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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＋＋3HOAl(OH) (胶体)＋3H＋，Al(OH) 胶体具有吸附性，
2 3 3
可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；水快速制冰为物理变化，B正确；炖排骨汤时
放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，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
③CHCOOHCHCOO－＋H＋
3 3
④HCOH＋＋HCO、HCOH＋＋CO
2 3
⑤Cu(OH) Cu2＋＋2OH－
2
⑥NaHSO===Na＋＋H＋＋SO
4
⑦NaHSO(熔融)===Na＋＋HSO
4
⑧NaHCO ===Na＋＋HCO、HCOH＋＋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＋HOH＋＋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＋Fe>Cu>Ag ②Br－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 ＋3CHOHB(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＋HOHCl＋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 ＋HOH＋＋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－＋HOHClO＋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＋HOHCl＋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 ＋HOHSO 2NaOH＋
2 2 2 3
SO ===NaSO ＋HO 2SO ＋O2SO 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 ＋O2SO
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 ＋O2SO
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 ＋HONH＋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＋3H2NH
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＋) 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)KCl，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
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HAH＋＋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。HAH＋＋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＋ HPOHPO＋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：HCOHCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有
2 3 2 3
K ＝、K ＝，从而可得K ·K ＝。当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，代入K 、
a1 a2 a1 a2 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．HOH＋＋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(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＋HONH ·H O＋H＋ (2)CO＋HOHCO＋OH－ HCO＋HOHCO ＋OH－
2 3 2 2 2 2 3
(3)Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋ (4)CH COO－＋NH＋HOCHCOOH＋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＋＋2HOTiO(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＋HONH ·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(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 ＝＝≈5.9×10－10c(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 ＋HOSbOCl↓＋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＋HOHSO＋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 OH＋＋HC O，HC OH＋＋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－＋HONHCHCOOH＋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 ) 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－)
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 － )
