复习讲义答案精析_05高考化学_2025年新高考资料_一轮复习_2025大一轮复习讲义+课件（完结）_2025大一轮复习讲义化学学生用书Word版文档全书_答案精析

复习讲义答案精析
第一章 化学物质及其变化
第 1 讲 物质的组成、性质和转化
考点一
整合必备知识
1．(1)游离 原子 分子 化合 原子 分子 离子
(2)①几种性质不同的单质 ②化学 ③O、O 金刚石、石墨、C 白磷、红磷
2 3 60
2．应用举例
①⑧⑨⑩⑭⑮⑰⑲ ②③④⑤⑥⑦⑪⑫⑬⑯ ⑱
3．树状 交叉 (1)① ②⑨ ③⑦ ④⑤ ⑥ ⑧ ⑩ ⑪
(2)
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.×
提升关键能力
1．②③⑤ ①④⑥ ①②⑥ ③④ ⑤ ①②③ ④⑤⑥ ③⑤ ①②④⑥ ⑦⑩ ⑧
⑨
2．B A
3．C
考点二
整合必备知识
1．(1)①③④⑨⑩⑬ ②⑤⑥⑦⑧⑪⑫⑭⑮
(2)宏观 有新物质生成的是化学变化，反之是物理变化
有旧化学键断裂，同时有新化学键形成的是化学变化，本质是原子的重
微观
新组合
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.①× ②√ ③× ④√
提升关键能力
1．① CO ＋2Mg=====2MgO＋C ② C＋O=====CO ③ 2C＋O=====2CO ⑤ 2CO＋
2 2 2 2
O=====2CO ⑥ NaCO ＋2HCl===2NaCl＋CO↑＋HO ⑦ CO ＋2NaOH===NaCO ＋
2 2 2 3 2 2 2 2 3
HO
2
2．(1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐) (2)Cu (OH) CO ＋4HCl===2CuCl ＋3HO＋CO↑
2 2 3 2 2 2
(3)Cu(OH) =====CuO＋HO CuO＋H=====Cu＋HO (4)① ②③ ④
2 2 2 2
3．HPO ＋NaOH===NaH PO ＋HO
3 2 2 2 2
4．(1)Be(OH) ＋2NaOH===NaBeO＋2HO
2 2 2 2
(2)Be(OH) ＋2HCl===BeCl ＋2HO
2 2 2
考点三
整合必备知识
1．(1)分散质 分散剂 (2)分散质粒子直径 溶液 胶体 浊液
2．(1)②④⑥ ①⑤ ③⑦ (2)胶体 溶液
3．＜1 nm 1～100 nm >100 nm 均一、透明 均一、透明
不均一、不透明 无丁达尔效应 有丁达尔效应 静置沉淀或分层
易错辨析 1.× 2.√ 3.√ 4.√
提升关键能力
(1)饱和FeCl 溶液 红褐色 (2)FeCl ＋3HO=====Fe(OH) (胶体)＋3HCl (3)A (4)①丁达
3 3 2 3
尔效应 ②生成红褐色沉淀 自来水中含有电解质，使胶体发生聚沉 生成红褐色沉淀 长
时间加热使胶体发生聚沉
练真题 明考向
1．C 2.D 3.A
4．B [明矾净水的原理为Al3＋＋3HOAl(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，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，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。]第 2 讲 离子反应 离子方程式
考点一
整合必备知识
1．(1)水溶液里 熔融状态下 (2)完全电离 部分电离
应用举例 (1)①③⑦ (2)⑤⑥⑨⑪ (3)②⑥⑩⑪ (4)④⑧ (5)⑤⑥⑨○⑪ (6)②
2．应用举例 ①Ba(OH) ===Ba2＋＋2OH－
2
②KAl(SO )===K＋＋Al3＋＋2SO
4 2
③CHCOOHCHCOO－＋H＋
3 3
④HCOH＋＋HCO、HCOH＋＋CO
2 3
⑤Cu(OH) Cu2＋＋2OH－
2
⑥NaHSO===Na＋＋H＋＋SO
4
⑦NaHSO(熔融)===Na＋＋HSO
4
⑧NaHCO ===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO
3
提升关键能力
1．(6)(9)(11)
2．√ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √
× × ×
3．(1)①能 ②不能，H＋、Fe2＋、NO发生氧化还原反应 ③不能，HO 在酸性条件下氧化
2 2
Fe2＋
(2)能 2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3HO Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl↑＋HO
2 2 2
4．(1)D (2)B (3)C (4)B (5)C (6)A
5．A [Ba(OH) 溶液和 HSO 、NaHSO 溶液反应的化学方程式分别为 HSO ＋
2 2 4 4 2 4
Ba(OH) ===BaSO↓＋2HO，NaHSO ＋Ba(OH) ===BaSO↓＋NaOH＋HO、2NaHSO ＋
2 4 2 4 2 4 2 4
Ba(OH) ===BaSO↓＋NaSO ＋2HO，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线
2 4 2 4 2
①在a点溶液电导率接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH) 和HSO 的反应，
2 2 4
则曲线②为Ba(OH) 和NaHSO 的反应。b→d反应为向NaOH溶液中继续滴加NaHSO 溶液，
2 4 4
实际上是酸碱中和反应，离子方程式为H＋＋OH－===HO，故A项正确；d点时溶质为
2
NaSO ，根据化学式知，Na＋与SO的物质的量之比为2∶1，故B项错误；c点，①中稀硫
2 4
酸过量，溶质为硫酸，②中溶质为NaOH、NaSO ，则该点两种溶液中氢氧根离子浓度不同，
2 4
故C项错误；a点液体为纯水，b点溶质为NaOH，所以a点呈中性，b点呈碱性，故D项错
误。]
考点二
整合必备知识
1．(1)实际参加反应的离子符号 (2)某个具体的化学反应 同一类型的离子反应2．(1)强酸 强碱 可溶性盐
提升关键能力
1．(1)①2NaO＋2HO===4Na＋＋4OH－＋O↑
2 2 2 2
②Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH
3 2 3
③Cl＋HOH＋＋Cl－＋HClO
2 2
④HSO＋H＋===HO＋SO ↑
2 2
(2)①OH－＋H＋===HO
2
②SO＋2Ag＋===Ag SO ↓
2 4
③NH＋OH－=====NH ↑＋HO
3 2
(3)①MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl↑＋2HO
2 2 2
②Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO ↑＋2HO
2 2
2．(1)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO↓＋2HO
4 2
(2)Ba2＋＋2OH－＋2NH＋SO===BaSO↓＋2NH ·H O
4 3 2
(3)Cu2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===Cu(OH) ↓＋BaSO↓
2 4
3．(1)①× ②× ③√ ④√ ⑤× ⑥× (2)①√ ②× ③√ ④√ ⑤× (3)①√
②× ③× ④√ ⑤× ⑥× (4)①√ ②√ ③× ④×
热点强化1
1．(1)①CO＋2OH－===CO＋HO
2 2
②CO＋OH－===HCO
2
(2)①CO＋H＋===HCO
②CO＋2H＋===CO↑＋HO
2 2
(3)①AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ↓
2 3
②AlO＋4H＋===Al3＋＋2HO
2
(4)①2AlO＋CO＋3HO===2Al(OH) ↓＋CO
2 2 3
②AlO＋CO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO
2 2 3
(5)①Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓
3
②Al3＋＋4OH－===AlO＋2HO
2
(6)①Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2HO
2
②3Fe＋2NO＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4HO
2
2．(1)①Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO ↓＋HO
3 2
②Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO ↓＋2HO＋CO
3 2
(2)①HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO ↓＋HO
3 2
②Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO ↓＋CO＋2HO
3 2
(3)①Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO↓＋HO 碱
4 2
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO↓＋2HO 中 SO＋Ba2＋===BaSO↓
4 2 4(4)①3Ba2＋＋3SO＋2Al3＋＋6OH－===3BaSO↓＋2Al(OH) ↓
4 3
②NH＋Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===NH ·H O＋Al(OH) ↓＋2BaSO↓
3 2 3 4
3．(1)H＋＋OH－===HO
2
NH＋H＋＋2OH－===NH ·H O＋HO
3 2 2
(2)H＋＋OH－===HO
2
Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓
3
NH＋OH－===NH ·H O
3 2
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
(3)OH－＋H＋===HO
2
AlO＋H＋＋HO===Al(OH) ↓
2 3
CO＋H＋===HCO、HCO＋H＋===CO↑＋HO
2 2
Al(OH) ＋3H＋===Al3＋＋3HO
3 2
(4)Cl ＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
2
2Fe2＋＋2Br－＋2Cl===2Fe3＋＋Br ＋4Cl－
2 2
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl===2Fe3＋＋2Br ＋6Cl－
2 2
第 3 讲 氧化还原反应的概念和规律
考点一
整合必备知识
1．(1)化合价 (2)电子转移
2．得 降低 失 升高
3．(1)同一元素 (2)不同元素
应用举例 (1)
(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO
2 2 2
(2)2N (或1.204×1024) 2
A
4．(1)Cl－ SO NO或NO Mn2＋ Fe2＋或Fe Cr3＋
2 2
(2)Zn2＋ HO CO Fe3＋ S I
2 2 2
(3)Fe S HO Fe3＋ SO O 还原 氧化
2 25．D B C A
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.×
提升关键能力
1．B
2．(1)氧 (2)KMnO (3)5∶2 (4)0.25N
4 A
3．(1)H O NaBH
2 4
(2) ===NaBO ＋4H↑ 1∶1 (3)0.2 mol
2 2
考点二
整合必备知识
1．得电子 失电子
2．难易 多少
提升关键能力
1．①Cl>Br >I >S ②Na＋<Zn2＋<H＋<Cu2＋
2 2 2
2．①Mg>Fe>Cu>Ag ②Br－<I－<S2－ ③Cu>Cl－>OH－>SO
3．>
4．(1)①③⑥⑦ (2)⑤⑥⑦⑧ (3)②④
5．Tl3＋>Ag＋>Fe2＋
6．D
热点强化2
2．(1)Fe2＋ Br－ Fe2＋ 2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ 2Fe2＋＋4Br－＋3Cl===2Fe3＋＋2Br ＋
2 2 2
6Cl－
热点专练
1．G、Y、Q、Z、X
2．A 3.D
4．B [根据还原性：Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表
Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未
知，无法计算浓度，B项错误；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br
－)＝2∶1∶3，D项正确。]
练真题 明考向
1．C
2．A [由方程式可知，反应生成1 mol一氧化二氮，转移4 mol电子，故A正确；该反应
中H、O元素化合价不变，HO既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为 Fe2＋，故B
2
错误；由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH OH是反应的还原剂，铁元
2
素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；由方程式可知，反应中铁元
素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误。]
3．BD
4．CoCl ＞Cl＞FeCl
3 2 3
第 4 讲 氧化还原反应方程式的配平及计算
考点一
整合必备知识
1．氧化剂 还原剂 升高 种类 个数 总数
2．化合价 相等 质量 电荷 电子
提升关键能力
1．(1)3 8 3 2 4 (2)5 1 3 3 3 3 (3)2 16 10 2 5 8
2．(1)3 6 5 1 3 (2)3 6 2 1 3 (3)2 9 3 3 5
3．(1)2x 2 2x 1 (2) 2 (－1) 1 1 (3)1 (3x＋1) (2x－2) x (3x＋1) (x－1)
4．(1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 28
(3)3 2 8 2 2 3 11
5．(1)3 2 4OH－ 3 2 5
(2)2 5 6H＋ 2 5 8
(3)AlO 3C N 2 3CO
2 3 2
(4)5 2 14 H＋ 5 5 2 MnO 7 HO
2
考点二
提升关键能力
1．＋3
2．5
3．1.5 2.2
解析 设7.5 mol CuSO 可氧化P的物质的量为x，生成1 mol Cu P时，被氧化的P的物质的
4 3
量为y；根据得失电子守恒：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，解得x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－
1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，解得y＝1.2 mol，所以生成1 mol Cu P时，参加反应的P
3
的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
4．9.20
5．60
6. mol·L－1
解析 Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋
2 2
4HO。根据得失电子守恒列等式：c mol·L－1×V mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－
2 1 11
×6c(CrO)＋5c mol·L－1×V mL×10－3 L·mL－1，解得c(CrO)＝ mol·L－1。
2 2 2 2
热点强化3
热点专练
1．(1)6Co(OH) ＋O=====2Co O＋6HO
2 2 3 4 2
(2)4K＋2F＋CuCl ===KCuF＋2KCl
2 2 2 4
(3)CO＋2[Ag(NH)]OH===2Ag↓＋(NH )CO＋2NH
3 2 4 2 3 3
2．(1)4Co(OH) ＋O===4CoO(OH)＋2HO
2 2 2
(2)Mn2＋＋HSO＋HO===MnO ↓＋SO＋3H＋
2 2
3．2CeO＋HO＋6H＋===2Ce3＋＋O↑＋4HO
2 2 2 2 2
4．(1)①4Fe(NO)2＋＋O＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2HO
2 2
②14Fe3＋＋FeS＋8HO===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
2 2
(2)作催化剂
5．2NH ＋3NaClO===N＋3HO＋3NaCl
3 2 2
第二章 物质的量
第 5 讲 物质的量 气体摩尔体积
考点一
整合必备知识
1．粒子 摩尔(mol)
2．g·mol－1(或g/mol) g·mol－1
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．160 g·mol－1 8
2．0.33N 0.26
A
考点二
整合必备知识
1．L·mol－1(或L/mol) 22.4 L·mol－1
2．(1)分子数 物质的量 (2)N ∶N ρ∶ρ n∶n
1 2 1 2 1 2
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.√
提升关键能力
1．(1)6.72 13.44 (2)22.4 L (3)4.5 15 33.6 (4)
2．(1)64 SO (2)①1.61 ②36
23．(1) mol 6d g·mol－1 (2)22.4ρ g·mol－1
(3)17a%＋44b%＋18c%
解析 (1)NH HCO =====NH ↑＋HO↑＋CO↑，假设NH HCO 的摩尔质量为M，混合气
4 3 3 2 2 4 3
体的平均摩尔质量(混)＝＝。同温同压下，＝＝d，则(混)＝2d g·mol－1＝，所以M＝6d
g·mol－1。混合气体的物质的量n(混)＝＝ mol。
(2)(混)＝ρ·V ＝22.4ρ g·mol－1。
m
(3)(混)＝M(NH )·φ(NH )＋M(CO)·φ(CO)＋M(H O)·φ(H O)＝17a%＋44b%＋18c%。
r r 3 3 r 2 2 r 2 2
4．(1)Z (2)X (3)4∶1
5．(1)ρ(O )>ρ(Ne)>ρ(H ) (2)p(H )>p(Ne)>p(O )
2 2 2 2
(3)V(H )>V(Ne)>V(O ) (4)m(O )>m(Ne)>m(H )
2 2 2 2
练真题 明考向
1．A 2.C
3．(1)N (2)5N (3)14N (4)1.5N (5)0.1N (6)3N
A A A A A A
4．A [氩气( Ar)是单原子分子，标况下22.4 L氩气是1 mol，其中含有的质子数是18N ，
18 A
A正确；同温同压下，＝，所以＝，不相同，B错误；标况下，乙醇为非气体，C错误；标
况下，22.4 L(即1 mol) N 分子中含中子数为(14－7)×2N ＝14N ，D错误。]
2 A A
第 6 讲 物质的量浓度
考点一
整合必备知识
1．单位体积的溶液 c 溶质 溶液 百分数 mol·L－1
B
2．(1)①NaOH HCO HSO HSO ②NH ·H O ③CuSO NaCO
2 3 2 3 2 4 3 2 4 2 3
易错辨析 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 7.×
提升关键能力
1．A
2．(1) mol·L－1 (2) mol·L－1 (3)×100% (4) g
3．A [ mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3
＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。]
4．0.4 mol·L－1
考点二
整合必备知识
1．(1)刻度线易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)胶头滴管 500 mL容量瓶 (2)10.0 g
(3)①左盘 ②小于 32.6 g
(4)搅拌，加速溶解
(5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液
面与刻度线相切
2．(1)偏小 (2)偏小 (3)偏小 (4)偏大 (5)偏小 (6)偏小
3．(1)偏大 (2)偏小 (3)偏小 (4)无影响 (5)无影响
练真题 明考向
1．D
2．分液漏斗、球形冷凝管
3．C
4．11.5
热点强化4
1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× (7)√
2．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)×
3．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ (7)× (8)√ (9)√
4．(1)× 该反应为 NaO 中－1 价氧元素的歧化反应，0.1 mol CO 反应消耗 0.1 mol
2 2 2
NaO，转移0.1 mol电子
2 2
(2)√ 0.1 mol Fe和0.1 mol Cu均能完全使0.1 mol Cl 转化为0.2 mol Cl－，转移0.2 mol电子
2
(3)× 没有给出硝酸的量，不能判断最终产物中铁元素的价态，故不能判断转移电子的数
目
(4)× 该反应的产物为Cu S,0.1 mol Cu只能失去0.1 mol电子
2
(5)× 还原性：Fe2＋>Br－，Cl 首先氧化Fe2＋，Cl 的量不确定，无法确定Br－被氧化的量，
2 2
转移的电子数在N ～3N 之间
A A
热点专练
1．A 2.D 3.A
4．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＋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＋O――→7CO
A 6 5 2 2
＋3HO，1 mol苯甲酸完全燃烧生成7 mol CO ，则0.20 mol苯甲酸完全燃烧生成1.4 mol
2 2
CO ，数目为1.4N ，故C正确；电解熔融CuCl 时，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl↑，阴极
2 A 2 2
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
A
误。]
5．A 6.C
7．A [Mn元素由＋7价降低到＋2价，C元素由0价升高到＋4价，则1 mol [4MnO＋
5HCHO]完全反应转移的电子数为20N ，A正确；电解精炼铜时，开始阶段阳极上比Cu活
A
泼的金属杂质也会放电，故电路中通过的电子数为 N 时，阳极上被氧化的Cu的质量小于
A
32 g，B错误；题目未指明pH＝9的CHCOONa溶液的体积，无法确定水电离出的H＋数，
3
C错误；1 L浓度为0.100 mol·L－1的NaCO 溶液中含有0.100 mol Na CO ，CO水解生成
2 3 2 3
HCO和OH－，阴离子数目增加，故溶液中阴离子数大于0.100N ，D错误。]
A
第 7 讲 化学计算的常用方法
类型一
整合必备知识
2．应用举例 样品加热发生的反应为
2NaHCO =====NaCO＋HO＋CO↑ Δm
3 2 3 2 2
168 106 62
m(NaHCO ) (w－w) g
3 1 2
样品中m(NaHCO )＝ g，
3
则样品中m(Na CO)＝w g－ g，
2 3 1
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
提升关键能力
1．C 2.B
3．(1)× (2)√
4．NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
5．①CaC O========CaCO ＋CO↑
2 4 3
②CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
2 4 2
解析 ①M(CaC O·H O)＝146 g·mol－1，取1 mol CaC O·H O，质量为146 g，当剩余质量
2 4 2 2 4 2
为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H O，结合题图知，在400 ℃时，固体的化学
2
式为CaC O；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC O 失去1
2 4 2 4
个CO后变成CaCO ，所以在400 ℃至600 ℃时发生的反应为 CaC O========CaCO ＋
3 2 4 3
CO↑。
6．Fe O ；设FeS 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeO，M(FeS )＝120 g·mol－1，
2 3 2 x 2
则M(FeO)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈，即固体产物为
x
Fe O
2 3类型二
整合必备知识
2．应用举例 257.9 t
提升关键能力
1．90.36
2．45.0%
3.%
4．①m＋m－2m ②%
3 1 2
解析 ②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式：WO～2IO～6I～12SO，结合钨元
2 2
素的质量守恒可得关系式：WCl～12SO，则样品中 n(WCl )＝n(S O)＝×c mol·
6 2 6 2
L－1×V×10－3L，m(WCl )＝×c mol·L－1×V×10－3L×M g·mol－1＝ g，因此样品中WCl 的
6 6
质量分数为×100%＝%。
类型三
提升关键能力
1．(1)9
计算过程：
2[Al(NO )·xHO]～Al O
3 3 2 2 3
2(213＋18x)g 102 g
7．50 g 1.02 g
＝
解得x＝9 (2)0.010 0
2．84%
3．97.6%
4．酸性 4
5．D [由混合溶液中加入b mol BaCl ，恰好使溶液中的 SO完全沉淀，根据SO＋Ba2＋
2
===BaSO↓可知n(SO)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH ，根据NH＋OH－
4 3
=====NH ↑＋HO可知n(NH)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为
3 2
x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3
＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，故D正确。]
类型四
提升关键能力
1．CaCO ·FeCO[或CaFe(CO)] CaFe(CO)=====CaO＋FeO＋2CO↑
3 3 3 2 3 2 2
解析 X完全分解生成CO 的质量为10.80 g－6.40 g＝4.40 g，其物质的量为0.10 mol，根据
2
CaCO =====CaO＋CO↑、FeCO=====FeO＋CO↑可得：n(FeO)＋n(CaO)＝0.1 mol,56 g·mol－
3 2 3 2
1
×n(CaO)＋72 g·mol－1×n(FeO)＝6.40 g，解以上两式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050 mol，则X的化学式为CaFe(CO)。
3 2
2．(1) (2)
第三章 化学实验基础知识
第 8 讲 化学实验基础知识和技能
考点一
整合必备知识
1．(1)①②③ ④⑤⑥⑦
(2)蒸发皿 坩埚 蒸馏烧瓶 三颈烧瓶
(3)泥三角 坩埚钳 陶土网
2．(1)①上部 ③没有
(2)①0.1 ②0.1 ③0.01 是否漏水 只有一条
3．(1)①搅拌 (2)普通 长颈 分液 恒压滴液 (3)直形 球形 冷凝回流 (4)球形干燥
管
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.×
提升关键能力
1．(1)①烧杯 ②集气瓶 ③坩埚 ④烧杯
(2)①10 mL量筒 ②酸式滴定管 ③碱式滴定管 ④托盘天平 ⑤pH计 ⑥500 mL容量
瓶
(3)①分液漏斗 ②(普通)漏斗 ③(普通)漏斗 ④分液漏斗
2．(1)3.2 (2)D
3．(1)(球形)分液漏斗 向反应器中添加液体药品，并能控制加入液体的多少 锥形瓶 收
集气体 (2)长颈漏斗 防止气体逸出 U形管 球形干燥管 (3)漏斗 充分吸收氨气，防
倒吸 (4)坩埚 泥三角 蒸发皿 (5)直形冷凝管 球形冷凝管 冷凝后的液体容易残留在
球形区域内 防暴沸 (6)图6中温度计测定馏分的温度，图7中温度计测定反应体系的温度
考点二
整合必备知识
1．(1)①广口 细口 ②棕色 ③碱性 强酸性 强氧化性 ⑤铁屑 煤油 石蜡 水 棕
色 稀盐酸 NaOH溶液 橡胶 (2)①药匙 纸槽 托盘天平 胶头滴管 用试剂瓶倾倒
2．(1)定性 定量 Cl 等具有强氧化性 (2)①洁净的玻璃片或表面皿 玻璃棒蘸取待测液
2
体 中部 ②润湿
3．(2)②NH HCl (3)较大 较小
3
4．(1)①略向下 炸裂 ②均匀 固定 (2)①擦干 向上 ② (3)受热均匀，便于控制温度
5．(3)NaOH溶液或热的纯碱溶液 CS 或热的NaOH溶液 稀HNO 浓盐酸
2 3
6．(2)1% 牛奶、蛋清或豆浆 硫粉 湿抹布或沙土 酒精 沙土
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 7.× 8.× 9.×
提升关键能力
1．(1)检查装置的气密性 (2)检验气体的纯度 (3)润湿试纸 (4)调天平平衡 (5)分液漏斗、
酸式滴定管、碱式滴定管、容量瓶
2．C
3．试管底易破裂 读数偏低 量筒内液体表面的水会飞溅(或量筒会炸裂)
4．(1)×，加热液体时，试管内液体不能超过其容积的
(2)×，加热结晶水合物时，试管口要略向下倾斜，防止生成的水倒流，导致试管炸裂
(3)×，取放蒸发皿要使用坩埚钳 (4)√
(5)×，蒸发或浓缩溶液时要使用蒸发皿 (6)√
练真题 明考向
1．A 2.D 3.A 4．高温灼烧 冷却干燥 A、C
热点强化5
一、
3．(1)A b a a (2)F 饱和食盐水 a (3)打开止水夹，向长颈漏斗中注入适量蒸馏水
(4)C D a B (5)a
4．冷凝、导气 冷凝回流
二、
2．(1)平衡气压，便于硫酸顺利滴下；减少加入硫酸占有体积带来的误差。 (2)待装置内气
体恢复到室温，将量气管上下移动，至左右管内液面平齐，然后读数。
(3)
热点专练
1．B 2.B
3．D [NaCO 固体受热不分解，所以该装置不能制备CO ，A错误；乙醇和乙酸互溶，不
2 3 2
能采用分液的方式分离，应采用蒸馏，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白
性，不能验证其酸性，C错误。]
4．D 5.D 6.D
7．C [红磷使用前应用水洗涤，除去其表面的可溶性氧化物及氧化物的水化物，A正确；将红磷转入装置，抽真空后加热外管，除去红磷表面的水分，同时除去残余的少量氧气，B
正确；由仪器构造可知，应从b口通入冷凝水(类比直形冷凝管的“下口进上口出”，b口类
似于直形冷凝管的下口)，C错误；通入冷凝水后P(g)在冷凝管外壁凝华，冷却后在氮气氛
4
围下收集，防止产品变质，D正确。]
答题规范(1)
例 (1)产生气泡 形成一段水柱
(2)高于 液面位置保持不变 高于 位置保持不变
(3)一段时间后，水柱的水位不会下降
(4)能回到原来的位置 上升 保持稳定
规范精练
1．(1)将e导管下端管口浸入盛水的烧杯中，关闭b的活塞，打开a处止水夹，微热d，若e
导管口有气泡冒出，冷却至室温后，又有一段水柱上升，证明气密性良好 (2)不可行 无
论气密性是否良好，b中的液体均能顺利滴下
2．(1)关闭活塞E，C中加水没过长导管口，加热A，C中长导管口有气泡冒出，撤去热源
后，长导管内有倒吸产生的液柱，且一段时间内高度保持不变，证明装置气密性良好
(2)三颈烧瓶 防倒吸 碱石灰(或NaOH等合理答案均可) (3)2H SO (浓)＋Cu=====CuSO
2 4 4
＋SO ↑＋2HO
2 2
(4)打开活塞E，从E管口向A中鼓入大量空气
(5)白色固体溶解，溶液变为蓝色 反应后的混合液中含有浓硫酸，若将水加入浓硫酸中，
会放出大量热而使液体飞溅
第 9 讲 物质的分离与提纯
考点一
整合必备知识
1．除去 纯净物
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 7.×
提升关键能力
1．(1)饱和溶液
(2)降温、加入KNO 固体、加热蒸发再冷却至原来的温度
3
(3)蒸发结晶
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)将固体混合物加入热水，搅拌、趁热过滤(或将固体加水溶解，将溶液蒸发至有大量固体
析出，停止加热，趁热过滤)
(6)将固体加水溶解，将溶液蒸发浓缩至出现晶膜，停止加热，冷却后有固体析出，过滤
(7)加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34 ℃条件下趁热过滤2．(1)蒸发浓缩 过滤 ①③
(2)更换滤纸，重新过滤 滤纸破损、滤液超过滤纸边缘
(3)防止晶体失去结晶水，也防止可溶性杂质析出
(4)没有打开分液漏斗颈上的玻璃塞(或玻璃塞上的凹槽没有与漏斗上的小孔对齐)
3．(1)冷凝回流并导出馏分 c (2)H BO ＋3CHOHB(OCH ) ＋3HO (3)受热均匀，
3 3 3 3 3 2
便于控制温度
防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，使硼酸三甲酯水解
(4)圆底烧瓶 (5)使用溶剂少，可连续萃取(萃取率高)
4．(1)[Cu(NH )]2＋＋2RH===2NH＋2NH ↑＋CuR (2)提高铜离子的萃取率，提高原料利用
3 4 3 2
率 (3)稀硫酸 (4)①pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 ②真
空干燥
考点二
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．灼热铜网 灼热氧化铜 NaOH溶液或碱石灰 洗气或用固体转化气体 饱和 NaHCO
3
溶液 饱和 NaHCO 溶液或酸性 KMnO 溶液 饱和 NaHSO 溶液 洗气 CO Cl
3 4 3 2 2
MgO、Mg(OH) 或MgCO 调pH转为沉淀，过滤 NaOH溶液 加过量NaOH溶液，过滤、
2 3
洗涤 NaOH溶液 加过量NaOH溶液，过滤、洗涤 精铜、CuSO 溶液 电解精炼
4
2．(1)变多 (2) (3)降低 (4)H＋＋OH－===HO
2
3．(1)重结晶 (2)锆、铪配离子[MF ]2－与阴离子交换树脂的结合能力不同 (3)萃取
6
(4)3K ZrF ＋4Al=====6KF＋4AlF＋3Zr
2 6 3
答题规范(2)
规范精练
1．(1)向上层清液中再加入BaCl 溶液，若产生白色沉淀，说明SO未沉淀完全，反之则沉淀
2
完全。
(2)洗去可溶性杂质(Na＋、Cl－等)。
(3)沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2～3次。
(4)取少许最后一次洗涤液于一洁净的试管中，滴加稀HNO 酸化的AgNO 溶液，若产生白
3 3
色沉淀，说明沉淀未洗净，反之已洗净。
2．(1)有利于析出更多的晶体 防止晶体见光分解 (2)减少洗涤过程中的溶解损耗
3．(1)SrCO ＋2H＋===Sr2＋＋HO＋CO↑ (2)BaSO 、Fe(OH) BD (3)可减少氯化锶晶体
3 2 2 4 3
的溶解，提高产率 (4)A
练真题 明考向
1．D 2.A 3.D
4．⑥⑩③⑤ CCl
4解析 组装蒸馏装置对TiCl 、CCl 混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组
4 4
装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，接着连接尾接
管⑩，TiCl 极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为
4
①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl 、CCl 分子结构相似，TiCl 的相对分子质量大于CCl ，TiCl 分
4 4 4 4 4
子间的范德华力较大，TiCl 的沸点高于CCl ，故先蒸出的物质为CCl 。
4 4 4
热点强化6
热点专练
1．C 2.D
3．趁热过滤 用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次
4．防止因温度降低，CoCl 晶体析出
2
5．1.2 mol·L－1 蒸发浓缩、冷却结晶
6．(1)SO 静置，取上层清液加入BaCl ，若无白色沉淀，则SO已沉淀完全 (2)趁热过滤
2
第四章 金属及其化合物
第 10 讲 碱金属 钠及其氧化物
考点一
整合必备知识
1．锂(Li) 钠(Na) 钾(K) 铷(Rb) ns1 很强
2．(1)银白 (2)减小 (3)< > > 煤油 (4)降低 小于
3．(1)2R＋2HO===2ROH＋H↑
2 2
4．(1)物理 (2)黄 紫 蓝色钴玻璃
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)锂可以与水反应 (2)B
2．(1) KH＋HO===KOH＋H↑ N (或6.02×1023)
2 2 A
(2)3NaH＋Fe O===2Fe＋3NaOH
2 3
(3)AlCl LiCl
3
考点二
整合必备知识
1．(1)①2Na＋2HO===2NaOH＋H↑ 2CHCHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑ ②小
2 2 3 2 3 2 2
放 低 (2)4Na＋O===2NaO 2Na＋O=====NaO
2 2 2 2 2
3．2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑
2易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√
提升关键能力
1．c>a>b 钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H＋之间的置换反应，由三种物质电离出
H＋的能力可知反应速率的大小顺序为c>a>b
2．(1)2Na＋2HO＋Cu2＋===Cu(OH) ↓＋2Na＋＋H↑ (2)①③④⑥
2 2 2
3．(1)K NbF ＋5Na===Nb＋5NaF＋2KF (2)A
2 7
4．C [钠沉入液氨中说明钠的密度比液氨大，A正确；液氨中没有能导电的离子，而钠投
入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确；钠投入液氨中
先生成络合物，再反应得到H，故0.1 mol钠反应失去0.1 mol电子，C错误；反应中钠失去
2
电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可以发生的反应为2NH ＋2Na===2NaNH ＋
3 2
H↑，D正确。]
2
考点三
整合必备知识
1．淡黄色 碱性 －2 －1 1∶2 1∶2 NaO＋HO===2NaOH 2NaO ＋
2 2 2 2
2HO===4NaOH＋O↑ NaO＋CO===NaCO 2NaO ＋2CO===2NaCO ＋O NaO＋
2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2
2HCl===2NaCl＋HO 2NaO＋4HCl===4NaCl＋2HO＋O↑
2 2 2 2 2
2．(1)Na SO NaSO ＋2NaOH S↓＋2NaOH
2 4 2 4
易错辨析 1.√ 2.× 3.× 4.√ 5.√
提升关键能力
1．(1) NaO NaO O NaOH (2)0.2N (或1.204×1023)
2 2 2 2 2 A
2．A
3．(1)0.1 (2)14
解析 (1)Na O 和 NaO 的混合物溶于水发生反应：NaO＋HO===2NaOH、2NaO ＋
2 2 2 2 2 2 2
2HO===4NaOH＋O↑，气体B为氧气，其物质的量为0.05 mol，则NaO 的物质的量为0.1
2 2 2 2
mol，质量为7.8 g，NaO的质量为14 g－7.8 g＝6.2 g，物质的量为0.1 mol。(2)溶液A中
2
NaOH的物质的量为0.1 mol×2＋0.05 mol×4＝0.4 mol，则稀释后溶液中c(OH－)＝c(NaOH)
＝＝1 mol·L－1，c(H＋)＝10－14 mol·L－1，溶液pH＝14。
4．(1) 离子键、非极性共价键 －1
(2)2Na O ＋2HO===4NaOH＋O↑ 反应生成的HO 具有漂白作用(或反应生成的HO 氧
2 2 2 2 2 2 2 2
化了酚酞)
(3)2MnO＋5HO＋6H＋===2Mn2＋＋5O↑＋8HO
2 2 2 2
(4)Na O＋2HO===2NaOH＋HO 复分解反应
2 2 2 2 2
5．(1)两个氧原子之间都含有一对共用电子对(或都含有一个过氧键)
(2)2CaO＋2HO===2Ca(OH) ＋O↑
2 2 2 2
2CaO＋2CO===2CaCO ＋O
2 2 3 2
6．(1) (2)
7．(1)2
(2)4H O＋Cr O＋2H＋===2CrO＋5HO 不是
2 2 2 5 2
练真题 明考向
1．(1)√ (2)× (3)×
2．B 3.D 4.A
第 11 讲 碳酸钠和碳酸氢钠 钠及其化合物的相互转化
考点一
整合必备知识
纯碱 苏打 小苏打 放热 吸热 大于 碱 大于 >
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√ 7.× 8.√
提升关键能力
1．(1)充分灼烧至恒重 2NaHCO =====NaCO＋HO＋CO↑
3 2 3 2 2
(2)通入足量CO NaCO＋HO＋CO===2NaHCO
2 2 3 2 2 3
(3)滴加适量NaOH 溶液 NaHCO ＋NaOH===NaCO＋HO
3 2 3 2
2．(1)NaHCO (2)NaHCO NaCO (3)Na CO NaHCO
3 3 2 3 2 3 3
3．(1)Ⅱ (2)2NaHCO =====NaCO＋HO＋CO↑，CO＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋HO D
3 2 3 2 2 2 2 3 2
(3)NaHCO
3
4．NaHCO NaCO NaCO NaHCO 相等
3 2 3 2 3 3
5．(1)NaHCO (2)Na CO CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===HO＋CO↑ (3)NaOH和
3 2 3 2 2
NaCO OH－＋H＋===HO、CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===CO↑＋HO (4)Na CO 和
2 3 2 2 2 2 3
NaHCO
3
6．(1)Na CO＋HCl===NaCl＋NaHCO 、NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑
2 3 3 3 2 2
(2)NaHCO NaCl NaCO (3)0.05 mol·L－1 (4)0.112 L
3 2 3
考点二
构建知识网络
(1)2Na O ＋2HO===4NaOH＋O ↑ 2NaO ＋2CO===2NaCO ＋O (2)①2NaCl(熔
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2
融)=====2Na＋Cl↑ ②2NaCl＋2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑ ③NH ＋NaCl＋CO ＋
2 2 2 2 3 2HO===NaHCO ↓ ＋ NH Cl 2NaHCO =====NaCO ＋ HO ＋ CO↑ (3)①2OH － ＋
2 3 4 3 2 3 2 2
CO===CO＋HO ②OH－＋CO===HCO (4)2Na＋＋CO＋CO＋HO===2NaHCO ↓
2 2 2 2 2 3
拓展综合应用
1．B
2．(1)Na CO 溶液显碱性，也会使酚酞溶液变红
2 3
(2)Na CO 方案2的①中出现的白色沉淀是BaCO ，所以燃烧后的白色物质中有NaCO ，
2 3 3 2 3
②中滴加无色酚酞溶液无明显现象，说明燃烧后的白色物质中没有NaO
2
(3)4Na＋3CO=====2NaCO＋C
2 2 3
(4)不同意。因为反应物中无氢元素(或违背质量守恒定律)
3．(1)先通入NH ，然后通入CO
3 2
(2)NH CO 由于CO 在水中的溶解度比较小，而 NH 极易溶于水，为防止倒吸，通入
3 2 2 3
NH 的导气管的末端不能伸入到溶液中，为增加二氧化碳的吸收率，通入CO 的导气管的末
3 2
端应插入液面以下 (3)吸收氨气尾气，防止污染空气
4．D [饱和食盐水中通入氨气形成氨盐水，再通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化
铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，气体X为CO ，故A正确；氨盐水中
2
通入气体X后，反应生成碳酸氢钠沉淀，因此溶液中Na＋大量减少，故B正确；悬浊液a经
过操作b得到滤渣和滤液，说明操作b为过滤，故C正确；悬浊液a中的不溶物主要是碳酸
氢钠晶体，故D错误。]
热点强化7
1．(1)2NaHCO =====NaCO＋CO↑＋HO 83.2%
3 2 3 2 2
(2)将样品分解产生的气体全部带出，使其被B、C装置完全吸收 ×100%
2．(1)①D ②取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加NaSO 溶液，如无沉淀，则沉淀已洗
2 4
净，反之则未洗净 ③44.2%
(2)洗涤 (再)称量 ×100%
3．(1)防止空气中的CO 和HO进入装置D中产生误差
2 2
(2)④ ⑦ ⑥
(3)将反应产生的CO 全部赶入装置D中，减小误差
2
(4)38.7%
4．(1)酚酞 甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不变色 (2)NaCl、NaHCO 、HCO
3 2 3
(3)3.56% (4)偏大
解析 (1)第一滴定终点为恰好生成NaHCO ，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；第二滴定
3
终点为HCl与碳酸氢钠恰好完全反应，溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂。
(2)步骤③中，某时刻滴加盐酸使溶液呈中性，因碳酸氢钠与HCl反应生成的CO 溶于水生
2
成HCO，使溶液显酸性，溶液呈中性说明其中还有NaHCO 未反应完。
2 3 3
(3)第一次滴定发生反应：NaCO ＋HCl===NaHCO ＋NaCl，消耗盐酸V mL，平均值为
2 3 3 122.45 mL，第二次滴定发生反应：NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑，消耗盐酸 V
3 2 2 2
mL，平均值为23.51 mL，原碳酸钠转化的碳酸氢钠，还要再消耗盐酸的体积为V mL，则
1
原溶液中含有的NaHCO 所消耗的盐酸体积为V mL－V mL＝1.06 mL，产品中NaHCO 的
3 2 1 3
质量分数为×100%＝×100%≈3.56%。
(4)第一次滴定终点时，俯视读数，导致V 偏小，则V －V 偏大，导致NaHCO 质量分数的
1 2 1 3
计算结果偏大。
练真题 明考向
1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× (7)×
2．(1)
(2)作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
(3) (4)c a (6)159
3．(1)aefbcgh (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＋NaHCO ↓
3 2 2 4 3
(4)②冷却结晶 过滤
第 12 讲 铁及其氧化物和氢氧化物
考点一
整合必备知识
1．四 化合态 陨铁 3d64s2 Ⅷ ＋2、＋3
2．(1)银白 磁体 (2)＋2 ＋3 3Fe＋2O=====Fe O
2 3 4
2Fe＋3Cl=====2FeCl Fe＋S=====FeS Fe＋I=====FeI 3Fe＋4HO(g)=====Fe O ＋4H
2 3 2 2 2 3 4 2
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑ 钝化 ＋3 Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2
3．(1)黑色 红棕色 黑色 不溶于水 不溶于水 不溶于水 ＋2 ＋3 ＋2、＋3
(2)①Fe O ② FeO＋2H＋===Fe2＋＋HO Fe O ＋6H＋===2Fe3＋＋3HO ③ Fe O ＋
3 4 2 2 3 2 2 3
3CO=====2Fe＋3CO Fe O＋2Al=====2Fe＋Al O
2 2 3 2 3
④3FeO＋10HNO===3Fe(NO )＋NO↑＋5HO
3 3 3 2
⑤Fe O＋2I－＋6H＋===2Fe2＋＋I＋3HO
2 3 2 2
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．D 2.A
3．(1)提供水蒸气，使之与还原铁粉在高温下发生反应(2)3Fe＋4HO(g)=====Fe O＋4H
2 3 4 2
(3)集中火焰，产生高温 A 用水蒸气排尽装置中的空气
(4)收集气体
4．(1)常温下，铁在冷的浓硫酸或冷的浓硝酸中钝化，未看到铁片明显的溶解
(2)加热时，铁能溶于浓硫酸或浓硝酸，生成 Fe3＋和 SO 或 Fe3＋和 NO 2Fe＋
2 2
6HSO (浓)=====Fe (SO )＋3SO ↑＋6HO、Fe＋6HNO(浓)=====Fe(NO )＋3NO ↑＋3HO
2 4 2 4 3 2 2 3 3 3 2 2
(3)铁与稀硝酸反应生成Fe3＋和NO：Fe＋4HNO(稀)===Fe(NO ) ＋NO↑＋2HO 铁与稀硫
3 3 3 2
酸反应生成Fe2＋和H：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑
2 2
(4)过量铁粉与浓酸在加热条件下的反应：
①与浓硫酸：Fe＋2HSO (浓)=====FeSO ＋SO ↑＋2HO
2 4 4 2 2
②与浓硝酸：Fe＋4HNO(浓)=====Fe(NO )＋2NO ↑＋2HO。
3 3 2 2 2
过量铁粉与稀酸的反应：
①与稀硫酸：Fe＋HSO (稀)===FeSO ＋H↑
2 4 4 2
②与稀硝酸：3Fe＋8HNO(稀)===3Fe(NO )＋2NO↑＋4HO。
3 3 2 2
5．FeO
6．Fe O
5 7
解析 n(HCl)＝0.14 L×5.0 mol·L－1＝0.7 mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中
含有n(O)＝0.5n(HCl)＝0.35 mol，所得溶液还能吸收0.025 mol Cl ，恰好使其中的Fe2＋全部
2
转变为Fe3＋，反应后所得溶液为FeCl ，因n(Cl－)＝0.7 mol＋0.025 mol×2＝0.75 mol，则
3
n(Fe3＋)＝n(Cl－)＝0.25 mol，所以氧化物中n(Fe)∶n(O)＝0.25∶0.35＝5∶7，所以化学式为
Fe O。
5 7
考点二
整合必备知识
白 红 褐 Fe(OH) ＋ 2H ＋ ===Fe2 ＋ ＋ 2HO Fe(OH) ＋ 3H ＋ ===Fe3 ＋ ＋ 3HO
2 2 3 2
2Fe(OH) =====Fe O ＋3HO Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓ Fe3＋＋3OH－===Fe(OH) ↓ 白色
3 2 3 2 2 3
絮状沉淀迅速变成灰绿色 红褐色 4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH)
2 2 2 3
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)稀HSO 、铁屑 (2)煮沸 (3)避免生成的Fe(OH) 沉淀接触O 而被氧化 苯(或煤油)
2 4 2 2
(4)打开 关闭 稀硫酸与铁粉反应产生的H 排出了装置中的空气
2
(5)①Fe Fe－2e－===Fe2＋ ②BC ③隔绝空气，防止生成的Fe(OH) 被氧化 加热煮沸，
2
排出溶解的O 否 CCl 比FeSO 溶液的密度大，在下层，无法隔绝空气
2 4 4
(6)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色
2．(1)除去水中溶解的氧气 分液漏斗
(2)①Zn ＋ 2Cr3＋===Zn2＋ ＋ 2Cr2＋ ②排尽装置c中的空气
(3)冷却结晶 过滤(4)敞开体系，醋酸亚铬会与空气接触，且缺少氢气的处理装置
练真题 明考向
1．A 2.C
3．(1)分液漏斗 液封，防止空气进入装置4 (2)在装置2、3之间添加控制开关 (3)装置4
内的空气没有排尽
第 13 讲 铁盐、亚铁盐 铁及其化合物的转化
考点一
整合必备知识
1．(2)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 2Fe3＋＋HS===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ (3)①将氯化铁固体先
2
溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至所需浓度 ③Fe O ④Fe(OH)
2 3 3
2．(1)绿 绿矾 (2)浅绿 ①Fe2＋＋Zn===Zn2＋＋Fe ②2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－
2
(3)铁屑(钉)
3．＋6 杀菌 消毒
4．(1)变红 灰绿 红褐 K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN) ]3－===KFe[Fe(CN) ]↓ (2)红 红褐色 紫
6 6
(3)Fe3＋ Fe2＋
易错辨析 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×
提升关键能力
1．D 2.A
3．(1)加入过量铁粉 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
(2)加入氯水(或通入Cl) 2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－
2 2
(3)滴加HO 2Fe2＋＋HO＋2H＋===2HO＋2Fe3＋
2 2 2 2 2
(4)加入过量铁粉，过滤 Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
(5)先向溶液中加入氧化剂(如HO 、氯水)，然后向混合液中加入CuO或Cu(OH) ，调pH，
2 2 2
促进Fe3＋水解生成Fe(OH) 沉淀，静置过滤
3
4．C
5．取固体粉末溶于适量稀硫酸，将溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变红，证明
含有Fe3＋，另一份滴加酸性KMnO 溶液，KMnO 溶液紫红色褪去，证明含Fe2＋。
4 4
考点二
构建知识网络
2．①2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－
2
②3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2HO＋NO↑
2
③2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO
2 2 2
④5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO
2
⑤2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋⑥Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
⑦2Fe3＋＋HS===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
2
拓展综合应用
1．(1)①a ②d ③c (2)2∶1
2．C
3．(1)Fe O ＋6H＋===2Fe3＋＋3HO (2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑ (3)取
2 3 2 2
少量溶液B于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红色，说明溶液B中不存在Fe3＋ (4)
防止被空气氧化
4．(1)2Fe＋3Cl=====2FeCl
2 3
(2)在沉积的FeCl 固体下方加热 (3)②⑤
3
(4)冷凝、收集氯化铁 Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)
3
(5)
(6)2Fe3＋＋HS===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
2
5．B
6．(1)球形干燥管 饱和食盐水 C
(2)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO
2 2
(3)2Fe(OH) ＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO
3 2
(4)①ADEF ②90%
解析 (1)仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体
中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向 Fe (SO ) 溶液中加入NaOH溶液，
2 4 3
然后再通入Cl ，所以先打开分液漏斗C的活塞。(3)结合化合价升降相等、原子守恒、电荷
2
守恒可写出制取NaFeO 的离子方程式：2Fe(OH) ＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO。
2 4 3 2
(4)①溶液配制需要胶头滴管、烧杯、50 mL容量瓶、玻璃棒。②n(BaCO )＝＝0.001 8
3
mol，所以CN－的去除率为×100%＝90%。
练真题 明考向
1．A
2．ABCD
3．C [图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl 、FeSO 、Fe(NO ) 等Fe(Ⅱ)
2 4 3 2
的盐类物质，c 为 Fe(OH) ，e 为 FeCl 、Fe (SO ) 、Fe(NO ) 等 Fe(Ⅲ)的盐类物质，d 为
2 3 2 4 3 3 3
Fe(OH) 。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＋
3
2FeCl ===3FeCl ，故A不选；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B不选；Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH) 沉淀，制
3
备Fe(OH) 胶体操作为向沸水中滴加饱和FeCl 溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，
3 3故C选；b→c→d→e→b转化如FeCl ――→Fe(OH) ―――→Fe(OH) ――→FeCl ――→FeCl ，故D不
2 2 3 3 2
选。]
4．(1)不再有气泡产生 Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 (2)漏斗、玻璃棒
(3)K [Fe(CN) ]溶液 (4)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (5)在HCl气流中
3 6 2
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCl ·6H O晶体 (6)球形冷凝管 冷凝回流
3 2
SOCl 吸收SO 、HCl等尾气，防止污染 (7)碱石灰与SO 、HCl气体反应，失去干燥作用
2 2 2
(8)a
第 14 讲 铝、镁及其化合物
考点一
整合必备知识
1．最多 化合态
2．(1)银白 小 导电、导热和延展性
(2)①4Al＋3O=====2Al O
2 2 3
②2Al＋3Cl=====2AlCl
2 3
③钝化 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H↑
2
④2Al＋2OH－＋2HO===2AlO＋3H↑
2 2
⑤2Al＋Fe O=====2Fe＋Al O
2 3 2 3
3．Al O ＋6H＋===2Al3＋＋3HO Al O ＋2OH－===2AlO＋HO 2Al O(熔融)=====4Al＋
2 3 2 2 3 2 2 3
3O↑
2
4．(2)①2Al(OH) =====Al O＋3HO
3 2 3 2
②Al(OH) ＋3H＋===Al3＋＋3HO
3 2
③Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
(3)①Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH
3 2 3
②AlO＋CO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO
2 2 3
③Al3＋＋3AlO＋6HO===4Al(OH) ↓
2 3
5．(1)KAl(SO )·12H O (2)KAl(SO )===K＋＋Al3＋＋2SO Al(OH) 胶体
4 2 2 4 2 3
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.×
提升关键能力
1．(1)(4)
2．C
3．(1)H＋、Al3＋、NH、Al(OH)
3
(2)①H＋＋OH－===HO
2
②Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓
3 2③NH＋OH－===NH ·H O
3 2
④Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
4．(1)两性 Fe O Al O＋2OH－===2AlO＋HO
2 3 2 3 2
(2)氯化铝是共价化合物，熔融氯化铝以分子的形式存在
(3)Na AlF 降低Al O 熔融的温度
3 6 2 3
(4)2Al(OH) =====Al O＋3HO 2Al O(熔融)=====4Al＋3O↑
3 2 3 2 2 3 2
(5)石墨电极被阳极上产生的O 氧化 定期补充石墨
2
拓展应用
1．A
2．(1)AlO (2)Zn＋2OH－===ZnO＋H↑ (3)①③④
2
(4)Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH) 可溶于过
3 2 3 2
量氨水中，生成[Zn(NH )]2＋，氨水的用量不易控制
3 4
考点二
整合必备知识
1．(1)2Mg＋O=====2MgO
2
(2)3Mg＋N=====MgN
2 3 2
(3)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H↑
2
(4)2Mg＋CO=====2MgO＋C
2
(5)Mg＋Cu2＋===Mg2＋＋Cu
(6)Mg＋2HO=====Mg(OH) ＋H↑
2 2 2
2．(1)难 碱性氧化物 MgO＋2H＋===Mg2＋＋HO
2
(2)难 Mg(OH) ＋2H＋===Mg2＋＋2HO
2 2
提升关键能力
1．(1)CaCO=====CaO＋CO↑ CaO＋HO===Ca(OH) (2)Mg2＋＋Ca(OH) ===Mg(OH) ＋
3 2 2 2 2 2
Ca2＋ (3)Mg(OH) ＋2HCl===MgCl ＋2HO MgCl ·6H O=====MgCl ＋6HO (4)MgCl (熔
2 2 2 2 2 2 2 2
融)=====Mg＋Cl↑
2
2．C
练真题 明考向
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)×
2．D
3．C [陶瓷的成分中含有SiO ，SiO 能与HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材
2 2
料，故A正确；采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，
故B正确；烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：NaCO＋HF===NaF＋
2 3
NaHCO ，向合成槽中通入NaAlO ，发生反应：6NaF＋NaAlO ＋4NaHCO ===NaAlF↓＋
3 2 2 3 3 6
4NaCO ＋2HO，过滤得到 NaAlF 和含有 NaCO 的滤液，所以合成槽内产物主要有
2 3 2 3 6 2 3
NaAlF 、NaCO 、HO，故C错误；滤液的主要成分为NaCO ，可进入吸收塔循环利用，
3 6 2 3 2 2 3故D正确。]
4．B
第 15 讲 铜 金属材料 金属冶炼
考点一
整合必备知识
2．(1)2Cu＋O ＋CO ＋HO===Cu (OH) CO (3)醛基 (4)H O (5)继续溶解 (6)会产生污
2 2 2 2 2 3 2
染性气体SO 且HSO 的利用率低
2 2 4
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．D 2.B
3．(1)Fe O、CuO 将固体A粉碎(或升高温度或增大盐酸浓度等)
2 3
(2)调节溶液pH，使Fe3＋形成Fe(OH) 沉淀而除去 2FeCl ＋Cu===2FeCl ＋CuCl
3 3 2 2
(3)2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋HO===2CuCl↓＋SO＋2H＋
2
(4)有利于加快除去CuCl表面的水分，防止其水解氧化
考点二
整合必备知识
1．铁 铬
2．低 大
3．2Fe＋3CO W＋3HO 2Fe＋Al O 4Al＋3O↑ Mg＋Cl↑ 2Na＋Cl↑
2 2 2 3 2 2 2
易错辨析
1．× 2.√ 3.√ 4.× 5.× 6.× 7.√ 8.×
提升关键能力
1．C 2.B
3．(1)CuFeS ＋3FeCl ===CuCl＋4FeCl ＋2S
2 3 2
(2)Fe O
2 3
(3)Cu2＋
(4)HCl和CuCl 0.5 mol
2
(5)会产生污染环境的气体SO (或能耗高等)(答案合理即可)
2
练真题 明考向
1．D 2.C
3．(1)除去原料表面的油污 (2)SO (3)Cu＋HO ＋HSO ===CuSO ＋2HO (4)胆矾晶体
2 2 2 2 4 4 2
易溶于水 (5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 ⅱ.取滤液D，向其中加
入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，静置后，向上层清液中再加入KI溶液，溶液不变
色，I－不能被氧化解析 (1)原料表面含有少量的油污，NaCO 溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污。(2)在
2 3
加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成 CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污
4 2 2
染物，步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成SO 污染环境。(3)步骤②中，在HO
2 4 2 2 2
存在下 Cu 溶于稀 HSO ，生成 CuSO 和 HO，该反应的化学方程式为 Cu＋ HO ＋
2 4 4 2 2 2
HSO ===CuSO ＋2HO。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不
2 4 4 2
能用水洗涤。(5)ⅰ.H O 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，
2 2
甲同学认为不可能是步骤②中过量HO 将I－氧化为I 。ⅱ.I－氧化为I 时溶液的颜色会发生
2 2 2 2
变化；滤液D中含有CuSO 和HSO ，乙同学通过实验证实，只能是Cu2＋将I－氧化为I ，
4 2 4 2
较简单的方案是除去溶液中的Cu2＋，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色。
第五章 非金属及其化合物
第 16 讲 氯及其重要化合物
考点一
整合必备知识
1．(1)黄绿 刺激性 大 易 (2)①棕红 棕黄 苍白 Cl＋2KI===2KCl＋I Cl＋SO ＋
2 2 2 2
2HO===HSO ＋2HCl Cl＋2FeCl ===2FeCl
2 2 4 2 2 3
②氧化 还原 与水反应：Cl＋HOHCl＋HClO
2 2
(3)①2
2．(1)弱 2HClO=====2HCl＋O↑ 棕色 (2)NaClO 2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO
2 2 2
NaClO ＋ CO ＋ HO===NaHCO ＋ HClO (3)CaCl 和 Ca(ClO) Ca(ClO) 2Cl ＋
2 2 3 2 2 2 2
2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2HO 碱 氧化 Ca(ClO) ＋CO ＋HO===CaCO ＋2HClO
2 2 2 2 2 2 2 3
Ca(ClO) ＋CO＋HO===CaCO ＋2HClO,2HClO=====2HCl＋O↑
2 2 2 3 2
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.× 7.√ 8.× 9.×
提升关键能力
1．B
2．Cl Cl－ H＋ H＋、HClO
2
3．(1)干燥的红色布条不褪色，湿润的红色布条褪色 Cl 无漂白性，Cl 与水反应生成的
2 2
HClO有漂白性 (2)Cl ＋HOH＋＋Cl－＋HClO (3)溶液先变红后褪色 (4)H O＋SO＋
2 2 2Cl===2H＋＋SO＋2Cl－ (5)2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (6)吸收氯气，防止污染环境
2 2
4．(1)溶液先变红后褪色
(2)次氯酸钠溶液中存在水解平衡：ClO－＋HOHClO＋OH－，调节pH在12左右，可以
2
抑制ClO－的水解，减少生成不稳定的HClO
(3)CO ＋ClO－＋HO===HClO＋HCO
2 2
(4)2H＋＋Cl－＋ClO－===Cl↑＋HO，氯气逸出，导致Ca(ClO) 失效
2 2 2
5．NaClO：×35.5≈0.95
ClO ：×35.5≈2.63
2
NaClO：×35.5≈1.57
2
6．ClO Cl NaFeO
2 2 2 4
考点二
整合必备知识
1．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO
2 2 2 2
(2)①分液漏斗 圆底烧瓶 ②除去Cl 中少量的HCl气体
2
③干燥氯气(或除去氯气中的水蒸气)
(3)①上 ②饱和食盐水
(4)NaOH溶液 吸收过量的氯气，防止污染环境
2．(1)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋HO
2 2
(2)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl↑＋3HO
2 2
(3)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO
2 2
提升关键能力
1．D
2．(1)观察集气瓶中气体颜色的变化，若集气瓶上部充满黄绿色气体，则证明Cl 已收集满。
2
(2)饱和食盐水中Cl－浓度较大，抑制了Cl 与水的反应，Cl 在饱和食盐水中的溶解度很小，
2 2
因此可用排饱和食盐水法收集氯气，且用此法可除去实验过程中挥发产生的HCl气体。
3．(1)浓盐酸具有挥发性，加热时大量HCl挥发；随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸
不再与MnO 反应产生Cl
2 2
(2)MnO Cl－ 一 NaCl 加入MnSO 固体和NaCl固体(或加入浓HSO 和MnSO 固体)
2 4 2 4 4
练真题 明考向
1．(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．Cl ＋2OH－===ClO－＋Cl－＋HO NaClO溶液吸收空气中的CO 后产生HClO，HClO见
2 2 2
光分解
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，则证明此久置氯水中含有
3
Cl－第 17 讲 氯及其重要化合物的转化关系
构建知识网络
1．(从上到下，从左到右)HClO NaClO Ca(ClO) Cl HCl NaCl
2 2
2．①MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO
2 2 2 2
②Cl＋HOHCl＋HClO
2 2
③2Cl＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2HO
2 2 2 2 2
④NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl↑＋HO
2 2
⑤2HClO=====2HCl＋O↑
2
⑥2NaCl＋2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑
2 2 2
⑦2Fe＋3Cl=====2FeCl
2 3
⑧2FeCl ＋Cl===2FeCl
2 2 3
拓展综合应用
1．(1)圆底烧瓶 饱和食盐水
(2)水浴加热 Cl ＋2OH－===ClO－＋Cl－＋HO 避免生成NaClO (3)吸收尾气(Cl ) AC
2 2 3 2
(4)过滤 少量(冷)水洗涤
2．C
3．(1)蒸馏烧瓶 (2)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (3)丁装置内充满黄绿
2 2
色气体 使 SnCl 汽化，利于从混合物中分离出来 (4)Sn＋2HCl===SnCl ＋H↑ AC
4 2 2
(5)BD (6)91.2%
解析 (3)整个装置中充满氯气，即丁装置充满黄绿色气体时，再加热熔化锡粒生成SnCl ，
4
继续加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl 汽化，有利于从混合物中分离出来，
4
便于在戊装置处冷却收集。(4)碱石灰能吸收二氧化碳，但二氧化碳对反应没有影响，故B
不符合；即使有O 进入，O 能氧化丁中生成的副产物SnCl ，但不会氧化戊装置试管中的产
2 2 2
物SnCl ，故D不符合。(5)H O 溶液能氧化SnCl ，同时双氧水被还原生成水，但是没有明
4 2 2 2
显现象，无法检验，故A错误；FeCl 溶液(滴有KSCN)呈红色，氯化铁氧化SnCl ，铁离子
3 2
被还原生成亚铁离子，溶液褪色，可以检验，故B正确；AgNO 溶液能检验氯离子，但是
3
不能检验Sn2＋，故C错误；溴水氧化SnCl ，溴被还原生成溴离子，溶液褪色，可以检验，
2
故D正确。(6)用去锡粒1.19 g，其物质的量为＝0.01 mol，根据Sn原子守恒可知生成SnCl
4
0.01 mol，则SnCl 的产率为×100%≈91.2%。
4
第 18 讲 卤族元素 溴、碘单质的提取
考点整合必备知识
2．深红棕 紫黑 固体 挥发 升华 变蓝
3．HX＋HXO 易 难 NaX＋NaXO＋HO ＞ ＞ ＜ ＜ 易 难
2
4．(2)2H O＋2F===4HF＋O
2 2 2
5．(1)白 浅黄 黄 (2)Br－ I－ (3)蓝
应用举例 ②④⑤
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.×
提升关键能力
1．A 2.B
3．(1)
(2)(CN) ＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋HO
2 2
(3)2I－＋Cl===I＋2Cl－
2 2
4．(1)HCl、HIO (2)ICl＋2OH－===Cl－＋IO－＋HO 否
2 2
5．(1) (2)湿润的淀粉-KI试纸变蓝 (3)Cl ＋2Br－===Br ＋2Cl－ (4)打开活塞
2 2
b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl 层变为紫红色
4
(5)确认C中的黄色溶液中无Cl，排除Cl 对溴置换碘实验的干扰 (6)原子半径逐渐增大
2 2
热点强化8
1．(2)①2NaBr＋Cl===Br ＋2NaCl
2 2
②Br ＋SO ＋2HO===2HBr＋HSO
2 2 2 2 4
③2HBr＋Cl===2HCl＋Br
2 2
2．(2)Cl ＋2I－===I＋2Cl－
2 2
热点专练
1．C
2．(1)富集溴元素 A (2)3Br ＋3CO===BrO＋5Br－＋3CO↑ (3)BrO＋5Br－＋6H＋===3Br
2 2 2
＋3HO
2
3．(1)2I－＋2H＋＋HO===I＋2HO (2)下口放出 (3)3I ＋6NaOH===5NaI＋NaIO ＋3HO
2 2 2 2 2 3 2
(4)5I－＋IO＋6H＋===3I↓＋3HO (5)过滤
2 2
4．(1)2NO＋4H＋＋2I－===2NO↑＋I↓＋2HO (2)氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太
2 2
强，还能继续氧化I (3)碘在水中溶解度不大，且易升华 (4)富集碘元素
2
5．(1)BC (2)2I－＋HO＋2H＋===I＋2HO 否 HO 会将I－全部氧化生成I，无法进行反
2 2 2 2 2 2 2
应I＋I－I，从而导致后续反应无法进行
2
练真题 明考向
1．B
2．①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO
3
②FeI＋Cl===I＋FeCl I、FeCl I 被过量的Cl 进一步氧化
2 2 2 2 2 3 2 2解析 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，在
2 2
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。
②通入Cl 的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl 先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一
2 2
种，则该氧化产物只能是I ，故反应的化学方程式为FeI ＋Cl===I ＋FeCl ；若反应物用量
2 2 2 2 2
比＝1.5时，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I 、
2
FeCl ；当>1.5即Cl 过量，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
3 2
质碘的收率会降低。
3．(1)碘酸钾 (2)加热 KCl KH(IO)＋KOH===2KIO ＋HO
3 2 3 2
第 19 讲 硫及其氧化物
考点一
整合必备知识
1．硫化物 硫酸盐
2．黄色 难溶 易溶
思考 (1)S 、S 、S 、S 属于同一元素的不同种单质，它们互为同素异形体，S 转化为S 、
2 4 6 8 8 6
S、S 属于化学变化。
4 2
(2)硫单质、CS 均属于非极性分子，而HO属于极性分子，根据“相似相溶”规律，非极性
2 2
分子易溶于非极性分子形成的溶剂中。
3．Fe＋S=====FeS 2Cu＋S=====Cu S 低 H＋S=====HS S＋O=====SO
2 2 2 2 2
易错辨析 1.× 2.×
提升关键能力
1．A 2.D
3．A [由题干信息知，多硫离子S中S元素化合价为－价>－2价，而As S 中S元素为－2
2 3
价，是正常硫化物，A错误； As S 发生氧化反应生成氧化产物As S ，B正确；NaS 中阴、
2 3 2 5 2 2
阳离子分别为S、Na＋，个数比为1∶2，C正确；久置NaS溶液被空气中氧气氧化后生成单
2
质硫，S与NaS溶液进一步反应生成多硫化物，多硫化物在酸性条件下易歧化，可能生成
2
单质硫，溶液变浑浊，D正确。]
考点二
整合必备知识
1．(1)无 有刺激性 有毒气体 大 易 40 (2)SO ＋HOHSO 2NaOH＋
2 2 2 3
SO ===NaSO ＋HO 2SO ＋O2SO Cl ＋SO ＋2HO===2HCl＋HSO 品红
2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 4
(3)①NaSO ＋HSO ===NaSO ＋SO ↑＋HO ② Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋
2 3 2 4 2 4 2 2 2 4 4 2
2HO
22．(1)液 固 (2)SO ＋HO===HSO CaO＋SO ===CaSO SO ＋Ca(OH) ===CaSO ＋
3 2 2 4 3 4 3 2 4
HO
2
3．(1)石油和煤 含硫矿物 酸雨 5.6 脱硫 二氧化硫
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)Na SO ＋HSO (浓)===NaSO ＋SO ↑＋HO
2 3 2 4 2 4 2 2
(2)溶液蓝色变浅直至褪色 无色溶液中出现黄色浑浊 还原性 氧化性 SO ＋2HO＋
2 2
I===SO＋2I－＋4H＋
2
(3)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色
(4)NaOH(答案合理即可)
2．(1)褪色 还原 (2)变红 (3)否 (4)BaSO (5)BaSO SO ＋2OH－===SO＋HO、Ba2＋＋
4 3 2 2
SO===BaSO↓
3
3．(1)品红溶液 检验SO
2
(2)酸性KMnO 溶液 除去SO 并检验SO 是否除尽
4 2 2
(3)澄清石灰水 检验CO
2
(4)酸性KMnO 溶液的颜色变浅但不褪成无色
4
热点强化9
1．(1)①增大接触面积，加快吸收速率，使SO 被充分吸收
2
②SO ＋I＋2HO===HSO ＋2HI ③
2 2 2 2 4
(2)①AC ②×100%
2．(1)2NH ＋SO ＋HO===(NH )SO (NH )SO ＋SO ＋HO===2NH HSO
3 2 2 4 2 3 4 2 3 2 2 4 3
(2)AC (3)燃煤烟气中大量的CO 虽然能被氨水吸收生成NH HCO ，但由于亚硫酸的酸性
2 4 3
强于碳酸，故SO 会与NH HCO 反应生成NH HSO ，离子方程式为HCO＋SO ===CO ＋
2 4 3 4 3 2 2
HSO
(4)2CO＋SO =====S＋2CO 2H＋SO =====S＋2HO
2 2 2 2 2
(5)2NaHSO=====NaSO ＋SO ↑＋HO
3 2 3 2 2
3．(1)SO ＋CaCO ===CO＋CaSO 2CaSO＋O===2CaSO CaSO＋2HO===CaSO·2H O
2 3 2 3 3 2 4 4 2 4 2
(2)①pH增大，石灰石的溶解度减小，减慢了与SO 的反应
2
②温度升高，SO 的溶解度减小
2
练真题 明考向
1．(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
2．C 3.C
4．C [锥形瓶内发生反应：NaSO ＋HSO ===NaSO ＋SO ↑＋HO ，产生的SO 进入到
2 3 2 4 2 4 2 2 2
试管中，CCl 层溶液褪色，发生反应：SO ＋Br ＋2HO===HSO ＋2HBr，证明Br 具有氧
4 2 2 2 2 4 2
化性，A项正确；试管中花瓣褪色，说明SO 可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO 具有漂
2 2
白性，B项正确；试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO 进入到试管中引起的，NaSO
2 2 3与HSO 发生复分解反应，C项错误；试管中Br 可将SO 氧化，生成HSO 和HBr，SO 可
2 4 2 2 2 4
以和Ba2＋结合生成不溶于酸的白色沉淀，D项正确。]
第 20 讲 硫酸 硫酸盐
考点一
整合必备知识
1．将浓HSO 沿烧杯内壁缓缓倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
2 4
2．钝化 Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO C＋2HSO (浓)=====CO↑＋
2 4 4 2 2 2 4 2
2SO ↑＋2HO
2 2
3．(1)①4FeS＋11O=====2Fe O＋8SO S＋O=====SO ②2SO ＋O2SO
2 2 2 3 2 2 2 2 2 3
(2)①混合气中除含有二氧化硫外，还含有多种杂质。这些杂质有的使催化剂中毒、失效，
有的对反应设备有腐蚀作用，所以必须净化处理 ②常压下SO 的转化率已经很大，高压下
2
SO 转化率提高不多，但成本大大增加 ③用水吸收SO 会产生大量酸雾
2 3
易错辨析
1．× 2.√ 3.√ 4.√ 5.× 6.√ 7.× 8.×
提升关键能力
1．(1)浓硫酸的吸水性 (2)浓硫酸具有高沸点、难挥发性 (3)浓硫酸的强氧化性 (4)硫酸
的强酸性 (5)浓硫酸的酸性、强氧化性 (6)浓硫酸的脱水性 (7)浓硫酸的脱水性、强氧化
性
2．(1)(2)(3) (4)(5)(6)(7)
3．C
4．H 和SO 的混合气体 随着反应的进行，硫酸的浓度变小，铁与稀硫酸反应生成氢气
2 2
考点二
整合必备知识
1．BaSO CaSO·2H O CuSO ·5H O KAl(SO )·12H O
4 4 2 4 2 4 2 2
2．排除CO、SO、Ag＋等离子的干扰 CO＋2H＋===CO↑＋HO SO＋2H＋===SO ↑＋
2 2 2
HO Ag＋＋Cl－===AgCl↓ Ba2＋＋SO===BaSO↓
2 4
提升关键能力
1．C
2．取样品溶液于试管中，加入过量BaCl 溶液，过滤，然后向沉淀中滴入过量稀盐酸，若
2
沉淀全部溶解，则NaSO 未被氧化；若沉淀部分溶解，则NaSO 部分被氧化；若沉淀一点
2 3 2 3
也不溶解，则NaSO 全部被氧化。
2 3
3．(1)SO＋2H＋===SO ↑＋HO(或HSO＋H＋===SO ↑＋HO) NaS和NaCO 的混合溶液
2 2 2 2 2 2 3
(2)S (3)NaOH溶液(合理即可) (4)控制反应温度、调节酸的滴加速率(或调节酸的浓度等)
(5)若SO 过量，溶液显酸性，产物分解
24．(1)2NaHSO===NaSO＋HO
3 2 2 5 2
(2)①NaHSO ②得到NaHSO 过饱和溶液
3 3
5．(1)NaHSO 、NaHSO (2)① 增大锌的表面积，加快化学反应速率 ② Zn＋
3 4
2SO ===ZnS O
2 2 4
③减少NaSO 的溶解损失，易于干燥 NaCO 为碱性物质，保险粉在碱性介质中较稳定
2 2 4 2 3
(3)HCOO－＋OH－＋2SO ===SO＋CO＋HO
2 2 2 2
练真题 明考向
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
2．B
3．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
4．(1)浓硫酸吸水且放热，导致HCl挥发
(2)HCl气体会将HSO 带出，与Ba(NO ) 作用生成BaSO 白色沉淀
2 4 3 2 4
第 21 讲 硫及其化合物的相互转化
构建知识网络
1．(从上到下，从左到右)SO HSO SO NaHSO NaSO S FeS
3 2 4 2 3 2 3
2．①SO ＋Cl＋2HO===HSO ＋2HCl(或SO ＋HO===HSO )
2 2 2 2 4 2 2 2 2 4
②2HSO (浓)＋Cu=====CuSO ＋SO ↑＋2HO
2 4 4 2 2
③SO ＋2NaOH===NaSO ＋HO
2 2 3 2
④NaSO ＋HSO ===NaSO ＋SO ↑＋HO
2 3 2 4 2 4 2 2
⑤NaHSO＋NaOH===NaSO ＋HO(或NaHSO＋NaCO===NaSO ＋NaHCO )
3 2 3 2 3 2 3 2 3 3
⑥NaSO ＋SO ＋HO===2NaHSO
2 3 2 2 3
⑦2NaSO ＋O===2NaSO
2 3 2 2 4
⑧4FeS＋11O=====2Fe O＋8SO
2 2 2 3 2
⑨CuO＋HSO ===CuSO ＋HO
2 4 4 2
⑩Fe＋S=====FeS
⑪2SO ＋O2SO
2 2 3
⑫SO ＋2HS===3S＋2HO
2 2 2
拓展综合应用
1．B 2.C 3.C4．(1)⑤ 酸性KMnO 溶液褪色 还原
4
(2)＋4(或－2) 0 (3)Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO 将产生的气体通入品红
2 4 4 2 2
溶液，品红溶液褪色
5．(1)S＋SO ＋2NaHCO ===NaSO＋HO＋2CO
2 3 2 2 3 2 2
(2) 亚硫酸钠
(3)①BrO＋6I－ ＋6H＋===3I↓＋Br－＋3HO ②淀粉溶液
2 2
解析 (1)Cu S在空气中煅烧可以发生两种反应，①Cu S＋O=====2CuO＋S，②Cu S＋
2 2 2 2
2O=====SO ＋2CuO；则可推断产生的黄色固体为S，反应釜中S和SO 与过量NaHCO 反
2 2 2 3
应，化学方程式为 S＋SO ＋2NaHCO ===NaSO ＋HO＋2CO 。(2)由 S＋SO ＋
2 3 2 2 3 2 2 2
2NaHCO ===NaSO＋HO＋2CO 可知，n(S)∶n(SO )为1∶1时，固体A与气体B的利用率
3 2 2 3 2 2 2
最高，①＋②可得：2Cu S＋3O=====4CuO＋S＋SO ，当＝时，利用率最高，若高于此值，
2 2 2
二氧化硫会与碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠。(3)②滴定过程中所用指示剂为淀粉溶液，因为
淀粉遇碘变蓝，消耗NaSO 的物质的量为c mol·L－1×V×10－3 L＝cV×10－3 mol，根据关
2 2 3
系式：KBrO ～3I ～6SO，25 mL溶液中KBrO 的物质的量为×cV×10－3 mol，则250 mL
3 2 2 3
溶液中KBrO 的物质的量为×cV×10－2 mol，纯度为×100%＝%。
3
练真题 明考向
1．C
2．B [根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和
NaHSO 和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO ，B错误；NaHSO 高温时易分解变
3 3 3
质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含
NaSO 和NaHCO ，D正确。]
2 3 3
3．(1)ABD
(2)SO 遇品红溶液生成不稳定无色物质，受热释放SO ，溶液恢复红色；温度降低，SO 在
2 2 2
品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅
第 22 讲 氮及其氧化物 硝酸
考点一
整合必备知识
1．游离 人工 化合
2．(1)无 无 难 (3)①N 的稳定性 ②N 的氧化性 ③N 的还原性 ④N 的沸点低，液
2 2 2 2
氮易汽化，且汽化吸收热量
3．(1)NO NO NO (2)红棕色、有刺激性气味的气体 不 易 2NO＋O===2NO
2 4 2 5 2 2
思考 方案一 将气体分别溶于盛有少量有机溶剂(如苯、四氯化碳)的试管中，溶液变橙红
色的是溴蒸气，无变化的是NO 。
2方案二 将气体分别通入盛有少量水的试管中，溶液变黄的是溴蒸气，无明显现象的是
NO 。
2
方案三 将气体分别通入盛有少量硝酸银溶液的试管中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气，无明
显现象的是NO 。
2
4．光化学烟雾
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 7.× 8.×
提升关键能力
1．C
2．D [反应①将N 转化为NO，属于氮的固定，反应②属于植物固氮，A正确；由图示知，
2
氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确；反应④是O 将NH 氧化为NO，N元素化合价由－
2 3
3价升高到＋5价，即生成1 mol NO失去8 mol电子，根据得失电子守恒可知每生成1 mol
NO需要消耗2 mol O ，C正确；反应③中NO被氧化为NO，反应⑤中NO被还原为N ，D
2 2
错误。]
3．(1)①2NO＋O===2NO ②3NO ＋HO===2HNO＋NO
2 2 2 2 3
(2)4NO＋3O＋2HO===4HNO 4NO ＋O＋2HO===4HNO
2 2 3 2 2 2 3
(3)①O 8 mL、4 mL ②NO 10.8 mL、1.2 mL
2
4．(1)2CO＋2NO=====N＋2CO
2 2
(2)8NH ＋6NO =====7N＋12HO 4∶3
3 2 2 2
(3)①2NO ＋2NaOH===NaNO ＋NaNO ＋HO
2 3 2 2
②NaNO ③≥ 补充适量空气
2
5．(1)NO＋NO ＋Ca(OH) ===Ca(NO )＋HO
2 2 2 2 2
(2)使NO、NO 与石灰乳充分接触，加快吸收速率，提高吸收效率
2
(3)产品中含有Ca(NO ) NO不能完全吸收，污染空气
3 2
(4)3NO＋2H＋===NO＋2NO↑＋HO
2
考点二
整合必备知识
1．无 易 有刺激性
2．(1)4HNO=====2HO＋4NO ↑＋O↑
3 2 2 2
(2)①3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO ) ＋2NO↑＋4HO Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO ) ＋
3 3 2 2 3 3 2
2NO ↑＋2HO
2 2
②C＋4HNO(浓)=====CO↑＋4NO ↑＋2HO
3 2 2 2
③3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2HO
2
(3)① ＋HNO――→ ＋HO ②黄
3 2
易错辨析1．√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.√ 8.√
提升关键能力
1．D 2.D
3．(1)红棕 Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO
3 3 2 2 2
(2)3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO )＋2NO↑＋4HO
3 3 2 2
(3)被还原的 n(HNO)＝＝0.05 mol；反应生成 n[Cu(NO )]＝＝0.03 mol，所以反应消耗
3 3 2
n(HNO)＝0.03 mol×2＋0.05 mol＝0.11 mol
3
(4)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成HNO，又能与过量的铜反应
3
4．(1)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2HO (2)Fe2＋ (3)0.1 0.2 (4)3.36
2
练真题 明考向
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．D [实验室配制AlCl 溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3＋水解，A不符合题意；
3
蔗糖和淀粉水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不符合题意；清洗附有银镜的试管用稀硝酸，
反应原理为3Ag＋4HNO(稀)===3AgNO ＋NO↑＋2HO，C不符合题意；苯的磺化是苯和
3 3 2
浓硫酸共热生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意。]
3．A
4．NaNO NO
3
第 23 讲 氨 铵盐
考点一
整合必备知识
2．刺激性 小 液化 制冷 喷泉
思考 NH 、HO均为极性分子，NH 与HO之间可形成分子间氢键，并且NH 和HO反应。
3 2 3 2 3 2
3．(1)非金属性强 键能大 (2)3 Al(OH) ↓＋3NH (3)Cu(OH) ＋4NH ===[Cu(NH )]2＋＋
3 2 3 3 4
2OH－ (4)4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 2 2
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.×
提升关键能力
1．(1)2NH ＋3CuO=====3Cu＋3HO＋N
3 2 2
(2)8NH ＋3Cl===N＋6NH Cl
3 2 2 4
(3)①4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 2 2
②2NO＋O===2NO
2 2
③3NO ＋HO===2HNO＋NO
2 2 3
2．A3．(1) －2 (2)N H ＋HONH＋OH－ NH(HSO ) (3)2NH ＋
2 4 2 2 2 6 4 2 3
NaClO===NH＋NaCl＋HO 联氨和NO 反应放出大量热且产生大量气体
2 4 2 2 4
考点二
整合必备知识
1．(1)白 (2)2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO NH＋OH－=====NH ↑＋HO
4 2 2 3 2 3 2
2．蓝色
易错辨析 1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√
提升关键能力
1．A
2．(1)Ca(OH) ＋2NH Cl=====2NH ↑＋CaCl ＋2HO (2)丙 (3)将湿润的红色石蕊试纸放在
2 4 3 2 2
试管口，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满[或用玻璃棒蘸取浓盐酸(或浓硝酸)放在试管口，
若产生白烟，则证明氨气已收集满] (4)乙 2NH ＋HSO ===(NH )SO (或NH ＋HSO
3 2 4 4 2 4 3 2 4
===NH HSO ) (5)C
4 4
热点强化10
1．(1)①打开止水夹，挤出胶头滴管中的水
②氨极易溶于水，使烧瓶内的压强迅速减小
(2)①玻璃管中有空气，氨与水不接触，不能被水吸收，烧瓶内压强不减小，故不能产生倒
吸现象
②打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，使烧瓶内氨膨胀，将导管中的空气排出，使
氨与烧杯中的水接触
(3)NaOH溶液 水 NaOH溶液 水 水 水
2．B
3．(1) (进气管短，出气管长)
(2)观察气泡的速率，控制混合气体的比例
(3)0.036
练真题 明考向
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．B
3．(1) A、C、G (2)①产生白色的烟 氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，氯化铵小
颗粒形成白烟 ②烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中且呈红色第 24 讲 氮及其化合物的转化关系
构建知识网络
1．(从上到下，从左到右)HNO Cu(NO ) NO NO NO N NH ·H O NH NH Cl
3 3 2 2 2 4 2 3 2 3 4
2．①N＋O========2NO
2 2
②4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 2 2
③3NO ＋HO===2HNO＋NO
2 2 3
④3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO )＋2NO↑＋4HO
3 3 2 2
⑤Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO
3 3 2 2 2
⑥NH ＋HCl===NH Cl
3 4
⑦2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO
4 2 2 3 2
⑧CuO＋2HNO===Cu(NO )＋HO
3 3 2 2
⑨N＋3H2NH
2 2 3
⑩8NH ＋3Cl===6NH Cl＋N
3 2 4 2
3．(1)4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 2 2
(2)Fe(NO ) (3) (4)治疗胃酸过多、作发酵粉、用于泡沫灭火器等(任答其中一
3 3
种即可)
拓展综合应用
1．B 2.C
3．(1)①A 2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2HO＋2NH ↑(或 B NH ·H O=====NH ↑＋
4 2 2 2 3 3 2 3
HO) ②dcfedci
2
(2)①红棕色气体颜色慢慢变浅 ②6NO ＋8NH =====7N ＋12HO ③Z中NaOH溶液产生
2 3 2 2
倒吸现象 ④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外界压强
解析 (1)②氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，其密度小于空气，应采用向下排空气法收
集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序
为发生装置→dcfedci。
(2)打开K ，推动注射器活塞将氨气缓慢通入Y管中，在一定温度和催化剂的作用下发生反
1
应：6NO ＋8NH =====7N ＋12HO，随着反应的发生Y管中红棕色气体颜色变浅；反应生
2 3 2 2
成的水蒸气液化后，NO 和NH 反应后气体的物质的量减小，反应容器中的压强减小，打开
2 3
K，Z中的溶液倒吸入Y管中。
2第 25 讲 碳、硅 无机非金属材料
考点一
整合必备知识
1．(1)ns2np2 (2)同素异形体
2．小 能
3．(2)③Ca(HCO )
3 2
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.× 7.× 8.√
提升关键能力
1．B 2.B
考点二
整合必备知识
1．化合态 氧 氧化物 硅酸盐
2．(1)Si＋2F===SiF Si＋4HF===SiF↑＋2H↑ Si＋2NaOH＋HO===NaSiO＋2H↑
2 4 4 2 2 2 3 2
(3)SiO＋2C=====Si(粗)＋2CO↑
2
3．(1)大 高
(2)①SiO ＋2NaOH===NaSiO ＋HO ② SiO ＋CaCO =====CaSiO ＋CO↑ ③ SiO ＋
2 2 3 2 2 3 3 2 2
CaO=====CaSiO ④SiO＋4HF===SiF↑＋2HO
3 2 4 2
(3)光导纤维
4．不 弱 NaCO ＋HSiO↓ HSiO=====SiO ＋HO NaSiO ＋2HCl===2NaCl＋
2 3 2 3 2 3 2 2 2 3
HSiO↓
2 3
5．(3)CaO·3MgO·4SiO
2
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.√ 7.× 8.× 9.×
提升关键能力
1．Si SiF SiO HSiO NaSiO
4 2 2 3 2 3
2．①SiO＋2C=====Si＋2CO↑
2
②Si＋3HCl=====SiHCl ＋H
3 2
③SiHCl ＋H=====Si＋3HCl
3 2
④SiO＋4HF===SiF↑＋2HO
2 4 2
⑤HSiO=====HO＋SiO
2 3 2 2
⑥SiO＋2NaOH===NaSiO＋HO(或SiO＋NaCO=====NaSiO＋CO↑)
2 2 3 2 2 2 3 2 3 2
⑦NaSiO＋CO＋HO===NaCO＋HSiO↓(或NaSiO＋2HCl===2NaCl＋HSiO↓)
2 3 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3
⑧SiO＋CaO=====CaSiO (或SiO＋CaCO =====CaSiO ＋CO↑)
2 3 2 3 3 2
⑨Si＋2NaOH＋HO===NaSiO＋2H↑
2 2 3 23．C
4．(1)蒸馏 (2)①排出装置内的空气，以防爆炸 ②水浴加热
5．B
6．(1)Si O (2)Si O (3)Be Al Si O (或3BeO·Al O·6SiO)
3 n 3 2 6 18 2 3 2
解析 (1)b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合
物中Si的化合价为＋4、氧元素化合价为－2可知，b的化学式为Si O。(2)c中含有6个四面
3
体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6
个O，带有的电荷为6×(－2)＝－12；根据图示可知：若一个单环状离子中 Si原子数为
n(n≥3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即含
有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为n×(－2)＝－2n，其化学式为Si O。 (3)根据
n
Si O可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为－12，设铍的个数为x，铝的个数为
n
y，则2x＋3y＝12，讨论可得x＝3、y＝2，其化学式为Be Al Si O 或3BeO·Al O·6SiO。
3 2 6 18 2 3 2
考点三
整合必备知识
1．石灰石、黏土 纯碱、石灰石、石英砂 NaSiO＋CO↑ CaSiO ＋CO↑
2 3 2 3 2
易错辨析 1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√
提升关键能力
1．A
2．(1)2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑ SiO＋4HF===SiF↑＋2HO
2 2 2 2 4 2
(2)石灰石 SiO ＋NaCO=====NaSiO ＋CO↑(或 SiO ＋CaCO =====CaSiO ＋CO↑)
2 2 3 2 3 2 2 3 3 2
(3)SiO (4)D
2
3．D
4．(1)SiO＋2NaOH===NaSiO＋HO
2 2 3 2
(2)①② (3)Si N
3 4
(4)3SiCl ＋2N＋6H=====Si N＋12HCl
4 2 2 3 4
练真题 明考向
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．C
第六章 元素及其化合物综合应用
第 26 讲 化学与 STSE 化学与中华文明
考点一提升关键能力
1．B 2.D
3．D [A错误，铅笔芯是用石墨和黏土等制作而成的；B错误，青铜和黄铜都是铜合金；C
错误，硅可制作光感电池；D正确，铝合金硬度大、密度小，可用于高铁建设。]
4．B [高温多雨时施用化肥易使肥料分解损失或随雨水流失，A错误；石灰硫黄合剂与硫
酸混合施用，会因石灰、硫酸发生化学反应而失去相应的功效，C错误；硝酸铵受热或经撞
击易发生爆炸，所以不可直接施用，必须经过改性处理后才能施用，D错误。]
5．B
考点二
提升关键能力
1．C 2.C 3.C
4．C [Xe在元素周期表中位于第五周期0族，故A错误；赤铁矿的主要成分是Fe O ，故
2 3
B错误；2H与3H具有相同的质子数，不同的中子数，互为同位素，故C正确；金刚石是共
价晶体，故D错误。]
5．D
热点强化11
热点专练
1．A 2.A 3.C 4.B
5．D [O 具有强氧化性，A错误；臭氧污染是排放到空气中的氮氧化物引起的二次污染，
3
O 不是工业生产中直接排放的污染物，B错误；夏季太阳辐射强，温度高，有利于NO 光
3 2
解为NO和O，O与O 结合生成O，所以夏季大气中O 的浓度更大，C错误。]
2 3 3
6．D [光化学烟雾中的臭氧、NO 、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性，故A正确；光化学烟
2
雾成分中含有碳氢化合物和醛、酮、过氧乙酰硝酸酯，碳氢化合物即烃类，醛、酮、过氧乙
酰硝酸酯属于烃的衍生物，故C正确；NO 是红棕色气体，光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光
2
的折射和反射，故D错误。]
7．C
8．(1)N 排尽装置中的空气，防止NO被O 氧化
2 2
(2)24ClO＋C H O＋24H＋===24ClO ↑＋6CO↑＋18HO C
6 12 6 2 2 2
(3)40 NH Cl[或(NH )SO 或NH NO ] 作氮肥
4 4 2 4 4 3
(4)4NH ·H O＋6NO=====5N＋10HO
3 2 2 2
第 27 讲 常见物质(离子)的检验与推断
考点一
整合必备知识1．焰色试验 铂丝用盐酸洗涤后在火焰上灼烧至原火焰颜色
蘸取溶液，放在火焰上灼烧，观察火焰颜色 火焰呈紫色(通过蓝色钴玻璃观察) 火焰呈黄
色 NaOH溶液(浓) 取少量待测溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，将湿润红色石
蕊试纸置于试管口 生成有刺激性气味、能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 KSCN溶液
取少量待测溶液于试管中，加入KSCN溶液 变为红色溶液 NaOH溶液 取少量待测溶液
于试管中，滴加NaOH溶液 产生红褐色沉淀 KSCN溶液、新制的氯水 取少量待测溶液
于试管中，先加入KSCN溶液，再加入新制的氯水 加入KSCN溶液不显红色，加入少量
新制的氯水后，立即显红色 NaOH溶液 取少量待测溶液于试管中，加入NaOH溶液并露
置在空气中 开始时生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀 酸性KMnO
4
溶液 取少量待测溶液于试管中，加入酸性KMnO 溶液 溶液紫红色褪去 K[Fe(CN) ]溶
4 3 6
液 取少量待测溶液于试管中，加入K[Fe(CN) ]溶液 生成蓝色沉淀
3 6
2．白色 淡黄色 橙红 黄色 紫红 溶液变蓝 先加入稀盐酸，再加入 BaCl 溶液 白
2
色
3．点燃(纯氢) 火焰呈浅蓝色，干冷的烧杯罩在火焰上方，烧杯内壁有水雾产生 带火星
的木条 木条复燃 湿润的淀粉-KI试纸 试纸变蓝 通入澄清石灰水中 澄清石灰水变浑
浊(通入过量二氧化碳后又变澄清) 通入品红溶液中 品红溶液褪色，加热后又恢复红色
湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝 点燃 火焰呈蓝色，干冷的烧杯罩在火焰上方，烧杯内壁
有水雾产生，加澄清石灰水振荡变浑浊 通入溴的四氯化碳溶液(或酸性KMnO 溶液) 溶
4
液褪色 通入溴的四氯化碳溶液(或酸性KMnO 溶液) 溶液褪色
4
提升关键能力
1．C 2.C
3．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
考点二
提升关键能力
1．B 2.A 3.A
4．A [根据实验①可以直接确定没有难溶物PbSO 存在；因为实验①使用了稀硫酸溶解固
4
体，引入了SO，故实验②无法确定Fe (SO ) 的存在；根据实验③可以确定该固体中存在Fe
2 4 3
元素，但是无法确定Fe元素来自Fe (SO ) 还是FeCl ，故只能确定二者之中至少有一个；根
2 4 3 2
据实验④可以确定含有Na元素，则含有NaCl，实验室可用无锈铁丝做焰色试验，说明铁元
素不会干扰Na元素的焰色试验。综上所述，A正确，B、C、D错误。]
5．(1)CO Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH(2)NH＋OH－===NH ·H O
3 2
(3)2∶1 10.7 (4)存在 0.08
答题规范(3)
规范精练
1．从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加FeCl 溶液，若溶液
3
变蓝，说明废水中含有I－。另从水层取少量溶液，加入1～2 mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，
滴加NaSO 溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO
2 3
2．(1)取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)于一试管中，滴加
BaCl 溶液，若产生白色沉淀，则说明含有NaSO 杂质(合理即可)
2 2 4
(2)取矿石少许，加稀硫酸充分溶解后，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，证明
矿石中含有FeO(不能加盐酸溶解)
3．取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl 溶液，生成白色沉淀，加入足量稀盐酸后，
2
沉淀完全溶解，放出无色有刺激性气味的气体
第 28 讲 常见气体的实验室制备、净化和收集
整合必备知识
2．(1)O NH
2 3
4．(2)Cu粉
提升关键能力
1．C 2.A 3.B
4 ． (1) 甲 ( 或 乙 ) MnO ＋ 4HCl( 浓 )=====MnCl ＋ Cl↑ ＋ 2HO[ 或 2KMnO ＋
2 2 2 2 4
16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl ＋5Cl↑＋8HO] (2)长颈漏斗 贮存少量气体[或平衡气压(安
2 2 2
全瓶)或防倒吸] (3)NaClO、NaOH
5．(1)打开装置Ⅰ的弹簧夹，通入N 排出装置中的空气，然后关闭弹簧夹 (2)饱和亚硫酸
2
氢钠溶液 通过观察气泡调控SO 的生成速率；作安全瓶 (3)bd
2
6．D 7.A
8．D [A装置是氯气发生装置，B为除去氯气中的氯化氢，C为干燥装置，D为氯气与铁
的反应装置，E为氯化铁的收集装置，氯化铁易水解，故F装置是尾气吸收装置并防止空气
中的水蒸气进入收集器，A正确；FeCl 蒸气遇冷变为固体，若导管较细，容易堵塞，所以
3
硬质玻璃管直接连接收集器，B正确；FeCl 固体溶于水发生水解，配制FeCl 溶液时应先将
3 3
FeCl 固体溶于少量盐酸，抑制水解，再加水稀释，C正确；实验开始时，应先点燃A处酒
3
精灯，至装置中充满氯气后，再点燃D处酒精灯，D错误。]
9．(1)分液漏斗、锥形瓶
(2)刚好没过MnO 固体 试管内的HO 溶液被压入长颈漏斗中，与MnO 分离
2 2 2 2(3)液面上升 打开弹簧夹K (4)ab
2
解析 (2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将
MnO 制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞 K ，经长颈漏斗向
2 1
试管中缓慢加入3% H O 溶液至刚好没过MnO 固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导
2 2 2
出。欲使反应停止，关闭活塞K ，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到
1
试管内的HO 溶液被压入长颈漏斗中，与MnO 分离。(3)丙装置用圆底烧瓶盛装HO 溶液，
2 2 2 2 2
可用于制备较多O ，催化剂铂丝可上下移动，可以控制反应速率。制备过程中如果体系内
2
压强过大，HO 溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下
2 2
降。此时可以将铂丝抽离HO 溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K ，使烧瓶内压
2 2 2
强降低。(4)催化剂铂丝可上下移动，可以控制制备反应的开始和结束，a正确；催化剂与液
体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，
b正确；丙装置用圆底烧瓶盛装HO 溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O ，但产物中
2 2 2
的O 含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误。
2
10．(1)恒压滴液漏斗 平衡气压，便于硫酸顺利滴下 (2)防止倒吸 (3)SO ＋
2
MnO ===MnSO 增大反应物的接触面积，加快反应速率，增大二氧化硫的吸收效率 (4)
2 4
氢氧化钠溶液 防止倒吸
热点强化12
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．(1)× (2)× (3)× (4)×
3．(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)√ (7)√ (8)× (9)√ (10)√ (11)√ (12)×
(13)× (14)× (15)× (16)× (17)√ (18)× (19)√ (20)×
第 29 讲 非金属及其化合物拓展创新
考点一
拓展综合应用
1．(1)4s24p4 硫、碲 (2)亚硒酸钠 (3)粉碎 过滤 (4)Na SeO
2 4
＋4C=====NaSe＋4CO↑ (5)2Se2－＋O ＋2CO===2Se↓＋2CO(或 2Se2－＋O ＋4CO ＋
2 2 2 2 2
2HO===2Se↓＋4HCO)
2
2．(1)CuSO (2)过滤 加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥
4
(3)Cu2＋＋2e－===Cu (4)①80 ℃，2.0 h ②SO 的溶解度随着温度的升高而降低，SO 浓度
2 2
降低，粗碲的产率会降低 ③TeO2＋＋2SO ＋3HO===Te↓＋2SO＋6H＋
2 2
考点二
拓展综合应用1．A 2.D
3．(P O )(n＋2)－
n 3n＋1
解析 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原子分别属于另外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O元素的化合价为－2，P元素的化合价为＋
5，故该离子所带电荷为－2×(3n＋1)＋5n＝－n－2，这类磷酸根离子的化学式可用通式表
示为(P O )(n＋2)－。
n 3n＋1
4．(1)①－2 4H＋＋2Sn2＋＋2As S===2HS↑＋2Sn4＋＋As S
2 3 2 4 4
②SO As O＋2HO＋HO===2HAsO
2 2 3 2 2 2 3 4
(2)2AsH(g)＋3O(g)===As O(s)＋3HO(l) ΔH＝－5b kJ·mol－1
3 2 2 3 2
第 30 讲 陌生过渡金属及其化合物的制备流程分析
拓展综合应用
1．C
2．B [酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，氨水和NH HCO 受
4 3
热分解，MnCO 溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，A错误；
3
SiO 、生成的S均不溶于稀硫酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1的成分中含有S和SiO ，B
2 2
正确；调pH的目的是使溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀，从而达到除去
3 3
Fe3＋、Al3＋的目的，C错误；沉锰操作中加入NH ·H O和NH HCO ，反应的离子方程式为
3 2 4 3
2HCO＋Mn2＋＋2NH ·H O===MnCO ↓＋CO＋2NH＋2HO，D错误。]
3 2 3 2
3．B
4．(1)SiO(或不溶性硅酸盐) MnO ＋MnS＋2HSO ===2MnSO ＋S＋2HO (2)将Fe2＋氧化
2 2 2 4 4 2
为Fe3＋ (3)4.7 (4)NiS和ZnS (5)F－与H＋结合生成弱电解HF，导致MgF (s)Mg2＋(aq)
2
＋2F－(aq)平衡向右移动
5．(1)将矿石粉碎或增大空气的量等(任选一条) (2)＋3 4FeCr O ＋7O ＋
2 4 2
8NaCO=====2Fe O＋8NaCrO＋8CO
2 3 2 3 2 4 2
(3)2CrO＋2H＋Cr O＋HO 4×1014 (4)pH高于10时，AlO不能完全转化为氢氧化铝，
2 2
pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6～10的范围，让AlO中
铝以氢氧化铝形式存在而过滤除去 (5)2－a
6．(1)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (2)碱石灰 吸收未反应完的Cl，防
2 2 2
止空气中的水蒸气进入D装置使CoCl 潮解 (3)250 mL容量瓶 胶头滴管 大于 (4)防止
2
温度过高使HO 和NH ·H O分解
2 2 3 2
(5)2CoCl ＋2NH Cl＋10NH ·H O＋HO=====2[Co(NH )]Cl ＋12HO (6)趁热过滤 冷却结
2 4 3 2 2 2 3 6 3 2晶
第七章 原子结构与性质
第 31 讲 原子结构 核外电子排布规律
考点一
整合必备知识
1．(1)核素 元素 化学 (2)中子 质子 ①质子数 ②质子数 (3)质量数 质子数
2．(1)质子数 质子 中子 质子 中子
(2)①中子数 质子数 几乎完全相同 差异较大
(3)氕 D 氘 T 氚
易错辨析 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．B
2．(1)核素 同位素 (2)O、O
2 3
(3)30 24 (4)7 5
3．B 4.A
考点二
整合必备知识
1．(1)K L M N 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f 1 1 3 1 3 5 1 3
5 7 1 4 9 16 2 8 18 32 (2)球 哑铃 3 (3)25,50 (4)①1s<2s<2p<3s<3p<3d
②2s<2p＝2p＝2p
x y z
2．(1)最低能量状态 跃迁 (2)吸收 释放 吸收 发射
3．(1)①能量最低原理 ②泡利原理 2 相反 ③洪特规则
易错辨析 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
提升关键能力
1．(1) (2)K＋和P3－ (3)发射光谱
2．D C
3．电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量
4．(1)9 (2)3d24s2 12 22 (3)4 洪特规则 (4)15
5．(1)1 4d25s2 3 (2)4 (3)3∶1 (4)6．(1)S Cl K Ca (2)①N ② Fe 1s22s22p63s23p63d64s2(或
[Ar]3d64s2)
练真题 明考向
1．A
2．(1)①2s22p3 ②× (2)3s23p4 (3) (4)5s25p3
3．(1)A (2)4∶5
第 32 讲 元素周期表 元素的性质
考点一
整合必备知识
1.
2.(1)ns1～2 ns2np1～5 ns2np6 (n－1)d10ns1～2 (n－1)d1～5ns1～2 (n－1)d6～9ns1～2
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.√
提升关键能力
1．(1)第三周期第ⅢA族 (2)a＋1或a＋11
2．A
3．O、P、Cl
4．A：Na 11 s 三 ⅠA
B：Fe 26 d 四 Ⅷ
C：Cu 29 ds 四 ⅠB
D：S 16 p 三 ⅥAE：Cl 17 p 三 ⅦA
考点二
整合必备知识
1．原子序数 原子的核外电子排布
2．相同 依次增加 相同 逐渐减小 逐渐增大 逐渐减弱 逐渐增强 逐渐增强 逐渐
减弱 主族序数－8 主族序数 逐渐增强 逐渐减弱 逐渐减弱 逐渐增强 逐渐增强
逐渐减弱
3．(1)同周期元素从左到右，元素第一电离能呈增大趋势，原因是同周期元素从左到右，核
电荷数增大，原子半径减小，原子失去电子越来越困难。同一主族元素从上到下，元素第一
电离能逐渐减小。
(2)Be：2s2、N：2s22p3、Mg：3s2、P：3s23p3。发生该现象的原因是它们原子核外价层电子
排布处于半充满或全空的稳定状态，失去电子较为困难，故第一电离能比相邻元素的第一电
离能大。
(3)X、Y、Z三种元素最外层电子数分别是2、3、1；这三种元素分别是Mg、Al、Na。
4．吸引力 越大 4.0 1.0 增大 减小
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)＞ ＞ (2)＜ ＜ (3)＞ ＞ (4)＜ ＜ (5)＞ ＞ (6)＞ ＞
2．(1)> > > > (2)< < (3)> > (4)< < (5)> < (6)> >
3．C
4．C [由表中数据可知，R元素的第三电离能与第二电离能的差距较大，故最外层有 2个
电子，最高正价为＋2价，位于第ⅡA族，可能为Be或Mg元素，故A、B、D错误；短周
期第ⅡA族(ns2np0)的元素，因np轨道处于全空状态，比较稳定，故其第一电离能大于同周
期相邻主族元素，C正确。]
5．(1)N (2)镧
6．(1)0.9～1.5
(2)非金属性越强，电负性越大；金属性越强，电负性越小
(3)离子化合物 共价化合物 共价化合物
(4)负 Cl的电负性大于P，Cl对键合电子的吸引能力强
答题规范(4)
规范精练
1．I(O)>I(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
1 1
2．Cu Cu的第一电离能失去的是4s1电子，第二电离能失去的是3d10的电子，Zn的第一电
离能失去的是4s2电子，第二电离能失去的是4s1的电子，失去2个电子后Zn2＋的3d10电子处
于全充满状态
练真题 明考向
1．C 2.D3．A [核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故半径大小为r(Al3＋)<r(Na
＋)，故A正确；同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)＞χ(O)，故B错误；同周期元
素从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能
大小为I(O)＞I(Na)，故C错误；元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，
1 1
故碱性强弱为NaOH＞Al(OH) ，故D错误。]
3
4．(1)3d84s2 第四周期第Ⅷ族
(2)大于 小于
(3)① ②图a 同周期元素第一电离能的总体趋势是依次升高的，
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
热点强化13
热点专练
1．A 2.A 3.C 4.C
5．C [X、W最低负化合价之和为－4，推出X为P，W为Cl，根据在周期表中的位置，
推出Z为F，Y为O。P的原子半径大于O，故A说法正确；磷的单质常温下为固体，Cl 常
2
温下为气体，磷的单质熔点高于氯气，故 B说法正确；P和Cl形成的化合物有 PCl 和
3
PCl ，故C说法错误；F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故D说法正确。]
5
6．C
7．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，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。]
第八章 分子结构与性质
第 33 讲 化学键
考点一整合必备知识
1．(1)强烈 共价键 极性键 非极性键 (2)断裂 形成
2．相反电荷 共用电子对 阴、阳离子 原子 金属 非金属 同种 不同种
3．离子键 共用电子对 阴、阳离子 原子 离子键 共价键 共价键
4．(1)最外层电子 (2)①Na ② Na＋ ③
④
⑤
(3)① ②H×＋ ―→
提升关键能力
1．D
2．(1)① (2)② (3)③ (4)④ (5)⑤ (6)⑥⑦⑧
(7)⑤⑥⑦⑧
3．(1)×， ×， (2)×， ×， (3)√
×，
(4)√ ×，
4．(1)
(2)(3)
5．(1) (2)NH＋HONH ·H O＋H＋ HO＋＋NH ===NH＋HO
2 3 2 3 3 2
(3)CH 、HF(答案合理即可) (4)Na＋、Mg2＋、Al3＋(答任意两个即可)
4
考点二
整合必备知识
1．共用电子对 方向性 饱和性
2．(2)可以 不可以 (3)极性共价键 非极性共价键
3．(1)1 mol 核间距 相邻共价键 (2)①大 短
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√
提升关键能力
1．B
2．(1)1∶1 (2)3 1
3．Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重
叠，难以形成π键，不易形成双键或三键
4．(1)C—C和C—H的键能较大，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si和Si—H的键能较
小，易断裂，导致长链硅烷难以生成
(2)C—H的键能大于C—O，C—H比C—O稳定。而Si—H的键能却小于Si—O，所以Si—
H不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O
练真题 明考向
1．(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)√
2．C
3．(1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H
(2)
第 34 讲 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
整合必备知识
1．(2)①价电子数 原子的最外层电子数 中心原子的价电子数－离子的电荷数 中心原子
的价电子数＋离子的电荷数(绝对值) ②与中心原子结合的原子数 ③最多能接受的电子数
1 8－该原子的价电子数
思考 HSO 的中心原子为S，σ键电子对数为3，孤电子对数为×(6－1×2－2×1)＝1，价
2 3层电子对数为4。这些价层电子对互相排斥，形成四面体形的VSEPR模型， 由于中心原子
上有1 个孤电子对， 所以HSO 的空间结构为三角锥形。
2 3
SO的中心原子为S，σ键电子对数为3，孤电子对数为×(6＋2－3×2)＝1，价层电子对数为
4。这些价层电子对互相排斥，形成四面体形的VSEPR模型， 由于中心原子上有1个孤电
子对， 所以SO的空间结构也为三角锥形。
2．(2)1个s轨道 1个p轨道 180° 直线 1个s轨道 2个p轨道 120° 平面三角 1
个s轨道 3个p轨道 109°28′ 四面体 (3)中心原子的孤电子对数 中心原子的σ键个
数 中心原子的价层电子对数
3．2 2 0 sp 直线形 直线形 3 3 0 sp2 2 1 sp2
平面三角形 平面三角形 V形 4 4 0 sp3 3 1 sp3 2 2 sp3 四面体形 正四面
体形 三角锥形 V形
易错辨析 1.√ 2.√ 3.√ 4.× 5.√ 6.× 7.×
提升关键能力
1．B
2．4 4 4 3 3 3
3．(1)sp3杂化 (2)sp3 sp3 (3)sp3和sp (4)sp2、sp (5)sp3 sp2
4．(1)V形 直线形 三角锥形 平面三角形 (2)120° sp2 正四面体形 (3)三角锥形
sp3 (4)正四面体形 sp3
5．(1)3 V形 sp2 (2)sp3
练真题 明考向
1．B [由N的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；中心N原子为
sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为
sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；中心N原子为sp3
杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；N中含 ，常温下不稳定，D正
确。]
2．(1)四面体形 (2)四面体 sp3 (3)sp3 (4)sp3、sp2 (5)sp3 ②
3．5 D
4．(1)＞ SeO 的空间结构为平面三角形，SeO的空间结构为三角锥形 (2)SO的键角大于
3
HO分子的键角，SO中S原子的价层电子对数为4、孤电子对数为0，SO的空间结构为正
2
四面体形，HO分子中O原子的价层电子对数为4、孤电子对数为2，HO的空间结构为V
2 2
形
答题规范(5)
例1 SiO 中中心Si原子采取sp3杂化，键角为109°28′；CO 中中心C原子采取sp杂化，
2 2
键角为180°
变式训练1 ①＜ HO中中心O原子采取sp3杂化，键角约为105°；CS 中中心C原子采
2 2取sp杂化，键角为180°
②＞ ③＞
例2 CH ＞NH ＞HO CH 分子中无孤电子对，NH 分子中含有1个孤电子对，HO分子
4 3 2 4 3 2
中含有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故键角逐渐减小
变式训练2 ①< PH 与PO中中心P原子都采取sp3杂化，PO中无孤电子对，PH 分子中
3 3
含有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，因而键角较小
②<
变式训练3 ＞ π键斥力大于σ键斥力
例3 > 中心原子的电负性A强于B，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越
近，斥力越大，键角也越大
例4 < 电负性：B＞A＞C，在AB 中成键电子对离中心原子较远，斥力较小，因而键角
3
较小
变式训练4 ①＞ 中心原子的电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中
心原子越近，斥力越大，键角也越大 ②< F的电负性比H大，NF 中成键电子对离中心
3
原子较远，斥力较小，因而键角也较小
规范精练
1．大于 HBO 分子中的B采取sp2杂化，而BH中的B采取sp3杂化，sp2杂化形成的键角
3 3
大于sp3杂化
2．> N原子上有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力更大，使得Si—N—Si键
角较小
3．小 SeO中中心Se原子采取sp3杂化，键角为109°28′，SeO 中中心Se原子采取sp2杂
3
化，键角为120°
热点强化14
(一)
1．0 sp 直线形 1 sp2 V形 2 sp3 V形 0 sp2 平面三角形 1 sp3 三角锥形
0 sp3 四面体形
热点专练
1．A 2.D
3．C [硝酸根离子中，成键电子对为3，孤电子对数为×(5＋1－3×2)＝0，因此其空间结
构为平面三角形，A错误；硝酸盐易溶于水，B错误；五元环为平面结构，可知该化合物中
五元环上的5个原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，C正确；该化合物受热迅速生成
N，化学性质不稳定，D错误。]
2
4．(1)正四面体形 4 sp3 (2)正四面体 sp3
5．(1)平面三角形 sp2、sp3 8
(2)K<C<S<N 直线形 sp(3) sp3
(4)sp2 NO Π
6．(1)H O或HS (2)CH CH
2 2 3 3
7．5 Π
8．D
9．Π
第 35 讲 分子的性质 配合物与超分子
考点一
整合必备知识
1．(1)不同 同种 发生 不发生
思考 成键元素电负性值差异越大，共价键的极性越强。
(2)极性 容易电离出H＋ ①羟基的极性越大 ②极性 越大 越弱
2．(1)不重合 不等于 重合 等于
提升关键能力
1．①＞②＞③＞④＞⑤＞⑥
2．电负性：F>Cl，C—F的极性大于C—Cl的极性，导致氟乙酸羧基中的羟基的极性更大，
更易电离出H＋，故氟乙酸的酸性大于氯乙酸的酸性
3．烷基(R—)是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸
的酸性越弱
4．NO、HO 、NO 、SO 、CHCl 、HCN、HCHO、PCl P 、C 、Cl 、CS 、C H 、
2 2 2 2 2 2 3 4 60 2 2 2 2
SO 、BF、PCl
3 3 5
考点二
整合必备知识
1．(1)无 有 氢键 范德华力 越大 越大
应用举例 对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： ；对羟基苯甲醛形
成分子间氢键：2．(1)①非极性 极性 (2)增大
3．(1)镜像 不能叠合 (2)手性异构体 (3)四个不同基团或原子
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.× 5.×
提升关键能力
1．C 2.C
3．(1)H O 为极性分子，而CS 为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，HO 难溶于CS
2 2 2 2 2 2
(2)NH 、CHCHOH、CHCHO都是极性分子，且都能与HO形成氢键
3 3 2 3 2
4．(1)A A易形成分子内氢键，B易形成分子间氢键，所以B的沸点比A的高 (2)苯胺分
子间存在氢键
(3)S 相对分子质量大，分子间范德华力大
8
(4)H O＞CHOH＞CO ＞H HO与CHOH均为极性分子，HO中氢键比甲醇多；CO 与
2 3 2 2 2 3 2 2
H 均为非极性分子，CO 相对分子质量较大，范德华力较大
2 2
5.
考点三
整合必备知识
1．(1)孤电子对 配位键 (2)→ 相同
2．(1)分子或离子 配位键 配位原子 配位体 配位数
3．(1)两种或两种以上 分子间相互作用 (3)分子识别 自组装
易错辨析 1.√ 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．C 2.A
3．(1)Cu2＋＋4HO===[Cu(H O) ]2＋ 共价键、配位键 12N
2 2 4 A
(2) (3)ag
4．B
5．C [C和O分别失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1和2s22p3，O的2p能级是半
充满结构，比较稳定，所以O的第二电离能大于C的第二电离能，A项正确；杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B项正确；C 中只含有C元素，无法形成氢键，C项错误；
60
金刚石是共价晶体，C 为分子晶体，D项正确。]
60
练真题 明考向
1．B
2．D [由双聚氯化铝分子中所有原子均满足 8 电子稳定结构可知，分子的结构式为
，是结构对称的非极性分子，故A、B正确；由反应方程式可知，氨分子
更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；溴元素的电负
性小于氯元素，溴原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更
易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误。]
3．(1)甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能形成氢键，且物质的量相等时水比甲醇
的氢键多
(2)SiCl SiX 都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
4 4
正四面体形
4．(1)
(2)(H O＋)O—H…N (NH)N—H…N
3
5．(1)S O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原
2
子含有孤电子对，能做配位原子 (2)N、O、Cl 6 (3)6 1 (4)乙二胺的两个N提供孤电
子对与金属离子形成配位键 Cu2＋
第九章 晶体结构与性质
第 36 讲 物质的聚集状态 常见晶体类型
考点一
整合必备知识
1．(1)晶态 非晶态 晶态 非晶态 (2)①电子 阳离子
2．(1)周期性有序 相对无序 有 无 固定 不固定 各向异性 各向同性 (3)②X射线
衍射
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.√
提升关键能力
1．B 2.C 3.C
4．C [根据玻璃的结构示意图可知，构成玻璃的粒子排列相对无序，所以玻璃是非晶体，
因此没有固定的熔点，A、B对；玻璃属于非晶体，但光导纤维属于晶体，C错；区分晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验，D对。]
考点二
整合必备知识
1．分子 原子 阴、阳离子 范德华力 共价键 金属键 离子键 很大 较大 很高
2．(1)①12 ②4 2 (2)②sp3 109°28′ 正四面体 6 12 顶点 面心 4 8 4 2
1∶2 12 6 6 4N 8 6 4 16 8 16 (3)①6 6 6 4 4 ②8 8 8 ③8 4
A
4 8 (4)②范德华力 2 sp2
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
提升关键能力
1．(1)NaCl、NaS (2)NaOH、(NH )S (3)(NH )S (4)Na S (5)H O 、CO 、CCl 、
2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 4
C H、晶体氩 (6)SiO、SiC
2 2 2
2．D 3.A 4.D
练真题 明考向
1．C 2.A 3.A
4．B [石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨
晶体能导电，而(CF) 中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF) 导电性减
x x
弱，A错误；石墨层间插入F后形成的C—F键长短，键能极大，分子结构稳定性增强，抗
氧化性增强，B正确，C错误；由题干结构示意图可知，在(CF) 中每个C与周围的3个碳原
x
子、1个F原子形成共价键，每个C—C被2个碳原子共用，即1 mol (CF) 中含有2.5x mol
x
共价单键，D错误。]
5．共价晶体中，原子半径越小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径：C＜Si(或键长：
C—C＜Si—Si)，键能：C—C＞Si—Si
答题规范(6)
例1 (1)金刚石是共价晶体，而NaCl是离子晶体 (2)SiO 是共价晶体，而CO 是分子晶体
2 2
例2 (1)同为分子晶体，NH 分子间存在较强的氢键，而PH 分子间仅有较弱的范德华力
3 3
(2)同为分子晶体，CS 的相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高 (3)同为分子晶体，两
2
者相对分子质量相同，CO的极性大，熔、沸点高
(4) 形成分子内氢键，而 形成分子间氢键，分子间氢键
会使沸点升高
例3 晶体硅与SiC均属于共价晶体，晶体硅中的Si—Si比SiC中Si—C的键长长，键能低，
所以熔点低
例4 (1)ZnO和ZnS同属于离子晶体，O2－半径小于S2－，故ZnO离子键强(或晶格能大)，
熔点高 (2)同为离子晶体，Fe2＋半径比Fe3＋大，所带电荷数也小于Fe3＋，FeO的离子键(或
晶格能)比Fe O 弱(或小)
2 3规范精练
1．离子键 FeF 为离子晶体，FeBr 属于分子晶体
3 3
2．离子晶体 K＋的半径大于Na＋，KO的离子键弱于NaO
2 2
3．联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键
4．BN 两种晶体均为共价晶体，N和B原子半径较小，键能较大，熔点较高
5．(1)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
(2)MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大
第 37 讲 晶胞结构分析与计算
考点一
整合必备知识
1．(2)任何间隙 平行 取向
提升关键能力
1．1∶1 KFe (CN)
2 6
2．4∶1∶2∶1
3．共价晶体 SiP
2
4．BO[或(BO)]
2
5．8
6．12
考点二
提升关键能力
1．CsPbI
3
2．4 ×1021
3．①KSeBr ②××107
2 6
4．①O MgGeO ②×1021
2 4
解析 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、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，则该化合物的化学式为MgGeO 。
2 4
②由晶胞的质量公式可得 g＝abc×10－21 cm3×ρ，解得ρ＝×1021 g·cm－3。
热点强化15
(一)
例 (，，) (，，)
对点训练
1．(，，0) (0,0，)
2．(1)BiLi (2)(0.25,0.75,0.25)
33．C (1，，)
4．2 (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 的原子个数比可
2
知大球是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
2
胞的中心，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，)。
(二)
例 B
对点训练
1．D
2．(1) (2)(，，0)
3．①KFe Se ②4 ③
2 2
解析 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，位于棱上
和体内的硒原子个数为8×＋2＝4，均位于面上的铁原子个数为8×＝4，则超导材料最简化
学式为KFeSe 。②由平面投影图可知，铁原子的配位数为4。③设晶体的密度为d g·cm－3，
2 2
由晶胞的质量公式可得：＝abc×10－21×d，解得d＝。
热点强化16
1．D 2.C
3．D [氟化钙是由钙离子和氟离子形成的离子晶体，故A正确；由晶胞结构可知，晶胞中
位于顶点的钙离子与位于体对角线处的氟离子的距离最近，则钙离子的配位数为8，故B正
确；由晶胞结构可知，Ca2＋沿面对角线投影图的四个侧面面心应在同一条线上，图乙钙离子
分布不符合，故D错误。]
4．C
5．C [根据晶胞图可知，Ce4＋的配位数为8，故A错误；把晶胞平均分成8个小立方体，
O2－位于小立方体的中心，即Ce4＋与O2－最短距离是体对角线长的，即为a nm，故B错误
Ce4＋位于顶点和面心，个数为 8×＋6×＝4，O2－位于晶胞内部，个数为 8，化学式为
CeO ，则晶胞的质量为×(140＋32) g，根据密度的定义，晶胞的参数为×107 nm＝×107
2
nm，故D错误。]
6．A 7.C 8.B
9．C [根据晶胞结构可知，其中K个数：8×＝1，Ca个数：1，B个数：12×＝6，C个数：
12×＝6，故其最简化学式为KCaB C ，A正确；K＋位于晶胞顶角，Ca2＋位于体心，则晶体
6 6
中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构
成的多面体有 14 个面，C 错误；由 A 项分析知晶胞质量为 g，晶胞体积为 a3×10－30cm3，则其密度为 g·cm－3，D正确。]
10．D 11.C 12.A
13．C [Ti是22号元素，位于元素周期表第四周期第ⅣB族，故A错误；由晶胞结构图可
知，i原子与q原子处于中心对称位置，所以i的原子坐标为(0.81a,0.19a,0.5c)，故C正确；
由晶胞结构图可知，该晶胞中有2个Ti原子，4个O原子，相当于有2个TiO，所以晶体密
2
度为 g·cm－3＝ g·cm－3，故D错误。]
14．D
15．A [根据均摊法，普鲁士蓝晶胞中含Fe：8×＋6×＋12×＋1＝8、含CN－：24×＋
24×＋6＝24、含Na＋：4，根据各元素化合价代数和等于 0，可知Fe2＋ 与Fe3＋个数比为
1∶1，A错误；根据晶胞图，格林绿晶体中Fe3＋周围等距且最近的Fe3＋数为6，B正确；每
个Fe(CN) 晶胞有8个Fe3＋完全转化为NaFe(CN) 晶胞，转移8个e－，C正确；根据均摊法，
3 3
普鲁士白晶胞中含Fe：8×＋6×＋12×＋1＝8、含CN－：24×＋24×＋6＝24、含Na＋：
8，若普鲁士白的晶胞棱长为a pm ，则其晶体的密度为 g·cm－3＝×1030 g·cm－3，D正
确。]
第十章 化学反应与能量
第 38 讲 反应热 热化学方程式
考点一
整合必备知识
1．(2)等于
2．③⑥⑦⑧⑨ ①②④⑤
3．(1)吸热 > < 放热
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.×
提升关键能力
1．(1)d (2)确保盐酸被完全中和 (3)－51.8 kJ·mol－1 (4)①偏低 弱酸或弱碱在溶液中部
分电离，在反应过程中，弱酸或弱碱会继续电离，而电离是吸热的过程 ②不相等 相等
中和反应反应热是以生成1 mol液态水为标准的，与反应物的用量无关
2．(1)< (2)吸热 放热
(3)E E E＋|ΔH| E＋|ΔH|
1 2
3．(1)Bi O 由图可知，使用BiO 催化剂时，相对能量减小得多，趋于更稳定状态 (2)＜
2 3 2 3
(3)0.38 eV 0.32 eV
(4)*CO＋HCO＋e－===*CO＋*HCOO－4．＋124 kJ·mol－1
解析 ΔH＝E(C—C)＋6E(C—H)－E(C==C)－4E(C—H)－E(H—H)＝(347＋6×414－615－
4×414－436) kJ·mol－1＝＋124 kJ·mol－1。
5．460
考点二
整合必备知识
2．物质 能量 2 mol H (g)与1 mol O (g)反应生成2 mol液态水时放出的热量为571.6 kJ
2 2
提升关键能力
1．(1)× 物质未标明聚集状态。
(2)× ΔH单位为kJ·mol－1。
(3)√
(4)× SO 与O 的反应为可逆反应，1 mol SO 、0.5 mol O 混合反应，消耗的SO 物质的量
2 2 2 2 2
小于1 mol。
(5)× 同素异形体应指明名称。
(6)× 液态肼的燃烧为放热反应，ΔH应为“－”号。
2．(1)N H(g)＋O(g)===N(g)＋2HO(g) ΔH＝－534.4 kJ·mol－1
2 4 2 2 2
(2)4CuCl(s)＋O(g)===2CuCl (s)＋2CuO(s) ΔH＝－177.6 kJ·mol－1
2 2
(3)2NH (g)N(g)＋3H(g) ΔH＝＋92 kJ·mol－1
3 2 2
3．(1)NO (g)＋CO(g)===NO(g)＋CO(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1
2 2
(2)M(s)＋CO(g)===N(s) ΔH＝－48.96 kJ·mol－1
2
(3)①ClO ②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－117 kJ·mol－1
考点三
整合必备知识
1．(1)1 完全燃烧
2．(2)煤 石油 天然气
易错辨析 1.√ 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.×
提升关键能力
1．(1)S (s)＋8O(g)===8SO (g) ΔH＝－8a kJ·mol－1 (2)SO (g)===SO (g)＋O(g) ΔH＝＋b
8 2 2 3 2 2
kJ·mol－1
2．(1) (2)426 NH(g)＋O(g)===N(g)＋2HO(g) ΔH＝－577 kJ·mol－1
2 4 2 2 2
(3)N H＋2HO===N↑＋4HO↑ (4)816 kJ (5)H O 高温下稳定，且更容易液化储存
2 4 2 2 2 2 2 2
练真题 明考向
1．A
2．ab
3．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。]
4．(1)H (g)＋O(g)===HO(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1
2 2 2
(2)6CO (g)＋6HO(l)===C H O(s)＋6O(g) ΔH＝＋2 804 kJ·mol－1
2 2 6 12 6 2
(3)N (g)＋3H(g)2NH (g) ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1 降低反应的活化能
2 2 3
第 39 讲 盖斯定律及应用
考点一
整合必备知识
1．始态和终态 反应的途径
3．aΔH －ΔH ΔH＋ΔH
2 2 1 2
提升关键能力
1．C
2．3SO (g)＋2HO(g)===2HSO (l)＋S(s) ΔH＝－254 kJ·mol－1
2 2 2 4 2
3．ΔH－ΔH
2 1
4．(a＋c－2b)
5．＋118
考点二
提升关键能力
1．ΔH<ΔH
1 2
2．ΔH<ΔH
2 1
3．由反应①－反应②可得2Al(s)＋Fe O(s)===2Fe(s)＋Al O(s) ΔH＝ΔH －ΔH ，已知铝热
2 3 2 3 1 2
反应为放热反应，故ΔH<0，ΔH<ΔH。
1 2
4．B
第 40 讲 原电池 常见化学电源
考点一
整合必备知识1．化学 电
3．(2)形成闭合回路 平衡电荷 (3)负极 正极
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.√ 7.×
提升关键能力
1．(1)负 Ag－e－===Ag＋ (2)正 Ag＋＋e－===Ag (3)A
(4)浓度
2．(1)负极 氧化反应 还原 Fe3＋＋e－===Fe2＋
(2)正 I＋2e－===2I－
2
3．A
4.
①不含盐桥 ②含盐桥
负极：Cu－2e－===Cu2＋
正极：Fe3＋＋e－===Fe2＋
考点二
整合必备知识
1．Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH) MnO ＋HO＋e－===MnO(OH)＋OH－ Zn＋2OH－－2e－
2 2 2
===ZnO＋HO Ag O＋HO＋2e－===2Ag＋2OH－
2 2 2
2．(1)Pb＋SO－2e－===PbSO PbO ＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO ＋2HO 2 (2)PbSO ＋2e－
4 2 4 2 4
===Pb＋SO PbSO ＋2HO－2e－===PbO ＋4H＋＋SO 减小
4 2 2
3．(3)①O ＋4e－＋4H＋===2HO CHOH－6e－＋HO===CO ＋6H＋ ② O ＋4e－＋
2 2 3 2 2 2
2HO===4OH－ CHOH－6e－＋8OH－===CO＋6HO ③O ＋4e－===2O2－ CHOH－6e－＋
2 3 2 2 3
3O2－===CO＋2HO ④O＋4e－＋2CO===2CO CHOH－6e－＋3CO===4CO＋2HO
2 2 2 2 3 2 2
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.× 8.×
提升关键能力
1．C
2．A [该装置中电极甲为负极，电极乙为正极，所以 O2－由电极乙移向电极甲，A项正确；
电池的总反应为NH ＋O===N ＋2HO，B项错误；当电极甲上消耗1 mol N H 时，电极乙
2 4 2 2 2 2 4
上就有1 mol O 参与反应，但题目没有指明是否处于标准状况，C项错误；在外电路中，电
2
子由负极(电极甲)移向正极(电极乙)，D项错误。]
3．(1)负 (2)正 Al＋4OH－－3e－===AlO＋2HO 2HO＋2e－===2OH－＋H↑ 2Al＋2OH
2 2 2－＋2HO===2AlO＋3H↑ (3)正 Cu－2e－===Cu2＋ NO＋2H＋＋e－===NO ↑＋HO Cu
2 2 2 2
＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO (4)能 Cu O＋4e－＋2HO===4OH－
3 3 2 2 2 2 2
4．(1)Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH) FeO＋4HO＋3e－===Fe(OH) ＋5OH－
2 2 3
(2)LiC －e－===Li＋＋C CoO＋Li＋＋e－===LiCoO
6 6 2 2
(3)Mg－2e－===Mg2＋ AgCl＋e－===Ag＋Cl－
练真题 明考向
1．A
2．B [由题图分析可知，Cl－在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误；电子由
负极Ag经活性炭流向正极Pt，B正确；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O ＋4H＋
2
＋4e－===2HO，C错误；每消耗标准状况下11.2 L的O，转移2 mol电子，最多去除2 mol Cl
2 2
－，D错误。]
3．B 4.B
第 41 讲 新型化学电源分类突破
1．B 2.B 3.C
4．C [如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极，负极发生氧化反应而不是还原
反应，A错误；pH与电池的电动势E存在关系：pH＝，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会
引起电动势的变化，B错误；pH与电池的电动势E存在关系：pH＝，则分别测定含已知pH
的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的 pH，C正确；pH计工作时，利
用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误。]
5．B 6.B
7．D [该装置发生的有关反应为 HS＋2Fe3＋===2H＋＋S＋2Fe2＋(a 极区)、2Fe2＋－2e－
2
===2Fe3＋(a极)、2H＋＋2e－===H(b极)，结合反应条件得到总反应：HS=====H ＋S，A、C
2 2 2
正确；该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，B正确；a极区涉及两步反应，
第一步利用氧化性强的Fe3＋高效捕获HS得到硫和还原性的Fe2＋，第二步是还原性的Fe2＋
2
在a极表面失去电子生成氧化性强的Fe3＋，这两步反应反复循环进行，所以a极区无需补充
含Fe3＋和Fe2＋的溶液，D错误。]
8．D 9.A
第 42 讲 电解池 金属的腐蚀与防护
考点一
整合必备知识1．电解质溶液(或熔融电解质) 氧化还原反应 电 化学 直流电源 电解质 熔融电解
质 闭合回路
3．(3)①2H＋＋2e－===H↑ 2HO－4e－===4H＋＋O↑ 2HO=====2H↑＋O↑ 增大 加
2 2 2 2 2 2
水 ②2H＋＋2e－===H↑ 2Cl－－2e－===Cl↑ 2HCl=====H↑＋Cl↑ Cu2＋＋2e－===Cu
2 2 2 2
2Cl－－2e－===Cl↑ CuCl =====Cu＋Cl↑ 减小 通入HCl 加CuCl 固体 ③2Cl－－2e－
2 2 2 2
===Cl↑ 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ 2Cl－＋2HO=====Cl↑＋H↑＋2OH－ 通入HCl
2 2 2 2 2 2
2HO－4e－===4H＋＋O↑ Cu2＋＋2e－===Cu 2Cu2＋＋2HO=====2Cu＋O↑＋4H＋ 减小
2 2 2 2
并生成新电解质 加CuO
提升关键能力
1．D 2.D
3．(1)1 0.4 CuO(或0.62 CuCO) (2)水(或HO) 0.02 (3)0.015
3 2
解析 (1)阳极生成 O 56 mL(标准状况)即 0.002 5 mol，依据总反应式：2CuSO ＋
2 4
2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO ，溶液中生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，pH＝1；电
2 2 2 4
解生成0.002 5 mol O 和0.005 mol Cu，故要使溶液复原可加0.005 mol CuO，质量为0.4
2
g，或加0.005 mol CuCO ，质量为0.62 g。(2)继续通电电解，电解质溶液为HSO 溶液，故
3 2 4
实际被电解的物质为HO；加入 0.005 mol Cu(OH) 可使溶液复原，相当于加入0.005 mol
2 2
CuO和0.005 mol H O，故转移电子为(0.005×2＋0.005×2) mol＝0.02 mol。(3)Cu (OH) CO
2 2 2 3
相当于2CuO·H O·CO ，故转移的电子为0.005 mol×2＋0.002 5 mol×2＝0.015 mol。
2 2
4．(1)2Cl－－2e－===Cl↑ Mg2＋＋2HO＋2e－===H↑＋Mg(OH) ↓ Mg2＋＋2Cl－＋
2 2 2 2
2HO=====Mg(OH) ↓＋Cl↑＋H↑
2 2 2 2
(2)2Al－6e－＋3HO===Al O＋6H＋ 2H＋＋2e－===H↑ 2Al＋3HO=====Al O＋3H↑
2 2 3 2 2 2 3 2
(3)Mn2＋＋2HO－2e－===MnO ↓＋4H＋
2 2
5．4CO＋2HO－4e－===4HCO＋O↑ H
2 2 2
6．(4)从右往左 (5)2NH －6e－＋6OH－===N＋6HO
3 2 2
考点二
整合必备知识
1．(1)2Cl－－2e－===Cl↑ 氧化 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ 还原 2NaCl＋
2 2 2
2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑
2 2 2
2Cl－＋2HO=====2OH－＋H↑＋Cl↑
2 2 2
(2)精制饱和NaCl溶液 HO(含少量NaOH) 淡盐水 NaOH溶液 Cl H (3)OH－
2 2 2
2．(1)②镀层金属 镀件 含有镀层金属离子 Cu－2e－===Cu2＋ Cu2＋＋2e－===Cu (2)粗
铜 纯铜 硫酸铜溶液 Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋ Cu2＋＋2e
－===Cu 阳极泥 电解质溶液 有所下降
3．2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑ Na＋＋e－===Na MgCl (熔
2 2 2
融)=====Mg＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑ Mg2＋＋2e－===Mg 2Al O(熔融)=====4Al＋
2 2 2 3
3O↑ 2O2－－4e－===O↑ Al3＋＋3e－===Al
2 2易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.×
提升关键能力
1．C 2.B
3．D [电解时，阳极Zn、Fe、Ni失去电子，发生氧化反应，A项错误；因氧化性：Ni2＋＞
Fe2＋＞Zn2＋，故阴极的电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni，阳极质量减少是因为Zn、Fe、Ni溶
解，而阴极质量增加是因为Ni析出，二者质量不相等，B项错误；电解后溶液中的阳离子
除Fe2＋和Zn2＋外，还有Ni2＋和H＋，C项错误。]
4．负 4Al Cl＋3e－===Al＋7AlCl H
2 2
5．A 6.B
考点三
整合必备知识
1．氧化
2．(2)2H＋＋2e－===H↑ O ＋2HO＋4e－===4OH－ Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑ 2Fe＋O ＋
2 2 2 2 2
2HO===2Fe(OH) 吸氧腐蚀
2 2
3．应用举例 ⑤④②①③⑥
4．负 正 阴 阳
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)吸氧 (2)B
2．(1)析氢 2H＋＋2e－===H↑ 有气泡冒出 (2)吸氧 O ＋4e－＋2HO===4OH－ 导管内
2 2 2
液面上升
3．吸氧 Fe－2e－===Fe2＋ 2HO＋O＋4e－===4OH－ 4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH) 、
2 2 2 2 2 3
2Fe(OH) ===Fe O·xHO＋(3－x)H O
3 2 3 2 2
4．C 5.B
练真题 明考向
1．C 2.A
3．B [电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接
电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入的氧气得到电子，其电极反应
式为2HO＋4e－＋O===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，
2 2
左室的钠离子进入到右室，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增
大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。]
4．D 5.C
热点强化17
热点专练
1．C 2.C 3.A
4．(1)NO＋2HO－3e－===NO＋4H＋ (2)阳 5SO ＋2NO＋8HO=====2NH＋5SO＋8H＋
2 2 2(3)阴 减小18 g (4)15.68
解析 (1)甲池在放电过程中，负极上一氧化氮失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，反
应为NO＋2HO－3e－===NO＋4H＋。(2)乙池中通入废气SO 的电极连接电源的正极，为阳
2 2
极；阳极二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，
电池总反应的离子方程式为5SO ＋2NO＋8HO=====2NH＋5SO＋8H＋。(3)丙中阳极上水放
2 2
电发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室；N室中氯离子通
过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b为阴离子交换膜。当浓缩室得到4 L浓度
为0.6 mol·L－1盐酸时，迁移过来的氢离子为4 L×(0.6 mol·L－1－0.1 mol·L－1)＝2 mol；2HO
2
－4e－===4H＋＋O↑，则反应1 mol水，M室中溶液的质量变化为减少1 mol×18 g·mol－1＝
2
18 g。(4)乙池中SO 转化为硫酸根离子、NO转化为铵根离子；若标准状况下，甲池有5.6 L
2
O(为0.25 mol)参加反应，根据得失电子守恒可知，O ～4e－～2SO ～NO，则乙池中处理废
2 2 2
气(SO 和NO)共0.7 mol，总体积为15.68 L。
2
第 43 讲 电解原理应用新拓展
1．C 2.C
3．D [石墨电极为阳极，对应的电极反应式为 P ＋8CN－－4e－===4[P(CN) ]－，则生成1
4 2
mol Li[P(CN) ]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；阴极上发生还原反应，应该得
2
电子，电极反应式为2HCN＋2e－===H↑＋2CN－，B错误；石墨电极为阳极，铂电极为阴
2
极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由所给图示可知HCN在阴极放电，
产生CN－和H ，而HCN中的H来自于LiOH，则电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH，
2 2
D正确。]
4．C [据图可知与电源y连接的电极上HS发生氧化反应转化为S，所以y为电源正极，x
2
为电源负极，阴极发生还原反应，电极反应式为 2HO＋2e－===2OH－＋H↑，所以阴极区
2 2
溶液的pH增大，A正确；阳极发生氧化反应，电极反应式为 HS＋2CO－2e－===S↓＋
2
2HCO，C 错误；通电一段时间后，阴极区得到氢氧化钠溶液，阳极区得到 NaHCO ，
3
NaHCO 溶液与NaOH溶液反应生成NaCO ，所以将阴极区溶液补充到阳极区可实现电解
3 2 3
液的再生，D正确。]
5．D 6.C
热点强化18
热点专练
1．A 2.D 3.C
4．C [由甲池放出O 知，乙池电极为电解池的阴极，和电源负极连接，溶液中水电离出的
2
氢离子放电生成氢气，A项错误；电解池中阳离子移向阴极，B项错误；阴极附近水电离出的氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y的浓度比
NaOH溶液Z的大，C项正确；甲池电极为阳极，电解质溶液中水电离出的氢氧根离子放电
生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠溶
液，则电极反应式为4CO＋2HO－4e－===4HCO＋O↑，D项错误。]
2 2
5．D 6.C
7．B [根据题干信息确定该装置为电解池，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以
电极a为阳极，连接电源的正极，A项正确；水在双极膜A解离后，H＋吸引阴离子透过B
膜到左侧形成酸，B为阴离子交换膜，B项错误；电解质溶液采用NaSO 溶液，电解时生
2 4
成H 和O ，可避免有害气体的产生，C项正确；海水中的阴、阳离子透过两侧交换膜向两
2 2
侧移动，淡水从Ⅱ口排出，D项正确。]
第十一章 化学反应速率与化学平衡
第 44 讲 化学反应速率及影响因素
考点一
整合必备知识
1．(1)单位时间内反应物浓度的减小 生成物浓度的增大 mol·L－1·s－1[或mol/(L·s)]
(2)化学计量数 m∶n∶p∶q
2. b－ c＋ mol·L－1·s－1
mol·L－1·s－1 mol·L－1·s－1
应用举例
1．(1)X (2)0～8 min，v(H )＝＝0.011 25 mol·L－1·min－1。 (3)10～12 min，v(NH )＝＝
2 3
5.0×10－3 mol·L－1·min－1，v(N )＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1。
2
2．③>①>②>⑤>④
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.×
提升关键能力
1．30
2．0.48 kPa·s－1
3．(1－α)
4．30.0 6.0×10－2
解析 由方程式 2NO(g)===4NO (g)＋O(g)可知，62 min 时， ＝2.9 kPa，则减小的
2 5 2 2
NO 为 5.8 kPa，此时 ＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则 v(N O)＝2×10－3×30.0
2 5 2 5kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
考点二
整合必备知识
1．本身的性质 ＞
2．增大 减小 不变 增大 减小 气体 增大 减小 增大 相同 比表面积
应用举例 ①④⑥⑦
3．(1)化学反应 足够的能量 合适的取向 (2)能量 有效碰撞 (3)增加 增加 不变 增
加 增大 增加 增加 不变 增加 增大 不变 增加 增加 增加 增大 不变 增加
增加 增加 增大
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)增大 单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多 (2)增大 (3)不变 单
位体积内活化分子数不变 (4)减小
2．增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率
3．降低 CaO＋CO===CaCO ，CaCO 覆盖在CaO表面，减少了CO 与CaO的接触面积
2 3 3 2
4．(1)硫酸 2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO (2)温度 催化剂 (3)0.5
2 2 4 2 2
酸性KMnO 溶液褪色所用时间
4
练真题 明考向
1．C 2.B
3．D [由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，
故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反
应活化能更低，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0
mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数
之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂
Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝
v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。]
4．①4.0 6.0 ②2
第 45 讲 过渡态理论 催化剂对化学反应的影响
考点一
整合必备知识
1．(1)每一步反应
3．应用举例 (1)E (2)E (3)E －E (4)小
a1 a2 a1 a2
提升关键能力
1．D2．Cu/Zn*＋CO＋2H===Cu/ZnO*＋CHOH
2 2 3
3．D [根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，NO的消耗是匀速的，说明反应速率
2
与c(N O)无关，故速率方程中n＝0，每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L－1，则c ＝
2 1
0.06>c ＝c ＝0，A、C错误；t＝10 min 时瞬时速率等于平均速率 v(N O)＝＝2.0×10－3
2 3 2
mol·L－1· min－1，B错误；保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为 2.0×10－3
mol·L－1· min－1，若起始浓度0.200 mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50 min，D正确。]
4．2 4×10－8 L·mol－1·s－1
5．C 6.B
考点二
提升关键能力
1．D [根据图示中各微粒的构造可知，该过程有HO参与，故A正确；根据图示的转化过
2
程，NO 转化为HNO ，N元素的化合价由＋4变为＋3，得电子被还原，作氧化剂，故B正
2 2
确；硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生
成H＋和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故 C正确；根据图示转化过程中，由 SO转化为
HSO，有硫氧键生成，故D错误。]
2．D
3．C [由图可知，NH 吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了 NH NO，NH NO又
3 2 2
经过反应得到N 和HO，所以NH NO是脱硝反应的活性中间体，B说法正确；始态相对能
2 2 2
量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增
大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法错误；由图可知，全过程只有H的移除过程势
能升高，其速率是全过程几个反应中最慢的，是总反应的控速步骤，D说法正确。]
4．C
5．升高温度，消耗一氧化氮的反应速率增大，但催化剂的活性下降，消耗一氧化氮的反应
速率减小，前者的影响比后者的大
练真题 明考向
1．C [由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，
A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ
的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，
C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高
反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。]
2．B
3．C [由题中图2信息可知，t ～t ，n(H )比n(CO)多，且生成H 的速率不变，且反应过程
1 3 2 2
中始终未检测到CO ，在催化剂上有积碳，故可能发生副反应：CH=====C＋2H ，B正确；
2 4 2
由反应②的化学方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时，H 的反应速率未变，仍然
2 2 2
为2 mmol·min－1，而CO的反应速率为1～2 mmol·min－1，故能够说明副反应生成H 的速率
2小于反应②生成H 速率，C错误；由图2可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增
2 3 4
大至1 mmol·min－1，说明反应②不再发生，而后副反应逐渐停止，D正确。]
4．(ⅰ)Ⅰ (ⅱ)c (ⅲ)＜ 2
第 46 讲 化学平衡状态与化学平衡常数
考点一
整合必备知识
1．(1)正反应方向 逆反应方向
应用举例
(1)①不正确，两个反应发生的条件不同。②正确。③正确。
(2)存在于氧气、二氧化硫和三氧化硫3种物质中。
2．(1)可逆 相等 (3)可逆反应 动态平衡 v正 v逆 质量或浓度
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.×
提升关键能力
1．D
2．(1)①③④⑦ (2)⑤⑦ (3)①②③④⑦ (4)①②③ (5)②④⑦
3．(1)②③④⑦ (2)⑤⑦ (3)②③④⑦
考点二
整合必备知识
1．K
2.
应用举例 (1)c(CO) (2)
2
3．温度
4．(2)正 平衡 逆 (3)吸热 放热 放热 吸热
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.×
提升关键能力
1．K ＝，K ＝ ，K ＝。K ＝ ，K ＝。
1 2 3 2 3
2.
3.
4．(1)K ·K (2)＜ (3)＞
1 2
练真题 明考向
1．C2． (或)
3．2
4．5
解析 设充入HO(g)物质的量为x mol；在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态
2
乙苯发生已知反应。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式：
C HC H(g)C HCH==CH(g)＋H(g)
6 5 2 5 6 5 2 2
n(起始)/mol 1 0 0
n(转化)/mol 0.5 0.5 0.5
n(平衡)/mol 0.5 0.5 0.5
此时平衡时混合气体总物质的量为1.5 mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为
75%，可列三段式：
C HC H(g)C HCH==CH(g)＋H(g)
6 5 2 5 6 5 2 2
n(起始)/mol 1 0 0
n(转化)/mol 0.75 0.75 0.75
n(平衡)/mol 0.25 0.75 0.75
此时乙苯、苯乙烯、H 物质的量之和为1.75 mol，混合气的总物质的量为(1.75＋x)mol，在
2
恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为V；两次平衡温度相同，则
平衡常数相等，则＝，解得x＝5。
第 47 讲 化学平衡常数的综合计算
考点一
整合必备知识
例
提升关键能力
1．C 2.C
3．40% 3.56×104
解析 设容器中起始加入I(g)和环戊烯的物质的量均为a mol，平衡时转化的环戊烯的物质
2
的量为x mol，列出三段式：
(g)＋I(g) (g)＋2HI(g)
2
起始/mol a a 0 0
转化/mol x x x 2x平衡/mol a－x a－x x 2x
根据平衡时总压增加了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)的
2
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。
拓展应用
(1)C (2)70 (3)变小
考点二
1．(1)3 (2)B
2．5 0
3．(1) (2)2 120
4．(1)B (2)0.025 mol·L－1·min－1 0.75
解析 (1)该反应是放热反应，反应达到平衡后，仅降低温度，k 、k 均减小，平衡正向移
正 逆
动，正反应速率大于逆反应速率，因此k 减小的倍数更少。
正
(2) 2CH==CH(g)＋O(g)2 (g)
2 2 2
开始/mol 1 1 0
转化/mol 2x x 2x
平衡/mol 1－2x 1－x 2x
＝0.875，x＝0.25，则 0～10 min 内 v(O )＝＝0.025 mol·L－1·min－1，k ·c2( )＝k
2 逆
·c2(CH==CH)·c(O )，＝＝0.75。
正 2 2 2
热点强化19
热点专练
1. 0.43
2.
解析 由题给反应的化学方程式可知，对于反应Ⅰ，每生成1 mol甲醇的同时生成1 mol水；
对于反应Ⅲ，每生成1 mol一氧化碳的同时生成1 mol水；对于反应Ⅱ，每消耗1 mol一氧
化碳的同时生成1 mol甲醇；由此可知，生成的水的物质的量等于生成的甲醇和一氧化碳的
物质的量之和，即生成水的物质的量为(a＋b) mol，即水的浓度为 mol·L－1。由C原子个数
守恒可知，平衡时混合气体中CO 的物质的量为(1－a－b) mol，由H原子个数守恒可知，
2
平衡时混合气体中H 的物质的量为[3－2a－(a＋b)] mol，因此平衡常数K＝。
2
3．(b＋)b
4．A
5．(1)0.8 mol·L－1·min－1 (2)80% 1.25解析 (1)设平衡时CO为x mol，H 为y mol，CHOH为z mol，则CHOCH 为2z mol，
2 3 3 3
HO为2z mol，根据：
2
C守恒：x＋z＋2×2z＝4
H守恒：2y＋4z＋6×2z＋2×2z＝2×8
O守恒：x＋z＋2z＋2z＝4
CO的转化率为＝80%，解得x＝0.8，y＝1.6，z＝0.64，v(H )＝＝0.8 mol·L－1·min－1。(2)反应Ⅰ
2
中CO的转化率为80%，则生成的CHOH的物质的量为4 mol×80%＝3.2 mol，反应Ⅱ生成
3
的CHOCH 的物质的量为2z mol即2×0.64 mol＝1.28 mol，则反应Ⅱ转化的CHOH的物
3 3 3
质的量为2×1.28 mol＝2.56 mol，则反应Ⅱ中CHOH的转化率α＝×100%＝80%。根据之
3
前所解方程，可得平衡时：CHOH、H 、CO的浓度分别为0.32 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.4
3 2
mol·L－1，反应Ⅰ的平衡常数K＝＝1.25。
6．(1)0.9α (2)逆向移动 1∶10
练真题 明考向
1．(1)①－223 1.2×1014 (2)①7.2×105
2．(3)3.0 2.25 增大
(4) 46.26
3．吸收 31.2 0.02 MPa
解析 反应达到平衡时，HO(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5 mol，水的平衡量也
2
是0.5 mol，由于CO的物质的量为0.1 mol，CO和CO 中的O均来自HO中，则根据O原
2 2
子守恒可知CO 的物质的量为0.2 mol，生成0.2 mol CO 时消耗了0.2 mol CO，故在反应Ⅰ
2 2
实际生成了0.3 mol CO。根据相关反应的热化学方程式可知，整个体系的热量变化为＋
131.4 kJ·
mol－1×0.3 mol－41.1 kJ·mol－1×0.2 mol＝39.42 kJ－8.22 kJ＝31.2 kJ；由H原子守恒可知，
平衡时H 的物质的量为0.5 mol，CO的物质的量为0.1 mol，CO 的物质的量为0.2 mol，水
2 2
的物质的量为0.5 mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5 mol＋0.1 mol＋0.2 mol＋0.5 mol＝
1.3 mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系
的总压为 0.2 MPa×1.3＝0.26 MPa，反应Ⅰ的平衡常数K ＝＝×p ＝×0.26 MPa＝0.02
p 总
MPa。
第 48 讲 影响化学平衡的因素
考点一整合必备知识
1．(2)①＞ ②＜ ③＝
2．(1)实验一：①加入较浓的FeCl 溶液或KSCN溶液，红色加深，平衡正向移动。②加入
3
少量Fe粉，红色变浅，平衡逆向移动。③加入少量KCl固体，红色几乎不变，平衡不移动。
实验二：①滴加NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色，平衡正向移动。②滴加HSO 溶液，溶
2 4
液橙色加深，平衡逆向移动。
(2)气体的颜色先变深后变浅，最终还是比最初的颜色深。增大压强，平衡向生成 NO 的方
2 4
向(气体体积减小的方向)移动。
(3)溶液由蓝色变为绿色 在其他条件不变时，升高温度，平衡向正反应(吸热)方向移动 溶
液恢复蓝色 在其他条件不变时，降低温度，平衡向逆反应(放热)方向移动
思考 因为加热时，平衡正向移动，[Cu(H O) ]2＋有部分转化为[CuCl ]2－，[Cu(H O) ]2＋显蓝
2 4 4 2 4
色，[CuCl ]2－显黄色，而二者的混合色为绿色，故看不到黄色。
4
3．减弱
提升关键能力
1．(1)①增大 不变 正向移动 ②减小 不变 逆向移动 ③不变 增大 逆向移动 ④
不变 减小 正向移动
(2)①增大 增大 向气体体积减小的方向移动 ②减小 减小 向气体体积增大的方向移
动 (3)①增大 增大 向吸热反应方向移动 ②减小 减小 向放热反应方向移动 (4)增
大 增大 不移动
2．C
3．(1)
(2)
4．一定量的A和B 向容器中加入C
考点二
1．(1)正反应 减小 增大
(2)正反应 不变 不变
(3)正反应 增大 减小
(4)正向 增大 减小 不变 减小 增大
2．B 3.D4．BC
5．BD
解析 在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变各组分的浓度，因此反应
Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；在反应中固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的
体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反
应体系已达到平衡，B说法正确；若C(s)和HO(g)完全反应全部转化为CO(g)和H(g)，由
2 2 2
C(s)＋2HO(g)CO(g)＋2H(g)可知，H 的体积分数的极值为，由于可逆反应有一定的限
2 2 2 2
度，因此，平衡时H 的体积分数不可能大于，C说法不正确；将炭块粉碎可以增大其与
2
HO(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确。
2
练真题 明考向
1．B 2.C
3．①p ＜p ＜p 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数
1 2 3
越大 ②图2 ③33.33%
解析 ①合成氨的反应中，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温
度下，反应达平衡时氨的摩尔分数：p ＜p ＜p ，因此，图中压强由小到大的顺序为p ＜p
1 2 3 1 2
＜p 。②该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度和相同压强下，惰性气体Ar不利于
3
合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图2。③图1中，进料组成为 ＝0.75、
＝0.25，两者物质的量之比为 3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为 3 mol和1
mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
N(g)＋3H(g)2NH (g)
2 2 3
始/mol 1 3 0
变/mol x 3x 2x
平/mol 1－x 3－3x 2x
当p ＝20 MPa、 ＝0.20时， ＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%，
2
平衡时N 、H 、NH 的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，其物质的量分数分别为、、，
2 2 3
则该温度下K′ ＝＝(MPa)－2，因此，该温度时反应N(g)＋H(g)NH (g)的平衡常数K ＝
p 2 2 3 p
＝(MPa)－1。
第 49 讲 化学反应的方向与调控
考点一
整合必备知识
2．(1)S > > (2)自发进行3．能 平衡 不能
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√ 7.√
提升关键能力
1．D
2．(1)不能实现，因为该反应的ΔH＞0，ΔS＜0，ΔG>0，反应不可能自发进行 (2)＜ 该反
应的ΔS＜0，因该反应能自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可知ΔH＜0 (3)高温
3．C
考点二
提升关键能力
1．(1)升高温度、增大压强、增大反应物的浓度、使用催化剂等，都可以使合成氨的反应速
率增大；降低温度、增大压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度等有利于提高氮气或氢气
的转化率。
(2)①使用铁触媒作催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分
数，有效碰撞次数增加，反应速率加快。
②不能。因为催化剂对化学平衡无影响。
③能。因为实际合成氨过程为非平衡状态下进行，反应速率大，单位时间里生产的氨气的量
多。
(3)考虑速率因素，500 ℃时催化剂的催化活性最好。
(4)合成氨时增大压强尽管可以同时提高反应速率和反应物的转化率。但是，压强越大，对
材料的强度和设备的要求也越高，增加生产投资将降低综合经济效益。
(5)使氨气冷却成液氨并及时分离，分离后的原料气循环使用。
2．(1)770 ℃ 890 ℃ (2)降低压强或移去钾蒸气、适当升高温度 (3)K＝
3．(1)－41.2 (2)①b c B＝C>A ② (3)放热 高温时，积碳反应主要发生CH 裂解，
4
导致催化剂积碳，活性降低
解析 (1)根据盖斯定律知，反应 Ⅱ ＝反应 Ⅰ－反应 Ⅲ，ΔH ＝ΔH －ΔH ＝－206.2 kJ·mol
2 1 3
－1－(－165.0 kJ·mol－1)＝－41.2 kJ·mol－1。
(2)①结合反应，越大，CO转化率越大，直到接近100%，故b表示CO转化率变化的曲线；
随着的增大，CO接近完全转化，CH 产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH 产率变
4 4
化的曲线；b表示CO转化率变化的曲线，B、C均在曲线b上，温度：B＝C，结合反应 Ⅰ、
Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C，故温度：B＝
C>A。
②设起始投料n(CO)＝n mol，则n(H )＝3n mol，列出反应 Ⅰ 三段式：
2
CO(g)＋3H(g)CH(g)＋HO(g)
2 4 2
起始/mol n 3n 0 0
转化/mol x 3x x x
平衡/mol n－x 3n－3x x x反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x mol，根据初始压强为p ，达到
0
平衡时总压为，则＝，解得x＝0.5n；CO的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式：
CO(g) ＋ HO(g)  CO(g) ＋ H(g)
2 2 2
起始/mol 0.5n 0.5n 0 1.5n
转化/mol na－0.5n na－0.5n na－0.5n na－0.5n
平衡/mol n(1－a) n(1－a) n(a－0.5) n(1＋a)
则CH 的选择性＝×100%＝%；平衡时，CO的分压为×p＝、H 的分压为×p＝、CH 的分
4 0 2 0 4
压为×p＝、HO的分压为×p＝，反应Ⅰ的K ＝＝。
0 2 0 p
第 50 讲 化学反应速率与化学平衡图像分类突破
提升关键能力
1．(1)ACDF (2)C E B (3)A
(4)
2．(1)< 放热 (2)< 增大 (3)a ＝
3.
4．(1)22 0.02 (2)及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强 (3)大于 1.3
5．> > > >
6．A [由图像可知，压强一定时，温度越高，CH 的平衡转化率越高，故正反应为吸热反
4
应，ΔH>0，A项错误；该反应为气体分子总数增加的反应，压强越大，甲烷的平衡转化率
越小，故压强：p>p>p>p ，B项正确；压强为p 、温度为1 100 ℃时，甲烷的平衡转化率
4 3 2 1 4
为80.00%，故平衡时各物质的浓度分别为c(CH)＝0.02 mol·L－1，c(CO)＝0.02 mol·L－1，
4 2
c(CO)＝0.16 mol·L－1，c(H )＝0.16 mol·L－1，平衡常数K＝≈1.64，C项正确；压强为p 时，y点未达到平衡，
2 4
此时v >v ，D项正确。]
正 逆
7．D
8．2.0
9．(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a
10．①大于 ② K ·K 大于 设 T′>T，即<，由图可知：lg K (T′)－lg K (T)>|lg
p1 p2 p2 p2
K (T′)－lg K (T)|＝lg K (T)－lg K (T′)，则：lg[K (T′)·K (T′)]>lg[K (T)·K (T)]，即
p1 p1 p1 p1 p2 p1 p2 p1
K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0
11．C [由盖斯定律知：反应Ⅱ×2＋Ⅲ得反应：2CO(g)＋6H(g)CHOCH (g)＋3HO(g)
2 2 3 3 2
ΔH＝2×(－49.5 kJ·mol－1)＋(－23.5 kJ·mol－1)＝－122.5 kJ·mol－1，A错误；升高温度，反
应Ⅰ正向进行，则CO的平衡体积分数应增大，故Y表示CO，B错误；由图可知，温度从
553 K上升至573 K时，反应Ⅰ消耗的CO 大于反应Ⅱ生成的CO，D错误。]
2 2
热点强化20
热点专练
1．(1)＜ (2)K ＞K＞K (3)T ～T 温度区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反
b c d 3 4
应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于CO 的捕获
2
2．①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) ②分子筛膜从反应
体系中不断分离出HO，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 ③210
2
3．乙 p ＞p ＞p T 时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有
1 2 3 1
影响
4．p>p>p>p 该反应正向是气体分子数减小的反应，相同温度下，压强升高乙烯平衡转
4 3 2 1
化率升高
5．反应为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于1 030 ℃时，x(O )大于21%，载氧体无
2
法载氧
6．(1)870 K(860～880 K范围内都可以)
(2)该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行
(3)加入的CO会与NO的分解产物O 发生反应，促进NO分解平衡向生成N 的方向移动，
2 2
导致NO的转化率增大
7．Mn 200 ℃ b～a段，开始温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还
没达到化学平衡，随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱
氮率逐渐增大第十二章 水溶液中的离子反应与平衡
第 51 讲 弱电解质的电离平衡
考点一
整合必备知识
2．(1)小 (2)越大 (3)结合成弱电解质分子 (4)电离
易错辨析 1.√ 2.√ 3.× 4.× 5.√ 6.× 7.×
提升关键能力
1．向右 增大 减小 减弱 向右 增大 增大 增强 向左 增大 增大 增强 向右
减小 减小 增强 向左 减小 减小 增强 向右 增大 增大 增强
2．C 3.D
4．A [25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 HR溶液pH>2，说明HR在水溶液中部分电离，溶液
中存在电离平衡，则HR是弱酸，故A正确；25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1和0.1 mol·L－1
HR溶液的pH差值等于1，说明稀释十倍，H＋的物质的量没有变化，HR完全电离，是强酸，
故B错误；25 ℃时，若测得0.01 mol·L－1 NaR溶液pH＝7，说明溶液呈中性，NaR为强酸
强碱盐，HR为强酸，故C错误；若HR为强酸，NaR溶液呈中性，升高温度，促进水的电
离，pH减小，则a>b，若HR是弱酸，R－水解溶液呈碱性，加热，促进盐的水解，碱性增
强，则a<b，故D错误。]
考点二
整合必备知识
1．(2)>
2．(1)越小 越大 (2)增大
3．(2)第一步电离
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.×
提升关键能力
1．D 2.D
3．(1)HCOOH＞HCO＞HS＞HClO
2 3 2
(2)S2－＞CO＞ClO－＞HS－＞HCO＞HCOO－
(3)①②④
4．(1)变小 (2)变大 (3)变小 (4)不变 (5)不变
热点强化21
1．(3)①小 ②大
2． HA H＋ ＋A－起始 c 0 0
转化 c·α c·α c·α
平衡 c·(1－α) c·α c·α
K＝＝，α很小，可认为1－α≈1，则K＝c·α2。
a a
热点专练
1．B [HA电离出的c(H＋)为0.1 mol·L－1×0.1%＝10－4 mol·L－1，则pH＝4，故A正确；温
度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故B错误；由HAH＋＋A－，c(H
＋)＝c(A－)＝0.1 mol·L－1×0.1%＝10－4 mol·L－1，则电离平衡常数为≈10－7，故C正确；HA
电离出的c(H＋)为10－4 mol·L－1，水电离产生的氢离子浓度为 mol·L－1＝10－10 mol·L－1，则
由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，故D正确。]
2．4.2×10－7
3.
4．(1)在M点时，溶液中c(OH－)＝10－10 mol·L－1，则常温时0.010 mol·L－1的HA溶液中c(H
＋)＝10－4 mol·L－1，HA为一元弱酸。
(2)在相同温度下，M、P点的电离常数相同，用M点计算电离常数。HAH＋＋A－，c(H
＋)≈c(A－)，
常温下，K(HA)＝≈＝1.0×10－6。
a
5．(1)由图像可知：
pH＝1.2时，c(HC O)＝c(H C O)，K (H C O)＝＝10－1.2。
2 2 2 4 a1 2 2 4
pH＝4.2时，c(HC O)＝c(C O)，K ( H C O)＝＝10－4.2。
2 2 a2 2 2 4
(2)1 000
6．(1)H PO HPO＋H＋ HPOHPO＋H＋
3 3 2 2
(2)Ⅰ (3)10－1.4
解析 K ＝，K ＝，且K >K ，由图像可知，在相同或时，Ⅱ对应的c(H＋)较大，为第一
a1 a2 a1 a2
步电离， Ⅰ 对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用Ⅱ中的特殊点B计算K ，K ＝＝
a1 a1
10×10－2.4＝10－1.4。
练真题 明考向
1．C 2.B
3．1012·K 1024·K ·K
a1 a1 a2
解析 HCO 是二元弱酸，分步发生电离：HCOHCO＋H＋、HCOCO＋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 a1
K ·K 可得c(H CO)∶c(HCO)＝1∶(1012·K )，c(H CO)∶c(CO)＝1∶(1024·K ·K )，综合可
a1 a2 2 3 a1 2 3 a1 a2
得c(H CO)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·K )∶(1024·K ·K )。
2 3 a1 a1 a2第 52 讲 水的电离和溶液的 pH
考点一
整合必备知识
1．HOH＋＋OH－ c(H＋)·c(OH－) 1×10－14 不变 增大 稀的电解质
2
2．逆 不变 减小 减小 增大 逆 不变 减小 增大 减小 正 不变 增大 增大
减小 正 不变 增大 减小 增大 逆 不变 减小 减小 增大 正 增大 增大 增
大 增大
3．(3)①1×10－12 mol·L－1 ②1×10－10 mol·L－1 ③1×10－10 mol·L－1 ④1×10－4 mol·L－
1 ⑤1×10－4 mol·L－1
易错辨析 1.√ 2.√ 3.× 4.× 5.√ 6.×
提升关键能力
1．D
2．(1)B＞C＞A＝D＝E (2)D (3)碱
(4)1×10－10
考点二
整合必备知识
1．＞ ＜ ＝ ＝ ＜ ＞
2．(1)－lg c(H＋) (3)玻璃片 表面皿 标准比色卡
(4)①－lg c(OH－) ②14
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.× 7.× 8.√ 9.×
提升关键能力
1．C 2.C 3.B 4.C
5．(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性 (6)碱性 (7)酸性 (8)碱性
6．(1)10 (2)1∶4 (3)10
解析 (1)pH＝3的硝酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝12的Ba(OH) 溶液中c(OH－)＝
2
mol·
L－1＝10－2 mol·L－1，二者以体积比9∶1混合，Ba(OH) 过量，溶液呈碱性，混合溶液中c(OH
2
－)＝＝1×10－4 mol·L－1，则混合后c(H＋)＝＝ mol·
L－1＝1×10－10 mol·L－1，故pH＝10。
(2)设氢氧化钡溶液的体积为V L，硫酸氢钠溶液的体积为V L，依题意知，n(Ba2＋)＝
1 2
n(SO)，由Ba(OH) ＋NaHSO===BaSO↓＋NaOH＋HO知，生成的氢氧化钠的物质的量为
2 4 4 2
n(NaOH)＝n[Ba(OH) ]＝5×10－3V mol，＝1×10－3 mol·L－1，则V∶V＝1∶4。
2 1 1 2
(3)pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，根据中和反应H＋＋OH－===H O，知c(OH－)·V＝c(H＋)·V ，＝＝＝1014－(a＋b)，a＋b＝
2 a b
13，则＝10。
练真题 明考向
1．D 2.C
3．C [根据HNO 和CHCOOH的电离常数，可知酸性：HNO>CH COOH，相同pH的两
2 3 2 3
种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线 Ⅰ 代表CHCOOH溶液，A项
3
错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离
出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点<c点，B项错误；溶液中＝
＝ ， K 、 K(HA) 的 值 不 变 ， C 项 正 确 ； 相 同 体 积 a 点 的 两 溶 液 中 ， 由 于
w a
c(CHCOOH)>c(HNO)，故n(CHCOOH)>n(HNO)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na
3 2 3 2
＋)不同，D项错误。]
第 53 讲 酸碱中和滴定及拓展应用
考点一
整合必备知识
1.
2．(1)红 蓝 红 黄 无 浅红 红
3．(1)①上 ②0.01 ③酸式 碱性 碱式 酸性 强氧化性 (2)查漏 润洗 (3)滴定管
的活塞 锥形瓶内溶液颜色 锥形瓶 (5)2～3 平均值
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√
提升关键能力
1．(1)酸 0.30 24.90 大于 酚酞或甲基橙
(2)丙 (3)①滴入最后半滴标准盐酸时，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复红色
②第三次数据明显与前两次数据差别较大，应舍弃，将第一次滴定所得数据代入，得：
c(NaOH)＝＝＝0.100 1 mol·L－1；同理可得：c(NaOH)＝0.099 9 mol·L－1，则c(NaOH)＝＝
1 2
0.100 0 mol·L－1
二、偏大 偏小
2．偏高 偏高 偏低 无影响 偏低 偏低 偏高 偏低 无影响 偏低 偏高
考点二
提升关键能力
1．C 2.C
3．A [NaOH溶液滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故
NaOH消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.100 0 mol·L－1 NaOH与20 mL酸恰好反
应时消耗的碱的体积为20.00 mL，所以酸的浓度都是0.100 0 mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质，b点
对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度
不相同，故导电性不同，故D错误。]
4．D
热点强化22
热点专练
1．B
2．(1)5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3HO % (2)偏小
2
3．(1)×104 (2)偏高
解析 (1)根据关系式：Cr O～6Fe2＋，求得 KCr O 标准溶液消耗 n(Fe2＋)＝6cV×10－3
2 2 2 7 2 2
mol；则NO消耗n(Fe2＋)＝(cV －6cV)×10－3 mol，根据关系式3Fe2＋～NO得n(NO)＝
1 1 2 2
(cV －6cV)×10－3 mol，n(NO)＝n(NO )＝n(NO)＝(cV －6cV)×10－3 mol，V L气样中
1 1 2 2 x 2 1 1 2 2
含m(NO )＝(cV－6cV)×46× mg，所以气样中NO 的含量为 mg·
2 1 1 2 2 2
m－3＝×104 mg·m－3。
答题规范(7)
规范精练
1．当滴入最后半滴标准液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 当滴入最后
半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
2．淀粉溶液 当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
3．否 当滴入最后半滴酸性KMnO 溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
4
4．Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋ 当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪
色
5．KSCN溶液 当滴入最后半滴标准KI溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色
练真题 明考向
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)×
2．(1)C
(2)A [ 用 c mol·L － 1 NaOH- 甲 醇 标 准 溶 液 进 行 滴 定 ， 根 据 反 应 CHCOOH ＋
3
NaOH===CHCOONa＋HO，结合步骤④可得关系式：乙酸酐[(CH CO) O]～2CHCOOH～
3 2 3 2 3
2NaOH，则 n(乙酸酐)＝0.5cV×10－3 mol，根据反应(CHCO) O＋ROH―→CHCOOR＋
2 3 2 3
CHCOOH，结合步骤②，设样品中ROH为x mol，则x＋2(0.5cV×10－3－x)＝cV×10－3，
3 2 1
解得x＝c(V －V)×10－3，又因ROH样品的质量为m g，则ROH样品中羟基的质量分数为
2 1
×100%，A正确。]
(3)B3．0.110 4
4．从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
0.020 00 mol·L－1(NH )Fe(SO ) 溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为
4 2 4 2
亮黄色，且半分钟内不变色，即达到滴定终点，重复上述操作2～3次，记录标准液的体积
第 54 讲 盐类的水解
考点一
整合必备知识
1．水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质
2．右
3．(2)酸碱中和
4．否 中性 是 NH、Cu2＋ 酸性 是 CHCOO－、CO 碱性
3
5．应用举例
(1)NH＋HONH ·H O＋H＋ (2)CO＋HOHCO＋OH－ HCO＋HOHCO ＋OH－
2 3 2 2 2 2 3
(3)Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋ (4)CH COO－＋NH＋HOCHCOOH＋NH ·H O
2 3 3 2 3 3 2
(5)2Al3＋＋3S2－＋6HO===2Al(OH) ↓＋3HS↑ (6)Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑
2 3 2 3 2
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．A
2．(1)②＞④＞③＞① ②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞② (3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
(4)中 碱
3．B
4．(1)TiO2＋＋2HOTiO(OH) ＋2H＋
2 2
(2)TiO2＋＋CO＋HO===TiO(OH) ↓＋CO↑
2 2 2
5．SOCl ＋HO===SO ↑＋2HCl↑
2 2 2
考点二
整合必备知识
1．吸热
2．(1)增大 (2)减小应用举例 向右 增多 减小 颜色变深 向左 增多 减小 颜色变浅 向右 增多 增
大 颜色变浅 向右 减少 增大 生成红褐色沉淀，放出气体
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．B 2.B
3．⑤>④>③>①>②
4．(1)③>②>④>① (2)②>①>③ (3)④>②>③>①
答题规范(8)
规范精练
1．(1)变小 水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，水中c(H＋)增大，故
pH变小 (2)温度升高，CHCOO－水解程度增大，OH－浓度增大，而K 增大，综合作用结
3 w
果使H＋浓度增大，pH减小 (3)升高温度，促进水的电离，故c(H＋)增大；升高温度，促进
铜离子水解，故c(H＋)增大，两者共同作用使pH发生变化
2．取NaCO 溶液，滴加酚酞，溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，
2 3
则盐类水解吸热
3．在NH Cl溶液中存在水解平衡：NH＋HONH ·H O＋H＋，加入Mg粉，Mg与H＋反
4 2 3 2
应放出H，使溶液中c(H＋)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
2
练真题 明考向
1．C
2．A [a点、c点的pH相同，即c(H＋)相同，但是c点的温度高，K 大，所以a点溶液的
w
c(OH－)比c点溶液的小，A正确；NaHCO 溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，
3
NaHCO 溶 液 显 碱 性 ， 水 解 过 程 大 于 电 离 过 程 ， K ＝ ＞ K ， 所 以 K ＞
3 h a2 w
K (H CO)·K (H CO)，B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝
a1 2 3 a2 2 3
c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，由于c(H＋)<c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HCO)＋2c(CO)，C错误；
NaHCO 溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了
3
电离和水解两个过程，故D错误。]
3．B 4.D
第 55 讲 盐类水解原理的应用、水解常数
考点一
提升关键能力
1．溶液中碳酸根离子水解：CO＋HOHCO＋OH－，使溶液显碱性，会与玻璃中的SiO
2 2
反应
2．明矾溶液中的铝离子水解：Al3＋＋3HOAl(OH) (胶体)＋3H＋，Al(OH) 胶体能吸附水
2 3 3
中的悬浮物，起到净水作用3．Zn2＋水解使溶液显酸性，能溶解铁锈
4．碳酸钠的水解为吸热反应，升高温度水解平衡向右移动，溶液的碱性增强，去污效果增
强
5．铵态氮肥中的NH水解显酸性，草木灰中的CO水解显碱性，相互促进，使氨气逸出降
低肥效
6．NaHCO 与Al (SO ) 饱和溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋
3 2 4 3 3
3CO↑
2
7．(1)MgO或Mg(OH) 溶液中存在Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋，MgO或Mg(OH) 能与
2 2 3 2
溶液中的H＋反应，使Fe3＋的水解平衡向右移动，最终生成Fe(OH) 沉淀而除去 (2)CuO或
3
Cu(OH) 或Cu (OH) CO 不引入新的杂质
2 2 2 3
8．D
9．浓盐酸 稀释到所需浓度
10．在干燥的HCl气流中加热MgCl ·6H O，可以得到无水MgCl ，HCl气流能抑制MgCl
2 2 2 2
的水解，且带走MgCl ·6H O因受热产生的水蒸气
2 2
11．CaO/Na CO 无 NaSO Fe O/Al O Al (SO )/Fe (SO )/CuSO NaCO
2 3 2 4 2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 4 2 3
考点二
整合必备知识
1．(2)① ②
(3)①越大 ②增大
提升关键能力
1．(1)HCO发生水解反应：HCO＋HOHCO ＋OH－，水解常数K (HCO)＝＝≈2.38×10
2 2 3 h
－8；HCO的电离常数K ＝5.6×10－11，因K ＞K ，HCO的水解程度大于其电离程度，故
a2 h a2
NaHCO 溶液呈碱性。
3
(2)c(Na＋)>c(HCO)>c(H CO)>c(CO)
2 3
2．c(Na＋)>c(HC O)>c(C O)>c(H C O)
2 2 2 2 4
3．(1)③＜②＜① (2)＜ (3)碱 NaHPO 的水解常数K ＝＝＝≈1.6×10－7，K ＞K ，即
2 4 h h a3
HPO的水解程度大于其电离程度，因而NaHPO 溶液显碱性
2 4
4．(1)NH水解使溶液显酸性，其水解常数为K (NH)＝＝≈5.6×10－10，HCO水解使溶液显
h
碱性，其水解常数为K (HCO)＝＝≈2.3×10－8，HCO的水解程度大于NH的水解程度，溶
h
液显碱性
(2)c(NH)>c(HCO)>c(H CO)>c(NH ·H O)
2 3 3 2
5．D [CN－的水解常数K ＝1.6×10－5，则HCN的电离常数为K ＝＝＝6.25×10－10，K ＞
h a h
K，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH＞7，A项错误；CN－的水解程度大于HCN的电
a
离程度，所以c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)，C项错误；c mol·L－1盐酸与0.6 mol·L－1 NaCN溶
液等体积混合后溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，溶液显中性，所以c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝ mol·L－1，溶液中还存在元素守恒：c(HCN)＋c(CN－)
＝c(Na＋)，所以c(HCN)＝c(Na＋)－c(CN－)＝ mol·L－1，所以有K＝＝＝6.25×10－10，解得
a
c＝，D项正确。]
6．(1)CH COONa的水解常数K ＝＝≈5.9×10－10<K，CHCOOH的电离程度大于CHCOO－
3 h a 3 3
的水解程度，因而溶液显酸性
(2)c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(CHCOOH)>c(H＋)
3 3
考点三
提升关键能力
1．(1)①c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 3
②c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)
3
③c(H＋)＋c(CHCOOH)＝c(OH－)
3
(2)①c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)]
2 3
②c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
③c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H CO)＋c(HCO)
2 3
(3)①c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H CO)＋c(CO)
2 3
②c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
③c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H CO)
2 3
2．(1)①c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH ·H O)
3 2
(2)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)
3
②c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＝c(Cl－)
3 3
(3)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)
②2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H CO)
2 3
练真题 明考向
1．B 2.B 3.A
4．D [经过步骤①，100 mL 0.1 mol·L－1CaCl 水溶液和0.01 mol Na SO 反应的化学方程式
2 2 4
为CaCl ＋ NaSO ===2NaCl＋CaSO↓，生成0.02 mol NaCl和0.01 mol CaSO ，CaSO 微溶，
2 2 4 4 4 4
则溶液中含有SO和Ca2＋，则c(Ca2＋)＋c(Na＋)>c(Cl－)，故A错误；步骤②中，CaSO(s)＋
4
NaCO(aq)===CaCO (s)＋NaSO (aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为 0.01 mol
2 3 3 2 4
NaSO 、0.01 mol Na CO 和0.02 mol NaCl，则c(Na＋)＝6c(SO)，故B错误；由B项分析可
2 4 2 3
知，存在元素守恒：c(Cl－)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H CO)，故C错误；步骤③中，CaCO
2 3 3
＋2CHCOOH===(CHCOO) Ca＋HO＋CO↑，反应后的溶液中含有 0.02 mol NaCl、0.01
3 3 2 2 2
mol (CHCOO) Ca，则c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)＝c(Cl－)，故D正确。]
3 2 3 3
5．(1)SbCl ＋HOSbOCl↓＋2HCl(“”写成“===”亦可) 加盐酸，抑制水解
3 2
(2)10(3)c(CHCOO－)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)
3
第 56 讲 溶液中的粒子平衡曲线分类突破
类型一
(1)CH COOH c(CHCOOH)＞c(H＋)＞c(CHCOO－)＞c(OH－) (2)CH COOH CHCOONa
3 3 3 3 3
c(CHCOO－)＞c(Na＋)＞c(CHCOOH)＞c(H＋)＞c(OH－) 2c(Na＋) (3)CH COONa
3 3 3
CHCOOH c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(H＋)＝c(OH－) (4)CH COONa c(Na＋)＞c(CHCOO－)
3 3 3 3
＞c(OH－)＞c(H＋) (5)CH COONa NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)
3 3
对点训练
1．C 2.A
3 ． D [ 滴 定 过 程 中 发 生 反 应 ： NaOH ＋ HSO ===NaHSO ＋ HO 、 NaHSO ＋
2 3 3 2 3
NaOH===NaSO ＋HO。a 点溶液中的溶质为 NaHSO 和 HSO ，根据元素守恒得出，
2 3 2 3 2 3
c(H SO )＋c(HSO)＋c(SO)<0.1 mol·L－1，根据电离常数K ＝，此时溶液的pH＝1.85，可
2 3 a1
推出c(HSO)＝c(H SO )，代入上式得出，2c(H SO )＋c(SO)<0.1 mol·L－1，故A正确；b
2 3 2 3
点加入20 mL NaOH溶液，NaOH和HSO 恰好完全反应生成NaHSO ，即溶质为NaHSO ，
2 3 3 3
根据质子守恒得 c(H SO )＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故 B 正确；c 点溶质为 NaSO 和
2 3 2 3
NaHSO ，溶液显碱性，SO＋HOHSO＋OH－，根据水解平衡常数K (SO)＝＝，c(OH－)
3 2 h
＝，推出c(HSO)＝c(SO)①，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH
－)②，将①代入②得c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HSO)＋c(OH－)，c点溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，
显然：c(Na＋)>3c(HSO)，故 C 正确；d 点溶质为 NaSO ，溶液中离子浓度 c(Na
2 3
＋)>c(SO)>c(HSO)，故D错误。]
类型二
思考 HC OH＋＋HC O，HC OH＋＋C O，K ·K ＝，由于交点O时，c(H C O)＝
2 2 4 2 2 2 a1 a2 2 2 4
c(C O)，c2(H＋)＝K ·K ＝ ，两边取负对数，即可得，pH＝。
2 a1 a2 3
对点训练
1．B
2．D [NH CHCOOH中存在—COOH和—NH ，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故 A正
2 2 2
确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离
子反应，故曲线a表示NHCHCOOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHCHCOO－
2 2
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH CHCOO－的分布分数随溶液pH的变化，故
2 2
B正确；NHCHCOO－＋HONHCHCOOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲
2 2 2
线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHCHCOO－)＝c(NHCHCOOH)，则K＝＝10－
2 2
11.65，故C正确；由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡 NHCHCOO－NH CHCOO－＋H＋的电离常数 K＝10－9.78，＝，则×＝×<1，即
2 2 2
c2(NHCHCOO－)>c(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，故D错误。]
2 2 2 2
3．D
类型三
对点训练
1．C
2．D [横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴
定HX溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H X)，所以曲线N表示pH与lg
2 2
的变化关系，B正确；＝1时，即lg＝0，pH≈5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，K ＝＝1×10
a2
－5.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg<0，此时溶液呈酸性，C正确；当
溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，D错误。]
热点强化23
热点专练
1．C 2.C 3.C
4．C [x 时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH )＝0.006 mol·L－1×1 L＝0.006
1 3
mol,
95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n(ClO－)＝×3＝0.008 55 mol，
1
反应②消耗n(ClO－)＝4×0.006 mol×5%＝0.001 2 mol，x ＝0.008 55 mol＋0.001 2 mol＝
2 1
0.009 75 mol，A错误；x>x 时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NO)，B错误；x>x
1 1
时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N 的量越
2
少，C正确；x＝x 时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有Na＋、H＋、
1
NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，D错误。]
5．C 6.D
7．C [由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，又
c(H L)＝5.0×10－3 mol·L－1，根据 Fe3＋＋HL[FeL]＋＋2H＋知，此时 c(H L)＝(5.0－
0 2 2 2
0.1)×10－3 mol·
L－1＝4.9×10－3 mol·L－1，结合K ＝＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×
a1
10 mol·L－1＝4.9×10－9.46 mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故A错误；pH
在9.5～10.5之间时c([FeL ]3－)＝c([FeL (OH)]2－)＝10－4 mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)
3 2
＝3×10－4 mol·L－1＋2×10－4 mol·L－1＝5×10－4 mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10
mol·L－1，根据K ＝＝＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H L)，即c(HL－)>c(H L)，由K ＝＝10－
a1 2 2 a2
12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝，由题
图知，当c([FeL ]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由K ·K ＝10－19.86＝，得①式：10－19.86×c(H L)
2 a1 a2 2
＝10－8c(L2－)，此时c(H L)＝5.0×10－3 mol·
2L－1－3×10－4 mol·L－1＝4.7×10－3 mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝ mol·L－1＝4.7×10－14.86
mol·L－1，则K＝≈2×1013.86，故lg K＝13.86＋lg 2≈14，C正确。]
第 57 讲 难溶电解质的沉淀溶解平衡
考点一
整合必备知识
2．(1)＞ ＝ ＜ (3)②右移 增大 右移 不变 左移 增大 右移 减小 左移 减
小 右移 减小
应用举例 ③＞④＞①＞②
3．(1)cm(An＋)·cn(Bm－) cm(An＋)·cn(Bm－) 沉淀 平衡
未饱和 (2)①越小 越小 ②温度
应用举例
(1)能。溶解能力由大到小：AgCl>AgBr>AgI。
(2)K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝c2(Ag＋)＝1.8×10－10，c(Ag＋)≈1.34×10－5 mol·L－1，即AgCl
sp
的溶解浓度为1.34×10－5 mol·L－1；K [Mg(OH) ]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝4c3(Mg2＋)＝5.6×10－
sp 2
12，c(Mg2＋)≈1.12×10－4 mol·L－1，即Mg(OH) 的溶解浓度为1.12×10－4 mol·L－1，则AgCl
2
更难溶。
提升关键能力
1．②③④⑤⑦
2．D
3．c(Ag＋)＝＝0.02 mol·L－1，c(Cl－)＝＝0.04 mol·
L－1，Q＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.02×0.04＝8.0×10－4>K ，所以有AgCl沉淀生成。
sp
4．(1)5 (2)6
5．三种阴离子浓度均为0.01 mol·L－1时，分别产生AgCl、AgBr和Ag CrO 沉淀，所需要
2 4
Ag＋浓度依次为
c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1，
1
c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1，
2
c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝3×10－5 mol·L－1，沉淀时Ag＋浓度最小的优先沉淀，因而沉淀的顺
3
序为Br－、Cl－、CrO。
考点二
整合必备知识
1．(3)CuO[或 Cu(OH) 或 CuCO 或 Cu (OH) CO] CuO 与 H＋反应，促进 Fe3＋水解生成
2 3 2 2 3
Fe(OH) 沉淀 氨水 Fe3＋与NH ·H O反应生成Fe(OH) 沉淀 NaS NaS与Cu2＋、Hg2＋反
3 3 2 3 2 2
应生成沉淀2．(1)< 沉淀溶解的方向 (2)①Mg(OH) ＋2H＋===Mg2＋＋2HO Mg(OH) ＋2NH===Mg2＋
2 2 2
＋2NH ·H O
3 2
②PbSO (s)Pb2＋(aq)＋SO(aq)，当加入CHCOONH 溶液时，Pb2＋与CHCOO－结合生成
4 3 4 3
更难电离的(CHCOO) Pb，c(Pb2＋)减小，Q(PbSO )<K (PbSO )，使PbSO 的沉淀溶解平衡向
3 2 4 sp 4 4
右移动，PbSO 溶解。
4
3．(1)沉淀溶解平衡的移动 (2)①AgCl > ②<
(3)①CaSO(s)＋CO(aq)CaCO (s)＋SO(aq)
4 3
②ZnS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq) PbS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Pb2＋(aq)
提升关键能力
1．B
2．C [向PbI 饱和溶液加入KI溶液，I－浓度增大，平衡PbI Pb2＋＋2I－逆向移动，①②
2 2
中产生PbI 固体，A正确；b到c过程中加水稀释沉淀溶解平衡正向移动，①中固体质量减
2
小，B正确；向①中加水稀释c(I－)减小，则c(Pb2＋)增大，c点时溶液中c(Pb2＋)：①>②，C
错误；b点为试管①加入蒸馏水稀释促进PbI 溶解，平衡正向移动，此时离子积小于溶度积，
2
则Q＝c(Pb2＋)·c2(I－)<K (PbI )，D正确。]
sp 2
3．在CaCO 的饱和溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1≈5.3×10－5 mol·L－1，若向CaCO 饱和溶
3 3
液中加入NaSO 溶液，产生CaSO(s)时SO的最小浓度为c(SO)＝＝ mol·L－1≈0.17 mol·L
2 4 4
－1，则当溶液中c(SO)大于0.17 mol·L－1时，CaCO (s)可以转化为CaSO(s)。
3 4
4．B
5．(1)已知：①Cu＋Cu2＋2Cu＋ K＝7.6×10－7；②CuCl(s)Cl－(aq)＋Cu＋(aq) K ＝
sp
2.0×10－6；则①－2×② 得：Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl，此反应的平衡常数为＝＝
1.9×105，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
(2)若pH过低，锌会与溶液中的氢离子反应
练真题 明考向
1．A
2．>
3．①Fe(OH) ②2×10－7
3
4．(1)PbSO (s)＋CO(aq)PbCO (s)＋SO(aq) 反应 PbSO (s)＋CO(aq)PbCO (s)＋
4 3 4 3
SO(aq)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
第 58 讲 沉淀溶解平衡图像的分析
类型一对点训练
1．A 2.B
类型二
对点训练
1．B [K (Ag CrO)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10－3)2×10－6＝10－12，A 错误；在 T ℃时，
sp 2 4
Ag CrO(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×107，B正确；开
2 4
始生成AgCl沉淀时所需c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝2×10－8 mol·L－1，开始生成Ag CrO 沉淀
2 4
时所需c(Ag＋)＝＝mol·L－1＝10－5 mol·L－1，故先析出氯化银沉淀，C错误；在Ag CrO 饱
2 4
和溶液中加入KCrO 固体，可使沉淀溶解平衡逆向移动，则溶液中c(CrO)增大，c(Ag＋)减
2 4
小，不可能由Y点到X点，D错误。]
2．D
类型三
2．(1)10－10 (2)＝ (3)a (4)b
对点训练
1．D
2．C [根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定
图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为
4.50×10－3 L×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－
先沉淀，所以a点有黄色沉淀AgI生成，原溶液中I－的浓度为＝0.010 mol·L－1，故A、B错
误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝
5.4×10－8 mol·L－1，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝ mol·
L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，
故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，故D错误。]
类型四
2．(2)①减小 ②饱和 等于 ③饱和 大于 ④不饱和 小于
对点训练
1．C
2 ． C [a 点 在 两 曲 线 右 上 方 ， 对 应 的 c(Ag ＋ )·c(Cl － )<K (AgCl) ， c2(Ag
sp
＋)·c(CrO)<K (Ag CrO)，故不会生成沉淀，A错误；b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，且c(Ag＋)相
sp 2 4
等，但两沉淀的溶度积表达式不同，K (AgCl)≠K (Ag CrO)，B错误；该反应的平衡常数
sp sp 2 4
K＝＝＝＝＝107.9，C正确；向NaCl、NaCrO 均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO 溶
2 4 3
液，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为10－8.8 mol·L－1和10－5.35 mol·L－1，说明此时沉淀Cl－
需要的银离子浓度更低，先产生AgCl沉淀，D错误。]
热点强化24
3．(1)①S2－＋HOHS－＋OH－
2K ＝＝＝。
h1
②HS－＋HOHS＋OH－
2 2
K ＝＝＝。
h2
(2)Cu2＋＋2HOCu(OH) ＋2H＋
2 2
K ＝＝＝。
h
(3)K＝＝＝。
热点专练
1．C 2.A
3．D [曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝
10－13 mol·L－1，则有K (CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A、B错误；曲线④代
sp
表HS－，由图示曲线④上点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 mol·L
－1，K (H S)＝＝＝10－7.1，C错误；已知K ·K ＝，由曲线③上点坐标可知，当c(H＋)＝10－
a1 2 a1 a2
4.9 mol·L－1时，c(S2－)＝10－13 mol·L－1，故有K ·K ＝＝10－21.8，结合C项分析可知，K ＝
a1 a2 a1
10－7.1，故有K (H S)＝10－14.7，D正确。]
a2 2
4．D
5．(1)＋6 (2)Al(OH) (3)①MoO＋Ba2＋===BaMoO↓ ②
3 4
第 59 讲 无机化工流程题的解题策略
提升关键能力
1．增大反应物接触面积，提高化学反应速率
2．增大接触面积，提高催化效果，加快反应速率
3．增大反应物接触面积，加快溶出速率
4．减少稀HNO 的用量，降低反应剧烈程度，使HNO 充分反应防止挥发
3 3
5．冷却结晶 过滤
6．加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
7．重结晶
8．NaHCO 在30～35 ℃时NaHCO 的溶解度最小(答案合理即可)
3 3
9．Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
10．先加MnO ，可利用溶液的酸性将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，再加NH ·H O调溶液pH≈5，
2 3 2
将Fe3＋和Al3＋沉淀除去
11．低于40 ℃ TiO·xHO转化反应速率随温度的升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与
2 2
氨气逸出导致TiO·xHO转化率下降
2 2
12．(1)氨水 (2)适当升温、搅拌、增加NaCO 用量、增大NaCO 浓度等 NaMoO 晶体
2 3 2 3 2 4
析出，混入浸渣 (5)提供NH，使MoO充分转化为沉淀析出13．(3)3VOCl ＋Al===3VOCl ＋AlCl 蒸馏 (4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，
3 2 3
“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
第十三章 有机化合物的结构 烃
第 60 讲 有机化合物的分类、命名及研究方法
考点一
整合必备知识
C H (n≥1) 甲烷 CH 碳碳双键 C H (n≥2) 乙烯 CH==CH
n 2n＋2 4 n 2n 2 2
－C≡C－ 碳碳三键 C H (n≥2) 乙炔 CH≡CH C H (n≥6) 苯
n 2n－2 n 2n－6
碳卤键 C H X 溴乙烷 CHCHBr —OH(与链烃基相连) (醇)羟基 C H
n 2n＋1 3 2 n 2n
O 乙醇 CHCHOH —OH(与苯环直接相连) (酚)羟基 苯酚
＋2 3 2
醚键 乙醚 C HOC H 醛基 C H O 乙醛 CHCHO
2 5 2 5 n 2n 3
酮羰基 丙酮 CHCOCH 羧基 C H O 乙酸 CHCOOH
3 3 n 2n 2 3
酯基 C H O 乙酸乙酯 CHCOOC H —NH 氨基 甲胺 CHNH
n 2n 2 3 2 5 2 3 2
酰胺基 乙酰胺 CHCONH —NH 、 氨基、羧基 甘氨酸
3 2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.× 5.× 6.× 7.× 8.×
提升关键能力
1．D 2.D 3.B
4．羟基、醛基 脂环
5．氨基、酮羰基、碳溴键、碳氟键
6．酯基、酰胺基考点二
整合必备知识
1．应用举例
(1)2,2-二甲基丙烷 (2)2,5-二甲基-3-乙基己烷
2．应用举例
(1)4-甲基-1-戊炔 (2)3-甲基-1-丁烯 (3)2-甲基-1,2-丁二醇
3．应用举例
(1)间二甲苯 1,3-二甲苯 (2)1,2,4-三甲苯
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．(1)5,5-二甲基-3-乙基-1-己炔 (2)3-乙基-1,3-戊二烯 (3)3,3-二甲基丁酸甲酯 (4)3-氯丙
烯 (5)1,2-丙二醇 (6)对苯二甲酸 (7)二甲醚 (8)苯甲酰胺
2．(1)
(2) (3)
(4)OHCCHCHO
2
考点三
整合必备知识
1．实验式 分子式 分子结构
3．(2)②个数 面积
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
提升关键能力
1．D 2.C 3.D 4.D
5．Ⅰ.(1)C HNO (2)C HNO Ⅱ.(1)5
8 9 2 8 9 2
(4)
解析 Ⅰ.(1)分析可知，生成n(H O)＝＝0.45 mol，则n(H)＝0.9 mol，生成n(CO)＝＝0.8
2 2
mol，则 n(C)＝0.8 mol，n(N )＝＝0.05 mol，n(N)＝0.1 mol，m(C)＋m(H)＋m(N)＝0.8
2
mol×12 g·mol－1＋0.9 mol×1 g·mol－1＋0.1 mol×14 g·mol－1＝11.9 g，故m(O)＝3.2 g，n(O)
＝0.2 mol，n(C)∶n(H)∶n(N)∶n(O)＝0.8 mol∶0.9 mol∶0.1 mol∶0.2 mol＝8∶9∶1∶2，实
验式为C HNO 。(2)C HNO 的相对分子质量为151，质荷比最大值为151，则其分子式为
8 9 2 8 9 2C HNO 。Ⅱ.(1)由分子式可知，扑热息痛的不饱和度为5。(4)用化学方法推断样品分子中的
8 9 2
官能团，①加入NaHCO 溶液，无明显变化，说明不含羧基；②加入FeCl 溶液，显紫色，
3 3
说明含有酚羟基；③水解可以得到一种两性化合物，说明分子中含有酰胺基；再结合(3)中
的波谱分析信息，扑热息痛的结构简式为 。
练真题 明考向
1．(1)醚键和羟基 (2)氨基 羟基 (3)酰胺基 (4)C HO 醛基 (5)硝基、酯基和酮羰基
5 4 2
2．(1)邻硝基甲苯(2-硝基甲苯) (2)苯乙酸 (3)3-甲基苯酚(间甲基苯酚) (4)3,4-二氯苯甲酸
(5)3-氯-1-丙烯(或3-氯丙烯)
3．(1)0.06 (2)由题意得n(H)＝0.06 mol×2＝0.12 mol，n(C)＝＝0.08 mol，n(O)＝＝0.12
mol，则最简式为C HO，由相对分子质量为150，则可以得到该有机物的分子式为C HO
2 3 3 4 6 6
第 61 讲 有机化合物的空间结构 同系物 同分异构体
考点一
整合必备知识
1．CHCOOH
3
2．sp3 σ键 四面体形 甲烷 sp2 σ键、π键 平面三角形 乙烯 sp σ键、π键 直
线形 乙炔
易错辨析 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×
提升关键能力
1．C 2.A 3.C 4.D
5．11 6 9
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。由
于碳碳单键可以绕轴自由旋转，炔直线一定在苯平面内，苯平面和烯平面可能共面，也可能
不共面，
因而该有机物分子中的所有碳原子可能共面，最多有5＋6＝11个碳原子共面，至少有6＋2
＋1＝9个碳原子在苯平面内。由于苯分子、乙烯分子的键角均为 120°，炔直线与所在苯环
正六边形对角线上的碳原子共线，因而5个碳原子和炔基上的1个氢原子共线，即5＋1＝
6。
考点二整合必备知识
1．相似 CH
2
3．(1)应用举例
C—C—C—C—C—C—C 、 、 、
、 、 、 、
、
(2)应用举例
烯烃：CH==CH—CH CH、CHCH==CHCH 、
2 2 3 3 3
炔烃：CHC≡CCH、CH≡CCHCH
3 3 2 3
解析
(3)应用举例
(4)应用举例、 、 、 、 C—O—C—C—C 、
、C—C—O—C—C
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.× 7.×
提升关键能力
1．B
2．8
3．C [分子式为 C HCl 的有机物可以采取“定一移一”法： 、
4 8 2
、 ，共有9种。]
4．将分子按如下组合拆分：
①HCOO—与—C H 形成的酯有1×4＝4种；
4 9
②CHCOO—与—C H 形成的酯有1×2＝2种；
3 3 7
③C HCOO—与—C H 形成的酯有1×1＝1种；
2 5 2 5
④C HCOO—与—CH 形成的酯有2×1＝2种。
3 7 3
则同分异构体的种类有4＋2＋1＋2＝9种。
练真题 明考向
1．B 2.B 3.C
4．C [ 、 都不存在顺反异构，故A正确；L的同分
异构体结构及手性碳原子(用*标记)为
任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，
故B正确；当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基
取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上的1个氢原子即满足条件，满足条件的结
构有 、 、 ，共3种，故C错误；由B项解析可知，L的同分异构体中，含有两种化学环境的氢原子的结构为 ，故D正确。]
第 62 讲 烃 化石燃料
考点一
整合必备知识
1．1～4 液态 固态 升高 越低 增大 小
2．(1)②光照 卤素单质 1 mol
(2)①不饱和碳原子
②CH==CH ＋ Br ―→CHBr—CHBr CH==CH ＋ HCl― ― →CHCHCl CH==CH ＋
2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2
HO― ― ― ―C―H→CHOH CH≡CH ＋ Br ―→Br—CH==CH—Br CH≡CH ＋ 2Br ―→
2 3 2 2 2
CH≡CH＋HCl――→CH==CHCl
2
(3)①nCH==CH—CH ――→
2 3
②nCH≡CH――→CH==CH
(4)①
②CH—CH==CH—CH 
2 2
3．不褪色 褪色 褪色
4．思考 (1)催化剂和脱水剂。防止混合液受热时暴沸。以减少生成乙醚等副反应的发生。
(2)圆底烧瓶、温度计、酒精灯、导管等。温度计的水银球应插入反应液中，以测量和控制
反应液的温度为170 ℃。
(3)排水集气法。
(4)由于加热时浓硫酸将乙醇炭化，C与浓硫酸反应生成SO 、CO 等杂质气体，其中的SO
2 2 2
也能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，因此需先用NaOH溶液洗气。
5．思考 (1)减小电石与水反应的速率。分液漏斗。
(2)制得的乙炔中常混有HS等杂质气体，可通过硫酸铜溶液吸收。
2
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.× 6.×
提升关键能力
1．C
2．(1) (2)3．B 4.C 5.C
6．(1)a (2)9 (3)
(4)①CH==CH—CH==CH ②1,3,5-三甲苯 Br 、FeBr Br 、光照
2 2 2 3 2
解析 (2)碳碳双键为平面结构，由于单键可以旋转，碳碳双键形成的2个平面可以共面，
与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内，五元环可以是平面结构，除—CH—中2个氢
2
原子外其他的原子都可能共面，则5个C原子和4个H原子在同一平面内，最多有9个原子
共平面。(4)② 的分子式为C H ，不饱和度为4，其同分异构体属于芳香烃，说明含
9 12
有苯环且侧链为烷基，且同分异构体的一溴代物只有两种，则分子中存在两种氢，该同分异
构体为 ，其名称为1,3,5-三甲苯，与溴在苯环上发生一元取代需要FeBr 作
3
催化剂，与溴发生甲基上一元取代需要在光照条件下进行。
7．
8.
考点二
整合必备知识
1．苯环
2．(1)平面正六边形 sp2 (2)无色 液态 有特殊气味 小
易溶 低 易 有毒
3． ＋HBr↑ ＋3HO
2
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.×
提升关键能力
1．B 2.A
3．A [由甲苯制取产物时，需发生硝化反应引入硝基，再还原得到氨基，将甲基氧化才得
到羧基；但氨基易被氧化，故甲基氧化为羧基应在硝基还原前，否则生成的氨基也被氧化；
—CH 为邻、对位取代定位基；而—COOH为间位取代定位基，产物中的氨基在羧基的对位，
3
如果先氧化甲基成羧基，发生硝化反应时，硝基在羧基的间位，所以先用—CH 的对位取代
3
效果，在甲基的对位引入硝基，再将甲基氧化成羧基，最后将硝基还原成氨基，所以步骤为甲苯――→X―――→Y―――→对氨基苯甲酸，即合理选项为A。]
4．D 5.B 6.B
7．D [由甲的空间填充模型可知，其结构简式为 ，其一氯代物有3种，A错误；
乙的结构简式为 ，二者都不含碳碳双键，B错误；甲和乙分子中都含苯环，
能发生取代反应和加成反应，二者都能燃烧，燃烧属于氧化反应，C错误；乙中两侧的苯环
可以邻、间、对的方式连接，故乙的同类别物质的同分异构体共有2种，D正确。]
考点三
整合必备知识
1．(1)有机物 无机物 C H、O、N、S (2)C＋HO(g)=====CO＋H
2 2
2．(1)①C、H
3．(1)CH (2)CH ＋HO(g)――→CO＋3H
4 4 2 2
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√
提升关键能力
1．C 2.D
3．(1)酒精喷灯 烧杯 (2)盛装冷水对蒸气进行冷却 粗氨水 煤焦油 氨 酚酞溶液(答
案合理即可) 蒸馏 (3)H 、CH、C H、CO 淡蓝色
2 4 2 4
练真题 明考向
1．C
2．D [X中含有碳碳双键，故能使溴的CCl 溶液褪色，故B正确；X还可以和HBr发生加
4
成反应生成 ，故 C 正确；Z 分子中含有 1 个手性碳原子，如图(标*)：
，故D错误。]
3．A 4.B
第十四章 烃的衍生物
第 63 讲 卤代烃 醇 酚
考点一
整合必备知识
1．(1)卤素原子 (2)碳卤键
2．(1)高 (2)不溶 可溶3．(2)催化剂
4．应用举例 B
6 ． (1)CH CHBrCH Br CH==CHCl (2)CH CHCl ＋ HCl
3 2 2 3 2
＋HBr↑ C HBr＋HO
2 5 2
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√
提升关键能力
1．B 2.D
3．(1) ――→ ――――→ ―――――→ (或 ――→ ―――――→
――――→ )
(2)
(3) ――――→ ―――――→ ――→ ―――――→
4 ． (1)CH CHCHCl― ― ―CH― C→H==CH― ―C→HBrCH==CH― ―C→HBrCHBrCH Br― ― ― ― →
3 2 2 3 2 2 2 2 2
(2)
考点二
整合必备知识
2．烷烃或烯烃 升高 越高 降低 越大思考 (1)醇分子间形成氢键 (2)它们与水分子间形成了氢键
3．小 以任意比例互溶 75%
4．(2)(ⅰ)2CHCHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑，置换反应，① (ⅱ)CHCHOH＋
3 2 3 2 2 3 2
HBr――→CHCHBr＋HO，取代反应，② (ⅲ) ―――→CHCH==CH↑＋HO，消
3 2 2 3 2 2
去反应，②⑤ (ⅳ)a.2CH CHOH―――→CHCHOCH CH＋HO，取代反应，①②
3 2 3 2 2 3 2
b ． 2HOCH CHOH― ― ― → ＋ 2HO ， 取 代 反 应 ， ① ② (ⅴ)a.2CH CHOH ＋
2 2 2 3 2
O――→2CHCHO＋2HO，氧化反应，①③ b． ＋O――→ ＋
2 3 2 2
2HOO，氧化反应，①③
2
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.√
提升关键能力
1． (或 )
2．①②③ ⑥ ⑦
3．(1)①②③④ (2)①③ (3)② (4)②
4．B
5．C [浓HSO 并加热条件下发生分子间脱水：2CHCHOH――→CHCHOCH CH ＋HO，
2 4 3 2 3 2 2 3 2
断裂O—H，A错误；Cu作催化剂条件下发生催化氧化：2CHCHOH＋O――→2CHCHO＋
3 2 2 3
2HO，断裂O—H，B错误；加热条件下与HBr溶液反应：CHCHOH＋HBr――→CHCHBr
2 3 2 3 2
＋HO，没有断裂O—H，C正确；浓HSO 并加热条件下与乙酸发生酯化反应：CHCHOH
2 2 4 3 2
＋CHCOOHCHCOOCH CH＋HO，断裂O—H，D错误。]
3 3 2 3 2
6．B
考点三
整合必备知识
1．羟基 苯环
应用举例 BC
2．(1)弱酸性 ＋NaOH―→ ＋HO ＋NaCO―→
2 2 3
＋NaHCO
3(2)生成白色沉淀 ＋3Br ―→ ↓＋3HBr
2
(3)紫
(4)n ＋nHCHO――→ ＋(n－1)H O
2
(5)粉红
应用举例 C
3．(1)羟基对苯环的影响使苯环在羟基的邻、对位上的氢原子变得活泼，易被取代
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.√
提升关键能力
1．C
2．B [X含有酚羟基，而Y含有碳碳双键，可以通过红外光谱来鉴别X和Y，A正确；Y
含有碳碳双键，而Z含有酚羟基，它们都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；Y含有碳碳
双键，能与溴发生加成反应，而Z含有酚羟基且酚羟基的邻、对位存在氢原子，Z能与溴发
生取代反应，C正确；X属于酚类物质，能与甲醛发生缩聚反应，而Y含有碳碳双键，可以
发生加聚反应，D正确。]
3．A 4.A 5.C
6．B [1个异鼠李素分子中含有3个酚羟基、1个醇羟基、1个碳碳双键，1 mol该物质最多
可与4 mol Br 、4 mol Na、3 mol NaOH反应。]
2
练真题 明考向
1．B 2.B 3.A
4．B [酚可与溴水发生取代反应，γ崖柏素有酚的通性，且γ崖柏素的环上有可以被取代的
H，故γ崖柏素可与溴水发生取代反应，A说法正确；γ崖柏素分子中没有可与NaHCO 溶液
3
反应的官能团，B说法错误；γ崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子和与其相
连的 3 个碳原子不可能全部共面，C 说法正确；γ崖柏素与足量 H 加成后转化为
2
，产物分子中含手性碳原子(与羟基相连的C原子是手性碳原子)，D说法正
确。]第 64 讲 醛、酮
考点一
整合必备知识
1．烃基(或氢原子) 醛基 RCHO 羰基 烃基
2．烃基 醛基数目
3．C H O(n≥1) C H O(n≥3)
n 2n n 2n
4．福尔马林 杀菌 防腐 挥发 水、乙醇 挥发 水、乙醇
思考 由于碳链短，羰基氧能与水分子形成氢键。
易错辨析 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.× 7.√
提升关键能力
1．B
2．(1)①CHCHCHCHCHO 戊醛
3 2 2 2
② 3甲基丁醛
③ 2甲基丁醛
④ 2,2二甲基丙醛
(2)① 2戊酮
② 3甲基2丁酮
③ 3戊酮
3．C
考点二
整合必备知识
1．(1)CH CHOH (2)①CHCHO＋HCN――→ ② ＋
3 2 3HCN――→
2．(1)①CHCHO＋2[Ag(NH)]OH――→CHCOONH ＋2Ag↓＋3NH ＋HO ②CHCHO＋
3 3 2 3 4 3 2 3
2Cu(OH) ＋NaOH――→CHCOONa＋Cu O↓＋3HO (2)边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使
2 3 2 2
最初产生的沉淀恰好溶解 热水浴中温热 NaOH溶液 CuSO 溶液 加热 光亮的银镜
4
砖红色沉淀
易错辨析 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
提升关键能力
1．D
2．4 HCHO＋4[Ag(NH)]OH――→(NH )CO＋4Ag↓＋6NH ＋2HO
3 2 4 2 3 3 2
3．C 4.D
5．A [Ⅰ 中与苯环直接相连的碳原子通过单键相连，单键可以旋转，故 A错误；Ⅱ 含有
碳碳双键，可以发生加聚反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；Ⅱ、Ⅲ 都含有
碳碳双键，可与溴发生加成反应，故D正确。]
6．(1) 羟基、醛基
(2)2CH CHOH＋O――→2CHCHO＋2HO ＋NaOH――→
3 2 2 3 2
＋NaCl 加成反应 氧化反应 (3)3
解析 通过反应条件和信息可知，A 为 CHCHOH，B 为 CHCHO，C 为苯甲醇(
3 2 3
) ， D 为 苯 甲 醛 ( ) ， E 为 ， F 为
。(3)苯环上有两个处于对位的取代基，其中有一个是甲基，且属
于酯类，符合条件的同分异构体有 3 种，分别为 、
和 。
练真题 明考向
1．B
2．C [X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和酮羰基，红外光谱图中可以反映不同官
能团或化学键的吸收峰，A正确；X分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋
转，故除氢原子外，X中其他原子可能共平面，B正确；Y的分子式为C H O，则含醛基和
6 10
碳碳双键且有手性碳原子(即同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子)的Y的同分异
构 体 ： CHCH==CHCH(CH )CHO 、 CH==C(CH)CH(CH )CHO 、
3 3 2 3 3CH==CHCH(CH )CHCHO、CH==CHCH CH(CH )CHO 和CH==CHCH(CH CH)CHO，共
2 3 2 2 2 3 2 2 3
有5种(不考虑立体异构)，C错误；由题干信息可知，类比上述反应， 的异构化产物
为 ，含有碳碳双键和醛基，故可发生银镜反应和加聚反应，D正确。]
3．B
第 65 讲 羧酸 羧酸衍生物
考点一
整合必备知识
3．(2)①CHCO18OCH CH＋HO
3 2 3 2
易错辨析 1.× 2.× 3.√ 4.√ 5.×
提升关键能力
1．B
2．B [有机物A中有醇羟基、酚羟基、羧基，三者均能与钠反应，故1 mol A能与3 mol钠
反应，A项正确；A中的酚羟基、羧基能与氢氧化钠反应，故1 mol A能与 2 mol 氢氧化钠
反应，B错误；A中的酚羟基、羧基能与碳酸钠溶液反应，C项正确；A中含羟基，能与羧
酸发生酯化反应，含羧基，能与醇发生酯化反应，D项正确。]
3．(1)CH COOH＋HOCH CHOHCHCOOCH CHOH＋HO
3 2 2 3 2 2 2
(2)HOOC—COOH＋2CHCHOHCHCHOOC—COOCH CH＋2HO
3 2 3 2 2 3 2
(3)① ＋  ＋2HO
2
② ＋(2n－1)H O
2
(4)① 
②  ＋(n－1)H O
2
考点二
整合必备知识1．(1)—OH RCOOR′ (2) (3)难 易
(4)①CHCOOC H＋HOCHCOOH＋C HOH
3 2 5 2 3 2 5
②CHCOOC H＋NaOH――→CHCOONa＋C HOH
3 2 5 3 2 5
2．(1)
(2)在饱和NaCO 溶液上层有无色透明的、具有香味的油状液体生成 (3)防倒吸 (5)催化剂
2 3
和吸水剂 (6)反应乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出
3．(1)高级脂肪酸 (3)①
②a. ＋3C H COOH
17 35
b． ＋3C H COONa
17 35
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.√ 7.√ 8.× 9.×
提升关键能力
1．羧酸： 、 、 、
酯 ： 、 、 、 、
、
2．A 3.C
4．C [食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，但油脂相对分子质量较小，故其不属于有机高分子，A错误；汽油、煤油等均来源于石油，主要成分都是烃类，而生物柴油的
主要成分是硬脂酸甲酯，属于酯类物质，不是烃类，也不来源于石油，B错误；甘油是丙三
醇的俗称，具有很强的保湿功能，可以做护肤品，其与硝酸、浓硫酸反应生成的三硝酸甘油
酯是一种烈性炸药，C正确；天然奶油、黄油等是从牛奶或羊奶中提取出来的半固态物质，
属于油脂，不属于蛋白质，D错误。]
5．C
考点三
整合必备知识
1．(1)烃基 氢 (3) ＋HCl―→
2．(1) (2)酰胺基
易错辨析 1.× 2.√ 3.√ 4.× 5.√
提升关键能力
1．A 2.B
3．B [该物质中含有苯环，属于芳香族化合物，A正确；该物质中含有酚羟基、碳氯键、
酰胺基、硝基，共4种官能团，B错误；该物质中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠溶液反应，
C正确；该物质中含有苯环，可以发生加成反应，酚羟基的邻位碳原子上有氢原子，可以和
溴发生取代反应，D正确。]
练真题 明考向
1．B 2.D 3.B 4.D
5．B [根据氧原子守恒可得：3n＝2n＋1＋m，则m＝n－1，A正确；聚乳酸分子中含有三
种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，
则1 mol乳酸和足量的Na反应生成1 mol H ，C正确；乳酸分子中含有羟基和羧基，则两分
2
子乳酸可以反应生成含六元环的分子( )，D正确。]
第 66 讲 生物大分子 合成高分子
考点一
整合必备知识
1．(1)②碳、氢、氧 C (H O) ③2～10 (2)①a.同分异构体 b．银镜反应 Cu(OH)
m 2 n 2
2C HOH＋2CO↑
2 5 2② (3)C H O 水解 葡萄糖和果糖 葡萄糖
12 22 11
(4)①a.(C H O)
6 10 5 n
b．(C H O)＋nHO――→nC H O
6 10 5 n 2 6 12 6
淀粉 葡萄糖
②b.蓝
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.× 8.×
提升关键能力
1．B 2.C 3.D 4.C 5.D
6．D [脱氧核糖核酸中含有C—C，为非极性共价键，故A错误；2脱氧核糖为环状，与葡
萄糖结构不相似，二者不互为同系物，且脱氧核糖中无醛基，不能发生银镜反应，故B错
误；由结构简式可知，胞嘧啶含有的官能团为肽键、氨基和碳碳双键等，故C错误。]
考点二
整合必备知识
1．(1)氨基 —NH 和—COOH
2
(2)①—COOH —NH
2
＋ HCl―→ ＋ NaOH―→ ＋
HO
2
② ＋HO
2
2．(2)①种类 数目 排列顺序 空间结构
3．氨基酸 —NH —COOH 可逆 不可逆 黄 烧焦羽毛
2
易错辨析 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.×
提升关键能力
1．D 2.B
3．(1)强酸：
强碱：(2) 和
4．CG ABDEFH
5．蛋白质的盐析是物理变化，是可逆的，加水可以溶解；蛋白质的变性是化学变化，是不
可逆的，加水不溶解。盐析可用于分离、提纯蛋白质，而变性可用于进行消毒、杀菌。
考点三
整合必备知识
1．单体 链节 聚合度 (1)聚合反应形成高分子 (2)相同 最小 (3)数目
2．加成聚合 高分子 缩合反应 双键或三键 两个或两个以上
3．天然 热塑 热塑 热固 高吸水性树脂、高分子分离膜 塑料 合成纤维 合成橡胶
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.× 7.√ 8.× 9.√ 10.×
提升关键能力
1．D 2.B 3.B
4．D [乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，都是CH ，故含C和H的质量分数分别
2
相等，则等质量的二者完全燃烧时消耗氧气的量相同，故A错误、D正确；工业上用乙烯
合成聚乙烯时，所得高分子的聚合度一般不等，故B错误。]
5．(1)① ②CH—CH==CH—CH  ③
2 2
(2)① ＋(2n－1)H O ＋(n－
2
1)H O
2
② ＋(n－1)H O
2
＋(2n－1)H O
2
③(n－1)H O＋
2
6．A
7．(1)(2)
(3)加聚反应 线型
练真题 明考向
1．A 2.D 3.B
4．B [聚乳酸( )由乳酸[HOCH(CH )COOH]分子间脱水缩聚而得，A错误；
3
尼龙66( )由己二胺和己二酸经过缩聚反应制备，C
错误；聚乙烯醇( )由聚乙酸乙烯酯( )经水解反应制备，D错
误。]
5．A
第十五章 有机化合物综合应用
第 67 讲 官能团与有机物的性质 有机反应类型
考点一
整合必备知识
1．溴水或溴的四氯化碳溶液 酸性KMnO 溶液
4
提升关键能力
1．B 2.D
3．C [该物质中碳碳双键可与H 发生加成反应，故1 mol该物质最多可与2 mol H 发生加
2 2
成反应，B项正确；1 mol该物质中羟基可与3 mol Na反应，酯基可与1 mol NaOH反应，
故等量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，C项错误；
该物质含有羟基和碳碳双键，均能与酸性KMnO 溶液反应，D项正确。]
4
考点二
提升关键能力
1．C
2．(1)醚键 (2)取代反应 还原反应 取代反应
(3)①(ⅰ)CH==CHCHO＋2[Ag(NH)]OH――→CH==CHCOONH ＋2Ag↓＋3NH ＋HO 氧
2 3 2 2 4 3 2化反应
③ ＋ ――――→ ＋HCl 取代反应
④ ＋HBr―――→ 加成反应
⑥ ＋NaOH――→ ＋NaBr＋HO 消去反应
2
练真题 明考向
1．C 2.B
3．(1)sp2和sp3 (2)取代反应
(3)
(4)
解析 A和CHI发生取代反应生成B；B和SOCl 发生取代反应生成C；C和CHOH发生
3 2 3
取代反应生成D；D和NH OH发生反应生成E；E经过还原反应转化为F，F在酸性条件下
2
发生水解转化为G，则F为 。(1)A分子中，苯环上的碳原子和双键上的碳
原子为sp2杂化，亚甲基上的碳原子为sp3杂化。(2)B→C的反应中，B中的羟基被氯原子代
替，该反应为取代反应。(3)D的分子式为C H O ，其一种同分异构体在碱性条件水解，酸
12 14 3
化后得2种产物，其中一种含苯环且有2种含氧官能团，2种产物均能被银氨溶液氧化，说
明该同分异构体为酯，且水解产物都含有醛基，则水解产物中，有一种是甲酸，另外一种含
有羟基和醛基，该同分异构体属于甲酸酯；同时，该同分异构体分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体的结构简式为 。
热点强化25
1．B 2.C 3.C
4．B [图1中四氯化碳可溶解挥发出的Br ，若硝酸银溶液中产生浅黄色的沉淀，说明苯与
2
溴反应有HBr产生，发生取代反应，A项正确；NaCO 溶液的作用是吸收乙酸、溶解乙醇、
2 3
降低乙酸乙酯的溶解度，需要防倒吸，C项正确；乙酸和正丁醇易挥发，球形冷凝管可冷凝
回流提高产率，酯化反应为可逆反应，分水器分出生成的水可使平衡正向移动，提高反应转
化率，D项正确。]
5．C 6.B
7．D [乙酸和新制的氢氧化铜可以发生中和反应得到蓝色溶液，乙醇与新制氢氧化铜不反
应，葡萄糖与新制氢氧化铜共热会产生砖红色沉淀，三者现象不同，可以鉴别，A正确；乙
醇在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，四氯化碳不能在空气中燃烧，苯在空气中燃烧有黑烟，现
象不同，可鉴别，B正确；检验淀粉是否水解完全，需检验是否有淀粉剩余，向水解液中加
入碘水，若变蓝则有淀粉剩余，说明没有水解完全，若不变蓝，说明水解完全，C正确；
CH===CHCHO中的碳碳双键、—CHO均能使酸性KMnO 溶液褪色，则紫红色褪去不能说
2 4
明一定存在碳碳双键，D错误。]
8．(1)2Fe＋3Br ===2FeBr 、 ＋Br ――→ ＋HBr↑
2 3 2
(2)反应液微沸，有红棕色气体充满A容器
(3)除去溶于溴苯中的溴 Br ＋2NaOH===NaBr＋NaBrO＋HO
2 2
(4)除去溴化氢气体中的溴蒸气
(5)紫色石蕊溶液 溶液变红色(其他合理答案亦可)
第 68 讲 限定条件下同分异构体的判断与书写
整合必备知识
示例 9 OHC—CH —CH—CHO
2 2
提升关键能力
1．C
2．12
解析 M是D的一种芳香族同分异构体，满足：①分子结构中含一个六元环，且环上有两个取代基，则六元环可以是 或 ；②氯原子和碳原子相连；若六元环为 ，则
取代基为—Cl和—NH ，有邻、间、对三种，间位即为D，所以满足条件的有2种；若六元
2
环为 ，则取代基为—Cl和—CH ，采用“定一移一”的方法讨论： 、 、
3
(数字表示甲基可能的位置)，共有4＋4＋2＝10种；综上所述符合条件的同分异构体有
10＋2＝12种。
3．(1)10 (2)
(3)
解析 (1)遇FeCl 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中甲基与苯环直接相连，苯环
3
上共有三个取代基，则三个取代基分别是硝基、甲基和酚羟基。如果硝基和甲基处于邻位，
有4种结构；如果硝基和甲基处于间位，有4种结构；如果硝基和甲基处于对位，有2种结
构，所以符合条件的同分异构体有10种。(2)能使溴的CCl 溶液褪色，说明含有碳碳双键，
4
在酸性条件下能发生水解，说明含有酯基，核磁共振氢谱显示吸收峰面积之比为
1∶1∶2∶2∶2，苯环上只有两个取代基，符合上述条件的有机物的结构简式为
。
练真题 明考向
1．9
解析 连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，同时含
有手性碳、3个甲基和苯环的同分异构体有9种，分别为 、 、 、、 、 、 、 、 。
2．5
解析 的同分异构体能发生银镜反应，说明该物质含有醛基，根据分子式 C HO
4 6
可得知，该物质还含有碳碳双键或者三元环，还要分析顺反异构，则符合条件的同分异构体
有5种，它们分别是CH==CHCH CHO、 、 (与前者互为
2 2
顺反异构体)、 和 。
3．12 (或 )
解析 化合物I的分子式为C H O，计算可得其不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物
10 14
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
。
4．c
解析 有2个不饱和度，同分异构体中含酮羰基但不含环状结构，则分子中含一个
碳 碳 双 键 、 一 个 酮 羰 基 ， 外 加 2 个 甲 基 ， 符 合 条 件 的 有 8 种 ， 如 下 ：
CHCH==CHCOCH CH 、 CHCH==CHCH COCH 、 CHCHCH==CHCOCH 、
3 2 3 3 2 3 3 2 3
CH==CHCH(CH )COCH 、 CH==C(C H)COCH 、 CH==C(CH)COCH CH 、
2 3 3 2 2 5 3 2 3 2 3CH==C(CH)CHCOCH 、 CH==CHCOCH(CH ) ， 其 中 ， 含 有 手 性 碳 的 为
2 3 2 3 2 3 2
CH==CHCH(CH )COCH ( )。
2 3 3
第 69 讲 有机合成
考点一
整合必备知识
1．(2)② ③
2．(1)①CHCOOH＋ ②
3
易错辨析 1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.×
提升关键能力
1．B [合成 的原料为 和 ，A 错误； 中含有 2 个碳碳双键，合成
的原料可以是 和CH≡CH，也可以是 和 ，C错误； 和 发生第尔斯-
阿尔德反应也生成 ，D错误。]
2．D [对比反应①的反应物和生成物，可知反应①是一个碳链增长的反应，A项正确；反
应②是醛基被还原为羟基，在一定条件下，醛基与H 加成可得到羟基，B项正确；反应③
2
是酯化反应，反应条件是浓硫酸和加热，C项正确；反应③有水生成，故该合成工艺的原子
利用率小于100%，D项错误。]
考点二
整合必备知识
3．(1)HOCHCHCHClCH OH HOOC—CH==CH—COOH
2 2 2
(2) (3)① ②HO—CH CH—OH
2 2
(4)易错辨析 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.√ 6.√
提升关键能力
1．A [卤代烃水解引入了羟基，RCN水解生成RCOOH，RCHO被氧化生成RCOOH，烯
烃如RCH==CHR被氧化后可以生成RCOOH。]
2.A [戊是 ，步骤Ⅳ中酰胺基发生水解得到甲，则甲为 ，含有
氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应，A错误；步骤Ⅱ中生成物含—CHO，
则该步引入醛基，戊的结构简式为 ，步骤Ⅳ是戊中的酰胺基发生水解反
应，则反应类型是取代反应，C正确；氨基易被氧化，因此步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目
的是保护氨基不被氧化，D正确。]
3.保护氨基
4.保护酚羟基
解析 根据已知①结合E的分子式可知E的结构简式： ；
再根据I、J的结构知，设计D→E的目的是保护酚羟基。
5.保护酮羰基
解析 由结构简式可知，A、E中都含有酮羰基，则B→C转化的作用是保护酮羰基。
考点三
提升关键能力
1. ― ― ― ― ― ― ―― ― ― →― → → ― →解析 将目标分子拆解成两个 ，结合已知信息，苯甲醛先与HCN加成，再
在酸性条件下水解，即可得到 。
2 ． ― ― ― ― ― → ― → ― ― → ― ― →
――――→
3.
4.
解析 根据已知的流程图 A→E 的转化过程可推知，若要制备 ，则需将
与(CH)C(OCH ) 发生取代反应得到 ，再与CHNO 反应得
3 2 3 2 3 2到 ，再利用羟基的消去反应引入碳碳双键，将碳碳双键与硝基通过加氢最终
还原生成氨基，合成路线见答案。
练真题 明考向
1.
解析 由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为 与
NH OH反应生成 ，在催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成
2
；在催化剂作用下， 与氧气发生催化氧化反应生成 ，
与 SOCl 发 生 取 代 反 应 生 成 ， 与 发 生 取 代 反 应 生 成
2
，由此可得合成路线。
2.解析 根据题给信息，目标物质W可由2个 与1个 合成，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 ，得到目标产物需要利用已知反应①，合成路线见答案。
4.
解析 结合G→I的转化过程可知，可先将 转化为 ，再使
和 反应生成 ，并最终转化为 。
第 70 讲 有机合成与推断综合突破
整合必备知识3．(1) 取代 加成 (2)
(3) (5)① 取代
②
提升关键能力
1．(1)邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)
(2) ＋Cl―――→ ＋HCl (3)b (4)羧基 (5)消去反应 (6) (7)d
2
解析 (1)有机物A的结构简式为 ，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯或2-硝基
甲苯。(3)有机物C到E的反应为还原反应，因此该反应的反应条件 D应为b。(5)有机物H
的酰胺处发生消去反应脱水得到氰基。(7)分子式为C HClNO 且含有—Cl、—NO 两种官
7 6 2 2
能团的芳香同分异构体共有 17 种，分别为 (有机物 B)、 、
、 、 、 、、 、 、 、
、 、 、 、
、 、 ，除有机物B外，其同分异构体的
个数为16个。
2．(1)π (2)7
(3)乙酸 丙酮
(4)
(5) ab
解析 (2)D 为( )，分子式为 C H O，含有羟基的同分异构体分别为
5 12
、 、
、 、(D 自 身 ) 、 、 、
共8种，除去D自身，还有7种同分异构体。(3)E为 ，
酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成 和 。(5)根据已知
反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为 I(
)和J( )。若经此路线由H合成I，会同时产生两种不饱和酮，
二者互溶，难以分离，导致原子利用率低。
3．(1)3-氯丙烯
(2) (3)  ＋HO (4)羟基、羧基 (5)取代
2
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。(3)D与30%Na CO 反应后再酸化生成
2 3
E，E在浓硫酸、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
3 2
含羧基，F的分子式为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
11 10 2 2
化反应生成F。(5)结合G、J的结构简式及H的分子式知，H的结构简式为 ，
G与SOCl 发生取代反应生成H。(6)I的分子式为C HKNO ，I是一种有机物形成的盐，再
2 8 4 2结合J的结构简式知，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。
4．(1)浓硫酸，加热 2
(2)取代反应 保护酚羟基
(3)CH COOC H ＋ Br ― ― ― ― →
3 2 5 2
＋HBr
(4)6
(5) ― ― ― → ― ―― ―― →― ― ― ― →
――→解析 由C的结构简式和有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下， (A)
与乙醇共热发生酯化反应生成 (B)；在碳酸钾作用下B与PhCH Cl发生
2
取 代 反 应 生 成 C ， C 与 CHCOOC H(D) 发 生 信 息 Ⅱ 反 应 最 终 生 成
3 2 5
(E) ； 在 乙 酸 作 用 下 E 与 溴 发 生 取 代 反 应 生 成
(F)；一定条件下 F 与(CH)CNHCH Ph 发生取代反应生成
3 3 2
(G)；G在Pd-C作催化剂作用下与氢气反应生成H。(4)
由H的同分异构体中仅含有—OCH CH 、—NH 和苯环结构可知，同分异构体的结构可以
2 3 2
视作 、 、 分子中苯
环上的氢原子被—NH 取代所得，所得结构分别有1、3、2种，共有6种。(5)由题给信息可
2
知，以 4-羟基邻苯二甲酸二乙酯制备 的合成步骤为在碳酸钾作用下与PhCH Cl发生取代反应生成 ，
2
发 生 信 息 Ⅱ 反 应 生 成 ，
在Pd-C作催化剂作用下与氢气反应生成 ，合成路线
见答案。
第十六章 化学实验综合应用
第 71 讲 简单实验方案的设计与评价
提升关键能力
1．(1)× NaOH焰色试验火焰也是黄色，检验钾元素要透过蓝色钴玻璃进行观察，透过蓝
色钴玻璃火焰呈紫色说明含有钾元素，否则不含有
(2)× 未反应的乙醇，生成的乙烯、SO 都能使酸性KMnO 溶液褪色
2 4
(3)× NH 极易溶于水，在溶液中加入NaOH稀溶液，生成的氨水浓度小，不加热时 NH
3 3
不会逸出
(4)× 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)× O、Cl 也能使品红溶液褪色
3 2
(6)× 若溶液Y中含有SO，滴加硝酸时能被氧化成SO，加入BaCl 也会有白色沉淀产生
2
(7)× 碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故用KMnO 溶液无法证明分子中含
4
有碳碳双键
(8)× 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)× 稀硫酸在淀粉水解实验中作催化剂，在未中和硫酸的情况下加入的新制的 Cu(OH)
2
会与硫酸反应生成CuSO ，在加热时得不到沉淀，应该先加氢氧化钠中和硫酸后再加新制的
4
Cu(OH)
2
(10)√ Fe2＋的检验方法正确
(11)× NaOH与AgNO 溶液反应生成的AgOH极不稳定，分解生成棕褐色的氧化银，干扰
3
溴离子的检验，应该先加稀硝酸中和NaOH后再加AgNO 溶液
3(12)× 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
(13)× 碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐溶液也有相同现象
2．(1)× 探究温度对化学反应速率的影响，要先将混合液加热到所需要的温度后再混合，
若先混合则会发生反应，影响实验的判断，且需设置对照实验
(2)× 向蛋白质溶液中加入饱和氯化钠溶液发生盐析
(3)× 醋酸具有挥发性，生成的CO 气体中混有挥发出的醋酸，苯酚钠溶液变浑浊可能是
2
因为CO，也可能是因为醋酸，无法比较碳酸与苯酚的酸性强弱
2
(4)× 还原产物是NO，在试管口被氧化为NO
2
(5)× NaCl和NaI溶液的浓度未知，无法比较K 大小
sp
(6)√ 使淀粉溶液显蓝色的一定是I，与AgNO 反应生成黄色沉淀的是I－，所以KI 溶液中
2 3 3
存在I 和I－，故可推知I存在平衡
2
(7)√ HS－水解生成OH－：HS－＋HOHS＋OH－，HS－电离生成H＋：HS－S2－＋H
2 2
＋，溶液呈碱性，说明HS－的水解程度大于其电离程度
练真题 明考向
1．D [向盛有FeSO 溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制
4
氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明 Fe2＋具有还原性，A正确；SO 具有
2
漂白性，可以和有色物质结合为无色物质，但不稳定，加热易分解，又恢复原来的颜色，B
正确；向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明 Br 的氧化
2
性比I 的强，C正确；用pH计测量醋酸、盐酸的pH来证明CHCOOH是弱电解质时，需要
2 3
测量物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，D错误。]
2．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；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；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
或新制的氢氧化铜检验，D错误。]
3．B [浓盐酸也能与KMnO 发生反应，使溶液紫色褪去，A错误；加入稀盐酸，亚硫酸根
4
离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经
变质，B正确；乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，C错误；先滴加氯水，再加入
KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，但不能确定Fe3＋是否由
Fe2＋氧化而来，故D错误。]
4．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，不能说明蔗糖未发生水解，B错误；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。]
第 72 讲 以物质制备为主的综合实验
类型一
整合必备知识
2．(1)①2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO A ②C
4 2 2 3 2
(2)①C ②B或C
(3)①MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO D
2 2 2 2
②Ca(ClO) ＋4HCl(浓)===CaCl ＋2Cl↑＋2HO C
2 2 2 2
(4)C
(5)D，将分液漏斗换成温度计(或将烧瓶换成蒸馏烧瓶，将导气管换成温度计)
(6)H 或HS
2 2
提升关键能力
1．(1)锥形瓶 升温、搅拌等 (2)浓氨水挥发 双氧水分解 冰水浴 (3)玻璃棒末端没有紧
靠三层滤纸处，漏斗末端尖嘴部分没有紧靠烧杯内壁 (4)活性炭
(5)促进[Co(NH )]Cl 尽快析出
3 6 3
解析 (2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，它们在高温下易挥发、易分解，所以控制温度
在10 ℃以下，通常采用冰水浴。(4)钴配合物[Co(NH )]Cl 溶于热水，活性炭不溶于热水，
3 6 3
所以趁热过滤可除去活性炭。(5)可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH )]Cl 尽快析出。
3 6 3
2．(1)蒸馏烧瓶 (2)b (3)2Na S＋NaCO ＋4SO =====3NaSO ＋CO (4)Na SO 与酸反应，
2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3
过量SO 会使溶液呈酸性 (5)①滴入最后半滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内
2
不褪色 ②% (6)bd
解析 (2)装置B可控制二氧化硫的气流速率，可通过长颈漏斗液面升降判断 B后面装置是
否堵塞，但不能起防倒吸的作用，故选b。
(3)C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳。
(4)硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸
性导致硫代硫酸钠在溶液中发生歧化反应。
(5)②由题意可知，滴定消耗V mL c mol·L－1的碘标准溶液，则由方程式可知，产品纯度为
×100%＝%。
(6)装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，
则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二
氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液的试管不能代替E。
类型二整合必备知识
2．(4)冷却后补加
提升关键能力
1．(1)直形冷凝管 (2)作还原剂，防止苯胺被氧化 纯乙酸不电离，反应过程有水生成，形
成乙酸溶液，乙酸电离出氢离子，导致锌和乙酸反应 (3)①② (4)水 有部分乙酸挥发
(5)降低乙酰苯胺的溶解度 (6)两次称量的质量差小于0.1 g (7)67.6%
解析 (3)温度高于110 ℃，可能发生副反应导致生成副产物；乙酸沸点为118.1 ℃，温度
过高导致乙酸挥发，降低生成物产率；乙酰苯胺能溶于热水，温度升高后乙酰苯胺以分子形
式溶解。(4)水的沸点为100 ℃，维持温度在100～110 ℃之间反应，目的是及时移走生成
的水，促使反应正向移动，以提高产率。乙酸具有挥发性，蒸出的馏分中含有部分乙酸，导
致实际收集的液体远多于理论量。(5)乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，将反应液倒入冰水
的作用是降低乙酰苯胺的溶解度。(7)5.0 mL苯胺为≈0.054 8 mol，7.5 mL冰醋酸为≈0.131
mol，则乙酸过量，若苯胺完全反应生成0.054 8 mol乙酰苯胺，故得到乙酰苯胺产品5.0 g，
实验的产率是×100%≈67.6%。
2．(1)油 (2)球形冷凝管 a (3)防暴沸 (4)FeCl 可行
2
空气可以将还原产物FeCl 又氧化为FeCl ，FeCl 可循环参与反应 (5)氯化铁水解 (6)a
2 3 3
(7)b
解析 (1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热。
(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管；为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出。
(4)FeCl 为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为 FeCl 。(5)氯化铁易水解，所以步
3 2
骤①～③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止氯化铁水解。(6)根据安息香和二苯乙
二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以用热水洗涤粗品除去安
息香。(7)2.0 g安息香(C H O)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮
14 12 2
(C H O)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%≈80.8%，最接近
14 10 2
80%。
第 73 讲 以物质含量或组成测定为主的综合实验
类型一
提升关键能力
1．(1)具支试管 防倒吸
(2)Cu＋HO ＋2H＋===Cu2＋＋2HO O H＋增强HO 的氧化能力 (3)CuO (4)溶液蓝色
2 2 2 2 2 2 2
消失，且半分钟内不恢复原来的颜色 96%
解析 (1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和
水，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸。(2)根据实验②现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应生成硫酸铜，离子方程式为
Cu＋HO ＋2H＋===Cu2＋＋2HO；铜离子可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为
2 2 2
O 。(3)X为铜的氧化物，设 X的化学式为CuO ，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物
2 x
(CuO)，则：
CuO=====CuO＋O↑
x 2
64＋16x 80
m n
则＝，又＝，解得x＝2，则X的化学式为CuO 。(4)滴定结束时，单质碘消耗完，则标志滴
2
定终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原来的颜色；在 CuO 中铜为＋2价，氧
2
为－1价，根据2CuO＋8I－＋8H＋===2CuI＋3I＋4HO，I＋2SO===2I－＋SO，可以得到关
2 2 2 2 2 4
系式：2CuO ～3I ～6SO，则n(CuO)＝×0.100 0 mol·L－1×0.015 L＝0.000 5 mol，粗品中X
2 2 2 2
的相对含量为×100%＝96%。
2．(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。
类型二提升关键能力
1．(1)AC (2)在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导
致铜浸出率降低 (3)D
(4)a e f c (5)
解析 (1)制备胆矾涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，还涉及蒸发浓缩、冷却结晶操作，
因此还需用到蒸发皿。
(3)步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D错误。
(4)硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后干
燥，干燥后的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾
全部变为白色，使晶体完全失去结晶水后，冷却后称量，反复操作到恒重后计算结晶水含量。
(5)由题意可知晶体中水的质量为(m －m) g，则水的物质的量为 g，硫酸铜的质量为(m －
2 4 4
m) g，硫酸铜的物质的量为 mol，该样品中结晶水的个数即可表示为。
1
2．(1)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(或4Fe2＋＋O＋4H＋===4Fe3＋＋2HO)
2 2
(2)乙醇分子的极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇-水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据
相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇-水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶
体析出
(3)①分液漏斗 ②将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被HSO 溶液完全吸收 ③NH＋OH－
2 4
=====NH ↑＋HO
3 2
④偏小 ③⑥ (4)(NH )SO ·FeSO ·6H O
4 2 4 4 2
解析 (1)Fe2＋易被空气中的氧气氧化为铁离子：4Fe2＋＋O ＋4H＋===4Fe3＋＋2HO，Fe粉可
2 2
以和铁离子发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，因此过量的铁粉能防止其被氧化。
(3)②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N 可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被
2
HSO 溶液完全吸收。③步骤Ⅲ中，铵根离子和氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气和水，
2 4
离子方程式是 NH＋OH－=====NH ↑＋HO。④若未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则
3 2
NaOH标准溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸的量偏大，则
测得的氨气的含量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定管夹、⑥碱式滴定管。
(4)测定NH含量时，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余n(H＋)＝0.120 mol·L
－1
×0.025 L＝0.003 mol，所以 n(NH)＝3.030 mol·L－1×0.05 L×2－0.003 mol＝0.3 mol，则
(NH )SO 的物质的量为0.15 mol，测定SO含量时，BaSO 的物质的量为0.3 mol，FeSO 的
4 2 4 4 4
物质的量为0.15 mol，根据质量守恒可得，132×0.15 g＋152×0.15 g＋18×n(H O)＝58.80
2
g，则n(H O)＝0.9 mol，n[(NH )SO ]∶n(FeSO )∶n(H O)＝1∶1∶6，故根据比例可得硫酸
2 4 2 4 4 2
亚铁铵晶体的化学式为(NH )SO ·FeSO ·6H O。
4 2 4 4 2第 74 讲 以性质为主的探究类综合实验
类型一
提升关键能力
1．(1)锥形瓶 (2)通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好
(3)水浴加热 (4)①4.0 6.0 ②2 ③作催化剂，加快反应速率 (5)量筒中收集到无色气体，
导管里上升一段水柱
2HNO===NO↑＋NO ↑＋HO
2 2 2
解析 (4)①为探究反应速率与c(NaNO )的关系，NH Cl浓度不变，根据数据3和4可知溶
2 4
液总体积为20.0 mL，故V 为4.0；根据变量单一可知V 为6.0，V 为6.0。②浓度增大化学
1 2 3
反应速率加快，根据实验1和实验3数据分析，实验3的c(NaNO )是实验1的2倍，实验1
2
和实验3所用的时间比≈4，根据分析可知速率和NaNO 浓度的平方成正比，故m＝2。
2
(5)HNO 分解产生等物质的量的两种气体，根据氧化还原反应可知反应的化学方程式为
2
2HNO===NO↑＋NO ↑＋HO，反应结束后量筒收集到NO，因为NO 溶于水生成NO，A
2 2 2 2
中红棕色气体逐渐变浅，锥形瓶内压强降低，导管里上升一段水柱。
2．(1)恒压滴液漏斗 (2)过滤速率快 (3)立即用大量水冲洗，再涂上稀硼酸溶液 (4)2Cu2＋
＋SO ＋2I－＋2HO===2CuI↓＋SO＋4H＋ (5)①无色溶液中存在平衡：I－＋CuI[CuI]
2 2 2
－，加水，平衡向逆反应方向移动，转化成更多的 CuI，因其难溶于水而析出 ②2CuI＋
2NaOH===Cu O＋2NaI＋HO (6)% 偏高
2 2
解析 (2)图2装置有抽气泵，可以降低布氏漏斗下部的气体压强，布氏漏斗上部气体压强
为大气压强，由于上部压强大于下部压强，混合物质中的液体在重力及上下气体压强作用下
可以迅速过滤，分离得到CuI固体，即该装置的优点是过滤速率快。(4)在装置B中SO 、
2
CuSO 、KI发生氧化还原反应制取CuI，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物
4
质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为2Cu2＋ ＋SO ＋2I－ ＋2HO===2CuI↓＋SO＋4H
2 2
＋。(6)a g CuI样品与适量NaOH溶液充分反应：2CuI＋2NaOH===Cu O＋2NaI＋HO，过滤
2 2
后，向滤液中加入足量的酸化的双氧水，发生反应：2I－＋HO ＋2H＋===I ＋2HO，再以淀
2 2 2 2
粉溶液为指示剂，用标准NaSO 溶液滴定，发生反应：I ＋2SO===SO (无色) ＋2I－，当
2 2 3 2 2 4
恰好反应完全时，溶液蓝色褪去。根据反应方程式可得关系式：2CuI～2NaI～ I ～
2
2NaSO，n(CuI)＝n(Na SO)＝bV×10－3 mol，则样品中CuI的纯度为×100%＝%。如果其
2 2 3 2 2 3
他操作均正确，仅滴定前盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗，会因标准
溶液被稀释而使其浓度变小，CuI反应产生的NaI溶液消耗标准溶液体积偏大，最终使测得
的结果偏高。
类型二
提升关键能力1．(1)①< ②ⅰ.除去I，防止干扰后续实验 ⅱ.[CuI ]－＋2NH ·H O===[Cu(NH )]＋＋2HO
2 3 2 3 2 2
＋2I－、4[Cu(NH )]＋＋O ＋8NH ·H O===4[Cu(NH )]2＋＋4OH－＋6HO ③ 2Cu＋
3 2 2 3 2 3 4 2
I===2CuI(或2Cu＋KI ===2CuI＋KI) 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为
2 3
可逆反应(或I浓度小未能氧化全部的Cu) (2)铜、含n mol I 的4 mol·L－1的KI溶液 (3)在
2
实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu＋可以进一步与I－结合生成CuI沉淀或[CuI]－，Cu＋浓度减小
2
使得Cu2＋氧化性增强，发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I 和2Cu2＋＋6I－===2[CuI]－＋I
2 2 2
解析 (1)①I 在水中溶解度很小，铜主要被I氧化，初始阶段，实验Ⅱ中I－的浓度比实验Ⅰ
2
中I－的浓度更大，生成I的速率更快，则实验Ⅱ中Cu被氧化的速率更快。②ⅰ.加入CCl ，
4
I ＋I－I平衡逆向移动，可以除去I，防止干扰后续实验。ⅱ.加入浓氨水后[CuI]－转化为
2 2
[Cu(NH )]＋，无色的[Cu(NH )]＋被氧化为蓝色的[Cu(NH )]2＋。③结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ
3 2 3 2 3 4
和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu＋I===2CuI或2Cu＋
2
KI ===2CuI＋KI；加入浓KI溶液，发生反应CuI＋I－===[CuI]－，则可以观察到的现象是白
3 2
色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色。(2)要验证I 能将Cu氧化为Cu2＋，需设计原电池负极材料
2
a为Cu，b为含n mol I 的4 mol·L－1的KI溶液。
2
2．(1)浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO ad
3
(2)往上层清液中继续滴加Ba(NO ) 溶液，若无沉淀产生，表明Ba(NO ) 已过量，否则未过
3 2 3 2
量
(3)BaSO 易溶于盐酸，而BaSO 不溶于盐酸，加入过量稀盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表
3 4
明大部分沉淀为BaSO 有白色沉淀生成
3
(4)Ag SO 溶解度大于BaSO，没有BaSO 时，必定没有Ag SO
2 4 4 4 2 4
(5)SO 与AgNO 溶液反应生成Ag SO 和H＋，同时生成少量Ag SO ，既能发生沉淀反应，
2 3 2 3 2 4
又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快 (6)碱性
解析 (1)制备的SO 中会混有少量的SO ，烧瓶内没有SO 催化氧化的催化剂，则不是SO
2 3 2 2
氧化生成，原因可能为浓硫酸或硫酸铜受热分解产生 SO 。为了排除SO 的干扰，试剂a可
3 3
以为浓硫酸或饱和NaHSO 溶液，故选ad。
3
(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO ) 是否已经过量，可检验溶液中是否含有SO。
3 2
(3)滤液E中含有亚硫酸，加入HO 溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2＋反应生成BaSO 白色沉
2 2 4
淀。
(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加 BaCl
2
溶液，未出现BaSO 白色沉淀，则表明溶液中不含有SO，可判断猜想1不合理。
4
(5)将实验一所得混合物放置一段时间，也会有SO生成，同时生成单质Ag，则起初未生成
Ag SO ，从而表明生成Ag SO 的反应速率慢。
2 4 2 4
(6)实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成SO，而碱性溶液中，SO中混有SO，从而
表明SO在碱性溶液中更易被氧化为SO。