取 Cl ，化学方程式为 MnO ＋
2 2 2
4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO。(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、
2 2 2
水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用浓硫酸除
去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。(3)氯水久置
后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解。
(4)⑤25 ℃时，K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和AgCl溶液中c(Ag
sp
＋)＝c(Cl－)，所以c(Cl－)＝＝mol·L－1≈1.34×10－5mol·L－1；实验1～3中，温度不同饱和溶
液的浓度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根
据实验1～3无法判断温度较高的饱和溶液的离子浓度大，进而不能得出温度与溶解度的关
系。⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不同温度下的饱和溶
液在相同温度下进行测试，如果温度较高的饱和溶液的电导率比温度较低的饱和溶液的电导
率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度升高。所以可以设计试样Ⅰ、Ⅱ在45 ℃下
进行测试与实验3比较。⑦猜想b成立的判断依据是A>B >B 。
3 2 1
考向预测
1．(1)①球形干燥管 碱石灰 ②观察气体流速 SO ＋Cl ＋2HO===2Cl－＋4H＋＋SO
2 2 2
③Ca(ClO) ＋4HCl(浓)===CaCl ＋2Cl↑＋2HO (2)ab (3)稀硝酸、AgNO 溶液
2 2 2 2 3
2．(1)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (2)a→i→j→g→h→e→f→c
2 2
(3)KSCN溶液 (4)①阳 ②Cl ＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋(或2Cl－－2e－===Cl↑、Cl ＋2Fe2＋
2 2 2
===2Cl－＋2Fe3＋) (5)①0.2 mol·L－1 HCl 0.2 mol·L－1 NaCl ②a＞x≥c(或a＞x＞c) c＞
x≥b(或c≥x≥b)
解析 (2)在实验室中用KMnO 与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气，
4
用饱和食盐水除氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短出收集氯气，最后用碱石灰
吸收多余的氯气，装置连接顺序：a→i→j→g→h→e→f→c。(5)①电解氯化亚铁溶液和电解
氯化钠与盐酸混合溶液做对照实验，探究氯离子是否放电，需要在 pH＝1、Cl－浓度为0.2
mol·L－1且无Fe2＋存在的条件下进行，所以可用100 mL 0.2 mol·L－1盐酸与100 mL 0.2 mol·L
－1氯化钠溶液混合，这样H＋、Cl－浓度才与FeCl 溶液相同。②依据表中数据比较可知，电
2
解氯化钠溶液做对照实验，通过控制电压证明了亚铁离子的还原性大于氯离子，优先放电，
说明生成铁离子的两种可能，一是亚铁离子变成铁离子，二是氯离子失去电子生成氯气，氯
气氧化亚铁离子生成铁离子。实验iv的电压高，氯离子放电，实验v电压低，氯离子不放
电，而实验ii亚铁离子放电，所以可以说明低电压下，亚铁离子先于氯离子放电。
考点二回扣自测
(1)平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下；可以消除由于液体滴入而使气体体积增大的
影响
(2)应将量筒慢慢地向下移动，当量筒中的液面和水槽中的液面相平时再读数
(3)①将空气排尽 使生成的气体被指定装置充分吸收 ②稀释气体，控制易爆炸气体的浓
度
真题回访
1．(1)Zn＋2H＋===Zn2＋＋H↑ (2)③① (3)a、b c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催
2
化剂中毒 (5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高HO 分解 (6)H ＋O======HO
2 2 2 2 2 2
(7)17%
2．(1)AC (2)CuO＋HSO =====CuSO ＋HO 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸
2 4 4 2
少(硫酸利用率高) (3)过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，使其沉
淀，易于过滤 (4) (5)①③
解析 (1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪
器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿。
(2)直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到
适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是不会产生二氧化硫且产生等量胆矾
消耗硫酸少(硫酸利用率高)。
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形式沉淀完全，
需控制溶液pH为3.5～4，同时酸性环境还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成
氢氧化铁胶体，所以煮沸10 min的目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤。
(4)水的质量是(m－m)g，所以胆矾(CuSO ·nHO)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝。
2 3 4 2
(5)①胆矾未充分干燥，导致所测m 偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏
2
高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中的水蒸气结合重新
生成胆矾，导致所测m 偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏低，不符合
3
题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m 数值偏小，根据n＝可知，最终会
3
导致结晶水数目测定值偏高，符合题意。
考向预测
1．(1)①abcab ②除去空气中的二氧化碳和水 防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管 B
吸收 ③88.33% (2)①d ②D E F ③装置ⅳ将滴下酸的体积也计入气体体积，而组
合仪器没有 液体可以顺利滴下 ④不能 在标准状况下生成CO 的体积为224 mL，超过
2
量气管的量程
2．(1)球形干燥管 (2)2NaClO ＋4HCl===2ClO ↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO (3)吸收 Cl
3 2 2 2 2
(4)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO ↑＋2HO 验证是否有ClO 生成 (5)500 mL容量瓶 (6)135
2 2 2
解析 (2)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl、ClO 和NaCl，根据转移电子守恒和原子守恒，化学
2 2方程式为2NaClO＋4HCl===2ClO ↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO。
3 2 2 2
(3)F装置中发生Cl ＋2KI===2KCl＋I 时，淀粉遇碘变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置
2 2
C的作用是吸收Cl。
2
(4)在酸性条件下NaClO 可发生反应生成NaCl并释放出ClO ，根据元素守恒可以知道应还
2 2
有水生成，该反应的离子方程式为4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO ↑＋2HO；在ClO 释放实验
2 2 2
中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO 生成。
2
(6)已知在水样中加入足量的 KI发生的离子方程式为 2ClO ＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I ＋
2 2
4HO，再用 0.100 0 mol·L－1 Na SO 标准溶液滴定 I 单质发生反应：I ＋2SO===2I－＋
2 2 2 3 2 2 2
SO。可得滴定过程中的转化关系为2ClO ～5I ～10SO，反应之后消耗 SO的物质的量为
4 2 2 2 2
0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L＝1×10－3 mol，故 ClO 的物质的量为1×10－3 mol×＝
2
2×10－4 mol，故该水样中ClO 的含量为＝135 mg·L－1。
2
考点三
回扣自测
1．(1)平衡气压，有利于液体顺利滴下 (2) (3)平衡气压，使液体顺利滴下
2．(1)冷凝回流，提高反应物的转化率 (2)液泡置于反应液中，不能接触容器的底部或器壁
(3)先接通冷凝管的冷却水 (4)应采用油浴加热，因为反应温度接近水的沸点，油浴更易控
制
真题回访
(1)B (2)球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 (3)除去过量的高锰酸钾，避
免在用盐酸酸化时，产生氯气 2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO
2 2 4 2 2
(4)MnO (5)苯甲酸升华而损失 (6)86.0% C
2
(7)重结晶
解析 (1)该反应需要向三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g高锰酸钾，所以三
颈烧瓶的最适宜规格为250 mL。(2)反应中应选用球形冷凝管，球形冷凝管散热面积大，冷
凝效果好；回流液中不再出现油珠，说明不溶于水的甲苯(油状液体)已经被KMnO 完全氧
4
化。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的：NaHSO 与KMnO (H＋)发生氧化还原反应除去
3 4
过量的KMnO (H＋)，防止用盐酸酸化时，KMnO 把盐酸中的Cl－氧化为Cl ；该过程也可用
4 4 2
草酸在酸性条件下与KMnO 反应除去KMnO ，反应的离子方程式为2MnO＋5HC O ＋6H＋
4 4 2 2 4
===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO。(4)用少量热水洗涤滤渣的目的是使生成的 尽可能
2 2
溶于水，故滤渣的主要成分是KMnO 在中性条件下的还原产物MnO 。(5)苯甲酸在100 ℃
4 2
左右开始升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，苯甲酸易升华而损失。(6)根据反应
＋KOH―→ ＋HO 可知，n( )＝n(KOH)＝0.010 00
2mol·L－1×21.50×10－3 L×4，m( )＝0.010 00 mol·L－1×21.50×10－3 L×4×122
g·mol－1＝0.104 92 g，制备的苯甲酸的纯度为×100%＝86.0%。
在理论上，1 mol甲苯反应后生成1 mol苯甲酸，则：
～
92 122
1.5 mL×0.867 g·mL－1 m
苯甲酸的理论产量m≈1.72 g
苯甲酸的产率为×100%＝50%。
(7)根据苯甲酸的水溶性可知，若要得到纯度更高的苯甲酸，需要利用重结晶的方法进行提
纯。
考向预测
(1)溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽 (2)滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅
黄色 (3)冷凝回流 平衡气压 (4)过滤 (5)4Br－＋4H＋＋O===2Br ＋ 2HO (6)不可行，
2 2 2
NO在酸件条件下能将Fe2＋氧化为Fe3＋，观察不到紫红色的KMnO 溶液褪色 (7)将步骤①
4
中的铁粉改为FeBr (8)
3
解析 四氢化萘和溴单质在一定条件下发生反应，四溴化萘常温下是固体，不溶于水，故过
滤分离。溴化氢具有还原性，能被空气中的氧气氧化。亚铁离子能在酸性条件下被硝酸根离
子氧化。根据物质的量浓度计算其物质的量，结合反应确定反应物的质量和水的质量，据此
解答。(7)要验证铁离子起催化作用，将铁改成溴化铁即可。(8)假设溴化氢溶液为1 L，则溴
化氢的物质的量为4 mol，则四氢化萘为1 mol，则水的质量为1.2 g·cm－3×1 000 mL－4×
81 g＝876 g，则四氢化萘和水的质量比为＝。
重点题空热练(一)
1．(1)分液漏斗 (2)aedbc(或cb)gh(或hg)f
2．(1)E H J H 将BCl 冷凝为液态分离出来
3
(2)2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO
2 2
3．(1)A E F C(CD) (2)关闭分液漏斗活塞，将D中导气管末端插入水中，对B中锥形
瓶微热，若导管口有气泡冒出，停止加热，导气管中形入一段水柱，则装置气密性良好
(3)②④ (4)吸收过量的二氧化氮气体
4．(1)AlC ＋12HCl===3CH↑＋4AlCl
4 3 4 3
(2)F→D→B→E→C→G (3)先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下 (4)试管内有
银镜生成 除去甲烷中的 HCl 气体和水蒸气
5．(1)Ca(ClO) ＋4HCl(浓)===CaCl ＋2Cl↑＋2HO (2)ACFDBFE (3)除去Cl 中混有的
2 2 2 2 2
HCl气体，防止其与硼发生副反应(生成H 与Cl 混合共热有爆炸危险) (4)检查装置气密性
2 2
打开分液漏斗活塞，通一段时间Cl
2
6．(1)蒸馏烧瓶 (2)B 溶液变黑，有气泡产生 (3)e→d→f→g→h→i(或i→h)→b→c 吸收
乙烯中的CO 和SO (4)后加热 应先用乙烯排尽装置中的空气，避免乙烯与空气混合加热
2 2
爆炸 (5)装置F中黑色粉末变为红色，装置C中有白色沉淀生成
解析 本实验探究乙烯还原氧化铜，实验原理是C H ＋6CuO――→6Cu＋2CO ＋2HO，根
2 4 2 2
据已知信息，制备乙烯时反应温度应在170 ℃，温度计需要插入到溶液中，即用装置B制
备乙烯，加热条件下，乙醇被浓硫酸炭化，碳在加热条件下与浓硫酸反应生成CO 、SO ，
2 2
CO 干扰实验，需要除去，装置B连接装置D，然后干燥乙烯，装置E连接装置F，最后连
2
接装置C，据此分析解答。
重点题空热练(二)
1．(1)平衡压强，使液体顺利滴下 (2)(反应放热)防止双氧水分解和氨水挥发 (3)CaCl ＋
2
HO＋2NH ·H O＋6HO===CaO·8H O↓＋2NH Cl
2 2 3 2 2 2 2 4
2．固液分离速率快
解析 普通过滤主要是靠重力作用实现固液的分离，分离过程较慢，适用于少量物料的分离，
而抽滤利用抽气泵将装置内的空气不断抽出，可使装置内的压强小于外界大气压，分离速率
较快。
3．(1)恒压滴液漏斗 (2)冷凝回流碘，减少碘的损失 (3)水浴加热 (4)加快搅拌速率
4．(1)平衡压强，保证分液漏斗中的液体顺利流下
(2)2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋
(3)关闭K，打开K
1 2
(4)防止空气进入装置乙氧化二价铬
(5)bca
5．(1)球形冷凝管 平衡气压 (2)4H＋＋2Cl－＋MnO =====Mn2＋＋Cl↑＋2HO (3)在a仪
2 2 2
器后连接装有碱石灰的干燥管 (4)①Cl ②防止PCl 汽化 ③HCl
2 3
6．(1)球形冷凝管 a b (2)略高于62.6 ℃
(3)乙醇相对廉价，增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高苯甲酸的转化率，提
高产率；形成共沸物需要添加乙醇 (4)分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转
化率 关闭活塞，在分水器中加适量的水，观察是否漏水，若不漏水，旋转活塞180°，若
仍不漏水，说明分水器不漏水 加热回流至分水器中水位不再上升为止大题突破 3 无机化工流程题题型研究
真题探究
1．(1)PbSO (s)＋CO(aq)===PbCO (s)＋SO(aq) 反应PbSO (s)＋CO(aq)PbCO (s)＋SO(aq)
4 3 4 3
的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO 可以比较彻底的转化为PbCO
4 3
(2)反应BaSO(s)＋CO(aq)BaCO (s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04≪105，反应正向
4 3
进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋HO＋2HAc===Pb(Ac) ＋2HO (ⅲ)作还原剂 (4)Fe(OH) 、Al(OH)
2 2 2 2 3 3
(5)Ba2＋、Na＋
2．(1)C (2)①5TiO ＋6C＋10Cl=====5TiCl ＋2CO＋4CO ②随着温度升高，CO 与C发
2 2 4 2 2
生反应：C＋CO=====2CO (3)3VOCl ＋Al===3VOCl ＋AlCl 蒸馏 (4)不能 若先“除
2 3 2 3
硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质 (5)AC
解析 (1)由图可知，600 ℃时C(s)＋O(g)===CO(g)的ΔG<0，反应能自发进行，故A不符
2 2
合题意；600 ℃时2C(s)＋O(g)===2CO(g)的ΔG<0，反应能自发进行，故B不符合题意；
2
600 ℃时TiO(s)＋2Cl(g)===TiCl (g)＋O(g)的ΔG>0，反应不能自发进行，故C符合题意；
2 2 4 2
根据盖斯定律，TiO(s)＋C(s)＋2Cl(g)===TiCl (g)＋CO(g)可由A＋C得到，且由图中数据可
2 2 4 2
知600 ℃时其ΔG<0，反应能自发进行，故D不符合题意。(2)①根据表中数据可知，该温
度下C主要生成CO和CO ，根据同温同体积下气体的压强之比等于物质的量之比可知
2
TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为
4 2 2 2
5TiO ＋6C＋10Cl=====5TiCl ＋2CO＋4CO 。②随着温度升高，CO 与C发生反应：C＋
2 2 4 2 2
CO=====2CO，导致CO含量升高。(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入
2 3
Al得到VOCl 渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学方程式为 3VOCl ＋Al===3VOCl
2 3 2
＋AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离
3 3 4 4
AlCl 、SiCl 。(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂
3 4
将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故 A符合题意；电解熔融氯化钠制
取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其
化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解
氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。
考点一
回扣自测
1．C
2．温度过高，HO 分解放出氧气
2 2
3．先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH至3.7～8.3。
4．HCl(或盐酸)解析 粉煤灰加浓盐酸酸浸，Al O 和Fe O 溶解、SiO 不溶，过滤得滤渣，主要成分是
2 3 2 3 2
SiO ，向滤液中加入NH HCO ，溶液中的Fe3＋与HCO发生相互促进的水解反应使铁元素沉
2 4 3
淀，向滤液中通入HCl气体，使Al3＋形成AlCl ·6H O晶体析出，煅烧AlCl ·6H O，由于
3 2 3 2
HCl大量挥发，促进了Al3＋水解，煅烧最终生成了Al O 。题述流程中，可以循环利用的物
2 3
质是HCl或盐酸。
5．HSO NaOH
2 4
真题回访
1．(1)ab (2)2Bi S ＋9O=====2BiO ＋6SO (3)抑制金属离子水解 (4)SiO (5)Mn O ＋
2 3 2 2 3 2 2 2 3
6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl↑＋3HO (6)将Fe3＋转化为Fe2＋
2 2
解析 (1)联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧
效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低
焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项 c不符合题意。(2)Bi S 在空气中单
2 3
独焙烧生成BiO ，根据原子守恒可知还应生成SO ，结合得失电子守恒，反应的化学方程
2 3 2
式为2BiS ＋9O=====2BiO ＋6SO 。(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、
2 3 2 2 3 2
Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入
滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低。(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO 。(5)因MnO 有氧
2 2 3
化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO ＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl↑＋3HO。(6)由
2 3 2 2
已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH) 沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要
3
将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl 的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原
2
剂。
2．(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋ (3)1.0×10－6 (4)硫酸 SiO 、CaSO (5)TiO2＋＋(x＋
2 4
1)H O=====TiO·xHO↓＋2H＋ (6)(NH )SO
2 2 2 4 2 4
解析 (2)由题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水
调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀，然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀。
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×(1×10－2.9)2
＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为 mol·L－1＝1×10－6 mol·L－1。
(4)增大溶液中硫酸根离子的浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸
钙完全沉淀，减少TiOSO 溶液中含有的硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160 ℃酸溶；二
4
氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。
(5)酸溶后将TiOSO 溶液适当稀释并加热，能使TiOSO 完全水解生成TiO·xHO沉淀和硫酸，
4 4 2 2
反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H O=====TiO·xHO↓＋2H＋。
2 2 2
(6)尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到
硫酸铵溶液，可以循环使用。考向预测
1．(1)b (2)排出设备中的空气，防止磁性纳米铁棒和NaBH 被氧化 (3)0.53 mol·L－1
4
(4)吸附性 还原性
2．(1)①防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 H、Cl
2 2
②将Co3＋还原为Co2＋ 将Fe2＋氧化为Fe3＋
③1.15 46
(2)①加快酸浸时的反应速率(或提高铝元素的浸出率) 加热(或搅拌)
②会增加后续CaCO 的消耗量
3
(3)①适当升高反应温度(或其他合理答案) NaSO ②常压蒸发温度过高，亚氯酸钠易分
2 4
解
③多余的HO 可分解为氧气和水，不引入其他杂质
2 2
解析 (1)①用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去
电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。
②Co3＋具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的NaSO ，能将Co3＋还原为Co2＋；亚铁离
2 3
子具有还原性，加入具有氧化性的 NaClO ，能 将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节pH时，将
3
Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀。③由图甲可知，n(C O)∶n(Co2＋)为1.15时，钴的沉淀率最大，
2
效果最好；由图乙可知，沉淀反应温度为46 ℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好。(3)①
对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度，增大吸收液浓度，增大
SO 与吸收液的接触面积等；NaClO 在反应器中与二氧化硫反应生成ClO 和NaSO ，所以
2 3 2 2 4
母液中溶质的主要成分是NaSO 。②减压蒸发在较低温度下进行，防止常压蒸发温度过高，
2 4
造成亚氯酸钠分解。③用HO 作还原剂，产物为水和氧气，且多余的HO 可分解为氧气和
2 2 2 2
水，不引入其他杂质。
考点二
回扣自测
1．过滤、过滤
2．(1)pH在5左右时，钴、锂的分离效率高
(2)继续向萃取分液后的有机相中加稀HSO 调pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液 (3)B
2 4
3．SO＋I＋HO===2I－＋2H＋＋SO 使四氯化碳中的碘进入水层
2 2
4．(1)蒸发浓缩、降温结晶
解析 由溶解度曲线可知KIO 在常温下的溶解度较小，故由KIO 溶液得到KIO 晶体的方
3 3 3
法为蒸发浓缩、降温结晶。
(2)趁热过滤 用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次
解析 据溶解度曲线图，要从过滤所得MnSO 溶液中获得较高纯度的MnSO ·H O晶体，应
4 4 2
在80～90 ℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80～90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO ·H O晶体
4 2
2～3次，最后真空干燥。(3)防止因温度降低，CoCl 晶体析出
2
解析 由CoCl 的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl 的溶解度增大，所以趁热过
2 2
滤，防止温度降低，CoCl 晶体析出。
2
真题回访
d 复分解反应
考向预测
1．(1)①Cu S＋O=====2Cu＋SO Fe O
2 2 2 3 4
②作氧化剂，将Cu O和Cu氧化为Cu2＋ 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I ③洗去残余水分且可
2 2
快速晾干 蘸取最后一次洗涤液进行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗净(或其他合理答案)
(2)蒸发结晶 趁热过滤 防止NaSO 固体转化为NaSO ·10H O，并防止NaSO 因溶于水
2 4 2 4 2 2 4
而损耗
解析 (1)①步骤a中Cu S与空气中氧气在1 200 ℃条件下反应生成Cu和二氧化硫，反应
2
的化学方程式为Cu S＋O=====2Cu＋SO ；由熔渣B的主要成分为黑色磁性物质可知，FeS
2 2 2
与空气中氧气在1 200 ℃条件下反应生成四氧化三铁和二氧化硫。②步骤b的反应为在硫酸
作用下，HO 作氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜；步骤c的反应为硫酸铜溶液与过
2 2
量的NaI溶液反应得到CuI沉淀。③步骤d用乙醇洗涤可以洗去固体表面的水，同时由于乙
醇易挥发达到快速晾干的目的；洗涤液中含有钠离子、硫酸根离子，可以用焰色反应或酸化
的氯化钡溶液检验沉淀是否洗涤干净。(2)由图像溶解度曲线变化可知，NaSO 的溶解度在
2 4
温度较高时，随温度升高而降低，而NaSO ·10H O的溶解度随温度升高而增大，欲得到
2 4 2
NaSO 固体，应采取加热蒸发溶剂使NaSO 结晶析出，并趁热过滤；因NaSO 难溶于乙醇，
2 4 2 4 2 4
所以用乙醇洗涤既防止NaSO 和水作用生成NaSO ·10H O，又能防止NaSO 因溶于水而损
2 4 2 4 2 2 4
耗。
2．(1)①Mg(OH) 、Fe(OH) 、CaCO ②使析出的晶体为NaCO·H O，防止因温度过低而析
2 3 3 2 3 2
出NaCO·10H O晶体，令后续的加热脱水耗时长 (2)①蒸发结晶、趁热过滤
2 3 2
②加热NH Cl粗品至340 ℃左右，发生反应NH Cl=====NH ↑＋HCl↑，收集产物并冷却，
4 4 3
再发生反应NH ＋HCl===NH Cl，得到纯净的NH Cl
3 4 4
考点三
回扣自测
1．(1)3Fe3＋＋CuFeS＋Cl－===CuCl＋2S＋4Fe2＋
2
(2)2Na[CuCl ]===Cu↓＋CuCl ＋2NaCl
2 2
解析 根据该工艺流程图中信息可知，“浸取”时是将黄铜矿与FeCl 溶液充分反应，化学
3
方程式为3FeCl ＋CuFeS===CuCl＋2S＋4FeCl ,2FeCl ＋FeS===3FeCl ＋S，过滤得到CuCl
3 2 2 3 2
和S的混合物，洗涤，向洗涤后的固体中加入NaCl溶液，“溶解”时发生的反应为NaCl＋
CuCl===Na[CuCl ]，过滤出S，得到滤液，向滤液中加水稀释得到Cu和CuCl 、NaCl等，
2 2
“稀释”时反应为2Na[CuCl ]===Cu↓＋CuCl ＋2NaCl。
2 22．(1)ZnS＋4MnO ＋4HSO ===ZnSO＋4MnSO ＋4HO
2 2 4 4 4 2
(2)2Mn2＋＋5SO＋8HO===2MnO＋10SO＋16H＋
2 2
3．有
解析 等体积混合后，浓度为原来的一半。c(Ag＋)＝2×10－3mol·L－1，c(CrO)＝2×10－3mol·
L－1，Q＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－3 )2×2×10－3＝8×10－9＞K ，所以有沉淀析出。
c sp
真题回访
1．(1)2ZnS＋3O=====2ZnO＋2SO
2 2
(2)PbSO 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2＋
4
(3)Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋
(4)Zn2＋＋2e－===Zn 溶浸
解析 (2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO 、Fe O 、CdO、PbO，加稀
2 2 3
HSO 后，发生一系列化学反应：ZnO＋HSO ===ZnSO ＋HO、Fe O ＋3HSO ===Fe (SO )
2 4 2 4 4 2 2 3 2 4 2 4 3
＋3HO、CdO＋HSO ===CdSO ＋HO、PbO＋HSO ===PbSO ＋HO。其中SiO 和PbSO
2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 4
不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO 和PbSO 。氧化除杂工序
2 4
中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8～6.2，使Fe3＋完全转变为Fe(OH) 沉淀；通入O 的目
3 2
的是使溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，有利于除杂，若不通入O ，无法除去溶液中的杂质Fe2
2
＋。
(4)电解ZnSO 溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2＋和H＋。因为溶液中的Zn2＋浓度较大，
4
所以阴极电极反应式应该是Zn2＋＋2e－===Zn，阳极放电的是HO，电极反应式是2HO－4e
2 2
－===4H＋＋O↑。沉积锌后的溶液应该是ZnSO 和稀HSO ，可返回到溶浸工序循环使用。
2 4 2 4
2．(1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe O (6)② (7)8.37
2 3
解析 (2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁
转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回的工序为工序②。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)＋H＋Al(OH) ↓＋HO，
3 2
反应的平衡常数为K ＝＝＝＝1013.37，当c[Al(OH)]为10－5 mol·L－1时，溶液中氢离子浓度为
1
＝ mol·L－1＝10－8.37 mol·L－1，则溶液的pH为8.37。
考向预测
1．(1)①2Cr3＋＋3HO＋HO===Cr O＋8H＋
2 2 2 2
②2CrO＋3SO ＋12HO===2Cr(OH)(HO) SO ↓＋SO＋2OH－
2 2 2 5 4
(2)①ZrSiO ＋4NaOH=====NaSiO ＋NaZrO ＋2HO ②(n＋1)ZrO2＋＋2nCO＋(3n－
4 2 3 2 3 2
1)H O===Zr(CO)·nZr(OH) ↓＋(2n－2)HCO 高温焙烧
2 3 2 4
解析 (1)①HO 将Cr3＋氧化成Cr O，HO 被还原，结合原子守恒、电荷守恒、得失电子守
2 2 2 2 2
恒以及溶液呈酸性，HO 将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr O的离子方程式为2Cr3＋＋3HO ＋
2 2 2 2 2
HO===Cr O＋8H＋。②SO 将CrO还原为Cr(OH)(HO) SO ，SO 被氧化为SO，S元素化合
2 2 2 2 5 4 2价由＋4价升高到＋6价，Cr元素化合价由＋6价降低到＋3价，根据得失电子守恒、原子守
恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为 2CrO＋3SO ＋12HO===2Cr(OH)
2 2
(H O) SO ↓＋SO＋2OH－。(2)①ZrSiO 与烧碱反应生成NaZrO ，Zr元素的化合价均为＋
2 5 4 4 2 3
4，发生非氧化还原反应，另外生成 NaSiO 和 HO。②“调 pH＝8.0”时，反应生成
2 3 2
Zr(CO)·nZr(OH) ，Zr元素的化合价不变，根据原子守恒配平所发生反应的离子方程式；滤
3 2 4
渣Ⅲ经高温焙烧分解即可得到ZrO。
2
2．(1)0.25 mol·L－1 (2)ZnFe (C O)·6H O=====ZnFe O＋4CO↑＋2CO↑＋6HO %
2 2 4 3 2 2 4 2 2
解析 (1)若净化后的溶液中Cu2＋浓度为1×10－12mol·L－1，c(S2－)＝＝mol·
L－1＝6.4×10－24mol·L－1，则净化后溶液中c(Zn2＋)＝＝ mol·L－1＝0.25 mol·
L－1。(2)由题可知关系式：ZnFe O～I～2SO，w(ZnFe O)＝×100%＝%。
2 4 2 2 2 4
重点题空热练(一)
1．蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的
损失
2．(1)适当的升高温度(或将金属电极芯研成粉末)
(2)Al(OH) 5.2≤pH<7.6 bc (3)蒸发浓缩 冷却结晶
3
解析 (2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金
属单质都转化为金属离子(Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Al3＋)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化
亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节 pH的作用是除去溶液中的Fe3＋、Al3
＋，故沉淀A的主要成分是Fe(OH) 、Al(OH) ；为了保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全而Ni2＋、Co2＋
3 3
不沉淀，由表格数据可知，要调节pH的范围为5.2≤pH<7.6；调节pH时不能加入铁，因为
铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH调大，由流程图中后续
所加试剂可知，调节pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液。
3．(1)蒸发浓缩 过滤、洗涤、干燥 (2)降低绿矾的溶解度，减少绿矾的损失
4．(1)防止CuO颗粒穿过滤纸(或防止滤纸破损)
(2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净
2
5．(1)将蒸馏水沿玻璃棒慢慢倒入漏斗中至浸没沉淀，待水自然流尽后，再重复操作2～3
次
(2)Cr(OH) ＋OH－ === CrO＋2HO
3 2
重点题空热练(二)
1．(1)催化剂 4MnO ＋ZnS＋4HSO ===4MnSO ＋ZnSO＋4HO
2 2 4 4 4 2(2)MnO ＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO
2 2
2．4FeCO＋O=====2Fe O＋4CO
3 2 2 3 2
3．2HNO＋2SO ＋HO===NO＋NO ＋2HSO
3 2 2 2 2 4
4．2Fe2＋＋ClO－＋2HPO ＋4OH－===2FePO ↓＋Cl－＋5HO
3 4 4 2
5．2NO ＋CaSO＋Ca(OH) ===CaSO＋Ca(NO )＋HO
2 3 2 4 2 2 2
6．MnO ＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO
2 2
7．14Fe3＋＋FeS＋8HO===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
2 2
8．2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋HO===Cu Cl↓＋SO＋2H＋
2 2 2
9．C H O＋6[Fe(NO) ]2＋――→6Fe2＋＋6N↑＋6CO↑＋6HO
6 12 6 2 2 2 2
重点题空热练(三)
1．(1)因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失 (2)蒸发浓缩、趁热过
滤
2．碳酸氢锂随温度的升高分解产率增大，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小
3．(1)SO 静置，取上层清液加入BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则SO已除尽 (2)趁热
2
过滤
4．(1)2[Cu(NH )]2＋＋Cl－＋5H＋＋3HO===Cu (OH) Cl↓＋8NH (2)6(或5.5～6.5)
3 4 2 2 3
5．3MnO ＋2Fe＋12H＋===3Mn2＋＋2Fe3＋＋6HO 60 min
2 2
3∶1(或3)
6．FeTiO＋2HSO =====FeSO ＋TiOSO ＋2HO
3 2 4 4 4 2
80%～85%
7．(1)2.5 (2)H POHPO＋H＋，HPOPO＋H＋，加入NaCO 后，CO结合H＋使c(H＋)
2 2 3
减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO)增大，与Fe3＋结合形成磷酸铁沉淀 (3)pH＞2.5
时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH) ，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下
3
降
解析 (3)已知FePO (s)Fe3＋(aq)＋ PO(aq)，当pH＞2.5后，随pH增大，溶液中c(OH－)
4
增大，Fe3＋开始转变生成Fe(OH) ，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO释放，导致磷沉
3
淀率下降。
专题 19 有机选择题题型分析
考点一
回扣自测
1．(1)4 (2)13 (3)21解析 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：
2．(1)4 (2)4 4 4 (3)4 (4)24
(5) 、 、 、
(6)10
真题演练
1．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
2．B 3.C
4．C [分子式为C HCl 的有机物可看成是C H 中的两个H原子被两个Cl原子取代，
4 8 2 4 10
C H 有CHCHCHCH 和 两种，正丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有6种结
4 10 3 2 2 3
构，异丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有3种结构，共有9种。]
5．B [由该有机物的分子式及其能与饱和NaHCO 溶液反应放出气体这一性质可知，该有
3
机物属于饱和一元羧酸，其分子组成可表示为C H—COOH，丁基(C H—)有4种结构，所
4 9 4 9
以该有机物有4种同分异构体，B项正确。]
6．C
考向预测
1．C [该有机物的一种结构如图所示： ，其中苯环所在的面
有12个原子，碳碳双键所在的面有8个原子，三键C在其中，3、4号C为两个面共有；两
个面通过3、4号C—C单键的旋转可处在同一平面，共有18个原子；通过1、2号C—C单
键的旋转，可使1个甲基上的C(如图中“5”所示)处在这个平面上，通过1、5号C—C单
键的旋转，可使此甲基上的1个H处在这个平面上，图中“6”所示甲基也可通过单键的旋
转使此甲基上的1个H处在这个平面上。所以，该分子中最多可以共平面的原子数为18＋1
＋1＋1＝21，C选项符合题意。]
2．A [碳碳双键为平面形结构，与之直接相连的原子与双键共面；碳碳三键为直线形，与之直接相连的原子共面，故CH—CH==CH—C≡C—CF 中所有碳原子共面，故A正确；
3 3
中，碳碳三键、碳碳双键与苯环以单键相连，可以旋转
可能共面，乙基中的两个碳原子也可能共面，故最多有 12个碳原子共面，故B错误；甲基
与甲烷相似，为空间立体构型，不能共面，故C错误；碳碳双键为平面形结构，与之直接
相连的原子与双键共面；碳碳三键为直线形结构，与之直接相连的原子共面，则 CH—
3
C≡C—CH==CH 分子中所有碳原子共面，故D错误。]
2
3．A
4．D [乳酸的官能团为羟基和羧基，羧基为端位基，羟基为取代基，按照如下结构写同分
异构体： ，有4种同分异构体； ，有3种同分异构
体； ，有 4 种同分异构体； ，有 1 种同分异构体；则
C H O 与乳酸互为同系物的有机物共有12种。]
5 10 3
5．B 6.A
考点二
回扣自测
1．(1)①NaOH的醇溶液，加热 消去 ②浓HSO ，加热 消去 (2)①Cl，光照 取代
2 4 2
②液溴，FeBr 取代 (3)①溴水 加成 ②O ，Cu或Ag，加热 氧化 ③乙酸、浓
3 2
HSO ，加热 酯化 (4)①KOH的水溶液，加热 取代
2 4
②稀HSO ，加热 取代
2 4
2．(1)1∶1 1∶2 1∶3 (2)1 mol (3)1∶1 (4)1∶1 1∶2
真题演练
1．D 2.D
3．C [该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；同系
物是结构相似，分子式相差 1个或若干个“CH”原子团的有机物，该物质的分子式为
2
C H O ，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；二者的分子式均为C H O ，结构不
10 18 3 10 18 3
同，互为同分异构体，故C正确；该物质含有一个羧基，1 mol该物质与碳酸钠反应，生成
0.5 mol二氧化碳，质量为22 g，故D错误。]
4．B [由结构简式可知紫花前胡醇的分子式为 C H O ，A项正确；该有机物分子内含有
14 14 4
碳碳双键和醇羟基，可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，从而使酸性重铬酸钾溶液变色，B项错
误；分子内含有酯基，能够发生水解反应，C项正确；分子内含有醇羟基，且与醇羟基相连的碳原子的相邻碳原子上连有氢原子，故可发生消去反应，D项正确。]
5．D [分子中有苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，A正确；分子中含有21个碳原
子，B正确；分子中有羟基，能与乙酸发生酯化反应，能与金属钠反应，C正确，D错误。]
6．D
7．B [由该物质的结构简式可知，其分子式为 C H O ，A错误；由该物质的结构简式可
59 90 4
知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含
14个甲基，B正确；双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原
子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错
误；分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误。]
8．A [根据结构简式可知，分子中含C、H、O三种元素，含碳碳双键和酯基，不属于烷
烃，A错误；分子中含酯基，在酸性或碱性条件下可发生水解反应，B正确；分子中含碳碳
双键，可发生加聚反应，C正确；该信息素可用于诱捕害虫、测报虫情，可推测该有机物具
有一定的挥发性，D正确。]
9．B
10．C [根据分子的结构简式可知，1 mol该分子中含有1 mol—COOH，可与NaHCO 溶液
3
反应生成1 mol CO ，在标准状况下其体积为22.4 L，A正确；1 mol分子中含5 mol羟基和
2
1 mol羧基，其中羟基和羧基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠
发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量Na和NaOH反应，消耗二者物质的量之比
为6∶1，B正确；1 mol分子中含1 mol碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所
以
1 mol该物质最多可与1 mol H 发生加成反应，C错误；分子中含碳碳双键和羟基，均能被
2
酸性KMnO 溶液氧化，D正确。]
4
考向预测
1．D 2.C
3．C [M含酯基，难溶于水，A错误；同系物要求结构相似，官能团种类和数目相同，M
中含羟基、酮羰基，还有苯环，与乙酸乙酯不互为同系物，B错误；M含苯环和羰基，可发
生加成反应；含苯环和烷基，可发生取代反应，C正确；苯环上有四种不同化学环境的氢原
子，一氯代物有4种，D错误。]
4．B [有机物中低级的醇、醛、羧酸都易溶于水，根据甲与丙的结构可知，没有醇羟基、
醛基、羧基，且含苯环，故甲与丙均难溶于水，A错误；乙中有醇羟基，故可以发生酯化反
应，B正确；苯环中所有碳原子共面，与碳碳双键相连的碳原子共平面，单键能旋转，故甲
分子中所有碳原子可能共平面，C错误；根据丙的结构可知，丙是以水平线对称的，故丙分
子苯环上的一氯代物有2种，D错误。]
考点三回扣自测
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．(1)CaO 蒸馏 CaO 蒸馏 NaCO 溶液 分液 溴水 洗气
2 3
(2)碘水 变蓝 灼烧 有烧焦羽毛的气味
3．(1)不能，因为挥发出的Br 也能和AgNO 反应生成AgBr。
2 3
(2)加热均匀，便于控制。
(3)在一支试管中先加入乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓 HSO 和乙酸，再加入几片碎瓷
2 4
片。
(4)乙酸、水、乙酸乙酯。
核心精讲
1．NaOH 蒸馏 FeBr 冷凝回流、导气 不能 白雾 苯 硝酸 硫酸 NaOH 蒸馏
3
冷凝回流 温度计 水浴 催化剂 吸水剂 饱和NaCO 溶液 分液 催化剂 吸水剂
2 3
饱和NaCO 溶液 溶解度 不能
2 3
真题演练
1．B [第1处错误：利用新制的氢氧化铜检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需
保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会与氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗
糖水解后溶液未冷却且未碱化；第2处错误：NaOH溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否
则NaOH与玻璃塞中SiO 反应生成具有黏性的NaSiO ，会导致瓶盖无法打开，共2处错
2 2 3
误。]
2．C [浓硫酸和NaBr会产生HBr,1-丁醇以及HBr均易挥发，用装置Ⅰ回流可减少反应物
的挥发，提高产率，A正确；冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B正
确；用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；由题意
可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，
D正确。]
3．D 4.D
考向预测
1．C [浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热，如将浓硝酸加入浓硫酸中，可能会导致液体
迸溅，故A错误；反应在50～60 ℃进行，低于水的沸点，因此可以利用水浴加热，可使反
应容器受热均匀，便于控制温度，但图中水浴的水用量太少，反应液受热不均匀，故B错
误；硝基苯为油状液体，不溶于水且密度比水大，在下层，分液操作时从下口放出，故C
正确；蒸馏提纯操作中温度计用来测量蒸气的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，
故D错误。]
2．B
3．C [为增强冷凝效果，冷凝管中的水下进上出，即进水口为 b，A正确；所需温度高于
水的沸点，可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；滴加速率不宜过快，是为了减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C错误；饱和碳酸钠溶液可以吸收未反应的乙醇和乙酸，
同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯，D正确。]
4．C
专题 20 原子结构、分子结构与性质的基础考查(选考)
考点一
核心精讲
(一)
4．ns1 ns2np6
(二)
1．(1)增大 大 小 减小
2．(1)增大 减小
真题演练
1．AC
2．3s23p2
3．3s23p4
4.
5．9
6．(1)K＋和P3－ (2)＋(或－)
解析 (1)KH PO 的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H＋(或H－)、O2－、K＋和
2 4
P3－，其中核外电子排布相同的是K＋和P3－。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为 3s23p3，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，
自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因
此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为＋或－。
7．A
8．(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，然后再失去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>Cl
12．(1)4∶5 (2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，更易失电子，故第
一电离能更小 Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的
趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离
能大于B的
解析 (1)基态Fe2＋的价层电子排布式为3d6，未成对电子数为4，基态Fe3＋的价层电子排布
式为3d5，未成对电子数为5，所以两者之比为4∶5。
(2)Li和Na在同一主族，价层电子数相同，Li在Na的上一周期，原子半径：Li＜Na，Li的
原子核对核外电子的有效吸引作用大于Na，所以第一电离能：I(Li)＞I(Na)。Be的电子排
1 1
布式为1s22s2，是全充满稳定结构，故第一电离能大于B、Li；Li、B在同一周期，元素原
子核外电子层数相同，但随核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的有效吸引作
用依次增强，故第一电离能：I(B)＞I(Li)。
1 1
13．O＞Ti＞Ca 离子键 12
考向预测
1．(1)3d14s2
(2)
(3)[Ar]3d104s1
(4)[Ar]3d104s24p1
(5)[Ar]3d64s2
2．N元素的2p能级为半充满状态，是较稳定的结构，失去1个电子需要的能量更多
3．Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定；而Fe2＋的3d轨道电子数为6，失去一
个电子就达到半充满的稳定结构，故Fe2＋容易再失去一个电子
4．Fe2＋：[Ar]3d6，Fe3＋：[Ar]3d5，Fe3＋的3d能级电子为半充满的稳定结构，故稳定性：Fe3
＋
>Fe2＋
5．当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高的能级，变成激发态原子，电子从较
高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量
6．Na＋和Ne电子排布结构相同，而Na＋比Ne的核电荷数大，因此Na＋原子核对核外电子
的吸引力大于Ne原子核对核外电子的吸引力，所以Na＋更难失去电子，电离能更大
7．Fe的价层电子排布为3d64s2，其4s上的两个电子易失去而显＋2价，3d上再失去1个电
子后形成较稳定的半充满状态，所以可显＋3价
考点二
核心精讲4.
5．(1)CN－、C NO＋、O (2)NH
(3)N O、BeCl CNO－、N、SCN－ NO
2 2
(4)NO (5)H O＋ (6)CO、NO
3
(7)ClO、BrO、IO (8)NH、PH
(9)SiO、SO、ClO、PO
真题演练
1．甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能形成氢键，且水比甲醇形成的氢键多
2．NH 、AsH 、PH AsH 、PH 、NH NH 、PH 、AsH
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3．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
4
间作用力增大，熔点逐渐升高
解析 TiF 的熔点明显高于TiCl ，而TiCl 、TiBr 、TiI 的熔点依次升高，由此说明TiF 为
4 4 4 4 4 4
离子化合物，而TiCl 、TiBr 、TiI 为共价化合物，共价化合物随相对分子质量的增大，分
4 4 4
子间作用力增大，因此熔点逐渐升高。
4．S 相对分子质量大，分子间范德华力强
8
5．(1)原子晶体 sp3 ② (2)2 2
6．(2)N、O、Cl 6 (3)sp3 NH 含有1个孤电子对，而HO含有2个孤电子对，HO中的
3 2 2
孤电子对对成键电子对的排斥作用较大
7．(1)正四面体形 分子晶体 (3)6 1
解析 (1)Sn最外层有4个电子，与4个Cl形成4个σ键，因此SnCl 的空间结构为正四面体
4
形；由题给信息知SnCl 常温常压下为液体，说明SnCl 的熔点较低，所以其固体的晶体类
4 4
型为分子晶体。(3)由题给图示可知，通过螯合作用形成了3个环，每个环中Cd2＋均可与2
个N原子或2个氧原子形成配位键，即1个Cd2＋与4个N原子分别形成4个配位键，与2个
O原子分别形成2个配位键，因此1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol；
由题给图示可知，该配合物中有2种不同的N原子，每个N原子均形成3个σ键，因此所有
N原子的杂化方式均为sp2杂化，即杂化方式只有1种。
8．正四面体形 4 sp3
解析 根据价层电子对互斥理论，PO中P的价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，故杂化
轨道类型为sp3，空间结构为正四面体形。
9．(2)配位 N sp3 sp2
(3)N＞H＞B C H 低 Hδ＋与Hδ－的静电引力
2 6
解析 (2)NH 分子中N原子有1个孤电子对，BH 分子中B原子有空的2p轨道，则NH BH
3 3 3 3
分子中N—B化学键是配位键，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道。NH BH 中B原
3 3
子形成3个B—H和1个B—N，B原子周围有4个成键电子对，则B原子采取sp3杂化；中每个B原子均形成3个B—O，且B原子最外层不含孤电子对，则B原子
采取sp2杂化，故在该反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
(3)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－)，
3 3
说明N的电负性强于H，B的电负性弱于H，故电负性：N＞H＞B。NH BH 分子含8个原
3 3
子，其价电子总数为14，与其互为等电子体的是C H。NH BH 分子间存在“双氢键”，类
2 6 3 3
比“氢键”的形成原理，则CHCH 的熔点比NH BH 低的原因是在NH BH 分子之间存在
3 3 3 3 3 3
Hδ＋与Hδ－的静电引力。
10．sp3 sp3
11．三角锥形
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个孤电子对，故其
3
空间结构为三角锥形。
12．(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。
3
由常见AlCl 的双聚分子的结构可知FeCl 的双聚分子的结构式为 ，其中Fe
3 3
的配位数为4。(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价，P元素的化合
价为＋5价，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
考向预测
1．(1) (2)
(3)①σ键、π键 配位键 ②氢键
2．(1)NH (2)O==C==S (3)N (4)N O (5)SO (或BF 、BCl 等) (6)CCl
2 4 3 3 3 4
(7)CH (或SiH 等) (8)C (9)CH (10)HF
4 4
3．(1)sp2、sp3 (2)① sp2 ② sp2题型专攻 5 分子结构与性质简答题集训(选考)
1．CO中第一个π键的键能是326.9 kJ·mol－1，N 中第一个π键的键能是528 kJ·mol－1，所以
2
CO的第一个π键比N 中第一个π键更容易断裂，所以CO比N 活泼
2 2
2．电负性：N＞P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间
的距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大
3．< F的电负性比H大，NF 中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力
3
较小，因而键角较小
4．HO中的氧原子有2个孤电子对，HO＋中的氧原子有1个孤电子对，排斥力较小
2 3
5．四面体形 109°28′ 107° 105° CH 中键与键之间的排斥力一样，是正四面体形，键
4
角为109°28′；而其他两个分子均有未成键的孤电子对，孤电子对间的排斥力>孤电子对与
σ键电子对间的排斥力>σ键电子对间的排斥力。由于孤电子对对成键电子的排斥作用，使
得成键电子间夹角变小，HO中有两个孤电子对，NH 中有一个孤电子对，故HO中键角比
2 3 2
NH 更小
3
6．电负性：S＞Se，共用电子对离S近，共用电子对间的排斥力大
7．SO中无孤电子对，SO中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致
SO的键角小于SO
8．大 CHNH中N形成4个σ键，而NH 分子中N有1个孤电子对，孤电子对对H—N的
3 3
排斥力更大，H—N—H的键角变小
9．HO分子间极易形成氢键，而HS分子间只存在较弱的范德华力
2 2
10．NH 分子间能形成氢键，沸点高，易液化，汽化时吸收大量的热
3
11．尿素分子间存在氢键，使其熔、沸点升高，而硝酸分子内存在氢键，使其熔、沸点降低
12．氨气和水都是极性分子，依据“相似相溶”规律，且氨气分子与水分子间能形成氢键
13．NH 分子之间存在氢键，O 分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强
2 4 2
14．KH>H O>PH KH为离子晶体，HO、PH 均为分子晶体，HO分子间存在氢键
2 3 2 3 2
15．氢键 范德华力
16.
17．异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键
18．C元素的电负性比O元素小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键
19．BCE
20．NH ·H O中的N原子提供孤电子对，与Cu＋形成配位键
3 2
21．Co3＋可与 NH 形成较稳定的配合物
3
22．6 N、O
23．(1)6 (2)11N (3)较大 HNCH CHNH 通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变
A 2 2 2 2为成键电子对，对N—H成键电子对的排斥力减小，N—H之间的键角增大
24．当H＋浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H＋形成配位键，导致与Fe2＋配位的能力减
弱；若OH－浓度较高时，OH－与Fe2＋反应，也会影响与邻二氮菲配位
25．6 N、O
专题 21 晶体类型 晶体结构(选考)
考点一
真题演练
1．分子
2．分子晶体 离子晶体
3．离子键、σ键
4．离子键
5．共价键
6．金属
7．K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
8．HO>CHOH>CO >H HO与CHOH均为极性分子，HO中氢键数目比甲醇中多；CO
2 3 2 2 2 3 2 2
与H 均为非极性分子，CO 相对分子质量较大，范德华力大
2 2
9．GaF 为离子晶体，GaCl 为分子晶体
3 3
10．O O 相对分子质量较大且是极性分子，范德华力较大
3 3
考向预测
1．Cu O 两物质均为离子化合物，且离子带电荷数相同，O2－的半径小于S2－的，所以
2
Cu O的离子键强度大，熔点更高
2
2．Ti原子的价电子数比Al原子的多，金属键更强
3．BaCl 属于离子晶体，MoCl 属于分子晶体，离子晶体的沸点主要取决于离子键，分子晶
2 5
体的沸点主要取决于分子间作用力，离子键通常强于分子间作用力(合理即可)
4．阴、阳离子半径大，电荷数小，形成的离子键较弱，熔点低
考点二
真题演练
1．8 2－x
解析 以晶胞中右侧面心的Zr4＋为例，同一晶胞中与Zr4＋连接最近且等距的O2－数为4，同
理可知右侧晶胞中有4个O2－与Zr4＋相连，因此Zr4＋在晶胞中的配位数是4＋4＝8；1个晶
胞中含有4个ZrO 微粒，1个晶胞的质量为m＝ g,1个晶胞的体积为(a×10－10cm)
2
×(a×10－10cm)×(c×10－10 cm)＝a2c×10－30cm3，因此该晶体密度为＝＝ g·cm－3；在ZrO
2
中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnZr O，其中Zn元素为＋2价，Zr为
x 1－x y＋4价，O元素为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知2x＋4×(1－x)＝2y，
解得y＝2－x。
2．Al ×100
解析 已知AlCr 具有体心四方结构，如图所示，灰球个数为8×＋1＝2，白球个数为8×＋
2
2＝4，结合化学式AlCr 可知，白球为Cr，灰球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr
2
和Al原子半径分别为r 和r ，则金属原子的体积为×4＋×2＝，故金属原子空间占有率为
Cr Al
×100%＝×100%。
3．4 (或0.187 5) 13∶3
解析 根据(a)图，灰球为Li＋，位于顶点的Li＋有8个，位于棱上的Li＋有4个，位于面心的
Li＋有4个，晶胞中共含有Li＋的个数为8×＋4×＋4×＝4，所以每个晶胞中含有LiFePO 的
4
单元数为4。由(b)图与(a)图相比知，(b)图中少了2个Li＋，一个是棱上的，一个是面心上的，
所以(b)图中物质含Li＋的个数为8×＋3×＋3×＝，＝，x＝。设化合物中Fe2＋为y，Fe3＋为
1－y，由化合物呈电中性，(1－)×1＋2y＋3(1－y)＝3，解得y＝，1－y＝，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)
＝13∶3。
4.a a
5．SmFeAsO F
1－x x
解析 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，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g＝g，1个晶胞的体积为a2c pm3＝a2c×10－30 cm3，故密
1－x x
度ρ＝g·cm－3。原子2位于底面面心，其坐标为；原子3位于棱上，其坐标为。
6．①由图c可知，图b中Sb、Hg原子取代位置除图b外还有其他形式 ②4 1∶1∶2
③×1021
7．① ②B
解析 ①由晶胞结构可知，HPO位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4
2
个、体心有1个，故晶胞中HPO的数目为8×＋4×＋1＝4；K＋位于面上和棱上，面上有6
2
个、棱上有4个，故晶胞中K＋的数目为6×＋4×＝4。因此，平均每个晶胞中占有的HPO
2
和K＋的数目均为4，若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，则晶胞的体积为
10－30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为N ，则晶体的密度为 g·cm－3。
A
②由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x轴方向的投影图为 。
8．①O MgGeO ②×1021
2 4
解析 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角、面上、棱上和体内的 X原子数为8×＋6×＋
4×＋3＝8，位于体内的Y原子数和Z原子数分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1∶4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为MgGeO 。
2 4
②由晶胞的质量公式可得： g＝abc×10－21cm3×ρ，解得ρ＝×1021 g·cm－3。
9．2 (0,0，)
解析 图中大球的个数为8×＋1＝2，小球的个数为8×＋2＝4，根据XeF 的原子个数比知
2
大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF 分子；由A点坐标知该原子位于晶胞
2
的中心，且每个坐标系的单位长度都记为 1，B 点在棱的处，其坐标为(0,0，)；
图中y是底面对角线的一半，y＝a pm，x＝(－r)pm，所以d＝ pm＝ pm。
10．4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4
考向预测
1.×1010
2．正八面体
解析 铜晶胞面心上的铜被金取代，由图可知，连接相邻面心上的金原子，上下面2个金原
子与4个侧面的金原子构成正八面体；晶胞中Cu原子位于顶角，一个晶胞中Cu原子数目
为8×＝1，Au原子位于晶胞面心，一个晶胞中Au原子数目为6×＝3，则晶胞质量为 g＝
g；晶胞边长为a pm，则晶胞体积V＝(a pm)3＝a3×10－30 cm3，所以密度ρ＝＝＝ g·cm－
3。
3．MgCNi
3
4．2∶5.5 [Si O ]
4 11
解析 n 个 SiO 通过共用顶角氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图：
，由于是双链，其中Si的原子数为4，顶角氧占，O原子数为4×
＋6×＋4＋2＝11，其中Si与O的原子数之比为2∶5.5，化学式为[Si O ]。
4 11
5.
解析 设晶胞的底边长为a cm，高为h cm，由图可知，晶胞中含4个C原子，石墨晶体的
密度为ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
6．Ti Al (或Al Ti ) ×1021(或×1021或)
11 5 5 11
解析 Al位于体内和顶点，Ti分别位于晶胞的顶点、面心、体内和棱上，Ti原子个数为
8×＋2×＋＋1＝，Al原子个数为4×＋1＝，所以化学式为Ti Al 或Al Ti ；晶胞的质量m
11 5 5 11
＝ g＝ g，晶胞的体积V＝S·h＝a2b nm3，根据m＝ρV＝a2b×10－21 cm3×ρ＝ g，求得ρ＝×1021 g·cm－3。
7．(1) (2)8 (3)
解析 (1)根据硫离子的分数坐标参数，硫离子位于晶胞的面心、顶角；根据锂离子的分数
坐标参数，锂离子位于晶胞的内部，结合坐标位置，则硫化锂晶胞沿x轴投影图为 。
(2)根据(1)中的分析，从面心的S2－看，周围与之等距且最近的Li＋有8个，所以S2－的配位
数为8。(3)1个晶胞中有S2－数目为8×＋6×＝4个，含有Li＋数目为8个，晶胞参数为a
pm，一个晶胞体积V＝a3 pm3＝a3×10－30cm3,1 mol晶胞的体积为a3×10－30N cm3,1 mol晶
A
胞质量m＝4×46 g，所以晶体密度ρ＝＝＝g·cm－3。
8.d
解析 根据图可知其三维模型为 (图中黑球和白球均为硅原子，氧原子位于两
个硅原子之间，省略)，图中 ABCD 四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距
离，AC距离在底面投影为底面面对角线的一半，则Si 与Si 的距离为d nm。
A B
大题突破 4 物质结构与性质大题研究(选考)
真题演练
1．(1)
(2)图a 同一周期第一电离能从左向右有增大的趋势，但由于 N元素的2p能级为半充满状
态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b (3) (4)sp2 sp3
C—F的键能大于聚乙烯中C—H的键能，键能越大，化学性质越稳定 (5)Ca2＋ a
解析 (1)F为第9号元素，其电子排布式为1s22s22p5，则其价电子排布图为 。
(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能从左向右有增大的趋势，但由
于N元素的2p能级为半充满状态，因此 N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此
C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，
形成的C—Cl越强 (3)CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 (4)电解质
解析 (1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5,1s22s22p43s1为基态氟原子2p
能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；1s22s22p43d2，核外共有
10个电子，不是氟原子，b错误；1s22s12p5，核外共有8个电子，不是氟原子，c错误；
1s22s22p33p2为基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d
正确；同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量较高的是 1s22s22p33p2。(2)①
一氯乙烯的结构式为 ，碳原子采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的
3p 轨道形成C—Cl σ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl越强，C—Cl的键长
x
越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，
sp杂化时s成分多，sp3杂化时s成分少，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl的
键长越短，一氯乙烯中Cl的3p轨道与C的2p轨道形成3中心4电子的大π键(Π)，一氯乙
炔中Cl的3p轨道与C的2p轨道形成2个3中心4电子的大π键(Π)，因此三种物质中C—
Cl键长的顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl 发生非氧化还原反应，各元素化
2
合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为 CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl
为离子晶体，熔化时克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，因
此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可发
生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子
的个数为8×＋1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝
mol＝ mol，晶胞体积V＝a3 pm3＝(504×10－12)3 m3，则α-AgI晶体的摩尔体积V ＝＝＝
m
m3·mol－1。题型突破
1．(1)4s24p4 (2)两者都是分子晶体，由于水分子存在分子间氢键，沸点高 (3)BDE
(4)O、Se (5)＞ 正四面体形 (6)①KSeBr ②××107
2 6
2．(1)①3d104s24p4 ②8 ③＞ SeO 的空间结构为平面三角形，SeO的空间结构为三角锥
3
形 (2)①11∶3 ②O＞C＞H＞Fe (3)①sp3杂化 ②HO (4)①KFe Se ②4
2 2 2
③
解析 (1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4。
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有8种不同化学环境的碳原子。③
三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，分子的空间结构为平面三角
形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，离子的空
间结构为三角锥形，键角小于 120°。(2)① 由结构模型可知，富马酸的结构简式为
HOOCCH==CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ
键和π键的数目比为11∶3。②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，
非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢、碳、氧的非金属性依次增强，则电负性依次
增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为 O＞C＞H＞Fe。(3)①由结构
简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化。②水分子和氨
基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体。(4)①由平面投影图可知，晶
胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×＋1＝2，均位于棱上和体内的硒原子的个数为8×
＋2＝4，均位于面上的铁原子个数为8×＝4，该物质的晶胞结构如图所示： ，
则超导材料的最简化学式为KFe Se 。②由平面投影图可知，铁原子的配位数为4。③设晶
2 2
体的密度为d g·cm－3，由晶胞的质量公式可得： g＝abc×10－21×d g，解得d＝ g·cm－3。
3．(1)3d6 (2)SO的键角大于HO分子的键角，SO中S原子的价层电子对数为4、孤电子对
2
数为0，离子的立体构型为正四面体形，HO分子中O原子的价层电子对数为4、孤电子对
2
数为2，分子的立体构型为V形 (3)配位键、氢键
(4)①6 ②×1021 (5)由图可知，FeS 与O 生成FeO 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生
2 2 x y 4 2
成FeO 的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成
x y
的SO 与HO反应生成HSO
3 2 2 4
解析 (1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6。(3)由图可知，
具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤电子对的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子
间形成氢键。(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子 S间的距离最近，则与亚铁离子紧邻的阴离子个数为6。②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和
面心的亚铁离子的个数为8×＋6×＝4，位于棱上和体心的S的个数为12×＋1＝4，则晶胞
的密度ρ＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。(5)由图可知，FeS 与O 生成FeO 的反应为放热反应，
2 2 x y
FeSO ·H O分解生成FeO 的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行
4 2 x y
有利于反应生成的SO 与HO反应生成HSO ，所以以FeS 为燃料，配合FeSO ·H O可以制
3 2 2 4 2 4 2
备铁粉精和HSO ，可充分实现能源和资源的有效利用。
2 4
4．(1)1s22s22p4(或[He]2s22p4) 2 (2)自由电子在外加电场中作定向移动 (3)sp2 两者均为
分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 (4)Zn＋4NH ＋
3
2HO===[Zn(NH )]2＋＋2OH－＋H↑ (5)电负性：O＞N，Zn与N元素间的电负性差值小于
2 3 4 2
Zn与O元素间的电负性差值，成键元素电负性差值越大，形成的化学键中离子键成分越大
5．(1)1∶2(或2∶1) (2)Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是
4s1的电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2的电子，3d10电
子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大 (3)三角锥形 sp3 (4)B (5)D D中含有
－1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2＋转化为MnO
6．(1)3d84s2 第四周期Ⅷ族 (2)2∶3 2∶1∶1 Zn2＋ (3)D (4)吡啶能与HO分子形成分
2
子间氢键 吡啶和HO均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子 (5)
2
解析 (1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，在元素周期表中
位于第四周期Ⅷ族。(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2＋个数为2×＝1，Zn2＋
个数为8×＝1，CN－个数为8×＝4，NH 个数为8×＝2，苯环个数为4×＝2，则该晶胞的
3
化学式为Ni(CN) ·Zn(NH )·2C H ，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2＋周围形成
4 3 2 6 6
的配位键数目为4，Zn2＋周围形成的配位键数目为6，则Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为4∶6＝
2∶3；x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1；Ni2＋的配位数为4，则Ni2＋采取sp3杂化，而Zn2＋的配
位数为6，Zn2＋采取sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2＋。(3)已知吡
啶中含有与苯类似的Π大π键，则说明吡啶中N原子也是采取sp2杂化，杂化轨道只用于形
成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。(4)已知苯分子
为非极性分子，吡啶、HO分子为极性分子，且吡啶能与HO分子形成分子间氢键，从而
2 2
导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯。(5)已知—CH 为推电子基团，—Cl是吸电子基团，
3
则N原子电子云密度大小顺序为 ＞ ＞ ，结合题干信息可知，其中碱
性最弱的为 。专题 22 限制条件同分异构体的书写(选考)
回扣自测
(1)
(2)
(3)
真题演练
1． (或 )
2．
解析 从D的结构简式可知，其分子式为C HClO，能满足核磁共振氢谱有两组峰，且峰
13 8 2
面积比为1∶1的结构应是高度对称结构，又含有C==O，则该芳香族同分异构体的结构简
式为 。
3．15
解析 的同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基，②
与FeCl 溶液发生显色发应，说明含有酚羟基，同时满足苯环上有2个取代基，酚羟基需占
3
据苯环上的1个取代位置，支链上苯环连接方式(黑色点标记)： 、 共五种，
因此一共有5×3＝15种结构；其中核磁共振氢谱有五组峰，因酚羟基和醛基均无对称结构，因此峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式一定具有对称性(否则苯环上的氢原子不等效)，
即苯环上取代基位于对位，核磁共振氢谱中峰面积比为6的氢原子位于与同一碳原子相连的
两个甲基上，因此该同分异构体的结构简式为 。
4．
解析 的同分异构体满足：①可发生银镜反应，也能与FeCl 溶液发生显色反应，
3
说明结构中含有醛基和酚羟基，根据不饱和度可知该结构中除醛基外不含其他不饱和键，②
核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为 1∶2∶2∶3，说明该结构具有对称性，根据该结构中
氧原子数可知该结构中含有1个醛基、2个酚羟基、1个甲基，满足该条件的同分异构体的
结构简式为 和 。
考向预测
1．17 (或 )
解析 R为 ，T是与R组成元素种类相同的芳香化合物，且相对分子质量比R多
14，说明T比R多一个CH 原子团；能与金属Na反应放出氢气，但不与NaHCO 反应，说
2 3
明含有羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基，若苯环上取代基为—OH、—CH 、—
3
CHO，则有10种结构；若苯环上取代基为—OH、—CHCHO，则有邻、间、对3种结构；
2
若苯环上取代基为—CH(OH)CHO，则只有1种结构，若苯环上的取代基为—CHOH、—
2
CHO，则有邻、间、对3种结构，因此满足条件的T有17种。其中，在核磁共振氢谱上有
5 组 峰 且 峰 面 积 之 比 为 1∶1∶2∶2∶2 的 结 构 简 式 为 或
。
2．3
3 ． 3 ( 或 或)
专题 23 有机合成路线的设计(选考)
真题演练
1.
解析 根据已知的第一个反应可知， 与 CHMgBr 反应生成 ，
3
再被氧化为 ，根据已知的第二个反应可知， 可以转化为
，根据流程图中D→E的反应可知， 和NH OH反应生成 。
2
2.
解析 根据题给信息(ⅲ)，目标物质W可由2个 与1个 合成，故设计合成路线见答案。
3． ―――――→ ――――→ ――→
解析 根据题给已知条件，对甲基苯酚与HOCH CHCl反应能得到 ，之后发生
2 2
水解反应得 ，观察题中反应可知得到目标产物需要利用反应④，所以合成的
路线为 ―――――→ ――――→ ――→ 。。
4.
考向预测
1．CHCHO―――→CHCH==CHCHO――→CHCH==CHCOOH――→
3 3 3
―――――――→ ――→
解析 根据已有知识并结合相关信息，CHCHO 在稀氢氧化钠溶液中加热得到
3
CHCH==CHCHO，CHCH==CHCHO氧化得到CHCH==CHCOOH，CHCH==CHCOOH与
3 3 3 3
溴水发生加成反应生成CHCHBrCHBrCOOH，CHCHBrCHBrCOOH在氢氧化钠的水溶液中
3 3
加热发生水解反应后酸化得到CHCH(OH)CH(OH)COOH，CHCH(OH)CH(OH)COOH在铜
3 3
的催化、加热条件下与氧气反应生成CHCOCOCOOH。
3
2 ． ――→ ――→ ――→ ――→解析 由苯甲醇为原料合成化合物 ， 可由
发生酯化反应得到， 可由 发生水解
反应得到， 可由苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成
苯甲醛，其合成路线见答案。
3.
大题突破 5 有机综合推断(选考)
真题探究
1．(1)苯甲醇 (2)消去反应 (3) (4)
(5)硝基、酯基和羰基
(6)
(7) 5
解析 由合成路线，A的分子式为C HO，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化反应生成
7 8
B，B的结构简式为 ，则A为 ，B与CHCHO发生加成反应生
3成 ， 再发生消去反应生成C，C的结构简式为 ，C与
Br /CCl 发生加成反应得到 ， 再在碱性条件下发生消去反应生成
2 4
D( )，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C HO ，F的结构简式
5 6 2
为 ，可推知E为 ，F与 反应生成G，G与D反应生成H，据
此分析解答。(1)A( )的化学名称为苯甲醇。(2)B( )先与
CHCHO发生碳氧双键的加成反应生成 ， 再发生消去反应生成C(
3
)，故第二步的反应类型为消去反应。(3)C 与 Br /CCl 发生加成反应得到
2 4
。
(4)E的结构简式为 。
(5)H( )含有的含氧官能团为硝基、酯基和羰基。(6)C( )的分子式为
C HO，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到
9 8
对苯二甲酸，则 X 的取代基处于苯环的对位，满足条件的 X 的结构简式为
。
(7)若要合成H′( )，相应的D′为 ，G′为 ，手性碳为六元环中标星号(*)碳原子 ，共5个。
2．(1)3-氯丙烯
(2) (3) ＋HO (4)(醇)羟基、羧基 (5)
2
取代反应 (6) (7)10 、
解析 (1)A属于氯代烯烃，其化学名称为3-氯丙烯。(2)A发生氧化反应生成B，B与C在
NaNH 、甲苯条件下反应生成D，对比B、D的结构简式，结合C的分子式C HN，可推知
2 8 7
C的结构简式为 。(3)D与30%Na CO 反应后再酸化生成E，E在浓硫
2 3
酸、甲苯条件下反应生成F，F不能与饱和NaHCO 溶液反应产生CO ，F中不含羧基，F的
3 2
分子式为C H O ，F在E的基础上脱去1个HO分子，说明E发生分子内酯化反应生成
11 10 2 2
F，E生成F的化学方程式为 ＋HO。(4)E中含氧官能团为
2
(醇)羟基、羧基。(5)F与(C H)NH在AlCl 、甲苯条件下反应生成G，G与SOCl 、甲苯反
2 5 2 3 2
应生成H，H的分子式为C H ClNO，H与I反应生成J，结合G、J的结构简式知，H的结
15 20
构简式为 ，G与SOCl 发生取代反应生成H。(6)I的分子式为C HKNO ，I是
2 8 4 2
一种有机物形成的盐，则I的结构简式为 。(7)由E的结构简式知其分子式为
C H O ，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO 溶液反应产生CO ，结合分子式中
11 12 3 3 2
O原子的个数，说明含1个羧基；能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；
若3个甲基在苯环上的位置为 时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在
苯环上的位置为时 ，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为 时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3＋6＋1
＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原
子数量比为6∶3∶2∶1的结构简式为 、 。
回扣自测
1．(1)3,4-二甲基己烷 (2)2-甲基-2-丁烯 (3)2-甲基丁酸
2．(1)1,2,3-苯三酚 (2)苯甲醛 (3)苯甲醇 (4)萘 (5)对二甲苯(或1,4-二甲苯) (6)邻羟基
苯甲酸 (7)三氯乙烯 (8)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚) (9)2-羟基苯甲醛(或水杨醛)
3．(1)(酚)羟基、醛基
(2)酰胺基 羧基
4．(1)①a. a． ――→ CH==CH—CH ↑＋HO
2 3 2
b．2 ――→ ＋HO
2
②a． ＋HOCH CHOH ＋HO
2 2 2
b.
c． ＋nHOCH CHOH ＋(2n－
2 2
1)H O
2
③a． ＋2HO
2
b． ＋(n－1)H O
2
(2)①( ＋nHO――→n
C6H10O5n 2 C6H12O6
②a．CH—CH—CH—Br＋NaOH――→CH—CH—CH—OH＋NaBr
3 2 2 3 2 2
b．CH—CH—CH—Br＋NaOH――→CH—CH==CH↑＋NaBr＋HO
3 2 2 3 2 2③ ＋CO＋HO―→ ＋NaHCO
2 2 3
④ ＋2NaOH――→ ＋CHOH＋HO
3 2
⑤ ＋8H――→
2
题型突破
1．(1)取代反应(或酯化反应) (2)5
(3) (4)酯基 碳碳双键 (5)5 (6)45.92% (7)甲组使用的Pd催化剂未
完全除尽，继续催化反应①
解析 A→B条件为甲醇和浓硫酸，该反应为酯化反应，B→C条件为CHI和有机强碱，结
3
合C的分子式以及 D的结构简式可分析得出 C的结构简式为 ，C与
CH===CHCH Br发生取代反应生成D，由E的结构可分析出，D中酯基被还原成醇羟基
2 2
，碳碳双键被氧化成羧基 ，然后发生酯化反应生成E，E与Pd
配合物在碱的催化下反应生成F。(2)核磁共振氢谱的吸收峰数目等于有机物中氢元素的种类，
即有多少种不同化学环境的氢原子，由B的结构简式可知，B中有5种H，所以核磁共振氢
谱有5组吸收峰。(4)E结构中存在环状酯结构，采用逆推的方式可得到 ，存
在羧基和醇羟基，再结合两种官能团的位置及支链中碳原子的个数，可推得 D中碳碳双键
被氧化，酯基被还原。(5)只考虑氟的位置异构， F中氟原子没取代之前只有6种类型氢原
子，如图： ，取代后有 6 种氟代物，除去 F 本身，应为 5 种同分异构体。
(6)A→F的过程中，分成三步进行，且三步反应A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、
82%和80%，则A→F的产率为70%×82%×80%＝45.92%。(7)甲、乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，
说明有机小分子S-1不是反应①的催化剂，根据已知条件，Pd配合物也能催化反应①，可
推测，金属Pd在催化甲组合成S-1后，并没有完全除尽，有残留，所以最终起催化作用的
依然为金属Pd。
2．(1)C HNO (2) ＋CHOCH Cl＋NaOH―→ ＋NaCl＋HO
7 7 3 3 2 2
(3)sp3 sp2 选择性将分子中的羟基氧化为羰基 (4)硝基 氨基 (5)
(6)12 (或 )
解析 F中含有磷酸酯基，且F→G中步骤i在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给
已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物I的分子式可逆推得到I的结构简式为
。(1)由A的结构简式可知A的分子式为C HNO 。(2)由题给合成路线中C→D的
7 7 3
转化可知，苯酚可与CHOCH Cl发生取代反应生成 与HCl，HCl可与NaOH
3 2
发生中和反应生成NaCl和HO，据此可得该反应的化学方程式为 ＋CHOCH Cl
2 3 2
＋NaOH―→ ＋NaCl＋HO。(3)根据D、E的结构简式可知，D→E发生了羟
2
基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由sp3变为sp2；由D→E的结构变化可知，PCC的
作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基。(4)由题给已知信息可知，F→G的步骤i中F与
化合物I在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，
步骤ii发生了由硝基到氨基的转化。(6)化合物I的分子式为C H O，计算可得不饱和度为
10 14
4，根据题目所给信息，化合物I的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其
余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的
取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如
下四种： 、 、 、 (1、2、3、4均表示羟基的连接
位置)，所以满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化
学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式
为 或 。
