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大一轮复习讲义答案精析
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
归纳整合
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 和O 金刚石、石墨、C 白磷、红磷
2 3 60
2．树状 交叉
应用举例
1．① ②⑨ ③⑦ ④⑤ ⑥ ⑧ ⑩ ⑪
2．①⑧⑨⑩⑭⑮⑰⑲ ②③④⑤⑥⑦⑪⑫⑬⑯ ⑱
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.√ 7.×
专项突破
1．②③⑤ ①④⑥ ①②⑥ ③④ ⑤ ①②③ ④⑤⑥ ③⑤ ①②④⑥ ⑦⑩ ⑧
⑨
2．B A
解析 NaClO不是碱式盐，C HOH属于醇类，硫酸是共价化合物，玻璃钢属于复合材料，
2 5
A全不正确；C项中NaO 属于过氧化物，不是碱性氧化物；D项中NO 和水反应生成硝酸
2 2 2
和NO，不属于酸性氧化物，一氧化碳虽然含有碳元素，但属于无机物。
3．C
考点二
归纳整合
1．(1)一种(或多种)物质以粒子形式分散到另一种(或多种)物质中 (2)分散质粒子的直径大
小 溶液 胶体 浊液
2．固溶胶 液溶胶 气溶胶
3．溶液 胶体
易错辨析1．× 2.× 3.√ 4.× 5.√ 6.√
专项突破
(1)FeCl 饱和溶液 红褐色 (2)FeCl ＋3HO=====Fe(OH) (胶体)＋3HCl (3)①丁达尔效应
3 3 2 3
②长时间加热使胶体发生聚沉
考点三
归纳整合
2．(1)H＋ 酸根阴离子 (2)OH－ 阳离子(金属阳离子和铵根离子)
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.①× ②√ ③× ④√
专项突破
1．①③④⑨⑩⑬ ②⑤⑥⑦⑧⑪⑫⑭⑮
2．HPO ＋NaOH===NaH PO ＋HO
3 2 2 2 2
3．(1)Be(OH) ＋2NaOH===NaBeO＋2HO
2 2 2 2
(2)Be(OH) ＋2HCl===BeCl ＋2HO
2 2 2
4．KCl KH(IO)＋KOH===2KIO ＋HO(或HIO ＋KOH===KIO ＋HO)
3 2 3 2 3 3 2
解析 Cl 的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用加热的方法来达到“逐Cl”的目的；
2 2
KH(IO) 和KCl的分离可以根据溶解度的不同，采用结晶法分离，“滤液”中的溶质主要是
3 2
KCl，要使 KH(IO) 转化为 KIO ，可以加入 KOH 调节 pH。发生反应：KH(IO) ＋
3 2 3 3 2
KOH===2KIO ＋HO或HIO ＋KOH===KIO ＋HO，从而避免引入新的杂质离子。
3 2 3 3 2
5．(1)× 硫的氧化性弱，与变价金属Cu反应只能生成Cu S
2
(2)× 过氧化钠具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则 SO 与 NaO 反应生成 NaSO
2 2 2 2 4
(3)√ (4)× 向NaHCO 中加入少量水伴随吸热现象 (5)× H—I比H—Cl更弱，在水溶
3
液中更容易电离，所以酸性：HCl
> (2)＞ 应用举例 1．> 2．(1)①③⑥⑦ (2)⑤⑥⑦⑧ (3)②④ 2．(1)①Cl>Br >I >S ②Na＋Fe>Cu>Ag ②Br－Cl－>OH－>SO
3．(1)Fe2＋ Br－ Fe2＋
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.×
专项突破
1．D 2.C
3．Co O>Cl>HIO I>HCl>CoCl
2 3 2 3 2 2
4．(1)> (2)溶液的酸碱性不同
解析 (1)同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。(2)对比两个反应的异同，制备反应在碱
性条件下，性质探究实验是在酸性条件下，氧化性强弱关系不同说明酸碱性的不同影响氧化
性的强弱。
5．C
6．73.3 g·mol－1
解析 1 mol Cl 中35Cl占 mol,37Cl占 mol，M＝(×35＋×37) g·mol－1≈73.3 g·mol－1。
2
7．G、Y、Q、Z、X
真题演练
1．B [谷物发酵的过程中包含淀粉水解、葡萄糖转化为乙醇、乙醇氧化为乙酸的过程；小
苏打分解的化学方程式为2NaHCO =====NaCO ＋CO↑＋HO，不是氧化还原反应；含氯
3 2 3 2 2
消毒剂有强氧化性，可用于环境消毒；NO 与水发生反应：3NO ＋HO===NO＋2HNO ，是
2 2 2 3
氧化还原反应。]
2．A
3．D [Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I 发生氧化还原反应，故溶液
2
褪色原因为I 被Zn还原，A项错误；液体分层后，I 在CCl 层，CCl 的密度比水大，则下
2 2 4 4
层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大
于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
漂白粉的有效成分为Ca(ClO) ，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确。]
2
4．B 5.D第 5 讲 氧化还原反应方程式的书写与配平
考点一
专项突破
1．(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8
2．(1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
3．(1) 2 (－1) 1 1
(2)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 33
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
解析 (3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N 是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，
2
CO为氧化产物。
考点二
专项突破
1．2IO＋5HSO===I＋5SO＋3H＋＋HO
2 2
2．MnO ＋MnS＋2HSO ===2MnSO ＋S＋2HO
2 2 4 4 2
3．(1)2NaClO＋SO ＋HSO ===2ClO ＋2NaHSO
3 2 2 4 2 4
(2)2ClO＋HO＋2NaOH===2NaClO＋O＋2HO
2 2 2 2 2 2
4．Fe2＋ VO＋＋MnO ＋2H＋===VO＋Mn2＋＋HO
2 2
5．(1)①4Fe(NO)2＋＋O＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2HO
2 2
②14Fe3＋＋FeS＋8HO===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
2 2
(2)作催化剂
6．2NiO＋ClO－===Ni O＋Cl－＋2O
2 2 3
7．2NH ＋3NaClO===N＋3HO＋3NaCl
3 2 2
热点强化3
热点专练
1．＋3
2．5
解析 ，得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
3．1.5 2.2
解析 设7.5 mol CuSO 氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu P时，被氧化的P的物质的量
4 3
为y，
根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)＋1
mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝
2.2 mol。
4．9.20
解析 反应流程为
――→
x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO 得电子的物质的量，即：
3
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
5．60
6. mol·L－1
解析 Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋
2 2
4HO。利用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－1
2 1 1
×6c(CrO)＋5c mol·L－1×V mL×10－3 L·mL－1，解得：c(CrO)＝ mol·L－1。
2 2 2 2
真题演练
1．(3)2Cl ＋HgO===HgCl ＋ClO
2 2 2
(4)1.25 NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO
3 4 2 2 4 2
解析 (3)由新制的HgO和Cl 反应制备ClO，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的
2 2
化合价发生变化，由 0 价变为＋1 价和－1 价，所以反应的化学方程式为 2Cl ＋
2
HgO===HgCl ＋ClO。(4)由题意知，在NaClO 生成ClO 的过程中，发生歧化反应，NaClO
2 2 2 2 2
既是氧化剂，又是还原剂，4NaClO――→4ClO，NaClO――→NaCl，每生成4 mol ClO，需消
2 2 2 2
耗5 mol NaClO ，所以每生成1 mol ClO ，需消耗 mol(即1.25 mol)NaClO 。产生的气泡的
2 2 2
成分为CO，反应的化学方程式为NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO。
2 3 4 2 2 4 2
2．(1)ZnCO=====ZnO＋CO↑
3 2
(4)3Fe2＋＋MnO＋7HO===3Fe(OH) ↓＋MnO ↓＋5H＋
2 3 2第二章 物质的量
第 6 讲 物质的量 气体摩尔体积
考点一
归纳整合
1．(1)粒子 (2)摩尔 (4)6.02×1023mol－1 (5)
n·N
A
2．g·mol－1(或g/mol) g·mol－1 n·M
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.×
专项突破
1．160 g·mol－1 8
2．0.33N 0.26
A
考点二
归纳整合
1．L·mol－1(或 L/mol) 22.4 L·mol－1 n·V
m
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.×
专项突破
1．② ② ③ ③
2．(1)64 SO (2)①1.61 ②36 (3)2d mol
2
6d g·mol－1
解析 (1)M＝ρ×22.4 L·mol－1≈64 g·mol－1。
(2)2CO＋O=====2CO ，CO的体积与生成CO 的体积相等，故18 g CO和CO 的混合气体
2 2 2 2
的总体积为11.2 L，在标准状况下，该混合气体的物质的量为0.5 mol，设CO的物质的量为
x mol，CO 的物质的量为y mol，
2
则，解得x＝0.25，y＝0.25。
①混合气体的密度为≈1.61 g·L－1。
②解法一：＝ρ·22.4 L·mol－1＝1.61 g·L－1×22.4 L·mol－1≈36 g·mol－1；
解法二：＝＝36 g·mol－1；
解法三：＝28 g·mol－1×50%＋44 g·mol－1×50%＝36 g·mol－1。
(3)根据密度之比等于相对分子质量之比，NH 、CO 、HO(g)的平均相对分子质量为2d，由
3 2 2n＝得n ＝ mol，根据化学方程式NH HCO =====NH ↑＋CO↑＋HO↑，NH HCO 的物
混 4 3 3 2 2 4 3
质的量为× mol＝ mol，所以NH HCO 的摩尔质量为 g·mol－1＝6d g·mol－1。
4 3
3．(1)4∶1 (2)0.25 mol (3)0.75 mol
4．(1)Z (2)X (3)4∶1
第 7 讲 物质的量浓度
考点一
归纳整合
1．(1)单位体积的溶液 B的物质的量浓度 (3)mol·L－1 (4)质量 物质的量
2．溶质 溶液
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.×
专项突破
1.
2．16%
3．(1) mol·L－1 (2) mol·L－1
(3)×100% (4) g
解析 (1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。
(4)＝，S＝ g。
4. mol·L－1
5．0.4 mol·L－1
解析 200 mL 0.3 mol·L－1 KSO 溶液中SO的物质的量为0.2 L×0.3 mol·L－1＝0.06 mol,100
2 4
mL 0.2 mol·L－1 Fe (SO ) 溶液中SO的物质的量为3×0.1 L×0.2 mol·L－1＝0.06 mol，故混合
2 4 3
液中SO的物质的量为0.06 mol＋0.06 mol＝0.12 mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合
后溶液的体积为0.3 L，混合液中SO的物质的量浓度为＝0.4 mol·L－1。
6．(1)18.4 mol·L－1 12.9 mol·L－1
(2)＜ ＞ (3)＞ ＜
考点二
归纳整合
1．(1)温度 规格 刻度线 (2)检查是否漏水
2．托盘天平 烧杯 冷却至室温 500 2～3 1～2 凹液面与刻度线
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.× 5.×专项突破
1．(1)11.7 (2)烧杯 加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaCl固体全部溶解 (3)500 mL
容量瓶 洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液注入容量瓶 (4)轻轻摇动容量瓶 (5)
向容量瓶中注入蒸馏水至距刻度线1～2 cm处
2．⑥②⑤①③②
3．(1)①偏小 ②偏小 ③偏小 ④偏小 ⑤偏大 ⑥偏小 ⑦偏小 (2)①偏大 ②偏小
③偏小 ④无影响 ⑤无影响
真题演练
1．分液漏斗、球形冷凝管
2．烧杯、量筒、托盘天平
解析 根据用固体物质配制一定物质的量浓度溶液的方法可知，题图给出的仪器中还需要烧
杯、量筒和托盘天平。
3．BD
热点强化4
热点精讲
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．C 2.C
3．A [2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol，与100 mL 3 mol·L－1HCl发生反应后，Fe完全溶解，
而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1 mol，A正确；HCl溶液中Cl－的
物质的量为0.3 mol，因此，Cl－数为0.3N ，B不正确；56Fe的质子数为26、中子数为30,2.8
A
g 56Fe含有的中子数为1.5N ，C不正确；反应生成H 的物质的量为0.05 mol，在标准状况
A 2
下的体积为1.12 L ，D不正确。]
4．A
5．A [1 mol CHCl 含有3 mol C—Cl键，C—Cl键的数目为3N ，A正确；盐酸中氯化氢会
3 A
全部电离出Cl－，水会部分电离出OH－，水的质量及电离程度未知，故无法计算1 L 1.0 mol·L－1的盐酸含有的阴离子的总数，B错误；未提到具体的温度、压强(如标况下)，故无法计算
11.2 L NO与11.2 L O 混合后的分子数目，C错误；钠与足量的水反应生成氢气的关系式为
2
2Na～H，故1 mol Na与水反应生成0.5 mol H，H 分子数目应为0.5N ，D错误。]
2 2 2 A
6．C [DO的质子数为10,18 g D O的物质的量为＝0.9 mol, 则18 g重水(D O)中所含质子
2 2 2
数为9N ，A错误；NO 与HO反应的化学方程式为3NO ＋HO===2HNO ＋NO，有3 mol
A 2 2 2 2 3
的NO 参与反应时，转移的电子数为2N ，B错误；一个S( )分子中含有的S—S键
2 A 8
数为8,32 g S 的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×N ＝N ，C正确；酸性
8 A A
KCr O 溶液中存在：Cr O＋HO2CrO＋2H＋，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 KCr O 溶液
2 2 7 2 2 2 2 7
中Cr O离子数小于0.1N ，D错误。]
2 A
7．C 8.D
9．C [在标准状况下，22.4 L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为1×9×2×N ＝18N ，
A A
A正确；碘蒸气与氢气发生的反应为I(g)＋H(g)2HI(g)，反应为可逆反应，生成的碘化
2 2
氢分子数小于2N ，B正确；电解饱和食盐水时电极总反应为2NaCl＋2HO=====2NaOH＋
A 2
H↑＋Cl↑，阴、阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1∶1，若气体
2 2
的总质量为73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各为 1 mol，根据关系式H～2e－
2
可知，转移的电子数为2N ，C错误；1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，n(NH)＋
A
n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中NH与H＋离
子数之和大于N ，D正确。]
A
10．D
11．C [0.1 L 0.5 mol·L－1乙醇溶液中含有0.05 mol乙醇，故含有的氧原子数为0.05N ，但
A
是水中还含有氧原子，故 A 错误；4.6 g 钠的物质的量为＝0.2 mol，根据 2Na＋
2HO===2NaOH＋H↑，此反应产生的H 分子数为0.1N ，但是氢氧化钠与铝单质反应也生
2 2 2 A
成了氢气，故B错误；分子式C HO 可改写为C HO·H O，故C HO与C HO 的混合物
2 6 2 2 4 2 2 4 2 6 2
0.1 mol，充分燃烧消耗O 的数目为0.25N ，故C正确；HF在标准状况下为液体，不能用
2 A
22.4 L·mol－1计算，故D错误。]
12．A 13.A
第 8 讲 化学计算的常用方法
考点一
归纳整合
例 样品加热发生的反应为
2NaHCO =====NaCO＋HO＋CO↑ Δm
3 2 3 2 2
168 106 62m(NaHCO ) (w－w) g
3 1 2
样品中m(NaHCO )＝ g，
3
样品中m(Na CO)＝w g－ g，
2 3 1
其质量分数为×100%＝×100%＝×100%。
专项突破
1．C
2.<<
解析 6NO ＋ 4NH 5N＋6HO(g) ΔV
3 2 2
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH ) 1.5 mL
3
V(NO)＝＝9 mL，
V(NH )＝＝6 mL，
3
由此可知共消耗 15 mL 气体，还剩余 1 mL 气体，假设剩余的气体全部是 NO，则
V(NO)∶V(NH )＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是 NH ，则
3 3
V(NO)∶V(NH )＝9 mL∶ (6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际
3
上是NO、NH 的混合气体，故<<。
3
考点二
专项突破
1．257.9 t
2．51.95 t
解析 氨氧化法制硝酸的原理为 4NH ＋5O=====4NO＋6HO,2NO＋O===2NO ,3NO ＋
3 2 2 2 2 2
HO===2HNO ＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为 3NH ～2HNO ，
2 3 3 3
但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应
为NH ～HNO。设可制得63%的HNO 的质量为x，则＝，解得：x≈51.95 t。
3 3 3
3．33.4%
解析 设黄铁矿的利用率为x，
FeS ～2HSO ～ 2(NH )SO
2 2 4 4 2 4
120 264
75．0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
4．(1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
5．93.2%
解析 Sn与KCr O 物质的量的关系：
2 2 7
3Sn～3SnCl ～6FeCl ～KCr O
2 2 2 2 73×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g，
w(Sn)＝×100%≈93.2%。
6．酸式 85.8
考点三
例1 经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe O，根据铁原子守恒：
2 3
n(Fe O)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe O 固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
2 3 2 3
例2 Co(OH) 在加热分解过程中，Co原子的数目不变。
2
设有1 mol Co(OH)，质量为93 g。则固体中Co的物质的量为1 mol，质量为59 g。
2
设290 ℃后固体的化学式为CoO，
x
A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为Co O；
2 3
B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈，即该固体为Co O；
3 4
C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CoO。
例3 0.2 mol·L－1
例4 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＋
4 3
OH－=====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
3 2
量为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。]
真题演练
1．D
2．(1)10.8 (2)＝70
解析 (1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO 90%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是
3
×180 kJ·mol－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有
效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是 g×2＝10 800 g＝ 10.8 kg。(2)根据(1)中
计算可知消耗焦炭的物质的量是＝900 mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 mol，这说
明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的
质量是＝70 kg。
3．80.00%
4．97.6%
5.
解析 n(BrO)＝av×10－3mol，根据反应 BrO＋5Br－＋6H＋===3Br ＋3HO可知n(Br)＝
1 2 2 2
3av×10－3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n(Br)，根据I
1 1 2 2
＋2NaSO===2NaI＋NaSO 可知I ～2NaSO ，又Br ＋2I－===I ＋2Br－可知Br ～I ，可得
2 2 3 2 4 6 2 2 2 3 2 2 2 2Br ～2NaSO ，n(Na SO)＝bv×10－3mol，n(Br)＝bv×10－3mol，再计算由苯酚消耗的溴
2 2 2 3 2 2 3 3 1 2 3
的量，设为n(Br)＝n(Br)－n(Br)＝(3av －bv)×10－3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系
2 2 2 1 2 1 3
为3Br ～C HOH，n(C HOH)＝n(Br)＝(av －bv)×10－3mol，废水中苯酚的含量为＝ g·L－
2 6 5 6 5 2 2 1 3
1。
热点强化5
热点专练
1．D 2.B
3．NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
解析 失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH Fe(SO )·xHO，由题意知＝，
4 4 2 2
解得x≈12。
4．根据 PbO =====PbO ＋O↑，有×32＝239×4.0%，解得 x＝2－≈1.4，根据
2 x 2
mPbO ·nPbO，有＝1.4，得＝＝。
2
5．(1)CoC O (2)3CoC O＋2O=====Co O＋6CO
2 4 2 4 2 3 4 2
解析 (1)n(CoC O·2H O)＝0.06 mol，
2 4 2
Δm＝(10.98－8.82) g＝2.16 g＝m(H O)，
2
故210 ℃时固体为CoC O。
2 4
(2)根据钴原子守恒可知
m(Co)＝3.54 g，m(O)＝(4.82－3.54) g＝1.28 g，
n(O)＝0.08 mol，n(Co)∶n(O)＝3∶4，
可写出化学方程式：3CoC O＋2O=====Co O＋6CO。
2 4 2 3 4 2
6．(1)n(CuO)∶n(Cu O)＝2∶1
2
(2)0.168 L
7．Pb O PbO
2 3
解析 二氧化铅是0.1 mol，其中氧原子是0.2 mol。A点固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物
质的量是0.15 mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb O 。
2 3
同理可得出C点对应的物质是PbO。
8．(1)1∶2 (2)Mn O 和MnO
3 4
9．Al Al O
23 2 3
解析 NH Al ·12H O的相对分子质量为453，NH Al 的相对分子质量为237，Al 的相对分
4 2 2 4 2 23
子质量为342，Al O 的相对分子质量为102,4.53 g NH Al ·12H O的物质的量为0.01 mol，则
2 3 4 2 2
NH Al 的物质的量为0.01 mol，Al 的物质的量为 0.005 mol，Al O 的物质的量为0.005
4 2 23 2 3
mol。所以硫酸铝铵晶体在300 ℃、633 ℃、975 ℃分解生成的固体分别为NH Al 、Al 、
4 2 23
Al O。
2 3
10．1∶2第三章 化学实验基础知识
第 9 讲 化学实验基础知识和技能
考点一
归纳整合
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.× 7.√
专项突破
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．洗气瓶可用于储存气体(如图①)、测量气体体积(如图②)、除杂或干燥气体(如图③)等。
4．(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形干燥管 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
归纳整合
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 中上 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.×
专项突破
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．B
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)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√ (7)×
(8)√
真题演练
1．D 2.A
3．B [过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；CO 的密度大于空气且不与空
2
气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B操作规范；混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸
缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；转移溶液时，应使用玻璃棒引流，
D操作不规范。]
4．C [浓硝酸见光易分解，需要避光保存，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中，A正确；氢
氧化钠固体能与玻璃中的SiO 反应，故氢氧化钠固体需保存在广口塑料瓶中，B正确；四
2
氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保
存在细口玻璃瓶中，C错误；高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴凉处密
封保存，D正确。]
5．A 6.B 7.A
第 10 讲 仪器的组合与创新使用
考点一
归纳整合
1．(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
2．(1)①碱石灰、无水氯化钙、五氧化二磷 ②无水硫酸铜3．(2)冷凝、导气 冷凝回流
专项突破
1．D
2．(1)制备NH Ca(OH) ＋2NH Cl=====CaCl ＋2NH ↑＋2HO (2)分液漏斗 导气，并防
3 2 4 2 3 2
止发生倒吸现象 (3)防止HO 分解
2 2
考点二
归纳整合
1．A.防倒吸 漏斗 B．过滤 C．可控制反应的发生和停止
2．(1)①ad 当需要反应发生时，打开止水夹，向长颈漏斗内注入液体试剂而与多孔隔板上
块状固体药品接触，反应开始；当需要停止反应时，关闭止水夹，液体在气压作用下被压回
到长颈漏斗内，固液分离，反应停止 ②将Cu丝插入浓硝酸中 将Cu丝上提，使之与浓
硝酸分离 (2)平衡气压，便于液体顺利流下 减小实验误差 (3)①HCl不溶于CCl ，会从
4
CCl 层中逸出被水层吸收，导管口附近气压不会减小，不会引起倒吸 ②否
4
专项突破
1．D 2.B
3．a
4．(1)A (2)CO NaO (3)防止倒吸
2 2 2
解析 (1)甲作为干燥装置，固体R必须能吸收水，且不与气体a发生反应。B中浓硫酸为液
体干燥剂；C中的高锰酸钾不仅不易吸收水，还与乙烯反应；D中的碱石灰虽然能吸收水，
但也能与Cl 反应。(2)甲作为制气装置，要求反应原理是在常温下某气体与固体反应产生气
2
体，中学阶段熟悉的反应是二氧化碳与过氧化钠反应制取氧气。
考点三
专项突破
1．A
2．(1)a h g b c f e d
(2)③②④① (3) (4)偏小
解析 (1)根据实验目的及各装置的特点分析可知：利用装置 A中的水压将E中稀盐酸压至
B 中，产生的气体通过将 D 中的水排入 C 中测量其体积，所以连接顺序为
a→h→g→b→c→f→e→d。
(3)由题意知：
Mg ～ H
2
M 22.4 L
m (V－V)×10－3 L
a b
所以M＝。
(4)由于试管B未冷却至室温，会导致V变大，所以使Mg的相对原子质量偏小。
a
答题规范(2)规范精练
1．(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
2．(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
真题演练
1．C 2.D
3．(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
(5)
(6)① 乙醇也能使酸性KMnO 溶液褪色
4
解析 用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热
的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成
的乙醛进入试管中，被冷凝收集。(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，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，但产物中的O 含量和杂质种类和乙中
2 2 2 2
没有区别，c错误。(5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干
燥氧气，如图 。(6)实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙
醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
第 11 讲 物质的分离与提纯
考点一
归纳整合
(一)
除去 纯净物
(二)1．(1)过滤 不溶性固体
2．(1)互不相溶 下口 上口 (2)沸点
3．升华
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
专项突破
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)
考点二
归纳整合
4．灼热铜网 灼热氧化铜 NaOH溶液或碱石灰 饱和NaHCO 溶液 饱和NaHCO 溶液
3 3
或酸性KMnO 溶液 饱和NaHSO 溶液 CO Cl MgO、Mg(OH) 或MgCO
4 3 2 2 2 3
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
专项突破
1．(1)A (2)C (3)A或B
2．(1)加热使I 升华 (2)AlO ＋2OH－===2AlO＋HO (3)在空气中灼烧 C＋O=====CO
2 2 3 2 2 2
(4)加过量NaOH溶液，过滤、洗涤 2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑
2 2 2
3．(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2～3次。
(4)取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀HNO 酸化的AgNO 溶液，若产生白色沉淀，
3 3
说明沉淀未洗净，反之已洗净。
4．除去杂质，减少草酸铁晶体的溶解损耗
5．(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6．(1)变多 (2) (3)降低
(4)H＋＋OH－===HO
2
7．(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
真题演练
1．C
2．B [依题意，制备产品需要“搅拌、加热回流”，A 项正确；副产物氯化氢极易溶于氢
氧化钠溶液，不能直接将尾气通入氢氧化钠溶液中，这样易发生倒吸现象，B项错误；分液
收集二氯甲烷层需用到分液漏斗，振荡时需将分液漏斗倒转过来放气，避免分液漏斗内气压
过大，发生危险，C项正确；蒸馏时需要用温度计指示温度，冷凝水从下口进、上口出，提
高冷凝效率，D项正确。]
3．A
4．(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已
沉淀完全 (4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
热点强化6
热点专练
1．C [A项，t ℃之前，MgSO 的溶解度随温度的升高而增大，t ℃之后，随温度的升高
2 4 2
而降低；B项，t ℃、t ℃时，NaCl、MgSO 的溶解度相等；C项，t ℃时MgSO 的溶解
1 3 4 2 4
度最大，温度升高或降低，溶解度均减小；D项，把MgSO 饱和溶液的温度从t ℃降至t
4 3 2
℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。]
2．D
3．趁热过滤 用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次
解析 据溶解度曲线图，要从过滤所得滤液中获得较高纯度的MnSO ·H O晶体，应在80～
4 2
90 ℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80～90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO ·H O晶体2～3
4 2
次，最后真空干燥。
4．1.2 mol·L－1 蒸发浓缩、冷却结晶
5．(1)SO 静置，取少量上层清液于试管中，加入BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则SO
2
已沉淀完全 (2)趁热过滤
解析 (2)Mg(ClO ) 的溶解度受温度变化影响大，温度高时溶解度较大，温度低时溶解度较
3 2
小，所以需要趁热过滤除去氯化钠。第四章 金属及其化合物
第 12 讲 钠及其氧化物
考点一
归纳整合
1．银白 柔软 小 小 大
2．(1)4Na＋O===2NaO 2Na＋O=====NaO 2Na＋Cl=====2NaCl (2)2Na＋＋2OH－＋
2 2 2 2 2 2
H↑ 2Na＋2H＋===2Na＋＋H↑ 4NaCl＋Ti Cu(OH) ↓＋NaSO ＋H↑ 2C HONa＋
2 2 2 2 4 2 2 5
H↑ 小 2CHCOONa＋H↑
2 3 2
3．(1)2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl↑ (2)石蜡油或煤油
2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
专项突破
1．A
2．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
3．①③④⑥
解析 2Na＋2HO===2NaOH＋H↑，①中Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓；③中反应消耗水，
2 2 2
溶液温度升高，Ca(OH) 的溶解度降低，析出Ca(OH) 白色沉淀；④中Ca2＋＋HCO＋OH－
2 2
===CaCO ↓＋HO或Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO ↓＋CO＋2HO；⑥中水减少，溶液过
3 2 3 2
饱和析出NaCl。
考点二
归纳整合
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 O ＋SO ===NaSO 4NaO ＋4FeCl ＋6HO===4Fe(OH) ↓＋O↑＋8NaCl NaO
2 2 2 2 4 2 2 2 2 3 2 2 2
＋NaSO ＋HO===NaSO ＋2NaOH NaO ＋HS===S↓＋2NaOH 溶液变浑浊 先变红后
2 3 2 2 4 2 2 2
褪色 红色褪去
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
专项突破
1．(1) NaO NaO O NaOH (2)0.2N (或1.204×1023)
2 2 2 2 2 A2．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,2Na O ＋
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
拓展延伸
1．(1)
两个氧原子之间都含有一个共用电子对(或都含有一个过氧键)
(2)2CaO＋2HO===2Ca(OH) ＋O↑
2 2 2 2
Ca(OH) ＋CO===CaCO ↓＋HO
2 2 3 2
2．(1) (2)
3．(1)2
(2)4H O＋Cr O＋2H＋===2CrO＋5HO 不是
2 2 2 5 2
解析 (1)设CrO 中过氧键(—O—O—)有x个，－2价O有y个，则，解得。
5
真题演练
1．(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．D 3.C
第 13 讲 碳酸钠和碳酸氢钠 碱金属
考点一
归纳整合
1．纯碱 苏打 小苏打 易分解 CO＋2H＋===CO↑＋HO HCO＋H＋===CO↑＋HO
2 2 2 2
Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO ↓＋2HO＋CO Ca2＋＋OH－＋HCO===CaCO ↓＋HO
3 2 3 2
2Al(OH) ↓＋3CO↑ Al(OH) ↓＋3CO↑
3 2 3 2应用举例
(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
3．(1)Na CO NaHCO (2)NaHCO NaCO
2 3 3 3 2 3
(3)Na CO NaHCO
2 3 3
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√ 7.× 8.√
专项突破
1．D
2．(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
解析 (1)图Ⅰ不能达到实验目的，因为碳酸钠和碳酸氢钠均可以与盐酸反应产生二氧化碳，
二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊；图Ⅱ可以鉴别，因为等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量
的稀盐酸反应，生成的二氧化碳气体的量不同，可根据气球膨胀程度来判断。(3)试管B装
入碳酸氢钠，试管A装入碳酸钠，这样直接加热的碳酸钠，温度高，不分解，澄清石灰水
不变浑浊，而间接加热的碳酸氢钠分解，澄清石灰水变浑浊，表明了碳酸氢钠不稳定。
3．(1)Na CO＋HCl===NaCl＋NaHCO 、NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑
2 3 3 3 2 2
(2)NaHCO NaCl NaCO
3 2 3
(3)0.05 mol·L－1 (4)0.112 L
解析 (3)当加入 150 mL 盐酸时正好生成 NaCl 溶液，n(HCl)＝n(NaCl)＝2n(Na CO)＋
2 3
n(NaHCO )＝2.5×10－3×2 mol＋2.5×10－3 mol＝7.5×10－3 mol，c(HCl)＝＝ 0.05 mol·L－
3
1。(4)n(CO)＝n(Na CO)＋n(NaHCO )＝(2.5＋2.5)×10－3 mol＝5×10－3 mol，标况下V(CO)
2 2 3 3 2
＝5×10－3 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L。
4．(1)134.4 (2)1∶1 (3)0.09 mol·L－1
考点二
归纳整合
(一)
1．1个 增多 增大 增大 金属 ＋1 增强 较低 降低
还原 增强
2．(2)煤油
(二)
1．物理
3．黄 紫 蓝色钴玻璃 绿 黄绿 砖红
(三)
离子化合物 强还原剂易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．D
2．(1)锂可以与水反应 (2)B
(3)K＋[H]－ KH＋HO===KOH＋H↑
2 2
N (或6.02×1023)
A
(4)3NaH＋Fe O===2Fe＋3NaOH
2 3
真题演练
1．(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ (7)× (8)√ (9)√ (10)×
2．B 3.C
第 14 讲 侯氏制碱法与 Na CO 含量的测定
2 3
考点一
归纳整合
3．(1)NH ＋NaCl＋CO ＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl (2)2NaHCO =====NaCO ＋HO＋
3 2 2 3 4 3 2 3 2
CO↑
2
4．CO NaCl
2
专项突破
1．(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
2．(1)NH ＋CO ＋NaCl＋HO===NH Cl＋NaHCO ↓、2NaHCO =====NaCO ＋HO＋CO↑
3 2 2 4 3 3 2 3 2 2
(2)CO
2
(3)使NaHCO 转化为NaCO ，提高析出的NH Cl纯度 循环Ⅰ的作用是提高原料氯化钠的
3 2 3 4
利用率
(4)加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明碳酸钠中含有碳酸氢钠，否则，不含
有碳酸氢钠
考点二
专项突破
方案一：(1)D (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
2 4
已洗净，反之则未洗净
(3)偏小
方案二：(1)吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，减小实验误差(2)将装置A、B中残留的CO 全部赶入装置C中
2
方案三：(1)碱式滴定管(或移液管) (2)滴入最后半滴盐酸时，溶液由红色变为浅红(接近无
色)，且30 s内不恢复
(3)84.8%
解析 方案一：(1)Ba(OH) 溶液与两种离子都可以形成沉淀，D正确。(2)判断沉淀是否洗净
2
的方法是检验洗涤液中是否含有Ba2＋。(3)所得沉淀未充分干燥就称量，则产生的沉淀质量
偏大。由于等质量时NaHCO 产生的沉淀质量大，因此测得w(Na CO)偏小。
3 2 3
方案三：(1)Na CO 、NaHCO 的溶液显碱性，应选择碱式滴定管或移液管。(2)加酚酞溶液
2 3 3
显红色，恰好反应时溶液为 NaHCO 。(3)当达到滴定终点时，发生反应：H＋＋
3
CO===HCO；25.00 mL配制好的溶液中含有的n(HCl)＝n(Na CO)＝0.200 0 mol·L－1×0.02 L
2 3
＝0.004 mol，则250 mL 溶液中含有NaCO 的物质的量n(Na CO)＝0.004 mol×＝0.04
2 3 2 3
mol，其质量m(Na CO)＝0.04 mol×106 g·mol－1＝4.24 g，w(Na CO)＝×100%＝84.8 %。
2 3 2 3
真题演练
1．(1)aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
(2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案)
(3)NH ·H O＋NaCl＋CO===NH Cl＋NaHCO ↓ (4)①0.84 ②冷却结晶 过滤
3 2 2 4 3
2．(1)NaHCO 在30～35 ℃时NaHCO 的溶解度最小(答案合理即可) (2)D (3)甲基橙
3 3
由黄色变橙色，且半分钟内不变色 (4)3.56% (5)偏大
解析 (3)由题给信息分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙，滴定达到终点
前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色
变化为由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。
(4)第一滴定发生的反应是NaCO＋HCl===NaHCO ＋NaCl，则n(Na CO)＝n (NaHCO )＝
2 3 3 2 3 生成 3
n(HCl)＝0.100 0 mol·L－1×22.45×10－3 L＝2.245×10－3 mol，第二滴定消耗的盐酸的体积为
23.51 mL，则根据化学方程式：NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑可知，消耗的NaHCO
3 2 2 3
的物质的量n (NaHCO )＝0.100 0 mol·L－1×23.51×10－3 L＝2.351×10－3 mol，则原溶液中
总 3
的 NaHCO 的物质的量 n(NaHCO )＝n (NaHCO )－n (NaHCO )＝2.351×10－3 mol－
3 3 总 3 生成 3
2.245×10－3 mol＝1.06×10－4 mol，则原产品中NaHCO 的物质的量为×1.06× 10－4
3
mol＝1.06×10－3 mol，故产品中NaHCO 的质量分数为×100%≈3.56%。
3
(5)第一滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即
测得V 偏小，所以原产品中NaHCO 的物质的量会偏大，最终导致其质量分数偏大。
1 3
第 15 讲 铁及其氧化物和氢氧化物
考点一归纳整合
1．(1)银白 磁体 (2)3d64s2 四 Ⅷ
(3)＋2 ＋3 3Fe＋2O=====Fe O 2Fe ＋ 3Cl=====2FeCl Fe＋S=====FeS Fe＋
2 3 4 2 3
I=====FeI 3Fe＋4HO(g)=====Fe O＋4H Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑ 钝化 ＋3
2 2 2 3 4 2 2
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2．(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)①FeO＋2H＋===Fe2＋＋HO Fe O ＋6H＋===2Fe3＋＋3HO
2 2 3 2
② Fe O ＋3CO=====2Fe＋3CO Fe O ＋2Al=====2Fe＋Al O ③ 3Fe O ＋28H＋＋
2 3 2 2 3 2 3 3 4
NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO Fe O＋8H＋＋2I－===3Fe2＋＋I＋4HO
2 3 4 2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√
专项突破
1．D 2.D
3．D [铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引，
故D错误。]
4．C
5．FeO
解析 4.00 g CaCO 沉淀的物质的量为0.04 mol，则CO、CO 的物质的量均为0.04 mol，增
3 2
加的氧元素为0.04 mol，质量为0.04 mol×16 g·mol－1＝0.64 g，铁的氧化物中氧元素的质量
为0.64 g，铁元素的质量为2.88 g－0.64 g＝2.24 g，铁的氧化物中铁元素与氧元素的物质的
量之比为∶0.04 mol＝1∶1，则这种铁的氧化物的化学式为FeO。
6．Fe O
5 7
考点二
归纳整合
1．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
2．(2)空气与Fe(OH) 接触 空气 FeSO NaOH溶液
2 4
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 7.×
专项突破
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
2 4 2 2
2．①②④
3．(1)恒压滴液漏斗 平衡气压，辅助排出装置B中的空气 (2)取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中，滴加几滴KSCN溶液，无红色出现，再滴加HO ，溶液变为红色，则证
2 2
明存在Fe2＋
(3)白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色 4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH)
2 2 2 3
4．(1)Fe Fe－2e－===Fe2＋ (2)BC
(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH) 被氧化 加热煮沸，排出溶解的O (4)白色沉淀迅速变
2 2
为灰绿色，最后变成红褐色
真题演练
1．A
2．C [FeS 在沸腾炉中与O 发生的反应为4FeS ＋11O=====2Fe O ＋8SO ，产物主要是
2 2 2 2 2 3 2
SO ，故A错误；Mg加入到FeCl 溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3＋反应，生成
2 3
Mg2＋和Fe2＋，若Mg过量，Mg与Fe2＋继续反应生成Mg2＋和Fe，但由于反应中FeCl 过量，
3
所以不会生成Fe，故B错误；钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化
学腐蚀，腐蚀速率更快，故C正确；室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。]
第 16 讲 铁盐、亚铁盐及相互转化
考点一
归纳整合
1．2Fe2＋＋HO ＋2H＋===2Fe3＋＋2HO 3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2HO 氧化
2 2 2 2
2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋
3．(1)溶液变红 灰绿色 红褐色 K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN) ]3－===KFe[Fe(CN) ]↓ (2)溶液变
6 6
红 红褐色沉淀 显紫色 (3)Fe3＋ Fe2＋
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.× 5.×
专项突破
1．D
2．(1)Fe2＋、Cu2＋ Fe3＋
(2)Fe2＋ Cu2＋、Fe3＋
(3)Fe2＋ Cu2＋ Fe3＋
3．C
4．C [A项，只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3＋，
无法证明Fe2＋是否存在，错误；B项，若原溶液中含Fe3＋，滴加足量氯水后再滴加KSCN
溶液后也显红色，无法证明原溶液中含有的是 Fe3＋还是Fe2＋，错误；C项，先滴加KSCN
溶液，不显红色，说明原溶液中不含Fe3＋，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中
有Fe3＋，证明原溶液中含有Fe2＋，正确；D项，滴入KSCN溶液，不显红色，证明不含Fe3＋，再加足量高锰酸钾溶液(高锰酸钾溶液是紫红色)，溶液变红无法证明原溶液中含有 Fe2
＋，错误。]
考点二
归纳整合
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
专项突破
(1)①加入几滴K[Fe(CN) ]溶液，均出现蓝色沉淀
3 6
2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋ ②铜粉的量、阴离子的种类
③有白色沉淀生成 ④2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN) (2)①防止Fe2＋被氧化
2
②3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2HO
2
(3)0.448 L
解析 (1)①检验Fe2＋的方法为取少量反应后的溶液于试管中，加入几滴K[Fe(CN) ]溶液，
3 6
若出现蓝色沉淀，则证明存在Fe2＋；三组实验中铜粉均溶解，溶液黄色变浅或褪去，均发
生反应：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋。②对比三组实验发现乙组相比甲组铜粉过量，乙组相
比丙组阴离子不同，乙组加入蒸馏水后出现白色沉淀，说明加入蒸馏水后沉淀的产生与铜粉
的量和阴离子的种类有关。③加入饱和NaCl溶液引入Cl－，产生与乙组相同的阴离子，可
能出现白色沉淀。④由已知信息，SCN－与Cu2＋的反应类比I－与Cu2＋的反应，可得离子方程
式为2Cu2＋＋4SCN－===2CuSCN↓＋(SCN) 。(2)②Fe2＋被加入的稀硝酸氧化为Fe3＋，稀硝酸
2
被还原为NO，反应的离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2HO。(3)由滴入
2
BaCl 溶液，会产生白色沉淀，可知具有还原性的 SO 通入Fe 溶液中发生的氧化反应为
2 2 3
SO →SO，白色沉淀为BaSO ，溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3＋被还原为Fe2＋，但立即
2 4
又变棕黄色，说明生成的 Fe2＋又被氧化为 Fe3＋，整个过程相当于 NO 发生还原反应：
NO→NO，根据得失电子守恒，SO 失去电子数等于NO得到电子数，SO ～BaSO ～2e－，
2 2 4
NO～NO～3e－，n＝0.03 mol，n＝0.06 mol，n(NO)＝0.02 mol，则标准状况下V(NO)＝0.448
L。
真题演练
1．A
2．(1)Fe O 和SiO SiO (2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
2 3 2 2
(3)7Fe (SO )＋FeS＋8HO=====15FeSO ＋8HSO (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
2 4 3 2 2 4 2 4(5)＋2 6Fe(NH )Fe(CN) ＋ClO＋6H＋=====6Fe(NH )Fe(CN) ＋Cl－＋3HO＋6NH
4 2 6 4 6 2
(6)H O NH ·H O
2 2 3 2
解析 已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O ，反应为4FeS ＋11O=====2Fe O ＋8SO ，故产生的
2 3 2 2 2 3 2
红渣主要成分为Fe O 和SiO ；将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热，反应为
2 3 2 2 4
Fe O ＋3HSO ===Fe (SO ) ＋3HO，过滤出滤渣①，主要成分为SiO ，向滤液中加入黄铁
2 3 2 4 2 4 3 2 2
矿进行还原，将Fe3＋还原为Fe2＋，由(3)小问可知不生成S单质，则硫元素被氧化为SO，反
应为14Fe3＋＋FeS ＋8HO=====15Fe2＋＋2SO＋16H＋，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结
2 2
晶、过滤，得到FeSO 晶体和母液，母液中主要含有FeSO 溶液和HSO ，加水溶解FeSO
4 4 2 4 4
晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用HSO 调节溶液的pH为3，进行沉铁，
4 2 4 4 6 2 4
反应原理为Fe2＋＋2NH＋[Fe(CN) ]4－===Fe(NH )Fe(CN) ↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入
6 4 2 6
HSO 和NaClO 进行氧化，反应为6Fe(NH )Fe(CN) ＋ClO＋6H＋=====6Fe(NH )Fe(CN) ＋Cl
2 4 3 4 2 6 4 6
－＋3HO＋6NH，过滤、洗涤、干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) ，据此分析解题。
2 4 6
3．(1)防止Fe2＋被氧化 (2)2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (3)隔绝空气(排除氧气对实验的影
2
响) (4)Fe2＋ Fe3＋ 可逆反应 (5)H O＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2HO Fe3＋催化HO 分解
2 2 2 2 2
产生O HO 分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动
2 2 2
热点强化7
热点专练
1．C
2．C [试剂a是铁，加入过量的铁，可把铜全部置换出来，并把 FeCl 还原为FeCl ，则通
3 2
过操作Ⅰ过滤得到的滤液X为FeCl 溶液，滤渣Y为铜和过量的铁；由于最终得到的产品是
2
FeCl ，故试剂b是稀盐酸，铜不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成FeCl ，故通过操作Ⅱ过滤
3 2
可得到铜单质，滤液Z为FeCl 溶液，在两次过滤得到的FeCl 溶液中通入氯气，发生反应：
2 2
2Fe2＋＋Cl===2Cl－＋2Fe3＋，把FeCl 转化为FeCl ，然后通过操作Ⅲ(蒸发结晶并过滤)便可
2 2 3
得到氯化铁晶体，蒸发结晶与过滤所使用的仪器不相同，故A、B错误，C正确；溶液W中
有Cl－，酸性KMnO 溶液既可氧化Fe2＋，又可氧化Cl－，故用酸性KMnO 溶液不可检验溶
4 4
液W中是否还有Fe2＋，D错误。]
3．D
4．(1)平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋ Cl↑＋2HO (2)
2 2 2 2
挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰NaFeO 的制备 (3)溶液变为红色
2 4
(4)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5HO (5)NaOH (6)Na FeO 与水反应生成氢氧
2 2 4
化铁胶体和氧气：4NaFeO ＋10HO===4Fe(OH) (胶体)＋3O↑＋8NaOH，氢氧化铁胶体能
2 4 2 3 2
吸附水中的泥浆达到净水的作用第 17 讲 铝、镁及其化合物
考点一
归纳整合
1．①4Al＋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
2．(1)AlO ＋6H＋===2Al3＋＋3HO Al O ＋2OH－===2AlO＋HO (2)Al(OH) ＋3H＋
2 3 2 2 3 2 3
===Al3＋＋3HO
2
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
3．(1)Al3＋＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH
3 2 3
(2)AlO＋CO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO
2 2 3
(3)Al3＋＋3AlO＋6HO===4Al(OH) ↓
2 3
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．D 2.C
3．(1)H＋、Al3＋、NH、Al(OH)
3
(2)①H＋＋OH－===HO
2
②Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH) ↓
3 2
③NH＋OH－===NH ·H O
3 2
④Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO
3 2
4．C [A项，试剂X应为强碱溶液，使Al O 溶解；B项，若用强酸代替CO，强酸过量时，
2 3 2
Al(OH) 会溶解，不能生成Al(OH) 沉淀；D项，因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al。]
3 3
5．(1)AlN＋3HO=====Al(OH) ＋NH ↑
2 3 3
加快AlN的水解反应速率，降低NH 在水中的溶解度，促使NH 逸出
3 3
(2)AlO＋6H＋===2Al3＋＋3HO
2 3 2
(3)2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===2Fe3＋＋Cl－＋HO
2
(4)Fe(OH)
3
(5)防止Al(OH) Cl水解生成Al(OH)
2 3
考点二
归纳整合
1．(1)CaCO=====CaO＋CO↑ CaO＋HO===Ca(OH) (2)Mg2＋＋Ca(OH) ===Mg(OH) ＋
3 2 2 2 2 2Ca2＋ (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．(1)难 碱性氧化物 MgO＋2H＋===Mg2＋＋HO (2)难
2
Mg(OH) ＋2H＋===Mg2＋＋2HO
2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．A
2．(1)NaCl
(2)将晶体置于HCl气体氛围中脱水。
(3)化合反应、分解反应、复分解反应
(4)阳极：2Cl－－2e－===Cl↑
2
阴极：Mg2＋＋2e－===Mg
真题演练
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)×
2．D 3.B
4．(1)d
(2)2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑
2 2 2
(3)Al(OH) Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大
3
解析 (3)滤液 A 中铝元素以 AlO 形式存在，与溶液中 HCO 发生反应：AlO＋HCO＋
HO===Al(OH) ↓＋CO，故沉淀B为Al(OH) ，明矾溶于水时，KAl(SO )===K＋＋Al3＋＋
2 3 3 4 2
2SO，Al3＋＋3HOAl(OH) ＋3H＋，使溶液呈弱酸性。
2 3
第 18 讲 铜 金属材料 金属冶炼
考点一
归纳整合
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.×
专项突破
1．D
2．(1)100 mL 容量瓶、胶头滴管 (2)2∶2∶1 75 ℃ 水浴加热 (3)2NaOH＋NaCO ＋
2 3
2Cu(NO )===Cu (OH) CO ＋4NaNO (4)碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜 (5)向过
3 2 2 2 3 3
滤器中加入蒸馏水没过沉淀，待蒸馏水自然流下后，重复操作2～3次 (6)90.1解析 (2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的体积均为2 mL时，
3 2 2 3
生成的碱式碳酸铜最多，Cu(NO ) 、NaOH和NaCO 溶液的浓度分别为 0.5 mol·L－1、0.5
3 2 2 3
mol·
L－1、0.25 mol·L－1，则制备碱式碳酸铜时，Cu(NO )、NaOH和NaCO 溶液的最佳物质的量
3 2 2 3
之比为2∶2∶1；由实验2表格数据可知，当温度为75 ℃时，生成的碱式碳酸铜最多，则
最佳反应温度为75 ℃，故本实验的加热方式为水浴加热。(6)由反应方程式可知，理论上生
成碱式碳酸铜的物质的量为mol，质量为 g，则本实验的产率为×100%≈90.1%。
考点二
归纳整合
1．(1)铁 铬 (2)①低碳钢 中碳钢 高碳钢 ③青铜
2．(1)正 (2)化合 游离 Mn＋＋ne－===M (3)2Hg＋O↑
2
4Ag＋O↑ 2Fe＋3CO W＋3HO 2Fe＋Al O 4Al＋3O↑ Mg＋Cl↑ 2Na＋Cl↑
2 2 2 2 3 2 2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.√
专项突破
1．K、Na、Ca、Mg属于活泼金属，一般使用电解法冶炼；Sn、Pb属于较活泼金属，一般
使用热还原法冶炼；Hg、Ag属于不活泼金属，一般使用热分解法冶炼。
2．B
3．C [不同的金属有不同的冶炼方法，金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，即
根据金属阳离子得电子的能力确定，与其在自然界中的含量多少、熔点高低以及存在形式没
有太大的关系，故C项正确。]
真题演练
1．(1)× (2)√
2．B 3.C
4．(1)除去原料表面的油污 (2)SO
2
(3)Cu＋HO ＋HSO ===CuSO ＋2HO (4)胆矾晶体易溶于水 (5)ⅰ.溶液 C 经步骤③加热
2 2 2 4 4 2
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。
热点强化8
类型一
热点专练
1．C
2．C [反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素化合价发生变化；
反应 2是次氯酸钠将尿素氧化为水合肼，氯元素、氮元素化合价发生变化；反应 3是
[Cu(NH )]2＋被水合肼还原为Cu，铜元素、氮元素化合价发生变化，则上述三步反应过程均
3 4
为氧化还原反应，故A正确；经分析知反应1的目的是制备NaClO，用NaClO将尿素氧化
为水合肼，故B正确；次氯酸钠将尿素氧化为水合肼，氮元素化合价由－3价升高至－2价，
每消耗1 mol CO(NH ) 转移电子数为2N ，故C错误；反应3完成后要把铜粉分离出来，用
2 2 A
到过滤操作，故D正确。]
3．(1)SO ＋OH－===HSO (2)①FeS
2 2
②硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中
4
(3)NaAlO Al(OH) (4)1∶16
2 3
4．(1)NH HCO ＋NH ===(NH )CO
4 3 3 4 2 3
(2)SiO、Fe O、Al O KSCN溶液
2 2 3 2 3
(4)2Mg2 ＋ ＋ 3CO ＋ 2HO===Mg(OH) ·MgCO ↓ ＋ 2HCO[ 或 2Mg2 ＋ ＋ 2CO ＋
2 2 3
HO===Mg(OH) ·MgCO ↓＋CO↑] 溶浸 高温焙烧
2 2 3 2
类型二
热点专练
1．C
2．D [搅拌可使反应物之间更充分的接触，从而提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，故
A正确；加入CaO生成氢氧化钙，能使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故B正确；“合
成MnO ”是硫酸锰作还原剂，KSO 作氧化剂，根据得失电子守恒可得反应：MnSO ＋
2 2 2 8 4
KSO ＋2HO===MnO ↓＋KSO ＋2HSO ，故C正确；二氧化锰与碳酸锂混合反应生成
2 2 8 2 2 2 4 2 4
LiMn O ，LiMn O 中Mn的化合价有＋3价、＋4价两种，可知发生了氧化还原反应，二氧
2 4 2 4
化锰作氧化剂，则化合价升高的只能是－2价氧元素，故产物中还有氧气，“气体1”中所
含两种气体应为二氧化碳和氧气，故D错误。]
3．C
4．D [碱浸时Al溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，碱浸的目的是溶解除铝，故A
正确；氢碘酸溶解LiCoO 和Fe，发生反应的离子方程式为2LiCoO ＋2I－＋8H＋===2Li＋＋
2 2
2Co2＋＋I ＋4HO、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑，在流程中氢碘酸体现酸性和还原性，故B正确；
2 2 2
净化过程，氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，用氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁沉淀，除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确；沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中
加硝酸和硝酸银溶液，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D
错误。]
5．(1)物理变化 (2)不能 ZrSiO 难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，
4
浪费药品 (3)ZrSiO ＋4Cl ＋4C=====ZrCl ＋SiCl ＋4CO (4)取少许最后一次的洗涤液于试
4 2 4 4
管中，加入适量硝酸酸化的AgNO 溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净
3
第五章 非金属及其化合物
第 19 讲 氯及其化合物
考点一
归纳整合
1．3s23p5 三 ⅦA
2．黄绿 刺激性 大 易
3．(1)2Fe＋3Cl=====2FeCl 棕红 棕黄 苍白 Cl ＋2KI===2KCl＋I Cl ＋SO ＋
2 3 2 2 2 2
2HO===HSO ＋2HCl Cl＋2FeCl ===2FeCl (2)氧化 还原
2 2 4 2 2 3
与水反应：Cl＋HOHCl＋HClO
2 2
4．(2)Cl 、HClO、HO H＋、Cl－、ClO－、OH－
2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．D
2．(1)干燥的红色(或装置A中)布条不褪色，湿润的红色(或装置B中)布条褪色 Cl 无漂白
2
性，Cl 与水反应生成的HClO有漂白性 (2)Cl ＋HOH＋＋Cl－＋HClO (3)溶液先变红
2 2 2
后褪色 (4)H O＋SO＋Cl===2H＋＋SO＋2Cl－ (5)2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (6)吸收氯气，
2 2 2
防止污染环境
3．Cl Cl－ H＋ H＋、HClO
2
4．猜想一：氯水中含有HClO，其漂白作用使溶液褪色 猜想二：氯水中含有H＋，中和OH
－使溶液褪色 向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性，若溶液不再显红色，证明
红色褪去是HClO的漂白作用引起的；若溶液重新显红色，证明是H＋的中和作用引起的
考点二归纳整合
1．弱 2HClO=====2HCl＋O↑ 棕色
2
2．NaClO 2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO
2 2
3．CaCl 和 Ca(ClO) Ca(ClO) 2Cl ＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2HO 碱 氧化
2 2 2 2 2 2 2 2
Ca(ClO) ＋ CO ＋ HO===CaCO ＋ 2HClO Ca(ClO) ＋ CO ＋ HO===CaCO ＋
2 2 2 3 2 2 2 3
2HClO,2HClO=====2HCl＋O↑
2
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.√
专项突破
1．B
2．(1)5ClO＋4H＋===Cl－＋4ClO ↑＋2HO
2 2
(2)2ClO＋2OH－===ClO＋ClO＋HO
2 2
3．ClO Cl NaFeO
2 2 2 4
4．1.57
解析 NaClO 在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO 得到电子的物质的量为
2 2
4 mol，1 mol(即71 g)Cl 被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO 得到电
2 2
子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO 的有效氯含量约为1.57。
2
真题演练
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
2．C
第 20 讲 氯气的实验室制法及应用
归纳整合
1．(1)MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl↑＋2HO
2 2 2
(2)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋HO
2 2
(3)ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl↑＋3HO
2 2
(4)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO
2 2
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。
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．D 2.D
3．(1)b (2)溶液变蓝色 (3)Cl ＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋ 吸收多余的Cl ，防止污染空气
2 2(4)取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl 溶液，若有白色沉
2
淀生成且沉淀不消失，则证明洗气瓶 C 中亚硫酸钠已被氧化 (5)2KMnO ＋
4
16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl ＋5Cl↑＋8HO
2 2 2
热点强化9
热点专练
1．(1)MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl↑＋2HO (2)防止空气中的水蒸气进入E装置
2 2 2
吸收未反应完的氯气，防止污染空气 在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置
2．B
3．C [因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，产生氯气排出空气，再点
燃E处酒精灯，故A正确；因为SCl 遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，
2 2
C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；
根据元素守恒，二氯化二硫(S Cl)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合
2 2
价必须有升有降，故C错误；因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，
以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。]
4．B
5．(1)水浴加热 受热均匀，易控制反应温度
(2)降低ClO 的浓度(或减小ClO 的体积分数)，防止爆炸
2 2
(3)安全瓶，防止倒吸 ② (4)2ClO ＋2NaOH===NaClO ＋NaClO ＋HO 蒸发结晶 趁热
2 2 3 2
过滤 (5)取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色
的溶液，溶液不恢复红色
解析 (2)通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止
因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸。(4)D装置中ClO 与NaOH溶液反应可生成等物质的量
2
的两种钠盐，其中一种为NaClO，另一种为NaClO。
2 3
真题演练
1．D
2．(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 (5)紫 小于
解析 由题干信息及装置图分析各装置的作用，a装置用于除杂，b装置用于制备氯酸钾，c
装置用于制备次氯酸钠，d装置用于尾气处理。
(1)盛放MnO 粉末的仪器是圆底烧瓶。产生的氯气中混有氯化氢杂质，除掉氯化氢需要将气
2
体通过饱和食盐水。(2)b装置的加热方式为水浴加热。c装置中氯气与氢氧化钠发生反应的
离子方程式为Cl ＋2OH－===ClO－＋Cl－＋HO。根据b、c装置水浴温度的不同推知，生成
2 2
氯酸盐时需要酒精灯加热，生成次氯酸盐时需要冰水冷却，所以 c中冰水浴的目的是避免氯
酸钠的生成。(3)d是尾气处理装置，吸收氯气可以用硫化钠溶液或氢氧化钙浊液。(4)从溶液中获得纯净氯酸钾的操作是冷却结晶，过滤，少量冷水洗涤，干燥，此处用少量冷水洗涤
的目的是降低氯酸钾的损耗。(5)碘在四氯化碳中呈紫色；碘在水中的颜色为棕色或褐色，
主要由碘的浓度决定。2号试管中溶液变棕色说明生成I 1号试管中没有颜色变化，说明没
2,
有生成I，由此可以判断氯酸钾的氧化能力小于次氯酸钠的氧化能力。
2
第 21 讲 卤族元素 溴、碘单质的提取
考点一
归纳整合
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.×
专项突破
1．(1) (2)湿润的淀粉KI试纸变蓝
(3)Cl ＋2Br－===Br ＋2Cl－ (4)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下
2 2
D振荡，静置后CCl 层变为紫红色 (5)确认C的黄色溶液中无Cl ，排除Cl 对溴置换碘实
4 2 2
验的干扰 (6)原子半径逐渐增大
2．(1)
(2)(CN) ＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋HO
2 2
(3)2I－＋Cl===I＋2Cl－
2 2
3．(1)HCl、HIO
2
(2)ICl＋2OH－===Cl－＋IO－＋HO 否
2
考点二
归纳整合
1．(1)Cl H、NaOH (2)2NaCl＋2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑
2 2 2 2 2
2．(2)①2NaBr＋Cl===Br ＋2NaCl ② Br ＋SO ＋2HO===2HBr＋HSO ③ 2HBr＋
2 2 2 2 2 2 4
Cl===2HCl＋Br
2 2
3．(2)Cl ＋2I－===I＋2Cl－
2 2
易错辨析
1．√ 2.× 3.×专项突破
1．C 2.D
3．C [NaSO 与Br 发生反应的化学方程式为NaSO ＋Br ＋HO===NaSO ＋2HBr，可用
2 3 2 2 3 2 2 2 4
NaSO 饱和溶液吸收Br ，A正确；步骤Ⅲ根据氯的非金属性比溴的强，利用置换反应制取
2 3 2
Br ，B正确；步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均用到Cl ，故制取1 mol Br 消耗2 mol氯气，但未标明氯气
2 2 2
所处的温度和压强，无法计算Cl 的体积，C错误；从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如
2
苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D正确。]
4．(1)2I－＋2H＋＋HO===I＋2HO (2)下口放出
2 2 2 2
(3)3I ＋6NaOH===5NaI＋NaIO ＋3HO (4)5I－＋IO＋6H＋===3I↓＋3HO (5)过滤
2 3 2 2 2
真题演练
1．B [A项，灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能用烧杯，装置甲不能达到实验目的；C项，
用浓盐酸和MnO 制取氯气需要加热，装置丙不能达到实验目的；D项，吸收Cl 应用NaOH
2 2
溶液，装置丁不能达到实验目的。]
2．C
3．①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO ②FeI ＋Cl===I ＋FeCl I 、FeCl I 被过
3 2 2 2 2 2 3 2
量的Cl 进一步氧化
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。
第 22 讲 硫及其氧化物
考点一
归纳整合
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.× 3.√
专项突破
1．A [A项，该反应中S的化合价由0价变为－2价，S只体现氧化性，正确；B项，该反
应中S的化合价由0价、＋6价变为＋4价，S体现还原性和氧化性，错误；C项，该反应中
S的化合价由－2价变为0价，S只体现还原性，错误；D项，该反应中S的化合价由0价变
为－2价、＋4价，S体现氧化性和还原性，错误。]
2．D
考点二
归纳整合
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
2
2．(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
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．(1)褪色 还原 (2)褪色 漂白 (3)否
(4)BaSO (5)BaSO SO ＋2OH－===SO＋HO、Ba2＋＋SO===BaSO↓
4 3 2 2 3
2．(1)Na SO ＋HSO =====NaSO ＋SO ↑＋HO (2)溶液蓝色变浅直至褪色 (3)吸收SO
2 3 2 4 2 4 2 2 2
尾气，防止污染空气 (4)取少量实验后的A中溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成
蓝色沉淀，说明反应所得还原产物为Fe2＋
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
真题演练
1．(1)√ (2)× (3)×
2．C
3．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 ，假设产物中存在NaHCO ，则其
3 3 3
会与生成的NaHSO 发生反应，且NaHCO 溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，
3 3
假设不成立，B错误；NaHSO 高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C
3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
4．(1)ABD (2)SO 遇品红生成不稳定无色物质，受热释放SO ，溶液恢复红色；温度降低，
2 2
SO 在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅
2
第 23 讲 硫酸、酸雨及防治
考点一
归纳整合
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．(1)能使紫色石蕊溶液变红。
(2)能与活泼金属(如Zn、Fe等)反应产生H。
2
(3)能与碱、碱性氧化物反应生成盐和水，如①与Ba(OH) 反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋
2
SO===BaSO↓＋2HO；②与MgO反应：MgO＋2H＋===Mg2＋＋HO。
4 2 2
(4)能与弱酸的盐反应，如与NaSO 反应：SO＋2H＋===HO＋SO ↑。
2 3 2 2
3．(1)蓝色晶体变白 吸水性 沾有浓硫酸的滤纸变黑 脱水性 铜片逐渐溶解，产生无色、
有刺激性气味的气体 强氧化性、酸性 (2)Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO、C
2 4 4 2 2
＋2HSO (浓)=====CO↑＋2SO ↑＋2HO
2 4 2 2 2
(3)钝化
4．①4FeS＋11O=====2Fe O＋8SO S＋O=====SO
2 2 2 3 2 2 2
②2SO ＋O2SO ③SO ＋HO===HSO
2 2 3 3 2 2 4
思考 不是，工业上用98.3%的浓硫酸吸收，因为用水产生的酸雾太大，会降低SO 的吸收
3
效率。
5．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
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．(1)浓硫酸的吸水性 (2)高沸点酸 (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)使用的是浓硫酸，其余均为稀硫酸。
3．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
4．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
5．C考点二
归纳整合
1．石油和煤 含硫矿物 酸雨 5.6 脱硫 二氧化硫
专项突破
1．B 2.C
3．(1)②SO ＋CaO=====CaSO ③2CaSO＋O=====2CaSO
2 3 3 2 4
(2)①2NH ＋SO ＋HO===(NH )SO
3 2 2 4 2 3
②2(NH )SO ＋O===2(NH )SO (3)①2NaOH＋SO ===NaSO ＋HO ② NaCO ＋
4 2 3 2 4 2 4 2 2 3 2 2 3
SO ===NaSO ＋CO ③NaSO ＋SO ＋HO===2NaHSO
2 2 3 2 2 3 2 2 3
(4)①2NaOH ＋ SO ===NaSO ＋ HO ② 2NaSO ＋ O===2NaSO ③ NaSO ＋
2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 4
Ca(OH) ===CaSO↓＋2NaOH
2 4
真题演练
1．(1)× (2)√ (3)×
2．B
3．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＋结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确。]
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
2 4 3 2 4
第 24 讲 硫及其化合物的相互转化
归纳整合
1．(1)HSO＋H＋===SO ↑＋HO HSO＋OH－===SO＋HO 2NaHSO=====NaSO ＋SO ↑
2 2 2 3 2 3 2
＋HO NaSO ＋SO ＋HO===2NaHSO (2)①HS－＋OH－===HO＋S2－ ② HS－＋H＋
2 2 3 2 2 3 2
===HS↑
2
2．相邻 ③2SO ＋O2SO ④S＋H=====HS
2 2 3 2 2
⑤SO ＋2HS===3S＋2HO
2 2 2
专项突破
1．A
2．B [在脱硫过程中Fe (SO ) 与HS发生反应：Fe (SO ) ＋HS===2FeSO ＋HSO ＋S↓，
2 4 3 2 2 4 3 2 4 2 4
A错误；脱硫过程中Fe (SO ) 与HS发生反应：Fe (SO ) ＋HS===2FeSO ＋HSO ＋S↓，
2 4 3 2 2 4 3 2 4 2 4然后发生反应：4FeSO ＋O ＋2HSO ===2Fe (SO ) ＋2HO，总反应方程式为 2HS＋
4 2 2 4 2 4 3 2 2
O===2S↓＋2HO，故参加反应的n(H S)∶n(O )＝2∶1，B正确；脱硫过程反应产生中间产
2 2 2 2
物FeSO ，后该物质又反应被消耗，FeSO 的物质的量不变，其在流程中循环利用，因此不
4 4
需补充FeSO ，C错误；CH 在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化
4 4
剂，D错误。]
3．(1)H ＋S=====HS
2 2
(2)H SO ＋2HS===3S↓＋3HO
2 3 2 2
(3)C＋2HSO (浓)=====CO↑＋2SO ↑＋2HO[或 Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋
2 4 2 2 2 2 4 4 2
2HO]
2
(4)①HSO ＋2OH－===SO＋ 2HO ②大于 NaSO 溶液中SO发生水解使溶液显碱性 ③
2 3 2 2 3
增大 升高温度促进NaSO 溶液的水解
2 3
解析 常见的固态单质除了金属之外还有B、C、Si、P、S、I ，而能在空气中反应生成气
2
体化合物的只有C、S，由A在加热条件下可与氢气反应推测A是单质硫，从B、C的相对
分子质量之比为4∶5，确定A是单质硫；硫酸是重要的工业原料，化合物E应为HSO 。
2 3
(4)①将5 mL 0.10 mol·L－1 E(HSO )溶液与10 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液混合，二者恰好
2 3
完全反应，所得溶液为NaSO 溶液。②由于SO＋HOHSO＋OH－，所以反应后溶液显
2 3 2
碱性。③根据水解的热效应可知加热溶液可以促进水解。
4．(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．C
6．(1)2NaHSO===NaSO＋HO
3 2 2 5 2
(2)①NaHSO ②得到NaHSO 过饱和溶液
3 3
7．(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 ③减少NaSO 的溶解损失，易于干燥 NaCO 为碱性物质，保险粉在碱
2 2 4 2 2 4 2 3
性介质中较稳定
(3)HCOO－＋OH－＋2SO ===SO＋CO＋HO
2 2 2 2
解析 (1)Na SO 中S显＋3价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为＋4价，部分转化为＋
2 2 4
6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO 和NaHSO 。(2)①锌粉—水悬浊液与SO 的接触
3 4 2
面积比锌块与SO 的接触面积大，反应速率快。③NaSO 固体易溶于水，难溶于乙醇，用
2 2 2 4
乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；NaSO 在碱性介质中较稳定，NaCO 固体可
2 2 4 2 3
提供碱性环境，增强保险粉的稳定性。(3)HCOONa、烧碱、SO 发生反应生成NaSO 、
2 2 2 4
CO 等，反应的离子方程式为HCOO－＋OH－＋2SO ===SO＋CO＋HO。
2 2 2 2 2
真题演练
1．C2．(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度
(3)B Fe(OH) CaSO SiO
3 4 2
(5)置换Cu2＋为Cu从而除去
(6)CaSO MgSO
4 4
解析 由题干信息，菱锌矿的主要成分为 ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的
3 2
化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO =====ZnO＋CO↑，再加入
3 2
HSO 酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝
2 4
5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH) 、CaSO 、SiO ，滤液①中主要含有Zn2＋、
3 4 2
Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO 溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为
4
Fe(OH) 和MnO ，滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣
3 2
③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO
2 2 4
溶液，经一系列处理得到ZnSO·7H O，据此分析解答。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增
4 2
大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH ·H O易分解产生NH 污染空
3 2 3
气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH) 不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
2
NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－
1)，结合表格 K 计算各离子完全沉淀时的 pH，pH＜5 的只有 Fe3＋，故滤渣①中有
sp
Fe(OH) ，又因为 CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分是 Fe(OH) 、
3 4 2 3
CaSO 、SiO 。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目
4 2
的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同时得
2 2
到的副产物为CaSO、MgSO 。
4 4
第 25 讲 氮及其氧化物 硝酸
考点一
归纳整合
1．游离 人工 化合
2．(1)无 无 难 (2)①3Mg＋N=====MgN ② N ＋3H2NH ③ N ＋
2 3 2 2 2 3 2
O=========2NO (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 2
氮易汽化，且汽化吸收热量
3．(1)NO NO NO (2)无色的气体 红棕色、有刺激性气味的气体 不溶于水 2NO
2 4 2 5
＋O===2NO
2 2
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.√ 5.×
专项突破
1．B 2.D3．(1)O 8 mL、4 mL (2)NO 10.8 mL、1.2 mL
2
解析 解题依据的化学方程式：
4NO ＋O＋2HO===4HNO；
2 2 2 3
3NO ＋HO===2HNO＋NO。
2 2 3
设O 的体积为x，剩余的气体有两种可能：
2
(1)若剩余O，则V ＝x－×(12 mL－x)＝2 mL，解得x＝4 mL，则NO 的体积是8 mL；
2 剩 2
(2)若剩余NO，则V ＝×[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，解得x＝1.2 mL，则NO 的体积是
剩 2
10.8 mL。
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
2
考点二
归纳整合
1．无 易 有刺激性
2．(1)4HNO=====2HO＋4NO ↑＋O↑ (2)①3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO ) ＋2NO↑＋
3 2 2 2 3 3 2
4HO Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO
2 3 3 2 2 2
②C＋4HNO(浓)=====CO↑＋4NO ↑＋2HO ③3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋
3 2 2 2
2HO
2
(3)① ＋HNO――→NO ＋HO ②黄
3 2 2
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.√ 8.√
专项突破
1 ． (1) 红 棕 Cu ＋ 4HNO( 浓 )===Cu(NO ) ＋ 2NO ↑ ＋ 2HO (2)3Cu ＋
3 3 2 2 2
8HNO(稀)===3Cu(NO )＋2NO↑＋4HO (3)加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离
3 3 2 2
子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应
2．(1)5.824 5.376 (2)1.52 mol
(3) (4)57.8
解析 (1)n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO 的物质的量为y。根
2
据气体在标准状况下的总体积为11.2 L，有x＋y＝0.5 mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝
0.51×2 mol。解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824
L，V(NO )＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。(2)参加反应的HNO 分两部分：一部分没有被还原，
2 3
显酸性，生成Cu(NO ) ；另一部分被还原成NO 和NO，所以参加反应的HNO 的物质的量
3 2 2 3
为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。(3)HNO 在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形
3
式留在溶液中。变成气体的HNO 的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中
3的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO ，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO
3
形式留在溶液中的HNO 的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO)＝ mol·
3 3
L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H O)，×2＝n(H O)×2，n(H O)＝0.51 mol，
2 2 2 2 2 2
则m(H O)＝17.34 g。需30%的双氧水：＝57.8 g。
2 2
3．(1)Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2HO (2)Fe2＋ (3)0.1 0.2 (4)3.36
2
真题演练
1．(1)× (2)×
2．A
3．D [二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，
四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故 A正确；四
氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方
向移动，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；由题意可知，被
固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为 2NO ＋O ＋
2 4 2
2HO===4HNO ，故C正确；四氧化二氮转化为硝酸时，生成1 mol硝酸，反应转移1 mol
2 3
电子，则每制备0.4 mol硝酸，转移电子数约为0.4 mol×6.02×1023 mol－1＝2.408×1023，故
D错误。]
4．D
第 26 讲 氨和铵盐
考点一
归纳整合
1． 小 刺激
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
2．3 Al(OH) ↓＋3NH 4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 3 2 2
3．(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
易错辨析1．× 2.× 3.× 4.√
专项突破
1．D
2．A [甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH或CaO ，只能提供氨
气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，故A错误；戊中观察到紫色石蕊溶液变红，说明
生成了酸性物质，可以说明一氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸，故D正确。]
3．B
4．(1) mol·L－1 (2) mol·L－1 (3) mol·L－1
解析 设烧瓶的容积为V L，则气体的物质的量均为 mol。
(1)若是HCl气体，喷泉后，溶液充满烧瓶，则溶液的体积为V L，c(HCl)＝＝ mol·
L－1。
(2)若为NO ，喷泉后，溶质为HNO，
2 3
3NO ＋HO===2HNO＋NO
2 2 3
mol × mol
则喷泉后溶液的体积为V L，
c(HNO)＝＝ mol·L－1。
3
(3)若n(NO )∶n(O )＝2∶1，发生反应：4NO ＋O ＋2HO===4HNO ，则反应剩余 L O ，溶
2 2 2 2 2 3 2
液的体积为V L，溶质为HNO，则c(HNO)＝＝ mol·L－1。
3 3
考点二
归纳整合
1．(1)白 (2)2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO NH＋OH－=====NH ↑＋HO
4 2 2 3 2 3 2
(3)蓝色
2．(1)碱石灰 蓝
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.×
专项突破
1．(1)2NH Cl＋Ca(OH) =====2NH ↑＋CaCl ＋2HO
4 2 3 2 2
(2)NH＋OH－=====NH ↑＋HO
3 2
(3)NH＋HONH ·H O＋H＋
2 3 2
(4)2NH NO ==========2N↑＋O↑＋4HO
4 3 2 2 2
2．(1)(NH ) CO NH HCO
4 2 3 4 3
(2)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO
2
(3)1∶2 (4)4NH ＋5O=====4NO＋6HO
3 2 2
3．(1)a (2)碱石灰 (3)D (4)产生白烟 (5)防止倒吸 (6)还原性 作制冷剂、制氮肥(或化
肥)、制硝酸、作化工原料(任答一点，其他合理答案也可)真题演练
1．(1)× (2)√ (3)× (4)×
2．C
3．(1)2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2HO＋2NH ↑
4 2 2 2 3
(2)11.5 (3)平衡气压防倒吸 倒吸 (4)NH PO
(5)酚酞 无色 浅红色
解析 本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[(NH )HPO ]，实验原理为 2NH ＋
4 2 4 3
HPO ===(NH )HPO ，结合相关实验基础知识分析解答问题。(1)实验室用 NH Cl(s)和
3 4 4 2 4 4
Ca(OH) (s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋
2 4 2 2
2HO＋2NH ↑。(2)设需浓HPO 的体积为V mL，则＝0.1 L×
2 3 3 4
1.7 mol·L－1，V≈11.5。(3)由于NH 极易溶于水，因此可选择打开活塞K 以平衡气压，防止
3 2
发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K ，打开K 。(4)继续通入
1 2
NH ，(NH )HPO 继续反应生成(NH )PO ，当pH＞10.0时，溶液中OH－、NH、PO的浓度
3 4 2 4 4 3 4
明显增加。(5)由(4)可知，当pH为8.0～9.0时，可制得(NH )HPO ，说明(NH )HPO 溶液显
4 2 4 4 2 4
碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色
时，停止通入NH ，即可制得(NH )HPO 溶液。
3 4 2 4
第 27 讲 氮及其化合物的转化关系
归纳整合
2．(1)N ＋3H2NH (2)2NH Cl＋Ca(OH) =====2NH ↑＋2HO＋CaCl (3)4NH ＋
2 2 3 4 2 3 2 2 3
5O=====4NO＋6HO (4)3NO ＋HO===2HNO ＋NO (5)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋
2 2 2 2 3
2NO↑＋4HO (6)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO ↑＋2HO (7)C＋4HNO(浓)=====CO↑
2 2 2 3 2
＋4NO ↑＋2HO (8)4HNO=====4NO ↑＋O↑＋2HO
2 2 3 2 2 2
专项突破
1．C 2.D
3．C [当X是强碱时，和强碱反应产生的气态氢化物B可判断为NH ，则A为铵盐，过量
3
的B跟Cl 反应生成的盐酸盐是 NH Cl，则C为N ，由此判断D为NO、E为NO 、F为
2 4 2 2
HNO ；A和强酸反应生成的B能被Cl 氧化，且生成的C能被O 连续氧化，在常见的物质
3 2 2
中可考虑A为硫化物，所以，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F可分别为(NH )S、
4 2
HS、S、SO 、SO 、HSO ，故A、B正确，C错误；B是氨气或硫化氢，氨气与Cl 反应生
2 2 3 2 4 2
成氯化铵和氮气，硫化氢和氯气反应生成硫单质和氯化氢，因此B与氯气的反应是氧化还
原反应，故D正确。]
4．C 5.B 6.A7．B [A装置为碳酸钙与盐酸反应制备CO 的简易装置，该装置的优点是能够随时控制反
2
应的发生和停止，A正确；氨基甲酸铵易水解，进入装置D的气体必须是干燥纯净气体，
左侧装置B、C试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸，制备纯净干燥的CO ，装置F可
2
用NH Cl与熟石灰制备氨气，E中试剂需干燥氨气，可以选用碱石灰，但不能选用 PO 固
4 2 5
体，B错误、D正确；制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，制得的物质易分解，所以装置 D
需降温，使用冰水浴，C正确。]
8．(1)NH ·H O＋CaO===NH ↑＋Ca(OH) (2)c (3)C装置中混合气体颜色变浅
3 2 3 2
(4)缺少尾气处理装置 (5) (进气管短，出气管长) (6)观察气泡的速率，控制混合气体
的比例
(7)0.036
真题演练
1．C 2.B
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) ②dcfei (2)①红棕色气体颜色慢慢变浅 ②6NO ＋8NH =====7N ＋12HO ③Z
2 2 3 2 2
中NaOH溶液产生倒吸现象 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)①在实验室通常用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，应选用发生
装置A，其反应的化学方程式为2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2HO＋2NH ↑，或选用发
4 2 2 2 3
生装置B，直接加热浓氨水生成氨气：NH ·H O=====NH ↑＋HO。②氨气是碱性气体，可
3 2 3 2
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→dcfei。
(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
热点强化10
1．(1)H—O—O—H 2HO=====2HO＋O↑
2 2 2 2
(2)①5HO＋2MnO＋6H＋===5O↑＋2Mn2＋＋8HO
2 2 2 2
②酸式 滴入最后半滴酸性KMnO 标准液后，溶液变浅紫色，且30 s 内不褪色 (3)①HO
4 2 2
＋Cu＋2H＋===Cu2＋＋2HO ② HO ＋2I－＋2H＋===2HO＋I ③ 2Cr3＋＋3HO ＋
2 2 2 2 2 2 2
HO===Cr O＋8H＋ ④还原产物为水，对环境无污染 (4)H OH＋＋HO HO ＋
2 2 2 2 2 2
Ba(OH) ===BaO＋2HO
2 2 2
2．C3．(1) 10%
(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)SeO ＋2SO ＋2HO===2HSO ＋Se↓ 过滤
2 2 2 2 4
(4)Na TeO TeO＋3HO＋4e－===Te＋6OH－
2 3 2
(5)偏低 (6)Te4＋＋2SO ＋4HO===Te↓＋8H＋＋2SO (7)H SO 、HCl
2 2 2 4
解析 (1)Se与O属于同主族元素，故Se的氢化物的电子式为 。设电离的亚碲酸
为x mol·L－1，亚碲酸(H TeO )的K ＝1×10－3＝，解得x≈0.01，则0.1 mol·L－1 HTeO 的电
2 3 a1 2 3
离度为×100%＝10%。
(3)根据流程图，SeO 与SO 在冷却后通入水中发生反应生成Se，反应的化学方程式为SeO
2 2 2
＋2SO ＋2HO===2HSO ＋Se↓，Se单质难溶于水，反应后可以通过过滤操作分离Se单质。
2 2 2 4
(4)TeO 易溶于较浓的强酸和强碱，焙砂中碲以TeO 的形式存在，与足量NaOH溶液反应后
2 2
得到的溶液①，其溶质的主要成分为NaTeO 。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，
2 3
电解时的电极均为石墨，则阴极发生还原反应，TeO得到电子生成Te，电极反应式为TeO＋
3HO＋4e－===Te＋6OH－。
2
(5)TeO 易溶于较浓的强酸和强碱，向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成
2
TeO 沉淀，如果HSO 过量，将导致生成的TeO 沉淀偏少，碲的回收率偏低。
2 2 4 2
(6)将纯净的TeO 先溶于盐酸得到四氯化碲，再将SO 通入溶液中得到Te单质，二氧化硫被
2 2
氧化成硫酸，反应的离子方程式为Te4＋＋2SO ＋4HO===Te↓＋8H＋＋2SO。
2 2
4．B 5.D
6．(1)c
(2)2AsH＋12Ag＋＋3HO===As O＋12H＋＋12Ag↓
3 2 2 3
(3)水果中富含还原性物质(如维生素C等)，能把＋5价砷化合物还原为毒性更大的＋3价砷
化合物
(4)3As O＋4HNO＋7HO===6HAsO ＋4NO↑
2 3 3 2 3 4
热点强化11
热点专练
1．D 2.B
3．C [用氨气和水与二氧化硫反应，减少了污染性气体排放，符合绿色化学理念，A正确；
用氢氧化钠溶液吸收氮氧化物，减少了污染性气体排放，符合绿色化学理念，B正确；铜与
浓硫酸反应有二氧化硫放出，不符合绿色化学理念，C错误；制备硫酸铜过程无污染性气体
产生，符合绿色化学理念，D正确。]
4．D [将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 A
不符合题意；大规模开采可燃冰作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达
不到碳中和的目的，故C不符合题意；研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧
化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意。]
5．D [利用火力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO 的排放，故A错误；CaO和
2
CO 高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO 气体的排放，故B错误；采取
2 2
节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新能源代替化石燃料，故C错
误。]
6．D
7 ． B [ 图 中 反 应 历 程 为 ① Cl ＋ O―→ClO ＋ O ， ② ClO ＋ ClO―→ClOOCl ，
3 2
③ClOOCl――→2Cl＋O 。该过程的总反应为2O===3O ，所以氯原子在反应中作催化剂，A
2 3 2
正确；过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl，B错误；由该过程的总反应知臭氧分子最终转
变成氧气分子，C正确；过程②中ClO＋ClO―→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，D
正确。]
8．B [根据题意可知HNO 会产生自由基HO·造成臭氧损耗，破坏臭氧层，A正确；HNO
2 2
是一种弱酸，酚酞遇酸不变色，B错误；根据HO·造成臭氧损耗的两个反应可知，HO·为促
进O 分解的催化剂，C正确。]
3
9．D
第 28 讲 硅 无机非金属材料
考点一
归纳整合
1．(1)ns2np2 (2)①同素异形体 ②正四面体 正六边形
2．硅酸盐 氧化物 2C＋SiO=====Si＋2CO↑
2
3．高 大 NaSiO ＋HO CaSiO NaSiO ＋CO↑ SiO ＋4HF===SiF↑＋2HO 光导
2 3 2 3 2 3 2 2 4 2
纤维
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.×
专项突破
1．C 2.B
3．B [A项，反应②中生成的HCl在反应①中循环利用，反应①中生成的H 在反应②中循
2
环利用，正确；B项，反应①与反应②的反应温度不一致，不是可逆反应，错误；C项，高
温条件下，Si、SiHCl 、H 都与O 反应，故需隔绝空气，正确；D项，SiO 不与HCl反应，
3 2 2 2
不能通过上述途径制硅，正确。]4．(1)蒸馏 (2)①排出装置内的空气，以防爆炸 ②水浴加热
考点二
易错辨析
1．× 2.√ 3.√ 4.√ 5.× 6.×
专项突破
1．A [A项，稻壳灰来源广泛，价格低廉，活性炭具有吸附性，有较高的经济价值，正确；
B项，操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，错误；C项，二氧化硅中硅
元素的化合价是＋4价，硅酸钠中硅元素的化合价也是＋4价，所以该流程中硅元素的化合
价没有发生改变，错误；D项，反应器中发生的反应为SiO ＋2NaOH===NaSiO ＋HO，此
2 2 3 2
反应没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，错误。]
2．(1)2Ar＋2NaOH＋2HO===2NaArO ＋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
解析 (2)生产硅酸盐水泥和普通玻璃都需要用到的主要原料为石灰石。制备普通玻璃的主
要反应的化学方程式有SiO ＋NaCO=====NaSiO ＋CO↑或SiO ＋CaCO =====CaSiO ＋
2 2 3 2 3 2 2 3 3
CO↑。(4)普通玻璃坩埚和石英玻璃坩埚中的二氧化硅能够与熔融的氢氧化钠反应，故A、
2
B不选；氧化铝坩埚中的氧化铝能够与熔融的氢氧化钠反应，故C不选；铁与熔融的氢氧化
钠不反应，故D选。
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
解析 (2)反应①是石英砂与焦炭发生氧化还原反应；反应②是硅单质与Cl 发生氧化还原反
2
应。(3)氮化硅的化学式可通过题目信息运用质量守恒定律求得：3Si(NH )=====Si N ＋
2 4 3 4
8NH ↑。(4)结合题给信息，SiCl 与N、H 反应可得到Si N 和HCl。
3 4 2 2 3 4
真题演练
1．(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)×
2．A 3.C
4．A [“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红棕色，A项
错误；秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温
烧制而成，属于人造材料，主要成分是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐
中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，D项正
确。]
5．(1)将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋ HO
2 2
(2)SiO SiO ＋4HF===SiF↑＋2HO (3)防止胶体生成，易于沉淀分离 Ar(OH)
2 2 4 2 3Fe(OH) (4)45.0%
3
解析 (1)水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有 Fe3＋、Fe2＋，Fe2＋在
pH为4～5时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，故加入硝酸的
目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3
＋，本身被还原为水，不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。
(2)钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液，而二氧化硅不与盐酸、
硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO ；二氧化硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，
2
该反应的化学方程式为SiO＋4HF===SiF↑＋2HO。
2 4 2
(3)Fe3＋和Ar3＋在pH为4～5时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解过程中会生成氢氧化
铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀。
(4)根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO＋6H＋＋5HC O===2Mn2＋＋
2 2 4
10CO↑＋8HO，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式：
2 2
5Ca2＋ ～ 5HC O ～ 2MnO
2 2 4
5 mol 2 mol
x mol 0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3L
解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝
0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
第 29 讲 常见气体的实验室制备、净化和收集
归纳整合
2．(1)O NH
2 3
易错辨析
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．(1)× (2)× (3)× (4)×
专项突破
1．A 2.D
3．A [由图可知，打开a、关闭b时，SO 与碳酸钠溶液反应生成CO ，试剂X为酸性高锰
2 2
酸钾溶液，可除去过量的SO ，试剂Y为品红溶液，可检验SO 是否除尽，然后CO 与硅酸
2 2 2
钠溶液反应生成硅酸沉淀，可比较二者酸性强弱；关闭a、打开b时，二氧化硫与溴水发生
氧化还原反应生成硫酸和HBr，反应中二氧化硫作还原剂，具有还原性，试剂Z为NaOH溶
液，在反应中可用于吸收尾气，以此解答。]
4．D [A、B、C可以利用压强差控制反应；D没有隔离板，所以不能控制反应的发生与停
止。]5．D
6．(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 (1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶。(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
2
多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K ，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3%
1
HO 溶液至刚好没过MnO 固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，
2 2 2
关闭活塞K ，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的 HO 溶液被
1 2 2
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，可用于制备较多
2 2 2
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压强过大，HO
2 2 2
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 ，使烧瓶内压强降低。(4)催化剂
2 2 2
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，但产物中的O 含量和杂质种
2 2 2 2
类和乙中没有区别，c错误。
真题演练
1．A
2．A [通入CO 气体依次发生反应：CO ＋NaCO ＋HO===2NaHCO 、CaCO ＋HO＋
2 2 2 3 2 3 3 2
CO===Ca(HCO )，由于在相同温度下NaHCO 的溶解度小于NaCO，最终瓶中仍有白色晶
2 3 2 3 2 3
体析出，不会得到澄清溶液，A项选；通入Cl ，发生反应：Cl ＋2FeCl ===2FeCl 、2FeCl
2 2 2 3 3
＋Fe===3FeCl ，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；通入HCl，NO在酸性条件下会表
2
现强氧化性，发生离子反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO，最终Cu消失得
2
到澄清溶液，C项不选；AgCl在水中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，通入
NH 后，Ag＋与NH 结合生成[Ag(NH)]＋，促使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄
3 3 3 2
清溶液，D项不选。]
3．B
4．B [HS 与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥 HS，故 A 错误；发生反应：
2 2
2HO=====2HO＋O↑，浓硫酸可以干燥氧气，故B正确；铁片遇浓硝酸常温下发生钝化，
2 2 2 2
故不能制取二氧化氮气体，故C错误；氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D
错误。]
5．C 6.B
热点强化121．× 2.√ 3.√ 4.√ 5.√ 6.√ 7.√ 8.× 9.√ 10．√ 11.√ 12.× 13.×
14.× 15.× 16.× 17．√ 18.× 19.× 20.√ 21.×
第六章 物质结构与性质 元素周期律
第 30 讲 原子结构 核外电子排布规律
考点一
归纳整合
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.× 7.√
专项突破
1．C
2．(1)1∶1 (2) mol
解析 (2)质量数＝质子数＋中子数，则R的质子数为m－n，故R2－的核外电子数为m－n＋
2，w g R原子的物质的量为 mol，所以w g R2－含有电子的物质的量为 mol×(m－n＋2)＝
mol。
3．B [Ne和Ne的质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，互为同位素，不互为同素
异形体，A、C项错误，B项正确；Ne转变为Ne，没有新物质生成，不是化学变化，D项
错误。]
4．(1)核素 同位素 (2)O、O (3)30 24 (4)7 5
2 3
考点二
归纳整合
1．(1)
能层(n) 一 二 三 四
能层符号 K L M N
能级符号 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f
各能级原子
1 1 3 1 3 5 1 3 5 7
轨道数
各能层原子
1 4 9 16
轨道数最多容纳电
2 8 18 32
子数
(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.√
专项突破
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
解析 (1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核
外电子的运动状态有9种。
(2)基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2；s轨道有
一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，3d轨道只有
两个电子，有两种空间运动状态，因此基态Ti原子的核外电子的空间运动状态有12种；核
外有22个电子，就有22种运动状态。
(4)基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就
有几种空间运动状态，则基态Cu原子核外电子的空间运动状态有1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝
15种。
5．(1)1 4d25s2 3 (2)4 (3)3∶1
(4)
(5)Cu (6)5
6．(1)N
(2)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
(3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
真题演练1．B
2．D [基态C原子价层电子排布图为 ，A错误；Cl－结构示意图为 ，B
错误；KCl形成过程为 ，C错误。]
3．A
4．B [根据质量守恒可知，X微粒为He，Y微粒为He，据此分析解题。X微粒为He，根
据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；X微粒为He，Y微粒为
He，二者为具有相同的质子数和不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；由题干信
息可知，O与O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；自然界
中不存在O 与O 分子并不是因其化学键不稳定，而是由于O与O的半衰期很短，很容易发
2 2
生核变化，转化为其他原子，D错误。]
5．(1)1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2) (2)A
(3)4∶5
第 31 讲 元素周期表、元素的性质
考点一
归纳整合
1．(1)电子层数目 原子序数递增 (2)最外层电子数 电子层数递增
2．(2)①ns1 ns2 ns2np1 ns2np2 ns2np3 ns2np4 ns2np5 (4)①铝、锗、锑、钋、 硼、
硅、砷、碲、砹、
②金属元素区 非金属元素区 ③金属性 非金属性
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.√
专项突破
1.
2．A [B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故 A
错误；同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Ge＞Si，故B正确；As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故 C正确；Po为主族元
素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第ⅥA族，故D正确。]
3．(1)n＝m＋5、n＝m＋15、n＝m＋29
(2)x＋2、x＋8、x＋18、x＋32
(3)y＝x＋m或y＝x＋n (4)B
考点二
归纳整合
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)最低能量 I kJ·mol－1 (2)①增大 ②变小
1
4．(1)对键合电子吸引力 越大 (2)4.0 (3)①变大 变小
②小于1.8 大于1.8
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．(1)＞ ＞ (2)＜ ＜ (3)＞ ＞ (4)＜ ＜ (5)＞ ＞ (6)＞ ＞
2．(1)> > > > (2)< < (3)> > (4)< < (5)> < (6)> >
3．B
4．(1) (2)NH＋HONH ·H O＋H＋ HO＋＋NH ===NH＋HO (3)CH 、
2 3 2 3 3 2 4
HF(答案合理即可) (4)Na＋、Mg2＋、Al3＋(答任意两个即可)
解析 本题中五种粒子均有10个电子是解题的突破口。依据已有的元素与化合物的知识可
知，10电子的粒子中，原子有Ne，阴离子有N3－、O2－、F－、OH－、NH，阳离子有Na＋、
Mg2＋、Al3＋、NH、HO＋，分子有CH 、NH 、HO、HF。根据题意由①A＋＋C－===D＋
3 4 3 2
E↑推知，A＋为NH、C－为OH－、D为HO、E为NH ，由②B＋＋C－===2D推知，B＋为
2 3
HO＋，由此解题。
3
5．C
6．(1)N (2)镧
7．(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
答题规范(3)
规范精练
1．碳原子半径比氧原子半径大，且核电荷数比氧的小，故碳原子对最外层电子的吸引力小
于氧，第一电离能也小于氧2．(1)N原子的价层电子排布式为2s22p3，处于半充满，比较稳定，难失电子，第一电离能
大 (2)K＋失去的是全充满的3p6上的电子，Ti＋失去的是4s1上的电子，相对较易失去
真题演练
1．A 2.A
3．C [甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则可能是硫酸或高
氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，
甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半
径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属
性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，也可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，
则遇氯化氢一定有白烟产生，若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故 C
错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸，也可能是磷酸，都能与强碱反应，故D
正确。]
4．(1)Na与Li同主族，Na的电子层数多，原子半径大，故第一电离能更小 Li、Be和B为
同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的2s
能级处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的
(2)大于 Zn原子核外电子排布为全充满稳定结构，较难失电子 (3)铜失去的是全充满的
3d10电子，镍失去的是4s1电子 (4)大于 小于
5．(1)3d84s2 第四周期第Ⅷ族 (2)①1∶2(或2∶1) ②Cu
Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失
去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子
能量差值更大 (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．C
2．B [X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1个、
7个运动状态完全不同的电子，则X、Z原子序数分别为1、7，则X是H元素、Z是N元素；
Y原子中各能级电子数相等，则其电子排布为1s22s22p2，Y为C元素；W的基态原子的最外
层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，W为O元
素；R在同周期中原子半径最大，则R是Na元素。元素非金属性越强，其气态氢化物越稳
定，非金属性：CO>C，C错误；X、Z、W形成的化合物NH NO 含离子键，D错误。]
4 3
3．C 4.D
5．D [由题给信息推知X为H、Y为B、Z为C、W为F、M为S。同周期主族元素自左至
右原子半径依次减小，所以原子半径：F＜C＜B，即W＜Z＜Y，A错误；非金属性：S＞
C，所以最高价含氧酸的酸性：HSO ＞HCO ，即Z＜M，B错误；C原子和C原子形成的
2 4 2 3
共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，D正确。]
6．B 7.C
第 32 讲 化学键
考点一
归纳整合
1．(1)原子 强烈 离子键 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 共价键 阴、阳离子 原子 离子键 共价键 共价键
4．(1)最外层电子 (2)①Na ②Na＋ ③
④
Na+ ⑤
(3)① ②
专项突破
1．A [NF 为共价化合物，NH F为离子化合物。]
3 4
2．(1)① (2)② (3)③ (4)④ (5)⑤ (6)⑥⑦⑧ (7)⑤⑥⑦⑧
3．(1)× × (2)× × (3)√ × (4)√ ×
4．(1)(2)
(3)
考点二
归纳整合
1．共用电子对 方向性 饱和性
2．σ 头碰头 π 肩并肩 极性 发生 非极性 不发生 单 一对 双 两对 三 三
对
3．(1)键能 键长 键角 (2)①大 短
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.× 6.√
专项突破
1.
非极
物质 极性键 σ键 π键 单键 双键 三键
性键
N √ 1 mol 2 mol √
2
C H √ √ 5 mol 1 mol √ √
2 4
SiO √ 4 mol 0 √
2
BF √ 3 mol 0 √
3
HCN √ 2 mol 2 mol √ √
2.Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，pp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
3．(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
真题演练
1．(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)√ (8)×
2．C
3．(1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H
(2)
解析 (1)同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，即原子半径：F＜Cl，原子半径越小，化学键的键长越短，键能越大，气态氢化物热稳定性越大。
第 33 讲 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
归纳整合
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
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° 平面三角形
1个s轨道 3个p轨道
109°28′ 四面体形 (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.√
专项突破
1．(1)× (2)× (3)× (4)×
2．A
3．(1)sp3杂化 (2)sp3 sp3 (3)sp3和sp (4)sp2、sp
(5)sp3 sp2
4．D [NO的价层电子对的空间结构呈平面三角形，A错误；PH 的空间结构呈三角锥形，
3
B错误；HO＋的空间结构呈三角锥形，C错误；OF 中心原子的价层电子对的空间结构为正
3 2
四面体形且分子的空间结构为V形，D正确。]
5．C [HO分子中氧原子采用sp3杂化方式；CO 中碳原子采用sp杂化方式；BeCl 中Be原
2 2 2
子采用sp杂化方式。]
6．C
答题规范(4)
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°
真题演练
1．(1)sp3 ② (2)sp3 (3)sp3、sp2
2．三角锥形 sp3
3．SO的键角大于HO分子的键角，SO中S原子的价层电子对数为4、孤电子对数为0，离
2
子的空间结构为正四面体形，HO分子中O原子的价层电子对数为4、孤电子对数为2，分
2
子的空间结构为V形
4．5 D
解析 XeF 易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 2＋＝5，其中心原子
2
的杂化方式应为sp3d。
热点强化14
热点精讲
(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
2．(3)直线形 直线形 直线形 V形 三角锥形 平面三角形 三角锥形 正四面体形
正四面体形 平面六边形
热点专练
1．C
2．(1)正四面体形 4 sp3 (2)正四面体形 sp33．5 Π
解析 根据图可知，N中的σ键总数为5；N中每个N原子采取sp2杂化，未参与杂化的p轨
道，垂直于该离子平面形成大π键，每个p轨道各提供一个电子，再加上一个单位的负电荷，
所以N中一共有6个电子参与形成大π键，应表示为Π。
4．D
5．Π
6．(1)ad (2)Π (3)Π
解析 (1)形成“离域π键”的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p
轨道” ，O 为V形结构，有相互平行的p轨道，可以形成“离域π键”；硫酸根离子是正
3
四面体结构，原子不处于同一平面内，不能形成“离域π键”；硫化氢中H原子和S原子没
有平行的p轨道，不能形成“离域π键”；NO为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以
形成“离域π键”。
(3)N价电子总数为16，原子总数为3，所以与CO 为等电子体，二者成键方式类似，参与形
2
成大π键的原子数为3，形成两个Π，如图 。
7．(1)否 若是sp3杂化，[Cu(NH )]2＋的空间结构为正四面体形，将配离子[Cu(NH )]2＋中的
3 4 3 4
2个NH 换为CN－，则只有1种结构 (2)＜ (3)四面体形 ＞ (4)sp2、sp3
3
第 34 讲 分子的性质 配合物与超分子
考点一
归纳整合
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
专项突破
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
2 2 2 2 2 2 3
P、C 、 Cl、CS、C H、SO 、 BF、PCl
4 60 2 2 2 2 3 3 5
归纳整合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.× 6.×
专项突破
1．D
2．A
3．F—H…F，O—H…O，F—H…O，O—H…F
4．(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)ZnF 为离子化合物，ZnCl、ZnBr 、ZnI 的化学键以共价键为主，极性较小
2 2 2 2
(3)NH 、CHCHOH、CHCHO都是极性分子，且都能与HO形成氢键
3 3 2 3 2
5．(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
考点三
归纳整合
1．(1)孤电子对 配位键 (2)→ 相同
2．(1)分子或离子 配位键 (3)配位原子 配位体 配位数
3．蓝色沉淀 Cu2＋＋2NH ·H O===Cu(OH) ↓＋2NH
3 2 2
溶解 Cu(OH) ＋4NH ===[Cu(NH )]2＋＋2OH－ 红
2 3 3 4
Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN) 白色沉淀 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ 溶解 无 AgCl＋
3
2NH ===[Ag(NH)]＋＋Cl－
3 3 24．(1)两种或两种以上 分子间相互作用
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√
专项突破
1．C 2.B
3．A [根据配离子结构示意图可知，1 mol 该配离子中含有 π 键的个数是 6N ，即
A
6×6.02×1023，故A正确；该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；该配
离子含有的非金属元素有C、O、H，电负性最大的是氧，故C错误；该配离子中含有的化
学键有共价键、配位键，故D错误。]
4．(1)Cu2＋＋4HO===[Cu(H O) ]2＋ 共价键、配位键 12N
2 2 4 A
(2) (3)ag
解析 (1)Cu2＋提供空轨道，HO分子中的O原子提供孤电子对形成配离子[Cu(H O) ]2＋。
2 2 4
(3)电负性：O＞N，a不正确；S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取sp3杂化，b
正确；[Cu(NH )]SO 中 SO 与[Cu(NH )]2＋以离子键结合，NH 、SO 中含有共价键，
3 4 4 3 4 3
[Cu(NH )]2＋中含有配位键，c正确；NH 分子内N原子有1个孤电子对，HO分子中O原子
3 4 3 2
有2个孤电子对，HO分子中孤电子对对共用电子对排斥作用大，所以HO分子中H—O—
2 2
H键角小于NH 分子中H—N—H键角，d正确；SO中S原子采取sp3杂化，故SO的空间结
3
构为正四面体形，e正确；[Cu(NH )]2＋中N原子提供孤电子对，f正确；NH 中N为sp3杂
3 4 3
化，g不正确。
5．A
6．B [由表知，碱金属离子在冠醚空腔直径范围内，冠醚与碱金属离子的包含物都是超分
子，可以识别碱金属离子，A正确；Li＋半径小于Na＋；则二苯并-18-冠-6不能适配Li＋，B
错误；该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其他碳链上的碳原子为sp3杂化，C正确；由结
构简式可知，一个配离子中配位键的数目为6，D正确。]
7．C
真题演练
1．(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
2．(1)(2)(H O＋)O—H…N (NH)N—H…N
3
3．(1)N、O、Cl 6 (2)配位 N (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＋
解析 (1)[Cr(NH )(H O) Cl]2＋中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对，中心离
3 3 2 2
子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数之和，即3＋2＋1＝6。
(3)由题给图示可知，1个Cd2＋与C、N杂环上的4个N原子分别形成4个配位键，与2个O
原子分别形成2个配位键，因此1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol。
(4)乙二胺中2个氮原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成
稳定环状离子。由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头碰头重叠程度较大，其与乙二
胺形成的化合物较稳定。
第 35 讲 物质的聚集状态 常见晶体类型
考点一
归纳整合
1．(1)晶态 非晶态 晶态 非晶态 (2)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)X射线衍
射
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.× 5.√
专项突破
1．B
2．C [玻璃态水无固定形状，不存在晶体结构，因密度与普通液态水相同，故水由液态变
为玻璃态时体积不变。]
3．C [晶体在三维空间里呈周期性有序排列，其许多物理性质常常会表现出各向异性，A
不正确；晶体的熔点是固定的，所以在熔化过程中温度不会变化，B不正确；在一定条件下
晶体和非晶体是可以相互转化的，D不正确。]
4．C
考点二
归纳整合
1．(2)①任何间隙 ②平行 取向
2．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
3．(1)①12 ②4 2 (2)②sp3 109°28′ 正四面体 空间网状结构 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
A②8 8 8 ③8 4 4 8 (4)②分子间作用力 2 sp2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
专项突破
1．(1)NaCl、NaS (2)NaOH、(NH )S (3)(NH )S
2 4 2 4 2
(4)Na S (5)H O、CO、CCl 、C H、晶体氩
2 2 2 2 2 4 2 2
(6)SiO、SiC
2
2．D 3.A
4．D [与金刚石类似，该晶体属于共价晶体，A错误；根据该晶体的晶胞结构图可知，该
晶体只存在Si—C极性共价键，B错误；Si—C中，C的电负性更强，共用电子对偏向C原
子，所以Si的化合价为＋4，C错误；每个C原子与4个Si原子形成4个σ键，C原子没有
孤电子对，所以C的杂化类型为sp3，D正确。]
5．D
答题规范(5)
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晶格能大(或离子键强)，
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的晶格能比
Fe O 小
2 3
规范精练
1．离子键 FeF 为离子晶体，FeBr 的化学键以共价键为主，属于分子晶体
3 3
2．离子晶体 K＋的半径大于Na＋，KO的晶格能小于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．ⅥA 两者均为分子晶体且结构相似，HTe相对分子质量比HS大，分子间作用力更强
2 2
两者均为分子晶体，HO分子间存在氢键
2
真题演练
1．A2．C [SiO 为共价晶体，SO 为分子晶体，A错误；I 为分子晶体，NaCl为离子晶体，B错
2 3 2
误；Cu和Ag都为金属晶体，C正确；SiC为共价晶体，MgO为离子晶体，D错误。]
3．D
4．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
第 36 讲 晶胞结构分析与计算
考点一
专项突破
1．B
2．CuH
3．(1)MgB (2)BO
2
解析 (1)每个Mg周围有6个B，而每个B周围有3个Mg，所以其化学式为MgB 。(2)从图
2
可看出，每个 单元中，都有一个B和一个O完全属于这个单元，剩余的2
个O分别被两个结构单元共用，所以B∶O＝1∶(1＋2×)＝1∶2，化学式为BO。
4．2∶5.5 [Si O ]
4 11
解析 n个SiO 通过共用顶点氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图：
2
，由于是双链，其中顶点氧占，Si原子数为4，O原子数为4×＋
6×＋4＋2＝11，其中Si与O的原子数之比为2∶5.5，化学式为[Si O ]。
4 11
5．8
6．(1)YBa Fe O (2)8
2 3 8
解析 (1)由晶胞结构可知，Y位于顶点，原子数为×8＝1；Ba位于棱上，原子数为×8＝
2；O原子有12个位于面上，2个位于晶胞内，原子数为×12＋2＝8；3个Fe原子位于晶胞
内，该晶体的化学式为YBa Fe O 。(2)从晶胞结构知Y位于晶胞顶点，距离Y最近的原子
2 3 8
共有8个，即Y的配位数为8。
考点二
归纳整合
2．(2)①a ②a ③4 ④4
例 C专项突破
1．4 ×107
2.××107
解析 由Fe单质的晶胞图可知，晶胞中含铁原子个数为 2，晶胞的质量为 g，晶胞体积为
cm3，则晶胞边长为 cm，设Fe原子的半径为r，则4r＝× cm，r＝××107 nm。
3．共价 4 ×100%
4．(1)2N (2)4 ××1010
A
解析 (1)根据均摊法，一个六方氮化硼晶体的六元环含有一个N、一个B,50.0 g六方氮化硼
晶体中含有六元环的数目为×N ＝2N 。
A A
(2)由图2可知，立方氮化硼中N的配位数为4；面心上6个N原子构成正八面体，该正八面
体的边长等于面对角线的一半，设BN晶胞边长为a cm,1个晶胞中含有4个B原子，含有
N原子数为8×＋6×＝4，则1个晶胞中含有4个BN，所以d＝，解得a＝，故正八面体的
边长为××1010 pm。
热点强化15
(一)
例 (，，) (，，)
解析 图中原子1的坐标为(，，0)，则坐标系是 ，原子2、3在晶胞内。
从晶胞内的2、3点分别向x、y、z轴上做垂线，即可得出2、3两点的原子分数坐标分别为
(，，)，(，，)。
对点训练
1．D [原子1的坐标为(，，)，则坐标系为 ，原子2在晶胞底面的中心，
原子2的坐标为(，，0)；原子3在坐标系z轴所在棱的一半，原子3的坐标为(0,0，)，故选
D。]
2．CaTiO (，，)
3
3．(，，)
4．(，，)(二)
例 C
对点训练
1．(1) (2)(，，0)
解析 (1)根据γ-AgI立方晶胞的示意图，可以理解为有八个小立方体，银离子在其中四个小
立方体体心位置，根据从上方的俯视图得出银离子在每个小正方形的中心位置，即白球(空
心球)表示出Ag＋的位置 。
(2)根据题意，图1中原子1在左侧面面心，原子1的坐标是(，0，)，原子2在下面的面心位
置，其坐标为(，，0)。
2．4 ×1021
真题演练
1．4
2．Fe 3d6
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，均位于棱
上和体内的硒原子的个数为8×＋2＝4，均位于面上的铁原子个数为8×＝4，该物质的晶胞
结构如图所示： ，则超导材料最简化学式为KFe Se 。②由平面投影图可知，铁
2 2
原子的配位数为4。③设晶体的密度为d g·cm－3，由晶胞的质量公式可得： g＝abc×10－
21×d g，解得d＝。
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，)；
图中y是底面对角线的一半，y＝a pm，x＝(－r)pm，所以d＝＝ pm。
5．(1)Ti4＋ sp3 ×1021 (2)
热点强化16
1．C 2.B
3．A [Al和Ga均为第ⅢA族元素，N属于第ⅤA族元素，AlN、GaN的成键结构与金刚
石相似，则其均为共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的键长，
则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故 GaN的熔点低于
AlN，A说法错误；不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键
均为极性键，B说法正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数
为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化，C原子的配位数是4，由于AlN、GaN
与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，所有原子的配位数也均为4，C、
D说法正确。]
4．B
5．D [通过结构可知，萝卜硫素含H、C，萝卜硫素由五种短周期元素构成，则W、X、
Y、Z中有一种是C，还有一种是S；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最
外层电子数相等，结合结构简式中的成键数目可知：X为N，Y为O，Z为S，W为C。同
一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一
电离能均高于其相邻元素，即N的第一电离能大于O；同一主族从上到下，元素的第一电
离能逐渐减小，即O的第一电离能大于S，故第一电离能：N＞O＞S，A正确；N3－和O2－
的核外电子排布相同，N的原子序数小于O，故离子半径：N3－＞O2－，N3－、O2－核外有2
个电子层，
S2－核外有3个电子层，则离子半径：S2－＞N3－＞O2－，B正确；N、C、H组成的化合物为
HCN，该分子的空间结构为直线形，C正确；X为N，Y为O，W为C，它们的简单氢化物
分别为NH 、HO和CH ，NH 和HO分子间均存在氢键，使得它们的熔、沸点在同主族元
3 2 4 3 2
素中均为最高，CH 分子间没有氢键，其熔、沸点在同主族元素中最低，D错误。]
4
6．B [Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如图所示，Ca2＋位于体心，F－位
于面心，所以Ca2＋的配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的，F－与Ca2＋的最近
距离为棱长的，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶角，个数为×8＝1，
F－位于面心，个数为×6＝3，Ca2＋位于体心，个数为1，综上，该物质的化学式为KCaF ，
3C正确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。]
7．C
8．A [P原子的最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以PCl 中P的最外层不满足8
5
电子稳定结构，A错误；由图可知，三角双锥上下两个顶点Cl原子与中心P原子形成的Cl
—P—Cl的键角为180°，中间为平面三角形，其中两个顶点Cl原子与中心P原子形成的Cl
—P—Cl的键角为120°，通过中间的三角形所在的平面将三角双锥截为两个完全相同的三角
锥，在上面的三角锥中Cl—P—Cl的键角为90°，所以Cl—P—Cl的键角有90°、120°、180°
三种，B正确；PCl =====PCl ＋Cl↑，则PCl 受热后会分解生成分子空间结构呈三角锥形
5 3 2 5
的PCl ，C正确；键长越短，键能越大，因分子中P—Cl的键长不都相同，所以键能不都相
3
同，D正确。]
9．C
10．B [由图示晶胞可知，一个晶胞中含有M的个数为8×＋1＝2，N的个数为4×＋2＝
4，故该物质的化学式可能为MN 或NM，A正确；一个晶胞的质量为 g，一个晶胞的体积
2 2
为a2c×10－30cm3，则该晶胞密度为ρ＝＝＝×1030g·cm－3，B错误；由图示晶胞可知，一个
M原子周围距离最近且相等的N原子个数为6，则M原子的配位数为6，一个N原子周围
距离最近且相等的M原子个数为3，则N原子的配位数为3，C正确；由图示晶胞可知，
N 、N 原子均在底面上，若N 原子的坐标为(x，x,0)，则N 原子的坐标为(1－x,1－x,0)，D
1 2 1 2
正确。]
11．D
第 37 讲 物质结构与性质填空题突破
跟踪训练
1．(1)[Ar]3d104s24p4
(2)sp3 三角锥形
(3)极性
(4)4 ×1010
2．(1)3d9 Be (2)sp2和sp3 120° 109°28′ O—H B (3)15∶2 (4)乙酰丙酮的极性与
有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好 (5)×1010
解析 (1)Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9；同一主
族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Be和Mg同属于第 Ⅱ A族，且Be的原子序
数小于Mg，则第一电离能较大的是Be原子。
(2)A中，饱和C原子采取sp3杂化，碳氧双键中的C原子采取sp2杂化，故A中C原子杂化
轨道类型为sp2和sp3；按VSEPR模型，B中碳碳双键上的一个碳原子和其相邻的原子构成了接近正三角形的结构，该结构中的∠HCC约为120°，甲基和相邻的碳原子构成了接近正
四面体的结构，故该结构中的∠HCC约为109°28′；B中O和H的电负性差异最大，故极
性最大的键为O—H；如图所示，B分子中的酮羰基上的O和羟基上的H形成分子内氢键。
(3)C中，单键、配位键是σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，则C中σ键的数目为
2×(13＋2)＝30，π键的数目为2×2＝4，则C中σ键与π键数目之比为30∶4＝15∶2。
(4)根据“相似相溶”规律，乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好。
(5)设Cu的原子半径为r pm，晶胞棱长为a pm，则a＝4r，a＝2r，则晶胞体积为(a×
10－10 cm)3＝(2r×10－10 cm)3；晶胞中含有Cu的个数为8×＋6×＝4，晶胞质量为
g，则ρ g·cm－3＝，解得r＝×1010。
3．(1)电子(运动)状态 3
(2)①N>B>Ca ②sp2杂化 3p
③BCl 和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶 (3)2 mol 2 (4)
3
真题演练
1．(1)ad d (2)①sp2 σ ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，
形成的C—Cl越强
(3)CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)电解质
解析 (1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5,1s22s22p43s1为基态氟原子2p
能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；1s22s22p43d2，核外共10
个电子，不是氟原子，b 错误；1s22s12p5，核外共 8 个电子，不是氟原子，c 错误；
1s22s22p33p2为基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d
正确；同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量较高的是1s22s22p33p2。
(2)①一氯乙烯的结构式为 ，碳原子采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨
道与Cl的3p 轨道形成C—Cl σ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl越强，C
x
—Cl的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳
采取sp杂化，sp杂化时s成分多，sp3杂化时s成分少，同时Cl参与形成的大π键越多，形
成的C—Cl的键长越短，一氯乙烯中Cl的3p轨道与C的2p轨道形成3中心4电子的大π键
(Π)，一氯乙炔中Cl的3p轨道与C的2p轨道形成2个3中心4电子的大π键(Π)，因此三种
物质中C—Cl键长的顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl 发生非氧化还原反应，
2
各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为 CsCl，红棕色液体为ICl，
而CsCl为离子晶体，熔化时克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。
(4)由题意可知，在电场作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是
优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为 8×＋1＝2，依据
化学式AgI可知，银离子个数也为2，晶胞的物质的量n＝mol＝ mol，晶胞体积V＝
a3 pm3＝(504×10－12)3 m3，则α-AgI晶体的摩尔体积V ＝＝＝ m3·mol－1。
m
2．(1)4s24p4 (2)两者都是分子晶体，由于水分子存在分子间氢键，沸点高 (3)BDE
(4)O、Se (5)＞ 正四面体形
(6)①KSeBr ②××107
2 6
第七章 化学反应与能量
第 38 讲 反应热 热化学方程式
考点一
归纳整合
1．(1)吸收 (2)③ΔH kJ·mol－1
3．(2)吸热 > < 放热
易错辨析
1．× 2.√ 3.√ 4.×
专项突破
1．(1)放热 (2)吸收 否 (3)碳氧双键(或C==O) (4)多
CO与O 反应生成CO 需要先吸收能量断裂O 分子中的共价键 (5)不一定 形成
2 2 2
2．(1)< (2)吸热 放热 (3)E E E＋|ΔH|
1 2
E＋|ΔH|
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．＋125 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－
4×414－435) kJ·mol－1＝＋125 kJ·mol－1。
5．289－2a
考点二
归纳整合
1．(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
2．(1)聚集状态 s l g aq (3)物质的量 整数 分数 同等倍数 (4)吸热 放热kJ·mol－1
3．(1)1 完全燃烧
4．(2)煤 石油 天然气 不可再生 可再生
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.√
专项突破
1．C 2.C
3．(1)N H(g)＋O(g)===N(g)＋2HO(g)
2 4 2 2 2
ΔH＝－534.4 kJ·mol－1
(2)4CuCl(s)＋O(g)===2CuCl (s)＋2CuO(s)
2 2
ΔH＝－177.6 kJ·mol－1
4．(1)NO (g)＋CO(g)===NO(g)＋CO(g)
2 2
ΔH＝－234 kJ·mol－1
(2)H Se(g)===Se(s)＋H(g) ΔH＝－81 kJ·mol－1
2 2
(3)①ClO ②3ClO－(aq)===ClO(aq)＋2Cl－(aq) ΔH＝－117 kJ·mol－1
解析 (1)根据图甲可知，此反应是放热反应，热化学方程式为NO (g)＋CO(g)===CO(g)＋
2 2
NO(g) ΔH＝(134－368) kJ·mol－1＝－234 kJ·mol－1。
(2)同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性逐渐降低，能量逐渐增
大，则可确定a、b、c、d分别代表碲、硒、硫、氧元素。b代表硒元素，生成1 mol H Se(g)
2
的ΔH＝＋81 kJ·mol－1，则其分解反应的热化学方程式为HSe(g)===Se(s)＋H(g) ΔH＝－
2 2
81 kJ·
mol－1。
(3)D中氯元素的化合价为＋7价，应为ClO；利用生成物的总能量减去反应物的总能量求得
ΔH＝(63－60×3) kJ·mol－1＝－117 kJ·mol－1，写出热化学方程式即可。
真题演练
1．D
2．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。]
3．＋1374．(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
解析 (1)298 K时，1 g H 燃烧生成HO(g)放热121 kJ，1 mol H O(l)蒸发吸热44 kJ，则1
2 2 2
mol H 燃烧生成1 mol H O(l)放热286 kJ，表示H 燃烧热的热化学方程式为H(g)＋
2 2 2 2
O(g)===HO(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1。
2 2
第 39 讲 反应热的测定与计算
考点一
归纳整合
1．1 mol H O(l)
2
思考 (1)偏低 弱酸或弱碱在水溶液中部分电离，在反应过程中，分子会继续电离，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
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.×
专项突破
1．A
2．D [若分多次倒入则热量损失大，C正确；反应前测完盐酸温度的温度计应洗净、擦干
后再插入NaOH溶液中测量温度，D错误。]
考点二
归纳整合
1．始态和终态 反应的途径
3．aΔH －ΔH ΔH＋ΔH
2 2 1 2
专项突破
1．B
2．＋89.3
3．2NH(g)＋NO(g)===3N(g)＋4HO(g)
2 4 2 4 2 2
ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1
考点三
归纳整合
1．>
2．多 >
3．< <
4．放热反应专项突破
1．C
2．B [根据题意知，CuSO ·5H O(s)溶于水会使溶液的温度降低，热化学方程式为
4 2
CuSO ·5H O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5HO(l) ΔH ＞0；CuSO (s)溶于水会使溶液温度升高，
4 2 2 1 4
热化学方程式为CuSO (s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq) ΔH ＜0；根据盖斯定律知，CuSO ·5H O受
4 2 4 2
热分解的热化学方程式为CuSO ·5H O(s)===CuSO (s)＋5HO(l) ΔH ＝ΔH －ΔH ＞0。根据
4 2 4 2 3 1 2
上述分析知，ΔH ＜0，ΔH ＞0，则ΔH ＜ΔH ，A错误；ΔH ＞0，ΔH ＜0，ΔH ＝ΔH －
2 3 2 3 1 2 3 1
ΔH ，则ΔH ＜ΔH ，B正确；ΔH ＝ΔH －ΔH ，C错误；ΔH ＞0，ΔH ＜0，ΔH ＋ΔH ＜
2 1 3 3 1 2 1 2 1 2
ΔH，D错误。]
3
3．B
真题演练
1．C 2.A
3．2VO(s)＋2SO (g)===2VOSO(s)＋VO(s)
2 5 2 4 2 4
ΔH＝－351 kJ·mol－1
解析 据图写出热化学方程式：①VO(s)＋2SO (g)===2VOSO(s) ΔH ＝－399 kJ·mol－1；
2 4 3 4 1
②VO(s)＋SO (g)===VO(s)＋SO (g) ΔH ＝－24 kJ·mol－1，根据盖斯定律由①－②×2可
2 4 3 2 5 2 2
得：2VO(s)＋2SO (g)===2VOSO(s)＋VO(s) ΔH＝ΔH－2ΔH＝(－399 kJ·mol－1)－
2 5 2 4 2 4 1 2
(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1。
4．(E－E)＋ΔH＋(E－E)
1 2 3 4
5．－911.9
解析 根据盖斯定律，①＋②＋2×③可得反应 CaO(s)＋2Al(s)＋7HO(l)===Ca2＋(aq)＋
2
2[Al(OH) ]－(aq)＋3H(g)，则ΔH＝ΔH＋ΔH＋2ΔH＝(－65.17 kJ·mol－1)＋(－16.73 kJ·mol－1)
4 2 4 1 2 3
＋2×(－415.0 kJ·mol－1)＝－911.9 kJ·mol－1。
第 40 讲 原电池 化学电源
考点一
归纳整合
1．化学 电
2．自发进行
3．②形成闭合回路 平衡电荷 ③负极 正极
4．应用举例
①不含盐桥 ②含盐桥负极：Cu－2e－===Cu2＋
正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(2)较强 较弱 (4)正极
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.√ 5.√
专项突破
1．A
2．B [该原电池X电极反应式为Ag－e－＋Cl－===AgCl，故A错误；Y电极为原电池正极，
电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，故B正确；放电时，盐桥中的钾离子向正极移动，X电极为
负极，故C错误；放电时，当电路中转移0.1 mol e－时，X电极会有0.1 mol Ag失去0.1 mol
电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，故D错误。]
3．D
4．(1)负 (2)正 2Al＋8OH－－6e－===2AlO＋4HO 6HO＋6e－===6OH－＋3H↑ 2Al＋
2 2 2
2OH－＋2HO===2AlO＋3H↑ (3)正 Cu－2e－===Cu2＋ 2NO＋4H＋＋2e－===2NO ↑＋
2 2 2
2HO Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO (4)能 Cu O＋4e－＋2HO===
2 3 3 2 2 2 2 2
4OH－
考点二
归纳整合
1．(1)Zn Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH) MnO 2MnO ＋2HO＋2e－===2MnO(OH)＋2OH－
2 2 2 2
(2)KOH Zn Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH) Ag O Ag O＋HO＋2e－===2Ag＋2OH－
2 2 2 2
2．应用举例
Pb PbO (1)Pb＋SO－2e－===PbSO PbO ＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO ＋2HO (2)PbSO
2 4 2 4 2 4
＋2e－===Pb＋SO PbSO ＋2HO－2e－===PbO ＋4H＋＋SO
4 2 2
3．(3)①O＋6e－＋6H＋===3HO
2 2
CHOH－6e－＋HO===CO＋6H＋
3 2 2
②O＋6e－＋3HO===6OH－
2 2
CHOH－6e－＋8OH－===CO＋6HO
3 2
③O＋6e－===3O2－
2
CHOH－6e－＋3O2－===CO＋2HO
3 2 2
④O＋6e－＋3CO===3CO
2 2CHOH－6e－＋3CO===4CO＋2HO
3 2 2
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．D
2．A [该燃料电池中电极Y为正极，反应为O ＋4e－===2O2－；电极X是负极，反应为C
2
＋2CO－4e－===3CO ，CO ＋O2－===CO。A项，总反应式为C＋O===CO ，因此氧化物电
2 2 2 2
解质的量不会减少，错误；C项，电极X为负极，原电池内部的阴离子向负极移动，正确；
D项，该燃料电池是把化学能直接转化为电能，而煤燃烧发电是把化学能转化为热能，再转
化为电能，故该燃料电池的能量效率更高，正确。]
3．(1)GaN O Cu CH (2)透明导电玻璃 RuⅢ 镀Pt导电玻璃 I－ I＋2e－===3I－
2 4
(3)铝 Al (C O) C O
2 2 4 3 2
真题演练
1．B
2．A [Zn较Cu活泼，作负极，Zn失电子变Zn2＋，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电
荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2＋和H＋迁移至铜电极，H＋氧化性较强，得电子变
成H ，因而c(H＋)减小，A项错误；Ag O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成
2 2
Ag，结合KOH溶液作电解液，故电极反应式为Ag O＋2e－＋HO===2Ag＋2OH－，B项正
2 2
确；Zn为较活泼电极，作负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，锌溶解，
因而锌筒会变薄，C 项正确；铅蓄电池总反应式为 PbO ＋Pb＋2HSO 2PbSO ＋
2 2 4 4
2HO，可知放电一段时间后，HSO 不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下
2 2 4
降，D项正确。]
3．B [海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；
N为正极，电极反应主要为O ＋2HO＋4e－===4OH－，故B错误；Li为活泼金属，易与水
2 2
反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；该电池不可充电，
属于一次电池，故D正确。]
4．C
第 41 讲 常考新型化学电源
类型一
专项突破
1．D
2．D [据题意分析可知，A极为负极，B极为正极，该隔膜只允许Li＋通过，放电时Li＋向正极移动，即从左边流向右边，A正确；无论放电还是充电，Li元素化合价都是＋1价，化
合价不变，B正确；充电时，B电极是阳极，其电极反应与放电时正极反应相反，故电极反
应式为LiCoO －xe－=== Li CoO ＋xLi＋，C正确；根据电池反应知，充电时锂离子进入石
2 1－x 2
墨中，D错误。]
类型二
专项突破
1．B
2．A [由题图知，M极为负极，N极为正极，HN(CH )NH 在负极上失电子发生氧化反
2 2 2 2
应，电极反应式为HN(CH )NH ＋4HO－16e－===2CO ＋N ＋16H＋，A正确；充电时二次
2 2 2 2 2 2 2
电池的正极应与外接电源的正极相连，即与N极相连，B错误；H＋通过质子交换膜由M极
移向N极，C错误；当N电极消耗标况下2.24 L O 时，则转移× 4＝0.4 mol电子，所以有
2
0.4 mol电子从M极流向N极，D错误。]
类型三
专项突破
1．C
2．B [由题图和题意知，电池总反应是3H ＋N===2NH 。该合成氨反应在常温下进行，
2 2 3
并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，条件温和，A项正确；观察题图
知，左边电极发生氧化反应：MV＋－e－===MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区
N 在固氮酶作用下发生还原反应生成NH ，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左
2 3
侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。]
类型四
专项突破
1．A
2．B [通入NH 时电池开始工作，左侧电极质量减少，则左侧电极作负极，电极反应为Cu
3
＋4NH －2e－===Cu；右侧电极质量增加，则右侧电极作正极，电极反应为Cu2＋＋
3
2e－===Cu，则放电时电池的总反应为Cu2＋＋4NH ===Cu，结合题给信息可知，ΔH＜0，A
3
项正确、B项错误；A为阴离子交换膜，则放电时，NO经离子交换膜由右侧向左侧迁移，
C项正确；负极反应中，Cu作还原剂，失电子生成氧化产物Cu(NH )，正极反应中
3
Cu2＋作氧化剂，相同条件下，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cu2＋>
Cu(NH )，D项正确。]
3
真题演练
1．B
2．B [由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；充电时，M极与直流电源的负
极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为
Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确。]3．C
4．C [由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则
电极b是阳极，故A错误；放电时负极反应为NaTi (PO ) －2e－===NaTi (PO ) ＋2Na＋，正
3 2 4 3 2 4 3
极反应为Cl ＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－的浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增
2
大，pH不变，故B错误、C正确；充电时阳极反应为 2Cl－－2e－===Cl↑，阴极反应为
2
NaTi (PO ) ＋2Na＋＋2e－===NaTi (PO ) ，由得失电子守恒可知，每生成1 mol Cl ，电极a
2 4 3 3 2 4 3 2
质量理论上增加23 g·mol－1×2 mol＝46 g，故D错误。]
第 42 讲 电解池 金属的腐蚀与防护
考点一
归纳整合
1．电流 氧化还原反应 电 化学 电源 电解质 熔融电解质 闭合回路
3．(3)①2H＋＋2e－===H↑ 2HO－4e－===4H＋＋O↑ 增大 加水 ②2H＋＋2e－===H↑
2 2 2 2
2Cl－－2e－===Cl↑ Cu2＋＋2e－===Cu 2Cl－－2e－===Cl↑ CuCl =====Cu＋Cl↑ 减小
2 2 2 2
通入HCl 加CuCl 固体 ③2Cl－－2e－===Cl↑ 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ 2Cl－＋
2 2 2 2
2HO=====Cl↑＋H↑＋2OH－ 通入HCl气体 2HO－4e－===4H＋＋O↑ Cu2＋＋2e－
2 2 2 2 2
===Cu 2Cu2＋＋2HO=====2Cu＋O↑＋4H＋ 减小并生成新电解质 加CuO
2 2
专项突破
1．D
2．D [根据离子放电顺序可知，电解此混合溶液时，在阳极阴离子放电的先后顺序为Cl
－、OH－、SO，先生成Cl 后生成O ，在阴极始终为H＋放电，逸出H ，整个电解过程可看
2 2 2
成三个阶段：电解HCl溶液、电解NaCl溶液、电解HO，最后溶液呈碱性，D错误。]
2
3．(1)1 0.4 CuO(或0.62 CuCO) (2)水(或HO)
3 2
0．4 (3)0.6
解析 (1)阳极生成 O56 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，电解质为HSO 溶液，故实际
3 2 4
被电解的物质为HO；加入 0.1 mol Cu(OH) 可使溶液复原，相当于加入0.1 mol CuO和0.1
2 2
mol HO，故转移电子为 (0.1×2＋0.1×2) mol ＝0.4 mol。(3)Cu (OH) CO 相当于
2 2 2 3
2CuO·H O·CO ，故转移电子为
2 2
0.2 mol×2＋0.1 mol×2＝0.6 mol。
4．(1)2Cl－－2e－===Cl↑ Mg2＋＋2HO＋2e－===H↑＋Mg(OH) ↓ Mg2＋＋2Cl－＋
2 2 2 2
2HO=====Mg(OH) ↓＋Cl↑＋H↑ (2)2Al－6e－＋3HO===Al O ＋6H＋ 2H＋＋2e－
2 2 2 2 2 2 3===H↑ 2Al＋3HO=====Al O＋3H↑
2 2 2 3 2
(3)Mn2＋＋2HO－2e－===MnO ↓＋4H＋
2 2
(4)①2HO＋2e－===H↑＋2OH－
2 2
②S＋2H＋===(n－1)S↓＋HS↑
2
(5)①a Ce3＋－e－===Ce4＋
②2NO＋8H＋＋6e－===N↑＋4HO
2 2
考点二
归纳整合
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)精制饱和NaCl溶液 HO(含少量NaOH) 淡盐
2 2 2 2
水 NaOH溶液 Cl H (3)OH－
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 Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋ Cu2＋＋2e－===Cu 阳极
泥 残留在电解质溶液 有所下降
3．2NaCl(熔融) ===== 2Na＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑ 2Na＋＋2e－===2Na MgCl (熔
2 2 2
融)=====Mg＋Cl↑ 2Cl－－2e－===Cl↑ Mg2＋＋2e－===Mg 2Al O(熔融)=====4Al＋
2 2 2 3
3O↑ 6O2－－12e－===3O↑ 4Al3＋＋12e－===4Al
2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．B 2.B
3．D [A池是电解池，从图中看出，左边加入精制饱和NaCl溶液流出稀NaCl溶液，左边
电极放电产生氯气，是阳极，则右边电极是阴极，阴极上氢离子放电产生氢气；B池是燃料
电池，电池右边通入除去CO 后的空气，发生还原反应为正极，左边通入H ，发生氧化反
2 2
应为负极。燃料电池中正极O 得电子产生OH－，Na＋通过阳离子交换膜从左往右移动，反
2
应后NaOH浓度增大，即c%>a%，负极H 失电子生成的H＋消耗OH－，所以a%>b%，则
2
c%>a%>b%，B正确；根据得失电子守恒可得关系式：2Cl ～2H ～O ，n(O )＝0.5n(Cl )＝
2 2 2 2 2
0.5 mol，所以n(空气)＝5n(O )＝2.5 mol，则标准状况下V(空气)＝2.5 mol×22.4 L·mol－1＝
2
56 L，C正确。]
4．D
5．D [精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，根据装置图可知，电极A为粗铜，电极B为
纯铜，A项正确；阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中通过1 mol电子时，生成0.5
mol Cu，即生成32 g Cu，B项正确；根据电解原理，SO向阳极(电极A)移动，C项正确；
膜A为过滤膜，阻止阳极泥及杂质进入阴极区，膜B为阳离子交换膜，D项错误。]6．B
7．(1)用铜作阳极可补充溶液中消耗的 Cu2＋，保持溶液中Cu2＋浓度恒定 (2)2Al－6e－＋
3HO===Al O＋6H＋ 6H＋＋6e－===3H↑ 2Al＋3HO=====Al O＋3H↑
2 2 3 2 2 2 3 2
(3)负 4Al Cl＋3e－===Al＋7AlCl H
2 2
考点三
归纳整合
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)
2 2
吸氧腐蚀
3．应用举例
⑤④②①③⑥
4．负 正 阴 阳
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．A [若X为NaCl溶液，K与M连接，构成原电池，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－
===
Fe2＋，碳棒作正极，电极反应式为O ＋4e－＋2HO===4OH－，碳棒附近溶液pH最大，A错
2 2
误；开关K未闭合，Fe棒上B点发生吸氧腐蚀，生成铁锈最多，B正确；若X为HSO 溶
2 4
液，K 与 N 连接，构成原电池，锌作负极，铁作正极，正极电极反应式为 2H＋＋2e－
===H↑，C正确；若X为HSO 溶液，K与N连接，铁作正极被保护，K与M连接，铁作
2 2 4
负极，加快腐蚀，因此Fe棒腐蚀情况前者慢，D正确。]
2．B
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
真题演练
1．C
2．C [阴极得电子，A错误；金属M失电子，其活动性应比铁强，B错误；M失去的电子
流入钢铁设施表面，因积累大量电子而被保护，C正确；海水中所含电解质的浓度远大于河
水中的，因此钢铁设施在海水中腐蚀的速率快，D错误。]
3．D [根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl ，发生氧化反
2
应，A正确；设置的装置为电解池原理，阳极区生成的Cl 与阴极区生成的OH－在管道中会
2
发生反应生成NaCl、NaClO和HO，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，
2
B正确；因为H 是易燃性气体，所以阴极区生成的H 需及时通风稀释，安全地排入大气，
2 2
以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2HO＋2e－===H↑＋2OH－，会使海水中的
2 2Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH) 等积垢，需要定期清理，D错误。]
2
4．A
5．C [实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放
电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，可能发生的反应
为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故A、B正确；四氨合铜离子在阴极得
2
到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋
4NH [Cu(NH )]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误。]
3 3 4
热点强化17
热点专练
1．D 2.D
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
5．C [由电解示意图可知，电极B上Mn2＋转化为MnO ，锰元素化合价升高，失电子，则
2
电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；由电解示意图可知，电
极B上Mn2＋失电子转化为MnO ，电极反应式为2HO＋Mn2＋－2e－===MnO ＋4H＋，B正确；
2 2 2
电极A为阴极，LiMn O 得电子，电极反应式为LiMn O ＋3e－＋8H＋===Li＋＋2Mn2＋＋
2 4 2 4
4HO，依据得失电子守恒，电解池总反应为 2LiMn O ＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO ＋
2 2 4 2
2HO，反应生成了Mn2＋，Mn2＋浓度增大，C错误；电解池总反应为2LiMn O ＋4H＋===2Li
2 2 4
＋＋Mn2＋＋3MnO ＋2HO，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然
2 2
后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确。]
6．A
7．C [由图中质子的移动方向可知，M极为电解池的阳极，与电源正极相连，A正确；N
极为阴极，乙二酸在阴极的电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋===HOOCCHO＋HO，
2
放电时消耗氢离子，溶液pH增大，B正确、C错误；若有2 mol氢离子通过质子交换膜，
阴极和阳极各生成1 mol乙醛酸，则装置中生成2 mol乙醛酸，D正确。]
8．D 9.B
10．C [由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，则左侧铁板为阳极，
故a接电源正极，A项正确；左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的
Cr O氧化，反应的离子方程式为Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO，B项正确；
2 2 2标准状况下，13.44 L氢气的物质的量为＝0.6 mol，根据转移电子守恒得n(Fe2＋)＝＝0.6
mol，根据Cr O～6Fe2＋可知，被还原的Cr O的物质的量为0.6 mol×＝0.1 mol，C项错误；
2 2
阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确。]
11．Fe－2e－===Fe2＋ 2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N↑＋6Fe3＋＋4HO
2 2
第 43 讲 多池、多室的电化学装置
考点一
归纳整合
2．(3)Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH) Fe(OH) ＋2e－===Fe＋2OH－
2 2
专项突破
1．C
2．(1)PbO ＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO ＋2HO 小 48
2 4 2
(2)Pb PbO 对换
2
解析 (1)根据总反应式可知放电时，正极PbO 得到电子，电极反应式是PbO ＋4H＋＋SO＋
2 2
2e－===PbSO ＋2HO，负极电极反应式是Pb＋SO－2e－===PbSO ；由反应式知放电时消耗
4 2 4
HSO ，则HSO 浓度变小；当外电路通过 1 mol电子时，理论上负极板的质量增加 0.5
2 4 2 4
mol×
96 g·mol－1＝48 g。(2)若按题图连接，B为阳极，失去电子发生氧化反应，A为阴极，得到
电子发生还原反应，B电极上发生的反应为PbSO ＋2HO－2e－===PbO ＋4H＋＋SO，A电
4 2 2
极发生的反应为PbSO ＋2e－===Pb＋SO，所以A电极上生成Pb，B电极上生成PbO ，此时
4 2
铅酸蓄电池的正、负极的极性将对换。
3．(1)负 (2)增大 减小 不变 (3)0.025 mol·L－1 (4)13
考点二
专项突破
1．D
2．C [Zn/ZnO电极为负极，MoS 电极为正极，正极电势高于负极电势，A正确；正极区
2
消耗的H＋源于双极膜解离出的H＋，且产生的NH 会部分溶解，所以正极区溶液的pH不会
3
减小，C错误；电子流向：负极→负载→正极，D正确。]
3．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，溶液中氢离子放电
2
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
2－4e－===4HCO＋O↑，D项错误。]
2
4．C
真题演练
1．C
2．A [左侧电极上产生O ，右侧电极上产生H ，说明左侧电极为阳极，电极反应式为
2 2
2HO－4e－===4H＋＋O↑，左侧制备三氧化铬：Cr O＋2H＋===2CrO ＋HO；右侧电极为阴
2 2 2 3 2
极，电极反应式为4HO＋4e－===4OH－＋2H↑。H＋在阳极区参与反应制备三氧化铬，故不
2 2
通过离子交换膜向阴极区迁移，A项错误；根据得失电子守恒，产生O 、H 的质量之比为
2 2
32∶4＝8∶1，B项正确；由阴极反应式知，阴极产生OH－，如果OH－通过交换膜向左侧迁
移，OH－必然会中和H＋，与题意相矛盾，所以，钠离子应该由左侧向右侧迁移，阴极区氢
氧化钠溶液浓度增大，C项正确。]
3．D [金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通
过，不允许O 通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a
2
电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；生成1 mol
超氧化钾时，消耗 1 mol氧气，两者的质量比为(1 mol×71 g·mol－1)∶(1 mol×32 g·mol－
1)≈2.22∶1，故 C 正确；铅酸蓄电池充电时的总反应的化学方程式为 2PbSO ＋
4
2HO===PbO ＋Pb＋2HSO ，反应每消耗2 mol水时，转移2 mol电子，由得失电子守恒可
2 2 2 4
知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g·mol－1＝1.8 g，故D错误。]
4．A 5.D
第八章 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
归纳整合
1．(1)单位时间内反应物浓度的减小 生成物浓度的增加 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
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．D2．A [t min时，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A项错误；根据图像
1
可知，在0～8 min内，X增加了0.6 mol，Y减少了0.9 mol，X、Y变化的物质的量之比为
2∶3，则X曲线表示NH 的物质的量随时间的变化关系，Y曲线表示H 的物质的量随时间
3 2
的变化关系，B项正确；0～8 min，v(H )＝＝0.011 25 mol·L－1·min－1，C项正确；10～12
2
min，v(NH )＝＝0.005 mol·L－1·min－1，v(N )＝＝0.002 5 mol·L－1·
3 2
min－1，D项正确。]
3．③>①>②>⑤>④
4．30
5.
解析 列出三段式
2SO (g)＋O(g)2SO (g)
2 2 3
初始/mol 4 2 0
转化/mol 2 1 2
10 min时/mol 2 1 2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p 满足＝，
10 min
即 p ＝p kPa，p (SO )＝p kPa，p (SO )＝p kPa×＝p kPa，故 v(SO )＝＝
10 min 0 初始 2 0 10 min 2 0 0 2
kPa·min－1。
考点二
归纳整合
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
3．(1)②反应的活化能 E E－E (2)增加 增加 不变
3 1 2
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.×
专项突破
1．①④⑥⑦
2．(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
3．D [由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度
越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，
如浓度等，C错误。]
4．C
5．(1)①使用催化剂(其他合理答案也可)②小于 (2)C
真题演练
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。]
第 45 讲 化学反应速率与反应历程
考点一
归纳整合
1．每一步反应
4．(1)A、B C D (2)吸 放 放 (3)慢 快 一
专项突破
1．D 2.B
3．0.2 1.0×104
解析 根据v ＝k·c(CO)·c3(H )，由表中数据可得：(c mol·L－1)3＝，c mol·L－1＝，所以有
逆 2 1 2
k××＝16.0 mol·L－1·
min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c 的等式可得c＝0.2。
2 2
4．2 4.0×10－8 L·mol－1·s－1
解析 根据表格①②中的数据，代入正反应速率表达式然后做比值：＝，解得 n＝2，将n
和①或②或③中数据代入正反应速率表达式得k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。
考点二
专项突破
1．(1)铝的表面有一层致密的Al O 薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出
2 3
(2)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快(或反应产生的铝离子是该反应的催化剂)
(3)随着反应的进行，溶液中氢离子的浓度逐渐降低
2．(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 (2)> Ⅳ
解析 (1)由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速
率加快。(2)由图2可知，T ℃时，N 的浓度小于NO的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的
2 2 2
反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，
3
说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
真题演练
1．B [一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应 Ⅰ 和反应 Ⅳ 的
活化能较高，因此反应的决速步为反应 Ⅰ 、 Ⅳ ，故A错误；反应 Ⅰ 为加成反应，而
为快速平衡，反应 Ⅱ 的成键和断键方式为
或 ，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；
反应Ⅲ的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中不会
存在CHOH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放
热反应，因此 和CHO－的总能量与 和OH－的总能量
3
之差等于图示总反应的焓变，故D错误。]
2．C
3．迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使 NO 去除反应速率迅
x
速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的 NO 去除反应速率增大 催化剂活性下降；
x
NH 与 O 反应生成了 NO
3 2
第 46 讲 化学平衡状态与平衡常数
考点一
归纳整合
1．(1)正反应方向 逆反应方向 (2)小于
2．(1)可逆 相等 (3)可逆反应 动态平衡 v正 v逆 质量或浓度 (4)③a.不等体
易错辨析
1．× 2.× 3.×
专项突破1．C [不确定下一时刻反应进行的方向，因此需要考虑反应进行的方向并结合极限思想解
答。若该时刻后反应正向进行且Y全部转化为Z，则
2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1) 0.3 0.1 0.4
转化/(mol·L－1) 0.2 0.1 0.2
平衡/(mol·L－1) 0.1 0 0.6
若反应逆向进行，且Z全部转化为X和Y，则
2X(g)＋Y(g)2Z(g)
某时刻/(mol·L－1) 0.3 0.1 0.4
转化/(mol·L－1) 0.4 0.2 0.4
平衡/(mol·L－1) 0.7 0.3 0
平衡时0.1 mol·L－1＜c(X)＜0.7 mol·L－1，可能等于0.5 mol·L－1，故A不选；平衡时0.1 mol·
L－1＜c(Y)＋c(X)＜1.0 mol·L－1，c(Y)＋c(X)可能等于0.5 mol·L－1，故B不选；平衡时0.3
mol·
L－1＜c(Y)＋c(Z)＜0.6 mol·L－1，不可能等于1.05 mol·L－1，故C选；平衡时0.7 mol·L－1＜
c(X)＋c(Y)＋c(Z)＜1.0 mol·L－1，0.75 mol·L－1介于0.7 mol·L－1和1.0 mol·L－1之间，故D不
选。]
2．(1)①③④⑦ (2)⑤⑦ (3)①③④⑤⑦
(4)①②③④⑦ (5)①②③ (6)②④⑦
3．(1)②③④⑦ (2)⑤⑦ (3)②③④⑤⑦
(4)②③④⑦
考点二
归纳整合
1．K
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.×
专项突破
1．K ＝，K ＝ ，K ＝。K ＝ ，K ＝。
1 2 3 2 3
2.
3．B
4．C [温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应，A项正确；25 ℃时，逆反应的平衡常数K′＝＝＝2×10－5，B项正确；80 ℃时，若Ni(CO) 、CO的浓度均为0.5 mol·
4
L－1，则Q＝＝＝8>K，v ＜v ，C项错误；80 ℃达到平衡时，若n(CO)＝
正 逆
0.3 mol，c(CO)＝1 mol·L－1，故c[Ni(CO) ]＝K·c4(CO)＝2×14 mol·L－1＝2 mol·L－1，D项正
4
确。]
5．(1) (2)减小 (3)不处于 <
真题演练
1．C [题目中缺少c(H )，无法计算K，则不能通过Q与K的关系判断平衡的移动方向，但
2
可比较4个选项中Q的大小关系，Q越大，则可能逆向移动。
Q(A)＝＝1，Q(B)＝≈50.28，
Q(C)＝≈82.64，Q(D)＝≈50.28，
Q(C)的值最大，答案为C。]
2．8×108
3．①ac ②大于 ③小于 t 时生成物浓度较低 ④
m
第 47 讲 化学平衡常数的计算
考点一
归纳整合
例
解析 N(g)＋3H(g)2NH (g)
2 2 3
起始/mol 1 3 0
变化/mol 0.5 1.5 1
平衡/mol 0.5 1.5 1
平衡时p(N )＝p、p(H )＝p、p(NH )＝p。
2 0 2 0 3 0
K ＝＝＝。
p
专项突破
1．(1) M(g) ＋ N(g) P(g) ＋ Q(g)
起始/mol·L－1 1 2.4 0 0
转化/mol·L－1 1×60% 1×60% 1×60% 1×60%
平衡/mol·L－1 0.4 1.8 0.6 0.6
由三段式得N的平衡浓度为1.8 mol·L－1，K＝＝
(2)50% 6 mol·L－1
解析 (2) M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)
起始/mol·L－1 4 a 0 0转化/mol·L－1 2 2 2 2
平衡/mol·L－1 2 a－2 2 2
α(M)＝×100%＝50%，温度不变，平衡常数不变，K＝＝，解得a＝6，即反应物N的起始
浓度为6 mol·L－1。
2．(1)0.45a (2)＞ (3)不变 (4)3 25%
(5)盐酸是催化剂，浓度减小，反应速率减慢，催化剂不影响化学反应的限度
解析 (1)100 min时，A的转化率为45%，所以c(B)＝0.45a mol·L－1。(2)一定温度下，化学
反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度不断减小，所以 v (t
正
＝50 min)＞v (t＝∞ min)＝v (t＝∞ min)。
逆 正
(3) A(aq),B(aq)
起始/(mol·L－1) c 0
转化/(mol·L－1) cα cα
平衡/(mol·L－1) c－cα cα
K＝＝，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t＝∞ min时转化率将不变。
(4)由表知，该温度下，A在t＝∞ min时转化率为75%，则平衡常数K＝＝＝＝3；在相同
条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol·L－1，则
A(aq)B(aq)
起始/(mol·L－1) 0 a
转化/(mol·L－1) x x
平衡/(mol·L－1) x a－x
则K＝＝3，得x＝0.25a，平衡时B的转化率为×100%＝25%。
3．320
4.
解析 1 123 K恒容时，设达到平衡时CH 的转化分压为x kPa，列三段式：
4
CH(g)＋CO(g)2CO(g)＋2H(g)
4 2 2
起始分压/kPa 20 25 0 0
转化分压/kPa x x 2x 2x
平衡分压/kPa 20－x 25－x 2x 2x
根据题意，有＝1.8，解得x＝18。CH(g)、CO(g)、CO(g)、H(g)的平衡分压依次是2 kPa、
4 2 2
7 kPa、36 kPa、36 kPa，K ＝＝ kPa2。
p
考点二
归纳整合
例 1 >
解析 解题步骤及过程：步骤1 代入特殊值：
平衡时v ＝v ，即
正 逆
k ·c(CH)·c(H O)＝k ·c(CO)·c3(H )；
正 4 2 逆 2
步骤2 适当变式求平衡常数，
K ＝＝；k ＝k ，K ＝1
1 正 逆 1
步骤3 求其他，
K ＝＝；k ＝1.5k ，K ＝1.5；1.5>1，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则
2 正 逆 2
T>T。
2 1
专项突破
1．5 0
解析 当反应达到平衡时有v ＝v ，即k ·c4(NH )·c6 (NO)＝k ·cx(N )·cy(H O)，变换可得
正 逆 正 3 逆 2 2
＝，该反应的平衡常数K＝，平衡状态下K＝，所以x＝5，y＝0。
2．> 正向
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，平衡向放热
正 逆
方向即正向移动，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·
2
L－1·min－1，k ·c2( )＝k ·c2(CH==CH)·c(O )，＝＝0.75。
逆 正 2 2 2
5．(1)6.27 4 (2)0.8
真题演练
1．(1)2.5 0.002 85 (2)> >
解析 设转化的HS的物质的量为x mol，
2
HS(g)＋CO(g)COS(g)＋HO(g)
2 2 2
初始/mol 0.40 0.10 0 0
转化/mol x x x x
平衡/mol 0.40－x 0.10－x x x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则＝0.02，x＝0.01。
(1)H S的平衡转化率α ＝×100%＝2.5%。钢瓶的体积为2.5 L，则平衡时各物质的浓度分别
2 1为c (H S)＝0.156 mol·L－1，c (CO)＝0.036 mol·L－1，c (COS)＝c (H O)＝0.004 mol·
平 2 平 2 平 平 2
L－1，则K＝≈0.002 85。
(2)根据题目提供的数据可知温度由610 K升高到620 K时，化学反应达到平衡后水的物质的
量分数由0.02变为0.03，所以HS的转化率增大，α>α ；根据题意可知，升高温度，化学
2 2 1
平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故ΔH>0。
2．40% 3.56×104
3．(1)－223 1.2×1014 (2)7.2×105
解析 (1)根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)－反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O(g)===2CO(g)，则
2
ΔH＝－51 kJ·mol－1－(＋172 kJ·mol－1)＝－223 kJ·mol－1；则K ＝＝Pa＝1.2×1014 Pa。
p
(2)从图中可知，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例 CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是
2 4
0.6，反应C(s)＋CO(g)===2CO(g)的平衡常数K (1 400 ℃)＝＝Pa＝7.2×105 Pa。
2 p
4．吸收 31.2 0.02 MPa
热点强化18
例1
解析 恒压反应器中，按照n(H )∶n(C H)＝4∶1投料，设投入的苯的物质的量为1 mol，
2 6 6
发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为p，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则
0
(g) ＋ 3H(g) (g)
2
起始量/mol 1 4 0
转化量/mol α 3α α
平衡量/mol 1－α 4－3α α
(g) (g)
起始量/mol α 0
转化量/mol x x
平衡量/mol α－x x
反应后平衡体系中总的物质的量为1－α＋4－3α＋α－x＋x＝5－3α，故平衡时，苯的分压为
p，H 的分压为p，则反应Ⅰ的K ＝＝。
0 2 0 p
例2 (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＝2×8O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·
2
min－1。(2)反应Ⅰ中CO的转化率为80%，则生成的CHOH的物质的量为4 mol×80%＝
3
3.2 mol，反应Ⅱ生成的CHOCH 的物质的量为2z mol即2×0.64 mol＝1.28 mol，则反应Ⅱ
3 3
转化的 CHOH 的物质的量为 2×1.28 mol＝2.56 mol，则反应Ⅱ中 CHOH 的转化率 α＝
3 3
×100%＝80%。根据之前所解方程，可得平衡时：CHOH、H、CO的浓度分别为0.32 mol·
3 2
L－1、0.8 mol·L－1、0.4 mol·L－1，反应Ⅰ的平衡常数K＝＝1.25。
例3 0.036
解析 C H(g)的起始浓度为2 mol·L－1，设生成H(g) x mol·L－1，生成CH(g) y mol·L－1，
2 6 2 4
反应①达平衡后再发生反应②，列三段式：
C H(g)C H(g)＋H(g)
2 6 2 4 2
起始浓度/(mol·L－1) 2 0 0
转化浓度/(mol·L－1) x x x
平衡浓度/(mol·L－1) 2－x x x
2C H(g)C H(g)＋2CH(g)
2 6 2 4 4
起始浓度/mol·L－1 2－x x 0
转化浓度/mol·L－1 y 0.5y y
平衡浓度/mol·L－1 2－x－y x＋0.5y y
达到平衡时 C H(g)的转化率为 50%，则x＋y＝2×50%＝1，H(g)的选择性为 80%，则
2 6 2
×100%＝80%，解得x＝0.8，y＝0.2，则该温度下，副反应的平衡常数K＝＝＝0.036。
对点训练
1．A
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
第 48 讲 影响化学平衡的因素
考点一归纳整合
1．浓度 温度 压强 相等
2．(1)①> ②＝ ③< (2)增大
3．正反应 逆反应 气体分子数减小 气体分子数增加 不移动 吸热 放热 不移动
5．减弱
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.×
专项突破
1．B
2．D [若改变条件后，平衡正向移动，D的百分含量不一定增大，因为B的状态不确定，
故A错误；若升高温度，A的浓度增大，说明逆反应是吸热反应，故 B错误；若增大压强，
平衡不移动，如果B、D均为气体，则说明m＋n一定等于p＋q，如果B、D均不为气体，
则m＝p，故C错误；固体和液体的用量不影响平衡，若增加B的量，平衡移动后体系颜色
加深，说明B必是气体，故D正确。]
3．(1)CD (2)B
考点二
归纳整合
应用举例
(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
专项突破
1．A
2．D [对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终两者等效，但Ⅲ温度高，
平衡时c(CHOH)小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反
3
应，A错误；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所
以Ⅱ中转化率高，B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移
动，所以Ⅱ中c(H )小于Ⅲ中c(H )的两倍，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，若温度相同，两者等效，
2 2
两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率更快，D正确。]
3．D
4．C [若x＜4，则正反应为气体分子数减少的反应，乙容器对于甲容器而言，相当于加压，
平衡正向移动，所以2c ＞c ，A项错误；若x＝4，则反应前后气体分子数相等，由于起始
1 2
时甲容器中A、B的投入量之比与化学方程式中对应化学计量数之比不相等，故 w 不可能
3
等于w ，B项错误；起始时乙容器中A、B的投入量是甲容器的2倍，两容器的容积相等，
1故恒有2ρ ＝ρ ，C项正确，起始时乙容器中A、B的浓度是甲容器中的2倍，故乙容器达到
1 2
平衡所需的时间比甲容器达到平衡所需的时间短，D项错误。]
真题演练
1．C
2．D [测定NO 的相对分子质量时，要使平衡逆向移动，且逆向移动的程度越大，测定结
2
果的误差越小。该反应的正反应是气体分子数减少的放热反应，因此温度越高、压强越小时，
平衡逆向移动的程度越大，故选D。]
3．BC
解析 增加CH(g)用量可以提高HO(g)的转化率，但是CH(g)平衡转化率减小，A不符合
4 2 4
题意；恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，
反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH(g)平衡转化率，B符合题意；移除CO(g)，减小了
4
反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH(g)平衡转化率，C符
4
合题意；加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH(g)平衡转化率，D不符合题意。
4
4．BD
第 49 讲 化学反应的方向与调控
考点一
归纳整合
2．(1)> > (2)自发进行
3．能 平衡 不能
易错辨析
1．× 2.× 3.×
专项突破
1．C
2．(1)不能实现，因为该反应的ΔH＞0，ΔS＜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
考点二
归纳整合
3．(1)增大反应物浓度 高温 高压 增大反应物浓度、减小生成物浓度 低温 高压 无
影响
专项突破
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。故一般采用的压强为
10～30 MPa。
(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．B
3．(1)减小压强 升高温度(或及时移出生成物)
(2)a 制备的目标产品是C H，b、c均为副反应，应加快反应a的反应速率
2 4
(3)①反应a、c是放热反应，升高温度，a反应平衡逆向移动程度较大 ②BD
真题演练
1．A
2．(1)能 (2)高 低 (4)a (5)－1 a
解析 (1)对于合成氨反应，常温下，ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ·mol－1－298 K×(－0.2 kJ·K－
1·mol－1)＝－32.8 kJ·mol－1<0，故合成氨反应在常温下能自发。(2)其他条件一定时，升高温
度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增多，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，
要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度。(4)由题图可知，300 ℃时，复
合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多，说明 300 ℃时复合催
化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使
平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，
催化效率反而降低，c错误。(5)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝
k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，两式联立可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，
即降低体系中c(NH )，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，
3
a正确、c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
第 50 讲 常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
类型一
专项突破
1．(1)ACDF (2)C E B (3)A(4)
解析 (1)根据图示可知，t ～t 、t ～t 、t ～t 、t ～t 时间段内，v 、v 相等，反应处于平
0 1 2 3 3 4 5 6 正 逆
衡状态。
(2)t 时，v 、v 同时增大，且v 增大的更快，平衡向逆反应方向移动，所以t 时改变的条
1 正 逆 逆 1
件是升温；t 时，v 、v 同时增大且增大程度相同，平衡不移动，所以 t 时改变的条件是
3 正 逆 3
加催化剂；t 时，v 、v 同时减小，且v 减小的更快，平衡向逆反应方向移动，所以t 时
4 正 逆 正 4
改变的条件是减小压强。
(3)根据图示知，t ～t 、t ～t 时间段内平衡均向逆反应方向移动，则NH 的含量均比t ～t
1 2 4 5 3 0 1
时间段内的低，所以t～t 时间段内NH 的百分含量最高。
0 1 3
(4)t 时刻分离出部分NH ，v 立刻减小，而v 逐渐减小，在t 时刻二者相等，反应重新达
6 3 逆 正 7
到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。
2．B
类型二
归纳整合
例1 (1)< 放热 (2)< 增大 (3)a ＝
例2
解析 根据反应NO(g)2NO (g)，NO 的改变量是NO 的两倍，从NO 的曲线可知其达
2 4 2 2 2 4 2 4
到平衡时减少了0.03 mol·L－1，则NO 从0升高到平衡时的0.06 mol·L－1，即可画出曲线；
2
由题给ΔH>0可知，该反应正向吸热，保持其他条件不变，随着温度的升高，该反应平衡正
向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，即可画出曲线。
专项突破
1．D
2．(1)0.02 mol·L－1·min－1 (2)1∶2
(3)变大 (4)④⑥ ④ (5)>解析 (1)0～10 min内v(A)＝＝0.02 mol·L－1·min－1。(2)根据图像可知，0～10 min内A的物
质的量浓度减少量为0.20 mol·L－1，C的物质的量浓度增加量为0.40 mol·L－1，x、y之比等于
A、C的物质的量浓度变化量之比，故x∶y＝0.20 mol·L－1∶0.40 mol·L－1＝1∶2。(3)该反应
是气体分子数增大的反应，而容器容积不变，因此0～10 min容器内压强变大。(4)根据图像
可知，10 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变且随后反应速率加快，故改变的条件可
能是升温或加入催化剂；16 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变，且随后A的浓度逐
渐增大，C的浓度逐渐减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件可能是升温。(5)升高温度，
平衡逆向移动，平衡常数减小，则K >K 。
1 2
类型三
归纳整合
> > > >
专项突破
1．C [由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反
应，故A、D错误；相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，说明增大压强平衡左移，
则Z为气态，X、Y中最多只有一种气态物质，故B错误、C正确。]
2．C
类型四
例1 (1)m>m>m K ＝
1 2 3 p
(2)1 200
解析 (1)在同温同压下，增加二氧化硫的量，会使原料气中SO 和O 的物质的量之比m变
2 2
大，m越大，SO 的平衡转化率越小。
2
(2)A点二氧化硫的平衡转化率为88%，可列三段式：
SO (g) ＋O(g) SO (g)
2 2 3
起始/mol 10 24.4 0
变化/mol 10×88% ×10×88% 10×88%
平衡/mol 10×12% 24.4－5×88% 10×88%
平衡时，混合气体总物质的量为[10×12%＋(24.4－5×88%)＋10×88%＋70] mol＝100
mol。达平衡时SO 的分压p(SO )＝×105 Pa＝1 200 Pa。
2 2
例2 2.0
真题演练
1．C [从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明
该反应的正反应是吸热反应，即 ΔH＞0，故A错误；由A项分析知随着温度升高平衡正向
移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的物质的物质的量几乎不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，
故C正确；BaSO 是固体，向平衡体系中加入BaSO ，不能改变其浓度，因此平衡不移动，
4 4
氢气的平衡转化率不变，故D错误。]
2．B
3．D [根据已知反应①C HOH(g)＋3HO(g)===2CO(g)＋6H(g) ΔH＝＋173.3 kJ·mol－1，
2 5 2 2 2
反应②CO(g)＋H(g)===CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1，且反应①的热效应更大，
2 2 2
故温度升高对反应①影响更大一些，即CO 选择性增大，同时CO的选择性减小，根据CO
2
的选择性的定义可知③代表CO 的选择性，①代表CO的选择性，②代表H 的产率，A、B
2 2
错误；两种物质参加反应增大一种物质的浓度，会降低该物质的平衡转化率，C错误；加入
CaO(s)与水反应放热，对反应①影响较大，可以增大H 产率，或者选用对反应①影响较大
2
的高效催化剂，也可以增大H 产率，D正确。]
2
4．① ②b 开始体积减半，N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 分
2 2
压比原来的2倍要小
③0.48
热点强化19
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
解析 ①图中有分子筛膜时，P点甲醇产率最大，达到平衡状态，P点后甲醇的产率降低，
其原因是合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低。②P点
有分子筛膜，T点无分子筛膜，而分子筛膜能选择性分离出HO，使平衡正向移动，提高甲
2
醇的产率。③由图可知，当有分子筛膜，温度为210 ℃时，甲醇产率最大，故该分子筛膜
的最佳反应温度为210 ℃。
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，压强升高乙烯转化率
4 3 2 1
升高
5．(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
6．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
7．温度较低时，反应Ⅰ进行的程度大， (g)的物质的量分数增大；温度较高时反
应Ⅱ进行的程度增大， (g)的物质的量分数减小
解析 根据图像可知，温度较低时， (g)的物质的量分数很小，随温度升高
(g)的物质的量分数增大， (g)是反应Ⅰ的生成物、反应Ⅱ的反应物，故随着温度
的升高， (g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为温度较低时，反应Ⅰ进行
的程度大， (g)的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大，
(g)的物质的量分数减小。N点时， (g)的物质的量分数为 0，
(g)完全消耗， (g)和 (g)的物质的量分数相等，即
(g)和 (g)物质的量相等，设起始 (g)、NH (g)物质的量依
3
次为2 mol、15 mol，平衡时 (g)物质的量为x mol，反应Ⅰ生成的 (g)和
HO(g)的物质的量均为2 mol，则反应Ⅱ消耗的 (g)和NH (g)、生成的HO(g)和
2 3 2
(g)物质的量都为x mol，则2－x＝x，解得x＝1，平衡时 (g)、NH (g)、
3
(g)、HO(g)、 (g)物质的量依次为1 mol、14 mol、1 mol、3 mol、1 mol，气
2
体总物质的量为20 mol，物质的量分数依次为、、、、，N点对应反应Ⅱ的平衡常数K＝
x
＝。8．氨氮物质的量之比为1，温度为400 ℃ 在400 ℃时，催化剂的活性最好，催化效率最
高，同时400 ℃温度较高，反应速率快
9．(1)①＋131.3 kJ·mol－1 ＞ ②未达到自发进行反应的温度 ③增大(或适当降低温度等
合理答案) ④75%
(2)减少温室气体(CO)的排放
2
(3)①反应 Ⅴ 和反应 Ⅵ 均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 ②CaCO 开始分解，
3
生成的CO 与H 反应 ③气体中CO和CO 的含量高，不利于提纯(或其他合理答案)
2 2 2
解析 (1)①由盖斯定律知，反应 Ⅴ－反应 Ⅵ＝反应Ⅰ，ΔH ＝－74.8 kJ·mol－1－(－206.1
1
kJ·mol－1)＝＋131.3 kJ·mol－1；反应Ⅰ的气体分子数增多，ΔS>0。
③由图2可知，反应Ⅱ的K 随温度升高而减小，该反应为放热反应，故为提高反应Ⅱ中CO
2
的转化率可采取降低温度、增大等方法。
④设容器体积为V L，
CO(g)＋HO(g)CO(g)＋H(g)
2 2 2
起始/mol 1 3 0 0
转化/mol x x x x
平衡/mol 1－x 3－x x x
x2＝(1－x)(3－x)，解得x＝0.75。故CO的平衡转化率为×100%＝75%。(2)该制氢工艺中设
计反应Ⅲ的优点是吸收二氧化碳，减少温室气体的排放。
第九章 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
归纳整合
2．＝ ≠
3．(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)
易错辨析1．√ 2.× 3.×
专项突破
1．D [A、B项，只能证明蚁酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；C项，只能证明蚁
酸的酸性比碳酸强，错误；D项，溶液的pH＝2.3，说明HCOOH未完全电离，正确。]
2．C
3．(1)＜ (2)＞ (3)＜ ＝ (4)＝
考点二
归纳整合
4．(3)①小 ②大
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．(1)HCOOH＞HCO＞HS＞HClO
2 3 2
(2)S2－＞CO＞ClO－＞HS－＞HCO＞HCOO－
(3)①②④
2．(1)变小 (2)变大 (3)变小 (4)不变 (5)不变
解析 (1)将该式变为＝或稀释时醋酸的电离平衡正向移动，n(CHCOOH)减小，n(H＋)增大
3
因而其比值变小。
(2)将该式变为＝或稀释时醋酸的电离平衡正向移动，n(CHCOOH)减小，n(CHCOO－)增大
3 3
因而其比值变大。
(5)将该式变为＝，故比值不变。
热点强化20
热点精讲
1． 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
1．73.92
2．(1) (2)
解析 (1)由电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CHCOO－)，由元素质量守恒有
3
c(Na＋)＝c(CHCOOH)＋c(CHCOO－)，溶液呈中性，所以c(CHCOOH)＝c(Cl－)。
3 3 3
CHCOOHCHCOO－＋H＋
3 3
－ 10－7K＝＝。
a
(2)根据2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CHCOO－)，由于c(CHCOO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－
3 3
1，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
CHCOOHCHCOO－＋H＋
3 3
－b b 10－7
K＝＝。
a
3．(1)纵轴坐标为lg c(OH－)，在M点时，溶液中c(OH－)＝10－10 mol·L－1，常温时0.010
mol·L－1的HA溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则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
4．(1)10－1.2 (2)10－4.2 (3)1 000
5．(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，曲线Ⅱ对应的c(H＋)较大，为
a1 a2 a1 a2
第一步电离，曲线Ⅰ对应的c(H＋)较小，为第二步电离，选用曲线Ⅱ中的特殊点B计算
K ，K ＝＝10×10－2.4＝10－1.4。
a1 a1
真题演练
1．C
2．B [常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)
＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下，溶液 Ⅱ 的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，
K(HA)＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题
a 总
意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下，溶液
Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，K(HA)＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)
a 总
＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c (HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液 Ⅱ 中，由B项解析可知c
总
(HA)＝1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液
总
Ⅰ和Ⅱ中c (HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。]
总
3．1012·K 1024·K ·K
a1 a1 a2
第 52 讲 水的电离和溶液的 pH
考点一
归纳整合
1．HOH＋＋OH－ c(H＋)·c(OH－) 1×10－14 不变
2增大 稀的电解质
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 逆 不变 减小 减小 增大 正 增大 增大 增大 增大
3．(1)1×10－12 mol·L－1 (2)1×10－10 mol·L－1
(3)1×10－10 mol·L－1 (4)1×10－4 mol·L－1
(5)1×10－4 mol·L－1
易错辨析
1．√ 2.√ 3.× 4.×
专项突破
1．D [该温度下蒸馏水中的c(H＋)大于25 ℃时纯水中的c(H＋)，水的电离为吸热过程，A
项正确；此温度下K ＝1.0×10－12，故该NaHSO 溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1.0×10－10
w 4
mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B项正确；NaHSO 电离出的H＋抑制
4
了水的电离，C项正确；加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，而K 不变，故c(OH－)增大，D项
w
错误。]
2．B
3．D [ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积常数相同，根据b点可知，
c(H＋)·c(OH－)＝10－14，A项正确；bd线段上任意一点都满足c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中
性，B项正确；d点时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1＞1×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝
6，水的电离为吸热过程，所以 d点温度高于25 ℃，C项正确；在c点c(H＋)＝1×10－8
mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液显碱性，而醋酸钠溶液显碱性，所以c点可能为
醋酸钠溶液，D项错误。]
4．(1)B＞C＞A＝D＝E (2)D (3)碱 (4)1×10－10
考点二
归纳整合
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.×
专项突破
1．(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性 (6)碱性 (7)酸性 (8)碱性
2．C
3．(1)2 (2)11 (3)11 (4)9.7 (5)2
解析 (1)c(H SO )＝0.005 mol·L－1，c(H＋)＝2×c(H SO )＝0.01 mol·L－1，pH＝2。(2)c(OH－)
2 4 2 4
＝1×10－3 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
(3)c(OH－)＝0.1×1% mol·L－1＝10－3 mol·L－1，c(H＋)＝10－11mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝11。(4)两溶液等体积混合后，c(OH－)＝ mol·L－1＝×10－6 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1≈2.0×10－
10 mol·L－1，pH≈9.7。(5)混合后c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则pH＝2。
4．(1)10 (2)1∶4 (3)10
热点强化21
热点精讲
1．(1)
(2)大 大 大 多
2．＞ ＞ NaOH 大
3．强 弱 ＝ ＞ ＞ ＝ 强 弱 ＞ ＞
热点专练
1．D 2.B
3．C [A项，由图像可知MOH溶液稀释10倍时，pH变化量小于1，故MOH为弱碱；B
项，在x点，c(OH－)＝c(M＋)＋c(H＋)＝c(R＋)＋c(H＋)，x点时MOH和ROH溶液中c(H＋)相
等，故c(M＋)＝c(R＋)；C项，MOH为弱碱，由图可知，ROH为强碱，则稀释前c(ROH)＜
10c(MOH)；D项，稀释前MOH溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－12 mol·L－1；ROH溶液中
由水电离出的c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故c(OH－)前者是后者的10倍。]
4．C
真题演练
1．C [由图可知，a、b、c三点对应的平衡常数不变，该曲线上的点温度相等，升高温度，
不能引起由c向b的变化，故A项错误；b点c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故K ＝
w
1.0×10－14，故B项错误；FeCl 为强酸弱碱盐，Fe3＋结合水电离出的OH－，促进水的电离平
3
衡右移，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，故C项正确；由c点到d点，
水的离子积常数减小，但温度不变，K 不变，则稀释溶液不能引起由c向d的变化，故D
w
项错误。]
2．A
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
归纳整合
1.
2．(1)①上 ②0.01 ③酸式 碱 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
3．(1)体积 (2)滴定终点 红 蓝 红 黄 无 浅红 红
5．偏大 偏小
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．(1)酸 24.90 大于25.10 mL 酚酞或甲基橙 (2)丙
(3)
2．(1)甲基橙或酚酞 (2)酚酞 溶液由无色变浅红色 (3)NaHCO
3
3．偏高 偏高 偏低 无影响 偏低 偏低 偏高 偏低 无影响 偏低 偏高
4．B [根据电离方程式，电离出的c(H＋)＝c(B－)，即K(HB)＝＝≈1.1×10－3，K(HB)的数
a a
量级为10－3，A错误；V 时混合溶液恰好为中性，由于NaB为强碱弱酸盐，故此时酸有剩
1
余，V<10，C错误；c点时，NaOH与HB恰好完全反应，D错误。]
1
5．A
考点二
专项突破
1．(1)5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3HO % (2)偏小
2
解析 (1)根据得失电子守恒，
5NaNO ～ 2KMnO
2 4
5 mol 2 mol
0.010 0×10－3V×4×5 0.020 0×10－3V×4
该样品中NaNO 的质量分数为×100%＝%。
2
(2)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO 的用量偏少，测定结果偏小。
4
2．97.91% 偏小
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)＝(cV
1 1 2 2 1 1－6cV)×10－3 mol，n(NO)＝n(NO )＝n(NO)＝(cV －6cV)×10－3 mol，V L 气样中含
2 2 x 2 1 1 2 2
m(NO )＝(cV－6cV)×46× mg，所以气样中NO 的含量为 mg·m－3＝×104 mg·m－3。
2 1 1 2 2 2
答题规范(6)
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
真题演练
1．B
2．(1)√ (2)× (3)√ (4)×
3．B
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
5．17%
解析 滴定反应的离子方程式为2MnO＋5HO ＋6H＋===2Mn2＋＋5O↑＋8HO，可得关系式：
2 2 2 2
2KMnO ～5HO 。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平
4 2 2
均体积为20.00 mL，HO 的质量分数w＝×100%＝17%。
2 2
第 54 讲 盐类的水解
考点一
归纳整合
1．水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质
2．正
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.×
专项突破
1．(1)②＞④＞③＞① ②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞② (3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
2．B [室温下，溶液呈碱性，能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH ·H O均是
3 2
弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH 的水解程度，由越弱越水解知
NH ·H O是比HCN强的电解质，故B错误、C正确；CN－、NH相互促进水解，所以0.1
3 2
mol·L－1 NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH CN溶液中CN－的水解程度，故
4
D正确。]
3．中 碱
4．D [硫化钠分步水解，生成的硫化氢具有臭味，离子方程式必须分步书写、没有气体符
号、应使用可逆符号，D项错误。]
5．B
考点二
归纳整合
1．(1)越大 越强 > >
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
2．(1)①溶液中碳酸根离子水解：CO＋HOHCO＋OH－，使溶液显碱性，会与玻璃中成
2
分SiO 反应 ②明矾溶液中的铝离子水解：Al3＋＋3HOAl(OH) (胶体)＋3H＋，Al(OH)
2 2 3 3
胶体能吸附水中的悬浮物，起到净水作用 ③Zn2＋水解使溶液显酸性，能溶解铁锈 (2)①
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
②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 ③Fe3＋＋3HOFe(OH) ＋3H＋，MgO＋2H＋===Mg2＋＋HO，使Fe3＋水解平衡向右
2 3 2
移动，从而转化为Fe(OH) 沉淀除去，且不引入新的杂质 ④NaHCO 与Al (SO ) 饱和溶液
3 3 2 4 3
发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑ (3)①浓盐酸 ②在干燥
3 2
的HCl气流中加热MgCl ·6H O，可以得到无水MgCl ，HCl气流能抑制MgCl 的水解，且
2 2 2 2
带走MgCl ·6H O因受热产生的水蒸气
2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.×
专项突破
1．C 2.D
3．B [加热醋酸钠溶液促进CHCOO－的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误。]
3
4．CaO/Na CO 无 NaSO Fe O/Al O Al (SO )/Fe (SO )/CuSO NaAlO /Na CO
2 3 2 4 2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 4 2 2 35．MgO或Mg(OH) CuO或Cu(OH) 或Cu (OH) CO。
2 2 2 2 3
6．D
答题规范(7)
规范精练
1．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，则
2 3
盐类水解吸热
2．> HCOCO＋H＋，HCO＋HOHCO ＋OH－，pH大于8则HCO的水解程度大于
2 2 3
电离程度
3．Al O；在AlCl 溶液中存在着如下平衡：AlCl ＋3HOAl(OH) ＋3HCl，加热时水解平
2 3 3 3 2 3
衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH) ，在灼烧时
3
发生反应：2Al(OH) =====Al O ＋3HO，因此最后得到的固体是Al O ；在HCl气流中加热
3 2 3 2 2 3
蒸发溶质不变。
4．在NH Cl溶液中存在水解平衡：NH＋HONH ·H O＋H＋，加入Mg，Mg与H＋反应
4 2 3 2
放出H，使溶液中c(H＋)降低，平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
2
热点强化22
热点精讲
1．(2)① ②
(3)①越大 ②增大
热点专练
1．HCO发生水解反应：HCO＋HOHCO ＋OH－，水解常数K ＝＝≈2.38×10－8；HCO
2 2 3 h
的电离常数K ＝5.6×10－11，因K ＞K ，HCO的水解程度大于电离程度，故NaHCO 溶液
a2 h a2 3
呈碱性。
2．(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
解析 (2)NaH PO 的水解常数K ＝＝＝≈1.4×10－12，K ＞K ，即HPO的电离程度大于其
2 4 h a2 h 2
水解程度，因而pH＜7。
3．D
4．NH水解使溶液显酸性，其水解常数为K (NH)＝＝≈5.6×10－10，HCO水解使溶液显碱性，
h
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，溶液显碱性
h
真题演练
1．D
2．B [GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH＋会发生水解，但水解较为微弱，因此0.001 mol·L
－1 GHCl水溶液的pH>3，故A错误；稀释GHCl溶液时，GH＋的水解程度将增大，根据勒
夏特列原理可知溶液中c(H＋)将减小，溶液pH将升高，故B正确；GHCl为强酸弱碱盐，在
水中的电离方程式为GHCl===GH＋＋Cl－，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(GH＋)，故D错误。]
3．C [任何温度时，纯水中 H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，
CHCOONa水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)
3
也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，又CuSO 水解使溶液显酸
4
性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H＋)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和
水解平衡均正向移动，而CHCOONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得
3
多，而CuSO 溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。]
4
4．D
第 55 讲 溶液中“粒子”浓度关系
归纳整合
(一)
1．(1)c(NH ·H O)>c(OH－)>c(NH) (2)c(H S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)
3 2 2
2．(1)c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(NH ·H O)
3 2
(2)c(CO)>c(HCO)>c(H CO)
2 3
(二)
(1)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
(2)①c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
②2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH ·H O)
3 2
(3)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)
3
②c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)＝c(Cl－)
3 3
专项突破
1．(1)Cl－、NH、H＋、OH－、NH ·H O、HO
3 2 2
(2)c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
(3)c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH ·H O)
3 2
解析 NH Cl===NH＋Cl－(完全电离)
4
NH＋HONH ·H O＋H＋(微弱)
2 3 2
HOH＋＋OH－(极微弱)
2
2．(1)× c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)(2)× c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
(3)√
(4)× c(NH)>c(HCO)>c(H CO)>c(NH ·H O)
2 3 3 2
(5)× c(NH)＋3c(Fe3＋)<2c(SO)
3．A
4．(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(CO)＋c(HCO)
(2)2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H CO)
2 3
(3)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)
5．(1)c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(CHCOOH)>c(H＋)>c(OH－)
3 3
(2)c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
3
(3)2c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 3
(4)c(CHCOOH)＋2c(H＋)＝c(CHCOO－)＋2c(OH－)
3 3
6．(1)√ (2)× c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) (3)× c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH ·H O)＋
3 2
2c(OH－)
(4)√
(5)× 2c(C O)＋c(HC O)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
2 2
(6)√
7．D [由K (CO)＝＝可得0.5 mol·L－1的NaCO 溶液中c(OH－)
h 2 3
≈＝ mol·L－1＝1×10－2 mol·L－1，pH约为12，A正确；NaHCO 在溶液中水解程度大于电
3
离程度，溶液中存在：c(HCO)>c(H CO)>c(CO)，C正确；由元素质量守恒可知，NaHCO
2 3 3
溶液中c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)，NaCO 溶液中c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋
2 3 2 3
2c(H CO)，则NaCO 和NaHCO 的混合溶液中
2 3 2 3 3
c(Na＋)>c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)，D不正确。]
2 3
8．⑤>④>③>①>②
解析 分析流程为
分组――――→
9．(1)③>②>④>① (2)②>①>③ (3)④>②>③>①
真题演练
1．A
2．C [KOH吸收CO 所得到的溶液，若为KCO 溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液
2 2 3
中：c(H CO)＜c(HCO)，若为 KHCO 溶液，则 HCO 发生水解的程度很小，溶液中：
2 3 3
c(H CO)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为KCO 时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)
2 3 2 3
＋ c(H＋)＝c(OH－) ＋c(HCO)＋2c(CO)，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋
c(HCO)＋c(H CO)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H CO)，B不正确；KOH溶液吸收
2 3 2 3
CO ，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c ＝0.1 mol·L－1，则溶液为 KHCO 溶液，K (HCO)＝＝
2 总 3 h≈2.3×
10－8＞K ＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H CO)＞c(CO)，C正确；
a2 2 3
如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO ＋2KOH===KCO ＋HO、KCO
2 2 3 2 2 3
＋CaO＋HO===CaCO ↓＋2KOH(若生成KHCO 或KCO 与KHCO 的混合物，则原理相
2 3 3 2 3 3
同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。]
第 56 讲 反应过程中溶液粒子浓度变化的图像分析
类型一
归纳整合
CHCOOH c(CHCOOH)＞c(H＋)＞c(CHCOO－)＞c(OH－) CHCOOH CHCOONa
3 3 3 3 3
c(CHCOO－)＞c(Na＋)＞c(CHCOOH)＞c(H＋)＞c(OH－) 2c(Na＋) CHCOONa CHCOOH
3 3 3 3
c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(H＋)＝c(OH－) CHCOONa c(Na＋)＞c(CHCOO－)＞c(OH－)＞
3 3 3
c(H＋) CHCOONa NaOH
3
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋)
3
专项突破
1．C 2.B
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 ，根据元素质量守恒得出，
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，即c(H
2 3 a1
＋)＝10－1.85 mol·L－1，推出c(HSO)＝c(H SO )，代入上式得出，2c(H SO )＋c(SO)<0.1 mol·L－
2 3 2 3
1，故 A 说法正确；b 点加入 20 mL NaOH 溶液，NaOH 和 HSO 恰好完全反应生成
2 3
NaHSO，即溶质为NaHSO，根据质子守恒得c(H SO )＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故B说法
3 3 2 3
正确；c点溶质为NaSO 和NaHSO ，溶液显碱性，SO＋HOHSO＋OH－，根据水解平
2 3 3 2
衡常数K ＝＝，c(OH－)＝，推出c(HSO)＝c(SO)，根据元素质量守恒：2c(Na＋)＝3c(H SO )＋
h 2 3
3c(HSO)＋3c(SO)，则有c(Na＋)＝3c(HSO)＋1.5c(H SO )，显然：c(Na＋)
2 3
>3c(HSO)，故C说法正确；d点溶质主要为Na SO 和少量NaHSO ，溶液中离子浓度c(Na
2 3 3
＋)>c(SO)>c(HSO)，故D说法错误。]
4．D
类型二
专项突破
1．B 2.A
3．C [稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠(Na FeO)溶液中，溶液pOH不断增大，OH－的浓度不断减
2 4
小，可知Ⅱ代表HFeO的变化曲线，故A错误；a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液
pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；FeO＋HOHFeO＋OH－的平衡常数K
2 1＝，a 点时 c(FeO)＝c(HFeO)，pOH＝1.6，则 K ＝c(OH－)＝10－1.6，同理可知 HFeO＋
1
HOHFeO＋OH－的平衡常数K ＝10－5.2，HFeO＋HOHFeO＋OH－的平衡常数K ＝
2 2 4 2 2 4 2 3 3
10－7.3，由此推出<，故C正确；a点溶液中c(FeO)＝c(HFeO)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)
＋c(H＋)＋c(H FeO)＝c(OH－)＋2c(FeO)＋c(HFeO)＋2c(SO)，从O到a点溶液中发生反应：
3
2NaFeO ＋HSO ===2NaHFeO ＋NaSO ，溶液中c(SO)≠c(HFeO)，则a点溶液中c(Na＋)＋
2 4 2 4 4 2 4
c(H＋)＋c(H FeO)≠c(OH－)＋2c(FeO)＋3c(HFeO)，故D错误。]
3
类型三
专项突破
1．C [F点lg＝0，则c(CHCOCOO－)＝c(CHCOCOOH)，此时溶液pH＝2.5，即c(H＋)＝
3 3
10－2.5 mol·L－1，所以K＝＝10－2.5,298 K时，CHCOCOOH的电离常数的数量级为10－3，A
a 3
正确；E点溶液中，lg＝－0.5，＝10－0.5，K＝＝10－2.5，c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝a＝2，
a
B 正确；G 点对应的 NaOH 溶液的体积如果为 20 mL，则刚好完全反应，溶质为
CHCOCOONa，溶液应呈碱性，但G点pH＝4.5，呈酸性，C错误；E、F、G三点随NaOH
3
的加入，CHCOCOONa的浓度越来越大，CHCOCOONa水解促进水的电离，对应的溶液
3 3
中水的电离程度：Ec(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，故D错误。]
2 2 2 2
5．C
第 57 讲 难溶电解质的沉淀溶解平衡
考点一
归纳整合
2．(1)相等 饱和溶液 (2)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
易错辨析
1．× 2.× 3.×
专项突破
1．③＞④＞①＞②
2．A [加入碳酸钠粉末会生成CaCO ，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液会使平
3
衡左移，有Ca(OH) 沉淀生成，但Ca(OH) 的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更
2 2
难溶的CaCO ，③错；恒温下K 不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH) 的饱和溶液，pH不
3 sp 2
变，④错；加热，Ca(OH) 的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；加入NaCO 溶液，沉淀
2 2 3
溶解平衡向右移动，Ca(OH) 固体转化为CaCO 固体，固体质量增加，⑥正确；加入NaOH
2 3
固体，沉淀溶解平衡向左移动，Ca(OH) 固体质量增加，⑦错。]
2
3．C
考点二
归纳整合
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
专项突破1．D
2．B [组成相似的难溶性盐，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以 FeS的K
sp
比CuS的K 大，A正确；该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但不一定相等，B错误；
sp
反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以c(Fe2＋)变大，C正确；该反应的平衡常数K＝＝
＝，D正确。]
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
解析 (1)根据题给信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝
mol·L－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH) 沉淀，应调整
2
pH>5。
(2)要使Cu2＋浓度降至＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝
10－8 mol·L－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝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。
6．在CaCO 的饱和溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1≈5.3×10－5 mol·L－1，若向CaCO 饱和溶液
3 3
中加入NaSO 溶液，产生CaSO(s)时SO的最小浓度为c(SO)＝＝≈0.17 mol·L－1，则当溶液
2 4 4
中c(SO)大于0.17 mol·L－1时，CaCO (s)可以转化为CaSO(s)。
3 4
7．5×10－7
解析 同一溶液中c(Ag＋)相等，＝＝＝＝5×10－7。
考点三
归纳整合
1．(2)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) (s)＋2H＋(aq)Mg2＋(aq)＋2HO
2 2
Mg(OH) ＋2NH===Mg2＋＋2NH ·H O
2 3 2
②PbSO (s)Pb2＋(aq)＋SO(aq)，当加入CHCOONH 溶液时，Pb2＋与CHCOO－结合生成更
4 3 4 3
难电离的(CHCOO) Pb，c(Pb2＋)减小，Q(PbSO )8时，钒的主要存在形式不是VO
4．(1)90 ℃ SiO、CaSO c(SO)增大，使平衡Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO(s)正向移动，促
2 4 4
进CaSO 析出
4
(2)MnO ＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO
2 2
(3)1.56×10－3
解析 流程分析：(3)常温下CaF 溶解在纯水中，则溶液中2c(Ca2＋)＝c(F－)，由K (CaF )＝c(Ca2＋)·c2(F－)可知
2 sp 2
K (CaF )＝4c3(Ca2＋)＝3.2×10－11，解得c(Ca2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则饱和CaF 溶液中
sp 2 2
c(CaF )＝c(Ca2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则常温下CaF 在纯水中的溶解度为1.56×10－3 g。
2 2
5．(1)加热(或搅拌或适当增大硫酸浓度等)
(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ (3)SiO、Fe
2
(4)①FeSO ＋2NH HCO ===Fe(OH) ↓＋(NH )SO ＋2CO↑ ②140
4 4 3 2 4 2 4 2
(5)NaNO 被还原为氮氧化物，污染空气
2
6．(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入双氧水
中，并不断搅拌
(2)Fe(OH) 9.0×10－7mol·L－1
3
(3)3.8×10－2 2Sc3＋＋3HC O===Sc (C O)↓＋6H＋
2 2 4 2 2 4 3
解析 (1)在混合不同的液体时，一般先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，
若混合时放热，则最后加受热易分解的。(3)25 ℃时 pH＝2 的草酸溶液中＝××＝
K (H C O)×K (H C O)×＝6.4×10－5
a2 2 2 4 a1 2 2 4
×5.9×10－2×≈3.8×10－2。
第十章 有机化学基础
第 60 讲 认识有机化合物
考点一
归纳整合
(一)
1．烃 烃的衍生物3． —C≡C—(碳碳三键) —OH(羟基)
—NH (氨基) (酰胺基) —NH (氨基)、—COOH(羧
2 2
基)
(二)
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.×
专项突破
1．D 2.D
3．羟基、醛基 脂环
4．醚键、酮羰基、氨基、羟基
5．(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
6．(1)
(2) (3)
(4)OHCCHCHO
2
考点二
归纳整合
1．实验式 分子式 分子结构2．(1)沸点 溶解度 溶解度 较大 (2)①不互溶 溶解度
③苯 CCl 乙醚
4
3．(1)相对分子质量 相对分子质量 (2)化学键 官能团 (3)几种不同化学环境的氢原子
(4)键长 键角 晶体结构
专项突破
1．D 2.A 3.D
4．D [由A的红外光谱图可知，有机物A含C—H、H—O和C—O，有3种不同的化学键，
故A正确；有机物A的核磁共振氢谱图中有三组不同的峰，故该有机物分子中有三种不同
化学环境的氢原子，故B正确；由A的质谱图可以得知最大质荷比为46，故C正确；根据
上述三个图分析可知，有机物A有三种H，而CH—O—CH 只有一种H，故D错误。]
3 3
5．(1)浓硫酸干燥O；无水CaCl 吸收反应生成的水；碱石灰吸收反应生成的CO。
2 2 2
(2)n(H)＝×2＝0.016 mol，n(C)＝＝0.012 mol，因为m(H)＋m(C)＝0.16 g
<0.352 g，该有机物中还含有氧元素，n(O)＝＝0.012 mol，该有机物的最简式为C HO。
3 4 3
(3)相对分子质量。
真题演练
1．3-氯丙烯
2．间苯二酚(或1,3-苯二酚)
3．3,4-二氯苯甲酸
4．醚键 醛基
5．氨基、酮羰基、碳溴键、碳氟键
6．C HNONa 4 1∶1∶1∶1
14 8 2 6 2
第 61 讲 有机化合物的空间结构 同系物 同分异构体
考点一
归纳整合
2． CHCOOH
3
3．sp3 σ键 四面体形 sp2 σ键、π键 平面三角形 sp σ键、π键 直线形
专项突破
1．C 2.C
3．(1)4∶1 (2)8
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
归纳整合
1．相似 CH
2
应用举例
(1)①④ (2)②
2．应用举例
① ② ③④
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
(3)应用举例(4)应用举例
、 、 、 、 C—O—C—C—C 、
、C—C—O—C—C
专项突破
1．B
2．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。]
3．D
4．A [由题意知甲中含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个为—Cl，则另一个为—
C HO ，—C HO 含有羧基的结构有：—CHCHCHCOOH、 、
4 7 2 4 7 2 2 2 2
、 和 ，共5种，取代基—C HO 与—Cl有邻、
4 7 2
间、对三种情况，则满足条件的有机物甲有5×3＝15种。]
5．A
真题演练
1．D 2.C
3．C [由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，A不正确；因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以
旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共
平面，B不正确；N分子中有5种不同化学环境的H原子，因此其一溴代物有5种，C正确；
萘分子中有8个H原子，但是只有两种不同化学环境的H原子(分别用α、β表示，其分别有
4个)，根据定一移一法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个
β，然后再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D不正确。]
4．C
第 62 讲 烃 化石燃料
考点一
归纳整合
1．单键 C H (n≥1) 碳碳双键 C H (n≥2) 碳碳三键 C H (n≥2)
n 2n＋2 n 2n n 2n－2
3．1～4 液态 固态 升高 越低 增大 小
4．(1)①原子或原子团 ②a.光照 c．1 mol 1 mol (2)①不饱和碳原子 ②CH==CH ＋
2 2
Br ―→CHBr—CHBr CH==CH ＋ HCl― ―CHC→HCl CH==CH ＋
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 (3)①nCH==CH—CH ― ― →
2 2 3
② nCH≡CH― ―CH→==CH (4)①
②CH—CH==CH—CH
2 2
专项突破
1．C 2.A
3．D [根据烃燃烧的化学方程式：
CH＋(x＋)O ――→xCO＋HO(g) ΔV
x y 2 2 2
1 mol (x＋)mol x mol mol －1
1 L 0.8 L
可得y＝7.2，若是乙烯与丁烷，则乙烯与丁烷体积比是7∶8，C错误；若是乙烯与丁烯，则
乙烯与丁烯体积比是1∶4，D正确。]
4．(1)CH (2)C H (3)C H CH (4)CH 和C H
4 2 6 2 4 4 4 2 4
5．①②③④解析 方法1：分别计算完全燃烧1 mol每种有机物(CHO)的耗氧量，x＋－的值相等的组
x y z
合符合题目要求。
方法2：①中C HO可改写成“C H·H O”；②中C H O 可改写成“C H·2CO·2H O”；
2 4 2 2 2 6 12 6 4 8 2 2
③中C H 比C H 少1个C原子多4个H原子，而1 mol C和4 mol H的耗氧量均为1 mol；
6 12 7 8
④中HCOOCH 与CHCOOH分子式相同。四组物质中，等物质的量的两物质完全燃烧时消
3 3
耗氧气的量均相等。
6．C 7.B
8．
9.
考点二
归纳整合
1．苯环
2．(1)① ＋HNO――→ ＋HO
3 2
② ＋HBr↑ (2) (3)不能
3．(1) ＋3HO (2) ＋HBr↑ ＋HCl (3)
2
能
易错辨析
1．× 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.×
专项突破
1．B
2．B [A项，菲属于芳香烃，与苯的性质相似，正确；B项，所述物质与苯在组成上不相
差若干个CH 原子团，不互为同系物，错误；C项，苯与 的最简式相同，
2因而等质量的两物质完全燃烧，消耗氧气的量相同，正确；D项，烷基上只有两种等效H
原子，正确。]
3．B
考点三
归纳整合
1．(1)有机物 无机物 C H、O、N、S (2)C＋HO(g)=====CO＋H
2 2
2．(1)C、H
3．(1)CH (2)CH ＋HO(g)――→CO＋3H
4 4 2 2
易错辨析
1．× 2.× 3.√ 4.√ 5.√
专项突破
1．C [石油分馏得到的各馏分为烃类物质的混合物，故B正确；石油裂化的目的是提高轻
质液体燃料(汽油、煤油、柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是获得乙烯、
丙烯等化工原料，故C错误。]
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
解析 根据煤干馏的主要产品，可知b中得到的应是焦炭，c中得到的应是粗氨水和煤焦油，
e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要
是苯、甲苯、二甲苯等的混合物，应用蒸馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH 、CO、
4
H、C H，燃烧时火焰呈淡蓝色。
2 2 4
真题演练
1．C [苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性 KMnO 溶液褪色，A错误；如图所示：
4
，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误；苯乙炔分子中含有苯
环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确；苯
乙炔属于烃，难溶于水，D错误。]
2．B
3．A [分子中含有碳碳三键，能与溴加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 A正确；根据
苯中12个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子中共平
面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故B错误；
苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C错误；与Cl 发生取代反应，取代
2
甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取代反应生成五种产物，故D
错误。]4．B
第 63 讲 卤代烃 醇 酚
考点一
归纳整合
1．(1)卤素原子 (2)碳卤键
2．(1)高 (2)不溶 可溶
5 ． (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.×
专项突破
1．C
2．B [A、C项只能发生水解反应，不能发生消去反应；D项有两种消去产物：2-甲基-1-丁
烯或2-甲基-2-丁烯。]
3．B
4．(1)取代反应 消去反应 取代反应
(2)CH —CH==CH CHCl—CCl==CHCl
3 2 2
(3)CH Cl—CHCl—CH Cl＋NaOH――→CHCl—CCl==CH＋NaCl＋HO
2 2 2 2 2
解析 此题的突破口在于 B与氯气加成得到 CHCl—CHCl—CH Cl，从而逆向推出 B为
2 2
CHCl—CH==CH 、A为CH—CH==CH ；由反应⑥E与 发生取代反
2 2 3 2
应得到二氯烯丹可推知，E为CHCl—CCl==CHCl，D的消去产物E只有一种结构，所以D
2
应该是一种对称结构，D 为 CHCl—CCl —CHCl，再进一步联系反应③，可推知 C 为
2 2 2
CHCl—CCl==CH。
2 2
考点二
归纳整合
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 2HBr――→CHCHBr＋HO，取代反应，② (ⅲ) ――→CHCH==CH↑＋HO，
3 2 2 3 2 2
消去反应，②⑤
(ⅳ)a.2CH CHOH――→CHCHOCH CH ＋HO，取代反应，①② b．2HOCH CHOH――→
3 2 3 2 2 3 2 2 2
＋2HO，取代反应，①② (ⅴ)a.2CH CHOH＋O――→2CHCHO＋2HO，氧化反应，
2 3 2 2 3 2
①③
b． ＋O――→ ＋2HOO，氧化反应，①③
2 2
5．不饱和键 其他原子或原子团 原子或原子团 原子或原子团 A—B A—
1 2 2
B 不饱和化合物 A==B＋x－y(小分子)
1
专项突破
1．D
2．B [装置A应先加入乙醇，然后再沿烧瓶内壁缓慢加入浓硫酸，故A错误；乙醇在浓硫
酸、140 ℃作用下会生成乙醚，因此制取乙烯时，应迅速升温到 170 ℃，并控制温度保持
不变，故B正确；乙烯也能被酸性KMnO 溶液氧化，因此装置B洗气瓶中不能装入酸性
4
KMnO 溶液，故C错误；乙醇和乙醚互溶，则乙醇和乙醚的混合物不可以采用分液的方法
4
分离，故D错误。]
3．B
4．(1)①②③④ (2)①③ (3)② (4)②
解析 (1)所有的醇都能与活泼金属钠反应产生H 。(2)能被氧化成醛的醇分子中必含有基团
2
“—CHOH”，①和③符合题意。(3)能被氧化成酮的醇分子中必含有基团“ ”，
2
②符合题意。(4)若与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上的氢原子类型不同，则发生消去反
应时，可以得到两种产物，②符合题意。
5．(1)
(2)①③⑥⑧
(3)②④⑦(4) ＋2H――→
2
加成反应
考点三
归纳整合
1．羟基与苯环
应用举例
BC
2．(1)弱酸性 ＋NaOH―→ ＋HO ＋NaCO―→
2 2 3
＋NaHCO (2)生成白色沉淀 ＋3Br ―→ ＋3HBr (3)紫
3 2
(4)n ＋nHCHO――→ ＋(n－1)H O (5)粉红
2
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
专项突破
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，可作缩聚反应单体，而 Y
含有碳碳双键，可以发生加聚反应，可作加聚反应单体，D正确。]
3．D
4．B [由棉酚的结构简式可知其分子式为C H O，A正确；1 mol棉酚最多可与12 mol H
30 30 8 2
加成，B错误；1个棉酚分子中有6个酚羟基，故1 mol棉酚最多可与6 mol NaOH反应，C
正确；酚羟基和醛基都有还原性，该物质可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。]
真题演练
1．B [根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酮羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，
A错误；含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；Br 能取代酚羟基的邻位和对位
2
上的氢，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以1 mol该物质与足量溴水反应，最多
可消耗5 mol Br ，C错误；分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3 mol NaOH，D错误。]
2
2．C第 64 讲 醛、酮、羧酸、酯、酰胺
考点一
归纳整合
1．(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
2．福尔马林 杀菌 防腐 挥发 水、乙醇 水、乙醇
思考 由于碳链短，羰基氧能与水分子形成氢键。
3．(1)①CHCHO＋2[Ag(NH)]OH――→CHCOONH＋2Ag↓＋3NH ＋HO
3 3 2 3 4 3 2
②CHCHO＋2Cu(OH) ＋NaOH――→CHCOONa＋Cu O↓＋3HO
3 2 3 2 2
(2)CH CHO＋H――→CHCHOH
3 2 3 2
4．银氨溶液 新制的Cu(OH) 还原(加成)
2
5．边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解 热水浴中温热 NaOH溶液
CuSO 溶液 加热 光亮的银镜 砖红色沉淀
4
思考 4
解析 甲醛分子相当于有两个醛基，与足量的银氨溶液反应产生银的定量关系为 HCHO～
4Ag。
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√ 5.√
专项突破
1．B [试管先用热烧碱溶液洗涤，然后用蒸馏水洗涤，洗去油污，故A正确；制备银氨溶
液的过程为边振荡盛有2%的AgNO 溶液的试管边滴入2%的氨水至最初产生的沉淀恰好溶
3
解为止，故B错误；银镜反应需要水浴加热，故C正确；由于氨水显碱性，另外制得的氢
氧化二氨合银也显碱性，因此银氨溶液的配制过程中溶液pH增大，故D正确。]
2．A
3．C [由结构简式可知，假紫罗兰酮、α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮分子式相同，结构不同，
互为同分异构体，B项正确；α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮与足量Br 发生加成反应的产物为
2
、 ，分别含有5个、4个手性碳原子(图中用 标注)，C项错误
可用检验醛基的方法检验假紫罗兰酮中是否含有柠檬醛，D项正确。]
4．(1)甲苯 (2)氢氧化钠水溶液，加热(3)氧化反应
(4) ＋2Cu(OH) ＋NaOH――→
2
＋Cu O↓＋3HO
2 2
(5)H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化
(6)CH CHOH――→CHCHO―――――――→CHCH==CHCHO――――――――→CHCH==CHCOOH
3 2 3 3 3
解析 A是相对分子质量为92的芳香烃，设该物质分子式是C H ，则14n－6＝92，解得
n 2n－6
n＝7，A是 ，名称为甲苯，结合C的结构简式逆推可知A与Cl 发生取代反
2
应生成B( )，C发生甲基上的取代反应生成D，D是C的一氯取代物，则
D的结构简式为 ，F能发生已知信息③的反应生成G，说明F中含
有醛基，则D发生水解反应生成E为 ，E发生催化氧化反应生
成F为 ，G的结构简式为 ，G发生
氧化反应，然后酸化生成H为 。(6)利用已知信息③实现碳链变化，乙
醇发生催化氧化反应生成乙醛，2分子乙醛反应生成CHCH==CHCHO，再进一步氧化生成
3
CHCH==CHCOOH。
3
考点二
归纳整合
4 ． RCOO － ＋ H ＋ ＋ HO (1)CH COOH ＋
2 3HOCH CHOHCHCOOCH CHOH＋HO
2 2 3 2 2 2
(2)HOOC—COOH＋2CHCHOHCHCHOOC—COOCH CH＋2HO
3 2 3 2 2 3 2
(3)① ＋ ＋2HO
2
② ＋(2n－1)H O
2
(4)①2
② ＋(n－1)H O
2
5．(1)小于 (2)①CHCOOC H ＋HOCHCOOH＋C HOH ② CHCOOC H ＋
3 2 5 2 3 2 5 3 2 5
NaOH――→CHCOONa＋C HOH
3 2 5
6．(1) (2)在饱和NaCO 溶液上层有无色
2 3
透明的、具有香味的油状液体生成 (3)防倒吸 (5)催化剂和吸水剂 (6)反应乙酸、溶解乙
醇、降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出
易错辨析
1．√ 2.√ 3.√ 4.× 5.√ 6.√ 7.×
专项突破
1．C 2.D
3．B [由槟榔碱的结构简式确定其分子式为C H NO ，A错误；槟榔碱中含有碳碳双键，
8 13 2
能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；碳碳双键能与H 加成，酯基不能，故1 mol槟榔碱最
2
多能与1 mol H 发生加成反应，C错误；两者属于不同类物质，结构不相似，不互为同系物，
2
D错误。]
4．B [由反应可知羧基和氨基发生脱水缩合反应，属于取代反应，故A正确；由反应可知
产物除 Ⅲ 外还有水生成，则其原子利用率小于100%，故B错误；有机物 Ⅰ、Ⅲ 均含有
碳碳双键和酚羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；有机物 Ⅰ 的一氯代物如图所示： ，共4种，故D正确。]
5．(1)2 4 4 (2)4 9 6 (3)12 40 18 (4)5 12 17
6．(1)消去反应 Cu，O、加热
2
(2)CH ==CHCH COOH 酚羟基和羧基
2 2
(3)nHOCH CHCHCOOH
2 2 2
＋(n－1)H O
2
(4)
＋(n－1)H O
2
(5)2HOCHCHCHCOOH
2 2 2
7．(1)苯乙烯 碳氯键
(2)取代反应
(3) ＋HOCH CH ＋HO
2 3 2
(4) (或 )
(5)CH ==CH――→ClCH CHCl――→NCCH CHCN―――→HOOCCH CHCOOH
2 2 2 2 2 2 2 2
真题演练
1．A
2．C [苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液
呈橙红色，故A错误；环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干
个CH 原子团，不互为同系物，故B错误；己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO 溶液反应
2 3生成CO ，故C正确；环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4
2
个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误。]
3．C
4．A [根据结构简式可知，“E7974”含有碳碳双键，可使Br 的CCl 溶液褪色，A正确；
2 4
由结构简式可知，分子中含有取代氨基、酰胺基、碳碳双键、羧基，共4种官能团，B错误；
化合物“E7974”含有的手性碳原子用*标注如图 ，共3个，
C错误；分子中两个酰胺基和一个羧基均能与NaOH溶液反应，故1 mol该化合物最多与3
mol NaOH反应，D错误。]
热点强化24
热点精讲
1．溴水或溴的四氯化碳溶液 酸性KMnO 溶液
4
热点专练
1．C
2．D [由图a可知，二羟基甲戊酸含有2个羟基和1个羧基，羟基能与乙醇发生酯化反应，
羟基能与乙酸发生酯化反应，其中—CHOH中的羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，羟基、
2
羧基都能与钠反应，与碳酸氢钠反应的只能是羧基；a、b两者结构不相似，不互为同系
物。]
3．B [由X的结构简式可知，其分子式为C H O ，故A错误；X的分子中含有酯基、羟
12 14 3
基和碳碳双键，一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化反应，故B正确；在催化剂的
作用下，X分子中的碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1 mol X最多能与4 mol氢
气加成，故C错误；苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，X的分子中含有碳碳双键，能与酸性
高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。]
4．D
5．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
6．B [紫花前胡醇含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，A正确；紫花前胡
醇中不含有酚羟基，遇FeCl 溶液不呈紫色，B不正确；紫花前胡醇中含有一个醇羟基，且
3
与羟基连接的碳的邻位碳上有氢原子，能够发生消去反应生成双键，C正确；紫花前胡醇中
含有一个酯基，且酯基水解后形成一个酚羟基，故1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最
多可消耗2 mol NaOH，D正确。]热点强化25
热点精讲
示例 9 OHC—CH —CH—CHO
2 2
热点专练
1．C [根据条件①，两个取代基处于对位；根据条件②，含有醛基；根据条件③，含有羧
基；根据条件④，含有酚羟基，结合阿魏酸的分子式，故其同分异构体的可能结构为
、
、
、 。]
2．5
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
5．12
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
2
元环为 ，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。
6．(1)10 (2) (3)
7．10 (或 )
第 65 讲 油脂 生物大分子
考点一
归纳整合
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 2
② (3)C H O 水解 葡萄糖和果糖 葡萄糖
12 22 11
(4)①a.(C H O) b．(C H O)＋nHO――→nC H O ②b.蓝
6 10 5 n 6 10 5 n 2 6 12 6
淀粉 葡萄糖
专项突破
1．B
2．C [淀粉可在人体内代谢后转化成葡萄糖，故A错误；合成淀粉和天然形成的淀粉化学
性质相同，故B错误；用二氧化碳合成淀粉可减少二氧化碳，有助于实现“碳中和”，故C
正确。]
3．D
4．甲的结论不正确，因为加入NaOH溶液呈碱性后，加入碘水，I 与NaOH溶液发生反应，
2
没有I 存在，不能证明淀粉是否存在；乙的结论不正确，乙实验方案中未用碱中和作催化剂
2
的酸，银镜反应须在碱性条件下才能发生；丙的结论正确，该方案中，中和液能发生银镜反应，说明淀粉已经水解，水解液加入碘水无现象，说明已无淀粉存在，故淀粉已完全水解。
考点二
归纳整合
1．高级脂肪酸
3．小 混合
4．(1) ＋3H――→
2
(2)① ＋3HO ＋3C H COOH
2 17 35
② ＋3NaOH――→ ＋3C H COONa 大
17 35
易错辨析
1．√ 2.√ 3.√ 4.× 5.×
专项突破
(1)CD
(2)① ＋
3HO――→3CH(CH)CH==CH(CH )COOH＋
2 3 2 7 2 7
②3
解析 (1)选项A，掺假的“芝麻香油”含有油酸甘油酯，分子内存在不饱和键，能与Br 发
2
生加成反应使溴水褪色，能被酸性KMnO 溶液氧化而使其褪色，二者褪色原理不同；选项
4
B，油脂不是高分子；选项C，提纯后的“潲水油”和“地沟油”可发生皂化反应而用来生
产肥皂；选项D，纤维素的最终水解产物为葡萄糖，葡萄糖和甘油都含有—OH。
(2)②1 mol油酸甘油酯含有3 mol ，所以最多消耗3 mol H 。
2考点三
归纳整合
1．(1)氨基 —NH 和—COOH
2
(2)①—COOH — NH ＋ HCl―→ ＋
2
NaOH―→ ＋HO ② ＋HO
2 2
2．(1)②氨基酸 缩聚 (2)氨基酸 —NH —COOH 可逆 不可逆 黄 烧焦羽毛
2
易错辨析
1．× 2.× 3.× 4.√
专项突破
1．D 2.B
3．(1)CG ABDEFH (2)盐析是物理变化，是可逆的，加水仍然可以溶解；变性是化学变
化，是不可逆的，加水不能重新溶解。盐析可用于分离、提纯蛋白质，而变性可用于消毒、
杀菌。
4．(1)强酸：
强碱：
(2) 和
真题演练
1．B
2．A [淀粉在酸性或酶条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；葡萄糖与果糖的分子式均为
C H O ，结构不同，互为同分异构体，但含有O元素，不属于烃类，属于烃的衍生物，故
6 12 6
B错误；1个CO分子中含有14个电子，则1 mol CO中含有14×6.02×1023＝8.428×1024个
电子，故C错误；未指明气体所处环境，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，
故D错误。]
3．B
4．B [芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；聚氯乙烯在高温下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；淀粉为多糖，其相对
分子质量可达几十万，属于天然高分子物质，故C正确；大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白
质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确。]
第 66 讲 合成高分子 有机合成路线设计
考点一
归纳整合
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．天然 塑料 合成纤维 合成橡胶
3．加成聚合 高分子 缩聚反应 双键或三键 两个或两个以上
4．(1)① ②CH—CH==CH—CH ③
2 2
(2)① ＋(2n－1)H O
2
＋(n－1)H O
2
② ＋(n－1)H O
2
＋(2n－1)H O
2
③(n－1)H O＋
2
易错辨析
1．√ 2.× 3.× 4.× 5.×
专项突破
1．D 2.B
3．B [四氯乙烯可由乙炔发生取代、加成反应得到，聚四氟乙烯是由四氟乙烯发生加聚反应得到，故A错误；二者都只含C和卤素原子，故B正确；聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和
键，性质较稳定，故C错误；聚四氟乙烯中不含碳碳双键，不能发生加成反应，不能使酸
性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。]
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；乙烯中含有碳碳双键，能使溴水褪
色，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误。]
5．A
6．(1) (2)
(3)加聚反应 线型
考点二
归纳整合
4．(1)HOCHCHCHClCH OH HOOC—CH==CH—COOH (2)CH I HI
2 2 2 3
(3)① ②HO—CH CH—OH
2 2
(4)
专项突破
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．
CH==CHCH OH―――→CHCHClCH OH――→CHCHClCOOH――→CH==CHCOONa――→CH==
2 2 3 2 3 2 2
CHCOOH；选择合适的反应条件、要注意官能团的保护
3.
解析 根据已知的流程图可推知，若要制备 ，则需将 与
(CH)C(OCH ) 发生取代反应得到 ，再与CHNO 反应得到 ，再利
3 2 3 2 3 2
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。
真题演练
1．B
2．B [聚乳酸( )由乳酸[HOCH(CH )COOH]分子间脱水缩聚而得，A错误；
3
聚四氟乙烯(CF—CF)由四氟乙烯(CF==CF)经加聚反应制备，B 正确；尼龙-66(
2 2 2 2
)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( )发生水解反应制
备，D错误。]
3．B
4.
解析 根据题给信息，目标物质W可由2个 与1个 合成，故合成
路线见答案。
5． ―――――→ ―――――→ ――→
6．(1)取代反应(或磺化反应)
(2) ＋NaOH―→ ＋HO
2
(3)
(5) (或 )(7) ―――→ ―――――→ ――――→ ――→
――→
解析 根据合成路线，A( )在浓硫酸、加热的条件下发生苯环上的取代反应生成 B(
)，B依次与NaOH熔融、HCl反应生成C( )，比较C、E的结构，
结合D的分子式为C HO 及其与CHCHCOCl发生取代反应生成E，确定D的结构简式为
7 6 3 3 2
，E与AlCl 反应生成F，F与苯甲酸酐在一定条件下生成G，G经一系列反应生
3
成黄酮哌酯。
(5)F的分子式为C H O ，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两
10 10 4
组峰，说明X只有2种不同化学环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为
或 。第 67 讲 有机合成与推断综合题突破
归纳整合
3 ． (1) 取 代 加 成 (2) (3)
(5)①
取代 ②
真题演练
1．(1)醛基 (2)丁酸 (3) ＋HNO―――→ ＋HO
3 2
(4) (5) (6)%
解析 由题给信息和有机物的转化关系可知，A(CH CHCHCHO)发生氧化反应生成
3 2 2
B(CHCHCHCOOH)，B发生已知信息的反应生成D(
3 2 2
)；在浓硫酸作用下，E( )与发烟硝酸
共热发生硝化反应生成F( )；在催化剂作用下，F与D反应生成B(CHCHCHCOOH)和G( )；G在镍做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠
3 2 2
发生还原反应后，调节溶液pH生成J，J与氯化碘发生取代反应生成碘番酸(
)。(1)由分析可知，能发生银镜反应的A的结构简式为
CHCHCHCHO，官能团为醛基。(2)由分析可知，无支链的B的结构简式为
3 2 2
CHCHCHCOOH，名称为丁酸，丁酸的同分异构体中只有一种环境氢说明同分异构体分子
3 2 2
的结构对称，分子中含有2个醚键和1个六元环，结构简式为 。(6)由题给信息可知，
和硝酸银之间存在关系： ～3I－～3AgNO，
3
由滴定消耗c mL b mol·L－1硝酸银可知，碘番酸的质量分数为×100%＝%。
2．(1)3-氯丙烯
(2) (3) ＋HO (4)羟基、羧基 (5)取
2
代反应
(6) (7)10
、
3．(1)D (2)
C H NCl 加成反应、消去反应
18 19 4(3) ＋ ―→ ＋CHOH
3
(4) ；CH==CH――→CHCHCl，NH ―――→
2 2 3 2 3
―――→ ――――→
解析 甲苯硝化得到硝基甲苯，结合H的结构简式，可知A为 ，再还原得到B
为 ，B 和甲醇发生酯化反应生成 C ，结合信息②可知 E 为
，再结合信息②可知G为 ，以此解题。
(1)硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝
酸和浓硫酸，A正确；化合物A 中的含氧官能团是硝基和羧基，B正确；化合
物B 含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；从C→E的反应推测，
化合物 D 中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D 错误。(2)化合物 C 的结构简式是
；根据氯氮平的结构简式可知其分子式为C H NCl；对比H和氯氮平的结构
18 19 4
简式可知，H→氯氮平经历的反应是先发生加成反应，后发生消去反应。(4)乙烯首先氧化得
到环氧乙烷 ( )，乙烯和 HCl 加成生成 CHCHCl，之后 NH 和 反应生成
3 2 3，再和CHNH 反应生成 ，结合信息②和CHCHCl反应
3 2 3 2
得到 。
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。
(2)由分析可知，B→C的反应为在碳酸钾作用下 与PhCH Cl发生取代反
2
应生成 和氯化氢，由B和H都含有酚羟基可知，B→C的目的
是保护酚羟基。(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
2 3 2
异构体的结构可以视作 、 、
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，
2
共有6种。(5)由题给信息可知，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。
第十一章 化学实验热点
第 68 讲 简单实验方案的设计与评价
类型一
专项突破
(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，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
不会挥发出来
(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
4Cu(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)× 在Fe(NO ) 中加入稀硫酸后，Fe2＋能被H＋、NO(两者同时存在相当于HNO)氧化成
3 2 3
Fe3＋而干扰实验
(14)× 碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐溶液也有相同现象
类型二
专项突破
(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，苯酚钠变浑浊可能是因为
2
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－＋HOHS＋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
真题演练
1．C
2．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。]
3．C
4．B [A项，加入少量碘水，溶液变蓝，只能证明溶液中含有淀粉，但无法得出淀粉未水
解的结论，可能是部分淀粉发生水解反应，错误；C项，白色沉淀中还可能含有碳酸钙，错
误；D项，反应物HO 中－1价的O变为0价的O，HO 失电子，说明HO 具有还原性，
2 2 2 2 2 2
错误。]
5．C 6.B第 69 讲 以物质制备为主的综合实验
类型一
归纳整合
1．(1)①2NH Cl＋Ca(OH) =====CaCl ＋2NH ↑＋2HO A
4 2 2 3 2
②C (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
2
或HS
2
专项突破
1．(1)分液漏斗 (2)NaBr＋HPO (浓)=====NaH PO ＋HBr↑
3 4 2 4
难挥发性酸制取挥发性酸(或高沸点酸制取低沸点酸)
(3)A (4)将装置中的HBr全部排到干燥管中，被试剂Y完全吸收，避免污染环境 (5)浓硫
酸代替浓磷酸，生成SO 和Br ，SO 不与铁反应，Br 和铁反应生成FeBr ，FeBr 在高温下
2 2 2 2 3 3
又分解为FeBr 和Br
2 2
2．(1)①碱石灰 使反应物NH 和CS 充分接触，并防止发生倒吸
3 2
(2)①NH SCN＋KOH=====KSCN＋NH ↑＋HO
4 3 2
②KCO 能与NH SCN反应产生更多CO 和NH ，有利于残留在装置中的HS逸出 ③除去
2 3 4 2 3 2
反应过程中产生的HS和NH ，以免污染环境
2 3
(3)蒸发浓缩 冷却结晶
类型二
专项突破
1．(1)ClCH COOH＋2NaOH――→HOCH COONa＋NaCl＋HO (2)BC
2 2 2
(3)待溶液冷却后补加磁转子 (4)C (5)78.6
解析 (2)球形冷凝管内芯管为球泡状，容易积留蒸馏液，故不适宜作倾斜式蒸馏装置，多
用于垂直回馏装置，故B错误；在使用冷凝管进行蒸馏操作时，一般蒸馏物的沸点越高，
蒸气越易冷凝，故C错误。(4)蒸出部分水至液面有薄膜，说明有固体开始析出，加少量热
水趁热过滤；粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，需要趁热过滤分离掉活性炭固体；
将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却结晶，过滤，干燥，得到羟基乙酸钠。
(5)132.3 g氯乙酸(ClCH COOH)的物质的量为＝1.4 mol，根据ClCH COOH～HOCH COONa
2 2 2
可知，理论上可以生成1.4 mol羟基乙酸钠，步骤4中，得到纯净羟基乙酸钠1.1 mol，则实
验产率为×100%≈78.6%。
2．(1)①作溶剂，使反应物充分混合②水浴加热 ＋ ――――→ ＋HO 分
2
水器中水不再增加
(2)①平衡压强，检验固体产品是否堵塞导管 牛角管
②防止装置D中液体倒吸入装置C中 ③重结晶 65.2%
真题演练
1．(1)a FeCl ·4H O＋4SOCl =====FeCl ＋4SO ＋8HCl 冷凝回流SOCl
2 2 2 2 2 2
(2) AB (3)⑥⑩③⑤ CCl
4
解析 (1)实验开始时先通N ，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl
2 2
气体充满装置 b 后再加热装置 b；装置 b 内发生反应的化学方程式为 FeCl ·4H O＋
2 2
4SOCl =====FeCl ＋4SO ＋8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl 。(2)滴定过程中
2 2 2 2
Cr O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为 6Fe2＋＋Cr O＋14H＋
2 2
===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7HO，则m g样品中n(FeCl )＝6n(CrO)＝6cV×10－3 mol；m g样品中
2 1 2 2 1
结晶水的质量为(m －m) g，结晶水的物质的量为 mol，n(FeCl )∶n(H O)＝1∶n＝(6cV×10
1 2 2 2
－3 mol)∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，FeO的摩尔
质量小于FeCl ，则消耗KCr O 溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与
2 2 2 7
SOCl 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发
2 2
生了潮解，消耗的KCr O 溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到终
2 2 7
点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的 KCr O 溶液的体积V偏小，使n的测量值
2 2 7
偏大，D项不选。(3)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
4 4
到右的顺序组装，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 ，故先馏出的物质为CCl 。
4 4 4
2．(1)圆底烧瓶 b (2)干燥气体 (3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀 (5)磷酸晶体
(6)B (7)磷酸可与水分子间形成氢键
3．(1)B (2)球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 (3)除去过量的高锰酸钾，
避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO
2 2 4 2 2
(4)MnO
2
(5)苯甲酸升华而损失 (6)86.0% C (7)重结晶
解 析 (6) 根 据 反 应 ＋ KOH―→ ＋ HO 可 知 ， n(
2) ＝ 0.010 00 mol·L － 1×21.50×10 － 3 L×4 ＝ 8.6×10 － 4 mol ， m(
)＝8.6×10－4 mol×122 g·mol－1＝0.104 92 g，制备的苯甲酸的纯度为
×100%＝86.0%。在理论上，1 mol甲苯反应后生成1 mol苯甲酸，则：
～
92 122
1.5 mL×0.867 g·mL－1 m
苯甲酸的理论产量m≈1.72 g，苯甲酸的产率为×100%＝50%。(7)根据苯甲酸的水溶性可知，
若要得到纯度更高的苯甲酸，需要利用重结晶的方法进行提纯。
第 70 讲 以物质含量或组成测定为主的综合实验
类型一
专项突破
1．(1)H SO (2)BC (3)防止Cu单质被重新氧化
2 4
2．(1)5
(2)除去HS，以免干扰D中反应
2
(3)
(4)水浴加热 将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应
(5)0.4
解析 (1)根据质量守恒，配制500 mL含砷量为1.0 g·L－1的砷标准溶液，需取用NaAsO 溶
3 3
液＝5 mL。
(2)乙酸铅和HS反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附HS。
2 2
(4)控制反应温度25～40 ℃的方法是水浴加热；打开K 通入N ，使生成的砷化氢气体被D
1 2
中银盐完全吸收。
(5)20.00 mL砷标准溶液含砷量为0.02 L×1.0 g·L－1＝0.02 g，明矾样品中砷的含量为×100%
＝0.4%。
类型二
专项突破
1．(1)分液漏斗(2)4Fe(OH) ＋O ＋2HO===4Fe(OH) 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入
2 2 2 3
锥形瓶中
(3)偏大
(4)待浊液分层后，向上层清液中加入1～2滴BaCl 溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl
2 2
溶液已过量
(5)尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差
(6)(NH )SO ·FeSO ·6H O
4 2 4 4 2
解析 (3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，消耗 NaOH的量减少，则锥形瓶内溶
液中剩余硫酸的量减少，与氨气反应的硫酸的量增多，造成所测n(NH)的值偏大。(6)过量的
H＋的物质的量为0.120 mol·L－1×0.025 L＝0.003 mol，与NH 反应的H＋的物质的量为
3
3.030 mol·L－1×0.05 L×2－0.003 mol＝0.3 mol，即 n(NH)＝0.3 mol；69.90 g 沉淀为
BaSO ，则n(SO)＝＝0.3 mol；利用电荷守恒：n(NH)＋2n(Fe2＋)＝2n(SO)，得n(Fe2＋)＝0.15
4
mol；再利用质量守恒得m(H O)＝58.80 g－m(NH)－m(SO)－m(Fe2＋)＝16.2 g，则n(H O)＝
2 2
0.9 mol ， 故 n(NH)∶n(Fe2 ＋ )∶n(SO)∶n(H O) ＝ 2∶1∶2∶6 ， 晶 体 X 的 化 学 式 为
2
(NH )SO ·FeSO ·6H O。
4 2 4 4 2
2．(1)不再有气泡产生时 (2)将甲装置中产生的CO 和水蒸气全部赶入乙、丙装置中 (3)D
2
活塞K前(或甲装置前)
(4)Co (OH) (CO) (5)饱和碳酸氢钠溶液会降低CO 的溶解度 将b向a倾斜，使稀硫酸流
3 4 3 2 2
入a中 不同 恢复至室温 C
真题演练
1．(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
2．(1)向上层清液中(或取上层清液少许于试管中)继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则
2
沉淀完全 (2)AgNO 溶液
3
(3)坩埚 (4) (5)偏低 (6)检查装置气密性 (7)b
(8) (9)偏高 (10)否
解析 (2)BaSO 沉淀表面附着的离子是Cu2＋、Ba2＋和Cl－，可向洗涤液中加入AgNO 溶液，
4 3
若没有沉淀生成，则证明BaSO 沉淀已洗净。
4
(3)步骤③灼烧的是BaSO 固体，灼烧固体选择的仪器是坩埚。
4
(4)BaSO 的质量为 w g，BaSO 的物质的量为 mol，由化学方程式：CuSO ＋BaCl ===
4 4 4 2
BaSO↓＋CuCl 可知，CuSO 的物质的量等于BaSO 的物质的量，所以CuSO 溶液的浓度
4 2 4 4 4
为c(CuSO )＝＝ mol·L－1。
4
(5)若步骤①中，转移沉淀时未洗涤烧杯，会造成BaSO 沉淀的质量减少，所以使测得的
4c(CuSO )偏低。
4
(7)步骤⑥中保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响较大，温度过高或过低都会
造成气体密度的改变。
(8)Zn粉的物质的量为 mol，反应产生H 的物质的量为＝ mol，由Zn＋HSO ===ZnSO ＋
2 2 4 4
H↑知，与HSO 反应的Zn的物质的量等于产生H 的物质的量，为 mol，与CuSO 反应消
2 2 4 2 4
耗Zn的物质的量为(－) mol，由化学方程式Zn＋CuSO ===ZnSO ＋Cu可知，与CuSO 反应
4 4 4
消耗Zn的物质的量等于CuSO 的物质的量，所以c(CuSO )＝ mol·L－1。
4 4
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，则D管内气体压强高于外界大气压，造成气体体积 b的数
值偏小，由c(CuSO )＝ mol·L－1可知，c(CuSO )会偏高。
4 4
(10)因为Zn和MgSO 溶液不反应，所以不能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度。
4 4
第 71 讲 以性质为主的探究类综合实验
类型一
专项突破
1．(1)Cl ＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－ (2)向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色
2
(3)打开K ，打开旋塞c，向C中加入70%硫酸，一段时间后关闭K 。更换试管D，打开旋
3 3
塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的SO和Fe2＋ (4)甲、丙 (5)除去A和C中分
别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气
2．(1)蒸馏烧瓶、分液漏斗 棕色细口瓶
(2)溶液变蓝 溶液蓝色褪去 I ＋2Fe2＋＋2Ag＋===2AgI↓＋2Fe3＋ (3)步骤2中的溶液
2
NaOH溶液 试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管
b中有白色沉淀(转变为褐色沉淀)和红褐色沉淀
解析 (3)由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I 的氧化能力
2
增强而将Fe2＋氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤 2
溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子，步骤3中加入了过量的硝酸银溶液，则上层清液中银
离子与铁离子共存。
类型二
专项突破
1．(1)干燥管 碱石灰(或无水氯化钙，其他合理答案均可) (2)BC (3)先熄灭酒精灯，待A
冷却至室温后，再停止通入氮气 (4)①2.8
②Ca N ＋6HO===3Ca(OH) ＋2NH ↑ 取少量氮化钙于一洁净试管中，加入适量水，将湿
3 2 2 2 3
润的红色石蕊试纸放在试管口，若变蓝，则证明有氨气生成，反应一段时间后，再向试管中
滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀出现则证明有氢氧化钙生成(或其他合理答案均可)
2．(1)分液漏斗 (2)防倒吸、尾气处理(3)SO ＋Cl＋2HO===4H＋＋2Cl－＋SO
2 2 2
(4)实验①无气体放出 2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋HO===2CuCl↓＋SO＋3H＋
2
解析 甲中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫，乙中过量二氧化硫和氢氧化钠反应
生成亚硫酸氢钠，二氧化硫有毒，用丙中的高锰酸钾氧化二氧化硫，防止污染。(4)②Cl－存
在时，Cu2＋与HSO反应生成CuCl白色沉淀，氢离子浓度增大，亚硫酸氢根离子在酸性条件
下放出二氧化硫气体，反应的离子方程式为2Cu2＋＋HSO＋2Cl－＋HO===2CuCl↓＋SO＋
2
3H＋、H＋＋HSO===SO ↑＋HO。
2 2
3．(1)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 (2)Cl－
Mg(OH)Cl (3)NH＋HONH ·H O＋H＋
2 3 2
(4)①5 mL 1.0 mol·L－1 CHCOONH 溶液 ②两试管反应剧烈程度相当
3 4
(5)取5 mL 无水乙醇，加入0.5 g 镁粉无明显变化
(6)NH Cl水解产生的H＋对反应影响小，NH对反应影响大
4
解析 (2)将洗涤后的固体溶于稀HNO ，再滴加AgNO 溶液，出现白色沉淀，说明灰白色
3 3
沉淀含有Cl－，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2＋、OH－和化合物中各元素化合价代数和为
0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl。(4)①由上述(3)分析可知，NH Cl溶液因水解呈酸
4
性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即 NH且溶液显中性的试剂，由题
干信息可知，X是5 mL 1.0 mol·L－1 CHCOONH 溶液。②乙同学通过实验3来证明甲同学
3 4
的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当。(5)依据上述实验，
可以得出Mg能与NH反应生成H，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无
2
NH的情况下是否也能与Mg反应放出H，故实验方案为取5 mL无水乙醇，加入0.5 g 镁粉
2
无明显变化。
真题演练
1．(1)烧杯、量筒、托盘天平 (2)KCl
(3)石墨 (4)0.09 mol·L－1
(5)Fe3＋＋e－===Fe2＋ Fe－2e－===Fe2＋ Fe3＋ Fe (6)取活化后溶液少许于试管中，加入
KSCN溶液，若溶液不出现红色，说明活化反应完成
2．(1)5.0 (2)C (3)①3.00 33.00
②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
(4)①0.110 4
(5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液(6)HClO：漂白剂和消毒液(或HSO ：还原剂、防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产
2 3 3 4
肥料)
解析 (1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×
5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压
住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视
或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒
引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口，故C正确；定容完
成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，右手扶住容量瓶底部，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，
故D错误。(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)
＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液总体积为40.00 mL，因此V(H O)＝40.00 mL－
2
4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液
中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86
＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡
正向移动。(4)①滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋HO，由反应方程式可知，滴
2
定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.100 0 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得
c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。滴定过程中，当 V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.88
mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝
4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶
液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13，
因此滴定曲线如图：
。
(5)向20.00 mL HAc溶液中加入V mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为
1
NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的K，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc
a
溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。
3．(1)①固体溶解，产生红棕色气体 ②酸性条件下，NO有氧化性 ③a：石墨电极(或Pt
电极) b：酸性FeSO 溶液[或酸性Fe (SO ) 溶液或酸性FeSO 与Fe (SO ) 的混合溶液] c：
4 2 4 3 4 2 4 3
AgNO 溶液 组装好装置后，闭合开关K，当灵敏电流表指针不动时，向左池加入较浓
3
Fe (SO ) 溶液，指针偏转，向右池加入较浓AgNO 溶液，指针反向偏转
2 4 3 3
(2)①指示剂 ②
(3)①偏低 ②Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态 