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重点知识(一) 基本概念 元素化合物
重点知识1 阿伏加德罗常数的应用
高考真题导向
1.解析：选A。CO2的结构式为O==C==O，44 g(1 mol)CO2中σ 键的数目为2NA，A
正确；KO2晶体中含有的离子为K＋、O2
−，故1 mol KO2晶体中离子数目为2NA，B 错误；
由于CO3
2−在溶液中发生水解反应，故溶液中CO3
2−的数目小于NA，C 错误；根据题给反应可
知，KO2中的O 部分化合价由−1
2 升高为0，部分由－1
2
降低为－2，消耗4 mol KO2，转移
3 mol e－，生成3 mol O2，故存在关系式O2～e－，则转移1 mol 电子时，生成1 mol O2，即
生成O2的数目为NA，D 错误。
2．解析：选D。二氧化硫在标准状况下为气体，11.2 L 二氧化硫为0.5 mol，其原子总
数为1.5NA，A 错误；亚硫酸根离子在溶液中会水解，故100 mL 0.1 mol·L-1Na2SO3溶液中
亚硫酸根离子数目小于0.01 N A，B 错误；反应①为2H2S＋SO2===3S＋2H2O，则3.4 g(0.1
mol)硫化氢反应生成的硫原子数目为0.15NA，C 错误；反应②为3S＋6OH－===2S2-＋SO3
2−
＋3H2O，每3 mol S 发生反应转移4 mol 电子，其中2 mol S 被还原，则每生成1 mol 还原
产物S2-，转移2 mol 电子，数目为2NA，D 正确。
3．解析：选A。NO2
−中N 为＋3 价，X、Y 均为氮氧化物，由题图可知，NO2
−经三步还
原转化为N2，则X 为NO，Y 为N2O，标准状况下2.24 L NO 和N2O 混合气体的物质的量
为0.1 mol，故氧原子数为0.1 N A，A 项正确；由HNO2的电离常数知，HNO2为弱酸，1 L
0.1 mol·L-1 NaNO2溶液中，由于NO2
−发生水解，故NO2
−数小于0.1NA，B 项错误；NH2OH 转
化为NO2
−时，N 由－1 价升高为＋3 价，3.3 g NH2OH 的物质的量为0.1 mol，完全转化为
NO2
−时，转移的电子数为0.4NA，C 项错误；1 个N2分子中含有10 个价电子，2.8 g N2的物
质的量为0.1 mol，含有的价电子总数为NA，D 项错误。
题组跟进演练
1.解析：选C。14 g14C 的物质的量为1 mol，14C 的质子数为6，即 14 g14C 中质子数目
为 6NA，A 错误；酸性重铬酸钾溶液中存在Cr2O7
2−+ H 2O ⥫⥬2CrO4
2−＋2H＋，则1 L 0.1
mol/L 酸性重铬酸钾溶液中Cr2O7
2−数目小于0.1NA，B 错误；一个六元环中平均含有2 个碳
原子，1 mol 石墨晶体中形成的六元环的数目为0.5NA，C 正确； 142 g P4O10的物质的量为
0.5 mol，1 个P4O10中含16 个σ 键，即142 g P4O10中含8NA个σ 键，D 错误。
2．解析：选B。由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体的物质的量，无法计算转移
的电子数目，A 错误；标准状况下，11.2 L C18O 的物质的量为0.5 mol，1 个C18O 分子中含
16 个中子，则0.5 mol C18O 中含中子数目为8NA，B 正确；12 g C(石墨)的物质的量为1
1
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mol，含1 mol×3×1
2
＝1.5 mol 非极性键，即非极性共价键数目为1.5NA，C 错误；0.1 mol
Al2O3溶于足量氢氧化钠溶液，溶液中[Al(OH)4]－会发生水解，故数目小于0.2NA，D 错误。
3．解析：选D。固体中不存在水解，1 mol 氯化铜固体含有的Cu2+数目为NA，A 项错
误；标准状况下，水不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算物质的量，B 项错
误；亚硫酸是弱酸，1 mol H2SO3电离出的氢离子数目小于2NA，C 项错误；根据离子方程
式可知，生成1 mol CuCl，转移的电子数为NA，D 项正确。
重点知识2 离子方程式的正误判断与离子共存
考向1 离子方程式的正误判断
高考真题导向
1.解析：选C。银和稀硝酸反应产生AgNO3、NO，其离子方程式为3Ag＋4H＋＋NO3
−
===3Ag＋＋NO↑＋2H2O，A 项错误；FeS 为难溶物，在离子方程式中不能拆开，正确的离
子方程式为Pb2+＋FeS===Fe2+＋PbS，B 项错误；海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔，Br2
与SO2 发生氧化还原反应生成HBr 和H2SO4，离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O===2Br－＋
SO4
2−＋4H＋，C 项正确；草酸为弱酸，在离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式为
2MnO4
−＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，D 项错误。
2．解析：选D。玻璃主要成分还有SiO2，氢氟酸是弱酸，在书写离子方程式时不能拆
分，A 错误；Fe 的还原性大于Cu，Cu 不能置换出Fe，三氯化铁与铜反应生成Fe2+和
Cu2+，B 错误；硫代硫酸根离子可被氯气氧化为硫酸根离子，故正确的离子方程式为
S2O3
2−+ 4C l2+5 H 2O ===2SO4
2−＋8Cl－＋10H＋，C 错误。
3．解析：选B。碱性锌锰电池中正极上MnO2得电子生成MnO(OH)，A 项正确；铅酸
蓄电池充电时，阳极上PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2
＋4H＋＋SO4
2−，B 项错误；K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中，产生KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，
C 项正确；TiCl4加入水中发生水解反应生成TiO2·xH2O 和HCl，D 项正确。
题组跟进演练
1.解析：选A。硫酸型酸雨放置于空气中一段时间后溶液酸性增强，是因为亚硫酸被
氧化为硫酸2H2SO3＋O2===4H＋＋2SO4
2−，A 正确；因为Ca(ClO)2过量，应该是Ca2+＋3ClO
－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，B 错误；用过量氨水吸收废气中的SO2，反应为
2NH3·H2O＋SO2===2NH4
+ +SO3
2−＋H2O，C 错误；H2S 是弱酸，不能拆成离子形式，应为
SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，D 错误。
2．解析：选C。氢氧化铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2＋
2
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4NH3===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－，C 错误。
3．解析：选B。向苯酚钠溶液中滴加稀盐酸的反应为
，B 错误。
考向2 离子共存
高考真题导向
1.解析：选D。硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质而
不能大量共存，A 项不符合题意；铁离子能与CN－反应生成[Fe(CN)6]3-而不能大量共存，B
项不符合题意；硅酸根离子能与钙离子反应生成难溶于水的硅酸钙沉淀而不能大量共存，
C 项不符合题意；NH4
+、SO4
2−、CH3COO－、HCO3
−之间不反应，能大量共存，D 项符合题意。
2．解析：选C。氨水显碱性，会与Ag＋、Cu2+反应，不能大量共存，A 项错误；
Fe3+与HCO3
−、I－会发生反应，不能大量共存，B 项错误；醋酸显酸性，在醋酸溶液中SO4
2−、
NH4
+、Br－、H＋均不会发生反应，能大量共存，C 项正确；硝酸银中的银离子会与氯离子、
CO3
2−反应生成沉淀，不能大量共存，D 项错误。
题组跟进演练
1.解析：选B。使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性，CO3
2−会和H＋反应生成二氧化碳，
不能大量存在，A 错误；Fe2+、Cl－、NO3
−、SO4
2−、K＋、Na＋相互不反应，能共存，B 正确；
MnO4
−、H＋能与麦芽糖发生氧化还原反应，不能大量共存，C 错误；lg c(H
+)
c(O H
−)
＝－3 的溶
液呈碱性，碱性溶液中NH4
+不能大量存在，D 错误。
2．解析：选A。该组离子间不发生反应，能大量共存，加入少量HCl 溶液，H＋优先
与[Al(OH)4]－反应，其离子方程式为H＋＋[Al(OH)4]－===Al(OH)3↓＋H2O，A 正确；原溶液
中各离子间不反应，可大量共存，加入少量Ba(NO3)2溶液后，酸性条件下NO3
−具有氧化性，
与Fe2+发生氧化还原反应，另外Ba2+会与SO4
2−反应生成BaSO4，B 错误；SiO3
2−与HCO3
−不能
大量共存，醋酸为弱酸，不能拆开，另外HCO3
−也会与醋酸反应，C 错误；通入少量SO2后，
因MnO4
−氧化性更强，优先与SO2 发生氧化还原反应，反应的离子方程式为
2MnO4
−+5 SO2+2 H 2O ===2 M n
2++5SO4
2−＋4H＋，D 错误。
3
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重点知识3 氧化还原反应及其应用
高考真题导向
1.解析：选B。A.湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反
应；B.松木中的C 元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C 单质，存在元素化合价的
变化，属于氧化还原反应；C.宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不
涉及氧化还原反应；D.端砚以端石为原料，经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等
步骤制成，不涉及氧化还原反应。
2．解析：选C。明矾水解产生的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水的
目的，与氧化还原反应无关，A 错误；撒盐可降低雪的熔点，使雪融化，未发生化学变化，
与氧化还原反应无关，B 错误；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C 正
确；荧光指示牌被照发光，没有元素化合价的变化，与氧化还原反应无关，D 错误。
3．解析：选D。SO4
2−中4 个硫氧键相同，其空间结构为正四面体形，S2O3
2−的空间结
构为四面体形，不是正四面体形，A 项错误；由题图转化可知，反应Ⅰ中只有S 元素被氧
化，反应Ⅱ中As、S 元素均被氧化，B 项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可
知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O紫外光
❑
2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O
自然光
❑
2H3AsO4＋3H2SO4，则参加反应的n(O2)
n(H 2O)
为Ⅰ>Ⅱ，C 项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ
可知，1 mol As2S3 发生反应时，两反应转移的电子分别为12 mol 和28 mol，个数之比为
3 7∶，D 项正确。
4．解析：选D。由题给信息可知酶a、b、c 可将过程Ⅲ中产生的H＋和e－转移至过程
Ⅰ、Ⅱ中，根据图中转化关系可知，过程Ⅰ的反应方程式为NO2
−+2 H
+ +e
−酶1
❑
NO↑＋
H2O，过程Ⅱ的反应方程式为NO＋NH4
++2 H
+ +3e
−酶2
❑
H2O＋N2H4，过程Ⅲ的反应方程
式为N2H4酶3
❑
N2↑＋4H＋＋4e－。过程Ⅰ中NO2
−得电子转化为NO，发生还原反应，A 错误；
由过程Ⅰ、Ⅱ的方程式可知，a 中转移1 个e －，b 中转移3 个e －，Ⅱ中参与反应的
n(NO):n(NH4
+)＝1 1∶，故B、C 错误；将3 个方程式相加，得到过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
NO2
−+ NH4
+===N2↑＋2H2O，故D 正确。
题组跟进演练
1. 解析：选C 。A. 酒精能使蛋白质变性，可用作消毒剂，不体现氧化性；
B.NH4Fe(SO4)2用作净水剂，是因为铁离子水解生成胶体可以净水，不体现氧化性；C.浸泡
过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用作水果的保鲜剂，是因为酸性高锰酸钾能和催熟剂乙烯
发生氧化还原反应，体现酸性KMnO4的氧化性；D.山梨酸钾、山梨酸、NaNO2等能使蛋白
4
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质变性而杀灭病菌，有抑菌防腐作用，能延长食物保质期，常用作食品防腐剂，不体现氧
化性。
2．解析：选A。滴加苯酚溶液后显紫色，说明溶液中存在三价铁，则硫酸亚铁已变质，
A 正确；碳酸钙与稀硫酸反应后产生的硫酸钙会覆盖在CaCO3表面，阻止反应的进行，硫
酸是强酸，碳酸是弱酸，B 错误；向酸性KMnO4溶液中滴加FeBr2溶液，酸性KMnO4溶液
因发生氧化还原反应而褪色，但是二价铁的还原性大于溴离子的还原性，因此二价铁优先
还原高锰酸根离子，C 错误；在I2的四氯化碳溶液中加入KI 溶液，下层液体颜色变浅是由
于I2＋I
− ⥫⥬I 3
−，碘离子浓度增大，平衡正向移动，导致碘单质减少，D 错误。
3．解析：选C。由流程可知，海水浓缩、酸化后通入氯气发生2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl
－，用热空气吹出溴，得到含有溴的空气，将含溴空气通入FeBr2溶液脱氯，再与Na2CO3
溶液反应，Br2 转化为BrO3
−和Br－，再用硫酸酸化，BrO3
−和Br－在酸性环境下反应生成
Br2，经过一系列操作得到溴。酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应Cl2
＋2Br－===2Cl－＋Br2，A 正确；脱氯过程中可能发生反应3Cl2＋2FeBr2===2FeCl3＋2Br2，
此时脱除1 mol 氯气消耗2
3
mol FeBr2，B 正确；用Na2CO3溶液吸收足量溴蒸气，反应生成
BrO3
−、Br－和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，C 错误；H2SO4酸化时发生反应
BrO3
−＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，反应中BrO3
−化合价降低作氧化剂，Br－化合价升高作
还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量比为1 5∶，故D 正确。
4．解析：选D。由图可知，NO 和O2在Pt 表面发生反应生成NO2，NO2、O2和BaO
反应生成Ba(NO3)2，则NO2是还原剂，O2是氧化剂，A 正确；反应Ⅰ为H2与Ba(NO3)2作用
生成NH3，反应方程式为Ba(NO3)2＋8H2===BaO＋2NH3＋5H2O，B 正确；反应Ⅱ为NH3还
原Ba(NO3)2生成BaO 和N2等，反应方程式为10NH3＋3Ba(NO3)2===3BaO＋8N2＋15H2O，
相应的关系式为5NH3～4N2，图中NH3最大物质的量为0.25a mol，则最终生成N2的物质
的量为0.2a mol ，C 正确；根据得失电子守恒可知，反应Ⅱ的关系式为
10 N H 3～3 Ba(N O3)2
，再结合反应Ⅰ可知关系式为5Ba(NO3)2～10NH3，则反应Ⅰ和Ⅱ
中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是5 3∶，D 错误。
重点知识4 物质的组成、性质与用途
高考真题导向
考向1 物质的组成
1．解析：选D。青花釉里红瓷盖罐的主要材料为陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，D
错误。
2．解析：选A。金代六曲葵花鎏金银盏的主要成分银、金属于金属，北燕鸭形玻璃注、
汉代白玉耳杯及新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐的主要成分都是硅酸盐，故A 符合题意。
3．解析：选D。大理石可用于制砚台，大理石的主要成分是CaCO3，不属于硅酸盐，
D 项错误。
考向2 物质的性质与用途
4．解析：选A。Al(OH)3呈两性，不溶于水，但可以与胃酸反应生成无毒物质，因此
5
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其能用于治疗胃酸过多，A 不正确。
5．解析：选D。活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，能够吸附一些食品中的色素，A
正确；铁粉具有还原性，能与O2反应，可延长食品的保质期，作食品脱氧剂，B 正确；谷
氨酸钠是味精的主要成分，能增加食物的鲜味，是一种常用的食品增味剂，C 正确；P2O5
吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂，D 错误。
6．解析：选C。SO2是酸性氧化物，石灰乳主要成分为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2
体现了Ca(OH)2 的碱性，A 正确；氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为2Fe3+＋
Cu===2Fe2+＋Cu2+，体现了Fe3+的氧化性，B 正确；制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体
中加入电解质能使胶体发生聚沉这一性质，与CaSO4的难溶性无关，C 错误；银氨溶液的
配制是在硝酸银溶液中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的
[Ag(NH3)2]OH，[Ag(NH3)2]OH 中Ag＋和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D
正确。
7．解析：选A。清洗铁锅后及时擦干，没有电解质溶液，无法形成原电池，可以减缓
铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A 项正确；NaCl 性质稳定，受热不易分解，烹煮食物的后期
加入食盐，目的是防止食盐中的KIO3受热分解，B 项错误；将白糖(主要成分是蔗糖)熬制
成焦糖汁，是蔗糖经过复杂的分解、脱水等过程得到的，蔗糖没有炭化，C 项错误；食用
纯碱主要成分是Na2CO3。
考向3 化学与传统文化
8．解析：选C。制墨过程主要为了获得炭黑，松木在窑内焖烧发生不完全燃烧从而产
生炭黑，A 正确；黏土烧成陶瓷的过程中有化学变化发生，因此有新的化学键形成，B 正
确；用草木灰水(主要成分为碳酸钾，水解使溶液呈碱性)浸泡树皮主要是除去木质素，获
得纤维素，故C 错误；火药点燃时发生反应的化学方程式为2KNO3＋S＋3C点燃
❑
K2S＋N2↑
＋3CO2↑，是氧化还原反应，D 正确。
题组跟进演练
题组1 物质的组成与分类
1．解析：选C。计算机处理芯片“中国芯”的主要成分为Si 而不是SiO2，A 错误；
全新电解原理实现海水制氢，其能量转化形式为电能→化学能，B 错误；累积烯烃型环型
碳(C10、C12)与C60均为碳元素的不同单质，故互为同素异形体，C 正确；高分子是指相对
分子质量成千上万的物质，乙二醇相对分子质量只有62，不属于有机高分子化合物，而是
有机小分子物质，D 错误。
2．解析：选C。氢氧燃料电池工作时可将化学能转化为电能，A 错误；二氧化碳是分
子晶体，所以二氧化碳液化时，只改变分子间的分子间作用力，不破坏分子内的共价键，
B 错误；85Rb 与87Rb 质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全
相同，物理性质不同，C 正确；光纤的主要成分是二氧化硅，D 错误。
题组2 物质的性质与用途
3．解析：选A。用明矾处理含有悬浮微粒的水，是Al3+水解生成氢氧化铝胶体吸附悬
浮颗粒，Al3+不具有杀菌消毒作用，故A 符合题意。
4．解析：选B。氯化钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，较高浓度的氯化钠溶液可以使细
胞脱水死亡，所以可用作食品防腐剂，A 错误；碳酸氢铵和碳酸氢钠受热易分解生成气体，
所以可用作食品膨松剂，B 正确；抗坏血酸具有还原性，可作为水果罐头抗氧化剂，C 错
误；石墨硬度小，不能用于制作钻探机钻头、刻刀，D 错误。
题组3 化学与传统文化
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5．解析：选C。沏茶和煎制中药不涉及分液，A 错误；焰色试验属于物理变化，B 错
误；竹的主要成分为纤维素，纤维素水解得到葡萄糖，再经酒化酶作用制备乙醇，C 正确；
铁与水在高温下反应生成四氧化三铁，D 错误。
6．解析：选B。玛瑙的主要成分是SiO2，B 项错误。
重点知识5 常见无机物的性质与转化
高考真题导向
1.解析：选D。Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H＋、OH－、Na＋、
CO3
2−、HCO3
−，A 正确；NaHCO3加入NaOH 溶液会发生反应NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋
H2O，B 正确；NaHCO3受热易分解，可转化为Na2CO3，而Na2CO3热稳定性较强，利用二
者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C 正确；室温下Na2CO3 和
NaHCO3饱和溶液pH 相差较大的主要原因是CO3
2−的水解程度远大于HCO3
−，D 错误。
2．解析：选D。根据O 原子守恒可知，A 错误；阳极应发生失电子的反应，B 错误；
NH3 发生催化氧化反应生成NO，该反应的化学方程式应为4NH3＋5O2催化剂
△
4NO＋
6H2O，C 错误。
3．解析：选A。电解NaCl 溶液可得到NaOH、H2 和Cl2，H2 在Cl2 中燃烧可生成
HCl，A 正确；电解MgCl2溶液得到Mg(OH)2，B 错误；H2CO3的酸性比HCl 弱，故NaCl
溶液中通入CO2不能得到NaHCO3，C 错误；SO2与H2O 反应生成H2SO3，D 错误。
4．解析：选D。氯气和水反应生成HCl 和HClO，不能直接生成NaClO，A 项错误；
SO2和水反应生成H2SO3，不能直接生成H2SO4，B 项错误；Fe2O3难溶于水，不与水反应，
不能直接生成Fe(OH)3，C 项错误；CO2和H2O 反应生成H2CO3，H2CO3和少量Ca(OH)2反
应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2受热分解生成CaCO3、H2O、CO2，D 项正确。
5．解析：选B。由图可知a、b、c 对应物质分别为：钠、氧化钠(或过氧化钠)、氢氧
化钠或a、b、e、d 对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。氢氧化钠和硫酸
铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，所以存在c→d→e 的转化，A 合理；
钠和氧化钠(或过氧化钠)都能与H2O 反应生成氢氧化钠，B 不合理；新制氢氧化铜可用于
检验葡萄糖中的醛基，C 合理；若b 能与H2O 反应生成O2，则b 为过氧化钠，结构中含共
价键和离子键，D 合理。
题组跟进演练
1.解析：选D。工业制硫酸过程中二氧化硫不是直接溶于水，而是转化为三氧化硫，
再用硫酸吸收，A 错误；工业尾气中的SO2主要用CaO 吸收，不是氯化钙，B 错误；向硫
代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，反应为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，C 错误；
钙基固硫是用生石灰来除去生成的SO2，反应的化学方程式2CaO＋O2＋2SO2高温
❑
2CaSO4，D 正确。
2．解析：选D。Fe 与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Cu 反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反
应生成FeCl3，转化能完全实现，A 不选；NH3与CuO 在高温条件下反应生成N2，N2和O2
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在高温或放电条件下反应生成NO，NO 和NH3在催化剂加热条件下反应生成N2，转化能完
全实现，B 不选；C 和SiO2在高温条件下反应生成CO，CO 和O2反应生成CO2，CO2与C
高温条件下反应生成CO，转化能完全实现，C 不选；Na[Al(OH)4]与稀盐酸反应生成
Al(OH)3或AlCl3，Al(OH)3和AlCl3均不与CO2反应，转化不能完全实现，D 选。
3．解析：选B。如图，根据含铁化合物的价态可知，a 为Fe，b 为FeO，d 为
Fe(OH)3，e 为Fe(OH)2，c 为Fe2O3，f 为Fe2+，g 为Fe3+。3Fe＋2O2点燃
❑
Fe3O4，3Fe＋
4H2O(g)高温
❑
Fe3O4＋4H2，Fe 分别与氧气和水蒸气反应可生成相同的化合物Fe3O4，A 正确；
Fe2O3 溶于氢碘酸的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2+＋3H2O＋I2，B 错误；Fe2+与
Fe3+的相互转化可通过2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，2FeCl3＋Fe===3FeCl2两个化合反应来实现，
C 正确；g 为Fe3+，既可以被氧化生成＋6 价的高铁酸根，也可以被还原生成＋2 价的
Fe2+，D 正确。
4．解析：选B。A 是地壳中含量最多的金属元素，则A 为铝；由核电荷数为1～18 的
某些元素组成的单质A、B、C 和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物的转换关系可知，铝与氢
氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，则C 为氢气、乙为四羟基合铝酸钠；铝与氧
气反应生成氧化铝，则B 为氧气、甲为氧化铝；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合
铝酸钠，与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀
则丙为水、丁为氯化铝、戊为氢氧化铝。氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不
溶于氨水，则向氯化铝溶液中滴加氨水至过量不能得到澄清溶液，A 错误；氧化铝具有很
高的熔、沸点，在工业上可用作耐火材料，B 正确；甲→乙的反应为氧化铝与氢氧化钠溶
液反应生成四羟基合铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]
－，C 错误；A→乙＋C 的反应化学方程式为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，
D 错误。
重点知识6 微型化工流程题
高考真题导向
1.解析：选B。焙烧时Cr2O3发生反应2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2焙烧
❑
4Na2CrO4＋4CO2，
有CO2产生，A 项正确；焙烧时FeO 发生反应4FeO＋O2焙烧
❑
2Fe2O3，滤渣的主要成分为
Fe2O3，B 项错误；水浸后滤液①中主要溶质为Na2CrO4，Cr 元素的主要存在形式为CrO4
2−，
C 项正确；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖具有还原性，能将CrO4
2−还原为Cr (OH )3
，D 项
正确。
2．解析：选C。结合“脱氯”步骤仅Cu 元素化合价发生改变并产生CuCl 固体，可推
断“脱氯”时Cu 和Cu2+发生归中反应并结合Cl－生成CuCl 沉淀，离子方程式为Cu＋
Cu2+＋2Cl－===2CuCl，则“浸铜”时铜屑不能完全溶解，A 错误，C 正确；“浸铜”时Cu
与H2O2 在酸性条件下反应生成Cu2+和H2O，离子方程式为Cu＋2H ＋＋H2O2===Cu2+＋
2H2O，B 错误；脱氯液中含大量的Zn2+，净化后电解，Zn2+在阴极上得电子生成单质Zn，
D 错误。
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题组跟进演练
题组1 教材常见元素及其化合物的转化
1．解析：选B。黄铁矿和空气中的O2 在加热条件下发生反应，生成SO2 和Fe3O4，
SO2和空气中的O2在400～500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的
浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生
成SO2和Fe3O4，化学方程式为3FeS2＋8O2 △
❑
Fe3O4＋6SO2，A 正确；反应Ⅱ条件要
兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，SO2与O2反应是放热反应，升高温度平
衡逆向移动，不利于SO3生成，但Ⅱ中采用400～500 ℃，主要是考虑反应速率与催化剂活
性，另外“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，B 错误；将黄铁矿换成硫黄，
则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，C 正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可
以用碱液吸收，D 正确。
2．解析：选B。工业生产一般采用电解熔融MgCl2的方法制镁，所得Mg 通过“高温
还原”TiCl4，发生反应2Mg＋TiCl4高温
❑
2MgCl2＋Ti 制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛
等步骤得到钛产品。由于MgO 的熔点高，电解MgO 制备金属Mg 能耗大，工业生产一般
采用电解熔融MgCl2的方法制镁，A 正确；点燃条件下金属镁和N2能反应，则用金属镁还
原过程中不能用N2 作保护气，可通入Ar 作保护气，B 错误；真空蒸馏时，需要将金属
Mg、MgCl2分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg
和MgCl2的沸点，使Mg、MgCl2气化，实现与Ti 的分离，C 正确；制得的海绵钛中含有少
量金属Mg，Ti 常温下不与稀盐酸反应，因此可以用稀盐酸浸泡除Mg，D 正确。
3．解析：选C。“煅烧”时将黄铁矿粉从炉顶加入、富氧空气从炉底通入，可增大黄
铁矿粉与氧气的接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率，A 正确；二氧化硫为酸性
气体，“干燥”可防止部分金属设备被水蒸气腐蚀，B 正确；二氧化硫和氧气反应为可逆
反应，“吸收”中所得尾气的主要成分是氧气、二氧化硫等，C 错误；若n＝1，则
H2SO4·nSO3为焦硫酸，其结构式可能为
，D 正确。
题组2 陌生元素及其化合物的转化
4．解析：选B。根据烧渣成分可知，氧化铁不溶于水，滤渣1 主要成分是Fe2O3，A
项正确；通入气体X 目的是沉铝，气体X 宜选择CO2，滤渣2 为Al(OH)3，B 项错误；灼烧
固体，选择坩埚、酒精灯等仪器，C 项正确；根据已知信息和得失电子守恒，铬由＋6 价
降至＋3 价，硫由－2 价升至0 价，即3n(Na2CrO4)＝2n(Na2S)，D 项正确。
5．解析：选D。根据流程，二氧化锰粉与硫化锰矿在硫酸中酸浸，二氧化锰具有氧化
性将硫元素氧化为硫单质，钙转化为难溶的硫酸钙，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1 含有
S 和SiO2、CaSO4，滤液含锰、铁、镁盐，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO3调节
pH 除去Fe3+，滤渣2 为Fe(OH)3，滤液中加入MnF2 生成MgF2 沉淀除去Mg2+，滤渣3 为
MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入氨气沉淀锰，煅烧沉淀得到产品Mn3O4。由分析可知，
“滤渣1”成分为S、SiO2和CaSO4，A 正确；“除杂1”MnCO3和氢离子反应调节溶液的pH
使得铁离子转化为沉淀，且不引入新杂质，则也可用Mn(OH)2代替，B 正确；“沉锰”时
加入氨气，锰转化为沉淀，硫酸根离子和铵根离子成为滤液的主要成分(NH4)2SO4，C 正确；
9
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“灼烧”过程锰化合价由＋2 变为＋8
3
，氧化剂氧气中氧元素化合价由0 变为－2，结合得
失电子守恒可知，每生成1 mol Mn3O4，理论消耗氧气体积为1 mol×(
8
3 −2)
×3×1
4
×22.4
L/mol＝11.2 L(标准状况)，D 错误。
6．解析：选B。酸浸后溶液中存在的金属阳离子为Zn2+、Fe3+、Cu2+和Mn2+，A 正确；
“沉淀”过程中，应该将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中，B 错误；滤渣C 中含有CuS 和
过量的ZnS，C 正确；“除锰”时参加反应的氧化剂是H2O2，反应后生成H2O，还原剂
Mn2+变为＋4 价，根据得失电子数相等可知物质的量之比为1 1∶，D 正确。
重点知识7 关系式法在化学计算中的应用
高考真题导向
1.解析：CuO2 在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI 反应生成I2，I2 遇淀粉变蓝，用
Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半
分钟内不变色时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu 为＋2 价、O 为－1 价，
结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI 发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋
4H2O
，
则
2CuO2
～
3I2
～
6Na2S2O3
，
则
样
品
中
m(CuO2)
＝
0.100 0×15.00×10
−3
6
×2×96 g＝0.048 g，w(CuO2)＝
0.048 g
0.050 0 g ×100% ＝
96.0%。
答案：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
96.0%
2．解析：(1)根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，
开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1 分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的
CS2 的质量为(m1－m2) g，再开盖加入待测样品并计时1 分钟，又挥发出(m1－m2) g 的
CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2) g－m1 g＝(m3＋m1－2m2) g。(2)滴
定时，根据关系式WO4
2−～2IO3
−～6 I 2～12S2O3
2−，样品中n(WCl6) ＝n(WO4
2−)＝
1
12 n(S2O3
2−)＝1
12
cV×10-3 mol，m(WCl6)＝1
12
cV×10-3mol×M g/mol＝cVM
12 000
g，则样
品中WCl6的质量分数为
cVM
12 000 g
(m3+m1−2m2)g
×100%＝
cVM ×10
−3
12(m3+m1−2m2)
×100%。根据测定
原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1 分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏
小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分
数的测定值将偏大。
答案：(1)m3＋m1－2m2
(2)
cVM ×10
−3
12(m3+m1−2m2)
×100% 不变 偏大
10
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题组跟进演练
1.解析：达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分
钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2 消耗Na2S2O3 溶液的体积和关系式
I 2～2S2O3
2−，可得n(I 2)过量＝1
2
×0.100 0V×10-3 mol，再根据关系式S2-～I2 可知，
n(S2-)＝0.100 0×25.00×10-3 mol－1
2
×0.100 0V×10-3 mol＝(25.00−V
2)
×0.100 0×10-3
mol，则样品中S2-的含量为(25.00−V
2)×0.100 0×32
m×1 000
×100%。
答案：由浅蓝色变为无色，且半分钟内不再变化
(25.00−1
2 V)×0.100 0×32
m×1 000
×100%
2．解析：(1)安全漏斗在本实验中除加水外，还有液封的作用，吸收挥发的HCl 气体，
避免HCl 的损失。(3)根据关系TiCl4～4HCl～4AgNO3，n(TiCl4)＝1
4
n(AgNO3)＝1
4
n×V×10-
3mol，TiCl4的纯度为
1
4 nV ×10
−3 ×190 g
m g
×100%＝0.19nV
4 m
×100%或19nV
4 m
%。
答案：(1)液封，吸收挥发的HCl 气体，避免HCl 的损失
(2)当加入最后一滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且沉淀半分钟不消
失 (3)19nV
4 m
%
3．解析：(2)②由检测原理可知，检测时加入稀硫酸过少，反应生成的HClO 减少，
HClO 转化生成的I2减少，用Na2S2O3标准溶液滴定时，消耗标准溶液的体积偏小，样品的
有效氯测定值会偏低。
答案：(1)Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
NaClO 溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO 见光分解
(2)①n(S2O3
2−)＝0.100 0 mol·L-1×0.020 00 L＝2.000×10-3 mol
根据物质转换和电子得失守恒关系：C3 N 3O3C l2
−～2 HClO～2 I 2～4 S2O3
2−
得n(Cl)＝0.5n(S2O3
2−)＝1.000×10-3 mol
氯元素的质量：
m(Cl)＝1.000×10-3 mol×35.5 g·mol-1＝0.035 50 g
该样品的有效氯为：
0.035 50 g×2
1.120 0 g× 25.00 mL
250.0 mL
×100%≈63.39%
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品。 ②偏低
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重点知识8 陌生情境中氧化还原型化学(离子)方程式的书写
高考真题导向
题型1 化工流程中的方程式书写
1．解析：(2)根据流程图，分析确定反应物与生成物，然后配平化学方程式。
①“瞻前”确定反应物：根据进料确定反应物为Li2CO3＋MnO2。
②“顾后”确定生成物：根据流程图中物质的转化情况，确定生成物为CO2↑＋O2↑
＋LiMn2O4。
③根据得失电子守恒，逆向配平发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO2煅烧
❑
CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
④根据元素守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO2煅烧
❑
2CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
⑤检查元素、得失电子是否守恒。
答案：(1)将Fe2+氧化为Fe3+ Mn2+和生成的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2
用量过大，造成资源浪费
(2)2Li2CO3＋8MnO2煅烧
❑
2CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4
题型2 反应原理中的方程式书写
2．解析：(1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，
箭头出去的是生成物。
反应Ⅰ中反应物为Fe(NO)2+、O2，生成物为Fe3+、NO，反应为酸性条件。
反应Ⅱ中反应物为Fe3+、FeS2，生成物为Fe2+、SO4
2−，反应为酸性条件。
(2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。若某
物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。
答案：(1)①4Fe(NO)2+＋O2＋4H＋===4Fe3+＋4NO＋2H2O
②14Fe3+＋FeS2＋8H2O===15Fe2+＋2SO4
2−＋16H＋
(2)作催化剂
题组跟进演练
1.答案：O2＋2H2O＋2S2- MnO2
❑
4OH－＋2S↓
2．答案：MnO2＋4H＋＋2Fe2+===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O
3．解析：“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]＋与N2H4·H2O 反应的离子方程式为
4[Ag(NH3)2] ＋＋N2H4·H2O ＋3H2O===4Ag↓＋4 NH 4
+＋N2↑＋4NH3·H2O ，氧化剂为
[Ag(NH3)2]＋，还原剂为N2H4·H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是4∶1。若用H2O2代
替N2H4·H2O 完成还原过程，H2O2与[Ag(NH3)2]＋发生反应的离子方程式是2[Ag(NH3)2]＋＋
H2O2＋2H2O===2Ag↓＋O2↑＋2 NH 4
+＋2NH3·H2O。
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答案： 4∶1 2[Ag(NH3)2]＋＋H2O2＋2H2O===2Ag↓＋O2↑＋2 NH 4
+＋2NH3·H2O
4．解析：Fe3O4与稀硫酸反应为Fe3O4＋8H＋===2Fe3+＋Fe2+＋4H2O，“酸浸氧化”过
程中，Fe2+具有还原性，也能被MnO2氧化，生成Fe3+。VO＋被氧化为VO2
+，MnO2则被还原
为Mn2+，溶液呈酸性，结合守恒规律，写出离子方程式VO＋＋MnO2＋2 H
+ === VO2
+＋
Mn2+＋H2O。
答案：Fe2+ VO＋＋MnO2＋2 H
+ === VO2
++ M n
2+ + H 2O
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