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2017-2019 年高考真题化学分项汇编
目录
专题01
STSE 化学用语.................................................................................................................2
专题02
化学计量与化学计算........................................................................................................8
专题03
离子反应..........................................................................................................................11
专题04
氧化还原反应..................................................................................................................16
专题05
元素及其化合物..............................................................................................................18
专题06
物质结构元素周期律....................................................................................................24
专题07
化学反应中的能量变化....................................................................................................31
专题08
电化学及其应用................................................................................................................35
专题09
反应速率、化学平衡........................................................................................................44
专题10
水溶液中的离子平衡........................................................................................................52
专题11
化学实验基础..................................................................................................................62
专题12
化学实验基础..................................................................................................................69
专题13
有机化合物......................................................................................................................82
专题14
元素及其化合物知识的综合应用..................................................................................90
专题15
化学反应原理综合....................................................................................................... 100
专题16
工艺流程题................................................................................................................... 123
专题17
化学实验综合题........................................................................................................... 136
专题18
物质结构与性质（选修）........................................................................................... 155
专题19
有机化学基础（选修）............................................................................................... 168
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专题01
STSE 化学用语
1．[2019 新课标Ⅰ]陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法
错误的是
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制
品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
【详解】A 项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A 错误；
B 项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B 正确；
C 项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅
酸盐产品，故C 正确；
D 项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D
正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反
应与用途为解答的关键。
2．[2019 新课标Ⅱ]“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物
质的说法错误的是
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A 项正确；
B．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B 项正确；
C．“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C 项正确；
D．高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D 项错误；
答案选D。
【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。
3．[2019 新课标Ⅲ]化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【解析】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A 正确；
B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B 正确；
C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C 错误；
D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D 正确；
答案选C。
4．[2019江苏] 反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下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：
B．N2的结构式：N=N
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C．Na+的结构示意图：
D．H2O的电子式：
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及
不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A．核素的表达式中A 表示X 原子的质量数，Z 表示X 原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数
为18 的氯原子为，A 项错误；
B．氮原子最外层电子数为5，还需要3 个电子（或形成3 对共用电子对）达到8 电子稳定结构，所以两
个氮原子共用3 对电子，氮气的结构式为N≡N，B 项错误；
C．钠原子的核外有11 个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10 个电子，Na+
的结构示意图为
，C 项错误；
D．氧原子最外层有6 个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1 对共用电子对，D 项正确。
故选D。
5．[2019 北京]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 米大口径碳化硅反
射镜
B．2022 年冬奥会聚氨酯
速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆
银纳米线
D．“玉兔二号”钛合
金筛网轮
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B 选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。
同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA 族，
故A 符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B 不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C 不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D 不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机
非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
6．[2019 天津]化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及
．．．化学反应的是
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化
的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．
【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化学变
化，故A 涉及化学反应；
B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B 涉及化学反应；
C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C 涉及化学反应；
D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D 不涉及化学反应；
故选D。
【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质
生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．
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7．[2019 浙江4 月选考]下列表示不正确
．．．的是
A．次氯酸的电子式
B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式CH2＝CH2
D．原子核内有8 个中子的碳原子146C
【解析】A．次氯酸中Cl 最外层为7 个电子，为达到8 电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形
成一个共用电子对，O 原子最外层为6 个电子，为达到8 电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形
成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A 项错误。B、C、D 等3 个选项均正确。故答案选A。
8．[2019 北京] 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
D
NaCl 溶于水
电解CuCl2 溶液
CH3COOH 在水中电离
H2 与Cl2 反应能量变化
NaClNa++Cl−
CuCl2Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)
ΔH=−183kJ·mol−1
【分析】本题A、B、C 选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够
自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A
选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C 选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，
电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程
（如B 选项）。
【详解】A．NaCl 为强电解质，NaCl 溶于水，NaCl 在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程
式为NaCl=Na++Cl-，故A 不符合题意；
B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，
失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B 符合题意；
C．CH3COOH 为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C 不符合
题意；
D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436
kJ/mol+243 kJ/mol=679 kJ/mol），与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431 kJ/mol×2= 862 kJ/mol）
之差，即放热183kJ/mol，放热∆H 为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ∆H=-183kJ/mol，故D 不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学
用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原
理巧妙地结合。
9．[2018 江苏卷]CO2 是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2 含量上升的是
A．光合作用
B．自然降雨
C．化石燃料的燃烧
D．碳酸盐的沉积
【解析】A 项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气
中CO2 含量下降；B 项，自然降雨时H2O 会与少量CO2 反应生成H2CO3，不会引起CO2 含量的上升；C 项，化石
燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C 元素，C 元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大
气中CO2 含量上升；D 项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物
作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起
大气中CO2 含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2 含量上升，答案选C。
点睛：本题考查化学与环境保护、低碳经济等，掌握化石燃料的成分是解题的关键。
10．[2018 北京]下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是
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A．甲醇低温所
制氢气用于新
能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”
核聚变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫
二号”的火箭燃料
D．开采可燃冰，
将其作为能源使
用
【解析】A 项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B 项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于
化学变化；C 项，偏二甲肼与N2O4 反应生成CO2 、N2 和H2O ，放出大量热，反应的化学方程式为
C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D 项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4 燃烧生成CO2 和H2O，
放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。
点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学
变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。
11．[2018·新课标全国Ⅱ]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
【解析】A．碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确；
B．漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C 正确；
D．碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X 射线造影检查，应该用
硫酸钡，D 错误。答案选D。
点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应
用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
12．[2018 新课标Ⅱ卷]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
【解析】A．碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A 正确；
B．漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B 正确；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C 正确；
D．碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X 射线造影检查，应该
用硫酸钡，D 错误。答案选D。
点睛：本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活
应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。
13．[2018 新课标Ⅲ卷]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物
质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。
详解：A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二
氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有
一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A 错误。
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因
为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B 正确。
C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以
减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C 正确。
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的
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热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D 正确。
点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同
时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D 中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是
形成原电池的保护方法。
14．[2018 天津卷]以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理
的是
A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物
质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。
详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二
氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A 不合理。
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B 合理。
C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C 合理。
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青
蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D 合理。
点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，
还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某
些药材。本题的选项D 就是一种固液萃取。
15．[2018 海南]化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是
A．Na2O2 可与CO2 反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
B．SiO2 具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
D．氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等
【解析】A. Na2O2 可与CO2 反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意；
B. SiO2 具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意；
C. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意；
D. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等，不符合题意；
故答案为B。
16．[2017 江苏]2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
【解析】A．设定温度很低时，空调会一直工作，浪费电能，A 错误；B．使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源
的行为，B 错误；少开私家车多乘公共交通工具，属于节约集约利用资源，应该提倡，C 正确；D．对商品进行
豪华包装浪费资源，D 不正确。
【名师点睛】本题考查的是化学与社会生活。解题的关键要抓住节能、节约集约利用资源、环保等要素。化学
学习要从生活实际出发，关注化学在能源、材料、环境、健康等方面的作用，关心社会热点问题，形成化学服
务于社会的使命感和责任感。
17．[2017 新课标Ⅲ]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．PM2.5 是指粒径不大于2.5 μm 的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【解析】A．通常将大气中直径不大于2.5μm 的悬浮颗粒物称为PM2.5，故A 正确；B．绿色化学的核心就是从
源头上杜绝污染，故B 正确；C．燃煤燃烧产生SO2 和CO2，其中CaO 可以和SO2 结合生成CaSO3，并最终氧化
为CaSO4，而CO2 在高温下不能与CaO 结合生成CaCO3，则加入CaO 可减小SO2 的排放，但不能减小CO2 的排
放，故C 错误；D．目前推广使用的清洁燃料有天然气和液化石油气，故D 正确。答案选C。
【名师点睛】考查化学在社会生活中的应用，涉及环境污染的来源与防治，其中绿色化学的特点是：（1）充分
利用资源和能源，采用无毒无害的原料；（2）在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；（3）提
高原子利用率，力图使原料的原子都被产品所消纳，实现零排放；（4）生产出有利于环境保护、社会安全和人
体健康的环境友好产品。
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18．[2017 海南]下列说法错误的是
A．蔗糖可作调味剂
B．细铁粉可作食品抗氧剂
C．双氧水可作消毒剂
D．熟石灰可作食品干燥剂
【解析】A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因此蔗糖可以作调味剂，故A 说法正确；B、细铁粉可以空气中氧气
发生反应，防止食品被氧化变质，故B 说法正确；C、双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作
消毒剂，故C 说法正确；D、熟石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故D 说法错误。
19．[2017 天津]下列有关水处理方法不正确
．．．的是
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
【解析】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A 正确；B、铝盐、铁盐都能水解生
成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B 正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对
重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C 错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，
D 正确。故选C。
【名师点睛】本题从各种水处理技术方法等方面设计考核知识点，让考生了解化学在生活中的应用，并正确地认识
化学的价值和功能。展现学科价值，灌输绿色化学思想。
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专题02
化学计量与化学计算
1．[2019 新课标Ⅱ] 已知NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．3 g 3He 含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L−1 磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7 被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【解析】A．的中子数为3-2=1，则3g 的中子数为=NA，A 项正确；
B．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L 的磷酸钠溶液中磷酸根离
子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B 项错误；
C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6 降低到+3，1mol 重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1
=6NA，C 项正确；
D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1 个分子内所含共价键数目均为13 个，则48g 正丁烷与10g 异丁烷所
得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D 项正确；
答案选B。
2．[2019新课标Ⅲ] 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H
＋数目为0.01NA，A 错
误；
B、根据电荷守恒可知选项B 正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误；
D、加入NaH2PO4 固体，H2PO4
－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误；
答案选B。
3．[2018 新课标Ⅲ]下列叙述正确的是
A．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1
D．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同
【解析】A．1 个Mg 原子中有12 个质子，1 个Al 原子中有13 个质子。24 g 镁和27 g 铝各自的物质的量都是1 mol，
所以24g 镁含有的质子数为12mol，27g 铝含有的质子的物质的量为13 mol，选项A 错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的
氧原子分别为×2=mol 和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8 个电子，所
以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B 正确。
C．重水为，其中含有1 个中子，含有8 个中子，所以1 个重水分子含有10 个中子，1 mol 重水含有10 mol 中子。
水为，其中没有中子，含有8 个中子，所以1 个水分子含有8 个中子，1 mol 水含有8 mol 中子。两者的中子数之比
为10:8=5:4，选项C 错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6 个C－H 键和1 个C－C 键，所以1 mol 乙烷有7mol 共价键。乙烯（C2H4）分子中有4
个C－H 键和1 个C＝C，所以1 mol 乙烯有6 mol 共价键，选项D 错误。
点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计
算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
4．[2018 新课标Ⅱ]NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，124 g P4 中所含P—P 键数目为4NA
B．100 mL 1mol·L−1FeCl3 溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 mol SO2 和1 mol O2 催化反应后分子总数为2NA
【解析】A．常温常压下，124 g P4 的物质的量是1 mol，由于白磷是正四面体结构，含有6 个P－P 键，因此其中所
含P—P 键数目为6NA，A 错误；
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B．铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1 mol·L−1 FeCl3 溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B 错误；
C．甲烷和乙烯分子均含有4 个氢原子，标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子
数目为2NA，C 正确；
D．反应2SO2+O22SO3 是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2 和1 mol O2 催化反应后分子总数大于2NA，D 错误。
答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆
反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的
难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
5．[2018 新课标Ⅰ]NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g FeCl3 水解形成的Fe(OH)3 胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D．1.0 mol CH4 与Cl2 在光照下反应生成的CH3Cl 分子数为1.0NA
【解析】A、16.25g 氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水
解生成的Fe(OH)3 胶体粒子数小于0.1 NA，A 错误；
B、标准状况下22.4L 氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar 原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B 正确；
C、1 分子丙三醇含有3 个羟基，92.0g 丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C 错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl 分子数小于1.0 NA，D 错误。
答案选B。
点睛：选项D 是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其
产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
6．[2018 海南]NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12 g 金刚石中含有化学键的数目为4NA
B．18 g 的D2O 中含有的质子数为10
C．28 g 的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NA
D．1 L 1mol·L¯1 的NH4Cl 溶液中NH4
＋和Cl−的数目均为1NA
【解析】A. 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2 个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2 个共价
键，所以12 g 金刚石中，即1mol 金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；
B. D2O 的摩尔质量为（2×2+16）g/mol=20g/mol，则18 g 的D2O 中中含有的质子数为NA=9 NA，故不符合题意；
C.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为3 NA=6NA，符合题意；
D. NH4
＋会发生水解，故数目<1NA，不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】解题时注意易错点：A 中容易忽略一个共价键是两个原子共用的；B 中同位素原子质量数不同；D 中容易
忽略铵根离子的水解。
7．[2017 浙江11 月选考]设NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确
．．．的是
A．含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NA
B．25 ℃时，pH=3 的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NA
C．任意条件下，1 mol 苯中含有C—H 键的数目一定为6 NA
D．a mol 的R2+（R 的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a（A-N-2）NA
【解析】A. 0.2 mol H2SO4 与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol 电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol 电子，因此含
0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，故A 正确；B. 25 ℃时，1L pH=3 的醋酸溶液
中c(H+) =0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001 NA，故B 错误；C. 苯的化学式为C6H6，1 mol 苯中有C—H 键的
数目一定为6 NA，故C 正确；D. R2+(R 的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A-N-2，则a mol 的R2+的核
外电子数为a(A-N-2)NA，故D 正确；故选B。
点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，也可以生成二氧化硫，可以利用极限的思维方式极限
解答。
8．[2017 浙江4 月选考]设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为0.5NA
B．1 L 0.1 mol·L
－1 硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
C．0.1 mol KI 与0.1 mol FeCl3 在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
D．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA
【解析】标况下，乙醇为非气体，A 错误；B 忽略水中的氧原子；C 忽略Fe3＋与I
－反应是一个可逆反应；1 mol 乙醇
或乙烯消耗的氧气都为3 mol，1 mol 混合物(任意比例混合)消耗氧气都为3 mol。
9．[2017 海南卷]NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
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B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol·L−1 的乙酸溶液中含H
＋的数量为0.1NA
D．1 mol 的CO 和N2 混合气体中含有的质子数为14NA
【解析】A、乙烯的结构简式为CH2=CH2，1 mol 乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 mol，故A 说法正确；B、甲烷燃
烧生成CO2，甲烷中C 的化合价为－4 价，CO2 中C 的化合价为＋4 价，因此1 mol 甲烷完全燃烧转移电子物质的量
为8 mol，故B 说法正确；C、乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H
＋物质的量小于0.1 mol，故C 说法错误；D、1 mol
CO 含有质子物质的量为(6＋8) mol=14 mol，1 mol N2 中含有质子物质的量为2×7 mol=14 mol，因此1 mol N2 和CO 的
混合气体中含有质子物质的量为14 mol，故D 说法正确。
【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，一般从结构、转移电子、弱电解质电离、隐含条件、微粒数、气体
摩尔体积等角度进行考查，从结构：书写常见物质的结构，如金刚石为原子晶体，一个碳原子与四个碳原子形成化
学键，因此一个碳原子真正具有的共价键为2 个，1 个SiO2 中Si 有4 个化学键等等；转移电子：一般涉及歧化反应，
那就从氧化产物或还原产物中寻找，如Na2O2 与H2O 的反应，从氧气中进行判断，生成1 mol O2 转移电子物质的量
为1×2×[0－(－1)] mol=2 mol；隐含条件：一般涉及可逆反应，如NO 和O2 的反应，2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，可
逆反应不能进行到底；气体摩尔体积：看清楚条件是否是标准状况，标准状况下，此物质是否是气体，记住H2O、
SO3、HF 在标准状况下不是气体；这需要夯实基础知识，此题一般属于基础题，容易拿分。
10．[2017 新课标Ⅱ卷]阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A．1 L 0.1 mol·NH4Cl 溶液中，的数量为0.1
B．2.4 g Mg 与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24 L N2 和O2 的混合气体中分子数为0.2
D．0.1 mol H2 和0.1 mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【解析】A、是弱碱根离子，发生水解：＋H2ONH3·H2O＋H
＋，因此数量小于0.1NA，故A 错误；B、2.4 g Mg 为0.1 mol，
与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2÷24 mol=0.2 mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B 错误；C、
N2 和O2 都是分子组成，标准状况下，2.24 L 任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C 错误；D、H2＋I22HI，反应前
后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2 mol，分子数为0.2NA，故D 正确。
【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个热点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应
等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。
11．[2017 新课标Ⅲ卷]NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol 的中，含有0.6NA 个中子
B．pH=1 的H3PO4 溶液中，含有0.1NA 个
C．2.24 L（标准状况）苯在O2 中完全燃烧，得到0.6NA 个CO2 分子
D．密闭容器中1 mol PCl3 与1 mol Cl2 反应制备PCl5（g），增加2NA 个P−Cl 键
【解析】A．B 的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11 的B 原子中含有6 个中子，0.1 mol 11B 含有0.6NA 个
中子，A 正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体
积计算2. 24 L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2 分子数目，C 错误；D．PCl3 与Cl2 反应生成PCl5 的
反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1 mol PCl3 与1 mol Cl2 反应生成的PCl5 小于1mol，增加的P
－Cl 键的数目小于2NA 个，D 错误。答案选A。
【名师点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使
用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，
③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，如选项D 涉及可逆反应，反应的限度达不
到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。
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专题03
离子反应
1．[2019 新课标Ⅱ]下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A．向CuSO4 溶液中加入足量Zn 粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C．Na2O2 在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O22Na2O+O2↑
D．向Mg(OH)2 悬浊液中滴加足量FeCl3 溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【解析】A．金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方
程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A 项正确；
B．澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：
CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B 项正确；
C．过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，
涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C 项错误；
D．向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3=
2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D 项正确；
答案选C。
2．[2019 新课标Ⅲ]离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的、、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O
【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl
－、NO3
－等阴离子的原水通过
阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H
＋则被交换到水中，并和水中的阴离子
组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的
阴离子OH
－也被交换到水中，同时与水中的H
＋离子结合成水，则
A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；
B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl
－、NO3
－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；
C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；
D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H
＋＋OH
－＝H2O，D正确；
答案选A。
3．[2019江苏] 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、
B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、
【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子
会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。
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【详解】A．是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；
B．MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；
C．Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；
D．酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量
共存；
故选A。
【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量
共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C 项；②离子间发生氧化还原反
应，如题中B 项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-
等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。
4．[2019江苏] 下列指定反应的离子方程式正确的是
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
【分析】A．Cl2 与NaOH 反应生成NaCl、NaClO 和H2O；B．电荷不守恒；
C．不符合客观事实；
D．应拆分的物质没有拆分；
【详解】A．NaOH 为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl 和NaClO 为可溶性盐，
可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A 正确；
B．该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B 错误；
C．室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故
C 错误；
D．Na2SiO3 为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D 错误；
综上所述，本题应选A．
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原
理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正
确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中
的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
5．[2019 天津] 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是
实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉
淀溶解
2
4
3
2
2
Mg OH
2NH
Mg
2NH
H O
B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐
色液体
3
2
3
Fe
3H O
Fe OH
3H
C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
2
2
2
4
4
2
3SO
2MnO
4H
3SO
2Mn
2H O
D
氧化亚铁溶于稀硝酸
2
2
FeO
2H
Fe
H O
【分析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；
B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；
C、电荷不守恒；
D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；
【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A 能用来解释相应实验现象；
B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3
（胶体）＋3H
＋，故B 不能用来解释相应实验现象；
C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4
－＋2H2O=2Mn2＋＋4H
＋＋5SO42－，故C 不能用来解
释相应实验现象；
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D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H
＋＋NO3
－=3Fe3＋＋
NO↑＋5H2O，故D 不能用来解释相应实验现象；
故选A。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反
应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补
在生成物中。
6．[2019 年4 月浙江选考]不能
．．正确表示下列变化的离子方程式是
A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO4-2Mn2+＋5SO＋4H+
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H2O2I2＋2H2O
C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-＋2H+H2SiO3↓
D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe2Fe3+＋3Cu
【解析】D．Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe 氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离
子方程式为Cu2+＋FeFe2+＋Cu，D 项错误。其他3 个选项的离子方程式都是正确的。
故答案选D。
7．[2018·北京]下列化学用语对事实的表述不正确的是
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1 mol·L-1 氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OH−
C．由Na 和C1 形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e−Cu
【解析】A 项，酯化反应的机理是“ 酸脱羟基醇脱氢” ，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为
C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A 项错误；B 项，常温下0.1mol·L-1 氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）
=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B 项正确；C 项，Na 原子最外层有1
个电子，Na 易失电子形成Na+，Cl 原子最外层有7 个电子，Cl 易得电子形成Cl-，Na 将最外层的1 个电子转移给Cl，
Na+与Cl-间形成离子键，C 项正确；D 项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，
D 项正确；答案选A。
8．[2018 江苏]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1 KI 溶液：Na+、K+、ClO−、OH−
B．0.1 mol·L−1Fe2(SO4)3 溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C．0.1 mol·L−1 HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D．0.1 mol·L−1 NaOH 溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【解析】A 项，I-具有强还原性，ClO-具有强氧化性，I-与ClO-发生氧化还原反应，I-与ClO-不能大量共存；B 项，在
Fe2（SO4）3 溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C 项，CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl 溶液中CH3COO-
不能大量存在；D 项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存；答案选B。
点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因
有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D 项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A 项；
③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。
9．[2018 江苏]下列指定反应的离子方程式正确的是
A．饱和Na2CO3 溶液与CaSO4 固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
B．酸化NaIO3 和NaI 的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2O
C．KClO 碱性溶液与Fe(OH)3 反应：3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+
Cl2↑+ H2↑
【解析】A 项，饱和Na2CO3 溶液与CaSO4 发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为
CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A 项正确；B 项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，
B 项错误；C 项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C
项错误；D 项，电解饱和食盐水生成NaOH 、H2 和Cl2 ，电解饱和食盐水的离子方程式为
2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-，D 项错误；答案选A。
点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，
如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D 项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否
正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题
中B 项）；④从反应的条件进行判断（题中C 项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
10．[2017 江苏]下列指定反应的离子方程式正确的是
A．钠与水反应：Na +2H2ONa++2OH– + H2↑
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B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH– + H+ + BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+++OH–CaCO3↓+H2O
【解析】A．电荷不守恒，A 错误；B．正确；C．配比错误，OH−、H+、H2O 的化学计量数都是2，C 错误；D．漏了
和OH−之间的反应，D 错误。
【名师点睛】判断指定反应的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是
否能够发生、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。②从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、
是否正确表示了难溶物和气体等。③从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子
转移守恒等。④从反应条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及
其反应产物的影响（如本题D 选项中的足量石灰水）等。⑤从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断，如本题
中C 选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。
11．[2017 海南]能正确表达下列反应的离子方程式为
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+ Fe2+
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32−=Al2(CO3)3↓
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH−=NO3−+NO2−+ H2O
【解析】A、醋酸是弱酸不能拆写成离子，应是2CH3COOH＋CaCO3=2CH3COO−＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A 错误；B、
浓硫酸具有强氧化性，能把H2S 氧化成S，把Fe2＋氧化成Fe3＋，故B 错误；C、发生双水解反应，应是2Al3＋＋3CO32−
＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故C 错误；D、NO2 与OH−发生歧化反应，离子反应方程式为2NO2+2OH−= NO3−+NO2−+
H2O，故D 正确。
【名师点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，熟悉掌握元素及其化合物的性质外，还需要掌握书写离子方程
式应注意的问题（1）易溶、易电离的物质(可溶性强电解质，包括强酸、强碱、可溶性盐)以实际参加反应的离子符
号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物均用化学式表示。（2）离子方程式书写时，浓硫酸
不能拆写成离子形式，而浓硝酸、浓盐酸要拆写成离子形式。（3）多元弱酸的酸式酸根不能拆写成离子形式，如
NaHCO3 不能拆写成“Na
＋＋H
＋＋”。（4）氨水作为反应物写为NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，
写为“NH3↑＋H2O”。（5）高中阶段所学的离子反应一般是在水溶液中发生的，非水溶液中发生的离子反应不能写出
离子方程式，如Cu 与浓硫酸的反应、NH4Cl 固体与NaOH 固体的反应。
12．[2017 江苏]常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl–
B．=1×10 −12 的溶液中：K+、Na +、、
C．c(Fe2+) =1 mol·L−1 的溶液中：K+、、、
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、、、
【解析】A．Fe3+和SCN−会发生反应生成血红色的配合物，A 错误；B．根据KW 可以求出c(OH−)=0.1 mol/L，溶液显
碱性，这4 种离子可以大量共存，B 正确；C．Fe2+还原性较强，氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量
共存，C 错误；D．使甲基橙变红的溶液显酸性，不能在酸性溶液中大量共存，D 错误。
【名师点睛】本题考查学生对溶液中离子的性质和离子反应的实质的认识，并将其应用到具体情境中分析问题、解
决问题。解题时要特别关注以下几点：①溶液中离子存在的条件，如、ClO−、OH−等只能大量存在于碱性溶液，在酸
性溶液中不能大量存在；Fe3+、Al3+、等只大量存在于酸性溶液，在碱性溶液中不能大量存在；既不能大量存在于酸
性溶液，也不能大量存在于强碱性溶液，在弱碱性溶液中可以大量存在。②溶液中离子的性质，如Fe2+、I−、S2−、
等有较强的还原性，与强氧化性物质不能大量共存；、ClO−、Fe3+等具有较强的氧化性，与强还原性物质不能大量共
存。③题干及选项中的隐蔽条件，如溶液的颜色、酸碱指示剂的变色范围等，特别强调一下，透明不一定是无色的，
所有的水溶液都是澄清透明的。
13．[2017·11 月浙江选考]下列离子方程式不正确的是
A．氢氧化钠溶液与二氧化硅反应
SiO2 + 2OH-＝SiO32- + H2O
B．碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应
CO32-+ Ba(OH)2＝BaCO3↓+2OH-
C．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化
4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O
D．氯气与氢氧化钠溶液反应
Cl2+ 2OH-＝ClO- +Cl-+H2O
【解析】A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2 + 2OH-＝SiO32- + H2O，故A 正确；B. 氢氧化钡易溶
于水，用离子形式表示，故B 错误；C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为
4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故C 正确；D. 氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+ 2OH-＝ClO-
+Cl-+H2O，故D 正确；故选B。
14．[2017·11 月浙江选考]取某固体样品，进行如下实验
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；
②取少量滤液，加入BaCl2 溶液，有白色沉淀产生；
③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。
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根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是
A．K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3
B．Na2CO3、AgNO3、KNO3
C．K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2
D．KNO3、MgCl2、NaOH
【解析】A. K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 硫酸钡和碳酸钡沉淀，硫酸钡不溶于水盐酸，不符合③，故A 错误；B. Na2CO3、
AgNO3、KNO3 三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合③，故B 错误；C. K2CO3、NaCl、
Ba(NO3)2 三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡
能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C 正确；D. KNO3、MgCl2、NaOH 三者能够反应生成氢
氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合③，故D 错误；故选C。
15．[2017·4 月浙江选考]下列离子方程式不正确的是
A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2＋OH
－===HCO
－
3
B．金属钠和水反应2Na＋2H2O===2Na
＋＋2OH
－＋H2↑
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋O2↑＋2H
＋
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3＋Ba2＋＋H2O===BaSO4↓＋2H
＋
【解析】C 中Fe2＋与H2O2 反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，H2O2 被还原产物(O 元素应该降低)为H2O，离子方程式为2Fe2
＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O。
16．[2017·4 月浙江选考]某固体混合物中可能含有：K
＋、Na
＋、Cl
－、CO2－
3 、SO 2－
4 等离子，将该固体溶解所得到的
溶液进行如下实验：
下列说法正确的是
A．该混合物一定是K2CO3 和NaCl
B．该混合物可能是Na2CO3 和KCl
C．该混合物可能是Na2SO4 和Na2CO3
D．该混合物一定是Na2CO3 和NaCl
【解析】过量硝酸钡之后产生的白色沉淀溶于过量盐酸，说明有CO2－
3 、无SO2－
4 ，溶液加入AgNO3/HNO3 产生白色
沉淀说明有Cl
－，颜色反应显黄色说明有Na
＋，但不能确定是否含有K
＋。
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专题04
氧化还原反应
1．[2019北京]下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
【解析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，
则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
A．FeCl3 与Fe 反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe 的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法
应，故A 不符合题意；
B．MgCl2 与NaOH 溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH 溶液可用HCl
除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B 符合题意；
C．部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原
法应，故C 不符合题意；
D．NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D 不
符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反
应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
2．[2019 浙江4 月选考]反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3 与被还原的Cl2 的物质的量之比为
A．2∶3
B．8∶3
C．6∶3
D．3∶2
【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为
，可知实际升价的N 原子为2 个，所以
2 个NH3 被氧化，同时Cl2 全部被还原，观察计量数，Cl2 为3 个，因而被氧化的NH3 与被还原的Cl2 的物
质的量之比为2：3。
故答案选A。
3．[2018 北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH 溶液滴入
FeSO4 溶液中
石蕊溶液滴入氯
水中
Na2S 溶液滴入
AgCl 浊液中
热铜丝插入稀硝
酸中
现象
产生白色沉淀，
随后变为红褐色
溶液变红，随后
迅速褪色
沉淀由白色逐渐
变为黑色
产生无色气体，
随后变为红棕色
【解析】A 项，NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中产生白色Fe（OH）2 沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）
2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B 项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，
由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO 表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C
项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D 项，
Cu 与稀HNO3 反应生成Cu（NO3）2、NO 气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后
元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C 项，答案选C。
4．[2017 浙江4 月选考]下列属于氧化还原反应的是
A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
B．Na2O+H2O2NaOH
C．2KI+Br22KBr+I2
D．MgO+2HClMgCl2+H2O
【解析】凡是有元素化合物升降的反应是氧化还原反应，A. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 中元素的化合价均不变化，
是非氧化还原反应，A 错误；B. Na2O+H2O2NaOH 中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B 错误；C.
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2KI+Br22KBr+I2 中I 元素的化合价升高，Br 元素化合价降低，非氧化还原反应，C 正确；D. MgO+2HClMgCl2+H2O 中元
素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D 错误，答案选C。
点睛：准确判断出反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键。另外也可以依据氧化还原反应与四种基本反应
类型的关系分析，例如置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是，有单质生成的分解反应和有单质参加
的化合反应均是氧化还原反应。
5．[2017 北京]下列变化中，气体被还原的是
A．二氧化碳使Na2O2 固体变白
B．氯气使KBr 溶液变黄
C．乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色
D．氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀
【解析】A、二氧化碳使Na2O2 固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2 的化合价没有发生改变，过氧化
钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B、氯气使KBr 溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl 元素化合价降
低，被还原，符合题意；C、乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br 元素化合价降低，Br2
被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D、氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3 化合价没有改变，
不符合题意。答案选B。
【名师点睛】明确氧化还原反应的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变
价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素
的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。该题的易错点是选项A，注意转化规律的理解：氧化还原反应中，以
元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价
态间不发生氧化还原反应。因此Na2O2 分别与H2O、CO2 反应时，Na2O2 既是氧化剂、又是还原剂，而H2O、CO2 都
没有参与反应的电子得失。
6．[2017 天津]下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【解析】A、硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原
反应无关；B、锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C、电解质溶液导电实质是电解的过程，与氧化还原反应
有关；D、葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。故选A。
【名师点睛】本题以各种能量之间的转化为载体考查氧化还原反应的判断。氧化还原反应实质是电子的转移，涉及
到化合价的升降，故可根据各种能量转化的原理来判断是否有化合价的变化，从而判断是否是氧化还原反应。
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专题05
元素及其化合物
1．[2019 新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下
图为少量HCl 气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是
A．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在
B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）
C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变
D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl−
【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电
离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。
【详解】A 项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A 正确；
B 项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应
少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为
1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和
水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，
故B 正确；
C 项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C 正确；
D 项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D 错
误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析
和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。
2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
【解析】A．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；
B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；
C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化
硫的氧化性无关；
D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可
以体现Al2O3 具有两性。
故选B。
3．[2019江苏] 下列有关化学反应的叙述正确的是
A．Fe在稀硝酸中发生钝化
B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
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C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；
A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe 发生钝化；
B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；
C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；
D．钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；
【详解】A．常温下，Fe 在与浓硝酸发生钝化反应，故A 错误；
B．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B 错误；
C．二氧化硫与过量氨水反应生成硫酸铵，故C 正确；
D．常温下，Na 与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D 错误；综
上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应
有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。
4．[2019江苏] 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B．MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)
C．S(s) SO3(g) H2SO4(aq)
D．N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)
【分析】A．电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2 具有强氧化性；
B．根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；
C．注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；
【详解】A．氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A 错误；
B．氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B 正确；
C．硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2 在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C 错误；
D．氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D 错误；综上
所述，本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和
转化条件。
5．[2019 天津] 下列有关金属及其化合物的应用不合理
．．．的是
A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；
B、根据合金的性质判断；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。
【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A 不选；
B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B 不选；
C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，
故C 选；
D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D 不选。
故选C。
【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在
应用中是否符合要求，生成的NaOH 仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。
6．[2019 浙江4 月选考]下列说法不正确
．．．的是
A．液氯可以储存在钢瓶中
B．天然气的主要成分是甲烷的水合物
C．天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅
D．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
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【解析】A．液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A 项正确；
B．天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B 项错误；
C．石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C 项正确；
D．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D 项正确。
故答案选B。
7．[2019 浙江4 月选考] 18.下列说法不正确
．．．的是
A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏
C．CO2 溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
【解析】A．烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A 项正确；
B．加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B 项正确；
C．CO2 溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C 项错误；
D．石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价
键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D 项正确。故答案选C。
8．[2018 浙江11 月选考]下列说法不正确的是
A．电解熔融氯化镁可制取金属镁
B．电解饱和食盐水可制取氯气
C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅
D．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石
【解析】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取金属镁，选项A 正确；B、电解饱
和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B 正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和
石英，选项C 不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧
硫铁矿生成二氧化硫，选项D 正确。答案选C。
9．[2018 海南卷]絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是
A．NaFe(SO4)2·6H2O
B．CaSO4·2H2O
C．Pb(CH3COO)2·3H2O
D．KAl(SO4)2·12H2O
【答案】AD
【解析】由题意知，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的产物具有吸附
性。A.铁离子能水解生成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意；
B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意；
C.醋酸铅没有吸附性，不符合题意；
D.明矾可净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意；
故答案为AD。
10．[2018 江苏卷]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【解析】A 项，NaHCO3 受热分解成Na2CO3、CO2 和H2O，Na2CO3 与饱和石灰水反应生成CaCO3 和NaOH，两步反应
均能实现；B 项，Al 与NaOH 溶液反应生成NaAlO2 和H2，NaAlO2 与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3 和H2O，第二步反
应不能实现；C 项，AgNO3 中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不
能实现；D 项，Al 与Fe2O3 高温发生铝热反应生成Al2O3 和Fe，Fe 与HCl 反应生成FeCl2 和H2，第二步反应不能实现；
物质间转化均能实现的是A 项，答案选A。
点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。
注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2 与少量HCl 反应生成NaCl 和Al（OH）3，NaAlO2 与过量HCl 反应生成NaCl、
AlCl3 和H2O。
11．[2018 新课标Ⅰ卷]磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸
亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
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下列叙述错误的是
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭
黑，得到含Li、P、Fe 的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。
详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，
A 正确；
B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B 正确；
C、得到含Li、P、Fe 的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C 正确；
D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D 错误。答案选D。
点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不
大。
12．[2018 新课标Ⅱ卷]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
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3 是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【解析】分析：A．雾和霾的分散剂均是空气；
B．根据示意图分析；
C．在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化
学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；
D．氮肥会释放出氨气。
详解：A．雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，
A 正确；
B．由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B 正确；
C．NH3 作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C 错误；
D．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用
氮肥有关，D 正确。答案选C。
点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，
应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色
化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
13．[2017 海南]分别将足量下列气体通入稀Na2S 溶液中，可以使溶液变浑浊的是
A．CO
B．SO2
C．HCl
D．CO2
【解析】A、CO 不与Na2S 发生反应，因此没有沉淀产生，故A 错误；B、SO2 具有弱氧化性，与Na2S 发生氧化还
原反应，即SO2＋2S2－＋4H
＋3S↓＋2H2O，故B 正确；C、利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H
＋＋S2－H2S，没
有沉淀产生，故C 错误；D、不产生沉淀，故D 错误。
【名师点睛】本题考查元素及其化合物的性质，此题比较基础，考查硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸
性弱，本题体现了SO2 的弱氧化性，平时注意基础的夯实。
14．[2017 江苏]下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
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A．制取SO2
B．验证漂白性
C．收集SO2
D．尾气处理
【解析】A．铜和稀硫酸不反应，A 错误；B．二氧化硫可使品红溶液褪色，B 正确；C．二氧化硫密度比空气大，
应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C 错误；D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不可
用于吸收尾气，D 错误。
【名师点睛】本题以二氧化硫的制备、性质验证、收集及尾气处理为背景，考查学生对常见气体的制备的实验装
置图的识别、实验原理的理解、实验基本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平和应用能力。解题
时首先要明确实验目的，再全面分析必需的试剂和仪器、合理的实验装置、规范的实验操作、科学的条件控制，
有些实验还需要从绿色环保等方面进行分析。
15．[2017 海南]下列叙述正确的是
A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜
B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢
C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气
D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
【答案】CD
【解析】A、根据金属活动顺序表，Cu 排在H 的右边，因此金属铜不与稀硫酸反应，故A 错误；B、浓硫酸具有强
氧化性，能把HI 氧化，故B 错误；C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此可以制备氧气，故C 正确；D、铝在氯气
中燃烧生成AlCl3，故D 正确。
【名师点睛】本题考查常见物质的制备，应从反应的原理入手，同时涉及某些物质的性质，如浓硫酸不仅具有强酸
性，同时还具有强氧化性，能把还原性的物质氧化，因此制备还原性物质时，一般不用浓硫酸，此题属于基础题目。
16．[2017 江苏]在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．SSO3H2SO4
C．CaCO3CaOCaSiO3
D．NH3NOHNO3
【解析】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A 错误；B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B 错误；C．两
步均能实现，C 正确；D．NO 不与H2O 反应，D 错误。
【名师点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化
条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。
17．[2017 北京]根据SO2 通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2 的溶液
产生白色沉淀
SO2 有还原性
B
H2S 溶液
产生黄色沉淀
SO2 有氧化性
C
酸性KMnO4 溶液
紫色溶液褪色
SO2 有漂白性
D
Na2SiO3 溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【解析】A、混合溶液中SO2 被FeCl3 氧化生成SO42−，再与BaCl2 反应产生白色沉淀，体现了SO2 的还原性，A 正
确；B、SO2 与H2S 在溶液发生反应SO2+2H2S3S↓+2H2O，体现了SO2 的氧化性，B 正确；C、SO2 使酸性KMnO4 溶
液褪色，这是SO2 在酸性溶液中还原KMnO4 生成Mn2+，体现了SO2 的还原性，C 错误；D、SO2 与Na2SiO3 溶液产
生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D 正确。答案选C。
【名师点睛】掌握SO2 的性质特点是解答的关键，选项C 是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚
反应的原理以及常见的漂白剂。SO2 通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH 溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红
溶液
氢硫酸
(H2S 溶液)
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现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
性质
酸性氧化物
酸性氧化物
还原性
还原性
漂白性
氧化性
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专题06
物质结构元素周期律
1．[2019 新课标Ⅰ]科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外
层电子数是X 核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．WZ 的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y 不满足8 电子稳定结构
【分析】由W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 的核外最外层电子数是X 核外电子数的一半可知，Z 为
Cl、X 为Si，由化合价代数和为0 可知，Y 元素化合价为−3 价，则Y 为P 元素；由W 的电荷数可知，W
为Na 元素。
【详解】A 项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A 错误；
B 项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B 错误；
C 项、P 元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C 正确；
D 项、新化合物中P 元素化合价为−3 价，满足8 电子稳定结构，故D 错误。
故选C。
【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给
信息推断元素为解答关键。
2．[2019 新课标Ⅱ] 今年是门捷列夫发现元素周期律150 周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周
期主族元素，W 与X 的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A．原子半径：W<X
B．常温常压下，Y 单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：Z<W
D．X 的最高价氧化物的水化物是强碱
【分析】W、X、Y 和Z 为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W 的族序数比X 多2，因主族元素
族序数在数值上等于该元素的最高价（除F 与O 以外），可设X 的族序数为a，则W 的族序数为a+2，W
与X 的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X 位于第IIIA 族，为Al 元素；Y 为Si 元素，
Z 为P 元素；W 为N 元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y 和Z 为N、Al、Si 和P，则
A．同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比
较：N＜Al，A 项正确；
B．常温常压下，Si 为固体，B 项正确；
C．同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳
定性：PH3＜NH3，C 项正确；
D．X 的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，
D 项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸
性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
3．[2019 新课标Ⅲ]X、Y、Z 均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X 与Z 同族，Y 最外层电子
数等于X 次外层电子数，且Y 原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A．熔点：X 的氧化物比Y 的氧化物高
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B．热稳定性：X 的氢化物大于Z 的氢化物
C．X 与Z 可形成离子化合物ZX
D．Y 的单质与Z 的单质均能溶于浓硝酸
【解析】Y 的最外层电子数等于X 次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y 的最外层电子数不可能是
8 个，则X 只能是第二周期元素，因此Y 的最外层电子数是2 个，又因为Y 的原子半径大于Z，则Y 只
能是第三周期的Mg，因此X 与Z 的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X 是C，Z 是Si。
A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y 的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，
A 错误；
B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物
稳定性，B 正确；
C、C 与Si 形成的是共价化合物SiC，C 错误；
D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D 错误；
答案选B。
4．[2019 浙江4 月选考] 2019 年是门捷列夫提出元素周期表150 周年。根据元素周期律和元素周期表，下
列推断不合理
．．．的是
A．第35 号元素的单质在常温常压下是液体
B．位于第四周期第ⅤA 族的元素为非金属元素
C．第84 号元素的最高化合价是＋7
D．第七周期0 族元素的原子序数为118
【解析】A．35 号元素是溴元素，单质Br2 在常温常压下是红棕色的液体，A 项合理；
B．位于第四周期第ⅤA 族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B 项合理；
C．第84 号元素位于第六周期ⅥA 族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化
合价是+6，C 项不合理；
D．第七周期0 族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D 项合理。
故答案选C。
5．[2019 江苏] 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原
子的最外层有2 个电子，Z 的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W 与X 位于同一主族。下列说法
正确的是
A．原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B．由X、Y 组成的化合物是离子化合物
C．Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强
D．W 的简单气态氢化物的热稳定性比X 的强
【分析】X 是地壳中含量最多的元素，因此X 为O 元素，Y 的最外层有两个电子，且Y 是短周期元素，
原子序数大于O，因此Y 为Mg 元素，Z 的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z 为Si 元素，W 与
X 同主族，且W 是短周期元素，原子序数大于X，所以W 为S 元素；据此解题；
【详解】A．元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O 位于第二周期，其他元素位于
第三周期，因此O 的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)
＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A 错误；
B．X 为O 元素，Y 为Mg 元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B 正确；
C．Z 为Si 元素，W 为S 元素，因为S 的非金属性强于Si，所以S 的最高价氧化物对应水化物的酸性强
于Si 的，故C 错误；
D．W 为S 元素，X 为O 元素，因为O 的非金属性强于S，所以O 的气态氢化物的热稳定性强于S 的，
故D 错误；
总上所述，本题选B。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示
推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培
养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6．[2019北京] 2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青
莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。
下列说法不正确的是
A．In 是第五周期第ⅢA 族元素
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B．11549In 的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：In>Al
D．碱性：In(OH)3>RbOH
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为
，据此判断该元素在周期
表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为
，因此In 位于元素周期表
第五周期第IIIA 族，故A 不符合题意；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子
数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B 不符合题意；
C．Al 位于元素周期表的三周期IIIA 族，In 位于元素周期表第五周期IIIA 族，同主族元素的原子，从上
到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C 不符合题意；
D．In 位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA 族，同周期元素，核电荷数越
大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D 符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，
注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
7．[2018 天津卷]下列有关物质性质的比较，结论正确的是
A．溶解度：Na2CO3<NaHCO3
B．热稳定性：HCl<PH3
C．沸点：C2H5SH<C2H5OH
D．碱性：LiOH<Be(OH)2
【解析】本题是常见的物质的性质比较问题，要求根据元素周期律，结合具体物质的性质进行判断。
A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A 错误。
B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B 错误。
C．C2H5OH 分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C 正确。
D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D 错误。
点睛：解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。
例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳
酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等
等。
8．[2018 新课标Ⅲ]W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X 和Z 同族。盐YZW 与浓盐酸反应，有
黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW 的溶液。下列说法正确的是
A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B．X 的氢化物水溶液酸性强于Z 的
C．Y2W2 与ZW2 均含有非极性共价键
D．标准状况下W 的单质状态与X 的相同
【解析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW 是什么物质，然后代入即可。黄绿
色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW 为NaClO，再根据X 和Z 同族，得到W、X、
Y、Z 分别为O、F、Na、Cl。
A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，
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选项A 错误。
B．HCl 是强酸，HF 是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B 错误。
C．ClO2 的中心原子是Cl，分子中只存在Cl 和O 之间的极性共价键，选项C 错误。
D．标准状况下，W 的单质O2 或O3 均为气态，X 的单质F2 也是气态，选项D 正确。
点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。
要注意选项D 中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。
9．[2018 新课标Ⅱ卷]W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气
味的气体；Y 的周期数是族序数的3 倍；Z 原子最外层的电子数与W 的电子总数相同。下列叙述正确的是
A．X 与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W 的氧化物对应的水化物均为强酸
【解析】W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，
W 是N，X 是O；Y 的周期数是族序数的3 倍，因此Y 只能是第三周期，所以Y 是Na；Z 原子最外层的电子数与
W 的电子总数相同，Z 的最外层电子数是7 个，Z 是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。根据以上分析可知
W、X、Y 和Z 分别是N、O、Na、Cl。则
A．氧元素与其N、Na、Cl 三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、
ClO2 等，A 正确；
B．过氧化钠中含有离子键和共价键，B 错误；
C．N、O、Na 三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10 电子，氯离子是18 电子微粒，C 错误；
D．亚硝酸为弱酸，D 错误。答案选A。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，
该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、
典型用途、制备等。
10．[2018 新课标Ⅰ卷]主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z 最外层电子数之和为
10；W 与Y 同族；W 与Z 形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是
A．常温常压下X 的单质为气态
B．Z 的氢化物为离子化合物
C．Y 和Z 形成的化合物的水溶液呈碱性
D．W 与Y 具有相同的最高化合价
【解析】主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20。W 与Z 形成的化合物可与浓硫酸反应，
其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W 是F，Z 是Ca 或K，W 与Y 同族，则Y 是Cl。W、X、Z 的最外层
电子数之和为10，则X 是Na 或Mg，据此解答。根据以上分析可知W、X、Y、Z 分别是F、Na、Cl、Ca 或F、
Mg、Cl、K。则
A、金属钠和镁常温常压下都是固态，A 错误；
B、KH、CaH2 中含有离子键，属于离子化合物，B 正确；
C、Y 与Z 形成的化合物是氯化钾、氯化钙，其水溶液显中性，C 错误；
D、F 是最活泼的非金属，没有正价，Cl 元素的最高价是+7 价，D 错误。答案选B。
点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2 能与浓硫酸反
应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反
应属于学生不熟悉的知识点。
11．[2018 浙江11 月选考]元素X、Y、Z 和Q 在周期表中的位置如图所示，其中元素Q 位于第四周期，X、Y、Z 原
子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是
X
Y
Z
Q
A．原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B．元素X 有-4，+2、+4 等多种价态
C．Y、Z 的氧化物对应的水化物均为强酸
D．可以推测H3QO4 是Q 的最高价氧化物的水化物
【解析】由X、Y、Z 最外层电子数和为17 可以推出元素X 为碳元素；Y 元素为硫元素，Z 为氯元素，Q 为第四周期
VA，即为砷元素。A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A 正确；B、
碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B 正确；C、硫元素对应
的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C 不正确；D、VA 最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选
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项D 正确。答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q 为VA 族
元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
12．[2018 浙江4 月选考]四种短周期元素X、Y、Z 和W 在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说
法不正确的是
X
Y
Z
W
A．原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)
B．X 和W 可形成共价化合物XW3
C．W 的非金属性比Z 的强，所以W 氢化物的沸点比Z 的高
D．Z 的最低价单核阴离子的失电子能力比Y 的强
【解析】X、Y、Z、W 四种短周期元素，由位置可知，X、Y 在第二周期，Z、W 在第三周期，设Y 的原子序数为y，
则X 的原子序数为y-1，Z 的原子序数为y+8，W 的原子序数为y+9，X、Y、Z 和W 的原子序数之和为48，则
y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y 为O，W 为S，Z 为Cl，X 为N，据此解答。
A 项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故A 项正确；
B 项，X 为N 元素，W 为Cl 元素，可以形成共价化合物NCl3，故B 项正确；
C 项，熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C 项错误；
D 项，非金属性Z<Y，故Z 的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，故D 项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
13．[2017 北京]2016 年IUPAC 命名117 号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts 的原子核外最外层电子数是7。下列说法
不正确
．．．的是
A．Ts 是第七周期第ⅦA 族元素
B．Ts 的同位素原子具有相同的电子数
C．Ts 在同族元素中非金属性最弱
D．中子数为176 的Ts 核素符号是
【解析】元素周期表中第七周期0 族应当排列118 号元素。A、117 号元素位于118 号左侧即ⅦA 族，所以Ts 是第
七周期第ⅦA 族元素，A 正确；B、同位素是同种元素不同原子之间的互称，因此Ts 的同位素原子具有相同的电子
数，B 正确；C、元素周期表同一列从上往下非金属性依次减弱，所以Ts 在同族元素中非金属性最弱，C 正确；D、
中子数为176 的Ts 核素，其质量数为176+117=293，所以这种核素符号是，D 错误。答案选D。
【名师点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、
18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，
因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。即（1）若比相应的
稀有气体元素多1 或2，则应处在下周期的第ⅠA 族或第ⅡA 族，如88 号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA
族；（2）若比相应的稀有气体元素少1～5 时，则应处在同周期的第ⅦA 族～第ⅢA 族，如84 号元素应在第六周期
第ⅥA 族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118 号)比较，按上述方法推测知：117 号元素应为第七
周期第ⅦA 族。
14．[2017 江苏]短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中只有Y、Z 处于同一周期且相邻，Z 是地壳中
含量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B．W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y 的单质的氧化性比Z 的强
D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【解析】地壳中含量最多的是氧，Z 为O 元素，所以Y 为N 元素；钠是短周期金属性最强的元素，W 是Na；X 原子
序数最小且不与Y、Z 同周期，所以X 是H 元素。A．原子半径N>O，A 错误；B．W 的最高价的氧化物的水化物是
氢氧化钠，是强碱，B 错误；C．氮气的氧化性比氧气弱，C 错误；D．H、N、O 可以组成HNO3 等共价化合物，也
可以组成NH4NO3 等离子化合物，D 正确。
【名师点睛】本题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的
关系理解水平。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中
的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。
15．[2017 新课标Ⅰ]短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 的原子
半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉
淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A．X 的简单氢化物的热稳定性比W 强
B．Y 的简单离子与X 的具有相同的电子层结构
C．Y 与Z 形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z 与X 属于同一主族，与Y 属于同一周期
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【解析】氨可作制冷剂，所以W 是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y 是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应
生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z 分别是氧、硫。A．非金属性O 强于N，所以X 的简
单氢化物的热稳定性强于W 的，A 正确；B．Na、O 的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10 电子微
粒，B 正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液不能使蓝色石蕊试纸变红，C 错误；D．S、O 属于ⅥA，S、Na
属于第三周期，D 正确。答案选C。
【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的
角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）
金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素
周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关
系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化
合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原
子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外
电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、
反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。
16．[2017 新课标Ⅱ]a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电
子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与a 同族。下列叙述正确的是
A．原子半径：d>c>b>a
B．4 种元素中b 的金属性最强
C．c 的氧化物的水化物是强碱
D．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强
【解析】a、b、c、d 分别为O、Na 或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减
小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，故A 错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na 或Mg 在4 种元素
中金属性最强，故B 正确；C、c 的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，属于弱碱，故C 错误；D、同主
族从上到下非金属性减弱，因此S 的氧化性比氧气弱，故D 错误。
【名师点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进
行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，
同时应注意知识的灵活运用，审清题意。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映
了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周
期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数
的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，
原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化
的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。
17．[2017 新课标Ⅲ]短周期元素W、X、Y 和Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之
和为21。下列关系正确的是
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W<Z
B．氧化物对应水化物的酸性：Y>W
C．化合物熔点：Y2X3<YZ3
D．简单离子的半径：Y<X
【解析】设W 原子的最外层电子数为x，由图表可知，四种元素原子的最外层电子数之和=x+x+1+x−2+x+2=21，解得
x=5，则W 为N 元素、X 为O 元素、Y 为Al 元素、Z 为Cl 元素。A．NH3 分子间有氢键，其沸点比HCl 高，故A 错误；
B．Al(OH)3 显两性，N 元素的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2 均显酸性，故B 错误；C．Al2O3 是离子晶体，高熔点，
而AlCl3 是分子晶体，熔点低，故C 错误；D．Al3+和O2−离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，故D 正确。答案
选D。
【名师点睛】考查元素周期表的结构及元素周期律的应用，其中微粒的半径大小比较是该题的难点，比较方法是：
（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有
气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl
－；（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离
子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+；（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核
外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F
－＞Na+＞Mg2+＞Al3+；（4）同种
元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大，如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H
－；（5）电子数和
核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较Al3+与S2－的半径大小，可找出与Al3+电子数相同的O2－进
行比较，Al3+＜O2－，且O2－＜S2－，故Al3+＜S2－。
18．[2017 天津]根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确
．．．的是
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A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．图1 所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．用中文“”（ào）命名的第118 号元素在周期表中位于第七周期0 族
【解析】A、气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H2O＞NH3＞SiH4，A
正确；B、氢元素可与非金属元素形成共价化合物如H2O 等，也可以与某些金属生成离子化合物如NaH 等，B 正确；
C、不能用氢化物的酸性来验证非金属性强弱，可以采用最高价含氧酸酸性强弱来验证，C 错误；D、根据元素周期
表知识判断，各周期0 族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118 号元素在周期表中位于
第七周期0 族，D 正确。故选C。
【名师点睛】熟练应用元素周期律是准确解题的核心。A、C 两项元素的非金属性可以用氢化物的稳定性，最高价氧
化物对应水化物的酸性，相互置换能力等来判断。B 项则涉及到离子化合物、共价化合物的判断，可以根据组成元
素来判断。
19．[2017·11 月浙江选考]Q、X、Y 和Z 为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4 种元素的原子最外
层电子数之和为22。下列说法正确的是
A. Y 的原子半径比X 的大
B. Q 的最高价氧化物的水化物的酸性比Z 的强
C. X、Y 和氢3 种元素形成的化合物中都只有共价键
D. Q 的单质具有半导体的性质，Q 与Z 可形成化合物QZ4
【解析】Q、X、Y 和Z 为短周期元素，这4 种元素的原子最外层电子数之和为22。设X 最外层电子数为x，根据他
们在周期表中位置可知，Y、Q、Z 最外层电子数分别为x+1、x-1、x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5。根据以上分析
可知Q、X、Y 和Z 分别为Si、N、O、Cl，则
A. 同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y 的原子半径比X 的小，A 错误；
B. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜Cl，Q 的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸
弱，B 错误；
C. X、Y 和氢3 种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C 错误；
D. 硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，D 正确；答案选D。
20．[2017·4 月浙江选考]W、X、Y、Z 四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是
A.Z、Y、X 的原子半径依次减小，非金属性依次降低
B.Z、Y、W 的最高价氧化物的水化物的酸性依次降低
C.WH4 与Z 元素的单质在一定条件下可发生化学变化
D.W 的位置是第2 周期、第ⅣA 族
【解析】本题为容易题。熟记短周期元素种类，牢记元素周期律中原子半径、非金属性和金属性、最高价氧化物的
酸性变化规律，易选出A 选项错误。C 选项CH4 和Cl2 光照条件下可以发生取代反应。
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专题07
化学反应中的能量变化
1．[2019江苏]氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH 可通过下式估算：
ΔH=反应中形成新共价键的键能之和−反应中断裂旧共价键的键能之和
【解析】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能
自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A 正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 −
4e−
=4H+，故
B 错误；
C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C 错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和−反应中形成新共价键的键能之和，故D
错误；
故选A。
2．[2018 海南]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。活化过程的能量变化模拟计
算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是
A．每活化一个氧分子吸收0.29eV 能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O－O 的断裂与C－O 键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中SO2 转化为SO3 的催化剂
【答案】CD
【解析】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A 不符合题意；
B. 由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B 不符合题意；
C. 由图可知，氧分子的活化是O－O 的断裂与C－O 键的生成过程，故C 符合题意；
D. 活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2 转化为SO3 的催化剂，
故D 符合题意；
故答案为CD。
3．[2018 江苏]下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B．反应4Fe(s)+3O2(g) 2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3 mol H2 与1 mol N2 混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【解析】A 项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A 项错误；B
项，反应4Fe(s)+3O2(g) 2Fe2O3(s)的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B 项错误；C 项，N2 与H2
的反应为可逆反应，3 mol H2 与1 mol N2 混合反应生成NH3，转移电子数小于6 mol，转移电子数小于66.021023，C
项正确；D 项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的
专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D 项错误；答案选C。
点睛：本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白
质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质
和酶催化的特点是解题的关键。
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4．[2018 北京]我国科研人员提出了由CO2 和CH4 转化为高附加值产品CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图如
下。
下列说法不正确
．．．的是
A．生成CH3COOH 总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH 过程中，有C―H 键发生断裂
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
【解析】A 项，根据图示CH4 与CO2 在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH 一
种生成物，原子利用率为100%，A 项正确；B 项，CH4 选择性活化变为①过程中，有1 个C—H 键发生断裂，B 项正
确；C 项，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；
D 项，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；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是
准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡
发生移动。
5．[2017 江苏]通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是
①C(s) + H2O(g) CO(g) + H2 (g)
ΔH1 = a kJ·mol−1
②CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2 (g)
ΔH 2 = b kJ·mol−1
③CO2 (g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g)
ΔH 3 = c kJ·mol−1
④2CH3OH(g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)
ΔH 4 = d kJ·mol−1
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是CO2 资源化利用的方法之一
C．反应CH3OH(g) CH3OCH3 (g) +H2O(l)的ΔH =kJ·mol−1
D．反应2CO(g) + 4H2 (g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d ) kJ·mol−1
【解析】A．反应①、②的生成物CO2 和H2 是反应③的反应物，A 正确；B．反应③可将二氧化碳转化为甲醇，变废
为宝，B 正确；C．4 个反应中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，所以C 错误；D．把反应②③④
三个反应按(②+③) 2+④可得该反应及对应的焓变，D 正确。
【名师点睛】本题以合成新能源二甲醚为背景，考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系、化学反应
焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新
能源等社会热点问题。
6．[2017·11 月浙江选考]根据Ca(OH)2/CaO 体系的能量循环图：
下列说法正确的是
A．ΔH5＞0
B．ΔH1＋ΔH2＝0
C．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0
【解析】A.水由510℃的气态变为25℃的液态，放热，△H5<0，故A 错误；B.由图可知，有关△H1 与△H2 的反应进行
时，反应物与生成物的温度不同，所以△H1+△H2≠0，故B 错误；C.由图可知，△H3>0，△H4<0，△H5<0，所以△H3≠△H4+△H5，
故C 错误；D.根据能量守恒定律，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝0，故D 正确；故选D。
7．[2017·4 月浙江选考]下列物质放入水中，会显著放热的是
A.食盐
B.蔗糖
C.酒精
D.生石灰
【解析】生石灰CaO 溶于水，生成Ca(OH)2 并会放出大量的热。
8．[2017·4 月浙江选考]已知断裂1 mol H2(g)中的H—H 键需要吸收436.4 kJ 的能量，断裂1 mol O2(g)中的共价键需
要吸收498 kJ 的能量，生成H2O(g)中的1 mol H—O 键能放出462.8 kJ 的能量。下列说法正确的是
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A.断裂1 mol H2O 中的化学键需要吸收925.6 kJ 的能量
B.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－480.4 kJ·mol
－1
C.2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)
ΔH＝471.6 kJ·mol
－1
D.H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－240.2 kJ·mol
－1
【解析】本题易错选A。1 mol H2O 中2 mol H—O，断裂1 mol H2O(g)吸收热量为2×462.8 kJ，A 选项未说明H2O 状态，
故不正确；C、D 中都为H2O(l)，根据题意，错误；经计算B 方程式中ΔH＝2×436.4 kJ·mol
－1＋498－4×462.8 kJ·mol
－1
＝－480.4 (kJ·mol
－1)，故正确。
9．[2019 新课标Ⅱ节选]环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下
列问题：
（1）已知：
(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3 kJ·mol −1
①
H2(g)+ I2(g) 2HI(g)
ΔH2=−11.0 kJ·mol −1
②
对于反应：
(g)+ I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol −1。
【答案】(1)89.3
【解析】（1）根据盖斯定律①−②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
答案：89.3；
10．[2019 新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因
此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol−1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g)
ΔH2=−20 kJ·mol−1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=−121 kJ·mol−1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol−1。
【答案】（2）-116
【解析】（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2 得
2
2
2
4HCl(g)
O (g)
2Cl (g)
2H O(g)
∆H=
（∆H1+∆H2+∆H3）×2=−116kJ·mol−1。
11．[2019 北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii 为积炭反应，利用ΔH1 和ΔH2 计算ΔH3 时，还需要利用__________反应的ΔH。
【答案】（1）①CH4+ 2H2O= 4H2+ CO2
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)
【解析】（1）①由于生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方
程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ−ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ−ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因为还需利用
C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变。
12．[2019 天津节选]多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
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回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电
子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
4
2
3
SiCl
g
H
g
SiHCl
g
HCl g
②
4
2
3
3SiCl
g
2H
g
Si s
4SiHCl
g
③
4
2
3
2SiCl
g
H
g
Si s
HCl g
3SiHCl
g
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】Ⅰ．
3
2
300
Si s
3HCl g
SiHCl
g
H
g
℃
Ⅱ．（4）
减小
【分析】
I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。
本题的反应温度需要标注为条件；
II.（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。
【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3 和氢气，反应条件是300℃，
配平后发现SiHCl3 的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)
SiHCl3(g)+H2(g)
∆H=−225kJ·mol−1；SiHCl3 中硅与1 个H、3 个Cl 分别形成共价单键，由此可写出其电
子式为：，注意别漏标3 个氯原子的孤电子对；
II.（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2−∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3 必小于0，
即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小。
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专题08
电化学及其应用
1．[2019 新课标Ⅰ]利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，
示意图如下所示。下列说法错误的是
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，
电极反应式为MV+−e−= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2 反应生成H+和MV+，反应的方程式为
H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为
MV2++e−= MV+ ，放电生成的MV+ 与N2 在固氮酶的作用下反应生成NH3 和MV2+ ，反应的方程式为
N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A 项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化
学能转化为电能，故可提供电能，故A 正确；
B 项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+−e−= MV2+，放电生成的MV2+
在氢化酶的作用下与H2 反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B 错误；
C 项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e−= MV+，放电生成的MV+
与N2 在固氮酶的作用下反应生成NH3 和MV2+，故C 正确；
D 项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D 正确。故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
2．[2019新课标Ⅲ]为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO
的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH 二次电池，结构如下图所示。电池反应为
Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D．放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【解析】A、三维多孔海绵状Zn 具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO 分散度高，A 正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2 失去电子转化为NiOOH，
电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH−(aq)−e−＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B 正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH−(aq)−2e−
＝ZnO(s)＋H2O(l)，C 正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH−通过隔膜从正极区移向负极区，D 错误。
答案选D。
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3．[2019 天津]我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储
存电解质溶液，提高电池的容量。
下列叙述不正确
．．．的是
A．放电时，a 电极反应为
2I Br
2e
2I
Br
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b 电极每增重，溶液中有被氧化
D．充电时，a 电极接外电源负极
【分析】放电时，Zn 是负极，负极反应式为Zn−2e−═Zn2＋，正极反应式为I2Br−+2e−=2I−+Br−，充电时，阳极反应
式为Br−+2I−−2e−=I2Br−、阴极反应式为Zn2＋+2e−=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此
分析解答。
【详解】A、放电时，a 电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br−+2e−=2I−+Br−，故A 正确；
B、放电时，正极反应式为I2Br−+2e−=2I−+Br−，溶液中离子数目增大，故B 正确；
C、充电时，b 电极反应式为Zn2＋+2e−=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol 电子，阳极反应式为Br−+2I−−2e−=I2Br−，
有0.02molI−失电子被氧化，故C 正确；
D、充电时，a 是阳极，应与外电源的正极相连，故D 错误；
故选D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，
易错选项是B，正极反应式为I2Br−+2e−=2I−+Br−，溶液中离子数目增大。
4．[2019江苏]将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列
有关该实验的说法正确的是
A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O
+4e−=4OH−；据此解题；
【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A 错误；
B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B 错误；
C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C 正确；
D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D 错误；
综上所述，本题应选C.
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，
铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e−=H2↑；电解质溶液为碱性或中
性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−。
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5．[2019 浙江4 月选考]化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确
．．．的是
A．Zn2+向Cu 电极方向移动，Cu 电极附近溶液中H+浓度增加
B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−
C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【解析】A.Zn 较Cu 活泼，做负极，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H2，因而c(H+)减小，A 项错误；B. Ag2O 作
正极，得到来自Zn 失去的电子，被还原成Ag,结合KOH 作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，
B 项正确；C.Zn 为较活泼电极，做负极，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；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4
2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4 不断被消耗，
因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D 项正确。故答案选A。
6．[2018 海南]一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH 浓溶液。下列说法
错误的是
A．电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2
B．正极反应式为：Mg－2e
－＝Mg2＋
C．活性炭可以加快O2 在负极上的反应速率
D．电子的移动方向由a 经外电路到b
【答案】BC
【解析】A. 电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2，不符合题意；
B. 正极应该是氧气得电子，发生还原反应，反应式为：O2+4e-+4OH-=2H2O，符合题意；
C.氧气在正极参与反应，符合题意；
D.外电路中，电子由负极移向正极，该反应中a 为负极，b 为正极，故不符合题意；
故答案为BC。
【点睛】尽管原电池外观形形色色，五花八门，但其原理是相同的，即要紧紧抓住原电池中负极失电子发生氧化反
应，正极得电子发生还原反应；外电路中，电子由负极流向正极，电流方向与电子流动方向相反这一基本规律。
7．[2018 新课标Ⅲ]一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2 与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0
或1）。下列说法正确的是
A．放电时，多孔碳材料电极为负极
B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D．充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－）O2
【解析】本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根
据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
A．题目叙述为：放电时，O2 与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，
所以多孔碳电极为正极，选项A 错误。
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B 错误。
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C
错误。
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D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2 与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li 失电
子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－)O2 ＝Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-x ＝2Li + (1－)O2，
选项D 正确。
点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电
池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，
逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。
8．[2018 新课标Ⅱ]我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2 二次电池。将NaClO4 溶于有机溶剂作为电解
液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是
A．放电时，ClO4
－向负极移动
B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C．放电时，正极反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C
D．充电时，正极反应为：Na++e−＝Na
【解析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负
极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。A．放电时是原电池，阴离子ClO4
－向负极移动，A 正确；B．电
池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B 正确；C．放电时是原电池，正极
是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C 正确；D．充电时是电解，正极与电源的正极相
连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D 错误。答案选D。
9．[2018 新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S 协同转化装置，实现对天然气中CO2 和H2S 的高效去除。示
意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性
【解析】该装置属于电解池，CO2 在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电
极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。
A、CO2 在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO2+H
＋+2e
－＝CO+H2O，
A 正确；
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e
－＝2H
＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B
正确；
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C 错误；
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D 正确。
答案选C。
点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳
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极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。
10．[2018 年11 月浙江选考]最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确
．．．的是
A．右边吸附层中发生了还原反应
B．负极的电极反应是H2－2e
－＋2OH
－==== 2H2O
C．电池的总反应是2H2＋O2 ==== 2H2O
D．电解质溶液中Na
＋向右移动，ClO 向左移动
【解析】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B 正确；
电池的总反应没有O2 参与，总反应方程式不存在氧气，故C 选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子
向负极移动，故D 选项正确。答案选C。
11．[2017 年11 月浙江选考]金属(M)－空气电池的工作原理如图所示，下列说法不正确
．．．的是
A．金属M 作电池负极
B．电解质是熔融的MO
C．正极的电极反应：O2＋2H2O＋4e
－＝4OH
－
D．电池反应：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2
【解析】A、金属M 失去电子，作电池负极，A 正确；B、OH
－向负极移动，所以电解质不可能是熔融的MO，B 错
误；C、氧气在正极发生得到电子的还原反应，正极的电极反应：O2＋2H2O＋4e
－＝4OH
－，C 正确；D、根据以上分
析可知电池反应：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2，D 正确，答案选B。
点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经
导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。
12．[2017 新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下
列叙述错误的是
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【解析】A、根据原理可知，Al 要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A 说法正确；B、不锈钢网接
触面积大，能增加电解效率，故B 说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H
＋放电，即2H
＋
＋2e−H2↑，故C 说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D 说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应是2Al−6e−
＋3H2OAl2O3＋6H
＋，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干信息的挖掘，本题难度不大。
13．[2017 海南]一种电化学制备NH3 的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是
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A．Pd 电极b 为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2 和H2
【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H22NH3，Pd 电极b 上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，
Pd 电极b 为阳极，故A 说法错误；B、根据A 选项分析，Pd 电极a 为阴极，反应式为N2＋6H
＋＋6e−2NH3，故B 说
法正确；C、根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即有阳极移向阴极，故C 说法正确；D、根据装置图，陶瓷
隔离N2 和H2，故D 说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理，首先判断阴阳两极，阴极连接电源的负极，阴极上得到电子化合价降低，发生还
原反应，阳极连接电源的正极，阳极上失去电子化合价升高，发生氧化反应，然后判断电极材料，惰性电极还是活
动性金属作电极，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，如果是惰性材料作阳极，则是还原性强的阴离子先失
电子，氧化性强的离子在阴极上得电子；电极反应式的书写是高考的热点，一般需要根据装置图完成，需要看清反
应环境。
14．[2017 新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中
高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制
金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A 正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因
此外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B 正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C 错误；
D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D 正确。
答案选C。
【名师点睛】该题难度较大，明确电化学原理是以及金属的防腐蚀原理是解答的关键，钢管桩表面腐蚀电流的理解
是难点，注意题干信息的挖掘，即高硅铸铁为惰性辅助阳极，性质不活泼，不会被损耗。
15．[2017 新课标Ⅲ]全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a 常用掺有石墨烯的S8
材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是
A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol 电子，负极材料减重0.14 g
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C．石墨烯的作用主要是提高电极a 的导电性
D．电池充电时间越长，电池中Li2S2 的量越多
【解析】A．原电池工作时，Li+向正极移动，则a 为正极，正极上发生还原反应，随放电的进行可能发生多种反应，
其中可能发生反应2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4，故A 正确；B．原电池工作时，转移0.02mol 电子时，氧化Li 的物质的量
为0.02mol，质量为0.14g，故B 正确；C．石墨烯能导电，S8 不能导电，利用掺有石墨烯的S8 材料作电极，可提高
电极a 的导电性，故C 正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li 和S8 越多，即电池中Li2S2 的量越
少，故D 错误。答案为A。
【名师点睛】考查二次电池的使用，涉及原电池工作原理，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，
而电池充电时，原来的负极连接电源的负极为电解池的阴极，发生还原反应，而原来的正极连接电源的正极为电解
池的阳极发生氧化反应，解题是通过结合反应原理，根据元素化合价的变化，判断放电时正负极发生的反应，再结
合电解质书写电极反应方程式。
16．[2019新课标Ⅱ节选]环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下
列问题：
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为
），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二
茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF 溶液（DMF
为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因
为_________________________。
【答案】（4）Fe 电极
Fe+2
+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑）
水会阻碍中间物Na 的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【解析】（4）根据阳极升失氧可知Fe 为阳极；根据题干信息Fe−2e−=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得
环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2
=
+H2↑；电解必须
在无水条件下进行，因为中间产物Na 会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；
答案：Fe 电极；Fe+2
=
+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na 的生成；水会电解
生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。
17．[2019 新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因
此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主
要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
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负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol 电子，需消耗氧气
__________L（标准状况）。
【答案】（4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
5.6
【解析】（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为
负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e−＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol 电子，根
据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
18．[2019北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1 或K2，可交替得到H2 和
O2。
①制H2 时，连接_______________。产生H2 的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3 的电极反应式，说明电极3 的作用：________________________。
【答案】（2）K1
2H2O+2e−=H2↑+2OH−
连接K1 或K2 时，电极3 分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH
和Ni(OH)2 相互转化提供电子转移
【解析】（2）①电极生成H2 时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2
时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O 提供H+，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−；
③电极3 上NiOOH 和Ni(OH)2 相互转化，其反应式为NiOOH+e−+H2O⇌Ni(OH)2+OH−，当连接K1 时，Ni(OH)2 失去
电子变为NiOOH，当连接K2 时，NiOOH 得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1 或K2 时，电极3 分别作为阳
极材料和阴极材料，并且NiOOH 和Ni(OH)2 相互转化提供电子转移。
19．[2019江苏节选]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：
▲
。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
▲
。
【答案】（2）①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+
②阳极产生O2，pH 减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极
区
【解析】（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3−＋2e−=HCOO−＋CO32−，或CO2＋H
＋
＋2e−=HCOO−；②阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑＋4H
＋，阳极附近pH 减小，H
＋与HCO3−反应，同时部分K
＋迁移
至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3 溶液浓度降低。
20．[2019 浙江选考节选]水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。
（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4 溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中
生成的NH4HSO4 可以循环使用。
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①阳极的电极反应式是________。
②制备H2O2 的总反应方程式是________。
【答案】（4）①2HSO4−−2e−S2O82−＋2H+或2SO42−−2e−S2O82−
②2H2OH2O2＋H2↑
【解析】（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4−（或SO42−）离子，并放电生成S2O82−，
因而电极反应式为2HSO4−−2e−=S2O82−＋2H+或2SO42−−2e−=S2O82−。
②通过电解NH4HSO4 溶液产生(NH4)2S2O8 和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4 可以循环使用，说明(NH4)2S2O8
与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4 生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2 和H2,故总反应方程式
为2H2OH2O2＋H2↑。
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专题09
反应速率、化学平衡
1．[2019江苏]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化
率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A．反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c 起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO 平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】A.随温度升高NO 的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温
度较高时，已达到平衡时的NO 转化率可知，温度越高NO 转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒
夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A 错误；
B.根据上述分析，X 点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO 的转化率，故B
正确；
C.Y 点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2 的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，
可以提高NO 的转化率，故C 错误；
D.设NO 起始浓度为amol/L，NO 的转化率为50%，则平衡时NO、O2 和NO2 的浓度分别为0.5amol/L、
(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=
2
2
2
2
2
4
2
c (NO )
0.5 )
c (NO) c(O )
0.5 )
(5 10
0.5 )
a
a
a
(
(
>=2000，故
D 正确；
故选BD。
【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；
最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。
2．[2019 浙江4 月选考]下列说法正确的是
A．H(g)＋I2(g) ⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B．C(s)＋H2O(g) ⇌H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌2C(?)已达平衡，则A、C 不能同时是气体
D．1 mol N2 和3 mol H2 反应达到平衡时H2 转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3
分解为N2 和H2 的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2 不等于Q1
【解析】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等
程度增加，A 项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B 项正
确；
C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C 不可能均为气体，C 项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分
解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D 项错误。
故答案选B。
3 ．[2018 天津] 室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH 和含1molHBr 的氢溴酸，溶液中发生反应；
C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH 的沸点分别为38.4℃和78.5℃。
下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr 浓度，有利于生成C2H5Br
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C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【解析】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A 正确。
B．增大HBr 浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B 正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2 倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是
1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应
物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C 正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr 是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr 的浓度减慢速率，增加了
反应时间。选项D 错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不
溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D 中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
4．[2018 江苏]一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)
2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是
A．v1< v2，c2< 2c1
B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】对比容器的特点，将容器1 和容器2 对比，将容器1 和容器3 对比。容器2 中加入4molSO3 等效于在相同
条件下反应物投入量为4molSO2 和2molO2，容器2 中起始反应物物质的量为容器1 的两倍，容器2 相当于在容器1
达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应
方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1 和容器2 温度相同，K1=K2；容器3 相当于在容器1
达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3
（SO2）α1（SO2），K3K1。根据上述分析，A 项，υ2υ1，c22c1，A 项错误；B 项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B 项
错误；C 项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C 项正确；D 项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）
α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D 项正确；答案选CD。
点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学
平衡的影响判断。如容器2 先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2 和2molO2，4molSO2 和2molO2 为两倍容器1
中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
5．[2018 浙江11 月选考]已知X(g)＋3Y (g) 2W(g) ＋M (g)
△H＝－a kJ·mol
－1（a>0）。一定温度下，在体积恒定的密
闭容器中，加入1 mol X(g) 与1mol Y (g)，下列说法正确的是
A．充分反应后，放出热量为a kJ
B．当反应达到平衡状态时，X 与W 的物质的量浓度之比一定为1：2
C．当X 的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D．若增大Y 的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【解析】A、该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料1mol 并未完全反应，故放出的热量小于akJ，选项A 不
正确；B、X 和W 分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度
之比，选项B 不正确；C、当X 的物质的量分数不再变化时，反应达到平衡，选项C 正确；D、若增大反应物浓度，
正逆反应速率均会增加，选项D 不正确。答案选C。
6．[2018 浙江11 月选考]已知：2SO2(g)+ O2(g)= 2SO3 (g)
△H =-197.8kJ•mol—1。起始反应物为SO2 和O2（物质的量
之比为2：1，且总物质的量不变）。SO2 的平衡转化率（%）随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是
温度/K
压强/（105Pa）
1.01
5.07
10.1
25.3
50.7
673
99.2
99.6
99.7
99.8
99.9
723
97.5
98.9
99.2
99.5
99.6
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773
93.5
96.9
97.8
98.6
99.0
A．一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大
B．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等
C．使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间
D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高
【解析】A、由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，一定压强下降低温度，平衡正向移动，反应物SO2 的转
化率増大，选项A 正确；B、由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2 所
需要的时间不一定相等，选项B 错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所花的时间，选项C
正确；D、由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa（常压）下SO2 的转化率分别为99.2%，97.5％，93.5％，已经
相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D 正确。答案选B。
【点睛】本题主要考查了外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，中等难度，解题时要注意运用控制变量的方
法比较容器中转化率的变化。
7．[2018 浙江4 月选考]反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0，若在恒压绝热的容器中发生，下列选项表明一定已达平衡
状态的是
A．容器内的温度不再变化
B．容器内的压强不再变化
C．相同时间内，断开H-H 键的数目和生成N-H 键的数目相等
D．容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分
含量不变，据此分析解答。
详解：A．绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A 正确；B．该反应在恒压
条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故B 错误；C．相同时间内，断开H-H 键的数目和生成
N-H 键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，故C 错误；D．容器
内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D 错
误；故选A。
点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征是解题的关键，本题的易错点为C，要注意用化
学反应速率表示平衡时，一定要遵守正反应速率=逆反应速率，要存在正逆反应速率，且相等才是平衡状态。
8．[2018 浙江4 月选考]某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO 和O2 的物质的量分数分别为0.10 和0.06，发
生化学反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO 达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74
根据表中数据，下列说法正确的是
A．升高温度，反应速率加快
B．增大压强，反应速率变慢
C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡
D．若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=△n/△t 表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%
增至90%时段NO 的反应速率为4a/370mol/s
【解析】A 项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A 错误；
B 项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B 错误；
C 项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C 错误；
D 项，在amol 混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO 的反应速率为v=△n/△t= 0.1 mol
0.9
0.1 mol
0.5
3.9s
0.2s
a
a
= mol/s，故D 项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
9．[2017 海南]已知反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下
列叙述正确的是
A．升高温度，K 减小
B．减小压强，n(CO2)增加
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C．更换高效催化剂，α(CO)增大
D．充入一定量的氮气，n(H2)不变
【答案】AD
【解析】A、此反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升
高温度，K 值减小，故A 说法正确；B、反应前后气体系数之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即n(CO2)不变，
故B 说法错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，因此CO 的转化率不变，故C 说法错误；D、恒压下，充入N2，
容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反应前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H2)不变，故D 说法
正确。
【名师点睛】本题考查化学平衡常数的和影响化学平衡移动的因素，化学平衡常数：是一定条件下达到平衡时，生
成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响；影响化学平衡移动的因素是温度、
压强、浓度等，要熟记这些因素如何影响平衡的移动，尤其是压强对化学平衡的移动，首先判断物质的状态是否是
气体，然后判断反应前后气体系数之和是否相等，然后作出合理判断，此题较简单。
10．[2017 天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。
已知：Ni(CO)4 的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO 反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低
D．该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO)
【解析】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以增加c(CO)，平衡虽然向正向移动，但反应的平衡常数不变，
A 错误；B、50 时，Ni(CO)4 以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B 正确；C、230 时，Ni(CO)4 分解的
平衡常数为5×106，可知分解率较高，C 错误；D、v 生成[Ni(CO)4]表示正向速率，v 生成(CO) 表示逆向速率，当4v 生成[Ni(CO)4]=
v 生成(CO)时，反应达到化学平衡状态，D 错误。故选B。
【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考查学科的必备知识和方法。化学
平衡状态判断有两个依据，一是正逆反应速率相等，二是“变量”不变。注意D 项化学平衡状态的判断容易粗心导致
出错。
11．[2017 江苏]H2O2 分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2 浓度随时间的变化如图所示。下
列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2 浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH 越小，H2O2 分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2 分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2 分解速率的影响大
【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A 错误；B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH 越大，双
氧水分解越快，B 错误；C．由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2 分解速率越快，C 错误；
由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能
表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2 分解速率的影响大，D 正确。
【名师点睛】本题以双氧水分解的浓度时间曲线图像为载体，考查学生分析图像、搜集信息及信息处理能力，会运
用控制变量法分析影响化学反应速率的因素，并能排除图中的干扰信息，得出正确的结论。
12．[2017 江苏]温度为T1 时，在三个容积均为1 L 的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2 (g) (正反应吸
热)。实验测得：v 正= v(NO2)消耗=k 正c2(NO2)，v 逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k 逆c2(NO)·c(O2)，k 正、k 逆为速率常数，受温度
影响。下列说法正确的是
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A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO 的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2 时，若k 正=k 逆，则T2> T1
【答案】CD
【解析】由容器I 中反应2NO2
2NO+O2
起始量(mol/L)
0.6
0
0
变化量(mol/L)
0.4
0.4
0.2
平衡量(mol/L)
0.2
0.4
0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO 占0.4 mol，所以NO 的体积分数为50%，。在
平衡状态下，v 正=v(NO2)消耗=v 逆=v(NO)消耗，所以k 正c2(NO2)=k 逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。
A．根据容器II 的起始投料，浓度商Q==＜K，平衡将向正反应方向移动，所以容器II 在平衡时气体的总物质的量一
定大于1 mol，故达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比一定小于4∶5，A 错误；B．若容器II 在某时刻，，
由反应2NO2
2NO + O2
起始量(mol/L)
0.3
0.5
0.2
变化量(mol/L)
2x
2x
x
平衡量(mol/L)
0.3−2x
0.5+2x
0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II 达平衡时，一定小于1，B 错误；C．若容器III 在某时刻，
NO 的体积分数为50%，
由反应2NO2
2NO + O2
起始量(mol/L)
0
0.5
0.35
变化量(mol/L)
2x
2x
x
平衡量(mol/L)
2x
0.5−2x
0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进
行，NO 进一步减少，所以C 正确；D．温度为T2 时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变
大，所以T2>T1，D 正确。
【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反应速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考查学生对化
学反应速率、化学平衡等化学基本原理的理解和应用，关注信息获取、加工和处理能力的提高。解题时首先要分析
反应的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反应，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反应，其次分析所
建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最后逐一分析试题中所设计的选项，判断是否正确。本题只给了一个平
衡量，通过化学平衡计算的三步分析法，分析容器I 中平衡态的各种与4 个选项相关的数据，其他容器与I 进行对
比，通过浓度商分析反应的方向，即可判断。本题难度较大，如能用特殊值验证的反证法，则可降低难度。
13．[2019新课标Ⅱ节选]环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下
列问题：
（1）已知：
(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3 kJ·mol −1
①
H2(g)+ I2(g) 2HI(g)
ΔH2=−11.0 kJ·mol −1
②
对于反应：
(g)+ I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（
）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总
压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加
环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体
B．提高温度
C．增加环戊烯浓度
D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的
关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
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A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
【答案】（1）89.3
（2）40％
3.56×104
BD
（3）CD
【分析】
（1）利用盖斯定律解题；
（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C 选项，D 选项观察图象计算；
【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
答案：89.3；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）=（g）+2HI（g）
增加的物质的量
1mol
1mol
1mol
2mol
1mol
xmol
2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g）
+
I2（g）=
（g）+
2HI（g）
P（初）
0.5×105 0.5×105 0
0
ΔP
0.5×105×40%
0.5×105×40%
0.5×105×40%
1×105×40%
P（平）
0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；
A.T、V 一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A 错误；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B 正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C 错误；
D,增加I2 的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D 正确；
答案：40%；3.56×104；BD；
（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1<T2，故A 错误；
B.温度越高化学反应速率越快，因此a 点反应速率大于c 点反应速率，故B 错误；
C. a 点、b 点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a 点反应物浓度大于b 点，故a 点正反应速率大于b 点，故
C 正确；
D.b 点时环戊二烯浓度由1.5mol/L 减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D 正确；答
案：CD。
14．[2019 新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因
此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)
分别等于1∶1、4∶1、7∶1 时HCl 平衡转化率随温度变化的关系：
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可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl 初始浓度为c0，根
据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进
料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响
分别是____________。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g)
ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是______________。（写出2 种）
【答案】（1）大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
【详解】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，
说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
2
2
2
4HCl(g)
O (g)
2Cl (g)
2H O(g)
起始（浓度）
c0 c0 0
0
变化（浓度）
0.84c0
0.21c0
0.42c0 0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0
(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过
高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，
（反应I+反应II+反应III）×2得
2
2
2
4HCl(g)
O (g)
2Cl (g)
2H O(g)
∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）
×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以
增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
15．[2019北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii 为积炭反应，利用ΔH1 和ΔH2 计算ΔH3 时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________
（选填字母序号）。
a.促进CH4 转化
b.促进CO 转化为CO2
c.减少积炭生成
④用CaO 可以去除CO2。H2 体积分数和CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1 时开始，H2 体积分
数显著降低，单位时间CaO 消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO 消耗率约为35%，但已
失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
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【答案】（1）①CH4+2H2O4H2+CO2
②C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)
③a b c
④降低
CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3 覆盖在CaO 表面，减少了CO2 与CaO 的接触面积
【详解】（1）①由于生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4
+ 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因为还需利用
C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；
③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸
气浓度越大，甲烷的转化率越高，a 正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO 的转化率越高，b 正确；ⅰ和ⅱ产生
氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c 正确；
④t1 时CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO 的消耗率降低，H2 体积分数在t1 之后较少，结合
CaO+H2O=Ca(OH)2 可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2 反应，因而失效。
16．[2019江苏节选]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
ΔH =41.2 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)
ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
其中：
CH3OCH3的选择性=
3
3
2
CH OCH
C
2
O
的物质的量
反应的
的物质的量×100％
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是
。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变
反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
。
【答案】（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2 转化为CO 的平衡转化率上升，使CO2 转化为
CH3OCH3 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【解析】（3）①根据反应方程式，反应I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，反
应II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2 的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因
此温度超过300℃时，CO2 转化率上升；
②图中A 点CH3OCH3 的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3 的选择性，依据CH3OCH3 选择性公式，提高
CH3OCH3 选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II 催化活性更高的催化
剂。
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专题10
水溶液中的离子平衡
1．[2019 新课标Ⅰ]NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A 的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶
液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b 点为反应终点。下列叙述错误的是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b 点的混合溶液pH=7
D．c 点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应
生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸
盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中
Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A 正确；
B 项、a 点和b 点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b 点导电性强于a 点，说
明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B 正确；
C 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为
强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C 错误；
D 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶
液中c（Na+）和c（K+）相等，c 点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的
混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a 点到b 点加入氢氧化钠溶液的体积大于b 点到c 点加入氢氧
化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D 正
确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确
酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
2．[2019 新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄
色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a 和b 分别为T1、T2 温度下CdS 在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp 的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)
C．向m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液组成由m 沿mpn 线向p 方向移动
D．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由q 沿qp 线向p 方向移动
【解析】A. CdS 在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，
c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a 和b 分别表示T1 和T2 温度下CdS 的溶解度，A 项正确；
B. CdS 的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n 和p 点均在温度为T1 条件下所测的对应离子浓度，则其溶度
积相同，B 项错误；
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C. m 点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m
沿mnp 向p 方向移动，C 项正确；
D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，
q 点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp 线向p 点方向移动，D 项正确；
答案选B。
3．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H
＋数目为0.01NA，A 错误；
B、根据电荷守恒可知选项B 正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误；
D、加入NaH2PO4 固体，H2PO4
－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误；
答案选B。
4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解
题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw 减小，故pH 减小，但
c(H+)=c(OH-)，故A 不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O
CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B 不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，
两者共同作用使pH 发生变化，故C 符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D 不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平
衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
5．[2019 天津]某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如
图所示。下列叙述正确的是
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A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
C．从c 点到d 点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a 点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【分析】电离常数HNO2 大于CH3COOH，酸性HNO2 大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw 为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2 的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH 均相同的HNO2 和CH3COOH 溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I 代表CH3COOH，
故A 错误；
B、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B 错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw 为水的离子积常数，
k(HNO2)为HNO2 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C 正确；
D、体积和pH 均相同的HNO2 和CH3COOH 溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH 溶液至
恰好中和，CH3COOH 消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2 消耗的NaOH 少，故D 错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH 变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本
题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw 为水的离子积常数和
k(HNO2)为HNO2 的电离常数相关的量，再判断。
6．[2019江苏]室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于
浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的
是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+
c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【详解】A.NH3∙H2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以
c(OH-)>c(NH4+)，故A 错误；
B.NH4HCO3 溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：
H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则
c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B 正确；
C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C 错误；
D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：
c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：
c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3 与0.6mol/L 氨水等体积混合后瞬间
c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，
则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，
c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D 正确；
故选BD。
7．[2019 浙江4 月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1 某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH 溶液。已知：H2AH+
＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确
．．．的是
A．0.1 mol·L−1 H2A 溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH 溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH 溶液体积10 mL 时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
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D．当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L−1 二元酸H2A 看做20 mL
0.1 mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A 微粒。
【详解】A. 0.1 mol·L−1H2A 溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=
c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A 项正确；
B.若NaOH 用去10ml，反应得到NaHA 溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超
过10ml 的NaOH 溶液，B 项错误；
C.当用去NaOH 溶液体积10 mL 时，得到NaHA 溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，
C 项正确；
D.当用去NaOH 溶液体积20 mL 时，得到Na2A 溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D 项正确。故
答案选B。
8．[2018 海南]某温度下向含AgCl 固体的AgCl 饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A．AgCl 的溶解度、Ksp 均减小
B．AgCl 的溶解度、Ksp 均不变
C．AgCl 的溶解度减小、Ksp 不变
D．AgCl 的溶解度不变、Ksp 减小
【解析】在含AgCl 固体的AgCl 饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）
增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl 的溶解度减小；AgCl 的Ksp 只受温度影响，温
度不变，AgCl 的Ksp 不变。
故答案选C。
【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积
常数只和温度有关，温度不变，Ksp 不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡
的离子浓度有关。
9．[2018 新课标Ⅲ]用0.100 mol·L-1 AgNO3 滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述
错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c 移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c 向b 方向移动
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的
硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50 mL 的点，此时向50 mL 0.05 mol/L 的Cl
-
溶液中，加入了50 mL 0.1 mol/L 的AgNO3 溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag
+浓度为0.025 mol/L(按照银离子
和氯离子1∶1 沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2 倍)，由图示得到此时Cl
-约为1×10
-8mol/L(实际稍小)，所
以Ksp(AgCl)约为0.025×10
-8=2.5×10
-10，所以其数量级为10
-10，选项A 正确。
B．由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag
+)·c(Cl
-)
＝Ksp(AgCl)，选项B 正确。
C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L
的Cl
-溶液改为50mL 0.04mol/L 的Cl
-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8 倍，所以滴定终点需要加
入的硝酸银的量也是原来的0.8 倍，因此应该由c 点的25mL 变为25×0.8=20mL，而a 点对应的是15mL，选项C
错误。
D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL 0.05mol/L 的Cl
-
溶液改为50 mL 0.05 mol/L 的Br
-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或
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溴离子都是1∶1 沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该
比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c 点变为b 点,选项D 正确。
点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴是一样的。
这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判
断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。
10．[2018 北京]测定0.1 mol·L
-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确
．．．的是
A．Na2SO3 溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B．④的pH 与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw 值相等
【解析】A 项，Na2SO3 属于强碱弱酸盐，存在水解平衡：+H2O+OH
-、+H2OH2SO3+OH
-，A 项正确；B 项，取①④时
刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3 被氧化成Na2SO4，
①与④温度相同，④与①对比，浓度减小，溶液中c(OH
-)，④的pH 小于①，即④的pH 与①不同，是由于浓度减
小造成的，B 项正确；C 项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度水解平衡正向移动，c()减小，水解平
衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C 项错误；D 项，Kw 只与温度有关，①与④温度相同，
Kw 值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还
原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
11．[2018 天津]LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的pH 随c 初始(H2PO4
–)的变化如图1 所示，H3PO4
溶液中H2PO4
–的分布分数随pH 的变化如图2 所示[]。
下列有关LiH2PO4 溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3 个平衡
B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO42–、PO43–
C．随c 初始(H2PO4
–)增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1 的H3PO4 溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4
【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A．溶液中
存在H2PO4
–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4 个平衡。选项A
错误。B．含P 元素的粒子有H2PO4
–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B 错误。C．从图1 中得到随着c 初始(H2PO4
–)增大，
溶液的pH 不过从5.5 减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66 的pH 值以后就不变了。所以选项C 错误。D．由
图2 得到，pH=4.66 的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P 的成分中H2PO4
–占99.4%，所以此时H3PO4 几乎全部转化
为LiH2PO4。选项D 正确。
点睛：本题中随着c 初始(H2PO4
–)增大，溶液的pH 有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为
H2PO4
–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。
12．[2018江苏]根据下列图示所得出的结论不正确的是
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A．图甲是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解
速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元
强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液
中c(SO42−)越大c(Ba2+ )越小
【解析】A 项，升高温度，lgK 减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，
A 项正确；B 项，根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2 分解速率逐渐减小，B
项正确；C 项，根据图像，没有滴入NaOH 溶液时，0.1000mol/LHX 溶液的pH1，HX 为一元弱酸，C 项错误；D 项，
根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小，D 项正
确；答案选C。
点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH 曲线的分析、
沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。
13．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)
+c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列
溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A．0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B．c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42−) >c(H+ )
C．pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D．c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】A 项，H2C2O4 溶液中的电荷守恒为c(H
+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O42-)+c(OH
-)，0.1000 mol·L−1H2C2O4 溶液中
0.1000mol/L=c(H2C2O4) + c(HC2O4
-)+ c(C2O42-)，两式整理得c(H
+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH
-)，A
项正确；B 项，c(Na
+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4
-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4
-水解的离子
方程式为HC2O4
-+H2OH2C2O4+OH
- ，HC2O4
- 水解常数Kh=
2
2
4
2
4
(
)
(OH )
(
H C O
H
O )
C
c
c
c
=
2
2
4
2
4
+
+
(
)
(OH )
(
H C O
HC O
H )
(
)
(H )
c
c
c
c
c
= =
=1.8510
-13Ka2(H2C2O4)，HC2O4
-的电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)c(H2C2O4)，B 项错误；C 项，滴入NaOH 溶液
后，溶液中的电荷守恒为c(Na
+)+c(H
+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O42-)+c(OH
-) ，室温pH=7 即c(H
+)=c(OH
-) ，则
c(Na
+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O42-)=c( 总)+c(C2O42-)-c(H2C2O4) ，由于溶液体积变大，c( 总) 0.1000mol/L ，
c(Na
+)0.1000mol/L +c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C 项错误；D 项，c(Na
+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷
守恒为c(Na
+)+c(H
+)=c(HC2O4
-)+2c(C2O42-)+c(OH
-)，物料守恒为c(Na
+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4
-)+ c(C2O42-)]，两式
整理得c(OH
-)-c(H
+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4
-)，D 项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存
在的平衡，弄清主次(如B 项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。
注意加入NaOH 溶液后，由于溶液体积变大，c(总) 0.1000mol/L。
14．[2018 浙江11 月选考]下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L
－1 的一元酸HA 溶液pH＝3.0，则HA 一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1 的NaOH 溶液加水稀释100 倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1 的HA 溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH
－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1 的HA 溶液与0.1 mol·L-1 的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液pH 一定等于7.0
【解析】A、若HA 为强酸，0.1 mol·L-1 的HA 溶液pH 为1.0，现测得溶液pH 为3.0，则HA 为弱酸，选项A 正确；B、
0.1mol/L 的NaOH 溶液加水稀释100 倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH 值为11.0，选项B 正确；C、pH 值为4.0 的溶液
中c（H+）＝1×10
－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C 正确；D、若
HA 为强酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所得溶液pH 为7.0，若HA 为弱酸，与NaOH 等体积等浓度混合后，所
得溶液pH 大于7.0，选项D 不正确。答案选D。
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15．[2018 浙江11 月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL 的3 种HCl 溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，
0.1000mol·L-1 和0.01000mol·L-1 的NaOH 溶液，测得3 个反应体系的pH 随V(NaOH)的变化的曲线如图，在
V(NaOH)=20.00mL 前后出现突跃。下列说法不正确的是
A．3 种HCl 溶液的c(HCl)：最大的是最小的100 倍
B．曲线a、b、c 对应的c(NaOH)：a>b>c
C．当V(NaOH)=20.00mL 时，3 个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D．当V(NaOH)相同时，pH 突跃最大的体系中的c(H+)最大
【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L 和0.01000mol/L，故最大的是最小的100 倍，选项
A 正确；B、加入多于20mL 的氢氧化钠溶液时，溶液pH 最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a 对应的c（NaOH）
最大，以此类推，选项B 正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL 时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），
根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C 正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反
应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D 不正确。答案选D。
16．[2018 浙江4 月选考]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是
A．pH 相等的两溶液中：c(CH3COO¯)＝c(Cl¯)
B．分别中和pH 相等、体积相等的两溶液，所需NaOH 的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH 固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO¯)＝c(Cl¯)
【解析】A、在pH 相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO
－）=c(Cl
－)，故A 正确；
B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH 相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢
离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B 错误；
C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C 错误；
D、当醋酸恰好与NaOH 反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO
－）＜c(Cl
－)，故D 错误。
综上所述，本题的正确答案为A。
17．[2018 浙江4 月选考]在常温下，向10mL 浓度均为0.1mol·L-1 的NaOH 和Na2CO3 混合溶液中滴0.1mol·L-1 的盐酸，
溶液pH 随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．在a 点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．在b 点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001mol
C．在c 点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力
D．若将0.1mol·L-1 的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7 时：c(Na+)＝c(CH3COO-)
【分析】A.在a 点是滴入5mL 盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断
离子浓度大小；
B.b 点是加入盐酸，溶液pH=7 呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；
C.在c 点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；
D.溶液中存在电荷守恒分析判断。
【详解】A. 在a 点是滴入5mL 盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子
浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A 错误；
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B.b 点溶液pH=7 ，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)<n(H2CO3) ，溶液中存在物料守恒，
n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=0.001mol，则2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001mol，所以B 选项是正确的；
C.在c 点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸性，故C
错误；
D. 若将0.1 mol/L 的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7 时，溶液中存在电荷守恒：
c(Na+
)+c(H+
)=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-) ，由于
pH=7 ，c(H+
)=
c(OH-) ，得到：c(Na+
)
=c(CH3COO-)+n(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+) >c(CH3COO-)，故D 错误。
所以B 选项是正确的。
18．[2017 新课标Ⅱ]改变0.1 二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数
(X)
随pH 的变化如图所示[已知
2
2
(X)
(X)
(H A)
(HA )
(A )
c
c
c
c
]。
下列叙述错误的是
A．pH=1.2 时，
B．
C．pH=2.7 时，
2
2
(HA )
(H A)
(A )
c
c
c
D．pH=4.2 时，
【解析】A、根据图像，pH=1.2 时，H2A 和HA−相交，则有c(H2A)=c(HA−)，故A 说法正确；B、pH=4.2 时，c(A2−)=c(HA−)，
根据第二步电离HA−H
＋＋A2−，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2−)/c(HA−)= c(H+)=10−4.2，故B 说法正确；C、根据图像，pH=2.7
时，H2A 和A2−相交，则有
2
2
(HA )
(H A)
(A )
c
c
c
，故C 说法正确；D、由图知，pH=4.2 时，c(HA−)=c(A2−)，H2A 电
离出一个HA−时释放出一个H+，电离出一个A2−时，释放出2 个H+，同时水也会电离出H+，因此c(H+)＞c(HA−)=c(A2−)，
错误。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是
高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，
有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概
念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这
类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，
电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
19．[2017 新课标Ⅰ]常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所
示。下列叙述错误的是
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A．Ka2(H2X)的数量级为10–6
B．曲线N 表示pH 与的变化关系
C．NaHX 溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
2
(Na )
(HX )
(X )
(OH )
(H )
c
c
c
c
c
【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH 相等即氢离子浓度相等时＞，
因此曲线N 表示pH 与的变化关系，则曲线M 是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6 和4.8 点，=10
－0.6 mol·L
－1，
c(H
＋)=10
－4.8 mol·L
－1，代入Ka2 得到Ka2=10
－5.4，因此Ka2(H2X)的数量级为10–6，A 正确；B．根据以上分析可知曲线N
表示pH 与的关系，B 正确；C．曲线N 是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6 和5.0 点，=100.6 mol·L
－1，c(H
＋)=10
－5.0 mol·L
－1，代入Ka1 得到Ka1=10
－4.4，因此HX
－的水解常数是=10
－14/10
－4.4＜Ka2，所以NaHX 溶液显酸性，即c(H
＋)＞
c(OH
－)，C 正确；D．根据图像可知当＝0 时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，D 错误；
答案选D。
【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M 和N 曲线表示的含义，答题的关键是
明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试
卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强
弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。
围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质
判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，
化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。
20．[2017 新课标Ⅲ]在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加
入Cu 和CuSO4，生成CuCl 沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是
A．的数量级为
B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl
C．加入Cu 越多，Cu+浓度越高，除效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全
【解析】A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl
－)，在横坐标为1 时，纵坐标大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10
－7，A
正确；B．除去Cl
－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl
－＝2CuCl，B 正确；C．溶液中存在平衡：Cu++Cl
－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加
入纯固态物质Cu 对平衡无影响，故C 错误；D．在没有Cl
－存在的情况下，反应2Cu
＋
Cu2＋＋Cu 的平衡常数约
为
2
6.7
7.9
2
7.3 2
(Cu
)
10
10
(Cu )
(10
)
c
c
，平衡常数很大，反应趋于完全，D 正确。答案选C。
【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通
过图示可以提取出Ksp(CuCl)，2Cu
＋Cu2＋＋Cu 的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响。
21．[2017 江苏]常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确
的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1 的HCOONa 和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH 均为3 的HCOOH 和CH3COOH 溶液至终点，消耗NaOH 溶液的
体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH 与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与0.1 mol·L−1 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl−) > c(CH3COOH) >
c(H+)
【答案】AD
【解析】A ．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−) ，氯化铵溶液中存在
c(H+)+c()=c(OH−)+c(Cl−)。由于在常温下氨水的Kb 小于甲酸的Ka，KW 不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，
氯化铵溶液中c(OH−)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl−和Na+都不水解，c(Cl−)=c(Na+)，所以A 正确；由甲酸和乙酸的电离
常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH 为3 的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸
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的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B 错误；C．两溶液等
体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOO−) ，由物料守恒得
2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO−)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH−)+c(HCOO−)，C 错误；D．两溶液等体积混合后，
得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根
的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，D 正确。
【名师点睛】本题以3 种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。
电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有
较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念
的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必
须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，
化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”(物料守恒、电荷守恒、质子守恒)
来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。
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专题11
化学实验基础
1．[2019新课标Ⅲ] 下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验
目的，A 选；
B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能
达到实验目的，B 不选；
C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C 不选；
D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，
D 不选；
答案选A。
2．[2019 浙江4 月选考]下列图示表示过滤的是
A．
B．
C．
D．
【解析】A．该操作是分液，A 不合题意；
B．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，B 不合题意；
C．该操作是过滤，C 符合题意；
D．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中转移溶液步骤，D 不合题意。
故答案选C。
3．[2019 浙江4 月选考]针对下列实验现象表述不正确
．．．的是
A．用同一针筒先后抽取80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色
B．在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL 浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色
C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成
【解析】A．氯气可溶于水，在常温时，1 体积水大约能溶解2 体积氯气，因而20mL 水大约能溶解40mL
氯气，气体大约剩余40mL 未溶解，A 项错误；
B．胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O 变为CuSO4，
CuSO4 为白色固体，B 项正确；
C．双氧水将SO2 氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4 白色
沉淀，C 项正确；
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为
，MgO 为
白色固体，C 是黑色固体，D 项正确。
故答案选A。
4．[2019江苏]下列实验操作能达到实验目的的是
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A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH 的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物
质除杂的原则作答。
【详解】A．用水湿润的pH 试纸测量溶液的pH 所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，
不能达到实验目的，A 项错误；
B．配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、
定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后
氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B 项错误；
C．在AlCl3 溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl
的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3 完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3 固体，C 项错
误；
D．SO2 属于酸性氧化物，能被NaOH 溶液吸收，乙烯与NaOH 溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有
NaOH 溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D 项正确；
故选D。
【点睛】本题易错选C 项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成
的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。
5．[2019 天津]下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集气体
证明乙炔可使溴水褪色
【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；
C、二氧化氮的密度大于空气；
D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。
【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反
则容易引起液体飞溅，故A 不能达到目的；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B 能达到目的；
C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C 不能达到目的；
D、乙炔中的H2S 等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D 不能达到目的；
故选B。
【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S 等还原性杂
质也能使溴水褪色。
6．[2018 新课标Ⅱ卷]实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
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光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
【解析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上
升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，
难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
7．[2018 新课标Ⅲ卷]下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2 时，加几滴CuSO4 溶液以加快反应速率
B．用标准HCl 溶液滴定NaHCO3 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na
+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本操作，要仔细读题，理解实验基本操作内容。
详解：A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A
正确。
B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应
该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B 错误。
C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na
+，选项C 正确。
D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，
选项D 正确。
点睛：本题选项B 涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高
中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定
终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH 约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，
强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使
用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。
8．[2018 新课标Ⅰ卷]在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
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【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有
的杂质，结合选项解答。
详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A 正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不
能插入溶液中，以防止倒吸，B 正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C 正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D 错误。答案选D。
点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性
质和化学性质）特点的角度去解答和判断。
9．[2018 浙江11 月选考]下列实验合理的是
A．用湿润的pH 试纸测定CH3COONa 溶液的pH
B．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物
C．用淀粉-KI 试纸鉴别碘水和FeCl3 溶液
D．用Na2CO3 溶液鉴别CaCl2 溶液、NaCl 溶液和稀硫酸
【解析】A、用其他试纸时需要湿润，但是pH 试纸是不需要湿润的，若湿润会稀释溶液，导致pH 出现误差，选项
A 不合理；B、蒸馏只能分离沸点相差较大的物质，乙醇和苯沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，选项B 不合理；C、
Fe3+和I-会发生氧化还原反应，生成I2，也会使淀粉变蓝，两种物质的现象一样，无法鉴别，选项C 不合理；D、Na2CO3
和CaCl2 会反应生成沉淀，Na2CO3 和NaCl 不反应没有明显现象，Na2CO3 和稀硫酸反应会产生气泡，可以鉴别，选项
D 合理。答案选D。
10．[2018 浙江11 月选考]下列图示与操作名称不对应的是
A．升华
B．分液
C．过滤
D．蒸馏
【解析】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A 不对应；B、由图中装置的仪器以及操作
分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B 对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与
液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C 对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合
物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D 对应。答案选A。
11．[2018 浙江4 月选考]下列仪器名称为“漏斗”的是
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A．
B．
C．
D．
【解析】根据仪器的特征知：A 为冷凝管，B 为容量瓶，C 为量筒，D 为漏斗，故该题选D。
12．[2018 浙江4 月选考]下列操作或试剂的选择不合理的是
A．可用蒸发结晶的方法从碘水中提取砷单质
B．可用灼烧法除去氧化制中混有的铜粉
C．可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠
D．可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸
【解析】A 项，碘单质不易溶于水，易溶于有机溶液，一般使用萃取来提纯，故A 项错误；
B 项，Cu 与氧气反应生成氧化铜，则灼烧可除去杂质，故B 项正确；
C 项，硫酸与碳酸钠反应生成气体，与硅酸钠反应会有沉淀生成，易于分辨，故C 项正确；
D 项，乙醇、乙醛和乙酸分别与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液混合加热的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，
现象不同可鉴别，故D 项正确。
综上所述，本题正确答案为A。
13．[2018 海南卷]下列分离方法正确的是
A．回收水溶液中的I2：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl 的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5 的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
【解析】A.乙酸能溶于水，不能用分液方法分开，不符合题意；
B.氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意；
C. P2O5 为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意；
D. 无水氯化钙能与乙醇形成络合物，除去乙醇中的水，不能用无水氯化钙，应加氧化钙，蒸馏，不符合题意；故答
案选B。
【点睛】本题为分离、除杂题，解题时要明确除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望所得产物发生反应，不能
引入新的杂质。
14．[2018 江苏卷]下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2 尾气
【解析】A 项，灼烧碎海带应用坩埚，A 项错误；B 项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I
-的溶液，B 项正
确；C 项，MnO2 与浓盐酸常温不反应，MnO2 与浓盐酸反应制Cl2 需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C 项错误；D 项，Cl2 在饱和NaCl 溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl 溶液吸收尾气
Cl2，尾气Cl2 应用NaOH 溶液吸收，D 项错误；答案选B。
点睛：本题以从海带中提取碘为载体，考查基本实验操作、Cl2 的实验室制备，解答时要明确实验的目的、分析
必需的试剂和仪器、合理的装置和实验条件的控制。
15．[2017 海南]下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是
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A．
B．
C．
D．
【解析】A、为腐蚀品标志，故A 正确；B、为易燃固体标志，故B 错误；C、为放射性物品标志，故C 错误；D、
为氧化物标志，故D 错误。
【名师点睛】本题考查化学标志的认识，此题属于基础题，要了解化学中每个标志的用途，所对应的物质。
16．[2017 新课标Ⅰ] 《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒
烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A．蒸馏
B．升华
C．干馏
D．萃取
【解析】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的
升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。
【名师点睛】掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意升华与蒸馏的区别，蒸馏是
依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，固体不经过液体直
接变为气体的叫升华，例如碘的升华等。
17．[2017 海南][双选]下列实验操作正确的是
A．滴定前用待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出
【答案】BD
【解析】A、滴定前锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成所测浓度不准确，故A 错误；B、容量瓶和滴定管使用
前都需要检漏，否则对实验的数据产生干扰，故B 正确；C、蒸馏完毕时，先停止加热，后关闭冷凝水，故C
错误；D、分液时，下层溶液从下口流出，上层液体从上口倒出，故D 正确。
【名师点睛】化学是一门实验性的学科，在进行化学学习的过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、
收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、
常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作
出正确的分析与判断，此题相对简单。
18．[2017 江苏]下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．制取SO2
B．验证漂白性
C．收集SO2
D．尾气处理
【解析】A．铜和稀硫酸不反应，A 错误；B．二氧化硫可使品红溶液褪色，B 正确；C．二氧化硫密度比空气大，
应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C 错误；D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不可
用于吸收尾气，D 错误。
【名师点睛】本题以二氧化硫的制备、性质验证、收集及尾气处理为背景，考查学生对常见气体的制备的实验
装置图的识别、实验原理的理解、实验基本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平和应用能力。
解题时首先要明确实验目的，再全面分析必需的试剂和仪器、合理的实验装置、规范的实验操作、科学的条件
控制，有些实验还需要从绿色环保等方面进行分析。
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专题12
化学实验基础
1．[2019 新课标Ⅰ]实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b 中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b 中四氯化碳的作用是
吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c 中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作
用是防止倒吸。
【详解】A 项、若关闭K 时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。
打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A 正确；
B 项、装置b 中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故
B 正确；
C 项、装置c 中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C 正确；
D 项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层
后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提
纯溴苯，故D 错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注
意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
2．[2019 新课标Ⅱ] 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量
的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀
盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3 溶液的试管中加过量铁粉，充分
振荡后加1 滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 后溶液颜色不变
【解析】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A 项错误；
B．将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧
烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B 项正确；
C．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C 项正确；
D．向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐
渐消失，充分振荡后，加1 滴KSCN 溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与
操作匹配，D 项正确；
答案选A。
3．[2019新课标Ⅲ] 下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
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B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验
目的，A 选；
B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能
达到实验目的，B 不选；
C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C 不选；
D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，
D 不选；
答案选A。
4．[2019 浙江4 月选考]下列图示表示过滤的是
A．
B．
C．
D．
【解析】A．该操作是分液，A 不合题意；
B．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，B 不合题意；
C．该操作是过滤，C 符合题意；
D．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中转移溶液步骤，D 不合题意。
故答案选C。
5．[2019 浙江4 月选考]针对下列实验现象表述不正确
．．．的是
A．用同一针筒先后抽取80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色
B．在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL 浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色
C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成
【解析】A．氯气可溶于水，在常温时，1 体积水大约能溶解2 体积氯气，因而20mL 水大约能溶解40mL
氯气，气体大约剩余40mL 未溶解，A 项错误；
B．胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O 变为CuSO4，
CuSO4 为白色固体，B 项正确；
C．双氧水将SO2 氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4 白色
沉淀，C 项正确；
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为
，MgO 为
白色固体，C 是黑色固体，D 项正确。
故答案选A。
6．[2019江苏]下列实验操作能达到实验目的的是
A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH 的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物
质除杂的原则作答。
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【详解】A．用水湿润的pH 试纸测量溶液的pH 所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，
不能达到实验目的，A 项错误；
B．配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、
定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后
氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B 项错误；
C．在AlCl3 溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl
的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3 完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3 固体，C 项错
误；
D．SO2 属于酸性氧化物，能被NaOH 溶液吸收，乙烯与NaOH 溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有
NaOH 溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D 项正确；
故选D。
【点睛】本题易错选C 项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成
的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。
7．[2019江苏] 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量
KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少
量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C
向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀
粉溶液，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为
9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比
CH3COOH的强
【解析】A．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+，而此
时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A 错误；
B．黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3 溶液优先形成AgI 沉淀，AgI 比AgCl 更难溶，AgI 与AgCl 属于
同种类型，则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B 错误；
C．溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI 中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2 的氧
化性比I2 的强，故C 正确；
D．CH3COONa 和NaNO2 溶液浓度未知，所以无法根据pH 的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法
比较HNO2 和CH3COOH 电离出H+的难易程度，故D 错误；
故选C。
8．[2019 天津]下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集气体
证明乙炔可使溴水褪色
【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；
C、二氧化氮的密度大于空气；
D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。
【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反
则容易引起液体飞溅，故A 不能达到目的；
B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B 能达到目的；
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C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C 不能达到目的；
D、乙炔中的H2S 等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D 不能达到目的；
故选B。
【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S 等还原性杂
质也能使溴水褪色。
9．[2019北京] 探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A．H2C2O4 有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4 具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4 可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为
乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；
【详解】A．H2C2O4 为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚
酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A 正确；
B．产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：
H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B 正确；
C．0.1 mol·L−1 H2C2O4 的pH=1.3，说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用
草酸根表示，故C 不正确；
D．草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D 正确；
本题选不正确的，应选C。
【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综
合理解和运用。
10．[2018 新课标Ⅱ卷]实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
【解析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上
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升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，
难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
11．[2018 新课标Ⅲ卷]下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2 时，加几滴CuSO4 溶液以加快反应速率
B．用标准HCl 溶液滴定NaHCO3 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na
+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本操作，要仔细读题，理解实验基本操作内容。
详解：A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A
正确。
B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应
该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B 错误。
C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na
+，选项C 正确。
D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，
选项D 正确。
点睛：本题选项B 涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高
中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定
终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH 约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，
强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使
用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。
12．[2018 新课标Ⅰ卷]在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是
【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有
的杂质，结合选项解答。
详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A 正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不
能插入溶液中，以防止倒吸，B 正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C 正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D 错误。答案选D。
点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性
质和化学性质）特点的角度去解答和判断。
13．[2018 浙江11 月选考]下列实验合理的是
A．用湿润的pH 试纸测定CH3COONa 溶液的pH
B．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物
C．用淀粉-KI 试纸鉴别碘水和FeCl3 溶液
D．用Na2CO3 溶液鉴别CaCl2 溶液、NaCl 溶液和稀硫酸
【解析】A、用其他试纸时需要湿润，但是pH 试纸是不需要湿润的，若湿润会稀释溶液，导致pH 出现误差，选项
A 不合理；B、蒸馏只能分离沸点相差较大的物质，乙醇和苯沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，选项B 不合理；C、
Fe3+和I-会发生氧化还原反应，生成I2，也会使淀粉变蓝，两种物质的现象一样，无法鉴别，选项C 不合理；D、Na2CO3
和CaCl2 会反应生成沉淀，Na2CO3 和NaCl 不反应没有明显现象，Na2CO3 和稀硫酸反应会产生气泡，可以鉴别，选项
D 合理。答案选D。
14．[2018 浙江11 月选考]下列图示与操作名称不对应的是
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A．升华
B．分液
C．过滤
D．蒸馏
【解析】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A 不对应；B、由图中装置的仪器以及操作
分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B 对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与
液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C 对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合
物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D 对应。答案选A。
15．[2018 浙江11 月选考]通过实验得出的结论正确的是
A．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加Ba(NO3)2 溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在SO42-
B．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN 溶液，没有出现血红色，则该固体试样中不存在Fe3+
C．在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH 溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中
仍可能存在NH4+
D．在某固体试样加水后的上层清液中，滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH 溶液沉淀溶解，则该固体试样中存
在SiO32-
【解析】A、当固体中含有SO32-时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2 溶液会被氧化生成硫酸根离子，看到相同现象，故
不一定是SO42-，选项A 错误；B、若固体为FeCl3 和Fe 的混合物时，也有相同的现象，故固体试样中可能存在Fe3＋，
选项B 错误；C、检验NH4+为加NaOH 溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不
能确定有没有铵根离子，选项C 正确；D、盐酸出现白色沉淀，再加NaOH 溶液沉淀溶解可能原固体中有AlO2-，不
一定为SiO32-，选项D 错误。答案选C。
16．[2018 浙江4 月选考]下列仪器名称为“漏斗”的是
A．
B．
C．
D．
【解析】根据仪器的特征知：A 为冷凝管，B 为容量瓶，C 为量筒，D 为漏斗，故该题选D。
17．[2018 浙江4 月选考]下列操作或试剂的选择不合理的是
A．可用蒸发结晶的方法从碘水中提取砷单质
B．可用灼烧法除去氧化制中混有的铜粉
C．可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠
D．可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸
【解析】A 项，碘单质不易溶于水，易溶于有机溶液，一般使用萃取来提纯，故A 项错误；
B 项，Cu 与氧气反应生成氧化铜，则灼烧可除去杂质，故B 项正确；
C 项，硫酸与碳酸钠反应生成气体，与硅酸钠反应会有沉淀生成，易于分辨，故C 项正确；
D 项，乙醇、乙醛和乙酸分别与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液混合加热的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，
现象不同可鉴别，故D 项正确。
综上所述，本题正确答案为A。
18．[2018 浙江4 月选考]某绿色溶液A 含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种，
取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4 微溶于水，可溶于酸)
①向溶液中滴加Ba(OH)2 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；
②取滤液B，先用HNO3 酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3 溶液，有白色沉淀生成。
下列说法不正确的是
A．溶液A 中一定存在H+、SO42-和Cl-
B．溶液A 中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在
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C．第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2 CO3
D．溶液A 中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH 溶液判断
【解析】B 溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO32-和HCO3-不能大量存在；
①向溶液中滴加Ba(OH)2 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO42-，还有绿色滤液B，说明Fe2+
与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；②取滤液B，先用HNO3 酸化，
再滴加0.001mol/LAgNO3 溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Cl-，不能确定Na+是否存在。
A.由以上分析可知溶液A 中一定存在H+、SO42-和Cl−，故A 正确；
B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故B 错误；
C.溶液中不存在CO32-，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，故C 正确；
D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生
成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故D 正确。
故答案选B。
19．[2018 海南卷]下列分离方法正确的是
A．回收水溶液中的I2：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl 的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5 的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
【解析】A.乙酸能溶于水，不能用分液方法分开，不符合题意；
B.氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意；
C. P2O5 为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意；
D. 无水氯化钙能与乙醇形成络合物，除去乙醇中的水，不能用无水氯化钙，应加氧化钙，蒸馏，不符合题意；故答
案选B。
【点睛】本题为分离、除杂题，解题时要明确除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望所得产物发生反应，不能
引入新的杂质。
20．[2018 江苏卷]下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2 尾气
【解析】A 项，灼烧碎海带应用坩埚，A 项错误；B 项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I
-的溶液，B 项正
确；C 项，MnO2 与浓盐酸常温不反应，MnO2 与浓盐酸反应制Cl2 需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl
（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C 项错误；D 项，Cl2 在饱和NaCl 溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl 溶液吸收尾气
Cl2，尾气Cl2 应用NaOH 溶液吸收，D 项错误；答案选B。
点睛：本题以从海带中提取碘为载体，考查基本实验操作、Cl2 的实验室制备，解答时要明确实验的目的、分析
必需的试剂和仪器、合理的装置和实验条件的控制。
21．[2018 新课标Ⅱ卷]下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1
的NaOH 溶液
称取4.0 g 固体NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水
溶解，转移至250 mL 容量瓶中定容
B
探究维生素C 的还原
性
向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维
生素C 溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过
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NaOH 溶液、浓硫酸和KMnO4 溶液
D
探究浓度对反应速率
的影响
向2 支盛有5 mL 不同浓度NaHSO3溶液的试管中同
时加入2 mL 5%H2O2 溶液，观察实验现象
【解析】A．氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A 错误；
B．氯化铁具有氧化性，能被维生素C 还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL 黄色氯化
铁溶液的试管中滴加浓的维生素C 溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C 的还原性，B 正确；
C．向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH
溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4 溶液，或者直接通过碱石灰，C 错误；
D．反应的方程式为HSO3
－+H2O2＝SO42－+H
＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度
对反应速率的影响，D 错误。答案选B。
点睛：明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键。注意设计或评价实验时主要从正确与
错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、
有无污染等也是要考虑的。本题中选项D 是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结
论需要建立在实验现象的基础上。
22．[2018 江苏卷]根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3 溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3 的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，
下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的
溶解度
C
向CuSO4 溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3 溶液，
有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
【解析】分析：A 项，苯酚的酸性弱于碳酸；B 项，CCl4 将I2 从碘水中萃取出来，I2 在CCl4 中的溶解度大于在水
中的溶解度；C 项，Fe 从CuSO4 溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D 项，向NaCl、NaI 的混合液中加入
AgNO3 溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小。
详解：A 项，向苯酚浊液中加入Na2CO3 溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3
-，A
项错误；B 项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4 将I2 从碘水
中萃取出来，I2 在CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度，B 项正确；C 项，向CuSO4 溶液中加入铁粉，有红色固
体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C 项错误；
D 项，向NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI 的溶度积，但
由于NaCl、NaI 的浓度未知，不能说明AgCl、AgI 溶度积的大小，D 项错误；答案选B。
点睛：本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D 项，产
生错误的原因是：忽视NaCl、NaI 的浓度未知，思维不严谨。
23．[2018 北京卷]验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl 溶液）。
①
②
③
在Fe 表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确
．．．的是
A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化
C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法
D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼
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【解析】A 项，对比②③，②Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe 附近的溶液中不含Fe2+，
③Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe 附近的溶液中含Fe2+，②中Fe 被保护，A 项正确；
B 项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe
（CN）6]将Fe 氧化成Fe2+，B 项正确；C 项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe 表面产生蓝色沉淀，①也
能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn 保护Fe，C 项正确；D 项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe 氧化成
Fe2+，将Zn 换成Cu 不能用①的方法证明Fe 比Cu 活泼，D 项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对
比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe 对实验结果的影响。要证明
Fe 比Cu 活泼，可用②的方法。
24．[2018 天津卷]由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa 溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4 溶
液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)
D．①某溶液中加入Ba(NO3)2 溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
【解析】分析：本题是化学实验的基本问题，主要考查物质检验和性质比较实验的问题。根据题目表述，与课
上讲解的实验进行对比，比较异同，就可以判断了。
详解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选
项A 错误。
B．向C6H5ONa 溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于
苯酚。选B 正确。
C．向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4 溶液，虽然有ZnS 不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶
液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS 沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C 错误。
D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离
的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧
化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D 错误。
点睛：在解决本题中选项C 的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，
一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质
之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再
与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。
25．[2017 海南]下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是
A．
B．
C．
D．
【解析】A、为腐蚀品标志，故A 正确；B、为易燃固体标志，故B 错误；C、为放射性物品标志，故C 错误；D、
为氧化物标志，故D 错误。
【名师点睛】本题考查化学标志的认识，此题属于基础题，要了解化学中每个标志的用途，所对应的物质。
26．[2017 新课标Ⅰ] 《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒
烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是
A．蒸馏
B．升华
C．干馏
D．萃取
【解析】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的
升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。
【名师点睛】掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意升华与蒸馏的区别，蒸馏是
依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，固体不经过液体直
接变为气体的叫升华，例如碘的升华等。
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27．[2017 天津]以下实验设计能达到实验目的的是
实验目的
实验设计
A．除去NaHCO3 固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．制备无水AlCl3
蒸发Al 与稀盐酸反应后的溶液
C．重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D．鉴别NaBr 和KI 溶液
分别加新制氯水后，用CCl4 萃取
【解析】A、加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠，不能达到实验目的；B、直接蒸发Al 与稀盐酸反应生成的AlCl3
溶液，铝离子发生水解，最终得到的是Al(OH)3，不能达到实验目的；C、重结晶法提纯苯甲酸的方法是：将粗
品水溶，趁热过滤，滤液冷却结晶即可；D、NaBr 和NaI 都能与氯水反应生成对应的单质，再用四氯化碳萃取，
颜色层不同，NaBr 的为橙红色，KI 的为紫红色。故选D。
【名师点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质的分离、提纯与鉴别及物质的制备等知识点，
明确实验基本操作方法、物质的性质是解题的关键，注意C 项重结晶法提纯苯甲酸的步骤。
28．[2017 海南][双选]下列实验操作正确的是
A．滴定前用待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出
【答案】BD
【解析】A、滴定前锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成所测浓度不准确，故A 错误；B、容量瓶和滴定管使用
前都需要检漏，否则对实验的数据产生干扰，故B 正确；C、蒸馏完毕时，先停止加热，后关闭冷凝水，故C
错误；D、分液时，下层溶液从下口流出，上层液体从上口倒出，故D 正确。
【名师点睛】化学是一门实验性的学科，在进行化学学习的过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、
收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握物质的物理性质、化学性质、常见的分离混合物的方法、
常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分离方法及名称、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作
出正确的分析与判断，此题相对简单。
29．[2017 江苏]下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．制取SO2
B．验证漂白性
C．收集SO2
D．尾气处理
【解析】A．铜和稀硫酸不反应，A 错误；B．二氧化硫可使品红溶液褪色，B 正确；C．二氧化硫密度比空气大，
应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C 错误；D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不可
用于吸收尾气，D 错误。
【名师点睛】本题以二氧化硫的制备、性质验证、收集及尾气处理为背景，考查学生对常见气体的制备的实验
装置图的识别、实验原理的理解、实验基本操作的认识和实验条件的控制等方面知识的掌握水平和应用能力。
解题时首先要明确实验目的，再全面分析必需的试剂和仪器、合理的实验装置、规范的实验操作、科学的条件
控制，有些实验还需要从绿色环保等方面进行分析。
30．[2017 新课标Ⅲ]下列实验操作规范且能达到目的的是
目的
操作
A．
取20.00 mL 盐酸
在50 mL 酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数
为30.00 mL 后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B．
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH 试纸上
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D．
配制浓度为0.010 的KMnO4 溶液
称取KMnO4 固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，
加水溶解并稀释至刻度
【解析】A．最大刻度到尖嘴部分还容纳有盐酸，所以滴定管中盐酸体积大于20.00 mL，故A 错误；B．碘易溶
于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，故B 正确；C．湿润pH 试纸相当于稀
释溶液，会造成醋酸钠溶液pH 偏低，故C 错误；D．容量瓶是定容容器，不能在容量瓶中溶解KMnO4 固体，
故D 错误。答案选B。
【名师点睛】考查实验基本操作的评价，涉及酸式滴定管的结构、碘的物理性质、pH 试纸的使用和盐类水解及
溶液的配制操作等，易错点为选项C，使用湿润的pH 试纸测定溶液pH，水稀释了被测溶液，如果溶液为中性
则没有影响，如果溶液显酸性，则pH 测定值偏大，如果显碱性，测定值偏小，即使用湿润的pH 试纸测溶液
pH 的操作不规范，测试结果可能有误差；另外滴定管的0 刻度在上方，最大刻度在下方，但最大刻度到尖嘴部
分仍有一定的体积无法确定，容易忽视。
31．[2017 北京]下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确
．．．的是
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【解析】A、①中的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和
氧气，A 正确；B、通过A 分析可知，浓硝酸受热可以分解产生二氧化氮和氧气，所以②中红棕色气体可能来
源于硝酸分解，即不能表明②中木炭与浓硝酸发生反应，B 错误；C、实验③中木炭没有与浓硝酸接触，浓硝酸
没有被加热，生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应、或是挥发出的硝酸受热分
解，从生成的二氧化氮看，都是来源于HNO3 中+5 价氮元素，所以红棕色气体是还原产物，C 正确；D、由于
空气中含有氧气，因此红热的木炭可能与氧气反应产生了CO2，且③中木炭和浓硝酸并没有接触，因此不能说
明木炭一定与浓硝酸发生了反应，D 错误。答案选D。
【名师点睛】这是一组探究性题型，明确浓硝酸的性质，例如浓硝酸的挥发性、不稳定性和强氧化性等是解答
的关键。解题时需要将题目中产生红棕色气体NO2 的两种可能性综合分析，另外还需要注意反应在空气中进行，
因此就必须考虑空气中氧气对实验的干扰。平时复习要掌握信息的提取能力，突出知识迁移的能力。
32．[2017 新课标Ⅰ]实验室用H2 还原WO3 制备金属W 的装置如图所示（Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸
溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是
A．①、②、③中依次盛装KMnO4 溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【解析】A．Zn 粒中往往含有硫等杂质，因此生成的氢气中可能混有H2S，所以用KMnO4 溶液除去H2S。另外装
置含有空气，高温下能与W 反应，焦性没食子酸溶液吸收氧气，最后通过浓硫酸干燥氢气，A 错误；B．氢气
是可燃性气体，通过爆鸣法验纯，B 正确；C．为了防止W 被氧化，反应结束后应该先停止加热，在氢气的氛
围中冷却，等待W 冷却后再关闭活塞K，C 错误；D．二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应需要加热，而启普发
生器不能加热，所以不能用于该反应，D 错误。答案选B。
【名师点睛】该题通过氢气的制备以及性质检验考查学生的化学实验基本素养，明确实验原理和相关物质的性
质是解答的关键，注意化学实验的考查今后仍然是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为
什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
33．[2017 新课标Ⅱ]下列由实验得出的结论正确的是
实验
结论
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A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变
为无色透明
生成的1，2−二溴乙烷无色、可溶于四
氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相
同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使
湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
【解析】A、乙烯与溴发生发生加成反应，生成1，2−二溴乙烷，1，2−二溴乙烷属于有机物，四氯化碳是良好
的有机溶剂，1，2−二溴乙烷溶于四氯化碳，得到无色透明溶液，故A 正确；B、钠与水反应比与乙醇反应剧烈，
说明水中的氢比乙醇中的氢活泼，故B 错误；C、根据酸性强的制酸性弱的，得出乙酸酸性大于碳酸，故C 错
误；D、甲烷与氯气光照下发生取代反应除生成氯甲烷外，还产生了HCl，HCl 使湿润的石蕊试纸变红，故D 错
误。
【名师点睛】本题考查实验方案设计与评价，本题的难度不大，注意利用反应的实质，有无杂质对实验的干扰，
进行分析判断，如本题的D 选项，甲烷和氯气反应是取代反应，除有氯甲烷的生成外，还有HCl 的生成，从而
得出混合气体能使湿润石蕊试纸变红的原因是产生了HCl，体现考生对平时基础知识的积累的程度。
34．[2017 新课标Ⅱ]由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，振荡，
加1 滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN
溶液颜色不变
还原性：
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集
满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，
瓶内有黑色颗粒产生
CO2 具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3 固体的试管，并
在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3 显碱性
D．
向2 支盛有2 mL 相同浓度银氨溶液的试
管中分别加入2 滴相同浓度的NaCl 和
NaI 溶液
一只试管中产生黄色沉
淀，另一支中无明显现象
【解析】A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入KSCN 溶液，溶液不变色，说明Fe3＋完全被消耗，即Fe＋2Fe3＋
=3Fe2＋，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe 化合价升高，Fe 为还原剂，Fe2
＋既是还原产物又是氧化产物，因此有还原性Fe>Fe2＋，故A 说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，
发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2 中C 的化合价降低，因此CO2 作氧化剂，被还原，故B 说法正确；C、碳
酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C
说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI 和AgCl 形式相同，因此溶度积小的更易沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，
故D 说法正确。
【名师点睛】考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了
化学学科素养。
35．[2017 江苏]根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3 溶液中加入足量BaCl2 溶液，出现白色沉
淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3 被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨
溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
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D
向某黄色溶液中加入淀粉KI 溶液，溶液呈蓝色
溶液中含Br2
【解析】A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，
A 错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸
钠只有部分被氧化，B 正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，
所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C 错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。
能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液
也可能是稀的碘水，所以D 错误。
【名师点睛】本题考查了苯酚与浓溴水反应的性质实验、亚硫酸钠变质程度定性探究实验、蔗糖水解程度的定
性检验实验及未知溶液的定性探究实验，A 实验还考查了学生对相似相溶原理的认识。4 个实验中，实验现象
都是正确的。A、C 两实验都是课本上的重要实验，因操作不正确导致实验结论不正确。D 实验只是实验结论错
误，要求学生能知道有多种相似的溶液具有相似的性质。解题时要首先分析实验操作所蕴含的实验原理及可能
的干扰因素，然后明确实验现象产生的原因，最后根据实验现象推理形成实验结论，思维要发散开，要考虑到
多种可能性结论。
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专题13
有机化合物
1．[2019 新课标Ⅰ] 关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．可以发生加成聚合反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。
【详解】A 项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，
故A 错误；
B 项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B 正确；
C 项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同
一平面上，故C 错误；
D 项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于
水，易溶于有机溶剂甲苯，故D 错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特
点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。
2．[2019 新课标Ⅱ] 分子式为C4H8BrCl 的有机物共有（不含立体异构）
A．8 种
B．10 种
C．12 种
D．14 种
【分析】C4H8ClBr 可以看成丁烷中的2 个H 原子分别被1 个Cl、1 个Br 原子取代，丁烷只有2 种结构，氯原子与
溴原子可以取代同一碳原子上的H 原子，可以取代不同碳原子上的H 原子，据此书写判断。
【详解】先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C 与2 种情况，然后分别对2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，
其中骨架C-C-C-C 有、共8 种，骨架有和，4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl 的有机物种类共8+4=12 种，
C 项正确；
答案选C。
【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。
3．[2019 新课标Ⅲ] 下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是
A．甲苯
B．乙烷
C．丙炔
D．1，3−丁二烯
【解析】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A 不选；
B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B 不选；
C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C 不选；
D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中所有原子共平面，D 选。
答案选D。
4．[2019 浙江4 月选考] 下列说法不正确
．．．的是
A．正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高
B．甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料
D．天然植物油没有恒定的熔、沸点，常温下难溶于水
【解析】A．对于分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质
量相近的有机物，含羟基越多，沸点越高，原因在于-OH 可形成分子间的氢键，使得沸点升高，因而乙醇的沸点比
二甲醚的高，A 项正确；
B．葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，能使溴水或者酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B
项错误；
C．羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质，为天然高分子化合物，塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分子材料，C 项正
确；
D．天然植物油是混合物，无固定熔、沸点，另外，植物油常温下难溶于水，D 项正确。
故答案选B。
5．[2019 浙江4 月选考] 下列表述正确的是
A．苯和氯气生成C6H6Cl6 的反应是取代反应
B．乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2
C．等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl
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D．硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3 水解所得乙醇分子中有18O
【解析】A．苯和氯气生成农药六六六，其反应方程式为
，反应类型是加成反应，A 项错
误；
B．乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B 项错误；
C．甲烷和氯气反应为连续反应，甲烷和氯气生成CH3Cl 和HCl，接着CH3Cl 和氯气生成CH2Cl2 和HCl，之后生成
CHCl3 和CCl4，，因而产物除了4 种有机物，还有HCl，C 项错误；
D．酯类水解断裂C-18O 单键，该18O 原子结合水中H，即生成乙醇H18OCH2CH3，因而，D 项正确。
故答案选D。
6．[2019江苏] [双选]化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
【答案】CD
【解析】A．X 分子中，1mol 羧基消耗1molNaOH，1mol 由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX 最多能
与3molNaOH 反应，故A 错误；
B．比较X 与Y 的结构可知，Y 与乙酸发生酯化反应可得到X，故B 错误；
C．X 和Y 分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C 正确；
D．X 和Y 分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量Br2 加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，
都有3 个，故D 正确；
故选CD。
7．[2019 北京] 交联聚合物P 的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）
A．聚合物P 中有酯基，能水解
B．聚合物P 的合成反应为缩聚反应
C．聚合物P 的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P 的交联结构
【分析】将X 为
、Y 为
带入到交联聚合物P 的结构中可知，聚合物P 是
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由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；
【详解】A．根据X 为
、Y 为
可知，X 与Y 直接相连构成了酯基，酯
基能在酸性或碱性条件下水解，故A 不符合题意；
B．聚合物P 是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，故B 不符合题意；
C．油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；
D．乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH，与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D 符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应
的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。
8．[2018 新课标Ⅰ卷]下列说法错误的是
A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br₂/CCl4 褪色
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】AB
【解析】分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；
B、根据酶的性质特点解答；
C、植物油中含有碳碳不饱和键；
D、淀粉和纤维素均是多糖。
详解：A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A 错误；
B、酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，其中绝大多数酶是蛋白质，B 错误；
C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4 溶液褪色，C 正确；
D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D 正确。答案选A。
点睛：本题主要是考查糖类、油脂和蛋白质的性质，平时注意相关基础知识的积累即可解答，题目难度不大。
9．[2018 新课标Ⅰ卷]环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关
于该化合物的说法错误的是
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1 mol C5H12 至少需要2 mol H2
【解析】A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A 正确；
B、分子中的8 个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或
者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B 正确；
C、由于分子中4 个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4 个原子一定构成四面体，所以分子中所
有碳原子不可能均处在同一平面上，C 错误；
D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4 个氢原子，所以生成1 mol C5H12 至少需要2 mol H2，D 正确。答案选C。
点睛：选项B 与C 是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，
再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、
乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。
10．[2018 新课标Ⅲ卷]苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是
A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【解析】分析：本题考查的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能
团），再根据以上结构判断其性质。
详解：A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A 正确。
B．苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B 正确。
C．苯乙烯与HCl 应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C 错误。
D．苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D 正确。
点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会
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不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴
化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再
进行取代。
11．[2018 海南卷]实验室常用乙酸与过量的乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯。下列说法正确的是
A．该反应的类型为加成反应
B．乙酸乙酯的同分异构体共有三种
C．可用饱和的碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸
D．该反应为可逆反应，加大乙醇的量可提高乙酸的转化率
【解析】A. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，是酯化反应，也是取代反应，不符合题意；
B. 乙酸乙酯的同分异构体中属于酯类的有甲酸丙酯、甲酸异丙酯，还有丙酸甲酯共三种，但乙酸乙酯的同分异构体
不只是酯类，还可能是羧酸类等，因此同分异构体大于三种，不符合题意；
C.由于该反应需要在加热的情况下进行，本身会挥发出乙酸到饱和碳酸钠溶液中，因此不能鉴定，不符合题意；
D. 该反应为可逆反应，加大乙醇的量平衡正向移动，乙酸的转化率升高，符合题意；
故答案为D。
12．[2018 北京卷]一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图
下列关于该高分子的说法正确的是
A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH 或―NH2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
【解析】A 项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为
、，、中苯环
都只有1 种化学环境的氢原子，A 项错误；B 项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，
含有的官能团为-COOH 或-NH2，B 项正确；C 项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C
项错误；D 项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为
、，该高分子化
合物由、
通过缩聚反应形成，其结构简式为
，D 项错误；
答案选B。
点睛：本题考查肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写。注意掌
握单体的判断方法，首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：（1）
加聚产物单体的推断常用“弯箭头法”，单键变双键，C 上多余的键断开；（2）缩聚产物单体的推断常用“切
割法”，找到断键点，断键后在相应部位补上-OH 或-H。
13．[2018 江苏卷]化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X 与2 −甲基丙烯酰氯在一定条件下反应
制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是
A．X 分子中所有原子一定在同一平面上
B．Y 与Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子
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C．X、Y 均不能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．X→Y 的反应为取代反应
【答案】BD
【解析】A 项，X 中与苯环直接相连的2 个H、3 个Br、1 个O 和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以
旋转，X 分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A 项错误；B 项，Y 与Br2 的加成产物为
，
中“*”碳为手性碳原子，B 项正确；C 项，X
中含酚羟基，X 能与酸性KMnO4 溶液反应，Y 中含碳碳双键，Y 能使酸性KMnO4 溶液褪色，C 项错误；D 项，
对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y 的结构简式，X+2 −甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，D 项正确；答
案选BD。
点睛：本题考查有机物的结构和性质、手性碳原子的判断、有机物共面原子的判断。难点是分子中共面原子的
确定，分子中共面原子的判断需要注意：①联想典型有机物的结构，如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等；②单
键可以旋转，双键和三键不能旋转；③任意三个原子一定共平面。
14．[2017 新课标Ⅰ]下列生活用品中主要由合成纤维制造的是
A．尼龙绳
B．宣纸
C．羊绒衫
D．棉衬衣
【解析】合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有
机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A．尼
龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，A 正确；B．宣纸的的主要成分是纤维素，B 错误；C．羊绒衫的主要成分是
蛋白质，C 错误；D．棉衬衫的主要成分是纤维素，D 错误。答案选A。
【名师点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键，题目难度不大，注意羊绒衫和棉衬衣
的区别。
15．[2017 新课标Ⅰ]已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是
A．b 的同分异构体只有d 和p 两种
B．b、d、p 的二氯代物均只有三种
C．b、d、p 均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D．b、d、p 中只有b 的所有原子处于同一平面
【解析】A．b 是苯，其同分异构体有多种，不止d 和p 两种，A 错误；B．d 分子中氢原子分为2 类，根据定一
移一可知d 的二氯代物是6 种，B 错误；C．b、p 分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反应，C
错误；D．苯是平面形结构，所有原子共平面，d、p 中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D 正确。答
案选D。
【名师点睛】明确有机物的结构特点是解答的关键，难点是二氯取代物和共平面判断。二取代或多取代产物数
目的判断一般采用定一移一或定二移一法，即可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异
构体的数目，注意不要重复。关于共平面判断应注意从乙烯、苯和甲烷等结构分析进行知识的迁移应用，解答是
要注意单键可以旋转，双键不能旋转这一特点。
16．[2017 新课标Ⅱ]下列说法错误的是
A．糖类化合物也可称为碳水化合物
B．维生素D 可促进人体对钙的吸收
C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多
【解析】A、糖类是由C、H、O 三种元素组成的一类有机化合物，糖类也叫做碳水化合物，故A 说法正确；B、
维生素D 可促进人体对钙的吸收，故B 说法正确；C、蛋白质基本组成元素是碳、氢、氧、氮，有些蛋白质还包
括硫、磷等元素，故C 说法错误；D、硒是人体的微量元素，但不宜摄入过多，否则对人体有害，故D 说法正确。
【名师点睛】考查有机物的基础知识，本题的难度不大，注意蛋白质与糖类、油脂组成的差别，蛋白质主要由碳、
氢、氧、氮等元素组成，有的还含有硫、磷等元素，而糖类、油脂仅含有碳、氢、氧三种元素，本题注重基础知
识的积累。
17．[2017 新课标Ⅲ]下列说法正确的是
A．植物油氢化过程中发生了加成反应
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．环己烷与苯可用酸性KMnO4 溶液鉴别
D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物
【解析】A．组成植物油的高级脂肪酸为不饱和酸，含有碳碳双键，氢化过程为植物油与氢气发生加成反应，故
A 正确；B．淀粉和纤维素的聚合度不同，造成它们的分子量不等，所以不是同分异构体，故B 错误；C．环己烷
与苯都不与酸性KMnO4 溶液反应，所以不能用该方法鉴别环己烷与苯，故C 错误；D．溴苯与苯互溶，不能用水
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分离溴苯和苯的混合物，故D 错误。答案选A。
【名师点睛】考查有机物的结构与性质，涉及油脂的氢化、糖类的组成结构及有机物的鉴别等；常见能使酸性高
锰酸钾溶液褪色的有机物有烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；而选择用水鉴别的有机物通常可从水溶性
及与水的密度比较角度分析，如存在与水混溶的，难溶于水但密度有比水大的、有比水小的，即可用水鉴别。
18．[2017 海南][双选]下列叙述正确的是
A．酒越陈越香与酯化反应有关
B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体
【答案】AD
【解析】A、乙醇被氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应，即CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O，与
酯化反应有关，故A 正确；B、乙烷和丙烷没有同分异构体，丁烷存在同分异构体，即正丁烷和异丁烷，故B 错
误；C、乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚氯乙烯中不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶
液褪色，故C 错误；D、甲烷和氯气发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，CH3Cl 为气体，CH2Cl2、CHCl3、
CCl4 为难溶于水的油状液体，故D 正确。
【名师点睛】本题考查有机物的基础知识，平时学习中熟练掌握每种代表物的性质，包括化学性质和物理性质，
本题中注意选项C 和选项D，选项C 中的聚乙烯，名称为聚乙烯，但不含碳碳双键，是由乙烯聚合而成，选项D
中注意文字，在光照条件下可生成难溶于水的油状液体，而不是都是难溶于水的油状液体，此题属于基础题目，
相对简单。
19．[2017 北京]我国在CO2 催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2 转化过程示意图如下：
下列说法不正确
．．．的是
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5~C11 的烃类混合物
D．图中a 的名称是2-甲基丁烷
【解析】A、通过图示可以得到反应①为CO2+H2→CO，根据原子守恒，得到反应①为CO2+H2=CO+H2O，A 正确；
B、反应②生成(CH2)n 中含有碳氢键和碳碳键，B 错误；C、汽油主要是C5~C11 的烃类混合物，C 正确；D、观察可
以发现图中a 是(CH3)2CHCH2CH3，其系统命名法名称是2-甲基丁烷，D 正确。答案选B。
【名师点睛】选项D 是解答的难点，掌握有机物球棍模型的特点和烷烃的命名方法是关键，球棍模型是用来表
现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子，因此首先判断出有机物的结构简
式，然后根据烷烃的命名即可解答。
20．[2017 北京]聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘，其结构
表示如下：
（图中虚线表示氢键）
下列说法不正确
．．．的是
A．聚维酮的单体是
B．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质
D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
【解析】A 、因为聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘，则去除HI3 、氢键，得
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，应写成
，可得聚维酮的单体是
，A 正确；
B、通过A 分析研究，聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成，B 错误；C、“聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘
伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘”，可知聚维酮碘是一种水溶性物质，从结构上看，聚维酮
碘可以与水形成氢键使其易溶于水，C 正确；D、聚维酮含有肽键，在一定条件下能发生水解反应，D 正确。正
确选B。
【名师点睛】该题难度较大，本题的关键是找到高聚物聚维酮的单体，解题过程中不要被原给定复杂结构迷惑，
通过层层剥离就可以得到结论，注意题干选项的挖掘，例如氢键等。注意掌握单体的判断方法，首先要根据高聚
物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：（1）加聚产物的单体
推断方法：①凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两个半键闭合即
可；②凡链节中主碳链为4 个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半
键闭合即得单体；③凡链节中主碳链为6 个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)；（2）
缩聚产物的单体推断方法：断键，补原子，即找到断键点，断键后在相应部位加上-OH 或-H。
21．[2017 天津]汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的
叙述正确的是
A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B．该物质遇FeCl3 溶液显色
C．1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗1 mol Br2
D．与足量H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1 种
【解析】A、汉黄岑素的分子式为C16H12O5，A 错误；B、该物质中含有酚羟基，能与FeCl3 溶液反应呈紫色，B 正
确；C、该物质酚羟基的邻、对位还可以与1 mol Br2 反应，碳碳双键可以与1 mol Br2 发生加成反应，故1 mol 该
物质最多可以消耗2 mol Br2，C 错误；D、该物质中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键，与足量氢气加成后只剩
余羟基和醚键，官能团种类减少2 种，D 错误。故选B。
【名师点睛】本题以传统中草药黄芩有效成分“汉黄芩素”考查有机物的结构和性质。从试题素材、考核知识点以
及情景设置等角度，着力引导考生关注我国社会、经济和科学技术的发展，弘扬社会主义核心价值观。通过挖掘
历史文献和顶级科研论文寻找合适资料，以中国古代科技文明、我国科学家最新研究成果编制试题，体现中国传
统科技文化对人类发展和社会进步的贡献，引导考生热爱化学，为国奉献。
22．[2017 江苏]萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a 和b 都属于芳香族化合物
B．a 和c 分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b 和c 均能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．b 和c 均能与新制的Cu(OH)2 反应生成红色沉淀
【解析】A．a 分子中没有苯环，所以a 不属于芳香族化合物，A 错误；B．a、c 分子中分别有6 个和9 个sp3 杂
化的碳原子，所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内，B 错误；C．a 分子中有2 个碳碳双键，b 分
子中苯环上连接有甲基，c 分子中有醛基，这三种物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C 正确；D．b 分子中
没有醛基，所以其不能与新制的氢氧化铜反应，D 错误。
23．[2019 浙江4 月选考]以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E 是两种含有碳碳双键的酯
的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：
请回答：
(1)A→B 的反应类型________，C 中含氧官能团的名称________。
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(2)C 与D 反应得到E 的化学方程式________。
(3)检验B 中官能团的实验方法________。
【答案】(1)氧化反应
(2)羧基
(3)
＋CH2＝CHCOOH
＋H2O
＋CH2＝CHCOOH
＋H2O
(4). 加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有
碳碳双键
【分析】B 到C 发生氧化反应，醛基被氧化成羧基，C 为
，油脂在酸性条件下水解得到高级脂
肪酸和甘油，结合D 的分子式，可知D 为甘油
，C 和D 发生酯化反应得到E，结合E 的分子式可知-OH
和-COOH 发生1：1 酯化，混合物E 的结构简式为
和
。
【详解】（1）根据分子组成的变化，即去氢加氧，A 到B 的反应类型为氧化反应，C 中的含氧官能团为羧基。
（2）由上分析混合物E 的结构简式，可知C 和D 的酯化反应得到两种有机产物，因而化学方程式分别为
＋
CH2＝CHCOOH
＋H2O 和
＋CH2＝CHCOOH
＋H2O。
（3）B 中含有碳碳双键和醛基，两者都易被氧化，其中醛基能被弱氧化剂氧化，因而需要先检验醛基，可采用银氨
溶液检验，注意这里需要加过量的银氨溶液以便将醛基全部氧化，然后用盐酸酸化，原因在于银氨溶液呈碱性，能
和溴水反应，然后将过滤后的滤液加入溴水，观察现象。因而答案为加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛
基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键。
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专题14
元素及其化合物知识的综合应用
1．[2019江苏]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化
剂作用下生成N2O的化学方程式为
▲
。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有
▲
（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是
▲
（填化学式）；
吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是
▲
（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转
化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为
▲
。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是
▲
。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O
（2）①BC
②NaNO3
NO
（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+
②溶液pH 越小，溶液中HClO 的浓度越大，氧化NO 的能力越强
【详解】（1）NH3 与O2 在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应
有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O。
（2）①A、加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO 和NO2 的去除率，不符合题意；B、采用气、液逆流的方式
吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO 和NO2 的去除率，符合题意；
C、定期补充适量的NaOH 溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO 和NO2 的去除率，符合题意。
故选BC。
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知，反应后得到NaNO2 和NaNO3 混
合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2 和NaNO3 晶体，因此得到的NaNO2 混有NaNO3；由吸收反应可知，若
NO 和NO2 的物质的量之比大于1：1，NO 不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。
（3）①在酸性的NaClO 溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO 和NO 发生氧化还原反应生成NO3-
和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+。
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH
越小，溶液中HClO 浓度越大，氧化NO 的能力越强。
2．[2019 浙江4 月选考]固体化合物X 由3 种元素组成。某学习小组进行了如下实验：
请回答：
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（1）由现象1 得出化合物X 含有________元素(填元素符号)。
（2）固体混合物Y 的成分________(填化学式)。
（3）X 的化学式________。X 与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方
程式是________。
【答案】（1）O
（2）Cu 和NaOH
（3）NaCuO2
2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O
【分析】
固体混合物Y 溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与
盐酸HCl 中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4 变蓝，说明有水蒸汽。
【详解】（1）CuSO4 由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O 元素。
（2）现象2 获得紫色单质，说明Y 含有Cu,现象3 焰色反应为黄色说明有Na 元素，与HCl 发生中和反应说明有
NaOH，故答案填Cu 和NaOH。
（3）NaOH 为0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：
N(O)= =1：1：2，故化学式为NaCuO2，X 与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2 蓝色溶液，因而化
学方程式为2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。
3．[2019 北京]化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3 固体配制一定体积的a mol·L−1 KBrO3 标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL 上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL 废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L−1 Na2S2O3 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na
2S2O3 溶液v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3 和Na2S4O6 溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（2）Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ中加KI 前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。
（5）KI 与KBrO3 物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI 一定过量，理由是________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：94 g·mol −1）。
（8）由于Br2 具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】（1）容量瓶
（2）+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2 过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI 物质的量是KBrO3 物质的量的6 倍，因有苯酚消
耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI 一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
【分析】
本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别
与苯酚和KI 反应（溴须完全反应完），而溴与KI 反应生成的I2 与Na2S2O3 进行滴定分析，因而直接测出与KI 反应
所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。
【详解】（1）准确称量KBrO3 固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，
因而该空填容量瓶、量筒。
（2）KBrO3 溶液中加入KBr 和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为
+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O。
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（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为
。
（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI 反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与
KI 反应生成的I2 可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI 反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI 反应的
溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI 反应，Ⅲ中反
应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI 反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2 与废水中苯酚完
全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2 剩余，剩余Br2 与过量KI 反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2。
（5）Ⅱ中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O 可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2 部分与苯酚反应，
剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2 +2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥2n2(Br2)，
推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI 一定过量。
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3 溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴
Na2S2O3 标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s 不变色。
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O 可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和
KI 反应，先计算由KI 消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知I2~2Na2S2O3，又
Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)= bv3×10-3mol，再计算由苯酚消
耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，
n(C6H5OH)= 1
3
n2(Br2)=(av1- 1
6
bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量=
1
3
2
1
(av -
bv )mol 94g / mol
6
v L
=mol。
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI 完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
4．[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等
步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时
间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为
▲
；水解聚合反应会导致溶液的pH
▲
。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐
酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−
2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将
▲
（填“偏大”或“偏小”或
“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
[来源:]
【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O
减小
（2）①偏大
②n()=5.000×10−2mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol
由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：~6Fe2+
（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3mol=6.600×10−3mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%
【分析】
（1）Fe2+具有还原性，H2O2 具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据水解反应
的离子方程式分析溶液pH 的变化；
（2）①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；
②根据K2Cr2O7 溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7 物质的量，由得失电子守恒计算n（Fe2+），结合Fe 守恒和ω
（Fe）的表达式计算。
【详解】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2 具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒
可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2 氧化Fe2+的离子方程式为
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2 氧化后的溶液为Fe2（SO4）3 溶液，Fe2（SO4）3 发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）
H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n 聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解
聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。
（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产
物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7 先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗
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的K2Cr2O7 溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
②实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或
Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。
【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的
误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规
律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
5．[2018 海南]铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：
（1）实验室使用稀硫酸和H2O2 溶解铜片，该反应的化学方程式为__________________。
（2）电子工业使用FeCl3 溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式____________。配制的FeCl3 溶液
应保持_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是_____________。
（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：
①2Cu2＋＋5I―＝2CuI↓＋I3-
②I3- ＋2S2O32-=3I―+2S2O62-
反应①中的氧化剂为_____________。现取20.00 mL 含Cu2＋的溶液，加入足量KI 充分反应后，用0.1000 mol·L¯1
Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3 溶液25.00 mL，此溶液中Cu2＋的浓度为_______mol·L¯1。[来源:学.科.网Z.X.X.K]
【答案】（1）Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O
（2）Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋
酸性
防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3
（3）Cu2＋
0.125
【分析】（1）铜与稀硫酸不反应，稀硫酸的作用是提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性；
（2）由于Fe3+易水解，因此配制的FeCl3 溶液要保持在酸性条件下，抑制水解；
（3）根据转移的电子数守恒可列关系式求解。
【详解】（1）H2O2 在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O，
故答案为：Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。
（2）FeCl3 溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋。
由于Fe3+易水解，因此FeCl3 溶液应保持酸性，目的是防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3。
故答案为：Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋；酸性；防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3 。
（3）反应①中的铜的化合价由+2→+1 价，化合价降低，因此，氧化剂为Cu2＋。
根据反应关系：2S2O32-
I3-2Cu2＋
0.1mol/L×0.025L
x×0.02L
0.1mol/L×0.025L= x×0.02L，解得x=0.125mol/L
故答案为：Cu2＋；0.125。
6．[2018 天津]下图中反应①是制备SiH4 的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3 是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3 所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg 在元
素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2 的电子式：____________________。
（2）A2B 的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有
_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，写出该反应的
化学方程式：_______________。
（5）用Mg 制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
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依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】（1）r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)
第三周期ⅡA 族
（2）Mg2Si
熔融，电解
NH3，NH4Cl
（3）SiC
（4）2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O
（5）CH3CH2CHO，CH3CHO
【解析】根据反应的流程过程，先判断出A2B 的化学式，带入框图，结合学习过的相关知识进行分析即可。
（1）MgCl2·6NH3 所含元素的简单离子为Mg2+、Cl-、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电
子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：
r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg 在周期表的第三周期ⅡA 族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1 个Mg2+和2 个OH-,
所以电子式为：
。
（2）根据元素守恒，A2B 中就一定有Mg 和Si，考虑到各自化合价Mg 为+2，Si 为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②
是MgCl2 熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3 和NH4Cl，而后续过程
又得到了NH3 和NH4Cl，所以可以循环的是NH3 和NH4Cl。
（3）在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si 和C，考虑到课本中介
绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，二氧化硫是酸性氧
化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物
应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。
（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R 为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R 为CH3，R’为CH3CH2，
所以对应的醛R’CHO 可以是CH3CH2CHO 或CH3CHO。
点睛：本题是一道比较基本的元素综合问题，比较新颖的是在题目的最后一问中加入了一个有机小题，这样的无机
有机综合题目是比较少见的，当然难度并不大。第（4）小题中的反应，可以参考必修1 的课后练习中涉及的钙基
固硫问题。方程式中按道理应该加上反应的条件，例如：加热。
7．[2018 江苏]碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应
后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为（2−x ）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[ （1−x ）
Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3 中x 值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫
效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x 值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2 过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x 的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2 溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，
得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA 标准溶液25.00 mL，调节溶液pH 约为
4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4 标准溶液滴定过量的EDTA 至终点，消耗CuSO4 标准溶液20.00 mL（已
知Al3+、Cu2+与EDTA 反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3 中的x 值（写出计算过程）。
【答案】（1）适当增加CaCO3 的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL 溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4)= =0.0100 mol
2.5 mL 溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL 溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3 中
n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
==
x=0.41
【解析】分析：（1）提高x 的值，即促进Al3+的水解和CaSO4 的生成。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH 减小。
（3）根据加入过量BaCl2 溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4 计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA 计
算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x 的值。
详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x 的值，即促进Al3+的水解和CaSO4 的生成，
可以采取的方法是：适当增加CaCO3 的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH 减小。
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（3）25mL 溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）= =0.0100 mol
2.5 mL 溶液中：n（Al3+）= n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3
L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL 溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3 中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
==，解得x=0.41。
点睛：本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。解
题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO3 生成碱式硫酸铝溶液，CaCO3 的作用是调节pH 促进Al3+水解，同时将SO42-
转化为CaSO4 沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
8．[2018 新课标Ⅲ]KIO3 是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3 的化学名称是_______。
（2）利用“KClO3 氧化法”制备KIO3 工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2 和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调
pH”中发生反应的化学方程式为__________。
（3）KIO3 也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式______。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。
③与“电解法”相比，“KClO3 氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。
【答案】（1）碘酸钾
（2）加热
KCl
KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O 或（HIO3+KOHKIO3+H2O）
（3）2H2O+2e
－2OH
－+H2↑
K+
a 到b
产生Cl2 易污染环境等
【解析】本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，
就可以顺利解决问题。
（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3 为碘酸钾。
（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步
反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2 应该在滤渣中，所以
滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2 转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH-+ H2↑。
②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a 到b。
③KClO3 氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。
点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离
子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。
阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。
9．[2017 江苏]铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2 和Fe2O3 等杂质)为原料制备铝的一种工艺
流程如下：
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注：SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3 溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3 溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的
物质A 的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其
主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH−2+H2O
（2）减小
（3）石墨电极被阳极上产生的O2 氧化
（4）4+2H2O−4e−4+O2↑
H2
（5）NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3 薄膜
【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可与强碱溶液反应，过滤后，滤液
中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝
得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
[来源:]
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−2+H2O。
（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I 所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液
后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH 减小。
（3）电解I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电
极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH−放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结
合H+转化为，所以电极反应式为4+2H2O−4e−4+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢
气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物质A 为H2。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表
面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN 的制备。
【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的
循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。
审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合
绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；
先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题
改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了
铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课
本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。
10．[2017 海南]锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：
（1）用碳酸锂和_______反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl－KCl 的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电
极反应式为__________。
（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是__________。
（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾
可采用的实验方法和现象分别是__________。
（4）LiPF6 易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质。LiPF6 受热易分解，其热分解产物为PF3 和__________。
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【答案】（1）盐酸
Li
＋＋e
－Li
（2）金属锂在CO2 仍可燃烧
（3）分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）
（4）LiF
【解析】（1）碳酸锂制备氯化锂，利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似，因此碳酸锂与盐酸反应制备氯化锂，根
据电解原理，阴极上发生还原反应，得到电子，电极反应式为Li
＋＋e
－Li；
（2）根据元素周期表中对角线原则，Li 和Mg 的性质相似，Mg 能在CO2 中燃烧，Mg 与CO2 反应生成MgO 和C，
因此锂也能与CO2 反应，因此不能用CO2 灭火；
（3）阳离子不同，阳离子属于碱金属元素，因此采用焰色反应进行鉴别，分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为
深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
（4）LiPF6 中Li 显＋1 价，P 显＋5 价，F 显－1 价，PF5 中P 显＋5 价，F 显－1 价，因此LiPF6 分解不属于氧化还原
反应，根据元素守恒，另一种产物中含有Li，即另一种产物是LiF。
【名师点睛】本题考查化学反应原理，涉及物质的制备，元素及其化合物的性质、焰色反应、电极反应式的书写等
知识，本题从元素周期表中的对角线原则进行判断，Li 和Mg 处于对角线，性质具有一定的相似性，属于中等题，
平时学生需要夯实基础，注意知识的综合运用。[来源:ZXXK]
11．[2017 天津]H2S 和SO2 会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回
答下列方法中的问题。
Ⅰ．H2S 的除去
方法1：生物脱H2S 的原理为：
H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+ O2+2H2SO42Fe2(SO4)3 +2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5×105 倍，该菌的作用是______________。
（2）由图3 和图4 判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是
______________。
方法2：在一定条件下，用H2O2 氧化H2S
（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4 时，氧化产物的分子式为__________。
Ⅱ．SO2 的除去
方法1（双减法）：用NaOH 吸收SO2，并用CaO 使NaOH 再生
NaOH 溶液Na2SO3 溶液
（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO 在水中存在如下转化：
CaO(s)+ H2O (l) Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH−(aq)
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理____________________________________。
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3·H2O 的Kb=1.8×10−5，H2SO3 的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶
液中的c(OH−)=_________________ mol·L−1。将SO2 通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1 时，溶液
中的c()/c()=___________________。
【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）
（2）30 ℃、pH=2.0
蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）
（3）H2SO4
（4）2OH−+SO2+H2O
与Ca2+生成CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成
（5）6.0×10−3
0.62
【解析】（1）根据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5×105 倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催
化剂，降低了反应的活化能。
[来源:Zxxk.Com]
（2）根据图3 可知，温度30℃左右时，氧化速率最大，根据图4 可知，pH=2.0 时氧化速率最大，所以使用硫杆菌
的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，硫杆菌蛋白质变性失去活性造成反应速率下降。
（3）根据化合价升降，当n(H2O2)/n(H2S)=4 时，4 mol H2O2 转移8 mol 电子，则1 mol H2S 也转移8 mol 电子，化合
价从−2 价升高到+6 价，所以氧化产物为H2SO4。
（4）过程①是NaOH 与SO2 的反应，反应的离子方程式为2OH−+SO2+H2O；根据CaO 在水中的转化：CaO(s)+H2O(l)
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Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH−(aq)，过程②中Na2SO3 加入CaO 后，与Ca2+生成CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生
成。
（5）根据NH3·H2O 的Kb=1.8×10−5 可知，c(NH4+)c(OH−)
c(NH3·H2O)
=1.8×10−5，当氨水的浓度为2.0 mol·L−1 时，溶液中的c(OH−)=
c()= 1.8×10−5×2.0 mol·L-1 =6.0×10−3 mol·L−1。
根据H2SO3 的Ka2=6.2×10−8 可知，c(H+)c(SO32-)
c(HSO3−)
=6.2×10−8，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1，则c(H+)=1.0×10−7 mol·L−1，
溶液中的c()/c()=0.62。
12．[2017 北京]SCR 和NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx 排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3 和CO2，该反应的化学方程式：____________。
②反应器中NH3 还原NO2 的化学方程式：____________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2 在O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示
(NH4)2SO4 的形成：________。
④尿素溶液浓度影响NO2 的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol −1）含量的方法如下：取a g 尿素溶液，将
所含氮完全转化为NH3，所得NH3 用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收完全，剩余H2SO4 用v2 mL c2 mol·L−1
NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。
（2）NSR（NOx 储存还原）工作原理：
NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图a 所示。
①通过BaO 和Ba(NO3)2 的相互转化实现NOx 的储存和还原。储存NOx 的物质是_________。
②用H2 模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b 表示该过程相关
物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2 与Ba(NO3)2 的物质的量之比是__________。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO 有关。在有氧条件下
15NO 与NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：
_______□15NNO+□H2O
【答案】（1）①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3
②8NH3+6NO27N2+12H2O
③2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO4
④
（2）①BaO
②8∶1
③415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
【解析】（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3 和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为
CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑。②从图中可以看出NH3 在催化剂作用下还原NO2 生成氮气和水，根据电子守恒和原子
守恒可得此反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。③SO2 在O2 作用下与NH3、H2O 反应形成(NH4)2SO4，此反应
中SO2 是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为
2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO4。④吸收NH3的硫酸的物质的量为v1×10−3L× c1 mol·L−1 −v2 ×10−3 L×c2 mol·L−1 ×=（v1c1−v2c2）
×10−3mol，则尿素的物质的量为（v1c1−v2c2）×10−3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是[（v1c1−v2c2）×10−3mol×60g/mol]÷a
g×100%=。（2）①由图示可知BaO 和NOx 作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2 再还原为N2，则储存NOx 的物质是BaO。②
由图示可知，第一步反应为H2 与Ba(NO3)2 作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2 作用生成NH3 共转移16 mol 电子，根据电
子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16 mol÷2=8 mol，则消耗的H2 与Ba(NO3)2 的物质的量之比是8∶1。③反应
物有15NO 与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3 是还原剂，15NO 与O2 是氧化剂，因含氮
产物均为15NNO，则15NO 与NH3 以1∶1 参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为
415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
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【名师点睛】试题以SCR 和NSR 技术控制发动机的NOx 排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还
原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目
要求展开，如图a，问题中“NOx 的储存和还原。储存…”，因此主要就是从图左到图右，BaO 转变成Ba(NO3)2，Pt 没
有发生变化，所以BaO 是储存NOx 的试剂，而Pt 没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的
书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、
电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×
变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
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专题15
化学反应原理综合
1．[2019新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加
工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金
属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系
中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25
B．0.25
C．0.25~0.50
D．0.50
E．＞0.50
（3）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正=________
_eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化
铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时和随时间变化关系的曲
线分别是___________、___________。489 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、_________
__。
【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于
2.02
COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*（或H2O*H*+OH*）
（4）0.0047
b
c
a
d
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【分析】（1）由H2、CO 与CoO 反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；
（2）根据三段式以及CO 与H2 的倾向大小关系综合判断；
（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对
能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；
（4）根据图中曲线a 在30~90 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO 与H2 的倾向大小关系判断CO 与
H2 的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。
【详解】（1）H2 还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s) Co(s)＋H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)
Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2 还原体系中H2 的物质的量分数（）高于CO 还原体系中CO 的物质的量分数（），故还原
CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 大于H2；
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始（mol）
1
1
0
0
转化（mol）
x
x
x
x
平衡（mol）
1-x
1-x
x
x
则平衡时体系中H2 的物质的量分数=
2
n H
xmol
x
=
=
n
2
1-x + 1-x +x+x mol
总
，因该反应为可逆反应，故x<1，可假
设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO 的还原倾向大于H2，所以CO 更易转化为H2，故x>0.5，由此
可判断最终平衡时体系中H2 的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的
能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH 小于0；活化能即反应物状态达到活化状
态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒（活化能）E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反
应前后COOH和1 个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH；
（4）由图可知，30~90 min 内a 曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a 的反应在30~90
min 内的平均速率(a)= =0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2 的物质的量分数介于0.25~0.5，CO 的物质的量分
数介于0~0.25，即H2 的分压始终高于CO 的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，a、b 表示的是H2 的分压，c、d 表示的是CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，
CO 分压增加，H2 分压降低，故467 ℃时PH2 和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时PH2 和PCO 随时
间变化关系的曲线分别是a、d。
【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料
分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在
顶级刊物Science 中的文章“沉积在α-MoC 上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能
量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题
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目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错
误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2
的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需
根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的
变化。
2．[2019 新课标Ⅱ] 环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列
问题：
（1）已知：
(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3 kJ·mol −1
①
H2(g)+ I2(g) 2HI(g)
ΔH2=−11.0 kJ·mol −1
②
对于反应：
(g)+ I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（
）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总
压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加
环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体
B．提高温度
C．增加环戊烯浓度
D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的
关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为
），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二
茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF 溶液（DMF
为惰性有机溶剂）。
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该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因
为_________________________。
【答案】（1）89.3
（2）40％
3.56×104
BD
（3）CD
（4）Fe 电极
Fe+2
=
+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑）
水会阻碍中间物Na 的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【分析】
（1）利用盖斯定律解题；
（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C 选项，D 选项观察图象计算；
（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na 元素的变化确定环戊二烯得电子
数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na 与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。
【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）=（g）+2HI（g）
增加的物质的量
1mol
1mol
1mol
2mol
1mol
xmol
2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g）
+
I2（g）=
（g）+
2HI（g）
P（初）
0.5×105
0.5×105
0
0
ΔP
0.5×105×40%
0.5×105×40%
0.5×105×40%
1×105×40%
P（平）
0.3×105
0.3×105
0.2×105
0.4×105
Kp==3.56×104；
A．T、V 一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A 错误；B．升高
温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B 正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化
率降低，故C 错误；D,增加I2 的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D 正确；
（3）A．温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1<T2，故A 错误；B．温度越高化学
反应速率越快，因此a 点反应速率大于c 点反应速率，故B 错误；C．a 点、b 点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，
a 点反应物浓度大于b 点，故a 点正反应速率大于b 点，故C 正确；D．b 点时环戊二烯浓度由1.5mol/L 减小到0.6mol/L，
减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D 正确。
（4）根据阳极升失氧可知Fe 为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯
得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2
=
+H2↑；电解必须在无水条
件下进行，因为中间产物Na 会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。
【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化学学科思
想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。
3．[2019 新课标Ⅲ] 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，
将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)
分别等于1∶1、4∶1、7∶1 时HCl 平衡转化率随温度变化的关系：
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可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl 初始浓度为c0，根
据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进
料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响
分别是____________。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g)
ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是______________。（写出2 种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主
要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol 电子，需消耗氧气
__________L（标准状况）。
【答案】（1）大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
5.6
【详解】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，
说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
2
2
2
4HCl(g)
O (g)
2Cl (g)
2H O(g)
起始（浓度）
c0
c0
0
0
变化（浓度）
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0
0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过
高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2 得
2
2
2
4HCl(g)
O (g)
2Cl (g)
2H O(g)
ΔH=
（ΔH1+ΔH2+ΔH3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以
增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反
应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e
－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol 电子，根据电子
得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
4．[2019江苏] CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC
2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。
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①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：
▲
。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是
▲
。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：
▲
。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
▲
。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
ΔH =41.2 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)
ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
其中：
CH3OCH3的选择性=
3
3
2
CH OCH
C
2
O
的物质的量
反应的
的物质的量×100％
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是
▲
。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改
变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
▲
。
【答案】（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
（2）①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+
②阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区
（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平
衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【分析】
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本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少CO2 排放，充分利用碳资源
为背景，考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本
知识；
【详解】（1）①令CaC2O4·H2O 的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原
固体质量为146 g，相差18 g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，
少了28 g，相差1 个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。
②CaC2O4·H2O 热分解放出更多的气体，制得的CaO 更加疏松多孔，增加与CO2 的接触面积，更好捕捉CO2。
（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+。
②阳极反应式为2H2O－4e
－O2↑＋4H
＋，阳极附近pH 减小，H
＋与HCO3
－反应，同时部分K
＋迁移至阴极区，所以电
解一段时间后，阳极区的KHCO3 溶液浓度降低。
（3）①根据反应方程式，反应I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，反应II 为放
热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2 的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超
过300℃时，CO2 转化率上升。
②图中A 点CH3OCH3 的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3 的选择性，依据CH3OCH3 选择性公式，提高
CH3OCH3 选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II 催化活性更高的催化
剂。
【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反应式的
书写，阴极反应是将CO2 还原成HCOO
－，先写出CO2＋2e
－→HCOO
－，然后根据原子守恒和电荷守恒，得出
CO2+H++2e−HCOO−，或者为CO2++2e−HCOO−+。
5．[2019北京]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g) C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii 为积炭反应，利用ΔH1 和ΔH2 计算ΔH3 时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________
（选填字母序号）。
a.促进CH4 转化
b.促进CO 转化为CO2
c.减少积炭生成
④用CaO 可以去除CO2。H2 体积分数和CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1 时开始，H2 体积分
数显著降低，单位时间CaO 消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO 消耗率约为35%，但已
失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1 或K2，可交替得到H2
和O2。
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①制H2 时，连接_______________。
产生H2 的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3 的电极反应式，说明电极3 的作用：________________________。
【答案】（1）①CH4+2H2O4H2+CO2
②C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g) 2CO(g)
③a b c
④降低
CaO+ CO2CaCO3，CaCO3 覆盖在CaO 表面，减少了CO2 与CaO 的接触面积
（2）①K1
2H2O+2e-H2↑+2OH-
③制H2 时，电极3 发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-NiOOH+H2O。制O2 时，上述电极反应逆向进行，使电极3 得以循环使
用
【详解】（1）①由于生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为
CH4+2H2O4H2+CO2。
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g) 2CO(g)，因为还需利用C(s)+CO2(g)
2CO(g)反应的焓变。
③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸
气浓度越大，甲烷的转化率越高，a 正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO 的转化率越高，b 正确；ⅰ和ⅱ产生
氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c 正确。
④t1 时CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO 的消耗率降低。CaO+ CO2CaCO3，CaCO3 覆盖在CaO 表面，
减少了CO2 与CaO 的接触面积，因而失效。
（2）①电极生成H2 时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2 时，连接
K1，该电池在碱性溶液中，由H2O 提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
③电极3 上NiOOH 和Ni(OH)2 相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-，当连接K1 时，Ni(OH)2 失去电
子变为NiOOH，当连接K2 时，NiOOH 得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1 或K2 时，电极3 分别作为阳极
材料和阴极材料，并且NiOOH 和Ni(OH)2 相互转化提供电子转移。
6．[2019 天津] 多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电
子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
4
2
3
SiCl
g
H
g
SiHCl
g
HCl g
②
4
2
3
3SiCl
g
2H
g
Si s
4SiHCl
g
③
4
2
3
2SiCl
g
H
g
Si s
HCl g
3SiHCl
g
（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），
该电极反应方程式为________________________。
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（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1 所示，可知：反应①能自发进
行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是______________________
__。
（3）不同温度下反应②中转化率如图2 所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B 点：
b．：A 点点
c．反应适宜温度：℃
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
【答案】Ⅰ．
3
2
300
Si s
3HCl g
SiHCl
g
H
g
℃
Ⅱ．
（1）阴极
2
2
2H O
2e
H
2OH
或
（2）1000℃导致反应②的小
（3）a、c
（4）
减小
（5）、
【分析】
Ⅰ．书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的
反应温度需要标注为条件；
Ⅱ．（1）惰性电极电解KOH 溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。
（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和
熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素；
（3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。
（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。
【详解】Ⅰ．参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3 和氢气，反应条件是300℃，配平
后发现SiHCl3 的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)
∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3 中硅与1 个H、3 个Cl 分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3 个氯
原子的孤电子对；
Ⅱ．（1）电解KOH 溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接
写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）由题目所给的图1 可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0 时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后
气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果
反应②的∆G 更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1 导致反应②的∆G 小（两个反应对应的∆H，一
个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；
（3）图2 给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、
B、C 点反应均正向进行，D 点刚好达到平衡，D 点到E 点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率
大于逆反应速率，a 项正确，B 点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b 点错误，温度越高，反应速率越快，
所以E 点的正（或逆）反应速率均大于A 点；c 项正确，C 到D 点，SiHCl3 的转化率较高，选择此温度范围比较合
适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。
（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3 必小于0，
即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；
（5）反应①生成的HCl 可用于流程中粗硅提纯的第1 步，三个可逆反应中剩余的H2 也可循环使用。
【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2 中
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时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4 的转化率，才能落实好平衡的
相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。
7．[2019 浙江4 月选考] 水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。
（1）关于反应H2(g)＋1/2O2(g) H2O(l)，下列说法不正确
．．．的是________。
A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0
B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化
C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行
D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行
（2）①根据H2O 的成键特点，画出与图中H2O 分子直接相连的所有氢键(O－H…O)________。
②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的
压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p 随T 变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1 表示)______
__。
（3）水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MP
a)时的水称为超临界水。
①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。
②如果水的离子积Kw 从1.0×10−14 增大到1.0×10−10，则相应的电离度是原来的________倍。
③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得
乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x 为以碳元素计的物质的量分数，t 为反应时间。
下列说法合理的是________。
A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物
B．在550℃条件下，反应时间大于15 s 时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全
C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而
且两者数值相等
D．随温度升高，xCO 峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长
幅度更大
（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4 溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中
生成的NH4HSO4 可以循环使用。
①阳极的电极反应式是________。
②制备H2O2 的总反应方程式是________。
【答案】（1）C
（2）①
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②
（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)
②100
③ABD
（4）①2HSO4-－2e−S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−S2O82-
②2H2OH2O2＋H2↑
【分析】本题以水为载体考查了化学反应原理的相关知识，如电化学，化学平衡等。
【详解】（1）A．氢气燃烧是放热反应，ΔH＜0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故ΔS＜0，A 项正确；
B．该反应可设计为氢氧燃料电池，其化学能转为电能，B 项正确；
C．某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，
C 项错误；
D．催化剂降低活化能，加快反应速率，D 项正确。
故答案选C。
（2）①H2O 电子式为，存在两对孤电子对，因而O 原子可形成两组氢键，每个H 原子形成一个氢键，图为：
②100℃，101kPa 为水的气液分界点，20℃和p1 为另一个气液分界点，同时升高温度和增加压强利于水从液体变为
气体，因而曲线为增曲线，可做图为：
（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离，压强对固液体影响不大，可忽略。
②c(H+)=，当Kw=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，当Kw=1.0×10-10，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100 倍，所以
相应的电离度是原来的100 倍。
③A．观察左侧x-t 图像可知，CO 先增加后减少，CO2 一直在增加，所以CO 为中间产物，CO2 为最终产物，A 项
正确；
B．观察左侧x-t 图像，乙醇减少为0 和CO 最终减少为0 的时间一致，而右图xCO-t 图像中550℃，CO 在15s 减为
0，说明乙醇氧化为CO2 趋于完全，B 项正确；
C．乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之
比，等于1：2，C 项错误；
D．随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO 是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，
CO 峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO 和CO2 速率必须加快，且大于CO 的氧化速率，D 项
正确。
故答案选ABD。
（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4-（或SO42-）离子，并放电生成S2O82-，因而电
极反应式为2HSO4-－2e−=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−=S2O82- 。
②通过电解NH4HSO4 溶液产生(NH4)2S2O8 和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4 可以循环使用，说明(NH4)2S2O8
与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4 生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2 和H2,故总反应方程式
为2H2OH2O2＋H2↑。
8．[2018 新课标Ⅰ卷] 采用N2O5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
回答下列问题：
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（1）1840 年Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为
___________。
（2）F. Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：
其中NO2 二聚为N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p 随时间t 的变化如下表所示（t=∞时，
N2O5（g）完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5（g）2N2O4（g）+O2（g）
ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2（g）N2O4（g）
ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10−3×（kPa·min−1）。t=62 min 时，测得体系中=2.9 kPa，则此
时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）____63.1 kPa（填“大于”“等于”
或“小于”），原因是________。
④25℃时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保
留1 位小数）。
（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg 提出如下反应历程：
第一步
N2O5NO3+NO2
快速平衡
第二步
NO2+NO3→NO+NO2+O2
慢反应
第三步
NO+NO3→2NO2
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________（填标号）。
A．v（第一步的逆反应）>v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】（1）O2
（2）53.1
30.0
6.0×10
－2
大于
温度提高，体积不变，总压强提高；NO2 二聚为放热反应，温度提高，平衡左
移，体系物质的量增加，总压强提高
13.4
（3）AC
【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据压强之比是物质的量之比计算；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时
二氧化氮、四氧化二氮的压强。
（3）根据三步反应的特点分析判断。
详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为
O2；
（2）①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)
△H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g)
△H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g)
△H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧
化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率
v＝2.0×10
－3×30＝6.0×10
－2（kPa·min
－1）；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量
增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的
压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强
减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，
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二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数
2
18.8
13.4
26.4
p
K
kPa
kPa
。
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A 正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B 错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2 可知NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效，C 正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D 错误。答案选AC。
点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设
计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定
律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压
强看作是物质的量利用三段式计算。
9．[2018 新课标Ⅱ卷] CH4-CO2 催化重整不仅可以得到合成气（CO 和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答
下列问题：
（1）CH4-CO2 催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g)
ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)
ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+ (g)=CO(g)
ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=______ kJ·mol−1，有利于提高CH4 平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压
B．低温高压
C．高温高压
D．低温低压
某温度下，在体积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2
的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)= C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+ C(s)= 2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_____________________________。在反应进
料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温
度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________（填标号）。
A．K 积、K 消均增加
B．v 积减小，v 消增加
C．K 积减小，K 消增加
D．v 消增加的倍数比v 积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·（k 为速率常数）。在p(CH4)一定
时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为
________________。
【答案】（1）247
A
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（2）劣于
相对于催化剂X，催化剂Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳
反应速率大
AD
pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三
段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
详解：（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g)
ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g)
ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)
ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是
体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4 平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L 的容
器中加入2 mol CH4、1 mol CO2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2 的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度（mol/L）
1
0.5
0
0
转化浓度（mol/L）
0.25
0.25
0.5
0.5
平衡浓度（mol/L）
0.75
0.25
0.5
0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能
相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X 劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此
K 积、K 消均增加，A 正确；B．升高温度反应速率均增大，B 错误；C．根据A 中分析可知选项C 错误；D．积碳量达
到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v 消增加的倍数比v 积增加的倍数大，D 正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、
pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答的易错点
和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向
和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合
题目要求的解答。
10．[2018 新课标Ⅲ卷]三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3 在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反应的化学方程式
__________。
（2）SiHCl3 在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g)
ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g) SiH4(g)+2SiHCl3 (g)
ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g) SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K 和343 K 时SiHCl3
的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K 时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________（保留2 位小数）。
②在343 K 下：要提高SiHCl3 转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措
施有____________、___________。
③比较a、b 处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆=−，k 正、k 逆分别为
正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处的=__________（保留1 位小数）。
【答案】（1）2SiHCl3+3H2O (HSiO)2O+6HCl
（2）114
（3）①22
0.02
②及时移去产物
改进催化剂
提高反应物压强（浓度）
③大于
1.3
【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。
只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
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详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2）将第一个方程式扩大3 倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为48×3+(－
30)=114kJ·mol-1。
（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a 代表343K 的反应。从图中读出，平衡
以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3
SiH2Cl2
+
SiCl4
起始：
1
0
0
反应：
0.22
0.11
0.11
（转化率为22%）
平衡：
0.78
0.11
0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短
达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂
（改进催化剂）。
③a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a 点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据
题目表述得到
，
，当反应达平衡时，
＝
，所以，实际就是平衡常数K 值，所以0.02。a 点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3
SiH2Cl2
+
SiCl4
起始：
1
0
0
反应：
0.2
0.1
0.1
（转化率为20%）
平衡：
0.8
0.1
0.1
所以
=0.8；
=
=0.1；所以
点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速
率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b 点数据进行计算或判断。
11．[2018 海南卷]过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成．医疗消毒等领域。
回答下列问题：
（1）已知：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)
△H1＝－286 kJ·mol¯1
H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l)
△H2＝－188 kJ·mol¯1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝______kJ·mol¯1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数
K(313K)_____K(298K) (填大于、小于或等于)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h 的分解率见下表：
离子
加入量(mg·L¯1)
分解率%
离子
加入量(mg·L¯1)
分解率％
无
0
2
Fe3＋
1.0
15
Al3＋
10
2
Cu2＋
0.1
86
Zn2＋
10
10
Cr3＋
0.1
96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时，可选用的容器材
质为_________(填标号)。
A．不锈钢
B．纯铝
C．黄铜
D．铸铁
（3）过氧化氢的Ka1＝2.24×10¯12，H2O2 的酸性________H2O (填大于、小于或等于)。
研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与
pH 的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH 增大分解率增大的原因是___________________：相同pH 下，过
氧化氢浓度越大分解率越低的原因是__________________________________________。
【答案】（1）－196
小于
（2）Cr3＋
B
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（3）大于
pH 升高，c()增大，分解速率加快
H2O2 浓度越大，其电离度越小，分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据放热反应，升温后平衡移动方向判断平衡常数的大小。
（2）由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝
表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀。
（3）通过比较电离常数大小比较酸性强弱；分析浓度和酸度对过氧化氢的电离平衡的影响。
【详解】（1）已知：①H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)
△H1＝－286 kJ·mol¯1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l)
△H2＝－188 kJ·mol¯1
根据盖斯定律，①×2-②×2 得：2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝2△H1-2△H2=-196kJ·mol¯1。
该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，所以K(313K)<K(298K) 。
（2）由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，所以能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离
子是铬离子；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续
腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来贮运过氧化氢，故选B。
（3）Ka1>Kw，故H2O2 电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，故H2O2 的酸性>H2O；
pH 增大，氢离子浓度减小，反应正向进行，HO2-的浓度增加，分解速率加快；
过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小。
12．[2018 北京卷]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)
ΔH1=+551 kJ·mol
－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g) SO2(g)
ΔH3=－297 kJ·mol
－1
反应Ⅱ的热化学方程式：________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I
－可以作为水溶液中SO2 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii 补充完整。
i．SO2+4I
－+4H+S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+__________________+_______+2 I
－
（4）探究i、ii 反应速率与SO2 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2 饱和溶液加入到
2 mL
下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2 易溶解在KI 溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L
－1 KI
a mol·L
－1KI
0.2 mol·L
－1H2SO4
0.2 mol·L
－1 H2SO4
0.2 mol·L
－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时
间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑
浊较A 快
无明显现象
溶液由棕褐色很快
褪色，变成黄色，
出现浑浊较A 快
①B 是A 的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2 的歧化反应速率D＞A，结合i、ii 反应速率解释原因：________________。
【答案】（1）3SO2(g)+2H2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s)
ΔH2=−254 kJ·mol−1
（2）>
反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，
体系总物质的量减小，H2SO4 的物质的量分数增大
（3）SO2
SO42−
4H+
（4）0.4
I−是SO2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率
反应ii
比i 快；D 中由反应ii 产生的H+使反应i 加快
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【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II 分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4 物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii 消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II 为SO2 催化歧化生成H2SO4 和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应
I+反应III 得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，
反应II 的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2 时H2SO4 物质的量分数大于p1 时；反应II 是
气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4 物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4 物质
的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II 的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2 歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量
和化学性质不变，（总反应-反应i）2 得，反应ii 的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B 是A 的对比实验，采用控制变量法，B 比A 多加了0.2mol/LH2SO4，A 与B 中KI 浓度应相等，则a=0.4。
②对比A 与B，加入H+可以加快SO2 歧化反应的速率；对比B 与C，单独H+不能催化SO2 的歧化反应；比较A、B、
C，可得出的结论是：I−是SO2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D 和A，D 中加入KI 的浓度小于A，D 中多加了I2，反应i 消耗H+和I-，反应ii 中消耗I2，D 中“溶液由棕褐色
很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A 快”，反应速率DA，由此可见，反应ii 比反应i 速率快，反应ii 产生H+使c（H+）
增大，从而反应i 加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分
析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的
能力。
13．[2018 天津卷]CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2 可以被NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2 主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶
c(CO32 −)=2∶1，溶液pH=______。（室温下，H2CO3 的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2 与CH4 经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。分别在VL 恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4 和CO2 各1
mol 的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4 和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO 和H2 产率的影响如图3 所示。此反应优选温
度为900℃的原因是________。
（3）O2 辅助的Al～CO2 电池工作原理如图4 所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3
是重要的化工原料。
电池的负极反应式：________。
电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−
6CO2+6O2−3C2O42−
反应过程中O2 的作用是________。
该电池的总反应式：________。
【答案】（1）CO32-
10
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（2）+120 kJ·mol-1
B
900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低
（3）Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）
催化剂
2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。
只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
详解：（1）CO2 可以被NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2 主要转化为碳酸根
离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=
2
3
3
H
CO
H
2
HCO
c
c
c
c
=5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。
（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120
kJ·mol-1。初始时容器A、B 的压强相等，A 容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B 容器
恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A 中大，B 中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B 的反应平衡更
靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3 得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本
明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al 失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al 失电子应转化为Al3+，
方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧
气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
点睛：本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的
结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质
的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B 恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热
量也更多。
14．[2018 江苏卷] NOx（主要指NO 和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx 是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx 的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l) HNO3(aq)+HNO2(aq)
ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq) HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)
ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l) 2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3 和HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极
的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO 水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2 与(NH2)2CO 生成N2 和CO2 的反应。写出该反应的
化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M 能催化NH3 与NOx 反应生成N2。
①NH3 与NO2 生成N2 的反应中，当生成1 mol N2 时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3 和NOx 的混合气体，匀速通入装有催化剂M 的反应器中反应（装置见题20 图−1）。
反应相同时间NOx 的去除率随反应温度的变化曲线如题20 图−2 所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升
高，NOx 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于
380 ℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】（1）−136.2
（2）HNO2−2e−+H2O3H++NO3−
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（3）2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）①
②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx 去除反应速率迅速增大；上升缓慢段
主要是温度升高引起的NOx 去除反应速率增大
催化剂活性下降；NH3 与O2 反应生成了NO
【解析】（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式）
应用盖斯定律，将（①式3+②式）2 得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1）
3+75.9 kJ·mol−1] 2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2 失去电子生成HNO3，1molHNO2 反应失去2mol
电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2 与（NH2）2CO 反应生成N2 和CO2，N 元素的化合价由HNO2 中+3 价降至0 价，N 元素的化合价由（NH2）
2CO 中-3 价价升至0 价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3 与NO2 的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3 中-3 价的N 升至0 价，NO2 中+4 价的N 降至0
价，生成7molN2 转移24mol 电子。生成1molN2 时转移电子数为mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3 与O2 发生催化氧化
反应。在50~250℃范围内，NOx 的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx 去除反应
速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx 去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高
于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
点睛：本题以有效去除NOx 为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中
转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
15．[2018 浙江11 月选考]（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。
2018 年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100 周年。N2 和H2 生成NH3 的反应为：1/2N2（g）+3/2H2
（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe 催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）
化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反应：N*+H*NH*；；NH2*+H*NH3*
脱附：NH3*NH3（g）
其中，N2 的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。
A．低温
B.高温
C.低压
D.高压
E.催化剂
（2）标准平衡常数
θ
θ
3
0.5
1.5
θ
θ
2
2
NH /
=
N /
H /
p
p
K
p
p
p
p
，其中为标准压强（1×105Pa），pNH3、pN2 和pH2 为各组分的
平衡分压，如pNH3=xNH3p，p 为平衡总压，xNH3 为平衡系统中NH3 的物质的量分数。
①N2 和H2 起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3 的平衡产率为w，则=_____________
（用含w 的最简式表示）
②下图中可以示意标准平衡常数随温度T 变化趋势的是_______。
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（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe 作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2 和H2 物质的量之比
为1：2.8。
①分析说明原料气中N2 过量的理由________________________。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。
A.合成氨反应在不同温度下的∆H 和∆S 都小于零
B.控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率
C.当温度、压强一定时，在原料气（N2 和H2 的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D.基于NH3 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故
发生。
（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，
调节电压，将一定量Cl2 通入KOH 溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。
（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式___________________________。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-）___________________________________。
【答案】(一)（1）AD
（2）
A
（3）原料气中N2 相对易得，适度过量有利于提高H2 的转化率；N2 在Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有
利于提高整体反应速率
ADE
（二）2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O
Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O 或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O
【解析】(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol，为了提
高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD；
（2）①N2（g）＋H2（g）NH3（g）
起始量：
1
3
0
转化量：
3
2
平衡量：1-
3-3
2
x(NH3)%=；x(N2)%=；x(H2)%=
1
3
2
2
2
4
2
1
3 3
4
2
4
2
p
p
K
p
p
p
p
，化简得；
②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol 为放热反应，温度T 升高，平衡向逆反应方向移动，
K0 减小，InK0 也减小，InK0 与温度不成正比，故答案选A；
（3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2 的转化率以及氨气的
产率，同时根据题干“N2 的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2 在Fe 催化
剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A 选项正确；控制温度远高于室温是为了保证
催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B 错误；恒压条件充入少量
惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C 错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有
利于平衡正向移动，D 正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO 等易燃易爆气体，容易
出现安全隐患，此外CH4，CO 可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E 正确。答案
选ADE；
（二）（1）将一定量C12 通入KOH 溶液，生成KCl 和KClO，KClO 具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱
性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH- -3e-=FeO42-＋4H2O
或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。
16．[2017·新课标Ⅲ]砷（As）是第四周期ⅤA 族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4 等化合物，有着广泛
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的用途。回答下列问题：
（1）画出砷的原子结构示意图____________。
（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫。写出发生反应
的化学方程式________。该反应需要在加压下进行，原因是________________________。
（3）已知：As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)
ΔH1
H2(g)+ O2(g)=H2O(l)
ΔH2
2As(s)+ O2(g) =As2O5(s)
ΔH3
则反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =_________。
（4）298 K 时，将20 mL 3x mol·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L−1 I2 和20 mL NaOH 溶液混合，发生反应：
(aq)+I2(aq)+2OH−(aq) (aq)+2I−(aq)+ H2O(l)。溶液中c()与反应时间（t）的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是__________（填标号）。
a．溶液的pH 不再变化
b．v(I−)=2v()
c．c()/c()不再变化
d．c(I−)=y mol·L−1
②tm 时，v 正_____ v 逆（填“大于”“小于”或“等于”）。
③tm 时v 逆_____ tn 时v 逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是_____________。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K 为___________。
【答案】（1）
（2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
增加反应物O2 的浓度，提高As2S3 的转化速率
（3）2△H1−3△H2−△H3
（4）①ac
②大于
③小于
tm 时生成物浓度较低
④
【解析】（1）砷是33 号元素，原子核外K、L、M 电子层均已经排满，故其原子结构示意图为
。
（2 ）根据提给信息可以得到As2S3+O2→H3AsO4+S ，As2S3 总共升高10 价，根据得失电子守恒配平得
2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S，再考虑质量守恒，反应前少12 个H 和6 个O，所以反应原理为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。
该反应加压时，能增加反应物O2 的浓度，能够有效提高As2S3 的转化速率。
（3）根据盖斯定律，热化学反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)可以由反应①×2－反应②×3－反应③转化得到，则
2△H1−3△H2−△H3。
（4）①a．溶液pH 不变时，则c(OH−)也保持不变，反应处于平衡状态；b．根据速率关系，v（I−）/2=v()，则v(I−)=2v()
始终成立，v(I−)=2v()时反应不一定处于平衡状态；c．由于提供的Na3AsO3 总量一定，所以c()/c()不再变化时，c()与
c()也保持不变，反应处于平衡状态；d．平衡时c(I−)=2c()=2×y mol·L−1=2y mol·L−1 时，即c(I−)=y mol·L−1 时反应不是平
衡状态。②反应从正反应开始进行，tm 时反应继续正向进行，v 正>v 逆。③tm 时比tn 时浓度小，所以逆反应速率：tm<tn。
④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3 浓度为3x mol·L−1×20/(20+20+20)= x mol·L−1，同理I2 浓度为x mol·L−1，反应达
到平衡时，生成c（）为y mol·L−1，则反应生成I−浓度c(I−)=2y mol·L−1，消耗、I2 浓度均为y mol·L−1，平衡时c(
3
3
AsO
)
为(x−y) mol·L−1，c（I2）为（x−y）mol·L−1，溶液中c(OH−)=1 mol·L−1，K=
2
3
2
2
y (2 )
4
(
) (
) 1
(
)
y
y
x
y
x
y
x
y
（mol·L
－1）
－1。
【名师点睛】考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算及平衡状态的判断等，其中盖斯定律的基本使用方法：①写出
目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。另外反应到达平衡状态时，正逆
反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量
不能作为判断化学平衡状态的依据，如本反应中随反应的进行和I−的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1∶2，
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不能作用为判断平衡状态的依据。
17．[2017·新课标I]近期发现，H2S 是继NO、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传
递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________（填标号）。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L−1 的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为______________、______________，
制得等量H2 所需能量较少的是_____________。
（3）H2S 与CO2 在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在610 K 时，将0.10 mol CO2 与0.40 mol H2S
充入2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S 的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。
②在620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S 的转化率_____，该反应的H_____0。（填“>”“<”
或“=”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S 转化率增大的是________（填标号）
A．H2S
B．CO2
C．COS
D．N2
【答案】（1）D
（2）H2O(l)=H2(g)+ O2(g)
ΔH=+286 kJ/mol
H2S(g)=H2(g)+S(s)
ΔH=+20 kJ/mol
系统（II）
（3）①2.5
2.8×10–3
②>
>
③B
【解析】（1）A．根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3>H2CO3>H2S，A 错误；B．亚
硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢
硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3> H2S，B 错误；C．等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，
则其pH 就越小。所以亚硫酸溶液的pH 比等浓度的氢硫酸的小，可以证明酸性：H2SO3> H2S，C 错误；D．物质的还
原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性
强弱，D 正确。答案选D。
（2）①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+ O2(g)
△H1=＋327 kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq)
△H2=－151 kJ/mol
③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s)
△H3=＋110 kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l)
△H4=＋61 kJ/mol
①+②+③，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+ O2(g)
△H=+286 kJ/mol；
②+③+④，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s)
△H=+20 kJ/mol。
根据系统I、系统II 的热化学方程式可知：每反应产生1mol 氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2
所需能量较少的是系统II。
（3）①
H2S(g)
+
CO2(g) COS(g)+ H2O(g)
开始
0.40mol
0.10mol
0
0
反应
x
x
x
x
平衡
(0.40–x)mol
(0.10–x)mol
x
x
2
(H O)
0.02
(
)
(0.4
)
(0.10
)
n
x
n
x
x
x
x
总
解得x=0.01mol，所以H2S 的转化率是
1
0.01mol
100%
2.5%
0.40 mol
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数
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3
2
2
2
2
2
2
(COS)
(H O)
(COS)
(H O)
0.01 0.01
2.8 10
(H S) c(CO )
(H S)
(CO )
(0.40
0.01)(0.10
0.01)
c
c
n
n
K
c
n
n
；
②根据题目提供的数据可知温度由610K 升高到620K 时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02 变为0.03，
所以H2S 的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高
温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；③A．增大H2S 的浓度，平衡正
向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S 转化率降低，A 错误；B．增大CO2 的浓度，平衡正向移
动，使更多的H2S 反应，所以H2S 转化率增大，B 正确；C．COS 是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S
转化率降低，C 错误；D．N2 是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S 转化率无
影响，D 错误。答案选B。
【名师点睛】本题是化学反应原理的综合考查，易错点是压强对平衡状态的影响，尤其是惰性气体的影响，“惰性气
体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。
②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于
减压），平衡向气体体积增大的方向移动。
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专题16
工艺流程题
1．[2019 新课标Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含
Mg2B2O5·H2O、SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂
是_________。
（3）根据H3BO3 的解离反应：H3BO3+H2OH++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3 是______酸；在“过滤2”前，
将溶液pH 调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________
工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
【答案】（1）NH4HCO3+NH3 (NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
（3）一元弱
转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2++3
2
3
CO
+2H2O
Mg(OH)2·MgCO3↓+2
（或2Mg2++2+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑）
溶浸
高温焙烧
【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：
NH3+NH4HCO3 (NH4)2CO3。
（2）滤渣I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN，
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再
形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是将B(OH)−4
转化为H3BO3，并促进H3BO3 析出，
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：
2Mg2++2H2O+3CO32-Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；
碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
2．[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的
焰色为__________（填标号）。
A．黄色
B．红色
C．紫色
D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。
回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应
的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面
生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
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（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L−1 的I
2−KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I
2 用0.1000 mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I2+22I−+。测定时消耗Na2S2O3 溶液体积V mL。终点颜色变
化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【答案】（1）D
（2）①BaSO4+4CBaS+4CO↑
CO+H2OCO2+H2
②BaCO3
③S2−+Ba2++Zn2++ BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
1
25.00
0.1000 32
2
100
1000
V
m
（
）
％
【分析】
（1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：
钠Na（黄色）、锂Li（紫红）、钾K（浅紫）、铷Rb（紫色）、钙Ca（砖红色）、锶Sr（洋红）、铜Cu（绿色）、钡
Ba（黄绿）、铯Cs（紫红）；
（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4CBaS+4CO↑，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生
复分解反应S2−+Ba2++Zn2++BaSO4·ZnS↓，得到立德粉。
①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS 与CO，写出方程式；CO 与水蒸气反应生成CO2
与H2，写出方程式CO+H2OCO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应生成了碳
酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式。
（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应
得失电子数相等，利用关系式法解题。
【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A
错误；B．钙的焰色为红色，故B 错误；C．钾的焰色为紫色，故C 错误；D．钡的焰色为绿色，故D 正确；故选
D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS 与CO，写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO
与水蒸气反应生成CO2 与H2，写出方程式：CO+H2OCO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳
酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：
S2−+Ba2++Zn2++BaSO4·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变
化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫
离子物质的量为n mol：
S2-
～
I2
2S2O32-
～
I2
1 mol
1 mol
2 mol
1 mol
n mol
n mol 0.1V×10-3mol
0.1V×10-3mol
n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：
2
n
M
S
m
（
）×100%=
1
25.00
V
0.1000 32
2
m 1000
（
）
×100%。
3．[2019新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还
含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_______
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_____________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_________________
____________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分
别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐）
MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F −平衡向右移动
（6）Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
【解析】（1）Si 元素以SiO2 或不溶性硅盐存在，SiO2 与硫酸不反应，所以滤渣I 中除了S 还有SiO2；在
硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程
式为：MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS 反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH 在4.7 时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH 在4.7~6 之间。
（4）根据题干信息，加入Na2S 除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3 是生成的沉淀ZnS 和NiS。
（5）由HFH++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不
完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3 沉淀，所以反应离子方程式为：
Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0 的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
4．[2019江苏]实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2S
O4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡，则溶液中=
▲
[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaC
O3)=3×10−9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为
▲
；浸取废渣时，向(NH4)2
CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是
▲
。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致Ca
SO4的转化率下降，其原因是
▲
；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高Ca
SO4转化率的操作有
▲
。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2
溶液的实验方案：
▲
[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必
须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
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【答案】（1）1.6×104
（2）+NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O)
增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解
加快搅拌速率
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用
pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【分析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为，结合CaSO4 和CaCO3 的Ksp 计
算。
（2）氨水与NH4HCO3 反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3 的水解。
（3）温度过高，（NH4）2CO3 分解，使CaSO4 转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高
CaSO4 转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。
（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3 和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为
原料制取CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3 完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3 转化成
AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2 调节pH 除去Al3+和Fe3+。
【详解】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中====1.6×104。
（2）NH4HCO3 属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）
2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或
HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：
CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）
+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4 的转化。
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3 分解，从而使CaSO4 转化率下降；由于浸
取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提
高CaSO4 转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4 转化率的操作为加
快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。
（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3 和Fe2O3，加入（NH4）2CO3 溶液浸取，其中CaSO4
与（NH4）2CO3 反应生成CaCO3 和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3 和Fe2O3 都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、
Al2O3 和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3 完全转化
为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2 不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5 时
Fe（OH）3 和Al（OH）3 沉淀完全，pH=8.5 时Al（OH）3 开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入
Ca（OH）2 调节溶液的pH 介于5~8.5[加入Ca（OH）2 的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2
溶液。
【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3 和（NH4）2SO4 晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响
盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设
计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，
如pH 介于5~8.5 等。
5．[2018 新课标Ⅰ卷]焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。
（2）利用烟道气中的SO2 生产Na2S2O5 的工艺为：
①pH=4.1 时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3 固体、并再次充入SO2 的目的是__________。
（3）制备Na2S2O5 也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2 碱吸收液中含有NaHSO3 和Na2SO3。阳
极的电极反应式为_____________。电解后，_____________室的NaHSO3 浓度增加。将该室溶液进行结晶
脱水，可得到Na2S2O5。
（4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5 残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.01000
mol·L−1 的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5
的残留量为____________g·L−1（以SO2 计）。
【答案】（1）2NaHSO3Na2S2O5+H2O
（2）①NaHSO3
②得到NaHSO3 过饱和溶液
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（3）2H2O－4e
－4H++O2↑
a
（4）
2-
2
5
S O +2I2+3H2O 2+4I
－+6H+
0.128
【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式；
（2）①根据溶液显酸性判断产物；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断；
（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；
（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。
详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2 后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；
②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的
是得到NaHSO3 过饱和溶液；
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e
－＝4H
＋+O2↑。阳
极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a 室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，
与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a 室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I
－+6H
＋；消耗
碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2 计）是0.0001mol
64g/mol =0.128g/L
0.05L
。
点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度
中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢
钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。
6．[2018 新课标Ⅱ卷] 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、
CdS、PbS 杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有___________；氧化除杂工序中ZnO 的作用是____________，若不通入氧
气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______
工序继续使用。
【答案】（1）ZnS+O2ZnO+SO2
（2）PbSO4
调节溶液的pH
无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+Zn2++Cd
（4）Zn2++2e
－Zn
溶浸
【解析】分析：焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫
酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1 中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH 较大，需要将
其氧化为铁离子，通过控制pH 得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此
将解答。
详解：（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为ZnS+O2ZnO+SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又
因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO 的作用是调节溶液的pH。根据表中数
据可知沉淀亚铁离子的pH 较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应
式为Zn2++2e
－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌
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后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各
方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步
骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有
什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀
科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。
7．[2018北京卷] 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：
__________。
（4）H2O2 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同
温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。
（5）脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有
2
4
SO
残留，原因是__________；加入BaCO3 可进一步提高硫的脱
除率，其离子方程式是____________________。
（6）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH 溶液滴定至终点时生成
Na2HPO4，消耗NaOH 溶液c mL。精制磷酸中H3PO4 的质量分数是________。（已知：H3PO4 摩尔质量为98
g·mol−1）
【答案】（1）研磨、加热
（2）①＜
②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S
（3）2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF
（4）80 ℃后，H2O2 分解速率大，浓度显著降低
（5）CaSO4 微溶
BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2
（6）
【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速
率的措施有：研磨、加热。
（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P 和S 电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属
性PS。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F 与H2SO4 反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF 的化学
方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间
内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2 分解速率大，H2O2 浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳
脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4 微溶于水。加入BaCO3 可进一步提高硫的
脱除率，因为BaSO4 难溶于水，其中SO42-与BaCO3 生成更难溶的BaSO4 和CO32-，H3PO4 的酸性强于H2CO3，在粗磷
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酸中CO32-转化成H2O 和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4
-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4 与NaOH 物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10
-3L=mol，
m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4 的质量分数为。
点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反
应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如
第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3 或CaCO3 中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4 与NaOH
物质的量之比的确定等。
8．[2018 江苏卷] 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2 和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝
并获得Fe3O4 的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH 溶液吸收过量SO2 的离子方程式为______________________。
（2）添加1%CaO 和不添加CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16 图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=（1−焙烧后矿粉中硫元素总质量
焙烧前矿粉中硫元素总质量）×100%
①不添加CaO 的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低，其主要原因是
______________________________________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为
_______________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，理论上完
全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=__________________。
【答案】（1）SO2+OH−HSO3−
（2）①FeS2
②硫元素转化为CaSO4 而留在矿粉中
（3）NaAlO2
Al(OH)3
（4）1∶16
【解析】（1）过量SO2 与NaOH 反应生成NaHSO3 和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为
SO2+OH
-=HSO3
-。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO 的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元
素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO 起固硫作用，添加CaO 发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，
添加1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加CaO 的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4 留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2 转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2 与NaAlO2
反应生成NaHCO3 和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2
-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3
-，即Al 元素存在的形式由
NaAlO2 转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，
理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
点睛：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3O4 的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S 元素及其化合物的
性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如NaOH 溶液吸收过量SO2 则产物为HSO3
−，
Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。
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9．[2018 江苏卷] 以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2 为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主
要实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O 是放热反应。
②N2H4·H2O 沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO 剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO 溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2 与NaOH 溶液反应生成NaClO3 和NaCl，其离子方程式
为____________________________________ ；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是
____________________________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O 的装置如题19 图−1 所示。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间
后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目
的是_________________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3 制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、、随pH 的分布如题19 图−2 所示，
Na2SO3 的溶解度曲线如题19 图−3 所示）。
①边搅拌边向Na2CO3 溶液中通入SO2 制备NaHSO3 溶液。实验中确定何时停止通SO2 的实验操作为
_________________。
②请补充完整由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3 的实验方案：_______________________，用少量无水乙醇
洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O
缓慢通入Cl2
（2）NaClO 碱性溶液
减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH 约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3 溶液中滴加NaOH 溶液，测量溶液pH，pH 约为10 时，停止滴加NaOH 溶液，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
【解析】分析：步骤I 中Cl2 与NaOH 溶液反应制备NaClO；步骤II 中的反应为NaClO 碱性溶液与尿素水溶液反应制
备水合肼，；步骤III 分离出水合肼溶液；步骤IV 由SO2 与Na2CO3 反应制备Na2SO3。
详解：（1）温度超过40℃，Cl2 与NaOH 溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl 和H2O，反应的化学方程式为
3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为3Cl2+6OH
-5Cl
-+ClO3
-+3H2O。由于Cl2 与NaOH 溶液的反应为放热反应，
为了减少NaClO3 的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施
是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II 中的反应为NaClO 碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO 剧
烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO 碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO 碱性
溶液。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O 沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合
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肼的挥发。
（3）①向Na2CO3 溶液中通入SO2 制备NaHSO3 溶液，根据图示溶液pH 约为4 时，HSO3
-的摩尔分数最大，则溶液的
pH 约为4 时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2 的实验操作为：测量溶液的pH，若pH 约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH 将NaHSO3 转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH 的关系，加入
NaOH 应调节溶液的pH 约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，
所以从Na2SO3 溶液中获得无水Na2SO3 应控制温度高于34℃。由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3 的实验方案为：边搅
拌边向NaHSO3 溶液中滴加NaOH 溶液，测量溶液pH，pH 约为10 时，停止滴加NaOH 溶液，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，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
点睛：本题以制备水合肼和无水Na2SO3 的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理
解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对
实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
10．[2017·新课标III]重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有
硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3 与NaNO3 的系数比为__________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是
________________。
（2）滤渣1 中含量最多的金属元素是____________，滤渣2 的主要成分是_____________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2 的pH 使之变____________（填“大”或“小”），原因是___________________（用离子方程式
表示）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7 固体。
冷却到___________（填标号）得到的K2Cr2O7 固体产品最多。
a．80℃
b．60℃
c．40℃
d．10℃
步骤⑤的反应类型是___________________。
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________。
【答案】（1）2∶7
陶瓷在高温下会与Na2CO3 反应
（2）铁
Al(OH)3
（3）小
2+2H++H2O
（4）d
复分解反应
（5）×100%
【解析】（1）FeO·Cr2O3 是还原剂，氧化产物为Na2CrO4 和Fe2O3，每摩转移7 mol 电子，而NaNO3 是氧化剂，还原产
物为NaNO2，每摩转移2 mol 电子，根据电子守恒可知，FeO·Cr2O3 和NaNO3 的系数比为2∶7；陶瓷在高温下会与
Na2CO3 反应，则熔融时不能使用陶瓷容器。
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1 中含量最多的金属元素是铁；滤液1 中含有AlO2−、SiO32−
及CrO42−，调节溶液pH 并过滤后得滤渣2 为Al(OH)3 及含硅杂质。
（3）滤液2 调节pH 的目的是提高溶液的酸性，pH 变小；因为溶液中存在2CrO42−+2H+Cr2O72−+H2O，增大溶液中H+
浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72−的浓度。
（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到K2Cr2O7 的固体最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl 的反应类型为复分解
反应。
（5）样品中Cr2O3 的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7 的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷
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（m1×40% kg×）×100%=×100%。
【名师点睛】考查无机制备的工艺流程，涉及氧化还原反应、离子方程式配平、盐类水解的应用及混合物的分离与
提纯等，解题时要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应的原理和操作的目的要理解清楚。
11．[2017 新课标Ⅰ]Li4Ti5O12 和LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少
量MgO、SiO2 等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为
___________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化率%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O 转化率最高的原因__________________。
（4）Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
（5）若“滤液②”中
2
1
(Mg )
0.02mol L
c
，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使恰好沉淀完全即溶
液中
3
5
1
(Fe )
1.0 10
mol L
c
，此时是否有Mg3(PO4)2 沉淀生成？
（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2
的Ksp 分别为。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式
。
【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h
（2）FeTiO3+ 4H++4Cl−= Fe2++
+ 2H2O
（3）低于40℃，TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O 转
化反应速率下降
（4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，
因此不会生成Mg3(PO4)2 沉淀。
（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时，则应选择在100℃、2h，90℃，5h 下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3 生成时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2 在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O 转化反应
速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O 转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15 中Li 为+1 价，O 为–2 价，Ti 为+4 价，过氧根()中氧元素显–1 价，设过氧键的数目为x，根据正负化合
价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；
（5 ）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2 ，则
c() ＝＝1.3×10–17 mol/L ，Qc[Mg3(PO4)2] ＝c3(Mg2+)×c2() ＝
(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。
（6）高温下FePO4 与Li2CO3 和H2C2O4 混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为
2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流
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程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操
作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成
本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，
里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用
理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。
12．[2017 江苏]某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的
影响可忽略)。
已知：①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3) 2++ Cl−+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）NaClO 溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为________________。HNO3 也
能氧化
Ag ，从反应产物的角度分析，以
HNO3
代替
NaClO
的缺点是
__________________________________________。
（3）为提高Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与
NH3·H2O 反应外(该条件下NaClO3 与NH3·H2O 不反应)，还因为__________________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag 的实验方案：________________________(实验中须使用
．．．的试剂
有：2 mol·L−1 水合肼溶液，1 mol·L−1H2SO4)。
【答案】（1）水浴加热
（2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑
会释放出氮氧化物(或NO、NO2 )，造成环境污染
（3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl 与氨水反应
（5）向滤液中滴加2 mol·L−1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的NH3，
待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
【解析】分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后
存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。
（2）因为已知NaClO 溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2 ，用化合价升降法即可配平，该反应的化学方
程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3 也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物
而污染环境，所以以HNO3 代替NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或NO、NO2 )，造成环境污染。
（3）为提高Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下
来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与NH3·H2O
反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl 与
氨水发生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++ Cl−+2H2O 反应，使得银的回收率变小。
（5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：4
Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于
该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供
的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。
具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L−1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收反应中放出
的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
【名师点睛】本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag 的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的
选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置
的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方
法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验
条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量
的控制，按照“核心转化→尾气处理→产品分离→产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。
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13．[2017·北京]TiCl4 是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4 的流程示意图如下：
资料：TiCl4 及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181（升华）
316
1412
熔点/℃
−69
−25
193
304
714
在TiCl4 中的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
（1）氯化过程：TiO2 与Cl2 难以直接反应，加碳生成CO 和CO2 可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g)
ΔH1=+175.4 kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)
ΔH2=−220.9 kJ·mol−1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________________。
②氯化过程中CO 和CO2 可以相互转化，根据如图判断：CO2 生成CO 反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），
判断依据：_______________。
③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl 和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3 溶液，则尾气的吸收液依
次是__________________________。
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4 混合液，则滤渣中含有_____________。
（2）精制过程：粗TiCl4 经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：
物质a 是______________，T2 应控制在_________。
【答案】（1）①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)
△H=−45.5 kJ/mol
②>
随温度升高，CO 含量增大，说明生成CO 的反应是吸热反应
③H2O、FeCl2 溶液、NaOH 溶液
④MgCl2、AlCl3、FeCl3
（2）SiCl4
高于136℃，低于181℃
【解析】（1）①生成TiCl4 和CO 的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到
TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)
△H=ΔH1+ΔH2=（−220.9 kJ·mol−1）+（+175.4 kJ·mol−1）=−45.5kJ·mol
－1。②根据
图像，随着温度的升高，CO 的浓度增加，CO2 浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。③尾
气中的HCl 经水吸收可得到粗盐酸，然后再将Cl2 通入FeCl2 溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。④资
料中已经给出“TiCl4 及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3 只有少量溶解
在液态TiCl4 中，而SiCl4 完全溶解在TiCl4 中，因此过滤得到粗TiCl4 混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。滤渣
应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根据资料，SiCl4 的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a 为SiCl4，根据流程目的，为
了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。
【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4 的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl 及
Cl2 尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综
合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体
的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环
保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，
易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段
论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。另外需要注意题干信息的
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提取和筛选，例如本题中：①溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4 液体中溶解的溶质
及同时存在的沉淀成分。②工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。
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专题17
化学实验综合题
1．[2019新课标Ⅰ] 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采
用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2 ）步骤②需要加热的目的是_________________ ，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是
_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________
（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_______________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液
要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。
硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应
热水浴
C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质
防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用
热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；
（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水
的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成
硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C 装置；
（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2 可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2 的还原产物为H2O，不会引入新
的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2 本身易分解，所以在加入时需
分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH 小于0.5；
（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5 个水分子的相对分子质
量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
2．[2019 新课标Ⅱ] 咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神
经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka 约为10−6，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、
纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
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索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2 上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸
套筒1 中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3 顶端时，经虹吸管3 返回烧瓶，从而实现对茶叶
末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1 中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶
剂，加热前还要加几粒______________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是
______________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩”
需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标号）。
A．直形冷凝管
B．球形冷凝管
C．接收瓶
D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤
纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。
【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分
沸石
（2）乙醇易挥发，易燃
使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）
（3）乙醇沸点低，易浓缩
AC
（4）单宁酸
水
（5）升华
【解析】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体
暴沸，加热前还要加入几粒沸石；
（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直
接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可
连续萃取（萃取效率高）；
（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓
缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A 正确，B
错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C 正确，D 错误，答
案选AC。
（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单
宁酸，同时也吸收水；
（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。
3．[2019新课标Ⅲ]乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一
种方法如下：
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水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157~159
-72~-74
135~138
相对密度/（g·cm
﹣3）
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫
酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴B．酒精灯
C．煤气灯
D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有________（填标号），不需使用的_______________________（填名称）。
（3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为____________。
（6）本实验的产率是_________%。
【答案】（1）A
（2）BD
分液漏斗、容量瓶
（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）
（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠
（5）重结晶
（6）60
【解析】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；
（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：
BD；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不
到。
（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；
（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的
乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；
（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；
（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：
C7H6O3~ C9H8O4
138
180
6.9g
m
m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为。
4．[2019 天津] 环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
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回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。
（2）操作1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①烧瓶A 中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不
用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生
b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为____________。
（3）操作2 用到的玻璃仪器是____________。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，
收集83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液
滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
2
2
Br
2KI
I
2KBr
③
2
2
2
3
2
4
6
I
2Na S O
2NaI
Na S O
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
【答案】（1）溶液
溶液显紫色
（2）①
a、b
②减少环己醇蒸出
（3）分液漏斗、烧杯
（4）通冷凝水，加热
（5）淀粉溶液
[来源:学*科*网]
（6）b、c
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【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化
铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；
（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化
剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；
（3）催化剂选择FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O 的
优点；
（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。
（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。
（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。
【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3 溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3 溶液后，溶液
将显示紫色；
（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O 的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和
环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：
，注意生成的小分子水勿
漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O 是反应条件（催化剂）别漏标；此处
用FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的原因分析中：a 项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭
化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2↑+SO2↑+2H2O；b
项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O 对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符
合绿色化学理念；c 项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；
②仪器B 为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环
己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；
（3）操作2 实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有
分液漏斗和烧杯；
（4）题目中已明确提示了操作3 是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加
热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2
与反应消耗的Na2S2O3 的物质的量之比为1：2，所以剩余Br2 的物质的量为：n(Br2)余
=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2 的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单
质1：1 反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag 样品中环己烯的质
量分数为：。
（6）a 项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：
，每反应1molBr2，
消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2
增大，从而使环己烯测得结果偏大；b 项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果
偏低；c 项正确，Na2S2O3 标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，
所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，
也是易扣分点。
②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3 个反应方程
式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。
③对于a 项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环
己烯的结果偏高。
5．[2019江苏]丙炔酸甲酯（
）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量
丙炔酸甲酯的反应为
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
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步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是
▲
。
（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是
▲
；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是
▲
。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是
▲
；分离出有机相的操作名称为
▲
。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是
▲
。
【答案】（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率
（2）(直形)冷凝管
防止暴沸
（3）丙炔酸
分液
（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲
醇，甲醇还作为反应的溶剂；
（2）根据装置图，仪器A 为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此
本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；
（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲
酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl 溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3 溶液的作用是除去丙炔酸，
降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸
甲酯；
（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到
丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。
【点睛】《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，
实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析
出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。
6．[2019 北京] 化学小组实验探究SO2 与AgNO3 溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2 通入AgNO3 溶液中，迅速反应，得到无
色溶液A 和白色沉淀B。
①浓H2SO4 与Cu 反应的化学方程式是____________________________________。
②试剂a 是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B 可能为Ag2SO3、Ag2SO4 或二者混合物。（资料：Ag2SO4 微溶于水；
Ag2SO3 难溶于水）
实验二：验证B 的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。
②加入盐酸后沉淀D 大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D 中主要是BaSO3，进而推断B 中含有Ag2SO3。向滤液
E 中加入一种试剂，可进一步证实B 中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。
（3）根据沉淀F 的存在，推测的产生有两个途径：
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途径1：实验一中，SO2 在AgNO3 溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B 进入D。
途径2：实验二中，被氧化为进入D。
实验三：探究的产生途径
①向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2 溶液，未出
现白色沉淀，可判断B 中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。
②实验三的结论：__________。
（4）实验一中SO2 与AgNO3 溶液反应的离子方程式是_________________。
（5）根据物质性质分析，SO2 与AgNO3 溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，
有Ag 和生成。
（6）根据上述实验所得结论：__________________。
【答案】（1）①Cu+ 2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O
②饱和NaHSO3 溶液
（2）①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ ++4H2O
②H2O2 溶液，产生白色沉淀
（3）①Ag+
Ag2SO4 溶解度大于BaSO4，没有BaSO4 沉淀时，必定没有Ag2SO4
②途径1 不产生，途径2 产生
（4）2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+
（6）实验条件下：
SO2 与AgNO3 溶液生成Ag2SO3 的速率大于生成Ag 和的速率
碱性溶液中更易被氧化为
【解析】
（1）①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O。
②试剂a 为饱和NaHSO3 溶液，用于观察气体流速，且在SO2 饱和NaHSO3 溶液中溶解度很小，可防止倒
吸。
（2）①Ag2SO3 溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ ++4H2O；
②沉淀D 洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSO3 与稀盐酸反应生成BaCl2 和SO2、H2O，则滤液E 中含有BaCl2 和溶
解在水中的SO2 形成的H₂SO3，可向E 中加入H2O2 溶液，H2O2 将H2SO3 氧化生成，和Ba2+反应产生白色BaSO4 沉
淀，进一步证实B 中含有Ag2SO3。
（3）向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，证明溶液A 中含有Ag+；取上层清液继续滴加
BaCl2 溶液，未出现白色沉淀，证明溶液A 中不含，由于Ag2SO4 微溶于水，则B 中不含Ag2SO4，从而确定途径1
不产生，途径2 产生。
（4）由（3）推知，实验一中SO2 与AgNO3 溶液反应生成Ag2SO3，离子方程式为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+。
（6）对比分析（4）（5）可知，S O2 与AgNO3 溶液生成Ag2SO3 的速率大于生成Ag 和的速率，再结合实验二可
知，碱性溶液中更易被氧化为。
7．[2019 浙江4 月选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3 和SiO2]
中Mg 含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3 和Mg(OH)2 的分解反应。
②NH4Cl 溶液仅与体系中的MgO 反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO 的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C 先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。
①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源
→________。
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②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象
________。
（3）溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现
溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是________。
（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl 溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2 溶液。已知金属
离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围：
金属离子
[来源:ZXXK]
pH
[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学|科|网]
开始沉淀
完全沉淀
Al3+
3.0
4.7
Fe3+
1.1
2.8
Ca2+
11.3
－
Mg2+
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（
）
→（
）→（
）→（
）→（
）→（
）→MgCl2 溶液→产品。
a．用盐酸溶解
b．调pH＝3.0
c．调pH＝5.0
d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0
f．过滤
g．洗涤
【答案】（1）ABD
（2）a→d→f→c
甲基橙，颜色由红色变橙色
（3）碱式氯化镁(氢氧化镁)
过度蒸发导致氯化镁水解
（4）c
f
e
f
g
a
【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A 项正确；
B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl 反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向
右移动，HCl 浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B 项正确；
C.根据信息②NH4Cl 溶液仅与体系中的MgO 反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，
C 项错误；
D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D 项正确。
故答案选ABD。
（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，
氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a→d→f→c。
②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示
剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。
（3）溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能
是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所
以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl 或者Mg(OH)2。
②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。
（4）根据各离子完全沉淀的pH 值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，
因而先将pH 调至5，除掉Al3+和Fe3+，然后过滤其沉淀，然后将pH 调至11.0 使得Mg2+变为Mg(OH)2
沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2 沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。
8．[2018 新课标Ⅰ卷] 醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr·2H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作
氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸
钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：
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（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_________。仪器a 的名称是_______。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c 中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。
①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。
②同时c 中有气体产生，该气体的作用是_____________。
（3）打开K3，关闭K1 和K2。c 中亮蓝色溶液流入d，其原因是________ ；d 中析出砖红色沉淀。为使沉淀充
分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。
（4）指出装置d 可能存在的缺点______________。
【答案】（1）去除水中溶解氧
分液（或滴液）漏斗
（2）①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+
②排除c 中空气
（3）c 中产生H2 使压强大于大气压
（冰浴）冷却
过滤
（4）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致c
中压强增大，可以把生成的CrCl2 压入d 装置发生反应，据此解答。
详解：（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，
目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a 是分液（或滴液）漏斗；
（2）①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2＋+2Cr2＋；
②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c 中空气；
（3）打开K3，关闭K1 和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c 中压强增大，所以c 中亮蓝色溶液能流入d
装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是
（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。
（4）由于d 装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。
点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信息中，准
确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性
质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。
9．[2018 新课标Ⅱ卷] K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：
2K3[Fe(C2O4)3] 2FeC2O4 +3K2C2O4 +2CO2↑；显色反应的化学方程式为______________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是________________________________________。
②实验中观察到装置B、F 中澄清石灰水均变浑浊，装置E 中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定
含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_________________________________________。
④样品完全分解后，装置A 中的残留物含有FeO 和Fe2O3 ，检验Fe2O3 存在的方法是：
_____________________________________。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4 酸化，用c mol·L-1 KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现
象是___________________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀
H2SO4 酸化，用c mol·L-1 KMnO4 溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液V ml。该晶体中铁的质量分数的表达式
为________________________________。
【答案】（1）3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6] Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4
（2）①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置
②CO2
CO
③先熄灭装置A、E 的酒精灯，冷却后停止通入氮气
④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2 滴KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
（3）①粉红色出现
②
【解析】分析：（1）根据亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生显色反应解答；
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（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；
②根据CO2、CO 的性质分析；
③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；
③根据铁离子的检验方法解答；
（3）①根据酸性高锰酸钾溶液显红色；
②根据电子得失守恒计算。
详解：（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3] 2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色
反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。
（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E 中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装
置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。
②实验中观察到装置B、F 中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E 中固体变为红色，说明
氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO 生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；
③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E 的酒精灯，冷
却后停止通入氮气即可。
④要检验Fe2O3 存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2 滴
KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。
（3）①高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。
②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，
Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的
质量分数的表达式为0.005
56
5
56
100%
100%
1000
cV
cV
m
m
。
点睛：本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和
相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时
要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2 还原CuO 应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如
H2 还原CuO 后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参
加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以
保证达到实验目的)。
10．[2018 新课标Ⅲ卷] 硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设
计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液、H2O2 溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________
④___________，有刺激性气体产生
⑤静置，___________
⑥___________
（2）利用K2Cr2O7 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完
全溶解后，全部转移至100 mL 的_________中，加蒸馏水至____________。
②滴定：取0.00950 mol·L−1 的K2Cr2O7 标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI ，发生反应：
Cr2O72−+6I−+14H+3I2+2Cr3++7H2O 。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：
I2+2S2O32−S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3
次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1 位小数）。
【答案】（1）③加入过量稀盐酸
④出现乳黄色浑浊
⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2 溶液
⑥产生白色沉淀
（2）①烧杯
容量瓶
刻度
②蓝色褪去
95.0
【解析】分析：本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸
钠的定量检测。
详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢
离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32- + 2H
+
= SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：
③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。
①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：
将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL 容量瓶，加蒸馏水至刻度线。
②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点
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时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL 样品溶液
中硫代硫酸钠的浓度c=
，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为
点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014 年的天津、山
东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。
11．[2018 海南]某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥．纯净的CO2，产生的气流应依
次通过盛有_________ 的洗气瓶( 填试剂名称) 。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是
__________________________。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是__________________________。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤
现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸
入盛有CO2 的集气瓶中。充分反应，放置
冷却
产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产
生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡．过滤
滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2 支试管中，向一支试管中滴加1 滴酚酞溶液，溶液变
红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。
据此推断，白色物质的主要成分是________(填标号)。
A．Na2O
B．Na2O2 C．NaOH
D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是
________________。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________。
【答案】（1）饱和NaHCO3 溶液、浓硫酸
产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止
生
成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）①D
②碳(C)
③4Na＋3CO22Na2CO3＋C
【解析】（1）根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是
饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸；
反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离
接触，反应停止；
若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
故答案为：饱和NaHCO3 溶液、浓硫酸；产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的
硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行。
（2）①向一支试管中滴加1 滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变
浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；
②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是
C；
③由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na＋
3CO22Na2CO3＋C。
12．[2018 北京卷] 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中
较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
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①A 为氯气发生装置。A 中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂。
③C 中得到紫色固体和溶液。C 中Cl2 发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。
（2）探究K2FeO4 的性质
①取C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4
氧化了Cl
－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH 溶液充分洗涤C 中所得固体，再用KOH 溶液将K2FeO4 溶出，得到
紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2 产生。
i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4 将Cl
－氧化，还
可能由________________产生（用方程式表示）。
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
－。用KOH 溶液洗涤的目的是________________。
②根据K2FeO4 的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和的氧化性
强弱关系相反，原因是________________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b 滴入MnSO4 和足量H2SO4 的混合溶液中，
振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。
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理由或方案：________________。
【答案】（1）①2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O
②
③Cl2+2OH−Cl−+ClO−+H2O
（2）①i. Fe3+
4+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O
ii.排除ClO−的干扰
②>
溶液酸碱性不同
③理由：在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是的颜色
方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色
【解析】（1）①A 为氯气发生装置，KMnO4 与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4 与浓
盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2 和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）
=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4
-+10Cl
-+16H
+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于盐酸具有挥发性，所得Cl2 中混有HCl 和H2O（g），HCl 会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除
杂装置B 为。
③C 中Cl2 发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2 与KOH 的反应，Cl2 与KOH 反应的化
学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH
-=Cl
-+ClO
-+H2O。
（2）①根据上述制备反应，C 的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO 等。
i.方案I 加入KSCN 溶液，溶液变红说明a 中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4 与Cl
-发生了反应，根据题意K2FeO4
在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为
4FeO42-+20H
+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.产生Cl2 还可能是ClO
-+Cl
-+2H
+=Cl2↑+H2O，即KClO 的存在干扰判断；K2FeO4 微溶于KOH 溶液，用KOH 溶液洗涤的
目的是除去KClO、排除ClO
-的干扰，同时保持K2FeO4 稳定存在。
②制备K2FeO4 的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl 元素的化合价由0 价降至-1 价，
Cl2 是氧化剂，Fe 元素的化合价由+3 价升至+6 价，Fe（OH）3 是还原剂，K2FeO4 为氧化产物，根据同一反应中，氧
化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II 的反应为2FeO42-+6Cl
-+16H
+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，
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Cl2 和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4 在碱性条件下，方案II 在酸性条件下；说明溶
液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4 在足量H2SO4 溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，
溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4
-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4
-，所以该实验方案能证明氧化性
FeO42-MnO4
-。（或不能，因为溶液b 呈紫色，溶液b 滴入MnSO4 和H2SO4 的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的
紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b 中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速
褪去还是显浅紫色）。
点睛：本题考查K2FeO4 的制备和K2FeO4 的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置
→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空
为开放性答案，要注重多角度思考。
13．[2018 天津卷] 烟道气中的NOx 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答
下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气
样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A 中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。
（2）C 中填充的干燥剂是（填序号）___________。
a.碱石灰
b.无水CuSO4
c.P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标
明气体的流向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。
Ⅱ.NOx 含量的测定
将v L 气样通入适量酸化的H2O2 溶液中，使NOx 完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL 该
溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4 标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2+，
终点时消耗v2 mL。
（5）NO 被H2O2 氧化为NO3−的离子方程式是___________。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3−+4H+NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72−+ 6Fe2+ +14H+2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx 折合成NO2 的含量为_________mg·m−3。
（8）判断下列情况对NOx 含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
【答案】（1）除尘
（2）c
（3）
（4）防止NOx 溶于冷凝水
（5）2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O
（6）锥形瓶、酸式滴定管
（7）
（8）偏低
偏高
【解析】分析：本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的作用和原
理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。
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详解：（1）A 的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。
（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX 反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不
能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX 不反应，所以选项c 正确。
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D 相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：
。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX 溶于水中。
（5）NO 被H2O2 氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H
++2NO3
–+2H2O。
（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。
（7）用c2 mol·L−1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；
所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为
(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2 的物质的量相等。考虑到配制100mL 溶液取出来
20mL 进行实验，所以NO2 为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即
230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL 气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L
-1，即为1000×230(c1V1
－6c2V2)/3V mg·m
-3，所以答案为：
mg·m−3。
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX 的含量，测定结果必然偏
低。若FeSO4 标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝
酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
点睛：注意本题中的流程图，装置D 实际不是为了测定含量进行吸收，装置D 相当于是尾气吸收。样品气的吸收应
该是在“采样处”进行的。
14．[2018 江苏卷] 3，4−亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4 氧化
3，4−亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为
实验步骤如下：
步骤1：向反应瓶中加入3，4−亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80 ℃滴加KMnO4 溶液。反应结束后，
加入KOH 溶液至碱性。
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
步骤3：对合并后的溶液进行处理。
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4−亚甲二氧基苯甲酸固体。
（1）步骤1 中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3 溶液，转化为_____________
（填化学式）；加入KOH 溶液至碱性的目的是____________________________。
（2）步骤2 中，趁热过滤除去的物质是__________________（填化学式）。
（3）步骤3 中，处理合并后溶液的实验操作为__________________。
（4）步骤4 中，抽滤所用的装置包括_______________、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【答案】（1）SO42−将反应生成的酸转化为可溶性的盐
（2）MnO2
（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀
（4）布氏漏斗
【解析】（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4 过量，KMnO4 具有强氧化性将HSO3
-氧化成SO42-，反应的
离子方程式为2MnO4
-+3HSO3
-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H
+。根据中和反应原理，加入KOH 将转化为可溶于水的。
（2）MnO2 难溶于水，步骤2 中趁热过滤是减少的溶解，步骤2 中趁热过滤除去的物质是MnO2。
（3）步骤3 中，合并后的滤液中主要成分为，为了制得，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验
操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。
（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
点睛：本题以“3，4−亚甲二氧基苯甲酸的制备实验步骤”为背景，侧重了解学生对《实验化学》模块的学习情况，
考查物质的分离和提纯、实验步骤的补充、基本实验装置和仪器、利用所学知识解决问题的能力，解题的关键是根
据实验原理，整体了解实验过程，围绕实验目的作答。
15．[2017 天津]用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
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Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3 基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，
备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN 标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI 溶液25.00 mL 于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3 溶液（过量），使I−完全转化为AgI 沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2 溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN 溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，体系出现淡红色，停止
滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
（2）AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b 和c 两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。
【答案】（1）250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
（2）避免AgNO3 见光分解
（3）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）
（4）否（或不能）
若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
（5）10.00
0.0600
（6）用NH4SCN 标准溶液进行润洗
（7）偏高
偏高
【解析】（1）因要配制成250 mL 标准溶液，所以使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶及定
容时需要的胶头滴管。
（2）AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为AgNO3 见光易分解。
（3）因Fe3+的水解会影响滴定终点的判断，所以滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，抑制Fe3+的水解。
（4）b 和c 两步操作不可以颠倒，若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN
标准溶液平均体积为10.00 mL。
加入的AgNO3 物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×25.00 mL。
根据Ag++SCN−AgSCN↓，反应后剩余的AgNO3 物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×10.00 mL。
则与NaI 反应的AgNO3 物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×15.00 mL。
根据Ag++I−AgI↓，则c(I−)=0.0600 mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液前应用NH4SCN 标准溶液进行润洗。
（7）①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，造成溶质减少，所配制的AgNO3 标准溶液浓度偏
低，测定结果偏高。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则测定结果偏高。
16．[2017 新课标Ⅰ]凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有
机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=
NH4Cl+ H3BO3。
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回答下列问题：
（1）a 的作用是_______________。
（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是____________。f 的名称是__________________。
（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g 中蒸馏水
倒吸进入c，原因是____________；打开k2 放掉水，重复操作2~3 次。
（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水
冲洗d，关闭k3，d 中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d 中保留少量水的目的是___________________。
②e 中主要反应的离子方程式为________________，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是________。
（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol·L–1 的盐酸V mL，则样品
中氮的质量分数为_________%，样品的纯度≤_______%。
【答案】（1）避免b 中压强过大
（2）防止暴沸
直形冷凝管
（3）c 中温度下降，管路中形成负压
（4）①液封，防止氨气逸出
②+OH−NH3↑+H2O
保温使氨完全蒸出
（5）
【解析】（1）a 中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b 中压强过大。
（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f 的名称是直形冷凝管。
（3）由于c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因此锥形瓶
内的蒸馏水被倒吸入c 中。
（4）①氨气是气体，因此d 中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。②e 中主要反应是铵盐与碱在加热条件下
的反应，离子方程式为+OH−NH3↑+H2O；e 采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨
气逸出。
（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol·L–1 的盐酸V mL，根据反应
NH3·H3BO3+HCl＝NH4Cl+H3BO3，可以求出样品中n(N)＝n(HCl)＝c mol·L–1×V×10–3 L＝0.001cV mol，则样品中氮的质量
分数为
1
0.001
14 g mol
1.4
100%
%
g
cV
cV
m
m
，样品中甘氨酸的质量≤0.001cV×75g/mol，所以样品的纯度≤。
【名师点睛】明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计与评价题的基本流程：
原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？
实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析
比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器
规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全
面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。实验方案的设计要点：（1）设计要点：实验方案的设计要明确以
下要点：①题目有无特殊要求；②题给的药品、装置的数量；③注意实验过程中的安全性操作；④会画简单的实验
装置图；⑤注意仪器的规格；⑥要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水、冷凝、冷却、水浴加热时
采取相应措施；⑦同一仪器在不同位置的相应作用等；⑧要严格按照“操作(实验步骤)＋现象＋结论”的格式叙述。
17．[2017 新课标Ⅱ]水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的
溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2 碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成
MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2 被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3 溶液滴定生成的I2
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（2+I2=2I−+）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）Na2S2O3 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和____________；
蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL 水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为
________________；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
（2）O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2
（3）量筒
氧气
（4）蓝色刚好褪去
80ab
（5）低
【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低而逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2 被氧气氧化为MnO(OH)2，Mn 的化合价由＋2 价→＋4 价，化合价升高2，
氧气中O 的化合价由0 价→−2 价，整体降低4 价，最小公倍数为4，由此可得方程式O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2。
（3）Na2S2O3 溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃
棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；Na2S2O3 溶液不稳定，加热可以除去蒸馏水中溶解的氧气和二氧化碳，减少
Na2S2O3 的损失。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH)2 把I−氧化成I2，本身
被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3。
可得水样中溶解氧的含量为[（ab×10−3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b 减小，根据水样中溶解氧的含量为80ab 得，最终结
果偏低。
【名师点睛】本题考查滴定实验、溶液的配制、化学计算等，本题的难点是问题（4）和（5），本题弄清楚实验的
目的和原理，围绕这两项展开，实验目的是测定水中溶解的氧的量，实验原理是2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2
把I−氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，2+I2=2I−+，计算氧的含量采用关系式进行，即O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，
得出已知物和未知物之间的关系，从而得出结果，误差的分析是建立在正确的关系式的基础上，进行分析，主要考
查学生分析问题、解决问题以及化学计算能力。
18．[2017 新课标Ⅲ]绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿
矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，
溶液逐渐变红。由此可知：______________、_______________。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1 和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品
装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B 的名称是____________________。
②将下列实验操作步骤正确排序___________________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A 恒重，记
为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热
b．熄灭酒精灯
c．关闭K1 和K2
d．打开K1 和K2，缓缓通入N2
e．称量A
f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=________________（列式表示）。若实验时按a、d 次
序操作，则使x__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1 和K2，缓缓通入
N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
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①C、D 中的溶液依次为_________（填标号）。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为
_______________。
a．品红
b．NaOH
c．BaCl2
d．Ba(NO3)2
e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________。
【答案】（1）样品中没有Fe3+
Fe2+易被氧气氧化为Fe3+
（2）①干燥管
②dabfce
③
偏小
（3）①c、a
生成白色沉淀、褪色
②2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】（1）样品溶于水滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液
逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN 溶液显红色。
（2）①根据仪器构造可知B 是干燥管。
②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成
的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯，再冷却，然后关闭K1 和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce。
③样品的质量是(m2－m1)g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为(m3－m1)g，生成水的质量为(m2－m3)g，
FeSO4·xH2OFeSO4
+
xH2O
152
18x
（m3－m1）g
（m2－m3）g
则：
3
1
2
3
152
18
(
)g
(
)g
x
m
m
m
m
，解得：；
若实验时按a、d 次序操作，在加热过程中部分硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3 增加，使测得生成的水偏小，
生成的硫酸亚铁偏大，因此x 偏小。
（3）①最终得到红色粉末，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2
生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2 和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色
沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2 用品红溶液，所以C、
D 的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C 中溶液变浑浊，产生白色沉淀，D 中品红溶液褪色。
②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2 和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为
2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【名师点睛】以绿矾为载体考查无机物的性质实验方案的探究，通常解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原
理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验
的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推
理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有
关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：
直接结论或导出结论。
19．[2017 北京]某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05 mol·L-1 硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄
色。
（1）检验产物
①取出少量黑色固体，洗涤后，_______（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_______________。
（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是
___________________（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN 溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深
浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3 min 时量少；溶液红色
较3 min 时加深
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ⅲ
120
产生白色沉淀；较30 min 时量少；溶液红色
较30 min 时变浅
（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于________（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据_______现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c 不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d 成立。
实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴
加KSCN 溶液，3 min 时溶液呈浅红色，30 min 后溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是________，操作及现象是________________。
（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：______。
【答案】（1）①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀
②Fe2+
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
②4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
加入KSCN 溶液后产生白色沉淀
③0.05 mol·L-1 NaNO3 溶液
FeSO4 溶液（或FeCl2 溶液）
分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN 溶液，后者红色更深
（3）溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag ，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反
应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30 分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。
【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl 或H2SO4 溶解Fe，而银不能溶解。或者
先用硝酸溶解固体，再用HCl 检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。
（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2 氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
加入KSCN 溶液后产生白色沉淀AgSCN，所以实验可以说明溶液中含有Ag+，故可以假设Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。
③证明假设a、b、c 错误，就是排除Ag+对实验的干扰，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，
可以选用0.05 mol·L-1 NaNO3 溶液。原电池实验需要证明的是假设d 的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应
当注入FeCl2 （或者FeSO4 溶液）。假设d 成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN
时红色会更深。
（3）由于加入过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②
Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)
增大。约30 分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。
【名师点睛】该题是一个探究性试题，主要考查部分基础化学反应原理、物质的检验、实验分析、有盐桥的原电池
结构、实验设计等知识，考查考生实验理解能力、根据要求进行实验设计的能力和对问题的综合分析能力。注意控
制变量思想方法的应用，探究实验异常现象成为近几年实验探究命题的热点，突出对实验能力的考查。该题为实验
探究题，装置图、流程图很简单，但探究过程较复杂，准确全面获取信息、通过控制变量思想进行逻辑分析是解题
的关键，凭感觉做题，不容易准确获取题中信息。该类试题的解题策略为：（1）确定变量：解答这类题目时首先
要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。（2）定多变：在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变
化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与
所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。（3）数据有效；解答时注意选择数据(或设
置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。另外探究性题型中考虑问题的思路不能局限于个别问题、不
能局限于固定的知识，需要全面考虑。如本题最后的一问解答以及中间涉及的Fe 与Fe3+反应在本题中的理解。证明
一个问题时，为了防止干扰，一般都需要做对比试验、空白试验。
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专题18
物质结构与性质（选修）
1．[2019 新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu 和Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2 微小晶粒，其分散在Al 中
可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：
（1）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)。
A．
B．
C．
D．
（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是
、
。乙
二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相
对较高的是
(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/°C
1570
2800[来源:Z.xx.k.Com]
23.8
−75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因
。
（4）图(a)是MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体
方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x=
pm，Mg 原子
之间最短距离y=
pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2 的密度是
g·cm−3(列出计算表
达式)。
【答案】（1）A
（2）sp3
sp3
乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键
Cu2+
（3）Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2
（4）
【解析】（1）A.[Ne]3s1 属于基态的Mg+，由于Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量
较高；B. [Ne] 3s2 属于基态Mg 原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C. [Ne] 3s13p1 属于激发态Mg 原子，其失去
一个电子所需能量低于基态Mg 原子；D.[Ne] 3p1 属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上
所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；
（2）乙二胺中N 形成3 个单键，含有1 对孤对电子，属于sp3 杂化；C 形成4 个单键，不存在孤对电子，也是sp3
杂化；由于乙二胺的两个N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成
稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的
是Cu2＋；
（3）由于Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2，
所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；
（4）根据晶胞结构可知Cu 原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg
原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁
原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu 原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu2 的密度是g·cm−3。
2．[2019 新课标Ⅱ] 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O 组成的
化合物。回答下列问题：
（1）元素As 与N 同族。预测As 的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3 的_______（填“高”或“低”），
其判断理由是________________________。
（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+的价层电子排布式为
______________________。
（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。
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（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1 所示，晶胞中Sm 和As 原子的投影位置如图2 所示。
图1
图2
图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为
____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1 中原子1 的坐
标为( 1 1 1
,
,
2 2 2 )，则原子2 和3 的坐标分别为__________、__________。
【答案】（1）三角锥形
低
NH3 分子间存在氢键
（2）4s
4f5
（3）小于
（4）SmFeAsO1−xFx
()、()
【解析】（1）As 与N 同族，则AsH3 分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3 分子间存在氢键使沸点升
高，故AsH3 的沸点较NH3 低，
故答案为：三角锥形；低；NH3 分子间存在氢键；
（2）Fe 为26 号元素，Fe 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去1 个电子使4s 轨道为半充满状
态，能量较低，故首先失去4s 轨道电子；Sm 的价电子排布式为4f66s2，失去3 个电子变成Sm3+成为稳定状态，则
应先失去能量较高的4s 电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，
故答案为：4s；4f5；
（3）F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-<O2-，
故答案为：小于；
（4）由图1 可知，每个晶胞中含Sm 原子：4=2，含Fe 原子：4+1=2，含As 原子：4=2，含O 原子：（8+2）（1-x）
=2（1-x），含F 原子：（8+2）x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx；
根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2c10-30cm3，则密度
ρ =
2
30
2 281 16 1
x
19x
10
A
a cN
g/cm3，
故答案为：SmFeAsO1-xFx；
2
30
2 281 16 1
x
19x
10
A
a cN
；
根据原子1 的坐标（，，），可知原子2 和3 的坐标分别为（，，0），（0，0，），
故答案为：（，，0）；（0，0，）；
3．[2019 新课标Ⅲ] 磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性
高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl 和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li 的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M 层电子的自旋状态
_________（填“相同”或“相反”）。
（2）FeCl3 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FeCl3 的结构式为________，其中Fe 的
配位数为_____________。
（3）苯胺（
）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（
）的相对分子质量相近，但苯胺
的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。
（4）NH4H2PO4 中，电负性最高的元素是______；P 的_______杂化轨道与O 的2p 轨道形成_______键。
（5）NH4H2PO4 和LiFePO4 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：焦磷酸钠、三磷酸钠
等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：
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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】（1）Mg
相反
（2）
4
（3）分子晶体
苯胺分子之间存在氢键
（4）O
sp3
σ
（5）(PnO3n+1)(n+2)-
【分析】这道选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，以及熔沸点的判
断方式和分子晶体的判断方法。电负性的判断和杂化轨道的计算。
【详解】（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s 轨道，s
轨道最多容纳2 个电子，所以自旋方向相反。
（2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形
式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为
，因此Fe 的配位数为4。
（3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一
种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N 所以可以形成氢键，因此比甲苯
的熔沸点高。
（4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O 就是最大的。计算出P 的杂化类型是sp3，与氧原
子形成的是磷氧双键，其中p 轨道是σ，与氢氧形成的是单键。
（5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-：
磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n
氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1
酸根的变化规律为：3，4，5，n+2
因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-。
【点睛】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共
用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸
的化学式，然后寻找规律。
4．[2019 江苏]Cu2O 广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH 和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为_______________________。
（2）的空间构型为_____________（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原
子为__________（填元素符号）。
（3）抗坏血酸的分子结构如图1 所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为__________；推测抗坏血酸在水中的溶
解性：____________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O 晶胞（见图2）中，Cu 原子的数目为__________。
【答案】（1）[Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体
O
（3）sp3、sp2
易溶于水
（4）4
【解析】（1）Cu 位于第四周期IB 族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9 或
1s22s22p63s23p63d9；
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（2）SO42－中S 形成4 个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中
Cu2＋提供空轨道，OH
－提供孤电子对，OH
－只有O 有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；
（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳
原子为sp3 杂化，双键的碳原子为sp2 杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4 个－OH，能与水形成分子间氢
键，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶
胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O 原子，黑球为Cu 原子，即Cu 原子的数目为4；
【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》
的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原
因分析。
5．[2018 新课标Ⅰ卷] Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得
到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。
A．
B．
C．
D．
（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是______。
（3）LiAlH4 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4 中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。
LiAlH4 中，存在_____（填标号）。
A．离子键
B．σ键
C．π键
D．氢键
（4）Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born−Haber 循环计算得到。
可知，Li 原子的第一电离能为
kJ·mol−1，O=O 键键能为
kJ·mol−1，Li2O 晶格能为
kJ·mol−1。
（5）Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则
Li2O 的密度为______g·cm−3（列出计算式）。
【答案】（1）D
C
（2）Li+核电荷数较大
（3）正四面体
sp3
AB
（4）520
498
2908
（5）
【解析】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；
（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；
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（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据
氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1 摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；
（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。
详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li 的基态核外电子排布式为1s22s1，则D 中能量最低；选项C 中有2 个电子
处于2p 能级上，能量最高；
（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li
＋半径小于H
－；
（3）LiAlH4 中的阴离子是AlH4
－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正
四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3 杂化；阴阳离子间存在离子键，Al 与H 之间还有共价单键，不存在双键和
氢键，答案选AB；
（4）根据示意图可知Li 原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol 氧气转化为氧原子时吸热是249
kJ，所以O＝O 键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O 的晶格能是2908 kJ/mol；
（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8 个，根据化学式可知氧原子个数是4 个，则Li2O 的密度是
3
3
7
A
8
7
4 16
g/cm
0.4665 10
m
V
N
。
点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知
识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与
计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②
位于晶胞面心的原子为2 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4 个晶胞共用，对一个
晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
6．[2018 新课标Ⅱ卷] 硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
[来源:ZXXK]
−75.5[来源:Zxxk.Com]
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6[来源:学_科_网Z_X_X_K][来
源:Zxxk.Com]
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云
轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是
_________。
（3）图（a）为S8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__________。
（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________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体
密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为
______nm。
【答案】（1）
哑铃（纺锤）
（2）H2S
（3）S8 相对分子质量大，分子间范德华力强
（4）平面三角
2
sp3
（5）
【解析】分析：（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
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（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
详解：（1）基态Fe 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为
；基态S 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云
轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2 ）根据价层电子对互斥理论可知H2S 、SO2 、SO3 的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是
6
1 2
6
2
2
6
2
3
2
4 2
3 3
3
2
2
2
、
、
，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8 相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要
比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电
子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2 种，即σ键、π键；固
体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S 原子形成4 个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、
FeS2 相对式量为M ，阿伏加德罗常数的值为NA ，则其晶体密度的计算表达式为
3
21
3
3
3
7
A
A
4
4
g/cm
10 g/cm
10
m
M
M
V
N a
N
a
；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面
对角线的一半，则为nm。
点睛：本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中
等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：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的立体构型，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；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构
型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，
具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
7．[2018 新课标Ⅲ卷]锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）Zn 原子核外电子排布式为________________。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能Ⅰ1（Zn）_______Ⅰ1（Cu)(填“大于”
或“小于”)。原因是________________。
（3）ZnF2 具有较高的熔点（872 ℃)，其化学键类型是_________；ZnF2 不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2
能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 中，
阴离子空间构型为________________，C 原子的杂化形式为________________。
（5）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长为a cm，
高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn 的密度为________________g·cm
－3（列出计算式）。
【答案】（1）[Ar]3d104s2
（2）大于
Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
（3）离子键
ZnF2 为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 的化学键以共价键为主、极性较小
（4）平面三角形
sp2
（5）六方最密堆积（A3 型）
【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是
一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。
详解：（1）Zn 是第30 号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。
（2）Zn 的第一电离能应该高于Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳
定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn 最外层上是一对电子，而Cu 的最外层是一个电子，Zn 电离最
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外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。
（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中
应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C 的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3 对，
所以空间构型为正三角形，中心C 为sp2 杂化。
（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6
个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6 个，所以该结构的质量为
6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6 个边长为acm 的正三角形面积之和，根
据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为c cm，所以体积为6×
cm3。所以密度为：
g·cm
-3。
点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计
算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解
析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六
面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。
8．[2018 江苏卷]臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx 分别氧化为和，NOx 也可在其他条件下被
还原为N2。
（1）
2
4
SO
中心原子轨道的杂化类型为___________；的空间构型为_____________（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为__________________。
（3）与O3 分子互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）。
（4）N2 分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=__________________。
（5）[Fe(H2O)6]2+与NO 反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO 以N 原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结
构示意图的相应位置补填缺少的配体。
【答案】（1）sp3
平面（正）三角形
（2）[Ar]3d6 或1s22s22p63s23p63d6
（3）NO2−
（4）1∶2
（5）
【解析】分析：（1）用价层电子对互斥理论分析SO42-中S 的杂化方式和NO3
-的空间构型。
（2）Fe 原子核外有26 个电子，根据构造原理写出基态Fe 的核外电子排布式，进一步写出Fe2+的核外电子排布式。
（3）用替代法写出O3 的等电子体。
（4）N2 的结构式为NN，三键中含1 个σ键和2 个π键。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO 和H2O，NO 中N 为配位原子，H2O 中O 上有孤电子对，O 为配位原子。
详解：（1）SO42-中中心原子S 的价层电子对数为（6+2-42）+4=4，SO42-中S 为sp3 杂化。NO3
-中中心原子N 的孤电
子对数为（5+1-32）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR 模型为平面三角形，由于N 原子上没有孤
电子对，NO3
-的空间构型为平面（正）三角形。
（2）Fe 原子核外有26 个电子，根据构造原理，基态Fe 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的核
外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。
（3）用替代法，与O3 互为等电子体的一种阴离子为NO2
-。
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（4）N2 的结构式为NN，三键中含1 个σ键和2 个π键，N2 分子中σ键与π键的数目比为n（σ）∶n（π）=1∶2。
（5）根据化学式，缺少的配体是NO 和H2O，NO 中N 为配位原子，H2O 中O 上有孤电子对，O 为配位原子，答案
为：
。
点睛：本题以“臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx 分别氧化为SO42-和NO3
-，NOx 也可在其他
条件下被还原为N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、
等电子体的书写、σ键和π键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。
9．[2018 海南卷]I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________
A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si
B．共价键的极性：HF＞HCI＞HBr＞HI
C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3
II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2 是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）CuFeS2 中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的
_____________。
（2）在较低温度下CuFeS2 与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X 产生。
①X 分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为__________，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。
②X 的沸点比水低的主要原因是____________________。
（3）CuFeS2 与氧气反应生成SO2，SO2 中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有_________。
（4）四方晶系CuFeS2 晶胞结构如图所示。
①Cu
＋的配位数为__________，S2－的配位数为____________。
②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA 为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2 晶体的密度是_______g•cm-3(列出计
算式)。
【答案】I.BC
II.（1）离子键
CD
（2）V 形
sp3
极性
水分子间存在氢键
（3）3
σ键和π键
（4）4
4
2
21
A
4 64
4 56
8 32
0.524
1.032
10
N
（
）
【解析】I.A．当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P 为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意；
B．共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到
下依次减弱，故B 符合题意；
C．晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能
逐渐减小，故C 符合题意；
D．热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D 不符合题意；
故答案选BC。
II.（1）CuFeS2 中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，
B 不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD 符合题意。
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（2）①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4 对，孤对电子为=2 对，故构型是V 形，中心原子杂化类
型为sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。
②由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。
（3）SO2 中心原子的价层电子对数为=3，以双键结合，故共价键类型为σ键和π键。
（4）①Cu
＋的配位数为6×+4×=4，S2－占据8 个体心，有两个S，因此S2－的配位数为4。
②根据=，质量m=(4×64+4×56+8×32)/NA，体积V=0.524×0.524×1.032×10-21cm-3,
所以，CuFeS2 晶体的密度是
2
21
A
4 64
4 56
8 32
0.524
1.032
10
N
（
）
g/cm3。
【点睛】本题要注意两个易错点：同一周期中，元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但价电子轨道为半满
全满时，稳定，第一电离能较大；同一主族元素的氢化物沸点相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，
但氢键能影响熔沸点。
10．[2017 江苏]铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy 的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇
参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为____________________。
（2）丙酮(
)分子中碳原子轨道的杂化类型是_______________，1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目
为______________。
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为____________________。
（5）某FexNy 的晶胞如题21 图−1 所示，Cu 可以完全替代该晶体中a 位置Fe 或者b 位置Fe，形成Cu 替代型产
物Fe(x−n) CunNy。FexNy 转化为两种Cu 替代型产物的能量变化如题21 图−2 所示，其中更稳定的Cu 替代型产
物的化学式为___________。
【答案】（1）[Ar]3d5 或1s22s22p63s23p63d5
（2）sp2 和sp3
9 mol
（3）H<C<O
（4）乙醇分子间存在氢键
（5）Fe3CuN
【解析】（1）铁是26 号，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5 或1s22s22p63s23p63d5。
（2）丙酮(
)分子中碳原子轨道的杂化类型是甲基中的C 形成3 个C―H σ键，1 个C―C σ键，为sp3 杂化，
羰基中的C 形成3 个C―C σ键，一个π键，故C 的杂化方式为sp2；据以上分析1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为9
mol。
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H<C<O。
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键；丙酮分子中无与电负性较大的O 原子相连的H 原子，
不能形成氢键。
（5）a 位置Fe：8×1/8=1，b 位置Fe，6×1/2=3，N 为1 个，从题21 图−2 看出：Cu 替代a 位置Fe 型产物的能量更
低，将化学式由Fe3FeN 用铜替换为Fe3CuN。
【名师点睛】本题考查了简单离子的基态核外电子排布式、简单分子中σ键的数目、C 原子的原子轨道杂化类型、短
周期常见元素的电负性比较、分子间氢键对物质性质的影响、晶胞中原子数的计算及晶体化学式的确定等有关物质
结构的主干知识，同时还考查了物质所含能量的高低对物质稳定性的影响。要求我们要重视基础知识的掌握和应用，
会用均摊法分析晶体的组成。均摊法确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式。对于平行六面体晶胞而言，用均摊法
计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为8 个晶胞所共享，每个微粒有1/8 属于该晶胞；②处于棱上的微粒，同
时为4 个晶胞所共享，每个微粒有1/4 属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2 个晶胞所共享，每个微粒有1/2
属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。
11．[2017 新课标Ⅰ]钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）元素K 的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm（填标号）。
A．404.4
B．553.5
C．589.2
D．670.8
E．766.5
（2）基态K 原子中，核外电子占据最高能层的符号是_________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为
___________。K 和Cr 属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K 的熔点、沸点等都比金属Cr
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低，原因是___________________________。
（3）X 射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在离子。离子的几何构型为_____________，中心原子的杂化形式为
________________。
（4）KIO3 晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a=0.446 nm，晶胞中K、I、
O 分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K 与O 间的最短距离为______nm，与K 紧邻的O 个数为
__________。
（5）在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，则K 处于______位置，O 处于______位置。
【答案】（1）A
（2）N
球形
K 的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
（3）V 形
sp3
（4）0.315
12
（5）体心
棱心
【解析】（1）紫色波长400 nm～435 nm，因此选项A 正确。
（2）K 位于第四周期IA 族，电子占据最高能层是第四层，即N 层，最后一个电子填充在s 能级上，电子云轮廓图
为球形；K 的原子半径大于Cr 的半径，且价电子数较少，金属键较弱，因此K 的熔点、沸点比Cr 低。
（3）与OF2 互为等电子体，OF2 属于V 形，因此几何构型为V 形，其中心原子的杂化类型为sp3。
（4）根据晶胞结构，K 与O 间的最短距离是面对角线的一半，即为nm=0.315nm，根据晶胞的结构，距离K 最近的
O 的个数为12 个。
（5）根据KIO3 的化学式，以及晶胞结构，可知K 处于体心，O 处于棱心。
【名师点睛】本题考查化学选修3《物质结构与性质》的相关知识，以填空或简答方式考查，常涉及如下高频考点：
原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类
型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以
晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构
的问题。
12．[2017 新课标Ⅱ]我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R 代表）。回答下
列问题：
（1）氮原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_____________。
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二
周期部分元素的E1 变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1 自左而右依次增大的原因是
___________；氮元素的E1 呈现异常的原因是__________。
（3）经X 射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。
①从结构角度分析，R 中两种阳离子的相同之处为_________，不同之处为__________。（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
D．共价键类型
②R 中阴离子中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号表示，其中m 代表参与形成大π键的原
子数，n 代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则中的大π键应表示为____________。
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为()N−H…Cl、____________、____________。
（4）R 的晶体密度为d g·cm−3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y 个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相
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对质量为M，则y 的计算表达式为______________。
【答案】（1）
（2）同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大
N 原子的
2p 轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子
（3）①ABD
C
②5
③(H3O+)O-H…N()
()N-H…N()
（4）
3
3
21
A
602
(
10
)
a dN
a d
M
M
或
【解析】（1）N 原子位于第二周期第VA 族，价电子是最外层电子，即电子排布图是
；
（2）根据图(a)，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮
元素的2p 轨道为半充满状态，原子相对稳定，不易结合电子；
（3）①根据图(b)，阳离子是和H3O
＋，中原子N 含有4 个σ键，孤电子对数为(5−1−4×1)/2=0，价层电子对数为4，
杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形，H3O
＋中心原子是O，含有3 个σ键，孤电子对数为(6−1−3)/2=1，价层电子
对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；②根据图(b)，中σ键总数
为5 个，的大Π键应表示为；③根据图(b)，还有的氢键是：(H3O+)O-H…N()、()N-H…N()；
（4）根据密度的定义有，d=g/cm3，解得y==。
【名师点睛】本题考查化学选修3《物质结构与性质》的相关知识，以填空或简答方式考查，常涉及如下高频考点：
原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类
型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以
晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。只有对基础知识积累牢固，这类问题才能比
较容易解决；在做题过程中一定要注意审清楚问题问的是什么，如本题（1）问的是电子排布图，而不是电子排布
式，另一个注意书写规范，如氢键的表示方法。
13．[2017 新课标Ⅲ]研究发现，在CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载的Mn 氧化物
纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co 基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn 与O 中，第一电离能较大的是_________，基态原
子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2 和CH3OH 分子中C 原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是
______________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2 中的化学键除了σ键外，还存在________。
（5）MgO 具有NaCl 型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X 射线衍射实验测得MgO 的晶
胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO 也属于NaCl 型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)
为________nm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2
O
Mn
（2）sp
sp3
（3）H2O>CH3OH>CO2>H2
H2O 与CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2 与H2 均为非极性分子，CO2
分子量较大、范德华力较大
（4）离子键和π键（或键）
（5）0.148
0.076
【解析】
（1）Co 是27 号元素，位于元素周期表第4 周期第VIII 族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2
或[Ar]3d74s2。元素Mn 与O 中，由于O 元素是非金属元素而Mn 是金属元素，所以第一电离能较大的是O。O 元素
的基态原子价电子排布式为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn 元素的基态原子价电子排布式为3d54s2，
所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。
（2）CO2 和CH3OH 的中心原子C 原子的价层电子对数分别为2 和4，所以CO2 和CH3OH 分子中C 原子的杂化形式
分别为sp 和sp3。
（3）在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水
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和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O 与CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多，
所以水的沸点高于甲醇；CO2 与H2 均为非极性分子，CO2 分子量较大、范德华力较大，所以CO2 的沸点较高。
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N 原子与3 个氧原子形成3 个σ键，硝酸根
中有一个氮氧双键，所以还存在π键。
（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4 倍，即4r(O2－)= a，解得r(O2－)= nm=0.148 nm；
MnO 也属于NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 r(O2－)+2 r(Mn2+)，则r(Mn2+)=(0.448 nm-2×0.148 nm)/2=0.076
nm。
【名师点睛】物质结构的考查，涉及电子排布式、第一电能能比较、杂化理论、化学键及分子间作用力和晶胞的计
算等。其中杂化形式的判断是难点，具体方法是：先计算中心原子价电子对数，价电子对数n=（中心原子的价电子
数+配位原子的成键电子数±电荷数）。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当
配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp 杂化；n=3，
sp2 杂化；n=4，sp3 杂化。
14．[2017 海南]Ⅰ. 下列叙述正确的有_______。
A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则其最高正价为+7
B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性
D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
Ⅱ. ⅣA 族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为___________，原子间存在的共价键类型有________，
碳原子的杂化轨道类型为__________________。
（2）SiCl4 分子的中心原子的价层电子对数为__________，分子的立体构型为________，属于________分子（填“极
性”或“非极性”）。
（3）四卤化硅SiX4 的沸点和二卤化铅PbX2 的熔点如图（b）所示。
①SiX4 的沸点依F、Cl、Br、I 次序升高的原因是_________________。
②结合SiX4 的沸点和PbX2 的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I 次序，PbX2 中的化学键的离子性_______、
共价性_________。（填“增强”“不变”或“减弱”）
（4）碳的另一种单质C60 可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K 位于立方体的棱上和立方
体的内部，此化合物的化学式为_________；其晶胞参数为1.4 nm，晶体密度为_______g·cm-3。
【答案】Ⅰ. AD
Ⅱ.（1）混合型晶体
σ键、π键
sp2
（2）4
正四面体
非极性
（3）均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大
减弱
增强
（4）K3C60
2.0
【解析】I.A、某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，此元素是Br，位于VIIA 族，最高正价为+7 价，故A
正确；B、金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg 的第一电离能，Na 最外层只有一个电子，
再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg 最外层有2 个电子，因此Na 的第二电离能大于Mg 的第
二电离能，故B 错误；C、HClO4 可以写成(HO)ClO3，HClO 写成(HO)Cl，高氯酸的中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯
酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C 错误；D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔
点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D 正确；
II.（1）该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成σ键，层间的碳原子间形成的是π键；石墨中碳原
子有3 个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2；
（2）SiCl4 中心原子是Si，有4 个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，价层电子对数为4，空间构型为正四面体；属于
非极性分子；
（3）①SiX4 属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对质量的增大而增大，
即熔沸点增高；②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，因此PbX2 中化学键的离子型减弱，共价型增强；
（4）根据晶胞的结构，C60 位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，K 为与棱上和内部，个数为12×1/4＋9=12，
因此化学式为K3C60，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(1.4×10
－7)3cm3，根据密度的定义，则晶胞的密度为2.0g/cm3。
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专题19
有机化学基础（选修）
1．[2019 新课标Ⅰ] 化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 中的官能团名称是
。
（2）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B 的结构简式，用星号(*)标出B 中的手性
碳
。
（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式
。(不考虑立体异构，只
需写出3 个)
（4）反应④所需的试剂和条件是
。
（5）⑤的反应类型是
。
（6）写出F 到G 的反应方程式
。
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备
的合成路线
(无机试剂任
选)。
【答案】（1）羟基
（2）
（3）
（4）C2H5OH/浓H2SO4、加热
（5）取代反应
（6）
（7）
【分析】有机物A 被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B 与甲醛发生加成反应生成C，C 中的羟基被酸性高
锰酸钾溶液氧化为羧基，则D 的结构简式为。D 与乙醇发生酯化反应生成E，E 中与酯基相连的碳原子上的氢原子
被正丙基取代生成F，则F 的结构简式为，F 首先发生水解反应，然后酸化得到G，据此解答。
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【详解】（1）根据A 的结构简式可知A 中的官能团名称是羟基。
（2）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B 的结构简式可知B 中的手性碳原子可表
示为。
（3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为
。
（4）反应④是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。
（5）根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。
（6）F 到G 的反应分两步完成，方程式依次为：
、
。
（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成
，再根据题中反应⑤的信息
由乙酰乙酸乙酯合成
，最后根据题中反应⑥的信息由
合成产
品
。具体的合成路线图为：
，
。
【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计
等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构
体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识
进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体
结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类
官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行
分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活
应用。
2．[2019 新课标Ⅱ] 环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料
和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G 的合成路线：
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已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A 是一种烯烃，化学名称为__________，C 中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B 生成C 的反应类型为__________。
（3）由C 生成D 的反应方程式为__________。
（4）E 的结构简式为__________。
（5）E 的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、
__________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F 和NaOH 恰好完全反应生成1 mol 单一聚合度的G，若生成的NaCl 和H2O 的总质量为765
g，则G 的n 值理论上应等于__________。
【答案】（1）丙烯
氯原子、羟基
（2）加成反应
（3）
（或
）
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（4）
（5）
（6）8
【分析】根据D 的分子结构可知A 为链状结构，故A 为CH3CH=CH2；A 和Cl2 在光照条件下发生取代反应生成B
为CH2=CHCH2Cl，B 和HOCl 发生加成反应生成C 为，C 在碱性条件下脱去HCl 生成D；由F 结构可知苯酚和E
发生信息①的反应生成F，则E 为
；D 和F 聚合生成G，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A 为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C 为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故
答案为：丙烯；氯原子、羟基；
（2）B 和HOCl 发生加成反应生成C，故答案为：加成反应；
（3）C 在碱性条件下脱去HCl 生成D，化学方程式为：
，故答案为：
；
（4）E 的结构简式为
。
（5）E 的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核
磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3 种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条
件的有机物的结构简式为
；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl 和H2O，若生成的NaCl 和H2O 的总质量为765g，生
成NaCl 和H2O 的总物质的量为=10mol，由G 的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，
解得n=8，即G 的n 值理论上应等于8，故答案为：8。
3．[2019 新课标Ⅲ]氧化白藜芦醇W 具有抗病毒等作用。下面是利用Heck 反应合成W 的一种方法：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为___________。
（2）中的官能团名称是___________。
（3）反应③的类型为___________，W 的分子式为___________。
（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：
实验
碱
溶剂
催化剂
产率/%
1
KOH
DMF
Pd(OAc)2
22.3
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2
K2CO3
DMF
Pd(OAc)2
10.5
3
Et3N
DMF
Pd(OAc)2
12.4
4
六氢吡啶
DMF
Pd(OAc)2
31.2
5
六氢吡啶
DMA
Pd(OAc)2
38.6
6
六氢吡啶
NMP
Pd(OAc)2
24.5
上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。
（5）X 为D 的同分异构体，写出满足如下条件的X 的结构简式________________。
①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 mol 的X 与足量金属Na 反应可生成2 g H2。
（6）利用Heck 反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）
【答案】（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）
（2）羧基、碳碳双键
（3）取代反应
C14H12O4
（4）不同碱
不同溶剂
不同催化剂（或温度等）
（5）
（6）
【分析】首先看到合成路线：由A 物质经反应①在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反应生成了B 物质，
B 物质与丙烯酸在催化剂的作用下生成了C 物质，那C 物质就是将丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D
反应生成E 就是把HI 中的H 连在了O 上，发生的是取代反应；最后Heck 反应生成W 物质。
【详解】（1）A 物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，
3-苯二酚；
（2）物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基
（3）D 物质到E 物质没有双键的消失，且在O 原子处增加了氢原子，没有双键参与反应所以属于取代反应，W 物
质中可以轻松数出共有14 个C 原子，4 个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14 个碳的烷应该有
30 个氢，现在该分子有9 个不饱和度，其中一个苯环4 个，一个双键1 个，一个不饱和度少2 个氢，所以30-9×2=12，
因此有12 个氢原子，即分子式为C14H12O4。
（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3 探究了不同碱对反应的影响；实
验4，5，6 探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。
（5）D 的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1molX 与足量Na 反应可生成2g 氢气，那就
证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6
个相同环境的氢，则符合条件的有机物结构简式为
。
（6）由题意中的Heck 反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁
的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应产生双
键，得到苯乙烯；可以仿照反应①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为
。
【点睛】最后一个写合成路线，要必须从已有的物质出发，不得自己添加反应所需有机物，仿照题中出现的反应，
将合成路线分为两部分，一次合成，遇到不会的合成，首先要在题意和已知中寻找。清楚想要有碳碳双键出现应该
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利用卤代烃的消去反应。
4．[2019 天津] 我国化学家首次实现了膦催化的环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍
术醇的有效路线。
已知
3
2
环加成反应：
（、可以是或）
回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为____________，所含官能团名称为____________，分子中手性碳原子（连有四个不同
的原子或原子团）的数目为____________。
（2）化合物B 的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为
______。
①分子中含有碳碳三键和乙酯基
②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式____________。
（3）的反应类型为____________。
（4）的化学方程式为__________________，除外该反应另一产物的系统命名为____________。
（5）下列试剂分别与和反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。
a．
b．
c．溶液[
（6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物，在方框中写出路线流程图
（其他试剂任选）。
【答案】（1）
碳碳双键、羟基
3
（2）2
5
3
2
3
3
CH CHC
CCOOCH CH
|
CH
和
3
2
2
2
3
CH CH CH C
CCOOCH CH
（3）加成反应或还原反应
（4）
2-甲基-2-丙醇或2-甲基丙-2-醇
（5）b
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（6）
（写成等合理催化剂亦可）
【分析】由有机物的转化关系可知，与CH3C≡CCOOC（CH3）3 发生题给信息反应生成，与氢气在催化剂作用下发
生加成反应生成，与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成，一定条件下脱去羰基氧生成，与氢气在催
化剂作用下发生加成反应生成，一定条件下反应生成茅苍术醇。
【详解】（1）茅苍术醇的结构简式为，分子式为C15H26O，所含官能团为碳碳双键、羟基，含有3 个连有4 个不同
原子或原子团的手性碳原子；
（2）化合物B 的结构简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有2 个吸收峰；由分
子中含有碳碳叁键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上，则符合条件的B 的同分异构体有
3
2
3
3
CH CHC
CCOOCH CH
|
CH
、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、
CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3 和
等5 种结构，碳碳叁键和—COOCH2CH3 直接相
连的为
3
2
3
3
CH CHC
CCOOCH CH
|
CH
、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；
（3）C→D 的反应为与氢气在催化剂作用下发生加成反应（或还原反应）生成，故答案为：加成反应（或还原反应）；
（4）
与甲醇与浓硫酸共热发生酯基交换反应生成
，反应的化学方程式为
，HOC（CH3）3 的系统命名法的名称
为2—甲基—2—丙醇；
（5）和均可与溴化氢反应生成，故答案为：b；
（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3 与CH2=COOCH2CH3 反应生成，与氢气发生加成反应生成
，
故答案为：
。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力
考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。
5．[2019 江苏] 化合物F 是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
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（1）A 中含氧官能团的名称为________和________。
（2）A→B 的反应类型为________。
（3）C→D 的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X 的结构简式：________。
（4）C 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①能与FeCl3 溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：
（R 表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），
写出以
和CH3CH2CH2OH 为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂和有
机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。________________________
【答案】（1）（酚）羟基
羧基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
【分析】有机物A 和SOCl2 在加热条件下发生取代反应生成B，B 和甲醇发生取代反应生成C，C 和CH3OCH2Cl
在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D，D 和CH3I 在K2CO3 条件下发生取代反应生成E，E 在LiAlH4 条件下发
生还原反应生成F，据此解答。
【详解】（1）由A 的结构简式可知，A 中含氧官能团为-OH 和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基；
（2）根据以上分析可知，A→B 的反应中-COOH 中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应；
（3）观察对比C、D 的结构可知，C→D 的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3 取代生成D，根据副产物X 的分
子式C12H15O6Br，C→D 的反应生成的副产物为C 中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X 的结构简式为
；
（4）C 为，C 的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，
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含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相
等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为；
（5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成
CH3CH2CHO，参考题中E→F 的反应条件，在LiAlH4 条件下发生还原反应生成，和HCl 发生取代反应生成，在Mg、
无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，和CH3CH2CHO 在一定条件下反应生成，所以合成路线设计为：
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO，
，。
【点睛】本题以化合物F 的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推导、限定
条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设计，先对比原料和
产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机
物的之间的相互转化和题给信息进行设计。
6．[2019北京] 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
ⅰ．
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生
CO2 ；B 加氢可得环己醇。A 和B 反应生成C 的化学方程式是___________ ，反应类型是
___________________________。
（2）D中含有的官能团：__________________。
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。
【答案】（1）
取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、羰基
（3）
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（4）
（5）
（6）还原（加成）
（7）
【分析】
有机物A 能与碳酸钠溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A 为苯甲酸；有机物B 能与碳酸钠反应，但不产
生CO2，且B 加氢得环己醇，则B 为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C 为；
C 发生信息中的反应生成D 为；D 发生信息中的反应生成E 为；F 经碱性水解，酸化得G 和J，J 经还原可转化为G，
则G 和J 具有相同的碳原子数和碳骨架，则G 为；J 为；由G 和J 的结构可推知F 为
C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E 和G 先在LiAlH4 作用下还原，再水解最后得到K，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，A 为苯甲酸，B 为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应
生成C 为
，化学方程式为
，
故答案为：取代反应；
；
（2）D 为，D 中含有的官能团为羰基、羟基；
（3）D 发生信息中的反应生成E，其结构简式为；
（4）F 经碱性水解，酸化得G 和J，J 经还原可转化为G，则G 和J 具有相同的碳原子数和碳骨架，则G 为；J 为；
（5）J 为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，则除苯环外还有一
个六元环，②M 可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM 最多消耗2molNaOH，说明含有酚酯的结构，则M 的结
构简式为
；
（6）由合成路线可知，E 和G 先在LiAlH 4 作用下还原，再水解最后得到K；
（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：
。
7．[2019 浙江4 月选考] 某研究小组拟合成除草剂苯达松和染料中间体X。
已知信息：①
＋RCOOR′
②RCH2COOR′＋R′′COOR′′′
（1）下列说法正确的是________。
A．化合物B 到C 的转变涉及到取代反应
B．化合物C 具有两性
C．试剂D 可以是甲醇
D．苯达松的分子式是C10H10N2O3S
（2）化合物F 的结构简式是________。
（3）写出E＋G→H 的化学方程式________。
（4）写出C6H13NO2 同时符合下列条件的同分异构体的结构简式________。
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①分子中有一个六元环，且成环原子中最多含2 个非碳原子；
②1H−NMR 谱和IR 谱检测表明分子中有4 种化学环境不同的氢原子。有N－O 键，没有过氧键(－O－O－)。
（5）设计以CH3CH2OH 和原料制备X()的合成路线(无机试剂任选，合成中须用到上述①②两条已知信息，用流
程图表示)________。
【答案】（1）BC
（2）(CH3)2CHNH2
（3）
＋(CH3)2CHNHSO2Cl
＋HCl
（4）
（5）CH3CH2OH
CH3COOH
CH3COOCH2CH3
CH3COCH2COOCH2CH3
【分析】以A 和F 为原料制备苯达松，观察苯达松结构简式，易知A 中有苯环，便可推出A 为，根据A 到B 的反
应条件（HNO3 和H2SO4）可知该反应为硝化反应，继续观察苯达松可知其苯环上为邻位二取代侧链，因而B 为
，继续观察苯达松侧链有羰基和亚氨基，说明B 到C 的两步反应为甲基被氧化为羧基和硝基被还原为
氨基，C 为
，根据反应条件易知C 和D 反应为酯化反应，然后结合E 的分子式可推出D 是甲醇，E
为
，最后结合苯达松右侧碳链部分和F 的分子式可知氨基接在碳链中的2 号碳上，F 为
，从而G 为
。
【详解】（1）A、B 到C 的两步反应分别是甲基的氧化反应和硝基的还原反应，不涉及取代反应，A 项错误；
B、C 为邻氨基苯甲酸，其官能团为氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，因而C 有两性，B 项正确；
C、C 和D 发生酯化反应生成E，结合C 和E 的分子式，易推出D 为甲醇，C 项正确；
D、苯达松的分子式是C10H12N2O3S，D 项错误。
故答案选BC。
（2）结合苯达松右侧杂环上的碳链可知，氨基接在碳链中2 号碳的位置，F 的结构简式为(CH3)2CHNH2。
（3）G 的氯原子和E 氨基上的氢原子偶联脱去HCl 生成H，因而化学方程式为
＋
(CH 3)2CHNHSO2Cl
＋HCl。
（4）根据分子式C6H13NO2 算出不饱和度为1，结合信息，说明存在一个六元环，无不饱和键（注意无硝基）。结合
环内最多含有两个非碳原子，先分析六元环：①六元环全为碳原子；②六元环中含有一个O;③六元环中含有一个N;
④六元环中含有一个N 和一个O；若六元环中含有2 个O，这样不存在N-O 键，不符合条件。同时核磁共振氢谱显
示有4 中氢原子，该分子具有相当的对称性，可推知环上最少两种氢，侧链两种氢，这种分配比较合理。最后注意
有N-O 键，无O-O 键。那么基于上述四种情况分析可得出4 种同分异构体，结构简式分别为、、和。
（5）基于逆合成分析法，观察信息①，X 可从肽键分拆得和CH3COCH2COOR，那么关键在于合成CH3COCH2COOR，
结合信息②可知利用乙酸某酯CH3COOR 做原料合成制得。另一个原料是乙醇，其合成乙酸某酯，先将乙醇氧化为
乙酸，然后乙酸与乙醇反应，可得乙酸乙酯。以上分析便可将整个合成路线设计为：
CH3CH2OH
CH3COOH
CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOCH2CH3 。
8．[2018 新课标Ⅰ卷]化合物W 可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
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回答下列问题：
（1）A 的化学名称为________。
（2）②的反应类型是__________。
（3）反应④所需试剂，条件分别为________。
（4）G 的分子式为________。
（5）W 中含氧官能团的名称是____________。
（6）写出与E 互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1∶1）
______________。
（7）苯乙酸苄酯（
）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯
乙酸苄酯的合成路线__________（无机试剂任选）。
【答案】（1）氯乙酸
（2）取代反应
（3）乙醇/浓硫酸、加热
（4）C12H18O3
（5）羟基、醚键
（6）
、
（7）
【解析】分析：A 是氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠，氯乙酸钠与NaCN 发生取代反应生成C，C 水解又引入1 个
羧基。D 与乙醇发生酯化反应生成E，E 发生取代反应生成F，在催化剂作用下F 与氢气发生加成反应将酯基均转化
为醇羟基，2 分子G 发生羟基的脱水反应成环，据此解答。
详解：（1）根据A 的结构简式可知A 是氯乙酸；
（2）反应②中氯原子被－CN 取代，属于取代反应。
（3）反应④是酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；
（4）根据G 的键线式可知其分子式为C12H18O3；
（5）根据W 的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；
（6）属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6 个氢原
子，因此符合条件的有机物结构简式为或；
（
7
）
根
据
已
知
信
息
结
合
逆
推
法
可
知
合
成
苯
乙
酸
卞
酯
的
路
线
图
为
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。
点睛：本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等
知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体
的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进
行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结
构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官
能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分
析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应
用。
9．[2018新课标Ⅱ卷] 以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E
是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的路线如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的分子式为__________。
（2）A中含有的官能团的名称为__________。
（3）由B到C的反应类型为__________。
（4）C的结构简式为__________。
（5）由D到E的反应方程式为______________。
（6）F是B的同分异构体，7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24 L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共
有________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。
【答案】（1）C6H12O6
（2）羟基
（3）取代反应
（4）
（5）
（6）9
【解析】分析：葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，A 在浓硫酸的作用下发生分子内脱水反
应生成B，B 与乙酸发生酯化反应生成C，根据C 与D 的分子式可知C 生成D 是C 分子中另一个羟基与硝酸发生酯
化反应，D 在氢氧化钠溶液中水解生成E，据此解答。
详解：（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6。
（2）葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，因此A 中含有的官能团的名称为羟基。
（3）由B 到C 发生酯化反应，反应类型为取代反应。
（4）根据B 的结构简式可知C 的结构简式为。
（5）由D 到E 是乙酸形成的酯基水解，反应方程式为
。
（6）F 是B 的同分异构体，7.30 g 的F 与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24 L 二氧化碳（标准状况），说明F 分子中
含有羧基，7.30 g F 的物质的量是7.3g÷146g/mol＝0.05mol，二氧化碳是0.1mol，因此F 分子中含有2 个羧基，
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则F 相当于是丁烷分子中的2 个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6 种结构。如果是异丁烷，
则有3 种结构，所以可能的结构共有9 种（不考虑立体异构），即
、
、
、
、
、
、
、
、
。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1 的结构简式为。
点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为
载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、
反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适
当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。本题的难点是同分异构体数目判断，
同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息
来书写符合题意的同分异构体。对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取
代基的位置以确定同分异构体的数目，本题就是采用这种方法。
10．[2018 新课标Ⅲ卷] 近来有报道，碘代化合物E 与化合物H 在Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应，合成一种多官
能团的化合物Y，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是________________。
（2）B 为单氯代烃，由B 生成C 的化学方程式为________________。
（3）由A 生成B、G 生成H 的反应类型分别是________________、________________。
（4）D 的结构简式为________________。
（5）Y 中含氧官能团的名称为________________。
（6）E 与F 在Cr-Ni 催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为________________。
（7）X 与D 互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X 的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面
积之比为3∶3∶2。写出3 种符合上述条件的X 的结构简式________________。
【答案】（1）丙炔
（2）
（3）取代反应、加成反应
（4）
（5）羟基、酯基
（6）
（7）
、
、
、
、、
【解析】分析：根据A 的结构，第一步进行取代得到B，再将B 中的Cl 取代为CN，水解后酯化得到D；根据题目
反应得到F 的结构，进而就可以推断出结果。
详解：A 到B 的反应是在光照下的取代，Cl 应该取代饱和碳上的H，所以B 为；B 与NaCN 反应，根据C 的分子式确
定B 到C 是将Cl 取代为CN，所以C 为；C 酸性水解应该得到
，与乙醇酯化得到D，所以D 为
，D 与HI 加成得到E。根据题目的已知反应，要求F 中一定要有醛基，在根据H 的结
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构得到F 中有苯环，所以F 一定为；F 与CH3CHO 发生题目已知反应，得到G，G 为；G 与氢气加成得到H；H 与E
发生偶联反应得到Y。
（1）A 的名称为丙炔。
（2）B 为
，C 为
，所以方程式为：
。
（3）有上述分析A 生成B 的反应是取代反应，G 生成H 的反应是加成反应。
（4）D 为
。
（5）Y 中含氧官能团为羟基和酯基。
（6）E 和H 发生偶联反应可以得到Y，将H 换为F 就是将苯直接与醛基相连，所以将Y 中的苯环直接与羟基相连的
碳连接即可，所以产物为
。
（7）D 为
，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，
得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6 种：
、
、
、
、、。
点睛：本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3 个或3 的倍数的氢
原子很有可能是甲基。2 个或2 的倍数可以假设是不是几个CH2 的结构，这样可以加快构造有机物的速度。
11．[2018 北京卷] 8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8−羟基喹
啉的合成路线。
已知：i.
ii.同一个碳原子上连有2 个羟基的分子不稳定。
（1）按官能团分类，A 的类别是__________。
（2）A→B 的化学方程式是____________________。
（3）C 可能的结构简式是__________。
（4）C→D 所需的试剂a 是__________。
（5）D→E 的化学方程式是__________。
（6）F→G 的反应类型是__________。
（7）将下列K→L 的流程图补充完整：
（8）合成8−羟基喹啉时，L 发生了__________（填“氧化”或“还原”）反应。反应时还生成了水，则L 与G 物质
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的量之比为__________。
【答案】（1）烯烃
（2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl
（3）HOCH2CHClCH2Cl
ClCH2CH(OH)CH2Cl
（4）NaOH，H2O
（5）HOCH2CH(OH)CH2OH
CH2=CHCHO+2H2O
（6）取代反应
（7）
（8）氧化
3∶1
【解析】A 的分子式为C3H6，A 的不饱和度为1，A 与Cl2 高温反应生成B，B 与HOCl 发生加成反应生成C，C 的分
子式为C3H6OCl2，B 的分子式为C3H5Cl，B 中含碳碳双键，A→B 为取代反应，则A 的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、
D 的分子式，C→D 为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C 中两个Cl 原子连接在两个不同的碳原子上，则A 与Cl2
高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B 的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C 的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl 或ClCH2CH
（OH）CH2Cl、D 的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D 在浓硫酸、加热时消去2 个“H2O”生成E；根据F→G→J
和E+J→K，结合F、G、J 的分子式以及K 的结构简式，E+J→K 为加成反应，则E 的结构简式为CH2=CHCHO，F 的结
构简式为、G 的结构简式为、J 的结构简式为；K 的分子式为C9H11NO2，L 的分子式为C9H9NO，K→L 的过程中脱去1
个“H2O”，结合K→L 的反应条件和题给已知i，K→L 先发生加成反应、后发生消去反应，L 的结构简式为。
（1）A 的结构简式为CH3CH=CH2，A 中官能团为碳碳双键，按官能团分类，A 的类别是烯烃。
（2）A→B 为CH3CH=CH2 与Cl2 高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。
（3）B 与HOCl 发生加成反应生成C，由于B 关于碳碳双键不对称，C 可能的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl 或ClCH2CH
（OH）CH2Cl。
（4）C→D 为氯原子的水解反应，C→D 所需的试剂a 是NaOH、H2O，即NaOH 水溶液。
（5）D→E 为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。
（6）F 的结构简式为、G 的结构简式为，F→G 的反应类型为取代反应。
（7）K 的分子式为C9H11NO2，L 的分子式为C9H9NO，对比K 和L 的分子式，K→L 的过程中脱去1 个“H2O”，结合
K→L 的反应条件和题给已知i，K 先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：。
（8）根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+++H2O，对比L 和8-羟基喹啉的结构简式，L 发生了去氢的氧化反应。
根据原子守恒，反应过程中L 与G 物质的量之比为3:1。
点睛：本题以8-羟基喹啉的合成为载体，考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、
有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息
分析。
12．[2018 天津卷] 化合物N 具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：
（1）A 的系统命名为____________，E 中官能团的名称为____________。
（2）A→B 的反应类型为____________，从反应所得液态有机混合物中提纯B 的常用方法为____________。
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（3）C→D 的化学方程式为________________________。
（4）C 的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应；且1 mol W 最多与2 mol NaOH 发生反应，产物之
一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W 有____________种，若W 的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结
构简式为____________。
（5）F 与G 的关系为（填序号）____________。
a．碳链异构
b．官能团异构
c．顺反异构
d．位置异构
（6）M 的结构简式为____________。
（7）参照上述合成路线，以为原料，采用如下方法制备医药中间体。
该路线中试剂与条件1 为____________，X 的结构简式为____________；
试剂与条件2 为____________，Y 的结构简式为____________。
【答案】（1）1,6-己二醇
碳碳双键，酯基
（2）取代反应
减压蒸馏（或蒸馏）
（3）
（4）5
（5）c
（6）
（7）试剂与条件1：HBr，△
X：
试剂与条件2：O2/Cu 或Ag，△
Y：
【解析】分析：本题实际没有什么需要推断的，题目中已经将每一步的物质都给出了，所以只需要按部就班的进行
小题的逐一解答即可。
详解：（1）A 为6 个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1 个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E 中含有
碳碳双键和酯基两个官能团。
（2）A→B 的反应是将A 中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是
A、B 混合，B 比A 少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B 的
沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。
（
3
）
C→D
的
反
应
为
C
与
乙
醇
的
酯
化
，
所
以
化
学
方
程
式
为
。注意反应可逆。
（4）C 的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W 最多与2 mol
NaOH 发生反应，其中1mol 是溴原子反应的，另1mol 只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；
所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被
氧化为醛的醇一定为－CH2OH 的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两
个－CH2OH 结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br 一定是－CH2Br 的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，
在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2 种可能：
，每种可能上再连接
－CH2Br，所以一共有5 种：
。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构
体，要求有一定的对称性，所以一定是。
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（5）F 为
，G 为
，所以两者的关系为顺反异构，选项c
正确。
（6）根据G 的结构明显得到N 中画圈的部分为M
，所以M 为。
（7）根据路线中化合物X 的反应条件，可以判断利用题目的D 到E 的反应合成。该反应需要的官能团是X 有Br 原
子，Y 有碳氧双键。所以试剂与条件1 是HBr，△；将取代为，X 为。试剂与条件2 是O2/Cu 或Ag，△；将氧化为，
所以Y 为。
点睛：最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO 和CH3CHBrCH3 反应的，因为题目中的反应Br 在整个有机链
的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。
13．[2018 江苏卷] 丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：
（1）A 中的官能团名称为__________________（写两种）。
（2）DE 的反应类型为__________________。
（3）B 的分子式为C9H14O，写出B 的结构简式：__________________。
（4）
的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3 溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2 种不同化学环境的氢。
（5）写出以
和
为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成
路线流程图示例见本题题干）。
【答案】（1）碳碳双键
羰基
（2）消去反应
（3）
（4）
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（5）
【解析】（1）根据A 的结构简式，A 中的官能团为碳碳双键、羰基。
（2）对比D 和E 的结构简式，D→E 脱去了小分子水，且E 中生成新的碳碳双键，故为消去反应。
（3）B 的分子式为C9H14O，根据A→B→C 结合题给已知可推断出B 的结构简式为。
（4）的分子式为C9H6O3，结构中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3 溶液
发生显色反应，不能发生银镜反应，则其结构中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中
均只有2 种不同化学环境的氢，说明其分子结构中含酯基且水解产物的结构对称性高；符合条件的
的
同分异构体的结构简式为
。
（5）对比与和的结构简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由
合成
，官能团的变化由
1 个碳碳双键变为2 个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2 发生加成反应生成，在NaOH 醇溶液中发生
消去反应生成；与
发生加成反应生成
，
与H2 发生加成反应生成。合成路
线流程图为：
。
14．[2018 浙江11 月选考]某研究小组拟合成染料X 和医药中间体Y。
已知：
；
请回答：
（1）下列说法正确的是____________。
A．化合物A 能与FeCl3 溶液发生显色反应
B．化合物C 具有弱碱性
C．化合物F 能发生加成、取代、还原反应
D．X 的分子式是C17H22N2O3
（2）化合物B 的结构简式是___________________________________________________。
（3）写出C+D→E 的化学方程式______________________________ _______________________。
（4）写出化合物A(C10H14O2)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_____________________。
1H－NMR 谱和IR 谱检测表明：①分子中有4 种化学环境不同的氢原子；②分子中含有苯环、甲氧基(－OCH3)，
没有羟基、过氧键(－O－O－)。
（5）设计以CH2=CH2 和
为原料制备Y(
)的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)
_______________。
【答案】（1）BC
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（2）
（3）
（4）
、
、
、
（5）
【解析】由题意知A 为
、B 为
、C 为
、D 为
、
E 为
、F 为
。（1）A．化合物A 为
，不含有酚羟基，
不能与FeCl3 溶液发生显色反应，选项A 错误；B．化合物C 为
，含有氨基，具有弱碱性，选
项B 正确；C．化合物F 为
，含有苯环能与氢气发生加成反应，含有肽键能发生水解属于取代
反应，含有硝基能发生还原反应，选项C 正确；D．根据结构简式
可知，X 的分子式是
C17H20N2O3，选项D 错误。答案选项BC；
（2）化合物B 的结构简式是
；
（3）C+D→E 的化学方程式为
；
（4）化合物A(C10H14O2)同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：1H－NMR 谱和IR 谱检测表明：①分子中有4
种化学环境不同的氢原子；②分子中含有苯环、甲氧基(－OCH3)，没有羟基、过氧键(－O－O－)，符合条件的同分
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异构体有：
、
、
、；
（5）CH2=CH2 与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷与氨气反应生成H2NCH2CH2NH2，H2NCH2CH2NH2
与
反
应
生
成
Y(
)
，
合
成
路
线
的
流
程
图
表
示
如
下
：
。
15．[2017 北京]羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：
已知：
RCOOR'+R''OHRCOOR''+ R'OH（R、R'、R''代表烃基）
（1）A 属于芳香烃，其结构简式是______________________。B 中所含的官能团是________________。
（2）C→D 的反应类型是___________________。
（3）E 属于脂类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：__________。
（4）已知：2E F+C2H5OH。F 所含官能团有和___________。
（5）以D 和F 为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
【答案】（1）
硝基
（2）取代反应
（3）2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O22CH3COOH，
C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5+H2O
（4）
（5）
【解析】（1）A 是芳香烃，根据C 的结构简式，推出A 中应含6 个碳原子，即A 为苯，结构简式为：。A→B 发生
取代反应，引入－NO2，因此B 中官能团是硝基。
（2）根据C 和D 的分子式，C→D 是用两个羟基取代氨基的位置，发生的反应是取代反应。
（3）E 属于酯，一定条件下生成乙醇和F，则E 是乙酸乙酯。用乙醇制取乙酸乙酯可以用部分乙醇通过氧化制备乙
酸，再和另一部分乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯。发生的反应是2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O，2CH3CHO+O2
2CH3COOH，CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O。
（4）结合已知转化，根据原子守恒，推出F 的分子式为C6H10O3，根据信息，以及羟甲香豆素的结构简式，推出F
的结构简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，除含有，还含有。
（5）根据羟基香豆素的结构简式，以及（2）的分析，C、D 的氨基、羟基分别在苯环的间位，分别为、。F 的结构
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简式为CH3CH2OOCCH2COCH3，F 与D 发生已知第一个反应生成中间产物1，中间产物1 的结构简式为：，再发生已
知②的反应生成中间产物2：，然后发生消去反应脱水生成羟甲香豆素。
【名师点睛】试题以羟甲香豆素的合成为素材，重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类
型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解
能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、
酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题
的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的
反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认
识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。如本题已知反应①，直观理解就是苯
酚酚羟基邻位C—H 键断裂后与酮分子中的羰基发生加成反应。
16．[2017 江苏]化合物H 是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C 中的含氧官能团名称为_______和__________。
（2）D→E 的反应类型为__________________________。
（3）写出同时满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式：_____________________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物
分子中只有2 种不同化学环境的氢。
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G 的结构简式：__________________。
（5）已知：
(R 代表烃基，R'代表烃基或H)
请写出以
、
和(CH3)2SO4 为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂
任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）醚键
酯基
[
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
【解析】（1）C 中的含氧官能团名称为醚键和酯基。
（2）由D→E 的反应中，D 分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代，所以反应类型为取代反应。
（3）分析C 的结构特点，C 分子中除苯环外，还有3 个C、3 个O、1 个N 和1 个不饱和度。C 的同分异构体能发
生水解，由于其中一种水解产物分子中只有2 种不同的H 原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物
是α- 氨基酸，则该α- 氨基酸一定是α- 氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C 的同分异构体为
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。
（4）由F 到H 发生了两步反应，分析两者的结构，发现F 中的酯基到G 中变成了醛基，由于已知G 到H 发生的是
氧化反应，所以F 到G 发生了还原反应，结合G 的分子式C12H14N2O2 ，可以写出G 的结构简式为
。
（5）以
和(CH3)2SO4 为原料制备
，首先分析合成对象与原料间的关系。
结合上述合成路线中D 到E 的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为和；结合B 到C 的反应，
可以由逆推到，再结合A 到B 的反应，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料与氢溴酸反应即可得
到。具体的合成路线流程图如下：
【名师点睛】本题考查有机化学的核心知识，包括常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，有机物结构简
式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、有限定条件的同分异构体以及限定原料合成一种新的有机物的合
成路线的设计。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这是高考有机化学
复习备考的方向。解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构。书写同分
异构体时，先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分
子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。设计有机合成路线时，先要对比原料
的结构和最终产物的结构，通常用逆合成分析法从合成产物的分子结构入手，采用"切断一种化学键"分析法，分析
官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，结合课本学过的知识和试题所给的新信息，逐步分析直到和原料
完美对接。本题就是逆合成分析法的好例子。
17．[2017 新课标Ⅰ]化合物H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A 制备H 的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是__________。
（2）由C 生成D 和E 生成F 的反应类型分别是__________、_________。
（3）E 的结构简式为____________。
（4）G 为甲苯的同分异构体，由F 生成H 的化学方程式为___________。
（5）芳香化合物X 是F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4 种不
同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2 种符合要求的X 的结构简式_______。
（6）写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物
的合成路线________（其他试剂任选）。
【答案】（1）苯甲醛
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（2）加成反应
取代反应
（3）
（4）
（5）
、
、
、
（任写两种）
（6）
【解析】已知各物质转变关系分析如下：G 是甲苯同分异构体，结合已知②的反应物连接方式，则产物
H
左侧圈内结构来源于G，G 为
，F 为
，E 与乙
醇酯化反应生成F，E 为，根据反应条件，D→E 为消去反应，结合D 的分子式及D 的生成反应，则D 为
，所以C 为
，B 为，再结合已知反应①，A 为。
（1）根据以上分析可知A 的名称是苯甲醛。
（2）C→D 为C=C 与Br2 的加成反应，E→F 是酯化反应。
（3）E 的结构简式为。
（4）F 生成H 的化学方程式为
。
（5）F 为
，根据题意，其同分异构体中含有苯环、—COOH，先考虑对称结构，一种情
况是其余部分写成两个—CH=CH2，则连接在苯环上不符合要求，其次是写成两个—CH3 和一个—C≡CH，则其核磁共
振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1 的有机物结构简式为
、
、
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、
。
（6）根据已知②，环己烷需要先转变成环己烯，再与2-丁炔进行加成就可以连接两个碳链，再用Br2 与碳链上双键
加成即可，即路线图为：
。
18．[2017 新课标Ⅱ]化合物G 是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G 的路线如下：
已知以下信息：
①A 的核磁共振氢谱为单峰；B 的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。
②D 的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D 可与1 mol NaOH 或2 mol Na 反应。
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为____________。
（2）B 的化学名称为____________。
（3）C 与D 反应生成E 的化学方程式为____________。
（4）由E 生成F 的反应类型为____________。
（5）G 的分子式为____________。
（6）L 是D 的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，1 mol 的L 可与2 mol 的Na2CO3 反应，L 共有______
种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1 的结构简式为___________、____________。
【答案】（1）
（2）2-丙醇（或异丙醇）
（3）
（4）取代反应
（5）C18H31NO4
（6）6
【解析】A 的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A 为；B 的化学式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰
面积比为6∶1∶1，则B 的结构简式为CH3CH(OH)CH3；D 的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，
1 mol D 可与1 mol NaOH 或2 mol Na 反应，则苯环上有酚羟基和—CH2OH，且为对位结构，则D 的结构简式为。
（1）根据上述分析，A 的结构简式为。
（2）根据上述分析B 的结构简式为CH3CH(OH)CH3，依据醇的命名，其化学名称为2-丙醇或异丙醇。
（3 ）HOCH2CH2OCH(CH3)2
和
发生反应生成
E
的化学方程式为：
。
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（4）的分子式为C3H5OCl，E 的分子式为C12H18O3，E 与的分子式之和比F 的分子式少了一个HCl，则E 和发生了取
代反应生成F。
（5）根据有机物成键特点，有机物G 的分子式为C18H31NO4。
（6）L 是的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1 mol 的L 可与2 mol 的Na2CO3 反应，说
明L 的分子结构中含有2 个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2 种，当二个酚羟基
在间位时，苯环上甲基的位置有3 种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1 种，满足条件的L 共有6 种；
其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1 的结构简式为
、
。
19．[2017 新课标Ⅲ]氟他胺G 是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A 制备G 的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为____________。C 的化学名称是______________。
（2）③的反应试剂和反应条件分别是____________________，该反应的类型是__________。
（3）⑤的反应方程式为_______________。吡啶是一种有机碱，其作用是____________。
（4）G 的分子式为______________。
（5）H 是G 的同分异构体，其苯环上的取代基与G 的相同但位置不同，则H 可能的结构有______种。
（6）4-甲氧基乙酰苯胺（
）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧
基乙酰苯胺的合成路线___________（其他试剂任选）。
【答案】（1）
三氟甲苯
（2）浓硝酸/浓硫酸、加热
取代反应
（3）
吸收反应产物的HCl，提高反应转化率
（4）C11H11F3N2O3
（5）9
（6）
【解析】（1）反应①发生取代反应，应取代苯环取代基上的氢原子，根据C 的结构简式和B 的化学式，可确定A
为甲苯，即结构简式为：，C 的化学名称为三氟甲苯。
（2）反应③是C 上引入－NO2，C 与浓硝酸、浓硫酸，并且加热得到，此反应类型为取代反应。
（3 ）根据G 的结构简式，反应⑤发生取代反应，Cl 取代氨基上的氢原子，即反应方程式为
；吡啶的作用是吸收反应产物的HCl，提高反应转化率。
（4）根据有机物成键特点，G 的分子式为C11H11F3N2O3。
—CH3
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（5）－CF3 和－NO2 处于邻位，另一个取代基在苯环上有3 种位置，－CF3 和－NO2 处于间位，另一取代基在苯环上
有4 种位置，－CF3 和－NO2 处于对位，另一个取代基在苯环上有2 种位置，因此共有9 种结构。
（6）根据目标产物和流程图，苯甲醚应首先与混酸反应，在对位上引入硝基，然后在铁和HCl 作用下－NO2 转化成
－NH2，最后在吡啶作用下与CH3COCl 反应生成目标产物，合成路线是：
。
【名师点睛】考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物
的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。通常根据反应条件推断反应类型的方法有：（1）在NaOH
的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代
烃的消去反应。（3）在浓H2SO4 存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。
（4）能与溴水或溴的CCl4 溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2 在Ni 作用下发生反应，则为烯
烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化
反应。（7）与O2 或新制的Cu(OH)2 悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO 的氧化反应。(如果连续两次
出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4 加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光
照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe 粉、X2 条件下发生苯环上的取代。
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