文档内容
高中化学同步专题讲义
（高一·下）
（教师参考用书）
2024年1月
中国人民大学附属中学化学教研组 编写
学科主编：刘丹
本册主编：丁晓新
本册编者：·专题四：蔺东斌 何谷
·专题五：陈昊 乔博
·专题六：杨金杰
本册校订：张娜
目录
.........................................................
专题四：元素及其化合物 5
知识点一 元素及其化合物的性质应用..............................................................................5
知识点二 元素及其化合物的转化关系............................................................................11
专题强化练............................................................................................................................23
........................................................
专题五：物质结构与性质 32
知识点一 原子结构及核外电子排布................................................................................32
知识点二 元素周期表 元素周期律................................................................................41知识点三 分子结构与性质................................................................................................49
知识点四 晶体类型与微粒间作用力................................................................................56
专题强化练............................................................................................................................61
........................................................
专题六：化学反应与能量 69
知识点一 化学能与热能....................................................................................................69
知识点二 化学能与电能....................................................................................................79
专题强化练............................................................................................................................90专题四：元素及其化合物
知识点一 元素及其化合物的性质应用
常见无机物性质与用途对应关系归纳
性质 用途
(1) 硅是常用的半导体材料 可作太阳能电池板
二氧化硅导光能力强，并且有
(2) 可作光导纤维
硬度和柔韧度
(3) 4HF＋SiO===2HO＋SiF↑ 用氢氟酸雕刻玻璃
2 2 4
(4) 2C＋SiO=====Si＋2CO↑ 碳还原二氧化硅制备粗硅
2
(5) 碘酸钾在常温下稳定 食盐中的加碘物质
(6) 氮气的化学性质稳定 作保护气
(7) 浓氨水具有挥发性和还原性 用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
草木灰和硫酸铵反应生成氨
(8) 草木灰和硫酸铵不能混合施用
气，使肥效降低
(9) 二氧化硫与氧气反应 二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
(10) 氦气化学性质稳定、密度小 可用于填充飞艇、气球
(11) 钠具有较强的还原性 可用于冶炼钛、锆、铌等金属
NaHCO 受热分解生成CO，能
3 2
(12) 可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
与酸反应
(13) NaCO 水解使溶液显碱性 用热的纯碱溶液洗去油污
2 3
NaO 与HO、CO 反应均生成
2 2 2 2
(14) 作供氧剂
O
2
(15) 肥皂水显碱性 肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂专题四：元素及其化合物
(16) 水玻璃不燃不爆 可用作耐火材料
硅酸钠的水溶液是一种无机黏
(17) 盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
合剂
(18) 锂密度小、比能量大 可用作电池负极材料
Al具有良好的延展性和抗腐蚀
(19) 常用铝箔包装物品
性
(20) 铝有还原性，能发生铝热反应 可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
(21) MgO、Al O 的熔点很高 作耐高温材料
2 3
小苏打与硫酸铝溶液发生相互
(22) 可以作泡沫灭火器
促进的水解反应
(23) Al(OH) 有弱碱性 可用于中和胃酸
3
(24) 镁铝合金密度小、强度大 可用作高铁车厢材料
(25) Fe粉具有还原性 可用于防止食品氧化变质
(26) Fe O 是红棕色粉末 可用作红色颜料
2 3
(27) Cu＋2FeCl ===2FeCl ＋CuCl FeCl 溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
3 2 2 3
(28) CuSO 使蛋白质变性 误服CuSO 溶液，喝蛋清或豆浆解毒
4 4
(29) BaSO 难溶于水，不与胃酸反应 在医疗上用作“钡餐”透视
4
角度一 物质的性质及应用
1．某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO 、CaCO 中的两种组成，进行如下实验：①混
4 3
合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加
碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为( )
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO
4
C．KCl、CaCO D．MgSO 、NaCl
3 4
答案 B
解析 由信息①得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息②焰色反应透过钴玻璃可观察到
紫色，说明含有钾离子，可推测含有氯化钾。由信息③向溶液中加入碱产生白色沉淀，可推
测含有硫酸镁，所以B正确。
2．黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO 、Fe (SO ) 、CuCl 、KI之中的几种或全部。将X
4 2 4 3 2
与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是( )
A．X中含KI，可能含有CuCl
2
B．X中含有漂白粉和FeSO
4
C．X中含有CuCl ，Y中含有Fe(OH)
2 3
D．用HSO 酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl
2 4 2
答案 C专题四：元素及其化合物
解析 X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物 Y和无色碱性溶液 Z，则 Y中含有
Fe(OH) ，X中含有FeSO 、Fe (SO ) 中的至少一种；溶液Z为无色碱性溶液，则X中必定
3 4 2 4 3
含有漂白粉，漂白粉的主要成分是 CaCl 和Ca(ClO) ，Ca(ClO) 发生水解而使溶液呈碱性；
2 2 2
Fe(OH) 呈红褐色，而Y是深棕色固体混合物，它除含Fe(OH) 外，还应含有Cu(OH) ，则
3 3 2
X中含CuCl ；在水溶液中Cu2＋与I－会发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I ，则X中不含
2 2
KI。综上所述，X中含有漂白粉、CuCl ，不含KI，含FeSO 、Fe (SO ) 中的至少一种，
2 4 2 4 3
A、B错误，C正确；由于溶液Z中含CaCl 、Ca(ClO) ，用HSO 酸化，发生反应：Cl－＋
2 2 2 4
ClO－＋2H＋===Cl↑＋HO，产生黄绿色气体Cl，不能证明X中含CuCl ，D错误。
2 2 2 2
3．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部
溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为( )
A．NaHCO 、Al(OH) B．AgCl、NaHCO
3 3 3
C．NaSO 、BaCO D．NaCO、CuSO
2 3 3 2 3 4
答案 C
解析 A项，NaHCO 、Al(OH) 中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二
3 3
氧化碳和水，最终无固体存在，错误；B项，AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，错误；C
项，NaSO 、BaCO 中加入足量水时，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳
2 3 3
酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解。再将样品加入足量稀硫酸中，
稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，正确；D项，NaCO、CuSO 中加入
2 3 4
足量稀硫酸，振荡后无固体存在，错误。
4.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
化学性质 实际应用
A Al (SO ) 和小苏打反应 泡沫灭火器灭火
2 4 3
B 铁比铜金属性强 FeCl 溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
3
C 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物
D HF与SiO 反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
2
答案 B
解析 A项，Al (SO ) 和小苏打发生相互促进的水解反应，生成Al(OH) 、NaSO 和CO ，
2 4 3 3 2 4 2
可以用于泡沫灭火器灭火，正确；B项，FeCl 和Cu反应生成FeCl 和CuCl ，只能说明Cu
3 2 2
的还原性比Fe2＋强，并不能说明铁比铜金属性强，错误；C项，次氯酸盐可以转化为氧化性
更强且具有漂白性的HClO，故漂白粉可以漂白织物，正确；D项，氢氟酸中的HF可与玻
璃中的SiO 反应生成SiF 气体，所以可用于在玻璃器皿上刻蚀标记，正确。
2 4专题四：元素及其化合物
角度二 无机材料
5．下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是(
)
A.4.03米大口径 B.2022年冬奥会聚氨 C.能屏蔽电磁波的碳 D.“玉兔二号”钛合
碳化硅反射镜 酯速滑服 包覆银纳米线 金筛网轮
答案 A
解析 SiC中的C、Si分别为第二周期和第三周期的第ⅣA族元素，二者均为非金属元素，
形成的SiC为无机非金属材料，A项正确；聚氨酯中含有C、H、N、O等元素，四种元素
不属于同主族元素，且聚氨酯为有机材料，B项错误；碳包覆银纳米线由C、Ag元素组成，
但两种元素不是同主族元素，C项错误；钛合金是金属材料，D项错误。
角度三 与“环境”有关的转化关系
6．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列
叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO 的溶解，导致珊瑚礁减少
3
C．CO 能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO
2
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
答案 C
解析 二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO＋HOHCOH＋＋HCO，C错误。
2 2 2 3
7．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙
述错误的是( )专题四：元素及其化合物
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH 是形成无机颗粒物的催化剂
3
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
答案 C
解析 NH 参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂，C项错误；雾和霾的分散剂都是空
3
气，A项正确；雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵，B项正确；过度施用氮肥会增加
大气中氨的含量，D项正确。
1．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体
B．FeCl 溶液水解呈酸性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
3
C．铜比铝活动性弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
D．ClO 具有强氧化性，可用于消毒杀菌
2
答案 D
解析 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，故A错误；FeCl 用作铜制线路板的蚀刻剂是
3
因为FeCl 具有氧化性，故B错误；铜与浓硝酸能反应，所以不能用铜罐代替铝罐贮运浓硝
3
酸，故C错误；ClO 具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故D正确。
2
2．创建美好生态环境是实现“中国梦”的重要一环。下列做法正确的是( )
A．NaO能与SO 反应，用NaO作工业废气脱硫剂
2 2 2
B．FeS作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子
C．将“84”消毒液与洁厕灵混合使用增强去污效果
D．将废旧电池进行深埋防止废旧电池对环境的污染
答案 B
解析 NaO是碱性氧化物，能与SO 反应，但NaO在空气中容易变质，不容易保存，因此
2 2 2
不能用NaO作工业废气脱硫剂，A错误；FeS难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，由
2
于其溶度积常数大于CuS、PbS、HgS等，因此其溶解电离产生的S2－与溶液中的Cu2＋、Pb2
＋、Hg2＋等重金属离子形成沉淀，故可作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子，B正确；
“84”消毒液主要成分是NaClO，洁厕灵主要成分是盐酸，将“84”消毒液与洁厕灵混合，
会产生有毒的Cl ，所以不能混合使用，C错误；废旧电池中含有重金属离子，将废旧电池
2专题四：元素及其化合物
进行深埋会导致土壤污染和水污染，D错误。
3．化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
选项 性质 应用
A 钠和钾的合金能导电 原子反应堆的导热剂
B 二氧化硫具有漂白性 漂白纸浆、草帽辫等
C 镁燃烧时发出耀眼的强光 军事上制作照明弹
D Al(OH) 受热易分解 塑料的阻燃剂
3
答案 A
解析 钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质
和用途表述没有直接联系，A错误；二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用
途表述有直接联系，B正确；镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途
表述有直接联系，C正确；Al(OH) 受热分解生成Al O 和HO并吸收大量的热量，使周围
3 2 3 2
环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正
确。
4．下列叙述中正确的是( )
A．能使润湿的淀粉-KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl
2
B．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
C．某溶液加入CCl ，CCl 层显紫色，证明原溶液中存在I－
4 4
D．某溶液加入BaCl 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
2
答案 B
解析 能使润湿的淀粉-KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl ，凡是能把碘化钾氧化生成单
2
质碘的气体均可，选项A错误；液溴易挥发，因此在存放液溴的试剂瓶中应加水封防止液
溴挥发，选项B正确；某溶液加入CCl ，CCl 层显紫色，证明原溶液中存在单质碘，选项
4 4
C错误；若溶液中含有SO、SO时，加入BaCl 也会出现白色沉淀，选项D错误。
2
5．汽车尾气含氮氧化物(NO)、碳氢化合物(CH)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因
x x y
此，不少汽车都安装尾气净化装置(净化处理过程如图)。下列有关叙述错误的是( )
A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B．尾气处理过程，氮氧化物(NO)被还原
x
C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
答案 C
解析 A项，汽油未充分燃烧可增加碳氢化合物(CH)、碳等的排放，可造成“雾霾”，正
x y专题四：元素及其化合物
确；B项，尾气处理过程，氮氧化物(NO)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，正确；C
x
项，催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，错误；D项，使用氢氧燃料电池作
汽车动力电源，产物为HO，无污染，能有效控制雾霾，正确。
2
知识点二 元素及其化合物的转化关系
(一)钠及其化合物
钠是“极其活泼”金属的代表，学习钠的性质可类比知道第ⅠA族、第ⅡA族活泼金属的
一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Na→NaO→NaO→NaOH→NaCO→NaHCO
2 2 2 2 3 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)实验室怎样处理钠屑？
2CHCHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑。
3 2 3 2 2
(2)写出Na与CuSO 溶液反应的离子方程式：
4
2Na＋2HO＋Cu2＋===Cu(OH) ↓＋H↑＋2Na＋。
2 2 2
(3)怎样将NaCO 溶液转化为NaOH溶液(用化学方程式表示)。
2 3
NaCO＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋2NaOH。
2 3 2 3
(4)向NaOH、NaCO、NaHCO 溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应的离子方程式：
2 3 3
OH－＋H＋===HO；CO＋H＋===HCO；
2
HCO＋H＋===HO＋CO↑。
2 2
(5)怎样除去CO 中的SO 气体(用离子方程式表示)：
2 2
SO ＋2HCO===2CO↑＋SO＋HO。
2 2 2
(6)怎样除去NaCO 溶液中的NaHCO (用离子方程式表示)：
2 3 3专题四：元素及其化合物
HCO＋OH－===CO＋HO。
2
(7)怎样除去NaHCO 溶液中的NaCO(用离子方程式表示)：
3 2 3
CO＋HO＋CO===2HCO。
2 2
(8)用化学方程式表示呼吸面具中产生O 的原理：
2
2NaO＋2HO===4NaOH＋O↑；
2 2 2 2
2NaO＋2CO===2NaCO＋O。
2 2 2 2 3 2
(二)铝及其化合物
铝是“氢前”且其氧化物、氢氧化物均具有两性的金属代表，它是典型的轻金属。学习铝的
性质可类比知道铍、锌等元素的一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Al→Al O←Al(OH) →
2 3 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉：
2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑。
2 2 2
(2)用离子方程式表示除去Fe O 中的Al O：
2 3 2 3
Al O＋2OH－===2AlO＋HO。
2 3 2
(3)用离子方程式表示除去Mg(OH) 中的Al(OH) ：
2 3
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO。
3 2
(4)现有AlCl 溶液、氨水、NaOH溶液，制备Al(OH) 的最佳方案是(用化学方程式表示)：
3 3
AlCl ＋3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH Cl。
3 3 2 3 4
(5)现有NaAlO 溶液、CO、盐酸，制备Al(OH) 的最佳方案是(用离子方程式表示)：
2 2 3
2AlO＋CO＋3HO===2Al(OH) ↓＋CO
2 2 3
(或AlO＋CO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO)。
2 2 3
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理：
Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑。
3 2
(7)用离子方程式分别表示
①Al3＋、AlO；②AlO、HCO不能大量共存的原理：专题四：元素及其化合物
①Al3＋＋3AlO＋6HO===4Al(OH) ↓；
2 3
②AlO＋HO＋HCO===Al(OH) ↓＋CO。
2 3
(8)铵明矾[NH Al(SO )·12H O]是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴
4 4 2 2
滴入NaOH溶液，试写出反应的离子方程式：
Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓；
3
NH＋OH－===NH ·H O；
3 2
Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO。
3 2
(三)铁及其重要化合物
铁是“氢前”且是“变价”金属的代表，它是典型的黑色金属，也是工农业生产中用途最广
的金属。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Fe→→→
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)高温下铁和HO(g)的反应：
2
4HO(g)＋3Fe=====Fe O＋4H。
2 3 4 2
(2)用离子方程式表示将铁粉逐渐加入稀HNO 中的反应过程：
3
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2HO；
2
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(3)用离子方程式表示FeO、Fe O 与稀HNO 的反应过程：
3 4 3
3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5HO；
2
3Fe O＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO。
3 4 2
(4)用离子方程式表示下列反应：
①Fe(OH) 与稀HNO 反应：
2 3
3Fe(OH) ＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋8HO；
2 2
②Fe(OH) 与氢碘酸反应：
3
2Fe(OH) ＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I＋6HO。
3 2 2
(5)用方程式表示铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程。专题四：元素及其化合物
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，
正极：O＋4e－＋2HO===4OH－，
2 2
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓，
2
4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH) ，
2 2 2 3
Fe(OH) 脱去一部分水生成Fe O·xHO。
3 2 3 2
(6)怎样除去Fe (SO ) 中的FeSO (用适当的文字和离子方程式说明)：
2 4 3 4
答案 加入HSO 酸化的HO，2H＋＋2Fe2＋＋HO===2Fe3＋＋2HO。
2 4 2 2 2 2 2
(7)怎样检验Fe O 中的FeO(用适当的文字和离子方程式说明)。
2 3
答案 ①取少量样品于试管中，加稀HSO 使其溶解，离子方程式为
2 4
Fe O＋6H＋===2Fe3＋＋3HO，
2 3 2
FeO＋2H＋===Fe2＋＋HO。
2
②再加入少量酸性 KMnO 溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有 Fe2＋，原样品中含有
4
FeO，离子方程式为
5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO。
2
(四)铜及其重要化合物
铜是“氢后”且是“变价”金属的代表，它是典型的有色金属，也是典型的重金属。复习时
应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Cu→←Cu(OH) →
2
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用两组化学方程式表示Cl 的氧化性大于S：
2
①2Fe＋3Cl=====2FeCl ，Fe＋S=====FeS。
2 3
②Cu＋Cl=====CuCl ，2Cu＋S=====Cu S。
2 2 2
(2)铜在潮湿的空气中生锈：
2Cu＋O＋HO＋CO===Cu (OH) CO。
2 2 2 2 2 3
(3)将Cu和浓HSO 混合加热：
2 4专题四：元素及其化合物
Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO。
2 4 4 2 2
(4)Cu和稀HNO 反应的离子方程式：
3
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO。
2
(5)常用FeCl 溶液腐蚀铜板(用离子方程式表示)：
3
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
(6)用惰性电极电解CuSO 溶液(用化学方程式表示)：
4
2CuSO ＋2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO 。
4 2 2 2 4
(五)碳、硅及其重要化合物
硅元素的非金属性不强，但其具有“亲氧”特性，使硅元素在自然界中没有游离态，只有化
合态，其主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在。对于碳、硅两元素，复习时应从以下几个方
面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
CH←―C―→CO―→CO
4 2
SiH←―Si―→SiO(H SiO)
4 2 2 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)Mg在CO 中燃烧：
2
2Mg＋CO=====2MgO＋C。
2
(2)“水滴石穿”的反应原理(用离子方程式表示)：
CaCO ＋CO＋HO===Ca2＋＋2HCO。
3 2 2
(3)“钟乳石”的形成过程(用化学方程式表示)：
CaCO ＋CO＋HO===Ca(HCO )，
3 2 2 3 2
Ca(HCO )=====CaCO ↓＋CO↑＋HO。
3 2 3 2 2
(4)向饱和NaCO 溶液中通入过量CO 的离子方程式：
2 3 2
2Na＋＋CO＋CO＋HO===2NaHCO ↓。
2 2 3
(5)氢氟酸不能用玻璃瓶盛放，其原因是(用化学方程式表示)：
SiO＋4HF===SiF↑＋2HO。
2 4 2专题四：元素及其化合物
(6)盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是(用离子方程式表示)：
SiO＋2OH－===SiO＋HO。
2 2
(7)侯氏制碱法的原理(用化学方程式表示)：
CO＋NH ＋NaCl＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl。
2 3 2 3 4
(六)卤素及其重要化合物
“氯”是典型的活泼非金属元素，在自然界中以化合态形式存在，复习时应从以下几个方面
掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
HCl―→Cl―→HClO ―→HClO―→HClO―→HClO
2 2 3 4
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题：
(1)实验室用MnO 和浓盐酸反应制取Cl 的化学方程式：
2 2
MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO。
2 2 2 2
(2)将浓盐酸滴到KMnO 固体上(用离子方程式表示)：
4
2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO。
2 2
(3)将Cl 通入石灰乳中(用化学方程式表示)：
2
2Cl＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) ＋2HO。
2 2 2 2 2
(4)在空气中漂白粉漂白的原理(用化学方程式表示)：
Ca(ClO) ＋CO＋HO===CaCO ↓＋2HClO。
2 2 2 3
(5)向FeBr 溶液中通入少量Cl 的离子方程式：
2 2
2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－。
2
(6)向FeBr 溶液中通入等物质的量Cl 的离子方程式：
2 2
2Fe2＋＋2Br－＋2Cl===2Fe3＋＋Br ＋4Cl－。
2 2
(7)向FeBr 溶液中通入过量Cl 的离子方程式：
2 2
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl===2Fe3＋＋2Br ＋6Cl－。
2 2
(8)将SO 和Cl 混合，漂白性减弱的原因(用离子方程式表示)：
2 2
SO ＋Cl＋2HO===4H＋＋SO＋2Cl－。
2 2 2
(七)硫及其重要化合物
硫是与化工生产、生活和生态环境密切相关的元素，在自然界中既可以以化合态存在，又可专题四：元素及其化合物
以以游离态存在。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
HS―→S ―→SO―→SO(H SO)
2 2 3 2 4
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)热的烧碱溶液可以除硫，其原因是(用离子方程式表示)：
3S＋6OH－=====2S2－＋SO＋3HO。
2
(2)将SO 气体通入FeCl 溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，其原因是(用离子方程式表示)：
2 3
SO ＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋。
2 2
(3)S2－和SO可以大量共存，但加入HSO 后，则不能大量共存，其原因是(用离子方程式表
2 4
示)：
2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3HO。
2
(4)将SO 通入BaCl 溶液中无明显现象，若加入KNO 则有白色沉淀生成，其原因是(用离子
2 2 3
方程式表示)：
3SO ＋3Ba2＋＋2NO＋2HO===3BaSO↓＋2NO↑＋4H＋。
2 2 4
(5)书写下列反应的化学方程式：
①将HS气体通入CuSO 溶液中：
2 4
HS＋CuSO ===CuS↓＋HSO 。
2 4 2 4
②将SO 通入HS溶液中：
2 2
2HS＋SO ===3S↓＋2HO。
2 2 2
③Cu和浓HSO 混合加热：
2 4
Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO。
2 4 4 2 2
④C和浓HSO 混合加热：
2 4
C＋2HSO (浓)=====CO↑＋2SO ↑＋2HO。
2 4 2 2 2
⑤实验室利用NaSO 和浓HSO 制SO ：
2 3 2 4 2
NaSO ＋HSO (浓)===NaSO ＋HO＋SO ↑。
2 3 2 4 2 4 2 2
(八)氮及其重要化合物专题四：元素及其化合物
“氮”是与化工生产、生活和生态环境密切相关的另一重要元素，在自然界中既可以以游离
态存在，又可以以化合态存在。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
NH―→N2 ―→NO―→NO―→NO―→HNO
3 2 2 3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)书写离子方程式。
①将NH 通入AlCl 溶液中：
3 3
3NH ＋3HO＋Al3＋===Al(OH) ↓＋3NH。
3 2 3
②将NO 通入NaOH溶液中：
2
2NO ＋2OH－===NO＋NO＋HO。
2 2
③将炽热的炭放入浓HNO 中：
3
C＋4H＋＋4NO=====CO↑＋4NO ↑＋2HO。
2 2 2
(2)书写化学方程式：
①实验室用Ca(OH) 和NH Cl制氨气。
2 4
Ca(OH) ＋2NH Cl=====CaCl ＋2NH ↑＋2HO。
2 4 2 3 2
②将NH 通入灼热的CuO中，固体由黑色变红色。
3
2NH ＋3CuO=====N＋3Cu＋3HO。
3 2 2
③用NH 可以检验Cl 管道是否漏气，若漏气则有白烟生成。
3 2
8NH ＋3Cl===N＋6NH Cl。
3 2 2 4
④制硝基苯。
＋HO—NO ――――→ ＋HO。
2 2
1．以菱镁矿(主要成分为MgCO ，含少量SiO 、Fe O 和Al O)为原料制备高纯镁砂的工艺
3 2 2 3 2 3
流程如下：专题四：元素及其化合物
已知浸出时产生的废渣中有SiO，Fe(OH) 和Al(OH) 。下列说法错误的是( )
2 3 3
A．浸出镁的反应为MgO＋2NH Cl===MgCl ＋2NH ↑＋HO
4 2 3 2
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH 、NH Cl
3 4
D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物K 的不同
sp
答案 B
解析 氯化铵溶液显酸性，与MgO反应，相当于MgO促进了氯化铵的水解，生成氨气，A
项正确；氨水易分解，故沉镁时温度不可太高，B项错误；由流程图可知氨气可循环使用，
沉镁过程中产生氯化铵，故氯化铵也可循环使用，C项正确；浸出过程中产生Fe(OH) 和
3
Al(OH) ，沉镁过程中加氨水调节pH产生Mg(OH) ，利用三种离子氢氧化物K 的不同，使
3 2 sp
其先后沉淀而分离，D项正确。
2．设计如下装置制备硝酸(夹持装置略)，每个虚线框表示一个装置单元，其中完全正确的
是( )
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
答案 A
解析 制备硝酸流程为NH 先进行催化氧化生成NO，NO再和氧气、水反应生成硝酸，图
3
中装置①制取氨气和氧气，图②为NH 的催化氧化生成NO，③为除去氨气的装置，应使用
3
浓硫酸除去气体中的NH ，④为防倒吸装置和吸收装置，进气应该是短口进，故①②正确，
3
③④错误。
3．亚氯酸钠(NaClO)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。
2
马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是( )
A．反应①阶段，参加反应的NaClO 和SO 的物质的量之比为2∶1
3 2
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO 是正极产物
2
C．反应②中的HO 可用NaClO 代替
2 2 4
D．反应②条件下，ClO 的氧化性大于HO
2 2 2专题四：元素及其化合物
答案 C
解析 C选项，反应②中HO 为还原剂，NaClO 无还原性。
2 2 4
1．用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
选项 A B C D
X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水
Y中试剂 KMnO MnO Cu NaOH
4 2
气体 Cl O SO NH
2 2 2 3
答案 B
解析 浓盐酸和KMnO 固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能
4
用排水法收集，故A错误；双氧水在MnO 的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，
2
故B正确；Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能用排水法收集，
故C错误；氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D错误。
2．“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原
理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知：① Cu2＋＋
4NH ·H O===4HO＋[Cu(NH )]2＋(该反应产物可作为HO 的催化剂)。
3 2 2 3 4 2 2
②已知仪器A、C溶液中硫酸浓度相同，实验中所用锌粒完全相同。
下列有关分析错误的是( )
A．该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好
B．B中反应速率大于D中反应速率
C．A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压
D．H中出现浅黄色浑浊
答案 B
解析 “化学多米诺实验”是利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验
依次发生，整个过程只需要控制第一个反应，所以成功的关键是控制好第一个反应和整个系专题四：元素及其化合物
统气密性良好，故A正确；C中的硫酸和少量硫酸铜溶液进入 D装置中，锌和硫酸铜发生
置换反应生成铜，生成的Cu、Zn、CuSO 溶液形成原电池，使反应速率加快，则D中反应
4
速率大于B中反应速率，故B错误；A和B之间导管a的作用是平衡气压，便于稀硫酸顺利
流下，故C正确；硫化氢具有还原性，可以与氧化剂双氧水发生氧化还原反应生成浅黄色
的硫沉淀和水，故D正确。
3．图中反应①是制备SiH 的一种方法，其副产物MgCl ·6NH 是优质的镁资源。下列说法
4 2 3
错误的是( )
A．AB的化学式为MgSi
2 2
B．该流程中可以循环使用的物质是NH 和NH Cl
3 4
C．利用MgCl ·6NH 制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应
2 3
D．分别将MgCl 溶液和Mg(OH) 悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体不同
2 2
答案 CD
解析 由反应①可知 AB 应为 MgSi，与氨气、氯化铵反应生成 SiH 和 MgCl ·6NH ，
2 2 4 2 3
MgCl ·6NH 加入碱液，可生成Mg(OH) ，MgCl ·6NH 加热时不稳定，可分解生成氨气，同
2 3 2 2 3
时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl ·6NH 与盐酸反应，
2 3
可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。由分
析知 AB 的化学式为 MgSi，故 A 正确；反应①需要氨气和 NH Cl，而由流程可知
2 2 4
MgCl ·6NH 加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵可以参与反应①而循环使用，故B正
2 3
确；由流程可知MgCl ·6NH 高温分解生成MgCl ，再电解MgCl 制取镁均发生分解反应，
2 3 2 2
故C错误；分别将MgCl 溶液和Mg(OH) 悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体都是氧化镁，
2 2
故D错误。
4．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收
越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu Te)中提取粗碲设计
2
工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是( )
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO 形式存在
2
②TeO 微溶于水，易溶于强酸和强碱
2
A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3专题四：元素及其化合物
C．为加快“氧化”速率，温度越高越好
D．TeO 是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO ＋2OH－===TeO＋HO
2 2 2
答案 BD
解析 由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O 焙烧得到TeO ，碱浸时TeO 与NaOH反应得到
2 2 2
NaTeO ，再经过氧化和酸化得到TeO，TeO与NaSO 发生氧化还原反应得到粗碲，3SO＋
2 3 2 3
TeO＋2H＋===Te↓＋HO＋3SO，结合选项分析即可解答。“焙烧”硅酸盐产品主要用到的
2
仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；还原时发生反应：
3SO＋TeO＋2H＋===Te↓＋HO＋3SO，氧化剂为TeO，还原剂SO，物质的量之比与化学计
2
量数成正比，故为1∶3，B选项正确；“氧化”时氧化剂为HO ，温度过高，HO 会分解，
2 2 2 2
氧化效果会减弱，C选项错误；根据上述分析，并结合题干条件，TeO 微溶于水，易溶于强
2
酸和强碱，TeO 是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO ＋2OH－===TeO＋HO，D
2 2 2
选项正确。
专题强化练
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是( )
A．“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐
B．玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器
C．高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点
D．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
答案 D
解析 “唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故 A正确；
玻璃是一种常见的无机非金属材料，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，在一定温度下软化
可制得玻璃仪器，故B正确；镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和
城铁的设备制造，故C正确；光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故D错误。
2．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是( )
A．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用
B．在包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质
C．制作航天服的聚酯纤维属于新型无机非金属材料
D．福尔马林能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，也可作食品的保鲜剂
答案 A
解析 氧化铝熔点高，不易燃烧，并且很稳定，所以强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻
燃的作用，故A正确；生石灰可吸收水，不具有还原性，不能防止月饼等富脂食品氧化变专题四：元素及其化合物
质，可作干燥剂，故B错误；制作航天服的聚酯纤维属于有机物，是高分子合成材料，故C
错误；福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故D错误。
3．自古以来，化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A．我国独创的世界首部可折叠柔屏手机通话时化学能转变成了电能
B．绿色化学的核心是利用化学原理解决食品安全的问题
C．制造新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe O 是一种磁性物质
3 4
D．本草纲目记载：石胆出蒲州石穴中．.....涂于铁上，烧之红也。其中涉及了置换反应
答案 B
解析 手机在通话过程中需要消耗电能，电池将其中的化学能转化为电能，A正确；绿色化
学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，B错误；Fe O 具有
3 4
磁性，是一种磁性物质，C 正确；石胆为 CuSO ，涂在 Fe 上，发生反应 CuSO ＋
4 4
Fe===FeSO ＋Cu，为置换反应，D正确。
4
4．化学与科技、生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A．2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料
B．近年来，“加热不燃烧烟草制品(电子烟)”风靡全球，但实际吸电子烟也会产生有害物
质危害健康
C．因制作口红时，添加天然矿物云母等着色剂，其中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，
吃饭前应擦拭干净
D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度
答案 A
解析 聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，A错误；电子烟的烟
油含有尼古丁，故吸电子烟时，也会产生有害物质，B正确；在制作口红时，为了增加口红
的亮度，会添加天然矿物着色剂，着色剂中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，其中铅元素
对身体有害，吃饭前应擦拭干净，C正确；人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头
发的pH使之达到适宜的酸碱度，D正确。
5．中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产
之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列
说法中正确的是( )
A．《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁
B．文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃
C．生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金
D．工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料
答案 A
解析 由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，
煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；煤其主要成分为碳、氢、专题四：元素及其化合物
氧和少量的氮、硫或其他元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；生铁的含碳量
比钢的含碳量高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；工业上可通过石油的裂
化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误。
6．唐代《新修本草》中有如下描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。陶及今人
谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。“绛矾”指( )
A．硫酸铜晶体 B．硫化汞晶体
C．硫酸亚铁晶体 D．硫酸锌晶体
答案 C
解析 根据“绛矾”本来为绿色，烧之变赤色可知“绛矾”的成分是硫酸亚铁晶体，其在空
气中灼烧得到红棕色的Fe O ；硫酸铜晶体为蓝色；硫化汞晶体为红色或黑色；硫酸锌晶体
2 3
为白色。
7．碳循环(如图)对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是( )
A．碳是构成有机物的主要元素
B．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程
C．化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一
D．石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志
答案 D
解析 一般含碳的化合物为有机物，碳是构成有机物的主要元素，故 A正确；光合作用绿
色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为
化学能，储存在糖类中，故B正确；化石燃料燃烧生成大量二氧化碳气体，是产生温室效
应的原因之一，故C正确；乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展。
因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化工发展水平的重要标志，故
D错误。
8． A～F均为中学化学常见的物质，它们之间存在如下转化关系，其中 C和D的稀溶液不
反应，B、C与D反应还可生成A(产物水等略去)。下列说法错误的是( )
A．铂丝蘸取A溶液灼烧，焰色反应显蓝绿色专题四：元素及其化合物
B．D的浓溶液有强氧化性
C．E是一种有毒气体，不能用作食品添加剂
D．A的溶液电解时，阳极反应式为4OH－－4e－===2HO＋O↑
2 2
答案 C
解析 铂丝蘸取硫酸铜溶液灼烧，铜元素的焰色反应显蓝绿色，A说法正确；硫酸的浓溶液
有强氧化性，B说法正确；SO 具有优秀的杀菌能力，能消灭细菌，常用作红酒的食品添加
2
剂，C说法错误；惰性电极电解硫酸铜的溶液时，阳极水电离出的氢氧根离子失电子生成氧
气，反应式为4OH－－4e－===2HO＋O↑，D说法正确。
2 2
9．为了探究金属单质M与盐溶液的反应，某同学进行了下列实验，实验过程及现象如图所
示，结合实验现象判断该同学得出的下列结论中正确的是( )
A．向滤液中滴加盐酸的实验现象是产生白色沉淀
B．滤渣可能是两种单质的混合物
C．滤渣在足量的稀硝酸中能完全溶解
D．加入的金属M可能是镁或钠
答案 C
解析 向滤液中滴加盐酸的实验现象不可能是产生白色沉淀，因为滤液中不含有银离子，加
入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，故A错误；滤渣中一定含有单质银、铜和M，故B错
误；滤渣中一定含有单质银、铜和M，M的活泼性大于铜和银，所以滤渣在足量的稀硝酸
中能完全溶解，故C正确；加入的金属M不是单质钠，因为钠和硝酸银、硝酸铜溶液的反
应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和铜离子、银离子生成沉淀，加入盐酸无气
体生成，故D错误。
10．固体粉末X中可能含有Fe、Fe O 、KSiO 、KSO 、KAlO 、MgCl 、KCO 中的若干
2 3 2 3 2 3 2 2 2 3
种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：
根据上述实验，以下说法正确的是( )
A．气体A一定只是NO专题四：元素及其化合物
B．由于在溶液A中加入BaCl 溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有KSO
2 2 3
C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有红色，则证明原混合物中一定没
有Fe O
2 3
D．溶液甲中一定含有KSiO，可能含有KAlO 、MgCl
2 3 2 2
答案 B
解析 固体粉末X中Fe、Fe O 不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含
2 3
有金属铁，得到的溶液 B 中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示红色，KSiO 、KSO 、
2 3 2 3
KAlO 、MgCl 、KCO 能溶于水，向其中加入过量的稀硝酸，硅酸钾和H＋反应得到硅酸沉
2 2 2 3
淀，则原物质中一定含有KSiO ，则一定不含有MgCl ，KSO 被氧化为硫酸钾，会产生
2 3 2 2 3
NO气体，KAlO 和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，KCO 可以和稀硝酸反应生成二氧
2 2 3
化碳气体，溶液 A 中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有 KSO ，可能含有
2 3
KAlO 、KCO ，则一定不含有 MgCl ；综上可知：原物质中一定含有：Fe、KSiO 、
2 2 3 2 2 3
KSO ，可能含有：KAlO 、KCO ，Fe O ；气体A中含有NO，还可能含有CO ，故A错
2 3 2 2 3 2 3 2
误；溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有KSO ，故B正确；若向固体甲
2 3
中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有红色，可能是Fe O 和盐酸反应生成的铁离子和
2 3
含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有红色，不能证明原混
合物中一定没有Fe O ，故C错误；溶液甲中一定含有KSiO ，一定不含有MgCl ，可能含
2 3 2 3 2
有KAlO 、KCO，故D错误。
2 2 3
11．溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石
(含有少量Al3＋、Fe3＋等杂质)制备溴化钙的主要流程如下：
下列说法错误的是( )
A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤Ⅱ加入的试剂a是石灰水
B．步骤Ⅱ控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2＋
C．试剂b是氢溴酸，步骤Ⅳ的目的是除去过量的氢氧化钙
D．步骤Ⅴ所含的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶
答案 B
解析 已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH，步骤Ⅱ加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因
此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；步骤Ⅱ控制溶液的pH
约为8.0的主要目的是沉淀Al3＋、Fe3＋，故B错误；加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，
且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr ．
2
6HO，因此其操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确。
2
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)专题四：元素及其化合物
12．氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于 Cl－浓度
较大的体系生成配离子[CuCl ]－，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl
2
的流程如图，下列说法不正确的是( )
A．X试剂可选用乙醇
B．操作④可在真空中进行
C．流程中可循环利用的物质有两种
D．用去氧水稀释目的是使[CuCl ]－转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化
2
答案 C
解析 根据流程，氧气通入Cu、HCl、NaCl、HNO、HO的混合物中控制温度60～70 ℃制
3 2
得Na[CuCl ]，加入去氧水得到CuCl沉淀和含有NaCl、HNO 、HCl的滤液，滤液浓缩补充
2 3
Cu、HCl可循环，沉淀经洗涤干燥后得到产品CuCl，据此分析解答。乙醇易挥发，且CuCl
不溶于乙醇，故可用乙醇洗涤CuCl，既能避免CuCl溶于水造成损耗，又能洗去晶体表面的
杂质离子及水分，使CuCl更易干燥，防止其氧化和水解，A选项正确；为防止CuCl被氧化
和水解，应隔绝空气和水，干燥时可在真空中进行，B选项正确；滤液中含有 NaCl、
HNO 、HCl，故可利用的物质共有3种，C选项错误；[CuCl ]－在潮湿空气中易水解氧化为
3 2
碱式氯化铜，故用去氧水稀释的目的是使[CuCl ]－转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化，D
2
选项正确。
13．防治污染要坚决打好蓝天、碧水、净土三大保卫战。某工厂拟综合处理含 NH的废水和
工业废气(主要含N、CO、SO 、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
2 2 2
下列说法正确的是( )
A．固体1的成分是CaCO 、CaSO
3 3
B．向气体1中通入的空气需要过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH废水时，发生的反应为NH＋NO===N↑＋2HO
2 2
答案 CD
解析 从流程图可以看出，工业废气(主要含N、CO、SO 、NO、CO，不考虑其他成分)通
2 2 2
入过量石灰乳中，CO、SO 转化为CaCO 、CaSO，成为固体1的主要成分；此时气体的主
2 2 3 3
要成分为N 、NO、CO，通空气、再用NaOH溶液吸收，NO转化为NaNO ，用含NH废水
2 2
处理，生成N 和水；CO气体用捕获剂处理，从而得到捕获产物。由以上分析可知，固体1
2专题四：元素及其化合物
的成分是CaCO 、CaSO 、Ca(OH) 等，A不正确；向气体1中通入的空气若过量，NaNO
3 3 2 2
将被氧化为NaNO ，B不正确；气体2的成分为N 和CO，N 不污染环境，所以捕获剂所捕
3 2 2
获的气体主要是 CO，C 正确；处理含 NH 废水时，发生的反应为 NH＋NO===N↑＋
2
2HO，D正确。
2
14．已知柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性。用图示装置(夹持和加热仪器已省略)制
备补血剂甘氨酸亚铁[(H NCH COO) Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。下列说法错误的是( )
2 2 2
A．装置甲中所盛放的药品可以是石灰石和稀盐酸
B．加入柠檬酸溶液可调节溶液的pH，并防止Fe2＋被氧化
C．丙中反应方程式为FeCO＋2HNCH COOH―→(H NCH COO) Fe＋CO↑＋HO
3 2 2 2 2 2 2 2
D．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液
答案 D
解析 甘氨酸亚铁中亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，所以需要整个装置处于无氧环境，
则甲装置的作用是产生某种气体将装置中的氧气排尽，乙装置为除杂装置，碳酸氢钠可以吸
收酸性比碳酸强的酸性气体如HCl，可知该实验中利用CO 将装置中的空气排尽；之后利用
2
甘氨酸和碳酸亚铁反应制备甘氨酸亚铁，柠檬酸溶液具有还原性和酸性，可以抑制亚铁离子
被氧化，同时促进碳酸亚铁的溶解。根据分析可知甲中可以利用石灰石和稀盐酸反应生成二
氧化碳排尽装置中的空气，故A正确；柠檬酸溶液有酸性和还原性，可以调节pH并防止亚
铁离子被氧化，故B正确；根据元素守恒以及要制备的目标产物可知丙中发生复分解反应，
方程式为FeCO ＋2HNCH COOH―→(H NCH COO) Fe＋CO↑＋HO，故C正确；由于甘
3 2 2 2 2 2 2 2
氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解，提高产率和纯度，
故D错误。
15．过氧化钙(CaO)在室温下稳定，加热至350 ℃左右迅速分解。实验室制备反应：Ca2＋＋
2
HO＋2NH ＋8HO===CaO·8H O↓＋2NH，装置如图所示。下列说法错误的是( )
2 2 3 2 2 2
A．长颈漏斗可以起到防倒吸的作用
B．甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气专题四：元素及其化合物
C．冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解
D．反应过程中NH 不断中和Ca2＋和过氧化氢生成的H＋，促进反应进行
3
答案 C
解析 氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正
确；甲装置为固＋液不加热制备气体的反应装置，根据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来
制备氨气，B正确；冰水混合物的主要作用是降温结晶的作用，使产生的CaO·8H O晶体析
2 2
出，C错误；反应过程中因为要生成更多的CaO·8H O，为使反应不断向正反应进行，需要
2 2
加NH ·H O中和过氧化氢和Ca2＋反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。
3 2
16．乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8 ℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示。
下列说法错误的是( )
A．①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下
B．实验过程中铜丝会出现红黑交替变化
C．实验开始时需先加热②，再通O，然后加热③
2
D．实验结束时需先停止加热，再将④中的导管移出
答案 CD
解析 装置中若关闭K时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流下，
①中用胶管连接，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A选项正确；实验中Cu作催化剂，
但在过渡反应中，红色的Cu会被氧化成黑色的CuO，CuO又会被还原为红色的Cu，故会
出现红黑交替的现象，B选项正确；实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C
选项错误；为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D选项错误。
17．实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO 的性质，设计如图所示装置进行实
2
验，下列说法不正确的是( )
A．装置B中酸性KMnO 溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
4
B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe2＋专题四：元素及其化合物
C．装置D中品红溶液褪色可以验证SO 的漂白性
2
D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
答案 B
解析 SO 通入酸性KMnO 溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸
2 4
性高锰酸钾溶液褪色，体现SO 的还原性，故A正确；KSCN溶液用于检验三价铁离子，故
2
B错误；SO 能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，
2
体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；B中的溶液发
生倒吸，是因为装置A中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气
体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确。专题五：物质结构与性质
知识点一 原子结构及核外电子排布
1．明确微粒间“三个”数量关系
中性原子：核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数
阴离子：核外电子数＝质子数＋所带的电荷数
阳离子：核外电子数＝质子数－所带的电荷数
2．元素、核素、同位素、同素异形体之间的联系
特别提醒 许多元素存在同位素，故原子的种数大于元素的种数。一种单质可由不同的核素
组成，如HD、HT等；同种核素可以构成不同的单质，如18O、18O 等。
2 3
3．基态原子的核外电子排布
(1)排布规律
①能量最低原理：基态原子核外电子优先占据能量最低的原子轨道，如 Ge：
1s22s22p63s23p63d104s24p2。
②泡利原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子。
a．每层最多容纳的电子数为2n2。b.最外层不超过8个(K层为最外层时不超过2个)。c.次外
层不超过18个，倒数第三层不超过32个。
③洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一
个轨道，且自旋状态相同。
(2)表示方法专题五：物质结构与性质
表示方法 举例
原子结构示意图
电子排布式 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式 Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式 Fe：3d64s2
电子排布图
(3)特殊原子的核外电子排布式
①Cr的核外电子排布：
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d4，因3d5为半充满状态，比较稳定，故需要将
4s轨道的一个电子调整到3d轨道，得1s22s22p63s23p64s13d5，再将同一能层的排到一起，得
该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1。
②Cu的核外电子排布：
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d9，因3d10为全充满状态，比较稳定，故需要将
4s轨道的一个电子调整到3d轨道，得1s22s22p63s23p64s13d10，再将同一能层的排到一起，得
该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1。
易错提醒 (1)在写基态原子的电子排布式时，常出现以下错误：
①3d、4s书写顺序混乱。
如
②违背洪特规则特例。
如
(2)在写基态原子的电子排布图时，常出现以下错误：
① (违反能量最低原理)
② (违反泡利原理)
③ (违反洪特规则)
④ (违反洪特规则)
(3)注意元素电子排布式、简化电子排布式、元素价电子排布式的区别与联系。专题五：物质结构与性质
如Fe的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2；简化电子排布式：[Ar]3d64s2；价电子排布式：
3d64s2。
题组一
1．反应8NH ＋3Cl===6NH Cl＋N 可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语
3 2 4 2
正确的是( )
A．中子数为9的氮原子：N
B．N 分子的电子式：N⋮⋮N
2
C．Cl 分子的结构式：Cl—Cl
2
D．Cl－的结构示意图：
答案 C
解析 中子数为9的氮原子应为N，A项错误；N 分子的电子式为N⋮⋮N，B项错误；Cl－的
2
结构示意图为 ，D项错误。
2．反应NH Cl＋NaNO ===NaCl＋N↑＋2HO放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下
4 2 2 2
列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．N 的结构式：N==N
2
C．Na＋的结构示意图：
D．HO的电子式：
2
答案 D
解析 A项，中子数为18的氯原子应表示为Cl，错误；B项，N 分子中N与N之间形成三
2
键，结构式为N≡N，错误；C项，Na＋的结构示意图为 ，错误；D项，HO为共价化
2
合物，每个H原子和O原子之间共用一个电子对，正确。
3．某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是( )
A．3p64s1 B．4s1
C．3d54s1 D．3d104s1
答案 A
4．基态Ge原子核外电子排布式为_______________。
答案 1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)专题五：物质结构与性质
5．基态Ti原子的核外电子排布式为__________________________。
答案 1s22s22p63s23p63d24s2
6．基态Fe2＋与Fe3＋离子中未成对的电子数之比为________。
答案 4∶5
7．基态Fe原子电子排布式为_________________________________
________________________________________________________________________。
答案 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
8． CHNH的电子式为__________________________
3
________________________________________________________________________。
答案
题组二
9．下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填标号)。
答案 A
解析 由题给信息知，A项和D项代表Mg＋，B项和C项代表Mg。A项，Mg＋再失去一个
电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A大于B；3p
能级的能量高于3s,3p能级上电子较3s上易失去，故电离最外层一个电子所需能量：A>C、
A>D，选A。
10．(2)Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋
价层电子排布式为________。
(3)比较离子半径：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
答案 (2)4s 4f5 (3)小于
解析 (2)Fe的价层电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价层电子排布式分别是
3d6、3d5，二者均首先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为Sm3＋时，首先失去6s轨
道上的电子，然后再失去1个4f轨道上的电子，故Sm3＋的价层电子排布式为4f5。(3)F－与
O2－核外电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，离子半径越小，
故离子半径：F－”或“<”)。
答案 O>C>Si >
5．Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I)如表所示。I(Li)> I(Na)，原因是
1 1 1
______________________。I(Be)> I(B)> I(Li)，原因是____________________。
1 1 1
I/(kJ·mol－1)
1
Li Be B
520 900 801
Na Mg Al
496 738 578
答案 (2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，更易失电子，故第一电离
能更小 Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；
但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于
B的
解析 (2)Li和Na在同一主族，价电子数相同，Li在Na的上一周期，原子半径：Li小于专题五：物质结构与性质
Na，Li的原子核对核外电子的有效吸引作用大于Na的，所以第一电离能：I(Li)＞I(Na)。
1 1
Be的电子排布式为1s22s2，是全充满稳定结构，故第一电离能大于B、Li；Li、B在同一周
期，元素原子核外电子层数相同，但随核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的
有效吸引作用依次增强，故第一电离能I(B)＞I(Li)。
1 1
6．钙钛矿(CaTiO )型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能
3
材料，回答下列问题：
CaTiO 的晶胞如图所示，其组成元素的电负性大小顺序是________________；金属离子与
3
氧离子间的作用力为________________，Ca2＋的配位数是________。
答案 O＞Ti＞Ca 离子键 12
解析 三种元素中O的电负性最大，Ca的电负性最小，因此三种元素电负性的大小顺序为
O＞Ti＞Ca。氧离子与金属离子之间形成的是离子键。由图可知，每个 Ca2＋周围与之等距离
的O2－的个数为12，即配位数为12。
7．H、B、N中，原子半径最大的是________。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素
________的相似。
答案 B Si(硅)
解析 一般来说，原子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子
半径越小，则原子半径：B＞N＞H。根据对角线规则，B与Si处于元素周期表中对角线位
置，化学性质相似。
题组二 往年真题探讨
8． C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为______________。
答案 HGe>Zn
11．元素铜与镍的第二电离能分别为I ＝1 959 kJ·mol－1，I ＝1 753 kJ·mol－1，I >I 的
Cu Ni Cu Ni
原因是__________________________________________。
答案 铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子
题组一 元素金属性、非金属性的强弱比较
1．依据下列说法来判断相应元素的金属性、非金属性强弱，不合理的是( )
A．卤素单质Cl、Br 、I 的氧化性强弱
2 2 2
B．气态氢化物NH 、HO、HF的稳定性
3 2
C．碱金属单质Li、Na、K与水反应的剧烈程度
D．1 mol Na、Mg、Al分别与足量盐酸反应时失电子数的多少
答案 D
解析 一般元素的非金属性强，其单质的氧化性强，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减
弱，则Cl 、Br 、I 的氧化性逐渐减弱，A合理；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，
2 2 2
同周期元素从左向右非金属性逐渐增强，NH 、HO、HF的稳定性逐渐增强，B合理；同主
3 2
族元素从上到下，金属性增强，其单质与水反应的剧烈程度增强，C合理；不能根据得失电
子数目的多少判断金属性和非金属性的强弱，D不合理。
2．下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是( )
A．氧化性：HClO>HSO
2 4
B．Cl＋HS===2HCl＋S
2 2
C．气态氢化物的稳定性：HCl>H S
2
D．Cl 与Fe反应生成FeCl ，而S与Fe生成FeS
2 3
答案 A
解析 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸
的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；在该反应中Cl 将S置换出来，说明氧化
2
性Cl>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；元素的非金属性越强，其简单氢化物的
2
稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；
2
Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可
根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合
2
题意。专题五：物质结构与性质
(1)比较元素金属性强弱的注意事项
①依据金属与酸反应的剧烈程度进行比较时，所用的酸是非氧化性酸(如盐酸、稀HSO )而
2 4
不是氧化性酸(如HNO)。
3
②依据金属阳离子氧化性强弱进行比较时，要注意一些特例，如 Fe3＋的氧化性大于Cu2＋，
但金属性：Fe>Cu。
③依据原电池原理进行比较时，要注意一些特例，如 Mg—Al—NaOH溶液形成的原电池中，
Al作负极，但金属性：Mg>Al。
(2)比较元素非金属性强弱的注意事项
应根据最高价氧化物对应水化物酸性的强弱进行比较，而不是根据非金属元素对应氢化物或
其他氧化物对应水化物酸性的强弱进行比较。
题组二 元素周期律的直接应用
3．下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A．碱性：CsOH＞KOH
B．氢化物稳定性：HO＞HS
2 2
C．金属性：Na＞Mg
D．热稳定性：NaCO＞NaHCO
2 3 3
答案 D
解析 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性Cs> K，则最高价氧化物
对应水化物的碱性：CsOH ＞ KOH，能够用元素周期律解释，故A不符合题意；非金属性
越强，简单氢化物的稳定性越强；非金属性O>S，则气态氢化物的稳定性：HO＞HS，能
2 2
够用元素周期律解释，故B不符合题意；同周期元素，原子序数越大，金属性越弱，非金
属性越强，原子序数：Na＞Mg，则金属性：Na ＞Mg，能用元素周期律解释，故C不符合
题意；NaCO 加热不分解，NaHCO 加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则热稳定性：
2 3 3
NaCO＞NaHCO ，与元素周期律无关，故D符合题意。
2 3 3
4．将碲化镉涂在玻璃上可制得“发电玻璃”。碲(Te)位于元素周期表的第五周期ⅥA族，
下列说法正确的是( )
A．原子半径：Te>S
B．单质的氧化性：Te>S
C．最高正价：Te>S
D．气态氢化物稳定性：HTe>HS
2 2
答案 A
解析 同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：Te>S，故A正确；同主族
元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，氧化性：TeB>D>C
B．a－c＝1
C．离子半径：C3－>D－>B＋>A2＋
D．单质的还原性：A>B>D>C
答案 C
解析 A2＋、B＋、C3－、D－都具有相同的电子层结构，则存在a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1，
a b c d
原子序数大小顺序是a>b>d>c，C、D在第二周期，A、B在第三周期，A为Mg、B为Na、
C为N、D为F。
根据“阴上阳下”规律判断元素位置的方法
依据原子结构推断主族元素在元素周期表中相对位置的方法，若 A＋、B2＋、C2－、D－具有
a b c d
相同的电子层结构，则A、B、C、D四种元素在周期表中的相对位置如下：
(1)原子序数大小关系：b>a>d>c
(2)原子半径大小关系：A>B>C>D
(3)离子半径大小关系：C2－>D－>A＋>B2＋
题组三 元素的电离能和电负性
6．按要求回答问题：
(1)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。
组成M的元素中，电负性最大的是__________(填名称)。
答案 氧
(2)钛元素基态原子未成对电子数为________，能量最高的电子占据的能级符号为________。
答案 2 3d
(3)①已知Al 的第一电离能为578 kJ·mol－1、第二电离能为1 817 kJ·mol－1、第三电离能为
2 745 kJ·mol－1、第四电离能为 11 575 kJ·mol－1。请解释其第二电离能增幅较大的原因
__________。
②第二电离能I(Cu)________(填“＞”或“＜”)I(Zn)。
③基态铜原子核外电子占有的空间运动状态有____种。专题五：物质结构与性质
答案 ①Al原子失去一个电子后，其3s上有2个电子，为全充满状态，较稳定 ②＞
③29
(4)①科学家可以通过________法发现太阳存在大量的铁元素，写出基态Fe原子的价电子排
布图：____________________。
②SCN－常用来检测Fe3＋的存在，三种元素电负性由大到小的顺序为________________。
答案 ①原子光谱
②N>S>C
知识点三 分子结构与性质
1．分子构型与杂化轨道理论
杂化轨道的要点
当原子成键时，原子的价电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。
杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的立体构型不同。
杂化类型 杂化轨道数目 杂化轨道夹角 立体构型 实例
sp 2 180° 直线形 BeCl
2
sp2 3 120° 平面三角形 BF
3
sp3 4 109°28′ 正四面体形 CH
4
2.分子构型与价层电子对互斥模型
价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对
立体构型，不包括孤电子对。
(1)当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致。
(2)当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
电子对数 成键对数 孤电子对数 价层电子对立体构型 分子立体构型 实例
2 2 0 直线形 直线形 BeCl
2
3 0 平面三角形 BF
3
3 三角形
2 1 V形 SO
2
4 0 正四面体形 CH
4
4 3 1 四面体 三角锥形 NH
3
2 2 V形 HO
2
3.中心原子杂化类型和分子立体构型的相互判断
中心原子的杂化类型和分子立体构型有关，二者之间可以相互判断。专题五：物质结构与性质
分子组成(A为 中心原子的 中心原子的
分子立体构型 实例
中心原子) 孤电子对数 杂化方式
0 sp 直线形 BeCl
2
AB 1 sp2 V形 SO
2 2
2 sp3 V形 HO
2
0 sp2 平面三角形 BF
3
AB
3
1 sp3 三角锥形 NH
3
AB 0 sp3 正四面体形 CH
4 4
4.键角大小的判断方法
(1)不同杂化类型
如键角：CH双键—双键之间的排斥力>
单键—单键之间的排斥力。
(3)杂化类型相同，中心原子孤电子对数越多，键角越小
如键角：CH>NH>H O；NH>NH ；HO＋>H O。
4 3 2 3 3 2
(4)杂化类型和孤电子对数均相同，中心原子的电负性越大，键角越大
如键角：NH >PH>AsH 。
3 3 3
(5)杂化类型和孤电子对数相同，配位原子电负性越大，键角越小
如键角：NF 氢键>范德华力。
(4)影响强度的因素：对于A—H…B—，A、B的电负性越大，B原子的半径越小，氢键键能
越大。
(5)对物质性质的影响：分子间氢键的存在，使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，
如熔、沸点：HO>HS，HF>HCl，NH >PH。
2 2 3 3
角度一 微粒作用与分子性质
1． (1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是__________。
(2)CaCN 是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN 的电子式是________。
2 2
(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是______________。
答案 (1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H
(2)
(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷不能与水形成氢键
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，气态氢化物的热稳定性越大。(2)CaCN 是离子化合物，
2
各原子均满足8电子稳定结构，故电子式为 。(3)乙醇分子中有羟
基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，而氯乙烷中没有羟基等亲水基，在水中的溶解度小
于乙醇。
2．NH 、PH 、AsH 的沸点由高到低的顺序为_________(填化学式，下同)，还原性由强到
3 3 3
弱的顺序为____________，键角由大到小的顺序为_________。
答案 NH 、AsH 、PH AsH 、PH 、NH NH 、PH 、AsH
3 3 3 3 3 3 3 3 3
解析 NH 、PH 、AsH 均为分子晶体，NH 分子间形成氢键，因此沸点高于PH 、AsH ；
3 3 3 3 3 3
AsH 的相对分子质量大于PH ，因此AsH 的沸点高于PH ，即三者沸点由高到低的顺序为
3 3 3 3
NH 、AsH 、PH 。非金属性：N＞P＞As，因此氢化物的还原性由强到弱的顺序为AsH 、
3 3 3 3
PH 、NH 。NH 、PH 、AsH 分子中，N、P、As均形成3对共用电子对和一对孤电子对，
3 3 3 3 3
原子半径：As＞P＞N，键长：As—H＞P—H＞N—H，因此σ键电子对之间的排斥力由强到
弱的顺序为N＞P＞As，即键角由大到小的顺序为NH 、PH 、AsH 。
3 3 3
3．Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF 熔点高于其他三种卤化物，自TiCl 至TiI 熔点依次
4 4 4专题五：物质结构与性质
升高，原因是___________________________________________。
化合物 TiF TiCl TiBr TiI
4 4 4 4
熔点/℃ 377 －24.12 38.3 155
答案 TiF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分
4
子间作用力增大，熔点逐渐升高
解析 TiF 的熔点明显高于TiCl ，而TiCl 、TiBr 、TiI 的熔点依次升高，由此说明TiF 为
4 4 4 4 4 4
离子化合物，而TiCl 、TiBr 、TiI 为共价化合物，共价化合物随相对分子质量的增大，分
4 4 4
子间作用力增大，因此熔点逐渐升高。
4．图(a)为S 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为
8
__________________。
答案 S 相对分子质量大，分子间范德华力强
8
5．ZnF 具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF 不溶于有机溶剂而
2 2
ZnCl 、 ZnBr 、 ZnI 能 够 溶 于 乙 醇 、 乙 醚 等 有 机 溶 剂 ， 原 因 是
2 2 2
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 离子键 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
角度二 “两大理论”与微粒构型
6． (1)常温常压下SnCl 为无色液体，SnCl 立体构型为____________，其固体的晶体类型
4 4
为____________。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯
合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有
________ mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。
答案 (1)正四面体形 分子晶体 (3)6 1
解析 (1)Sn最外层有4个电子，与4个Cl形成4个σ键，因此SnCl 的立体构型为正四面体
4
形；由题给信息知SnCl 常温常压下为液体，说明SnCl 的熔点较低，所以其固体的晶体类
4 4
型为分子晶体。(3)由题给图示可知，通过螯合作用形成了3个环，每个环中Cd2＋均可与2专题五：物质结构与性质
个N原子或2个氧原子形成配位键，即1个Cd2＋与4个N原子分别形成4个配位键，与2个
O原子分别形成2个配位键，因此1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol；
由题给图示可知，该配合物中有2种不同的N原子，每个N原子均形成3个σ键，因此所有
N原子的杂化方式均为sp2杂化，即杂化方式只有1种。
7．磷酸根离子的立体构型为________，其中P的价层电子对数为________、杂化轨道类型
为________。
答案 正四面体形 4 sp3
解析 根据价电子对互斥理论，PO中P的价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，故杂化轨
道类型为sp3，立体构型为正四面体形。
8．(2)NH BH 分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由________提供。氨硼烷在
3 3
催化剂作用下水解释放氢气：
3NH BH＋6HO3NH＋B O＋9H↑
3 3 2 3 2
B O 的结构为 。在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由________变为
3
________。
(3)NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，
3 3
电负性大小顺序是________________。
答案 (2)配位 N sp3 sp2
(3)N＞H＞B
解析 (2)NH 分子中N原子有1对孤电子对，BH 分子中B原子有空的2p轨道，则NH BH
3 3 3 3
分子中N—B化学键是配位键，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道。NH BH 中B原
3 3
子形成3个B—H键和1个B—N键，B原子周围有4对成键电子对，则B原子采取sp3杂化；
中每个B原子均形成3个B—O键，且B原子最外层不含孤电子对，则B原
子采取sp2杂化，故在该反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
(3)NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，
3 3
说明N的电负性强于H，B的电负性弱于H，故电负性：N＞H＞B。
9．乙二胺(H NCH CHNH )是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、
2 2 2 2
________。
答案 sp3 sp3
解析 乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一对孤电子对，故N原子价层电子对
数为4，N原子采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为
4，采取sp3杂化。专题五：物质结构与性质
10．元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为________。
答案 三角锥形
解析 AsH 的中心原子As的价层电子对数为＝4，包括3对成键电子和1对孤电子对，故
3
其立体结构为三角锥形。
11． (2)FeCl 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的 FeCl 的结构式
3 3
为__________________________________________________，
其中Fe的配位数为________。
(4)NH HPO 中，电负性最高的元素是________；P的________杂化轨道与O的2p轨道形成
4 2 4
________键。
(5)NH HPO 和LiFePO 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如焦磷
4 2 4 4
酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_____________________________(用n代表P原子
数)。
答案 (2) 4 (4)O sp3 σ (5)(P O )(n＋2)－
n 3n＋1
解析 (2)Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl 分子双聚时可形成配位键。
3
由常见AlCl 的双聚分子的结构可知FeCl 的双聚分子的结构式为 ，
3 3
其中Fe的配位数为4。(4)同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，故O的电负性大
于N，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，故电负性N大于P，又因H的电负性小于
O，因此NH HPO 中电负性最高的元素是O。PO中中心原子P的价层电子对数为4，故P
4 2 4
为sp3杂化，P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。(5)由三磷酸根离子的结构可知，中
间P原子连接的4个O原子中，2个O原子完全属于该P原子，另外2个O原子分别属于2
个P原子，故属于该P原子的O原子数为2＋2×＝3，属于左、右两边的2个P原子的O原
子数为3×2＋×2＝7，故若这类磷酸根离子中含n个P原子，则O原子个数为3n＋1，又因
O元素的化合价为－2价，P元素的化合价为＋5价，故该离子所带电荷为－2×(3n＋1)＋5n
＝－n－2，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(P O )(n＋2)－。
n 3n＋1
12．LiAlH 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH 中的阴离子立体构型是________，中心原
4 4
子的杂化形式为________。
答案 正四面体 sp3专题五：物质结构与性质
13．(2)根据价层电子对互斥理论，HS、SO 、SO 的气态分子中，中心原子价层电子对数不
2 2 3
同于其他分子的是__________________。
(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型
有________种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道
类型为________。
答案 (2)H S (4)平面三角 2 sp3
2
解析 (2)根据价层电子对互斥理论可知，HS、SO 、SO 三种分子中S原子的价层电子对数
2 2 3
分别为4、3、3，因此HS中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。
2
(4)SO 的中心原子为S，中心原子的孤电子对数＝(6－2×3)/2＝0，价层电子对数为0＋3＝
3
3，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构型可知，SO 的立体构型为平面三角形，符合形成大π
3
键的条件，可形成4中心6电子大π键，因此有两种共价键类型。如图(b)所示的三聚分子中
每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。
知识点四 晶体类型与微粒间作用力
1．不同晶体的特点比较
离子晶体 金属晶体 分子晶体 原子晶体
相邻原子间
阳离子和阴 通过金属离子与
分子间以分子 以共价键相
离子通过离 自由电子之间的
概念 间作用力相结 结合而形成
子键结合而 较强作用形成的
合的晶体 空间网状结
形成的晶体 晶体
构的晶体
金属阳离子、自
晶体微粒 阴、阳离子 分子 原子
由电子
微粒之间作用力 离子键 金属键 分子间作用力 共价键
熔、沸 有的高(如铁)、有
较高 低 很高
物 点 的低(如汞)
理
硬度 硬而脆 有的大、有的小 小 很大
性
一般情况 极性分子易溶
钠等可与水、醇 不溶于任何
质 溶解性 下，易溶于 于极性溶剂；
类、酸类反应 溶剂
极性溶剂(如 非极性分子易专题五：物质结构与性质
水)，难溶于 溶于非极性溶
有机溶剂 剂
2．晶体类别的判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间作用力判断
由阴、阳离子形成的离子键构成的晶体为离子晶体；由原子形成的共价键构成的晶体为原子
晶体；由分子依靠分子间作用力形成的晶体为分子晶体；由金属阳离子、自由电子以金属键
构成的晶体为金属晶体。
(2)依据物质的分类判断
①活泼金属氧化物和过氧化物(如KO、NaO 等)、强碱(如NaOH、KOH等)、绝大多数的盐
2 2 2
是离子晶体。
②部分非金属单质、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大多数有机
物的晶体是分子晶体。
③常见的单质类原子晶体有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的化合物类原子晶体有 SiC、
SiO、AlN、BP、CaAs等。
2
④金属单质、合金是金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断
不同类型晶体熔点大小的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔点差别
很大，如钨、铂等熔点很高，铯等熔点很低。
(4)依据导电性判断
①离子晶体溶于水和熔融状态时均能导电。
②原子晶体一般为非导体。
③分子晶体为非导体，但分子晶体中的电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水时，
分子内的化学键断裂形成自由移动的离子，也能导电。
④金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
一般情况下，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，
且具有较好的延展性。
3．晶体熔、沸点的比较
(1)原子晶体
→→→
如熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)离子晶体
一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，离子间的作用力就越强，离子晶体的
熔、沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常得高，专题五：物质结构与性质
如HO>HTe>HSe>H S。
2 2 2 2
② 组 成 和 结 构 相 似 的 分 子 晶 体 ， 相 对 分 子 质 量 越 大 ， 熔 、 沸 点 越 高 ， 如
SnH >GeH>SiH >CH 。
4 4 4 4
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如
CO>N。
2
④在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷。
(4)金属晶体
金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：
NaCHOH>CO >H HO与CHOH均为极性分子，HO中氢键数目比甲醇中多；
2 3 2 2 2 3 2
CO 与H 均为非极性分子，CO 相对分子质量较大，范德华力大
2 2 2
9 ． GaF 的 熔 点 高 于 1 000 ℃ ， GaCl 的 熔 点 为 77.9 ℃ ， 其 原 因 是
3 3
_______________________________________________________________________________。专题五：物质结构与性质
答案 GaF 为离子晶体，GaCl 为分子晶体
3 3
10．单质氧有两种同素异形体，其中沸点高的是________(填分子式)，原因是
_____________________________________________________________________。
答案 O O 相对分子质量较大且是极性分子，范德华力较大
3 3
1．FeF 具有较高的熔点(熔点高于1 000 ℃)，其化学键类型是________，FeBr 的式量大于
3 3
FeF，但其熔点只有200 ℃，原因是____________________________________________。
3
答案 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．配合物Fe(CO) 常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，
x
据此可判断Fe(CO) 晶体属于______________(填晶体类型)。
x
答案 分子晶体
3．已知：KO 的熔点为 770 ℃，NaO 的熔点为 1 275 ℃，二者的晶体类型均为
2 2
____________，KO的熔点低于NaO的原因是__________________________________。
2 2
答案 离子晶体 K＋的半径大于Na＋的
4．钛比钢轻，比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛的硬度比铝大的原因是
__________________
________________________________________________________________________。
答案 Ti原子的价电子数比Al原子的多，金属键更强
5．已知MgO与NiO的晶体结构相同，其中 Mg2＋和Ni2＋的离子半径分别为66 pm 和69
pm 。 则 熔 点 ： MgO______NiO( 填 “ >”“<” 或 “ ＝ ” ) ， 理 由 是
_____________________________
_______________________________________________________________________________
。
答案 ＞ Mg2＋的半径比 Ni2＋的小， MgO的晶格能比 NiO的大
6．金属铼的熔点高于锰，试从原子结构的角度加以解释：
________________________________________________________________________。
答案 从锰到铼原子序数增大，原子核对外层电子引力增大，电子层数增多，原子核对外层
电子引力减小，但前者占主导，所以铼中的金属键更强，熔点更高
7 ． Cu O 与 Cu S 比 较 ， 熔 点 较 高 的 是 __________ ， 原 因 是
2 2
________________________________
_______________________________________________________________________________
。
答案 Cu O 两物质均为离子化合物，且离子带电荷数相同，O2－的半径小于S2－的，熔点
2
更高
8．砷化镓以第三代半导体著称，熔点为1 230 ℃，具有空间网状结构。已知氮化硼与砷化
镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是________________(填化学式)，其理由是专题五：物质结构与性质
_______________________________________________________________________________。
答案 BN 两种晶体均为原子晶体，N和B原子半径较小，键能较大，熔点更高
专题强化练
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．物质性质的差异与分子间作用力有关的是( )
A．硬度：晶体硅＜金刚石
B．热稳定性：HF＞HCl
C．沸点：Cl＜I
2 2
D．熔点：MgO＞NaCl
答案 C
解析 金刚石和晶体硅均是原子晶体，原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石
的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，A选项错误；非金属性：F＞Cl＞
Br>I，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，B选项错误；组成与结构相似的分子晶
体，相对分子质量越大的，分子间作用力越强，沸点越高，则F 、Cl 、Br 、I 的熔、沸点
2 2 2 2
逐渐升高，与分子间作用力有关，C选项正确；离子半径越小的、离子电荷越高的，离子键
越强，熔点越高，离子半径：Mg2＋＜Na＋，O2－＜Cl－，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键
强弱有关，D选项错误。
2．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是( )
A．硒的摄入量越多对人体健康越好
B．SeO的立体构型为正四面体
C．HSe的熔沸点比HS高
2 2
D．HSeO 的酸性比HSO 强
2 4 2 4
答案 C
解析 硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故 A错误；
SeO中心原子的价电子对数为3＋＝4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其立体
构型为三角锥形，故B错误；HSe和HS结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越
2 2
大，熔沸点越高，则HSe的熔沸点比HS高，故C正确；元素的非金属性越强，其最高价
2 2
氧化物对应的水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则HSeO 的酸性比HSO 弱，故D
2 4 2 4
错误。
3．下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是( )
A．IAsF 晶体中存在I离子，I离子的立体构型为V形
3 6
B．C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O
C．水分子间存在氢键，故HO的熔沸点及稳定性均大于HS
2 2专题五：物质结构与性质
D．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn
答案 C
解析 I离子的价层电子对数为2＋＝4，含有＝2对孤电子对，立体构型为V形，A选项正
确；非金属性：H＜C＜O，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，B
选项正确；非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，
因为O的非金属性大于S，故HO的稳定性大于HS，C选项错误；Zn的核外电子排布为
2 2
[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故 Zn的第一电离能大于Ga的，
D选项正确。
4．下列说法错误的是( )
A．12 g石墨中含有σ键的物质的量为1.5 mol
B．硫离子电子共有18种运动状态，且其2p与3p轨道形状和能量相等
C．电负性：C＜N＜O
D．I离子的立体构型是V形
答案 B
解析 12 g石墨的物质的量为1 mol，石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三个
碳原子之间形成σ键，属于每个碳原子的σ键数目为3×＝1.5，故1 mol石墨中含1.5 mol σ
键，故A正确；每个电子运动状态都不同，硫离子核外有18个电子，故有18种运动状态，
但电子层离原子核越远能量越高，故2p与3p轨道形状相同但能量不相等，故B错误；同周
期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：C＜N＜O，故C正确；I中
心原子的价层电子对数为2＋＝4，杂化类型为sp3，中心I原子的孤电子对数为2，其立体构
型为V形，故D正确。
5．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊
为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，
丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是( )
A．简单离子半径：c＞b
B．丙中既有离子键又有极性键
C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1∶2
D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3
答案 A
解析 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为HO，则a
2
为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为专题五：物质结构与性质
碱，由转化关系可知甲为NaO，丙为NaOH，A为Cl，生成丁为NaClO、戊为NaCl，可知
2 2
b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。b、c对应的离子为O2－和Na＋，具
有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：O2－＞Na＋，即b＞c，
故A错误；丙为NaOH，由Na＋和OH－组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；b为
O元素、c为Na元素，两者组成的NaO和NaO 中阴、阳离子数目比均为1∶2，故C正确；
2 2 2
a、b、d形成的化合物中，若为HClO，Cl原子的价电子对数为1＋＝4，则Cl的杂化方式是
sp3；若为HClO ，Cl原子的价电子对为2＋＝4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为HClO
2 3
或HClO，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确。
4
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
6．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z位于同主族，四种元素组成的一
种化合物的结构式为 。下列说法不正确的是( )
A．W的最简单氢化物的稳定性比X的强
B．X、Y形成的化合物水溶液显碱性
C．W与Y形成的化合物中一定含有离子键
D．原子半径：Y>Z>X>W
答案 AD
解析 本题主要考查原子结构与元素周期律的知识，侧重考查学生元素推断和知识迁移能力。
W、X、Y、Z四种元素依次为O、F、Na、S。氧的非金属性比氟的弱，A项错误；NaF溶
液显碱性，B项正确；NaO 和NaO中均含有离子键，C项正确；原子半径：Na>S>O>F，
2 2 2
D项错误。
7．某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个
不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的
核外电子排布相同。下列说法不正确的是( )
A．原子半径：WX
D．W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应
答案 A
解析 W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元
素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、专题五：物质结构与性质
X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据
图可知X可以形成＋1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子
排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，
结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层
电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解
答。同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半
径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是
强氧化剂，具有漂白性，故B正确；金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性：
Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；Al与Na的最高价氧化物对应的水化物
分别为Al(OH) 、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确。
3
8．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子
最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合
物，m可作制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是( )
A．简单离子半径：W>Z>Y>X
B．Y原子的价电子的电子排布图为
C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为
D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p
答案 BD
解析 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可作制冷剂，则m为NH ，则X
3
为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所以
W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，
且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。电子层数越多离子半径越大，电子层数相
同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl－>N3－>O2－>H＋，故A错误；Y为N，
其价层电子排布式为2s22p3，价电子的电子排布图为 ，故B正确；r
与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为 ，故C错误；氨气与氧
气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确。
三、非选择题
9．锂离子电池是指以锂离子嵌入化合物为正极材料的电池。研究锂离子电池的电极材料、专题五：物质结构与性质
电解液具有重要的现实意义。
(1)锂离子电池的正极材料大多采用橄榄石型的LiMPO(M＝Fe、Co等元素)。
4
①Li＋能量最低的激发态的电子排布图为______________________________________。
②第四电离能I(Co)比I(Fe)小，原因是_______________________________________。
4 4
(2)锂离子电池的电解液有LiBF 等，碳酸亚乙酯( )用作该电解液的添加剂。
4
①LiBF 中阴离子的立体构型为______________________________________________。
4
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为__________；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是
________________________________________________________________________。
(3)硫化锂是目前正在研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，其晶胞参数
为a pm。该晶胞中离子的分数坐标为：
硫离子：(0，0，0)；(，，0)，(，0，)；(0，，)；……
锂离子：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；……
①在图上画出硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图。
②硫离子的配位数为_________________________________________________________。
③设N 为阿伏加德罗常数的值，硫化锂的晶体密度为________g·cm－3(列出计算表达式)。
A
答案 (1)① ②Co失去3d6上的一个电子，而Fe失去3d5上的一个电子，3d轨
道半充满时稳定性强，故I(Co)比I(Fe)小 (2)①正四面体形 ②sp3、sp2 碳酸亚乙酯分
4 4
子与水分子之间形成氢键 (3)① ②8 ③
解析 (2)①对于BF，根据VSEPR理论，B原子的孤电子对数为＝0，σ键电子对数为4，
则其立体构型为正四面体形；②该分子中—CH—中C原子价层电子对数是4且不含孤电子
2
对，—CH—中碳原子为sp3杂化，C==O中C原子价层电子对数是 3且不含孤电子对，
2
C==O中C原子杂化方式为sp2；碳酸亚乙酯能溶于水的原因是碳酸亚乙酯分子与水分子之
间形成氢键。
(3)①根据硫离子的坐标参数，硫离子位于晶胞的面心、顶点；根据锂离子的分数坐标参数，
锂离子位于晶胞的内部，结合坐标位置，则硫化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为： ；
②根据①中的分析，结合俯视图，从面心的S2－看，周围与之等距且最近的Li＋有8个，所
以S2－的配位数为8；
③1个晶胞中有S2－的数目为8×＋6×＝4个，含有Li＋数目为8个，晶胞参数为a pm，一个专题五：物质结构与性质
晶胞体积为V＝a3 pm3＝a3×10－30cm3，1 mol晶胞的体积为a3×10－30N cm3，1 mol晶胞质量
A
为m＝4×46 g，所以晶体密度为ρ＝＝＝ g·cm－3。
10． 2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS 、LiCoO 、LiFePO 、
2 2 4
LiMnO 、Cu与磷的化合物等都是研究电池的常用材料。请回答下列问题。
2
(1)Co4＋中存在________种不同能量的电子。
(2)你预测第一电离能：Cu________(填“＞”或“＜”)Zn。请说出你的理由：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知下列化合物的熔点：
化合物 AlF GaF AlCl
3 3 3
熔点/℃ 1 040 1 000 194
表格中卤化物的熔点产生差异的原因是：_________________________________________
_____________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(4)直链多磷酸盐的阴离子有复杂的结构，焦磷酸根离子、三磷酸根离子结构如图：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为__________(用n代表P原子数)。
(5)钴蓝晶胞结构如图1所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成如图2，则钴
蓝晶体的化学式为____________。在晶体中，某些原子位于其他原子围成的空隙中，如图 3
中 原子就位于最近的4个原子围成的正四面体空隙中。在钴蓝晶体中，Al3＋位于O2－形成
的__________空隙中。若阿伏加德罗常数用N 表示，则钴蓝晶体的密度为________g·cm－
A
3(列计算式即可，不必化简)。
答案 (1)6 (2)< 由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的4s1
结构，而锌是相对稳定的 4s2结构，所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低
(3)AlF 与GaF 为离子晶体，AlCl 为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于Al3＋
3 3 3
半径小于Ga3＋，离子键较强，所以有熔点：AlF>GaF >AlCl (4)(P O )(n＋2)－或PO n＋
3 3 3 n 3n＋1 n 3n＋1
2－ (5)CoAl O 八面体
2 4
解 析 (2)Cu 核 外 电 子 排 布 式 是 1s22s2sp63s23p63d104s1 ， Zn 核 外 电 子 排 布 式 是
1s22s2sp63s23p63d104s2，由于铜的核电荷数比锌小，原子半径比锌大，并且最外层是不稳定的专题五：物质结构与性质
4s1结构，而锌是相对稳定的4s2结构，所以气态铜易失去一个电子，即第一电离能较低。
(3)AlF 与GaF 为离子晶体，AlCl 为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，又由于 Al3＋
3 3 3
半径小于Ga3＋，离子键较强，所以有熔点：AlF>GaF >AlCl。(4)根据焦磷酸根离子、三磷酸
3 3 3
根离子结构，重复单元为 ，所以氧原子数是
磷原子数的3倍加1，电荷数是磷原子数加2；所以这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为
(P O )(n＋2)－。(5)Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×＋1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含
n 3n＋1
有Co原子数是4×、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立
方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体化
学式为CoAl O ；根据图示，在钴蓝晶体中，Al3＋位于O2－形成的八面体空隙中；晶胞中含
2 4
有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，晶胞的体积是(2a×10－7)3 cm3，所以密
度是 g·cm－3。
11． Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
(1)基态Fe原子中，电子填充的能量最高的能级符号为__________________。
(2)在空气中 FeO 稳定性小于 Fe O ，从电子排布的角度分析，其主要原因是
2 3
________________________________________________________________________。
(3)铁氰化钾K[Fe(CN) ]溶液是检验Fe2＋常用的试剂。1 mol [Fe(CN) ]3－含σ键的数目为
3 6 6
________________________________________________________________________。
(4)Co3＋的一种配离子[Co(N )(NH )]2＋中，Co3＋的配位数是____________。配体N中心原子
3 3 5
的杂化类型为__________。CoO的熔点是1 935 ℃，CoS的熔点是1 135 ℃，试分析CoO的
熔点较高的原因____________________________________________________________。
(5)NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子
坐标参数为___________________________________________________________。
答案 (1)3d (2)Fe2＋中3d轨道没有达到半充满的稳定结构，而Fe3＋中3d轨道达到半充满
的稳定结构 (3)12N (4)6 sp 两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的离
A
子键强度大于CoS，因此CoO的熔点较高 (5)(1，，)
解析 (2)氧化亚铁中亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道没有达到半充满的稳定结构，
氧化铁中铁离子的价电子排布式为3d5，3d轨道达到半充满的稳定结构，所以在空气中FeO
稳定性小于Fe O。(3)在配合物[Fe(CN)]中，CN－与铁离子之间有6个配位键，在每个CN－
2 3
内部有一个共价键，所以1 mol该配合物中含有σ键的数目为12N 。(4)[Co(N )(NH )]2＋中，
A 3 3 5专题五：物质结构与性质
Co3＋为中心离子，N和NH 为配位体，配位数为6；配体N与二氧化碳的原子个数和价电子
3
数相同，具有相同的空间结构，二氧化碳的立体构型为直线形，则N的立体构型也为直线
形，由立体构型可知N原子的杂化方式为sp杂化；CoO和CoS均为离子晶体，但S2－半径
大于O2－半径，CoO的离子键强度大于CoS，因此CoO的熔点较高。(5)已知晶胞中原子坐
标参数A为(0，0，0)，B的原子坐标分别为(1，1，0)，则以A为晶胞坐标原点，晶胞的边
长为1，C原子在晶胞立方体的面心上，则C原子坐标参数为(1，，)。专题六：化学反应与能量
知识点一 化学能与热能
1．从两种角度理解化学反应热
反应热
图示
微观 宏观
图像 a表示断裂旧化学键吸收的能量； a表示反应物的活化能；
分析 b表示生成新化学键放出的能量； b表示活化分子形成生成物释放的能量；
c表示反应热 c表示反应热
ΔH的 ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
计算 ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2.“五步”法书写热化学方程式专题六：化学反应与能量
3．燃烧热和中和热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 mol；③
生成物是稳定的氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO ，而不是CO，氢元素生成的是
2
液态水，而不是水蒸气。
(3)中和热概念理解三要点：①反应物的酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀
释过程的热效应；③生成产物水是1 mol。
角度一 反应热的概念及计算
1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1) 如图表示燃料燃烧反应的能量变化(×)
(2)在CO 中，Mg燃烧生成MgO和C。该反应中化学能全部转化为热能(×)
2
(3)催化剂能改变反应的焓变(×)
(4)催化剂能降低反应的活化能(√)
(5)同温同压下，H(g)＋Cl(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同(×)
2 2
(6)500 ℃、30 MPa 下，将 0.5 mol N (g)和 1.5 mol H (g)置于密闭容器中充分反应生成
2 2
NH (g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N(g)＋3H(g)2NH (g) ΔH＝－38.6
3 2 2 3
kJ·mol－1(×)
2．理论研究表明，在101 kPa和298 K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变化
如图所示。下列说法错误的是( )
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的ΔH＝＋59.3 kJ·mol－1
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
答案 D专题六：化学反应与能量
解析 A对，HCN的能量低于HNC的能量，能量越低越稳定；B对，根据题图可知反应为
吸热反应，该反应的ΔH＝＋59.3 kJ·mol－1；C对，正反应的活化能为186.5 kJ·mol－1，逆反
应的活化能为186.5 kJ·mol－1－59.3 kJ·mol－1＝127.2 kJ·mol－1，故正反应的活化能大于逆反
应的活化能；D错，催化剂只能改变反应速率，不影响反应热。
3．根据下图中的能量关系，可求得C—H的键能为( )
A．414 kJ·mol－1 B．377 kJ·mol－1
C．235 kJ·mol－1 D．197 kJ·mol－1
答案 A
解析 C(s)===C(g) ΔH＝717 kJ·mol－1
1
2H(g)===4H(g) ΔH＝864 kJ·mol－1
2 2
C(s)＋2H(g)===CH(g) ΔH＝－75 kJ·mol－1
2 4 3
根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能
－75 kJ·mol－1＝717 kJ·mol－1＋864 kJ·mol－1－4 E ，解得E ＝414 kJ·mol－1。
(C—H) (C—H)
4．(1)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
＋H(g)
2
已知：
化学键 C—H C—C C==C H—H
键能/kJ·mol－1 412 348 612 436
计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。
答案 ＋124
解析 设“ ”部分的化学键键能为a kJ·mol－1，则ΔH＝(a＋348＋412×5) kJ·
mol－1－(a＋612＋412×3＋436) kJ·mol－1＝＋124 kJ·mol－1。
(2)已知反应2HI(g)===H(g)＋I(g)的ΔH＝＋11 kJ·mol－1，1 mol H (g)、1 mol I (g)分子中化
2 2 2 2
学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收
的能量为____________kJ。
答案 299
解析 形成1 mol H (g)和1 mol I (g)共放出436 kJ＋151 kJ＝587 kJ能量，设断裂2 mol HI(g)
2 2
中化学键吸收2a kJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299。[另解：ΔH＝2E(H—I)－E(H—H)
－E(I—I)，2E(H—I)＝ΔH＋E(H—H)＋E(I—I)＝11 kJ·mol－1＋436 kJ·mol－1＋151 kJ·mol－1＝
598 kJ·mol－1，则E(H—I)＝299 kJ·mol－1。]
5.(1) 0.1 mol Cl 与焦炭、TiO 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO·xHO的
2 2 2 2
液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为专题六：化学反应与能量
________________________________________________________________________。
(2) NaBH (s)与水(l)反应生成NaBO (s)和氢气(g)，在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗3.8 g
4 2
NaBH (s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是
4
________________________________________________________________________。
答案 (1)2Cl (g)＋TiO(s)＋2C(s)===TiCl (l)＋2CO(g)
2 2 4
ΔH＝－85.6 kJ·mol－1
(2)NaBH (s)＋2HO(l)===NaBO (s)＋4H(g)
4 2 2 2
ΔH＝－216 kJ·mol－1
热化学方程式书写易出现的错误
(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。
(2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从
而导致错误。
(3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。
(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。
(5)对燃烧热、中和热的概念理解不到位，忽略其标准是 1 mol 可燃物或生成1 mol H O(l)而
2
造成错误。
角度二 “机理”图像的分析与应用
6．铑的配合物离子[Rh(CO) I]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
2 2
下列叙述错误的是( )
A．CHCOI是反应中间体
3
B．甲醇羰基化反应为CHOH＋CO===CHCOH
3 3 2
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CHOH＋HI===CHI＋HO
3 3 2
答案 C
解析 由反应过程可知，CHCOI在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应
3
中间体，A项正确；观察反应过程图示可得甲醇羰基化反应的化学方程式为 CHOH＋
3专题六：化学反应与能量
CO===CHCOH，B项正确；观察反应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6，C项错
3 2
误；观察反应过程图示可知存在反应CHOH＋HI===CHI＋HO，D项正确。
3 3 2
7．据文献报道：Fe(CO) 催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是( )
5
A．OH－参与了该催化循环
B．该反应可产生清洁燃料H
2
C．该反应可消耗温室气体CO
2
D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
答案 C
解析 根据题图中信息可知，OH－参与了该催化循环过程，A正确；由题图中箭头方向可知
有H 生成，所以该反应可以产生清洁燃料H ，B正确；由题图中箭头方向可知，在催化反
2 2
应过程中释放出 CO ，CO 是生成物，C错误；根据题图中信息可知， 转化为
2 2
和H 的过程中，铁的成键数目发生了变化，D正确。
2
8．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，
如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活
化能)E ＝________eV，写出该步骤的化学方程式____________________。
正专题六：化学反应与能量
答案 小于 2.02 COOH*＋H*＋HO*===COOH*＋2H*＋OH*(或HO*===H*＋OH*)
2 2
解析 观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质
相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与始态物质相对能量
相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E ＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，该步
正
起始物质为COOH*＋H*＋HO*，产物为COOH*＋2H*＋OH*。
2
题组一 能量图像的分析与应用
1．由合成气制备二甲醚，涉及如下反应：
(ⅰ)2CHOH(g)C H(g)＋2HO(g) ΔH
3 2 4 2 1
(ⅱ)2CHOH(g)CHOCH (g)＋HO(g) ΔH
3 3 3 2 2
能量变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A．ΔH＜ΔH
1 2
B．反应(ⅱ)为吸热反应
C．C H(g)＋HO(g)CHOCH (g) ΔH＝－5.2 kJ·mol－1
2 4 2 3 3
D．若在容器中加入催化剂，则E－E 将变小
2 1
答案 A
解析 根据图像数据可知，ΔH ＝－29.1 kJ·mol－1，ΔH ＝－23.9 kJ·mol－1，则ΔH ＜ΔH ，
1 2 1 2
故A项正确；从图像数据可看出，ΔH＜0，即反应(ⅱ)为放热反应，故B项错误；根据盖斯
2
定律可知，反应(ⅱ)－反应(ⅰ)可得反应C H(g)＋HO(g)CHOCH (g)，则ΔH＝ΔH －
2 4 2 3 3 2
ΔH ＝－23.9 kJ·mol－1－(－29.1 kJ·mol－1)＝＋5.2 kJ·mol－1，故C项错误；若在容器中加入催
1
化剂，降低了反应的活化能，但不会改变反应焓变，则E－E 的差值不变，故D项错误。
2 1
2．已知2SO (g)＋O(g)2SO (g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在VO 存在时反应过程中的能量
2 2 3 2 5
变化如图所示。下列叙述正确的是( )专题六：化学反应与能量
A．ΔH＝E－E＋E－E
4 3 2 1
B．加入VO 后反应经过两步完成，其中第一步决定反应速率
2 5
C．加入VO，ΔH不变，但反应速率改变
2 5
D．向密闭容器中充入2 mol SO 和1 mol O ，发生上述反应达平衡时，反应放热198 kJ
2 2
答案 C
解析 根据图示可知：反应的焓变为吸收能量与放出能量的差值，ΔH＝E －E ＋E －E ，A
1 2 3 4
错误；多步反应的反应速率由慢反应决定，由图可知：加入 VO 后第二步反应发生需要的
2 5
能量高，反应速率慢，所以反应速率由第二步反应决定，B错误；催化剂不能改变反应物、
生成物的能量，所以ΔH不变，但催化剂能改变反应途径，所以使用催化剂后反应速率改变，
C正确；该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中充入 2 mol
SO 和1 mol O ，发生上述反应达平衡时，反应放热小于198 kJ，D错误。
2 2
题组二 “机理”图像的分析与应用(不定项选择题)
3．我国科研人员提出了由CO 和CH 转化为高附加值产品CHCOOH的催化反应历程。该
2 4 3
历程示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．生成CHCOOH总反应的原子利用率小于100%
3
B．CH→CHCOOH过程中，有C—H键发生断裂
4 3
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
答案 AD
解析 根据图示 CH 与 CO 在催化剂存在时生成 CHCOOH，总反应为 CH ＋
4 2 3 4
CO――→CHCOOH，只有CHCOOH一种生成物，原子利用率为100%，A项错误；CH 选
2 3 3 4
择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂，B项正确；根据图示，①的总能量高于
②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C—C键，C项正确；催化剂只影
响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误。
4．科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如专题六：化学反应与能量
图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，
吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是( )
A．由图可以判断合成氨反应属于吸热反应
B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快
C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*＋3H―→2N*＋6H*
2
D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率
答案 AC
解析 据图可知，始态*N ＋3H 的相对能量为0 eV，生成物*＋2NH 的相对能量约为－1.8
2 2 3
eV，反应物的总能量高于生成物的，所以为放热反应，故A错误；图中实线标示出的位点
A最大能垒(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰
撞几率越大，化学反应速率越大，故 B 正确；由图像可知，整个反应历程中 2N*＋
3H―→2N*＋6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；由图像可知氮气活化在位点A上活
2
化能较低，速率较快，故D正确。
5．研究发现Pd 团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中
2
间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法错误的是( )
A．CO的催化氧化反应为2CO＋O===2CO
2 2
B．反应路径1的催化效果更好
C．路径1和路径2第一步能量变化都为3.22 eV
D．路径1中最大能垒(活化能)E ＝1.77 eV
正
答案 B
解析 由图可知 CO 在 Pd 催化作用下与氧气反应产生 CO ，反应方程式为 2CO＋
2 2
O===2CO ，A正确；由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2
2 2专题六：化学反应与能量
的催化效果更好，B错误；反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22 eV，C正确；
路径1的最大能垒(活化能)E ＝－3.96 eV－(－5.73 eV) ＝1.77 eV，D正确。
正
题组三 键能、焓变、活化能的综合应用
6．(1)用CO 催化加氢可制取乙烯：CO(g)＋3H(g)C H(g)＋2HO(g)。若该反应体系的
2 2 2 2 4 2
能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH＝__________(用含a、b的式子表示)。
已知：几种化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的ΔH＝－152 kJ·mol－1，则表中的
x＝________。
化学键 C==O H—H C==C C—H H—O
键能/ (kJ·mol－1) 803 436 x 414 464
(2)甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统中同
时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应如下表，则在初始阶段，蒸汽重整的反应
速率________(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
焓变 活化能
反应过程 化学方程式
ΔH/(kJ·mol－1) E
a
/(kJ·mol－1)
CH(g)＋2O(g)===CO(g)＋2HO(g) －802.6 125.6
4 2 2 2
甲烷氧化
CH(g)＋O(g)===CO(g)＋2H(g) －322.0 172.5
4 2 2 2
CH(g)＋HO(g)===CO(g)＋3H(g) ＋206.2 240.1
4 2 2
蒸汽重整
CH(g)＋2HO(g)===CO(g)＋4H(g) ＋158.6 243.9
4 2 2 2
(3)CO 在CuZnO催化下，可同时发生如下的反应Ⅰ、Ⅱ，其可作为解决温室效应及能源短
2
缺问题的重要手段。
Ⅰ.CO (g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)
2 2 3 2
ΔH＝－57.8 kJ·mol－1
1
Ⅱ.CO (g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)
2 2 2
ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1
2
某温度时，若反应Ⅰ的速率v 大于反应Ⅱ的速率v ，则下列反应过程的能量变化正确的是
1 2
________(填字母)。专题六：化学反应与能量
答案 (1)－(b－a)kJ·mol－1 764 (2)小于 (3)D
解析 (1)由图知1 mol CO (g)和3 mol H (g)具有的总能量大于 mol C H(g)和2 mol H O(g)具
2 2 2 4 2
有的总能量，该反应为放热反应，反应的ΔH＝生成物具有的总能量－反应物具有的总能量
＝－(b－a)kJ·mol－1。ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝2E(C==O)＋3E(H—H)
－[E(C==C)＋2E(C—H)＋4E(H—O)]＝2×803 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－(×x kJ·mol－1＋
2×414 kJ·mol－1＋4×464 kJ·mol－1)＝－152 kJ·mol－1，解得x＝764。
(2)从表中活化能数据可以看出，在初始阶段，蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反
应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快。
(3)反应Ⅰ是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应Ⅱ是吸热反应，反应物
的总能量小于生成物的总能量，因为反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的活化能低于反
应Ⅱ，D正确。
催化剂能加快反应速率的原理是降低了反应的活化能，由此可推知反应的活化能越低，反应
速率越快，相对来说反应就越易进行。
知识点二 化学能与电能
(一)原电池原理及应用
1．图解原电池工作原理
2．原电池装置图的升级考查专题六：化学反应与能量
说明 (1)无论是装置①还是装置②，电子均不能通过电解质溶液。
(2)在装置①中，由于不可避免会直接发生Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu而使化学能转化为热能，
所以装置②的能量转化率高。
(3)盐桥的作用：原电池装置由装置①到装置②的变化是由盐桥连接两个“半电池装置”，
其中盐桥的作用有三种：a.隔绝正负极反应物，避免直接接触，导致电流不稳定；b.通过离
子的定向移动，构成闭合回路；c.平衡电极区的电荷。
(4)离子交换膜作用：由装置②到装置③的变化是“盐桥”变成“质子交换膜”。离子交换
膜是一种选择性透过膜，允许相应离子通过，离子迁移方向遵循电池中离子迁移方向。
3．陌生原电池装置的知识迁移
(1)燃料电池
(2)可逆电池
(二)电解池原理及应用
1．图解电解池工作原理(阳极为惰性电极)专题六：化学反应与能量
2．正确判断电极产物
(1)阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注
意：铁作阳极溶解生成Fe2＋，而不是Fe3＋)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电
子能力，阴离子放电顺序为S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－(水)。
(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：
Ag＋＞Hg2＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Pb2＋＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)。
3．对比掌握电解规律(阳极为惰性电极)
电解类型 电解质实例 溶液复原物质
电解水 NaOH、HSO 或NaSO 水
2 4 2 4
电解电解质 HCl或CuCl 原电解质
2
放氢生碱型 NaCl HCl气体
放氧生酸型 CuSO 或AgNO CuO或Ag O
4 3 2
注意 电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物
和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO 溶液，Cu2＋完全放电之
4
前，可加入 CuO或CuCO 复原，而 Cu2＋完全放电之后，溶液中 H＋继续放电，应加入
3
Cu(OH) 或Cu (OH) CO 复原。
2 2 2 3
4．正误判断，下列说法正确的打“√”，错误的打“×”
(1)电解质溶液导电发生化学变化(√)
(2)电解精炼铜和电镀铜，电解液的浓度均会发生很大的变化(×)
(3)电解饱和食盐水，在阳极区得到NaOH溶液(×)
(4)工业上可用电解MgCl 溶液、AlCl 溶液的方法制备Mg和Al(×)
2 3
(5)电解精炼铜时，阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料(√)
(6)用惰性电极电解CuSO 溶液，若加入0.1 mol Cu(OH) 固体可使电解质溶液复原，则整个
4 2
电路中转移电子数为0.4N (√)
A
5．陌生电解池装置图的知识迁移
(1)电解池专题六：化学反应与能量
(2)金属腐蚀
角度一 原电池原理的应用
1．科学家近年发明了一种新型Zn—CO 水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选
2
择性催化材料，放电时，温室气体CO 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提
2
供了一种新途径。
下列说法错误的是( )
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO 转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
2
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O↑＋4OH－＋2HO
2 2
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
答案 D
解析 由装置示意图可知，放电时负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，A项正确；放
电时CO 转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO 转化为HCOOH时，转移电子
2 2
数为2 mol，B项正确；由装置示意图可知充电时正极(阳极)产生O，负极(阴极)产生Zn，C
2
项正确；充电时正极(阳极)上发生反应2HO－4e－===4H＋＋O↑，OH－浓度降低，D项错误。
2 2
2．一种高性能的碱性硼化钒(VB )—空气电池如下图所示，其中在VB 电极发生反应：VB
2 2 2
＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4HO
2专题六：化学反应与能量
该电池工作时，下列说法错误的是( )
A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O 参与反应
2
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB ＋11O＋20OH－＋6HO===8B(OH)＋4VO
2 2 2
D．电流由复合碳电极经负载、VB 电极、KOH溶液回到复合碳电极
2
答案 B
解析 根据VB 电极发生的反应VB ＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4HO，判断得出
2 2 2
VB 电极为负极，复合碳电极为正极，电极反应式为O＋4e－＋2HO===4OH－，所以电池总
2 2 2
反应为4VB ＋11O ＋20OH－＋6HO===8B(OH)＋4VO，C正确；负载通过0.04 mol电子时，
2 2 2
有0.01 mol氧气参与反应，即标准状况下有0.224 L氧气参与反应，A正确；负极区消耗
OH－，溶液的pH降低，正极区生成OH－，溶液的pH升高，B错误。
3．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同
时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以
含CHCOO－的溶液为例)。下列说法错误的是( )
3
A．负极反应为CHCOO－＋2HO－8e－===2CO↑＋7H＋
3 2 2
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1 mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5 g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
答案 B
解析 由装置示意图可知，负极区CHCOO－发生氧化反应生成CO 和H＋，A项正确；隔膜
3 2
1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，才能使模拟海水中的氯离子移向负极，钠离子
移向正极，达到海水淡化的目的，B项错误；电路中有1 mol 电子通过，则电解质溶液中有
1 mol钠离子移向正极，1 mol氯离子移向负极，C项正确；负极产生CO ：CHCOO－＋
2 3
2HO－8e－===2CO↑＋7H＋，正极产生H ：2H＋＋2e－===H↑，根据电荷守恒，正、负极
2 2 2 2专题六：化学反应与能量
产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。
角度二 电解池原理的应用
4．电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意
图。当通电时，Ag＋注入到无色WO 薄膜中，生成AgWO ，器件呈现蓝色，对于该变化过
3 x 3
程，下列叙述错误的是( )
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为：WO＋xAg===AgWO
3 x 3
答案 C
解析 根据题给信息，通电时Ag＋注入无色WO 薄膜中，生成AgWO ，可得Ag为阳极，
3 x 3
失去电子发生氧化反应，Ag－e－===Ag＋，Ag＋通过固体电解质向变色层迁移，总反应为
WO ＋xAg===AgWO ，A、B、D正确；WO 得xe－生成WO，W元素的化合价降低，C错
3 x 3 3
误。
5．采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽
略温度变化的影响，下列说法错误的是( )
A．阳极反应为2HO－4e－===4H＋＋O↑
2 2
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O 与b极反应的O 等量
2 2
答案 D
解析 A项，根据题图可知a极为阳极，其反应式为2HO－4e－===4H＋＋O↑，正确；B项，
2 2
阳极室产生的氢离子通过质子交换膜进入阴极室，阳极室 pH保持不变，正确；C项，电解
过程中阳离子移向阴极，故H＋移向b极区，正确；D项，根据电极反应式：阳极反应为
2HO－4e－===4H＋＋O↑，阴极反应为2H＋＋O ＋2e－===HO ，故a极生成的O 与b极反
2 2 2 2 2 2
应的O 不等量，错误。
2
6．氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。装置中的离子专题六：化学反应与能量
膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是______(填标号)。
答案 Na＋ a
解析 电解精制盐水的电极反应为阳极：2Cl－－2e－===Cl↑，阴极：2HO＋2e－===H↑＋
2 2 2
2OH－，为了防止阴极产生的OH－与阳极产生的Cl 反应，中间的离子交换膜应为阳离子交
2
换膜，只允许Na＋通过，Cl 在a口逸出。
2
7． CH 和CO 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其
4 2
原理如下图所示：
①阴极上的反应式为____________________________________________________________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH 和CO 体积比为________。
4 2
答案 ①CO＋2e－===CO＋O2－ ②6∶5
2
解析 ①由图示可知，阴极上CO―→CO，且固体电解质能传导O2－，则阴极反应式为CO
2 2
＋2e－===CO＋O2－。②假设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为 2 mol 和 1 mol，由
4CH―→2C H ＋4H 、2CH―→C H ＋H 知，生成2 mol乙烯和1 mol乙烷时，共脱去5
4 2 4 2 4 2 6 2
mol H ，转移10 mol e－，根据电子转移数目守恒可知，此时消耗的 CO 为5 mol，消耗的
2 2
CH 为6 mol，即消耗的CH 和CO 的体积比为6∶5。
4 4 2
题组一 分类书写“电池”电极反应式
类型一 辨析“介质”书写电极反应式
1．按要求书写不同“介质”下甲醇燃料电池的电极反应式。
(1)酸性介质，如HSO 溶液：
2 4
负极：CHOH－6e－＋HO===CO＋6H＋。
3 2 2
正极：O＋6e－＋6H＋===3HO。
2 2
(2)碱性介质，如KOH溶液：专题六：化学反应与能量
负极：CHOH－6e－＋8OH－===CO＋6HO。
3 2
正极：O＋6e－＋3HO===6OH－。
2 2
(3)熔融盐介质，如KCO：
2 3
负极：CHOH－6e－＋3CO===4CO＋2HO。
3 2 2
正极：O＋6e－＋3CO===3CO。
2 2
(4)掺杂YO 的ZrO 固体作电解质，在高温下能传导O2－：
2 3 3
负极：CHOH－6e－＋3O2－===CO＋2HO。
3 2 2
正极：O＋6e－===3O2－。
2
碱性介质 C―→CO
其余介质 C―→CO
2
酸性介质 H―→H＋
其余介质 H―→HO
2
类型二 明确“充、放电”书写电极反应式
2．镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛的应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为
KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiOOH＋2HO Cd(OH) ＋2Ni(OH) 。
2 2 2
负极：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH) 。
2
阳极：2Ni(OH) ＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2HO。
2 2
类型三 识别“交换膜”提取信息，书写电极反应式
3．如将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。如下图是通过人工光合作
用，以CO 和HO为原料制备HCOOH和O 的原理示意图。
2 2 2
负极：2HO－4e－===O＋4H＋。
2 2
正极：2CO＋4H＋＋4e－===2HCOOH。
2
4．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼(N H)为燃料的电
2 4
池装置如图所示。专题六：化学反应与能量
负极：NH－4e－＋4OH－===N＋4HO。
2 4 2 2
正极：O＋4e－＋2HO===4OH－。
2 2
类型四 锂离子电池电极反应式书写
5．某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为 Li CoO ＋
1－x 2
LiC ===LiCoO ＋C (x＜1)。则：
x 6 2 6
负极：________________________________________________________________________。
正极：________________________________________________________________________。
答案 LiC －xe－===xLi＋＋C
x 6 6
Li CoO＋xe－＋xLi＋===LiCoO
1－x 2 2
锂离子电池充放电分析
常见的锂离子电极材料
正极材料：LiMO (M：Co、Ni、Mn等)
2
LiM O(M：Co、Ni、Mn等)
2 4
LiMPO(M：Fe等)
4
负极材料：石墨(能吸附锂原子)
负极反应：LiC －xe－===xLi＋＋nC
x n
正极反应：Li MO ＋xLi＋＋xe－===LiMO
1－x 2 2
总反应：Li MO ＋LiC nC＋LiMO 。
1－x 2 x n 2
类型五 可逆反应电极反应式书写
6．控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I 设计成如下图所示的原电池。回答下
2
列问题：专题六：化学反应与能量
(1)反应开始时，负极为________(填“甲”或“乙”)中的石墨，电极反应式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)电流表读数为________时，反应达到化学平衡状态。
(3)当达到化学平衡状态时，在甲中加入 FeCl 固体，此时负极为________(填“甲”或
2
“ 乙 ” ) 中 的 石 墨 ， 电 极 反 应 式 为
______________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)乙 2I－－2e－===I
2
(2)零
(3)甲 Fe2＋－e－===Fe3＋
题组二 电解池电极反应式书写集训
(一)基本电极反应式的书写
7．按要求书写电极反应式
(1)用惰性电极电解NaCl溶液：
阳极：2Cl－－2e－===Cl↑。
2
阴极：2H＋＋2e－===H↑。
2
(2)用惰性电极电解CuSO 溶液：
4
阳极：4OH－－4e－===2HO＋O↑(或2HO－4e－===O↑＋4H＋)。
2 2 2 2
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu。
(3)铁作阳极，石墨作阴极电解NaOH溶液：
阳极：Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH) 。
2
阴极：2HO＋2e－===H↑＋2OH－。
2 2
(4)用惰性电极电解熔融MgCl ：
2
阳极：2Cl－－2e－===Cl↑。
2
阴极：Mg2＋＋2e－===Mg。
(二)提取“信息”书写电极反应式
8．按要求书写电极反应式
(1)以铝材为阳极，在HSO 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极反应式为2Al－6e－＋
2 4
3HO===Al O＋6H＋。
2 2 3专题六：化学反应与能量
(2)用Al单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO 溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热
3
分解生成化合物 Q，写出阳极生成 R 的电极反应式：Al＋3HCO－3e－===Al(OH) ↓＋
3
3CO↑。
2
(3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al Cl和AlCl组成的离子液体
2
作电解液时，可在钢制品上电镀铝。已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电
极反应，则电极反应式为
阳极：Al－3e－＋7AlCl===4Al Cl。
2
阴极：4Al Cl＋3e－===Al＋7AlCl。
2
(4)用惰性电极电解KMnO 溶液能得到化合物KMnO ，则电极反应式为
2 4 4
阳极：2MnO－2e－===2MnO。
阴极：2H＋＋2e－===H↑。
2
(5)将一定浓度的磷酸二氢铵(NH HPO )、氯化锂混合液作为电解液，以铁棒作阳极，石墨
4 2 4
为阴极，电解析出LiFePO 沉淀，则阳极反应式为Fe＋HPO＋Li＋－2e－===LiFePO ↓＋2H
4 2 4
＋。
(三)根据“交换膜”利用“信息”书写电极反应式
9．按要求书写电极反应式
(1)电解装置如图，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压
下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知：3I＋6OH－===IO＋5I－＋3HO
2 2
阳极：2I－－2e－===I。
2
阴极：2HO＋2e－===H↑＋2OH－。
2 2
(2)可用氨水作为吸收液吸收工业废气中的SO ，当吸收液失去吸收能力时，可通过电解法使
2
吸收液再生而循环利用(电极均为石墨电极)，并生成化工原料硫酸。其工作示意图如下：
阳极：HSO－2e－＋HO===3H＋＋SO。
2
阴极：2H＋＋2e－===H↑(或2HO＋2e－===H↑＋2OH－)。
2 2 2
题组三 学科交叉计算专题六：化学反应与能量
10．新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇，高温下允许氧离子(O2－)在其间通
过。如图所示，其中多孔电极不参与电极反应。
(1)该电池的负极反应式为__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)如果用该电池作为电解装置，当有16 g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量表达式为
________________________________________________________________________
__________________________________(1个电子的电量为1.6×10－19C)。
答案 (1)CH OH－6e－＋3O2－===CO＋2HO
3 2 2
(2)×6×6.02×1023 mol－1×1.6×10－19C
11．以CH(g)为燃料可以设计甲烷燃料电池，该电池以稀HSO 作电解质溶液，其负极电极
4 2 4
反应式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
已知该电池的能量转换效率为86.4%，甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则该电池的比能量
为______kW·h·kg－1[结果保留1位小数，比能量＝，1 kW·h＝3. 6×106 J]。
答案 CH－8e－＋2HO===CO＋8H＋ 13.4
4 2 2
解析 甲烷燃料电池中，甲烷在负极被氧化，电解质为硫酸，负极反应式：CH －8e－＋
4
2HO===CO ＋8H＋，该电池的能量转换效率为86.4%，甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，1
2 2
mol甲烷燃烧输出的电能为≈0.214 kW·h，比能量＝ ＝≈13.4 kW·h·kg－1。
学科交叉的主要计算公式
化学与物理结合的计算，主要涉及两个公式：
(1)Q＝It＝n(e－)F，F计算时一般取值96 500 C·mol－1。
(2)W＝UIt。
专题强化练
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．水煤气变换反应为CO(g)＋HO(g)===CO(g)＋H(g)。我国研究人员结合实验与计算机模
2 2 2
拟结果，揭示了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程(如图所示)，其中吸附在金催化剂
表面上的物质用·标注。下列说法正确的是( )专题六：化学反应与能量
A．水煤气变换反应的ΔH>0
B．该历程中最大能垒(活化能)E ＝1.70 eV
正
C．步骤⑤只有H—H和H—O形成
D．步骤③的转化关系可表示为：CO·＋OH·＋HO(g)===COOH·＋HO·
2 2
答案 D
解析 根据图像分析可知：水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的
能量低于反应物，则该反应为放热，反应的ΔH<0，A错误；该历程中最大能垒(活化能)E
正
＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，B错误；步骤⑤除非极性键H—H形成，还有H—O及
C==O的形成，C错误；结合图分析判断，对照CO·＋OH·＋H·＋HO(g)，COOH·＋H·＋
2
HO·，可知步骤③发生的反应：CO·＋OH·＋HO(g)===COOH·＋HO·，D正确。
2 2 2
2．电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产
生的HO 与Fe2＋发生反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的
2 2
是( )
A．电源的A极为负极
B．每消耗2.24 L O (标准状况)，整个电解池中理论上可产生的·OH为0.2 mol
2
C．与电源B极相连电极的电极反应式为：HO－e－===H＋＋·OH
2
D．HO 与Fe2＋发生的反应方程式为：HO＋Fe2＋===Fe(OH)2＋＋·OH
2 2 2 2
答案 B
解析 由反应原理图可知，Fe3＋在左端电极得电子生成Fe2＋，发生还原反应，左端电极为阴
极，则A为电源的负极，B为电源的正极，A正确；每消耗0.1 mol O ，在阴极共得到0.3
2
mol e－，生成0.1 mol·OH，同时阳极失去0.3 mol e－，生成0.3 mol·OH，所以共生成·OH为
0.4 mol，B不正确；与电源B极相连的电极为阳极，水在阳极上失电子生成·OH，电极反应专题六：化学反应与能量
式为：HO－e－===H＋＋·OH，C正确；电解产生的 HO 与Fe2＋发生反应，生成·OH和
2 2 2
Fe(OH)2＋，反应方程式为：HO＋Fe2＋===Fe(OH)2＋＋·OH，D正确。
2 2
3．一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内
部 Li＋定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO 和
3
LiFe [Fe(CN) ] 均为无色透明晶体，LiWO 和Fe [Fe(CN) ] 均为蓝色晶体。下列有关说法错
4 4 6 3 3 4 6 3
误的是( )
A．当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率
B．当 b 接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为 Fe [Fe(CN) ] ＋4Li＋＋4e－
4 6 3
===LiFe [Fe(CN) ]
4 4 6 3
C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li＋通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁
移
D．该装置可用于汽车的玻璃变色调光
答案 C
解析 当 a 接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应 WO ＋Li＋＋e－
3
===LiWO ，LiWO 为蓝色晶体，b极接外接电源正极时，离子储存层为阳极，发生电极反
3 3
应LiFe [Fe(CN) ] －4e－===Fe [Fe(CN) ] ＋4Li＋，Fe [Fe(CN) ] 为蓝色晶体，蓝色与无色相
4 4 6 3 4 6 3 4 6 3
比，可减小光的透过率，A选项正确；当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的
电极反应为Fe [Fe(CN) ] ＋4Li＋＋4e－===LiFe [Fe(CN) ] ，B选项正确；切换电源正负极使
4 6 3 4 4 6 3
得蓝色变为无色时，即LiWO 变为WO，Fe [Fe(CN) ] 变为LiFe [Fe(CN) ]，电致变色层为
3 3 4 6 3 4 4 6 3
阳极，离子储存层为阴极，则Li＋通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错
误；该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确。
4．某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO 光电极能使电池在太阳光照下充电，
2
充电时NaS 被还原为NaS。下列说法错误的是( )
2 4 2
A．充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能
B．放电时，a极的电极反应式为：4S2－－6e－===S
C．充电时，阳极的电极反应式为：3I－－2e－===I
D．M是阴离子交换膜专题六：化学反应与能量
答案 D
解析 TiO 光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转
2
化为化学能，A正确；充电时NaS 被还原为NaS，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，
2 4 2
a极的电极反应式为：4S2－－6e－===S，B正确；在充电时，阳极I－失电子发生氧化反应，
电极反应式为3I－－2e－===I，C正确；通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以
M是阳离子交换膜，D错误。
5．二茂铁[Fe(C H)]可作为燃料的节能消烟剂、抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理
5 5 2
如图所示，下列说法正确的是( )
A．a为电源的正极
B．电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液
C．电解池的总反应化学方程式为Fe＋2C H=====Fe(C H)＋H↑
5 6 5 5 2 2
D．二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H＋＋2e－===H↑
2
答案 C
解析 由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁
失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极
上得电子发生还原反应生成钠，钠与 发生置换反应生成 和氢气， 与亚铁离子反应
生成二茂铁和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe＋2 ===== ＋H↑。
2
6．用如图电解装置将雾霾中的SO 、NO转化为(NH )SO ，用其作为一种优良的氮肥。下
2 4 2 4
列有关说法正确的是( )
A．a与电源负极相连，发生还原反应
B．每处理1 mol NO可以生成2 mol A
C．通电后阳极附近溶液的pH增大
D．理论上将SO 与NO以体积比2∶5通入装置可彻底转化
2
答案 B
解析 电极a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故 A错误；电解池的总反应为专题六：化学反应与能量
5SO ＋2NO＋8HO=====(NH )SO ＋4HSO ，产物中除有(NH )SO 外还有HSO ，即A
2 2 4 2 4 2 4 4 2 4 2 4
为硫酸，根据方程式，消耗1 mol NO生成2 mol硫酸，故B正确；阳极的电极反应为2HO
2
＋SO －2e－===SO＋4H＋，溶液的pH应降低，故C错误；理论上将SO 与NO以体积比
2 2
5∶2通入装置可彻底转化，故D错误。
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
7．某反应的ΔH＝＋100 kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的( )
A．正反应活化能小于100 kJ·mol－1
B．逆反应活化能一定小于100 kJ·mol－1
C．正反应活化能不小于100 kJ·mol－1
D．正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol－1
答案 CD
解析 某反应的ΔH＝＋100 kJ·mol－1，则正反应的活化能－逆反应的活化能＝＋100 kJ·mol－
1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100 kJ·mol－1，无法确定正、逆反应活化能的大
小，C、D正确。
8． Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达
到最高电导率的Garnet型电解质。某Garnet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反
应方程式为：LiC ＋Li LaZrTaOLiLaZrTaO＋6C，下列说法不正确的是( )
x 6 1－x
A．放电时，a极为负极，发生氧化反应
B．LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li＋的作用
C．充电时，b极反应为：LiLaZrTaO －xe－===xLi＋＋Li LaZrTaO
1－x
D．充电时，每转移x mol电子，a极增重7 g
答案 D
解析 根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li＋向b极移动，则
b 极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLi＋＋Li LaZrTaO＋xe－
1－x
===LiLaZrTaO，a极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。
9．以(CH)NHCO 为原料，采用电解法制备电源TMAH[化学式(CH)NOH]是一种高效、绿
3 4 3 3 4
色工艺技术。原理如图，M、N是离子交换膜。下列说法错误的是( )专题六：化学反应与能量
A．a是电源正极
B．M为阴离子交换膜
C．(CH)NHCO 中C、N原子均为sp3杂化
3 4 3
D．通过1 mol电子时，电解池中可产生16.8 L(STP)气体
答案 CD
解析 (CH)N＋移向右室，HCO移向左室，阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；
3 4
HCO经过M移向左室，M为阴离子交换膜，B正确；(CH)NHCO 中，(CH)N＋的C、N
3 4 3 3 4
原子均为sp3杂化，但是，HCO中的C原子为sp2杂化，C错误；通过1 mol电子时，阴极室
H＋放电，2H＋＋2e－===H↑产生H 为0.5 mol，阳极室OH－放电，4OH－－4e－===2HO＋
2 2 2
O↑，产生O 为0.25 mol，同时，溶液中剩下的H＋与HCO反应还要产生二氧化碳，因此，
2 2
产生的气体大于0.75 mol，体积大于16.8 L(STP)气体，D错误。
10．某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：
Cu2＋＋4NH [Cu(NH )]2＋ ΔH＜0。下列说法正确的是( )
3 3 4
A．充电时，能量转化形式主要为电能转化为化学能
B．放电时，负极反应为NH －8e－＋9OH－===NO＋6HO
3 2
C．a为阳离子交换膜
D．放电时，左池Cu电极减少6.4 g时，右池溶液质量减少18.8 g
答案 D
解析 已知电池总反应：Cu2＋＋4NH [Cu(NH )]2＋ ΔH＜0，放出的热量进行充电，通
3 3 4
入氨气的电极为原电池负极，电极反应 Cu－2e－===Cu2＋，通入氨气发生反应 Cu2＋＋
4NH [Cu(NH )]2＋ ΔH＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e－===Cu，中间为阴
3 3 4
离子交换膜，据此分析。放电时，左池Cu电极减少6.4 g时，Cu－2e－===Cu2＋，电子转移
0.2 mol，右池溶液中铜离子析出0.1 mol，硝酸根离子移向左电极0.2 mol，质量减少为0.2
mol×62 g·mol－1＋0.1 mol×64 g·mol－1＝18.8 g，故D正确。专题六：化学反应与能量
三、非选择题
11．按要求回答问题。
(1)工业生产中通过电解LiCl溶液的方法也可制得LiOH，其原理如图所示，电极a应连接电
源的________(填“正极”或“负极”)，电极b发生的反应是_______________，阳离子交
换膜的作用是____________________________________________________________________
______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案 正极 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ 可以防止OH－进入左室与Cl 反应，还可以让更
2 2 2
多的Li＋进入右室得到高浓度的LiOH
(2)利用电解法可将 C H 转化为多种燃料，原理如图所示。铜电极为________极，该电极上
2 6
生成 HCOOH 的电极反应式为_____________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 阳 C H－10e－＋4HO ===2HCOOH＋10H＋
2 6 2
(3)尿素[CO(NH)]是目前使用量较大的一种化学氮肥，工业上利用如图所示装置(阴、阳极
2 2
均为惰性电极)电解尿素的碱性溶液制取氢气。
①该装置中阳极的总电极反应式为_______________________________________________
________________________________________________________________________。
②若两极共收集到气体22.4 L(标准状况)，则消耗的尿素为______g(忽略气体的溶解)。
答案 ①CO(NH)＋8OH－－6e－===N↑＋CO＋6HO ②15
2 2 2 2
解析 ②根据6e－～N ～3H ～CO(NH) ，转移6 mol电子收集到4 mol气体，消耗1 mol尿
2 2 2 2专题六：化学反应与能量
素，若两极共收集到气体22.4 L(标准状况)即1 mol气体，消耗的尿素的物质的量为＝0.25
mol，质量为0.25 mol×60 g·mol－1＝15 g。
(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)：
____________________________________________________________________________
吸收池中除去NO的原理：____________________________________________________
(用离子方程式表示)。
答案 2HSO＋2e－＋2H＋===SO＋2HO 2NO＋2SO＋2HO===N＋4HSO
2 2 2 2 2
(5)用惰性电极电解 ZnSO 、MnSO 的混合溶液，除生成Zn、MnO 、HSO 外，还可能生成
4 4 2 2 4
H、O 或其混合物。
2 2
①生成MnO 的电极反应式为__________________________________________________。
2
②若n (H ) ∶n(O )＝2∶1，则参加反应的n (Zn2＋)∶n(Mn2＋)＝ ________。
2 2
答案 ①Mn2＋＋2HO－2e－===MnO ＋4H＋ ②1∶1
2 2
解析 (5)①Mn2＋失去电子转化为MnO ，则电极反应为：Mn2＋＋2HO－2e－===MnO ＋4H
2 2 2
＋；②阴极可能发生的电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，2H＋＋2e－===H↑。阳极可能发生的电
2
极反应为Mn2＋ ＋2HO－2e－===MnO ＋4H＋，4OH－－4e－===2HO＋O↑。当n(H )∶n(O )
2 2 2 2 2 2
＝2∶1时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2＋＋2e－===Zn与Mn2＋－2e－＋2HO===MnO
2 2
＋4H＋转移电子数相等，则参加反应的n(Zn2＋)∶n(Mn2＋)＝1∶1。
(6)EFH OFeO 法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。则阴极附近Fe2＋参
2 2 x
与反应的离子方程式为__________________________________________________________。
答案 HO＋H＋＋Fe2＋===Fe3＋＋HO＋·OH
2 2 2
12．(1)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图1所示，两电极区间用允
许K＋、H＋通过的半透膜隔开。专题六：化学反应与能量
①电池负极电极反应式为______________________________；放电过程中需补充的物质A
为______________(填化学式)。
②图1所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O 的反应，将化学能转化为
2
电能，其反应的离子方程式为____________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H 可能的反应机理如图2
2 2
所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO 外，还生成____________(填化学式)。
2
②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体
优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)①HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋HO HSO
2 2 4
②2HCOOH＋2OH－＋O===2HCO＋2HO(或2HCOO－＋O===2HCO)
2 2 2
(2)①HD ②提高释放氢气的速率及纯度
解析 (1)①由图示可知，燃料电池负极区是HCOO－―→HCO，因在碱性条件下，故电极
反应式为HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋HO。电池正极区发生反应：Fe3＋＋e－===Fe2＋，
2
Fe2＋又被通入的O 氧化为Fe3＋：4Fe2＋＋O ＋4H＋===4Fe3＋＋2HO，同时还生成KSO ，则
2 2 2 2 4
需要补充的物质A为HSO 。②根据电池反应的实质为HCOOH与O 反应生成HCO，可写
2 4 2
出电池反应的离子方程式为 2HCOOH＋2OH－＋O===2HCO＋2HO 或 2HCOO－＋
2 2
O===2HCO。
2
(2)①根据反应机理，HCOOD在NH(CH) 和Pd催化作用下的释氢反应除生成CO 外，还生
3 2 2
成HD。专题六：化学反应与能量
②HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO－浓度更大，释放H 的速率更快；HCOOK
2
溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为 HCOOK＋HO===H↑＋KHCO ，减少
2 2 3
了CO 的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。
2
13．按要求回答下列问题
(1)已知：①2CO(g)＋O(g)===2CO(g)
2 2
ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
1
②2NO(g)＋O(g)===2NO (g)
2 2
ΔH＝－116.5 kJ·mol－1
2
③N(g)＋O(g)===2NO(g)
2 2
ΔH ＝＋180.5 kJ·mol－1，废气中 NO 与 CO 转化成无污染气体的热化学方程式为
3 2
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化氧可以快
速氧化SO 。活化过程的能量变化模拟计算结果如图1所示。
2
无水情况下，一个氧分子的活化能为________，容易活化氧分子的条件是________(填“有
水”或“无水”)。
(3)CH 超干重整CO 的催化转化如图2所示：
4 2
①已知相关反应的能量变化如图3所示：专题六：化学反应与能量
过程Ⅰ的热化学方程式为_________________________________________________。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填字母)。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO＋H===HO(g)＋CO
2 2 2
c．CO未参与反应
d．Fe O、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
3 4
(4)将氢气储存于液体燃料中，可以解决氢气的安全高效存储和运输问题。由于甲醇具有单
位体积储氢量高、活化温度低等优点，是理想的液体储氢平台分子。我国学者构建一种双功
能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。如图4是甲醇脱氢转化
的反应历程( TS 表示过渡态)。
根据图像判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是______，该反应的ΔH________0( 填“大于”
“等于”或“小于”)。
答案 (1)2NO (g)＋4CO(g)===N(g)＋4CO(g) ΔH＝－1 196.0 kJ·mol－1
2 2 2
(2)0.75 eV 有水
(3)①CH(g)＋CO(g)===2CO(g)＋2H(g) ΔH＝247.4 kJ·mol－1 ②cd
4 2 2
(4)O—H键和C—H键 小于
解析 (1)由盖斯定律可知，①×2－②－③可得废气中NO 与CO转化成无污染气体的热化
2
学方程式为2NO (g)＋4CO(g)===N(g)＋4CO(g)，则ΔH＝ΔH×2－ΔH－ΔH＝(－566.0 kJ·
2 2 2 1 2 3
mol－1)×2－(－116.5 kJ·mol－1)－(＋180.5 kJ·mol－1)＝－1 196.0 kJ·mol－1。
(2)根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则无水时反应活化能为E＝0.75
eV；有水加入的反应的活化能为E＝0.57 eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低。
(3)①据CH 超干重整CO 的催化转化图，过程Ⅰ的化学反应为CH(g)＋CO(g)===2CO(g)＋
4 2 4 2专题六：化学反应与能量
2H(g)。由能量—反应过程曲线得热化学方程式：
2
CH(g)＋HO(g)===CO(g)＋3H(g)
4 2 2
ΔH＝＋206.2 kJ·mol－1 (i)
CO(g)＋4H(g)===CH(g)＋2HO(g)
2 2 4 2
ΔH＝－165 kJ·mol－1 (ii)
(i)×2＋(ii)得过程Ⅰ的热化学方程式：CH(g)＋CO(g)===2CO(g)＋2H(g)
4 2 2
ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1。
②过程Ⅱ物质变化为：左上(CO、H 、CO)＋ 右下(惰性气体)―→左下(H O)＋ 右上(CO、
2 2 2
惰性气体)，总反应为H ＋CO===HO＋CO。Fe O 、CaO为总反应的催化剂，能降低反应
2 2 2 3 4
的活化能，但不能改变反应的ΔH。故a、b正确，c、d错误。
(4)甲醇的分子式为CHOH，脱氢反应中断裂的化学键是O—H键和C—H键；该反应的相
3
对能量降低，反应放热。
