21版53化学新人教A版教师用书_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

１
　
第一部分　化学基本概念
专题一
物质的组成、性质和分类
课
标
解
读
内容
物质的组成、性质和分类
分散系
解读
１．理解混合物和纯净物、单质和化合物的概念
２．理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系
３．理解物理变化与化学变化的区别与联系
１．了解溶液的含义。了解溶解度、饱和溶液的概
念。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能
进行有关计算
２．了解胶体是一种常见的分散系
考情分析
物质的组成、性质和分类多结合生产、生活实际及传统文化内容以选择题的形式进行考查。预计化学与
ＳＴＳＥ、中华民族传统文化依旧是命题热点
备考策略
２０２１年高考备考关注物质的组成、性质和分类。熟记常见物质的性质及用途，多关注化学与环境、化学与
能源、化学与生命科学、化学与材料
２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码２
考点一物质的组成、性质和分类
一、物质的组成
１．宏观上：物质由①　元素　组成，元素在自然界有两种存在
形式，以单
·质
·形式存在的称为元素的②　游离　态，以化
·合
·物
·形式
存在的称为元素的③　化合　态。
２．微观上：质子、中子、④　电子　是构成原子的三种基本粒
子，原子、分子、⑤　离子　是构成物质的三种基本微粒。
二、分类的方法
１．单一分类法
单一分类法就是对被分类的对象只用一种标准进行分别归
类的分类方法，如：
物
质
纯
净
物
按照所含元素
种类多少划分→⑥　单质　
按元素的
性质划分→金属单质
⑦　非金属　单质
{
化合物
{
混合物
ì
î
í
ïï
ïï
２．交叉分类法
交叉分类法就是将被分类的对象用多种不同的分类标准进
行分类，如：
３．树状分类法
所谓树状分类法，简单地说，是根据被分类对象的整体与分
出的类别间的关系及其陈列式的形状（像树）来定义的，如下图：
一、物质分类中易混淆的概念
１．酸的元数不一定等于酸分子中的Ｈ原子数。如亚磷酸
（Ｈ３ＰＯ３）是二元酸，次磷酸（Ｈ３ＰＯ２）是一元酸，因为它们的结构
分别是
Ｐ
Ｏ
􀪅
ＨＯ
Ｈ
ＯＨ、
Ｐ
Ｏ
􀪅
ＨＯ
Ｈ
Ｈ。
２．无氧酸不一定是非金属元素的氢化物，如氢氰酸（ＨＣＮ）等。
３．酸的氧化性与氧化性酸不同。酸的氧化性指Ｈ
＋的氧化性；氧
化性酸指酸根具有氧化性的酸，如ＨＣｌＯ、ＨＮＯ３、浓Ｈ２ＳＯ４。
４．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如ＣＯ、ＮＯ等。
５．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Ｍｎ２Ｏ７、ＣｒＯ３。
６．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Ａｌ２Ｏ３、ＺｎＯ（两性氧
化物），Ｍｎ２Ｏ７、ＣｒＯ３（酸性氧化物）。
７．碱性氧化物一定是金属氧化物。
８．酸酐不一定是酸性氧化物，如乙酸酐［（ＣＨ３ＣＯ）２Ｏ］等。
９．酸性氧化物一定是酸酐。
１０．酸性氧化物不一定能与水反应生成相应的酸，如ＳｉＯ２。
１１．Ｎａ２Ｏ２与酸反应不仅生成盐和水，还生成Ｏ２，因而不是
碱性氧化物。
二、物质变化过程中的“三馏”“四色”“五解”和“十七化”
物理变化
化学变化
三馏
（１）蒸馏
（２）分馏
干馏
四色
焰色反应
（１）显色反应　（２）颜色反应　（３）指示剂
变色反应
五解
潮解
（１）分解　（２）电解　（３）水解　（４）裂解
十七化
（１）熔化
（２）汽化
（３）液化
（１）氢化　（２）氧化　（３）水化　（４）风化
（５）炭化　（６）钝化　（７）催化　（８）皂化
（９）歧化　（１０）卤化　（１１）硝化
（１２）酯化　（１３）裂化　（１４）油脂的硬化
　　注意　①化学变化：同素异形体之间的相互转化、ＣｕＳＯ４·
５Ｈ２Ｏ的脱水、蛋白质变性、电解质溶液导电、浓硫酸脱水、煤的
气化和液化。②物理变化：金属导电、盐析、活性炭吸附、渗析。
③爆炸有的是由化学变化引起的，有的是由物理变化引起的。
考点二分散系
一、分散系
分散系
概念：分散系是指把一种（或多种）物质分散在
　　另一种（或多种）物质中所得到的体系
组成：由分散质和①　分散剂　组成
分类：根据分散
质粒子直
径的大小
不同可以
分为
溶液：分散质粒子
　　直径②　＜１ｎｍ　
浊液③　悬浊　液
乳浊液
{
胶体：分散质粒子直径介于
　　④　１～１００ｎｍ　之间
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
二、溶液
１．饱和溶液
在一定温度下，向一定量的溶剂里加入某种溶质，当该溶质
不能继续溶解时，所得到的溶液叫作这种溶质的饱和溶液。
２．溶解度
溶解度：在一定温度下，某物质在⑤　１００　ｇ溶剂里达到
⑥　饱和　状态时所溶解的质量，单位是克，符号为Ｓ。
溶解度随温度升高而增大的物质，当把其饱和溶液的温度
降低时，溶质将会析出。
３．溶解度与溶质质量分数的区别
溶质质量分数与溶解度不同，它没有单位，既可以用百分数
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题一　物质的组成、性质和分类
３
　
表示，又可以用小数表示，且适用于任何溶液。而溶解度仅适用
于⑦　饱和　溶液。
４．溶解度的影响因素
（１）ＫＮＯ３的溶解度随温度升高而显著⑧　增大　；ＮａＣｌ的溶
解度也随温度升高而⑨　增大　，但变化趋势不如ＫＮＯ３的大；
Ｃａ（ＯＨ）２的溶解度随温度的升高而减小。
（２）气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而
增大。
５．有关溶质质量分数的计算
（１）ω＝⑩　ｍ（溶质）
ｍ（溶液）　×１００％＝
ｍ（溶质）
Ｖ（溶液）×ρ（溶液）×１００％。
（２）ω＝􀃊
􀁉
􀁓　
Ｓ
１００ｇ＋Ｓ　×１００％（饱和溶液，溶解度为Ｓ）。
三、胶体
１．定义：分散质粒子直径介于１～１００ｎｍ之间的分散系。
２．特征
（１）外观特征：均一。
（２）本质特征：胶体粒子直径介于１～１００ｎｍ之间。
３．分类
按照存在状态的不同，将胶体分为三类：
（１）􀃊
􀁉
􀁔　气　溶胶，如烟、云、雾；
（２）􀃊
􀁉
􀁕　液　溶胶，如ＡｇＩ水溶胶；
（３）􀃊
􀁉
􀁖　固　溶胶，如烟水晶、有色玻璃。
４．性质
（１）丁达尔效应
当光束通过胶体时，可以看到一条光亮的“通路”。这是胶
体粒子对光线􀃊
􀁉
􀁗　散射　形成的，叫作丁达尔效应。
说明　ａ．丁达尔效应是物理现象；
ｂ．利用丁达尔效应可区别溶液和胶体；
ｃ．丁达尔效应能证明分散质粒子直径的大小范围；
ｄ．当光束通过胶体时，看到的光亮的“通路” 是胶体粒子对
光线散射形成的，并不是胶体粒子本身发光。
　　（２）介稳性
胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定
存在，属于介稳体系。
５．Ｆｅ（ＯＨ）３胶体的制备
写出制备Ｆｅ（ＯＨ）３胶体的离子方程式：􀃊
􀁉
􀁘　Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅
Ｆｅ（ＯＨ）３（胶体）＋３Ｈ
＋　。
几种分散系的比较
溶液
胶体
浊液
分散质粒子
直径的大小
＜１ｎｍ
１～１００ｎｍ
＞１００ｎｍ
分散质粒子
单个小分
子或离子
许多分子的集
合体或高分子
巨大数目分
子的集合体
实例
乙醇溶液、
氯化钠溶液
Ｆｅ（ＯＨ）３胶体
石灰乳、油水
混合液
性
质
外观
均一、透明
均一
不均一、不透明
稳定性
稳定
较稳定
不稳定
能否透
过滤纸
能
能
不能
能否透
过半透膜
能
不能
不能
鉴别
无丁达
尔效应
有丁达尔效应
静置分层
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４
考点一物质的组成、性质和分类
１．中华优秀传统文化涉及很多化学知识。下列有关说法不正确
的是
（　　）
Ａ．“火树银花合，星桥铁锁开”，其中的“火树银花” 涉及焰色
反应
Ｂ．古剑沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢
是铁的合金
Ｃ．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，这种对青蒿素的提取方
法属于物理变化
Ｄ．《天工开物》中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变
化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物
１．
答案　Ｄ　“火树银花”实质上是某些金属元素的焰色反应，
Ａ项正确；合金一般具有熔点低、硬度大等特点，剑刃硬度大，
剂钢是铁的合金，Ｂ项正确；“ 青蒿一握，以水二升渍，绞取
汁”，该法提取青蒿素的过程中没有新物质生成，属于物理变
化，Ｃ项正确；矾是各种金属（如铜、铁、锌）的硫酸盐，Ｄ项
错误。
关联知识　合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金
属）熔合而成的具有金属特性的物质，一般具有熔点低、硬度
大等特点。钢为铁的合金。
２．下列选项中不满足如图所示从属关系的是
（　　）
选项
Ｘ
Ｙ
Ｚ
Ｈ
Ａ
分散系
胶体
溶液
烟
Ｂ
电解质
酸
碱
盐
Ｃ
元素周期表的纵列
主族
副族
卤族
Ｄ
化合物
共价化合物
离子化合物
酸
２．
答案　
Ｂ　
Ａ项，分散系包含胶体和溶液，烟属于胶体，故Ａ
不符合题意；Ｂ项，电解质包含酸、碱、盐等，酸不能包含盐，即
Ｙ不包含Ｈ，故Ｂ符合题意；Ｃ项，元素周期表的纵列包含主族
和副族，主族包含卤族，故Ｃ不符合题意；Ｄ项，化合物包含共
价化合物和离子化合物，共价化合物包含酸，故Ｄ不符合
题意。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
３．化学与社会、技术、环境、生活密切相关。下列有关说法中错误
的是
（　　）
Ａ．石油裂解、煤的干馏和纳米银粒子的聚集都是化学变化
Ｂ．天然气、沼气都是比较清洁的能源，它们的主要成分都是烃类
Ｃ．碘酒、８４消毒液、７５％的酒精都可用于消毒
Ｄ．高纯硅广泛应用于制造太阳能电池和计算机芯片
３．
答案　Ａ　
石油裂解、煤的干馏属于化学变化，纳米银粒子
的聚集属于物理变化，Ａ错误。
４．下列各项叙述正确的是
（　　）
①氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉均为混合物
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③ＣＯ２、ＮＯ２、Ｐ２Ｏ５均为酸性氧化物，Ｎａ２Ｏ、Ｎａ２Ｏ２均为碱性氧
化物
④Ｃ６０、Ｃ７０、金刚石、石墨互为同素异形体
⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
⑥在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物
Ａ．全部正确
Ｂ．①②⑤
Ｃ．②③⑥
Ｄ．④⑥
４．
答案　Ｄ　①水银属于单质，其余为混合物。②氧化物只含
两种元素，且其中一种是氧元素。③ＮＯ２不属于酸性氧化物，
ＣＯ２、Ｐ２Ｏ５属于酸性氧化物；Ｎａ２Ｏ属于碱性氧化物，Ｎａ２Ｏ２不
属于碱性氧化物。④同种元素组成的不同单质互为同素异形
体。⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动离子的浓度
和离子所带电荷的多少有关，自由移动离子浓度越大，离子所
带电荷越多，溶液的导电能力越强。强电解质溶液的导电能力
不一定比弱电解质溶液强。⑥在熔融状态下，离子化合物可产
生自由移动的阴、阳离子，共价化合物不能产生自由移动的阴、
阳离子，故在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物。综上
所述可知④⑥正确，①②③⑤不正确，答案为Ｄ。
考点二分散系
５．化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是
（　　）
Ａ．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶有丁达尔
效应
Ｂ．我国已能利用３Ｄ打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激
光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金
属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
Ｃ．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同
Ｄ．碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料
５．
答案　Ｄ　Ａ项，雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔
效应，故正确；Ｂ项，钠与某些熔融盐可发生置换反应，生成相
应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金
属钛，故正确；Ｃ项，活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂
白是利用次氯酸的强氧化性，原理不相同，故正确；Ｄ项，碳素
钢是合金，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于新型的无
机非金属材料，故错误。
６．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁” 的分子（直
径为１．３×１０
－９ｍ）恢复了磁性。“钴酞菁” 分子结构和性质与
人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法不
正确的是
（　　）
Ａ．此项工作可广泛应用于光电器件、生物技术等方面
Ｂ．“钴酞菁”分子所形成的分散系具有丁达尔效应
Ｃ．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质
Ｄ．“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜
６．
答案　Ｄ　“钴酞菁”分子能透过滤纸，但不能透过半透膜，
故Ｄ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４
　　１．理解物质变化的“四个方面”
（１）从宏观上看，有新物质生成的变化是化学变化，反之则
为物理变化。这里的新物质生成所能实现的仅是原子与分子
（或离子）的相互转化，在整个过程中原子核没有发生改变。一
种原子变为另一种原子涉及原子核的变化，不属于化学变化。
（２）从微观上看，化学变化过程中有旧化学键的断裂，同时
又有新化学键的形成，但有化学键断裂的变化未必就是化学变
化，如ＮａＣｌ晶体、ＳｉＯ２晶体的熔化，分别破坏了离子键、共价键，
但属于物理变化。
（３）从能量上看，化学变化中一定伴随能量变化，而有能量
变化的过程却不一定是化学变化；物理变化中有的有能量变化，
有的无能量变化。
（４）化学变化过程中一定伴有物理变化，观察到一定的实验
现象并不一定发生了化学变化。
２．胶体知识“９”提醒
（１）胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体分散质颗粒
直径在１～１００ｎｍ之间。
（２）胶体的物理性质：①丁达尔效应；②电泳现象；③介稳性等。
（３）胶体微粒一般是离子、分子或难溶物的聚集体，但有些
高分子化合物，如淀粉、蛋白质，因它们的分子非常大，相对分子
质量通常为几万、几十万甚至上百万、上千万，因此一个分子就
是一个胶体微粒，它们分散到水中可形成胶体。
（４）区分胶体和其他分散系的最简便方法是利用丁达尔
效应。
（５）胶体具有介稳性的主要原因是同种胶体粒子带有相同电荷。
（６）胶体的电泳现象反映了胶体粒子带有电荷，但不能说成
胶体带有电荷。胶体与溶液都是电中性的。
（７）在Ｆｅ（ＯＨ）３胶体中，Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子的数目要远远
小于原ＦｅＣｌ３溶液中Ｆｅ
３＋的数目。
（８）向Ｆｅ（ＯＨ）３胶体中逐滴加入强酸（如盐酸、硫酸）时，出
现的现象为先产生沉淀后溶解。开始时出现沉淀是由于胶体中
加入了电解质发生了聚沉，后来沉淀消失是由于发生了反应。
（９）胶体粒子的直径在１～１００ｎｍ之间，它决定了胶体粒子
具有较大的比表面积，吸附能力很强，能在水中吸附悬浮固体或
色素，从而达到净化水的目的，这就是胶体净水的原理。能在水
中形成胶体，并且对水质无明显副作用的物质有ＫＡｌ（ＳＯ４）２·
１２Ｈ２Ｏ、ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ等，这样的物质被称为净水剂，它们形成胶
体的化学原理是Ａｌ
３＋、Ｆｅ
３＋发生水解反应生成Ａｌ（ＯＨ）３胶体、
Ｆｅ（ＯＨ）３胶体。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题一　物质的组成、性质和分类
５
　
例
　（２０１９安徽阜阳二模，７）科学家发现了利用泪液来
检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（ＮａＡｕＣｌ４）溶液与溶液
中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为２０～６０ｎｍ）。
下列有关说法错误的是
（　　）
Ａ．氯金酸钠中金元素的化合价为＋３价
Ｂ．葡萄糖具有还原性
Ｃ．检测时，ＮａＡｕＣｌ４发生氧化反应
Ｄ．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔
效应
　　解题导引　化学的魅力在于合成新物质。以科技成果为背
景，让学生通过试题情境认识化学学科价值，从而增长见识。
解析　Ａ项，Ｎａ元素为＋１价，Ｃｌ元素为－１价，则氯金酸钠
中Ａｕ元素的化合价为＋３价，故Ａ项正确；Ｂ项，葡萄糖分子中含
有醛基，具有还原性，故Ｂ项正确；Ｃ项，氯金酸钠变为金，金元
素化合价降低，发生还原反应，故Ｃ项错误；Ｄ项，纳米金单质颗
粒直径为２０～６０ｎｍ，分散在水中所得的分散系为胶体，故Ｄ项
正确。
答案　Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５
１．（２０２０届河北衡水中学二调，１）新版人民币的发行，引发了人
们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是
（　　）
Ａ．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤
维素
Ｂ．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Ｆｅ３Ｏ４是一种
磁性物质
Ｃ．防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有
机高分子材料
Ｄ．某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的
是葡萄糖
１．
答案　Ｄ　Ａ项，棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维
素，故正确；Ｂ项，Ｆｅ３Ｏ４具有磁性，故正确；Ｃ项，树脂相对分子
质量很大，属于有机高分子材料，故正确；Ｄ项，葡萄糖遇碘不
变蓝，故错误。
２．（２０１９天津河东二模，１）化学与生产、生活、社会密切相关，下
列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．电动汽车充电、放电过程均有电子转移
Ｂ．很多鲜花和水果的香味来自酯
Ｃ．某淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质
Ｄ．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储
氢材料
２．
答案　Ｄ　
碳纳米管是碳单质，属于无机非金属材料，故Ｄ
错误。
３．（２０１８湖南联合调研，７）化学与生产、生活及社会发展密切相
关，下列有关说法不正确的是
（　　）
Ａ．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质
Ｂ．把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
Ｃ．用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒
Ｄ．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受
潮、氧化
３．
答案　Ｃ　
“血液透析” 利用了渗析原理，“静电除尘” 利用
了胶体的电泳，Ａ项正确；石灰浆为Ｃａ（ＯＨ）２悬浊液，虫卵含
蛋白质，强碱能使蛋白质发生变性，把石灰浆涂在树干上可消
灭树皮上的过冬虫卵，Ｂ项正确；ＫＭｎＯ４溶液、双氧水能杀菌
消毒的原因是它们具有强氧化性，酒精能杀菌消毒的原因是酒
精能使蛋白质发生变性，Ｃ项错误；硅胶具有吸水性，可防止食
物受潮，铁粉具有还原性，可防止食物被氧化，Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５
　　１．化学与社会是紧密联系的，应注意以生活情境为背景创
设的题目，考查学生综合运用所学的化学知识和技能分析、解决
与化学有关的实际问题的能力。
例１　（２０１９５·３原创冲刺卷四，７）２０１８年１０月７日，
国务院督查组对京津冀及周边地区进行环境督查，发现ＶＯＣｓ整
治不到位问题。ＶＯＣｓ（ｖｏｌａｔｉｌｅｏｒｇａｎｉｃｃｏｍｐｏｕｎｄｓ，挥发性有机
物）是指常温常压下任何能挥发的有机固体或液体。空气中
ＶＯＣｓ浓度过高时很容易引起人体急性中毒。下列不需要考虑
ＶＯＣｓ整治的是
（　　）
Ａ．餐饮服务行业
Ｂ．建筑装饰装修行业
Ｃ．汽油储存、运输和销售行业
Ｄ．果蔬批发行业
解析　餐饮服务行业炒菜的烟气中含有挥发出来的食用
油蒸气；建筑装饰装修材料会挥发出甲醛；汽油储存、运输和销
售过程中会挥发出气态烃，这些都属于挥发性有机物（ＶＯＣｓ），
需要整治。果蔬自然挥发出的香气虽然是挥发性有机物，但极
微少，无害，无需整治，所以Ｄ正确。
答案　Ｄ
题目价值　真实、具体且富有价值的问题情境是化学学科
核心素养形成和发展的重要平台，为化学学科核心素养提供了
真实的表现机会。
２．物质分类方法多种多样，应注意从多角度对物质进行分
类，提高迁移应用的能力。
例２　（２０１９５·３原创冲刺卷三，７）下列有关物质的分
类正确的是
（　　）
Ａ．空气和泥浆均属于非均匀混合物
Ｂ．石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维的制备均与胶体
有关
Ｃ．葡萄糖、淀粉、油脂等有机化合物都为非电解质
Ｄ．古代陶瓷、现代玻璃、蓝宝石、红宝石均属于硅酸盐产品
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　解析　空气为均匀混合物，泥浆属于非均匀混合物，故Ａ
不正确；淀粉、油脂均为混合物，不是非电解质，故Ｃ不正确；红
宝石、蓝宝石的主要成分为氧化铝，故Ｄ不正确。
答案　Ｂ
题目价值　能根据物质组成和性质对物质进行分类，形成
物质是由元素组成和化学变化中元素种类不变的观点。了解生
活中常用材料的组成与性能，认识化学在日用材料的发展中的
重要作用。
􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６
１．（２０１９辽宁五校协作体联合模拟，１）化学与科技生产、生活环
境等密切相关，下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔
效应
Ｂ．“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
Ｃ．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业
生产对环境的污染
Ｄ．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物
１．
答案　Ｂ　雾和霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效
应，Ａ项正确；碳纤维的主要成分属于无机物，碳纤维是一种新
型无机非金属材料，不是有机高分子材料，Ｂ项错误；绿色化学
的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，其核心是利
用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，Ｃ项
正确；丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合
物，Ｄ项正确。
知识拓展　常见的材料可分为金属材料、传统无机非金属材
料、新型无机非金属材料、有机合成材料等。
２．（２０１９５·３改编）纳米Ｆｅ３Ｏ４晶体材料可以作为核磁共振造
影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示。下
列叙述不合理的是
（　　）
Ａ．
属于有机化合物
Ｂ．直接加热ＦｅＣｌ３溶液也可以得到Ｆｅ３Ｏ４
Ｃ．反应③的化学方程式是６ＦｅＯＯＨ＋ＣＯ􀪅􀪅２Ｆｅ３Ｏ４＋３Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２
Ｄ．纳米四氧化三铁形成的分散系有可能产生丁达尔效应
２．
答案　
Ｂ　
Ａ项，
为含碳化合物，属于有机化合物，
Ａ正确；Ｂ项，直接加热ＦｅＣｌ３溶液，促进氯化铁的水解，ＨＣｌ易
挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，Ｂ
错误；Ｃ项，由制备过程图可知，反应③的反应物为ＦｅＯＯＨ和
ＣＯ，由一种生成物为Ｆｅ３Ｏ４和质量守恒定律可知，反应的化学
方程式为６ＦｅＯＯＨ＋ＣＯ􀪅􀪅２Ｆｅ３Ｏ４＋３Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２，Ｃ正确；Ｄ项，
纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中可形成胶体，则具有丁达
尔效应，Ｄ正确。
３．（２０１８安徽五校联考，１３）清华大学的科学家将古老的养蚕技
术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含
有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维。
已知：把石墨片剥成单层之后得到的只有一个碳原子厚度的单
层就是石墨烯。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．蚕丝纤维的主要成分是纤维素
Ｂ．石墨烯像烯烃一样，是一种有机物
Ｃ．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
Ｄ．碳纳米管具有丁达尔效应
３．
答案　Ｃ　Ａ项，蚕丝的主要成分是蛋白质，故错误；Ｂ项，石
墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，不是有机物，故错误；Ｃ
项，碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，
故正确；Ｄ项，碳纳米管在合适的分散剂中形成的分散系具有
丁达尔效应，故错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７１
考点一物质的组成、性质和分类
１．（２０１９课标Ⅰ，７，６分）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
１．
答案　Ａ　本题涉及的考点是传统硅酸盐材料陶瓷的有关性
质，考查了学生对基础化学知识的再现、辨认、整合能力，体现了
宏观辨识与微观探析的学科核心素养，并且弘扬了中华优秀传
统文化。
Ａ项，氧化铁为红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故
错误。
知识拓展　
三大传统硅酸盐材料：陶瓷、水泥、玻璃。其中陶
器、瓷器是在中国诞生的，是中华文明的象征之一。
２．（２０１９课标Ⅲ，７，６分）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
２．
答案　Ｃ　本题涉及常见元素在生活中的应用，考查了学生
接受、吸收、整合化学信息的能力，认识化学知识对满足人民日
益增长的生活需要具有重要作用，体现了科学态度与社会责任
的学科核心素养。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题一　物质的组成、性质和分类
７
　
高纯硅是良好的半导体材料，Ａ项正确；铝合金强度高、塑性
好、耐腐蚀，Ｂ项正确；活性炭具有吸附作用，不能杀菌，Ｃ项错
误；碘的酒精溶液可以杀菌消毒，Ｄ项正确。
解题关键　熟悉元素化合物知识在日常生活中的应用。
３．（２０１９北京理综，６，６分）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
３．
答案　Ａ　本题以新材料为背景考查金属材料、无机非金属材
料、有机合成材料等知识；以我国科研成果为载体考查学生的识
记、再现及辨识能力；借助物质的组成、性质考查学生宏观辨识与
微观探析的学科核心素养，体现了增加民族自豪感的价值观念。
Ｂ项，２０２２年冬奥会的速滑服是由有机合成材料制成的；Ｃ项，
碳包覆银纳米线是金属材料；Ｄ项，钛合金筛网轮是金属材料。
知识拓展　目前材料主要有三大类，一类是金属材料，一类是
无机非金属材料，一类是有机材料。无机非金属材料包括传统
无机非金属材料和新型无机非金属材料，有机材料分为天然有
机材料和合成有机材料。
４．（２０１８北京理综，６，６分）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
（　　）
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
４．
答案　Ｂ　
本题考查学生对物质变化的理解和认识。化学
变化中的最小微粒是原子，化学变化中不涉及原子种类的改
变，故选Ｂ。
审题方法　题干中提到“ 物质的应用中”，关键词是“ 应用”。
Ｄ项中，“开采可燃冰”不是可燃冰的应用，“作为能源使用”才
是其应用。
５．（２０１８课标Ⅱ，７，６分）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
５．
答案　
Ｄ　
本题考查Ｎａ２ＣＯ３、Ｃａ（ＣｌＯ）２、Ａｌ（ＯＨ）３、ＢａＣＯ３
的化学性质。碳酸钠溶液显碱性，油污属于酯类，油污可在热
的碳酸钠溶液中水解而被除去，Ａ正确；漂白粉的有效成分是
Ｃａ（ＣｌＯ）２，Ｃａ（ＣｌＯ）２有强氧化性，可杀菌消毒，Ｂ正确；胃酸指
盐酸，Ａｌ（ＯＨ）３可与盐酸反应，Ｃ正确；ＢａＣＯ３可与胃酸反应生
成Ｂａ
２＋，Ｂａ
２＋有毒，Ｄ错误。
关联知识　胃肠Ｘ射线造影检查服用的是ＢａＳＯ４，ＢａＳＯ４不与
盐酸反应。
６．（２０１８课标Ⅲ，７，６分）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
６．
答案　Ａ　Ａ项，泡沫灭火器利用了盐类相互促进的水解反
应，可用于一般的起火，但不适用于电器起火，电器起火常用干
粉灭火器灭火。
知识拓展　牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理，使被
保护的物质作正极而被保护起来。
７．（２０１８天津理综，１，６分）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，其主要原料为黏土
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
７．
答案　Ａ　
本题考查化学史相关知识。用谷物酿造酒和醋
的过程中，淀粉发生水解生成葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的
作用下生成乙醇，乙醇经氧化进一步生成乙酸。Ａ项不合理。
试题评价　了解中华民族优秀文化，提高学生的民族自豪感。
８．（２０１７课标Ⅱ，７，６分）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
８．
答案　
Ｃ　
糖类是由Ｃ、Ｈ、Ｏ三种元素组成的有机物，化学
组成大多数符合通式Ｃｎ（Ｈ２Ｏ）ｍ，碳水化合物是糖类的一种历
史沿用的叫法，Ａ正确；维生素Ｄ是脂溶性维生素，可以促进
人体对钙的吸收，Ｂ正确；蛋白质主要由Ｃ、Ｈ、Ｏ、Ｎ等元素组
成，Ｃ错误；硒摄入过多会出现胃肠功能紊乱、眩晕、乏力等中
毒症状，Ｄ正确。
知识拓展　维生素Ｄ的作用
１．提高机体对钙、磷的吸收。
２．促进生长和骨骼钙化。
３．维持血液中柠檬酸盐的正常水平。
４．防止氨基酸通过肾脏损失。
考点二分散系
９．（２０１８课标Ⅱ，８，６分）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
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
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
９．
答案　Ｃ　
雾和霾的分散剂均为空气，Ａ正确；由题图可知
雾霾中含有ＮＨ４ＮＯ３和（ＮＨ４）２ＳＯ４，Ｂ正确；ＮＨ３应是形成无
机颗粒物的反应物，Ｃ错误；过度施用氮肥会增加大气中ＮＨ３
的含量，Ｄ正确。
知识拓展　胶体分为气溶胶、液溶胶、固溶胶。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一物质的组成、性质和分类
１．（２０１６北京理综，６，６分）我国科技创新成果斐然，下列成果中
获得诺贝尔奖的是
（　　）
Ａ．徐光宪建立稀土串级萃取理论
Ｂ．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
Ｃ．闵恩泽研发重油裂解催化剂
Ｄ．侯德榜联合制碱法
答案　Ｂ　屠呦呦因发现抗疟新药青蒿素而获得诺贝尔生
理学或医学奖。
２．（２０１５北京理综，６，６分）下列我国古代的技术应用中，其工作
原理不涉及
···化学反应的是
（　　）
Ａ．火药使用
Ｂ．粮食酿酒
Ｃ．转轮排字
Ｄ．铁的冶炼
答案　
Ｃ　
Ａ项，火药使用过程中发生了氧化还原反应；Ｂ
项，粮食酿酒是糖类在一定条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖在
酒化酶的作用下发生化学反应生成酒精；Ｃ项，转轮排字是物
理变化，不涉及化学反应；Ｄ项，铁的冶炼过程中发生了氧化还
原反应。
知识拓展　物理变化与化学变化的判断方法
３．（２０１５福建理综，６，６分）下列制作铅笔的材料与相应工业不
对应的是
（　　）
Ａ．橡皮擦———橡胶工业
Ｂ．铝合金片———冶金工业
Ｃ．铅笔芯———电镀工业
Ｄ．铅笔漆———涂料工业
答案　Ｃ　制作铅笔芯的材料是石墨与黏土的混合物，与电
镀工业没有关系。
４．（２０１５重庆理综，１，６分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下
列发明创造不涉及
∙∙∙化学反应的是
（　　）
Ａ．用胆矾炼铜
Ｂ．用铁矿石炼铁
Ｃ．烧结黏土制陶瓷
Ｄ．打磨磁石制指南针
答案　
Ｄ　
Ａ项，用胆矾炼铜的反应为ＣｕＳＯ４＋Ｆｅ􀪅􀪅
ＦｅＳＯ４＋Ｃｕ，为化学反应；Ｂ项，用铁矿石炼铁为化学变化；Ｃ项，
黏土制陶瓷发生复杂的物理及化学变化；Ｄ项符合题意。
考点二分散系
５．（２０１５安徽理综，９，６分）下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．在酒精灯加热条件下，Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３固体都能发生分解
Ｂ．Ｆｅ（ＯＨ）３胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
Ｃ．Ｈ２、ＳＯ２、ＣＯ２三种气体都可用浓Ｈ２ＳＯ４干燥
Ｄ．ＳｉＯ２既能和ＮａＯＨ溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性
氧化物
答案　Ｃ　Ｎａ２ＣＯ３固体受热不分解，Ａ项不正确；Ｆｅ（ＯＨ）３胶
体呈红褐色，Ｂ项不正确；Ｃ项正确；ＳｉＯ２与ＨＦ反应生成ＳｉＦ４和
Ｈ２Ｏ，ＳｉＦ４不属于盐类，ＳｉＯ２不是两性氧化物，Ｄ项不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７２
时间：２５分钟　分值：４８分
一、选择题（每题６分，共３０分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９河北唐山一模，７）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．医用消毒酒精中乙醇的浓度为９５％
Ｂ．可用淀粉溶液来检测食盐中是否含碘
Ｃ．二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的消毒
Ｄ．硅单质是半导体材料，可用于制作光导纤维
１．
答案　Ｃ　Ａ项，医用消毒酒精中乙醇的浓度为７５％，Ａ错误；Ｂ
项，加碘食盐中添加的是碘酸钾，不能用淀粉溶液来检测食盐中是
否含碘，Ｂ错误；Ｄ项，二氧化硅用于制作光导纤维，Ｄ错误。
知识拓展　食盐中的碘酸钾常利用归中反应：５Ｉ
－＋ＩＯ
－
３＋６Ｈ
＋
􀪅􀪅３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ进行检验。
２．（２０１９山西孝义一模，８）化学与生活、环境、科技等密切相关。
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．温室效应导致海水的酸度增加，贝壳类生物的生存将会受到
威胁
Ｂ．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会
因水解而变质
Ｃ．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原
油泄漏的吸油材料
Ｄ．具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂
２．
答案　Ｂ　Ａ项，二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加海
水酸度，贝壳类生物的生存会受到威胁，故Ａ正确；Ｂ项，油脂
是高级脂肪酸与甘油形成的酯，长时间放置在空气中，会因被
氧化而变质，故Ｂ错误；Ｃ项，“碳海绵”具有吸附性，可用作处
理海上原油泄漏的吸油材料，故Ｃ正确；Ｄ项，具有吸水性的植
物纤维无毒，加工后可用作食品干燥剂，故Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题一　物质的组成、性质和分类
９
　
３．（２０１９安徽江南十校联考，７）化学与生产和生活密切相关，下
列说法正确的是
（　　）
Ａ．水晶和红宝石的主要成分都是ＳｉＯ２
Ｂ．燃煤中加入石灰石可提高燃烧效率
Ｃ．甘油和汽油完全燃烧的产物相同，但所属有机物的种类不同
Ｄ．ＣｌＯ２具有还原性，可用于自来水的消毒杀菌
３．
答案　Ｃ　
水晶的主要成分是ＳｉＯ２，红宝石的主要成分为
Ａｌ２Ｏ３，故Ａ错误。燃煤中加入石灰石可减少ＳＯ２的排放，不
能提高燃烧效率，故Ｂ错误。甘油属醇类，汽油的成分都属烃
类，故Ｃ正确。ＣｌＯ２具有强氧化性，可用于消毒杀菌，故Ｄ
错误。
４．（２０１８河南、河北重点高中一联，１）化学与生活密切相关，下
列说法错误的是
（　　）
Ａ．将燃油车改为燃气车有利于减少污染物的排放
Ｂ．含氟牙膏能有效预防龋齿，且其中所加氟化物的量宜多不
宜少
Ｃ．糖类、油脂及蛋白质中都含有Ｃ、Ｈ、Ｏ元素
Ｄ．酸雨侵蚀的土壤中加入熟石灰，可对该土壤进行修复
４．
答案　Ｂ　燃油车改为燃气车可减少ＳＯ２、ＮＯ等有害气体的
排放，Ａ正确；含氟牙膏所加氟化物过多会引起氟中毒，Ｂ错
误；糖类、油脂、蛋白质中均含有Ｃ、Ｈ、Ｏ元素，Ｃ正确；熟石灰
的化学式为Ｃａ（ＯＨ）２，可用来改良酸性土壤，Ｄ正确。
５．（２０１８陕西西安中学摸底，１）关于一些重要的化学概念有下
列说法：①Ｆｅ（ＯＨ）３胶体和ＣｕＳＯ４溶液都是混合物；②ＢａＳＯ４
是一种难溶于水的强电解质；③冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于
酸、碱、盐；④煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化；
⑤置换反应都属于离子反应。其中正确的是
（　　）
Ａ．①②⑤
Ｂ．①②④
Ｃ．②③④
Ｄ．③④⑤
５．
答案　Ｂ　纯碱是Ｎａ２ＣＯ３的俗称，属于盐类，③不正确；Ｈ２＋
ＣｕＯ
△
􀪅􀪅Ｃｕ＋Ｈ２Ｏ不属于离子反应，⑤不正确，答案为Ｂ。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
６．（２０２０届山东烟台莱州一中月考）化学与生产、生活密切相
关。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾
Ｂ．“煤改气” “煤改电” 等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾
天气
Ｃ．雾霾是一种分散系，Ｎ９５活性炭口罩利用吸附原理防霾
Ｄ．人类超量碳排放、氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的
主要原因
６．
答案　ＡＤ　使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土
壤和水资源，故Ａ错误。“煤改气” “煤改电” 等清洁燃料改造
工程能减少灰尘颗粒、废气等污染物排放，有利于减少雾霾天
气，故Ｂ正确。活性炭具有吸附作用，可用于吸附雾霾颗粒，
故Ｃ正确。酸雨与二氧化硫、氮氧化物排放有关，与碳排放无
关，故Ｄ错误。
７．（２０１８广东珠海摸底，３）中国传统文化对人类文明贡献巨大。
对下列古代文献涉及的化学研究成果的说法不合理
∙∙∙的是（　　）
选项目的
古代文献
说明
Ａ
使用
《周礼》：“ 煤饼烧蛎房（牡蛎壳）成
灰”，蔡伦造纸将此“灰” 溶于水沤浸
树皮脱胶
“灰” 的主要成
分是氧化钙
Ｂ
鉴别
《新修本草》：硝石“ 如握盐雪不冰，
强烧之，紫青烟起”，用于区分硝石
（ＫＮＯ３）和朴硝（Ｎａ２ＳＯ４）
利用焰色反应
Ｃ
浸出
《肘后备急方》：“ 青蒿一握，以水二
升渍，绞取汁，尽服之”
提取青蒿中的
纤维素
Ｄ
性质
《本草纲目》：“（火药）乃焰消
（ＫＮＯ３）、硫黄、杉木炭所合，以为烽
燧铳机诸药者”
利用ＫＮＯ３的
氧化性
７．
答案　Ｃ　牡蛎壳的主要成分是ＣａＣＯ３，高温条件下ＣａＣＯ３
分解会生成ＣａＯ，Ａ合理；钾及钾的化合物焰色为紫色（透过蓝
色钴玻璃），钠及钠的化合物焰色为黄色，Ｂ合理；纤维素不溶
于水，Ｃ不合理；黑火药的主要成分是硫黄、木炭、硝酸钾，其中
硫黄、木炭均作还原剂，硝酸钾作氧化剂，Ｄ合理。
８．（２０１８湖北重点高中联考，３）下列叙述正确的有
（　　）
①ＣＯ２、ＳｉＯ２、Ｐ２Ｏ５均为酸性氧化物
②Ｃａ（ＨＣＯ３）２、Ｆｅ（ＯＨ）３、ＦｅＣｌ２均可由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的
分散系分别为溶液、胶体
④灼热的碳与ＣＯ２的反应、Ｂａ（ＯＨ）２·８Ｈ２Ｏ与ＮＨ４Ｃｌ的反应
均既是氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀、电泳
⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤
纸，滴加ＮａＯＨ溶液都能先生成沉淀后沉淀溶解
⑦苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为强电解质、弱电解质
和非电解质
⑧碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物
Ａ．３个
Ｂ．４个
Ｃ．５个
Ｄ．６个
８．
答案　Ｂ　
Ｐ２Ｏ５是磷酸的酸酐，①正确。ＣａＣＯ３＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅Ｃａ（ＨＣＯ３）２，４Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３，Ｆｅ＋
２ＦｅＣｌ３􀪅􀪅３ＦｅＣｌ２，②正确。碘晶体分散到酒精中形成的分散
系是溶液，③正确。Ｂａ（ＯＨ）２·８Ｈ２Ｏ与ＮＨ４Ｃｌ的反应属于复
分解反应，不是氧化还原反应，④不正确。电离、电化学腐蚀均
不需要通电，⑤不正确。阴、阳离子和胶粒均可透过滤纸，
ＡｌＣｌ３溶液中滴加ＮａＯＨ溶液先发生反应Ａｌ
３＋＋３ＯＨ
－􀪅􀪅
Ａｌ（ＯＨ）３↓，后发生反应Ａｌ（ＯＨ）３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ；
Ａｌ（ＯＨ）３胶体中滴加ＮａＯＨ溶液，胶体先发生聚沉得到
Ａｌ（ＯＨ）３沉淀，后Ａｌ（ＯＨ）３固体又溶于ＮａＯＨ溶液，⑥正确。
ＫＯＨ属于强电解质，ＨＣｌＯ属于弱电解质，Ｃｌ２既不是电解质也
不是非电解质，⑦不正确。生石灰属于纯净物，碱石灰、玻璃、
漂白粉、光导纤维属于混合物，⑧不正确。故答案为Ｂ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题二
物质的量
课
标
解
读
内容
物质的量、气体摩尔体积
物质的量浓度
解读
１．了解物质的量（ｎ）及其单位摩尔（ｍｏｌ）、摩尔质量
（Ｍ）、气体摩尔体积（Ｖｍ）的含义
２．了解阿伏加德罗常数（ＮＡ）的含义
３．能根据微粒（原子、分子、离子等）物质的量、数目、气
体体积（标准状况下）之间的相互关系进行有关计算
１．了解物质的量浓度（ｃ）的含义
２．理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行
有关计算
３．掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法
考情分析
物质的量与阿伏加德罗常数的考查频率较高。题型主要是选择题，经常结合基础考点考查物质的量与微
粒（原子、分子、离子、电子等）数目之间的关系，并运用物质的量、物质的量浓度、阿伏加德罗常数进行简单
计算
备考策略
一是要注意知识的系统性；二是要抓住重点，熟练掌握微粒物质的量、数目、气体体积之间的相互关系，气
体摩尔体积的使用条件、物质结构、弱电解质的电离、可逆反应、氧化还原反应中的电子转移等内容
专题二　物质的量
１１
　
对应学生用书
起始页码８
考点一物质的量、气体摩尔体积
一、重要概念
１．物质的量
物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，符
号是①　ｎ　，其单位为摩尔（符号是ｍｏｌ）。使用该单位时，应指明
对象，它的对象是所有微观粒子，如分子、原子、离子、质子、中
子、电子等。
２．阿伏加德罗常数
１ｍｏｌ任何粒子的②　粒子数　叫阿伏加德罗常数，符号是
ＮＡ，单位是ｍｏｌ
－１；它的数值与③　０．０１２ｋｇ
１２Ｃ　含有的碳原子数
相等，约等于６．０２×１０
２３。
３．摩尔质量
单位物质的量的物质所具有的④　质量　叫物质的摩尔质量，
符号是Ｍ，单位是ｇ·ｍｏｌ
－１；它与１ｍｏｌ物质的质量的区别与联
系是：单位不同，当质量以克为单位时数值⑤　相等　。
４．气体摩尔体积
单位物质的量的气体所占的⑥　体积　叫气体摩尔体积，用符
号Ｖｍ表示，常用单位是Ｌ·ｍｏｌ
－１；它的大小与温度、压强有关，在
标准状况下，任何气体的摩尔体积都约等于⑦　２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１　。
二、物质的量与其他量之间的关系
若以Ｍ表示气体Ａ的摩尔质量，Ｖｍ表示气体Ａ的摩尔体
积，ρ 为气体Ａ的密度，ＮＡ为阿伏加德罗常数，体积为Ｖ的气体
Ａ质量为ｍ，物质的量为ｎ，每个Ａ分子的质量和体积分别为ｍ１
和Ｖ１。写出下列关系式：
１．ｍ、ｎ、Ｍ的关系：⑧　ｎ＝ｍ
Ｍ　。
２．ｍ１、Ｍ、ＮＡ的关系：⑨　Ｍ＝ｍ１·ＮＡ　。
３．Ｖ、ｎ、Ｖｍ的关系：⑩　ｎ＝Ｖ
Ｖｍ
　。
４．Ｍ、Ｖｍ、ρ 之间的关系式：􀃊
􀁉
􀁓　Ｍ＝ρ·Ｖｍ　。
三、混合气体的平均摩尔质量
　　１．若已知标准状况时的密度：Ｍ＝􀃊
􀁉
􀁔　ρ ｇ·Ｌ
－１×２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１　。
２．若已知同温同压下与某一气体的相对密度：Ｍ＝ＤＭ。
３．若已知混合气体的总质量和总物质的量：Ｍ＝􀃊
􀁉
􀁕　
ｍ总
ｎ总
　。
４．若已知组成成分的摩尔质量和物质的量分数：
Ｍ＝Ｍ１ｎ１＋Ｍ２ｎ２＋…
ｎ１＋ｎ２＋…
＝Ｍ１ｘ１＋Ｍ２ｘ２＋…
阿伏加德罗定律及其推论
１．定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目
的粒子。可总结为“三同”推“一同”，适用对象为气体。
２．推论
（１）相同Ｔ、ｐ时：
Ｖ１
Ｖ２
＝ｎ１
ｎ２
、
ρ１
ρ２
＝Ｍ１
Ｍ２
＝Ｄ（相对密度）。
（２）相同Ｔ、Ｖ时：
ｐ１
ｐ２
＝ｎ１
ｎ２
。
（３）相同Ｔ、ｐ、Ｖ时：
ｍ１
ｍ２
＝Ｍ１
Ｍ２
＝Ｄ。
（４）相同Ｔ、ｐ、ｍ时：
Ｖ１
Ｖ２
＝Ｍ２
Ｍ１
。
说明　
阿伏加德罗定律及其推论中含Ｍ１、Ｍ２的公式，只
适用于不同种类的气体之间的计算；而无Ｍ１和Ｍ２的公式，同种
或不同种气体都适用。混合气体可以当成一种“新” 气体，其摩
尔质量用Ｍ表示。
考点二物质的量浓度
一、物质的量浓度的概念及简单计算
１．物质的量浓度
以单位体积溶液里含有溶质Ｂ的①　物质的量　来表示溶液
组成的物理量叫溶质Ｂ的物质的量浓度，常用单位是ｍｏｌ·Ｌ
－１。
特别提示　（１）溶液体积规定为Ｖ，并非溶剂体积为Ｖ；
（２）取出任意体积的１ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液，其溶质的物质的量浓度
都是１ｍｏｌ·Ｌ
－１，但所含溶质的物质的量则因体积不同而不同。
２．关于物质的量浓度的计算
（１）对于物质的量浓度的计算问题，应准确掌握概念、公式，
在进行关于溶液的稀释问题的计算时，还要注意溶质的质量守
恒、物质的量守恒及溶液中的电荷守恒等。
关于物质的量浓度的计算主要包括：
ａ．溶质的质量、溶液的体积和物质的量浓度之间的计算。可
运用公式ｎ＝ｍ／Ｍ和ｃ＝ｎ／Ｖ或运用“倍数关系”算出１Ｌ溶液中
所含②　溶质　的物质的量。
ｂ．已知气体溶质的体积（标准状况下）、水的体积和溶液的密
度，计算溶液中溶质的物质的量浓度。应先运用ｎ＝
③　Ｖ气体／２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１　（气体体积单位为Ｌ）求出溶质的物质的量，
然后运用Ｖ＝ｍ／ρ 求出溶液的体积，再运用ｃ＝ｎ
Ｖ进行计算。
ｃ．计算溶液中的离子浓度，需要先根据溶质的电离方程式计
算出所求离子的物质的量，再运用ｃ＝ｎ
Ｖ进行计算。
（２）有关溶液稀释和混合的计算
可根据稀释前后，溶液中④　溶质　的物质的量不变的公式
⑤　ｃ１·Ｖ１＝ｃ２·Ｖ２　或溶质的质量不变的公式Ｖ１· ρ１· ω１＝
Ｖ２·ρ２·ω２计算有关的量。
二、一定物质的量浓度溶液的配制
１．主要仪器
托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、⑥　烧杯　、⑦　容量瓶　、⑧　胶
头滴管　。
２．容量瓶的构造及使用
（１）容量瓶上标有⑨　温度　、⑩　规格　和􀃊
􀁉
􀁓　刻度线　。常用
规格有５０ｍＬ、１００ｍＬ、２５０ｍＬ、１０００ｍＬ等。
（２）容量瓶在使用前要􀃊
􀁉
􀁔　检查是否漏水　，其操作顺序为装
水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转１８０°→倒立。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　３．配制过程
以配制１００ｍＬ１．００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＣｌ溶液为例。
（１）计算：需ＮａＣｌ固体的质量为􀃊
􀁉
􀁕　５．９　ｇ。
（２）称量：用􀃊
􀁉
􀁖　托盘天平　称量ＮａＣｌ固体。
（３）溶解：将称量好的ＮａＣｌ固体放入烧杯中，用适量蒸馏水
溶解。
（４）移液：待烧杯中的溶液􀃊
􀁉
􀁗　冷却至室温后　，用玻璃棒引
流将溶液注入􀃊
􀁉
􀁘　１００　ｍＬ容量瓶。
（５）洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒􀃊
􀁉
􀁙　２～３　次，
洗涤液􀃊
􀁉
􀁚　全部注入容量瓶　。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
（６）定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线
􀃊
􀁉
􀁛　１～２　ｃｍ时，改用􀃊
􀁊
􀁒　胶头滴管　，滴加蒸馏水至凹液面与刻度
线相切。
（７）摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
配制流程如图所示：
配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
根据ｃ＝ｎ
Ｖ＝ｍ
ＭＶ判断：
１．移液后若没有洗涤烧杯，则使ｎ减小，结果偏小。
２．若容量瓶中有少量蒸馏水或定容反复摇匀后发现液面低
于刻度线，对结果无影响。
３．仰视、俯视对结果的影响
（１）仰视刻度线：由于操作时以刻度线为基准，故加水量增
多，导致溶液体积偏大，ｃ偏小。
（２）俯视刻度线：加水量减少，则溶液体积偏小，故ｃ偏大。
４．其他常见的操作及对实验结果的影响统计如下：
能引起误差的一些操作（以配制
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液为例）
因变量
ｍ
Ｖ
ｃ
称量时间过长
减小
—
偏小
用滤纸称ＮａＯＨ固体
减小
—
偏小
向容量瓶内移液时有少量流出
减小
—
偏小
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
偏小
定容时水加多了，用滴管吸出
减小
—
偏小
定容摇匀时，液面下降，再加水
—
增大
偏小
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码９
考点一物质的量、气体摩尔体积
１．设ＮＡ代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
Ａ．３．０ｇ由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为
０．３ＮＡ
Ｂ．１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４Ｃｌ溶液中含有的氮原子数小于０．１ＮＡ
Ｃ．用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下２２．４Ｌ氢气
时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为４ＮＡ
Ｄ．氢气与氯气反应生成标准状况下２２．４Ｌ氯化氢，断裂化学
键的总数为２ＮＡ
１．
答案　
Ｃ　
葡萄糖和冰醋酸最简式相同，均为ＣＨ２Ｏ，
３．０ｇ
３０ｇ／ｍｏｌ×４×ＮＡ＝０．４ＮＡ，故Ａ错误；１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４Ｃｌ溶
液中含有的氮原子的物质的量为１Ｌ×０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．１ｍｏｌ，
所以氮原子数等于０．１ＮＡ，故Ｂ错误；用铅蓄电池电解ＮａＣｌ溶
液得到２２．４ＬＨ２（标准状况），转移电子的物质的量为２ｍｏｌ，
铅蓄电池的正极反应式为ＰｂＯ２＋２ｅ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ｐｂ
２＋＋２Ｈ２Ｏ，可
知消耗４ｍｏｌ的氢离子，所以理论上铅蓄电池中消耗氢离子个
数为４ＮＡ，故Ｃ正确；当反应生成２ｍｏｌＨＣｌ时，断裂２ｍｏｌ化
学键，故当生成标准状况下２２．４ＬＨＣｌ即１ｍｏｌＨＣｌ时，断裂
１ｍｏｌ化学键即ＮＡ个，故Ｄ错误。
解题关键　本题考查阿伏加德罗常数的有关计算及应用，熟
记以物质的量为核心的计算的相关公式，熟悉相关物质的结构
组成和电化学原理是解题关键。
２．设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．常温常压下，８ｇ甲烷中含Ｃ—Ｈ键数目为０．４ＮＡ
Ｂ．标准状况下，１１．２ＬＳＯ３中含分子数目为０．５ＮＡ
Ｃ．１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４ＮＯ３溶液中含氧原子数目为０．３ＮＡ
Ｄ．７．８ｇＮａ２Ｏ２与足量ＣＯ２完全反应转移电子数目为０．１ＮＡ
２．
答案　Ｄ　１个ＣＨ４分子含４个Ｃ—Ｈ键，８ｇ甲烷的物质的
量为０．５ｍｏｌ，含Ｃ—Ｈ键数目为２ＮＡ，Ａ项错误；标准状况下，
ＳＯ３为固体，１１．２ＬＳＯ３的物质的量不为０．５ｍｏｌ，所含分子数
目不为０．５ＮＡ，Ｂ项错误；１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４ＮＯ３溶液中，溶
质ＮＨ４ＮＯ３含氧原子数为０．３ＮＡ，但水分子中还含有氧原子，
因此１Ｌ０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１ＮＨ４ＮＯ３溶液中含氧原子数目大于
０．３ＮＡ，Ｃ项错误；反应２Ｎａ２Ｏ２＋２ＣＯ２􀪅􀪅２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｏ２中每
２ｍｏｌＮａ２Ｏ２反应转移２ｍｏｌ电子，７．８ｇ（０．１ｍｏｌ）Ｎａ２Ｏ２与足量
ＣＯ２完全反应转移电子数目为０．１ＮＡ，Ｄ项正确。
易错警示　Ｃ选项应注意溶液由溶质和溶剂两部分构成，否
则极易错选该项。
３．下列说法中正确的是（ＮＡ为阿伏加德罗常数的值）
（　　）
Ａ．Ｏ
２－的电子式为［·
· Ｏ
··
··
·
·］
２－，则Ｏ
２－核外有８个电子
Ｂ．１ｍｏｌＮＨ４Ｃｌ中含有的Ｈ—Ｃｌ键的数目为ＮＡ
Ｃ．ＣｒＯ５中Ｃｒ元素的化合价为＋６价，每个ＣｒＯ５分子中存在两个
过氧键
Ｄ．２０ｇＮａ２Ｏ和Ｎａ２Ｏ２的混合物中，所含阴、阳离子数目之比无
法确定
３．
答案　Ｃ　Ｏ
２－核外有１０个电子，Ａ不正确；ＮＨ４Ｃｌ为离子化
合物，不存在Ｈ—Ｃｌ键，Ｂ不正确；无论Ｎａ２Ｏ２和Ｎａ２Ｏ以何种
比例混合，混合物中的阴、阳离子数目之比均为１∶２，Ｄ不
正确。
４．设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．常温常压下，３６ｇ
１８Ｏ２中所含的中子数为１６ＮＡ
Ｂ．４．６ｇＮＯ２与Ｎ２Ｏ４的混合气体中所含氮原子数为０．１ＮＡ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二　物质的量
１３
　
　Ｃ．１００ｍＬｐＨ＝２的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中所含氢离子数小于１．０×
１０
－３ＮＡ
Ｄ．标准状况下，２．２４ＬＣｌ２与足量的ＮａＯＨ稀溶液反应，转移电
子数为０．２ＮＡ
４．
答案　Ｂ　
１８Ｏ的中子数为１０，则３６ｇ即１ｍｏｌ
１８Ｏ２所含中
子数为２０ＮＡ，Ａ项错误；ＮＯ２与Ｎ２Ｏ４的最简式均为“ＮＯ２”，故
４．６ｇ混合气体中含０．１ｍｏｌ氮原子，Ｂ项正确；ｐＨ＝２的
ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，则１００ｍＬ该溶液中
含Ｈ
＋数目为０．１００Ｌ×１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１×ＮＡｍｏｌ
－１＝１．０×１０
－３ＮＡ，Ｃ
项错误；标准状况下２．２４ＬＣｌ２为０．１ｍｏｌ，由Ｃｌ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅
ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ可知，Ｃｌ２完全反应时转移０．１ｍｏｌ电子，Ｄ项
错误。
５．ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．１００ｍＬ０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中，Ｈ
＋的数目为
０．０１ＮＡ
Ｂ．９ＮＡ个氢氧根离子和１０ＮＡ个羟基所含电子数相等
Ｃ．标准状况下，２２．４Ｌ二氯甲烷中含极性共价键数目为４ＮＡ
Ｄ．标准状况下，２２．４ＬＯ２和Ｏ３的混合气体中，氧原子数目是
２．５ＮＡ
５．
答案　Ｂ　ＣＨ３ＣＯＯＨ属于弱电解质，在溶液中部分电离，故
１００ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中Ｈ
＋数目小于０．０１ＮＡ，
Ａ项错误；ＯＨ
－和—ＯＨ的电子数分别为１０和９，故９ｍｏｌＯＨ
－
与１０ｍｏｌ—ＯＨ所含电子数相等，Ｂ项正确；二氯甲烷在标准
状况下呈液态，２２．４Ｌ二氯甲烷的物质的量不是１ｍｏｌ，Ｃ项错
误；标准状况下，２２．４ＬＯ２和Ｏ３的混合气体为１ｍｏｌ，但二者
的物质的量之比不确定，因此无法确定混合气体中含有的氧原
子数目，Ｄ项错误。
拓展延伸　（１）ＯＨ
－的电子式为［·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ］
－，—ＯＨ的电子式
为· Ｏ
··
··
·
·Ｈ。（２）标准状况下，一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三
氯甲烷、四氯化碳均为液体。
考点二物质的量浓度
６．实验室欲用ＮａＯＨ固体配制１．０ｍｏｌ· Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液
２４０ｍＬ。
（１）配制溶液时，一般经过以下几个步骤：
①称量　②计算　
③溶解　
④摇匀　
⑤转移　
⑥洗涤并
转移　⑦定容　⑧冷却　⑨摇动
其正确的操作顺序为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。本实验必
须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、　
　
　
　
　　　　　　　　。
（２）某同学欲称量ＮａＯＨ的质量，他先用托盘天平称量烧杯的
质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为
　　　　ｇ，要完成本实验该同学应称出　　　　ｇＮａＯＨ。
（３）使用容量瓶前必须进行的一步操作是　　　　　。
（４）在配制过程中，其他操作都是正确的（按烧杯的实际质
量），下列操作会引起所配溶液中溶质物质的量浓度偏低
的是　　　　。
Ａ．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
Ｂ．定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度
线，再加水至刻度线
Ｃ．称量时药品和砝码位置放反
６．
答案　（１）②①③⑧⑤⑥⑨⑦④　２５０ｍＬ容量瓶、胶头滴管
（２）２７．４　１０．０　（３）检漏　（４）ＡＢＣ
解析　（２）注意砝码与烧杯位置放反，ｍ烧杯＋ｍ游码＝ｍ砝码；计
算所需ＮａＯＨ固体的质量时，溶液体积应按２５０ｍＬ计算。
（４）Ａ项，会导致所配溶液中溶质物质的量偏小，溶质物质的
量浓度偏低；Ｂ项，会导致所配溶液体积偏大，所配溶液中溶质
物质的量浓度偏低；Ｃ项，会导致称量出的ＮａＯＨ固体质量偏
小，所配溶液中溶质物质的量浓度偏低。
答题规范　第（２）题中，ＮａＯＨ固体的质量为１０．０ｇ，注意托盘
天平的精确度为０．１ｇ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０
突破阿伏加德罗常数应用的“六个”陷阱
陷阱１：气体与状况陷阱
突破方法：一看“气体”是否处在“标准状况”；二看“标准状
况”下，物质是否为“ 气体”。如ＣＣｌ４、ＣＨＣｌ３、ＣＨ２Ｃｌ２、Ｈ２Ｏ、溴、
ＳＯ３、己烷、苯等在标准状况下均不为气体。
陷阱２：质量（或物质的量）与状况无关的陷阱
突破方法：给出非标准状况下气体的物质的量或质量，容易
误认为无法求物质所含的粒子数。实际上，此时物质所含的粒
子数与温度、压强等外界条件无关。
陷阱３：组成类陷阱
突破方法：一是记特殊物质中所含微粒（分子、原子、电子、
质子、中子等）的数目，如Ｎｅ、Ｄ２Ｏ、
１８Ｏ２、—ＯＨ、ＯＨ
－等。二是记
最简式相同的物质，如ＮＯ２和Ｎ２Ｏ４、乙烯（Ｃ２Ｈ４）和丙烯（Ｃ３Ｈ６）
等。三是记摩尔质量相同的物质，如Ｎ２、ＣＯ、Ｃ２Ｈ４等。四是记物
质中所含化学键的数目，如一分子Ｈ２Ｏ２、ＣｎＨ２ｎ＋２中化学键的数
目分别为３、（３ｎ＋１）。
陷阱４：粒子数目陷阱
突破方法：一是是否存在弱电解质的电离或盐类水解。二
是已知浓度，是否指明体积，用好公式ｎ＝ｃＶ。三是在判断溶液
中微粒总数时，是否忽视溶剂水。
陷阱５：可逆反应和反应物浓度变化相关的陷阱
突破方法：要识破隐含的可逆反应，记住反应条件、反应物
浓度变化对反应的影响。
（１）２ＳＯ２＋Ｏ２
催化剂
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
２ＳＯ３
２ＮＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４
Ｎ２＋３Ｈ２
高温、高压
催化剂
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
２ＮＨ３
（２）Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣｌ＋ＨＣｌＯ
（３）ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－
（４）ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
（５）常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
陷阱６：与氧化还原反应相关的陷阱
突破方法：熟记常考氧化还原反应转移的电子数（其他反应
物均过量）。
反应
物质
转移电子的物质的量或
数目
Ｎａ２Ｏ２＋ＣＯ２（或Ｈ２Ｏ）
１ｍｏｌＮａ２Ｏ２
１ｍｏｌ或ＮＡ
１ｍｏｌＯ２
２ｍｏｌ或２ＮＡ
Ｃｌ２＋ＮａＯＨ
１ｍｏｌＣｌ２
１ｍｏｌ或ＮＡ
Ｃｌ２＋Ｆｅ
１ｍｏｌＣｌ２
２ｍｏｌ或２ＮＡ
１ｍｏｌＦｅ
３ｍｏｌ或３ＮＡ
　　
例
　（２０１９辽宁五校协作体联合模拟，２）设ＮＡ为阿伏
加德罗常数的值。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．标准状况下，２．２４ＬＮＯ与１．１２ＬＯ２混合后气体分子总数
为０．１ＮＡ
Ｂ．常温常压下，７．８ｇＮａ２Ｏ２晶体中阳离子和阴离子总数为
０．３ＮＡ
Ｃ．标准状况下，１．１２Ｌ乙烷分子中含有共价键的数目
为０．４ＮＡ
Ｄ．室温下，１ＬｐＨ＝１３的ＮａＯＨ溶液中，由水电离出的ＯＨ
－
数目为０．１ＮＡ
解题导引　本类型题是“常青”题型，表面上考查阿伏加德
罗常数，实际包罗万象，如分子结构、电解质溶液、氧化还原反应
等。全面考查考生知识的广度和深度。
解析　标准状况下，２．２４ＬＮＯ与１．１２ＬＯ２混合后发生反
应：２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２，生成２．２４ＬＮＯ２，但由于存在平衡２ＮＯ２
􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４，气体分子总数小于０．１ＮＡ，Ａ项错误；１ｍｏｌＮａ２Ｏ２晶
体中含有２ｍｏｌＮａ
＋和１ｍｏｌＯ
２－
２，７．８ｇＮａ２Ｏ２晶体的物质的量为
０．１ｍｏｌ，阴、阳离子总数为０．３ＮＡ，Ｂ项正确；１个乙烷分子中含有
７个共价键，标准状况下１．１２Ｌ乙烷为０．０５ｍｏｌ，所含共价键的数
目为０．３５ＮＡ，Ｃ项错误；室温下ｐＨ＝１３的ＮａＯＨ溶液中水的电
离受到抑制，由水电离出的ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１，则１Ｌ该溶
液中由水电离出的ＯＨ
－数目为１０
－１３ＮＡ，Ｄ项错误。
答案　Ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１１
１．（２０１９江西重点中学盟校一联，８）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的
值。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．１１．２Ｌ甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于２ＮＡ
Ｂ．含ＮＡ个ＣＯ
２－
３的Ｎａ２ＣＯ３溶液中，Ｎａ
＋数目大于２ＮＡ
Ｃ．密闭容器中，２ｍｏｌＳＯ２和足量Ｏ２充分反应，产物的分子数
小于２ＮＡ
Ｄ．４．０ｇＣＯ２气体中含电子数目等于２ＮＡ
１．
答案　Ａ　
Ａ项，未指明气体所处状况，所以不能确定气体
的物质的量及微粒数目，Ａ错误；Ｂ项，在溶液中ＣＯ
２－
３发生水
解，若溶液中含ＮＡ个ＣＯ
２－
３，则Ｎａ
＋数目大于２ＮＡ，Ｂ正确；Ｃ
项，ＳＯ２和Ｏ２生成ＳＯ３的反应是可逆反应，反应物不能完全转
化为生成物，Ｃ正确；Ｄ项，１个ＣＯ２分子中含有２２个电子，则
４．０ｇＣＯ２气体中含有的电子数为
４．０ｇ
４４ｇ／ｍｏｌ×２２ＮＡｍｏｌ
－１＝２ＮＡ，
Ｄ正确。
知识归纳　常见可逆反应：合成氨反应、二氧化硫的催化氧化
反应、碘蒸气与氢气的化合反应、二氧化氮与四氧化二氮的相
互转化。
２．（２０１９湖北十堰一模，８）ＮＡ代表阿伏加德罗常数的值。下列
有关叙述正确的是
（　　）
Ａ．常温常压下，１．８ｇ甲基（—ＣＤ３）中含有的中子数为ＮＡ
Ｂ．２．３ｇ钠被Ｏ２完全氧化时，钠得到的电子数目为０．１ＮＡ
Ｃ．９．２ｇ甲苯被酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化生成苯甲酸时，反应中转
移电子数为０．６ＮＡ
Ｄ．常温下，１ＬｐＨ＝９的ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶液中，发生电离的水分
子数为１×１０
－９ＮＡ
２．
答案　Ｃ　Ａ项，１．８ｇ甲基（—ＣＤ３）的物质的量是０．１ｍｏｌ，
其中含有的中子数为０．９ＮＡ，错误；Ｂ项，２．３ｇ钠的物质的量是
０．１ｍｏｌ，被Ｏ２完全氧化时，钠失去的电子数目为０．１ＮＡ，错误；
Ｃ项，依据５Ｃ６Ｈ５ＣＨ３＋６ＫＭｎＯ４＋９Ｈ２ＳＯ４
→５Ｃ６Ｈ５ＣＯＯＨ＋
３Ｋ２ＳＯ４＋６ＭｎＳＯ４＋１４Ｈ２Ｏ可知，１ｍｏｌ甲苯被氧化为苯甲酸转
移６ｍｏｌ电子，９．２ｇ甲苯物质的量为０．１ｍｏｌ，被氧化为苯甲酸
转移０．６ｍｏｌ电子，转移电子数为０．６ＮＡ，正确；Ｄ项，
ＣＨ３ＣＯＯＮａ属于强碱弱酸盐，ＣＨ３ＣＯＯ
－的水解促进水的电离，
ｃ（Ｈ２Ｏ）电离＝ｃ（ＯＨ
－）＝１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，发生电离的水分子物
质的量为１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１×１Ｌ＝１×１０
－５ｍｏｌ，错误。
３．（２０１９河南开封一模，１１）下列有关实验操作，说法正确的是
（　　）
Ａ．配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致
溶液浓度偏低
Ｂ．用盐酸标准溶液滴定未知浓度的氨水，选用酚酞做指示剂的
结果比甲基橙更准确
Ｃ．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置
在石棉网上冷却
Ｄ．测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器
内混合、搅拌，记录最高温度
３．
答案　Ｄ　
Ａ项，配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中
有少量的水不影响配制溶液，Ａ错误；Ｂ项，用盐酸标准溶液滴
定未知浓度的氨水，由于二者反应产生的ＮＨ４Ｃｌ水解使溶液
显酸性，所以选用酸性范围内变色的甲基橙比选用碱性范围内
变色的酚酞测定的结果更准确，Ｂ错误；Ｃ项，由于空气中有水
蒸气，在空气中冷却，会使测得的结晶水数目偏低，Ｃ错误；Ｄ
项，测定中和热时，为减少实验过程中的热量损失，应在有保温
措施的容器内迅速将酸、碱稀溶液混合、搅拌，并及时记录反应
达到的最高温度数值，Ｄ正确。
４．（２０１８湖北部分重点中学联考，４）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的
值，下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．由
１２Ｃ、
１６Ｏ、
１４Ｎ组成的４４ｇＣＯ２和４４ｇＮ２Ｏ中含有的中子数
均为２２ＮＡ
Ｂ．１５．６ｇＮａ２Ｏ２与过量ＣＯ２反应时，转移的电子数为０．４ＮＡ
Ｃ．１ｍｏｌ硫酸氢钠晶体中含有ＳＯ
２－
４数目为ＮＡ
Ｄ．标准状况下，２２．４Ｌ庚烷的分子数约为ＮＡ
４．
答案　Ａ　４４ｇ
１２Ｃ
１６Ｏ２的物质的量为１ｍｏｌ，含有的中子数
为２２ＮＡ；４４ｇ
１４Ｎ２
１６Ｏ的物质的量为１ｍｏｌ，含有的中子数为
２２ＮＡ，Ａ正确。１５．６ｇＮａ２Ｏ２的物质的量为０．２ｍｏｌ，０．２ｍｏｌ
Ｎａ２Ｏ２参加反应转移电子数为０．２ＮＡ，Ｂ不正确。ＮａＨＳＯ４晶体
由Ｎａ
＋和ＨＳＯ
－
４构成，Ｃ不正确。标准状况下，庚烷呈非气态，
２２．４Ｌ庚烷的分子数远大于ＮＡ，Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二　物质的量
１５
　
对应学生用书
起始页码１１
　　１．“热重曲线” 类试题，能综合考查学生分析图像、获取信
息、处理数据以及文字表述等能力，但学生经常对此类试题的解
答毫无头绪。利用反应前后金属原子的物质的量守恒建立等
式，求解热重曲线上某一点对应物质的相对分子质量，进而推算
该点对应物质的化学式和可能发生的反应。
例１　（２０１９江苏单科，２０节选）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，ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ
加热升温过程中固体的质量变化如图１。
图１
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　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析　（１）①根据图中质量变化可知，ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ分解
产生的气态产物依次为Ｈ２Ｏ（ｇ）、ＣＯ、ＣＯ２，固体分解过程为
ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ→ＣａＣ２Ｏ４→ＣａＣＯ３→ＣａＯ。②ＣａＯ捕集ＣＯ２的性
能与ＣａＯ与ＣＯ２气体的接触面积有关，ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ分解产生
的气体更多，使生成的ＣａＯ更加疏松多孔，捕集性能更好。
答案　（１）①ＣａＣ２Ｏ４
４００～６００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋ＣＯ↑
②ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ热分解放出更多的气体，制得的ＣａＯ更加
疏松多孔
题目价值　综合考查学生获取信息、处理数据的能力等，促
使学生理解和体会中学化学知识内涵，同时也落实了新课标理
念，让学生真正感受化学学习的过程和研究化学的方法，从而培
养学生分析、变形、转换的能力。
２．打破惯性思维，由“利用其他物理量计算ＮＡ” 改为“利用
ＮＡ计算其他物理量”。
例２　（２０１９５·３原创冲刺卷一，１０）设ＮＡ为阿伏加德
罗常数的值，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．转移０．２ＮＡ个电子使Ｎａ完全转化为Ｎａ２Ｏ２，需要氧气的
体积为２．２４Ｌ
Ｂ．形成６ＮＡ个Ｎ—Ｈ键同时断裂３ＮＡ个Ｈ—Ｈ键，即标志着
反应Ｎ２＋３Ｈ２􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３达到平衡状态
Ｃ．常温常压下，１．４２ｇＮａ２ＳＯ４中含有的Ｎａ
＋数为０．０２ＮＡ
Ｄ．１ｍｏｌ苯理论上可以与３ｍｏｌＨ２发生加成反应，所以１ｍｏｌ
苯分子中含有３ＮＡ个碳碳双键
解析　Ａ项，Ｎａ完全转化为Ｎａ２Ｏ２，氧元素化合价变化为
０→－１，转移０．２ＮＡ个电子，需要标准状况下氧气的体积为
２．２４Ｌ，但题中未指明气体所处状况，无法确定体积，错误；Ｂ项，
形成６ＮＡ个Ｎ—Ｈ键（即２ｍｏｌＮＨ３）的同时断裂３ＮＡ个Ｈ—Ｈ键
（即３ｍｏｌＨ２），体现的都是正反应速率，与是否达到平衡状态无
关，错误；Ｃ项，Ｎａ２ＳＯ４为离子晶体，常温常压下为固体，１．４２ｇ
（即０．０１ｍｏｌ）Ｎａ２ＳＯ４中含有的Ｎａ
＋数为０．０２ＮＡ，正确；Ｄ项，苯
分子中存在的是大π 键，不存在碳碳双键，错误。
答案　Ｃ
题目价值　了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，
体会定量研究的作用；在遇到与化学有关的综合性问题时，能运
用化学学科核心素养做出合理的分析和推断。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２
１．（２０１９湖北八校联考，１０）２０１８年１１月在法国凡尔赛召开的
国际计量大会第２６次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“１
摩尔包含６．０２２１４０７６×１０
２３个基本单元，这一常数被称为阿伏
加德罗常数，单位为ｍｏｌ
－１”。基于这一新定义，阿伏加德罗常
数的不确定度被消除了。ＮＡ为阿伏加德罗常数的值。下列说
法错误的是
（　　）
Ａ．２２．４Ｌ（标准状况）氖气含有的电子数为１０ＮＡ
Ｂ．０．４ｍｏｌＮＨ３与０．６ｍｏｌＯ２在催化剂的作用下充分反应，得到
ＮＯ的分子数为０．４ＮＡ
Ｃ．２７ｇ铝中加入足量１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液，转移的电子数
为３ＮＡ
Ｄ．常温常压下，水蒸气通过Ｎａ２Ｏ２使其增重２ｇ时，反应中转
移的电子数为ＮＡ
１．
答案　Ｂ　Ａ项，标准状况下，２２．４ＬＮｅ为１ｍｏｌ，含有１０ｍｏｌ
电子，故电子数为１０ＮＡ；Ｂ项，由４ＮＨ３＋５Ｏ２􀪅􀪅４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ
可知，Ｏ２过量，生成的ｎ（ＮＯ）＝ｎ（ＮＨ３）＝０．４ｍｏｌ，由于２ＮＯ＋
Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２，则剩余的０．１ｍｏｌＯ２消耗０．２ｍｏｌＮＯ，故得到
０．２ｍｏｌＮＯ，即ＮＯ的分子数为０．２ＮＡ；Ｃ项，ｎ（Ａｌ）＝
２７ｇ
２７ｇ·ｍｏｌ
－１＝１ｍｏｌ，据关系式：Ａｌ～ＮａＯＨ～３ｅ
－可知转移３ｍｏｌ
电子，即３ＮＡ；Ｄ项，据２Ｎａ２Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅４ＮａＯＨ＋Ｏ２，
Δｍ＝４ｇ，可知增重２ｇ时，反应中转移的电子数为ＮＡ。
２．（２０１７湖南、湖北八市十二校联考，１９）８．３４ｇＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ
（相对分子质量：２７８）样品受热脱水过程的热重曲线（样品质
量随温度变化的曲线）如下图所示，下列说法正确的是（　　）
Ａ．温度为７８℃时固体物质Ｍ的化学式为ＦｅＳＯ４·５Ｈ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｂ．取适量３８０℃时所得的样品Ｐ，隔绝空气加热至６５０℃得到
一种固体物质Ｑ，同时有两种无色气体生成，Ｑ的化学式
为Ｆｅ３Ｏ４
Ｃ．在隔绝空气条件下，Ｎ得到Ｐ的化学方程式为ＦｅＳＯ４·Ｈ２Ｏ
高温
􀪅􀪅ＦｅＳＯ４＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．温度为１５９℃时固体Ｎ的化学式为ＦｅＳＯ４·２Ｈ２Ｏ
２．
答案　Ｃ　８．３４ｇＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ样品的物质的量为８．３４ｇ÷
２７８ｇ／ｍｏｌ＝０．０３ｍｏｌ，其中ｍ（Ｈ２Ｏ）＝０．０３ｍｏｌ×７×１８ｇ／ｍｏｌ＝
３．７８ｇ，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为８．３４ｇ－３．７８ｇ＝
４．５６ｇ，可知在加热到３７３℃之前，晶体失去部分结晶水。温度
为７８℃时，固体质量为６．７２ｇ，其中ｍ（ＦｅＳＯ４）＝０．０３ｍｏｌ×
１５２ｇ／ｍｏｌ＝４．５６ｇ，ｍ（Ｈ２Ｏ）＝６．７２ｇ－４．５６ｇ＝２．１６ｇ，ｎ（Ｈ２Ｏ）＝
２．１６ｇ÷１８ｇ／ｍｏｌ＝０．１２ｍｏｌ，ｎ（Ｈ２Ｏ）∶ｎ（ＦｅＳＯ４）＝０．１２ｍｏｌ∶
０．０３ｍｏｌ＝４∶１，则Ｍ的化学式为ＦｅＳＯ４·４Ｈ２Ｏ，Ａ项错误；加
热至６５０℃时，固体的质量为２．４０ｇ，其中ｎ（Ｆｅ）＝ｎ（ＦｅＳＯ４·
７Ｈ２Ｏ）＝０．０３ｍｏｌ，ｍ（Ｆｅ）＝０．０３ｍｏｌ×５６ｇ／ｍｏｌ＝１．６８ｇ，则固体
中ｍ（Ｏ）＝２．４０ｇ－１．６８ｇ＝０．７２ｇ，ｎ（Ｏ）＝０．７２ｇ÷１６ｇ／ｍｏｌ＝
０．０４５ｍｏｌ，ｎ（Ｆｅ）∶ｎ（Ｏ）＝０．０３ｍｏｌ∶０．０４５ｍｏｌ＝２∶３，所以固
体物质Ｑ的化学式为Ｆｅ２Ｏ３，Ｂ项错误；固体Ｎ的质量为５．１０ｇ，
其中ｍ（ＦｅＳＯ４）＝０．０３ｍｏｌ×１５２ｇ／ｍｏｌ＝４．５６ｇ，ｍ（Ｈ２Ｏ）＝５．１０ｇ－
４．５６ｇ＝０．５４ｇ，ｎ（Ｈ２Ｏ）＝０．５４ｇ÷ １８ｇ／ｍｏｌ＝０．０３ｍｏｌ，
ｎ（Ｈ２Ｏ）∶ｎ（ＦｅＳＯ４）＝０．０３ｍｏｌ∶０．０３ｍｏｌ＝１∶１，所以Ｎ的化
学式为ＦｅＳＯ４·Ｈ２Ｏ，而Ｐ的化学式为ＦｅＳＯ４，则由Ｎ得到Ｐ的
化学方程式为ＦｅＳＯ４·Ｈ２Ｏ
高温
􀪅􀪅ＦｅＳＯ４＋Ｈ２Ｏ，Ｃ项正确；温度
为１５９℃时，由Ｃ项可知Ｎ的化学式为ＦｅＳＯ４· Ｈ２Ｏ，Ｄ项
错误。
知识拓展　
金属硫酸盐的分解规律：含结晶水的硫酸盐
受热逐步失去结晶水→无水硫酸盐
温度升高→金属氧化物＋ＳＯ３
温度再升高→金属氧化物＋ＳＯ２＋Ｏ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７３
考点一物质的量、气体摩尔体积
１．（２０１９浙江４月选考，１９，２分）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，
下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．１ｍｏｌＣＨ２􀪅ＣＨ２分子中含有的共价键数为６ＮＡ
Ｂ．５００ｍＬ０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＣｌ溶液中微粒数大于０．５ＮＡ
Ｃ．３０ｇＨＣＨＯ与ＣＨ３ＣＯＯＨ混合物中含Ｃ原子数为ＮＡ
Ｄ．２．３ｇＮａ与Ｏ２完全反应，反应中转移的电子数介于０．１ＮＡ
和０．２ＮＡ之间
１．
答案　Ｄ　Ａ项，１个ＣＨ２􀪅ＣＨ２分子中含有１个碳碳双键、
４个碳氢单键，共６个共价键，正确；Ｂ项，ｎ（Ｎａ
＋）＝ｎ（Ｃｌ
－）＝
０．５Ｌ×０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．２５ｍｏｌ，ｎ（Ｎａ
＋）＋ｎ（Ｃｌ
－）＝０．５ｍｏｌ，溶液
中还含有Ｈ２Ｏ、Ｈ
＋、ＯＨ
－，故微粒数大于０．５ＮＡ，正确；Ｃ项，
ＨＣＨＯ和ＣＨ３ＣＯＯＨ的最简式均为ＣＨ２Ｏ，原混合物相当于
３０ｇＣＨ２Ｏ，ｎ（ＣＨ２Ｏ）＝１ｍｏｌ，因而Ｃ原子数为ＮＡ，正确；Ｄ项，
Ｎａ元素的化合价由０升高为＋１，２．３ｇ（即０．１ｍｏｌ）Ｎａ参与反
应，转移０．１ＮＡ个电子，错误。
２．（２０１８课标Ⅰ，１０，６分）ＮＡ是阿伏加德罗常数的值。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．１６．２５ｇＦｅＣｌ３水解形成的Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子数为０．１ＮＡ
Ｂ．２２．４Ｌ（标准状况）氩气含有的质子数为１８ＮＡ
Ｃ．９２．０ｇ甘油（丙三醇）中含有羟基数为１．０ＮＡ
Ｄ．１．０ｍｏｌＣＨ４与Ｃｌ２在光照下反应生成的ＣＨ３Ｃｌ分子数为
１．０ＮＡ
２．
答案　Ｂ　１６．２５ｇＦｅＣｌ３的物质的量是０．１ｍｏｌ，Ｆｅ
３＋水解生
成的Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子是若干Ｆｅ（ＯＨ）３的聚集体，故胶体粒
子数目远小于０．１ＮＡ，Ａ项错误；Ａｒ是单原子分子，２２．４Ｌ（标准
状况）氩气的物质的量是１ｍｏｌ，含有的质子数为１８ＮＡ，Ｂ项正
确；甘油（丙三醇）的分子式为Ｃ３Ｈ８Ｏ３，其摩尔质量是
９２ｇ·ｍｏｌ
－１，则９２．０ｇ甘油含有羟基的数目为３．０ＮＡ，Ｃ项错误；
甲烷与氯气反应的产物中ＣＨ３Ｃｌ、ＣＨ２Ｃｌ２、ＣＨＣｌ３、ＣＣｌ４同时存
在，１．０ｍｏｌＣＨ４与氯气反应时上述四种有机物的总物质的量
为１．０ｍｏｌ，Ｄ项错误。
易错易混　胶体粒子的组成有两类：一类如Ｆｅ（ＯＨ）３胶体的
粒子，是由若干Ｆｅ（ＯＨ）３聚集在一起形成的；另一类如淀粉、
蛋白质等大分子，单个分子即胶体粒子。
３．（２０１７课标Ⅲ，１０，６分）ＮＡ为阿伏加德罗常数的值。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．０．１ｍｏｌ的
１１Ｂ中，含有０．６ＮＡ个中子
Ｂ．ｐＨ＝１的Ｈ３ＰＯ４溶液中，含有０．１ＮＡ个Ｈ
＋
Ｃ．２．２４Ｌ（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１ｍｏｌＰＣｌ３与１ｍｏｌＣｌ２反应制备ＰＣｌ５（ｇ），增加
２ＮＡ个Ｐ—Ｃｌ键
３．
答案　Ａ　
１１Ｂ的质量数为１１，中子数为６，Ａ正确；题中未给
出溶液的体积，Ｂ不正确；标准状况下苯呈非气态，Ｃ不正确；
ＰＣｌ３与Ｃｌ２反应制备ＰＣｌ５为可逆反应，Ｄ不正确。
４．（２０１７课标Ⅱ，８，６分）阿伏加德罗常数的值为ＮＡ。下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４Ｃｌ溶液中，ＮＨ
＋
４的数量为０．１ＮＡ
Ｂ．２．４ｇＭｇ与Ｈ２ＳＯ４完全反应，转移的电子数为０．１ＮＡ
Ｃ．标准状况下，２．２４ＬＮ２和Ｏ２的混合气体中分子数为０．２ＮＡ
Ｄ．０．１ｍｏｌＨ２和０．１ｍｏｌＩ２于密闭容器中充分反应后，其分子总
数为０．２ＮＡ
４．
答案　Ｄ　由于ＮＨ４Ｃｌ溶液中ＮＨ
＋
４水解，所以１Ｌ０．１ｍｏｌ·
Ｌ
－１ＮＨ４Ｃｌ溶液中，ＮＨ
＋
４的数量少于０．１ＮＡ，Ａ错误；２．４ｇＭｇ与
Ｈ２ＳＯ４完全反应，转移的电子数为０．２ＮＡ，Ｂ错误；标准状况下，
２．２４ＬＮ２和Ｏ２的混合气体为０．１ｍｏｌ，则所含分子数为０．１ＮＡ，
Ｃ错误；Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＨＩ（ｇ）在反应前后气体分子总数不
变，Ｄ正确。
５．（２０１６课标Ⅰ，８，６分）设ＮＡ为阿伏加德罗常数值。下列有关
叙述正确的是
（　　）
Ａ．１４ｇ乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为２ＮＡ
Ｂ．１ｍｏｌＮ２与４ｍｏｌＨ２反应生成的ＮＨ３分子数为２ＮＡ
Ｃ．１ｍｏｌＦｅ溶于过量硝酸，电子转移数为２ＮＡ
Ｄ．标准状况下，２．２４ＬＣＣｌ４含有的共价键数为０．４ＮＡ
５．
答案　Ａ　Ａ项，乙烯和丙烯的最简式相同，为ＣＨ２，故１４ｇ
乙烯和丙烯混合气体中含氢原子数为２ＮＡ；Ｂ项，Ｎ２和Ｈ２的
反应为可逆反应，转化率不可能达到１００％，生成的ＮＨ３分子
数小于２ＮＡ；Ｃ项，Ｆｅ和过量ＨＮＯ３反应生成Ｆｅ
３＋，电子转移数
为３ＮＡ；Ｄ项，标准状况下，ＣＣｌ４呈液态。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二　物质的量
１７
　
解题关键　①熟悉有关公式ｎ＝Ｎ
ＮＡ
、ｎ＝ｍ
Ｍ、ｎ＝Ｖ
Ｖｍ
；②掌握单烯
烃的通式为ＣｎＨ２ｎ；③铁与硝酸反应产物的情况；④标准状况
下常见物质的聚集状态。
易错警示　Ａ项中学生没有注意到两种气体分子的最简式相
同；Ｂ项中学生大多将注意力放到了物质的化学性质，而忽略
了可逆反应的特点；Ｃ项中，只要注意到“过量” 二字，就可知
Ｆｅ转化为Ｆｅ
３＋；Ｄ项易忽略标准状况和物质状态的关系。
６．（２０１５课标Ⅱ，１０，６分）ＮＡ代表阿伏加德罗常数的值。下列
叙述正确的是
（　　）
Ａ．６０ｇ丙醇中存在的共价键总数为１０ＮＡ
Ｂ．１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＨＣＯ３溶液中ＨＣＯ
－
３和ＣＯ
２－
３离子数之
和为０．１ＮＡ
Ｃ．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。２３ｇ钠充分燃烧时转
移电子数为１ＮＡ
Ｄ．２３５ｇ核素
２３５
９２Ｕ发生裂变反应：
２３５
９２Ｕ＋１
０ｎ
裂变
　→
９０
３８Ｓｒ＋１３６
５４Ｘｅ＋１０
１
０ｎ，
净产生的中子（
１
０ｎ）数为１０ＮＡ
６．
答案　
Ｃ　
１个丙醇分子中含有１１个共价键，则６０ｇ即
１ｍｏｌ丙醇中存在的共价键总数为１１ＮＡ，Ａ项错误；根据物料守
恒得：ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，
故ＨＣＯ
－
３和ＣＯ
２－
３离子数之和小于０．１ＮＡ，Ｂ项错误；钠在空气
中燃烧时，Ｎａ均由０价转化为＋１价，故２３ｇ即１ｍｏｌ钠充分燃
烧转移的电子数为１ＮＡ，Ｃ项正确；由裂变反应知净产生的中
子数为９ＮＡ，Ｄ项错误。
考点二物质的量浓度
７．（２０１６四川理综，４，６分）ＮＡ为阿伏加德罗常数的值。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．２．４ｇＭｇ在足量Ｏ２中燃烧，转移的电子数为０．１ＮＡ
Ｂ．标准状况下，５．６ＬＣＯ２气体中含有的氧原子数为０．５ＮＡ
Ｃ．氢原子数为０．４ＮＡ的ＣＨ３ＯＨ分子中含有的σ 键数为０．４ＮＡ
Ｄ．０．１Ｌ０．５ｍｏｌ／ＬＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中含有的Ｈ
＋数为０．０５ＮＡ
７．
答案　Ｂ　Ａ项，２．４ｇＭｇ即０．１ｍｏｌＭｇ，在足量Ｏ２中燃烧，
转移电子数为０．２ＮＡ，故错误；Ｃ项，氢原子数为０．４ＮＡ的
ＣＨ３ＯＨ分子中含有的σ 键数为０．５ＮＡ，故错误；Ｄ项，
ＣＨ３ＣＯＯＨ是弱电解质，不能完全电离，０．１Ｌ０．５ｍｏｌ／Ｌ
ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中含有的Ｈ
＋数小于０．０５ＮＡ，故错误。
８．（２０１７浙江４月选考，２９，４分）分别称取２．３９ｇ（ＮＨ４）２ＳＯ４
和ＮＨ４Ｃｌ固体混合物两份。
（１）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ｂａ（ＯＨ）２溶
液，产生的沉淀质量与加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液体积的关系如
图。混合物中ｎ［（ＮＨ４）２ＳＯ４］∶ｎ（ＮＨ４Ｃｌ）为
　。
（２）另一份固体混合物中ＮＨ
＋
４与Ｂａ（ＯＨ）２溶液（浓度同上）
恰好完全反应时，溶液中ｃ（Ｃｌ
－）＝　
　
　
　
　
　
　
　
（溶
液体积变化忽略不计）。
８．
答案　（１）１∶２　（２）０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１
解析　
（１）ｎ［（ＮＨ４）２ＳＯ４］＝ｎ（ＢａＳＯ４）＝２．３３ｇ÷ ２３３ｇ·
ｍｏｌ
－１＝０．０１ｍｏｌ，ｎ（ＮＨ４Ｃｌ）＝（２．３９ｇ－０．０１ｍｏｌ×１３２ｇ·ｍｏｌ
－１）÷
５３．５ｇ·ｍｏｌ
－１＝０．０２ｍｏｌ，ｎ［（ＮＨ４）２ＳＯ４］∶ｎ（ＮＨ４Ｃｌ）＝１∶２。
（２）ｃ［Ｂａ（ＯＨ）２］×０．１Ｌ＝ｎ（ＢａＳＯ４）＝０．０１ｍｏｌ，ｃ［Ｂａ（ＯＨ）２］＝
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１。
２ＮＨ
＋
４　　　
～　　　Ｂａ（ＯＨ）２
２
１
（０．０１×２＋０．０２）ｍｏｌ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１×Ｖ
Ｖ＝０．２Ｌ，ｃ（Ｃｌ
－）＝０．０２ｍｏｌ÷０．２Ｌ＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一物质的量、气体摩尔体积
１．（２０１５课标Ⅰ，８，６分）ＮＡ为阿伏加德罗常数的值。下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．１８ｇＤ２Ｏ和１８ｇＨ２Ｏ中含有的质子数均为１０ＮＡ
Ｂ．２Ｌ０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１亚硫酸溶液中含有的Ｈ
＋离子数为２ＮＡ
Ｃ．过氧化钠与水反应时，生成０．１ｍｏｌ氧气转移的电子数
为０．２ＮＡ
Ｄ．密闭容器中２ｍｏｌＮＯ与１ｍｏｌＯ２充分反应，产物的分子数
为２ＮＡ
答案　Ｃ　Ａ项，Ｄ２Ｏ和Ｈ２Ｏ的摩尔质量不同，１８ｇＤ２Ｏ和
１８ｇＨ２Ｏ的物质的量不同，含有的质子数不同；Ｂ项，亚硫酸是
弱酸，不能完全电离，故２Ｌ０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１亚硫酸溶液中含有的
Ｈ
＋离子数小于２ＮＡ；Ｃ项，Ｎａ２Ｏ２与水反应生成Ｏ２，氧元素的化
合价由－１升高到０，故生成０．１ｍｏｌ氧气转移的电子数为
０．２ＮＡ；Ｄ项，２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２，２ＮＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４，故２ｍｏｌＮＯ
与１ｍｏｌＯ２充分反应，产物的分子数小于２ＮＡ。
知识拓展　①掌握同位素的概念和常见同位素的表示方法，
如
１２
６Ｃ、
１３
６Ｃ、
１４
６Ｃ等；②熟记高中阶段常见的弱酸，如碳酸、亚硫
酸、次氯酸、磷酸、氢硫酸、氢氟酸等；③总结Ｃ、Ｎ、Ｏ、Ｓ、Ｃｌ的各
种化合价和代表性物质，尤其是一些化合价比较特殊的物质，
如Ｎ２Ｈ４中Ｎ为－２价、ＣｌＯ２中Ｃｌ为＋４价、Ｈ２Ｏ２中Ｏ为－１价。
２．（２０１５课标Ⅰ，９，６分）乌洛托品在合成、医
药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图
所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得
乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，
则甲醛与氨的物质的量之比应为
（　　）
Ａ．１∶１
Ｂ．２∶３
Ｃ．３∶２
Ｄ．２∶１
答案　Ｃ　
由乌洛托品的结构式可知，乌洛托品的分子式为
Ｃ６Ｈ１２Ｎ４，根据原子守恒可知，甲醛与氨的物质的量之比为３∶２。
解题关键　根据题给结构式写出乌洛托品的分子式。
３．（２０１５广东理综，１０，４分）设ｎＡ为阿伏加德罗常数的数值，下
列说法正确的是
（　　）
Ａ．２３ｇＮａ与足量Ｈ２Ｏ反应完全后可生成ｎＡ个Ｈ２分子
Ｂ．１ｍｏｌＣｕ和足量热浓硫酸反应可生成ｎＡ个ＳＯ３分子
Ｃ．标准状况下，２２．４ＬＮ２和Ｈ２混合气中含ｎＡ个原子
Ｄ．３ｍｏｌ单质Ｆｅ完全转变为Ｆｅ３Ｏ４，失去８ｎＡ个电子
答案　Ｄ　２３ｇＮａ与足量Ｈ２Ｏ反应完全后应生成０．５ｎＡ个
Ｈ２分子，Ａ项不正确；Ｃｕ与浓硫酸反应生成的是ＳＯ２而不是
ＳＯ３，Ｂ项不正确；标准状况下，２２．４ＬＮ２和Ｈ２混合气的物质
的量是１ｍｏｌ，所含原子的个数为２ｎＡ，Ｃ项不正确；Ｆｅ３Ｏ４中铁
元素的化合价可看作＋８
３价，则３ｍｏｌ单质Ｆｅ完全转变为
Ｆｅ３Ｏ４时失去的电子数为８ｎＡ，Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二物质的量浓度
４．（２０１６浙江１０月选考，２９，４分）为确定Ｎａ２ＣＯ３和ＮａＨＣＯ３混
合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同
浓度盐酸３０．０ｍＬ，充分反应，产生ＣＯ２的体积（已折算成标准
状况下的体积，不考虑ＣＯ２在水中的溶解）如下表：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
盐酸体积（ｍＬ）
３０．０
３０．０
３０．０
３０．０
样品质量（ｇ）
２．９６
３．７０
５．１８
６．６６
ＣＯ２体积（ｍＬ）
６７２
８４０
８９６
６７２
（１）样品中物质的量之比ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）∶ｎ（ＮａＨＣＯ３）＝
　。
（２）盐酸的物质的量浓度ｃ（ＨＣｌ）＝　　　　　　　　。
答案　（４分）（１）２∶１或２　（２）２．５０ｍｏｌ·Ｌ
－１
解析　由表中数据可看出，盐酸的体积不变，从Ⅰ至Ⅲ随着
混合物质量的增加，产生ＣＯ２的体积依次增大，而Ⅳ中虽然混
合物的总质量增加，但产生的ＣＯ２的量与Ⅰ相同，由此可判
断，Ⅰ中盐酸过量，混合物样品完全反应，Ⅳ中盐酸完全反应，
混合物过量。
（１）利用Ⅰ组数据可知产生标准状况下ＣＯ２体积为６７２ｍＬ，即
０．０３ｍｏｌ，设２．９６ｇ混合物中Ｎａ２ＣＯ３的物质的量为ｘ，ＮａＨＣＯ３
的物质的量为ｙ，由题意可得ｘ＋ｙ＝０．０３ｍｏｌ，１０６ｇ·ｍｏｌ
－１×ｘ＋
８４ｇ·ｍｏｌ
－１×ｙ＝２．９６ｇ，解得：ｘ＝０．０２ｍｏｌ，ｙ＝０．０１ｍｏｌ，因此
ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）∶ｎ（ＮａＨＣＯ３）＝２∶１。
（２）利用Ⅳ组数据，由ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）∶ｎ（ＮａＨＣＯ３）＝２∶１可计算
出６．６６ｇ样品中Ｎａ２ＣＯ３的物质的量为０．０４５ｍｏｌ，ＮａＨＣＯ３的
物质的量为０．０２２５ｍｏｌ；盐酸滴入混合物的过程中，先与
Ｎａ２ＣＯ３反应生成ＮａＨＣＯ３，可计算出消耗ＨＣｌ０．０４５ｍｏｌ，再与
ＮａＨＣＯ３反应生成０．０３ｍｏｌＣＯ２，此阶段需ＨＣｌ０．０３ｍｏｌ，故共
消耗ＨＣｌ０．０７５ｍｏｌ，ｃ（ＨＣｌ）＝０．０７５ｍｏｌ
０．０３Ｌ
＝２．５０ｍｏｌ·Ｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７４
时间：４０分钟　分值：８４分
一、选择题（每题６分，共６６分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届甘肃天水一中段考，１０）某同学购买了一瓶“８４消毒
液”，包装说明如下：
净含量：１０００ｍＬ　密度：１．１９ｇ·ｃｍ
－３
主要成分：２５％ＮａＣｌＯ
使用方法：稀释１００倍（体积比）后使用
注意事项：密封保存，易吸收空气中的ＣＯ２变质
请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是
（　　）
Ａ．该“８４消毒液”的物质的量浓度约为４．０ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｂ．一瓶该“８４消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小
Ｃ．取１００ｍＬ该“８４消毒液”稀释１００倍用以消毒，稀释后溶液
中ｃ（Ｎａ
＋）约为０．０４ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｄ．参阅该“８４消毒液” 的配方，欲用ＮａＣｌＯ固体配制含２５％
ＮａＣｌＯ的消毒液４８０ｍＬ，需要称量的ＮａＣｌＯ固体质量为
１４３ｇ
１．
答案　
Ｄ　
Ａ项，ｃ（ＮａＣｌＯ）＝１０００×１．１９×２５％
７４．５
ｍｏｌ·Ｌ
－１≈
４．０ｍｏｌ·Ｌ
－１，故Ａ正确；Ｂ项，ＨＣｌＯ易分解生成氯化氢和氧
气，则一瓶该“８４消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小，故
Ｂ正确；Ｃ项，稀释过程中钠离子的物质的量不变，则稀释后的
溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＝４．０ｍｏｌ·Ｌ
－１×０．１Ｌ
０．１Ｌ×１００
＝０．０４ｍｏｌ·Ｌ
－１，故Ｃ正
确；Ｄ项，实验室不存在４８０ｍＬ容量瓶，应用５００ｍＬ容量瓶配
制，则ｎ（ＮａＣｌＯ）＝０．５Ｌ×４．０ｍｏｌ·Ｌ
－１＝２．０ｍｏｌ，ｍ（ＮａＣｌＯ）＝
２．０ｍｏｌ×７４．５ｇ·ｍｏｌ
－１＝１４９ｇ，故Ｄ错误。
易错警示　根据ｃ＝１０００ρω
Ｍ
计算该“８４消毒液”的物质的量浓
度；稀释过程中溶质的物质的量不变。
２．（２０２０届湖北宜昌协作体联考，６）下列关于物质的量浓度表
述正确的是
（　　）
Ａ．０．３ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｎａ２ＳＯ４溶液中含有的Ｎａ
＋和ＳＯ
２－
４的总物质
的量为０．９ｍｏｌ
Ｂ．当１Ｌ水吸收２２．４Ｌ氨气时所得氨水的浓度不是
１ｍｏｌ·Ｌ
－１，只有当２２．４Ｌ氨气溶于水制得１Ｌ氨水时，其浓
度才是１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｃ．在Ｋ２ＳＯ４和ＮａＣｌ的中性混合水溶液中，如果Ｎａ
＋和ＳＯ
２－
４的
物质的量相等，则Ｋ
＋和Ｃｌ
－的物质的量浓度一定相同
Ｄ．１０℃时，０．３５ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＫＣｌ饱和溶液１００ｍＬ蒸发掉５ｇ
水，冷却到１０℃时，其体积小于１００ｍＬ，它的物质的量浓度
仍为０．３５ｍｏｌ·Ｌ
－１
２．
答案　Ｄ　Ａ项，由于不知道溶液体积，无法计算物质的量，
故Ａ错误；Ｂ项，２２．４Ｌ氨气所处温度、压强不知，物质的量不
一定为１ｍｏｌ，故Ｂ错误；Ｃ项，Ｋ２ＳＯ４和ＮａＣｌ的中性混合水溶
液中，ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），存在电荷守恒ｃ（Ｋ
＋）＋ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（Ｃｌ
－）＋２ｃ（ＳＯ
２－
４），若Ｎａ
＋和ＳＯ
２－
４物质的量相等，则Ｋ
＋的物质
的量浓度必定大于Ｃｌ
－的物质的量浓度，故Ｃ错误；Ｄ项，同一
物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液中溶质的物质的量
浓度恒定，故Ｄ正确。
３．（２０１９湖南长沙一模，９）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下列
说法正确的是
（　　）
Ａ．１８ｇ氨基（—ＮＤ２）中含有的电子数为１０ＮＡ
Ｂ．一定质量的乙烷与２２．４Ｌ（标准状况）Ｃｌ２在光照条件下发生
取代反应，形成Ｃ—Ｃｌ键的数目为２ＮＡ
Ｃ．用惰性电极电解１００ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＣｕＳＯ４溶液，当阴、
阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数
为０．０４ＮＡ
Ｄ．ｎ（Ｈ２ＳＯ３）和ｎ（ＨＳＯ
－
３）之和为１ｍｏｌ的ＫＨＳＯ３溶液中，含有
的Ｋ
＋数目为ＮＡ
３．
答案　Ｃ　
Ａ项，１８ｇ氨基（—ＮＤ２）的物质的量为１ｍｏｌ，含
有的电子数为９ＮＡ，Ａ项错误；Ｂ项，若形成Ｃ—Ｃｌ键的数目为
２ＮＡ，则表示氯气中所有的Ｃｌ反应后均形成了Ｃ—Ｃｌ键，显然
错误，因为每取代一个氢原子，还要生成一个氯化氢分子，形成
Ｈ—Ｃｌ键，Ｂ项错误；Ｃ项，用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电
解过程分两个阶段，第一阶段：２ＣｕＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
电解
􀪅􀪅２Ｃｕ＋Ｏ２↑＋
２Ｈ２ＳＯ４，第二阶段：２Ｈ２Ｏ
电解
􀪅􀪅２Ｈ２↑＋Ｏ２↑，阳极始终产生氧
气，阴极先是产生铜，后产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同
条件下相同体积的气体时，电路中转移电子数为０．０４ＮＡ，Ｃ项
正确；Ｄ项，ＫＨＳＯ３溶液中硫原子有三种存在形式：Ｈ２ＳＯ３、
ＨＳＯ
－
３和ＳＯ
２－
３，所以该溶液中Ｋ
＋的数目大于ＮＡ，Ｄ项错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二　物质的量
１９
　
易错警示　注意基和根的区别：基是电中性的原子或原子团，
如羟基（—ＯＨ）、氨基（—ＮＨ２），不能单独存在；根是带电荷的
离子，如氢氧根（ＯＨ
－）、铵根（ＮＨ
＋
４），在水溶液中可以单独
存在。
４．（２０１９辽宁顶级名校三模，８）用ＮＡ表示阿伏加德罗常数的
值，下列叙述中正确的是
（　　）
①３１ｇ白磷中含有１．５ＮＡ个Ｐ—Ｐ键
②１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｎａ２ＣＯ３溶液中含阴离子总数为０．１ＮＡ个
③标准状况下，２２．４ＬＨＦ含ＮＡ个分子
④电解精炼铜时转移了ＮＡ个电子，阳极溶解３２ｇ铜
⑤标准状况下，２．２４ＬＣｌ２溶于水，转移的电子数目为０．１ＮＡ
⑥常温下，含０．２ｍｏｌＨ２ＳＯ４的浓硫酸与足量铜反应，生成ＳＯ２
的分子数小于０．１ＮＡ
⑦１４２ｇＮａ２ＳＯ４和Ｎａ２ＨＰＯ４固体混合物中，阴、阳离子总数
为３ＮＡ
⑧ＮＡ个Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子的质量为１０７ｇ
Ａ．①③④
Ｂ．①⑥⑦
Ｃ．③⑤⑦
Ｄ．①⑥⑧
４．
答案　
Ｂ　
３１ｇ白磷中Ｐ—Ｐ键数为
３１ｇ
１２４ｇ·ｍｏｌ
－１× ６×
ＮＡｍｏｌ
－１＝１．５ＮＡ，①正确；ＣＯ
２－
３水解生成ＨＣＯ
－
３和ＯＨ
－，１Ｌ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＣＯ３溶液中阴离子总数大于０．１ＮＡ，②不正
确；标准状况下，ＨＦ不是气体，③不正确；粗铜精炼时，比铜活
泼性强的金属单质会优先失电子，电路中转移１ｍｏｌ电子时，
阳极溶解铜的质量小于３２ｇ，④不正确；Ｃｌ２溶于水时只有少部
分与水反应，⑤不正确；铜与浓硫酸在常温下不反应，⑥正确；
Ｎａ２ＳＯ４、Ｎａ２ＨＰＯ４的摩尔质量均为１４２ｇ· ｍｏｌ
－１，且１ｍｏｌ
Ｎａ２ＳＯ４与１ｍｏｌＮａ２ＨＰＯ４固体中阴、阳离子总数均为３ＮＡ，
⑦正确；每一个Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子包含若干个Ｆｅ（ＯＨ）３微
粒，故ＮＡ个Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子的质量大于１０７ｇ，⑧不正确；
正确答案为Ｂ。
拓展延伸　ＨＦ分子间存在氢键，若干个ＨＦ分子在氢键的作
用下可形成缔合分子（ＨＦ）ｎ，使得ＨＦ沸点升高，所以标准状
况（０℃、１０１ｋＰａ）下，ＨＦ不是气体。
５．（２０１９重庆七校联考，２）ＮＡ是阿伏加德罗常数的值，下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．Ｈ２Ｏ２分解产生１ｍｏｌＯ２，转移电子数为４ＮＡ
Ｂ．０．１ｍｏｌＨ２和０．１ｍｏｌ碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内
分子总数为０．２ＮＡ
Ｃ．１ｍｏｌＮａＨＳＯ４熔融时电离出的阳离子数目为２ＮＡ
Ｄ．Ｓ８分子结构模型如图，１ｍｏｌ该分子中含有Ｓ—Ｓ键个数
为７ＮＡ
５．
答案　Ｂ　Ｈ２Ｏ２中Ｏ为－１价，Ｈ２Ｏ２分解产生１ｍｏｌＯ２时转
移电子数为２ＮＡ，Ａ项错误；Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＨＩ（ｇ），这是一
个反应前后气体分子数不变的可逆反应，则０．１ｍｏｌ氢气和
０．１ｍｏｌ碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内分子总数为
０．２ＮＡ，Ｂ项正确；ＮａＨＳＯ４在熔融条件下电离出的阳离子只有
Ｎａ
＋，则１ｍｏｌＮａＨＳＯ４在熔融条件下电离出的阳离子数目为
ＮＡ，Ｃ项错误；由Ｓ８分子结构模型可知，１ｍｏｌＳ８分子中含有
８ｍｏｌＳ—Ｓ键，个数为８ＮＡ，Ｄ项错误。
易错警示　ＮａＨＳＯ４在水溶液中完全电离出Ｈ
＋、Ｎａ
＋和ＳＯ
２－
４；
ＮａＨＳＯ４在熔融状态下只电离出Ｎａ
＋和ＨＳＯ
－
４。
６．（２０１９广东七校联合体一联，１０）ＮＡ表示阿伏加德罗常数的
值，下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．２８ｇ乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为４ＮＡ
Ｂ．３２ｇＣｕ和３２ｇＳ充分反应，转移电子数为ＮＡ
Ｃ．精炼铜时，若阳极失去０．１ＮＡ个电子，则阴极增重３．２ｇ
Ｄ．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子
数相等
６．
答案　Ｂ　乙烯和丙烯的最简式均为ＣＨ２，２８ｇ乙烯和丙烯
混合物中含２ｍｏｌ“ＣＨ２”，含４ｍｏｌ极性键，Ａ项正确；Ｃｕ和Ｓ
充分反应时生成Ｃｕ２Ｓ，３２ｇ（０．５ｍｏｌ）Ｃｕ与３２ｇ（１ｍｏｌ）Ｓ反应
时，Ｃｕ反应完全，因此转移０．５ｍｏｌ电子，Ｂ项错误；精炼铜时，
阳极先是Ｚｎ、Ｆｅ等活泼金属杂质失电子，然后才是Ｃｕ失电
子，阴极反应式始终为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ，即阳极转移０．１ｍｏｌ电
子时，阴极一定增重３．２ｇ，Ｃ项正确；Ｎａ无论在足量Ｏ２还是足
量Ｃｌ２中燃烧，均生成＋１价钠的化合物，只要钠的物质的量相
同，反应中转移电子数一定相同，Ｄ项正确。
易错警示　氧化性：Ｃｌ２＞Ｓ，Ｃｌ２能把Ｃｕ氧化为ＣｕＣｌ２，而Ｓ只
能把Ｃｕ氧化为Ｃｕ２Ｓ。
７．（２０１９山西太原名校定时训练，８）ＮＡ为阿伏加德罗常数的
值。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．苯与液溴反应生成１ｍｏｌ溴苯，消耗ＮＡ个Ｂｒ２
Ｂ．０．１ｍｏｌ氯酸钾与足量浓盐酸反应生成氯气，转移电子数为
０．６ＮＡ
Ｃ．１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＳＯ４溶液中含有的阳离子数目为０．１ＮＡ
Ｄ．标准状况下，２．２４ＬＳＯ２与足量氧气充分反应，生成ＳＯ３的
分子数为０．１ＮＡ
７．
答案　Ａ　１ｍｏｌ苯与１ｍｏｌ液溴发生取代反应，生成１ｍｏｌ
溴苯和１ｍｏｌＨＢｒ，Ａ项正确；氯酸钾和浓盐酸发生归中反应，
氯酸钾中的氯元素由＋５价变为０价，故０．１ｍｏｌ氯酸钾与足量
浓盐酸反应后转移电子数为０．５ＮＡ，Ｂ项错误；ＮａＨＳＯ４在溶液
中能完全电离为Ｎａ
＋、Ｈ
＋和ＳＯ
２－
４，且水也能电离出Ｈ
＋，故１Ｌ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＳＯ４溶液中含有的阳离子数目大于０．２ＮＡ，Ｃ
项错误；二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫是可逆反应，不能
进行彻底，则０．１ｍｏｌＳＯ２和足量Ｏ２充分反应，生成ＳＯ３的分
子数小于０．１ＮＡ，Ｄ项错误。
规律方法　同种元素间发生归中反应时，元素价态“只靠近，
不相交”，即氧化产物中该元素的价态不能高于还原产物中该
元素的价态，有的反应中氧化产物和还原产物价态相同。如反
应ＫＣｌＯ３＋６ＨＣｌ（浓）􀪅􀪅３Ｃ
发生还原反应
↓
发生氧化反应
↑
ｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ＋ＫＣｌ中，Ｃｌ２既是氧化
产物又是还原产物。
８．（２０１９辽宁六校协作体联考，２）设ＮＡ表示阿伏加德罗常数的
值，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．饱和碳酸钠溶液中析出１．０６ｇ晶体，该晶体中含有０．０２ＮＡ
个Ｎａ
＋
Ｂ．１ｍｏｌ乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子
数为ＮＡ
Ｃ．某温度下，１ＬｐＨ＝２的Ｈ２ＳＯ４溶液中，硫酸和水电离的Ｈ
＋
总数为０．０１ＮＡ
Ｄ．常温常压下，ＮＯ２与Ｎ２Ｏ４的混合气体４６ｇ，分子总数为ＮＡ
８．
答案　Ｃ　碳酸钠晶体中含有结晶水，１．０６ｇ碳酸钠晶体的
物质的量小于０．０１ｍｏｌ，Ｎａ
＋个数小于０．０２ＮＡ，Ａ不正确；乙醇
与乙酸发生的酯化反应为可逆反应，Ｂ不正确；ｐＨ＝２的Ｈ２ＳＯ４
溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１，１Ｌ该溶液中Ｈ
＋总数为０．０１ＮＡ，
Ｃ正确；４６ｇＮＯ２与Ｎ２Ｏ４的混合气体所含分子总数在０．５ＮＡ到
ＮＡ之间，Ｄ不正确。
易错警示　忽略酯化反应为可逆反应易错选Ｂ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
９．［２０１８河北“名校联盟”质监（一），１０］设ＮＡ表示阿伏加德罗
常数的值，下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．将１００ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＦｅＣｌ３溶液滴入沸水中可制得
Ｆｅ（ＯＨ）３胶粒０．０１ＮＡ
Ｂ．常温常压下，４．６ｇＣ２Ｈ６Ｏ所含碳氢共价键数目为０．６ＮＡ
Ｃ．２ｇＤ２
１６Ｏ中含有的质子数、中子数、电子数均为ＮＡ
Ｄ．向ＦｅＩ２溶液中通入适量Ｃｌ２，当有１ｍｏｌＦｅ
２＋被氧化时，共转
移的电子数目为ＮＡ
９．
答案　Ｃ　含０．０１ｍｏｌＦｅＣｌ３的溶液制得的Ｆｅ（ＯＨ）３胶体的
胶粒数小于０．０１ＮＡ，Ａ不正确。Ｃ２Ｈ６Ｏ的结构式可以是
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｏ
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ，也可以是
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｏ
Ｈ，４．６ｇ
Ｃ２Ｈ６Ｏ的物质的量为０．１ｍｏｌ，若结构式为前者，所含Ｃ—Ｈ键
数目为０．６ＮＡ；若结构式为后者，所含Ｃ—Ｈ键数目为０．５ＮＡ，Ｂ
不正确。２ｇＤ２
１６Ｏ的物质的量为
２ｇ
２０ｇ·ｍｏｌ
－１＝０．１ｍｏｌ，质子数＝
中子数＝电子数＝０．１ｍｏｌ×１０×ＮＡｍｏｌ
－１＝ＮＡ，Ｃ正确。已知还
原性：Ｉ
－＞Ｆｅ
２＋，Ｉ
－优先被氧化，当有１ｍｏｌＦｅ
２＋被氧化时，转移的
电子数目大于ＮＡ，Ｄ不正确。
１０．（２０１８湖北稳派教育二联，１０）设阿伏加德罗常数的值为ＮＡ。
工业上，利用乙烯水化法制乙醇：ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｈ２Ｏ
加热、加压
催化剂→ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ。下列有关说法中正确的是（　　）
Ａ．１ｍｏｌ乙烯和１ｍｏｌ乙醇分别完全燃烧，消耗Ｏ２的分子数
均为３ＮＡ
Ｂ．１ｍｏｌＨ２Ｏ和Ｈ２Ｆ
＋的混合物中所含质子数为１０ＮＡ
Ｃ．乙醇催化氧化生成１ｍｏｌ乙醛时转移电子数为ＮＡ
Ｄ．４６ｇ乙醇中所含共价键的数目为７ＮＡ
１０．
答案　Ａ　１ｍｏｌ乙烯（Ｃ２Ｈ４）和１ｍｏｌ乙醇（化学式可以看
成Ｃ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ）分别完全燃烧消耗Ｏ２均为３ｍｏｌ，消耗Ｏ２的
分子数为３ＮＡ，Ａ项正确；１ｍｏｌＨ２Ｏ所含质子数为１０ＮＡ，
１ｍｏｌＨ２Ｆ
＋所含质子数为１１ＮＡ，Ｂ项错误；Ｃ２Ｈ６Ｏ中Ｃ的化合
价为－２价，Ｃ２Ｈ４Ｏ中Ｃ的化合价为－１价，乙醇催化氧化生成
１ｍｏｌ乙醛时转移电子数为２ＮＡ，Ｃ项错误；４６ｇ乙醇中含有
５ｍｏｌＣ—Ｈ、１ｍｏｌＣ—Ｏ、１ｍｏｌＯ—Ｈ和１ｍｏｌＣ—Ｃ键，共有
８ｍｏｌ共价键，Ｄ项错误。
１１．（２０１８河北石家庄二模，８）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，下
列说法不正确的是
（　　）
Ａ．１７ｇ甲基（—
１４ＣＨ３）所含的中子数目为８ＮＡ
Ｂ．工业合成氨时，每生成１ｍｏｌＮＨ３转移的电子数目为３ＮＡ
Ｃ．含有１ｍｏｌＣＯ
２－
３的Ｎａ２ＣＯ３溶液中，Ｎａ
＋的数目为２ＮＡ
Ｄ．足量锌与一定量浓硫酸反应，生成１ｍｏｌ气体时转移的电
子数目为２ＮＡ
１１．
答案　Ｃ　Ａ项，１７ｇ甲基（—
１４ＣＨ３）的物质的量为１ｍｏｌ，
１ｍｏｌ该甲基中含有８ｍｏｌ中子，所含的中子数为８ＮＡ，故Ａ正
确；Ｂ项，工业合成氨时，每生成１ｍｏｌＮＨ３转移的电子数目
为３ＮＡ，Ｂ正确；Ｃ项，ＣＯ
２－
３在溶液中部分水解，含有１ｍｏｌ
ＣＯ
２－
３的Ｎａ２ＣＯ３溶液中，Ｎａ
＋的数目多于２ＮＡ，故Ｃ错误；Ｄ
项，足量锌与浓硫酸反应开始生成二氧化硫，随硫酸浓度减
小，最后反应生成氢气，足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成
１ｍｏｌ气体时，转移的电子数为２ＮＡ，故Ｄ正确。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
１２．（２０２０届山东青岛胶州、平度、青西期中，１５）海冰是海水冻
结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分（设以
ＮａＣｌ为主）以卤汁形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”，其大
致结构如图所示。若海冰的冰龄达到１年以上，融化后的水
为淡水。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以ＮａＣｌ分子的形式存在
Ｂ．海冰内层“盐泡”越多，密度越小
Ｃ．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少
Ｄ．若冰的密度为０．９ｇ·ｃｍ
－３，则海冰内层ＮａＣｌ的物质的量浓
度约为１×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１
１２．
答案　ＣＤ　ＮａＣｌ是离子化合物，不存在分子，Ａ错误；“盐
泡”越多，密度越大，Ｂ错误；根据题干信息“若海冰的冰龄达
到１年以上，融化后的水为淡水”可知海冰冰龄越长，内层的
“盐泡” 越少，Ｃ正确；若有１Ｌ海冰，根据海冰的密度为
０．９ｇ·ｃｍ
－３，可计算出海冰的质量为９００ｇ，其中含有水分子
的物质的量为５０ｍｏｌ，根据“盐泡”：水＝１∶５０００００”，可计算
出含有ＮａＣｌ的物质的量为１×１０
－４ｍｏｌ，因此海冰内层ＮａＣｌ的
物质的量浓度约为１×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｄ正确。
１３．（２０２０届河北衡水中学一调，４）设ＮＡ为阿伏加德罗常数的
值。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＡｌＣｌ３溶液中，含Ａｌ
３＋数小于ＮＡ
Ｂ．标准状况下，将２．２４Ｌ氯化氢溶于足量水中，溶液中含有的
ＨＣｌ分子数为ＮＡ
Ｃ．１ｍｏｌＮａＢＨ４中含离子的数目为２ＮＡ
Ｄ．３０ｇ甲醛（ＨＣＨＯ）和冰醋酸的混合物中含碳原子数目
为ＮＡ
１３．
答案　
ＣＤ　
Ａ项，溶液体积未知，溶液中铝离子的个数无
法计算，故Ａ错误；Ｂ项，ＨＣｌ溶于水后，全部电离为氢离子和
氯离子，溶液中无ＨＣｌ分子，故Ｂ错误；Ｃ项，ＮａＢＨ４由Ｎａ
＋和
ＢＨ
－
４构成，１ｍｏｌＮａＢＨ４中含２ＮＡ个离子，故Ｃ正确；Ｄ项，甲
醛和冰醋酸的最简式均为ＣＨ２Ｏ，３０ｇ混合物中含“ＣＨ２Ｏ”的
物质的量为１ｍｏｌ，则含有ＮＡ个碳原子，故Ｄ正确。
１４．［２０１８福建福州八县（市）协作体联考，１０］设ＮＡ表示阿伏加
德罗常数的值。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．５．６ｇＦｅ与足量稀硝酸发生反应，转移的电子数为０．３ＮＡ
Ｂ．在１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｌＣｌ３溶液中含有０．１ＮＡ个Ａｌ
３＋
Ｃ．在某密闭容器中盛有０．１ｍｏｌＮ２和０．３ｍｏｌＨ２，在一定条件
下充分反应后，可得０．２ＮＡ个ＮＨ３分子
Ｄ．标准状况下，１１．２Ｌ四氯化碳中含有的Ｃ—Ｃｌ键的个数
为２ＮＡ
１４．
答案　Ａ　Ｆｅ与足量稀硝酸发生反应生成Ｆｅ
３＋，５．６ｇＦｅ的
物质的量是０．１ｍｏｌ，反应中转移电子０．３ＮＡ，Ａ项正确；Ａｌ
３＋会
发生水解，因此在１Ｌ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｌＣｌ３溶液中Ａｌ
３＋的数目
小于０．１ＮＡ，Ｂ项错误；Ｎ２与Ｈ２合成氨的反应是可逆反应，不
可能进行到底，Ｃ项错误；标准状况下，四氯化碳是液体，Ｄ项
错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
２１
　
专题三
离子反应
课
标
解
读
内容
离子反应　离子共存的判断
离子方程式的书写
解读
１．了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的
概念。
２．了解离子反应的概念、离子反应发生的条件
能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进
行有关计算
考情分析
对本专题内容的考查不均，其中离子共存和离子方程式的正误判断考查频率较低，而离子方程式的书写每
年必考，但不单独命题，而是分散在非选择题中的某个设问中，题目位置不固定，内容上多以书写信息型离
子方程式为主，体现出新课标对化学学习能力和学科素养的重视
备考策略
关注教材中常见的离子方程式，利用题目信息书写陌生离子方程式。陌生离子方程式包括两种类型：一是
氧化还原反应型，书写时应注意按照得失电子守恒→电荷守恒→质量守恒的顺序配平；二是非氧化还原反
应型，书写时应注意题目提供的信息，判断出反应物和生成物，根据电荷守恒和质量守恒配平
２２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１４
考点一离子反应　离子共存的判断
一、电解质
１．概念
在①　水溶液　里或熔融状态下能导电的②　化合物　。
２．电离
（１）概念：电解质在③　水溶液里　（或熔融状态下）产生自由
移动的④　离子　的过程。
（２）电离的条件：熔融状态（离子化合物）或溶于水（离子化
合物或共价化合物）。
（３）表示方法———电离方程式
ａ．强电解质，如Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４。
ｂ．弱电解质，如ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－。
３．电解质导电与金属导电的区别
金属导电是金属中自由电子定向运动的结果，而电解质导
电是自由移动的阴、阳离子定向移动的结果，电解质电离是导电
的前提。电解质溶液中自由移动的离子⑤　浓度　越大，离子所带
电荷越多，其导电能力越⑥　强　。
４．鉴别离子化合物和共价化合物的方法
可以通过熔融导电实验判断物质是离子化合物还是共价化合
物，离子化合物熔融状态能导电，共价化合物熔融状态不能导电。
二、离子反应
１．概念：有离子参加的反应。
２．实质：离子之间的相互反应。
３．离子共存的判断：离子在溶液中若能反应，则不能共存。
离子能否大量共存的判断
多种离子共存问题的解题关键：一色、二性、三特殊、四
反应。
１．一色，即溶液颜色。若限定溶液为无色溶液，则Ｃｕ
２＋（蓝
色）、Ｆｅ
３＋（棕黄色）、Ｆｅ
２＋（浅绿色）、ＭｎＯ
－
４（紫红色）等有色离子不
能存在。
２．二性，即溶液的酸性和碱性。在强酸性溶液中，ＯＨ
－及弱
酸根阴离子（如ＣＯ
２－
３、ＳＯ
２－
３、Ｓ
２－、ＣＨ３ＣＯＯ
－等）均不能大量存在；
在强碱性溶液中，Ｈ
＋及弱碱阳离子（如ＮＨ
＋
４、Ａｌ
３＋、Ｍｇ
２＋、Ｆｅ
３＋等）
均不能大量存在；弱酸的酸式酸根离子（如ＨＣＯ
－
３、ＨＳＯ
－
３、ＨＳ
－、
Ｈ２ＰＯ
－
４等）在强酸性和强碱性溶液中均不能大量存在。
３．三特殊，指三种特殊情况：①ＡｌＯ
－
２与ＨＣＯ
－
３不能大量共存，
发生反应的离子方程式为ＡｌＯ
－
２＋ＨＣＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋
ＣＯ
２－
３；②“ＮＯ
－
３＋Ｈ
＋” 组合具有强氧化性，能与Ｓ
２－、Ｆｅ
２＋、Ｉ
－等具有
还原性的离子发生反应，而这一组合常常较为隐蔽，不易被察
觉；③ＮＨ
＋
４与ＣＨ３ＣＯＯ
－、ＣＯ
２－
３，Ｍｇ
２＋与ＨＣＯ
－
３等组合中，虽然两种
离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在
溶液中能大量共存，但加热时不能大量共存。
４．四反应，指离子间通常能发生的四种类型的反应，能相互
反应的离子显然不能大量共存。①复分解反应，如Ｂａ
２＋与ＳＯ
２－
４，
ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－，Ｈ
＋与ＣＨ３ＣＯＯ
－等；②氧化还原反应，如Ｆｅ
３＋与Ｉ
－，
在酸性溶液中ＮＯ
－
３与Ｆｅ
２＋，ＭｎＯ
－
４与Ｂｒ
－，Ｈ
＋与Ｓ２Ｏ
２－
３等；③相互
促进的水解反应，如Ａｌ
３＋与ＨＣＯ
－
３，Ａｌ
３＋与ＡｌＯ
－
２等；④生成配合物
的反应，如Ｆｅ
３＋与ＳＣＮ
－等。
解答离子共存问题，应先看清试题所给的条件，如“在强酸
性溶液中” “ 在无色透明溶液中” “ 在水电离出的ｃ（Ｈ
＋）＝１×
１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中”等，再分析离子间的相互反应情况。
考点二离子方程式的书写
离子方程式的书写步骤
１．正确写出反应的化学方程式。
２．将易溶且易电离的物质改写成离子形式；难溶物质、难电
离物质、气体、氧化物、单质均写成化学式。
３．从方程式两边删去未参加反应的离子，并使化学计量数
最简化。
４．检查原子个数是否守恒，①　电荷　是否守恒，②　得失电子　
是否守恒。
离子方程式的正误判断
１．看是否符合客观事实
如Ｆｅ和稀盐酸反应的离子方程式写成２Ｆｅ＋６Ｈ
＋􀪅􀪅
２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２↑是错误的，Ｆｅ和稀盐酸反应生成Ｆｅ
２＋和Ｈ２。
２．看化学式拆写是否正确
这是书写时最关键的一步，应注意以下几点：
①易溶于水的强电解质均拆成离子形式，如强酸、强碱和大
多数盐。其他物质均用化学式表示，如单质、氧化物、弱电解质
（弱酸、弱碱、水）、非电解质及难溶性盐。
②微溶物的写法。一般来说，澄清溶液（如澄清石灰水）写
成离子形式，浑浊或沉淀写成化学式。
③可溶性多元弱酸的酸式酸根一律写成酸式酸根的形式
（如ＨＣＯ
－
３）。
④非溶液状态下的反应，一般不用离子方程式表示。如实
验室中制备氨气的反应，虽然是离子互换的复分解反应，但不能
用离子方程式表示。
３．看符号使用是否正确
要注意“ 􀪅􀪅” “ 􀜩􀜨
􀜑
” “
→” “ ↓” “ ↑” 等符号的正确
使用。
４．看是否遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子守恒
如Ｆｅ
３＋＋Ｃｕ􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋Ｃｕ
２＋是错误的。
５．看是否漏掉离子反应
如Ｂａ（ＯＨ）２溶液与ＣｕＳＯ４溶液反应，既要注意Ｂａ
２＋与ＳＯ
２－
４
反应生成ＢａＳＯ４沉淀，也不能漏掉Ｃｕ
２＋与ＯＨ
－反应生成
Ｃｕ（ＯＨ）２沉淀。
６．看反应物或产物的配比是否正确
如稀硫酸与Ｂａ（ＯＨ）２溶液反应不能写成Ｈ
＋＋ＯＨ
－＋ＳＯ
２－
４＋
Ｂａ
２＋􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ，应写成２Ｈ
＋＋２ＯＨ
－＋ＳＯ
２－
４＋Ｂａ
２＋􀪅􀪅
ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ。
７．看是否符合题设条件的要求
如过量、少量、等物质的量、适量、任意量以及滴加顺序等对
反应产物的影响。如向溴化亚铁溶液中通入少量Ｃｌ２的离子方
程式为２Ｆｅ
２＋＋Ｃｌ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｃｌ
－；向溴化亚铁溶液中通入过量
Ｃｌ２的离子方程式为２Ｆｅ
２＋＋４Ｂｒ
－＋３Ｃｌ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋６Ｃｌ
－＋２Ｂｒ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
２３
　
对应学生用书
起始页码１５
考点一离子反应　离子共存的判断
１．下列离子组一定能大量共存的是
（　　）
Ａ．甲基橙呈黄色的溶液中：Ｉ
－、Ｃｌ
－、ＮＯ
－
３、Ｎａ
＋
Ｂ．石蕊呈蓝色的溶液中：Ｎａ
＋、ＡｌＯ
－
２、ＮＯ
－
３、ＨＣＯ
－
３
Ｃ．含大量Ａｌ
３＋的溶液中：Ｋ
＋、Ｎａ
＋、ＮＯ
－
３、ＣｌＯ
－
Ｄ．含大量ＯＨ
－的溶液中：ＣＯ
２－
３、Ｃｌ
－、Ｆ
－、Ｋ
＋
１．
答案　Ｄ　甲基橙呈黄色的溶液ｐＨ＞４．４，可为酸性、中性或
碱性，如为酸性，则Ｉ
－、ＮＯ
－
３发生氧化还原反应而不能大量共
存，故Ａ错误；石蕊呈蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下ＨＣＯ
－
３
不能大量存在，故Ｂ错误；ＣｌＯ
－与Ａｌ
３＋发生相互促进的水解反
应而不能大量共存，故Ｃ错误；碱性条件下题给离子之间不发
生反应，可大量共存，故Ｄ正确。
试题分析　本题考查离子共存，为常见题型，侧重于对学生分
析能力的考查，判断各离子在溶液中能否共存，熟悉离子反应
的条件是解题关键，注意氧化还原型和水解型离子反应。
２．下列各组离子在相应溶液中一定能大量共存的是
（　　）
Ａ．含有大量Ｆｅ
３＋的溶液中：ＮＨ
＋
４、Ｎａ
＋、Ｃｌ
－、ＳＣＮ
－
Ｂ．
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中：Ｎａ
＋、Ｋ
＋、ＡｌＯ
－
２、ＣＯ
２－
３
Ｃ．在ｐＨ＝１的溶液中：Ｋ
＋、Ａｌ
３＋、ＳＯ
２－
４、Ｆ
－
Ｄ．由水电离的ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１４ｍｏｌ· Ｌ
－１的溶液中：Ｋ
＋、Ｎａ
＋、
Ｃａ
２＋、ＨＣＯ
－
３
２．
答案　Ｂ　
Ａ项，Ｆｅ
３＋与ＳＣＮ
－在溶液中不能大量共存；Ｂ项，
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，可知溶液中ｃ（ＯＨ
－）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，溶
液显碱性，题给四种离子在碱性溶液中可以大量共存；Ｃ项，
ｐＨ＝１的溶液显酸性，酸性溶液中Ｆ
－不能大量存在；Ｄ项，由水电
离出的ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１４ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液可能是强酸性溶液，也可能是
强碱性溶液，而ＨＣＯ
－
３在酸性、碱性溶液中均不能大量存在。
３．下列在水溶液中能大量共存的一组粒子是
（　　）
Ａ．Ｓ２Ｏ
２－
３、Ｎａ
＋、Ｃｌ
－、Ｈ
＋
Ｂ．Ｎａ
＋、Ｍｇ
２＋、Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４
Ｃ．Ｂａ
２＋、Ｎａ
＋、ＳＯ
２－
４、ＯＨ
－
Ｄ．Ｋ
＋、Ｃ２Ｈ５ＯＨ、ＭｎＯ
－
４、Ｈ
＋
３．
答案　
Ｂ　
Ａ项，Ｓ２Ｏ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ；Ｃ项，
Ｂａ
２＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓；Ｄ项，５Ｃ２Ｈ５ＯＨ＋４ＭｎＯ
－
４＋１２Ｈ
＋􀪅􀪅
５ＣＨ３ＣＯＯＨ＋４Ｍｎ
２＋＋１１Ｈ２Ｏ，Ａ、Ｃ、Ｄ均不符合题意。
４．下列在指定溶液中的各组离子，能够大量共存的是
（　　）
Ａ．无色溶液中：ＨＣＯ
－
３、Ｎａ
＋、Ｃｌ
－、ＯＨ
－
Ｂ．ｐＨ＝１的溶液中：Ｆｅ
３＋、ＳＯ
２－
４、Ｋ
＋、ＭｎＯ
－
４
Ｃ．常温下ｐＨ＝１１的溶液中：Ｓ
２－、Ｋ
＋、ＣＯ
２－
３、ＣｌＯ
－
Ｄ．水电离的ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１２ｍｏｌ· Ｌ
－１的溶液：Ｆｅ
３＋、ＳＯ
２－
４、
Ｋ
＋、ＳＣＮ
－
４．
答案　Ｂ　ＯＨ
－能和ＨＣＯ
－
３发生反应：ＯＨ
－＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋
ＣＯ
２－
３，不能大量共存，Ａ项错误；ｐＨ＝１的溶液显酸性，Ｆｅ
３＋、
ＳＯ
２－
４、Ｋ
＋、ＭｎＯ
－
４在酸性条件下能够大量共存，Ｂ项正确；ＣｌＯ
－
具有强氧化性，Ｓ
２－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，不
能大量共存，Ｃ项错误；Ｆｅ
３＋和ＳＣＮ
－发生反应生成配合物，不
能大量共存，Ｄ项错误。
５．某固体混合物可能含有Ｋ
＋、ＮＨ
＋
４、Ｍｇ
２＋、Ｃａ
２＋、Ｆｅ
３＋、Ｃｌ
－、ＣＯ
２－
３、
ＳＯ
２－
４中的几种离子，将该固体溶解，取１００．００ｍＬ该样品溶液
进行如下实验（气体体积为标准状况下的体积）：
样品
溶液
过量ＮａＯＨ溶液
△
气体（０．８９６Ｌ）
→
溶液１
→
过量ＢａＣｌ２
　
溶液
　　
溶液２
过量ＡｇＮＯ３溶液
　
→白色沉淀
→
沉淀１（６．２７ｇ）
过量盐酸
　
→沉淀２（２．３３ｇ）
→
下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．该固体中一定不含Ｍｇ
２＋、Ｆｅ
３＋、Ｃａ
２＋、Ｃｌ
－
Ｂ．该固体中一定含有ＳＯ
２－
４、ＣＯ
２－
３、Ｃｌ
－
Ｃ．根据以上实验，无法确定该固体中是否含有Ｋ
＋
Ｄ．该固体可能是（ＮＨ４）２ＣＯ３和Ｋ２ＳＯ４
５．
答案　Ｄ　由题中信息可知气体为ＮＨ３，则溶液中一定含有
ＮＨ
＋
４，且物质的量为０．０４ｍｏｌ；沉淀２为ＢａＳＯ４，沉淀１为ＢａＳＯ４
和ＢａＣＯ３的混合物，ＢａＳＯ４为２．３３ｇ，ＢａＣＯ３则为３．９４ｇ，则溶
液中一定有ＳＯ
２－
４、ＣＯ
２－
３，物质的量分别为０．０１ｍｏｌ、０．０２ｍｏｌ。
Ｍｇ
２＋、Ｃａ
２＋、Ｆｅ
３＋与ＣＯ
２－
３均不能大量共存，故溶液中一定不含
Ｍｇ
２＋、Ｃａ
２＋、Ｆｅ
３＋。过量ＢａＣｌ２引入Ｃｌ
－，故溶液２中一定含有
Ｃｌ
－，原溶液中是否含Ｃｌ
－无法确定。由电荷守恒可知０．０４ｍｏｌ
ＮＨ
＋
４、０．０１ｍｏｌＳＯ
２－
４、０．０２ｍｏｌＣＯ
２－
３共存的溶液中一定含有Ｋ
＋，
Ｋ
＋的物质的量至少为０．０２ｍｏｌ。若Ｋ
＋的物质的量等于
０．０２ｍｏｌ，则溶液中不含Ｃｌ
－；若Ｋ
＋的物质的量大于０．０２ｍｏｌ，
则溶液中一定含有Ｃｌ
－。综上所述，Ａ、Ｂ、Ｃ均不正确，Ｄ正确。
考点二离子方程式的书写
６．能正确表示下列反应的离子方程式的是
（　　）
Ａ．Ｆｅ２Ｏ３溶于过量氢碘酸溶液中：Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋＋２Ｉ
－􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋
Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ
Ｂ．０．１ｍｏｌ／ＬＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２溶液与０．２ｍｏｌ／ＬＢａ（ＯＨ）２溶液等
体积混合：Ａｌ
３＋＋２ＳＯ
２－
４＋２Ｂａ
２＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅２ＢａＳＯ４↓＋
ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
Ｃ．用浓盐酸酸化的ＫＭｎＯ４溶液与Ｈ２Ｏ２反应，证明Ｈ２Ｏ２具有
还原性：２ＭｎＯ
－
４＋６Ｈ
＋＋５Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５Ｏ２↑＋８Ｈ２Ｏ
Ｄ．向次氯酸钠溶液中通入足量ＳＯ２气体：ＣｌＯ
－＋ＳＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
ＨＣｌＯ＋ＨＳＯ
－
３
６．
答案　
Ａ　
０．１ｍｏｌ／ＬＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２溶液与０．２ｍｏｌ／Ｌ
Ｂａ（ＯＨ）２溶液等体积混合发生反应的离子方程式为２Ｂａ
２＋＋
ＮＨ
＋
４＋Ａｌ
３＋＋２ＳＯ
２－
４＋４ＯＨ
－􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋２ＢａＳＯ４↓＋ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ，故Ｂ错误；用浓盐酸酸化的ＫＭｎＯ４溶液与Ｈ２Ｏ２反应，因
高锰酸钾氧化ＨＣｌ，不能证明Ｈ２Ｏ２具有还原性，故Ｃ错误；向
次氯酸钠溶液中通入足量ＳＯ２气体发生反应的离子方程式为
ＣｌＯ
－＋ＳＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＳＯ
２－
４，故Ｄ错误。
７．下列相关离子方程式或化学方程式错误的是
（　　）
Ａ．Ｈ２Ｏ２溶液中滴入少量ＣｕＳＯ４溶液：２Ｈ２Ｏ２
Ｃｕ
２＋
􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑
Ｂ．钠与水反应：Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎａ
＋＋２ＯＨ
－＋Ｈ２↑
Ｃ．Ｎａ２Ｓ２Ｏ３和Ｈ２ＳＯ４溶液反应：Ｓ２Ｏ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＳＯ２↑＋Ｓ↓＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．用纯碱溶液浸泡锅炉水垢（含ＣａＳＯ４）：ＣａＳＯ４（ｓ）＋ＣＯ
２－
３（ａｑ）
􀜩􀜨
􀜑
ＣａＣＯ３（ｓ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ）
７．
答案　Ｂ　
Ｈ２Ｏ２溶液中滴入少量ＣｕＳＯ４溶液，Ｃｕ
２＋能催化
Ｈ２Ｏ２的分解：２Ｈ２Ｏ２
Ｃｕ
２＋
􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑，Ａ项正确；钠与水反应
的离子方程式为２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｎａ
＋＋２ＯＨ
－＋Ｈ２↑，Ｂ项错误；
Ｎａ２Ｓ２Ｏ３和Ｈ２ＳＯ４溶液发生反应：Ｓ２Ｏ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＳＯ２↑＋Ｓ↓＋
Ｈ２Ｏ，Ｃ项正确；纯碱溶液浸泡锅炉水垢，发生沉淀的转化：
ＣａＳＯ４（ｓ）＋ＣＯ
２－
３（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
ＣａＣＯ３（ｓ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ），Ｄ项正确。
关联知识　铜盐、铁盐、二氧化锰均可作Ｈ２Ｏ２分解的催化剂。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
８．下列离子方程式书写正确的是
（　　）
Ａ．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．向次氯酸钙溶液中通入少量ＣＯ２：Ｃａ
２＋＋２ＣｌＯ
－＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋２ＨＣｌＯ
Ｃ．实验室用ＭｎＯ２和浓盐酸制取Ｃｌ２：ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅
Ｍｎ
２＋＋２Ｃｌ
－＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
Ｄ．向ＮＨ４ＨＣＯ３溶液中加过量的ＮａＯＨ溶液：ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅
ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ
８．
答案　Ｂ　碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的
离子方程式为Ｃａ
２＋＋ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ，选项Ａ错
误；向次氯酸钙溶液中通入少量ＣＯ２，反应的离子方程式为
Ｃａ
２＋＋２ＣｌＯ
－＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋２ＨＣｌＯ，选项Ｂ正确；实
验室用ＭｎＯ２和浓盐酸制取Ｃｌ２，反应的离子方程式为ＭｎＯ２＋
４Ｈ
＋＋２Ｃｌ
－
△
􀪅􀪅Ｍｎ
２＋＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ，选项Ｃ错误；向ＮＨ４ＨＣＯ３
溶液中加过量的ＮａＯＨ溶液，反应的离子方程式为ＮＨ
＋
４＋
ＨＣＯ
－
３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ，选项Ｄ错误。
温馨提示　书写离子方程式时，浓硫酸不可拆，浓盐酸、浓硝
酸均可拆。
９．下列离子方程式书写正确的是
（　　）
Ａ．向Ｂａ（ＯＨ）２溶液中滴加ＮａＨＳＯ４溶液至中性：Ｂａ
２＋＋Ｈ
＋＋
ＯＨ
－＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．用铜作电极电解硫酸溶液：２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅２Ｈ２↑＋Ｏ２↑
Ｃ．向ＮａＣｌＯ溶液中通入过量ＳＯ２：ＣｌＯ
－＋ＳＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
ＨＣｌＯ＋ＨＳＯ
－
３
Ｄ．向ＡｌＣｌ３溶液中加入过量的Ｎａ：Ａｌ
３＋＋４Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋
４Ｎａ
＋＋２Ｈ２↑
９．
答案　Ｄ　Ｂａ（ＯＨ）２与ＮａＨＳＯ４按物质的量之比１∶２反应
可使反应后溶液呈中性，离子方程式为Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４
􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ，Ａ不正确；用铜作阳极时，Ｃｕ会失去电
子，反应方程式为Ｃｕ＋２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅Ｃｕ（ＯＨ）２↓＋Ｈ２↑，Ｂ不正
确；ＨＣｌＯ与ＨＳＯ
－
３可发生氧化还原反应生成Ｃｌ
－和ＳＯ
２－
４，Ｃ不
正确；过量Ｎａ与Ｈ２Ｏ反应生成过量ＮａＯＨ和Ｈ２，Ａｌ
３＋与过量
ＯＨ
－反应生成ＡｌＯ
－
２和Ｈ２Ｏ，２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｎａ
＋＋２ＯＨ
－＋
Ｈ２↑，Ａｌ
３＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ，联立两式可得Ａｌ
３＋＋４Ｎａ＋
２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｎａ
＋＋ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２↑，Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６
用分类思想书写有关离子方程式
１．连续型
指反应生成的离子因又能跟剩余（过量）的反应物继续反应
而跟用量有关。
（１）可溶性多元弱酸（或其酸酐）与碱溶液反应。如ＣＯ２通
入ＮａＯＨ溶液中：
碱过量：ＣＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
碱不足：ＣＯ２＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３
（２）多元弱酸（或其酸酐）与更弱酸的盐溶液反应。如ＣＯ２
通入ＮａＡｌＯ２溶液中：
ＮａＡｌＯ２过量：２ＡｌＯ
－
２＋ＣＯ２＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＣＯ
２－
３
ＮａＡｌＯ２不足：ＡｌＯ
－
２＋ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＨＣＯ
－
３
（３）多元弱酸盐与强酸反应。如Ｎａ２ＣＯ３溶液与稀盐酸：
盐酸不足：ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３
盐酸过量：ＣＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
（４）铝盐溶液与强碱溶液反应
铝盐过量：Ａｌ
３＋＋３ＯＨ
－􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓
强碱过量：Ａｌ
３＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
（５）ＮａＡｌＯ２溶液与强酸溶液反应
ＮａＡｌＯ２过量：ＡｌＯ
－
２＋Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓
强酸过量：ＡｌＯ
－
２＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋２Ｈ２Ｏ
（６）Ｆｅ与稀硝酸反应
Ｆｅ过量：３Ｆｅ＋２ＮＯ
－
３＋８Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ
稀硝酸过量：Ｆｅ＋ＮＯ
－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ
２．先后型
一种反应物的两种或两种以上的组成离子都能跟另一种反
应物的组成离子反应，但因反应次序不同而跟用量有关。又可
称为竞争型。
（１）ＮＨ４ＨＳＯ４溶液与ＮａＯＨ溶液的反应
ＮａＯＨ不足：Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ
ＮａＯＨ过量：ＮＨ
＋
４＋Ｈ
＋＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ
（２）将Ｆｅ（ＮＯ３）３溶液与ＨＩ混合
ＨＩ不足：８Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
３＋６Ｉ
－􀪅􀪅４Ｈ２Ｏ＋３Ｉ２＋２ＮＯ↑
ＨＩ过量：Ｆｅ
３＋＋１２Ｈ
＋＋３ＮＯ
－
３＋１０Ｉ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋５Ｉ２＋６Ｈ２Ｏ＋
３ＮＯ↑
（３）向含有ＯＨ
－、ＣＯ
２－
３、ＡｌＯ
－
２的溶液中，逐滴加入稀盐酸至
过量，反应的离子方程式依次为
ＯＨ
－＋Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ
ＡｌＯ
－
２＋Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓
ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３
ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
（４）向含有Ｈ
＋、Ａｌ
３＋、ＮＨ
＋
４的溶液中，逐滴加入ＮａＯＨ溶液至
过量，反应的离子方程式依次为
Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ
Ａｌ
３＋＋３ＯＨ
－􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
Ａｌ（ＯＨ）３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
３．配比型
当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，
因其组成比例不协调（一般为复盐或酸式盐），当一种组成离子
恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应（有剩余或
不足），因而跟用量有关。
（１）Ｃａ（ＨＣＯ３）２溶液与ＮａＯＨ溶液反应
ＮａＯＨ不足：Ｃａ
２＋＋ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
ＮａＯＨ过量：Ｃａ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋２Ｈ２Ｏ＋ＣＯ
２－
３
（２）ＮａＨＣＯ３溶液与Ｃａ（ＯＨ）２溶液反应
ＮａＨＣＯ３不足：ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－＋Ｃａ
２＋􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
２５
　
ＮａＨＣＯ３过量：Ｃａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２ＨＣＯ
－
３
􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋
ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ
（３）Ｂａ（ＯＨ）２溶液与ＮａＨＳＯ４溶液反应
ｎ［Ｂａ（ＯＨ）２］∶ｎ（ＮａＨＳＯ４）＝１∶１
Ｂａ
２＋＋ＯＨ
－＋Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ，此时溶液呈碱性
ｎ［Ｂａ（ＯＨ）２］∶ｎ（ＮａＨＳＯ４）＝１∶２
Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ，此时溶液呈中
性，若向该溶液中再加Ｂａ（ＯＨ）２溶液，离子方程式为ＳＯ
２－
４＋Ｂａ
２＋
􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓
例
　（２０１８湖北武汉部分学校调研，１０）下列离子方程
式书写正确的是
（　　）
Ａ．过量的
ＳＯ２
通入
ＮａＯＨ
溶液中：ＳＯ２＋２ＯＨ
－
􀪅􀪅ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．Ｆｅ（ＮＯ３）３溶液中加入过量的ＨＩ溶液：２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２
Ｃ．ＮａＮＯ２溶液中加入酸性ＫＭｎＯ４溶液：２ＭｎＯ
－
４＋５ＮＯ
－
２＋６Ｈ
＋
􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５ＮＯ
－
３＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．ＮａＨＣＯ３溶液中加入过量的Ｂａ（ＯＨ）２溶液：２ＨＣＯ
－
３＋Ｂａ
２＋＋
２ＯＨ
－􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋２Ｈ２Ｏ＋ＣＯ
２－
３
解题导引　注意“量变引起质变”以及“氧化性强的优先反
应”两个方面。
解析　
Ａ项，过量的ＳＯ２通入ＮａＯＨ溶液中应生成
ＮａＨＳＯ３，离子方程式为ＳＯ２＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３，Ａ项错误；Ｂ项，
ＮＯ
－
３在酸性条件下具有强氧化性且氧化性强于Ｆｅ
３＋，优先氧化
Ｉ
－，当ＮＯ
－
３反应完后Ｆｅ
３＋才氧化Ｉ
－，Ｂ项错误；Ｃ项，ＮａＮＯ２溶液
中加入酸性ＫＭｎＯ４溶液发生氧化还原反应：２ＭｎＯ
－
４＋５ＮＯ
－
２＋６Ｈ
＋
􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５ＮＯ
－
３＋３Ｈ２Ｏ，Ｃ项正确；Ｄ项，ＮａＨＣＯ３与过量的
Ｂａ（ＯＨ）２反应的离子方程式为ＨＣＯ
－
３＋Ｂａ
２＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋
Ｈ２Ｏ，Ｄ项错误。
答案　Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７
１．（２０１９上海松江二模，１８）能用离子方程式Ｈ
＋＋ＯＨ
－
→Ｈ２Ｏ
表示的反应是
（　　）
Ａ．氨水和盐酸
Ｂ．氢氧化钠溶液和醋酸
Ｃ．硫酸和氢氧化钡溶液
Ｄ．硝酸和澄清石灰水
１．
答案　Ｄ　一水合氨是弱碱，Ａ错误；醋酸是弱酸，Ｂ错误；硫
酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，Ｃ错误；硝酸和
澄清石灰水反应生成硝酸钙和水，可用Ｈ
＋＋ＯＨ
－
→Ｈ２Ｏ表
示，Ｄ正确。
２．（２０１８江西九所重点中学联考，８）下列选项中涉及的离子方
程式书写正确的是
（　　）
Ａ．向Ｃａ（ＨＣＯ３）２溶液中加入少量ＮａＯＨ溶液：Ｃａ
２＋＋２ＯＨ
－＋
２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ
Ｂ．室温下测得ＮＨ４ＨＳＯ４溶液的ｐＨ＜７，主要是因为存在反应：
ＮＨ
＋
４＋２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ３Ｏ
＋
Ｃ．用重铬酸钾溶液滴定草酸：Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋１４Ｈ
＋＋３Ｃ２Ｏ
２－
４􀪅􀪅２Ｃｒ
３＋＋
６ＣＯ２↑＋７Ｈ２Ｏ
Ｄ．向ＡｇＣｌ沉淀中加入过量的氨水使ＡｇＣｌ溶解：ＡｇＣｌ＋２ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋＋Ｃｌ
－＋２Ｈ２Ｏ
２．
答案　Ｄ　少量ＮａＯＨ与Ｃａ（ＨＣＯ３）２溶液反应：Ｃａ
２＋＋ＨＣＯ
－
３＋
ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ，Ａ项错误；ＮＨ４ＨＳＯ４溶液的ｐＨ＜７，主
要是因为ＨＳＯ
－
４在溶液中完全电离，Ｂ项错误；草酸是弱酸，书
写离子方程式时应写为化学式，Ｃ项错误；Ｄ项正确。
方法技巧　与量有关的离子方程式可以按“少定多变”原则书
写。所谓“少定”即量少的反应物设其化学计量数为１，其离子
的计量数按化学式确定；所谓“多变”即过量的反应物，其计量
数根据反应的需要量确定，不受化学式中的比例制约，是可
变的。
３．（２０１９安徽合肥调研，８）下列离子方程式正确的是
（　　）
Ａ．钠和水反应：Ｎａ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎａ
＋＋ＯＨ
－＋Ｈ２↑
Ｂ．碳酸钙与盐酸反应：ＣａＣＯ３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃａ
２＋＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑
Ｃ．碳酸氢铵溶液与过量浓氢氧化钠溶液反应：ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅
ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．碘化亚铁溶液中通入过量氯气：２Ｆｅ
２＋＋２Ｉ
－＋２Ｃｌ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋
Ｉ２＋４Ｃｌ
－
３．
答案　Ｂ　Ａ项，得失电子不守恒，应为２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｎａ
＋＋
２ＯＨ
－＋Ｈ２↑；Ｃ项，浓ＮａＯＨ溶液过量，ＮＨ
＋
４、ＨＣＯ
－
３均参与反
应，应为ＮＨ
＋
４＋ＨＣＯ
－
３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３↑＋ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ；Ｄ项，应
为２Ｆｅ
２＋＋４Ｉ
－＋３Ｃｌ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ２＋６Ｃｌ
－。
规律方法　还原性Ｉ
－＞Ｆｅ
２＋，Ｃｌ２与ＦｅＩ２溶液反应时Ｉ
－优先反
应，当Ｃｌ２过量时Ｆｅ
２＋与Ｉ
－应按物质的量之比１∶２完全反应。
４．（２０１８吉林四盟校期中，８）下列离子方程式正确的是（　　）
Ａ．０．０１ｍｏｌ／ＬＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２溶液与０．０２ｍｏｌ／ＬＢａ（ＯＨ）２溶液
等体积混合：ＮＨ
＋
４＋Ａｌ
３＋＋２ＳＯ
２－
４＋２Ｂａ
２＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅２ＢａＳＯ４↓＋
Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
Ｂ．ＦｅＣｌ２酸性溶液放在空气中变质：２Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋
２Ｈ２Ｏ
Ｃ．用ＣＨ３ＣＯＯＨ溶解ＣａＣＯ３：ＣａＣＯ３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃａ
２＋＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑
Ｄ．电解ＭｇＣｌ２水溶液的离子方程式：２Ｃｌ
－＋２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅Ｈ２↑＋
Ｃｌ２↑＋２ＯＨ
－
４．
答案　Ａ　ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２与Ｂａ（ＯＨ）２按物质的量之比１∶２
反应时，ＳＯ
２－
４与Ｂａ
２＋恰好反应生成ＢａＳＯ４沉淀，ＯＨ
－先与Ａｌ
３＋
反应生成Ａｌ（ＯＨ）３沉淀，再与ＮＨ
＋
４反应生成ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，离子
方程式为２ＳＯ
２－
４＋２Ｂａ
２＋＋４ＯＨ
－＋Ａｌ
３＋＋ＮＨ
＋
４􀪅􀪅２ＢａＳＯ４↓＋
Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，Ａ正确；Ｂ项，得失电子不守恒，正确
的应为４Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ，Ｂ不正确；ＣＨ３ＣＯＯＨ
为弱酸，书写离子方程式时不可拆，Ｃ不正确；ＯＨ
－与Ｍｇ
２＋会结
合生成Ｍｇ（ＯＨ）２沉淀，Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１７
　　电荷守恒在定量推断离子中的应用
例
　（２０２０届重庆南开中学月考，７）常温下，在ｐＨ＝１的
某溶液中可能有Ｎａ
＋、Ｆｅ
３＋、Ｆｅ
２＋、Ｉ
－、Ｃｌ
－、ＣＯ
２－
３中的几种，现取
１００ｍＬ该溶液进行如下实验。根据实验结果，下列判断正确的是
（　　）
１００ｍＬ
溶液
适量Ｃｌ２
ＣＣｌ４分液
水层
→
足量ＮａＯＨ
溶液
固体
→
洗涤、灼烧
　
→１．６０ｇ固体
溶液
→
ＡｇＮＯ３溶液
稀硝酸→白色沉淀
紫色溶液
→
分离
　→２．５４ｇ紫黑色固体
Ａ．Ｆｅ
２＋、Ｉ
－、Ｃｌ
－一定存在
Ｂ．ＣＯ
２－
３一定不存在，不能确定Ｎａ
＋和Ｃｌ
－是否存在
Ｃ．Ｆｅ
３＋与Ｆｅ
２＋至少有一种
Ｄ．该溶液中ｃ（Ｃｌ
－）至少为０．２ｍｏｌ／Ｌ
解析　常温下，ｐＨ＝１的溶液中氢离子浓度为０．１ｍｏｌ／Ｌ，
１００ｍＬ该溶液中含有氢离子的物质的量为０．０１ｍｏｌ，则一定不
存在ＣＯ
２－
３；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中
含有Ｉ
－，Ｆｅ
３＋能够氧化Ｉ
－，则一定不存在Ｆｅ
３＋；２．５４ｇ紫黑色固体
为碘单质，物质的量为
２．５４ｇ
２５４ｇ／ｍｏｌ＝０．０１ｍｏｌ，原溶液中含有Ｉ
－的
物质的量为０．０２ｍｏｌ；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固
体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到１．６０ｇ氧化铁，则溶液中一定存
在Ｆｅ
２＋，Ｆｅ
２＋的物质的量为
１．６０ｇ
１６０ｇ／ｍｏｌ×２＝０．０２ｍｏｌ，０．０２ｍｏｌＦｅ
２＋
带有０．０４ｍｏｌ正电荷，０．０１ｍｏｌＨ
＋带有０．０１ｍｏｌ正电荷，０．０２ｍｏｌ
Ｉ
－带有０．０２ｍｏｌ负电荷，根据溶液呈电中性，可判断原溶液中一
定含有Ｃｌ
－。
答案　Ａ
解题方法　定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种
离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来
确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带正电荷总数等于阴
离子所带负电荷总数。关注水溶液体系的特点，结合实验现象
和数据等证据素材，引导学生形成认识水溶液中离子反应的基
本思路。
题目价值　本题考查无机物的推断及离子反应，为高频考
点，把握实验流程中的反应、现象及离子推断为解答的关键，侧
重分析与推断能力的考查，注意离子反应及元素化合物知识的
综合应用。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７
　（２０２０届湖北宜昌协作体联考，１７）已知Ａ和Ｂ两支试管的
溶液中共含有Ｋ
＋、Ａｇ
＋、Ｍｇ
２＋、Ｃｌ
－、ＯＨ
－、ＮＯ
－
３六种离子，向试管
Ａ的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：
（１）试管Ａ的溶液中所含的离子有　　　　　　。
（２）若向试管Ｂ的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相
应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是　　　
（填化学式）。
（３）若试管Ａ和试管Ｂ中共有四种物质按等物质的量溶解于
试管中，再将Ａ和Ｂ中的溶液混合过滤，所得滤液中各种
离子的物质的量之比为　　　　　　　　（要求标注出离
子种类）。
（４）若向由试管Ａ的溶液中阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴
入少量Ｂａ（ＯＨ）２溶液，则发生反应的离子方程式为　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
　
答案　（１）Ｋ
＋、ＯＨ
－、Ｃｌ
－
（２）Ｍｇ
（３）ｎ（Ｍｇ
２＋）∶ｎ（Ｋ
＋）∶ｎ（ＮＯ
－
３）＝１∶４∶６
（４）Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ
解析　向试管Ａ的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶
液显碱性，一定含有ＯＨ
－，根据离子共存和溶液电中性原理，
一定没有Ａｇ
＋、Ｍｇ
２＋，一定含有Ｋ
＋；试管Ｂ中一定含有Ａｇ
＋、
Ｍｇ
２＋，则一定没有Ｃｌ
－，一定含有ＮＯ
－
３。
（１）根据以上分析判断试管Ａ的溶液中存在的离子；（２）根据
过滤后溶液中仅含一种溶质，且得到相应的金属进行分析；
（３）设物质的量都为１ｍｏｌ进行计算即可；（４）向ＫＨＣＯ３溶液
中滴入少量Ｂａ（ＯＨ）２溶液，可设Ｂａ（ＯＨ）２的物质的量为
１ｍｏｌ，电离得到１ｍｏｌＢａ
２＋和２ｍｏｌＯＨ
－，２ｍｏｌＯＨ
－消耗２ｍｏｌ
ＨＣＯ
－
３生成２ｍｏｌＣＯ
２－
３，１ｍｏｌＢａ
２＋和１ｍｏｌＣＯ
２－
３生成ＢａＣＯ３沉
淀，剩余１ｍｏｌＣＯ
２－
３，据此写出反应的离子方程式。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７６
考点一离子反应　离子共存的判断
１．（２０１９江苏单科，４，２分）室温下，下列各组离子在指定溶液中
能大量共存的是
（　　）
Ａ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液：Ｎａ
＋、Ｋ
＋、ＣＯ
２－
３、ＡｌＯ
－
２
Ｂ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＣｌ２溶液：Ｋ
＋、Ｍｇ
２＋、ＳＯ
２－
４、ＭｎＯ
－
４
Ｃ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｋ２ＣＯ３溶液：Ｎａ
＋、Ｂａ
２＋、Ｃｌ
－、ＯＨ
－
Ｄ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２ＳＯ４溶液：Ｋ
＋、ＮＨ
＋
４、ＮＯ
－
３、ＨＳＯ
－
３
１．
答案　Ａ　本题涉及离子共存的知识，通过对指定条件下离
子能否共存的判断，考查了分析和解决化学问题的能力，体现
了变化观念与平衡思想的学科核心素养。
Ａ项，在ＮａＯＨ溶液中，Ｎａ
＋、Ｋ
＋、ＣＯ
２－
３、ＡｌＯ
－
２相互之间不发生化
学反应，可以共存，正确；Ｂ项，Ｆｅ
２＋具有还原性，ＭｎＯ
－
４具有氧
化性，两者之间可发生氧化还原反应，不能共存，错误；Ｃ项，
ＣＯ
２－
３和Ｂａ
２＋可以结合成ＢａＣＯ３沉淀，不能大量共存，错误；Ｄ
项，在酸性条件下，ＮＯ
－
３可将ＨＳＯ
－
３氧化，不能大量共存，错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
２７
　
２．（２０１８江苏单科，４，２分）室温下，下列各组离子在指定溶液中
能大量共存的是
（　　）
Ａ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ溶液：Ｎａ
＋、Ｋ
＋、ＣｌＯ
－、ＯＨ
－
Ｂ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液：Ｃｕ
２＋、ＮＨ
＋
４、ＮＯ
－
３、ＳＯ
２－
４
Ｃ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＣｌ溶液：Ｂａ
２＋、Ｋ
＋、ＣＨ３ＣＯＯ
－、ＮＯ
－
３
Ｄ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液：Ｍｇ
２＋、Ｎａ
＋、ＳＯ
２－
４、ＨＣＯ
－
３
２．
答案　Ｂ　本题考查离子反应和离子共存。Ａ项，ＫＩ溶液中
的Ｉ
－具有强还原性，ＣｌＯ
－具有强氧化性，二者可以发生氧化还
原反应而不能大量共存，错误；Ｂ项，指定溶液中的离子与所给
离子都不发生反应，能大量共存，正确；Ｃ项，ＨＣｌ溶液中的Ｈ
＋
与ＣＨ３ＣＯＯ
－形成弱电解质ＣＨ３ＣＯＯＨ而不能大量共存，错误；
Ｄ项，ＮａＯＨ溶液中的ＯＨ
－能与Ｍｇ
２＋反应生成Ｍｇ（ＯＨ）２沉淀，
且ＯＨ
－能与ＨＣＯ
－
３反应生成Ｈ２Ｏ和ＣＯ
２－
３而不能大量共存，
错误。
３．（２０１７江苏单科，９，２分）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：Ｆｅ
３＋、Ｍｇ
２＋、ＳＣＮ
－、Ｃｌ
－
Ｂ．ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＯＨ
－）
＝１×１０
－１２的溶液中：Ｋ
＋、Ｎａ
＋、ＣＯ
２－
３、ＮＯ
－
３
Ｃ．ｃ（Ｆｅ
２＋）＝１ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中：Ｋ
＋、ＮＨ
＋
４、ＭｎＯ
－
４、ＳＯ
２－
４
Ｄ．能使甲基橙变红的溶液中：Ｎａ
＋、ＮＨ
＋
４、ＳＯ
２－
４、ＨＣＯ
－
３
３．
答案　
Ｂ　
本题考查离子共存。Ｆｅ
３＋与ＳＣＮ
－结合生成
Ｆｅ（ＳＣＮ）３而不能大量共存，Ａ错；Ｆｅ
２＋水解使溶液呈酸性，酸性
条件下ＭｎＯ
－
４与Ｆｅ
２＋不能大量共存，Ｃ错；使甲基橙变红的溶
液呈酸性，Ｈ
＋与ＨＣＯ
－
３不能大量共存，Ｄ错。
４．（２０１６上海单科，１９，４分）已知：ＳＯ
２－
３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ
→ＳＯ
２－
４＋２Ｉ
－＋
２Ｈ
＋。某溶液中可能含有Ｎａ
＋、ＮＨ
＋
４、Ｆｅ
２＋、Ｋ
＋、Ｉ
－、ＳＯ
２－
３、ＳＯ
２－
４，且
所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，
溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
（　　）
Ａ．肯定不含Ｉ
－
Ｂ．肯定不含ＳＯ
２－
４
Ｃ．肯定含有ＳＯ
２－
３
Ｄ．肯定含有ＮＨ
＋
４
４．
答案　
ＢＣ　
溶液本身无色，说明没有Ｆｅ
２＋。加入溴水仍然
呈无色，说明溴水发生了反应，Ｉ
－和ＳＯ
２－
３均可与溴水反应使溴
水褪色，但Ｉ
－与Ｂｒ２反应后生成Ｉ２，碘水有颜色，故反应后没有
Ｉ２生成，则原溶液中一定有ＳＯ
２－
３。由于ＳＯ
２－
３的还原性比Ｉ
－强，
向溶液中滴加了少量溴水，故Ｉ
－是否存在无法判断。因所有离
子物质的量浓度相等，则根据电荷守恒可判断ＳＯ
２－
４肯定不
存在。
考点二离子方程式的书写
５．（２０１９课标Ⅲ，１０，６分）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ＮＯ
－
３、ＳＯ
２－
４、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
５．
答案　Ａ　本题涉及离子交换树脂净化水的知识，通过离子
交换原理的应用，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能
力，科学实践活动的创造和应用，体现了科学探究与创新意识
的学科核心素养。
由图可知，经过阳离子交换树脂，Ｃａ
２＋、Ｎａ
＋、Ｍｇ
２＋被Ｈ
＋替换，由
电荷守恒可知阳离子数目增多，Ａ项错误；再经阴离子交换树
脂得到纯净水，则ＮＯ
－
３、Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４被ＯＨ
－替换，Ｈ
＋与ＯＨ
－结合
生成水：Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ，水的导电能力减弱，Ｂ、Ｃ、Ｄ项
正确。
知识拓展　离子交换树脂可有效地滤去水中Ｃｌ
－、Ｃａ
２＋、Ｍｇ
２＋等
离子，降低水质的硬度。
６．（２０１９北京理综，１１，６分）探究草酸（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）性质，进行如下
实验。（已知：室温下，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４的ｐＨ＝１．３）
实验
装置
试剂ａ
现象
①
②
③
④
Ｃａ（ＯＨ）２溶液（含
酚酞）
少量ＮａＨＣＯ３溶液
酸性ＫＭｎＯ４溶液
Ｃ２Ｈ５ＯＨ和浓硫酸
溶液褪色，产生白
色沉淀
产生气泡
紫色溶液褪色
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＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４􀪅􀪅ＣａＣ２Ｏ４↓＋２Ｈ２Ｏ
Ｂ．酸性：Ｈ２Ｃ２Ｏ４＞Ｈ２ＣＯ３，ＮａＨＣＯ３＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４􀪅􀪅ＮａＨＣ２Ｏ４＋
ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
Ｃ．Ｈ２Ｃ２Ｏ４有还原性，２ＭｎＯ
－
４＋５Ｃ２Ｏ
２－
４＋１６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋
１０ＣＯ２↑＋８Ｈ２Ｏ
Ｄ．Ｈ２Ｃ２Ｏ４可发生酯化反应，ＨＯＯＣＣＯＯＨ＋２Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＯＯＣ２Ｈ５＋２Ｈ２Ｏ
６．
答案　
Ｃ　
本题考查的知识点有中和反应、强酸制弱酸反
应、氧化还原反应和酯化反应等，通过实验的形式考查学生的
分析能力和判断能力，体现了证据推理与模型认知的学科核心
素养。
Ｃ项中Ｈ２Ｃ２Ｏ４是弱酸，在书写相关离子方程式时不应拆成
Ｃ２Ｏ
２－
４和Ｈ
＋，故错误。
审题技巧　题干里明确提到室温下０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液
的ｐＨ＝１．３，说明Ｈ２Ｃ２Ｏ４是弱酸，所以书写相关反应的离子方
程式时是不能将其拆分的。
７．（２０１８江苏单科，７，２分）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：ＣＯ
２－
３＋ＣａＳＯ４􀜩􀜨
􀜑
ＣａＣＯ３＋ＳＯ
２－
４
Ｂ．酸化ＮａＩＯ３和ＮａＩ的混合溶液：Ｉ
－＋ＩＯ
－
３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ
Ｃ．ＫＣｌＯ碱性溶液与Ｆｅ（ＯＨ）３反应：３ＣｌＯ
－＋２Ｆｅ（ＯＨ）３􀪅􀪅
２ＦｅＯ
２－
４＋３Ｃｌ
－＋４Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．电解饱和食盐水：２Ｃｌ
－＋２Ｈ
＋通电
􀪅􀪅Ｃｌ２↑＋Ｈ２↑
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
７．
答案　
Ａ　
本题考查离子方程式的正误判断及元素化合物
的性质。ＣａＣＯ３是难溶物，ＣａＳＯ４是微溶物，向饱和Ｎａ２ＣＯ３溶
液中加ＣａＳＯ４固体，固体ＣａＳＯ４会转化为更难溶的ＣａＣＯ３沉
淀，Ａ项正确；酸化的ＮａＩＯ３和ＮａＩ的混合溶液反应的离子方
程式为５Ｉ
－＋ＩＯ
－
３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ，Ｂ项错误；ＫＣｌＯ碱性溶
液与Ｆｅ（ＯＨ）３反应的离子方程式为３ＣｌＯ
－＋２Ｆｅ（ＯＨ）３＋４ＯＨ
－
􀪅􀪅２ＦｅＯ
２－
４＋３Ｃｌ
－＋５Ｈ２Ｏ，Ｃ项错误；电解饱和食盐水的离子方
程式为２Ｃｌ
－＋２Ｈ２Ｏ
通电
　􀪅􀪅Ｃｌ２↑＋Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，Ｄ项错误。
８．（２０１６课标Ⅲ，２８，１４分）以硅藻土为载体的五氧化二钒
（Ｖ２Ｏ５）是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收
Ｖ２Ｏ５既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的
主要成分为：
物质
Ｖ２Ｏ５
Ｖ２Ｏ４
Ｋ２ＳＯ４
ＳｉＯ２
Ｆｅ２Ｏ３
Ａｌ２Ｏ３
质量分数／％２．２～２．９２．８～３．１
２２～２８
６０～６５
１～２
＜１
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（１）“酸浸”时Ｖ２Ｏ５转化为ＶＯ
＋
２，反应的离子方程式为　
　
　
　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　，同时Ｖ２Ｏ４转化成ＶＯ
２＋。
“废渣１”的主要成分是　　　　　。
（２）“氧化” 中欲使３ｍｏｌ的ＶＯ
２＋变为ＶＯ
＋
２，则需要氧化剂
ＫＣｌＯ３至少为　　　　　ｍｏｌ。
（３）“中和”作用之一是使钒以Ｖ４Ｏ
４－
１２形式存在于溶液中。“废
渣２”中含有　　　　　　　　　。
（４）“ 离子交换” 和“ 洗脱” 可简单表示为：４ＲＯＨ＋Ｖ４Ｏ
４－
１２
离子交换
洗脱
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
Ｒ４Ｖ４Ｏ１２＋４ＯＨ
－（ＲＯＨ为强碱性阴离子交换树
脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　
　
　
　
　
性
（填“酸”“碱”或“中”）。
（５）“流出液”中阳离子最多的是　　　　　。
（６）“沉钒”得到偏钒酸铵（ＮＨ４ＶＯ３）沉淀，写出“煅烧”中发生
反应的化学方程式
　。
８．
答案　（１）Ｖ２Ｏ５＋２Ｈ
＋􀪅􀪅２ＶＯ
＋
２＋Ｈ２Ｏ（２分）　ＳｉＯ２（２分）
（２）０．５（２分）
（３）Ｆｅ（ＯＨ）３和Ａｌ（ＯＨ）３（２分）
（４）碱（２分）
（５）Ｋ
＋（２分）
（６）２ＮＨ４ＶＯ３
△
􀪅􀪅Ｖ２Ｏ５＋２ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ↑（２分）
解析　（１）Ｖ２Ｏ５及ＶＯ
＋
２中的Ｖ均为＋５价，“酸浸” 时，发生
非氧化还原反应，根据原子守恒及电荷守恒不难写出离子方程
式；“酸浸”时，Ｖ２Ｏ５转化成ＶＯ
＋
２，Ｖ２Ｏ４转化成ＶＯ
２＋，Ｋ２ＳＯ４可
溶于水，Ｆｅ２Ｏ３及Ａｌ２Ｏ３分别转化成Ｆｅ
３＋和Ａｌ
３＋，所以“废渣１”
的主要成分是ＳｉＯ２。
（２）欲使３ｍｏｌＶＯ
２＋变为ＶＯ
＋
２需转移３ｍｏｌｅ
－，１ｍｏｌＫＣｌＯ３作
氧化剂生成Ｃｌ
－转移６ｍｏｌｅ
－，所以需ＫＣｌＯ３至少０．５ｍｏｌ。
（３）“中和”时加入ＫＯＨ溶液，钒以Ｖ４Ｏ
４－
１２形式存在于溶液中，
Ｋ２ＳＯ４可溶，Ｆｅ
３＋和Ａｌ
３＋分别转化成Ｆｅ（ＯＨ）３和Ａｌ（ＯＨ）３沉
淀进入“废渣２”。
（４）该反应的逆反应为洗脱过程，增大ｃ（ＯＨ
－），有利于平衡向
左移动，所以淋洗液应呈碱性。
（５）由流程图可以看出，Ｈ
＋在酸浸时损耗，钒转化为Ｖ４Ｏ
４－
１２（阴
离子），Ｆｅ
３＋及Ａｌ
３＋转化为沉淀，所以“流出液”中阳离子最多的
是Ｋ
＋。
（６）“煅烧”时肯定得到Ｖ２Ｏ５，铵盐分解一般会有ＮＨ３生成。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一离子反应　离子共存的判断
１．（２０１６江苏单科，１２，４分）制备（ＮＨ４）２Ｆｅ（ＳＯ４）２·６Ｈ２Ｏ的实
验中，需对过滤出产品的母液（ｐＨ＜１）进行处理。室温下，分
别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的
一组离子正确的是
（　　）
Ａ．通入过量Ｃｌ２：Ｆｅ
２＋、Ｈ
＋、ＮＨ
＋
４、Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４
Ｂ．加入少量ＮａＣｌＯ溶液：ＮＨ
＋
４、Ｆｅ
２＋、Ｈ
＋、ＳＯ
２－
４、ＣｌＯ
－
Ｃ．加入过量ＮａＯＨ溶液：Ｎａ
＋、Ｆｅ
２＋、ＮＨ
＋
４、ＳＯ
２－
４、ＯＨ
－
Ｄ．加入过量ＮａＣｌＯ和ＮａＯＨ的混合溶液：Ｎａ
＋、ＳＯ
２－
４、Ｃｌ
－、
ＣｌＯ
－、ＯＨ
－
答案　Ｄ　Ａ项，通入过量的Ｃｌ２，Ｆｅ
２＋不能大量存在；Ｂ项，
ＣｌＯ
－在酸性环境中不能大量存在，Ｆｅ
２＋与ＣｌＯ
－因发生氧化还原
反应而不能大量共存；Ｃ项，在碱性环境中，Ｆｅ
２＋、ＮＨ
＋
４不能大
量存在。
２．（２０１５江苏单科，６，２分）常温下，下列各组离子一定能在指定
溶液中大量共存的是
（　　）
Ａ．使酚酞变红色的溶液中：Ｎａ
＋、Ａｌ
３＋、ＳＯ
２－
４、Ｃｌ
－
Ｂ．
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝１×１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中：ＮＨ
＋
４、Ｃａ
２＋、Ｃｌ
－、ＮＯ
－
３
Ｃ．与Ａｌ反应能放出Ｈ２的溶液中：Ｆｅ
２＋、Ｋ
＋、ＮＯ
－
３、ＳＯ
２－
４
Ｄ．水电离的ｃ（Ｈ
＋）＝１× １０
－１３ｍｏｌ· Ｌ
－１的溶液中：Ｋ
＋、Ｎａ
＋、
ＡｌＯ
－
２、ＣＯ
２－
３
答案　Ｂ　Ａ项，使酚酞变红色的溶液显碱性，Ａｌ
３＋与ＯＨ
－不
能大量共存。Ｂ项，
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝１×１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液显酸性，
ＮＨ
＋
４、Ｃａ
２＋、Ｃｌ
－、ＮＯ
－
３都能与Ｈ
＋大量共存。Ｃ项，与Ａｌ反应放
出Ｈ２的溶液既可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下ＮＯ
－
３易
氧化Ｆｅ
２＋，ＨＮＯ３与Ａｌ反应不能生成Ｈ２；碱性条件下Ｆｅ
２＋不能
大量存在。Ｄ项，由水电离的ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液
既可能显酸性也可能显碱性，酸性溶液中，ＡｌＯ
－
２、ＣＯ
２－
３不能大
量存在。
３．（２０１５广东理综，８，４分）水溶液中能大量共存的一组离子是
（　　）
Ａ．ＮＨ
＋
４、Ｂａ
２＋、Ｂｒ
－、ＣＯ
２－
３
Ｂ．Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
３、Ｆｅ
２＋、Ｈ
＋
Ｃ．Ｋ
＋、Ｎａ
＋、ＳＯ
２－
４、ＭｎＯ
－
４
Ｄ．Ｎａ
＋、Ｈ
＋、ＮＯ
－
３、ＨＣＯ
－
３
答案　
Ｃ　
Ａ项，Ｂａ
２＋与ＣＯ
２－
３不能大量共存；Ｂ项，ＳＯ
２－
３与
Ｈ
＋、ＳＯ
２－
３与Ｆｅ
２＋不能大量共存；Ｄ项，Ｈ
＋与ＨＣＯ
－
３不能大量
共存。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
２９
　
考点二离子方程式的书写
４．（２０１７江苏单科，６，２分）下列指定反应的离子方程式正确的是
（　　）
Ａ．钠与水反应：Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎａ
＋＋２ＯＨ
－＋Ｈ２↑
Ｂ．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：２Ｃｌ
－＋２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅Ｈ２↑＋
Ｃｌ２↑＋２ＯＨ
－
Ｃ．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ｂａ
２＋＋ＯＨ
－＋Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅
ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ｃａ
２＋＋ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅
ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
答案　Ｂ　
Ａ项，电荷不守恒，错误；Ｂ项，电解饱和食盐水
时，阳极生成Ｃｌ２，阴极生成Ｈ２和ＮａＯＨ，正确；Ｃ项，不符合物
质的组成比，正确的离子方程式为Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅
ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ；Ｄ项，ＮＨ
＋
４也参与反应，正确的离子方程式为
ＮＨ
＋
４＋ＨＣＯ
－
３＋Ｃａ
２＋＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ。
规律方法　判断离子方程式正误的方法
一查是否符合反应事实；
二查“􀪅􀪅”“􀜩􀜨
􀜑
”“↑”“↓”是否使用恰当；
三查拆分是否正确；
四查是否漏写离子反应；
五查是否符合反应物的“量”———过量、少量、足量等；
六查是否符合三个守恒（原子守恒、电荷守恒、得失电
子守恒）。
５．（２０１５北京理综，１１，６分）某消毒液的主要成分为ＮａＣｌＯ，还
含有一定量的ＮａＯＨ。下列用来解释事实的方程式中，不合理
···
的是（已知：饱和ＮａＣｌＯ溶液的ｐＨ约为１１）
（　　）
Ａ．该消毒液可用ＮａＯＨ溶液吸收Ｃｌ２制备：Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅
ＣｌＯ
－＋Ｃｌ
－＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．该消毒液的ｐＨ约为１２：ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣｌＯ＋ＯＨ
－
Ｃ．该消毒液与洁厕灵（主要成分为ＨＣｌ）混用，产生有毒Ｃｌ２：
２Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑＋Ｈ２Ｏ
Ｄ．该消毒液加白醋生成ＨＣｌＯ，可增强漂白作用：ＣＨ３ＣＯＯＨ＋
ＣｌＯ
－􀪅􀪅ＨＣｌＯ＋ＣＨ３ＣＯＯ
－
答案　Ｂ　Ａ项，用ＮａＯＨ溶液吸收Ｃｌ２可以制备ＮａＣｌＯ，即
Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ；Ｂ项，饱和ＮａＣｌＯ溶液的ｐＨ约
为１１是因为ＣｌＯ
－水解，该消毒液的ｐＨ约为１２是因为消毒液
中含有ＮａＯＨ；Ｃ项，消毒液中的ＣｌＯ
－和洁厕灵中的Ｃｌ
－在酸性
条件下发生氧化还原反应产生Ｃｌ２；Ｄ项，白醋中的ＣＨ３ＣＯＯＨ
可以和ＮａＣｌＯ发生复分解反应生成ＨＣｌＯ，从而增强消毒液的
漂白作用。
６．（２０１５江苏单科，９，２分）下列指定反应的离子方程式正确
的是　　
（　　）
Ａ．氯气溶于水：Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－
Ｂ．Ｎａ２ＣＯ３溶液中ＣＯ
２－
３的水解：ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
Ｃ．酸性溶液中ＫＩＯ３与ＫＩ反应生成Ｉ２：ＩＯ
－
３＋Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．ＮａＨＣＯ３溶液中加足量Ｂａ（ＯＨ）２溶液：ＨＣＯ
－
３＋Ｂａ
２＋＋ＯＨ
－
􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
答案　Ｄ　Ａ项，ＨＣｌＯ是弱酸，不能拆，正确的离子方程式
为Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＨＣｌＯ；Ｂ项，正确的离子方程式为
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－；Ｃ项，方程式两边电荷不守恒，正
确的离子方程式为ＩＯ
－
３＋５Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ；Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１７７
时间：４０分钟　分值：８０分
一、选择题（每题６分，共４８分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９上海金山一模，２０）已知５Ｃｌ２＋Ｉ２＋６Ｈ２Ｏ
→１０ＨＣｌ＋
２ＨＩＯ３。某溶液中可能存在Ｂｒ
－、ＣＯ
２－
３、ＳＯ
２－
３、Ｉ
－、Ｃａ
２＋、Ｎａ
＋等中
的某几种，分别进行如下实验：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量ＢａＣｌ２溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
则下列说法正确的是
（　　）
Ａ．肯定没有Ｉ
－
Ｂ．肯定有Ｂｒ
－、ＣＯ
２－
３
Ｃ．可能有Ｎａ
＋
Ｄ．可能有ＳＯ
２－
３
１．
答案　
Ｂ　
①说明溶液中含有Ｂｒ
－、ＣＯ
２－
３，一定不存在Ｃａ
２＋；
②说明溶液中不存在ＳＯ
２－
３；③氯水能把Ｉ
－氧化为Ｉ２，若氯水足
量，Ｉ２会继续被氧化为ＨＩＯ３，滴加淀粉溶液，溶液不变蓝，不能
判断Ｉ
－的存在与否；由于溶液呈电中性，所以还有Ｎａ
＋。根据
上述分析可知，溶液中一定存在的离子为Ｂｒ
－、ＣＯ
２－
３、Ｎａ
＋；一定
不存在的离子为Ｃａ
２＋、ＳＯ
２－
３；可能存在的离子为Ｉ
－。
方法技巧　利用题目给出的现象（如溶液的颜色以及颜色的
变化等）判断出一定有某种离子存在时，应立即运用已有知
识，将不能与之大量共存的离子排除掉，从而判断出一定没有
哪些离子。
２．（２０１９安徽阜阳二模，８）下列离子方程式与所述事实相符且
正确的是
（　　）
Ａ．Ｃａ（ＨＣＯ３）２溶液中加入少量ＮａＯＨ溶液：Ｃａ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３＋
２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．向含有０．４ｍｏｌＦｅＢｒ２的溶液中通入０．３ｍｏｌＣｌ２充分反应：
４Ｆｅ
２＋＋２Ｂｒ
－＋３Ｃｌ２􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋６Ｃｌ
－＋Ｂｒ２
Ｃ．明矾溶液中加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液至生成的沉淀物质的量最
多：Ａｌ
３＋＋２ＳＯ
２－
４＋２Ｂａ
２＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ
Ｄ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：Ｆｅ３Ｏ４＋８Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋
４Ｈ２Ｏ
２．
答案　Ｂ　Ａ项，不符合质量守恒定律，且加入少量的ＮａＯＨ
溶液，ＨＣＯ
－
３不完全反应，最后无ＣＯ
２－
３出现；Ｃ项，明矾溶液中
加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液至生成的沉淀物质的量最多时，应是Ａｌ
３＋
恰好完全反应生成沉淀；Ｄ项，电荷不守恒、得失电子不守恒。
３．（２０１９河北邯郸重点中学开学检测，１４）下列表示对应化学反
应的离子方程式正确的是
（　　）
Ａ．向稀硝酸中滴加Ｎａ２ＳＯ３溶液：ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．Ｎａ２ＣＯ３溶液中ＣＯ
２－
３的水解：ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
Ｃ．向Ａｌ２（ＳＯ４）３溶液中加入过量的ＮＨ３·Ｈ２Ｏ：Ａｌ
３＋＋４ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅［Ａｌ（ＯＨ）４］
－＋４ＮＨ
＋
４
Ｄ．向ＣｕＳＯ４溶液中加入Ｎａ２Ｏ２：２Ｎａ２Ｏ２＋２Ｃｕ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
４Ｎａ
＋＋２Ｃｕ（ＯＨ）２↓＋Ｏ２↑
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
３．
答案　Ｄ　ＳＯ
２－
３与ＮＯ
－
３在酸性溶液中会发生氧化还原反应，
Ａ不正确；ＣＯ
２－
３的水解为可逆过程，Ｂ不正确；Ａｌ（ＯＨ）３不能
溶于氨水，Ｃ不正确；Ｎａ２Ｏ２与水反应生成ＮａＯＨ和Ｏ２，Ｃｕ
２＋与
ＯＨ
－生成Ｃｕ（ＯＨ）２蓝色沉淀，Ｄ正确。
知识拓展　Ａｌ（ＯＨ）３固体在水中会存在电离平衡：（酸式电
离）ＡｌＯ
－
２＋Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ａｌ（ＯＨ）３􀜩􀜨
􀜑
Ａｌ
３＋＋３ＯＨ
－（碱式电离）。
４．（２０１９江西红色七校联考，４）２５℃时，下列各组离子在指定溶
液中一定能大量共存的是
（　　）
Ａ．ｐＨ＝１的无色溶液中：Ｎａ
＋、Ｃｕ
２＋、Ｃｌ
－、ＣＯ
２－
３
Ｂ．使酚酞呈红色的溶液中：Ｋ
＋、Ｎａ
＋、ＮＯ
－
３、Ｃｌ
－
Ｃ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＦｅＣｌ２溶液中：Ｈ
＋、Ａｌ
３＋、ＳＯ
２－
４、Ｓ
２－
Ｄ．由水电离出的ｃ（Ｈ
＋）＝１× １０
－１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中：Ｍｇ
２＋、
ＮＨ
＋
４、ＳＯ
２－
４、ＨＣＯ
－
３
４．
答案　Ｂ　Ａ项，ｐＨ＝１的无色溶液显酸性，Ｃｕ
２＋、ＣＯ
２－
３均不
能大量存在，Ａ错误；Ｂ项，使酚酞呈红色的溶液显碱性，Ｋ
＋、
Ｎａ
＋、ＮＯ
－
３、Ｃｌ
－之间不反应，可以大量共存，Ｂ正确；Ｃ项，Ｈ
＋、
Ａｌ
３＋与Ｓ
２－均不能大量共存，Ｃ错误；Ｄ项，由水电离出的ｃ（Ｈ
＋）＝
１×１０
－１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性，ＨＣＯ
－
３
不能大量存在，如果显碱性，Ｍｇ
２＋、ＮＨ
＋
４、ＨＣＯ
－
３均不能大量存
在，Ｄ错误。
易错警示　正确解答离子共存题目，审题是关键。首先要注
意题干要求，审清关键词，如“能”“不能”“一定”“可能”“一定
不能”“因发生氧化还原反应” 等；其次要正确理解“ 无色透
明”，“无色”对应“有色”，应掌握常见有色离子，“透明” 对应
“浑浊”，应掌握常见的沉淀反应；另外还需特别关注一些限定
或隐含条件，特别是一些酸碱性的变相说法。
５．（２０１９上海黄浦期末，１６）下列各组在溶液中的反应，不管反
应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是
（　　）
Ａ．ＦｅＢｒ２与Ｃｌ２
Ｂ．Ｂａ（ＯＨ）２与Ｈ２ＳＯ４
Ｃ．ＨＣｌ与Ｎａ２ＣＯ３
Ｄ．Ｃａ（ＨＣＯ３）２与ＮａＯＨ
５．
答案　
Ｂ　
Ａ项，还原性：Ｆｅ
２＋＞Ｂｒ
－，Ｃｌ２量不同，反应产物不
同；Ｃ项，Ｈ
＋＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３、Ｈ
＋＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，反
应物量不同，产物不同；Ｄ项，Ｃａ
２＋＋ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋
Ｈ２Ｏ、Ｃａ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋２Ｈ２Ｏ＋ＣＯ
２－
３，反应物
量不同，产物不同。
６．（２０１９河北承德期末，３）常温下，下列有关离子共存的说法中
正确的是
（　　）
Ａ．某无色溶液中可能大量存在Ａｌ
３＋、ＮＨ
＋
４、Ｃｌ
－、ＳｉＯ
２－
３
Ｂ．小苏打溶液中，可能大量存在Ｉ
－、ＮＯ
－
３、Ｂａ
２＋、ＣｌＯ
－
Ｃ．在水电离出Ｈ
＋浓度为１×１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的澄清透明溶液中可
能大量存在Ｍｇ
２＋、Ｃｕ
２＋、ＳＯ
２－
４、ＮＯ
－
３
Ｄ．使甲基橙呈红色的溶液中，可能大量存在Ｎａ
＋、Ｋ
＋、ＡｌＯ
－
２、Ｃｌ
－
６．
答案　Ｃ　Ａｌ
３＋、ＳｉＯ
２－
３发生互相促进的水解反应生成氢氧化
铝、硅酸沉淀，故Ａ不符合题意；Ｉ
－、ＣｌＯ
－发生氧化还原反应，故
Ｂ不符合题意；水电离出Ｈ
＋浓度为１×１０
－１３ｍｏｌ·Ｌ
－１的澄清透
明溶液可能呈酸性，酸性条件下Ｍｇ
２＋、Ｃｕ
２＋、ＳＯ
２－
４、ＮＯ
－
３能大量
存在，故Ｃ符合题意；使甲基橙呈红色的溶液显酸性，ＡｌＯ
－
２与
Ｈ
＋反应生成Ａｌ
３＋，故Ｄ不符合题意。
７．（２０１９安徽江南片摸底，４）下列离子方程式中正确的是
（　　）
Ａ．将ＳＯ２气体通入ＮａＣｌＯ溶液中：ＳＯ２＋２ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅ＳＯ
２－
３＋２ＨＣｌＯ
Ｂ．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：２Ｆｅ
２＋＋Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋
Ｏ２↑＋２Ｈ
＋
Ｃ．向硫酸氢钾溶液中加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液至中性：２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４＋
Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ
Ｄ．ＮＨ４ＨＣＯ３溶液与过量ＮａＯＨ溶液反应：ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ
７．
答案　
Ｃ　
ＳＯ２通入ＮａＣｌＯ溶液中会发生氧化还原反应，Ａ
不正确；Ｈ２Ｏ２作氧化剂时还原产物为Ｈ２Ｏ，Ｂ不正确；ＫＨＳＯ４
与Ｂａ（ＯＨ）２按物质的量之比２∶１反应时所得溶液呈中性，Ｃ
正确；ＯＨ
－过量时，ＮＨ
＋
４与ＨＣＯ
－
３均与ＯＨ
－反应，Ｄ不正确。
关联知识　Ｈ２Ｏ２作氧化剂时还原产物为Ｈ２Ｏ，Ｈ２Ｏ２为绿色氧
化剂；Ｈ２Ｏ２作还原剂时氧化产物为Ｏ２。
８．（２０１９河南、河北重点高中一联，１４）某溶液中含有等物质的
量的Ｋ
＋、Ｎａ
＋、Ｆｅ
３＋、Ｆｅ
２＋、ＳＯ
２－
４、ＳＯ
２－
３、Ｉ
－、ＮＯ
－
３中的几种离子，为
确定其组成，取三份该溶液进行了如下实验（不考虑盐类的水
解及水的电离，Ｉ
－能被酸性高锰酸钾溶液氧化为ＩＯ
－
３）：
（１）第一份：滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去。
（２）第二份：加入过量稀盐酸，始终没有气泡产生。
（３）第三份：加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．溶液中不可能含有ＮＯ
－
３
　　Ｂ．溶液中不可能含有Ｆｅ
２＋
Ｃ．溶液中不可能含有Ｆｅ
３＋
　　Ｄ．溶液中不可能含有ＳＯ
２－
３
８．
答案　Ｂ　第一份滴入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪
色，说明溶液中含有ＳＯ
２－
３、Ｆｅ
２＋和Ｉ
－三种离子中的至少一种；第
二份加入过量稀盐酸，始终没有气泡产生，说明溶液中不含有
ＳＯ
２－
３和ＮＯ
－
３；第三份加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，因溶液
中不含有ＳＯ
２－
３，说明溶液中一定含有ＳＯ
２－
４。又因为每种离子
的物质的量相等，若含有Ｆｅ
２＋，不含Ｉ
－，则溶液中只含有ＳＯ
２－
４
和Ｆｅ
２＋；若含有Ｉ
－，不含Ｆｅ
２＋，则溶液中不可能含有Ｆｅ
３＋（Ｆｅ
３＋能
将Ｉ
－氧化），只可能含有Ｋ
＋、Ｎａ
＋、ＳＯ
２－
４、Ｉ
－，此时溶液中电荷不
守恒，该推断不成立；若溶液中含有Ｆｅ
２＋和Ｉ
－，则溶液中不可能
含有Ｆｅ
３＋，Ｋ
＋、Ｎａ
＋中含且只含有一种；综上所述，溶液中一定
不含Ｆｅ
３＋、ＳＯ
２－
３和ＮＯ
－
３，Ｂ项符合题意。
解题关键　（１）Ｆｅ
３＋与Ｉ
－可发生氧化还原反应；（２）酸性条件
下，ＮＯ
－
３可氧化Ｆｅ
２＋、Ｉ
－、ＳＯ
２－
３，其还原产物为ＮＯ气体；（３）溶
液呈电中性。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
９．（２０２０届山东德州期中，１２）对下列离子方程式的书写评价合
理的是
（　　）
选项
化学反应及其离子方程式
评价
Ａ
碳酸氢钙与盐酸：２Ｈ
＋＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅
ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
错误，碳酸氢钙难
溶，不可拆
Ｂ
硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液：
Ｂａ
２＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓
错误，漏掉了铵根
离子与氢氧根离子
之间的反应
Ｃ
铜和浓硝酸反应：Ｃｕ＋４Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
３
􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋２ＮＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ
正确
Ｄ
氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：
Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋Ｉ２
正确
９．
答案　ＢＣ　碳酸氢钙是可溶性盐，可以拆，但只能拆成Ｃａ
２＋
与ＨＣＯ
－
３，Ａ项错误；电荷不守恒，Ｄ项错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题三　离子反应
３１
　
１０．（２０１９山东师范大学附属中学模拟）ＮａＣｌＯ２广泛用于造纸工
业、污水处理等，其漂白能力是漂白粉的４～５倍。工业上用
ＣｌＯ２气体制ＮａＣｌＯ２的工艺流程如下：
ＣｌＯ２发生器
↑
空气
→
吸收器
冷的ＮａＯＨ溶液
↓
↑
过氧化氢溶液
结晶、过滤→ＮａＣｌＯ２
已知：ＮａＣｌＯ２饱和溶液在低于３８℃时析出ＮａＣｌＯ２·３Ｈ２Ｏ，
高于３８℃时析出ＮａＣｌＯ２。
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．吸收器中生成ＮａＣｌＯ２的离子方程式：２ＣｌＯ２＋２ＯＨ
－＋Ｈ２Ｏ２
􀪅􀪅２ＣｌＯ
－
２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
Ｂ．流程中的结晶、过滤操作应该是蒸发结晶、冷却过滤
Ｃ．提高吸收器中的反应温度可以提高反应速率，也提高反应
物的利用率
Ｄ．发生器中反应结束后，向其中通入一定量空气的目的是驱
赶出ＣｌＯ２，使其被充分吸收
１０．
答案　
ＢＣ　
吸收器中的ＣｌＯ２、ＮａＯＨ、Ｈ２Ｏ２反应生成
ＮａＣｌＯ２，离子方程式为２ＣｌＯ２＋２ＯＨ
－＋Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２ＣｌＯ
－
２＋Ｏ２＋
２Ｈ２Ｏ，故Ａ正确；ＮａＣｌＯ２饱和溶液在低于３８℃时析出
ＮａＣｌＯ２· ３Ｈ２Ｏ，高于３８℃时析出ＮａＣｌＯ２，所以要得到
ＮａＣｌＯ２，需要蒸发结晶、趁热过滤，故Ｂ错误；温度升高，过氧
化氢分解，降低反应物的利用率，故Ｃ错误；向发生器中通入
一定量空气来驱赶出ＣｌＯ２，使其被充分吸收，故Ｄ正确。
１１．（２０１８安徽皖江名校联盟联考，７）下列各组微粒一定能大量
共存的是
（　　）
Ａ．遇ＫＳＣＮ变血红色的溶液：Ｎａ
＋、Ｍｇ
２＋、ＣＨ３ＣＯＯＨ、Ｃｌ
－
Ｂ．某无色溶液：ＯＨ
－、Ｋ
＋、ＨＣｌＯ、Ｂａ
２＋
Ｃ．０．１ｍｏｌ／ＬＮａ２Ｓ溶液：Ｋ
＋、ＮＨ
＋
４、ＮＯ
－
３、Ａｌ
３＋
Ｄ．常温下水电离出的ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－２０的溶液中：Ｎａ
＋、
Ｃｌ
－、ＣＯ
２－
３、ＳＯ
２－
４
１１．
答案　Ａ　
遇ＫＳＣＮ变血红色的溶液中有Ｆｅ
３＋，Ｆｅ
３＋、Ｎａ
＋、
Ｍｇ
２＋、ＣＨ３ＣＯＯＨ、Ｃｌ
－之间相互不反应，能大量共存，Ａ项正确；
ＯＨ
－和ＨＣｌＯ发生反应而不能大量共存，Ｂ项错误；Ｎａ２Ｓ溶液
中Ｓ
２－和Ａｌ
３＋会发生相互促进的水解反应而不能大量共存，Ｃ
项错误；常温下水电离出的ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－２０的溶液呈
酸性或碱性，当溶液呈酸性时，ＣＯ
２－
３会和Ｈ
＋反应，不能大量
存在，Ｄ项错误。
思路方法　判断离子能否大量共存要从复分解反应、氧化还
原反应、相互促进的水解反应（如Ｃ项）、生成配合物的反应
以及注意题干附加条件等方面全面思考。
易错警示　容易忽视Ｓ
２－与Ａｌ
３＋的相互促进的水解反应而误
选Ｃ项，对限定条件的酸性、碱性无法判断而误选Ｄ项。
三、非选择题（共１４分）
１２．（２０１９江西上饶六校联考，２７）（１４分）钼酸钠晶体
（Ｎａ２ＭｏＯ４·２Ｈ２Ｏ）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统
的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是ＭｏＳ２，含少
量ＰｂＳ等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：
钼精矿
焙烧
→
↓
空气
ＳＯ２（ｇ）
↓
碱浸
→
↓
Ｎａ２ＣＯ３溶液
ＣＯ２（ｇ）
↓
除重金属离子
→
↓
沉淀剂
废渣
↓
结晶
→
重结晶
→
母液
↓
Ｎａ２ＭｏＯ４·２Ｈ２Ｏ（ｓ）
→
回答下列问题：
（１）提高焙烧效率的方法有　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。
（写一种）
（２）“ 焙烧” 时ＭｏＳ２转化为ＭｏＯ３，该反应的化学方程式为
　　　　　　　　　　　　，氧化产物是　　　　　　。
（３）“碱浸” 时生成的ＣＯ２的电子式为　
　
　
　
　
　
　
　，
“碱浸” 时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式
为　　　　　　　　　　。
（４）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Ｎａ２Ｓ，则废渣成分
的化学式为　　　　　。
（５）测得“除重金属离子” 中部分离子的浓度：ｃ（ＭｏＯ
２－
４）＝
０．２０ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（ＳＯ
２－
４）＝０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１。“结晶” 前应先
除去ＳＯ
２－
４，方法是加入Ｂａ（ＯＨ）２固体。假设加入
Ｂａ（ＯＨ）２固体后溶液体积不变，当ＢａＭｏＯ４开始沉淀时，
去除ＳＯ
２－
４
的质量分数为　
　
　
　％。［已知
Ｋｓｐ（ＢａＳＯ４）＝１×１０
－１０，Ｋｓｐ（ＢａＭｏＯ４）＝２．０×１０
－８］
（６）钼精矿在酸性条件下，加入ＮａＮＯ３溶液，也可以制备钼酸
钠，同时有ＳＯ
２－
４生成，该反应的离子方程式为　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
１２．
答案　（１）粉碎固体（合理答案均可）
（２）２ＭｏＳ２＋７Ｏ２
高温
􀪅􀪅２ＭｏＯ３＋４ＳＯ２　ＭｏＯ３、ＳＯ２
（３）·
· Ｏ
···
·
×
×Ｃ×
×·
· Ｏ
···
·　ＭｏＯ３＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅ＭｏＯ
２－
４＋ＣＯ２↑
（４）ＰｂＳ
（５）９０％
（６）ＭｏＳ２＋６ＮＯ
－
３􀪅􀪅ＭｏＯ
２－
４＋２ＳＯ
２－
４＋６ＮＯ↑
解析　（１）提高焙烧效率的方法有粉碎固体等。
（２）“焙烧” 时，通入空气，产生ＭｏＯ３和ＳＯ２，化学方程式为
２ＭｏＳ２＋７Ｏ２
高温
􀪅􀪅２ＭｏＯ３＋４ＳＯ２；氧化产物是ＭｏＯ３和ＳＯ２。
（３）ＣＯ２的电子式为·
· Ｏ
···
·
×
×Ｃ×
×·
· Ｏ
···
·；“ 碱浸” 后，Ｍｏ元素以
ＭｏＯ
２－
４的形式存在，即“碱浸” 时含钼化合物发生的主要反应
的离子方程式是ＭｏＯ３＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅ＭｏＯ
２－
４＋ＣＯ２↑。
（４）该步骤是除去Ｐｂ元素，废渣是ＰｂＳ。
（５）根据溶度积知，ＳＯ
２－
４先沉淀，ＢａＭｏＯ４开始沉淀时，溶液中
ｃ（Ｂａ
２＋）＝Ｋｓｐ（ＢａＭｏＯ４）
ｃ（ＭｏＯ
２－
４）
＝２．０×１０
－８
０．２０
ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１．０×１０
－７ｍｏｌ·
Ｌ
－１，此时溶液中ｃ（ＳＯ
２－
４）＝Ｋｓｐ（ＢａＳＯ４）
ｃ（Ｂａ
２＋）
＝１×１０
－１０
１．０×１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１＝
１．０×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，令溶液的体积为ＶＬ，去除ＳＯ
２－
４的质量分数为
（０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１－０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１）×ＶＬ×９６ｇ·ｍｏｌ
－１
０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１×ＶＬ×９６ｇ·ｍｏｌ
－１
×１００％＝９０％。
（６）ＭｏＳ２与ＮＯ
－
３反应，Ｓ和Ｍｏ元素的化合价都升高，ＮＯ
－
３中
Ｎ元素的化合价降低，离子方程式为ＭｏＳ２＋６ＮＯ
－
３􀪅􀪅
ＭｏＯ
２－
４＋２ＳＯ
２－
４＋６ＮＯ↑。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题四
氧化还原反应
课
标
解
读
内容
氧化还原反应的概念及规律
氧化还原反应方程式的配平及应用
解读
１．根据化学反应的特点理解不同类型的化学反应
２．在分析元素化合价变化的基础上，理解氧化还原反应
的本质
根据氧化还原反应的规律研究物质的化学性质
以及常见氧化剂和还原剂之间的反应
考情分析
高考对氧化还原反应基本概念的考查主要涉及相关概念的判断，同时考查考生对氧化还原反应基本规律
的掌握情况。有的题目较为简单，有的题目比较复杂，有较高的区分度。氧化还原反应方程式的书写则重
在综合运用，对考生的要求较高，出现频率也很高，属于难度较大的题目
备考策略
氧化还原反应主要在具体问题情境里进行考查，是证据推理与模型认知素养的基本载体，建议将知识情景
化、问题化，在实际问题解决过程中掌握氧化还原反应规律
专题四　氧化还原反应
３３
　
对应学生用书
起始页码１９
考点一氧化还原反应的概念及规律
　　１．氧化还原反应的本质和判断依据
（１）氧化还原反应的本质：电子①　转移　（电子得失或电子
对偏移）。
（２）判断依据：元素化合价②　升高或降低　。
２．氧化还原反应中的有关概念
（１）氧化反应和还原反应
氧化反应和还原反应是指氧化还原反应中的两个方面，二
者同时存在，不能独自发生。
氧化反应是指反应物③　失去电子　（反应物所含某元素化
合价升高）的反应。
还原反应是指反应物④　得到电子　（反应物所含某元素化
合价降低）的反应。
（２）氧化剂和还原剂
氧化剂是指⑤　得到　电子（或电子对偏向）的物质，在反应
时所含元素的化合价降低。
还原剂是指⑥　失去　电子（或电子对偏离）的物质，在反应
时所含元素的化合价升高。
（３）氧化产物和还原产物
氧化产物：还原剂失电子后生成的产物，具体是指含有化合
价⑦　升高　的元素的产物。
还原产物：氧化剂得电子后生成的产物，具体是指含有化合
价⑧　降低　的元素的产物。
（４）转化关系
氧化剂　
＋　还原剂􀪅􀪅还原产物
得到电子（或电子对偏向），
被还原，元素的化合价降低
↑
　
＋　氧化产物
失去电子（或电子对偏离），
被氧化，元素的化合价升高
↓
３．氧化还原反应中电子转移的表示方法
（１）双线桥法
氧化剂＋还原剂􀪅􀪅还原
得到ｎｅ
－
↓
产物＋氧化
失去ｎｅ
－
↑
产物
（２）单线桥法
氧化剂＋还原
ｎｅ
－
↓
剂􀪅􀪅还原产物＋氧化产物
　　１．守恒规律
氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且得电子
总数等于失电子总数。或者说氧化还原反应中，有元素化合价
升高必有元素化合价降低，且化合价降低总值必等于升高总值。
应用：配平氧化还原反应方程式并进行有关计算。
　　２．强弱规律
氧化性较强的氧化剂跟还原性较强的还原剂反应，生成还
原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。
氧化剂＋还原剂􀪅􀪅还原
得ｎｅ
－
↓
产物＋氧化产物
（较强氧化性）（较强还原性）　（较弱还原性）　（较弱氧
失ｎｅ
－
↑
化性）
应用：在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备还原性较弱
的物质，或用还原性较强的物质制备氧化性较弱的物质，也可用
于比较物质间氧化性或还原性的强弱。
３．价态规律
元素处于最高价态，只有氧化性；元素处于最低价态，只有还原
性；元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，但主要表现一
种性质。物质中若含有多种元素，其性质是这些元素性质的综
合体现。
应用：判断元素或物质有无氧化性或还原性。
４．转化规律
在氧化还原反应中，元素相邻价态之间的转化最容易；同种
元素不同价态之间发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同
种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。
应用：判断氧化还原反应能否发生及电子转移情况。
５．难易规律
越易失去电子的物质，失去后就越难得到电子；越易得到电
子的物质，得到后就越难失去电子。一种氧化剂同时和几种还
原剂相遇时，与还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂
同时与多种氧化剂相遇时，与氧化性最强的优先发生反应。
应用：判断物质的稳定性及反应顺序。
考点二氧化还原反应方程式的配平及应用
　　１．配平氧化还原反应方程式的步骤
（１）一标：标出反应前后变价元素的①　化合价　；
（２）二等：使升价和降价②　总数相等　；
（３）三定：确定含化合价变化的元素的物质的化学计量数；
（４）四平：用观察法确定其他各物质的化学计量数；
（５）五查：检查反应前后③　原子　、④　得失电子　、⑤　电荷　
是否守恒。
２．氧化还原反应的计算依据
进行有关氧化还原反应的计算时，应分析化合价变化，以得
失电子守恒为切入点，计算公式如下：
氧化剂的物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化
值＝还原剂的物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
　　１．氧化还原反应常见类型
（１）完全氧化还原型
此类反应的特点是还原剂和氧化剂为不同的物质，参加反应的
氧化剂（或还原剂）全部被还原（或被氧化），有关元素的化合价全部
发生变化。例如：
４ＮＨ３＋５Ｏ２
催化剂
△
􀪅􀪅􀪅􀪅４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）部分氧化还原型
此类反应的特点是还原剂（或氧化剂）只有部分被氧化（或
被还原），有关元素的化合价只有部分发生变化。例如：
ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
（３）自身氧化还原型
自身氧化还原反应可以发生在同一物质的不同元素之间，
即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被还原，该物质
既是氧化剂，又是还原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之
间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被还原。例如：
２ＫＭｎＯ４
△
􀪅􀪅Ｋ２ＭｎＯ４＋ＭｎＯ２＋Ｏ２↑
３Ｓ＋６ＫＯＨ
△
􀪅􀪅２Ｋ２Ｓ＋Ｋ２ＳＯ３＋３Ｈ２Ｏ
（４）归中反应型
此类反应的特点是同一种元素在不同的反应物中有不同的
价态（高价、低价），反应后转化成中间价态。例如：
ＫＣｌＯ３＋６ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅ＫＣｌ＋３Ｃ
得到５ｅ
－
↓
失去５× ｅ
－
↑
ｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ
２．氧化还原反应中的几个“不一定”
（１）某元素由化合态变为游离态时，该元素不一定被还原。
因为元素处于化合态时，其化合价可能为正价，也可能为负价。
例如：在反应２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅２Ｈ２↑＋Ｏ２↑中，氢元素被还原，而氧元
素被氧化。
（２）在氧化还原反应中，非金属单质不一定作氧化剂。例
如：在反应Ｈ２＋ＣｕＯ
△
􀪅􀪅Ｃｕ＋Ｈ２Ｏ中，Ｈ２表现出还原性。
（３）某一原子在反应中得到或失去的电子越多，其氧化性或
还原性不一定越强。物质的氧化性或还原性的强弱取决于得到
或失去电子的难易程度，而不是数目多少。
（４）含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性。如在
ＨＣｌＯ中Ｃｌ元素的化合价为＋１价，在ＨＣｌＯ４中Ｃｌ元素的化合价
为＋７价，事实上ＨＣｌＯ的氧化性比ＨＣｌＯ４强，ＨＣｌＯ有强氧化性；
再如浓硫酸和Ｎａ２ＳＯ４溶液中，Ｓ元素均为＋６价，但浓硫酸具有
强氧化性，而Ｎａ２ＳＯ４溶液无强氧化性。
３．特殊氧化还原反应方程式的配平技巧
（１）歧化型———逆向配平法
反应特点：中间价
→高价＋低价。这类反应宜选用“逆向
配平法”，中间价态元素原子个数往往是同一元素低价产物和高
价产物中该元素原子个数之和。
（２）归中型———正向配平法
反应特点：高价＋低价
→中间价。这类反应宜选择“正向
配平法”，中间价态元素原子个数往往是同一元素低价反应物和
高价反应物中该元素原子个数之和。
（３）缺项型配平
这类氧化还原反应方程式的特点是：反应物或生成物中缺
少某一种物质，一般是反应介质，如酸、碱或水等。
配平技巧：先确定含有化合价发生变化的元素的物质的化
学计量数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定缺项物质，最后确
定其他物质的化学计量数。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２０
考点一氧化还原反应的概念及规律
１．金刚砂（ＳｉＣ）可由ＳｉＯ２和碳在一定条件下反应制得，化学方程
式为ＳｉＯ２＋３Ｃ
高温
􀪅􀪅ＳｉＣ＋２ＣＯ↑。下列有关说法正确的是（　　）
Ａ．该反应中的氧化剂是ＳｉＯ２，还原剂为Ｃ
Ｂ．该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为１∶２
Ｃ．该反应中每生成１ｍｏｌＳｉＣ转移１２ｍｏｌ电子
Ｄ．该反应中的还原产物是ＳｉＣ，氧化产物是ＣＯ，它们的物质的
量之比为１∶２
１．
答案　Ｄ　该反应中Ｃ既是氧化剂又是还原剂；ＳｉＣ为还原
产物，ＣＯ为氧化产物，ＣＯ、ＳｉＣ的物质的量之比为２∶１；生成
１ｍｏｌＳｉＣ转移４ｍｏｌ电子，故Ａ、Ｂ、Ｃ均不正确，Ｄ正确。
温馨提示　ＳｉＣ中硅元素的非金属性弱于碳元素，故硅元素
显＋４价，碳元素显－４价。
２．下列物质的用途是基于其氧化性的是
（　　）
Ａ．氨用作制冷剂
Ｂ．次氯酸钙用于生活用水的消毒
Ｃ．氧化铝透明陶瓷用于防弹汽车的车窗
Ｄ．生石灰用于废气的脱硫
２．
答案　Ｂ　Ａ项，氨用作制冷剂是利用其易液化，汽化吸收
大量热量的性质，属于物理性质，与氧化性无关；Ｂ项，次氯酸
钙用于生活用水消毒是利用其强氧化性；Ｃ项，氧化铝透明陶
瓷用于防弹汽车的车窗利用的是其硬度大的性质，与氧化性无
关；Ｄ项，生石灰用于废气脱硫利用的是其碱性氧化物的性质，
与氧化性无关。
考点二氧化还原反应方程式的配平及应用
３．汽车发动机稀燃控制系统的主要工作原理是发动机在稀燃和
富燃条件下交替进行，尾气中的ＮＯｘ在催化剂上反应脱除。其
工作原理示意图如下：
下列说法中不正确的是
（　　）
Ａ．稀燃过程中，ＮＯ发生的主要反应为２ＮＯ＋Ｏ２
Ｐｔ
　􀪅􀪅２ＮＯ２
Ｂ．稀燃过程中，ＮＯ２
被吸收的反应为ＢａＯ＋２ＮＯ２
􀪅􀪅Ｂａ（ＮＯ３）２
Ｃ．富燃过程中，ＮＯ２被ＣＯ还原的反应为２ＮＯ２＋４ＣＯ
Ｐｔ
􀪅􀪅
Ｎ２＋４ＣＯ２
Ｄ．富燃过程中，ＣｘＨｙ被Ｏ２氧化的反应为ＣｘＨｙ＋（ｘ＋ｙ
４）Ｏ２
􀪅􀪅ｘＣＯ２＋ｙ
２Ｈ２Ｏ
３．
答案　Ｂ　依据氧化还原反应中化合价升降总数相等的规
律知，稀燃过程中ＮＯ２被吸收的反应为２ＢａＯ＋４ＮＯ２􀪅􀪅
Ｂａ（ＮＯ３）２＋Ｂａ（ＮＯ２）２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
３５
　
４．如果用０．３ｍｏｌ／Ｌ的亚硫酸钠溶液１６ｍＬ，恰好将３．２×１０
－３ｍｏｌ
的强氧化剂［ＲＯ（ＯＨ）２］
２＋还原到较低价态，则反应后Ｒ的最
终价态为
（　　）
Ａ．０
Ｂ．＋１
Ｃ．＋２
Ｄ．＋３
４．
答案　Ｄ　ＳＯ
２－
３
＋４　　
→ＳＯ
２－
４
＋６　　
，［ＲＯ（ＯＨ）２］
２＋中Ｒ元素显＋６价，依据
得失电子守恒可知：０．３ｍｏｌ／Ｌ×０．０１６Ｌ×（６－４）＝３．２×１０
－３ｍｏｌ×
（＋６－ｘ），解得ｘ＝＋３，故反应后Ｒ的最终价态为＋３价，Ｄ正确。
５．ＦｅＣｌ３溶液吸收Ｈ２Ｓ的原理为２Ｆｅ
３＋＋Ｈ２Ｓ􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋２Ｈ
＋＋Ｓ↓。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ｈ２Ｓ作氧化剂
Ｂ．还原性：Ｈ２Ｓ＞Ｆｅ
２＋
Ｃ．Ｆｅ
３＋发生氧化反应
Ｄ．每消耗１ｍｏｌＨ２Ｓ时转移４ＮＡ个电子
５．
答案　Ｂ　Ｈ２Ｓ
→Ｓ，硫元素化合价升高，发生氧化反应，
Ｈ２Ｓ作还原剂，Ａ错误；Ｈ２Ｓ作还原剂，Ｆｅ
２＋为还原产物，还原
性：Ｈ２Ｓ＞Ｆｅ
２＋，Ｂ正确；Ｆｅ
３＋
→Ｆｅ
２＋，化合价降低，Ｆｅ
３＋发生还原
反应，Ｃ错误；根据方程式可知，该反应转移２ＮＡ个电子时，消
耗１ｍｏｌＨ２Ｓ，Ｄ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２１
一、物质氧化性、还原性强弱的判断
　　１．根据元素活动性顺序（常见元素）判断
①金属活动性顺序
ＫＣａＮａＭｇＡｌＺｎＦｅＳｎＰｂ（Ｈ）ＣｕＨｇＡｇＰｔＡｕ
单质还原性逐渐减弱，对应阳离子氧化性逐渐增强→
②非金属活动性顺序（常见元素）
　　　　　Ｆ　Ｏ　Ｃｌ　Ｂｒ　Ｉ　Ｓ　　　　　
单质氧化性逐渐减弱，对应阴离子还原性逐渐增强→
２．根据元素在周期表中的位置判断
①同主族元素（从上到下）
如：
Ｆ　　Ｃｌ　　Ｂｒ　　Ｉ　　
非金属单质氧化性逐渐减弱，对应阴离子还原性逐渐增强→
②同周期主族元素（从左到右）
如：
　　　Ｎａ　Ｍｇ　Ａｌ　Ｓｉ　Ｐ　Ｓ　Ｃｌ
单质还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强
对应阳离子氧化性逐渐增强，对应阴离子还原性逐渐减弱
→
３．根据元素最高价氧化物对应的水化物的酸碱性强弱判断
例如，酸性：ＨＣｌＯ４＞Ｈ２ＳＯ４＞Ｈ３ＰＯ４＞Ｈ２ＣＯ３，可判断氧化性：
Ｃｌ２＞Ｓ＞Ｐ＞Ｃ。
４．根据氧化还原反应的方向判断
氧化剂（有氧化性）＋还原剂（有还原性）
→还原产物（有
还原性）＋氧化产物（有氧化性）
氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。
５．根据氧化产物的价态高低判断
当含有变价元素的还原剂在相似的条件下作用于不同的氧
化剂时，可根据氧化产物价态的高低判断氧化剂氧化性的强弱。
如２Ｆｅ＋３Ｃｌ２
点燃
􀪅􀪅２ＦｅＣｌ３、Ｆｅ＋Ｓ
△
􀪅􀪅ＦｅＳ，可以判断氧化性：
Ｃｌ２＞Ｓ。
６．根据反应所需条件判断
当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态
相同，可根据反应条件的高低进行判断。例如：
１６ＨＣｌ（浓）＋２ＫＭｎＯ４􀪅􀪅２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ２＋８Ｈ２Ｏ＋５Ｃｌ２↑
①
４ＨＣｌ（浓）＋ＭｎＯ２
△
􀪅􀪅ＭｎＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ＋Ｃｌ２↑
②
４ＨＣｌ（浓）＋Ｏ２
ＣｕＣｌ２
５００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋２Ｃｌ２
③
上述三个反应中，还原剂都是浓盐酸，氧化产物都是Ｃｌ２，而
氧化剂分别是ＫＭｎＯ４、ＭｎＯ２、Ｏ２。①式中ＫＭｎＯ４常温时可把浓
盐酸中的Ｃｌ氧化；②式需要在加热条件下才能完成；③式不仅
需要加热，而且还需要ＣｕＣｌ２作催化剂才能完成。由此我们可
以得出氧化性：ＫＭｎＯ４＞ＭｎＯ２＞Ｏ２。
７．根据物质的浓度大小判断
具有氧化性（或还原性）的物质浓度越大，其氧化性（或还原
性）越强，反之，其氧化性（或还原性）越弱。如氧化性：ＨＮＯ３（浓）＞
ＨＮＯ３（稀）；ＭｎＯ２能被浓盐酸还原，却不能被稀盐酸还原。
８．根据原电池、电解池的电极反应判断
①一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，负极是
电子流出的极，正极是电子流入的极。还原性：负极金属＞正极
金属。
②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的
氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
例１　（２０１８北京东城期末，１９）某小组研究Ｎａ２Ｓ溶液与
ＫＭｎＯ４溶液反应，探究过程如下。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验过程
实验现象
紫色变浅（ｐＨ＜１），生成
棕褐色沉淀（ＭｎＯ２）
溶液呈淡黄色（ｐＨ≈８），生成
浅粉色沉淀（ＭｎＳ）
　　资料：ⅰ．ＭｎＯ
－
４在强酸性条件下被还原为Ｍｎ
２＋，在近中性条
件下被还原为ＭｎＯ２。
ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
（１）根据实验可知，Ｎａ２Ｓ具有　　　　　　　　性。
（２）甲同学预测实验Ⅰ中Ｓ
２－被氧化成ＳＯ
２－
３。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是
　
　。
②乙同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验，检测到有ＳＯ
２－
４，得
出Ｓ
２－被氧化成ＳＯ
２－
４的结论，丙同学否定了该结论，理由是　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下ＭｎＯ
－
４
的确可以将Ｓ
２－氧化成ＳＯ
２－
４。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
ａ．右侧烧杯中的溶液是　　　　　　　　　　　　。
ｂ．连通后电流计指针偏转，一段时间后，　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　（填操作和现象）。
（３）实验Ⅰ的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产
物（Ｍｎ
２＋）与过量的反应物（ＭｎＯ
－
４）发生反应，该反应的离子方程
式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因
与（３）相似，经验证猜想成立，他的实验方案是
　
　
　。
（５）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化
不仅与其自身的性质有关，还与　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　等因素有关。
解题导引　注意知识活用和实验中变量控制，题目体现出
证据推理的素养测查指向，特别要认识到真正的反应总是有多
种因素干扰的。
思路分析　（１）引导学生识别基础物质Ｎａ２Ｓ的还原性。
（２）引导学生思考实验现象与结论的一致性问题，努力思考原高
锰酸钾溶液中硫酸的干扰；采取原电池进行氧化性检测，注重考
查实验设计的基础素养。（３）题干点明了生成的Ｍｎ
２＋与过量的
反应物（ＭｎＯ
－
４）发生锰元素归中反应，离子方程式为２ＭｎＯ
－
４＋
３Ｍｎ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅５ＭｎＯ２↓＋４Ｈ
＋。（４）借鉴（３）中情境引导学
生猜想没有二氧化锰生成的原因，并设计二氧化锰氧化硫离子
的实验。
答案　（１）还原
（２）①溶液呈紫色，说明酸性ＫＭｎＯ４溶液过量，ＳＯ
２－
３能被其
继续氧化
②ＫＭｎＯ４溶液是用Ｈ２ＳＯ４酸化的，溶液中ＳＯ
２－
４不一定是氧
化生成的
③ａ．０．０１ｍｏｌ／ＬＫＭｎＯ４溶液（Ｈ２ＳＯ４酸化至ｐＨ＝０）
ｂ．取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加ＢａＣｌ２溶液，观
察到有白色沉淀生成
（３）２ＭｎＯ
－
４＋３Ｍｎ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅５ＭｎＯ２↓＋４Ｈ
＋
（４）将实验Ⅰ中生成的ＭｎＯ２分离洗涤后，加入０．１ｍｏｌ／Ｌ
Ｎａ２Ｓ溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的
ＭｎＯ２与过量的Ｓ
２－反应，故没得到ＭｎＯ２沉淀
（５）浓度、用量、溶液的酸碱性
二、未知氧化还原反应方程式的书写
　　１．书写未知氧化还原反应离子方程式的步骤
第１步：根据氧化还原反应的难易规律确定氧化性最强的
为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据题给信息和已知元素化
合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的
守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的化学计
量数。
第２步：根据溶液的酸碱性，通过在离子方程式中添加Ｈ
＋或
ＯＨ
－使方程式两端电荷守恒。
第３步：根据原子守恒，通过在离子方程式中添加Ｈ２Ｏ（或
其他小分子）使方程式两端原子守恒。
２．配平的基本技巧
（１）全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，
一般从左边反应物着手配平。
（２）自变从右边配：自身氧化还原反应（包括分解、歧化）一
般从右边着手配平。
（３）缺项配平法：先使得、失电子数相等，再观察两边电荷。
若反应物一边缺正电荷，一般加Ｈ
＋，生成物一边加水；若反应物
一边缺负电荷，一般加ＯＨ
－，生成物一边加水。
例２　
（２０２０届北京人大附中质检，１６节选）向盛有ＫＩ
溶液的试管中加入少许ＣＣｌ４后滴加氯水，ＣＣｌ４层变成紫色。如
果继续向试管中滴加氯水，振荡，ＣＣｌ４层颜色会逐渐变浅，最后
变成无色。
完成下列填空：
（１）写出并配平ＣＣｌ４层由紫色变成无色的化学反应方程式
（如果系数是１，不用填写）：
　　
＋　　
＋　　
􀪅􀪅　　
ＨＩＯ３
＋　　
（２）整个过程中的还原剂是　　　　。
（３）把ＫＩ换成ＫＢｒ，则ＣＣｌ４层变为　　　　色，继续滴加氯
水，ＣＣｌ４层的颜色没有变化。Ｃｌ２、ＨＩＯ３、ＨＢｒＯ３氧化性由强到弱
的顺序是　　　　　　　　。
解题导引　把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，
注意氧化性的比较方法。
解析　（１）向盛有ＫＩ溶液的试管中加入少许ＣＣｌ４后滴加
氯水，ＣＣｌ４层变成紫色，说明Ｃｌ２和ＫＩ发生置换反应生成碘单
质；如果继续向试管中滴加氯水，振荡，ＣＣｌ４层颜色会逐渐变浅，
最后变成无色，说明碘和Ｃｌ２发生氧化还原反应生成ＨＩＯ３，Ｃｌ２
被还原生成ＨＣｌ，反应的化学方程式为Ｉ２＋５Ｃｌ２＋６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
２ＨＩＯ３＋１０ＨＣｌ。
（２）氯水与ＫＩ反应生成碘，ＣＣｌ４层萃取碘单质变成紫色，继
续滴加氯水，Ｃｌ２将碘单质氧化为碘酸根离子，所以整个过程中
的还原剂有Ｉ
－和Ｉ２。
（３）Ｃｌ２的氧化性大于溴，所以Ｃｌ２能氧化溴离子生成溴单
质，发生反应的离子方程式为Ｃｌ２＋２Ｂｒ
－􀪅􀪅Ｂｒ２＋２Ｃｌ
－，溴的四氯
化碳溶液呈橙红色，继续滴加氯水，ＣＣｌ４层的颜色没有变化，说
明Ｃｌ２的氧化性小于溴酸，Ｃｌ２能和碘反应生成碘酸，所以Ｃｌ２的
氧化性大于碘酸，则Ｃｌ２、ＨＩＯ３、ＨＢｒＯ３氧化性由强到弱的顺序是
ＨＢｒＯ３＞Ｃｌ２＞ＨＩＯ３。
答案　（１）Ｉ２　５　Ｃｌ２　６　Ｈ２Ｏ　２　１０　ＨＣｌ
（２）Ｉ
－和Ｉ２
（３）橙红　ＨＢｒＯ３＞Ｃｌ２＞ＨＩＯ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
３７
　
对应学生用书
起始页码２３
１．（２０１９四川顶级名校入学考试，９）某温度下，将１．１ｍｏｌＩ２加
入氢氧化钾溶液中，反应后得到ＫＩ、ＫＩＯ、ＫＩＯ３的混合溶液。
经测定ＩＯ
－与ＩＯ
－
３的物质的量之比是２∶３。下列说法错误
的是　　
（　　）
Ａ．Ｉ２在该反应中既作氧化剂又作还原剂
Ｂ．Ｉ２的还原性大于ＫＩ的还原性，小于ＫＩＯ和ＫＩＯ３的还原性
Ｃ．该反应中转移电子的物质的量为１．７ｍｏｌ
Ｄ．该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之
比是１７∶５
１．
答案　Ｂ　
Ｉ２
０　
→ＫＩ
　－１
、ＫＩＯ
＋１
、ＫＩＯ３
＋５
，Ｉ２在该反应中既作氧化剂又
作还原剂，Ａ正确；还原性ＫＩ＞Ｉ２，ＫＩＯ、ＫＩＯ３常用来作氧化剂，
Ｂ不正确；设反应后的溶液中ＩＯ
－为２ａｍｏｌ，ＩＯ
－
３为３ａｍｏｌ，依据
得失电子守恒，生成Ｉ
－的物质的量应为（２ａ× １＋３ａ× ５）ｍｏｌ＝
１７ａｍｏｌ，根据碘原子守恒知１７ａｍｏｌ＋２ａｍｏｌ＋３ａｍｏｌ＝１．１ｍｏｌ×
２，ａ＝０．１，则该反应中转移电子的物质的量为１．７ｍｏｌ，Ｃ正确；
被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比为１．７ｍｏｌ∶
０．５ｍｏｌ＝１７∶５，Ｄ正确。
解题关键　本题中Ｉ２既是氧化剂又是还原剂，无法利用“还原
剂的还原性大于还原产物的还原性”这一规律推导Ｉ２和ＫＩ的
还原性强弱。依据价态规律，ＫＩ常用作还原剂，有较强的还
原性。
２．（２０１９北京朝阳二模，１２）探究Ｎａ２Ｏ２与水的反应，实验如下：
（已知：Ｈ２Ｏ２􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＨＯ
－
２、ＨＯ
－
２􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｏ
２－
２）
下列分析不正确的是
（　　）
Ａ．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
Ｂ．①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
Ｃ．②、⑤中ＫＭｎＯ４与ＭｎＯ２的作用不同，产生气体的量也不同
Ｄ．通过③能比较酸性：ＨＣｌ＞Ｈ２Ｏ２
２．
答案　Ｄ　分析题图可知试管①中发生反应：２Ｎａ２Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅４ＮａＯＨ＋Ｏ２↑、Ｎａ２Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２Ｏ２＋２ＮａＯＨ；试管⑤
中发生反应：２Ｈ２Ｏ２
ＭｎＯ２
􀪅􀪅􀪅
􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑；试管④中发生反应：
ＢａＯ２＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅ＢａＳＯ４＋Ｈ２Ｏ２、２Ｈ２Ｏ２（少量）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋
Ｏ２↑，Ａ、Ｂ均正确。Ｃ项，②中ＫＭｎＯ４与过氧化氢反应生成氧
气，ＫＭｎＯ４体现氧化性；⑤中ＭｎＯ２起催化作用，两个试管中产
生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因①中所得溶液等分，但
④中有少量Ｈ２Ｏ２发生了分解，故②、⑤中产生气体的量不同，
正确。Ｄ项，③中ＢａＣｌ２与Ｈ２Ｏ２发生复分解反应生成了ＢａＯ２
沉淀，故不能判断ＨＣｌ与Ｈ２Ｏ２的酸性强弱，错误。
３．（２０１８河北“名校联盟”教学质量监测一，１３）根据表中信息判
断，下列选项正确的是
（　　）
序号
反应物
产物
①
ＫＭｎＯ４、Ｈ２Ｏ２、Ｈ２ＳＯ４
Ｋ２ＳＯ４、ＭｎＳＯ４…
②
Ｃｌ２、ＦｅＢｒ２
ＦｅＣｌ３、ＦｅＢｒ３
③
ＭｎＯ
－
４…
Ｃｌ２、Ｍｎ
２＋…
Ａ．第①组反应的其余产物只有Ｏ２
Ｂ．第②组反应中Ｃｌ２与ＦｅＢｒ２的物质的量之比为１∶２
Ｃ．第③组反应中生成１ｍｏｌＣｌ２，转移电子１０ｍｏｌ
Ｄ．氧化性由强到弱顺序为ＭｎＯ
－
４＞Ｃｌ２＞Ｆｅ
３＋＞Ｂｒ２
３．
答案　Ｂ　Ａ项，根据氢原子守恒可知还生成水，错误；Ｂ项，反
应中只有亚铁离子被氧化，根据得失电子守恒可知２ｎ（Ｃｌ２）＝
ｎ（ＦｅＢｒ２），即ｎ（Ｃｌ２）∶ｎ（ＦｅＢｒ２）＝１∶２，正确；Ｃ项，ＭｎＯ
－
４将Ｃｌ
－氧
化为Ｃｌ２，Ｃｌ化合价由－１价升高为０价，则生成１ｍｏｌＣｌ２，转移电
子为２ｍｏｌ，错误；Ｄ项，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，
由③可知氧化性ＭｎＯ
－
４＞Ｃｌ２，由②可知氧化性Ｃｌ２＞Ｆｅ
３＋，由②可知
Ｆｅ
３＋不能氧化Ｂｒ
－，氧化性Ｂｒ２＞Ｆｅ
３＋，错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２３
　　１．利用氧化剂（还原剂）氧化性（还原性）强弱判断规律，通
过对照实验收集证据，推断氧化性（还原性）强弱；注意变量控
制，可进行平行对照或先后对照。
例１　
（２０１８北京东城一模，２８）化学变化是有条件的。
某小组同学探究Ｉ
－与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程
如下。
已知同浓度的稀溶液中氧化性：Ａｇ
＋＞Ｆｅ
３＋＞Ｃｕ
２＋。
实验
编号
溶液Ｘ
Ⅰ
０．１ｍｏｌ／ＬＦｅ（ＮＯ３）３
溶液，ｐＨ≈１
Ⅱ
ＫＮＯ３和ＨＮＯ３溶液，
其中
ｃ（ＮＯ
－
３）＝
０．３ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ≈１
Ⅲ
０．１
ｍｏｌ／Ｌ
ＡｇＮＯ３
溶液
Ⅳ
０．１ｍｏｌ／ＬＣｕ（ＮＯ３）２
溶液
现象
溶液黄色立即加深，３０秒
后溶液变为褐色，无浑浊
１小时内溶液颜色始终保
持无色
迅速变浑浊，离心分离后上
层溶液为无色（经检测无
Ｉ２），固体为黄色（ＡｇＩ）
５秒后溶液由浅蓝色变为
黄色并产生浑浊，离心分离
后上层溶液为黄色（经检测
有Ｉ２），固体为白色（ＣｕＩ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　（１）根据实验Ⅰ和Ⅱ，请回答下列问题。
①由“ 黄色立即加深” 初步判断有Ｉ２生成，选择　　
　　
（填试剂）进一步证实生成了Ｉ２。
②写出Ｆｅ
３＋与Ｉ
－反应的离子方程式：　　
　
　
　
　
　
　　，
该条件下氧化性：Ｆｅ
３＋　　　　Ｉ２（选填“＞”或“＜”）。
③实验Ⅱ的目的是
　
　。
（２）实验Ⅳ中Ｃｕ
２＋与Ｉ
－反应的离子方程式是　
　
　
　
　　
　　，甲同学得出氧化性：Ｃｕ
２＋＞Ｉ２。
（３）乙同学认为甲同学的结论
不合理，分析原因：实验Ⅲ应有Ｉ２
生成，但却生成了ＡｇＩ沉淀，因此推
测实验Ⅳ中Ｉ２的生成，与ＣｕＩ沉淀
有关，故不能确定氧化性：Ｃｕ
２＋＞Ｉ２，
并用如图装置进行验证。Ｋ闭合
后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步
判断Ｃｕ
２＋和Ｉ２的氧化性强弱，将左侧电极改为Ｃｕ电极，并向右
侧溶液中加入少量　　　　（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶
液颜色加深，证明该条件下氧化性：Ｃｕ
２＋　　
　　
Ｉ２（选填“ ＞”或
“＜”）。
（４）该小组同学进一步分析认为，实验Ⅲ没有发生２Ａｇ
＋＋
２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ａｇ＋Ｉ２的反应，原因是生成ＡｇＩ沉淀，反应物浓度迅速
降低，不利于该反应进行；请分析实验Ⅳ发生氧化还原反应的原
因是
　。
（５）小组同学反思实验，反应体系中，各物质浓度对氧化还
原反应是否发生都有一定的影响。
思路分析　按照金属阳离子氧化性强弱规律，银离子应该
能氧化碘离子，但是实验事实是发生了生成碘化银的沉淀反应，
说明沉淀反应速率大于氧化还原反应速率；铜离子能够氧化碘
离子并不能说明其氧化性强于银离子，因为碘单质的生成是由
于碘化亚铜难溶于水，使得２Ｃｕ
２＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｃｕ
＋＋Ｉ２平衡移动。
实验Ⅰ、Ⅱ对照说明此条件下硝酸根离子不能氧化碘离子，肯定
了铁离子作氧化剂。实验Ⅲ说明沉淀反应速率大于氧化还原反
应速率，提供了速率影响氧化还原反应的事实依据；实验Ⅳ说明
平衡移动影响氧化还原反应，体现了平衡观念在实际问题中的
思维价值。
答案　（１）①淀粉溶液或ＣＣｌ４
②２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２　＞
③对比实验排除了本实验条件下，Ｉ２的生成可能是由ＮＯ
－
３
或溶液中的Ｏ２氧化Ｉ
－得到
（２）２Ｃｕ
２＋＋４Ｉ
－􀪅􀪅２ＣｕＩ↓＋Ｉ２
（３）Ｉ２　＜
　　（４）２Ｃｕ
２＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｃｕ
＋＋Ｉ２，由于Ｃｕ
＋与Ｉ
－生成ＣｕＩ沉淀，产
物浓度迅速降低，促进反应进行
题目价值　简练、明确说明依据氧化还原反应原理设计实
验，解决实际问题，进行证据推理的基本方法，体现了化学知识
的实用性。
２．分析实际氧化还原反应案例，建立平衡观念，打破化学反
应惯性思维，体会化学反应受到多变量影响，确立证据推理
意识。
例２　（２０１８北京东城期末，１４）常温时，研究ｐＨ对一定
浓度ＦｅＳＯ４的稳定性的影响，根据下图分析不合理的是
（　　）
Ａ．ｐＨ小于１时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是４Ｆｅ
２＋＋Ｏ２＋
１０Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
４Ｆｅ（ＯＨ）３＋８Ｈ
＋平衡逆向移动
Ｂ．ｐＨ在３．０～５．５之间，ｐＨ的变化对ＦｅＳＯ４稳定性影响不大
Ｃ．ｐＨ大于６．５时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的
Ｆｅ（ＯＨ）２更易被氧化
Ｄ．其他条件相同时，ＦｅＳＯ４溶液中加入少量（ＮＨ４）２ＳＯ４固
体，ＦｅＳＯ４的稳定性减弱
思路分析　图表就是综合实验的数据汇总，要依据数据变
化的影响因素分析微观粒子变化的情况，此题自变量是ｐＨ，ｐＨ
小于１时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是４Ｆｅ
２＋＋Ｏ２＋１０Ｈ２Ｏ
􀜩􀜨
􀜑
４Ｆｅ（ＯＨ）３＋８Ｈ
＋平衡逆向移动，把氧化还原反应放在平衡
观念里是许多考生难以考虑到的；ｐＨ在３．０～５．５之间，ｐＨ的变
化对ＦｅＳＯ４稳定性影响不大，此时铁元素在逐渐转化为
Ｆｅ（ＯＨ）２，而纵坐标不能显示，需要考生仔细揣摩；ｐＨ大于６．５
时，亚铁损耗量突变，原因是生成的Ｆｅ（ＯＨ）２更易被氧化，这点
可以看作是回归教材知识，需要师生重视教材基础实验；其他条
件相同时，ＦｅＳＯ４溶液中加入少量（ＮＨ４）２ＳＯ４固体，因为ＮＨ
＋
４水
解使溶液显酸性，ＦｅＳＯ４的稳定性增强。
答案
Ｄ
题目价值　提升核心素养教育，需要关注知识的实际应用
和知识之间的联系，摆脱理想化试题设计和练习，建立在真实情
境中抓住主要矛盾研究并解决问题的思维模型，认识到化学变
化是有条件的。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
３９
　
对应学生用书
起始页码２５
１．（２０１８北京东城一模，１２）利用如下实验探究铁钉在不同溶液
中的吸氧腐蚀。
实验装置
实验编号
浸泡液
ｐＨ
氧气浓度随时间的变化
①
１．０ｍｏｌ／ＬＮＨ４Ｃｌ
５
②
０．５ｍｏｌ／Ｌ（ＮＨ４）２ＳＯ４
５
③
１．０ｍｏｌ／ＬＮａＣｌ
７
④
０．５ｍｏｌ／ＬＮａ２ＳＯ４
７
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．上述正极反应均为Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＯＨ
－
Ｂ．在不同溶液中，Ｃｌ
－是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
Ｃ．向实验④中加入少量（ＮＨ４）２ＳＯ４固体，吸氧腐蚀速率加快
Ｄ．在３００ｍｉｎ内，铁钉在酸性溶液中的平均吸氧腐蚀速率大于
中性溶液中的平均吸氧腐蚀速率
１．
答案　Ｂ　Ａ项，４个实验中均发生吸氧腐蚀，正极电极反应
式均为Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＯＨ
－；Ｂ项，通过对比实验①与实
验②或实验③与实验④可知，Ｃｌ
－对吸氧腐蚀速率的影响不大；
Ｃ项，根据图像可知，ＮＨ
＋
４对吸氧腐蚀速率的影响很大，向实验
④中加入少量（ＮＨ４）２ＳＯ４固体后，吸氧腐蚀速率加快；Ｄ项，
根据图像可知，在３００ｍｉｎ内，铁钉在酸性溶液中的平均吸氧
腐蚀速率大于中性溶液中的平均吸氧腐蚀速率。
２．（２０１８北京朝阳一模，２８）某小组以反应４Ｈ
＋＋４Ｉ
－＋Ｏ２􀪅􀪅
２Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ为研究对象，探究影响氧化还原反应的因素。
实验
气体ａ
编号及现象
ＨＣｌ
Ⅰ．溶液迅速呈黄色
ＳＯ２
Ⅱ．溶液较快呈亮黄色
ＣＯ２
Ⅲ．长时间后，溶液呈很浅的黄色
空气
Ⅳ．长时间后，溶液无明显变化
（１）实验Ⅳ的作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。
用ＣＣｌ４萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层ＣＣｌ４的颜色
均无明显变化。
（２）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ
的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了
　。
（３）查阅资料：Ｉ２易溶于ＫＩ溶液。下列实验证实了该结论并
能解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。
现象Ｘ是　　　　　　　　　　。
（４）针对Ⅱ中溶液未检出Ｉ２的原因，提出三种假设：
假设１：溶液中ｃ（Ｈ
＋）较小。小组同学认为此假设不成立，
依据是　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
假设２：Ｏ２只氧化了ＳＯ２，化学方程式是　　　　　　　　
　　　　　。
假设３：Ｉ２不能在此溶液中存在。
（５）设计下列实验，验证了假设３，并继续探究影响氧化还原反
应的因素。
ⅰ．取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。
ⅱ．取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无
ＳＯ２。向褪色溶液中加入酸化的ＡｇＮＯ３溶液，产生大量
ＡｇＩ沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。
ⅲ．取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结
果如下。
电解时间／ｍｉｎ
溶液
阳极
阴极
ｔ１
黄色变浅、有少量ＳＯ
２－
４
检出Ｉ２，振荡后消失
Ｈ２
ｔ２（ｔ２＞ｔ１）
溶液无色、有大量ＳＯ
２－
４
检出Ｉ２，振荡后消失
Ｈ２
结合化学反应，解释上表中的现象：
　
　
　。
（６）综合实验证据说明影响Ｉ
－被氧化的因素及对应关系：　　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
２．
答案　（１）对照组，证明只有Ｏ２时很难氧化Ｉ
－
（２）Ｉ２
（３）上层黄色，下层无色
（４）ＳＯ２的溶解度比ＣＯ２大，Ｈ２ＳＯ３的酸性强于Ｈ２ＣＯ３，故溶液
酸性更强　２ＳＯ２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ２ＳＯ４
（５）阳极发生反应：２Ｉ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｉ２，生成的Ｉ２与溶液中的ＳＯ２
发生反应：ＳＯ２＋Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ，以上过程循环进
行，使溶液中ＳＯ２减少，ＳＯ
２－
４增多，黄色褪去
（６）通过实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明ｃ（Ｈ
＋）越大，Ｉ
－越易被氧化；在酸
性条件下，ＫＩ比ＡｇＩ易氧化，说明ｃ（Ｉ
－）越大，越易被氧化；电
解Ⅱ中亮黄色溶液时检出Ｉ２，未电解时未检出Ｉ２，说明Ｉ
－被氧
化受反应条件影响
解析　（１）根据题意，实验Ⅳ与Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相比，反应条件缺
少酸性环境，故实验Ⅳ为对照实验，证明只有Ｏ２时很难氧
化Ｉ
－。
（２）淀粉遇Ｉ２可以发生显色反应使溶液变蓝色，故溶液变蓝说
明Ⅰ、Ⅲ中生成了Ｉ２。
（３）下层紫红色溶液为Ｉ２的ＣＣｌ４溶液，加入ＫＩ溶液后，振荡，
由于Ｉ２易溶于ＫＩ溶液，故静置分层后下层ＣＣｌ４层无色，上层
Ｉ２溶于ＫＩ溶液中呈黄色。
（４）对比实验Ⅱ、Ⅲ可知，Ⅱ中ＳＯ２溶于水中生成Ｈ２ＳＯ３，酸性
强弱：Ｈ２ＳＯ３＞Ｈ２ＣＯ３，因此实验Ⅱ中ｃ（Ｈ
＋）比Ⅲ中ｃ（Ｈ
＋）大，故
假设１不成立；假设２猜测Ｏ２只氧化了ＳＯ２，未氧化ＫＩ，则Ａ
中反应为２ＳＯ２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ２ＳＯ４。
（５）Ｉ
－在阳极放电产生Ｉ２，操作ⅰ中现象证明溶液中溶有ＳＯ２
气体，Ｉ２与ＳＯ２发生反应：ＳＯ２＋Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ，导
致溶液在ｔ１时刻黄色变浅，随着反应不断进行，阳极产物Ｉ２与
ＳＯ２继续反应，在ｔ２时刻溶液变为无色且产生大量ＳＯ
２－
４。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码２５
　　１．明确微粒种类、厘清反应关系
在一个反应现象背后未必是两种微粒在反应，假如有三种
微粒，则反应个数可能是四个，而且可能是氧化还原反应与非氧
化还原反应同时存在，若增加微粒数，则思维难度自然剧增，所
以分析问题遇到障碍一定是有些微粒被忽视，一些反应或者反
应间的竞争被漠视。
　　
例１　（２０１９北京朝阳一模，１２）探究铝片与Ｎａ２ＣＯ３溶
液的反应。
无明显现象
铝片表面产
生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气
泡（经检验为Ｈ２和ＣＯ２）
　　下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．Ｎａ２ＣＯ３溶液中存在水解平衡：ＣＯ
２－
３
＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
Ｂ．对比Ⅰ、Ⅲ，说明Ｎａ２ＣＯ３溶液能破坏铝表面的保护膜
Ｃ．推测出现白色浑浊的原因：ＡｌＯ
－
２＋ＨＣＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＣＯ
２－
３
Ｄ．加热和Ｈ２逸出对ＣＯ
２－
３水解平衡移动方向的影响是相
反的
思路分析　结合实验现象可分析出实验Ⅲ、Ⅵ中存在微粒
有ＡｌＯ
－
２、ＨＣＯ
－
３、Ｈ２Ｏ、ＣＯ
２－
３、ＯＨ
－、Ａｌ等，碳酸钠溶液因为ＣＯ
２－
３水
解而显碱性，氢气应该是铝单质与氢氧根离子和水分子共同作
用的结果；由于铝钝化的特性，说明在碳酸钠溶液中保护膜被破
坏；白色浑浊应该是少量的ＡｌＯ
－
２与ＨＣＯ
－
３反应所致；氢气逸出
是铝消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，水解本身是吸热反
应，加热也有利于碳酸根离子水解。故选项Ｄ错误。
答案　Ｄ
２．寻找竞争反应、评价并设计实验方案
化学高阶思维测查包含一般情境中识别已学知识体系并应
用、批判反思既有实验方案及其实验现象、创新设计实验方案深
入研究实际化学问题。许多迷思问题往往是隐含竞争反应，使
得表面的主反应产物消失或反应根本没机会发生，需要考生想
到并设计实验证明其存在，这是测查高阶思维的最佳时机，也是
巧妙运用氧化还原反应原理的时机。
例２　
（２０１９北京海淀一模，２８）某小组同学对ＦｅＣｌ３与
ＫＩ的反应进行探究。
【初步探究】室温下进行下表所列实验。
序号
操作
现象
实验Ⅰ
取５ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ溶液，滴加
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＣｌ３溶液５～６滴（混
合溶液ｐＨ＝５）
溶液变为
棕黄色
实验Ⅱ
取２ｍＬ实验Ⅰ反应后的溶液，滴加２
滴０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＳＣＮ溶液
溶液呈红色
　　（１）证明实验Ⅰ中有Ｉ２生成，加入的试剂为　　　　　　。
（２）写出实验Ⅰ反应的离子方程式：　　　　　　　　　　
　　　　　　。
（３）结合上述实验现象可以证明Ｆｅ
３＋与Ｉ
－发生可逆反应，原
因是
　
　　　　　　　。
【深入探究】２０ｍｉｎ后继续观察实验现象：实验Ⅰ溶液棕黄
色变深；实验Ⅱ溶液红色变浅。
（４）已知在酸性较强的条件下，Ｉ
－可被空气氧化为Ｉ２，故甲
同学提出假设：该反应条件下空气将Ｉ
－氧化为Ｉ２，使实验Ⅰ中溶
液棕黄色变深。甲同学设计实验：
　
　，
２０ｍｉｎ内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因
∙
素
∙可能是（写出两条）　　　　　　　　　　。
（５）乙同学查阅资料可知：ＦｅＣｌ３与ＫＩ的反应体系中还存在
Ｉ
－＋Ｉ２􀜩􀜨
􀜑
Ｉ
－
３，Ｉ
－
３呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理角度解释
实验Ⅱ中２０ｍｉｎ后溶液红色变浅的原因：
　
　　　　　　　　　　。
（６）丙同学针对２０ｍｉｎ后的实验现象继续提出假设：ＦｅＣｌ３
与ＫＩ的反应、Ｉ
－与Ｉ２的反应达到平衡需要一段时间，有可能
２０ｍｉｎ之前并未达到平衡。为验证该假设，丙同学用４支试管进
行实验，得到了颜色由浅到深的四个红色溶液体系，具体实验方
案为
　
　
　。
思路分析　实验Ⅰ中发生反应：２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２，因
为Ｉ
－过量，所以生成的碘单质又溶于ＫＩ溶液（Ｉ
－＋Ｉ２􀜩􀜨
􀜑
Ｉ
－
３），
２０ｍｉｎ过程中，氧气氧化Ｆｅ
２＋为Ｆｅ
３＋使得颜色变深。本题突破点
是资料（ＦｅＣｌ３与ＫＩ的反应体系中还存在Ｉ
－＋Ｉ２􀜩􀜨
􀜑
Ｉ
－
３，Ｉ
－
３呈棕
褐色）、甲同学实验结果和实验Ⅱ的实验现象。
答案　（１）淀粉溶液或ＣＣｌ４
（２）２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２
（３）实验Ⅱ通过检验ＫＩ过量（或Ｆｅ
３＋不足量）的情况下仍有
Ｆｅ
３＋剩余，说明正反应不能进行到底
（４）向试管中加入５ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ溶液和２滴淀粉溶
液，加酸调至ｐＨ＝５　ｃ（Ｉ
－）低、ｃ（Ｈ
＋）低（其他合理答案也可）
（５）由于Ｉ
－＋Ｉ２􀜩􀜨
􀜑
Ｉ
－
３，使ｃ（Ｉ２）减小，２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｆｅ
２＋＋
Ｉ２平衡正向移动，ｃ（Ｆｅ
３＋）减小，Ｆｅ
３＋＋３ＳＣＮ
－􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＳＣＮ）３平衡
逆向移动，红色变浅
（６）向１支试管中加入２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ溶液，再滴加
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＣｌ３溶液２～３滴，滴加２滴０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＳＣＮ溶
液，之后每间隔５ｍｉｎ另取１支试管重复上述实验，观察４支试
管中溶液颜色的变化
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
４１
　
对应学生用书
起始页码２６
１．（２０１８北京朝阳一模，１２）某同学进行如下实验（溶液的浓度
均为１ｍｏｌ／Ｌ）。
实验
①
②
③
现象
产生无色气泡
产生无色气泡，
液面上方呈浅
红棕色
产生无色气泡
（能使湿润ｐＨ
试纸变蓝）
下列对实验现象的解释或推测不合理的是
（　　）
Ａ．①中：２Ａｌ＋２ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋３Ｈ２↑
Ｂ．根据上述实验判断，ＮａＮＯ３的氧化性强于水
Ｃ．②中：Ａｌ＋３ＮＯ
－
３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋３ＮＯ２↑＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．③中使湿润ｐＨ试纸变蓝的气体是ＮＨ３
１．
答案　Ｃ　Ａ项，①中Ａｌ和ＮａＯＨ溶液发生反应生成氢气，
离子方程式为２Ａｌ＋２ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋３Ｈ２↑；Ｂ项，由
实验③可知，反应中ＮＯ
－
３把Ａｌ氧化，而不是水把Ａｌ氧化，所以
ＮａＮＯ３的氧化性强于水；Ｃ项，反应②中生成的无色气体遇空
气变为红棕色，所以②中反应为Ａｌ＋ＮＯ
－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋
ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ；Ｄ项，③中湿润ｐＨ试纸变蓝，说明生成的气体遇
水反应生成碱性物质，所以该气体是ＮＨ３。
２．（２０１９北京朝阳一模，２８）某小组探究Ｎａ２ＳＯ３溶液和ＫＩＯ３溶
液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的ＫＩＯ３酸性溶液（过量）中加入Ｎａ２ＳＯ３溶液
（含淀粉），一段时间（ｔ秒）后，溶液突然变蓝。
资料：ＩＯ
－
３在酸性溶液中可氧化Ｉ
－，反应为ＩＯ
－
３＋５Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅
３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ。
（１）溶液变蓝，说明Ｎａ２ＳＯ３具有　　　　性。
（２）针对ｔ秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
ⅰ．ｔ秒前未生成Ｉ２，是由于反应的活化能　
　
　
　
（填
“大”或“小”），反应速率慢。
ⅱ．ｔ秒前生成了Ｉ２，但由于存在Ｎａ２ＳＯ３，　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　（用离子方程式表示），Ｉ２被消耗。
（３）下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入　
　
　
　
　
　
　
　，
蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（４）进一步研究Ｎａ２ＳＯ３溶液和ＫＩＯ３溶液反应的过程，装置
如下。
实验Ⅲ：Ｋ闭合后，灵敏电流计的指针偏转情况记录如
下表：
表盘
时间／ｍｉｎ
０～ｔ１
ｔ２～ｔ３
ｔ４
偏转
位置
右偏
至Ｙ
指针回到“０”
处，又返至
“Ｘ” 处；如此
周期性往复
多次
指针
归零
①Ｋ闭合后，取ｂ极区溶液加入盐酸酸化的ＢａＣｌ２溶液，现
象是
　。
②０～ｔ１时，从ａ极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液
变蓝；直接向ａ极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断ＩＯ
－
３
在ａ极放电的产物是　　　　　　。
③结合反应解释ｔ２～ｔ３时指针回到“０”处的原因：
　
　
　。
（５）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是　　　　。
Ａ．对比实验Ⅰ、Ⅱ，ｔ秒后溶液变蓝，Ⅰ中ＳＯ
２－
３被完全氧化
Ｂ．对比实验Ⅰ、Ⅲ，ｔ秒前ＩＯ
－
３未发生反应
Ｃ．实验Ⅲ中指针返回Ｘ处的原因，可能是Ｉ２氧化ＳＯ
２－
３
２．
答案　（１）还原
（２）ⅰ．大　ⅱ．ＳＯ
２－
３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｉ
－＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ
＋
（３）少量Ｎａ２ＳＯ３
（４）①生成白色沉淀
②Ｉ
－
③此时，ａ极区发生反应ＩＯ
－
３＋５Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ，ＩＯ
－
３不再
与ＳＯ
２－
３发生反应，外电路无电流通过
（５）ＡＣ
解析　
（１）溶液变蓝，说明有Ｉ２生成，所以ＩＯ
－
３被还原，
Ｎａ２ＳＯ３体现还原性。
（２）ⅰ．活化能越大，化学反应速率越慢，故ｔ秒前未生成Ｉ２，可
能是由于反应的活化能大，反应速率慢；ⅱ．由题意知，Ｉ２被
Ｎａ２ＳＯ３消耗，离子方程式为ＳＯ
２－
３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｉ
－＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ
＋。
（３）因为要验证假设ⅱ，需要Ｎａ２ＳＯ３溶液和Ｉ２反应，蓝色溶液
中存在Ｉ２，所以需要加入Ｎａ２ＳＯ３，又因为溶液蓝色褪去后又变
蓝，所以加入少量的Ｎａ２ＳＯ３。
（４）①ＳＯ
２－
３被氧化生成ＳＯ
２－
４，所以加入盐酸酸化的ＢａＣｌ２溶液
后，有白色沉淀生成。
②因为向ａ极区加入淀粉溶液未变蓝，所以ＩＯ
－
３放电没有直接
生成Ｉ２，又因为取出后加入淀粉溶液变蓝，说明发生了反应：
ＩＯ
－
３＋５Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ，证明ＩＯ
－
３放电生成了Ｉ
－。
③体系中存在ＩＯ
－
３＋３ＳＯ
２－
３􀪅􀪅Ｉ
－＋３ＳＯ
２－
４①，ＩＯ
－
３＋５Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅
３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ②，ＳＯ
２－
３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｉ
－＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ
＋③，０～ｔ１：发生
反应①，指针右偏至Ｙ；随着反应①的进行，左池中Ｉ
－浓度增
大，还原性增强，右池中ＳＯ
２－
３浓度降低，还原性减弱，体系中反
应②优先于反应①进行，体系中不存在电化学过程，此时指针
归零。
（５）Ａ项，若溶液中依然含有ＳＯ
２－
３，则由实验Ⅱ可知，溶液中的
Ｉ２会继续和ＳＯ
２－
３反应，使蓝色消失，但实际溶液未褪色，则证明
ＳＯ
２－
３被完全氧化，正确；Ｂ项，由实验Ⅲ可知，０～ｔ１时指针发生
偏转，证明ＩＯ
－
３与ＳＯ
２－
３已经发生了氧化还原反应，错误；Ｃ项，
由实验Ⅲ可知，ｔ２～ｔ３时指针归零后又返至Ｘ，说明体系中又发
生了除①外的氧化还原反应，则可能为反应②生成的Ｉ２氧化
ＳＯ
２－
３，正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１７９
考点一氧化还原反应的概念及规律
１．（２０１８北京理综，９，６分）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
１．
答案　
Ｃ　
本题考查ＨＣｌＯ、ＨＮＯ３的氧化性和Ｆｅ（ＯＨ）２的
还原性等相关知识。Ｃ项中沉淀由白色变为黑色是因为Ａｇ２Ｓ
比ＡｇＣｌ更难溶，ＡｇＣｌ转化为Ａｇ２Ｓ发生复分解反应，不涉及氧
化还原反应。
２．（２０１８浙江１１月选考，６，２分）下列化学反应中溴元素仅被氧
化的是
（　　）
Ａ．２ＮａＢｒ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮａＣｌ＋Ｂｒ２
Ｂ．Ｂｒ２＋２ＮａＩ􀪅􀪅２ＮａＢｒ＋Ｉ２
Ｃ．３Ｂｒ２＋６ＮａＯＨ
△
􀪅􀪅５ＮａＢｒ＋ＮａＢｒＯ３＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．ＨＢｒ＋ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＢｒ＋Ｈ２Ｏ
２．
答案　Ａ　
Ｂｒ２和ＮａＩ反应，溴元素被还原；Ｂｒ２和ＮａＯＨ反
应，溴元素既被氧化又被还原；ＨＢｒ和ＮａＯＨ的反应不是氧化
还原反应。
３．（２０１６上海单科，２，２分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还
原反应的是
（　　）
Ａ．海带提碘
Ｂ．氯碱工业
Ｃ．氨碱法制碱
Ｄ．海水提溴
３．
答案　Ｃ　海带提碘是将Ｉ
－转化为Ｉ２，海水提溴是将Ｂｒ
－转
化为Ｂｒ２，氯碱工业中的化学反应有２ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅
２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑＋Ｃｌ２↑，Ａ、Ｂ、Ｄ均涉及氧化还原反应。
４．（２０１７天津理综，３，６分）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
４．
答案　Ａ　本题考查氧化还原反应及能量转化形式。硅太阳能
电池吸收光能后，把光能转化为电能，没有发生氧化还原反应。
考点二氧化还原反应方程式的配平及应用
５．（２０１６天津理综，９，１８分）水中溶氧量（ＤＯ）是衡量水体自净
能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单
位ｍｇ·Ｌ
－１。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源
的ＤＯ不能低于５ｍｇ·Ｌ
－１。某化学小组同学设计了下列装置
（夹持装置略），测定某河水的ＤＯ。
Ⅰ．测定原理：
碱性条件下，Ｏ２将Ｍｎ
２＋氧化为ＭｎＯ（ＯＨ）２：①２Ｍｎ
２＋＋Ｏ２＋
４ＯＨ
－􀪅􀪅２ＭｎＯ（ＯＨ）２↓
酸性条件下，ＭｎＯ（ＯＨ）２将Ｉ
－氧化为Ｉ２：②ＭｎＯ（ＯＨ）２＋Ｉ
－＋Ｈ
＋
→Ｍｎ
２＋＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ（未配平）
用Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液滴定生成的Ｉ２：③２Ｓ２Ｏ
２－
３＋Ｉ２􀪅􀪅Ｓ４Ｏ
２－
６＋２Ｉ
－
Ⅱ．测定步骤：
ａ．安装装置，检验气密性，充Ｎ２排尽空气后，停止充Ｎ２。
ｂ．向烧瓶中加入２００ｍＬ水样。
ｃ．向烧瓶中依次迅速加入１ｍＬＭｎＳＯ４无氧溶液（过量）、２ｍＬ
碱性ＫＩ无氧溶液（过量），开启搅拌器，至反应①完全。
ｄ．搅拌并向烧瓶中加入２ｍＬＨ２ＳＯ４无氧溶液，至反应②完全，
溶液为中性或弱酸性。
ｅ．从烧瓶中取出４０．００ｍＬ溶液，以淀粉作指示剂，用
０．０１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液进行滴定，记录数据。
ｆ．……
ｇ．处理数据（忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体
积的变化）。
回答下列问题：
（１）配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是　　　　。
①滴定管　　　②注射器　　　③量筒
（３）搅拌的作用是
　。
（４）配平反应②的方程式，其化学计量数依次为
　。
（５）步骤ｆ为　　　　　　　　　　　　。
（６）步骤ｅ中达到滴定终点的标志为　
　
　
　
　
　
　。若某
次滴定消耗Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液４．５０ｍＬ，水样的ＤＯ＝　
　
　
　
ｍｇ·Ｌ
－１（保留一位小数）。作为饮用水源，此次测得ＤＯ
是否达标：　　　　（填“是”或“否”）。
（７）步骤ｄ中加入Ｈ２ＳＯ４溶液反应后，若溶液ｐＨ过低，滴定时
会产生明显的误差。写出产生此误差的原因（用离子方程
式表示，至少写出２个）
　
　。
５．
答案　（共１８分）（１）将溶剂水煮沸后冷却
（２）②
（３）使溶液混合均匀，快速完成反应
（４）１，２，４，１，１，３
（５）重复步骤ｅ的操作２～３次
（６）溶液蓝色褪去（半分钟内不变色）　９．０　是
（７）２Ｈ
＋＋Ｓ２Ｏ
２－
３􀪅􀪅Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
ＳＯ２＋Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４＋２Ｉ
－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
４３
　
４Ｈ
＋＋４Ｉ
－＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ（任写其中２个）
解析　（１）升高温度，气体在水中的溶解度减小，故配制无
氧溶液时，可将溶剂水煮沸后冷却。
（２）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器。
（３）烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀，增大反
应物接触面积，加快反应速率。
（４）标出化合价发生变化的元素的化合价，利用化合价升降总
数相等，结合电荷守恒和原子守恒，配平方程式：ＭｎＯ（ＯＨ）２＋
２Ｉ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ｍｎ
２＋＋Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ。
（５）定量测定实验中，常多次测量求平均值以减小测定误差，
故步骤ｆ为重复步骤ｅ的操作２～３次。
（６）步骤ｅ中用Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液滴定Ｉ２，淀粉作指示剂，故达到滴
定终点的标志为溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色。测定过程
中，由关系式：２Ｓ２Ｏ
２－
３～Ｉ２～ＭｎＯ（ＯＨ）２～１
２Ｏ２知：ｎ（Ｏ２）＝
０．０１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１×４．５０×１０
－３Ｌ× １
２× １
２＝１
４×４．５０×１０
－５ｍｏｌ，
故水样中的ＤＯ＝
１
４× ４．５０× １０
－５ｍｏｌ× ３２ｇ· ｍｏｌ
－１×
１
４０．００×１０
－３Ｌ
＝９×１０
－３ｇ·Ｌ
－１，即９．０ｍｇ·Ｌ
－１；由于９．０ｍｇ·Ｌ
－１＞
５ｍｇ·Ｌ
－１，故作为饮用水源，此次测得ＤＯ达标。
（７）步骤ｄ中加入Ｈ２ＳＯ４溶液反应后，若溶液ｐＨ过低，Ｈ２ＳＯ４
能与Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液反应，即２Ｈ
＋＋Ｓ２Ｏ
２－
３􀪅􀪅Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ；
生成的ＳＯ２也能与Ｉ２反应，即ＳＯ２＋Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｈ
＋＋２Ｉ
－＋
ＳＯ
２－
４；ｐＨ过低时，水样中的Ｏ２也能氧化Ｉ
－，即４Ｈ
＋＋４Ｉ
－＋Ｏ２
􀪅􀪅２Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ。
６．（２０１９江苏单科，１８，１２分）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Ｆｅ
２＋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
３．０００ｇ，置于２５０ｍＬ锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴
加稍过量的ＳｎＣｌ２溶液（Ｓｎ
２＋将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋），充分反
应后，除去过量的Ｓｎ
２＋。用５．０００×１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
溶液滴定至终点（滴定过程中Ｃｒ２Ｏ
２－
７与Ｆｅ
２＋反应生成Ｃｒ
３＋
和Ｆｅ
３＋），消耗Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液２２．００ｍＬ。
①上述实验中若不除去过量的Ｓｎ
２＋，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）。
６．
答案　（１）２Ｆｅ
２＋＋Ｈ２Ｏ２＋２Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ　减小
（２）①偏大
②ｎ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）＝５．０００×１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１×２２．００ｍＬ×１０
－３Ｌ·ｍＬ
－１＝
１．１００×１０
－３ｍｏｌ
由滴定时Ｃｒ２Ｏ
２－
７→Ｃｒ
３＋和Ｆｅ
２＋→Ｆｅ
３＋，根据电子得失守恒可得
微粒的关系式：Ｃｒ２Ｏ
２－
７～６Ｆｅ
２＋
（或Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋１４Ｈ
＋＋６Ｆｅ
２＋􀪅􀪅６Ｆｅ
３＋＋２Ｃｒ
３＋＋７Ｈ２Ｏ）
则ｎ（Ｆｅ
２＋）＝６ｎ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）＝６×１．１００×１０
－３ｍｏｌ＝６．６００×１０
－３ｍｏｌ
样品中铁元素的质量：ｍ（Ｆｅ）＝６．６００×１０
－３ｍｏｌ×５６ｇ·ｍｏｌ
－１＝
０．３６９６ｇ
样品中铁元素的质量分数：
ω（Ｆｅ）＝０．３６９６ｇ
３．０００ｇ×１００％＝１２．３２％
解析　（１）依氧化还原反应原理可以写出Ｈ２Ｏ２氧化Ｆｅ
２＋的
离子方程式，水解聚合反应消耗了溶液中的ＯＨ
－，导致溶液中
Ｈ
＋浓度增大，所以溶液的ｐＨ减小。
（２）①Ｓｎ
２＋具有还原性，过量的Ｓｎ
２＋可与Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液反应，若
不除去则导致消耗Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７的量偏多，使测定结果偏大。②由
题意知样品中的Ｆｅ
３＋被Ｓｎ
２＋还原为Ｆｅ
２＋，结合氧化还原反应中
电子得失守恒规律可以找出Ｆｅ
２＋与Ｃｒ２Ｏ
２－
７的反应关系，从而
计算出样品中Ｆｅ元素的质量分数。
方法技巧　在化学计算时，应用守恒思想：原子守恒、电荷守
恒、得失电子守恒进行计算。
７．（２０１７课标Ⅱ，２８，１５分）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Ｍｎ
２＋，在暗
处静置５ｍｉｎ，然后用标准Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液滴定生成的Ｉ２
（２Ｓ２Ｏ
２－
３＋Ｉ２􀪅􀪅２Ｉ
－＋Ｓ４Ｏ
２－
６）。
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１００．００ｍＬ水样经固氧、酸化后，用ａｍｏｌ·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ｂｍＬ，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定结
果偏　　　　。（填“高”或“低”）
７．
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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
解析　（１）取样时若扰动水体表面会使水样中溶解的氧气
逸出，使测定结果产生误差。（２）反应中Ｍｎ（ＯＨ）２作还原剂，
Ｏ２作氧化剂，依据得失电子守恒可知二者应按物质的量之比
２∶１反应。（３）配制Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液时，若蒸馏水中含有溶解氧
会导致后续滴定实验产生误差，故应除去蒸馏水中的溶解氧。
（４）由得失电子守恒可得关系式：Ｏ２～２Ｉ２～４Ｎａ２Ｓ２Ｏ３，则
１００．００ｍＬ水样中含氧量为ａｂ×１０
－３
４
ｍｏｌ，即８ａｂ× １０
－３ｇ，
１０００ｍＬ（即１Ｌ）水样中含氧量为８０ａｂｍｇ。（５）滴定完成时，
若滴定管尖嘴处留有气泡会导致代入计算式中Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液
的体积偏小，测定结果偏低。
８．（２０１５课标Ⅱ，２８，１５分）二氧化氯（ＣｌＯ２，黄绿色易溶于水的
气体）是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
（１）工业上可用ＫＣｌＯ３与Ｎａ２ＳＯ３在Ｈ２ＳＯ４存在下制得ＣｌＯ２，
该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为
　。
（２）实验室用ＮＨ４Ｃｌ、盐酸、ＮａＣｌＯ２（亚氯酸钠）为原料，通过以
下过程制备ＣｌＯ２：
ＮＨ４Ｃｌ溶液
电解
→
盐酸
↓
Ｈ
↓
２
ＮＣｌ３溶液
→
ＮａＣｌＯ２溶液
↓
ＣｌＯ２
→
ＮＨ３
→
溶液Ｘ
→
①电解时发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。
②溶液Ｘ中大量存在的阴离子有　　　　。
③除去ＣｌＯ２中的ＮＨ３可选用的试剂是　　　　（填标号）。
ａ．水　　　ｂ．碱石灰　　　ｃ．浓硫酸　　　ｄ．饱和食盐水
（３）用如图装置可以测定混合气中ＣｌＯ２的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用５０ｍＬ
水溶解后，再加入３ｍＬ稀硫酸；
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过
玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中
吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ．用０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中
的溶液（Ｉ２＋２Ｓ２Ｏ
２－
３􀪅􀪅２Ｉ
－＋Ｓ４Ｏ
２－
６），指示剂显示终点时共
用去２０．００ｍＬ硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ＣｌＯ２与碘化钾反应的离子方程式为　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　。
②玻璃液封装置的作用是
　。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为　　　　，滴定至终点的现象
是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④测得混合气中ＣｌＯ２的质量为　　　　ｇ。
（４）用ＣｌＯ２处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除
去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是　　　　（填标号）。
ａ．明矾　　　ｂ．碘化钾　　　ｃ．盐酸　　　ｄ．硫酸亚铁
８．
答案　（１５分）（１）２∶１（１分）
（２）①ＮＨ４Ｃｌ＋２ＨＣｌ
电解
􀪅􀪅３Ｈ２↑＋ＮＣｌ３（２分）
②Ｃｌ
－、ＯＨ
－（２分）　③ｃ（１分）
（３）①２ＣｌＯ２＋１０Ｉ
－＋８Ｈ
＋􀪅􀪅５Ｉ２＋４Ｈ２Ｏ＋２Ｃｌ
－（２分）
②吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）（２分）
③淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再
改变（每空１分，共２分）
④０．０２７００（２分）
（４）ｄ（１分）
解析　（１）该反应的氧化剂为ＫＣｌＯ３，发生变化：ＫＣｌＯ３
＋５
→
Ｃｌ
＋４
Ｏ２；还原剂为Ｎａ２ＳＯ３，发生变化：Ｎａ２Ｓ
＋４
Ｏ３
→Ｎａ２Ｓ
＋６
Ｏ４，根据
得失电子守恒可知ｎ（ＫＣｌＯ３）∶ｎ（Ｎａ２ＳＯ３）＝２∶１。
（２）①由题中信息可知，电解ＮＨ４Ｃｌ溶液和盐酸的混合物得到
ＮＣｌ３溶液和Ｈ２，据此可写出电解时的总反应方程式。
②由ＮａＣｌＯ２溶液与ＮＣｌ３溶液反应的生成物可以看出，反应物
中除ＮａＣｌＯ２和ＮＣｌ３外，还应有Ｈ２Ｏ，则该反应的离子方程式
为ＮＣｌ３＋６ＣｌＯ
－
２＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅６ＣｌＯ２↑＋ＮＨ３↑＋３Ｃｌ
－＋３ＯＨ
－，故溶
液Ｘ中大量存在的阴离子有Ｃｌ
－和ＯＨ
－。
③由于ＣｌＯ２易溶于水，因此不能用水或饱和食盐水除去ＣｌＯ２中
的ＮＨ３；碱石灰不与ＮＨ３反应，无法将ＮＨ３除去；浓硫酸不与ＣｌＯ２
反应但能与ＮＨ３反应，故可用浓硫酸除去ＣｌＯ２中的ＮＨ３。
（３）①ＣｌＯ２具有强氧化性，在酸性条件下可将Ｉ
－氧化为Ｉ２，自
身被还原为Ｃｌ
－，据此可写出有关的离子方程式。
②向锥形瓶中通入混合气时，会有少量ＣｌＯ２从溶液中逸出，生
成的碘也会逸出，通过玻璃液封装置可将逸出的ＣｌＯ２和碘吸
收，再将吸收液倒入锥形瓶中，保证了测定结果的准确性，减小
了实验误差。
③滴定含Ｉ２的溶液时一般使用淀粉溶液作指示剂。
④由２ＣｌＯ２～５Ｉ２～１０Ｓ２Ｏ
２－
３可知，ｎ（ＣｌＯ２）＝０．２ｎ（Ｓ２Ｏ
２－
３）＝０．２×
０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１× ０．０２０００Ｌ＝４．０００× １０
－４ｍｏｌ，ｍ（ＣｌＯ２）＝
４．０００×１０
－４ｍｏｌ×６７．５ｇ·ｍｏｌ
－１＝０．０２７００ｇ。
（４）要除去亚氯酸盐，需加入具有还原性的物质，明矾显然不
适宜；由于饮用水已处理过，再加入ＫＩ或盐酸，会产生对人体
健康不利的Ｉ２或Ｃｌ２，故最适宜的物质是硫酸亚铁。
规律方法　书写陌生氧化还原反应的方程式，首先要结合已
经掌握的基础知识及题目给出的信息，分析出氧化剂、还原剂、
氧化产物和还原产物，再进行配平。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
４５
　
教师专用题组
考点一氧化还原反应的概念及规律
１．（２０１６上海单科，１３，３分）Ｏ２Ｆ２可以发生反应：Ｈ２Ｓ＋４Ｏ２Ｆ２
→ＳＦ６＋２ＨＦ＋４Ｏ２，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．氧气是氧化产物
Ｂ．Ｏ２Ｆ２既是氧化剂又是还原剂
Ｃ．若生成４．４８ＬＨＦ，则转移０．８ｍｏｌ电子
Ｄ．还原剂与氧化剂的物质的量之比为１∶４
答案　Ｄ　Ａ项，Ｏ元素的化合价由＋１价降低到０价，被还
原，得到的氧气为还原产物。Ｂ项，Ｏ２Ｆ２中Ｏ元素的化合价
由＋１价降低到０价，被还原，Ｏ２Ｆ２是氧化剂。Ｃ项，因没指明
气体所处的温度和压强，故无法确定４．４８ＬＨＦ的物质的量，
则无法确定转移电子的物质的量。Ｄ项，由反应方程式知还原
剂与氧化剂的物质的量之比为１∶４。
命题分析　考查氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物的辨
析。相关概念关系“口诀”如下：
２．（２０１５四川理综，１，６分）下列物质在生活中应用时，起还原作
用的是
（　　）
Ａ．明矾作净水剂
Ｂ．甘油作护肤保湿剂
Ｃ．漂粉精作消毒剂
Ｄ．铁粉作食品袋内的脱氧剂
答案　
Ｄ　
Ａ项，明矾作净水剂是因为Ａｌ
３＋水解生成的
Ａｌ（ＯＨ）３胶体有吸附作用；Ｂ项，甘油作护肤保湿剂是利用甘
油中羟基的亲水性；Ｃ项，漂粉精作消毒剂是利用漂粉精溶于
水后，ＣｌＯ
－水解生成ＨＣｌＯ，ＨＣｌＯ具有强氧化性。
３．（２０１５北京理综，２８，１５分）为探讨化学平衡移动原理与氧化
还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２”反应中Ｆｅ
３＋和Ｆｅ
２＋的相互转化。实验如下：
（１）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实
验Ⅰ的反应达到　　　　　　　　。
（２）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中　　　　　　　　造成
的影响。
（３）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Ｆｅ
２＋向Ｆｅ
３＋转化。用
化学平衡移动原理解释原因：
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）根据氧化还原反应的规律，该同学推测ⅰ中Ｆｅ
２＋向Ｆｅ
３＋转化
的原因：外加Ａｇ
＋使ｃ（Ｉ
－）降低，导致Ｉ
－的还原性弱于Ｆｅ
２＋。
用如图装置（ａ、ｂ均为石墨电极）进行实验验证。
①Ｋ闭合时，指针向右偏转。ｂ作　　　　极。
②当指针归零（反应达到平衡）后，向Ｕ形管左管中滴加
０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶液。产生的现象证实了其推测。该
现象是
　。
（５）按照（４）的原理，该同学用如图装置进行实验，证实了ⅱ中
Ｆｅ
２＋向Ｆｅ
３＋转化的原因。
①转化原因是
　。
②与（４）实验对比，不同的操作是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（６）实验Ⅰ中，还原性：Ｉ
－＞Ｆｅ
２＋；而实验Ⅱ中，还原性：Ｆｅ
２＋＞Ｉ
－。
将（３）和（４）、（５）作对比，得出的结论是
　
　。
答案　（１）化学平衡状态
（２）溶液稀释对颜色变化
（３）加入Ａｇ
＋发生反应：Ａｇ
＋＋Ｉ
－􀪅􀪅ＡｇＩ↓，ｃ（Ｉ
－）降低；或增大
ｃ（Ｆｅ
２＋），平衡均逆向移动
（４）①正　②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转
（５）①Ｆｅ
２＋随浓度增大，还原性增强，使Ｆｅ
２＋还原性强于Ｉ
－
②向右管中加入１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＳＯ４溶液
（６）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓
度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
解析　（１）反应“２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２”为可逆反应，当溶液
颜色不再改变时，说明有色物质的物质的量浓度不再变化，即可
逆反应达到了化学平衡状态。
（２）实验ⅱ中加入了ＦｅＳＯ４溶液，有色溶液的稀释也会导致溶液
颜色变浅，因此需做对比实验，以排除溶液稀释对溶液颜色变化
造成的影响。
（４）①Ｋ闭合后即形成了原电池，ｂ极的电极反应式为Ｆｅ
３＋＋ｅ
－
􀪅􀪅Ｆｅ
２＋，故ｂ是原电池的正极。②根据该同学的推测，若Ｉ
－的
还原性弱于Ｆｅ
２＋，则应发生反应：Ｉ２＋２Ｆｅ
２＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－，其中ｂ
极的电极反应式为Ｆｅ
２＋－ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
３＋，即ｂ作原电池的负极，由①
中现象可知，此时电流计指针应向左偏转。
（５）①（４）中的原理是ｃ（Ｉ
－）降低导致Ｉ
－的还原性弱于Ｆｅ
２＋，据
此不难推测ⅱ中Ｆｅ
２＋向Ｆｅ
３＋转化的原因应是ｃ（Ｆｅ
２＋）增大导致
Ｆｅ
２＋还原性强于Ｉ
－。②若要增大ｃ（Ｆｅ
２＋），应向Ｕ形管右管中加
入１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＳＯ４溶液，然后观察指针的偏转方向。
（６）对比（３）、（４）、（５）不难发现，物质的氧化性或还原性的强弱与
物质的浓度有关，对于一个可逆反应，在平衡时，可通过改变物质的
浓度来改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二氧化还原反应方程式的配平及应用
４．（２０１４课标Ⅰ，２７，１５分）次磷酸（Ｈ３ＰＯ２）是一种精细磷化工
产品，具有较强还原性。回答下列问题：
（１）Ｈ３ＰＯ２是一元中强酸，写出其电离方程式　　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（２）Ｈ３ＰＯ２及ＮａＨ２ＰＯ２均可将溶液中的Ａｇ
＋还原为银，从而可
用于化学镀银。
①Ｈ３ＰＯ２中，Ｐ元素的化合价为　　　　。
②利用Ｈ３ＰＯ２进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物
质的量之比为４∶１，则氧化产物为　　　　（填化学式）。
③ＮａＨ２ＰＯ２为　　　　
（填“正盐” 或“酸式盐”），其溶液
显　　　　（填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”）。
（３）Ｈ３ＰＯ２的工业制法是：将白磷（Ｐ４）与Ｂａ（ＯＨ）２溶液反应
生成ＰＨ３气体和Ｂａ（Ｈ２ＰＯ２）２，后者再与Ｈ２ＳＯ４反应。写
出白磷与Ｂａ（ＯＨ）２溶液反应的化学方程式
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）Ｈ３ＰＯ２也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如
图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式　　　　　　　　　　　　。
②分析产品室可得到Ｈ３ＰＯ２的原因
　
　。
③早期采用“三室电渗析法”制备Ｈ３ＰＯ２：将“四室电渗析
法”中阳极室的稀硫酸用Ｈ３ＰＯ２稀溶液代替，并撤去阳极
室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其
缺点是产品中混有　
　
　
　
杂质，该杂质产生的原
因是　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）Ｈ３ＰＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＰＯ
－
２＋Ｈ
＋
（２）①＋１　②Ｈ３ＰＯ４　③正盐　弱碱性
（３）２Ｐ４＋３Ｂａ（ＯＨ）２＋６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｂａ（Ｈ２ＰＯ２）２＋２ＰＨ３↑
（４）①２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋
②阳极室的Ｈ
＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的Ｈ２ＰＯ
－
２穿过
阴膜扩散至产品室，二者反应生成Ｈ３ＰＯ２
③ＰＯ
３－
４　Ｈ２ＰＯ
－
２或Ｈ３ＰＯ２被氧化
解析　（１）Ｈ３ＰＯ２为一元中强酸，则其电离方程式为Ｈ３ＰＯ２
􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｈ２ＰＯ
－
２。（２）①在化合物中，各元素正、负化合价的代
数和为零，故Ｈ３ＰＯ２中Ｐ元素的化合价为＋１价。②设氧化产
物中Ｐ元素的化合价为＋ｘ价，依题意并根据得失电子守恒有
４×［（＋１）－０］＝１× ［＋ｘ－（＋１）］，解得ｘ＝５，故氧化产物为
Ｈ３ＰＯ４。③因Ｈ３ＰＯ２为一元酸，故ＮａＨ２ＰＯ２为正盐；Ｈ３ＰＯ２为
中强酸，故ＮａＨ２ＰＯ２溶液呈弱碱性。（３）根据得失电子守恒及
原子守恒，可写出Ｐ４与Ｂａ（ＯＨ）２溶液反应的化学方程式：
２Ｐ４＋３Ｂａ（ＯＨ）２＋６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｂａ（Ｈ２ＰＯ２）２＋２ＰＨ３↑。（４）①由
题给装置可知阳极的电极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅４Ｈ
＋＋Ｏ２↑。
②阳极生成的Ｈ
＋穿过阳膜扩散至产品室，与从原料室穿过阴膜扩
散至产品室的Ｈ２ＰＯ
－
２反应生成Ｈ３ＰＯ２。③若取消阳膜，合并阳极
室和产品室，阳极生成的Ｏ２可将Ｈ３ＰＯ２或原料室扩散来的
Ｈ２ＰＯ
－
２氧化，造成产品中混入ＰＯ
３－
４杂质。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１８１
时间：４５分钟　分值：１００分
一、选择题（每题６分，共４２分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９河北衡水期末，９）已知：①２Ｆｅ
３＋＋２Ｉ
－􀪅􀪅Ｉ２＋２Ｆｅ
２＋；
②２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋；③２Ｆｅ（ＯＨ）２＋Ｉ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅２Ｆｅ（ＯＨ）３＋
２Ｉ
－。根据以上反应判断，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ｉ
－的还原性强于Ｆｅ
Ｂ．Ｉ２的氧化性强于Ｆｅ
３＋
Ｃ．③易发生的主要原因是Ｆｅ（ＯＨ）３比Ｆｅ（ＯＨ）２更难溶
Ｄ．溶液酸碱性对Ｆｅ
３＋和Ｆｅ
２＋的氧化性或还原性没有影响
１．
答案　Ｃ　由①可知还原性：Ｉ
－＞Ｆｅ
２＋，由②可知还原性：Ｆｅ＞
Ｆｅ
２＋，无法判断Ｉ
－和Ｆｅ的还原性强弱，Ａ项错误；由①可知氧
化性：Ｆｅ
３＋＞Ｉ２，Ｂ项错误；由③可知，碱性条件下Ｉ２能将
Ｆｅ（ＯＨ）２氧化为Ｆｅ（ＯＨ）３，所以溶液酸碱性对Ｆｅ
３＋和Ｆｅ
２＋的氧
化性或还原性有影响，Ｄ项错误。
知识拓展　中学化学中的“ 强制弱” 规律：（１）强氧化剂制弱
氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即强氧化剂＋强还原剂
→还
原产物（弱还原性）＋氧化产物（弱氧化性）；（２）强酸制弱酸，
即强酸＋弱酸盐
→强酸盐＋弱酸；（３）强碱制弱碱，即强碱＋
弱碱盐
→强碱盐＋弱碱。
２．（２０１９湖北名校二模，９）以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的
工艺流程如下，下列说法错误的是
（　　）
ＮａＣｌＯ３
溶解
→
↓
Ｈ２ＳＯ４
发生器
→
↓
ＳＯ２
母液
→
ＣｌＯ２
→
吸收塔
→
↓
Ｈ２Ｏ２、ＮａＯＨ
减压
蒸发
５５℃
→
冷却、
结晶
→
粗产品
→
Ａ．ＮａＣｌＯ３在发生器中作氧化剂
Ｂ．吸收塔中１ｍｏｌＨ２Ｏ２得到２ｍｏｌ电子
Ｃ．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致Ｈ２Ｏ２分解
Ｄ．从“母液”中可回收的主要物质是Ｎａ２ＳＯ４
２．
答案　
Ｂ　
根据流程图知，ＮａＣｌＯ３与ＳＯ２发生氧化还原反
应，化学方程式为２ＮａＣｌＯ３＋ＳＯ２􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋２ＣｌＯ２，其中
ＮａＣｌＯ３作氧化剂，母液中溶质主要为Ｎａ２ＳＯ４，Ａ、Ｄ项正确；吸
收塔中发生的反应为２ＣｌＯ２＋Ｈ２Ｏ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅２ＮａＣｌＯ２＋
２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑，１ｍｏｌＨ２Ｏ２失去２ｍｏｌ电子，Ｂ项错误；Ｈ２Ｏ２在高
温下易分解，故吸收塔中温度不能太高，Ｃ项正确。
３．（２０１９辽宁六校协作体期初联考，５）ＮａＮＯ２是一种食品添加
剂，它与酸性ＫＭｎＯ４溶液可发生反应：ＭｎＯ
－
４＋ＮＯ
－
２＋Ｘ
→
Ｍｎ
２＋＋ＮＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ（未配平）。下列叙述中正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
４７
　
Ａ．生成１ｍｏｌＮａＮＯ３需消耗０．４ｍｏｌＫＭｎＯ４
Ｂ．反应过程中溶液的ｐＨ减小
Ｃ．该反应中ＮＯ
－
２被还原
Ｄ．Ｘ可以是盐酸
３．
答案　Ａ　ＮＯ
－
２
＋３
→ＮＯ
－
３
＋５
、ＭｎＯ
－
４
＋７
→Ｍｎ
２＋，生成１ｍｏｌＮＯ
－
３时
ＮＯ
－
２需失去２ｍｏｌ电子，１ｍｏｌＭｎＯ
－
４得到５ｍｏｌ电子，故０．４ｍｏｌ
ＫＭｎＯ４可得到２ｍｏｌ电子，Ａ正确；方程式配平之后为２ＭｎＯ
－
４＋
５ＮＯ
－
２＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５ＮＯ
－
３＋３Ｈ２Ｏ，故反应过程中溶液的ｐＨ
增大，Ｂ不正确；反应中ＮＯ
－
２被氧化，Ｃ不正确；酸性条件下，
ＭｎＯ
－
４可氧化Ｃｌ
－，Ｄ不正确。
拓展延伸　亚硝酸钠作食品添加剂时必须严格控制添加量，
过量摄入亚硝酸钠会使人中毒，表现为全身无力、头晕、恶心、
呕吐、腹泻、胸闷、气短、心悸等。
４．（２０１９河南信阳期末，８）在酸性介质中，往ＭｎＳＯ４溶液里滴加
（ＮＨ４）２Ｓ２Ｏ８（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Ｍｎ
２＋＋Ｓ２Ｏ
２－
８＋
Ｈ２Ｏ
→ＭｎＯ
－
４＋ＳＯ
２－
４＋Ｈ
＋（未配平）。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．可以利用该反应检验Ｍｎ
２＋
Ｂ．氧化性：Ｓ２Ｏ
２－
８＞ＭｎＯ
－
４
Ｃ．该反应中酸性介质可以为盐酸
Ｄ．若有０．１ｍｏｌ氧化产物生成，则转移电子０．５ｍｏｌ
４．
答案　Ｃ　在酸性条件下，加入（ＮＨ４）２Ｓ２Ｏ８溶液，如果溶液
变为紫红色，说明原溶液中含有Ｍｎ
２＋，故Ａ正确；氧化剂的氧
化性强于氧化产物的氧化性，Ｓ２Ｏ
２－
８为氧化剂，ＭｎＯ
－
４为氧化产
物，因此Ｓ２Ｏ
２－
８的氧化性强于ＭｎＯ
－
４，故Ｂ正确；ＭｎＯ
－
４具有强氧
化性，能把Ｃｌ
－氧化成Ｃｌ２，因此酸性介质不能是盐酸，故Ｃ错
误；氧化产物是ＭｎＯ
－
４，生成０．１ｍｏｌＭｎＯ
－
４转移电子物质的量
为０．１×（７－２）ｍｏｌ＝０．５ｍｏｌ，故Ｄ正确。
５．（２０１９湖南株洲一模，１１）含氰化物的废液乱倒或与酸混合，
均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化
法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为ＣＮ
－＋ＯＨ
－＋
Ｃｌ２
→ＣＯ２＋Ｎ２＋Ｃｌ
－＋Ｈ２Ｏ（未配平）。下列说法错误的是（其
中ＮＡ表示阿伏加德罗常数的值）
（　　）
Ａ．Ｃｌ２是氧化剂，ＣＯ２和Ｎ２是氧化产物
Ｂ．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比
为２∶５
Ｃ．该反应中，若有１ｍｏｌＣＮ
－发生反应，则有５ＮＡ个电子发生
转移
Ｄ．若将该反应设计成原电池，则ＣＮ
－在负极区发生反应
５．
答案　Ｂ　
反应中Ｃｌ元素化合价降低，Ｎ、Ｃ元素化合价升
高，则Ｃｌ２是氧化剂，ＣＯ２和Ｎ２是氧化产物，故Ａ正确；配平的
离子方程式为２ＣＮ
－＋８ＯＨ
－＋５Ｃｌ２􀪅􀪅２ＣＯ２＋Ｎ２＋１０Ｃｌ
－＋４Ｈ２Ｏ，
氧化剂与还原剂的化学计量数之比为５∶２，故Ｂ错误；Ｃ元素
化合价由＋２升高为＋４，Ｎ元素化合价由－３升高为０，所以若有
１ｍｏｌＣＮ
－发生反应，则有５ＮＡ个电子发生转移，故Ｃ正确；若将该
反应设计成原电池，则ＣＮ
－在负极区发生氧化反应，故Ｄ正确。
６．（２０１８天津静海一中等六校期中，１１）铋（Ｂｉ）位于元素周期表
中ⅤＡ族，其＋３价较稳定，铋酸钠（ＮａＢｉＯ３）溶液呈无色，取一
定量的硫酸锰（ＭｎＳＯ４）溶液依次滴加下列溶液，对应的现象如
下表所示：
加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量的双氧水
③适量ＫＩ－淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消
失，产生气泡
溶液变成蓝色
下列关于ＮａＢｉＯ３、ＫＭｎＯ４、Ｉ２、Ｈ２Ｏ２的氧化性由强到弱的顺序
正确的是
（　　）
Ａ．Ｉ２、Ｈ２Ｏ２、ＫＭｎＯ４、ＮａＢｉＯ３
Ｂ．Ｈ２Ｏ２、Ｉ２、ＮａＢｉＯ３、ＫＭｎＯ４
Ｃ．ＫＭｎＯ４、ＮａＢｉＯ３、Ｉ２、Ｈ２Ｏ２
Ｄ．ＮａＢｉＯ３、ＫＭｎＯ４、Ｈ２Ｏ２、Ｉ２
６．
答案　Ｄ　①说明：ＮａＢｉ
＋５
Ｏ３→Ｂｉ
３＋，Ｍｎ
２＋→Ｍ
＋７
ｎＯ
－
４，ＮａＢｉＯ３作氧
化剂，ＭｎＯ
－
４是氧化产物；②说明：Ｈ２Ｏ
－１
２→Ｏ
０
２，Ｍｎ
＋７
Ｏ
－
４→Ｍｎ
２＋，
ＭｎＯ
－
４作氧化剂，Ｈ２Ｏ２作还原剂；③说明：Ｈ２Ｏ
－１
２→Ｈ２Ｏ
－２
，Ｉ
－→Ｉ
０
２，
Ｈ２Ｏ２作氧化剂，Ｉ２是氧化产物。氧化剂的氧化性大于氧化产
物的氧化性；同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于还原
剂的氧化性，故氧化性由强到弱的顺序为ＮａＢｉＯ３、ＫＭｎＯ４、
Ｈ２Ｏ２、Ｉ２，Ｄ正确。
７．（２０１８福建长汀一中等六校期中，９）化学方程式可简明地体
现元素及其化合物的性质。已知：
氧化还原反应：ＰｂＯ２＋４ＨＣｌ􀪅􀪅ＰｂＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ；２ＦｅＣｌ３＋
Ｈ２Ｓ􀪅􀪅２ＦｅＣｌ２＋Ｓ↓＋２ＨＣｌ
复分解反应：ＫＣＮ＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＨＣＮ＋ＫＨＣＯ３
热分解反应：４ＮａＣｌＯ
△
􀪅􀪅３ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ４
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．氧化性：ＰｂＯ２＞Ｃｌ２
Ｂ．还原性：Ｈ２Ｓ＞ＦｅＣｌ２
Ｃ．酸性（水溶液）：Ｈ２ＣＯ３＞ＨＣＮ
Ｄ．热稳定性：ＮａＣｌＯ＞ＮａＣｌＯ４
７．
答案　Ｄ　ＰｂＯ２为氧化剂，Ｃｌ２为氧化产物，氧化剂的氧化性
大于氧化产物的氧化性，Ａ正确；Ｈ２Ｓ为还原剂，ＦｅＣｌ２为还原
产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Ｂ正确；由
Ｈ２ＣＯ３可制得ＨＣＮ，则Ｈ２ＣＯ３的酸性强于ＨＣＮ，Ｃ正确；
ＮａＣｌＯ受热分解可制得ＮａＣｌＯ４，则热稳定性：ＮａＣｌＯ４＞ＮａＣｌＯ，
Ｄ不正确。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
８．（２０２０届山东历城二中质检，１４）在几个烧杯中分别加入
２００ｍＬｐＨ不同的含铬废水（Ｃｒ２Ｏ
２－
７的浓度相同），再加入质量
相同的ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ，测得废水中六价铬（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）的含量随
ｐＨ的变化曲线如图所示，反应原理为Ｆｅ
２＋＋Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ
＋
→
Ｆｅ
３＋＋Ｃｒ
３＋＋Ｈ２Ｏ（未配平）。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．上述反应配平Ｈ
＋的化学计量数为１４
Ｂ．当ｐＨ在３～５之间时，Ｃｒ２Ｏ
２－
７的去除率最小
Ｃ．氧化性：Ｃｒ２Ｏ
２－
７＞Ｆｅ
３＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
４８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｄ．每处理１ｍｏｌＣｒ２Ｏ
２－
７，至少需要ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ的质量为９１２ｇ
８．
答案　ＢＤ　ｐＨ在３～５之间时，废水中Ｃｒ２Ｏ
２－
７的含量最低，
其去除率应最大，Ｂ错误；根据得失电子守恒和原子守恒，得关
系式Ｃｒ２Ｏ
２－
７～６Ｆｅ
２＋，因此，每处理１ｍｏｌＣｒ２Ｏ
２－
７，至少需要
ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ的质量为１６６８ｇ，Ｄ错误。
９．（２０２０届５·３原创，１５）钨酸主要用于制金属钨、钨丝、硬质
合金，也可用作印染助剂。一种以精制黑钨矿（ＦｅＷＯ４、
ＭｎＷＯ４）为原料生产钨酸的工艺流程如下：
黑钨矿粉
焙烧
空气　纯碱
↓　　↓
→
水
　
滤渣
→
滤液
→
盐酸
过滤
→Ｈ２ＷＯ４
已知：常温下钨酸难溶于水；在整个变化过程中钨元素化合价
未发生变化。
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．ＦｅＷＯ４参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
４∶１
Ｂ．ＭｎＷＯ４参与反应的化学方程式为２ＭｎＷＯ４＋２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｏ２
焙烧
􀪅􀪅２Ｎａ２ＷＯ４＋２ＭｎＯ２＋２ＣＯ２
Ｃ．滤渣中除含有ＭｎＯ２外还含有ＦｅＯ
Ｄ．反应过程中盐酸可用硫酸代替
９．
答案　
ＡＣ　
由化学式Ｈ２ＷＯ４可知，黑钨矿（ＦｅＷＯ４、
ＭｎＷＯ４）中Ｆｅ、Ｍｎ元素均为＋２价，由生成的Ｈ２ＷＯ４可知，焙
烧过程中ＭｎＷＯ４中Ｍｎ元素的化合价由＋２升高为＋４，生成
ＭｎＯ２，ＷＯ
２－
４与Ｎａ２ＣＯ３反应生成Ｎａ２ＷＯ４，并放出ＣＯ２，由此得出
化学方程式为２ＭｎＷＯ４＋２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｏ２
焙烧
􀪅􀪅２Ｎａ２ＷＯ４＋２ＭｎＯ２＋
２ＣＯ２，同理，ＦｅＷＯ４中Ｆｅ元素的化合价由＋２升高为＋３，生成
Ｆｅ２Ｏ３，根据得失电子守恒可得，氧化剂（Ｏ２）与还原剂
（ＦｅＷＯ４）的物质的量之比为１∶４，故Ａ错误，Ｂ正确。根据上
述分析可知，滤渣中含有ＭｎＯ２和Ｆｅ２Ｏ３，故Ｃ错误。加入盐
酸后，Ｈ
＋与ＷＯ
２－
４发生反应生成钨酸，则也可用硫酸代替盐酸
提供Ｈ
＋，故Ｄ正确。
１０．（２０２０届山东德州期中，１５）水热法制备Ｆｅ３Ｏ４纳米颗粒的
反应：３Ｆｅ
２＋＋２Ｓ２Ｏ
２－
３＋Ｏ２＋ｘＯＨ
－􀪅􀪅Ｆｅ３Ｏ４＋Ｓ４Ｏ
２－
６＋２Ｈ２Ｏ。下
列说法正确的是
（　　）
Ａ．离子方程式中，ｘ＝４
Ｂ．此反应中，氧化剂为Ｏ２，将Ｆｅ元素全部氧化
Ｃ．每生成１ｍｏｌＦｅ３Ｏ４，该反应共转移４ｍｏｌ电子
Ｄ．反应中Ｓ元素的价态未发生变化
１０．
答案　
ＡＣ　
根据电荷守恒，可以算出ｘ＝４，Ａ项正确。
Ｆｅ３Ｏ４中有Ｆｅ
２＋，所以Ｆｅ元素没有全部被氧化，Ｂ项错误。
１ｍｏｌＦｅ３Ｏ４中含有２ｍｏｌＦｅ
３＋，Ｆｅ元素化合价升高，转移
２ｍｏｌ电子；Ｓ元素化合价升高，转移２ｍｏｌ电子，因此总共转
移４ｍｏｌ电子，Ｃ项正确；Ｓ元素的平均化合价由＋２升高为
＋２．５，Ｄ项错误。
三、非选择题（共４０分）
１１．（２０１９河北承德期末，１６）（１３分）黄铁矿（主要成分为ＦｅＳ２）
的有效利用对环境具有重要意义。
（１）在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图１
所示。
图１
①图１转化过程的总反应中，ＦｅＳ２作　
　
　
　
（填“催化
剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同）。该转化过程中ＮＯ的
作用是　　　　　。
②写出图１中Ｆｅ
３＋与ＦｅＳ２反应的离子方程式：　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（２）ＦｅＳ２氧化为Ｆｅ
３＋的过程中，控制起始时Ｆｅ
２＋的浓度、溶液
体积和通入Ｏ２的速率不变，改变其他条件时，Ｆｅ
２＋被氧化
的转化率随时间的变化如图２所示。
图２
①加入ＮａＮＯ２发生反应：２Ｈ
＋＋３ＮＯ
－
２􀪅􀪅ＮＯ
－
３＋２ＮＯ↑＋
Ｈ２Ｏ。该反应中若有６ｍｏｌＮａＮＯ２完全反应，转移电子的
物质的量为　　　　ｍｏｌ。
②加入ＮａＮＯ２、ＫＩ发生反应：４Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
２＋２Ｉ
－􀪅􀪅２ＮＯ↑＋
Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ。解释图２中该条件下能进一步提高单位时间
内Ｆｅ
２＋转化率的原因：
　。
１１．
答案　（１）①还原剂　催化剂
②１４Ｆｅ
３＋＋ＦｅＳ２＋８Ｈ２Ｏ􀪅􀪅１５Ｆｅ
２＋＋２ＳＯ
２－
４＋１６Ｈ
＋
（２）①４　②生成的催化剂ＮＯ更多，加快了反应速率　
解析　（１）①转化过程中ＦｅＳ２中Ｓ元素被氧化为ＳＯ
２－
４，ＦｅＳ２
是还原剂；反应前后ＮＯ没有改变，所以ＮＯ是催化剂。②反应
的离子方程式是１４Ｆｅ
３＋＋ＦｅＳ２＋８Ｈ２Ｏ􀪅􀪅１５Ｆｅ
２＋＋２ＳＯ
２－
４＋１６Ｈ
＋。
（２）①根据化学方程式可知，反应中若有６ｍｏｌＮａＮＯ２完全反
应，转移电子的物质的量为４ｍｏｌ。②ＮＯ是该反应的催化剂，
加入ＮａＮＯ２、ＫＩ发生反应：４Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
２＋２Ｉ
－􀪅􀪅２ＮＯ↑＋Ｉ２＋
２Ｈ２Ｏ，生成的ＮＯ更多，加快了反应速率。
１２．（２０１９广东广州天河二模，２６）（１５分）高铁酸盐是优良的多
功能水处理剂。某实验小组采用如图装置制备高铁酸钾
（Ｋ２ＦｅＯ４）并探究其性质、用途。
资料：Ｋ２ＦｅＯ４为紫色固体，微溶于ＫＯＨ溶液，难溶于有机溶
剂；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生
Ｏ２，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备Ｋ２ＦｅＯ４（夹持、加热等装置略）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题四　氧化还原反应
４９
　
（１）Ｂ中所用试剂为　　　　　　。
（２）Ｃ中反应为放热反应，而反应温度须控制在０～８℃，可使
用的控温方法为　
　
　
　
　
　，充分反应后得到紫色固
体，反应方程式为　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。
反应中ＫＯＨ必须过量的原因是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
（３）Ｃ中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗
涤时洗涤剂可选用　　　　　　。
ａ．冰水　　ｂ．ＫＯＨ溶液　　ｃ．异丙醇
Ⅱ．探究Ｋ２ＦｅＯ４的性质
（４）Ｋ２ＦｅＯ４可以将废水中的ＣＮ
－氧化为ＣＮＯ
－，实验表明，
ｐＨ＝９时ＣＮ
－去除效果最佳。配平反应离子方程式：
　　
　
ＦｅＯ
２－
４＋　
　
　
ＣＮ
－＋　
　
　
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅　
　
　
Ｆｅ（ＯＨ）３↓＋　　　ＣＮＯ
－＋　　　ＯＨ
－
现处理含ＣＮ
－浓度为１３ｍｇ／Ｌ的废水１ｍ
３，至少需要
Ｋ２ＦｅＯ４　　　ｇ。
（５）资料表明，酸性溶液中氧化性ＦｅＯ
２－
４＞ＭｎＯ
－
４。验证实验：
将少量Ｋ２ＦｅＯ４溶解在过量ＫＯＨ溶液中，溶液呈浅紫色，
取该溶液滴入ＭｎＳＯ４和Ｈ２ＳＯ４的混合溶液中，振荡，溶
液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色
溶液中含有ＭｎＯ
－
４：　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
１２．
答案　（１）饱和食盐水（１分）
（２）冷水浴（１分）　３Ｃｌ２＋２Ｆｅ（ＯＨ）３＋１０ＫＯＨ􀪅􀪅２Ｋ２ＦｅＯ４＋
６ＫＣｌ＋８Ｈ２Ｏ（２分）　
保持溶液呈碱性，防止Ｋ２ＦｅＯ４变质（２
分）
（３）ｃ（２分）
（４）２　３　５　２　３　４（共３分）　６６（２分）
（５）向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫
色未褪去（２分）
解析　（１）Ｂ中所用试剂为饱和食盐水，目的是除去Ｃｌ２中
的ＨＣｌ。（２）Ｃ中反应为放热反应，而反应温度须控制在０～
８℃，可使用的控温方法为冷水浴。充分反应后得到紫色固
体，反应方程式为３Ｃｌ２＋２Ｆｅ（ＯＨ）３＋１０ＫＯＨ􀪅􀪅２Ｋ２ＦｅＯ４＋
６ＫＣｌ＋８Ｈ２Ｏ。反应中ＫＯＨ必须过量的原因是保持溶液呈碱
性，防止Ｋ２ＦｅＯ４变质。（３）Ｃ中混合物经过滤、洗涤、干燥，得
纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用异丙醇，因为选水时晶
体溶解，选ＫＯＨ时引入新杂质。（４）由得失电子守恒、电荷守
恒及原子守恒可知离子方程式为２ＦｅＯ
２－
４＋３ＣＮ
－＋５Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
２Ｆｅ（ＯＨ）３↓＋３ＣＮＯ
－＋４ＯＨ
－；处理含ＣＮ
－浓度为１３ｍｇ／Ｌ的废
水１ｍ
３，至少需要Ｋ２ＦｅＯ４为１３×１０
－３ｇ／Ｌ×１０００Ｌ
２６ｇ／ｍｏｌ
× ２
３×
１９８ｇ／ｍｏｌ＝６６ｇ。（５）向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫
酸，振荡，溶液浅紫色未褪去，说明存在ＭｎＯ
－
４。
方法技巧　配平氧化还原反应离子方程式的步骤：（１）标好
价；（２）列变化；（３）求总数；（４）配系数；（５）细检查。检查主
要根据“守恒” 三原则（即原子守恒、得失电子守恒、电荷守
恒）进行。
１３．（２０１８湖南株洲质检，１５）（１２分）“钢是虎，钒是翼，钢含钒
犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，
但室温下能溶解于浓硝酸中生成ＶＯ
＋
２。
（１）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。
（２）灼烧ＮＨ４ＶＯ３时可生成钒的氧化物Ｖ２Ｏ５，请写出该反应
的化学方程式：　　　　　　　　　　　。
（３）Ｖ２Ｏ５是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯
气，其中钒元素被还原为蓝色的ＶＯ
２＋，请写出该反应的离
子方程式：　　　　　　　　　　　　。
（４）Ｖ２Ｏ５是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为
ＶＯ
３－
４），溶于强酸生成含钒氧离子（ＶＯ
＋
２）的盐。请写出
Ｖ２Ｏ５分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学
式：　　　　　、　　　　　。
（５）工业上用接触法制硫酸时要用到Ｖ２Ｏ５。在氧化ＳＯ２的过
程中，４５０℃时发生Ｖ２Ｏ５与ＶＯ２之间的转化：Ｖ２Ｏ５＋ＳＯ２
􀪅􀪅２ＶＯ２＋ＳＯ３、４ＶＯ２＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｖ２Ｏ５，说明Ｖ２Ｏ５在接触
法制硫酸过程中所起的作用是　　　　　。
１３．
答案　
（每空２分）（１）Ｖ＋６Ｈ
＋＋５ＮＯ
－
３􀪅􀪅ＶＯ
＋
２＋
５ＮＯ２↑＋３Ｈ２Ｏ
（２）２ＮＨ４ＶＯ３
灼烧
􀪅􀪅Ｖ２Ｏ５＋２ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ
（３）Ｖ２Ｏ５＋６Ｈ
＋＋２Ｃｌ
－△
􀪅􀪅２ＶＯ
２＋＋Ｃｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ
（４）Ｎａ３ＶＯ４　（ＶＯ２）２ＳＯ４
（５）催化剂或催化作用
解析　
（１）金属钒与浓硝酸反应的离子方程式为Ｖ＋６Ｈ
＋＋
５ＮＯ
－
３􀪅􀪅ＶＯ
＋
２＋５ＮＯ２↑＋３Ｈ２Ｏ；（２）灼烧ＮＨ４ＶＯ３反应的化
学方程式为２ＮＨ４ＶＯ３
灼烧
􀪅􀪅Ｖ２Ｏ５＋２ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ；（３）沸腾的浓
盐酸与Ｖ２Ｏ５反应产生氯气，氯元素的化合价升高，钒元素被
还原为蓝色的ＶＯ
２＋，反应的离子方程式为Ｖ２Ｏ５＋６Ｈ
＋＋２Ｃｌ
－
△
􀪅􀪅２ＶＯ
２＋＋Ｃｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ；（４）Ｖ２Ｏ５与烧碱溶液反应生成
Ｎａ３ＶＯ４，Ｖ２Ｏ５与稀硫酸反应生成（ＶＯ２）２ＳＯ４；（５）Ｖ２Ｏ５在接触
法制硫酸过程中起催化作用。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
５０
　
第二部分　化学基本理论
专题五
化学反应中的能量变化
课
标
解
读
内容
反应热的有关概念
热化学方程式　盖斯定律及其应用
解读
１．了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热
反应、反应热等概念
２．了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。了解化
学在解决能源危机中的重要作用
１．了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学
方程式
２．理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反
应焓变的计算
考情分析
“反应热”已成为近几年的必考内容，一般不单独命题，而是作为非选择题的某个设问，常与化学反应速率、
化学平衡及工艺流程相结合；从考查内容上看，均与盖斯定律有关，试题整体难度虽然较大，但涉及本专题
的内容都比较容易。随着能源问题的日益突出，对本专题内容的考查仍将维持较高的热度
备考策略
考查点主要是运用盖斯定律进行ΔＨ的计算和热化学方程式的书写，而且考查频率较高。利用键能进行
ΔＨ的计算及化学反应中能量变化的有关概念考查频率较低
专题五　化学反应中的能量变化
５１
　
对应学生用书
起始页码２９
考点一反应热的有关概念
一、反应热（焓变）
１．定义：化学反应过程中放出或吸收的①　热量　叫反应热，
在恒压条件下，它等于反应前后体系的焓变。
２．符号：②　ΔＨ　。
３．单位：③　ｋＪ／ｍｏｌ或ｋＪ·ｍｏｌ
－１　。
４．测量：可用量热计测量。
５．表示方法：吸热反应的ΔＨ④　＞　０，放热反应的ΔＨ
⑤　＜　０。
６．产生原因：化学反应过程中旧键断裂吸收的能量与新键
形成放出的能量不相等，故化学反应均伴随着能量变化。
二、燃烧热和中和反应的反应热
１．燃烧热
（１）定义：１０１ｋＰａ时，⑥　１ｍｏｌ　纯物质完
·全
·燃
·烧
·生成⑦　稳定　的
氧化物时所放出的热量，叫该物质的燃烧热。
（２）表示意义
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－８９０．３１ｋＪ／ｍｏｌ，表示１０１ｋＰａ条件下，１ｍｏｌＣＨ４完全燃烧生成
ＣＯ２（ｇ）和Ｈ２Ｏ（ｌ）时⑧　放出　的热量是⑨　８９０．３１ｋＪ　。
２．中和反应的反应热
（１）定义：在稀
· 溶
· 液
· 中，酸跟碱发生⑩　中和　反应生成
􀃊
􀁉
􀁓　１ｍｏｌ　Ｈ２Ｏ时所释放的热量，叫中和反应的反应热。
（２）热化学方程式：Ｈ
＋（ａｑ）＋ＯＨ
－（ａｑ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝－５７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
三、催化剂对活化能、焓变的影响
催化剂能降低反应所需的活化能，但ΔＨ保持不变。如图
所示：
一、放热反应和吸热反应的比较
类型
比较
放热反应
吸热反应
定义
有热量放出的化学反应
吸收热量的化学反应
形成
原因
反应物具有的总能量大于
生成物具有的总能量
反应物具有的总能量小于
生成物具有的总能量
续表
类型
比较
放热反应
吸热反应
与化学
键强弱
的关系
生成物分子成键时释放出
的总能量大于反应物分子
断键时吸收的总能量
生成物分子成键时释放出
的总能量小于反应物分子
断键时吸收的总能量
表示方法
ΔＨ＜０
ΔＨ＞０
图示
实例
Ｈ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅２ＨＣｌ（ｇ）
ΔＨ＝－１８４．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ΔＨ＝＋１３１．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
二、常见的放热反应和吸热反应
１．常见的放热反应
①活泼金属与水或酸的反应，例如：
２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑
２Ａｌ＋６ＨＣｌ􀪅􀪅２ＡｌＣｌ３＋３Ｈ２↑
②酸碱中和反应，例如：
２ＫＯＨ＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ｋ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
ＣＨ３ＣＯＯＨ＋ＮａＯＨ􀪅􀪅ＣＨ３ＣＯＯＮａ＋Ｈ２Ｏ
③燃烧反应，例如：
２ＣＯ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅２ＣＯ２
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋３Ｏ２
点燃
→２ＣＯ２＋３Ｈ２Ｏ
④一些化合反应，例如：
ＳＯ３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４
ＣａＯ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｃａ（ＯＨ）２
ＣｕＳＯ４＋５Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ
２．常见的吸热反应
①一些分解反应，例如：
ＣａＣＯ３
高温
􀪅􀪅ＣａＯ＋ＣＯ２↑
ＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅ＣｕＳＯ４＋５Ｈ２Ｏ
②一些复分解反应，例如：
２ＮＨ４Ｃｌ（ｓ）＋Ｂａ（ＯＨ）２·８Ｈ２Ｏ（ｓ）􀪅􀪅ＢａＣｌ２＋２ＮＨ３↑＋１０Ｈ２Ｏ
③一些置换反应，例如：
Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
高温
􀪅􀪅ＣＯ＋Ｈ２
④一些化合反应，例如：
ＣＯ２＋Ｃ
高温
􀪅􀪅２ＣＯ
３．反应条件与放热反应、吸热反应的关系
不同的化学反应发生的条件不同，放热反应和吸热反应均
能在一定条件下发生。反应开始需要加热的反应可能是吸热反
应，也可能是放热反应。吸热反应开始时加热，反应后需要不断
加热才能维持反应继续进行；放热反应开始时加热，反应后会放
出一定的热量，此热量能够使反应继续进行，则反应过程中不需
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
５２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
要再加热，如煤的燃烧，一旦热量足够使煤燃烧起来，之后煤就
可以继续燃烧下去，不再需要外界加热。由此可见，反应是吸热
还是放热与反应的条件没有必然的联系，而是取决于反应物和
生成物具有的总能量（或焓）的相对大小。
考点二热化学方程式　盖斯定律及其应用
一、热化学方程式
１．定义：表示参加反应物质的量和①　反应热　的关系的化学
方程式。
２．书写要求
（１）注明反应的温度和压强（２５℃、１０１ｋＰａ下进行的反应
可不注明）。
（２）注明反应物和生成物的状态：固态（②　ｓ　或注明晶型）、
液态（③　ｌ　）、气态（④　ｇ　）、溶液（ａｑ）。
（３）热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，而不代
表⑤　分子个数　，因此可以写成分数。
二、盖斯定律及其应用
１．内容：不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应
热是相同的，即化学反应的反应热只与反应体系的⑥　始态　和
⑦　终态　有关，而与反应的途径无关。
２．应用：很多反应很难直接测其反应热，这时可利用盖斯定
律来间接计算。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码３０
考点一反应热的有关概念
１．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
氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．氧分子的活化包括Ｏ—Ｏ键的断裂与Ｃ—Ｏ键的生成
Ｂ．每活化一个氧分子放出０．２９ｅＶ的能量
Ｃ．水可使氧分子活化反应的活化能降低０．４２ｅＶ
Ｄ．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
１．
答案　Ｃ　Ａ项，由图可知，氧分子的活化是Ｏ—Ｏ键的断裂
与Ｃ—Ｏ键的生成过程，故Ａ正确；Ｂ项，由图可知，反应物的
总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出
０．２９ｅＶ的能量，故Ｂ正确；Ｃ项，由图可知，水可使氧分子活化
反应的活化能降低０．１８ｅＶ，故Ｃ错误；Ｄ项，活化氧可以快速
氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可
以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故Ｄ正确。
试题分析　本题涉及的考点有化学键类型的判断、活化能的
判断、催化剂对活化能的影响，考查对图像的识别和分析能力，
以及对化学反应实质的理解能力，体现证据推理与模型认知的
学科核心素养。
２．下列说法正确的是
（　　）
Ａ．锂电池使用时，能量只存在由化学能到电能的转化
Ｂ．已知Ｐ４（白磷，ｓ）􀪅􀪅４Ｐ（红磷，ｓ）　
ΔＨ＝－１８．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１，
故白磷比红磷稳定
Ｃ．Ｈ２在Ｃｌ２中燃烧：Ｈ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅２ＨＣｌ（ｇ）　
ΔＨ＝
－１８４．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则Ｈ２的燃烧热ΔＨ＝－１８４．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．测定中和反应的反应热时，其他不变，用醋酸代替盐酸测得
的反应热ΔＨ偏大
２．
答案　
Ｄ　
锂电池使用时，能量由化学能转化为电能和热
能，Ａ项错误；该反应为放热反应，说明白磷能量高，红磷能量
低，故红磷比白磷稳定，Ｂ项错误；氢气的燃烧热是１０１ｋＰａ
时，１ｍｏｌ氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，Ｃ项错误；
测定中和反应的反应热时，其他不变，若用醋酸代替盐酸，由于
醋酸电离时吸收热量，则反应放出的热量减小，但反应热为负
值，因此反应热ΔＨ偏大，Ｄ项正确。
关联知识　（１）醋酸是弱酸，弱酸的电离是吸热过程。（２）白
磷（Ｐ４）的着火点低，易自燃，应保存在水中；１ｍｏｌ白磷（Ｐ４）分
子中有６ｍｏｌＰ—Ｐ键。
３．研究表明ＣＯ与Ｎ２Ｏ在Ｆｅ
＋作用下发生反应的能量变化及反
应历程如图所示，两步反应分别为①Ｎ２Ｏ＋Ｆｅ
＋􀪅􀪅Ｎ２＋ＦｅＯ
＋
（慢）、②ＦｅＯ
＋＋ＣＯ􀪅􀪅ＣＯ２＋Ｆｅ
＋（快）。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
Ｂ．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②
决定
Ｃ．Ｆｅ
＋使反应的活化能减小，ＦｅＯ
＋是中间产物
Ｄ．若转移１ｍｏｌ电子，则消耗１１．２ＬＮ２Ｏ
３．
答案　Ｃ　Ａ项，反应①、②均有元素化合价的升降，因此都
是氧化还原反应，Ａ错误；Ｂ项，由题图可知，反应①、②都是放
热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，Ｂ错
误；Ｃ项，Ｆｅ
＋作催化剂，使反应的活化能减小，ＦｅＯ
＋是反应过程
中产生的物质，因此是中间产物，Ｃ正确；Ｄ项，由于没有指明
外界条件，所以不能确定气体的体积，Ｄ错误。
易错警示　根据“水桶效应” 可知，若一个反应分几个基元反
应完成，则速率最慢的基元反应决定总反应速率。
４．中国学者在水煤气变换［ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
　ΔＨ］中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难
题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现
的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
Ｂ．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的Ｈ２、ＣＯ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
５３
　
Ｃ．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔＨ
Ｄ．图示过程中的Ｈ２Ｏ均参与了反应过程
４．
答案　Ｄ　Ａ项，过程Ⅰ发生了化学键的断裂，是吸热过程；
Ｂ项，过程Ⅲ生成的Ｈ２只含有非极性共价键；Ｃ项，使用催化
剂可以降低化学反应的活化能，不能改变反应的ΔＨ；Ｄ项，分
析反应过程示意图知，图示过程中的Ｈ２Ｏ均参与了反应过程。
５．２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）反应过程中的能量变化如图所
示（图中Ｅ１表示无催化剂时正反应的活化能，Ｅ２表示无催化
剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是
（　　）
Ａ．该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百
分数
Ｂ．５００℃、１０１ｋＰａ下，将１ｍｏｌＳＯ２（ｇ）和０．５ｍｏｌＯ２（ｇ）置于密
闭容器中充分反应生成ＳＯ３（ｇ）放热ａｋＪ，其热化学方程式
为２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）　ΔＨ＝－２ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ．该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
Ｄ．ΔＨ＝Ｅ１－Ｅ２，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
５．
答案　Ｂ　根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物
的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，
Ａ项正确；ＳＯ２与Ｏ２反应是可逆反应，１ｍｏｌＳＯ２（ｇ）和０．５ｍｏｌ
Ｏ２（ｇ）不可能反应完全，Ｂ项错误；该反应是放热反应，故反应
物的总键能小于生成物的总键能，Ｃ项正确；使用催化剂能改
变反应的活化能，但不会影响反应热，Ｄ项正确。
考点二热化学方程式　盖斯定律及其应用
６．Ｎ２Ｏ和ＣＯ是环境污染性气体，可在Ｐｔ２Ｏ
＋表面转化为无害气
体，其反应原理为Ｎ２Ｏ（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｎ２（ｇ）　
ΔＨ，
有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如图所示。下
列说法不正确的是
（　　）
Ａ．ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２
Ｂ．ΔＨ＝－２２６ｋＪ／ｍｏｌ
Ｃ．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
Ｄ．为了实现转化需不断向反应器中补充Ｐｔ２Ｏ
＋和Ｐｔ２Ｏ
＋
２
６．
答案　Ｄ　根据盖斯定律可知，ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２，Ａ项正确；由
图可知，ΔＨ＝１３４ｋＪ／ｍｏｌ－３６０ｋＪ／ｍｏｌ＝－２２６ｋＪ／ｍｏｌ，Ｂ项正确；
该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，Ｃ
项正确；反应过程中Ｐｔ２Ｏ
＋和Ｐｔ２Ｏ
＋
２参与反应后又生成，不需要
补充，Ｄ项错误。
思维拓展　ΔＨ＝正反应的活化能－逆反应的活化能。
７．一定条件下，在水溶液中１ｍｏｌＣｌＯ
－
ｘ（ｘ＝０，１，２，３，４）的能量
（ｋＪ）相对大小如图所示。下列有关说法错误的是
（　　）
Ａ．上述离子中结合Ｈ能力最强的是Ｅ
Ｂ．上述离子中最稳定的是Ａ
Ｃ．Ｃ
→Ｂ＋Ｄ反应的热化学方程式为２ＣｌＯ
－
２（ａｑ）􀪅􀪅ＣｌＯ
－
３（ａｑ）＋
ＣｌＯ
－（ａｑ）　ΔＨ＝－７６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．Ｂ
→Ａ＋Ｄ的反应物的键能之和小于生成物的键能之和
７．
答案　Ａ　
Ａ项，酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子能力
越强，Ｅ对应的是ＣｌＯ
－
４，ＨＣｌＯ４是最强的无机酸，酸根离子结合
氢离子能力最弱，错误；Ｂ项，据能量越低越稳定原理知，Ａ最
稳定，正确；Ｃ项，ΔＨ＝生成物的总能量－反应物的总能量＝
（６４＋６０－２×１００）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－７６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，所以Ｃ
→Ｂ＋Ｄ
反应的热化学方程式为２ＣｌＯ
－
２（ａｑ）􀪅􀪅ＣｌＯ
－
３（ａｑ）＋ＣｌＯ
－（ａｑ）
　ΔＨ＝－７６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，正确；Ｄ项，３ＣｌＯ
－（ａｑ）􀪅􀪅２Ｃｌ
－（ａｑ）＋
ＣｌＯ
－
３（ａｑ）的ΔＨ＝（０＋６４－３×６０）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－１１６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，所
以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，Ｄ正确。
方法技巧　ΔＨ＝生成物的总能量－反应物的总能量＝反应物
的键能之和－生成物的键能之和。
８．ＨＢｒ被Ｏ２氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，１ｍｏｌＨＢｒ
被氧化为Ｂｒ２放出１２．６７ｋＪ热量，其能量与反应过程曲线如图
所示。
（Ⅰ）ＨＢｒ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＨＯＯＢｒ（ｇ）
（Ⅱ）ＨＯＯＢｒ（ｇ）＋ＨＢｒ（ｇ）􀪅􀪅２ＨＯＢｒ（ｇ）
（Ⅲ）ＨＯＢｒ（ｇ）＋ＨＢｒ（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）＋Ｂｒ２（ｇ）
下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．三步反应均为放热反应
Ｂ．步骤（Ⅰ）的反应速率最慢
Ｃ．ＨＯＯＢｒ比ＨＢｒ和Ｏ２稳定
Ｄ．热化学方程式为４ＨＢｒ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｇ）＋２Ｂｒ２（ｇ）　
ΔＨ＝－１２．６７ｋＪ·ｍｏｌ
－１
８．
答案　Ｂ　放热反应的反应物总能量高于生成物总能量，根
据题图可知，第一步反应为吸热反应，Ａ项错误；步骤（Ⅰ）为
吸热反应，导致体系温度降低，反应速率减慢，其余反应为放热
反应，反应温度升高，反应速率加快，Ｂ项正确；ＨＯＯＢｒ的能量
比ＨＢｒ和Ｏ２的总能量高，能量越高，物质越不稳定，Ｃ项错误；
根据题意，１ｍｏｌＨＢｒ被氧化为Ｂｒ２放出１２．６７ｋＪ热量，则热化
学方程式为４ＨＢｒ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｇ）＋２Ｂｒ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－５０．６８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｄ项错误。
９．我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是：
反应①：Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ（ｇ）　ΔＨ１
反应②：Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
５４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
反应③：ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＨ（ｇ）　ΔＨ３＝－９０．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
反应④：２ＣＨ３ＯＨ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ４，能量变
化如下图所示
反应⑤：３ＣＨ３ＯＨ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ５＝
－３１．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．反应③使用催化剂，ΔＨ３减小
Ｂ．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能
Ｃ．ΔＨ１－ΔＨ２＜０
Ｄ．３ＣＯ（ｇ）＋６Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝－１２１．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
９．
答案　Ｃ　
催化剂可降低反应的活化能，但不影响反应热，
Ａ不正确；由题图可知反应④中正反应的活化能小于逆反应的
活化能，Ｂ不正确；运用盖斯定律，①－②可得Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）
􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝ΔＨ１－ΔＨ２，Ｈ２燃烧的反应为放热反应，故
ΔＨ１－ΔＨ２＜０，Ｃ正确；运用盖斯定律，③×３＋⑤可得３ＣＯ（ｇ）＋
６Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝［－９０．１×３＋
（－３１．０）］ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－３０１．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码３２
　　１．反应热大小比较方法
（１）同一反应的生成物状态不同时
Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）􀪅􀪅Ｃ（ｇ）　ΔＨ１＜０
Ａ（ｇ）＋Ｂ（ｇ）􀪅􀪅Ｃ（ｌ）　ΔＨ２＜０
Ｃ（ｇ）􀪅􀪅Ｃ（ｌ）　ΔＨ３＜０
因为ΔＨ３＝ΔＨ２－ΔＨ１，ΔＨ３＜０，所以ΔＨ２＜ΔＨ１。
也可以按以下思路分析：
Ａ（ｇ）
　＋
Ｂ（ｇ）}
ΔＨ１→Ｃ（ｇ）
ΔＨ３→Ｃ（ｌ）
ΔＨ２→Ｃ（ｌ）
因为ΔＨ１＋ΔＨ３＝ΔＨ２，ΔＨ１＜０，ΔＨ２＜０，ΔＨ３＜０，所以ΔＨ２＜ΔＨ１。
（２）同一反应的反应物状态不同时
Ｓ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＳＯ２（ｇ）　ΔＨ１＜０
Ｓ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＳＯ２（ｇ）　ΔＨ２＜０
Ｓ（ｇ）􀪅􀪅Ｓ（ｓ）　ΔＨ３＜０
Ｓ（ｇ）
ΔＨ３→Ｓ（ｓ）
ΔＨ２→Ｓ
ΔＨ１
↑
Ｏ２（ｇ）
因为ΔＨ２＋ΔＨ３＝ΔＨ１，ΔＨ１＜０，ΔＨ２＜０，ΔＨ３＜０，所以ΔＨ１＜ΔＨ２。
（３）两个有联系的不同反应相比
Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ１＜０
Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ（ｇ）　ΔＨ２＜０
Ｃ（ｓ）
ΔＨ１→ＣＯ２（ｇ）
Ｃ（ｓ）
ΔＨ２→ＣＯ（ｇ）
ΔＨ３→ＣＯ２（ｇ）
因为ΔＨ２＋ΔＨ３＝ΔＨ１，ΔＨ１＜０，ΔＨ２＜０，ΔＨ３＜０，所以ΔＨ１＜ΔＨ２。
并且据此可写出下面的热化学方程式：
ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝ΔＨ１－ΔＨ２。
２．反应热的计算方法
（１）应用盖斯定律计算反应热
某化学反应无论一步完成，还是分几步完成，反应的总热效
应相同。即反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应
途径无关，这就是盖斯定律。此定律的主要应用是用已知反应
的反应热来推知相关反应的反应热。
注意　应用盖斯定律进行简单计算的注意事项
①设计合理的反应过程。
②当反应方程式乘或除某数时，ΔＨ也应乘或除该数。
③反应方程式进行加减运算时，ΔＨ也同样要进行加减运
算，且计算过程中要带“＋”“－”。
④应用盖斯定律进行计算并比较反应热的大小时，同样要
把ΔＨ看作一个整体。
⑤在设计的反应过程中常会遇到同一物质固、液、气三态的
相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
⑥当设计的反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热
数值相等，符号相反。运用盖斯定律的关键在于分析总反应可
由哪些中间过程构成，化简要细心。
（２）根据化学键键能计算
ΔＨ＝反应物的键能总和－生成物的键能总和
（３）根据反应物和生成物的能量计算
ΔＨ＝生成物具有的总能量－反应物具有的总能量。
例１　（２０１９安徽定远期末，５）肼（Ｎ２Ｈ４）在不同条件下
分解产物不同，２００℃时在Ｃｕ表面分解的机理如图１。已知
２００℃时：
反应Ⅰ：３Ｎ２Ｈ４（ｇ）􀪅􀪅
Ｎ２（ｇ）＋４ＮＨ３（ｇ）　
ΔＨ１＝－３２．９ｋＪ／ｍｏｌ
反应Ⅱ：Ｎ２Ｈ４（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅
２ＮＨ３（ｇ）　
ΔＨ２＝－４１．８ｋＪ／ｍｏｌ
图１
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．图１所示过程①、②都是放热反应
Ｂ．反应Ⅱ的能量过程示意图如图２所示
图２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
５５
　
Ｃ．断开３ｍｏｌＮ２Ｈ４（ｇ）中的化学键吸收的能量小于形成
１ｍｏｌＮ２（ｇ）和４ｍｏｌＮＨ３（ｇ）中的化学键释放的能量
Ｄ．２００℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为
Ｎ２Ｈ４（ｇ）􀪅􀪅Ｎ２（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝＋５０．７ｋＪ／ｍｏｌ
解题导引　理解能量变化与断键、成键的关系。书写热化
学方程式应注明物质的状态和焓变。
解析　Ａ项，由已知信息“反应Ⅰ”知，过程①为放热反应；根
据盖斯定律：（Ⅰ）－２×（Ⅱ）得Ｎ２Ｈ４（ｇ）􀪅􀪅Ｎ２（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－３２．９ｋＪ／ｍｏｌ－２×（－４１．８ｋＪ／ｍｏｌ）＝＋５０．７ｋＪ／ｍｏｌ，过程②为吸热
反应，故Ａ错误。Ｂ项，反应Ⅱ为放热反应，反应物能量高于生
成物能量，故Ｂ正确。Ｃ项，由反应Ⅰ知断开３ｍｏｌＮ２Ｈ４（ｇ）中
的化学键吸收的能量小于形成１ｍｏｌＮ２（ｇ）和４ｍｏｌＮＨ３（ｇ）中的
化学键释放的能量，故Ｃ正确。Ｄ项，根据Ａ项分析可知Ｄ
正确。
答案　Ａ
例２　（２０１８河北邯郸质检，１３）工业上，在一定条件下利
用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。化学原理：ＣＨ２􀪅ＣＨ２（ｇ）＋
Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ（ｇ）　
ΔＨ。已知几种共价键的键能如
下表所示：
化学键
Ｃ—Ｈ
Ｃ􀪅Ｃ
Ｈ—Ｏ
Ｃ—Ｃ
Ｃ—Ｏ
键能／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
４１３
６１５
４６３
３４８
３５１
　　下列说法中错误的是
（　　）
Ａ．上述合成乙醇的反应是加成反应
Ｂ．相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等
Ｃ．碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的２倍
Ｄ．上述反应中，ΔＨ＝－９６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
解题导引　ΔＨ＝反应物键能总和－生成物键能总和。键能
是从能量角度衡量化学键强弱的物理量。
解析　题述反应中，ΔＨ＝６１５ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋４１３ｋＪ·ｍｏｌ
－１×４＋
４６３ｋＪ·ｍｏｌ
－１× ２－３４８ｋＪ·ｍｏｌ
－１－４１３ｋＪ·ｍｏｌ
－１× ５－４６３ｋＪ·
ｍｏｌ
－１－３５１ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－３４ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｄ项错误。
答案　Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码３３
１．（２０１９四川成都顶级名校零诊，５）下列有关热化学方程式的
叙述正确的是
（　　）
Ａ．２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－５７１．６ｋＪ／ｍｏｌ，则Ｈ２的
燃烧热ΔＨ＝－２８５．８ｋＪ／ｍｏｌ
Ｂ．已知Ｃ（石墨，ｓ）􀪅􀪅Ｃ（金刚石，ｓ）　ΔＨ＞０，则金刚石比石墨
稳定
Ｃ．含２０．０ｇＮａＯＨ的稀ＮａＯＨ溶液与稀盐酸完全中和，放出
２８．７ｋＪ的热量，则稀醋酸和稀ＮａＯＨ溶液反应的热化学方程
式为ＮａＯＨ（ａｑ）＋ＣＨ３ＣＯＯＨ（ａｑ）􀪅􀪅ＣＨ３ＣＯＯＮａ（ａｑ）＋
Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－５７．４ｋＪ／ｍｏｌ
Ｄ．２Ｃ（ｓ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ１，２Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅
２ＣＯ（ｇ）　ΔＨ２，则ΔＨ１＞ΔＨ２
１．
答案　Ａ　１ｍｏｌＨ２完全燃烧生成液态水时所放出的热量叫
Ｈ２的燃烧热，Ａ正确；石墨的能量低于金刚石，石墨比金刚石
稳定，Ｂ不正确；ＣＨ３ＣＯＯＨ为弱酸，电离过程中吸热，故１ｍｏｌ
ＣＨ３ＣＯＯＨ与１ｍｏｌＮａＯＨ反应放出的热量小于５７．４ｋＪ，Ｃ不正
确；碳的燃烧为放热反应，ΔＨ＜０，等量的碳完全燃烧与不完全
燃烧相比，完全燃烧放热更多，故ΔＨ１＜ΔＨ２，Ｄ不正确。
关联知识　对于吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量；
对于放热反应，反应物总能量高于生成物总能量。物质具有的
能量越低越稳定。
２．（２０１９福建漳州一检，１２）在含Ｆｅ
３＋的Ｓ２Ｏ
２－
８和Ｉ
－的混合溶液
中，反应Ｓ２Ｏ
２－
８（ａｑ）＋２Ｉ
－（ａｑ）􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４（ａｑ）＋Ｉ２（ａｑ）的分解机
理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：２Ｆｅ
３＋（ａｑ）＋２Ｉ
－（ａｑ）􀪅􀪅Ｉ２（ａｑ）＋２Ｆｅ
２＋（ａｑ）
步骤②：２Ｆｅ
２＋（ａｑ）＋Ｓ２Ｏ
２－
８（ａｑ）􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋（ａｑ）＋２ＳＯ
２－
４（ａｑ）
下列有关该反应的说法正确的是
（　　）
Ａ．化学反应速率与Ｆｅ
３＋浓度的大小有关
Ｂ．该反应为吸热反应
Ｃ．Ｆｅ
２＋是该反应的催化剂
Ｄ．若不加Ｆｅ
３＋，则正反应的活化能比逆反应的大
２．
答案　Ａ　Ａ项，Ｆｅ
３＋可以看作该反应的催化剂，根据反应机
理知，化学反应速率与Ｆｅ
３＋浓度的大小有关，故Ａ正确；Ｂ项，
反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，
故Ｂ不正确；Ｃ项，Ｆｅ
３＋是该反应的催化剂，故Ｃ不正确；Ｄ项，
此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于
逆反应活化能，故Ｄ不正确。
易错警示　催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不
能改变反应的焓变。
３．（２０１９上海金山一模，１９）下图分别表示白磷、红磷燃烧时的
能量变化，下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．白磷比红磷稳定
Ｂ．白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定
Ｃ．１ｍｏｌ白磷转变为红磷放出２２４４．７ｋＪ的热量
Ｄ．红磷燃烧的热化学方程式：４Ｐ（ｓ）＋５Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｐ４Ｏ１０（ｓ）　
ΔＨ＝－２９５４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
３．
答案　Ｄ　Ａ项，等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能
量白磷比红磷多，白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，所以红
磷稳定，故Ａ错误；Ｂ项，两者燃烧产物相同，状态相同，所以产
物稳定性相同，故Ｂ错误；Ｃ项，白磷转化为红磷的热化学方程
式为Ｐ４（ｓ、白磷）􀪅􀪅４Ｐ（ｓ、红磷）　ΔＨ＝－２９８３．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋
２９５４ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－２９．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１，所以１ｍｏｌ白磷转变为红磷
放出２９．２ｋＪ的热量，故Ｃ错误；Ｄ项，红磷燃烧是放热反应，红
磷燃烧的热化学方程式为４Ｐ（ｓ）＋５Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｐ４Ｏ１０（ｓ）　
ΔＨ＝－７３８．５×４ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－２９５４ｋＪ·ｍｏｌ
－１，故Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
５６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４．（２０１８福建百所重点校联考，１９节选）乙烯可用作合成纤维、
合成橡胶、塑料的原料。回答下列问题：
（１）实验室用乙醇和五氧化二磷制取乙烯的过程如下：
Ｐ２Ｏ５＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ３ＰＯ４；
Ｈ３ＰＯ４＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ
→Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２（磷酸单乙酯）＋
Ｈ２Ｏ；
１７０～２００℃时，Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２会分解生成乙烯和磷酸。
Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２分解反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（３）用ＣｒＯ３作催化剂，ＣＯ２重整Ｃ２Ｈ６制乙烯的反应过程
如下：
Ｃ２Ｈ６（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ１；
３Ｈ２（ｇ）＋２ＣｒＯ３（ｓ）􀪅􀪅３Ｈ２Ｏ（ｇ）＋Ｃｒ２Ｏ３（ｓ）　ΔＨ２；
Ｃｒ２Ｏ３（ｓ）＋３ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅３ＣＯ（ｇ）＋２ＣｒＯ３（ｓ）　ΔＨ３。
①反应Ｃ２Ｈ６（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）＋
Ｈ２Ｏ（ｇ）的ΔＨ＝　
　
　
　
　
　
　
（用含ΔＨ１、ΔＨ２、ΔＨ３的
代数式表示）。
②已知部分化学键的键能数据如下表所示，则ΔＨ１＝　
　
　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
化学键
Ｃ—Ｃ
Ｃ􀪅Ｃ
Ｃ—Ｈ
Ｈ—Ｈ
键能／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
３４８
６１５
４１３
４３６
４．
答案　
（１）Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２
１７０～２００℃→ＣＨ２􀪅ＣＨ２↑＋
Ｈ３ＰＯ４
（３）①（３ΔＨ１＋ΔＨ２＋ΔＨ３）／３　②＋１２３
解析　（１）１７０～２００℃时，Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２会分解生成乙烯
和磷酸，则Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２分解反应的化学方程式为
Ｃ２Ｈ５ＯＰＯ（ＯＨ）２
１７０～２００℃→ＣＨ２􀪅ＣＨ２↑＋Ｈ３ＰＯ４。
（３）①将题述热化学方程式分别用ａ、ｂ、ｃ表示，（３ａ＋ｂ＋ｃ）／３得
Ｃ２Ｈ６（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝
３ΔＨ１＋ΔＨ２＋ΔＨ３
３
。
②ΔＨ＝反应物键能之和－生成物键能之和，则ΔＨ１＝（６×４１３＋
３４８－４×４１３－６１５－４３６）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝＋１２３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码３４
　　１．盖斯定律的考查与节能减排、工业三废资源化处理、开发
利用新能源等社会热点问题相联系，并运用所学的化学知识和
方法解决生产、生活中简单的化学问题；在实践中逐步形成节约
成本、循环利用、保护环境等观念，体现了科学态度与社会责任
这一化学学科核心素养。
例１　（２０１７江苏单科，８，２分）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＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
②ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１
③ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ３＝
ｃｋＪ·ｍｏｌ
－１
④２ＣＨ３ＯＨ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ４＝
ｄｋＪ·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）􀪅􀪅
１
２ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋１
２Ｈ２Ｏ（ｌ）的
ΔＨ＝ｄ
２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．反应２ＣＯ（ｇ）＋４Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）的
ΔＨ＝（２ｂ＋２ｃ＋ｄ）ｋＪ·ｍｏｌ
－１
思路分析　反应①、②的生成物中ＣＯ２和Ｈ２是反应③的
反应物。反应③是将ＣＯ２转化为ＣＨ３ＯＨ，变废为宝。已知的４
个热化学方程式中的水都是气态，没有Ｈ２Ｏ（ｇ）→Ｈ２Ｏ（ｌ）的反
应热，因此无法计算ＣＨ３ＯＨ（ｇ）􀪅􀪅
１
２ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋
１
２Ｈ２Ｏ（ｌ）的焓变。
答案　Ｃ
题目价值　本题以新能源二甲醚的合成为背景，将化工流
程简化为热化学方程式来考查学生对能量的转化关系、化学反
应焓变的概念、盖斯定律的运用等知识的理解、掌握及应用。引
导学生主动关心与环境保护、资源开发等有关的社会热点问题，
形成与环境和谐共处、合理利用自然资源的观念。
２．结合化学反应中能量变化的本质是化学键的断裂与形
成，通过实验历程图来展示反应的实质，考查学生对图表信息的
加工处理能力。
例２　（２０１８北京理综，７，６分）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
思路分析　根据反应历程知，该反应为ＣＨ４＋ＣＯ２
催化剂→
ＣＨ３ＣＯＯＨ。根据ＣＨ４和ＣＨ３ＣＯＯＨ的结构式，判断Ｃ—Ｈ键发生
断裂并形成了Ｃ—Ｃ键。根据历程图可判断，①的能量高于②的
能量，因此①→②放出能量。此反应没有副反应发生，则原子利
用率为１００％。
答案　Ｄ
题目价值　本题以高附加值产品ＣＨ３ＣＯＯＨ的合成历程图
为背景，分析物质化学变化和伴随发生的能量转化与物质微观
结构之间的关系。考查“原子经济”的概念、催化剂对化学反应
速率和平衡的影响、物质结构式和结构简式的理解和掌握。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
５７
　
对应学生用书
起始页码３４
１．（２０１８浙江４月选考，２１）氢卤酸的能量关系如图所示：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．已知ＨＦ气体溶于水放热，则ＨＦ的ΔＨ１＜０
Ｂ．相同条件下，ＨＣｌ的ΔＨ２比ＨＢｒ的小
Ｃ．相同条件下，ＨＣｌ的（ΔＨ３＋ΔＨ４）比ＨＩ的大
Ｄ．一定条件下，气态原子生成１ｍｏｌＨ—Ｘ键放出ａｋＪ能量，则
该条件下ΔＨ２＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
１．
答案　Ｄ　ＨＦ气体溶于水放热，则由ＨＦ（ａｑ）→ＨＦ（ｇ）需要
吸收热量，因此ΔＨ１＞０，故Ａ错误；ＨＣｌ比ＨＢｒ稳定，则ＨＣｌ的
ΔＨ２比ＨＢｒ的大，故Ｂ错误；ΔＨ３是Ｈ（ｇ）→Ｈ
＋（ｇ）的热效应，
ΔＨ４是Ｈ
＋（ｇ）→Ｈ
＋（ａｑ）的热效应，所以，ＨＣｌ和ＨＩ的（ΔＨ３＋
ΔＨ４）相等，故Ｃ错误；由题图可知，Ｈ（ｇ）＋Ｘ（ｇ）􀪅􀪅ＨＸ（ｇ）　
ΔＨ７＝－ΔＨ２＝－ａｋＪ·ｍｏｌ
－１，则ΔＨ２＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１，故Ｄ正确。
２．（２０１９山东青岛九中模拟，１９）请认真观察图像，回答问题。
（１）图１中反应是　　
　
反应（填“放热” 或“吸热”），该反应
的ΔＨ＝　　　　　　（用含Ｅ１、Ｅ２的代数式表示）。
图１
（２）已知热化学方程式：Ｈ２（ｇ）＋１／２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝－２４１．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，该反应的活化能为１６７．２ｋＪ·
ｍｏｌ
－１，则其逆反应的活化能为
　。
（３）对于同一反应，图１中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能
　　　　（填“升高” 或“降低”），改变以下哪些条件可以
通过改变活化分子百分数而改变反应速率？　　　　
Ａ．加入催化剂
Ｂ．增大反应物浓度
Ｃ．增大体系压强
Ｄ．升高温度
（４）如图２是１ｍｏｌＮＯ２与１ｍｏｌＣＯ恰好反应生成ＣＯ２和ＮＯ
过程中的能量变化示意图。图３是某学生模仿图２画出
的ＮＯ（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）的能量变化示意
图，则图３中Ｅ４＝　　　　
ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
图２
　
图３
（５）如图４为氧族元素氢化物ａ、ｂ、ｃ、ｄ的生成热数据示意图。
图４
①同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，
气态氢化物越稳定，该氢化物的能量越低，生成热ΔＨ就
越小。
②已知Ｈ２Ｔｅ分解反应的ΔＳ＞０。
结合以上信息，请解释为什么Ｔｅ和Ｈ２不能直接化合：　
　。
２．
答案　（１）放热　（Ｅ２－Ｅ１）ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（２）４０９．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（３）降低　ＡＤ
（４）２３４
（５）因为ΔＨ＞０，ΔＳ＜０，则ΔＨ－ＴΔＳ＞０，故反应不能自发进行
解析　（１）题图１中生成物的总能量比反应物总能量低，所
以为放热反应。ΔＨ＝生成物总能量－反应物总能量＝（Ｅ２－
Ｅ１）ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）该反应逆反应的活化能＝１６７．２ｋＪ· ｍｏｌ
－１＋２４１．８ｋＪ·
ｍｏｌ
－１＝４０９．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（３）总分子数不变时，加催化剂和升温都增大活化分子数，从
而增大活化分子百分数。增大反应物浓度，总分子数和活化分
子数都增加，活化分子百分数不变；增大体系压强时，总分子数
和活化分子数都不变，活化分子百分数不变。
（４）由题图２可知ＮＯ２（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）　
ΔＨ＝－２３４ｋＪ·ｍｏｌ
－１，题图３是ＮＯ（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）＋
ＣＯ（ｇ）的能量变化示意图，则题图
３
中
Ｅ４＝
ΔＨ＝２３４ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
３．（２０１９山东淄博、滨州一模，２８节选）国家实施“ 青山绿水工
程”，大力研究脱硝和脱硫技术。
（１）Ｈ２在催化剂作用下可将ＮＯ还
原为Ｎ２。如图是该反应生成
１ｍｏｌ水蒸气的能量变化示意
图。写出该反应的热化学方程
式：　　　　　　　　　。
（２）２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）的
反应历程如下：
反应Ⅰ：２ＮＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ２（ｇ）（快）　ΔＨ１＜０
ｖ１正＝ｋ１正·ｃ
２（ＮＯ）、ｖ１逆＝ｋ１逆·ｃ（Ｎ２Ｏ２）；
反应Ⅱ：Ｎ２Ｏ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）（慢）　
ΔＨ２＜０
ｖ２正＝ｋ２正·ｃ（Ｎ２Ｏ２）·ｃ（Ｏ２）、ｖ２逆＝ｋ２逆·ｃ
２（ＮＯ２）；
①一定条件下，反应２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）达到平
衡状态，平衡常数Ｋ＝　
　
　
　
　
　
（用含ｋ１正、ｋ１逆、ｋ２正、
ｋ２逆的代数式表示）。
反应Ⅰ的活化能ＥⅠ　
　
　
反应Ⅱ的活化能ＥⅡ（填“ ＞”
“＜”或“ ＝”）。
②已知反应速率常数Ｋ随温度升高而增大，则升高温度后
ｋ２正增大的倍数　　　　ｋ２逆增大的倍数（填“大于”“小于”
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
５８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
或“等于”）。
３．
答案　
（１）２Ｈ２（ｇ）＋２ＮＯ（ｇ）􀪅􀪅Ｎ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝
２（Ｅ１－Ｅ２）ｋＪ·ｍｏｌ
－１或Ｈ２（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）􀪅􀪅１／２Ｎ２（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
　ΔＨ＝（Ｅ１－Ｅ２）ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（２）①
ｋ１正·ｋ２正
ｋ１逆·ｋ２逆
　＜　②小于
解析　（１）反应的反应热为生成物的总能量减去反应物的
总能量，则生成１ｍｏｌ水蒸气时，该反应的ΔＨ＝（Ｅ１－Ｅ２）ｋＪ·
ｍｏｌ
－１，该反应的热化学方程式为Ｈ２（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）􀪅􀪅
１／２Ｎ２（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝（Ｅ１－Ｅ２）ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）①反应达平衡状态，则ｖ１正＝ｖ１逆、ｖ２正＝ｖ２逆，所以ｖ１正×ｖ２正＝
ｖ１逆×ｖ２逆，即ｋ１正·ｃ
２（ＮＯ）× ｋ２正·ｃ（Ｎ２Ｏ２）·ｃ（Ｏ２）＝ｋ１逆·
ｃ（Ｎ２Ｏ２）×ｋ２逆·ｃ
２（ＮＯ２），则有Ｋ＝
ｃ
２（ＮＯ２）
ｃ
２（ＮＯ）×ｃ（Ｏ２）
＝ｋ１正·ｋ２正
ｋ１逆·ｋ２逆
；
因为决定２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）速率的是反应Ⅱ，所以
反应Ⅰ的活化能ＥⅠ远小于反应Ⅱ的活化能ＥⅡ。
②反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，ｖ２逆大于ｖ２正，
则升高温度后ｋ２正增大的倍数小于ｋ２逆增大的倍数。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１８３
考点一反应热的有关概念
１．（２０１５课标Ⅱ，２７，１４分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为
燃料。利用合成气（主要成分为ＣＯ、ＣＯ２和Ｈ２）在催化剂作用
下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）　ΔＨ１
②ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２
③ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ３
回答下列问题：
（１）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
Ｈ—Ｈ
Ｃ—Ｏ
Ｃ←
􀪅Ｏ
Ｈ—Ｏ
Ｃ—Ｈ
Ｅ／（ｋＪ·ｍｏｌ
－１）
４３６
３４３
１０７６
４６５
４１３
由此计算ΔＨ１＝　
　
　
　
ｋＪ· ｍｏｌ
－１；已知ΔＨ２＝
－５８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则ΔＨ３＝　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）反应①的化学平衡常数Ｋ表达式为　　　　　　　　；图
１中能正确反映平衡常数Ｋ随温度变化关系的曲线为
　　　　（填曲线标记字母），其判断理由是
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
　
图１　　　　　　　　　　　　　图２　　
（３）合成气组成ｎ（Ｈ２）／ｎ（ＣＯ＋ＣＯ２）＝２．６０时，体系中的ＣＯ平
衡转化率（α）与温度和压强的关系如图２所示。α（ＣＯ）值
随温度升高而　　
　
　
（填“增大” 或“减小”），其原因是
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　；图２中的压强由大到小为　
　
　　，其判断理由是
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
１．
答案　（１）－９９　＋４１（每空２分，共４分）
（２）Ｋ＝
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
ｃ（ＣＯ）·ｃ
２（Ｈ２）［或Ｋｐ＝
ｐ（ＣＨ３ＯＨ）
ｐ（ＣＯ）·ｐ
２（Ｈ２）］（１分）
ａ　反应①为放热反应，平衡常数数值应随温度升高变小（每
空１分，共２分）
（３）减小　升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使
得体系中ＣＯ的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又
使产生ＣＯ的量增大；总结果，随温度升高，使ＣＯ的转化率降
低（１分，２分，共３分）
ｐ３＞ｐ２＞ｐ１　相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反
应，加压有利于提升ＣＯ的转化率；而反应③为气体分子数不
变的反应，产生ＣＯ的量不受压强影响。故增大压强时，有利
于ＣＯ的转化率升高（每空２分，共４分）
解析　
（１）由反应热与键能的关系可得，ΔＨ１＝
１０７６ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋２× ４３６ｋＪ· ｍｏｌ
－１－３× ４１３ｋＪ· ｍｏｌ
－１－
３４３ｋＪ·ｍｏｌ
－１－４６５ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－９９ｋＪ·ｍｏｌ
－１；依据盖斯定律
知，反应③＝②－①，则ΔＨ３＝ΔＨ２－ΔＨ１＝－５８ｋＪ· ｍｏｌ
－１－
（－９９ｋＪ·ｍｏｌ
－１）＝＋４１ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）由化学平衡常数的定义知，Ｋ＝
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
ｃ（ＣＯ）·ｃ
２（Ｈ２）；ΔＨ１＜０，即
反应①是放热反应，升高温度，Ｋ值减小，故ａ曲线能正确反映
平衡常数Ｋ随温度变化的关系。
考点二热化学方程式　盖斯定律及其应用
２．（２０１８课标Ⅱ，２７，１４分）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＝－７５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－３９４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ（ｇ）　ΔＨ＝－１１１ｋＪ·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２Ｌ的容器中加入２ｍｏｌＣＨ４、１ｍｏｌ
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　　　　ｍｏｌ
２·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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
５９
　
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
关系如下图所示。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）· ［ｐ（ＣＯ２）］
－０．５（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
如下图所示，则ｐａ（ＣＯ２）、ｐｂ（ＣＯ２）、ｐｃ（ＣＯ２）从大到小的顺
序为　　　　　　　　　　　。
２．
答案　（１）２４７　Ａ　
１
３
（２）①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
②ｐｃ（ＣＯ２）、ｐｂ（ＣＯ２）、ｐａ（ＣＯ２）
解析　本题考查盖斯定律的应用，化学反应速率与化学平衡
常数。
（１）Ｃ（ｓ）＋２Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）　ΔＨ＝－７５ｋＪ·ｍｏｌ
－１　①
Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－３９４ｋＪ·ｍｏｌ
－１　②
Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ（ｇ）　ΔＨ＝－１１１ｋＪ·ｍｏｌ
－１　③
运用盖斯定律，③×２－①－②可得ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）＋
２Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ＝［（－１１１× ２）－（－７５）－（－３９４）］ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝
２４７ｋＪ·ｍｏｌ
－１。正反应为气体体积增大的吸热反应，故升温、
减压有利于平衡正向移动，提高ＣＨ４的平衡转化率，Ａ正确。
列三段式：
　　　　ＣＨ４（ｇ）　＋　ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）
始
２ｍｏｌ
１ｍｏｌ
０ｍｏｌ
０ｍｏｌ
转
０．５ｍｏｌ
０．５ｍｏｌ
１ｍｏｌ
１ｍｏｌ
平
１．５ｍｏｌ
０．５ｍｏｌ
１ｍｏｌ
１ｍｏｌ
Ｋ＝ｃ
２（Ｈ２）·ｃ
２（ＣＯ）
ｃ（ＣＨ４）·ｃ（ＣＯ２）＝
（１
２ｍｏｌ·Ｌ
－１）
２·（１
２ｍｏｌ·Ｌ
－１）
２
（１．５
２ｍｏｌ·Ｌ
－１）·（０．５
２ｍｏｌ·Ｌ
－１）
＝
１
３ｍｏｌ
２·Ｌ
－２。
（２）①积碳反应与消碳反应均为吸热反应，升高温度时，Ｋ积、
Ｋ消均增加；由图像可知６００℃以后积碳量减小，说明升高温
度，ｖ消增加的倍数比ｖ积增加的倍数大，故Ａ、Ｄ正确。
②由图像可知，时间相同时积碳量ａ＞ｂ＞ｃ，说明积碳速率
ａ＞ｂ＞ｃ，由ｖ＝ｋ·ｐ（ＣＨ４）·［ｐ（ＣＯ２）］
－０．５可知，ｐ（ＣＨ４）一定时，
积碳速率与ｐ（ＣＯ２）成反比，故ｐａ（ＣＯ２）＜ｐｂ（ＣＯ２）＜ｐｃ（ＣＯ２）。
易错警示　
（２）②解答时一定要注意速率方程中
［ｐ（ＣＯ２）］
－０．５＝
１
［ｐ（ＣＯ２）］
０．５。
３．（２０１７课标Ⅰ，２８，１４分）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．０．１０ｍｏｌ·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６１０Ｋ时，将０．１０ｍｏｌＣＯ２与
０．４０ｍｏｌＨ２Ｓ充入２．５Ｌ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α１＝　　　　　％，反应平衡常数Ｋ＝
　　　　　。
②在６２０Ｋ重复实验，平衡后水的物质的量分数为０．０３，
Ｈ２Ｓ的转化率α２　
　
　
　
　
α１，该反应的ΔＨ　　　　　
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
３．
答案　（１）Ｄ
（２）Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）　
ΔＨ＝２８６ｋＪ·ｍｏｌ
－１　
Ｈ２Ｓ（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋Ｓ（ｓ）　ΔＨ＝２０ｋＪ·ｍｏｌ
－１　系统（Ⅱ）
（３）①２．５　２．８×１０
－３　②＞　＞　③Ｂ
解析　（１）根据强酸制弱酸规律，可知酸性Ｈ２ＳＯ３＞Ｈ２ＣＯ３＞
Ｈ２Ｓ，Ａ项不符合题意；亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，等浓度
的亚硫酸的导电能力比氢硫酸的强，可以证明酸性：Ｈ２ＳＯ３＞
Ｈ２Ｓ，Ｂ项不符合题意；亚硫酸的ｐＨ比等浓度的氢硫酸的小，
可以证明酸性：Ｈ２ＳＯ３＞Ｈ２Ｓ，Ｃ项不符合题意；物质的还原性与
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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
强弱，Ｄ项符合题意。
（２）①Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）􀪅􀪅ＳＯ２（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）＋１
２Ｏ２（ｇ）
ΔＨ１＝３２７ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②ＳＯ２（ｇ）＋Ｉ２（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅２ＨＩ（ａｑ）＋Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）
ΔＨ２＝－１５１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
③２ＨＩ（ａｑ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｓ）　ΔＨ３＝１１０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
④Ｈ２Ｓ（ｇ）＋Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）􀪅􀪅Ｓ（ｓ）＋ＳＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ４＝６１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
根据盖斯定律由①＋②＋③可得系统（Ⅰ）制氢的热化学方程式
为Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）　
ΔＨ＝２８６ｋＪ·ｍｏｌ
－１；根据盖
斯定律由②＋③＋④可得系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式为
Ｈ２Ｓ（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋Ｓ（ｓ）　ΔＨ＝２０ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
根据系统（Ⅰ）、系统（Ⅱ）的热化学方程式可知产生等量的氢
气，后者吸收的热量比前者少。
（３）①设平衡时反应的Ｈ２Ｓ的物质的量为ｘｍｏｌ。
　　　Ｈ２Ｓ（ｇ）　＋　
ＣＯ２（ｇ）　􀜩􀜨
􀜑
　ＣＯＳ（ｇ）　＋　Ｈ２Ｏ（ｇ）
开始
０．４０ｍｏｌ
０．１０ｍｏｌ
０
０
反应
ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
平衡
（０．４０－ｘ）ｍｏｌ（０．１０－ｘ）ｍｏｌ
ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
ｎ（Ｈ２Ｏ）
ｎ（总）＝
ｘ
（０．４０－ｘ）＋（０．１０－ｘ）＋ｘ＋ｘ＝０．０２
解得ｘ＝０．０１，所以Ｈ２Ｓ的平衡转化率α１＝０．０１ｍｏｌ
０．４０ｍｏｌ× １００％＝
２．５％。在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数Ｋ＝
ｃ（ＣＯＳ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（Ｈ２Ｓ）·ｃ（ＣＯ２）
＝
ｎ（ＣＯＳ）·ｎ（Ｈ２Ｏ）
ｎ（Ｈ２Ｓ）·ｎ（ＣＯ２）
＝
０．０１×０．０１
（０．４０－０．０１）×（０．１０－０．０１）≈２．８×１０
－３。
②温度由６１０Ｋ升高到６２０Ｋ，平衡时水的物质的量分数由
０．０２变为０．０３，所以Ｈ２Ｓ的转化率增大，即α２＞α１；根据题意可
知升高温度，化学平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反
应为吸热反应，即ΔＨ＞０。
③增大Ｈ２Ｓ的浓度，平衡正向移动，但加入量大于平衡移动时
Ｈ２Ｓ的消耗量，所以Ｈ２Ｓ转化率减小，Ａ项错误；增大ＣＯ２的浓
度，平衡正向移动，Ｈ２Ｓ转化率增大，Ｂ项正确；ＣＯＳ是生成物，
增大生成物的浓度，平衡逆向移动，Ｈ２Ｓ转化率减小，Ｃ项错
误；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项错误。
易错警示　第（３）③问易误认为增大Ｈ２Ｓ的物质的量平衡向
正反应方向移动，就可以增大Ｈ２Ｓ的转化率。实际上加入
Ｈ２Ｓ，平衡正向移动，可以提高ＣＯ２的转化率（因其总量未变），
但是Ｈ２Ｓ的转化率会减小，因为平衡正向移动，生成物的浓度
均增大，为使平衡常数保持不变，Ｈ２Ｓ的“余额”增大。
４．（２０１５北京理综，２６，１２分）氢能是一种极具发展潜力的清洁
能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、
无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（１）反应Ⅰ的化学方程式是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
（２）反应Ⅰ得到的产物用Ｉ２进行分离。该产物的溶液在过量
Ｉ２的存在下会分成两层———含低浓度Ｉ２的Ｈ２ＳＯ４层和含
高浓度Ｉ２的ＨＩ层。
①根据上述事实，下列说法正确的是　　　（选填序号）。
ａ．两层溶液的密度存在差异
ｂ．加Ｉ２前，Ｈ２ＳＯ４溶液和ＨＩ溶液不互溶
ｃ．Ｉ２在ＨＩ溶液中比在Ｈ２ＳＯ４溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是
　
　　　　　　。
③经检测，Ｈ２ＳＯ４层中ｃ（Ｈ
＋）∶ｃ（ＳＯ
２－
４）＝２．０６∶１。其比
值大于２的原因是
　。
（３）反应Ⅱ：２Ｈ２ＳＯ４（ｌ）􀪅􀪅２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝＋５５０ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
它由两步反应组成：ⅰ．Ｈ２ＳＯ４（ｌ）􀪅􀪅ＳＯ３（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝＋１７７ｋＪ·ｍｏｌ
－１；ⅱ．ＳＯ３（ｇ）分解。
Ｌ（Ｌ１、Ｌ２）、Ｘ可分别代表压强或温度。如图表示Ｌ一定
时，ⅱ中ＳＯ３（ｇ）的平衡转化率随Ｘ的变化关系。
①Ｘ代表的物理量是　　　　。
②判断Ｌ１、Ｌ２的大小关系，并简述理由：
　
　
　　　　　　　　　。
４．
答案　（１２分）（１）ＳＯ２＋Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ
（２）①ａ、ｃ
②观察颜色，颜色深的是ＨＩ层，颜色浅的是Ｈ２ＳＯ４层
③Ｈ２ＳＯ４层中含有少量ＨＩ
（３）①压强
②Ｌ１＜Ｌ２；ＳＯ３（ｇ）分解的热化学方程式：２ＳＯ３（ｇ）􀪅􀪅２ＳＯ２（ｇ）＋
Ｏ２（ｇ）　ΔＨ＝＋１９６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，当压强一定时，温度升高，平衡转
化率增大
解析　（１）仔细观察题图可知，反应Ⅰ的化学方程式为ＳＯ２＋
Ｉ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ。（２）①溶液分为两层，说明溶液的
密度肯定存在差异，ａ正确；加Ｉ２前，Ｈ２ＳＯ４溶液和ＨＩ溶液互
溶，ｂ错误；依题意，Ｉ２在ＨＩ层中的浓度比在Ｈ２ＳＯ４层中的高，
说明Ｉ２在ＨＩ溶液中比在Ｈ２ＳＯ４溶液中易溶，ｃ正确。②Ｉ２在
ＨＩ溶液中的浓度大于在Ｈ２ＳＯ４溶液中的浓度，故溶液颜色前
者较深，可用观察溶液颜色深浅的方法辨别两层溶液。
③Ｈ２ＳＯ４层含有少量ＨＩ，故ｃ（Ｈ
＋）∶ｃ（ＳＯ
２－
４）＞２。（３）根据盖斯定
律可得，２ＳＯ３（ｇ）􀪅􀪅２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）的ΔＨ＝＋５５０ｋＪ·ｍｏｌ
－１－２×
（＋１７７ｋＪ·ｍｏｌ
－１）＝＋１９６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，故升高温度，平衡正向移
动，ＳＯ３的平衡转化率增大；增大压强，平衡逆向移动，ＳＯ３的
平衡转化率减小，故Ｘ代表的物理量是压强，Ｌ１＜Ｌ２。
５．（２０１５安徽理综，２７，１４分）硼氢化钠（ＮａＢＨ４）在化工等领域
具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠（ＮａＢＯ２）为
主要原料制备ＮａＢＨ４，其流程如下：
已知：ＮａＢＨ４常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：３３℃）。
（１）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至１００℃以上
并通入氩气，该操作的目的是　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。原料中的金属钠通常保存在　
　
　
　
中，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
６１
　
实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有　
　
　
　、
　　　　、玻璃片和小刀等。
（２）请配平第①步反应的化学方程式：
　
ＮａＢＯ２＋　
ＳｉＯ２＋　
Ｎａ＋　
Ｈ２􀪅􀪅　
ＮａＢＨ４＋
　
Ｎａ２ＳｉＯ３
（３）第②步分离采用的方法是　　　　　；第③步分出ＮａＢＨ４
并回收溶剂，采用的方法是　　　　　　。
（４）ＮａＢＨ４（ｓ）与Ｈ２Ｏ（ｌ）反应生成ＮａＢＯ２（ｓ）和Ｈ２（ｇ）。在
２５℃、１０１ｋＰａ下，已知每消耗３．８ｇＮａＢＨ４（ｓ）放热
２１．６ｋＪ，该反应的热化学方程式是
　
　　　　　　　　。
５．
答案　
（１）除去反应器中的水蒸气和空气　
煤油　
镊子　
滤纸
（２）１
ＮａＢＯ２＋２
ＳｉＯ２＋４
Ｎａ＋２
Ｈ２􀪅􀪅
１
ＮａＢＨ４＋
２Ｎａ２ＳｉＯ３
（３）过滤　蒸馏
（４）ＮａＢＨ４（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅ＮａＢＯ２（ｓ）＋４Ｈ２（ｇ）
ΔＨ＝－２１６．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
解析　（１）原料中的Ｎａ及Ｈ２会与空气中的Ｏ２反应，原料
中的Ｎａ及产物ＮａＢＨ４会与水反应，故第①步反应加料之前应
先将反应器加热至１００℃以上并通入氩气，以除去反应器中的
空气和水蒸气。（２）运用化合价升降法和观察法，不难配平所给
反应的化学方程式。（３）由题给信息可知，欲分离ＮａＢＨ４和异丙
胺可加热蒸馏，馏分为异丙胺，留在蒸馏烧瓶中的是ＮａＢＨ４固体
产品。（４）依题意可知，反应ＮａＢＨ４（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅ＮａＢＯ２（ｓ）＋
４Ｈ２（ｇ）的ΔＨ＝－２１．６ｋＪ÷
３．８ｇ
３８ｇ·ｍｏｌ
－１＝－２１６．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一反应热的有关概念
１．（２０１５北京理综，９，６分）最新报道：科学家首次用Ｘ射线激光
技术观察到ＣＯ与Ｏ在催化剂表面形成化学键的过程。反应
过程的示意图如下：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．ＣＯ和Ｏ生成ＣＯ２是吸热反应
Ｂ．在该过程中，ＣＯ断键形成Ｃ和Ｏ
Ｃ．ＣＯ和Ｏ生成了具有极性共价键的ＣＯ２
Ｄ．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示ＣＯ与Ｏ２反应的过程
答案　Ｃ　Ａ项，ＣＯ和Ｏ生成ＣＯ２是放热反应；Ｂ项，观察
反应过程的示意图知，该过程中，ＣＯ中的化学键没有断裂形
成Ｃ和Ｏ；Ｃ项，ＣＯ和Ｏ生成的ＣＯ２分子中含有极性共价键；
Ｄ项，状态Ⅰ→状态Ⅲ表示ＣＯ与Ｏ反应的过程。
考点二热化学方程式　盖斯定律及其应用
２．（２０１５重庆理综，６，６分）黑火药是中国古代的四大发明之一，
其爆炸的热化学方程式为：
Ｓ（ｓ）＋２ＫＮＯ３（ｓ）＋３Ｃ（ｓ）􀪅􀪅Ｋ２Ｓ（ｓ）＋Ｎ２（ｇ）＋３ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝
ｘｋＪ·ｍｏｌ
－１
已知：碳的燃烧热ΔＨ１＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｓ（ｓ）＋２Ｋ（ｓ）􀪅􀪅Ｋ２Ｓ（ｓ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１
２Ｋ（ｓ）＋Ｎ２（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＫＮＯ３（ｓ）　
ΔＨ３＝ｃｋＪ·ｍｏｌ
－１
则ｘ为
（　　）
Ａ．３ａ＋ｂ－ｃ
Ｂ．ｃ－３ａ－ｂ
Ｃ．ａ＋ｂ－ｃ
Ｄ．ｃ－ａ－ｂ
答案　Ａ　本题已知的三个热化学方程式为：
①Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ１＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
②Ｓ（ｓ）＋２Ｋ（ｓ）􀪅􀪅Ｋ２Ｓ（ｓ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１
③２Ｋ（ｓ）＋Ｎ２（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＫＮＯ３（ｓ）　ΔＨ３＝ｃｋＪ·ｍｏｌ
－１
由盖斯定律可推出，３×①＋②－③可得热化学方程式Ｓ（ｓ）＋
２ＫＮＯ３（ｓ）＋３Ｃ（ｓ）􀪅􀪅Ｋ２Ｓ（ｓ）＋Ｎ２（ｇ）＋３ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝
ｘｋＪ·ｍｏｌ
－１＝（３ａ＋ｂ－ｃ）ｋＪ·ｍｏｌ
－１，因此Ａ项正确。
３．（２０１５四川理综，１１，１６分）为了保护环境，充分利用资源，某
研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁
主要以Ｆｅ２Ｏ３存在）转变成重要的化工原料ＦｅＳＯ４（反应条件
略）。
　稀Ｈ２ＳＯ４　
活化硫铁矿　ＦｅＣＯ３　　空气
　
Ⅰ浸取
↓
　　　
Ⅱ还原
↓
　
Ⅲ调ｐＨ
↓
Ⅳ调ｐＨ除杂
↓
硫铁矿烧渣
过滤
→滤液
过滤
→滤液
过滤
→滤液
过滤
浓缩结晶→ＦｅＳＯ４晶体
活化硫铁矿还原Ｆｅ
３＋的主要反应为：ＦｅＳ２＋７Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋８Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅１５ＦｅＳＯ４＋８Ｈ２ＳＯ４，不考虑其他反应。请回答下列问题：
（１）第Ⅰ步Ｈ２ＳＯ４与Ｆｅ２Ｏ３反应的离子方程式是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
（２）检验第Ⅱ步中Ｆｅ
３＋是否完全还原，应选择　
　
　
　
（填字
母编号）。
Ａ．ＫＭｎＯ４溶液
Ｂ．Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］溶液
Ｃ．ＫＳＣＮ溶液
（３）第Ⅲ步加ＦｅＣＯ３调溶液ｐＨ到５．８左右，然后在第Ⅳ步通
入空气使溶液ｐＨ降到５．２，此时Ｆｅ
２＋不沉淀，滤液中铝、硅
杂质被除尽。通入空气引起溶液ｐＨ降低的原因是　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）ＦｅＳＯ４可转化为ＦｅＣＯ３，ＦｅＣＯ３在空气中加热反应可制得
铁系氧化物材料。
已知２５℃，１０１ｋＰａ时：
４Ｆｅ（ｓ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）　ΔＨ＝－１６４８ｋＪ／ｍｏｌ
Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－３９３ｋＪ／ｍｏｌ
２Ｆｅ（ｓ）＋２Ｃ（ｓ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＦｅＣＯ３（ｓ）　
ΔＨ＝
－１４８０ｋＪ／ｍｏｌ
ＦｅＣＯ３在空气中加热反应生成Ｆｅ２Ｏ３的热化学方程式是
　。
（５）ＦｅＳＯ４在一定条件下可制得ＦｅＳ２（二硫化亚铁）纳米材料。
该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为
４Ｌｉ＋ＦｅＳ２􀪅􀪅Ｆｅ＋２Ｌｉ２Ｓ，正极反应式是　　　　　　　　
　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（６）假如烧渣中的铁全部视为Ｆｅ２Ｏ３，其含量为５０％。将ａｋｇ
质量分数为ｂ％的硫酸加入到ｃｋｇ烧渣中浸取，铁的浸取
率为９６％，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调ｐＨ后溶液呈
微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加
入ＦｅＣＯ３　　　　ｋｇ。
答案　（１）Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
（２）Ｃ
（３）Ｆｅ
２＋被氧化为Ｆｅ
３＋，Ｆｅ
３＋水解产生Ｈ
＋
（４）４ＦｅＣＯ３（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）＋４ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－２６０ｋＪ／ｍｏｌ
（５）ＦｅＳ２＋４Ｌｉ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ＋２Ｌｉ２Ｓ或ＦｅＳ２＋４ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ＋２Ｓ
２－
（６）０．０１１８ａｂ－０．６４６ｃ或２９ａｂ
２４５０－１１３１ｃ
１７５０
解析　（１）稀硫酸与Ｆｅ２Ｏ３发生复分解反应，离子方程式为
Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ。（２）检验Ｆｅ
３＋是否完全还原，只
需要检验溶液中是否有Ｆｅ
３＋即可，常选择试剂ＫＳＣＮ溶液，滴
入ＫＳＣＮ溶液后若无现象，证明Ｆｅ
３＋已完全还原；若溶液变红，
说明Ｆｅ
３＋未完全还原。（３）通入空气后，空气中的Ｏ２将溶液
中的Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋，Ｆｅ
３＋易发生水解产生Ｈ
＋，使溶液的ｐＨ
降低。（４）由反应：４Ｆｅ（ｓ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）　
ΔＨ＝
－１６４８ｋＪ／ｍｏｌ　
①，Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－３９３ｋＪ／ｍｏｌ　②，２Ｆｅ（ｓ）＋２Ｃ（ｓ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＦｅＣＯ３（ｓ）　
ΔＨ＝－１４８０ｋＪ／ｍｏｌ　
③，根据盖斯定律可知，①＋②×４－③×２
可得：４ＦｅＣＯ３（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）＋４ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－２６０ｋＪ／ｍｏｌ。（５）由电池放电时的总反应４Ｌｉ＋ＦｅＳ２􀪅􀪅Ｆｅ＋
２Ｌｉ２Ｓ可知，Ｌｉ作负极，ＦｅＳ２在正极得到电子，正极反应式是
ＦｅＳ２＋４ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ＋２Ｓ
２－或ＦｅＳ２＋４Ｌｉ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ＋２Ｌｉ２Ｓ。
（６）依据题意知，硫铁矿烧渣中加Ｈ２ＳＯ４浸取后滤液中含有
ｎ（Ｆｅ
３＋）＝ｃ×５０％×９６％×７０％×１０
３
５６
ｍｏｌ＝６ｃｍｏｌ；浸取烧渣中
Ｆｅ２Ｏ３时消耗ｎ（Ｈ２ＳＯ４）＝３
２ｎ（Ｆｅ
３＋）＝３
２×６ｃｍｏｌ＝９ｃｍｏｌ；浸
取液中加入活化硫铁矿还原Ｆｅ
３＋过程中生成ｎ（Ｈ２ＳＯ４）＝
８
１４ｎ（Ｆｅ
３＋）＝８
１４×６ｃｍｏｌ＝３．４３ｃｍｏｌ；加入ＦｅＣＯ３调ｐＨ时，发生
反应：ＦｅＣＯ３＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅ＦｅＳＯ４＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，故ｎ（ＦｅＣＯ３）＝
ｎ（Ｈ２ＳＯ４）＝ａ·ｂ％×１０００
９８
ｍｏｌ－９ｃｍｏｌ＋３．４３ｃｍｏｌ＝（０．１０２ａｂ－
５．５７ｃ）ｍｏｌ，即ｍ（ＦｅＣＯ３）＝（０．１０２ａｂ－５．５７ｃ）ｍｏｌ×
１１６ｇ·ｍｏｌ
－１＝（１１．８ａｂ－６４６ｃ）ｇ＝（０．０１１８ａｂ－０．６４６ｃ）ｋｇ。
４．（２０１５山东理综，３０，１９分）合金贮氢材料具有优异的吸放氢
性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。
（１）一定温度下，某贮氢合金（Ｍ）的贮氢过程如图所示，纵轴
为平衡时氢气的压强（ｐ），横轴表示固相中氢原子与金属
原子的个数比（Ｈ／Ｍ）。
在ＯＡ段，氢溶解于Ｍ中形成固溶体ＭＨｘ，随着氢气压强
的增大，Ｈ／Ｍ逐渐增大；在ＡＢ段，ＭＨｘ与氢气发生氢化反
应生成氢化物ＭＨｙ，氢化反应方程式为：ｚＭＨｘ（ｓ）＋Ｈ２（ｇ）
􀜩􀜨
􀜑
ｚＭＨｙ（ｓ）　ΔＨ１（Ⅰ）；在Ｂ点，氢化反应结束，进一步
增大氢气压强，Ｈ／Ｍ几乎不变。反应（Ⅰ）中ｚ＝　
　
　
　
（用含ｘ和ｙ的代数式表示）。温度为Ｔ１时，２ｇ某合金
４ｍｉｎ内吸收氢气２４０ｍＬ，吸氢速率ｖ＝　
　
　
　
ｍＬ·ｇ
－１·ｍｉｎ
－１。反应（Ⅰ）的焓变ΔＨ１　　　　０（填“ ＞”
“ ＝”或“＜”）。
（２）η 表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量
占其总吸氢量的比例，则温度为Ｔ１、Ｔ２时，η（Ｔ１）　
　
η（Ｔ２）（填“ ＞” “ ＝” 或“ ＜”）。当反应（Ⅰ）处于图中ａ点
时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后
反应（Ⅰ）可能处于图中的　　　　点（填“ｂ”“ｃ”或“ｄ”），该
贮氢合金可通过　　　　或　　　　的方式释放氢气。
（３）贮氢合金ＴｈＮｉ５可催化由ＣＯ、Ｈ２合成ＣＨ４的反应。温度
为Ｔ时，该反应的热化学方程式为　　　　　　　　
　
　
　　　　　　　　　　。
已知温度为Ｔ时：
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝＋１６５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝－４１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
答案　（１）２
ｙ－ｘ　３０　＜　（２）＞　ｃ　加热　减压
（３）ＣＯ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝－２０６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
解析　（１）由氢原子守恒可知，ｚｘ＋２＝ｚｙ，解得ｚ＝２
ｙ－ｘ；根据题
意可知，吸氢速率ｖ＝２４０ｍＬ
２ｇ×４ｍｉｎ＝３０ｍＬ·ｇ
－１·ｍｉｎ
－１；观察题图
可知，升高温度，平衡时氢气的压强增大，即反应（Ⅰ）的平衡
逆向移动，故反应（Ⅰ）为放热反应，即ΔＨ１＜０。（２）观察题图
可知，升高温度不利于氢化反应阶段吸收Ｈ２，由于Ｔ１＜Ｔ２，故
η（Ｔ１）＞η（Ｔ２）；在ＡＢ段，ＭＨｘ与Ｈ２发生反应（Ⅰ），图中ａ点
时向恒温、恒容体系中通入少量Ｈ２，Ｈ２被吸收，Ｈ／Ｍ增大，平
衡后反应（Ⅰ）可能处于ｃ点；反应（Ⅰ）是气体体积减小的放
热反应，释放Ｈ２时使反应（Ⅰ）逆向进行即可，故可通过加热
或减压的方法实现。（３）已知：ＣＨ４（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋
４Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝＋１６５ｋＪ·ｍｏｌ
－１①、ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋
Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝－４１ｋＪ·ｍｏｌ
－１②，由盖斯定律可知，②－①即得所求
热化学方程式：ＣＯ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝－２０６ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
６３
　
对应学生用书
起始页码１８５
时间：５０分钟　分值：１００分
一、选择题（每题６分，共３６分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９辽宁六校协作体期初联考，９）下图是金属镁和卤素单
质（Ｘ２）反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．由图可知此温度下ＭｇＢｒ２（ｓ）与Ｃｌ２（ｇ）反应的热化学方程式为
ＭｇＢｒ２（ｓ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅ＭｇＣｌ２（ｓ）＋Ｂｒ２（ｇ）　ΔＨ＝＋１１７ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｂ．热稳定性：ＭｇＩ２＞ＭｇＢｒ２＞ＭｇＣｌ２＞ＭｇＦ２
Ｃ．工业上可电解ＭｇＣｌ２溶液冶炼金属镁，该过程需吸收热量
Ｄ．金属镁和卤素单质（Ｘ２）的反应能自发进行是因为ΔＨ均小
于零
１．
答案　Ｄ　由图中数据可知①Ｍｇ（ｓ）＋Ｂｒ２（ｇ）􀪅􀪅ＭｇＢｒ２（ｓ）
　ΔＨ＝－５２４ｋＪ· ｍｏｌ
－１；②Ｍｇ（ｓ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅ＭｇＣｌ２（ｓ）　
ΔＨ＝－６４１ｋＪ·ｍｏｌ
－１，运用盖斯定律②－①可得ＭｇＢｒ２（ｓ）＋
Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅Ｂｒ２（ｇ）＋ＭｇＣｌ２（ｓ）　
ΔＨ＝［（－６４１）－（－５２４）］
ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－１１７ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ａ不正确；物质能量越高越不稳
定，故热稳定性：ＭｇＩ２＜ＭｇＢｒ２＜ＭｇＣｌ２＜ＭｇＦ２，Ｂ不正确；工业上
可电解熔融态的ＭｇＣｌ２冶炼金属镁，Ｃ不正确；Ｍｇ（ｓ）＋Ｘ２（ｇ）
􀪅􀪅ＭｇＸ２（ｓ），该反应的ΔＳ＜０，反应能自发进行，ΔＨ必小于
零，Ｄ正确。
关联知识　
电解ＭｇＣｌ２溶液阴极产物为Ｈ２和Ｍｇ（ＯＨ）２，阳
极产物为Ｃｌ２，总反应式为ＭｇＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ
电解
􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２↓＋
Ｈ２↑＋Ｃｌ２↑。
２．（２０１９黑龙江顶级名校一调，１２）如图所示，下列说法中不正
确的是
（　　）
Ａ．反应过程（１）的热化学方程式为Ａ２（ｇ）＋Ｂ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃ（ｇ）　
ΔＨ１＝－Ｑ１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｂ．反应过程（２）的热化学方程式为Ｃ（ｇ）􀪅􀪅Ａ２（ｇ）＋Ｂ２（ｇ）　
ΔＨ２＝＋Ｑ２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ．Ｑ１与Ｑ２的关系：Ｑ１＞Ｑ２
Ｄ．ΔＨ２＞ΔＨ１
２．
答案　Ｃ　
由图（１）可得Ａ２（ｇ）＋Ｂ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃ（ｇ）　
ΔＨ１＝
－Ｑ１ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ａ正确；由图（２）可得Ｃ（ｇ）􀪅􀪅Ａ２（ｇ）＋Ｂ２（ｇ）
　ΔＨ２＝＋Ｑ２ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｂ正确；Ｑ１＝Ｑ２，Ｃ不正确；ΔＨ２＞０，
ΔＨ１＜０，Ｄ正确。
拓展延伸　ΔＨ＝生成物总能量－反应物总能量。
３．（２０１９江西吉安联考，５）物质Ａ在一定条件下可发生一系列
转化，由图判断下列关系错误的是
（　　）
Ａ．Ａ→Ｆ，ΔＨ＝－ΔＨ６
Ｂ．ΔＨ１＋ΔＨ２＋ΔＨ３＋ΔＨ４＋ΔＨ５＋ΔＨ６＝０
Ｃ．Ｃ→Ｆ，ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２＋ΔＨ６
Ｄ．若Ａ→Ｃ为放热过程，则ΔＨ３＋ΔＨ４＋ΔＨ５＋ΔＨ６＞０
３．
答案　Ｃ　Ａ项，Ａ→Ｆ和Ｆ→Ａ的焓变数值相等、符号相反，
Ａ项正确；Ｂ项，由Ａ循环到Ａ，能量变化为０，即ΔＨ１＋ΔＨ２＋
ΔＨ３＋ΔＨ４＋ΔＨ５＋ΔＨ６＝０，Ｂ项正确；Ｃ项，由Ｃ→Ｆ，ΔＨ＝ΔＨ３＋
ΔＨ４＋ΔＨ５，由Ｆ→Ｃ，ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２＋ΔＨ６，二者ΔＨ的绝对值相
等，符号相反，故Ｃ项错误；Ｄ项，若Ａ→Ｃ为放热过程，则Ｃ→
Ａ为吸热过程，即ΔＨ３＋ΔＨ４＋ΔＨ５＋ΔＨ６＞０，Ｄ项正确。
４．（２０１８河北邢台期末，１２）Ｈ２Ｓ的分解反应是一个可逆反应，其
能量与反应过程的关系如图所示，下列有关说法中正确的是
（　　）
Ａ．正反应的活化能大于逆反应的活化能
Ｂ．若减小体系的压强，则该反应的焓变将增大
Ｃ．升高温度，化学反应速率加快，Ｈ２Ｓ的平衡转化率减小
Ｄ．向密闭容器中充入１ｍｏｌＨ２Ｓ充分反应，吸收８４．９ｋＪ的热量
４．
答案　Ａ　
由题图可知，该反应是吸热反应，所以正反应的
活化能大于逆反应的活化能，Ａ项正确；压强的改变能影响反
应的速率和平衡的移动，但不影响反应的焓变，Ｂ项错误；升高
温度，化学反应速率加快，正反应是吸热反应，平衡向右移动，
使Ｈ２Ｓ的转化率增大，Ｃ项错误；向密闭容器中充入１ｍｏｌＨ２Ｓ
充分反应，该反应是可逆反应，１ｍｏｌＨ２Ｓ不能完全分解，所以
吸收的热量小于８４．９ｋＪ，Ｄ项错误。
５．（２０１８黑龙江哈师大附中期中，１５）已知：ＮＨ３·Ｈ２Ｏ（ａｑ）与
Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）反应生成１ｍｏｌ正盐的ΔＨ＝－２４．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１；强酸、
强碱稀溶液发生中和反应的反应热ΔＨ＝－５７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ在水溶液中电离的ΔＨ等于
（　　）
Ａ．＋４５．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｂ．－４５．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ．＋６９．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．－６９．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
５．
答案　Ａ　
１ｍｏｌ（ＮＨ４）２ＳＯ４含２ｍｏｌＮＨ
＋
４，结合已知可得
①ＮＨ３·Ｈ２Ｏ（ａｑ）＋Ｈ
＋（ａｑ）􀪅􀪅ＮＨ
＋
４（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－１２．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１，②Ｈ
＋（ａｑ）＋ＯＨ
－（ａｑ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－５７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，运用盖斯定律①－②可得ＮＨ３·Ｈ２Ｏ（ａｑ）
􀪅􀪅ＮＨ
＋
４（ａｑ）＋ＯＨ
－（ａｑ）　
ΔＨ＝（－１２．１＋５７．３）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝
＋４５．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ａ正确。
６．（２０１８河北衡水中学大联考，１３）已知ＮＯ和Ｏ２转化为ＮＯ２
的反应机理如下：
①２ＮＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ２（ｇ）（快）　ΔＨ１＜０　平衡常数Ｋ１；
②Ｎ２Ｏ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）（慢）　
ΔＨ２＜０　
平衡常
数Ｋ２。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）的ΔＨ＝－（ΔＨ１＋ΔＨ２）
Ｂ．２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）的平衡常
数Ｋ＝Ｋ１
Ｋ２
Ｃ．反应②的速率大小决定２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）的反应速率
Ｄ．反应过程中的能量变化可用右图表示
６．
答案　Ｃ　
运用盖斯定律，①＋②得２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ２（ｇ）　ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２，Ａ项错误；平衡常数Ｋ＝Ｋ１·Ｋ２，Ｂ
项错误；整个反应历程中，速率慢的反应决定总反应的反应速
率，Ｃ项正确；反应①为放热反应，图像与之不符，Ｄ项错误。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
７．（２０１８河北邢台期末，１１）一种生产和利用氢能的途径如图所
示。下列说法中错误的是
（　　）
Ａ．氢能属于二次能源
Ｂ．图中能量转化的方式至少有６种
Ｃ．太阳能电池的供电原理与燃料电池相同
Ｄ．太阳能、风能、氢能都属于新能源
７．
答案　Ｃ　氢能属于二次能源，Ａ项正确；图中涉及的能量转
化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互
转化，电能与光能、热能的转化等，Ｂ项正确；太阳能电池是将
太阳能转化为电能，而燃料电池是将化学能转化为电能，所以
二者供电原理不相同，Ｃ项错误；太阳能、风能、氢能都属于新
能源，Ｄ项正确。
８．（２０１９北京昌平二模改编）工业制氢气的一个重要反应是
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）。已知在２５℃时：
①Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）　ΔＨ１＝－１１１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２＝－２４２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
③Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ３＝－３９４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．２５℃时，ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－３１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｂ．增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，平衡常数Ｋ
减小
Ｃ．反应①达到平衡时，每生成１ｍｏｌＣＯ的同时生成０．５ｍｏｌＯ２
Ｄ．反应②断开２ｍｏｌＨ２和１ｍｏｌＯ２中的化学键所吸收的能量
比形成４ｍｏｌＯ—Ｈ键所放出的能量少４８４ｋＪ
８．
答案　
ＡＢ　
根据盖斯定律得，ΔＨ＝ΔＨ３－ΔＨ２－ΔＨ１＝
－４１ｋＪ·ｍｏｌ
－１，故Ａ错误；反应①是一个气体体积增大的反
应，增大压强平衡逆向移动，平衡常数Ｋ只受温度影响，温度
不变，则平衡常数Ｋ不变，故Ｂ错误；反应达到平衡时，正逆反
应速率相等，ｖ逆（Ｏ２）∶ｖ正（ＣＯ）＝１∶２，故Ｃ正确；反应②为放
热反应，焓变等于化学键断裂吸收的能量减去成键释放的能
量，且物质的量与热量成正比，则反应②断开２ｍｏｌＨ２和１ｍｏｌ
Ｏ２中的化学键所吸收的能量比形成４ｍｏｌＯ—Ｈ键所放出的
能量少４８４ｋＪ，故Ｄ正确。
知识归纳　反应热的计算
１．利用物质能量计算：ΔＨ＝生成物总能量－反应物总能量
２．利用键能进行计算：ΔＨ＝反应物键能之和－生成物键能之和
３．利用活化能（Ｅａ）进行计算：ΔＨ＝Ｅａ（反应物）－Ｅａ（生成物）
４．利用反应的互逆性关系进行计算：Ａ
ΔＨ１
ΔＨ２
􀜩􀜨
􀜑
Ｂ　ΔＨ１＝－ΔＨ２
５．利用盖斯定律进行计算：
Ａ
ΔＨ１→Ｂ
ΔＨ２→Ｃ
ΔＨ３
↑
　ΔＨ３＝ΔＨ１＋ΔＨ２
９．（２０２０届山东历城二中质检，１２）甲烷与氧气反应过程中的能
量变化如图所示。下列有关说法中不正确的是
（　　）
Ａ．ＣＨ４（ｇ）的能量大于ＣＯ２（ｇ）和Ｈ２Ｏ（ｇ）的能量总和
Ｂ．反应ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－８００ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ．若破坏１ｍｏｌＯ２（ｇ）中的化学键需吸收热量４９３ｋＪ，则破坏
１ｍｏｌＣ—Ｈ键需吸收热量４１５ｋＪ
Ｄ．在反应ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）中，放出热
量４００ｋＪ时，有２ｍｏｌＯ—Ｈ键生成
９．
答案　ＡＢ　由题图知，１ｍｏｌＣＨ４（ｇ）与２ｍｏｌＯ２（ｇ）的能量
之和大于１ｍｏｌＣＯ２（ｇ）和２ｍｏｌＨ２Ｏ（ｇ）的能量之和，Ａ错误；
反应ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）放出的热量应该
大于８００ｋＪ，Ｂ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
６５
　
易错易混　Ｂ选项，产物中水的状态为液态，这一点容易被
忽略。
三、非选择题（共４６分）
１０．（２０１８河南、河北重点高中一联，１９）（１６分）乙炔广泛用于
焊接、焊割及有机合成等方面。
（１）已知下列热化学方程式：
４ＣＨ４（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ１＝
ａｋＪ·ｍｏｌ
－１；
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１；
２ＣＨ４（ｇ）􀪅􀪅Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）　ΔＨ３。
①ΔＨ３＝　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１（用含ａ、ｂ的代数式表示）。
②已知下列共价键的键能数据：
共价键
Ｃ—Ｈ
Ｈ—Ｈ
Ｃ
Ｃ
􀜁
键能／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
４１３．４
４３６
８１２
ΔＨ３＝　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１（填数值）。
（２）氯仿（ＣＨＣｌ３）与金属银共热可以制取乙炔，该反应的化学
方程式为
　。
（３）向压强为１．０×１０
４ｋＰａ的恒压密闭容器中充入１ｍｏｌ乙炔
和１ｍｏｌＨＣｌ气体，在催化剂作用下乙炔与ＨＣｌ发生反
应：ＨＣ
ＣＨ（ｇ）＋ＨＣｌ（ｇ）
􀜁
􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ２􀪅ＣＨＣｌ（ｇ），乙炔
的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①该反应的ΔＨ　　　０（填“＞”或“＜”）；Ｎ点时乙炔的反
应速率ｖ（正）　　　ｖ（逆）（填“＞”“＜”或“ ＝”）。
②Ｍ点对应温度下，该反应的平衡常数Ｋｐ＝　
　
　
ｋＰａ
－１
（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量
分数）。
１０．
答案　（１）①ａ－３ｂ
２
　②＋３６０．４
（２）２ＣＨＣｌ３＋６Ａｇ
△→
ＨＣ
ＣＨ↑＋６ＡｇＣｌ
􀜁
（３）①＜　＞　②２．４×１０
－３
解析　（１）①４ＣＨ４（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｇ）
　ΔＨ１＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１……Ⅰ
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１……Ⅱ
运用盖斯定律Ⅰ× １
２－Ⅱ× ３
２可得２ＣＨ４（ｇ）􀪅􀪅Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋
３Ｈ２（ｇ）　ΔＨ３＝（ａ
２－３ｂ
２）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝ａ－３ｂ
２
ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
②ΔＨ＝反应物总键能－生成物总键能，则ΔＨ３＝［４１３．４× ８－
（８１２＋４１３．４×２＋４３６×３）］ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝＋３６０．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（３）①升高温度，乙炔的平衡转化率减小，说明平衡逆向移
动，该反应的ΔＨ＜０；Ｎ点时反应未达平衡状态，Ｎ→Ｍ，乙炔
转化率增大，说明Ｎ点反应正向进行，ｖ（正）＞ｖ（逆）。
②　　ＣＨ
ＣＨ（ｇ）＋
􀜁
ＨＣｌ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ２􀪅ＣＨＣｌ（ｇ）
始
１ｍｏｌ
１ｍｏｌ
０
转
０．８ｍｏｌ
０．８ｍｏｌ
０．８ｍｏｌ
平
０．２ｍｏｌ
０．２ｍｏｌ
０．８ｍｏｌ
平衡时，ＣＨ
ＣＨ（ｇ）
􀜁
、ＨＣｌ（ｇ）、ＣＨ２􀪅ＣＨＣｌ（ｇ）的分压依
次为（１
６× １．０× １０
４）ｋＰａ、（１
６× １．０× １０
４）ｋＰａ、（２
３× １．０×
１０
４）ｋＰａ，则Ｋｐ＝
２
３×１．０×１０
４ｋＰａ
（１
６×１．０×１０
４ｋＰａ）
２
＝２．４×１０
－３ｋＰａ
－１。
１１．（２０１８湖北八市联考，２８）（１４分）减少氮的氧化物和碳的氧
化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。合理应用
和处理碳、氮及其化合物，在生产、生活中有重要意义。
（１）对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。
在催化剂存在下用Ｈ２还原ＣＯ２是解决温室效应的重要
手段之一，相关反应如下：
已知Ｈ２和ＣＨ４的燃烧热ΔＨ分别为－２８５．５ｋＪ／ｍｏｌ和
－８９０．０ｋＪ／ｍｏｌ；Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝＋４４．０ｋＪ／ｍｏｌ。
试写出Ｈ２还原ＣＯ２生成ＣＨ４和Ｈ２Ｏ（ｇ）的热化学方程
式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）ＣＯ２在Ｃｕ－ＺｎＯ催化下，可同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，两反应可
作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。
Ⅰ．ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ１＝－５７．８ｋＪ／ｍｏｌ
Ⅱ．ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ２＝＋４１．２ｋＪ／ｍｏｌ
①某温度时，若反应Ⅰ的速率ｖ１大于反应Ⅱ的速率ｖ２，则
下列反应过程的能量变化正确的是　　　　（填字母）。
②对于有气体参加的反应，表示平衡常数Ｋｐ时，用气体
组分（Ｂ）的平衡分压ｐ（Ｂ）代替该气体物质的量浓度
ｃ（Ｂ）。
已知：气体各组分的分压等于总压乘以该组分的体积
分数。
在Ｃｕ－ＺｎＯ存在的条件下，保持温度为Ｔ，在容积不变的
密闭容器中，充入一定量的ＣＯ２及Ｈ２，起始及达平衡时
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
容器内各气体物质的量如下表：
ＣＯ２（ｇ）
Ｈ２（ｇ）
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）
ＣＯ（ｇ）
Ｈ２Ｏ（ｇ）
起始／ｍｏｌ
５．０
７．０
０
０
０
平衡／ｍｏｌ
ｎ１
ｎ２
起始总压为ｐ０ｋＰａ，达平衡时总压为ｐｋＰａ。若反应Ⅰ、Ⅱ
均达平衡时，ｐ０＝１．２ｐ，则表中ｎ１＝　
　；若此时ｎ２＝３，则
反应Ⅰ的平衡常数Ｋｐ＝　　　　（无需带单位，用含总压
ｐ的式子表示）。
（３）汽车尾气是雾霾形成的原因之一。研究氮氧化物的处理
方法可有效减少雾霾的形成，可采用氧化还原法脱硝：
４ＮＯ（ｇ）＋４ＮＨ３（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
催化剂
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
４Ｎ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＜０
根据下图判断提高脱硝效率的最佳条件是　
　
　
　
　
　
　　　　　；氨氮物质的量之比一定时，在４００℃时，脱
硝效率最大，其可能的原因是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某
密闭容器中加入一定量的活性炭和ＮＯ，发生反应：Ｃ（ｓ）＋
２ＮＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＞０。在Ｔ℃时，反应进
行到不同时刻测得各物质的物质的量浓度如下：
时间／ｍｉｎ
浓度／（ｍｏｌ／Ｌ）
０
１０
２０
３０
４０
５０
ＮＯ
１．０
０．５８
０．４０
０．４０
０．４８
０．４８
Ｎ２
０
０．２１
０．３０
０．３０
０．３６
０．３６
ＣＯ２
０
０．２１
０．３０
０．３０
０．３６
０．３６
３０ｍｉｎ后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的
条件可能是　　　　。
Ａ．通入一定量的ＣＯ２　　　　Ｂ．加入合适的催化剂
Ｃ．适当缩小容器的体积
Ｄ．通入一定量的ＮＯ
Ｅ．加入一定量的活性炭
Ｆ．适当升高温度
１１．
答案　（１）ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝
－１６４．０ｋＪ／ｍｏｌ（２分，状态没有标注或部分标注，扣１分，没有
书写“－”得０分，方程式配平错误不得分）
（２）①Ｄ（２分）　②１．０（２分）　
７５
４ｐ
２（２分）
（３）温度４００℃，氨氮物质的量之比为１（２分，“温度”和“氨
氮物质的量之比”每点１分）　
在４００℃时催化剂的活性最
好，催化效率高，同时温度较高，反应速率快（２分，答对１点
给１分）
（４）ＣＤ（２分，答对１个给１分，错答０分）
解析　（１）根据题意有①Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝
－２８５．５ｋＪ／ｍｏｌ，②ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝
－８９０．０ｋＪ／ｍｏｌ，③Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝＋４４．０ｋＪ／ｍｏｌ，
根据盖斯定律由①× ４－②＋③× ２得：ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝－１６４．０ｋＪ／ｍｏｌ。（２）①反应Ⅰ是放热
反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应Ⅱ是吸热反
应，反应物的总能量小于生成物的总能量；某温度下反应Ⅰ的
速率大于反应Ⅱ，因此反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ，故Ｄ正
确。②反应Ⅱ在反应前后气体体积不变，因此容器中气体总
物质的量为（１２－２ｎ１）ｍｏｌ，根据压强之比等于物质的量之比，
因此有１２／（１２－２ｎ１）＝ｐ０／ｐ，解得ｎ１＝１．０。
　　　　　　ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ｎ变化（ｍｏｌ）
１
３
１
１
ｎ平衡（ｍｏｌ）
１
１
　　　　　ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ｎ变化（ｍｏｌ）　　２
２
２
２
ｎ平衡（ｍｏｌ）
２
２
反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡时，体系中气体总物质的量为１０ｍｏｌ，
ｐ（Ｈ２Ｏ）＝３ｐ／１０，ｐ（ＣＨ３ＯＨ）＝ｐ／１０，消耗ＣＯ２的物质的量为
３ｍｏｌ，则平衡时ＣＯ２的物质的量为２ｍｏｌ，即ｐ（ＣＯ２）＝２ｐ／１０，
同理ｐ（Ｈ２）＝
２ｐ／１０，反应Ⅰ的平衡常数Ｋｐ＝
ｐ（Ｈ２Ｏ）×ｐ（ＣＨ３ＯＨ）
ｐ（ＣＯ２）×ｐ
３（Ｈ２）
＝７５
４ｐ
２。（３）根据图像知，在氨氮物质的
量之比为１、温度在４００℃时，脱硝效率最大。（４）４０ｍｉｎ的
数值都比３０ｍｉｎ时大，通入一定量的ＣＯ２，ＣＯ２浓度增大，平
衡逆向移动，Ｎ２浓度减小，ＮＯ浓度增大，故Ａ错误；催化剂对
浓度无影响，故Ｂ错误；适当缩小容器的体积，组分浓度等比
例增大，故Ｃ正确；通入一定量的ＮＯ，平衡正向移动，达到平
衡时ＮＯ、Ｎ２、ＣＯ２浓度都增大，故Ｄ正确；活性炭为固体，加
入一定量的活性炭，对平衡无影响，对组分浓度无影响，故Ｅ
错误；此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，
ＮＯ的浓度减小，故Ｆ错误。
１２．（２０１８河北张家口期末，１７）（１６分）ＴｉＯ２和ＴｉＣｌ４均为重要
的工业原料。已知：
Ⅰ．ＴｉＣｌ４（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃｌ２（ｇ）　
ΔＨ１＝－１７５．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ⅱ．２Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＣＯ（ｇ）　ΔＨ２＝－２２０．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
请回答下列问题：
（１）ＴｉＣｌ４（ｇ）与ＣＯ（ｇ）反应生成ＴｉＯ２（ｓ）、Ｃ（ｓ）和氯气的热化
学方程式为　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　。升高温度，对该反应的影响为　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）若反应Ⅱ的逆反应活化能表示为Ｅ，则Ｅ　　　　２２０．９ｋＪ·
ｍｏｌ
－１（填“＞”“＜”或“ ＝”）。
（３）ｔ℃时，向１０Ｌ恒容密闭容器中充入１ｍｏｌＴｉＣｌ４和２ｍｏｌ
Ｏ２，发生反应Ⅰ。５ｍｉｎ达到平衡时测得ＴｉＯ２的物质的
量为０．２ｍｏｌ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题五　化学反应中的能量变化
６７
　
①０～５ｍｉｎ内，用Ｃｌ２表示的反应速率ｖ（Ｃｌ２）＝　
　
　
　
　　　　　。
②ＴｉＣｌ４的平衡转化率α＝　　　　。
③下列措施，既能加快逆反应速率又能增大ＴｉＣｌ４的平衡
转化率的是　　　　（填选项字母）。
Ａ．缩小容器容积
Ｂ．加入催化剂
Ｃ．分离出部分ＴｉＯ２
Ｄ．增大Ｏ２浓度
④ｔ℃时，向１０Ｌ恒容密闭容器中充入３ｍｏｌＴｉＣｌ４和一定
量Ｏ２的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率
（α）与起始的物质的量之比［
ｎ（ＴｉＣｌ４）
ｎ（Ｏ２）］的关系如图所示：
能表示ＴｉＣｌ４平衡转化率的曲线为　
　
　
　
（填“ Ｌ１” 或
“Ｌ２”）；Ｍ点的坐标为　　　　。
１２．
答案　
（１）ＴｉＣｌ４（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃｌ２（ｇ）＋
２Ｃ（ｓ）　ΔＨ＝＋４５．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１（２分）　反应速率加快，反应物
的转化率增大（２分）
（２）＞（２分）
（３）①０．００８ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１（２分）
②２０％（２分）
③Ｄ（２分）
④Ｌ２（２分）　（１，１
７×１００％）（２分）
解析　（１）根据盖斯定律，用反应Ⅰ减去反应Ⅱ可得出对
应的热化学方程式；此反应是吸热反应，升温既能加快反应速
率，也能增大反应物的转化率。
（２）正反应活化能－逆反应活化能＝ΔＨ２＝－２２０．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１，因此
Ｅ＞２２０．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（３）①向１０Ｌ恒容密闭容器中充入１ｍｏｌＴｉＣｌ４和２ｍｏｌＯ２，
发生反应Ⅰ，５ｍｉｎ达到平衡，生成ｎ（Ｃｌ２）＝０．４ｍｏｌ，可求得
ｖ（Ｃｌ２）。②充入的１ｍｏｌＴｉＣｌ４中参加反应的ＴｉＣｌ４为０．２ｍｏｌ，
转化率为２０％。③缩小容器容积，气体压强增大，反应速率
加快，但平衡不移动；加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移
动；分离出部分ＴｉＯ２固体，反应速率不变，平衡也不移动；增
大氧气浓度，正、逆反应速率均增大，且平衡正向移动。④只
增大ＴｉＣｌ４的量，可提高氧气的转化率，但ＴｉＣｌ４的转化率减
小，因此表示ＴｉＣｌ４转化率的曲线为Ｌ２。Ｍ点两种反应物的
转化率相同，则起始时两反应物的物质的量之比为方程式中
它们的化学计量数之比，故横坐标为１；由②中ｔ℃时ＴｉＣｌ４的
平衡转化率为２０％，可知该反应的化学平衡常数Ｋ＝１
９，则当
ｎ（ＴｉＣｌ４）
ｎ（ＣＯ２）＝１时，反应物的平衡转化率为１
７×１００％。
疑难突破　（３）中④小题涉及化学平衡的有关计算，可先借
用②中的转化率，求出ｔ℃时的化学平衡常数，再利用化学平
衡常数计算出Ｍ点的纵坐标。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
６８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题六
化学能与电能的转化
课
标
解
读
内容
原电池原理及其应用
电解原理及其应用
解读
１．理解原电池的构成、工作原理及应用，能书写电极反应
和总反应方程式
２．了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以
及防止金属腐蚀的措施
３．了解常见化学电源的种类及其工作原理
理解电解池的构成、工作原理及应用，能书写电
极反应和总反应方程式
考情分析
电化学是氧化还原反应知识的应用和延伸，是热点考查内容。通常会以新型二次电池为载体考查原电池
原理与电解原理。试题难度中等，预计今后对本专题知识的考查会保持稳定
备考策略
本专题命题往往以可充电电池的工作原理及电解原理的应用为背景，考查电极反应式的书写、离子移动方
向、金属的电化学腐蚀及防护等知识。同时也对信息提取、应用能力进行考查。备考时要侧重原电池与电
解池工作原理中基础考点的复习和电极反应式书写技巧的掌握
专题六　化学能与电能的转化
６９
　
对应学生用书
起始页码３７
考点一原电池原理及其应用
一、原电池的工作原理
１．原电池
将①　化学　能转化为②　电　能的装置。
２．构成条件
（１）具有两个活泼性不同的电极（金属和金属或金属和导电
的非金属）。
（２）电解质溶液。
（３）形成闭合回路。
３．原电池的两极
负极：通常是活泼性较强的金属，发生③　氧化　反应。
正极：通常是活泼性较弱的金属或能导电的非金属，发生
④　还原　反应。
４．电极反应式的书写和电子移动方向
（１）电极反应式的书写（以Ｚｎ－Ｃｕ原电池为例，如图）
负极：⑤　Ｚｎ　，电极反应式：⑥　Ｚｎ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ
２＋　。
正极：⑦　Ｃｕ　，电极反应式：⑧　Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ　。
电池总反应：⑨　Ｚｎ＋Ｃｕ
２＋􀪅􀪅Ｚｎ
２＋＋Ｃｕ　。
（２）电子移动方向
电子由⑩　负极　释放，经外电路流入􀃊
􀁉
􀁓　正极　，电解质溶液
中的阳离子移向正极，某些阳离子在正极上得电子被􀃊
􀁉
􀁔　还原　，
形成一个闭合回路。
二、化学电源
电池
电极反应式
总反应式
碱性锌
锰电池
负极：Ｚｎ＋２ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ（ＯＨ）２
正极：２ＭｎＯ２＋２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅２ＭｎＯＯＨ＋
２ＯＨ
－
Ｚｎ＋２ＭｎＯ２＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅
２ＭｎＯＯＨ
＋
Ｚｎ（ＯＨ）２　
铅蓄
电池
负极：Ｐｂ（ｓ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ）－２ｅ
－􀪅􀪅ＰｂＳＯ４（ｓ）
正极：ＰｂＯ２（ｓ）＋４Ｈ
＋（ａｑ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ）＋２ｅ
－
􀪅􀪅ＰｂＳＯ４（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
Ｐｂ（ｓ）＋ＰｂＯ２（ｓ）＋
２Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）􀪅􀪅
２ＰｂＳＯ４（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
氢镍电池
负极：Ｈ２＋２ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
正极：
２ＮｉＯＯＨ
＋
２Ｈ２Ｏ
＋
２ｅ
－
􀪅􀪅
２Ｎｉ（ＯＨ）２＋２ＯＨ
－
２ＮｉＯＯＨ＋Ｈ２􀪅􀪅
２Ｎｉ（ＯＨ）２
氢氧燃料
电池（Ｈ２ＳＯ４
作电解质）
负极：２Ｈ２－４ｅ
－􀪅􀪅４Ｈ
＋
正极：Ｏ２＋４Ｈ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
２Ｈ２＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
氢氧燃料
电池（ＫＯＨ
作电解质）
负极：２Ｈ２＋４ＯＨ
－－４ｅ
－􀪅􀪅４Ｈ２Ｏ
正极：Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅４ＯＨ
－
２Ｈ２＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
续表
电池
电极反应式
总反应式
ＣＨ４燃料电池
（Ｈ２ＳＯ４作电解质）
负极：ＣＨ４＋２Ｈ２Ｏ－８ｅ
－􀪅􀪅ＣＯ２＋８Ｈ
＋
正极：２Ｏ２＋８Ｈ
＋＋８ｅ
－􀪅􀪅４Ｈ２Ｏ
ＣＨ４＋２Ｏ２􀪅􀪅ＣＯ２＋
２Ｈ２Ｏ
ＣＨ３ＯＨ燃料
电池（ＮａＯＨ
作电解质）
负极：２ＣＨ３ＯＨ＋１６ＯＨ
－－１２ｅ
－􀪅􀪅２ＣＯ
２－
３＋
１２Ｈ２Ｏ
正极：３Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ＋１２ｅ
－􀪅􀪅１２ＯＨ
－
２ＣＨ３ＯＨ
＋
３Ｏ２
＋
４ＮａＯＨ􀪅􀪅
２Ｎａ２ＣＯ３＋６Ｈ２Ｏ
三、原电池原理的应用
１．金属的腐蚀
（１）化学腐蚀：金属跟接触到的干燥气体（如Ｏ２、Ｃｌ２、ＳＯ２等）或
非电解质液体（如石油）等直接发生化学反应而引起的腐蚀。
（２）电化学腐蚀
ａ．定义：不纯的金属与电解质溶液接触时，会发生原电池反应，
比较活泼的金属失去电子而被氧化，这种腐蚀叫电化学腐蚀。
注意　金属的腐蚀主要是发生电化学腐蚀。
ｂ．吸氧腐蚀与析氢腐蚀（以钢铁的电化学腐蚀为例）
类型
吸氧腐蚀
析氢腐蚀
条件
水膜酸性很弱或呈中性
水膜呈酸性
正极反应（Ｃ）
􀃊
􀁉
􀁕　Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅４ＯＨ
－　
２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑
负极反应（Ｆｅ）
Ｆｅ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋
其他反应
Ｆｅ
２＋＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）２↓
４Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３
Ｆｅ（ＯＨ）３失去部分水转化为铁锈
　　２．金属的防护
（１）改变金属的内部结构。例如把Ｎｉ、Ｃｒ等加入普通钢中
制成不锈钢。
（２）覆盖保护层：ａ．涂油脂、喷油漆、搪瓷、覆盖塑料等；ｂ．电
镀耐腐蚀的金属（Ｚｎ、Ｓｎ、Ｃｒ、Ｎｉ等）。
（３）电化学保护法：通常采用如下两种方法。ａ．牺牲阳极的
阴极保护法。这种方法通常是在被保护的钢铁设备上（如锅炉
的内壁、船舶的外壳等）装上若干镁合金或锌块。ｂ．外加电流的
阴极保护法。这种方法是把被保护的钢铁设备（如钢闸门）作为
􀃊
􀁉
􀁖　阴　极，用惰性电极作为􀃊
􀁉
􀁗　阳　极，两者均存在于电解质溶液
（如海水）里，外接直流电源。通电后，电子被强制流向被保护的
钢铁设备，使钢铁表面腐蚀电流降至零或接近于零，从而起到保护
作用。
３．金属腐蚀快慢的比较
不纯的金属在潮湿的空气中形成原电池发生电化学腐蚀，
活泼金属因被腐蚀而损耗。金属腐蚀的快慢与下列两种因素
有关：
（１）与构成原电池的材料有关，两极材料的活泼性差别越
大，电动势越大，进行氧化还原反应的速率越快，活泼金属被腐
蚀的速率就越快。
（２）与金属所接触的介质有关，通常活泼金属在电解质溶液
中的腐蚀快于在非电解质溶液中的腐蚀，在强电解质溶液中的
腐蚀快于在弱电解质溶液中的腐蚀。
一般来说，可用下列原则判断金属腐蚀的快慢：
电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞
有防护措施的腐蚀
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
７０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二电解原理及其应用
一、电解原理
１．电解
使电流通过电解质溶液（或熔融的电解质）而在阴、阳两极
引起氧化还原反应的过程。
２．电解池
（１）装置特点
①　电　能转化为②　化学　能。
（２）形成条件
ａ．与直流电源相连的两个电极。
ｂ．电解质溶液（或熔融态电解质）。
ｃ．形成闭合回路。
３．电极反应规律
（１）阴极
与电源③　负　极相连，④　得到　电子发生⑤　还原　反应。
（２）阳极
与电源⑥　正　极相连，⑦　失去　电子发生⑧　氧化　反应。
二、电解原理的应用
１．氯碱工业
（１）食盐水的精制
粗盐
（含泥沙、
Ｃａ
２＋、
Ｍｇ
２＋、
Ｆｅ
３＋、
ＳＯ
２－
４等）
→
ⅰ．加入ＮａＯＨ，除去Ｍｇ
２＋、Ｆｅ
３＋
ⅱ．加入ＢａＣｌ２，除去ＳＯ
２－
４
ⅲ．加入Ｎａ２ＣＯ３，除去Ｃａ
２＋及过量
的Ｂａ
２＋，过滤
ⅳ．加入盐酸，除去过量的ＣＯ
２－
３、ＯＨ
－
ⅴ．加热驱除ＣＯ２，调节ｐＨ
→
阳离子
交换塔
→精制
盐水
（２）主要生产过程
说明　阳离子交换膜（以电解饱和ＮａＣｌ溶液为例）只允许
阳离子（Ｎａ
＋）通过，而阻止阴离子（Ｃｌ
－、ＯＨ
－）和分子（Ｃｌ２）通过，
这样既能阻止Ｈ２和Ｃｌ２混合爆炸，又能避免Ｃｌ２和ＮａＯＨ溶液
反应生成ＮａＣｌＯ影响烧碱质量。
（３）电极反应及总反应
阳极：⑨　２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑　。
阴极：⑩　２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑　。
总反应（离子方程式）：􀃊
􀁉
􀁓　２Ｃｌ
－＋２Ｈ２Ｏ
电解
􀪅􀪅２ＯＨ
－＋Ｃｌ２↑＋
Ｈ２↑　。
２．电镀
（１）电镀的特点
电镀时，阳极是􀃊
􀁉
􀁔　镀层金属　，阴极是􀃊
􀁉
􀁕　镀件　，一般用含有
镀层金属离子的溶液作电镀液；电镀池工作时，阳极质量
􀃊
􀁉
􀁖　减小　，阴极质量􀃊
􀁉
􀁗　增大　，电解质溶液浓度􀃊
􀁉
􀁘　不变　。
（２）铜的电解精炼
阳极（用􀃊
􀁉
􀁙　粗铜　）：􀃊
􀁉
􀁚　Ｃｕ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
２＋　。
粗铜中的金
∙、银
∙等金属杂质，因失电子能力比铜弱，难以在
阳极失去电子变成阳离子，以阳
·极
·泥
·的形式沉积下来。
阴极（用􀃊
􀁉
􀁛　纯铜　）：􀃊
􀁊
􀁒　Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ　。
３．电冶金
金属冶炼就是使矿石中的金属离子获得电子，从其化合物
中还原出来。通式为􀃊
􀁊
􀁓　Ｍ
ｎ＋＋ｎｅ
－􀪅􀪅Ｍ　。
钠的冶炼：ＮａＣｌ在熔融状态下发生电离，通直流电，阴极反应式
为􀃊
􀁊
􀁔　２Ｎａ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅２Ｎａ　，阳极反应式为􀃊
􀁊
􀁕　２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑　。
一、惰性电极电解电解质溶液的规律
类型
电极反应特点
实例
电解
物质
电解质
的变化
ｐＨ
使电解质
溶液复原
的方法
电解
水型
阴极：４Ｈ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅
２Ｈ２↑
阳极：４ＯＨ
－－４ｅ
－
􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑
ＮａＯＨ
水
浓度增大增大
加水
Ｈ２ＳＯ４
水
浓度增大减小
加水
Ｎａ２ＳＯ４
水
浓度增大不变
加水
电解
电解
质型
电解质电离出的阴、
阳离子分别在两极
放电
ＨＣｌ
电解质浓度减小增大加氯化氢
ＣｕＣｌ２
电解质浓度减小
—
加氯化铜
放Ｈ２
生碱型
阴极：放出Ｈ２
阳极：电解质阴离子
放电
ＮａＣｌ
电解质
和水
生成新
电解质
增大加氯化氢
放Ｏ２
生酸型
阴极：电解质阳离子
放电
阳极：ＯＨ
－放电
ＣｕＳＯ４
电解质
和水
生成新
电解质
减小加氧化铜
　　说明　（１）用惰性电极电解强碱、含氧酸、活泼金属的含氧
酸盐的稀溶液时，实际上是电解Ｈ２Ｏ，溶质的质量分数增大，浓
度增大。
（２）电解时产物的判断要遵循阴、阳离子的放电顺序。
（３）电解后要恢复原电解质溶液的浓度，需加适量的某物
质，该物质可以是阴极与阳极产物的化合物。例如用惰性电极
电解ＣｕＳＯ４溶液，要恢复原溶液的浓度，可向电解后的溶液中加
入ＣｕＯ，但不能加入Ｃｕ（ＯＨ）２，因为Ｃｕ（ＯＨ）２与生成的Ｈ２ＳＯ４
反应后使水量增加。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
二、原电池、电解池、电镀池的比较
原电池
电解池
电镀池
定
义
将化学能转变成电能的装置
将电能转变成化学能的装置
应用电解原理在某些金属表面镀上一层其他金属或合
金的装置
专题六　化学能与电能的转化
７１
　
续表
原电池
电解池
电镀池
装
置
举
例
形
成
条
件
①活泼性不同的两电极
②电解质溶液（电极插入其中，并能与电极发
生自发反应）
③形成闭合回路
①两电极接直流电源
②两电极插入电解质溶液（或熔融
电解质）中
③形成闭合回路
①镀层金属接电源正极，待镀金属接电源负极
②电镀液必须含有镀层金属的离子（电镀过程中电镀
液浓度不变）
电
极
名
称
负极：氧化反应，金属失电子或者氢气等还原
性物质失电子
正极：还原反应，溶液中的阳离子得电子或者
氧气等得电子
阳极：氧化反应，溶液中的阴离子
失电子，或金属电极失电子
阴极：还原反应，溶液中的阳离子
得电子
阳极：金属电极失电子
阴极：电镀液中镀层金属阳离子得电子（在电镀控制的条
件下，水电离产生的Ｈ
＋及ＯＨ
－一般不放电）
电
子
流
向
负极
导线
→正极
电源负极
导线
→阴极
电源正极
导线
←
阳极
同电解池
（１）同一原电池的正、负极的电极反应中得失电子数相等。（２）同一电解池的阴、阳极的电极反应中得失电子数相等。（３）串联电路中的各个电极
反应得失电子数相等。上述三种情况下，在计算电解产物的量时，应按得失电子数相等计算
对应学生用书
起始页码３９
考点一原电池原理及其应用
１．金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能
量密度。它无电时无需充电，只需更换其中的某些材料即可，
其工作示意图如下。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．放电时，通入空气的一极为负极
Ｂ．放电时，电池反应为４Ｌｉ＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｌｉ２Ｏ
Ｃ．有机电解液可以是乙醇等无水有机物
Ｄ．在更换锂电极的同时，要更换水性电解液
１．
答案　Ｄ　放电时，锂作负极，电极反应为Ｌｉ－ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
＋；通
入空气的一极为正极，电极反应为Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅４ＯＨ
－，
总反应为４Ｌｉ＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＬｉＯＨ，Ａ、Ｂ均不正确。Ｌｉ与乙
醇可直接发生反应，Ｃ不正确。放电过程中锂失电子被消耗，
需更换；水性电解液中ＬｉＯＨ不断生成，逐渐形成ＬｉＯＨ的饱和
溶液，使得Ｌｉ
＋从负极区向正极区迁移变难，故水性电解液也需
更换，Ｄ正确。
关联知识　原电池中电子从负极沿导线流向正极，电解质溶
液中离子定向移动产生电流。
２．ＬＥＤ系列产品是一类新型节能产品。图甲是ＮａＢＨ４／Ｈ２Ｏ２燃
料电池的装置示意图，图乙是ＬＥＤ发光二极管的装置示意图。
下列叙述错误的是
（　　）
Ａ．电池应选用阳离子交换膜，Ｎａ
＋向Ａ极区移动
Ｂ．电池Ａ极区的电极反应式为Ｈ２Ｏ２＋２ｅ
－􀪅􀪅２ＯＨ
－
Ｃ．每有１ｍｏｌＮａＢＨ４参加反应，转移电子数为４ＮＡ
Ｄ．要使ＬＥＤ发光二极管正常发光，图乙中的导线ａ应与图甲
中的Ｂ极相连
２．
答案　Ｃ　
Ａ极上Ｈ２Ｏ２转化为ＯＨ
－，发生还原反应：Ｈ２Ｏ２＋
２ｅ
－􀪅􀪅２ＯＨ
－，则Ａ极为正极，根据图示，Ｎａ
＋能透过离子交换
膜进入Ａ极区得到ＮａＯＨ，则离子交换膜为阳离子交换膜，Ａ
项、Ｂ项正确；Ｂ极为负极，发生氧化反应：ＢＨ
－
４＋８ＯＨ
－－８ｅ
－􀪅􀪅
ＢＯ
－
２＋６Ｈ２Ｏ，每有１ｍｏｌＮａＢＨ４参加反应，转移电子数为８ＮＡ，Ｃ
项错误；根据ＬＥＤ发光二极管中电子移动情况知，导线ａ应与
负极相连，导线ｂ应与正极相连，故图乙中的导线ａ应与图甲
中的Ｂ极相连，Ｄ项正确。
审题关键　
ＢＨ
－
４
＋３－１
→ＢＯ
－
２
＋３
、Ｈ２Ｏ
＋１
，硼元素化合价不变，氢元素由
－１价升高到＋１价。
３．一定条件下，实验室利用如图所示装置，通过测量电压求算
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）。工作一段时间后，两电极质量均增大。下列说法
正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
７２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．右池中银电极作负极
Ｂ．总反应为Ａｇ
＋＋Ｃｌ
－􀪅􀪅ＡｇＣｌ↓
Ｃ．正极电极反应式为Ａｇ－ｅ
－􀪅􀪅Ａｇ
＋
Ｄ．盐桥中的ＮＯ
－
３向右池方向移动
３．
答案　Ｂ　由“工作一段时间后，两电极质量均增大” 可知，
右池中电极反应式为Ａｇ
＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ａｇ，右池中银电极为正极；
左池中银电极为负极，电极反应为Ａｇ－ｅ
－＋Ｃｌ
－􀪅􀪅ＡｇＣｌ；总反
应式为Ａｇ
＋＋Ｃｌ
－􀪅􀪅ＡｇＣｌ↓；ＫＣｌ溶液中的Ｃｌ
－被消耗，故盐桥
中的ＮＯ
－
３向左池方向移动。综上所述，Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ均不
正确。
４．“碳呼吸电池” 是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．该装置能将电能转化为化学能
Ｂ．正极的电极反应为Ｃ２Ｏ
２－
４－２ｅ
－􀪅􀪅２ＣＯ２↑
Ｃ．每得到１ｍｏｌ草酸铝，电路中转移３ｍｏｌ电子
Ｄ．利用该技术可捕捉大气中的ＣＯ２
４．
答案　Ｄ　化学电源将化学能转化为电能，Ａ不正确；正极得
电子，电极反应式为２ＣＯ２＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃ２Ｏ
２－
４，Ｂ不正确；得到
１ｍｏｌＡｌ２（Ｃ２Ｏ４）３，电路中转移６ｍｏｌ电子，Ｃ不正确；利用该技
术将ＣＯ２转化为Ａｌ２（Ｃ２Ｏ４）３，可捕捉大气中的ＣＯ２，Ｄ正确。
５．为了减少钢管因锈蚀造成的损失，某城市拟用如图方法保护埋
在酸性土壤中的钢管。下列有关说法中错误的是
（　　）
Ａ．在潮湿的酸性土壤中钢管主要发生析氢腐蚀
Ｂ．在潮湿的酸性土壤中电子由金属棒Ｍ通过导线流向钢管
Ｃ．在潮湿的酸性土壤中Ｈ
＋向金属棒Ｍ移动，抑制Ｈ
＋与铁的
反应
Ｄ．金属棒Ｍ与钢管用导线连接后可使钢管表面的腐蚀电流接
近零
５．
答案　Ｃ　在潮湿的酸性土壤中，钢管主要发生析氢腐蚀，Ａ
项正确；在潮湿的酸性土壤中金属棒Ｍ作负极，电子由负极通
过导线流向正极钢管，Ｂ项正确；在潮湿的酸性土壤中Ｈ
＋向正
极钢管移动，Ｈ
＋在正极得电子产生氢气，Ｃ项错误；金属棒Ｍ
与钢管用导线连接后可保护埋在酸性土壤中的钢管，可使钢管
表面的腐蚀电流接近零，Ｄ项正确。
考点二电解原理及其应用
６．硼酸（Ｈ３ＢＯ３）为一元弱酸，已知Ｈ３ＢＯ３与足量ＮａＯＨ溶液反
应的离子方程式为Ｈ３ＢＯ３＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｂ（ＯＨ）
－
４，Ｈ３ＢＯ３可以通过
电解的方法制备。其工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只
允许阳离子、阴离子通过）。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．当电路中通过１ｍｏｌ电子时，可得到１ｍｏｌＨ３ＢＯ３
Ｂ．将电源的正、负极反接，工作原理不变
Ｃ．阴极室的电极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋
Ｄ．Ｂ（ＯＨ）
－
４穿过阴膜进入阴极室，Ｎａ
＋穿过阳膜进入产品室
６．
答案　Ａ　
电解时，左侧石墨电极为阳极，右侧石墨电极为
阴极，阳极上Ｈ２Ｏ失电子生成Ｏ２和Ｈ
＋，即２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅
Ｏ２↑＋４Ｈ
＋，阴极上Ｈ２Ｏ得电子生成Ｈ２和ＯＨ
－，即２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－
􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，当电路中通过１ｍｏｌ电子时，阳极生成１ｍｏｌ
Ｈ
＋，Ｈ
＋通过阳膜进入产品室，与通过阴膜进入产品室的
Ｂ（ＯＨ）
－
４反应生成１ｍｏｌＨ３ＢＯ３，Ａ项正确；电源正、负极反接
后，左侧石墨电极为阴极，阴极反应式为２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑，
Ｈ
＋被消耗，无法移向产品室，不能生成Ｈ３ＢＯ３，Ｂ项错误；阴极
反应式为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，Ｃ项错误；电解时Ｎａ
＋穿
过阳膜进入阴极室，Ｂ（ＯＨ）
－
４穿过阴膜进入产品室，Ｄ项错误。
温馨提示　解答本题需结合题图判断出阴极和阳极，明确各
电极上发生的反应，注意每个室中离子浓度的变化；根据电极
反应式和转移电子数目可计算生成Ｈ３ＢＯ３的物质的量。
７．高压直流电线路的瓷绝缘子经日
晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在
铁帽上加锌环能有效防止铁帽腐
蚀，防护原理如图所示。下列说法
错误的是
（　　）
Ａ．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
Ｂ．通电时，阴极上的电极反应为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－
Ｃ．断电时，锌环上的电极反应为Ｚｎ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ
Ｄ．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
７．
答案　Ｃ　通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化
反应，Ａ项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：２Ｈ２Ｏ＋
２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，Ｂ项正确；断电时，形成原电池，锌环为负
极，发生氧化反应：Ｚｎ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ
２＋，Ｃ项错误；断电时，形成原
电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽
被腐蚀，Ｄ项正确。
８．图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有
机废水的化学能直接转化为电能，图乙是一种用惰性电极电解
饱和食盐水的消毒液发生器。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．图甲的Ｘ点要与图乙中的ａ极连接
Ｂ．图乙中ｂ极的电极反应式为２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑
Ｃ．当Ｎ极消耗１ｍｏｌ气体时，有２ｍｏｌＨ
＋通过离子交换膜
Ｄ．若有机废水中主要含有淀粉，则图甲中Ｍ极反应为
（Ｃ６Ｈ１０Ｏ５）ｎ＋７ｎＨ２Ｏ－２４ｎｅ
－􀪅􀪅６ｎＣＯ２↑＋２４ｎＨ
＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
７３
　
８．
答案　Ｃ　图甲中Ｎ极上Ｏ２转化为Ｈ２Ｏ，发生还原反应，则
Ｎ极为正极，Ｍ极为负极，图乙通过电解饱和食盐水获得消毒
液，则ａ极析出Ｈ２，ｂ极析出Ｃｌ２，ａ极为阴极，ｂ极为阳极，电解
池的阳极与电源正极相连，电解池的阴极与电源负极相连，故
Ｘ点与ａ极相连，Ａ项正确；图乙中ｂ极析出氯气，电极反应式
为２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑，Ｂ项正确；Ｏ２＋４ｅ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ，当Ｎ
极消耗１ｍｏｌ气体时，转移４ｍｏｌ电子，故有４ｍｏｌＨ
＋通过离子
交换膜，Ｃ项错误；若有机废水中主要含有淀粉，则图甲中Ｍ
极上淀粉转化为ＣＯ２，电极反应为（Ｃ６Ｈ１０Ｏ５）ｎ＋７ｎＨ２Ｏ－２４ｎｅ
－
􀪅􀪅６ｎＣＯ２↑＋２４ｎＨ
＋，Ｄ项正确。
解题关键　（１）图乙中阴、阳极的判断：为了使电解生成的Ｃｌ２
与ＮａＯＨ溶液充分反应，下端应作阳极，上端应作阴极。
（２）（Ｃ６Ｈ１０Ｏ５）ｎ中碳元素的平均化合价为０价，酸性环境中
（Ｃ６Ｈ１０Ｏ５）ｎ失电子生成ＣＯ２。
９．某工厂用电解法处理含有ＳＯ２的尾气，其装置如图所示（电极
材料均为惰性电极）。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．电极ａ连接的是电源的正极
Ｂ．若电路中转移０．０３ｍｏｌｅ
－，则离子交换膜左侧溶液中增加
０．０３ｍｏｌ离子
Ｃ．图中的离子交换膜是阳离子交换膜
Ｄ．阴极的电极反应式为２ＨＳＯ
－
３＋２ｅ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ
９．
答案　
Ｂ　
由图中信息可知，交换膜左侧溶液中Ｓ
＋４
Ｏ２→
Ｓ
＋６
Ｏ
２－
４，交换膜右侧溶液中ＨＳＯ
＋４
－
３→Ｓ
＋３
２Ｏ
２－
４，故电极ａ为阳极，与
直流电源正极相连，电极反应式为ＳＯ２－２ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋
４Ｈ
＋；电极ｂ为阴极，电极反应式为２ＨＳＯ
－
３＋２ｅ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ。离子交换膜为阳离子交换膜，为保持交换膜两
侧溶液呈电中性，Ｈ
＋从交换膜左侧溶液进入右侧溶液，若电路
中转移０．０３ｍｏｌｅ
－，则有０．０３ｍｏｌＨ
＋透过离子交换膜从左侧溶
液进入右侧溶液。综上所述，Ａ、Ｃ、Ｄ均正确，Ｂ不正确。
１０．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的
双膜（阴离子交换膜和过滤膜）电解装置可制备高纯度的Ｃｕ。
下列有关叙述中正确的是
（　　）
Ａ．电极ａ为粗铜，电极ｂ为精铜
Ｂ．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区
Ｃ．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区
Ｄ．当电路中通过１ｍｏｌ电子时，可生成３２ｇ精铜
１０．
答案　Ｄ　由题意结合电解原理可知，电极ａ是阴极，为精
铜，电极ｂ是阳极，为粗铜，Ａ项错误；甲膜为阴离子交换膜，
可阻止杂质阳离子进入阴极区，Ｂ项错误；乙膜为过滤膜，可
阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，Ｃ项错误；当电路中通
过１ｍｏｌ电子时，可生成０．５ｍｏｌ精铜，其质量为３２ｇ，Ｄ项
正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４１
一、原电池电极反应式的书写方法
１．一般电极反应式的书写
２．复杂电极反应式的书写
总体思路：复杂电极
反应式
＝总反应式－较简单一极
电极反应式
（１）燃料电池正极反应式的书写
正极通入的气体一般是氧气，根据电解质的不同，分以下几
种情况：
①在酸性溶液中生成水：
Ｏ２＋４Ｈ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ；
②在碱性溶液中生成氢氧根离子：
Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅４ＯＨ
－；
③在固体电解质（高温下能传导Ｏ
２－）中生成Ｏ
２－：
Ｏ２＋４ｅ
－􀪅􀪅２Ｏ
２－；
④在熔融碳酸盐（如熔融Ｋ２ＣＯ３）中生成碳酸根离子：
Ｏ２＋２ＣＯ２＋４ｅ
－􀪅􀪅２ＣＯ
２－
３。
（２）燃料电池负极反应式的书写
负极通入的是燃料，发生氧化反应，负极生成的离子一般与
正极产物结合，有以下几种情况：
①若负极通入的气体是氢气，则
ａ．酸性溶液中：Ｈ２－２ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ
＋；
ｂ．碱性溶液中：Ｈ２－２ｅ
－＋２ＯＨ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ；
ｃ．熔融氧化物中：Ｈ２－２ｅ
－＋Ｏ
２－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ。
②若负极通入的气体为含碳的化合物，如ＣＯ、ＣＨ４、ＣＨ３ＯＨ
等，碳元素均转化为＋４价碳的化合物，在酸性溶液中生成ＣＯ２，
在碱性溶液中生成ＣＯ
２－
３，熔融碳酸盐中生成ＣＯ２，熔融氧化物中
生成ＣＯ
２－
３；含有的氢元素最终生成水。如ＣＨ３ＯＨ燃料电池负极
反应式在酸性溶液中为ＣＨ３ＯＨ－６ｅ
－＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣＯ２↑＋６Ｈ
＋；在
碱性溶液中为ＣＨ３ＯＨ－６ｅ
－＋８ＯＨ
－􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋６Ｈ２Ｏ。
例１　（２０１９河南汝州期末，１８）图甲是一种利用微生物
将废水中的尿素［ＣＯ（ＮＨ２）２］的化学能直接转化为电能，并生
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
７４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
成对环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜
（如图乙）。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．铜电极应与Ｘ相连接
Ｂ．Ｈ
＋透过质子交换膜由右向左移动
Ｃ．当Ｎ电极消耗０．２５ｍｏｌ气体时，铁电极增重１６ｇ
Ｄ．Ｍ
电极反应式：Ｈ２ＮＣＯＮＨ２＋Ｈ２Ｏ－６ｅ
－􀪅􀪅
ＣＯ２↑＋Ｎ２↑＋６Ｈ
＋
解题导引　微生物电池是燃料电池的一种，实质还是氧化
还原反应。根据示意图判断电池的正、负极，再结合图中微粒变
化的情况书写出电极反应式。
解析　Ａ项，根据图甲可判断出Ｎ极为正极，Ｍ极为负极，
电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即铁连接Ｘ，Ｃｕ连接
Ｙ，故Ａ错误；Ｂ项，Ｈ
＋从负极流向正极，即从Ｍ极流向Ｎ极，故
Ｂ错误；Ｃ项，Ｎ极反应式为Ｏ２＋４Ｈ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ，铁极反应
式为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ，当Ｎ电极消耗０．２５ｍｏｌ气体时，铁电极质
量增加３２ｇ，故Ｃ错误；Ｄ项，Ｍ极为负极，产生Ｈ
＋，因此电极反应
式为ＣＯ（ＮＨ２）２＋Ｈ２Ｏ－６ｅ
－􀪅􀪅ＣＯ２↑＋Ｎ２↑＋６Ｈ
＋，故Ｄ正确。
答案　Ｄ
二、与电化学相关的计算
根据总
反应式
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据
总反应式列比例式计算
根据转
移电子
守恒
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
①用于串联电路的阴阳两极产物、正负两极产
物等类型的计算，其依据是电路中转移的电子
数目相等
②用于混合溶液中电解的分阶段计算
根据关
系式
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋
根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的
关系，得出计算所需的关系式
如可以通过４ｍｏｌｅ
－为桥梁构建如下关系式：
４ｅ
－～２Ｃｌ２（Ｂｒ２、Ｉ２）～Ｏ２
ü
þ
ý
ï
ï
ïï
ï
ï
ïï
阳极产物
～２Ｈ２～２Ｃｕ～４Ａｇ～４
ｎＭ
ü
þ
ý
ï
ïï
ï
ï
ï
阴极产物
（式中Ｍ为金属，ｎ为其离子的化合价数值）
例２　（２０１９山西吕梁期末，１１）某镍冶炼车间排放的漂
洗废水中含有一定浓度的Ｎｉ
２＋和Ｃｌ
－，图甲是双膜三室电沉积法
回收废水中的Ｎｉ
２＋的示意图，图乙描述的是实验中阴极液ｐＨ与
镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是
（　　）
图甲
图乙
Ａ．交换膜ａ为阳离子交换膜
Ｂ．阳极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋
Ｃ．阴极液ｐＨ＝１时，镍的回收率低主要是有较多的Ｈ２生成
Ｄ．浓缩室得到１Ｌ０．５ｍｏｌ／Ｌ的盐酸时，阴极回收得到１１．８ｇ镍
解题导引　为维持电荷的守恒，电极反应剩余的离子通过
离子交换膜渗透补充，为交换膜的判断提供了依据。根据离子
的放电顺序写出电极反应式。
解析　阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换
膜ａ进入浓缩室，所以交换膜ａ为阳离子交换膜，故Ａ正确；阳
极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋，故Ｂ正确；阴极发生还原
反应，酸性强时主要是氢离子发生还原反应生成氢气，酸性弱时
主要是Ｎｉ
２＋发生还原反应生成Ｎｉ，故Ｃ正确；浓缩室得到１Ｌ
０．５ｍｏｌ／Ｌ的盐酸时，转移电子０．４ｍｏｌ，阴极生成镍和氢气，所以
阴极回收得到的镍小于１１．８ｇ，故Ｄ错误。
答案　Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４２
１．（２０１８湖南Ｈ１１教育联盟联考，８）化学用语是学习化学的重
要工具，下列用来表示物质变化的化学用语正确的是
（　　）
Ａ．用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，阳极的电极反
应式为２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑
Ｂ．铅蓄电池放电时的正极反应式为Ｐｂ－２ｅ
－＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＰｂＳＯ４
Ｃ．粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极
反应只有Ｃｕ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
２＋
Ｄ．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Ｆｅ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋
１．
答案　Ａ　用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，氯
离子的还原性大于氢氧根离子，阳极的电极反应式为２Ｃｌ
－－
２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑，Ａ项正确；铅蓄电池放电时的正极反应式为
ＰｂＯ２＋４Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４＋２ｅ
－􀪅􀪅ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ，Ｂ项错误；粗铜精炼
时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极反应除Ｃｕ－
２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
２＋外，还有比铜活泼的杂质金属失电子的反应，Ｃ项
错误；钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Ｆｅ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋，
Ｄ项错误。
２．（２０１９５·３原创预测卷二，１３）高铁酸钾（Ｋ２ＦｅＯ４）是环保型
水处理剂，以光伏电池为电源先制备高铁酸钠，再将其转化为
高铁酸钾，装置如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
７５
　
Ａ．石墨为阴极，铁电极发生氧化反应
Ｂ．ａ可能是Ｈ２，ｂ为Ｎａ２ＦｅＯ４溶液
Ｃ．铁电极反应式为Ｆｅ－６ｅ
－＋８ＯＨ
－􀪅􀪅ＦｅＯ
２－
４＋４Ｈ２Ｏ
Ｄ．若电路中转移１ｍｏｌ电子，则石墨电极区ＮａＯＨ溶液质量增
加２３ｇ
２．
答案　
Ｄ　
依题意，本装置模拟制备高铁酸钠的工作原理，
铁电极发生氧化反应生成高铁酸钠；石墨电极为阴极，发生还
原反应，Ａ项正确。石墨电极的电极反应式为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅
２ＯＨ
－＋Ｈ２↑，ａ可能为Ｈ２、ＮａＯＨ溶液，ｂ为高铁酸钠溶液，Ｂ项
正确。铁电极发生氧化反应，浓氢氧化钠溶液中的ＯＨ
－向右侧
迁移，Ｃ项正确。每转移１ｍｏｌ电子，浓氢氧化钠溶液中有
１ｍｏｌＮａ
＋向左迁移，２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅２ＯＨ
－＋Ｈ２↑，石墨电极区
的溶液质量净增２２ｇ，Ｄ项错误。
３．（２０１９５·３原创预测卷四，１３）如图所示，用两张砂纸分别将镁
条和铝片表面的氧化膜打磨干净，并迅速将两个电极分别插入
两个盛有０．５ｍｏｌ／Ｌ的电解质溶液的烧杯中，盐桥中装有饱和氯
化钠溶液的琼脂。结果发现该装置中，电流计指针一直偏向铝
片，镁条溶解，两极上均没有气泡产生。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．铝片为负极，电极反应为２Ａｌ＋４ＯＨ
－－６ｅ
－􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
Ｂ．镁条为负极，电极反应为Ｍｇ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｍｇ
２＋
Ｃ．该实验证明镁能与氢氧化钠溶液反应
Ｄ．若镁电极减少０．４８ｇ，则氢氧化钠溶液增重１．６ｇ
３．
答案　Ｂ　分析题给信息可知，镁条作负极，电极反应为Ｍｇ－
２ｅ
－􀪅􀪅Ｍｇ
２＋，铝片作正极，电极反应为Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅
４ＯＨ
－，相当于镁与溶液中的氧气发生了吸氧腐蚀，Ａ、Ｃ错误，
Ｂ正确；若Ｍｇ反应０．０２ｍｏｌ，失去０．０４ｍｏｌｅ
－，盐桥中转移
０．０４ｍｏｌＮａ
＋，则生成０．０４ｍｏｌＮａＯＨ，但是由于水参与了反应，
氢氧化钠溶液增加的质量为（０．０４×４０）ｇ－０．３６ｇ＝１．２４ｇ，Ｄ
错误。
４．（２０１８安徽Ａ１０联盟联考，１３）用氟硼酸（ＨＢＦ４，属于强酸）溶
液代替硫酸溶液作铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低
温下工作时的性能更优良，反应方程式为Ｐｂ＋ＰｂＯ２＋４ＨＢＦ４
放电
充电
􀜡􀜠
􀜓
２Ｐｂ（ＢＦ４）２＋２Ｈ２Ｏ，Ｐｂ（ＢＦ４）２为可溶于水的强电解质。
下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．放电时，负极反应为ＰｂＯ２＋４ＨＢＦ４－２ｅ
－􀪅􀪅Ｐｂ（ＢＦ４）２＋２ＢＦ
－
４＋
２Ｈ２Ｏ
Ｂ．充电时，当正极质量减少２３．９ｇ时转移０．２ｍｏｌ电子
Ｃ．放电时，ＰｂＯ２电极附近溶液的ｐＨ增大
Ｄ．充电时，Ｐｂ电极的电极反应式为ＰｂＯ２＋４Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｐｂ
２＋＋
２Ｈ２Ｏ
４．
答案　Ｃ　放电时，负极反应为Ｐｂ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｐｂ
２＋，Ａ项错误；
充电时，Ｐｂ
２＋－２ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＰｂＯ２＋４Ｈ
＋，当正极质量增加
２３．９ｇ时转移０．２ｍｏｌ电子，Ｂ项错误；放电时，ＰｂＯ２＋４Ｈ
＋＋２ｅ
－
􀪅􀪅Ｐｂ
２＋＋２Ｈ２Ｏ，ＰｂＯ２电极附近溶液的ｐＨ增大，Ｃ项正确；充
电时，Ｐｂ电极的电极反应式为Ｐｂ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｐｂ，Ｄ项错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４３
　　传统化石能源面临枯竭，对能量的高效转化和利用是目前
化学科学领域研究的热点。如２０１９年课标Ⅲ卷第１３题以具有
高稳定性和高循环效率的３Ｄ－Ｚｎ—ＮｉＯＯＨ二次电池为载体，将
科学研究热点引入考题，考查新型电池的结构、充放电工作原
理、电极反应等内容。
例
　（２０１９江西南昌一模，１３）微生物燃料电池（ＭＦＣ）
是一种现代化氨氮去除技术。如图为ＭＦＣ碳氮联合同时去除
的转化系统原理示意图。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．好氧微生物反应器中反应为ＮＨ
＋
４＋２Ｏ２􀪅􀪅ＮＯ
－
３＋
２Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．Ｂ极电势比Ａ极电势低
Ｃ．Ａ极的电极反应式为ＣＨ３ＣＯＯ
－＋８ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
２ＣＯ２↑＋７Ｈ
＋
Ｄ．当电路中通过１ｍｏｌ电子时，理论上总共生成２．２４ＬＮ２
解析　Ａ项，ＮＨ
＋
４在好氧微生物反应器中转化为ＮＯ
－
３，方
程式为ＮＨ
＋
４＋２Ｏ２􀪅􀪅ＮＯ
－
３＋２Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ；Ｂ项，分析题图可知，Ａ
为原电池的负极，Ｂ为原电池的正极，Ｂ极电势比Ａ极电势高；Ｃ
项，Ａ极的电极反应式为ＣＨ３ＣＯＯ
－－８ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＣＯ２↑＋
７Ｈ
＋；Ｄ项，当电路中通过１ｍｏｌ电子时，理论上总共生成标准状
况下２．２４ＬＮ２。
答案　Ａ
题目价值　能举例说明化学在解决能源危机中的重要作
用，能分析能源的利用对自然环境和社会发展的影响，能综合考
虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题，如
新型电池的开发、金属的防腐等。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
７６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码４３
１．（２０１９河北邯郸一模，１３）氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。
为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质
溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分
别连接外部直流电源从而除去Ｃｌ
－，装置图如下。下列说法错
误的是
（　　）
Ａ．钢筋接电源的正极
Ｂ．金属导电网上发生的电极反应为２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑
Ｃ．混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
Ｄ．电解一段时间后钢筋附近溶液的ｐＨ增大
１．
答案　Ａ　阳极发生氧化反应，若钢筋接正极，腐蚀会更快，
Ａ项错误；惰性金属导电网作阳极，发生的电极反应为２Ｃｌ
－－
２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑，Ｂ项正确；电解过程中，钙离子等阳离子移向阴
极，即移向混凝土中钢筋，Ｃ项正确；阴极发生的电极反应为
２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，产生ＯＨ
－，碱性增强，Ｄ项正确。
２．（２０１９江西上饶六校一联，１３）生产硝酸钙的工业废水中常含
有ＮＨ４ＮＯ３，可用电解法净化，其工作原理如图所示。下列有
关说法正确的是
（　　）
Ａ．ａ极为电源负极，ｂ极为电源正极
Ｂ．装置工作时电子由ｂ极流出，经导线、电解槽流入ａ极
Ｃ．Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水
Ｄ．阴极的电极反应式为２ＮＯ
－
３＋１２Ｈ
＋＋１０ｅ
－􀪅􀪅Ｎ２↑＋６Ｈ２Ｏ
２．
答案　Ｃ　ａ为正极，ｂ为负极，故Ａ错误；电解槽中没有电
子通过，故Ｂ错误；Ⅰ室为阳极室，电极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－
􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋，得到较浓的硝酸，Ⅲ室为阴极室，电极反应式
为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－反应生成
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，得到较浓的氨水，故Ｃ正确，Ｄ错误。
审题方法　Ⅰ室和Ⅱ室之间为阴离子交换膜，即ＮＯ
－
３从Ⅱ室
移向Ⅰ室，同理ＮＨ
＋
４从Ⅱ室移向Ⅲ室，依据电解原理可判断，ａ
为正极，ｂ为负极。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４３
　　１．活学妙用，溯本求源
对于复杂的组合装置，要分析题意确定装置是“原电池” 还
是“电解池”，从氧化还原反应的角度，结合电子、离子的移动方
向，确定装置的正、负极或阴、阳极，紧紧抓住原电池、电解池的
工作原理，防止被复杂的装置所迷惑。
　　
例１　（２０１９安徽江南十校联考，１３）利用电解质溶液的
浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电
池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关Ｋ之前，两个
Ｃｕ电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是
（　　）
Ａ．循环物质Ｅ为水
Ｂ．乙池中Ｃｕ电极为阴极，发生还原反应
Ｃ．甲池中的电极反应式为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
Ｄ．若外电路中通过１ｍｏｌ电子，两电极的质量差为６４ｇ
思路分析　由ＳＯ
２－
４的移动方向可知右边Ｃｕ电极为负极，
发生氧化反应。当电路中通过１ｍｏｌ电子时，左边电极质量增加
３２ｇ，右边电极质量减小３２ｇ，两极的质量差为６４ｇ。电解质再
生池是利用太阳能将ＣｕＳＯ４稀溶液蒸发，分离为ＣｕＳＯ４浓溶液
和水后，再返回浓差电池。
答案　Ｂ
２．实事求是，尊重科学
化学是一门以实验为基础的自然科学，人们对科学规律的
发现是通过对自然现象的反复观察、探究和验证逐步完成的，化
学离不开实验，当实验的现象、结果与熟悉的知识不相符时，我
们要尊重实验客观事实，实事求是，不盲从于熟悉的知识。
例２　（２０１９云南保山检测，１２）中国科学家用墨汁书写
后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可
充电锂－空气电池（如图甲），电池的工作原理如图乙。下列有关
说法正确的是
（　　）
Ａ．放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的负极
Ｂ．充电时，若阳极放出１ｍｏｌＯ２，则有４ｍｏｌｅ
－回到电源正极
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
７７
　
Ｃ．闭合开关Ｋ给锂电池充电，Ｘ对应充电电极上的反应为Ｌｉ
＋＋
ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
Ｄ．放电时，Ｌｉ
＋由正极经过有机电解质溶液移向负极
思路分析　可充电锂－空气电池放电时，活泼的锂是负极，
电极反应式为Ｌｉ－ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
＋；墨汁中的石墨作锂电池的正极，电
极反应式为Ｏ２＋２Ｌｉ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ２Ｏ２，Ｌｉ
＋由负极经有机电解质溶
液移向正极。闭合开关Ｋ给锂电池充电，电池负极接电源的负
极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应。
解析　可充电锂－空气电池放电时，锂作负极，Ａ错误；充
电时，阳极的电极反应式为Ｌｉ２Ｏ２－２ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋２Ｌｉ
＋，若阳极放
出１ｍｏｌＯ２，则有２ｍｏｌｅ
－回到电源正极，Ｂ错误；闭合开关Ｋ给
锂电池充电，Ｘ对应充电电极为阴极，阴极上的反应式为Ｌｉ
＋＋ｅ
－
􀪅􀪅Ｌｉ，Ｃ正确；放电时，阳离子向正极移动，Ｌｉ
＋由负极经过有机
电解质溶液移向正极，Ｄ错误。
答案　Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码４４
１．（２０１９河南中原名校联考，１１）一种电催化合成氨的装置如图
所示。该装置工作时，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．图中涉及的能量转化方式共有３种
Ｂ．两极产生的气体的物质的量之比是１∶１
Ｃ．电路中每通过１ｍｏｌ电子，有１ｍｏｌＨ
＋迁移至ａ极
Ｄ．ｂ极上发生的主要反应为Ｎ２＋６Ｈ
＋＋６ｅ
－􀪅􀪅２ＮＨ３
１．
答案　Ｄ　图中涉及的能量转化有太阳能→电能，风能→机
械能→电能，电能→化学能等，Ａ项错误；若不考虑Ｈ２，Ｏ２和
ＮＨ３的物质的量之比为３∶４，Ｂ项错误；Ｈ
＋应向ｂ极迁移，Ｃ
项错误；ｂ极上发生：Ｎ２＋６Ｈ
＋＋６ｅ
－􀪅􀪅２ＮＨ３（主要）、２Ｈ
＋＋２ｅ
－
􀪅􀪅Ｈ２↑（次要），Ｄ项正确。
２．（２０１９陕西商洛中学五检，１１）微生物电解池（ＭＥＣ）是一项潜
在的有吸引力的绿色电解池，其制取氢气的原理如图所示：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．ＭＥＣ可在高温下工作
Ｂ．电解池工作时，化学能转变为电能
Ｃ．活性微生物抑制反应中电子的转移
Ｄ．阳极的电极反应式为ＣＨ３ＣＯＯ
－＋４Ｈ２Ｏ－８ｅ
－􀪅􀪅２ＨＣＯ
－
３＋９Ｈ
＋
２．
答案　
Ｄ　
温度过高会造成微生物失去活性，所以ＭＥＣ不
宜在高温下工作，Ａ不正确；电解池工作时，将电能转化为化学
能，Ｂ不正确；活性微生物有催化作用，能加快反应速率，促进
氧化还原反应中电子的转移，Ｃ不正确；阳极发生氧化反应，从
图中可以看出，ＣＨ３ＣＯＯ
－转化为ＨＣＯ
－
３，１ｍｏｌＣＨ３ＣＯＯ
－反应可
失去８ｍｏｌ电子，Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１８８
考点一原电池原理及其应用
１．（２０１９课标Ⅲ，１３，６分）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，
结构如图所示。电池反应为Ｚｎ（ｓ）＋２ＮｉＯＯＨ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）
放电
充电
􀜡􀜠
􀜓
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
１．
答案　Ｄ　本题涉及二次电池知识，以新型三维多孔海绵状
Ｚｎ的信息为切入点，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的
能力，运用电化学原理解决实际问题，体现了变化观念与平衡
思想的学科核心素养。
Ａ项，依题干信息可知正确；Ｂ项，充电时阳极发生氧化反应，
正确；Ｃ项，放电时Ｚｎ作负极失去电子，发生氧化反应，正确；
Ｄ项，放电时，ＯＨ
－由正极区向负极区迁移。
温馨提示　掌握原电池和电解池的反应原理及二次电池知
识，同时注意从题干中获取关键信息。
２．（２０１９天津理综，６，６分）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
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
７８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．放电时，ａ电极反应为Ｉ２Ｂｒ
－＋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０．６５ｇ，溶液中有０．０２ｍｏｌＩ
－被氧化
Ｄ．充电时，ａ电极接外电源负极
２．
答案　Ｄ　本题涉及原电池正负极的判断、电极反应式的书
写等知识，通过工作原理示意图的分析，考查学生接受、吸收、
整合化学信息的能力。新型高能电池的原理应用体现了科学
探究与创新意识的学科核心素养。
由工作原理示意图中Ｚｎ
２＋迁移的方向可判断放电时ａ为正极，
ｂ为负极。放电时，ａ极得到电子，发生还原反应，使溶液中离
子数目增大，Ａ、Ｂ项正确；充电时，ａ极接外接电源的正极，Ｄ
项错误；充电时，ｂ极为阴极，电极反应式为Ｚｎ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ，
每增重０．６５ｇ，转移０．０２ｍｏｌ电子，ａ极为阳极，电极反应式为
２Ｉ
－＋Ｂｒ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｉ２Ｂｒ
－，转移０．０２ｍｏｌ电子，有０．０２ｍｏｌＩ
－被氧
化，Ｃ项正确。
解题关键　根据示意图判断电池的正、负极，再结合图中微粒
变化的情况书写出电极反应式，根据两极转移电子守恒作出正
确计算。
３．（２０１９江苏单科，１０，２分）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
－
􀪅􀪅Ｆｅ
３＋
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
３．
答案　Ｃ　本题涉及的考点为金属的电化学腐蚀，考查了考
生接受、吸收、整合化学信息的能力，体现了证据推理与模型认
知的学科核心素养。
铁作负极，Ｆｅ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋，Ａ不正确；电化学腐蚀过程中化学
能不可能全部转化为电能，还有部分转化为热能，Ｂ不正确；活
性炭的存在构成了原电池，加快了负极铁的腐蚀，Ｃ正确；以水
代替ＮａＣｌ溶液，铁仍然能发生吸氧腐蚀，只是吸氧腐蚀的速率
会减慢，Ｄ不正确。
知识总结　在中性或极弱的酸性环境中钢铁发生吸氧腐蚀，
正极的电极反应式为Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅４ＯＨ
－；在酸性环境中
钢铁发生析氢腐蚀，正极的电极反应式为２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑。
４．（２０１８课标Ⅱ，１２，６分）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＋４Ｎａ􀜡􀜠
􀜓
２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｃ。下列说法错误的是（　　）
Ａ．放电时，ＣｌＯ
－
４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
－􀪅􀪅２ＣＯ
２－
３＋Ｃ
Ｄ．充电时，正极反应为：Ｎａ
＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ｎａ
４．
答案　Ｄ　本题考查二次电池的工作原理。放电时，负极反
应为：４Ｎａ－４ｅ
－􀪅􀪅４Ｎａ
＋，正极反应为３ＣＯ２＋４ｅ
－􀪅􀪅Ｃ＋２ＣＯ
２－
３；
Ｎａ
＋移向正极，ＣＯ
２－
３、ＣｌＯ
－
４移向负极，Ａ、Ｃ正确；充电过程与放
电过程相反，Ｂ正确；充电时，阳极反应为２ＣＯ
２－
３＋Ｃ－４ｅ
－􀪅􀪅
３ＣＯ２↑，Ｄ错误。
解题思路　二次电池充、放电的电极判断：二次电池充电时，
“正接正、负接负”；放电时的正极为充电时的阳极，放电时的
负极为充电时的阴极。
５．（２０１８课标Ⅲ，１１，６分）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－ｘ
２）Ｏ２↑
５．
答案　Ｄ　本题考查原电池原理和电解原理的综合运用。Ａ
项，依据题意和可充电电池装置图判断出，放电时锂电极作负
极，多孔碳材料电极作正极，错误；Ｂ项，在原电池中，外电路电
子由负极流向正极，即放电时，外电路电子由锂电极流向多孔
碳材料电极，错误；Ｃ项，充电时，电解质溶液中的阳离子向阴
极区迁移，即Ｌｉ
＋向锂电极区迁移，错误；Ｄ项，充电时，Ｌｉ
＋在阴
极区得到电子生成Ｌｉ，阳极区生成Ｏ２，即电池总反应为Ｌｉ２Ｏ２－ｘ
􀪅􀪅２Ｌｉ＋（１－ｘ
２）Ｏ２↑，正确。
方法技巧　可充电电池的工作原理：①可充电电池中，放电过
程用原电池原理分析，充电过程用电解原理分析；②分析电化
学问题时，先判断出电极，然后根据工作原理分析。
６．（２０１７江苏单科，１２，４分）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．反应Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）的ΔＨ＜０，ΔＳ＞０
Ｂ．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
Ｃ．常温下，Ｋｓｐ［Ｍｇ（ＯＨ）２］＝５．６×１０
－１２，ｐＨ＝１０的含Ｍｇ
２＋溶液
中，ｃ（Ｍｇ
２＋）≤５．６×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｄ．常温常压下，锌与稀Ｈ２ＳＯ４反应生成１１．２ＬＨ２，反应中转移
的电子数为６．０２×１０
２３
６．
答案　ＢＣ　Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）的ΔＨ＜０，ΔＳ＜０，Ａ
不正确；地下钢铁管道用导线连接锌块属于牺牲阳极的阴极保
护法，Ｂ正确；Ｋｓｐ［Ｍｇ（ＯＨ）２］＝ｃ（Ｍｇ
２＋）· ｃ
２（ＯＨ
－），则
ｃ（Ｍｇ
２＋）＝５．６×１０
－１２
（１０
－４）
２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝５．６× １０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ＝１０的溶
液中Ｍｇ
２＋最大浓度为５．６×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｃ正确；常温常压下
１１．２ＬＨ２的物质的量不是０．５ｍｏｌ，Ｄ不正确。
知识拓展　气体分子数增多的反应：ΔＳ＞０，气体分子数减少
的反应：ΔＳ＜０。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
７９
　
７．（２０１６课标Ⅱ，１１，６分）Ｍｇ－ＡｇＣｌ电池是一种以海水为电解质
溶液的水激活电池。下列叙述错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．负极反应式为Ｍｇ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｍｇ
２＋
Ｂ．正极反应式为Ａｇ
＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ａｇ
Ｃ．电池放电时Ｃｌ
－由正极向负极迁移
Ｄ．负极会发生副反应Ｍｇ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２＋Ｈ２↑
７．
答案　Ｂ　Ｍｇ－ＡｇＣｌ电池中，Ｍｇ为负极，ＡｇＣｌ为正极，故正
极反应式为ＡｇＣｌ＋ｅ
－􀪅􀪅Ａｇ＋Ｃｌ
－，Ｂ项错误。
思路分析　ＡｇＣｌ为正极材料，得电子生成Ａｇ和Ｃｌ
－，正极附近
溶液中ｃ（Ｃｌ
－）逐渐增大，负极周围Ｍｇ
２＋浓度逐渐增大，故Ｃｌ
－
向负极移动，Ｍｇ
２＋向正极移动。
关联知识　Ｍｇ可以和热水缓慢反应生成Ｍｇ（ＯＨ）２和Ｈ２。
８．（２０１６课标Ⅲ，１１，６分）锌—空气燃料电池可用作电动车动力
电源，电池的电解质溶液为ＫＯＨ溶液，反应为２Ｚｎ＋Ｏ２＋４ＯＨ
－＋
２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｚｎ（ＯＨ）
２－
４。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．充电时，电解质溶液中Ｋ
＋向阳极移动
Ｂ．充电时，电解质溶液中ｃ（ＯＨ
－）逐渐减小
Ｃ．放电时，负极反应为：Ｚｎ＋４ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ（ＯＨ）
２－
４
Ｄ．放电时，电路中通过２ｍｏｌ电子，消耗氧气２２．４Ｌ（标准状况）
８．
答案　
Ｃ　
充电时为电解池，溶液中的阳离子向阴极移动，
发生的反应为２Ｚｎ（ＯＨ）
２－
４􀪅􀪅２Ｚｎ＋Ｏ２↑＋４ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ，电解
质溶液中ｃ（ＯＨ
－）增大，故Ａ项、Ｂ项均错误；放电时负极反应
为Ｚｎ＋４ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ（ＯＨ）
２－
４，故Ｃ项正确；放电时，每消耗
１ｍｏｌＯ２电路中通过４ｍｏｌ电子，故Ｄ项错误。
知识拓展　１．
原电池：阳离子移向正极
电解池：阳离子移向阴极
{
２．失电子
原电池———负极
电解池———阳极
{
３．原电池充电时：正极接电源正极，电池正极变阳极
９．（２０１６四川理综，５，６分）某电动汽车配载一种可充放电的锂
离子电池，放电时电池总反应为：Ｌｉ１－ｘＣｏＯ２＋ＬｉｘＣ６􀪅􀪅
ＬｉＣｏＯ２＋Ｃ６（ｘ＜１）。下列关于该电池的说法不正确
∙∙∙的是（　　）
Ａ．放电时，Ｌｉ
＋在电解质中由负极向正极迁移
Ｂ．放电时，负极的电极反应式为ＬｉｘＣ６－ｘｅ
－􀪅􀪅ｘＬｉ
＋＋Ｃ６
Ｃ．充电时，若转移１ｍｏｌｅ
－，石墨（Ｃ６）电极将增重７ｘｇ
Ｄ．充电时，阳极的电极反应式为ＬｉＣｏＯ２－ｘｅ
－􀪅􀪅
Ｌｉ１－ｘＣｏＯ２＋ｘＬｉ
＋
９．
答案　Ｃ　由放电时电池总反应可知，放电时负极反应式为
ＬｉｘＣ６－ｘｅ
－􀪅􀪅Ｃ６＋ｘＬｉ
＋，正极反应式为Ｌｉ１－ｘＣｏＯ２＋ｘｅ
－＋ｘＬｉ
＋
􀪅􀪅ＬｉＣｏＯ２，在原电池内部阳离子由负极向正极迁移，Ａ、Ｂ项
均正确；充电时阴极反应式为Ｃ６＋ｘＬｉ
＋＋ｘｅ
－􀪅􀪅ＬｉｘＣ６，阳极反
应式为ＬｉＣｏＯ２－ｘｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ１－ｘＣｏＯ２＋ｘＬｉ
＋，转移ｘｍｏｌｅ
－，石墨电
极增重７ｘｇ，若转移１ｍｏｌｅ
－，石墨电极将增重７ｇ，Ｃ项不正
确，Ｄ项正确。
１０．（２０１６浙江理综，１１，６分）金属（Ｍ）－空气电池（如图）具有
原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设
备的电源。该类电池放电的总反应方程式为：４Ｍ＋ｎＯ２＋
２ｎＨ２Ｏ􀪅􀪅４Ｍ（ＯＨ）ｎ
已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能
释放出的最大电能。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面
积，并有利于氧气扩散至电极表面
Ｂ．比较Ｍｇ、Ａｌ、Ｚｎ三种金属－空气电池，Ａｌ－空气电池的理论
比能量最高
Ｃ．Ｍ－空气电池放电过程的正极反应式：４Ｍ
ｎ＋＋ｎＯ２＋２ｎＨ２Ｏ＋
４ｎｅ
－􀪅􀪅４Ｍ（ＯＨ）ｎ
Ｄ．在Ｍｇ－空气电池中，为防止负极区沉积Ｍｇ（ＯＨ）２，宜采用
中性电解质及阳离子交换膜
１０．
答案　Ｃ　
Ａ项，采用多孔电极可以提高电极与电解质溶
液的接触面积，并有利于Ｏ２扩散至电极表面；Ｂ项，单位质量
的Ｍｇ、Ａｌ、Ｚｎ反应，Ａｌ转移的电子数最多，故Ａｌ－空气电池的
理论比能量最高；Ｃ项，由于电池中间为阴离子交换膜，故
Ｍ
ｎ＋不能通过，则正极的电极反应式为Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
４ＯＨ
－；Ｄ项，在Ｍｇ－空气电池中，负极的电极反应式为Ｍｇ－
２ｅ
－􀪅􀪅Ｍｇ
２＋，为防止负极区沉积Ｍｇ（ＯＨ）２，可采用阳离子交
换膜阻止ＯＨ
－进入负极区。
１１．（２０１７课标Ⅰ，１１，６分）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
１１．
答案　Ｃ　本题考查外加电流的阴极保护法。将被保护的
金属（钢管桩）与电源的负极相连，防止钢管桩被腐蚀，外加
保护电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，故其表面腐
蚀电流接近于零，Ａ项正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，阳极
上发生氧化反应，失去电子，电子从高硅铸铁流向钢管桩，Ｂ
项正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，只是用于传递电流，故阳
极材料不损耗，Ｃ项错误；金属的腐蚀受环境的影响，故通入
的电流要根据环境条件的变化及时进行调整，Ｄ项正确。
审题技巧　本题易因忽视高硅铸铁为惰性辅助阳极而导致
出错。通常除金、铂以外的金属作为阳极材料，是活性电极，
优先于溶液中的粒子放电，且起到导电作用。此题指出惰性
辅助阳极，“惰性” 说明在此条件下铁不放电，只是起导电作
用（辅助）。做题时，应“具体问题具体分析”，不能一味地“按
章办事”。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二电解原理及其应用
１２．（２０１８课标Ⅰ，１３，６分）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。示意图如下图所示，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－Ｆｅ
２＋－ｅ
－􀪅􀪅ＥＤＴＡ－Ｆｅ
３＋
②２ＥＤＴＡ－Ｆｅ
３＋＋Ｈ２Ｓ􀪅􀪅２Ｈ
＋＋Ｓ＋２ＥＤＴＡ－Ｆｅ
２＋
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Ｆｅ
３＋／Ｆｅ
２＋取代ＥＤＴＡ－Ｆｅ
３＋／ＥＤＴＡ－Ｆｅ
２＋，溶液需为
酸性
１２．
答案　Ｃ　本题考查电解原理的应用。由石墨烯电极区反
应①可知该极发生氧化反应，为阳极，则ＺｎＯ＠石墨烯为阴
极。阴极的电极反应为ＣＯ２＋２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅ＣＯ＋Ｈ２Ｏ，Ａ正确；
装置工作时涉及三个反应，Ｆｅ
２＋与Ｆｅ
３＋的转化循环进行，总反
应为ＣＯ２与Ｈ２Ｓ之间的反应，根据得失电子守恒可知总反应
为ＣＯ２＋Ｈ２Ｓ􀪅􀪅ＣＯ＋Ｈ２Ｏ＋Ｓ，Ｂ正确；石墨烯与电源正极相
连，ＺｎＯ＠石墨烯与电源负极相连，故石墨烯上的电势比ＺｎＯ
＠石墨烯上的高，Ｃ错误；Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋均在酸性环境中稳定存在，
Ｄ正确。
审题技巧　解题的关键是电极名称的确定。如本题中ＣＯ２→
ＣＯ为还原反应———阴极，Ｆｅ
２＋→Ｆｅ
３＋为氧化反应———阳极。
１３．（２０１６课标Ⅰ，１１，６分）三室式电渗析法处理含Ｎａ２ＳＯ４废水
的原理如图所示，采用惰性电极，ａｂ、ｃｄ均为离子交换膜，在
直流电场的作用下，两膜中间的Ｎａ
＋和ＳＯ
２－
４可通过离子交换
膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．通电后中间隔室的ＳＯ
２－
４离子向正极迁移，正极区溶液ｐＨ
增大
Ｂ．该法在处理含Ｎａ２ＳＯ４废水时可以得到ＮａＯＨ和Ｈ２ＳＯ４
产品
Ｃ．负极反应为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２＋４Ｈ
＋，负极区溶液ｐＨ降低
Ｄ．当电路中通过１ｍｏｌ电子的电量时，会有０．５ｍｏｌ的Ｏ２
生成
１３．
答案　Ｂ　Ａ项，通电后ＳＯ
２－
４向正极移动，正极区ＯＨ
－放电，
溶液酸性增强，ｐＨ减小；Ｃ项，负极反应为４Ｈ
＋＋４ｅ
－􀪅􀪅
２Ｈ２↑，溶液ｐＨ增大；Ｄ项，当电路中通过１ｍｏｌ电子的电量
时，会有０．２５ｍｏｌＯ２生成。
思路分析　１．通电前：电解质溶液中含有哪些阴、阳离子（包
括由水电离出的Ｈ
＋和ＯＨ
－）。
２．通电时：阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，结合放电顺序
分析谁优先放电（注意活泼金属作阳极时，活泼金属优先放
电）。
３．正确书写电极反应式，要注意原子数、电荷数是否守恒。
４．结合题目要求分析电解时的各种变化情况，如两极现象、水
的电离平衡移动、离子浓度的变化、ｐＨ的变化等。
１４．（２０１７课标Ⅱ，１１，６分）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Ｈ２ＳＯ４－Ｈ２Ｃ２Ｏ４
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：Ａｌ
３＋＋３ｅ
－􀪅􀪅Ａｌ
Ｄ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
１４．
答案　
Ｃ　
本题考查电解原理的应用。Ａｌ
０
→Ａｌ
＋３
２Ｏ３发生氧
化反应，故铝质工件为阳极，Ａ正确；阴极材料应为金属或导
电的非金属，可选用不锈钢网，Ｂ正确；电解质溶液中含有大
量Ｈ
＋，故阴极的电极反应式为２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑，Ｃ不正确；
在电解池中，阴离子移向阳极，Ｄ正确。
知识拓展　关于电解原理的“不寻常”应用：
１．电解原理在“金属防腐”中的应用。如：用外加电流的阴极
保护法。
２．电解原理在“ 物质制备” 中的应用。如：用尿素
［ＣＯ（ＮＨ２）２］制氢气。
３．电解原理在“环境治理”中的应用。如：用电解法消除ＣＮ
－。
１５．（２０１９北京理综，２７，１４分）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。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
８１
　
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。
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：
　
　
　。
１５．
答案　（１）①ＣＨ４＋２Ｈ２Ｏ
催化剂
　
􀪅􀪅􀪅􀪅４Ｈ２＋ＣＯ２
②Ｃ（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）或Ｃ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）
􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）
③ａｂｃ
④降低　ＣａＯ＋ＣＯ２􀪅􀪅ＣａＣＯ３，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
解析　本题考查的内容是化学反应原理中的化学反应与能
量变化、化学平衡的移动、电化学等。试题的综合性强、信息
量大，侧重考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力和分
析、解决问题的能力，体现了变化观念与平衡思想、证据推理
与模型认知的学科核心素养，并培养学生关注社会发展、科技
进步的意识和创新思维、创新意识的价值观念。
（１）②反应ⅲ中有固体碳生成，而ⅰ、ⅱ中都没有碳参与反
应，所以必须有一个有碳参与的反应的ΔＨ才能计算ΔＨ３。
（２）①控制开关连接Ｋ１时，电极１作阴极，Ｈ２Ｏ在电极周围
放电产生Ｈ２。③开关连接Ｋ１时，电极３作阳极，Ｎｉ（ＯＨ）２被
氧化为ＮｉＯＯＨ；开关连接Ｋ２时，电极３作阴极，ＮｉＯＯＨ被还
原为Ｎｉ（ＯＨ）２。
解题思路　在解答（２）时，我们要认真观察光伏电池工作示
意图，了解其工作原理。该装置中开关连接Ｋ１、Ｋ２均为电解
装置，只不过是电极３分别作阳极和阴极。
１６．（２０１８课标Ⅰ，２７，１４分）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：
Ｎａ２ＣＯ３饱和溶液
　
→　　Ⅰ　　
ＳＯ２
↓
ｐＨ＝４．１
　　Ⅱ　　
→
Ｎａ２ＣＯ３固体
↓
ｐＨ＝７～８
　　Ⅲ　　
→
ＳＯ２
↓
ｐＨ＝４．１
结晶脱水
→
Ｎａ２Ｓ２Ｏ５
→
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５０．００ｍＬ葡萄酒样品，用
０．０１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１的碘标准液滴定至终点，消耗
１０．００ｍＬ。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）。
１６．
答案　（１）２ＮａＨＳＯ３􀪅􀪅Ｎａ２Ｓ２Ｏ５＋Ｈ２Ｏ
（２）①ＮａＨＳＯ３　②得到ＮａＨＳＯ３过饱和溶液
（３）２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋　ａ
（４）Ｓ２Ｏ
２－
５＋２Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４＋４Ｉ
－＋６Ｈ
＋　０．１２８
解析　本题考查工艺流程、电解原理的应用、氧化还原滴定
与计算。（１）ＮａＨＳＯ３与Ｎａ２Ｓ２Ｏ５中硫元素化合价均为＋４
价，根据观察法配平反应方程式：２ＮａＨＳＯ３􀪅􀪅Ｎａ２Ｓ２Ｏ５
＋Ｈ２Ｏ。
（２）①Ⅰ中所得溶液的ｐＨ＝４．１，硫元素的存在形式应为
ＨＳＯ
－
３，故Ⅰ中为ＮａＨＳＯ３溶液。②过程Ⅱ是利用Ｎａ２ＣＯ３与
ＮａＨＳＯ３反应转化为Ｎａ２ＳＯ３，过程Ⅲ利用ＳＯ２与Ｎａ２ＳＯ３反应
生成ＮａＨＳＯ３：Ｎａ２ＳＯ３＋ＳＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＮａＨＳＯ３，制得高浓度
的ＮａＨＳＯ３，更有利于Ｎａ２Ｓ２Ｏ５的制备。
（３）根据装置图可知左侧为阳极，溶质为Ｈ２ＳＯ４，实际放电的
是水电离出的ＯＨ
－，电极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋
４Ｈ
＋。电解过程中，阳离子（Ｈ
＋）向右侧移动，则ａ室中ＳＯ
２－
３＋
Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３，ＮａＨＳＯ３浓度增大。
（４）Ｎａ２Ｓ２Ｏ５作食品的抗氧化剂，则具有强还原性，能被氧化
为ＳＯ
２－
４；Ｓ２Ｏ
２－
５
－４ｅ
－
　→２ＳＯ
２－
４，Ｉ２
＋２ｅ
－
　→２Ｉ
－，依据得失电子守恒、电
荷守恒和原子守恒可配平反应的离子方程式：Ｓ２Ｏ
２－
５＋２Ｉ２＋
３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４＋４Ｉ
－＋６Ｈ
＋。
根据滴定反应的离子方程式及硫原子守恒可得如下关系式：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
２ＳＯ２　
～　Ｓ２Ｏ
２－
５　
～　２Ｉ２
６４ｇ
１ｍｏｌ
ｍ（ＳＯ２）
０．０１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１×０．０１０００Ｌ
ｍ（ＳＯ２）＝６．４×１０
－３ｇ
则样品中Ｎａ２Ｓ２Ｏ５的残留量为６．４×１０
－３ｇ
０．０５０００Ｌ＝０．１２８ｇ·Ｌ
－１。
方法技巧　守恒法在此题中应用较多。如第（４）问中Ｓ２Ｏ
２－
５
与Ｉ２反应的方程式要利用得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒配平。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一原电池原理及其应用
１．（２０１７课标Ⅲ，１１，６分）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０．０２ｍｏｌ电子，负极材料减
重０．１４ｇ
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
答案　Ｄ　根据图示中Ｌｉ
＋移动方向可知，电极ａ为正极，依
次发生Ｓ８→Ｌｉ２Ｓ８→Ｌｉ２Ｓ６→Ｌｉ２Ｓ４→Ｌｉ２Ｓ２的转化，Ａ正确；电池
工作时负极反应式为Ｌｉ－ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
＋，当转移０．０２ｍｏｌ电子时，
负极消耗的Ｌｉ的物质的量为０．０２ｍｏｌ，质量为０．１４ｇ，Ｂ正确；
石墨烯具有导电性，可以提高电极ａ的导电能力，Ｃ正确；电池
充电时为电解池，此时Ｌｉ２Ｓ２的量越来越少，Ｄ错误。
解题导引　
２．（２０１５天津理综，４，６分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离
子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是
（　　）
Ａ．铜电极上发生氧化反应
Ｂ．电池工作一段时间后，甲池的ｃ（ＳＯ
２－
４）减小
Ｃ．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
Ｄ．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电
荷平衡
答案　Ｃ　题中所述锌铜原电池中，Ｚｎ为负极，电极反应式
为Ｚｎ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ
２＋；Ｃｕ为正极，电极反应式为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅
Ｃｕ，发生还原反应。Ｚｎ
２＋通过阳离子交换膜向正极移动；乙池
溶液中消耗的Ｃｕ
２＋与由甲池迁移过来的Ｚｎ
２＋的物质的量相同，
则乙池溶液质量增加。溶液中的阴离子无法通过阳离子交换
膜。故选Ｃ。
３．（２０１５江苏单科，１０，２分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意
如图。下列有关该电池的说法正确的是
（　　）
Ａ．反应ＣＨ４＋Ｈ２Ｏ
催化剂
△
􀪅􀪅􀪅􀪅３Ｈ２＋ＣＯ，每消耗１ｍｏｌＣＨ４转移
１２ｍｏｌ电子
Ｂ．电极Ａ上Ｈ２参与的电极反应为：Ｈ２＋２ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
Ｃ．电池工作时，ＣＯ
２－
３向电极Ｂ移动
Ｄ．电极Ｂ上发生的电极反应为：Ｏ２＋２ＣＯ２＋４ｅ
－􀪅􀪅２ＣＯ
２－
３
答案　Ｄ　
Ａ项，由化合价变化知，每消耗１ｍｏｌＣＨ４转移
６ｍｏｌ电子；Ｂ项，电极Ａ为负极，发生的电极反应为ＣＯ＋Ｈ２＋
２ＣＯ
２－
３－４ｅ
－􀪅􀪅３ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ；Ｃ项，电池工作时，ＣＯ
２－
３向电极Ａ
移动；Ｄ项，电极Ｂ是正极，电极反应为Ｏ２＋４ｅ
－＋２ＣＯ２
􀪅􀪅２ＣＯ
２－
３。
４．（２０１５江苏单科，１１，４分）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．若Ｈ２Ｏ２分解产生１ｍｏｌＯ２，理论上转移的电子数约
为４×６．０２×１０
２３
Ｂ．室温下，ｐＨ＝３的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液与ｐＨ＝１１的ＮａＯＨ溶液等
体积混合，溶液ｐＨ＞７
Ｃ．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其
腐蚀
Ｄ．一定条件下反应Ｎ２＋３Ｈ２􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３达到平衡时，３ｖ正（Ｈ２）＝
２ｖ逆（ＮＨ３）
答案　Ｃ　
Ａ项，由２Ｈ２Ｏ２
ＭｎＯ２
􀪅􀪅􀪅
􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑可知，每生成
１ｍｏｌＯ２转移的电子数约为２×６．０２×１０
２３；Ｂ项，室温下，ｐＨ＝３
的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液与ｐＨ＝１１的ＮａＯＨ溶液等体积混合后形成
ＣＨ３ＣＯＯＮａ和ＣＨ３ＣＯＯＨ的混合溶液，ｐＨ＜７；Ｃ项正确；Ｄ项，
反应Ｎ２＋３Ｈ２􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３达到平衡时，ｖ正（Ｈ２）∶ｖ逆（ＮＨ３）＝
３∶２，即２ｖ正（Ｈ２）＝３ｖ逆（ＮＨ３）。
５．（２０１５重庆理综，１１，１４分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高
的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，
故对其进行修复和防护具有重要意义。
（１）原子序数为２９的铜元素位于元素周期表中第　
　
　
　
周期。
（２）某青铜器中Ｓｎ、Ｐｂ的质量分别为１１９ｇ、２０．７ｇ，则该青铜
器中Ｓｎ和Ｐｂ原子的数目之比为　　　　。
（３）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在ＣｕＣｌ。关于
ＣｕＣｌ在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
８３
　
　　　　。
Ａ．降低了反应的活化能
Ｂ．增大了反应的速率
Ｃ．降低了反应的焓变
Ｄ．增大了反应的平衡常数
（４）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将
糊状Ａｇ２Ｏ涂在被腐蚀部位，Ａｇ２Ｏ与有害组分ＣｕＣｌ发生
复分解反应，该化学方程式为　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
（５）如图所示为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理
示意图。
①腐蚀过程中，负极是　　　　（填图中字母“ａ”或“ｂ”或
“ｃ”）；
②环境中的Ｃｌ
－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反
应产物作用生成多孔粉状锈Ｃｕ２（ＯＨ）３Ｃｌ，其离子方程式
为　　　　　　　　　　　　　　　　；
③若生成４．２９ｇＣｕ２（ＯＨ）３Ｃｌ，则理论上耗氧体积为
　　　Ｌ（标准状况）。
答案　（１）四　（２）１０∶１　（３）Ａ、Ｂ
（４）Ａｇ２Ｏ＋２ＣｕＣｌ􀪅􀪅２ＡｇＣｌ＋Ｃｕ２Ｏ
（５）①ｃ　②２Ｃｕ
２＋＋３ＯＨ
－＋Ｃｌ
－􀪅􀪅Ｃｕ２（ＯＨ）３Ｃｌ↓　③０．４４８
解析　
（２）Ｓｎ和Ｐｂ原子的数目之比为
１１９ｇ
１１９ｇ·ｍｏｌ
－１∶
２０．７ｇ
２０７ｇ·ｍｏｌ
－１＝１０∶１。（３）催化剂可以降低反应的活化能，增
大反应速率，但不能改变反应物与生成物的总能量，即对反应
的ΔＨ无影响；反应的平衡常数只随温度的变化而变化。
（４）复分解反应中各元素化合价均不变。（５）①铜作负极失电
子，产物是Ｃｕ
２＋；③４．２９ｇＣｕ２（ＯＨ）３Ｃｌ中含有０．０４ｍｏｌＣｕ
２＋，
Ｃｕ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
２＋，则转移０．０８ｍｏｌ电子，需耗氧０．０２ｍｏｌ，标准
状况下为０．４４８Ｌ。
６．（２０１５课标Ⅱ，２６，１４分）酸性锌锰干电池是一种一次性电池，
外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、ＭｎＯ２、ＺｎＣｌ２和
ＮＨ４Ｃｌ等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生ＭｎＯＯＨ。
回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表
所示：
溶解度／（ｇ／１００ｇ水）
　　　温度／℃
化合物　　
０
２０
４０
６０
８０
１００
ＮＨ４Ｃｌ
２９．３
３７．２
４５．８
５５．３
６５．６
７７．３
ＺｎＣｌ２
３４３
３９５
４５２
４８８
５４１
６１４
化合物
Ｚｎ（ＯＨ）２
Ｆｅ（ＯＨ）２
Ｆｅ（ＯＨ）３
Ｋｓｐ近似值
１０
－１７
１０
－１７
１０
－３９
回答下列问题：
（１）该电池的正极反应式为　　　　　　　　　
　
　
　
　，电
池反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
（２）维持电流强度为０．５Ａ，电池工作５分钟，理论上消耗锌
　　　　ｇ。（已知Ｆ＝９６５００Ｃ·ｍｏｌ
－１）
（３）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ＺｎＣｌ２
和ＮＨ４Ｃｌ，二者可通过　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
分离回收；
滤渣的主要成分是ＭｎＯ２、　　　　和　　　　，欲从中得
到较纯的ＭｎＯ２，最简便的方法为　　　　　　，其原理是
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）用废电池的锌皮制备ＺｎＳＯ４·７Ｈ２Ｏ的过程中，需除去锌皮
中的少量杂质铁，其方法是：加稀Ｈ２ＳＯ４和Ｈ２Ｏ２溶解，铁
变为　　　　，加碱调节至ｐＨ为　　　　时，铁刚好沉淀
完全（离子浓度小于１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，即可认为该离子
沉淀完全）；继续加碱至ｐＨ为　
　
　
　
时，锌开始沉淀
（假定Ｚｎ
２＋浓度为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１）。若上述过程不加Ｈ２Ｏ２
后果是　　　　　　　　，原因是　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
答案　（１）ＭｎＯ２＋Ｈ
＋＋ｅ
－􀪅􀪅ＭｎＯＯＨ
２ＭｎＯ２＋Ｚｎ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅２ＭｎＯＯＨ＋Ｚｎ
２＋（每空１分，共２分）［注：
式中Ｚｎ
２＋可写为Ｚｎ（ＮＨ３）
２＋
４、Ｚｎ（ＮＨ３）２Ｃｌ２等，Ｈ
＋可写为
ＮＨ
＋
４］　（２）０．０５（２分）
（３）加热浓缩、冷却结晶　碳粉　ＭｎＯＯＨ　空气中加热
碳粉转变为ＣＯ２，ＭｎＯＯＨ氧化为ＭｎＯ２（每空１分，共５分）
（４）Ｆｅ
３＋　
２．７　
６　
Ｚｎ
２＋和Ｆｅ
２＋分离不开　
Ｆｅ（ＯＨ）２和
Ｚｎ（ＯＨ）２的Ｋｓｐ相近（每空１分，共５分）
解析　（１）该电池为酸性锌锰干电池，电极反应式为负极：
Ｚｎ－２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ
２＋，正极：２ＭｎＯ２＋２ｅ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅２ＭｎＯＯＨ。
（２）电量Ｑ＝Ｉｔ＝０．５Ａ× ５× ６０ｓ＝１５０Ｃ，则ｍ（Ｚｎ）＝
１５０Ｃ
９６５００Ｃ·ｍｏｌ
－１×２
×６５ｇ·ｍｏｌ
－１≈０．０５ｇ。（３）由表格中信息
可知，ＺｎＣｌ２的溶解度受温度影响变化较大，ＮＨ４Ｃｌ的溶解度受
温度影响变化较小，故可通过加热浓缩、冷却结晶的方法分离。
（４）Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）３］＝ｃ（Ｆｅ
３＋）×ｃ
３（ＯＨ
－）＝１×１０
－５×ｃ
３（ＯＨ
－）＝１×
１０
－３９，ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－１１．３ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｐＯＨ＝１１．３，则ｐＨ＝２．７。
Ｋｓｐ［Ｚｎ（ＯＨ）２］＝ｃ（Ｚｎ
２＋）×ｃ
２（ＯＨ
－）＝０．１×ｃ
２（ＯＨ
－）＝１×１０
－１７，
ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－８ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＯＨ＝８，则ｐＨ＝６。因Ｚｎ（ＯＨ）２和
Ｆｅ（ＯＨ）２的Ｋｓｐ接近，若不用Ｈ２Ｏ２将Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋，沉淀
Ｚｎ
２＋时，Ｆｅ
２＋也可转化为Ｆｅ（ＯＨ）２沉淀，而使制得的
ＺｎＳＯ４·７Ｈ２Ｏ不纯净。
考点二电解原理及其应用
７．（２０１５福建理综，９，６分）纯净物Ｘ、Ｙ、Ｚ转化关系如图所示，
下列判断正确的是
（　　）
Ａ．Ｘ可能是金属铜
Ｂ．Ｙ不可能是氢气
Ｃ．Ｚ可能是氯化钠
Ｄ．Ｚ可能是三氧化硫
答案　Ａ　若用惰性电极电解ＣｕＣｌ２溶液，可以生成Ｃｕ和
Ｃｌ２，Ｃｕ可以在Ｃｌ２中燃烧生成ＣｕＣｌ２，故Ｘ可能是金属铜，Ａ正
确；若用惰性电极电解ＨＣｌ的水溶液，可生成Ｈ２和Ｃｌ２，Ｈ２和
Ｃｌ２在点燃的条件下可以生成ＨＣｌ，故Ｙ可能是Ｈ２，Ｂ错误；在
水溶液中Ｎａ
＋不可能放电，故Ｃ错误；若Ｚ是三氧化硫，则Ｚ的
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
水溶液为Ｈ２ＳＯ４溶液，电解Ｈ２ＳＯ４溶液得到的Ｘ和Ｙ作用不
会生成三氧化硫，故Ｄ错误。
８．（２０１５福建理综，１１，６分）某模拟“人工树叶” 电化学实验装
置如下图所示，该装置能将Ｈ２Ｏ和ＣＯ２转化为Ｏ２和燃料
（Ｃ３Ｈ８Ｏ）。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．该装置将化学能转化为光能和电能
Ｂ．该装置工作时，Ｈ
＋从ｂ极区向ａ极区迁移
Ｃ．每生成１ｍｏｌＯ２，有４４ｇＣＯ２被还原
Ｄ．ａ电极的反应为：３ＣＯ２＋１８Ｈ
＋－１８ｅ
－􀪅􀪅Ｃ３Ｈ８Ｏ＋５Ｈ２Ｏ
答案　Ｂ　由模拟“人工树叶”电化学实验装置可知，该装置
将光能和电能转化为化学能，故Ａ错误；在电解池内部，阳离
子向阴极迁移，故Ｈ
＋从ｂ极区向ａ极区迁移，Ｂ正确；阴极上：
３ＣＯ２～Ｃ３Ｈ８Ｏ～１８ｅ
－，阳极上：２Ｈ２Ｏ～Ｏ２～４ｅ
－，根据得失电子守
恒可知，当阳极生成１ｍｏｌＯ２时，阴极被还原的ＣＯ２的质量为
４ｍｏｌ
６
×４４ｇ／ｍｏｌ＝２９．３ｇ，故Ｃ错误；ａ电极的反应为３ＣＯ２＋
１８Ｈ
＋＋１８ｅ
－􀪅􀪅Ｃ３Ｈ８Ｏ＋５Ｈ２Ｏ，故Ｄ错误。
９．（２０１５四川理综，４，６分）用如图所示装置除去含ＣＮ
－、Ｃｌ
－废
水中的ＣＮ
－时，控制溶液ｐＨ为９～１０，阳极产生的ＣｌＯ
－将ＣＮ
－
氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．用石墨作阳极，铁作阴极
Ｂ．阳极的电极反应式：Ｃｌ
－＋２ＯＨ
－－２ｅ
－􀪅􀪅ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ
Ｃ．阴极的电极反应式：２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－
Ｄ．除去ＣＮ
－的反应：２ＣＮ
－＋５ＣｌＯ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｎ２↑＋２ＣＯ２↑＋
５Ｃｌ
－＋Ｈ２Ｏ
答案　Ｄ　Ｄ项，控制溶液ｐＨ为９～１０，溶液呈碱性，离子方
程式应为２ＣＮ
－＋５ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎ２↑＋２ＣＯ２↑＋５Ｃｌ
－＋２ＯＨ
－。
１０．（２０１５浙江理综，１１，６分）在固态金属氧化物电解池中，高温
共电解Ｈ２Ｏ－ＣＯ２混合气体制备Ｈ２和ＣＯ是一种新的能源利
用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．Ｘ是电源的负极
Ｂ．阴极的电极反应式是：Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２＋Ｏ
２－
　　　　　　　　　　
ＣＯ２＋２ｅ
－􀪅􀪅ＣＯ＋Ｏ
２－
Ｃ．总反应可表示为：Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２
通电
􀪅􀪅Ｈ２＋ＣＯ＋Ｏ２
Ｄ．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是１∶１
答案　Ｄ　Ｈ２Ｏ→Ｈ２、ＣＯ２→ＣＯ均为还原过程，Ｘ应为电源
负极，Ａ项正确；阴极电极反应式为Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋Ｏ
２－
和ＣＯ２＋２ｅ
－􀪅􀪅ＣＯ＋Ｏ
２－，阳极电极反应式为２Ｏ
２－－４ｅ
－􀪅􀪅
Ｏ２↑，总反应为Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２
通电
􀪅􀪅Ｈ２＋ＣＯ＋Ｏ２，Ｂ、Ｃ项正确；阴、
阳两极生成气体的物质的量之比为２∶１，Ｄ项不正确。
１１．（２０１５山东理综，２９，１５分）利用ＬｉＯＨ和钴氧化物可制备锂
离子电池正极材料。ＬｉＯＨ可由电解法制备，钴氧化物可通过
处理钴渣获得。
（１）利用如图装置电解制备ＬｉＯＨ，两电极区电解液分别为
ＬｉＯＨ和ＬｉＣｌ溶液。Ｂ极区电解液为　　　　溶液（填化
学式），阳极电极反应式为　
　
　
　
　
　
　
　，电解过程
中Ｌｉ
＋向　　　　电极迁移（填“Ａ”或“Ｂ”）。
（２）利用钴渣［含Ｃｏ（ＯＨ）３、Ｆｅ（ＯＨ）３等］制备钴氧化物的工
艺流程如下：
Ｃｏ（ＯＨ）３溶解还原反应的离子方程式为　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。铁渣中铁元素的化合价为
　　　　。在空气中煅烧ＣｏＣ２Ｏ４生成钴氧化物和ＣＯ２，
测得充分煅烧后固体质量为２．４１ｇ，ＣＯ２体积为１．３４４Ｌ
（标准状况），则钴氧化物的化学式为　　　　。
答案　（１）ＬｉＯＨ　２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑　Ｂ
（２）２Ｃｏ（ＯＨ）３＋ＳＯ
２－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｏ
２＋＋ＳＯ
２－
４＋５Ｈ２Ｏ
［或Ｃｏ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃｏ
３＋＋３Ｈ２Ｏ，２Ｃｏ
３＋＋ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
２Ｃｏ
２＋＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ
＋］　＋３　Ｃｏ３Ｏ４
解析　
（１）Ｂ极区产生Ｈ２，则Ｂ极区发生还原反应，为阴
极；Ａ极电极反应式为２Ｃｌ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｌ２↑，为阳极。Ａ极区
电解液为ＬｉＣｌ溶液，Ｂ极区电解液为ＬｉＯＨ溶液；Ｌｉ
＋（阳离子）
向阴极（Ｂ电极）移动。
（２）向浸液中加入了具有氧化性的ＮａＣｌＯ３和Ｏ２，所以铁渣中
的铁元素为＋３价。设钴氧化物的化学式为ＣｏｘＯｙ，由
　　　　ｘＣｏＣ２Ｏ４＋ｙ
２Ｏ２
煅烧
􀪅􀪅ＣｏｘＯｙ　　＋　２ｘＣＯ２
　　　　　　　　　　　　（５９ｘ＋１６ｙ）ｇ　２ｘ×２２．４Ｌ
　　　　　　　　　　　　　２．４１ｇ　　　
１．３４４Ｌ
则（５９ｘ＋１６ｙ）ｇ
２．４１ｇ
＝２ｘ×２２．４Ｌ
１．３４４Ｌ，解得ｘ∶ｙ＝３∶４，则钴氧化物的
化学式为Ｃｏ３Ｏ４。
１２．（２０１７江苏单科，１６，１２分）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：
铝土矿
碱溶
→
ＮａＯＨ
溶液
↓
过滤Ⅰ
→
滤渣
↓
反应
→
ＮａＨＣＯ３
溶液
↓
过滤Ⅱ
→
电解Ⅱ
↓
↑
↑
灼烧
→
电解Ⅰ
→
Ｏ２
↑
Ａｌ
→
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
８５
　
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
－􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ
（２）减小
（３）石墨电极被阳极上产生的Ｏ２氧化
（４）４ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅４ＨＣＯ
－
３＋Ｏ２↑　Ｈ２
（５）ＮＨ４Ｃｌ分解产生的ＨＣｌ能够破坏Ａｌ表面的Ａｌ２Ｏ３薄膜
解析　
（１）Ａｌ２Ｏ３是两性氧化物，能与强碱反应生成ＡｌＯ
－
２
和Ｈ２Ｏ。
（２）“碱溶”时，ＮａＯＨ溶液应过量，则在“过滤Ⅰ”所得滤液中
一定含有过量的ＮａＯＨ，当加入ＮａＨＣＯ３溶液时，ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ，使ｃ（ＯＨ
－）减小，故ｐＨ减小。
（３）电解熔融Ａｌ２Ｏ３时，阳极反应式为２Ｏ
２－－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑，Ｏ２
会与石墨发生化学反应，从而消耗石墨。
（４）阳极应是Ｈ２Ｏ电离出的ＯＨ
－放电，生成Ｏ２和Ｈ
＋，在
Ｎａ２ＣＯ３溶液充足的条件下，Ｈ
＋与ＣＯ
２－
３反应生成ＨＣＯ
－
３，故阳
极的电极反应式为４ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅４ＨＣＯ
－
３＋Ｏ２↑；阴极的
电极反应式为４Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２↑＋４ＯＨ
－，所以物质Ａ为Ｈ２。
（５）铝粉表面有Ａｌ２Ｏ３薄膜，阻碍反应的进行，而添加少量
ＮＨ４Ｃｌ固体，ＮＨ４Ｃｌ分解生成的ＨＣｌ能与Ａｌ２Ｏ３反应，破坏
Ａｌ２Ｏ３薄膜，有利于Ａｌ和Ｎ２反应。
疑难突破　向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入ＮａＨＣＯ３溶液时，除
了发生反应ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ
２－
３，还发生反应ＨＣＯ
－
３＋
ＡｌＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＣＯ
２－
３，然后经“ 过滤Ⅱ” 得到
Ａｌ（ＯＨ）３，灼烧Ａｌ（ＯＨ）３，发生反应２Ａｌ（ＯＨ）３
灼烧
􀪅􀪅Ａｌ２Ｏ３＋
３Ｈ２Ｏ，再电解熔融的Ａｌ２Ｏ３可得到Ａｌ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１９０
时间：４５分钟　分值：９５分
一、选择题（每题６分，共２４分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９河南开封一模，１０）某课题组以纳米Ｆｅ２Ｏ３作为电极材
料制备锂离子电池（另一极为金属锂和石墨的复合材料），通
过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了
对磁性的可逆调控（如图）。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．放电时，负极的电极反应式为Ｌｉ－ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
＋
Ｂ．放电时，电子通过电解质从Ｌｉ流向Ｆｅ２Ｏ３
Ｃ．充电时，Ｆｅ做阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引
Ｄ．充电时，阳极的电极反应式为２Ｆｅ＋３Ｌｉ２Ｏ－６ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ２Ｏ３＋
６Ｌｉ
＋
１．
答案　
Ｂ　
Ａ项，放电时，Ｌｉ为负极，失去电子，发生氧化反
应，电极反应式是Ｌｉ－ｅ
－􀪅􀪅Ｌｉ
＋，Ａ正确；Ｂ项，放电时，电子通
过外电路从负极（Ｌｉ）流向正极（Ｆｅ２Ｏ３），不能经过电解质，Ｂ
错误；Ｃ项，充电时，Ｆｅ做阳极，失去电子，发生氧化反应，被氧
化为Ｆｅ２Ｏ３，Ｆｅ２Ｏ３不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸
引，Ｃ正确；Ｄ项，充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，电极
反应式为２Ｆｅ－６ｅ
－＋３Ｌｉ２Ｏ􀪅􀪅Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｌｉ
＋，Ｄ正确。
２．（２０１９广东佛山二检，１０）沉积物微生物燃料电池可处理含硫
废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．碳棒ｂ的电极反应式为Ｏ２＋４ｅ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
Ｂ．光照强度对电池的输出功率有影响
Ｃ．外电路的电流方向：碳棒ａ→碳棒ｂ
Ｄ．酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率
降低
２．
答案　Ｃ　
由题图可知，碳棒ａ作负极，碳棒ｂ作正极。Ａ
项，正极Ｏ２得电子生成水，电极反应式为Ｏ２＋４ｅ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅
２Ｈ２Ｏ，故Ａ正确；Ｂ项，ＣＯ２在光照和光合菌的作用下反应生
成氧气，光照强度对电池的输出功率有影响，故Ｂ正确；Ｃ项，
外电路电流由正极流向负极，即由碳棒ｂ→碳棒ａ，故Ｃ错误；
Ｄ项，酸性增强会使菌落失活，工作一段时间后，电池效率降
低，故Ｄ正确。
易错警示　原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到
电子发生还原反应，电流从正极经外电路流向负极。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
３．（２０１９江西名校３月联考，１１）利用膜技术原理和电化学原理
制备少量硫酸和绿色硝化剂Ｎ２Ｏ５，装置如图所示。下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．ｂ电极反应式是Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＯＨ
－
Ｂ．电解后乙装置ｄ电极附近溶液的ｐＨ不变
Ｃ．ｃ电极反应式为Ｎ２Ｏ４－２ｅ
－＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎ２Ｏ５＋２Ｈ
＋
Ｄ．甲中每消耗１ｍｏｌＳＯ２，乙装置中有１ｍｏｌＨ
＋通过隔膜
３．
答案　Ｂ　Ａ项，甲装置为原电池，其中ａ电极为负极、ｂ电
极为正极，正极电极反应式为Ｏ２＋４ｅ
－＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ，Ａ项错
误；Ｂ项，乙装置是电解池，均采用了惰性电极，ｄ电极为阴极，
电极反应式为２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑，虽然消耗了Ｈ
＋，但同时有
等量的Ｈ
＋从阳极区迁移过来，故溶液的ｐＨ不变，Ｂ项正确；Ｃ
项，ｃ电极为阳极，发生氧化反应：Ｎ２Ｏ４－２ｅ
－＋２ＨＮＯ３􀪅􀪅
２Ｎ２Ｏ５＋２Ｈ
＋，Ｃ项错误；Ｄ项，甲装置中消耗１ｍｏｌＳＯ２转移
２ｍｏｌ电子，乙装置中有２ｍｏｌＨ
＋通过隔膜，Ｄ项错误。
４．（２０１９河北衡水中学二调，９）某兴趣小
组进行电解原理的实验探究，实验如下：
一定温度下，以铜为电极，按如图所示装
置电解饱和食盐水，通电２ｍｉｎ。实验现
象：接通电源３０ｓ内，阳极附近出现白色
浑浊，之后变为橙黄色浑浊，此时测得溶液的ｐＨ约为１０。结
束后（温度不变），试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为
无色。
查阅资料：
物质
氯化铜
氧化亚铜
氢氧化亚铜
（不稳定）
氯化亚铜
颜色
固体呈棕色，浓溶液呈
绿色，稀溶液呈蓝色
红色
橙黄色
白色
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．反应结束后，最终溶液一定呈碱性
Ｂ．反应过程中发生了沉淀转化，说明Ｋｓｐ（ＣｕＯＨ）＜Ｋｓｐ（ＣｕＣｌ）
Ｃ．阴极的电极反应式为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＯＨ
－
Ｄ．电解过程中，Ｃｌ
－移向阳极
４．
答案　Ａ　Ａ项，根据题干信息知，电解总反应为２Ｃｕ＋２Ｈ２Ｏ
电解
􀪅􀪅Ｈ２↑＋２ＣｕＯＨ，２ＣｕＯＨ􀪅􀪅Ｃｕ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ，因此反应结束后
溶液呈中性，Ａ项错误；Ｂ项，ＣｕＣｌ和ＣｕＯＨ属于相同类型的难
溶物，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，随溶液ｐＨ
升高ＣｕＣｌ逐渐转化为ＣｕＯＨ，产生橙黄色沉淀，说明
Ｋｓｐ（ＣｕＯＨ）＜Ｋｓｐ（ＣｕＣｌ），Ｂ项正确；Ｃ项，阴极上是水电离出来
的氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅
Ｈ２↑＋２ＯＨ
－，Ｃ项正确；Ｄ项，电解过程中阴离子移向阳极，Ｄ
项正确。
疑难突破　电解时，铜作阳极，阳极上铜失电子生成亚铜离子
进入溶液，亚铜离子和氯离子生成氯化亚铜白色沉淀，此时溶
液中的氢氧根离子浓度很小，碱性较弱，因此不能生成氢氧化
亚铜沉淀；因为相同温度下ＣｕＣｌ的溶解度大于ＣｕＯＨ，因此
３０ｓ后，发生了沉淀的转化，由氯化亚铜变为氢氧化亚铜，即白
色浑浊变成橙黄色浑浊，此时测得溶液的ｐＨ约为１０，溶液显
碱性；因为氢氧化亚铜不稳定，因此一段时间后会分解生成红
色的氧化亚铜。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
５．（２０１９山东青岛一模改编）水系锌离子电池是一种新型二次
电池，工作原理如图。该电池以粉末多孔锌电极（锌粉、活性
炭及黏结剂等）为负极，Ｖ２Ｏ５为正极，三氟甲磺酸锌
［Ｚｎ（ＣＦ３ＳＯ３）２］为电解液。下列叙述错误的是
（　　）
Ａ．放电时，Ｚｎ
２＋向Ｖ２Ｏ５电极移动
Ｂ．充电时，阳极区电解液的浓度变大
Ｃ．充电时，粉末多孔锌电极发生氧化反应
Ｄ．放电时，Ｖ２Ｏ５电极上的电极反应式为Ｖ２Ｏ５＋ｘＺｎ
２＋＋２ｘｅ
－
􀪅􀪅ＺｎｘＶ２Ｏ５
５．
答案　
ＢＣ　
Ａ项，放电时，阳离子向正极移动，所以Ｚｎ
２＋向
Ｖ２Ｏ５电极移动，故正确；Ｂ项，充电时，阳极区发生氧化反应，
同时阳离子向阴极移动，则锌离子通过阳膜向左移动，所以阳
极区电解液的浓度不变，故错误；Ｃ项，充电时，粉末多孔锌电
极为阴极，发生还原反应，故错误；Ｄ项，放电时，Ｖ２Ｏ５电极为
正极，发生还原反应，电极反应式为Ｖ２Ｏ５＋ｘＺｎ
２＋＋２ｘｅ
－􀪅􀪅
ＺｎｘＶ２Ｏ５，故正确。
解题思维　掌握原电池和电解池的基本工作原理的异同点：
装置
原电池
电解池
电极名称
正极：材料性质较不
活泼的电极
负极：材料性质较活
泼的电极
阳极：连电源的正极
阴极：连电源的负极
电极反应
负极：氧化反应
正极：还原反应
阴极：还原反应
阳极：氧化反应
电子流向
负极→正极
电源负极→阴极
阳极→电源正极
电流方向
正极→负极
电源正极→阳极
阴极→电源负极
注意离子交换膜的作用：平衡电荷；形成隔离体系，避免一些副
反应的发生。
６．（２０１９福建龙岩一模，１２）高能锂离子电池总反应式为２Ｌｉ＋
ＦｅＳ􀪅􀪅Ｆｅ＋Ｌｉ２Ｓ，ＬｉＰＦ６·ＳＯ（ＣＨ３）２为电解质，用该电池为电
源电解含镍酸性废水并得到单质Ｎｉ的实验装置如图所示。下
列说法正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
８７
　
Ａ．ＬｉＰＦ６·ＳＯ（ＣＨ３）２可用Ｌｉ２ＳＯ４水溶液代替
Ｂ．当转移１ｍｏｌｅ
－时，ｂ室离子数增加ＮＡ个
Ｃ．该电池充电时，阳极反应式为Ｆｅ＋Ｌｉ２Ｓ－２ｅ
－􀪅􀪅ＦｅＳ＋２Ｌｉ
＋
Ｄ．若去除阴离子膜，则电解总反应发生改变
６．
答案　Ｃ　Ａ项，Ｌｉ与水会发生反应，所以不可用Ｌｉ２ＳＯ４水
溶液代替，故Ａ错误；Ｂ项，电解过程中为平衡ａ、ｃ中的电荷，ａ
中的Ｎａ
＋和ｃ中的Ｃｌ
－分别通过阳离子膜和阴离子膜移向ｂ
中，这使ｂ中ＮａＣｌ溶液的物质的量浓度不断增大，所以当转移
１ｍｏｌｅ
－时，ｂ室离子数增加２ＮＡ，故Ｂ错误；Ｃ项，电池充电时，
阳极反应式为Ｆｅ＋Ｌｉ２Ｓ－２ｅ
－􀪅􀪅ＦｅＳ＋２Ｌｉ
＋，故Ｃ正确；Ｄ项，若
去除阴离子膜，仍然是Ｎｉ
２＋放电，则电解总反应不会发生改变，
故Ｄ错误。
审题方法　由反应２Ｌｉ＋ＦｅＳ􀪅􀪅Ｆｅ＋Ｌｉ２Ｓ可知，Ｌｉ被氧化，应
为原电池的负极；ＦｅＳ被还原生成Ｆｅ，为正极反应。用该电池
为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ｎｉ，则镀镍铁棒为阴极，
发生还原反应，连接原电池负极；碳棒为阳极，连接原电池正
极，发生氧化反应。
７．（２０１９河北衡水中学一调，１２）用多孔石墨电极完成下列实
验。下列解释或推理合理的是
（　　）
实验
现象
Ⅰ中，ａ、ｂ两极均
有气泡产生
Ⅱ中，ａ极上析出
红色固体
Ⅲ中，ａ极上析出
灰白色固体
Ａ．Ⅰ中电解一段时间后，ｃ（Ｎａ２ＳＯ４）一定增大
Ｂ．由Ⅱ中反应Ｈ２＋Ｃｕ
２＋􀪅􀪅Ｃｕ↓＋２Ｈ
＋可知，用玻璃导管将Ｈ２
通入ＣｕＳＯ４溶液中，也会产生红色沉淀
Ｃ．Ⅲ中，只可能发生反应２Ａｇ
＋＋Ｃｕ􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋２Ａｇ
Ｄ．Ⅰ中，ａ极上既发生了化学变化，也发生了物理变化
７．
答案　Ｄ　Ａ项，若电解池中Ｎａ２ＳＯ４溶液是饱和溶液，电解
Ｎａ２ＳＯ４溶液相当于电解水，电解一段时间后，Ｎａ２ＳＯ４溶液仍
是饱和溶液，浓度不变，Ａ项错误；Ｂ项，氢气通入ＣｕＳＯ４溶液
中不会发生反应，Ｂ项错误；Ｃ项，Ⅲ中也可能发生反应２Ａｇ
＋＋
Ｈ２􀪅􀪅２Ｈ
＋＋２Ａｇ↓，Ｃ项错误；Ｄ项，ａ极上发生的电极反应是
氢离子得到电子转化为氢气，是化学变化，产生的氢气又被吸
附在多孔石墨电极上是物理变化，Ｄ项正确。
三、非选择题（共５３分）
８．（２０１９广东深圳二调，２７）（１４分）重铬酸钾常用作有机合成
的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Ｃｒ
３＋、Ｆｅ
３＋、Ｋ
＋、
ＳＯ
２－
４等）制备Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７的流程如图所示。
含铬废液
↓
ＫＯＨ
调ｐＨ＝７～８
滤液①
→
滤渣①
→
氧化
→
↓
　ⅰ．过量Ｈ２Ｏ２溶液
　ⅱ．ＫＯＨ调ｐＨ＝１０
滤液②
→
　　　　
（主要溶质为Ｋ２ＣｒＯ４）
ⅰ．加热
ⅱ．冷却→
酸化至
ｐＨ＝１
结晶
→
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
晶体
→
滤渣②
→
已知：Ⅰ．在酸性条件下，Ｈ２Ｏ２能将Ｃｒ２Ｏ
２－
７还原为Ｃｒ
３＋
Ⅱ．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的ｐＨ范围如下：
金属离子
开始沉淀的ｐＨ
沉淀完全的ｐＨ
Ｃｒ
３＋
４．９
６．８
Ｆｅ
３＋
１．５
２．８
回答下列问题：
（１）滤渣②的主要成分为　　　　（填化学式）。
（２）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式：　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
（３）“加热”操作的目的是
　。
（４）“酸化” 过程中发生反应２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ
（Ｋ＝４× １０
１４）。已知：“ 酸化” 后溶液中ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）＝１．６×
１０
－３ｍｏｌ／Ｌ，则溶液中ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝　　　　。
（５）“结晶”后得到Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７（Ｍ＝２９４ｇ／ｍｏｌ）产品０．５０００ｇ，将
其溶解后用稀Ｈ２ＳＯ４酸化，再用浓度为１．００００ｍｏｌ／Ｌ
（ＮＨ４）２Ｆｅ（ＳＯ４）２标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液
的体积为９．００ｍＬ，则产品的纯度为　　　　。［滴定反应
为Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７＋６（ＮＨ４）２Ｆｅ（ＳＯ４）２＋７Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ｋ２ＳＯ４＋
Ｃｒ２（ＳＯ４）３＋６（ＮＨ４）２ＳＯ４＋３Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋７Ｈ２Ｏ］
（６）在Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚
废水的有效处理，其工作原理如下图所示。
①负极的电极反应式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　；
②一段时间后，中间室中ＮａＣｌ溶液的浓度　
　
　
　
（填
“增大”“减小”或“不变”）。
８．
答案　（每空２分）（１）Ｆｅ（ＯＨ）３
（２）２Ｃｒ（ＯＨ）３＋３Ｈ２Ｏ２＋４ＫＯＨ􀪅􀪅２Ｋ２ＣｒＯ４＋８Ｈ２Ｏ
（３）分解除去过量的Ｈ２Ｏ２
（４）２×１０
－８ｍｏｌ／Ｌ
（５）８８．２０％
（６）①Ｃ６Ｈ５ＯＨ＋１１Ｈ２Ｏ－２８ｅ
－􀪅􀪅６ＣＯ２↑＋２８Ｈ
＋　②减小
解析　（２）“氧化” 步骤中Ｃｒ（ＯＨ）３在碱性条件下被Ｈ２Ｏ２
氧化为Ｋ２ＣｒＯ４，化学方程式为２Ｃｒ（ＯＨ）３＋３Ｈ２Ｏ２＋４ＫＯＨ􀪅􀪅
２Ｋ２ＣｒＯ４＋８Ｈ２Ｏ；（３）根据题给信息，在酸性条件下，Ｈ２Ｏ２能将
Ｃｒ２Ｏ
２－
７还原为Ｃｒ
３＋，所以酸化之前要除去Ｈ２Ｏ２，“加热”操作的
目的是分解除去过量的Ｈ２Ｏ２；（４）Ｋ＝
ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）
ｃ
２（ＣｒＯ
２－
４）×ｃ
２（Ｈ
＋），酸化
后ｐＨ＝１，ｃ（Ｈ
＋）＝０．１ｍｏｌ／Ｌ，ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）＝１．６×１０
－３ｍｏｌ／Ｌ，则溶
液中ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝
１．６×１０
－３
４×１０
１４×０．１
２
ｍｏｌ／Ｌ＝２× １０
－８ｍｏｌ／Ｌ；
（５）ｎ（Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７）＝１
６ｎ［（ＮＨ４）２Ｆｅ（ＳＯ４）２］＝１
６×１．００００ｍｏｌ／Ｌ×
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
８８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
０．００９Ｌ＝０．００１５ｍｏｌ，则产品的纯度为０．００１５ｍｏｌ×２９４ｇ／ｍｏｌ
０．５０００ｇ
×
１００％＝８８．２０％；（６）①由图可知，负极发生氧化反应，Ｃ６Ｈ５ＯＨ
失电子生成ＣＯ２，电极反应式为Ｃ６Ｈ５ＯＨ＋１１Ｈ２Ｏ－２８ｅ
－􀪅􀪅
６ＣＯ２↑＋２８Ｈ
＋；②负极产生的Ｈ
＋通过阳离子交换膜进入中间
室，正极产生的ＯＨ
－通过阴离子交换膜也进入中间室，Ｈ
＋和
ＯＨ
－结合生成水，溶液体积增大，ＮａＣｌ溶液的浓度减小。
审题方法　含铬废液（主要含Ｃｒ
３＋、Ｆｅ
３＋、Ｋ
＋、ＳＯ
２－
４等）中加入
ＫＯＨ调ｐＨ＝７～８，生成Ｃｒ（ＯＨ）３和Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀，过滤后得
滤渣①为Ｃｒ（ＯＨ）３和Ｆｅ（ＯＨ）３；向滤渣①中加入过量Ｈ２Ｏ２
溶液和ＫＯＨ溶液，Ｃｒ（ＯＨ）３在碱性条件下被氧化为Ｋ２ＣｒＯ４
进入溶液，滤渣②的主要成分为Ｆｅ（ＯＨ）３；滤液②经加热除去
过量的Ｈ２Ｏ２，冷却后酸化至ｐＨ＝１，结晶析出Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７晶体。
９．（２０１８豫北、豫南二联，１７节选）（１２分）氮的重要化合物如氨
（ＮＨ３）、氮氧化物（ＮｘＯｙ）、肼（Ｎ２Ｈ４）、三氟化氮（ＮＦ３）等，在生
产、生活中具有重要作用。
（２）利用反应ＮＯ２＋ＮＨ３
→Ｎ２＋Ｈ２Ｏ（未配平）消除ＮＯ２的简
易装置如下图所示。电极ｂ的电极反应式为　
　
　
　
　
　　　　　　　　
　，消耗标准状况下４．４８ＬＮＨ３时，被
消除的ＮＯ２的物质的量为　　　　ｍｏｌ。
（３）在微电子工业中ＮＦ３常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过
电解含ＮＨ４Ｆ等的无水熔融物生产ＮＦ３，其电解原理如图
所示。
①ａ电极为电解池的　　　　（填“阴”或“阳”）极，写出该
电极的电极反应式：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　；电
解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的
分子式是　　　　。
②已知ＮＨ３·Ｈ２Ｏ电离常数Ｋｂ＝１．８×１０
－５，ＨＦ电离常数
Ｋａ＝３．５× １０
－４，则ＮＨ４Ｆ的电子式为　
　
　
　
　
　
　
　，
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４Ｆ溶液中所有离子浓度由大到小的顺序
为　　　　　　　　　　　　　　。
９．
答案　（２）２ＮＯ２＋８ｅ
－＋４Ｈ２Ｏ􀪅􀪅８ＯＨ
－＋Ｎ２　０．１５
（３）①阳　ＮＨ
＋
４＋３Ｆ
－－６ｅ
－􀪅􀪅ＮＦ３＋４Ｈ
＋　Ｆ２
②
é
ë
ê
ê
êê
Ｈ·
·Ｎ
Ｈ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ
ù
û
ú
ú
úú
＋
［·
· Ｆ
··
··
·
·］
－　ｃ（Ｆ
－）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－）
解析　
（２）配平后的方程式为６ＮＯ２＋８ＮＨ３􀪅􀪅７Ｎ２＋
１２Ｈ２Ｏ。电极ｂ发生还原反应，二氧化氮转化成氮气，电极反
应式为２ＮＯ２＋８ｅ
－＋４Ｈ２Ｏ􀪅􀪅８ＯＨ
－＋Ｎ２；标准状况下４．４８Ｌ
ＮＨ３的物质的量为０．２ｍｏｌ，根据４ＮＨ３～３ＮＯ２，所以被消除的
ＮＯ２的物质的量为３
４×０．２ｍｏｌ＝０．１５ｍｏｌ。（３）①由题图可知，
Ｈ
＋在ｂ电极上得到电子生成氢气，故ｂ为阴极，则ａ为阳极，阳
极上ＮＨ
＋
４失去电子生成ＮＦ３，电极反应式为ＮＨ
＋
４＋３Ｆ
－－６ｅ
－
􀪅􀪅ＮＦ３＋４Ｈ
＋，依据电解原理可知，Ｆ
－也可能失去电子生成氟
单质，故氧化性较强的单质为氟气。②ＮＨ４Ｆ属于离子化合物，
电子式为
é
ë
ê
ê
êê
Ｈ·
·Ｎ
Ｈ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ
ù
û
ú
ú
úú
＋
［·
· Ｆ
··
··
·
·］
－，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ电离常数Ｋｂ＝１．８×
１０
－５，ＨＦ电离常数Ｋａ＝３．５× １０
－４，说明ＨＦ的电离程度大于
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，则ＮＨ４Ｆ溶液中ＮＨ
＋
４水解程度大于Ｆ
－，溶液显酸
性，离子浓度由大到小的顺序为ｃ（Ｆ
－）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｈ
＋）＞
ｃ（ＯＨ
－）。
知识拓展　（１）电解质溶液中阴、阳离子的定向移动，与导线
中电子的定向移动共同组成了一个完整的闭合回路。
（２）无论在原电池还是在电解池中，电子均不能通过电解质
溶液。
（３）原电池的负极失去电子的总数等于正极得到电子的总数。
１０．（２０１９四川成都顶级名校零诊，２５）（１２分）丙烷燃烧可以通
过以下两种途径：
途径Ⅰ：Ｃ３Ｈ８（ｇ）直接燃烧，标准燃烧热ΔＨ＝－ｘｋＪ／ｍｏｌ。
途径Ⅱ：Ｃ３Ｈ８（ｇ）􀪅􀪅Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝＋ｂｋＪ／ｍｏｌ
２Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋９Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅６ＣＯ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－ｃｋＪ／ｍｏｌ
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－ｄｋＪ／ｍｏｌ
（ｂ、ｃ、ｄ均为正值）。
请回答下列问题：
（１）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径Ⅰ放出
的热量　　　　
（填“大于”“等于”或“小于”）途径Ⅱ放
出的热量。
（２）Ｃ３Ｈ８（ｇ）􀪅􀪅Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）的反应中，正反应活化能
　　　　（填“大于”“等于”或“小于”）逆反应活化能。
（３）Ｃ３Ｈ８（ｇ）的标准燃烧热ΔＨ中ｘ＝　　　　（用含ｂ、ｃ、ｄ的
代数式表示）。
（４）以酸性氢氧燃料电池为电源将废水中的尿素
（Ｈ２ＮＣＯＮＨ２，氮元素显－３价）转化为对环境无害物质的
实验装置如图所示。
①酸性氢氧燃料电池是将　　　　能转化为　　　　能。
②电解池中Ｈ
＋透过质子交换膜　
　
　
　
移动（填“ 向
左”或“向右”）。
③Ｍ、Ｎ两极若是石墨，在相同条件下，电池中消耗的Ｈ２
体积为６Ｌ，则电解池中产生的气体体积为　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题六　化学能与电能的转化
８９
　
１０．
答案　（１）等于（２分）　
（２）大于（２分）　
（３）ｃ＋ｄ－２ｂ
２
（２
分）　（４）①化学（１分）　电（１分）　②向右（２分）　③１０Ｌ
（２分）
解析　（１）由盖斯定律可知途径Ⅰ放出的热量等于途径Ⅱ
放出的热量。
（２）该反应为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故
正反应的活化能大于逆反应的活化能。
（３）Ｃ３Ｈ８（ｇ）􀪅􀪅Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ＝＋ｂｋＪ／ｍｏｌ　
①，
２Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋９Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅６ＣＯ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝－ｃｋＪ／ｍｏｌ
　②，２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝－ｄｋＪ／ｍｏｌ　
③，运
用盖斯定律：①＋②× １
２＋③× １
２可得：Ｃ３Ｈ８（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅
３ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝（ｂ－１
２ｃ－１
２ｄ）ｋＪ／ｍｏｌ；丙烷的标准
燃烧热ΔＨ＝－ｃ＋ｄ－２ｂ
２
ｋＪ／ｍｏｌ，则ｘ＝ｃ＋ｄ－２ｂ
２
。
（４）①原电池将化学能转化为电能。②Ｍ电极为阳极，电极
反应式为Ｈ２ＮＣＯＮＨ２＋Ｈ２Ｏ－６ｅ
－􀪅􀪅Ｎ２↑＋ＣＯ２↑＋６Ｈ
＋；Ｎ电
极为阴极，电极反应式为２Ｈ
＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｈ２↑，故Ｈ
＋由左向右
移动。③若电池中消耗Ｈ２为６ｍｏｌ时，电路中转移１２ｍｏｌ
ｅ
－，结合②中电极反应式可知电解池阳极产生２ｍｏｌＮ２、２ｍｏｌ
ＣＯ２，阴极产生６ｍｏｌＨ２，共１０ｍｏｌ气体，故相同条件下，若电
池中消耗Ｈ２为６Ｌ时，电解池中共产生气体１０Ｌ。
关联知识　（１）吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能
量，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量。（２）同温
同压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比。
１１．（２０１８河南、河北重点高中一联，１７）（１５分）二氧化碳的再
利用是实现温室气体减排的重要途径之一。
（１）二氧化碳的电子式为　　　　　　　　。
（２）下列二氧化碳所参与的反应中，原子利用率达到１００％的
是　　　（填字母）。
ａ．ＣＯ２＋２ＮＨ３
催化剂
△→ＣＯ（ＮＨ２）２＋Ｈ２Ｏ
ｂ．ＣＯ２＋ＣＨ４
催化剂
△→ＣＨ３ＣＯＯＨ
ｃ．ＣＯ２＋３Ｈ２
催化剂
△→ＣＨ３ＯＨ＋Ｈ２Ｏ
ｄ．
（３）在稀Ｈ２ＳＯ４中利用电催化可将ＣＯ２同时转化为多种燃
料，其原理如图所示。
①该装置能量转化的方式为　　　　　　　　　　　。
②一段时间后，Ｃｕ极区溶液质量　
　
　
（填“ 增大” “ 减
小”或“不变”）。
③铜极上产生乙烯的电极反应式为
　
　　　　　。
④若阴极只生成０．１７ｍｏｌＣＯ和０．３３ｍｏｌＨＣＯＯＨ，则电路
中转移电子的物质的量为　　　ｍｏｌ。
１１．
答案　（１）·
·Ｏ
···
·
·
·Ｃ·
·
·
·Ｏ
···
·（３分）　（２）ｂｄ（２分）
（３）①电能转化为化学能（２分）　②增大（２分）
③２ＣＯ２＋１２Ｈ
＋＋１２ｅ
－􀪅􀪅Ｃ２Ｈ４＋４Ｈ２Ｏ（３分）　④１（３分）
解析　（２）原子利用率达到１００％，即反应物中的原子全部
转移至目标产物中，ｂ、ｄ符合题意。
（３）①题中装置属于电解池，将电能转化为化学能。
②Ｃｕ极区为阴极区，ＣＯ２得电子发生还原反应：
ＣＯ２→ＣＯ（ｇ）　２ＣＯ２→Ｃ２Ｈ４（ｇ）　ＣＯ２→ＣＨ４（ｇ）
４４ｇ
２８ｇ
８８ｇ
２８ｇ
４４ｇ
１６ｇ
ＨＣＯＯＨ溶于水，由上述数据可知Ｃｕ极区溶液质量会增大。
③ＣＯ２得电子生成Ｃ２Ｈ４，酸性溶液中的电极反应式为２ＣＯ２＋
１２Ｈ
＋＋１２ｅ
－􀪅􀪅Ｃ２Ｈ４＋４Ｈ２Ｏ。
④Ｃ
＋４
Ｏ２→Ｃ
＋２
Ｏ，Ｃ
＋４
Ｏ２→ＨＣ
＋２
ＯＯＨ，生成０．１７ｍｏｌＣＯ和０．３３ｍｏｌ
ＨＣＯＯＨ共得电子（０．１７×２＋０．３３×２）ｍｏｌ＝１ｍｏｌ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
９０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题七
化学反应速率和化学平衡
课
标
解
读
内容
化学反应速率
化学平衡　化学反应进行的方向
化学平衡的相关计算
解读
１．了解化学反应速率的概念和定
量表示方法
２．了解反应活化能的概念，了解
催化剂的重要作用
３．理解外界条件（浓度、温度、压
强、催化剂等）对反应速率的
影响，能用相关理论解释其一
般规律
１．了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立
２．掌握化学平衡的特征
３．理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对
化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般
规律
４．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、
生产和科学研究领域中的重要作用
１．能正确计算化学
反应的转化率
（α）
２．了解化学平衡常
数（Ｋ）的含义，能
利用化学平衡常
数进行相关计算
考情分析
本专题主要结合实际生产命题，以定性、定量相结合的方式综合考查化学反应速率和化学平衡，包括化学
反应速率的计算、影响化学平衡的因素及规律、平衡状态的判断、平衡常数和转化率的计算，同时渗透对计
算能力、数形结合能力、语言组织能力等的考查。考查学生对信息的提取、应用能力
备考策略
本专题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化学平衡移动的影响因素，主要考查学生运用图表、图
形分析和解决化学问题的能力
专题七　化学反应速率和化学平衡
９１
　
对应学生用书
起始页码４６
考点一化学反应速率
一、化学反应速率
化
学
反
应
速
率
表示方法
ｖ（Ａ）＝Δｃ（Ａ）
Δｔ
单位
ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｓ
－１或ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１或
ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｈ
－１等
特
点
化学反应速率为正值
选用不同物质表示同一反应的反应速率时，
所得的数值可能不同，但表示的意义相同
在同一条件下的同一化学反应中，各物质的
反应速率之比等于它们的化学计量数之比
二、影响化学反应速率的因素
　　（１）内因：反应物本身的性质。
（２）外因：
影响因素
速率变化
浓度
增大反应物的浓度
增大
减小反应物的浓度
减小
压强（有
气体参加
的反应）
增大压强
增大
减小压强
减小
温度
升高温度
增大
降低温度
减小
使用催化剂
一般可加快反应速率
　　其他影响因素：固体反应物的表面积、超声波、溶剂、放射线
辐照、电弧、强磁场、高速研磨等。
（３）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
考点二化学平衡　化学反应进行的方向
一、化学平衡
１．化学平衡状态
在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率与逆反应速率
①　相等　时，反应混合物中各组分的浓度②　保持一定　的状态，
叫化学平衡状态，简称化学平衡。
２．化学平衡的移动
一个可逆反应达到平衡状态以后，反应条件（如温度、浓度、
压强等）改变了，原平衡体系中各组分的含量也随着改变而达到
新的平衡状态，这个过程叫化学平衡的移动。
平衡移动的原因：条件改变，引起ｖ（正）、ｖ（逆）发生不等量
改变，即ｖ（正）≠ｖ（逆）时平衡才能移动。
二、外界条件对化学平衡移动的影响
１．浓度：在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成
物的浓度可使平衡向着③　正反应方向　移动。
２．压强：在有气体参加的可逆反应里，其他条件不变时，增
大压强（压缩容器体积），平衡向气体总体积④　减小　的方向
移动。
压强对平衡的影响，实际上就是浓度对平衡的影响，只有当
压强的改变能改变反应物或生成物的浓度时，平衡才可能移动。
由于压强对固态、液态物质的体积影响非常小，压强的改变几乎
不影响这类体系的平衡，因此在考虑压强对不均匀体系平衡的
影响时，只需考虑对参加反应的气态物质的影响即可。
３．温度：在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向
⑤　吸热　反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。
４．催化剂：使用催化剂能⑥　同等程度　地改变正、逆反应速率，
即正、逆反应速率相对不变，所以催化剂对平衡移动无影响。
三、化学反应进行的方向
影响反应自发性的因素是焓变（ΔＨ）、熵变（ΔＳ）和温度
（Ｔ）。要正确判断一个化学反应能否自发进行，必须综合考虑
ΔＨ、ΔＳ和Ｔ这三个因素。在恒温恒压时，有如下判据：
ΔＨ－ＴΔＳ＜０，反应能自发进行
ΔＨ－ＴΔＳ＝０，反应达到平衡状态
ΔＨ－ＴΔＳ＞０，反应不能自发进行
{
具体可表示为：
类型
ΔＨ
ΔＳ
反应的自发性
１
＜０
＞０
一定能自发进行（ΔＨ－ＴΔＳ＜０）
２
＞０
＜０
一定不能自发进行（ΔＨ－ＴΔＳ＞０）
３
＜０
＜０
４
＞０
＞０
反应的自发性随温度的变化而改变。ΔＨ＜０、
ΔＳ＜０的反应通常在低温下自发进行（此时ΔＨ－
ＴΔＳ＜０）；ΔＨ＞０、ΔＳ＞０的反应通常在高温下自发
进行（此时ΔＨ－ＴΔＳ＜０）
　　
这个判据用文字可表述为：在温度、压强一定的条件下，自
发反应总是向ΔＨ－ＴΔＳ＜０的方向进行，直到达到平衡状态。
一、浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况
１．当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液
体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故
改变这些固体或纯液体的量，对平衡基本无影响。
２．压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反
应混合物中不存在气态物质时，压强的变化对平衡无影响。
３．对于气体分子数无变化的反应，如Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＨＩ（ｇ），压强的变化对其平衡无影响。因为在这种情况下，压强
的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。
４．同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
９２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对平衡的影响，如某平衡体系中，ｃ（Ｎ２）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１、ｃ（Ｈ２）＝
０．３ｍｏｌ·Ｌ
－１、ｃ（ＮＨ３）＝０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，当浓度同时增大一倍时，即让
ｃ（Ｎ２）＝０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１、ｃ（Ｈ２）＝０．６ｍｏｌ·Ｌ
－１、ｃ（ＮＨ３）＝０．４ｍｏｌ·Ｌ
－１，
此时相当于压强增大一倍，平衡向生成ＮＨ３的方向移动。
５．在恒容的密闭容器中，当改变其中一种气体的浓度时，必
然同时引起压强改变，但判断平衡移动的方向时，仍应从浓度对
平衡的影响角度去考虑。如２ＮＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４（ｇ），平衡后，若
向容器中再通入反应物ＮＯ２，使ｃ（ＮＯ２）增大，平衡正向移动；若
向容器中再通入生成物Ｎ２Ｏ４，则使ｃ（Ｎ２Ｏ４）增大，平衡逆向移
动。但由于上述两种情况下，容器内的压强都增大，重新达到平
衡后，ＮＯ２的百分含量都比原平衡时要小。
６．惰性气体对化学平衡的影响
（１）若容器恒温、恒容，充入惰性气体虽改变了容器内气体
的总压强，但却没有改变各反应气体的浓度，化学反应速率不
变，故平衡不移动；
（２）若容器恒温、恒压，充入惰性气体就会使容器的容积增
大，虽未减小容器内气体的总压强，但却降低了各反应气体的分
压和浓度，正、逆反应速率均减小，化学平衡会向气体体积增大
的方向移动。
可见，改变容器内气体的压强，能否使平衡发生移动，取决
于是否改变了气体物质的浓度。
二、判断可逆反应达到化学平衡状态的标志
１．ｖ正＝ｖ逆（指的是同一物质的正反应速率与逆反应速率相
等）。
２．反应混合物中各组分的含量（如质量分数、体积分数、物
质的量分数）保持不变。
３．对于密闭容器中的反应ｍＡ（ｇ）＋ｎＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｐＣ（ｇ）＋ｑＤ（ｇ），根
据对化学平衡概念的理解，判断下列各情况是否达到平衡。
可能的情况举例
是否达到平衡
混合物体
系中各成
分的含量
各物质的物质的量或各物质的物质的量
分数一定
平衡
各物质的质量或各物质的质量分数一定
平衡
各气体的体积或体积分数一定
平衡
总压强、总体积、总物质的量一定
不一定平衡
正、逆反
应速率
的关系
在单位时间内消耗了ｍｍｏｌＡ的同时生成了
ｍｍｏｌＡ，即ｖ正＝ｖ逆
平衡
在单位时间内消耗了ｎｍｏｌＢ的同时生成
了ｐｍｏｌＣ
不一定平衡
ｖ（Ａ）∶ｖ（Ｂ）∶ｖ（Ｃ）∶ｖ（Ｄ）＝ｍ∶ｎ∶ｐ∶ｑ
不一定平衡
在单位时间内生成了ｎｍｏｌＢ，同时消耗
了ｑｍｏｌＤ
不一定平衡
压强
压强不再变化，当ｍ＋ｎ≠ｐ＋ｑ时
平衡
压强不再变化，当ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ时
不一定平衡
续表
可能的情况举例
是否达到平衡
混合气体的
平均相对分
子质量
Ｍｒ一定，当ｍ＋ｎ≠ｐ＋ｑ时
平衡
Ｍｒ一定，当ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ时
不一定平衡
气体的密度
密度一定
不一定平衡
颜色
反应体系的颜色不变，即有色物质的浓度
不变
平衡
考点三化学平衡的相关计算
　　１．化学平衡常数
在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓
度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就
是该反应的化学平衡常数，用符号Ｋ表示。
对于一般的可逆反应ａＡ（ｇ）＋ｂＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｃＣ（ｇ）＋ｄＤ（ｇ），在
一定温度下达到化学平衡时有Ｋ＝①　ｃ
ｃ（Ｃ）·ｃ
ｄ（Ｄ）
ｃ
ａ（Ａ）·ｃ
ｂ（Ｂ）　。对于该
化学反应ａＡ（ｇ）＋ｂＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｃＣ（ｇ）＋ｄＤ（ｇ）的任意状态，浓度商
Ｑｃ＝ｃ
ｃ（Ｃ）·ｃ
ｄ（Ｄ）
ｃ
ａ（Ａ）·ｃ
ｂ（Ｂ）。若Ｑｃ＞Ｋ，则该反应向②　逆反应　方向进行；
若Ｑｃ＝Ｋ，则该反应达到平衡；若Ｑｃ＜Ｋ，则该反应向③　正反应　方
向进行。
２．平衡转化率
平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前
该反应物的量之比，用来表示反应限度。对于反应ａＡ＋ｂＢ􀜩􀜨
􀜑
ｃＣ＋ｄＤ，反应物Ａ的平衡转化率可以表示为：
α（Ａ）＝Ａ的初始浓度－Ａ的平衡浓度
Ａ的初始浓度
×１００％
３．生成物的产率
生成物的产率是实际产量占理论产量的百分数。一般来
说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。
产率＝产物实际质量
理论产量
×１００％
　　使用化学平衡常数时应注意的问题
（１）化学平衡常数只与温度有关，与反应物、生成物的浓度
无关。
（２）反应物或生成物中有固体和纯液体存在时，其浓度可看
作“１”而不代入化学平衡常数的计算公式中。
（３）化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若反应
方向改变，则平衡常数改变；若化学方程式中各物质的化学计量
数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
９３
　
对应学生用书
起始页码４８
考点一化学反应速率
１．可逆反应ｍＡ（ｇ）＋ｎＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｐＣ（ｇ）＋ｑＤ（ｇ）的ｖ－ｔ图像如图１
所示，若其他条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其
ｖ－ｔ图像如图２所示。以下说法中正确的是
（　　）
①ａ１＞ａ２　②ａ１＜ａ２　
③ｂ１＞ｂ２　
④ｂ１＜ｂ２　
⑤ｔ１＞ｔ２　
⑥ｔ１＝ｔ２　
⑦两图中阴影部分面积相等　⑧图２中阴影部分面积更大
Ａ．②③⑤⑧
Ｂ．①④⑥⑧
Ｃ．②④⑤⑦
Ｄ．①③⑥⑦
１．
答案　Ｃ　使用催化剂可以加快反应速率，但不能使平衡发
生移动，故ａ２＞ａ１，ｂ２＞ｂ１，ｔ２＜ｔ１；阴影部分面积代表达平衡时反
应物浓度的改变量，两图中达到的平衡状态相同，故阴影部分
面积相等，综上所述Ｃ正确。
关联知识　可逆反应加催化剂可使正、逆反应活化能均降低，
因此ｖ正、ｖ逆均增大。
２．工业上利用Ｇａ与ＮＨ３在高温条件下合成固态半导体材料氮
化镓（ＧａＮ）的同时有氢气生成。反应中，每生成３ｍｏｌＨ２放出
３０．８ｋＪ的热量。在恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列
有关表达正确的是
（　　）
Ａ．Ⅰ图像中如果纵轴为正反应速率，则ｔ时刻改变的条件可以
为升温或加压
Ｂ．Ⅱ图像中纵轴可以为镓的转化率
Ｃ．Ⅲ图像中纵轴可以为化学反应速率
Ｄ．Ⅳ图像中纵轴可以为体系内混合气体的平均相对分子质量
２．
答案　
Ａ　
由题中信息可写出热化学方程式：２Ｇａ（ｓ）＋
２ＮＨ３（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＧａＮ（ｓ）＋３Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＝－３０．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１。升温
或加压能加快化学反应速率，即升温或加压正反应速率均加
快，Ａ项正确。增大压强，平衡逆向移动，Ｇａ的转化率降低，Ｂ
项错误。镓是固体，增大镓的质量，对化学反应速率无影响，Ｃ
项错误。温度不变时，加压，平衡逆向移动，混合气体的平均相
对分子质量增大；压强不变时，升温，平衡逆向移动，混合气体
的平均相对分子质量增大，Ｄ项错误。
知识拓展　①温度、压强、反应物浓度能改变化学反应速率或
使化学平衡发生移动，但对于反应前后气体分子数不变的反
应，改变压强平衡不发生移动；使用催化剂只能加快反应速率，
但对平衡移动无影响。②增大固体反应物的质量不能改变反
应速率，但增大固体反应物的接触面积可以加快反应速率。
３．２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）　ΔＨ＝－１９８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，在Ｖ２Ｏ５
存在时，该反应的机理为Ｖ２Ｏ５＋ＳＯ２􀜩􀜨
􀜑
２ＶＯ２＋ＳＯ３（快），
４ＶＯ２＋Ｏ２􀜩􀜨
􀜑
２Ｖ２Ｏ５（慢）。
下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．反应速率主要取决于Ｖ２Ｏ５的质量
Ｂ．ＶＯ２是该反应的催化剂
Ｃ．逆反应的活化能大于１９８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．增大ＳＯ２的浓度可显著提高反应速率
３．
答案　Ｃ　由反应机理可知，Ｖ２Ｏ５是该反应的催化剂，反应
速率与催化剂Ｖ２Ｏ５的质量有一定关系，但主要取决于反应物
的结构与性质，Ａ、Ｂ项错误；ΔＨ＝正反应的活化能－逆反应的
活化能＝－１９８ｋＪ· ｍｏｌ
－１，所以逆反应的活化能大于
１９８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｃ项正确；使用催化剂可以显著提高反应速率，
增大ＳＯ２的浓度可以提高反应速率（不是显著提高），Ｄ项
错误。
４．已知反应Ａ２（ｇ）＋２Ｂ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＡＢ２（ｇ）　ΔＨ＜０，下列说法正确
的是
（　　）
Ａ．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
Ｂ．升高温度有利于反应速率增大，从而缩短达到平衡的时间
Ｃ．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向
移动
Ｄ．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向
移动
４．
答案　Ｂ　升高温度，ｖ正、ｖ逆均增大，Ａ不正确；升高温度，反
应速率增大，达到平衡所用时间缩短，Ｂ正确；正反应为气体分
子总数减小的放热反应，增大压强或降低温度均有利于该反应
平衡正向移动，Ｃ、Ｄ均不正确。
考点二化学平衡　化学反应进行的方向
５．在恒温、恒容条件下，能说明可逆反应：Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＨＩ（ｇ）达到平衡状态的是
（　　）
Ａ．气体的压强保持不变
Ｂ．ｖ正（Ｈ２）＝２ｖ逆（ＨＩ）
Ｃ．气体的密度保持不变
Ｄ．气体的颜色保持不变
５．
答案　Ｄ　
该反应在反应前后气体分子数不变，且反应物、
生成物全部为气体，恒温、恒容条件下，压强、密度均不变，故压
强、密度保持不变不能作为可逆反应达到平衡状态的依据；
ｖ逆（ＨＩ）＝２ｖ正（Ｈ２）可作为可逆反应达到平衡状态的依据；混合
气体中只有Ｉ２（ｇ）有颜色，气体颜色保持不变，说明Ｉ２（ｇ）浓度
保持不变，可逆反应达到平衡状态，Ａ、Ｂ、Ｃ均不正确，Ｄ正确。
方法技巧　（１）反应过程中“变量不再改变” 可说明可逆反应
达到平衡状态。（２）两种物质表示的速率“一正、一逆”，且两
速率之比符合对应的化学计量数之比可说明可逆反应达到平
衡状态。
６．在恒温、恒容条件下发生下列反应：２Ｘ２Ｏ５（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
４ＸＯ２（ｇ）＋
Ｏ２（ｇ）　ΔＨ＞０，Ｔ温度下的部分实验数据为：
ｔ（ｓ）
０
５０
１００
１５０
ｃ（Ｘ２Ｏ５）（ｍｏｌ／Ｌ）
４．００
２．５０
２．００
２．００
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．Ｔ温度下的平衡常数Ｋ＝６４，１００ｓ时Ｘ２Ｏ５的转化率为５０％
Ｂ．５０ｓ内Ｘ２Ｏ５的分解速率为０．０３ｍｏｌ／（Ｌ·ｓ）
Ｃ．Ｔ１温度下的平衡常数为Ｋ１，Ｔ２温度下的平衡常数为Ｋ２，若
Ｔ１＞Ｔ２，则Ｋ１＞Ｋ２
Ｄ．若只将恒容改变为恒压，其他条件都不变，则平衡时Ｘ２Ｏ５
的转化率和平衡常数都不变
６．
答案　
Ｄ　
平衡时ｃ（Ｘ２Ｏ５）＝２．００ｍｏｌ／Ｌ，消耗ｃ（Ｘ２Ｏ５）＝
２．００ｍｏｌ／Ｌ，则平衡时ｃ（ＸＯ２）＝４．００ｍｏｌ／Ｌ，ｃ（Ｏ２）＝１．００ｍｏｌ／Ｌ，Ｋ＝
ｃ（Ｏ２）·ｃ
４（ＸＯ２）
ｃ
２（Ｘ２Ｏ５）
＝１．００×（４．００）
４
（２．００）
２
＝６４，１００ｓ时Ｘ２Ｏ５的转化率为
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
９４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４．００ｍｏｌ／Ｌ－２．００ｍｏｌ／Ｌ
４．００ｍｏｌ／Ｌ
×１００％＝５０％，Ａ正确；５０ｓ内Ｘ２Ｏ５的
分解速率为（４．００－２．５０）ｍｏｌ／Ｌ
５０ｓ
＝０．０３ｍｏｌ／（Ｌ·ｓ），Ｂ正确；正
反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，若Ｔ１＞Ｔ２，则Ｋ１＞
Ｋ２，Ｃ正确；温度不变，平衡常数不变，但正反应为气体分子数
增大的反应，恒温恒压下反应正向进行程度更大，Ｘ２Ｏ５的转化
率更大，Ｄ不正确。
方法点拨　对于反应２Ｘ２Ｏ５（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
４ＸＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ），恒温恒
容条件与恒温恒压条件相比，反应过程中压强后者小于前者，
减小压强更有利于反应正向进行。
７．某温度下，对于反应Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）　
ΔＨ＝
－９２．４ｋＪ／ｍｏｌ，Ｎ２的平衡转化率（α）与体系总压强（ｐ）的关系
如图所示。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．将１ｍｏｌ氮气、３ｍｏｌ氢气置于１Ｌ
密闭容器中发生反应，放出的热
量为９２．４ｋＪ
Ｂ．平衡状态由Ａ变到Ｂ时，平衡常
数Ｋ（Ａ）＜Ｋ（Ｂ）
Ｃ．上述反应在达到平衡后，增大压
强，Ｈ２的转化率增大
Ｄ．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正
反应速率减小
７．
答案　Ｃ　合成氨反应为可逆反应，将１ｍｏｌ氮气、３ｍｏｌ氢
气置于１Ｌ密闭容器中发生反应，达到平衡时，参加反应的氮
气不足１ｍｏｌ，放出的热量小于９２．４ｋＪ，Ａ不正确；Ａ、Ｂ点温度
相同，平衡常数相同，Ｂ不正确；增大压强，平衡正向移动，Ｈ２
的转化率增大，Ｃ正确；升高温度，ｖ正、ｖ逆均增大，Ｄ不正确。
拓展延伸　Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）　
ΔＨ＝－９２．４ｋＪ／ｍｏｌ
表示１ｍｏｌ氮气与３ｍｏｌ氢气反应生成２ｍｏｌ氨气时可放出
９２．４ｋＪ的热量。
８．Ｓ２Ｃｌ２和ＳＣｌ２均为重要的化工原料。
已知：Ⅰ．Ｓ２（ｌ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｓ２Ｃｌ２（ｇ）　ΔＨ１；
Ⅱ．Ｓ２Ｃｌ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＣｌ２（ｇ）　ΔＨ２；
Ⅲ．相关化学键的键能如下表所示：
化学键
Ｓ—Ｓ
Ｓ—Ｃｌ
Ｃｌ—Ｃｌ
键能／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ａ
ｂ
ｃ
请回答下列问题：
（１）ＳＣｌ２的结构式为　　　　　　。
（２）若反应Ⅱ正反应的活化能Ｅ１＝ｄｋＪ·ｍｏｌ
－１，则逆反应的活
化能Ｅ２＝　　　　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１（用含ａ、ｂ、ｃ、ｄ的代数
式表示）。
（３）一定压强下，向１０Ｌ密闭容器中充入１ｍｏｌＳ２Ｃｌ２（ｇ）和
１ｍｏｌＣｌ２（ｇ），发生反应Ⅱ。Ｃｌ２与ＳＣｌ２的消耗速率（ｖ）与
温度（Ｔ）的关系如图所示：
①Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四点对应状态下，达到平衡状态的有　
　
　
（填字母），理由为
　
　　　　　　　　　。
②ΔＨ２　　　０（填“＞”“＜”或“ ＝”）。
（４）已知：ΔＨ１＜０。向恒容绝热的容器中加入一定量的Ｓ２（ｌ）
和Ｃｌ２（ｇ），发生反应Ⅰ，５ｍｉｎ时达到平衡。则３ｍｉｎ时容
器内气体压强　　　（填“＞” “ ＜” 或“ ＝”）５ｍｉｎ时的气体
压强。
（５）一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达
到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Ｃｌ２的平衡转化
率　　　（填“增大”“减小”或“不变”），理由为
　
　。
８．
答案　（１）Ｃｌ—Ｓ—Ｃｌ
（２）２ｂ＋ｄ－ａ－ｃ
（３）①ＢＤ　Ｂ、Ｄ两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆
反应速率相等（其他合理答案也可）　②＜
（４）＜
（５）不变　反应Ⅰ和反应Ⅱ均为反应前后气体分子总数相等
的反应，压强对平衡没有影响
解析　（１）根据ＳＣｌ２的元素组成可知，Ｓ元素为＋２价，Ｃｌ元
素为－１价，故其结构式为Ｃｌ—Ｓ—Ｃｌ。
（２）ΔＨ２＝正反应的活化能（Ｅ１）－逆反应的活化能（Ｅ２）＝反应
物的键能之和－生成物的键能之和，即ｄｋＪ·ｍｏｌ
－１－Ｅ２＝（ａ＋２ｂ＋
ｃ－４ｂ）ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｅ２＝（２ｂ＋ｄ－ａ－ｃ）ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（３）①根据Ｓ２Ｃｌ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＣｌ２（ｇ）推知，用Ｃｌ２的消耗
表示正反应速率和用ＳＣｌ２的消耗表示逆反应速率，二者数值
之比为１∶２时，转化为用同一物质表示的正、逆反应速率相
等，反应达到平衡状态。由图像可知Ｂ、Ｄ点反应达到平衡状
态。②Ｂ、Ｄ点为平衡点，由图中数据知，Ｂ、Ｄ点的状态对应的
温度为２５０℃，３００℃时，ＳＣｌ２的消耗速率大于Ｃｌ２消耗速率的
２倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔＨ２＜０。
（４）反应Ⅰ为反应前后气体分子总数相等的放热反应，反应过
程中气体总物质的量不变，故达到平衡前，反应时间越长，放出
热量越多，温度越高，气体膨胀程度越大，容器内气体压强
越大。
考点三化学平衡的相关计算
９．某温度下，Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２Ｏ（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）的平衡常数
Ｋ＝９／４。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入
Ｈ２（ｇ）和ＣＯ２（ｇ），其起始浓度如下表所示：
起始浓度
甲
乙
丙
ｃ（Ｈ２）／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．０１０
０．０２０
０．０２０
ｃ（ＣＯ２）／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．０１０
０．０１０
０．０２０
下列判断不正确的是
（　　）
Ａ．平衡时，乙中ＣＯ２的转化率大于６０％
Ｂ．平衡时，甲中和丙中Ｈ２的转化率均是６０％
Ｃ．平衡时，丙中ｃ（ＣＯ２）是甲中的２倍，是０．０１２ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｄ．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
９．
答案　Ｃ　设达到平衡时甲中Ｈ２反应了ｘｍｏｌ·Ｌ
－１，列三段
式为
　　　　　　　Ｈ２（ｇ）　＋　ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２Ｏ（ｇ）　＋　ＣＯ（ｇ）
始／ｍｏｌ·Ｌ
－１：
０．０１０
０．０１０
０
０
转／ｍｏｌ·Ｌ
－１：
ｘ
ｘ
ｘ
ｘ
平／ｍｏｌ·Ｌ
－１：
０．０１０－ｘ
０．０１０－ｘ
ｘ
ｘ
则平衡常数Ｋ＝
ｘ
２
（０．０１０－ｘ）
２＝９
４，ｘ＝０．００６，甲中Ｈ２、ＣＯ２的转
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
９５
　
化率均为６０％。乙相当于在甲中再充入０．０１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｈ２，
则Ｈ２转化率降低，ＣＯ２转化率增大，Ａ正确；丙相当于将甲容
器体积压缩为原来的１
２，增大压强，平衡不移动，Ｈ２、ＣＯ２的转
化率不变，所以Ｈ２、ＣＯ２转化率也为６０％，Ｂ正确；甲中平衡时
ｃ（ＣＯ２）为０．００４ｍｏｌ·Ｌ
－１，则丙中ｃ（ＣＯ２）为甲中的２倍，是
０．００８ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｃ不正确；反应开始时丙中反应物浓度最大，
甲中反应物浓度最小，故丙中反应速率最快，甲中反应速率最
慢，Ｄ正确。
１０．目前，处理烟气中的ＳＯ２常采用两种方法。
Ⅰ．碱液吸收法
２５℃时，Ｋｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝１．８× １０
－５；Ｈ２ＳＯ３的Ｋａ１＝１．５×
１０
－２，Ｋａ２＝１．０×１０
－７；Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）＝７．１×１０
－５。
第１步：用过量的浓氨水吸收ＳＯ２，并在空气中氧化；
第２步：加入石灰水，发生反应Ｃａ
２＋＋２ＯＨ
－＋２ＮＨ
＋
４＋ＳＯ
２－
４
􀜩􀜨
􀜑
ＣａＳＯ４↓＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ　Ｋ。
（１）２５℃时０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１（ＮＨ４）２ＳＯ３溶液的ｐＨ　
　
　
　
（填
“＞”“＜”或“ ＝”）７。
（２）第２步中反应的Ｋ＝　　　　。
Ⅱ．水煤气还原法
已知：①２ＣＯ（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｓ（ｌ）＋２ＣＯ２（ｇ）
ΔＨ１＝－３７．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②２Ｈ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｓ（ｌ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ２＝＋４５．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
③ＣＯ的燃烧热ΔＨ３＝－２８３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（３）表示液态硫（Ｓ）的燃烧热的热化学方程式为　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（４）反应②中，正反应活化能Ｅ１　
　
　
　
（填“ ＞” “ ＜” 或
“ ＝”）ΔＨ２。
（５）在一定压强下，发生反应①。平衡时ＳＯ２的转化率
［α（ＳＯ２）］与投料比［ｎ（ＣＯ）
ｎ（ＳＯ２）＝ｙ］、温度（Ｔ）的关系如图
所示。
比较平衡时ＣＯ的转化率［α（ＣＯ）］：Ｎ　
　
　
　
（填“ ＞”
“＜”或“ ＝”，下同）Ｍ。逆反应速率：Ｎ　　　　Ｐ。
（６）某温度下，向１０Ｌ恒容密闭容器中充入２ｍｏｌＨ２、２ｍｏｌ
ＣＯ和２ｍｏｌＳＯ２发生反应①、②，第５ｍｉｎ时达到平衡，测
得混合气体中ＣＯ２、Ｈ２Ｏ（ｇ）的物质的量分别为１．６ｍｏｌ、
１．８ｍｏｌ。该温度下，反应②的平衡常数Ｋ为　
　
　
　。
其他条件不变，在第７ｍｉｎ时缩小容器体积，α（ＳＯ２）　
　
　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
１０．
答案　（１）＞　（２）４．３×１０
１３　
（３）Ｓ（ｌ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ２（ｇ）
　ΔＨ＝－５２９ｋＪ·ｍｏｌ
－１　（４）＞　（５）＞　＜　（６）２７００　增大
解析　（１）由已知信息可得Ｋａ２（Ｈ２ＳＯ３）＜Ｋｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ），
则（ＮＨ４）２ＳＯ３溶液中ＳＯ
２－
３的水解程度大于ＮＨ
＋
４的水解程
度，溶液显碱性。
（２）第２步中Ｋ＝
ｃ
２（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
ｃ（Ｃａ
２＋）·ｃ
２（ＯＨ
－）·ｃ
２（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＳＯ
２－
４），
Ｋｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
，Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）＝ｃ（Ｃａ
２＋）·
ｃ（ＳＯ
２－
４），故
Ｋ
＝
１
Ｋ
２
ｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
×
１
Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）
＝
１
（１．８×１０
－５）
２×７．１×１０
－５≈４．３×１０
１３。
（３）③的热化学方程式可表示为ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－２８３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，运用盖斯定律③×２－①可得
Ｓ（ｌ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ２（ｇ）　ΔＨ＝２ΔＨ３－ΔＨ１＝－５２９ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（４）吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，正反应的
活化能大于反应热。
（５）温度相同时，ｙ越大，ＳＯ２的转化率越大，ＣＯ的转化率越
小，故ｙ１＞ｙ２，ＣＯ的转化率Ｍ＜Ｐ；ｙ相同时，升高温度，反应①
平衡逆向移动，ＣＯ的转化率变小，ＣＯ的转化率Ｐ＜Ｎ，则ＣＯ
的转化率Ｎ＞Ｍ；升高温度，ｖ正、ｖ逆均增大，故逆反应速率Ｐ＞Ｎ。
（６）①　２ＣＯ（ｇ）　＋　ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｓ（ｌ）＋２ＣＯ２（ｇ）
始：
２ｍｏｌ
平衡：
１．６ｍｏｌ
转化：
１．６ｍｏｌ
０．８ｍｏｌ
１．６ｍｏｌ
②　　　２Ｈ２（ｇ）　＋　ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｓ（ｌ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）
始：
２ｍｏｌ
平衡：
１．８ｍｏｌ
转化：
１．８ｍｏｌ
０．９ｍｏｌ
１．８ｍｏｌ
则平衡时，ｎ（Ｈ２）＝０．２ｍｏｌ，ｎ（Ｈ２Ｏ）＝１．８ｍｏｌ，ｎ（ＳＯ２）＝
２ｍｏｌ－（０．８ｍｏｌ＋０．９ｍｏｌ）＝０．３ｍｏｌ，反应②的平衡常数Ｋ＝
ｃ
２（Ｈ２Ｏ）
ｃ
２（Ｈ２）·ｃ（ＳＯ２）
＝
（１．８
１０）
２
（０．２
１０）
２×（０．３
１０）
＝２７００；缩小容器体积，压
强增大，反应①和反应②平衡均正向移动，α（ＳＯ２）增大。
规律方法　对于ａＡ（ｇ）＋ｂＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｃＣ（ｇ）（ａ＋ｂ≠ｃ），达平衡
后若只充入气体Ａ，达到新的平衡后Ｂ的转化率增大，Ａ的转
化率减小；或者其他条件不变，起始时ｎ（Ａ）
ｎ（Ｂ）的值越大，达平衡
时Ａ的转化率越小，Ｂ的转化率越大。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
９６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码４９
一、化学反应速率及化学平衡图像的分析方法
１．图像类型及特点
（１）速率—压强（或温度）图像
特点：曲线表示的是外界条件（如温度、压强等）对正、逆反
应速率的影响。图中交点是平衡状态，压强（或温度）增大后正
反应速率增大的程度大，平衡正向移动。
（２）平衡转化率（或质量分数等）—压强—温度图像
特点：表示两个外界条件同时变化时，Ａ的平衡转化率的变
化规律。解决这类图像题，采用“定一议二法”，即把自变量（温
度、压强）之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。
　　特点：曲线上的点表示平衡状态，而Ｘ、Ｙ点未达平衡状态，
使反应由Ｘ点达到平衡状态，反应需向Ｂ的百分含量减小的方
向进行；要使反应由Ｙ点达到平衡状态，反应需向Ｂ的百分含量
增大的方向进行。
（３）质量分数—时间图像
　　特点：表示不同条件下反应速率的快慢以及平衡混合物中
Ｄ的质量分数大小。解题方法是“先拐先平数值大”，即曲线先
拐的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低，
再依据外界条件对平衡的影响进行分析。
２．一般解题思路———“四看”
一看面：即看清坐标所代表的意义。
二看线：看准线的走向、变化趋势及量的变化（需作辅助线、
等温线、等压线等）。
三看点：弄懂曲线上点的意义，特别是一些特殊点（如起点、
交点、转折点、极值点等）。
四看量：看横坐标和纵坐标所表示的物理量的变化。
　　
例１　（２０１９安徽铜陵一中月考，３）某密闭容器中充入等
物质的量的气体Ａ和Ｂ，一定温度下发生反应：Ａ（ｇ）＋ｘＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｃ（ｇ），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的
浓度、反应速率随时间变化如图所示。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．８ｍｉｎ时表示正反应速率等于逆反应速率
Ｂ．前２０ｍｉｎＡ的反应速率为１．００ｍｏｌ／（Ｌ·ｍｉｎ）
Ｃ．反应方程式中的ｘ＝１，３０ｍｉｎ时表示增大压强
Ｄ．４０ｍｉｎ时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应
解题导引　解读图像，探究外界条件对速率的影响。对于
有气体参加的反应，改变压强平衡不移动，说明反应前后气体的
物质的量不变。
解析　Ａ项，由图像可知反应从正反应方向开始，在２０ｍｉｎ
时反应达到平衡状态，故８ｍｉｎ时正反应速率大于逆反应速率，
Ａ错误；Ｂ项，由图像可知在前２０ｍｉｎ内Ｃ的浓度变化了
２．０ｍｏｌ／Ｌ，ｖ（Ｃ）＝２．０ｍｏｌ／Ｌ÷２０ｍｉｎ＝０．１ｍｏｌ／（Ｌ·ｍｉｎ），根据
ｖ（Ａ）∶ｖ（Ｃ）＝１∶２，可知ｖ（Ａ）＝０．１ｍｏｌ／（Ｌ· ｍｉｎ）÷ ２＝
０．０５ｍｏｌ／（Ｌ·ｍｉｎ），Ｂ错误；Ｃ项，３０～４０ｍｉｎ内反应物、生成物
的浓度都减小，说明扩大了容器的容积，减小了体系的压强，
ｖ（正）、ｖ（逆）都减小，但减小后的ｖ（正）＝ｖ（逆），说明减小了压
强，平衡不移动，则１＋ｘ＝２，ｘ＝１，Ｃ错误；Ｄ项，根据图像可知，
４０ｍｉｎ时正、逆反应速率都增大，由于该反应是气体体积不变的
反应，所以改变的外界条件只能是升高温度，升高温度后，逆反
应速率大于正反应速率，说明逆反应为吸热反应，则该反应的正
反应为放热反应，Ｄ正确。
答案　Ｄ
二、化学平衡的计算方法———“三段式”法
１．计算模式
反应：ｍＡ（ｇ）＋ｎＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｐＣ（ｇ）＋ｑＤ（ｇ），令Ａ、Ｂ起始的物
质的量分别为ａｍｏｌ、ｂｍｏｌ，达到平衡后，Ａ的消耗量为ｍｘｍｏｌ，
容器容积为ＶＬ。
　　　　　ｍＡ（ｇ）　＋　ｎＢ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ｐＣ（ｇ）　＋　ｑＤ（ｇ）
起始（ｍｏｌ）
ａ
ｂ
０
０
变化（ｍｏｌ）
ｍｘ
ｎｘ
ｐｘ
ｑｘ
平衡（ｍｏｌ）
ａ－ｍｘ
ｂ－ｎｘ
ｐｘ
ｑｘ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
９７
　
则有：（１）平衡常数Ｋ＝
（ｐｘ
Ｖ）
ｐ·（ｑｘ
Ｖ）
ｑ
（ａ－ｍｘ
Ｖ
）
ｍ·（ｂ－ｎｘ
Ｖ）
ｎ
。
（２）反应物：ｎ（平）＝ｎ（始）－ｎ（变）；
生成物：ｎ（平）＝ｎ（始）＋ｎ（变）。
（３）平衡时Ａ的物质的量浓度：ｃ平（Ａ）＝ａ－ｍｘ
Ｖ
ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（４）Ａ的转化率：α平（Ａ）＝ｍｘ
ａ× １００％，Ａ、Ｂ的转化率之比
α（Ａ）∶α（Ｂ）＝ｍｘ
ａ∶ｎｘ
ｂ。
（５）平衡时Ａ的体积分数：φ平（Ａ）＝
ａ－ｍｘ
ａ＋ｂ＋（ｐ＋ｑ－ｍ－ｎ）ｘ×１００％。
（６）若反应在恒温恒容条件下进行，平衡时和开始时的压强
比：ｐ（平）
ｐ（始）＝ａ＋ｂ＋（ｐ＋ｑ－ｍ－ｎ）ｘ
ａ＋ｂ
。
（７）混合气体的密度：ρ（混）＝ａ·Ｍ（Ａ）＋ｂ·Ｍ（Ｂ）
Ｖ
ｇ·Ｌ
－１。
（８）混合气体的平均摩尔质量：Ｍ＝ａ·Ｍ（Ａ）＋ｂ·Ｍ（Ｂ）
ａ＋ｂ＋（ｐ＋ｑ－ｍ－ｎ）ｘｇ·ｍｏｌ
－１。
２．基本步骤
①写出有关化学平衡的化学反应方程式。
②确定反应物或生成物的起始加入量。
③确定反应过程的变化量。
④确定平衡量。
⑤列比例式求解。
例２　（２０１９河南顶级名校二测，１２）将１ｍｏｌＭ（ｇ）和
２ｍｏｌＮ（ｇ）置于２Ｌ的密闭容器中，发生反应：Ｍ（ｇ）＋２Ｎ（ｇ）
􀜩􀜨
􀜑
Ｐ（ｇ）＋Ｑ（ｇ）　
ΔＨ。反应过程中测得Ｐ的体积分数在不同
温度下随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．在温度ｔ１下，反应从开始到恰好平衡：ｖ（Ｑ）＝
０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｂ．在温度ｔ１下，平衡时Ｎ的转化率为５０％
Ｃ．该反应的ΔＨ＜０
Ｄ．Ｘ、Ｙ两点的逆反应速率ｖ（Ｘ）＞ｖ（Ｙ）
解题导引　①“三段式”的应用；②“先拐先平数值大”。
解析　
ｔ１温度下：Ｍ（ｇ）　＋　２Ｎ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
　Ｐ（ｇ）　＋　Ｑ（ｇ）
始
１ｍｏｌ
２ｍｏｌ
０ｍｏｌ
０ｍｏｌ
转
ｘｍｏｌ
２ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
平
（１－ｘ）ｍｏｌ（２－２ｘ）ｍｏｌｘｍｏｌ
ｘｍｏｌ
由图中信息可知
ｘｍｏｌ
（１－ｘ）ｍｏｌ＋（２－２ｘ）ｍｏｌ＋ｘｍｏｌ＋ｘｍｏｌ×
１００％＝２０％，解得ｘ＝０．５。ｖ（Ｑ）＝
０．５ｍｏｌ
２Ｌ×５ｍｉｎ＝０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１·
ｍｉｎ
－１，Ａ正确；在温度ｔ１下，平衡时Ｎ的转化率为２×０．５ｍｏｌ
２ｍｏｌ
×
１００％＝５０％，Ｂ正确；由图中信息可知ｔ１＜ｔ２，降温，Ｐ的体积分数
增大，说明平衡正向移动，ΔＨ＜０，Ｃ正确；温度越高，反应速率越
大，ｔ２＞ｔ１，且Ｐ的体积分数Ｙ点大于Ｘ点，故Ｙ点逆反应速率大
于Ｘ点逆反应速率，Ｄ不正确。
答案　Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５１
１．（２０１９安徽定远重点中学月考，１１）在密闭容器中，反应Ｘ２（ｇ）＋
Ｙ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＸＹ（ｇ）　
ΔＨ＞０，达到甲平衡。在仅改变某一条件
后，达到乙平衡，对此过程的分析正确的是
（　　）
Ａ．图Ⅰ是升高温度的变化情况
Ｂ．图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况
Ｃ．图Ⅲ是增大压强的变化情况
Ｄ．图Ⅲ是升高温度的变化情况
１．
答案　Ａ　
Ａ项，升高温度，正、逆反应速率均增大，从平衡
右移可知，正反应速率更大，Ａ项正确；Ｂ项，扩大容器体积，即
减小体系压强，正、逆反应速率均减小，因是气体分子数不变的
反应，故平衡不移动，Ｂ项错误；Ｃ项，增大压强，反应速率加
快，到达平衡的时间缩短，但平衡不移动，Ｃ项错误；Ｄ项，升高
温度，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，平衡右移，新平衡
时ＸＹ％应增大，Ｄ项错误。
２．（２０１９江西赣州月考，１４）碳酸二甲酯（ＣＨ３ＯＣＯＯＣＨ３，简称
ＤＭＣ）是一种应用前景广泛的新材料。在密闭容器中按
ｎ（ＣＨ３ＯＨ）∶ｎ（ＣＯ２）＝２∶１投料直接合成ＤＭＣ，反应方程式
为２ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＣＯＯＣＨ３（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）。一
定条件下，平衡时ＣＯ２的转化率如图所示。下列说法中不正
确的是
（　　）
Ａ．该反应的正反应为放热反应
Ｂ．压强ｐ２＞ｐ１
Ｃ．Ｘ点对应的平衡常数为０．１
Ｄ．Ｘ、Ｙ、Ｚ三点对应的初始反应速率的关系为Ｚ＞Ｙ＞Ｘ
２．
答案　Ｃ　Ａ项，根据图像分析可知，随温度升高，二氧化碳
的转化率减小，因此该反应的正反应为放热反应，故Ａ正确；Ｂ
项，在相同温度下，ｐ２时二氧化碳的转化率大于ｐ１时，因此
ｐ２＞ｐ１，故Ｂ正确；Ｃ项，容器体积未知，无法求算该反应的平衡
常数，故Ｃ错误；Ｄ项，Ｘ、Ｙ、Ｚ三点对应的初始反应速率的关
系为Ｚ＞Ｙ＞Ｘ，故Ｄ正确。
３．（２０１９湖南永州月考，１４）８０℃时，ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ３（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）。该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容
的密闭容器中，投入ＮＯ２和ＳＯ２，起始浓度如下表所示，其中甲
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
９８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
经２ｍｉｎ达平衡时，ＮＯ２的转化率为５０％。下列说法正确的是
（　　）
起始浓度
甲
乙
丙
ｃ（ＮＯ２）／（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．１０
０．２０
０．２０
ｃ（ＳＯ２）／（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．１０
０．１０
０．２０
Ａ．容器甲中的反应在前２ｍｉｎ的平均速率ｖ（ＳＯ２）＝０．１０ｍｏｌ·
Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｂ．达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等
Ｃ．温度升至９０℃，上述反应平衡常数为１．５６，则反应的ΔＨ＞０
Ｄ．容器乙中若起始时改充０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＯ２和０．２０ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＳＯ２，达到平衡时ｃ（ＮＯ）与原平衡不相同
３．
答案　Ｃ　
Ａ项，前２ｍｉｎ内ｖ（ＳＯ２）＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１×５０％
２ｍｉｎ
＝
０．０２５ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１，故Ａ错误；Ｂ项，该反应为气体体积不
变的反应，压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡
时反应物转化率相等，因为丙中各组分浓度为甲中的２倍，则
容器丙中的反应速率较大，故Ｂ错误；Ｃ项，温度升至９０℃，题
述反应平衡常数为１．５６＞１，则升高温度平衡向正反应方向移
动，正反应为吸热反应，该反应的ΔＨ＞０，Ｃ项正确；Ｄ项，令充
入０．２０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＯ２和０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＳＯ２时，达平衡时ＮＯ的
浓度为ｘｍｏｌ·Ｌ
－１，则
　　　　　　　　ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ３（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）
开始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．２０
０．１０
０
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｘ
ｘ
ｘ
ｘ
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．２－ｘ
０．１－ｘ
ｘ
ｘ
令改充０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＯ２和０．２０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＳＯ２时，平衡时ＮＯ
的浓度为ｙｍｏｌ·Ｌ
－１，则：
　　　　　　　　ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）　􀜩􀜨
􀜑
　ＳＯ３（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）
开始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．１０
０．２０
０
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｙ
ｙ
ｙ
ｙ
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．１－ｙ
０．２－ｙ
ｙ
ｙ
因温度相同，则化学平衡常数相等，得
ｘ
２
（０．２－ｘ）（０．１－ｘ）＝
ｙ×ｙ
（０．１－ｙ）×（０．２－ｙ）＝１，平衡时ＮＯ的浓度与原平衡相同，所以
Ｄ错误。
４．（２０１８湖北黄冈调研，１２）已知反应：ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨ３（ｇ）＋
Ｃｌ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨ２Ｃｌ（ｇ）＋ＨＣｌ（ｇ）。在一定压强下，按
ω＝
ｎ（Ｃｌ２）
ｎ（ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨ３）向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表
示平衡时，丙烯的体积分数（φ）与温度（Ｔ）、ω 的关系，图乙表
示逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是
（　　）
Ａ．图甲中，ω２＞１
Ｂ．图乙中，Ａ线表示逆反应的平衡常数
Ｃ．温度为Ｔ１、ω＝２时，Ｃｌ２的转化率为５０％
Ｄ．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的
气体压强将增大
４．
答案　Ｃ　根据图甲中信息可知，增大ｎ（Ｃｌ２），ω 增大，平衡
正向移动，丙烯的体积分数（φ）减小，故ω２＞１，Ａ项正确；根据
图甲可知，升高温度，丙烯的体积分数增大，说明平衡逆向移
动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则升高温度，正反
应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，图乙中，Ａ线表示
逆反应的平衡常数，Ｂ项正确；由图乙知，温度为Ｔ１时，正、逆
反应的平衡常数相等，又因两者互为倒数，则平衡常数Ｋ＝１，
ω＝２时，设ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨ３和Ｃｌ２的物质的量分别为ａ、２ａ，参加
反应的Ｃｌ２的物质的量为ｂ，利用三段式可列关系式
ｂ
２
（ａ－ｂ）（２ａ－ｂ）＝１，解得ｂ
２ａ＝１
３，则Ｃｌ２的转化率为３３．３％，Ｃ项
错误；该反应为反应前后气体体积不变的放热反应，反应向正
反应方向进行，体系温度升高，气体体积膨胀，达到平衡时，装
置内的气体压强将增大，Ｄ项正确。
５．（２０１８福建厦门质检，２８节选）甲醇是重要的化工原料。利用
合成气（主要成分为ＣＯ、ＣＯ２和Ｈ２）在催化剂的作用下合成甲
醇，可能发生的反应如下：
ⅰ．ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ１
ⅱ．ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２
ⅲ．ＣＨ３ＯＨ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）　ΔＨ３
回答下列问题：
（１）已知反应ⅱ中相关化学键键能数据如下：
化学键
Ｈ—Ｈ
Ｃ􀪅Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀜁
Ｈ—Ｏ
Ｅ／（ｋＪ·ｍｏｌ
－１）
４３６
８０３
１０７６
４６５
由此计算ΔＨ２＝　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。已知ΔＨ３＝
＋９９ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则ΔＨ１＝　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应１２小
时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关
系如下图所示。
温度为４７０Ｋ时，图中Ｐ点　
　
　
　
（填“是” 或“不是”）
处于平衡状态。在４９０Ｋ之前，甲醇产率随着温度升高而
增大的原因是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　；４９０Ｋ
之后，甲醇产率下降的原因是　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
５．
答案　（１）＋３６　－６３
（２）不是　温度越高化学反应速率越快　升高温度，反应ⅰ逆
向移动，催化剂活性降低
解析　（１）反应热＝反应物总键能－生成物总键能，故ΔＨ２＝
（２× ８０３＋４３６）
ｋＪ· ｍｏｌ
－１－（１０７６ｋＪ· ｍｏｌ
－１＋２×
４６５ｋＪ·ｍｏｌ
－１）＝＋３６ｋＪ·ｍｏｌ
－１；根据盖斯定律可得反应ⅱ－
反应ⅲ＝反应ⅰ，故ΔＨ１＝ΔＨ２－ΔＨ３＝＋３６ｋＪ· ｍｏｌ
－１－
９９ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－６３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）温度为４７０Ｋ时，图中Ｐ点不是处于平衡状态。在
４９０Ｋ之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越
高，化学反应速率越快；４９０Ｋ之后，甲醇产率下降的原因是升
高温度，反应ⅰ逆向移动，催化剂活性降低。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
９９
　
对应学生用书
起始页码５２
　　结合生产实例考查反应条件的选择与优化，促使学生形成
从限度、速率、能耗等多角度综合调控化学反应的基本思路，能
用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
例
　（２０１９江苏单科，１５，４分）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
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，ＮＯ平衡转化率
为５０％，则平衡常数Ｋ＞２０００
思路分析　图中虚线表示的是该反应ＮＯ的平衡转化率随
温度的变化，升高温度，ＮＯ的平衡转化率降低，说明正反应ΔＨ＜
０。Ｙ点为平衡点，增大Ｏ２的浓度可以提高ＮＯ转化率。
答案　ＢＤ
题目价值　利用化学图像来考查化学平衡原理，这是考查
的常见形式。分析图像时要注意横、纵坐标的意义以及曲线的
变化情况，对图像上的点进行定性与定量相结合的分析。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５３
１．（２０１８湖北武汉调研，１１）一定温度下，密闭容器中进行反应：
２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）　
ΔＨ＜０。测得ｖ正（ＳＯ２）随反应
时间（ｔ）的变化如图所示。下列有关说法正确的是　
（　　）
Ａ．ｔ２时改变的条件是：只加入一定量的ＳＯ２
Ｂ．在ｔ１时平衡常数Ｋ１大于ｔ３时平衡常数Ｋ３
Ｃ．ｔ１时平衡混合气的Ｍ１大于ｔ３时平衡混合气的Ｍ３
Ｄ．ｔ１时平衡混合气中ＳＯ３的体积分数等于ｔ３时平衡混合气中
ＳＯ３的体积分数
１．
答案　Ｄ　ｔ２时，ｖ正（ＳＯ２）突然增大，且达到平衡后速率恢复
至原来的速率，如果只加入一定量的ＳＯ２，达到新的平衡后，速
率大于原来的速率，Ａ错误；ｔ１、ｔ３时刻的两个平衡状态速率相
等，各物质的浓度相等，故平衡浓度相等，平衡常数相等，Ｂ错
误；平衡状态相同，各物质的百分含量相同，平均摩尔质量相
同，故Ｃ错误，Ｄ正确。
思路分析　在一定温度下，物质的反应速率取决于该物质的
浓度，ｔ１、ｔ３时刻的速率相同，说明二氧化硫的浓度相同，各物
质的速率比等于各物质的化学计量数之比，达到平衡状态时，
正、逆反应速率相等，则ｔ１、ｔ３时刻为相同的平衡状态。
易错警示　在二氧化硫的正反应速率瞬时增大的情况下，忽
视速率在达到新平衡时恢复到原来的速率，会错选Ａ。
２．（２０１９江西南昌一模，２８）乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应：ＣＨ３ＣＯＯＨ（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）
ΔＨ＝＋２１３．７ｋＪ·ｍｏｌ
－１
脱羧基反应：ＣＨ３ＣＯＯＨ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）
ΔＨ＝－３３．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（１）请写出ＣＯ与Ｈ２甲烷化的热化学方程式：
　
　。
（２）在密闭容器中，利用乙酸制氢，选择的压强为　　　　（填
“较大”或“常压”）。其中温度与气体产率的关系如图：
①约６５０℃之前，脱羧基反应活化能低，速率快，故氢气产
率低于甲烷；６５０℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温
度升高，热裂解反应速率加快，同时　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产
率显著提高而ＣＯ的产率下降，请用化学方程式表示：　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）若利用合适的催化剂控制其他副反应，温度为ＴＫ时达到
平衡，总压强为ｐｋＰａ，热裂解反应消耗乙酸２０％，脱羧基
反应消耗乙酸６０％，乙酸体积分数为　
　
　
　
（计算结果
保留１位小数）；脱羧基反应的平衡常数Ｋｐ为　　　　ｋＰａ
（Ｋｐ为以分压表示的平衡常数，计算结果保留１位小数）。
２．
答案　
（１）２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝－２４７．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（２）常压　①热裂解反应正向移动，而脱羧基反应逆向移动　
②ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）
（３）９．１％　０．８ｐ
解析　（１）将已知热化学方程式依次编号为①、②，②－①得
２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－２４７．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１００
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）ＣＨ３ＣＯＯＨ（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）为气体体积增大的反
应，选择的压强为常压。
（３）ＣＨ３ＣＯＯＨ（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）＋２Ｈ２（ｇ）
０．２
０．４
０．４
ＣＨ３ＣＯＯＨ（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）
　０．６
０．６
０．６
乙酸体积分数为
０．２
０．４＋０．４＋０．６＋０．６＋０．２×１００％≈９．１％
脱羧基反应的平衡常数Ｋｐ＝ｐ（ＣＨ４）×ｐ（ＣＯ２）
ｐ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
＝
０．６ｐ
２．２×０．６ｐ
２．２
０．２ｐ
２．２
≈
０．８ｐ。
３．（２０１８安徽合肥二模，２８）工业废气、汽车尾气排放出的ＮＯｘ、
ＳＯ２等是形成酸雨的主要物质，其综合治理是当前重要的研究
课题。
Ⅰ．ＮＯｘ的消除。汽车尾气中的ＮＯ（ｇ）和ＣＯ（ｇ）在一定温度和
催化剂条件下可发生反应：２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ。
（１）已知：ＣＯ燃烧热的ΔＨ１＝－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ（ｇ）　ΔＨ２＝＋１８０．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则ΔＨ＝　
　
　
　
　　　　　。
（２）某研究小组探究催化剂对ＣＯ、ＮＯ转化的影响。将ＮＯ和
ＣＯ以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同
时间内测量逸出气体中ＮＯ的含量，从而确定尾气脱氮率
（脱氮率即ＮＯ的转化率），结果如图所示。
①以下说法中正确的是　　　　（填字母）。
Ａ．两种催化剂均能降低活化能，但ΔＨ不变
Ｂ．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
Ｃ．曲线Ⅱ中的催化剂适用于４５０℃左右脱氮
Ｄ．曲线Ⅱ中催化剂脱氮率比曲线Ⅰ中的高
②若低于２００℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大
的主要原因为　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ．ＳＯ２的综合利用
（３）某研究小组对反应ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ３（ｇ）＋
ＮＯ（ｇ）　ΔＨ＜０进行相关实验探究。在固定体积的密闭容
器中，使用某种催化剂，改变原料气配比［ｎ０（ＮＯ２）∶
ｎ０（ＳＯ２）］进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可
能不同），测定ＮＯ２的平衡转化率［α（ＮＯ２）］。部分实验
结果如图所示。
①如果将图中Ｃ点的平衡状态改变为Ｂ点的平衡状态，应
采取的措施是　　　　。
②图中Ｃ、Ｄ两点对应的实验温度分别为ＴＣ和ＴＤ，通过计
算判断：ＴＣ　　　　ＴＤ（填“＞”“ ＝”或“＜”）。
３．
答案　（１）－７４６．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（２）①ＡＣ　②温度较低时，催化剂的活性偏低
（３）①降低温度　②＝
解析　
（１）ＣＯ燃烧热的ΔＨ１＝－２８３．０ｋＪ· ｍｏｌ
－１，则
①ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ１＝－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１，
②Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ（ｇ）　ΔＨ２＝＋１８０．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１。根据
盖斯定律，①式× ２－②式得，２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋
２ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝（－２８３．０ｋＪ· ｍｏｌ
－１）× ２－（＋１８０．５ｋＪ·
ｍｏｌ
－１）＝－７４６．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）①两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但ΔＨ不
变，Ａ项正确；该反应的正反应为气体分子数减少的反应，增大
压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，Ｂ项错误；根据图
像，曲线Ⅱ中催化剂在４５０℃左右脱氮率最高，曲线Ⅱ中的催
化剂适用于４５０℃左右脱氮，Ｃ项正确；催化剂只影响化学反
应速率，不影响转化率，不影响脱氮率，Ｄ项错误。
②低于２００℃，曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大的主要原因
为温度较低时（低于２００℃），催化剂的活性偏低，对化学反应
速率的影响小。
（３）①Ｃ点和Ｂ点原料气配比相同，Ｂ点ＮＯ２的平衡转化率大
于Ｃ点，说明将Ｃ点的平衡状态改变为Ｂ点的平衡状态，平衡
向正反应方向移动，该反应的正反应为气体分子数不变的放热
反应，故应采取的措施是降低温度。
②Ｃ点，原料气配比为１，ＮＯ２的平衡转化率为５０％，则
　　　　　　　　　　ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ３（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）
ｃ（起始）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）　
１　
１　
０　
０
ｃ（转化）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１×５０％　０．５　
０．５　
０．５
ｃ（平衡）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）　
０．５　
０．５　
０．５　
０．５
Ｃ点，化学平衡常数ＫＣ＝ｃ（ＳＯ３）·ｃ（ＮＯ）
ｃ（ＮＯ２）·ｃ（ＳＯ２）＝０．５×０．５
０．５×０．５＝１。
Ｄ点，原料气配比为１．５，ＮＯ２的平衡转化率为４０％，则
　　　　　　　　　ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳＯ３（ｇ）＋ＮＯ（ｇ）
ｃ（起始）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）　１．５　
１　　
０　
０
ｃ（转化）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）１．５×４０％　
０．６　
０．６　
０．６
ｃ（平衡）（ｍｏｌ·Ｌ
－１）　０．９　
０．４　
０．６　
０．６
Ｄ点，化学平衡常数ＫＤ＝ｃ（ＳＯ３）·ｃ（ＮＯ）
ｃ（ＮＯ２）·ｃ（ＳＯ２）＝０．６×０．６
０．９×０．４＝１。
Ｃ点和Ｄ点的化学平衡常数相等，则ＴＣ＝ＴＤ。
易错警示　本题的易错点是第（２）问，图像中脱氮率是在相同
时间内测得的，图像中最高点表示催化剂的活性最高，不表示
平衡脱氮率。注意催化剂能降低反应的活化能，不影响ΔＨ；
催化剂能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动，不影
响平衡脱氮率。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１０１
　
对应学生用书
起始页码１９３
考点一化学反应速率
１．（２０１８江苏单科，１０，２分）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．３ｍｏｌＨ２与１ｍｏｌＮ２混合反应生成ＮＨ３，转移电子的数目小
于６×６．０２×１０
２３
Ｄ．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
１．
答案　Ｃ　氢氧燃料电池放电过程中，化学能除转化为电能
外，还有热能的产生，Ａ错误；４Ｆｅ（ｓ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）
是一个熵减反应，而该反应常温下能自发进行，则该反应必为
放热反应，Ｂ错误；Ｎ２与Ｈ２合成ＮＨ３的反应为可逆反应，故
３ｍｏｌＨ２与１ｍｏｌＮ２不能完全转化为ＮＨ３，转移电子的数目小
于６×６．０２×１０
２３，Ｃ正确；酶的活性与温度有关，温度过高，使酶
失去生理活性，Ｄ错误。
２．（２０１７江苏单科，１０，２分）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，Ｍｎ
２＋对Ｈ２Ｏ２分解速率的影
响大
２．
答案　Ｄ　Ａ项，从图甲看出，相同时间内，起始ｃ（Ｈ２Ｏ２）越
大，Ｈ２Ｏ２的浓度变化量越大，即分解速率越快，错误；Ｂ项，从
图乙看出，ＮａＯＨ溶液浓度越大，即ｐＨ越大，Ｈ２Ｏ２分解速率越
快，错误；Ｃ项，从图丙看出，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ与１．０ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＮａＯＨ所示曲线相比，０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１ＮａＯＨ对应曲线表示的
Ｈ２Ｏ２分解速率快，错误；Ｄ项正确。
审题方法　三审清
一审题干，审清关键词；
二审题图，审清图中标注的数据；
三审选项，审清选项中所表明的具体结论。
３．（２０１８课标Ⅲ，２８，１５分）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＝４８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
３ＳｉＨ２Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅ＳｉＨ４（ｇ）＋２ＳｉＨＣｌ３（ｇ）　ΔＨ２＝－３０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
则反应４ＳｉＨＣｌ３（ｇ）􀪅􀪅ＳｉＨ４（ｇ）＋３ＳｉＣｌ４（ｇ）的ΔＨ为　
　
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３２３Ｋ和３４３Ｋ时
ＳｉＨＣｌ３的转化率随时间变化的结果如图所示。
①３４３Ｋ时反应的平衡转化率α ＝　
　
　
　％。平衡常数
Ｋ３４３Ｋ＝　　　　（保留２位小数）。
②在３４３Ｋ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：ｖａ　
　
　
　
ｖｂ（填“大于”“小
于” 或“ 等于”）。反应速率ｖ＝ｖ正－ｖ逆＝ｋ正ｘ
２
ＳｉＨＣｌ３－
ｋ逆ｘＳｉＨ２Ｃｌ２ｘＳｉＣｌ４，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
ｖ正
ｖ逆
＝　　　　（保留１位小数）。
３．
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　本题考查化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学
平衡的移动及相关计算。
（１）依据题意知，ＳｉＨＣｌ３遇潮气时发烟的化学方程式为
２ＳｉＨＣｌ３＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅（ＨＳｉＯ）２Ｏ＋６ＨＣｌ。
（２）由盖斯定律可知ΔＨ＝３ΔＨ１＋ΔＨ２＝３× ４８ｋＪ· ｍｏｌ
－１－
３０ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝１１４ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（３）①反应２ＳｉＨＣｌ３（ｇ）􀪅􀪅ＳｉＨ２Ｃｌ２（ｇ）＋ＳｉＣｌ４（ｇ）　
ΔＨ１＝
４８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，由于ΔＨ１＞０，升高温度，化学平衡正向移动，
ＳｉＨＣｌ３的转化率增大，故ａ点所在曲线表示３４３Ｋ时ＳｉＨＣｌ３的
转化率，观察图像知，３４３Ｋ时反应的平衡转化率为２２％；设起
始时ＳｉＨＣｌ３的物质的量浓度为ｃ，列出“三段式”：
　　　　２ＳｉＨＣｌ３（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＳｉＨ２Ｃｌ２（ｇ）＋ＳｉＣｌ４（ｇ）
起始
ｃ
０
０
变化
０．２２ｃ
０．１１ｃ
０．１１ｃ
平衡
０．７８ｃ
０．１１ｃ
０．１１ｃ
故Ｋ３４３Ｋ＝ｃ（ＳｉＣｌ４）·ｃ（ＳｉＨ２Ｃｌ２）
ｃ
２（ＳｉＨＣｌ３）
＝０．１１ｃ×０．１１ｃ
（０．７８ｃ）
２≈０．０２。
②已知２ＳｉＨＣｌ３（ｇ）􀪅􀪅ＳｉＨ２Ｃｌ２（ｇ）＋ＳｉＣｌ４（ｇ）　
ΔＨ１＝４８ｋＪ·
ｍｏｌ
－１，该反应的正反应是气体体积不变的吸热反应，故要在温
度不变的情况下提高ＳｉＨＣｌ３转化率可采取的措施是及时移去
产物；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有提高反应
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１０２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
物压强（浓度）和改进催化剂等。
③ａ、ｂ处ＳｉＨＣｌ３的转化率相等，但ａ处温度比ｂ处高，故ｖａ大
于ｖｂ；依据题意知ｖ正＝ｋ正ｘ
２
ＳｉＨＣｌ３，ｖ逆＝ｋ逆ｘＳｉＨ２Ｃｌ２ｘＳｉＣｌ４，由平衡时ｖ正＝
ｖ逆知，
ｋ正
ｋ逆
＝
ｘＳｉＨ２Ｃｌ２ｘＳｉＣｌ４
ｘ
２
ＳｉＨＣｌ３
＝０．０２，对于ａ处，列出“三段式”计算知，
ｘＳｉＨＣｌ３＝０．８，ｘＳｉＨ２Ｃｌ２＝０．１，ｘＳｉＣｌ４＝０．１，故ａ处
ｖ正
ｖ逆
＝
ｋ正ｘ
２
ＳｉＨＣｌ３
ｋ逆ｘＳｉＨ２Ｃｌ２ｘＳｉＣｌ４
＝
０．０２×０．８
２
０．１×０．１≈１．３。
疑难点拨　（３）③根据已知表达式表示出ｖ正和ｖ逆，利用达到
化学平衡时ｖ正＝ｖ逆计算出
ｋ正
ｋ逆
，然后结合“ 三段式” 即可求
出
ｖ正
ｖ逆
。
考点二化学平衡　化学反应进行的方向
４．（２０１８天津理综，５，６分）室温下，向圆底烧瓶中加入１ｍｏｌ
Ｃ２Ｈ５ＯＨ和含１ｍｏｌＨＢｒ的氢溴酸，溶液中发生反应：Ｃ２Ｈ５ＯＨ＋
ＨＢｒ􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ５Ｂｒ＋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
Ｃ．若反应物均增大至２ｍｏｌ，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
４．
答案　Ｄ　
本题考查化学平衡的影响因素。加入ＮａＯＨ会
中和ＨＢｒ，平衡逆向移动，乙醇的物质的量增大，Ａ正确；增大
ＨＢｒ浓度，平衡正向移动，有利于生成Ｃ２Ｈ５Ｂｒ，Ｂ正确；只要投
料比符合化学计量数之比，两种反应物平衡转化率之比始终是
１∶１，Ｃ正确；若起始温度提高至６０℃，则反应生成的Ｃ２Ｈ５Ｂｒ
会被及时蒸出，反应很难建立平衡，Ｄ错误。
解题关键　注意Ｃ２Ｈ５Ｂｒ的沸点为３８．４℃，６０℃时Ｃ２Ｈ５Ｂｒ为
气体。
５．（２０１７天津理综，６，６分）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）
５．
答案　Ｂ　本题考查化学平衡的相关知识。增加ｃ（ＣＯ），平
衡正向移动，但由于反应温度不变，故平衡常数不变，Ａ错；第
一阶段的目的是得到气态Ｎｉ（ＣＯ）４，因为Ｎｉ（ＣＯ）４的沸点为
４２．２℃，故反应温度选择５０℃，Ｂ正确；根据题给平衡常数知
２３０℃时反应Ｎｉ（ＣＯ）４（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎｉ（ｓ）＋４ＣＯ（ｇ）的平衡常数为
５×１０
４，故第二阶段Ｎｉ（ＣＯ）４分解率较高，Ｃ错；反应达到平衡
时，４ｖ生成［Ｎｉ（ＣＯ）４］＝ｖ生成（ＣＯ），Ｄ错。
易混易错　平衡发生移动时，平衡常数不一定发生变化，只有
温度改变才能引起平衡常数的变化。
６．（２０１６江苏单科，１５，４分）一定温度下，在３个体积均为１．０Ｌ
的恒容密闭容器中反应２Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）达到
平衡。下列说法正确的是
（　　）
容器
温度／Ｋ
物质的起始浓度
／ｍｏｌ·Ｌ
－１
物质的平衡浓
度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
ｃ（Ｈ２）
ｃ（ＣＯ）
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
Ⅰ
４００
０．２０
０．１０
０
０．０８０
Ⅱ
４００
０．４０
０．２０
０
Ⅲ
５００
０
０
０．１０
０．０２５
Ａ．该反应的正反应放热
Ｂ．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
Ｃ．达到平衡时，容器Ⅱ中ｃ（Ｈ２）大于容器Ⅲ中ｃ（Ｈ２）的两倍
Ｄ．达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
６．
答案　ＡＤ　
将容器Ⅲ中ｃ（ＣＨ３ＯＨ）＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１换算为
左边的反应物，相当于ｃ（Ｈ２）＝０．２０ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｃ（ＣＯ）＝
０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１。Ａ项，容器Ⅲ相对于容器Ⅰ，温度升高，平衡左
移，则逆反应为吸热反应，正反应放热，故正确；Ｂ项，容器Ⅱ相
对于容器Ⅰ，压强增大，平衡右移，则容器Ⅱ反应物转化率大，
故错误；Ｃ项，容器Ⅲ相对于容器Ⅱ，温度升高，压强减小，平衡
左移，达平衡时，容器Ⅱ中ｃ（Ｈ２）小于容器Ⅲ中ｃ（Ｈ２）的两倍，
故错误；Ｄ项，容器Ⅲ比容器Ⅰ温度高，反应速率快，故正确。
７．（２０１９课标Ⅲ，２８，１５分）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：
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）＋１
２Ｃｌ２（ｇ）　ΔＨ１＝８３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＣｕＣｌ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣｕＯ（ｓ）＋１
２Ｃｌ２（ｇ）
ΔＨ２＝－２０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＣｕＯ（ｓ）＋２ＨＣｌ（ｇ）􀪅􀪅ＣｕＣｌ２（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ３＝－１２１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１０３
　
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１ｍｏｌ电子，
需消耗氧气　　　　Ｌ（标准状况）。
７．
答案　（１）大于　
（０．４２）
２×（０．４２）
２
（１－０．８４）
４×（１－０．２１）ｃ０
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）Ｆｅ
３＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋，４Ｆｅ
２＋＋Ｏ２＋４Ｈ
＋􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ　５．６
解析　本题涉及的考点有化学平衡常数的计算及影响因素、
外界条件对转化率的影响、利用盖斯定律计算ΔＨ、电极反应
式的书写、氧化还原反应中的相关计算。考查学生对图像的理
解，获取有关知识并进行加工、吸收的能力和运用相关知识分
析、解决简单化学问题的能力。体现了化学变化有一定限度，
是可以调控的，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。
（１）由题图可知，温度升高，ＨＣｌ平衡转化率降低，即平衡逆向
移动，则该可逆反应的正反应是放热反应，故Ｋ（３００℃）＞
Ｋ（４００℃）；随着进料浓度比ｃ（ＨＣｌ）∶ｃ（Ｏ２）逐渐增大，ＨＣｌ平
衡转化率逐渐降低，所以图中三条曲线由上到下分别对应的进
料浓度比ｃ（ＨＣｌ）∶ｃ（Ｏ２）为１∶１、４∶１、７∶１，４００℃、ｃ（ＨＣｌ）∶
ｃ（Ｏ２）＝１∶１时，ＨＣｌ的平衡转化率为８４％。设ＨＣｌ初始浓度
为ｃ０（Ｏ２初始浓度也为ｃ０），则平衡时ＨＣｌ、Ｏ２、Ｃｌ２、Ｈ２Ｏ（ｇ）的
浓度分别为（１－０．８４）ｃ０、（１－０．２１）ｃ０、０．４２ｃ０、０．４２ｃ０，则
Ｋ（４００℃）
＝
（０．４２ｃ０）
２×（０．４２ｃ０）
２
（１－０．８４）
４×ｃ
４
０×（１－０．２１）ｃ０
＝
（０．４２）
２×（０．４２）
２
（１－０．８４）
４×（１－０．２１）ｃ０
。进料浓度比ｃ（ＨＣｌ）∶ｃ（Ｏ２）过低，
导致平衡时气体中混有大量Ｏ２，增大分离能耗；进料浓度比
ｃ（ＨＣｌ）∶ｃ（Ｏ２）过高，会导致平衡时ＨＣｌ转化率较低。
（２）将题给反应过程依次记为①、②、③，则根据盖斯定律，由
③×２＋②× ２＋①× ２可得到４ＨＣｌ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｃｌ２（ｇ）＋
２Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝２ΔＨ３＋２ΔＨ２＋２ΔＨ１＝－１１６ｋＪ· ｍｏｌ
－１。
（３）温度一定的条件下，提高某种反应物的转化率的方法有适
当提高另一种反应物的浓度、及时分离产物、改变体系压强等，
而该反应是一个气体分子数减小的反应，故应增大压强使平衡
正向移动。
（４）负极区发生的是得电子的还原反应，故负极区的反应有
Ｆｅ
３＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋、４Ｆｅ
２＋＋Ｏ２＋４Ｈ
＋􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ；根据得失
电子守恒得出关系式：
Ｆｅ
３＋～ｅ
－～Ｆｅ
２＋～１
４Ｏ２
　　１ｍｏｌ
０．２５ｍｏｌ
ｎ（Ｏ２）＝０．２５ｍｏｌ，标准状况下体积为５．６Ｌ。
方法技巧　提高某种反应物转化率的方法：
①改变温度（吸热反应升温，放热反应降温）；
②改变压强；
③增大另一种反应物的浓度；
④及时分离气态产物。
８．（２０１７课标Ⅱ，２７，１４分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁
烷催化脱氢制备。回答下列问题：
（１）正丁烷（Ｃ４Ｈ１０）脱氢制１－丁烯（Ｃ４Ｈ８）的热化学方程式
如下：
①Ｃ４Ｈ１０（ｇ）􀪅􀪅Ｃ４Ｈ８（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　ΔＨ１
已知：②Ｃ４Ｈ１０（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃ４Ｈ８（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ２＝－１１９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
③Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ３＝－２４２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
反应①的ΔＨ１为　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。图（ａ）是反应①平衡转
化率与反应温度及压强的关系图，ｘ　　　　０．１（填“大于”或
“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是　　　
（填标号）。
Ａ．升高温度
Ｂ．降低温度
Ｃ．增大压强
Ｄ．降低压强
（２）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应
器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢
气等。图（ｂ）为丁烯产率与进料气中ｎ（氢气）／ｎ（丁烷）的关
系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原
因是
　
　　　　　　　　　　。
（３）图（ｃ）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是
高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在５９０℃
之前随温度升高而增大的原因可能是　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　、　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　；
５９０℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
８．
答案　（１）１２３　小于　ＡＤ
（２）氢气是产物之一，随着ｎ（氢气）／ｎ（丁烷）增大，逆反应速
率增大
（３）升高温度有利于反应向吸热方向进行　
温度升高反应速
率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类
解析　（１）运用盖斯定律，由②－③可得①，故ΔＨ１＝ΔＨ２－
ΔＨ３＝１２３ｋＪ·ｍｏｌ
－１；由图（ａ）可知，温度一定时，压强由
０．１ＭＰａ变成ｘＭＰａ，反应物平衡转化率增大，对反应①而言，
减小压强，平衡正向移动，反应物平衡转化率增大，故ｘ小于
０．１；反应①的正反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或
减小压强可使反应①的平衡正向移动，丁烯的平衡产率提高，
故选择Ａ、Ｄ。（２）Ｈ２是反应①的产物之一，若混合气体中Ｈ２
比例过大，会抑制反应正向进行，从而使丁烯产率降低。
（３）５９０℃之前，升高温度，有利于反应正向进行，同时反应速
率加快。反应速率加快，气流通过反应器时反应物的利用率就
会提高，丁烯的产率增大。５９０℃之后丁烯高温裂解生成的短
链烃类化合物增多，丁烯产率降低。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１０４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点三化学平衡的相关计算
９．（２０１５天津理综，６，６分）某温度下，在２Ｌ的密闭容器中，加
入１ｍｏｌＸ（ｇ）和２ｍｏｌＹ（ｇ）发生反应：
Ｘ（ｇ）＋ｍＹ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
３Ｚ（ｇ）
平衡时，Ｘ、Ｙ、Ｚ的体积分数分别为３０％、６０％、１０％。在此平衡
体系中加入１ｍｏｌＺ（ｇ），再次达到平衡后，Ｘ、Ｙ、Ｚ的体积分数
不变。下列叙述不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．ｍ＝２
Ｂ．两次平衡的平衡常数相同
Ｃ．Ｘ与Ｙ的平衡转化率之比为１∶１
Ｄ．第二次平衡时，Ｚ的浓度为０．４ｍｏｌ·Ｌ
－１
９．
答案　Ｄ　在２Ｌ的密闭容器中，反应达平衡时，各物质的体
积分数之比等于各物质的物质的量之比，即平衡时，ｎ（Ｘ）∶
ｎ（Ｙ）∶ｎ（Ｚ）＝３０％∶６０％∶１０％＝３∶６∶１。设第一次平衡时
Ｘ消耗的物质的量为ｘ，则
　　　　Ｘ（ｇ）　＋　ｍＹ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
３Ｚ（ｇ）
初始
１ｍｏｌ
２ｍｏｌ
０
转化
ｘ
ｍｘ
３ｘ
平衡
１ｍｏｌ－ｘ
２ｍｏｌ－ｍｘ
３ｘ
则（１ｍｏｌ－ｘ）∶（２ｍｏｌ－ｍｘ）∶３ｘ＝３∶６∶１，解得ｘ＝０．１ｍｏｌ、
ｍ＝２，由此可得，Ａ项、Ｃ项正确。同理可得第二次平衡时，Ｚ
的浓度为０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｄ项错误。平衡常数只与温度有关，两
次平衡反应温度相同，故平衡常数相同，Ｂ项正确。
知识拓展　对于放热反应，温度越高平衡常数Ｋ值越小；反
之，对于吸热反应，温度越高平衡常数Ｋ值越大。
１０．（２０１５重庆理综，７，６分）羰基硫（ＣＯＳ）可作为一种粮食熏蒸
剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器
中，将ＣＯ和Ｈ２Ｓ混合加热并达到下列平衡：
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｓ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯＳ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　Ｋ＝０．１
反应前ＣＯ物质的量为１０ｍｏｌ，平衡后ＣＯ物质的量为８ｍｏｌ。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．升高温度，Ｈ２Ｓ浓度增加，表明该反应是吸热反应
Ｂ．通入ＣＯ后，正反应速率逐渐增大
Ｃ．反应前Ｈ２Ｓ物质的量为７ｍｏｌ
Ｄ．ＣＯ的平衡转化率为８０％
１０．
答案　Ｃ　由题中信息可列三段式：
　　　ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｓ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯＳ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
起始：１０ｍｏｌ　　ｘｍｏｌ　　　
０　　　
０
转化：２ｍｏｌ　　　
２ｍｏｌ　　　　２ｍｏｌ　　　２ｍｏｌ
平衡：８ｍｏｌ　　（ｘ－２）ｍｏｌ　　２ｍｏｌ　　２ｍｏｌ
设容器体积为ＶＬ，由Ｋ＝ｃ（ＣＯＳ）·ｃ（Ｈ２）
ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ２Ｓ）＝
２
Ｖ· ２
Ｖ
８
Ｖ·ｘ－２
Ｖ
＝０．１，解
得ｘ＝７，Ｃ项正确。
１１．（２０１９课标Ⅱ，２７，１５分）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＝１００．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
　①
Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）􀪅􀪅２ＨＩ（ｇ）　ΔＨ２＝－１１．０ｋＪ·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１０
５Ｐａ，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０．４５ｍｏｌ·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　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
１１．
答案　（１）８９．３
（２）４０％　３．５６×１０
４　ＢＤ
（３）ＣＤ
（４）Ｆｅ电极
　水会阻碍中
间物Ｎａ的生成；水会电解生成ＯＨ
－，进一步与Ｆｅ
２＋反应生成
Ｆｅ（ＯＨ）２
解析　本题涉及的考点有利用盖斯定律计算ΔＨ、化学平衡
的相关计算、化学平衡移动的影响因素、化学反应速率的影响
因素、电解池阴阳极的判断和总反应式的书写。考查了学生
将实际问题分解，运用相关知识分析和解决化学问题的能力。
（１）根据盖斯定律可得，ΔＨ３＝ΔＨ１＋ΔＨ２＝１００．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１－
１１．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝８９．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１０５
　
（２）平衡时总压增加了２０％，即气体总物质的量增加了２０％。
设碘和环戊烯的初始投料均为ｘｍｏｌ，平衡时环戊烯的转化量
为Δｘｍｏｌ，则平衡时体系中气体总物质的量增加了Δｘｍｏｌ，
Δｘ＝２ｘ× ２０％＝０．４ｘ，环戊烯的转化率＝Δｘ
ｘ× １００％＝０．４ｘ
ｘ
×
１００％＝４０％；起始总压为１０
５Ｐａ，平衡总压为１．２×１０
５Ｐａ，可
得出平衡时Ｉ２、
、
、ＨＩ的分压依次为３×１０
４Ｐａ、３×１０
４Ｐａ、
２×１０
４Ｐａ、４×１０
４Ｐａ，Ｋｐ＝２×１０
４×（４×１０
４）
２
３×１０
４×３×１０
４
Ｐａ≈３．５６×１０
４Ｐａ。
Ａ项，通入惰性气体增加了体系总压强，但本质上未改变相关
气体的分压，气体浓度不变，平衡不移动，环戊烯平衡转化率
不变，故错误；Ｂ项，该反应是吸热反应，提高温度平衡正向移
动，环戊烯平衡转化率增加，故正确；Ｃ项，增加环戊烯浓度可
以使平衡正向移动，但环戊烯平衡转化率降低，故错误；Ｄ项，
增加碘浓度可以使环戊烯的平衡转化率增加，故正确。
（３）Ａ项，观察不同温度下曲线的变化趋势，不难发现Ｔ２时反
应更快，则Ｔ２＞Ｔ１，故错误；Ｂ项，ａ点对应温度低于ｃ点对应
温度，但ａ点环戊二烯浓度大于ｃ点环戊二烯的浓度，故ｖ（ａ）
与ｖ（ｃ）大小无法确定，故错误；Ｃ项，ｖ（ａ，正）＞ｖ（ａ，逆），ｖ（ｂ，
正）＞ｖ（ｂ，逆），又ｖ（ａ，正）＞ｖ（ｂ，正），则ｖ（ａ，正）必然大于
ｖ（ｂ，逆），故正确；Ｄ项，由图像可知ｂ点环戊二烯的浓度为
０．６ｍｏｌ·Ｌ
－１，环戊二烯转化的浓度＝１．５ｍｏｌ·Ｌ
－１－０．６ｍｏｌ·Ｌ
－１＝
０．９ｍｏｌ·Ｌ
－１，则生成的二聚体的浓度＝０．９ｍｏｌ·Ｌ
－１× １
２＝
０．４５ｍｏｌ·Ｌ
－１，故正确。
（４）根据反应历程可知，铁电极溶解生成了Ｆｅ
２＋，故应让Ｆｅ电
极作电解池的阳极；由反应历程可知，反应物为Ｆｅ与环戊二
烯，生成物为二茂铁和Ｈ２，再根据原子守恒写出总反应式；根
据反应历程中有Ｎａ生成，水会与Ｎａ反应，从而中止反应，且
电解过程中水会在阴极生成ＯＨ
－，进一步与Ｆｅ
２＋反应生成
Ｆｅ（ＯＨ）２。
规律总结　可逆反应中，增加一种反应物的浓度，可以提高
另一种反应物的平衡转化率，而自身的平衡转化率降低。
１２．（２０１７课标Ⅲ，２８，１４分）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）＋３
２Ｈ２（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ３ＡｓＯ４（ｓ）　ΔＨ１
Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ２
２Ａｓ（ｓ）＋５
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ａｓ２Ｏ５（ｓ）　ΔＨ３
则反应Ａｓ２Ｏ５（ｓ）＋３Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅２Ｈ３ＡｓＯ４（ｓ）的ΔＨ＝
　　　　　　　　。
（４）２９８Ｋ时，将２０ｍＬ３ｘｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ３ＡｓＯ３、２０ｍＬ３ｘｍｏｌ·
Ｌ
－１Ｉ２和２０ｍＬＮａＯＨ溶液混合，发生反应：ＡｓＯ
３－
３（ａｑ）＋
Ｉ２（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
ＡｓＯ
３－
４（ａｑ）＋２Ｉ
－（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）。
溶液中ｃ（ＡｓＯ
３－
４）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（ＡｓＯ
３－
３）
ｃ．ｃ（ＡｓＯ
３－
４）／ｃ（ＡｓＯ
３－
３）不再变化
ｄ．ｃ（Ｉ
－）＝ｙｍｏｌ·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
　　　　　　　　。
１２．
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）２ΔＨ１－３ΔＨ２－ΔＨ３
（４）①ａ、ｃ　②大于　③小于　ｔｍ时生成物浓度较低
④
４ｙ
３
（ｘ－ｙ）
２（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
－１
解析　（１）Ａｓ位于第四周期ⅤＡ族，其原子序数为３３，则其
原子结构示意图为
。
（２）根据得失电子守恒及原子守恒可以配平反应的化学方程
式：２Ａｓ２Ｓ３＋５Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｈ３ＡｓＯ４＋６Ｓ。该反应是有气体
物质参与的反应，加压可以加快反应速率。
（３）由盖斯定律可知ΔＨ＝２ΔＨ１－３ΔＨ２－ΔＨ３。
（４）①溶液ｐＨ不变时，ｃ（ＯＨ
－）保持不变，反应处于平衡状
态；未标明ｖ（Ｉ
－）和ｖ（ＡｓＯ
３－
３）的方向，反应不一定处于平衡状
态；由于提供的Ｎａ３ＡｓＯ３的量一定，所以ｃ（ＡｓＯ
３－
４）／ｃ（ＡｓＯ
３－
３）
不再变化时，ｃ（ＡｓＯ
３－
４）与ｃ（ＡｓＯ
３－
３）也保持不变，反应处于平衡
状态；平衡时ｃ（Ｉ
－）＝２ｃ（ＡｓＯ
３－
４）＝２×ｙｍｏｌ·Ｌ
－１＝２ｙｍｏｌ·Ｌ
－１，即
ｃ（Ｉ
－）＝ｙｍｏｌ·Ｌ
－１时反应未达到平衡状态。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ＡｓＯ
３－
４浓
度比ｔｎ时小，所以逆反应速率：ｔｍ＜ｔｎ。④三种溶液混合后，反
应前Ｎａ３ＡｓＯ３浓度为ｘｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｉ２浓度为ｘｍｏｌ·Ｌ
－１，反应达
到平衡时，ｃ（ＡｓＯ
３－
４）为ｙｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｉ
－）为２ｙｍｏｌ·Ｌ
－１，消耗
ＡｓＯ
３－
３、Ｉ２浓度均为ｙｍｏｌ·Ｌ
－１，平衡时ｃ（ＡｓＯ
３－
３）为（ｘ－ｙ）ｍｏｌ·
Ｌ
－１，ｃ（Ｉ２）为（ｘ－ｙ）ｍｏｌ·Ｌ
－１，溶液中ｃ（ＯＨ
－）＝１ｍｏｌ·Ｌ
－１，
Ｋ＝
ｙ·（２ｙ）
２
（ｘ－ｙ）·（ｘ－ｙ）×１
２（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
－１＝
４ｙ
３
（ｘ－ｙ）
２（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
－１。
１３．（２０１６四川理综，１１，１６分）资源的高效利用对保护环境、促
进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含
Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ和ＣａＣＯ３·ＭｇＣＯ３。某研究小组提出了磷尾矿综
合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的ＣａＣＯ３、
Ｍｇ（ＯＨ）２、Ｐ４和Ｈ２，其简化流程如下：
ＮＨ４ＮＯ３
９５℃浸取
↓
（ＮＨ４）２ＳＯ４
９５℃浸取
↓
ＳｉＯ２、Ｃ
↓
磷尾矿
９５０℃
煅烧→磷矿Ⅰ
过滤　　　→磷矿Ⅱ
过滤　　　→磷精矿
高温→ＣＯ＋Ｐ４
↓
　　　
浸取液Ⅰ
→ＣａＣＯ３
　
↓
　　　　　　
浸取液Ⅱ
→Ｍｇ（ＯＨ）２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１０６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
已知：①Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ在９５０℃不分解；
②４Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ＋１８ＳｉＯ２＋３０Ｃ
高温
􀪅􀪅２ＣａＦ２＋３０ＣＯ＋
１８ＣａＳｉＯ３＋３Ｐ４
请回答下列问题：
（１）９５０℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是　　　　。
（２）实验室过滤所需的玻璃仪器是　　　　　　　　　　。
（３）ＮＨ４ＮＯ３溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ｃａ
２＋的原因是
　
　。
（４）在浸取液Ⅱ中通入ＮＨ３，发生反应的化学方程式是
　
　。
（５）工业上常用磷精矿［Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ］和硫酸反应制备磷酸。
已知２５℃，１０１ｋＰａ时：
ＣａＯ（ｓ）＋Ｈ２ＳＯ４（ｌ）􀪅􀪅ＣａＳＯ４（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－２７１ｋＪ／ｍｏｌ
５ＣａＯ（ｓ）＋３Ｈ３ＰＯ４（ｌ）＋ＨＦ（ｇ）􀪅􀪅Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ（ｓ）＋
５Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－９３７ｋＪ／ｍｏｌ
则Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是
　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（６）在一定条件下ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ），当
ＣＯ与Ｈ２Ｏ（ｇ）的起始物质的量之比为１∶５，达平衡时，
ＣＯ转化了５
６。若ａｋｇ含Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ（相对分子质量为
５０４）的质量分数为１０％的磷尾矿，在上述过程中有ｂ％的
Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ转化为Ｐ４，将产生的ＣＯ与Ｈ２Ｏ（ｇ）按起始物
质的量之比１∶３混合，则在相同条件下达平衡时能产生
Ｈ２　　　　ｋｇ。
１３．
答案　（１）ＣＯ２
（２）漏斗、烧杯、玻璃棒
（３）ＮＨ
＋
４水解使溶液呈酸性，与ＣａＯ、Ｃａ（ＯＨ）２反应生成Ｃａ
２＋
（４）ＭｇＳＯ４＋２ＮＨ３＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２↓＋（ＮＨ４）２ＳＯ４
（５）Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ（ｓ）＋５Ｈ２ＳＯ４（ｌ）􀪅􀪅５ＣａＳＯ４（ｓ）＋３Ｈ３ＰＯ４（ｌ）＋
ＨＦ（ｇ）　ΔＨ＝－４１８ｋＪ／ｍｏｌ
（６）
ａｂ
４４８００
解析　（１）由于Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ在９５０℃不分解，所以９５０℃
煅烧磷尾矿时，只有ＣａＣＯ３·ＭｇＣＯ３分解生成了ＣＯ２。
（２）实验室过滤所用的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。
（３）ＣａＯ和Ｃａ（ＯＨ）２可溶于酸性溶液，故用ＮＨ４ＮＯ３溶液浸
取主要利用了ＮＨ
＋
４水解使溶液呈酸性的性质。
（４）在浸取液Ⅱ中通入ＮＨ３使溶液呈碱性，可使Ｍｇ
２＋转化为
难溶的Ｍｇ（ＯＨ）２。
（５）将已知热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，
５×①－②可推出Ｃａ５（ＰＯ４）３Ｆ和硫酸反应生成磷酸的热化学
方程式。
（６）依据“ 三段式” 可求得该条件下ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）的平衡常数为１。由得失电子守恒可得，产生
的ＣＯ的物质的量是１５ａｂ
２×５０４ｍｏｌ。
设平衡后可产生ｘｋｇＨ２，则：
　　　　　　　　ＣＯ（ｇ）　＋　Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ｎ（起始）／ｍｏｌ
１５ａｂ
２×５０４
４５ａｂ
２×５０４
０
０
ｎ（转化）／ｍｏｌ
５００ｘ
５００ｘ
５００ｘ
５００ｘ
ｎ（平衡）／ｍｏｌ
１５ａｂ
２×５０４－５００ｘ４５ａｂ
２×５０４－５００ｘ５００ｘ
５００ｘ
由于Ｋ＝１，所以（１５ａｂ
２×５０４－５００ｘ）（４５ａｂ
２×５０４－５００ｘ）＝（５００ｘ）
２，解
得ｘ＝
ａｂ
４４８００。
１４．（２０１６浙江理综，２８，１５分）催化还原ＣＯ２是解决温室效应
及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Ｃｕ／ＺｎＯ催化剂
存在下，ＣＯ２和Ｈ２可发生两个平行反应，分别生成ＣＨ３ＯＨ和
ＣＯ。反应的热化学方程式如下：
ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ１＝－５３．７ｋＪ·ｍｏｌ
－１　Ⅰ
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ２　Ⅱ
某实验室控制ＣＯ２和Ｈ２初始投料比为１∶２．２，在相同压强
下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
Ｔ（Ｋ）
催化剂
ＣＯ２转化率（％）
甲醇选择性（％）
５４３
Ｃａｔ．１
１２．３
４２．３
５４３
Ｃａｔ．２
１０．９
７２．７
５５３
Ｃａｔ．１
１５．３
３９．１
５５３
Ｃａｔ．２
１２．０
７１．６
【备注】Ｃａｔ．１：Ｃｕ／ＺｎＯ纳米棒；Ｃａｔ．２：Ｃｕ／ＺｎＯ纳米片；甲醇选
择性：转化的ＣＯ２中生成甲醇的百分比
已知：①ＣＯ和Ｈ２的标准燃烧热分别为－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１和
－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ３＝＋４４．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
请回答（不考虑温度对ΔＨ的影响）：
（１）反应Ⅰ的平衡常数表达式Ｋ＝　　　　　　　　　；反应
Ⅱ的ΔＨ２＝　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）有利于提高ＣＯ２转化为ＣＨ３ＯＨ平衡转化率的措施有
　　　　。
Ａ．使用催化剂Ｃａｔ．１
Ｂ．使用催化剂Ｃａｔ．２
Ｃ．降低反应温度
Ｄ．投料比不变，增加反应物的浓度
Ｅ．增大ＣＯ２和Ｈ２的初始投料比
（３）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对ＣＯ２
转化成ＣＨ３ＯＨ的选择性有显著的影响，其原因是　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）在图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Ｃａｔ．１和有Ｃａｔ．２
三种情况下“反应过程－能量”示意图。
（５）研究证实，ＣＯ２也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，
则生成甲醇的反应发生在　　
　
　
极，该电极反应式是
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
１４．
答案　（１）
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ
３（Ｈ２）
　＋４１．２
（２）ＣＤ
（３）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反
应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１０７
　
（４）
（５）阴　ＣＯ２＋６Ｈ
＋＋６ｅ
－􀪅􀪅ＣＨ３ＯＨ＋Ｈ２Ｏ
解析　（１）根据反应Ⅰ可以写出Ｋ＝ｃ（ＣＨ３ＯＨ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ
３（Ｈ２）
；
根据题给Ｈ２和ＣＯ的燃烧热可写出对应热化学方程式：
①Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－２８３．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
又知③Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ＝＋４４．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
则根据盖斯定律由①－②＋③可得反应Ⅱ，故ΔＨ２＝
－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋２８３．０ｋＪ· ｍｏｌ
－１＋４４．０ｋＪ· ｍｏｌ
－１＝
＋４１．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）催化剂只加快反应速率，不改变平衡转化率，故Ａ、Ｂ不符
合；反应Ⅰ的正反应为放热反应，降低温度有利于平衡正向移
动，Ｃ项符合；在投料比不变时，增大反应物浓度相当于对体
系加压，根据勒夏特列原理可知，平衡向气体分子数减小的方
向移动，故有利于ＣＯ２转化为ＣＨ３ＯＨ，Ｄ项符合；增大ＣＯ２和
Ｈ２的初始投料比只会提高Ｈ２转化率，而ＣＯ２转化率降低，故
Ｅ项不符合。
（３）催化剂不能改变平衡转化率，但表中数据显示相同温度
下两者ＣＯ２转化率数据不相同，故此时反应未达到平衡，由
于Ｃａｔ．１和Ｃａｔ．２对反应Ⅰ的催化能力不同，故在相同时间对
甲醇的选择性有影响。
（４）催化剂可以降低反应的活化能，不同催化剂降低效率不
同。从表中可以分析，相同时间内Ｃａｔ．２催化能力比Ｃａｔ．１
强，说明在Ｃａｔ．２催化作用下反应速率更快，即活化能更低。
另外，由于催化剂的介入，反应过程中产生多个能垒，但最终
生成物总能量相同，那么三条曲线的起点和终点相同。
（５）根据题意，ＣＯ２生成ＣＨ３ＯＨ是发生还原反应，故在电解池阴
极上发生，此电极反应为ＣＯ２＋６Ｈ
＋＋６ｅ
－􀪅􀪅ＣＨ３ＯＨ＋Ｈ２Ｏ。
疑难突破　解答第（３）问的关键点是抓住催化剂不能改变平
衡，即平衡时两者ＣＯ２转化率相同，但表中数据显示ＣＯ２转
化率不同，故在此时刻反应没有平衡；第（４）问必须抓住催化
剂造成甲醇选择性不同且Ｃａｔ．２催化效率更高，那么其活化
能更低。
１５．（２０１９课标Ⅰ，２８，１４分）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ｐＨ２Ｏ和ｐＣＯ相等、ｐＣＯ２和ｐＨ２相等。
计算曲线ａ的反应在３０～９０ｍｉｎ内的平均速率ｖ（ａ）＝
　　　　ｋＰａ·ｍｉｎ
－１。４６７℃时ｐＨ２和ｐＣＯ随时间变化关系
的曲线分别是　　　　、　　　　。４８９℃时ｐＨ２和ｐＣＯ随
时间变化关系的曲线分别是　　　　、　　　　。
１５．
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
解析　本题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化
学平衡移动的影响因素，主要考查学生运用图表、图形分析和
解决化学问题的能力。借助水煤气变换反应认识化学变化有
一定限度、速率，体现变化观念与平衡思想的学科核心素养。
（１）相同温度下，分别用Ｈ２、ＣＯ还原ＣｏＯ（ｓ），平衡时Ｈ２的
物质的量分数（０．０２５０）大于ＣＯ的物质的量分数（０．０１９２），
说明转化率：Ｈ２＜ＣＯ，故还原ＣｏＯ（ｓ）为Ｃｏ（ｓ）的倾向：
ＣＯ＞Ｈ２。
（２）利用“三段式” 解答。７２１℃时，设气体反应物开始浓度
均为１ｍｏｌ·Ｌ
－１，则
　　　　　　　　Ｈ２（ｇ）＋ＣｏＯ（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃｏ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
起始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｘ
ｘ
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１－ｘ
ｘ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１０８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
则有１－ｘ
１＝０．０２５０，解得ｘ＝０．９７５，故Ｋ１＝ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（Ｈ２）＝
ｘ
１－ｘ＝３９；
　　　　　　　　ＣＯ（ｇ）＋ＣｏＯ（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃｏ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）
起始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｙ
ｙ
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１－ｙ
ｙ
则有１－ｙ
１＝０．０１９２，解得ｙ＝０．９８０８，故Ｋ２＝ｃ（ＣＯ２）
ｃ（ＣＯ）＝
ｙ
１－ｙ＝
０．９８０８
０．０１９２≈５１；
　　　　　　　　　ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
起始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１
１
０
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｚ
ｚ
ｚ
ｚ
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
１－ｚ
１－ｚ
ｚ
ｚ
则有Ｋ３＝
ｚ
２
（１－ｚ）
２＝Ｋ２
Ｋ１
＝５１
３９，解得ｚ＝０．５３２７。
Ｈ２的物质的量分数为ｚ
２＝０．２６６４，故选Ｃ。
（３）观察计算机模拟结果，据ΔＨ＝生成物总能量－反应物总
能量，可知ΔＨ＝－０．７２－０＜０；该历程中最大能垒（活化能）
Ｅ正＝１．８６ｅＶ－（－０．１６ｅＶ）＝２．０２ｅＶ，该步骤的化学方程式为
ＣＯＯＨ
∗＋Ｈ
∗＋Ｈ２Ｏ
∗􀪅􀪅ＣＯＯＨ
∗＋２Ｈ
∗＋ＯＨ
∗或Ｈ２Ｏ
∗􀪅􀪅
Ｈ
∗＋ＯＨ
∗。
（４）ｖ（ａ）＝（４．０８－３．８０）ｋＰａ
６０ｍｉｎ
≈０．００４７ｋＰａ·ｍｉｎ
－１；据“先拐先
平数值大”原则，结合图像可知，虚线（ａ、ｄ）表示４８９℃时气
体分压变化曲线，实线（ｂ、ｃ）表示４６７℃时气体分压变化曲
线；当温度由４６７℃升至４８９℃时，平衡逆向移动，则ｐＨ２减
小，ｐＣＯ增大，由图像可知，ｂ→ａ气体分压减小，故曲线ｂ表示
４６７℃时ｐＨ２变化曲线，曲线ａ表示４８９℃时ｐＨ２变化曲线；
ｃ→ｄ气体分压增大，则曲线ｃ表示４６７℃时ｐＣＯ变化曲线，曲
线ｄ表示４８９℃时ｐＣＯ变化曲线。
疑难突破　本题难点为（２）小题，解题关键是明确三个可逆
反应的平衡常数之间的关系，运用“ 三段式” 仔细计算；
（４）小题根据“先拐先平数值大”原则判断不同温度时对应的
曲线（实线、虚线），再根据温度变化对平衡移动的影响确定
不同温度时的ｐＨ２、ｐＣＯ变化曲线。
１６．（２０１８课标Ⅰ，２８，１５分）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：
（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：
２Ｎ２Ｏ５（ｇ）
→４ＮＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
　　　　　　　􀜮
􀜯
􀜑
　　　　　　２Ｎ２Ｏ４（ｇ）
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
２６０１３００１７００
∞
ｐ／ｋＰａ３５．８４０．３４２．５４５．９４９．２６１．２６２．３６３．１
①已知：２Ｎ２Ｏ５（ｇ）􀪅􀪅２Ｎ２Ｏ４（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
ΔＨ１＝－４．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２ＮＯ２（ｇ）􀪅􀪅Ｎ２Ｏ４（ｇ）　ΔＨ２＝－５５．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
则反应Ｎ２Ｏ５（ｇ）􀪅􀪅２ＮＯ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）的ΔＨ＝　
　
　
ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
②研究表明，Ｎ２Ｏ５（ｇ）分解的反应速率ｖ＝２× １０
－３×ｐＮ２Ｏ５
（ｋＰａ·ｍｉｎ
－１）。ｔ＝６２ｍｉｎ时，测得体系中ｐＯ２＝２．９ｋＰａ，
则此时的ｐＮ２Ｏ５＝　　　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℃）　　
　
　
６３．１ｋＰａ（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　Ｎ２Ｏ５􀜩􀜨
􀜑
ＮＯ２＋ＮＯ３　　　　　　　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
１６．
答案　（１）Ｏ２　（２）①５３．１　②３０．０　６．０×１０
－２　
③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　④１３．４
（３）ＡＣ
解析　（１）氯气具有强氧化性，氮元素化合价不变，Ａｇ应以
ＡｇＣｌ形式存在，则被氧化的是氧元素，对应的氧化产物为Ｏ２，
反应的化学方程式为４ＡｇＮＯ３＋２Ｃｌ２􀪅􀪅４ＡｇＣｌ＋２Ｎ２Ｏ５＋Ｏ２。
（２）①２Ｎ２Ｏ５（ｇ）􀪅􀪅２Ｎ２Ｏ４（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）　ΔＨ１＝－４．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ａ
２ＮＯ２（ｇ）􀪅􀪅Ｎ２Ｏ４（ｇ）　ΔＨ２＝－５５．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ｂ
根据盖斯定律，由ａ
２－ｂ可得：Ｎ２Ｏ５（ｇ）􀪅􀪅２ＮＯ２（ｇ）＋
１
２Ｏ２（ｇ）　ΔＨ＝５３．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
②由２Ｎ２Ｏ５（ｇ）～Ｏ２（ｇ）可知，ｐＯ２＝２．９ｋＰａ时Ｎ２Ｏ５分压减小
５．８ｋＰａ，此时ｐＮ２Ｏ５＝（３５．８－５．８）ｋＰａ＝３０．０ｋＰａ。ｖ＝２×１０
－３×
ｐＮ２Ｏ５（ｋＰａ·ｍｉｎ
－１）＝２× １０
－３× ３０（ｋＰａ· ｍｉｎ
－１）＝６．０×
１０
－２ｋＰａ·ｍｉｎ
－１。
④ｔ＝∞时，Ｎ２Ｏ５完全分解。
２Ｎ２Ｏ５􀪅􀪅２Ｎ２Ｏ４＋Ｏ２
２
２
１
３５．８ｋＰａ
ｐＮ２Ｏ４
ｐＯ２
ｐＮ２Ｏ４＝３５．８ｋＰａ　ｐＯ２＝１７．９ｋＰａ
设达平衡时，Ｎ２Ｏ４分压减小了ｘｋＰａ。
　　　　　　　　　Ｎ２Ｏ４　􀜩􀜨
􀜑
　２ＮＯ２
开始分压（ｋＰａ）
３５．８
０
变化分压（ｋＰａ）
ｘ
２ｘ
平衡分压（ｋＰａ）
３５．８－ｘ
２ｘ
（３５．８－ｘ）ｋＰａ＋２ｘｋＰａ＋１７．９ｋＰａ＝６３．１ｋＰａ，解得ｘ＝９．４，则平
衡时ｐＮ２Ｏ４＝２６．４ｋＰａ，ｐＮＯ２＝１８．８ｋＰａ，Ｋ＝１８．８
２
２６．４ｋＰａ≈１３．４ｋＰａ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１０９
　
（３）第一步反应为快反应，其逆反应的速率也比第二步反应
的速率快，Ａ正确；从反应方程式看，中间产物有ＮＯ３、ＮＯ，Ｂ
错误；由于第二步反应是慢反应，说明ＮＯ２与ＮＯ３的碰撞仅
部分有效，Ｃ正确；第三步是快反应，故其活化能应较低，Ｄ
错误。
􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一化学反应速率
１．（２０１５福建理综，１２，６分）在不同浓度（ｃ）、温度（Ｔ）条件下，
蔗糖水解的瞬时速率（ｖ）如下表。下列判断不正确
∙∙∙的是
（　　）
　　　　　ｃ／ｍｏｌ·Ｌ
－１
　ｖ／ｍｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｔ／Ｋ
０．６００
０．５００
０．４００
０．３００
３１８．２
３．６０
３．００
２．４０
１．８０
３２８．２
９．００
７．５０
ａ
４．５０
ｂ
２．１６
１．８０
１．４４
１．０８
Ａ．ａ＝６．００
Ｂ．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，ｖ可能不变
Ｃ．ｂ＜３１８．２
Ｄ．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
答案　Ｄ　根据题表信息可知，相同温度时，随着浓度以等
差数列递减，其瞬时速率也以等差数列递减，故ａ＝６．００；同时
改变反应温度和反应物浓度，瞬时速率有可能不变；相同浓度
时，温度越高，反应速率越快，故ｂ＜３１８．２；温度升高，瞬时速率
加快，故蔗糖浓度减少一半时，所用时间并不相等，Ｄ项错误。
２．（２０１５安徽理综，１１，６分）汽车尾气中ＮＯ产生的反应为：
Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ（ｇ）。一定条件下，等物质的量的Ｎ２（ｇ）
和Ｏ２（ｇ）在恒容密闭容器中反应，如图曲线ａ表示该反应在温
度Ｔ下Ｎ２的浓度随时间的变化，曲线ｂ表示该反应在某一起
始反应条件改变时Ｎ２的浓度随时间的变化。下列叙述正确的
是
（　　）
Ａ．温度Ｔ下，该反应的平衡常数Ｋ＝４（ｃ０－ｃ１）
２
ｃ
２
１
Ｂ．温度Ｔ下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
Ｃ．曲线ｂ对应的条件改变可能是加入了催化剂
Ｄ．若曲线ｂ对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔＨ＜０
答案　Ａ　　　Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＯ（ｇ）
起始（ｍｏｌ·Ｌ
－１）：ｃ０
ｃ０
０
转化（ｍｏｌ·Ｌ
－１）：ｃ０－ｃ１
ｃ０－ｃ１
２（ｃ０－ｃ１）
平衡（ｍｏｌ·Ｌ
－１）：ｃ１
ｃ１
２（ｃ０－ｃ１）
故温度Ｔ下，Ｋ＝４（ｃ０－ｃ１）
２
ｃ
２
１
，Ａ项正确；对于反应物、生成物均
为气体的反应来说，恒容条件下，密度是定值，Ｂ项不正确；催
化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，Ｃ项不正确；若曲线ｂ
对应的条件改变是温度，则ａ到ｂ应是升温，升高温度ｃ（Ｎ２）变
小，说明平衡正向移动，该反应的ΔＨ＞０，Ｄ项不正确。
考点二化学平衡　化学反应进行的方向
３．（２０１５四川理综，７，６分）一定量的ＣＯ２与足量的碳在体积可
变的恒压密闭容器中反应：Ｃ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＣＯ（ｇ），平衡
时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
已知：气体分压（ｐ分）＝气体总压（ｐ总）×体积分数。下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．５５０℃时，若充入惰性气体，ｖ正、ｖ逆均减小，平衡不移动
Ｂ．６５０℃时，反应达平衡后ＣＯ２的转化率为２５．０％
Ｃ．Ｔ℃时，若充入等体积的ＣＯ２和ＣＯ，平衡向逆反应方向移动
Ｄ．９２５℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常
数Ｋｐ＝２４．０ｐ总
答案　Ｂ　Ａ项，反应容器为恒压密闭容器，充入惰性气体，
相当于减小压强，ｖ正、ｖ逆均减小，平衡应向右移动，错误；Ｂ项，设
起始时ＣＯ２的物质的量为１ｍｏｌ，达到平衡时转化了ｘｍｏｌ，利用
三段式：
　　　　　Ｃ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＣＯ（ｇ）
ｎ始／ｍｏｌ
１
０
ｎ转化／ｍｏｌ
ｘ
２ｘ
ｎ平／ｍｏｌ
１－ｘ
２ｘ
则有
２ｘ
１－ｘ＋２ｘ× １００％＝４０．０％，解得ｘ＝０．２５，ＣＯ２的转化率为
０．２５ｍｏｌ
１ｍｏｌ×１００％＝２５．０％，正确；Ｃ项，因为是恒压体系，Ｔ℃达
平衡时，ＣＯ２、ＣＯ的体积分数均为５０％，故充入等体积的ＣＯ２
和ＣＯ，平衡不移动，错误；Ｄ项，Ｋｐ＝ｐ
２（ＣＯ）
ｐ（ＣＯ２）＝（ｐ总×９６．０％）
２
ｐ总×４．０％
＝
２３．０４ｐ总，错误。
解题导引　①明确可逆反应的特点———气体体积增大的反
应；②解读图像，分析温度对平衡的影响，判断ΔＨ的“ ＋” 或
“－”；③利用勒夏特列原理和“三段式”逐项解答。
４．（２０１６课标Ⅱ，２７，１４分）丙烯腈（ＣＨ２􀪅ＣＨＣＮ）是一种重要
的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有
丙烯醛（ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ）和乙腈（ＣＨ３ＣＮ）等。回答下列问题：
（１）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈
（Ｃ３Ｈ３Ｎ）和副产物丙烯醛（Ｃ３Ｈ４Ｏ）的热化学方程式如下：
①Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋ＮＨ３（ｇ）＋３
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃ３Ｈ３Ｎ（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝－５１５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
②Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃ３Ｈ４Ｏ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝－３５３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　；有利于提高丙烯腈平衡产率
的反应条件是　　　　　　　　　　　　；提高丙烯腈反
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１１０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
应选择性的关键因素是　　　　。
（２）图（ａ）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对
应的温度为４６０℃。低于４６０℃时，丙烯腈的产率　　　
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　；高于４６０℃时，丙烯腈产率降低的可能原因
是　　　　（双选，填标号）。
Ａ．催化剂活性降低
Ｂ．平衡常数变大
Ｃ．副反应增多
Ｄ．反应活化能增大
（３）丙烯腈和丙烯醛的产率与ｎ（氨）／ｎ（丙烯）的关系如图（ｂ）
所示。由图可知，最佳ｎ（氨）／ｎ（丙烯）约为　　　，理由
是　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。进料气
氨、空气、丙烯的理论体积比约为　　　　　　　。
答案　（１）两个反应均为放热量大的反应　
降低温度、降低
压强　催化剂
（２）不是　该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低
　ＡＣ
（３）１　该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低
　１∶７．５∶１
解析　（１）判断反应自发进行的趋势可从熵变和焓变两方
面考虑，反应①和②的熵变不大，但焓变均较大，这是导致两个
反应在热力学上趋势均很大的主要原因。根据影响平衡移动
的因素可知，提高丙烯腈平衡产率（即使反应①的平衡右移）
的条件可以是降低温度、降低压强。在影响反应速率的外界因
素中，催化剂的影响最大，且不同的反应一般使用的催化剂也
不同，因此催化剂是提高丙烯腈反应选择性的关键因素。
（２）温度升高，反应①的平衡常数变小，反应的活化能不变，高
于４６０℃时，丙烯腈产率降低的原因可能是催化剂的活性降
低、副反应增多，Ａ、Ｃ正确。
（３）由反应①可知ｎ（ＮＨ３）∶ｎ（Ｏ２）∶ｎ（Ｃ３Ｈ６）＝１∶１．５∶１，
由于Ｏ２在空气中所占体积分数约为１
５，所以理论上进料气
氨、空气、丙烯的体积比Ｖ（ＮＨ３）∶Ｖ（空气）∶Ｖ（Ｃ３Ｈ６）＝
１∶（１．５×５）∶１＝１∶７．５∶１。
５．（２０１６课标Ⅲ，２７，１５分）煤燃烧排放的烟气含有ＳＯ２和ＮＯｘ，
形成酸雨、污染大气，采用ＮａＣｌＯ２溶液作为吸收剂可同时对烟
气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
（１）ＮａＣｌＯ２的化学名称为　　　　　。
（２）在鼓泡反应器中通入含有ＳＯ２和ＮＯ的烟气，反应温度
３２３Ｋ，ＮａＣｌＯ２溶液浓度为５×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１。反应一段时
间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
ＳＯ
２－
４
ＳＯ
２－
３
ＮＯ
－
３
ＮＯ
－
２
Ｃｌ
－
ｃ／（ｍｏｌ·Ｌ
－１）８．３５×１０
－４６．８７×１０
－６１．５×１０
－４１．２×１０
－５
３．４×１０
－３
①写出ＮａＣｌＯ２溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式
　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。增加压
强，ＮＯ的转化率　　　　（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的ｐＨ逐渐　
　
　
（填“增大”“不变”或“减小”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率　　
　
　
　
脱硝反应速
率（填“大于”或“小于”）。原因是除了ＳＯ２和ＮＯ在烟气
中的初始浓度不同，还可能是　　　　　　　　　　　。
（３）在不同温度下，ＮａＣｌＯ２溶液脱硫、脱硝的反应中ＳＯ２和ＮＯ
的平衡分压ｐｃ如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常
数均　　　　（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ＣｌＯ
－
２＋２ＳＯ
２－
３􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４＋Ｃｌ
－的平衡常数Ｋ表达式
为　　　　　　　　　　。
（４）如果采用ＮａＣｌＯ、Ｃａ（ＣｌＯ）２替代ＮａＣｌＯ２，也能得到较好的
烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ｃａ（ＣｌＯ）２相比ＮａＣｌＯ具有的优
点是
　。
②已知下列反应：
ＳＯ２（ｇ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）􀪅􀪅ＳＯ
２－
３（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ１
ＣｌＯ
－（ａｑ）＋ＳＯ
２－
３（ａｑ）􀪅􀪅ＳＯ
２－
４（ａｑ）＋Ｃｌ
－（ａｑ）　ΔＨ２
ＣａＳＯ４（ｓ）􀪅􀪅Ｃａ
２＋（ａｑ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ）　ΔＨ３
则反应ＳＯ２（ｇ）＋Ｃａ
２＋（ａｑ）＋ＣｌＯ
－（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）􀪅􀪅
ＣａＳＯ４（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）＋Ｃｌ
－（ａｑ）的ΔＨ＝　　　　　。
答案　（１）亚氯酸钠（２分）
（２）①４ＮＯ＋３ＣｌＯ
－
２＋４ＯＨ
－􀪅􀪅４ＮＯ
－
３＋２Ｈ２Ｏ＋３Ｃｌ
－（２分）　提高
（１分）　②减小（１分）
③大于（１分）　ＮＯ溶解度较低或脱硝反应活化能较高（１分）
（３）①减小（１分）
②
ｃ
２（ＳＯ
２－
４）·ｃ（Ｃｌ
－）
ｃ
２（ＳＯ
２－
３）·ｃ（ＣｌＯ
－
２）（２分）
（４）①形成ＣａＳＯ４沉淀，反应平衡向产物方向移动，ＳＯ２转化率
提高（２分）
②ΔＨ１＋ΔＨ２－ΔＨ３（２分）
解析　（１）ＮａＣｌＯ２的化学名称为亚氯酸钠。（２）①脱硝过
程就是烟气中的ＮＯ被ＮａＣｌＯ２溶液吸收的过程，由表中数据可
知ＮＯ与ＣｌＯ
－
２在溶液中反应后主要生成ＮＯ
－
３和Ｃｌ
－，离子方程
式为４ＮＯ＋３ＣｌＯ
－
２＋４ＯＨ
－􀪅􀪅４ＮＯ
－
３＋２Ｈ２Ｏ＋３Ｃｌ
－；增加压强，ＮＯ
在溶液中的溶解度增大，ＮＯ的转化率提高。②随着吸收反应
的进行，ｃ（ＯＨ
－）减小，ｐＨ逐渐减小。③由表中数据可知，反应
一段时间后溶液中ＳＯ
２－
４的浓度大于ＮＯ
－
３的浓度，说明脱硫反
应速率大于脱硝反应速率。（３）①由图像可知，升高温度，气
体的平衡分压增大，说明平衡逆向移动，平衡常数减小。
（４）①采用Ｃａ（ＣｌＯ）２替代ＮａＣｌＯ脱硫，反应生成ＣａＳＯ４沉淀，
平衡向产物方向移动，ＳＯ２转化率提高。②ＳＯ２（ｇ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）
􀪅􀪅ＳＯ
２－
３（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ１（Ⅰ），ＣｌＯ
－（ａｑ）＋ＳＯ
２－
３（ａｑ）􀪅􀪅
ＳＯ
２－
４（ａｑ）＋Ｃｌ
－（ａｑ）　
ΔＨ２（Ⅱ），ＣａＳＯ４（ｓ）􀪅􀪅Ｃａ
２＋（ａｑ）＋
ＳＯ
２－
４（ａｑ）　ΔＨ３（Ⅲ），运用盖斯定律，由（Ⅰ）＋（Ⅱ）－（Ⅲ）可
得反应：ＳＯ２（ｇ）＋Ｃａ
２＋（ａｑ）＋ＣｌＯ
－（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）􀪅􀪅
ＣａＳＯ４（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）＋Ｃｌ
－（ａｑ），故ΔＨ＝ΔＨ１＋ΔＨ２－ΔＨ３。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１１１
　
考点三化学平衡的相关计算
７．（２０１５天津理综，１０，１４分）ＦｅＣｌ３具有净水作用，但腐蚀设备，
而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比ＦｅＣｌ３高效，
且腐蚀性小。请回答下列问题：
（１）ＦｅＣｌ３净水的原理是　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　　　　
　
　
　。ＦｅＣｌ３溶液腐蚀钢铁设备，除Ｈ
＋作用
外，另一主要原因是（用离子方程式表示）　　　　　　　
　　　　　　　　。
（２）为节约成本，工业上用ＮａＣｌＯ３氧化酸性ＦｅＣｌ２废液得到
ＦｅＣｌ３。
①若酸性ＦｅＣｌ２废液中ｃ（Ｆｅ
２＋）＝２．０× １０
－２ｍｏｌ· Ｌ
－１，
ｃ（Ｆｅ
３＋）＝１．０× １０
－３ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｃ（Ｃｌ
－）＝５．３×
１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，则该溶液的ｐＨ约为　　　　　。
②完成ＮａＣｌＯ３氧化ＦｅＣｌ２的离子方程式：
　
ＣｌＯ
－
３＋　
Ｆｅ
２＋＋　
　
　
　
　
􀪅􀪅　
Ｃｌ
－＋　
Ｆｅ
３＋＋
　
　　　　
（３）ＦｅＣｌ３在溶液中分三步水解：
Ｆｅ
３＋＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＯＨ）
２＋＋Ｈ
＋　Ｋ１
Ｆｅ（ＯＨ）
２＋＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＯＨ）
＋
２＋Ｈ
＋　Ｋ２
Ｆｅ（ＯＨ）
＋
２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＯＨ）３＋Ｈ
＋　Ｋ３
以上水解反应的平衡常数Ｋ１、Ｋ２、Ｋ３由大到小的顺序是
　　　　　　　　。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子
方程式为：
ｘＦｅ
３＋＋ｙＨ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅｘ（ＯＨ）
（３ｘ－ｙ）＋
ｙ
＋ｙＨ
＋
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）　　　　。
ａ．降温　　　　
ｂ．加水稀释
ｃ．加入ＮＨ４Ｃｌ　
ｄ．加入ＮａＨＣＯ３
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条
件是　　　　　　　　。
（４）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图
所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁［以
Ｆｅ（ｍｇ·Ｌ
－１）表示］的最佳范围约为　　　　ｍｇ·Ｌ
－１。
答案　（１）Ｆｅ
３＋水解产生的Ｆｅ（ＯＨ）３胶体粒子能吸附水中
悬浮的杂质　２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋
（２）①２　②１　６　６Ｈ
＋　１　６　３Ｈ２Ｏ
（３）Ｋ１＞Ｋ２＞Ｋ３　ｂｄ　调节溶液的ｐＨ
（４）１８～２０
解析　
（１）ＦｅＣｌ３净水的原理是Ｆｅ
３＋水解产生Ｆｅ（ＯＨ）３胶
体，Ｆｅ（ＯＨ）３胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮杂质
使其沉降，从而起到净水作用。ＦｅＣｌ３溶液腐蚀钢铁设备，除
Ｈ
＋作用外，另一主要原因是Ｆｅ
３＋具有较强的氧化性，将Ｆｅ氧化
为Ｆｅ
２＋，其离子方程式为２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋。
（２）①酸性ＦｅＣｌ２废液中除存在Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋、Ｃｌ
－外，还存在Ｈ
＋和
ＯＨ
－，由电荷守恒得：ｃ（Ｈ
＋）＋２ｃ（Ｆｅ
２＋）＋３ｃ（Ｆｅ
３＋）＝ｃ（Ｃｌ
－）＋
ｃ（ＯＨ
－），由于ｃ（ＯＨ
－）很小，可忽略不计，故有ｃ（Ｈ
＋）＋２×２．０×
１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１＋３×１．０× １０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１≈５．３× １０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，则
ｃ（Ｈ
＋）≈１．０×１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ≈２。②由①可知溶液显酸性，
空缺的反应物为Ｈ
＋，则空缺的生成物为Ｈ２Ｏ，由得失电子守
恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。
（３）离子分步水解时，水解程度逐级减小，而水解平衡常数能够表
示水解程度的大小，Ｋ值越大，水解程度越大，故有Ｋ１＞Ｋ２＞Ｋ３。对
于ｘＦｅ
３＋＋ｙＨ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅｘ（ＯＨ）
（３ｘ－ｙ）＋
ｙ
＋ｙＨ
＋，由于水解反应吸热，
降温可使平衡逆向移动；加水稀释，水解程度增大，平衡正向移
动；加入ＮＨ４Ｃｌ，ＮＨ
＋
４水解使ｃ（Ｈ
＋）增大，平衡逆向移动；加入
ＮａＨＣＯ３，ＨＣＯ
－
３结合Ｈ
＋使ｃ（Ｈ
＋）减小，平衡正向移动，故选ｂ、
ｄ。欲使ＦｅＣｌ３溶液转化为高浓度聚合氯化铁，应使Ｆｅ
３＋的水
解平衡正向移动，在ＦｅＣｌ３浓度一定的条件下，适当减小
ｃ（Ｈ
＋），即调节溶液的ｐＨ可达到这种效果。
（４）由题图可以看出，投放聚合氯化铁１８ｍｇ·Ｌ
－１时，浑浊度的去
除率最高；投放聚合氯化铁２０ｍｇ·Ｌ
－１时，还原性物质的去除率最
高，因此投放聚合氯化铁的最佳范围为１８～２０ｍｇ·Ｌ
－１。
８．（２０１５浙江理综，２８，１５分）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＣＨ３（ｇ）
催化剂
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ􀪅ＣＨ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
（１）已知：
化学键
Ｃ—Ｈ
Ｃ—Ｃ
Ｃ􀪅Ｃ
Ｈ—Ｈ
键能／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
４１２
３４８
６１２
４３６
计算上述反应的ΔＨ＝　　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）维持体系总压ｐ恒定，在温度Ｔ时，物质的量为ｎ、体积为
Ｖ的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率
为α，则在该温度下反应的平衡常数Ｋ＝　
　
　
　
　
（用α
等符号表示）。
（３）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和
水蒸气的物质的量之比为１∶９），控制反应温度６００℃，并
保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温
度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择
性（指除了Ｈ２以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意
图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
②控制反应温度为６００℃的理由是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）某研究机构用ＣＯ２代替水蒸气开发了绿色化学合成工
艺———乙苯－二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压
和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产
效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：ＣＯ２＋
Ｈ２􀪅􀪅ＣＯ＋Ｈ２Ｏ，ＣＯ２＋Ｃ􀪅􀪅２ＣＯ。新工艺的特点有
　　　　　（填编号）。
①ＣＯ２与Ｈ２反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１１２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
③有利于减少积炭
④有利于ＣＯ２资源利用
答案　（１）１２４　（２）
α
２
（１－α
２）ｐ或
ｎα
２
（１－α
２）Ｖ
（３）①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于
起减压的效果
②６００℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过
低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可
能使催化剂失活，且能耗大
（４）①②③④
解析　（１）ΔＨ＝旧键断裂吸收的总能量－新键形成放出的总
能量＝（３４８＋４１２× ２）ｋＪ· ｍｏｌ
－１－（６１２＋４３６）ｋＪ· ｍｏｌ
－１＝
＋１２４ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＣＨ３（ｇ）
催化剂
　
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨ２（ｇ）
􀪅
＋Ｈ２（ｇ）
始　　ｎ　　　　　　　　　　　　０　　　　　　　　０
转
ｎα
ｎα
ｎα
平
ｎ－ｎα
ｎα
ｎα
因反应处于恒压体系，由阿伏加德罗定律的推论可知Ｖ
Ｖ′ ＝ｎ
ｎ′ ，
所以Ｖ′＝ｎ′
ｎＶ＝ｎ（１＋α）
ｎ
Ｖ＝（１＋α）Ｖ，则Ｋｃ＝
（ｎα
Ｖ′ ）
２
ｎ－ｎα
Ｖ′
＝
ｎα
２
（１－α
２）Ｖ；
或Ｋｐ＝
［
ｎα
ｎ（１＋α）ｐ］
２
ｎ（１－α）
ｎ（１＋α）ｐ
＝
α
２
（１－α
２）ｐ。
（３）①正反应方向的气体分子数增加，加入水蒸气相当于减
压，减压有利于平衡正向移动。
②控制温度为６００℃既要考虑转化率，又要考虑催化剂的活性
和苯乙烯的选择性，同时还要考虑反应速率问题。
（４）ＣＯ２与Ｈ２反应使得平衡体系中Ｈ２浓度减小，平衡右移，
①正确；新工艺中不用高温水蒸气，降低了能量消耗，②正确；
ＣＯ２＋Ｃ􀪅􀪅２ＣＯ，ＣＯ２可消耗积炭，③正确；该工艺中需消耗
ＣＯ２，④正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１９８
时间：４５分钟　分值：１００分
一、选择题（每题６分，共４２分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９上海黄浦调研，１７）下图是合成氨反应的正、逆反应速
率随反应时间变化的示意图，有关叙述错误的是
（　　）
Ａ．状态Ⅰ和状态Ⅱ时，反应均处于平衡状态
Ｂ．状态Ⅰ变化为状态Ⅱ的过程，称为化学平衡移动
Ｃ．ｔ１时刻平衡向正反应方向移动，平衡常数增大
Ｄ．同一种反应物在状态Ⅰ和状态Ⅱ时，浓度不相等
１．
答案　Ｃ　
Ａ项，状态Ⅰ和状态Ⅱ时，正、逆反应速率相等，
反应均处于平衡状态，Ａ正确；Ｂ项，状态Ⅰ改变条件瞬间正反
应速率大于逆反应速率，反应正向进行到达平衡状态Ⅱ，化学
平衡发生移动，Ｂ正确；Ｃ项，ｔ１时刻平衡正向移动，根据图像
可知，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间没变，所以是增大
反应物浓度，温度没变，平衡常数不变，Ｃ错误；Ｄ项，由于平衡
移动，所以反应物、生成物浓度均发生变化，Ｄ正确。
审题方法　
速率—时间图像定性揭示了ｖ正、ｖ逆随时间（含条
件改变对化学反应速率的影响）变化的规律，体现了平衡“动、
等、定、变”的基本特征。由图像可知：ｔ１时刻，改变条件平衡正
向移动，且状态Ⅰ的反应速率小于状态Ⅱ的，ｖ′逆在状态Ⅰ的基
础上没出现“断点”，故ｔ１时刻改变的条件是增大反应物浓度。
２．（２０１９山西太原期末，１９）以反应５Ｈ２Ｃ２Ｏ４＋２ＭｎＯ
－
４＋６Ｈ
＋􀪅􀪅
１０ＣＯ２↑＋２Ｍｎ
２＋＋８Ｈ２Ｏ为例探究“外界条件对化学反应速率
的影响”。实验时，分别量取Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液和酸性ＫＭｎＯ４溶
液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断
反应的快慢。
编号
Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液
酸性ＫＭｎＯ４溶液
浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
体积／ｍＬ
浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－ｌ
体积／ｍＬ
温度／℃
①
０．１０
２．０
０．０１０
４．０
２５
②
０．２０
２．０
０．０１０
４．０
２５
③
０．２０
２．０
０．０１０
４．０
５０
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．实验①、②、③所加的Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液均要过量
Ｂ．实验①测得ＫＭｎＯ４溶液的褪色时间为４０ｓ，则这段时间内
ｖ（ＫＭｎＯ４）＝２．５×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｓ
－１
Ｃ．实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③
是探究温度对化学反应速率的影响
Ｄ．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可
能是生成的Ｍｎ
２＋对反应起催化作用
２．
答案　Ｂ　
Ａ项，只有Ｈ２Ｃ２Ｏ４过量，才能保证ＫＭｎＯ４完全
反应，根据反应方程式可得５Ｈ２Ｃ２Ｏ４～２ＭｎＯ
－
４，由实验数据可
知，实验①、②、③中所加Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液均过量，故Ａ正确。Ｂ
项，高锰酸钾完全反应，ｖ（ＫＭｎＯ４）＝
２
３×０．０１０ｍｏｌ·Ｌ
－１
４０ｓ
≈１．７×
１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｓ
－１，故Ｂ错误。Ｃ项，分析表中数据可知，实验
①和②只是浓度不同，即实验①和②是探究浓度对化学反应速
率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究
温度对化学反应速率的影响，故Ｃ正确。Ｄ项，在其他条件都
相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，可能是反应生
成了具有催化作用的物质，该实验中起催化作用的可能是
Ｍｎ
２＋，故Ｄ正确。
方法技巧　探究外界条件对反应速率的影响时，所探究的条
件作为变量，其他条件均需相同。如探究浓度对化学反应速率
的影响时，浓度为变量，其他条件（温度、催化剂等）均相同。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１１３
　
３．（２０１９安徽定远期末，６）在２Ｌ恒容密闭容器中加入０．１００ｍｏｌ
ＮＯ和２．０３０ｍｏｌ固体活性炭，发生反应：２ＮＯ（ｇ）＋Ｃ（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）。在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质
的量如下表，下列说法正确的是
（　　）
温度／℃
Ｃ（ｓ）／ｍｏｌ
ＮＯ／ｍｏｌ
Ｎ２／ｍｏｌ
ＣＯ２／ｍｏｌ
２００
２．０００
０．０４００
０．０３００
０．０３００
３３５
２．００５
０．０５００
０．０２５０
０．０２５０
Ａ．该反应的正反应为吸热反应
Ｂ．反应体系在３３５℃时的平衡常数为０．２５
Ｃ．３３５℃与２００℃时相比，活化分子个数、活化分子百分数及
焓变均大
Ｄ．２００℃时，平衡后向恒容容器中再充入０．１０ｍｏｌＮＯ，再次平
衡时，ＮＯ的百分含量将增大
３．
答案　Ｂ　Ａ项，升高温度平衡逆向移动，所以正反应是放
热反应，故Ａ错误；Ｂ项，Ｋ＝
０．０２５０
２
×０．０２５０
２
（０．０５００
２
）
２
＝０．２５，故Ｂ正确；
Ｃ项，３３５℃与２００℃时相比，活化分子个数、活化分子百分数
均大，焓变不变，故Ｃ错误；Ｄ项，平衡后向恒容容器中再充入
０．１０ｍｏｌＮＯ，相当于增大压强，平衡不移动，所以ＮＯ的百分含
量不变，故Ｄ错误。
易错警示　改变外界条件，反应物的活化分子个数增多，活化
分子百分数不一定增大。如增大反应物浓度或增大压强（有
气体参加的反应），反应物的活化分子个数增多，活化分子百
分数不变。
４．（２０１９河北邢台期末，２１）有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ３个体积均为０．５Ｌ的恒
容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比（Ｚ）充入ＨＣｌ和Ｏ２
（如下表），加入催化剂发生反应：４ＨＣｌ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅
２Ｃｌ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ。ＨＣｌ的平衡转化率与Ｚ和Ｔ的关系
如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
容器
起始时
Ｔ／℃
ｎ（ＨＣｌ）／ｍｏｌ
Ｚ
Ⅰ
３００
０．２５
ａ
Ⅱ
３００
０．２５
ｂ
Ⅲ
３００
０．２５
４
Ａ．ΔＨ＜０
Ｂ．ａ＜４＜ｂ
Ｃ．若容器Ⅲ反应某时刻处于Ｒ点，则Ｒ点的反应速率ｖ正＞ｖ逆
Ｄ．３００℃时，该反应平衡常数的值为３２０
４．
答案　Ｄ　Ａ项，由图可知，ＨＣｌ平衡转化率随温度升高而减
小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，则ΔＨ＜０，故
Ａ正确；Ｂ项，增大氧气的物质的量，可促进ＨＣｌ的转化，即投
料比越小，ＨＣｌ转化率越大，故ａ＜４＜ｂ，故Ｂ正确；Ｃ项，Ｒ点温
度与Ｑ点相同，但转化率小于平衡时转化率，可知反应正向进
行，则Ｒ点ｖ正＞ｖ逆，故Ｃ正确；Ｄ项，３００℃时，Ｚ＝４，ｎ（ＨＣｌ）＝
０．２５ｍｏｌ，ｎ（Ｏ２）＝０．０６２５ｍｏｌ，即ｃ（ＨＣｌ）＝０．５ｍｏｌ／Ｌ，ｃ（Ｏ２）＝
０．１２５ｍｏｌ／Ｌ，ＨＣｌ平衡转化率为８０％，则
　　　　　　　　４ＨＣｌ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｃｌ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）
起始（ｍｏｌ／Ｌ）
０．５
０．１２５
０
０
转化（ｍｏｌ／Ｌ）
０．４
０．１
０．２
０．２
平衡（ｍｏｌ／Ｌ）
０．１
０．０２５
０．２
０．２
Ｋ＝（０．２）
２×（０．２）
２
（０．１）
４×０．０２５
＝６４０，故Ｄ错误。
易错警示　可逆反应中，反应物、生成物的转化量（物质的量
或物质的量浓度）之比等于化学方程式中各种物质的化学计
量数之比，反应物、生成物的起始量之比和平衡量之比不一定
等于化学方程式中各种物质的化学计量数之比。
５．（２０１９陕西西安高新一中月考，７）恒温条件下，在体积不变的
密闭容器中，有可逆反应Ｘ（ｓ）＋２Ｙ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｚ（ｇ）　
ΔＨ＜０，下
列说法一定正确的是
（　　）
Ａ．０．２ｍｏｌＸ和０．４ｍｏｌＹ充分反应，Ｚ的物质的量可能会达到
０．３５ｍｏｌ
Ｂ．从容器中移出部分反应物Ｘ，则正反应速率将减小
Ｃ．当ΔＨ不变时，反应将达到平衡
Ｄ．向反应体系中继续通入足量Ｙ气体，Ｘ有可能被反应完全
５．
答案　Ａ　Ａ项，此反应是可逆反应，不能进行到底，Ｚ的物
质的量范围是０＜ｎ（Ｚ）＜０．４ｍｏｌ，０．３５ｍｏｌ在此范围内，因此Ｚ
的物质的量可能会达到０．３５ｍｏｌ，Ａ正确；Ｘ为固体，浓度视为
常数，因此移走部分反应物Ｘ，化学反应速率不变，Ｂ错误；ΔＨ
不变不能说明反应达到平衡，Ｃ错误；此反应为可逆反应，不能
进行到底，Ｄ错误。
审题关键　（１）可逆反应充分反应后反应物均不能完全消耗；
（２）注意Ｘ的状态。
６．（２０１８湖北重点高中联考，１１）氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发
生氧化还原反应：ＣｌＯ
－
３＋３ＨＳＯ
－
３􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋Ｃｌ
－＋３Ｈ
＋。已知该
反应的反应速率随ｃ（Ｈ
＋）的增大而加快。如图为用ＣｌＯ
－
３在单
位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的ｖ－ｔ图。下列说法
中不正确的是
（　　）
Ａ．反应开始时速率增大可能是ｃ（Ｈ
＋）增大所致
Ｂ．纵坐标为ｖ（Ｃｌ
－）的ｖ－ｔ曲线与图中曲线完全重合
Ｃ．图中阴影部分的面积表示ｔ１～ｔ２时间内ＣｌＯ
－
３的物质的量的
减少量
Ｄ．后期反应速率减小的主要原因是反应物浓度减小
６．
答案　Ｃ　由题给已知可知Ａ正确；反应中ＣｌＯ
－
３与Ｃｌ
－的化
学计量数之比为１∶１，Ｂ正确；速率与时间的乘积表示的是浓
度的变化量，Ｃ不正确；后期反应速率减小是反应物浓度减小
起决定作用，Ｄ正确。
７．（２０１８河北衡水中学大联考，１６）一定温度下，将２ｍｏｌＳＯ２和
１ｍｏｌＯ２充入１０Ｌ恒容密闭容器中，发生反应２ＳＯ２（ｇ）＋
Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）　
ΔＨ＝－１９６ｋＪ·ｍｏｌ
－１。５ｍｉｎ时达到平
衡，测得反应放热１６６．６ｋＪ。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．０～５ｍｉｎ内，用Ｏ２表示的平均反应速率ｖ（Ｏ２）＝０．０１７ｍｏｌ·
Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｂ．
ｎ（Ｏ２）
ｎ（ＳＯ３）的值不变时，该反应达到平衡状态
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１１４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｃ．若增大Ｏ２的浓度，ＳＯ２的转化率增大
Ｄ．条件不变，起始向容器中充入４ｍｏｌＳＯ２和２ｍｏｌＯ２，平衡时
放热小于３３３．２ｋＪ
７．
答案　Ｄ　根据反应２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＳＯ３（ｇ）　
ΔＨ＝
－１９６ｋＪ·ｍｏｌ
－１计算得，当反应放热１６６．６ｋＪ时，有１．７ｍｏｌＳＯ２
和０．８５ｍｏｌＯ２参加反应，生成１．７ｍｏｌＳＯ３。则０～５ｍｉｎ内，
ｖ（Ｏ２）＝
０．８５ｍｏｌ
１０Ｌ×５ｍｉｎ＝０．０１７ｍｏｌ· Ｌ
－１· ｍｉｎ
－１，Ａ项正确；
ｎ（Ｏ２）
ｎ（ＳＯ３）的值不变时，说明Ｏ２和ＳＯ３的浓度保持不变，反应达
到平衡状态，Ｂ项正确；增大Ｏ２的浓度，平衡正向移动，ＳＯ２的
转化率增大，Ｃ项正确；条件不变，起始向容器中充入４ｍｏｌ
ＳＯ２和２ｍｏｌＯ２，相当于加压，平衡正向移动，放热大于
３３３．２ｋＪ，Ｄ项错误。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
８．（２０１９北京朝阳二模改编）乙烯气相直接水合反应制备乙醇：
Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＨ（ｇ）。乙烯的平衡转化率随温
度、压强的变化关系如下［起始时，ｎ（Ｈ２Ｏ）＝ｎ（Ｃ２Ｈ４）＝１ｍｏｌ，
容器体积为１Ｌ］。
下列分析不正确的是
（　　）
Ａ．乙烯气相直接水合反应的ΔＨ＜０
Ｂ．图中压强的大小关系为ｐ１＞ｐ２＞ｐ３
Ｃ．图中ａ点对应的平衡常数Ｋ＝５
１６
Ｄ．达到平衡状态ａ、ｂ所需要的时间：ｂ＞ａ
８．
答案　ＢＤ　依据题给图像分析，在同一压强下，随着温度的
升高，乙烯的平衡转化率降低，可知乙烯气相直接水合反应为
放热反应，即ΔＨ＜０，Ａ项正确；由反应的化学方程式Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋
Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＨ（ｇ）可知，正反应是气体分子数减小的反
应，所以增大压强，平衡正向移动，同一温度下从ｐ１到ｐ３，乙烯
的平衡转化率逐渐增大，因此压强的大小关系为ｐ１＜ｐ２＜ｐ３，Ｂ
项错误；已知起始时，ｎ（Ｈ２Ｏ）＝ｎ（Ｃ２Ｈ４）＝１ｍｏｌ，容器体积为
１Ｌ，ａ点对应乙烯的平衡转化率为２０％，则转化的乙烯的物质
的量浓度为０．２ｍｏｌ／Ｌ，列三段式为
　　　　　　　　Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＨ（ｇ）
开始（ｍｏｌ／Ｌ）
１　
１　
０
转化（ｍｏｌ／Ｌ）
０．２
０．２
０．２
平衡（ｍｏｌ／Ｌ）
０．８
０．８
０．２
所以Ｋ＝
０．２
０．８×０．８＝５
１６，Ｃ项正确；升高温度、增大压强，化学反
应速率均会加快，反应达到平衡的时间都会缩短，由题图可知，
Ｔｂ＞Ｔａ且ｐ２＜ｐ３，因此达到平衡状态ａ、ｂ所需要的时间为ａ＞ｂ，Ｄ
项错误。
题眼破题　分析图像信息是关键，温度不变时判断压强对乙
烯平衡转化率的影响，确定ｐ１＜ｐ２＜ｐ３；压强不变时判断温度对
乙烯平衡转化率的影响，确定正反应为放热反应。
９．（２０２０届山东临沂质检，１４）在２Ｌ密闭容器中进行反应
Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）　
ΔＨ＞０。测得ｃ（Ｈ２Ｏ）随
反应时间（ｔ）的变化如图所示。下列判断正确的是
（　　）
Ａ．０～５ｍｉｎ内，ｖ（ＣＯ）＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｂ．１０ｍｉｎ时，改变的外界条件可能是减小压强
Ｃ．５ｍｉｎ时该反应的ｖ正大于１１ｍｉｎ时的ｖ逆
Ｄ．５ｍｉｎ时该反应的Ｋ值一定小于１２ｍｉｎ时的Ｋ值
９．
答案　
ＡＤ　
根据题图可知，０～５ｍｉｎ内Ｈ２Ｏ的浓度由
１．００ｍｏｌ·Ｌ
－１减小为０．５０ｍｏｌ· Ｌ
－１，则ｖ（Ｈ２Ｏ）＝Δｃ
Δｔ＝
１．００ｍｏｌ·Ｌ
－１－０．５０ｍｏｌ·Ｌ
－１
５ｍｉｎ
＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１，根据化
学计量数之比等于化学反应速率之比，则ｖ（ＣＯ）＝
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１，Ａ项正确；１０ｍｉｎ后，由题图可知，
ｃ（Ｈ２Ｏ）是连续逐渐变小的，如果是减小压强，此时Ｈ２Ｏ的浓
度是突变的，浓度会突然减小，Ｂ项错误；在５ｍｉｎ时，反应达
到平衡状态，１０ｍｉｎ后，ｃ（Ｈ２Ｏ）逐渐减小，反应正向进行，由题
图数据知，０～５ｍｉｎ内，Δｃ（Ｈ２Ｏ）＝０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１，１０～１２ｍｉｎ内，
Δｃ′（Ｈ２Ｏ）＝０．２５ｍｏｌ·Ｌ
－１，前后数据对比可知反应速率明显升
高，又因为正反应为吸热反应，所以平衡正向移动的原因是升
高温度，温度升高，正、逆反应速率均增大，达到新的平衡后，
正、逆反应速率比５ｍｉｎ时要大，所以５ｍｉｎ时该反应的ｖ正小
于１１ｍｉｎ时的ｖ逆，Ｃ项错误；１２ｍｉｎ时反应体系的温度高于
５ｍｉｎ时的，Ｋ只受温度的影响，该反应的正反应为吸热反应，
温度越高，Ｋ越大，Ｄ项正确。
规律总结　化学反应速率与化学计量数的关系
同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不
同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化
学计量数之比。
１０．（２０２０届山东历城二中质检，１５）ＣＯ２和ＣＨ４的反应为
ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｈ２（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）　
ΔＨ。向ＶＬ恒容密
闭容器中通入２ｍｏｌＣＨ４和４ｍｏｌＣＯ２，测得ＣＯ２的物质的量浓
度随温度、时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．ΔＨ＞０，Ｖ＝２
Ｂ．Ｔ１℃时，容器在ｂ点时的压强与起始压强之比为７∶６
Ｃ．Ｔ２℃时，反应１０ｍｉｎ后到达ａ点，０～１０ｍｉｎ内用ＣＯ表示的
平均反应速率ｖ（ＣＯ）＝０．３ｍｏｌ·Ｌ
－１·ｍｉｎ
－１
Ｄ．Ｔ２℃时反应达到平衡后，向该平衡体系中再充入０．５ｍｏｌ
ＣＨ４、０．５ｍｏｌＣＯ２、１ｍｏｌＨ２和１ｍｏｌＣＯ，平衡正向移动
１０．
答案　ＣＤ　
反应在Ｔ２℃下先达到平衡，说明反应速率更
快，因此温度Ｔ２＞Ｔ１，升高温度，ＣＯ２的平衡浓度减小，说明平衡
正向移动，因此正反应的ΔＨ＞０，ＣＯ２的初始物质的量为４ｍｏｌ，从
题图中可以看出ＣＯ２的初始浓度为２ｍｏｌ·Ｌ
－１，因此Ｖ＝２，Ａ正
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１１５
　
确；由ｂ点列三段式：
　　　　　　　　　ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｈ２（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）
初始浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
１
２
０
０
转化浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．２５
０．２５
０．５
０．５
平衡浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．７５
１．７５
０．５
０．５
因此ｂ点气体总物质的量为７ｍｏｌ，起始气体总物质的量为
６ｍｏｌ，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，
故压强之比为７∶６，Ｂ正确；由题图可知反应到达ａ点时，
ＣＯ２的物质的量浓度减小了０．５ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｖ（ＣＯ）＝
２ｖ（ＣＯ２）＝２× ０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１
１０ｍｉｎ
＝０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１· ｍｉｎ
－１，Ｃ错误；
Ｔ２℃反应达平衡后，由题图列三段式：
　　　　　　　　　　ＣＨ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｈ２（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）
初始浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
１
２
０
０
转化浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．７５
０．７５
１．５
１．５
平衡浓度／ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．２５
１．２５
１．５
１．５
Ｋ＝１．５
２×１．５
２
０．２５×１．２５＝１６．２，向该平衡体系中再充入０．５ｍｏｌＣＨ４、
０．５ｍｏｌＣＯ２、１ｍｏｌＨ２和１ｍｏｌＣＯ，此时ｃ（ＣＨ４）＝
０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（ＣＯ２）＝１．５ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ２）＝２ｍｏｌ·Ｌ
－１，
ｃ（ＣＯ）＝２ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｑｃ＝２
２×２
２
０．５×１．５≈２１．３＞Ｋ，因此平衡应该逆
向移动，Ｄ错误。
三、非选择题（共４０分）
１１．（２０１９河北邯郸重点高中开学检测，２９）（１２分）甲醇是重要
的化工原料和清洁燃料，工业上可利用ＣＯ或ＣＯ２来生产甲
醇。已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学
平衡常数如下表所示：
化学反应
平衡常数
平衡常数的值
５００℃
８００℃
①２Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）
Ｋ１
２．５
０．１５
②Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２Ｏ（ｇ）＋ＣＯ（ｇ）
Ｋ２
１．０
２．５０
③３Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
Ｋ３
（１）在恒容密闭容器中发生反应②，达到平衡后升高温度，下
列说法正确的是　　　　。
ａ．平衡正向移动
ｂ．混合气体的平均相对分子质量增大
ｃ．ＣＯ２的转化率增大
（２）Ｋ１、Ｋ２、Ｋ３的关系是Ｋ３＝　　　　。
（３）５００℃时测得反应③在某时刻，Ｈ２（ｇ）、ＣＯ２（ｇ）、
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）、Ｈ２Ｏ（ｇ）的浓度分别为０．２ｍｏｌ／Ｌ、０．１ｍｏｌ／Ｌ、
０．０１ｍｏｌ／Ｌ、０．２ｍｏｌ／Ｌ，则此时ｖ正　
　
　
　
ｖ逆（填“ ＞”
“ ＝”或“＜”）。
（４）某温度下反应①中Ｈ２的平衡转化率（α）与体系总压强
（ｐ）的关系如图所示，若开始加入２ｍｏｌ／ＬＨ２和１ｍｏｌ／Ｌ
ＣＯ，则Ｂ点时化学平衡常数为　　　　。
（５）相同温度下，在甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中投
入Ｈ２和ＣＯ２，发生反应②，起始浓度如下表所示。其中
甲经２ｍｉｎ达平衡，平衡时ｃ（Ｈ２Ｏ）＝０．０５ｍｏｌ／Ｌ，甲中
ＣＯ２的转化率为　
　
　
　，乙中ＣＯ２的转化率　
　
　
　
甲（填“大于”“等于”或“小于”）。
起始浓度
甲
乙
ｃ（Ｈ２）／ｍｏｌ／Ｌ
０．１０
０．２０
ｃ（ＣＯ２）／ｍｏｌ／Ｌ
０．１０
０．２０
１１．
答案　（每空２分）（１）ａｃ　
（２）Ｋ１·Ｋ２　
（３）＝　
（４）２５　
（５）５０％　等于
解析　（１）由表格中的数据可知，升高温度，反应②的平衡
常数增大，说明平衡正向移动，ａ正确；Ｍ＝ｍ总
ｎ总
，ｍ总、ｎ总在反应
前后均不变，故Ｍ不变，ｂ不正确；平衡正向移动，ＣＯ２的转化
率增大，ｃ正确。
（２）由盖斯定律可知反应①＋反应②＝反应③，所以Ｋ３＝Ｋ１·Ｋ２。
（３）５００℃时Ｋ３＝Ｋ１· Ｋ２＝２．５× １．０＝２．５，某时刻Ｑｃ＝
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ
３（Ｈ２）·ｃ（ＣＯ２）
＝
０．０１×０．２
（０．２）
３×０．１
＝２．５＝Ｋ３，故此时ｖ正＝ｖ逆。
（４）　　２Ｈ２（ｇ）　＋　ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
　ＣＨ３ＯＨ（ｇ）
始：
２ｍｏｌ／Ｌ
１ｍｏｌ／Ｌ
０ｍｏｌ／Ｌ
转：
１．６０ｍｏｌ／Ｌ
０．８０ｍｏｌ／Ｌ
０．８０ｍｏｌ／Ｌ
平：
０．４０ｍｏｌ／Ｌ
０．２０ｍｏｌ／Ｌ
０．８０ｍｏｌ／Ｌ
Ｋ＝
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
ｃ
２（Ｈ２）·ｃ（ＣＯ）
＝
０．８０
（０．４０）
２×０．２０
＝２５。
（５）反应②为Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２Ｏ（ｇ）＋ＣＯ（ｇ），平衡时甲
中ｃ（Ｈ２Ｏ）＝０．０５ｍｏｌ／Ｌ，则消耗ｃ（ＣＯ２）＝０．０５ｍｏｌ／Ｌ，ＣＯ２的
转化率为０．０５ｍｏｌ／Ｌ
０．１０ｍｏｌ／Ｌ×１００％＝５０％；乙相当于将甲容器的容积压缩
为一半，对于反应②，加压平衡不移动，ＣＯ２的转化率不变。
规律总结　对反应３Ｈ２（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）而
言，某温度下的平衡常数为Ｋ，该温度下某时刻
ｃ（Ｈ２Ｏ）·ｃ（ＣＨ３ＯＨ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ
３（Ｈ２）
＝Ｑｃ，若Ｑｃ＞Ｋ，则ｖ逆＞ｖ正；若Ｑｃ＜Ｋ，则
ｖ正＞ｖ逆；若Ｑｃ＝Ｋ，则ｖ正＝ｖ逆。
１２．（２０１９福建龙岩一模，２８）（１２分）氮氧化物是环境污染物，
研究氮氧化物转化有重要的意义。
回答下列问题：
（１）催化转化器可使汽车尾气反应而转化：
２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ
已知：Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＮＯ（ｇ）　ΔＨ１＝ａｋＪ·ｍｏｌ
－１
２Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）　ΔＨ２＝ｂｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）　ΔＨ３＝ｃｋＪ·ｍｏｌ
－１
ΔＨ＝　　　　
ｋＪ·ｍｏｌ
－１（用含ａ、ｂ、ｃ的代数式表示）。
（２）Ｔ℃时，将等物质的量的ＮＯ和ＣＯ充入容积为２Ｌ的密
闭容器中发生尾气转化反应，容器中ＮＯ物质的量随时间
变化如图１所示。
图１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１１６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
①Ｔ℃时，该化学反应的平衡常数Ｋ＝　　　　。
②下列事实无法判断汽车尾气转化反应达到化学平衡状
态的是　　　　。
Ａ．ＮＯ消耗速率等于Ｎ２消耗速率的２倍
Ｂ．混合气体平均相对分子质量不再变化
Ｃ．体系中ＮＯ的转化率和ＣＯ的转化率相等
Ｄ．气体的密度不再变化
③已知汽车尾气转化反应的ΔＨ＜０。１０ｍｉｎ后，改变下列
示意图２横坐标对应的反应条件，纵坐标对应的量变化
关系正确的是　　　　（填序号）。
图２
（３）碘蒸气存在能大幅度提高Ｎ２Ｏ的分解速率，反应历程为：
第一步：Ｉ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｉ（ｇ）（快反应）
第二步：Ｉ（ｇ）＋Ｎ２Ｏ（ｇ）
→Ｎ２（ｇ）＋ＩＯ（ｇ）（慢反应）
第三步：ＩＯ（ｇ）＋Ｎ２Ｏ（ｇ）
→Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）＋Ｉ（ｇ）（快反
应）
实验表明，含碘时Ｎ２Ｏ分解速率ｖ＝ｋ· ｃ（Ｎ２Ｏ）·
［ｃ（Ｉ２）］
０．５（ｋ为速率常数）。下列表述正确的是　
　
　
　
（填标号）。
Ａ．Ｎ２Ｏ分解反应中，ｋ值与是否含碘蒸气无关
Ｂ．第二步对总反应速率起决定作用
Ｃ．第二步活化能比第三步小
Ｄ．ＩＯ为反应的中间产物
１２．
答案　（１）２ｃ－ａ－ｂ　（２）①２．５　②ＣＤ　③ｂｃ　（３）ＢＤ
解析　（１）将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖
斯定律③×２－②－①得２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝（２ｃ－ａ－ｂ）ｋＪ·ｍｏｌ
－１。（２）①由题图１可知ＮＯ和ＣＯ起
始物质的量均为０．８ｍｏｌ，１０ｍｉｎ达到平衡状态时ＮＯ的物质
的量为０．４ｍｏｌ。
　　　　　　　　　２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）
起始量（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．４
０．４
０
０
变化量（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．２
０．２
０．１
０．２
平衡量（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
０．２
０．２
０．１
０．２
Ｋ＝０．２
２×０．１
０．２
２×０．２
２＝２．５。②Ａ项，ＮＯ消耗速率等于Ｎ２消耗速率
的２倍，说明正、逆反应速率相同，反应达到平衡状态；Ｂ项，
反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，混合气体平均相
对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态；Ｃ项，体系中
ＮＯ的转化率和ＣＯ的转化率相等不能说明反应达到平衡状
态；Ｄ项，反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不
变化，不能说明反应达到平衡状态。③ΔＨ＜０，则该反应为放
热反应。平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故
ａ错误；增加ＮＯ的物质的量，ＮＯ的转化率降低，故ｂ正确；改
变ＣＯ的量，ΔＨ不变，故ｃ正确；温度升高，平衡逆向移动，ＣＯ
的转化率降低，故ｄ错误。（３）Ａ项，Ｎ２Ｏ分解反应中，ｋ值与
是否含碘蒸气有关，故Ａ错误；Ｂ项，第二步为慢反应，在整个
反应过程中起到决定性作用，故Ｂ正确；Ｃ项，第二步反应活
化能比第三步大，故Ｃ错误；Ｄ项，ＩＯ为反应的中间产物，故
Ｄ正确。
１３．（２０１９湖南常德一模，２８）（１６分）含氮化合物对环境、生产
和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列
问题：
（１）利用某分子筛作催化剂，ＮＨ３可脱除工厂废气中的ＮＯ、
ＮＯ２，反应机理如图所示。Ａ包含物质为Ｈ２Ｏ和　
　
　
（填化学式）。
（２）已知：４ＮＨ３（ｇ）＋６ＮＯ（ｇ）􀪅􀪅５Ｎ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ１＝
－ａｋＪ／ｍｏｌ
４ＮＨ３（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅４ＮＯ（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ２＝
－ｂｋＪ／ｍｏｌ
Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅Ｈ２Ｏ（ｇ）　ΔＨ３＝＋ｃｋＪ／ｍｏｌ
则反应４ＮＨ３（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２Ｎ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｌ）的ΔＨ＝
　　　　
ｋＪ／ｍｏｌ。
（３）工业上利用氨气生产氢氰酸（ＨＣＮ）的反应为ＣＨ４（ｇ）＋
ＮＨ３（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＮ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＞０。
①其他条件一定，达到平衡时ＮＨ３转化率随外界条件Ｘ变
化的关系如图甲所示，则Ｘ可以是　　　（填字母序号）。
图甲
ａ．温度　
ｂ．压强　
ｃ．催化剂　
ｄ．
ｎ（ＮＨ３）
ｎ（ＣＨ４）
②在一定温度下，向２Ｌ密闭容器中加入ｎｍｏｌＣＨ４和
２ｍｏｌＮＨ３，平衡时ＮＨ３体积分数随ｎ变化的关系如图乙
所示。
图乙
ａ点时，ＣＨ４的转化率为　
　
　％；平衡常数：Ｋ（ａ）　
　
Ｋ（ｂ）（填“＞”“ ＝”或“＜”）。
（４）肌肉中的肌红蛋白（Ｍｂ）与Ｏ２结合生成ＭｂＯ２，其反应原
理可表示为Ｍｂ（ａｑ）＋Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＭｂＯ２（ａｑ），该反应的平
衡常数可表示为Ｋ＝
ｃ（ＭｂＯ２）
ｃ（Ｍｂ）·ｐ（Ｏ２）。在３７℃条件下达
到平衡时，测得肌红蛋白的结合度（α）与ｐ（Ｏ２）的关系如
图丙所示［α＝生成的ｃ（ＭｂＯ２）
初始的ｃ（Ｍｂ）×１００％］。研究表明正反应
速率ｖ正＝ｋ正·ｃ（Ｍｂ）·ｐ（Ｏ２），逆反应速率ｖ逆＝ｋ逆·
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七　化学反应速率和化学平衡
１１７
　
ｃ（ＭｂＯ２）（其中ｋ正和ｋ逆分别表示正反应和逆反应的速率
常数）。
图丙
①试写出平衡常数Ｋ与速率常数ｋ正、ｋ逆之间的关系式：
Ｋ＝　　　　（用含有ｋ正、ｋ逆的式子表示）。
②试求出图丙中ｃ点时，上述反应的平衡常数Ｋ＝　　　　
ｋＰａ
－１。已知ｋ逆＝６０ｓ
－１，则速率常数ｋ正＝　　　ｓ
－１·ｋＰａ
－１。
１３．
答案　（每空２分）（１）Ｎ２
（２）－１
５（２ａ＋３ｂ＋３０ｃ）
（３）①ｂｄ　②２５　
＝
（４）①
ｋ正
ｋ逆
　②２　１２０
解析　（１）根据流程图可知ＮＨ３与废气中的ＮＯ、ＮＯ２反
应，最终生成无毒无害的氮气和水。
（２）将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定
律，（①× ２＋②× ３－③× ３０）× １
５得４ＮＨ３（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅
２Ｎ２（ｇ）＋６Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－１
５（２ａ＋３ｂ＋３０ｃ）ｋＪ／ｍｏｌ。
（３）①升高温度，平衡正向移动，氨气的转化率增大，ａ错误；
增大压强，平衡逆向移动，氨气的转化率降低，ｂ正确；催化剂
只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气
的转化率无影响，ｃ错误；增大
ｎ（ＮＨ３）
ｎ（ＣＨ４），相对来说氨气增加得
多，平衡正向移动，但氨气的转化率降低，ｄ正确。
②设反应消耗ＣＨ４的物质的量为ｘ。
　　　　　　ＣＨ４（ｇ）＋ＮＨ３（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＮ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）
开始（ｍｏｌ）
２
２
０
０
转化（ｍｏｌ）
ｘ
ｘ
ｘ
３ｘ
平衡（ｍｏｌ）
２－ｘ
２－ｘ
ｘ
３ｘ
根据图像可知平衡时氨气的体积分数是３０％，则有２－ｘ
４＋２ｘ×１００％＝
３０％，解得ｘ＝０．５，则ａ点时，ＣＨ４的转化率为０．５ｍｏｌ
２ｍｏｌ×１００％＝
２５％；由于温度不变，平衡常数不变，因此Ｋ（ａ）＝Ｋ（ｂ）。
（４）①可逆反应达到平衡状态时，ｖ正＝ｖ逆，即ｋ正·ｃ（Ｍｂ）·
ｐ（Ｏ２）＝ｋ逆·ｃ（ＭｂＯ２），
ｋ正
ｋ逆
＝
ｃ（ＭｂＯ２）
ｃ（Ｍｂ）·ｐ（Ｏ２），反应Ｍｂ（ａｑ）＋
Ｏ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
ＭｂＯ２（ａｑ）的平衡常数Ｋ＝
ｃ（ＭｂＯ２）
ｃ（Ｍｂ）·ｐ（Ｏ２）＝ｋ正
ｋ逆
；
②Ｋ＝
ｃ（ＭｂＯ２）
ｃ（Ｍｂ）·ｐ（Ｏ２）＝
０．９
（１－０．９）×４．５ｋＰａ
－１＝２ｋＰａ
－１；ｋ正＝
Ｋ·ｋ逆＝２ｋＰａ
－１×６０ｓ
－１＝１２０ｓ
－１·ｋＰａ
－１。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１１８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题八
弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
课
标
解
读
内容
弱电解质的电离平衡
水的电离　溶液的酸碱性
解读
１．理解弱电解质在水中的电离平衡
２．了解强电解质和弱电解质的概念
３．理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性
１．了解水的电离、离子积常数
２．了解溶液ｐＨ的含义及其测定方法，能进行ｐＨ
的简单计算
３．掌握中和滴定实验的基本操作
４．了解中和滴定实验主要仪器的使用方法
考情分析
该专题内容是近几年的必考内容。主要考查影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像判断强、弱电解质，
计算电离常数，比较微粒浓度大小，进行ｐＨ的相关计算和中和滴定的迁移应用等，命题时与水解相结合又
增加了试题难度，预计在今后的高考中出现的概率仍较大
备考策略
备考时应重点关注数形结合与分析推理型选择题、滴定终点判断的规范表达，同时，要了解水溶液中的离
子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、物质转化中的应用
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１１９
　
对应学生用书
起始页码５５
考点一弱电解质的电离平衡
一、强电解质和弱电解质
１．定义
在水溶液中能①　完全　电离的电解质称为强电解质。
在水溶液中只能②　部分　电离的电解质称为弱电解质。
２．常见物质
强电解质：③　强酸　、④　强碱　、大多数盐等。
弱电解质：⑤　弱酸　、⑥　弱碱　、少数盐、水等。
二、电离
１．电离的条件：离子化合物在溶于水或熔融时发生电离，共
价化合物在溶于水时发生电离。
２．电离方程式的书写
（１）强电解质的电离用“􀪅􀪅”，弱电解质的电离用“􀜩􀜨
􀜑
”。
（２）多元弱酸分步电离，以第一步为主，如碳酸存在电离
Ｈ２ＣＯ３􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋（主），ＨＣＯ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＣＯ
２－
３（次）。
多元弱碱的电离以一步电离表示，如Ｆｅ（ＯＨ）３􀜩􀜨
􀜑
⑦　Ｆｅ
３＋＋３ＯＨ
－　。
（３）强酸的酸式盐完全电离，弱酸的酸式盐中酸式酸根离子
不完全电离。例如：
ＮａＨＳＯ４：ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅Ｎａ
＋＋Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４（水溶液中）
ＮａＨＣＯ３：ＮａＨＣＯ３􀪅􀪅Ｎａ
＋＋ＨＣＯ
－
３
说明在熔融状态时：ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅Ｎａ
＋＋ＨＳＯ
－
４。
三、弱电解质的电离平衡
１．在一定温度下，当弱电解质在水溶液中电离达到最大程
度时，电离过程并没有停止。此时弱电解质分子电离成离子的
速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等，溶液中各分子和
离子的浓度都不再发生变化，达到⑧　电离平衡　状态。
弱电解质的电离平衡特点：
（１）动态平衡，电离方程式中用“􀜩􀜨
􀜑
”；
（２）平衡时溶液中离子浓度和分子浓度⑨　保持不变　；
（３）条件改变，平衡发生移动。
２．外界条件对电离平衡的影响
如０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的醋酸溶液［ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＣＨ３ＣＯＯ
－
（ΔＨ＞０）］，若改变条件后，有如下变化：
平衡移
动方向
ＣＨ３ＣＯＯＨ
电离程度
ｃ（Ｈ
＋）
导电性
加少量浓盐酸
向左
减小
增大
增强
加少量冰醋酸
􀃊
􀁉
􀁒　向右　
􀃊
􀁉
􀁓　减小　
􀃊
􀁉
􀁔　增大　
􀃊
􀁉
􀁕　增强　
加少量ＮａＯＨ固体
􀃊
􀁉
􀁖　向右　
􀃊
􀁉
􀁗　增大　
􀃊
􀁉
􀁘　减小　
􀃊
􀁉
􀁙　增强　
加少量
ＣＨ３ＣＯＯＮａ固体
􀃊
􀁉
􀁚　向左　
􀃊
􀁉
􀁛　减小　
􀃊
􀁊
􀁒　减小　
􀃊
􀁊
􀁓　增强　
加少量水
􀃊
􀁊
􀁔　向右　
􀃊
􀁊
􀁕　增大　
􀃊
􀁊
􀁖　减小　
􀃊
􀁊
􀁗　减弱　
升高温度
􀃊
􀁊
􀁘　向右　
􀃊
􀁊
􀁙　增大　
􀃊
􀁊
􀁚　增大　
􀃊
􀁊
􀁛　增强　
四、电解质溶液的导电性
电解质溶液之所以能够导电，是由于溶液中存在能够自由
移动的离子，这些离子在外加电源的作用下，会向两极定向移动
形成电流。溶液的导电能力主要取决于溶液中离子的浓度和离
子所带的电荷数，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的
导电能力也就越强。
五、电离平衡常数及其应用
１．电离平衡常数
弱电解质的电离是一个可逆过程，弱电解质溶液中除水分
子外还存在弱电解质分子。在一定条件下达到电离平衡时，弱电
解质电离形成的各种离子浓度幂的乘积与溶液中􀃊
􀁋
􀁒　未电离　的分
子的浓度之比是一个常数，这个常数叫作电离平衡常数。通常用
􀃊
􀁋
􀁓　Ｋａ　表示弱酸的电离平衡常数，用􀃊
􀁋
􀁔　Ｋｂ　表示弱碱的电离平衡
常数。
如醋酸在水溶液中达到电离平衡时，醋酸的电离平衡常数：
Ｋａ＝􀃊
􀁋
􀁕　
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
　。
２．电离平衡常数的意义
根据电离平衡常数数值的大小，可以估算弱电解质电离的
程度，Ｋ值越大，电离程度越大。对于弱酸来讲，Ｋａ越大，酸性越
强；对于弱碱来讲，Ｋｂ越大，碱性越强。相同条件下常见弱酸的
酸性强弱顺序：Ｈ２ＳＯ３＞Ｈ３ＰＯ４＞ＨＦ＞ＣＨ３ＣＯＯＨ＞Ｈ２ＣＯ３＞Ｈ２Ｓ＞ＨＣｌＯ。
３．电离平衡常数的影响因素
（１）电离平衡常数随温度变化而变化，但由于电离过程的热
效应较小，温度改变对电离平衡常数影响不大，其数量级一般不
变，所以室温范围内可忽略温度对电离平衡常数的影响。
（２）电离平衡常数与弱酸、弱碱的浓度无关，同一温度下，不
论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离平衡常数是不会改变的。
考点二水的电离　溶液的酸碱性
一、水的电离
１．电离方程式
水是一种极弱的电解质：Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
①　Ｈ３Ｏ
＋＋ＯＨ
－　。简
写为②　Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＯＨ
－　。
２．纯水在室温下的常用数据
（１）ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＝③　１．０×１０
－７　ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（２）ＫＷ＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝④　１．０×１０
－１４　。
（３）ｐＨ＝⑤　７　。
二、影响水的电离平衡的因素
１．水的电离过程是⑥　吸　热过程，升高温度能促进电离，所
以降温时ＫＷ减小，升温时ＫＷ增大。但不论温度升高或降低，
纯水中ｃ（Ｈ
＋）和ｃ（ＯＨ
－）始终相等。
２．向纯水中加入酸或碱，可以增大水中的Ｈ
＋或ＯＨ
－浓度，均
可使水的电离平衡向⑦　逆向　移动（即分子化的方向）。向水中
加入可溶性的盐，若组成盐的离子能与水电离产生的Ｈ
＋或ＯＨ
－
发生反应，生成难电离的物质，则能够破坏水的电离平衡，使水
的电离平衡向⑧　电离方向　移动，可使水溶液呈碱性或酸性；若
所加的盐既不能与水中的Ｈ
＋或ＯＨ
－发生反应，又不能电离产生
Ｈ
＋或ＯＨ
－，则不能破坏水的电离平衡，不使水的电离平衡发生移
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
动。若向水中加入活泼金属，由于活泼金属与水电离出的Ｈ
＋反应，
促进水的电离，溶液中ｃ（ＯＨ
－）⑨　增大　，ｃ（Ｈ
＋）􀃊
􀁉
􀁒　减小　。
三、溶液的酸碱性和ｐＨ
１．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中ｃ（Ｈ
＋）和ｃ（ＯＨ
－）的相对大小。
（１）ｃ（Ｈ
＋）􀃊
􀁉
􀁓　＞　ｃ（ＯＨ
－），溶液呈酸性；
（２）ｃ（Ｈ
＋）􀃊
􀁉
􀁔　＝　ｃ（ＯＨ
－），溶液呈中性；
（３）ｃ（Ｈ
＋）􀃊
􀁉
􀁕　＜　ｃ（ＯＨ
－），溶液呈碱性。
２．溶液的ｐＨ
ｐＨ
计算公式：ｐＨ＝􀃊
􀁉
􀁖　－ｌｇｃ（Ｈ
＋）　
适用范围：稀溶液，数值在０～１４之间
表示意义：表示溶液酸碱性的强弱，ｐＨ越小，
　　　　
酸性􀃊
􀁉
􀁗　越强　
ì
î
í
ïï
ïï
四、ｐＨ的测定方法
１．ｐＨ试纸的使用方法：把ｐＨ试纸放在洁净干燥的􀃊
􀁉
􀁘　表面
皿　（或玻璃片）上，用玻璃棒蘸取待测液滴在ｐＨ试纸上，待变色
后与􀃊
􀁉
􀁙　标准比色卡　对比，读出ｐＨ（整
·数
·）。
２．常用酸碱指示剂及其变色范围
指示剂
变色范围的ｐＨ
石蕊
＜５．０红色
５．０～８．０紫色
＞８．０蓝色
甲基橙
＜３．１红色
３．１～４．４橙色
＞４．４黄色
酚酞
＜８．２无色
８．２～１０．０浅红
＞１０．０红色
五、酸碱中和滴定
１．实验用品
（１）主要仪器：􀃊
􀁉
􀁚　酸式　滴定管（如图Ａ）、􀃊
􀁉
􀁛　碱式　滴定管
（如图Ｂ）、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
（２）试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
（３）滴定管的使用
ａ．酸
·性
·、氧
·化
·性
·的
·试
·剂
·一般用􀃊
􀁊
􀁒　酸式　滴定管盛装，因为酸
性和氧化性物质易腐蚀橡胶。
ｂ．碱性的试剂一般用􀃊
􀁊
􀁓　碱式　滴定管盛装，因为碱性物质易
腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开。
２．实验操作（以标准盐酸滴定待测ＮａＯＨ溶液为例）
（１）滴定前的准备
ａ．滴定管：􀃊
􀁊
􀁔　查漏　→洗涤→􀃊
􀁊
􀁕　润洗　→装液→调液面→
记录。
ｂ．锥形瓶：注碱液→记读数→加指示剂（酚酞或甲基橙均可）。
（２）滴定
（３）终点判断
等到滴入最后一滴标准液，溶液变色，且半分钟内不恢复原
来的颜色，视为滴定终点，记录标准液的体积。
３．数据处理
按上述操作重复两至三次，求出用去标准盐酸体积的平均
值，根据ｃ（ＮａＯＨ）＝􀃊
􀁊
􀁖　ｃ（ＨＣｌ）·Ｖ（ＨＣｌ）
Ｖ（ＮａＯＨ）
　计算。
４．中和滴定的误差分析
以标准盐酸滴定ＮａＯＨ溶液为例：
Ｖ（ＨＣｌ）· ｃ（ＨＣｌ）＝Ｖ（ＮａＯＨ）· ｃ（ＮａＯＨ）⇒ｃ（ＮａＯＨ）＝
ｃ（ＨＣｌ）·Ｖ（ＨＣｌ）
Ｖ（ＮａＯＨ）
项目
操作不当
具体内容
误差
１
仪器洗涤
酸式滴定管未用盐酸润洗
偏高
碱式滴定管未用ＮａＯＨ溶液润洗
偏低
锥形瓶用ＮａＯＨ溶液润洗
偏高
２
气泡处理
滴定前有气泡，滴定后无气泡
偏高
滴定前无气泡，滴定后有气泡
偏低
３
滴定
盐酸滴出瓶外
偏高
振荡时瓶内溶液溅出
偏低
４
读数
前仰后平
偏低
前平后仰
偏高
前仰后俯
偏低
５
其他
滴定终点时滴定管尖嘴悬一滴溶液
偏高
指示剂变色即停止滴定
偏低
正确理解和运用水的离子积常数（ＫＷ）
１．ＫＷ与温度有关，因为水的电离过程是吸热过程，所以温度升
高，有利于水的电离，ＫＷ增大。
２．ＫＷ不仅适用于纯水，还适用于稀的电解质水溶液。不管
哪种溶液均有ｃ（Ｈ
＋）Ｈ２Ｏ＝ｃ（ＯＨ
－）Ｈ２Ｏ。
如酸溶液中：［ｃ（Ｈ
＋）酸＋ｃ（Ｈ
＋）Ｈ２Ｏ］·ｃ（ＯＨ
－）Ｈ２Ｏ＝ＫＷ；
碱溶液中：［ｃ（ＯＨ
－）碱＋ｃ（ＯＨ
－）Ｈ２Ｏ］·ｃ（Ｈ
＋）Ｈ２Ｏ＝ＫＷ。
３．水的离子积常数揭示了在任何水溶液中均存在水的电离
平衡，都有Ｈ
＋和ＯＨ
－，只是相对含量不同而已，并且在稀酸或稀
碱溶液中，当温度为２５℃时，ＫＷ＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝１×１０
－１４，仍
为同一个常数。
４．在研究水溶液体系中离子的成分时，不要忽略Ｈ
＋和ＯＨ
－
共同存在。另外，通过对水的离子积的研究，知道水溶液的酸碱
性是由ｃ（Ｈ
＋）和ｃ（ＯＨ
－）的相对大小决定的。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１２１
　
对应学生用书
起始页码５７
考点一弱电解质的电离平衡
１．常温下向１０ｍＬ０．１ｍｏｌ／Ｌ的ＨＲ溶液中逐滴加入０．１ｍｏｌ／Ｌ的
氨水，所得溶液ｐＨ及导电能力变化如图。下列分析正确的是
（　　）
Ａ．ａ～ｃ点，溶液中离子数目先增大后减小
Ｂ．ｂ点溶液ｐＨ＝７，说明ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｒ
－）
Ｃ．ｃ点溶液中存在ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｒ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ．ｂ、ｃ两点对应溶液中，水的电离程度相同
１．
答案　Ｂ　Ａ项，根据图像可知，ａ～ｂ点溶液的导电能力增
强，ｂ～ｃ点溶液的导电能力减弱，说明ａ～ｃ点溶液中自由移动
的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直
增大，Ａ错误。Ｂ项，根据图像可知ｂ点溶液的ｐＨ＝７，ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－），结合电荷守恒ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｒ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），可
得ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｒ
－），Ｂ正确。Ｃ项，根据图像可知ｃ点溶液的
ｐＨ＞７，说明ｃ点溶液中ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），Ｃ错误。Ｄ项，由曲
线起点的ｐＨ可知，ＨＲ为弱酸，ｂ点溶液的ｐＨ＝７、溶液的导电
能力最强，说明两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解
促进水的电离；ｃ点溶液显碱性，说明氨水过量，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ电
离产生的ＯＨ
－会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水
的电离程度：ｂ＞ｃ，Ｄ错误。
２．下列有关电解质溶液的说法正确的是
（　　）
Ａ．向０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的氨水中加入少量水，溶液中
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＮＨ
＋
４）
增大
Ｂ．向０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中加入少量冰醋酸，溶液
中
ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）减小
Ｃ．将ＮＨ４Ｃｌ
溶液从２０
℃升温至３０
℃，溶液中
ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）·ＫＷ
不变
Ｄ．向ＮａＨＣＯ３溶液中加入ＮＨ４Ｃｌ至中性，溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋
ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｃｌ
－）＋ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（ＣＯ
２－
３）
２．
答案　Ｂ　加少量水稀释，氨水中电离平衡ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－正向移动，ｎ（ＮＨ
＋
４）增大，ｎ（ＮＨ３· Ｈ２Ｏ）减小，
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＮＨ
＋
４）
＝ｎ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
ｎ（ＮＨ
＋
４）
，
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＮＨ
＋
４）
减小，Ａ不正
确；加入少量冰醋酸，ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋平衡正向移
动，ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）增大，Ｋ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）不变，则
ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）减
小，Ｂ正确；
ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）·ＫＷ
＝
ｃ（ＮＨ
＋
４）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）·ｃ（Ｈ
＋）
＝１
Ｋｈ
（Ｋｈ为ＮＨ４Ｃｌ的水解平衡常数），升温，Ｋｈ增大，则
ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）·ＫＷ
减小，Ｃ不正确；溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＋
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（Ｃｌ
－）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（ＯＨ
－），溶液呈中性时
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），则ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（Ｃｌ
－）＋
２ｃ（ＣＯ
２－
３），Ｄ不正确。
关联知识　弱电解质的电离、盐类的水解均为吸热过程。升
高温度，电离平衡、水解平衡均正向移动，电离平衡常数、水解
平衡常数均增大。
３．２５℃时，将１．０Ｌｗｍｏｌ· Ｌ
－１的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液与０．１ｍｏｌ
ＮａＯＨ固体混合，充分反应后向混合液中通（加）入ＨＣｌ气体或
ＮａＯＨ固体，溶液的ｐＨ随通（加）入ＨＣｌ或ＮａＯＨ的物质的量
（ｎ）的变化如图所示。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．ａ、ｂ、ｃ对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是
ａ＞ｂ＞ｃ
Ｂ．ｃ点混合液中ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）
Ｃ．加入ＮａＯＨ过程中，ｃ（Ｎａ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）
的值减小
Ｄ．若忽略溶液体积变化，则２５℃时ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离平衡常
数Ｋ＝
０．２
ｗ－０．２×１０
－７
３．
答案　Ｄ　向混合液中通入ＨＣｌ气体，ｃ（Ｈ
＋）增大，抑制水的
电离，水的电离程度减小，加入ＮａＯＨ固体，ＣＨ３ＣＯＯＨ被中和，
对水的电离的抑制作用减弱，水的电离程度增大，故水的电离
程度由大到小的顺序是ｃ＞ｂ＞ａ，Ａ错误；ｃ点混合液的ｐＨ＝７，
根据电荷守恒可得ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－），Ｂ错误；ｂ点溶液显
酸性，故ｃ（Ｎａ
＋）＜ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－），加入ＮａＯＨ过程中，ｃ（Ｎａ
＋）与
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）的比值不断增大，并且溶液酸性不断减弱，
ｃ（ＯＨ
－）增大，因此ｃ（Ｎａ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）
的值不断增大，故Ｃ错
误；根据ｃ点ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＝
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＝（ｗ－０．２）ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，所以
２５℃时ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离平衡常数Ｋ＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
＝
０．２
ｗ－０．２×１０
－７，Ｄ正确。
考点二水的电离　溶液的酸碱性
４．２５℃时，体积均为１００ｍＬ、浓度均为０．１ｍｏｌ／Ｌ的两种一元碱
ＭＯＨ和ＲＯＨ的溶液中，分别通入ＨＣｌ气体，ｌｇｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ｈ
＋）随通入
ＨＣｌ的物质的量的变化如图所示。下列有关说法中不正确的
是（不考虑溶液体积的变化）
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．ａ点由水电离产生的ｃ（Ｈ
＋）和ｃ（ＯＨ
－）的乘积
为１×１０
－２６ｍｏｌ
２／Ｌ
２
Ｂ．ｂ点溶液中：ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（Ｒ
＋）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－）
Ｃ．ｃ点溶液的ｐＨ＝７，且所含溶质为ＲＯＨ和ＲＣｌ
Ｄ．碱性：ＭＯＨ＞ＲＯＨ，且ＭＯＨ是强碱，ＲＯＨ是弱碱
４．
答案　Ｂ　Ａ项，０．１ｍｏｌ／ＬＭＯＨ溶液中，ｃ（ＯＨ
－）＝０．１ｍｏｌ／Ｌ，
ＯＨ
－来自碱电离，Ｈ
＋来自水电离，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１３ｍｏｌ／Ｌ，水电离
出来的ｃ（Ｈ
＋）和ｃ（ＯＨ
－）相等，乘积为１×１０
－２６ｍｏｌ
２／Ｌ
２，Ａ项正
确；Ｂ项，ｂ点加了０．００５ｍｏｌＨＣｌ，中和了一半的ＲＯＨ，得到的
溶液为等物质的量浓度的ＲＯＨ和ＲＣｌ混合溶液，ｌｇｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ｈ
＋）
＝
６，ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－４ｍｏｌ／Ｌ，溶液呈碱性，ｃ（Ｈ
＋）＜ｃ（ＯＨ
－），Ｂ项错
误；Ｃ项，ｌｇｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ｈ
＋）
＝０，ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），溶液呈中性，ｐＨ＝７，
如果溶质只有ＲＣｌ，为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，现为中性，碱
要稍过量，所以溶质为ＲＯＨ和ＲＣｌ，Ｃ项正确；Ｄ项，通过计算
可判断ＭＯＨ为强碱，ＲＯＨ为弱碱，Ｄ项正确。
审题方法　没有通入ＨＣｌ气体之前，通过ｌｇｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ｈ
＋）和ＫＷ＝
ｃ（ＯＨ
－）·ｃ（Ｈ
＋）判断ＭＯＨ和ＲＯＨ是否为强碱。ＭＯＨ的
ｌｇｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ｈ
＋）
＝１２，可以知道０．１ｍｏｌ／ＬＭＯＨ溶液中，ｃ（ＯＨ
－）＝
０．１ｍｏｌ／Ｌ，则ＭＯＨ为强碱；同理０．１ｍｏｌ／ＬＲＯＨ溶液中，
ｃ（ＯＨ
－）＝０．０１ｍｏｌ／Ｌ，ＲＯＨ为弱碱。
５．下列实验误差分析错误的是
（　　）
Ａ．用湿润的ｐＨ试纸测某稀碱性溶液的ｐＨ，测定值偏小
Ｂ．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
Ｃ．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
Ｄ．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值
偏小
５．
答案　
Ｂ　
ｐＨ试纸湿润会将待测液稀释，碱溶液稀释后ｐＨ
减小，Ａ正确；定容时俯视刻度线，导致加水量偏少，所配溶液
浓度偏大，Ｂ错误；滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气
泡，会导致所测体积偏小，Ｃ正确；测定中和反应的反应热时，
碱缓慢倒入酸中，会导致中和反应产生的热量大量散失，所测
温度值偏小，Ｄ正确。
知识拓展　（１）ｐＨ试纸无法测氯水、漂白液等具有漂白作用
的溶液的ｐＨ，也不能测浓硫酸的ｐＨ。（２）广泛ｐＨ试纸测得
溶液的ｐＨ为整数，要精确测定溶液的ｐＨ可以用ｐＨ计。
６．常温下，向２０．００ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＡ溶液中滴入０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＮａＯＨ溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数
［－ｌｇｃ水（Ｈ
＋）］与所加ＮａＯＨ溶液体积的关系如图所示，下列说
法中不正确的是
（　　）
Ａ．常温下，Ｋａ（ＨＡ）约为１０
－５
Ｂ．Ｍ、Ｐ两点溶液对应的ｐＨ＝７
Ｃ．ｂ＝２０．００
Ｄ．Ｍ点后溶液中均存在ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ａ
－）
６．
答案　Ｂ　－ｌｇｃ水（Ｈ
＋）＝１１，ｃ水（Ｈ
＋）＝ｃ水（ＯＨ
－）＝１０
－１１ｍｏｌ·Ｌ
－１，
根据常温下水的离子积求出溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝
ＫＷ
ｃ水（ＯＨ
－）
＝１０
－３ｍｏｌ·
Ｌ
－１，ＨＡ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ａ
－，ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＝１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｋａ（ＨＡ）＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）
＝１０
－６
０．１＝１０
－５，Ａ项正确；Ｎ点水电离出的Ｈ
＋浓
度最大，说明ＨＡ与ＮａＯＨ恰好完全反应生成ＮａＡ，Ｐ点溶质
为ＮａＯＨ和ＮａＡ，溶液显碱性，即Ｐ点溶液的ｐＨ不等于７，Ｂ
项错误；０～ｂ段水的电离程度逐渐增大，当达到ｂ点时水的电
离程度达到最大，即溶质为ＮａＡ，说明ＨＡ和ＮａＯＨ恰好完全
反应，ｂ＝２０．００，Ｃ项正确；Ｍ点溶液ｐＨ＝７，根据溶液呈电中
性，存在ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
－），Ｍ点后，ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ａ
－），Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５８
一、强、弱电解质的判断方法
１．从是否完全电离的角度判断
在溶液中强电解质完全电离，弱电解质部分电离。据此判
断ＨＡ是强酸还是弱酸的方法有：
方法
结论
测定一定浓度的ＨＡ溶
液的ｐＨ
若测得０．１ｍｏｌ／Ｌ的ＨＡ溶液的ｐＨ＝１，
则ＨＡ为强酸；若ｐＨ＞１，则ＨＡ为弱酸
跟同浓度的盐酸比较导
电能力
导电能力和盐酸相同时为强酸，比盐酸
弱时为弱酸
跟同浓度的盐酸比较和
锌反应的快慢
反应速率相同时为强酸，比盐酸慢则为
弱酸
　　２．从是否存在电离平衡的角度判断
强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，在一定
条件下电离平衡会发生移动。据此判断ＨＡ是强酸还是弱酸的
方法有：
（１）从一定ｐＨ的ＨＡ溶液稀释前后ｐＨ的变化判断
如将ｐＨ＝３的ＨＡ溶液稀释至原体积的１００倍后，再测其
ｐＨ，若ｐＨ＝５，则为强酸；若ｐＨ＜５，则为弱酸。
（２）从升高温度后ｐＨ的变化判断
若升高温度，溶液的ｐＨ明显减小，则是弱酸。因为弱酸存在电
离平衡，升高温度时，电离程度增大，ｃ（Ｈ
＋）增大。而强酸不存在电
离平衡，升高温度时，只有水的电离程度增大，ｐＨ变化幅度小。
３．从酸根离子是否能发生水解的角度判断
强酸的酸根离子不水解，弱酸的酸根离子易发生水解，据此
可以判断ＨＡ是强酸还是弱酸。可直接测定ＮａＡ溶液的ｐＨ：若
ｐＨ＝７，则ＨＡ是强酸；若ｐＨ＞７，则ＨＡ是弱酸。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１２３
　
　　
例１　（２０１９福建莆田调研，１３）室温下，用相同物质的量
浓度的ＨＣｌ溶液，分别滴定物质的量浓度均为０．１ｍｏｌ／Ｌ的三种
碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是
（　　）
Ａ．滴定前，三种碱溶液中水电离出的ｃ（Ｈ
＋）大小关系：ＤＯＨ＞
ＢＯＨ＞ＡＯＨ
Ｂ．ｐＨ＝７时，ｃ（Ａ
＋）＝ｃ（Ｂ
＋）＝ｃ（Ｄ
＋）
Ｃ．滴定至ｐ点时，溶液中：ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（Ｂ
＋）＞ｃ（ＢＯＨ）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
Ｄ．当中和百分数达１００％时，将三种溶液混合后：ｃ（ＡＯＨ）＋
ｃ（ＢＯＨ）＋ｃ（ＤＯＨ）＝ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（ＯＨ
－）
解题导引　
起始时，ｐＨ：ＤＯＨ＞ＢＯＨ＞ＡＯＨ，说明碱性：
ＤＯＨ＞ＢＯＨ＞ＡＯＨ。
解析　由图可知，起始时ｐＨ都小于１３，说明三种碱均为
弱碱，且碱性：ＡＯＨ＜ＢＯＨ＜ＤＯＨ，碱性越强，对水的电离的抑制作
用越大。Ａ项，滴定前，三种碱溶液中水电离出的ｃ（Ｈ
＋）大小关
系为ＡＯＨ＞ＢＯＨ＞ＤＯＨ，Ａ不正确。Ｂ项，ｐＨ＝７时，溶液中
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），由电荷守恒可知，三种溶液中ｃ（Ｃｌ
－）均等于
ｃ（弱碱阳离子），由于滴定到溶液恰好呈中性，溶液中ｃ（Ｃｌ
－）不
相等，故Ｂ不正确。Ｃ项，滴定至ｐ点时，此时中和百分数为
５０％，即ＢＯＨ恰好有一半被中和，溶液为等物质的量浓度的
ＢＯＨ和ＢＣｌ的混合溶液，ｐＨ＞７，溶液显碱性，则ＢＯＨ的电离程
度大于ＢＣｌ的水解程度，所以溶液中ｃ（Ｃｌ
－）＜ｃ（Ｂ
＋），Ｃ不正确。
Ｄ项，当中和百分数达１００％时，三种溶液混合后，根据质子守恒
有ｃ（ＤＯＨ）＋ｃ（ＡＯＨ）＋ｃ（ＢＯＨ）＋ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋），则ｃ（ＡＯＨ）＋
ｃ（ＢＯＨ）＋ｃ（ＤＯＨ）＝ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（ＯＨ
－），故Ｄ正确。
答案　Ｄ
二、酸、碱溶液稀释时ｐＨ的变化规律及计算方法
１．酸、碱溶液稀释时ｐＨ的变化规律（２５℃）
（１）强酸、强碱溶液的稀释：在稀释时，当它们的浓度大于
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，不考虑水的电离；当它们的浓度小于
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，应考虑水的电离。
例如：ｐＨ＝６的盐酸稀释至原体积的１００倍，稀释后ｐＨ≈７
（不能大于７）；
ｐＨ＝８的ＮａＯＨ溶液稀释至原体积的１００倍，稀释后ｐＨ≈７（不
能小于７）；
ｐＨ＝３的盐酸稀释至原体积的１００倍，稀释后ｐＨ＝５；
ｐＨ＝１０的ＮａＯＨ溶液稀释至原体积的１００倍，稀释
后ｐＨ＝８。
（２）弱酸、弱碱溶液的稀释：在稀释过程中既有浓度的变化，
又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其ｐＨ范围。
例如：ｐＨ＝３的ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液，稀释至原体积的１００倍，稀
释后３＜ｐＨ＜５；
ｐＨ＝１０的ＮＨ３·Ｈ２Ｏ溶液，稀释至原体积的１００倍，稀释后
８＜ｐＨ＜１０。
２．溶液ｐＨ的计算方法（２５℃）
（１）单一溶液
①强酸溶液，如ＨｎＡ溶液，设溶质的物质的量浓度为
ｃｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝ｎｃｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋）＝－ｌｇｎｃ。
②强碱溶液，如Ｂ（ＯＨ）ｎ溶液，设溶质的物质的量浓度为
ｃｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１４
ｎｃ
ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋）＝１４＋ｌｇｎｃ。
（２）两强酸溶液混合
由ｃ（Ｈ
＋）混＝ｃ（Ｈ
＋）１Ｖ１＋ｃ（Ｈ
＋）２Ｖ２
Ｖ１＋Ｖ２
先求出混合后的ｃ（Ｈ
＋）混，
再根据公式ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋）求ｐＨ。若两强酸溶液等体积混合，可
采用速算方法：混合后溶液的ｐＨ等于混合前溶液ｐＨ小的加０．３。
如ｐＨ＝３和ｐＨ＝５的两种盐酸等体积混合后，ｐＨ＝３．３。
（３）两强碱溶液混合
由ｃ（ＯＨ
－）混＝ｃ（ＯＨ
－）１Ｖ１＋ｃ（ＯＨ
－）２Ｖ２
Ｖ１＋Ｖ２
先求出混合后的
ｃ（ＯＨ
－）混，再通过ＫＷ求出ｃ（Ｈ
＋）混，最后求ｐＨ。若两强碱溶液
等体积混合，可采用速算方法：混合后溶液的ｐＨ等于混合前溶
液ｐＨ大的减０．３。如ｐＨ＝９和ｐＨ＝１１的两种烧碱溶液等体积
混合后，ｐＨ＝１０．７。
（４）强酸溶液与强碱溶液混合
强酸溶液与强碱溶液混合的实质为中和反应，Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅
Ｈ２Ｏ，中和后溶液的ｐＨ有以下三种情况：
①若恰好中和，ｐＨ＝７；
②若剩余酸，先求中和后剩余的ｃ（Ｈ
＋），再求ｐＨ；
③若剩余碱，先求中和后剩余的ｃ（ＯＨ
－），再通过ＫＷ求出
ｃ（Ｈ
＋），最后求ｐＨ。
（５）已知酸溶液和碱溶液的ｐＨ之和，判断等体积混合后溶液
的ｐＨ
①若强酸与强碱溶液的ｐＨ之和等于１４，则混合后溶液显
中性，ｐＨ＝７。
②若强酸与强碱溶液的ｐＨ之和大于１４，则混合后溶液显
碱性，ｐＨ＞７。
③若强酸与强碱溶液的ｐＨ之和小于１４，则混合后溶液显
酸性，ｐＨ＜７。
④若酸、碱溶液的ｐＨ之和为１４，酸、碱中有一强、一弱，则
酸、碱溶液混合后，谁弱显谁性。
例２　（２０１９湖南、湖北八市十二校一调，８）现有室温下
四种溶液，有关叙述不正确的是
（　　）
编号
①
②
③
④
ｐＨ
１０
１０
４
４
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
　　Ａ．相同体积的③、④两溶液分别与ＮａＯＨ完全反应，消耗
ＮａＯＨ的物质的量：③＞④
Ｂ．分别加水稀释至原体积的１０倍，四种溶液的ｐＨ：①＞②＞
④＞③
Ｃ．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
Ｄ．ＶａＬ④与ＶｂＬ②混合（近似认为混合溶液体积＝ＶａＬ＋
ＶｂＬ），若混合后溶液ｐＨ＝５，则Ｖａ∶Ｖｂ＝９∶１１
解题导引　弱酸、弱碱不完全电离，强酸、强碱完全电离。
解析　ｐＨ相同的盐酸与醋酸溶液，醋酸溶液浓度大于盐
酸，故相同体积的③、④两种溶液与ＮａＯＨ完全反应，消耗ＮａＯＨ
的物质的量③＞④，Ａ正确；同样稀释至原体积的１０倍，①的ｐＨ
在９～１０之间，②的ｐＨ＝９，③的ｐＨ在４～５之间，④的ｐＨ＝５，则
ｐＨ：①＞②＞④＞③，Ｂ正确；①、④两溶液等体积混合后，氨水过
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
量，溶液显碱性，ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），Ｃ正确；由题
意可列式：
ＶａＬ×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ－ＶｂＬ×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ
ＶａＬ＋ＶｂＬ
＝１０
－５，解得
Ｖａ∶Ｖｂ＝１１∶９，Ｄ不正确。
答案　Ｄ
􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码５９
１．（２０１８湖北荆州第一次质量检查，１４）关于相同体积、ｐＨ均为
３的醋酸溶液和盐酸，下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．稀释至原体积的１０倍后，两者的ｐＨ变化醋酸溶液大于
盐酸
Ｂ．用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠的物质的量盐
酸大于醋酸溶液
Ｃ．加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同，则醋酸溶液一定
过量
Ｄ．加入足量的锌粉，产生氢气的速率随时间的变化如图所示
１．
答案　
Ｃ　
醋酸是弱酸，存在电离平衡ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋，盐酸属于强酸，稀释相同倍数时，盐酸ｐＨ变化
大于醋酸溶液，Ａ项错误；盐酸属于强酸，醋酸属于弱酸，用同
浓度的ＮａＯＨ溶液中和，醋酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量较
大，Ｂ项错误；加入锌粉，开始产生Ｈ２的速率相同，后来由于醋
酸溶液中存在电离平衡，Ｈ
＋变化幅度小，故醋酸溶液产生氢气
的速率较快，Ｄ项错误。
２．（２０１８安徽马鞍山二模，１３）室温时，１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＡ溶液和
１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＢ溶液，起始时的体积均为Ｖ０，分别向两溶液中
加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法中错误的是
（　　）
Ａ．Ｍ点溶液中ｃ（Ａ
－）等于Ｎ点溶液中
ｃ（Ｂ
－）
Ｂ．ＨＡ的电离常数约为１０
－４
Ｃ．浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＡ和ＨＡ
混合溶液的ｐＨ＜７
Ｄ．Ｍ、Ｐ两点的溶液分别用等浓度的
ＮａＯＨ溶液中和，消耗的ＮａＯＨ溶液体积：Ｐ＞Ｍ
２．
答案　Ｄ　由图中信息可知，室温时，１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＡ溶液和
１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＢ溶液ｐＨ分别为２和０，所以ＨＡ是弱酸、ＨＢ是强
酸，ＨＢ已完全电离。因为浓度和体积均相等，故两溶液中所含一
元酸的物质的量相等。Ｍ点溶液和Ｎ点溶液的ｐＨ都等于３，由电
荷守恒可知，Ｍ点溶液中ｃ（Ａ
－）等于Ｎ点溶液中ｃ（Ｂ
－），Ａ项正
确；１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＡ溶液的ｐＨ为２，ｃ（Ａ
－）＝ｃ（Ｈ
＋）＝０．０１ｍｏｌ·
Ｌ
－１，ｃ（ＨＡ）≈１ｍｏｌ·Ｌ
－１，则ＨＡ的电离常数约为１０
－４，Ｂ项正确；
浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＡ和ＨＡ混合溶液中，ｃ（ＨＡ）≈ｃ（Ａ
－），
根据电离常数的表达式可知，ｃ（Ｈ
＋）＝Ｋａ（ＨＡ）＝１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，所
以该溶液的ｐＨ＜７，Ｃ项正确；Ｍ、Ｐ两点的溶液所含一元酸的物质
的量相等，故分别用等浓度的ＮａＯＨ溶液中和时，消耗的ＮａＯＨ溶
液体积相等，Ｄ项错误。
解题关键　本题通过图像考查了一元强酸和一元弱酸加水稀
释的相关问题，主要考查了有关弱电解质的电离常数的计算和
从图中获取信息的能力。分析图像时，要先看清横坐标和纵坐
标所表示的物理量，然后看图中线的变化趋势，最后看线的起
点和其他特殊点。
方法技巧　尽管浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＡ和ＨＡ混合溶
液中ＨＡ和Ａ
－的浓度不一定相等，但二者的值相差不大，通过
近似相等处理，即可做出正确的判断。
３．（２０１９湖南邵东创新实验学校月考，２０）室温下，甲、乙两烧杯
中均盛有５ｍＬｐＨ＝３的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释
至ｐＨ＝４。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是（　　）
①溶液的体积：１０Ｖ甲≤Ｖ乙
②水电离出的ＯＨ
－浓度：１０ｃ（ＯＨ
－）甲≤ｃ（ＯＨ
－）乙
③若分别用等浓度的ＮａＯＨ溶液完全中和，所得溶液的ｐＨ：
甲≤乙
④若分别与５ｍＬｐＨ＝１１的ＮａＯＨ溶液反应，所得溶液的ｐＨ：
甲≤乙
Ａ．①②
Ｂ．②③
Ｃ．③④
Ｄ．①④
３．
答案　
Ｂ　
①若酸是强酸，稀释过程中氢离子物质的量不
变：５×１０
－３Ｌ×１０
－３ｍｏｌ／Ｌ＝ＶＬ×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ，解得Ｖ＝０．０５，则
１０Ｖ甲＝Ｖ乙；若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产
生的氢离子增多，要使ｐＨ仍然为４，加入的水应该多一些，则
１０Ｖ甲＜Ｖ乙，故①正确。②ｐＨ＝３的酸溶液中，ｃ（ＯＨ
－）甲＝
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝１０
－１１ｍｏｌ／Ｌ；ｐＨ＝４的酸溶液中，ｃ（ＯＨ
－）乙＝
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝
１０
－１０ｍｏｌ／Ｌ，则１０ｃ（ＯＨ
－）甲＝ｃ（ＯＨ
－）乙，故②错误。③稀释前
后甲、乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱
中和反应原理可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的盐
的浓度甲大于乙，若酸为强酸，则二者ｐＨ相等；若酸为弱酸，
则甲的ｐＨ大于乙，故③错误。④若酸是强酸，分别与５ｍＬ
ｐＨ＝１１的ＮａＯＨ溶液反应，恰好完全中和，生成强酸强碱盐，
ｐＨ相等；若酸为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，
酸性强，ｐＨ小，所得溶液的ｐＨ：甲＜乙，故④正确。
４．（２０１８陕西西安长安一中六检，１５）某温度时，测得０．０１ｍｏｌ·
Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液的ｐＨ＝１１。下列说法中错误的是
（　　）
Ａ．该温度下水的离子积常数ＫＷ＝１０
－１３
Ｂ．该温度下，将ｐＨ＝ａ的ＮａＯＨ溶液ＶａＬ与ｐＨ＝ｂ的稀硫酸
ＶｂＬ混合，所得溶液为中性，若ａ＝１２，ｂ＝２，则Ｖａ∶Ｖｂ＝１∶１０
Ｃ．该温度下，将ｐＨ＝ａ的ＮａＯＨ溶液ＶａＬ与ｐＨ＝ｂ的稀硫酸
ＶｂＬ混合，所得溶液为中性，若ａ＋ｂ＝１２，则Ｖａ∶Ｖｂ＝１０∶１
Ｄ．该温度下，将ｐＨ＝ａ的ＮａＯＨ溶液ＶａＬ与ｐＨ＝ｂ的稀硫酸
ＶｂＬ混合，所得溶液为中性，若Ｖａ∶Ｖｂ＝１００∶１，则ａ＋ｂ＝１０
４．
答案　Ｄ　该温度下，０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液中ｃ（ＯＨ
－）＝
０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１１ｍｏｌ·Ｌ
－１，则ＫＷ＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝
１×１０
－１３，Ａ正确。强酸与强碱恰好中和时所得溶液呈中性；该
温度下，ｐＨ＝ａ的ＮａＯＨ溶液ＶａＬ与ｐＨ＝ｂ的稀硫酸ＶｂＬ恰好
中和时ｎ（Ｈ
＋）＝ｎ（ＯＨ
－），则１０
－ｂ· Ｖｂ＝１０
ａ－１３· Ｖａ，
Ｖａ
Ｖｂ
＝
１０
１３－（ａ＋ｂ），若ａ＝１２，ｂ＝２，则Ｖａ∶Ｖｂ＝１∶１０，Ｂ正确。若ａ＋ｂ＝
１２，则Ｖａ∶Ｖｂ＝１０∶１，Ｃ正确。若Ｖａ∶Ｖｂ＝１００∶１，则ａ＋ｂ＝
１１，Ｄ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１２５
　
对应学生用书
起始页码６０
　　滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可迁移应用于氧化
还原反应进行物质含量的测定，计算方法主要是“关系式”法。
例
　（２０１９广东佛山一模，２７）钛白粉（ＴｉＯ２）广泛应用
于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石［主要成
分为（Ｍｇ０．５Ｆｅ０．５）Ｔｉ２Ｏ５，含有少量Ａｌ２Ｃａ（ＳｉＯ４）２］制备ＴｉＯ２，工艺
流程如下。已知：ＴｉＯＳＯ４易溶于水，在热水中易水解生成
Ｈ２ＴｉＯ３。回答下列问题：
黑钛
矿石
①粉碎
　
→
钛矿
粉末
↓
ＮＨ４ＨＳＯ４
②焙烧
　
→熔块
③水浸
过滤
滤渣
→
Ｆｅ
２＋、Ａｌ
３＋、
Ｍｇ
２＋、ＴｉＯ
２＋、
ＳＯ
２－
４
→
④
Ｈ２ＴｉＯ３
→
煅烧
　→ＴｉＯ２
滤液
→
（１）（Ｍｇ０．５Ｆｅ０．５）Ｔｉ２Ｏ５中钛元素的化合价为　
　
　
　，“ 焙
烧”所需的容器名称是　　　　，“滤渣”的主要成分是　　　　
　　（填化学式）。
（２）制取Ｈ２ＴｉＯ３的化学方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　。
（３）矿石粒度对ＴｉＯ２的提取率影响如图，原因是　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）相关的金属难溶化合物在不同ｐＨ下的溶解度（Ｓ，
ｍｏｌ·Ｌ
－１）如图所示，步骤④应该控制的ｐＨ范围是　　　　（填
标号）。
　　Ａ．１～２
　Ｂ．２～３
　Ｃ．５～６
　Ｄ．１０～１１
（５）常用硫酸铁铵［ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２］滴定法测定钛白粉的纯
度，其步骤为：用足量酸溶解ａｇ二氧化钛样品，用铝粉作还原
剂，过滤、洗涤，将滤液定容为１００ｍＬ，取２０．００ｍＬ，以ＮＨ４ＳＣＮ
作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为Ｔｉ
３＋＋
Ｆｅ
３＋􀪅􀪅Ｔｉ
４＋＋Ｆｅ
２＋。
①滴定终点的现象为
　
　。
②滴定终点时消耗ｂｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２溶液ＶｍＬ，则
ＴｉＯ２纯度为　　　　　　　　（写表达式）。
解析　（１）（Ｍｇ０．５Ｆｅ０．５）Ｔｉ２Ｏ５中Ｆｅ化合价为＋２，设Ｔｉ的化
合价为ｘ，则有（＋２）× ０．５＋（＋２）× ０．５＋２ｘ＋（－２）× ５＝０，解得
ｘ＝＋４；“焙烧”所需的温度高，一般选用坩埚；结合元素守恒可知
滤渣为ＣａＳＯ４、ＣａＳｉＯ３。（２）ＴｉＯＳＯ４在热水中易水解，根据水解
规律可知ＴｉＯＳＯ４水解生成Ｈ２ＴｉＯ３和Ｈ２ＳＯ４，方程式为ＴｉＯＳＯ４＋
２Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅Ｈ２ＴｉＯ３↓＋Ｈ２ＳＯ４。（３）由题图可知，矿石颗粒越小，
反应速率越快，ＴｉＯ２提取率越高。（４）Ｈ２ＴｉＯ３沉淀完全的ｐＨ约
为２，Ａｌ
３＋、Ｆｅ
２＋、Ｍｇ
２＋等开始沉淀的ｐＨ大于３，所以应该控制的
ｐＨ范围是２＜ｐＨ＜３。（５）②由关系式ＴｉＯ２～Ｔｉ
３＋～ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２
可知ｎ（ＴｉＯ２）＝ｎ［ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２］＝ｂｍｏｌ· Ｌ
－１× Ｖ× １０
－３Ｌ×
１００ｍＬ
２０ｍＬ＝５ｂＶ×１０
－３ｍｏｌ，ｍ（ＴｉＯ２）＝５ｂＶ×１０
－３ｍｏｌ×８０ｇ·ｍｏｌ
－１＝
０．４ｂＶｇ，ＴｉＯ２纯度为０．４ｂＶｇ
ａｇ
×１００％＝０．４ｂＶ
ａ
×１００％。
答案　（１）＋４　坩埚　ＣａＳＯ４、ＣａＳｉＯ３
（２）ＴｉＯＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅Ｈ２ＴｉＯ３↓＋Ｈ２ＳＯ４
（３）矿石颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快
（４）Ｂ
（５）①当滴入最后一滴ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２溶液时，溶液变为血
红色且半分钟内不褪色　②０．４ｂＶ
ａ
×１００％或４０ｂＶ
ａ％
题目价值　氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的滴
定分析方法，氧化还原滴定题在高考中出现越来越多。氧化还
原滴定反应中常涉及电子转移的相关计算，反应复杂、反应速率
快慢不一、受外界条件影响较大。解决此问题首先要了解常见
的氧化还原滴定，然后将离子方程式练习到位，找出关系式，最
后在计算上细致严谨，就可以得到高分。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６１
１．（２０２０届湖北名师联盟月考，２１）过碳酸钠俗称固体双氧水，
被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，它的
制备原理和路线如下：
已知：２Ｎａ２ＣＯ３＋３Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２Ｎａ２ＣＯ３·３Ｈ２Ｏ２　ΔＨ＜０。
请回答下列问题：
（１）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是　　　　。
ａ．ＭｎＯ２
ｂ．Ｈ２Ｓ
ｃ．稀硫酸
ｄ．ＮａＨＣＯ３
（２）加入ＮａＣｌ的作用是
　。
（３）工业纯碱中含有Ｆｅ
３＋等杂质，加入稳定剂的作用是与Ｆｅ
３＋
结合生成稳定的配合物，Ｆｅ
３＋对反应的不良影响是　
　
　
　　　　　　。
（４）反应的温度控制在１５℃～２０℃，温度过高时造成产率降
低的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（５）以上流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，该步操
作的名称是　　　　　　，进行该操作的方法是　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（６）为测定产品的纯度，准确称取ａｇ产品配成２５０ｍＬ溶液，
移取２５．００ｍＬ至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀
释成１００ｍＬ，作被测试样；用高锰酸钾标准溶液滴定被测
试样，ＭｎＯ
－
４的还原产物是Ｍｎ
２＋。用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标
准溶液ＶｍＬ滴定待测液，滴定到达终点的现象是　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。重复滴定三次，平均消耗ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标
准溶液ＶｍＬ，则产品中过碳酸钠的质量分数为　
　
　
　。
配制ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标准溶液的过程中，移液时有少量
液体溅出，则产品的纯度将　
　
　
（填“偏大” “偏小” 或
“不变”）。
２．
答案　（１）ａｂｃ
（２）使２Ｎａ２ＣＯ３·３Ｈ２Ｏ２在水中的溶解度降低，析出更多晶体
（３）催化过氧化氢的分解
（４）温度高时过氧化氢易分解
（５）晶体的洗涤　
向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至刚好淹
没沉淀，静置，待水自然流出后，再重复操作两到三次
（６）滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红
色，且３０ｓ不恢复原色　７８５ｃＶ
３ａ％　偏大
解析　（１）ａ项，二氧化锰能够做催化剂，促进过氧化氢分
解，使固体双氧水失效。ｂ项，硫化氢具有还原性，能够与固体
双氧水发生氧化还原反应，使固体双氧水失效。ｃ项，稀硫酸
能够与过碳酸钠反应，使固体双氧水失效。ｄ项，碳酸氢钠与
固体双氧水不反应，不会使固体双氧水失效。
（２）加入氯化钠，溶液中钠离子浓度增大，降低了固体双氧水
的溶解度，会析出更多晶体。
（３）铁离子能够做催化剂，促进过氧化氢的分解。
（６）设参加反应的２Ｎａ２ＣＯ３·３Ｈ２Ｏ２为ｘｍｏｌ，根据关系式：
６ＫＭｎＯ４　　　
～　　５（２Ｎａ２ＣＯ３·３Ｈ２Ｏ２）
６ｍｏｌ　　　　　　　５ｍｏｌ
（ｃｍｏｌ·Ｌ
－１×Ｖ×１０
－３Ｌ）ｘ
ｘ＝５
６ｃＶ×１０
－３ｍｏｌ
ｍ（２Ｎａ２ＣＯ３·３Ｈ２Ｏ２）＝５
６ｃＶ×１０
－３ｍｏｌ×３１４ｇ·ｍｏｌ
－１
故
ω
（
２Ｎａ２
ＣＯ３
·
３Ｈ２
Ｏ２
）
＝
５
６ｃＶ×１０
－３ｍｏｌ×３１４ｇ·ｍｏｌ
－１×２５０ｍＬ
２５ｍＬ
ａｇ
× １００％＝７８５ｃＶ
３ａ％；配制
ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标准溶液时，移液时有少量液体溅出，使标
准液浓度偏小，消耗的标准液体积偏大，则产品的纯度将偏大。
２．（２０１８安徽Ａ１０联盟联考，１９）废物的综合利用是化学研究的
重要课题，以废铁屑（含有少量镍）制备高铁酸钾（Ｋ２ＦｅＯ４）的
流程如下图所示：
固体
铁屑
碱液洗涤
①
→
加适量盐酸
②
→
加Ｈ２Ｏ２溶液
③
→
调节ｐＨ
④→
　　　
　
ＮａＯＨ溶液
↓
←
ＮａＣｌＯ溶液
　
⑤
↓
Ｎａ２ＦｅＯ４
粗Ｋ２ＦｅＯ４
饱和ＫＯＨ溶液
　
←
已知：①２５℃时，一些金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的
ｐＨ如下表所示。
氢氧化物
ｐＨ
开始沉淀
沉淀完全
Ｆｅ（ＯＨ）３
２．３０
３．７０
Ｎｉ（ＯＨ）２
７．６０
９．７５
②２５℃时，Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）３］＝４．０×１０
－３８、Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）２］＝８．０×
１０
－１６、Ｋｓｐ［Ｎｉ（ＯＨ）２］＝２．０×１０
－１５。
（１）Ｋ２ＦｅＯ４中铁元素的化合价为　　　　。
（２）“ 碱液洗涤” 的目的是除去铁屑表面的油污，一般用
Ｎａ２ＣＯ３溶液除污的原理是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
（用离子方程式作答）。
（３）步骤⑤发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（４）步骤③中若不加Ｈ２Ｏ２溶液，将会产生的后果是　
　
　
　
　　　　　，原因是　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（５）用滴定法测定所制粗Ｋ２ＦｅＯ４的纯度：取０．２４０ｇ粗Ｋ２ＦｅＯ４
样品，加入足量硫酸酸化的ＫＩ溶液，充分反应后，用
０．２００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液滴定，滴定消耗标准溶液
的体积为２０．００ｍＬ。
涉及的反应有ＦｅＯ
２－
４＋４Ｉ
－＋８Ｈ
＋􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋２Ｉ２＋４Ｈ２Ｏ，
２Ｓ２Ｏ
２－
３＋Ｉ２􀪅􀪅Ｓ４Ｏ
２－
６＋２Ｉ
－。
①滴定时选用的指示剂为　　　　　，滴定终点的现象为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②粗Ｋ２ＦｅＯ４的纯度为　　　　。
２．
答案　（１）＋６
（２）ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
（３）２Ｆｅ（ＯＨ）３＋３ＮａＣｌＯ＋４ＮａＯＨ􀪅􀪅２Ｎａ２ＦｅＯ４＋３ＮａＣｌ＋５Ｈ２Ｏ
（４）固体中会混有Ｎｉ（ＯＨ）２　
Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）２］和
Ｋｓｐ［Ｎｉ（ＯＨ）２］相差不大，仅调节ｐＨ难以使二者分离
（５）①淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色　
②８２．５％或０．８２５
解析　（１）根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零，
由Ｋ是＋１价、Ｏ是－２价可得Ｋ２ＦｅＯ４中铁元素的化合价为＋６。
（２）“ 碱液洗涤” 的目的是除去铁屑表面的油污，一般用
Ｎａ２ＣＯ３溶液除污的原理是ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－。
（３）步骤⑤产生Ｎａ２ＦｅＯ４，则加入的ＮａＣｌＯ将Ｆｅ（ＯＨ）３氧化为
Ｎａ２ＦｅＯ４：２Ｆｅ（ＯＨ）３＋３ＮａＣｌＯ＋４ＮａＯＨ􀪅􀪅２Ｎａ２ＦｅＯ４＋３ＮａＣｌ＋
５Ｈ２Ｏ。（５）①滴定时选用的指示剂为淀粉溶液，反应过程中生
成的Ｉ２被消耗，滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且半
分钟内不变色。②根据关系式ＦｅＯ
２－
４～４Ｓ２Ｏ
２－
３，粗Ｋ２ＦｅＯ４的纯
度为
０．２００ｍｏｌ·Ｌ
－１×２０．００×１０
－３Ｌ×１９８ｇ·ｍｏｌ
－１× １
４
０．２４０ｇ
× １００％＝
８２．５％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１２７
　
对应学生用书
起始页码２０１
考点一弱电解质的电离平衡
１．（２０１９课标Ⅰ，１０，６分）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２５３Ｋ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
０．９ｇ·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ＨＣｌ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｃｌ
－
１．
答案　Ｄ　本题涉及的考点有ＨＣｌ的电离、Ｈ
＋浓度计算和水
分子间氢键等。根据题目提供的新信息，准确提取实质性内
容，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力。从原子、分
子水平认识物质的结构和变化，体现了宏观辨识与微观探析
的学科核心素养。
由图可知，在冰表面第一层氯化氢以分子形式存在，在第二层
氯化氢以离子形式存在，而第三层只有水分子，则在第一、二
层之间存在可逆反应：ＨＣｌ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｃｌ
－，Ａ、Ｃ项正确，Ｄ项错
误；１Ｌ冰中水的物质的量为０．９ｇ·ｃｍ
－３×１０００ｍＬ
１８ｇ·ｍｏｌ
－１
＝５０ｍｏｌ，
第二层中，ｎ（Ｃｌ
－）∶ｎ（Ｈ２Ｏ）＝１０
－４∶１，ｎ（Ｃｌ
－）＝５×１０
－３ｍｏｌ，
则ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ｃｌ
－）＝ｎ（Ｃｌ
－）
Ｖ
＝５×１０
－３ｍｏｌ
１Ｌ
＝５×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，
Ｂ项正确。
思路分析　依据图示分析氯化氢在不同层的存在形式，结合
ＨＣｌ的电离方程式和相关粒子数量比例关系求第二层中Ｈ
＋的
浓度。
２．（２０１９北京理综，７，６分）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
ＮａＣｌ􀪅􀪅Ｎａ
＋＋Ｃｌ
－
ＣｕＣｌ２􀪅􀪅
Ｃｕ
２＋＋２Ｃｌ
－
ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋
Ｈ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅
２ＨＣｌ（ｇ）
ΔＨ＝－１８３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２．
答案　Ｂ　
本题考查了电解质的电离、电离方程式的书写、
电解原理和化学键与能量的关系等知识。通过图示、化学方程
式等形式考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力；试题以图
示形式呈现物质变化规律，体现了变化观念与平衡思想的学科
核心素养及运用模型解释化学现象、揭示现象的本质和规律的
学科思想，体现了学以致用的价值观念。
Ｂ项中用惰性电极电解ＣｕＣｌ２溶液的化学方程式是ＣｕＣｌ２
电解
􀪅􀪅
Ｃｕ＋Ｃｌ２↑。
解题方法　Ｄ项中反应热的计算方法是：
ΔＨ＝－（生成ＨＣｌ所放出的能量－断裂Ｈ２、Ｃｌ２中的化学键所吸收
的能量）＝－（４３１ｋＪ·ｍｏｌ
－１×２－４３６ｋＪ·ｍｏｌ
－１－２４３ｋＪ·ｍｏｌ
－１）＝
－１８３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
３．（２０１９天津理综，５，６分）某温度下，ＨＮＯ２和ＣＨ３ＣＯＯＨ的电
离常数分别为５．０×１０
－４和１．７×１０
－５。将ｐＨ和体积均相同的两
种酸溶液分别稀释，其ｐＨ随加水体积的变化如图所示。下列
叙述正确的是
（　　）
Ａ．曲线Ⅰ代表ＨＮＯ２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ｃ（ＨＡ）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ａ
－）
保持不变（其中ＨＡ、
Ａ
－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ＮａＯＨ恰好中和后，溶液中
ｎ（Ｎａ
＋）相同
３．
答案　Ｃ　本题涉及弱酸的稀释与ｐＨ变化的相关知识，通
过加水的体积与酸的ｐＨ变化图像，考查学生分析和解决问题
的能力，以两种弱酸的性质作比较，体现宏观辨识与微观探析
的学科核心素养。
由电离常数的值可知酸性：ＨＮＯ２＞ＣＨ３ＣＯＯＨ，则曲线Ⅰ代表
ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液，曲线Ⅱ代表ＨＮＯ２溶液，Ａ项错误；当稀释相
同倍数时，ｂ点溶液中ｃ（Ｈ
＋）大于ｃ点，对水的电离的抑制作
用：ｂ点＞ｃ点，所以水的电离程度：ｂ点＜ｃ点，Ｂ项错误；
ｃ（ＨＡ）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ａ
－）
＝ＫＷ
Ｋａ
，ｃ点到ｄ点温度不变，ＫＷ和Ｋａ都不变，
Ｃ项正确；ａ点表示ＨＮＯ２和ＣＨ３ＣＯＯＨ两种酸溶液的ｐＨ相
同，则ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＞ｃ（ＨＮＯ２），同体积的两种酸溶液分别与
ＮａＯＨ恰好中和后，溶液中ｎ（Ｎａ
＋）不同，Ｄ项错误。
审题方法　①依题干信息判断两种酸的酸性强弱；②认真分
析图像中曲线的变化趋势，准确判断曲线对应的酸。
４．（２０１８北京理综，８，６分）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＋Ｃ２Ｈ５
１８ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２
１８Ｏ
Ｂ．常温时，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１氨水的ｐＨ＝１１．１：ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋
ＯＨ
－
Ｃ．由Ｎａ和Ｃｌ形成离子键的过程：
Ｄ．电解精炼铜的阴极反应：Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｃｕ
４．
答案　Ａ　在酯化反应中，通常是“酸脱羟基醇脱氢”，所以
Ａ中反应后
１８Ｏ原子应存在于酯中。
易错易混　Ｃ项中离子键的形成过程包含电子的转移，用电
子式表示离子键的形成过程时要用箭头表示出电子转移的
方向。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１２８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
５．（２０１７课标Ⅱ，１２，６分）改变０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１二元弱酸Ｈ２Ａ溶液
的ｐＨ，溶液中Ｈ２Ａ、ＨＡ
－、Ａ
２－的物质的量分数δ（Ｘ）随ｐＨ的变
化如图所示［已知δ（Ｘ）＝
ｃ（Ｘ）
ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（Ａ
２－）］。
下列叙述错误的是
（　　）
Ａ．ｐＨ＝１．２时，ｃ（Ｈ２Ａ）＝ｃ（ＨＡ
－）
Ｂ．ｌｇ［Ｋ２（Ｈ２Ａ）］＝－４．２
Ｃ．ｐＨ＝２．７时，ｃ（ＨＡ
－）＞ｃ（Ｈ２Ａ）＝ｃ（Ａ
２－）
Ｄ．ｐＨ＝４．２时，ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ａ
２－）＝ｃ（Ｈ
＋）
５．
答案　Ｄ　
本题考查弱电解质的电离及相关计算。结合题
图，可知Ａ、Ｃ正确。Ｋ２（Ｈ２Ａ）＝ｃ（Ａ
２－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＨＡ
－）
，结合题图中
ｐＨ＝４．２时ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ａ
２－），代入上式可得Ｋ２（Ｈ２Ａ）＝１０
－４．２，则
ｌｇ［Ｋ２（Ｈ２Ａ）］＝－４．２，故Ｂ正确。ｐＨ＝４．２时，ｃ（Ｈ
＋）＝
１０
－４．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，但溶液中ｃ（ＨＡ
－）、ｃ（Ａ
２－）均约为０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１，故
Ｄ错。
疑难突破　在温度不变时，电离平衡常数不随溶液成分变化
而改变，故可以选择特殊点进行计算。例如本题中Ｋ２（Ｈ２Ａ）的
计算。
特别提示　此类图像题中，曲线的“起点”“拐点”“交点”等特
殊点往往会隐含重要的解题信息，要注意正确利用。
６．（２０１６浙江理综，１２，６分）苯甲酸钠（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＮａ，缩写
为ＮａＡ）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（ＨＡ）的抑菌
能力显著高于Ａ
－。已知２５℃时，ＨＡ的Ｋａ＝６．２５×１０
－５，Ｈ２ＣＯ３
的Ｋａ１＝４．１７× １０
－７，Ｋａ２＝４．９０× １０
－１１。在生产碳酸饮料的过程
中，除了添加ＮａＡ外，还需加压充入ＣＯ２气体。下列说法正确
的是（温度为２５℃，不考虑饮料中其他成分）
（　　）
Ａ．相比于未充ＣＯ２的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
Ｂ．提高ＣＯ２充气压力，饮料中ｃ（Ａ
－）不变
Ｃ．当ｐＨ为５．０时，饮料中ｃ（ＨＡ）
ｃ（Ａ
－）
＝０．１６
Ｄ．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋
ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（ＨＡ）
６．
答案　Ｃ　ＨＡ的抑菌能力显著高于Ａ
－，碳酸饮料中ＨＡ含
量比未充ＣＯ２的饮料要高，抑菌能力更强，Ａ项不正确；增大
压强可使更多的ＣＯ２溶于水中，生成更多的ＨＡ，ｃ（Ａ
－）会减
小，Ｂ项不正确；已知ＨＡ的Ｋａ＝６．２５× １０
－５，Ｋａ＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）
，当ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，饮料中ｃ（ＨＡ）
ｃ（Ａ
－）
＝
ｃ（Ｈ
＋）
Ｋａ
＝
１０
－５
６．２５×１０
－５＝
１
６．２５＝０．１６，Ｃ项正确；由物料守恒知
ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＋ｃ（ＨＡ），由电荷守恒知ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（Ａ
－），两式联立可得ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（ＨＡ），Ｄ项不正确。
７．（２０１６北京理综，１１，６分）在两份相同的Ｂａ（ＯＨ）２溶液中，分
别滴入物质的量浓度相等的Ｈ２ＳＯ４、ＮａＨＳＯ４溶液，其导电能力
随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。
下列分析不正确的是
（　　）
Ａ．①代表滴加Ｈ２ＳＯ４溶液的变化曲线
Ｂ．ｂ点，溶液中大量存在的离子是Ｎａ
＋、ＯＨ
－
Ｃ．ｃ点，两溶液中含有相同量的ＯＨ
－
Ｄ．ａ、ｄ两点对应的溶液均显中性
７．
答案　Ｃ　
①中的ａ点处Ｂａ（ＯＨ）２和Ｈ２ＳＯ４恰好完全反
应，Ｂａ
２＋和ＳＯ
２－
４完全转化为ＢａＳＯ４沉淀，溶液的导电能力达到
最低；在溶液中继续滴加Ｈ２ＳＯ４溶液到ｃ点，此时Ｈ２ＳＯ４过
量，溶液呈酸性。②中ｂ点处Ｂａ（ＯＨ）２和ＮａＨＳＯ４按物质的
量之比１∶１反应，此时除了生成ＢａＳＯ４沉淀外，还生成
ＮａＯＨ；ｂ→ｄ是继续加入的ＮａＨＳＯ４与ＮａＯＨ反应的过程，因此
②中ｃ点溶液呈碱性。故Ｃ项错误。
思路梳理　对于曲线②对应的反应过程要分析清楚。从开始到
ｂ点所发生的反应是Ｂａ（ＯＨ）２＋ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓＋ＮａＯＨ＋
Ｈ２Ｏ；从ｂ点到ｄ点所发生的反应是ＮａＯＨ＋ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅
Ｎａ２ＳＯ４＋Ｈ２Ｏ。理清了反应过程，此题就不难作答。
８．（２０１７江苏单科，２０，１４分）砷（Ａｓ）是一些工厂和矿山废水中
的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
（１）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌
使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂Ｘ，吸附剂Ｘ
中含有ＣＯ
２－
３，其原因是　　　　　　　　　　　　。
（２）Ｈ３ＡｓＯ３和Ｈ３ＡｓＯ４水溶液中含砷的各物种的分布分数（平
衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与ｐＨ的关
系分别如图１和图２所示。
图１
图２
①以酚酞为指示剂（变色范围ｐＨ８．０～１０．０），将ＮａＯＨ溶
液逐滴加入到Ｈ３ＡｓＯ３溶液中，当溶液由无色变为浅红色
时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　
　
　
　　　　　　　　　　。
②Ｈ３ＡｓＯ４第一步电离方程式Ｈ３ＡｓＯ４􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＡｓＯ
－
４＋Ｈ
＋的
电离常数为Ｋａ１，则ｐＫａ１＝　　　　　（ｐＫａ１＝－ｌｇＫａ１）。
（３）溶液的ｐＨ对吸附剂Ｘ表面所带电荷有影响。ｐＨ＝７．１
时，吸附剂Ｘ表面不带电荷；ｐＨ＞７．１时带负电荷，ｐＨ越
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１２９
　
高，表面所带负电荷越多；ｐＨ＜７．１时带正电荷，ｐＨ越低，
表面所带正电荷越多。ｐＨ不同时吸附剂Ｘ对三价砷和五
价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂Ｘ吸附
砷的质量）如图３所示。
图３
①在ｐＨ７～９之间，吸附剂Ｘ对五价砷的平衡吸附量随ｐＨ
升高而迅速下降，其原因是　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
②在ｐＨ４～７之间，吸附剂Ｘ对水中三价砷的去除能力远
比五价砷的弱，这是因为
　
　
　。
提高吸附剂Ｘ对三价砷去除效果可采取的措施是　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
８．
答案　（１）碱性溶液吸收了空气中的ＣＯ２
（２）①ＯＨ
－＋Ｈ３ＡｓＯ３􀪅􀪅Ｈ２ＡｓＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ　②２．２
（３）①在ｐＨ７～９之间，随ｐＨ升高Ｈ２ＡｓＯ
－
４转变为ＨＡｓＯ
２－
４，吸
附剂Ｘ表面所带负电荷增多，静电斥力增加
②在ｐＨ４～７之间，吸附剂Ｘ表面带正电，五价砷主要以
Ｈ２ＡｓＯ
－
４和ＨＡｓＯ
２－
４阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要
以Ｈ３ＡｓＯ３分子存在，与吸附剂Ｘ表面产生的静电引力小　加
入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
解析　（１）碱性溶液易吸收空气中的ＣＯ２，ＣＯ２与碱发生反
应ＣＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ，故吸附剂Ｘ中含有ＣＯ
２－
３。
（２）①观察图１知，在ｐＨ为８～１０之间，Ｈ３ＡｓＯ３的分布分数逐
渐减小，Ｈ２ＡｓＯ
－
３的分布分数逐渐增大，故该过程中，ＮａＯＨ与
Ｈ３ＡｓＯ３反应生成ＮａＨ２ＡｓＯ３和水，离子方程式为ＯＨ
－＋Ｈ３ＡｓＯ３
􀪅􀪅Ｈ２ＡｓＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ。
②由
Ｈ３ＡｓＯ４
的第一步电离方程式知，Ｋａ１
＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ｈ２ＡｓＯ
－
４）
ｃ（Ｈ３ＡｓＯ４）
，观察图２知，当ｐＨ＝２．２，即ｃ（Ｈ
＋）＝
１０
－２．２ｍｏｌ／Ｌ时，Ｈ３ＡｓＯ４的分布分数和Ｈ２ＡｓＯ
－
４的分布分数相
等，即Ｋａ１＝１０
－２．２，故ｐＫａ１＝－ｌｇＫａ１＝－ｌｇ１０
－２．２＝２．２。
解题方法　①认真观察图像，注意图像中的关键点和特殊点；
②解第（３）小题时，注意阅读题干中的已知信息，围绕已知信
息分析图像。
考点二水的电离　溶液的酸碱性
９．（２０１８江苏单科，１３，４分）根据下列图示所得出的结论不正确
的是
（　　）
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０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液滴定２０．００ｍＬ
０．１０００ｍｏｌ·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Ｂａ
２＋达到沉淀溶解平衡
时，溶液中ｃ（Ｂａ
２＋）与ｃ（ＳＯ
２－
４）的关系曲线，说明溶液中
ｃ（ＳＯ
２－
４）越大ｃ（Ｂａ
２＋）越小
９．
答案　Ｃ　由图甲可知，温度升高，ｌｇＫ减小，即Ｋ值减小，平
衡逆向移动，故正反应放热，ΔＨ＜０，Ａ正确；由图乙可知随着时
间的推移，单位时间内Δｃ（Ｈ２Ｏ２）越来越小，说明Ｈ２Ｏ２分解速
率逐渐减小，Ｂ正确；由图丙可知０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１一元酸
（ＨＸ）的ｐＨ＞１，故ＨＸ为弱酸，Ｃ错误；由图丁可知ｃ（ＳＯ
２－
４）与
ｃ（Ｂａ
２＋）成反比，即ｃ（ＳＯ
２－
４）越大ｃ（Ｂａ
２＋）越小，Ｄ正确。
审题方法　解答图像题时要看清横坐标、纵坐标对应的物理
量及二者的关系。如图甲，随着温度升高，ｌｇＫ逐渐减小，即Ｋ
值逐渐减小，说明平衡逆向移动。
１０．（２０１６课标Ⅰ，１２，６分）２９８Ｋ时，在２０．０ｍＬ０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１
氨水中滴入０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的盐酸，溶液的ｐＨ与所加盐酸的
体积关系如图所示。已知０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１氨水的电离度为
１．３２％，下列有关叙述正确的是
（　　）
Ａ．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
Ｂ．Ｍ点对应的盐酸体积为２０．０ｍＬ
Ｃ．Ｍ点处的溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｃｌ
－）＝ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ．Ｎ点处的溶液中ｐＨ＜１２
１０．
答案　Ｄ　强酸滴定弱碱，达到滴定终点时溶液呈酸性，应
选用甲基橙作指示剂，Ａ项错误；若氨水和盐酸恰好反应生成
ＮＨ４Ｃｌ，溶液呈酸性，要使ｐＨ为７，盐酸应偏少，即Ｍ点对应
的盐酸体积小于２０．０ｍＬ，Ｂ项错误；Ｃ项，Ｍ点对应的溶液中
离子浓度大小关系应为ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），
错误；Ｄ项，Ｎ点对应的溶液为氨水，ｃ（ＯＨ
－）＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１×
１．３２％＝１．３２×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝
ＫＷ
ｃ（ＯＨ
－）
＝
１０
－１４
１．３２×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，
ｐＨ＝１１＋ｌｇ１．３２＜１２，正确。
知识拓展　中和滴定时应根据中和后溶液的酸碱性选择指
示剂。若强酸与强碱相互滴定，选甲基橙或酚酞都可以；若强
酸滴定弱碱，由于滴定终点溶液呈酸性，所以要选择在酸性范
围内变色的指示剂，如甲基橙；若强碱滴定弱酸，则要选择在
碱性范围内变色的指示剂，如酚酞。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１３０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
１１．（２０１９北京理综，２６，１２分）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ａｍｏｌ·Ｌ
－１
ＫＢｒＯ３标准溶液；
Ⅱ．取Ｖ１ｍＬ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Ｖ２ｍＬ废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量ＫＩ；
Ⅴ．用ｂｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３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Ｎａ２Ｓ２Ｏ３
溶液Ｖ３ｍＬ。
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）Ⅱ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：９４ｇ·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。
１１．
答案　（１）容量瓶
（２）ＢｒＯ
－
３＋５Ｂｒ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｂｒ２＋３Ｈ２Ｏ
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
＋３Ｂｒ２
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｂｒ
Ｂｒ
ＯＨ
Ｂｒ↓＋３ＨＢｒ
（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）
（６ａＶ１－ｂＶ３）×９４
６Ｖ２
（８）易挥发
解析　本题所涉及的知识点有化学仪器的使用，离子方程
式的书写，氧化还原滴定原理的应用，物质的量浓度的相关计
算等。试题通过实验的方式考查了学生的实验操作能力，分
析、推理能力和接受、吸收、整合信息的能力，体现了科学探究
与创新意识的学科核心素养。
（１）配制标准溶液用到的玻璃仪器除了给出的三种仪器外，
还有容量瓶。
（４）溶液为黄色说明仍有Ｂｒ２存在，此时废水中的苯酚已完全
反应。
（５）假设废水中没有苯酚，ＫＢｒＯ３和ＫＢｒ反应生成的Ｂｒ２完全和
ＫＩ反应时，消耗ＫＩ的物质的量刚好是ＫＢｒＯ３的６倍。实际上苯
酚一定会消耗一定量的Ｂｒ２，所以当ｎ（ＫＩ）∶ｎ（ＫＢｒＯ３）＝６∶１
时，ＫＩ就已经过量了。
（７）由ＫＢｒＯ３与ＫＢｒ反应生成的Ｂｒ２的物质的量的计算：
ＢｒＯ
－
３＋５Ｂｒ
－＋６Ｈ
＋　􀪅􀪅　３Ｂｒ２＋３Ｈ２Ｏ
１ｍｏｌ
３ｍｏｌ
ａｍｏｌ·Ｌ
－１×Ｖ１×１０
－３Ｌ
３ａＶ１×１０
－３ｍｏｌ
与废水反应后剩余的Ｂｒ２的物质的量的计算：
Ｂｒ２　　
～　　Ｉ２　　　
～　　　２Ｎａ２Ｓ２Ｏ３
１ｍｏｌ
２ｍｏｌ
１
２ｂＶ３×１０
－３ｍｏｌ
ｂｍｏｌ·Ｌ
－１×Ｖ３×１０
－３Ｌ
与苯酚反应的Ｂｒ２的物质的量为（３ａＶ１×１０
－３－１
２ｂＶ３×１０
－３）ｍｏｌ；
设废水中苯酚的物质的量为ｘ，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
　　
～　　３Ｂｒ２
１ｍｏｌ
３ｍｏｌ
ｘ
（３ａＶ１－１
２ｂＶ３）×１０
－３ｍｏｌ
解得ｘ＝（ａＶ１－１
６ｂＶ３）×１０
－３ｍｏｌ，
所以废水中苯酚的含量为
（ａＶ１－１
６ｂＶ３）×１０
－３ｍｏｌ×９４ｇ·ｍｏｌ
－１
Ｖ２×１０
－３Ｌ
＝９４（６ａＶ１－ｂＶ３）
６Ｖ２
ｇ·Ｌ
－１。
（８）当Ｂｒ２挥发掉后，在Ⅴ步骤中消耗的Ｎａ２Ｓ２Ｏ３的量减少，
即Ｖ３减小，导致测定结果偏高。
１２．（２０１８课标Ⅲ，２６，１４分）硫代硫酸钠晶体（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３·５Ｈ２Ｏ，
Ｍ＝２４８ｇ·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，　　
　
　
　
　
　
　　　溶液
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１．２０００ｇ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１００ｍＬ的　　　　中，加蒸馏水至　　　　。
②滴定：取０．００９５０ｍｏｌ· Ｌ
－１的Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７标准溶液
２０．００ｍＬ，硫酸酸化后加入过量ＫＩ，发生反应：Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋
６Ｉ
－＋１４Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｉ２＋２Ｃｒ
３＋＋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＋２Ｓ２Ｏ
２－
３
􀪅􀪅
Ｓ４Ｏ
２－
６＋２Ｉ
－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１３１
　
　　　　　　　，即为终点。平行滴定３次，样品溶液的平
均用量为２４．８０ｍＬ，则样品纯度为　
　
　
　％（保留１位
小数）。
１２．
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
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　（１）设计离子检验实验方案时注意排除杂质离子的
干扰。检验市售硫代硫酸钠中含有硫酸根时，先加酸除去
Ｓ２Ｏ
２－
３，再加入Ｂａ
２＋观察实验现象。实验过程为：取少量样品，
加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液；向溶液中加
入过量稀盐酸，澄清溶液中出现乳黄色浑浊，有刺激性气体产
生；静置，取少量上层清液于试管中，向试管中滴加ＢａＣｌ２溶
液，产生白色沉淀，说明样品中含有ＳＯ
２－
４。
（２）②用Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液滴定Ｉ２时，加入淀粉溶液作指示剂，溶
液变蓝，当Ｉ２反应完全时，蓝色褪去，即滴定过程中，当滴入
最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢
复，即为滴定终点；设样品中含ｘｍｏｌＮａ２Ｓ２Ｏ３·５Ｈ２Ｏ，依据得
失电子守恒知，０．５× ２× ｘｍｏｌ＝３× ２× ０．００９５０ｍｏｌ· Ｌ
－１×
０．０２０００Ｌ，解得ｘ＝１．１４× １０
－３，即所取样品中ｎ（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３·
５Ｈ２Ｏ）
＝
１．１４
×
１０
－３
ｍｏｌ，
故样品纯度为
１．１４×１０
－３ｍｏｌ×２４８ｇ·ｍｏｌ
－１
１．２ｇ×２４．８０ｍＬ
１００ｍＬ
×１００％＝９５．０％。
答题模板　设计离子检验实验方案模板：取少量待测试样于
试管中，加入蒸馏水，向试管中加入××试剂，产生××现象，说
明含有××离子。
１３．（２０１７天津理综，９，１８分）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。
Ⅰ．准备标准溶液
ａ．准确称取ＡｇＮＯ３基准物４．２４６８ｇ（０．０２５０ｍｏｌ）后，配制成
２５０ｍＬ标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
ｂ．配制并标定１００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４ＳＣＮ标准溶液，
备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
ａ．取待测ＮａＩ溶液２５．００ｍＬ于锥形瓶中。
ｂ．加入２５．００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３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０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮＨ４ＳＣＮ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　　　　。
１３．
答案　（１）２５０ｍＬ（棕色）容量瓶、胶头滴管
（２）避免ＡｇＮＯ３见光分解
（３）防止因Ｆｅ
３＋的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Ｆｅ
３＋
的水解）
（４）否（或不能）　
若颠倒，Ｆｅ
３＋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）配制２５０ｍＬＡｇＮＯ３标准溶液要用２５０ｍＬ容量
瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。
（２）ＡｇＮＯ３见光易分解，因此ＡｇＮＯ３标准溶液要放在棕色试
剂瓶中避光保存。
（３）本实验用ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２溶液作指示剂，Ｆｅ
３＋水解会影响
滴定终点的判断，为了抑制Ｆｅ
３＋的水解，滴定应在ｐＨ＜０．５的
条件下进行。
（４）若操作颠倒，指示剂中含有的Ｆｅ
３＋会与待测液中的Ｉ
－反
应，使指示剂耗尽，无法指示滴定终点。
（５）观察三次实验数据知，第１次数据与后两次实验数据相
差较大，应舍去；第２次和第３次实验数据求平均值得消耗
ＮＨ４ＳＣＮ标准溶液平均体积为１０．００ｍＬ；由Ａｇ
＋＋Ｉ
－􀪅􀪅
ＡｇＩ↓、
Ａｇ
＋
＋
ＳＣＮ
－
􀪅􀪅
ＡｇＳＣＮ↓
知，
ｃ（Ｉ
－）
＝
０．０２５Ｌ×０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１－０．０１０Ｌ×０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１
０．０２５Ｌ
＝
０．０６００ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（６）滴定管装入溶液之前必须用待装溶液润洗，故在滴定管
中装入ＮＨ４ＳＣＮ标准溶液的前一步操作为用ＮＨ４ＳＣＮ标准溶
液润洗滴定管。
（７）①配制ＡｇＮＯ３标准溶液时烧杯中的溶液溅出，则配制的
ＡｇＮＯ３标准溶液浓度偏小，滴定时消耗ＮＨ４ＳＣＮ溶液偏少，测
定的ｃ（Ｉ
－）偏高；②滴定终点时俯视读数，由于滴定管刻度
“上小下大”，故读数偏小，代入计算式的ＮＨ４ＳＣＮ标准溶液
体积偏小，测定的ｃ（Ｉ
－）偏高。
易混易错　处理平行实验中的数据时，对于误差较大的数据
应直接舍去，不能代入求平均值。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１３２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
教师专用题组
考点一弱电解质的电离平衡
１．（２０１５课标Ⅰ，１３，６分）浓度均为０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１、体积均为Ｖ０
的ＭＯＨ和ＲＯＨ溶液，分别加水稀释至体积Ｖ，ｐＨ随ｌｇＶ
Ｖ０
的
变化如图所示。下列叙述错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．ＭＯＨ的碱性强于ＲＯＨ的碱性
Ｂ．ＲＯＨ的电离程度：ｂ点大于ａ点
Ｃ．若两溶液无限稀释，则它们的ｃ（ＯＨ
－）相等
Ｄ．当ｌｇＶ
Ｖ０
＝２时，若两溶液同时升高温度，则ｃ（Ｍ
＋）
ｃ（Ｒ
＋）增大
答案　Ｄ　根据题图信息可判断ＭＯＨ是强碱，而ＲＯＨ为弱
碱，Ａ项正确；Ｂ项，ＲＯＨ是弱碱，加水稀释时，电离程度增大，
正确；Ｃ项，若两溶液无限稀释，ｐＨ最终无限接近７，它们的
ｃ（ＯＨ
－）相等，正确；Ｄ项，当ｌｇＶ
Ｖ０
＝２时，两溶液同时升温，由
于ＲＯＨ是弱碱，ｃ（Ｒ
＋）增大，ｃ（Ｍ
＋）不变，则ｃ（Ｍ
＋）
ｃ（Ｒ
＋）减小，错误。
规律方法　稀释相同倍数时，ｐＨ变化幅度较大的是相对较强
的酸或碱。根据题目所给出的信息，随着溶液的稀释倍数的增
大，ｐＨ减小，稀释相同倍数时ＲＯＨ溶液的ｐＨ变化幅度较小，
说明ＲＯＨ碱性较弱。
２．（２０１５山东理综，１３，５分）室温下向１０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ
溶液中加入０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的一元酸ＨＡ，溶液ｐＨ的变化曲线如
图所示。下列说法正确的是　
（　　）
Ａ．ａ点所示溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ａ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＨＡ）
Ｂ．ａ、ｂ两点所示溶液中水的电离程度相同
Ｃ．ｐＨ＝７时，ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＋ｃ（ＨＡ）
Ｄ．ｂ点所示溶液中ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＨＡ）
答案　Ｄ　ａ点Ｖ（ＨＡ）＝１０ｍＬ，此时ＮａＯＨ与ＨＡ刚好完全
反应，ｐＨ＝８．７，说明ＨＡ是弱酸，可知ＮａＡ溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞
ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＡ）＞ｃ（Ｈ
＋），Ａ错误；ａ点为ＮａＡ溶液，Ａ
－
水解促进水的电离，ｂ点为等浓度的ＮａＡ与ＨＡ的混合溶液，
以ＨＡ的电离为主，水的电离受到抑制，Ｂ错误；ｐＨ＝７时，
ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），Ｃ错误；ｂ点为等浓度的
ＮａＡ与ＨＡ的混合溶液，溶液ｐＨ＝４．７＜７，说明ＨＡ的电离程度
（ＨＡ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ａ
－）大于Ａ
－的水解程度（Ａ
－＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＡ＋
ＯＨ
－），故溶液中ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＨＡ），Ｄ正确。
３．（２０１５浙江理综，１２，６分）４０℃，在氨－水体系中不断通入
ＣＯ２，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．在ｐＨ＝９．０时，ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＮＨ２ＣＯＯ
－）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）
Ｂ．不同ｐＨ的溶液中存在关系：ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋）＝２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋
ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（ＮＨ２ＣＯＯ
－）＋ｃ（ＯＨ
－）
Ｃ．随着ＣＯ２的通入，
ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）不断增大
Ｄ．在溶液ｐＨ不断降低的过程中，有含ＮＨ２ＣＯＯ
－的中间产物生成
答案　Ｃ　由图像信息可知Ａ项正确；由电荷守恒可知Ｂ项
正确；Ｋｂ＝ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
，随着ＣＯ２的通入，ｃ（ＮＨ
＋
４）不断
增大，Ｋｂ为常数，则
ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）不断减小，Ｃ项不正确；由图
中信息可知ｐＨ在１０．５～７．５之间，ＮＨ２ＣＯＯ
－先从０逐渐增多，
后又逐渐减少到０，故有含ＮＨ２ＣＯＯ
－的中间产物生成，Ｄ项
正确。
４．（２０１５广东理综，１１，４分）一定温度下，水溶液中Ｈ
＋和ＯＨ
－的
浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．升高温度，可能引起由ｃ向ｂ的变化
Ｂ．该温度下，水的离子积常数为１．０×１０
－１３
Ｃ．该温度下，加入ＦｅＣｌ３可能引起由ｂ向ａ的变化
Ｄ．该温度下，稀释溶液可能引起由ｃ向ｄ的变化
答案　
Ｃ　
升高温度时，水的电离平衡右移，ｃ（Ｈ
＋）和
ｃ（ＯＨ
－）均增大，ＫＷ随之增大，而ｃ和ｂ对应的ＫＷ相等，Ａ项
不正确；由图中数据可计算出该温度下，水的离子积常数ＫＷ＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）＝１．０×１０
－７×１．０×１０
－７＝１．０× １０
－１４，Ｂ项不正
确；加入ＦｅＣｌ３后，Ｆｅ
３＋水解使ｃ（Ｈ
＋）增大，ｃ（ＯＨ
－）减小，但ＫＷ
不变，可引起由ｂ向ａ的变化，Ｃ项正确；该温度下，稀释溶液，
ＫＷ不变，而ｃ和ｄ对应的ＫＷ不相等，Ｄ项错误。
考点二水的电离　溶液的酸碱性
５．（２０１６江苏单科，１０，２分）下列图示与对应的叙述不相符
∙∙∙
合
∙的是
（　
　
）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１３３
　
Ａ．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
Ｂ．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
Ｃ．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
Ｄ．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
答案　Ａ　燃料的燃烧反应均为放热反应，反应物的能量应
高于生成物的能量，故Ａ项叙述与图甲不相符。
６．（２０１５重庆理综，３，６分）下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
Ｂ．２５℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液ｐＨ＝７
Ｃ．２５℃时，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液
的导电能力弱
Ｄ．０．１ｍｏｌＡｇＣｌ和０．１ｍｏｌＡｇＩ混合后加入１Ｌ水中，所得溶液
中ｃ（Ｃｌ
－）＝ｃ（Ｉ
－）
答案　
Ｃ　
Ａ项，醋酸的电离方程式为ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋，加入少量ＣＨ３ＣＯＯＮａ，增加了ＣＨ３ＣＯＯ
－的浓
度，从而使醋酸的电离平衡逆向移动，抑制了醋酸的电离；Ｂ
项，等体积等浓度的硝酸与氨水混合生成ＮＨ４ＮＯ３，ＮＨ４ＮＯ３中
ＮＨ
＋
４能水解：ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋，溶液应呈酸性，
则ｐＨ＜７；Ｃ项，溶液的导电能力是由溶液中离子总浓度和离子
所带电荷数决定的，Ｈ２Ｓ为弱电解质，Ｎａ２Ｓ为强电解质，所以
等浓度的Ｈ２Ｓ溶液的导电能力比Ｎａ２Ｓ溶液弱；Ｄ项，在相同条
件下ＡｇＩ的溶解度小于ＡｇＣｌ的溶解度，所得溶液中ｃ（Ｃｌ
－）＞
ｃ（Ｉ
－）。
７．（２０１５广东理综，１２，４分）准确移取２０．００ｍＬ某待测ＨＣｌ溶
液于锥形瓶中，用０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液滴定，下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入ＮａＯＨ溶液进行滴定
Ｂ．随着ＮａＯＨ溶液滴入，锥形瓶中溶液ｐＨ由小变大
Ｃ．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
Ｄ．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果
偏小
答案　Ｂ　
Ａ项，滴定管洗涤后还需用ＮａＯＨ溶液润洗；Ｂ
项，随着ＮａＯＨ溶液滴入，锥形瓶中发生反应ＨＣｌ＋ＮａＯＨ􀪅􀪅
ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ，直至ＨＣｌ完全被消耗，因此溶液的ｐＨ由小变大；Ｃ
项，酚酞滴入待测ＨＣｌ溶液中，溶液是无色的，当溶液由无色
变为红色，且半分钟内不褪色时停止滴定；Ｄ项，尖嘴部分的悬
滴并未与待测ＨＣｌ溶液反应，但已被计算在消耗的ＮａＯＨ溶液
的体积中，从而使测定结果偏大。
８．（２０１５山东理综，３１，１９分）毒重石的主要成分为ＢａＣＯ３（含
Ｃａ
２＋、Ｍｇ
２＋、Ｆｅ
３＋等杂质），实验室利用毒重石制备ＢａＣｌ２·２Ｈ２Ｏ
的流程如下：
（１）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是　　　
　
　
　
　
　　　　　　　　
　。实验室用３７％的盐酸配制１５％的
盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的　　　　。
ａ．烧杯
ｂ．容量瓶
ｃ．玻璃棒
ｄ．滴定管
（２）加入ＮＨ３·Ｈ２Ｏ调ｐＨ＝８可除去　　　　（填离子符号），
滤渣Ⅱ中含　　　　　　　（填化学式）。加入Ｈ２Ｃ２Ｏ４时
应避免过量，原因是　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
已知：Ｋｓｐ（ＢａＣ２Ｏ４）＝１．６×１０
－７，Ｋｓｐ（ＣａＣ２Ｏ４）＝２．３×１０
－９
Ｃａ
２＋
Ｍｇ
２＋
Ｆｅ
３＋
开始沉淀时的ｐＨ
１１．９
９．１
１．９
完全沉淀时的ｐＨ
１３．９
１１．１
３．２
（３）利用间接酸碱滴定法可测定Ｂａ
２＋的含量，实验分两步进行。
已知：２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ　
Ｂａ
２＋＋ＣｒＯ
２－
４
􀪅􀪅
ＢａＣｒＯ４↓
步骤Ⅰ：移取ｘｍＬ一定浓度的Ｎａ２ＣｒＯ４溶液于锥形瓶中，
加入酸碱指示剂，用ｂｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸标准液滴定至终点，测
得滴加盐酸的体积为Ｖ０ｍＬ。
步骤Ⅱ：移取ｙｍＬＢａＣｌ２溶液于锥形瓶中，加入ｘｍＬ与步
骤Ⅰ相同浓度的Ｎａ２ＣｒＯ４溶液，待Ｂａ
２＋完全沉淀后，再加
入酸碱指示剂，用ｂｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸标准液滴定至终点，测得
滴加盐酸的体积为Ｖ１ｍＬ。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“０” 刻度位于滴定
管的　　　　（填“上方” 或“下方”）。ＢａＣｌ２溶液的浓度
为　　　　ｍｏｌ·Ｌ
－１。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测
液溅出，Ｂａ
２＋浓度测量值将　
　
　
　
（填“ 偏大” 或“ 偏
小”）。
答案　（１）增大接触面积从而使反应速率加快　ａ、ｃ
（２）Ｆｅ
３＋　
Ｍｇ（ＯＨ）２、Ｃａ（ＯＨ）２　
Ｈ２Ｃ２Ｏ４过量会导致生成
ＢａＣ２Ｏ４沉淀，产品产量减少
（３）上方　
ｂ（Ｖ０－Ｖ１）
ｙ
　偏大
解析　（１）把毒重石充分研磨的目的是增大接触面积使反
应速率加快；用３７％的盐酸配制１５％的盐酸需用量筒、烧杯、
玻璃棒。（２）由表格中信息可知ｐＨ＝８时Ｆｅ
３＋可完全沉淀，
Ｍｇ
２＋、Ｃａ
２＋未开始沉淀；ｐＨ＝１２．５时Ｍｇ
２＋完全沉淀，Ｃａ
２＋部分沉
淀；Ｋｓｐ（ＣａＣ２Ｏ４）＜Ｋｓｐ（ＢａＣ２Ｏ４），向含有Ｃａ
２＋和Ｂａ
２＋的溶液中加
入Ｈ２Ｃ２Ｏ４，Ｃａ
２＋先形成ＣａＣ２Ｏ４沉淀，但Ｈ２Ｃ２Ｏ４不能过量，否
则Ｂａ
２＋也会沉淀。（３）滴定管“０”刻度位于滴定管的上方；由
步骤Ⅰ可知ｘｍＬＮａ２ＣｒＯ４溶液中ＣｒＯ
２－
４的物质的量为Ｖ０ｂ×
１０
－３ｍｏｌ，步骤Ⅱ中与Ｂａ
２＋形成沉淀的ＣｒＯ
２－
４的物质的量为
（Ｖ０ｂ－Ｖ１ｂ）×１０
－３ｍｏｌ，则ｙｍＬＢａＣｌ２溶液中Ｂａ
２＋的物质的量为
（Ｖ０ｂ－Ｖ１ｂ）× １０
－３ｍｏｌ，ｃ（ＢａＣｌ２）＝（Ｖ０ｂ－Ｖ１ｂ）×１０
－３ｍｏｌ
ｙ×１０
－３Ｌ
＝
ｂ（Ｖ０－Ｖ１）
ｙ
ｍｏｌ·Ｌ
－１；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅
出，会导致Ｖ１偏小，则Ｖ０ｂ－Ｖ１ｂ偏大，Ｂａ
２＋浓度测量值将偏大。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１３４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码２０４
时间：４０分钟　分值：９０分
一、选择题（每题６分，共４２分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届河北衡水中学五调，２０）下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．某醋酸溶液的ｐＨ＝ａ，将此溶液稀释１倍后，溶液的ｐＨ＝ｂ，
则ａ＞ｂ
Ｂ．常温下，向滴有酚酞的氨水里，加入ＮＨ４Ｃｌ至溶液恰好无
色，则此时溶液的ｐＨ＜７
Ｃ．常温下，１．０×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸的ｐＨ＝３．０，１．０×１０
－８ｍｏｌ·
Ｌ
－１盐酸的ｐＨ＝８．０
Ｄ．常温下，若１ｍＬｐＨ＝１的盐酸与１００ｍＬＮａＯＨ溶液混合后，
溶液的ｐＨ＝７，则ＮａＯＨ溶液的ｐＨ＝１１
１．
答案　Ｄ　加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小
于溶液体积增大程度，所以溶液中ｃ（Ｈ
＋）减小，ｐＨ增大，则ａ＜
ｂ，故Ａ错误；常温下，向滴有酚酞的氨水里，加入ＮＨ４Ｃｌ至溶
液恰好无色，由于ｐＨ＜８时酚酞溶液变为无色，则此时溶液的
ｐＨ＜８，故Ｂ错误；常温下，１．０×１０
－８ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸的ｐＨ小于７，
故Ｃ错误；常温下，１ｍＬｐＨ＝１的盐酸的浓度为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，
与１００ｍＬＮａＯＨ溶液混合后，溶液的ｐＨ＝７，则ｃ（ＮａＯＨ）×
０．１Ｌ＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１×０．００１Ｌ，ｃ（ＮａＯＨ）＝０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１，则该
ＮａＯＨ溶液的ｐＨ＝１１，故Ｄ正确。
审题方法　本题考查酸、碱溶液混合的定量计算、弱电解质的
电离等知识，明确弱电解质的电离特点为解题关键，注意掌握
溶液酸碱性与溶液ｐＨ的关系。
２．（２０２０届福建龙岩上杭一中开学考试，５）高氯酸、硫酸、硝酸
和盐酸都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某
温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
ＨＣｌＯ４
Ｈ２ＳＯ４
ＨＣｌ
ＨＮＯ３
Ｋａ
１．６×１０
－５
６．３×１０
－９
１．６×１０
－９
４．２×１０
－１０
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．在冰醋酸中这四种酸都是弱酸
Ｂ．在冰醋酸中可能发生：ＨＣｌＯ４＋ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅ＮａＣｌＯ４＋Ｈ２ＳＯ４
Ｃ．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４
Ｄ．在冰醋酸中，酸性：ＨＣｌ＞ＨＮＯ３
２．
答案　Ｃ　根据电离平衡常数可知，在冰醋酸中这几种酸都
不能完全电离，都属于弱酸，故Ａ正确；在冰醋酸中的电离常
数：ＨＣｌＯ４＞Ｈ２ＳＯ４，则酸性ＨＣｌＯ４＞Ｈ２ＳＯ４，所以在冰醋酸中可以
发生反应：ＨＣｌＯ４＋ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅ＮａＣｌＯ４＋Ｈ２ＳＯ４，故Ｂ正确；在
冰醋酸中硫酸部分电离，存在电离平衡，其电离方程式为
Ｈ２ＳＯ４􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＨＳＯ
－
４，故Ｃ错误；在冰醋酸中的电离常数：
ＨＣｌ＞ＨＮＯ３，则酸性：ＨＣｌ＞ＨＮＯ３，故Ｄ正确。
３．（２０１９江西南昌一模，１２）向２５℃时，体积均为２０ｍＬ、浓度均
为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的两种酸ＨＸ、ＨＹ溶液中分别滴加０．１ｍｏｌ·
Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液，所加ＮａＯＨ溶液体积与反应后溶液的ｐＨ的
关系如图所示。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．ＨＸ、ＨＹ均为弱酸
Ｂ．Ｋａ（ＨＹ）的数量级约为１０
－６
Ｃ．ｂ点时：２ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ｙ
－）＋ｃ（ＨＹ）
Ｄ．Ｖ（ＮａＯＨ溶液）＝２０ｍＬ时，反应后的两种溶液中ｃ（Ｘ
－）＝ｃ（Ｙ
－）
３．
答案　Ｃ　Ａ项，由图可知，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＸ溶液的ｐＨ等于
１，则ＨＸ为强酸，故Ａ错误；Ｂ项，由图可知，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＹ
溶液的ｐＨ等于４，则Ｋａ（ＨＹ）＝ｃ（Ｈ
＋）×ｃ（Ｙ
－）
ｃ（ＨＹ）
＝１０
－４×１０
－４
０．１
＝
１０
－７，故Ｂ错误；Ｃ项，ｂ点时加入ＮａＯＨ溶液的体积为１０ｍＬ，
根据物料守恒有２ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ｙ
－）＋ｃ（ＨＹ），故Ｃ正确；Ｄ项，
Ｖ（ＮａＯＨ溶液）＝２０ｍＬ时，恰好反应分别生成ＮａＸ和ＮａＹ，
ＮａＹ发生水解，所以溶液中ｃ（Ｘ
－）＞ｃ（Ｙ
－），故Ｄ错误。
解题关键　起始浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的两种酸ＨＸ、ＨＹ溶
液，ＨＸ溶液的ｐＨ等于１，ＨＹ溶液的ｐＨ等于４，可判断出ＨＸ
为强酸，ＨＹ为弱酸。
４．（２０１９山西适应性测试，１３）室温下，向１０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＸ
溶液中逐滴加入０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＹＯＨ溶液，混合溶液的ｐＨ变化
情况如图所示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误
的是
（　　）
Ａ．ＨＸ为一元强酸，ＹＯＨ为一元弱碱
Ｂ．Ｍ点水的电离程度大于Ｎ点水的电离程度
Ｃ．Ｎ点对应溶液中粒子浓度：ｃ（ＹＯＨ）＞ｃ（Ｙ
＋）＞ｃ（Ｘ
－）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
Ｄ．２５
℃时
ｐＨ＝４
的
ＹＸ
溶液中水电离出的
ｃ（Ｈ
＋）＝１．０×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１
４．
答案　
Ｃ　
Ａ项，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＸ溶液ｐＨ＝１，则ＨＸ是强
酸，ＨＸ与ＹＯＨ恰好完全中和生成盐，需要０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１的
ＹＯＨ溶液５ｍＬ，如果ＹＯＨ为强碱，则此时溶液ｐＨ＝７，结合图
像可确定ＹＯＨ为弱碱，Ａ正确；Ｂ项，Ｍ点溶液呈中性，水电离
的ｃ（Ｈ
＋）为１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｎ点溶液呈碱性，ＹＯＨ抑制水电离，
水电离的ｃ（Ｈ
＋）小于１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，所以Ｍ点水的电离程度大
于Ｎ点水的电离程度，Ｂ正确；Ｃ项，Ｎ点为ＹＯＨ与ＹＸ物质
的量之比为１∶１的混合液，ＹＯＨ􀜩􀜨
􀜑
Ｙ
＋＋ＯＨ
－、Ｙ
＋＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＹＯＨ＋Ｈ
＋，因为ｐＨ＞７，所以ＹＯＨ电离程度大于Ｙ
＋水解程度，
即ｃ（Ｙ
＋）＞ｃ（Ｘ
－）＞ｃ（ＹＯＨ）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），Ｃ错误；Ｄ项，
ｐＨ＝４的ＹＸ溶液中水电离出的ｃ（Ｈ
＋）＝１．０×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｄ
正确。
５．（２０１９安徽合肥调研，１１）下列图示与对应的叙述相符的是
（　　）
Ａ．图甲表示某吸热反应在无催化剂（ａ）和有催化剂（ｂ）时反应
的能量变化
Ｂ．图乙表示常温下，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液滴定２０．００ｍＬ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１醋酸溶液的滴定曲线
Ｃ．图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化关系，ｔ０时刻
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１３５
　
改变的条件一定是使用了催化剂
Ｄ．图丁表示一定质量的冰醋酸在加水过程中，溶液导电能力的
变化曲线，且醋酸电离程度：ａ＜ｂ＜ｃ
５．
答案　Ｄ　吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能
量，图甲中表示的是放热反应，Ａ项错误；当Ｖ（ＮａＯＨ溶液）＝
２０．００ｍＬ时，ＮａＯＨ溶液和醋酸溶液恰好完全反应，此时得到
ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶液，由于ＣＨ３ＣＯＯ
－水解使溶液呈碱性，故ｐＨ＝７
时，Ｖ（ＮａＯＨ溶液）＜２０．００ｍＬ，Ｂ项错误；对于反应前后气体分
子数不变的可逆反应，达平衡时增大压强或使用催化剂，均能
使正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，Ｃ项错误；虽然
ｂ点导电能力最强，但由于稀释时电离程度增大，故醋酸电离
程度：ａ＜ｂ＜ｃ，Ｄ项正确。
审题关键　ＣＨ３ＣＯＯＨ的稀溶液加水稀释，ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离
平衡正向移动，电离程度增大。
６．（２０１９湖南、湖北八市十二校一联，７）下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．已知冰的融化热为６．０ｋＪ·ｍｏｌ
－１，冰中氢键键能为２０ｋＪ·
ｍｏｌ
－１，假设１ｍｏｌ冰中有２ｍｏｌ氢键，且融化热完全用于破坏
冰的氢键，则最多只能破坏冰中１５％的氢键
Ｂ．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为ｃ，电离度为
α，电离常数Ｋａ＝（ｃα）
２
ｃ（１－α）。若加水稀释，则ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋向右移动，α 增大，Ｋａ不变
Ｃ．甲烷的标准燃烧热ΔＨ＝－８９０．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，则甲烷燃烧的热
化学方程式可表示为ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＯ２（ｇ）＋
２Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－８９０．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
Ｄ．５００℃、３０ＭＰａ下，将０．５ｍｏｌＮ２和１．５ｍｏｌＨ２置于密闭的
容器中充分反应生成ＮＨ３（ｇ），放热１９．３ｋＪ，其热化学方程
式为Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）　ΔＨ（５００℃，３００ＭＰａ）＝
－３８．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
６．
答案　Ｄ　破坏２ｍｏｌ氢键需要４０ｋＪ的热量，６．０ｋＪ的热量
只能破坏１５％的氢键，Ａ正确；Ｋａ＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
＝
ｃα·ｃα
ｃ－ｃα ＝（ｃα）
２
ｃ（１－α），加水稀释，ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离平衡正向移动，
α 增大，但Ｋａ不变，Ｂ正确；燃烧热对应的水的状态为液态，Ｃ
正确；Ｎ２与Ｈ２的反应为可逆反应，０．５ｍｏｌＮ２与１．５ｍｏｌＨ２充
分反应后，参加反应的Ｎ２小于０．５ｍｏｌ，故Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ）　ΔＨ（５００℃，３００ＭＰａ）＜－３８．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１，Ｄ不正确。
关联知识　电离度（α）＝已电离的弱电解质的浓度
弱电解质起始浓度
×１００％，向
稀的弱电解质水溶液中加水，电离度增大，而电离平衡常数只
随温度的变化而变化。
７．（２０１９上海浦东新区二模，１４）用标准盐酸滴定待测ＮａＯＨ溶
液时，相关说法正确的是
（　　）
Ａ．可用石蕊作指示剂
Ｂ．滴定时眼睛注视滴定管中液面下降
Ｃ．需做平行实验２～３次
Ｄ．当溶液颜色变化时立即读数
７．
答案　Ｃ　Ａ项，石蕊变色的ｐＨ范围为５～８，在酸、碱性溶
液中都变色，且变色不灵敏，故不用石蕊作中和滴定的指示剂，
Ａ项错误；Ｂ项，滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以
便准确判定滴定终点，Ｂ项错误；Ｃ项，为减小滴定误差，提高
测定精度，需做平行实验２～３次，Ｃ项正确；Ｄ项，为防止锥形
瓶中标准液局部过量使指示剂发生颜色变化，当溶液颜色发生
变化且半分钟内不变色时才能读数，Ｄ项错误。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
８．（２０１９河南天一大联考，１３）２５℃时，用０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸滴
定２５．００ｍＬ０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１氨水的滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．可用酚酞作指示剂
Ｂ．２５℃时，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的ｌｇＫｂ＝－４．８
Ｃ．０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１氨水用水稀释时，
ｃ（ＮＨ
＋
４）
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）不
断减小
Ｄ．当滴入的盐酸为１２．５０ｍＬ时，溶液中：ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）
８．
答案　Ｂ　由题图知反应终点时溶液的ｐＨ＝５．１２，不在酚酞
变色范围内，Ａ项错误；ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）时ｐＨ＝９．２，
Ｋｂ＝ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
＝ｃ（ＯＨ
－）＝１０
９．２－１４＝１０
－４．８，ｌｇＫｂ＝－４．８，Ｂ
项正确；
ｃ（ＮＨ
＋
４）
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
＝Ｋｂ
ＫＷ
，稀释时该比值不变，Ｃ项
错误；当滴入１２．５０ｍＬ盐酸时，溶液为等物质的量浓度的
ＮＨ４Ｃｌ和ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的混合溶液，由题图知溶液显碱性，则
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的电离程度大于ＮＨ
＋
４的水解程度，故ｃ（ＮＨ
＋
４）＞
ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ），Ｄ项错误。
９．（２０１８河北武邑中学三调，１９）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ｐＨ为４的ＮａＨＢ溶液中：ｃ（ＨＢ
－）＞ｃ（Ｈ２Ｂ）＞
ｃ（Ｂ
２－）
Ｂ．图１表示２５℃时，用０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸滴定２０ｍＬ０．１ｍｏｌ·
Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，溶液的ｐＨ随加入酸体积的变化
Ｃ．在ｐＨ＝２的ＮａＨＳＯ４溶液中：ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＳＯ
２－
４）
Ｄ．ｐＨ＝２的两种一元酸ｘ和ｙ的溶液，体积均为１００ｍＬ，稀释
过程中ｐＨ与溶液体积的关系如图２所示，分别滴加ＮａＯＨ
溶液（ｃ＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１）至ｐＨ＝３，消耗ＮａＯＨ溶液的体积分
别为Ｖｘ、Ｖｙ，则ｘ为强酸，ｙ为弱酸，且Ｖｘ＞Ｖｙ
９．
答案　Ｃ　０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＢ溶液的ｐＨ＝４，溶液显酸性，
ＨＢ
－为弱酸的酸式酸根离子，且其电离程度大于其水解程度，
则ｃ（Ｂ
２－）＞ｃ（Ｈ２Ｂ），Ａ不正确。图１中曲线未出现ｐＨ的突变，
Ｂ不正确。ＮａＨＳＯ４溶液中的电荷守恒式为ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
２ｃ（ＳＯ
２－
４）＋ｃ（ＯＨ
－），且ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＳＯ
２－
４），故ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＳＯ
２－
４）＋
ｃ（ＯＨ
－），Ｃ正确。由图２可知，将两种酸溶液稀释至１０倍后，
ｘ溶液ｐＨ由２变为３，则ｘ为强酸，而ｙ溶液的ｐＨ＜３，说明ｙ
为弱酸；ｐＨ＝２的两种酸溶液中若加入等体积的０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１３６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
的ＮａＯＨ溶液后，弱酸ｙ的电离平衡正向移动，此时若强酸ｘ
的溶液的ｐＨ变为３，则弱酸ｙ的溶液的ｐＨ小于３，要使弱酸ｙ
的溶液的ｐＨ同样变为３，则弱酸ｙ的溶液中加入ＮａＯＨ溶液
体积Ｖｙ大于强酸ｘ的溶液中所加等浓度ＮａＯＨ溶液的体积
Ｖｘ，Ｄ不正确。
１０．（２０１９山东济宁二模改编）人体血液存在Ｈ２ＣＯ３／ＨＣＯ
－
３、
ＨＰＯ
２－
４／Ｈ２ＰＯ
－
４等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒
浓度之比的对数值ｌｇｘ［ｘ表示
ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）或
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）］与ｐＨ
的关系如图所示。已知碳酸的ｐＫａ１＝６．４、磷酸的ｐＫａ２＝７．２
（ｐＫａ＝－ｌｇＫａ）。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．曲线Ⅰ表示ｌｇ
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）与ｐＨ的变化关系
Ｂ．ａ→ｂ的过程中，水的电离程度逐渐增大
Ｃ．当ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）时，ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＝ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
Ｄ．当ｐＨ增大时，
ｃ（ＨＣＯ
－
３）·ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
逐渐减小
１０．
答案　ＢＤ　
由题图可知，当ｌｇｘ＝０时，ｐＨ分别约为６．４、
７．２，ｌｇ
ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
＝ｐＫａ１－ｐＨ＝６．４－ｐＨ，ｌｇ
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
＝ｐＨ－
ｐＫａ２＝ｐＨ－７．２，所以曲线Ｉ表示ｌｇ
ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）与ｐＨ的变化关
系，故Ａ错误；酸对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作
用越大，水的电离程度越小，ａ→ｂ的过程中ｐＨ逐渐增大，溶
液酸性减弱，水的电离程度逐渐增大，故Ｂ正确；当
ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）时，即ｌｇ
ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
＝０，溶液的ｐＨ约为
６．４，则ｌｇ
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
＝ｐＨ－７．２＝６．４－７．２＝－０．８＜０，即
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＜ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４），故Ｃ错误；
ｃ（ＨＣＯ
－
３）·ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
＝
ｃ（ＨＣＯ
－
３）·ｃ（Ｈ
＋）
Ｋａ２
＝
Ｋａ１·ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
Ｋａ２
，ｐＨ增大时，反应Ｈ２ＣＯ３
􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋正向进行，ｃ（Ｈ２ＣＯ３）减小，而Ｋａ１、Ｋａ２不变，所
以当ｐＨ增大时，
ｃ（ＨＣＯ
－
３）·ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）
逐渐减小，故Ｄ正确。
三、非选择题（共３０分）
１１．（２０１９湖北八市二联，２６）（１６分）氰化钠（ＮａＣＮ）是一种基
本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处
理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠（Ｎａ２Ｓ２Ｏ８）溶液来
处理，以减轻环境污染。
Ⅰ．（１）ＮａＣＮ用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使
湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式
是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ．工业制备过硫酸钠的反应原理如下：
主反应：（ＮＨ４）２Ｓ２Ｏ８
＋２ＮａＯＨ
５５℃
􀪅􀪅􀪅
Ｎａ２Ｓ２Ｏ８
＋
２ＮＨ３↑＋２Ｈ２Ｏ
副反应：２ＮＨ３＋３Ｎａ２Ｓ２Ｏ８＋６ＮａＯＨ
９０℃
􀪅􀪅􀪅６Ｎａ２ＳＯ４＋Ｎ２＋６Ｈ２Ｏ
某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫
酸钠溶液处理含氰化钠的废水。
实验一：实验室通过如图所示装置制备Ｎａ２Ｓ２Ｏ８。
（２）装置中盛放双氧水的仪器名称是　　　　　　。
（３）装置ａ中反应产生的气体需要持续通入装置ｃ的原因是
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）上述装置中还需补充的实验仪器或装置有　
　
　
　
（填
字母）。
Ａ．温度计
Ｂ．洗气瓶
Ｃ．水浴加热装置
Ｄ．环形玻璃搅拌棒
实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为０．５０ｍｇ／Ｌ。
②Ａｇ
＋＋２ＣＮ
－􀪅􀪅［Ａｇ（ＣＮ）２］
－，Ａｇ
＋＋Ｉ
－􀪅􀪅ＡｇＩ↓，ＡｇＩ呈黄
色，Ａｇ
＋优先与ＣＮ
－反应。实验如下：取１Ｌ处理后的ＮａＣＮ
废水，浓缩为１０．００ｍＬ置于锥形瓶中，并滴加几滴ＫＩ溶液作
指示剂，用１．０× １０
－３ｍｏｌ／Ｌ的标准ＡｇＮＯ３溶液滴定，消耗
ＡｇＮＯ３溶液的体积为５．００ｍＬ。
（５）滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（６）处理后的废水中氰化钠的浓度为　
　
　
　
ｍｇ／Ｌ；处理后
的废水是否达到排放标准？　　　　（填“是”或“否”）。
Ⅲ．（７）常温下，含硫微粒主要存在形式受ｐＨ影响。利用电
化学原理，用惰性电极电解饱和ＮａＨＳＯ４溶液也可以制备过
硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为ＨＳＯ
－
４，则阳极反应式
为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
１１．
答案　（１）ＮａＣＮ＋Ｈ２Ｏ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮＨ３↑＋ＮａＨＣＯ３
（２）分液漏斗
（３）将产生的氨气及时排出，防止发生副反应
（４）ＡＣ
（５）滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中产生黄色沉淀，
且半分钟沉淀不消失
（６）０．４９　是
（７）２ＨＳＯ
－
４－２ｅ
－􀪅􀪅Ｓ２Ｏ
２－
８＋２Ｈ
＋
解析　（１）ＮａＣＮ用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种
能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，即反应生成了
ＮａＨＣＯ３和ＮＨ３，化学方程式为ＮａＣＮ＋Ｈ２Ｏ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
ＮＨ３↑＋ＮａＨＣＯ３。（３）装置ａ中反应产生Ｏ２，将三颈烧瓶中
产生的ＮＨ３及时排出，减少副反应的发生。（４）根据题目信
息提示可知，制备反应需要在５５℃的条件下进行，９０℃时发
生副反应，所以需要控制温度在５５℃左右，需要水浴加热装
置、温度计。（６）消耗ＡｇＮＯ３的物质的量为５．００×１０
－３Ｌ×１．０×
１０
－３ｍｏｌ／Ｌ＝５．０×１０
－６ｍｏｌ，根据Ａｇ
＋～２ＣＮ
－知，处理后的废水中
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题八　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
１３７
　
氰化钠的质量为５．０×１０
－６ｍｏｌ×２×４９ｇ／ｍｏｌ＝４．９×１０
－４ｇ，废水
中氰化钠的含量为０．４９ｍｇ
１Ｌ
＝０．４９ｍｇ／Ｌ＜０．５０ｍｇ／Ｌ，所以处理
后的废水已达到排放标准。（７）电解池阳极发生氧化反应，
ＨＳＯ
－
４失电子生成Ｓ２Ｏ
２－
８，阳极反应式为２ＨＳＯ
－
４－２ｅ
－􀪅􀪅
Ｓ２Ｏ
２－
８＋２Ｈ
＋。
１２．（２０１８湖北荆州一检，１８）（１４分）氨是重要的工业原料，在
农业、医药和化工等领域有重要应用。
Ⅰ．（１）工业上用Ｎ２和Ｈ２在一定条件下合成氨，下列措施能
使正反应速率增大，且平衡混合物中ＮＨ３的体积分数
一定增大的是　　　。
Ａ．降低反应温度
Ｂ．压缩反应混合物
Ｃ．充入Ｎ２
Ｄ．液化分离ＮＨ３
（２）常温下，向１００ｍＬ０．２ｍｏｌ／Ｌ的氨水中逐滴加入０．２ｍｏｌ／Ｌ的
盐酸，所得溶液的ｐＨ、溶液中ＮＨ
＋
４和ＮＨ３·Ｈ２Ｏ物质的
量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示，根据图像回
答下列问题。
①表示ＮＨ３·Ｈ２Ｏ浓度变化的曲线是　
　
　
（填“Ａ” 或
“Ｂ”）。
②ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的电离常数为　　　（已知ｌｇ１．８≈０．２６）。
③当加入盐酸体积为５０ｍＬ时，溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）－ｃ（ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ）＝　　　　　　　ｍｏｌ／Ｌ（用数字表示）。
Ⅱ．若液氨中也存在类似水的电离（Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ３Ｏ
＋＋
ＯＨ
－），碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的
氨解。
（１）写出液氨的电离方程式：
　。
（２）写出碳酸钠溶于液氨后一级氨解的离子方程式：　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（３）写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系：　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
１２．
答案　Ⅰ．（１）Ｂ
（２）①Ａ　②１．８×１０
－５或１０
－４．７４　③２×１０
－５－２×１０
－９
Ⅱ．（１）ＮＨ３＋ＮＨ３􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＮＨ
－
２
（２）ＣＯ
２－
３＋２ＮＨ３􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
－
２＋ＮＨ４ＣＯ
－
３
（３）ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞ｃ（ＮＨ
－
２）＞ｃ（ＮＨ４ＣＯ
－
３）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）
解析　Ⅰ．（１）降低温度，反应速率减小，Ａ不正确；加压，反
应速率增大，Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
２ＮＨ３（ｇ），平衡正向移动，
ＮＨ３体积分数增大，Ｂ正确；若充入Ｎ２，正反应速率增大，但
ＮＨ３的体积分数可能减小，Ｃ不正确；液化分离ＮＨ３，正反应
速率瞬时不变，然后逐渐减小，Ｄ不正确。（２）①随着盐酸的
加入，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ物质的量分数逐渐减小，ｐＨ减小，故Ａ表示
ＮＨ３· Ｈ２Ｏ浓度变化曲线。②Ｋｂ（ＮＨ３· Ｈ２Ｏ）＝
ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
，曲线Ａ、Ｂ交点的ｐＨ＝９．２６，此时ｃ（ＮＨ
＋
４）＝
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ），则Ｋｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝ｃ（ＯＨ
－）＝１×１０
－１４
１０
－９．２６＝１０
－４．７４≈
１．８×１０
－５。③当加入盐酸体积为５０ｍＬ时，所得溶液为等物
质的量浓度的ＮＨ３·Ｈ２Ｏ与ＮＨ４Ｃｌ的混合溶液，此时溶液的
ｐＨ＝９．００，ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ｃｌ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＋
ｃ（ＮＨ
＋
４）＝２ｃ（Ｃｌ
－），联立两式消去ｃ（Ｃｌ
－）可得：ｃ（ＮＨ
＋
４）－
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝２ｃ（ＯＨ
－）－２ｃ（Ｈ
＋）＝２×１０
－５－２×１０
－９。
Ⅱ．（１）类比Ｈ２Ｏ的电离可得液氨电离方程式为ＮＨ３＋ＮＨ３
􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＮＨ
－
２。（２）类比ＣＯ
２－
３的一级水解，可知ＣＯ
２－
３的一
级氨解是ＣＯ
２－
３结合液氨电离出的ＮＨ
＋
４，故离子方程式为
ＣＯ
２－
３＋２ＮＨ３􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ４ＣＯ
－
３＋ＮＨ
－
２。（３）Ｎａ２ＣＯ３的液氨溶液中
有Ｎａ
＋、ＣＯ
２－
３、ＮＨ４ＣＯ
－
３、ＮＨ
＋
４、ＮＨ
－
２五种离子，类比Ｎａ２ＣＯ３水
溶液中离子浓度大小关系，可得Ｎａ２ＣＯ３的液氨溶液中各离
子浓度的大小关系为ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞ｃ（ＮＨ
－
２）＞
ｃ（ＮＨ４ＣＯ
－
３）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）。
知识拓展　自耦电离
液态状况下溶剂分子在溶剂中自发发生的电离称为自耦电
离。只要是液态极性共价分子化合物就可发生自耦电离，在
部分酸的浓水溶液（如浓硝酸）中也可发生类似反应：２Ｈ２Ｏ
􀜩􀜨
􀜑
Ｈ３Ｏ
＋＋ＯＨ
－、２ＨＮＯ３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＮＯ
＋
３＋ＮＯ
－
３。分子的极性越强
则自耦电离的程度越大。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１３８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题九
盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
课
标
解
读
内容
盐类水解原理及其应用
沉淀溶解平衡及其应用
解读
了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、
盐类水解的应用
１．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡
２．理解溶度积（Ｋｓｐ）的含义，能进行相关的计算
考情分析
盐类的水解是高考的重点，考查的形式有两种：一种是以选择题形式出现，综合考查包括盐类水解和沉淀
溶解平衡在内的水溶液中的平衡内容；另一种是以非选择题形式出现。从近几年的高考试题来看，将盐类
水解与其他知识有机地结合起来一起考查学生各方面的能力，仍将是今后命题的基本方向
备考策略
今年高考备考仍以Ｋｓｐ的相关计算及应用为重点。盐类水解的备考要重点关注水解平衡常数的计算、影响
水解平衡的因素、电解质溶液中电荷守恒关系的应用
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１３９
　
对应学生用书
起始页码６３
考点一盐类水解原理及其应用
一、盐类水解的定义和实质
１．盐类水解的定义
强碱弱酸盐和强酸弱碱盐溶于水时，电离产生的阴离子或
阳离子可分别与水电离出来的①　Ｈ
＋　或②　ＯＨ
－　生成③　弱电解
质　———弱酸或弱碱。盐与水发生的这种作用叫作盐类的水解。
２．盐类水解的实质
盐类的水解是盐跟水之间的化学反应，水解（反应）的实质
是生成弱电解质，使水的④　电离平衡　被破坏而建立起新的平
衡。盐的水解促进了水的电离。
二、盐类水解的影响因素及应用
１．内因：盐本身的性质
（１）弱碱越弱，其阳离子的水解程度就越⑤　大　，对应盐溶
液的酸性越⑥　强　。
（２）弱酸越弱，其阴离子的水解程度就越⑦　大　，对应盐溶
液的碱性越⑧　强　。
２．外因
（１）温度：升高温度，水解平衡⑨　正向移动　，水解程
度􀃊
􀁉
􀁒　增大　。
（２）浓度
ａ．增大盐溶液的浓度，水解平衡􀃊
􀁉
􀁓　正向移动　，水解程度
􀃊
􀁉
􀁔　减小　，但水解产生的离子浓度􀃊
􀁉
􀁕　增大　；加水稀释，水解平衡
􀃊
􀁉
􀁖　正向移动　，水解程度􀃊
􀁉
􀁗　增大　，但水解产生的离子浓
度􀃊
􀁉
􀁘　减小　。
ｂ．增大ｃ（Ｈ
＋），促进强碱弱酸盐的水解，抑制强酸弱碱盐的水
解；增大ｃ（ＯＨ
－），促进强酸弱碱盐的水解，抑制强碱弱酸盐的水解。
三、盐类水解的规律
有弱才水解，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。
１．组成盐的弱碱阳离子（Ｍ
ｘ＋）能水解，使溶液显􀃊
􀁉
􀁙　酸　性；组
成盐的弱酸阴离子（Ａ
ｙ－）能水解，使溶液显􀃊
􀁉
􀁚　碱　性。
２．盐对应的酸（或碱）越弱，水解程度越大，相应盐溶液碱性
（或酸性）􀃊
􀁉
􀁛　越强　。
３．多元弱酸根的正酸根离子比酸式酸根离子水解程度大得多，
如同浓度时ＣＯ
２－
３比ＨＣＯ
－
３的水解程度大，含ＣＯ
２－
３溶液的碱性更强。
四、水解方程式的书写
１．一般来说，盐类水解的程度不大，应该用“􀜩􀜨
􀜑
”表示。盐
类水解一般不会产生沉淀和气体，所以一般不用符号“ ↓” 和
“↑”。如：
Ｃｕ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｃｕ（ＯＨ）２＋２Ｈ
＋
ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋
２．多元弱酸盐的水解是分步进行的，用分步水解离子方程
式表示。如Ｎａ２ＣＯ３的水解反应为：
　
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
　ＨＣＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＣＯ３＋ＯＨ
－
３．相互促进的水解反应方程式的书写步骤
（１）先写出水解的离子及水解后的最终产物，用“􀪅􀪅” 连
接并注明“↓”或“↑”。
（２）运用电荷守恒、原子守恒等将其配平。
一、盐类水解原理的应用
１．判断盐溶液的酸碱性时要考虑盐的水解。
２．判断盐溶液中离子种类及其浓度大小关系时要考虑盐的
水解。
３．判断溶液中离子能否大量共存时，有时要考虑盐的水解，
如Ａｌ
３＋与ＨＣＯ
－
３、ＣＯ
２－
３、ＡｌＯ
－
２等不能大量共存。
４．盐在参加反应时，有时要考虑盐的水解，如Ｍｇ加到
ＮＨ４Ｃｌ溶液中，ＡｌＣｌ３与Ｎａ２Ｓ溶液混合等。
５．加热浓缩某些盐溶液时，要考虑水解，如分别浓缩ＦｅＣｌ３、
ＡｌＣｌ３溶液，蒸干得氢氧化物，灼烧得金属氧化物。
６．保存某些盐溶液时，要考虑盐的水解，如向ＦｅＣｌ３溶液中
加少量盐酸来抑制Ｆｅ
３＋水解，保存Ｎａ２ＣＯ３等碱性盐溶液的试剂
瓶不能用玻璃塞，保存ＮＨ４Ｆ溶液不能用玻璃瓶。
７．解释生活、生产中的一些化学现象，如明矾净水、化肥施用等。
８．某些胶体的制备利用水解原理，如实验室制备Ｆｅ（ＯＨ）３胶
体：Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）３（胶体）＋３Ｈ
＋。
９．泡沫灭火器工作原理：
Ａｌ
３＋＋３ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋３ＣＯ２↑。
１０．纯碱溶液越热去污能力越强：ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋
ＯＨ
－，加热使溶液中ｃ（ＯＨ
－）增大。
二、酸式盐溶液酸碱性的判断
酸式盐的水溶液显什么性，要看该盐的组成微粒的实际
表现。
１．强酸的酸式盐只电离，不水解，其溶液一定显酸性。如
ＮａＨＳＯ４溶液：ＮａＨＳＯ４􀪅􀪅Ｎａ
＋＋Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４。
２．弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电
离程度和水解程度的相对大小。
（１）若电离程度小于水解程度，则溶液显碱性。例如
ＮａＨＣＯ３溶液中ＨＣＯ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＣＯ
２－
３（次要）、ＨＣＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＣＯ３＋ＯＨ
－（主要），使溶液中ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），溶液呈碱性；
ＮａＨＳ溶液、Ｎａ２ＨＰＯ４溶液亦显碱性。
（２）若电离程度大于水解程度，则溶液显酸性。例如
ＮａＨＳＯ３溶液中ＨＳＯ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
３（主要）、ＨＳＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＳＯ３＋ＯＨ
－（次要），使溶液中ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），溶液显酸性；
ＮａＨ２ＰＯ４溶液亦显酸性。
考点二沉淀溶解平衡及其应用
　　１．溶解平衡
溶质溶解的过程是一个可逆过程：
固体溶质
溶解
结晶
􀜩􀜨
􀜑
溶液中的溶质
ｖ溶解＞ｖ结晶　固体溶解
ｖ溶解＝ｖ结晶　溶解平衡
ｖ溶解＜ｖ结晶　析出晶体
{
溶解平衡的特点：逆、等、动、定、变（适用平衡移动原理）。
２．溶度积
（１）溶度积常数：一定温度下难溶电解质的饱和溶液中，各
组分离子浓度幂的乘积为一常数。对于溶解平衡ＡｍＢｎ（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
ｍＡ
ｎ＋（ａｑ）＋ｎＢ
ｍ－（ａｑ），Ｋｓｐ＝①　［ｃ（Ａ
ｎ＋）］
ｍ·［ｃ（Ｂ
ｍ－）］
ｎ　。
与其他平衡常数一样，Ｋｓｐ的大小只受温度的影响。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）溶度积规则
某难溶电解质的溶液中任一情况下有关离子浓度幂的乘积
为Ｑｃ（离子积）。
当Ｑｃ②　＜　Ｋｓｐ时，溶液不饱和，无沉淀析出；
当Ｑｃ③　＝　Ｋｓｐ时，沉淀与溶解处于平衡状态；
当Ｑｃ④　＞　Ｋｓｐ时，有沉淀析出，直至达到平衡。
沉淀溶解平衡的应用
１．沉淀的生成与溶解
（１）在难溶电解质的溶液中，当Ｑｃ＞Ｋｓｐ时，就会生成沉淀。
据此，加入沉淀剂析出沉淀，是分离、除杂常用的方法。如以
Ｎａ２Ｓ、Ｈ２Ｓ等作沉淀剂，使某些金属离子（如Ｃｕ
２＋、Ｈｇ
２＋等）生成
极难溶的硫化物（ＣｕＳ、ＨｇＳ等），从而达到分离或除杂的目的。
注意　①利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先，要使
生成沉淀的反应能够发生；其次，沉淀生成的反应进行得越完全
越好。如要除去溶液中的Ｍｇ
２＋，可使用ＮａＯＨ等使之转化为溶
解度较小的Ｍｇ（ＯＨ）２。
②不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残
留在溶液中的离子浓度小于１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，沉淀就达完全。
由Ｋｓｐ的表达式可知，使除去的离子在溶液中残留的浓度尽可能
小，需要加入过量的沉淀剂。
（２）当Ｑｃ＜Ｋｓｐ时，沉淀就会溶解。常用的方法有：
①酸碱溶解法。
加入酸或碱与沉淀溶解平衡体系中的相应离子反应，降低
相应离子的浓度，使平衡向沉淀溶解的方向移动。如难溶于水
的ＢａＣＯ３可溶于盐酸中。
　　②发生氧化还原反应使沉淀溶解。
某些金属硫化物（如ＣｕＳ、ＨｇＳ等），其溶度积特别小，在其
饱和溶液中ｃ（Ｓ
２－）特别小。这些金属硫化物能溶于氧化性酸
（如硝酸、王水等），Ｓ
２－被氧化，其浓度减小，溶解平衡正向移动，
从而达到沉淀溶解的目的。
此法适用于那些具有明显氧化性或还原性的难溶物。
③生成配合物使沉淀溶解。
向沉淀溶解平衡体系中加入适当的配位剂，使溶液中某种
离子生成稳定的配合物，以减小其离子浓度，从而使沉淀溶解。
如溶解ＡｇＣｌ可加入氨水以生成［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋。
（３）实例探究
①利用沉淀溶解平衡移动原理解释作“钡餐”用ＢａＳＯ４而不
用ＢａＣＯ３的原因。
②误服可溶性钡盐引起中毒，应尽快服用５．０％的Ｎａ２ＳＯ４
溶液洗胃，使ＳＯ
２－
４与Ｂａ
２＋结合成沉淀而排出。
③从沉淀溶解平衡的角度解释溶洞的形成。
２．沉淀的转化
（１）沉淀转化的实质
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。通常，一种沉淀
可以转化为更难溶的沉淀，两种难溶物的溶解能力差别越大，这
种转化的趋势就越大。
（２）实例探究
①往ＺｎＳ的沉淀溶解平衡体系中加入ＣｕＳＯ４溶液可将其转
化为更难溶的ＣｕＳ沉淀。
ＺｎＳ（ｓ）＋Ｃｕ
２＋（ａｑ）􀪅􀪅ＣｕＳ（ｓ）＋Ｚｎ
２＋（ａｑ）
②依据沉淀转化的原理，可用ＦｅＳ等难溶物作为沉淀剂除
去废水中的某些金属离子。
ＦｅＳ（ｓ）＋Ｈｇ
２＋（ａｑ）􀪅􀪅ＨｇＳ（ｓ）＋Ｆｅ
２＋（ａｑ）
③硬水中的Ｍｇ（ＨＣＯ３）２煮沸时分解为ＭｇＣＯ３，继续煮沸，
ＭｇＣＯ３转化为更难溶的Ｍｇ（ＯＨ）２。
④ＡｇＮＯ３溶液
ＮａＣｌ
→ＡｇＣｌ（白色沉淀）
ＮａＢｒ
→ＡｇＢｒ（淡黄色沉
淀）
ＮａＩ→ＡｇＩ（黄色沉淀）
Ｎａ２Ｓ
→Ａｇ２Ｓ（黑色沉淀）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６４
考点一盐类水解原理及其应用
１．已知２５℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸的化学式
ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＨＣＮ
Ｈ２ＣＯ３
电离平衡常数
１．８×１０
－５
４．９×１０
－１０
Ｋ１＝４．３×１０
－７
Ｋ２＝５．６×１０
－１１
则下列有关说法不正确的是
（　　）
Ａ．浓度相同时，各溶液ｐＨ关系为ｐＨ（Ｎａ２ＣＯ３）＞ｐＨ（ＮａＣＮ）＞
ｐＨ（ＮａＨＣＯ３）＞ｐＨ（ＣＨ３ＣＯＯＮａ）
Ｂ．ａｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＣＮ溶液与ｂｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液等体积混合，所
得溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＮ
－），则ａ一定大于ｂ
Ｃ．ＮａＨＣＯ３和Ｎａ２ＣＯ３混合溶液中，一定有ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）
Ｄ．向ＮａＣＮ溶液中通入少量ＣＯ２：２ＮａＣＮ＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅
２ＨＣＮ＋Ｎａ２ＣＯ３
１．
答案　Ｄ　Ａ项，由表中数据可知，酸性：ＣＨ３ＣＯＯＨ＞Ｈ２ＣＯ３＞
ＨＣＮ＞ＨＣＯ
－
３，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，所
以浓度相同时，ｐＨ（Ｎａ２ＣＯ３）＞ｐＨ（ＮａＣＮ）＞ｐＨ（ＮａＨＣＯ３）＞
ｐＨ（ＣＨ３ＣＯＯＮａ），故Ａ正确；Ｂ项，根据电荷守恒可知ｃ（Ｎａ
＋）＋
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＣＮ
－），由于所得溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＮ
－），
所以ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），即溶液显中性，因为ＮａＣＮ溶液呈碱性，
故ＨＣＮ一定过量，则ａ一定大于ｂ，故Ｂ正确；Ｃ项，根据溶液
呈电中性有ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３），
故Ｃ正确；Ｄ项，酸性：ＨＣＮ＞ＨＣＯ
－
３，向ＮａＣＮ溶液中通入少量
ＣＯ２，应生成ＨＣＯ
－
３，故Ｄ错误。
２．２０℃时，在Ｈ２Ｃ２Ｏ４、ＮａＯＨ混合溶液中，ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＝０．１００ｍｏｌ／Ｌ。含碳元素微粒的分布分
数δ 随溶液ｐＨ变化的关系如图所示。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．①表示Ｈ２Ｃ２Ｏ４的分布曲线，③表示Ｃ２Ｏ
２－
４的分布曲线
Ｂ．Ｑ点对应的溶液中ｌｇｃ（Ｈ
＋）＜ｌｇｃ（ＯＨ
－）
Ｃ．２０℃时，Ｈ２Ｃ２Ｏ４的一级电离平衡常数Ｋａ１＝１×１０
－４．２
Ｄ．０．１００ｍｏｌ／Ｌ的ＮａＨＣ２Ｏ４溶液中：ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋）－
ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）
２．
答案　Ｄ　ｐＨ越大，Ｈ２Ｃ２Ｏ４的量越少，②表示Ｈ２Ｃ２Ｏ４的分
布曲线，①表示ＨＣ２Ｏ
－
４的分布曲线，③表示Ｃ２Ｏ
２－
４的分布曲
线，Ａ不正确；Ｑ点溶液显酸性，ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），ｌｇｃ（Ｈ
＋）＞
ｌｇｃ（ＯＨ
－），Ｂ不正确；Ｐ点溶液中ＨＣ２Ｏ
－
４与Ｃ２Ｏ
２－
４浓度相等，故
Ｋａ２＝ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
＝ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－４．２，Ｋａ１＞Ｋａ２，Ｃ不正确；
ＮａＨＣ２Ｏ４溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋
ｃ（ＯＨ
－），ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４），两式联
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１４１
　
立可得ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＝ｃ（ＯＨ
－），Ｄ正确。
关联知识　
Ｈ２Ｃ２Ｏ４为二元弱酸，Ｋａ１＝ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）
，
Ｋａ２＝ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
，Ｋａ１＞Ｋａ２。
３．下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．０．２ｍｏｌ· Ｌ
－１的ＮａＨＣＯ３溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
Ｂ．叠氮酸（ＨＮ３）与醋酸酸性相似，ＮａＮ３水溶液中离子浓度大
小顺序为ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ｎ
－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
Ｃ．常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的ｐＨ＝７，则混合液
中ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｃｌ
－）
Ｄ．常温下ｐＨ＝１３的ＮａＯＨ溶液与ｐＨ＝１的醋酸溶液等体积混
合后溶液ｐＨ＞７
３．
答案　Ｄ　ＮａＨＣＯ３溶液中ＨＣＯ
－
３的水解程度大于其电离程
度，溶液显碱性，Ａ正确；ＮａＮ３溶液中Ｎ
－
３水解，溶液显碱性，Ｂ
正确；常温下，盐酸与氨水反应，溶液ｐＨ＝７时，ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－），由电荷守恒知ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（Ｃｌ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），故
ｃ（Ｃｌ
－）＝ｃ（ＮＨ
＋
４），Ｃ正确；常温下，ｐＨ＝１３的ＮａＯＨ溶液与
ｐＨ＝１的醋酸溶液等体积混合，二者发生中和反应后醋酸大量
剩余，溶液显酸性，ｐＨ＜７，Ｄ不正确。
４．室温下，下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
（　　）
Ａ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＣＯ３溶液，加水稀释，
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
ｃ（ＣＯ
２－
３）的值减小
Ｂ．ｐＨ＝７的氨水与氯化铵的混合溶液中：ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）
Ｃ．０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的硫酸铝溶液中：ｃ（ＳＯ
２－
４）＞ｃ（Ａｌ
３＋）＞ｃ（Ｈ
＋）＞
ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ．ｐＨ＝２的醋酸溶液和ｐＨ＝１２的ＮａＯＨ溶液等体积混合：
ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＋ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
４．
答案　Ｃ　Ｎａ２ＣＯ３溶液中存在ＣＯ
２－
３的水解平衡：ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－，
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝
Ｋｈ
ｃ（ＯＨ
－），加水稀释，促进水解，溶
液的碱性减弱，但水解平衡常数不变，因此
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
ｃ（ＣＯ
２－
３）的值增
大，Ａ项错误；氨水与氯化铵的混合溶液中存在电荷守恒：
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（Ｃｌ
－）＝ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋），室温下，混合溶液ｐＨ＝７，
则ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋），所以ｃ（Ｃｌ
－）＝ｃ（ＮＨ
＋
４），Ｂ项错误；硫酸铝
溶液中Ａｌ
３＋水解，溶液显酸性，则ｃ（ＳＯ
２－
４）＞ｃ（Ａｌ
３＋）＞ｃ（Ｈ
＋）＞
ｃ（ＯＨ
－），Ｃ项正确；室温下，ｐＨ＝２的醋酸溶液中醋酸的浓度
大于ｐＨ＝１２的ＮａＯＨ溶液中氢氧化钠的浓度，等体积混合后
醋酸过量，ｃ（Ｎａ
＋）＜ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＋ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ），Ｄ项错误。
５．下列盐类水解的应用不正确的是
（　　）
Ａ．实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
Ｂ．为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
Ｃ．明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Ａｌ（ＯＨ）３胶体具
有吸附作用
Ｄ．铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于ＮＨ
＋
４与ＣＯ
２－
３互相
促进水解，肥效下降
５．
答案　Ａ　滴入稀硫酸会引入ＳＯ
２－
４杂质，Ａ不正确；加热会
使ＣＯ
２－
３水解程度增大，溶液碱性增强，使纯碱溶液的去油污效
果更好，Ｂ正确；明矾的化学式为ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ，其溶于
水后电离出Ａｌ
３＋，Ａｌ
３＋水解会产生具有吸附作用的Ａｌ（ＯＨ）３胶
体，故明矾可用于净水，Ｃ正确；铵态氮肥中含有ＮＨ
＋
４，草木灰
中含有ＣＯ
２－
３，ＮＨ
＋
４与ＣＯ
２－
３
互相促进水解，使肥效下降，Ｄ
正确。
考点二沉淀溶解平衡及其应用
６．２５℃时，ＰｂＲ（Ｒ
２－为ＳＯ
２－
４或ＣＯ
２－
３）的沉淀溶解平衡曲线如图
所示。已知Ｋｓｐ（ＰｂＣＯ３）＜Ｋｓｐ（ＰｂＳＯ４），下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．曲线ａ为ＰｂＣＯ３的沉淀溶解平衡曲线
Ｂ．以ＰｂＳＯ４、Ｎａ２ＣＯ３和焦炭为原料可制备Ｐｂ
Ｃ．当ＰｂＳＯ４和ＰｂＣＯ３沉淀共存时，溶液中
ｃ（ＳＯ
２－
４）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝１×１０
５
Ｄ．向Ｘ点对应的饱和溶液中加入少量Ｐｂ（ＮＯ３）２，可转化为Ｙ
点对应的溶液
６．
答案　Ｄ　横坐标为２即ｃ（Ｐｂ
２＋）＝１×１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１时，曲线
ａ对应的点的纵坐标为１１，曲线ｂ对应的Ｘ点的纵坐标为６，
即Ｒ
２－的浓度分别为１×１０
－１１ｍｏｌ·Ｌ
－１和１×１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１，则曲
线ａ所表示物质的Ｋｓｐ＝１×１０
－１３，曲线ｂ所表示物质的Ｋｓｐ＝１×
１０
－８，由于Ｋｓｐ（ＰｂＣＯ３）＜Ｋｓｐ（ＰｂＳＯ４），所以曲线ａ为ＰｂＣＯ３的
沉淀溶解平衡曲线，Ａ项正确；ＰｂＳＯ４与Ｎａ２ＣＯ３反应，ＰｂＳＯ４
转化为更难溶的ＰｂＣＯ３，ＰｂＣＯ３受热分解得到ＰｂＯ，ＰｂＯ被焦
炭还原得到Ｐｂ，Ｂ项正确；当ＰｂＳＯ４与ＰｂＣＯ３沉淀共存时，
ｃ（Ｐｂ
２＋）相等，则
ｃ（ＳＯ
２－
４）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝Ｋｓｐ（ＰｂＳＯ４）
Ｋｓｐ（ＰｂＣＯ３）＝１×１０
－８
１×１０
－１３＝１×１０
５，Ｃ项
正确；向Ｘ点对应的饱和溶液中加入少量Ｐｂ（ＮＯ３）２，ｃ（Ｐｂ
２＋）
增大，ＰｂＳＯ４的沉淀溶解平衡逆向移动，ｃ（ＳＯ
２－
４）减小，即对应
的点位于Ｘ点的左上方，不能转化为Ｙ点对应的溶液，Ｄ项
错误。
温馨提示　离子浓度越大，坐标轴数据越小，据此分析Ｄ项。
７．已知ｔ℃时ＡｇＣｌ的Ｋｓｐ＝４×１０
－１０，在ｔ℃时，Ａｇ２ＣｒＯ４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．在ｔ℃时，Ａｇ２ＣｒＯ４的Ｋｓｐ为１×１０
－１１
Ｂ．在饱和Ａｇ２ＣｒＯ４溶液中加入Ｋ２ＣｒＯ４（ｓ）可使溶液由Ｙ点到
Ｚ点
Ｃ．在ｔ℃时，Ａｇ２ＣｒＯ４（ｓ）＋２Ｃｌ
－（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
２ＡｇＣｌ（ｓ）＋ＣｒＯ
２－
４（ａｑ）
的平衡常数Ｋ＝６．２５×１０
７
Ｄ．在ｔ℃时，用０．００１ｍｏｌ· Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶液滴定２０ｍＬ
０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＣｌ和０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｋ２ＣｒＯ４的混合溶
液，ＣｒＯ
２－
４先沉淀
７．
答案　
Ｄ　
由图中信息可知Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝ｃ
２（Ａｇ
＋）·
ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝（１０
－３）
２·１０
－５＝１０
－１１，Ａ正确；饱和溶液中加入
Ｋ２ＣｒＯ４固体，ＣｒＯ
２－
４浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，Ａｇ
＋浓
度减小，可使溶液由Ｙ点到Ｚ点，Ｂ正确；Ａｇ２ＣｒＯ４（ｓ）＋
２Ｃｌ
－（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
２ＡｇＣｌ（ｓ）＋ＣｒＯ
２－
４（ａｑ），Ｋ＝ｃ（ＣｒＯ
２－
４）
ｃ
２（Ｃｌ
－）
＝
ｃ
２（Ａｇ
＋）·ｃ（ＣｒＯ
２－
４）
ｃ
２（Ａｇ
＋）·ｃ
２（Ｃｌ
－）
＝Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）
Ｋ
２
ｓｐ（ＡｇＣｌ）
＝
１０
－１１
（４×１０
－１０）
２＝６．２５×１０
７，Ｃ
正确；沉淀
Ｃｌ
－所需
Ａｇ
＋最小浓度为
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）
ｃ（Ｃｌ
－）
＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４×１０
－１０
０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１＝４×１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，沉淀ＣｒＯ
２－
４所需Ａｇ
＋最小
浓度为
Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）
ｃ（ＣｒＯ
２－
４）
＝
１０
－１１
０．００１ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，
Ｃｌ
－先沉淀，Ｄ错误。
８．硫酸锶（ＳｒＳＯ４）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列
说法正确的是
（　　）
Ａ．２８３Ｋ时，图中ａ点对应的溶液是不饱和溶液
Ｂ．温度一定时，Ｋｓｐ（ＳｒＳＯ４）随ｃ（ＳＯ
２－
４）的增大而减小
Ｃ．２８３Ｋ时的ＳｒＳＯ４饱和溶液升温到３６３Ｋ后变为不饱和溶液
Ｄ．三个不同温度中，３６３Ｋ时Ｋｓｐ（ＳｒＳＯ４）最大
８．
答案　
Ａ　
ｌｇｃ（ＳＯ
２－
４）、ｌｇｃ（Ｓｒ
２＋）值越大，离子浓度越大，
２８３Ｋ时，ａ点ｃ（ＳＯ
２－
４）·ｃ（Ｓｒ
２＋）＜Ｋｓｐ（ＳｒＳＯ４），故ａ点对应的溶
液是不饱和溶液，Ａ正确；Ｋｓｐ只随温度变化而变化，Ｂ不正确；
由图中信息可知Ｋｓｐ（３１３Ｋ）＞Ｋｓｐ（２８３Ｋ）＞Ｋｓｐ（３６３Ｋ），２８３Ｋ
时的ＳｒＳＯ４饱和溶液升温到３６３Ｋ后有沉淀生成，溶液仍为饱
和溶液，故Ｃ、Ｄ均不正确。
９．已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质相似。如图
横坐标为溶液的ｐＨ，纵坐标为Ｚｎ
２＋或［Ｚｎ（ＯＨ）４］
２－的物质的
量浓度的对数。２５℃时，下列说法中不正确的是
（　　）
Ａ．往ＺｎＣｌ２溶液中加入过量ＮａＯＨ溶液，反应的离子方程式为
Ｚｎ
２＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅［Ｚｎ（ＯＨ）４］
２－
Ｂ．若要使某废液中的Ｚｎ
２＋完全沉淀，通常可以调控该溶液的
ｐＨ在８．０～１２．０
Ｃ．ｐＨ＝８．０与ｐＨ＝１２．０的两种废液中，Ｚｎ
２＋浓度之比为１０
８∶１
Ｄ．该温度时，Ｚｎ（ＯＨ）２的溶度积常数Ｋｓｐ为１×１０
－１０
９．
答案　Ｄ　由题意可知，锌及其化合物的性质与铝及其化合
物的性质相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由题图可知，在
ａ点，ｐＨ＝７．０，ｌｇｃ（Ｚｎ
２＋）＝－３．０，所以ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１、
ｃ（Ｚｎ
２＋）＝１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｋｓｐ［Ｚｎ（ＯＨ）２］＝ｃ
２（ＯＨ
－）·ｃ（Ｚｎ
２＋）＝
１０
－１７。向ＺｎＣｌ２溶液中加入过量ＮａＯＨ溶液，反应的离子方程
式为Ｚｎ
２＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅［Ｚｎ（ＯＨ）４］
２－，Ａ项正确；若使废液中
Ｚｎ
２＋完全沉淀，由图像可知应调控该溶液的ｐＨ在８．０～１２．０，Ｂ
项正确；当ｐＨ＝８．０时，ｃ（Ｚｎ
２＋）＝
１０
－１７
（１０
－６）
２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１０
－５ｍｏｌ·
Ｌ
－１，当ｐＨ＝１２．０时，ｃ（Ｚｎ
２＋）＝
１０
－１７
（１０
－２）
２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１０
－１３ｍｏｌ·
Ｌ
－１，ｐＨ＝８．０与ｐＨ＝１２．０的两种废液中，Ｚｎ
２＋浓度之比为
１０
８∶１，Ｃ项正确；该温度下，Ｚｎ（ＯＨ）２的溶度积常数Ｋｓｐ为１×
１０
－１７，Ｄ项错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６６
微粒浓度大小的比较及电解质溶液中的三种定量关系
１．离子浓度大小比较的方法
（１）考虑水解因素：如Ｎａ２ＣＯ３溶液。
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
ＨＣＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＣＯ３＋ＯＨ
－
所以ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）。
（２）不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子
对它的影响。如相同浓度的ａ．ＮＨ４Ｃｌ、ｂ．ＣＨ３ＣＯＯＮＨ４、
ｃ．ＮＨ４ＨＳＯ４三种物质的溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）由大到小的顺序是ｃ＞
ａ＞ｂ。
（３）混合液中各离子浓度的比较要综合分析水解因素、电
离因素，如相同浓度的ＮＨ４Ｃｌ和ＮＨ３· Ｈ２Ｏ混合液中，因
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的电离程度大于ＮＨ
＋
４的水解程度，故离子浓度由大
到小顺序为ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）。
２．电解质溶液中的离子之间的三种定量关系
（１）物料守恒
如纯碱溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（ＣＯ
２－
３）变化前＝２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋２ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋
２ｃ（Ｈ２ＣＯ３）。
ＮａＨ２ＰＯ４溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）变化前＝ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）＋
ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＋ｃ（ＰＯ
３－
４）＋ｃ（Ｈ３ＰＯ４）。
　　（２）电荷守恒
如小苏打溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋
ｃ（ＯＨ
－）。
Ｎａ２ＨＰＯ４溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）＋２ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＋
３ｃ（ＰＯ
３－
４）＋ｃ（ＯＨ
－）。
注意　１ｍｏｌＣＯ
２－
３带有２ｍｏｌ负电荷，所以电荷浓度应等
于２ｃ（ＣＯ
２－
３），同理，ＰＯ
３－
４的电荷浓度等于３ｃ（ＰＯ
３－
４）。
（３）质子守恒
现以Ｎａ２ＣＯ３和ＮａＨＣＯ３溶液为例，用以下图示帮助我们来
理解质子守恒：
所以ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＋ｃ（Ｈ３Ｏ
＋），即
ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＋ｃ（Ｈ
＋）；
所以ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＣＯ
２－
３）＝ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＋ｃ（Ｈ
＋）。
另外，还可将盐溶液中的电荷守恒式和物料守恒式联立，通
过代数运算推出质子守恒式。
例
　（２０１９河南南阳期末，１３）用０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ
溶液滴定４０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２ＳＯ３溶液，所得滴定曲线如下图
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１４３
　
所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述不正确的是
（　　）
Ａ．Ｈ２ＳＯ３的Ｋａ１＝１×１０
－２
Ｂ．０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＳＯ３溶液的ｐＨ＝４．２５
Ｃ．图中Ｙ点对应的溶液中：３ｃ（ＳＯ
２－
３）＝ｃ（Ｎａ
＋）＋
ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ．图中Ｚ点对应的溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＳＯ
２－
３）＞
ｃ（ＨＳＯ
－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）
解题导引　找图像中的关键点，注意滴定终点和反应终点
的区别。
解析　Ａ项，依据Ｗ点计算，其中ｃ（ＨＳＯ
－
３）≈ｃ（Ｈ２ＳＯ３），
Ｈ２ＳＯ３的Ｋａ１＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＨＳＯ
－
３）
ｃ（Ｈ２ＳＯ３）
＝１×１０
－２，Ａ正确；Ｂ项，Ｘ点对
应的溶液为０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＨＳＯ３溶液，ｐＨ＝４．２５，Ｂ正确；
Ｃ项，图中Ｙ点对应溶液中ｃ（ＳＯ
２－
３）＝ｃ（ＨＳＯ
－
３），结合电荷守恒：
２ｃ（ＳＯ
２－
３）＋ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）得３ｃ（ＳＯ
２－
３）＝
ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（ＯＨ
－），Ｃ正确；Ｄ项，图中Ｚ点对应的溶液中
溶质为Ｎａ２ＳＯ３，溶液中ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＳＯ
－
３），Ｄ错误。
答案　Ｄ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６７
１．（２０１９广东惠州一调，１３）常温下，将一定浓度的某一元酸ＨＡ
和０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液等体积混合后，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．若ｐＨ＝７，则ＨＡ的浓度一定为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｂ．若ｐＨ＝７，则ｃ（Ａ
－）＞ｃ（Ｎａ
＋）
Ｃ．若ｐＨ＜７，溶液中的微粒浓度关系为ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＡ）＋ｃ（Ａ
－）
Ｄ．若ｐＨ＝１２，且ＨＡ为强酸时，ＨＡ的浓度应为０．０８ｍｏｌ·Ｌ
－１
１．
答案　Ｄ　常温下ｐＨ＝７说明溶液呈中性，酸和碱溶液等体
积混合，若ＨＡ为强酸，则ｃ（ＨＡ）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１；若ＨＡ为弱
酸，则ｃ（ＨＡ）＞０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１，Ａ项错误。常温下ｐＨ＝７时
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），根据电荷守恒可知混合溶液中存在ｃ（Ｎａ
＋）＋
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），则ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
－），Ｂ项错误。ｐＨ＜
７，溶液呈酸性，若ＨＡ为弱酸，则混合后溶液中的溶质为ＮａＡ和
ＨＡ，ｃ（Ｎａ
＋）＜ｃ（ＨＡ）＋ｃ（Ａ
－）；若ＨＡ为强酸，结合电荷守恒有
ｃ（Ｎａ
＋）＜ｃ（Ａ
－），溶液中不存在ＨＡ，Ｃ项错误。若ｐＨ＝１２，设
强酸ＨＡ的浓度为ｃｍｏｌ·Ｌ
－１，体积为ＶＬ，则ｃ（ＯＨ
－）＝
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１×ＶＬ－ｃｍｏｌ·Ｌ
－１×ＶＬ
２ＶＬ
＝１０
－２ｍｏｌ· Ｌ
－１，解得ｃ＝
０．０８，Ｄ项正确。
２．（２０１８湖北黄冈调研，１３）室温时，配制一组ｃ（Ｈ２Ａ）＋
ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（Ａ
２－）＝０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｈ２Ａ和ＮａＯＨ的混合溶液，
溶液中部分微粒的物质的量浓度随ｐＨ的变化曲线如图所示。
下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．在ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１的溶液中：ｃ（Ａ
２－）－ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（Ｈ２Ａ）－ｃ（ＯＨ
－）
Ｂ．ｐＨ＝４的溶液中：ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（Ａ
２－）
Ｃ．ｐＨ＝７的溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ａ
２－）＋ｃ（ＨＡ
－）
Ｄ．Ｋａ１（Ｈ２Ａ）的数量级为１０
－５
２．
答案　
Ａ　
在ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１的溶液中，存在
ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（Ａ
２－）＝０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１，则ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（Ａ
２－），电荷守恒关系为ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
２ｃ（Ａ
２－）＋ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），可推知ｃ（Ａ
２－）－ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ｈ２Ａ）－
ｃ（ＯＨ
－），Ａ项正确；ｐＨ＝４时，若ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（Ａ
２－），则
２ｃ（ＨＡ
－）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（ＨＡ
－）＝０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１，根据题图可
知，ｐＨ＝４时，ｃ（ＨＡ
－）＞０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｂ项错误；根据电荷守恒
有ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＡ
－）＋２ｃ（Ａ
２－），ｐＨ＝７时，
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），则ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＡ
－）＋２ｃ（Ａ
２－），Ｃ项错误；
ｐＨ＝３．２时，ｃ（Ｈ２Ａ）＝ｃ（ＨＡ
－）＝０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｋａ１＝［ｃ（Ｈ
＋）·
ｃ（ＨＡ
－）］／ｃ（Ｈ２Ａ）＝１０
－３．２，Ｄ项错误。
知识拓展　在分析溶液中粒子浓度关系时，经常用到“三个守
恒”。①电荷守恒：阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电
荷总数相等。②物料守恒：溶液中某一组分的原始浓度等于它
在溶液中各种存在形式的浓度之和。③质子守恒：溶液中水电
离出的Ｈ
＋与水电离出的ＯＨ
－数目相等。当不能直接找出等量
关系时，可以根据电荷守恒和物料守恒等进行综合分析。
３．（２０１８广东茂名五大联盟学校５月联考，１３）类比ｐＨ的定义，
对于稀溶液可以定义ｐＣ＝－ｌｇｃ。常温下，某浓度的Ｈ２Ａ溶液
在不同ｐＨ下，测得ｐＣ（Ｈ２Ａ）、ｐＣ（ＨＡ
－）、ｐＣ（Ａ
２－）的变化如图
所示。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．曲线Ⅱ表示ｐＣ（ＨＡ
－）随ｐＨ的变化
Ｂ．当ｐＨ＝１．４０时，ｃ（Ｈ２Ａ）＞ｃ（Ａ
２－）＞ｃ（ＨＡ
－）
Ｃ．常温下，
ｃ（Ｈ２Ａ）·ｃ（Ａ
２－）
ｃ
２（ＨＡ
－）
＝１０
４．５０
Ｄ．ａ、ｂ、ｃ三点对应的溶液中，ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（ＨＡ
－）＋ｃ（Ａ
２－）的值相等
３．
答案　Ｄ　根据ｐＣ的含义可知，浓度越大，ｐＣ的值越小，ｐＨ
增大，促进Ｈ２Ａ的电离，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示ＨＡ
－、Ｈ２Ａ、
Ａ
２－的ｐＣ随ｐＨ的变化，Ａ项错误；ｐＨ＝１．４０时，ｐＣ（Ａ
２－）＞
ｐＣ（Ｈ２Ａ）＞ｐＣ（ＨＡ
－），则ｃ（Ａ
２－）＜ｃ（Ｈ２Ａ）＜ｃ（ＨＡ
－），Ｂ项错误；
曲线Ⅰ、Ⅱ交点处ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ｈ２Ａ），Ｋａ１＝ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－０．８０，曲
线Ⅰ、Ⅲ交点处ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ａ
２－），Ｋａ２＝ｃ（Ｈ
＋）＝１× １０
－５．３０，
ｃ（Ｈ２Ａ）·ｃ（Ａ
２－）
ｃ
２（ＨＡ
－）
＝ｃ（Ｈ２Ａ）·ｃ（Ａ
２－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ
２（ＨＡ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
＝
Ｋａ２
Ｋａ１
＝１０
－５．３０
１０
－０．８０＝
１０
－４．５０，Ｃ项错误；根据物料守恒可知，ａ、ｂ、ｃ三点对应的溶液
中ｃ（Ａ
２－）＋ｃ（Ｈ２Ａ）＋ｃ（ＨＡ
－）的值相等，Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４．（２０１８辽宁师大附中期中，１７）室温下，用０．１ｍｏｌ／Ｌ盐酸滴定
１０ｍＬ０．１ｍｏｌ／ＬＮａ２ＣＯ３溶液，滴定曲线如图所示。下列说法
正确的是
（　　）
Ａ．水的电离程度由大到小的顺序为：ａ＞ｂ＞ｃ＞ｄ
Ｂ．ａ点时：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）
Ｃ．ｂ点时：３ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋２ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
Ｄ．ｄ点时：ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＝ｃ（ＣＯ
２－
３）
４．
答案　
Ａ　
ａ点溶液中溶质为Ｎａ２ＣＯ３，ｂ点溶液中溶质为
ＮａＨＣＯ３、ＮａＣｌ，ｃ点溶液中溶质为ＮａＨＣＯ３、Ｈ２ＣＯ３、ＮａＣｌ，ｄ点
溶液中溶质为ＮａＣｌ、Ｈ２ＣＯ３。Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３促进水的电离，
Ｎａ２ＣＯ３更易水解；Ｈ２ＣＯ３抑制水的电离，故水的电离程度由大
到小的顺序为ａ＞ｂ＞ｃ＞ｄ，Ａ正确。ａ点时ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３），Ｂ不正确。ｂ点时，由物料守恒知ｃ（Ｎａ
＋）＝
２ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（Ｈ２ＣＯ３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３），Ｃ不正确。ｄ点时，
ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＣＯ
２－
３），Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６７
　　电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三
大常数，它们均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常
数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均
为吸热过程。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，
而不随溶液中离子浓度的变化而变化来进行。如：ＣＨ３ＣＯＯＮａ、
ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液中，Ｋａ、Ｋｈ、ＫＷ的关系是ＫＷ＝Ｋａ·Ｋｈ。
例
　（２０１９福建龙岩一模，１３）已知：ｐＫａ＝－ｌｇＫａ。２５℃
时，Ｈ２Ａ的ｐＫａ１＝１．８５，ｐＫａ２＝７．１９。常温下，用０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１
ＮａＯＨ溶液滴定２０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ａ溶液的滴定曲线如图所
示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．ａ点溶液中：ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ｈ２Ａ）
Ｂ．ｂ点溶液中：Ａ
２－水解平衡常数Ｋｈ１＝１０
－６．８１
Ｃ．Ｖ０＝３０
Ｄ．ａ、ｂ、ｃ、ｄ四点中，ｄ点溶液中水的电离程度最大
解析　Ａ项，Ｈ２Ａ的ｐＫａ１＝１．８５，则Ｋａ１＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＨＡ
－）
ｃ（Ｈ２Ａ）
＝
１０
－１．８５，而ａ点ｐＨ＝１．８５，溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１．８５ｍｏｌ· Ｌ
－１，则
ｃ（ＨＡ
－）＝ｃ（Ｈ２Ａ），故Ａ正确。Ｂ项，根据Ａ
２－＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＡ
－＋
ＯＨ
－可知，Ａ
２－水解平衡常数Ｋｈ１＝ｃ（ＨＡ
－）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（Ａ
２－）
＝ＫＷ
Ｋａ２
＝
１０
－１４
１０
－７．１９＝１０
－６．８１，故Ｂ正确。Ｃ项，Ｈ２Ａ的二级电离平衡常数Ｋａ２＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ａ
２－）
ｃ（ＨＡ
－）
＝１０
－７．１９，ｃ点溶液的ｐＨ＝７．１９，溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝
１０
－７．１９ｍｏｌ·Ｌ
－１，则溶液中ｃ（Ａ
２－）＝ｃ（ＨＡ
－）；Ｖ０＝３０时，反应后
溶液为等物质的量浓度的ＮａＨＡ和Ｎａ２Ａ溶液，由于Ａ
２－水解平
衡常数Ｋｈ１＝１０
－６．８１＞Ｋａ２＝１０
－７．１９，则ｃ（Ａ
２－）＜ｃ（ＨＡ
－），故Ｃ错误。
Ｄ项，ａ、ｂ、ｃ、ｄ点溶液中溶质分别为ＮａＨＡ和Ｈ２Ａ、ＮａＨＡ、ＮａＨＡ
和Ｎａ２Ａ、Ｎａ２Ａ，且Ｎａ２Ａ水解程度大于ＮａＨＡ，所以水电离程度：
ｄ＞ｃ＞ｂ＞ａ，故Ｄ正确。
答案　Ｃ
题目价值　电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是
高考中的热点，常用来判断弱酸酸式盐的酸碱性以及弱酸弱碱
盐的酸碱性。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码６８
１．（２０１９河北石家庄一模，１３）常温下，分别向ＮａＡ溶液和ＭＣｌ
溶液中加入盐酸和ＮａＯＨ溶液，混合溶液的ｐＨ与离子浓度变
化关系如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．曲线Ｌ１表示ｌｇｃ（Ｍ
＋）
ｃ（ＭＯＨ）与ｐＨ的变化关系
Ｂ．Ｋａ（ＨＡ）＝１×１０
－５．５
Ｃ．ａ点时两溶液中水的电离程度相同
Ｄ．０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＭＡ溶液中存在：ｃ（Ｍ
＋）＞ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
１．
答案　Ｃ　Ａ项，向ＭＣｌ溶液中加入ＮａＯＨ溶液，溶液ｐＨ逐
渐增大，ｎ（Ｍ
＋）逐渐减小，ｎ（ＭＯＨ）逐渐增大，则ｌｇｃ（Ｍ
＋）
ｃ（ＭＯＨ）的
值逐渐减小，故曲线Ｌ１表示ｌｇ
ｃ（Ｍ
＋）
ｃ（ＭＯＨ）与ｐＨ的变化关系，Ａ
正确。Ｂ项，曲线Ｌ２表示ｌｇｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）与ｐＨ的关系，ｌｇｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）＝０
时，ｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）＝１，此时ｐＨ＝５．５，ｃ（Ｈ
＋）＝１× １０
－５．５ｍｏｌ·Ｌ
－１，则
Ｋａ（ＨＡ）＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）
＝ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－５．５，Ｂ正确。Ｃ项，ａ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１４５
　
点溶液的ｐＨ＞７，对于曲线Ｌ２，是Ａ
－水解导致溶液呈碱性，促进
了水的电离；对于曲线Ｌ１，ＭＣｌ溶液呈酸性，ａ点时呈碱性，说
明水的电离受到抑制，所以两溶液中水的电离程度不同，Ｃ错
误。Ｄ项，曲线Ｌ１中，ｌｇ
ｃ（Ｍ
＋）
ｃ（ＭＯＨ）＝０时，
ｃ（Ｍ
＋）
ｃ（ＭＯＨ）＝１，
Ｋｂ（ＭＯＨ）＝ｃ（ＯＨ
－）＞１×１０
－５．５，根据Ｋｈ＝
ＫＷ
Ｋａ（或Ｋｂ）可知，电离
平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度：Ａ
－＞
Ｍ
＋，则ＭＡ溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为ｃ（Ｍ
＋）＞
ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），Ｄ正确。
２．（２０１９广东一模，１３）２５℃时，在２０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１一元弱酸
ＨＡ溶液中滴加０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，溶液中ｌｇｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）与
ｐＨ关系如图所示。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ａ点对应溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ａ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－）
Ｂ．２５℃时，ＨＡ的电离常数为１．０×１０
－５．３
Ｃ．Ｂ点对应的ＮａＯＨ溶液体积为１０ｍＬ
Ｄ．对Ｃ点溶液加热（不考虑挥发），则ｃ（Ａ
－）／［ｃ（ＨＡ）·
ｃ（ＯＨ
－）］一定增大
２．
答案　Ｂ　Ａ项，Ａ点对应溶液显酸性，即ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），
溶液中电荷守恒关系为ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ａ
－）＋ｃ（ＯＨ
－），所
以离子浓度关系为ｃ（Ａ
－）＞ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），Ａ项错
误；Ｂ项，ｐＨ＝５．３时，ｌｇｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）＝０，即ｃ（Ａ
－）＝ｃ（ＨＡ），Ｋａ＝
ｃ（Ａ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＨＡ）
＝ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－５．３，Ｂ项正确；Ｃ项，Ｋａ＝１０
－５．３＞
１０
－１４
１０
－５．３＝ＫＷ
Ｋａ
＝Ｋｈ，２０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＡ溶液中加入１０ｍＬ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，得到等浓度的ＨＡ和ＮａＡ混合溶液，
混合溶液中ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＨＡ），即ｌｇｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）＞０，故Ｂ点对应的
ＮａＯＨ溶液的体积小于１０ｍＬ，Ｃ项错误；Ｄ项，Ａ
－的水解常数Ｋｈ随
温度升高而增大，
ｃ（Ａ
－）
ｃ（ＨＡ）·ｃ（ＯＨ
－）
＝
ｃ（Ａ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
ｃ（ＨＡ）·ｃ（ＯＨ
－）·ｃ（Ｈ
＋）
＝
Ｋａ
ＫＷ
＝１
Ｋｈ
，随温度升高而减小，Ｄ项错误。
方法技巧　电离常数Ｋａ（Ｋｂ）、水的离子积常数ＫＷ、水解常数
Ｋｈ之间的关系：
Ｋａ（Ｋｂ）
ＫＷ
＝１
Ｋｈ
。
３．（２０１８湖北部分重点中学联考，１４）常温下，体积为１ｍＬ、浓度
均为０．１０ｍｏｌ／Ｌ的ＸＯＨ和Ｘ２ＣＯ３溶液，分别加水稀释至
ＶｍＬ，ｐＨ随ｌｇＶ的变化情况如图所示。下列叙述中正确的是
（　　）
Ａ．ＸＯＨ是弱碱
Ｂ．已知Ｈ２ＣＯ３的电离平衡常数Ｋａ１远大于Ｋａ２，则Ｋａ２约为
１．０×１０
－１０．２
Ｃ．ｐＨ＝１０的两种溶液中的ｃ（Ｘ
＋）：ＸＯＨ大于Ｘ２ＣＯ３
Ｄ．当ｌｇＶ＝２时，若Ｘ２ＣＯ３溶液升高温度，溶液碱性增强，则
ｃ（ＨＣＯ
－
３）／ｃ（ＣＯ
２－
３）的值减小
３．
答案　
Ｂ　
常温下，０．１０ｍｏｌ／ＬＸＯＨ溶液的ｐＨ为１３，则
ＸＯＨ是强碱，Ａ不正确；０．１０ｍｏｌ／ＬＸ２ＣＯ３溶液的ｐＨ＝１１．６，由
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－可得Ｋｈ＝ｃ（ＯＨ
－）·ｃ（ＨＣＯ
－
３）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝
１０
－２．４×１０
－２．４
０．１０－１０
－２．４≈１０
－３．８，Ｋｈ＝ｃ（ＯＨ
－）·ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＨＣＯ
－
３）
ｃ（ＣＯ
２－
３）·ｃ（Ｈ
＋）
＝ＫＷ
Ｋａ２
，
Ｋａ２＝ＫＷ
Ｋｈ
＝１×１０
－１４
１０
－３．８
＝１×１０
－１０．２，Ｂ正确；由题图可以看出ｐＨ＝１０
时，ＸＯＨ溶液体积更大，Ｘ
＋浓度更小，Ｃ不正确；Ｘ２ＣＯ３溶液中
存在平衡ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－，升高温度，平衡正向移
动，ｃ（ＨＣＯ
－
３）增大，ｃ（ＣＯ
２－
３）减小，ｃ（ＨＣＯ
－
３）／ｃ（ＣＯ
２－
３）的值增
大，Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２０６
考点一盐类水解原理及其应用
１．（２０１９北京理综，１２，６分）实验测得０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣＨ３ＣＯＯＮａ
溶液、０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣｕＳＯ４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
－、Ｃｕ
２＋水解平衡移动方向不同
１．
答案　Ｃ　本题考查了ＣＨ３ＣＯＯＮａ、ＣｕＳＯ４的水解，水的离子
积常数及温度对相关平衡移动的影响等知识。该题的综合度
高、思维容量大，侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处
理能力。试题多角度、动态分析化学反应，运用化学反应原理
来解决实际问题，体现了培养学生创新思维和创新意识的价值
观念。
Ａ项，温度升高，纯水中的Ｈ
＋、ＯＨ
－的浓度都增大，但二者始终相
等；Ｂ项，温度升高，ＣＨ３ＣＯＯＮａ的水解平衡正向移动，溶液中ＯＨ
－
浓度增大，图像中反映出的“随温度升高ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶液的ｐＨ下
降”的现象，是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的，并非
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
ＯＨ
－浓度下降了；Ｄ项，温度升高对ＣＨ３ＣＯＯ
－、Ｃｕ
２＋的水解都有促
进作用，二者水解平衡移动的方向是一致的。
２．（２０１８北京理综，１１，６分）测定０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＳＯ３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：ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＳＯ
－
３＋ＯＨ
－
Ｂ．④的ｐＨ与①不同，是由于ＳＯ
２－
３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
２．
答案　Ｃ　本题考查Ｎａ２ＳＯ３的还原性和温度对水解平衡的
影响。①→③过程中Ｎａ２ＳＯ３不断转化为Ｎａ２ＳＯ４，ＳＯ
２－
３浓度逐
渐减小，使水解平衡向逆反应方向移动，而升高温度使水解平
衡向正反应方向移动，故Ｃ不正确。
拓展延伸　亚硫酸盐、Ｈ２ＳＯ３、ＳＯ２等＋４价硫元素的化合物都
具有较强的还原性。
３．（２０１８天津理综，６，６分）ＬｉＨ２ＰＯ４是制备电池的重要原料。
室温下，ＬｉＨ２ＰＯ４溶液的ｐＨ随ｃ初始（Ｈ２ＰＯ
－
４）的变化如图１所
示，Ｈ３ＰＯ４溶液中Ｈ２ＰＯ
－
４的分布分数δ 随ｐＨ的变化如图２所
示［δ＝
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）
ｃ总（含Ｐ元素的粒子）］。
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Ｈ２ＰＯ
－
４、ＨＰＯ
２－
４和ＰＯ
３－
４
Ｃ．随ｃ初始（Ｈ２ＰＯ
－
４）增大，溶液的ｐＨ明显变小
Ｄ．用浓度大于１ｍｏｌ·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
３．
答案　
Ｄ　
本题考查盐类的水解、弱电解质的电离等。
ＬｉＨ２ＰＯ４溶液中存在Ｈ２ＰＯ
－
４的水解平衡与电离平衡、水的电
离平衡、ＨＰＯ
２－
４的电离平衡等，Ａ不正确；ＬｉＨ２ＰＯ４溶液中含Ｐ
元素的粒子有Ｈ２ＰＯ
－
４、ＨＰＯ
２－
４、ＰＯ
３－
４、Ｈ３ＰＯ４，Ｂ不正确；由图１
可知当ｃ初始（Ｈ２ＰＯ
－
４）大于１０
－１ｍｏｌ·Ｌ
－１后，溶液的ｐＨ不再随
ｃ初始（Ｈ２ＰＯ
－
４）的变化而变化，Ｃ不正确；由图２可知Ｈ３ＰＯ４溶
液的ｐＨ为４．６６时，Ｈ２ＰＯ
－
４的分布分数为０．９９４，故用浓度大于
１ｍｏｌ·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，Ｄ正确。
温馨提示　任何水溶液中均存在水的电离平衡。
４．（２０１８江苏单科，１４，４分）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（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）。室温下用ＮａＯＨ溶液滴定
２５．００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·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．０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液：ｃ（Ｈ
＋）＝０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋
ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）
Ｂ．ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（总）的溶液：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＞ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＞
ｃ（Ｈ
＋）
Ｃ．ｐＨ＝７的溶液：ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１０００ｍｏｌ· Ｌ
－１＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）－
ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）
Ｄ．ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（总）的溶液：ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（Ｈ
＋）＝２ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
４．
答案　
ＡＤ　
本题考查电解质溶液中粒子浓度的关系。Ａ
项，由电荷守恒可知：ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋
２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４），将其中一个ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）用题干信息代替可变式为
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（总）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）－
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＝
０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＯＨ
－）－
ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４），正确。Ｂ项，由ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（总）可知溶液中的溶质
为ＮａＨＣ２Ｏ４，已知Ｋａ２＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
＝５．４× １０
－５，因
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＞ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４），所以ｃ（Ｈ
＋）＞５．４×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，溶液显
酸性，ＨＣ２Ｏ
－
４的电离程度大于其水解程度，故ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＞
ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４），错误。Ｃ项，由电荷守恒可知：ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４），溶液ｐＨ＝７，则ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＝ｃ（总）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４），因为加
入ＮａＯＨ溶液，溶液的总体积增大，ｃ（总）＜０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１，
所以ｃ（Ｎａ
＋）＜０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４），错误。
Ｄ项，将ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（总）代入Ｃ项的电荷守恒式可推知：
ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（Ｈ
＋）＝２ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４），正确。
易错警示　利用物料守恒时，要注意溶液的总体积是否改变，
若溶液的总体积改变，ｃ（总）也随之改变。
解题技巧　判断粒子浓度的关系时，除了掌握电荷守恒、物料
守恒外，还要特别注意溶液的酸碱性，根据ｃ（Ｈ
＋）与ｃ（ＯＨ
－）的
大小关系判断。
５．（２０１７江苏单科，１４，４分）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０．１ｍｏｌ·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．０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＣＯＯＨ与０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ等体积混合后的
溶液中：ｃ（ＨＣＯＯ
－）＋ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（ＨＣＯＯＨ）＋ｃ（Ｈ
＋）
Ｄ．０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣＨ３ＣＯＯＮａ与０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸等体积混合后
的溶液中（ｐＨ＜７）：ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＞
ｃ（Ｈ
＋）
５．
答案　
ＡＤ　
Ａ项，ＨＣＯＯＮａ溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（Ｈ
＋），ＮＨ４Ｃｌ溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（Ｃｌ
－）＋
ｃ（ＯＨ
－）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（ＯＨ
－）；已知：Ｋａ（ＨＣＯＯＨ）＝１．７７×
１０
－４＞Ｋｂ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝１．７６× １０
－５，即同浓度时电离程度
ＨＣＯＯＨ＞ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，则水解程度ＨＣＯＯ
－＜ＮＨ
＋
４，ＨＣＯＯＮａ溶液
中ｃ（Ｈ
＋）大于ＮＨ４Ｃｌ溶液中ｃ（ＯＨ
－），故Ａ项正确。Ｂ项，等体
积ｐＨ均为３的ＨＣＯＯＨ和ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液，因Ｋａ（ＨＣＯＯＨ）＞
Ｋａ（ＣＨ３ＣＯＯＨ），所以ｎ（ＨＣＯＯＨ）＜ｎ（ＣＨ３ＣＯＯＨ），消耗ＮａＯＨ
溶液的体积前者小于后者，故Ｂ项错误。Ｃ项，混合后得
ＨＣＯＯＨ与ＨＣＯＯＮａ物质的量之比为１∶１的溶液，物料守恒：
２ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＣＯＯＨ）＋ｃ（ＨＣＯＯ
－）①，电荷守恒：ｃ（Ｎａ
＋）＋
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣＯＯ
－）＋ｃ（ＯＨ
－）②，②× ２－①得ｃ（ＨＣＯＯＨ）＋
２ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＣＯＯ
－）＋２ｃ（ＯＨ
－），故Ｃ项错误。Ｄ项，混合后得
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１４７
　
ＣＨ３ＣＯＯＮａ、ＮａＣｌ和ＣＨ３ＣＯＯＨ物质的量之比为１∶１∶１的混
合液，且ｐＨ＜７，则ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离程度大于ＣＨ３ＣＯＯ
－水解
程度，可得ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＞
ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），故Ｄ项正确。
思路梳理　１．先确定溶液成分（两溶液混合时能发生反应者
优先考虑反应）；
２．再确定溶液酸碱性（考虑电离程度、水解程度的相对大小）；
３．若选项中包含等式，要考虑两个守恒（物料守恒和电荷守
恒）；若选项中包含不等式，要考虑两个守恒且结合等量代换。
６．（２０１６江苏单科，１４，４分）Ｈ２Ｃ２Ｏ４为二元弱酸。２０℃时，配
制一组ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１的
Ｈ２Ｃ２Ｏ４和ＮａＯＨ混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度
随ｐＨ的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的
量浓度关系一定正确的是
（　　）
Ａ．ｐＨ＝２．５的溶液中：ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＞ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
Ｂ．ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液中：ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＝
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）
Ｃ．ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＝ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）的溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）
Ｄ．ｐＨ＝７．０的溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）
６．
答案　
ＢＤ　
结合图像分析，ｐＨ＝２．５时，ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋
ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）远小于ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４），Ａ错误；ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１
的溶液中存在ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）、
ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＯＨ
－），联合两式可
以得到ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４），Ｂ正确；根据电
荷守恒：ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（ＯＨ
－），可以
得到ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（Ｈ
＋），再结合
ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）＋ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１可以得出
ｃ（Ｎａ
＋）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋ｃ（ＯＨ
－）－
ｃ（Ｈ
＋）＝０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＋ｃ（ＯＨ
－）－
ｃ（Ｈ
＋），因为此时溶液ｐＨ＜７，则ｃ（ＯＨ
－）－ｃ（Ｈ
＋）－ｃ（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）＜
０，故ｃ（Ｎａ
＋）＜０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４），Ｃ错误；根据电荷守恒及
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）可得，ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＋ｃ（ＨＣ２Ｏ
－
４），所
以ｃ（Ｎａ
＋）＞２ｃ（Ｃ２Ｏ
２－
４），Ｄ正确。
７．（２０１６四川理综，７，６分）向１Ｌ含０．０１ｍｏｌＮａＡｌＯ２和０．０２ｍｏｌ
ＮａＯＨ的溶液中缓慢通入ＣＯ２，随ｎ（ＣＯ２）增大，先后发生三个
不同的反应，当０．０１ｍｏｌ＜ｎ（ＣＯ２）≤０．０１５ｍｏｌ时发生的反应
是：２ＮａＡｌＯ２＋ＣＯ２＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ａｌ（ＯＨ）３↓＋Ｎａ２ＣＯ３。下列对
应关系正确的是
（　　）
选项
ｎ（ＣＯ２）／ｍｏｌ
溶液中离子的物质的量浓度
Ａ
０
ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＡｌＯ
－
２）＋ｃ（ＯＨ
－）
Ｂ
０．０１
ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＡｌＯ
－
２）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）
Ｃ
０．０１５
ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ
０．０３
ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋）
７．
答案　Ｄ　Ａ项，ｎ（ＣＯ２）＝０时，溶液为ＮａＡｌＯ２和ＮａＯＨ的
混合溶液，根据电荷守恒有ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＡｌＯ
－
２）＋
ｃ（ＯＨ
－），则ｃ（Ｎａ
＋）＜ｃ（ＡｌＯ
－
２）＋ｃ（ＯＨ
－），故错误；Ｂ项，ｎ（ＣＯ２）＝
０．０１ｍｏｌ时，发生反应：
２ＮａＯＨ　＋　ＣＯ２􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｏ　①
２
１　　　　　１
０．０２ｍｏｌ
０．０１ｍｏｌ０．０１ｍｏｌ
此时所得溶液为ＮａＡｌＯ２和Ｎａ２ＣＯ３的混合溶液，ＡｌＯ
－
２、ＣＯ
２－
３均
发生微弱水解，水解生成的粒子浓度应小于水解剩余的粒子浓
度，即ｃ（ＯＨ
－）＜ｃ（ＣＯ
２－
３），故错误；Ｃ项，反应①结束后继续通
入ＣＯ２０．００５ｍｏｌ发生反应：
２ＮａＡｌＯ２＋ＣＯ２＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ａｌ（ＯＨ）３↓＋Ｎａ２ＣＯ３　②
　２　　　１　　　　　　　　　　　　　１
０．０１ｍｏｌ　０．００５ｍｏｌ　　　　　　　　０．００５ｍｏｌ
此时所得溶液为Ｎａ２ＣＯ３溶液，溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３），故错误；Ｄ项，反应②结束后继续通入ＣＯ２
０．０１５ｍｏｌ发生反应：
Ｎａ２ＣＯ３　＋　ＣＯ２　＋　Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＮａＨＣＯ３　③
　１　　　　　１　　　　　　　　　２
０．０１５ｍｏｌ　０．０１５ｍｏｌ　　　　　　０．０３ｍｏｌ
此时所得溶液为ＮａＨＣＯ３溶液，溶液中ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），故正确。
考点二沉淀溶解平衡及其应用
８．（２０１９课标Ⅱ，１２，６分）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
８．
答案　Ｂ　本题涉及的知识点为难溶电解质的溶解平衡及
Ｋｓｐ大小的比较；通过图像考查了考生接受、吸收、整合化学信
息的能力；考查温度和浓度变化对溶解平衡的影响，体现了变
化观念与平衡思想的学科核心素养。以古代绘画和彩陶为素
材，贯彻了弘扬中华民族优秀传统文化的价值观念。
ＣｄＳ在水中达到溶解平衡时Ｃｄ
２＋、Ｓ
２－浓度相等，可求出一定温
度下ＣｄＳ在水中的溶解度，Ａ项正确；ｍ、ｐ、ｎ为同一温度下的
ＣｄＳ的溶解平衡状态，三点的Ｋｓｐ相等，Ｂ项错误；向ｍ点溶液
中加入Ｎａ２Ｓ，Ｓ
２－浓度增大，但Ｋｓｐ不变，则溶液组成由ｍ沿Ｔ１
时的平衡曲线向ｐ方向移动，Ｃ项正确；温度降低，Ｋｓｐ减小，ｑ
沿ｑｐ线向ｐ方向移动，Ｄ项正确。
９．（２０１８课标Ⅲ，１２，６分）用０．１００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３滴定５０．０ｍＬ
０．０５００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｃｌ
－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述
错误的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１４８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
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０．０４００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｃｌ
－，反应终点ｃ移
到ａ
Ｄ．相同实验条件下，若改为０．０５００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｂｒ
－，反应终点ｃ向
ｂ方向移动
９．
答案　Ｃ　本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数。Ａ项，根
据滴定曲线知，当加入２５ｍＬＡｇＮＯ３溶液时达到反应终点，此
时ｃ（Ｃｌ
－）≈１× １０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ａｇ
＋沉淀完全，则ｃ（Ａｇ
＋）＝１×
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，故Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝ｃ（Ａｇ
＋）· ｃ（Ｃｌ
－），数量级为
１０
－１０，正确；Ｂ项，由溶度积常数的定义知，曲线上各点满足
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝ｃ（Ａｇ
＋）·ｃ（Ｃｌ
－），正确；Ｃ项，相同条件下，若改为
０．０４００ｍｏｌ· Ｌ
－１Ｃｌ
－，达到反应终点时ｃ（Ｃｌ
－）不变，消耗
Ｖ（ＡｇＮＯ３）＝２０ｍＬ，错误；Ｄ项，相同条件下，若改为
０．０５００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｂｒ
－，由于Ｋｓｐ（ＡｇＢｒ）＜Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ），达到反应终
点时ｃ（Ｂｒ
－）＜ｃ（Ｃｌ
－），消耗ｎ（ＡｇＮＯ３）不变，反应终点ｃ向ｂ方
向移动，正确。
知识拓展　化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于１×
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，沉淀就达完全。
１０．（２０１７课标Ⅲ，１３，６分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高
浓度的Ｃｌ
－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Ｃｌ
－。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．Ｋｓｐ（ＣｕＣｌ）的数量级为１０
－７
Ｂ．除Ｃｌ
－反应为Ｃｕ＋Ｃｕ
２＋＋２Ｃｌ
－􀪅􀪅２ＣｕＣｌ
Ｃ．加入Ｃｕ越多，Ｃｕ
＋浓度越高，除Ｃｌ
－效果越好
Ｄ．２Ｃｕ
＋􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋Ｃｕ平衡常数很大，反应趋于完全
１０．
答案　
Ｃ　
依据图像，选择一个坐标点（１．７５，－５），
ｌｇｃ（Ｃｕ
＋）
ｍｏｌ·Ｌ
－１＝－５，ｃ（Ｃｕ
＋）＝１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，－ｌｇｃ（Ｃｌ
－）
ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１．７５，
ｃ（Ｃｌ
－）＝１０
－１．７５ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｋｓｐ（ＣｕＣｌ）＝ｃ（Ｃｕ
＋）·ｃ（Ｃｌ
－）＝１×
１０
－６．７５，则Ｋｓｐ（ＣｕＣｌ）的数量级为１０
－７，Ａ正确；Ｃｕ和Ｃｕ
２＋发生
氧化还原反应生成Ｃｕ
＋，Ｃｕ
＋与Ｃｌ
－形成ＣｕＣｌ沉淀，Ｂ正确；Ｃｕ
是固体，其量的多少不会引起平衡移动，对除Ｃｌ
－无影响，Ｃ错
误；２Ｃｕ
＋􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋Ｃｕ的平衡常数很大，说明反应正向进行
的程度很大，反应趋于完全，Ｄ正确。
１１．（２０１５天津理综，３，６分）下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．Ｎａ与Ｈ２Ｏ的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
Ｂ．饱和Ｎａ２ＳＯ４溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但
原理不同
Ｃ．ＦｅＣｌ３和ＭｎＯ２均可加快Ｈ２Ｏ２分解，同等条件下二者对
Ｈ２Ｏ２分解速率的改变相同
Ｄ．Ｍｇ（ＯＨ）２固体在溶液中存在平衡：Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｍｇ
２＋（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ），该固体可溶于ＮＨ４Ｃｌ溶液
１１．
答案　
Ｃ　
Ａ项，２Ｎａ（ｓ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅２ＮａＯＨ（ａｑ）＋
Ｈ２（ｇ）　ΔＨ＜０，上述反应中ΔＳ＞０、ΔＨ＜０，则ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ＜
０，该反应能自发进行。Ｂ项，饱和Ｎａ２ＳＯ４溶液使蛋白质溶液
产生沉淀的原理是蛋白质发生盐析，属于物理变化；而浓硝酸
使蛋白质沉淀的原理是蛋白质发生变性，属于化学变化。Ｃ
项，ＦｅＣｌ３和ＭｎＯ２都可作Ｈ２Ｏ２分解反应的催化剂，但催化效
果不同。Ｄ项，Ｍｇ（ＯＨ）２固体在溶液中存在平衡：Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）
􀜩􀜨
􀜑
Ｍｇ
２＋（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ），向平衡体系中加入ＮＨ４Ｃｌ溶液后，
ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－反应生成ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，从而使上述平衡正向移动，
Ｍｇ（ＯＨ）２固体溶解。
１２．（２０１９课标Ⅲ，２６，１４分）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：
ＭｎＳ矿
ＭｎＯ２粉
溶浸
→
Ｈ２ＳＯ４
↓
↓
滤渣１
氧化
→
ＭｎＯ２
↓
调ｐＨ
→
氨水
↓
↓
滤渣２
除杂１
→
Ｎａ２Ｓ
↓
↓
滤渣３
除杂２
→
ＭｎＦ２
↓
↓
滤渣４
沉锰
→
ＮＨ４ＨＣＯ３
↓
ＭｎＣＯ３
Ｈ２ＳＯ４
　→ＭｎＳＯ４
→
相关金属离子［ｃ０（Ｍ
ｎ＋）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１］形成氢氧化物沉淀的
ｐＨ范围如下：
金属离子
Ｍｎ
２＋
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
Ａｌ
３＋
Ｍｇ
２＋
Ｚｎ
２＋
Ｎｉ
２＋
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　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
（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Ｚｎ
２＋和Ｎｉ
２＋，“滤渣３”的主要成分
是　　　　　　。
（５）“除杂２”的目的是生成ＭｇＦ２沉淀除去Ｍｇ
２＋。若溶液酸
度过高，Ｍｇ
２＋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＝１
３时，ｚ＝　　　　。
１２．
答案　（１）ＳｉＯ２（不溶性硅酸盐）
ＭｎＯ２＋ＭｎＳ＋２Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２ＭｎＳＯ４＋Ｓ＋２Ｈ２Ｏ
（２）将Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋
（３）４．７
（４）ＮｉＳ和ＺｎＳ
（５）Ｆ
－与Ｈ
＋结合形成弱电解质ＨＦ，ＭｇＦ２􀜩􀜨
􀜑
Ｍｇ
２＋＋２Ｆ
－平衡
向右移动
（６）Ｍｎ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＭｎＣＯ３↓＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
（７）１
３
解析　本题涉及元素化合物知识的综合应用，通过工艺流
程形式给出信息，考查分析和解决化学工艺流程问题的能力，
根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式，体现了
证据推理与模型认知的学科核心素养。
（１）由题干信息可知，滤渣有生成的Ｓ和不与Ｈ２ＳＯ４反应的
ＳｉＯ２（或写不溶性硅酸盐）；依据氧化还原反应原理可知，
ＭｎＯ２作氧化剂，ＭｎＳ作还原剂，由此可写出化学方程式。
（２）Ｆｅ溶于Ｈ２ＳＯ４中得到Ｆｅ
２＋，为了去除方便，需将Ｆｅ
２＋氧化
为Ｆｅ
３＋。
（３）由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的ｐＨ范围可知除铁
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１４９
　
和铝时溶液ｐＨ范围应调节为４．７～６之间。
（４）ＮｉＳ和ＺｎＳ是难溶于水的硫化物。
（５）ＭｇＦ２（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｍｇ
２＋（ａｑ）＋２Ｆ
－（ａｑ），若增大Ｈ
＋浓度，Ｆ
－与
Ｈ
＋会结合成弱电解质ＨＦ而使沉淀溶解平衡正向移动，导致
溶液中Ｍｇ
２＋沉淀不完全。
（６）由于ＨＣＯ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＣＯ
２－
３，ＣＯ
２－
３与Ｍｎ
２＋可形成ＭｎＣＯ３沉
淀，使ＨＣＯ
－
３电离平衡正向移动，Ｈ
＋浓度增大，Ｈ
＋与ＨＣＯ
－
３反
应生成Ｈ２Ｏ和ＣＯ２，所以离子方程式为Ｍｎ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅
ＭｎＣＯ３↓＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ。
（７）根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为０，可知
＋１＋（＋２）×ｘ＋（＋３）×ｙ＋（＋４）×ｚ＋（－２）×２＝０，将ｘ＝ｙ＝１
３代入
计算，可得ｚ＝１
３。
易错警示　（５）易忽略Ｈ
＋与Ｆ
－会形成弱电解质破坏沉淀溶
解平衡；（６）易错写为Ｍｎ
２＋＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＭｎＣＯ３↓＋Ｈ
＋，忽略
ＭｎＣＯ３可溶于酸中。
１３．（２０１９江苏单科，１９，１５分）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）２ＳＯ４晶体，其实验流程如下：
（１）室温下，反应ＣａＳＯ４（ｓ）＋ＣＯ
２－
３（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
ＣａＣＯ３（ｓ）＋
ＳＯ
２－
４（ａｑ）达到平衡，则溶液中
ｃ（ＳＯ
２－
４）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝　
　
　
　
　
［Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）＝４．８×１０
－５，Ｋｓｐ（ＣａＣＯ３）＝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）２ＣＯ３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ＣａＳＯ４
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ＣａＳＯ４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］。
１３．
答案　（１）１．６×１０
４
（２）ＨＣＯ
－
３＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮＨ
＋
４＋ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
（或ＨＣＯ
－
３＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ）
增加溶液中ＣＯ
２－
３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
解析　本题涉及的考点有Ｋｓｐ的应用，沉淀的转化与生成，
离子方程式的书写等；考查考生分析、解决化学问题的能力；
体现了科学态度与社会责任的化学核心素养。
（１）溶液中
ｃ（ＳＯ
２－
４）
ｃ（ＣＯ
２－
３）
＝ｃ（ＳＯ
２－
４）·ｃ（Ｃａ
２＋）
ｃ（ＣＯ
２－
３）·ｃ（Ｃａ
２＋）
＝Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）
Ｋｓｐ（ＣａＣＯ３）＝
４．８×１０
－５
３×１０
－９＝１．６×１０
４。
（２）（ＮＨ４）２ＣＯ３溶液中ＣＯ
２－
３水解，ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣＯ
－
３＋
ＯＨ
－，加入适量浓氨水，溶液中ＯＨ
－浓度增大，抑制ＣＯ
２－
３水
解，从而增加溶液中ＣＯ
２－
３的浓度，促进ＣａＳＯ４转化为ＣａＣＯ３。
（３）（ＮＨ４）２ＣＯ３受热易分解，生成ＮＨ３、ＣＯ２、Ｈ２Ｏ；加快搅拌
速率可使反应物反应更充分，提高ＣａＳＯ４的转化率。
（４）滤渣的主要成分有ＣａＣＯ３、ＳｉＯ２、Ａｌ２Ｏ３、Ｆｅ２Ｏ３。用盐酸将其
溶解后，过滤除去ＳｉＯ２。用Ｃａ（ＯＨ）２调节滤液的ｐＨ到５～８．５，使
Ｆｅ
３＋和Ａｌ
３＋完全沉淀，过滤除去Ｆｅ（ＯＨ）３和Ａｌ（ＯＨ）３。
归纳总结　反应物中有易分解或易挥发的药品时，反应温度
一般不能过高，防止反应物分解或挥发。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一盐类水解原理及其应用
１．（２０１５江苏单科，１４，４分）室温下，向下列溶液中通入相应的
气体至溶液ｐＨ＝７（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液
中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
（　　）
Ａ．向０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１ＮＨ４ＨＣＯ３溶液中通ＣＯ２：ｃ（ＮＨ
＋
４）＝
ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（ＣＯ
２－
３）
Ｂ．向０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＳＯ３溶液中通ＮＨ３：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞
ｃ（ＳＯ
２－
３）
Ｃ．向０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＳＯ３溶液中通ＳＯ２：ｃ（Ｎａ
＋）＝２［ｃ（ＳＯ
２－
３）＋
ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（Ｈ２ＳＯ３）］
Ｄ．向０．１０ｍｏｌ· Ｌ
－１ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶液中通ＨＣｌ：ｃ（Ｎａ
＋）＞
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＝ｃ（Ｃｌ
－）
答案　
Ｄ　
Ａ项，依据电荷守恒可得ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（ＯＨ
－），其中ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），所以
ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）。Ｂ项，向ＮａＨＳＯ３溶液中通入
ＮＨ３显中性，根据电荷守恒知：ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＝
２ｃ（ＳＯ
２－
３）＋ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（ＯＨ
－）①；由物料守恒知，ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（ＳＯ
２－
３）＋ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（Ｈ２ＳＯ３）②；又ｐＨ＝７，ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－）③。①、②、③联立得：ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ２ＳＯ３）＝ｃ（ＳＯ
２－
３），则
ｃ（ＳＯ
２－
３）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）。Ｃ项，未通ＳＯ２之前，Ｎａ２ＳＯ３溶液中物料
守恒为ｃ（Ｎａ
＋）＝２［ｃ（ＳＯ
２－
３）＋ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（Ｈ２ＳＯ３）］，通入ＳＯ２
后溶液中Ｎａ与Ｓ两元素不符合上述物料守恒，应ｃ（Ｎａ
＋）＜
２［ｃ（ＳＯ
２－
３）＋ｃ（ＨＳＯ
－
３）＋ｃ（Ｈ２ＳＯ３）］。Ｄ项，由电荷守恒知：
ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＋ｃ（Ｃｌ
－）＋ｃ（ＯＨ
－）①；由物料守
恒知：ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＋ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）②；由ｐＨ＝７知
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）③。由①③式推知ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（Ｃｌ
－）；把②、③
式代入①中可得ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）＝ｃ（Ｃｌ
－），故Ｄ正确。
２．（２０１５四川理综，６，６分）常温下，将等体积、等物质的量浓度
的ＮＨ４ＨＣＯ３与ＮａＣｌ溶液混合，析出部分ＮａＨＣＯ３晶体，过滤，
所得滤液ｐＨ＜７。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确
∙∙∙的
是　
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１５０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）＜１．０×１０
－７ｍｏｌ／Ｌ
Ｂ．ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（Ｈ２ＣＯ３）
Ｃ．ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）
Ｄ．ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（ＨＣＯ
－
３）＞ｃ（ＣＯ
２－
３）
答案　
Ｃ　
根据题意可知，过滤后的滤液中应有较多量的
ＮＨ４Ｃｌ及少量的ＮａＨＣＯ３，Ｄ项正确；Ａ项，
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝ｃ（ＯＨ
－），滤
液ｐＨ＜７，则ｃ（ＯＨ
－）＜１．０×１０
－７ｍｏｌ／Ｌ，正确；Ｂ项符合物料守恒
关系，正确；Ｃ项根据电荷守恒有ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｎａ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＣＯ
－
３）＋２ｃ（ＣＯ
２－
３）＋ｃ（Ｃｌ
－），而ｃ（Ｃｌ
－）≠ｃ（Ｎａ
＋），故
错误。
３．（２０１５天津理综，５，６分）室温下，将０．０５ｍｏｌＮａ２ＣＯ３固体溶
于水配成１００ｍＬ溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确
的是
（　　）
加入的物质
　　　　　结论
Ａ．
５０ｍＬ１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２ＳＯ４
反应结束后，ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＳＯ２－
４）
Ｂ．
０．０５ｍｏｌＣａＯ
溶液中ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）增大
Ｃ．
５０ｍＬＨ２Ｏ
由水电离出的ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＯＨ
－）不变
Ｄ．
０．１ｍｏｌＮａＨＳＯ４固体
反应完全后，溶液ｐＨ减小，ｃ（Ｎａ
＋）不变
答案　Ｂ　Ａ项，０．０５ｍｏｌＮａ２ＣＯ３与０．０５ｍｏｌＨ２ＳＯ４刚好反
应生成Ｎａ２ＳＯ４，即所得溶液为Ｎａ２ＳＯ４溶液，ｃ（Ｎａ
＋）＝
２ｃ（ＳＯ
２－
４）；Ｂ项，向含０．０５ｍｏｌＮａ２ＣＯ３的溶液中加入０．０５ｍｏｌ
ＣａＯ，得到ＣａＣＯ３和ＮａＯＨ，故ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）增大；Ｃ项，加水稀释
Ｎａ２ＣＯ３溶液，水的电离程度减小，由水电离出的ｃ（Ｈ
＋）·
ｃ（ＯＨ
－）发生了改变；Ｄ项，充分反应后所得溶液为Ｎａ２ＳＯ４溶
液，溶液中ｃ（Ｎａ
＋）增大。
考点二沉淀溶解平衡及其应用
４．（２０１５浙江理综，１３，６分）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧
渣（主要成分为Ｆｅ２Ｏ３、ＳｉＯ２、Ａｌ２Ｏ３，不考虑其他杂质）制备七
水合硫酸亚铁（ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ），设计了如下流程：
烧渣
足量酸
固体１
→
溶液１
→
试剂Ｘ
　
→
ＮａＯＨ溶液
控制ｐＨ
固体２
→
溶液２
→
ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ
→
下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂Ｘ选用铁粉
Ｂ．固体１中一定有ＳｉＯ２，控制ｐＨ是为了使Ａｌ
３＋转化为
Ａｌ（ＯＨ）３进入固体２
Ｃ．从溶液２得到ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ产品的过程中，须控制条件防
止其氧化和分解
Ｄ．若改变方案，在溶液１中直接加ＮａＯＨ至过量，得到的沉淀
用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ
答案　Ｄ
综合上述信息可知Ａ、Ｂ项均正确；由于ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ易被氧
化和分解，所以从溶液２中获得ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ须控制条件，Ｃ
正确；若在溶液１中直接加过量ＮａＯＨ，得到Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀，
Ｆｅ（ＯＨ）３用硫酸溶解得到Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液，经结晶分离得不到
ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ，Ｄ项不正确。
５．（２０１６课标Ⅰ，２７，１５分）元素铬（Ｃｒ）在溶液中主要以Ｃｒ
３＋（蓝
紫色）、Ｃｒ（ＯＨ）
－
４（绿色）、Ｃｒ２Ｏ
２－
７（橙红色）、ＣｒＯ
２－
４（黄色）等形式
存在。Ｃｒ（ＯＨ）３为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题：
（１）Ｃｒ
３＋与Ａｌ
３＋的化学性质相似。在Ｃｒ２（ＳＯ４）３溶液中逐滴加
入ＮａＯＨ溶液直至过量，可观察到的现象是
　
　
　。
（２）ＣｒＯ
２－
４和Ｃｒ２Ｏ
２－
７在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度
为１．０ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｎａ２ＣｒＯ４溶液中ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）随ｃ（Ｈ
＋）的变
化如图所示。
①用离子方程式表示Ｎａ２ＣｒＯ４溶液中的转化反应　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②由图可知，溶液酸性增大，ＣｒＯ
２－
４的平衡转化率　
　
　
（填“增大”“减小”或“不变”）。根据Ａ点数据，计算出该
转化反应的平衡常数为　　　　　。
③升高温度，溶液中ＣｒＯ
２－
４的平衡转化率减小，则该反应的
ΔＨ　　　　　０（填“大于”“小于”或“等于”）。
（３）在化学分析中采用Ｋ２ＣｒＯ４为指示剂，以ＡｇＮＯ３标准溶液
滴定溶液中Ｃｌ
－，利用Ａｇ
＋与ＣｒＯ
２－
４生成砖红色沉淀，指示
到达滴定终点。当溶液中Ｃｌ
－恰好沉淀完全（浓度等于
１．０×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１）时，溶液中ｃ（Ａｇ
＋）为　
　
　
ｍｏｌ·Ｌ
－１，
此时溶液中ｃ（ＣｒＯ
２－
４）等于　
　
　
ｍｏｌ· Ｌ
－１。（已知
Ａｇ２ＣｒＯ４、ＡｇＣｌ的Ｋｓｐ分别为２．０×１０
－１２和２．０×１０
－１０）
（４）＋６价铬的化合物毒性较大，常用ＮａＨＳＯ３将废液中的
Ｃｒ２Ｏ
２－
７还原成Ｃｒ
３＋，该反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后
沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
（２）①２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ　②增大　１．０×１０
１４
③小于
（３）２．０×１０
－５　５．０×１０
－３
（４）Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋３ＨＳＯ
－
３＋５Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｒ
３＋＋３ＳＯ
２－
４＋４Ｈ２Ｏ
解析　
（１）Ｃｒ
３＋与Ａｌ
３＋化学性质相似，Ｃｒ
３＋（蓝紫色）中加入
ＮａＯＨ溶液，先生成Ｃｒ（ＯＨ）３沉淀（灰蓝色），继续滴加，沉淀
溶解，生成Ｃｒ（ＯＨ）
－
４（绿色）。
（２）①Ｎａ２ＣｒＯ４溶液中的转化反应为２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ。
②酸性增大，平衡右移，ＣｒＯ
２－
４的平衡转化率增大。由题图知，
Ａ点ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）＝０．２５ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝（１．０－０．２５×
２）ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１．０×１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，则平衡常数
Ｋ＝
ｃ（Ｃｒ２Ｏ
２－
７）
ｃ
２（ＣｒＯ
２－
４）·ｃ
２（Ｈ
＋）
＝
０．２５
０．５
２×（１．０×１０
－７）
２＝１．０×１０
１４。
③升温，ＣｒＯ
２－
４的平衡转化率减小，说明平衡左移，即正反应为
放热反应，ΔＨ＜０。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１５１
　
（３）ｃ（Ａｇ
＋）＝Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）
ｃ（Ｃｌ
－）
＝２．０×１０
－１０
１．０×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１＝２．０×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，
ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）
ｃ
２（Ａｇ
＋）
＝２．０×１０
－１２
（２．０×１０
－５）
２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝５．０×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（４）Ｃｒ２Ｏ
２－
７被还原成Ｃｒ
３＋，Ｃｒ元素化合价降低，作氧化剂，则
ＨＳＯ
－
３作还原剂，被氧化为ＳＯ
２－
４，根据得失电子守恒、原子守恒
及电荷守恒，即可得出反应的离子方程式。
知识拓展　利用溶度积曲线解题时需要注意：（１）对于组成形
式不同的物质，不能根据溶度积数值直接比较其溶液中离子浓
度大小，需经过计算再进行比较。（２）在沉淀溶解平衡的图像
中，只有曲线上的点才表示达到沉淀溶解平衡，曲线上方的点
表示过饱和，下方的点表示未饱和。（３）是否生成沉淀取决于
Ｑｃ与Ｋｓｐ的相对大小，不能只通过Ｋｓｐ的大小判断。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２０８
时间：４５分钟　分值：９５分
一、选择题（每题６分，共３０分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届河北衡水中学五调，７）在ｐＨ为３的ＦｅＣｌ３溶液、ｐＨ
为１１的Ｎａ２ＣＯ３溶液和ｐＨ为３的盐酸中由水电离出来的Ｈ
＋
的浓度分别为ｃ１、ｃ２、ｃ３，它们之间的关系是
（　　）
Ａ．ｃ１＜ｃ２＜ｃ３
Ｂ．ｃ１＝ｃ２＞ｃ３
Ｃ．ｃ１＞ｃ２＞ｃ３
Ｄ．无法判断
１．
答案　
Ｂ　
ＦｅＣｌ３和Ｎａ２ＣＯ３都可促进水的电离，ｐＨ为３的
ＦｅＣｌ３溶液中水电离出来的Ｈ
＋的浓度为１０
－３ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ为１１
的Ｎａ２ＣＯ３溶液中水电离出来的Ｈ
＋的浓度为１０
－３ｍｏｌ／Ｌ；盐酸
抑制水的电离，ｐＨ为３的盐酸中水电离出来的Ｈ
＋的浓度为
１０
－１１ｍｏｌ／Ｌ，则ｃ１＝ｃ２＞ｃ３。
２．（２０２０届河北衡水中学五调，３０）下列有关说法不正确的是
（　　）
Ａ．已知Ｉ２可溶于ＫＩ形成ＫＩ３，向两支盛有ＫＩ３溶液的试管中，
分别滴加淀粉溶液和ＡｇＮＯ３溶液，前者溶液变蓝，后者有黄
色沉淀，说明ＫＩ３溶液中存在平衡：Ｉ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｉ２＋Ｉ
－
Ｂ．Ｃｒ（ＯＨ）３在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ｃｒ（ＯＨ）３（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ
３＋（ａｑ）＋３ＯＨ
－（ａｑ），常温下，Ｃｒ（ＯＨ）３的溶度积Ｋｓｐ＝
ｃ（Ｃｒ
３＋）·ｃ
３（ＯＨ
－）＝１０
－３２，要使ｃ（Ｃｒ
３＋）降至１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，溶
液的ｐＨ应调至５
Ｃ．已知：Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝１．８×１０
－１０，Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝２．０×１０
－１２，将浓
度为１０× １０
－４ｍｏｌ／Ｌ的ＡｇＮＯ３溶液滴入等体积浓度均为
１．０×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ的ＫＣｌ和Ｋ２ＣｒＯ４的混合溶液中产生两种不
同沉淀，且Ａｇ２ＣｒＯ４沉淀先产生
Ｄ．２５℃时，溶液中水电离出的ｃ（Ｈ
＋）和水电离出的ｃ（ＯＨ
－）的
乘积不一定等于１０
－１４
２．
答案　Ｃ　向两支盛有ＫＩ３溶液的试管中，分别滴加淀粉溶
液和ＡｇＮＯ３溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，可知溶液中
含碘单质、碘离子，则ＫＩ３溶液中存在平衡：Ｉ
－
３􀜩􀜨
􀜑
Ｉ２＋Ｉ
－，故Ａ
正确；要使ｃ（Ｃｒ
３＋）降至１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，ｃ（ＯＨ
－）＝
３１０
－３２
１０
－５ｍｏｌ／Ｌ＝
１０
－９ｍｏｌ／Ｌ，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，溶液的ｐＨ应调至５，故Ｂ
正确；生成ＡｇＣｌ需要的银离子浓度为１．８×１０
－１０
０．５×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ＝３．６×
１０
－６ｍｏｌ／Ｌ，生成
Ａｇ２ＣｒＯ４需要的银离子浓度为
２．０×１０
－１２
０．５×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ＝２×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ，则混合溶液中产生两种不
同沉淀，且ＡｇＣｌ沉淀先产生，故Ｃ错误；２５℃时，溶液及纯水
中ＫＷ相同，酸、碱溶液中水的电离受到抑制，可水解的盐溶液
中水的电离受到促进，在酸、碱溶液中水电离出的ｃ（Ｈ
＋）和水
电离出的ｃ（ＯＨ
－）的乘积一定小于１０
－１４，故Ｄ正确。
解题思路　本题考查难溶电解质的溶解平衡、水的电离等，掌
握化学平衡、Ｋｓｐ的计算等为解题的关键，侧重对分析与应用能
力的考查，注意选项Ｃ、Ｄ为解答的难点。
３．（２０１９湖北八校二联，１２）常温下，下列溶液中的微粒浓度关
系不正确的是
（　　）
Ａ．ｐＨ＝８．３的某酸式盐ＮａＨＢ的水溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＢ
－）＞
ｃ（Ｈ２Ｂ）＞ｃ（Ｂ
２－）
Ｂ．等物质的量浓度的Ｎａ２Ｓ和ＮａＨＳ溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＝２ｃ（Ｓ
２－）＋
ｃ（ＨＳ
－）
Ｃ．ＮＨ４ＨＳＯ４溶液中滴加ＮａＯＨ溶液至恰好呈中性：ｃ（Ｎａ
＋）＞
ｃ（ＳＯ
２－
４）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋）
Ｄ．０．１ｍｏｌ／ＬＮａＨ２ＰＯ４溶液中：ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＰＯ
３－
４）＋ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＋
ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）＋ｃ（Ｈ３ＰＯ４）
３．
答案　Ｂ　Ａ项，ＮａＨＢ溶液的ｐＨ＝８．３，说明ＨＢ
－的水解程
度大于电离程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为ｃ（Ｎａ
＋）＞
ｃ（ＨＢ
－）＞ｃ（Ｈ２Ｂ）＞ｃ（Ｂ
２－），Ａ项正确。Ｂ项，等物质的量浓度
的Ｎａ２Ｓ和ＮａＨＳ溶液中的电荷守恒式为ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＨＳ
－）＋２ｃ（Ｓ
２－），由于溶液呈碱性，ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），
故ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＨＳ
－）＋２ｃ（Ｓ
２－），Ｂ项错误。Ｃ项，若ＮＨ４ＨＳＯ４与
ＮａＯＨ以物质的量之比１∶１混合，发生的反应为２ＮＨ４ＨＳＯ４＋
２ＮａＯＨ􀪅􀪅（ＮＨ４）２ＳＯ４＋Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ，所得溶液呈酸性；若
ＮＨ４ＨＳＯ４与ＮａＯＨ以物质的量之比１∶２混合，发生的反应为
ＮＨ４ＨＳＯ４＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ，所得溶液呈
碱性，ＮＨ４ＨＳＯ４溶液中滴加ＮａＯＨ溶液至呈中性，则１∶２＜
ｎ（ＮＨ４ＨＳＯ４）∶ｎ（ＮａＯＨ）＜１∶１，溶液由Ｎａ２ＳＯ４、（ＮＨ４）２ＳＯ４
和ＮＨ３·Ｈ２Ｏ混合而成，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为
ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＳＯ
２－
４）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋），Ｃ项正确。Ｄ项，
根据物料守恒有ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（Ｈ２ＰＯ
－
４）＋ｃ（ＨＰＯ
２－
４）＋ｃ（ＰＯ
３－
４）＋
ｃ（Ｈ３ＰＯ４），Ｄ项正确。
方法技巧　确定溶液中粒子浓度大小关系时，首先确定溶液
的组成，分析溶液中存在的平衡，分清主次（如Ａ项ＨＢ
－的水
解程度大于电离程度），注意弱酸、弱碱的电离和盐的水解程
度是微弱的，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒
式可由电荷守恒式和物料守恒式推出）。
４．（２０１９河北邯郸一模，１１）硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物
质，常温下－ｌｇｃ（Ｂａ
２＋）随－ｌｇｃ（ＣＯ
２－
３）或－ｌｇｃ（ＳＯ
２－
４）的变化趋势
如图，下列说法正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１５２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．趋势线Ａ表示硫酸钡
Ｂ．常温下，Ｋｓｐ（ＢａＣＯ３）＝１×１０
－１１
Ｃ．将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，此时溶液中的
ｃ（ＣＯ
２－
３）
ｃ（ＳＯ
２－
４）
＝１０
Ｄ．在硫酸钡悬浊液中，若要使０．１ｍｏｌ的硫酸钡完全转化成碳
酸钡，则需要加入碳酸钠的物质的量至少为０．１ｍｏｌ
４．
答案　
Ｃ　
负对数数值越大，离子浓度越小，根据硫酸钡的
溶解度比碳酸钡的小，可知趋势线Ｂ表示硫酸钡，Ａ项错误；从
趋势线Ａ取一点计算可知Ｋｓｐ（ＢａＣＯ３）＝１０
－１０×１＝１×１０
－１０，Ｂ
项错误；将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中，
ｃ（ＣＯ
２－
３）
ｃ（ＳＯ
２－
４）
＝
Ｋｓｐ（ＢａＣＯ３）
Ｋｓｐ（ＢａＳＯ４）＝１０，Ｃ项正确；要使ＢａＳＯ４沉淀完全转化为
ＢａＣＯ３，加入碳酸钠的物质的量应大于０．１ｍｏｌ，Ｄ项错误。
５．（２０１９湖北部分重点中学起点考试，１３）２９８Ｋ时，二元弱酸
Ｈ２Ｘ溶液中含Ｘ微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．溶液ｐＨ由１升至２．６时主要发生的反应是Ｈ３Ｘ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅
Ｈ２Ｘ＋Ｈ２Ｏ
Ｂ．Ｈ２Ｘ的第二步电离平衡常数Ｋａ２（Ｈ２Ｘ）为１０
－４
Ｃ．ＮａＨＸ溶液中：ｃ（Ｈ
＋）＜ｃ（ＯＨ
－）
Ｄ．向该溶液中滴加ＮａＯＨ溶液，当溶液呈中性时：ｃ（Ｎａ
＋）＝
２ｃ（Ｘ
２－）
５．
答案　Ａ　根据题图可知，当溶液ｐＨ由１升至２．６时，Ｈ３Ｘ
＋
转化为Ｈ２Ｘ，其离子方程式为Ｈ３Ｘ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｘ＋Ｈ２Ｏ，Ａ项
正确；当ｐＨ＝７时，溶液中ｃ（ＨＸ
－）＝ｃ（Ｘ
２－），即Ｈ２Ｘ的第二步
电离平衡常数Ｋａ２（Ｈ２Ｘ）＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（Ｘ
２－）
ｃ（ＨＸ
－）
＝１０
－７，Ｂ项错误；由
题图可知，当ＨＸ
－含量较高时，溶液显酸性，即ＮａＨＸ溶液呈酸
性，溶液中ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－），Ｃ项错误；溶液呈中性时，根据电
荷守恒有ｃ（Ｎａ
＋）＋ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＨＸ
－）＋２ｃ（Ｘ
２－）＋ｃ（ＯＨ
－），且
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），则ｃ（Ｎａ
＋）＝ｃ（ＨＸ
－）＋２ｃ（Ｘ
２－），Ｄ项错误。
解题技巧　根据题图中微粒分布分数与溶液ｐＨ的关系判断
一定ｐＨ范围内发生的反应；根据特殊点对应的ｐＨ计算电离
平衡常数；根据图像及电荷守恒等判断离子浓度关系。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
６．（２０１９安徽定远一模，１２）常温时，１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＨＣｌＯ２和１ｍｏｌ·
Ｌ
－１的ＨＭｎＯ４两种酸溶液，起始时的体积均为Ｖ０，分别向两溶
液中加水进行稀释，稀释后溶液体积为Ｖ，所得曲线如图所示。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．稀释前分别用１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液中和，消耗ＮａＯＨ溶
液的体积：ＨＭｎＯ４＞ＨＣｌＯ２
Ｂ．当稀释至ｐＨ均为３时，溶液中ｃ（ＣｌＯ
－
２）＞ｃ（ＭｎＯ
－
４）
Ｃ．在０≤ｐＨ≤５时，ＨＭｎＯ４溶液满足ｐＨ＝ｌｇＶ
Ｖ０
Ｄ．常温下，浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＣｌＯ２和ＮａＭｎＯ４溶液的
ｐＨ：ＮａＭｎＯ４＞ＮａＣｌＯ２
６．
答案　Ｃ　Ａ项，ｎ（ＨＣｌＯ２）＝ｎ（ＨＭｎＯ４），分别用１ｍｏｌ·Ｌ
－１
的ＮａＯＨ溶液中和，消耗ＮａＯＨ溶液的体积相同，故Ａ错误；Ｂ
项，当稀释至ｐＨ均为３时，两溶液中分别存在电荷守恒：
ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＣｌＯ
－
２）、ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－）＋ｃ（ＭｎＯ
－
４），溶液
中ｃ（ＣｌＯ
－
２）＝ｃ（ＭｎＯ
－
４），故Ｂ错误；Ｃ项，ｌｇＶ
Ｖ０
＋１＝１时，
１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＭｎＯ４溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝１ｍｏｌ·Ｌ
－１，说明ＨＭｎＯ４为
强酸，在０≤ｐＨ≤５时，ＨＭｎＯ４溶液满足ｐＨ＝ｌｇＶ
Ｖ０
，故Ｃ正确；
Ｄ项，常温下，ＮａＣｌＯ２水解，浓度均为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＣｌＯ２
和ＮａＭｎＯ４溶液的ｐＨ：ＮａＭｎＯ４＜ＮａＣｌＯ２，故Ｄ错误。
７．（２０１９河南郑州一检，１５）向浓度均为０．０１０ｍｏｌ／Ｌ的
Ｎａ２ＣｒＯ４、ＮａＢｒ和ＮａＣｌ的混合溶液中逐滴加入０．０１０ｍｏｌ／Ｌ的
ＡｇＮＯ３溶液［已知Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝１．７７× １０
－１０，Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝
１．２１×１０
－１２，Ｋｓｐ（ＡｇＢｒ）＝５．３５×１０
－１３，Ａｇ２ＣｒＯ４为砖红色］。下
列叙述正确的是
（　　）
Ａ．原溶液中ｎ（Ｎａ
＋）＝０．０４０ｍｏｌ
Ｂ．Ｎａ２ＣｒＯ４可用作ＡｇＮＯ３溶液滴定Ｃｌ
－或Ｂｒ
－的指示剂
Ｃ．生成沉淀的先后顺序是ＡｇＢｒ、Ａｇ２ＣｒＯ４、ＡｇＣｌ
Ｄ．出现Ａｇ２ＣｒＯ４沉淀时，溶液中ｃ（Ｃｌ
－）∶ｃ（Ｂｒ
－）＝１７７∶５３５
７．
答案　Ｂ　溶液体积未知，无法计算ｎ（Ｎａ
＋），故Ａ错误；析出
沉淀时，ＡｇＣｌ溶液中ｃ（Ａｇ
＋）＝Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）
ｃ（Ｃｌ
－）
＝１．７７×１０
－１０
０．０１０
ｍｏｌ／Ｌ＝
１．７７× １０
－８ｍｏｌ／Ｌ，ＡｇＢｒ溶液中ｃ（Ａｇ
＋）＝Ｋｓｐ（ＡｇＢｒ）
ｃ（Ｂｒ
－）
＝
５．３５×１０
－１３
０．０１０
ｍｏｌ／Ｌ＝５．３５×１０
－１１ｍｏｌ／Ｌ，Ａｇ２ＣｒＯ４溶液中ｃ（Ａｇ
＋）＝
Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）
ｃ（ＣｒＯ
２－
４）
é
ëêê
ù
ûúú
１／２
＝１．２１×１０
－１２
０．０１０
(
)
１／２
ｍｏｌ／Ｌ＝１．１×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，
ｃ（Ａｇ
＋）越小，则越先生成沉淀，所以产生沉淀的先后顺序为
Ｂｒ
－、Ｃｌ
－、ＣｒＯ
２－
４，可用Ｎａ２ＣｒＯ４作ＡｇＮＯ３溶液滴定Ｃｌ
－或Ｂｒ
－的
指示剂，故Ｂ正确、Ｃ错误；出现Ａｇ２ＣｒＯ４沉淀时，溶液中
ｃ（Ｃｌ
－）∶ｃ（Ｂｒ
－）＝１７７０∶５．３５，故Ｄ错误。
８．（２０１９山东济南三模改编）某温度下，向１０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＮａＣｌ溶液和１０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｋ２ＣｒＯ４溶液中分别滴加
０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶液。滴加过程中ｐＭ［－ｌｇｃ（Ｃｌ
－）或
－ｌｇｃ（ＣｒＯ
２－
４）］与所加ＡｇＮＯ３溶液体积之间的关系如图所示。已知
Ａｇ２ＣｒＯ４为红棕色沉淀。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．该温度下，Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝４×１０
－８
Ｂ．ａ１、ｂ、ｃ三点所示溶液中ｃ（Ａｇ
＋）：ａ１＞ｂ＞ｃ
Ｃ．若将上述ＮａＣｌ溶液浓度改为０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，则ａ１点会平移
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１５３
　
至ａ２点
Ｄ．用ＡｇＮＯ３标准溶液滴定ＮａＣｌ溶液时，可用Ｋ２ＣｒＯ４溶液作
指示剂
８．
答案　
ＡＢ　
向１０ｍＬ０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１ＮａＣｌ溶液和
１０ｍＬ０．１ｍｏｌ
·
Ｌ
－１
Ｋ２ＣｒＯ４
溶液中分别滴加
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶液，当加入１０ｍＬＡｇＮＯ３溶液时，ＮａＣｌ
恰好完全反应，加入２０ｍＬＡｇＮＯ３溶液时，Ｋ２ＣｒＯ４恰好完全反
应，因此ａ１点所在曲线表示ＮａＣｌ溶液中的变化曲线，ｂ、ｃ点所
在曲线表示Ｋ２ＣｒＯ４溶液中的变化曲线。ｂ点时恰好反应生成
Ａｇ２ＣｒＯ４，由题图可知，此时－ｌｇｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝４．０，则溶液中
ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝１×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ａｇ
＋）＝２×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１，该温度下，
Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝ｃ（ＣｒＯ
２－
４）×ｃ
２（Ａｇ
＋）＝４×１０
－１２，故Ａ错误。ａ１点时
恰好反应生成ＡｇＣｌ，由题图可知，此时－ｌｇｃ（Ｃｌ
－）＝４．９，则溶液
中ｃ（Ｃｌ
－）＝１×１０
－４．９ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ａｇ
＋）＝１×１０
－４．９ｍｏｌ·Ｌ
－１；ｂ点
时溶液中ｃ（Ａｇ
＋）＝２×１０
－４ｍｏｌ·Ｌ
－１；ｃ点时Ｋ２ＣｒＯ４过量，充分
反应后溶液中ｃ（ＣｒＯ
２－
４）约为原溶液的１
４，则ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝
０．０２５ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ａｇ
＋）＝
４×１０
－１２
０．０２５
ｍｏｌ· Ｌ
－１＝
１．６×
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，所以ｂ点溶液中的ｃ（Ａｇ
＋）最大，故Ｂ错误。温
度不变，氯化银的溶度积不变，若将题述ＮａＣｌ溶液浓度改为
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，平衡时，－ｌｇｃ（Ｃｌ
－）＝４．９，但需要的硝酸银溶液的
体积变成原来的２倍，因此ａ１点会平移至ａ２点，故Ｃ正确。
由上述分析可知，当溶液中同时存在Ｃｌ
－和ＣｒＯ
２－
４时，加入硝酸
银溶液，Ｃｌ
－先沉淀，因此用ＡｇＮＯ３标准溶液滴定ＮａＣｌ溶液
时，可用Ｋ２ＣｒＯ４溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成红棕色
沉淀Ａｇ２ＣｒＯ４，故Ｄ正确。
三、非选择题（共４７分）
９．（２０２０届河北衡水中学二调，９）（１６分）ＰｂＩ２（亮黄色粉末）是
生产新型敏化太阳能电池的敏化剂———甲胺铅碘的原料，合成
ＰｂＩ２的实验流程如图１：
图１
（１）将铅块制成铅花的目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（２）３１．０５ｇ铅花用５．００ｍｏｌ·Ｌ
－１的硝酸溶解，至少需消耗
５．００ｍｏｌ·Ｌ
－１硝酸　　　ｍＬ。
（３）取一定质量（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｐｂ·ｎＨ２Ｏ样品在Ｎ２气氛中加热，
测得样品固体残留率（固体样品的剩余质量
固体样品的起始质量×１００％）随温
度的变化如图２所示（已知：样品在７５℃时已完全失去结
晶水）。
图２
①（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｐｂ·ｎＨ２Ｏ中结晶水数目ｎ＝　
　
　
（填整
数）。
②１００～２００℃间分解产物为铅的氧化物和一种有机物，则
该有机物为　　　　　（写分子式）。
（４）称取一定质量的ＰｂＩ２固体，用蒸馏水配制成室温时的饱和
溶液，准确移取２５．００ｍＬＰｂＩ２饱和溶液分次加入阳离子交
换树脂ＲＨ中，发生：２ＲＨ（ｓ）＋Ｐｂ
２＋（ａｑ）􀪅􀪅Ｒ２Ｐｂ（ｓ）＋
２Ｈ
＋（ａｑ），用锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至
流出液呈中性，将洗涤液合并到锥形瓶中，加入２～３滴酚
酞溶液，用０．００２５００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液滴定，到滴定终
点时用去氢氧化钠标准溶液２０．００ｍＬ，则室温时ＰｂＩ２的
Ｋｓｐ为　　　　　　。
（５）探究浓度对碘化铅沉淀溶解平衡的影响。
该化学小组根据所提供试剂设计实验，来说明浓度对沉淀
溶解平衡的影响。
试剂：ＮａＩ饱和溶液、ＮａＣｌ饱和溶液、ＦｅＣｌ３饱和溶液、ＰｂＩ２
饱和溶液、ＰｂＩ２悬浊液。
信息提示：Ｐｂ
２＋和Ｃｌ
－能形成较稳定的ＰｂＣｌ
２－
４配离子。
请填写下表的空白处：
实验内容
实验方法
实验现象及原因分析
①碘离子浓度增
大对平衡的影响
取ＰｂＩ２饱和溶液
少量于一支试管
中，再滴入几滴
ＮａＩ饱和溶液
现象：出现黄色沉
淀，溶液中ｃ（Ｉ
－）增
大，使Ｑｃ大于ＰｂＩ２
的Ｋｓｐ
②铅离子浓度减
小对平衡的影响
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
现象：　　　　　　
原因：　　　　　　
　　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　
③　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　
在ＰｂＩ２悬浊液中
滴入几滴ＦｅＣｌ３饱
和溶液
现象：黄色浑浊消失
写出反应的离子方
程式：
　　
　
　
　
　
　
　
　　　　
９．
答案　（１）增大与酸的接触面积，加快反应速率
（２）８０
（３）①３　②Ｃ４Ｈ６Ｏ３
（４）４．０００×１０
－９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１５４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（５）
实验内容
实验方法
实验现象及原因分析
取ＰｂＩ２悬浊液
少量于一支试
管中，再加入少
量ＮａＣｌ饱和
溶液
现象：黄色浑浊消失
原因：形成ＰｂＣｌ
２－
４，导致溶液
中ｃ（Ｐｂ
２＋）减小，使Ｑｃ小于
ＰｂＩ２的Ｋｓｐ
铅离子和碘离
子浓度都减小
对平衡的影响
ＰｂＩ２
＋２Ｆｅ
３＋
＋４Ｃｌ
－􀪅􀪅
ＰｂＣｌ
２－
４＋２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２
解析　（１）反应物接触面积越大，反应速率越快，将铅块制
成铅花增大反应物接触面积，则反应速率加快。
（２）３１．０５ｇ铅的物质的量为
３１．０５ｇ
２０７ｇ·ｍｏｌ
－１＝０．１５ｍｏｌ，根据反应
方程式３Ｐｂ＋８ＨＮＯ３􀪅􀪅３Ｐｂ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ可知消耗
的ｎ（ＨＮＯ３）＝０．１５ｍｏｌ× ８
３＝０．４ｍｏｌ，则硝酸溶液的体积为
０．４ｍｏｌ÷５．００ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．０８Ｌ＝８０ｍＬ。
（３）①假设样品的起始质量为１００ｇ，根据固体残留率的公式
可知，７５℃时剩余固体为８５．７５ｇ，生成水的质量为１００ｇ－
８５．７５ｇ＝１４．２５ｇ，则醋酸铅与水的物质的量之比为１∶３，则
ｎ＝３。
②铅的氧化物质量为５８．８４ｇ，醋酸铅的物质的量为
８５．７５ｇ
３２５ｇ·ｍｏｌ
－１＝８５．７５
３２５
ｍｏｌ，根据铅原子守恒，铅的氧化物
（ＰｂＯｘ）的物质的量为８５．７５
３２５
ｍｏｌ，此氧化物的摩尔质量为
５８．８４ｇ
８５．７５
３２５ｍｏｌ
＝２２３ｇ·ｍｏｌ
－１，则此氧化物为ＰｂＯ，根据原子守恒可
知有机物的分子式为Ｃ４Ｈ６Ｏ３。
（４）ｎ（Ｈ
＋）＝ｎ（ＮａＯＨ）＝０．００２５００ｍｏｌ·Ｌ
－１×２０．００× １０
－３Ｌ＝
５．０００×１０
－５ｍｏｌ
ｎ［Ｐｂ
２＋（ａｑ）］＝１
２ｎ（Ｈ
＋）＝２．５００×１０
－５ｍｏｌ
ｃ（Ｐｂ
２＋）＝２．５００×１０
－５ｍｏｌ
２５．００×１０
－３Ｌ
＝１．０００×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｋｓｐ（ＰｂＩ２）＝ｃ（Ｐｂ
２＋）·ｃ
２（Ｉ
－）＝４ｃ
３（Ｐｂ
２＋）＝４×（１．０００×１０
－３）
３＝
４．０００×１０
－９。
（５）②取ＰｂＩ２悬浊液少量于一支试管中，再加入少量ＮａＣｌ饱
和溶液，形成ＰｂＣｌ
２－
４，导致溶液中ｃ（Ｐｂ
２＋）减小，平衡正向移动，
碘化铅溶解，导致黄色浑浊消失。
③在ＰｂＩ２悬浊液中滴入几滴ＦｅＣｌ３饱和溶液，发生氧化还原反
应ＰｂＩ２＋２Ｆｅ
３＋＋４Ｃｌ
－􀪅􀪅ＰｂＣｌ
２－
４＋２Ｆｅ
２＋＋Ｉ２，溶液中ｃ（Ｐｂ
２＋）、
ｃ（Ｉ
－）均减小，平衡正向移动，碘化铅溶解，导致黄色浑浊消失。
知识拓展　影响化学平衡移动的因素：增大反应物（减小生成
物）浓度，平衡正向进行；增大生成物（减小反应物）浓度，平衡
逆向进行。
１０．（２０１９湖北七市教研协作体联考，２７）（１４分）铅蓄电池的
阴、阳极填充物又被称为铅膏（主要含ＰｂＯ、ＰｂＯ２、ＰｂＳＯ４），是
废旧铅蓄电池需要回收的部分，通过回收铅膏可制备聚氯乙
烯塑料的热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为３ＰｂＯ·
ＰｂＳＯ４·Ｈ２Ｏ），其工艺流程如下：
铅
膏
水
　→
浆
液
↓
Ｎａ２ＳＯ３溶液
↑
Ｎａ２ＣＯ３溶液
过滤
　
ＰｂＯ、
ＰｂＣＯ３
→
↓
ＨＮＯ３溶液
Ｐｂ（ＮＯ３）２
溶液
→
↓
Ｈ２ＳＯ４溶液
过滤
物质Ｘ
→
ＰｂＳＯ４
→
↑
ＮａＯＨ溶液
过滤
　
三盐基
硫酸铅
→
滤液Ａ
→
滤液Ａ
→
已知：Ｋｓｐ（ＰｂＳＯ４）＝１．８２×１０
－８，Ｋｓｐ（ＰｂＣＯ３）＝１．４６×１０
－１３。
请回答下列问题：
（１）加入Ｎａ２ＣＯ３溶液的目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　；浆液中ＰｂＯ２转化为
ＰｂＣＯ３的离子方程式是　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
（２）从滤液Ａ中可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测
定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器有：三脚架、托盘
天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯，还需要的仪器有（填序号）
　　　　。
Ａ．坩埚钳
Ｂ．泥三角
Ｃ．烧杯
Ｄ．蒸发皿
（３）物质Ｘ是一种可以循环利用的物质，该物质是　　　　，
若其中残留ＳＯ
２－
４过多，循环利用时可能出现的问题是
　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
（４）用硝酸溶解ＰｂＯ、ＰｂＣＯ３时，浸出率与温度、硝酸的浓度
关系如图所示。
浓度：ｃ１　　　　
ｃ２（填“大于”“小于”或“等于”）。温度
高于Ｔ０℃时，浸出率降低最有可能的原因是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）若铅膏的质量为７８ｇ，假设浆液中ＰｂＯ２和ＰｂＳＯ４全部转
化为ＰｂＣＯ３，且ＰｂＯ未发生反应；硝酸溶解ＰｂＯ、ＰｂＣＯ３
时共收集到５．６ＬＣＯ２（标准状况），最后获得９０．９ｇ
ＰｂＳＯ４，则铅膏中ＰｂＯ的质量分数为　
　
　
　％（假设流
程中原料无损失，小数点后保留一位数字）。
１０．
答案　（除标注外每空２分）（１）将ＰｂＳＯ４转化为更难溶的
ＰｂＣＯ３，以便酸浸出，提高铅的利用率　
ＰｂＯ２＋ＳＯ
２－
３＋ＣＯ
２－
３＋
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＰｂＣＯ３＋ＳＯ
２－
４＋２ＯＨ
－
（２）ＡＢ
（３）ＨＮＯ３（１分）　
浸出时部分铅离子与ＳＯ
２－
４
结合生成
ＰｂＳＯ４，阻碍反应继续进行（合理即可）
（４）小于（１分）　硝酸挥发和分解速率加快
（５）１４．３
解析　（１）加入Ｎａ２ＣＯ３溶液，可将ＰｂＳＯ４转化为更难溶的
ＰｂＣＯ３，以便酸浸出，提高铅的利用率；浆液中ＰｂＯ２转化为
ＰｂＣＯ３的离子方程式是ＰｂＯ２＋ＳＯ
２－
３＋ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＰｂＣＯ３＋
ＳＯ
２－
４＋２ＯＨ
－。（３）分析流程可知，ＰｂＯ和ＰｂＣＯ３在硝酸的作
用下转化成Ｐｂ（ＮＯ３）２，Ｐｂ（ＮＯ３）２中加稀Ｈ２ＳＯ４转化成
ＰｂＳＯ４和硝酸，因此Ｘ为ＨＮＯ３，ＨＮＯ３可循环利用。（４）硝酸
浓度越大，浸出率越高；温度升高，可导致硝酸挥发和分解速
率加快，从而导致浸出率降低。（５）ＰｂＯ和ＰｂＣＯ３中加入硝
酸，可以得到硝酸铅溶液，同时放出二氧化碳气体，ｎ（ＣＯ２）＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题九　盐类水解和难溶电解质的溶解平衡
１５５
　
５．６Ｌ
２２．４Ｌ／ｍｏｌ＝０．２５ｍｏｌ，根据碳原子守恒知，碳酸铅是０．２５ｍｏｌ，
最后获得９０．９ｇ即０．３ｍｏｌＰｂＳＯ４，根据Ｐｂ原子守恒知，ＰｂＯ
的物质的量是０．３ｍｏｌ－０．２５ｍｏｌ＝０．０５ｍｏｌ，ＰｂＯ的质量分数
为０．０５ｍｏｌ×２２３ｇ／ｍｏｌ
７８ｇ
×１００％≈１４．３％。
１１．（２０１８安徽合肥二模，２７）（１７分）二氧化铈（ＣｅＯ２）是一种重
要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含ＣｅＣＯ３Ｆ）为原料制备
ＣｅＯ２的一种工艺流程如下：
氟碳
铈矿
氧化
焙烧
→
浸出、
过滤
→
↓
稀硫酸
↓
浸渣
萃取
→
↓
萃取剂
↓
水层
反萃取
→
↓
Ｈ２ＳＯ４、Ｈ２Ｏ２
↓
有机层
水层（含Ｃｅ３＋）
→
↓
ＮＨ４ＨＣＯ３
…… →ＣｅＯ２
已知：ⅰ．Ｃｅ
４＋能与Ｆ
－结合成［ＣｅＦｘ］
（４－ｘ）＋，也能与ＳＯ
２－
４结合成
［ＣｅＳＯ４］
２＋；
ⅱ．在硫酸体系中Ｃｅ
４＋能被萃取剂［（ＨＡ）２］萃取，而Ｃｅ
３＋
不能；
ⅲ．常温下，Ｃｅ２（ＣＯ３）３饱和溶液浓度为１．０×１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１。
回答下列问题：
（１）“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率
的方法是　　　　
　
　
　
　
　、　
　
　
　
　
　
　
（写出２
种即可）。
（２）写出“氧化焙烧”产物ＣｅＯ２与稀Ｈ２ＳＯ４反应的离子方程
式：　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）“萃取” 时存在反应：Ｃｅ
４＋＋ｎ（ＨＡ）２􀜩􀜨
􀜑
Ｃｅ（Ｈ２ｎ－４Ａ２ｎ）＋
４Ｈ
＋。Ｄ表示Ｃｅ
４＋分别在有机层中与水层中存在形式的
浓度之比（Ｄ＝ｃ［Ｃｅ（Ｈ２ｎ－４Ａ２ｎ）］
ｃ｛［ＣｅＳＯ４］
２＋｝）。保持其他条件不变，
在起始料液中加入不同量的Ｎａ２ＳＯ４以改变水层中的
ｃ（ＳＯ
２－
４），Ｄ随起始料液中ｃ（ＳＯ
２－
４）增大而减小的原因是
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（４）浸渣经处理可得Ｃｅ（ＢＦ４）３，加入ＫＣｌ溶液发生如下反
应：Ｃｅ（ＢＦ４）３（ｓ）＋３Ｋ
＋（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
３ＫＢＦ４（ｓ）＋Ｃｅ
３＋（ａｑ）。若
一定温度时，Ｃｅ（ＢＦ４）３、ＫＢＦ４的Ｋｓｐ分别为ａ、ｂ，则该反应
的平衡常数Ｋ＝　　　　（用ａ、ｂ表示）。
（５）“反萃取” 中加Ｈ２Ｏ２发生的主要反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　。在“反萃取”后所得水
层中加入１．０ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮＨ４ＨＣＯ３溶液，产生Ｃｅ２（ＣＯ３）３
沉淀，当Ｃｅ
３＋沉淀完全时［ｃ（Ｃｅ
３＋）＝１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１］，溶
液中ｃ（ＣＯ
２－
３）约为　　　　　　　。
（６）ＣｅＯ２是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气
氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生
着ＣｅＯ２􀜩􀜨
􀜑
ＣｅＯ２（１－ｘ）＋ｘＯ２↑（０≤ｘ≤０．２５）的循环。写
出ＣｅＯ２消除ＣＯ尾气的化学方程式：　
　
　
　
　
　
　
　
　　　。
１１．
答案　
（１）将矿石粉碎成细颗粒（２分）　
通入大量空
气（２分）
（２）ＣｅＯ２＋４Ｈ
＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅［ＣｅＳＯ４］
２＋＋２Ｈ２Ｏ（２分）
（３）随着ｃ（ＳＯ
２－
４）增大，水层中Ｃｅ
４＋与ＳＯ
２－
４
结合成
［ＣｅＳＯ４］
２＋，导致萃取平衡向生成［ＣｅＳＯ４］
２＋的方向移动，Ｄ减
小（３分）
（４）ａ
ｂ
３（２分）
（５）２Ｃｅ
４＋＋Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２Ｃｅ
３＋＋Ｏ２↑＋２Ｈ
＋（２分）
１．０×１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１（２分）
（６）２ｘＣＯ＋ＣｅＯ２􀪅􀪅ＣｅＯ２（１－ｘ）＋２ｘＣＯ２（２分）
解析　（２）根据题给信息Ｃｅ
４＋能与ＳＯ
２－
４结合成［ＣｅＳＯ４］
２＋
得出，ＣｅＯ２与稀Ｈ２ＳＯ４反应的离子方程式为ＣｅＯ２＋４Ｈ
＋＋
ＳＯ
２－
４􀪅􀪅［ＣｅＳＯ４］
２＋＋２Ｈ２Ｏ。
（４）反应Ｃｅ（ＢＦ４）３（ｓ）＋３Ｋ
＋（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
３ＫＢＦ４（ｓ）＋Ｃｅ
３＋（ａｑ）的
平衡常数
Ｋ
＝
ｃ（Ｃｅ
３＋）
ｃ
３（Ｋ
＋）
＝
ｃ（Ｃｅ
３＋）·ｃ
３（ＢＦ
－
４）
ｃ
３（Ｋ
＋）·ｃ
３（ＢＦ
－
４）
＝
Ｋｓｐ［Ｃｅ（ＢＦ４）３］
Ｋ
３
ｓｐ（ＫＢＦ４）
＝ａ
ｂ
３。
（５）“ 萃取” 后的有机层中含Ｃｅ
４＋，根据流程图可知，加入
Ｈ２Ｏ２将Ｃｅ
４＋还原成Ｃｅ
３＋，则Ｈ２Ｏ２被氧化成Ｏ２，结合原子守
恒、电荷守恒以及溶液呈酸性，写出离子方程式：２Ｃｅ
４＋＋Ｈ２Ｏ２
􀪅􀪅２Ｃｅ
３＋＋Ｏ２↑＋２Ｈ
＋。Ｃｅ２（ＣＯ３）３饱和溶液的浓度为１．０×
１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｃｅ２（ＣＯ３）３的溶解平衡为Ｃｅ２（ＣＯ３）３（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
２Ｃｅ
３＋（ａｑ）＋３ＣＯ
２－
３（ａｑ），则饱和溶液中ｃ（Ｃｅ
３＋）＝２．０×１０
－６ｍｏｌ·
Ｌ
－１、ｃ（ＣＯ
２－
３）＝３．０×１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ｋｓｐ［Ｃｅ２（ＣＯ３）３］＝ｃ
２（Ｃｅ
３＋）·
ｃ
３（ＣＯ
２－
３）＝（２．０×１０
－６）
２×（３．０×１０
－６）
３＝１．０８×１０
－２８；当Ｃｅ
３＋沉淀完全
时，ｃ（ＣＯ
２－
３）＝
３Ｋｓｐ［Ｃｅ２（ＣＯ３）３］
ｃ
２（Ｃｅ
３＋）
＝
３１．０８×１０
－２８
（１×１０
－５）
２ｍｏｌ·Ｌ
－１≈１．０２６×
１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１≈１．０×１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（６）根据“ＣｅＯ２是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在
还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧”，ＣＯ具有还原性，可知
ＣｅＯ２消除ＣＯ尾气时应供氧，反应的化学方程式为ＣｅＯ２＋
２ｘＣＯ􀪅􀪅ＣｅＯ２（１－ｘ）＋２ｘＣＯ２。
归纳总结　沉淀转化规律的应用
（１）沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。在难溶物质
的饱和溶液中，溶解度小的沉淀会转化成溶解度更小的沉淀。
用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部除去，一般认为残留在
溶液中的离子浓度小于１×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，沉淀已经完全。
（２）溶解度较小的沉淀，在一定条件下也可以转化成溶解度
较大的沉淀。例如：在ＢａＳＯ４的饱和溶液中加入高浓度的
Ｎａ２ＣＯ３溶液，ＢａＳＯ４可以转化成溶解度较大的ＢａＣＯ３。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１５６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题十
原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
课
标
解
读
内容
原子结构与化学键
元素周期表与元素周期律
解读
１．了解原子的构成及原子序数、核电荷数、质子
数、中子数、核外电子数之间的关系
２．了解原子核外电子排布规律
３．了解元素、核素和同位素的含义
４．了解化学键的定义
５．了解离子键、共价键的形成
６．掌握电子式的书写方法
１．了解元素周期表（长式）的结构（周期、族）及其应用
２．掌握元素周期律的实质
３．以第３周期为例，掌握同一周期内元素性质的递变规律
与原子结构的关系
４．以ⅠＡ和ⅦＡ族为例，掌握同一主族内元素性质递变规
律与原子结构的关系
５．了解金属、非金属元素性质的递变规律以及在周期表中
的位置
考情分析
本专题知识在高考中的命题形式通常有两种：一种是通过观察、比较图表中数据的变化趋势，总结出有关
规律，再运用于解题；另一种是以文字形式给出信息，先进行元素的推断，再以所得元素为载体进行考查
备考策略
试题往往以原子结构或元素化合物性质为突破口进行元素推断，然后综合考查元素周期律、化学键、常见
物质的性质等
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１５７
　
对应学生用书
起始页码７０
考点一原子结构与化学键
　　１．原子的构成及各微粒之间的数量关系
（１）原子的构成
原子（
Ａ
ＺＸ）
原子核质子（Ｚ个）：决定元素的种类
中子（Ａ－Ｚ个）：决定同位素的种类
{
核外电子（Ｚ个）：最外层电子数决定元素的
化学性质
ì
î
í
ïï
ïï
（２）各微粒间的数量关系
Ａ
ＺＸ表示质量数为Ａ、质子数为Ｚ的一个原子。
ａ．核电荷数＝核内质子数＝原子核外电子数；
ｂ．质量数（Ａ）＝质子数（Ｚ）＋中子数（Ｎ）；
ｃ．离子所带电荷数＝｜质子数－核外电子总数｜。
２．原子核外电子排布
３．元素、核素、同位素的概念及相互关系
４．离子键、共价键的比较
离子键
共价键
非极性键
极性键
概念
阴、阳离子通过静电
作用所形成的化
学键
原子间通过共用电子对（电子云
重叠）而形成的化学键
成键粒子
阴、阳离子
原子
成键实质
阴、阳离子的静电作用
共用电子对不
偏向任何一方
共用电子对
偏向一方
原子
形成条件
活泼金属元素与活
泼非金属元素经电
子得失，形成离子键
同种元素原子
之间成键
不同种元素
原子之间
成键
形成的物质
离子化合物
非金属单质；某
些共价化合物
或离子化合物
共价化合物
或离子化
合物
　　５．化学键与物质类别的关系
　　特别提示　
①离子化合物中一定含有离子键，离子键只能
存在于离子化合物中。
②共价键可存在于离子化合物、共价化合物和单质中。
③熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，如ＮａＣｌ；熔融
状态下不能导电的化合物是共价化合物，如ＨＣｌ。
６．化学键的表示方法———电子式
（１）概念：在元素符号周围用“·”或“×”来代表原子的最外
层电子（价电子）的式子。
ａ．原子：Ｎａ　Ｎａ×，Ｃｌ　
·Ｃｌ
··
··
·
·
ｂ．简单离子：Ｎａ
＋　Ｎａ
＋，Ｆ
－　［·
· Ｆ
··
··
·
·］
－
ｃ．离子化合物：ＭｇＣｌ２　［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－Ｍｇ
２＋［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－
Ｎａ２Ｏ　Ｎａ
＋［·
· Ｏ
··
··
·
·］
２－Ｎａ
＋
Ｎａ２Ｏ２　Ｎａ
＋［·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
···
·］
２－Ｎａ
＋
ｄ．非金属单质及共价化合物：Ｎ２　
∶Ｎ︙︙Ｎ∶
Ｈ２Ｏ　Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ
Ｈ２Ｏ２　Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ
考点二元素周期表与元素周期律
一、元素周期表
１．元素周期表的结构
元
素
周
期
表
周期
（７个
横行）
短周期
第一周期：①　２　种元素
第二周期：②　８　种元素
第三周期：③　８　种元素
{
长周期
第四周期：④　１８　种元素
第五周期：⑤　１８　种元素
第六周期：⑥　３２　种元素
第七周期：⑦　３２　种元素
ì
î
í
ïï
ïï
ì
î
í
ïï
ïï
族
（１８个
纵行）
主族：由长周期和短周期元素共同构成，共⑧　７　个主族
副族：完全由长周期元素构成，共⑨　７　个副族
第Ⅷ族：第⑩　８、９、１０　三个纵行
０族：第􀃊
􀁉
􀁓　１８　纵行
ì
î
í
ïï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
２．元素原子最外层电子数与族的关系
（１）最外层电子数为１～２的元素：ⅠＡ族、ⅡＡ族、副族、
０族（Ｈｅ）。
（２）最外层电子数在３～７之间的元素一定是主
·族
·元
·素
·。
（３）最外层电子数为８的元素：０族（Ｈｅ除外）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１５８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　３．元素周期表的构成规律
（１）同构规律
稀有气体原子与同周期非金属元素的阴离子、下周期金属
元素的阳离子，具有相同的电子层结构。
（２）同主族序数差规律
ａ．ⅠＡ族元素随电子层数的增加，原子序数依次相差２、８、
８、１８、１８、３２；
ｂ．ⅡＡ族元素随电子层数的增加，原子序数依次相差８、８、
１８、１８、３２；０族元素依次差８、８、１８、１８、３２、３２；
ｃ．ⅢＡ～ⅦＡ族元素随电子层数的增加，原子序数依次相差
８、１８、１８、３２、３２。
（３）对角线关系
对角线元素（图中的Ａ与Ｄ）存在着相似性，如Ｌｉ与
Ｍｇ、Ｂｅ与Ａｌ等，但只适用于第二、三周期。这是由Ａ、Ｄ
的原
·子
·半
·径
·相
·近
·引起的。
二、元素周期律
项目
同周期（左→右）
同主族（上→下）
原子
结构
核电荷数
逐渐增大
逐渐增大
电子层数
相同
逐渐增多
原子半径
逐渐减小（稀有气体
元素除外）
逐渐增大
离子半径
阳离子逐渐减小，阴
离子逐渐减小，ｒ（阴
离子）＞ｒ（阳离子）
逐渐增大
续表
项目
同周期（左→右）
同主族（上→下）
性质
化合价
最高正化合价由＋１
→＋７（Ｏ、Ｆ除外），最
低负化合价＝－（８－
主族序数）
最高正化合价＝主
族序数（Ｏ、Ｆ除外）
元素的金属性
和非金属性
金属性逐渐减弱
非金属性逐渐增强
（稀有气体元素除
外）
金属性逐渐增强
非金属性逐渐减弱
离子的氧化性、
还原性
阳离子氧化性逐渐
增强
阴离子还原性逐渐
减弱
阳离子氧化性逐渐
减弱
阴离子还原性逐渐
增强
气态氢化物稳
定性
逐渐增强
逐渐减弱
最高价氧化物
对应的水化物
的酸碱性
碱性逐渐减弱
酸性逐渐增强
碱性逐渐增强
酸性逐渐减弱
第一电离能
呈增大趋势（ⅡＡ、
ⅤＡ族元素除外）
逐渐减小
电负性
逐渐增大
逐渐减小
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码７１
考点一原子结构与化学键
１．一定条件下，氨气与氟气发生反应：４ＮＨ３＋３Ｆ２􀪅􀪅ＮＦ３＋
３ＮＨ４Ｆ，其中ＮＦ３分子构型与ＮＨ３相似。下列有关说法错误
的是
（　　）
Ａ．ＮＦ３中只含极性共价键
Ｂ．ＮＦ３既是氧化产物，又是还原产物
Ｃ．ＮＨ４Ｆ中既含有离子键，又含有共价键
Ｄ．上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物
１．
答案　
Ｄ　
ＮＦ３分子中只含极性共价键，Ａ正确；
４Ｎ
－３
Ｈ３＋３Ｆ
０
２􀪅􀪅Ｎ
＋３
失６ｅ
－
↓
Ｆ３
－１
得３ｅ
－↑
＋３ＮＨ４Ｆ
－１
得３ｅ
－
↑
，ＮＦ３既是氧化产物，又是还原产
物，Ｂ
正确；ＮＨ４Ｆ
属于离子化合物，电子式为
［Ｈ·
·Ｎ
··
··
Ｈ
Ｈ
·
·Ｈ］
＋［·
· Ｆ
··
··
·
·］
－，Ｃ正确，Ｄ错误。
关联知识　两种非金属元素形成化合物时，非金属性强的显
负价，非金属性弱的显正价。
２．已知Ｘ、Ｙ是元素周期表中前２０号元素，二者原子序数相差３，
Ｘ、Ｙ能形成化合物Ｍ，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．若Ｘ和Ｙ处于同一周期，则Ｘ的原子半径肯定小于Ｙ的原
子半径
Ｂ．若Ｘ和Ｙ处于不同周期，则Ｍ溶于水所得溶液肯定呈碱性
Ｃ．若Ｍ属于共价化合物，则该分子中原子个数比可能为１∶２
Ｄ．若Ｍ属于离子化合物，则该化合物中只存在离子键
２．
答案　Ｃ　题中没有指明Ｘ和Ｙ原子序数的相对大小，故无
法判断Ｘ与Ｙ的原子半径大小关系，Ａ项错误；若Ｘ和Ｙ处于
不同周期，则Ｍ的水溶液不一定呈碱性，如ＣａＣｌ２溶液呈中性，
Ｂ项错误；若Ｍ属于共价化合物，则该分子中原子个数比可能
为１∶２，如ＣＦ２􀪅ＣＦ２，Ｃ项正确；若Ｍ属于离子化合物，则该
化合物中不一定只存在离子键，可能还有共价键，如Ｎａ２Ｏ２，Ｄ
项错误。
拓展延伸　ＣＦ２􀪅ＣＦ２的学名为四氟乙烯，为制造新型的热塑
料、工程塑料、耐油耐低温橡胶、新型灭火剂和抑雾剂的原料。
３．下列过程中，共价键被破坏的是
（　　）
①碘升华　②溴蒸气被木炭吸附　
③酒精溶于水　
④ＨＣｌ气
体溶于水　⑤冰融化　⑥ＮＨ４Ｃｌ受热分解　⑦氢氧化钠熔化
⑧（ＮＨ４）２ＳＯ４溶于水
Ａ．④⑥　　　Ｂ．④⑥⑧　
　
　
Ｃ．①②④⑤　
　
　
Ｄ．①④⑥⑦
３．
答案　Ａ　
①碘升华破坏的是分子间作用力；②、③中没有
化学键被破坏；④ＨＣｌ气体溶于水，共价键被破坏；⑤冰融化破
坏的是范德华力、氢键；⑥ＮＨ４Ｃｌ受热分解生成ＮＨ３和ＨＣｌ，离
子键、共价键均被破坏；⑦ＮａＯＨ熔化破坏的是离子键；
⑧（ＮＨ４）２ＳＯ４溶于水破坏的是离子键。
考点二元素周期表与元素周期律
４．短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子序数依次增大，Ｗ的最简单
氢化物是天然气的主要成分，Ｗ与Ｙ的最外层电子数之和等
于Ｘ的最外层电子数，且Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的最外层电子数均为偶
数；向Ｘ、Ｙ、Ｚ组成的一种化合物中加入盐酸，产生的气体能使
品红溶液褪色。下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１５９
　
Ａ．Ｚ与Ｘ同主族
Ｂ．Ｘ、Ｙ的简单离子的电子层结构相同
Ｃ．ＷＺ２中只含有共价键
Ｄ．Ｗ、Ｘ两种元素只能形成一种化合物
４．
答案　Ｄ　由题意可知Ｗ为Ｃ，Ｘ为Ｏ，Ｙ为Ｍｇ，Ｚ为Ｓ。Ｏ、
Ｓ同属第ⅥＡ族元素，Ａ正确；Ｏ
２－、Ｍｇ
２＋的电子层结构相同，Ｂ
正确；ＣＳ２的结构式为Ｓ􀪅Ｃ􀪅Ｓ，只含共价键，Ｃ正确；Ｃ与Ｏ
可形成ＣＯ、ＣＯ２两种常见化合物，Ｄ不正确。
５．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处于同周期，Ｗ、Ｙ处于同主族，Ｗ、Ｘ、Ｚ原子的最外层电
子数之和为１３；Ｙ的一种同素异形体容易自燃。下列说法错
误的是
（　　）
Ａ．Ｙ的最高价氧化物可用作干燥剂
Ｂ．原子半径：Ｚ＞Ｙ＞Ｗ＞Ｘ
Ｃ．Ｘ、Ｚ形成的化合物中只含离子键
Ｄ．Ｚ的最高价氧化物对应的水化物属于强碱
５．
答案　Ｃ　由题干信息知，Ｙ为Ｐ；Ｗ、Ｙ处于同主族，则Ｗ为
Ｎ；Ｗ、Ｘ、Ｚ原子的最外层电子数之和为１３，则Ｘ为Ｏ，Ｚ为Ｃａ，
或Ｘ为Ｆ，Ｚ为Ｋ。Ａ项，Ｙ的最高价氧化物为五氧化二磷，可
作干燥剂，故Ａ正确；Ｂ项，原子半径：Ｚ＞Ｙ＞Ｗ＞Ｘ，故Ｂ正确；Ｃ
项，若Ｘ是Ｏ，Ｏ与Ｃａ形成的过氧化钙中含有共价键，故Ｃ错
误；Ｄ项，Ｚ为钾或钙元素，最高价氧化物对应的水化物为氢氧
化钾或氢氧化钙，都是强碱，故Ｄ正确。
６．Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｒ、Ｗ是原子序数依次增大的五种短周期元素，它们可
组成离子化合物Ｚ２Ｙ和共价化合物ＲＹ３、ＸＷ４，已知Ｙ、Ｒ同主
族，Ｚ、Ｒ、Ｗ同周期。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．简单离子半径：Ｒ＞Ｙ＞Ｚ
Ｂ．气态氢化物沸点：ＨｎＲ＞ＨｍＹ
Ｃ．氧化物对应的水化物酸性：Ｗ＞Ｒ
Ｄ．Ｙ、Ｚ、Ｒ三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性
６．
答案　Ａ　
根据题意可以判断Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｒ、Ｗ分别是碳、氧、
钠、硫、氯元素。Ａ项，同主族元素简单离子半径从上到下逐渐
增大，所以简单离子半径：Ｒ＞Ｙ，电子层结构相同的简单离子半
径随着核电荷数增大而减小，所以简单离子半径：Ｙ＞Ｚ，故简单
离子半径：Ｒ＞Ｙ＞Ｚ，Ａ正确；Ｂ项，气态氢化物沸点：ＨｎＲ＜ＨｍＹ，
Ｂ错误；Ｃ项，Ｒ、Ｗ都有多种氧化物，它们氧化物对应的水化
物酸性没有一定的强弱关系，故Ｃ错误；Ｄ项，Ｙ、Ｚ、Ｒ三种元
素组成的化合物的水溶液不一定显碱性，如Ｎａ２ＳＯ４溶液显中
性，故Ｄ错误。
ａ
ｂ
ｃ
ｄ
７．已知ａ、ｂ、ｃ、ｄ四种短周期主族元素在周期表中的
相对位置如图所示，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．ａ、ｃ两元素的最高正价一定相等
Ｂ．原子半径大小顺序为ｃ＞ｄ＞ｂ＞ａ
Ｃ．ａ、ｂ两元素可能形成多种共价化合物
Ｄ．ｃ、ｄ两种元素气态氢化物的稳定性：ｃ＞ｄ
７．
答案　Ｃ　Ａ项，若ａ、ｂ、ｃ、ｄ依次为Ｏ、Ｆ、Ｓ、Ｃｌ元素，Ｏ没有
最高正价，Ｓ的最高正价为＋６价，Ａ项错误；Ｂ项，原子半径由
大到小的顺序为ｃ＞ｄ＞ａ＞ｂ，Ｂ项错误；Ｃ项，若ａ、ｂ、ｃ、ｄ依次为
Ｎ、Ｏ、Ｐ、Ｓ元素，Ｎ与Ｏ可形成Ｎ２Ｏ、ＮＯ、Ｎ２Ｏ３、ＮＯ２、Ｎ２Ｏ４、
Ｎ２Ｏ５等共价化合物，Ｃ项正确；Ｄ项，非金属性：ｃ＜ｄ，ｃ、ｄ两种
元素气态氢化物稳定性：ｃ＜ｄ，Ｄ项错误。
８．短周期元素Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子序数依次增大，其原子的最外层电
子数之和为１３。Ｘ和Ｙ、Ｚ位于相邻周期，Ｚ原子最外层电子
数是Ｘ原子内层电子数的３倍，是Ｙ原子最外层电子数的３
倍。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ｘ的氢化物溶于水显酸性
Ｂ．Ｙ的氧化物是离子化合物
Ｃ．Ｚ的氢化物比Ｈ２Ｏ稳定
Ｄ．Ｘ和Ｚ的氧化物都具有漂白性
８．
答案　Ｂ　
由题意可知Ｙ、Ｚ位于第三周期，Ｘ位于第二周
期，Ｚ原子的最外层电子数为６，则Ｚ为Ｓ，Ｙ为Ｍｇ，Ｘ为Ｎ。
ＮＨ３溶于水，水溶液显碱性，Ａ不正确；ＭｇＯ属于离子化合物，
Ｂ正确；非金属性Ｏ＞Ｓ，故稳定性Ｈ２Ｏ＞Ｈ２Ｓ，Ｃ不正确；ＳＯ２有
漂白性，ＳＯ３没有漂白性，氮元素的氧化物没有漂白性，Ｄ不
正确。
关联知识　元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。
　
Ｗ
Ｘ
Ｙ
Ｚ
　
９．Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ四种短周期元素在元素周
期表中的相对位置如图所示，且四种
元素的原子最外层电子数之和为２４。
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．单核阴离子的还原性Ｙ强于Ｘ
Ｂ．Ｗ的气态氢化物与其最高价含氧酸反应生成离子化合物
Ｃ．Ｘ、Ｙ、Ｚ的最简单氢化物中稳定性最弱的是Ｙ
Ｄ．在元素周期表中１１８号元素与Ｚ位于同一主族
９．
答案　Ｄ　设Ｘ原子最外层电子数为ｘ，则Ｙ原子最外层电
子数为ｘ，Ｚ原子最外层电子数为ｘ＋１，Ｗ原子最外层电子数为
ｘ－１，由题意可知ｘ＋ｘ＋ｘ＋１＋ｘ－１＝２４，ｘ＝６，故Ｘ为Ｏ，Ｙ为Ｓ，Ｚ
为Ｃｌ，Ｗ为Ｎ。非金属性：Ｓ＜Ｏ，则氧化性：Ｓ＜Ｏ２，还原性：Ｓ
２－＞
Ｏ
２－，Ａ项正确；ＮＨ３与ＨＮＯ３反应生成ＮＨ４ＮＯ３，ＮＨ４ＮＯ３为离
子化合物，Ｂ项正确；非金属性：Ｏ＞Ｓ，Ｃｌ＞Ｓ，故Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｓ、ＨＣｌ
中稳定性最弱的是Ｈ２Ｓ，Ｃ项正确；１１８号元素位于元素周期表
第七周期０族，Ｄ项错误。
关联知识　元素非金属性越强，单质的氧化性越强，对应阴离
子的还原性越弱。
１０．Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ是原子序数依次增大的短周期主族元素，Ｘ的单质
经常作为保护气，这四种元素可以组成阴、阳离子个数比为
１∶１的离子化合物。由Ｙ、Ｚ形成的一种化合物可与由Ｗ、Ｚ形
成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列说法中不正确的是
（　　）
Ａ．最简单气态氢化物的热稳定性：Ｙ＜Ｚ
Ｂ．Ｘ、Ｙ的简单离子具有相同的电子层结构
Ｃ．ＸＷ３可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
Ｄ．Ｙ与Ｘ属于同一周期，Ｙ与Ｚ属于同一主族
１０．
答案　
Ａ　
Ｎ２的化学性质稳定，常用作保护气；ＳＯ２＋２Ｈ２Ｓ
􀪅􀪅３Ｓ＋２Ｈ２Ｏ，Ｓ为淡黄色固体，可推知Ｗ为Ｈ、Ｘ为Ｎ、Ｙ为
Ｏ、Ｚ为Ｓ；ＮＨ４ＨＳＯ４中ＮＨ
＋
４与ＨＳＯ
－
４个数比为１∶１。非金属
性：Ｏ＞Ｓ，热稳定性：Ｈ２Ｏ＞Ｈ２Ｓ，Ａ不正确；Ｎ
３－和Ｏ
２－具有相同
的电子层结构，Ｂ正确；ＮＨ３可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Ｃ
正确；Ｎ、Ｏ同周期，Ｏ、Ｓ同主族，Ｄ正确。
１１．短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子序数依次增大，Ｗ与Ｘ形
成的某种化合物可用作水果的催熟剂，Ｙ的氧化物为碱性氧
化物，Ｘ、Ｙ、Ｚ三种元素的最外层电子数之和为１１。下列说法
中正确的是
（　　）
Ａ．原子半径：Ｗ＜Ｘ＜Ｙ＜Ｚ
Ｂ．简单氢化物的稳定性：Ｘ＜Ｚ
Ｃ．Ｗ、Ｘ形成的某种化合物常用作萃取剂
Ｄ．Ｙ和Ｚ形成的含氧酸盐均可使酚酞溶液变红
１４．
答案　Ｃ　
Ｗ与Ｘ形成的某种化合物可用作水果的催熟
剂，此化合物为Ｃ２Ｈ４，因为原子序数依次增大，所以Ｗ为Ｈ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｘ为Ｃ；Ｙ的氧化物为碱性氧化物，则Ｙ可能为Ｎａ或Ｍｇ；Ｘ、
Ｙ、Ｚ三种元素的最外层电子数之和为１１，如果Ｙ为Ｎａ，则Ｚ
为Ｓ，如果Ｙ为Ｍｇ，则Ｚ为Ｐ。电子层数越多，原子半径越
大，同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半
径大小顺序是Ｙ＞Ｚ＞Ｘ＞Ｗ，Ａ项错误；如果Ｚ为Ｓ，Ｃ的非金属
性弱于Ｓ，则Ｈ２Ｓ的稳定性比ＣＨ４稳定性强，如果Ｚ为Ｐ，Ｃ
的非金属性强于Ｐ，则ＣＨ４的稳定性强于ＰＨ３，Ｂ项错误；Ｃ
和Ｈ形成的化合物苯常用作萃取剂，Ｃ项正确；如果形成的含
氧酸盐为Ｎａ２ＳＯ４，则溶液显中性，不能使酚酞溶液变红，Ｄ项
错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码７２
一、元素金属性、非金属性强弱的比较
１．比较元素金属性强弱的方法
（１）金属与水（或非氧化性酸）的反应越容易，其对应元素
的金属性越强。
（２）最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则对应金属元素
的金属性越强。
（３）在金属活动性顺序中，金属元素的位置越靠前，其金属
性越强。
（４）同一周期，金属元素越靠前，其金属性越强；同一主族，
金属元素越靠下，其金属性越强。
（５）金属与盐溶液的置换反应，若Ａ元素的单质能置换出Ｂ
元素的单质，则Ａ元素的金属性强于Ｂ元素。
（６）一般金属阳离子的氧化性越强，则对应金属元素的金属
性越弱。（注：氧化性Ｆｅ
３＋＞Ｃｕ
２＋＞Ｆｅ
２＋，金属性Ｆｅ＞Ｃｕ）
（７）电化学原理：不同金属形成原电池时，通常作负极的金
属的金属性强；通常在电解池阴极上先析出的金属的金属性弱。
２．比较元素非金属性强弱的方法
（１）非金属单质与Ｈ２越易化合，则其对应元素的非金属性
越强。
（２）形成的简单氢化物越稳定，则其对应元素的非金属性
越强。
（３）最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其对应元素的非
金属性越强。
（４）同一周期（稀有气体元素除外），非金属元素越靠右，其
非金属性越强；同一主族，非金属元素越靠上，其非金属性越强。
（５）非金属之间的置换反应，若Ａ元素的单质能置换出Ｂ
元素的单质，则Ａ元素的非金属性强于Ｂ元素。
二、微粒半径大小的比较
１．微粒半径大小的比较规律
原子
半径
①同一周期，随着原子序数递增，原子半径逐渐减小（稀有气
体元素除外）。如：
ｒ（Ｎａ）＞ｒ（Ｍｇ）＞ｒ（Ａｌ）＞ｒ（Ｓｉ）＞ｒ（Ｐ）＞ｒ（Ｓ）＞ｒ（Ｃｌ）
②同一主族，随着电子层数递增，原子半径逐渐增大。如：
ｒ（Ｌｉ）＜ｒ（Ｎａ）＜ｒ（Ｋ）＜ｒ（Ｒｂ）＜ｒ（Ｃｓ）
③不同周期和主族，选参照进行比较。如Ｒｂ和Ｃａ比较，因
ｒ（Ｋ）＞ｒ（Ｃａ），ｒ（Ｒｂ）＞ｒ（Ｋ），所以ｒ（Ｒｂ）＞ｒ（Ｃａ）
续表
离子
半径
①同种元素的粒子半径：阴离子大于原子，原子大于阳离子，
低价阳离子大于高价阳离子。如：ｒ（Ｃｌ
－）＞ｒ（Ｃｌ），ｒ（Ｆｅ）＞
ｒ（Ｆｅ
２＋）＞ｒ（Ｆｅ
３＋）
②电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。如：
ｒ（Ｏ
２－）＞ｒ（Ｆ
－）＞ｒ（Ｎａ
＋）＞ｒ（Ｍｇ
２＋）＞ｒ（Ａｌ
３＋）
③带相同电荷的离子，电子层数越多，半径越大。如：ｒ（Ｌｉ
＋）＜
ｒ（Ｎａ
＋）＜ｒ（Ｋ
＋）＜ｒ（Ｒｂ
＋）＜ｒ（Ｃｓ
＋），ｒ（Ｏ
２－）＜ｒ（Ｓ
２－）＜ｒ（Ｓｅ
２－）＜
ｒ（Ｔｅ
２－）
④核电荷数、电子层数均不同的离子可选一种离子作为参照
进行比较。如比较ｒ（Ｋ
＋）与ｒ（Ｍｇ
２＋）可选ｒ（Ｎａ
＋）为参照：
ｒ（Ｋ
＋）＞ｒ（Ｎａ
＋）＞ｒ（Ｍｇ
２＋）
　　２．“三看”法快速判断简单粒子半径大小
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径
越大。
二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径
越小。
三看核外电子数：当核电荷数相同时，核外电子数越多，半
径越大。
例
　（２０１９江西上饶六校一联，１２）Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ、Ｒ是５
种短周期元素，原子序数依次增大，Ｘ是周期表中原子半径最小
的元素，Ｙ原子最外层电子数是次外层电子数的３倍，Ｚ、Ｗ、Ｒ
处于同一周期，Ｒ与Ｙ处于同一族，Ｚ、Ｗ原子的核外电子数之和
与Ｙ、Ｒ原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ｙ、Ｚ、Ｗ离子具有相同的电子层结构，半径依次增大
Ｂ．元素Ｚ、Ｗ、Ｒ的最高价氧化物对应水化物两两之间可以
反应
Ｃ．元素Ｘ与元素Ｙ可以形成两种共价化合物，且这两种化
合物只有一种类型的共价键
Ｄ．元素Ｙ、Ｒ分别与元素Ｘ形成的简单化合物的热稳定性：
ＸｍＹ＜ＸｎＲ
解题导引　金属性和非金属性强弱判断方法
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１６１
　
解析　Ｘ是周期表中原子半径最小的元素，即Ｘ为Ｈ；Ｙ
原子最外层电子数是次外层电子数的３倍，即Ｙ为Ｏ；Ｒ与Ｙ处
于同一族，则Ｒ为Ｓ；Ｚ、Ｗ、Ｒ处于同一周期，且Ｚ、Ｗ原子的核外
电子数之和与Ｙ、Ｒ原子的核外电子数之和相等，则Ｚ为Ｎａ，Ｗ
为Ａｌ。Ａ项，三种离子分别为Ｏ
２－、Ｎａ
＋、Ａｌ
３＋，离子半径：Ｏ
２－＞
Ｎａ
＋＞Ａｌ
３＋，故Ａ错误；Ｂ项，最高价氧化物对应的水化物分别是
ＮａＯＨ、Ａｌ（ＯＨ）３、Ｈ２ＳＯ４，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此两两之
间可以反应，故Ｂ正确；Ｃ项，形成的化合物是Ｈ２Ｏ和Ｈ２Ｏ２，
Ｈ２Ｏ中只含极性键，Ｈ２Ｏ２中含有极性键和非极性键，故Ｃ错误；
Ｄ项，形成的化合物分别是Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｓ，Ｏ的非金属性强于Ｓ，则
Ｈ２Ｏ的稳定性强于Ｈ２Ｓ，故Ｄ错误。
答案　Ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码７３
１．（２０２０届河北衡水中学五调，５）短周期元素Ｒ、Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原
子序数依次增大，Ｒ原子的最外层电子数是其内层电子数的２
倍；Ｘ元素的焰色反应呈黄色；Ｗ元素和Ｚ元素同主族，且Ｚ
元素的核电荷数是Ｗ的２倍；Ｙ是地壳中除氧外含量最多的
非金属元素。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．Ｗ与Ｘ形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为１∶２
Ｂ．Ｙ、Ｒ、Ｚ最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Ｚ＞Ｒ＞Ｙ
Ｃ．Ｗ的简单氢化物稳定性比Ｚ的简单氢化物稳定性低
Ｄ．Ｙ与Ｗ形成的化合物ＹＷ２的熔点高、硬度大
１．
答案　
Ｃ　
Ｒ、Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ是原子序数依次增大的短周期元
素，Ｘ的焰色反应呈黄色，则Ｘ为Ｎａ元素；Ｒ元素的原子最外
层电子数是其内层电子数的２倍，Ｒ元素原子有２个电子层，
最外层电子数为４，故Ｒ为碳元素；Ｗ、Ｚ同主族，Ｚ的核电荷数
是Ｗ的２倍，故Ｚ为硫元素，Ｗ为氧元素；Ｙ是地壳中除氧外
含量最多的非金属元素，则Ｙ为Ｓｉ元素。Ｗ与Ｘ形成的两种
化合物分别为Ｎａ２Ｏ、Ｎａ２Ｏ２，其中阴、阳离子的个数比均为１∶
２，故Ａ正确。Ｙ、Ｒ、Ｚ最高价氧化物对应水化物分别为
Ｈ２ＳｉＯ３、Ｈ２ＣＯ３、Ｈ２ＳＯ４，酸性：Ｈ２ＳＯ４＞Ｈ２ＣＯ３＞Ｈ２ＳｉＯ３，故Ｂ正
确。Ｗ的简单氢化物为Ｈ２Ｏ，Ｚ的简单氢化物为Ｈ２Ｓ，非金属
性Ｏ大于Ｓ，则稳定性：Ｈ２Ｏ＞Ｈ２Ｓ，故Ｃ错误。Ｙ与Ｗ形成的
化合物ＳｉＯ２为原子晶体，熔点高、硬度大，故Ｄ正确。
２．（２０１９福建漳州二模，１１）短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子
序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为１８，Ｗ与Ｙ同
主族，Ｘ原子的最外层电子数等于周期数，Ｚ的单质在常温下
为气体。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．最简单氢化物的稳定性：Ｚ＞Ｗ＞Ｙ
Ｂ．原子半径：Ｙ＞Ｘ＞Ｗ
Ｃ．Ｘ与Ｚ形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝
Ｄ．Ｙ的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应，属于两性氧化物
２．
答案　Ａ　分析可知：Ｗ为Ｃ元素，Ｘ为Ａｌ元素，Ｙ为Ｓｉ元
素，Ｚ为Ｃｌ元素。Ａ项，非金属性：Ｃｌ＞Ｃ＞Ｓｉ，则简单氢化物的稳
定性：Ｚ＞Ｗ＞Ｙ，故Ａ正确；Ｂ项，同一周期从左向右原子半径逐
渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：
Ｘ＞Ｙ＞Ｗ，故Ｂ错误；Ｃ项，Ｘ与Ｚ形成的化合物为氯化铝，氯化
铝溶液呈酸性，不能使红色石蕊试纸变蓝，故Ｃ错误；Ｄ项，二
氧化硅不与硝酸、硫酸、盐酸等强酸反应，能够与强碱溶液反
应，属于酸性氧化物，故Ｄ错误。
３．（２０１９湖南四校摸底，７）短周期主族元素Ｒ、Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ的原子
序数依次增大，它们位于三个周期。Ｙ和Ｍ同主族，火山喷口
附近或地壳的岩层中存在游离态的Ｍ，Ｘ元素的最高价氧化物
对应的水化物与其气态氢化物相遇会有白烟生成。这五种元
素组成一种离子化合物Ｑ，取一定量Ｑ溶于蒸馏水得到溶液，
向此溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量与氢氧
化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
Ａ．简单氢化物的沸点：Ｙ＞Ｘ
Ｂ．简单离子的半径：Ｍ＞Ｙ＞Ｚ
Ｃ．Ｒ与除Ｚ以外的其他３种元素均能形成共价化合物
Ｄ．Ｙ与其他４种元素均可形成至少两种二元化合物
３．
答案　Ｄ　短周期主族元素Ｒ、Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ的原子序数依次增
大，它们占据三个周期，则Ｒ为Ｈ；Ｙ和Ｍ同主族，火山喷口附
近或地壳的岩层中存在游离态的Ｍ，则Ｍ为Ｓ、Ｙ为Ｏ；Ｘ元素
的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物相遇会有白烟
生成，则Ｘ为Ｎ；根据图像可知，生成的沉淀为Ａｌ（ＯＨ）３，则Ｚ
为Ａｌ。滴加ＮａＯＨ溶液，沉淀量不变时说明ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－反应，
则Ｑ中一定含有Ａｌ
３＋和ＮＨ
＋
４，结合Ａｌ
３＋、ＮＨ
＋
４消耗ＮａＯＨ溶液
的体积可推知Ｑ应该为ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２。Ｈ２Ｏ在常温下为液
体，ＮＨ３在常温下为气体，故简单氢化物的沸点：Ｈ２Ｏ＞ＮＨ３，Ａ
项正确；Ｓ
２－有３个电子层，Ｏ
２－、Ａｌ
３＋均有２个电子层，电子层结
构相同时核电荷数越大，离子半径越小，故三种离子的半径：
Ｓ
２－＞Ｏ
２－＞Ａｌ
３＋，Ｂ项正确；Ｈ与Ｎ、Ｏ、Ｓ可分别形成共价化合物
ＮＨ３、Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｓ，Ｃ项正确；Ｏ与Ｈ可形成Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｏ２，Ｏ与Ｎ可
形成ＮＯ、ＮＯ２、Ｎ２Ｏ４等，Ｏ与Ｓ可形成ＳＯ２、ＳＯ３，但Ｏ与Ａｌ只
能形成Ａｌ２Ｏ３，Ｄ项错误。
４．（２０１８河北武邑中学三调，１７）短周期主族元素Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ的
原子序数依次增大。已知Ａ、Ｃ的原子序数之差为８，Ａ、Ｂ、Ｃ
三种元素原子的最外层电子数之和为１５，Ｂ元素原子的最外
层电子数等于Ａ元素原子的最外层电子数的一半。下列叙述
正确的是
（　　）
Ａ．简单离子的半径：Ｂ＞Ｃ＞Ｄ＞Ａ
Ｂ．Ｂ与Ｃ形成的化合物在水溶液中能稳定存在
Ｃ．Ｃ与Ｄ不可能形成化合物Ｃ２Ｄ２
Ｄ．Ｂ与Ｄ形成的化合物溶于水所得溶液显酸性
４．
答案　
Ｄ　
由题意可推知Ａ为Ｏ，Ｂ为Ａｌ，Ｃ为Ｓ，Ｄ为Ｃｌ。
简单离子半径：Ｓ
２－＞Ｃｌ
－＞Ｏ
２－＞Ａｌ
３＋，Ａ不正确；Ａｌ
３＋与Ｓ
２－在溶液
中会发生相互促进的水解反应生成Ａｌ（ＯＨ）３沉淀和Ｈ２Ｓ气体，Ｂ
不正确；Ｓ与Ｃｌ可形成化合物Ｓ２Ｃｌ２，其结构式为Ｃｌ—Ｓ—Ｓ—Ｃｌ，Ｃ
不正确；ＡｌＣｌ３为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码７４
　　应用元素推断常见“套路”，结合原子半径大小比较规律、元
素金属性强弱比较规律、元素非金属性强弱比较规律以及晶体
类型与化学键关系，解决元素推断类问题。
例
　（２０１９江苏常州教育学会学业水平监测，８）短周期
主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ原子序数依次增大，Ⅹ是空气中含量最多的
元素，Ｙ是海水中质量分数最大的元素，Ｚ元素原子是短周期主
族元素中原子半径最大的，Ｗ与Ｘ处于同一主族。下列说法正
确的是
（　　）
Ａ．原子半径：Ｗ＞Ｚ＞Ｙ
Ｂ．由Ｙ、Ｚ组成的化合物中均不含共价键
Ｃ．Ｘ的最高价氧化物对应水化物的酸性比Ｗ的强
Ｄ．Ｘ的简单气态氢化物的热稳定性比Ｙ的强
思路分析　根据题意分析可得元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ分别为Ｎ、
Ｏ、Ｎａ、Ｐ。原子半径：ｒ（Ｎａ）＞ｒ（Ｐ）＞ｒ（Ｏ），即ｒ（Ｚ）＞ｒ（Ｗ）＞ｒ（Ｙ）；
Ｎａ与Ｏ形成的Ｎａ２Ｏ２中含有共价键；ＨＮＯ３酸性比Ｈ３ＰＯ４强；
ＮＨ３的热稳定性比Ｈ２Ｏ弱。
答案　Ｃ
题目价值　能从宏观和微观上收集证据，对有关的化学问
题提出假设，能依据证据证明或证伪假设，体会证据推理与模型
认知过程。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码７４
１．（２０２０届江苏扬州中学开学测试，７）短周期主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、
Ｍ、Ｎ的原子序数依次增大。Ｘ和Ｍ的原子核外均有两个未成
对电子，但不处于同一主族。Ｙ、Ｚ、Ｍ最高价氧化物对应的水
化物两两之间能相互反应，Ｎ和Ｍ相邻。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．单质Ｙ的熔点高于单质Ｚ的熔点
Ｂ．元素非金属性由弱到强的顺序：Ｍ、Ｎ、Ｘ
Ｃ．原子最外层电子数由少到多的顺序：Ｙ、Ｚ、Ｘ、Ｍ、Ｎ
Ｄ．电解Ｎ分别和Ｙ、Ｚ形成的化合物可分别得到对应的Ｙ和Ｚ
１．
答案　Ｃ　由“原子序数依次增大”“原子核外均有两个未成
对电子”“不处于同一主族” 可知Ｘ、Ｍ应分别为Ｃ、Ｓ元素或
Ｏ、Ｓｉ元素；由“Ｙ、Ｚ、Ｍ最高价氧化物对应的水化物两两之间
能相互反应” 可知Ｙ、Ｚ、Ｍ应分别为Ｎａ、Ａｌ、Ｓ元素，则Ｘ为Ｃ
元素，Ｎ为Ｃｌ元素，即Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｎ分别为Ｃ、Ｎａ、Ａｌ、Ｓ、Ｃｌ。Ａ
项，单质Ｎａ的熔点低于单质Ａｌ的熔点，故Ａ项错误；Ｂ项，元
素非金属性由弱到强的顺序为Ｃ、Ｓ、Ｃｌ即Ｘ、Ｍ、Ｎ，故Ｂ项错
误；Ｃ项，原子最外层电子数由少到多的顺序为Ｎａ、Ａｌ、Ｃ、Ｓ、Ｃｌ
即Ｙ、Ｚ、Ｘ、Ｍ、Ｎ，故Ｃ项正确；Ｄ项，电解Ｎ和Ｙ形成的化合物
ＮａＣｌ能得到金属Ｎａ，电解Ｎ和Ｚ形成的化合物ＡｌＣｌ３不能得
到金属Ａｌ，故Ｄ项错误。
２．（２０２０届江苏连云港新海中学开学测试，２）下列有关化学用
语的表示正确的是
（　　）
Ａ．质量数为３７的氯原子：
１７
３７Ｃｌ
Ｂ．ＨＣｌＯ的电子式：Ｈ·
·Ｃｌ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·
Ｃ．Ａｌ
３＋的结构示意图：
Ｄ．对羟基苯甲醛的结构简式：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＯＨ
ＣＨＯ
２．
答案　Ｃ　Ａ项，质量数为３７的氯原子应表示为
３７
１７Ｃｌ，故Ａ
项错误；Ｂ项，ＨＣｌＯ的电子式应为Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
·Ｃｌ
··
··
·
·，故Ｂ项错误；Ｃ
项，Ａｌ
３＋的结构示意图应为
，故Ｃ项正确；Ｄ项，对羟基
苯甲醛的结构简式应为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨＯ，故Ｄ项错误。
３．（２０１９江苏无锡期中，７）Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ是原子序数依次增大的短
周期主族元素。Ｙ、Ｚ同周期且相邻，Ｘ、Ｗ同主族且与Ｙ处于
不同周期，Ｙ、Ｚ原子的电子数总和与Ｘ、Ｗ原子的电子数总和
之比为５∶４。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．原子半径：Ｗ＞Ｚ＞Ｙ＞Ｘ
Ｂ．Ｙ的简单气态氢化物的热稳定性比Ｚ的强
Ｃ．由Ｘ、Ｙ、Ｚ三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐
Ｄ．由Ｘ、Ｚ组成的化合物与由Ｚ、Ｗ组成的化合物只能发生化
合反应
３．
答案　Ｃ　根据题意，可推出Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ分别为Ｈ、Ｎ、Ｏ、Ｎａ。
Ａ项，原子半径应为Ｗ（Ｎａ）＞Ｙ（Ｎ）＞Ｚ（Ｏ）＞Ｘ（Ｈ），故错误；Ｂ
项，Ｙ（Ｎ）的非金属性弱于Ｚ（Ｏ），则Ｙ（Ｎ）的简单气态氢化物
（ＮＨ３）的热稳定性比Ｚ（Ｏ）的简单气态氢化物（Ｈ２Ｏ）弱，故错
误；Ｃ项，由Ｘ（Ｈ）、Ｙ（Ｎ）、Ｚ（Ｏ）组成的化合物可能为酸
（ＨＮＯ３或ＨＮＯ２），可能为碱（ＮＨ３· Ｈ２Ｏ），也可能为盐
（ＮＨ４ＮＯ３或ＮＨ４ＮＯ２），故正确；Ｄ项，由Ｘ（Ｈ）、Ｚ（Ｏ）组成的
化合物可能为Ｈ２Ｏ或Ｈ２Ｏ２，由Ｚ（Ｏ）、Ｗ（Ｎａ）组成的化合物可
能为Ｎａ２Ｏ或Ｎａ２Ｏ２，Ｎａ２Ｏ２与Ｈ２Ｏ的反应不是化合反应，故
错误。
易错警示　Ｎａ和Ｏ组成的化合物除了Ｎａ２Ｏ，还有Ｎａ２Ｏ２。
知识拓展　Ｈ、Ｎ、Ｏ三种元素可组成酸：ＨＮＯ３、ＨＮＯ２，组成碱：
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，组成盐：ＮＨ４ＮＯ３、ＮＨ４ＮＯ２；可组成溶液显酸性的化
合物：ＨＮＯ３、ＨＮＯ２、ＮＨ４ＮＯ３，组成溶液显碱性的化合物：
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ；可组成离子化合物：ＮＨ４ＮＯ３、ＮＨ４ＮＯ２，组成共价化
合物：ＨＮＯ３、ＨＮＯ２、ＮＨ３·Ｈ２Ｏ。
４．（２０１８江苏南京摸底，４）短周期主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ的原子序
数依次增大。Ｘ、Ｗ同主族，Ｚ
＋与Ｙ
３－具有相同的电子层结构，
Ｗ的氧化物是生产光纤制品的基本原料。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．粒子半径：ｒ（Ｗ）＞ｒ（Ｘ）＞ｒ（Ｚ
＋）＞ｒ（Ｙ
３－）
Ｂ．Ｘ的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Ｙ的强
Ｃ．Ｗ的简单气态氢化物的热稳定性比Ｘ的强
Ｄ．ＺＹ３晶体中含有离子键和共价键
４．
答案　
Ｄ　
根据题意推断出Ｘ为Ｃ，Ｙ为Ｎ，Ｚ为Ｎａ，Ｗ为
Ｓｉ。Ａ项，离子核外电子层结构相同时，原子序数越小半径越
大，因此ｒ（Ｎ
３－）＞ｒ（Ｎａ
＋），故错误；Ｂ项，非金属性Ｃ＜Ｎ，故酸性
Ｈ２ＣＯ３＜ＨＮＯ３，故错误；Ｃ项，非金属性Ｓｉ＜Ｃ，故稳定性ＳｉＨ４＜
ＣＨ４，故错误；Ｄ项，ＮａＮ３中Ｎａ
＋与Ｎ
－
３之间为离子键，Ｎ
－
３中Ｎ
与Ｎ原子之间为共价键，故正确。
知识拓展　
Ｎ
－
３与ＣＯ２、ＳＣＮ
－互为等电子体，其电子式为
［·
·Ｎ
…
…
Ｎ·
· Ｎ
··
··
·
·］
－。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１６３
　
对应学生用书
起始页码２１１
考点一原子结构与化学键
１．（２０１９课标Ⅲ，９，６分）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
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
１．
答案　Ｂ　本题涉及元素周期律的直接应用与判断，通过元
素周期表和元素周期律知识的综合应用，考查了分析和解决化
学问题的能力，从原子、分子水平认识物质的组成和性质，体现
了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
由题意可推知，Ｘ、Ｙ、Ｚ分别为Ｃ、Ｍｇ、Ｓｉ。Ａ项，ＣＯ２是分子晶
体，ＭｇＯ是离子晶体，错误；Ｂ项，Ｃ的非金属性比Ｓｉ强，则Ｃ
的氢化物的热稳定性大于Ｓｉ的氢化物，正确；Ｃ项，ＳｉＣ是共价
化合物，错误；Ｄ项，Ｓｉ单质不能溶于浓硝酸，错误。
思路分析　由Ｙ的最外层电子数等于Ｘ的次外层电子数可知
Ｘ为第二周期元素，Ｙ最外层电子数为２，Ｘ、Ｙ、Ｚ的最外层电
子数之和为１０，所以Ｘ、Ｚ的最外层电子数之和为８，由Ｘ、Ｚ同
族可推知Ｘ、Ｚ分别为Ｃ和Ｓｉ，Ｙ原子半径大于Ｚ，则Ｙ为Ｍｇ
元素。
２．（２０１９北京理综，８，６分）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
Ｂ．
１１５
４９Ｉｎ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
２．
答案　Ｄ　本题考查了原子的组成、元素周期表和元素周期
律等知识，以张青莲教授主持测定的某些元素的相对原子质量
的新值为背景材料考查学生的分析推理能力，体现了证据推理
与模型认知的学科核心素养和爱国主义情怀的价值观念。
铟和铷同属第五周期元素，铷在ⅠＡ族，铟在ⅢＡ族，铷的金属
性比铟强，所以ＲｂＯＨ的碱性强于Ｉｎ（ＯＨ）３的碱性，Ｄ错误。
审题方法　该题题干中前面一段话只起铺垫作用，没有核心
信息，审题时把注意点放在题干的后面两句话上即可。
３．（２０１９江苏单科，２，２分）反应ＮＨ４Ｃｌ＋ＮａＮＯ２􀪅􀪅ＮａＣｌ＋
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：
１８
１７Ｃｌ
Ｂ．Ｎ２的结构式：Ｎ􀪅Ｎ
Ｃ．Ｎａ
＋的结构示意图：
Ｄ．Ｈ２Ｏ的电子式：Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ
３．
答案　
Ｄ　
本题涉及原子的表示、分子的结构式、离子的结
构示意图、分子的电子式等知识，通过对化学用语的正误判断，
考查了分析和解决化学问题的能力，以一个化学方程式为信息
引出几种常见微粒，体现了变化观念与平衡思想的学科核心
素养。
Ａ项，中子数为１８的氯原子应表示为
３５
１７Ｃｌ，错误；Ｂ项，氮原子
最外层为５个电子，Ｎ２的结构式为Ｎ
Ｎ
􀜁
，错误；Ｃ项，Ｎａ
＋的
结构示意图为
，错误；Ｄ项，依据Ｈ、Ｏ原子的最外层电
子数可知该项正确。
解题关键　熟悉各类基本化学用语的表示方法，掌握电子式
和结构式的书写原则是解答本题的关键。
４．（２０１８课标Ⅰ，１２，６分）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
４．
答案　Ｂ　氢氟酸可腐蚀玻璃，根据题意可知Ｗ是Ｆ，与其
同主族的Ｙ是Ｃｌ；实验室中用ＣａＦ２与浓Ｈ２ＳＯ４反应制取ＨＦ，
故Ｚ是Ｃａ；Ｗ、Ｘ、Ｚ最外层电子数之和为１０，则Ｘ是Ｎａ。钠单质
常温常压下是固体，Ａ错误；ＣａＨ２是由Ｃａ
２＋与Ｈ
－构成的离子化合
物，Ｂ正确；ＣａＣｌ２溶液呈中性，Ｃ错误；Ｆ是非金属性最强的元素，
没有正化合价，氯元素的最高化合价是＋７价，Ｄ错误。
知识拓展　ＣａＦ２是一种难溶于水的固体，实验室利用ＣａＦ２与
浓Ｈ２ＳＯ４反应制取ＨＦ：ＣａＦ２＋Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
　􀪅􀪅ＣａＳＯ４＋２ＨＦ↑，
该反应不能在玻璃仪器中进行，应在铅皿中进行。
５．（２０１８课标Ⅱ，１０，６分）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
５．
答案　Ａ　由题意可推知Ｗ为Ｎ、Ｘ为Ｏ、Ｙ为Ｎａ、Ｚ为Ｃｌ。Ｘ
与Ｗ可形成ＮＯ、ＮＯ２、Ｎ２Ｏ４等，与Ｙ可形成Ｎａ２Ｏ、Ｎａ２Ｏ２，与Ｚ可
形成ＣｌＯ２、Ｃｌ２Ｏ７等，Ａ正确；Ｎａ２Ｏ２、ＮａＮ３中均含有离子键与非极
性共价键，Ｂ不正确；Ｎ
３－、Ｏ
２－、Ｎａ
＋的电子层结构相同，Ｃｌ
－与Ｎ
３－、
Ｏ
２－、Ｎａ
＋的电子层结构不同，Ｃ不正确；ＨＮＯ２为弱酸，Ｄ不正确。
易混易错　注意“最高价氧化物对应的水化物”与“氧化物对
应的水化物”的区别。
６．（２０１８江苏单科，２，２分）用化学用语表示ＮＨ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅
ＮＨ４Ｃｌ中的相关微粒，其中正确的是
（　　）
Ａ．中子数为８的氮原子：
８
７Ｎ
Ｂ．ＨＣｌ的电子式：Ｈ
＋［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－
Ｃ．ＮＨ３的结构式：Ｈ
Ｎ
Ｈ
Ｈ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｄ．Ｃｌ
－的结构示意图：
６．
答案　Ｃ　Ａ项，中子数为８的氮原子为
１５
７Ｎ；Ｂ项，ＨＣｌ的电
子式为Ｈ·×Ｃｌ
··
··
·
·；Ｄ项，Ｃｌ
－的结构示意图为
。
７．（２０１７北京理综，７，６分）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
１７６
１１７Ｔｓ
７．
答案　Ｄ　中子数为１７６的Ｔｓ核素符号为
２９３
１１７Ｔｓ。
８．（２０１７江苏单科，２，２分）下列有关化学用语表示正确的是
（　　）
Ａ．质量数为３１的磷原子：
３１
１５Ｐ
Ｂ．氟原子的结构示意图：
Ｃ．ＣａＣｌ２的电子式：Ｃａ
２＋［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－
２
Ｄ．明矾的化学式：Ａｌ２（ＳＯ４）３
８．
答案　
Ａ　
Ｂ项，氟原子的结构示意图为
；Ｃ项，
ＣａＣｌ２的电子式为［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－Ｃａ
２＋［·
·Ｃｌ
··
··
·
·］
－；Ｄ项，明矾的化学
式为ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ。
９．（２０１６课标Ⅱ，９，６分）ａ、ｂ、ｃ、ｄ为短周期元素，ａ的原子中只
有１个电子，ｂ
２－和ｃ
＋离子的电子层结构相同，ｄ与ｂ同族。下
列叙述错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．ａ与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为＋１
Ｂ．ｂ与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
Ｃ．ｃ的原子半径是这些元素中最大的
Ｄ．ｄ与ａ形成的化合物的溶液呈弱酸性
９．
答案　Ａ　由题中信息可知，ａ、ｂ、ｃ、ｄ分别是Ｈ、Ｏ、Ｎａ、Ｓ。Ｈ
与Ｎａ形成的二元化合物ＮａＨ中，Ｈ元素的化合价为－１，Ａ项
错误；Ｏ与其他三种元素可分别形成Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｏ２，Ｎａ２Ｏ、Ｎａ２Ｏ２，
ＳＯ２、ＳＯ３等，Ｂ项正确；Ｎａ元素位于第三周期ⅠＡ族，在四种元
素中原子半径最大，Ｃ项正确；氢硫酸是一种弱酸，Ｄ项正确。
１０．（２０１９天津理综，７，１４分）氮、磷、砷（Ａｓ）、锑（Ｓｂ）、铋（Ｂｉ）、
镆（Ｍｃ）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回
答下列问题：
（１）砷在元素周期表中的位置　
　
　
　
　
　
　
　
　。
２８８
１１５Ｍｃ的
中子数为　　　　。
已知：
Ｐ（ｓ，白磷）􀪅􀪅Ｐ（ｓ，黑磷）　ΔＨ＝－３９．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１；
Ｐ（ｓ，白磷）􀪅􀪅Ｐ（ｓ，红磷）　ΔＨ＝－１７．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１；
由此推知，其中最稳定的磷单质是　　　　。
（２）氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：ＮＨ３　　　　ＰＨ３（填“＞”或“＜”）。
沸点：Ｎ２Ｈ４　　
　
　
Ｐ２Ｈ４（填“ ＞” 或“ ＜”），判断依据是
　　　　　　　　　　　　　。
（３）ＰＨ３和ＮＨ３与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也
相似。下列对ＰＨ３与ＨＩ反应产物的推断正确的是　
　
　　（填序号）。
ａ．不能与ＮａＯＨ反应
ｂ．含离子键、共价键
ｃ．能与水反应
（４）ＳｂＣｌ３能发生较强烈的水解，生成难溶的ＳｂＯＣｌ，写出该反
应的化学方程式　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　，因此，配
制ＳｂＣｌ３溶液应注意　　　　　　　　。
（５）在１Ｌ真空密闭容器中加入ａｍｏｌＰＨ４Ｉ固体，ｔ℃时发生
如下反应：
ＰＨ４Ｉ（ｓ）􀜩􀜨
􀜑
ＰＨ３（ｇ）＋ＨＩ（ｇ）　①
４ＰＨ３（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｐ４（ｇ）＋６Ｈ２（ｇ）　②
２ＨＩ（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２（ｇ）＋Ｉ２（ｇ）　　
③
达平衡时，体系中ｎ（ＨＩ）＝ｂｍｏｌ，ｎ（Ｉ２）＝ｃｍｏｌ，ｎ（Ｈ２）＝
ｄｍｏｌ，则ｔ℃时反应①的平衡常数Ｋ值为　　　　　（用
字母表示）。
１０．
答案　（１）第四周期第ⅤＡ族　１７３　黑磷
（２）＞　＞　Ｎ２Ｈ４分子间存在氢键
（３）ｂ、ｃ
（４）ＳｂＣｌ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＳｂＯＣｌ↓＋２ＨＣｌ（“􀜩􀜨
􀜑
”写成“􀪅􀪅”亦可）
　加盐酸，抑制水解
（５）（ｂ＋８ｃ－２ｄ
３
）ｂ
解析　本题涉及的考点有原子结构、盖斯定律的应用、元素
周期律的应用、铵盐的性质、盐类的水解、平衡常数的计算等，
以元素化合物知识为载体考查学生接受、吸收、整合化学信息
的能力，通过多考点综合考查的方式体现宏观辨识与微观探
析、变化观念与平衡思想等学科核心素养。
（１）质量数＝质子数＋中子数；结合已知信息，应用盖斯定律
可推出Ｐ（ｓ，红磷）􀪅􀪅Ｐ（ｓ，黑磷）　
ΔＨ＝－２１．７ｋＪ·ｍｏｌ
－１，
放热反应中反应物总能量高于生成物总能量，物质能量越低
越稳定，故稳定性：白磷＜红磷＜黑磷。（２）非金属性：Ｎ＞Ｐ，故
热稳定性：ＮＨ３＞ＰＨ３；Ｎ２Ｈ４的结构式为Ｈ
Ｎ
Ｈ
Ｎ
Ｈ
Ｈ，分子
间存在氢键，故沸点：Ｎ２Ｈ４＞Ｐ２Ｈ４。（３）ＮＨ４Ｉ可与ＮａＯＨ反
应；ＮＨ４Ｉ中既有离子键，又有共价键；ＮＨ４Ｉ可发生水解反应，
由ＮＨ４Ｉ的性质可推测ＰＨ４Ｉ的性质。（４）ＳｂＣｌ３强烈水解生
成ＳｂＯＣｌ的同时可生成ＨＣｌ；配制ＳｂＣｌ３溶液时应加盐酸，抑
制ＳｂＣｌ３水解。（５）由反应③可知，生成ｃｍｏｌＩ２应消耗
２ｃｍｏｌＨＩ，同时生成ｃｍｏｌＨ２，故反应①中生成ＨＩ的总物质的
量为（ｂ＋２ｃ）ｍｏｌ，同时生成（ｂ＋２ｃ）ｍｏｌＰＨ３。反应②中生成
Ｈ２的物质的量为（ｄ－ｃ）ｍｏｌ，消耗ＰＨ３的物质的量为２
３（ｄ－
ｃ）ｍｏｌ，则平衡体系中ＰＨ３的物质的量为（ｂ＋８ｃ－２ｄ
３
）ｍｏｌ。
ｔ℃时反应①的平衡常数Ｋ＝ｃ（ＨＩ）· ｃ（ＰＨ３），容器体积为
１Ｌ，故Ｋ＝（ｂ＋８ｃ－２ｄ
３
）ｂ。
解题关键　（５）题中三个反应为连锁反应，求反应①的平衡
常数（Ｋ）的关键是求出平衡体系中ＰＨ３的物质的量。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１６５
　
考点二元素周期表与元素周期律
１１．（２０１９课标Ⅱ，９，６分）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
（　　）
Ｗ
Ｘ
Ｙ
Ｚ
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
１１．
答案　Ｄ　本题涉及元素周期律、元素周期表的应用，借助
元素周期表片段考查考生元素推断、分析和解决化学问题的
能力。通过元素“位—构—性”之间的逻辑关系，体现证据推
理与模型认知的学科核心素养。
根据题给周期表片段中各种元素的相对位置可知，Ｗ与Ｘ的
最高化合价之差为２，设Ｘ的最高化合价为ａ，则Ｗ的最高化
合价为ａ＋２，结合题意知２ａ＋２＝８，解得ａ＝＋３，从而推知Ｘ为
Ａｌ、Ｙ为Ｓｉ、Ｚ为Ｐ、Ｗ为Ｎ。Ａ项，同周期主族元素从左到右，
原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增
大，故原子半径：Ｗ（Ｎ）＜Ｘ（Ａｌ）；Ｂ项，常温常压下，Ｙ（Ｓｉ）单
质为固态；Ｃ项，非金属性：Ｚ（Ｐ）＜Ｗ（Ｎ），故气态氢化物的热
稳定性：Ｚ＜Ｗ；Ｄ项，Ｘ为Ａｌ，其最高价氧化物的水化物为
Ａｌ（ＯＨ）３，属于两性氢氧化物。
１２．（２０１９江苏单科，８，２分）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
１２．
答案　Ｂ　本题涉及的考点有元素周期律和元素周期表的应
用、原子半径大小的比较、元素金属性与非金属性的强弱判断与
应用，通过元素推断的形式考查了学生提取、吸收、整合化学信息
的能力，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
Ｘ是地壳中含量最多的元素，则Ｘ为Ｏ；Ｙ的原子序数比Ｘ大
且Ｙ原子的最外层有２个电子，则Ｙ为Ｍｇ；Ｚ的单质晶体是
应用最广泛的半导体材料，则Ｚ为Ｓｉ；Ｗ与Ｘ位于同一主族，
则Ｗ为Ｓ。Ａ项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减
小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：
ｒ（Ｍｇ）＞ｒ（Ｓｉ）＞ｒ（Ｓ）＞ｒ（Ｏ），即ｒ（Ｙ）＞ｒ（Ｚ）＞ｒ（Ｗ）＞ｒ（Ｘ），错
误；Ｂ项，由Ｘ、Ｙ组成的化合物是ＭｇＯ，为离子化合物，正确；
Ｃ项，Ｓｉ的最高价氧化物对应水化物是Ｈ２ＳｉＯ３，Ｓ的最高价氧
化物对应水化物是Ｈ２ＳＯ４，Ｓｉ的非金属性弱于Ｓ，故Ｈ２ＳｉＯ３的
酸性比Ｈ２ＳＯ４弱，错误；Ｄ项，Ｓ的非金属性弱于Ｏ，Ｈ２Ｓ的热
稳定性比Ｈ２Ｏ弱，错误。
１３．（２０１８课标Ⅲ，１３，６分）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，可得到含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
１３．
答案　
Ｄ　
本题考查元素周期表、元素周期律、氯气的性
质。依据题意推出Ｗ是Ｏ，Ｘ是Ｆ，Ｙ是Ｎａ，Ｚ是Ｃｌ。Ａ项，原
子半径大小为Ｎａ＞Ｃｌ＞Ｏ＞Ｆ，即Ｙ＞Ｚ＞Ｗ＞Ｘ，错误；Ｂ项，Ｘ的氢
化物是ＨＦ，Ｚ的氢化物是ＨＣｌ，ＨＦ是弱酸，ＨＣｌ是强酸，即Ｘ
的氢化物水溶液酸性弱于Ｚ的，错误；Ｃ项，Ｙ２Ｗ２是Ｎａ２Ｏ２，
含有离子键和非极性共价键，ＺＷ２是ＣｌＯ２，含有极性共价键，
不含非极性共价键，错误；Ｄ项，Ｗ的单质有Ｏ２和Ｏ３，Ｘ的单
质为Ｆ２，标准状况下均为气体，即状态相同，正确。
易混易错　元素的非金属性强弱可用于判断最高价氧化物
对应水化物酸性的强弱，不能用于判断氢化物水溶液的酸性
强弱。
１４．（２０１８天津理综，２，６分）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
１４．
答案　Ｃ　
本题考查元素周期律相关知识。Ａ项，相同温
度下，Ｎａ２ＣＯ３的溶解度大于ＮａＨＣＯ３的溶解度；Ｂ项，Ｃｌ元素
的非金属性比Ｐ元素的强，所以ＨＣｌ比ＰＨ３稳定；Ｄ项，Ｌｉ元
素的金属性比Ｂｅ元素的强，所以ＬｉＯＨ的碱性强于Ｂｅ（ＯＨ）２
的碱性；Ｃ项，乙醇分子间可以形成氢键，使乙醇的沸点高
于Ｃ２Ｈ５ＳＨ。
解题技巧　牢记常见物质的物理性质等。
１５．（２０１８江苏单科，８，２分）短周期主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ原子序
数依次增大，Ｘ是地壳中含量最多的元素，Ｙ原子的最外层只
有一个电子，Ｚ位于元素周期表ⅢＡ族，Ｗ与Ｘ属于同一主
族。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．原子半径：ｒ（Ｗ）＞ｒ（Ｚ）＞ｒ（Ｙ）
Ｂ．由Ｘ、Ｙ组成的化合物中均不含共价键
Ｃ．Ｙ的最高价氧化物的水化物的碱性比Ｚ的弱
Ｄ．Ｘ的简单气态氢化物的热稳定性比Ｗ的强
１５．
答案　
Ｄ　
本题考查元素周期律。由题意可知Ｘ为Ｏ，Ｙ
为Ｎａ，Ｚ为Ａｌ，Ｗ为Ｓ。原子半径：ｒ（Ｙ）＞ｒ（Ｚ）＞ｒ（Ｗ），Ａ不正
确；Ｎａ２Ｏ２中含有非极性共价键，Ｂ不正确；金属性Ｙ＞Ｚ，最高
价氧化物的水化物的碱性Ｙ＞Ｚ，Ｃ不正确；非金属性Ｘ＞Ｗ，简
单气态氢化物的热稳定性Ｘ＞Ｗ，Ｄ正确。
规律总结　元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的
碱性越强；元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，最
高价氧化物对应水化物的酸性越强。
１６．（２０１７课标Ⅰ，１２，６分）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的强
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
１６．
答案　Ｃ　
本题考查元素周期表、元素周期律和盐类水解
知识。根据Ｗ的简单氢化物可用作制冷剂可知Ｗ为Ｎ元
素；短周期元素中原子半径最大的为Ｎａ元素，则Ｙ为Ｎａ元
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
素；Ｘ、Ｎａ、Ｚ三种元素形成的一种盐与盐酸反应生成黄色沉
淀以及有刺激性气味的气体，可知黄色沉淀为Ｓ，气体为ＳＯ２，
根据原子序数的大小关系可知Ｘ为Ｏ元素，Ｚ为Ｓ元素。Ｏ
的非金属性比Ｎ强，则Ｈ２Ｏ的热稳定性比ＮＨ３的强，Ａ项正
确；Ｎａ
＋与Ｏ
２－的电子层结构相同，Ｂ项正确；Ｎａ２Ｓ水解使溶液
显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，Ｃ项错误；Ｓ与Ｏ同主族，与
Ｎａ同周期，Ｄ项正确。
１７．（２０１７课标Ⅱ，９，６分）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
１７．
答案　Ｂ　ａ、ｂ、ｃ、ｄ为短周期主族元素，ａ原子核外电子总
数与ｂ原子次外层电子数相同，可以推知ａ为Ｏ；ｃ所在周期
数与族序数相同，ｃ的原子序数大于ａ，则ｃ为Ａｌ；ｄ与ａ同
族，则ｄ为Ｓ；再结合原子序数依次增大，可以推测ｂ可能为
Ｎａ或Ｍｇ。同周期元素（稀有气体元素除外）从左到右，原子
半径逐渐减小；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故
原子半径：ｂ＞ｃ＞ｄ＞ａ，Ａ不正确。无论ｂ为Ｎａ还是Ｍｇ，其金
属性都是四种元素中最强的，Ｂ正确。Ａｌ（ＯＨ）３为两性氢氧
化物，Ｃ不正确。同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，
单质的氧化性逐渐减弱，故Ｏ２的氧化性强于Ｓ，Ｄ不正确。
１８．（２０１７课标Ⅲ，１２，６分）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
１８．
答案　Ｄ　设Ｙ原子的最外层电子数为ｙ，则Ｗ、Ｘ、Ｚ原子
的最外层电子数分别为ｙ＋２、ｙ＋３、ｙ＋４，根据题意可知，ｙ＋ｙ＋
２＋ｙ＋３＋ｙ＋４＝２１，解得ｙ＝３，即Ｙ为Ａｌ，Ｗ为Ｎ，Ｘ为Ｏ，Ｚ为
Ｃｌ。Ａ项，因ＮＨ３分子间可形成氢键，所以氢化物沸点ＮＨ３＞
ＨＣｌ，错误；Ｂ项，Ｙ的氧化物对应水化物为Ａｌ（ＯＨ）３，Ｗ的氧
化物对应水化物为ＨＮＯ３或ＨＮＯ２，酸性Ｙ＜Ｗ，错误；Ｃ项，
Ａｌ２Ｏ３为离子晶体且常用作耐火材料，ＡｌＣｌ３为分子晶体，化合
物熔点Ａｌ２Ｏ３＞ＡｌＣｌ３，错误；Ｄ项，Ａｌ
３＋、Ｏ
２－均为１０ｅ
－微粒，根据
“序大径小”的规律，可知离子半径：Ａｌ
３＋＜Ｏ
２－，正确。
疑难突破　物质熔、沸点比较小窍门
１．依据晶体类型判断（一般情况下）：原子晶体＞离子晶体＞分
子晶体；
２．依据常温下物质的状态判断：固体＞液体＞气体；
３．注意氢化物分子间是否存在氢键。
１９．（２０１７天津理综，５，６分）根据元素周期表和元素周期律，判
断下列叙述不正确
···的是
（　　）
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．如图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
１９．
答案　Ｃ　气态氢化物的稳定性：Ｈ２Ｏ＞ＮＨ３＞ＳｉＨ４，Ａ正确；
Ｈ２Ｏ属于共价化合物，ＮａＨ属于离子化合物，Ｂ正确；题图所
示实验可证明酸性：ＨＣｌ＞Ｈ２ＣＯ３＞Ｈ２ＳｉＯ３，但不能据此得出元
素的非金属性：Ｃｌ＞Ｃ＞Ｓｉ，Ｃ不正确；前六周期共有８６种元素，
第七周期可排３２种元素，故１１８号元素在第七周期０族，Ｄ
正确。
思路分析　依据最高价含氧酸的酸性强弱可推导元素的非
金属性强弱。
２０．（２０１７江苏单科，５，２分）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
２０．
答案　Ｄ　由Ｚ是地壳中含量最多的元素可推出Ｚ为Ｏ；由
Ｙ、Ｚ同周期且相邻，Ｙ的原子序数小于Ｚ，推出Ｙ为Ｎ；由Ｗ
是短周期中金属性最强的元素可知Ｗ为Ｎａ；因Ｘ原子序数
最小且为主族元素，又知只有Ｙ、Ｚ处于同周期，推出Ｘ为Ｈ。
Ａ项，原子半径ｒ（Ｙ）＞ｒ（Ｚ）；Ｂ项，ＮａＯＨ为强碱；Ｃ项，Ｎ２的
氧化性比Ｏ２的弱；Ｄ项，ＨＮＯ３（或ＨＮＯ２）为共价化合物，
ＮＨ４ＮＯ３为离子化合物。
知识拓展　化合物类别的几个特例
ＡｌＣｌ３：由活泼金属元素与活泼非金属元素组成的共价化
合物。
ＮａＯＨ：含有极性键的离子化合物。
Ｎａ２Ｏ２：含有非极性键的离子化合物。
ＮＨ４ＮＯ３：由非金属元素形成的离子化合物。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一原子结构与化学键
１．（２０１６江苏单科，２，２分）下列有关化学用语表示正确的是（　　）
Ａ．中子数为１０的氧原子：
１０
８Ｏ
Ｂ．Ｍｇ
２＋的结构示意图：
Ｃ．硫化钠的电子式：Ｎａ·
· Ｓ
··
··
·
·Ｎａ
􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１６７
　
Ｄ．甲酸甲酯的结构简式：Ｃ２Ｈ４Ｏ２
答案　Ｂ　Ａ项，中子数为１０的氧原子为
１８
８Ｏ，故错误；Ｃ项，
硫化钠是离子化合物，其电子式为Ｎａ
＋［·
· Ｓ
··
··
·
·］
２－Ｎａ
＋，故错误；
Ｄ项，甲酸甲酯的结构简式为ＨＣＯＯＣＨ３，其分子式为Ｃ２Ｈ４Ｏ２，
故错误。
２．（２０１５课标Ⅰ，１２，６分）Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ均为短周期主族元素，原子
序数依次增加，且原子核外Ｌ电子层的电子数分别为０、５、８、
８，它们的最外层电子数之和为１８。下列说法正确的是（　　）
Ａ．单质的沸点：Ｗ＞Ｘ
Ｂ．阴离子的还原性：Ｗ＞Ｚ
Ｃ．氧化物的水化物的酸性：Ｙ＜Ｚ
Ｄ．Ｘ与Ｙ不能存在于同一离子化合物中
答案　
Ｂ　
Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ均为短周期主族元素，原子核外Ｌ电
子层的电子数分别为０、５、８、８，可判断出Ｗ为氢元素，Ｘ为氮
元素；它们的最外层电子数之和为１８，则Ｙ、Ｚ两元素原子最外
层电子数之和为１８－１－５＝１２，则Ｙ为磷元素，Ｚ为氯元素。Ａ
项，单质的沸点：Ｎ２＞Ｈ２；Ｂ项，非金属性：Ｃｌ＞Ｈ，阴离子的还原
性：Ｈ
－＞Ｃｌ
－，正确；Ｃ项，Ｃｌ的最高价氧化物的水化物的酸性强
于Ｐ的；Ｄ项，Ｐ和Ｎ可以存在于同一离子化合物中，
如ＮＨ４Ｈ２ＰＯ４。
３．（２０１５课标Ⅱ，９，６分）原子序数依次增大的元素ａ、ｂ、ｃ、ｄ，它
们的最外层电子数分别为１、６、７、１。ａ
－的电子层结构与氦相
同，ｂ和ｃ的次外层有８个电子，ｃ
－和ｄ
＋的电子层结构相同。
下列叙述错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．元素的非金属性次序为ｃ＞ｂ＞ａ
Ｂ．ａ和其他３种元素均能形成共价化合物
Ｃ．ｄ和其他３种元素均能形成离子化合物
Ｄ．元素ａ、ｂ、ｃ各自最高和最低化合价的代数和分别为０、４、６
答案　Ｂ　由题意可知：ａ为Ｈ，ｂ为Ｓ，ｃ为Ｃｌ，ｄ为Ｋ。由元素
周期律知：同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属
性Ｃｌ＞Ｓ；Ｈ２与Ｓ、Ｃｌ２化合时，Ｓ和Ｃｌ２均体现氧化性，故非金属性次
序为ｃ＞ｂ＞ａ，Ａ项正确。Ｈ与Ｋ不能形成共价化合物，Ｂ项错误。
Ｋ与其他３种元素分别形成ＫＨ、Ｋ２Ｓ、ＫＣｌ，三者均为离子化合物，
Ｃ项正确。Ｈ的最高和最低化合价分别为＋１、－１，代数和为０；Ｓ的
最高和最低化合价分别为＋６、－２，代数和为４；Ｃｌ的最高和最低化
合价分别为＋７、－１，代数和为６，Ｄ项正确。
４．（２０１５重庆理综，８，１５分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含
有ＮａＮ３、Ｆｅ２Ｏ３、ＫＣｌＯ４、ＮａＨＣＯ３等物质。当汽车发生碰撞时，
产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
（１）ＮａＮ３是气体发生剂，受热分解产生Ｎ２和Ｎａ，Ｎ２的电子式
为　　　　。
（２）Ｆｅ２Ｏ３是主氧化剂，与Ｎａ反应生成的还原产物为　　　　
（已知该反应为置换反应）。
（３）ＫＣｌＯ４是助氧化剂，反应过程中与Ｎａ作用生成ＫＣｌ和
Ｎａ２Ｏ。ＫＣｌＯ４含有化学键的类型为　　　　　　　　　，
Ｋ的原子结构示意图为　　　　　　　　。
（４）ＮａＨＣＯ３是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分
解，其化学方程式为
　。
（５）１００ｇ上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到
Ｎ２３３．６Ｌ（标准状况）。
①用碱石灰除去的物质为　　　　　　；
②该产气药剂中ＮａＮ３的质量分数为　　　　。
答案　（１）·
·Ｎ
…
…
Ｎ·
·　（２）Ｆｅ
（３）离子键和共价键　
（４）２ＮａＨＣＯ３
△
􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
（５）①ＣＯ２、Ｈ２Ｏ　②６５％
解析　（２）由题中信息可知，Ｆｅ２Ｏ３与Ｎａ的反应为置换反
应，则Ｆｅ２Ｏ３与Ｎａ反应的还原产物应为单质铁。
（３）ＫＣｌＯ４为离子化合物，Ｋ
＋与ＣｌＯ
－
４通过离子键结合，ＣｌＯ
－
４中
氯原子和氧原子通过共价键结合。
（５）①由题中信息及分析可知，产气药剂产生的气体有Ｎ２、ＣＯ２
和Ｈ２Ｏ（ｇ）三种，则通过碱石灰除去的气体应是ＣＯ２和Ｈ２Ｏ（ｇ）。
②由氮原子守恒可知２ＮａＮ３～３Ｎ２，则ｎ（ＮａＮ３）＝２
３ｎ（Ｎ２）＝
２
３×
３３．６Ｌ
２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１＝１ｍｏｌ，ｍ（ＮａＮ３）＝１ｍｏｌ× ６５ｇ· ｍｏｌ
－１＝
６５ｇ，ω（ＮａＮ３）＝６５ｇ
１００ｇ×１００％＝６５％。
考点二元素周期表与元素周期律
５．（２０１６课标Ⅰ，１３，６分）短周期元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子序数依
次增加。ｍ、ｐ、ｒ是由这些元素组成的二元化合物。ｎ是元素Ｚ
的单质，通常为黄绿色气体，ｑ的水溶液具有漂白性，
０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１ｒ溶液的ｐＨ为２，ｓ通常是难溶于水的混合物。
上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．原子半径的大小Ｗ＜Ｘ＜Ｙ
Ｂ．元素的非金属性Ｚ＞Ｘ＞Ｙ
Ｃ．Ｙ的氢化物常温常压下为液态
Ｄ．Ｘ的最高价氧化物的水化物为强酸
答案　
Ｃ　
根据题意，不难推出ｎ为Ｃｌ２，ｍ为Ｈ２Ｏ，ｑ为
ＨＣｌＯ，ｒ为ＨＣｌ，ｐ为烷烃，ｓ为一氯代烷、二氯代烷等的混合
物，从而推出Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ四种元素分别为Ｈ、Ｃ、Ｏ、Ｃｌ。Ａ项，原
子半径大小为Ｈ＜Ｏ＜Ｃ（即Ｗ＜Ｙ＜Ｘ），错误；Ｂ项，元素的非金
属性为Ｏ＞Ｃｌ＞Ｃ（即Ｙ＞Ｚ＞Ｘ），错误；Ｃ项，Ｙ的氢化物有Ｈ２Ｏ２、
Ｈ２Ｏ，二者在常温常压下均为液态，正确；Ｄ项，Ｘ的最高价氧
化物的水化物为Ｈ２ＣＯ３，属于弱酸，错误。
６．（２０１６江苏单科，４，２分）短周期主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ原子序
数依次增大，Ｘ原子的最外层有６个电子，Ｙ是迄今发现的非
金属性最强的元素，在周期表中Ｚ位于ⅠＡ族，Ｗ与Ｘ属于同
一主族。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．元素Ｘ、Ｗ的简单阴离子具有相同的电子层结构
Ｂ．由Ｙ、Ｚ两种元素组成的化合物是离子化合物
Ｃ．Ｗ的简单气态氢化物的热稳定性比Ｙ的强
Ｄ．原子半径：ｒ（Ｘ）＜ｒ（Ｙ）＜ｒ（Ｚ）＜ｒ（Ｗ）
答案　Ｂ　
由题意可知Ｘ为Ｏ，Ｙ为Ｆ，Ｚ为Ｎａ，Ｗ为Ｓ。Ａ
项，Ｘ、Ｗ的简单阴离子分别为Ｏ
２－、Ｓ
２－，二者电子层结构不同，
故错误；Ｂ项，由Ｆ、Ｎａ两种元素组成的化合物是离子化合物，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１６８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
故正确；Ｃ项，Ｈ２Ｓ的热稳定性比ＨＦ的弱，故错误；Ｄ项，原子
半径：ｒ（Ｎａ）＞ｒ（Ｓ）＞ｒ（Ｏ）＞ｒ（Ｆ），故错误。
７．（２０１５福建理综，１０，６分）短周期元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ在元素周期
表中的相对位置如图所示，其中Ｗ原子的质子数是其最外层
电子数的三倍。下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．原子半径：Ｗ＞Ｚ＞Ｙ＞Ｘ
Ｂ．最高价氧化物对应水化物的酸性：Ｘ＞Ｗ＞Ｚ
Ｃ．最简单气态氢化物的热稳定性：Ｙ＞Ｘ＞Ｗ＞Ｚ
Ｄ．元素Ｘ、Ｚ、Ｗ的最高化合价分别与其主族序数相等
答案　Ａ　根据题中信息知Ｘ为Ｎ，Ｙ为Ｏ，Ｚ为Ｓｉ，Ｗ为Ｐ。
原子半径：Ｚ＞Ｗ＞Ｘ＞Ｙ，故Ａ错误；最高价氧化物对应水化物的
酸性：ＨＮＯ３＞Ｈ３ＰＯ４＞Ｈ２ＳｉＯ３，故Ｂ正确；最简单气态氢化物的
热稳定性：Ｈ２Ｏ＞ＮＨ３＞ＰＨ３＞ＳｉＨ４，故Ｃ正确；Ｎ、Ｐ、Ｓｉ的最高化
合价分别与其主族序数相等，故Ｄ正确。
８．（２０１５浙江理综，９，６分）下表为元素周期表的一部分，其中
Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ为短周期元素，Ｗ元素原子的核电荷数为Ｘ元素的
２倍。下列说法正确的是
（　　）
Ｘ
Ｙ
Ｚ
Ｗ
Ｔ
Ａ．Ｘ、Ｗ、Ｚ元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均
依次递增
Ｂ．Ｙ、Ｚ、Ｗ元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高
价氧化物的水化物的酸性依次递增
Ｃ．ＹＸ２晶体熔化、液态ＷＸ３汽化均需克服分子间作用力
Ｄ．根据元素周期律，可以推测Ｔ元素的单质具有半导体特性，
Ｔ２Ｘ３具有氧化性和还原性
答案　Ｄ　由题意可知Ｘ为Ｏ，Ｗ为Ｓ，Ｚ为Ｐ，Ｙ为Ｓｉ，Ｔ为
Ａｓ。热稳定性：Ｈ２Ｏ＞Ｈ２Ｓ＞ＰＨ３，Ａ项不正确；火山口附近有游
离态的硫，Ｂ项不正确；ＳｉＯ２属于原子晶体，Ｃ项不正确；砷元
素位于金属元素与非金属元素的分界处，具有半导体特性，
Ａｓ２Ｏ３中砷元素为＋３价，其化合价可以升高到＋５价，也可以
降低到－３价，Ｄ项正确。
９．（２０１５江苏单科，５，２分）短周期主族元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ原子序
数依次增大，Ｘ原子最外层有６个电子，Ｙ是至今发现的非金
属性最强的元素，Ｚ在周期表中处于周期序数等于族序数的位
置，Ｗ的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．原子最外层电子数由多到少的顺序：Ｙ、Ｘ、Ｗ、Ｚ
Ｂ．原子半径由大到小的顺序：Ｗ、Ｚ、Ｙ、Ｘ
Ｃ．元素非金属性由强到弱的顺序：Ｚ、Ｗ、Ｘ
Ｄ．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Ｘ、Ｙ、Ｗ
答案　Ａ　
根据题意可知，Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ分别为Ｏ、Ｆ、Ａｌ、Ｓｉ。Ｂ
项，原子半径大小顺序应为：Ａｌ＞Ｓｉ＞Ｏ＞Ｆ；Ｃ项，元素非金属性
由强到弱顺序应为：Ｏ＞Ｓｉ＞Ａｌ；Ｄ项，简单气态氢化物的稳定性
由强到弱顺序为：Ｆ＞Ｏ＞Ｓｉ。
１０．（２０１５广东理综，２３，６分）甲～庚等元素在周期表中的相对
位置如表所示。己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，
甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。
下列判断正确的是
（　　）
Ａ．丙与戊的原子序数相差２８
Ｂ．气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊
Ｃ．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
Ｄ．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
答案　ＡＤ　由题给信息可分析出甲为Ｍｇ，乙为Ｃａ，丙为
Ｂ，丁为Ｓｉ，戊为Ａｓ，己为Ｓ，庚为Ｆ。丙的原子序数为５，戊的
原子序数为３３，二者相差２８，Ａ项正确；庚、己、戊的气态氢化
物分别为ＨＦ、Ｈ２Ｓ、ＡｓＨ３，稳定性顺序为ＨＦ＞Ｈ２Ｓ＞ＡｓＨ３，Ｂ项
错误；常温下，Ｍｇ与Ｈ２Ｏ的反应非常缓慢，Ｃ项错误；丁的最
高价氧化物是ＳｉＯ２，是制造光导纤维的主要材料，Ｄ项正确。
１１．（２０１５天津理综，７，１４分）随原子序数递增，八种短周期元素
（用字母ｘ等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负
价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（１）ｆ在周期表中的位置是　　　　　　　　。
（２）比较ｄ、ｅ常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
　　　　＞　　　　；比较ｇ、ｈ的最高价氧化物对应水化
物的酸性强弱：　　　　＞　　　　。
（３）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子
式：　　　　　　　　　。
（４）已知１ｍｏｌｅ的单质在足量ｄ２中燃烧，恢复至室温，放出
２５５．５ｋＪ热量，写出该反应的热化学方程式：　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）上述元素可组成盐Ｒ：ｚｘ４ｆ（ｇｄ４）２。向盛有１０ｍＬ１ｍｏｌ·
Ｌ
－１Ｒ溶液的烧杯中滴加１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，沉淀物
质的量随ＮａＯＨ溶液体积的变化示意图如下：
①Ｒ溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。
②写出ｍ点反应的离子方程式：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
③若在Ｒ溶液中改加２０ｍＬ１．２ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｂａ（ＯＨ）２溶液，
充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为
　　　　　　　ｍｏｌ。
答案　（１）第三周期ⅢＡ族
（２）ｒ（Ｏ
２－）　ｒ（Ｎａ
＋）　ＨＣｌＯ４　Ｈ２ＳＯ４
（３）Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ（或Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ　　Ｈ·
·Ｃ
…
…
Ｃ·
·Ｈ等其他合理答
案均可）
（４）２Ｎａ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅Ｎａ２Ｏ２（ｓ）　ΔＨ＝－５１１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１６９
　
（５）①ｃ（ＳＯ
２－
４）＞ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ａｌ
３＋）＞ｃ（Ｈ
＋）＞ｃ（ＯＨ
－）
②ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
③０．０２２
解析　由图中信息可知，ｘ是Ｈ、ｙ是Ｃ、ｚ是Ｎ、ｄ是Ｏ、ｅ是
Ｎａ、ｆ是Ａｌ、ｇ是Ｓ、ｈ是Ｃｌ。
（２）Ｏ
２－、Ｎａ
＋的半径大小为ｒ（Ｏ
２－）＞ｒ（Ｎａ
＋）；Ｃｌ比Ｓ非金属性
强，对应的最高价含氧酸酸性：ＨＣｌＯ４＞Ｈ２ＳＯ４。
（３）符合题意的化合物有ＮＨ３、Ｈ２Ｏ２、Ｃ２Ｈ２、ＨＣＨＯ等，写出其
电子式即可。
（５）Ｒ为ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２，向题中所给溶液中滴加ＮａＯＨ溶液，发
生反应的顺序：０～３０ｍＬ时，Ａｌ
３＋＋３ＯＨ
－􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓；
３０～４０ｍＬ时，ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ；４０～５０ｍＬ时，
Ａｌ（ＯＨ）３＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ。
①由ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２􀪅􀪅ＮＨ
＋
４＋Ａｌ
３＋＋２ＳＯ
２－
４得出ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２
溶液中ｃ（ＳＯ
２－
４）最大，由上述反应的顺序可知，Ａｌ
３＋比ＮＨ
＋
４水
解程度大，则ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ａｌ
３＋），Ａｌ
３＋、
ＮＨ
＋
４水解使溶液呈酸性，则ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２溶液中ｃ（Ｈ
＋）＞
ｃ（ＯＨ
－），据此得出离子浓度大小顺序。
③ｎ［ＮＨ４Ａｌ（ＳＯ４）２］＝１０× １０
－３Ｌ× １ｍｏｌ· Ｌ
－１＝０．０１ｍｏｌ，
ｎ［Ｂａ（ＯＨ）２］＝２０× １０
－３Ｌ× １．２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．０２４ｍｏｌ，则产生
ｎ（ＢａＳＯ４）＝０．０２ｍｏｌ，由
Ａｌ
３＋　＋　３ＯＨ
－􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓
０．０１ｍｏｌ０．０３ｍｏｌ
０．０１ｍｏｌ
ＮＨ
＋
４　＋　ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
０．０１ｍｏｌ
０．０１ｍｏｌ
Ａｌ（ＯＨ）３　＋　ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
０．００８ｍｏｌ
０．０４８ｍｏｌ－０．０４ｍｏｌ
则剩余的ｎ［Ａｌ（ＯＨ）３］＝０．０１ｍｏｌ－０．００８ｍｏｌ＝０．００２ｍｏｌ，沉淀
总物质的量为０．０２ｍｏｌ＋０．００２ｍｏｌ＝０．０２２ｍｏｌ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２１３
时间：４５分钟　分值：９５分
一、选择题（每题６分，共５４分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届天津六校期初，３）下列各组性质比较中，正确的是
（　　）
①沸点：ＨＦ＞ＨＣｌ＞ＨＢｒ＞ＨＩ
②离子还原性：Ｓ
２－＞Ｃｌ
－＞Ｂｒ
－＞Ｉ
－
③酸性：ＨＣｌＯ４＞ＨＢｒＯ４＞ＨＩＯ４
④金属性：Ｋ＞Ｎａ＞Ｍｇ＞Ａｌ
⑤气态氢化物稳定性：ＨＦ＞ＨＣｌ＞Ｈ２Ｓ
⑥半径：Ｏ
２－＞Ｆ
－＞Ｎａ
＋＞Ｍｇ
２＋
Ａ．①②③
Ｂ．③④⑤⑥
Ｃ．②③④
Ｄ．①③④⑤⑥
１．
答案　Ｂ　①ＨＦ分子间存在氢键，沸点最高，其他氢化物中
相对分子质量大的沸点高，则沸点：ＨＦ＞ＨＩ＞ＨＢｒ＞ＨＣｌ，故错误；
②元素的非金属性：Ｃｌ＞Ｂｒ＞Ｉ＞Ｓ，对应离子还原性：Ｓ
２－＞Ｉ
－＞Ｂｒ
－＞
Ｃｌ
－，故错误；③非金属性：Ｃｌ＞Ｂｒ＞Ｉ，元素的非金属性越强，对应
的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：ＨＣｌＯ４＞ＨＢｒＯ４＞
ＨＩＯ４，故正确；④同主族从上到下金属性增强：Ｋ＞Ｎａ，同周期从
左到右金属性减弱：Ｎａ＞Ｍｇ＞Ａｌ，即金属性：Ｋ＞Ｎａ＞Ｍｇ＞Ａｌ，故正
确；⑤元素的非金属性：Ｆ＞Ｃｌ＞Ｓ，气态氢化物稳定性：ＨＦ＞ＨＣｌ＞
Ｈ２Ｓ，故正确；⑥电子层越多，半径越大，电子层一样多，核电荷
数越大，半径越小，即半径：Ｏ
２－＞Ｆ
－＞Ｎａ
＋＞Ｍｇ
２＋，故正确。
思路分析　本题涉及元素的金属性、非金属性，沸点，微粒半
径大小，氢化物稳定性等知识，侧重对学生分析能力的考查，注
意把握元素周期律的递变规律。
２．（２０２０届湖北名师联盟入学考试，１０）第三周期元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、
Ｗ的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，常温下，０．０１０ｍｏｌ／Ｌ
的这四种溶液的ｐＨ与该元素原子半径的关系如下图所示。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．简单离子半径：Ｘ＞Ｙ＞Ｚ＞Ｗ
Ｂ．Ｗ的单质在常温下是黄绿色气体
Ｃ．气态氢化物的稳定性：Ｚ＞Ｗ＞Ｙ
Ｄ．Ｘ和Ｙ的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中
的微粒共有２种
２．
答案　Ｂ　第三周期元素中，０．０１０ｍｏｌ／Ｌ的Ｘ最高价氧化物
的水化物的溶液的ｐＨ为１２，氢氧根离子浓度为０．０１０ｍｏｌ／Ｌ，
为一元强碱，则Ｘ为Ｎａ元素；Ｙ、Ｗ、Ｚ对应的最高价氧化物的
水化物的溶液ｐＨ均小于７，均为酸，０．０１０ｍｏｌ／Ｌ的Ｗ最高价
含氧酸溶液中氢离子浓度为０．０１０ｍｏｌ／Ｌ，为一元强酸，则Ｗ
为Ｃｌ元素；等浓度的最高价含氧酸中，Ｚ电离出氢离子浓度比
Ｗ的大，Ｙ对应酸的酸性最弱，而原子半径Ｙ＞Ｚ＞Ｃｌ，则Ｚ为Ｓ
元素，Ｙ为Ｐ元素。Ｄ项，ＮａＯＨ与磷酸恰好中和时生成磷酸
钠，磷酸根离子水解，溶液中存在钠离子、磷酸根离子、磷酸氢
根离子、磷酸二氢根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子等，故Ｄ
错误。
３．（２０２０届福建福州调研，１３）已知Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ为短周期元素，
Ｗ、Ｚ同主族，Ｘ、Ｙ、Ｚ同周期，Ｗ的气态氢化物的稳定性大于Ｚ
的气态氢化物的稳定性，Ｘ、Ｙ为金属元素，Ｘ的阳离子的氧化
性小于Ｙ的阳离子的氧化性。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．Ｘ、Ｚ、Ｙ、Ｗ的原子半径依次减小
Ｂ．若Ｗ与Ｙ的原子序数相差５，则二者形成化合物的化学式
可能为Ｙ３Ｗ２
Ｃ．Ｗ的气态氢化物的沸点一定高于Ｚ的气态氢化物的沸点
Ｄ．Ｗ与Ｘ形成的化合物只含离子键
３．
答案　Ｂ　Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ为短周期元素，Ｗ、Ｚ同主族，Ｗ的气态
氢化物的稳定性比Ｚ的气态氢化物的稳定性强，故Ｗ、Ｚ为非
金属元素且原子序数Ｚ＞Ｗ，则Ｗ处于第二周期，Ｚ处于第三周
期；Ｘ、Ｙ、Ｚ同周期，Ｘ、Ｙ为金属元素，Ｚ为非金属元素，所以Ｚ
的原子序数比Ｘ、Ｙ的都大；Ｘ的阳离子的氧化性小于Ｙ的阳
离子的氧化性，则原子序数Ｙ＞Ｘ，且二者处于第三周期，Ｘ、Ｙ、
Ｚ的原子序数：Ｚ＞Ｙ＞Ｘ。原子半径：Ｘ＞Ｙ＞Ｚ＞Ｗ，故Ａ错误；若
Ｗ为Ｎ元素，Ｙ为Ｍｇ元素，二者的原子序数相差５，二者形成
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１７０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
化合物的化学式为Ｍｇ３Ｎ２，故Ｂ正确；Ｗ为Ｃ、Ｚ为Ｓｉ时，Ｗ氢
化物沸点低于Ｚ的氢化物，故Ｃ错误；若Ｗ与Ｘ形成的化合物
为过氧化钠，则其中既含离子键又含共价键，故Ｄ错误。
４．（２０１９河北石家庄一模，１１）短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原
子序数依次增大。Ｗ的某种核素不含中子；Ｘ、Ｙ原子核外Ｌ
层的电子数之比为３∶４；Ｘ与Ｚ同主族，且Ｘ、Ｙ、Ｚ原子的最外
层电子数之和为１６。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．Ｗ、Ｘ、Ｚ三种元素形成的化合物一定为强电解质
Ｂ．简单氢化物的稳定性：Ｘ＞Ｚ＞Ｙ
Ｃ．Ｘ与Ｙ形成晶体的基本结构单元为四面体
Ｄ．原子半径：Ｙ＞Ｚ＞Ｘ＞Ｗ
４．
答案　Ａ　
短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子序数依次增
大。Ｗ的某种核素不含中子，则Ｗ为Ｈ元素；Ｘ、Ｙ原子核外Ｌ
层的电子数之比为３∶４，则Ｌ层电子数分别为３、４或６、８，Ｘ
与Ｚ为同主族元素，且Ｘ、Ｙ、Ｚ原子的最外层电子数之和为
１６，若Ｘ、Ｙ的Ｌ层电子数分别为３、４，则３＋３＋４≠１６，则Ｘ的Ｌ
层电子数为６，Ｘ为Ｏ元素，Ｚ为Ｓ元素；Ｙ的最外层电子数为
１６－６－６＝４，且Ｙ的Ｌ层电子数为８，则Ｙ为Ｓｉ元素。Ａ项，
Ｈ２ＳＯ３为弱酸，属于弱电解质，故Ａ错误；Ｂ项，非金属性：Ｏ＞
Ｓ＞Ｓｉ，则简单氢化物的稳定性：Ｘ＞Ｚ＞Ｙ，故Ｂ正确；Ｃ项，Ｏ、Ｓｉ
形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四
面体，故Ｃ正确；Ｄ项，原子半径：Ｙ＞Ｚ＞Ｘ＞Ｗ，故Ｄ正确。
５．（２０１９福建南平一模，１１）四种短周期元素Ｘ、Ｙ、Ｚ和Ｍ在周
期表中的相对位置如图所示，Ｙ原子序数是Ｘ的２倍。下列说
法不正确的是
（　　）
Ｘ
Ｙ
Ｚ
Ｍ
Ａ．Ｚ、Ｍ、Ｘ的简单离子半径依次减小
Ｂ．Ｙ和Ｍ可形成离子化合物ＹＭ４
Ｃ．Ｘ的简单气态氢化物的稳定性强于Ｙ的
Ｄ．Ｍ的最高价氧化物对应水化物的酸性比Ｚ的强
５．
答案　Ｂ　由短周期元素Ｘ、Ｙ、Ｚ和Ｍ在周期表中的相对位
置可知，Ｘ位于第二周期，Ｙ、Ｚ、Ｍ位于第三周期。Ｙ原子序数
是Ｘ的２倍，设Ｘ的原子序数为ｘ，则２ｘ＝ｘ＋７，解得ｘ＝７，可知
Ｘ为Ｎ、Ｙ为Ｓｉ、Ｚ为Ｓ、Ｍ为Ｃｌ。Ａ项，Ｚ、Ｍ、Ｘ的简单离子半径
依次减小，故Ａ正确；Ｂ项，Ｙ和Ｍ可形成共价化合物ＹＭ４，故
Ｂ错误；Ｃ项，非金属性：Ｎ＞Ｓｉ，则Ｘ的简单气态氢化物的稳定
性强于Ｙ的，故Ｃ正确；Ｄ项，非金属性：Ｃｌ＞Ｓ，则Ｍ的最高价
氧化物对应水化物的酸性比Ｚ的强，故Ｄ正确。
易错警示　分子的稳定性、分子晶体的熔沸点高低与微粒间
作用的关系：分子的稳定性取决于分子内共价键的强弱，分子
晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小。
６．（２０１９江西南昌一模，１０）Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ为五种短周期主族元
素，原子序数依次增大。Ａ元素的一种核素质子数与质量数在
数值上相等；Ｂ的单质分子中有三对共用电子；Ｃ、Ｄ同主族，且
核电荷数之比为１∶２。下列有关说法不正确的是
（　　）
Ａ．Ｃ、Ｄ、Ｅ的简单离子半径：Ｄ＞Ｅ＞Ｃ
Ｂ．Ａ与Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ四种元素均可形成１８电子分子
Ｃ．由Ａ、Ｂ、Ｃ三种元素形成的化合物均能促进水的电离
Ｄ．分子Ｄ２Ｅ２中原子均满足８电子稳定结构，则分子中存在非
极性键
６．
答案　
Ｃ　
Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ为五种短周期主族元素，原子序数
依次增大。Ａ元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，
则Ａ为氢元素；Ｂ的单质分子中有三对共用电子，则Ｂ为氮元
素；Ｃ、Ｄ同主族，且核电荷数之比为１∶２，则Ｃ为氧元素、Ｄ为
硫元素、Ｅ为氯元素。Ａ项，Ｓ
２－与Ｃｌ
－电子层结构相同，Ｏ
２－比
Ｓ
２－、Ｃｌ
－少一个电子层，离子半径：Ｓ
２－＞Ｃｌ
－＞Ｏ
２－，故Ａ正确；Ｂ
项，Ａ与Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ四种元素分别形成的１８电子分子为Ｎ２Ｈ４、
Ｈ２Ｏ２、Ｈ２Ｓ、ＨＣｌ，故Ｂ正确；Ｃ项，由Ａ、Ｂ、Ｃ三种元素形成的化
合物ＨＮＯ３、ＨＮＯ２抑制水的电离，故Ｃ错误；Ｄ项，Ｓ２Ｃｌ２分子
中原子均满足８电子稳定结构，则分子中存在Ｓ—Ｓ键，故Ｄ
正确。
知识归纳　
１０电子的微粒：Ｎｅ、Ｎａ
＋、Ｍｇ
２＋、Ａｌ
３＋、ＣＨ４、ＮＨ３、
Ｈ２Ｏ、ＨＦ、Ｎ
３－、ＯＨ
－、Ｏ
２－、Ｆ
－等。
１８电子的微粒：Ａｒ、Ｋ
＋、Ｃａ
２＋、Ｓ
２－、Ｃｌ
－、ＳｉＨ４、ＰＨ３、Ｈ２Ｓ、ＨＣｌ、
Ｃ２Ｈ６、Ｎ２Ｈ４、Ｈ２Ｏ２等。
７．（２０１９河北承德期末，１０）短周期主族元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的原子
序数依次增大。Ｗ原子的最外层电子数是次外层电子数的３
倍，Ｘ在周期表中位于ⅢＡ族，Ｙ与Ｗ位于同一主族。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．最简单气态氢化物的热稳定性：Ｗ＞Ｙ＞Ｚ
Ｂ．简单离子的半径：Ｘ＜Ｗ＜Ｙ
Ｃ．化合物Ｙ２Ｚ２中既含有离子键，又含有共价键
Ｄ．工业上通过电解熔融ＸＺ３制备Ｘ单质
７．
答案　Ｂ　Ｗ原子的最外层电子数是次外层电子数的３倍，
Ｗ是Ｏ元素；Ｙ与Ｗ位于同一主族，Ｙ是Ｓ元素；原子序数依
次增大，Ｘ在周期表中位于ⅢＡ族，Ｘ是Ａｌ元素，Ｚ是Ｃｌ元素。
非金属性：Ｏ＞Ｃｌ＞Ｓ，气态氢化物热稳定性：Ｈ２Ｏ＞ＨＣｌ＞Ｈ２Ｓ，故Ａ
不正确；简单离子的半径：Ａｌ
３＋＜Ｏ
２－＜Ｓ
２－，故Ｂ正确；化合物
Ｓ２Ｃｌ２中只含有共价键，故Ｃ不正确；工业上通过电解熔融
Ａｌ２Ｏ３制备Ａｌ单质，故Ｄ不正确。
易错警示　
ＡｌＣｌ３为分子晶体，熔融状态不导电，工业上通过
电解熔融Ａｌ２Ｏ３制备Ａｌ单质；ＭｇＯ和ＭｇＣｌ２均为离子晶体，由
于晶格能ＭｇＯ大于ＭｇＣｌ２，使熔点ＭｇＯ高于ＭｇＣｌ２，工业上通
过电解熔融ＭｇＣｌ２制备Ｍｇ单质。
８．（２０１９湖北教研协作体模拟，１１）Ａ、Ｂ、Ｃ是三种短周期主族元
素。甲是一种常见的温室气体，Ａ、Ｂ、Ｃ原子序数之和为２６，它
们之间存在如图所示关系。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．简单气态氢化物的稳定性：Ｃ＞Ｂ
Ｂ．原子半径：Ｃ＞Ｂ＞Ａ
Ｃ．与甲含相同元素的另一化合物只含非极性键
Ｄ．工业上常用电解熔融乙物质来制取Ａ的单质
８．
答案　Ａ　甲是一种常见的温室气体，则甲为ＣＯ２；Ｂ的单质
和Ｃ的单质反应生成二氧化碳，则Ｂ、Ｃ元素分别为Ｃ元素和Ｏ
元素中的一种；Ａ、Ｂ、Ｃ原子序数之和为２６，则Ａ的原子序数＝
２６－８－６＝１２，则Ａ为Ｍｇ元素；结合转化关系可知，Ｂ为Ｃ元
素，Ｃ为Ｏ元素。Ａ项，非金属性：Ｏ＞Ｃ，非金属性越强，对应简
单气态氢化物的稳定性越强，稳定性：Ｃ＞Ｂ，故Ａ正确；Ｂ项，原
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十　原子结构与化学键　元素周期律与元素周期表
１７１
　
子半径：Ａ＞Ｂ＞Ｃ，故Ｂ错误；Ｃ项，甲为ＣＯ２，与甲含相同元素的
另一化合物为ＣＯ，ＣＯ中只含极性键，故Ｃ错误；Ｄ项，ＭｇＯ熔
点较高，工业上常用电解熔融氯化镁的方法获得金属Ｍｇ，故Ｄ
错误。
易错警示　离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
共价化合物中仅含有共价键，一定不含离子键。离子化合物中
不一定含有金属元素，共价化合物中可能含有金属元素。
９．（２０１９河北衡水一模，１０）Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ为原子序数依次增大的
短周期元素，元素Ｘ与Ｙ形成的最简单化合物ｍ为常见液体，
常温下将Ｚ的单质加入由Ｘ、Ｙ、Ｗ形成的常见化合物浓溶液
中，没有明显现象，再将上述混合物加入盛有ｍ的烧杯中，剧
烈反应并产生Ｘ的单质气体。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．原子半径：Ｘ＜Ｙ＜Ｚ＜Ｗ
Ｂ．Ｗ的氧化物对应的水化物为强酸
Ｃ．Ｗ、Ｙ的简单氢化物的沸点：Ｙ＜Ｗ
Ｄ．Ｚ与Ｘ形成的二元化合物具有强还原性
９．
答案　Ｄ　根据题意可推出Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ分别为Ｈ、Ｏ、Ａｌ、Ｓ元
素。Ａ项，原子半径：Ｈ＜Ｏ＜Ｓ＜Ａｌ，错误；Ｂ项，Ｓ的氧化物可能
为ＳＯ２，ＳＯ２对应的水化物为亚硫酸，不是强酸，错误；Ｃ项，
Ｈ２Ｏ分子间形成氢键，使Ｈ２Ｏ的沸点高于Ｈ２Ｓ的，错误；Ｄ项，
ＡｌＨ３为离子化合物，具有强还原性，正确。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
１０．（２０１９广东广州天河二模，１１）短周期元素ｘ、ｙ、ｄ、ｆ的最高正
价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图
１所示；短周期元素ｚ、ｅ、ｇ、ｈ的最高价氧化物对应水化物的溶
液（浓度均为０．０１ｍｏｌ／Ｌ）的ｐＨ与原子序数的关系如图２
所示：
图１
图２
下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．离子半径大小顺序：ｅ＞ｆ＞ｇ＞ｈ
Ｂ．由ｘ、ｚ、ｄ三种元素形成的化合物中一定不含离子键
Ｃ．ｙ、ｄ、ｇ的简单气态氢化物中沸点最高的是ｇ的氢化物
Ｄ．装满ｚｄ２气体的小试管倒扣于水槽中充分反应，试管中液
体体积约占试管总体积的２／３
１０．
答案　Ｄ　由题意可知，ｘ是Ｈ元素，ｙ是Ｃ元素，ｚ是Ｎ元
素，ｄ是Ｏ元素，ｆ是Ａｌ元素，ｅ是Ｎａ元素，ｇ是Ｓ元素，ｈ是
Ｃｌ元素。Ａ项，离子半径：ｇ＞ｈ＞ｅ＞ｆ，故Ａ错误；Ｂ项，Ｈ、Ｎ、Ｏ
形成的硝酸铵中含有离子键，故Ｂ错误；Ｃ项，水分子之间存
在氢键，所以ｙ、ｄ、ｇ的简单气态氢化物中沸点最高的是ｄ（Ｏ）
的氢化物，故Ｃ错误；Ｄ项，ｚｄ２气体为ＮＯ２，根据反应方程式
３ＮＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＨＮＯ３＋ＮＯ可知，反应后试管中液体体积约
占试管总体积的２
３，故Ｄ正确。
１１．（２０１９北京二模改编）氮及其化合物的转化过程如图所示。
下列分析合理的是
（　　）
Ａ．催化剂ａ表面发生了极性共价键的断裂和形成
Ｂ．Ｎ２与Ｈ２反应生成ＮＨ３的原子利用率为１００％
Ｃ．在催化剂ｂ表面形成氮氧键时，存在电子转移
Ｄ．催化剂ａ、ｂ均能提高反应物的平衡转化率
１１．
答案　ＢＣ　Ａ项，催化剂ａ表面发生了氮气与氢气生成氨
气的反应，该过程中有非极性共价键的断裂和极性共价键的
形成，错误；Ｂ项，Ｎ２与Ｈ２在催化剂ａ作用下反应生成ＮＨ３，
属于化合反应，其原子利用率为１００％，正确；Ｃ项，在催化剂
ｂ表面形成氮氧键时，ＮＨ３转化为ＮＯ，Ｎ元素化合价由－３升
高到＋２，失电子，发生氧化反应，存在电子转移，正确；Ｄ项，
催化剂ａ、ｂ只改变化学反应速率，不能改变反应物的平衡转
化率，错误。
１２．（２０１９北京海淀一模改编）我国科学家在绿色化学领域取得新
进展。利用双催化剂Ｃｕ和Ｃｕ２Ｏ，在水溶液中用Ｈ原子将ＣＯ２
高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。
下列有关说法错误的是
（　　）
Ａ．ＣＯ２生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
Ｂ．催化剂Ｃｕ结合氢原子，催化剂Ｃｕ２Ｏ结合含碳微粒
Ｃ．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
Ｄ．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
１２．
答案　ＡＣ　
有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，
ＣＯ２生成甲醇是通过多步加氢完成的，为还原反应，故Ａ错
误；根据题中反应机理图可知，催化剂Ｃｕ结合氢原子，催化
剂Ｃｕ２Ｏ结合含碳微粒，故Ｂ正确；催化过程中有旧的原子团
消失，说明有化学键的断裂，如ＣＯ２和Ｈ转化为ＣＯＯＨ，故Ｃ
错误；根据题中反应机理图可知，中间步骤中有ＣＨ２Ｏ生成，
如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故Ｄ正确。
题眼破题　学会从图中提取有效信息，题图中黑球表示Ｃｕ，
灰色部分表示Ｃｕ２Ｏ；从ＣＯ２经一系列中间产物：ＣＯＯＨ、
ＣＨＯ、ＣＨ２Ｏ、ＣＨ３Ｏ，最后得到ＣＨ３ＯＨ。
三、非选择题（共２３分）
１３．（２０１８江西西路片七校一联，１７）（１２分）有Ｖ、Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ五
种元素，它们的原子序数依次增大，且都小于２０，其中Ｘ和Ｚ
是金属元素，在元素周期表中Ｖ的原子半径最小。已知Ｖ和
Ｚ属同一族，它们原子最外电子层上只有１个电子；Ｗ和Ｙ也
属同一族，Ｗ原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子
数的３倍；Ｘ原子最外电子层上电子数等于Ｙ原子最外电子
层上电子数的一半。
（１）在化学实验中检验Ｚ元素的方法是
　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１７２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）实验室制备Ｘ最高价氧化物对应的水化物的离子方程式
为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）Ｗ与Ｚ可形成化合物Ｚ２Ｗ２，该化合物的电子式为　　　
　　　　　　。
（４）Ｗ与Ｖ可形成化合物Ｖ２Ｗ２，该化合物的结构式为　　　
　　　　　　。
（５）Ｘ、Ｚ的最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是　
　
　
　　（用化学式表示）。
（６）Ｘ、Ｙ、Ｚ三者对应简单离子半径的大小关系为　　　　　
　　　　（用离子符号表示）。
１３．
答案　（每空２分）（１）焰色反应
（２）Ａｌ
３＋＋３ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋３ＮＨ
＋
４
（３）Ｋ
＋［·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·］
２－Ｋ
＋
（４）Ｈ—Ｏ—Ｏ—Ｈ
（５）ＫＯＨ
（６）Ｓ
２－＞Ｋ
＋＞Ａｌ
３＋
解析　由题意可知，Ｖ和Ｚ属第ⅠＡ族，在元素周期表中Ｖ
的原子半径最小，则Ｖ为Ｈ；Ｗ和Ｙ属第ⅥＡ族，Ｗ为Ｏ，Ｙ
为Ｓ，则Ｚ为Ｋ；Ｘ为Ａｌ。（２）实验室用铝盐溶液与氨水反应
制备Ａｌ（ＯＨ）３，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ为弱碱，写离子方程式时不可拆。
（５）金属性Ｋ＞Ａｌ，故碱性ＫＯＨ＞Ａｌ（ＯＨ）３。（６）Ｓ
２－、Ｋ
＋电子层数
相同，原子序数越大，离子半径越小；Ａｌ
３＋电子层数小于Ｓ
２－、Ｋ
＋，
故离子半径：Ｓ
２－＞Ｋ
＋＞Ａｌ
３＋。
１４．（２０１８安徽Ａ１０联盟联考，１５）（１１分）已知Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ为
原子序数依次增大的五种短周期元素，Ａ与Ｂ形成的共价化
合物Ｍ的水溶液呈碱性，Ｃ原子的最内层电子数是最外层电
子数的２倍，Ｄ是同周期中单核离子半径最小的元素，Ｅ元素
的最高正价与最低负价的代数和为６。请回答下列问题：
（１）化合物Ｍ的电子式为　　　　　　　　　。
（２）Ｂ、Ｃ所形成的简单离子中，半径较大的是　
　
　
　
（用离
子符号表示）。
（３）Ｅ的单质与Ａ的简单氧化物反应的离子方程式为　　
　
　　　　　　　　　。
（４）Ａ、Ｄ形成的化合物ＤＡ３与水反应生成无色气体，则该反
应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　，每
生成１ｍｏｌ气体转移的电子数为　　　　。
（５）工业上，将ＣＥＯ３与Ｎａ２ＳＯ３溶液混合，再加入硫酸制备净
水剂ＥＯ２，则该反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（６）ＣＯＡ的水溶液和ＡＥ溶液反应，生成０．５ｍｏｌ水时放出的
热量为２８．６５ｋＪ，则该反应的热化学方程式为　　　　　
　　　　　　　　　。
１４．
答案　（１）Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ或Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ
（２）Ｎ
３－
（３）Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｃｌ
－＋ＨＣｌＯ＋Ｈ
＋
（４）ＡｌＨ３＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ２↑　ＮＡ（或６．０２×１０
２３）
（５）２ＣｌＯ
－
３＋ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋２ＣｌＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
（６）ＮａＯＨ（ａｑ）＋ＨＣｌ（ａｑ）􀪅􀪅ＮａＣｌ（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　
ΔＨ＝
－５７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
解析　已知Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ为原子序数依次增大的五种短周
期元素，Ａ与Ｂ形成的共价化合物Ｍ的水溶液呈碱性，Ｍ可
以是ＮＨ３或Ｎ２Ｈ４，Ａ为Ｈ、Ｂ为Ｎ；Ｃ原子的最内层电子数是
最外层电子数的２倍，Ｃ是Ｎａ；Ｄ是同周期中单核离子半径
最小的元素，Ｄ是Ａｌ；Ｅ元素的最高正价与最低负价的代数和
为６，Ｅ是Ｃｌ。
（１）化合物Ｍ的电子式为Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ或Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ。
（２）Ｂ、Ｃ所形成的简单离子的电子层结构相同，离子半径随
着核电荷数增大而减小，所以半径较大的是Ｎ
３－。
（３）氯气与水反应的离子方程式为Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｃｌ
－＋ＨＣｌＯ＋Ｈ
＋。
（４）Ａ、Ｄ形成的化合物ＤＡ３与水反应生成无色气体，则该反
应的化学方程式为ＡｌＨ３＋３Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ２↑，
Ｈ２～ｅ
－，每生成１ｍｏｌ气体转移的电子数为ＮＡ或６．０２×１０
２３。
（５）反应的离子方程式为２ＣｌＯ
－
３＋ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋２ＣｌＯ２↑＋
Ｈ２Ｏ。
（６）ＣＯＡ的水溶液和ＡＥ溶液反应，生成０．５ｍｏｌ水时放出的
热量为２８．６５ｋＪ，则该反应的热化学方程式为ＮａＯＨ（ａｑ）＋
ＨＣｌ（ａｑ）􀪅􀪅ＮａＣｌ（ａｑ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－５７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
解题突破　Ｎ２Ｈ４的结构可以通过Ｈ２Ｏ２与Ｈ２Ｏ的关系迁移
理解。水去掉氢原子是羟基（—ＯＨ），两个羟基通过氧氧共
价键形成Ｈ２Ｏ２（ＨＯ—ＯＨ），则ＮＨ３去掉一个氢原子为氨基
（—ＮＨ２），两个氨基通过氮氮键形成Ｎ２Ｈ４（Ｈ２Ｎ—ＮＨ２）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１７３
　
专题十一
物质结构与性质
课
标
解
读
内容
原子结构与性质
分子结构与配位化合物
晶体结构与性质
解读
１．了解原子核外电子的运动状态、
能级分布和排布原理。能正确书
写１～３６号元素原子核外电子、
价电子的电子排布式和轨道表
达式
２．了解电离能的含义，并能用以说
明元素的某些性质
３．了解电子在原子轨道之间的跃迁
及其简单应用
４．了解电负性的概念，并能用以说
明元素的某些性质
１．了解共价键的形成、极性、类型（σ
键和π 键），能用键能、键长、键角
等说明简单分子的某些性质
２．了解杂化轨道理论及简单的杂化轨
道类型（ｓｐ、ｓｐ
２、ｓｐ
３），能用价层电
子对互斥理论或者杂化轨道理论推
测简单分子或离子的空间结构
３．了解化学键和分子间作用力的区别
４．了解氢键的存在对物质性质的影
响，能列举存在氢键的物质
５．了解配位键的含义
１．了解晶体的类型，了解不同
类型晶体中结构微粒、微粒
间作用力的区别
２．了解原子晶体的特征，能描
述金刚石、二氧化硅等原子
晶体的结构与性质的关系
３．理解离子键的形成，能根据
离子化合物的结构特征解
释其物理性质
４．理解金属键的含义，能用金
属键理论解释金属的一些
物理性质
考情分析
考查内容和考查形式均比较固定，常考查电子排布式、电子排布图、分子结构、杂化轨道理论、电离能、微粒
间作用力、晶格能、晶体结构的相关计算等
备考策略
备考要回归课本，抓重要知识点，强化主干知识的巩固和运用
１７４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码７６
考点一原子结构与性质
　　１．基态原子核外电子排布规律及表示方法
（１）三个原理：能量最低原理、泡利原理、洪特规则。
（２）构造原理
能量：１ｓ＜２ｓ＜２ｐ＜３ｓ＜３ｐ＜４ｓ＜３ｄ＜４ｐ＜５ｓ……
（３）基态原子核外电子排布的表示方法
表示方法
以硫原子为例
电子排布式
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
４
简化电子排布式
［Ｎｅ］３ｓ
２３ｐ
４
电子排布图
（轨道表示式）
↑↓
１ｓ
↑↓
２ｓ
↑↓↑↓↑↓
２ｐ
↑↓
３ｓ
↑↓↑↑
３ｐ
价电子排布式
３ｓ
２３ｐ
４
　　２．电离能的应用
电
离
能
的
应
用
判断元
素金属
性强弱
第一电离能越小，金属越容易失去电子，金属
性越强，反之越弱
判断元
素化合
价
如果某元素的Ｉｎ＋１≫Ｉｎ，则该元素的常见化合
价为＋ｎ。如钠元素Ｉ２≫Ｉ１，所以钠元素的化
合价为＋１
判断核
外电子
分层排
布情况
多电子原子中，元素的各级电离能逐级增大，
有一定的规律性。当电离能的变化出现突变
时，电子层数就可能发生变化
特例
同周期从左向右元素的第一电离能有增大趋
势。但是当能量相同的原子轨道在全空、半充
满和全充满状态时，其第一电离能大于相邻的
元素，如第一电离能：Ｎ＞Ｏ＞Ｃ
　　３．电负性的应用
电
负
性
的
应
用
判断元素金
属性与非金
属性的强弱
金属的电负性一般小于１．８，电负性
越小，金属元素越活泼
非金属的电负性一般大于１．８，电负
性越大，非金属元素越活泼
判断元素在
化合物中价
态的正负
电负性大的元素易呈现负价
电负性小的元素易呈现正价
判断化学键
类型
电负性差值大的元素原子之间形成
的化学键主要是离子键
电负性差值小的元素原子之间形成
的化学键主要是共价键
考点二分子结构与配位化合物
一、分子结构与性质
　　１．分子构型、分子极性及手性分子
分
子
分
子
构
型
判
断
实验测定
理论
推测
杂化轨道理论
ｓｐ杂化：①　直线形　
ｓｐ
２杂化：平面三角形
ｓｐ
３杂化：②　正四面体形　
{
价层电子对互斥理论
σ 键电子对
中心原子上
的孤电子对
{
}
分子立
体构型
ì
î
í
ïï
ïï
ì
î
í
ïï
ïï
分
子
极
性
决定因素共价键的极性
分子空间构型
{
极
性
判
断
双原子分子：键的极性与分子的极性一致
多原子分子
非极性键→非极性分子或极性分子
极性键
正电中心与负电中心重合
→③　非极性　分子
正电中心与负电中心不重
合→④　极性　分子
ì
î
í
ïï
ïï
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
相似相溶规则：⑤　极性　分子构成的物质易溶于极
性溶剂，⑥　非极性　分子构成的物质
易溶于非极性溶剂
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ïï
手性分子
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
２．杂化轨道类型与轨道空间构型的关系及常见分子
杂化类型
轨道空间构型
常见分子
ｓｐ
直线形
ＢｅＣｌ２、ＨｇＣｌ２、ＢｅＨ２等
ｓｐ
２
平面三角形
ＢＦ３、ＢＣｌ３
ｓｐ
３
正四面体形
ＣＨ４、ＣＣｌ４、ＮＨ３（三角锥形）
　　一般来说，一个原子有几个轨道参与杂化就会形成几个能
量相同的杂化轨道，就形成几个共价键，形成对应的一般分子构
型；如果中心原子上有孤电子对，分子构型会发生变化，如ＮＨ３、
Ｈ２Ｏ等。另外，具有相同价电子数和相同原子数的分子（或离
子）具有相似的结构特征。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１７５
　
３．用价层电子对互斥理论判断共价分子结构的一般规律
（１）如果中心原子的价电子都用于形成共价键，分子的立体
结构可用中心原子周围的原子个数ｎ来预测。
ｎ
２
３
４
几何构型
直线形
平面三角形
正四面体形
范例
ＣＯ２
ＣＨ２Ｏ
ＣＨ４
　　（２）如果中心原子上有未成键的孤电子对，则几何构型发生
相应的变化，可用价层电子对互斥理论解释。
中心原子上的孤电子对数＝１
２（ａ－ｘｂ），其中ａ为中心原子
价电子数，ｘ为与中心原子结合的原子数，ｂ为与中心原子结合
的原子最多能接受的电子数。
在确定了σ 键电子对数和中心原子上的孤电子对数后，把
它们相加便可确定分子中的中心原子上的价层电子对数。由价
层电子对的相互排斥，得到含有孤电子对的ＶＳＥＰＲ模型，然后，
略去ＶＳＥＰＲ模型中的中心原子上的孤电子对，便可得到分子的
立体构型。
二、σ 键和π 键的比较
键类型
σ 键
π 键
原子轨道重叠方式
沿键轴方向相对重叠
沿键轴方向平行重叠
原子轨道重叠部位
两原子核之间，在键
轴上
键轴上方和下方，键
轴处为零
原子轨道重叠程度
大
小
续表
键的强度
较大
较小
化学活泼性
不活泼
活泼
成键规律
共价单键是σ 键，双键中有⑦　１　个σ 键、⑧　１　个
π 键，三键中有⑨　１　个σ 键、⑩　２　个π 键
三、配合物的组成、结构、性质和应用
配
合
物
概念：由提供孤电子对的􀃊
􀁉
􀁓　配体　与接受孤电子对的
􀃊
􀁉
􀁔　中心原子　以配位键结合而成的化合物
组成
外界
内界
中心原子
配体
配位数
{
ì
î
í
ïï
ïï
形成条件中心原子有空轨道
配体可提供孤电子对
{
空
间
结
构
配位数是２时可形成􀃊
􀁉
􀁕　直线形　。如［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋
配位数是３时可形成􀃊
􀁉
􀁖　平面三角形　。如［ＨｇＩ３］
－
配位数是４时
四面体形，如［ＺｎＣｌ４］
２－
平面正方形，如［ＰｔＣｌ４］
２－
{
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
应用
（１）湿法冶金
（２）分离和提纯
（３）合成具有特殊功能的分子
（４）检验离子的特效试剂
（５）掩蔽剂
（６）有机沉淀剂
（７）作催化剂
ì
î
í
ï
ï
ïï
ï
ï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点三晶体结构与性质
一、晶体的基本类型与性质
晶体类型
离子晶体
分子晶体
原子晶体
金属晶体
晶体微粒
①　阴、阳离子　
②　分子　
③　原子　
金属阳离子和自由电子
微粒间
相互作用
④　离子键　
⑤　分子间作用力　
⑥　共价键　
金属键
熔沸点
较高
很低
很高
一般较高，少部分低
硬度
较硬
一般很软
很硬
一般较硬，部分软
溶解性
易溶于极性溶剂
相似相溶
难溶
难溶（部分与水反应）
导电情况
晶体⑦　不　导电，熔融状态下
导电
晶体和熔融状态下都不导电
一般不导电，个别导电，还有
半导体
晶体导电
导热性
不良
不良
不良
良
物质类别
或举例
离子化合物
多数的非金属单质及共价化
合物
金刚石、ＳｉＣ、晶体硅、ＳｉＯ２等
金属单质
１７６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
二、常见的晶体结构模型
晶体
晶体结构
晶体详解
原
子
晶
体
金刚石
（１）每个碳与相邻的４
个碳以共价键结合，形
成正四面体结构
（２）键角均为１０９°２８′
（３）最小碳环由６个Ｃ
组成且６个Ｃ原子不在
同一平面内
（４）每个Ｃ参与４条
Ｃ—Ｃ键的形成，Ｃ原子
数与Ｃ—Ｃ键数之比为
１∶２
ＳｉＯ２
（１）每个Ｓｉ与４个Ｏ以
共价键结合，形成正四
面体结构
（２）每个正四面体占有
１个Ｓｉ，４个“ １
２Ｏ”，
ｎ（Ｓｉ）∶ｎ（Ｏ）＝１∶２
（３）最小环上有１２个原
子，即６个Ｏ、６个Ｓｉ
分
子
晶
体
干冰
（１）８个ＣＯ２分子构成
立方体且在６个面心各
有１个ＣＯ２分子
（２）每个ＣＯ２分子周围
等距紧邻的ＣＯ２分子有
１２个
续表
晶体
晶体结构
晶体详解
离
子
晶
体
ＮａＣｌ（型）
每个Ｎａ
＋（Ｃｌ
－）周围等距
且紧邻的Ｃｌ
－（Ｎａ
＋）有６
个。每个Ｎａ
＋周围等距
且紧邻的Ｎａ
＋有１２个
ＣｓＣｌ（型）
每个Ｃｓ
＋周围等距且紧
邻的Ｃｌ
－有８个，每个
Ｃｓ
＋（Ｃｌ
－）周围等距且紧
邻的Ｃｓ
＋（Ｃｌ
－）有６个
金
属
晶
体
简单立
方堆积
典型代表为Ｐｏ，配位数
为６，空间利用率５２％
面心立方
最密堆积
又称为铜型，典型代表
为Ｃｕ、Ａｇ、Ａｕ，配位数为
１２，空间利用率７４％
体心立
方堆积
又称为钾型，典型代表
为Ｎａ、Ｋ、Ｆｅ，配位数为
８，空间利用率６８％
六方最
密堆积
又称为镁型，典型代表
为Ｍｇ、Ｚｎ、Ｔｉ，配位数为
１２，空间利用率７４％
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码７９
考点一原子结构与性质
１．元素Ｘ的基态原子中的电子共有７个能级，且最外层电子数
为１，Ｘ原子的内层轨道全部排满电子。在气体分析中，常用
ＸＣｌ的盐酸溶液吸收并定量测定ＣＯ的含量，其化学反应方程
式为２ＸＣｌ＋２ＣＯ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｘ２Ｃｌ２·２ＣＯ·２Ｈ２Ｏ。
（１）Ｘ基态原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　。
（２）Ｃ、Ｈ、Ｏ三种元素的电负性由大到小的顺序为　　　　。
（３）Ｘ２Ｃｌ２·２ＣＯ·２Ｈ２Ｏ是一种配合物，其结构如图１所示。
①与ＣＯ互为等电子体的分子是　　　　。
②该配合物中氯原子的杂化方式为　　　　。
③在Ｘ２Ｃｌ２·２ＣＯ·２Ｈ２Ｏ中，每个Ｘ原子能与其他原子形
成３个配位键，在图１中用“→”标出相应的配位键。
（４）测定阿伏加德罗常数的值有多种方法，Ｘ－射线衍射法是其
中一种。通过对ＸＣｌ晶体的Ｘ－射线衍射图像的分析，可
得出ＸＣｌ的晶胞如图２所示，则距离每个Ｘ
＋最近的Ｃｌ
－的
个数为　
　
　
　；若Ｘ
＋的半径为ａｐｍ，晶体的密度为
ρ ｇ·ｃｍ
－３，试计算阿伏加德罗常数的值ＮＡ＝　
　
　
　
（列
计算表达式）。
１．
答案　（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
１或［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
１
（２）Ｏ＞Ｃ＞Ｈ
（３）①Ｎ２　②ｓｐ
３　③
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１７７
　
（４）４　
４×（６４＋３５．５）
ρ·（４ａ×１０
－１０
２
）
３
解析　（１）根据元素Ｘ的基态原子中的电子共有７个能级，
且最外层电子数为１，Ｘ原子的内层轨道全部排满电子可知，Ｘ
为Ｃｕ，基态Ｃｕ原子的核外电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
１
或［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
１。（２）根据电负性递变规律可知，电负性：Ｏ＞Ｃ＞
Ｈ。（３）①ＣＯ分子的价电子数为１０，与其互为等电子体的分
子为Ｎ２。②根据图１可知该配合物中氯原子采取ｓｐ
３杂化。
③该配合物中，ＣＯ中的Ｃ原子、Ｈ２Ｏ中的Ｏ原子、Ｃｌ原子均能
与Ｘ原子形成配位键，结合每个Ｘ原子能与其他原子形成３
个配位键知，配位键可表示为
。（４）由图２可
推知每个Ｃｕ
＋周围有４个与其距离最近的Ｃｌ
－。由均摊法可知
１个该晶胞中含Ｃｕ
＋的个数为１
８×８＋１
２×６＝４，含Ｃｌ
－的个数为
４。结合图２可知晶胞面对角线为４ａｐｍ，则晶胞的边长为
４ａ
２
ｐｍ，故４
ＮＡ
× （６４＋３５．５）＝（４ａ
２
× １０
－１０）
３· ρ，解得ＮＡ＝
４×（６４＋３５．５）
ρ·（４ａ×１０
－１０
２
）
３
。
疑难点拨　进行晶胞的相关计算时需注意单位换算，即１ｐｍ＝
１×１０
－１０ｃｍ，由均摊法和晶胞结构计算出１个晶胞中的“分子”
数目，可根据“分子”数
ＮＡ
×摩尔质量＝晶胞体积×密度，从而完成
相关计算。
２．２０１７年５月５日中国大飞机Ｃ９１９成功首飞，象征着我国第一
架真正意义上的民航干线大飞机飞上蓝天！飞机机体的主要
材料为铝、镁等，还含有极少量的铜。飞机发动机的关键部位
的材料是碳化钨等。回答下列问题：
（１）铜元素的焰色反应呈绿色，其中绿色光对应的辐射波长为
　　　ｎｍ（填字母）。
Ａ．４０４
Ｂ．５４３
Ｃ．６６３
Ｄ．７６５
（２）基态Ｃｕ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　
　
　。钾元素
和铜元素位于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但
金属钾的熔点、沸点都比金属铜低，原因是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　。
（３）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用
复合材料———玻璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树
脂，常见的Ｅ５１型环氧树脂中部分结构如图ａ所示。其中
碳原子的杂化方式为　　　　　　　　。
（４）图ｂ为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子嵌入金属钨的晶
格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙固溶体，也
称为填隙化合物。在此结构中，１个钨原子周围距离钨原
子最近的碳原子有　　　个，该晶体的化学式为
　。
（５）图ｂ部分晶体的体积为Ｖｃｍ
３，则碳化钨的密度为　
　
　
ｇ·ｃｍ
－３（用ＮＡ来表示阿伏加德罗常数的数值，Ｗ的相对
原子质量为１８４）。
２．
答案　（１）Ｂ　（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）ｓｐ
２、ｓｐ
３　（４）６　ＷＣ　（５）１１７６
ＶＮＡ
解析　（１）绿光对应的辐射波长为４９２～５７７ｎｍ。（２）Ｃｕ原
子序数为２９，电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
１，核外电子
占据最高能层的符号是Ｎ，占据该能层电子的电子云轮廓图形
状为球形。（４）结构中，与１个钨原子距离最近的碳原子有３＋
３＝６个；图ｂ结构中钨原子个数为１２× １
６＋６× １
３＋２× １
２＋１＝６，
碳原子个数为６，故晶体的化学式为ＷＣ。（５）ρ ＝ｍ
Ｖ＝
Ｍ（ＷＣ）
ＮＡ
×６
Ｖ
＝
１９６ｇ·ｍｏｌ
－１
ＮＡｍｏｌ
－１
×６
Ｖｃｍ
３
＝１１７６
ＶＮＡ
ｇ·ｃｍ
－３。
３．铜及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下
列问题：
（１）铜或铜盐的焰色反应为绿色，下列有关原理分析的叙述正
确的是　　　　（填字母）。
Ａ．电子从基态跃迁到较高的激发态
Ｂ．电子从较高的激发态跃迁到基态
Ｃ．焰色反应的光谱属于吸收光谱
Ｄ．焰色反应的光谱属于发射光谱
（２）基态Ｃｕ原子中，核外电子占据的最高能层符号是　　　，
其核外电子排布式中未成对电子数为　
　
　
　
个，Ｃｕ与
Ａｇ均属于ⅠＢ族，熔点：Ｃｕ　　　　Ａｇ（填“＞”或“＜”）。
（３）［Ｃｕ（ＮＨ３）４］ＳＯ４中阴离子的立体构型是　
　
　
　；中心
原子的轨道杂化类型为　
　
　
　，［Ｃｕ（ＮＨ３）４］ＳＯ４中
Ｃｕ
２＋与ＮＨ３之间形成的化学键称为　　　　。
（４）用Ｃｕ作催化剂可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛中σ 键和π
键的个数比为　　　　。
（５）碘、铜两种元素的电负性如下表：
元素
Ｉ
Ｃｕ
电负性
２．５
１．９
ＣｕＩ属于　　　　（填“共价”或“离子”）化合物。
３．
答案　（１）ＢＤ　（２）Ｎ　１　＞　（３）正四面体　ｓｐ
３　配位键
　（４）６∶１　（５）共价
解析　（２）铜为第４周期元素，基态Ｃｕ原子中，核外电子占
据的最高能层符号是Ｎ，其核外电子排布式为［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
１，其
中未成对电子数为１个。Ｃｕ与Ａｇ均属于ⅠＢ族，铜原子半径
小于银原子，铜原子对自由电子的吸引力大于银，金属键强于
银，熔点高于Ａｇ。
（３）［Ｃｕ（ＮＨ３）４］ＳＯ４中阴离子为ＳＯ
２－
４，Ｓ原子与周围的４个Ｏ
原子连接，采用ｓｐ
３杂化，立体构型为正四面体；
［Ｃｕ（ＮＨ３）４］ＳＯ４中Ｃｕ
２＋与ＮＨ３之间形成的化学键称为配
位键。
（４）乙醛的结构式为
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ，其中σ 键和π 键的个数
比为６∶１。
（５）ＣｕＩ中两种元素的电负性数值之差＝０．６＜１．７，则ＣｕＩ属共
价化合物。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１７８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二分子结构与配位化合物
４．硼及其化合物用途非常广泛，回答下列问题。
（１）下列Ｂ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．↑↓
１ｓ
↑↓
２ｓ
↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｂ．↑↓
１ｓ
↑
２ｓ
↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｃ．
１ｓ
↑↓
２ｓ
↑↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｄ．
１ｓ
↑
２ｓ
↑↓↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
（２）Ｈ３ＢＯ３是一元弱酸，可用作医用消毒剂，其水溶液呈酸性
的原理为Ｈ３ＢＯ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋［
Ｂ
ＯＨ
ＨＯ
ＯＨ
ＯＨ］
－。
则１ｍｏｌ硼酸中含有的共用电子对数为　　　　。
（３）ＢＦ３可用于制造火箭的高能燃料，其分子的空间构型
是　　　　　　，硼原子杂化方式是　
　
　
　；ＢＦ３能与
乙醚发生反应：（Ｃ２Ｈ５）２Ｏ＋ＢＦ３
→ＢＦ３·Ｏ（Ｃ２Ｈ５）２，该
反应能发生，原因是　　　　　　　　　　　　　　　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）硼的一种化合物结构简式为
Ｂ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
Ｃ
􀪅
ＣＨ２
􀪅
，一个
该分子中含　　　　个σ 键。
（５）图（ａ）为类似石墨的六方ＢＮ，图（ｂ）为立方ＢＮ。
①六方ＢＮ具有良好的润滑性，是因为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　；六
方ＢＮ不能像石墨一样具有导电性，其原因是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
②已知立方ＢＮ的晶胞参数为０．３６１５ｎｍ，阿伏加德罗常
数的值为ＮＡ，则立方ＢＮ的密度为　
　
　
　
　
　
　
ｇ·
ｃｍ
－３（列出计算式）。
４．
答案　（１）Ａ　Ｄ
（２）３．６１２×１０
２４（或６ＮＡ）
（３）平面三角形　ｓｐ
２　ＢＦ３中Ｂ原子有空轨道，Ｏ（Ｃ２Ｈ５）２中
氧原子有孤对电子，能形成配位键
（４）７
（５）①六方ＢＮ晶体中层与层之间的作用力是较弱的范德华
力，故层与层之间相对易滑动　六方ＢＮ的结构中没有自由移
动的电子　②
４×１１＋４×１４
ＮＡ×（０．３６１５×１０
－７）
３或
１００
（０．３６１５）
３×ＮＡ
×１０
２１
解析　（２）硼酸中Ｂ原子与羟基通过共用电子对结合，另外
每个羟基中有１对共用电子对，所以１ｍｏｌ硼酸中共用电子对
数为６ＮＡ。（３）ＢＦ３中Ｂ原子价层电子对数＝３＋１
２×（３－３×１）＝
３，且不含孤对电子，所以为平面三角形结构；Ｂ的杂化方式为
ｓｐ
２。（４）单键是σ 键，１个双键中含１个σ 键，从结构简式可
以看出一个分子中有７个σ 键。（５）②晶胞体积为（０．３６１５×
１０
－７）
３ｃｍ
３，晶胞中Ｂ原子数目为８× １
８＋６× １
２＝４，Ｎ原子数目为４，
则立方ＢＮ的密度为
４×１１＋４×１４
ＮＡ×（０．３６１５×１０
－７）
３ｇ·ｃｍ
－３。
５．晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、
氮、钛、钴、钙等多种化学物质。
请回答下列问题：
（１）区分晶体硼和无定形硼最可靠的科学方法为　
　
　
　
　
　　　　。第二周期主族元素的电负性按由小到大的顺
序排列，Ｂ元素排在第　
　
　
位，其基态原子价电子的电
子云轮廓图为　　　　　　　　　　。
（２）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图１所
示，其化学式为　　　，Ｓｉ原子的杂化类型为　　　。
图１
（３）Ｎ元素位于元素周期表　
　
　
区；基态Ｎ原子中，核外电
子占据最高能级的电子云有　　　个伸展方向。
（４）［Ｃｏ（ＮＨ３）６］
３＋的几何构型为正八面体形，Ｃｏ
３＋在中心。
①［Ｃｏ（ＮＨ３）６］
３＋中，１个Ｃｏ
３＋提供　　　个空轨道。
②若将［Ｃｏ（ＮＨ３）６］
３＋中的两个ＮＨ３分子换成两个Ｃｌ
－，可
以形成　　　种不同的结构形式。
（５）一种由Ｃａ、Ｔｉ、Ｏ三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如
图２所示。
图２
①与Ｔｉ紧邻的Ｃａ有　　　个。
②若Ｃａ与Ｏ之间的最短距离为ａｐｍ，阿伏加德罗常数的
值为ＮＡ，则晶体的密度ρ ＝　
　
　
　
　
　
　
ｇ·ｃｍ
－３（用含
ａ、ＮＡ的代数式表示）。
５．
答案　（１）Ｘ－射线衍射实验　３　球形、哑铃形（或纺锤形）
（２）ＳｉＯ
２－
３［或（ＳｉＯ３）
２ｎ－
ｎ］　ｓｐ
３
（３）ｐ　３
（４）①６　②２
（５）①８　②６．８×１０
３１
２ａ
３ＮＡ
解析　（１）区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法为Ｘ－射
线衍射实验。同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增强，故
Ｂ元素排在第３位。基态Ｂ原子的价电子排布式为２ｓ
２２ｐ
１，其
中ｓ能级的电子云轮廓图为球形，ｐ能级的电子云轮廓图为哑
铃形或纺锤形。
（２）由图１可知，无限长链状结构的硅酸根的化学式为ＳｉＯ
２－
３
或（ＳｉＯ３）
２ｎ－
ｎ，其中Ｓｉ原子的价层电子对数目为４，故杂化类型
为ｓｐ
３。
（３）基态Ｎ原子的价电子排布式为２ｓ
２２ｐ
３，故属于ｐ区。ｐ能
级有３个轨道，故电子云有３个伸展方向。
（４）①１个Ｃｏ
３＋有６个ＮＨ３分子作配体，每个配体提供１对孤
电子对，故１个Ｃｏ
３＋需提供６个空轨道。
②由［Ｃｏ（ＮＨ３）６］
３＋的几何构型为正八面体形，Ｃｏ在中心推
知，若两个ＮＨ３分子换成两个Ｃｌ
－，可替换邻位和对位，共有两
种不同结构形式。
（５）①根据均摊法，每个晶胞实际占用１个Ｃａ、１个Ｔｉ、３个Ｏ，
由晶胞观察出与１个Ｔｉ紧邻的Ｃａ有８个。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１７９
　
②由晶胞结构可知，Ｃａ与Ｏ原子核之间的最短距离为面对角
线的一半，则晶胞棱长为２ａ
２
ｐｍ＝２ａ×１０
－１０ｃｍ，则晶体的密度
ρ＝
１３６
ＮＡ×（２ａ×１０
－１０）
３ｇ·ｃｍ
－３＝６．８×１０
３１
２ａ
３ＮＡ
ｇ·ｃｍ
－３。
考点三晶体结构与性质
６．我国是世界上少数几个掌握研发制造大型客机能力的国家
之一。
（１）飞机的外壳通常采用镁、铝、钛合金材料，钛原子核外电子
有　　　　种空间运动状态，第一电离能：镁　
　
　
　
铝
（填“大于”或“小于”）。
（２）Ｆｅ与ＣＯ能形成配合物羰基铁［Ｆｅ（ＣＯ）５］，该分子中σ 键
与π 键个数比为　　　　。
（３）ＳＣｌ２分子中的中心原子杂化轨道类型是　　　　，该分子
构型为　　　　。
（４）已知ＭｇＯ与ＮｉＯ的晶体结构相同，其中Ｍｇ
２＋和Ｎｉ
２＋的半
径分别为６６ｐｍ和６９ｐｍ，则熔点：ＭｇＯ　
　
　
　
ＮｉＯ（填
“＞”“＜”或“ ＝”）。
（５）如下图所示，ＮｉＯ晶胞中离子坐标参数Ａ为（０，０，０），Ｂ为
（１，０，１），则Ｃ离子坐标参数为　　　　。
６．
答案　（１）２２　大于
（２）１∶１
（３）ｓｐ
３　Ｖ形
（４）＞
（５）（１，１
２，１
２）
解析　（１）钛原子核外有２２个电子，有２２种空间运动状态；
镁原子价电子排布式为３ｓ
２，铝原子价电子排布式为３ｓ
２３ｐ
１，镁
原子更稳定，第一电离能更大。（２）ＣＯ的结构式为Ｃ←
􀪅Ｏ，与
铁原子形成配位键，故［Ｆｅ（ＣＯ）５］分子中σ 键与π 键个数比
为（５＋５）∶（５×２）＝１∶１。（３）１个ＳＣｌ２分子中σ 键数目为２，
中心原子孤电子对数为１
２（６－２×１）＝２，价层电子对数为２＋２＝４，
中心原子杂化方式为ｓｐ
３，分子构型为Ｖ形。（４）ｒ（Ｍｇ
２＋）＜
ｒ（Ｎｉ
２＋），离子晶体中离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格
能越大，熔沸点越高。（５）Ｃ离子在侧面中心，坐标参数为（１，
１
２，１
２）。
温馨提示　配合物中配位键为σ 键，１个ＣＯ分子中有１个σ
键、２个π 键。
７．根据第三周期元素的原子结构和性质，回答下列问题：
（１）基态硫原子的价电子排布式为　　　　，含有　
　
　
　
个
未成对电子，未成对电子所处的轨道形状是　　　　。
（２）磷的氯化物有两种：ＰＣｌ３和ＰＣｌ５。ＰＣｌ３中磷原子的杂化类
型为　　　　，ＰＣｌ３的立体构型为　
　
　
　，其中ＰＣｌ３的
熔点　　　　（填“大于”或“小于”）ＰＣｌ５。
（３）已知第一电离能的大小顺序为Ｐ＞Ｃｌ＞Ｓ，请说明原因
　
　
　
　　　　　　。
（４）氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：
化学式
ＨＣｌＯ４
ＨＣｌＯ３
ＨＣｌＯ２
ＨＣｌＯ
Ｋａ
１×１０
１０
１×１０
１×１０
－２
４×１０
－８
从结构的角度解释以上含氧酸Ｋａ不同的原因　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（５）ＮａＣｌ晶胞如图所示。
①氯离子采取的堆积方式为　　　　。
Ａ．简单立方堆积
Ｂ．体心立方堆积
Ｃ．面心立方最密堆积
Ｄ．六方最密堆积
②若氯离子的半径用ｒ表示，阿伏加德罗常数用ＮＡ表示，则
晶体密度的表达式为　　　　　　　（用含ｒ、ＮＡ的代数式表
示）。
７．
答案　（１）３ｓ
２３ｐ
４　２　哑铃形或纺锤形
（２）ｓｐ
３　三角锥形　小于
（３）磷原子的３ｐ能级处于半充满状态，导致磷原子较难失去
电子，氯的原子半径小，核电荷数较大，因此第一电离能比硫大
（４）中心原子的价态不同或非羟基氧原子的个数不同
（５）①Ｃ　②４×５８．５ｇ／ｍｏｌ
ＮＡ×（４ｒ
２
）
３
解析　（１）基态硫原子核外有１６个电子，由构造原理可写
出其价电子排布式为３ｓ
２３ｐ
４；硫原子３ｐ能级上含有２个未成
对电子，未成对电子所处的轨道呈哑铃形或纺锤形。（２）ＰＣｌ３
的中心原子Ｐ上有１对孤电子对，成键电子对数为３，即中心
原子Ｐ采取ｓｐ
３杂化，其立体构型为三角锥形；ＰＣｌ３与ＰＣｌ５均
为分子晶体，其熔点随相对分子质量增大而升高，则ＰＣｌ３的熔
点小于ＰＣｌ５的熔点。（３）Ｐ原子３ｐ能级处于半充满状态，很
难失去电子；而Ｃｌ原子半径小，核电荷数较大，其第一电离能
比Ｓ原子大，即第一电离能：Ｐ＞Ｃｌ＞Ｓ。（４）从表格数据可以看
出中心原子价态越高（或非羟基氧原子个数越多），其酸性越
强，对应Ｋａ越大。（５）①由ＮａＣｌ的晶胞图可知，Ｃｌ
－采取面心
立方最密堆积。②根据晶胞图可知面对角线长度为４ｒ，由勾
股定理可知晶胞的边长为４ｒ
２
，由均摊法可知１个该晶胞中含
Ｎａ
＋个数为１
４×１２＋１＝４，含Ｃｌ
－个数为１
８×８＋１
２×６＝４，设晶体
的密度为ρ（ｇ／ｃｍ
３），则４
ＮＡ
× ５８．５ｇ／ｍｏｌ＝ρ × （４ｒ
２
）
３，解得
ρ＝４×５８．５ｇ／ｍｏｌ
ＮＡ×（４ｒ
２
）
３
。
关联知识　含氧酸的通式可写成（ＨＯ）ｍＲＯｎ，如果成酸元素Ｒ
相同，则ｎ值越大，Ｒ的正电性越高，导致Ｒ—Ｏ—Ｈ中Ｏ的电
子向Ｒ偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出Ｈ
＋，
即酸性越强。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码８１
有关物质结构综合题常见的解题方法
　　１．“均摊法”确定晶体的化学式
（１）原则：晶胞任意位置上的一个粒子如果是被ｎ个晶胞所
共有，那么每个晶胞对这个粒子分得的份额就是１
ｎ。
（２）方法
①长方体（包括立方体）晶胞中不同位置的粒子数的计算
②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定。如石墨晶胞每一
层内碳原子排成六边形，其顶点（１个碳原子）被三个六边形共
有，每个六边形占１
３；当晶胞为六棱柱时，其顶点上的粒子被６
个晶胞共用，每个粒子属于该晶胞的部分为１
６，而不是１
８。
注意　审题时一定要注意是“ 分子结构” 还是“ 晶体结
构”。若是分子结构，其化学式由图中所有实际存在的原子个数
决定，且原子个数可以不互质（即原子个数比可以不约简）。
２．晶体密度、晶胞体积和晶胞参数（晶胞边长）的求算
对于立方晶胞，可建立如下求算途径：
晶胞
的密
度
←
—求一个晶胞的质量←
—一个晶胞中粒子数目
—摩尔质量
—阿伏加德罗常数
—求一个晶胞的体积←晶胞边长（或离子半径）
得关系式：ρ＝ｎ×Ｍ
ａ
３×ＮＡ
（ａ表示晶胞边长，ρ 表示密度，ＮＡ表示
阿伏加德罗常数的数值，ｎ表示１ｍｏｌ晶胞所含基本粒子或特定
组合的物质的量，Ｍ表示摩尔质量）。
３．中心原子杂化方式的判断技巧
若ｍ为与中心原子结合的原子数，ｎ为中心原子的孤电子
对数，则：
ｍ＋ｎ＝２，中心原子杂化方式为ｓｐ；
ｍ＋ｎ＝３，中心原子杂化方式为ｓｐ
２；
ｍ＋ｎ＝４，中心原子杂化方式为ｓｐ
３。
４．物质熔、沸点的判断
原子晶体中，原子间键长越短，键能越大，共价键越稳定，物
质熔、沸点越高；反之越低。
离子晶体中，阴、阳离子半径越小，离子所带电荷越多，离子
键越强，熔、沸点越高；反之越低。
金属晶体中，金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金
属阳离子与自由电子的静电作用越强，熔、沸点越高；反之越低。
分子晶体中，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；反之越低
（具有氢键的分子晶体的熔、沸点反常，较高）。
（１）一般，组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，
范德华力越强，物质的熔、沸点越高。
（２）在高级脂肪酸甘油酯中，不饱和程度越大，熔、沸点越低。
（３）链烃及其衍生物的同分异构体随着支链的增多，熔、沸
点降低。
（４）相同碳原子数的有机物，分子中官能团不同时，一般随
着相对分子质量的增大，熔、沸点升高；官能团相同时，官能团数
越多，熔、沸点越高。
晶体类型不同时，一般熔、沸点规律为原子晶体＞离子晶体＞
分子晶体，金属晶体有高有低。
例
　（２０１９山西太原定时训练，３５）已知元素Ｎ、Ｓ、Ｃｌ可
形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。请回答下列
问题：
（１）Ｆｅ
３＋可与ＳＣＮ
－形成多种配离子，其中一种为
［Ｆｅ（ＳＣＮ）６］
３－，该配离子中的ＳＣＮ
－会使铁的剩余价电子压缩配
对，则每个配离子中铁的单电子个数为　　　　。
（２）Ｓｅ与Ｓ是同族元素，请写出基态Ｓｅ原子的核外电子排
布式：　　　　　　　　　。Ｎ与Ｓ是不同族元素，请解释ＮＨ３
在水中的溶解度比Ｈ２Ｓ大的原因：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）有一种共价化合物由１～９号元素中的部分元素组成，
且与ＳＣｌ２互为等电子体，它的分子式为　
　
　
　。借助等电子
原理可以分析出ＳＣＮ
－中σ 键和π 键的个数比为　　　　。
（４）已知Ｓ４Ｏ
２－
６的结构为
Ｓ
－ＯＯ
􀪅
Ｏ
􀪅
Ｓ
Ｓ
Ｓ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
Ｏ
－，其中Ｓ原子
的杂化方式是　　
　
　。Ｎ、Ｐ可分别形成多种三角锥形分子，
已知ＮＨ３的键角大于ＰＨ３，原因是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同
的晶胞结构，如表：
半径比
０．２２５～０．４１４
０．４１４～０．７３２
０．７３２～１
典型化学式
立方ＺｎＳ
ＮａＣｌ
ＣｓＣｌ
晶胞
　　
已知某离子晶体ＲＡ，其阴、阳离子半径分别为１８４ｐｍ和
７４ｐｍ，摩尔质量为Ｍｇ·ｍｏｌ
－１，则阳离子配位数为　
　
　
　，晶
体的密度为　　
　
　
ｇ·ｃｍ
－３。（列出计算式，无需化简，设ＮＡ
为阿伏加德罗常数的值）
解题导引　（５）根据阳离子、阴离子半径的比值可确定晶
体类型，结合均摊法可确定晶胞中各原子数目，根据晶胞中等量
关系ｎＭ＝ρＶ可建立等量关系，但需仔细观察晶体构型（立方
ＺｎＳ型），明确几何关系：阴、阳离子半径之和为体对角线长的
１
４，体对角线长为晶胞边长的３倍，进而求出晶胞的体积，代入
上述等量关系中进行计算。
解析　（１）［Ｆｅ（ＳＣＮ）６］
３－中Ｆｅ为＋３价，３ｄ能级中单电子
数为５，由于ＳＣＮ
－会使铁的剩余价电子压缩配对，则铁的３ｄ能
级中５个电子形成２对电子，故剩余单电子个数为１。（２）根据
构造原理可知基态Ｓｅ原子的核外电子排布式为
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
２４ｐ
４或［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
２４ｐ
４。ＮＨ３与Ｈ２Ｏ分子
间能形成氢键，使ＮＨ３在水中的溶解度较大；而Ｈ２Ｓ与Ｈ２Ｏ分
子间不能形成氢键，故Ｈ２Ｓ在水中的溶解度较小。（３）根据等电
子体的概念和判断方法可知，１～９号元素形成的共价化合物中，
与ＳＣｌ２互为等电子体的是ＯＦ２。ＳＣＮ
－与ＣＯ２互为等电子体，
ＣＯ２的结构式为Ｏ􀪅Ｃ􀪅Ｏ，其中σ 键和π 键个数比为２∶２＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１８１
　
１∶１，则ＳＣＮ
－中σ 键和π 键的个数比也为１∶１。（４）由Ｓ４Ｏ
２－
６
的结构可看出，有的Ｓ原子形成４个σ 键且无孤电子对，有的Ｓ
原子形成２个σ 键且含有２对孤电子对，则硫原子为ｓｐ
３杂化。
ＮＨ３和ＰＨ３均是三角锥形结构，成键电子对都受一对孤电子对
的斥力影响，由于电负性：Ｎ＞Ｐ＞Ｈ，且原子半径：Ｎ＜Ｐ，则ＮＨ３中
成键电子对彼此相离更近，斥力更大，故键角：ＮＨ３＞ＰＨ３。（５）晶
体ＲＡ中阳、阴离子半径比为７４ｐｍ
１８４ｐｍ≈０．４０２，该晶体的晶胞为立
方ＺｎＳ型，根据晶胞图示可看出阴离子的配位数为４，阳离子的
配位数也为４。由均摊法可知该晶胞中含４个“ＲＡ”，结合图示
可看出阴、阳离子半径之和为体对角线长的１／４，且体对角线长
为晶胞边长的３倍，则晶胞的边长为４×（７４＋１８４）
３
ｐｍ，设晶体密
度为ρ ｇ· ｃｍ
－３，根据４
ＮＡ
× Ｍ＝［４×（７４＋１８４）
３
× １０
－１０］
３ρ，求得
ρ＝
４Ｍ
ＮＡ×［（７４＋１８４）×４
３
］
３×１０
－３０
。
答案　（１）１
（２）［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
２４ｐ
４或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
２４ｐ
４　
ＮＨ３分
子与Ｈ２Ｏ分子之间可形成氢键，而Ｈ２Ｓ分子与Ｈ２Ｏ分子之间不
能形成氢键
（３）ＯＦ２　１∶１
（４）ｓｐ
３杂化　
电负性：Ｎ＞Ｐ＞Ｈ，且氮原子半径小于磷原子
半径，ＮＨ３分子中成键电子对彼此相距更近，斥力更大（或电负
性：Ｎ＞Ｐ＞Ｈ，ＮＨ３分子中氮原子上的孤电子对比ＰＨ３分子中磷
原子上的孤电子对离核更近，对成键电子对排斥力更小）
（５）４　
４Ｍ
ＮＡ×［（７４＋１８４）×４
３
］
３×１０
－３０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码８２
１．（２０１８湖北鄂南高中等八校联考，３５）Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ是４种前三周
期元素，且原子序数逐渐增大，这四种元素的基态原子的未成
对电子数和电子层数相等。请回答下列问题：
（１）Ｄ元素的基态原子价电子排布式是
　。
（２）Ａ、Ｂ、Ｃ三种元素可形成化合物Ａ４Ｂ２Ｃ２，它是厨房调味品
之一。１ｍｏｌＡ４Ｂ２Ｃ２中含有　
　
　
ｍｏｌσ 键，其中Ｂ原子
采用的杂化方式为　　　。
（３）元素Ｆ的原子序数介于Ｂ和Ｃ之间，元素Ｂ、Ｃ、Ｆ的电负
性的大小顺序是　　　　　　　，Ｂ、Ｃ、Ｆ的第一电离能的
大小顺序是　
　
　
　
　
　
　
　。（由大到小，用元素符号
填空）
（４）随着科学的发展和大型实验装置（如同步辐射和中子源）
的建成，高压技术在物质研究中发挥着越来越重要的作
用。高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键
的形成，近年来就有多个关于超高压下新型晶体的形成与
结构的研究报道。ＮａＣｌ晶体在５０～３００ＧＰａ的高压下和
Ｎａ或Ｃｌ２反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。下
图给出其中三种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原
子）。写出Ａ、Ｂ、Ｃ的化学式。Ａ：　
　
　；Ｂ：　
　
　；
Ｃ：　　　。
（５）磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料，它可用作金属的
表面保护层。磷化硼可由三溴化硼和三溴化磷在氢气中
高温反应合成。合成磷化硼的化学反应方程式为ＢＢｒ３＋
ＰＢｒ３＋３Ｈ２
高温
􀪅􀪅ＢＰ＋６ＨＢｒ。
①分别画出三溴化硼分子和三溴化磷分子的结构。
　
②磷化硼晶体中磷原子作面心立方最密
堆积，硼原子填入部分四面体空隙中。磷
化硼的晶胞示意图如图所示。已知磷化
硼的晶胞参数ａ＝４７８ｐｍ，计算晶体中硼
原子和磷原子的核间距（ｄＢ－Ｐ）（写出计算
式，不要求写计算结果）　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
１．
答案　（１）３ｓ
２３ｐ
３
（２）７　ｓｐ
２、ｓｐ
３
（３）Ｏ＞Ｎ＞Ｃ　Ｎ＞Ｏ＞Ｃ
（４）ＮａＣｌ３　Ｎａ３Ｃｌ　Ｎａ２Ｃｌ
（５）①
Ｂ
Ｂｒ
Ｂｒ
Ｂｒ
　
（备注：用不同的球代替不同的
原子也可）
②ｄＢ－Ｐ＝１
４３ａ＝１
４３×４７８ｐｍ
解析　符合题意的Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种元素依次是Ｈ、Ｃ、Ｏ、Ｐ。
（１）基态Ｐ原子的价电子排布式为３ｓ
２３ｐ
３。
（２）Ｈ４Ｃ２Ｏ２的结构式为
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｈ，１ｍｏｌＣＨ３ＣＯＯＨ
分子中含有７ｍｏｌσ 键，碳原子杂化方式有ｓｐ
３与ｓｐ
２２种。
（４）晶体Ａ：钠原子个数为８× １
８＋１＝２，氯原子个数为１２× １
２＝
６，化学式为ＮａＣｌ３；晶体Ｂ：钠原子个数为４× １
４＋２＝３，氯原子
个数为８× １
８＝１，化学式为Ｎａ３Ｃｌ；晶体Ｃ：钠原子个数为４×
１
４＋２× １
２＋２＝４，氯原子个数为８× １
４＝２，化学式为Ｎａ２Ｃｌ。
（５）①ＢＢｒ３的中心原子价层电子对数＝３＋１
２（３－３×１）＝３，中
心原子杂化方式为ｓｐ
２，无孤电子对，ＢＢｒ３分子结构为平面三
角形；ＰＢｒ３的中心原子价层电子对数＝３＋１
２（５－３×１）＝４，中
心原子杂化方式为ｓｐ
３，孤电子对数为１，ＰＢｒ３分子结构为三角
锥形。②硼原子与磷原子核间距为体对角线的１
４。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
２．（２０１８湖南长沙长郡中学月考，２７）铁是工业生产中不可缺少
的一种金属。请回答下列问题：
（１）Ｆｅ元素在元素周期表中的位置是
　。
（２）Ｆｅ有δ、γ、α 三种同素异形体，其晶胞结构如图所示：
①δ、α 两种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为　　　；
②１个γ－Ｆｅ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　　　；
③若Ｆｅ原子半径为ｒｐｍ，ＮＡ表示阿伏加德罗常数的值，
则δ－Ｆｅ单质的密度为　　　　　　　ｇ／ｃｍ
３（列出算式即
可）。
（３）氯化铁在常温下为固体，熔点为２８２℃，沸点为３１５℃，在
３００℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶
剂。据此判断氯化铁的晶体类型为　　　　　。
（４）氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫
色配合物，其配离子结构如图所示。
①此配合物中，铁离子的价电子排布式为　　　。
②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有　　　　　　。
③此配离子中含有的化学键有　　　（填字母代号）。
Ａ．离子键
Ｂ．金属键
Ｃ．极性键
Ｄ．非极性键
Ｅ．配位键
Ｆ．氢键
Ｇ．σ 键
Ｈ．π 键
２．
答案　（１）第四周期第Ⅷ族
（２）①４∶３　②４　③
５６×２
ＮＡ·（４ｒ
３
×１０
－１０）
３
（３）分子晶体
（４）①３ｄ
５　②ｓｐ
２、ｓｐ
３杂化　③ＣＤＥＧＨ
解析　（２）①δ－Ｆｅ晶体为体心立方堆积，配位数为８，α－Ｆｅ
晶体为简单立方堆积，配位数为６；②γ－Ｆｅ晶体晶胞中所含铁
原子数为８× １
８＋６× １
２＝４；③δ－Ｆｅ晶体为体心立方堆积，体对
角线长为４ｒｐｍ＝（４ｒ×１０
－１０）ｃｍ，设棱长为ａｃｍ，则３ａ＝４ｒ×
１０
－１０，ａ＝４ｒ
３
×１０
－１０，１个该晶胞中铁原子数为８× １
８＋１＝２，则晶
体密度为
５６ｇ／ｍｏｌ
ＮＡｍｏｌ
－１×２
（４ｒ
３
×１０
－１０）
３ｃｍ
３
＝
５６×２
ＮＡ×（４ｒ
３
×１０
－１０）
３
ｇ／ｃｍ
３。
（４）①铁元素的原子序数为２６，Ｆｅ
３＋核外电子数为２３，价电子
排布式为３ｄ
５。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码８３
　　应用所学的电子排布式、杂化轨道类型、空间构型、σ 键、π
键、配位键、配体、配合物、等电子体、晶胞、电负性、氢键等知识，
合理分析推理，解决物质结构与性质类问题。
例
　
（２０１９江苏苏州期末，２１Ａ）锂盐二氟草酸硼酸锂
［ＬｉＢＦ２（Ｃ２Ｏ４）］是新型锂离子电池的电解质，乙酸锰可用于制造
离子电池的负极材料。合成方法如下：
２Ｈ２Ｃ２Ｏ４＋ＳｉＣｌ４＋２ＬｉＢＦ４􀪅􀪅２ＬｉＢＦ２（Ｃ２Ｏ４）＋ＳｉＦ４＋４ＨＣｌ
４Ｍｎ（ＮＯ３）２·６Ｈ２Ｏ＋２６（ＣＨ３ＣＯ）２Ｏ􀪅􀪅４（ＣＨ３ＣＯＯ）３Ｍｎ＋
８ＨＮＯ２＋３Ｏ２↑＋４０ＣＨ３ＣＯＯＨ
（１）Ｍｎ
３＋基态核外电子排布式为　　　　　　　。
（２）草酸（ＨＯＯＣＣＯＯＨ）分子中碳原子轨道的杂化类型是
　　　　　，１ｍｏｌ草酸分子中含有σ 键的数目为　　　　　。
（３）与ＳｉＦ４互为等电子体的阴离子的化学式为　
　
　
　
　
（写一个即可）。
（４）ＣＨ３ＣＯＯＨ易溶于水，除了它是极性分子外，还因为　　
　　　　　　　　　　　　　。
（５）锰的一种晶胞结构如图所示，锰晶体中每个锰原子距离
最近的锰原子数目为　　　　　。
思路分析　（１）看清楚题目要求是写原子还是离子的核外
电子排布式。（２）形成双键的碳原子轨道的杂化类型为ｓｐ
２杂
化，草酸（ＨＯＯＣＣＯＯＨ）分子中的两个碳原子均为ｓｐ
２杂化。成
键的两个原子之间只能形成一个σ 键，１个草酸（ＨＯＯＣＣＯＯＨ）
分子中：２个碳原子之间形成１个σ 键，４个氧原子分别和碳原
子之间形成４个σ 键，２个氢原子和氧原子之间形成２个σ 键，
故１ｍｏｌ草酸分子中含有σ 键的数目为７ＮＡ或７×６．０２×１０
２３个。
答案　（１）［Ａｒ］３ｄ
４或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
４
（２）ｓｐ
２　７ＮＡ或７×６．０２×１０
２３
（３）ＳＯ
２－
４、ＰＯ
３－
４等（合理即可）
（４）乙酸与水分子间可形成氢键
（５）１２
题目价值　依据物质的微观结构，描述或预测物质的性质
和在一定条件下可能发生的化学变化，能评估某种解释或预测
的合理性；能从宏观与微观结合的视角对物质及其变化进行分
类和表征，体会宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１８３
　
对应学生用书
起始页码８４
１．（２０２０届江苏连云港新海中学学情检测，２１）（１）Ｃｕ
２＋基态核
外电子排布式为　　　　　　　　　　。
（２）Ｃ、Ｎ、Ｏ的电负性由大到小的顺序为　　　　。
（３）１ｍｏｌ［Ｃｕ（ＮＨ３）４］
２＋中含有σ 键的数目为　　　　ｍｏｌ。
（４）与ＣＯ分子互为等电子体的阴离子为　　　　。
（５）乙醛分子中Ｃ的杂化方式为　　　　。
（６）氮化钛（ＴｉＮ）具有典型的ＮａＣｌ型结构，某碳氮化钛化合物
结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如图）顶点的氮原
子，则此碳氮化钛化合物的化学式是　　　　。
１．
答案　
（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
９或［Ａｒ］３ｄ
９　
（２）Ｏ＞Ｎ＞Ｃ　
（３）１６　（４）ＣＮ
－　（５）ｓｐ
３、ｓｐ
２　（６）Ｔｉ４ＣＮ３
解析　（２）同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，所
以电负性：Ｏ＞Ｎ＞Ｃ。（３）两个原子之间只能形成一个σ 键，故
１ｍｏｌ［Ｃｕ（ＮＨ３）４］
２＋中含有σ 键的数目为１６ｍｏｌ。（４）与ＣＯ
分子互为等电子体的阴离子为ＣＮ
－。（５）乙醛（ＣＨ３ＣＨＯ）分子
中甲基碳原子为ｓｐ
３杂化，醛基中的碳原子为ｓｐ
２杂化。（６）根
据晶胞的结构，利用均摊法计算出碳氮化钛化合物的化学式是
Ｔｉ４ＣＮ３。
规律总结　判断有机物中碳原子杂化方式的方法：若碳原子
形成的化学键都是单键，则该碳原子杂化方式为ｓｐ
３；若碳原子
形成了一个双键（包括苯环上的碳），则该碳原子杂化方式为
ｓｐ
２；若碳原子形成了三键，则该碳原子杂化方式为ｓｐ。
２．（２０２０届江苏南通栟茶中学学情监测，２１）依据“物质结构与
性质”的知识回答下列问题：
（１）Ｃｒ的价电子排布式是　　　　。
（２）下列有关微粒性质的排列顺序中，正确的是　　　　。
Ａ．元素的电负性：Ｓ＜Ｐ＜Ｃｌ
Ｂ．离子半径：Ｏ
２－＞Ｎａ
＋＞Ｍｇ
２＋
Ｃ．元素的第一电离能：Ｃ＜Ｎ＜Ｏ
Ｄ．原子的未成对电子数：Ｍｎ＞Ｓｉ＞Ｃｌ
（３）Ｈ２Ｏ２和Ｈ２Ｓ的相对分子质量相等，常温下，Ｈ２Ｏ２呈液态，
而Ｈ２Ｓ呈气态，其主要原因是
　。
（４）白磷分子（Ｐ４）的结构如图１。（Ｐ４Ｓ４）可以看成是在Ｐ４中
的Ｐ—Ｐ键之间嵌入硫原子而形成的（每个Ｐ—Ｐ键之间
只嵌入一个硫原子），则Ｐ４Ｓ４有　　　　种不同的结构。
（５）Ｃｒ和Ｃａ可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶
胞如图２所示。
图１
　
图２
①该氧化物的化学式为　　　　。
②当该晶体中部分Ｃａ
２＋被相同数目的Ｌａ
３＋替代时，部分铬
由＋４价转变为＋３价。当晶体中有ｎｍｏｌＣａ
２＋被替代后，
晶体中三价铬的物质的量为　　　　ｍｏｌ。
２．
答案　（１）３ｄ
５４ｓ
１
（２）ＢＤ
（３）Ｈ２Ｏ２分子间存在氢键
（４）２
（５）①ＣａＣｒＯ３　②ｎ
解析　（１）Ｃｒ为２４号元素，ｄ轨道电子为半充满状态。
（２）Ａ项，同周期主族元素，随着原子序数的递增，电负性增
大，顺序应为Ｐ＜Ｓ＜Ｃｌ，故错误。Ｂ项，三种离子的电子层结构
相同，核电荷数越大，离子半径越小，故正确。Ｃ项，Ｎ原子的
核外电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
３，ｐ轨道为半充满结构，较难失去
电子，因而其第一电离能大于Ｏ，故错误。Ｄ项，Ｍｎ的价电子
排布式为３ｄ
５４ｓ
２，未成对电子为５个；Ｓｉ的价电子排布式为３ｓ
２
３ｐ
２，未成对电子为２个；Ｃｌ的价电子排布式为３ｓ
２３ｐ
５，未成对
电子为１个，故正确。
（３）Ｈ２Ｏ２分子间存在氢键，其沸点高于Ｈ２Ｓ，两者在室温下的
存在状态不同。
（５）①晶胞中Ｃａ原子个数为８× １
８＝１，Ｏ原子个数为６× １
２＝
３，Ｃｒ原子个数为１，故化学式为ＣａＣｒＯ３。②１个Ｃａ
２＋被１个
Ｌａ
３＋替代后，增加了１个正电荷，则当ｎｍｏｌＣａ
２＋被替代后，增
加了ｎｍｏｌ正电荷。每个＋４价Ｃｒ转变为＋３价Ｃｒ时，减少了１
个正电荷，根据晶体中正电荷总量保持不变，则有ｎｍｏｌ＋４价
Ｃｒ转变为＋３价Ｃｒ。
３．（２０１９江苏四校调研，２１Ａ）向Ｃｏ
２＋盐溶液中加入过量的ＫＮＯ２
溶液，并以少量醋酸酸化，加热后从溶液中析出
Ｋ３［Ｃｏ（ＮＯ２）６］。
（１）Ｃｏ
２＋基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　。
（２）ＮＯ
－
２离子的空间构型为　　　　　，与ＮＯ
－
２离子互为等电
子体的分子为　　　　　　　。
（３）ＣＨ３ＣＯＯＨ中Ｃ原子的杂化类型为　　　　　　　　　。
（４）化学式为［Ｃｏ（ＮＯ２）（ＮＨ３）５］Ｃｌ２的配合物有两种同分异
构体，其棕黄色物质中Ｃｏ的配位原子为Ｎ，则１ｍｏｌ该棕
黄色物质中含有σ 键的数目为　　　　ｍｏｌ。
（５）ＣｏＯ、ＭｇＯ的结构和ＮａＣｌ相似。Ｍｇ
２＋的半径为０．０６６ｎｍ，
Ｃｏ
２＋的半径为０．０７２ｎｍ，ＭｇＯ中Ｍｇ
２＋的位置可无限地被
Ｃｏ
２＋占据形成一种固溶体，如固溶体斜长石的化学式为
Ｃａ１－ｘＮａｘＡｌ２－ｘＳｉ２＋ｘＯ８，则ＣｏＯ、ＭｇＯ形成的固溶体的化学式
可表示为　　　　　　。
３．
答案　（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
７或［Ａｒ］３ｄ
７
（２）Ｖ形　Ｏ３或ＳＯ２
（３）ｓｐ
２、ｓｐ
３
（４）２３
（５）ＭｇｘＣｏ１－ｘＯ
解析　（１）Ｃｏ的原子序数是２７，其原子基态核外电子排布
式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
７４ｓ
２或［Ａｒ］３ｄ
７４ｓ
２，则Ｃｏ
２＋基态核外电
子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
７或［Ａｒ］３ｄ
７。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）ＮＯ
－
２中心原子Ｎ的价层电子对数为３，且含有１个孤电子
对，故空间构型为Ｖ形；ＮＯ
－
２共有３个原子、１８个价电子，Ｏ３
和ＳＯ２等与其互为等电子体。
（３）ＣＨ３ＣＯＯＨ中甲基碳原子为ｓｐ
３杂化，羧基碳原子为ｓｐ
２
杂化。
（４）Ｃｏ的配位数为６，一个ＮＯ２、ＮＨ３分子中σ 键数各为２、３，
则１ｍｏｌ该配合物中含σ 键的数目为（６＋２＋３×５）ｍｏｌ＝２３ｍｏｌ。
（５）由题意易得ＣｏＯ、ＭｇＯ形成的固溶体的化学式为
ＭｇｘＣｏ１－ｘＯ。
易错提醒　配合物中的配位键也属于σ 键，计算时容易遗漏。
方法技巧　ＡＢｍ型分子或离子杂化类型和分子空间构型：
物质
价电子
对数
杂化类型
分子空间构型
ＣＨ４／ＣＣｌ４／ＮＨ
＋
４／ＳＯ
２－
４
ＮＨ３／ＳＯ
２－
３
Ｈ２Ｏ／Ｈ２Ｓ
４
ｓｐ
３
正四面体形
三角锥形
Ｖ形
ＢＦ３／ＣＯ
２－
３
ＳＯ２
３
ｓｐ
２
平面三角形
Ｖ形
ＣＯ２
２
ｓｐ
直线形
４．（２０１８
江苏南京、盐城一模，２１Ａ）通过反应
，制备有机中间
体异氰酸苯酯。
（１）基态Ｎｉ
３＋核外电子排布式为　　　　　　　　。
（２）异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型是　
　
　
　
　，
１ｍｏｌ异氰酸苯酯分子中含有σ 键数目为　　　　　ｍｏｌ。
（３）Ｎａ、Ｏ、Ｃ、Ｎ四种元素的第一电离能从大到小的顺序为
　　　　　　　。
（４）Ｃ２Ｈ５ＯＨ的沸点高于
，这是因为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
（５）Ｎｉ与Ａｌ形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其
晶胞结构如图所示，该合金的化学式为　　　　　　　。
４．
答案　（１）［Ａｒ］３ｄ
７或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
７
（２）ｓｐ和ｓｐ
２　１４
（３）Ｎ＞Ｏ＞Ｃ＞Ｎａ
（４）乙醇分子间存在氢键
（５）Ｎｉ３Ａｌ或ＡｌＮｉ３
解析　（１）Ｎｉ的原子序数为２８，基态Ｎｉ原子核外电子排布
式为［Ａｒ］３ｄ
８４ｓ
２，则基态Ｎｉ
３＋的核外电子排布式为［Ａｒ］３ｄ
７。
（２）异氰酸苯酯分子中，苯环上的碳原子为ｓｐ
２杂化，苯环侧链
上的碳原子形成２个双键，为ｓｐ杂化；１ｍｏｌ异氰酸苯酯分子
中含有１４ｍｏｌσ 键。（３）第一电离能由大到小的顺序为Ｎ＞Ｏ＞
Ｃ＞Ｎａ。（４）乙醇能形成分子间氢键，所以沸点较高。（５）该晶
胞中，Ａｌ原子个数为８× １
８＝１，Ｎｉ原子个数为６× １
２＝３，故化学
式为Ｎｉ３Ａｌ或ＡｌＮｉ３。
规律总结　有机物中碳原子的杂化方式
结构
Ｃ
Ｃ􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ􀜁或
Ｃ
􀪅􀪅
杂化
方式
ｓｐ
３
ｓｐ
２
ｓｐ
２
ｓｐ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２１５
考点一原子结构与性质
１．（２０１９课标Ⅱ，３５，１５分）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４ｆ
６６ｓ
２，Ｓｍ
２＋价层电子排布式为　　　　。
（３）比较离子半径：Ｆ
－　
　
　
Ｏ
２－（填“ 大于” “ 等于” 或“ 小
于”）。
（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。
图中Ｆ
－和Ｏ
２－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。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１８５
　
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
２，１
２，１
２），则原子２和３的坐标分别为　　　　、
　　　　　。
１．
答案　（１）三角锥形　低　ＮＨ３分子间存在氢键
（２）４ｓ　４ｆ
６
（３）小于
（４）ＳｍＦｅＡｓＯ１－ｘＦｘ　
２［２８１＋１６（１－ｘ）＋１９ｘ］
ａ
２ｃＮＡ×１０
－３０
　
（１
２，１
２，０）　
（０，０，１
２）
解析　本题涉及的知识点有分子结构与性质、核外电子失去
顺序、离子半径比较、晶胞结构与计算等，考查分析和解决化学
问题的能力。
（１）ＡｓＨ３中Ａｓ原子价层电子对数为４，其中有一对孤对电子，
故ＡｓＨ３立体结构为三角锥形。ＮＨ３分子间可以形成氢键，导
致ＮＨ３沸点高于ＡｓＨ３。
（２）金属原子变为阳离子，首先失去最外层电子。
（３）Ｆ
－与Ｏ
２－具有相同电子层结构，Ｆ原子序数较大，离子半径
较小。
（４）根据原子在长方体晶胞中位置可知，晶胞中Ａｓ、Ｆｅ、Ｓｍ各
有两个原子，Ｆ和Ｏ的原子数之和为２，则该化合物的化学式
为ＳｍＦｅＡｓＯ１－ｘＦｘ。每个晶胞中有“ 两个分子”，每个晶胞质量
为２［２８１＋１６（１－ｘ）＋１９ｘ］
ＮＡ
ｇ；该晶胞为长方体，其体积为ａ
２·ｃ×
１０
－３０ｃｍ
３，则ρ ＝２［２８１＋１６（１－ｘ）＋１９ｘ］
ａ
２ｃＮＡ×１０
－３０
ｇ·ｃｍ
－３。根据坐标系
和原子１的坐标可知，底面左后方的Ｏ或Ｆ原子为坐标系原
点，其坐标是（０，０，０），则原子２的坐标为（１
２，１
２，０），原子３
的坐标为（０，０，１
２）。
２．（２０１８课标Ⅲ，３５，１５分）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ａｃｍ，高为ｃｃｍ，阿伏加德罗
常数的值为ＮＡ，Ｚｎ的密度为　
　
　
　
　
　
　
ｇ·ｃｍ
－３（列
出计算式）。
２．
答案　（１）［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
２
（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　ｓｐ
２
（５）六方最密堆积（Ａ３型）　
６５×６
ＮＡ×６× ３
４×ａ
２ｃ
解析　（１）Ｚｎ是３０号元素，核外有３０个电子，故核外电子
排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
１０４ｓ
２或［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
２。
（２）由于Ｚｎ的核外电子排布式为［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
２，Ｃｕ的核外电子
排布式为［Ａｒ］３ｄ
１０４ｓ
１，Ｚｎ核外电子排布处于全满稳定状态，第
一电离能更大，所以Ｉ１（Ｚｎ）＞Ｉ１（Ｃｕ）。
（３）ＺｎＦ２熔点较高，属于离子晶体，含有的化学键类型为离子
键；ＺｎＣｌ２、ＺｎＢｒ２、ＺｎＩ２均是分子晶体，根据相似相溶原理知，
ＺｎＣｌ２、ＺｎＢｒ２、ＺｎＩ２能够溶于有机溶剂。
（４）ＺｎＣＯ３中的阴离子为ＣＯ
２－
３，ＣＯ
２－
３中Ｃ原子的价层电子对
数为３＋１
２×（４＋２－３×２）＝３，且无孤电子对，故空间构型为平面
三角形，Ｃ原子的杂化形式为ｓｐ
２。
（５）由金属Ｚｎ晶体中的原子堆积方式图可知，其堆积方式为
六方最密堆积；六棱柱底边边长为ａｃｍ，则六棱柱底面积为
（６× １
２ａ· ３
２ａ）ｃｍ
２＝３３
２ａ
２ｃｍ
２，体积为３３
２ａ
２ｃｃｍ
３；根据均摊法
知，一个六棱柱中含有Ｚｎ原子数目为１２× １
６＋２× １
２＋３＝６，所以Ｚｎ
的密度ρ＝
Ｍ
ＮＡ
·Ｎ
Ｖ
＝
６５
ＮＡ
×６
３３
２ａ
２ｃ
ｇ·ｃｍ
－３＝２６０３
３ａ
２ｃ·ＮＡ
ｇ·ｃｍ
－３。
３．（２０１７课标Ⅰ，３５，１５分）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低，原因是　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）Ｘ射线衍射测定等发现，Ｉ３ＡｓＦ６中存在Ｉ
＋
３离子。Ｉ
＋
３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＝０．４４６ｎｍ，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。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
３．
答案　（１）Ａ
（２）Ｎ　球形　Ｋ原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
（３）Ｖ形　ｓｐ
３　（４）０．３１５　１２　（５）体心　棱心
解析　（１）紫色对应的辐射波长是可见光中最短的，Ａ项
正确。
（２）Ｋ位于第４周期ⅠＡ族，电子占据的最高能层为Ｎ层，最
外层只有一个电子，位于ｓ能级，电子云轮廓图形状为球形。
金属的熔、沸点与金属键强弱有关，金属键的强弱又与金属原
子的半径以及价电子数有关，原子半径越大，价电子数越少，金
属键越弱，熔、沸点越低。
（３）中心原子Ｉ的价层电子对数为１
２×（７＋２－１）＝４，中心原子
杂化类型为ｓｐ
３杂化，成键电子对数为２，孤电子对数为２，故
空间构型为Ｖ形。
（４）根据晶胞结构可知Ｋ与Ｏ间的最短距离是面对角线的一
半，即２
２×０．４４６ｎｍ，根据晶胞结构可知与Ｋ紧邻的Ｏ的个数
为１２。
（５）根据已知的晶胞可知，当Ｉ原子处于各顶角位置时，晶胞可
以由八个已知晶胞堆积在一起组合而成，其中Ｉ原子处于八个
晶胞的体心构成的八个顶角上，则Ｋ原子处于新晶胞的体心，
Ｏ原子处于新晶胞的棱心。
知识拓展　用价层电子对互斥理论推测分子或离子的空间构型
确定价层
电子对数
价层电子对尽可能远离
均分空间
→
价层电子
对空间构型
确定孤电
子对数
孤电子对的排斥作用较强
孤电子对与成键电子对尽可能远离→
变形后的
空间构型
ü
þ
ý
ï
ï
ïï
去掉孤电子对所占空间→分子（离子）的空间构型
４．（２０１７课标Ⅱ，３５，１５分）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Ｎ
－
５中的σ 键总数为　　　　个。分子中的
大π 键可用符号∏
ｎ
ｍ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∏
６
６），则Ｎ
－
５中的大π 键应表示
为　　　　。
③图（ｂ）中虚线代表氢键，其表示式为（ＮＨ
＋
４）Ｎ—Ｈ…Ｃｌ、
　　　　　　　　、　　　　　　　　。
（４）Ｒ的晶体密度为ｄｇ·ｃｍ
－３，其立方晶胞参数为ａｎｍ，晶胞
中含有ｙ个［（Ｎ５）６（Ｈ３Ｏ）３（ＮＨ４）４Ｃｌ］单元，该单元的相对
质量为Ｍ，则ｙ的计算表达式为　　　　　　。
４．
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　Π
６
５　
③（Ｈ３Ｏ
＋）Ｏ—Ｈ…Ｎ（Ｎ
－
５）　（ＮＨ
＋
４）Ｎ—Ｈ…Ｎ（Ｎ
－
５）
（４）６０２ａ
３ｄ
Ｍ
（或
ａ
３ｄＮＡ
Ｍ
×１０
－２１）
解析　（１）氮原子价层电子排布式为２ｓ
２２ｐ
３，价层电子的轨
道表达式为
。
（３）①Ｈ３Ｏ
＋中σ 键数为３，中心原子孤电子对数为１
２×（６－１－
３×１）＝１，价层电子对数为４，杂化轨道类型为ｓｐ
３，立体结构为
三角锥形；ＮＨ
＋
４中σ 键数为４，中心原子孤电子对数为１
２×（５－
１－４×１）＝０，价层电子对数为４，杂化轨道类型为ｓｐ
３，立体结构
为正四面体形；Ｈ３Ｏ
＋和ＮＨ
＋
４中均含极性共价键和配位键，故两
种阳离子的相同之处为Ａ、Ｂ、Ｄ，不同之处为Ｃ。②由图（ｂ）中
Ｎ
－
５的结构可知Ｎ
－
５中的σ 键数为５；Ｎ
－
５中的５个原子参与形成
大π 键，每个原子中参与形成大π 键的电子数为１（孤电子对
不参与），故参与形成大π 键的电子数为５＋１＝６，Ｎ
－
５中大π 键
应表示为∏
６
５。③由图（ｂ）可知Ｈ３Ｏ
＋与Ｎ
－
５、ＮＨ
＋
４与Ｎ
－
５之间均
存在氢键。
（４）晶体的密度为ｄｇ· ｃｍ
－３，晶胞的体积为（ａ×１０
－７）
３ｃｍ
３，晶
胞的质量为Ｍｇ·ｍｏｌ
－１
ＮＡｍｏｌ
－１
× ｙ，则Ｍ
ＮＡ
× ｙ＝ｄ× （ａ× １０
－７）
３，ｙ＝
ｄ×（ａ×１０
－７）
３×ＮＡ
Ｍ
＝ａ
３ｄＮＡ
Ｍ
×１０
－２１。
知识拓展　大π 键
１．定义：在多原子分子中如有相互平行的ｐ轨道，它们连贯重
叠在一起构成一个整体，ｐ电子在多个原子间运动形成π 型化
学键，这种不局限在两个原子之间的π 键称为离域π 键，或共
轭大π 键，简称大π 键。
２．形成条件：①这些原子都在同一平面上；②这些原子有相互
平行的ｐ轨道；③ｐ轨道上的电子总数小于ｐ轨道数的２倍。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１８７
　
考点二分子结构与配位化合物
５．（２０１９课标Ⅲ，３５，１５分）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，蒸气状态下以双聚
分子存在的ＦｅＣｌ３的结构式为　　　　　　　，其中Ｆｅ的
配位数为　　　　。
（３）苯胺（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＮＨ２）的晶体类型是　
　
　
　
　
　。苯
胺与甲苯（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３）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：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为　
　
　
　
　
　
（用ｎ代表Ｐ原子数）。
５．
答案　（１）Ｍｇ　相反
（２）
Ｆｅ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｆｅ
Ｃｌ
Ｃｌ
　４
（３）分子晶体　苯胺分子之间存在氢键
（４）Ｏ　ｓｐ
３　σ　（５）（ＰｎＯ３ｎ＋１）
（ｎ＋２）－
解析　本题涉及知识点有对角线规则、核外电子排布、配位
键、分子结构与性质等，通过能正确复述、再现、辨认相关基础
知识，考查了接收、整合化学信息的能力，体现了宏观辨识与微
观探析的学科核心素养。
（１）根据对角线规则，Ｌｉ与Ｍｇ的化学性质最相似。基态时Ｍｇ
原子的两个Ｍ层电子处于３ｓ轨道上，且自旋方向相反。
（２）双聚ＦｅＣｌ３分子中两分子ＦｅＣｌ３以配位键形式结合在一
起，结构式为
Ｆｅ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｃｌ
Ｆｅ
Ｃｌ
Ｃｌ
，Ｆｅ的配位数为４。
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２中只含有共价键，根据其熔、沸点数据可知，
苯胺的晶体类型为分子晶体。苯胺分子间存在氢键，导致其
熔、沸点高于甲苯。
（４）根据ＮＨ４Ｈ２ＰＯ４中所含元素在周期表中的位置关系和电
负性规律可知，氧元素电负性最高。ＮＨ４Ｈ２ＰＯ４中磷原子的价
层电子对数为４，故为ｓｐ
３杂化，Ｐ的ｓｐ
３杂化轨道与Ｏ的２ｐ
轨道形成σ 键。
（５）磷酸根离子为ＰＯ
３－
４，焦磷酸根离子为Ｐ２Ｏ
４－
７，三磷酸根离子
为Ｐ３Ｏ
５－
１０。结合图示可知，每增加１个Ｐ原子，Ｏ原子数增加
３，离子所带负电荷数增加１，故可推出离子通式为
（ＰｎＯ３ｎ＋１）
（ｎ＋２）－。
６．（２０１８课标Ⅱ，３５，１５分）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／℃
－８５．５１１５．２
沸点／℃
－６０．３４４４．６
＞６００（分解）
－７５．５
１６．８
１０．３
－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于其他分子的是　　　　　。
（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ａｎｍ、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Ｆｅ
２＋位于Ｓ
２－
２所
形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为　　　ｎｍ。
６．
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　ｓｐ
３
（５）４Ｍ
ＮＡａ
３×１０
２１　
２
２ａ
解析　（１）基态Ｆｅ原子价层电子排布式为３ｄ
６４ｓ
２，排布图为
；基态Ｓ原子电子排布式为
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
４，最高能级为３ｐ，电子云轮廓图为哑铃形。
（２）中心原子价层电子对数：Ｈ２Ｓ为２＋１
２×（６－２×１）＝４；ＳＯ２
为２＋１
２×（６－２×２）＝３；ＳＯ３为３＋１
２×（６－２×３）＝３。（３）Ｓ８和
ＳＯ２均为分子晶体，Ｓ８的相对分子质量比ＳＯ２的相对分子质量
大很多，范德华力更强，所以Ｓ８的熔点和沸点要比ＳＯ２的高很
多。（４）ＳＯ３分子中中心原子价层电子对数为３，无孤电子对，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１８８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
故ＳＯ３分子的立体构型为平面三角形；ＳＯ３分子的结构式为
Ｓ
Ｏ
↑
Ｏ
↓
Ｏ
􀪅
，其中既有σ 键又有π 键；由图（ｂ）可知三聚分子中每
个Ｓ原子与４个Ｏ原子形成４个σ 键，故其杂化轨道类型为
ｓｐ
３。（５）由图（ｃ）可知，晶胞中Ｆｅ
２＋为１２× １
４＋１＝４个，Ｓ
２－
２为
８× １
８＋６× １
２＝４个，一个晶胞中有４个ＦｅＳ２，晶胞的体积为（ａ×
１０
－７）
３ｃｍ
３，则晶体密度的计算表达式为
Ｍ
ＮＡ
×４
（ａ×１０
－７）
３ｇ· ｃｍ
－３＝
４Ｍ
ＮＡａ
３×１０
２１ｇ· ｃｍ
－３；正八面体的边长＝
（ａ
２）
２＋（ａ
２）
２ｎｍ＝
２
２ａｎｍ。
７．（２０１８江苏单科，２１Ａ，１２分）臭氧（Ｏ３）在［Ｆｅ（Ｈ２Ｏ）６］
２＋催化
下能将烟气中的ＳＯ２、ＮＯｘ分别氧化为ＳＯ
２－
４和ＮＯ
－
３，ＮＯｘ也可
在其他条件下被还原为Ｎ２。
（１）ＳＯ
２－
４中心原子轨道的杂化类型为　　　　；ＮＯ
－
３的空间构
型为　　　　　　　（用文字描述）。
（２）Ｆｅ
２＋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
Ｆｅ
２＋
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。
［Ｆｅ（ＮＯ）（Ｈ２Ｏ）５］
２＋结构示意图
７．
答案　（１）ｓｐ
３　平面（正）三角形
（２）［Ａｒ］３ｄ
６或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
６
（３）ＮＯ
－
２　（４）１∶２
（５）
解析　（１）ＳＯ
２－
４中中心原子的价层电子对数为４，则中心原
子的杂化类型为ｓｐ
３；ＮＯ
－
３的中心原子杂化类型为ｓｐ
２，且配位
原子数与杂化轨道数相等，故ＮＯ
－
３的空间构型为平面（正）三
角形。
（２）
Ｆｅ
２＋
基态核外电子排布式为［Ａｒ］
３ｄ
６
或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
６。
（３）等电子体具有相同的原子数和价电子数，与Ｏ３分子互为
等电子体的一种阴离子为ＮＯ
－
２。
（４）Ｎ２的结构式为Ｎ
Ｎ
􀜁
，故ｎ（σ）∶ｎ（π）＝１∶２。
（５）Ｈ２Ｏ中的Ｏ原子、ＮＯ中的Ｎ原子与Ｆｅ
２＋形成配位键，故结
构示意图为
知识归纳　对于ＡＢｍ型分子或ＡＢ
ｎ＋
ｍ空间构型的判断
价层电子对数中心原子Ａ杂化类型
配位原子数
空间构型
４
３
２
ｓｐ
３
ｓｐ
２
ｓｐ
４
３
２
３
２
２
正四面体
三角锥形
Ｖ形
平面三角形
Ｖ形
直线形
考点三晶体结构与性质
８．（２０１９课标Ⅰ，３５，１５分）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
飞机的主要材料。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）。
（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Ｍｇ
２＋、
Ｃｕ
２＋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“ Ｍｇ
２＋” 或
“Ｃｕ
２＋”）。
（３）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Ｌｉ２Ｏ
ＭｇＯ
Ｐ４Ｏ６
ＳＯ２
熔点／℃
１５７０
２８００
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）。
８．
答案　（１）Ａ
（２）ｓｐ
３　ｓｐ
３　乙二胺的两个Ｎ提供孤对电子给金属离子形成
配位键　Ｃｕ
２＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１８９
　
（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）２
４ａ　
３
４ａ　８×２４＋１６×６４
ＮＡａ
３×１０
－３０
解析　本题涉及电离能大小比较、原子轨道杂化方式、配合
物稳定性判断、晶体熔点高低比较、晶胞的有关计算，考查学生
运用化学用语及文字、图表、模型、图形分析和解决化学问题的
能力，借助离子、分子晶体模型解释化学现象，揭示现象本质和
规律，体现证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析的学科
核心素养。
（１）Ａ表示基态镁原子的第二电离能，Ｂ表示基态镁原子的第
一电离能，则电离能：Ａ＞Ｂ；Ｃ表示激发态镁原子的第一电离
能，则电离能：Ａ＞Ｂ＞Ｃ；Ｄ表示激发态镁原子的第二电离能，则
电离能：Ａ＞Ｄ。
（２）乙二胺分子中，氮原子核外孤电子对数为１，σ 键数目为３，
则杂化轨道数目为４，故氮原子采取ｓｐ
３杂化；碳原子核外孤电
子对数为０，σ 键数目为４，则杂化轨道数目为４，故碳原子采取
ｓｐ
３杂化。乙二胺的两个Ｎ提供孤对电子给Ｍｇ
２＋、Ｃｕ
２＋等金属
离子，以配位键结合成稳定环状离子。
（３）一般来说，晶体熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
Ｌｉ２Ｏ、ＭｇＯ均为离子晶体，晶格能：Ｌｉ２Ｏ＜ＭｇＯ，故熔点：ＭｇＯ＞
Ｌｉ２Ｏ；Ｐ４Ｏ６、ＳＯ２均为分子晶体，相对分子质量：Ｐ４Ｏ６＞ＳＯ２，则分
子间作用力：Ｐ４Ｏ６＞ＳＯ２，故熔点：Ｐ４Ｏ６＞ＳＯ２。
（４）由图（ｂ）可知，ｘ等于立方体面对角线长度的１
４，即４ｘ＝
２ａ，则ｘ＝２
４ａ；据图（ａ）、（ｂ）分析可知，ｙ等于立方体体对角
线长度的１
４，即４ｙ＝３ａ，则ｙ＝３
４ａ；据图（ａ）可知，该晶胞占
用Ｃｕ原子数目为４×４＝１６，据ＭｇＣｕ２可知，Ｍｇ原子数目为８，
一个晶胞的体积为（ａ×１０
－１０）
３ｃｍ
３，质量为６４×１６＋２４×８
ＮＡ
ｇ，则
ＭｇＣｕ２的密度为８×２４＋１６×６４
ＮＡ·ａ
３×１０
－３０ｇ·ｃｍ
－３。
方法技巧　一个ＭｇＣｕ２晶胞中含有４个以四面体方式排列的
Ｃｕ，则每个晶胞中含有４×４＝１６个Ｃｕ原子，再据化学式ＭｇＣｕ２
可快速判断晶胞中含有的Ｍｇ原子数。
９．（２０１８课标Ⅰ，３５，１５分）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．↑
１ｓ
↑↓
２ｓ２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｂ．
１ｓ
↑↓
２ｓ
↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｃ．
１ｓ
↑
２ｓ
↑↓
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｄ．↑↓
１ｓ
↑
２ｓ２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
（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。
２Ｌｉ
＋（ｇ）
　　　　
１０４０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
↑
２Ｌｉ（ｇ）
　　　
３１８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
↑
　
２Ｌｉ（晶体）　
＋
１
２Ｏ２（ｇ）
　　　　
－５９８ｋＪ·ｍｏｌ
－１　　
　　　
　　　　　
Ｌｉ２Ｏ（晶体）
↑
－２９０８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
　　　　　　　→
　　
＋　Ｏ
２－（ｇ）
　　　　　　　　　
７０３ｋＪ·ｍｏｌ
－１
↑
　　　Ｏ（ｇ）
　　　　　　　　　
２４９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
↑
图（ａ）
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０．４６６５ｎｍ，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）。
图（ｂ）
９．
答案　（１）Ｄ　Ｃ
（２）Ｌｉ
＋核电荷数较大
（３）正四面体　ｓｐ
３　ＡＢ
（４）５２０　４９８　２９０８
（５）
８×７＋４×１６
ＮＡ（０．４６６５×１０
－７）
３
解析　（１）根据能量１ｓ＜２ｓ＜２ｐ，可知能量最低的是Ｄ，能量
最高的是Ｃ。
（３）ＡｌＨ
－
４中Ａｌ的价层电子对数为４，故Ａｌ采取ｓｐ
３杂化，该离
子空间构型为正四面体。Ｌｉ
＋与ＡｌＨ
－
４以离子键结合，ＡｌＨ
－
４中
Ａｌ与Ｈ之间是σ 键，Ａ、Ｂ项正确。
（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，故Ｌｉ原子的第一电离能
为１０４０ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２
＝５２０ｋＪ·ｍｏｌ
－１。Ｏ􀪅Ｏ（ｇ）
→２Ｏ（ｇ）所吸
收的能量即为Ｏ􀪅Ｏ键的键能，故Ｏ􀪅Ｏ键的键能为
２４９ｋＪ·ｍｏｌ
－１×２＝４９８ｋＪ·ｍｏｌ
－１。离子晶体的晶格能是气态
离子形成１ｍｏｌ离子晶体所释放的能量，题图中：２Ｌｉ
＋（ｇ）＋
Ｏ
２－（ｇ）􀪅􀪅Ｌｉ２Ｏ（晶体）　ΔＨ＝－２９０８ｋＪ·ｍｏｌ
－１，故Ｌｉ２Ｏ晶格
能为２９０８ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（５）１个Ｌｉ２Ｏ晶胞中有８个Ｌｉ
＋，Ｏ
２－处于顶点和面心，Ｏ
２－的个
数为８×
１
８
＋６×
１
２
＝４，故Ｌｉ２Ｏ的密度ρ ＝ｍ
Ｖ
＝
８×７＋４×１６
ＮＡ（０．４６６５×１０
－７）
３ｇ·ｃｍ
－３。
方法技巧　晶胞的计算方法
①晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献（以立方体为例）：顶
点——— １
８，棱上——— １
４，体内———完全属于晶胞。
②晶体密度计算公式：ρ ＝
ＮＭ
ＮＡ·Ｖ，其中Ｎ为１个晶胞中所含
“分子”数目，Ｍ为摩尔质量，ＮＡ为阿伏加德罗常数的值，Ｖ为
１个晶胞的体积。
１０．（２０１７课标Ⅲ，３５，１５分）研究发现，在ＣＯ２低压合成甲醇反
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１９０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
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＝０．４２０ｎｍ，则ｒ（Ｏ
２－）为　　　　ｎｍ。ＭｎＯ也属于ＮａＣｌ
型结构，晶胞参数为ａ′ ＝０．４４８ｎｍ，则ｒ（Ｍｎ
２＋）为
　　　ｎｍ。
１０．
答案　（１）［Ａｒ］３ｄ
７４ｓ
２　Ｏ　Ｍｎ
（２）ｓｐ　ｓｐ
３
（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（Π
６
４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１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
７４ｓ
２或
［Ａｒ］３ｄ
７４ｓ
２。根据元素第一电离能的变化规律可知，元素Ｍｎ
与Ｏ中，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２ｓ
２２ｐ
４，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３ｄ
５４ｓ
２，核外未成对电子数是５，因此基
态原子核外未成对电子数较多的是Ｍｎ。
（２）ＣＯ２和ＣＨ３ＯＨ的中心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ｓｐ
３。
（３）常温下水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的相对分子质量较大、范德华力较大，所以ＣＯ２的沸
点比Ｈ２高。
（４）硝酸锰是离子化合物，硝酸根离子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，一个硝
酸根离子中有一个氮氧双键，所以还存在π 键。
（５）Ｏ
２－采用面心立方最密堆积方式，则面对角线是Ｏ
２－半径
的４倍，即４ｒ（Ｏ
２－）＝
２ａ，解得ｒ（Ｏ
２－）＝
２
４× ０．４２０ｎｍ≈
０．１４８ｎｍ；ＭｎＯ也属于ＮａＣｌ型结构，根据晶胞的结构可知，晶
胞参数＝２ｒ（Ｏ
２－）＋２ｒ（Ｍｎ
２＋），则ｒ（Ｍｎ
２＋）＝（０．４４８ｎｍ－２×
０．１４８ｎｍ）／２＝０．０７６ｎｍ。
知识拓展　中心原子杂化形式的判断方法：
先计算中心原子的价层电子对数，价层电子对数ｎ＝１
２（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上述公式中正电荷取“－”，负电荷取“ ＋”；②当配位原子为
氧原子或硫原子时，成键电子数为零。再根据ｎ值判断杂化
类型，一般有如下规律：ｎ＝２，ｓｐ杂化；ｎ＝３，ｓｐ
２杂化；ｎ＝４，ｓｐ
３
杂化。
１１．（２０１６课标Ⅱ，３７，１５分）东晋《华阳国志·南中志》卷四中
已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾
主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（１）镍元素基态原子的电子排布式为　
　
　
　
　
　
　
　
　，
３ｄ能级上的未成对电子数为　　　　。
（２）硫酸镍溶于氨水形成［Ｎｉ（ＮＨ３）６］ＳＯ４蓝色溶液。
①［Ｎｉ（ＮＨ３）６］ＳＯ４中阴离子的立体构型是　　　　。
②在［Ｎｉ（ＮＨ３）６］
２＋中Ｎｉ
２＋与ＮＨ３之间形成的化学键称为
　　　　，提供孤电子对的成键原子是
　。
③氨的沸点　　　　（填“高于”或“低于”）膦（ＰＨ３），原
因是　　　　　　
　
　
　
　
　
　；氨是　
　
分子（填“极
性”或“ 非极性”），中心原子的轨道杂化类型为　
　
　　。
（３）单质铜及镍都是由　
　
　
　
键形成的晶体；元素铜与镍
的第二电离能分别为：ＩＣｕ＝１９５８ｋＪ· ｍｏｌ
－１、ＩＮｉ＝
１７５３ｋＪ·ｍｏｌ
－１，ＩＣｕ＞ＩＮｉ的原因是
　
　　　　　　　　　　　　。
（４）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为　　　　。
②若合金的密度为ｄｇ·ｃｍ
－３，晶胞参数ａ＝　　　　ｎｍ。
１１．
答案　（１５分）（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
８４ｓ
２或［Ａｒ］３ｄ
８４ｓ
２　２
（２）①正四面体　②配位键　
Ｎ　
③高于　
ＮＨ３分子间可形
成氢键　极性　ｓｐ
３
（３）金属　
铜失去的是全充满的３ｄ
１０电子，镍失去的是４ｓ
１
电子
（４）①３∶１　②
２５１
６．０２×１０
２３×ｄ
é
ëêê
ù
ûúú
１
３
×１０
７
解析　（２）①ＳＯ
２－
４中Ｓ原子的价层电子对数为４，采取ｓｐ
３
杂化，立体构型为正四面体；②Ｎｉ
２＋与ＮＨ３之间形成化学键时
Ｎｉ提供空轨道，Ｎ提供孤电子对，形成配位键；③氨分子之间
形成氢键，分子间作用力增大，故沸点高于膦（ＰＨ３）；氨分子
中Ｎ原子的价层电子对数为４，采取ｓｐ
３杂化，四个杂化轨道
中有三个轨道被共用电子对占据，一个轨道被孤电子对占据，
是极性分子。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１９１
　
（３）金属单质形成的晶体均为金属晶体，金属晶体中只含有
金属键。
（４）①晶胞中含Ｃｕ原子数为１
２×６＝３，含Ｎｉ原子数为１
８×８＝
１，两者数量比为
３
∶
１；②由题意可得：ｄ＝
３×６４＋５９
（ａ×１０
－７）
３×６．０２×１０
２３，解得ａ＝
３２５１
６０２ｄｎｍ。
易错警示　第（４）问②中要注意单位转换（１ｎｍ＝１０
－７ｃｍ）。
１２．（２０１７江苏单科，２１Ａ，１２分）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）Ｆｅ
３＋基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　。
（２）丙酮（
Ｃ
Ｈ３Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３）分子中碳原子轨道的杂化类型是
　　
　
　，１ｍｏｌ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图２所
示，其中更稳定的Ｃｕ替代型产物的化学式为　　　。
　
图１　ＦｅｘＮｙ晶胞结构示意图　　　
图２　转化过程的能量变化
１２．
答案　（１）［Ａｒ］３ｄ
５或１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
５
（２）ｓｐ
２和ｓｐ
３　９ｍｏｌ
（３）Ｈ＜Ｃ＜Ｏ　（４）乙醇分子间存在氢键　（５）Ｆｅ３ＣｕＮ
解析　（１）Ｆｅ
３＋基态核外电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
５或
［Ａｒ］３ｄ
５。
（２）丙酮分子中有两种碳原子，其中—ＣＨ３中碳原子为ｓｐ
３杂
化，
Ｃ
Ｏ
􀪅
中碳原子为ｓｐ
２杂化；单键均是σ 键，一个双键中
有一个σ 键和一个π 键，故１ｍｏｌ丙酮分子中含有９ｍｏｌ
σ 键。
（３）依据同周期元素电负性变化规律可知，电负性：Ｃ＜Ｏ；再
结合元素非金属性强弱关系可知，电负性：Ｈ＜Ｃ。
（４）乙醇分子间存在氢键，使得乙醇沸点较高。
（５）由图２可知更稳定的Ｃｕ替代型产物为Ｃｕ替代ａ位置Ｆｅ
型，利用均摊法可得晶胞中各原子个数Ｃｕ：８× １
８＝１，Ｆｅ：６×
１
２＝３，Ｎ：１，故化学式为Ｆｅ３ＣｕＮ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一原子结构与性质
１．（２０１５课标Ⅰ，３７，１５分）碳及其化合物广泛存在于自然界中。
回答下列问题：
（１）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密
度分布可用　　
　
　
形象化描述。在基态
１４Ｃ原子中，核
外存在　　　　对自旋相反的电子。
（２）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）ＣＳ２分子中，共价键的类型有　　　　、Ｃ原子的杂化轨道
类型是　　　　，写出两个与ＣＳ２具有相同空间构型和键
合形式的分子或离子　　　　。
（４）ＣＯ能与金属Ｆｅ形成Ｆｅ（ＣＯ）５，该化合物的熔点为２５３Ｋ，
沸点为３７６Ｋ，其固体属于　　　　晶体。
（５）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如
图所示：
①在石墨烯晶体中，每个Ｃ原子连接　
　
　
　
个六元环，
每个六元环占有　　　　个Ｃ原子。
②在金刚石晶体中，Ｃ原子所连接的最小环也为六元环，
每个Ｃ原子连接　　　　个六元环，六元环中最多有　　
　　个Ｃ原子在同一平面。
答案　（１５分）（１）电子云　２（每空１分，共２分）
（２）Ｃ有４个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定
电子结构（２分）
（３）σ 键和π 键　
ｓｐ　
ＣＯ２、ＳＣＮ
－（或ＣＯＳ等）（２分，１分，２
分，共５分）
（４）分子（２分）
（５）①３　２（每空１分，共２分）
②１２　４（每空１分，共２分）
解析　（１）电子在原子核外出现的概率密度分布通常用电
子云来形象化描述。
１４
６Ｃ的电子排布图为↑↓
１ｓ
↑↓
２ｓ
↑↑
２ｐ
，所以
其基态原子中核外存在２对自旋相反的电子。
（２）碳的原子结构示意图为
，有４个价电子，难以通过
得或失电子达到稳定结构，所以其键型以共价键为主。
（３）ＣＳ２分子的结构式为Ｓ􀪅Ｃ􀪅Ｓ，其共价键的类型有σ 键和
π 键，Ｃ原子的杂化轨道类型为ｓｐ；ＣＳ２分子为三原子分子，最
外层电子总数为１６，与其具有相同空间构型和键合形式的分
子有ＣＯ２、ＣＯＳ，离子有ＳＣＮ
－等。
（４）Ｆｅ（ＣＯ）５的熔点为２５３Ｋ，较低，沸点也不高，所以其固体
属于分子晶体。
（５）①由题中石墨烯和金刚石的晶体结构图示可得，在石墨烯
晶体中，每个Ｃ原子应连接３个六元环，每个六元环由６个Ｃ
原子构成，每个六元环所占有的Ｃ原子数为６× １
３＝２；②在金
刚石晶体中，每个Ｃ原子与其他４个Ｃ原子相连，每个Ｃ原子
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１９２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
连接的六元环个数应为１２个，而每一个碳原子与其他４个Ｃ
原子形成的４个共价键的键角均为１０９°２８′，形成正四面体，由
此可得在金刚石晶体的六元环中最多有４个Ｃ原子共面。
思路分析　Ｓ原子的最外层电子数与Ｏ原子的最外层电子数
相同，所以可以以ＣＯ２分子为模型对ＣＳ２分子进行分析。
考点二分子结构与配位化合物
２．（２０１５课标Ⅱ，３７，１５分）Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ为原子序数依次增大的四
种元素，Ａ
２－和Ｂ
＋具有相同的电子构型；Ｃ、Ｄ为同周期元素，Ｃ
核外电子总数是最外层电子数的３倍；Ｄ元素最外层有一个未
成对电子。回答下列问题：
（１）四种元素中电负性最大的是　　　　（填元素符号），其中
Ｃ原子的核外电子排布式为　　　　　　　。
（２）单质Ａ有两种同素异形体，其中沸点高的是　
　
　
　
（填
分子式），原因是
　
　　　　　　　；Ａ和Ｂ的氢化物所属的晶体类型分别为
　　　　和　　　　。
（３）Ｃ和Ｄ反应可生成组成比为１∶３的化合物Ｅ，Ｅ的立体构
型为　　　　，中心原子的杂化轨道类型为　　　　。
（４）化合物Ｄ２Ａ的立体构型为　　　　，中心原子的价层电子
对数为　
　
　
　，单质Ｄ与湿润的Ｎａ２ＣＯ３反应可制备
Ｄ２Ａ，其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）Ａ和Ｂ能够形成化合物Ｆ，其晶胞结构
如图所示，晶胞参数ａ＝０．５６６ｎｍ，Ｆ的
化学式为　　　　；晶胞中Ａ原子的配
位数为　　　　；列式计算晶体Ｆ的密
度（ｇ·ｃｍ
－３）
　
　。
答案　（１５分）（１）Ｏ　１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
３（或［Ｎｅ］３ｓ
２３ｐ
３）（每
空１分，共２分）
（２）Ｏ３　Ｏ３相对分子质量较大，范德华力大　分子晶体
离子晶体（每空１分，共４分）
（３）三角锥形　ｓｐ
３（每空１分，共２分）
（４）Ｖ形　４
２Ｃｌ２＋２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｃｌ２Ｏ＋２ＮａＨＣＯ３＋２ＮａＣｌ（或２Ｃｌ２＋
Ｎａ２ＣＯ３􀪅􀪅Ｃｌ２Ｏ＋ＣＯ２＋２ＮａＣｌ）（每空１分，共３分）
（５）
Ｎａ２Ｏ　
８　
４×６２ｇ·ｍｏｌ
－１
（０．５６６×１０
－７ｃｍ）
３×６．０２×１０
２３ｍｏｌ
－１
＝
２．２７ｇ·ｃｍ
－３（１分，１分，２分，共４分）
解析　由题意可知Ａ为Ｏ、Ｂ为Ｎａ、Ｃ为Ｐ、Ｄ为Ｃｌ。（１）四
种元素中Ｏ的非金属性最强，电负性最大；Ｐ的原子序数为
１５，核外电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
３或［Ｎｅ］３ｓ
２３ｐ
３。（２）氧
元素的两种同素异形体为Ｏ２和Ｏ３，沸点较高的是Ｏ３，因为Ｏ３
的相对分子质量较大，范德华力大。Ｏ的氢化物可以是Ｈ２Ｏ、
Ｈ２Ｏ２，二者所属晶体类型均为分子晶体；Ｎａ的氢化物为ＮａＨ，
属于离子晶体。（３）ＰＣｌ３中中心原子的价层电子对数是４，其
中σ 键数是３，孤电子对数为１，故ＰＣｌ３中中心原子采用ｓｐ
３杂
化方式，分子构型为三角锥形。（４）Ｃｌ２Ｏ中中心原子为Ｏ，分
子中σ 键数为２，中心原子孤电子对数为２，故中心原子的价层
电子对数为４，分子空间构型为Ｖ形。Ｃｌ２与湿润的Ｎａ２ＣＯ３反
应生成Ｃｌ２Ｏ的同时还应该生成ＮａＣｌ和ＮａＨＣＯ３。（５）由晶胞
结构可知，一个晶胞中小球个数为８，大球个数为４，小球代表
离子半径较小的Ｎａ
＋，大球代表离子半径较大的Ｏ
２－，故Ｆ的化
学式为Ｎａ２Ｏ；晶胞中与每个氧原子距离最近且相等的钠原子
有８个；晶胞的质量为
６２ｇ·ｍｏｌ
－１
６．０２×１０
２３ｍｏｌ
－１× ４，晶胞的体积为
（０．５６６×１０
－７）
３ｃｍ
３，
晶
体
密
度
为
６２ｇ·ｍｏｌ
－１×４
６．０２×１０
２３ｍｏｌ
－１×０．５６６
３×１０
－２１ｃｍ
３＝２．２７ｇ·ｃｍ
－３。
知识拓展　电负性越大，元素的非金属性越强。
疑难突破　价层电子对数＝（中心原子最外层电子数＋配位原
子提供的价电子数）／２，其中Ｓ、Ｏ作为配位原子提供０个电
子，Ｈ、卤素原子作为配位原子提供１个电子。
３．（２０１５江苏单科，２１Ａ，１２分）下列反应曾用于检测司机是否
酒后驾驶：
２Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋３ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋１６Ｈ
＋＋１３Ｈ２Ｏ
→
４［Ｃｒ（Ｈ２Ｏ）６］
３＋＋３ＣＨ３ＣＯＯＨ
（１）Ｃｒ
３＋基态核外电子排布式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　；
配合物［Ｃｒ（Ｈ２Ｏ）６］
３＋中，与Ｃｒ
３＋形成配位键的原子是
　　　　（填元素符号）。
（２）ＣＨ３ＣＯＯＨ中Ｃ原子轨道杂化类型为　
　
　
　
　
　；１ｍｏｌ
ＣＨ３ＣＯＯＨ分子含有σ 键的数目为　　　　。
（３）与Ｈ２Ｏ互为等电子体的一种阳离子为　
　
　
　
（填化学
式）；Ｈ２Ｏ与ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ可以任意比例互溶，除因为它们
都是极性分子外，还因为　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
３（或［Ａｒ］３ｄ
３）　Ｏ
（２）ｓｐ
３和ｓｐ
２　７ｍｏｌ（或７×６．０２×１０
２３）
（３）Ｈ２Ｆ
＋　Ｈ２Ｏ与ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ之间可以形成氢键
解析　
（１）Ｃｒ为２４号元素，铬原子的核外电子排布式为
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
５４ｓ
１，Ｃｒ
３＋基态核外电子排布式为
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
３（或［Ａｒ］３ｄ
３）；与Ｃｒ
３＋形成配位键的应为含
孤对电子的氧原子。
（２）甲基（—ＣＨ３）中的碳原子轨道杂化类型为ｓｐ
３，羧基
（—ＣＯＯＨ）中的碳原子轨道杂化类型为ｓｐ
２；一个ＣＨ３ＣＯＯＨ
分子中有六个单键均为σ 键，还含有一个碳氧双键，碳氧双键
中含一个σ 键、一个π 键，共含７个σ 键。
（３）等电子体必须满足原子个数和电子个数均相等；Ｈ２Ｏ与
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ中均含羟基（—ＯＨ），可形成氢键。
４．（２０１５四川理综，８，１３分）Ｘ、Ｚ、Ｑ、Ｒ、Ｔ、Ｕ分别代表原子序数
依次增大的短周期元素。Ｘ和Ｒ属同族元素；Ｚ和Ｕ位于第
ⅦＡ族；Ｘ和Ｚ可形成化合物ＸＺ４；Ｑ基态原子的ｓ轨道和ｐ轨
道的电子总数相等；Ｔ的一种单质在空气中能够自燃。
请回答下列问题：
（１）Ｒ基态原子的电子排布式是　　　　　　　　。
（２）利用价层电子对互斥理论判断ＴＵ３的立体构型是　　　　。
（３）Ｘ所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强
的是　　　　（填化学式）；Ｚ和Ｕ的氢化物中沸点较高的
是　　　　（填化学式）；Ｑ、Ｒ、Ｕ的单质形成的晶体，熔点
由高到低的排列顺序是　　　　（填化学式）。
（４）ＣｕＳＯ４溶液能用作Ｔ４中毒的解毒剂，反应可生成Ｔ的最高
价含氧酸和铜，
该反应的化学方程式
是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１９３
　
答案　（１３分）（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
２或［Ｎｅ］３ｓ
２３ｐ
２
（２）三角锥形
（３）ＨＮＯ３　ＨＦ　Ｓｉ、Ｍｇ、Ｃｌ２
（４）Ｐ４＋１０ＣｕＳＯ４＋１６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅１０Ｃｕ＋４Ｈ３ＰＯ４＋１０Ｈ２ＳＯ４
解析　短周期元素Ｘ、Ｚ、Ｑ、Ｒ、Ｔ、Ｕ原子序数依次增大，Ｚ和
Ｕ位于第ⅦＡ族，则可知Ｚ为Ｆ，Ｕ为Ｃｌ；Ｘ与Ｚ可形成ＸＺ４，则
Ｘ为Ｃ；Ｒ与Ｘ同族，则Ｒ为Ｓｉ；Ｑ的基态原子的电子排布式应
为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２，Ｑ为Ｍｇ；Ｔ的一种单质在空气中能自燃，则Ｔ
为Ｐ。
（１）Ｒ基态原子的电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
２。
（２）在ＰＣｌ３分子中磷原子与氯原子形成三个σ 键，磷原子还
有一对孤电子对，由价层电子对互斥理论可知ＰＣｌ３的立体构
型为三角锥形。
（３）Ｘ位于第二周期，该周期元素最高价氧化物对应的水化物
酸性最强的是ＨＮＯ３；Ｚ和Ｕ的氢化物分别为ＨＦ和ＨＣｌ，而ＨＦ
分子之间存在氢键，所以沸点ＨＦ＞ＨＣｌ；Ｑ、Ｒ、Ｕ形成的单质分
别为Ｍｇ、Ｓｉ和Ｃｌ２，Ｍｇ为金属晶体，Ｓｉ为原子晶体，Ｃｌ２为分子
晶体，三种晶体熔点高低顺序为Ｓｉ＞Ｍｇ＞Ｃｌ２。
（４）由题中提示信息及原子守恒和得失电子守恒可写出该反
应的化学方程式为１０ＣｕＳＯ４＋Ｐ４＋１６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｈ３ＰＯ４＋
１０Ｃｕ＋１０Ｈ２ＳＯ４。
５．（２０１５福建理综，３１，１３分）科学家正在研究温室气体ＣＨ４和
ＣＯ２的转化和利用。
（１）ＣＨ４和ＣＯ２所含的三种元素电负性从小到大的顺序为
　　　　。
（２）下列关于ＣＨ４和ＣＯ２的说法正确的是　　（填序号）。
ａ．固态ＣＯ２属于分子晶体
ｂ．ＣＨ４分子中含有极性共价键，是极性分子
ｃ．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以ＣＨ４熔点低于ＣＯ２
ｄ．ＣＨ４和ＣＯ２分子中碳原子的杂化类型分别是ｓｐ
３和ｓｐ
（３）在Ｎｉ基催化剂作用下，ＣＨ４和ＣＯ２反应可获得化工原料
ＣＯ和Ｈ２。
①基态Ｎｉ原子的电子排布式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　，
该元素位于元素周期表中的第　　　　族。
②Ｎｉ能与ＣＯ形成正四面体形的配合物Ｎｉ（ＣＯ）４，１ｍｏｌ
Ｎｉ（ＣＯ）４中含有　　　　ｍｏｌσ 键。
（４）一定条件下，ＣＨ４、ＣＯ２都能与Ｈ２Ｏ形成笼状结构（如图所
示）的水合物晶体，其相关参数见下表。ＣＨ４与Ｈ２Ｏ形成
的水合物晶体俗称“可燃冰”。
　　参数
分子　　
分子直径／ｎｍ分子与Ｈ２Ｏ的结合能Ｅ／ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＣＨ４
０．４３６
１６．４０
ＣＯ２
０．５１２
２９．９１
①“可燃冰”中分子间存在的２种作用力是　
　
　
　
　
　
　　　　　。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用ＣＯ２置换
ＣＨ４的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为
０．５８６ｎｍ，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，
该设想的依据是
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１３分）（１）Ｈ、Ｃ、Ｏ　（２）ａ、ｄ
（３）①１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
８４ｓ
２或［Ａｒ］３ｄ
８４ｓ
２　Ⅷ　②８
（４）①氢键、范德华力　②ＣＯ２的分子直径小于笼状结构空腔
直径，且与Ｈ２Ｏ的结合能大于ＣＨ４
解析　（２）ＣＨ４是正四面体分子，属于只含极性共价键的非
极性分子；分子中化学键的强弱决定分子的稳定性，不影响其
熔、沸点。（３）②１ｍｏｌＮｉ（ＣＯ）４中共有８ｍｏｌσ 键，４ｍｏｌ存在
于Ｎｉ和配体ＣＯ之间，４ｍｏｌ存在于配体ＣＯ中的Ｃ和Ｏ之间。
考点三晶体结构与性质
６．（２０１６四川理综，８，１３分）Ｍ、Ｒ、Ｘ、Ｙ为原子序数依次增大的
短周期主族元素，Ｚ是一种过渡元素。Ｍ基态原子Ｌ层中ｐ轨
道电子数是ｓ轨道电子数的２倍，Ｒ是同周期元素中最活泼的
金属元素，Ｘ和Ｍ形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气
污染物，Ｚ的基态原子４ｓ和３ｄ轨道半充满。
请回答下列问题：
（１）Ｒ基态原子的电子排布式是　　　　　　，Ｘ和Ｙ中电负
性较大的是　　　　（填元素符号）。
（２）Ｘ的氢化物的沸点低于与其组成相似的Ｍ的氢化物，其原
因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）Ｘ与Ｍ形成的ＸＭ３分子的空间构型是　　　　　　。
（４）Ｍ和Ｒ所形成的一种离子化合物Ｒ２Ｍ晶体的晶胞如图所
示，则图中黑球代表的离子是　　　　（填离子符号）。
（５）在稀硫酸中，Ｚ的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化Ｍ的
一种氢化物，Ｚ被还原为＋３价，该反应的化学方程式是
　
　。
答案　（１３分）（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
１或［Ｎｅ］３ｓ
１　Ｃｌ
（２）Ｈ２Ｏ分子间存在氢键，Ｈ２Ｓ分子间无氢键
（３）平面三角形
（４）Ｎａ
＋
（５）Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７＋３Ｈ２Ｏ２＋４Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ｋ２ＳＯ４＋Ｃｒ２（ＳＯ４）３＋
３Ｏ２↑＋７Ｈ２Ｏ
解析　由题意可知Ｍ为Ｏ，Ｒ为Ｎａ，Ｘ为Ｓ，Ｙ为Ｃｌ，Ｚ为Ｃｒ。
（３）ＸＭ３为ＳＯ３，其分子中中心原子的价层电子对数为３，无孤
电子对，故分子的空间构型为平面三角形。（４）由题图可知
个数为８× １
８＋６× １
２＝４，
个数为８，Ｒ２Ｍ为Ｎａ２Ｏ，Ｎａ
＋与Ｏ
２－
的个数比为２∶１，故黑球代表Ｎａ
＋。（５）Ｃｒ的最高价含氧酸的
钾盐（橙色）为Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７，氧元素的氢化物中能被Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７氧化
的为Ｈ２Ｏ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１９４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码２１８
时间：４０分钟　分值：８０分
非选择题（共８０分）
１．（２０２０届福建福州三中质检二，１８）（１８分）金属及其相关化
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）下列关于金属及金属键的说法不正确的是　
　
　。（填字
母代号）
ａ．金属键没有方向性与饱和性
ｂ．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用
ｃ．金属熔、沸点不同的原因可以用金属键强弱解释
ｄ．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有
良好的导电性
（２）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价电子排布图
为　　　　　　　　　　。
（３）二茂铁又叫双环戊二烯基铁［Ｆｅ（Ｃ５Ｈ５）２］，熔点是１７２．５～
１７３℃，１００℃以上升华，二茂铁属于　　　晶体。已知分
子中的大π 键可用符号Π
ｎ
ｍ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Π
６
６）。已知二茂铁的每个茂环带
有一个单位负电荷，则每个环中的大π 键应表示
为　　　。
（４）铜可以形成一种离子化合物［Ｃｕ（ＮＨ３）４（Ｈ２Ｏ）２］ＳＯ４，若
要确定［Ｃｕ（ＮＨ３）４（Ｈ２Ｏ）２］ＳＯ４是晶体还是非晶体，最科
学的方法是对其进行　　　　　　实验，其中阴离子的空
间构型是　　　　　　，该化合物加热时首先失去的组分
是Ｈ２Ｏ，原因是
　
　。
（５）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，
该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。
①与Ｍｇ紧邻的Ｎｉ有　　　个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该
晶胞中原子的坐标参数ａ为（０，０，０）；ｂ为（１
２，１
２，０）；ｄ
为（１，１，１）。则ｃ原子的坐标参数为　　　　。
③若晶胞中Ｎｉ、Ｍｇ之间的最短距离为ａｐｍ，阿伏加德罗常
数的值为ＮＡ，则晶体的密度ρ ＝　　　　ｇ·ｃｍ
－３（用含ａ、
ＮＡ的代数式表示）。
１．
答案　（１）ｂｄ
（２）↑↑↑
３ｄ
　　↑↓
４ｓ
（３）分子　Π
６
５
（４）Ｘ－射线衍射　正四面体　Ｏ的电负性比Ｎ的强，对孤电子
对吸引更强，Ｈ２Ｏ与Ｃｕ
２＋的配位键比ＮＨ３与Ｃｕ
２＋的配位键弱
（５）①１２　②（１，１
２，１
２）　③
２１３
２２ａ
３ＮＡ
×１０
３０
解析　（１）金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是
属于整块金属，因此没有方向性和饱和性，故ａ正确；金属键是
存在于金属阳离子和“自由电子”之间的相互作用，这些“自由
电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，故ｂ错误；
金属键的强弱决定了金属晶体熔、沸点的高低，故ｃ正确；在外
加电源的作用下，自由电子定向运动形成电流，电子气理论能
解释金属有良好的导电性，故ｄ错误。（２）Ｖ是２３号元素，Ｖ
原子核外电子排布式为１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
３４ｓ
２，该原子基态时
的价电子排布图为↑↑↑
３ｄ
　
　
↑↓
４ｓ
。（３）二茂铁晶体
的熔点较低，属于分子晶体；二茂铁的每个茂环带有一个单位
负电荷，则每个环中的大π 键由５个碳原子、６个电子构成，该
大π 键为Π
６
５。（４）ＳＯ
２－
４中Ｓ原子孤电子对数＝６＋２－２×４
２
＝０，
杂化轨道数目＝４＋０＝４，Ｓ原子采取ｓｐ
３杂化，空间构型为正四
面体。（５）①Ｍｇ处于顶点，与Ｍｇ紧邻的Ｎｉ原子处于面心，与
Ｍｇ紧邻的Ｎｉ原子数目为１２；②根据ａ、ｂ、ｄ的坐标参数知，晶
胞棱长为１，ａ点为坐标原点，ｃ原子处于晶胞右侧面面心，故ｃ
的坐标参数为（１，１
２，１
２）；③顶点Ｍｇ与面心Ｎｉ原子距离最
近，若晶胞中Ｎｉ、Ｍｇ之间的最短距离为ａｐｍ，则晶胞棱长＝
２ａｐｍ，晶胞中Ｎｉ原子数目＝６× １
２＝３、Ｍｇ原子数目＝８× １
８＝
１、Ｃ原子数目＝１，晶胞质量＝３×５９＋２４＋１２
ＮＡ
ｇ，晶体密度ρ ＝
３×５９＋２４＋１２
ＮＡ
ｇ÷（２ａ×１０
－１０ｃｍ）
３＝
２１３
２２ａ
３ＮＡ
×１０
３０ｇ·ｃｍ
－３。
２．（２０１９河北邯郸一模，３５）（１８分）研究发现，铝元素能损害人
的脑细胞。适当地补充碘元素可预防甲状腺肿大，但摄入过多
也会导致甲状腺肿大，因此补充人体所需的元素时也要适可而
止。试回答下列问题：
（１）Ｆｅ也是人体需要补充的元素之一，试写出基态Ｆｅ
２＋的核外
电子排布式：　　　　　　　　。
（２）与Ａｌ同一周期的Ｎａ、Ｍｇ元素也是人体所需元素，Ｎａ、Ｍｇ、
Ａｌ基态原子第一电离能的大小关系是　　　　　　。
（３）氯化铝的熔点是１９４℃，氧化铝的熔点是２０５４℃，但是工
业上不能用电解熔融氯化铝的方法获取铝单质，这是因为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）Ｆ与Ｉ是同一主族的元素，ＢｅＦ２与Ｈ２Ｏ都是由三个原子构
成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Ｂｅ和Ｏ的
杂化方式分别为　　　　、　　　　，ＢｅＦ２
分子的立体构型是　
　
　
　，Ｈ２Ｏ分子的
立体构型是　　　　。
（５）Ｉ２晶体的晶胞结构如图所示，该晶胞中含
有　　　　
个Ｉ２分子，设该晶胞的晶胞参
数为ａｃｍ，则Ｉ２的密度是　　　　ｇ·ｃｍ
－３。
２．
答案　（１）１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
６或［Ａｒ］３ｄ
６
（２）Ｎａ＜Ａｌ＜Ｍｇ
（３）氯化铝是分子晶体，熔融状态下不存在离子，不能导电
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十一　物质结构与性质
１９５
　
（４）ｓｐ　ｓｐ
３　直线形　Ｖ形
（５）４　
１０１６
ＮＡ×ａ
３
解析　（１）Ｆｅ为２６号元素，基态Ｆｅ
２＋的核外电子排布式为
１ｓ
２２ｓ
２２ｐ
６３ｓ
２３ｐ
６３ｄ
６或［Ａｒ］３ｄ
６。（２）同周期主族元素从左到
右，基态原子第一电离能有逐渐增大的趋势，根据洪特规则可
知第ⅡＡ、ⅤＡ族元素原子的第一电离能大于同周期相邻元素
原子的第一电离能，故第一电离能：Ｎａ＜Ａｌ＜Ｍｇ。（３）氯化铝为
分子晶体，熔融状态下不导电，故用电解熔融氧化铝的方法制
备金属铝。（４）杂化轨道数＝孤电子对数＋成键电子对数（σ
键数）。当杂化轨道数为２时，为ｓｐ杂化；当杂化轨道数为３
时，为ｓｐ
２杂化；当杂化轨道数为４时，为ｓｐ
３杂化。再根据价
层电子对互斥理论分析分子的空间构型。（５）根据均摊法计
算晶胞的质量为（４×２５４）
ＮＡ
ｇ，根据晶胞参数可知一个晶胞体积
为ａ
３ｃｍ
３，则晶体密度ρ＝ｍ
Ｖ＝４×２５４
ＮＡａ
３ｇ·ｃｍ
－３。
３．（２０１９福建龙岩一模，３５）（２０分）研究含碳化合物的结构与
性质，对生产、科研等具有重要意义。
（１）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。
Ｘ、Ｙ、Ｚ是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱
金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子
作用。
①Ｌｉ
＋与Ｘ的空腔大小相近，恰好能进入到Ｘ的环内，且
Ｌｉ
＋与氧原子的一对孤对电子作用形成稳定结构Ｗ（如
图）。
ａ．基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为　　　；
ｂ．Ｗ中Ｌｉ
＋与氧原子的孤对电子之间的作用属于　
　
　
　
（选填字母标号）。
Ａ．离子键　
Ｂ．共价键　
Ｃ．配位键　
Ｄ．氢键
Ｅ．以上都不是
②冠醚Ｙ能与Ｋ
＋形成稳定结构，但不能与Ｌｉ
＋形成稳定结
构。理由是　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　。
③烯烃难溶于水，被ＫＭｎＯ４水溶液氧化的效果较差。若
烯烃中溶入冠醚Ｚ，氧化效果明显提升。
ⅰ．水分子中氧原子的杂化轨道的空间构型是　
　
　
　，
Ｈ—Ｏ键键角　　　　（填“＞”“＜”或“ ＝”）１０９°２８′。
ⅱ．已知：冠醚Ｚ与ＫＭｎＯ４可以发生下图所示的变化。加
入冠醚Ｚ后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是
　
　
　。
（２）甲烷是重要的清洁能源，其晶胞结构如图所示，晶胞参数
为ａｎｍ。
①常温常压下不存在甲烷晶体。从微粒间相互作用的角
度解释，其理由是　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
②甲烷分子的配位数为　　　　。
③Ａ分子中碳原子的坐标参数为（０，０，０），则Ｂ分子中碳
原子的坐标参数为　　　　。
④甲烷晶体的密度为　　　　　　ｇ·ｃｍ
－３。
３．
答案　（１）①ａ．Ｋ　ｂ．Ｃ　②Ｌｉ
＋半径比Ｙ的空腔小很多，不易
与空腔内氧原子的孤对电子作用形成稳定结构　③ⅰ．四面体
　＜　
ⅱ．冠醚可溶于烯烃，加入冠醚中的钾离子因静电作用
将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧
化效果
（２）①甲烷是分子晶体，分子间作用力很小，导致其熔、沸点低
于常温　②１２　③（－０．５ａ，０．５ａ，ａ）　④６４×１０
２１
ａ
３ＮＡ
解析　（１）①ａ．基态锂离子核外只有１ｓ能级上有电子，其能
层符号为Ｋ；ｂ．提供空轨道和提供孤对电子的原子之间易形成
配位键，Ｌｉ
＋提供空轨道、氧原子提供孤对电子，二者形成配位
键。②冠醚Ｙ空腔较大，Ｌｉ
＋半径较小，导致该离子不易与氧原
子的孤对电子形成配位键，所以得不到稳定结构。③ⅰ．水分
子中氧原子的价层电子对数是４，杂化轨道空间构型为四面
体；水分子中氧原子含有２对孤对电子，孤对电子之间的排斥
力大于成键电子对和孤对电子之间的排斥力，导致水分子中的
键角小于甲烷分子中的键角，即小于１０９°２８′。
（２）②甲烷分子的配位数为１２。④晶胞中甲烷分子个数＝８×
１
８＋６× １
２＝４，晶胞体积Ｖ＝（ａ× １０
－７ｃｍ）
３，ρ ＝ｍ
Ｖ＝
Ｍ
ＮＡ
×４
Ｖ
＝
４×１６
ＮＡ（ａ×１０
－７）
３ｇ·ｃｍ
－３＝６４×１０
２１
ａ
３ＮＡ
ｇ·ｃｍ
－３。
４．（２０１９河南、河北重点高中一联，１９）（１５分）氟的单质及含氟
化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（１）ＢＦ３常用作有机反应的催化剂，下列Ｂ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．↑↓
１ｓ
　↑↓
２ｓ
　
↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｂ．↑↓
１ｓ
　
↑
２ｓ
　
↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｃ．↑
１ｓ
　↑↓
２ｓ
　
↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
Ｄ．↑
１ｓ
　
↑
２ｓ
　
↑↑↑
２ｐｘ２ｐｙ２ｐｚ
（２）ＮＨ４ＨＦ２（氟氢化铵）固态时包含的作用力有　
　
　
　
（填
标号）。
ａ．离子键
ｂ．σ 键
ｃ．π 键
ｄ．氢键
（３）由反应２Ｆ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＯＦ２＋２ＮａＦ＋Ｈ２Ｏ可制备ＯＦ２。
ＯＦ２的空间构型为　　　　
　，氧原子的杂化方式是　
　
　　。
（４）ＣｓＦ是离子晶体，其晶格能可通过图（ａ）的Ｂｏｒｎ－Ｈａｂｅｒ循
环计算得到。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１９６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
图（ａ）
由图（ａ）可知，Ｃｓ原子的第一电离能为　
　
　
　
ｋＪ·
ｍｏｌ
－１，Ｆ—Ｆ键的键能为　
　
　
　
ｋＪ·ｍｏｌ
－１，ＣｓＦ的晶格能
为　　　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（５）ＢａＦ２晶体是一种良好的闪烁晶体［晶胞如图（ｂ）所示］。
Ｂａ
２＋的配位数为　
　
　
　；已知其密度为４．８９３ｇ·ｃｍ
－３，
则ＢａＦ２的晶胞参数ａ＝　　　　　　
　
ｎｍ（设ＮＡ为阿伏
加德罗常数的数值，列出计算式）。
图（ｂ）
４．
答案　（１）Ａ（１分）　Ｄ（１分）
（２）ａｂｄ（答对１个或２个均得１分，全对得２分）
（３）Ｖ形（１分）　ｓｐ
３（１分）
（４）３７５．７（２分）　１５８．８（２分）　７５６．９（２分）
（５）８（１分）　
３（１３７＋２×１９）×４
ＮＡ×４．８９３
×１０
２１（２分）
解析　（１）能量：１ｓ＜２ｓ＜２ｐ，能量最低的是Ａ，能量最高的是
Ｄ。（２）ＮＨ４ＨＦ２为离子化合物，含有离子键，ＮＨ
＋
４中有σ 键，
ＨＦ
－
２中有σ 键和氢键。（３）１个ＯＦ２分子中σ 键数为２，中心
原子孤电子对数为１
２×（６－２×１）＝２，中心原子价层电子对数
为２＋２＝４，氧原子的杂化方式为ｓｐ
３，ＯＦ２分子的空间构型为
Ｖ形。（４）由Ｃｓ（ｇ）＋１
２Ｆ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃｓ
＋（ｇ）＋１
２Ｆ２（ｇ）需吸收
３７５．７ｋＪ的热量可知，Ｃｓ原子的第一电离能为３７５．７ｋＪ·
ｍｏｌ
－１；由Ｃｓ
＋（ｇ）＋１
２Ｆ２（ｇ）􀪅􀪅Ｃｓ
＋（ｇ）＋Ｆ（ｇ）需吸收７９．４ｋＪ
的热量可知Ｆ—Ｆ键的键能为（７９．４×２）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝１５８．８ｋＪ·
ｍｏｌ
－１；由Ｃｓ
＋（ｇ）＋Ｆ
－（ｇ）􀪅􀪅ＣｓＦ（ｓ）可放出７５６．９ｋＪ的热量可
知ＣｓＦ的晶格能为７５６．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１。（５）与１个Ｂａ
２＋距离最近
且相等的Ｆ
－有８个，故Ｂａ
２＋的配位数为８；１个ＢａＦ２晶胞的质
量为（１３７＋１９×２）×４
ＮＡ
ｇ，则１个晶胞的体积为（１３７＋１９×２）×４
ＮＡ×４．８９３
ｃｍ
３，晶
胞参数ａ＝
３（１３７＋１９×２）×４
ＮＡ×４．８９３
ｃｍ＝
３（１３７＋１９×２）×４×１０
２１
ＮＡ×４．８９３
ｎｍ。
解题关键　第（５）题需要正确分析晶胞结构，Ｂａ
２＋在晶胞的顶
点和面心，Ｆ
－在晶胞内。
５．（２０１８湖北武汉毕业生四月调研测试，３５节选）（９分）Ｆｅ、Ｃｏ
均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的
应用。
（１）基态Ｃｏ原子的价电子排布式为　
　
　
　，Ｃｏ
３＋核外３ｄ能
级上有　　　　对成对电子。
（２）Ｃｏ
３＋的一种配离子［Ｃｏ（Ｎ３）（ＮＨ３）５］
２＋中，Ｃｏ的配位数是
　　　　，１ｍｏｌ配离子中所含σ 键的数目为　　　　，配
体Ｎ
－
３中心原子杂化类型为　　　　。
（３）Ｃｏ
２＋在水溶液中以［Ｃｏ（Ｈ２Ｏ）６］
２＋形式存在。向含Ｃｏ
２＋的
溶液中加入过量氨水可生成更稳定的［Ｃｏ（ＮＨ３）６］
２＋，其原
因是　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）某蓝色晶体中，Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋分别占据立方体互不相邻的顶
点，而立方体的每条棱上均有一个ＣＮ
－，Ｋ
＋位于立方体的
某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为　
　
　
　，立
方体中Ｆｅ
２＋间连接起来形成的空间构型是　　　　。
５．
答案　（除标注外每空１分）（１）３ｄ
７４ｓ
２　１
（２）６　２３ＮＡ　ｓｐ
（３）Ｎ元素电负性比Ｏ元素电负性小，Ｎ原子提供孤电子对的
倾向更大，与Ｃｏ
２＋形成的配位键更强（２分）
（４）ＫＦｅ２（ＣＮ）６　正四面体形
解析　（１）Ｃｏ原子的核电荷数为２７，基态Ｃｏ的价电子排布
式为３ｄ
７４ｓ
２；Ｃｏ
３＋核外电子排布式为３ｄ
６，３ｄ能级上有１对成对
电子。
（２）氨气分子和Ｎ
－
３中氮原子中有孤电子对，能够与Ｃｏ
３＋形成
配位键，故Ｃｏ的配位数为６；５ｍｏｌ氨气分子提供σ 键为
１５ｍｏｌ，１ｍｏｌＮ
－
３中含有σ 键２ｍｏｌ，形成配位键有６ｍｏｌ，所以
１ｍｏｌ配离子中所含σ 键的数目为２３ＮＡ；Ｎ
－
３的中心氮原子孤
电子对数为０，σ 键的数目为２，杂化轨道数为２，采取ｓｐ杂化。
（４）Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋分别占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方
体上有４个Ｆｅ
２＋、４个Ｆｅ
３＋，根据晶体的空间结构特点，每个顶
点上的粒子有１
８属于该立方体，则该立方体中有１
２个Ｆｅ
２＋、１
２
个Ｆｅ
３＋，ＣＮ
－位于立方体的棱上，棱上的粒子有１
４属于该立方体，
则该立方体中ＣＮ
－的个数为１２× １
４＝３，故Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋、ＣＮ
－的个数比
为１∶１∶６，该离子的化学式为［Ｆｅ
ⅡＦｅ
Ⅲ（ＣＮ）６］
－，根据化合物
中各元素正、负化合价的代数和为零可知１个晶胞中有一个
Ｋ
＋，晶体的化学式为ＫＦｅ２（ＣＮ）６。立方体中Ｆｅ
２＋间连接起来
形成的空间构型为正四面体形。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
１９７
　
第三部分　元素及其化合物
专题十二
金属及其化合物
课
标
解
读
内容
钠及其重要化合物
镁、铝及其重要化合物
铁、铜及其重要化合物　金属的冶炼
解读
掌握钠及其重要化合物的主要
性质及应用
１．掌握镁及其重要化合物的主要
性质及应用
２．了解铝及其化合物的有关性
质，掌握铝土矿的开发和利用
１．掌握铁、铜及其重要化合物的主要
性质及应用
２．了解常见金属及其重要化合物的
制备方法
考情分析
对钠、镁及其化合物的主要性质单独考查的题目很少，一般与其他专题内容同时考查，考查题型多是与其
有关的工艺流程题或实验题。铁、铜及其化合物的性质是高考热点之一，铁盐（Ｆｅ
３＋）、亚铁盐（Ｆｅ
２＋）的性质
是考查的重点
备考策略
要重点关注金属及其化合物结合阿伏加德罗常数的应用、氧化还原反应中电子转移、化学实验方案的设计
与评价、化工流程、性质实验探究等
１９８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码８６
考点一钠及其重要化合物
一、钠的性质、制取、保存及用途
物理
性质
钠是一种质软、银白色、有金属光泽的金属，具有良好的①　导电　
性、导热性，密度比水小、比煤油②　大　，熔点较低
化学
性质
（１）与非金属反应：２Ｎａ＋Ｃｌ２
点燃
􀪅􀪅２ＮａＣｌ，４Ｎａ＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｎａ２Ｏ，
２Ｎａ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅Ｎａ２Ｏ２
（２）与水反应：③　２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑　（与水反应的实
质是金属钠与水电离产生的氢离子反应）
（３）与酸反应：２Ｎａ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅④　２Ｎａ
＋＋Ｈ２↑　
（４）与盐溶液反应：
ａ．钠投入到ＮａＣｌ稀溶液中，只有Ｈ２产生，离子方程式为
⑤　２Ｎａ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｎａ
＋＋２ＯＨ
－＋Ｈ２↑　
ｂ．钠投入到饱和ＮａＣｌ溶液中，有Ｈ２产生，同时有ＮａＣｌ晶体析
出（恢复至原温度）
ｃ．钠投入到ＮＨ４Ｃｌ溶液中，有Ｈ２和ＮＨ３逸出
ｄ．钠投入到ＣｕＳＯ４溶液中，有Ｈ２和蓝色沉淀生成
制取
２ＮａＣｌ（熔融）
通电
􀪅􀪅２Ｎａ＋Ｃｌ２↑
保存
金属钠保存在煤油中
用途
工业上用钠作强还原剂，用于冶炼金属，如：４Ｎａ＋ＴｉＣｌ４（熔融）
７００～８００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅⑥　Ｔｉ＋４ＮａＣｌ　；Ｎａ－Ｋ合金（液态）用作原子反应堆
的导热剂；在电光源上，用钠制高压钠灯
二、ＮａＯＨ的性质
１．物理性质
俗名烧碱、火碱、苛性钠，是一种白色固体，易吸收空气中的
水分而潮解，易溶于水并放热。
２．化学性质
ＮａＯＨ来源广泛，是一种最常用的一元强碱，有强腐蚀性，具
有碱的通性。
三、钠的氧化物的性质比较
氧化钠（Ｎａ２Ｏ）
过氧化钠（Ｎａ２Ｏ２）
颜色、状态
⑦　白色　固体
⑧　淡黄色　固体
类别
碱性氧化物
过氧化物
化合价
⑨　Ｎａ
＋１
２Ｏ
－２
　
⑩　Ｎａ
＋１
２Ｏ
－１
２　
电子式
Ｎａ
＋［·× Ｏ
··
··
·× ］
２－Ｎａ
＋
Ｎａ
＋［·× Ｏ
··
··
·
·Ｏ
··
··
·× ］
２－Ｎａ
＋
制取化学
方程式
􀃊
􀁉
􀁓　４Ｎａ＋Ｏ２􀪅􀪅２Ｎａ２Ｏ　
􀃊
􀁉
􀁔　２Ｎａ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅Ｎａ２Ｏ２　
化学键类型
只有离子键
有离子键和共价键
与水反应的
化学方程式
􀃊
􀁉
􀁕　Ｎａ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＮａＯＨ　
􀃊
􀁉
􀁖　２Ｎａ２Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
４ＮａＯＨ＋Ｏ２↑　
续表
氧化钠（Ｎａ２Ｏ）
过氧化钠（Ｎａ２Ｏ２）
与ＣＯ２反应的
化学方程式
􀃊
􀁉
􀁗　Ｎａ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３　
􀃊
􀁉
􀁘　２Ｎａ２Ｏ２＋２ＣＯ２􀪅􀪅
２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｏ２　
与盐酸反应的
化学方程式
􀃊
􀁉
􀁙　Ｎａ２Ｏ＋２ＨＣｌ
􀪅􀪅
２ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ　
􀃊
􀁉
􀁚　２Ｎａ２Ｏ２＋４ＨＣｌ􀪅􀪅
４ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑　
主要用途
制烧碱
做漂白剂、消毒剂、供
氧剂
保存
密封
密封、远离易燃物
四、Ｎａ２ＣＯ３与ＮａＨＣＯ３的性质比较
碳酸钠
碳酸氢钠
化学式
􀃊
􀁉
􀁛　Ｎａ２ＣＯ３　
􀃊
􀁊
􀁒　ＮａＨＣＯ３　
俗名
􀃊
􀁊
􀁓　纯碱、苏打　
􀃊
􀁊
􀁔　小苏打　
水溶液的
酸碱性
碱性
碱性
类别
离子化合物
离子化合物
颜色、状态
白色固体
白色固体
水溶性
易溶于水
可溶于水
与盐酸反应的
化学方程式
Ｎａ２ＣＯ３＋２ＨＣｌ􀪅􀪅２ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑
ＮａＨＣＯ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑
热稳定性
受热难分解
２ＮａＨＣＯ３
△
􀪅􀪅
Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｏ＋
ＣＯ２↑
用途
化工原料、洗涤剂食品发酵、治疗胃酸过多症、泡沫灭
火器
相互转化
Ｎａ２ＣＯ３
ＣＯ２和水（或少量Ｈ
＋）
△（或ＮａＯＨ）
􀜡
􀜠
􀜓􀜓􀜓􀜓􀜓􀜓􀜓􀜓􀜓
ＮａＨＣＯ３
五、焰色反应
　　１．定义
许多金属或它们的化合物在灼烧时会使火焰呈现特殊的颜
色，这在化学上叫作焰色反应。
２．实验步骤
（１）一点：点燃酒精灯。
（２）二洗烧：将铂丝（或光洁无锈的铁丝）放入稀盐酸中清
洗，再放到外焰上灼烧，直至火焰呈现原来的颜色。
（３）三蘸烧：用铂丝（或铁丝）蘸取固体或液体待测物，灼烧
并观察火焰颜色［若是钾元素，应透过蓝色的钴玻璃（可滤去遮
盖紫色的黄光）观察］。
（４）四洗烧：铂丝（或铁丝）用稀盐酸洗净，放在外焰上烧至
原色，放回原处。
说明　ａ．焰色反应不是化学变化，而是一种物理现象，主
要用于钠、钾等碱金属或碱土金属元素的检验。焰色反应是元
素的性质，不因元素的存在形式改变而改变。
ｂ．用稀盐酸清洗的原因：生成金属氯化物，而金属氯化物在
高温时可挥发。
ｃ．焰色反应中所用的火焰部分应是无色或浅色的。
ｄ．灼烧铂丝（或铁丝）时应一直烧至火焰恢复到原来的颜色。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
１９９
　
考点二镁、铝及其重要化合物
　　１．镁和铝分别位于第三周期的ⅡＡ族和ⅢＡ族。它们的原子
核外均有３个电子层，其原子结构示意图分别为Ｍｇ①　
　，
Ａｌ②　
　。铝的熔、沸点比镁的高，硬度比镁的大。
２．Ｍｇ、Ａｌ都是较活泼的金属，常温下能被空气中的Ｏ２氧化，
表面生成一层致密的氧化膜。镁和铝在纯氧中剧烈燃烧，发出
耀眼的③　白　光。镁不易和冷水反应，但能与沸水迅速反应。常
温下铝在浓硫酸或浓硝酸中会发生④　钝化　，所以常用铝槽车来
运输浓硫酸或浓硝酸。
３．ＭｇＯ是很轻的白色粉末，属于碱性氧化物，它能与水缓慢
反应生成Ｍｇ（ＯＨ）２；它具有很高的熔点，可作⑤　耐高温　材料。
ＭｇＣｌ２是一种无色、味苦、易溶于水的固体，易潮解，可作干燥剂。
工业上用电解熔融的ＭｇＣｌ２的方法制取金属镁。
　　４．镁及其重要化合物的转化关系
Ｍｇ
Ｍｇ３Ｎ２
Ｎ２
点燃①
←
点燃③ＣＯ２　　
↓
Ｃ
Ｏ２
点燃②→ＭｇＯ
ＨＣｌ
④→ＭｇＣｌ２
↓
　
通电　⑦
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
⑤
→Ｍｇ（ＯＨ）２
↑
　△　⑥
①３Ｍｇ＋Ｎ２
点燃
􀪅􀪅Ｍｇ３Ｎ２
②２Ｍｇ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅２ＭｇＯ
③２Ｍｇ＋ＣＯ２
点燃
􀪅􀪅２ＭｇＯ＋Ｃ
④ＭｇＯ＋２ＨＣｌ􀪅􀪅ＭｇＣｌ２＋Ｈ２Ｏ
⑤ＭｇＣｌ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２↓＋２ＮＨ４Ｃｌ
⑥Ｍｇ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＭｇＯ＋Ｈ２Ｏ
⑦ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
􀪅􀪅Ｍｇ＋Ｃｌ２↑
５．铝及其重要化合物
（１）Ａｌ、Ａｌ２Ｏ３、Ａｌ（ＯＨ）３与Ｈ
＋、ＯＨ
－都反应，其量的关系
如图：
（２）Ａｌ（ＯＨ）３的制备
制备Ａｌ（ＯＨ）３时，一般不用强酸或强碱溶液，因为强酸、强
碱能溶解生成的Ａｌ（ＯＨ）３，一般使用氨水或ＣＯ２。
　　１．从海水中提取镁的流程
（１）流程
（２）主要化学反应
①制石灰乳：ＣａＣＯ３
高温
􀪅􀪅ＣａＯ＋ＣＯ２↑、ＣａＯ＋Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅Ｃａ（ＯＨ）２；
②沉淀Ｍｇ
２＋：Ｍｇ
２＋＋Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２＋Ｃａ
２＋；
③制备ＭｇＣｌ２：Ｍｇ（ＯＨ）２＋２ＨＣｌ􀪅􀪅ＭｇＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ；
④电解ＭｇＣｌ２：ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
􀪅􀪅Ｍｇ＋Ｃｌ２↑。
２．从铝土矿到铝合金
铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态
的形式存在于铝土矿中。铝土矿的主要成分是Ａｌ２Ｏ３，此外还含
有少量ＳｉＯ２、Ｆｅ２Ｏ３等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是
Ａｌ２Ｏ３的提纯。由于Ａｌ２Ｏ３是两性氧化物，而杂质ＳｉＯ２是酸性氧
化物，Ｆｅ２Ｏ３是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的
方案。
方案一：碱溶法
讨论回答下列问题：
（１）写出①、②两步骤中可能发生反应的离子方程式。
答案　①Ａｌ２Ｏ３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ
ＳｉＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＳｉＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
②ＡｌＯ
－
２＋ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＨＣＯ
－
３
ＳｉＯ
２－
３＋２ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳｉＯ３↓＋２ＨＣＯ
－
３
（２）步骤②中不用盐酸（或Ｈ２ＳＯ４）酸化的理由是
　
　。
答案　ＡｌＯ
－
２与酸反应生成的Ａｌ（ＯＨ）３具有两性，可溶于强
酸，不易控制酸的量；ＣＯ２廉价而且生成的副产物ＮａＨＣＯ３用途广
泛，经济效益好
（３）步骤④中得到较纯的Ａｌ２Ｏ３，可能含有　　　　杂质，在
电解时它不会影响铝的纯度的原因是
　。
答案　ＳｉＯ２　由于ＳｉＯ２的熔点很高，在加热到１０００℃左右
时不会熔化，因而不影响铝的纯度
方案二：酸溶法
讨论回答下列问题：
（１）写出①、②中可能发生反应的离子方程式。
答案　①Ａｌ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
②Ａｌ
３＋＋４ＯＨ
－􀪅􀪅ＡｌＯ
－
２＋２Ｈ２Ｏ
Ｆｅ
３＋＋３ＯＨ
－􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）３↓
（２）步骤②中不用氨水沉淀Ｆｅ
３＋的原因是
　
　。
答案　Ａｌ（ＯＨ）３只能溶于强碱溶液，不能溶于氨水，用氨水
不能将Ｆｅ（ＯＨ）３和Ａｌ（ＯＨ）３分离
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２００
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点三铁、铜及其重要化合物　金属的冶炼
一、铁及其化合物的性质
１．铁
（１）物理性质
银白色固体，熔点较高，具有良好的导热、导电、延展性，能
被磁铁吸引。
（２）结构
Ｆｅ
失去２ｅ
－
→Ｆｅ
２＋
失去３ｅ
－
→Ｆｅ
３＋
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
（３）化学性质
①Ｆｅ与Ｃｌ２、Ｓ反应
２Ｆｅ＋３Ｃｌ２
点燃
􀪅􀪅２ＦｅＣｌ３
Ｆｅ＋Ｓ
△
􀪅􀪅ＦｅＳ
②Ｆｅ与水蒸气反应
３Ｆｅ＋４Ｈ２Ｏ（ｇ）
高温
􀪅􀪅Ｆｅ３Ｏ４＋４Ｈ２
③Ｆｅ与氧化性酸（如ＨＮＯ３）反应
Ｆｅ与过量稀ＨＮＯ３的反应：
Ｆｅ＋ＮＯ
－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ
Ｆｅ与少量稀ＨＮＯ３的反应：
３Ｆｅ＋２ＮＯ
－
３＋８Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ
④Ｆｅ与ＦｅＣｌ３溶液反应
Ｆｅ＋２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋
２．铁的氧化物
化学式
ＦｅＯ
Ｆｅ２Ｏ３
Ｆｅ３Ｏ４
俗名
铁红
磁性氧化铁
颜色、状态
黑色粉末
红棕色粉末
黑色晶体（有磁性）
溶解性
难溶于水
难溶于水
难溶于水
铁的化合价
＋２
＋３
＋２，＋３
稳定性
不稳定
稳定
稳定
与Ｈ
＋反应的
离子方程式
ＦｅＯ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｆｅ
２＋＋Ｈ２Ｏ
Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅
２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
Ｆｅ３Ｏ４＋８Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｆｅ
２＋＋２Ｆｅ
３＋＋４Ｈ２Ｏ
　　３．铁的氢氧化物
化学式
Ｆｅ（ＯＨ）２
Ｆｅ（ＯＨ）３
色态
白色固体
红褐色固体
与盐酸反应
Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｆｅ
２＋＋２Ｈ２Ｏ
Ｆｅ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
续表
受热分解
２Ｆｅ
（
ＯＨ
）３
△
􀪅􀪅
Ｆｅ２Ｏ３＋３Ｈ２Ｏ
制法
可溶性亚铁盐与碱溶液
反应：
Ｆｅ
２＋
＋
２ＯＨ
－
􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）２↓
可溶性铁盐与碱溶液反
应：
Ｆｅ
３＋
＋
３ＯＨ
－
􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）３↓
二者的关系
在空气中，Ｆｅ（ＯＨ）２能够迅速被氧气氧化成Ｆｅ（ＯＨ）３，
现象是白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐
色，化学方程式为
４Ｆｅ（ＯＨ）２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３
二、铜及其化合物
１．铜的化学性质
（１）常温下，铜在干燥的空气中性质稳定，但在潮湿空气里
则会被锈蚀，在其表面逐渐形成一层绿色的①　铜锈　，有关化学
方程式为②　２Ｃｕ＋Ｏ２＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅Ｃｕ２（ＯＨ）２ＣＯ３　。
（２）在加热条件下，铜能跟许多非金属发生反应：
铜在空气中加热：③　２Ｃｕ＋Ｏ２
△
􀪅􀪅２ＣｕＯ　；
铜丝在硫蒸气中反应：④　２Ｃｕ＋Ｓ
△
􀪅􀪅Ｃｕ２Ｓ　。
２．常见铜的化合物之间的转化
（１）黑色氧化铜在高温下分解为红色的Ｃｕ２Ｏ，化学方程式
为⑤　４ＣｕＯ
高温
􀪅􀪅２Ｃｕ２Ｏ＋Ｏ２↑　。
（２）蓝色的硫酸铜晶体受热分解得到白色的硫酸铜粉末，化
学方程式为⑥　ＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅ＣｕＳＯ４＋５Ｈ２Ｏ　。
三、金属的冶炼
（１）热分解法：适用于不活泼的金属，如Ｈｇ和Ａｇ。
２ＨｇＯ
△
􀪅􀪅２Ｈｇ＋Ｏ２↑　２Ａｇ２Ｏ
△
􀪅􀪅４Ａｇ＋Ｏ２↑
（２）热还原法：用还原剂（Ｃ、ＣＯ、Ｈ２、Ａｌ等）还原金属氧化
物，适合较活泼的金属。
Ｆｅ２Ｏ３＋３ＣＯ
高温
􀪅􀪅２Ｆｅ＋３ＣＯ２　２Ａｌ＋Ｃｒ２Ｏ３
高温
􀪅􀪅２Ｃｒ＋Ａｌ２Ｏ３
（３）电解法：适合冶炼金属活动性很强的金属（一般指在金
属活动性顺序中排在锌前面的金属）。例如：
２ＮａＣｌ（熔融）
电解
􀪅􀪅２Ｎａ＋Ｃｌ２↑
２Ａｌ２Ｏ３（熔融）
电解
冰晶石
􀪅􀪅􀪅􀪅４Ａｌ＋３Ｏ２↑
ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
􀪅􀪅Ｍｇ＋Ｃｌ２↑
一、“铁三角”转化关系
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２０１
　
　　根据下列变化的离子方程式，体会Ｆｅ
２＋与Ｆｅ
３＋转化条件。
（１）将Ｈ２Ｓ气体通入ＦｅＣｌ３溶液中产生淡黄色沉淀：Ｈ２Ｓ＋
２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅Ｓ↓＋２Ｆｅ
２＋＋２Ｈ
＋。
（２）将ＦｅＣｌ３溶液滴入ＫＩ－淀粉溶液，溶液变蓝：２Ｉ
－＋２Ｆｅ
３＋
􀪅􀪅Ｉ２＋２Ｆｅ
２＋。
（３）ＦｅＣｌ３可溶解铁片：２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋。
（４）ＦｅＳＯ４可使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色：５Ｆｅ
２＋＋ＭｎＯ
－
４＋８Ｈ
＋􀪅􀪅
５Ｆｅ
３＋＋Ｍｎ
２＋＋４Ｈ２Ｏ。
（５）将ＦｅＣｌ２溶液滴入ＨＮＯ３溶液中，有无色气体放出：
３Ｆｅ
２＋＋ＮＯ
－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ。
二、Ｆｅ
３＋与Ｆｅ
２＋的鉴别
１．直接观察颜色
含Ｆｅ
２＋的溶液呈浅绿色，含Ｆｅ
３＋的溶液呈棕黄色。
２．利用显色反应（形成配合物）
（１）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
ＫＳＣＮ溶液
溶液不变色
Ｂｒ２
　→
溶液变为红色
→Ｆｅ
２＋
溶液呈红色
→Ｆｅ
３＋
（２）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
苯酚
溶液不变色
→Ｆｅ
２＋
溶液呈紫色
→Ｆｅ
３＋
３．利用Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀的颜色
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
ＮａＯＨ溶液
生成白色絮状沉淀，白色沉淀变为
灰绿色，最后变成红褐色
→Ｆｅ
２＋
红褐色沉淀
→Ｆｅ
３＋
　　４．利用Ｆｅ
３＋的氧化性
（１）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
Ｃｕ片
无明显现象
→Ｆｅ
２＋
铜被腐蚀，溶液变为
蓝绿色
→Ｆｅ
３＋
（２）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
淀粉ＫＩ试纸
不变色
→Ｆｅ
２＋
变蓝
→Ｆｅ
３＋
（３）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
　　Ｈ２Ｓ水溶液
无现象
→Ｆｅ
２＋
产生淡黄色沉淀
→Ｆｅ
３＋
５．利用Ｆｅ
２＋的还原性
（１）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
溴水
溴水褪色
→Ｆｅ
２＋
溴水不褪色
→Ｆｅ
３＋
（２）
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
ＫＭｎＯ４溶液
紫色褪去
→Ｆｅ
２＋
无现象
→Ｆｅ
３＋
６．利用Ｆｅ
２＋的特殊反应
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］溶液
　
生成蓝
色沉淀
→Ｆｅ
２＋
无蓝色沉
淀生成
→Ｆｅ
３＋
三、与Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋有关的除杂问题
主要成分
杂质
除杂方法
ＦｅＣｌ３（ａｑ）
ＦｅＣｌ２（ａｑ）
加入氯水或Ｈ２Ｏ２
ＦｅＣｌ２（ａｑ）
ＦｅＣｌ３（ａｑ）
加过量铁粉后过滤
ＦｅＣｌ２（ａｑ）
ＣｕＣｌ２（ａｑ）
加过量铁粉后过滤
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码９０
考点一钠及其重要化合物
１．实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱。下列操作未涉
及的是
（　　）
２．
答案　Ｂ　Ａ是加热灼烧固体，涉及此操作，故Ａ不符合；Ｂ
是蒸发溶液得到晶体，不需要蒸发操作，故Ｂ符合；Ｃ为过滤，
涉及此操作，故Ｃ不符合；Ｄ为向饱和食盐水中通入氨气、二氧
化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故Ｄ不符合。
解题关键　侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入
足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠制备碳
酸钠。
２．下列有关物质性质与应用的对应关系错误的是
（　　）
选项
化学性质
实际应用
Ａ
ＣｌＯ２具有强氧化性
用于自来水的消毒杀菌
Ｂ
Ｎａ２Ｏ２能与ＣＯ２和Ｈ２Ｏ分
别发生反应放出Ｏ２
用作呼吸面具供氧剂
Ｃ
钠的金属性比钾弱
Ｎａ与ＫＣｌ反应制取单质Ｋ
Ｄ
ＦｅＣｌ３溶液能与Ｃｕ反应
用ＦｅＣｌ３溶液蚀刻印刷电
路板
２．
答案　Ｃ　ＣｌＯ２中氯元素显＋４价，有强氧化性，可作自来水
的消毒杀菌剂，Ａ项正确；过氧化钠能与ＣＯ２和Ｈ２Ｏ分别反应
产生Ｏ２，Ｂ项正确；由Ｎａ（ｌ）＋ＫＣｌ（ｌ）
８５０℃
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＮａＣｌ（ｌ）＋Ｋ（ｇ）可
知，在８５０℃时钾呈气态，其余皆呈液态，钾蒸气从体系中逸出
而使平衡不断右移，物质性质与应用无对应关系，Ｃ项错误；
２ＦｅＣｌ３＋Ｃｕ􀪅􀪅２ＦｅＣｌ２＋ＣｕＣｌ２，ＦｅＣｌ３溶液能用于蚀刻印刷电路
板，Ｄ项正确。
关联知识　碱金属元素从Ｌｉ→Ｃｓ，金属性逐渐增强，单质的
熔、沸点逐渐降低。
３．下列叙述正确的是
（　　）
①Ｎａ２Ｏ与Ｎａ２Ｏ２都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２０２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
②Ｎａ２ＣＯ３溶液和ＮａＨＣＯ３溶液都能跟ＣａＣｌ２溶液反应得到白
色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Ｎａ２Ｏ２可作供氧剂，而Ｎａ２Ｏ不行
⑤石蕊试液中加入Ｎａ２Ｏ２粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓ＮＨ４Ｃｌ溶液反应，放出的气体中含Ｈ２和ＮＨ３
Ａ．都正确
Ｂ．②③④⑤
Ｃ．④⑤⑥
Ｄ．②⑤⑥
３．
答案　
Ｃ　
①Ｎａ２Ｏ２和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱
性氧化物，故错误；②Ｎａ２ＣＯ３溶液和ＣａＣｌ２溶液反应得到碳酸
钙沉淀，ＮａＨＣＯ３溶液与ＣａＣｌ２溶液不反应，故错误；③钠的性
质活泼，在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；④Ｎａ２Ｏ２能与
二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Ｎａ２Ｏ２能与水反应生成氢氧
化钠和氧气，而Ｎａ２Ｏ与二氧化碳、水反应不会产生氧气，因此
Ｎａ２Ｏ２可作供氧剂，而Ｎａ２Ｏ不行，故正确；⑤Ｎａ２Ｏ２粉末与水
反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性和漂白性，
所以石蕊试液中加入Ｎａ２Ｏ２粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气
泡生成，故正确；⑥钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢
氧化钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气和水，故正确。
４．某溶液中含有大量ＮＨ
＋
４、Ｎａ
＋、ＨＣＯ
－
３、ＣＯ
２－
３、ＣＨ３ＣＯＯ
－，加入足
量的Ｎａ２Ｏ２固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设
溶液体积无变化）
（　　）
Ａ．Ｎａ
＋
Ｂ．ＣＯ
２－
３、ＮＨ
＋
４
Ｃ．ＣＨ３ＣＯＯ
－
Ｄ．ＣＨ３ＣＯＯ
－、Ｎａ
＋
４．
答案　Ｃ　足量的Ｎａ２Ｏ２加入溶液中时与水反应生成ＮａＯＨ
和Ｏ２，Ｎａ
＋增多；ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－反应生成ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，ＮＨ
＋
４大量减
少；ＨＣＯ
－
３与ＯＨ
－反应生成ＣＯ
２－
３和Ｈ２Ｏ，ＨＣＯ
－
３大量减少，ＣＯ
２－
３
增多；ＣＨ３ＣＯＯ
－与ＯＨ
－不反应，ＣＨ３ＣＯＯ
－浓度基本保持不变，Ｃ
正确。
易错警示　Ｎａ２Ｏ２与水反应生成ＮａＯＨ和Ｏ２，不能只注意离
子之间的反应，而忽略溶液中Ｎａ
＋浓度会增大。
考点二镁、铝及其重要化合物
５．下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是
（　　）
Ａ．Ａｌ２Ｏ３熔点高，可用作耐高温材料
Ｂ．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上
加热，发现熔化后的液态铝滴落下来，所以金属铝的熔点
较低
Ｃ．把用砂纸打磨过的铝条放入浓硝酸中，产生大量红棕色气体
Ｄ．把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，立即产生大量白色
沉淀
５．
答案　Ａ　Ｂ项，会出现熔化但不滴落的现象，不正确；Ｃ项，
铝条发生钝化，不正确；Ｄ项，起初没有沉淀生成，若继续滴加，
最后会产生大量白色沉淀，不正确。
答疑解惑　打磨过的铝箔在酒精灯上加热，会迅速生成致密
的氧化膜，继续加热，出现熔化但不滴落的现象。
６．用如图所示过程除去ＡｌＣｌ３溶液中含有的Ｍｇ
２＋、Ｋ
＋等杂质离子
并尽可能减小ＡｌＣｌ３的损失。
Ａｌ
３＋
Ｍｇ
２＋
Ｋ
＋
Ｃｌ
－
ù
û
ú
ú
ú
úú
足量
ＮａＯＨ溶液
Ｍｇ（ＯＨ）２沉淀
→
溶液ａ
→
盐酸
　　　
溶液ｂ
→
沉淀ａ
盐酸
→ＡｌＣｌ３溶液
→
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．ＮａＯＨ溶液可以用氨水来代替
Ｂ．溶液ａ中含有Ａｌ
３＋、Ｋ
＋、Ｃｌ
－、Ｎａ
＋、ＯＨ
－
Ｃ．溶液ｂ中只含有ＮａＣｌ
Ｄ．向溶液ａ中滴加盐酸需控制溶液的ｐＨ
６．
答案　Ｄ　
Ａｌ（ＯＨ）３不溶于氨水，Ａ不正确；溶液ａ中含有
Ｋ
＋、Ｃｌ
－、Ｎａ
＋、ＯＨ
－、ＡｌＯ
－
２，无Ａｌ
３＋，Ｂ不正确；溶液ｂ中含有ＫＣｌ
和ＮａＣｌ，Ｃ不正确；向溶液ａ中滴加盐酸，若盐酸过量，会使生
成的Ａｌ（ＯＨ）３溶解，Ｄ正确。
关联知识　向ＮａＡｌＯ２溶液中逐滴加入盐酸依次发生反应：
ＡｌＯ
－
２＋Ｈ
＋＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓、Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋
􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ。
７．下列各组物质相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀
生成的是
（　　）
①金属钠投入ＦｅＣｌ２溶液中
②过量的ＮａＯＨ溶液和明矾溶液反应
③少量ＣａＯ投入过量的ＮａＨＣＯ３溶液中
④Ｎａ２Ｏ２投入ＣｕＳＯ４溶液中
Ａ．①③
Ｂ．③④
Ｃ．①④
Ｄ．②③
７．
答案　Ｃ　①有Ｈ２生成，最终沉淀为Ｆｅ（ＯＨ）３；②Ａｌ
３＋与过
量ＯＨ
－反应生成ＡｌＯ
－
２和Ｈ２Ｏ，最终无沉淀生成；③有沉淀
ＣａＣＯ３生成，但无气体生成；④有Ｏ２生成，同时有Ｃｕ（ＯＨ）２蓝
色沉淀生成，故正确答案为Ｃ。
拓展延伸　明矾的化学式为ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ，在水中可电
离出Ｋ
＋、Ａｌ
３＋、ＳＯ
２－
４。明矾可作净水剂，但不能杀菌消毒。
８．轻质氧化镁是新型功能复合材料的重要添加剂，可以菱镁矿
（含ＭｇＣＯ３、ＣａＣＯ３、Ｆｅ２Ｏ３、Ａｌ２Ｏ３、ＳｉＯ２）为原料制备，其制备流
程如下：
（１）酸溶时，为了提高酸溶速率可采取的措施有　　
　
　
　
　
　　　　；提高矿物的浸取率可采取的措施有　
　
　
　
　
　　　　　。（各答一条即可）
（２）浓硫酸与Ａｌ２Ｏ３反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　；滤渣Ⅰ的主要成分为　
　
　
　
和　
　
　
　
（填
化学式）。
（３）用氨水调节溶液ｐＨ＝８～９的目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　，若氨水加的量较多使ｐＨ＞９，则最终氧化镁的
产量会　　　　（填“增大”“不变”或“减小”）。
（４）沉镁时发生反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（５）流程中“焙烧”操作若在实验室中进行，样品应放在　　　
中加热，当　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
时，说明固体
样品已分解完全。
８．
答案　（１）将菱镁矿粉碎或适当提高酸溶时的温度（合理答
案均可）　适当延长酸溶时间或溶解过程中不断搅拌或多次
浸取（合理答案均可）
（２）Ａｌ２Ｏ３＋３Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ａｌ２（ＳＯ４）３＋３Ｈ２Ｏ　ＣａＳＯ４　ＳｉＯ２
（３）使滤液中的Ａｌ
３＋与Ｆｅ
３＋完全沉淀　减小
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２０３
　
（４）ＣＯ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｍｇ
２＋􀪅􀪅ＭｇＣＯ３↓＋２ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ
（５）坩埚　前后两次称量固体的质量不变（或质量差小于０．１ｇ）
解析　
（２）浓硫酸与Ａｌ２Ｏ３反应的化学方程式为Ａｌ２Ｏ３＋
３Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ａｌ２（ＳＯ４）３＋３Ｈ２Ｏ；滤渣Ⅰ的主要成分为不溶于浓
硫酸的ＳｉＯ２和生成的微溶物ＣａＳＯ４。
（３）用氨水调节溶液ｐＨ＝８～９的目的是使滤液中的Ａｌ
３＋与
Ｆｅ
３＋完全沉淀；若氨水加的量较多使ｐＨ＞９，滤渣Ⅱ中含有氢氧
化镁沉淀，则最终氧化镁的产量会减小。
（４）沉镁时发生反应的离子方程式为ＣＯ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｍｇ
２＋
􀪅􀪅ＭｇＣＯ３↓＋２ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ。
（５）流程中“焙烧”操作若在实验室中进行，样品应放在坩埚中
加热，当前后两次称量固体的质量不变或质量差小于０．１ｇ时，
说明固体样品已分解完全。
考点三铁、铜及其重要化合物　金属的冶炼
９．下列依据相关实验得出的结论正确的是
（　　）
Ａ．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液
一定是钠盐溶液
Ｂ．将Ｆｅ（ＮＯ３）２样品先溶于稀盐酸中，然后滴加ＫＳＣＮ溶液，
溶液变红，说明Ｆｅ（ＮＯ３）２样品已氧化变质
Ｃ．在食盐试样中加入盐酸和ＫＩ溶液，加入淀粉溶液后变蓝，则
试样可能含ＫＩＯ３
Ｄ．加入ＡｇＮＯ３溶液后生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解时，
可确定有Ｃｌ
－存在
９．
答案　Ｃ　
进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含有钠元
素，不一定是钠盐，Ａ不正确；ＮＯ
－
３在酸性条件下有强氧化性，
Ｆｅ
２＋可被氧化成Ｆｅ
３＋，Ｂ不正确；ＩＯ
－
３与Ｉ
－在酸性条件下可发生
反应生成Ｉ２和Ｈ２Ｏ，淀粉遇Ｉ２变蓝色，Ｃ正确；若溶液中有
ＣＯ
２－
３，ＣＯ
２－
３与Ａｇ
＋反应生成白色沉淀Ａｇ２ＣＯ３，Ａｇ２ＣＯ３与稀盐
酸反应可生成ＡｇＣｌ白色沉淀，可观察到沉淀不溶解，Ｄ不
正确。
易错警示　
钠的化合物不仅有钠盐，还有ＮａＯＨ、Ｎａ２Ｏ、
Ｎａ２Ｏ２等。
１０．钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去
其表面的Ｆｅ２Ｏ３·Ｈ２Ｏ及ＦｅＯ等杂质。回收废酸同时生产含
铁产品的流程如下：
已知：
ⅰ．酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如下表所示。
成分
Ｃｌ
－
游离ＨＣｌ
Ｆｅ
２＋
Ｆｅ
３＋
含量／ｇ·Ｌ
－１
１３０～１６０
５０～７０
６０～８０
０
ⅱ．ｐＨ＜４时，Ｆｅ
２＋不易被氧气氧化。
回答下列问题：
（１）用离子方程式解释废酸中不含Ｆｅ
３＋的原因：
　
　　　　　　　　　。
（２）过程Ⅱ中，发生的主要反应为ＦｅＣｌ２（ｓ）＋Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
ＦｅＳＯ４（ｓ）＋２ＨＣｌ（ａｑ）。
①加入过量Ｈ２ＳＯ４的作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
（写出一点即可）。
②用化学平衡原理解释鼓入空气的目的：
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）过程Ⅲ中，ＦｅＳＯ４隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可
用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式
是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）过程Ⅴ：阴离子交换树脂可将ＦｅＣｌ
－
４选择性吸附分离，其
过程可表示为ＲＯＨ＋Ｘ
－吸附
脱附
􀜩􀜨
􀜑
ＲＸ＋ＯＨ
－（Ｘ
－表示ＦｅＣｌ
－
４）。
当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时
脱附过程发生反应：ＦｅＣｌ
－
４􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ
３＋＋４Ｃｌ
－。
①吸附后溶液的ｐＨ将会　
　
　
　
　
（填“升高” “降低”
或“不变”）。
②洗脱液经处理后有许多用途，下列用途合理的是
　。
Ａ．刻蚀印刷铜线路板
Ｂ．净化污水
Ｃ．自来水消毒
Ｄ．浸泡生物标本
１０．
答案　（１）２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋
（２）①抑制Ｆｅ
２＋水解；防止ｐＨ＞４时，Ｆｅ
２＋被氧气氧化；提供Ｈ
＋
利于ＨＣｌ气体的逸出；提供ＳＯ
２－
４利于ＦｅＳＯ４固体析出（答出
任意一点即可）
②空气带走ＨＣｌ气体，促进平衡ＦｅＣｌ２（ｓ）＋Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）􀜩􀜨
􀜑
ＦｅＳＯ４（ｓ）＋２ＨＣｌ（ａｑ）向正反应方向移动，有利于ＦｅＳＯ４固体
的析出
（３）２ＦｅＳＯ４
焙烧
􀪅􀪅Ｆｅ２Ｏ３＋ＳＯ２↑＋ＳＯ３↑（条件也可以写
“高温”）
（４）①升高　②ＡＢ
解析　（１）钢制构件表面的Ｆｅ２Ｏ３·Ｈ２Ｏ与盐酸反应后生
成的Ｆｅ
３＋会与Ｆｅ反应转化为Ｆｅ
２＋。（２）②鼓入空气有利于
ＨＣｌ气体的逸出，溶液中ＨＣｌ浓度减小，平衡正向移动，生成
更多的ＦｅＳＯ４固体。（４）①吸附后溶液中ｃ（ＯＨ
－）增大，溶液
ｐＨ升高。②洗脱液中的Ｆｅ
３＋可与Ｃｕ反应生成Ｆｅ
２＋和Ｃｕ
２＋，
可用于刻蚀印刷铜线路板，Ａ正确；Ｆｅ
３＋水解生成的Ｆｅ（ＯＨ）３
胶体能吸附水中的悬浮颗粒，可以净化污水，Ｂ正确；Ｆｅ
３＋的
氧化性还不能起到杀菌消毒的作用，故Ｃ不正确；Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２０４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码９１
一、碳酸盐、碳酸氢盐与酸反应的图像分析
　　１．向Ｎａ２ＣＯ３溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生
ＣＯ２的体积关系如下图所示：
图像特点：Ｏａ段、ａｂ段消耗盐酸的体积相等。
反应原理：Ｏａ段ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３，ａｂ段ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑。
２．向ＮａＨＣＯ３溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生
ＣＯ２的体积关系如下图所示：
图像特点：从Ｏ点开始即产生ＣＯ２气体。
反应原理：ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑。
３．向Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐
酸的体积与产生ＣＯ２的体积关系如下图所示（设Ｎａ２ＣＯ３、
ＮａＨＣＯ３的物质的量之比ｍ∶ｎ＝１∶１，其他比例时的图像略）。
图像特点：Ｏａ段消耗ＨＣｌ的量小于ａｂ段消耗ＨＣｌ的量。
反应原理：Ｏａ段ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３，ａｂ段ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑。
４．向ＮａＯＨ、Ｎａ２ＣＯ３的混合溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸
的体积与产生ＣＯ２的体积关系如下图所示（设ＮａＯＨ、Ｎａ２ＣＯ３的
物质的量之比ｘ∶ｙ＝１∶１，其他比例时的图像略）。
图像特点：Ｏａ段消耗ＨＣｌ的量大于ａｂ段消耗ＨＣｌ的量。
反应原理：Ｏａ段Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ、ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３；ａｂ
段ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑。
例１　（２０１９湖南衡阳一中月考，１４）向１００ｍＬＮａＯＨ溶液
中通入一定量ＣＯ２气体，充分反应，再向所得溶液中逐滴加入
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１的盐酸，产生ＣＯ２的体积与所加盐酸体积之间的关系
如图所示。下列判断正确的是
（　　）
Ａ．原ＮａＯＨ溶液的浓度为０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｂ．通入ＣＯ２的体积为４４８ｍＬ
Ｃ．所得溶液中溶质的物质的量之比为ｎ（ＮａＯＨ）∶
ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）＝１∶３
Ｄ．所得溶液中溶质的物质的量之比为ｎ（ＮａＨＣＯ３）∶
ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）＝２∶１
解题导引　根据图像判断出ＮａＯＨ溶液与一定量ＣＯ２反
应所得溶液中的溶质，然后再逐项分析。
解析　由图中信息可知，ＮａＯＨ溶液与ＣＯ２反应后所得溶
液中的溶质为Ｎａ２ＣＯ３和ＮａＨＣＯ３，Ｃ不正确；消耗盐酸体积小于
２５ｍＬ时发生反应ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３，故Ｎａ２ＣＯ３的物质的量为
（０．２×２５×１０
－３）ｍｏｌ＝５×１０
－３ｍｏｌ，同时生成ＨＣＯ
－
３５×１０
－３ｍｏｌ；消
耗盐酸体积为２５ｍＬ～１００ｍＬ时发生反应ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋
ＣＯ２↑，则通入ＣＯ２后所得溶液中ＮａＨＣＯ３的物质的量为（７５×
１０
－３× ０．２）ｍｏｌ－５× １０
－３ｍｏｌ＝１× １０
－２ｍｏｌ，ｎ（ＮａＨＣＯ３）∶
ｎ（Ｎａ２ＣＯ３）＝（１×１０
－２）ｍｏｌ∶（５×１０
－３）ｍｏｌ＝２∶１，Ｄ正确；由碳
原子守恒知通入ＣＯ２的物质的量为０．０１５ｍｏｌ，未指明是否为标
准状况，无法计算ＣＯ２的体积，Ｂ不正确；由钠原子守恒知
ｎ（ＮａＯＨ）＝ｎ（ＮａＣｌ）＝ｎ（ＨＣｌ）＝０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１×０．１００Ｌ＝０．０２ｍｏｌ，原
ＮａＯＨ溶液的浓度为０．０２ｍｏｌ
０．１００Ｌ＝０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，Ａ不正确。
答案　Ｄ
二、测定碳酸钠质量分数的常用方法
１．气体法
（１）测定原理：Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑
依据ＣＯ２的体积确定Ｎａ２ＣＯ３的物质的量，进而确定纯碱中
Ｎａ２ＣＯ３的含量。
（２）实验操作：向ｍｇ纯碱样品中加入足量的稀硫酸，准确
测量产生ＣＯ２气体的体积为ＶｍＬ（已折算为标准状况）。
（３）数据处理
纯碱样品中Ｎａ２ＣＯ３的质量为
Ｖ
２２４００ｍｏｌ× １０６ｇ·ｍｏｌ
－１＝
１０６Ｖ
２２４００ｇ，则纯碱样品中Ｎａ２ＣＯ３的质量分数为
１０６Ｖ
２２４００ｇ
ｍｇ
×
１００％＝５３Ｖ
１１２ｍ％。
２．沉淀法
（１）测定原理：Ｎａ２ＣＯ３＋ＢａＣｌ２􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋２ＮａＣｌ。
依据ＢａＣＯ３沉淀的质量，确定Ｎａ２ＣＯ３的物质的量，进而确
定纯碱中Ｎａ２ＣＯ３的含量。
（２）实验操作：先将ｍｇ纯碱样品溶于水配成溶液，向溶液
中加入过量的ＢａＣｌ２溶液，经过滤、洗涤、干燥得ＢａＣＯ３沉淀的质
量为ｎｇ。
（３）数据处理
纯碱样品中Ｎａ２ＣＯ３的质量为
ｎｇ
１９７ｇ·ｍｏｌ
－１×１０６ｇ·ｍｏｌ
－１＝
１０６ｎ
１９７ｇ，则纯碱样品中Ｎａ２ＣＯ３的质量分数为
１０６ｎ
１９７ｇ
ｍｇ× １００％＝
１０６ｎ
１９７ｍ×１００％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２０５
　
例２　
（２０１９山西太原联考，１０）某同学为测定Ｎａ２ＣＯ３
固体（含少量ＮａＣｌ）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．必须在②③间添加吸收ＨＣｌ的装置
Ｂ．④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度
Ｃ．通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中
Ｄ．称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Ｎａ２ＣＯ３固
体的纯度
解题导引　根据③中生成沉淀的质量，利用原子守恒进行
分析，确定②中生成ＣＯ２的质量，从而求得Ｎａ２ＣＯ３样品中
Ｎａ２ＣＯ３的质量，计算即可得Ｎａ２ＣＯ３的纯度。
解析　Ａ项，氢氧化钡足量，挥发出的ＨＣｌ不会影响ＢａＣＯ３
沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收ＨＣｌ的装置，故Ａ项错
误；Ｂ项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的
气体影响实验的精确度，故Ｂ项正确；Ｃ项，根据③中沉淀的质
量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化
碳完全转移到③中，被充分吸收，故Ｃ项正确；Ｄ项，③中产生的
沉淀为碳酸钡，根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，
从而计算出样品中碳酸钠的质量，进而可求算碳酸钠固体的纯
度，故Ｄ项正确。
答案　Ａ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码９３
１．（２０１９河北衡水中学二调，１６）向Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３混合溶液
中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如
图所示。下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
（　　）
Ａ．ａ点对应的溶液中：Ｎａ
＋、ＯＨ
－、ＳＯ
２－
４、ＮＯ
－
３
Ｂ．ｂ点对应的溶液中：Ｋ
＋、Ｃａ
２＋、Ｈ
＋、Ｃｌ
－
Ｃ．ｃ点对应的溶液中：Ｎａ
＋、Ｃａ
２＋、ＮＯ
－
３、Ｃｌ
－
Ｄ．ｄ点对应的溶液中：Ｆ
－、ＮＯ
－
３、Ｆｅ
２＋、Ａｇ
＋
１．
答案　Ｃ　ａ点对应的溶液中有大量ＨＣＯ
－
３，ＯＨ
－与ＨＣＯ
－
３不
能大量共存，Ａ不正确；ｂ点对应的溶液中有大量ＨＣＯ
－
３，Ｈ
＋与
ＨＣＯ
－
３不能大量共存，Ｂ不正确；ｃ点对应溶液中的溶质是
ＮａＣｌ，Ｃ项中的四种离子在ＮａＣｌ溶液中可以大量共存，Ｃ正
确；ｄ点对应溶液中的溶质是ＮａＣｌ和ＨＣｌ，Ａｇ
＋与Ｃｌ
－不能大量
共存，酸性条件下，Ｆｅ
２＋、ＮＯ
－
３不能大量共存，Ｆ
－不能大量存在，
Ｄ不正确。
解题关键　Ｏ→ｂ段发生反应ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯ
－
３，ｂ→ｃ段发
生反应ＨＣＯ
－
３＋Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，ｃ→ｄ段盐酸过量；ｂ点对应
溶液中溶质为ＮａＨＣＯ３和ＮａＣｌ，ｃ点对应溶液中溶质为ＮａＣｌ。
２．（２０１８河南安阳一模，１０）为了测定ＮａＣｌ、Ｎａ２ＣＯ３·１０Ｈ２Ｏ和
ＮａＨＣＯ３的混合物中各组分的含量，某同学设计如下实验：取
一定质量的混合物，通过测量反应前后②和③装置质量的变
化，确定该混合物中各组分的质量分数。下列说法中错误
的是　　
（　　）
Ａ．①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水ＣａＣｌ２、碱石灰
Ｂ．硬质玻璃管加热前，应关闭ｂ，打开ａ，缓缓通入空气，直至ａ
处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止
Ｃ．若将①装置换成盛ＮａＯＨ溶液的洗气瓶，则测得的ＮａＣｌ含
量偏大
Ｄ．实验过程中一直通入空气，停止加热后再停止通入空气
２．
答案　Ｃ　根据实验目的和装置的连接顺序可知：装置①用
于吸收空气中的ＣＯ２和水蒸气，可以使用碱石灰；装置②吸收
Ｎａ２ＣＯ３·１０Ｈ２Ｏ和ＮａＨＣＯ３分解生成的水蒸气，可以使用无
水ＣａＣｌ２；装置③吸收碳酸氢钠分解生成的ＣＯ２，使用碱石灰，
Ａ项正确。实验前必须将装置中的水蒸气和ＣＯ２赶尽，避免
影响测定结果，硬质玻璃管加热前，应关闭ｂ，打开ａ，缓缓通入
空气，直至ａ处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止，Ｂ
项正确。若将①装置换成盛ＮａＯＨ溶液的洗气瓶，则会增加水
的质量，使测得的Ｎａ２ＣＯ３·１０Ｈ２Ｏ的含量偏高，ＮａＣｌ的含量
偏低，Ｃ项错误。实验过程中一直通入空气，停止加热后继续
通入空气使存留在装置中的ＣＯ２和水蒸气完全被吸收，Ｄ项
正确。
解题关键　混合物加热后分解生成的气体产物有水蒸气和
ＣＯ２，故应先吸收水蒸气，再吸收ＣＯ２，然后根据二者的质量进
行相关计算和评价。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２０６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码９３
　　利用所学金属及其化合物知识，联系非金属及其化合物知
识，结合实验基本知识、运用读图能力，通过对题中的文字、表
格、框图、图像信息进行综合分析，特别注意文字细节和图像中
关键点，以解决化学工艺流程题、与物质性质相关的综合实验题
以及化学反应原理综合题等。
例
　［２０１９江苏南京、盐城二模，２０（５）］Ｈ２Ｏ２在Ｆｅ
２＋、
Ｃｕ
２＋的存在下生成具有强氧化性的·ＯＨ（羟基自由基），·ＯＨ
可将有机物氧化降解。
　　（５）ＳＣＯＤ是指溶解性化学需氧量，是衡量水中有机物含量
的指标。水体中的ＳＣＯＤ越大，说明其有机物含量越高。用
Ｆｅ
２＋－Ｈ２Ｏ２法氧化破解啤酒工业污泥中的微生物，释放出有机物
和氮等。测得不同初始ｐＨ下污泥经氧化破解后上层清液中的
ＳＣＯＤ及总氮浓度如图所示。当ｐＨ＞２．５时，总氮浓度、ＳＣＯＤ均
降低，其原因可能是　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
思路分析　（５）由图可知，当ｐＨ＞２．５时，总氮浓度、ＳＣＯＤ
均降低，其原因可能是ｐＨ增大，Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋转化为Ｆｅ（ＯＨ）３，
Ｆｅ
２＋－Ｈ２Ｏ２法氧化破解啤酒工业污泥中的微生物的催化效率
降低。
答案　（５）Ｆｅ
２＋、Ｆｅ
３＋转化为Ｆｅ（ＯＨ）３
题目价值　能观察物质发生变化的现象，收集实验证据，基
于现象和数据进行分析并得出结论。体会科学探究与创新意识
的学科核心素养。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码９４
１．［２０２０届江苏南通栟茶中学学情监测，１９（１）］一种从铜渣（主
要含铜、锌、铁、铅等金属单质的混合物）中提取铜的工艺流程
如下：
铜渣
浸出
→
（ＮＨ４）２Ｓ２Ｏ４
↓
↓
滤渣
萃取
→
铜萃取剂
↓
↓
萃余液１
反萃取
→
稀硫酸
↓
↓
萃余液２
电解
→
铜
→
（１）“浸出”过程采用氨体系选择性浸出法。各金属浸出率和
氨水浓度的关系如图所示。则“滤渣” 中主要含有的金属
元素是　　　。氨水最适宜的浓度为　　　ｍｏｌ·Ｌ
－１。
１．
答案　铁、铅　２．０
解析　（１）由题图可知，铜和锌的浸出率较大，铁和铅的浸
出率较小，则滤渣中主要含有的金属元素是铁和铅。氨水的浓
度从２．０ｍｏｌ·Ｌ
－１升高至２．２ｍｏｌ·Ｌ
－１时，铜的浸出率相差不
大，但铁的浸出率有显著提高，能使浸出液中混有较多的杂质
离子，故氨水的适宜浓度为２．０ｍｏｌ·Ｌ
－１。
２．［２０１９江苏七市二模，２０（１）］铊（Ｔｌ）的价态分析及处理方法
是环境保护研究的重点课题。
（１）三价铊各物种［Ｔｌ
３＋、Ｔｌ（ＯＨ）
２＋、Ｔｌ（ＯＨ）
＋
２、Ｔｌ（ＯＨ）３、
Ｔｌ（ＯＨ）
－
４］分布分数（平衡时某物种的物质的量占各物种
的总物质的量之和的分数）与ｐＨ的关系如图所示。当
ｐＨ＝１．５时，溶液中浓度最大的含铊物种是　
　
　
　
　
　
（填化学式）。
２．
答案　（１）Ｔｌ（ＯＨ）
＋
２
解析　（１）随着ｐＨ的升高，Ｔｌ（ＯＨ）
２＋、Ｔｌ（ＯＨ）
＋
２、Ｔｌ（ＯＨ）３、
Ｔｌ（ＯＨ）
－
４依次出现浓度增大趋势，结合图像可知当ｐＨ＝１．５
时，溶液中浓度最大的含铊物种是Ｔｌ（ＯＨ）
＋
２。
３．（２０１８江苏南京、盐城、连云港二模，１６）聚合硫酸铁铝、聚合
氯化铝是高效水处理剂。以废铁屑、废铝质易拉罐及硫酸为原
料，制备聚合硫酸铁铝的工艺流程如下：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２０７
　
（１）为提高反应Ⅰ、Ⅱ金属元素的浸出率，可以采取的措施有
　　　　　　　　　　。
（２）反应Ⅲ中ＦｅＳＯ４转化为Ｆｅ２（ＳＯ４）３的化学方程式为　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）反应Ⅲ的温度应控制在５０～７０℃，原因是　　　　　　　
　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。反应Ⅲ中往往加
入硝酸铝，反应转化过程如图甲，转化①的离子方程式是
　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）写出Ｆｅ２（ＳＯ４）３水解生成Ｆｅ２（ＯＨ）ｎ（ＳＯ４）３－
ｎ
２的离子方程
式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）利用图乙所示电解装置可制备净水剂聚合氯化铝。实际
生产中，阳极附近因为发生副反应而产生的气体可能有
　　　　　　。
３．
答案　（１）适当增大硫酸浓度（或适当提高反应温度等）
（２）４ＦｅＳＯ４＋Ｏ２＋２Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋２Ｈ２Ｏ
（３）温度太低，反应速率太慢；温度太高，金属离子水解程度增
大，易形成沉淀，影响产品的产量　
３Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅
３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ
（４）２Ｆｅ
３＋＋３－ｎ
２
(
) ＳＯ
２－
４＋ｎＨ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ２（ＯＨ）ｎ（ＳＯ４）３－
ｎ
２＋ｎＨ
＋
（５）Ｏ２、Ｃｌ２
解析　（１）增大反应物浓度、升温等能加快反应速率。
（２）反应Ⅲ中ＦｅＳＯ４转化为Ｆｅ２（ＳＯ４）３的化学方程式为
４ＦｅＳＯ４＋Ｏ２＋２Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋２Ｈ２Ｏ。
（３）控制温度在５０～７０℃的原因应从两个角度分析。首先温
度不能太低，否则反应速率太慢；其次温度不能太高，因为温度
升高，Ｆｅ
３＋、Ａｌ
３＋水解程度增大，易形成沉淀，影响产品的产量；
根据图甲可知，①发生的是Ｆｅ
２＋→Ｆｅ
３＋、ＮＯ
－
３→ＮＯ的过程，故离
子方程式为３Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ。
（４）根据水解产物可知Ｆｅ
３＋与ＳＯ
２－
４都参与了离子反应，故离子方程
式为２Ｆｅ
３＋＋３－ｎ
２
(
) ＳＯ
２－
４＋ｎＨ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ２（ＯＨ）ｎ（ＳＯ４）３－
ｎ
２＋ｎＨ
＋。
（５）溶液中的Ｃｌ
－、ＯＨ
－也有可能在阳极放电，分别产生
Ｃｌ２、Ｏ２。
方法技巧　分析温度控制在“５０～７０℃” 的原因时，要分别分
析温度过低和温度过高会带来怎样的影响。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２２０
考点一钠及其重要化合物
１．（２０１９课标Ⅱ，１１，６分）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＋ＣｕＳＯ４
􀪅􀪅Ｃｕ＋ＺｎＳＯ４
Ｂ．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ｃａ（ＯＨ）２＋ＣＯ２􀪅􀪅
ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
Ｃ．Ｎａ２Ｏ２在空气中放置后由淡黄色变为白色２Ｎａ２Ｏ２􀪅􀪅
２Ｎａ２Ｏ＋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＋２ＦｅＣｌ３􀪅􀪅２Ｆｅ（ＯＨ）３＋３ＭｇＣｌ２
１．
答案　Ｃ　本题考查了分析和解决化学问题的能力，体现了
宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
Ｃ项，Ｎａ２Ｏ２在空气中与ＣＯ２反应生成了Ｎａ２ＣＯ３与Ｏ２，化学
方程式为２Ｎａ２Ｏ２＋２ＣＯ２􀪅􀪅２Ｎａ２ＣＯ３＋Ｏ２，故错误。
解题关键　该题不仅要关注所给化学方程式能否解释反应的
颜色变化，还要关注所给化学方程式是否符合该条件下的反应
事实。比如Ｃ项，Ｎａ２Ｏ２在空气中放置并不能分解成Ｎａ２Ｏ
与Ｏ２。
２．（２０１８江苏单科，３，２分）下列有关物质性质与用途具有对应
关系的是
（　　）
Ａ．ＮａＨＣＯ３受热易分解，可用于制胃酸中和剂
Ｂ．ＳｉＯ２熔点高硬度大，可用于制光导纤维
Ｃ．Ａｌ２Ｏ３是两性氧化物，可用作耐高温材料
Ｄ．ＣａＯ能与水反应，可用作食品干燥剂
２．
答案　Ｄ　本题考查与生产、生活相关的几种常见物质的应
用。Ａ项，ＮａＨＣＯ３用于制胃酸中和剂应用的是ＮａＨＣＯ３能与
胃酸反应生成ＮａＣｌ、ＣＯ２和Ｈ２Ｏ这一性质，与ＮａＨＣＯ３受热易
分解无关；Ｂ项，ＳｉＯ２用于制光导纤维与其熔点、硬度等性质无
关；Ｃ项，Ａｌ２Ｏ３用作耐高温材料是因为其熔点高，与其是两性
氧化物无关。
拓展延伸　
ＣａＯ虽可用作食品干燥剂，但本身及与水反应的
产物Ｃａ（ＯＨ）２对人体都有危害，一定不能误食。
３．（２０１７江苏单科，７，２分）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．Ｆｅ
Ｃｌ２
点燃
→ＦｅＣｌ２
ＮａＯＨ（ａｑ）
　
→Ｆｅ（ＯＨ）２
Ｂ．Ｓ
Ｏ２
点燃
→ＳＯ３
Ｈ２Ｏ
→Ｈ２ＳＯ４
Ｃ．ＣａＣＯ３
高温
→ＣａＯ
ＳｉＯ２
高温
→ＣａＳｉＯ３
Ｄ．ＮＨ３
Ｏ２
催化剂，△→ＮＯ
Ｈ２Ｏ
→ＨＮＯ３
３．
答案　
Ｃ　
本题考查元素及其化合物的知识。Ａ项，铁在
Ｃｌ２中燃烧只能生成ＦｅＣｌ３，不能生成ＦｅＣｌ２；Ｂ项，硫与Ｏ２反应
不能直接生成ＳＯ３；Ｃ项，ＣａＣＯ３在高温条件下分解生成ＣａＯ
和ＣＯ２，ＣａＯ与ＳｉＯ２在高温条件下化合生成ＣａＳｉＯ３，即ＣａＣＯ３
高温
􀪅􀪅ＣａＯ＋ＣＯ２↑，ＣａＯ＋ＳｉＯ２
高温
􀪅􀪅ＣａＳｉＯ３；Ｄ项，ＮＨ３与Ｏ２在
催化剂、加热条件下发生反应生成ＮＯ，ＮＯ易与Ｏ２反应生成
ＮＯ２，ＮＯ２能与水反应生成ＨＮＯ３，但ＮＯ不能与水反应。
易混易错　Ｆｅ在Ｃｌ２中燃烧时，无论Ｆｅ是否过量，只能生成
ＦｅＣｌ３，不能生成ＦｅＣｌ２；Ｆｅ与ＦｅＣｌ３溶液反应生成ＦｅＣｌ２；Ｓ在
Ｏ２中燃烧时，无论Ｏ２是否过量，只能生成ＳＯ２，不能直接生
成ＳＯ３。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２０８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４．（２０１６天津理综，１，６分）根据所给的信息和标志，判断下列说
法错误
··的是
（　　）
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
《神农本草
经》记载，麻
黄能“止咳逆
上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人
已用麻黄治
疗咳嗽
该药是抗酸药，
服用时喝些醋
能提高药效
看到有该标志
的丢弃物，应
远离并报警
贴有该标志的物
品是可回收物
４．
答案　Ｂ　
碳酸氢钠易与醋酸反应，若与醋酸同服，会降低
药效。
５．（２０１６天津理综，４，６分）下列实验的反应原理用离子方程式
表示正确的是
（　　）
Ａ．室温下，测得氯化铵溶液ｐＨ＜７，证明一水合氨是弱碱：ＮＨ
＋
４＋
２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ３Ｏ
＋
Ｂ．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：２Ａｌ＋２ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋３Ｈ２↑
Ｃ．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＣＯＯＨ
＋
２ＨＣＯ
－
３
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
－
ＣＯＯ
－
＋２Ｈ２Ｏ＋２ＣＯ２↑
Ｄ．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：２ＭｎＯ
－
４＋１６Ｈ
＋＋５Ｃ２Ｏ
２－
４􀪅􀪅
２Ｍｎ
２＋＋１０ＣＯ２↑＋８Ｈ２Ｏ
５．
答案　
Ｂ　
ＮＨ
＋
４的水解反应是可逆反应，故应写成ＮＨ
＋
４＋
２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ３Ｏ
＋，Ａ错误；酸性：羧基＞Ｈ２ＣＯ３＞酚
羟基＞ＨＣＯ
－
３，所以酚羟基不能与ＨＣＯ
－
３反应，故离子方程式应
写成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＯＯＨ
＋ＨＣＯ
－
３
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＯＯ
－
＋Ｈ２Ｏ＋
ＣＯ２↑，Ｃ错误；草酸是弱电解质，不能拆写成离子形式，故离
子方程式应写为２ＭｎＯ
－
４＋６Ｈ
＋＋５Ｈ２Ｃ２Ｏ４􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋
１０ＣＯ２↑＋８Ｈ２Ｏ，Ｄ错误。
易混易错　水解反应一般很微弱，要用“􀜩􀜨
􀜑
”；草酸是弱电解
质，书写离子方程式时不能拆写成离子形式。
考点二镁、铝及其重要化合物
６．（２０１６江苏单科，９，２分）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．ＳｉＯ２
ＨＣｌ（ａｑ）
　
→ＳｉＣｌ４
Ｈ２
高温
→Ｓｉ
Ｂ．ＦｅＳ２
Ｏ２
煅烧
→ＳＯ２
Ｈ２Ｏ
→Ｈ２ＳＯ４
Ｃ．Ｎ２
Ｈ２
高温、高压、催化剂→ＮＨ３
ＨＣｌ（ａｑ）→ＮＨ４Ｃｌ（ａｑ）
Ｄ．ＭｇＣＯ３
ＨＣｌ（ａｑ）→ＭｇＣｌ２（ａｑ）
电解
→Ｍｇ
６．
答案　
Ｃ　
ＳｉＯ２和ＨＣｌ（ａｑ）不反应，Ａ项错误；ＳＯ２与Ｈ２Ｏ
反应生成Ｈ２ＳＯ３，Ｂ项错误；电解ＭｇＣｌ２（ａｑ）的反应为ＭｇＣｌ２＋
２Ｈ２Ｏ
电解
　􀪅􀪅Ｃｌ２↑＋Ｈ２↑＋Ｍｇ（ＯＨ）２↓，得不到金属Ｍｇ，Ｄ项
错误。
易混易错　电解ＭｇＣｌ２溶液与电解熔融的ＭｇＣｌ２不同，电解
ＭｇＣｌ２溶液的反应为ＭｇＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ
电解
　􀪅􀪅Ｃｌ２↑＋Ｈ２↑＋
Ｍｇ（ＯＨ）２↓，电解熔融ＭｇＣｌ２的反应为ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
　􀪅􀪅Ｍｇ＋
Ｃｌ２↑。
７．（２０１９课标Ⅰ，２６，１４分）硼酸（Ｈ３ＢＯ３）是一种重要的化工原
料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。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Ｆｅ
３＋离子，可选用的化学试剂
是　　　　。
（３）根据Ｈ３ＢＯ３的解离反应：Ｈ３ＢＯ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋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　　　　。
７．
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）２Ｍｇ
２＋＋３ＣＯ
２－
３＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２·ＭｇＣＯ３↓＋２ＨＣＯ
－
３
［或２Ｍｇ
２＋＋２ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２·ＭｇＣＯ３↓＋ＣＯ２↑］　
溶浸　高温焙烧
解析　本题涉及的考点有离子方程式的书写、Ｆｅ
３＋的检验、
化学平衡常数的应用，考查了学生解读化学工艺流程，将题给
信息与已学知识相结合分析、解决化学问题的能力。
（１）“溶浸”步骤产生的“气体”是ＮＨ３，用ＮＨ４ＨＣＯ３溶液吸收
ＮＨ３的化学方程式为ＮＨ３＋ＮＨ４ＨＣＯ３􀪅􀪅（ＮＨ４）２ＣＯ３。
（２）根据流程图可知，Ｆｅ２Ｏ３、Ａｌ２Ｏ３在“ 过滤１” 步骤中除去，
ＳｉＯ２不溶于（ＮＨ４）２ＳＯ４溶液，故“滤渣１”的主要成分有ＳｉＯ２、
Ｆｅ２Ｏ３、Ａｌ２Ｏ３；检验Ｆｅ
３＋通常选用ＫＳＣＮ溶液。
（３）根据Ｈ３ＢＯ３的解离反应以及电离平衡常数，可判断Ｈ３ＢＯ３
是一元弱酸；在“过滤２”操作前Ｂ元素主要以Ｂ２Ｏ
４－
５的形式存
在，调节ｐＨ至３．５后生成了Ｈ３ＢＯ３沉淀，由此可推断调节ｐＨ
的目的是将Ｂ２Ｏ
４－
５转化成Ｈ３ＢＯ３。
（４）反应物有Ｍｇ
２＋、ＣＯ
２－
３，生成物有Ｍｇ（ＯＨ）２·ＭｇＣＯ３沉淀，
再结合电荷守恒、原子守恒可写出反应的离子方程式；“沉镁”
后的母液的主要成分为（ＮＨ４）２ＳＯ４，可供“ 溶浸” 工序循环使
用；Ｍｇ（ＯＨ）２、ＭｇＣＯ３在高温条件下均易分解生成ＭｇＯ，故高
温焙烧碱式碳酸镁可以制备轻质氧化镁。
审题技巧　书写陌生的化学方程式或离子方程式时，要挖掘
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２０９
　
题中信息，分析、推断反应物和生成物。特别要注意溶液的酸
碱性，通常不能在酸性溶液中生成ＯＨ
－，不能在碱性溶液中生
成Ｈ
＋。
方法归纳　可循环利用的物质通常是某步骤的副产物，可以
作为其他步骤的反应物。
８．（２０１８天津理综，７，１４分）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：
ＲＢｒ
Ｍｇ
无水乙醚→ＲＭｇＢｒ
１）Ｒ′ＣＨ
Ｏ
􀪅
２）Ｈ３Ｏ
＋→
ＲＣＨＲ′
ＯＨ
（Ｒ：烃基；Ｒ′：烃基或Ｈ）
依据上述信息，写出制备ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＣＨ３
ＯＨ
所需醛的可能
结构简式：　　　　　　　　　　　　。
８．
答案　（１）ｒ（Ｈ
＋）＜ｒ（Ｍｇ
２＋）＜ｒ（Ｎ
３－）＜ｒ（Ｃｌ
－）　
第三周期ⅡＡ
族　［Ｈ·
·Ｏ
··
··
·
·］
－Ｍｇ
２＋［·
·Ｏ
··
··
·
·Ｈ］
－
（２）Ｍｇ２Ｓｉ　熔融，电解　ＮＨ３，ＮＨ４Ｃｌ
（３）ＳｉＣ
（４）２Ｍｇ（ＯＨ）２＋２ＳＯ２＋Ｏ２􀪅􀪅２ＭｇＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
（５）ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＯ，ＣＨ３ＣＨＯ
解析　本题考查物质结构与元素周期律、工艺流程、简单有
机合成。
（１）Ｈ
＋只有原子核；Ｎ
３－、Ｍｇ
２＋有两个电子层，当电子层结构相
同时，原子序数越大离子半径越小；Ｃｌ
－有三个电子层，故离子
半径：ｒ（Ｈ
＋）＜ｒ（Ｍｇ
２＋）＜ｒ（Ｎ
３－）＜ｒ（Ｃｌ
－）。Ｍｇ（ＯＨ）２是离子化合
物，其电子式为［Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
·］
－Ｍｇ
２＋［·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ］
－。
（２）由反应①产物逆推可知Ａ２Ｂ由Ｍｇ、Ｓｉ组成，故化学式为
Ｍｇ２Ｓｉ。电解熔融ＭｇＣｌ２可制取Ｍｇ，反应的化学方程式为
ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
　􀪅􀪅Ｍｇ＋Ｃｌ２↑。反应过程中生成的ＮＨ３、ＮＨ４Ｃｌ
可以是反应①的反应物，故二者可以循环使用。
（３）依据原子守恒可知ＳｉＨ４与ＣＨ４反应生成Ｈ２和ＳｉＣ，ＳｉＣ俗
称金刚砂，是一种固体耐磨材料。
（４）ＳＯ２转化为ＭｇＳＯ４，反应的化学方程式为２Ｍｇ（ＯＨ）２＋
２ＳＯ２＋Ｏ２􀪅􀪅２ＭｇＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ。
（５）结合已知信息可推出
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＣＨ３
ＯＨ
可以由
ＣＨ３ＣＨ２Ｃ—Ｈ
Ｏ
􀪅
和ＣＨ３ＭｇＢｒ反应后酸化得到，也可以由
ＣＨ３Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ和ＣＨ３ＣＨ２ＭｇＢｒ反应后酸化得到。
拓展延伸　钙基固硫
ＣａＣＯ３
高温
　􀪅􀪅ＣａＯ＋ＣＯ２↑，ＣａＯ＋ＳＯ２
高温
　􀪅􀪅ＣａＳＯ３，２ＣａＳＯ３＋Ｏ２
高温
　􀪅􀪅２ＣａＳＯ４，总反应可写成２ＣａＣＯ３＋２ＳＯ２＋Ｏ２
高温
　􀪅􀪅２ＣａＳＯ４＋
２ＣＯ２。
９．（２０１７天津理综，７，１４分）某混合物浆液含Ａｌ（ＯＨ）３、ＭｎＯ２
和少量Ｎａ２ＣｒＯ４。考虑到胶体的吸附作用使Ｎａ２ＣｒＯ４不易完
全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（如图），使
浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ
和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反
应条件未标明）
固体
混合物
ＮａＯＨ溶液
①
溶液Ａ
ＣＯ２→沉淀Ｂ
→固体Ｃ
→Ａｌ
→
固体Ｄ
②→Ｃｌ２
→
固体混合物分离利用的流程图
（１）反应①所加试剂ＮａＯＨ的电子式为　
　
　
　
　
　，Ｂ→Ｃ
的反应条件为　　　，Ｃ→Ａｌ的制备方法称为　　　。
（２）该小组探究反应②发生的条件。Ｄ与浓盐酸混合，不加
热，无变化；加热有Ｃｌ２生成，当反应停止后，固体有剩余，
此时滴加硫酸，又产生Ｃｌ２。由此判断影响该反应有效进
行的因素有（填序号）　　　。
ａ．温度　　　　ｂ．Ｃｌ
－的浓度　　　　ｃ．溶液的酸度
（３）０．１ｍｏｌＣｌ２与焦炭、ＴｉＯ２完全反应，生成一种还原性气体
和一种易水解成ＴｉＯ２·ｘＨ２Ｏ的液态化合物，放热４．２８ｋＪ，
该反应的热化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（４）用惰性电极电解时，ＣｒＯ
２－
４能从浆液中分离出来的原因是
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　，
分离后含铬元素的粒子是　　　　　　；阴极室生成的物
质为　　　　　　　（写化学式）。
９．
答案　（１）Ｎａ
＋［·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ］
－　加热（或煅烧）　电解法
（２）ａｃ
（３）２Ｃｌ２（ｇ）＋ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃ（ｓ）􀪅􀪅ＴｉＣｌ４（ｌ）＋２ＣＯ（ｇ）
ΔＨ＝－８５．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（４）在直流电源作用下，ＣｒＯ
２－
４通过阴离子交换膜向阳极室移
动，脱离浆液　ＣｒＯ
２－
４和Ｃｒ２Ｏ
２－
７　ＮａＯＨ和Ｈ２
解析　本题考查电子式的书写、热化学方程式的书写、电解
原理及其应用等。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２１０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（１）ＮａＯＨ是离子化合物，其电子式为Ｎａ
＋［·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ］
－；固体混
合物中含有Ａｌ（ＯＨ）３和ＭｎＯ２，加入ＮａＯＨ溶液，Ａｌ（ＯＨ）３转
化为易溶于水的ＮａＡｌＯ２，ＭｎＯ２不能溶于ＮａＯＨ溶液，故固体
Ｄ为ＭｎＯ２，溶液Ａ中含有ＮａＡｌＯ２，向溶液Ａ中通入ＣＯ２后生
成的沉淀Ｂ为Ａｌ（ＯＨ）３，Ａｌ（ＯＨ）３受热分解生成Ａｌ２Ｏ３（固体
Ｃ），工业上常用电解熔融的Ａｌ２Ｏ３制备金属铝。
（２）固体Ｄ为ＭｎＯ２。ＭｎＯ２与浓盐酸混合，不加热无变化，加
热有Ｃｌ２生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；反应停
止后，固体有剩余，滴加硫酸又产生Ｃｌ２，说明该反应能否有效
进行与溶液的酸度有关。
（３）通过分析可知反应生成的还原性气体为ＣＯ，易水解成ＴｉＯ２·
ｘＨ２Ｏ的液态化合物为ＴｉＣｌ４，故反应的热化学方程式为２Ｃｌ２（ｇ）＋
ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃ（ｓ）􀪅􀪅ＴｉＣｌ４（ｌ）＋２ＣＯ（ｇ）　ΔＨ＝－８５．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（４）依据离子交换膜的性质和电解池的工作原理知，在直流电
场作用下，ＣｒＯ
２－
４通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；
在电解过程中，ＯＨ
－在阳极室失去电子生成Ｏ２，溶液的酸性增
强，通过阴离子交换膜移向阳极室的ＣｒＯ
２－
４
有部分转化为
Ｃｒ２Ｏ
２－
７，故分离后含铬元素的粒子是ＣｒＯ
２－
４和Ｃｒ２Ｏ
２－
７；Ｈ
＋在阴
极室得到电子生成Ｈ２，溶液中的ＯＨ
－浓度增大，混合物浆液中
的Ｎａ
＋通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为
ＮａＯＨ和Ｈ２。
易错易混　在电化学问题中，注意阳离子交换膜只允许阳离
子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。
１０．（２０１６浙江理综，２７，１８分）Ⅰ．化合物Ｍｇ５Ａｌ３（ＯＨ）１９（Ｈ２Ｏ）４
可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
２Ｍｇ５Ａｌ３（ＯＨ）１９（Ｈ２Ｏ）４
△
􀪅􀪅２７Ｈ２Ｏ↑＋１０ＭｇＯ＋３Ａｌ２Ｏ３
（１）写出该化合物作阻燃剂的两条依据
　
　。
（２）用离子方程式表示除去固体产物中Ａｌ２Ｏ３的原理　
　
　
　　　　　　　　　。
（３）已知ＭｇＯ可溶于ＮＨ４Ｃｌ的水溶液，用化学方程式表示其
原理
　。
Ⅱ．磁性材料Ａ是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如
图流程探究其组成：
２．９６０ｇ
化合物
　
Ａ　
足量空气
充分煅烧
２．４００ｇ红棕色固体
　Ｂ　
→
盐酸
→
黄色溶液
　Ｃ　
ＫＳＣＮ溶液
　
→
血红色溶液
　Ｄ　
无色气体
　Ｅ　
→
Ｈ２Ｏ
→
无色酸性溶液
　　Ｆ　　
Ｉ２的ＫＩ溶液
（棕红色）→
无色溶液
Ｇ（酸性变强）
请回答：
（１）Ａ的组成元素为　
　
　
　
（用元素符号表示），化学
式为　　　　。
（２）溶液Ｃ可溶解铜片，列举该反应的一个实际应用　
　
　
　　　　　　　　。
（３）已知化合物Ａ能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物
和一种气体（标况下的密度为１．５１８ｇ·Ｌ
－１），该气体分子
的电子式为　
　
　
　
　
　
　。写出该反应的离子方程
式　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）写出Ｆ→Ｇ反应的化学方程式
　
　　　　　　　　　　
　
　。设计实验方案探究溶液Ｇ
中的主要微粒（不考虑Ｈ２Ｏ、Ｈ
＋、Ｋ
＋、Ｉ
－）
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
１０．
答案　Ⅰ．（１）反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水
蒸气稀释空气
（２）Ａｌ２Ｏ３＋２ＯＨ
－􀪅􀪅２ＡｌＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ
（３）ＭｇＯ＋２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＭｇＣｌ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ或ＮＨ４Ｃｌ＋
Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋ＨＣｌ，ＭｇＯ＋２ＨＣｌ􀪅􀪅ＭｇＣｌ２＋Ｈ２Ｏ
Ⅱ．（１）Ｓ，Ｆｅ　Ｆｅ３Ｓ４
（２）制印刷电路板
（３）Ｈ·
· Ｓ
··
··
·
·Ｈ　Ｆｅ３Ｓ４＋６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｈ２Ｓ↑＋３Ｆｅ
２＋＋Ｓ
（４）Ｈ２ＳＯ３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ　
取溶液Ｇ，加入过量
ＢａＣｌ２溶液，若产生白色沉淀，则有ＳＯ
２－
４；过滤后取滤液，滴加
Ｈ２Ｏ２溶液，若再产生白色沉淀，则有Ｈ２ＳＯ３
解析　Ⅰ．（１）该化合物作阻燃剂的两条依据可以从题给反
应方程式直接看出，一是Ｍｇ５Ａｌ３（ＯＨ）１９（Ｈ２Ｏ）４的分解反应
是吸热反应，二是反应产物ＭｇＯ和Ａｌ２Ｏ３是耐火材料，可隔
绝空气，生成的水蒸气可稀释空气。
（２）利用Ａｌ２Ｏ３可溶于ＮａＯＨ溶液，而且ＮａＯＨ溶液不影响其
他产物的性质。
（３）ＭｇＯ可溶于酸性溶液，所以可用ＮＨ
＋
４水解的性质将其
溶解。
Ⅱ．（１）根据Ｄ为血红色溶液及Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ间的转化关系可推
知Ａ中含有铁元素；根据Ｆ与Ｉ２的ＫＩ溶液反应生成无色溶
液（酸性变强），Ｆ为无色气体Ｅ与Ｈ２Ｏ反应得到的无色酸性
溶液知Ｆ为Ｈ２ＳＯ３溶液，则Ａ中另一元素为硫元素；再根据
Ａ与Ｂ的质量关系求出Ａ的化学式是Ｆｅ３Ｓ４。
（２）Ｃｕ可溶于含有Ｆｅ
３＋的溶液，其典型应用是制印刷电路板。
（３）Ｈ２Ｓ的电子式是Ｈ·
· Ｓ
··
··
·
·Ｈ，由生成淡黄色不溶物可知发生
了Ｆｅ
３＋与Ｓ
２－的氧化还原反应，故反应的离子方程式是Ｆｅ３Ｓ４＋
６Ｈ
＋􀪅􀪅３Ｈ２Ｓ↑＋３Ｆｅ
２＋＋Ｓ。
（４）煅烧过程中硫元素应转化为ＳＯ２，ＳＯ２溶于Ｈ２Ｏ生成
Ｈ２ＳＯ３，所以Ｆ→Ｇ的过程中发生了Ｉ２氧化Ｈ２ＳＯ３的反应；为
不干扰剩余的Ｈ２ＳＯ３的检验，应用过量ＢａＣｌ２溶液先检验
ＳＯ
２－
４的存在，之后取滤液加Ｈ２Ｏ２溶液，再检验Ｈ２ＳＯ３的
存在。
考点三铁、铜及其重要化合物　金属的冶炼
１１．（２０１８江苏单科，６，２分）下列有关物质性质的叙述一定不正
确的是
（　　）
Ａ．向ＦｅＣｌ２溶液中滴加ＮＨ４ＳＣＮ溶液，溶液显红色
Ｂ．ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ溶于水可形成Ａｌ（ＯＨ）３胶体
Ｃ．ＮＨ４Ｃｌ与Ｃａ（ＯＨ）２混合加热可生成ＮＨ３
Ｄ．Ｃｕ与ＦｅＣｌ３溶液反应可生成ＣｕＣｌ２
１１．
答案　Ａ　本题考查元素化合物的性质。向ＦｅＣｌ２溶液中
滴加ＮＨ４ＳＣＮ溶液，溶液不显红色，Ａ项错误；ＫＡｌ（ＳＯ４）２·
１２Ｈ２Ｏ溶于水，电离出的Ａｌ
３＋发生水解可形成Ａｌ（ＯＨ）３胶
体，Ｂ项正确；实验室常用ＮＨ４Ｃｌ固体与Ｃａ（ＯＨ）２固体混合
加热制ＮＨ３，Ｃ项正确；Ｃｕ与ＦｅＣｌ３溶液反应可生成ＣｕＣｌ２和
ＦｅＣｌ２，Ｄ项正确。
易错易混　ＳＣＮ
－与Ｆｅ
３＋可结合形成Ｆｅ（ＳＣＮ）３使溶液显红
色，而ＳＣＮ
－与Ｆｅ
２＋不能。
１２．（２０１８课标Ⅰ，７，６分）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磷酸亚铁
锂电池正极片中的金属，其流程如下：
正
极
片
碱溶
　　　
ＮａＡｌＯ２滤液
→
含磷酸亚铁锂滤渣
→
Ｈ２ＳＯ４／ＨＮＯ３
　　　　　　　
含Ｌｉ、Ｐ、Ｆｅ等滤液
→
碱液
　　　
沉淀
→
滤液
→
碳酸钠
　
→含Ｌｉ沉淀
炭黑等滤渣
→
下列叙述错误的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２１１
　
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Ｆｅ
３＋
Ｄ．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
１２．
答案　Ｄ　
合理处理废旧电池可回收有关金属，达到资源
再利用的目的，同时有利于保护环境，Ａ项正确；由流程图可
知，“正极片” 中含有的金属元素有Ａｌ、Ｆｅ、Ｌｉ，Ｂ项正确；
ＬｉＦｅＰＯ４中铁元素的化合价为＋２价，在Ｈ２ＳＯ４、ＨＮＯ３作用下
转化为Ｆｅ
３＋，经碱液处理形成Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀，Ｃ项正确；
Ｌｉ２ＣＯ３难溶于水，而Ｌｉ２ＳＯ４可溶于水，故不能用Ｎａ２ＳＯ４代替
Ｎａ２ＣＯ３，Ｄ错误。
审题方法　以元素化合物的性质为依据，分析流程中各物质
的转化。
１３．（２０１８江苏单科，９，２分）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．ＮａＨＣＯ３（ｓ）
△→Ｎａ２ＣＯ３（ｓ）
饱和石灰水→ＮａＯＨ（ａｑ）
Ｂ．Ａｌ（ｓ）
ＮａＯＨ（ａｑ）→ＮａＡｌＯ２（ａｑ）
过量ＨＣｌ（ａｑ）→Ａｌ（ＯＨ）３（ｓ）
Ｃ．ＡｇＮＯ３（ａｑ）
氨水
→［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋（ａｑ）
蔗糖（ａｑ）→Ａｇ（ｓ）
Ｄ．Ｆｅ２Ｏ３（ｓ）
Ａｌ
高温
→Ｆｅ（ｓ）
ＨＣｌ（ａｑ）→ＦｅＣｌ３（ａｑ）
１３．
答案　
Ａ　
本题考查元素化合物之间的相互转化。
２ＮａＨＣＯ３
△
　􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ、Ｎａ２ＣＯ３＋Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅
ＣａＣＯ３↓＋２ＮａＯＨ，Ａ正确；ＮａＡｌＯ２与过量ＨＣｌ（ａｑ）反应生成
ＡｌＣｌ３和ＮａＣｌ，Ｂ不正确；［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋与蔗糖无法发生银镜
反应生成Ａｇ，Ｃ不正确；Ｆｅ与ＨＣｌ（ａｑ）反应生成ＦｅＣｌ２和Ｈ２，
Ｄ不正确。
１４．（２０１９课标Ⅰ，２７，１５分）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：
废
铁
屑
①
　→干净铁屑
②
Ｈ２ＳＯ４８０～９５℃→
废渣
→
滤液
→
③
５％Ｈ２Ｏ２→硫酸铁
溶液
④
固体（ＮＨ４）２ＳＯ４→
⑤
　→硫酸铁铵
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　　　　　　　　。
１４．
答案　（１）碱煮水洗
（２）加快反应　热水浴　Ｃ
（３）将Ｆｅ
２＋全部氧化为Ｆｅ
３＋；不引入杂质　防止Ｆｅ
３＋水解
（４）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（５）ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ
解析　本题涉及的考点有铁及其化合物、氧化还原反应和
工艺流程等；考查了学生将实际问题分解，通过运用相关知识
分析和解决化学问题的能力，体现了科学态度与社会责任的
学科核心素养，以及关注社会发展的价值观念。
（１）用热纯碱溶液洗去铁屑表面的油污后，再用水洗涤铁屑
表面附着物。
（２）加热可以加快化学反应速率，进而加快铁屑的溶解。为
便于控制温度在８０～９５℃，可采取水浴加热方式。铁屑中硫
化物与稀Ｈ２ＳＯ４反应生成酸性气体Ｈ２Ｓ，可用碱液吸收，并用
倒扣漏斗，既能充分吸收又能防止倒吸。
（３）步骤③利用Ｈ２Ｏ２的强氧化性将Ｆｅ
２＋全部氧化为Ｆｅ
３＋。
为防止Ｆｅ
３＋水解，需控制溶液的ｐＨ小于０．５。
（４）从溶液中得到产品硫酸铁铵晶体，先加热浓缩、冷却结
晶，然后过滤、洗涤、干燥即可。
（５）设硫酸铁铵晶体的物质的量为１ｍｏｌ，加热到１５０℃，失去
１．５ｍｏｌ（即２７ｇ）水，质量减轻５．６％，则硫酸铁铵晶体的相对
分子质量为２７
５．６％≈４８２，ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２的相对分子质量为
２６６，则剩余部分为水，４８２－２６６
１８
＝１２，故硫酸铁铵晶体的化学
式为ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ。
１５．（２０１８课标Ⅱ，２６，１４分）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（Ｍ
ｎ＋）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１］形成氢氧化物沉淀的
ｐＨ范围如下：
金属离子
Ｆｅ
３＋
Ｆｅ
２＋
Ｚｎ
２＋
Ｃｄ
２＋
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Ｃｄ
２＋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。
１５．
答案　（１）ＺｎＳ＋３
２Ｏ２
焙烧
􀪅􀪅ＺｎＯ＋ＳＯ２
（２）ＰｂＳＯ４　调节溶液的ｐＨ　无法除去杂质Ｆｅ
２＋
（３）Ｃｄ
２＋＋Ｚｎ􀪅􀪅Ｃｄ＋Ｚｎ
２＋
（４）Ｚｎ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅Ｚｎ　溶浸
解析　
本题考查元素化合物知识在化工生产中的应用。
（１）高温焙烧，金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫气
体。（２）ＰｂＳＯ４难溶于水；氧化除杂工序中通入Ｏ２，可将铁元
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２１２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
素完全转化为Ｆｅ
３＋，加入ＺｎＯ调节溶液ｐＨ为２．８～６．２，保证
Ｆｅ
３＋被完全除去。（３）还原除杂工序中锌粉可置换出金属
Ｃｄ。（４）电解硫酸锌溶液时，阴极反应式为Ｚｎ
２＋＋２ｅ
－􀪅􀪅
Ｚｎ，阳极反应式为２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋，沉积锌后的电
解液中主要含硫酸，可返回溶浸工序继续使用。
１６．（２０１７课标Ⅰ，２７，１４分）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：
钛
铁
矿
盐酸
　→酸浸
滤渣
↓
滤液①
→
水解
过滤
ＴｉＯ２·ｘＨ２Ｏ
　
沉淀
→
双氧水
氨水→反应
ＬｉＯＨ
过滤
→
Ｌｉ２Ｔｉ５Ｏ１５
沉淀
Ｌｉ２ＣＯ３
高温煅烧①→Ｌｉ４Ｔｉ５Ｏ１２
滤液②
→
双氧水
磷酸→
过滤
　→
ＦｅＰＯ４
沉淀
Ｌｉ２ＣＯ３、Ｈ２Ｃ２Ｏ４
高温煅烧②→ＬｉＦｅＰＯ４
回答下列问题：
（１）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。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ＴｉＯＣｌ
２－
４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４０ｍｉｎ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ｃ（Ｍｇ
２＋）＝０．０２ｍｏｌ·Ｌ
－１，加入双氧水和磷
酸（设溶液体积增加１倍），使Ｆｅ
３＋恰好沉淀完全即溶液
中ｃ（Ｆｅ
３＋）＝１．０×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１，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１．３×１０
－２２、１．０×１０
－２４。
（６）写出“ 高温煅烧②” 中由ＦｅＰＯ４制备ＬｉＦｅＰＯ４的化学
方程式
　
。
１６．
答案　（１）１００℃、２ｈ，９０℃、５ｈ
（２）ＦｅＴｉＯ３＋４Ｈ
＋＋４Ｃｌ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋ＴｉＯＣｌ
２－
４＋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）Ｆｅ
３＋恰好沉淀完全时，ｃ（ＰＯ
３－
４）＝１．３×１０
－２２
１．０×１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１．３×
１０
－１７ｍｏｌ· Ｌ
－１，ｃ
３（Ｍｇ
２＋）· ｃ
２（ＰＯ
３－
４）值为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＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４
高温
􀪅􀪅２ＬｉＦｅＰＯ４＋３ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ↑
解析　本题以工艺流程为依托，考查图表分析能力和有关
Ｋｓｐ的计算等。（１）由图可知，当铁的浸出率为７０％时，所采用
的实验条件为１００℃、２ｈ或９０℃、５ｈ。（２）“酸浸”后，钛主
要以ＴｉＯＣｌ
２－
４形式存在，反应的离子方程式为ＦｅＴｉＯ３＋４Ｈ
＋＋
４Ｃｌ
－􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋ＴｉＯＣｌ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ。（３）ＴｉＯ２·ｘＨ２Ｏ转化反应速
率受温度、反应物浓度等因素的影响。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Ｔｉ为＋４价，Ｌｉ为＋１价，设过氧键的数目为ｘ，
则１×２＋４×５＝２×（１５－２ｘ）＋２ｘ，ｘ＝４。（６）高温下ＦｅＰＯ４与
Ｌｉ２ＣＯ３和Ｈ２Ｃ２Ｏ４反应制备ＬｉＦｅＰＯ４，根据得失电子守恒和原
子守恒可得化学方程式：２ＦｅＰＯ４＋Ｌｉ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４
高温
􀪅􀪅
２ＬｉＦｅＰＯ４＋Ｈ２Ｏ↑＋３ＣＯ２↑。
解题方法　无机物制备工艺流程题的破解方法
１．首尾分析法
对一些线型流程工艺（从原料到产品为“ 一条龙” 的生产工
序）题，首先对比分析流程图中第一种物质（原材料）与最后
一种物质（产品），从对比分析中找出原料与产品之间的关
系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和分离、提纯
产品的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。
２．截段分析法
对于用同样的原材料生产两种或多种产品（包括副产品）的
工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。用截
段分析法解工艺流程题关键在于看清主、副产品是如何分开
的，以此确定如何截段，截几段更合适，一般截段以产品为
准点。
１７．（２０１７北京理综，２８，１６分）某小组在验证反应“ Ｆｅ＋２Ａｇ
＋
􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋２Ａｇ”的实验中检测到Ｆｅ
３＋，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的０．０５ｍｏｌ·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Ｆｅ
３＋，乙认为铁粉过
量时不可能有Ｆｅ
３＋，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３ｍｉｎ时量
少；溶液红色较３ｍｉｎ时加深
ⅲ
１２０
产生白色沉淀，较３０ｍｉｎ时量
少；溶液红色较３０ｍｉｎ时变浅
（资料：Ａｇ
＋与ＳＣＮ
－生成白色沉淀ＡｇＳＣＮ）
②对Ｆｅ
３＋产生的原因作出如下假设：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２１３
　
假设ａ：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Ｆｅ
３＋；
假设ｂ：空气中存在Ｏ２，由于　　　　　　　　　
　
　
　
　　　（用离子方程式表示），可产生Ｆｅ
３＋；
假设ｃ：酸性溶液中的ＮＯ
－
３具有氧化性，可产生Ｆｅ
３＋；
假设ｄ：根据　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
现象，判
断溶液中存在Ａｇ
＋，可产生Ｆｅ
３＋。
③下述实验Ⅰ可证实假设ａ、ｂ、ｃ不是产生Ｆｅ
３＋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。３ｍｉｎ时溶液呈浅红色，３０ｍｉｎ后
溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如下图。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Ｆｅ
３＋浓度变
化的原因：　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
１７．
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
②Ｆｅ
２＋
（２）２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋
②４Ｆｅ
２＋＋Ｏ２＋４Ｈ
＋􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ
加入ＫＳＣＮ溶液后产生白色沉淀
③０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＮＯ３　ＦｅＳＯ４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：①２Ａｇ
＋＋Ｆｅ􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋２Ａｇ，②Ａｇ
＋＋Ｆｅ
２＋
􀪅􀪅Ｆｅ
３＋＋Ａｇ，③Ｆｅ＋２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋。反应开始时，ｃ（Ａｇ
＋）
大，以反应①、②为主，ｃ（Ｆｅ
３＋）增大。约３０ｍｉｎ后，ｃ（Ａｇ
＋）
小，以反应③为主，ｃ（Ｆｅ
３＋）减小
解析　（１）①烧杯底部的黑色固体中含有银和过量的铁，
要证明Ａｇ的存在，可加硝酸并加热将固体溶解，然后用盐酸
来检验Ａｇ
＋的存在。
（２）③要证实假设ａ、ｂ、ｃ不是产生Ｆｅ
３＋的主要原因，需将原实
验中的溶液换成ｃ（Ｈ
＋）、ｃ（ＮＯ
－
３）分别相同，但不含Ａｇ
＋的溶
液，可选用硝酸酸化的０．０５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＮＯ３溶液（ｐＨ≈２），
通过向上层清液中滴加ＫＳＣＮ溶液后的现象差异进行验证。
实验Ⅱ中甲溶液是ＦｅＳＯ４溶液，电极反应为：负极Ｆｅ
２＋－ｅ
－
􀪅􀪅Ｆｅ
３＋，正极Ａｇ
＋＋ｅ
－􀪅􀪅Ａｇ。一段时间后检验Ｆｅ
３＋的存在
及浓度，即可得出Ａｇ
＋能将Ｆｅ
２＋氧化成Ｆｅ
３＋的结论。
破定止惯　思维定式在解题时危害很大，学习时我们能够接
触到Ｆｅ
３＋＋Ａｇ􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋Ａｇ
＋，所以就产生了Ａｇ
＋不能氧化
Ｆｅ
２＋的思维定式，从而影响该题的解答。
１８．（２０１６四川理综，９，１３分）ＣｕＣｌ广泛应用于化工和印染等行
业。某研究性学习小组拟热分解ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ制备ＣｕＣｌ，并
进行相关探究。
【资料查阅】　
ＣｕＣｌ２·２Ｈ２ＯＨＣｌ气流
１４０℃→ＣｕＣｌ２
＞３００℃→ＣｕＣｌ＋Ｃｌ２
△
　→Ｃｕ２（ＯＨ）２Ｃｌ２
２００℃→ＣｕＯ
【实验探究】　
该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器
略）。
请回答下列问题：
（１）仪器Ｘ的名称是　　　　。
（２）实验操作的先后顺序是ａ→　　　　→ｅ（填操作的编号）。
ａ．检查装置的气密性后加入药品
ｂ．熄灭酒精灯，冷却
ｃ．在“气体入口”处通入干燥ＨＣｌ
ｄ．点燃酒精灯，加热
ｅ．停止通入ＨＣｌ，然后通入Ｎ２
（３）在实验过程中，观察到Ｂ中物质由白色变为蓝色，Ｃ中试
纸的颜色变化是　　　　　　　　。
（４）装置Ｄ中发生的氧化还原反应的离子方程式是　　　　
　　　　　　　　　。
【探究反思】
（５）反应结束后，取出ＣｕＣｌ产品进行实验，发现其中含有少
量的ＣｕＣｌ２或ＣｕＯ杂质。根据资料信息分析：
①若杂质是ＣｕＣｌ２，则产生的原因是
　。
②若杂质是ＣｕＯ，则产生的原因是
　。
１８．
答案　（１）干燥管　（２）ｃｄｂ　（３）先变红，后褪色
（４）Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣｌＯ
－＋Ｃｌ
－＋Ｈ２Ｏ　
（５）①加热时间不足或
温度偏低　②通入ＨＣｌ的量不足
解析　
（１）Ｘ为干燥管。（２）根据资料可知，由
ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ热分解制备ＣｕＣｌ要防止Ｃｕ
＋被空气中氧气氧
化，故应先通入干燥的ＨＣｌ以排尽装置中的空气，然后再加
热使ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ分解，最后必须在无氧环境中冷却，结合
上述思路，操作的顺序为ａ→ｃ→ｄ→ｂ→ｅ。（３）实验过程中，
ＨＣｌ会进入Ｃ中，另外当温度高于３００℃时，硬质玻璃管中发
生反应：２ＣｕＣｌ２
＞３００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅
􀪅２ＣｕＣｌ＋Ｃｌ２↑，故进入Ｃ的气体既有
ＨＣｌ又有Ｃｌ２，所以Ｃ中湿润蓝色石蕊试纸先变红，后褪色。
（４）根据（３）可知进入Ｄ中的气体有ＨＣｌ和Ｃｌ２，则装置Ｄ中发
生的氧化还原反应的离子方程式为Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－＋
Ｈ２Ｏ。（５）①根据资料可知，含ＣｕＣｌ２杂质的原因是ＣｕＣｌ２没
有完全分解，而造成此现象的原因是加热温度偏低或加热时
间不足。②杂质ＣｕＯ产生的原因是水的存在引起ＣｕＣｌ２水解
生成Ｃｕ２（ＯＨ）２Ｃｌ２，再受热分解产生ＣｕＯ，故原因是通入ＨＣｌ
的量不足。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２１４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
教师专用题组
考点一钠及其重要化合物
１．（２０１５北京理综，７，６分）下列有关性质的比较，不能
··用元素周
期律解释的是
（　　）
Ａ．酸性：Ｈ２ＳＯ４＞Ｈ３ＰＯ４
Ｂ．非金属性：Ｃｌ＞Ｂｒ
Ｃ．碱性：ＮａＯＨ＞Ｍｇ（ＯＨ）２
Ｄ．热稳定性：Ｎａ２ＣＯ３＞ＮａＨＣＯ３
１．
答案　Ｄ　
Ａ项，硫的非金属性强于磷，故最高价氧化物的
水化物的酸性：Ｈ２ＳＯ４＞Ｈ３ＰＯ４；Ｂ项，同主族元素，从上到下，非
金属性减弱，故非金属性：Ｃｌ＞Ｂｒ；Ｃ项，钠的金属性强于镁，故
碱性：ＮａＯＨ＞Ｍｇ（ＯＨ）２；Ｄ项，Ｎａ２ＣＯ３的热稳定性强于
ＮａＨＣＯ３，但二者的热稳定性与元素周期律无关。
２．（２０１５山东理综，１０，５分）某化合物由两种单质直接反应生
成，将其加入Ｂａ（ＨＣＯ３）２溶液中同时有气体和沉淀产生。下
列化合物中符合上述条件的是
（　　）
Ａ．ＡｌＣｌ３
Ｂ．Ｎａ２Ｏ
Ｃ．ＦｅＣｌ２
Ｄ．ＳｉＯ２
２．
答案　
Ａ　
ＡｌＣｌ３可由Ａｌ与Ｃｌ２直接反应生成，加入
Ｂａ（ＨＣＯ３）２溶液中因发生相互促进的水解反应而同时生成气
体和沉淀：Ａｌ
３＋＋３ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋３ＣＯ２↑，Ａ正确；
Ｎａ２Ｏ加入Ｂａ（ＨＣＯ３）２溶液中生成ＢａＣＯ３沉淀，但无气体产
生，Ｂ错误；Ｆｅ与Ｃｌ２直接反应生成ＦｅＣｌ３，Ｃ错误；ＳｉＯ２与
Ｂａ（ＨＣＯ３）２溶液不反应，Ｄ错误。
考点二镁、铝及其重要化合物
３．（２０１５天津理综，１，６分）下列有关“化学与生活”的叙述不正
∙∙
确
∙的是
（　　）
Ａ．点燃爆竹后，硫燃烧生成ＳＯ３
Ｂ．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
Ｃ．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用ＮａＨＣＯ３溶液解毒
Ｄ．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
３．
答案　Ａ　Ａ项，硫燃烧的产物是ＳＯ２，不是ＳＯ３；Ｂ项，明矾
溶液中Ａｌ
３＋水解而使溶液呈酸性，可以溶解铜锈；Ｃ项，
ＮａＨＣＯ３能与水杨酸反应；Ｄ项，肥皂中的成分易与地下水中
的钙离子等反应生成沉淀物，从而使肥皂去污能力减弱。
４．（２０１５浙江理综，２７，１８分）Ⅰ．请回答：
（１）Ｈ２Ｏ２的电子式　　　　　。
（２）镁燃烧不能用ＣＯ２灭火，用化学方程式表示其理由　　　
　　　　　　　。
（３）在ＡｇＣｌ沉淀中加入ＫＢｒ溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉
淀，写出反应的离子方程式
　。
（４）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
（　
）ＭｎＯ
－
４＋（　
）Ｃ２Ｏ
２－
４＋　
　
　
　
􀪅􀪅（　
）Ｍｎ
２＋＋
（　）ＣＯ２↑＋　　　　　
Ⅱ．化合物甲和ＮａＡｌＨ４都是重要的还原剂。一定条件下金属
钠和Ｈ２反应生成甲。甲与水反应可产生Ｈ２，甲与ＡｌＣｌ３反
应可得到ＮａＡｌＨ４。将４．８０ｇ甲加热至完全分解，得到金属
钠和２．２４Ｌ（已折算成标准状况）的Ｈ２。
请推测并回答：
（１）甲的化学式　　　　　。
（２）甲与ＡｌＣｌ３反应得到ＮａＡｌＨ４的化学方程式　　　　　
　　　　　　　　。
（３）ＮａＡｌＨ４与水发生氧化还原反应的化学方程式　　　　
　　　　　　　　　　。
（４）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈
的成分表示为Ｆｅ２Ｏ３），脱锈过程发生反应的化学方程
式　　　　　　　　　　　　　　。
（５）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁
和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，
得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反
应，若能产生Ｈ２，即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理
由　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
４．
答案　Ⅰ．（１）Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ
（２）２Ｍｇ＋ＣＯ２
高温
􀪅􀪅２ＭｇＯ＋Ｃ
（３）ＡｇＣｌ＋Ｂｒ
－􀪅􀪅ＡｇＢｒ＋Ｃｌ
－
（４）２ＭｎＯ
－
４＋５Ｃ２Ｏ
２－
４＋１６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋１０ＣＯ２↑＋８Ｈ２Ｏ
Ⅱ．（１）ＮａＨ
（２）４ＮａＨ＋ＡｌＣｌ３􀪅􀪅ＮａＡｌＨ４＋３ＮａＣｌ
（３）ＮａＡｌＨ４＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮａＡｌＯ２＋４Ｈ２↑
（４）３ＮａＨ＋Ｆｅ２Ｏ３􀪅􀪅２Ｆｅ＋３ＮａＯＨ
（５）制备过程不合理，因为盐酸易挥发，Ｈ２中混有ＨＣｌ，导致产
物中有ＮａＣｌ。验纯方法不合理，如果有Ｎａ残留，Ｎａ与水反应
也产生Ｈ２；没有考虑混入的ＮａＣｌ
解析　Ⅰ．（１）Ｈ２Ｏ２的电子式为Ｈ·
· Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·
·Ｈ。
（２）镁能在ＣＯ２中燃烧，化学方程式为２Ｍｇ＋ＣＯ２
高温
􀪅􀪅２ＭｇＯ＋Ｃ。
（３）ＡｇＣｌ的溶解度大于ＡｇＢｒ，所以向ＡｇＣｌ中加入ＫＢｒ溶液，
会生成ＡｇＢｒ沉淀，离子方程式为ＡｇＣｌ＋Ｂｒ
－􀪅􀪅ＡｇＢｒ＋Ｃｌ
－。
（４）根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒，配平为：２ＭｎＯ
－
４＋
５Ｃ２Ｏ
２－
４＋１６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋１０ＣＯ２↑＋８Ｈ２Ｏ。
Ⅱ．（１）４．８０ｇ甲中氢元素的质量为
２．２４Ｌ
２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１× ２×
１ｇ·ｍｏｌ
－１＝０．２ｇ，则钠元素的质量为４．８０ｇ－０．２ｇ＝４．６０ｇ，
ｎ（Ｎａ）∶ｎ（Ｈ）＝
４．６０ｇ
２３ｇ·ｍｏｌ
－１∶
０．２ｇ
１ｇ·ｍｏｌ
－１＝１∶１，所以甲的化
学式为ＮａＨ。
（２）甲与ＡｌＣｌ３反应得到ＮａＡｌＨ４的化学方程式为４ＮａＨ＋ＡｌＣｌ３
􀪅􀪅ＮａＡｌＨ４＋３ＮａＣｌ。
（３）ＮａＡｌＨ４与水发生氧化还原反应的化学方程式为ＮａＡｌＨ４＋
２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ｈ２↑＋ＮａＡｌＯ２。
（４）根据题意可知，甲在无水条件下能将铁锈中的铁还原为铁
单质，化学方程式为３ＮａＨ＋Ｆｅ２Ｏ３􀪅􀪅２Ｆｅ＋３ＮａＯＨ。
（５）制备过程和验纯方法均不合理。制备过程中所用的盐酸
易挥发，Ｈ２中混有ＨＣｌ，会导致产物中混有ＮａＣｌ，故不合理；同
时若与钠反应的Ｈ２不足，固体产物中会有Ｎａ残留，残留的Ｎａ
也可以与水反应产生Ｈ２，且还可能混入ＮａＣｌ，故验纯方法不
合理。
５．（２０１５福建理综，２４，１５分）无水氯化铝在生产、生活中应用
广泛。
（１）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应
的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）工业上用铝土矿（主要成分为Ａｌ２Ｏ３，含有Ｆｅ２Ｏ３、ＳｉＯ２等杂质）
制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２１５
　
已知：
物质
ＳｉＣｌ４
ＡｌＣｌ３
ＦｅＣｌ３
ＦｅＣｌ２
沸点／℃
５７．６
１８０（升华）３００（升华）
１０２３
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用
是　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质
量比硅大的单质是　　　　。
③已知：Ａｌ２Ｏ３（ｓ）＋３Ｃ（ｓ）􀪅􀪅２Ａｌ（ｓ）＋３ＣＯ（ｇ）
ΔＨ１＝＋１３４４．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２ＡｌＣｌ３（ｇ）􀪅􀪅２Ａｌ（ｓ）＋３Ｃｌ２（ｇ）　ΔＨ２＝＋１１６９．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
由Ａｌ２Ｏ３、Ｃ和Ｃｌ２反应生成ＡｌＣｌ３的热化学方程式为　
　
　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
④步骤Ⅲ的尾气经冷却至室温后，气体用足量的ＮａＯＨ冷
溶液吸收，生成的盐主要有３种，其化学式分别为　　　　
　　　　　。
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是
　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋
（２）①防止后续步骤生成的ＡｌＣｌ３水解或增大反应物的接触面
积，加快反应速率
②铁或Ｆｅ　
③Ａｌ２Ｏ３（ｓ）＋３Ｃ（ｓ）＋３Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅２ＡｌＣｌ３（ｇ）＋
３ＣＯ（ｇ）　ΔＨ＝＋１７４．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
④ＮａＣｌ、ＮａＣｌＯ、Ｎａ２ＣＯ３　⑤除去ＦｅＣｌ３，提高ＡｌＣｌ３纯度
解析　（２）①通过焙烧使固体水分挥发，可以有效防止后续
步骤生成的ＡｌＣｌ３水解；同时气孔数目增多，使固体的表面积
增大，反应物的接触面积增大，反应速率加快。②步骤Ⅱ中若
不通入Ｃｌ２和Ｏ２，则发生下列反应：Ｆｅ２Ｏ３＋３Ｃ
９５０℃
􀪅􀪅􀪅􀪅２Ｆｅ＋
３ＣＯ↑，ＳｉＯ２＋２Ｃ
９５０℃
􀪅􀪅􀪅􀪅Ｓｉ＋２ＣＯ↑，显然生成的相对原子质量比
硅大的单质是铁。③将题中的两个热化学方程式依次标记为ａ和
ｂ，根据盖斯定律，ａ－ｂ得Ａｌ２Ｏ３（ｓ）＋３Ｃ（ｓ）＋３Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅
２ＡｌＣｌ３（ｇ）＋３ＣＯ（ｇ）　ΔＨ＝＋１７４．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１。④分析可知，步
骤Ⅱ中得到的气态混合物主要含有反应生成的ＳｉＣｌ４、ＡｌＣｌ３、
ＦｅＣｌ３、ＣＯ２以及过量的Ｃｌ２和Ｏ２，冷却至１００℃时所得尾气成
分为ＳｉＣｌ４、ＣＯ２、Ｃｌ２、Ｏ２，再冷却至室温后，气体中仅剩ＣＯ２、Ｃｌ２
和Ｏ２三种气体，用足量的ＮａＯＨ冷溶液吸收该尾气时，发生反
应：Ｃｌ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ、ＣＯ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅
Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｏ，生成的三种盐的化学式分别为ＮａＣｌ、ＮａＣｌＯ、
Ｎａ２ＣＯ３。⑤分析流程和已知物质的沸点可知，氯化铝粗品中
还含有ＦｅＣｌ３，步骤Ⅴ中加入的铝粉可与ＦｅＣｌ３反应生成Ｆｅ和
ＡｌＣｌ３，再通过升华将ＡｌＣｌ３提取出来，这样就除去了ＦｅＣｌ３杂
质，提高了ＡｌＣｌ３的纯度。
考点三铁、铜及其重要化合物　金属的冶炼
６．（２０１５课标Ⅰ，１０，６分）下列实验中，对应的现象以及结论都
正确且两者具有因果关系的是
（　　）
选项
实验
现象
结论
Ａ．
将稀硝酸加入过量铁粉
中，充分反应后滴加
ＫＳＣＮ溶液
有气体生成，
溶液呈血红色
稀硝酸将Ｆｅ
氧化为Ｆｅ
３＋
Ｂ．
将铜粉加入１．０ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液中
溶液变蓝、有
黑色固体出现
金属铁比铜
活泼
Ｃ．
用坩埚钳夹住一小块用
砂纸仔细打磨过的铝箔
在酒精灯上加热
熔化后的液态
铝滴落下来
金属铝的熔
点较低
Ｄ．
将０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＭｇＳＯ４溶
液滴入ＮａＯＨ溶液至不再
有沉淀产生，再滴加
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣｕＳＯ４溶液
先有白色沉淀
生成，后变为
浅蓝色沉淀
Ｃｕ（ＯＨ）２的
溶度积比
Ｍｇ（ＯＨ）２
的小
６．
答案　Ｄ　Ａ项，稀硝酸加入过量铁粉中，产物是Ｆｅ
２＋，滴加
ＫＳＣＮ溶液，不会出现血红色；Ｂ项，将铜粉加入１．０ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液中，溶液变蓝，发生了反应：２Ｆｅ
３＋＋Ｃｕ􀪅􀪅
２Ｆｅ
２＋＋Ｃｕ
２＋，说明氧化性Ｆｅ
３＋＞Ｃｕ
２＋，没有黑色固体出现；Ｃ项，
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加
热，铝箔表面的铝和空气中的氧气反应生成Ａｌ２Ｏ３，Ａｌ２Ｏ３熔点
高，包裹着熔化的铝，熔化后的液态铝不会滴落下来；Ｄ项，将
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＭｇＳＯ４溶液滴入ＮａＯＨ溶液至不再有沉淀产生，
说明ＮａＯＨ已反应完全，再滴加０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣｕＳＯ４溶液，白色
沉淀变为浅蓝色沉淀，说明Ｃｕ（ＯＨ）２的溶度积比Ｍｇ（ＯＨ）２
的小。
关联知识　
Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）＋Ｃｕ
２＋（ａｑ）􀪅􀪅Ｃｕ（ＯＨ）２（ｓ）＋
Ｍｇ
２＋（ａｑ），Ｃｕ（ＯＨ）２比Ｍｇ（ＯＨ）２更难溶。
温馨提示　Ａ选项中涉及Ｆｅ参与的氧化还原反应，要注意Ｆｅ
是否过量。
７．（２０１５江苏单科，８，２分）在给定条件下，下列选项中所示的物
质间转化均能一步实现的是
（　　）
Ａ．粗硅
Ｃｌ２
高温
→ＳｉＣｌ４
Ｈ２
高温
→Ｓｉ
Ｂ．Ｍｇ（ＯＨ）２
盐酸
→ＭｇＣｌ２（ａｑ）
电解
→Ｍｇ
Ｃ．Ｆｅ２Ｏ３
盐酸
　→ＦｅＣｌ３（ａｑ）
蒸发
　→无水ＦｅＣｌ３
Ｄ．ＡｇＮＯ３（ａｑ）
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
→［Ａｇ（ＮＨ３）２］ＯＨ（ａｑ）
蔗糖
△→Ａｇ
７．
答案　Ａ　
Ａ项，粗硅在高温条件下与Ｃｌ２反应生成ＳｉＣｌ４，
再在高温条件下用Ｈ２还原ＳｉＣｌ４可制备纯硅；Ｂ项，工业上常
通过电解熔融状态的ＭｇＣｌ２制备金属镁；Ｃ项，ＦｅＣｌ３易水解，
加热可促进ＦｅＣｌ３水解，直接加热蒸发ＦｅＣｌ３溶液不能得到无
水ＦｅＣｌ３；Ｄ项，蔗糖不能与银氨溶液发生银镜反应。
命题归纳　此类题中常考的知识点：①ＦｅＣｌ３（或ＡｌＣｌ３）溶液直接
蒸干不能得到无水ＦｅＣｌ３（或ＡｌＣｌ３）；②制金属Ｎａ或Ｍｇ须电解熔
融的ＮａＣｌ或ＭｇＣｌ２，不能电解ＮａＣｌ或ＭｇＣｌ２的水溶液。
８．（２０１５课标Ⅰ，２７，１４分）硼及其化合物在工业上有许多用途。
以铁硼矿（主要成分为Ｍｇ２Ｂ２Ｏ５·Ｈ２Ｏ和Ｆｅ３Ｏ４，还有少量
Ｆｅ２Ｏ３、ＦｅＯ、ＣａＯ、Ａｌ２Ｏ３和ＳｉＯ２等）为原料制备硼酸（Ｈ３ＢＯ３）
的工艺流程如图所示：
铁硼矿粉
硫酸浸出
→
过滤
→
浸渣
↓
净化除杂
→
过滤
→
滤渣
↓
→
　　　
蒸发浓缩
冷却结晶
→
过滤
→
含镁盐母液
↓
粗硼酸
→
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２１６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
回答下列问题：
（１）写出Ｍｇ２Ｂ２Ｏ５·Ｈ２Ｏ与硫酸反应的化学方程式　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。为提高浸出速率，除适当增
加硫酸浓度外，还可采取的措施有　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　（写出两条）。
（２）利用　　
　
　
的磁性，可将其从“浸渣” 中分离。“浸渣”
中还剩余的物质是　　　　　　　　。（写化学式）
（３）“净化除杂”需先加Ｈ２Ｏ２溶液，作用是
　
　　　　　　　　　。然后再调节溶液的ｐＨ约为５，目的
是
　
　　　　　　　　　　。
（４）“粗硼酸”中的主要杂质是　　　　（填名称）。
（５）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（ＮａＢＨ４），它是有机合成中
的重要还原剂，其电子式为　　　　　　。
（６）单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和
金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程
　。
答案　（１）Ｍｇ２Ｂ２Ｏ５·Ｈ２Ｏ＋２Ｈ２ＳＯ４
△
􀪅􀪅２Ｈ３ＢＯ３＋２ＭｇＳＯ４　
提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
（２）Ｆｅ３Ｏ４　ＳｉＯ２和ＣａＳＯ４
（３）将Ｆｅ
２＋氧化成Ｆｅ
３＋　
使Ｆｅ
３＋与Ａｌ
３＋形成氢氧化物沉淀而
除去
（４）（七水）硫酸镁
（５）Ｎａ
＋［Ｈ·
· Ｂ
Ｈ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ］
－
（６）２Ｈ３ＢＯ３
△
􀪅􀪅Ｂ２Ｏ３＋３Ｈ２Ｏ、Ｂ２Ｏ３＋３Ｍｇ
△
􀪅􀪅２Ｂ＋３ＭｇＯ
解析　（１）硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸，所以
Ｍｇ２Ｂ２Ｏ５·Ｈ２Ｏ与硫酸反应的化学方程式为：Ｍｇ２Ｂ２Ｏ５·Ｈ２Ｏ＋
２Ｈ２ＳＯ４
△
􀪅􀪅２ＭｇＳＯ４＋２Ｈ３ＢＯ３。为提高浸出速率，除适当增加
硫酸浓度外，还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等
措施。
（３）“净化除杂” 需先加Ｈ２Ｏ２溶液，其作用是把Ｆｅ
２＋氧化为
Ｆｅ
３＋，然后调节溶液的ｐＨ约为５，使Ａｌ
３＋和Ｆｅ
３＋以Ａｌ（ＯＨ）３、
Ｆｅ（ＯＨ）３形式沉降而除去。
（４）“粗硼酸”中所含杂质主要是没有除去的易溶性镁盐，故为
（七水）硫酸镁。
（５）硼氢化钠的电子式为Ｎａ
＋［Ｈ·
· Ｂ
Ｈ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ］
－。
（６）利用Ｍｇ的还原性制取硼的化学方程式为２Ｈ３ＢＯ３
△
􀪅􀪅
Ｂ２Ｏ３＋３Ｈ２Ｏ、Ｂ２Ｏ３＋３Ｍｇ
△
􀪅􀪅２Ｂ＋３ＭｇＯ。
审题方法　在审题的过程中，要注意结合化工流程的目的来
分析每一步在处理什么问题。
规律方法　化工生产就是将化学实验工业化，所以在解答化
工流程题的过程中，应该结合化工生产的目的，来分析每一步
操作的目的，而这些操作大多数是为了原料的分离、提纯，所以
涉及的实验操作往往是过滤、萃取、蒸馏等，而且所加入的处理
试剂与平时分离、除杂所选用的试剂在选用原理上都是相
似的。
９．（２０１５天津理综，９，１８分）废旧印刷电路板是一种电子废弃
物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的
印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学
小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（１）反应Ⅰ是将Ｃｕ转化为Ｃｕ（ＮＨ３）
２＋
４，反应中Ｈ２Ｏ２的作用是
　　　　　　　。写出操作①的名称：　　　　　　　。
（２）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Ｃｕ（ＮＨ３）
２＋
４与有机物ＲＨ反应，写
出该反应的离子方程式：
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
操作②用到的主要仪器名称为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　，其目的是（填序号）
　。
ａ．富集铜元素
ｂ．使铜元素与水溶液中的物质分离
ｃ．增加Ｃｕ
２＋在水中的溶解度
（３）反应Ⅲ是有机溶液中的ＣｕＲ２与稀硫酸反应生成ＣｕＳＯ４和
　　　　　。若操作③使用如图装置，图中存在的错误是
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）操作④以石墨作电极电解ＣｕＳＯ４溶液。阴极析出铜，阳极
产物是　　　　
　
　。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主
要步骤是　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两
处，第三处的试剂是　　
　
　
　
　
　。循环使用的ＮＨ４Ｃｌ
在反应Ⅰ中的主要作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
９．
答案　（１）作氧化剂　过滤
（２）Ｃｕ（ＮＨ３）
２＋
４＋２ＲＨ􀪅􀪅２ＮＨ
＋
４＋２ＮＨ３＋ＣｕＲ２　分液漏斗　ａｂ
（３）ＲＨ　分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多
（４）Ｏ２、Ｈ２ＳＯ４　加热浓缩、冷却结晶、过滤
（５）Ｈ２ＳＯ４　防止由于溶液中ｃ（ＯＨ
－）过高，生成Ｃｕ（ＯＨ）２沉淀
解析　（１）经过反应Ⅰ，Ｃｕ失电子变成了Ｃｕ
２＋，Ｈ２Ｏ２作氧化
剂。（２）由图中信息可知，经过反应Ⅱ，Ｃｕ（ＮＨ３）
２＋
４与ＲＨ反
应生成ＮＨ３和ＮＨ４Ｃｌ以及ＣｕＲ２；ＣｕＲ２被有机溶剂萃取到了
有机层中，实现了铜元素的富集以及与水溶液中的物质分离。
（３）反应Ⅲ中ＣｕＲ２与稀硫酸反应生成ＣｕＳＯ４和ＲＨ。萃取时，
分液漏斗中液体过多，不利于振荡操作，造成萃取不充分；分液
时，分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁。（４）用惰性电极电解ＣｕＳＯ４
溶液，阳极的电极反应式为：４ＯＨ
－－４ｅ
－􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑。（５）用
惰性电极电解ＣｕＳＯ４溶液会生成Ｃｕ、Ｏ２和Ｈ２ＳＯ４，Ｈ２ＳＯ４可循
环利用。ＮＨ４Ｃｌ溶液显酸性，可调节溶液的ｐＨ，防止生成
Ｃｕ（ＯＨ）２沉淀。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２１７
　
对应学生用书
起始页码２２４
时间：４５分钟　分值：１００分
一、选择题（每题６分，共３６分，，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届天津七校联考，１１）Ａ、Ｂ、Ｃ是所学过的三种单质，Ａ、
Ｂ、Ｃ及其他物质之间的反应关系如图所示，其中Ｂ、Ｄ、Ｅ、Ｆ的
水溶液呈酸性。若Ｄ＋Ｃ
→Ｅ＋Ｆ且常温下只有Ｂ为气体，则
Ａ、Ｂ、Ｃ分别为
（　　）
Ａ．Ｆｅ、Ｃｌ２、Ｃｕ
Ｂ．Ｆｅ、Ｃｌ２、Ｈ２
Ｃ．Ｃｕ、Ｃｌ２、Ｆｅ
Ｄ．Ｆｅ、Ｃｌ２、Ｍｇ
１．
答案　
Ａ　
Ｆｅ与Ｃｌ２反应产生ＦｅＣｌ３，Ｃｕ与Ｃｌ２反应生成
ＣｕＣｌ２，ＣｕＣｌ２与Ｆｅ发生置换反应生成Ｃｕ和ＦｅＣｌ２，ＦｅＣｌ２与Ｃｌ２
反应生成ＦｅＣｌ３，ＦｅＣｌ３和Ｃｕ反应生成ＣｕＣｌ２和ＦｅＣｌ２，且Ｃｌ２、
ＦｅＣｌ３、ＣｕＣｌ２、ＦｅＣｌ２的水溶液均呈酸性，故Ａ符合题意。
２．（２０２０届福建福州月考，７）新型镁铝合金（Ｍｇ１７Ａｌ１２）（合金中
金属化合价均为０）有储氢性能，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．该合金应在氮气保护下，由一定比例的Ｍｇ、Ａｌ单质熔炼
而成
Ｂ．１ｍｏｌＭｇ１７Ａｌ１２与盐酸完全反应放出Ｈ２３５ｍｏｌ
Ｃ．一定量的镁铝合金既可完全溶于足量盐酸中，也可完全溶于
足量ＮａＯＨ溶液中
Ｄ．等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成Ｈ２
的体积（同温同压下）由大到小的顺序为Ｖ（Ｍｇ）＞Ｖ（合金）＞
Ｖ（Ａｌ）
２．
答案　
Ｂ　
一定条件下镁和氮气可以发生反应：３Ｍｇ＋Ｎ２
点燃
􀪅􀪅Ｍｇ３Ｎ２，故Ａ错误。１ｍｏｌＭｇ１７Ａｌ１２合金中含有１７ｍｏｌＭｇ、
１２ｍｏｌＡｌ，根据得失电子守恒可知生成氢气的物质的量为
１７ｍｏｌ×２＋１２ｍｏｌ×３
２
＝３５ｍｏｌ，故Ｂ正确。镁铝合金可以溶于足
量盐酸中，但Ｍｇ不与氢氧化钠溶液反应，所以镁铝合金不会
完全溶于氢氧化钠溶液，故Ｃ错误。设质量都为ｍｇ，金属提
供电子越多，则同温同压下生成氢气体积越大，ｍｇＡｌ完全反
应失去电子的物质的量为ｍ
２７×３ｍｏｌ＝ｍ
９ｍｏｌ，ｍｇＭｇ完全反应
失去电子的物质的量为ｍ
２４ｍｏｌ×２＝ｍ
１２ｍｏｌ＜ｍ
９ｍｏｌ，则生成Ｈ２
的体积（同温同压下）由大到小的顺序为Ｖ（Ａｌ）＞Ｖ（合金）＞
Ｖ（Ｍｇ），故Ｄ错误。
３．（２０１９河北承德期末，８）向铝粉中添加少量ＮＨ４Ｃｌ固体并充
分混合，其中铝粉在１０００℃时可与Ｎ２反应制备ＡｌＮ。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．ＡｌＮ是一种金属材料
Ｂ．ＡｌＮ与足量盐酸反应的离子方程式为ＡｌＮ＋３Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋
ＮＨ３↑
Ｃ．ＡｌＮ与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气
Ｄ．少量ＮＨ４Ｃｌ能够破坏Ａｌ表面的Ａｌ２Ｏ３薄膜
３．
答案　Ｄ　氮化铝（ＡｌＮ）是一种新型无机非金属材料，故Ａ
不符合题意；ＡｌＮ与足量盐酸反应生成氯化铝和氯化铵，离子
方程式为ＡｌＮ＋４Ｈ
＋􀪅􀪅Ａｌ
３＋＋ＮＨ
＋
４，故Ｂ不符合题意；ＡｌＮ与足
量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故Ｃ不符合题
意；ＮＨ４Ｃｌ分解产生的ＨＣｌ能够破坏Ａｌ表面的Ａｌ２Ｏ３薄膜，故
Ｄ符合题意。
易错警示　
判断离子方程式正误时，需注意反应的客观性。
如Ｂ项在酸性溶液中不可能产生氨气。
４．（２０１９湖北七市协作体联考，９）实验室根据“侯氏制碱法” 原
理制备少量ＮａＨＣＯ３：ＮＨ３＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ＋ＮａＣｌ􀪅􀪅ＮａＨＣＯ３↓＋
ＮＨ４Ｃｌ。实验包括制取氨气→制取ＮａＨＣＯ３→分离ＮａＨＣＯ３→
干燥ＮａＨＣＯ３四个步骤。下列实验必须选用的主要仪器正确
的是
（　　）
Ａ．制取氨气，可选用②③
Ｂ．制取ＮａＨＣＯ３，可选用④⑦⑨
Ｃ．分离ＮａＨＣＯ３，可选用④⑤⑥⑦
Ｄ．干燥ＮａＨＣＯ３，可选用②③⑦⑧
４．
答案　Ａ　实验室常用ＮＨ４Ｃｌ和Ｃａ（ＯＨ）２固体加热制取氨
气，选择仪器②③，Ａ项正确；制取ＮａＨＣＯ３是在饱和氯化钠溶
液中依次通入ＮＨ３和ＣＯ２，只需要⑨，Ｂ项错误；分离ＮａＨＣＯ３
可通过过滤，需要④⑤⑦，Ｃ项错误；干燥ＮａＨＣＯ３，需要①②⑦
⑧，Ｄ项错误。
５．（２０１９河北衡水中学二调，１３）从某含有ＦｅＣｌ２、ＦｅＣｌ３、ＣｕＣｌ２的
工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法正确的是
（　　）
Ａ．试剂ａ是铁，试剂ｂ是稀硫酸
Ｂ．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
Ｃ．试剂ｃ是氯气，相应的反应为２Ｆｅ
２＋＋Ｃｌ２􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｃｌ
－
Ｄ．用酸性ＫＭｎＯ４溶液可检验溶液Ｗ中是否含有Ｆｅ
２＋
５．
答案　Ｃ　向工业废液中加入过量Ｆｅ，过滤得到滤渣Ｙ（Ｃｕ、
Ｆｅ的混合物）和ＦｅＣｌ２溶液；欲得到ＦｅＣｌ３晶体，不能引入杂
质，故向滤渣Ｙ中加入的试剂ｂ为稀盐酸，Ａ错误。操作Ⅰ、
操作Ⅱ为过滤，操作Ⅲ为在ＨＣｌ氛围中蒸发ＦｅＣｌ３溶液，所用
仪器不同，Ｂ错误。试剂ｃ将ＦｅＣｌ２氧化为ＦｅＣｌ３，为不引入杂
质，试剂ｃ为Ｃｌ２，Ｃ正确。Ｃｌ
－可被酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化，Ｄ
错误。
关联知识　蒸发ＦｅＣｌ３溶液会促进ＦｅＣｌ３水解，在ＨＣｌ气体保
护下蒸发会抑制ＦｅＣｌ３水解。
６．（２０１９河南安阳二模，１１）某同学欲利用如图装置制取能较长
时间存在的Ｆｅ（ＯＨ）２，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水
先加热煮沸。下列分析正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２１８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．Ｘ可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸
Ｂ．实验开始时应先关闭ａ、打开ｂ，再向烧瓶中加入Ｘ
Ｃ．反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
Ｄ．反应结束后若关闭ｂ及分液漏斗活塞，则Ｆｅ（ＯＨ）２可较长
时间存在
６．
答案　Ｄ　过量稀硝酸会将铁氧化为Ｆｅ
３＋，故Ａ错误；实验
开始时，应先打开ａ、ｂ，利用生成的氢气将装置中空气排尽，故
Ｂ错误；反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故Ｃ
错误；由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，Ｆｅ（ＯＨ）２
可较长时间存在，故Ｄ正确。
审题方法　注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意
题干中信息，如较长时间存在，要考虑是否变质的问题。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
７．（２０１９广东深圳一模，１１）用ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ制取无水ＣｕＣｌ２的
实验装置如图所示，下列说法错误的是
（　　）
Ａ．通入ＨＣｌ可以抑制ＣｕＣｌ２的水解
Ｂ．先滴入浓硫酸，再点燃ｃ处酒精灯
Ｃ．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾
Ｄ．装置ｄ中上层为苯，下层为ＮａＯＨ溶液
７．
答案　
Ｄ　
Ａ项，氯化铜水解：ＣｕＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｃｕ（ＯＨ）２＋
２ＨＣｌ，生成的氯化氢易挥发，通入ＨＣｌ可以抑制ＣｕＣｌ２的水解，
正确；Ｂ项，ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ加热失去结晶水必须在ＨＣｌ的气流
中进行，所以先滴入浓硫酸产生ＨＣｌ气体，使硬质玻璃管中充
满ＨＣｌ气体后再点燃ｃ处酒精灯，正确；Ｃ项，硬质玻璃管内部
右侧有生成的水蒸气和通入的氯化氢，由于氯化氢极易溶于
水，会产生白雾，正确；Ｄ项，氯化氢极易溶于水，为了防止倒
吸，ｄ中下层应为有机溶剂，可以是四氯化碳，上层为氢氧化钠
溶液，错误。
解题关键　氯化铜为强酸弱碱盐，易发生水解，制备无水氯化
铜需在ＨＣｌ氛围中进行。
８．（２０２０届５·３原创卷４，１１）钢铁的表面发蓝、发黑处理是常
用的防腐蚀方法。发生的主要反应有：３Ｆｅ＋ＮａＮＯ２＋５ＮａＯＨ􀪅􀪅
３Ｎａ２ＦｅＯ２＋ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ；６Ｎａ２ＦｅＯ２＋ＮａＮＯ２＋５Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
３Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４＋ＮＨ３↑＋７ＮａＯＨ；Ｎａ２ＦｅＯ２＋Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
Ｆｅ３Ｏ４＋４ＮａＯＨ。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．钢铁表面氧化膜的成分是Ｆｅ３Ｏ４，Ｆｅ３Ｏ４中Ｆｅ（Ⅱ）和Ｆｅ
（Ⅲ）的含量之比为２∶１
Ｂ．升高温度或增大ＮａＮＯ２溶液的浓度有利于氧化膜的生成
Ｃ．由反应过程可知，氧化性：ＮａＮＯ２＞Ｎａ２ＦｅＯ２＞Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４
Ｄ．工业上一般不用冷浓硝酸进行钢铁表面处理的原因是硝酸
易挥发、不稳定且还原产物污染环境
８．
答案　ＢＤ　
Ｆｅ３Ｏ４可写成ＦｅＯ·Ｆｅ２Ｏ３的形式，则Ｆｅ３Ｏ４中
Ｆｅ（Ⅱ）和Ｆｅ（Ⅲ）的含量之比为１∶２，Ａ项错误；升高温度、增
大ＮａＮＯ２溶液的浓度均有利于氧化膜的形成，Ｂ项正确；由题
给反应得，氧化性：ＮａＮＯ２＞Ｎａ２ＦｅＯ２、ＮａＮＯ２＞Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４，
Ｎａ２ＦｅＯ２中Ｆｅ元素的化合价为＋２，而Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４中Ｆｅ元素的
化合价为＋３，故氧化性：ＮａＮＯ２＞Ｎａ２Ｆｅ２Ｏ４＞Ｎａ２ＦｅＯ２，Ｃ项错误；
冷浓硝酸能使Ｆｅ钝化，使钢铁表面形成一层致密的氧化膜，但
由于硝酸易挥发、不稳定且还原产物污染环境，工业上一般不
用冷浓硝酸进行钢铁表面处理，Ｄ项正确。
９．（２０１９北京期末）某小组同学通过实验研究ＦｅＣｌ３溶液与Ｃｕ
粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
步骤
实验
现象
铜粉消失，溶液
黄色变浅，加入
蒸馏水后无明显
现象
铜粉有剩余，溶
液黄色褪去，加
入蒸馏水后生成
白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄
色褪去，变成蓝色，
加入蒸馏水后无白
色沉淀
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Ｆｅ
３＋被氧化
Ｂ．对比实验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
Ｃ．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后ｃ（Ｃｕ
２＋）相同
Ｄ．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和ＮａＣｌ溶液可能出现白色
沉淀
９．
答案　ＡＣ　实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液
黄色褪去，说明Ｆｅ
３＋被Ｃｕ还原，故Ａ错误。对比实验Ⅰ、Ⅱ，
实验Ⅰ中加入少量铜粉，现象是铜粉消失，溶液黄色变浅，加入
蒸馏水后无明显现象；实验Ⅱ中加入过量铜粉，现象是铜粉有
剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，说明白色沉
淀的产生与铜粉的量有关，故Ｂ正确。对比实验Ⅱ、Ⅲ，参加
反应的Ｆｅ
３＋的物质的量相同，则生成的Ｃｕ
２＋的物质的量应相
同，但由于实验Ⅱ生成白色沉淀ＣｕＣｌ，所以加入蒸馏水后，
ｃ（Ｃｕ
２＋）不相同，故Ｃ错误。实验Ⅲ中铜粉有剩余，溶液为蓝
色，说明含有Ｃｕ
２＋，对比实验Ⅱ，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入
饱和ＮａＣｌ溶液可能出现白色沉淀ＣｕＣｌ，故Ｄ正确。
三、非选择题（共４６分）
１０．（２０１９安徽阜阳二模，２２）（１２分）ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ是一种饲料
营养强化剂。一种利用水钴矿［主要成分为Ｃｏ２Ｏ３、
Ｃｏ（ＯＨ）３，还含少量Ｆｅ２Ｏ３、Ａｌ２Ｏ３、ＭｎＯ等］制取ＣｏＣｌ２·
６Ｈ２Ｏ的工艺流程如下：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有Ｈ
＋、Ｃｏ
２＋、Ｆｅ
２＋、Ｍｎ
２＋、
Ａｌ
３＋等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ｐＨ如下表
所示：
沉淀物
Ｆｅ（ＯＨ）３
Ｆｅ（ＯＨ）２
Ｃｏ（ＯＨ）２
Ａｌ（ＯＨ）３
Ｍｎ（ＯＨ）２
开始沉淀
２．７
７．６
７．６
４．０
７．７
完全沉淀
３．７
９．６
９．２
５．２
９．８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十二　金属及其化合物
２１９
　
③ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ熔点为８６℃，加热至１１０～１２０℃时，失去结
晶水生成无水氯化钴。
（１）写出浸出过程中Ｃｏ２Ｏ３发生反应的离子方程式：　
　
　
　　　　　　　　　。
（２）写出ＮａＣｌＯ３发生反应的主要离子方程式：　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（３）“ 加Ｎａ２ＣＯ３调ｐＨ至５．２”，过滤所得到的沉淀成分
为　　　　　　　　　　。
（４）“操作Ⅰ”中包含３个基本实验操作，它们依次是　　　　、
　　　　和过滤。
（５）萃取剂对金属离子的萃取率与ｐＨ的关系如图。向“ 滤
液”中加入萃取剂的目的是　　　
　
　；萃取剂使用的最
佳ｐＨ范围是　　　（填代号）。
Ａ．２．０～２．５
Ｂ．３．０～３．５
Ｃ．４．０～４．５
Ｄ．５．０～５．５１
（６）为测定粗产品中ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ的含量，称取一定质量的
粗产品溶于水，加入足量ＡｇＮＯ３溶液，过滤、洗涤，将沉淀
烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ
的质量分数大于１００％，其原因可能是　　　　　　　
　
　　　　　。（答一条即可）
１０．
答案　（１）Ｃｏ２Ｏ３＋ＳＯ
２－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｏ
２＋＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ
（２）ＣｌＯ
－
３＋６Ｆｅ
２＋＋６Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃｌ
－＋６Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
（３）Ｆｅ（ＯＨ）３、Ａｌ（ＯＨ）３
（４）蒸发浓缩　冷却结晶
（５）除去Ｍｎ
２＋　Ｂ
（６）粗产品中含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
解析　
（１）浸出液中含有Ｃｏ
２＋，而Ｃｏ２Ｏ３中Ｃｏ化合价为＋
３，Ｎａ２ＳＯ３、ＨＣｌ与Ｃｏ２Ｏ３发生氧化还原反应，离子方程式为
Ｃｏ２Ｏ３＋ＳＯ
２－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｏ
２＋＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ；（２）由表中数据可
看出，亚铁离子沉淀完全时，Ｃｏ
２＋已经沉淀完全，无法得到产
品，因此需要将亚铁离子氧化为铁离子，ＮａＣｌＯ３的作用就是
将Ｆｅ
２＋氧化成Ｆｅ
３＋，该反应的离子方程式为ＣｌＯ
－
３＋６Ｆｅ
２＋＋６Ｈ
＋
􀪅􀪅Ｃｌ
－＋６Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ；（３）由表中数据可知，加Ｎａ２ＣＯ３调
ｐＨ至５．２所得沉淀为Ｆｅ（ＯＨ）３、Ａｌ（ＯＨ）３；（４）萃取后余液中
溶质主要是ＣｏＣｌ２，欲获得ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ，操作步骤是蒸发浓
缩、冷却结晶和过滤；（５）萃取剂的作用是除去溶液中
的Ｍｎ
２＋。
１１．（２０１９河北石家庄一模，２６）（１５分）草酸亚铁晶体
（ＦｅＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ，相对分子质量为１８０）呈淡黄色，可用作照
相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。
Ⅰ．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。
（１）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复
选用）进行实验：
①装置Ｄ的名称为　　　　　　　　　。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为
　　　　　　
→尾气处理装置（填仪器接口的字母编
号）。
③实验前先通入一段时间Ｎ２，其目的为　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。
④实验证明气体产物中含有ＣＯ，依据的实验现象为　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　　　　　　。
（２）固体产物成分的探究。充分反应后，Ａ处反应管中残留
黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Ｆｅ或ＦｅＯ。
小组成员设计实验证明了其成分只有ＦｅＯ，其操作及现
象为　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）依据（１）和（２）中结论，可知Ａ处反应管中发生反应的化
学方程式为
　。
Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有ＦｅＳＯ４杂质，测定其纯度
的步骤如下：
步骤１：称取ｍｇ草酸亚铁晶体样品并溶于稀Ｈ２ＳＯ４中，配成
２５０ｍＬ溶液。
步骤２：取上述溶液２５．００ｍＬ，用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标准液滴
定至终点，消耗标准液Ｖ１ｍＬ。
步骤３：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适
量稀Ｈ２ＳＯ４，再用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标准溶液滴定至终点，消
耗标准液Ｖ２ｍＬ。
（４）步骤３中加入锌粉的目的为　　　　　　　　。
（５）草酸亚铁晶体样品的纯度为　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　；若步骤１配制溶液时部分Ｆｅ
２＋被氧化，则测定结果
将　　（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
１１．
答案　（１）①（球形）干燥管　
②ａｇｆｂｃｈｉ（或ｉｈ）ｄｅ（或ｅｄ）
ｂｃ　③排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸　
④Ｃ处反
应管中固体由黑变红，其后装置中澄清石灰水变浑浊
（２）取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成
（３）ＦｅＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅ＦｅＯ＋ＣＯ↑＋ＣＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ
（４）将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋
（５）
５
２×ｃ×（Ｖ１－Ｖ２）×１０
－３×２５０
２５×１８０
ｍ
×１００％　偏低
解析　（１）②草酸亚铁晶体在装置Ａ中受热分解，通过装
置Ｄ检验水蒸气的存在，通过装置Ｂ检验二氧化碳的存在，
通过装置Ｅ除去二氧化碳并干燥气体，通过装置Ｃ检验一氧
化碳，再通过装置Ｂ检验生成的二氧化碳气体，最后进行尾
气处理；③实验前先通入一段时间Ｎ２，把装置内空气赶尽，防
止加热时发生爆炸。（３）依据上述分析和题给信息，可知Ａ
处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２２０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
一氧化碳、二氧化碳和水。（４）向反应后溶液中加入适量锌
粉是为了将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋。（５）草酸亚铁溶液中滴入高锰
酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧
化，向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀
Ｈ２ＳＯ４，再用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４标准液滴定至终点，消耗标准液
Ｖ２ｍＬ，此时滴定的是亚铁离子，则Ｃ２Ｏ
２－
４消耗ＫＭｎＯ４的物质
的量为ｃ（Ｖ１－Ｖ２）×１０
－３ｍｏｌ，利用化学反应定量关系计算即
可。若步骤１配制溶液时部分Ｆｅ
２＋被氧化，导致Ｖ１偏小，测
定结果偏低。
方法技巧　探究气体产物的成分需注意检验顺序：一般先检
验水蒸气，再检验其他气体；若气体成分相互干扰检验，需除
杂后再进行检验。
１２．（２０１９湖北十堰一模，２６）（１９分）甲醛（ＨＣＨＯ），无色气体，
易溶于水，有特殊的刺激性气味，对人眼、鼻等有刺激作用。
４０％甲醛溶液沸点为９６℃，易挥发。甲醛在碱性溶液中具有
极强的还原性。为探究过量甲醛和新制Ｃｕ（ＯＨ）２反应的产
物成分，进行如下研究：
（１）在下图装置中进行实验，向ａ中加入０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣｕＳＯ４
溶液５０ｍＬ和５ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液１００ｍＬ，振荡，再加
入４０％的甲醛溶液４０ｍＬ，缓慢加热ａ，在６５℃时回流２０
分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生
成，最后变成红色，并有气体产生。
①仪器ｂ的名称是　　　　　　　　　　　　。
②仪器ｃ的作用为　　　　　　　　。
③能说明甲醛具有还原性的实验现象是　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）查阅资料发现气体产物是副反应产生的。为确认气体产
物中含Ｈ２而不含ＣＯ，将装置Ａ和下图所示的装置连接
后进行实验。
①依次连接的合理顺序为：Ａ→Ｂ→　
　
　
→　
　
　
→
　　　→　　　→Ｇ。
②装置Ｂ的作用是
　。
③确认气体产物中含Ｈ２而不含ＣＯ的现象是　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
（３）已知：
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
Ｈ
被氧化→
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
ＯＨ
被氧化→
Ｃ
ＨＯ
Ｏ
􀪅
ＯＨ。
证明ａ中甲醛的碳元素未被氧化成＋４价的实验方案为：
取少量ａ中反应后的清液，
　，
则说明甲醛的碳元素未被氧化成＋４价。
（４）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验（以下每步均
充分反应）：
已知：ⅰ．Ｃｕ２Ｏ
浓氨水→［Ｃｕ（ＮＨ３）４］
＋（无色）
在空气中→
［Ｃｕ（ＮＨ３）４］
２＋（蓝色）
ⅱ．２Ｃｕ＋８ＮＨ３· Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅２［Ｃｕ（ＮＨ３）４］
２＋＋
４ＯＨ
－＋６Ｈ２Ｏ
通过上述实验，可以得出红色固体产物主要是
　。
１２．
答案　（１）①恒压滴液漏斗　
②冷凝回流　
③Ａ中出现红
色物质（或Ａ中出现棕色物质）
（２）①Ｅ　Ｆ　Ｄ　Ｃ　②吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验
　③Ｆ中固体由黑变红，Ｄ中无水硫酸铜变蓝，Ｃ中澄清石灰
水不变浑浊
（３）滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生
（４）Ｃｕ２Ｏ和Ｃｕ
解析　（１）②仪器ｃ为球形冷凝管，主要作用是冷凝回流反
应物。③能说明甲醛具有还原性的实验现象是Ａ中出现红
色物质或Ａ中出现棕色物质。（２）①装置Ａ连接装置Ｂ除去
甲醛，防止干扰后续实验；利用装置Ｅ吸收水蒸气，剩余气体
通过装置Ｆ，在Ｆ中与氧化铜在加热条件下反应，利用装置Ｄ
中无水硫酸铜检验有无水蒸气生成，利用装置Ｃ中澄清石灰
水检验有无二氧化碳生成，最后通过装置Ｇ收集剩余气体，
装置连接的合理顺序为ＡＢＥＦＤＣＧ。③Ｆ中固体由黑变红，Ｄ
中无水硫酸铜变蓝，说明生成了水蒸气，原气体中含有氢气；
Ｃ中澄清石灰水不变浑浊，说明没有生成二氧化碳，原气体中
不含ＣＯ。（３）甲醛被氧化为甲酸，甲酸被氧化为碳酸，若碱
溶液中甲醛被氧化生成碳酸盐，加入浓盐酸会生成二氧化碳
气体，设计实验证明ａ中甲醛的碳元素未被氧化成＋４价的方
法为：取少量ａ中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气
泡产生，说明甲醛中的碳元素未被氧化成＋４价。（４）红色固
体与浓氨水混合，得到的无色溶液在空气中变为浅蓝色，说明
含有Ｃｕ２Ｏ；剩余固体中加入浓氨水并摇动锥形瓶得深蓝色溶
液是铜、氧气和一水合氨反应生成深蓝色配离子，说明含有
Ｃｕ，因此红色固体产物主要是Ｃｕ２Ｏ和Ｃｕ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２２１
　
专题十三
非金属及其化合物
课
标
解
读
内容
碳、硅及其化合物　
无机非金属材料
氯、溴、碘及其化合物
氧、硫及其化合物
氮及其化合物
解读
１．掌握碳及其重要化
合物的主要性质及
其应用
２．了解碳的氧化物对
环境的影响
１．掌握Ｃｌ２及其化合物的主
要性质及应用
２．掌握Ｃｌ２的实验室制法
３．了解海水的综合利用
１．掌握硫的主要性质及其
应用
２．掌握ＳＯ
２－
４的检验方法
３．了解硫的氧化物对环境
的影响
１．掌握氮及其化合物的
主要性质及应用
２．掌握ＮＨ３的实验室
制法
考情分析
非金属元素及其化合物是高考的重点考查内容，试题通常以本专题知识为载体，综合考查基本概念和基本
理论，或与生产、生活、科技、医疗等联系起来考查知识的灵活应用能力
备考策略
本专题内容常与氧化还原反应、物质的制备与检验、化学平衡、盐类的水解等结合在一起进行考查
２２２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码９６
考点一碳、硅及其化合物　无机非金属材料
　　１．碳的单质
碳
单质：
主要有金刚石、石墨和Ｃ６０等，各单质之间
互为①　同素异形体　
化学
性质
与Ｏ２：氧气足量时，Ｃ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅ＣＯ２
氧气不足时，②　２Ｃ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅２ＣＯ　
与氧化物（如ＣｕＯ）：③　Ｃ＋２ＣｕＯ
高温
􀪅􀪅２Ｃｕ＋ＣＯ２↑　
与氧化性酸（如浓硫酸）：④　Ｃ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅　
　ＣＯ２↑＋２ＳＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　
ì
î
í
ï
ï
ïï
ï
ï
ïï
用途：金刚石用作切削刀具、装饰品等；
　　
石墨用作电极、润滑剂、铅笔芯等
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ïï
　　２．碳的氧化物
碳
的
氧
化
物
ＣＯ：一种无色无味的有
·毒
·气
·体
·，具有还原性，还原Ｆｅ２Ｏ３、
ＣｕＯ的化学方程式分别为⑤　Ｆｅ２Ｏ３＋３ＣＯ
高温
􀪅􀪅　
　２Ｆｅ＋３ＣＯ２　，⑥　ＣＯ＋ＣｕＯ
△
􀪅􀪅Ｃｕ＋ＣＯ２　
ＣＯ２：一种无色无味的气体，能溶于水，固态ＣＯ２俗称
⑦　干冰　。与Ｈ２Ｏ、Ｎａ２Ｏ、Ｃａ（ＯＨ）２溶液（足量）、
Ｍｇ反应的化学方程式分别为
⑧　ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＣＯ３　，
⑨　Ｎａ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３　，
⑩　ＣＯ２＋Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ　，
􀃊
􀁉
􀁓　２Ｍｇ＋ＣＯ２
点燃
􀪅􀪅２ＭｇＯ＋Ｃ　
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
３．硅及其化合物
（１）硅单质可用于制造半导体材料，光导纤维的主要成分
是ＳｉＯ２；
（２）非金属单质与碱溶液反应一般既作氧化剂又作还原剂，
且无氢气放出，但硅与碱溶液反应时Ｓｉ只作还原剂，且放出氢
气：Ｓｉ＋２ＮａＯＨ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎａ２ＳｉＯ３＋２Ｈ２↑；
（３）非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能跟ＨＦ反应：Ｓｉ＋
４ＨＦ􀪅􀪅ＳｉＦ４↑＋２Ｈ２↑；
（４）ＳｉＯ２是Ｈ２ＳｉＯ３的酸酐，但它不溶于水，不能直接与水反
应制备Ｈ２ＳｉＯ３；
（５）酸性氧化物一般不与酸作用，但ＳｉＯ２能跟氢氟酸作用：ＳｉＯ２＋
４ＨＦ􀪅􀪅ＳｉＦ４↑＋２Ｈ２Ｏ；
（６）无机酸一般能溶于水，但Ｈ２ＳｉＯ３（或Ｈ４ＳｉＯ４）却难溶
于水。
　　４．无机非金属材料
（１）材料的分类
材料
金属材料纯金属
合金
{
无机非金属材料传统无机非金属材料
新型无机非金属材料
{
有机高分子材料
塑料
橡胶
纤维
{
复合材料
ì
î
í
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ïï
（２）传统无机非金属材料，如水泥、玻璃、陶瓷等。
（３）新型无机非金属材料，如高温结构陶瓷、光导纤维等。
考点二氯、溴、碘及其化合物
　　１．氯元素的位、构、性关系
（１）氯元素位于元素周期表中第①　三　周期第②　ⅦＡ　族，
其原子结构示意图为
。氯原子易得到一个电子形成氯
离子（
），因此，氯元素具有较强的非金属性，在自然界
中以化合态存在。氯气具有③　强氧化　性，化学性质活泼，以得
电子发生还原反应为主。
（２）氯气的性质
氯
气
物理性质———通常状况下为④　黄绿　色，有刺激性气味
的气体，密度比空气大，能溶于水，常温
下，１体积水约能溶解２体积氯气
毒性———有
·毒
·，对人体有强烈的刺激性，吸入较多的
氯气会使人死亡
化学
性质
跟金属反应
Ｃｕ＋Ｃｌ２
点燃
􀪅􀪅ＣｕＣｌ２
２Ｆｅ＋３Ｃｌ２
点燃
􀪅􀪅⑤　２ＦｅＣｌ３　
{
跟非金属反应
Ｈ２＋Ｃｌ２
点燃或光照
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅２ＨＣｌ
Ｓｉ＋２Ｃｌ２
高温
􀪅􀪅ＳｉＣｌ４
{
跟水反应Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＣｌ＋ＨＣｌＯ
跟碱
反应
Ｃｌ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅⑥　ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ　
２Ｃｌ２＋２Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋Ｃａ（ＣｌＯ）２＋２Ｈ２Ｏ
{
跟还原性
化合物
反应
２ＫＩ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＫＣｌ＋Ｉ２
２ＮａＢｒ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮａＣｌ＋Ｂｒ２
２ＦｅＣｌ２＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＦｅＣｌ３
{
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
２．氯气的实验室制法
基础知识
联想拓展
化学反应原理：
⑦　ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅
ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ　
Ｃｌ
－被强氧化剂氧化→Ｃｌ２
用ＫＭｎＯ４、ＫＣｌＯ３、Ｃａ（ＣｌＯ）２等固体
与浓盐酸在常温下反应可制得Ｃｌ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２２３
　
续表
基础知识
联想拓展
装置类型：
固＋液
加热
→气
装置类型：
固＋液
不加热→气
收集方法：
向上排空气法或排饱和食盐
水法
收集方法的选择与气体的密度、溶
解性及其在空气中的稳定性等有关
尾气吸收：Ｃｌ２有毒，常用
⑧　ＮａＯＨ溶液　吸收尾气，防
止污染环境
根据有害气体的性质，常设置点燃
转化、试剂吸收等处理装置
　　说明　
Ｃｌ２中的ＨＣｌ（ｇ）可用饱和食盐水吸收，Ｈ２Ｏ（ｇ）可
用浓硫酸吸收。
　　３．溴、碘单质的特殊性
⑨　Ｂｒ２　是常温下唯一呈液态的非金属单质；液溴易挥发且
有毒，通常用⑩　水　液封来保存。
Ｉ２易升华，淀粉溶液遇Ｉ２变蓝。
Ｂｒ２和Ｉ２都可被某些有机溶剂（如四氯化碳、汽油）萃取。
Ｉ２易与Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液反应：Ｉ２＋２Ｓ２Ｏ
２－
３􀪅􀪅２Ｉ
－＋Ｓ４Ｏ
２－
６，用于
通过滴定（以􀃊
􀁉
􀁓　淀粉溶液　为指示剂）来定量测定碘的含量。
４．海水资源的开发利用
一、对氯水性质多样性的分析
　　１．氯水中的“三个平衡”
Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＨＣｌＯ
ＨＣｌＯ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＣｌＯ
－
Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＯＨ
－
２．组成微粒———“三分子”“四离子”
　　３．氯水性质的多样性
新
制
氯
水
Ｃｌ２
氧
化
性
能氧化Ｆｅ
２＋、Ｂｒ
－、Ｉ
－、ＳＯ２、ＳＯ
２－
３等
Ｃｌ
－
生
成
沉
淀
加入ＡｇＮＯ３溶液产生不溶于
稀硝酸的白色沉淀
ＨＣｌＯ
不
稳
定
性
在强光照射下有气泡产生，长时间
放置，氯水变质后成为稀盐酸
漂
白
性
使湿润的有色布条或品红溶液
褪色
使紫色石蕊溶液先变红
后褪色
Ｈ
＋
酸
性
与活泼金属反应产生Ｈ２，
与碳酸盐反应生成ＣＯ２
４．氯水中平衡移动的应用
向氯水中加
入的物质或
改变的条件
浓度变化
平衡移动
的方向
应用
可溶性氯
化物
ｃ（Ｃｌ
－）增大
左移
①用饱和食盐水除Ｃｌ２
中的ＨＣｌ
②用排饱和食盐水法
收集Ｃｌ２
盐酸
ｃ（Ｈ
＋）和
ｃ（Ｃｌ
－）增大
左移
次氯酸盐与浓盐酸反
应制Ｃｌ２
ＮａＯＨ
ｃ（Ｈ
＋）减小
右移
用ＮａＯＨ溶液吸收多
余Ｃｌ２
Ｃａ（ＯＨ）２
ｃ（Ｈ
＋）减小
右移
制漂白粉
ＣａＣＯ３
ｃ（Ｈ
＋）减小
右移
制高浓度的ＨＣｌＯ溶液
光照
ｃ（ＨＣｌＯ）减小
右移
氯水避光保存或现用
现配
二、卤素离子的检验方法
１．ＡｇＮＯ３溶液—沉淀法
未知液
滴加ＡｇＮＯ３溶液和稀硝酸
→
生成白色沉淀，则有Ｃｌ
－
生成浅黄色沉淀，则有Ｂｒ
－
生成黄色沉淀，则有Ｉ
－
{
２．置换—萃取法
未知液
加适量新制饱和氯水
振荡
→
加入ＣＣｌ４（下层）或汽油（上层）
振荡
→
有机层呈
红棕色或橙红色，表明有Ｂｒ
－
浅紫色或紫色，表明有Ｉ
－
{
３．氧化—淀粉法检验Ｉ
－
未知液
加适量新制饱和氯水或Ｈ２Ｏ２等氧化剂
振荡
→
淀粉溶液
振荡→蓝
色溶液，表明有Ｉ
－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２２４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点三氧、硫及其化合物
一、硫
硫
物理性质：①　黄　色或淡黄色的固体；很脆；
②　不　溶于水，微溶于酒精，
③　易　溶于ＣＳ２
化学性质：Ｆｅ＋Ｓ
△
􀪅􀪅④　ＦｅＳ　（硫的氧化性）
２Ｃｕ＋Ｓ
△
􀪅􀪅Ｃｕ２Ｓ（硫的氧化性）
Ｓ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅⑤　ＳＯ２　（硫的还原性）
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
说明　Ｓ与变价金属发生化合反应一般生成⑥　低　价态
硫化物。
二、二氧化硫
二
氧
化
硫
物理性质：⑦　无　色、有刺激性气味的气体，密度比空
气⑧　大　，⑨　易　溶于水（１∶４０），易液化
化学性质
酸性氧化物：ＳＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅⑩　ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ　
漂
·白
·性
·：使􀃊
􀁉
􀁓　品红　溶液褪色（可逆反应）
氧化性：ＳＯ２＋２Ｈ２Ｓ􀪅􀪅􀃊
􀁉
􀁔　３Ｓ＋２Ｈ２Ｏ　
还原性：２ＳＯ２＋Ｏ２
催化剂
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀃊
􀁉
􀁕　２ＳＯ３　
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
三、硫酸的性质和用途
硫
酸
物理性质：无色油状液体，密度比水􀃊
􀁉
􀁖　大　，难挥发，
沸点􀃊
􀁉
􀁗　高　
类别：二元强酸
稀硫酸具有􀃊
􀁉
􀁘　酸　的通性
浓硫
酸的
特性
强
氧
化
性
Ｃｕ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅􀃊
􀁉
􀁙　ＣｕＳＯ４＋ＳＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　
Ｃ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅􀃊
􀁉
􀁚　２ＳＯ２↑＋ＣＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　
常温下，冷的浓硫酸可使􀃊
􀁉
􀁛　Ａｌ、Ｆｅ　“钝
·化
·”
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
吸水性：浓硫酸常作􀃊
􀁊
􀁒　干燥剂　
脱水性：将有机物中的氢、氧元素按２∶１的原子
个数比脱去，生成水
ì
î
í
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
用途：电镀，精炼石油制化肥、炸药、农药等
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
四、臭氧（Ｏ３）
１．物理性质
在常温、常压下，臭氧是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，它
的密度比氧气大。
２．化学性质
（１）极强的氧化性：Ｏ３＋２ＫＩ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＫＯＨ＋Ｉ２＋Ｏ２（使湿润
的淀粉ＫＩ试纸变蓝）。
（２）不稳定性：２Ｏ３􀪅􀪅３Ｏ２（升温，反应速率加快）。
（３）漂白和消毒作用：有些染料受到臭氧的氧化作用会褪
色，臭氧还可以杀死许多细菌，因此，臭氧是一种很好的􀃊
􀁊
􀁓　脱色
剂　和􀃊
􀁊
􀁔　消毒剂　。
（４）产生方式：３Ｏ２
放电
􀪅􀪅２Ｏ３。
３．臭氧层
能吸收来自太阳的大部分紫外线，被称为生物的“保护伞”。
􀃊
􀁊
􀁕　氟氯代烷　是破坏臭氧层的“元凶”。
五、过氧化氢
１．化学式：􀃊
􀁊
􀁖　Ｈ２Ｏ２　。
电子式：􀃊
􀁊
􀁗　Ｈ·× Ｏ
··
··
·
· Ｏ
··
··
·× Ｈ　。
结构式：􀃊
􀁊
􀁘　Ｈ
Ｏ
Ｏ
Ｈ　。
Ｈ、Ｏ原子个数比为１∶１，Ｈ２Ｏ２是既含极性键，又含非极性
键的共价化合物。
２．化学性质
（１）不稳定性：２Ｈ２Ｏ２
ＭｎＯ２
􀪅􀪅􀪅
􀪅􀃊
􀁊
􀁙　２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑　。
（２）还原性：Ｈ２Ｏ２遇强氧化剂时表现还原性。如：
２ＫＭｎＯ４＋５Ｈ２Ｏ２＋３Ｈ２ＳＯ４
􀪅􀪅
Ｋ２ＳＯ４＋２ＭｎＳＯ４＋
５Ｏ２↑＋８Ｈ２Ｏ
（３）氧化性，如：Ｈ２Ｏ２＋Ｎａ２ＳＯ３􀪅􀪅􀃊
􀁊
􀁚　Ｎａ２ＳＯ４＋Ｈ２Ｏ　。
酸性条件下可溶解Ｃｕ：Ｈ２Ｏ２＋Ｃｕ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅􀃊
􀁊
􀁛　Ｃｕ
２＋＋２Ｈ２Ｏ　。
杀菌消毒、漂白作用：如可使ＮａＯＨ酚酞溶液的红色褪去，
不是Ｈ２Ｏ２的弱酸性所致。
六、离子的检验
（１）ＳＯ
２－
４的检验
待测液
加盐酸酸化→取清液
滴加ＢａＣｌ２溶液
→有无白色沉淀
（判断有无ＳＯ
２－
４）。
先加稀盐酸的目的是排除ＣＯ
２－
３、ＳＯ
２－
３、Ａｇ
＋的干扰：ＣＯ
２－
３＋
２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑、ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＳＯ２↑、Ａｇ
＋＋Ｃｌ
－􀪅􀪅
ＡｇＣｌ↓，再加ＢａＣｌ２溶液，有白色沉淀产生，则ＳＯ
２－
４存在：Ｂａ
２＋＋
ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４↓。
（２）ＳＯ
２－
３的检验
向溶液中加入盐酸，将产生的气体通入品红溶液中，红色褪
去；或加入氯化钡溶液生成白色沉淀，加入盐酸，沉淀溶解并产
生具有刺激性气味的气体。
七、环境保护
１．环境问题
（１）酸雨
酸雨的酸度主要是􀃊
􀁋
􀁒　硫酸　和硝酸造成的。我国的酸雨主
要是硫
·酸
·型
·酸
·雨
·，主要是由􀃊
􀁋
􀁓　二氧化硫　引起的。
（２）臭氧空洞
臭氧空洞的形成主要与氟氯烃和氮氧化物有关。
（３）水体富营养化
主要是由过多排放含􀃊
􀁋
􀁔　磷　、氮的废水所致。
（４）光化学烟雾
主要由􀃊
􀁋
􀁕　氮氧化物　等物质引起。
（５）温室效应
主要由过多排放二氧化碳和甲烷等所致。
２．大气污染
（１）概念：大气中某些有毒、有害物质的含量超过正常值或
超过大气的自净能力。
（２）污染物：主要有􀃊
􀁋
􀁖　可吸入颗粒物　、硫的氧化物、氮的氧
化物、碳氢化合物，以及氟氯代烷和放射性物质等。
（３）主要危害：危害人体健康，影响动植物生长，影响全球
气候。
（４）防治的措施：立法，综合治理。
３．水污染
（１）概念：排放的污染物使水和水体的物理、化学性质发生
变化，或使生物群落发生变化，从而降低了水体的使用价值。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２２５
　
（２）污染物的种类：重金属、酸、碱、盐、耗氧物质、石油、难降
解的有机物、洗涤剂等。
（３）防止和治理：控制污水的排放，用物理、化学、生物等方
法综合治理。
４．土壤污染
（１）概念：进入土壤中的污染物的数量超过土壤的􀃊
􀁋
􀁗　净化　
能力，导致土壤质量下降的现象。
（２）污染物：城市污水、工业废水、生活垃圾、工矿企业固体
废弃物、化肥、农药、大气沉降物、牲畜的排泄物、生物残体等。
（３）防治的措施：控制和减少污染物的排放，加强对工矿企
业固体废弃物及城市垃圾的处理和利用。
八、绿色化学
绿色化学在环境保护和清洁生产等方面发挥着越来越重要
的作用。
原子经济性可用原子利用率来衡量，可表示为：
原子利用率＝期望产物的质量
生成物的总质量×１００％
原子经济性有两个显著的特点：一是最大限度地利用原料，
二是最大限度地减少废弃物的排放。
考点四氮及其化合物
一、氮气
氮气约占空气总体积的①　７８％　。通常情况下，Ｎ２不与Ｏ２
反应；在放电条件下，Ｎ２能跟Ｏ２反应生成无色、无味的一氧化
氮：Ｎ２＋Ｏ２
放电
􀪅􀪅②　２ＮＯ　。
二、ＮＯ和ＮＯ２
一氧化氮在常温下很容易与空气中的氧气反应，化学方程
式为③　２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２　。
ＮＯ与ＮＯ２的性质比较
一氧化氮（ＮＯ）
二氧化氮（ＮＯ２）
颜色
无色
④　红棕色　
气味
无味
刺激性气味
水溶性
不溶
与Ｈ２Ｏ反应
毒性
有毒
有毒
实验室制取时
所用试剂
Ｃｕ和稀ＨＮＯ３
Ｃｕ和浓ＨＮＯ３
三、硝酸
１．物理性质
纯硝酸是无色、⑤　易　挥发、有刺激性气味的液体，能跟水以
任意比互溶，常用浓硝酸的溶质质量分数约为６９％，常因溶有少
量ＮＯ２而略显黄色。
２．化学性质
（１）具有酸的通性，但与活泼金属反应时不能生成Ｈ２。
（２）不稳定性，化学方程式为⑥　４ＨＮＯ３
△
􀪅􀪅４ＮＯ２↑＋
Ｏ２↑＋２Ｈ２Ｏ　。
久置的浓硝酸呈⑦　黄　色，因为溶解了ＮＯ２。实验室保存浓
ＨＮＯ３时应注意：低温、⑧　避光　、密封。
（３）强氧化性
ａ．能与除⑨　Ａｕ、Ｐｔ　以外的所有金属反应，如Ｃｕ与浓、稀
ＨＮＯ３均可反应，化学方程式分别为：⑩　Ｃｕ＋４ＨＮＯ３（浓）􀪅􀪅
Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　，􀃊
􀁉
􀁓　３Ｃｕ＋８ＨＮＯ３（稀）􀪅􀪅
３Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ　。
有些金属（如􀃊
􀁉
􀁔　Ｆｅ　、􀃊
􀁉
􀁕　Ａｌ　等）在冷的浓ＨＮＯ３中发生钝
·化
·。
ｂ．与不活泼的木炭反应的化学方程式为：
􀃊
􀁉
􀁖　Ｃ＋４ＨＮＯ３（浓）
△
􀪅􀪅ＣＯ２↑＋４ＮＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　。
ｃ．与某些还原性化合物（如ＦｅＯ）反应的化学方程式为：
􀃊
􀁉
􀁗　３ＦｅＯ＋１０ＨＮＯ３􀪅􀪅３Ｆｅ（ＮＯ３）３＋ＮＯ↑＋５Ｈ２Ｏ　。
３．工业制备原理
４ＮＨ３＋５Ｏ２
催化剂
△
􀪅􀪅􀪅􀪅４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ　
２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２
３ＮＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＨＮＯ３＋ＮＯ
４．用途
制化肥、炸药、染料等。
四、人类活动对自然界氮循环和环境的影响
１．固氮及影响
（１）活化氮
ＮＨ
＋
４、ＮＯ
－
３是自然界中活化氮的主要存在形态。
（２）影响
活化氮数量增加
破坏全球生态平衡问题
温室效应
水体污染
酸雨
{
{
（３）ＮＯｘ的污染
ａ．氮氧化物：主要有ＮＯ、Ｎ２Ｏ、ＮＯ２、Ｎ２Ｏ３、Ｎ２Ｏ４、Ｎ２Ｏ５等，其
中ＮＯ和ＮＯ２是最主要的空气污染物。
ｂ．污染源：石油产品和煤的燃烧，工业废气的排放，农田土
壤及动物排泄物中含氮化合物的转化。
ｃ．污染
光化学烟雾：􀃊
􀁉
􀁘　氮氧化物　在紫外线作用下，与碳氢化合物
发生一系列光化学反应，产生一种有毒的烟雾。
酸雨：ＮＯｘ排入大气中后，与水反应生成ＨＮＯ３和ＨＮＯ２，随
雨水等降到地面（ｐＨ＜􀃊
􀁉
􀁙　５．６　）。
２．对生产中氮氧化物污染的防治
（１）控制进入自然界的有害物质的量。
（２）增强生态系统对有害物质的吸收能力。
五、氨及铵盐
（一）氨的结构与性质
１．结构：电子式为􀃊
􀁉
􀁚　Ｈ·
· Ｎ
··
··
Ｈ
·
·Ｈ　，分子空间构型为三角锥形。
２．物理性质：无色，有刺激性气味的气体，密度比空气小，易
液化，极易溶于水。
３．化学性质
（１）与水反应
ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－
ＮＨ３是唯一能使湿润的红色石蕊试纸􀃊
􀁉
􀁛　变蓝　的气体（高
中阶段），常用此性质检验ＮＨ３。
（２）与酸反应
ＮＨ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮＨ４Ｃｌ（生成白烟）
ＮＨ３＋ＨＮＯ３􀪅􀪅ＮＨ４ＮＯ３（生成白烟）
（３）与氧气反应（氨的催化氧化）
􀃊
􀁊
􀁒　４ＮＨ３＋５Ｏ２
催化剂
△
􀪅􀪅􀪅􀪅４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ　
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２２６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（二）铵盐的性质和检验
１．性质
ａ．易溶于水的晶体
ｂ．与碱反应
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ
ｃ．受热分解
如ＮＨ４Ｃｌ
△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋ＨＣｌ↑
ｄ．水解反应
ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋
２．ＮＨ
＋
４的检验
ａ．取样品与碱共热，用湿润的􀃊
􀁊
􀁓　红色石蕊　试纸检验，观察
试纸是否变蓝；
ｂ．取样品与碱共热，用蘸有􀃊
􀁊
􀁔　浓盐酸　的玻璃棒检验，观察
是否有白烟产生。
（三）氨气的制法
１．实验室制法
（１）原理：铵盐与碱共热，产生氨气。
２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３↑＋２Ｈ２Ｏ
（２）制取装置：如下图所示。
１）收集：由于氨气极易溶于水，密度比空气小，所以用向下
排空气法收集。
２）验满：用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒接
近试管口（现象分别为试纸变蓝、产生白烟）。
３）棉花团的作用：在收集ＮＨ３的试管口放置一团松软的干
棉花，是为了防止试管内的ＮＨ３与试管外的空气形成对流，以便
在较短时间内收集到较为纯净的氨气。
注意
　
ａ．制取ＮＨ３宜用ＮＨ４Ｃｌ，不宜用（ＮＨ４）２ＳＯ４、
ＮＨ４ＨＣＯ３、ＮＨ４ＮＯ３等。
ｂ．消石灰不能用ＫＯＨ或ＮａＯＨ代替，因ＫＯＨ、ＮａＯＨ均易吸
湿，易结块，不利于产生ＮＨ３，且高温下腐蚀试管。
ｃ．干燥氨气不能用Ｐ２Ｏ５和浓Ｈ２ＳＯ４，
也不能用无水ＣａＣｌ２（８ＮＨ３＋ＣａＣｌ２􀪅􀪅
ＣａＣｌ２·８ＮＨ３），通常用碱石灰。
ｄ．欲快速制ＮＨ３可将浓氨水滴到
ＮａＯＨ固体或生石灰上，其装置如图所示。
　　２．工业制法
Ｎ２＋３Ｈ２
高温、高压
催化剂
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
２ＮＨ３
一、２ＮＯ２（ｇ）􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４（ｇ）　ΔＨ＜０的应用
通常“纯净”的ＮＯ２或Ｎ２Ｏ４并不纯，因为在常温常压下能
发生反应２ＮＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４，由于此平衡的存在，导致一些物理量
的理论值与实验值有一定的误差。
１．１ｍｏｌＮＯ２在标准状况下的体积应小于２２．４Ｌ。
２．标准状况下２２．４ＬＮＯ２的质量大于４６ｇ。
３．ＮＯ与Ｏ２混合后，平均相对分子质量应大于按体积比求
得的数值。
４．温度影响平衡体系２ＮＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４，其他条件不变，体系
颜色随温度改变而改变。升高温度，气体颜色变深；降低温度，
气体颜色变浅。
５．在平衡体系２ＮＯ２􀜩􀜨
􀜑
Ｎ２Ｏ４中，增加ＮＯ２的量时，相当于
增大压强。
二、溶液酸碱性对ＮＯ
－
３性质的影响
在中性或碱性溶液中ＮＯ
－
３几乎与所有的离子能大量共存，
但当溶液的酸性较强时相当于形成硝酸溶液，某些具有还原性
的离子则不能与之大量共存。如ＮＯ
－
３、Ｈ
＋、Ｆｅ
２＋中任意两者能大
量共存，但三者则不能大量共存，即ＮＯ
－
３在酸性溶液中表现强氧
化性。
三、对氧化性酸和酸的氧化性及“钝化”的理解
１．氧化性酸和酸的氧化性
氧化性酸是指分子里中心原子能得电子的酸，如ＨＮＯ３、浓
Ｈ２ＳＯ４等；非氧化性酸是指分子电离出的Ｈ
＋能得电子的酸，如磷
酸、稀Ｈ２ＳＯ４等。浓Ｈ２ＳＯ４与硝酸的氧化性强弱顺序为浓
ＨＮＯ３＞稀ＨＮＯ３＞浓Ｈ２ＳＯ４，可以从它们与铜反应时的条件、反应
速率快慢得出结论。浓ＨＮＯ３的氧化性比稀ＨＮＯ３的强，因为氧
化性的强弱是指氧化其他物质的能力，而不是指本身被还原的
程度，即不能以还原产物中氮的价态作为衡量浓ＨＮＯ３与稀
ＨＮＯ３氧化性强弱的标准。
２．钝化
钝化过程本身体现了浓ＨＮＯ３或浓Ｈ２ＳＯ４的强氧化性———
化学性质，由于发生了氧化还原反应，而在铁、铝表面形成一层
稳定而致密的氧化物薄膜，阻止了内层金属与介质进一步反应，
即钝化是不继续反应，而不是不反应。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２２７
　
对应学生用书
起始页码１０１
考点一碳、硅及其化合物　无机非金属材料
１．半导体工业中有一句行话：“从沙滩到用户”，即由ＳｉＯ２制Ｓｉ。
制取Ｓｉ的过程中不涉及的化学反应是
（　　）
Ａ．ＳｉＯ２＋２Ｃ
高温
􀪅􀪅Ｓｉ＋２ＣＯ↑
Ｂ．ＳｉＯ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅Ｎａ２ＳｉＯ３＋Ｈ２Ｏ
Ｃ．Ｓｉ＋２Ｃｌ２
△
􀪅􀪅ＳｉＣｌ４
Ｄ．ＳｉＣｌ４＋２Ｈ２
高温
􀪅􀪅Ｓｉ＋４ＨＣｌ
１．
答案　Ｂ　Ａ项，沙子的主要成分二氧化硅与碳在高温下反
应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为２Ｃ＋ＳｉＯ２
高温
􀪅􀪅Ｓｉ＋
２ＣＯ↑，故Ａ不符合题意。Ｂ项，制取Ｓｉ的过程中不涉及该化
学反应，故Ｂ符合题意。Ｃ项，粗硅与氯气在加热条件下反应
生成四氯化硅，反应的化学方程式为Ｓｉ＋２Ｃｌ２
△
􀪅􀪅ＳｉＣｌ４，故Ｃ
不符合题意。Ｄ项，氢气与四氯化硅在高温下反应生成纯硅和
氯化氢，反应的化学方程式为ＳｉＣｌ４＋２Ｈ２
高温
􀪅􀪅Ｓｉ＋４ＨＣｌ，故Ｄ不
符合题意。
２．某石化公司“碳九”装船作业时发生泄漏，造成环境污染。“碳
九”是指含九个碳原子的芳香烃，下列关于“碳九”的说法不正
确的是
（　　）
Ａ．属于易燃危险品
Ｂ．能与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应
Ｃ．只含碳、氢元素
Ｄ．１，２，３－三甲基苯属于“碳九”，其一氯代物有５种
２．
答案　Ｄ　“碳九”属于芳香烃，属于易燃危险品，故Ａ正确；
“碳九”属于芳香烃，分子中含有苯环，在浓硫酸和加热条件下
能和浓硝酸发生取代反应，故Ｂ正确；烃只含Ｃ、Ｈ元素，故Ｃ
正确；１，２，３－三甲基苯属于“碳九”，该分子中有４种氢原子，
所以其一氯代物有４种，故Ｄ错误。
３．下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．因为Ｎａ２ＣＯ３＋ＳｉＯ２
高温
􀪅􀪅Ｎａ２ＳｉＯ３＋ＣＯ２↑，所以硅酸的酸性比
碳酸强
Ｂ．碳和硅都是ⅣＡ族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理
性质相似
Ｃ．二氧化硅既能溶于氢氧化钠溶液又能溶于氢氟酸，所以二氧
化硅是两性氧化物
Ｄ．二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不能和水
反应生成硅酸
３．
答案　Ｄ　碳酸的酸性比硅酸强，Ａ不正确；ＣＯ２属于分子晶
体，ＳｉＯ２属于原子晶体，Ｂ不正确；ＳｉＯ２与氢氟酸反应生成ＳｉＦ４
和Ｈ２Ｏ，ＳｉＦ４不属于盐，ＳｉＯ２属于酸性氧化物，Ｃ不正确；ＳｉＯ２
不与水反应，Ｄ正确。
温馨提示　ＣＯ２＋Ｎａ２ＳｉＯ３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳｉＯ３↓＋Ｎａ２ＣＯ３，该反
应可证明酸性Ｈ２ＣＯ３＞Ｈ２ＳｉＯ３。
４．常温下，向Ｂａ（ＯＨ）２和ＮａＯＨ混合溶液中缓慢通入ＣＯ２至过
量（溶液温度变化忽略不计），生成沉淀物质的量与通入ＣＯ２
体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．ｂ点时溶质为ＮａＨＣＯ３
Ｂ．Ｖ４的值为９０
Ｃ．Ｖ１、Ｖ２、Ｖ３时，溶液中ｃ（Ｂａ
２＋）·ｃ（ＣＯ
２－
３）相等
Ｄ．原混合溶液中ｎ［Ｂａ（ＯＨ）２］∶ｎ（ＮａＯＨ）＝１∶２
４．
答案　
Ｄ　
ａｂ段发生的反应为２ＯＨ
－＋ＣＯ２􀪅􀪅ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ、
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅２ＨＣＯ
－
３，所以ｂ点溶液中溶质为ＮａＨＣＯ３，
故Ａ正确；发生反应Ｂａ
２＋＋２ＯＨ
－＋ＣＯ２􀪅􀪅ＢａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ时消
耗３０ｍＬ的二氧化碳，发生反应ＮａＯＨ＋ＣＯ２􀪅􀪅ＮａＨＣＯ３时消
耗３０ｍＬ的二氧化碳，发生反应ＢａＣＯ３＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｂａ
２＋＋
２ＨＣＯ
－
３时消耗３０ｍＬ的二氧化碳，所以Ｖ４的值为９０，故Ｂ正
确；Ｋｓｐ（ＢａＣＯ３）＝ｃ（Ｂａ
２＋）·ｃ（ＣＯ
２－
３），温度不变，溶度积不变，
故Ｃ正确；Ｄ项，原混合溶液中Ｂａ（ＯＨ）２和ＮａＯＨ的物质的量
之比为１∶１，故Ｄ错误。
审题方法　向ＮａＯＨ和Ｂａ（ＯＨ）２的混合溶液中通入ＣＯ２，二
氧化碳先和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀；当氢氧化钡消耗完
时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠；
当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸
钠、水反应生成碳酸氢钠；当碳酸钠完全反应后，继续通入二氧
化碳，二氧化碳和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡。
５．２０１７年５月４日《光明日报》报道称，中科院大连化学物理研
究所的研究团队利用多功能催化剂首次实现了ＣＯ２直接加氢
制汽油的过程。其转化过程如图所示。
下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．反应①的产物中含有水
Ｂ．反应②为化合反应
Ｃ．所制得的汽油的主要成分是烃和烃的含氧衍生物
Ｄ．这种人造汽油用作汽车的燃料时，汽车尾气中不含氮氧化物
５．
答案　
Ａ　
根据质量守恒定律可以判断反应①的产物中含
有水，Ａ项正确；反应物ＣＯ中含有氧元素，而生成物（ＣＨ２）ｎ
中不含氧元素，所以反应②不可能为化合反应，Ｂ项错误；所制
得的汽油的主要成分是烃，Ｃ项错误；在燃烧产生的高温条件
下，空气中的Ｎ２参与反应：Ｎ２＋Ｏ２
高温
􀪅􀪅２ＮＯ，所以这种人造汽
油用作汽车的燃料时与其他燃料一样，汽车尾气中都含有氮氧
化物，Ｄ项错误。
考点二氯、溴、碘及其化合物
６．海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２２８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
Ｂ．用澄清的石灰水可鉴别ＮａＨＣＯ３和Ｎａ２ＣＯ３
Ｃ．在步骤③中可通入Ｃｌ２使溴离子被还原为Ｂｒ２
Ｄ．在步骤④中，ＳＯ２的水溶液吸收Ｂｒ２后，溶液的ｐＨ增大
６．
答案　Ａ　从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故Ａ正确；
在ＮａＨＣＯ３、Ｎａ２ＣＯ３溶液中分别加入澄清的石灰水，均产生白
色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别ＮａＨＣＯ３和Ｎａ２ＣＯ３，故
Ｂ错误；步骤③中发生反应的化学方程式为２ＮａＢｒ＋Ｃｌ２􀪅􀪅
Ｂｒ２＋２ＮａＣｌ，溴离子被氧化为Ｂｒ２，故Ｃ错误；步骤④中ＳＯ２的
水溶液吸收Ｂｒ２，发生反应的化学方程式为ＳＯ２＋Ｂｒ２＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＢｒ，溶液的酸性增强，ｐＨ减小，故Ｄ错误。
７．在制备和收集Ｃｌ２的实验过程中，下列装置正确的是
（　　）
７．
答案　
Ｄ　
Ａ项，实验室用ＭｎＯ２与浓盐酸共热反应制备
Ｃｌ２，缺少酒精灯，故Ａ错误；Ｂ项，应通过饱和食盐水除去氯化
氢，ＨＣｌ与饱和碳酸氢钠溶液反应会生成ＣＯ２杂质，达不到除
杂目的，故Ｂ错误；Ｃ项，Ｃｌ２密度比空气大，用向上排空气法收
集Ｃｌ２，应从长管通入气体，故Ｃ错误；Ｄ项，Ｃｌ２有毒，可以用氢
氧化钠溶液吸收，故Ｄ正确。
８．卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应，歧化反应的产物依
反应温度的不同而不同。
Ｃｌ２＋２ＯＨ
－冷水
􀪅􀪅Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ
３Ｃｌ２＋６ＯＨ
－３４８Ｋ
􀪅􀪅􀪅􀪅５Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－
３＋３Ｈ２Ｏ
下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实
验装置：
装置中盛装的药品如下：①多用滴管中装有５ｍＬ浓盐酸；②微
型支管试管中装有１．５ｇＫＭｎＯ４；③微型支管试管中装有
２～３ｍＬ浓硫酸；④Ｕ形反应管中装有３０％ＫＯＨ溶液；⑤Ｕ形
反应管中装有２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液；⑥、⑦双Ｕ形反应管中
分别装有０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ－淀粉溶液和ＫＢｒ溶液；⑧尾气出口
用浸有０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液的棉花轻轻覆盖住。
（１）整套装置气密性检查的方法：
　
　
　　　　　　　　　　　。
（２）为了使装置④、⑤中的反应顺利完成，应该控制的反应条
件分别为　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
（３）装置⑥、⑦中能够观察到的实验现象分别是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（４）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，还能否证明氧化性：
Ｃｌ２＞Ｉ２，　　　　（填“能”或“不能”），理由是
　
　。
（５）已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示，反应结束
后，从装置④中提取氯酸钾晶体的实验操作是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。
（６）尾气处理时发生反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（７）选择微型实验装置的优点有　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　（至少写两点）。
８．
答案　
（１）连接好实验装置，由⑧导管向装置⑦中加水，若
能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好（其他合理答案
也可）
（２）装置④放入３４８Ｋ（或７５℃）热水浴中；装置⑤放入冰水
浴中
（３）装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色
（４）能　若互换装置⑥、⑦中的试剂，Ｃｌ２与ＫＢｒ反应生成Ｂｒ２，挥
发出来的Ｂｒ２与ＫＩ反应，可以间接证明Ｃｌ２的氧化性强于Ｉ２
（５）冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（６）Ｓ２Ｏ
２－
３＋４Ｃｌ２＋５Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４＋８Ｃｌ
－＋１０Ｈ
＋
（７）简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省
空间，缩短实验时间；减少污染等
解析　（２）装置④中盛放３０％ＫＯＨ溶液，用于制备ＫＣｌＯ３，
发生的反应为３Ｃｌ２＋６ＫＯＨ
３４８Ｋ
􀪅􀪅􀪅􀪅ＫＣｌＯ３＋５ＫＣｌ＋３Ｈ２Ｏ；装置
⑤中盛放２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，用于制备ＮａＣｌＯ，发生的反应
为Ｃｌ２＋２ＮａＯＨ
冷水
􀪅􀪅ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ；根据题给信息，为使装
置④中反应顺利完成，装置④应放入３４８Ｋ热水浴中；为使装
置⑤中反应顺利完成，装置⑤应放入冰水浴中。
（３）装置⑥中盛放ＫＩ－淀粉溶液，通入Ｃｌ２发生反应：Ｃｌ２＋２ＫＩ
􀪅􀪅２ＫＣｌ＋Ｉ２，Ｉ２遇淀粉呈蓝色，装置⑥的实验现象是溶液变
蓝；装置⑦中盛放ＫＢｒ溶液，通入Ｃｌ２发生反应：Ｃｌ２＋２ＫＢｒ􀪅􀪅
２ＫＣｌ＋Ｂｒ２，装置⑦的实验现象是溶液变成橙色。
（４）如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置，装置⑥中盛放ＫＢｒ
溶液，装置⑥中发生反应：Ｃｌ２＋２ＫＢｒ􀪅􀪅２ＫＣｌ＋Ｂｒ２，由此得出
氧化性：Ｃｌ２＞Ｂｒ２；装置⑦中盛放ＫＩ－淀粉溶液，无论是Ｃｌ２还是
装置⑥中挥发出来的Ｂｒ２（ｇ）都能与ＫＩ反应生成Ｉ２，能说明Ｃｌ２
或Ｂｒ２（ｇ）的氧化性强于Ｉ２，结合装置⑥中结论也能证明Ｃｌ２的
氧化性强于Ｉ２。
（５）根据溶解度曲线知，ＫＣｌＯ３的溶解度随温度升高明显增
大，ＫＣｌ在低温时溶解度大于ＫＣｌＯ３，温度较高时溶解度小于
ＫＣｌＯ３，从装置④中提取ＫＣｌＯ３晶体的实验操作是将溶液冷却
结晶、过滤、洗涤、干燥。
（６）尾气用０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液吸收，Ｃｌ２将Ｓ２Ｏ
２－
３氧化
成ＳＯ
２－
４，Ｃｌ２被还原成Ｃｌ
－，反应的离子方程式为４Ｃｌ２＋Ｓ２Ｏ
２－
３＋
５Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２ＳＯ
２－
４＋８Ｃｌ
－＋１０Ｈ
＋。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２２９
　
９．二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为
－５９℃，沸点为１１．０℃，易溶于水。工业上用稍潮湿的ＫＣｌＯ３
和草酸（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）在６０℃时反应制得。某学生用如图所示的
装置模拟工业制取及收集ＣｌＯ２，其中Ａ为ＣｌＯ２的发生装置，Ｂ
为ＣｌＯ２的凝集装置，Ｃ为尾气吸收装置。
请回答下列问题：
（１）Ａ中反应产物有Ｋ２ＣＯ３、ＣｌＯ２和ＣＯ２等，请写出该反应的
化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　。Ａ部分还应添加温水浴控制６０℃的温度，Ｂ
部分还应补充的装置是　　　　　　　　　。
（２）该装置按（１）补充完整后，装置Ａ、Ｂ、Ｃ中还有一处设计明
显不合理的是　　　　（填“Ａ”“Ｂ”或“Ｃ”）。
（３）Ｃ中的试剂为ＮａＯＨ溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠
（ＮａＣｌＯ２），该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　
　　　　。若实验时需要４５０ｍＬ４ｍｏｌ／Ｌ的ＮａＯＨ溶液，
则在精确配制时，需要称取ＮａＯＨ的质量是　
　
　
ｇ，所使
用的仪器除托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还必须
有　　　　　　　　　　　　　。
９．
答案　（１）２ＫＣｌＯ３＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４
△
􀪅􀪅Ｋ２ＣＯ３＋２ＣｌＯ２↑＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
　盛有冰水混合物的水槽或冰水浴
（２）Ｃ
（３）２ＣｌＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＣｌＯ
－
２＋ＣｌＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ　
８０．０　
５００ｍＬ容量
瓶、烧杯
解析　（１）Ａ中反应产物有Ｋ２ＣＯ３、ＣｌＯ２、ＣＯ２等，则反应的
化学方程式为２ＫＣｌＯ３＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４
△
􀪅􀪅Ｋ２ＣＯ３＋２ＣｌＯ２↑＋ＣＯ２↑＋
Ｈ２Ｏ；Ｂ为ＣｌＯ２的凝集装置，Ｂ部分还应补充冰水浴冷凝装置。
（２）Ｃ为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则Ｃ
不合理。（３）Ｃ为尾气吸收装置，可选择ＮａＯＨ溶液来吸收尾
气，发生的反应为２ＣｌＯ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＣｌＯ２＋ＮａＣｌＯ３＋Ｈ２Ｏ。
配制４５０ｍＬ４ｍｏｌ／Ｌ的ＮａＯＨ溶液，应该选用５００ｍＬ容量瓶，
根据提供的仪器可知，还需要烧杯，需要ＮａＯＨ的质量为０．５Ｌ×
４ｍｏｌ／Ｌ×４０ｇ／ｍｏｌ＝８０．０ｇ。
考点三氧、硫及其化合物
１０．浓硫酸与蔗糖反应的实验，对现象的解释不合理的是（　　）
选项
现象
解释
Ａ
蔗糖变黑
浓硫酸具有脱水性
Ｂ
有刺激性气味
浓硫酸具有强酸性
Ｃ
固体体积膨胀
生成大量气体
Ｄ
烧杯壁发烫
反应放热
１０．
答案　Ｂ　浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖炭化而变黑，Ａ正
确；蔗糖炭化而变黑，黑色物质为碳，它与浓硫酸反应生成二
氧化硫，有刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，Ｂ错误；由
于反应产生了二氧化硫和二氧化碳，所以固体体积膨胀，Ｃ正
确；该反应为放热反应，所以烧杯壁发烫，Ｄ正确。
方法技巧　浓硫酸参与反应所表现性质的标志：（１）酸性，看
是否有硫酸盐生成；（２）强氧化性，看是否有二氧化硫生成。
１１．下列有关物质性质的应用正确的是
（　　）
Ａ．常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存氯水
Ｂ．二氧化硅具有较强的导电性，可用于制造光导纤维
Ｃ．二氧化硫有漂白、杀菌作用，可在食品生产中大量使用
Ｄ．次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液
１１．
答案　Ｄ　氯水与液氯不同，氯水中含有Ｈ
＋、Ｃｌ
－、ＨＣｌＯ等，
钢瓶可以储存液氯，但不能储存氯水，Ａ不正确；ＳｉＯ２制光导
纤维与其是否有导电性无关，Ｂ不正确；ＳＯ２有漂白、杀菌作
用，但不能在食品生产中大量使用，Ｃ不正确；“８４” 消毒液的
有效成分为ＮａＣｌＯ，Ｄ正确。
知识拓展　
光导纤维的主要成分是ＳｉＯ２，光导纤维是利用
“光的全反射”传导光信号的。
１２．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作中正确的是（　　）
Ａ．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
Ｂ．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
Ｃ．用装置丙稀释反应后的混合液
Ｄ．用装置丁测定余酸的浓度
１２．
答案　Ｃ　铜与浓硫酸在加热条件下才能发生反应，Ａ项错
误；ＳＯ２的密度大于空气的密度，收集ＳＯ２时气体应从长管
进，从短管出，Ｂ项错误；浓溶液的稀释需在烧杯中进行，反应
后的混合液中含有浓硫酸，稀释时应将混合液沿器壁缓缓注
入水中，且需要用玻璃棒不断搅拌，Ｃ项正确；ＮａＯＨ溶液显
碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，Ｄ
项错误。
１３．下列有关实验的说法正确的是
（　　）
Ａ．向品红溶液中通入气体Ｘ，品红溶液褪色，则气体Ｘ可能
是Ｃｌ２
Ｂ．ＣＯ２中含少量ＳＯ２，可将该混合气体全通入足量饱和
Ｎａ２ＣＯ３溶液中除去ＳＯ２
Ｃ．向某溶液中滴加氯水，再滴加ＫＳＣＮ溶液，溶液变成血红
色，该溶液中一定含有Ｆｅ
２＋
Ｄ．将ＳＯ２气体通入Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中生成白色沉淀，此沉淀
是ＢａＳＯ３
１３．
答案　
Ａ　
ＳＯ２、Ｃｌ２均能使品红溶液褪色，Ａ项正确；ＣＯ２
也能与Ｎａ２ＣＯ３溶液反应，Ｂ项错误；先滴加氯水，再滴加
ＫＳＣＮ溶液，溶液变血红色，无法确定Ｆｅ
３＋是原溶液中存在的
还是原溶液中的Ｆｅ
２＋被氧化生成的，Ｃ项错误；ＳＯ２通入
Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中，ＮＯ
－
３会将ＳＯ２氧化为ＳＯ
２－
４，产生ＢａＳＯ４沉
淀，Ｄ项错误。
辨析比较　
品红
溶液
通入ＳＯ２
褪色
→
加热
红色
→
通入Ｃｌ２
褪色
→
加热
不显红色
→
紫色石
蕊溶液
通入ＳＯ２
很快变成红色（不褪色）
→
通入Ｃｌ２
立即变红随后变为无色
→
１４．以下非金属元素氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应
正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２３０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
选项
氧化物
环境问题
主要来源
Ａ
ＣＯ２
酸雨
化石燃料的燃烧
Ｂ
ＳＯ２
光化学烟雾
汽车尾气的排放
Ｃ
ＮＯ２
温室效应
工厂废气的排放
Ｄ
ＣＯ
煤气中毒
煤炭的不完全燃烧
１４．
答案　
Ｄ　
大量排放ＣＯ２会引起温室效应，Ａ不正确；ＳＯ２
主要来自化石燃料的燃烧及硫酸厂的废气，大量排放ＳＯ２会
引起酸雨，Ｂ不正确；ＮＯ２主要来自汽车尾气，引起的环境问
题是光化学烟雾等，不会导致温室效应，Ｃ不正确；煤炭不完
全燃烧可产生ＣＯ，Ｄ正确。
１５．某研究小组用下图装置进行ＳＯ２与ＦｅＣｌ３溶液反应的相关实
验（夹持装置已略去）。
（１）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在　
　
　
　
中，再加水稀释，这样操作的目的是　　　　　　　　。
（２）通入足量ＳＯ２时，装置Ｃ中观察到的现象为　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
（３）根据以上现象，该小组同学认为ＳＯ２与ＦｅＣｌ３溶液发生了
氧化还原反应。
①写出ＳＯ２与ＦｅＣｌ３溶液反应的离子方程式：　　　　　
　　　　　　　　　　　　　。
②请设计实验方案检验装置Ｃ中有Ｆｅ
２＋生成：　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
③该小组同学向装置Ｃ反应后的溶液中加入硝酸酸化的
ＢａＣｌ２溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了ＳＯ
２－
４，
该做法　　　　（填“合理”或“不合理”），理由是　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）装置Ｄ中倒置漏斗的作用是　　　　　　　　　　　。
（５）为了验证ＳＯ２具有还原性，实验中可以代替ＦｅＣｌ３的试剂
有　　　　（填字母）。
ａ．浓硫酸
ｂ．酸性ＫＭｎＯ４溶液
ｃ．碘水
ｄ．ＮａＣｌ溶液
１５．
答案　（１）浓盐酸　抑制氯化铁水解
（２）溶液由棕黄色变为浅绿色
（３）①２Ｆｅ
３＋＋ＳＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋４Ｈ
＋＋２Ｆｅ
２＋
②取少量Ｃ中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰
酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明有Ｆｅ
２＋，若不褪色，说明
没有Ｆｅ
２＋（合理即可）
③不合理　硝酸可以将溶解的ＳＯ２氧化为Ｈ２ＳＯ４，干扰实验
（４）防止溶液倒吸　（５）ｂｃ
解析　
（１）配制ＦｅＣｌ３溶液时，为了抑制Ｆｅ
３＋水解，需先把
ＦｅＣｌ３晶体溶解在浓盐酸中，再加水稀释。（２）ＳＯ２通入ＦｅＣｌ３
溶液中时，ＳＯ２表现出还原性，能将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋，则装置Ｃ
中观察到的现象为溶液由棕黄色变为浅绿色。（３）①装置Ｃ
中发生反应的离子方程式为２Ｆｅ
３＋＋ＳＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋
４Ｈ
＋＋２Ｆｅ
２＋。②检验装置Ｃ中有Ｆｅ
２＋生成的方法为：取少量Ｃ
中反应后的溶液于试管中，滴加酸性ＫＭｎＯ４溶液，若现象为
ＫＭｎＯ４溶液褪色，则说明含有Ｆｅ
２＋，反之无Ｆｅ
２＋。或取少量Ｃ
中反应后的溶液于试管中，滴加Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］溶液，若产生
蓝色沉淀，则说明含有Ｆｅ
２＋，反之无Ｆｅ
２＋。③加入的ＨＮＯ３能
将溶解的ＳＯ２氧化为Ｈ２ＳＯ４，会干扰实验，故该做法不合理。
（４）装置Ｄ中倒置漏斗能防止溶液倒吸。（５）要验证ＳＯ２具
有还原性，应选择具有较强的氧化性的试剂，且实验过程中有
明显的实验现象，ｂ、ｃ项试剂均可代替ＦｅＣｌ３溶液。
拓展延伸　ＳＯ２通入ＢａＣｌ２溶液中无现象，ＳＯ２与ＢａＣｌ２溶液
不反应；ＳＯ２通入Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中有白色沉淀生成，该沉淀
为ＢａＳＯ４。
考点四氮及其化合物
１６．资料显示：一定条件下ＮＨ３能还原ＣｕＯ。为了证明资料的真
实性，利用下列装置（含药品）进行实验，其中错误的是
（　　）
１６．
答案　Ａ　Ａ项，氯化铵受热分解生成氨和氯化氢，在试管
口附近氨和氯化氢遇冷又生成了白色固体氯化铵，故不能用
于制备氨，Ａ项错误；Ｂ项，可以在硬质玻璃管中进行氨还原
氧化铜的反应，Ｂ项正确；Ｃ项，碱石灰可以干燥氨，Ｃ项正
确；Ｄ项，氨与稀硫酸反应，用该装置吸收尾气中的氨可以防
止倒吸，Ｄ项正确。
易错警示　实验室不可用加热分解铵盐的方法制备氨气，有
的铵盐分解产生多种气体；有的铵盐分解随着温度不同，产物
也不同。
１７．有Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｎ五种物质，进行的有关实验操作及现象如下：
实验操作
实验现象
①气体Ｘ和气体Ｙ混合
气体变红棕色
②Ｙ、Ｍ、Ｎ分别与氢硫酸反应
都产生淡黄色固体
③用玻璃棒蘸取Ｚ和Ｍ的浓溶
液，相互靠近
产生白烟
④Ｚ和Ｎ分别通入少量溴水中
溴水都变成无色透明的
液体
Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｍ、Ｎ依次可能是
（　　）
Ａ．ＮＯ、Ｏ２、ＮＨ３、ＨＮＯ３、ＳＯ２
Ｂ．Ｏ２、ＮＯ、ＮＨ３、ＨＣｌ、ＳＯ２
Ｃ．Ｏ２、ＮＯ、ＨＣｌ、ＮＨ３、ＣＯ２
Ｄ．ＮＯ、Ｏ２、ＮＨ３、ＨＣｌ、ＣＨ４
１７．
答案　Ａ　①该红棕色气体为ＮＯ２，故Ｘ、Ｙ分别为ＮＯ、Ｏ２
中的一种；②实验现象说明Ｙ、Ｍ、Ｎ均具有氧化性；③实验现
象说明Ｚ、Ｍ的浓溶液均具有挥发性；④实验现象说明Ｚ、Ｎ均
具有还原性。综上所述，答案为Ａ。
１８．实验室可用下图装置制取少量氮气。下列说法正确的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２３１
　
Ａ．②中盛放的是五氧化二磷
Ｂ．实验开始时先点燃③的酒精灯，再点燃①的酒精灯
Ｃ．③中玻璃管中的反应：２ＮＨ３＋３ＣｕＯ
△
􀪅􀪅Ｎ２＋３Ｃｕ＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．实验结束时先熄灭①、③的酒精灯，再将导管从水槽中取出
１８．
答案　Ｃ　Ａ项，ＮＨ３能与Ｐ２Ｏ５反应，故Ａ错误；Ｂ项，若先
点燃③的酒精灯，产生的氨气会与装置内的氧气发生反应，故
应先点燃①的酒精灯产生氨气以排尽体系内的空气，Ｂ错误；
Ｃ项，氨气能被氧化铜氧化，③中玻璃管中的反应为２ＮＨ３＋
３ＣｕＯ
△
􀪅􀪅Ｎ２＋３Ｃｕ＋３Ｈ２Ｏ，故Ｃ正确；Ｄ项，应先将导管从水
槽中取出再熄灭酒精灯，否则会引起倒吸，故Ｄ错误。
１９．如图所示，相同条件下，两支容积相同的试管分别装满ＮＯ２
和ＮＯ气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧
气，边通边慢慢摇动试管，直到两支试管内充满液体。假设试
管内的溶质不向水槽中扩散，则两支试管内溶液中溶质的物
质的量浓度之比为
（　　）
Ａ．１∶１
Ｂ．５∶７
Ｃ．７∶５
Ｄ．４∶３
１９．
答案　
Ａ　
通入氧气时分别发生反应：４ＮＯ２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅４ＨＮＯ３、４ＮＯ＋３Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＨＮＯ３，两支试管的容积
相同，结合题意知生成的硝酸的物质的量相同，且溶液的体积
相同，所以两试管中硝酸的物质的量浓度相同，Ａ项正确。
２０．氮化铬（ＣｒＮ）是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化
铬（ＣｒＣｌ３）与氨在高温下反应制备，反应原理为ＣｒＣｌ３＋ＮＨ３
高温
􀪅􀪅ＣｒＮ＋３ＨＣｌ。回答下列问题：
（１）制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化
铬晶体（ＣｒＣｌ３·６Ｈ２Ｏ）的形式存在。直接加热脱水往往
得到Ｃｒ２Ｏ３，有关反应的化学方程式为　　　　　　　　
　　　　　　　
　
　
　
　
　，用氯化铬晶体制备无水氯
化铬的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如图所
示（夹持与加热装置省略）：
①装置Ａ中发生反应的化学方程式为
　
　。
②实验开始时，要先打开装置Ａ中活塞，后加热装置Ｃ，
目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。
③装置Ｂ中盛放的试剂是　
　
　
　
　
　
　，装置Ｄ的作
用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（３）氮化铬的纯度测定。制得的ＣｒＮ中含有Ｃｒ２Ｎ杂质，取样
品１４．３８ｇ在空气中充分加热，得固体残渣（Ｃｒ２Ｏ３）的质
量为１６．７２ｇ，则样品中ＣｒＮ的质量分数为　　　　（结果
保留３位有效数字）。
２０．
答案　
（１）２ＣｒＣｌ３·６Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅Ｃｒ２Ｏ３＋９Ｈ２Ｏ＋６ＨＣｌ↑　
在ＨＣｌ的气氛中加热
（２）①ＣａＯ＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｃａ（ＯＨ）２＋ＮＨ３↑
②用生成的氨气排出装置内的空气
③碱石灰　防止空气中的水蒸气进入装置
④没有尾气处理装置（或其他合理答案）
（３）９１．８％
解析　（１）氯化铬易发生水解，故在ＨＣｌ气氛中加热氯化
铬晶体获得无水氯化铬。（３）设ＣｒＮ和Ｃｒ２Ｎ的物质的量分
别为ｘｍｏｌ、ｙｍｏｌ，则根据６６ｘ＋１１８ｙ＝１４．３８，ｘ＋２ｙ＝１６．７２
７６可解
得ｘ＝０．２，ｙ＝０．０１，则样品中ＣｒＮ的质量分数为
０．２ｍｏｌ×６６ｇ／ｍｏｌ
１４．３８ｇ
×１００％≈９１．８％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０４
硝酸与金属反应的相关计算
１．反应规律
（１）ＨＮＯ３与金属反应
一般情况下，还原产物：浓硝酸→ＮＯ２，稀硝酸→ＮＯ。
（２）Ｃｕ与ＨＮＯ３反应
Ｃｕ与浓硝酸反应时，若Ｃｕ足量，开始时还原产物为ＮＯ２，
随反应进行，浓硝酸变稀，还原产物变为ＮＯ，最终得到ＮＯ２与
ＮＯ的混合气体。
（３）Ｆｅ与稀硝酸反应
Ｆｅ过量，氧化产物为Ｆｅ
２＋；Ｆｅ不足，氧化产物为Ｆｅ
３＋。
２．计算方法
（１）原子守恒法
ＨＮＯ３与金属反应时，一部分ＨＮＯ３表现酸性，氮原子以
ＮＯ
－
３的形式存在于溶液中；另一部分ＨＮＯ３作氧化剂，氮原子转
入还原产物中，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗
的ＨＮＯ３中氮原子的物质的量。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２３２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）得失电子守恒法
ＨＮＯ３与金属的反应属于氧化还原反应，ＨＮＯ３中氮原子得
电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。
（３）离子方程式计算法
金属与Ｈ２ＳＯ４、ＨＮＯ３的混合酸反应时，硝酸盐中的ＮＯ
－
３在
Ｈ２ＳＯ４提供Ｈ
＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用
离子方程式来计算。先作过量判断，然后根据完全反应的金属
或Ｈ
＋或ＮＯ
－
３的量进行相关计算。
例
　（２０１８鄂东南市级示范高中联盟联考，１６）铜和镁
的合金４．６ｇ完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生
４４８０ｍＬ的ＮＯ２气体和３３６ｍＬ的Ｎ２Ｏ４气体（都已折算到标准
状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀
的质量为
（　　）
　　Ａ．９．０２ｇ
Ｂ．８．５１ｇ
Ｃ．８．２６ｇ
Ｄ．７．０４ｇ
解析　最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀
的质量就是金属的质量加上金属阳离子结合的ＯＨ
－的质量。与
金属阳离子结合的ＯＨ
－的物质的量等于金属失去电子的物质的
量，根据得失电子守恒可知，金属失去电子的物质的量为
４．４８Ｌ
２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１＋
０．３３６Ｌ
２２．４Ｌ·ｍｏｌ
－１×２＝０．２３ｍｏｌ，所以和金属阳离子结
合的ＯＨ
－的物质的量也是０．２３ｍｏｌ，质量是３．９１ｇ，则沉淀的质
量是８．５１ｇ，Ｂ项正确。
答案　Ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０５
１．（２０１９河北邯郸重点中学检测，２５）现取ｍｇ铝镁合金加入一
定浓度的稀硝酸中，恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有
ＮＯ），向反应后的混合溶液中滴加ｂｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液，当滴加
到ＶｍＬ时，得到的沉淀质量恰好达最大，为ｎｇ，则下列有关该
实验的说法中不正确的是
（　　）
Ａ．沉淀中氢氧根离子的质量为（ｎ－ｍ）ｇ
Ｂ．恰好溶解后溶液中的ＮＯ
－
３的物质的量为ｂＶ
１０００ｍｏｌ
Ｃ．生成标准状况下ＮＯ气体的体积为２２．４（ｎ－ｍ）
１７
Ｌ
Ｄ．与合金反应的硝酸的物质的量为（ｎ－ｍ
５１＋ｂＶ
１０００）ｍｏｌ
１．
答案　Ｃ　依据原子守恒，沉淀的质量＝金属的质量＋氢氧根
离子的质量，Ａ正确。恰好溶解后溶液中ｎ（ＮＯ
－
３）与沉淀质量
恰好达最大时溶液中ｎ（Ｎａ
＋）相等，故ｎ（ＮＯ
－
３）＝ｎ（Ｎａ
＋）＝
ｎ（ＮａＯＨ）＝
ｂＶ
１０００ｍｏｌ，Ｂ正确。金属失去电子的物质的量等于
沉淀中ＯＨ
－的物质的量，即ｎ－ｍ
１７ｍｏｌ；生成１ｍｏｌＮＯ得３ｍｏｌ电
子，依据得失电子守恒，可知生成标准状况下ＮＯ气体的体积
为（ｎ－ｍ
１７× １
３×２２．４）Ｌ，即２２．４（ｎ－ｍ）
５１
Ｌ，Ｃ不正确。依据氮原子
守恒，可知与合金反应的硝酸的物质的量等于反应后溶液中
ＮＯ
－
３的物质的量与ＮＯ气体的物质的量之和，即（ｎ－ｍ
５１＋ｂＶ
１０００）ｍｏｌ，
Ｄ正确。
２．（２０１８河北衡水中学大联考，２１）将１３．６ｇＣｕ和Ｃｕ２Ｏ组成的
混合物加入２５０ｍＬ一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成
Ｃｕ（ＮＯ３）２和ＮＯ。向所得溶液中加入１．０Ｌ０．５ｍｏｌ·Ｌ
－１的
ＮａＯＨ溶液，生成沉淀的质量为１９．６ｇ，此时溶液呈中性，且金
属离子沉淀完全。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．原固体混合物中，Ｃｕ和Ｃｕ２Ｏ的物质的量之比为１∶１
Ｂ．原稀硝酸的浓度为１．３ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｃ．产生的ＮＯ的体积为２．２４Ｌ
Ｄ．反应后剩余硝酸的物质的量为０．１ｍｏｌ
２．
答案　Ｄ　由信息知，Ｃｕ（ＯＨ）２的质量为１９．６ｇ，其物质的
量为０．２ｍｏｌ，设Ｃｕ和Ｃｕ２Ｏ的物质的量分别为ｘｍｏｌ、ｙｍｏｌ，则
ｘ＋２ｙ＝０．２，６４ｘ＋１４４ｙ＝１３．６，联立两式解得ｘ＝０．１，ｙ＝０．０５，则
Ｃｕ和Ｃｕ２Ｏ的物质的量之比为２∶１，Ａ项错误；根据得失电子
守恒，反应中转移电子的总物质的量为０．３ｍｏｌ，故生成ＮＯ的
物质的量为０．１ｍｏｌ，未注明温度和压强，故气体体积无法确
定，Ｃ项错误；加入ＮａＯＨ的物质的量为０．５ｍｏｌ，生成０．２ｍｏｌ
Ｃｕ（ＯＨ）２时消耗０．４ｍｏｌＮａＯＨ，剩余０．１ｍｏｌＮａＯＨ中和硝酸，
所以剩余硝酸的物质的量为０．１ｍｏｌ，Ｄ项正确；由氮原子守恒
可知，硝酸总物质的量为０．６ｍｏｌ，原稀硝酸浓度为２．４ｍｏｌ·
Ｌ
－１，Ｂ项错误。
３．（２０１８湖南长沙长郡中学月考，２２）２．２４ｇ铜和镁的混合物完
全溶于某浓度的硝酸溶液中，还原产物中有ＮＯ２、ＮＯ、Ｎ２Ｏ三
种物质，且体积均为０．２２４Ｌ（标准状况），然后向反应后的溶液
中加入足量的ＮａＯＨ溶液，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称
重，质量为
（　　）
Ａ．３．１２ｇ
Ｂ．４．２８ｇ
Ｃ．４．６８ｇ
Ｄ．５．０８ｇ
３．
答案　Ｂ　生成０．０１ｍｏｌＮＯ２、０．０１ｍｏｌＮＯ、０．０１ｍｏｌＮ２Ｏ共
得到电子０．０１ｍｏｌ×１＋０．０１ｍｏｌ×３＋０．０１ｍｏｌ×８＝０．１２ｍｏｌ，则
２．２４ｇ铜和镁共失去０．１２ｍｏｌ电子，Ｃｕ
２＋、Ｍｇ
２＋所带正电荷总物
质的量为０．１２ｍｏｌ，形成沉淀结合ＯＨ
－的物质的量为０．１２ｍｏｌ，
则沉淀的质量为２．２４ｇ＋０．１２ｍｏｌ×１７ｇ·ｍｏｌ
－１＝４．２８ｇ，Ｂ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２３３
　
对应学生用书
起始页码１０５
　　利用所学非金属及其化合物知识，联系金属及其化合物知
识，结合实验基本知识，通过对题中的文字、表格、框图、图像信
息进行综合分析，特别注意文字细节和图像中关键点，解答化学
工艺流程题、与物质性质相关的综合实验题以及化学反应原理
综合题。
　　
例
　［２０１９江苏泰州一模，１９（１）（２）］二氧化氯（ＣｌＯ２）
和臭氧（Ｏ３）均具有强氧化性，可用于水处理。ＣｌＯ２是一种易溶
于水的黄绿色气体，其体积分数超过１０％时易引起爆炸；Ｏ３是
一种微溶于水的蓝色气体，其体积分数超过２５％时容易引起
爆炸。
（１）以ＦｅＳ２作还原剂，在硫酸介质中还原ＮａＣｌＯ３制备
ＣｌＯ２，同时得到Ｆｅ２（ＳＯ４）３、Ｎａ２ＳＯ４，该反应的化学方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原ＮａＣｌＯ３制备
ＣｌＯ２，并用制得的ＣｌＯ２处理含ＣＮ
－的废水。实验室模拟该过程
的实验装置（夹持装置略）如图所示。
①反应容器Ｂ应置于３０℃左右的水浴中，目的是　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②通入氮气的目的除了有利于将ＣｌＯ２排出，还有　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。
③ＣｌＯ２处理含ＣＮ
－废水的离子方程式为　　　　　　　　
　　　　　　　　。
④装置Ｄ的作用是　　　　　　　　　　　　　　　。
解析　（１）根据题意，ＦｅＳ２、硫酸、ＮａＣｌＯ３反应生成ＣｌＯ２、
Ｆｅ２（ＳＯ４）３、Ｎａ２ＳＯ４，根据原子守恒推出应该还有水生成，再根据
得失电子守恒配平反应方程式。（２）①首先３０℃高于室温，有
加快反应速率的作用；其次加热温度没有更高是为了防止Ｈ２Ｏ２
受热分解。②根据题意，ＣｌＯ２体积分数超过１０％时易引起爆炸，
所以通入氮气有稀释ＣｌＯ２，防止其发生爆炸的作用。③ＣｌＯ２处
理含ＣＮ
－废水，ＣｌＯ２作氧化剂，将ＣＮ
－氧化生成无毒的ＣＯ２与
Ｎ２，而自身被还原成Ｃｌ
－。④ＮａＯＨ溶液的作用是吸收多余的
ＣｌＯ２，防止污染空气。
答案　
（１）２ＦｅＳ２＋３０ＮａＣｌＯ３＋１４Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅３０ＣｌＯ２↑＋
Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋１５Ｎａ２ＳＯ４＋１４Ｈ２Ｏ
（２）①提高化学反应速率，同时防止Ｈ２Ｏ２受热分解（或高
于３０℃会导致Ｈ２Ｏ２分解，低于３０℃会导致反应速率较低）
②稀释ＣｌＯ２，防止其发生爆炸
③２ＣＮ
－＋２ＣｌＯ２􀪅􀪅２ＣＯ２＋Ｎ２＋２Ｃｌ
－
④吸收ＣｌＯ２等气体，防止污染大气
题目价值　依据各类物质及其反应的不同特征寻找充分的
证据，解释证据与结论之间的关系，对复杂的化学问题情境中的
关键要素进行分析以构建相应的模型，选择不同的模型综合解
释或解决复杂的化学问题，指出所建模型的局限性，探寻模型优
化需要的证据，体会证据推理与模型认知的学科核心素养。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０６
１．［２０２０届江苏南通栟茶中学学情监测，１６（１）］热化学循环制
氢法是在水反应体系中加入中间物，历经不同的反应阶段，最
终将水分解为氢气和氧气，中间物不消耗，各阶段反应温度都
较低。
（１）“硫碘热化学循环制氢”原理如下图：
Ⅰ．写出上述循环转化中的化学方程式：
①　　　　　　　　　　　　　　；
②　　　　　　　　　　　　　　；
③　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ．当反应中有１ｍｏｌＯ２生成，将制得　　　　ｍｏｌＨ２。
１．
答案　（１）Ⅰ．①Ｉ２＋ＳＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ
②２Ｈ２ＳＯ４（浓）􀪅􀪅２ＳＯ２↑＋Ｏ２↑＋２Ｈ２Ｏ
③２ＨＩ􀪅􀪅Ｈ２＋Ｉ２　Ⅱ．２
解析　Ⅰ．根据图示，找出①②③转化过程中的反应物和生
成物，即可写出反应的化学方程式。Ⅱ．热化学循环制氢法的
实质是２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ｈ２↑＋Ｏ２↑，则生成１ｍｏｌＯ２时，得
到２ｍｏｌＨ２。
方法归纳　解题过程中可略去中间反应，抓住反应实质是“水
分解为氢气和氧气”，可使解题更高效。分步反应经过叠加，
可得到总反应；也可根据总反应和某些分步反应，推导出其他
步的反应。
２．［２０２０届江苏连云港新海中学学情检测，２０（２）（３）］烟气中
的氮氧化物是造成大气污染的重要因素。
（２）汽车使用乙醇汽油并不能减少ＮＯｘ的排放，这使ＮＯｘ的有
效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室
以Ａｇ－ＺＳＭ－５为催化剂，测得ＮＯ转化为Ｎ２的转化率随温
度变化情况如图１所示。
图１
①若不使用ＣＯ，温度超过７７５Ｋ，发现ＮＯ的分解率降低，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２３４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
其可能的原因为
　
　。
②ＮＯ直接催化分解也是一种脱硝途径。在不同条件下，
ＮＯ的分解产物不同。在高压下，ＮＯ在４０℃下分解生成
两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图
２所示。请写出ＮＯ分解的化学方程式：　　
　　
　
　
　
　　　　。
图２
（３）一定条件下，向ＮＯｘ／Ｏ３混合物中加入一定浓度的ＳＯ２气
体，进行同时脱硫脱硝实验，实验结果如图３。
图３
①同时脱硫脱硝时ＮＯ的氧化率略低的原因是
　
　。
②由图３可知ＳＯ２对ＮＯ的氧化率影响很小的原因是
　
　。
２．
答案　（２）①ＮＯ的分解反应是放热反应，升温有利于反应
逆向进行
②３ＮＯ
高压
４０℃
􀪅􀪅􀪅Ｎ２Ｏ＋ＮＯ２
（３）①ＳＯ２的氧化消耗了少量Ｏ３，减小了Ｏ３的浓度
②Ｏ３氧化ＳＯ２反应的活化能较大，Ｏ３与ＮＯ反应速率比Ｏ３与
ＳＯ２反应速率快
解析　（２）②由题图２可知，３ｍｏｌＮＯ分解生成两种产物，
且都为１ｍｏｌ，根据Ｎ、Ｏ原子守恒，可推断出产物为Ｎ２Ｏ和
ＮＯ２，故化学方程式为３ＮＯ
高压
４０℃
􀪅􀪅􀪅Ｎ２Ｏ＋ＮＯ２。
（３）①ＳＯ２的氧化消耗了少量Ｏ３，减小了Ｏ３的浓度，所以同时
脱硫脱硝时ＮＯ的氧化率略低。②由题图３可知，Ｏ３氧化ＮＯ
的曲线斜率远远大于Ｏ３氧化ＳＯ２的曲线斜率，所以ＳＯ２对ＮＯ
的氧化率影响很小的原因是Ｏ３与ＮＯ反应速率比Ｏ３与ＳＯ２反
应速率快。
３．［２０１９江苏泰州中学、宜兴中学联考，１９（３）］实验室模拟工业
制取Ｎａ２ＳＯ３固体的过程如下：
氨水
反应Ⅰ
→
ＳＯ２
↓
反应Ⅱ
→
ＮａＣｌ
↓
操作Ⅰ
→
滤液
↓
Ｎａ２ＳＯ３固体
→
已知：①反应Ⅰ在三颈烧瓶中发生，装置如图甲所示（固定及
加热类仪器省略）；
②部分物质的溶解度曲线如图乙所示，其中Ｎａ２ＳＯ３饱和溶液
低于５０℃时析出Ｎａ２ＳＯ３·７Ｈ２Ｏ。
（３）由滤液可以制取ＮＨ４Ｃｌ固体。
①验证滤液中含有ＮＨ
＋
４的实验操作是
　
　
　。
②由滤液可获得ＮＨ４Ｃｌ粗产品（含少量Ｎａ２ＳＯ３）。请补充
完整由ＮＨ４Ｃｌ粗产品制取纯净的ＮＨ４Ｃｌ固体的实验方案：
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　，得到纯净的ＮＨ４Ｃｌ固体。（实验中须使用的试剂
有ＳＯ２、乙醇，除常用仪器外须使用的仪器有真空干燥箱）
３．
答案　（３）①取少量滤液于试管中，向其中滴加ＮａＯＨ浓溶
液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝
②将ＮＨ４Ｃｌ粗产品溶于适量水，向所得溶液中通入足量的ＳＯ２
气体；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，固体用适量乙醇
洗涤２～３次后，在真空干燥箱中干燥
解析　
（３）①ＮＨ
＋
４与强碱溶液混合加热时产生使湿润的红
色石蕊试纸变蓝的氨气，所以检验滤液中含有ＮＨ
＋
４的实验操
作是取少量滤液于试管中，滴加ＮａＯＨ浓溶液，加热试管，将湿
润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝。
②由滤液可获得ＮＨ４Ｃｌ粗产品（含少量Ｎａ２ＳＯ３），可先将粗产
品溶于水配成溶液，然后通入足量的ＳＯ２将Ｎａ２ＳＯ３转化为
ＮａＨＳＯ３，根据溶解度曲线信息知，将所得溶液蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤，得到ＮＨ４Ｃｌ晶体。由于ＮＨ４Ｃｌ易溶于水，为了减
少ＮＨ４Ｃｌ晶体的溶解，可用适量乙醇洗涤，然后在真空干燥箱
中干燥。
答题规范　若某物质的溶解度受温度影响较大
∙∙，则由该物质
的溶液制取其晶体的一般答题模式：蒸发浓缩
∙∙∙∙、冷却结晶
∙∙∙∙、过
滤、洗涤、干燥。若某物质的溶解度受温度影响不大，则由该物
质的溶液制取其晶体的一般答题模式：蒸发浓缩结晶
∙∙∙∙∙∙（或蒸发
结晶）、过滤、洗涤、干燥。
４．［２０１８江苏海安中学调研，１６（１）（２）］硫化钠在染料工业中
有着重要的用途。工业中常用煤粉（主要成分为碳）还原芒硝
（Ｎａ２ＳＯ４）制备硫化钠。
煤粉
煅烧
→
↓
Ｎａ２ＳＯ４
浸取
→
↓
ＮａＯＨ溶液
过滤
→
滤渣
↓
结晶
→
母液
↓
洗涤
→
干燥
→
Ｎａ２Ｓ
→
（１）①“煅烧”时煤粉把Ｎａ２ＳＯ４还原为Ｎａ２Ｓ，反应的化学方程
式为
　。
煤粉的作用是：ａ．作为还原剂生成ＣＯ２；ｂ．　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
②“煅烧” 时常有副反应发生：Ｎａ２Ｓ＋４ＣＯ２
高温
􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３＋
ＳＯ２＋３ＣＯ、４Ｎａ２Ｓ＋Ｏ２
高温
􀪅􀪅２Ｎａ２Ｓ２＋２Ｎａ２Ｏ。为了防止副反
应的发生可采取的措施是
　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２３５
　
（２）“浸取”用ＮａＯＨ溶液而不用水的原因是
　
　　　　　　　　。
４．
答案　（１）①Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｃ
高温
􀪅􀪅Ｎａ２Ｓ＋２ＣＯ２↑
燃烧为反应提供热量
②及时排出产生的气体，排尽设备中的空气
（２）抑制Ｎａ２Ｓ水解
解析　
（１）①煤粉将Ｎａ２ＳＯ４还原成Ｎａ２Ｓ，自身被氧化成
ＣＯ２，故反应的化学方程式为Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｃ
高温
􀪅􀪅Ｎａ２Ｓ＋２ＣＯ２↑。
“煅烧”需要较多的热量，故煤粉的另一个作用是燃烧，为反应
提供热量。②副反应是Ｎａ２Ｓ与反应产生的ＣＯ２反应，以及
Ｎａ２Ｓ与空气中的Ｏ２反应，所以为了防止副反应的发生可采取
的措施是及时排出反应产生的气体，排尽设备中的空气。
（２）Ｎａ２Ｓ易水解，用ＮａＯＨ溶液浸取可以抑制Ｎａ２Ｓ的水解。
审题技巧　注意煤粉与Ｎａ２ＳＯ４发生反应的条件是“高温”，发
生的副反应是Ｎａ２Ｓ与产生的ＣＯ２及空气中的Ｏ２的反应。仔
细分析题干信息，答案往往隐含在其中。
规律总结　制取某种易水解的物质时，常常要考虑抑制水解
问题。除了本题中的Ｎａ２Ｓ，类似的还有：配制ＦｅＣｌ３溶液时，为
了抑制Ｆｅ
３＋水解，通常用浓盐酸溶解ＦｅＣｌ３固体，再加水稀释
到相应浓度。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０７
　　从物质成分角度理解物质分离和提纯
实际生产所运用的矿物一般都是含有伴生矿，即含有其他
矿产的矿藏。因此在工业中对于较有价值的伴生矿会加以开采
分离，对于价值不高的伴生矿除杂即可，但不管何种情况，在工
业流程分析中应充分考虑矿物所含成分发生的变化，如氧化还
原反应、复分解反应、水解反应，甚至由于矿物成分性质的差异
而发生部分氧化还原反应、部分水解反应。
另外还需关注的是矿物的分离过程中常通过形成沉淀进行
分离提纯，常见的方法有形成硫化物沉淀、形成氢氧化物沉淀、
形成较特殊的难溶性盐（ＣａＦ２等），还有一种分离方法需要特别
注意，是利用过饱和溶液结合沉淀溶解平衡使溶解度较大的溶
质沉淀析出。
　　
例
　（２０１７课标Ⅲ，２７）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：
铬铁矿
①熔融、氧化
Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＮＯ３→熔块
②水浸
过滤
滤渣１
→
滤液１
→
③调ｐＨ＝７
过滤
滤渣２
→
滤液２
→
④调ｐＨ→滤液３
⑤
ＫＣｌ→Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
回答下列问题：
（１）步骤①的主要反应为：
ＦｅＯ· Ｃｒ２Ｏ３＋Ｎａ２ＣＯ３＋ＮａＮＯ３
高温
→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ｍ１ｋｇ铬铁矿粉（含Ｃｒ２Ｏ３４０％）制备
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７，最终得到产品ｍ２ｋｇ，产率为　　　　　　　。
解题导引　①通过题干准确了解最终目的：由铬铁矿制重
铬酸钾；
②熟悉流程，大致了解每一步的原理及操作；
③逐个解决后面的问题。
解析　由题中所给反应可知滤渣１为Ｆｅ２Ｏ３，滤液１中含
有ＡｌＯ
－
２、ＳｉＯ
２－
３，调节ｐＨ＝７，则滤渣２中含Ａｌ（ＯＨ）３及含硅杂质，
滤液２中含有ＣｒＯ
２－
４、Ｎａ
＋，此时调节ｐＨ促使平衡２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋
􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ正向移动，再加入ＫＣｌ得到Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７。
（１）利用得失电子守恒法配平：２ＦｅＯ·Ｃｒ２Ｏ３＋４Ｎａ２ＣＯ３＋
７ＮａＮＯ３
高温
􀪅􀪅４Ｎａ２ＣｒＯ４＋Ｆｅ２Ｏ３＋４ＣＯ２↑＋７ＮａＮＯ２，则ＦｅＯ·
Ｃｒ２Ｏ３与ＮａＮＯ３的系数比为２∶７。陶瓷中含有ＳｉＯ２，在高温下
能与Ｎａ２ＣＯ３反应，会损坏仪器。
（２）由步骤①可知熔块中含有ＮａＮＯ２、Ｎａ２ＣｒＯ４、Ｆｅ２Ｏ３等，
故滤渣１中含量最多的金属元素为Ｆｅ，而步骤③需除去ＡｌＯ
－
２及
含硅物质，故滤渣２中应主要含Ａｌ（ＯＨ）３及含硅杂质。
（３）步骤④调ｐＨ的目的是促进ＣｒＯ
２－
４转化为Ｃｒ２Ｏ
２－
７，根据
２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ，可知应增大ｃ（Ｈ
＋），故ｐＨ要
变小。
（４）根据溶解度曲线图可知，选择Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶解度小于溶液中
其他溶质溶解度且溶解度最小的温度区，故选ｄ。反应为２Ｋ
＋＋
Ｃｒ２Ｏ
２－
７􀪅􀪅Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７↓，此反应为复分解反应。
（５）根据Ｃｒ原子守恒建立关系式：
Ｃｒ２Ｏ３　
～　Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
１５２
　２９４
ｍ１·４０％ｋｇ
ｍ（Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７）
ｍ（Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７）＝２９４·ｍ１·４０％
１５２
ｋｇ
故产率为
ｍ２ｋｇ
２９４·ｍ１·４０％
１５２
ｋｇ
×１００％＝１９０ｍ２
１４７ｍ１
×１００％。
答案　（１）２∶７　陶瓷在高温下会与Ｎａ２ＣＯ３反应
（２）Ｆｅ　Ａｌ（ＯＨ）３
（３）小　２ＣｒＯ
２－
４＋２Ｈ
＋􀜩􀜨
􀜑
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋Ｈ２Ｏ
（４）ｄ　复分解反应
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２３６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（５）
１９０ｍ２
１４７ｍ１
×１００％
思路梳理　关于无机化工流程图题目的解题思路
１．粗读题干，挖掘图示。读题过程中分析核心元素，找出杂
质元素。
２．携带问题，精读信息，信息包括三方面：一是题干，二是流
程图，三是设置问题。重点抓住物质流向（“进入” 和“流出”）、
分离操作类型及目的。
本题采用的矿石是铬铁矿，在步骤①中，除了Ｃｒ２Ｏ３能被氧
化外，ＦｅＯ也能被氧化，在书写氧化还原反应方程式时应注意
１ｍｏｌＦｅＯ·Ｃｒ２Ｏ３能提供７ｍｏｌ电子；最后形成Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７，利用
Ｎａ２Ｃｒ２Ｏ７与ＫＣｌ在较低温度时溶解度大于Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７，故可采用
Ｎａ２Ｃｒ２Ｏ７与ＫＣｌ的饱和溶液，结合沉淀溶解平衡原理理解其中
发生的复分解反应，虽然Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７不属于难溶性沉淀，但仍可以
沉淀析出，此处分析难度较大，学生需要对溶液中微粒可能存在
的形式有较深刻的理解，体现对微观辨识与宏观探析、变化观念
与平衡思想的核心素养考查。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１０８
　［２０１９江苏苏州期末，１９（１）（２）］六水合氯化镍（ＮｉＣｌ２·
６Ｈ２Ｏ）常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ｎｉ为原料制
取六水合氯化镍的实验步骤如下：
单质Ｎｉ
氧化
→
硝酸、硫酸
↓
过滤
→
滤渣
↓
沉淀
→
ＮａＨＣＯ３溶液
↓
ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２
→
……
ＮｉＣｌ２·６Ｈ２Ｏ
→
已知：①Ｆｅ（ＯＨ）３完全沉淀的ｐＨ为３．２；Ｎｉ（ＯＨ）２开始沉淀
的ｐＨ为７．２，完全沉淀的ｐＨ为９．２。
②ＮｉＣｌ２易水解，从溶液中获取ＮｉＣｌ２·６Ｈ２Ｏ须控制ｐＨ＜２。
（１）在三颈烧瓶中（装置见下图）加入一定量Ｎｉ粉和水，通入
空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制
得ＮｉＳＯ４溶液。
①反应过程中，为提高稀硝酸的利用率，在不改变投料比
的情况下，可采取的合理措施是　　　　　　　　　　　
　　　　。
②向Ａ装置中通入空气的作用是搅拌、　　　　　　　　
　　　　　　　　　。
③若镍粉过量，判断反应完成的现象是　　　　　　　　
　　　　　　。
（２）将所得ＮｉＳＯ４溶液与ＮａＨＣＯ３溶液混合反应得到ＮｉＣＯ３·
Ｎｉ（ＯＨ）２沉淀，过滤，洗涤。
①沉淀反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
②检验ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２沉淀是否洗涤干净的方法是
　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
　
答案　（１）①减缓硝酸的滴加速率或适当降低温度
②将生成的ＮＯ氧化为硝酸（或使产生的ＮＯ部分转化为
ＮＯ２，便于ＮＯｘ被ＮａＯＨ溶液完全吸收）
③三颈烧瓶内无红棕色气体出现
（２）①２Ｎｉ
２＋＋４ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２↓＋３ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
②取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的ＢａＣｌ２溶液，若
无明显现象，则已洗涤干净
解析　（１）①因为硝酸易挥发，在不改变投料比的情况下，
为提高稀硝酸的利用率，可减缓硝酸的滴加速率或适当降低
温度。②稀硝酸的还原产物为ＮＯ，ＮＯ是很难被吸收的有毒
气体，直接排放到空气中，会污染环境，因此向Ａ装置中通入
空气，可将ＮＯ氧化为硝酸或使产生的ＮＯ部分转化为ＮＯ２，
便于ＮＯｘ被ＮａＯＨ溶液完全吸收。③因为镍粉过量，判断反应
完成只能借助溶液或产生气体的现象，溶液为无色，而生成的
ＮＯ结合Ｏ２会生成红棕色的ＮＯ２气体。不断通入的空气会将
ＮＯ２气体排尽，当三颈烧瓶内无红棕色气体出现时，则反应已
完成。
（２）①将所得ＮｉＳＯ４溶液与ＮａＨＣＯ３溶液混合反应得到
ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２沉淀，结合溶液显酸性，根据电荷守恒和原
子守恒可得２Ｎｉ
２＋＋４ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２↓＋３ＣＯ２↑＋
Ｈ２Ｏ。②因沉淀表面通常吸附溶液中的离子，所以要洗涤沉
淀。要检验ＮｉＣＯ３·Ｎｉ（ＯＨ）２沉淀是否洗涤干净就是检验沉
淀表面还有没有吸附的杂质离子（如溶液中含有的ＳＯ
２－
４、
ＨＣＯ
－
３等），通常检验反应现象灵敏的离子（如ＳＯ
２－
４）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２２７
考点一碳、硅及其化合物　无机非金属材料
１．（２０１８江苏单科，１，２分）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
１．
答案　Ｃ　
本题考查ＣＯ２排放对环境影响的相关知识。Ａ
项，光合作用会吸收ＣＯ２放出Ｏ２；Ｂ项，自然降雨对大气中的
ＣＯ２含量影响不大；Ｄ项，碳酸盐的沉积对大气中的ＣＯ２含量
影响不大。
知识拓展　植物的光合作用吸收ＣＯ２，植物的呼吸作用会释
放ＣＯ２。
２．（２０１９江苏单科，２０，１４分）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，ＣａＣ２Ｏ４·
Ｈ２Ｏ加热升温过程中固体的质量变化如图１。
图１
①写出４００～６００℃范围内分解反应的化学方程式：　　　
　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２３７
　
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的原理示意图如图２。
图２
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＝４１．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
反应Ⅱ：２ＣＯ２（ｇ）＋６Ｈ２（ｇ）􀪅􀪅ＣＨ３ＯＣＨ３（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｇ）　
ΔＨ＝－１２２．５ｋＪ·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３。
其中：
ＣＨ３ＯＣＨ３的选择性＝２×ＣＨ３ＯＣＨ３的物质的量
反应的ＣＯ２的物质的量×１００％
图３
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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
２．
答案　（１４分）（１）①ＣａＣ２Ｏ４
４００～６００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋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＋ＨＣＯ
－
３＋２ｅ
－􀪅􀪅
ＨＣＯＯ
－＋ＣＯ
２－
３
②阳极产生Ｏ２，ｐＨ减小，ＨＣＯ
－
３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
解析　本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化
学平衡移动等，通过分析图像，做出合理解释，考查了学生分析
和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想的学科核
心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。
（１）①根据图中质量变化可知，ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ分解产生的气态产
物依次为Ｈ２Ｏ（ｇ）、ＣＯ、ＣＯ２，固体分解过程为ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ→
ＣａＣ２Ｏ４→ＣａＣＯ３→ＣａＯ。
②ＣａＯ捕集ＣＯ２的性能与ＣａＯ与ＣＯ２气体的接触面积有关，
ＣａＣ２Ｏ４·Ｈ２Ｏ分解产生的气体更多，使生成的ＣａＯ更加疏松
多孔，捕集性能更好。
（２）①ＣＯ２、ＨＣＯＯ
－中碳元素化合价分别为＋４、＋２价，阴极电极
反应式为ＣＯ２＋２ｅ
－＋Ｈ
＋􀪅􀪅ＨＣＯＯ
－。
②阳极区生成Ｏ２：４ＯＨ
－－４ｅ
－􀪅􀪅Ｏ２↑＋２Ｈ２Ｏ（或２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－
􀪅􀪅Ｏ２↑＋４Ｈ
＋），溶液ｐＨ减小，ＨＣＯ
－
３与Ｈ
＋反应生成ＣＯ２逸
出，Ｋ
＋部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区ＫＨＣＯ３
溶液浓度降低。
（３）①从反应特点看，反应Ⅰ是吸热反应、反应Ⅱ是放热反应，
温度升高，ＣＨ３ＯＣＨ３的选择性急剧下降，大于３００℃时ＣＯ２平
衡转化率上升，说明升高温度，反应Ⅰ中ＣＯ２的转化率上升幅
度超过反应Ⅱ中ＣＯ２的转化率降低幅度。
②反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，可以增大压强使平衡向右
移动；从影响反应速率的角度考虑，反应时间不变的条件下，可
使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
３．（２０１８天津理综，１０，１４分）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（ＨＣＯ
－
３）∶
ｃ（ＣＯ
２－
３）＝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）
催化剂
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
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
Ｃ←
􀪅Ｏ（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１ｍｏｌ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１所示。此反应优选温度
为９００℃的原因是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
　
图１　　　　　　　　　　　图２
（３）Ｏ２辅助的Ａｌ－ＣＯ２电池工作原理如图２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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２３８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
的化工原料。
电池的负极反应式：　　　　　　　　　　　　　。
电池的正极反应式：６Ｏ２＋６ｅ
－􀪅􀪅６Ｏ
－
２
６ＣＯ２＋６Ｏ
－
２􀪅􀪅３Ｃ２Ｏ
２－
４＋６Ｏ２
反应过程中Ｏ２的作用是　　　　　　。
该电池的总反应式：　　　　　　　　　　　　　　。
３．
答案　（１４分）（１）ＣＯ
２－
３　１０
（２）①＋１２０ｋＪ·ｍｏｌ
－１　Ｂ
②９００℃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
－􀪅􀪅Ａｌ
３＋（或２Ａｌ－６ｅ
－􀪅􀪅２Ａｌ
３＋）　催化剂
２Ａｌ＋６ＣＯ２􀪅􀪅Ａｌ２（Ｃ２Ｏ４）３
解析　本题考查电离平衡常数的应用、反应热的计算、化学
平衡的移动、电极反应式的书写。
（１）ＮａＯＨ溶液吸收ＣＯ２后所得溶液ｐＨ＝１３，ＣＯ２主要转化为
ＣＯ
２－
３；由Ｈ２ＣＯ３的二级电离平衡常数知，当溶液中ｃ（ＨＣＯ
－
３）∶
ｃ（ＣＯ
２－
３）＝２∶１时，Ｋ２＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＣＯ
２－
３）
ｃ（ＨＣＯ
－
３）
＝ｃ（Ｈ
＋）
２
＝５×１０
－１１，故
ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－１０ｍｏｌ·Ｌ
－１，则溶液ｐＨ＝１０。
（２）①由已知键能数据知，反应的ΔＨ＝４×４１３ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋２×
７４５ｋＪ·ｍｏｌ
－１－（２×１０７５ｋＪ·ｍｏｌ
－１＋２×４３６ｋＪ·ｍｏｌ
－１）＝＋１２０ｋＪ·
ｍｏｌ
－１；已知正反应是气体分子数增大的吸热反应，Ａ（恒容）与Ｂ
（恒压，容积可变）相比，Ｂ中压强小于Ａ，减压平衡正向移动，则Ｂ
容器中反应达到平衡后吸收的热量较多。②观察图像知，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，故此反应优选温度为９００℃。
（３）观察原电池工作原理图知，铝电极作负极，多孔碳电极作
正极，故负极反应式为Ａｌ－３ｅ
－􀪅􀪅Ａｌ
３＋；正极反应式为６Ｏ２＋
６ｅ
－􀪅􀪅６Ｏ
－
２、６ＣＯ２＋６Ｏ
－
２􀪅􀪅３Ｃ２Ｏ
２－
４＋６Ｏ２，由此可知反应过程
中Ｏ２的作用是催化剂；电池总反应式为２Ａｌ＋６ＣＯ２􀪅􀪅
Ａｌ２（Ｃ２Ｏ４）３。
易混易错　恒容容器是指容积不变的容器，气体的量发生变
化时压强发生改变；恒压容器是指压强不变的容器，气体的量
发生变化时容器容积发生改变。
４．（２０１７北京理综，２６，１３分）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：
钛精矿
氯化过程
沸腾炉→粗ＴｉＣｌ４
精制过程
蒸馏塔→纯ＴｉＣｌ４
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）＋２Ｃｌ２（ｇ）􀪅􀪅ＴｉＣｌ４（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）　
ΔＨ１＝
＋１７５．４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅２ＣＯ（ｇ）　ΔＨ２＝－２２０．９ｋＪ·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，根据右图判断：
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
　。
４．
答案　
（１３分）（１）①ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃｌ２（ｇ）＋２Ｃ（ｓ）􀪅􀪅
ＴｉＣｌ４（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ）
ΔＨ＝－４５．５ｋＪ·ｍｏｌ
－１
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将已知的两个热化学方程式相加，即可得出答
案。②观察图像可知，随着温度的升高，ＣＯ的含量增大，说明
平衡向生成ＣＯ的方向移动，所以生成ＣＯ的反应是吸热反应，
ΔＨ＞０。④在室温下，ＴｉＣｌ４、ＳｉＣｌ４为液态，ＡｌＣｌ３、ＦｅＣｌ３、ＭｇＣｌ２
为固态且在ＴｉＣｌ４中微溶或难溶，所以滤渣中应含有ＡｌＣｌ３、
ＦｅＣｌ３、ＭｇＣｌ２，但ＡｌＣｌ３、ＦｅＣｌ３在ＴｉＣｌ４中微溶，故粗ＴｉＣｌ４混合
液中仍然会存在少量的ＡｌＣｌ３、ＦｅＣｌ３。
（２）ＴｉＣｌ４在蒸馏塔二中被蒸出，说明物质ａ应是一种沸点比
ＴｉＣｌ４低的物质，结合题给资料可知ａ是ＳｉＣｌ４。Ｔ２应控制在
１３６℃以上，１８１℃以下，确保ＴｉＣｌ４被蒸出，同时ＡｌＣｌ３等杂质
不能被蒸出。
审题方法　认真读题，捕捉到题目中的所有信息，依据相关知
识进行分析。
５．（２０１７课标Ⅱ，２６，１４分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料
的主要成分为ＣａＯ、ＳｉＯ２，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的
氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
水泥
样品
氯化铵
盐酸、硝酸　
沉淀Ａ
→
滤液
→
氨水ｐＨ４～５　
加热
沉淀Ｂ
→
滤液
→
草酸铵溶液
　
→草酸钙
硫酸　　
↓
ＫＭｎＯ４法测定
回答下列问题：
（１）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，
还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是　
　
　
　
　
　
　
　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　，还可使用　
　
　
　
代替
硝酸。
（２）沉淀Ａ的主要成分是　　　　，其不溶于强酸但可与一种
弱酸反应，该反应的化学方程式为　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
（３）加氨水过程中加热的目的是　　　　　　　　
　
　
　
　。
沉淀Ｂ的主要成分为　
　
　
　
　、　
　
　
　
　
（写化学
式）。
（４）草酸钙沉淀经稀Ｈ２ＳＯ４处理后，用ＫＭｎＯ４标准溶液滴定，
通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２３９
　
ＭｎＯ
－
４＋Ｈ
＋＋Ｈ２Ｃ２Ｏ４
→Ｍｎ
２＋＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ。实验中称取
０．４００ｇ水泥样品，滴定时消耗了０．０５００ｍｏｌ· Ｌ
－１的
ＫＭｎＯ４溶液３６．００ｍＬ，则该水泥样品中钙的质量分数
为　　　　。
５．
答案　（１）将样品中可能存在的Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋　Ｈ２Ｏ２
（２）ＳｉＯ２（或Ｈ２ＳｉＯ３）　
ＳｉＯ２＋４ＨＦ􀪅􀪅ＳｉＦ４↑＋２Ｈ２Ｏ（或
Ｈ２ＳｉＯ３＋４ＨＦ􀪅􀪅ＳｉＦ４↑＋３Ｈ２Ｏ）
（３）防止胶体生成，易沉淀分离　Ａｌ（ＯＨ）３　Ｆｅ（ＯＨ）３
（４）４５．０％
解析　（１）水泥样品中可能含有Ｆｅ
２＋，酸溶时加入几滴硝酸
可将Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋；将Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋的氧化剂还可以选择
Ｈ２Ｏ２，该氧化剂的还原产物为Ｈ２Ｏ，不会引入其他杂质。
（２）ＳｉＯ２不溶于盐酸、硝酸等强酸，但可溶于氢氟酸。
（３）Ｆｅ
３＋、Ａｌ
３＋在沉淀的过程中容易形成胶体而无法沉淀分离，
采取加热的方法可加速微粒凝聚形成Ｆｅ（ＯＨ）３、Ａｌ（ＯＨ）３沉
淀，从而易于分离；ｐＨ为４～５时Ａｌ
３＋、Ｆｅ
３＋可完全沉淀，而Ｍｇ
２＋、
Ｃａ
２＋不沉淀，故沉淀Ｂ的主要成分为Ａｌ（ＯＨ）３、Ｆｅ（ＯＨ）３。
（４）配平方程式可得对应关系式：
２ＫＭｎＯ４～５Ｈ２Ｃ２Ｏ４～５ＣａＣ２Ｏ４～５Ｃａ
２＋
２ｍｏｌ
５×４０ｇ
０．０５００×３６．００×１０
－３ｍｏｌ
ｍ（Ｃａ
２＋）
ｍ（Ｃａ
２＋）＝０．１８０ｇ
故ω（Ｃａ
２＋）＝０．１８０ｇ
０．４００ｇ×１００％＝４５．０％。
考点二氯、溴、碘及其化合物
６．（２０１７北京理综，８，６分）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
６．
答案　
Ｂ　
本题考查氧化还原反应的基本概念。Ａ项，在
ＣＯ２与Ｎａ２Ｏ２的反应中，ＣＯ２既不被氧化也不被还原；Ｃ项，乙
烯与Ｂｒ２的反应既是加成反应，又是氧化还原反应，反应中乙
烯作还原剂被氧化；Ｄ项，氨气与ＡｌＣｌ３溶液的反应是非氧化
还原反应。
７．（２０１６课标Ⅲ，７，６分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对
应关系错误
∙∙的是
（　　）
化学性质
实际应用
Ａ．
Ａｌ２（ＳＯ４）３和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
Ｂ．
铁比铜金属性强
ＦｅＣｌ３腐蚀Ｃｕ刻制印刷电路板
Ｃ．
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
Ｄ．
ＨＦ与ＳｉＯ２反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
７．
答案　
Ｂ　
ＦｅＣｌ３与Ｃｕ的反应为２ＦｅＣｌ３＋Ｃｕ􀪅􀪅２ＦｅＣｌ２＋
ＣｕＣｌ２，不能用来比较铁与铜的金属性强弱，故错误。
思路分析　比较金属性强弱可以采用金属间的置换反应，比
较铁、铜金属性强弱时可以用“Ｆｅ＋ＣｕＣｌ２􀪅􀪅ＦｅＣｌ２＋Ｃｕ”。
８．（２０１８课标Ⅲ，２７，１４分）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）。
８．
答案　（１）碘酸钾
（２）加热　ＫＣｌ　ＫＨ（ＩＯ３）２＋ＫＯＨ􀪅􀪅２ＫＩＯ３＋Ｈ２Ｏ（或ＨＩＯ３＋
ＫＯＨ􀪅􀪅ＫＩＯ３＋Ｈ２Ｏ）
（３）①２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅２ＯＨ
－＋Ｈ２↑
②Ｋ
＋　ａ到ｂ
③产生Ｃｌ２易污染环境等
解析　（１）ＫＩＯ３的化学名称是碘酸钾。
（２）由于气体的溶解度随温度升高而减小，故“逐Ｃｌ２” 采用的
方法是加热；分析工艺流程和酸化反应所得产物可知，滤液中
的溶质主要是ＫＣｌ；调ｐＨ的目的主要是中和Ｈ
＋，故“调ｐＨ”中
发生反应的化学方程式为ＫＨ（ＩＯ３）２＋ＫＯＨ􀪅􀪅２ＫＩＯ３＋Ｈ２Ｏ
或ＨＩＯ３＋ＫＯＨ􀪅􀪅ＫＩＯ３＋Ｈ２Ｏ。
（３）①观察电解装置图知，惰性电极ａ为阳极，惰性电极ｂ为
阴极，在碱性条件下，阴极的电极反应式为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅
Ｈ２↑＋２ＯＨ
－。
②电解过程中，阳极Ｉ２失去电子生成ＩＯ
－
３，即Ｉ２－１０ｅ
－＋１２ＯＨ
－
􀪅􀪅２ＩＯ
－
３＋６Ｈ２Ｏ，通过阳离子交换膜的离子主要为Ｋ
＋，迁移方
向是从ａ到ｂ。
③“ＫＣｌＯ３氧化法”产生有毒气体Ｃｌ２，故与“电解法”相比的不
足之处有产生有毒气体Ｃｌ２，易污染环境等。
审题技巧　注意物质形式的变化，ＫＨ（ＩＯ３）２可以看作ＫＩＯ３
和ＨＩＯ３，则“调ｐＨ”的过程为碱中和ＨＩＯ３的过程。
９．（２０１６课标Ⅰ，２８，１４分）ＮａＣｌＯ２是一种重要的杀菌消毒剂，
也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（１）ＮａＣｌＯ２中Ｃｌ的化合价为　　　　　。
（２）写出“反应”步骤中生成ＣｌＯ２的化学方程式　　　　　　
　　　　　　　　　　　。
（３）“电解” 所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去
Ｍｇ
２＋和Ｃａ
２＋，要加入的试剂分别为　
　
　
　
　
　、　
　
　
　　。“电解”中阴极反应的主要产物是　
　
　
　
　
　
　
　　。
（４）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ＣｌＯ２。此吸收
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　，
该反应中氧化产物是　　　　　。
（５）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义
是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Ｃｌ２的氧化
能力。ＮａＣｌＯ２的有效氯含量为　
　
　
　
　。（计算结果
保留两位小数）
９．
答案　（１）＋３
（２）２ＮａＣｌＯ３＋ＳＯ２＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅２ＣｌＯ２＋２ＮａＨＳＯ４
（３）ＮａＯＨ溶液　Ｎａ２ＣＯ３溶液　ＣｌＯ
－
２（或ＮａＣｌＯ２）
（４）２∶１　Ｏ２
（５）１．５７
解析　（２）根据图示可确定反应物和生成物，然后根据得失
电子守恒和原子守恒即可写出反应的化学方程式。
（３）粗盐水精制时用ＮａＯＨ溶液除Ｍｇ
２＋，用Ｎａ２ＣＯ３溶液除
Ｃａ
２＋；根据图示可知“电解”过程中发生的反应为２ＣｌＯ２＋２ＮａＣｌ
电解
􀪅􀪅Ｃｌ２＋２ＮａＣｌＯ２，由此可知，在电解池的阴极上ＣｌＯ２得电子
生成ＮａＣｌＯ２，故阴极反应的主要产物为ＮａＣｌＯ２。
（４）据图示可知反应物有ＣｌＯ２、ＮａＯＨ、Ｈ２Ｏ２，生成物有
ＮａＣｌＯ２，其中Ｃｌ
＋４
Ｏ２
→ＮａＣｌ
＋３
Ｏ２，Ｃｌ的化合价降低，则必有元素
化合价升高，可推出Ｈ２Ｏ
－１
２→Ｏ
０
２，根据得失电子守恒可得氧化剂
ＣｌＯ２与还原剂Ｈ２Ｏ２的物质的量之比为２∶１，该反应中氧化产
物是Ｏ２，还原产物是ＮａＣｌＯ２。
（５）ＮａＣｌＯ２、Ｃｌ２作为消毒剂时，还原产物均为Ｃｌ
－。设ＮａＣｌＯ２
的有效氯含量为ｘ，则１
９０．５×４＝ｘ
７１×２，解得ｘ≈１．５７。
疑难突破　解化工流程题时应重点关注框图，特别注意看图
中的箭头方向，结合适当的文字信息，便可解答。
解题关键　
读懂题中“ 有效氯含量” 的含义是正确计算的
关键。
１０．（２０１５重庆理综，９，１５分）ＣｌＯ２与Ｃｌ２的氧化性相近，在自来
水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图１装
置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（１）仪器Ｄ的名称是　　　　。安装Ｆ中导管时，应选用图２
中的　　　　。
（２）打开Ｂ的活塞，Ａ中发生反应：２ＮａＣｌＯ３＋４ＨＣｌ􀪅􀪅２ＣｌＯ２↑＋
Ｃｌ２↑＋２ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ，为使ＣｌＯ２在Ｄ中被稳定剂充分吸
收，滴加稀盐酸的速度宜　　　　（填“快”或“慢”）。
（３）关闭Ｂ的活塞，ＣｌＯ２在Ｄ中被稳定剂完全吸收生成
ＮａＣｌＯ２，此时Ｆ中溶液的颜色不变，则装置Ｃ的作
用是　　　　　　。
（４）已知在酸性条件下ＮａＣｌＯ２可发生反应生成ＮａＣｌ并释放
出ＣｌＯ２，该反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。在ＣｌＯ２释放实验中，打开Ｅ的活塞，Ｄ
中发生反应，则装置Ｆ的作用是　　　　　　　　　　。
（５）已吸收ＣｌＯ２气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放
ＣｌＯ２的浓度随时间的变化如图３所示。若将其用于水果
保鲜，你认为效果较好的稳定剂是　
　
　
　，原因是　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。
图３
１０．
答案　（１５分）（１）锥形瓶　ｂ　（２）慢　（３）吸收Ｃｌ２
（４）４Ｈ
＋＋５ＣｌＯ
－
２􀪅􀪅Ｃｌ
－＋４ＣｌＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ　
验证是否有ＣｌＯ２
生成　（５）稳定剂Ⅱ　
稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ＣｌＯ２，能较长
时间维持保鲜所需的浓度
解析　（１）装置Ｆ为洗气装置，应长进短出，选ｂ。（２）滴加
稀盐酸较慢时，产生的ＣｌＯ２较慢，有足够的时间被稳定剂充
分吸收。（３）ＮａＣｌＯ３和稀盐酸反应产生的气体有ＣｌＯ２和
Ｃｌ２，ＣｌＯ２在Ｄ中被吸收，而Ｆ中淀粉ＫＩ溶液的颜色又不变，
则Ｃ的作用必为吸收Ｃｌ２。（４）由题干可知ＣｌＯ２和Ｃｌ２氧化
性相近，则ＣｌＯ２可氧化Ｉ
－，使淀粉ＫＩ溶液变蓝，故装置Ｆ的
作用是验证是否有ＣｌＯ２生成。
考点三氧、硫及其化合物
１１．（２０１９江苏单科，３，２分）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
１１．
答案　Ｂ　本题涉及的考点是常见化合物的性质及其应用，通
过性质与应用是否相符的判断，考查了分析和解决化学问题的能
力，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养；以常见物质的性
质推测其应用，体现了关注社会发展、科技进步、生产生活的价值
观念。
Ａ项，ＮＨ４ＨＣＯ３受热易分解与其用作化肥没有关系，错误；Ｂ
项，铁锈的主要成分是Ｆｅ２Ｏ３·ｎＨ２Ｏ，Ｈ２ＳＯ４具有酸性，可以
将铁锈溶解，正确；Ｃ项，ＳＯ２具有漂白性，可用于纸浆漂白，
错误；Ｄ项，Ａｌ２Ｏ３是离子化合物，可用于电解冶炼铝，错误。
１２．（２０１８课标Ⅱ，８，６分）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
１２．
答案　Ｃ　雾和霾的分散剂均为空气，Ａ正确；由题图可知
雾霾中含有ＮＨ４ＮＯ３和（ＮＨ４）２ＳＯ４，Ｂ正确；ＮＨ３应是形成无
机颗粒物的反应物，Ｃ错误；过度施用氮肥会增加大气中ＮＨ３
的含量，Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２４１
　
１３．（２０１７北京理综，１０，６分）根据ＳＯ２通入不同溶液中的实验
现象，所得结论不正确
∙∙∙的是
（　　）
溶液
现象
结论
Ａ
含ＨＣｌ、ＢａＣｌ２的ＦｅＣｌ３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
１３．
答案　Ｃ　ＳＯ２使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色是因为ＳＯ２具有还
原性，与ＫＭｎＯ４发生了氧化还原反应。
易混易错　Ａ项有一定的干扰性，有些考生会误认为白色沉
淀为ＢａＳＯ３而错选Ａ。
知识拓展　
本题涉及的考点有ＳＯ２的氧化性、还原性、漂白
性、酸性氧化物的性质，主要考查考生对实验结论的评价能
力，体现宏观辨识与微观探析的学科核心素养。
１４．（２０１６四川理综，１，６分）化学与生产和生活密切相关。下列
过程中没有发生化学变化的是
（　　）
Ａ．氯气作水的杀菌消毒剂
Ｂ．硅胶作袋装食品的干燥剂
Ｃ．二氧化硫作纸浆的漂白剂
Ｄ．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
１４．
答案　
Ｂ　
Ａ项，氯气与水反应生成的ＨＣｌＯ具有强氧化
性，能杀菌消毒；Ｂ项，硅胶具有吸水性，可作干燥剂；Ｃ项，二
氧化硫能与有色物质结合生成不稳定的无色物质，可作漂白
剂；Ｄ项，肥皂水呈弱碱性，可与蚊虫分泌的蚁酸反应，从而减
轻痛痒。以上四项中只有Ｂ项没有发生化学变化，故选Ｂ。
审题技巧　审题的关键是“没有发生化学变化”，逐一甄别即
可找出答案。
１５．（２０１９课标Ⅱ，２６，１３分）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　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。
（３）成品中Ｓ
２－的含量可以用“碘量法”测得。称取ｍｇ样品，
置于碘量瓶中，移取２５．００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｉ２－ＫＩ
溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应５ｍｉｎ，
有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的Ｉ２用
０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液滴定，反应式为Ｉ２＋２Ｓ２Ｏ
２－
３
􀪅􀪅２Ｉ
－＋Ｓ４Ｏ
２－
６。测定时消耗Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液体积ＶｍＬ。
终点颜色变化为　　　　　
　
　
　，样品中Ｓ
２－的含量为
　　　　　　　　　　　　　　（写出表达式）。
１５．
答案　（１）Ｄ
（２）①ＢａＳＯ４＋４Ｃ􀪅􀪅ＢａＳ＋４ＣＯ↑　ＣＯ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣＯ２＋Ｈ２　
②ＢａＣＯ３　③Ｓ
２－＋Ｂａ
２＋＋Ｚｎ
２＋＋ＳＯ
２－
４􀪅􀪅ＢａＳＯ４·ＺｎＳ↓
（３）浅蓝色至无色　
（２５．００－１
２Ｖ）×０．１０００×３２
ｍ×１０００
×１００％
解析　本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应
方程式及离子方程式的书写、定量实验的数据处理；考查了学
生对化学基础知识的记忆，将提供的信息与已有知识结合利
用的能力；同时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实
验中的数据进行处理的能力；体现了通过分析、推理认识研究
对象的本质特征（证据推理与模型认知）、运用化学实验进行
实验探究（科学探究与创新意识）的学科核心素养。
（１）重要金属的焰色反应的颜色平时要注意识记。
（２）①已知反应物有ＢａＳＯ４、Ｃ，生成物有ＢａＳ，因焦炭过量则
生成ＣＯ，根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式；ＣＯ
与Ｈ２Ｏ（ｇ）反应生成ＣＯ２与一种清洁能源气体，不难推测该
气体为Ｈ２。②“还原料”的主要成分为ＢａＳ，长期放置发生水
解生成Ｂａ（ＯＨ）２与Ｈ２Ｓ，Ｂａ（ＯＨ）２吸收空气中的ＣＯ２生成
了难溶于水的ＢａＣＯ３。③沉淀器中溶液的成分为Ｂａ
２＋、Ｓ
２－、
Ｚｎ
２＋、ＳＯ
２－
４，反应生成了ＢａＳＯ４·ＺｎＳ沉淀，根据电荷守恒、原
子守恒写出离子方程式。
（３）滴定前，溶液含Ｉ２和淀粉，呈蓝色，随着Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液的
滴入，Ｉ２不断被消耗，溶液颜色逐渐变浅，当加入最后一滴
Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液时（滴定终点），溶液恰好褪色；样品中的Ｓ
２－与
Ｉ２发生反应：Ｓ
２－＋Ｉ２􀪅􀪅Ｓ↓＋２Ｉ
－，参与该反应的Ｉ２的物质的
量为（２５．００× １０
－３× ０．１０００－Ｖ× １０
－３× ０．１０００× １
２）ｍｏｌ＝
（２５．００－１
２Ｖ）×０．１０００×１０
－３ｍｏｌ＝ｎ（Ｓ
２－），则样品中Ｓ
２－的含量
为
（２５．００－１
２Ｖ）×０．１０００×３２
ｍ×１０００
×１００％。
易错提醒　（２）①重晶石与过量焦炭反应除生成ＢａＳ，还应
生成ＣＯ而不是ＣＯ２。因为即使生成ＣＯ２，在过量焦炭、高温
条件下也会转化成ＣＯ。
１６．（２０１８北京理综，２７，１２分）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＝＋５５１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
反应Ⅲ：Ｓ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＳＯ２（ｇ）　ΔＨ３＝－２９７ｋＪ·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　　ｐ１
（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（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＋　　　　􀪅􀪅　　　　＋　　　　＋２Ｉ
－
（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１８ｍＬＳＯ２饱和溶液加入到２ｍＬ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
０．４ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＫＩ
ａｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｈ２ＳＯ４
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｈ２ＳＯ４
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ
０．０００２ｍｏｌＩ２
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：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。
１６．
答案　
（１）３ＳＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２ＳＯ４（ｌ）＋Ｓ（ｓ）　
ΔＨ２＝－２５４ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（２）＞　反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增
大压强使反应正向进行，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　ＳＯ
２－
４　４Ｈ
＋
（４）①０．４
②Ｉ
－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反应ⅱ比ⅰ快；Ｄ中由反应ⅱ产生的Ｈ
＋使反应ⅰ加快
解析　本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体，考查热
化学方程式的书写、平衡移动、实验方案的设计与分析等
知识。
（１）反应Ⅱ为３ＳＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ）􀪅􀪅２Ｈ２ＳＯ４（ｌ）＋Ｓ（ｓ），根据
盖斯定律，由（反应Ⅰ＋反应Ⅲ）即得反应Ⅱ的逆反应，所以反
应Ⅱ的ΔＨ＝－（５５１－２９７）ｋＪ·ｍｏｌ
－１＝－２５４ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，加压时平衡正向移
动，Ｈ２ＳＯ４的物质的量分数会升高，所以ｐ２＞ｐ１。
（３）催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变，在ⅰ中Ｉ
－
被氧化为Ｉ２，则在ⅱ中Ｉ２应该被ＳＯ２还原为Ｉ
－，结合原子守
恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应ⅱ的离子方程式。
（４）①Ｂ是Ａ的对比实验，Ｂ中加入０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｈ２ＳＯ４，Ａ
中不加Ｈ２ＳＯ４，所以ＫＩ的浓度应该与Ａ相同，即ａ＝０．４。
②比较Ａ、Ｂ、Ｃ可知，有Ｈ２ＳＯ４和ＫＩ时，ＳＯ２歧化反应速率较
只有ＫＩ时快；只有Ｈ２ＳＯ４，无ＫＩ时不发生歧化反应，所以可
得出的结论为酸性增强，Ｉ
－催化ＳＯ２歧化反应速率提高。
规律总结　Ｆｅ
３＋催化Ｈ２Ｏ２分解与Ｉ
－催化ＳＯ２歧化反应相似，
Ｆｅ
３＋催化Ｈ２Ｏ２分解的过程为：２Ｆｅ
３＋＋Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅Ｏ２↑＋２Ｆｅ
２＋＋２Ｈ
＋、
２Ｆｅ
２＋＋Ｈ２Ｏ２＋２Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ。
１７．（２０１８江苏单科，１６，１２分）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：
矿粉
焙烧
→
空气、少量ＣａＯ
↓
→碱浸
ＮａＯＨ溶液
↓
过滤
→
↓
滤液
焙烧
→
ＦｅＳ２
↓
↓
ＳＯ２
磁选
→
Ｆｅ３Ｏ４
→
（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）＝　　　　。
１７．
答案　（１２分）（１）ＳＯ２＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３
（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　本题考查化学工艺流程的分析、硫及其化合物，氧化
还原反应的计算。
（１）用ＮａＯＨ溶液吸收过量ＳＯ２生成ＮａＨＳＯ３，离子方程式为
ＯＨ
－＋ＳＯ２􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３。
（２）①ＦｅＳ２在低于５００℃焙烧时能与空气中的Ｏ２反应生成
Ｆｅ２Ｏ３和ＳＯ２，发生的反应为４ＦｅＳ２＋１１Ｏ２
高温
􀪅􀪅２Ｆｅ２Ｏ３＋８ＳＯ２，
故不添加ＣａＯ的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于
ＦｅＳ２；②７００℃焙烧时，添加ＣａＯ后，硫元素转化为ＣａＳＯ４而
留在矿粉中，使矿粉硫去除率降低。
（３）矿粉焙烧后加ＮａＯＨ溶液碱浸时，Ａｌ２Ｏ３能与ＮａＯＨ溶液
反应生成ＮａＡｌＯ２，发生的反应为Ａｌ２Ｏ３＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅
２ＮａＡｌＯ２＋Ｈ２Ｏ，过滤后，ＮａＡｌＯ２在滤液中，向滤液中通入过量
ＣＯ２时，发生反应ＮａＡｌＯ２＋ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋
ＮａＨＣＯ３，所以铝元素存在的形式由ＮａＡｌＯ２转化为Ａｌ（ＯＨ）３。
（４）分析反应前后元素化合价的变化，利用得失电子守恒知：
２
３ｎ（ＦｅＳ２）＋５×２ｎ（ＦｅＳ２）＝１
３×２ｎ（Ｆｅ２Ｏ３），解得
ｎ（ＦｅＳ２）
ｎ（Ｆｅ２Ｏ３）＝
１
１６，即理论上完全反应消耗的ｎ（ＦｅＳ２）∶ｎ（Ｆｅ２Ｏ３）＝１∶１６。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２４３
　
关联知识　生石灰脱硫原理：ＣａＯ＋ＳＯ２􀪅􀪅ＣａＳＯ３，２ＣａＳＯ３＋
Ｏ２􀪅􀪅２ＣａＳＯ４。
１８．（２０１７天津理综，１０，１４分）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，回答下列各方法中的问题。
Ⅰ．Ｈ２Ｓ的除去
方法１：生物脱Ｈ２Ｓ的原理为：
Ｈ２Ｓ＋Ｆｅ２（ＳＯ４）３􀪅􀪅Ｓ↓＋２ＦｅＳＯ４＋Ｈ２ＳＯ４
４ＦｅＳＯ４＋Ｏ２＋２Ｈ２ＳＯ４
硫杆菌
􀪅􀪅􀪅􀪅２Ｆｅ２（ＳＯ４）３＋２Ｈ２Ｏ
（１）硫杆菌存在时，ＦｅＳＯ４被氧化的速率是无菌时的５× １０
５
倍，该菌的作用是　　　　　　　　。
（２）由图１和图２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（双碱法）：用ＮａＯＨ吸收ＳＯ２，并用ＣａＯ使ＮａＯＨ再生
ＮａＯＨ溶液
①ＳＯ２
②ＣａＯ
􀜡
􀜠
􀜓􀜓􀜓
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）􀜩􀜨
􀜑
Ｃａ
２＋（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２．０ｍｏｌ·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
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１时，溶液中的
ｃ（ＳＯ
２－
３）／ｃ（ＨＳＯ
－
３）＝　　　　。
１８．
答案　（１４分）（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􀪅􀪅ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ　
ＳＯ
２－
３与Ｃａ
２＋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）催化剂可降低反应的活化能，大大加快反应
速率。
（２）由题图可得使用硫杆菌的最佳条件为３０℃、ｐＨ＝２；温度
过高易使蛋白质变性而失去活性。
（３）当ｎ（Ｈ２Ｏ２）／ｎ（Ｈ２Ｓ）＝４时，反应的化学方程式为
４Ｈ２Ｏ２＋Ｈ２Ｓ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋４Ｈ２Ｏ，氧化产物为Ｈ２ＳＯ４。
（５）由Ｋｂ＝１．８× １０
－５＝ｃ（ＮＨ
＋
４）·ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）
≈ｃ
２（ＯＨ
－）
２．０
，得
ｃ（ＯＨ
－）＝
６．０× １０
－３
ｍｏｌ· Ｌ
－１；Ｋａ２＝６．２× １０
－８＝
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＳＯ
２－
３）
ｃ（ＨＳＯ
－
３）
，２５℃时ｃ（ＯＨ
－）＝１．０×１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１的溶液
呈中性，则
ｃ（Ｈ
＋）＝
１．０× １０
－７
ｍｏｌ· Ｌ
－１，解
得ｃ（ＳＯ
２－
３）／ｃ（ＨＳＯ
－
３）＝０．６２。
知识拓展　使蛋白质变性的因素
物理因素：加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射等。
化学因素：强酸、强碱、重金属盐、甲醛、乙醇、丙酮等。
１９．（２０１６北京理综，２８，１６分）以Ｎａ２ＳＯ３溶液和不同金属的硫
酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多
样性。
实验
试剂
滴管
试管
现象
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｎａ２ＳＯ３溶液
饱和Ａｇ２ＳＯ４溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
０．２
ｍｏｌ· Ｌ
－１
ＣｕＳＯ４溶液
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加
产生棕黄色沉淀
０．１
ｍｏｌ· Ｌ
－１
Ａｌ２（ＳＯ４）３溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继
续滴加产生白色沉淀
（１）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ａｇ２ＳＯ３。用离子方程式
解释现象Ⅰ：　　　　　　　　　　　　　。
（２）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含ＳＯ
２－
４，含有Ｃｕ
＋、Ｃｕ
２＋
和ＳＯ
２－
３。
已知：Ｃｕ
＋稀Ｈ２ＳＯ４→Ｃｕ＋Ｃｕ
２＋，Ｃｕ
２＋
Ｉ
－
→ＣｕＩ↓（白色）＋Ｉ２。
①用稀Ｈ２ＳＯ４证实沉淀中含有Ｃｕ
＋的实验现象是　
　
　
　　　　　　　。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Ｃｕ
２＋和ＳＯ
２－
３。
ａ．白色沉淀Ａ是ＢａＳＯ４，试剂１是　　　　　　　　。
ｂ．证实沉淀中含有Ｃｕ
２＋和ＳＯ
２－
３的理由是　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）已知：Ａｌ２（ＳＯ３）３在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的
白色沉淀中无ＳＯ
２－
４，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于
强碱，还可使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和　　　　。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：ⅰ．被
Ａｌ（ＯＨ）３所吸附；ⅱ．存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设
计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。
ａ．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（按
上图形式呈现）。
ｂ．假设ⅱ成立的实验证据是　　　　　　　　　　　　。
（４）根据实验，亚硫酸盐的性质有
　
　。
盐溶液间反应的多样性与
　
有关。
１９．
答案　（１６分）（１）２Ａｇ
＋＋ＳＯ
２－
３􀪅􀪅Ａｇ２ＳＯ３↓
（２）①析出红色固体
②ａ．ＨＣｌ和ＢａＣｌ２溶液
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
ｂ．在Ｉ
－的作用下，Ｃｕ
２＋转化为白色沉淀ＣｕＩ，ＳＯ
２－
３转化为ＳＯ
２－
４
（３）①Ａｌ
３＋、ＯＨ
－
②ａ．
ｂ．Ｖ１明显大于Ｖ２
（４）亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性
两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件
解析　（２）①题中明确告知棕黄色沉淀中含有Ｃｕ
＋、Ｃｕ
２＋和
ＳＯ
２－
３，证实含有Ｃｕ
＋的实验现象不能答溶液出现蓝色，因沉淀
中的Ｃｕ
２＋在稀Ｈ２ＳＯ４作用下，也进入了溶液。②Ａ是ＢａＳＯ４
沉淀，则试剂１的作用是检验上层清液中是否含有ＳＯ
２－
４，但检
验ＳＯ
２－
４时要防止ＳＯ
２－
３的干扰，所以试剂１应是ＨＣｌ和ＢａＣｌ２
溶液；上层清液中没有检出Ｉ２，可知Ｉ２和ＳＯ
２－
３反应生成了Ｉ
－
和ＳＯ
２－
４。（３）①由题中信息可推知，沉淀中还含有Ａｌ
３＋、ＯＨ
－。
②在对比实验中要将Ｎａ２ＳＯ３溶液更换成一种碱，这样就不会
生成碱式盐，考虑到Ａｌ（ＯＨ）３的两性特征，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ是最好
的选择，步骤一中白色沉淀的成分是碱式亚硫酸铝，在其中加
入ＮａＯＨ溶液，沉淀不会马上溶解，而是先与ＯＨ
－反应生成
Ａｌ（ＯＨ）３沉淀，这就导致了Ｖ１大于Ｖ２，通过这一实验事实，即
可证实假设ⅱ成立。
考点四氮及其化合物
２０．（２０１９江苏单科，９，２分）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）
电解
→Ｃｌ２（ｇ）
Ｆｅ（ｓ）
△→ＦｅＣｌ２（ｓ）
Ｂ．ＭｇＣｌ２（ａｑ）
石灰乳→Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）
煅烧
→ＭｇＯ（ｓ）
Ｃ．Ｓ（ｓ）
Ｏ２（ｇ）
点燃→ＳＯ３（ｇ）
Ｈ２Ｏ（ｌ）
→Ｈ２ＳＯ４（ａｑ）
Ｄ．Ｎ２（ｇ）
Ｈ２（ｇ）
高温高压、催化剂→ＮＨ３（ｇ）
ＣＯ２（ｇ）
ＮａＣｌ（ａｑ）→Ｎａ２ＣＯ３（ｓ）
２０．
答案　Ｂ　本题涉及的考点有钠、镁、硫、氮、氯及其化合物
的性质，考查了学生对知识的记忆、再现能力，体现了宏观辨
识与微观探析的学科核心素养。
Ａ项，加热条件下，铁与氯气只能生成ＦｅＣｌ３，错误；Ｂ项，
ＭｇＣｌ２＋Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２＋ＣａＣｌ２，Ｍｇ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＭｇＯ＋
Ｈ２Ｏ，正确；Ｃ项，硫在氧气中燃烧只能生成ＳＯ２，错误；Ｄ项，
ＮＨ３＋ＣＯ２＋ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮａＨＣＯ３↓＋ＮＨ４Ｃｌ，错误。
拓展延伸　铁在氯气中点燃不存在量变引起质变的问题，无
论铁是否足量，产物均为ＦｅＣｌ３。
２１．（２０１７北京理综，１２，６分）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
２１．
答案　Ｄ　本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性
质。③中的ＣＯ２可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。
疑难突破　
③中红热木炭并未与浓ＨＮＯ３直接接触，只有
ＨＮＯ３挥发后，与木炭接触才能发生反应。
２２．（２０１６浙江理综，１３，６分）为落实“五水共治”，某工厂拟综
合处理含ＮＨ
＋
４废水和工业废气（主要含Ｎ２、ＣＯ２、ＳＯ２、ＮＯ、
ＣＯ，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．固体１中主要含有Ｃａ（ＯＨ）２、ＣａＣＯ３、ＣａＳＯ３
Ｂ．Ｘ可以是空气，且需过量
Ｃ．捕获剂所捕获的气体主要是ＣＯ
Ｄ．处理含ＮＨ
＋
４废水时，发生反应的离子方程式为：ＮＨ
＋
４＋ＮＯ
－
２
􀪅􀪅Ｎ２↑＋２Ｈ２Ｏ
２２．
答案　Ｂ　ＳＯ２、ＣＯ２与过量石灰乳反应生成ＣａＳＯ３、ＣａＣＯ３，
故固体１中主要含有ＣａＳＯ３、ＣａＣＯ３、Ｃａ（ＯＨ）２，Ａ项正确；Ｘ可
以是空气，但不能过量，若空气过量，通过ＮａＯＨ溶液后得不到
ＮａＮＯ２溶液，而是得到ＮａＮＯ３溶液，Ｂ项不正确；Ｎ２无污染，
ＣＯ无法被ＮａＯＨ溶液吸收，捕获剂主要捕获ＣＯ，Ｃ项正确；
ＮＨ
＋
４与ＮＯ
－
２在溶液中发生氧化还原反应生成Ｎ２和Ｈ２Ｏ，Ｄ项
正确。
２３．（２０１９江苏单科，１６，１２分）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
－􀪅􀪅２ＮＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ
２ＮＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＯ
－
２＋ＮＯ
－
３＋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ＮＯ
－
３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ＮＯ
－
３，
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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２４５
　
是　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
２３．
答案　（１２分）（１）２ＮＨ３＋２Ｏ２
催化剂
△
􀪅􀪅􀪅􀪅Ｎ２Ｏ＋３Ｈ２Ｏ
（２）①ＢＣ　②ＮａＮＯ３　ＮＯ
（３）①３ＨＣｌＯ＋２ＮＯ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｃｌ
－＋２ＮＯ
－
３＋５Ｈ
＋
②溶液ｐＨ越小，溶液中ＨＣｌＯ的浓度越大，氧化ＮＯ的能力
越强
解析　本题涉及的考点有含氮化合物的性质及其应用、氧
化还原反应化学（离子）方程式的书写、影响反应速率的因
素，主要考查学生将实际问题分解、运用相关知识分析和解决
化学问题的能力，借助氮氧化物的尾气处理树立环境保护的
可持续发展意识，体现科学态度与社会责任的学科核心素养。
（１）根据得失电子守恒和原子守恒可写出ＮＨ３与Ｏ２反应的
化学方程式。
（２）①若要提高尾气中ＮＯ和ＮＯ２的去除率，须加快氮氧化
物与ＮａＯＨ的反应速率。Ｂ项措施能增大气、液反应物的接
触面积，Ｃ项措施增大ＮａＯＨ溶液的浓度，二者均能加快反应
速率；Ａ项措施易导致氮氧化物不能及时被吸收，使ＮＯ和
ＮＯ２去除率降低。②据题给反应：２ＮＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＯ
－
２＋
ＮＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ可知，ＮａＮＯ２晶体中含有ＮａＮＯ３杂质；由于ＮＯ与
ＮａＯＨ不反应，故吸收后排放的尾气中ＮＯ的含量较高。
（３）①据得失电子守恒可得：３ＨＣｌＯ＋２ＮＯ
→３Ｃｌ
－＋２ＮＯ
－
３，
据电荷守恒可得：３ＨＣｌＯ＋２ＮＯ
→３Ｃｌ
－＋２ＮＯ
－
３＋５Ｈ
＋，据原子
（质量）守恒可得：３ＨＣｌＯ＋２ＮＯ＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｃｌ
－＋２ＮＯ
－
３＋５Ｈ
＋。
②ＮａＣｌＯ溶液的初始ｐＨ越小，ｃ（Ｈ
＋）越大，ｃ（ＨＣｌＯ）越大，氧
化ＮＯ的能力越强，ＮＯ的转化率越高。
知识拓展　
用ＮａＯＨ溶液处理ＮＯ和ＮＯ２时，当ｎ（ＮＯ）∶
ｎ（ＮＯ２）＞１∶１时，吸收液中的盐为ＮａＮＯ２；当ｎ（ＮＯ）∶
ｎ（ＮＯ２）＜１∶１时，吸收液中的盐为ＮａＮＯ３和ＮａＮＯ２。
２４．（２０１８天津理综，９，１８分）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
采样系统简图
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，其作用为　　　　。
（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ＶＬ气样通入适量酸化的Ｈ２Ｏ２溶液中，使ＮＯｘ完全被氧
化成ＮＯ
－
３，加水稀释至１００．００ｍＬ。量取２０．００ｍＬ该溶液，加
入Ｖ１ｍＬｃ１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＳＯ４标准溶液（过量），充分反应后，用
ｃ２ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７标准溶液滴定剩余的Ｆｅ
２＋，终点时消耗
Ｖ２ｍＬ。
（５）ＮＯ被Ｈ２Ｏ２氧化为ＮＯ
－
３的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（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：
３Ｆｅ
２＋＋ＮＯ
－
３＋４Ｈ
＋􀪅􀪅ＮＯ↑＋３Ｆｅ
３＋＋２Ｈ２Ｏ
Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋６Ｆｅ
２＋＋１４Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｒ
３＋＋６Ｆｅ
３＋＋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，会使测定结果　　　　。
若ＦｅＳＯ４标准溶液部分变质，会使测定结果　　　　。
２４．
答案　（１８分）（１）除尘
（２）ｃ
（３）
（４）防止ＮＯｘ溶于冷凝水
（５）２ＮＯ＋３Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅２Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
３＋２Ｈ２Ｏ
（６）锥形瓶、酸式滴定管
（７）
２３×（ｃ１Ｖ１－６ｃ２Ｖ２）
３Ｖ
×１０
４
（８）偏低　偏高
解析　
（１）无碱玻璃棉可吸附除去烟道气中的粉尘。
（２）干燥ＮＯｘ应选择酸性干燥剂。注意无水ＣｕＳＯ４可用于检
验水，一般不用作干燥剂。（３）Ｄ相当于尾气处理装置，吸收
ＮＯｘ可用ＮａＯＨ溶液。（５）ＮＯ被氧化为ＮＯ
－
３，Ｈ２Ｏ２被还原为
Ｈ２Ｏ。（６）盛放Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液及量取２０．００ｍＬ稀释液均用酸
式滴定管，稀释液在滴定过程中需放在锥形瓶中。
（７）２０．００ｍＬ溶液中剩余
Ｆｅ
２＋
的物质的量为
（６ｃ２Ｖ２×１０
－３）ｍｏｌ，则参加反应的ＮＯ
－
３的物质的量为［（ｃ１Ｖ１×
１０
－３－６ｃ２Ｖ２×１０
－３）× １
３］ｍｏｌ，依据氮原子守恒，ＶＬ气样中ＮＯｘ
折合成ＮＯ２的物质的量为［５
３（ｃ１Ｖ１－６ｃ２Ｖ２）×１０
－３］ｍｏｌ，质量
为［５
３（ｃ１Ｖ１
－
６ｃ２Ｖ２）
×
１０
－３
×
４６］
ｇ，
含量为
５
３×４６×（ｃ１Ｖ１－６ｃ２Ｖ２）×１０
－３×１０００
Ｖ
１０００
ｍｇ
·
ｍ
－３
＝
［
２３×（ｃ１Ｖ１－６ｃ２Ｖ２）
３Ｖ
×１０
４］ｍｇ·ｍ
－３。（８）若缺少采样步骤③，
会使气样中含有空气，部分ＮＯｘ与Ｏ２、Ｈ２Ｏ共同反应，导致测
得的ＮＯｘ含量偏低；若ＦｅＳＯ４标准溶液部分变质，则导致Ｖ２
偏小，使计算出的ＮＯｘ含量偏高。
解题指导　（８）若ＦｅＳＯ４标准溶液部分变质，则滴定消耗的
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液体积会偏小，由第（７）问ＮＯｘ含量表达式可知
结果会偏高。
２５．（２０１８江苏单科，２０，１４分）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。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（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＝－１１６．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１
３ＨＮＯ２（ａｑ）􀪅􀪅ＨＮＯ３（ａｑ）＋２ＮＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝７５．９ｋＪ·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１ｍｏｌＮ２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（装置见图１）。
图１
图２
反应相同时间ＮＯｘ的去除率随反应温度的变化曲线如图
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　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
２５．
答案　（１４分）（１）－１３６．２
（２）ＨＮＯ２－２ｅ
－＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３
（３）２ＨＮＯ２＋（ＮＨ２）２ＣＯ􀪅􀪅２Ｎ２↑＋ＣＯ２↑＋３Ｈ２Ｏ
（４）①２４
７
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）将已知热化学方程式依次编号为①、②，根据盖
斯定律①×３＋②
２
得３ＮＯ２（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｌ）􀪅􀪅２ＨＮＯ３（ａｑ）＋
ＮＯ（ｇ）　
ΔＨ＝
－１１６．１ｋＪ·ｍｏｌ
－１×３＋７５．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
２
＝
－１３６．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）电解过程中ＨＮＯ２→ＮＯ
－
３发生氧化反应，则阳极反应式为
ＨＮＯ２－２ｅ
－＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３。
（３）ＨＮＯ２中Ｎ的化合价为＋３，（ＮＨ２）２ＣＯ中Ｎ、Ｃ的化合价
分别为－３、＋４，依据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程
式为２ＨＮＯ２＋（ＮＨ２）２ＣＯ􀪅􀪅２Ｎ２↑＋ＣＯ２↑＋３Ｈ２Ｏ。
（４）①ＮＨ３、ＮＯ２中氮元素化合价分别为－３、＋４，根据得失电
子守恒和原子守恒配平反应方程式为８ＮＨ３＋６ＮＯ２
催化剂
　
􀪅􀪅􀪅􀪅
７Ｎ２＋１２Ｈ２Ｏ，故生成１ｍｏｌＮ２转移电子２４
７ｍｏｌ。
２６．（２０１７课标Ⅰ，２６，１５分）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。
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
汽充满管路；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ｃｍｏｌ·Ｌ
－１的盐酸ＶｍＬ，则样品中氮
的质量分数为　
　
　
　
　％，样品的纯度≤　
　
　
　　％。
２６．
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
②ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ　保温使氨完全蒸出
（５）１．４ｃＶ
ｍ　７．５ｃＶ
ｍ
解析　（１）ａ与大气相通，作用是平衡气压，以免关闭ｋ１后
ｂ内压强过大。（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）ｇ中蒸馏水倒吸进入ｃ，原因是
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，锥形瓶内的蒸馏水倒吸进入ｃ
中。（４）①ｄ中保留少量水可以起到液封的作用，防止氨气逸
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２４７
　
出。②ｅ中的主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离
子方程式为ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ；ｅ采用中空双层玻璃
瓶的作用是减少热量损失，有利于ＮＨ
＋
４在碱性条件下转化为
氨气逸出。（５）根据反应ＮＨ３＋Ｈ３ＢＯ３􀪅􀪅ＮＨ３· Ｈ３ＢＯ３，
ＮＨ３·Ｈ３ＢＯ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮＨ４Ｃｌ＋Ｈ３ＢＯ３，可以求出样品中
ｎ（Ｎ）＝ｎ（ＨＣｌ）＝ｃｍｏｌ·Ｌ
－１×Ｖ×１０
－３Ｌ＝０．００１ｃＶｍｏｌ，则样品中
氮的质量分数为０．００１ｃＶ×１４ｇ
ｍｇ
×１００％＝１．４ｃＶ
ｍ％，样品中甘氨酸
的质量≤０．００１ｃＶ×７５ｇ，所以样品的纯度≤７．５ｃＶ
ｍ％。
知识归纳　ＮＨ
＋
４与ＯＨ
－反应时离子方程式的书写规律
浓碱液、加热条件下生成物为ＮＨ３和水：ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－
△
􀪅􀪅
ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ；若在稀溶液中反应且不加热，因氨气极易溶于
水，故生成ＮＨ３·Ｈ２Ｏ：ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－􀪅􀪅ＮＨ３·Ｈ２Ｏ。
２７．（２０１７北京理综，２７，１２分）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＝
６０ｇ·ｍｏｌ
－１）含量的方法如下：取ａｇ尿素溶液，将所含氮
完全转化为ＮＨ３，所得ＮＨ３用过量的Ｖ１ｍＬｃ１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｈ２ＳＯ４溶液吸收完全，剩余Ｈ２ＳＯ４用Ｖ２ｍＬｃ２ｍｏｌ·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。
图ａ
图ｂ
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：
　　　　　　　　　　
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅　
１５ＮＮＯ＋　
Ｈ２Ｏ
２７．
答案　（１２分）（１）①ＣＯ（ＮＨ２）２＋Ｈ２Ｏ
△→ＣＯ２＋２ＮＨ３
②８ＮＨ３＋６ＮＯ２
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅７Ｎ２＋１２Ｈ２Ｏ
③２ＳＯ２＋Ｏ２＋４ＮＨ３＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２（ＮＨ４）２ＳＯ４
④
３（２ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）
１００ａ
（２）①ＢａＯ
②８∶１
③４
１５ＮＯ＋４ＮＨ３＋３Ｏ２
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅４
１５ＮＮＯ＋６Ｈ２Ｏ
解析　本题考查化学方程式的书写、有关物质的量浓度的
计算等，侧重考查学生对图像的分析处理能力。
（１）④ｎ（ＮＨ３）＝２ｎ（Ｈ２ＳＯ４）－ｎ（ＮａＯＨ）＝２ｃ１Ｖ１×１０
－３ｍｏｌ－
ｃ２Ｖ２×１０
－３ｍｏｌ
ｎ［ＣＯ（ＮＨ２）２］＝１
２ｎ（ＮＨ３）＝（２ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）×１０
－３
２
ｍｏｌ
ｍ［ＣＯ（ＮＨ２）２］＝ｎ［ＣＯ（ＮＨ２）２］×６０ｇ·ｍｏｌ
－１
＝（２ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）×１０
－３
２
ｍｏｌ×６０ｇ·ｍｏｌ
－１
＝（６ｃ１Ｖ１－３ｃ２Ｖ２）×１０
－２ｇ
则ａｇ尿素溶液中尿素的质量分数为：
（６ｃ１Ｖ１－３ｃ２Ｖ２）×１０
－２ｇ
ａｇ
×
１００％＝３（２ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）
１００ａ
。
（２）①观察图ａ可知ＢａＯ起到了储存ＮＯｘ的作用。②观察图
ｂ可知，当Ｂａ（ＮＯ３）２用Ｈ２还原时，氮元素开始时转化为
ＮＨ３，由得失电子守恒可得消耗的Ｈ２与Ｂａ（ＮＯ３）２的物质的
量之比为８∶１。③分析可知，反应物
１５ＮＯ、ＮＨ３与产物
１５ＮＮＯ
的化学计量数应是一样的，然后结合得失电子守恒及原子守
恒可得反应的化学方程式。
审题方法　（２）③解答时要注意两点：一是
１５ＮＮＯ中的氮元
素一半来自
１５ＮＯ，一半来自ＮＨ３，因此
１５ＮＯ、ＮＨ３的化学计量
数相等；二是反应是在有氧条件下发生的，提示我们氧气参加
了反应。
２８．（２０１６课标Ⅰ，２６，１４分）氮的氧化物（ＮＯｘ）是大气污染物之
一，工业上在一定温度和催化剂条件下用ＮＨ３将ＮＯｘ还原生
成Ｎ２。某同学在实验室中对ＮＨ３与ＮＯ２反应进行了探究。
回答下列问题：
（１）氨气的制备
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２４８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
①氨气的发生装置可以选择上图中的　
　
　
　
　，反应
的化学方程式为
　。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺
序为：发生装置→　
　
　
　
　
（按气流方向，用小写字母
表示）。
（２）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的ＮＨ３充入注射器Ｘ中，硬质玻璃管Ｙ中
加入少量催化剂，充入ＮＯ２（两端用夹子Ｋ１、Ｋ２夹好）。
在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开Ｋ１，推动注
射器活塞，使Ｘ中
的气体缓慢通入
Ｙ管中
①Ｙ管中
　
　
　
②反应的化学方程
式
　
　
　
将注射器活塞退
回原处并固定，待
装置恢复到室温
Ｙ管中有少量
水珠
生成的气态水凝聚
打开Ｋ２
③
　
　
　
　
④
　
　
　
　
２８．
答案　（１）①Ａ　
２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅２ＮＨ３↑＋ＣａＣｌ２＋
２Ｈ２Ｏ（或Ｂ　ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ）　②ｄｃｆｅｉ
（２）①红棕色气体慢慢变浅　
②８ＮＨ３＋６ＮＯ２
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅７Ｎ２＋
１２Ｈ２Ｏ　③Ｚ中ＮａＯＨ溶液产生倒吸现象　
④反应后气体分
子数减少，Ｙ管中压强小于外压
解析　（１）①制备氨气，可用Ｃａ（ＯＨ）２（ｓ）和ＮＨ４Ｃｌ（ｓ）混
合加热，可选用装置Ａ；也可采用加热浓氨水的方法，此时可
选用装置Ｂ。②欲得到干燥的氨气，首先要干燥（干燥管要大
口进，小口出），其次要收集（氨气密度比空气小，要用向下排
空气法），最后为尾气处理（因氨气极易溶于水，要用防倒吸
的Ｆ装置）。
（２）ＮＨ３和ＮＯ２在催化剂、一定温度下可发生反应，故Ｙ管中
红棕色气体慢慢变浅；由化学方程式８ＮＨ３＋６ＮＯ２
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅
７Ｎ２＋１２Ｈ２Ｏ可以得出，反应后气体分子数减少，压强减小，故
打开Ｋ２后，Ｚ中ＮａＯＨ溶液会产生倒吸现象。
知识拓展　几种气体的快速制取方法
（１）Ｏ２：２Ｈ２Ｏ２
ＭｎＯ２
􀪅􀪅􀪅
􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑、２Ｎａ２Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
４ＮａＯＨ＋Ｏ２↑。
（２）Ｃｌ２：２ＫＭｎＯ４＋１６ＨＣｌ（浓）􀪅􀪅２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ２＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ。
（３）ＨＣｌ：将浓Ｈ２ＳＯ４慢慢滴入浓盐酸中。
（４）ＮＨ３：将浓氨水滴到生石灰或碱石灰上。
温馨提示　用排空气法收集有害气体时，收集装置后要连接
尾气处理装置。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一碳、硅及其化合物　无机非金属材料
１．（２０１５江苏单科，４，２分）在ＣＯ２中，Ｍｇ燃烧生成ＭｇＯ和Ｃ。
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．元素Ｃ的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
Ｂ．Ｍｇ、ＭｇＯ中镁元素微粒的半径：ｒ（Ｍｇ
２＋）＞ｒ（Ｍｇ）
Ｃ．在该反应条件下，Ｍｇ的还原性强于Ｃ的还原性
Ｄ．该反应中化学能全部转化为热能
答案　Ｃ　Ａ项，Ｃ的单质还有Ｃ６０等多种同素异形体；Ｂ项，
Ｍｇ
２＋、Ｍｇ质子数相同，而电子数不同，电子数越多，半径越大，
故ｒ（Ｍｇ
２＋）＜ｒ（Ｍｇ）；Ｄ项，该反应的化学能还可转化为光能等
其他能量。
２．（２０１５课标Ⅱ，７，６分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及
环境友好。下列说法错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．硅胶可用作食品干燥剂
Ｂ．Ｐ２Ｏ５不可用作食品干燥剂
Ｃ．六水氯化钙可用作食品干燥剂
Ｄ．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
答案　Ｃ　ＣａＣｌ２·６Ｈ２Ｏ为结晶水合物，不能继续吸水，故不
可用作食品干燥剂，Ｃ项错误；硅胶、加工后具有吸水性的植物
纤维均可用作食品干燥剂，Ａ、Ｄ项正确；Ｐ２Ｏ５吸水生成的磷酸
有一定的毒性，故不可用作食品干燥剂，Ｂ项正确。
拓展延伸　物质能否作食品干燥剂主要考虑其安全性和吸水
性。对食品能造成污染或本身有毒的物质不可以用作食品
干燥剂。
关联应用　ＣａＣｌ２为中性干燥剂，可以干燥多种气体，但不能
干燥ＮＨ３。
３．（２０１５北京理综，２７，１４分）研究ＣＯ２在海洋中的转移和归
宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（１）溶于海水的ＣＯ２主要以４种无机碳形式存在，其中ＨＣＯ
－
３
占９５％。写出ＣＯ２溶于水产生ＨＣＯ
－
３的方程式：　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式：　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的Ｏ２只来自Ｈ２Ｏ。
用
１８Ｏ标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充
完整：
　　　　＋　　　　
光能
叶绿体
􀪅􀪅􀪅􀪅（ＣＨ２Ｏ）ｘ＋ｘ
１８Ｏ２＋ｘＨ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２４９
　
（３）海水中溶解无机碳占海水总碳的９５％以上，其准确测量是
研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收ＣＯ２。用Ｎ２从酸化后的海水中吹出ＣＯ２并
用碱液吸收（装置示意图如下）。将虚线框中的装置补充
完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为ＮａＨＣＯ３，再用
ｘｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＣｌ溶液滴定，消耗ｙｍＬＨＣｌ溶液。海水中溶解无
机碳的浓度＝　　　　ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（４）利用下图所示装置从海水中提取ＣＯ２，有利于减少环境温
室气体含量。
①结合方程式简述提取ＣＯ２的原理：　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②用该装置产生的物质处理ｂ室排出的海水，合格后排回
大海。处理至合格的方法是
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　
（１４分）（１）ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＣＯ３、Ｈ２ＣＯ３􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＨＣＯ
－
３
（２）①２ＨＣＯ
－
３＋Ｃａ
２＋􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
②ｘＣＯ２　２ｘＨ２
１８Ｏ
（３）①
②ｘ·ｙ
ｚ
（４）①ａ室：２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－􀪅􀪅４Ｈ
＋＋Ｏ２↑，Ｈ
＋通过阳离子膜进入ｂ
室，发生反应：Ｈ
＋＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
②ｃ室的反应：２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－􀪅􀪅２ＯＨ
－＋Ｈ２↑，用ｃ室排出的碱液
将从ｂ室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的ｐＨ
解析　
（３）①向盛有海水的装置中通入Ｎ２应长进短出，酸
化海水应用难挥发的Ｈ２ＳＯ４。
②由ＮａＨＣＯ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮａＣｌ＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ可以看出，ｎ（ＮａＨＣＯ３）＝
ｎ（ＨＣｌ），ｃ（Ｃ）＝ｎ（ＮａＨＣＯ３）
Ｖ（海水）＝ｘｍｏｌ·Ｌ
－１×ｙ×１０
－３Ｌ
ｚ×１０
－３Ｌ
＝ｘ·ｙ
ｚ
ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（４）ａ室为阳极室，Ｈ２Ｏ放电生成的Ｈ
＋可通过阳离子膜进入ｂ
室与ＨＣＯ
－
３反应产生ＣＯ２；ｃ室为阴极室，Ｈ２Ｏ放电生成ＯＨ
－使
ｃ室溶液呈碱性，故用ｃ室排出的碱液将从ｂ室排出的酸性海
水调至接近装置入口海水的ｐＨ后，再将其排回大海。
考点二氯、溴、碘及其化合物
４．（２０１５海南单科，２０－Ⅰ，６分）下列有关海水综合利用的说法
正确的是
（　　）
Ａ．电解饱和食盐水可制得金属钠
Ｂ．海带提碘只涉及物理变化
Ｃ．海水提溴涉及氧化还原反应
Ｄ．海水提镁涉及复分解反应
答案　ＣＤ　电解饱和食盐水只能得到ＮａＯＨ、Ｈ２、Ｃｌ２，Ａ项
错误；海带提碘涉及Ｉ
－
→Ｉ２等化学变化，Ｂ项错误；海水提
溴涉及Ｂｒ
－Ｃｌ２→Ｂｒ２等氧化还原反应，Ｃ项正确；海水提镁涉及
ＭｇＣｌ２
Ｃａ（ＯＨ）２→Ｍｇ（ＯＨ）２
ＨＣｌ→ＭｇＣｌ２（熔融）
电解
→Ｍｇ过程，
包含氧化还原反应及复分解反应，Ｄ项正确。
５．（２０１５课标Ⅱ，１２，６分）海水开发利用的部分过程如图所示。
下列说法错误
∙∙的是
（　　）
海水
粗盐
↓
苦卤（含Ｋ
＋、Ｍｇ２＋、Ｂｒ
－等）
→
　
Ｃｌ２
↓
Ｂｒ２
↓
Ｋ
＋、Ｍｇ２＋等
↓
←
沉淀剂
Ｍｇ（ＯＨ）２
↓
Ａ．向苦卤中通入Ｃｌ２是为了提取溴
Ｂ．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
Ｃ．工业生产中常选用ＮａＯＨ作为沉淀剂
Ｄ．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用ＳＯ２将其还
原吸收
答案　Ｃ　工业上常采用Ｃａ（ＯＨ）２作为沉淀剂，Ｃ项错误。
解题关键　ＮａＣｌ的溶解度随温度变化不大，故经常采用重结
晶的方法得到较纯的ＮａＣｌ晶体。
考点三氧、硫及其化合物
６．（２０１５浙江理综，７，６分）下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体
的有序性和液体的流动性
Ｂ．常压下，０℃时冰的密度比水的密度小，水在４℃时密度最
大，这些都与分子间的氢键有关
Ｃ．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子
的聚集都是化学变化
Ｄ．燃料的脱硫脱氮、ＳＯ２的回收利用和ＮＯｘ的催化转化都是减
少酸雨产生的措施
答案　Ｃ　石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性均属
于化学变化，纳米银粒子的聚集属于物理变化，Ｃ项不正确。
７．（２０１５福建理综，２３，１５分）研究硫元素及其化合物的性质具
有重要意义。
（１）①硫离子的结构示意图为　　　　。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与
木炭反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（２）２５℃，在０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｓ溶液中，通入ＨＣｌ气体或加入
ＮａＯＨ固体以调节溶液ｐＨ，溶液ｐＨ与ｃ（Ｓ
２－）关系如下图
（忽略溶液体积的变化、Ｈ２Ｓ的挥发）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２５０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
①ｐＨ＝１３时，溶液中的ｃ（Ｈ２Ｓ）＋ｃ（ＨＳ
－）＝　　ｍｏｌ·Ｌ
－１。
②某溶液含０．０２０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｍｎ
２＋、０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｓ，当溶
液ｐＨ＝　　　　时，Ｍｎ
２＋开始沉淀。［已知：Ｋｓｐ（ＭｎＳ）＝
２．８×１０
－１３］
（３）２５℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ｋａ１
Ｋａ２
Ｈ２ＳＯ３
１．３×１０
－２
６．３×１０
－８
Ｈ２ＣＯ３
４．２×１０
－７
５．６×１０
－１１
①ＨＳＯ
－
３的电离平衡常数表达式Ｋ＝　　　　　　　。
②０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＳＯ３溶液中离子浓度由大到小的顺序
为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③Ｈ２ＳＯ３溶液和ＮａＨＣＯ３溶液反应的主要离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）①
②Ｃ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅２ＳＯ２↑＋ＣＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ
（２）①０．０４３　②５
（３）①
ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＳＯ
２－
３）
ｃ（ＨＳＯ
－
３）
或
［Ｈ
＋］［ＳＯ
２－
３］
［ＨＳＯ
－
３］
②ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＳＯ
２－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（ＨＳＯ
－
３）＞ｃ（Ｈ
＋）
或［Ｎａ
＋］＞［ＳＯ
２－
３］＞［ＯＨ
－］＞［ＨＳＯ
－
３］＞［Ｈ
＋］
③Ｈ２ＳＯ３＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
解析　（１）②硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液
为浓Ｈ２ＳＯ４，具有强氧化性，与木炭发生反应的化学方程式为
Ｃ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅ＣＯ２↑＋２ＳＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ。（２）①观察图像
知，ｐＨ＝１３时，ｃ（Ｓ
２－）＝５．７× １０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，由硫原子守恒知，
ｃ（Ｈ２Ｓ）＋ｃ（ＨＳ
－）＋ｃ（Ｓ
２－）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１，代入数据得：ｃ（Ｈ２Ｓ）＋
ｃ（ＨＳ
－）＝０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１－ｃ（Ｓ
２－）＝０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１－５．７×
１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．０４３ｍｏｌ·Ｌ
－１；②当Ｍｎ
２＋开始沉淀时，溶液中
ｃ（Ｓ
２－）＝Ｋｓｐ（ＭｎＳ）
ｃ（Ｍｎ
２＋）
＝２．８×１０
－１３
０．０２０
ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１．４×１０
－１１ｍｏｌ·Ｌ
－１，观
察图像知，此时ｐＨ＝５。（３）②在０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＳＯ３溶液中
存在：ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＨＳＯ
－
３＋ＯＨ
－（主要），ＨＳＯ
－
３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ２ＳＯ３＋ＯＨ
－（次要），Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｈ
＋＋ＯＨ
－（水的电离平衡），故离
子浓度由大到小的顺序为ｃ（Ｎａ
＋）＞ｃ（ＳＯ
２－
３）＞ｃ（ＯＨ
－）＞
ｃ（ＨＳＯ
－
３）＞ｃ（Ｈ
＋）；③结合表中数据知，酸性：Ｈ２ＳＯ３＞Ｈ２ＣＯ３＞
ＨＳＯ
－
３＞ＨＣＯ
－
３，故Ｈ２ＳＯ３溶液和ＮａＨＣＯ３溶液反应的离子方程
式为Ｈ２ＳＯ３＋ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＨＳＯ
－
３＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ。
８．（２０１５安徽理综，２８，１４分）某研究小组将纯净的ＳＯ２气体通
入０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中，得到了ＢａＳＯ４沉淀。为
探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的ＳＯ２，该小组提出了如
下假设：
假设一：溶液中的ＮＯ
－
３
假设二：溶液中溶解的Ｏ２
（１）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相
关实验现象。
实验步骤
实验现象
结论
实验１：在盛有不含Ｏ２的２５ｍＬ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＢａＣｌ２溶液的烧杯
中，缓慢通入纯净的ＳＯ２气体
　　　　
实验２：在盛有不含Ｏ２的２５ｍＬ
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｂａ（ＮＯ３）２溶液的
烧杯中，缓慢通入纯净的ＳＯ２
气体
　　　　
假设一成立
（２）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液
ｐＨ随通入ＳＯ２体积的变化曲线如图。
实验１中溶液ｐＨ变小的原因是　　　　　　　　　　　
　　　；Ｖ１时，实验２中溶液ｐＨ小于实验１的原因是（用
离子方程式表示）　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　。
（３）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论。
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（４）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的Ｏ２
和ＫＮＯ３氧化相同的Ｈ２ＳＯ３溶液（溶液体积变化忽略不
计），充分反应后两溶液的ｐＨ前者　　
　
　
（填“大于”或
“小于”）后者，理由是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）无明显现象　有白色沉淀
（２）ＳＯ２溶于水生成Ｈ２ＳＯ３　
３ＳＯ２＋２ＮＯ
－
３＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋
４Ｈ
＋＋２ＮＯ（或３Ｈ２ＳＯ３＋２ＮＯ
－
３􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋４Ｈ
＋＋２ＮＯ＋Ｈ２Ｏ）
（３）
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
实验１作为参照实验
实验３：将纯净的ＳＯ２气体缓慢通入未经脱Ｏ２处理的
２５ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＢａＣｌ２溶液中，若有白色沉淀，表明假
设二成立，否则不成立。
（４）小于　反应的离子方程式表明，足量的Ｏ２和ＮＯ
－
３分别氧
化相同的Ｈ２ＳＯ３，生成Ｈ
＋的物质的量前者多于后者
（本题部分小题属于开放性试题，合理答案均给分）
解析　（１）不含Ｏ２的ＢａＣｌ２溶液中通入ＳＯ２气体无明显现
象；向不含Ｏ２的Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中通入ＳＯ２气体产生白色沉
淀，表明溶液中的ＮＯ
－
３能氧化ＳＯ２气体产生ＢａＳＯ４白色沉淀。
（２）向ＢａＣｌ２溶液中通入ＳＯ２气体，二者不发生反应，但ＳＯ２溶
于水可以与水反应生成Ｈ２ＳＯ３使溶液显酸性；向Ｂａ（ＮＯ３）２溶
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２５１
　
液中通入ＳＯ２气体，ＮＯ
－
３可以把ＳＯ２氧化为Ｈ２ＳＯ４使溶液ｐＨ
减小，反应的离子方程式为３ＳＯ２＋２ＮＯ
－
３＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋
４Ｈ
＋＋２ＮＯ。（４）由Ｏ２氧化Ｈ２ＳＯ３的离子方程式：２Ｈ２ＳＯ３＋Ｏ２
􀪅􀪅４Ｈ
＋＋２ＳＯ
２－
４和ＮＯ
－
３氧化Ｈ２ＳＯ３的离子方程式：３Ｈ２ＳＯ３＋
２ＮＯ
－
３􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋４Ｈ
＋＋２ＮＯ＋Ｈ２Ｏ知，足量的Ｏ２和ＮＯ
－
３分别
氧化相同的Ｈ２ＳＯ３，生成Ｈ
＋的物质的量前者多于后者，故反应
后两溶液的ｐＨ前者小于后者。
９．（２０１５江苏单科，２０，１４分）烟气（主要污染物ＳＯ２、ＮＯｘ）经Ｏ３
预处理后用ＣａＳＯ３水悬浮液吸收，可减少烟气中ＳＯ２、ＮＯｘ的
含量。Ｏ３氧化烟气中ＳＯ２、ＮＯｘ的主要反应的热化学方程
式为：
ＮＯ（ｇ）＋Ｏ３（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）　ΔＨ＝－２００．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＮＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）　ΔＨ＝－５８．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１
ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ３（ｇ）􀪅􀪅ＳＯ３（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）　ΔＨ＝－２４１．６ｋＪ·ｍｏｌ
－１
（１）反应３ＮＯ（ｇ）＋Ｏ３（ｇ）􀪅􀪅３ＮＯ２（ｇ）的ΔＨ＝　　ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）室温下，固定进入反应器的ＮＯ、ＳＯ２的物质的量，改变加入
Ｏ３的物质的量，反应一段时间后体系中ｎ（ＮＯ）、ｎ（ＮＯ２）
和ｎ（ＳＯ２）随反应前ｎ（Ｏ３）∶ｎ（ＮＯ）的变化见下图。
①当ｎ（Ｏ３）∶ｎ（ＮＯ）＞１时，反应后ＮＯ２的物质的量减少，
其原因是
　。
②增加ｎ（Ｏ３），Ｏ３氧化ＳＯ２的反应几乎不受影响，其可能
原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）当用ＣａＳＯ３水悬浮液吸收经Ｏ３预处理的烟气时，清液
（ｐＨ约为８）中ＳＯ
２－
３将ＮＯ２转化为ＮＯ
－
２，其离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）ＣａＳＯ３水悬浮液中加入Ｎａ２ＳＯ４溶液，达到平衡后溶液中
ｃ（ＳＯ
２－
３）＝　　　　
　
　
　
　
　
［用ｃ（ＳＯ
２－
４）、Ｋｓｐ（ＣａＳＯ３）
和Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）表示］；ＣａＳＯ３水悬浮液中加入Ｎａ２ＳＯ４溶液
能提高ＮＯ２的吸收速率，其主要原因是　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）－３１７．３
（２）①Ｏ３将ＮＯ２氧化为更高价氮氧化物（或生成了Ｎ２Ｏ５）
②ＳＯ２与Ｏ３的反应速率慢
（３）ＳＯ
２－
３＋２ＮＯ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅ＳＯ
２－
４＋２ＮＯ
－
２＋Ｈ２Ｏ
（４）
Ｋｓｐ（ＣａＳＯ３）
Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）× ｃ（ＳＯ
２－
４）　
ＣａＳＯ３转化为ＣａＳＯ４使溶液中
ＳＯ
２－
３的浓度增大，加快ＳＯ
２－
３与ＮＯ２的反应速率
解析　
（１）ＮＯ（ｇ）＋Ｏ３（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－２００．９ｋＪ·ｍｏｌ
－１　①，ＮＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅ＮＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝
－５８．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１　②，运用盖斯定律①＋②×２可得出３ＮＯ（ｇ）＋
Ｏ３（ｇ）􀪅􀪅３ＮＯ２（ｇ）　
ΔＨ＝－２００．９
ｋＪ· ｍｏｌ
－１＋
（－５８．２ｋＪ·ｍｏｌ
－１×２）＝－３１７．３ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
（２）①由图中信息可知，当ｎ（Ｏ３）∶ｎ（ＮＯ）＞１时，ＳＯ２、ＮＯ的
量都不随ｎ（Ｏ３）∶ｎ（ＮＯ）的改变而改变，只有ＮＯ２的量在减
少，说明ＮＯ２与过量的Ｏ３发生了反应，ＮＯ２被Ｏ３氧化生成了
更高价氮氧化物。②由题中信息可知ＳＯ２与Ｏ３能发生反应，
但题图信息显示，随Ｏ３量的增加，ＳＯ２的量基本不变，说明二
者的反应速率很慢，短时间内测不出ＳＯ２的量在改变。
（３）依题给信息可知ＮＯ２被还原生成ＮＯ
－
２，则ＳＯ
２－
３被氧化生
成ＳＯ
２－
４，二者在弱碱性环境中反应。
（４）达平衡后溶液中：ｃ（Ｃａ
２＋）· ｃ（ＳＯ
２－
３）＝Ｋｓｐ（ＣａＳＯ３）、
ｃ（Ｃａ
２＋）·ｃ（ＳＯ
２－
４）＝Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４），同一溶液中ｃ（Ｃａ
２＋）相等，则
有
ｃ（ＳＯ
２－
３）
ｃ（ＳＯ
２－
４）
＝Ｋｓｐ（ＣａＳＯ３）
Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４），故ｃ（ＳＯ
２－
３）＝Ｋｓｐ（ＣａＳＯ３）
Ｋｓｐ（ＣａＳＯ４）·ｃ（ＳＯ
２－
４）；
Ｎａ２ＳＯ４溶液的加入会使ＣａＳＯ３的溶解平衡正向移动，致使
ｃ（ＳＯ
２－
３）增大，吸收ＮＯ２的速率加快。
考点四氮及其化合物
１０．（２０１５北京理综，８，６分）下列关于自然界中氮循环（如图）
的说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．氮元素均被氧化
Ｂ．工业合成氨属于人工固氮
Ｃ．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
Ｄ．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
答案　Ａ　Ａ项，人工固氮时，Ｎ２＋３Ｈ２
催化剂
高温、高压
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
２ＮＨ３，氮
元素被还原；Ｂ项，把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过
程是氮的固定，工业合成氨属于人工固氮；Ｃ项，硝酸盐可转
化为蛋白质，动植物遗体可转化为氨或铵盐，则含氮有机物和
含氮无机物可相互转化；Ｄ项，在自然界氮循环过程中，碳、
氢、氧三种元素也参与了循环。
１１．（２０１５北京理综，１２，６分）在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Ｆｅ表面产生大量
无色气泡，液面上
方变为红棕色
Ｆｅ表面产生少
量红棕色气泡
后，迅速停止
Ｆｅ、Ｃｕ接触后，
其表面均产生
红棕色气泡
下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：２ＮＯ＋Ｏ２
􀪅􀪅２ＮＯ２
Ｂ．Ⅱ中的现象说明Ｆｅ表面形成致密的氧化层，阻止Ｆｅ进一
步反应
Ｃ．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀ＨＮＯ３的氧化性强于浓ＨＮＯ３
Ｄ．针对Ⅲ中现象，在Ｆｅ、Ｃｕ之间连接电流计，可判断Ｆｅ是否
被氧化
答案　Ｃ　Ａ项，Ｆｅ与稀ＨＮＯ３反应生成ＮＯ，无色的ＮＯ易
被空气中的Ｏ２氧化为红棕色的ＮＯ２，化学方程式为２ＮＯ＋Ｏ２
􀪅􀪅２ＮＯ２；Ｂ项，Ⅱ中现象说明Ｆｅ遇到浓ＨＮＯ３发生钝化，
表面形成致密的氧化层，阻止Ｆｅ进一步反应；Ｃ项，浓ＨＮＯ３
的氧化性强于稀ＨＮＯ３；Ｄ项，Ｆｅ、Ｃｕ、浓ＨＮＯ３可构成原电池，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２５２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
连接电流计可以判断Ｆｅ是否被氧化。
１２．（２０１８北京理综，２６，１３分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺
流程如下：
磷精矿研磨
→磷精矿粉
Ｈ２ＳＯ４／△
酸浸
粗磷酸
Ｈ２Ｏ２／△
脱有机碳→
ＣａＣＯ３
脱硫→……
→精制磷酸
→
磷石膏（主要成分为ＣａＳＯ４·０．５Ｈ２Ｏ）
→
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＋１０Ｈ２ＳＯ４
△
􀪅􀪅１０ＣａＳＯ４·０．５Ｈ２Ｏ＋
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ＳＯ
２－
４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ａｇ所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指
示剂，用ｂｍｏｌ· Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液滴定至终点时生成
Ｎａ２ＨＰＯ４，消耗ＮａＯＨ溶液ｃｍＬ。精制磷酸中Ｈ３ＰＯ４的
质量分数是　
　
　
　
　
　。（已知：Ｈ３ＰＯ４摩尔质量为
９８ｇ·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＋５Ｈ２Ｏ
△
􀪅􀪅１０ＣａＳＯ４·０．５Ｈ２Ｏ＋
６Ｈ３ＰＯ４＋２ＨＦ
（４）８０℃后，Ｈ２Ｏ２分解速率大，浓度显著降低
（５）ＣａＳＯ４微溶　
ＢａＣＯ３＋ＳＯ
２－
４＋２Ｈ３ＰＯ４􀪅􀪅ＢａＳＯ４＋ＣＯ２↑＋
Ｈ２Ｏ＋２Ｈ２ＰＯ
－
４
（６）０．０４９ｂｃ
ａ
解析　（１）将矿物研磨粉碎可增加反应物的接触面积，使化学
反应速率加快；加热提高了活化分子百分数，加快了化学反应
速率。
（２）根据强酸制取弱酸原理，可知Ｈ２ＳＯ４的酸性大于Ｈ３ＰＯ４。
（４）Ｈ２Ｏ２在磷精矿湿法制备磷酸工艺中作为氧化剂来处理
有机碳，但Ｈ２Ｏ２易分解生成Ｏ２和Ｈ２Ｏ，温度较高时Ｈ２Ｏ２分
解加速，故有机碳的脱除率减小。
（５）ＣａＳＯ４微溶于水，故会有ＳＯ
２－
４残留；加入ＢａＣＯ３，可以提
高ＳＯ
２－
４的脱除率，发生反应的离子方程式为ＢａＣＯ３＋ＳＯ
２－
４＋
２Ｈ３ＰＯ４􀪅􀪅ＢａＳＯ４＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ＋２Ｈ２ＰＯ
－
４。
（６）Ｈ３ＰＯ４与ＮａＯＨ反应生成Ｎａ２ＨＰＯ４的化学方程式为
Ｈ３ＰＯ４＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅Ｎａ２ＨＰＯ４＋２Ｈ２Ｏ，故ｎ（Ｈ３ＰＯ４）＝
ｎ（ＯＨ
－）× １
２，所以精制磷酸中Ｈ３ＰＯ４的质量分数是
ｃｍＬ×１０
－３Ｌ· ｍＬ
－１×ｂｍｏｌ·Ｌ
－１× １
２×９８ｇ·ｍｏｌ
－１
ａｇ
×
１００％＝０．０４９ｂｃ
ａ
。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２３５
时间：４０分钟　分值：８５分
一、选择题（每题６分，共１８分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９河北邯郸一模，７）下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气
质量
Ｂ．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Ｃｕ
２＋、Ｈｇ
２＋等有
害离子
Ｃ．《千里江山图》中含有很多着色的矿石颜料，其中孔雀石的
主要成分是碱式碳酸铜
Ｄ．Ｂａ
２＋摄入过多对人体有害，但ＢａＳＯ４可作为造影剂用于Ｘ－
射线检查肠胃道疾病
１．
答案　Ｂ　纳米级的铁粉通过置换反应除去水体中的Ｃｕ
２＋、
Ｈｇ
２＋，故Ｂ项错。
２．（２０１９河南开封一模，７）一种制备高效漂白剂ＮａＣｌＯ２的实验
流程如图所示，反应Ⅰ中发生的反应为３ＮａＣｌＯ３＋４ＳＯ２＋３Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅２ＣｌＯ２＋Ｎａ２ＳＯ４＋３Ｈ２ＳＯ４＋ＮａＣｌ。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．反应Ⅱ中Ｈ２Ｏ２作还原剂
Ｂ．产品中含有ＳＯ
２－
４、Ｃｌ
－
Ｃ．ＮａＣｌＯ２的漂白原理与ＳＯ２相同
Ｄ．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
２．
答案　Ａ　Ａ项，反应Ⅰ产生的ＣｌＯ２气体进入反应Ⅱ装置，
发生反应：２ＣｌＯ２＋Ｈ２Ｏ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅２ＮａＣｌＯ２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ，
Ｈ２Ｏ２中氧元素化合价升高，Ｈ２Ｏ２作还原剂，Ａ正确；Ｂ项，反
应Ⅱ在ＮａＯＨ溶液中进行，得到的ＮａＣｌＯ２中可能混有ＯＨ
－，不
可能含Ｃｌ
－，Ｂ错误；Ｃ项，ＮａＣｌＯ２的漂白是氧化漂白，与ＳＯ２
的漂白原理不相同，Ｃ错误；Ｄ项，实验室进行结晶操作通常在
蒸发皿中进行，Ｄ错误。
审题方法　
氯元素的化合价变化为解题线索，氯元素在
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２５３
　
ＮａＣｌＯ３、ＣｌＯ２、ＮａＣｌＯ２中化合价依次为＋５、＋４、＋３，氯元素化合
价依次降低，被还原。
知识归纳　含氯漂白剂的成分及漂白原理
漂白剂
氯水
漂白液
漂白粉
漂粉精
成分
Ｃｌ２、ＨＣｌＯ等
有效成分
是ＮａＣｌＯ
有效成分
是Ｃａ（ＣｌＯ）２
有效成分
是Ｃａ（ＣｌＯ）２
原理
ＨＣｌＯ
具
有强氧
化性
次氯酸盐与酸反应生成的ＨＣｌＯ具有强氧化
性，有漂白作用，如：
Ｃａ（ＣｌＯ）２＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣａＣＯ３↓＋２ＨＣｌＯ
应用
漂白棉、麻、纸张等，用作游泳池及环境消毒剂
３．（２０１９上海黄浦期末，５）下列溶液中加入浓氨水直至过量，最
终能得到无色澄清溶液的是
（　　）
Ａ．Ａｌ２（ＳＯ４）３
　Ｂ．ＦｅＳＯ４
　Ｃ．ＭｇＣｌ２
　Ｄ．ＡｇＮＯ３
３．
答案　Ｄ　Ａ项，Ａｌ
３＋＋３ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ａｌ（ＯＨ）３↓＋３ＮＨ
＋
４，
故Ａ不正确；Ｂ项，Ｆｅ
２＋＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｆｅ（ＯＨ）２↓＋２ＮＨ
＋
４、
４Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３，故Ｂ不正确；Ｃ项，
Ｍｇ
２＋＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｍｇ（ＯＨ）２↓＋２ＮＨ
＋
４，故Ｃ不正确；Ｄ
项，Ａｇ
＋＋ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＡｇＯＨ↓＋ＮＨ
＋
４、ＡｇＯＨ＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋＋ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ，故Ｄ正确。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
４．（２０２０届福建福州质检二，２）“绿色化学实验”已走进课堂，下
列做法符合“绿色化学”的是
（　　）
①实验室收集氨气采用图１所示装置　
②实验室中做氯气与
钠的反应实验时采用图２所示装置　
③实验室中用玻璃棒分
别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验　
④实验
室中采用图３所示装置进行铜与稀硝酸的反应
图１
　
图２
　
图３
Ａ．②③④
Ｂ．①②③
Ｃ．①②④
Ｄ．①③④
４．
答案　Ｃ　①用滴有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止污染环
境，故符合“绿色化学” 的要求。②用浸有碱液的棉球吸收多
余的氯气，防止污染环境，因此也符合“ 绿色化学” 的要求。
③挥发的氯化氢和氨气会污染大气，因此不符合“绿色化学”
的要求。④生成的氮的氧化物及时被收集在气球里面，可以防
止污染环境，也符合“绿色化学” 的要求。综上所述①②④符
合要求。
５．（２０２０届河北衡水中学五调，８改编）氨气溶于水得到氨水，氯气
溶于水得到氯水。下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是
（　　）
Ａ．“两水”都是混合物，但溶液中含有的粒子种类、数目不相同
Ｂ．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素
Ｃ．“两水” 中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离
平衡
Ｄ．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质
５．
答案　
ＡＣ　
氯水中存在的微粒有：Ｃｌ２、Ｈ２Ｏ、ＨＣｌＯ、Ｃｌ
－、
ＣｌＯ
－、Ｈ
＋、ＯＨ
－，氨水中存在的微粒有：ＮＨ３、Ｈ２Ｏ、ＮＨ３·Ｈ２Ｏ、
ＮＨ
＋
４、Ｈ
＋、ＯＨ
－，故Ａ正确。氨水无漂白性，故Ｂ错误。氯水中
存在氯气和水的反应以及次氯酸的电离，氨水中存在氨气和水
的反应以及一水合氨的电离，故Ｃ正确。氯水变质是因为
ＨＣｌＯ见光分解，氨水变质是由于氨气的挥发，故Ｄ错误。
试题分析　本题考查氯水和氨水的组成和性质，为高频考点，
侧重对学生分析能力和基础知识的综合考查，注意基础知识的
积累和应用。
６．（２０２０届湖北名师联盟月考，５改编）工厂排放的ＳＯ２烟气对
环境造成污染，某企业用如图流程综合处理，下列有关说法正
确的是
（　　）
Ａ．二氧化硫吸收塔中发生的反应为ＳＯ２＋ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅２ＨＳＯ
－
３
Ｂ．氨气吸收塔中发生的反应为ＨＳＯ
－
３＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ＋ＳＯ
２－
３
Ｃ．上述流程利用的是氧化还原反应原理
Ｄ．上述流程可循环利用的物质是亚硫酸铵
６．
答案　ＡＤ　二氧化硫吸收塔中，二氧化硫与亚硫酸铵反应
生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为ＳＯ２＋ＳＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
２ＨＳＯ
－
３，故Ａ正确。氨气吸收塔中，亚硫酸氢铵与氨气反应生
成亚硫酸铵，离子方程式为ＨＳＯ
－
３＋ＮＨ３􀪅􀪅ＮＨ
＋
４＋ＳＯ
２－
３，故Ｂ错
误。依据Ａ、Ｂ分析可知，二氧化硫吸收塔、氨气吸收塔中发生
的反应都没有元素化合价发生变化，都是非氧化还原反应，故
Ｃ错误。依据流程图可知，可循环利用的物质只有亚硫酸铵，
故Ｄ正确。
解题思路　本题考查了二氧化硫污染与治理，明确流程图及
相关物质的化学性质是解题的关键，依据流程图可知，循环利
用的物质是亚硫酸铵。
三、非选择题（共４９分）
７．（２０１９湖北恩施质检，２６）（１５分）钛（Ｔｉ）被誉为第三金属，广
泛应用于航空航天等领域。四氯化钛（ＴｉＣｌ４）是生产金属钛的
重要原料，某小组设计实验制备四氯化钛并验证其产物ＣＯ，装
置如下：
已知部分信息如下：
①制ＴｉＣｌ４的反应原理为ＴｉＯ２（ｓ）＋２Ｃ（ｓ）＋２Ｃｌ２（ｇ）
△
􀪅􀪅ＴｉＣｌ４（ｇ）＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２５４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
２ＣＯ（ｇ）
②四氯化钛的熔、沸点分别为－２４℃、１３６℃，易挥发，在水或
潮湿空气中都极易水解，加热时能被Ｏ２氧化
回答下列问题：
（１）气流由左至右，装置的正确连接顺序为Ａ、　
　
　
　
　
　
　　　　　、Ｈ、Ｅ（填字母）。
（２）Ａ中盛装浓盐酸的仪器名称是　
　
　
　
　
　
　；Ｇ装置的
作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）写出Ａ中发生反应的化学方程式：　　　　　　　　　　
　　　　　　
　
　；实验室欲制备６７２０ｍＬＣｌ２（标准状
况），则理论上应转移　　　　
ｍｏｌ电子。
（４）能证明上述反应有ＣＯ生成的实验现象是　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）利用如图所示装置测定产品纯度：取ｗｇ
ＴｉＣｌ４产品进行实验，向安全漏斗中加入适
量蒸馏水，待四氯化钛充分反应后，将烧瓶
和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几
滴０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１的Ｋ２ＣｒＯ４溶液作指示剂
（Ａｇ２ＣｒＯ４呈砖红色），用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３
溶液滴定至终点，消耗滴定液ＶｍＬ。［已
知：常温下，Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝１．８× １０
－１０，Ｋｓｐ（Ａｇ２ＣｒＯ４）＝１．１×
１０
－１２。ＴｉＣｌ４＋（２＋ｎ）Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＴｉＯ２·ｎＨ２Ｏ↓＋４ＨＣｌ］
①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有　　　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②根据上述数据计算该产品的纯度为
　
（用含ｗ、ｃ和Ｖ的代数式表示）。
７．
答案　（１）Ｊ、Ｄ、Ｂ、Ｃ、Ｇ、Ｆ（２分）
（２）分液漏斗（１分）　吸收多余的氯气，避免对后续反应造成
干扰（２分）
（３）ＫＣｌＯ３＋６ＨＣｌ（浓）􀪅􀪅ＫＣｌ＋３Ｃｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ（２分）
０．５（１分）
（４）Ｆ中黑色粉末变为红色，Ｈ中澄清石灰水变浑浊（２分）
（５）①形成液封，吸收多余的ＨＣｌ气体（２分）
②１９ｃＶ
４ｗ％（３分）
解析　（１）实验设计思路为制备氯气、除氯化氢、干燥氯气、
制备四氯化钛、收集产品、除氯气、ＣＯ还原ＣｕＯ、检验ＣＯ２、收
集尾气，故装置的连接顺序应为ＡＪＤＢＣＧＦＨＥ。（２）Ｇ中碱石
灰吸收未反应的Ｃｌ２，避免干扰ＣＯ和ＣｕＯ的反应。（３）氯酸
钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水。ｎ（Ｃｌ２）＝０．３ｍｏｌ，结
合化学方程式可知转移０．５ｍｏｌ电子。（４）Ｆ中黑色粉末变为
红色，说明该气体有还原性，Ｈ中澄清石灰水变浑浊，说明其氧
化产物为ＣＯ２，结合Ｆ、Ｈ中的现象方可证明气体为ＣＯ。
（５）①安全漏斗的作用还有形成液封，吸收多余的ＨＣｌ气体，
避免ＨＣｌ损失。②ｎ（ＴｉＣｌ４）＝ｎ（ＡｇＣｌ）
４
＝
ｃＶ
４０００ｍｏｌ，ω（ＴｉＣｌ４）＝
ｃＶ
４０００ｍｏｌ×１９０ｇ·ｍｏｌ
－１
ｗｇ
×１００％＝１９ｃＶ
４ｗ％。
８．（２０１９河北衡水一模，１８）（１８分）亚硝酸盐有良好的发色、抑
菌和抗氧化作用，经常被用作食品防腐剂。某化学兴趣小组欲
制备亚硝酸钠并测定其纯度。请回答下列问题：
Ⅰ．制备亚硝酸钠
以木炭和浓硝酸为起始原料，设计如下装置，利用一氧化氮与
过氧化钠反应制备亚硝酸钠。（反应方程式为２ＮＯ＋Ｎａ２Ｏ２
􀪅􀪅２ＮａＮＯ２，不考虑其余副反应。部分夹持装置和加热装置
已略）
（１）反应开始通入氮气的目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　，装置Ｂ
中Ｃｕ参与反应的化学方程式为
　
　　　　　　。
（２）①有同学认为装置Ｃ中产物不仅有亚硝酸钠，还可能有碳
酸钠和氢氧化钠。为排除干扰，应在装置Ｂ、Ｃ间增加装置
Ｅ，则Ｅ中盛放的试剂是　　　　（填字母）。
ａ．浓硫酸
ｂ．碱石灰
ｃ．无水ＣａＣｌ２
ｄ．无水ＣｕＳＯ４
②该装置还存在缺陷，请写出改进措施：
　
　（答一条即可）。
Ⅱ．测定产品中亚硝酸钠的质量分数
称取装置Ｃ中的产品ｍｇ，加适量蒸馏水配制成１００ｍＬ样品
溶液。取２５．００ｍＬ样品溶液于锥形瓶中，后续主要操作步骤
如下（假设杂质不参与反应，ＮＯ２可将ＭｎＯ
－
４还原为Ｍｎ
２＋且无
气体产生）：
（３）仪器Ｘ的名称为　　　　　　；步骤２中反应的离子方程
式为
　。
（４）步骤３中，当
　
　　　　
　
　
　
　
　
　，即达到滴定终点。平行滴定３
次，测得Ｎａ２Ｃ２Ｏ４溶液平均用量为２０．００ｍＬ，则产品中亚
硝酸钠的质量分数为　
　
　
　
　
（用含有ｍ的式子表
示）。
（５）步骤３中若滴定后仰视读数，则亚硝酸钠的质量分数将
　　　　　　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
８．
答案　
（１）排尽装置中的空气　
３Ｃｕ＋８ＨＮＯ３（稀）􀪅􀪅
３Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ
（２）①ｂ　②在装置Ｃ后添加尾气处理装置，防止污染空气（或
在装置Ｃ后加一盛碱石灰的干燥管，防止空气中ＣＯ２和Ｈ２Ｏ
进入装置Ｃ）
（３）酸式滴定管　５ＮＯ
－
２＋２ＭｎＯ
－
４＋６Ｈ
＋􀪅􀪅５ＮＯ
－
３＋２Ｍｎ
２＋＋３Ｈ２Ｏ
（４）滴入最后一滴标准溶液时，紫红色恰好褪去，且半分钟内
不恢复原色　
６９
ｍ％（或０．６９
ｍ）
（５）偏低
解析　（１）反应开始通入氮气的目的是排尽装置中的空气，
避免空气的干扰；装置Ａ中木炭与浓硝酸反应生成ＮＯ２、ＣＯ２
和Ｈ２Ｏ，装置Ｂ中ＮＯ２与水反应生成硝酸，然后铜与稀硝酸反
应生成ＮＯ，铜与稀硝酸反应的化学方程式为３Ｃｕ＋８ＨＮＯ３（稀）
􀪅􀪅３Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ。（２）①在装置Ｂ、Ｃ间应增加
除杂、干燥气体的装置Ｅ，防止ＣＯ２和水蒸气与装置Ｃ中的
Ｎａ２Ｏ２反应产生杂质，装置Ｅ中可盛装碱石灰。（３）步骤２中
反应的离子方程式为５ＮＯ
－
２＋２ＭｎＯ
－
４＋６Ｈ
＋􀪅􀪅５ＮＯ
－
３＋２Ｍｎ
２＋＋
３Ｈ２Ｏ。（４）步骤３中用Ｎａ２Ｃ２Ｏ４溶液滴定剩余的ＫＭｎＯ４，到
达滴定终点时紫红色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十三　非金属及其化合物
２５５
　
ｎ（ＫＭｎＯ４）总＝０．０２５Ｌ×０．２０００ｍｏｌ·Ｌ
－１＝５×１０
－３ｍｏｌ，步骤３
中消耗ｎ（Ｃ２Ｏ
２－
４）＝０．０２Ｌ×０．５０００ｍｏｌ·Ｌ
－１＝０．０１ｍｏｌ，根据关
系式５Ｃ２Ｏ
２－
４～２ＭｎＯ
－
４可知步骤３中消耗ｎ（ＭｎＯ
－
４）＝４×
１０
－３ｍｏｌ，再根据关系式５ＮＯ
－
２～２ＭｎＯ
－
４计算得出样品中
ｎ（ＮａＮＯ２）＝５
２×（５×１０
－３－４×１０
－３）ｍｏｌ×１００
２５＝０．０１ｍｏｌ，最后计
算出亚硝酸钠的质量分数。（５）若步骤３滴定后仰视读数，导
致读数偏大，计算得出剩余ＫＭｎＯ４的物质的量偏高，从而导致
步骤２中亚硝酸钠消耗的ＫＭｎＯ４的物质的量偏低，亚硝酸钠
的质量分数偏低。
９．（２０１９天津河西二模，２７）（１６分）亚硝酰氯（ＮＯＣｌ）可用于合
成清洁剂等。它可用Ｃｌ２与ＮＯ在常温常压下合成：它的熔点
为－６４．５℃，沸点为－５．５℃；常温下是黄色的有毒气体，遇水易
水解。
已知：ＮＯ不与ＮａＯＨ溶液反应。
请按要求回答下列相关问题：
（１）过量铁屑和稀硝酸充分反应制备ＮＯ的离子方程式
为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
其他条件相同，选用铁片（与铜片相比）制备ＮＯ的优点是
　　　　　　　　　　　　。
（２）制备ＮＯＣｌ的装置如图所示，连接顺序为ａ→　　　　　　
　　　　（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
①装置Ａ中反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　。
ＮＯＣｌ分子中各原子均满足８电子稳定结构，则它的电子
式为　　　　　　　　。
②若实验中没有安装装置Ｂ，其后果是　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
③实验开始应先在装置中通入Ｃｌ２，至装置Ａ中充满黄绿
色气体时，再将ＮＯ缓缓通入，此操作的目的是　　　　　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（３）工业生产过程中ＮＯ尾气处理方法有多种，其中间接电化
学法的原理如图所示：
①吸收塔中发生的反应为
　。
②阴极的电极反应式为
　。
９．
答案　（除标注外每空２分）（１）３Ｆｅ＋８Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
３􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋＋
２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ　反应速率快、价格低廉等（１分）
（２）ｅ（ｆ）→ｆ（ｅ）→ｂ→ｃ→ｄ
①２ＮＯ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮＯＣｌ　
Ｏ
··
··
·
·
·
·Ｎ
···
·Ｃｌ
··
··
·
·（１分）
②Ｃ中水蒸气进入Ｄ，引起ＮＯＣｌ水解
③排尽装置中的空气，防止ＮＯ被氧气氧化为ＮＯ２，同时过量
的Ｃｌ２能使ＮＯ完全转化，避免ＮＯ逸出污染空气
（３）①２ＮＯ＋２Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｎ２＋４ＨＳＯ
－
３
②２ＨＳＯ
－
３＋２ｅ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ
解析　（１）过量铁屑溶于稀硝酸，生成硝酸亚铁、ＮＯ和水，
反应的离子方程式为３Ｆｅ＋８Ｈ
＋＋２ＮＯ
－
３􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋＋２ＮＯ↑＋
４Ｈ２Ｏ。Ｆｅ比Ｃｕ活泼，与稀硝酸反应速率快，另外Ｆｅ比Ｃｕ价
格低，故与稀硝酸反应制ＮＯ时选择铁片比铜片好。
（２）将Ｃｌ２和ＮＯ干燥后在装置Ａ中发生反应，在冰盐中冷凝
收集ＮＯＣｌ，Ｃｌ２、ＮＯ以及ＮＯＣｌ均不能排放到空气中，用氢氧化
钠溶液吸收，ＮＯＣｌ遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置
之间需加一个干燥装置，装置连接顺序为ａ→ｅ（ｆ）→ｆ（ｅ）→ｂ
→ｃ→ｄ；①装置Ａ中Ｃｌ２与ＮＯ在常温常压下化合生成ＮＯＣｌ，
发生反应的化学方程式为２ＮＯ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮＯＣｌ；ＮＯＣｌ为共价化
合物，各原子均满足８电子稳定结构，电子式为Ｏ
··
··
·
·
·
·Ｎ
···
·Ｃｌ
··
··
·
·；
②为防止Ｃ中水蒸气进入Ｄ中，使ＮＯＣｌ发生水解，在Ｄ和Ｃ
之间增加装置Ｂ。
（３）①吸收塔中发生反应的离子方程式为２ＮＯ＋２Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅Ｎ２＋４ＨＳＯ
－
３；②阴极发生还原反应，电极反应式为２ＨＳＯ
－
３＋
２ｅ
－＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｓ２Ｏ
２－
４＋２Ｈ２Ｏ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２５６
　
第四部分　有机化学
专题十四
有机物的分类、组成和结构
课
标
解
读
内容
有机物的分类、命名和有机反应类型
有机物的组成和结构
同系物和同分异构体
解读
１．了解有机物的分类和命名
２．掌握加成反应、取代反应和消去
反应
３．了解加聚反应和缩聚反应的含义
１．能根据有机化合物的元素含量、相对分
子质量确定有机化合物的分子式
２．了解常见有机化合物的结构。了解有机
化合物分子中的官能团，能正确地表示
它们的结构
１．了解同系物的概念
２．掌握同分异构体的
书写
考情分析
本专题内容在近几年的高考中每年都出现，考查全面，对考生能力要求较高，主要考查对有机物结构及其
性质的理解以及对有关信息的加工处理能力
备考策略
以新药物、新材料、新科技等作为有机合成的载体，以有机物之间的转化关系为主线，结合题给信息，考查
有机物的基本性质、同分异构体的书写、有机物合成路线设计等
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２５７
　
对应学生用书
起始页码１１０
考点一有机物的分类、命名和有机反应类型
一、有机物的分类
有
机
物
按碳
骨架分类→
链状化合物，如ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３
环状化合物
脂环化合物，如
芳香化合物，如
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
{
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
按官能
团分类→
烃
烷烃，如ＣＨ４
烯烃，如ＣＨ２
ＣＨ２
􀪅
，官能团①　
Ｃ
Ｃ
􀪅
　
炔烃，如ＣＨ
ＣＨ
􀜁
，官能团②　
Ｃ
Ｃ
􀜁
　
芳香烃，如
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ì
î
í
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
烃
的
衍
生
物
卤代烃，如ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ，ＣＨ２
Ｂｒ
ＣＨ２
Ｂｒ
，
官能团③　—Ｘ　
醇，如ＣＨ３ＯＨ、ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ，
官能团④　—ＯＨ　
酚，如
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ，官能团⑤　—ＯＨ　
醚，如ＣＨ３—Ｏ—ＣＨ３（甲醚），
官能团
Ｃ
Ｏ
Ｃ
醛，如
Ｃ
ＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｈ，官能团⑥　—ＣＨＯ　
酮，如
Ｃ
ＣＨ３
Ｏ
􀪅
ＣＨ３，官能团
Ｃ
Ｏ
􀪅
羧酸，如
Ｃ
ＣＨ３
Ｏ
􀪅
ＯＨ，
官能团⑦　—ＣＯＯＨ　
酯，如
Ｃ
ＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２ＣＨ３，
官能团⑧　
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｒ
　
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ïï
二、有机物的命名
（１）烷烃的习惯命名法
碳
原
子
数
十个及以下
　
→
依次用甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、
壬、癸表示，如Ｃ７Ｈ１６称庚烷
十个以上
　
→用汉字数字表示，如Ｃ１２Ｈ２６称为十二烷
相同时
　
→用“正”“异”“新” 等来区别
　　（２）烷烃的系统命名法
（３）烯烃和炔烃的命名
（４）苯的同系物的命名
苯作为母体，其他基团作为取代基。苯环上二元取代物可
分别用邻、间、对表示。
三、有机反应类型
基本类型
有机物类别
取
代
反
应
卤代反应
饱和烃、苯和苯的同系物等
酯化反应
醇、羧酸、纤维素等
水解反应
卤代烃、酯等
硝化反应
磺化反应
苯和苯的同系物
加成反应
烯烃、炔烃、苯和苯的同系物、醛等
消去反应
卤代烃、醇等
氧
化
反
应
燃烧
绝大多数有机物
酸性ＫＭｎＯ４溶液
烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、醛、酚等
催化氧化
醇、醛、葡萄糖等
新制氢氧化铜悬浊液
或新制银氨溶液
醛
还原反应
烯烃、炔烃、苯及其同系物、
醛、酮、葡萄糖等
聚
合
反
应
加聚反应
烯烃、炔烃等
缩聚反应
苯酚与甲醛、多元醇和多元羧酸、氨基酸等
与ＦｅＣｌ３溶液的显色反应
酚
考点二有机物的组成和结构
一、有机物的组成
１．研究有机化合物组成的基本步骤
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２５８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　２．有机物分子式的确定
（１）元素分析
（２）相对分子质量的测定———质谱法
质荷比（分子离子、碎片离子的相对质量与其电荷的比值）
最大值即为该有机物的相对分子质量。
（３）分子结构的鉴定———物理方法
①红外光谱
分子中化学键或官能团可对红外线发生振动吸收，不同化
学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位
置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。
②核磁共振氢谱
不同化学环
境的氢原子
种数：等于吸收峰的个数
→
每种个数：与吸收峰的面积成正比
→
二、有机物结构的表示方法（以Ｃ２Ｈ４为例）
电子式
Ｈ·
· Ｃ
Ｈ
···
·
·
· Ｃ
Ｈ
···
·Ｈ
用“·”或“×”表示原子最外层电
子成键情况的式子
结构式
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
Ｈ
（１）具有化学式所能表示的意义，
能反映物质的结构；
（２）表示分子中原子的结合或排
列顺序的式子，但不表示空间
构型
结构
简式
ＣＨ２􀪅ＣＨ２
结构式的简便写法，着重突出结
构特点（官能团）
球棍
模型
小球表示原子，短棍表示价键（单
键、双键或三键）
比例
模型
用不同体积的小球表示不同大小
的原子
有机物分子中原子共线、共面的问题
１．常见有机物分子的空间结构
ＣＨ４呈正四面体形，键角１０９°２８′。
ＣＨ２􀪅ＣＨ２呈平面形，键角１２０°。
　　ＨＣ
ＣＨ
􀜁
呈直线形，键角１８０°。
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
呈平面正六边形，键角１２０°。
２．注意键的旋转
（１）在分子中，形成单键的原子可以绕键轴旋转，而形成双
键、三键等其他键的原子不能绕轴旋转。
（２）若平面间靠单键相连，所连平面可以绕轴旋转，可能旋
转到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
（３）若平面间被多个点固定，则不能旋转，一定共平面。如
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
分子中所有原子一定共面。
３．恰当地拆分复杂分子
观察复杂分子的结构，先找出类似于甲烷、乙烯、乙炔和苯
分子的结构，再将对应的空间构型及键的旋转等知识进行迁移
即可解决有关原子共面、共线的问题。
特别要注意的是，苯分子中处于对位的两个碳原子以及它
们所连的两个氢原子，这四个原子是在一条直线上的。
考点三同系物和同分异构体
　　１．同系物
（１）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个①　ＣＨ２原
子团　的物质互称为同系物。
（２）同系物的化学性质相似，物理性质呈现一定的递变
规律。
２．同分异构体
具有相同的②　分子式　，但具有不同③　结构　的化合物互称
为同分异构体。
３．掌握常见的官能团异构
组成通式
可能的类别及典型实例
ＣｎＨ２ｎ
烯烃（ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ３）、环烷烃（
ＣＨ２
Ｈ２Ｃ
ＣＨ２
）
ＣｎＨ２ｎ－２
炔烃（ＣＨ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２
ＣＨ３）、
二烯烃（ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ􀪅ＣＨ２）、
环烯烃（
）
ＣｎＨ２ｎＯ
醛（ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＯ）、酮（ＣＨ３ＣＯＣＨ３）、
烯醇（ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ２—ＯＨ）、
环醚（ＣＨ３— ＣＨ
ＣＨ２
Ｏ
）、
环醇（Ｈ２Ｃ
ＣＨ
ＯＨ
ＣＨ２
）
ＣｎＨ２ｎＯ２
羧酸（ＣＨ３ＣＯＯＨ）、酯（ＨＣＯＯＣＨ３）、
羟基醛（ＨＯ—ＣＨ２—ＣＨＯ）
ＣｎＨ２ｎ－６Ｏ
酚（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＯＨ）、
芳香醚（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｏ
ＣＨ３）、
芳香醇（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２—ＯＨ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２５９
　
对应学生用书
起始页码１１２
考点一有机物的分类、命名和有机反应类型
１．已知有机物ａ、ｂ、ｃ在一定条件下可实现如下转化：
ａ
一定条件→
Ｃｌ
ｂ
一定条件→
􀜍
ｃ
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．ａ→ｂ的反应为取代反应
Ｂ．ｂ的同分异构体有７种
Ｃ．ｃ分子中所有碳原子均处于同一平面内
Ｄ．ａ、ｂ、ｃ均能发生取代反应、氧化反应
１．
答案　Ｃ　Ａ项，ａ→ｂ的反应是氯原子取代了氢原子，正确；
Ｂ项，戊烷有正、异、新三种同分异构体，它们的一氯代物分别
有３种、４种、１种，故ｂ的同分异构体有７种，正确；Ｃ项，ｃ分
子中所有碳原子不能处于同一平面内，错误；Ｄ项，在一定条件
下，ａ、ｂ、ｃ均能发生取代反应，且都可以燃烧，所以可以发生氧
化反应，正确。
２．下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．甲烷和苯都可以与氯气发生取代反应
Ｂ．乙烯、溴苯分子中的所有原子都处于同一平面上
Ｃ．ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ（ＣＨ３）２的名称是２，３－二甲基戊烷
Ｄ．乙炔、乙烯、苯都能使溴水褪色，其褪色原理相同，都发生了
加成反应
２．
答案　
Ｄ　
ＣＨ４＋Ｃｌ２
光照
→ＣＨ３Ｃｌ＋ＨＣｌ，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋Ｃｌ２
催化剂→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃｌ＋ＨＣｌ，Ａ正确；乙烯、溴苯分子均为平面形分子，Ｂ
正确；ＣＨ３
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ３的名称为２，３－二甲基戊
烷，Ｃ正确；乙炔、乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，苯使溴
水褪色是萃取过程，Ｄ不正确。
考点二有机物的组成和结构
３．香料Ｚ的一种合成路线如下。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．①、②均是取代反应
Ｂ．Ｘ分子中所有原子处于同一平面内
Ｃ．Ｙ和Ｚ均能与溴水和ＮａＯＨ溶液反应
Ｄ．Ｘ、Ｙ、Ｚ均能与酸性ＫＭｎＯ４溶液反应
３．
答案　Ｄ　
①为还原反应，Ａ不正确；Ｘ分子内有饱和碳原
子，故所有原子不可能处于同一平面内，Ｂ不正确；Ｙ不能与
ＮａＯＨ溶液反应，Ｃ不正确；Ｘ、Ｙ、Ｚ中均含有碳碳双键，均能与
酸性ＫＭｎＯ４溶液反应，Ｄ正确。
方法技巧　有机物分子中若有饱和碳原子，则饱和碳原子相
当于甲烷分子中的碳原子，甲烷分子为正四面体结构，故该有
机物分子中所有原子不可能共面。
４．网络表情包“苯宝宝装纯（醇）”，该分子由“苯宝宝”拿一个氢
原子换了个羟基形成。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．苯宝宝只想安静地装醇，说明该物质不是醇
Ｂ．该分子中所有原子一定共面
Ｃ．该物质能和Ｎａ发生置换反应生成Ｈ２
Ｄ．该分子苯环上的一个氢原子被—Ｃ４Ｈ９取代所得的同分异构
体有１２种
４．
答案　Ｂ　Ａ项，“装醇” 说明该分子中的羟基不是醇羟基，
所以该物质不属于醇，故Ａ正确；Ｂ项，苯分子中所有原子共平
面，—ＯＨ中两个原子共直线，共价单键可以旋转，所以该分子
中所有原子可能不共平面，故Ｂ错误；Ｃ项，酚羟基能电离出氢
离子而呈现酸性，所以酚能和钠反应生成氢气，故Ｃ正确；Ｄ
项，该分子苯环上的一个氢原子被—Ｃ４Ｈ９取代后，酚羟基和
—Ｃ４Ｈ９的位置有邻、间、对３种，—Ｃ４Ｈ９有４种，所以同分异构
体有１２种，故Ｄ正确。
５．１，２－环氧丁烷（
）通常为无色液体，用于制造泡沫塑
料、合成橡胶、非离子型表面活性剂等。下列关于１，２－环氧丁
烷的说法不正确的是
（　　）
Ａ．分子式为Ｃ４Ｈ８Ｏ
Ｂ．氧原子与所有碳原子可能处于同一平面
Ｃ．能发生氧化反应和取代反应
Ｄ．二溴代物的结构有９种（不考虑立体异构）
５．
答案　Ｂ　Ａ项，根据结构简式确定分子式为Ｃ４Ｈ８Ｏ，故Ａ
正确。Ｂ项，该分子中所有碳原子都采用ｓｐ
３杂化，氧原子与
所有碳原子不可能处于同一个平面上，故Ｂ错误。Ｃ项，该物
质属于烃的含氧衍生物，能发生氧化反应；甲基和亚甲基上能
发生取代反应，故Ｃ正确。Ｄ项，该分子中有４种氢原子，如果
两个溴原子位于同一个碳原子上，有３种；如果位于不同碳原
子上，有６种，所以二溴代物有９种，故Ｄ正确。
考点三同系物和同分异构体
６．网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键
线式结构（如图）。
在辛酸的同分异构体中，含有一个“—ＣＯＯＨ”和三个“—ＣＨ３”的
结构（不考虑立体异构），除ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨＣＯＯＨ
ＣＨ（ＣＨ３）２
外，还有
（　　）
Ａ．７种
Ｂ．１１种
Ｃ．１４种
Ｄ．１７种
６．
答案　
Ｄ　
若主链有６个碳原子，余下２个碳原子为２个
—ＣＨ３，有１０种结构。若主链有５个碳原子，余下３个碳原子
可能为①一个—ＣＨ３
和一个—ＣＨ２ＣＨ３
或②一个
—ＣＨ（ＣＨ３）２。①若为一个—ＣＨ３和一个—ＣＨ２ＣＨ３，有６种结
构；②若为一个—ＣＨ（ＣＨ３）２，符合题意的同分异构体的结构
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
简式为ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨＣＯＯＨ
ＣＨ（ＣＨ３）２
（题给物质）。若主链有４个
碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为
（ＣＨ３ＣＨ２）３ＣＣＯＯＨ。辛酸含有一个“—ＣＯＯＨ” 和三个
“—ＣＨ３”的同分异构体有１０＋６＋１＋１＝１８种，除去题给物质，
还有１７种。
７．由物质ａ为原料，制备物质ｄ（金刚烷）的合成路线如图所示。
关于图中有机物说法中正确的是
（　　）
Ａ．物质ａ与物质ｂ互为同系物
Ｂ．物质ｄ的一氯代物有２种
Ｃ．物质ｃ的分子式为Ｃ１０Ｈ１４
Ｄ．物质ａ中所有原子一定在同一个平面上
７．
答案　
Ｂ　
Ａ项，ａ的分子式为Ｃ５Ｈ６，而ｂ的分子式为
Ｃ１０Ｈ１２，不互为同系物，故Ａ错误；Ｂ项，物质ｄ分子中只有两
种氢原子，其一氯代物有２种，故Ｂ正确；Ｃ项，物质ｃ的分子
式为Ｃ１０Ｈ１６，故Ｃ错误；Ｄ项，由于亚甲基为四面体结构，所有
原子不共面，故Ｄ错误。
方法技巧　
若有机物分子中含有甲基（—ＣＨ３）或亚甲基
（—ＣＨ２—），则该分子中所有原子一定不共面。
８．两个碳环共用两个相邻碳原子的脂环烃称为稠环烃，二环［４．
４．０］癸烷（
）是其中的一种。下列关于该化合物的
说法不正确的是（不考虑立体异构）
（　　）
Ａ．分子式为Ｃ１０Ｈ１８
Ｂ．与环癸烯互为同分异构体
Ｃ．一氯代物有３种
Ｄ．所有碳原子处于同一平面
８．
答案　Ｄ　二环［４．４．０］癸烷的分子式为Ｃ１０Ｈ１８，Ａ项正确；
二环［４．４．０］癸烷与环癸烯的分子式相同，结构不同，互为同分
异构体，Ｂ项正确；若不考虑立体异构，根据对称性
（
）可知二环［４．４．０］癸烷的一氯代物有３种，Ｃ项
正确；碳原子之间均为单键，
中１位置的碳原子与
２、３、４位置的碳原子不能共面，Ｄ项错误。
温馨提示　一个环癸烯分子中有一个十元碳环和一个碳碳双
键，分子式符合通式ＣｎＨ２ｎ－２（ｎ≥２）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１１３
同分异构体的书写及判断方法
　　１．同分异构体的书写规律
（１）烷烃：烷烃只存在碳链异构，书写时要注意全面而不重
复，具体规则如下：
（２）具有官能团的有机物：一般按碳链异构→位置异构→官
能团异构的顺序书写。
例：以Ｃ４Ｈ１０Ｏ为例且只写出骨架与官能团
①碳链异构⇒Ｃ—Ｃ—Ｃ—Ｃ、
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
②位置异构⇒Ｃ
ＯＨ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、Ｃ
Ｃ
ＯＨ
Ｃ
Ｃ，
Ｃ
ＯＨ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
ＯＨ
③
官
能
团
异
构
⇒
Ｃ—Ｏ—Ｃ—Ｃ—Ｃ、
Ｃ
Ｏ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、Ｃ—Ｃ—Ｏ—Ｃ—Ｃ
（３）芳香族化合物：两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对
３种。
（４）限定条件同分异构体的书写。解答这类题目时，要注意
分析限定条件的含义，弄清楚在限定条件下可以确定什么，一般
都是根据官能团的特征反应限定官能团的种类、根据等效氢原
子的种类限定对称性（如苯环上的一元取代物的种数、核磁共振
氢谱中峰的个数等），再针对已知结构中的可变因素书写各种符
合要求的同分异构体。
２．同分异构体数目的判断方法
（１）记忆法：记住一些常见有机物异构体数目，如：
①凡只含一个碳原子的分子均无异构体；
②乙烷、丙烷、乙烯、丙烯、乙炔、丙炔无异构体；
③４个碳原子的烷烃有２种异构体，５个碳原子的烷烃有３
种异构体，６个碳原子的烷烃有５种异构体。
（２）基元法：如丁基有４种，则丁醇、戊醛、戊酸都有４种
结构。
（３）替代法：如二氯苯（Ｃ６Ｈ４Ｃｌ２）有３种结构，四氯苯也有３
种结构（将Ｈ和Ｃｌ互换）；又如ＣＨ４的一氯代物只有１种，新戊
烷Ｃ（ＣＨ３）４的一氯代物也只有１种。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２６１
　
　　（４）等效氢法：等效氢法是判断同分异构体数目的重要方
法，其规律有：
①同一碳原子上的氢原子等效。
②同一碳原子上的甲基上的氢原子等效。
③位于对称位置上的碳原子上的氢原子等效。
例
　（２０１９湖南、湖北八市十二校二联，９）同分异构现
象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线
式。下列有关说法中正确的是
（　　）
Ａ．ｂ、ｃ均与乙烯互为同系物
Ｂ．ａ和ｄ的二氯代物均有３种
Ｃ．４种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｄ．ａ和ｂ中所有原子可能共平面
解题导引　苯、盆烯、杜瓦苯和棱柱烷的分子式均为Ｃ６Ｈ６，
四者互为同分异构体。互为同分异构体的有机物一定不是同系
物，互为同系物的有机物一定不是同分异构体。
解析　Ａ项，同系物是结构相似，在分子组成上相差一个
或若干个ＣＨ２原子团的物质，ｂ、ｃ与乙烯不互为同系物，Ａ错误；
Ｂ项，苯的二氯代物有邻、间、对３种，棱柱烷的二氯代物的数目
可采用“ 定一移一” 法进行判断，有
、
、
，共３种，故Ｂ正确；Ｃ项，苯和棱柱烷不能使酸性高锰
酸钾溶液褪色，故Ｃ错误；Ｄ项，苯分子中所有原子一定共平面，
盆烯分子中含有次甲基（
ＣＨ
），所有原子不可能共平面，
故Ｄ错误。
答案　Ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１１４
１．（２０１９福建厦门一模，９）Ｂｈａｔｔｉ合成了调节中枢神经系统的药
物，其中间体为
。下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．可发生氧化、中和反应
Ｂ．与
􀜏
􀜍
Ｈ２ＮＨ２Ｃ
ＣＨ２ＮＨ２互为同分异构体
Ｃ．碳原子上的一氯代物共有７种（不含立体异构）
Ｄ．所有碳原子均处于同一平面
１．
答案　
Ａ　
Ｂ项，
􀜏
􀜍
Ｈ２ＮＨ２Ｃ
ＣＨ２ＮＨ２与
分子式不同，不互为同分异构体，故Ｂ错误；Ｃ项，该有机物的
碳原子上共有５种Ｈ，碳原子上的一氯代物共有５种，故Ｃ错
误；Ｄ项，该有机物分子中所有碳原子不可能都在一个平面上，
故Ｄ错误。
２．（２０１９湖南湘潭二模，１０）傅克反应是合成芳香族化合物的一
种重要方法。有机物ａ（—Ｒ为烃基）和苯通过傅克反应合成ｂ
的过程如下（无机小分子产物略去）：
Ｒ—Ｃｌ＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｒ
　ａ　　　　　　　　　　　　ｂ
下列说法错误的是
（　　）
Ａ．一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［２．３］己烷
互为同分异构体
Ｂ．ｂ的二氯代物超过三种
Ｃ．Ｒ为Ｃ５Ｈ１１时，ａ的结构有３种
Ｄ．Ｒ为Ｃ４Ｈ９时，１ｍｏｌｂ加成生成Ｃ１０Ｈ２０至少需要３ｍｏｌＨ２
２．
答案　
Ｃ　
Ａ项，环己烯分子式为Ｃ６Ｈ１０，螺［２．３］己烷分子
式为Ｃ６Ｈ１０，二者互为同分异构体，故Ａ正确。Ｂ项，若全部取
代苯环上的Ｈ原子，有６种；若考虑烃基上的取代将会更多，
故Ｂ正确。Ｃ项，若主链有５个碳原子，则氯原子有３种位置；
若主链有４个碳原子，此时甲基只能在２号碳原子上，而氯原
子有４种位置；若主链有３个碳原子，氯原子只能有１种位置，
同分异构体共有８种，故Ｃ错误。Ｄ项，—Ｃ４Ｈ９已经达到饱
和，１ｍｏｌ苯环消耗３ｍｏｌ氢气，则１ｍｏｌｂ最多可以与３ｍｏｌＨ２
加成，故Ｄ正确。
３．（２０１９安徽合肥二检，１０）据《ＣｈｅｍＣｏｍｍｕｎ》报道，Ｍａｒｃｅｌ⁃
ｍａｙｏｒｌ合成了桥连多环烃（
），拓展了人工合成
自然产物的技术。下列有关该烃的说法不正确的是
（　　）
Ａ．属于饱和环烃，不能使Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液褪色
Ｂ．与氯气取代，可得到６种不同沸点的一氯代物
Ｃ．分子中含有３个六元环、４个五元环
Ｄ．与
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
互为同分异构体
３．
答案　
Ｂ　
Ａ项，
属于饱和环烃，不能使Ｂｒ２的
ＣＣｌ４溶液褪色，Ａ项正确；Ｂ项，该有机物分子中有５种氢原
子，因此可得到５种不同沸点的一氯代物，Ｂ项错误；Ｃ项，由
结构简式可知，分子中含有４个五元环、３个六元环，Ｃ项正
确；Ｄ项，
的分子式为Ｃ１１Ｈ１６，与
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
互
为同分异构体，Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１１４
　　
应用有机反应类型、有机物简单命名、同分异构、有机物的
结构等基础知识，结合新情景、新物质，将基础知识进行类比分
析、迁移应用，实现基础知识的灵活应用。
例
　（２０１８课标Ⅱ，３６）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。７．３０ｇ的Ｆ与足量饱和碳酸氢钠
反应可释放出２．２４Ｌ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　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析　（２）葡萄糖催化加氢，醛基变为羟基。（３）由Ｂ到
Ｃ过程中，分子中增加２个碳原子，故Ｂ中只有１个羟基发生酯
化反应。（６）Ｂ的分子式为Ｃ６Ｈ１０Ｏ４，相对分子质量为１４６，则
７．３０ｇＦ的物质的量为０．０５ｍｏｌ，１ｍｏｌＦ分子中应含有２ｍｏｌ
—ＣＯＯＨ，则Ｆ的可能结构有９种：
Ｃ
④
Ｃ
③
Ｃ
②
Ｃ
①
ＣＯＯＨ
、
Ｃ
Ｃ
⑥
Ｃ
⑤
ＣＯＯＨ
Ｃ、Ｃ
⑨
Ｃ
⑧
Ｃ
Ｃ
⑦
ＣＯＯＨ，其中有三种氢原子，且数目
比为３∶１∶１的结构简式为ＣＨ３
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＣＨ３。
答案　（１）Ｃ６Ｈ１２Ｏ６
（２）羟基
（３）取代反应
（４）
（５）
（６）９　
ＨＯＯＣ
ＣＯＯＨ
题目价值　以真实情景材料为背景，关注社会热点、科技进
步和生产生活。结合实际情况，以生活中的基本物质为原料，合
成生产、生活中的常用物质。要求学生能够通过题给情境适当
迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，训练学生运用知识解
决问题的能力，充分体现了化学学以致用的基本思想。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１１５
１．（２０１９江西宜春五校联考，４）姜黄素有抗氧化、保肝护肝、抑
制肿瘤生长等功能。其结构简式如图所示：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ３Ｏ
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＣＨ３
ＯＨ
下列有关姜黄素的说法正确的是
（　　）
Ａ．姜黄素在一定条件下能发生水解、加成、氧化反应
Ｂ．１个姜黄素分子中一定有１５个原子共面
Ｃ．１ｍｏｌ姜黄素在镍（Ｎｉ）、加热条件下最多与１０ｍｏｌＨ２发生加
成反应
Ｄ．姜黄素的分子式为Ｃ２１Ｈ１８Ｏ６
１．
答案　Ｃ　Ａ项，姜黄素分子中含有醚键、（酚）羟基、碳碳双
键、羰基，能发生加成反应和氧化反应，不存在发生水解反应的
官能团，故Ａ错误；Ｂ项，苯基（１１个原子共面）、碳碳双键（双
键两边有６个原子共面）、羰基（双键两边有４个原子共面），
但三者之间由单键连接，由于单键是可以旋转的，苯环所在平
面与碳碳双键、羰基所在平面不一定重合，故Ｂ错误；Ｃ项，苯
环、碳碳双键、羰基都能与氢气加成，１ｍｏｌ姜黄素最多能与
１０ｍｏｌＨ２发生加成反应，故Ｃ正确；Ｄ项，姜黄素的分子式为
Ｃ２１Ｈ２０Ｏ６，故Ｄ错误。
２．（２０１９山西太原定时训练，９）牛至是一种质地坚硬、树枝茂密
的多年生药草，下列结构简式表示的三种物质是从牛至中提取
出来的活性成分。下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．ｃ分子中最多有７个碳原子共平面
Ｂ．可用溴的ＣＣｌ４溶液将ａ、ｂ两种物质区别开
Ｃ．完全燃烧１ｍｏｌ三种物质时消耗氧气的量：ａ＞ｃ＞ｂ
Ｄ．ａ与ＨＣｌ发生加成反应时可得到四种以上产物
２．
答案　Ｄ　ｃ分子
中，１类碳原子一定共平面，２
类碳原子中最多有１个与１类碳原子共面，即ｃ分子中最多有
９个碳原子共面，Ａ项错误；ａ和ｂ中均含有碳碳双键，均能与
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２６３
　
溴的ＣＣｌ４溶液发生加成反应而褪色，Ｂ项错误；根据ａ、ｂ、ｃ的
结构简式可确定ａ、ｂ、ｃ的分子式分别为Ｃ１５Ｈ２４、Ｃ１１Ｈ２０Ｏ、Ｃ１０Ｈ１４Ｏ，
完全燃烧１ｍｏｌ三种物质时消耗Ｏ２的物质的量分别为２１ｍｏｌ、
１５．５ｍｏｌ、１３ｍｏｌ，即消耗Ｏ２的量：ａ＞ｂ＞ｃ，Ｃ项错误；ａ与ＨＣｌ按
物质的量之比１∶１发生加成反应可得到四种产物，ａ与ＨＣｌ
还可以按物质的量之比１∶２发生加成反应，故ａ与ＨＣｌ发生
加成反应可得到四种以上产物，Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２３７
考点一有机物的分类、命名和有机反应类型
１．（２０１９课标Ⅰ，３６，１５分）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
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
ＯＨ
Ｃ６Ｈ５
的合成路线　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（无
机试剂任选）。
１．
答案　（１）羟基
（２）
（３）
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨＯ
（４）Ｃ２Ｈ５ＯＨ／浓Ｈ２ＳＯ４、加热
（５）取代反应
（６）
（７）Ｃ６Ｈ５ＣＨ３
Ｂｒ２
光照
→Ｃ６Ｈ５ＣＨ２Ｂｒ
ＣＨ３ＣＯＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５
１）Ｃ２Ｈ５ＯＮａ／Ｃ２Ｈ５ＯＨ
２）Ｃ６Ｈ５ＣＨ２Ｂｒ
→
ＣＨ３ＣＯＣＨＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＨ２
Ｃ６Ｈ５
１）ＯＨ
－，△
２）Ｈ
＋→
ＣＨ３ＣＯＣＨＣＯＯＨ
ＣＨ２
Ｃ６Ｈ５
解析　
本题涉及的考点有官能团的判断、同分异构体的书
写、有机反应类型的判断、常见有机反应的完善及书写、有机合
成路线的设计，考查学生对中学有机化学基础知识的掌握程度
和运用化学原理和科学方法设计合理方案的能力，体现了以科
学探究与创新意识为主的学科核心素养。
（２）根据手性碳的定义知，Ｂ中有两个手性碳。
（３）Ｂ的分子式为Ｃ８Ｈ１４Ｏ，不饱和度为２，再根据题目设置的限
制条件可推知，满足条件的Ｂ的同分异构体含有一个六元环，
环外有一个醛基和一个饱和碳原子，据此写出答案。
（４）反应③生成Ｄ（
Ｏ
􀪅
ＣＯＯＨ），对比Ｄ与Ｅ的结构差异
可知，反应④是酯化反应，反应试剂和条件为Ｃ２Ｈ５ＯＨ／浓硫
酸、加热。
（５）对比Ｅ与Ｇ的结构发现有两处差异，再结合⑤⑥的反应条
件可推知Ｆ的结构为
Ｏ
􀪅
ＣＯＯＣ２Ｈ５
，不难看出反应⑤为取
代反应。
（６）Ｆ到Ｇ是酯基先碱性水解生成羧酸盐，再酸化得到羧酸的
过程。
（７）对比原料与目标产物的结构，由甲苯先制得
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｂｒ
，模仿反应⑤，
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｂｒ
可与乙酰乙酸乙
酯发生取代反应生成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨＣＯＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５
，再模仿反应⑥便
可得到目标产物。
易错提醒　判断手性碳时，不仅要看与碳原子直接相连的原
子，也要看相连原子所处的化学环境。
答题规范　
设计有机合成路线时，要注意反应条件的书写。
模仿题干路线时，注意不要漏写反应条件。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
２．（２０１７课标Ⅱ，３６，１５分）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；１ｍｏｌＤ可与１ｍｏｌ
ＮａＯＨ或２ｍｏｌＮａ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，１ｍｏｌ的
Ｌ可与２ｍｏｌ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　　　　
　　　、　　　　　　　。
２．
答案　（１）
Ｏ
（２）２－丙醇（或异丙醇）
（３）ＨＯ
Ｏ
＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
Ｏ
Ｏ
＋Ｈ２Ｏ
（４）取代反应
（５）Ｃ１８Ｈ３１ＮＯ４
（６）６　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ３
ＯＨ
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ３
ＯＨ
解析　（１）Ａ的分子式为Ｃ２Ｈ４Ｏ，分子中只含一种化学环境
的氢原子，结构简式只能为
Ｏ
ＣＨ２
ＣＨ２
。（２）Ｂ的分子式为
Ｃ３Ｈ８Ｏ，分子中含三种氢原子，个数比为６∶１∶１，故Ｂ的结构
简式为ＣＨ３
ＣＨ
ＯＨ
ＣＨ３，名称为２－丙醇或异丙醇。（３）由已
知信息②知Ｄ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨ２ＯＨ，结合转
化流程可知，Ｃ与Ｄ分子中的醇羟基发生脱水反应形成醚键。
（６）由Ｌ可与ＦｅＣｌ３溶液发生显色反应知Ｌ分子中应含有酚羟
基，由１ｍｏｌＬ可与２ｍｏｌＮａ２ＣＯ３反应知１ｍｏｌＬ分子中应含有
２ｍｏｌ酚羟基，则Ｌ的苯环上还有一个甲基。则Ｌ的结构简式
可为
①
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＯＨ
ＣＨ３、②
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＯＨ
ＣＨ３
、③
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＯＨ
ＯＨ
、
④
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨ３
ＯＨ
、⑤
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＯＨ
ＯＨ
、⑥
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＯＨ
，共６种；
符合“核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为３∶２∶２∶１”条件
的为④和⑥。
思路梳理　１．Ｆ→Ｇ的转化与Ａ→Ｃ的转化类似。２．观察Ｅ与
Ｆ的组成变化可推测Ｅ→Ｆ的反应类型。
３．（２０１６课标Ⅰ，３８，１５分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具
有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合
物的路线：
回答下列问题：
（１）下列关于糖类的说法正确的是　　　　　。（填标号）
ａ．糖类都有甜味，具有ＣｎＨ２ｍＯｍ的通式
ｂ．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
ｃ．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
ｄ．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
（２）Ｂ生成Ｃ的反应类型为　　　　　。
（３）Ｄ中的官能团名称为　　　　　　　　
　，Ｄ生成Ｅ的反
应类型为　　　　　。
（４）Ｆ的化学名称是
　，由Ｆ生成Ｇ的化学方程式为
　
　　　　　　　　　　　。
（５）具有一种官能团的二取代芳香化合物Ｗ是Ｅ的同分异构
体，０．５ｍｏｌＷ与足量碳酸氢钠溶液反应生成４４ｇＣＯ２，Ｗ
共有　　　　　种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为
三组峰的结构简式为　　　　　　　　　　。
（６）参照上述合成路线，以（反，反）－２，４－己二烯和Ｃ２Ｈ４为原
料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成路线
　
　。
３．
答案　（１）ｃｄ
（２）取代反应（酯化反应）
（３）酯基、碳碳双键　消去反应
（４）己二酸
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２６５
　
（５）１２　
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯＯＣＨ２Ｃ
ＣＨ２ＣＯＯＨ
（６）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃ２Ｈ４
加热
→
􀜍
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｐｄ／Ｃ
加热→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
ＫＭｎＯ４／Ｈ
＋
加热→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
解析　（１）ａ项，如淀粉、纤维素没有甜味，脱氧核糖的分子
式为Ｃ５Ｈ１０Ｏ４，不符合ＣｎＨ２ｍＯｍ的通式；ｂ项，麦芽糖水解生成
葡萄糖，蔗糖水解才生成葡萄糖和果糖。
（３）Ｄ生成Ｅ时只是在六元环状结构的碳原子上去掉了４个
氢原子，符合消去反应的特征，属于消去反应。
（５）０．５ｍｏｌＷ与足量的ＮａＨＣＯ３反应生成１ｍｏｌＣＯ２，说明１
个Ｗ分子中含有两个羧基，满足要求的
Ｗ有
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＣＨ２ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
，以及上述四种结
构中的间位和对位结构，共１２种。
（６）由（反，反）－２，４－己二烯和Ｃ２Ｈ４为原料合成对苯二甲酸，应先
用（反，反）－２，４－己二烯和Ｃ２Ｈ４反应生成
􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３，
然后再用Ｐｄ／Ｃ作催化剂，加热，发生消去反应，生成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
ＣＨ３，最后再用ＫＭｎＯ４（Ｈ
＋）氧化生成对苯二
甲酸。
思路分析　本题需推测结构简式的只有Ｃ、Ｇ，且较简单，难点
是体会Ｃ→Ｄ→Ｅ的转化，以便能灵活运用，同时要能排除一些
干扰因素。
疑难突破　Ｃ→Ｄ是单烯烃与共轭二烯烃的加成反应，Ｄ→Ｅ
是消去反应。
考点二有机物的组成和结构
４．（２０１７北京理综，９，６分）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
４．
答案　
Ｂ　
反应②中既有碳碳键的形成，又有碳氢键的
形成。
思路梳理　仔细观察示意图，挖掘出潜在的信息。图示上面
反映的是转化过程信息，图示下面反映的是反应物和产物
信息。
５．（２０１７天津理综，２，６分）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
（　　）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＨＯ
ＯＣＨ３
Ｏ
􀜏
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
汉黄芩素
Ａ．汉黄芩素的分子式为Ｃ１６Ｈ１３Ｏ５
Ｂ．该物质遇ＦｅＣｌ３溶液显色
Ｃ．１ｍｏｌ该物质与溴水反应，最多消耗１ｍｏｌＢｒ２
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
５．
答案　Ｂ　
本题考查多官能团有机物的性质。汉黄芩素的
分子式为Ｃ１６Ｈ１２Ｏ５，Ａ错；汉黄芩素分子中存在碳碳双键和酚
羟基，１ｍｏｌ该物质最多消耗２ｍｏｌＢｒ２，Ｃ错；汉黄芩素分子中
含有４种官能团，与足量Ｈ２发生加成反应后的产物中含有２
种官能团，Ｄ错。
６．（２０１７江苏单科，１１，４分）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
６．
答案　Ｃ　芳香族化合物必须至少含有一个苯环，ａ中无苯
环，Ａ项错误；ａ和ｃ分子中所有碳原子不可能均处于同一平
面，Ｂ项错误；ａ中
Ｃ
Ｃ
􀪅
、ｂ中与苯环直接相连的—ＣＨ３、ｃ
中的—ＣＨＯ均能与酸性ＫＭｎＯ４溶液反应，使之褪色，Ｃ项正
确；ｂ不能与新制的Ｃｕ（ＯＨ）２反应生成红色沉淀，Ｄ项错误。
７．（２０１６江苏单科，１１，４分）化合物Ｘ是一种医药中间体，其结
构简式如图所示。下列有关化合物Ｘ的说法正确的是（　　）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
􀜍􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯＯＣ
Ｏ
􀪅
化合物Ｘ
Ａ．分子中两个苯环一定处于同一平面
Ｂ．不能与饱和Ｎａ２ＣＯ３溶液反应
Ｃ．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
Ｄ．１ｍｏｌ化合物Ｘ最多能与２ｍｏｌＮａＯＨ反应
７．
答案　Ｃ　Ａ项，图中下面的苯环以单键的形式与碳原子相
连，单键是可以转动的，所以两个苯环不一定在同一个平面里；
Ｂ项，羧基能与Ｎａ２ＣＯ３溶液反应；Ｄ项，１ｍｏｌ化合物Ｘ与
ＮａＯＨ反应最多可消耗３ｍｏｌＮａＯＨ，因１ｍｏｌ酚酯基水解生成
１ｍｏｌ酚羟基和１ｍｏｌ羧基，１ｍｏｌ酚羟基和２ｍｏｌ羧基共消耗
３ｍｏｌＮａＯＨ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点三同系物和同分异构体
８．（２０１９课标Ⅱ，１３，６分）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
８．
答案　Ｃ　本题涉及的知识点是同分异构体数目的判断；通
过碳架结构和官能团位置变化，考查学生整合化学信息的能
力；从分子水平上认识物质的结构，体现了宏观辨识与微观探
析的学科核心素养。
Ｃ４Ｈ８ＢｒＣｌ为饱和卤代烃，其碳架结构有两种，通过固定氯原
子，移动溴原子，写出如下１２种结构：
方法诠释　烷烃二取代同分异构体数目的判断方法：先确定
碳架结构数目，然后按“定一移一”法判断。
９．（２０１８课标Ⅰ，１１，６分）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１ｍｏｌＣ５Ｈ１２至少需要２ｍｏｌＨ２
９．
答案　Ｃ　由结构可知螺［２．２］戊烷的分子式为Ｃ５Ｈ８，环戊
烯（
）的分子式也是Ｃ５Ｈ８，故二者互为同分异构体，Ａ项
正确；螺［２．２］戊烷的二氯代物有如下三种：
、
、
，Ｂ项正确；螺［２．２］戊烷中所有碳原子均形成四条
单键，故所有碳原子不在同一平面上，Ｃ项错误；由Ｃ５Ｈ８
→
Ｃ５Ｈ１２可知，生成１ｍｏｌＣ５Ｈ１２参加反应的氢气至少为２ｍｏｌ，Ｄ
项正确。
易错易混　容易受螺［２．２］戊烷键线式的影响，误以为该分子
中碳原子共平面。
１０．（２０１７课标Ⅰ，９，６分）化合物
􀜍􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
（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
１０．
答案　
Ｄ　
苯（Ｃ６Ｈ６）的同分异构体有很多种，如分子内有
两个碳碳三键的链状烃，分子内有两个碳碳双键和一个碳碳
三键的链状烃等，Ａ项错误；苯（ｂ）的二氯代物有邻、间、对三
种，ｄ的二氯代物有六种：
，ｐ的二氯
代物有三种：
，Ｂ项错误；苯（ｂ）中的碳
碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，ｐ分子中
的碳原子均为饱和碳原子，二者都不能与酸性高锰酸钾溶液
反应，而ｄ分子中有碳碳双键，能够与酸性高锰酸钾溶液反
应，Ｃ项错误；苯（ｂ）分子为平面正六边形，ｄ、ｐ分子内都有饱
和碳原子，所有原子不可能共平面，Ｄ项正确。
知识归纳　有机物空间结构的代表物
１１．（２０１６浙江理综，１０，６分）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ＣＨ３的一溴代物和ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＣＨ３
的一溴代物
都有４种（不考虑立体异构）
Ｂ．ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ３分子中的四个碳原子在同一直线上
Ｃ．按系统命名法，化合物
Ｃ
Ｈ３Ｃ
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＨ３
的名称
是２，３，４－三甲基－２－乙基戊烷
Ｄ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ＨＯ
ＣＨ２ＣＨＣＯＯＨ
ＮＨ２
ＣＨ３Ｏ
与
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ＨＯ
ＣＨ２ＣＨＣＯＯＨ
ＮＨ２
ＨＯ
都是α－氨基酸且互为同系物
１１．
答案　
Ａ　
Ａ项，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３和ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＨ３中
都有４种不同化学环境的氢原子，则二者都有４种一溴代物；
Ｂ项，类比ＣＨ２􀪅ＣＨ２的结构，可知ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ３分子
中的四个碳原子不在同一直线上；Ｃ项，按系统命名法，化合
物
４Ｃ
Ｈ３Ｃ
３ＣＨ
ＣＨ３
２ＣＨ
ＣＨ３
１ＣＨ３
ＣＨ３
５ＣＨ２
６ＣＨ３
的名称是２，３，４，４－四甲基
己
烷；
Ｄ
项，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ２ＣＨ
ＮＨ２
ＣＯＯＨ
ＣＨ３Ｏ
与
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ２ＣＨ
ＮＨ２
ＣＯＯＨ
ＨＯ
的结构不相似，不互为同
系物。
１２．（２０１６上海单科，１，２分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元
轴烯（
）与苯
（　　）
Ａ．均为芳香烃
Ｂ．互为同素异形体
Ｃ．互为同系物
Ｄ．互为同分异构体
１２．
答案　Ｄ　三元轴烯与苯的分子式均为Ｃ６Ｈ６，二者结构不
同，故互为同分异构体。
１３．（２０１６课标Ⅱ，１０，６分）分子式为Ｃ４Ｈ８Ｃｌ２的有机物共有（不
含立体异构）
（　　）
Ａ．７种
Ｂ．８种
Ｃ．９种
Ｄ．１０种
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２６７
　
１３．
答案　Ｃ　Ｃ４Ｈ８Ｃｌ２为丁烷的二氯代物，按规律可写出如下
结构骨架：
Ｃ
①
Ｃｌ
Ｃ
②
Ｃ
③
Ｃ
④
、Ｃ
Ｃ
⑤
Ｃｌ
Ｃ
⑥
Ｃ、
Ｃ
⑦
Ｃｌ
Ｃ
⑧
Ｃ
Ｃ
⑨
，共
９种。
思路分析　书写含有ｎ个官能团的有机物的同分异构体时，
可先写出碳链异构，然后在每一种碳链上分别固定（ｎ－１）个
官能团，最后在每一种碳链上移动最后一个官能团，即可将所
有的异构体写出。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一有机物的分类、命名和有机反应类型
１．（２０１５江苏单科，１２，４分）己烷雌酚的一种合成路线如下：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３Ｏ
ＣＨＣ２Ｈ５
Ｂｒ
Ｘ　
１）Ｎａ
２）ＨＩ
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＨ
Ｈ５Ｃ２
ＣＨ
Ｃ２Ｈ５
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
Ｙ（己烷雌酚）
下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．在ＮａＯＨ水溶液中加热，化合物Ｘ可发生消去反应
Ｂ．在一定条件下，化合物Ｙ可与ＨＣＨＯ发生缩聚反应
Ｃ．用ＦｅＣｌ３溶液可鉴别化合物Ｘ和Ｙ
Ｄ．化合物Ｙ中不含有手性碳原子
答案　ＢＣ　Ａ项，化合物Ｘ中的溴原子在ＮａＯＨ水溶液中
发生的是取代反应，不是消去反应；Ｂ项，化合物Ｙ中有酚羟
基，在一定条件下可与ＨＣＨＯ发生缩聚反应；Ｃ项，化合物Ｙ
中有酚羟基，化合物Ｘ中不含酚羟基，酚类物质遇ＦｅＣｌ３溶液
呈紫色，故用ＦｅＣｌ３溶液可鉴别Ｘ、Ｙ；Ｄ项，化合物Ｙ中含２个
手性碳原子。
知识拓展　卤代烃在ＮａＯＨ水溶液中加热发生水解反应（取
代反应），在ＮａＯＨ醇溶液中加热发生消去反应。
考点二有机物的组成和结构
２．（２０１５课标Ⅱ，３８，１５分）聚戊二酸丙二醇酯（ＰＰＧ）是一种可
降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的
应用前景。ＰＰＧ的一种合成路线如下：
Ａ
Ｃｌ２
光照
→Ｂ
ＮａＯＨ／乙醇
△
→Ｃ
ＫＭｎＯ４
Ｈ
＋→Ｄ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
ＰＰＧ
→
Ｅ
Ｆ
稀ＮａＯＨ→Ｇ
Ｈ２
催化剂→Ｈ
已知：
①烃Ａ的相对分子质量为７０，核磁共振氢谱显示只有一种化
学环境的氢
②化合物Ｂ为单氯代烃；化合物Ｃ的分子式为Ｃ５Ｈ８
③Ｅ、Ｆ为相对分子质量差１４的同系物，Ｆ是福尔马林的溶质
④Ｒ１ＣＨＯ＋Ｒ２ＣＨ２ＣＨＯ
稀ＮａＯＨ
　
→
ＣＨ
Ｒ１
ＨＯ
ＣＨ
Ｒ２
ＣＨＯ
回答下列问题：
（１）Ａ的结构简式为　　　　　　　　。
（２）由Ｂ生成Ｃ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（３）由Ｅ和Ｆ生成Ｇ的反应类型为　　　　，Ｇ的化学名称为
　　　　　　　。
（４）①由Ｄ和Ｈ生成ＰＰＧ的化学方程式为　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
②若ＰＰＧ平均相对分子质量为１００００，则其平均聚合度约
为　　　　（填标号）。
ａ．４８　　　　ｂ．５８　　　　ｃ．７６　　　　ｄ．１２２
（５）Ｄ的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　
　
　
　
种（不含立体异构）；
①能与饱和ＮａＨＣＯ３溶液反应产生气体
②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应
其中核磁共振氢谱显示为３组峰，且峰面积比为６∶１∶１
的是　　　　　　　（写结构简式）；
Ｄ的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号
（或数据）完全相同，该仪器是　　　（填标号）。
ａ．质谱仪　　　　　　　ｂ．红外光谱仪
ｃ．元素分析仪　　　　　ｄ．核磁共振仪
答案　（１５分）（１）
（２分）
（２）
（２分）
（３）加成反应　３－羟基丙醛（或β－羟基丙醛）（每空１分，共２分）
（４）
ｎＨＯＯＣ
ＣＯＯＨ＋ｎＨＯ
ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△→
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
（ＣＨ２）３
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
（ＣＨ２）３
Ｏ􀰻Ｈ＋（２ｎ－１）Ｈ２Ｏ
　
ｂ（２分，１分，共３分）
（５）５　
Ｈ３Ｃ
Ｃ
ＯＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ　ｃ（３分，２分，１分，共６分）
解析　（１）７０÷１２＝５……１０，则Ａ的分子式为Ｃ５Ｈ１０，因Ａ分
子中只有一种化学环境的氢原子，故Ａ为环戊烷，结构简式为
。（２）Ｂ为单氯代烃，故Ｂ为
，Ｂ转化为Ｃ是卤代
烃
的
消
去
反
应，
化
学
方
程
式
为
。（３）由题给信息③知
Ｅ为ＣＨ３ＣＨＯ，Ｆ为ＨＣＨＯ，由信息④知生成Ｇ的反应为
ＣＨ３ＣＨＯ＋ＨＣＨＯ
稀ＮａＯＨ
　
→ＨＯ—ＣＨ２—ＣＨ２—ＣＨＯ，Ｇ的化学
名称为３－羟基丙醛，生成Ｇ的反应是加成反应。（４）①由题
给转化路线知Ｄ为戊二酸（ＨＯＯＣＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ），Ｈ为
ＨＯＣＨ２—ＣＨ２—ＣＨ２ＯＨ，则生成ＰＰＧ的反应的化学方程式为
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２６８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
ｎＨＯＯＣＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ＋ｎＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２Ｏ􀰻Ｈ＋（２ｎ－１）Ｈ２Ｏ。
②ＰＰＧ的链节是
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２Ｏ
，相对
质量为１７２，１００００÷１７２≈５８。（５）Ｄ的同分异构体能与饱和
ＮａＨＣＯ３溶液反应生成气体，说明分子中含有—ＣＯＯＨ；既能发
生银镜反应，又能发生皂化反应，说明它是甲酸酯类，符合条件
的同分异构体有如下５种：
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２
ＣＯＯＨ、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２
ＣＯＯＨ、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＯＯＨ。其中核磁共振氢谱有３组峰，且峰
面积比为６∶１∶１的是Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ。因同分异构
体的分子式相同，则所含元素种类相同；因同分异构体结构不
同，故质谱仪中显示的碎片相对质量的大小可能不完全相同，
红外光谱仪及核磁共振仪显示的信号也会不同。
考点三同系物和同分异构体
３．（２０１６课标Ⅰ，９，６分）下列关于有机化合物的说法正确的是
（　　）
Ａ．２－甲基丁烷也称为异丁烷
Ｂ．由乙烯生成乙醇属于加成反应
Ｃ．Ｃ４Ｈ９Ｃｌ有３种同分异构体
Ｄ．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
答案　Ｂ　Ａ项，异丁烷为２－甲基丙烷；Ｂ项，乙烯和水通过
加成反应可制得乙醇；Ｃ项，Ｃ４Ｈ９Ｃｌ的同分异构体有４种；Ｄ
项，油脂不属于高分子化合物。
易错警示　本题易错选Ｄ项，个别学生误认为油脂相对分子
质量较大，为高分子化合物。
４．（２０１６课标Ⅲ，１０，６分）已知异丙苯的结构简式如下，下列说
法错误
∙∙的是
（　　）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ａ．异丙苯的分子式为Ｃ９Ｈ１２
Ｂ．异丙苯的沸点比苯高
Ｃ．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
Ｄ．异丙苯和苯为同系物
答案　Ｃ　与苯环直接相连的碳原子所连的原子呈四面体
形，因此异丙苯中所有碳原子不可能共平面，错误。
５．（２０１５课标Ⅱ，１１，６分）分子式为Ｃ５Ｈ１０Ｏ２并能与饱和
ＮａＨＣＯ３溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）
（　　）
Ａ．３种
Ｂ．４种
Ｃ．５种
Ｄ．６种
答案　
Ｂ　
能与ＮａＨＣＯ３反应放出气体说明该有机物为羧
酸，其结构简式可能为
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ、
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＣＯＯＨ
ＣＨ３
、ＣＨ３ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＯＯＨ、ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ，
共４种。
思路分析　能与ＮａＨＣＯ３溶液反应产生气体的有机官能团仅
有羧基，所以题目要求的是书写羧酸类同分异构体。可以先考
虑除掉羧基以外的碳链异构，再确定位置异构。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２３９
时间：３５分钟　分值：８０分
一、选择题（每题６分，共３０分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９湖南、湖北八市十二校一联，６）有机化合物
环丙叉环丙烷，由于其特殊的结构一直受到理论化
学家们的注意，如图是它的结构示意图。下列关于环丙叉环丙
烷的有关说法中错误的是
（　　）
Ａ．环丙叉环丙烷的二氯取代物有４种
Ｂ．环丙叉环丙烷不是环丙烷的同系物
Ｃ．环丙叉环丙烷分子中所有的原子在同一平面内
Ｄ．环丙叉环丙烷与环己二烯互为同分异构体
１．
答案　
Ｃ　
环丙叉环丙烷的二氯取代物有４种：
，Ａ正确；环丙烷分子中无碳碳双键，环丙叉环
丙烷分子中有碳碳双键，二者不是同系物，Ｂ正确；环丙叉环丙
烷分子中有饱和碳原子，故所有原子不可能在同一平面内，Ｃ
错误；环己二烯的分子式为Ｃ６Ｈ８，环丙叉环丙烷的分子式也为
Ｃ６Ｈ８，二者互为同分异构体，Ｄ正确。
解题方法　遇到原子共线、共面问题，要从甲烷、乙烯、乙炔、
苯分子的结构出发。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２６９
　
２．（２０１９广东七校联合体一联，１１）下列有关（ａ）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
、
（ｂ）
Ｏ
􀪅
、（ｃ）
􀜏􀜏
ＯＨ
的说法正确的是
（　　）
Ａ．ａ、ｂ、ｃ都属于芳香族化合物
Ｂ．ａ、ｂ、ｃ都能使溴水褪色
Ｃ．由ａ生成ｃ的反应是氧化反应
Ｄ．ｂ、ｃ互为同分异构体
２．
答案　Ｄ　芳香族化合物应含苯环，而题给三种化合物均不
含苯环，因此它们都不属于芳香族化合物，Ａ项错误。ａ、ｃ含
有碳碳双键，能使溴水褪色；ｂ中含有羰基，不能使溴水褪色，Ｂ
项错误。对比ａ和ｃ的结构简式可知，ａ与Ｈ２Ｏ发生加成反应
生成ｃ，发生的不是氧化反应，Ｃ项错误。由ｂ和ｃ的结构简式
可知ｂ、ｃ的分子式均为Ｃ１０Ｈ１８Ｏ，但二者结构不同，因此互为同
分异构体，Ｄ项正确。
方法技巧　根据有机物中含有的官能团可判断有机物可能具
有的性质，如ｃ中含碳碳双键和羟基，ｃ可以发生加成反应、氧
化反应、酯化反应等；根据官能团的变化可判断反应类型。
３．（２０１９福建莆田质检，８）最近我国科学家研制出一种具有潜
力的纳米电子学材料———石墨炔，图中丁为它的结构片段。下
列有关说法中，错误的是
（　　）
Ａ．甲分子中的６个溴原子位于同一平面上
Ｂ．丙的二氯代物有２种
Ｃ．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｄ．石墨炔和Ｃ６０是碳的同素异形体
３．
答案　Ｂ　Ａ项，苯为平面结构，故甲中６个溴原子位于同一
平面上，Ａ项正确；Ｂ项，丙的二氯代物有３种，故Ｂ错误；Ｃ
项，丙分子中含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Ｃ项正
确；Ｄ项，石墨炔和Ｃ６０均是由碳元素构成的单质，故两者互为
同素异形体，Ｄ项正确。
４．（２０１９广东佛山一模，８）某防晒产品中含水杨酸乙基己酯（结
构简式如图）、丙烯酸（ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＯＯＨ）、甘油（丙三醇）、水
等物质。下列说法错误的是
（　　）
Ｏ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
Ｏ
􀪅
Ａ．甘油具有保湿作用
Ｂ．水杨酸乙基己酯结构中所有的碳原子均可共面
Ｃ．水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有４种
Ｄ．丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应
４．
答案　Ｂ　
Ａ项，甘油具有保湿作用，故Ａ正确；Ｂ项，水杨
酸乙基己酯分子中含有与其他三个碳原子直接相连的碳原子，
则所有的碳原子不共面，故Ｂ错误；Ｃ项，水杨酸乙基己酯苯环
上有４种Ｈ，一氯代物有４种，故Ｃ正确；Ｄ项，丙烯酸分子中
含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羧基，可发生取代
反应，故Ｄ正确。
归纳总结　
常见的取代反应有酯化、硝化、水解、卤代、磺化、
成肽反应。
５．（２０１９福建漳州二模，８）螺环化合物具有抗菌活性，用其制成
的药物不易产生抗药性，螺［３．４］辛烷的结构如图。下列有关
螺［３．４］辛烷的说法正确的是
（　　）
Ａ．分子式为Ｃ８Ｈ１６
Ｂ．分子中所有碳原子共平面
Ｃ．与２－甲基－３－庚烯互为同分异构体
Ｄ．一氯代物有４种结构
５．
答案　Ｄ　Ａ项，由图可知分子式为Ｃ８Ｈ１４，故Ａ错误；Ｂ项，
分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故Ｂ错
误；Ｃ项，２－甲基－３－庚烯的分子式为Ｃ８Ｈ１６，与螺［３．４］辛烷分
子式不同，不互为同分异构体，故Ｃ错误；Ｄ项，分子中有４种
不同的氢原子，则一氯代物有４种结构，故Ｄ正确。
方法技巧　螺［３．４］辛烷分子中含有两个碳环，共８个碳原
子，比辛烷分子少４个氢原子，分子式为Ｃ８Ｈ１４，分子中有４种
不同的氢原子。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
６．（２０１９广东广州天河二模，１２）树脂镜片具有透光率好、质轻、
抗冲击力强等优良性能。化合物Ｙ能用于高性能树脂镜片的
合成，化合物Ｘ与２－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得
化合物Ｙ：
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｂｒ
Ｂｒ
ＯＨ
Ｂｒ
Ｘ
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｃｌ
→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｂｒ
Ｂｒ
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
Ｂｒ
Ｙ
下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．该反应属于取代反应
Ｂ．Ｙ的分子式为Ｃ１０Ｈ６Ｏ２Ｂｒ３
Ｃ．２－甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色
Ｄ．Ｘ、Ｙ均属于芳香族化合物
６．
答案　
Ｂ　
Ａ项，Ｘ中—ＯＨ上Ｈ被取代，为取代反应，故Ａ
正确；Ｂ项，Ｙ的分子式为Ｃ１０Ｈ７Ｏ２Ｂｒ３，故Ｂ错误；Ｃ项，２－甲基
丙烯酰氯分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，则可使
溴水和高锰酸钾溶液褪色，故Ｃ正确；Ｄ项，Ｘ、Ｙ分子中均含
有苯环，属于芳香族化合物，故Ｄ正确。
易错警示　芳香族化合物、芳香烃、苯的同系物的关系：芳香
族化合物＞芳香烃＞苯的同系物。
７．（２０２０届天津六校期初，４改编）我国自主研发的对二甲苯绿
色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２７０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
确的是
（　　）
Ａ．异戊二烯所有碳原子不可能共平面
Ｂ．可用溴水鉴别Ｍ和对二甲苯
Ｃ．对二甲苯的一氯代物有２种
Ｄ．Ｍ的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气
７．
答案　ＡＤ　与碳碳双键直接相连的原子共平面，则异戊二
烯所有碳原子可能共平面，故Ａ错误。Ｍ分子中含有醛基，可
与溴水发生氧化反应，而对二甲苯不反应，可鉴别，故Ｂ正确。
对二甲苯分子中只含有２种Ｈ，则对二甲苯的一氯代物有２
种，故Ｃ正确。Ｍ分子中含有碳碳双键、环和醛基，不饱和度
为３，其同分异构体不可能含有苯环，故Ｄ错误。
试题分析　本题考查有机物的结构和性质，侧重对学生分析
能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答
该题的关键。
８．（２０２０届福建福州质检二，８改编）曲酸和脱氧曲酸是一种非
常有潜力的食品添加剂，结构如图所示。下列有关叙述不正确
的是
（　　）
　
Ａ．曲酸分子中所有碳原子可能共平面
Ｂ．脱氧曲酸能发生酯化反应、氧化反应、还原反应
Ｃ．曲酸和脱氧曲酸所含的官能团不相同
Ｄ．与脱氧曲酸互为同分异构体的芳香族化合物有４种（不考虑
Ｏ—Ｏ键）
８．
答案　ＣＤ　曲酸分子中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相
连的原子共平面，则分子中所有碳原子可能共平面，故Ａ正
确。脱氧曲酸分子中含有羟基，可发生酯化反应；含有碳碳双
键，可发生氧化反应、还原反应，故Ｂ正确。曲酸和脱氧曲酸
分子中都含有碳碳双键、羟基、羰基和醚键，官能团相同，故Ｃ
错误。符合条件的芳香族化合物含有３个羟基，所以同分异构
体有３种，故Ｄ错误。
三、非选择题（共３２分）
９．（２０１９湖北十堰一模，３６）（１５分）利用木质纤维可合成药物
中间体Ｈ，还能合成高分子化合物Ｇ，合成路线如下：
木质
纤维
生物
发酵
→
􀜏􀜏
􀪅
Ａ
􀪅
Ｏ
􀪅
路易斯酸→Ｂ
Ｗ２Ｃ
→Ｃ
→Ｄ
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸，加热→Ｈ
Ｇ
一定条件
←
高分子化合物　　　
Ｃｌ２光
照
↓
Ｅ
ＮａＯＨ溶液，
加热
Ｈ
＋
←
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
Ｆ　　　　　　　
已知：①
􀜏􀜏
􀜏􀜏
＋
􀪅
路易斯酸→
􀜍
②
􀜍
Ｗ２Ｃ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
（１）Ａ的化学名称是　　　　　　　　　　。
（２）Ｂ的结构简式是　　　　　　，由Ｃ生成Ｄ的反应类型为
　　　　。
（３）化合物Ｅ中含有的官能团为　　　　　　　　。
（４）Ｆ分子中处于同一平面的原子最多有　　　　个。Ｆ生成
Ｇ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
（５）芳香化合物Ｉ为Ｈ的同分异构体，苯环上一氯代物有两
种，１ｍｏｌＩ发生水解反应消耗２ｍｏｌＮａＯＨ，符合要求的同
分异构体有　　　　种，其中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∶３∶２∶１的Ｉ的结构简式
为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（６）写出用
ＣＨＯ
Ｃｌ
为原料制备
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
的合成路线（其他
试剂任选）。
９．
答案　（除标注外每空２分）（１）２－甲基－１，３－丁二烯（１分）
（２）
􀜏􀜏
ＣＨＯ
ＣＨ３
（１分）　氧化反应（１分）
（３）氯原子、羧基
（４）１７（１分）
ｎ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
一定条件→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ􀰷ＯＣＨ２
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
＋（ｎ－１）
Ｈ２Ｏ
（５）１０　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３Ｃ
ＯＯＣＣＨ３
ＣＨ３
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３Ｃ
ＯＯＣＣＨ３
ＣＨ３
（６）
ＣＨＯ
Ｃｌ
ＮａＯＨ醇溶液
加热
→
􀜏
ＣＨＯ
Ｗ２Ｃ
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＫＭｎＯ４溶液（Ｈ
＋）
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ
（３分）
解析　（１）根据有机物的系统命名法可知，Ａ的化学名称是
２－甲基－１，３－丁二烯。（２）结合题给信息①及流程和Ｆ的结构
简式知，Ｂ的结构简式为
􀜏􀜏
ＣＨＯ
ＣＨ３
；结合信息②知，Ｃ的结构简式
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｈ３Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ；结合合成路线可知，Ｄ
为
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十四　有机物的分类、组成和结构
２７１
　
Ｃ
ＨＯ
Ｏ
􀪅
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３，故由Ｃ生成Ｄ的反应类型为氧化反
应。（３）Ｄ在光照条件下与Ｃｌ２发生取代反应生成Ｅ，Ｅ的结构
简式为
Ｃ
ＨＯ
Ｏ
􀪅
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｃｌ，Ｅ中含有的官能团为氯原
子、羧基。（４）Ｆ通过缩聚反应生成高分子化合物Ｇ，反应的化
学
方
程
式
为
ｎ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
一定条件→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ􀰷ＯＣＨ２
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
＋（ｎ－１）Ｈ２Ｏ。
易错警示　规范答题，忌答非所问。如要求填写物质名称，书
写化学式不得分；要求填写结构简式，书写分子式不得分；化学
用语使用错误不得分，如醛基为—ＣＨＯ，书写成—ＣＯＨ不
得分。
１０．（２０１９湖北部分重点中学起点考试，２０）（１７分）邻苯二甲酸
二丁酯（ＤＢＰ）是一种常见的塑化剂，可用乙烯和邻二甲苯为
原料合成，合成过程如图所示：
已知：Ⅰ．２ＣＨ３ＣＨＯ
ＯＨ
－
→
ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨＯ
ＯＨ
；
Ⅱ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＫＭｎＯ４（Ｈ
＋）
△
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ。
请回答下列问题：
（１）ＤＢＰ的分子式为　　　，Ｃ的顺式结构简式为
　。
（２）Ｂ的结构简式为　
　
　
　
　
　
　，含有的官能团名称为
　　　　　　。
（３）反应①属于　　　　　　　　　反应。
（４）Ｅ的一种同分异构体Ｆ，能与ＮａＯＨ溶液反应，且１ｍｏｌＦ
完全反应消耗３ｍｏｌＮａＯＨ，写出Ｆ的三种可能的结构简
式：　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）检验Ｃ中含有碳碳双键的方法是
　
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
１０．
答案　（１）Ｃ１６Ｈ２２Ｏ４　
Ｃ
Ｈ３Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
ＣＨＯ
Ｈ
（２）ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨＯ
ＯＨ
　羟基、醛基
（３）氧化
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
ＣＯＯＨ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
ＣＯＯＨ（合理即可）
（５）取少量Ｃ于试管中，先加足量银氨溶液水浴加热［或加新
制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液加热］，充分反应后再加入酸性高锰酸钾
溶液（或加稀硫酸酸化后再加入溴水），酸性高锰酸钾溶液
（或溴水）褪色说明Ｃ中有碳碳双键
解析　
（１）根据ＤＢＰ的结构简式可确定其分子式为
Ｃ１６Ｈ２２Ｏ４。Ｃ的顺式结构中两个Ｈ原子在碳碳双键的同侧，
即结构简式为
Ｃ
Ｈ３Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
ＣＨＯ
Ｈ
。
（２）
Ｂ
为
ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨＯ
ＯＨ
，其中含有羟基和醛基２种官能团。（３）反
应①为乙烯的氧化反应。（４）根据题意可知，Ｆ分子中苯环上
可以连１个—ＣＯＯＨ和１个
Ｃ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｈ，二者在苯环上有
邻、间、对三种位置关系；Ｆ分子中苯环上还可以连
１个—ＣＨＯ、１个—ＯＨ、１个
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｈ，３个取代基在苯环
上有１０种位置关系。（５）用溴水或酸性ＫＭｎＯ４溶液检验碳
碳双键时，醛基也能被溴水或酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化，从而对
碳碳双键的检验产生干扰，因此要先加足量银氨溶液或新制
Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液将醛基氧化，然后再加溴水或酸性ＫＭｎＯ４
溶液检验碳碳双键。
思路点拨　结合图示转化和已知反应Ⅰ可知ＣＨ２􀪅ＣＨ２氧
化生成的Ａ为ＣＨ３ＣＨＯ，ＣＨ３ＣＨＯ在碱性条件下发生反应Ⅰ，
故Ｂ为ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨＯ
ＯＨ
，Ｂ脱水生成Ｃ，且Ｃ有顺反异构，
故Ｃ为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨＯ，Ｃ和Ｈ２发生加成反应生成Ｄ，即
Ｄ为ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ。结合已知反应Ⅱ可知Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ，Ｄ和Ｅ发生酯化反应生成的ＤＢＰ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３
ＣＯＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２７２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题十五
烃及其衍生物的结构和性质
课
标
解
读
内容
烃、卤代烃
醇、酚
醛、羧酸和酯
解读
１．了解甲烷、乙烯、苯等有机化合
物的主要性质和应用
２．掌握卤代烃发生取代反应和消
去反应的规律
１．掌握乙醇、苯酚的结构和主要
性质及重要应用
２．了解有机物分子中官能团之间
的相互影响
１．掌握醛、羧酸、酯的结构与性质以
及它们之间的相互转化
２．了解烃的衍生物合成方法
３．根据信息能设计有机化合物的合
成路线
考情分析
高考试题常以新材料、新药物等的合成为切入点对本部分内容进行全方位考查。考题中常常提供已知信
息来考查考生的信息处理能力、知识迁移能力、分析推理能力以及思维创新能力
备考策略
备考的重点有：官能团的名称、分子式、结构简式、同分异构体的书写、有机反应方程式的书写、有机反应类
型的判断、官能团之间的相互转化、设计合成路线等。复习备考应注重教材内容，做到基础知识无遗漏
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２７３
　
对应学生用书
起始页码１１７
考点一烃、卤代烃
一、烃
１．甲烷、乙烯、苯的物理性质与结构比较
甲烷
乙烯
苯
物理性质
无色、无味、难
溶于水、密度比
空气小的气体
无色、稍有气味
的气体，不溶于
水，密度比空气
略小
无色、有特殊气
味的液体，难溶
于水，密度比
水小
分子式
ＣＨ４
Ｃ２Ｈ４
Ｃ６Ｈ６
结构式
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｃ
􀪅
Ｈ
Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
结构简式
ＣＨ４
ＣＨ２􀪅ＣＨ２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
或
􀝐
空间构型
①　正四面体　
②　平面形　
③　平面正六边形　
结构特点
全部是单键，
属于饱和烃
含碳碳双键，
属于不饱和烃
碳原子间为介
于碳碳单键和
碳碳双键之间
的独特的键
　　２．甲烷、乙烯、苯及其同系物的化学性质
（１）甲烷的化学性质
甲烷
　
稳定性　
　
不与强酸、强碱反应
→
不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
→
燃烧
　→ＣＨ４＋２Ｏ２
点燃
→ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ
　Ｃｌ２、光照
　
　取代反应　　
ＣＨ４＋Ｃｌ２
光照
→ＣＨ３Ｃｌ＋ＨＣｌ
→
进一步取代可生成ＣＨ２Ｃｌ２、ＣＨＣｌ３、ＣＣｌ４
→
（２）乙烯的化学性质
乙
烯
氧化反应
　
能使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色
→
燃烧
　→Ｃ２Ｈ４＋３Ｏ２
点燃
→２ＣＯ２＋２Ｈ２Ｏ
（火焰明亮且伴有黑烟）
加成反应
　
溴水
　→ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｂｒ２
→ＣＨ２Ｂｒ—ＣＨ２Ｂｒ
Ｈ２
　→ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｈ２
催化剂
△→ＣＨ３ＣＨ３
ＨＣｌ
　→ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋ＨＣｌ
催化剂
　
→ＣＨ３ＣＨ２Ｃｌ
Ｈ２Ｏ
　→ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｈ２Ｏ
催化剂
△，加压→ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
加聚反应
　
→ｎＣＨ２􀪅ＣＨ２
催化剂
　
→④　􀰷ＣＨ２—ＣＨ２􀰻　
（３）苯的化学性质
（４）苯的同系物及结构上的相互影响
分子中含有苯环的烃叫芳香烃，分子中只有一个苯环，苯环上
的侧链全为烷烃基的烃是苯的同系物，其通式为ＣｎＨ２ｎ－６（ｎ≥７）。
苯的同系物中，由于侧链对苯环的影响，使苯环侧链所在碳
原子邻、对位碳原子上的氢原子活化，如甲苯与浓硝酸反应时，
生成２，４，６－三硝基甲苯。在苯的同系物中，由于苯环对侧链的
影响，苯的同系物能被酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化，从而使酸性ＫＭｎＯ４
溶液褪色。
二、卤代烃
１．卤代烃的概念
（１）卤代烃是烃分子里的氢原子被卤素原子取代后生成的
化合物。通式可表示为Ｒ—Ｘ（其中Ｒ—表示烃基）。
（２）官能团是卤素原子。
２．卤代烃的物理性质
（１）沸点：比同碳原子数的烃沸点要高；
（２）溶解性：水中难溶，有机溶剂中易溶；
（３）密度：一般一氟代烃、一氯代烃比水小，其余比水大。
３．卤代烃水解反应和消去反应比较
反应类型
取代反应（水解反应）
消去反应
反应条件
强碱的水溶液、加热
强碱的醇溶液、加热
断键方式
反应本质
和通式
卤代烃分子中—Ｘ
被—ＯＨ所取代，生成
醇：Ｒ—ＣＨ２—Ｘ＋ＮａＯＨ
Ｈ２Ｏ
△→Ｒ—ＣＨ２ＯＨ＋ＮａＸ
相邻的两个碳原子间脱去小分
子ＨＸ：
Ｃ
Ｈ
Ｃ
Ｘ
＋ＮａＯＨ
醇
△→
Ｃ
Ｃ
􀪅
＋
ＮａＸ＋Ｈ２Ｏ
产物特征
引入—ＯＨ，生成含
—ＯＨ的化合物
消去ＨＸ，生成含碳碳双键或碳
碳三键的化合物
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２７４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　１．烷烃、烯烃、炔烃的组成、结构特点和通式
２．脂肪烃的物理性质
性质
变化规律
状态
常温下含有１～４个碳原子的烃都呈气态，随着碳原子数
的增多，逐渐过渡到液态、固态
沸点
随着碳原子数的增多，沸点逐渐升高；同分异构体之间，
支链越多，沸点越低
相对密度
随着碳原子数的增多，相对密度逐渐增大，密度均比水小
水溶性
均难溶于水
　　３．脂肪烃的化学性质比较
烷烃
烯烃
炔烃
活动性
较稳定
较活泼
较活泼
取代反应
能够与卤素单质取代
加成反应
不能发生
能与Ｈ２、Ｘ２、ＨＸ、Ｈ２Ｏ、ＨＣＮ等加成
（Ｘ代表卤素原子）
氧化反应
淡蓝色火焰
燃烧火焰明亮，有
黑烟
燃烧火焰明
亮，有浓烟
不与酸性高锰酸
钾溶液反应
能使酸性高锰酸钾溶液褪色
加聚反应
不能发生
能发生
　　４．苯的同系物的同分异构体（以Ｃ８Ｈ１０芳香烃为例）
名称
乙苯
邻二甲苯
间二甲苯
对二甲苯
结构
简式
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨ３
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
　　５．两类卤代烃不能发生消去反应
结构特点
实例
与卤素原子相连的碳原子没
有邻位碳原子
ＣＨ３Ｃｌ
与卤素原子相连的碳原子有
邻位碳原子，但邻位碳原子上
无氢原子
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２Ｃｌ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２Ｃｌ
　　６．卤代烃中与卤素原子相连的碳原子有两种或三种邻位碳
原子，且邻位碳原子上均带有氢原子时，发生消去反应可生成不
同的产物。例如：
ＣＨ
ＣＨ３
Ｃｌ
ＣＨ２
ＣＨ３＋ＮａＯＨ
醇
△→
ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ２—ＣＨ３（或ＣＨ３—ＣＨ􀪅ＣＨ—ＣＨ３）＋ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ
７．
ＣＨ
Ｒ
Ｘ
ＣＨ
Ｘ
Ｒ型卤代烃，发生消去反应可以生成
Ｒ
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｒ。例如：
ＢｒＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ＋２ＮａＯＨ
醇
△→ＣＨ
ＣＨ↑＋２ＮａＢｒ＋２Ｈ２Ｏ
􀜁
考点二醇、酚
一、醇、酚的概念
１．醇是羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物，
饱和一元醇的分子通式为ＣｎＨ２ｎ＋１ＯＨ（ｎ≥１）。
２．酚是羟基与苯环直接相连而形成的化合物，最简单的酚
为苯酚（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＯＨ）。
３．醇的分类
醇类
按烃基
类别
脂肪醇，如：ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ、ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ
→
芳香醇，如：
→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＯＨ
按羟基
数目
二元醇，如：乙二醇
→
一元醇，如：甲醇、乙醇
→
三元醇，如：丙三醇
→
二、乙醇的结构和性质
１．乙醇的分子组成和结构
分子式为Ｃ２Ｈ６Ｏ，结构式为
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｈ
Ｃ
Ｈ
Ｈ
Ｏ
Ｈ，结构简式
为①　ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ　，官能团为②　—ＯＨ　。
２．乙醇的物理性质
乙醇俗称酒精，是一种无色且具有特殊香味的液体，密度比
水小，沸点低，具有挥发性，能与水以任意比互溶。体积分数为
７５％的乙醇溶液可作医用酒精。
无水乙醇的制备方法：加入新制的③　生石灰　，蒸馏制无水
乙醇。
检验酒精中是否含有水的方法：加入④　无水ＣｕＳＯ４　，若变
蓝，说明酒精中含水；否则，不含水。
３．乙醇的化学性质
（１）与活泼金属反应
乙醇跟活泼金属钠反应的化学方程式为２ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋２Ｎａ
→２ＣＨ３ＣＨ２ＯＮａ＋Ｈ２↑。
（２）氧化反应
ａ．燃烧：乙醇在足量Ｏ２中完全燃烧的化学方程式为
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋３Ｏ２
点燃
→２ＣＯ２＋３Ｈ２Ｏ。
ｂ．催化氧化：乙醇在加热和铜（或银）的催化作用下，能被氧
气氧化成乙醛，化学方程式为⑤　２ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ（或Ａｇ）
△
→
２ＣＨ３ＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ　。
（３）消去反应
将乙醇、浓Ｈ２ＳＯ４在１７０℃下共热，乙醇分子内脱水生成乙
烯，化学方程式为ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
１７０℃→ＣＨ２
ＣＨ２↑
􀪅
＋Ｈ２Ｏ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２７５
　
　　（４）取代反应
Ｃ２Ｈ５ＯＨ＋ＨＢｒ
△→Ｃ２Ｈ５Ｂｒ＋Ｈ２Ｏ
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ＋ＨＯＣＨ２ＣＨ３
浓Ｈ２ＳＯ４
１４０℃→ＣＨ３ＣＨ２ＯＣＨ２ＣＨ３
乙醚
＋Ｈ２Ｏ
三、苯酚的结构和性质
１．苯酚的物理性质
（１）纯净的苯酚是⑥　无色　晶体，有⑦　特殊　气味，易被空气
氧化呈⑧　粉红色　。
（２）苯酚常温下在水中的溶解度不大，当温度高于⑨　６５℃　
时，能与水混溶，苯酚易溶于酒精。
（３）苯酚有毒，对皮肤有强烈的腐蚀作用，如果不慎沾到皮
肤上应立即用⑩　酒精　洗涤。
２．由基团之间的相互影响理解酚的化学性质
由于苯环对羟基的影响，酚羟基比醇羟基活泼；由于羟基对
苯环的影响，苯酚中苯环上的氢比苯中的氢活泼。
（１）弱酸性
苯酚电离方程式为Ｃ６Ｈ５ＯＨ􀜩􀜨
􀜑
Ｃ６Ｈ５Ｏ
－＋Ｈ
＋，俗称石炭酸，
但酸性很弱，不能使石蕊溶液变红。
苯酚与ＮａＯＨ反应的化学方程式：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
＋ＮａＯＨ
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＮａ
＋Ｈ２Ｏ
（２）苯环上氢原子的取代反应
苯酚与饱和溴水反应，产生白色沉淀，反应的化学方程式：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
＋３Ｂｒ２
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｂｒ
ＯＨ
Ｂｒ
Ｂｒ
↓＋３ＨＢｒ
（３）显色反应
苯酚跟ＦｅＣｌ３溶液作用显紫色，利用这一反应可检验苯酚的
存在。
醇的反应规律
１．醇的催化氧化规律
醇在一定条件下（Ｃｕ或Ａｇ作催化剂，加热），可发生去氢
氧化。
（１）反应机理
ＣＨ
２ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ
Ｈ
Ｏ
Ｈ
􀜛􀜛􀜛
􀜛􀜛􀜛􀜛􀜛
􀜛
􀜛􀜛􀜛􀜛
􀜛􀜛
􀜛＋Ｏ２
Ｃｕ
△→
ＣＨ
２ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ
ＣＨ
２ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
Ｈ
　
􀜛
􀜛
􀜛􀜛􀜛􀜛
􀜛
􀜛􀜛􀜛
Ｈ
ＣＨ３
＋Ｏ２
Ｃｕ
△→
ＣＨ
２ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３＋２Ｈ２Ｏ
（２）醇的催化氧化（或去氢氧化）形成碳氧双键的条件
连有羟基（—ＯＨ）的碳原子上必须有氢原子，否则该醇不能
被催化氧化。
２．醇的消去反应规律
（１）醇发生消去反应的原理
Ｃ
Ｈ
Ｃ
ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
Ｃ
Ｃ
􀪅
＋Ｈ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋
　　（２）醇发生消去反应的条件
在有浓Ｈ２ＳＯ４存在且加热条件下，与羟基相连的碳原子的
邻位碳原子上有氢原子，才可能发生消去反应形成不饱和键。
当与羟基相连的碳原子无邻位碳原子或与羟基相连的碳原
子的邻位碳原子上无氢原子时，醇不能发生消去反应。
考点三醛、羧酸和酯
一、醛
１．醛的结构和性质
（１）醛：由烃基或氢原子与醛基相连而构成的化合物，可表
示为ＲＣＨＯ。甲醛是最简单的醛。饱和一元醛分子的通式为
ＣｎＨ２ｎＯ（ｎ≥１）。
　　（２）甲醛、乙醛
物质
颜色
气味
状态
密度
水溶性
甲醛
无色
刺激性气味
①　气体　
②　易溶于水　
乙醛
无色
刺激性气味
液体
比水小
与水互溶
　　２．醛的化学性质
醛类物质既有氧化性又有还原性，其氧化、还原关系为
醇
氧化
还原
􀜡􀜠
􀜓
醛
氧化
→羧酸
以乙醛为例写出醛类发生反应的主要化学方程式：
（１）氧化反应
Ａ．银镜反应
③　ＣＨ３ＣＨＯ＋２Ａｇ（ＮＨ３）２ＯＨ
△→ＣＨ３ＣＯＯＮＨ４＋２Ａｇ↓＋
３ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ　
Ｂ．与新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液的反应
④　ＣＨ３ＣＨＯ＋２Ｃｕ（ＯＨ）２＋ＮａＯＨ
△→ＣＨ３ＣＯＯＮａ＋Ｃｕ２Ｏ↓＋
３Ｈ２Ｏ　
（２）还原反应（催化加氢）
⑤　ＣＨ３ＣＨＯ＋Ｈ２
催化剂
△→ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ　
特别提示　（１）醛基只能写成—ＣＨＯ或
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ，不能写
成—ＣＯＨ。
（２）醛与新制的Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液反应时碱必须过量且应加
热煮沸。
（３）银镜反应口诀：银镜反应很简单，生成羧酸铵，还有一水
二银三个氨。
二、羧酸
（１）羧酸：由烃基或氢原子与羧基相连构成的有机化合物。
官能团为⑥　—ＣＯＯＨ　。饱和一元羧酸分子的通式为⑦　ＣｎＨ２ｎＯ２
（ｎ≥１）　。
（２）甲酸和乙酸的分子组成和结构
物质
分子式
结构简式
官能团
甲酸
ＣＨ２Ｏ２
⑧　ＨＣＯＯＨ　
—ＣＯＯＨ和—ＣＨＯ
乙酸
Ｃ２Ｈ４Ｏ２
ＣＨ３ＣＯＯＨ
—ＣＯＯＨ
　　（３）羧酸的化学性质
ａ．酸的通性
乙酸是一种弱酸，其酸性比碳酸强，在水溶液中的电离方程
式为ＣＨ３ＣＯＯＨ􀜩􀜨
􀜑
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２７６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
ｂ．酯化反应
ＣＨ３ＣＯＯＨ和ＣＨ３ＣＨ２
１８ＯＨ发生酯化反应的化学方程式
为⑨　ＣＨ３ＣＯＯＨ＋Ｃ２Ｈ
１８
５ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＯ
１８ＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ　。
三、酯
（１）酯：羧酸分子羧基中的—ＯＨ被—ＯＲ′取代后的产物。
可简写为⑩　ＲＣＯＯＲ′　，官能团为
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｒ′ 。
（２）酯的物理性质
低级酯
具有芳香气味的液体
密度一般比水小
水中难溶，有机溶剂中易溶
（３）酯的化学性质
Ｒ
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀜛
􀜛
Ｏ
Ｒ′ ＋Ｈ２Ｏ
无机酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｒ—Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＨ＋Ｒ′ＯＨ
Ｒ
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀜛
􀜛
Ｏ
Ｒ′ ＋ＮａＯＨ
Ｈ２Ｏ
△→Ｒ—Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＮａ＋Ｒ′—ＯＨ
特别提示　酯的水解反应为取代反应；在酸性条件下为可
逆反应；在碱性条件下，能中和产生的羧酸，反应能完全进行。
一、乙酸和乙醇的酯化反应实验探究
１．原理
ＣＨ３ＣＯＯＨ＋ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ
２．装置
３．反应的特点
（１）通常反应速率很慢。
（２）反应是可逆的，即反应生成的乙酸乙酯在同样的条件下
又部分发生水解反应生成乙酸和乙醇。
４．反应的条件及其意义
（１）加热。加热的主要目的是提高反应速率，其次是使生成
的乙酸乙酯挥发而被收集，使平衡向正反应方向移动，提高乙
醇、乙酸的转化率。
（２）用浓硫酸作催化剂，提高反应速率。
（３）用浓硫酸作吸水剂，提高乙醇、乙酸的转化率。
５．实验室里制取乙酸乙酯时的注意事项
（１）化学药品加入大试管时，不能先加浓硫酸。
（２）加热要小心均匀地进行，以防乙酸、乙醇大量挥发，液体
暴沸。
（３）导气管不能伸入饱和Ｎａ２ＣＯ３溶液内，以防倒吸。
６．实验室里制乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯
的主要优点
（１）挥发出来的乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的盐，乙醇
易溶于碳酸钠溶液，利于乙酸乙酯与乙酸、乙醇的分离。
（２）乙酸乙酯在无机盐溶液中溶解度较小，易于分层。
７．反应的规律
有机酸与醇发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢。
二、酯化反应的五大类型
（１）一元羧酸与一元醇之间的酯化反应，如
ＣＨ３ＣＯＯＨ＋ＨＯＣ２Ｈ５
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ
（２）一元羧酸与多元醇之间的酯化反应，如
２ＣＨ３ＣＯＯＨ＋ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＨ２ＯＯＣＣＨ３
ＣＨ２ＯＯＣＣＨ３
＋２Ｈ２Ｏ
（３）多元羧酸与一元醇之间的酯化反应，如
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
＋２ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
＋２Ｈ２Ｏ
（４）多元羧酸与多元醇之间的酯化反应：此时反应有三种情
形，可得普通酯、环酯和高聚酯。如
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
＋ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＨＯＯＣ—ＣＯＯＣＨ２ＣＨ２ＯＨ＋Ｈ２Ｏ
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
＋ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＯＯＣＨ２
ＣＯＯＣＨ２
＋２Ｈ２Ｏ
ｎＨＯＯＣ—ＣＯＯＨ＋ｎＨＯＣＨ２ＣＨ２ＯＨ
一定条件→
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２ＣＨ２
Ｏ􀰻Ｈ＋（２ｎ－１）Ｈ２Ｏ
（５）羟基酸自身的酯化反应：此时反应有三种情形，可得到
普通酯、环酯和高聚酯。如
　　
２ＣＨ３ＣＨＣＯＯＨ
ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＨＣＯＯＣＨＣＯＯＨ
ＯＨ
ＣＨ３
＋Ｈ２Ｏ
２ＣＨ３ＣＨＣＯＯＨ
ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＯＯ
ＯＯＣ
ＣＨ
ＣＨ３＋２Ｈ２Ｏ
ｎＣＨ３ＣＨＣＯＯＨ
ＯＨ
一定条件→
Ｈ􀰷Ｏ
ＣＨ
ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀰻
ＯＨ
＋
（ｎ－１）Ｈ２Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２１
考点一烃、卤代烃
１．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（　　）
Ａ．甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｂ．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应
生成环己烷
Ｃ．苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与
水生成乙醇的反应
Ｄ．在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯生成聚乙烯的反应
１．
答案　
Ｃ　
Ａ项，前者属于取代反应，后者属于氧化反应；Ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２７７
　
项，前者属于加成反应，后者也属于加成反应；Ｃ项，前者属于
取代反应，后者属于加成反应；Ｄ项，前者属于物理变化，苯萃
取了溴水中的溴，后者属于加聚反应。
关联知识　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋ＨＮＯ３
浓Ｈ２ＳＯ４
５０℃～６０℃→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２＋Ｈ２Ｏ，
该反应属于取代反应，也叫硝化反应。
２．下列有关烃的描述中正确的是
（　　）
Ａ．实验室可用Ｈ２除去乙烷中的乙烯
Ｂ．在催化剂作用下，苯与溴水反应生成溴苯
Ｃ．乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子中不含碳碳双键，但二者
均可发生加成反应
Ｄ．Ｃ２Ｈ６与Ｃｌ２发生取代反应，Ｃ２Ｈ４与ＨＣｌ发生加成反应，均可
得到纯净的Ｃ２Ｈ５Ｃｌ
２．
答案　
Ｃ　
用Ｈ２除去乙烷中的乙烯，乙烷中会引入新的杂
质气体Ｈ２，Ａ不正确；苯与液溴在催化剂作用下可发生取代反
应生成溴苯和溴化氢，苯与溴水不反应，Ｂ不正确；乙烯和苯均
可与Ｈ２发生加成反应，Ｃ正确；Ｃ２Ｈ６与Ｃｌ２发生取代反应可
同时生成多氯代物，无法得到纯净的Ｃ２Ｈ５Ｃｌ，Ｄ不正确。
３．化合物Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ的分子式均为Ｃ７Ｈ８，Ｚ的空间结构类似于篮
子。下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．化合物Ｗ的同分异构体只有Ｘ、Ｙ、Ｚ
Ｂ．Ｘ、Ｙ、Ｚ均可与酸性ＫＭｎＯ４溶液反应
Ｃ．１ｍｏｌＸ、１ｍｏｌＹ与足量溴的ＣＣｌ４溶液反应最多消耗Ｂｒ２均
为２ｍｏｌ
Ｄ．Ｚ的一氯代物只有３种
３．
答案　
Ｄ　
甲苯还有链状结构的同分异构体，如
ＣＨ２
ＣＨ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
ＣＨ
􀜁
，Ａ项错误；Ｚ不能与酸
性ＫＭｎＯ４溶液反应，Ｂ项错误；１ｍｏｌＸ与足量溴的ＣＣｌ４溶液
反应需要２ｍｏｌＢｒ２，１ｍｏｌＹ与足量溴的ＣＣｌ４溶液反应最多消
耗Ｂｒ２３ｍｏｌ，Ｃ项错误；根据Ｚ的结构可知Ｚ有３种类型的氢
原子，其一氯代物只有３种，Ｄ项正确。
知识拓展　碳碳双键能发生加成反应，也能被氧化。使溴水
褪色的原理，可能是发生加成反应，也可能是发生氧化反应。
考点二醇、酚
４．迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效，它的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＨＯ
ＣＨＣＨ２
ＣＯＯＨ
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＯＨ
ＯＨ。
以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线如下所示，下列说法错
误的是
（　　）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＯＨ→……→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＨＯ
ＣＨＣＨ２ＣＯＯＨ
ＯＨ
→……→
迷迭
香酸
　　Ａ　　　　　　　　　　　　Ｂ　　　　　　　　　　　　Ｃ
Ａ．有机物Ａ分子中所有原子可能在同一平面上
Ｂ．有机物Ｂ可以发生取代、加成、消去、氧化反应
Ｃ．１ｍｏｌＣ在催化剂作用下，与Ｈ２加成最多可消耗８ｍｏｌＨ２
Ｄ．１ｍｏｌＣ与足量的ＮａＯＨ溶液反应，最多可消耗６ｍｏｌＮａＯＨ
４．
答案　Ｃ　Ａ项，有机物Ａ分子中所有原子可能在同一平面
上，Ａ正确；Ｂ项，有机物Ｂ分子中含有羟基、羧基、苯环，因此
可以发生取代、加成、消去、氧化反应，故Ｂ正确；Ｃ项，１个迷
迭香酸分子即Ｃ中含有２个苯环、１个碳碳双键，因此１ｍｏｌＣ
在催化剂作用下，与氢气加成最多消耗７ｍｏｌＨ２，Ｃ错误；Ｄ
项，１个迷迭香酸分子即Ｃ中含有４个酚羟基、１个羧基、１个
酯基，１ｍｏｌＣ最多消耗６ｍｏｌＮａＯＨ，故Ｄ正确。
５．自然界三种单萜的结构如图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．①、③互为同分异构体
Ｂ．②的分子式为Ｃ１０Ｈ１８Ｏ
Ｃ．①能使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｄ．①、②、③都能与金属钠反应
５．
答案　Ｂ　
①、③的结构不同，分子式均为Ｃ１０Ｈ１８Ｏ，两者互
为同分异构体，Ａ正确；②的分子式为Ｃ１０Ｈ２０Ｏ，Ｂ不正确；①中
含有碳碳双键和—ＣＨ２ＯＨ，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Ｃ正
确；①、②、③中均含有醇羟基，都能与金属钠反应，Ｄ正确。
考点三醛、羧酸和酯
６．有机物Ｘ、Ｙ、Ｍ相互转化关系如下。下列有关说法不正确的是
（　　）
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｏ
􀪅
＋ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△→
􀜏􀜏
ＣＯＯＣＨ２ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
＋Ｈ２Ｏ
　　　Ｘ　　　　Ｙ　　　　　　　　　Ｍ
Ａ．可用碳酸氢钠区别Ｘ与Ｙ
Ｂ．Ｙ中所有原子在同一平面上
Ｃ．Ｘ、Ｙ、Ｍ均能发生加成、氧化和取代反应
Ｄ．Ｘ环上的二氯代物共有１１种（不考虑顺反异构）
６．
答案　Ｂ　Ａ项，Ｙ与碳酸氢钠不反应，Ｘ分子中含有羧基，
能与碳酸氢钠溶液反应，故Ａ正确；Ｂ项，Ｙ分子中含有
—ＣＨ２—，所有原子不可能处于同一平面上，故Ｂ错误；Ｃ项，Ｘ
分子中含有碳碳双键和羧基，Ｙ分子中含有碳碳双键和羟基，
Ｍ分子中含有碳碳双键和酯基，所以均能发生加成、氧化和取
代反应，故Ｃ正确；Ｄ项，采用定一移一的方法分析，若不考虑
顺反异构，Ｘ环上的二氯代物共有１１种，故Ｄ正确。
疑难突破　本题难点是Ｄ选项，注意采用定一移一的方法分
析同分异构体的种数，即在环上固定一个取代基，移动另外一
个取代基，确定同分异构体数目。
７．脱落酸有催熟作用，其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的
说法错误的是
（　　）
Ａ．分子式为Ｃ１５Ｈ２０Ｏ４
Ｂ．一定条件下可以发生酯化、加聚、氧化反应
Ｃ．所有碳原子不可能共平面
Ｄ．１ｍｏｌ脱落酸能与２ｍｏｌＮａＨＣＯ３发生反应
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２７８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
７．
答案　Ｄ　Ａ项，分子的不饱和度为６，故分子式为Ｃ１５Ｈ２０Ｏ４，
Ａ正确；Ｂ项，脱落酸分子中既有羧基又有羟基，可以发生酯化
反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应、氧化反应，Ｂ正确；Ｃ
项，分子中有两个烷基碳原子连接其他碳原子，所有碳原子不
可能共面，Ｃ正确；Ｄ项，１ｍｏｌ脱落酸中只有１ｍｏｌ羧基，最多
只能与１ｍｏｌＮａＨＣＯ３发生反应，Ｄ错误。
知识归纳　官能团与有机反应类型的关系：醇羟基———酯化
反应、氧化反应；羧基———酯化反应、中和反应、与ＮａＨＣＯ３发
生反应；碳碳双键和三键———加聚反应、氧化反应、加成反应。
８．乙酸松油酯是松油醇的酯化产物，具有甜香气味，广泛应用于
日用和食用香精中。乙酸松油酯的结构简式如图甲所示。下
列说法正确的是
（　　）
Ａ．乙酸松油酯的分子式为Ｃ１２Ｈ２２Ｏ２
Ｂ．乙酸松油酯的水解产物松油醇与图乙所示物质互为同分异
构体
Ｃ．乙酸松油酯既易溶于水，也易溶于乙醇或油脂
Ｄ．乙酸松油酯能使Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液或酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色
８．
答案　Ｄ　
Ａ项，根据乙酸松油酯的结构简式可知，乙酸松
油酯的分子式为Ｃ１２Ｈ２０Ｏ２，故Ａ错误；Ｂ项，松油醇的分子式为
Ｃ１０Ｈ１８Ｏ，图乙所示有机物的分子式为Ｃ１１Ｈ１８Ｏ，分子式不同，两
者不互为同分异构体，故Ｂ错误；Ｃ项，酯不溶于水，可溶于乙
醇和油脂，故Ｃ错误；Ｄ项，乙酸松油酯分子中含有碳碳双键，
能使Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故Ｄ正确。
易错警示　溶液褪色包括化学反应褪色和物理变化褪色。如
含碳碳双键的物质能使Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液或酸性ＫＭｎＯ４溶液
褪色，均属于化学反应褪色，前者发生加成反应，后者发生氧化
反应；苯能使溴水褪色，属于物理变化褪色，是苯萃取溴水中
的Ｂｒ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２２
　　有机推断题的解题突破口
（１）根据反应中的特殊条件进行推断
①ＮａＯＨ的水溶液———卤代烃、酯类的水解反应。
②ＮａＯＨ的醇溶液，加热———卤代烃的消去反应。
③浓硫酸，加热———醇消去、酯化、苯环的硝化等反应。
④溴水或溴的ＣＣｌ４溶液———烯烃、炔烃的加成反应。
⑤Ｏ２、Ｃｕ，加热———醇的催化氧化反应。
⑥新制的Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液，加热（或银氨溶液，水浴加
热）———醛氧化成羧酸的反应。
⑦稀硫酸———酯的水解等反应。
⑧Ｈ２，催化剂———烯烃、炔烃的加成，芳香烃的加成，醛还原
成醇的反应。
⑨光照———烷基上的氢原子被卤素原子取代。
⑩Ｆｅ或ＦｅＸ３（Ｘ为卤素原子）———苯环上的氢原子被卤素
原子取代。
（２）根据有机物的性质推断官能团
有机物的官能团往往具有一些特征反应和特殊的化学性
质，这些都是有机物结构推断的突破口。
①能使溴的四氯化碳溶液褪色的物质可能含有“
Ｃ
Ｃ
􀪅
”
“
Ｃ
Ｃ
􀜁
”或是酚类物质。
②能使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色的物质可能含有“
Ｃ
Ｃ
􀪅
”
“
Ｃ
Ｃ
􀜁
”“—ＣＨＯ”或是酚类、苯的同系物等。
③能发生银镜反应或与新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液反应生成红
色沉淀的物质一定含有—ＣＨＯ。
④能与Ｎａ反应放出Ｈ２的物质可能为醇、酚、羧酸等。
⑤能与Ｎａ２ＣＯ３溶液作用放出ＣＯ２或使石蕊试液变红的有
机物中含有—ＣＯＯＨ。
⑥能水解的有机物中可能含有酯基（
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｒ）、肽键
（
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ
Ｈ
）或是卤代烃。
⑦能发生消去反应的可能是醇或卤代烃等。
（３）根据性质和有关数据推知官能团的数目
①—ＣＨＯ
［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋
→２Ａｇ
新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液
→Ｃｕ２Ｏ
{
②２—ＯＨ（醇、酚、羧酸）
Ｎａ→Ｈ２
③２—ＣＯＯＨ
ＣＯ
２－
３→ＣＯ２，—ＣＯＯＨ
ＨＣＯ
－
３→ＣＯ２
④
Ｃ
Ｃ
􀪅
加成
Ｂｒ２
→
Ｃ
Ｂｒ
Ｃ
Ｂｒ
消去
→
Ｃ
Ｃ
􀜁
加成
２Ｂｒ２
→
Ｃ
Ｂｒ
Ｂｒ
Ｃ
Ｂｒ
Ｂｒ
（４）根据某些产物推知官能团的位置
①由醇氧化成醛（或羧酸），—ＯＨ一定在链端；由醇氧化成
酮，—ＯＨ一定在链中；若该醇不能被催化氧化，则与—ＯＨ相连
的碳原子上无氢原子。
②由消去反应的产物可确定“—ＯＨ”或“—Ｘ”的位置。
③由取代产物的种类可确定碳链结构。
④由加氢后碳架结构确定
Ｃ
Ｃ
􀪅
或
Ｃ
Ｃ
􀜁
的位置。
例
　（２０１９湖北１月联考，３６）芳纶可以制成防弹衣、防
弹头盔、防弹装甲等，对位芳纶纤维Ｊ（聚对苯二甲酰对苯二胺）
是重要的国防军工材料。化合物Ａ、乙烯、苯制备Ｊ的一种合成
路线如下：
　　　　　　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
Ａ
Ｃ２Ｈ４
△→
􀜍
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｂ
Ｐｄ／Ｃ
△→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃ
ＫＭｎＯ４／Ｈ
＋
△
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
Ｄ
ＳＯＣｌ２
ＤＭＦ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＣｌ
ＣＯＣｌ
Ｅ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＯ２
Ｆ
Ｆｅ／ＨＣｌ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨ２
Ｇ
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｎ
Ｎ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＮＨ２
Ｈ
Ｈ２／Ｎｉ
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
ＮＨ２
Ｉ
ù
û
ú
ú
ú
úú
一定
条件
→Ｊ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２７９
　
回答下列问题：
（１）Ａ的化学名称为　　　　　　　　　　　。
（２）Ａ→Ｂ的反应类型是　　　　　　　　　。
（３）实验室由苯制备Ｆ所需试剂、条件分别为　　　　　　
　　　　　　　　。
（４）Ｇ中官能团的名称是　　　　　。
（５）Ｅ与Ｉ反应生成Ｊ的化学方程式为　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（６）写出只含酯基的Ｄ的同分异构体的结构简式（核磁共
振氢谱为四组峰，峰面积比为２∶２∶１∶１）：
　。
（７）参照上述合成路线，以１，３－戊二烯和丙烯为原料（无机
试剂任选），设计制备邻苯二甲酸的合成路线。
解题导引　有机合成题的解题思路
解析　（１）Ａ的结构简式为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ􀪅ＣＨＣＨ３，其
名称为２，４－己二烯。（２）Ａ为共轭二烯，与乙烯发生１，４－加成
反应形成六元环，所以Ａ→Ｂ的反应是加成反应。（４）Ｇ中所含
官能团为氨基。（５）由题意知Ｊ是聚对苯二甲酰对苯二胺，属于
高分子化合物，由Ｅ和Ｉ发生缩聚反应生成。（６）Ｄ的分子式为
Ｃ８Ｈ６Ｏ４，不饱和度为６，其同分异构体含２个酯基和一个苯环，４
种等效氢原子的个数比为２∶２∶１∶１，可推测含２个甲酸酯基
（—ＯＯＣＨ）且处于间位，结构简式为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＣＯＯ
ＯＯＣＨ
。
答案　（１）２，４－己二烯
（２）加成反应
（３）浓硝酸／浓硫酸、加热
（４）氨基
（５）ｎ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＣｌ
ＣＯＣｌ
＋ｎ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨ２
ＮＨ２
一定条件→（２ｎ－１）ＨＣｌ＋
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ
Ｈ
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｎ
Ｈ
􀰻Ｈ
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＣＯＯ
ＯＯＣＨ
（７）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
△→
􀜍
Ｐｄ／Ｃ
△→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＫＭｎＯ４／Ｈ
＋
△
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２３
１．（２０１９江西上饶月考，３６）伪麻黄碱（Ｉ）是常见感冒药的成分
之一，用于缓解感冒时带来的一些症状，其中一种合成路线
如下：
Ａ
Ｂ
→
Ｍｇ
　→Ｃ
Ｄ
→
Ｈ
＋
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
Ｅ　
　　
①→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＣＨ２ＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｆ　
　
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨＣＨ３
Ｂｒ
Ｇ　　
　
→Ｃ１０Ｈ１３ＯＮ
Ｈ
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＯＨ
ＣＨＣＨ３
ＮＨＣＨ３
Ｉ　　　　
已知：Ⅰ．ＲＣＨ２Ｂｒ
Ｍｇ→ＲＣＨ２ＭｇＢｒ
１）Ｒ′ＣＨＯ
２）Ｈ
＋→ＲＣＨ２ＣＨＲ′
ＯＨ
（Ｒ、
Ｒ′均代表烃基或氢原子）
Ⅱ．Ａ是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一；Ｄ
的蒸气密度是相同条件下氢气密度的５３倍。
回答下列问题：
（１）Ｄ的名称为　　　　　　　。Ｆ分子中最多有　　　　个
原子在同一个平面上。
（２）Ｉ中含氧官能团的名称为　　　
　。Ｈ的结构简式为　
　
　　　　。
（３）写出Ｅ在一定条件下与乙酸反应的化学方程式：
　
　。
（４）Ｇ可以发生消去反应得到化合物Ｍ。写出Ｍ在一定条件
下发生聚合反应的化学方程式：　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（５）满足下列条件的Ｅ的同分异构体有　　　　种（不考虑立
体异构）。
①属于苯的邻位二元取代物
②能与金属钠反应
（６）参照上述合成路线和相关信息，设计由Ａ制备２－丁醇的
合成路线（其他试剂任选）。
１．
答案　（１）苯甲醛　１６
（２）羟基　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨＣＨ３
ＮＨＣＨ３
（３）ＣＨ３ＣＯＯＨ＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＯＣＣＨ３
＋Ｈ２Ｏ
（４）ｎ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ􀰻
􀰷ＣＨ２
Ｏ
􀪅
（５）５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（６）
ＣＨ２􀪅ＣＨ２
ＨＢｒ→ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ
Ｍｇ→ＣＨ３ＣＨ２ＭｇＢｒ
ＣＨ２􀪅ＣＨ２
Ｏ２→ＣＨ３ＣＨＯ
ù
ûúú
Ｈ
＋
→
ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
解析　Ａ是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之
一，则Ａ为乙烯（ＣＨ２􀪅ＣＨ２）；结合信息Ⅰ知，Ｂ为卤代烃，Ｂ
可以为ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ，Ｃ为ＣＨ３ＣＨ２ＭｇＢｒ；Ｄ的蒸气密度是相同条
件下氢气密度的５３倍，则Ｄ的相对分子质量为１０６，结合信息
Ⅰ以及Ｅ的结构简式可知，Ｄ为苯甲醛（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＯ）。
（１）Ｆ分子中苯环和羰基属于平面结构，甲基为四面体结构，碳
碳单键可以旋转，最多有１６个原子共平面。（２）Ｉ中含氧官能
团为羟基。根据Ｇ和Ｉ的结构简式及Ｈ的分子式可知，Ｈ的
结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨＣＨ３
ＮＨＣＨ３
。（３）Ｅ中含有羟基，在一定条件下
与乙酸能够发生酯化反应。（４）Ｇ分子中含有溴原子，可以发
生消去反应得到
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
。
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
在一定
条件下可发生聚合反应。（５）①说明苯环上有２个侧链；②说
明含有羟基，满足条件的同分异构体中２个侧链分别是—ＯＨ
和—ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３、—ＯＨ
和
ＣＨＣＨ３
ＣＨ３
、—ＣＨ２ＯＨ
和
—ＣＨ２ＣＨ３、—ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ和—ＣＨ３、—ＣＨＯＨＣＨ３和—ＣＨ３，共
５种。
２．（２０１８河北衡水中学大联考，２６）以苯酚等有机物为原料制备
高分子材料（Ｍ）和药物（Ｎ）的一种合成路线如下（部分反应条
件略去）：
已知：Ｒ１
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｒ２＋Ｒ３ＯＨ
Ｈ
＋
→
Ｃ
Ｒ１
Ｒ２
Ｒ３Ｏ
ＯＨ（Ｒ１、Ｒ２表示
氢原子或烃基，Ｒ３表示烃基）。
请回答下列问题：
（１）Ｍ的结构简式为　
　
　
　
　
　
　
　。Ｅ的化学名称为
　　　　　　　。
（２）Ｃ中官能团的电子式为　　　　　　　　　　。
（３）Ｄ的核磁共振氢谱中有　　　　　组吸收峰。
（４）Ｆ→Ｇ的反应类型为　　　　　　　。
（５）Ｈ→Ｎ的化学方程式为
　
　。
（６）同时满足下列条件的Ｈ的同分异构体有　　　种（不考虑
立体异构）。
①苯环上连有两个取代基
②能与ＦｅＣｌ３溶液发生显色反应
③能与ＮａＨＣＯ３溶液反应生成气体
（７）已知：一个碳原子上连有两个羟基的有机物不能稳定存
在。参照上述合成路线和信息，以甲醇和乙醇为原料（其
他无机试剂任选），设计制备ＣＨ３ＯＣＨＯＣＨ３
ＣＨ３
的合成路线。
２．
答案　（１）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ􀰷
ＯＨ
ＣＨ２􀰻ＯＨ　丙酮
（２）·Ｏ
··
··
·
·Ｈ
（３）３
（４）取代反应
（５）
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ
（６）３９
（７）ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
Ｏ２
催化剂／△→ＣＨ３ＣＨＯ
ＣＨ３ＯＨ
Ｈ
＋→
ＣＨ３ＯＣＨＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ３ＯＨ
浓硫酸／△→
ＣＨ３ＯＣＨＯＣＨ３
ＣＨ３
解析　
由信息推知，Ｂ为ＨＣＨＯ，Ｅ为ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３，Ｍ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ􀰷
ＯＨ
ＣＨ２􀰻ＯＨ，Ｎ为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５。
（１）Ｅ的化学名称为丙酮。
（２）Ｃ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＣＨ２ＯＨ，其官能团的电子式为·Ｏ
··
··
·
·Ｈ。
（３）Ｄ为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
ＯＨ，根据其结构的对称性可知，其核
磁共振氢谱中有３组吸收峰。
（４）Ｆ→Ｇ为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＯＨ发生取代反应转化
为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｂｒ。
（５）Ｈ→Ｎ为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ发生酯化反应转化
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２８１
　
为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５，其反应方程式为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ。
（６）Ｈ为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＯＯＨ，根据限制条件可知，
其同分异构体中含有酚羟基、羧基和氯原子三种官能团；苯环
上有两个取代基，则除酚羟基外，苯环上的另一取代基是在
—ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３或—ＣＨ（ＣＨ３）２上分别连接—Ｃｌ和—ＣＯＯＨ后，
再与酚羟基以邻、间、对三种方式连在苯环上。—ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３
上分别连接—Ｃｌ和—ＣＯＯＨ有９种结构，—ＣＨ（ＣＨ３）２上分别
连接—Ｃｌ和—ＣＯＯＨ有４种结构，上述每种结构与酚羟基搭配
连在苯环上时分别有３种，共３９种。
（７）参照题述合成路线和信息，结合逆推法，合成
ＣＨ３ＯＣＨＯＣＨ３
ＣＨ３
可用ＣＨ３ＯＨ与ＣＨ３ＯＣＨＯＨ
ＣＨ３
发生取代反应，
ＣＨ３ＯＣＨＯＨ
ＣＨ３
可用ＣＨ３ＯＨ与ＣＨ３ＣＨＯ发生加成反应得到，
ＣＨ３ＣＨＯ可由ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ发生催化氧化生成。由此可得合成
路线。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２４
　　结构（官能团）决定性质，性质决定用途。以陌生有机物的
结构为载体，通过官能团探究物质的结构，预测、描述和解释有
机物的性质。
例
　（２０１９湖南师大附中月考，１２）头孢羟氨苄（如图所
示）被人体吸收的效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而广
泛应用于敏感细菌所致的多种疾病的治疗。已知酰胺键
（
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ
）可以在碱性条件下水解。下列对头孢羟氨苄的
说法正确的是
（　　）
Ａ．头孢羟氨苄的分子式为Ｃ１６Ｈ１４Ｎ３Ｏ５Ｓ·Ｈ２Ｏ
Ｂ．１ｍｏｌ头孢羟氨苄分别与ＮａＯＨ溶液和浓溴水反应时，需
消耗４ｍｏｌＮａＯＨ和３ｍｏｌＢｒ２
Ｃ．在催化剂存在的条件下，１ｍｏｌ头孢羟氨苄可与７ｍｏｌＨ２
发生反应
Ｄ．头孢羟氨苄能在空气中稳定存在
解析　Ａ项，头孢羟氨苄的分子式为Ｃ１６Ｈ１７Ｎ３Ｏ５Ｓ·Ｈ２Ｏ，
故Ａ错误；Ｂ项，（酚）羟基、酰胺键、羧基均可以与ＮａＯＨ溶液反
应，１ｍｏｌ头孢羟氨苄消耗４ｍｏｌＮａＯＨ，１ｍｏｌ头孢羟氨苄与浓溴
水反应消耗３ｍｏｌＢｒ２，故Ｂ正确；Ｃ项，苯环、碳碳双键可以与氢
气反应，消耗Ｈ２４ｍｏｌ，酰胺键、羧基不能与氢气反应，故Ｃ错误；
Ｄ项，头孢羟氨苄分子中含有酚羟基，易被空气中的氧气氧化，
故Ｄ错误。
答案　Ｂ
题目价值　官能团是有机化学反应的核心。以常用药物为
知识载体，充分考查官能团的性质，结合题中的新信息，使学生
通过对照、联想、分析达到知识的迁移应用，体现了有机化学知
识的实用性。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２５
１．（２０１９湖南怀化一模，９）乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构
简式如图，关于该有机物的叙述正确的是
（　　）
􀜏􀜏
􀪅
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３
Ａ．１ｍｏｌ该有机物在镍催化下可消耗３ｍｏｌＨ２
Ｂ．该有机物既能发生氧化反应又能发生还原反应
Ｃ．该有机物的分子式为Ｃ１２Ｈ１８Ｏ２
Ｄ．１ｍｏｌ该有机物能消耗２ｍｏｌＮａＯＨ
１．
答案　Ｂ　Ａ项，１个乙酸橙花酯分子中含有２个碳碳双键，
酯基与氢气不发生加成反应，则１ｍｏｌ该有机物可消耗２ｍｏｌ
Ｈ２，故Ａ错误；Ｂ项，乙酸橙花酯分子中含有碳碳双键，既能发
生氧化反应又能发生还原反应，故Ｂ正确；Ｃ项，由乙酸橙花酯
的结构简式可知其分子式为Ｃ１２Ｈ２０Ｏ２，故Ｃ错误；Ｄ项，１ｍｏｌ
该有机物水解时只能消耗１ｍｏｌＮａＯＨ，故Ｄ错误。
２．（２０１９广东汕头期末，４）２０１８年１１月４日凌晨，福建泉州港
区发生“ 碳九” 泄露，对海洋环境造成污染，危害人类健康。
“碳九” 芳烃主要成分有
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３
（ａ）、
（ｂ）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３（ｃ）等。下列有关上述三种物质的说法错误的是
（　　）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ．ａ、ｂ、ｃ互为同分异构体
Ｂ．ａ、ｂ、ｃ均能与酸性高锰酸钾溶液反应
Ｃ．ａ中所有碳原子处于同一平面
Ｄ．１ｍｏｌｂ最多能与４ｍｏｌＨ２发生反应
２．
答案　
Ａ　
Ａ项，ｂ与ａ、ｃ分子式不同，不互为同分异构体，
故Ａ错误；Ｂ项，ａ、ｃ苯环侧链碳上有氢，故可与酸性高锰酸钾
溶液反应，ｂ中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反应，故
Ｂ正确；Ｃ项，ａ中三个甲基直接连接苯环，所有碳原子一定处
于同一平面，故Ｃ正确；Ｄ项，ｂ中苯环、碳碳双键均可与氢气
反应，１ｍｏｌｂ最多可与４ｍｏｌＨ２发生反应，故Ｄ正确。
３．（２０１８河北邯郸一模，３６）新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其
合成路线如下：
已知：①ＲＣＨＯ＋Ｒ′ＣＨ２ＣＨＯ
ＮａＯＨ溶液
△
→ＲＣＨ
ＣＣＨＯ＋Ｈ２Ｏ
􀪅
Ｒ′
②ＲＣＨＯ＋
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ２ＯＨ
Ｈ
＋
→
ＣＨ２Ｏ
ＣＨ２Ｏ
ＣＨＲ＋Ｈ２Ｏ
（１）已知甲的相对分子质量为３０，甲的结构简式为　
　
　
　。
Ｅ中含氧官能团的名称是　　　　　　　　　。
（２）反应②的反应类型是　　　　　　　　。
（３）写出反应①的化学方程式：
　。
（４）芳香族化合物Ｇ与Ｅ互为同分异构体，１ｍｏｌＧ能与足量
ＮａＨＣＯ３溶液反应产生１ｍｏｌ气体，且Ｇ能发生银镜反应。
则Ｇ的结构有　　
　
　
种。其中一种结构苯环上的一氯
代物有两种，且被氧化后能与Ｃ反应生成高分子化合物，
写出该高分子化合物的结构简式：
　。
（５）结合已知①，设计以乙醇和苯甲醛（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
）为原料（无
机试剂任选）制备
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２ＣＨ３的合
成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭
头上注明试剂和反应条件）。
３．
答案　（１）ＨＣＨＯ　醚键、醛基　（２）加成反应
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋Ｂｒ２
ＦｅＢｒ３→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｂｒ＋ＨＢｒ
（４）３　
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
ＨＯ􀰷
Ｏ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ􀰻Ｈ
（５）
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
Ｃｕ／Ｏ２
△→
ＣＨ３ＣＨＯ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＮａＯＨ溶液，△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＨＯ
􀪅
Ｏ２
催化剂，△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＨ
􀪅
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸，△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＣＨ２ＣＨ３
􀪅
解析　（１）已知甲的相对分子质量为３０，甲为甲醛，结构简
式为ＨＣＨＯ；根据信息②可知，有机物
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＣＨＯ
ＯＨ（Ｄ）与
ＨＣＨＯ发生反应生成环状醚醛
（Ｅ），所以
该有机物含氧官能团的名称是醚键、醛基。（２）反应②的反应
类型是加成反应。（４）芳香族化合物Ｇ的分子式为Ｃ８Ｈ６Ｏ３，
１ｍｏｌＧ能与足量ＮａＨＣＯ３溶液反应产生１ｍｏｌ二氧化碳气体，
则含有１ｍｏｌ—ＣＯＯＨ；Ｇ能发生银镜反应，说明含有—ＣＨＯ；
符合条件的结构有３种；其中一种结构苯环上的一氯代物有两
种，为对位取代，被氧化后生成对苯二甲酸，对苯二甲酸与Ｃ
（邻苯二酚）发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合
物的结构简式为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
ＨＯ􀰷
Ｏ
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ􀰻Ｈ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２４１
考点一烃、卤代烃
１．（２０１９课标Ⅰ，８，６分）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
１．
答案　Ｂ　本题涉及的考点是烃的结构和性质，考查了学生
对烃的物理性质、化学性质，分子空间构型的辨认、整合能力，
体现了运用熟悉的模型对未知物质的性质进行推理的证据推
理与模型认知的学科核心素养。Ａ项，分子中含有碳碳双键，
能使稀高锰酸钾溶液褪色，故错误；Ｂ项，分子中含有碳碳双
键，可以发生加成聚合反应，故正确；Ｃ项，分子中含有甲基，该
部分的空间构型为四面体，则分子中所有原子不可能共平面，
故错误；Ｄ项，烃类物质难溶于水，故错误。
规律总结　能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团和结构：
①碳碳双键；②碳碳三键；③羟基（与羟基相连的碳上有氢原
子）；④醛基；⑤
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｈ
。
对比突破　烃类物质（碳氢化合物）的物理性质可以联系生活
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２８３
　
中常见的烃加以记忆。这样不难记住烃均难溶于水，且密度通
常比水小的物理性质。
２．（２０１９课标Ⅲ，８，６分）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
２．
答案　Ｄ　本题涉及有机物分子中原子共面知识，通过对分
子模型的认知，考查了分析和解决问题的能力，对物质的组成、
结构的分析，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。
在有机物分子中，因ＣＨ４为正四面体结构，在分子结构中若
有—ＣＨ３、—ＣＨ２、—ＣＨ存在，则所有的原子不可能共面，
Ａ、Ｂ、Ｃ项错误；
平面Ｍ１和平面Ｍ２共用一
个碳碳单键，所有的原子可能共面，Ｄ项正确。
命题指导　
熟悉常见简单有机小分子ＣＨ４、ＣＨ２􀪅ＣＨ２、
ＣＨ
ＣＨ
􀜁
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
的结构。
３．（２０１８课标Ⅲ，９，６分）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
３．
答案　Ｃ　
本题考查苯和烯烃的性质。Ａ项，加入铁粉，苯
乙烯苯环上的氢原子可以与液溴发生取代反应，正确；Ｂ项，苯
乙烯分子中含有碳碳双键，可以与酸性ＫＭｎＯ４溶液发生氧化
反应，使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色，正确；Ｃ项，苯乙烯与氯化氢在
一定条件下发生加成反应，生成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨ２Ｃｌ
或
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣｌＣＨＣＨ３
，
错误；Ｄ项，苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生
成聚苯乙烯，正确。
审题方法　苯乙烯分子中含有苯环和碳碳双键，苯环上的氢
原子在铁粉作用下可以与液溴发生取代反应；碳碳双键可以与
酸性ＫＭｎＯ４溶液发生氧化反应，可以与卤化氢发生加成反应。
４．（２０１７课标Ⅱ，１０，６分）下列由实验得出的结论正确的是
（　　）
实验
结论
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
４．
答案　Ａ　ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｂｒ２
→ＣＨ２
Ｂｒ
ＣＨ２
Ｂｒ
，Ｂｒ２被消耗，生
成无色的１，２－二溴乙烷，１，２－二溴乙烷可溶于四氯化碳，Ａ正
确；金属钠可与乙醇和水反应产生可燃性气体，但没有说明产
生气体的快慢，故不能证明乙醇分子中的氢和水分子中的氢具
有相同的活性，Ｂ不正确；２ＣＨ３ＣＯＯＨ＋ＣａＣＯ３
→
Ｃａ（ＣＨ３ＣＯＯ）２＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，该反应说明乙酸的酸性强于碳
酸，Ｃ不正确；ＣＨ４＋Ｃｌ２
光→ＣＨ３Ｃｌ＋ＨＣｌ，ＨＣｌ能使湿润的石蕊
试纸变红，Ｄ不正确。
知识拓展　—ＯＨ中氢原子的活性
ＣＨ３Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＨ＞ＨＯ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＨ＞Ｈ—Ｏ—Ｈ＞ＣＨ３ＣＨ２—ＯＨ
考点二醇、酚
５．（２０１９课标Ⅲ，３６，１５分）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）
􀜍
ＣＯＯＨ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
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；
③１ｍｏｌ的Ｘ与足量金属Ｎａ反应可生成２ｇＨ２。
（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）
５．
答案　（１）间苯二酚（１，３－苯二酚）
（２）羧基、碳碳双键
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（３）取代反应　Ｃ１４Ｈ１２Ｏ４
（４）不同碱　不同溶剂　不同催化剂（或温度等）
（５）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｉ
ＯＨ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｉ
ＯＨ
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ
ＦｅＢｒ３→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ２
ｈυ→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
ＮａＯＨ
醇→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＫＩ／ＢＴＰＰＣ→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｉ
ü
þ
ý
ïï
ïï
钯催化剂→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜏􀜏
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
解析　
本题涉及的考点有有机官能团的识别、有机物的命
名、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等。通过对流程
图和表格的分析，考查了接收、整合化学信息的能力。以氧化
白藜芦醇Ｗ的合成为载体，体现了证据推理与模型认知这一
学科核心素养。同时体现化学在社会发展、科技进步、生产生
活中的价值。
（１）Ａ中两个酚羟基处于间位，所以Ａ的名称为间苯二酚或
１，３－苯二酚。
（２）丙烯酸中含有两种官能团：碳碳双键和羧基。
（３）反应③，Ｄ中两个甲基被两个氢原子取代。
（４）题表６组实验中，碱与溶剂均为变量，探究了不同碱和不
同溶剂对反应产率的影响。另外催化剂具有选择性，不同的催
化剂也可能对反应产率有影响，还可以进一步探究催化剂对反
应产率的影响。
（５）由条件②可知Ｘ分子中应含有两个甲基且结构高度对称；
由条件③可知Ｘ分子中应含有两个酚羟基。
（６）结合题中
Ｗ
的合成方法可知，要合成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
，需合成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀪅
和
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｉ；
结合Ａ→Ｂ，由
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
合成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｉ；结合原料
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
和
ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ，利用取代反应与消去反应合成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀪅
，据此
写出合成路线。
６．（２０１８天津理综，８，１８分）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　　　　　　。
（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
１ｍｏｌＷ最多与２ｍｏｌＮａＯＨ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
ＯＨ
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　　　　。
６．
答案　（１８分）（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）ＨＯＣ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＣ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ＋Ｈ２Ｏ
（４）５　
Ｈ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｂｒ
（５）ｃ
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｏ
ＮＨ２
（７）ＨＢｒ，△　
Ｂｒ
　Ｏ２／Ｃｕ或Ａｇ，△　
Ｏ
􀪅
解析　（２）Ｂ中混有的杂质应是Ａ、ＨＢｒ及Ａ与ＨＢｒ反应可
能生成的二溴代物，Ｂ与其他物质的沸点有较大的差距，通过
蒸馏的方式可以提纯Ｂ。（３）Ｃ→Ｄ的反应是Ｃ和乙醇间的酯
化反应，书写该化学方程式时要注意反应条件及反应的可逆
性。（４）ＨＯＣ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ的同分异构体Ｗ能发生银镜反应
且１ｍｏｌＷ最多与２ｍｏｌＮａＯＨ反应，说明Ｗ中含有ＨＣＯＯ—；
Ｗ和ＮａＯＨ反应的产物之一可被氧化成二元醛，则反应产物
为甲酸钠和一种二元醇（两个羟基均位于端碳上），该二元醇
的两个羟基一个来自Ｂｒ原子的水解，一个来自酯基的水解，则
Ｗ
的结构简式为
ＨＣＯＯ
ＣＨ２
ＣＨ
Ｃ２Ｈ５
ＣＨ２
Ｂｒ、
ＨＣＯＯ
ＣＨ２
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２
Ｂｒ、
ＨＣＯＯ
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２
ＣＨ２
Ｂｒ、
ＨＣＯＯ
ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２
Ｂｒ、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２８５
　
ＨＣＯＯ—ＣＨ２（ＣＨ２）３ＣＨ２—Ｂｒ，共５种。五种分子中核磁共振
氢谱有四组峰的是ＨＣＯＯ
ＣＨ２
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２
Ｂｒ。（７）根据Ｄ
→Ｅ的转化可知
是由
Ｂｒ
和
Ｏ
􀪅
反应得到的，
结合Ａ→Ｂ的转化可知试剂和条件１是ＨＢｒ、加热。由
ＯＨ
制备
Ｏ
􀪅
所需试剂和条件２是Ｏ２、铜或银、加热。
规律方法　羧酸、酯类及羟基醛可形成类别异构。
考点三醛、羧酸和酯
７．（２０１８课标Ⅰ，９，６分）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
（　　）
７．
答案　
Ｄ　
冰醋酸、乙醇在浓硫酸作用下，加热反应生成乙
酸乙酯，Ａ涉及；导出乙酸乙酯的导气管在饱和碳酸钠溶液上
方可以防止倒吸，Ｂ涉及；乙酸乙酯难溶于水，浮在溶液上方，
可以用分液法分离出乙酸乙酯，Ｃ涉及；蒸发是使易溶固体从
其溶液中析出，Ｄ不涉及。
知识拓展　制取乙酸乙酯实验中，饱和碳酸钠溶液的作用是
溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯的
分离、提纯。
８．（２０１９江苏单科，１７，１５分）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：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＯＨ
ＣＯＯＨ
Ａ
ＳＯＣｌ２
△→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＯＨ
ＣＯＣｌ
Ｂ
ＣＨ３ＯＨ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＯＨ
ＣＯＯＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３ＯＣＨ２Ｃｌ
三乙胺→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＯＣＨ２ＯＣＨ３
ＣＯＯＣＨ３
Ｄ
ＣＨ３Ｉ
Ｋ２ＣＯ３
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３ＣＯ
Ｂｒ
ＯＣＨ２ＯＣＨ３
ＣＯＯＣＨ３
Ｅ
ＬｉＡｌＨ４→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３ＣＯ
Ｂｒ
ＯＣＨ２ＯＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ
Ｆ
（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—Ｃｌ
Ｍｇ
无水乙醚→ＲＭｇＣｌ
１）Ｒ′
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｒ″
２）Ｈ３Ｏ
＋
→
Ｃ
Ｒ
Ｒ′
ＯＨ
Ｒ″
（Ｒ表示烃基，Ｒ′和Ｒ″表示烃基或氢）
写出以
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＣＨ３
ＣＨ３
和ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ为原料制备
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
ＣＨ３
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）。
８．
答案　（１５分）（１）（酚）羟基　羧基　（２）取代反应
（３）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３ＯＣＨ２Ｏ
Ｂｒ
ＯＣＨ２ＯＣＨ３
ＣＯＯＣＨ３
（４）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＨＯ
ＯＣＣＨ２Ｂｒ
Ｏ
􀪅
（５）ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ
Ｏ２
Ｃｕ，△→ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＯ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＣＨ３
ＣＨ３
ＬｉＡｌＨ４→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ３
ＨＣｌ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｃｌ
ＣＨ３
Ｍｇ
无水乙醚→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＭｇＣｌ
ＣＨ３
１）ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＯ
２）Ｈ３Ｏ
＋
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
ＣＨ３
解析　本题涉及的考点有有机反应类型的判断、同分异构体
的书写、有机合成路线设计等，考查考生接受、吸收、整合化学
信息的能力，体现科学态度与社会责任的学科核心素养。
（２）Ａ→Ｂ发生的是取代反应。
（３）Ｃ与ＣＨ３ＯＣＨ２Ｃｌ按物质的量之比１∶１反应生成Ｄ，按物
质的量之比１∶２反应生成Ｘ。
（４）符合条件的同分异构体分子中应含有酚羟基和酯基，由信
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
息②可知该同分异构体的结构简式只能
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２Ｂｒ
ＯＨ
。
（５）
结
合
已
知
信
息
可
知，
若
要
制
备
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２
ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＯＨ
ＣＨ３
，首先要制备
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＭｇＣｌ
ＣＨ３
和
ＣＨ３ＣＨ２Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ，利用题中
Ｅ→Ｆ
的转化可将
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＣＨ３
ＣＨ３
转化为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ３
，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ３
与
ＨＣｌ反应可生成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２Ｃｌ
ＣＨ３
；ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ催化氧化制
得ＣＨ３ＣＨ２Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ。
９．（２０１８课标Ⅰ，３６，１５分）化合物Ｗ可用作高分子膨胀剂，一
种合成路线如下：
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（
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＣＨ２
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
）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）。
９．
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）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＯＨ
ＨＣｌ
　→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｃｌ
ＮａＣＮ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＮ
Ｈ２ＳＯ４→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｃ６Ｈ５ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４△→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＣＨ２
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
解析　
（２）ＣｌＣＨ２ＣＯＯＮａ
→ＮＣ—ＣＨ２ＣＯＯＮａ过程中—ＣＮ
取代了—Ｃｌ，故②为取代反应。
（３）根据Ｄ、Ｅ的结构简式知，反应④为酯化反应，所需试剂是
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ，反应条件为浓硫酸、加热。
（４）根据Ｇ的键线式结构可知Ｇ的分子式为Ｃ１２Ｈ１８Ｏ３。
（５）Ｗ中含有两种含氧官能团，分别为羟基和醚键。
（６）由核磁共振氢谱信息可知，１２个氢原子分为两类，数目之
比为１∶１，空间结构完全对称，符合条件的Ｅ的同分异构体
为
。
方法技巧　对比反应前后有机物结构差异可以判断反应类
型，如本题中Ｄ→Ｅ为取代反应，进而可推知Ｄ→Ｅ所需试剂和
反应的条件。
１０．（２０１８课标Ⅲ，３６，１５分）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：ＲＣＨＯ＋ＣＨ３ＣＨＯ
ＮａＯＨ／Ｈ２Ｏ
△
→Ｒ—ＣＨ􀪅ＣＨ—ＣＨＯ＋Ｈ２Ｏ
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
　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
１０．
答案　（１）丙炔
（２）􀜁
ＣＨ２Ｃｌ＋ＮａＣＮ
△→
􀜁
ＣＨ２ＣＮ＋ＮａＣｌ
（３）取代反应　加成反应
（４）
—ＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
（５）羟基、酯基
（６）Ｃ６Ｈ５
ＯＨ
􀪅
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２８７
　
（７）
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜁
、
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜁
、
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜁
、
􀜁
Ｏ
􀪅
Ｏ
、
􀜁
Ｏ
􀪅
Ｏ
、
􀜁
Ｏ
􀪅
Ｏ
解析　（１）Ａ为ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ
􀜁
，化学名称是丙炔。
（２）Ｂ为单氯代烃，则Ｂ为ＣＨ２
Ｃｌ
Ｃ
ＣＨ
􀜁
，由合成路线知，
Ｂ→Ｃ为取代反应，由Ｂ生成Ｃ的化学方程式为
ＣＨ２
Ｃｌ
Ｃ
ＣＨ＋ＮａＣＮ
􀜁
△→
ＣＨ２
ＣＮ
Ｃ
ＣＨ＋ＮａＣｌ
􀜁
。
（３）由反应条件及Ａ的结构简式知，Ａ生成Ｂ是取代反应；由
Ｆ的分子式和已知信息知，Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ，Ｇ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ􀪅ＣＨ—ＣＨＯ，分析Ｈ的结构简式可以判断出Ｇ
生成Ｈ是加成反应。
（４）分析合成路线可知，Ｃ为ＣＨ２
ＣＮ
Ｃ
ＣＨ
􀜁
，Ｃ在酸性条件
下可以发生水解，生成ＨＣ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２ＣＯＯＨ，其在浓Ｈ２ＳＯ４
作用下与ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ发生酯化反应生成Ｄ，则Ｄ的结构简式
为ＨＣ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２ＣＨ３。
（５）分析Ｙ的结构简式知，Ｙ中的含氧官能团为羟基和酯基。
（６）观察合成路线，分析Ｅ与Ｈ反应生成Ｙ的原理知，Ｅ与Ｆ
发
生
偶
联
反
应
的
产
物
的
结
构
简
式
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＯＨ
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２ＣＨ３。
（７）Ｘ与Ｄ互为同分异构体且官能团相同，说明Ｘ中含有碳碳三
键和酯基，Ｘ有三种不同化学环境的氢，其个数比为３∶３∶２，则
符合条件的Ｘ的结构简式为ＣＨ３
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２ＣＨ３、
ＣＨ３ＣＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ３、
ＣＨ３
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ３、
ＣＨ３Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２ＣＨ３、
ＣＨ３ＣＨ２Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ３、
ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ３。
审题指导　对于信息型有机合成题要注意题中新信息的应
用，新信息包括已知信息和分析合成路线得出的信息，如
（６）题。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一烃、卤代烃
１．（２０１６课标Ⅱ，８，６分）下列各组中的物质均能发生加成反应
的是
（　　）
Ａ．乙烯和乙醇
Ｂ．苯和氯乙烯
Ｃ．乙酸和溴乙烷
Ｄ．丙烯和丙烷
答案　Ｂ　乙醇、溴乙烷、丙烷均不能发生加成反应，Ａ、Ｃ、Ｄ
均不正确。氯乙烯的结构简式为ＣＨ２􀪅ＣＨＣｌ，含有碳碳双键，
能发生加成反应；苯在一定条件下可与Ｈ２发生加成反应，故Ｂ
项正确。
规律方法　能发生加成反应的官能团或物质有：
Ｃ
Ｃ
􀪅
、
Ｃ
Ｃ
􀜁
、
Ｃ
Ｏ
􀪅
、
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ、含苯环的物质等。
２．（２０１６上海单科，５，２分）烷烃ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨＣＨ３
ＣＨ３
的命名
正确的是
（　　）
Ａ．４－甲基－３－丙基戊烷
Ｂ．３－异丙基己烷
Ｃ．２－甲基－３－丙基戊烷
Ｄ．２－甲基－３－乙基己烷
答案　Ｄ　先选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链；
当碳链含有的碳原子数相同时，选择支链最多的碳链为主链。
然后从离支链较近的一端给主链的碳原子编号。题给物质的
名称是２－甲基－３－乙基己烷，故选项Ｄ正确。
考点二醇、酚
３．（２０１５重庆理综，５，６分）某化妆品的组分Ｚ具有美白功效，原
从杨树中提取，现可用如下反应制备：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
　　Ｘ
＋
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
Ｈ２Ｃ
􀪅
　　　　Ｙ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
　　Ｚ
下列叙述错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．Ｘ、Ｙ和Ｚ均能使溴水褪色
Ｂ．Ｘ和Ｚ均能与ＮａＨＣＯ３溶液反应放出ＣＯ２
Ｃ．Ｙ既能发生取代反应，也能发生加成反应
Ｄ．Ｙ可作加聚反应单体，Ｘ可作缩聚反应单体
答案　Ｂ　Ａ项，Ｘ、Ｚ分子中均含酚羟基，Ｙ分子中含碳碳双
键，溴水与Ｘ、Ｚ可发生取代反应，与Ｙ可发生加成反应，都能
使溴水褪色；Ｂ项，Ｘ、Ｚ分子中都没有羧基，不能与ＮａＨＣＯ３溶
液反应生成ＣＯ２；Ｃ项，Ｙ分子中苯环上的氢原子可以发生取
代反应，Ｙ分子中含碳碳双键及苯环，可发生加成反应；Ｄ项，
Ｙ分子中含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，Ｘ
属于酚，可发生缩聚反应生成高聚物。
４．（２０１５天津理综，８，１８分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间
体。以Ａ和Ｂ为原料合成扁桃酸衍生物Ｆ的路线如下：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２８８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
Ｃ
一定条件
　
←
Ａ
Ｂ
　　　
ＣＨ３ＯＨ
浓硫酸，△　
　　
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ３浓氢溴酸
△
→　
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
Ｏ
􀪅
ＯＣＨ３
副产物Ｅ等
→
　　　　　　　　Ｄ　　　　　　　　　
Ｆ　　
（１）Ａ分子式为Ｃ２Ｈ２Ｏ３，可发生银镜反应，且具有酸性，Ａ所含
官能团名称为　　　　　　　　　。
写出Ａ＋Ｂ→Ｃ的化学反应方程式：　　　　　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）Ｃ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
①
ＯＨ
②
Ｏ
􀪅
ＯＨ
③
）中①、②、③３个—ＯＨ的酸性由强
到弱的顺序是　　　　　　。
（３）Ｅ是由２分子Ｃ生成的含有３个六元环的化合物，Ｅ分子
中不同化学环境的氢原子有　　　　种。
（４）Ｄ→Ｆ的反应类型是　
　
　
　
　
　
　
　，１ｍｏｌＦ在一定条
件下与足量ＮａＯＨ溶液反应，最多消耗ＮａＯＨ的物质的量
为　　　　ｍｏｌ。
写出符合下列条件的Ｆ的所有同分异构体（不考虑立体异
构）的结构简式：　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
①属于一元酸类化合物
②苯环上只有２个取代基且处于对位，其中一个是羟基
（５）已知：Ｒ
ＣＨ２
ＣＯＯＨ
ＰＣｌ３
△→Ｒ
ＣＨ
Ｃｌ
ＣＯＯＨ
Ａ有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成Ａ的路线流
程图（其他原料任选）。
合成路线流程图示例如下：
Ｈ２Ｃ􀪅ＣＨ２
Ｈ２Ｏ
催化剂，△→ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
ＣＨ３ＣＯＯＨ
浓硫酸，△→ＣＨ３ＣＯＯＣ２Ｈ５
答案　（１）醛基、羧基
ＣＨＯ
ＣＯＯＨ
＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
一定条件→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
（２）③＞①＞②　（３）４
（４）取代反应　３
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＨ、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＣＯＯＨ
Ｂｒ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ
（５）ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＰＣｌ３
△→
ＣＨ２Ｃｌ
ＣＯＯＨ
ＮａＯＨ，Ｈ２Ｏ
△
→
ＣＨ２ＯＨ
ＣＯＯＮａ
盐酸
→
ＣＨ２ＯＨ
ＣＯＯＨ
Ｏ２
Ｃｕ，△→
ＣＨＯ
ＣＯＯＨ
解析　（１）Ａ能发生银镜反应且具有酸性，说明Ａ分子中含
有醛基和羧基，结合Ａ的分子式可确定其为Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＯＯＨ；
由Ａ与Ｃ的结构可逆推出Ｂ为苯酚，故相关反应方程式为
ＣＨＯ
ＣＯＯＨ
＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
。（３）依题意
可确定Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＯＨ，其分子
中含有４种不同化学环境的氢原子。（４）Ｄ→Ｆ的过程中羟基
被溴原子取代。１ｍｏｌＦ中含有１ｍｏｌ酚羟基，共需消耗１ｍｏｌ
ＮａＯＨ，中和１ｍｏｌＦ水解生成的１ｍｏｌＨＢｒ及１ｍｏｌ—ＣＯＯＨ共
需消耗２ｍｏｌＮａＯＨ，故１ｍｏｌＦ最多可消耗３ｍｏｌＮａＯＨ。符合
题给两个条件的Ｆ的同分异构体有如下４种：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
ＣＯＯＨ
Ｂｒ
。（５）由题给
信息知：ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＰＣｌ３
△→ＣＨ２
Ｃｌ
ＣＯＯＨ，由ＣＨ２
ＣＯＯＨ
Ｃｌ
合成
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＯＯＨ，只需经水解、酸化、催化氧化即可。
考点三醛、羧酸和酯
５．（２０１６课标Ⅲ，８，６分）下列说法错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
Ｂ．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
Ｃ．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
Ｄ．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
答案　
Ａ　
乙烷在室温下不能与浓盐酸发生取代反应，故
错误。
思路分析　烷烃在光照条件下能与Ｃｌ２、溴蒸气发生取代反
应，烯烃与ＨＣｌ在一定条件下能发生加成反应，二者与浓盐酸
在室温下均不反应。
６．（２０１５课标Ⅱ，８，６分）某羧酸酯的分子式为Ｃ１８Ｈ２６Ｏ５，１ｍｏｌ
该酯完全水解可得到１ｍｏｌ羧酸和２ｍｏｌ乙醇，该羧酸的分子
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２８９
　
式为
（　　）
Ａ．Ｃ１４Ｈ１８Ｏ５
Ｂ．Ｃ１４Ｈ１６Ｏ４
Ｃ．Ｃ１６Ｈ２２Ｏ５
Ｄ．Ｃ１６Ｈ２０Ｏ５
答案　Ａ　１ｍｏｌ该羧酸酯和２ｍｏｌＨ２Ｏ反应得１ｍｏｌ羧酸和
２ｍｏｌＣ２Ｈ５ＯＨ，根据原子守恒可知羧酸的分子式为Ｃ１４Ｈ１８Ｏ５。
思路分析　利用酯化反应的特点，１ｍｏｌ羧酸与１ｍｏｌ醇反应
生成１ｍｏｌ酯基就会生成１ｍｏｌＨ２Ｏ。
解题关键　利用原子守恒法，计算出该羧酸的分子式。
７．（２０１５山东理综，９，５分）分枝酸可用于生化研究，其结构简式
如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是
（　　）
􀜍
􀜏􀜏
ＯＨ
ＣＯＯＨ
Ｏ
ＣＨ２
􀪅
ＣＯＯＨ
分枝酸
Ａ．分子中含有２种官能团
Ｂ．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
Ｃ．１ｍｏｌ分枝酸最多可与３ｍｏｌＮａＯＨ发生中和反应
Ｄ．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
答案　Ｂ　分枝酸分子中含有羧基、醇羟基、碳碳双键和醚
键４种官能团，Ａ错误；分枝酸分子中含有羧基和醇羟基，故可
与乙醇、乙酸发生酯化（取代）反应，Ｂ正确；分枝酸分子中的
六元环不是苯环，其分子结构中的羟基为醇羟基，不能与
ＮａＯＨ发生中和反应，故１ｍｏｌ分枝酸最多可与２ｍｏｌＮａＯＨ发
生中和反应，Ｃ错误；分枝酸使溴的四氯化碳溶液褪色发生的
是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，原
理不同，Ｄ错误。
８．（２０１５北京理综，２５，１７分）“ 张－烯炔环异构化反应” 被
《ＮａｍｅＲｅａｃｔｉｏｎｓ》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物：
Ｒ
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
ＨＣ
Ｃ
􀪅
Ｒ′
Ｈ２Ｃ
Ｒ′′
铑催化剂→
（Ｒ、Ｒ′、Ｒ′′表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物Ｊ的路线如下：
　Ｃ　
Ｃ７Ｈ６Ｏ
碱
Ｅ
→
［Ｏ］→
Ｆ
Ｃ９Ｈ８Ｏ２
试剂ａ
→
Ｇ
ⅰ．试剂ｂ
ⅱ．Ｈ
＋→
Ｈ
催化剂
酯化反应→
Ａ
Ｃ３Ｈ４
Ｂ
加成反应→
Ｍ
Ｈ２
催化剂
→
　Ｎ
Ｃ４Ｈ８Ｏ
　Ｄ　
Ｃ２Ｈ４Ｏ
　
Ｉ
Ｃ１３Ｈ１２Ｏ２
铑催化剂→
已知：
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ＋
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
碱
　→Ｈ
Ｃ
Ｃ
􀪅
ＣＨＯ＋Ｈ２Ｏ
（１）Ａ属于炔烃，其结构简式是　　　　　　　。
（２）Ｂ由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是３０。Ｂ的结
构简式是　　　　。
（３）Ｃ、Ｄ含有与Ｂ相同的官能团，Ｃ是芳香族化合物。Ｅ中含
有的官能团是　　　　　　　　。
（４）Ｆ与试剂ａ反应生成Ｇ的化学方程式是　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　；试剂ｂ是　　　　　　　。
（５）Ｍ和Ｎ均为不饱和醇。Ｍ的结构简式是　　　　　　　。
（６）Ｎ为顺式结构，写出Ｎ和Ｈ生成Ｉ（顺式结构）的化学方程
式：
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　（１）ＣＨ３Ｃ
ＣＨ
􀜁
（２）ＨＣＨＯ
（３）碳碳双键、醛基
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＯＯＨ＋Ｂｒ２
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ　ＮａＯＨ醇溶液
（５）ＣＨ３Ｃ
ＣＣＨ２ＯＨ
􀜁
（６）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＨ
＋
Ｃ
ＨＯＨ２Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
ＣＨ３
Ｈ
催化剂→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＣＨ２
Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
ＣＨ３＋Ｈ２Ｏ
Ｈ
解析　由Ｊ的结构简式，结合题中构筑五元环状化合物的信息
可推知Ｉ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＨ３，逆推
出
Ｎ
为
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ
􀪅
ＣＨ２
ＯＨ，
Ｈ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＨ；Ｍ
为不饱和醇，
则
Ｍ
为
Ｃ
ＣＨ３
Ｃ
􀜁
ＣＨ２ＯＨ；Ｂ由Ｃ、Ｈ、Ｏ三种元素组成，相对分子
质量是３０，只能是ＨＣＨ
Ｏ
􀪅
，则Ａ为
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ
􀜁
；由题中信
息可知Ｃ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
，Ｄ为ＣＨ３ＣＨＯ，结合已知可得Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＨＯ
，则Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＯＯＨ，Ｆ与
Ｂｒ２
的
ＣＣｌ４
溶液发生加成反应生成
Ｇ：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＯＯＨ，Ｇ在ＮａＯＨ醇溶液、加热条件下发
生消去反应生成
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＮａ，酸化后得Ｈ。
９．（２０１５福建理综，３２，１３分）“司乐平”是治疗高血压的一种临
床药物，其有效成分Ｍ的结构简式如图所示。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２９０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（１）下列关于Ｍ的说法正确的是　　　　（填序号）。
ａ．属于芳香族化合物
ｂ．遇ＦｅＣｌ３溶液显紫色
ｃ．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
ｄ．１ｍｏｌＭ完全水解生成２ｍｏｌ醇
（２）肉桂酸是合成Ｍ的中间体，其一种合成路线如下：
Ａ
Ｃｌ２／ｈν
→Ｂ（Ｃ７Ｈ６Ｃｌ２）
ＮａＯＨ／Ｈ２Ｏ
△
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＣＨ３ＣＨＯ
稀ＯＨ
－→
　　Ⅰ　　　　　　　　Ⅱ　　　　　　　Ⅲ
Ｃ（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣＨ２ＣＨＯ
ＨＯ
）
△→Ｄ（Ｃ９Ｈ８Ｏ）
ⅰ．［Ａｇ（ＮＨ３）２］
＋
ⅱ．Ｈ
＋
→肉桂酸
　　　　　　　　　　
Ⅳ　　　　　　　　Ⅴ
已知：
Ｃ
Ｒ
Ｒ′（Ｈ）
ＯＨ
ＯＨ
→
Ｃ
Ｒ
Ｏ
􀪅
Ｒ′（Ｈ）＋Ｈ２Ｏ
①烃Ａ的名称为　　　　。步骤Ⅰ中Ｂ的产率往往偏低，
其原因是
　。
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为
　。
③步骤Ⅲ的反应类型是　　　　　　　。
④肉桂酸的结构简式为　　　　　　　　　。
⑤Ｃ的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类
化合物有　　　　种。
答案　（１３分）（１）ａ、ｃ
（２）①甲苯　反应中有一氯取代物和三氯取代物生成
②
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣｌ２
＋２ＮａＯＨ
水
△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
＋２ＮａＣｌ＋Ｈ２Ｏ
③加成反应　④
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＨ
􀪅
　⑤９
解析　（１）Ｍ中含有苯环，属于芳香族化合物，ａ正确；苯环
上无酚羟基，遇ＦｅＣｌ３溶液不显紫色，ｂ错误；Ｍ中有碳碳双键，
能使酸性高锰酸钾溶液褪色，ｃ正确；１ｍｏｌＭ水解生成１ｍｏｌ
ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＯＨ、２ｍｏｌＣＨ３ＣＨ２ＯＨ，ｄ错误。
（２）⑤符合条件的同分异构体有
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＣＯＯＣＨ２
ＣＨ３
（邻、间、对３种）、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３ＣＯＯ
ＣＨ３
（邻、间、对３
种）、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３ＯＯＣ
ＣＨ３（邻、间、对３种）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２４３
时间：４０分钟　分值：７５分
一、选择题（每题６分，共１８分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９河北唐山一模，８）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．乙烯使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应
Ｂ．ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ３分子中的３个碳原子不可能处于同一直线上
Ｃ．聚乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物
Ｄ．等质量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗Ｏ２的物质的量相同
１．
答案　Ｂ　Ａ项，乙烯分子中含有碳碳双键，可与溴发生加
成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，故Ａ错误；
Ｂ项，ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ３为烷烃，３个碳原子不可能在同一直线上，故
Ｂ正确；Ｃ项，麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，
故Ｃ错误；Ｄ项，乙醇可写成Ｃ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ的形式，等质量时乙
烯的物质的量大于乙醇的物质的量，故消耗氧气的物质的量：
乙烯大于乙醇，故Ｄ错误。
２．（２０１９安徽江南十校联考，１２）下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．因发生加成反应，苯可使溴水褪色
Ｂ．Ｃ５Ｈ１０能使酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色的同分异构体共有４种
Ｃ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨＣＨ３
􀪅
分子中最多有１２个原子共平面
Ｄ．将
分子中的一个Ｎ原子换成Ｃ原子后，其分子式为
Ｃ７Ｈ１３Ｎ３
２．
答案　Ｄ　苯不能与溴水发生反应，Ａ不正确。Ｃ５Ｈ１０能使酸
性ＫＭｎＯ４溶液褪色的同分异构体多于４种，Ｂ不正确。
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＨ３
􀪅
分子中最多有１７个原子共平面，Ｃ不正
确。将一个Ｎ原子换成Ｃ原子后，分子中要多出一个Ｈ原子，
Ｄ正确。
３．（２０１９河南八市重点高中一测，４）下列关于有机化合物说法
正确的是
（　　）
Ａ．按系统命名法ＣＨ３ＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ２ＣＨ３的名称为３－甲基丁烷
Ｂ．用酸性高锰酸钾溶液可以除去乙烷中的乙烯
Ｃ．用碳酸氢钠溶液可以区别乙酸和乙醇
Ｄ．丙烯分子中所有原子可能共平面
３．
答案　Ｃ　
ＣＨ３ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＣＨ３
的名称为２－甲基丁烷，Ａ不正
确；乙烯与酸性ＫＭｎＯ４溶液反应生成ＣＯ２，引入了新杂质，Ｂ
不正确；乙酸与ＮａＨＣＯ３溶液反应可生成ＣＯ２气体，乙醇不与
ＮａＨＣＯ３溶液反应，Ｃ正确；丙烯的结构简式为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２，
分子中有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，Ｄ不正确。
归纳总结　酸性ＫＭｎＯ４溶液可以区别乙烷和乙烯；除去乙烷
中的乙烯可以用溴水。
二、选择题（每题６分，共１２分，每小题有一个或两个选项正确）
４．（２０２０届天津七校联考，６改编）ＢＨＴ是一种常见的食品抗氧
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２９１
　
化剂，合成方法有如下两种：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＯＨ能与Ｎａ２ＣＯ３溶液反应生成ＣＯ２　　
Ｂ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＯＨ与ＢＨＴ互为同系物
Ｃ．ＢＨＴ久置于空气中会被氧化
Ｄ．两种方法的反应类型都是加成反应
４．
答案　ＢＣ　酚羟基的酸性比碳酸弱，与碳酸钠反应生成碳
酸氢钠，不生成二氧化碳气体，故
Ａ
错误。
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＯＨ与ＢＨＴ结构相似，分子组成上相差８个
ＣＨ２原子团，二者互为同系物，故Ｂ正确。ＢＨＴ分子中含酚羟
基，易被氧化，故Ｃ正确。方法二发生的是取代反应，故Ｄ
错误。
易错警示　（１）注意酚和芳香醇的区别；（２）Ｃ６Ｈ５ＯＨ＋Ｎａ２ＣＯ３
→Ｃ６Ｈ５ＯＮａ＋ＮａＨＣＯ３。
５．（２０１９湖南、湖北八市十二校一调，１４）已知ＲＣＨ２ＯＨ
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７／Ｈ
＋
　
→ＲＣＨＯ
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７／Ｈ
＋
　
→ＲＣＯＯＨ。某有机物Ｘ的分
子式为Ｃ６Ｈ１４Ｏ，能和钠反应放出氢气。Ｘ经酸性重铬酸钾
（Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７）溶液氧化最终生成Ｙ（Ｃ６Ｈ１２Ｏ２），若不考虑立体结
构，Ｘ和Ｙ在一定条件下生成的酯最多有
（　　）
Ａ．４种
Ｂ．８种
Ｃ．３２种
Ｄ．６４种
５．
答案　Ｄ　根据已知信息得出只有含“—ＣＨ２ＯＨ” 的醇能被
氧化成羧酸，符合条件的醇相当于正戊烷、异戊烷、新戊烷分别
有一个氢原子被“—ＣＨ２ＯＨ”取代，共有８种，则氧化后对应的
羧酸也有８种，相互间反应生成的酯共有８×８＝６４种，故选Ｄ。
关联知识　Ｒ—ＣＨ２ＯＨ（Ｒ为烃基）
催化剂
Ｏ２，△→Ｒ—ＣＨＯ
催化剂
Ｏ２，△→
Ｒ—ＣＯＯＨ，
Ｒ
ＣＨ
Ｒ′
ＯＨ
（Ｒ、Ｒ′ 为烃基）
催化剂
Ｏ２，△→
Ｒ
Ｃ
Ｒ′
Ｏ
􀪅
；
Ｃ
Ｒ′
Ｒ″
Ｒ
ＯＨ（Ｒ、Ｒ′、Ｒ″为烃基）无法被催化氧化。
三、非选择题（共４５分）
６．（２０２０届湖北武汉部分重点中学起点考试，１９）（１５分）有机
物Ｆ用于制造香精，可利用下列路线合成。
回答下列问题：
（１）Ａ的化学名称是　　　　　　　　　　　。
（２）Ｂ的结构简式是　　　　
　
　
　
　
　
　，Ｄ中官能团的名
称是　　　　　　　　。
（３）①～⑥中属于取代反应的有　　　　　（填序号）。
（４）反应⑥的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）Ｃ有多种同分异构体，与Ｃ具有相同官能团的有　
　
　
　
种（不包括Ｃ），其中核磁共振氢谱为四组峰的结构简式为
　　　　　　　　　　　　　（任写一种）。
（６）参照上述合成路线，以ＣＨ３Ｃ
ＣＨ３
Ｂｒ
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ为原料
（无机试剂任选），设计制备
的合成路线。
６．
答案　（１）２－甲基－１，２－二溴丁烷
（２）Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ　羧基、碳碳双键
（３）②⑤⑥
（４）
ＣＨ３ＣＨ
ＣＣＯＯＨ＋
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＨ
ＣＣＯＯＣＨ２
􀪅
ＣＨ３
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
＋Ｈ２Ｏ
（５）１１　
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２
ＯＨ
ＣＯＯＨ或ＣＨ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＯＨ
（６）
解析　由合成路线可知，２－甲基－１－丁烯与溴发生加成反应
生成Ａ，则Ａ为Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
Ｃ
Ｂｒ
ＣＨ３
ＣＨ２Ｂｒ；Ａ发生水解反应生
成Ｂ，则Ｂ为Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ；结合Ｃ的分子式，可
知Ｃ为Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ；对比Ｃ、Ｄ分子式，结合Ｄ能
使溴水褪色，且Ｄ中含有２个甲基，可知Ｄ为
Ｃ
ＣＨ
􀪅
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
。
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２Ｃｌ发生水解反应得
到的Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＯＨ；
Ｃ
ＣＨ
􀪅
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
与Ｅ发
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２９２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
生酯化反应生成的Ｆ为
Ｃ
ＣＨ
􀪅
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＣＨ２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
。
解题思路　制备
，由逆合成法可知，酯化←氧化←水
解，即先发生卤代烃的水解反应，再将一个—ＯＨ氧化为
—ＣＯＯＨ，最后发生酯化反应。
７．（２０１９江西重点中学联考，３６）（１５分）某新型药物Ｈ
（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＮＨ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＣＨ３）是一种可用于治
疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：
Ａ
Ｂｒ２／ＣＣｌ４
①→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２Ｂｒ
Ｂｒ
ＣＨ３
Ｂ
ＮａＯＨ溶液，△
②
→Ｃ
Ｏ２
催化剂③→
Ｄ
Ｃ９Ｈ１０Ｏ３
④→Ｅ
ＰＢｒ３
⑤→Ｆ
Ｇ⑥
一定条件→Ｈ
已知：（１）Ｅ的分子式为Ｃ９Ｈ８Ｏ２，能使溴的四氯化碳溶液褪色
（２）ＲＣＯＯＨ
ＰＢｒ３→
Ｃ
Ｒ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ（Ｒ为烃基）
（３）
Ｃ
Ｒ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ＋Ｒ′ＮＨ２
一定条件→
Ｃ
Ｒ
Ｏ
􀪅
ＮＨＲ′ ＋ＨＢｒ
请回答下列问题：
（１）Ａ的结构简式为　　
　
　
　
　
　
　；Ｄ的官能团的名称为
　　　　。
（２）①的反应类型是　　　　　　；④的反应条件是　
　
　
　
　　　　　　　　。
（３）写出Ｂ→Ｃ的化学方程式：
　
　　　　　　　　　　　　　。
（４）写出Ｆ＋Ｇ→Ｈ的化学方程式：
　
　。
（５）Ｅ有多种同分异构体，同时满足下列条件的Ｅ的同分异构
体有　　　　种。
ⅰ．能发生银镜反应
ⅱ．能发生水解反应
ⅲ．分子中含的环只有苯环
（６）参照合成Ｈ的上述路线，设计一条由乙醛和ＮＨ２ＣＨ（ＣＨ３）２
为起始原料制备医药中间体ＣＨ３ＣＯＮＨＣＨ（ＣＨ３）２的合成
路线。
７．
答案　（１）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
　羟基、羧基
（２）加成反应　浓硫酸、加热
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２Ｂｒ
Ｂｒ
ＣＨ３＋２ＮａＯＨ
△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２ＯＨ
ＯＨ
ＣＨ３＋２ＮａＢｒ
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ２Ｎ
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＣＨ３＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＮＨ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＣＨ３＋ＨＢｒ
（５）５
（６）ＣＨ３ＣＨＯ
Ｏ２
催化剂、△→ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＰＢｒ３
一定条件→ＣＨ３Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ
ＮＨ２ＣＨ（ＣＨ３）２
一定条件→ＣＨ３ＣＯＮＨＣＨ（ＣＨ３）２
解析　
由Ｂ的结构简式，结合反应条件，逆推可知Ａ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
；Ｂ
发生水解反应生成的
Ｃ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ２
ＯＨ
；结合Ｄ的分子式可知Ｃ发生氧化反应生成
的Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ；Ｅ的分子式为Ｃ９Ｈ８Ｏ２，能使溴的
四氯化碳溶液褪色，则Ｄ是发生消去反应生成Ｅ，故Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
ＣＯＯＨ；Ｅ发生信息（２）中的反应生成的Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ２
􀪅
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｂｒ；结合信息（３）及Ｈ的结构简式，可知Ｇ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ２Ｎ
Ｈ３Ｃ
ＣＯＯＣＨ３。（１）Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ，
所含官能团为羟基、羧基。（２）①是加成反应；④为消去反应，
反应条件是浓硫酸、加热。（３）Ｂ与ＮａＯＨ水溶液在加热时发
生取代反应产生Ｃ。（４）Ｆ与Ｇ发生取代反应生成Ｈ。
（５）Ｅ的同分异构体分子中含有苯环，且同时满足下列条件：
①能发生银镜反应、②能发生水解反应，说明含有—ＯＯＣＨ。
若只有一个取代基，则为
ＣＨ
ＣＨＯＯＣＨ
􀪅
或
Ｃ
ＯＯＣＨ
ＣＨ２
􀪅
；
若有两个取代基，则为—ＣＨ􀪅ＣＨ２、—ＯＯＣＨ，有邻、间、对３种
结构，故符合条件的同分异构体共有５种。
疑难突破　设计有机合成路线的关键：（１）利用原料分子构建
目标分子的碳骨架；（２）将原料分子进行官能团消除、引入、转
化，得到目标分子的官能团。
８．（２０１８福建南平一模，３６）（１５分）香料Ｅ的合成路线如下：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十五　烃及其衍生物的结构和性质
２９３
　
已知：
Ｃ
ＯＨ
ＯＨ
自动脱水→
Ｃ
Ｏ
􀪅
（１）Ｂ的化学名称是　　　　。Ｄ中官能团的名称为　　　　。
（２）Ｃ和Ｄ生成Ｅ的反应类型为　　　　　　，Ｅ的结构简式
为　　　　　　　　。
（３）１ｍｏｌＢ与足量银氨溶液反应生成　　　　ｇＡｇ；Ａ的核磁
共振氢谱有　　　　组峰。
（４）同时满足下列条件的Ｃ的同分异构体有　　　　种（不含
立体异构）。
①遇ＦｅＣｌ３溶液发生显色反应　②能发生银镜反应
用Ｄ合成一种催眠药Ｉ的合成路线如下：
已知：ＣＨ３ＣＨＯ＋ＣＨ３Ｃ
ＣＮａ
􀜁
１）液氨
２）Ｈ３Ｏ
＋→ＣＨ３ＣＨＣ
ＯＨ
ＣＣＨ３
􀜁
（５）Ｄ生成Ｆ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（６）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成
ＣＨ２
Ｏ
ＣＯＮＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｈ
，写出合成路线（用结构简式表示有机物，
用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
８．
答案　（１）苯甲醛　羟基
（２）酯化反应（或取代反应）　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
（３）２１６　４　（４）３
（５）２
ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ
△→２
Ｏ
􀪅
＋２Ｈ２Ｏ
（６）
ＨＣ
ＣＨ
􀜁
Ｎａ→
ＨＣ
ＣＮａ
􀜁
ＨＣＨＯ
１）液氨
２）Ｈ３Ｏ
＋
→
ＨＯＣＨ２Ｃ
ＣＨ
􀜁
１）ＣＯＣｌ２
２）ＮＨ３
→ＣＨ２
Ｏ
ＣＯＮＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｈ
解析　甲苯在光照条件下与氯气发生侧链取代生成Ａ，Ａ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣｌ２；由于两个羟基连在同一个碳原子上会自动脱
水生成羰基，因此Ａ在氢氧化钠溶液中水解生成的Ｂ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨＯ；Ｂ发生银镜反应酸化后得到Ｃ，Ｃ为苯甲酸；
苯甲
酸
与
环
己
醇
发
生
酯
化
反
应
生
成
Ｅ：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
。
（１）根据上述分析，Ｂ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨＯ，化学名称为苯甲醛。
Ｄ为环己醇，官能团为羟基。
（２）Ｃ（苯甲酸）和Ｄ（环己醇）发生酯化反应生成Ｅ，Ｅ的结构
简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
。
（３）１ｍｏｌＢ（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨＯ）与足量银氨溶液反应生成２ｍｏｌ
银，质量为２１６ｇ。Ａ（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣｌ２）中有４种氢原子，核磁
共振氢谱有４组峰。
（４）遇ＦｅＣｌ３溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基；能发
生银镜反应，说明结构中含有醛基，满足条件的Ｃ的同分异构
体的苯环上含有酚羟基和醛基２个侧链，有３种结构。
（５）Ｄ（环己醇）发生催化氧化生成Ｆ，生成Ｆ的化学方程式
为２
ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ
△→２
Ｏ
􀪅
＋２Ｈ２Ｏ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２９４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题十六
生命活动的物质基础
课
标
解
读
内容
糖类　油脂
氨基酸　蛋白质
解读
１．了解糖类、油脂的组成、结构特点、主要化学性质及
应用
２．了解糖类、油脂在生命过程中的作用
１．了解氨基酸和蛋白质的组成、结构特点、主要化
学性质及应用
２．了解氨基酸和蛋白质在生命过程中的作用
考情分析
对本专题的考查形式以选择题为主，侧重考查物质的基本性质及重要应用，试题难度较小。近几年高考对
本专题内容的考查保持稳定
备考策略
复习备考应注重教材内容，做到基础知识无遗漏，要重点关注常见有机物的重要性质及其在生产、生活中
的实际应用
专题十六　生命活动的物质基础
２９５
　
对应学生用书
起始页码１２７
考点一糖类　油脂
一、糖类
１．糖类的概念及物理性质
（１）糖类是绿色植物光合作用的产物，是动植物所需能量的
重要来源。糖类是由①　Ｃ、Ｈ、Ｏ（或碳、氢、氧）　三种元素组成
的。糖类根据其能否水解以及水解产物的多少，可划分为单糖、
低聚糖和多糖。其中单糖不能水解成更简单的糖，代表物是
②　葡萄糖、果糖　。１ｍｏｌ糖水解后能产生２～１０ｍｏｌ单糖的糖称
为低聚糖，低聚糖中以二糖最为重要，常见的二糖有
③　蔗糖、麦芽糖　。多糖是指１ｍｏｌ该物质能水解成许多摩尔单
糖的糖，代表物是④　淀粉、纤维素　。
（２）糖类的物理性质
１）葡萄糖是无色晶体，有甜味，易溶于水，存在于葡萄和其
他带甜味的水果里。正常人的血液里约含质量分数为０．１％的
葡萄糖，叫作血糖。
２）蔗糖是白色晶体，易溶于水，存在于大多数植物体内，以
甘蔗和甜菜中的含量最高。
３）麦芽糖是白色晶体，易溶于水，有甜味。
４）淀粉是无气味、无味道的粉末状物质，不溶于冷水。在热
水里淀粉颗粒会膨胀破裂，一部分溶于水，另一部分悬浮于水
中，形成胶状淀粉糊（糊化作用）。淀粉主要存在于植物的种子
或块根里，其中谷类含淀粉较多。
５）纤维素是白色、无气味、无味道的具有纤维状结构的物质，一般
不溶于水和有机溶剂。纤维素是构成植物细胞壁的基础物质。
（３）糖类的用途
１）葡萄糖用于制镜业、糖果制造业，还可用于医药工业等。
２）麦芽糖可用作甜味食物。
３）淀粉除在体内能被酶水解成葡萄糖供机体利用外，还是
一种重要的食品工业原料，可用于酿酒、制醋、制葡萄糖等。
４）纤维素主要用于制造纤维素硝酸酯、纤维素醋酸酯、黏胶
纤维和造纸等。
２．葡萄糖的分子结构和化学性质
（１）分子结构
葡萄糖的分子式为Ｃ６Ｈ１２Ｏ６，最简式为ＣＨ２Ｏ。
结构简式：⑤　ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＨＯ　。
结构特点：１个葡萄糖分子中含有５个醇羟基、１个醛基。
（２）化学性质
１）葡萄糖分子中含有—ＣＨＯ，能被还原成醇，反应的化学
方程式为⑥　ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＨＯ＋Ｈ２
催化剂
△→　
　ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＨ２ＯＨ　。
２）葡萄糖分子中含有—ＣＨＯ，故葡萄糖能发生银镜反应，
能与新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液反应。
ａ．银镜反应
葡萄糖与银氨溶液反应的化学方程式为⑦　２Ａｇ（ＮＨ３）２ＯＨ＋
ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＨＯ
△→ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＯＯＮＨ４＋３ＮＨ３＋
２Ａｇ↓＋Ｈ２Ｏ　。
ｂ．葡萄糖被新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液氧化的化学方程式为
⑧　ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＨＯ＋２Ｃｕ（ＯＨ）２＋ＮａＯＨ
△→Ｃｕ２Ｏ↓＋
３Ｈ２Ｏ＋ＣＨ２ＯＨ（ＣＨＯＨ）４ＣＯＯＮａ　。
３）葡萄糖分子中含有醇羟基，故葡萄糖在一定条件下能发
生酯化反应，１ｍｏｌ葡萄糖最多能与５ｍｏｌ乙酸发生酯化反应。
４）葡萄糖是一种重要的营养物质，它在人体组织中进行氧
化反应，放出热量，以维持人体生命活动所需要的能量。１ｍｏｌ
葡萄糖完全氧化生成液态水时放出约２８０４ｋＪ的热量，该反应
的热化学方程式为⑨　Ｃ６Ｈ１２Ｏ６（ｓ）＋６Ｏ２（ｇ）􀪅􀪅６ＣＯ２（ｇ）＋
６Ｈ２Ｏ（ｌ）　ΔＨ＝－２８０４ｋＪ·ｍｏｌ
－１　。
二、油脂
１．油脂的概念
油和脂肪统称为油脂，从化学成分上讲油脂都是高级脂肪
酸与甘油形成的酯，属于酯类。通常将常温下呈液态的油脂称
为油，如花生油；常温下呈固态的油脂称为脂肪，如牛油。
２．油脂和矿物油的比较
油　脂
脂肪
油
矿物油
组
成
多种高级脂肪酸的甘油酯
含较多饱和脂肪酸成分含较多不饱和脂肪酸成分
多种烃
性
质
固态
液态
具有酯的性质，能水解；许多油脂兼有烯烃的性质
具有烃的性
质，不能水解
鉴
别
可用ＮａＯＨ溶液鉴别油脂与矿物油
　　３．油脂的结构和性质
（１）油脂的结构
油脂是高级脂肪酸与甘油反应所生成的酯，由Ｃ、Ｈ、Ｏ三种
元素组成，其结构可表示为Ｒ１ＣＯＯＣＨ
Ｒ２ＣＯＯＣＨ２
Ｒ３ＣＯＯＣＨ２
。
（２）油脂的性质
１）油脂的水解（以硬脂酸甘油酯为例）
ａ．酸性条件下
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ２
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ２
＋３Ｈ２Ｏ
稀Ｈ２ＳＯ４
△
→３Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯＨ＋
ＣＨ２—ＯＨ
ＣＨ—ＯＨ
ＣＨ２—ＯＨ
ｂ．碱性条件下———皂化反应
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ２
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ
Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯ—ＣＨ２
＋３ＮａＯＨ
→３Ｃ１７Ｈ３５ＣＯＯＮａ＋
ＣＨ２—ＯＨ
ＣＨ—ＯＨ
ＣＨ２—ＯＨ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２９６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　２）油脂的氢化
烃基中含有
Ｃ
Ｃ
􀪅
，能与Ｈ２发生加成反应。
淀粉水解程度的判断
（１）实验流程
淀粉
２０％Ｈ２ＳＯ４→水解液
ＮａＯＨ溶液→中和液（呈碱性）
　　　　　　　　
碘水
↓
　　　　　　
银氨溶液
↓
　　　　　　　现象Ａ　　　　　　现象Ｂ
（２）实验现象及结论
情况
现象Ａ
现象Ｂ
结论
Ⅰ
溶液呈蓝色
未产生银镜
淀粉未水解
Ⅱ
溶液呈蓝色
出现银镜
淀粉部分水解
Ⅲ
溶液不呈蓝色
出现银镜
淀粉完全水解
　　特别提醒　１．检验淀粉时，必须直接取水解液加入碘水，不
能取中和液，因为碘能与ＮａＯＨ溶液反应。
２．淀粉、蔗糖的水解需用稀硫酸作催化剂，而银镜反应或葡
萄糖与新制Ｃｕ（ＯＨ）２的反应必须在碱性条件下进行，所以检验
淀粉或蔗糖的水解产物前应先加入ＮａＯＨ溶液至溶液呈碱性。
考点二氨基酸　蛋白质
一、氨基酸
１．氨基酸的组成和结构
氨基酸是羧酸分子烃基上的氢原子被氨基取代的化合物。
官能团为—ＣＯＯＨ和—ＮＨ２。α －氨基酸的结构简式可表示
为Ｒ—ＣＨ—ＣＯＯＨ
ＮＨ２
。
２．几种重要的α－氨基酸
甘氨酸：ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＮＨ２
丙氨酸：ＣＨ３—ＣＨＣＯＯＨ
ＮＨ２
苯丙氨酸：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２
ＣＨＣＯＯＨ
ＮＨ２
谷氨酸：ＨＯＯＣ
ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
３．氨基酸的化学性质
（１）两性（以ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
ＮＨ２
为例）
与盐酸反应的化学方程式：
Ｈ２Ｎ
ＣＨ２ＣＯＯＨ＋ＨＣｌ
ＣｌＨ３ＮＣＨ２ＣＯＯＨ
→
与ＮａＯＨ溶液反应的化学方程式：
Ｈ２ＮＣＨ２ＣＯＯＨ＋ＮａＯＨ
→Ｈ２ＮＣＨ２ＣＯＯＮａ＋Ｈ２Ｏ
（２）成肽反应
两分子氨基酸脱水缩合形成二肽
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＯＯＨ＋Ｈ２Ｎ
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ
→
ＮＨ２
丙氨酸
丙氨酸
ＣＨ３
ＣＨ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ
Ｈ
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ＋Ｈ２Ｏ
ＮＨ２
二、蛋白质
１．蛋白质的组成和结构
（１）蛋白质中含有Ｃ、Ｈ、Ｏ、Ｎ、Ｓ等元素。
（２）蛋白质是由氨基酸通过缩聚反应形成的，蛋白质水解的
最终产物是①　氨基酸　，所以说氨基酸是组成蛋白质的基石。蛋
白质属于有机高分子化合物。
２．蛋白质的性质和用途
（１）盐析：向蛋白质溶液中加入某些浓的轻金属盐（如
Ｎａ２ＳＯ４）溶液或浓的铵盐［如（ＮＨ４）２ＳＯ４］溶液，可以使蛋白质凝
聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，盐析是一个②　可逆　过
程。盐析可用于分离、提纯蛋白质。
（２）变性：蛋白质在受热、紫外线、Ｘ射线、强酸、强碱、可溶
性重金属盐（如铅盐、铜盐、汞盐）或一些有机物（如甲醛、酒精、
苯甲酸等）的作用下会凝固，这种凝固是不可逆的，即凝固后不
能在水中重新溶解，这种变化叫作变性。蛋白质变性后，不仅丧
失了原有的可溶性，同时也失去了生理活性。变性原理可用于
消毒，但也能引起中毒。
（３）颜色反应：某些蛋白质跟浓ＨＮＯ３作用会呈黄色。
（４）灼烧：蛋白质在灼烧时有③　烧焦羽毛　的特殊气味。
（５）水解：蛋白质在酸、碱或酶的作用下水解，最终生成氨
基酸。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１２９
考点一糖类　油脂
１．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是
（　　）
Ａ．淀粉与纤维素互为同分异构体
Ｂ．煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化
Ｃ．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物
Ｄ．糖类、油脂和蛋白质都属于营养物质，都能发生水解反应
１．
答案　Ｂ　淀粉和纤维素的分子式均为（Ｃ６Ｈ１０Ｏ５）ｎ，由于ｎ
不同，因此二者不互为同分异构体，Ａ项错误；煤的气化、液化
与石油的裂化、裂解过程中，均有新物质生成，均属于化学变
化，Ｂ项正确；石墨烯是碳的单质，属于无机物，Ｃ项错误；糖类
中的单糖不能发生水解反应，Ｄ项错误。
２．直链型的不饱和油酸（Ｃ１７Ｈ３３ＣＯＯＨ）与蔗糖反应可以制得非天
然油脂，其反应示意图如图所示（注：图的反应式不完整）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十六　生命活动的物质基础
２９７
　
则下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．甘油和蔗糖在一定条件下都可以与金属钠反应
Ｂ．蔗糖、天然油脂、非天然油脂都能发生水解反应
Ｃ．该非天然油脂能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
Ｄ．蔗糖、淀粉和纤维素均属于天然高分子化合物
２．
答案　Ｄ　甘油和蔗糖分子的结构中均含有羟基，二者均能
与金属钠发生反应，Ａ项正确；蔗糖为二糖，天然油脂和非天然
油脂属于酯，它们在一定条件下均能发生水解反应，Ｂ项正确；
该非天然油脂是不饱和油酸与蔗糖发生酯化反应的产物，其中
含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，Ｃ项正
确；蔗糖是二糖，不属于天然高分子化合物，Ｄ项错误。
解题关键　饱和烃基通式为—ＣｎＨ２ｎ＋１（ｎ≥１），—Ｃ１７Ｈ３３中含有
碳碳双键。
３．下列说法中不正确的是
（　　）
Ａ．在一定条件下，苯与液溴、硝酸分别作用生成溴苯、硝基苯的
反应都属于取代反应
Ｂ．Ｃ６Ｈ１４有４种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
Ｃ．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
Ｄ．聚合物
􀰷ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２􀰻
可由单体
ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２和ＣＨ２􀪅ＣＨ２加聚制得
３．
答案　Ｂ　苯与液溴、硝酸分别作用生成溴苯、硝基苯，是苯
分子中的氢原子被溴原子、硝基取代的产物，都属于取代反应，
Ａ项正确；己烷有五种同分异构体，碳链结构分别为
Ｃ—Ｃ—Ｃ—Ｃ—Ｃ—Ｃ、Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ、Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ
Ｃ，己烷的同分异构体的熔点、沸
点各不相同，Ｂ项错误；油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪
酸盐和甘油的反应为皂化反应，Ｃ项正确；由高聚物的结构简
式可知它为加聚产物，单体为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２和ＣＨ２􀪅ＣＨ２，Ｄ
项正确。
考点二氨基酸　蛋白质
４．下列说法正确的是
（　　）
Ａ．植物油的主要成分是高级脂肪酸
Ｂ．异丙苯（
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
）中所有碳原子可能处于同一平面上
Ｃ．分子式为Ｃ４Ｈ１０Ｏ并能与金属钠反应的有机物有５种（不含
立体异构）
Ｄ．某些蛋白质可溶于溶剂形成分子胶体，但遇乙醇发生变性
４．
答案　Ｄ　Ａ项，植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，Ａ
项错误；Ｂ项，异丙苯侧链中与苯环直接相连的碳原子采取ｓｐ
３
杂化，故异丙苯中所有碳原子不可能处于同一平面上，Ｂ项错
误；Ｃ项，分子式为Ｃ４Ｈ１０Ｏ并能与金属钠反应的有机物为
醇，—Ｃ４Ｈ９有４种结构，故符合要求的有机物有４种，Ｃ项错
误；Ｄ项，乙醇能使蛋白质变性，Ｄ项正确。
５．中国古代记载文字的器物中，主要成分为蛋白质的是
（　　）
Ａ．丝帛
Ｂ．竹简
Ｃ．甲骨
Ｄ．青铜器
５．
答案　Ａ　丝帛是用蚕丝织成的，主要成分是蛋白质，Ａ项正
确；竹简的主要成分是纤维素，Ｂ项错误；甲骨的主要成分不是
蛋白质，Ｃ项错误；青铜器是金属制品，主要成分为铜合金，Ｄ
项错误。
６．下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．蛋白质属于高分子化合物，在福尔马林作用下可发生变性
Ｂ．淀粉是热值最高的营养物质，在人体内直接水解生成葡萄糖
Ｃ．羊油皂化反应液中加入热的饱和食盐水，析出的硬脂酸钠沉
淀是肥皂的主要成分
Ｄ．植物油通常呈液态，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，不易发
生变质
６．
答案　Ａ　营养物质中热值最高的是脂肪，Ｂ不正确；羊油皂
化反应后，向反应液中加入食盐颗粒，可析出硬脂酸钠，Ｃ不正
确；植物油主要成分是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，易被氧化
变质，Ｄ不正确。
７．下列关于有机物的说法正确的是
（　　）
Ａ．石油的催化重整、煤的干馏均可以得到芳香烃
Ｂ．乙酸、草酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
Ｃ．新戊烷的所有碳原子位于同一平面
Ｄ．奶油、鸡蛋清的主要成分均是高分子化合物且均能发生水解
反应
７．
答案　Ａ　乙酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸能使酸
性高锰酸钾溶液褪色，Ｂ不正确；新戊烷的结构简式为
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３，５个碳原子不在同一平面上，Ｃ不正确；奶油
属于高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物，鸡蛋清的主
要成分是蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，二者均能发生水
解反应，Ｄ不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
２９８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１２９
　　依据官能团的特性鉴别有机物
物质
试剂与方法
现象
不饱和烃
加入溴的四氯化碳溶液或
酸性ＫＭｎＯ４溶液
褪色
羧酸
加入新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液
蓝色絮状沉淀溶解
加入ＮａＨＣＯ３溶液
产生无色气泡
葡萄糖
加入银氨溶液，水浴加热
产生光亮银镜
加入新制Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊
液，加热至沸腾
产生红色沉淀
淀粉
加碘水
显蓝色
蛋白质
加浓硝酸微热（含苯环的蛋
白质）
显黄色
灼烧
产生烧焦羽毛气味
　　
例
　（２０１９５·３原创预测卷四，１１）腌制好的芥菜具有
微酸、鲜甜、醇香可口的独特风味，芥菜的某种营养成分经乳酸
菌发酵能产生大量乳酸，并伴随产生少量的乙醇和乙酸，转化过
程如下图所示。下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．单糖Ａ的分子式为Ｃ６Ｈ１０Ｏ６
Ｂ．丙酮酸转化为Ｌ－乳酸为还原反应
Ｃ．单糖Ａ、丙酮酸、Ｌ－乳酸、乙醇和乙酸均能发生酯化反应
和氧化反应
Ｄ．Ｌ－乳酸的同分异构体中，能与钠反应的酯类物质有４种
（不考虑立体异构）
解题导引　借助生活中常见的腌菜，考查有机物性质，培养
学生用化学知识解决生活中实际问题的能力。
解析　单糖Ａ的分子式为Ｃ６Ｈ１２Ｏ６，Ａ错误。丙酮酸转化
为Ｌ－乳酸，每个分子增加了２个氢原子，故为还原反应，Ｂ正确。
Ｃ选项所给物质中含有羧基或羟基，所以均能发生酯化反应；有
机物都能燃烧，燃烧为氧化反应，Ｃ正确。Ｌ－乳酸的同分异构体
能与钠反应，且为酯类，说明含有酯基和羟基，有
ＨＯ—ＣＨ２ＣＯＯＣＨ３、ＣＨ３ＣＯＯＣＨ２—ＯＨ、ＨＣＯＯＣＨ（ＯＨ）ＣＨ３、
ＨＣＯＯＣＨ２ＣＨ２ＯＨ４种，Ｄ正确。
答案　Ａ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３０
１．（２０１９５·３原创预测卷六，９）左氧氟沙星属于喹诺酮类药物
中的一种，具有广谱抗菌作用，其结构简式如图所示。下列说
法正确的是
（　　）
Ａ．分子中所有碳原子均在同一平面上
Ｂ．分子中含有３种官能团
Ｃ．１ｍｏｌ左氧氟沙星最多能与５ｍｏｌＨ２发生加成反应
Ｄ．左氧氟沙星能与氢氧化钠溶液发生反应，不能与盐酸反应
１．
答案　Ｃ　左氧氟沙星分子中含有多个饱和碳原子，分子中
所有碳原子不可能在同一平面上，Ａ错误。左氧氟沙星分子中
的官能团有氟原子、羰基、羧基、碳碳双键、醚键等，Ｂ错误。苯
环、羰基、碳碳双键都能与Ｈ２发生加成反应，Ｃ正确。左氧氟
沙星既能与氢氧化钠溶液发生反应，又能与盐酸反应，Ｄ错误。
创新点　理论与实际相结合，涉及生活中常用药左氧氟沙
星，培养学生利用所学知识解决实际问题的能力。
２．（２０１９５·３原创冲刺卷三，９）Ｌ－７－羟基香豆素氨基酸是非天
然氨基酸，具有生物学荧光标记的潜在应用价值，其结构如下。
下列有关叙述错误的是
（　　）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
􀜏􀜏
Ｏ
􀪅
Ｈ２Ｎ
ＣＯＯＨ
ＨＯ
Ａ．Ｌ－７－羟基香豆素氨基酸的分子式为Ｃ１３Ｈ１３Ｏ５Ｎ
Ｂ．Ｌ－７－羟基香豆素氨基酸既可以与酸反应，又可以与碱反应
Ｃ．１ｍｏｌＬ－７－羟基香豆素氨基酸与Ｈ２发生加成，最多消耗
５ｍｏｌＨ２
Ｄ．Ｌ－７－羟基香豆素氨基酸中有五种不同的官能团
２．
答案　Ｃ　根据Ｌ－７－羟基香豆素氨基酸的结构知其分子式
为Ｃ１３Ｈ１３Ｏ５Ｎ，故Ａ正确；氨基酸中有氨基和羧基，所以既可以
与酸反应，又可以与碱反应，故Ｂ正确；因酯基中的羰基不能
与氢气发生加成反应，所以１ｍｏｌ该物质与氢气加成，最多消
耗４ｍｏｌＨ２，故Ｃ错误；该物质中有羟基、酯基、碳碳双键、氨
基、羧基五种官能团，故Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十六　生命活动的物质基础
２９９
　
对应学生用书
起始页码１３１
　　
通过日常生活中的营养物质以及用品，考查糖类、油脂、蛋
白质的多样性及其分类。掌握基本营养物质的组成、结构和性
质，以及它们在生产、生活中的实际应用。
　　
例
　（２０１９山东烟台期中，１）化学与人类的生活、生产
息息相关，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
Ｂ．向豆浆中加入硫酸铜，会使蛋白质发生聚沉而制得豆腐
Ｃ．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质
Ｄ．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
解析　Ａ项，“地沟油” 的主要成分是油脂，在碱性条件下
发生皂化反应可制取肥皂，故正确；Ｂ项，Ｃｕ
２＋为重金属离子，不
能用硫酸铜制豆腐，错误；Ｃ项，人体内没有使纤维素水解的酶，
纤维素不能作为人类的营养物质，故错误；Ｄ项，碳纤维是单质
碳，不属于有机高分子材料，故错误。
答案　Ａ
题目价值　以有机物为载体，考查学生接受、吸收、整合化
学信息的能力，培养学生解决实际问题的能力。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３１
１．（２０１９河北石家庄模拟，７）下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．很多鲜花和水果的香味来自酯
Ｂ．甲烷和苯都可通过石油分馏得到
Ｃ．糖类和油脂在一定条件下均能水解
Ｄ．棉花和蚕丝的主要成分是纤维素
１．
答案　Ａ　
Ａ项，酯类物质具有芳香气味，很多鲜花和水果
的香味来自酯，故Ａ正确；Ｂ项，石油中不含苯，石油的分馏产
物中没有苯，故Ｂ错误；Ｃ项，单糖不能发生水解反应，故Ｃ错
误；Ｄ项，蚕丝的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维
素，故Ｄ错误。
２．（２０１９广东清远期末，７）化学与生活息息相关。下列说法正
确的是
（　　）
Ａ．加酶洗衣粉不适合洗涤毛织品上的污渍
Ｂ．维生素Ｃ又称“抗坏血酸”，能帮助人体将从食物中摄取的不易
吸收的Ｆｅ
３＋转变为易吸收的Ｆｅ
２＋，这说明维生素Ｃ具有氧化性
Ｃ．高分子化合物中的油脂和蛋白质均可发生水解
Ｄ．煤的气化可以从根本上减少二氧化碳等温室气体的排放
３．
答案　Ａ　
Ａ项，毛织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉
中的酶能使蛋白质发生水解，故Ａ正确；Ｂ项，维生素Ｃ与Ｆｅ
３＋
反应，体现了维生素Ｃ的还原性，故Ｂ错误；Ｃ项，油脂不属于
高分子化合物，故Ｃ错误；Ｄ项，煤的气化是为了得到清洁能
源，不能减少ＣＯ２等温室气体的排放，故Ｄ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２４５
考点一糖类　油脂
１．（２０１９江苏单科，１，２分）糖类是人体所需的重要营养物质。
淀粉分子中不含
∙∙的元素是
（　　）
Ａ．氢
Ｂ．碳
Ｃ．氮
Ｄ．氧
１．
答案　Ｃ　本题涉及糖类知识，通过对多糖中元素种类的判
断，考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力，体现了证据
推理与模型认知的学科核心素养。
糖类是由Ｃ、Ｈ、Ｏ元素组成的一类有机化合物，淀粉中不含氮
元素，答案为Ｃ。
２．（２０１７课标Ⅱ，７，６分）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
２．
答案　
Ｃ　
糖类是由Ｃ、Ｈ、Ｏ三种元素组成的有机物，化学
组成大多数符合通式Ｃｎ（Ｈ２Ｏ）ｍ，碳水化合物是糖类的一种历
史沿用的叫法，Ａ正确；维生素Ｄ是脂溶性维生素，可以促进
人体对钙的吸收，Ｂ正确；蛋白质主要由Ｃ、Ｈ、Ｏ、Ｎ等元素组
成，Ｃ错误；硒摄入过多会出现胃肠功能紊乱、眩晕、乏力等中
毒症状，Ｄ正确。
知识拓展　维生素Ｄ的作用
１．提高机体对钙、磷的吸收。
２．促进生长和骨骼钙化。
３．维持血液中柠檬酸盐的正常水平。
４．防止氨基酸通过肾脏损失。
３．（２０１７课标Ⅲ，８，６分）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
３．
答案　Ａ　植物油中含有碳碳不饱和键，氢化过程中植物油
与氢气发生了加成反应，Ａ正确；淀粉和纤维素的聚合度不同，
它们的分子式不同，所以不互为同分异构体，Ｂ错误；环己烷与
苯都不与酸性ＫＭｎＯ４溶液反应，所以不能用酸性ＫＭｎＯ４溶液
鉴别环己烷与苯，Ｃ错误；溴苯与苯互溶，不能用水分离溴苯和
苯的混合物，Ｄ错误。
知识拓展　常见的能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有烯
烃、炔烃、某些苯的同系物、醇、酚、醛等。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３００
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
考点二氨基酸　蛋白质
４．（２０１６天津理综，２，６分）下列对氨基酸和蛋白质的描述正确
的是
（　　）
Ａ．蛋白质水解的最终产物是氨基酸
Ｂ．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
Ｃ．α－氨基丙酸与α－氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成２种
二肽
Ｄ．氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下
向负极移动
４．
答案　Ａ　氨基酸遇重金属离子不会变性，Ｂ错误；α－氨基
丙酸与α－氨基苯丙酸混合物脱水成肽，能生成４种二肽，Ｃ错
误；氨基酸溶于过量ＮａＯＨ溶液中生成的离子为阴离子，在电
场作用下向正极移动，Ｄ错误。
５．（２０１６课标Ⅰ，７，６分）化学与生活密切相关。下列有关说法
错误
∙∙的是
（　　）
Ａ．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
Ｂ．食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
Ｃ．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
Ｄ．医用消毒酒精中乙醇的浓度为９５％
５．
答案　Ｄ　
Ａ项，蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽
毛的气味，可与人造纤维区分；Ｂ项，食用油的主要成分为油
脂，反复加热会发生复杂的化学反应产生稠环芳烃等有害物
质；Ｃ项，蛋白质是流感病毒的组成成分，加热能使蛋白质变
性，从而杀死流感病毒；Ｄ项，医用酒精中乙醇的体积分数为
７５％，错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一糖类　油脂
１．（２０１５福建理综，７，６分）下列关于有机化合物的说法正确的
是　
（　　）
Ａ．聚氯乙烯分子中含碳碳双键
Ｂ．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
Ｃ．丁烷有３种同分异构体
Ｄ．油脂的皂化反应属于加成反应
答案　Ｂ　氯乙烯分子中含有碳碳双键，通过加聚反应生成
的聚氯乙烯分子中没有碳碳双键，故Ａ错误；以淀粉为原料可
以制备乙醇，乙醇可被氧化生成乙酸，故可以制取乙酸乙酯，所
以Ｂ正确；丁烷只有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故Ｃ错
误；油脂的皂化反应属于水解反应（取代反应），故Ｄ错误。
考点二氨基酸　蛋白质
２．（２０１５广东理综，７，４分）化学是你，化学是我，化学深入我们
生活。下列说法正确的是
（　　）
Ａ．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
Ｂ．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
Ｃ．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
Ｄ．ＰＸ项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
答案　Ｂ　Ａ项，木材纤维的主要成分是纤维素，遇碘水不
显蓝色；Ｂ项，食用花生油的主要成分是油脂，鸡蛋清的主要成
分是蛋白质，二者都能发生水解反应；Ｃ项，聚氯乙烯中含有氯
元素，不属于烃；Ｄ项，对二甲苯属于芳香烃，为不饱和烃。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２４５
时间：２０分钟　分值：４８分
一、选择题（每题６分，共３０分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０１９５·３原创预测卷二，９）２０１８年诺贝尔化学奖授予合成
特殊蛋白质的三位科学家。下列有关蛋白质、酶和氨基酸的说
法中不正确的是
（　　）
Ａ．在人体内作催化剂的大多数酶的活性温度约为３７℃
Ｂ．大多数酶是能水解的高分子化合物
Ｃ．蛋白质和氨基酸的化学性质相同
Ｄ．在合成反应中酶作催化剂时要避免重金属盐
１．
答案　Ｃ　蛋白质能发生水解反应，氨基酸不能发生水解反
应，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，二者化学性质不相同。
２．（２０１９云南昆明调研，３）下列关于有机物的说法不正确的是
（　　）
Ａ．蔗糖的水解产物只有葡萄糖
Ｂ．酸性ＫＭｎＯ４溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸
Ｃ．苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
Ｄ．分子式为Ｃ３Ｈ６Ｃｌ２的同分异构体共有４种（不考虑立
体异构）
２．
答案　Ａ　蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，Ａ项错误。苯和酸
性ＫＭｎＯ４溶液不互溶，溶液出现分层；乙酸和酸性ＫＭｎＯ４溶
液互溶，溶液不分层；酸性ＫＭｎＯ４溶液能氧化乙醇而褪色，因
此酸性ＫＭｎＯ４溶液可以鉴别苯、乙醇和乙酸，Ｂ项正确。苯能
萃取溴而使溴水褪色，乙烯能与溴发生加成反应而使溴水褪
色，苯和乙烯使溴水褪色的原理不同，Ｃ项正确。Ｃ３Ｈ６Ｃｌ２可
以看作ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ３中的２个Ｈ原子被２个Ｃｌ原子取代后的
产物，２个Ｃｌ原子取代同一个Ｃ上的２个Ｈ原子，有２种；２个
Ｃｌ原子取代不同Ｃ上的Ｈ原子，有２种，即Ｃ３Ｈ６Ｃｌ２有４种同
分异构体，Ｄ项正确。
归纳总结　①蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生
成葡萄糖，淀粉和纤维素水解最终产物均为葡萄糖。②乙烯能
使溴水、酸性ＫＭｎＯ４溶液褪色，前者为加成反应，后者为氧化
反应。
３．（２０１９湖南娄底二模，７）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．糖类、油脂、蛋白质均可水解
Ｂ．服用维生素Ｃ可缓解亚硝酸盐中毒，利用了维生素Ｃ的酸性
Ｃ．ＰＭ２．５是指粒径不大于２．５×１０
－６ｍ的可吸入悬浮颗粒物
Ｄ．汽车尾气中的氮氧化物主要源自汽油中含氮化合物与氧气反应
３．
答案　Ｃ　Ａ项，单糖不能水解，Ａ错误；Ｂ项，利用的是维生
素Ｃ的还原性，Ｂ错误；Ｃ项，ＰＭ２．５是指粒径不大于２．５μｍ的
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十六　生命活动的物质基础
３０１
　
颗粒物，２．５μｍ＝２．５×１０
－６ｍ，Ｃ正确；Ｄ项，汽车尾气中的氮氧
化物源自氮气与氧气高温化合，故Ｄ错误。
４．（２０１８安徽安庆二模，７）下列生活用品含有天然高分子化合
物的是
（　　）
Ａ．普通玻璃　
Ｂ．动物脂肪
Ｃ．医用药棉　
Ｄ．硅橡胶
４．
答案　Ｃ　
普通玻璃的主要成分为Ｎａ２Ｏ·ＣａＯ·６ＳｉＯ２，不
含天然高分子化合物，Ａ项错误；动物脂肪主要是饱和高级脂
肪酸甘油酯，不含天然高分子化合物，Ｂ项错误；医用药棉的主
要成分中含有纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，Ｃ项正
确；硅橡胶属于合成高分子化合物，Ｄ项错误。
５．（２０１８湖南六校联考，８）下列说法中正确的是
（　　）
Ａ．食用油和鸡蛋清水解都能生成氨基酸
Ｂ．用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物
Ｃ．丙烯分子中最多有８个原子共平面
Ｄ．乙酸乙酯与乙烯在一定条件下都能与水发生加成反应
５．
答案　Ｂ　食用油的水解产物是高级脂肪酸（盐）和甘油，Ａ
项错误；乙醇与碳酸钠溶液既不反应也不分层，乙酸与碳酸钠
溶液反应生成气体，苯和硝基苯与碳酸钠溶液混合都分层，有
机层在上层的是苯，有机层在下层的是硝基苯，Ｂ项正确；丙烯
分子可以看作１个甲基取代了乙烯分子中的一个氢原子，乙烯
基有五个原子共平面，甲基中最多有两个原子在乙烯基平面
内，Ｃ项错误；乙酸乙酯水解是取代反应，而不是加成反应，乙
烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，Ｄ项错误。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
６．（２０２０届天津耀华中学开学考试，１）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．甲烷和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
６．
答案　Ｂ　
碳原子数相同的烷烃，支链越多沸点越低，所以
正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子
间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故Ａ正确。葡萄
糖分子中含有醛基，能够被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，可以
使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故Ｂ错误。羊毛、蚕丝、塑
料、合成橡胶都是有机高分子化合物，形成的材料为有机高分
子材料，故Ｃ正确。天然植物油常温下为不溶于水的液体，为
混合物，没有恒定的熔、沸点，故Ｄ正确。
７．（２０２０届河北石家庄阶段测试，１７改编）油酸甘油酯和硬脂酸
甘油酯均是天然油脂的成分，它们的结构简式如图所示。下列
说法错误的是
（　　）
Ａ．油酸的分子式为Ｃ１７Ｈ３４Ｏ２
Ｂ．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有５４种
Ｃ．天然油脂都能在ＮａＯＨ溶液中发生取代反应
Ｄ．将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
７．
答案　ＡＢ　油酸分子中含有碳碳双键、羧基，且１个油酸分
子中含有１８个Ｃ原子，则其分子式为Ｃ１８Ｈ３４Ｏ２，故Ａ错误。
硬脂酸甘油酯结构对称，一氯代物有３６种，故Ｂ错误。天然油
脂分子中含有酯基，可发生水解反应，故Ｃ正确。油酸甘油酯
分子中含有碳碳双键，易被氧化而变质，则将油酸甘油酯氢化
为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故Ｄ正确。
８．（２０２０届天津耀华中学开学考试，１２改编）下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．麦芽糖不能发生银镜反应，但其水解产物能发生银镜反应
Ｂ．用溴水即可鉴别苯酚溶液、２，４－己二烯和甲苯
Ｃ．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
Ｄ．甘氨酸（ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＮＨ２
）和丙氨酸（ＣＨ３ＣＨＣＯＯＨ
ＮＨ２
）缩合最
多可形成４种二肽
８．
答案　
ＡＣ　
麦芽糖及其水解产物葡萄糖分子中均含
—ＣＨＯ，均可发生银镜反应，故Ａ错误。苯酚和溴水反应生成
三溴苯酚白色沉淀；２，４－己二烯可以使溴水褪色；甲苯和溴水
不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，因此可以鉴别，故Ｂ正
确。氨基酸遇重金属离子不发生变性，故Ｃ错误。甘氨酸和
丙氨酸缩合形成二肽时可能有四种情况：①两个甘氨酸分子之
间；②两个丙氨酸分子之间；③甘氨酸分子中的氨基与丙氨酸
分子中的羧基之间；④甘氨酸分子中的羧基与丙氨酸分子中的
氨基之间，所以可形成４种二肽，故Ｄ正确。
归纳总结　含有醛基的有机物能发生银镜反应；氨基酸遇重
金属离子不发生变性；蛋白质遇重金属离子发生变性。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３０２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题十七
高分子化合物与有机合成
课
标
解
读
内容
高分子化合物
有机合成与有机推断
解读
１．了解合成高分子的组成与结构特点，能依据简单合成
高分子的结构分析其链节和单体
２．了解加聚反应和缩聚反应的含义
３．了解合成高分子在高新技术领域的应用以及在发展经
济、提高生活质量方面的贡献
１．掌握常见官能团的引入、消除和衍变及碳骨架
增减的方法
２．能根据有机物的化学反应及衍变关系合成指
定结构的物质
考情分析
对该专题的考查综合性强，考查全面，对考生能力要求较高，主要考查学生对有机物结构及其性质的理解
以及对有关信息的加工处理能力
备考策略
以新药物、新材料等作为有机合成的载体，以有机物之间的转化关系为主线，考查有机物的基本性质、同分
异构体的书写、有机合成路线设计等，复习时要重点关注
专题十七　高分子化合物与有机合成
３０３
　
对应学生用书
起始页码１３２
考点一高分子化合物
　　１．高分子化合物的结构特点
高分子化合物通常结构并不复杂，往往由简单的结构单元重复
连接而成。如：
ｎＣＨ２
ＣＨ２
􀪅
催化剂
　　　→􀰷ＣＨ２
ＣＨ２􀰻
（１）聚乙烯的结构单元（或链
·节
·）为
ＣＨ２
ＣＨ２
。
（２）ｎ表示每个高分子化合物中链节重复的次数，叫聚
·合
·度
·。ｎ
越大，相对分子质量越大。
（３）合成高分子的低分子化合物叫单
·体
·。如乙烯是聚乙烯
的单体。
２．加聚反应和缩聚反应
（１）加聚反应
由不饱和的单体加成聚合生成高分子化合物的反应。
ｎＣＨ２
Ｃ
􀪅
ＣＨ３
ＣＯＯＣＨ３
催化剂
　　　→􀰷ＣＨ２
Ｃ􀰻
ＣＯＯＣＨ３
ＣＨ３
（２）缩聚反应
单体间相互作用生成高分子化合物，同时还生成小分子化
合物（如水、氨、卤化氢等）的聚合反应。
ｎＨＯＣＨ２
ＣＨ２ＯＨ＋ｎＨＯＯＣ
ＣＯＯＨ
催化剂
　　　→（２ｎ－１）Ｈ２Ｏ＋
Ｈ􀰷ＯＣＨ２ＣＨ２
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｃ􀰻
Ｏ
􀪅
ＯＨ
３．高分子化合物的分类及性质特点
高分子
化合物
根据
来源
→
天然高分子化合物
合成高分
子化合物
按结构→
线型结构：具有热塑性，
如低压聚乙烯
支链型结构：具有热塑性，
如高压聚乙烯
网状结构：具有热固性，
如酚醛树脂
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ï
ï
ì
î
í
ï
ï
ïï
ï
ï
ïï
考点二有机合成与有机推断
一、有机合成路线的选择
有机合成往往要经过多步才能完成，因此在确定有机合成
的途径或路线时，就要进行合理选择。选择的基本依据是原料
廉价、原理正确、路线简捷、便于操作、条件适宜、易于分离、产率
高、成本低。
二、有机合成路线设计的几种常见类型
（１）以熟悉官能团的转化为主的类型
如：请设计以ＣＨ２
ＣＨＣＨ３
􀪅
为主要原料（无机试剂任用）制备
ＣＨ３ＣＨ（ＯＨ）ＣＯＯＨ的合成路线流程图（须注明反应条件）。
ＣＨ２
ＣＨＣＨ３
􀪅
Ｃｌ２→
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ２
Ｃｌ
Ｃｌ
ＮａＯＨ／Ｈ２Ｏ
△
→
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ２
ＯＨ
ＯＨ
Ｏ２／Ｃｕ
△→ＣＨ３
Ｃ
ＣＨＯ
Ｏ
􀪅
Ｏ２
催化剂→
ＣＨ３
Ｃ
ＣＯＯＨ
Ｏ
􀪅
Ｈ２／Ｎｉ
△→ＣＨ３
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＯＨ
（２）以分子骨架变化为主的类型
如：请以苯甲醛和乙醇为原料设计苯乙酸乙酯
（
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３）的合成路线流程图（注明反应条
件）。
提示：Ｒ—Ｂｒ＋ＮａＣＮ
→Ｒ—ＣＮ＋ＮａＢｒ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
Ｈ２
催化剂，△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
ＨＢｒ→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２Ｂｒ
ＮａＣＮ→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＮ
Ｈ３Ｏ
＋
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸，△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３
（３）有陌生官能团兼有骨架显著变化的类型（常为考查的重
点）
要注意模仿题干中的变化，找到相似点，完成陌生官能团及
骨架的变化。如：模仿
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨＯ
ＯＣＨ３
ＣＨ３ＮＯ２→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨＣＨ２ＮＯ２
ＯＨ
ＯＣＨ３
浓硫酸
△→
　　香兰素　　　　　　　　　　Ａ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨ
ＣＨＮＯ２
􀪅
ＯＣＨ３
Ｈ２→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨ２ＣＨ２ＮＯ２
ＯＣＨ３
Ｚｎ－Ｈｇ
ＨＣｌ→
　　Ｂ　　　　　　　　　Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨ２ＣＨ２ＮＨ２
ＯＣＨ３
一定条件→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
ＨＯ
ＮＨ２
Ｄ　　　　　　　　　　（多巴胺）
设计以苯甲醇、硝基甲烷为主要原料制备苯乙胺
（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
）的合成路线流程图。
关键是找到原流程中与新合成路线中的相似点：碳架的变
化、官能团的变化、硝基引入及转化为氨基的过程
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３０４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
Ｏ２／Ｃｕ
△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＣＨ３ＮＯ２→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ—ＣＨＣＨ２ＮＯ２
浓硫酸
△→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＮＯ２
􀪅
Ｈ２→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨ２ＮＯ２
Ｚｎ－Ｈｇ
ＨＣｌ→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３３
考点一高分子化合物
１．下面是以有机物Ａ为原料合成聚酯类高分子化合物Ｆ的
路线：
已知：ＲＣＨ
ＣＨ２
􀪅
ＨＢｒ
　→ＲＣＨＢｒＣＨ３
ＨＢｒ
过氧化物→ＲＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ
回答下列问题：
（１）Ａ生成Ｂ的反应类型为　　
　
　
　
　
　，Ｃ中的官能团名
称为　　　　　　　。
（２）Ｄ与ＮａＯＨ水溶液反应的化学方程式为
　
　。
（３）①Ｅ生成Ｆ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
②若Ｆ的平均相对分子质量为２００００，则其平均聚合度为
　　　　（填字母）。
Ａ．５４
Ｂ．１０８
Ｃ．１１９
Ｄ．１３３
（４）Ｅ在一定条件下还可以合成含有六元环状结构的Ｇ。Ｇ的
结构简式为　　　　　　　　　　　　。
（５）满足下列条件的Ｃ的同分异构体有　　　　种。（不考虑
立体异构）
①含有１个六元碳环且环上相邻４个碳原子上各连有一
个取代基
②１ｍｏｌ该物质与斐林试剂反应产生２ｍｏｌ砖红色沉淀
（６）写出以
􀪅
ＣＨＯ为原料制备化合物
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
的合成路
线（其他试剂任选）。
１．
答案　（１）氧化反应　碳碳双键、酯基
（２）
（３）①ｎ
　
②Ｃ
（４）
（５）１２
（６）
􀪅
ＣＨＯ
ＣｒＯ３
Ｈ２ＳＯ４，丙酮→
􀪅
ＣＯＯＨ
ＨＢｒ→
Ｂｒ
ＣＯＯＨ
ⅰ）ＮａＯＨ水溶液，△
ⅱ）Ｈ
＋
→
ＯＨ
ＣＯＯＨ
一定条件→
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
解析　（１）根据Ｃ的结构简式及Ｂ→Ｃ的反应条件可推出
Ｂ→Ｃ为酯化反应，则Ｂ的结构简式为
；Ａ→Ｂ为
醛基转化为羧基，故Ａ→Ｂ为氧化反应。Ｃ中含有两种官能
团，分别为碳碳双键和酯基。
（２）根据已知信息可推出Ｄ的结构简式为
，Ｄ
在ＮａＯＨ水溶液、加热条件下发生水解反应，其中溴原子和酯
基均发生水解。
（３）①Ｅ为
，Ｅ中有羧基和羟基，可以发生缩聚反
应，得到高分子化合物Ｆ。
②Ｆ的链节为—Ｃ１０Ｈ１６Ｏ２—，相对质量为１６８，则高分子Ｆ的平
均聚合度为（２００００－１８）／１６８≈１１９。
（４）Ｅ为
，可以发生自身酯化反应，形成一个六
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３０５
　
元环。Ｅ自身酯化后形成Ｇ的结构简式为
。
（５）Ｃ为
，共有１１个碳原子、２个氧原子，不饱
和度为３。Ｃ的同分异构体含有１个六元环，１ｍｏｌ该物质与斐
林试剂反应产生２ｍｏｌ砖红色沉淀，则每个分子中含有两个醛
基，该物质不存在其他不饱和键。４个取代基有两种组合：
①—ＣＨＯ、—ＣＨ３、—ＣＨ３、—ＣＨ２ＣＨＯ；
②—ＣＨＯ、
—ＣＨＯ、
—ＣＨ３、—ＣＨ２ＣＨ３。符合条件的Ｃ的同分异构体有：
ＣＨ２ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨＯ
、
ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＨＯ
、
ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨ２ＣＨＯ
ＣＨ３
、
ＣＨ２ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨ３
、
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨ２ＣＨＯ
、
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨＯ、
ＣＨＯ
ＣＨ２ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨ３
、
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨ２ＣＨ３
、
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨ３
、
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨＯ
、
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨＯ
、
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＨ３
，共１２种。
考点二有机合成与有机推断
２．联苯乙酸（Ｇ）为非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
Ａ　　　
①→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２Ｃｌ
Ｂ　　　
ＮａＣＮ
②→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２ＣＮ
Ｃ　　　
浓ＨＮＯ３
浓Ｈ２ＳＯ４／△
③
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｏ２Ｎ
ＣＨ２ＣＮ
Ｄ　　
Ｈ２ＳＯ４
④醋酸→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｏ２Ｎ
ＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｅ　　
Ｆｅ
ＨＣｌ
⑤
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ２Ｎ
ＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｆ　　
Ｃ６Ｈ６／Ｃｌ３ＣＣＯＯＨ／
Ｃ５Ｈ１１ＯＮＯ
Ｃｕ／ＴＢＡＢ
⑥
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｇ　
回答下列问题：
（１）Ｂ的化学名称是　　　　　　　　。
（２）③的反应类型是　　　　　　　　　。
（３）反应①所需试剂、条件分别为　　　　　　　　。
（４）Ｇ的分子式为　　　　　　　。
（５）Ｅ中含氧官能团的名称是　　　　　　　　　。
（６）写出与Ｇ互为同分异构体，且能与ＮａＯＨ溶液反应的芳香
族化合物的结构简式（核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积
之比为１∶１∶２∶４∶４）：　　　　　　　　　　　。
（７）聚丁二酸乙二醇酯（ＰＥＳ）是一种化学合成的生物可降解
型聚酯，设计以乙烯为起始原料制备ＰＥＳ的路线：　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（无机试
剂任选）。
２．
答案　（１）氯甲基苯
（２）取代反应（或硝化反应）
（３）Ｃｌ２、光照
（４）Ｃ１４Ｈ１２Ｏ２
（５）硝基和羧基
（６）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ
（７）ＣＨ２
ＣＨ２
􀪅
Ｃｌ２
　→ＣＨ２ＣｌＣＨ２Ｃｌ
ＮａＯＨ水溶液
△
→ＣＨ２ＯＨＣＨ２ＯＨ
催化剂
　
→
ＮａＣＮ
　→ＣＨ２
ＣＮ
ＣＨ２
ＣＮ
Ｈ２ＳＯ４
醋酸→ＨＯＯＣＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
ＣＨ２
Ｏ􀰻Ｈ
解析　（２）反应③为硝化反应（或取代反应）。（３）反应①为
取代反应，反应所需试剂为Ｃｌ２，反应条件为光照。（４）由Ｇ的
结构简式可知其分子式为Ｃ１４Ｈ１２Ｏ２。（６）Ｇ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ２
ＣＯＯＨ，其同分异构体能与ＮａＯＨ
溶液反应，说明分子中应含有羧基或酯基；属于芳香族化合物，
说明含有苯环；分子中有五种氢原子，且个数比为１∶１∶２∶
４∶４，说明结构应具有对称性，可写出两种符合要求的结构：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｈ。（７）ＰＥＳ的单体为
ＨＯ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
（
丁
二
酸
）
和
ＨＯ—ＣＨ２—ＣＨ２—ＯＨ（乙二醇）。用乙烯为原料制出两种单体
再发生缩聚反应可制得ＰＥＳ。
方法技巧　设计合成路线时应将题中已知合成路线跟所学知
识相结合，且题中已知合成路线中的信息优先使用。
３．异丁酸苯丙醇酯（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３
ＣＨ３
）是一种合成香料，
其中一种合成路线如图：
Ｂ
　　　　　
①Ｂ２Ｈ６
②Ｈ２Ｏ２／ＯＨ
－
↑
Ａ
Ｏ２／催化剂
△
→Ｃ
①新制Ｃｕ（ＯＨ）２／△
②Ｈ
＋
→Ｅ
浓硫酸
△→
Ｆ
Ｈ２／催化剂
△
→
Ｄ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３
ＣＨ３
已知：Ｒ—ＣＨ􀪅ＣＨ２
①Ｂ２Ｈ６
②Ｈ２Ｏ２／ＯＨ
－→Ｒ—ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３０６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（１）Ａ的化学名称是　　　
　
　
　，Ｂ中含有的官能团名称是
　　　　。
（２）在一定条件下，Ａ与水反应也可以生成Ｂ或另外一种有机
物，该反应的反应类型为　
　
　
　，“另外一种有机物” 的
结构简式为　　　　　　　　　。
（３）Ｃ可被新制的Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液氧化，也可以被其他氧化
剂氧化。写出Ｃ与银氨溶液反应的化学方程式：　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）Ｄ的核磁共振氢谱显示为６组峰，且峰面积之比为１∶１∶
１∶１∶２∶２，则Ｄ的结构简式为　
　
　
　
　
　
　
　
　；Ｄ
的同分异构体有多种，其中苯环上有两个不含环状结构的
取代基，并能与Ｎａ反应的同分异构体有　　　　种（不含
立体异构）。
３．
答案　（１）２－甲基丙烯　羟基
（２）加成反应　
ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＯＨ
（３）ＣＨ３ＣＨＣＨＯ
ＣＨ３
＋２Ａｇ（ＮＨ３）２ＯＨ
△→ＣＨ３ＣＨＣＯＯＮＨ４
ＣＨ３
＋
２Ａｇ↓＋３ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
􀪅
ＣＨＯ
　９
解析　
（１）由题中所给的合成路线进行逆推可知Ｅ为
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＯＯＨ
ＣＨ３，
Ｃ
为
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨＯ，
Ｂ
为
ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ，结合已知信息可推知
Ａ
为
ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
，Ａ的名称为２－甲基丙烯；Ｂ的官能团为
羟基。
（２）
ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
与Ｈ２Ｏ发生加成反应可生成
ＣＨ３
Ｃ
ＣＨ３
ＯＨ
ＣＨ３或ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ（Ｂ）。
（４）Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ，Ｄ与Ｈ２加成生成Ｆ，Ｄ中氢
原子有６种，个数比为１∶１∶１∶１∶２∶２，则Ｄ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＨＯ；Ｄ的同分异构体中苯环上有两个
取代基，除苯环外不含其他环状结构，且含有“—ＯＨ”，符合条
件
的
有
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ３、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＣＨ２
Ｃ
ＣＨ
􀜁
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＨ
Ｃ
ＣＨ
􀜁
，及２个取代基处于间位、对位的情况，共
９种。
解题关键　由异丁酸苯丙醇酯推出Ｅ和Ｆ的结构简式是本题
的解题关键。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３４
　　有机合成题的解题思路
（１）碳骨架的增减
①增长：有机合成题中碳链的增长，一般会以信息形式给
出，常见方式为有机物与ＨＣＮ反应以及不饱和化合物间的加
成、聚合等；
②变短：如烃的裂化和裂解、某些烃（如某些苯的同系物、烯
烃）的氧化、脱羧反应等。
（２）有机合成中官能团衍变的方法
①官能团的引入
ａ．引入碳碳双键
引入碳碳双键的方法有醇的消去、卤代烃的消去、炔烃的不
完全加成。
ｂ．引入羟基
引入羟基的方法有卤代烃的水解、烯烃与水的加成、醛（酮）
的加成、酯的水解。
ｃ．引入卤素原子
引入卤素原子的方法有烷烃或苯及其同系物的卤代，不饱
和烃与ＨＸ、Ｘ２的加成，醇与氢卤酸的取代。
②官能团的消除
可通过加成消除不饱和键；可通过醇的消去、醇的氧化或醇
的酯化消除羟基；可通过还原或氧化消除醛基；可通过消去或取
代消除卤素原子等。
③官能团的转化（以乙烯为起始物）
例
　（２０１９安徽黄山一模，３６）苦杏仁酸在医药工业可
用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体。下列路线是合
成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
Ａ
（Ｃ６Ｈ６）
Ｂ（Ｃ２Ｈ２Ｏ３）
反应①→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
Ｃ（苦杏仁酸）
浓硫酸、ＣＨ３ＯＨ／△
反应②
→
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３０７
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＯＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｄ
浓氢溴酸
反应③→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｂｒ
ＯＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｅ
（１）试写出Ｂ的结构简式：　
　
　
　
　
　，Ｃ中官能团的名
称为　　　　　　。
（２）反应①的反应类型为　　　　，Ｄ的核磁共振氢谱共有
　　　　组峰。
（３）１ｍｏｌＥ最多可以与　
　
　
　
ｍｏｌＮａＯＨ反应。反应③
的化学方程式为
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）两个Ｃ分子可以反应生成具有三个六元环的化合物Ｆ，
则Ｆ的结构简式为
　。
（５）写出满足下列条件的Ｃ的同分异构体：
　。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应
②遇ＦｅＣｌ３溶液能显紫色
③苯环上有两个位于对位的取代基
（６）已知：ＲＣＨ２ＣＯＯＨ
ＰＣｌ３
△→ＲＣＨＣｌＣＯＯＨ，请以冰醋酸为原
料（无机试剂任选）设计制备聚乙醇酸（Ｈ􀰷ＯＣＨ２
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
）
的合成路线。
解题导引　解答有机合成题时，首先要正确判断合成的有
机物属于哪一类有机物、带有何种官能团，然后结合所学知识或
题给信息，寻找官能团的引入、转化、保护或消去的方法，找出合
成目标有机物的突破点。
解析　
（１）采用逆推法可推出Ｂ的结构简式为
ＯＨＣＣＯＯＨ；Ｃ中含有的官能团为羟基和羧基。
（３）１ｍｏｌＥ最多可以与２ｍｏｌＮａＯＨ反应。
（４）Ｃ分子中含羧基与醇羟基，两个Ｃ分子发生酯化反应生
成内酯，化学方程式为
２
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋２Ｈ２Ｏ，则Ｆ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
。
（５）既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有醛基
和酯基或含有—ＯＯＣＨ；遇ＦｅＣｌ３溶液能显紫色，说明含酚羟基，
苯环上具有两个位于对位的取代基，则符合条件的同分异构体
为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＣＯＯＣＨ２
ＯＨ。
答案　（１）ＯＨＣＣＯＯＨ　羟基、羧基
（２）加成反应　６
（３）
２
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
ＯＣＨ３
Ｏ
􀪅
＋
ＨＢｒ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｂｒ
ＯＣＨ３
Ｏ
􀪅
＋Ｈ２Ｏ
（４）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
（５）
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＣＯＯＣＨ２
ＯＨ
（６）
ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＰＣｌ３
△→
ＣＨ２ＣｌＣＯＯＨ
ＮａＯＨ溶液，△
Ｈ
＋
→
ＨＯＣＨ２ＣＯＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
Ｈ􀰷ＯＣＨ２
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３５
　（２０１９５·３原创预测卷二，３６）以烃为原料合成某药物中间
体Ｋ，其流程如下：
已知：
①ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＲＸ
乙醇钠→ＣＨＲ
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ⅰ）酸化
ⅱ）△，－ＣＯ２
→ＲＣＨ２ＣＯＯＨ
（Ｒ表示烃基，Ｘ表示卤素原子）；
②Ｂ、Ｃ与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色沉淀。
回答下列问题：
（１）Ｇ的名称是　　　　　　　　；Ｃ的结构简式为　
　
　
　
　　　　。
（２）Ｋ所含官能团名称是　　　　；Ｆ＋Ｉ→Ｊ的反应类型是　　
　　　　。
（３）１个Ｈ分子中最多有　　　　个原子共平面。
（４）写出Ｅ→Ｆ的化学方程式：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　。
（５）Ｉ的同分异构体有　　
　
　
种，其中核磁共振氢谱有２组
峰的结构简式为　　　　　　　　　　　。
（６）以丙二酸、乙醇为原料合成２－乙基丁酸（其他试剂任选），
设计合成路线。
　
答案　（１）１，３－丁二烯　ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨＯ
（２）羧基　取代反应
（３）８
（４）ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ＋２ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５＋２Ｈ２Ｏ
（５）８　
Ｃ
Ｂｒ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ２Ｂｒ
、Ｈ３Ｃ
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＨ
Ｂｒ
ＣＨ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３０８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（６）
ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸／△→Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＨＢｒ
催化剂→ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ
Ｃ２Ｈ５ＯＨ
Ｃ２Ｈ５ＯＮａ
→
Ｃ
ＣＨ３ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＨ２ＣＨ３
ⅰ）酸化
ⅱ）△，－ＣＯ２
→ＣＨ３ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ２ＣＨ３
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＣ２Ｈ５
解析　根据信息②可知Ｂ分子中含有醛基，结合Ｂ的分子
式知，Ａ为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２；Ｂ为ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ；Ｃ分子中含醛
基，其相对分子质量为７４，Ｃ为ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨＯ；Ｄ为
ＯＨＣＣＨ２ＣＨＯ；
Ｅ
为
ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ；
Ｆ
为
Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５；由Ｈ逆推Ｇ为１，３－丁二烯；Ｉ为１，４－
二溴丁烷；由信息①知Ｋ为
。
（３）ＢｒＣＨ２ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ２Ｂｒ中—ＣＨ２Ｂｒ最多有２个原子与
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
共平面，所以，１个Ｈ分子中最多有８个原子
共平面。
（５）丁烷有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，其一溴代物有４
种：Ｂｒ
、
Ｂｒ
、
Ｂｒ、
Ｂｒ
　　（ａ）　
　（ｂ）　　（ｃ）　
　（ｄ）
，ａ、ｂ、ｃ中的一个氢
原子被溴原子取代得到的二溴代物依次有４种、２种、３种，ｄ
中的一个氢原子被溴原子取代得到１种二溴代物，但与ｃ的
二溴代物重复，所以丁烷的二溴代物共９种，则Ｉ的同分异构
体有８种。
（６）先制备丙二酸二乙酯和溴乙烷，然后发生取代反应，最后
根据信息①即可制得目标物质。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３６
　　
应用有机反应类型、有机物简单命名、同分异构体、有机物
的结构等基础知识，结合新情景、新物质，将基础知识进行类比
分析、迁移应用，实现基础知识的灵活应用。
例
　（２０１７课标Ⅲ，３６）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：
Ａ
Ｃｌ２
光照
→
①
Ｂ
Ｃ７Ｈ５Ｃｌ３
ＳｂＦ３
ＤＭＳＯ→
②
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
Ｃ
→
③
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
ＮＯ２
Ｄ　　
Ｆｅ
２０％ＨＣｌ→
④
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
ＮＨ２
Ｅ　　
　　
　　　　
⑤吡啶
Ｏ
􀪅
Ｃｌ
↓
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ２Ｎ
ＣＦ３
Ｎ
Ｈ
Ｏ
􀪅
Ｇ
⑥
←
Ｆ
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（
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３ＣＯ
ＮＨＣＯＣＨ３）是
重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｈ３ＣＯ
）制备
４－甲氧基乙酰苯胺的合成路线　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　　　（其他试剂任选）。
解析　（１）Ａ为芳香烃，其与Ｃｌ２在光照条件下发生侧链
上的取代，结合Ｂ的分子式可推知Ａ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３；Ｃ的化学名称为三氟甲苯。
（２）反应③是在Ｃ的苯环上引入—ＮＯ２，反应试剂及条件为
浓硝酸／浓硫酸、加热，此反应的类型为取代反应。
（３）反应⑤是ＣＨ３Ｃ
ＣＨ３
ＨＣ
Ｏ
􀪅
取代氨基上的氢原子，反应方程
式为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
ＮＨ２
＋
Ｏ
􀪅
Ｃｌ
吡啶
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
Ｎ
Ｈ
Ｏ
􀪅
＋ＨＣｌ；吡啶的
作用是吸收反应产生的ＨＣｌ，提高反应转化率。
（４）根据有机物Ｇ的结构简式可知，Ｇ的分子式
为Ｃ１１Ｈ１１Ｆ３Ｎ２Ｏ３。
（５）当苯环上有三个不同的取代基时，共有１０种同分异构
体（见下图，三个取代基分别用—Ｘ、—Ｙ、—Ｚ表示）：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｘ
Ｙ
Ｚ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｘ
Ｚ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｚ
Ｘ
Ｙ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｙ
Ｚ
Ｘ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｙ
Ｚ
Ｘ
，除去Ｇ本身还有９种。
（６）完成这一合成需三步：首先在苯环上引入硝基（类似流
程中的③），然后将硝基还原为氨基（类似流程中的④），最后发
生类似流程中⑤的反应。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３０９
　
　　答案　（１）
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３　三氟甲苯
（２）浓ＨＮＯ３／浓Ｈ２ＳＯ４、加热　取代反应
（３）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
ＮＨ２
＋
Ｏ
􀪅
Ｃｌ
吡啶
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＦ３
Ｎ
Ｈ
Ｏ
􀪅
＋ＨＣｌ
吸收反应产生的ＨＣｌ，提高反应转化率
（４）Ｃ１１Ｈ１１Ｆ３Ｎ２Ｏ３
（５）９
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＣＨ３
浓ＨＮＯ３
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＯ２
ＯＣＨ３
Ｆｅ
２０％ＨＣｌ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨ２
ＯＣＨ３
ＣＨ３ＣＯＣｌ
吡啶→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨＣＯＣＨ３
ＯＣＨ３
题目价值　以真实情景材料为背景，关注社会热点、科技进
步和生产生活。结合实际情况，以生活中的基本物质为原料，合
成生产、生活中的常用物质。要求学生能够通过题给情境适当
迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，提高学生运用知识解
决问题的能力，充分体现了化学学以致用的基本思想。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３７
１．（２０１９河南部分高中联考，８）“分子机器设计和合成” 有着巨
大的研究潜力。人类步入分子器件时代后，使得光控、温控和
电控分子的能力更强。如图所示有机物是制备蒽醌套索醚电
控开关的材料，下列有关该有机物的说法正确的是
（　　）
Ａ．分子结构中含有３个苯环
Ｂ．苯环上一氯代物有７种
Ｃ．１ｍｏｌ该物质最多与６ｍｏｌＨ２发生加成反应
Ｄ．所有原子可能共平面
１．
答案　Ｂ　Ａ项，分子结构中只有２个苯环，错误；Ｂ项，分子
中２个苯环上共有７种氢原子，所以苯环上一氯代物有７种，
正确；Ｃ项，１ｍｏｌ该物质最多可以与８ｍｏｌＨ２发生加成反应，
错误；Ｄ项，该物质分子中含亚甲基（—ＣＨ２—）结构，所有原子
不可能共平面，错误。
２．（２０１７河北唐山一中调研，２２）有机物ＰＡＳ－Ｎａ是一种治疗肺
结核药物的有效成分，有机物Ｇ是一种食用香料，以甲苯为原
料合成这两种物质的路线如下：
　
Ｆ
试剂ａ
催化剂，△→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＨ
􀪅
肉桂酸
试剂ｂ
浓硫酸，△→
Ｇ
（Ｃ１２Ｈ１２Ｏ２）
　
ＭｎＯ２／Ｈ２ＳＯ４
↑
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
　
浓硝酸／浓硫酸，△
↓
　
Ａ
Ｂｒ２／ＦｅＢｒ３→Ｂ
试剂ｃ→Ｃ
ⅰ．ＮａＯＨ
ⅱ．ＨＣｌ→Ｄ
Ｆｅ／ＨＣｌ→Ｅ
试剂ｄ→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
ＰＡＳ－Ｎａ
ＣＯＯＮａ
ＯＨ
已知：
①
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＮＯ２
Ｆｅ／ＨＣｌ→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＮＨ２
②
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨＯ
ＲＣＨ２Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＣＨ２Ｒ
Ｏ
􀪅
催化剂，△
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＣＯＯＨ
􀪅
Ｒ
（—Ｒ为—ＣＨ３或—Ｈ）
③
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
ＭｎＯ２／Ｈ２ＳＯ４→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨＯ
回答下列问题：
（１）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３生成Ａ的反应类型是　　　　　。
（２）Ｆ中含氧官能团的名称是　
　
　
　
　；试剂ａ的结构简式
为　　　　　　　　。
（３）写出由Ａ生成Ｂ的化学方程式：　　　　　　　　　　　
　　　　　。
（４）质谱图显示试剂ｂ的相对分子质量为５８，分子中不含甲
基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂ｂ反应生成Ｇ的化
学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）当加入的试剂ｄ过量时，可以选用的试剂ｄ是　
　
　
　
（填字母序号）。
ａ．ＮａＨＣＯ３　　　ｂ．ＮａＯＨ　　　ｃ．Ｎａ２ＣＯ３
（６）肉桂酸有多种同分异构体，符合下列条件的有　　　种。
ａ．苯环上有三个取代基；
ｂ．能发生银镜反应，且１ｍｏｌ该有机物最多生成４ｍｏｌＡｇ。
上述符合条件的同分异构体中，苯环上有两种不同化学环
境氢原子的有机物的结构简式是　　　
　
　
　
　
（任写一
种即可）。
２．
答案　（１）取代反应（或硝化反应）
（２）醛基　
ＣＨ３Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＮＯ２
＋Ｂｒ２
ＦｅＢｒ３→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
Ｂｒ
ＮＯ２
＋ＨＢｒ
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＨ＋ＣＨ２
􀪅
ＣＨＣＨ２ＯＨ
􀪅
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＣＨ２ＣＨ
􀪅
ＣＨ２＋Ｈ２Ｏ
􀪅
（５）ａ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３１０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（６）６　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨＣ
ＣＨ３
ＣＨＯ或
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨＣ
ＣＨＯ
ＣＨ３
解析　结合题中反应条件及转化关系可知Ａ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２
ＣＨ３
，Ｂ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２
ＣＨ３
Ｂｒ，Ｃ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２
ＣＯＯＨ
Ｂｒ，Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２
ＣＯＯＨ
ＯＨ，Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
ＣＯＯＨ
ＯＨ，Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
。
（１）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
生成Ａ的反应为硝化反应（或取代反应）。
（２）Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
，含氧官能团为醛基；结合已知信息②可推知
试剂ａ为ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３。
（４）根据肉桂酸到Ｇ的反应条件及二者的分子式可推知试剂ｂ
中应含有—ＯＨ，其相对分子质量为５８，５８－１７＝４１，４１÷ １２＝
３……５，ｂ的分子组成可表示为Ｃ３Ｈ５ＯＨ；由于ｂ中不含甲基，
结合碳、氢原子数推测ｂ分子中应含有碳碳双键，故试剂ｂ的
结构简式为ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ２—ＯＨ。
（５）酚羟基与ＮａＨＣＯ３溶液不反应，羧基与ＮａＨＣＯ３溶液反应，
而羧基与酚羟基均可与ＮａＯＨ、Ｎａ２ＣＯ３反应。
（６）符合条件的同分异构体分子中应有２个—ＣＨＯ和１个
—ＣＨ３，共有６种结构：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨ３、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｈ３Ｃ
ＣＨＯ
ＣＨＯ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨＯ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＣＨ３
ＣＨＯ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＣＨＯ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
ＣＨＯ
ＣＨ３
；
其中
苯
环
上
有
两
种
氢
原
子
的
有
两
种：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨＣ
ＣＨ３
ＣＨＯ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＯＨＣ
ＣＨＯ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１３７
一、非环体系的环化
在有机合成中，常出现非环体系的环化反应。可能为一个
非环片段分子内反应，两个或多个非环片段的分子间反应。
　　１．高考中已经出现过的非环体系的环化
（１）六元环衍生物
（２０１６年课标Ⅰ第３８题［４＋２］环加成反应）
（２）五元环衍生物
（２０１８年课标Ⅱ第３６题羟基成环）
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨＯ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
催化剂
Ｈ２
→
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ２
ＣＨ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
ＯＨ
Ｈ２ＳＯ４△
－２Ｈ２Ｏ→
２．今后高考中可能出现的非环体系的环化
（１）三元环衍生物
１，３－消去反应：卤代酮、卤代酸酯、卤代腈等含活泼氢的化
合物进行消去。如卤代酮：
［１＋２］环加成反应：
（２）五元环衍生物
双官能团化合物缩合：
二、有机合成路线设计
有机合成路线设计能够考查考生从化学视角分析、解决实
际问题的能力，利用整体思维理解设计有机合成路线的能力，获
取信息、加工信息的能力，是高考有机化学基础的重要考点。有
机合成路线设计常用正向合成思路与逆向合成思路相结合的方
法，有些也可以采用“逆向合成法”。
首先，分析目标分子的结构特征，并与提供的原料进行对
比，然后结合所学知识或题干信息初步确定在合成该目标分子
时官能团的变化、键的变化等，找出合成该有机物的关键和突
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３１１
　
破口。
其次，联系常见官能团的引入或转化方法，逐步逆推接近原
料，即：目标分子→中间产物１→中间产物２→……→原料。然
后，将逆向合成分析的思路逆转，并逐步注明反应的条件、必要
的无机试剂、有机辅助原料，即可得到合成路线流程。
　　
例
　（２０１８湖南六校联考，３６）环丁基甲酸是有机合成
中一种常用的中间体。某研究小组以丙烯醛为原料，设计了如
下路线合成环丁基甲酸（部分反应条件、产物已省略）。
　　已知：Ｃ２Ｈ５Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
ＯＣ２Ｈ５＋２ＲＢｒ
Ｃ２Ｈ５ＯＮａ
→
Ｃ２Ｈ５Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｒ
Ｒ
Ｏ
􀪅
ＯＣ２Ｈ５＋２ＨＢｒ；
Ｃ
ＨＯＯＣ
ＣＯＯＨ
△→
Ｃ
Ｈ
ＣＯＯＨ＋ＣＯ２↑。
　　请回答下列问题：
（１）由丙烯醛生成化合物Ａ的反应类型为
　。
（２）化合物Ｃ的结构简式是　　　　　　　　　。
（３）下列说法中不正确的是　　　　（填字母代号）。
Ａ．化合物Ａ能与ＮａＨＣＯ３溶液反应
Ｂ．化合物Ｂ和Ｃ能形成高聚物
Ｃ．化合物Ｇ的分子式为Ｃ６Ｈ８Ｏ４
Ｄ．１ｍｏｌ化合物Ｂ与足量金属钠反应能生成１ｍｏｌ氢气
（４）写出Ｄ＋Ｅ→Ｆ的化学方程式：　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　。
（５）环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯Ｘ，化合物Ｘ满足下
列条件的所有同分异构体有　
　
　
　
种，写出其中一种的结构
简式：　　　　　　　　　　　　　　　　。
①能使ＦｅＣｌ３溶液显紫色
②含有丙烯醛中所有的官能团
③
１Ｈ－ＮＭＲ谱显示分子中含有５种不同化学环境的氢原子
（６）以１，３－丁二烯和化合物Ｅ为原料可制备环戊基甲酸
（
），请选用必要的试剂设计合成路线。
解析　
根据流程图，丙烯醛（ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ）与水反应生
成Ａ，Ａ的分子式为Ｃ３Ｈ６Ｏ２，则发生了加成反应，Ａ氧化生成Ｃ，
Ｃ与乙醇在酸性条件下发生酯化反应生成Ｅ，根据Ｅ的分子式可
知
Ｃ
为二元羧酸，则
Ｃ
为
ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ，Ａ
为
ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨＯ，Ｅ为ＣＨ３ＣＨ２ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３；Ａ与氢气发
生还原反应生成Ｂ，Ｂ与ＨＢｒ反应生成二溴代烃，则Ｂ为二元醇
即ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ，Ｄ为ＢｒＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ，根据已知信息，Ｄ
和Ｅ反应生成Ｆ，Ｆ为
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
，Ｆ在碱性条件下水解后
酸化生成Ｇ，Ｇ为
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
，根据已知信息Ｇ受热脱去一个
羧基生成环丁基甲酸。（３）化合物Ａ为ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨＯ，不能与
ＮａＨＣＯ３溶液反应，Ａ项错误；化合物Ｂ为ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ，化
合物Ｃ为ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ，能发生缩聚反应形成高聚物，Ｂ项正
确；化合物Ｇ为
ＣＯＯＨ
ＣＯＯＨ
，分子式为Ｃ６Ｈ８Ｏ４，Ｃ项正确；化合
物Ｂ为ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ，１ｍｏｌ化合物Ｂ与足量金属钠反应能
生成１ｍｏｌ氢气，Ｄ项正确。
答案　（１）加成反应
（２）ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ
（３）Ａ
（４）
Ｃ２Ｈ５Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀪅
ＯＣ２Ｈ５
＋
Ｂｒ（ＣＨ２）３Ｂｒ
Ｃ２Ｈ５ＯＮａ
→
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
＋２ＨＢｒ
（５）
３
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＣＨＯ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＣＨＯ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｃ
􀪅
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨＯ
ＯＨ
（任写一种即可）
（６）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３１２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１３９
　（２０２０届河北衡水二调，１３）ＥＨＰＢ是合成治疗高血压和充血
性心力衰竭的药物的中间体，合成路线如下：
已知：ⅰ．碳碳双键容易被氧化
ⅱ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ３Ｃ
＋Ｈ３Ｃ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３
ＡｌＣｌ３
　→
Ｈ３Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ３＋ＣＨ３ＣＯＯＨ
Ｏ
􀪅
（１）Ａ的名称是　　　　　　，Ａ形成的顺丁橡胶的结构简式
是　　　　　　　　　　。
（２）已知１ｍｏｌＥ发生银镜反应可生成４ｍｏｌＡｇ，Ｅ中含氧官
能团的名称为　　　　　　。
（３）Ｅ由Ｂ经①、②、③合成。
ａ．①的反应试剂和条件是　　　　　　　。
ｂ．②、③的反应类型依次是　　　　　、　　　　　。
（４）１ｍｏｌＦ转化成Ｇ所消耗的ＮａＯＨ的物质的量为　　
ｍｏｌ。
（５）Ｍ的结构简式为　　　　　　　　　　　。
（６）完成下列反应的化学方程式：
①ＥＨＰＢ不能与ＮａＨＣＯ３反应，有机物Ｎ→ＥＨＰＢ的化学方
程式为
　
　。
②有机物Ｋ与试剂Ｘ发生反应的化学方程式为　　
　
　
　　　　　　　　　　。
（７）有机物Ｎ有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同
分异构体的结构简式：　　　　　　　　　　　　　。
ａ．含有酚羟基
ｂ．能水解又能发生银镜反应
ｃ．苯环上的一氯代物只有一种
ｄ．核磁共振氢谱有５组峰
　
答案　（１）１，３－丁二烯　
（２）醛基
（３）ａ．ＮａＯＨ水溶液、加热　ｂ．加成反应　氧化反应
（４）３
（５）ＨＯＯＣ
ＣＨ２
ＣＨ
ＯＨ
ＣＯＯＨ
（
６
）
①
＋
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△→
②
（７）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＯＣＨ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
或
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＯＣＨ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
解析　（１）根据Ａ的结构简式可知，Ａ的名称是１，３－丁二
烯，Ａ形成的顺丁橡胶的结构简式是
。
（２）Ｅ为ＯＨＣＣＨ２ＣＨＢｒＣＨＯ，Ｅ中含氧官能团的名称为醛基。
（３）ａ．①为卤代烃的水解反应，反应试剂和条件是ＮａＯＨ水溶
液、加热。ｂ．②、③的反应类型依次是加成反应、氧化反应。
（４）Ｇ为ＮａＯＯＣＣＨ２ＣＨ（ＯＨ）ＣＯＯＮａ，Ｆ的结构简式为
ＨＯＯＣＣＨ２ＣＨＢｒＣＯＯＨ，羧基、溴原子均能与氢氧化钠发生反
应，１ｍｏｌＦ转化成Ｇ所消耗的ＮａＯＨ的物质的量为３ｍｏｌ。
（５）Ｍ的结构简式为ＨＯＯＣ
ＣＨ２
ＣＨ
ＯＨ
ＣＯＯＨ。
（６）①ＥＨＰＢ不能与ＮａＨＣＯ３反应，可写出有机物Ｎ→ＥＨＰＢ的
化学方程式。
（７）ａ．含有酚羟基，说明羟基与苯环直接相连；ｂ．既能水解又能
发生银镜反应，说明含有由甲酸形成的酯基；ｃ．苯环上的一氯
代物只有一种，说明苯环上只有１种类型的Ｈ原子；ｄ．核磁共
振氢谱有５组峰，符合条件的同分异构体的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＯＣＨ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ２ＯＯＣＨ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
。
解题思路　
由
Ｋ
的结构简式逆推可知
Ｍ
为
ＨＯＯＣ
ＣＨ２
ＣＨ
ＯＨ
ＣＯＯＨ，
Ｇ
为
ＮａＯＯＣＣＨ２ＣＨ（ＯＨ）ＣＯＯＮａ；根据Ｆ的分子式可知Ｆ的结构简
式为ＨＯＯＣＣＨ２ＣＨＢｒＣＯＯＨ；１ｍｏｌＥ发生银镜反应可生成
４ｍｏｌＡｇ，即１分子Ｅ中含有两个醛基，所以Ｅ为
ＯＨＣＣＨ２ＣＨＢｒＣＨＯ，则Ａ与溴发生１，４－加成生成ＢｒＣＨ２ＣＨ􀪅
ＣＨＣＨ２Ｂｒ（Ｂ），Ｂ发生碱性水解反应得到ＨＯＣＨ２ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ２
ＯＨ（Ｃ），Ｃ
与溴化氢发生加成反应得到
ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨＢｒＣＨ２ＯＨ（Ｄ），Ｄ发生氧化反应得到Ｅ；比较Ｋ
和Ｃ１０Ｈ１０Ｏ４的分子式，结合Ｎ的结构简式可知试剂Ｘ为苯，则
可推出Ｃ１０Ｈ１０Ｏ４为
；Ｎ与乙醇发生酯化
反应生成
（ＥＨＰＢ）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３１３
　
对应学生用书
起始页码２４７
考点一高分子化合物
１．（２０１８北京理综，１０，６分）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：
１．
答案　Ｂ　
本题考查高分子化合物的结构、官能团等知识。
根据芳纶纤维的结构片段图可推出合成芳纶纤维的单体为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯＯＣ
ＣＯＯＨ和
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ２Ｎ
ＮＨ２。Ａ项，两
种单体的单个分子中，苯环上的氢原子化学环境都是一样的；
Ｃ项，氢键的存在会提高该高分子的机械强度；Ｄ项，通过分析
题图中的结构片段可以推测该高分子的结构简式
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｈ􀰷ＮＨ
ＮＨ
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
。
规律方法　将结构片段中水解可断开的化学键全部断开，即
可判断出单体的结构。
２．（２０１７北京理综，１１，６分）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
２．
答案　Ｂ　
本题考查有机高分子化合物的合成和性质。Ｂ
项，聚维酮碘的合成过程为
，
，因此聚
维酮分子由（２ｍ＋ｎ）个单体聚合而成。Ｄ项，在聚维酮分子中
存在“
Ｎ
Ｃ
Ｏ
􀪅
”，能发生水解反应。
考点二有机合成与有机推断
３．（２０１９课标Ⅱ，３６，１５分）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：
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１ｍｏｌ单一聚
合度的Ｇ，若生成的ＮａＣｌ和Ｈ２Ｏ的总质量为７６５ｇ，则Ｇ
的ｎ值理论上应等于　　　。
３．
答案　（１）丙烯　氯原子　羟基
（２）加成反应
（３）
（４）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
􀪅
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３１４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（５）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＯ
Ｃｌ
ＣＨ３
Ｃｌ
　
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＯ
Ｃｌ
ＣＨ３
Ｃｌ
（６）８
解析　本题涉及的知识点有有机物结构与性质、反应类型判
断、特定结构同分异构体数目判断、聚合度计算等。通过有机
合成信息，考查学生接收、整合化学信息的能力。从分子水平
认识物质的组成、结构、性质和变化，体现宏观辨识与微观探析
的学科核心素养。
（１）根据题意可知Ａ是一种烯烃，则Ａ为丙烯。
（２）通过比较Ａ、Ｂ、Ｃ的分子式和合成路线中的反应条件，可知
Ａ→Ｂ、Ｂ→Ｃ分别发生了取代反应、加成反应，Ａ、Ｂ、Ｃ的结构简式
分别为ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２、ＣｌＣＨ２ＣＨ􀪅ＣＨ２、ＣｌＣＨ２
ＣＨ
ＯＨ
ＣＨ２Ｃｌ
（或ＣｌＣＨ２ＣＨＣＨ２ＯＨ
Ｃｌ
）。
（３）对比Ｃ、Ｄ的结构简式可知，Ｃ通过分子内取代反应生成Ｄ。
（４）利用信息①，由Ｆ逆推可知Ｅ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
􀪅
。
（５）能发生银镜反应，则含有醛基；核磁共振氢谱有三组峰，且
峰面积比为３∶２∶１，说明结构中存在甲基（—ＣＨ３），且分子结
构高
度
对
称，
则
可
能
的
结
构
有
两
种：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
Ｃｌ
ＣＨ３
Ｃｌ
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ
Ｃｌ
ＣＨ３
Ｃｌ
。
（６）由信息②可知，当有１ｍｏｌＤ参与反应时，生成ＮａＣｌ和
Ｈ２Ｏ的总质量为７６．５ｇ。因此当生成的ＮａＣｌ和Ｈ２Ｏ的总质量
为７６５ｇ时，有１０ｍｏｌＤ参与了信息②中的反应，再根据聚合
物Ｇ两侧端基的结构以及信息②③，可推出Ｇ的ｎ值为８。
审题指导　推断有机物结构应合理利用反应条件、分子式差
异和已知有机物的结构简式，采用正推法、逆推法，确定相关有
机物的结构。
４．（２０１９天津理综，８，１８分）我国化学家首次实现了膦催化的
（３＋２）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：
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（—ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３）
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）Ｃ
→Ｄ的反应类型为　　　　　　。
（４）Ｄ
→Ｅ的化学方程式为
　
　　　　　　　　，除Ｅ外该反应另一产物的系统命名为
　　　　　　　　。
（５）下列试剂分别与Ｆ和Ｇ反应，可生成相同环状产物的是
　　　　（填序号）。
ａ．Ｂｒ２
ｂ．ＨＢｒ
ｃ．ＮａＯＨ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Ｍ，在方框中写出路线流程图（其他
试剂任选）。
４．
答案　（１８分）（１）Ｃ１５Ｈ２６Ｏ　碳碳双键、羟基　３
（２）２　５
ＣＨ３Ｃ
ＣＨ３
ＨＣ
ＣＣＯＯＣＨ２ＣＨ３
􀜁
和ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２Ｃ
ＣＣＯＯＣＨ２ＣＨ３
􀜁
（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
（６）
解析　本题考查了有机化合物的组成与结构、烃及烃的含氧
衍生物等知识，通过（３＋２）环加成反应的信息应用及茅苍术醇
合成路线的分析，考查了学生运用化学术语及文字、图表、模型
进行表达及分析和解决化学问题的能力。通过有机物的结构
简式与性质的分析和应用，体现了宏观辨识与微观探析的学科
核心素养。通过中草药活性成分茅苍术醇的合成应用，体现了
化学的有用性和引导基础教育关注社会发展、科技进步和生产
生活的态度。
由（３＋２）环加成反应的信息，可推知Ａ与Ｂ发生环加成反应生
成Ｃ，Ｃ与Ｈ２发生加成反应生成Ｄ，Ｄ与ＣＨ３ＯＨ在浓Ｈ２ＳＯ４、
加热条件下发生酯交换反应生成Ｅ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３１５
　
（１）由题干中茅苍术醇的结构简式和不饱和度，先查出有１５
个碳原子，计算出有２６个氢原子，所以其分子式是Ｃ１５Ｈ２６Ｏ，所
含官能团是碳碳双键、羟基。因为连有四个不同原子或原子团
的碳原子为手性碳原子，所以茅苍术醇分子中有３个手性碳原
子：
。
（２）
化
合
物
Ｂ
的
结
构
简
式
可
以
写
成
Ｃ
Ｈ３Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３，其核磁共振氢谱中有两个吸
收峰，峰面积比为１∶３；满足题设条件的同分异构体有：
Ｈ３Ｃ—Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５、
Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５、
Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
ＣＨ２
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＣ２Ｈ５、
Ｈ３Ｃ
ＣＨ
ＣＨ３
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＣ２Ｈ５、
Ｈ３Ｃ
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＣ２Ｈ５；其中碳碳三键和乙酯基直接
相连
的
同
分
异
构
体
是
ＣＨ３ＣＨＣ
ＣＨ３
ＣＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
和ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２Ｃ
ＣＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
。
（３）因为Ｃ中五元环上有碳碳双键，而Ｄ中没有碳碳双键，所
以Ｃ
→Ｄ的反应类型为加成反应或还原反应。
（４）Ｄ
→Ｅ发生了取代反应（酯交换反应），化学方程式为
，则另一
产物的系统命名为２－甲基－２－丙醇或２－甲基丙－２－醇。
（５）Ｆ和Ｇ互为同分异构体，与ＨＢｒ发生加成反应时，若Ｈ原
子加在连氢原子多的碳原子上，则产物相同，故选ｂ。
（６）利用（３＋２）环加成反应的信息，对Ｍ（
）进行逆
推应该有一步加Ｈ２消除碳碳双键和一步环加成反应，故两种
链状不饱和酯应该是：
ＣＨ３Ｃ
ＣＣＯＯＣＨ３
􀜁
与
ＣＨ２
ＣＨＣＯＯＣ２Ｈ５
􀪅
或
ＣＨ３Ｃ
ＣＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
与
ＣＨ２
􀪅
ＣＨＣＯＯＣＨ３，依此和题干信息写出路线流程图。
试题评析　该题难度适中，重点考查了学生利用陌生信息处
理实际有机合成问题的能力，试题中连续出现（３＋２）环加成反
应、手性碳原子、乙酯基、Ｆ
→Ｇ重排等新信息。在同分异构
体、手性碳原子以及补充路线流程图三个设问中增强了区分
度。在同分异构体书写方面，学生容易忽视“连续四个碳原子
在一条直线上”这条信息而产生错误。
５．（２０１９北京理综，２５，１６分）抗癌药托瑞米芬的前体Ｋ的合成
路线如下。
已知：
ⅰ．
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
Ｏ
􀪅
Ｒ′
ＡｌＣｌ３
△→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
􀪅
Ｒ′
ＯＨ
Ｒ″—Ｃｌ
Ｋ２ＣＯ３
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｏ
􀪅
Ｒ′
ＯＲ″
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如（ＣＨ３）２ＮＣＨ２ＣＨ３的键线式
为
Ｎ
（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，１ｍｏｌＭ最多消耗
２ｍｏｌＮａＯＨ
（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：
Ｋ
－Ｈ２Ｏ
→Ｎ
ＳＯＣｌ２
取代反应→
托瑞米芬
Ｃ２６Ｈ２８ＮＯＣｌ
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是
　。
５．
答案　（１）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ＋
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４，Ｈ３ＢＯ３
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋Ｈ２Ｏ　取代反应（或酯化反应）
（２）羟基、羰基
（３）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｎ
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ—ＣＯＯＨ
􀪅
（５）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｏ
􀪅
（６）还原（加成）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３１６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（７）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｎ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
􀪅
Ｃｌ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
解析　本题考查有机化学基础中有机化合物的组成与结构
等必备知识。通过对信息的提取和利用，考查学生接受、吸收、
整合化学信息的能力。通过对有机合成流程的分析，推理认识
Ｆｒｉｅｓ重排及羰基还原的本质特征，建立认知模型，考查考生解
决实际问题的能力，体现了证据推理与模型认知的学科核心素
养。以抗癌药托瑞米芬的合成为载体进行考查，体现了关注社
会发展、科技进步、生产生活的态度。
结合设问（１）与信息ⅰ和Ｋ的结构式逆推，可知Ａ是
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ
，Ｂ是
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
，Ｃ是
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
；利用信息
ⅰ可推知Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＨＯ
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
，其与
Ｎ
Ｃｌ
发生取
代反应生成Ｅ（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
Ｏ
􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｎ
）和ＨＣｌ；流程中Ｆ
在①ＮａＯＨ、②Ｈ
＋条件下转化为Ｇ与Ｊ，且Ｊ经还原可转化为Ｇ，再
结合Ｋ的结构简式，可推出Ｆ为酯，所以Ｊ是
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ—ＣＯＯＨ
􀪅
，　
Ｇ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ—ＣＨ２ＯＨ
􀪅
，
Ｇ与Ｅ在ＬｉＡｌＨ４、Ｈ２Ｏ的作用下生成Ｋ，根据Ｋ的结构可知，此过
程中ＬｉＡｌＨ４和Ｈ２Ｏ的作用是还原。
（２）Ｄ中含有的官能团是羰基和羟基。
（５）Ｍ与Ｊ互为同分异构体，根据信息提示和不饱和度可推知
Ｍ的结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｏ
􀪅
。
（７）由Ｋ合成托瑞米芬的过程及其具有反式结构可得托瑞米
芬的结构简式是
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｏ
Ｎ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
􀪅
Ｃｌ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
。
解题指导　
该题的解题关键是把Ｋ的结构简式与信息ⅰ对
接，逆向分析后，结合设问逐一分析清楚流程中重要物质的结
构，题目难度适中，两次考查到了酯化反应。解答此题第（６）
问时，需结合自己的知识储备。在有机化学中加氢或去氧是还
原反应。
６．（２０１８北京理综，２５，１７分）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。
Ａ
（Ｃ３Ｈ６）
Ｃｌ２
高温→Ｂ
ＨＯＣｌ
加成→
Ｃ
（Ｃ３Ｈ６ＯＣｌ２）
试剂ａ
　
→
Ｄ
（Ｃ３Ｈ８Ｏ３）
浓Ｈ２ＳＯ４
△→
Ｅ
（Ｃ３Ｈ４Ｏ）
Ｆ
（Ｃ６Ｈ６Ｏ）
→
Ｇ
（Ｃ６Ｈ５ＮＯ３）
　
还原→
Ｊ
（Ｃ６Ｈ７ＮＯ）
　
加成→
Ｋ
＋Ｊ
Ｇ
　　
←
Ｌ
（Ｃ９Ｈ９ＮＯ）
Ｈ２ＳＯ４
△
←
８－羟基喹啉
已知：ⅰ．
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
＋
Ｏ
􀪅
Ｈ
Ｒ
Ｈ２ＳＯ４
△→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｈ
Ｒ
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物质的量之比为
　　　　。
６．
答案　（１）烯烃
（２）ＣＨ３—ＣＨ􀪅ＣＨ２＋Ｃｌ２
高温
→ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ２Ｃｌ＋ＨＣｌ
（３）ＣＨ２ＣＨＣＨ２
ＯＨＣｌＣｌ
或ＣＨ２ＣＨＣＨ２
Ｃｌ
ＯＨＣｌ
（４）ＮａＯＨ，Ｈ２Ｏ
（５）
ＣＨ２ＣＨＣＨ２
ＯＨＯＨＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→ＣＨ２
ＣＨ
􀪅
ＣＨ
Ｏ
􀪅
＋２Ｈ２Ｏ
（６）取代反应
（７）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
Ｎ
Ｈ
Ｈ
ＯＨ
　
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
Ｎ
􀜏􀜏
Ｈ
　（８）氧化　３∶１
解析　（１）Ａ的分子式为Ｃ３Ｈ６，应为丙烯，属于烯烃。
（２）烯烃分子和Ｃｌ２在高温条件下发生的是取代反应而不是加
成反应，且取代反应通常发生在烷基上。
（３）由于ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨ２Ｃｌ（Ｂ）的结构不对称，所以在和ＨＯＣｌ
发生加成反应时可能生成两种产物。
（４）Ｃ→Ｄ的转化过程中，Ｃ分子去掉２个Ｃｌ原子增加了２个
“ＯＨ”原子团，所以该过程应是卤代烃的水解反应，所需试剂
是ＮａＯＨ水溶液。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３１７
　
（５）根据合成路线可知Ｅ应是ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨＯ，所以Ｄ→Ｅ的化学方
程式应是ＣＨ２
ＯＨ
ＣＨ
ＯＨ
ＣＨ２
ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△→ＣＨ２􀪅ＣＨ—ＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ。
（６）根据合成路线可知Ｊ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＨ２
ＯＨ
，Ｇ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＮＯ２
ＯＨ
。
Ｆ应是苯酚，Ｆ→Ｇ应是苯酚与浓ＨＮＯ３发生取代反应生成邻
硝基苯酚。
（７）根据信息ⅰ可知Ｋ→Ｌ的中间产物的结构简式为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
Ｎ
Ｈ
ＯＨ
，由中间产物再发生醇羟基的消去反应得
Ｌ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
Ｎ
􀜏􀜏
Ｈ
）。
（８）Ｌ→８－羟基喹啉，分子组成上少了２个Ｈ原子，所以Ｌ发生
了氧化反应。每个
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＯＨ
ＮＯ２
（Ｇ）中的—ＮＯ２转化为—ＮＨ２
的同时—ＮＯ２中的氧原子转化为Ｈ２Ｏ，此时需要６个氢原子，
需３个
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＨ
Ｎ
􀜏􀜏
Ｈ
分子来提供，所以Ｌ与Ｇ的物质的量之比
为３∶１。
７．（２０１７课标Ⅰ，３６，１５分）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：①ＲＣＨＯ＋ＣＨ３ＣＨＯ
ＮａＯＨ／Ｈ２Ｏ
△
→ＲＣＨ􀪅ＣＨＣＨＯ＋Ｈ２Ｏ
②
􀪅
＋
􀜁
催化剂
　
→
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）。
７．
答案　（１）苯甲醛
（２）加成反应　取代反应
（３）Ｃ６Ｈ５
􀜁
ＣＯＯＨ
（４）
（５）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜁
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜁
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜁
ＣＯＯＨ、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
􀜁
ＣＯＯＨ中的２种
（６）
解析　本题的考查角度较往年略有变化，如第（４）问甲苯特
定同分异构体的考查是隐性推断；第（５）问不再考查符合某些
条件的同分异构体种类数的判断，而是书写特定结构同分异构
体的结构简式。
（１）Ａ与ＣＨ３ＣＨＯ发生已知信息①的反应生成烯醛Ｂ
（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＨＯ
􀪅
），可知Ａ为苯甲醛（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＯ）。
（２）Ｃ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨＣＯＯＨ
􀪅
，分析Ｃ、Ｄ的分子式可知Ｄ
比Ｃ多了两个Ｂｒ原子，说明Ｃ→Ｄ为加成反应，Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨＣＨＣＯＯＨ
ＢｒＢｒ
；Ｄ→Ｅ为卤代烃的消去反应，生成的Ｅ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＣＯＯＨ
􀜁
；Ｅ→Ｆ
为酯化反应，Ｆ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
。（４）Ｇ为甲苯的同分异构体，由Ｆ生
成Ｈ为碳碳三键和碳碳双键的加成反应，根据Ｈ的结构推出
Ｇ
为
，
由
Ｆ
生成
Ｈ
的化学方程式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＣＯＯＣ２Ｈ５
􀜁
＋
。
（５）Ｘ是Ｆ的同分异构体，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出
ＣＯ２，说明分子内含有羧基，核磁共振氢谱有４种不同化学环
境的氢，峰面积比为６∶２∶１∶１，则其结构简式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ
􀜁
ＣＨ３
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ
􀜁
ＣＨ３
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
、
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３１８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
Ｃ
Ｃ
􀜁
ＣＯＯＨ
ＣＨ３
。
（６）根据已知信息②可知环戊烷需要先转化为环戊烯，需经过
取代和消去反应，然后与２－丁炔加成，最后再与Ｂｒ２加成。
８．（２０１７北京理综，２５，１７分）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″ＯＨ
Ｈ
＋
△→ＲＣＯＯＲ″＋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属于酯类。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
一定条件→Ｆ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ。Ｆ所含官能团有
Ｃ
Ｏ
􀪅
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：
８．
答案　（１７分）（１）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
　硝基
（２）取代反应
（３）２Ｃ２Ｈ５ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ或Ａｇ
△→２ＣＨ３ＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ
２ＣＨ３ＣＨＯ＋Ｏ２
催化剂
△→２ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＣＨ３ＣＯＯＨ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
ＣＨ３ＣＯＯＣ２Ｈ５＋Ｈ２Ｏ
（４）
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｒ
（５）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
　
ＣＨ３ＣＣＨ２
Ｏ
􀪅
ＣＯＣ２Ｈ５
Ｏ
􀪅
􀜍􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
ＯＨ
Ｏ
􀜏􀜏
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
ＯＣ２Ｈ５
􀜍􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ
Ｏ
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
Ｏ
􀪅
解析　Ａ属于芳香烃，结合Ｃ的分子式可推出Ａ为苯；Ｅ为
酯，且仅以乙醇为原料就可合成，很容易推出Ｅ为
ＣＨ３ＣＯＯＣＨ２ＣＨ３；结合２Ｅ
一定条件→Ｆ＋Ｃ２Ｈ５ＯＨ及羟甲香豆素
的结构可推出Ｆ为ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＯＣ２Ｈ５。
疑难突破　（５）对比Ｄ、Ｆ及羟甲香豆素的结构简式，充分利
用题给信息，分析得出中间产物的结构简式。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一高分子化合物
１．（２０１５北京理综，１０，６分）合成导电高分子材料ＰＰＶ的反应：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ｎＩ
Ｉ＋ｎＣＨ２􀪅
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
催化剂
　
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
Ｉ􀰷
ＣＨ
ＣＨ􀰺２ｎＨ
􀪅
＋（２ｎ－１）ＨＩ
　　　ＰＰＶ
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．合成ＰＰＶ的反应为加聚反应
Ｂ．ＰＰＶ与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
Ｃ．
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍􀜍
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
和苯乙烯互为同系物
Ｄ．通过质谱法测定ＰＰＶ的平均相对分子质量，可得其聚合度
答案　Ｄ　
Ａ项，合成ＰＰＶ的反应属于缩聚反应；Ｂ项，ＰＰＶ
中的重复结构单元为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
，聚苯乙烯中的重
复结构单元为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ
ＣＨ２
，二者不相同；Ｃ
项，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
和苯乙烯结构不相似，不互为
同系物；Ｄ项，通过测定高分子的平均相对分子质量，可得其聚
合度。
２．（２０１５浙江理综，１０，６分）下列说法不正确
∙∙∙的是
（　　）
Ａ．己烷共有４种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
Ｂ．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、
苯磺酸的反应都属于取代反应
Ｃ．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
Ｄ．聚合物（􀰷ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２􀰺ｎ）可由单体ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨ２
和ＣＨ２􀪅ＣＨ２加聚制得
答案　
Ａ　
己烷共有５种同分异构体：ＣＨ３（ＣＨ２）４ＣＨ３、
ＣＨ３
ＣＨ２
ＣＨ２—ＣＨ—ＣＨ３
ＣＨ３
、
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨＣＨ２ＣＨ３
ＣＨ３
、
ＣＨ３
ＣＨ２
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３
、ＣＨ３
ＣＨ
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ３
ＣＨ３
，Ａ项不正确；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３１９
　
Ｂ项正确；油脂的皂化反应是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下
的水解反应，Ｃ
项正确；由该聚合物的链节
ＣＨ２
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ３
ＣＨ２
可知其单体为ＣＨ２􀪅ＣＨ２和
ＣＨ３
ＣＨ􀪅ＣＨ２，Ｄ项正确。
考点二有机合成与有机推断
３．（２０１７天津理综，８，１８分）２－氨基－３－氯苯甲酸（Ｆ）是重要的
医药中间体，其制备流程图如下：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
浓Ｈ２ＳＯ４，△
①
→Ａ
浓ＨＮＯ３，浓Ｈ２ＳＯ４，△
②
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＳＯ３Ｈ
ＣＨ３
ＮＯ２
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
③→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＮＯ２
Ｂ　　
ＫＭｎＯ４／Ｈ
＋
④
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＯ２
Ｆｅ／ＨＣｌ
⑤→Ｃ
ＣＨ３ＣＣｌ
Ｏ
􀪅
⑥
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
浓Ｈ２ＳＯ４，△
⑦
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ３Ｓ
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｄ
⑧→Ｅ
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
⑨→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
Ｃｌ
Ｆ　　
已知：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＯ２
Ｆｅ／ＨＣｌ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨ２
回答下列问题：
（１）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
分子中不同化学环境的氢原子共有　
　
　
种，共
面原子数目最多为　　　。
（２）Ｂ的名称为　
　
　
　
　
　
　
　。写出符合下列条件Ｂ的
所有同分异构体的结构简式
　。
ａ．苯环上只有两个取代基且互为邻位
ｂ．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（３）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备Ｂ，而是经由①②
③三步反应制取Ｂ，其目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（４）写出⑥的化学反应方程式：　　　　　　　　　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　，该步反应的主要目的
是　　　　　　　　　　　。
（５）写出⑧的反应试剂和条件：　　　　　　　　；Ｆ中含氧官
能团的名称为　　　　　。
（６）在方框中写出以
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
为主要原料，经最少步
骤制备含肽键聚合物的流程。
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
……
反应试剂
反应条件→目标化合物
答案　（１８分）（１）４　１３
（２）２－硝基甲苯或邻硝基甲苯
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＣＨ
Ｏ
􀪅
ＮＨ２
和
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨＣＨ
Ｏ
􀪅
ＯＨ
（３）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产
物，或占位）
（４）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
＋ＣＨ３ＣＣｌ
Ｏ
􀪅
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
＋ＨＣｌ　
保护氨基
（５）Ｃｌ２／ＦｅＣｌ３（或Ｃｌ２／Ｆｅ）　羧基
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
催化剂
或一定条件→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ􀰻Ｈ
Ｈ
解析　
（１）在
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３分子中与甲基处于邻位（或间
位）的两个氢原子所处化学环境相同，所以甲苯分子中共有４
种不同化学环境的氢原子；苯分子中１２个原子共平面，甲苯分
子可由甲基取代苯分子上的１个氢原子得来，甲基是四面体结
构，碳碳单键可以旋转，故甲苯分子中共面原子数目最多为
１３个。
（２）Ｂ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＮＯ２，名称为邻硝基甲苯或２－硝基甲苯；Ｂ的
同分异构体中，苯环上只有两个取代基且互为邻位、能发生银
镜反应和水解反应的是
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＯＣＨ
Ｏ
􀪅
ＮＨ２
和
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＮＨＣＨ
Ｏ
􀪅
ＯＨ。
（３）苯环上甲基的邻、对位氢原子易被取代，经由三步反应制
取Ｂ可避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，减少副
产物。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（４）根据题中已知信息及转化关系知，Ｃ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２，反应
⑥的化学方程式为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
＋
ＣＨ３
ＣＣｌ
Ｏ
􀪅
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣＣＨ３
Ｏ
􀪅
＋ＨＣｌ；观察后续合成路线知，反应⑨的产物Ｆ
中有氨基，故反应⑥的主要目的是保护氨基。
（５）对比Ｄ和Ｆ的结构简式知，反应⑧的主要目的是在苯环上
引入氯原子，故反应试剂和条件是Ｃｌ２／ＦｅＣｌ３或Ｃｌ２／Ｆｅ；Ｆ中含
氧官能团的名称为羧基。
（６）欲制备含肽键聚合物，只需要含氨基和羧基的物质发生缩
聚反应即可，已知原料发生水解可生成含有氨基和羧基的物
质，故合成路线为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨＣ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＮＨ２
催化剂
或一定条件→
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＨＯ􀰷Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｎ􀰻Ｈ
Ｈ
。
知识拓展　有机合成中常见官能团的保护
①酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前
可以先使酚羟基与ＮａＯＨ反应，把—ＯＨ变为—ＯＮａ而将其保
护起来，待氧化其他基团后再酸化，将—ＯＮａ变为—ＯＨ。
②碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团
前可以利用其与ＨＣｌ等的加成反应将其保护起来，待氧化其
他基团后再利用消去反应变回碳碳双键。
③氨基（—ＮＨ２）的保护：如在利用对硝基甲苯合成对氨基苯甲
酸的过程中应先把—ＣＨ３氧化成—ＣＯＯＨ，再把—ＮＯ２还原
为—ＮＨ２，这样可防止当ＫＭｎＯ４氧化—ＣＨ３时，—ＮＨ２（具有还
原性）也被氧化。
４．（２０１６课标Ⅱ，３８，１５分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速
聚合为􀰷Ｈ２Ｃ
Ｃ􀰻
ＣＮ
ＣＯＯＲ
，从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸
酯（Ｇ）的合成路线如下：
Ａ
ＨＣＮ（水溶液）
ＮａＯＨ（微量）→Ｂ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
　
Ｃ
（Ｃ４Ｈ５Ｎ）
Ｃｌ２
光照
→Ｄ
ＮａＯＨＨ２Ｏ
↓
　　Ｅ
（Ｃ４Ｈ５ＮＯ）
Ｇ
ＣＨ３ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４／△
←
Ｆ
Ｏ２
催化剂
←
已知：
①Ａ的相对分子质量为５８，氧元素质量分数为０．２７６，核磁共
振氢谱显示为单峰
②Ｒ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｒ′
ＨＣＮ（水溶液）
ＮａＯＨ（微量）→
Ｃ
ＯＨ
ＣＮ
Ｒ
Ｒ′
回答下列问题：
（１）Ａ的化学名称为　　　　。
（２）Ｂ的结构简式为　　　
　
　
　
　
　
　，其核磁共振氢谱显
示为　　　　组峰，峰面积比为　　　　。
（３）由Ｃ生成Ｄ的反应类型为　　　　　　。
（４）由Ｄ生成Ｅ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）Ｇ中的官能团有　　　　、　　　　、　　　　。（填官能
团名称）
（６）Ｇ的同分异构体中，与Ｇ具有相同官能团且能发生银镜反
应的共有　　　　种。（不含立体异构）
答案　（１５分）（１）丙酮
（２）
　２　６∶１
（３）取代反应
（４）
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ２Ｃｌ
＋ＮａＯＨ
Ｈ２Ｏ
→
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ２ＯＨ
＋ＮａＣｌ
（５）碳碳双键　酯基　氰基
（６）８
解析　
（１）Ａ分子中的氧原子个数为５８×０．２７６
１６
＝１，则
５８×（１－０．２７６）
１２
＝３……６，故Ａ的分子式为Ｃ３Ｈ６Ｏ；Ａ的核磁共
振氢谱显示为单峰，说明分子中存在对称的两个—ＣＨ３，所以
Ａ的结构简式为ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３，化学名称为丙酮。
（２）根据已知信息②可知ＣＨ３
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ３和ＨＣＮ可以发生加
成反应生成ＣＨ３
Ｃ
ＯＨ
ＣＮ
ＣＨ３（Ｂ），Ｂ的核磁共振氢谱显示为２
组峰，峰面积比为６∶１。
（３）Ｂ的分子式为Ｃ４Ｈ７ＮＯ，Ｃ比Ｂ少２个Ｈ、１个Ｏ，说明Ｂ→
Ｃ是消去反应，则Ｃ的结构简式为ＣＨ２
Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ３。Ｃ→Ｄ应
是ＣＨ２
Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ３
分子中—ＣＨ３上的Ｈ发生取代反应生
成ＣＨ２
Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ２
Ｃｌ。
（５）由合成路线图可推知Ｇ为ＣＨ２
Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＯＯＣＨ３，其分子中
含有三种官能团，分别是碳碳双键、酯基和氰基。
（６）Ｇ中含有碳碳双键、氰基、酯基，符合条件的同分异构体中
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３２１
　
含
有
碳
碳
双
键、
氰
基、
甲
酸
酯
基，
有：
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＮ
、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
Ｃ
ＣＮ
ＣＨ２
􀪅
、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ
ＣＮ
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ
ＣＨ
􀪅
ＣＨ２
ＣＮ
、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ
Ｃ
􀪅
ＣＮ
ＣＨ３、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＮ
ＣＨ
􀪅
ＣＨ３、
Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ
􀪅
ＣＮ
、Ｈ
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
Ｃ
ＣＨ２ＣＮ
ＣＨ２
􀪅
。
思路分析　根据信息①推出Ａ，根据信息②推出Ｂ，然后依次
推出Ｃ～Ｇ的结构简式，再结合具体问题，进行作答。
疑难突破　（６）题书写同分异构体时，要先考虑碳链异构，再
考虑官能团位置异构，且三种官能团，“定二移一”。
５．（２０１６课标Ⅲ，３８，１５分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联
反应，称为Ｇｌａｓｅｒ反应。
２Ｒ—Ｃ
Ｃ
􀜁—Ｈ
催化剂→Ｒ—Ｃ
Ｃ
􀜁—Ｃ
Ｃ
􀜁—Ｒ＋Ｈ２
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价
值。下面是利用Ｇｌａｓｅｒ反应制备化合物Ｅ的一种合成路线：
Ａ
ＣＨ３ＣＨ２Ｃｌ
ＡｌＣｌ３△
①
→
Ｃ８Ｈ１０
Ｂ
Ｃｌ２
光照
②
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＣｌ２ＣＨ３
Ｃ　　
１）ＮａＮＨ２
２）Ｈ２Ｏ
③
→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｃ
ＣＨ
􀜁
Ｄ　　
　
　
Ｇｌａｓｅｒ反应
④
→Ｃ１６Ｈ１０
Ｅ
回答下列问题：
（１）Ｂ的结构简式为　
　
　
　
　
　
　
　，Ｄ的化学名称
为　　　　　。
（２）①和③的反应类型分别为　　　　　、　　　　　。
（３）Ｅ的结构简式为　　　　　　　　　　。用１ｍｏｌＥ合成
１，４－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气　　　　ｍｏｌ。
（４）化合物（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＨＣ
􀜁
Ｃ
ＣＨ
􀜁
）也可发生Ｇｌａｓｅｒ偶
联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）芳香化合物Ｆ是Ｃ的同分异构体，其分子中只有两种不同
化学环境的氢，数目比为３∶１，写出其中３种的结构简式
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（６）写出用２－苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合
物Ｄ的合成路线
　
　。
答案　（１）
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ２Ｈ５（１分）　苯乙炔（１分）
（２）取代反应（１分）　消去反应（１分）
（３）
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｃ
􀜁
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
（２分）　４（１分）
（４）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ｎＨＣ
􀜁
Ｃ
ＣＨ
􀜁
催化剂→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｈ􀰷Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｃ􀰻Ｈ＋（ｎ－１）Ｈ２
􀜁
（２分）
（５）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
（任意三种）（３分）
（６）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
△
→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
Ｂｒ２／ＣＣｌ４→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＢｒＣＨ２Ｂｒ
１）ＮａＮＨ２
２）Ｈ２Ｏ→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
ＣＨ
􀜁
（３分）
解析　依据化合物Ｅ的合成路线及反应条件，可以推断出Ａ
为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
，Ａ在ＡｌＣｌ３加热条件下与ＣＨ３ＣＨ２Ｃｌ发生取代反应生
成Ｂ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＨ３），Ｂ与Ｃｌ２在光照条件下发生取代反应生
成Ｃ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＣｌ２ＣＨ３），Ｃ在ＮａＮＨ２和Ｈ２Ｏ作用下发生消去反
应生成Ｄ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
ＣＨ
􀜁
），结合已知Ｇｌａｓｅｒ反应原理可判断出
Ｅ的结构简式为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｃ
􀜁
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
。（３）由Ｅ
的结构简式可以看出Ｅ中含有两个
Ｃ
Ｃ
􀜁
，则１ｍｏｌＥ合
成１，４－二苯基丁烷，理论上需消耗氢气４ｍｏｌ。（４）根据
Ｇｌａｓｅｒ反应原理，可推知
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＨＣ
􀜁
Ｃ
ＣＨ
􀜁
发生聚合
反应的化学方程式为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ｎＨＣ
􀜁
Ｃ
ＣＨ
􀜁
催化剂→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｈ􀰷Ｃ
􀜁
Ｃ
Ｃ􀰻Ｈ＋（ｎ－１）Ｈ２
􀜁
。（５）芳香化合
物Ｆ是Ｃ的同分异构体，说明Ｆ中含有苯环；Ｆ分子中只有两
种不同化学环境的氢，数目比为３∶１，说明苯环上的两个—Ｃｌ
或两个—ＣＨ３在邻位或对位，则Ｆ的结构简式为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
、
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃｌ
Ｃｌ
。
（６）２－苯基乙醇（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２ＣＨ２ＯＨ）在浓Ｈ２ＳＯ４、加热条件
下发生消去反应生成
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
，
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
与Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液发生加成反应生成
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＢｒＣＨ２Ｂｒ，再
结合合成路线中反应③知，
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨＢｒＣＨ２Ｂｒ在ＮａＮＨ２和
Ｈ２Ｏ作用下发生消去反应生成化合物Ｄ（
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
Ｃ
ＣＨ
􀜁
）。
思路分析　①结合反应条件及已知物质分子式，判断出结构
简式；②分析合成路线，确定反应类型；③利用已知合成路线，
迁移应用设计合成路线。
审题技巧　要抓住问题中的关键点，以顺利作答。如（４）中“聚
合物”，（５）中“两种不同化学环境的氢，数目比为３∶１”。
６．（２０１６天津理综，８，１８分）反－２－己烯醛（Ｄ）是一种重要的合
成香料，下列合成路线是制备Ｄ的方法之一。根据该合成路
线回答下列问题：
２ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨＯ
Ａ
ＣＨＯＣ２Ｈ５
Ｂ
ＣＨ２
􀪅
催化剂→
Ｏ
Ｏ
ＯＣ２Ｈ５
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３
Ｃ
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
→
Ｈ
Ｃ
􀜍
ＨＯ
Ｈ
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
　　　Ｄ
＋Ａ＋Ｅ
已知：
Ｃ
Ｒ
Ｏ
Ｒ′
Ｏ
Ｒ″
Ｈ
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
→ＲＣＨＯ＋Ｒ′ＯＨ＋Ｒ″ＯＨ
（１）Ａ的名称是　
　
　
　；Ｂ分子中的共面原子数目最多为
　　　　；Ｃ分子中与环相连的三个基团中，不同化学环
境的氢原子共有　　　　种。
（２）Ｄ中含氧官能团的名称是　　
　
　
　
　
　
　，写出检验该
官能团的化学反应方程式：
　
　。
（３）Ｅ为有机物，能发生的反应有：　　　　。
ａ．聚合反应
ｂ．加成反应
ｃ．消去反应
ｄ．取代反应
（４）Ｂ的同分异构体Ｆ与Ｂ有完全相同的官能团，写出Ｆ所有
可能的结构：
　
　。
（５）以Ｄ为主要原料制备己醛（目标化合物），在方框中将合成
路线的后半部分补充完整。
􀜏
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
Ｈ
ＣＨＯ
Ｈ
２ＣＨ３ＯＨ
催化剂→
􀜏
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
Ｈ
ＣＨ
ＯＣＨ３
ＯＣＨ３
Ｈ
……→目标化合物
（６）问题（５）的合成路线中第一步反应的目的是
　。
答案　（共１８分）（１）正丁醛或丁醛　９　８
（２）醛基
􀜏
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
Ｈ
ＣＨＯ
Ｈ
＋２Ａｇ（ＮＨ３）２ＯＨ
△→
Ｈ
􀜍
ＣＯＯＮＨ４
Ｈ
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
＋２Ａｇ↓＋３ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ或
􀜏
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
Ｈ
ＣＨＯ
Ｈ
＋２Ｃｕ（ＯＨ）２＋ＮａＯＨ
△→
Ｈ
􀜍
ＣＯＯＮａ
Ｈ
ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２
＋Ｃｕ２Ｏ↓＋３Ｈ２Ｏ
（３）ｃｄ
（４）ＣＨ２
ＣＨＣＨ２ＯＣＨ３
􀪅
　
􀜍
Ｈ３Ｃ
ＯＣＨ３
Ｈ
Ｈ
􀜍
Ｈ３Ｃ
Ｈ
ＯＣＨ３
Ｈ
　
Ｃ
Ｈ２Ｃ
􀪅
ＯＣＨ３
ＣＨ３
（５）
Ｈ２／催化剂
→ＣＨ３（ＣＨ２）４ＣＨ
ＯＣＨ３
ＯＣＨ３
Ｈ
＋／Ｈ２Ｏ
→
ＣＨ３（ＣＨ２）４ＣＨＯ
（６）保护醛基（或其他合理答案）
解析　（１）Ｂ分子可表示为
，虚线框中
的６个原子与乙烯的结构类似，肯定共面，根据单键可旋转的
特点，可知—ＣＨ２ＣＨ３中最多有３个原子可转到该平面，故最
多有９个原子共平面。Ｃ分子为非对称结构，三个基团中每个
碳原子上的氢原子分别为一种化学环境的氢原子，共８种。
（２）Ｄ中的含氧官能团为醛基，检验醛基可通过银镜反应或和
新制的Ｃｕ（ＯＨ）２悬浊液反应。
（３）根据题中信息，可由Ｃ
→Ｄ＋Ａ＋Ｅ推断出Ｅ应为
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ，Ｅ可发生的反应有消去反应及取代反应。
（４）书写同分异构体时要注意题中未注明不包含立体异构。
（５）由中间体转化为目标化合物，需两步：第一步去掉
Ｃ
Ｃ
􀪅
（和Ｈ２加成），第二步将
ＣＨ
ＯＣＨ３
ＯＣＨ３
转化为醛基
（根据已知信息写反应条件）。
（６）原料中有—ＣＨＯ，目标化合物中也有—ＣＨＯ，第一步反应
的目的为保护醛基，防止和Ｈ２加成时醛基被还原成醇羟基。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３２３
　
对应学生用书
起始页码２４９
时间：４０分钟　分值：６０分
非选择题（共６０分）
１．（２０２０届天津六校期中，１３）（１５分）具有抗菌作用的白头翁
素衍生物Ｈ的合成路线如下图所示：
已知：
ⅰ．ＲＣＨ２Ｂｒ
Ｒ′ＣＨＯ
一定条件→Ｒ—ＨＣ􀪅ＣＨ—Ｒ′
ⅱ．Ｒ—ＨＣ􀪅ＣＨ—Ｒ′
Ｒ″ＣＯＯＨ，Ｉ２
一定条件→Ｒ″ＣＯＯ
ＣＨ
Ｒ
ＣＨ
Ｒ′
Ｉ
ⅲ．Ｒ—ＨＣ􀪅ＣＨ—Ｒ′
一定条件→
Ｒ
Ｒ
Ｒ′
Ｒ′
（以上Ｒ、Ｒ′、Ｒ″代表氢、烷基或芳基等）
（１）Ａ属于芳香烃，其名称是　　　　　　。
（２）Ｄ的结构简式是　　　　　　　。
（３）由Ｆ生成Ｇ的反应类型是　　　　　。
（４）由Ｅ与Ｉ２在一定条件下反应生成Ｆ的化学方程式是
　
　；
此反应同时生成另外一种有机副产物且与Ｆ互为同分异
构体，此有机副产物的结构简式是　　　　　　　。
（５）下列说法正确的是　　　　（选填字母序号）。
Ａ．Ｇ存在顺反异构体
Ｂ．由Ｇ生成Ｈ的反应是加成反应
Ｃ．１ｍｏｌＧ最多可以与１ｍｏｌＨ２发生加成反应
Ｄ．１ｍｏｌＦ或１ｍｏｌＨ与足量ＮａＯＨ溶液反应，均消
耗２ｍｏｌＮａＯＨ
（６）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合
成
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｈ３Ｃ
。写出合成路线（用结构简式表示有机
物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
１．
答案　（１）邻二甲苯
（２）
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｂｒ
ＣＯＯＣＨ３
（３）消去反应
（４）
（５）ＢＤ
（６）
一定条件
　
→ＣＨ３ＣＨ
ＣＨＣＨ３
􀪅
一定条件　　　　　　
↓
ＣＨ３ＣＨＯ
Ｃｕ，Ｏ２
△→
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
Ｈ２Ｏ
　→
ＣＨ２
ＣＨ２
􀪅
ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ
ＨＢｒ
一定条件→
ＣＨ２
ＣＨ２
􀪅
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
Ｈ３Ｃ
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
解析　
由Ａ的分子式、Ｃ的结构简式，可知Ａ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＨ３；结合Ｂ的分子式与Ｃ的结构，可知Ｂ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ３
ＣＯＯＨ；由Ｄ的分子式、Ｄ后产物结构，结合信息ⅰ，
可推知Ｄ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ２Ｂｒ
ＣＯＯＣＨ３
，则试剂ａ为ＣＨ３ＯＨ。Ｄ后产物
发生碱性水解、酸化得到的Ｅ为
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＨ
ＣＨ２
􀪅
ＣＯＯＨ
；由Ｈ的结
构，结合信息ⅲ可知Ｇ为
。（５）Ｇ不存在顺反异构
体，故Ａ错误。由信息ⅲ可知，由Ｇ生成Ｈ的反应是加成反
应，故Ｂ正确；Ｇ为
，苯环、碳碳双键均能与氢气发
生加成反应，１ｍｏｌＧ最多可以与４ｍｏｌＨ２发生加成反应，故Ｃ
错误；Ｆ分子中含有酯基和Ｉ原子，１ｍｏｌＨ中含有２ｍｏｌ酯基，
则１ｍｏｌＦ或１ｍｏｌＨ与足量ＮａＯＨ溶液反应，均消耗２ｍｏｌ
ＮａＯＨ，故Ｄ正确。（６）
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｈ３Ｃ
由ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ３反
应得到，ＣＨ３ＣＨ􀪅ＣＨＣＨ３可由ＣＨ３ＣＨＯ和ＣＨ３ＣＨ２Ｂｒ反应生
成。乙烯与水发生加成反应生成ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ，ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ发生
催化氧化得到ＣＨ３ＣＨＯ，乙烯与ＨＢｒ发生加成反应得到ＣＨ３
ＣＨ２Ｂｒ。
试题分析　本题考查有机推断和合成，充分利用转化中物质
结构简式与分子式进行分析，需要学生对给予的信息进行利
用，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练
掌握官能团的性质与转化，是解答有机化学题的关键。
２．（２０１９黑龙江重点中学三联，１９）（１５分）Ｍ是一种重要材料
的中间体，结构简式为
􀜏
􀜏􀜏
􀜏􀜏
（ＣＨ３）２ＣＨＣＯＯ
ＣＨＯ。合
成Ｍ的一种途径如下：
Ｙ
Ｃ４Ｈ９Ｃｌ
ＮａＯＨ
Ｃ２Ｈ５ＯＨ／△①→Ａ
Ⅰ．Ｂ２Ｈ６
Ⅱ．Ｈ２Ｏ２／ＯＨ
－②→Ｂ
Ｏ２／Ｃｕ
③→Ｃ
Ｏ２／催化剂
④
→Ｄ
催化剂
⑦→Ｍ
Ｆ
Ⅰ．ＮａＯＨ／Ｈ２Ｏ　Ⅱ．Ｈ
＋
⑥
→
Ｃｌ２／光照
⑤
→
Ｅ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨＣｌ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ａ～Ｆ分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反
应条件已略去。
已知：①Ｙ的核磁共振氢谱只有１组峰；
②ＲＣＨ􀪅ＣＨ２
Ⅰ．Ｂ２Ｈ６
Ⅱ．Ｈ２Ｏ２／ＯＨ
－→ＲＣＨ２ＣＨ２ＯＨ；
③两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，易脱水。
请回答下列问题：
（１）Ｙ的结构简式是　　　
　
　
　
　
　，Ｃ中官能团的名称是
　　　　。
（２）Ａ的分子式为　　　　。
（３）步骤⑦的反应类型是　　　　。
（４）下列说法不正确的是　　　　。
ａ．Ａ和Ｅ都能发生氧化反应
ｂ．１ｍｏｌＢ完全燃烧需６ｍｏｌＯ２
ｃ．Ｃ能与新制氢氧化铜悬浊液反应
ｄ．１ｍｏｌＦ最多能与３ｍｏｌＨ２反应
（５）步骤③的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（６）Ｍ经催化氧化得到Ｘ（Ｃ１１Ｈ１２Ｏ４），Ｘ的同分异构体中同时
满足下列条件的结构简式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
ａ．苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有２种
ｂ．酸性条件下水解只生成芳香醇和二元羧酸，且二元羧酸
的核磁共振氢谱只有２组峰
２．
答案　（１）
Ｃ
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃｌ
　醛基
（２）Ｃ４Ｈ８
（３）酯化反应（或取代反应）
（４）ｄ
（５）２（ＣＨ３）２ＣＨＣＨ２ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ
△→２（ＣＨ３）２ＣＨＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ
（６）ＨＯ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３
解析　结合Ｍ的合成路线可知，反应⑤为取代反应，则Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＯＨ
。结合已知信息③知，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨＣｌ２经水解
后酸化得到的Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨＯ，由Ｍ的结构简式可
知Ｄ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＯＯＨ，Ｂ经催化氧化生成Ｃ，Ｃ再经催化氧
化生成Ｄ，则Ｃ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＨＯ、Ｂ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＨ２ＯＨ，结
合已知信息②可知Ａ为（ＣＨ３）２Ｃ􀪅ＣＨ２，Ｙ发生消去反应得到
Ａ，而Ｙ的核磁共振氢谱只有１组峰，则Ｙ为
Ｃ
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃｌ
。
（１）Ｙ的结构简式是
Ｃ
Ｈ３Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｃｌ
；Ｃ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＨＯ，含
有的官能团的名称是醛基。（２）Ａ为（ＣＨ３）２Ｃ􀪅ＣＨ２，分子式
为Ｃ４Ｈ８。（３）步骤⑦的反应类型为酯化反应（或取代反应）。
（４）Ａ为（ＣＨ３）２Ｃ􀪅ＣＨ２，Ｅ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
ＯＨ
，二者均可以燃烧，且碳
碳双键、酚羟基都易被氧化，故二者均可以发生氧化反应，ａ项
正确；Ｂ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＨ２ＯＨ，１ｍｏｌＢ完全燃烧需６ｍｏｌＯ２，ｂ
项正确；Ｃ为（ＣＨ３）２ＣＨＣＨＯ，含有醛基，能与新制氢氧化铜悬
浊液反应，ｃ项正确；Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＯ
ＣＨＯ，苯环、醛基均
能与氢气发生加成反应，则１ｍｏｌＦ最多能与４ｍｏｌＨ２反应，ｄ
项错误。（６）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
（ＣＨ３）２ＣＨＣＯＯ
ＣＨＯ经催化氧化得
到Ｘ（Ｃ１１Ｈ１２Ｏ４），则Ｘ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
（ＣＨ３）２ＣＨＣＯＯ
ＣＯＯＨ，
Ｘ的同分异构体满足：ａ．苯环上只有两个取代基，苯环上的一
氯代物有２种，则含有２个不同的取代基，且处于对位；ｂ．酸性
条件下水解只生成芳香醇和二元羧酸，且二元羧酸的核磁共振
氢谱只有２组峰，则符合条件的同分异构体为
ＨＯ
Ｃ
Ｏ
􀪅
ＣＨ２
Ｃ
Ｏ
􀪅
Ｏ
ＣＨ２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＣＨ３。
３．（２０２０届湖南四校调研，１９）（１５分）芳香族化合物Ａ（Ｃ９Ｈ１２Ｏ）
常用于药物及香料的合成，Ａ有如下转化关系：
已知：①Ａ的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同化学环
境的氢原子；
②
Ｃ
Ｒ′
Ｒ
ＣＨ２
􀪅
ⅰ．ＫＭｎＯ４／ＯＨ
－
ⅱ．Ｈ
＋
→
Ｃ
Ｒ′
Ｒ
Ｏ＋ＣＯ２
􀪅
；
③ＲＣＯＣＨ３＋Ｒ′ＣＨＯ
一定条件
　
→ＲＣＯＣＨ􀪅ＣＨＲ′＋Ｈ２Ｏ。
回答下列问题：
（１）Ａ生成Ｂ的反应类型为　　　　　　　　，由Ｄ生成Ｅ的
反应条件为　　　　　　　　　　　。
（２）Ｈ中含有的官能团名称为　　　　　　　。
（３）Ｉ的结构简式为　　　　　　　。
（４）由Ｅ生成Ｆ的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　。
（５）Ｆ有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构
体的结构简式：　　　　　　　　　　。
①能发生水解反应和银镜反应
②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基
③具有５组核磁共振氢谱峰
（６）糠叉丙酮（
）是一种重要的医药中间
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十七　高分子化合物与有机合成
３２５
　
体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇
［（ＣＨ３）３ＣＯＨ］和糠醛（
）为原料制备糠叉丙
酮的合成路线（无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用
箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）：
　
　
　。
３．
答案　（１）消去反应　ＮａＯＨ水溶液、加热
（２）羟基、羧基
（３）
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
Ｈ􀰷Ｏ
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
（４）２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ＋Ｏ２
Ｃｕ
△→２
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨＯ＋２Ｈ２Ｏ
（５）
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＣＯＯ
ＣＨ２ＣＨ３或
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＣＯＯＣＨ２
ＣＨ３
（６）
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
Ｈ３Ｃ
ＯＨ
浓硫酸
△→
Ｃ
ＣＨ３
Ｈ３Ｃ
ＣＨ２
􀪅
ⅰ．ＫＭｎＯ４／ＯＨ
－
ⅱ．Ｈ
＋
→
解析　（１）根据Ａ的分子式及已知信息①可推知，Ａ的结构
简式为
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ３
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＯＨ。由Ｂ转化为Ｃ、Ｂ转化为Ｄ的反应
条件及已知信息②可知，Ｂ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＣＨ３
ＣＨ２
􀪅
，因此Ａ生成
Ｂ的反应类型为消去反应。根据图示转化关系可知，Ｄ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
Ｂｒ
ＣＨ３
ＣＨ２Ｂｒ，Ｅ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨ２ＯＨ，Ｆ
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨＯ。由Ｄ生成Ｅ的反应为水解反应，反应条
件为ＮａＯＨ水溶液、加热。（２）Ｈ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＯＯＨ，所
含官能团名称为羟基、羧基。（３）Ｈ发生缩聚反应得到的聚酯
Ｉ的结构简式为
Ｃ
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＨ３
Ｈ􀰷Ｏ
Ｃ􀰻ＯＨ
Ｏ
􀪅
。（４）由Ｅ生成Ｆ的反应
为醇氧化为醛。（５）Ｆ为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
Ｃ
ＯＨ
ＣＨ３
ＣＨＯ，根据①知该同
分异构体中含有甲酸酯基，根据③知该同分异构体中含有５种
不同化学环境的氢原子，再结合②可知该同分异构体的结构简
式
为
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＣＯＯ
ＣＨ２ＣＨ３、
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜍
ＨＣＯＯＣＨ２
ＣＨ３。（６）注意已知信息②、③的
应用。
解题关键　Ａ的分子式为Ｃ９Ｈ１２Ｏ，符合ＣｎＨ２ｎ－６Ｏ（ｎ≥６），故苯
环上的侧链不含不饱和键；结合已知信息①推出Ａ的结构简
式是解题的关键。
４．（２０１８湖北武汉毕业生调研测试，３６）（１５分）石油裂解气主
要含有丙烯、１，３－丁二烯等不饱和烃，以它们为原料可合成
ＣＲ橡胶和医药中间体Ｇ，合成路线如下：
已知：①Ｂ、Ｃ、Ｄ均能发生银镜反应；
②
ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
Ｒ—Ｘ
Ｃ２Ｈ５ＯＮａ→
ＣＨ—Ｒ
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ⅰ．Ｈ２Ｏ／Ｈ
＋
ⅱ．△，－ＣＯ２
→
ＲＣＨ２ＣＯＯＨ。
（１）Ａ的顺式异构体的结构简式为　　　　　　　　。
（２）Ｃ中含氧官能团的名称是　
　
　
　
　
　
　，反应①的反应
类型为　　　　。
（３）写出Ｅ→Ｆ反应的化学方程式：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）写出同时满足下列条件的医药中间体Ｇ的同分异构体的
结构简式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
①与Ｄ互为同系物；②核磁共振氢谱有三组峰。
（５）用简要语言表述检验Ｂ中所含官能团的实验方法：　　　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（６）以Ａ为起始原料合成ＣＲ橡胶的路线为　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　（其他试剂任选）。
５．
答案　（１）
Ｃ
ＢｒＨ２Ｃ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
ＣＨ２Ｂｒ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（２）羟基、醛基　取代反应
（３）ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ＋２Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５＋
２Ｈ２Ｏ
（４）ＯＨＣ（ＣＨ２）４ＣＨＯ、ＯＨＣＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ（ＣＨ３）ＣＨＯ
（５）取少量Ｂ于洁净试管中，加入足量银氨溶液，水浴加热有
银镜生成，证明Ｂ中有醛基；再加酸酸化，滴入少量溴的四氯
化碳溶液，溶液褪色，证明含有碳碳双键
（６）Ｂｒ
􀪅
Ｂｒ
ＮａＯＨ溶液
△
→ＨＯ
􀪅
ＯＨ
ＨＣｌ→
ＨＯ
Ｃｌ
ＯＨ
浓硫酸
△→
Ｃｌ
􀪅
􀪅
一定条件→
解析　根据流程图，１，３－丁二烯与溴发生１，４－加成，生成
Ａ，Ａ为１，４－二溴－２－丁烯（Ｂｒ
􀪅
Ｂｒ
）；与氢气加成后生
成１，４－二溴丁烷（Ｂｒ
Ｂｒ
）；丙烯催化氧化生成Ｂ，Ｂ
能发生银镜反应，Ｂ的分子式为Ｃ３Ｈ４Ｏ，则Ｂ为
ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ；Ｃ的相对分子质量比Ｂ大１８，说明Ｂ与水加成
生成Ｃ，Ｃ催化氧化生成Ｄ，结合Ｄ→Ｅ→Ｆ的转化可知Ｃ为
ＣＨ２
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨＯ
，则Ｄ为丙二醛；Ｄ与银氨溶液反应后酸化生成Ｅ
（丙二酸），Ｅ与乙醇发生酯化反应生成Ｆ（ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
）；根据
信息②，Ｆ（
ＣＨ２
ＣＯＯＣ２Ｈ５
ＣＯＯＣ２Ｈ５
）与
Ｂｒ
Ｂｒ
反应生成
，进一步反应生成Ｇ（
）。
（１）Ａ为１，４－二溴－２－丁烯（Ｂｒ
􀪅
Ｂｒ
），其顺式异构体
的结构简式为
Ｃ
ＣＨ２Ｂｒ
Ｈ
Ｃ
􀪅
Ｈ
ＣＨ２Ｂｒ
。
（２）Ｃ为ＣＨ２
ＣＨ２ＯＨ
ＣＨＯ
，含氧官能团为羟基、醛基；通过题给信息②
可知，反应①的反应类型为取代反应。
（３）有机物Ｅ为ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ，与Ｃ２Ｈ５ＯＨ在浓硫酸、加热
的条件下发生酯化反应，化学方程式为ＨＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＨ＋
２Ｃ２Ｈ５ＯＨ
浓硫酸
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑
Ｃ２Ｈ５ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯＣ２Ｈ５＋２Ｈ２Ｏ。
（４）有机物Ｇ的分子式为Ｃ６Ｈ１０Ｏ２，满足题述条件的Ｇ的同分异
构体有２种：ＯＨＣ（ＣＨ２）４ＣＨＯ和ＯＨＣＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ（ＣＨ３）ＣＨＯ。
（５）有机物Ｂ（ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ）含有醛基和碳碳双键，会干扰碳
碳双键的检验，故先检验醛基后检验碳碳双键。
（６）Ａ为Ｂｒ
􀪅
Ｂｒ
，在碱性环境下发生取代反应生成
ＨＯ
􀪅
ＯＨ
，然后与氯化氢发生加成反应生成
ＨＯ
Ｃｌ
ＯＨ
，ＨＯ
Ｃｌ
ＯＨ
在浓硫酸、加热条件下发
生消去反应生成
Ｃｌ
􀪅
􀪅
，
Ｃｌ
􀪅
􀪅
发生加聚反应生成ＣＲ橡胶。
易错警示　对于有机物ＣＨ２􀪅ＣＨＣＨＯ所含官能团的检验，注
意醛基具有极强的还原性，应先检验醛基后检验碳碳双键。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３２７
　
第五部分　化学实验
专题十八
化学常用仪器和实验基本操作
课
标
解
读
内容
常用化学仪器的用途及使用方法
化学实验基本操作
解读
１．了解化学实验是科学探究过程中的一种重要方法
２．了解化学实验室常用仪器的主要用途和使用方法
３．能识别化学品标识
１．掌握化学实验的基本操作
２．了解实验室一般事故的预防和处理方法
３．掌握常见气体的实验室制法
考情分析
正确使用实验室常用仪器，掌握化学实验基本操作是保证实验安全及实验结果准确性的前提，同时也是化
学素养的重要体现，本专题内容是历年高考的必考内容，命题形式可以是选择题，也可以是综合性实验题
备考策略
应重点关注实验基本操作的规范性，常见仪器的正确使用方法及注意事项，以及气体的制备方法
３２８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１４１
考点一常用化学仪器的用途及使用方法
一、可加热的仪器
可
直
接
加
热
的
仪
器
仪器名称
　
→①　试管　
使用方法
　
　
加热液体时，液体体积不超过试管容
积的１／３
·
→
加热固体时，试管口应略向下倾斜
→
仪器名称
　
→②　蒸发皿　
使用方法
　
→蒸发浓缩溶液时要用玻璃棒搅拌
仪器名称
　
→坩埚
使用方法
　
→移动坩埚时要用③　坩埚钳　
垫
石
棉
网
加
热
的
仪
器
仪器名称
　
→④　烧瓶　
使用方法
　
→所盛液体体积约为容积的１
３
～２
３
仪器名称
　
→⑤　锥形瓶　
使用方法
　
→滴定时液体体积不超过容积的１
２
仪器名称
　
→⑥　烧杯　
使用方法
　
→溶解固体时要用玻璃棒搅拌
二、计量仪器
１．仪器Ａ的名称：⑦　量筒　。
ａ．无“０”刻度；
ｂ．不可加热，不可作反应容器，不可用于稀释溶液；
ｃ．选取量筒的规则是“大而近”。
２．仪器Ｂ的名称：⑧　容量瓶　。
ａ．不可作反应容器，不可加热；
ｂ．使用前需⑨　检漏　；
ｃ．溶液转入时要用玻璃棒引流；
ｄ．加水至距刻度线１～２ｃｍ时，改用胶头滴管逐滴加水，使
溶液凹液面最低点恰好与刻度线水平相切。
３．仪器Ｃ的名称：􀃊
􀁉
􀁒　酸式滴定管　。
ａ．使用前需􀃊
􀁉
􀁓　检漏　；
ｂ．“０”刻度在上方；
ｃ．用于盛装酸性溶液或强氧化性液体（如ＫＭｎＯ４溶液），不
可装碱性溶液；
ｄ．读数精确到􀃊
􀁉
􀁔　０．０１　ｍＬ。
４．仪器Ｄ的名称：􀃊
􀁉
􀁕　碱式滴定管　。
ａ．使用前需􀃊
􀁉
􀁖　检漏　；
ｂ．“０”刻度在上方；
ｃ．用于盛装碱性溶液，不可盛装酸性和氧化性液体（如
ＫＭｎＯ４溶液）；
ｄ．读数精确到􀃊
􀁉
􀁗　０．０１　ｍＬ。
５．仪器Ｅ的名称：􀃊
􀁉
􀁘　托盘天平　。
ａ．称量前先调零点；
ｂ．腐蚀性药品应放于玻璃容器内称量；
ｃ．左盘放􀃊
􀁉
􀁙　被称物　，右盘放􀃊
􀁉
􀁚　砝码　。
６．仪器Ｆ的名称：温度计。
ａ．水银球不能接触器壁；
ｂ．蒸馏时，水银球放在蒸馏烧瓶􀃊
􀁉
􀁛　支管口　处；
ｃ．不能当玻璃棒使用。
三、常用分离、提纯仪器
仪器
主要用途
使用方法和注意事项
普通漏斗
（１）向小口径容
器中注入液体
（２）加滤纸后，可
过滤液体
（１）制作过滤器时，滤纸紧贴
漏斗内壁，用水润湿，注意不
得留有气泡
（２）滤纸边缘低于漏斗边缘，
液面低于滤纸边缘
分液漏斗
（１）用于随时添
加液体
（２）萃取、分液
（１）注意活塞处不得渗漏
（２）分离液体时，下层液体由
下口放出，上层液体从上口
倒出
蒸发皿
蒸发或浓缩溶液
可直接加热，加热时液体不超
过其容积的２
３，有大部分固体
析出时停止加热
蒸馏烧瓶
蒸馏或分馏
加热时要垫石棉网
洗气瓶
除去气体中的杂
质，其中广口瓶
可换作大试管或
锥形瓶
（１）一般选择与杂质气体反应
的试剂作吸收剂
（２）装入液体量不宜超过容积
的２
３
（３）气体从Ａ口进从Ｂ口出
　　１．漏斗的“一材多用”
（１）组成过滤器进行过滤
（２）向酒精灯中添加酒精
（３）倒置使用，防止倒吸
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３２９
　
２．广口瓶的“一材多用”
（１）收集气体
①若气体的密度大于空气的密度且不与空气中的成分反
应，则气体应是长进短出，即向上排空气法；②若气体的密度小
于空气的密度且不与空气中的成分反应，则气体应是短进长出，
即向下排空气法；③排液体收集气体时，气体应从短管进入。
（２）洗气瓶：用于气体的除杂，如除去Ｃｌ２中的ＨＣｌ。注意气
体应是长进短出（如图Ａ）。
（３）量气瓶：气体应从短管通入（如图Ｂ）。
（４）安全瓶———防倒吸装置（如图Ｃ）。
（５）贮气瓶———暂时保存气体（如图Ｄ）。
（６）用于监控气体流速（如图Ｅ）
广口瓶中盛有液体，从ａ端通入气体，根据液体中产生气泡
的速率来监控通入气体的速率。
３．干燥管的“一材多用”
（１）位置不同，作用不同
①在整套实验装置的中间横放———干燥、吸收及检验装置
ａ．干燥管内装有干燥剂，可用于干燥气体。
ｂ．干燥管内盛有无水硫酸铜时，可用于水蒸气的检验。
ｃ．可用于定量测定气体的质量。
②在整套实验装置的最后横放———左吸右挡
既可以吸收多余的尾气，防止污染空气，又可以阻挡外界空
气中的干扰气体（如ＣＯ２、水蒸气等）进入装置中，简记为“左吸
右挡”。
（２）干燥管的创新使用
尾气吸收装
置，有防倒
吸作用
简易的过滤器，
可净化天然水；
若去掉上边的两
层，可用于活性
炭对液体中色素
的吸附实验
微型反应器，节
约药品，防止污
染，体现绿色化
学理念。如铜丝
在氯气中燃烧
简易启普发生
器，可用于
Ｈ２、ＣＯ２等的
制取，也可用
于铜与硝酸的
反应
　　４．“多材一用”
用途
装置
测量气体
的体积
冷凝装置
气体干
燥装置
考点二化学实验基本操作
　　１．试剂的保存
（１）试剂瓶的选择
根据药品状态固体：用广口瓶
液体：用细口瓶
{
根据感光性见光易分解的：用棕色瓶
见光不分解的：用无色瓶
{
根据酸
碱性
玻璃塞：不能盛放碱性物质
橡胶塞：不能盛放强酸性、强氧化性物质和有机试剂
{
（２）试剂的保存方法
化学试剂都应妥善密封保存于试剂瓶中。对于易变质、易
挥发或有危险性的化学试剂，还应根据性质采取特殊的保存
方法。
①易与空气中的氧气、水蒸气、二氧化碳等发生反应的药品
应密封保存。如钾、钠浸在煤油中，白磷保存在水中。
②易潮解、易挥发、易吸水的药品应密封保存。如固体
ＮａＯＨ、浓盐酸、浓硫酸等。
③见光易分解的物质应盛放在棕色瓶中，放置于阴凉处。
如ＡｇＮＯ３、浓硝酸等。
④液态溴有毒且易挥发，应贮存于磨口的细口瓶中，加水
封，加盖玻璃塞（不能用橡胶塞），并放置于阴凉处。
⑤易挥发、易着火的药品应密封保存并放置于阴凉处，远离
火源。如乙醇、乙醚、苯等。
⑥盛放药品的器皿不能跟所盛药品反应。如盛ＨＦ溶液不
能用玻璃瓶。
２．药品的取用
（１）向容器内加固体药品
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３３０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　（２）向容器内加液体药品
３．试纸的使用
（１）试纸的类型和作用
（２）试纸的使用方法
①检验液体：取一小块试纸放在洁净的表面皿或玻璃片上，
用蘸有待测液的玻璃棒（或用胶头滴管吸取待测液）点在试纸中
部，观察试纸颜色变化。
②检验气体：先用蒸馏水把试纸润湿，用镊子夹取或粘在玻
璃棒的一端，然后放在集气瓶口或导管口处，观察试纸的颜色
变化。
③注意事项试纸不能伸入溶液中，也不能与管口接触
测溶液ｐＨ时，ｐＨ试纸不能先润湿
{
４．物质的溶解
（１）固体的溶解
一般在烧杯或试管里进行，为了加速溶解，常采用搅拌、粉
碎、振荡或加热等措施，但ＦｅＣｌ３、ＡｌＣｌ３等易水解的固体溶解时
不能加热。
（２）气体的溶解
①对溶解度较小的气体（如Ｃｌ２等），为了增大气体分子与
水分子的接触机会，应将导管插入水中（如图Ａ）。
②对极易溶于水的气体（如ＮＨ３、ＨＣｌ等），导管口只能靠近
液面，最好在导管口连接一倒置的漏斗，并使漏斗边缘刚好与液
面相切，这样可以增大气体的吸收率，减少气体的逸出，同时也
避免出现液体倒吸的现象（如图Ｂ和Ｃ）。
５．气密性检查的常用方法
方法
微热法
液差法
气压法
原理
升高装置中气体
的温度，使气体体
积膨胀
缩小装置中气体
的体积，增大压强
封闭气体的压强
增大，使液滴不能
滴下
续表
方法
微热法
液差法
气压法
图
示
具体
操作
塞紧橡胶塞，将导
管末端伸入盛水
的烧杯中，用手捂
住（或用酒精灯微
热）试管
塞紧橡胶塞，用止
水夹夹住导管的
橡胶管部分，从长
颈漏斗向试管中
注水
塞紧橡胶塞，关闭
止水夹，打开分液
漏斗活塞，向烧瓶
中加水
现象
说明
烧杯中有气泡产
生，松手（或停止
加热）后导管末端
形成一段水柱，且
一段时间不下降
长颈漏斗中的液
面高于试管中的
液面，且液面差不
再改变
一段时间后，液体
不能滴下
　　６．仪器的洗涤
（１）原则：不能留有任何杂质。
（２）玻璃仪器洗干净的标志：内壁附着的水形成均匀的水
膜，既不聚成水滴，也不成股流下。
（３）常用方法
①冲洗法：往容器里注入一定量水（不超过容积的１
３），振
荡后倒掉，反复几次，再使容器口朝下，冲洗外壁后将容器放于
指定位置晾干。如果是试管，则应倒扣在试管架上。
②刷洗法：如果内壁附有不易洗掉的物质，可以往容器里倒
入少量水，选择合适的毛刷配合去污粉、洗涤剂，往复转动，轻轻
刷洗后用水冲洗几次。
③药剂洗涤法：对于用水洗不掉的污物，可根据污物的性质
用药剂处理。
沾有的物质
洗涤用药剂
碘
酒精
硫黄
ＣＳ２或碱液
铜或银镜
稀硝酸
Ｆｅ（ＯＨ）３
稀盐酸
ＣｕＯ、Ｆｅ２Ｏ３
稀盐酸
碳酸盐
稀盐酸
ＦｅＳ
稀Ｈ２ＳＯ４
苯酚
ＮａＯＨ溶液或酒精
酚醛树脂
酒精
油脂污迹
ＮａＯＨ溶液或热纯碱液
　　注意　洗涤化学实验仪器要注意节约化学洗涤剂，防止环
境污染，保护实验仪器。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３３１
　
解化学实验基本操作问题应注意的几点
１．几个易错点
（１）用托盘天平称量物质质量时出现０．０１ｇ时错。
（２）量筒量取液体时出现０．０１ｍＬ时错。
（３）配制ＶｍＬ一定物质的量浓度溶液加ＶｍＬ水即定容时错。
（４）测溶液ｐＨ时，ｐＨ试纸事先润湿时错。
２．几种操作的“第一步”
（１）检查装置的气密性（制取气体、验证气体的性质等与气
体有关的实验操作）。
（２）检查是否漏水（滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用）。
（３）调“０”点（托盘天平等的使用）。
（４）验纯（点燃可燃性气体等）。
（５）分别取少量溶液（未知溶液的鉴别等）。
（６）润湿（用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、碘化钾淀粉试纸
检验或验证某些气体时）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１４４
考点一常用化学仪器的用途及使用方法
１．下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是
（　　）
Ａ．准确量取一定
体积的酸性
ＫＭｎＯ４溶液
Ｂ．验证ＳＯ２的
漂白性
Ｃ．制ＮＨ３的发
生装置
Ｄ．排空气法
收集ＣＯ２
１．
答案　Ｂ　Ａ项，酸性高锰酸钾溶液能够氧化碱式滴定管的
橡皮管，应该用酸式滴定管盛放，Ａ错误；Ｂ项，ＳＯ２能使品红
溶液褪色，说明ＳＯ２具有漂白性，Ｂ正确；Ｃ项，氯化铵受热分
解生成氨气和氯化氢，但氨气与氯化氢遇冷又会生成氯化铵，
图示装置无法获得氨气，Ｃ错误；Ｄ项，ＣＯ２的密度大于空气，
应该采用向上排空气法收集，即应该长进短出，Ｄ错误。
知识归纳　实验室常见收集气体的方法有两种：（１）排水法
（适用于难溶于水的气体的收集）；（２）排空气法（分为向上排
空气法和向下排空气法，适用于能溶于水的气体的收集）。
２．下列操作或装置正确的是
（　　）
４．
答案　Ｃ　配制０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液，需先将ＮａＯＨ固体
在烧杯中溶解，冷却至室温后再通过玻璃棒引流转移到容量
瓶，Ａ项错误；乙醇和乙酸互溶，因此不能通过分液的方法进行
分离，Ｂ项错误；将氨气通入水中制备氨水，为了防止倒吸，可
以用倒置的漏斗，Ｃ项正确；收集乙酸乙酯时导管末端不能伸
入饱和碳酸钠溶液中，否则容易发生倒吸，Ｄ项错误。
３．下列实验装置能达到实验目的的是
（　　）
Ａ．用装置Ⅰ可制取ＮＨ３
Ｂ．用装置Ⅱ制取氢氧化铁胶体
Ｃ．用装置Ⅲ除去Ｃｌ２中的ＨＣｌ和Ｈ２Ｏ
Ｄ．用装置Ⅳ提取溴水中的Ｂｒ２
３．
答案　Ａ　碳酸氢铵受热分解生成ＮＨ３、Ｈ２Ｏ和ＣＯ２，通过碱
石灰，Ｈ２Ｏ和ＣＯ２被吸收，可以得到纯净干燥的ＮＨ３，Ａ项正
确；制备氢氧化铁胶体时，应将饱和ＦｅＣｌ３溶液滴入沸水中，继
续煮沸至溶液为红褐色，图Ⅱ装置制得的是沉淀，而不是胶体，
Ｂ项错误；除去Ｃｌ２中的ＨＣｌ和Ｈ２Ｏ，应使气体先通过饱和
ＮａＣｌ溶液除去ＨＣｌ，再通过浓硫酸除去水蒸气，Ｃ项错误；提取
溴水中的Ｂｒ２，应向溶液中加入ＣＣｌ４或苯，利用萃取分液的方
法，Ｄ项错误。
易混易错　除去Ｃｌ２中的ＨＣｌ杂质气体用饱和食盐水；除去
ＣＯ２气体中的ＨＣｌ杂质气体用饱和的ＮａＨＣＯ３溶液。
考点二化学实验基本操作
４．下列操作及其描述错误的是
（　　）
Ａ．①为萃取时的振荡操作，振荡过程中应打开活塞放气
Ｂ．②为酸式滴定管排气操作，排气后记录初始读数
Ｃ．③为闻气体气味的操作，无论有毒无毒都不能将鼻孔凑近
瓶口
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３３２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｄ．④为配制溶液过程中摇匀的操作，摇匀后如果发现液面低于
刻度线也不能再加水
４．
答案　Ｂ　②中为碱式滴定管排气操作，故Ｂ错误。
５．正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是
（　　）
６．
答案　Ａ　称量ＮａＣｌ固体时不能将ＮａＣｌ固体直接放在托盘
上，要垫上滤纸，且要遵循“左物右码” 的原则，Ａ正确；Ｂ中没
有隔绝空气，氢氧化亚铁会迅速被氧化，Ｂ不正确；浓硫酸与铜
反应后的溶液中浓硫酸有剩余，所以应将反应后的混合液加入
水中，Ｃ不正确；ＮＯ２的密度比空气大，应该用向上排空气法收
集，Ｄ不正确。
拓展延伸　制备氢氧化亚铁时，液面上方可加少量植物油，将
吸有氢氧化钠溶液的长滴管伸入新配制的硫酸亚铁溶液中。
６．洗涤仪器时，下列所选试剂合理的是
（　　）
Ａ．用稀盐酸洗涤沾有二氧化锰的烧杯
Ｂ．用稀硫酸洗涤做过银镜反应的试管
Ｃ．用水洗涤久置漂白粉的试剂瓶
Ｄ．用ＣＳ２洗涤沾有硫单质的圆底烧瓶
９．
答案　Ｄ　ＭｎＯ２与稀盐酸不反应，Ａ不合理；Ａｇ与稀硫酸不
反应，Ｂ不合理；漂白粉久置会生成ＣａＣＯ３，ＣａＣＯ３难溶于水，Ｃ
不合理；硫单质易溶于ＣＳ２，Ｄ合理。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１４５
　　常见气体的制备通常涉及制备气体反应的选择、气体发生
装置、集气方法、干燥方法、气体的除杂，以及常见气体的检验方
法、量气方法、尾气处理等。
１．选择制备气体的反应
一种气体可以由多种反应制得，但只有部分反应适用于实
验室制备，这些反应一般应符合以下条件：（１）反应物容易获得；
（２）反应条件容易达到；（３）反应容易控制；（４）生成的气体容易
分离。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
　　常见气体的制备原理及注意事项如下表所示：
气体
制备原理
注意事项
Ｏ２
２ＫＣｌＯ３
ＭｎＯ２
△
􀪅􀪅􀪅２ＫＣｌ＋３Ｏ２↑
２ＫＭｎＯ４
△
􀪅􀪅Ｋ２ＭｎＯ４＋ＭｎＯ２＋Ｏ２↑
２Ｈ２Ｏ２
ＭｎＯ２
􀪅􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑
ＮＨ３
２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３↑＋２Ｈ２Ｏ
①检查气密性
②固体加热制气体时，试管口略向下倾斜
③先均匀受热后集中加热
④排水法收集Ｏ２时，先将导管从水中移出，再熄灭
酒精灯
⑤制取ＮＨ３时，药品、仪器要干燥
ＣＯ２
ＣａＣＯ３＋２ＨＣｌ􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
ＳＯ２
Ｎａ２ＳＯ３＋Ｈ２ＳＯ４（浓）􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
Ｃ２Ｈ２
ＣａＣ２＋２Ｈ２Ｏ
→Ｃａ（ＯＨ）２＋Ｃ２Ｈ２↑
ＮＯ２
Ｃｕ＋４ＨＮＯ３（浓）􀪅􀪅Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ
ＮＯ
３Ｃｕ＋８ＨＮＯ３（稀）􀪅􀪅３Ｃｕ（ＮＯ３）２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ
①检查气密性
②长颈漏斗下端在液面以下
③制取ＳＯ２、Ｃ２Ｈ２、ＮＯ２、ＮＯ不用启普发生器
④制取ＣＯ２不能用Ｈ２ＳＯ４，制取ＳＯ２要用较浓
的Ｈ２ＳＯ４
⑤制取Ｃ２Ｈ２时要用饱和食盐水代替Ｈ２Ｏ
⑥ＮＯ用排水法收集
Ｃｌ２
ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
􀪅􀪅ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
２ＫＭｎＯ４＋１６ＨＣｌ（浓）􀪅􀪅２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ２＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ
Ｃ２Ｈ４
ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
浓Ｈ２ＳＯ４
１７０℃→
ＣＨ２
ＣＨ２↑＋Ｈ２Ｏ
􀪅
①检查气密性
②液＋液
△→气体，应加碎瓷片或沸石防暴沸
③制取Ｃ２Ｈ４需用温度计
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３３３
　
　　２．气体发生装置
气体发生装置依据制备气体所需反应物的状态和反应条件
的不同主要分为三类，如图Ａ、Ｂ、Ｃ所示。
（１）固体＋固体
△→气体型（如图Ａ）
适用于制Ｏ２、ＮＨ３等。
（２）固体＋液体
→气体型（如图Ｂ）
适用于制Ｈ２、ＣＯ２、ＮＯ２、Ｃ２Ｈ２、ＮＯ等。制Ｈ２、ＣＯ２时可使用
启普发生器。
（３）固体＋液体
△→气体型（或液体＋液体
△→气体型）（如图Ｃ）
适用于制Ｃｌ２、Ｃ２Ｈ４等。
因制Ｃ２Ｈ４需将温度控制在１７０℃，所以在气体发生装置中
还应有温度计，应选用图Ｃ中右侧的装置。
３．气体的收集方法
根据气体的密度、水溶性及是否与水或空气中的Ｏ２等发生
反应来确定气体的收集方法。
（１）排水集气法
适用于难溶于水且不与水发生反应的气体。如Ｏ２、Ｈ２、ＮＯ、
Ｃ２Ｈ４、Ｃ２Ｈ２等。排水集气法的优点是收集的气体纯度高、易判
断是否集满。
能溶于水但溶解度不大的气体，可采用排某些饱和溶液的
方法收集。如Ｃｌ２可采用排饱和食盐水的方法收集，ＣＯ２可采用
排饱和ＮａＨＣＯ３溶液的方法收集等。
（２）向上排空气法
适用于不与空气中的各成分反应且密度比空气大的气体。
如Ｏ２、ＣＯ２、Ｃｌ２、ＳＯ２、ＮＯ２等。
（３）向下排空气法
适用于不与空气中的各成分反应且密度比空气小的气体。
如Ｈ２、ＮＨ３等。
４．气体的除杂方法
除杂试剂选择的依据：主体气体和杂质气体性质上的差异，如
溶解性、酸碱性、氧化性、还原性、可燃性等。除杂原则：①不损失主
体气体；②不引入新的杂质气体；③在密闭装置内进行；④先除易除
去的气体。
除杂装置：洗气瓶、干燥管、Ｕ形管、硬质玻璃管等。
　　５．气体的干燥
（１）干燥的原则
干燥剂只能吸收气体中的水分而不能与气体发生反应。
①酸性干燥剂不能干燥碱性气体。
②碱性干燥剂不能干燥酸性气体。
③具有强氧化性的干燥剂不能干燥具有强还原性的气体。
注：Ｈ２、ＳＯ２虽具有还原性，但可用浓Ｈ２ＳＯ４干燥。
（２）常用干燥装置及干燥剂的选用
常用干
燥装置
洗气瓶
干燥管（或Ｕ形管）
常用
干燥剂
浓硫酸（酸性、
强氧化性）　
无水氯化钙
（中性）
碱石灰
（碱性）
不可干燥
的气体
ＮＨ３、ＨＢｒ、
ＨＩ等　　
ＮＨ３
Ｃｌ２、ＳＯ２、ＣＯ２、
ＮＯ２、ＨＢｒ等　
　　６．气体体积的测定
难溶于水且不与水反应的气体，往往用量筒或量气管测定
其排出水的体积，从而确定气体的体积。读数时，要使量气管与
洗气瓶中的液面高度保持一致，消除水位差造成的误差。常用
装置如下图所示：
７．防堵塞装置
８．防倒吸装置
９．尾气的处理方法
（１）对于极易溶于水的尾气，如ＮＨ３、ＨＣｌ、ＨＢｒ等，需采用防
倒吸装置（可在导气管的出气口处连接一倒置的漏斗与吸收剂
液面接触）吸收。
（２）对于有毒且易燃的气体，如ＣＯ等，可在尾气出口处放
置一点燃的酒精灯，使ＣＯ燃烧转变为无毒的ＣＯ２气体，如图１。
（３）对于溶解度不大的尾气，如Ｃｌ２、ＣＯ２等，可直接将出气
管插入吸收剂液面下吸收，如图２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３３４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
　　
例
　（２０１９福建厦门一模，１１）实验室制备ＮａＣｌＯ２的装
置如下图，其中Ｃ装置内生成ＣｌＯ２。下列说法正确的是（　　）
Ａ．实验开始时，应打开分液漏斗的活塞及弹簧夹乙，关闭弹
簧夹甲
Ｂ．可用９８．３％硫酸代替７５％硫酸
Ｃ．Ｈ２Ｏ２是制备ＮａＣｌＯ２反应的还原剂
Ｄ．Ｆ中的试剂可用饱和Ｃａ（ＯＨ）２溶液
解题导引　Ｃ装置中竖直玻璃管的作用：（１）平衡体系气
压并可防止堵塞；（２）根据液面的升降现象，可以用于检查装置
的气密性。
解析　Ａ项，Ｃ装置中的竖直玻璃管用于平衡系统的气压
并可防止堵塞，实验开始时，应打开弹簧夹甲，故Ａ错误；Ｂ项，
９８．３％硫酸中Ｈ２ＳＯ４大多以分子的形式存在，其与亚硫酸钠反应
较慢，不能用其代替７５％硫酸，故Ｂ错误；Ｃ项，Ｃ中产生的ＣｌＯ２
通入Ｄ中后与Ｈ２Ｏ２反应生成ＮａＣｌＯ２，氯元素的化合价降低被
还原，故Ｈ２Ｏ２作还原剂，Ｃ正确；Ｄ项，饱和Ｃａ（ＯＨ）２溶液浓度
较低，无法充分吸收尾气中的二氧化硫和二氧化氯，故Ｄ错误。
答案　Ｃ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１４６
１．（２０１９山西顶级名校模块诊断，１６）用如图装置制取表中的四
种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热装置及气体收集
装置均已略去；必要时可以加热；ａ、ｂ、ｃ、ｄ表示相应仪器中加
入的试剂）。其中正确的是
（　　）
选项
气体
ａ
ｂ
ｃ
ｄ
Ａ
ＣＯ２
盐酸
ＣａＣＯ３
饱和
Ｎａ２ＣＯ３
溶液
浓硫酸
Ｂ
Ｃｌ２
浓盐酸
ＭｎＯ２
ＮａＯＨ溶液
浓硫酸
Ｃ
ＮＨ３
饱和
ＮＨ４Ｃｌ
溶液
消石灰
Ｈ２Ｏ
固体
ＮａＯＨ
Ｄ
ＮＯ
稀硝酸
铜屑
Ｈ２Ｏ
浓硫酸
１．
答案　
Ｄ　
除去ＣＯ２中的ＨＣｌ气体应该用饱和的ＮａＨＣＯ３
溶液，Ａ不正确；ＮａＯＨ溶液可以吸收Ｃｌ２，发生反应Ｃｌ２＋
２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ，Ｂ不正确；ＮＨ３极易溶于水，Ｃ
不正确；Ｃｕ与稀硝酸反应生成ＮＯ，Ｈ２Ｏ可以除去ＮＯ中少量
的ＮＯ２，浓硫酸可以干燥ＮＯ，Ｄ正确。
关联知识　ＮＯ可与空气中的Ｏ２反应生成ＮＯ２，ＮＯ２能与水
发生反应３ＮＯ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＮＯ＋２ＨＮＯ３，ＮＯ２又转化为ＮＯ。
２．（２０１９河南郑州一模，９）已知草酸晶体（Ｈ２Ｃ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ）的熔
点为１０１℃，１７０℃分解。下列选用的装置和药品能达到实验
目的的是
（　　）
２．
答案　Ｄ　Ａ项，铜和稀硫酸不反应，Ａ错误；Ｂ项，常温下铝
遇浓硝酸钝化而无法制取二氧化氮，Ｂ错误；Ｃ项，草酸晶体熔
化温度低于分解温度，试管口向下倾斜无法使草酸晶体分解，
Ｃ错误；Ｄ项，苯与溴苯的沸点相差较大，可用蒸馏法分离，Ｄ
正确。
思路点拨　
充分解读题目信息，“ 已知草酸晶体（Ｈ２Ｃ２Ｏ４·
２Ｈ２Ｏ）的熔点为１０１℃，１７０℃分解”，说明草酸晶体受热未分
解先熔化，若试管口向下倾斜，则液态草酸会流至试管口。
３．（２０１８贵州贵阳普通高中摸底，１８）某校研究性学习小组选用
如图装置组装制备纯净干燥的ＮＨ３并探究ＮＨ３与ＣｕＯ发生
的反应，同时检验和收集非固态产物。请回答下列问题：
（１）完成实验所需装置，按气流方向从左到右的连接顺序为
　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３３５
　
（２）连接好装置后应首先　　　　　　　　　　，然后添加药
品进行实验。
（３）装置Ａ中发生反应的化学方程式为
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（４）装置Ｄ中盛放碱石灰的仪器名称是　　　　　　　，装置
Ｅ的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）通过进一步检测发现装置Ｆ中收集到的气体是一种常见
的单质气体，装置Ｃ的硬质玻璃管中得到一种固体单质。
试描述该小组同学还能观察到的其他现象：　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　；
装置Ｃ中发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　。
３．
答案　（１）ＡＤＣＥＧＢＦ
（２）检查装置的气密性
（３）２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ＋２ＮＨ３↑
（４）球形干燥管　检验ＮＨ３与ＣｕＯ反应的产物中是否有水
（５）装置Ｃ硬质玻璃管中黑色固体逐渐变红，管壁上有液珠产
生；装置Ｅ中白色固体逐渐变蓝　
２ＮＨ３＋３ＣｕＯ
△
􀪅􀪅３Ｃｕ＋
３Ｈ２Ｏ＋Ｎ２
解析　（１）由题给实验目的和装置可确定装置的连接顺序
为ＡＤＣＥＧＢＦ。
（２）连接好装置后，在加入药品前要检查装置的气密性。
（３）装置Ａ中发生制氨气的反应：２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅
ＣａＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ＋２ＮＨ３↑。
（４）装置Ｄ中盛放碱石灰的仪器是球形干燥管；装置Ｅ中盛的
药品是无水硫酸铜，用来验证ＮＨ３与ＣｕＯ反应的产物中是否
有水。
（５）反应物是氨气和ＣｕＯ，由“通过进一步检测发现装置Ｆ中
收集到的气体是一种常见的单质气体，装置Ｃ的硬质玻璃管
中得到一种固体单质”可知，固体单质是Ｃｕ，常见的单质气体
是Ｎ２，则装置Ｃ中发生的反应为２ＮＨ３＋３ＣｕＯ
△
􀪅􀪅３Ｃｕ＋
３Ｈ２Ｏ＋Ｎ２，观察到的其他现象为装置Ｃ中黑色固体逐渐变红，
管壁上有液珠产生，装置Ｅ中白色固体逐渐变蓝。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１４７
　　１．理清实验过程中物质及其性质（物理及化学性质）的变
化，对操作先后顺序进行考虑，分析如何达到实验目的。回答问
题时要仔细看图，结合教材已有实验操作模型，思考图中实验装
置的作用，判断操作有无错误及能否达到目的。
例１　（２０１９广东珠海质检，８）海藻中含有丰富的碘元素
（以Ｉ
－形式存在）。实验室中提取碘的流程如下图所示：
海藻
灼烧
Ａ→海藻灰
浸泡
→悬浊液
Ｂ→含Ｉ
－
的溶液
适量
Ｃｌ２
→
含Ｉ２
的溶液
Ｃ→
碘的有
机溶液
Ｄ→晶体碘
　　上述流程中步骤Ａ～Ｄ对应的装置图正确的是
（　　）
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
装
置
图
　　解析　Ａ过程为灼烧，海藻应放在坩埚中，故Ａ错误；Ｂ过
程为过滤，应用玻璃棒引流，漏斗末端颈尖应紧靠烧杯内壁，故
Ｂ错误；Ｄ过程为蒸馏，操作中应注意：添加沸石、温度计水银球
置于蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水下进上出，故Ｄ错误。
答案　Ｃ
题目价值　建立实验室提取Ｉ２的真实情景，考查仪器使用
的规范性。把物质的制备、分离与提纯知识与实际过程相结合，
需要学生关注知识的实际运用，认识到化学知识在生活生产中
是有价值的。
２．立足实验原理及过程，结合物质性质，对实验装置进行选
择以提高实验精确度或实现仪器的多功能使用，作答时应综合
分析仪器的具体用途及仪器的选择和使用是否合理。
例２　（２０１９山东济南质量评估，１８）某学习小组拟探究
ＣＯ２和锌粒反应是否生成ＣＯ，已知ＣＯ能与银氨溶液反应产生
黑色固体。实验装置如图所示：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞Ｋ
Ｂ．ｂ、ｃ、ｆ中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液
Ｃ．装置ｅ的作用是收集一氧化碳气体
Ｄ．用上述装置（另选试剂）可以制备氢气并探究其还原性
解析　实验开始时，装置内有空气，应该先打开活塞Ｋ，使
ＣＯ２充满整个装置后再点燃酒精灯，避免Ｚｎ与Ｏ２反应，Ａ错误。
ｂ中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去杂质氯化氢；ｃ中试剂
为浓硫酸，用来干燥ＣＯ２气体；ｆ中试剂为银氨溶液，验证一氧化
碳的存在，Ｂ错误。装置ｅ作安全瓶，防止装置ｆ中的液体倒吸
进入硬质玻璃管中，Ｃ错误。Ｄ项，由于在实验室中是用稀盐酸
与Ｚｎ粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普
发生器制取，然后用饱和食盐水或水除ＨＣｌ杂质，用浓硫酸干燥
氢气，再通过盛有ＣｕＯ的硬质玻璃管来验证Ｈ２的还原性，Ｄ
正确。
答案　Ｄ
题目价值　注重装置作用的分析，体现科学探究与创新意
识的学科核心素养，建立实验设计的思维模型，要求学生综合物
质性质及仪器的多功能使用进行分析。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３３６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１４８
１．（２０１９黑龙江哈尔滨三中二模，６）实验室从废定影液［含
Ａｇ（Ｓ２Ｏ３）
３－
２和Ｂｒ
－等］中回收Ａｇ和Ｂｒ２的主要步骤为：向废定
影液中加入Ｎａ２Ｓ溶液沉淀银离子，过滤、洗涤及干燥，灼烧
Ａｇ２Ｓ制取金属Ａｇ；制取Ｃｌ２并将Ｃｌ２通入滤液中氧化Ｂｒ
－，用
苯萃取分液。其中部分操作的装置如下图所示：
下列叙述正确的是
（　　）
Ａ．用装置甲分离Ａｇ２Ｓ时，用玻璃棒不断搅拌
Ｂ．用装置乙在空气中高温灼烧Ａｇ２Ｓ制取Ａｇ
Ｃ．用装置丙制备用于氧化滤液中Ｂｒ
－的Ｃｌ２
Ｄ．用装置丁分液时，先放出水相再放出有机相
１．
答案　
Ｃ　
过滤时玻璃棒的作用为引流，不能搅拌，避免滤
纸破损，故Ａ错误；Ａｇ２Ｓ受热分解生成Ａｇ与Ｓ，灼烧固体应在
坩埚中进行，故Ｂ错误；浓盐酸与ＫＭｎＯ４制Ｃｌ２不需要加热，故
Ｃ正确；分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，
故Ｄ错误。
２．（２０１８广东广州二模，１０）实验室利用反应ＴｉＯ２（ｓ）＋ＣＣｌ４（ｇ）
△
􀪅􀪅ＴｉＣｌ４（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ），在无水无氧条件下制取ＴｉＣｌ４，实验装
置如图所示（ＣＣｌ４、ＴｉＣｌ４的沸点分别为７６℃、１３６℃，ＣＣｌ４与
ＴｉＣｌ４互溶，ＴｉＣｌ４遇水发生水解）。下列说法正确的是（　　）
Ａ．①、⑤中分别盛装碱石灰、ＮａＯＨ溶液
Ｂ．②中热水的作用是使ＣＣｌ４汽化，④中冰水的作用是使ＴｉＣｌ４
冷凝
Ｃ．③中反应结束，先停止通Ｎ２，再停止加热
Ｄ．分离④中圆底烧瓶中的液态混合物，采用的操作是分液
１．
答案　Ｂ　
Ａ项，ＴｉＣｌ４遇潮湿空气发生水解，因此⑤中不可
装ＮａＯＨ溶液，故错误；Ｂ项，ＣＣｌ４的沸点是７６℃，②中的热水
作用是使ＣＣｌ４汽化，进入③中与ＴｉＯ２反应，ＴｉＣｌ４沸点为
１３６℃，④中冰水起冷凝作用，故正确；Ｃ项，③中反应结束，应
先停止加热，再停止通入Ｎ２，避免发生倒吸，故错误；Ｄ项，④
中圆底烧瓶中得到ＴｉＣｌ４与ＣＣｌ４的混合物，两者互溶，应采用
蒸馏的方法分离，故错误。
３．（２０１８安徽江南十校综合素质检测，１１）下列有关实验操作的
主要仪器、注意事项及应用举例都正确的是
（　　）
选项
实验
操作
主要
仪器
注意事项
应用举例
Ａ
洗气
①
从长管进气，短管
出气
用饱和碳酸氢钠溶液
除去ＣＯ２中的ＳＯ２
Ｂ
气体
干燥
②
从粗管进气，细管
出气
用无水氯化钙作干燥
剂干燥氨气
Ｃ
分液
③
先将下层液体从下口
放出，再将上层液体
从下口放出
分离植物油和水的混
合物
Ｄ
气体
收集
④
从长管进气，短管
出气
收集氯气
３．
答案　Ａ　
洗气应是长管进气，短管出气，因为碳酸的酸性
弱于亚硫酸的酸性，因此除去ＣＯ２中的ＳＯ２一般通过饱和碳
酸氢钠溶液，Ａ项正确；无水氯化钙能与ＮＨ３反应，干燥氨气
常用碱石灰，Ｂ项错误；分液时下层液体从下口流出，上层液体
从上口倒出，Ｃ项错误；长管进气，短管出气，收集的气体的密
度应小于空气，而氯气的密度大于空气的密度，Ｄ项错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２５１
考点一常用化学仪器的用途及使用方法
１．（２０１７课标Ⅰ，１０，６分）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
１．
答案　
Ｂ　
本题考查氢气还原ＷＯ３制取Ｗ。①中应盛
ＫＭｎＯ４溶液（除去Ｈ２Ｓ等还原性气体），②中应盛焦性没食子
酸溶液（吸收少量Ｏ２），③中应盛浓Ｈ２ＳＯ４（干燥Ｈ２），Ａ项错
误；氢气与空气的混合气体加热易爆炸，加热管式炉之前必须
检验Ｈ２的纯度，Ｂ项正确；结束反应时应先停止加热，再通一
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３３７
　
段时间的Ｈ２，待固体冷却至室温后停止通氢气，可防止生成的
Ｗ再被氧化，还可以防止倒吸，Ｃ项错误；粉末状的二氧化锰与
浓盐酸反应制取氯气需要加热，而启普发生器用于块状固体与
液体在常温下反应制取气体，Ｄ项错误。
２．（２０１６天津理综，５，６分）下列选用的仪器和药品能达到实验
目的的是
（　　）
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
制乙炔的发生
装置
蒸馏时的接收
装置
除去ＳＯ２中
的少量ＨＣｌ
准确量取一定
体积
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
标准溶液
２．
答案　
Ｃ　
Ａ中应将长颈漏斗改为分液漏斗；Ｂ中蒸馏时接
收装置不应封闭；Ｄ中Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，
应改用酸式滴定管。
３．（２０１９课标Ⅲ，２７，１４分）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：
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
水杨酸
ＣＯＯＨ
ＯＨ
＋（ＣＨ３ＣＯ）２Ｏ
醋酸酐
浓Ｈ２ＳＯ４
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
乙酰水杨酸
ＣＯＯＨ
ＯＣＯＣＨ３＋ＣＨ３ＣＯＯＨ
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１００ｍＬ锥形瓶中加入水杨酸６．９ｇ及醋酸酐
１０ｍＬ，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加０．５ｍＬ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１００ｍＬ冷水中，析出
固体，过滤。
②所得结晶粗品加入５０ｍＬ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５．４ｇ。
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），不需使用的有　　　　　　　　（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　　　　％。
３．
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　本题涉及的考点有常用化学仪器的识别和使用，化学
实验基本操作，物质分离、提纯的方法和判断，有机物的制备
等。通过常用药物阿司匹林的制备与提纯，考查学生的化学实
验探究能力，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。
（１）该合成反应需维持瓶内温度在７０℃左右，采用热水浴加
热最合适。
（２）①中在不断搅拌下将反应后的混合物倒入冷水中，应在烧
杯中进行并用玻璃棒搅拌；过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、
玻璃棒，不需使用分液漏斗和容量瓶。
（３）温度降低，乙酰水杨酸晶体的溶解度减小，故①中使用冷
水的目的是充分析出乙酰水杨酸固体。
（４）①中过滤得到乙酰水杨酸粗品，②中加入饱和ＮａＨＣＯ３溶
液，乙酰水杨酸可以与饱和ＮａＨＣＯ３溶液反应，生成可溶的乙
酰水杨酸钠，便于过滤除去难溶杂质。
（５）纯化乙酰水杨酸固体的方法为重结晶。
（６）结合已知数据，判断出醋酸酐过量，利用水杨酸质量计算
出乙酰水杨酸的理论产量为９．０ｇ，故本实验的产率为５．４ｇ
９．０ｇ×
１００％＝６０％。
知识拓展　水浴加热的特点：①受热均匀；②加热温度易于控
制；③加热温度不超过１００℃。
考点二化学实验基本操作
４．（２０１９课标Ⅱ，１０，６分）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
４．
答案　Ａ　本题涉及的考点有乙烯的化学性质、镁单质及其
化合物的性质、硫及其化合物的性质、铁及其化合物的性质与
检验，考查了学生对元素及其化合物基础知识的复述、再现、辨
认并能融会贯通的能力，能从微观层面认识物质的性质和变
化，并用来解决宏观的实际问题，体现了以宏观辨识与微观探
析为主的学科核心素养。
Ａ项，乙烯可被酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化，生成ＣＯ２，所以实验现
象为溶液紫色逐渐褪去，静置后溶液不分层，故错误；Ｂ项，发
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３３８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
生反应的化学方程式为２Ｍｇ＋ＣＯ２
点燃
􀪅􀪅Ｃ＋２ＭｇＯ，集气瓶中产生
浓烟（ＭｇＯ）并有黑色颗粒（Ｃ）产生，故正确；Ｃ项，发生反应的
离子方程式为Ｓ２Ｏ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ，有刺激性气味
气体（ＳＯ２）产生，溶液变浑浊（生成Ｓ），故正确；Ｄ项，发生反
应的离子方程式为２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋，加入过量铁粉，Ｆｅ
３＋完
全反应，黄色逐渐消失，滴加ＫＳＣＮ溶液不变色，故正确。
易错提醒　乙烯被酸性ＫＭｎＯ４溶液氧化后的产物是ＣＯ２，故
不会与水溶液分层。
５．（２０１８课标Ⅲ，１０，６分）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
５．
答案　Ｂ　本题考查化学实验基本操作。Ａ项，用稀硫酸和
锌粒制取Ｈ２时加几滴ＣｕＳＯ４溶液，锌可以置换出铜，铜、锌、
稀硫酸构成原电池，可以加快化学反应速率，正确；Ｂ项，用标
准ＨＣｌ溶液滴定ＮａＨＣＯ３溶液测定其浓度，常选择甲基橙作指
示剂以减小实验误差，错误；Ｃ项，钠的焰色反应呈黄色，用铂
丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，可以证明其中含
有Ｎａ
＋，正确；Ｄ项，蒸馏时用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，加入液体
的体积一般不能超过烧瓶容积的三分之二，正确。
易混易错　钠的焰色反应呈黄色，钾的焰色反应呈紫色（透过
蓝色钴玻璃观察）。焰色反应呈黄色说明含有钠元素，但不一
定没有钾元素。
６．（２０１７课标Ⅲ，９，６分）下列实验操作规范且能达到目的的是
（　　）
目的
操作
Ａ．
取２０．００ｍＬ盐酸
在５０ｍＬ酸式滴定管中装入盐酸，调
整初始读数为３０．００ｍＬ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
Ｄ．
配
制
浓
度
为
０．０１０ｍｏｌ·Ｌ
－１
的
ＫＭｎＯ４溶液
称取ＫＭｎＯ４固体０．１５８ｇ，放入
１００ｍＬ容量瓶中，加水溶解并稀释
至刻度
６．
答案　Ｂ　Ａ项，酸式滴定管的“０”刻度在上方，且下部尖嘴
部分无刻度，放出液体体积大于２０．００ｍＬ，Ａ错误；碘易溶于有
机溶剂，所以可用酒精洗去附着在试管壁的碘单质，Ｂ正确；测
定醋酸钠溶液的ｐＨ时应使用干燥的ｐＨ试纸，若润湿会使测
定结果不准确，Ｃ错误；在配制一定物质的量浓度的溶液时，不
能用容量瓶溶解溶质，应用烧杯，Ｄ错误。
易错警示　使用湿润的ｐＨ试纸测定溶液的ｐＨ，相当于稀释
了被测溶液，如果溶液为中性，则没有影响；如果溶液显酸性，
则测定的ｐＨ偏大；如果溶液显碱性，则测定的ｐＨ偏小。因
此，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。
７．（２０１７江苏单科，４，２分）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
（　　）
７．
答案　Ｂ　本题考查化学实验基础知识。Ａ项，制取ＳＯ２应
用Ｃｕ和浓Ｈ２ＳＯ４反应，错误；Ｂ项，ＳＯ２能使品红溶液褪色，可
用品红溶液验证ＳＯ２的漂白性，正确；Ｃ项，收集ＳＯ２应用向上
排空气法，错误；Ｄ项，尾气处理时，应用ＮａＯＨ溶液吸收，导管
不能伸入液面以下，否则易引起倒吸，错误。
知识拓展　常见的防倒吸装置
８．（２０１６课标Ⅰ，１０，６分）下列实验操作能达到实验目的的是
（　　）
Ａ．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
Ｂ．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的ＮＯ
Ｃ．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水
稀释
Ｄ．将Ｃｌ２与ＨＣｌ混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Ｃｌ２
８．
答案　Ｃ　
Ａ项，乙酸与乙醇的反应为可逆反应，反应后生
成的乙酸乙酯与乙醇、乙酸互溶，无法用分液法分离；Ｂ项，ＮＯ
可与空气中的Ｏ２反应，不能用排空气法收集；Ｄ项，混合气体
通过饱和食盐水，虽可除去ＨＣｌ，但带出了水蒸气，得不到纯净
的Ｃｌ２。
易错警示　气体中混有的水蒸气也是杂质。
知识拓展　配制易水解的物质的溶液时，应加入少量对应的
酸以抑制其水解。
９．（２０１６课标Ⅲ，９，６分）下列有关实验的操作正确的是（　　）
实验
操作
Ａ．
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒
入蒸馏水
Ｂ．
排水法收集ＫＭｎＯ４分解
产生的Ｏ２
先熄灭酒精灯，后移出导管
Ｃ．
浓盐酸与ＭｎＯ２反应制
备纯净Ｃｌ２
气体产物先通过浓硫酸，后通
过饱和食盐水
Ｄ．
ＣＣｌ４萃取碘水中的Ｉ２
先从分液漏斗下口放出有机
层，后从上口倒出水层
９．
答案　
Ｄ　
Ａ项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中
（“酸入水”），并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅
出，故错误；Ｂ项，制Ｏ２结束时应先移出导管后熄灭酒精灯，以
防倒吸引起试管炸裂，故错误；Ｃ项，应先通过饱和食盐水除
ＨＣｌ，再通过浓硫酸除水蒸气，否则制得的Ｃｌ２中会含有水蒸
气，故错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３３９
　
规律方法　稀释浓硫酸时要牢记“酸入水”；加热条件下制取
气体并用排水法收集气体的实验结束时，应先撤导管后撤酒精
灯；实验室制备气体除杂时，应最后除水蒸气。
１０．（２０１６浙江理综，８，６分）下列叙述不正确的是
（　　）
Ａ．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
Ｂ．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将
两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的
反应速率偏高
Ｃ．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆
卸蒸馏装置
Ｄ．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量
瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻
度线
１０．
答案　
Ｂ　
Ｂ项，若采用该选项描述的操作方法，前期温度
偏低，测得的反应速率偏低。
１１．（２０１６江苏单科，６，２分）根据侯氏制碱原理制备少量
ＮａＨＣＯ３的实验，经过制取氨气、制取ＮａＨＣＯ３、分离ＮａＨＣＯ３、
干燥ＮａＨＣＯ３四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目
的的是
（　　）
１１．
答案　Ｃ　Ａ项，ＮＨ４Ｃｌ受热分解生成ＮＨ３和ＨＣｌ，遇冷后
二者又迅速化合，收集不到ＮＨ３；Ｂ项，ＣＯ２应长进短出；Ｄ
项，干燥ＮａＨＣＯ３应在干燥器内进行，不能在烧杯内进行，更不
能直接加热，加热会导致ＮａＨＣＯ３分解。
规律方法　实验室制ＮＨ３多数采用ＮＨ４Ｃｌ和Ｃａ（ＯＨ）２混合
加热的方法，不能用ＮＨ４Ｃｌ单独加热；侯氏制碱法通入气体
顺序：先ＮＨ３后ＣＯ２；气体与溶液反应时应将气体直接通入
溶液中，气体从长导管进，从短导管出；干燥ＮａＨＣＯ３固体应
在干燥器内进行，不能直接加热。
１２．（２０１６课标Ⅲ，２６，１４分）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作
分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的
实验方法。回答下列问题：
（一）碳酸钙的制备
石灰石
（含少量铁的氧化物）
盐酸
→双氧水和氨水
小火煮沸①
过滤
　
滤渣
→
滤液
→
碳酸铵溶液
氨水
过滤
　→ＣａＣＯ３
（１）步骤①加入氨水的目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。
小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　　　　　。
（２）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是
　　　　　（填标号）。
ａ．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
ｂ．玻璃棒用作引流
ｃ．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
ｄ．滤纸边缘高出漏斗
ｅ．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（二）过氧化钙的制备
ＣａＣＯ３
稀盐酸、煮沸、过滤
②
→滤液
氨水和双氧水
冰浴③
→
过滤
→白色结晶
（３）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有
少量固体，此时溶液呈　
　
　
　
　
性（填“ 酸” “ 碱” 或
“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用
是　　　　　　　　　　　。
（４）步骤③中反应的化学方程式为　　　　　　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　，该反应需要在冰浴下进行，原因
是　　　　　　　　　　。
（５）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用
乙醇洗涤的目的是
　。
（６）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加
入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方
法的优点是　　
　
　
　
　
　
　
　
　，产品的缺点是　
　
　　　。
１２．
答案　（１）调节溶液ｐＨ使Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀（１分）　过滤分
离（１分）
（２）ａｄｅ（３分）
（３）酸（１分）　除去溶液中的ＣＯ２（１分）
（４）ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＣａＯ２·８Ｈ２Ｏ↓＋
２ＮＨ４Ｃｌ或ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ２􀪅􀪅ＣａＯ２↓＋２ＮＨ４Ｃｌ＋
２Ｈ２Ｏ（２分）　温度过高时双氧水易分解（１分）
（５）去除结晶表面水分（２分）
（６）工艺简单、操作方便（１分）　纯度较低（１分）
解析　（１）从制备碳酸钙的流程可以看出，加入双氧水的
目的是将Ｆｅ
２＋氧化为Ｆｅ
３＋，加入氨水的目的是调节溶液ｐＨ使
Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀；小火煮沸使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离。
（２）过滤操作要求“一贴、二低、三靠”，漏斗末端颈尖应紧靠
烧杯壁；滤纸边缘应低于漏斗边缘；玻璃棒仅起到引流的作
用，不能搅动，否则易使滤纸破损。
（３）根据题干信息，若使ＣａＯ２·８Ｈ２Ｏ顺利析出，须保证溶液
呈中性或碱性，所以要煮沸除去酸性氧化物ＣＯ２。
（４）Ｈ２Ｏ２受热易分解，故制备过氧化钙的反应应在冰浴下
进行。
（５）醇洗可防止产品溶于水而损失，且可除去晶体表面的水。
（６）比较两个工艺流程可知，该工艺简单、操作方便，但产品
纯度较低。
规律方法　工艺流程题中包含丰富的化学信息，一般需要从
进料和出料的转变关系中寻找命题人要考查的化学知识，再
运用题干信息、基础知识和基本技能处理各个环节的实际
问题。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３４０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
教师专用题组
考点一常用化学仪器的用途及使用方法
１．（２０１５安徽理综，８，６分）下列有关实验的选项正确的是　
（　　）
Ａ．配制０．１０ｍｏｌ·
Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液
Ｂ．除去ＣＯ
中的ＣＯ２
Ｃ．苯萃取碘水
中Ｉ２，分出水
层后的操作
Ｄ．记录滴定终
点
读
数
为
１２．２０ｍＬ
答案　Ｂ　
不能直接在容量瓶中溶解ＮａＯＨ固体，Ａ项不正
确；ＣＯ２与ＮａＯＨ溶液反应，ＣＯ不与ＮａＯＨ溶液反应，Ｂ项正
确；苯的密度比水小，上层液体应从分液漏斗上口倒出，Ｃ项不
正确；酸式滴定管零刻度在上方，读数应为１１．８０ｍＬ，Ｄ项不
正确。
考点二化学实验基本操作
２．（２０１５山东理综，７，５分）进行化学实验时应强化安全意识。
下列做法正确的是
（　　）
Ａ．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
Ｂ．用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
Ｃ．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
Ｄ．制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片
答案　Ｄ　金属钠燃烧生成Ｎａ２Ｏ２，Ｎａ与水反应生成可燃性
气体Ｈ２，Ｎａ２Ｏ２与水、ＣＯ２反应生成Ｏ２，故金属钠着火时不能
使用泡沫灭火器灭火，应该用干燥的沙土扑灭，Ａ错误；加热试
管中的固体时，试管口要略向下倾斜，Ｂ错误；稀氢氧化钠溶液
也有强腐蚀性，浓硫酸溅到皮肤上应立即用大量水冲洗，Ｃ错
误；为防止加热时混合液暴沸，可加入碎瓷片或沸石，Ｄ正确。
３．（２０１５福建理综，８，６分）下列实验操作正确且能达到相应实
验目的的是
（　　）
实验目的
实验操作
Ａ
称取２．０ｇＮａＯＨ
固体
先在托盘上各放１张滤纸，然后在右
盘上添加２ｇ砝码，左盘上添加ＮａＯＨ
固体
Ｂ
配制ＦｅＣｌ３溶液
将ＦｅＣｌ３固体溶于适量蒸馏水
Ｃ
检验溶液中是否
含ＮＨ
＋
４
取少量试液于试管中，加入ＮａＯＨ溶
液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检
验产生的气体
Ｄ
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
答案　
Ｃ　
称量ＮａＯＨ固体时，应将其放在小烧杯中，故Ａ
错误；配制ＦｅＣｌ３溶液时，为防止Ｆｅ
３＋水解应用浓盐酸溶解
ＦｅＣｌ３，再稀释至所需的浓度，故Ｂ错误；验证铁的吸氧腐蚀，应
将铁钉放在中性或弱酸性环境中，故Ｄ错误。
４．（２０１５江苏单科，７，２分）下列实验操作正确的是
（　　）
Ａ．用玻璃棒蘸取ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液点在水湿润的ｐＨ试纸上，测
定该溶液的ｐＨ
Ｂ．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗２～３次
Ｃ．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
Ｄ．用装置乙加热分解ＮａＨＣＯ３固体
答案　Ｂ　Ａ项，测溶液的ｐＨ时，ｐＨ试纸不能用水湿润；Ｂ
项，中和滴定时为减小误差，滴定管要用所盛装的溶液润洗
２～３次；Ｃ项，用分液漏斗分液时，下层液体从分液漏斗下口放
出，上层液体从分液漏斗上口倒出；Ｄ项，加热ＮａＨＣＯ３固体发
生反应：２ＮａＨＣＯ３
△
􀪅􀪅Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，试管口应略向下
倾斜，防止生成的水倒流到试管底部使试管炸裂。
５．（２０１６浙江理综，２９，１５分）无水ＭｇＢｒ２可用作催化剂。实验
室采用镁屑与液溴为原料制备无水ＭｇＢｒ２，装置如下图，主要
步骤如下：
步骤１　三颈瓶中装入１０ｇ镁屑和１５０ｍＬ无水乙醚；装置Ｂ
中加入１５ｍＬ液溴。
步骤２　缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤３　反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥
的烧瓶中，冷却至０℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁
粗品。
步骤４　室温下用苯溶解粗品，冷却至０℃，析出晶体，过滤，
洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至１６０℃分解得无水ＭｇＢｒ２
产品。
已知：①Ｍｇ与Ｂｒ２反应剧烈放热；ＭｇＢｒ２具有强吸水性。
②ＭｇＢｒ２＋３Ｃ２Ｈ５ＯＣ２Ｈ５􀜩􀜨
􀜑
ＭｇＢｒ２·３Ｃ２Ｈ５ＯＣ２Ｈ５
请回答：
（１）仪器Ａ的名称是　
　
　
　。实验中不能用干燥空气代替
干燥Ｎ２，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　。
（２）如将装置Ｂ改为装置Ｃ，可能会导致的后果是　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３４１
　
（３）步骤３中，第一次过滤除去的物质是　　　　。
（４）有关步骤４的说法，正确的是　　　　。
Ａ．可用９５％的乙醇代替苯溶解粗品
Ｂ．洗涤晶体可选用０℃的苯
Ｃ．加热至１６０℃的主要目的是除去苯
Ｄ．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（５）为测定产品的纯度，可用ＥＤＴＡ（简写为Ｙ
４－）标准溶液滴
定，反应的离子方程式：
Ｍｇ
２＋＋Ｙ
４－􀪅􀪅ＭｇＹ
２－
①滴定前润洗滴定管的操作方法是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
②测定时，先称取０．２５００ｇ无水ＭｇＢｒ２产品，溶解后，用
０．０５００ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＥＤＴＡ标准溶液滴定至终点，消耗
ＥＤＴＡ标准溶液２６．５０ｍＬ，则测得无水ＭｇＢｒ２产品的纯度
是　　　　（以质量分数表示）。
答案　（１）干燥管　防止镁屑与氧气反应，生成的ＭｇＯ阻碍
Ｍｇ与Ｂｒ２的反应
（２）会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全
隐患　（３）镁屑　（４）ＢＤ
（５）①从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使
液体润湿内壁，然后从下部放出，重复２～３次　②９７．５％
解析　（１）空气中含有氧气，Ｍｇ与Ｂｒ２反应放热，会导致镁
屑被氧气氧化，同时生成的ＭｇＯ会阻碍Ｍｇ与Ｂｒ２的反应。
（２）装置Ｂ可使液溴挥发，溴蒸气随氮气进入三颈瓶中，而装
置Ｃ则会导致锥形瓶内气压增大，将液溴快速压入三颈瓶中，
使反应过快大量放热而存在安全隐患。
（３）由题意可知第一次过滤时，产品未析出，故第一次过滤除
去的是未反应的镁屑。
（４）ＭｇＢｒ２具有强吸水性，９５％的乙醇中仍含有少量的水，Ａ项
不正确；０℃时晶体能析出，说明０℃时晶体在苯中的溶解度
较小，Ｂ项正确；加热至１６０℃是让三乙醚合溴化镁转化为
ＭｇＢｒ２，Ｃ项不正确；乙醚、液溴均易溶于苯中，步骤４可除去杂
质得到高纯度的ＭｇＢｒ２，Ｄ项正确。
（５）②ｎ（ＭｇＢｒ２）＝ｎ（Ｍｇ
２＋）＝ｎ（Ｙ
４－）＝０．０５００ｍｏｌ· Ｌ
－１×
２６．５０×１０
－３Ｌ＝１．３２５× １０
－３ｍｏｌ，无水ＭｇＢｒ２产品的纯度为
１．３２５×１０
－３ｍｏｌ×１８４ｇ·ｍｏｌ
－１
０．２５００ｇ
×１００％≈９７．５％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２５３
时间：４０分钟　分值：７５分
一、选择题（每题６分，共４２分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届湖北名师联盟月考，９）下列有关实验装置的说法中
正确的是
（　　）
Ａ．用图１装置制取干燥纯净的ＮＨ３
Ｂ．用图２装置制备Ｆｅ（ＯＨ）２并能较长时间观察其颜色
Ｃ．用图３装置可以完成“喷泉”实验
Ｄ．用图４装置测量Ｃｕ与浓硝酸反应产生气体的体积
１．
答案　Ｃ　Ａ项，发生装置可以制备氨气，通过碱石灰干燥氨
气，因氨气密度比空气小，需要用向下排空气法收集，故错误；
Ｂ项，Ｆｅ应该做电解池的阳极，生成亚铁离子，亚铁离子和氢
氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，故错误；Ｃ项，ＳＯ２和氢氧化
钠溶液反应使烧瓶中压强减小，打开止水夹，烧杯中氢氧化钠
溶液被压入烧瓶形成喷泉，故正确；Ｄ项，铜和浓硝酸反应生成
二氧化氮气体，二氧化氮和水反应，故错误。
２．（２０１９河北衡水质量测评，９）某化学实验小组以高锰酸钾为原料
制备氧气并回收二氧化锰。下列有关操作示意图正确的是
（　　）
２．
答案　Ｃ　
Ａ项，为了防止加热时高锰酸钾粉末堵塞导管，
在试管口处应放置一团棉花，故Ａ错误；Ｂ项，氧气的密度大于
空气，应该用向上排空气法收集，气体应从长导管进短导管出，
故Ｂ错误；Ｃ项，溶解过程通常在烧杯中进行，并用玻璃棒搅
拌，故Ｃ正确；Ｄ项，过滤时，为防止滤液飞溅，漏斗下端尖嘴部
分应紧靠烧杯内壁，故Ｄ错误。
３．（２０１９广东化州联考，１３）用下列实验方案及所选玻璃仪器
（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是
（　　）
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
Ａ
除去ＫＮＯ３中
少量ＮａＣｌ
将混合物制成热的饱和溶
液，冷却结晶，过滤
酒精灯、烧
杯、玻璃棒
Ｂ
证明ＨＣｌＯ和
ＣＨ３ＣＯＯＨ的酸
性强弱
同温下用ｐＨ试纸测定
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＣｌＯ溶液和
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶
液的ｐＨ
玻璃棒、玻
璃片
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３４２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
续表
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
Ｃ
检验蔗糖水解
产物具有还
原性
向蔗糖溶液中加入几滴稀
硫酸，水浴加热几分钟，再
向其中加入新制的银氨溶
液，并水浴加热
试管、烧杯、
酒精灯、胶
头滴管
Ｄ
配制１Ｌ１．６％
的ＣｕＳＯ４溶液
（溶液密度近似
为１ｇ／ｍＬ）
将２５ｇＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ溶解
在９７５ｍＬ水中
烧杯、量筒、
玻璃棒
３．
答案　Ｄ　
Ａ项，二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后
过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故Ａ错误；Ｂ项，ＮａＣｌＯ
具有强氧化性，不能用ｐＨ试纸测定０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＣｌＯ溶液
的ｐＨ，则不能确定ｐＨ大小，不能比较酸性强弱，故Ｂ错误；Ｃ
项，银镜反应需要在碱性条件下进行，在加入银氨溶液之前需
要加入ＮａＯＨ溶液中和未反应的酸，故Ｃ错误；Ｄ项，１Ｌ１．６％
的ＣｕＳＯ４溶液（溶液密度近似为１ｇ／ｍＬ）中溶质的物质的量是
０．１ｍｏｌ，溶液的质量是２５ｇ＋９７５ｇ＝１０００ｇ，２５ｇＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ
中硫酸铜的物质的量是０．１ｍｏｌ，故Ｄ正确。
４．（２０１９广东广州外国语学校一模，１０）实验是化学研究的基
础，下图关于各实验装置（夹持装置已略去）的叙述，正确的是
（　　）
４．
答案　
Ａ　
Ａ项，ＨＣｌ极易溶于水，不溶于四氯化碳，将ＨＣｌ
通入四氯化碳中，隔绝与水的接触，四氯化碳有缓冲作用，能防
止倒吸，故Ａ正确；Ｂ项，重铬酸钾溶液具有强氧化性，能氧化
橡胶，应该用酸式滴定管量取，故Ｂ错误；Ｃ项，二氧化碳气体
应从长导管进入，故Ｃ错误；Ｄ项，从ＦｅＣｌ３溶液中获得无水
ＦｅＣｌ３的方法是在ＨＣｌ氛围中加热蒸发ＦｅＣｌ３溶液，故Ｄ错误。
知识拓展　碱式滴定管不能用于盛放酸液和强氧化性溶液；
酸式滴定管不能用于盛放碱液。
５．（２０１９江西上饶六校联考，９）下列选项中的实验操作、现象与
结论完全一致的是
（　　）
选项
实验操作
现象
结论
Ａ
用玻璃棒蘸取次氯酸钠
溶液，点在ｐＨ试纸上
试纸最终显
蓝色
次氯酸钠溶
液显碱性
Ｂ
用ｐＨ试纸分别测定
０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｎａ２ＣＯ３
溶液和０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１的
ＮａＨＣＯ３溶液的ｐＨ
Ｎａ２ＣＯ３溶液的
ｐＨ约为
１０，
ＮａＨＣＯ３溶液的
ｐＨ约为８
结合Ｈ
＋能力：
ＣＯ
２－
３＞ＨＣＯ
－
３
Ｃ
用坩埚钳夹住一小块用
砂纸打磨过的铝箔在酒
精灯上加热
熔化后的液态
铝滴落下来
金属铝的熔
点低
续表
选项
实验操作
现象
结论
Ｄ
分别将乙烯与ＳＯ２通入
溴水中
溴水均褪色
两种气体使
溴水褪色的
原理相同
５．
答案　Ｂ　Ａ项，ＮａＣｌＯ具有强氧化性，能把ｐＨ试纸漂白，
故Ａ错误；Ｂ项，依据越弱越水解，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｎａ２ＣＯ３溶液的
ｐＨ约为１０，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＨＣＯ３溶液的ｐＨ约为８，说明ＣＯ
２－
３
水解程度大于ＨＣＯ
－
３，即结合Ｈ
＋能力：ＣＯ
２－
３＞ＨＣＯ
－
３，故Ｂ正确；
Ｃ项，铝为活泼金属，容易与氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔
点高于铝单质，因此现象是熔化而不滴落，故Ｃ错误；Ｄ项，乙
烯与溴水发生加成反应，ＳＯ２与溴水发生氧化还原反应，褪色
原理不相同，故Ｄ错误。
易错警示　本题的易错选项为Ｄ，学生分不清两者原理，
ＣＨ２􀪅ＣＨ２与Ｂｒ２发生加成反应，即ＣＨ２􀪅ＣＨ２＋Ｂｒ２
→
ＣＨ２ＢｒＣＨ２Ｂｒ；ＳＯ２与溴水发生氧化还原反应，即ＳＯ２＋Ｂｒ２＋
２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＢｒ，原理不同。
６．（２０１９四川大学附中月考，１２）下列有关实验操作或判断正确
的有
（　　）
①用１０ｍＬ量筒准确量取稀硫酸８．０ｍＬ；
②用干燥的ｐＨ试纸测定氯水的ｐＨ；
③能说明亚硝酸是弱电解质的是：用ＨＮＯ２溶液进行导电实
验，灯泡很暗；
④使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液的浓度
偏大；
⑤将饱和ＦｅＣｌ３溶液滴入蒸馏水中即得Ｆｅ（ＯＨ）３胶体；
⑥圆底烧瓶、锥形瓶、蒸发皿加热时都应垫上石棉网；
⑦除去铁粉中混有的少量铝粉可加入过量的氢氧化钠溶液，完
全反应后过滤；
⑧为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔融氢氧化钠
固体后进行测量；
⑨用食醋除去水壶中的水垢。
Ａ．３个
Ｂ．４个
Ｃ．５个
Ｄ．６个
６．
答案　Ｂ　１０ｍＬ量筒的精确度为０．１ｍＬ，①正确；氯水有漂
白性，无法用ｐＨ试纸测其ｐＨ，②不正确；弱电解质水溶液的
导电能力不一定弱，强电解质水溶液的导电能力不一定强，③
不正确；定容时俯视刻度线会导致加水偏少，所配溶液浓度偏
大，④正确；将饱和ＦｅＣｌ３溶液滴入沸水中加热至溶液呈红褐
色可制得Ｆｅ（ＯＨ）３胶体，⑤不正确；蒸发皿加热时不用垫石棉
网，⑥不正确；铁粉与ＮａＯＨ溶液不反应，铝粉与过量ＮａＯＨ溶
液反应生成ＮａＡｌＯ２和Ｈ２，⑦正确；瓷坩埚中含有ＳｉＯ２，ＳｉＯ２可
与熔融状态的ＮａＯＨ反应，⑧不正确；ＣＨ３ＣＯＯＨ可与水垢中的
ＣａＣＯ３、Ｍｇ（ＯＨ）２发生反应，⑨正确。正确答案为Ｂ。
知识拓展　可以通过测定同浓度的盐酸与亚硝酸溶液的导电
能力来证明ＨＮＯ２为弱电解质。
７．（２０１９湖南岳阳二检，９）某学生利用以下装置探究喷泉实验。
其中Ａ、Ｆ分别为硫化氢和氯气的发生装置，Ｃ为纯净干燥的
氯气与硫化氢反应的装置。打开Ｋ１、Ｋ２，将常温常压下的
Ｈ２Ｓ、Ｃｌ２控制等体积通入烧瓶且最终气体刚好充满烧瓶。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十八　化学常用仪器和实验基本操作
３４３
　
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．装置Ａ中的分液漏斗内液体ａ可选用稀硝酸
Ｂ．虚线框Ｂ、Ｄ、Ｅ内从“备选装置”中选择合适装置的编号依次
为Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ
Ｃ．立即看到烧瓶内产生“喷泉”
Ｄ．本实验必须对烧瓶冷敷或热敷来引发喷泉
７．
答案　
Ｄ　
装置Ａ是制取Ｈ２Ｓ的装置，因硝酸具有氧化性，
而Ｈ２Ｓ有还原性，所以稀硝酸和硫化氢发生氧化还原反应而
无法得到Ｈ２Ｓ，故Ａ错误；Ｈ２Ｓ用Ｐ２Ｏ５干燥，用饱和食盐水除
去Ｃｌ２中的ＨＣｌ，用浓Ｈ２ＳＯ４干燥氯气，所以虚线框Ｂ、Ｄ、Ｅ内
选择合适装置的编号依次为Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，故Ｂ错误；本实验必须
对烧瓶冷敷使烧瓶内压强减小或对烧瓶热敷使烧瓶内的ＨＣｌ
被ＮａＯＨ吸收来引发喷泉，故Ｃ错误、Ｄ正确。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
８．（２０２０届福建福州月考，８）下列有关实验装置中进行的相应
实验，不能达到实验目的的是
（　　）
Ａ．用图①所示装置制取少量纯净的ＣＯ２气体
Ｂ．用图②所示装置验证镁和盐酸反应的热效应
Ｃ．用图③所示装置验证ＨＣｌ气体易溶于水
Ｄ．用图④所示装置检验ＮＨ４Ｃｌ分解产生的气体
８．
答案　Ａ　纯碱为粉末状固体，与盐酸接触后，关闭止水夹，
不能实现固液分离，故Ａ错误。Ｍｇ与盐酸反应放热，Ｕ形管中
红墨水左低右高，可验证热效应，故Ｂ正确。ＨＣｌ极易溶于水，
气球变大，可验证ＨＣｌ溶解性，故Ｃ正确。氯化铵分解生成
ＨＣｌ、氨气，氨气可使湿润酚酞试纸变红，ＨＣｌ可使湿润的蓝色
石蕊试纸变红，可检验生成的气体，故Ｄ正确。
试题点评　掌握物质的性质、反应与现象、物质的制备及性质
实验、实验基本技能为解答的关键，侧重对分析与实验能力的
考查。
９．（２０１９山东四校联考）使用下列实验装置进行相应的实验，能
达到实验目的的是
（　　）
９．
答案　ＡＣ　二氧化碳可防止ＮＯ被氧化，且ＣＯ２密度比ＮＯ
大，“短进长出” 可收集ＮＯ，故Ａ正确；苯不能隔绝ＮＨ３和稀
硫酸，没有起到缓冲作用，则题图装置不能防止倒吸，故Ｂ错
误；Ｃｕ电极与电源正极相连，为阳极，发生反应Ｃｕ＋２Ｈ２Ｏ
通电
􀪅􀪅
Ｃｕ（ＯＨ）２＋Ｈ２↑，故Ｃ正确；生成的气体易从长颈漏斗逸出，则
题图装置不能用于制备乙炔，故Ｄ错误。
１０．（２０２０届山东德州期中，１４）下列实验中，对应的现象以及结
论都正确且两者具有因果关系的是
（　　）
选项
实验
现象
结论
Ａ
向稀硝酸中加入过
量铁粉，充分反应后
滴加ＫＳＣＮ溶液
有气体生成，溶
液呈血红色
稀硝酸将Ｆｅ氧
化为Ｆｅ
３＋
Ｂ
向１．０ｍｏｌ· Ｌ
－１
Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液中加
入铜粉
溶液变蓝、有黑
色固体出现
金属铁比铜活泼
Ｃ
用铂丝蘸取少量某
溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液含钠元素
Ｄ
蘸有浓氨水的玻璃
棒靠近某溶液
有白烟产生
该溶液可能是浓
盐酸
１０．
答案　ＣＤ　稀硝酸与过量铁粉反应，生成物为Ｆｅ
２＋，因此
滴加ＫＳＣＮ溶液后不会看到血红色，Ａ项错误；Ｃｕ＋２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅
Ｃｕ
２＋＋２Ｆｅ
２＋，没有黑色固体出现，也不能根据这个氧化还原反
应比较铁与铜的活泼性，Ｂ项错误。
三、非选择题（共１５分）
１１．（２０２０届河南顶级名校摸底，２２）（１５分）氯化亚砜（ＳＯＣｌ２）
常用于医药、农药、染料工业，也可在有机合成工业中作氯化
剂。已知ＳＯＣｌ２的相关性质如下表所示：
颜色、状态
熔点
沸点
腐蚀性
水解
无色或微黄液体
－１０５℃
７８℃
强
极易水解
现利用如图装置制备ＳＯＣｌ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３４４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
甲
请回答下列问题：
Ⅰ．制备ＳＯ２和Ｃｌ２。
（１）本实验选用装置甲制备ＳＯ２和Ｃｌ２，装置甲中仪器ｘ的名
称为　　　　；若以ＫＭｎＯ４和浓盐酸反应制备Ｃｌ２，反应
的离子方程式为　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　。
Ⅱ．制备ＳＯＣｌ２。
以活性炭作为催化剂，ＳＯ２和Ｃｌ２可以和Ｓ粉在１８０～２００℃时
反应合成ＳＯＣｌ２，选用装置Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ进行制备（夹持、加热装
置略去）。
（２）按气流从左到右的方向，装置Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ的连接顺序为
　　　　　　　　　　（填仪器接口的字母编号）。
（３）试剂ｙ为　　　（填选项字母，下同）；试剂ｚ为　　　。
Ａ．热水
Ｂ．乙醇
Ｃ．石蜡油
Ｄ．冰水
（４）装置Ａ中Ｕ形管内发生反应的化学方程式为　　　　　
　　　　　　　　。
（５）装置Ｃ的作用为　
　
　
　
　
　
　；若装置Ａ处通入的
ＳＯ２和Ｃｌ２的物质的量之比为１∶３，则装置Ｃ中生成的盐
为　　
　
　
　
　
　
（填化学式）；请设计实验验证装置Ｃ
中生成的盐中含有ＳＯ
２－
４：　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
１１．
答案　（１）分液漏斗
２ＭｎＯ
－
４＋１６Ｈ
＋＋１０Ｃｌ
－􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ
（２）ａｆｇ（ｇｆ）ｂｃｄｅ　（３）Ｃ　Ｄ
（４）ＳＯ２＋２Ｃｌ２＋Ｓ
１８０～２００℃
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅２ＳＯＣｌ２
（５）尾气处理（或吸收未反应的ＳＯ２和Ｃｌ２）　
ＮａＣｌ、ＮａＣｌＯ和
Ｎａ２ＳＯ４　取少量装置Ｃ中溶液于试管中，加稀盐酸酸化，无
气体生成，继续滴加ＢａＣｌ２溶液，生成白色沉淀，证明有ＳＯ
２－
４
解析　（１）装置甲中仪器ｘ为分液漏斗。若选用装置甲以
高锰酸钾和浓盐酸反应制备Ｃｌ２，反应的离子方程式为
２ＭｎＯ
－
４＋１６Ｈ
＋＋１０Ｃｌ
－􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ。
（２）按气流从左到右的方向，Ａ为制备装置，Ｄ为收集装置，Ｂ
为干燥装置，连接在Ｄ后防止水蒸气进入，Ｃ为尾气处理装
置，连接顺序为ａｆｇ（ｇｆ）ｂｃｄｅ。
（３）试剂ｙ为石蜡油，能保持温度为１８０～２００℃；试剂ｚ为冰
水，冷凝收集生成的氯化亚砜。
（４）装置Ａ中Ｕ形管内发生反应的化学方程式为ＳＯ２＋２Ｃｌ２＋
Ｓ
１８０～２００℃
催化剂
􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅２ＳＯＣｌ２。
（５）装置Ｃ的作用为吸收未反应的ＳＯ２和Ｃｌ２；若装置Ａ处通
入的ＳＯ２和Ｃｌ２的物质的量之比为１∶３，Ｃｌ２过量，则装置Ｃ中
发生的反应有ＳＯ２＋Ｃｌ２＋４ＮａＯＨ􀪅􀪅２ＮａＣｌ＋Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ、
Ｃｌ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ，生成的盐为ＮａＣｌ、
Ｎａ２ＳＯ４和ＮａＣｌＯ。
试题分析　本题考查物质制备方案的设计，涉及化学方程式
的书写、实验方案评价、氧化还原反应、环境保护等，明确实验
原理及实验基本操作方法、知道各个装置的作用是解题关键，
注意相关基础知识的学习与积累。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３４５
　
专题十九
物质的检验、分离与提纯
课
标
解
读
内容
物质的分离与提纯
物质的检验与鉴别
解读
掌握常见物质分离和提纯的方法
掌握常见物质检验的方法
考情分析
本专题知识是高考的必考内容，命题形式有三种：第一种是以选择题形式直接考查；第二种是与化学实验
的其他内容综合在一起，以非选择题的形式出现；第三种是与工艺流程题相结合，以非选择题的形式出现。
从考查的内容上看，以往考查侧重物质的分离和提纯
备考策略
备考应重点关注：物质的检验、分离和提纯中试剂的选择及仪器的正确使用，物质的检验、分离和提纯实验
方案的设计、现象的描述等
３４６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１５０
考点一物质的分离与提纯
　　１．物质分离与提纯的区别
（１）物质的分离：将混合物中的各组分分离开来，获得几种
纯净物的过程。
（２）物质的提纯：将混合物中的杂质除去而得到目标物质的
过程。
２．物质分离与提纯的基本原则
（１）“四原则”：不增（提纯过程中不增加新的杂质）；不减
（不减少被提纯的物质）；易分离（被提纯物质与杂质容易分
离）；易复原（被提纯物质转化后要易复原）。
（２）“四必须”：除杂试剂必须过量；过量试剂必须除尽（因
为过量试剂引入新的杂质）；必须选最佳除杂途径；除去多种杂
质时必须考虑加入试剂的顺序。
３．物质分离和提纯的常用物理方法
方法
装置或主要仪器
适用条件
说明
实例
过滤
易溶物与
难溶物的
分离
①一贴：滤纸紧贴
漏斗内壁；
②二低：滤纸低于
漏斗边缘，液面低
于滤纸边缘；
③三靠：烧杯紧靠
玻璃棒，玻璃棒轻
靠三层滤纸处，漏
斗下端尖嘴处紧
靠烧杯内壁
分离ＮａＣｌ
和ＣａＣＯ３
蒸发
结晶
溶质的溶
解度受温
度变化影
响较小
①用玻璃棒搅拌，
防止局部温度
过高；
②当出现大量晶
体时，停止加热，
用余热蒸干
从ＮａＣｌ溶
液中提取
ＮａＣｌ晶体
冷却
结晶
（重结
晶）
分离在同
一溶剂中
溶解度受
温度变化
影响不同
的混合物
①操作过程包括
加热溶解、冷却结
晶、过滤、洗涤、干
燥，得到较纯的溶
解度受温度变化
影响大的晶体；
②若结晶一次纯
度达不到要求，则
需要重复进行一
次，称为重结晶
除去ＫＮＯ３
中混有的少
量ＮａＣｌ
续表
方法
装置或主要仪器
适用条件
说明
实例
蒸馏
两种或两
种以上互
溶的液
体，沸点
相差较大
①蒸馏装置中温
度计的水银球要
放置在蒸馏烧瓶
支管口处；②为防
暴沸，可在蒸馏烧
瓶中放几小块沸
石或碎瓷片；③冷
凝管中水流方向
应为“下进上出”
分离Ｉ２和
ＣＣｌ４
分液
互不相溶
的液体混
合物
分液后下层液体
从下口流出，上层
液体从上口倒出
分离
ＣＣｌ４
和水
升华
分离含易
升华组分
的混合物
碘的升华是物理
变化，ＮＨ４Ｃｌ受热
分解、ＮＨ３与ＨＣｌ
遇冷生成ＮＨ４Ｃｌ
是化学变化，从混
合物中加热分离
出碘和ＮＨ４Ｃｌ方
法相似，原理不同
分离Ｉ２和
ＮａＣｌ固体
渗析
分离胶体
与溶液
要不断更换烧杯
中蒸馏水（或用流
动水）以提高渗析
效果
将Ｆｅ（ＯＨ）３
胶
体
和
ＦｅＣｌ３溶液
进行分离
洗气
除去气体
中的杂质
气体
长管进气，短管
出气
用浓硫酸除
去Ｏ２中的
水蒸气
　　４．物质分离与提纯的化学方法
方法
原理
杂质成分
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４、ＣＯ
２－
３、Ｍｇ
２＋、
Ｆｅ
３＋等
气化法
将杂质离子转化为气体
ＣＯ
２－
３、ＨＣＯ
－
３、ＳＯ
２－
３、ＨＳＯ
－
３、
Ｓ
２－、ＮＨ
＋
４等
杂转纯法
将杂质转化为需要提纯
的物质
杂质与被提纯物含有不同
价态的相同元素（用氧化
剂或还原剂）、同一种酸的
正盐与酸式盐（用酸、酸酐
或碱）
氧化还原法
用氧化剂（还原剂）除去
具有还原性（氧化性）的
杂质
如用酸性ＫＭｎＯ４溶液除
去ＣＯ２中的ＳＯ２，用热的
铜粉除去Ｎ２中的Ｏ２
热分解法
加热使不稳定的物质分
解除去
如除去ＮａＣｌ中的ＮＨ４Ｃｌ等
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３４７
　
续表
方法
原理
杂质成分
酸、碱溶解法
利用物质与酸或碱溶液
混合后的差异进行分离
如用过量的ＮａＯＨ溶液除
去Ｆｅ２Ｏ３中的Ａｌ２Ｏ３
电解法
利用电解原理除去杂质，
含杂质的金属作阳极、纯
金属（Ｍ）作阴极，含Ｍ
ｎ＋
的盐溶液作电解质溶液
如除去粗铜中的Ｚｎ、Ｆｅ、
Ｎｉ、Ａｇ、Ａｕ等
调节ｐＨ法
通过加入某试剂来调节
溶液的ｐＨ，使溶液中某
组分沉淀而分离
如ＣａＣｌ２溶液中含有Ｆｅ
３＋
杂质，可向溶液中加入
ＣａＣＯ３使溶液的ｐＨ升高，
Ｆｅ
３＋的水解平衡右移转化
为Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀而除去
沉淀洗涤题的解题思路
１．常用洗涤剂
（１）蒸馏水：主要适用于除去沉淀吸附的可溶性杂质。
（２）冷水：除去沉淀的可溶性杂质，降低沉淀在水中的溶解
度而减少沉淀损失。
（３）沉淀的饱和溶液：减少沉淀的溶解。
（４）有机溶剂（酒精、丙酮等）：适用于易溶于水的固体，既
减少了固体溶解，又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水
分，产品易干燥。
２．沉淀洗涤的解题思路
注洗涤液（沿玻璃棒向漏斗中注入洗涤液）
↓
标准（使洗涤液完全浸没沉淀或晶体）
↓
重复（待洗涤液流尽后，重复操作２～３次）
３．沉淀是否洗净的解题思路
取样（取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中）
↓
加试剂［加入××试剂（必要时加热，如检验ＮＨ
＋
４）］
↓
现象（不产生××沉淀、溶液不变××色或不产生××气体）
↓
结论（说明沉淀已经洗涤干净）
考点二物质的检验与鉴别
　　１．物质检验的三原则
一看（颜色、状态）；二嗅（气味）；三实验（加试剂）。
２．物质检验的一般步骤
观察外观
→
取少量样品
→
加入试剂
→
观察现象
→得出结论
３．常见气体的检验
气体
检验方法和现象
化学方程式
Ｈ２
（１）纯净的氢气在空气中燃烧火焰
呈淡蓝色，罩在火焰上方的冷且干燥
的烧杯内壁有水珠产生
（２）点燃不纯的氢气有爆鸣声
２Ｈ２＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅２Ｈ２Ｏ
ＣＯ２
通入澄清的石灰水中，石灰水变
浑浊
ＣＯ２＋Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅
ＣａＣＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
Ｏ２
能使带火星的木条复燃
Ｃ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅ＣＯ２
Ｃｌ２
黄绿色气体，能使湿润的淀粉－ＫＩ
试纸变为蓝色
Ｃｌ２＋２ＫＩ􀪅􀪅２ＫＣｌ＋Ｉ２
ＨＣｌ
硝酸银溶液吸收ＨＣｌ气体后，产生
白色沉淀
ＨＣｌ＋ＡｇＮＯ３􀪅􀪅
ＡｇＣｌ↓＋ＨＮＯ３
ＳＯ２
（１）能使品红溶液褪色（加热后恢
复红色）
（２）使澄清石灰水变浑浊
ＳＯ２＋Ｃａ（ＯＨ）２
􀪅􀪅
ＣａＳＯ３↓＋Ｈ２Ｏ
ＮＯ
在空气中迅速变为红棕色
２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２
ＮＯ２
红棕色气体，能使湿润的淀粉－ＫＩ
试纸变蓝（但不与ＡｇＮＯ３溶液反
应）
３ＮＯ２
＋
Ｈ２Ｏ
􀪅􀪅
２ＨＮＯ３＋ＮＯ
８ＨＮＯ３＋６ＫＩ􀪅􀪅６ＫＮＯ３＋
３Ｉ２＋２ＮＯ↑＋４Ｈ２Ｏ
ＮＨ３
（１）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
（２）用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，
能产生白烟
（１）ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－
（２）ＮＨ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅
ＮＨ４Ｃｌ
ＣＯ
（１）点燃，安静燃烧，火焰呈淡蓝
色，燃烧后产生ＣＯ２
（２）通过灼热的黑色氧化铜时，能
还原出红色的铜，并转变成ＣＯ２
（１）２ＣＯ＋Ｏ２
点燃
􀪅􀪅２ＣＯ２
（２）ＣｕＯ＋ＣＯ
△
􀪅􀪅
Ｃｕ＋ＣＯ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
　　４．常见阳离子的检验
常见阳离子
试剂或方法
实验现象
Ｈ
＋
紫色石蕊试液
变红
活泼金属（如Ｚｎ）或Ｎａ２ＣＯ３溶液
有无色无味气体产生
Ｎａ
＋
焰色反应
黄色火焰
Ｋ
＋
焰色反应
①　紫　色火焰（透过蓝色钴玻璃）
Ｍｇ
２＋
ＮａＯＨ溶液
②　白　色沉淀，不溶于过量的碱溶液
Ａｌ
３＋
ＮａＯＨ溶液
③　白　色沉淀，溶于过量的强碱溶液
Ｆｅ
２＋
ＮａＯＨ溶液
④　白　色沉淀→灰绿色→⑤　红褐　色
先加ＫＳＣＮ溶液，再加氯水
加ＫＳＣＮ溶液无明显变化，再加氯水变为⑥　红　色
Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］溶液
产生蓝色沉淀
３４８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
续表
常见阳离子
试剂或方法
实验现象
Ｆｅ
３＋
ＮａＯＨ溶液
生成⑦　红褐　色沉淀
ＫＳＣＮ溶液
溶液呈⑧　红　色
苯酚溶液
溶液呈⑨　紫　色
Ｃｕ
２＋
ＮａＯＨ溶液
产生⑩　蓝　色沉淀，加热则沉淀变黑
ＮＨ
＋
４
ＮａＯＨ溶液，加热
产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
Ｂａ
２＋
稀硫酸（或可溶性硫酸盐溶液）和稀硝酸
产生不溶于稀硝酸的白色沉淀
Ａｇ
＋
盐酸和稀硝酸
产生不溶于稀硝酸的白色沉淀
　　５．常见阴离子的检验
常见阴离子
试剂或方法
实验现象
ＯＨ
－
使用无色酚酞试液、紫色石蕊试液、红色石蕊试纸、ｐＨ试纸
分别变为红色、蓝色、蓝色、蓝色
Ｃｌ
－
加入ＡｇＮＯ３溶液、稀硝酸
生成􀃊
􀁉
􀁓　白色　沉淀（ＡｇＣｌ），该沉淀不溶于稀硝酸
Ｂｒ
－
加入ＡｇＮＯ３溶液、稀硝酸
生成􀃊
􀁉
􀁔　浅黄　色沉淀（ＡｇＢｒ），该沉淀不溶于稀硝酸
加入氯水后振荡，滴入少许四氯化碳
四氯化碳层（下层）呈􀃊
􀁉
􀁕　橙红色　
Ｉ
－
加入ＡｇＮＯ３溶液、稀硝酸
生成􀃊
􀁉
􀁖　黄色　沉淀（ＡｇＩ），该沉淀不溶于稀硝酸
加入氯水后振荡，滴入少许四氯化碳
四氯化碳层（下层）呈􀃊
􀁉
􀁗　紫红色　
加入氯水和淀粉溶液
溶液变蓝
ＳＯ
２－
４
先加入盐酸再加入ＢａＣｌ２溶液（加Ｈ
＋防ＣＯ
２－
３等的干扰；
加Ｃｌ
－防Ａｇ
＋干扰；不用ＨＮＯ３防ＳＯ
２－
３干扰）
加入盐酸时无现象，加入ＢａＣｌ２后生成􀃊
􀁉
􀁘　白色　沉淀（ＢａＳＯ４）
ＳＯ
２－
３
加入盐酸或硫酸
产生无色、有刺激性气味的气体（ＳＯ２）
加ＢａＣｌ２溶液、盐酸
生成白色沉淀（ＢａＳＯ３），该沉淀可溶于盐酸，产生无色、有刺激性气味的气
体（ＳＯ２）
ＣＯ
２－
３
加入ＣａＣｌ２或ＢａＣｌ２溶液、稀盐酸、澄清的石灰水
加入ＣａＣｌ２或ＢａＣｌ２溶液生成白色沉淀（ＣａＣＯ３或ＢａＣＯ３），将沉淀溶于稀盐
酸，产生无色、无味的气体（ＣＯ２），该气体能使澄清的石灰水变浑浊
加入盐酸、澄清的石灰水；ＣａＣｌ２溶液
加入盐酸，产生无色、无味的气体（ＣＯ２），该气体能使澄清的石灰水变浑浊；
向原溶液中加入ＣａＣｌ２溶液，产生白色沉淀（ＣａＣＯ３）
ＨＣＯ
－
３
加入盐酸、澄清的石灰水；ＣａＣｌ２溶液
加入盐酸，产生无色、无味的气体（ＣＯ２），该气体能使澄清的石灰水变浑浊；
向原溶液中加入ＣａＣｌ２溶液，无明显现象
ＳｉＯ
２－
３
加入稀硝酸
产生白色胶状沉淀（Ｈ２ＳｉＯ３）
ＡｌＯ
－
２
加入盐酸
先生成白色沉淀［Ａｌ（ＯＨ）３］后沉淀溶解
Ｓ
２－
加入盐酸
产生具有臭鸡蛋气味的气体（Ｈ２Ｓ）
加入Ｐｂ（ＮＯ３）２溶液或ＣｕＳＯ４溶液
生成黑色的沉淀（ＰｂＳ或ＣｕＳ）
对应学生用书
起始页码１５３
考点一物质的分离与提纯
１．实验室用有机含碘（主要以Ｉ２和ＩＯ
－
３的形式存在）废水制备单
质碘的实验流程如图：
有机含
碘废水
ＣＣｌ４
①
有机相
→
④
ＣＣｌ４
→
粗碘
→
⑤→精碘
有机相
水相
→
　
ⅰ．调节ｐＨ＝２
ⅱ．加入适量Ｎａ２ＳＯ３溶液
②
→
ＣＣｌ４
　③　
→
水相
→
已知：碘的熔点为１１３℃，但固态的碘可以不经过熔化直接升
华。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．操作①和③中的有机相从分液漏斗下端放出
Ｂ．操作②中发生反应的离子方程式为２ＩＯ
－
３＋５ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅
Ｉ２＋５ＳＯ
２－
４＋Ｈ２Ｏ
Ｃ．操作④中用到的玻璃仪器仅有温度计、球形冷凝管、酒精灯、
接引管及锥形瓶
Ｄ．操作⑤可用如图所示的水浴装置进行
１．
答案　Ｃ　Ａ项，操作①和③均为萃取、分液，四氯化碳的密
度比水的大，溶解碘单质的有机相从分液漏斗下端放出，故Ａ
正确；Ｂ项，操作②加入Ｎａ２ＳＯ３溶液，ＳＯ
２－
３还原ＩＯ
－
３生成Ｉ２，自
身被氧化生成ＳＯ
２－
４，反应的离子方程式为２ＩＯ
－
３＋５ＳＯ
２－
３＋２Ｈ
＋
􀪅􀪅Ｉ２＋５ＳＯ
２－
４＋Ｈ２Ｏ，故Ｂ正确；Ｃ项，操作④是将四氯化碳与
碘单质分离，应采取蒸馏法，还需要蒸馏烧瓶，故Ｃ错误；Ｄ项，
固体碘可以不经过熔化直接升华，操作⑤可以利用水浴装置进
行，故Ｄ正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３４９
　
２．实验室欲从含ＭｇＢｒ２的卤水中提取Ｂｒ２，下列操作未涉及的是
（　　）
２．
答案　
Ｂ　
Ｂｒ
－被Ｃｌ２氧化为Ｂｒ２，用ＣＣｌ４萃取出溴水中的
Ｂｒ２，分液得到Ｂｒ２的ＣＣｌ４溶液，蒸馏可分离Ｂｒ２和ＣＣｌ４，过滤
操作未涉及。正确答案为Ｂ。
３．依据反应２ＮａＩＯ３＋５ＳＯ２＋４Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｉ２＋３Ｈ２ＳＯ４＋２ＮａＨＳＯ４，并
利用下列装置从含ＮａＩＯ３的废液中制取单质碘的ＣＣｌ４溶液并
回收ＮａＨＳＯ４。
其中装置正确且能达到实验目的的组合是
（　　）
Ａ．①②③④　
Ｂ．①②③
Ｃ．②③　
Ｄ．②④
３．
答案　Ｃ　①铜与浓硫酸反应需要加热，错误；②ＳＯ２气体在
水中溶解度较大，故应防倒吸，正确；③用四氯化碳从含Ｉ２的
废液中萃取碘，静置后分液，正确；④蒸发溶液用蒸发皿，错误。
考点二物质的检验与鉴别
４．下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．向ＦｅＣｌ３溶液中滴加ＫＳＣＮ溶液，溶液显红色，可用于检
验Ｆｅ
３＋
Ｂ．向ＦｅＳＯ４溶液中滴入Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］溶液，生成蓝色沉淀，可
用于检验Ｆｅ
２＋
Ｃ．把饱和的ＦｅＣｌ３溶液煮沸至红褐色，可用于制备氢氧化铁
胶体
Ｄ．配制ＦｅＣｌ３溶液时，可先将ＦｅＣｌ３固体溶于浓盐酸中
４．
答案　Ｃ　
Ｆｅ
３＋＋３ＳＣＮ
－􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＳＣＮ）３，Ｆｅ（ＳＣＮ）３溶液显红
色，Ａ正确；３Ｆｅ
２＋＋２［Ｆｅ（ＣＮ）６］
３－􀪅􀪅Ｆｅ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］２↓，
Ｆｅ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］２为蓝色沉淀，Ｂ正确；将饱和的ＦｅＣｌ３溶液滴加
到沸水中，加热至溶液呈红褐色可制备Ｆｅ（ＯＨ）３胶体，Ｃ不正
确；将ＦｅＣｌ３固体溶于浓盐酸中可抑制ＦｅＣｌ３水解，Ｄ正确。
５．下列判断正确的是
（　　）
Ａ．加入ＡｇＮＯ３溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可
确定原溶液中有Ｃｌ
－存在
Ｂ．加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原
溶液中有ＣＯ
２－
３存在
Ｃ．加入Ｂａ（ＮＯ３）２溶液，生成白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不
溶解，可确定原溶液中有ＳＯ
２－
４存在
Ｄ．通入Ｃｌ２后溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变
蓝，可确定原溶液中有Ｉ
－存在
５．
答案　
Ｄ　
若溶液中有ＣＯ
２－
３，则Ａｇ
＋与ＣＯ
２－
３
反应生成
Ａｇ２ＣＯ３白色沉淀，Ａｇ２ＣＯ３与稀盐酸反应可生成ＡｇＣｌ白色沉
淀，能观察到沉淀不溶解，Ａ不正确；若溶液中有ＨＣＯ
－
３、ＳＯ
２－
３、
ＨＳＯ
－
３可出现同样现象，Ｂ不正确；若溶液中有ＳＯ
２－
３，酸性条件
下，ＳＯ
２－
３可被ＮＯ
－
３氧化为ＳＯ
２－
４，同样生成ＢａＳＯ４白色沉淀，Ｃ
不正确；２Ｉ
－＋Ｃｌ２􀪅􀪅Ｉ２＋２Ｃｌ
－，Ｄ正确。
关联知识　（１）ＮＯ
－
３在酸性条件下有强氧化性；（２）３ＳＯ
２－
３＋
２ＮＯ
－
３＋２Ｈ
＋􀪅􀪅３ＳＯ
２－
４＋２ＮＯ↑＋Ｈ２Ｏ。
６．下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是
（　　）
Ａ．硝酸银溶液和氨水
Ｂ．盐酸和碳酸钠溶液
Ｃ．明矾溶液与烧碱溶液
Ｄ．碳酸氢钠溶液和澄清石灰水
６．
答案　Ｄ　Ａ项，少量氨水滴加到ＡｇＮＯ３溶液中，可以观察
到有沉淀生成；少量ＡｇＮＯ３溶液滴加到氨水中，直接生成配离
子，观察不到现象，Ａ项能鉴别。Ｂ项，少量Ｎａ２ＣＯ３溶液滴加
到盐酸中，有ＣＯ２气体生成；反之无现象，因为生成ＮａＨＣＯ３，Ｂ
项能鉴别。Ｃ项，明矾溶液的溶质为硫酸铝钾，少量ＮａＯＨ溶
液滴加到含Ａｌ
３＋的溶液中，有Ａｌ（ＯＨ）３沉淀生成；反之无现
象，因为ＮａＯＨ过量会直接生成ＡｌＯ
－
２，Ｃ项能鉴别。Ｄ项，无论
怎样互滴，现象都相同，均会生成白色沉淀，Ｄ项不能鉴别。
７．某溶液中可能含有Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４、ＣＯ
２－
３、ＮＨ
＋
４、Ｆｅ
３＋、Ｆｅ
２＋、Ａｌ
３＋和
Ｎａ
＋。某同学为了确认其成分，设计并完成了如下实验。下列
叙述正确的是
（　　）
１００ｍＬ
溶液
加过量
ＮａＯＨ
溶液
加热
０．０２ｍｏｌ气体
→
滤液
→
焰色反应
观察到黄色火焰
→
通入足量ＣＯ２无现象
→
足量ＢａＣｌ２溶液
盐酸
→４．６６ｇ
固体
红褐色沉淀
过滤、洗涤
灼烧→１．６ｇ固体
→
Ａ．原溶液中ｃ（Ｆｅ
３＋）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｂ．要确定原溶液中是否含有Ｆｅ
２＋，其操作如下：取少量原溶液
于试管中，加ＫＳＣＮ溶液，再加入适量氯水，溶液呈红色，则
含有Ｆｅ
２＋
Ｃ．ＳＯ
２－
４、ＮＨ
＋
４、Ｎａ
＋一定存在，ＣＯ
２－
３、Ａｌ
３＋一定不存在
Ｄ．溶液中至少有４种离子存在，其中Ｃｌ
－一定存在，且ｃ（Ｃｌ
－）≥
０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１
７．
答案　Ｄ　加入过量ＮａＯＨ溶液，加热，得到０．０２ｍｏｌ气体，
该气体为氨气，原溶液中一定存在０．０２ｍｏｌＮＨ
＋
４；产生的红褐
色沉淀为氢氧化铁，１．６ｇ固体为三氧化二铁，三氧化二铁的物
质的量为０．０１ｍｏｌ，原溶液中有Ｆｅ
３＋、Ｆｅ
２＋中的一种或两种，则
一定没有ＣＯ
２－
３；滤液中通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定
不存在Ａｌ
３＋；４．６６ｇ不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物
质的量为０．０２ｍｏｌ，原溶液中含有０．０２ｍｏｌＳＯ
２－
４；焰色反应为黄
色，则溶液中存在钠离子，因为加入了氢氧化钠溶液，无法判断
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３５０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
原溶液中是否含有钠离子；据电荷守恒知，原溶液中一定有
Ｃｌ
－，物质的量至少为０．０２ｍｏｌ× ２＋０．０２ｍｏｌ－０．０２ｍｏｌ× ２＝
０．０２ｍｏｌ。Ａ项，根据以上分析可知，无法判断存在的是铁离子
还是亚铁离子，故Ａ错误；Ｂ项，检验亚铁离子时，取少量原溶
液于试管中，加ＫＳＣＮ溶液，此时溶液必须是无色，然后再加入
适量氯水，溶液呈红色，则含有Ｆｅ
２＋，如果加入硫氰化钾溶液后
显红色，则无法证明原溶液中是否含有亚铁离子，故Ｂ错误；Ｃ
项，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故Ｃ错误；Ｄ项，根据
以上分析可知，ｃ（Ｃｌ
－）≥０．０２ｍｏｌ
０．１Ｌ
＝０．２ｍｏｌ·Ｌ
－１，故Ｄ项正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１５４
　　１．抽滤
由于水流的作用，使图１装置ａ、ｂ中气体压强减小，过滤速
率加快。
图１
２．洗气装置———双耳球吸收法
图２中，双耳球上端球形容器的容积较大，既能除去气体中
的气态杂质，又能防止倒吸。
图２
例
　（２０１９湖南、湖北八市十二校一调，２０节选）某研
究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ晶
体，并进一步探究用ＳＯＣｌ２制备少量无水Ｃｕ（ＮＯ３）２。设计的合
成路线如下：
Ｃｕ屑（含Ｆｅ）
足量ＨＮＯ３溶液
①
→
调ｐＨ
②→
Ｃｕ（ＮＯ３）２溶液
　
③→Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ晶体
ＳＯＣｌ２
④→无水Ｃｕ（ＮＯ３）２
已知：Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ
１７０℃→Ｃｕ（ＮＯ３）２· Ｃｕ（ＯＨ）２
２００℃→ＣｕＯ；
ＳＯＣｌ２的熔点为－１０５℃、沸点为７６℃，遇水剧烈水解生成
两种酸性气体。
请回答：
（１）第②步调ｐＨ适合的物质是　　　　（填化学式）。
（２）第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发
浓缩的具体操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　。为得到较大颗粒的
Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ晶体，可采用的方法是　
　
　
　
　
　
　
　
（填一种）。
（３）第④步中发生反应的化学方程式是　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（４）第④步，某同学设计的实验装置示意图（夹持及控温装
置省略）有一处不合理，请提出改进方案并说明理由：　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
装置改进后，向仪器Ａ中缓慢滴加ＳＯＣｌ２时，需打开活塞
　　　　（填“ａ”“ｂ”或“ａ和ｂ”）。
解题导引　为提高铜的浸取率，所用硝酸必然是足量的，此
时铁也溶解转化为硝酸铁，调ｐＨ的目的是除去铁离子。然后蒸
发浓缩、降温结晶得到Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ晶体，最后在ＳＯＣｌ２的
保护下脱去结晶水得到无水硝酸铜，据此解答。
解析　（１）调节ｐＨ使铁离子形成沉淀，不引入新杂质，同
时不能沉淀铜离子，因此第②步调ｐＨ适合的物质是ＣｕＯ或
Ｃｕ（ＯＨ）２或Ｃｕ２（ＯＨ）２ＣＯ３。
（２）根据题意，温度不能高于１７０℃，否则Ｃｕ（ＮＯ３）２·
３Ｈ２Ｏ变质，故蒸发浓缩应将溶液转移至蒸发皿中，控制温度（不
高于１７０℃），加热至溶液表面形成一层晶膜；减慢冷却结晶的
速度，可得到较大颗粒的Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ晶体。
（３）根据已知信息可知第④步中发生反应的化学方程式是
Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ＋３ＳＯＣｌ２􀪅􀪅Ｃｕ（ＮＯ３）２＋３ＳＯ２↑＋６ＨＣｌ↑。
（４）第④步，某同学设计的实验装置有一处不合理，根据装
置图可知氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入Ａ中影响三水合硝
酸铜晶体的脱水反应。改进的方法是在Ａ、Ｂ之间增加干燥装
置；装置改进后，向仪器Ａ中缓慢滴加ＳＯＣｌ２时，需打开活塞ｂ。
答案　（１）ＣｕＯ或Ｃｕ（ＯＨ）２或Ｃｕ２（ＯＨ）２ＣＯ３
（２）将溶液转移至蒸发皿中，控制温度（不高于１７０℃，防止
硝酸铜水解），加热至溶液表面形成一层晶膜　减慢冷却结晶的
速度或冷却后静置较长时间
（３）Ｃｕ（ＮＯ３）２·３Ｈ２Ｏ＋３ＳＯＣｌ２􀪅􀪅Ｃｕ（ＮＯ３）２＋３ＳＯ２↑＋
６ＨＣｌ↑
（４）在Ａ、Ｂ之间增加干燥装置，防止Ｂ中水蒸气进入Ａ中　ｂ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３５１
　
对应学生用书
起始页码１５６
１．（２０２０届河北衡水中学二调，８）阿司匹林（乙酰水杨酸，
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
ＣＯＯＨ
ＯＯＣＣＨ３）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎
药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为１２８℃～１３５℃。某
学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐
［（ＣＨ３ＣＯ）２Ｏ］为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＯＨ
＋（ＣＨ３ＣＯ）２Ｏ
浓硫酸
８５℃～９０℃→
􀜍
􀜏􀜏
􀜏􀜏
ＣＯＯＨ
ＯＯＣＣＨ３
＋ＣＨ３ＣＯＯＨ
制备基本操作流程如下：
醋酸酐＋水杨酸
浓硫酸→
摇匀
→
８５℃～９０℃→
冷却
→
减压过滤
洗涤→粗产品
主要试剂和产品的相关数据如下表所示：
名称
相对分子质量
熔点或沸点（℃）
在水中的
溶解性
水杨酸
１３８
１５８（熔点）
微溶
醋酸酐
１０２
１３９．４（沸点）
易水解
乙酰水杨酸
１８０
１３５（熔点）
微溶
请根据以上信息回答下列问题：
（１）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是
　
　。
（２）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是　　　　　　　。
（３）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：
粗产品
乙酸乙酯
沸石→
加热
回流
→
趁热过滤→
冷却
减压过滤→
洗涤
干燥
→乙酰水杨酸
①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止　
　
　
　
　
　　　　　　。
②冷凝水从　　　（填“ａ”或“ｂ”）口流入；
③趁热过滤的原因是　　　　　　　　　　　　　；
④下列说法正确的是　　　　（填字母）。
ａ．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
ｂ．此种提纯粗产品的方法叫重结晶
ｃ．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶
解度低温时大
ｄ．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水
杨酸
（４）在实验中原料用量：２．０ｇ水杨酸、５．０ｍＬ醋酸酐（ρ ＝
１．０８ｇ／ｃｍ
３），最终称得产品质量为２．２ｇ，则所得乙酰水杨
酸的产率为　
　
　
　
（用百分数表示，保留小数点后一
位）。
２．
答案　（１）醋酸酐和水易发生反应
（２）水浴加热
（３）①乙酰水杨酸受热分解　②ａ
③防止乙酰水杨酸结晶析出　④ａｂ
（４）８４．３％
解析　（１）醋酸酐易和水发生反应生成乙酸，所以仪器需要
干燥。
（２）合成阿司匹林时要控制温度在８５℃～９０℃，该温度低于
水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热。
（３）①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为１２８℃～１３５℃，使
用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热分
解。②冷凝水从ａ口进，从ｂ口出。
（４）水杨酸的相对分子质量为１３８，ｎ（水杨酸）＝２．０ｇ÷
１３８ｇ／ｍｏｌ≈０．０１４５ｍｏｌ，ｎ（乙酸酐）＝（５．０ｍＬ×１．０８ｇ／ｃｍ
３）÷
１０２ｇ／ｍｏｌ≈０．０５２９ｍｏｌ，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为
０．０１４５ｍｏｌ× １８０ｇ／ｍｏｌ≈２．６１ｇ，产率＝实际质量
理论质量× １００％＝
２．２ｇ
２．６１ｇ×１００％≈８４．３％。
２．（２０１９河北衡水联考，２６）氨基甲酸铵（Ｈ２ＮＣＯＯＮＨ４）是一种
白色晶体，是常见的实验药品，可由干燥的ＮＨ３和干燥的ＣＯ２
在任何比例下反应得到，每生成１．０ｇ氨基甲酸铵放出２．０５ｋＪ
的热量。回答下列问题：
（１）实验室可选用下列装置（Ⅰ～Ⅴ）制备干燥的ＮＨ３和ＣＯ２。
①用装置Ⅰ、Ⅲ制备并纯化ＮＨ３时，接口ａ与　　　　（填
接口字母）相连，装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
②制备并纯化ＣＯ２时，按气流从左至右，各接口连接顺序
为　　　　（填接口字母）。
（２）一种制备氨基甲酸铵的改进实验装置如图所示：
①用仪器Ｗ代替分液漏斗的优点是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　；用干冰装置代替（１）中制备并纯化ＣＯ２
装置的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３５２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
②“薄膜反应器”中发生反应的热化学方程式为　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　
　；盛浓硫酸
的装置的作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　（列举２点）。
③体系中若有水蒸气，还可能生成的铵盐是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　（填化学式）。
２．
答案　
（１）①ｄ　
２ＮＨ４Ｃｌ＋Ｃａ（ＯＨ）２
△
􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋２ＮＨ３↑＋
２Ｈ２Ｏ　②ｂｈｇｅｆ
（２）①平衡压强，使浓氨水顺利滴入三颈烧瓶　
装置简单，产
生的ＣＯ２不需净化和干燥（答案合理即可）　
②２ＮＨ３（ｇ）＋
ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２ＮＣＯＯＮＨ４（ｓ）　ΔＨ＝－１５９．９０ｋＪ·ｍｏｌ
－１　吸收
未反应的氨气、防止空气中水蒸气进入反应器、通过观察是否
有气泡调节滴入浓氨水的速率等（答出两条即可）
③（ＮＨ４）２ＣＯ３、ＮＨ４ＨＣＯ３
解析　（１）①为了使气体充分干燥，气体从大口通入；②制
备并纯化ＣＯ２时，先通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，然后
通入浓硫酸中干燥，所以按气流从左至右，各接口连接顺序为
ｂｈｇｅｆ。（２）②生成１．０ｇ氨基甲酸铵放出２．０５ｋＪ的热量，则生成
１ｍｏｌ氨基甲酸铵放出的热量为１５９．９０ｋＪ，所以热化学方程式为
２ＮＨ３（ｇ）＋ＣＯ２（ｇ）􀪅􀪅Ｈ２ＮＣＯＯＮＨ４（ｓ）　ΔＨ＝－１５９．９０ｋＪ·ｍｏｌ
－１；
③体系中若有水蒸气，可与二氧化碳反应生成碳酸，碳酸与氨气
反应生成盐，所以还可能生成的铵盐是（ＮＨ４）２ＣＯ３、ＮＨ４ＨＣＯ３。
３．（２０１９湖南长沙一模，２６）三氯氧磷（ＰＯＣｌ３）是一种化工原料，
为无色透明的带刺激性臭味的液体。某化学小组采用ＰＣｌ３氧
化法制备ＰＯＣｌ３。已知：在潮湿空气中二者均极易水解，剧烈
“发烟”。ＰＯＣｌ３的熔点为－１１２℃，沸点为７５．５℃。回答下列
问题：
Ⅰ．制备ＰＣｌ３（如图）
（１）检查装置气密性并装入药品后，先关闭Ｋ１，打开Ｋ２通入干
燥的ＣＯ２，一段时间后，关闭Ｋ２，加热曲颈甑同时打开Ｋ１
通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥ＣＯ２的作用是
　
　。
Ⅱ．制备ＰＯＣｌ３（如图）
（２）装置Ｇ中发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
（３）装置Ｆ的作用除观察Ｏ２的流速之外，还有　
　
　
　
　
　
　　　　　。
Ⅲ．测定ＰＯＣｌ３含量
实验制得的ＰＯＣｌ３中常含有ＰＣｌ３杂质，通过下面方法可测定
产品的纯度：
①快速称取５．０００ｇ产品，加水反应后配成２５０ｍＬ溶液；
②取以上溶液２５．００ｍＬ，向其中加入１０．００ｍＬ０．１０００ｍｏｌ／Ｌ
碘水（足量），充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用０．１０００ｍｏｌ／Ｌ的
Ｎａ２Ｓ２Ｏ３溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗０．１０００ｍｏｌ／ＬＮａ２Ｓ２Ｏ３溶液
１２．００ｍＬ。
已知：Ｈ３ＰＯ３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ３ＰＯ４＋２ＨＩ，Ｉ２＋２Ｎａ２Ｓ２Ｏ３􀪅􀪅
２ＮａＩ＋Ｎａ２Ｓ４Ｏ６。
（４）滴定终点的现象为
　
　　　　　　　　　　　　　。
（５）该产品的纯度为　　　　。［已知：Ｍ（ＰＣｌ３）＝１３７．５ｇ／ｍｏｌ，
Ｍ（ＰＯＣｌ３）＝１５３．５ｇ／ｍｏｌ］
３．
答案　（１）排尽装置中的空气，防止生成的ＰＣｌ３与空气中的
Ｏ２和水蒸气反应
（２）２ＰＣｌ３＋Ｏ２
△
􀪅􀪅２ＰＯＣｌ３
（３）平衡气压、干燥氧气
（４）当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分
钟内不变色
（５）８９．０％
解析　
（１）由于ＰＣｌ３遇Ｏ２会生成ＰＯＣｌ３，遇水生成Ｈ３ＰＯ３
和ＨＣｌ，通入一段时间的ＣＯ２可以排尽装置中的空气，防止生
成的ＰＣｌ３与空气中的Ｏ２和水蒸气反应；（２）Ｇ中生成ＰＯＣｌ３
的反应方程式为２ＰＣｌ３＋Ｏ２
△
􀪅􀪅２ＰＯＣｌ３；（３）装置Ｆ的作用除
观察Ｏ２的流速之外，还有平衡气压、干燥氧气；（４）碘遇淀粉
显蓝色，则滴定终点的现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液
由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；（５）滴定Ｉ２消耗的
Ｎａ２Ｓ２Ｏ３的物质的量为０．１０００ｍｏｌ／Ｌ× １２．００× １０
－３Ｌ＝１．２×
１０
－３ｍｏｌ，则与Ｎａ２Ｓ２Ｏ３反应的Ｉ２的物质的量为６．０×１０
－４ｍｏｌ，
Ｉ２的总物质的量为１．０×１０
－３ｍｏｌ，则Ｈ３ＰＯ３反应掉的Ｉ２的物质
的量为０．０００４ｍｏｌ，产品中杂质ＰＣｌ３的质量为０．０００４ｍｏｌ×
１３７．５ｇ／ｍｏｌ×１０＝０．５５ｇ，所以ＰＯＣｌ３的纯度为５．０００ｇ－０．５５ｇ
５．０００ｇ
×
１００％＝８９．０％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３５３
　
对应学生用书
起始页码１５６
　　实现物质的分离、提纯，需要对物质的物理性质及化学性质
的相同点、差异点熟练掌握并应用。如固液分离、分离互不相溶
的液体、分离互溶的液体等的物理方法；如沉淀法、气体法、氧化
还原法等化学方法。
例１　（２０１９广东深圳二模，１０）ＮｉＳＯ４·６Ｈ２Ｏ易溶于水，
其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣（主要成分是ＮｉＯ，
还有ＣｕＯ、ＦｅＯ等少量杂质）为原料制备该晶体的流程如下，下
列说法错误的是
（　　）
废渣
↓
稀Ｈ２ＳＯ４
过滤
　→滤液Ⅰ
ⅰ．除去Ｃｕ
２＋
ⅱ．除去Ｆｅ
２＋→滤液Ⅱ
↓
Ｎａ２ＣＯ３溶液
ａ
过滤
→
ＮｉＣＯ３
沉淀
↓
稀Ｈ２ＳＯ４
ＮｉＳＯ４
溶液
→
ｂ
ⅰ．操作Ⅰ
ⅱ．过滤、洗涤、干燥→ＮｉＳＯ４·６Ｈ２Ｏ
Ａ．溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀Ｈ２ＳＯ４
Ｂ．除去Ｃｕ
２＋可采用ＦｅＳ
Ｃ．流程中ａ→ｂ的目的是富集ＮｉＳＯ４
Ｄ．“操作Ⅰ”为蒸发浓缩、冷却结晶
解析　Ａ项，在除去Ｃｕ
２＋和Ｆｅ
２＋后加入Ｎａ２ＣＯ３溶液，Ｎｉ
２＋
与ＣＯ
２－
３生成ＮｉＣＯ３沉淀，所以溶解废渣时若用稀盐酸代替稀
Ｈ２ＳＯ４对制备不会有影响，故错误；Ｂ项，ＣｕＳ比ＦｅＳ更难溶，向含
有Ｃｕ
２＋的溶液中加入ＦｅＳ发生沉淀的转化生成ＣｕＳ，故正确；Ｃ
项，ＮｉＳＯ４与Ｎａ２ＣＯ３反应生成ＮｉＣＯ３沉淀，而后过滤，再加适量稀
硫酸溶解又生成ＮｉＳＯ４，这样可提高ＮｉＳＯ４的浓度，所以流程中ａ
→ｂ的目的是富集ＮｉＳＯ４，故正确；Ｄ项，ＮｉＳＯ４·６Ｈ２Ｏ为结晶水
合物，从溶液中得到ＮｉＳＯ４·６Ｈ２Ｏ的实验操作为蒸发浓缩、冷却
结晶，故正确。
答案　Ａ
题目价值　本题考查物质除杂的方法选择，涉及元素及其
化合物的性质及实验基本操作，体现科学探究与创新意识的学
科核心素养。
例２　（２０１９天津河西二模）下列实验操作、现象与对应
的结论或解释正确的是
（　　）
选项
操作
现象
结论或解释
Ａ
用洁净铂丝蘸取某
溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Ｎａ
＋，
无Ｋ
＋
Ｂ
将
ＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ
与
ＮａＯＨ乙醇溶液共热
产生的气体通入少
量酸性ＫＭｎＯ４溶
液中
溶液紫色
褪去
ＣＨ２ＣＨ２Ｂｒ发生消去
反应，且气体产物有
乙烯
Ｃ
向ＡｇＮＯ３溶液中滴
加过量氨水
得到澄清
溶液
Ａｇ
＋与ＮＨ３· Ｈ２Ｏ能
大量共存
Ｄ
向盛有少量溴水的
分液漏斗中加入裂
化汽油，充分振荡，
静置
上、下层液体
均接近无色
裂化汽油不可用作溴
的萃取溶剂
　　解析　火焰呈黄色，只能证明有钠元素，故Ａ错误；乙醇易
挥发且具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的
检验，故Ｂ错误；向ＡｇＮＯ３溶液中滴入氨水，氨水过量后会反应
生成Ａｇ（ＮＨ３）２ＯＨ，故Ｃ错误；裂化汽油中含有烯烃，能与溴水
中的Ｂｒ２反应，故裂化汽油不能用作溴的萃取剂，Ｄ正确。
答案　Ｄ
题目价值　本题涉及常见金属阳离子的检验、常见气体的
检验，考查考生对特征检验方法及对应现象的识记和辨析能力。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１５７
１．（２０１９广东广州华师附中月考，４）某溶液Ｘ中可能含有下列
离子中的若干种：Ｃｌ
－、ＳＯ
２－
４、ＳＯ
２－
３、ＨＣＯ
－
３、Ｎａ
＋、Ｍｇ
２＋、Ｆｅ
３＋，为了
确定该溶液的组成，某同学取１００ｍＬ上述溶液Ｘ，进行了如下
实验，下列说法不正确的是
（　　）
溶液Ｘ
白色沉淀Ａ
→
气体Ａ
→
白色沉淀Ｂ
→
溶液Ｂ
→
溶液Ａ
→
Ｂａ（ＯＨ）２溶液
足量
盐酸
足量
Ａ．气体Ａ可能是ＣＯ２或ＳＯ２
Ｂ．溶液Ｘ中一定存在ＳＯ
２－
４
Ｃ．溶液Ｘ中一定不存在Ｆｅ
３＋和Ｍｇ
２＋，可能存在Ｎａ
＋
Ｄ．向溶液Ａ中加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能生成白色沉淀
１．
答案　
Ｃ　
白色沉淀Ａ部分溶于盐酸，可能含有ＢａＣＯ３或
ＢａＳＯ３，所以气体Ａ可能是ＣＯ２或ＳＯ２，故Ａ正确；Ｘ与
Ｂａ（ＯＨ）２反应生成白色沉淀，且白色沉淀Ａ与足量盐酸反应
后有剩余，白色沉淀Ｂ为ＢａＳＯ４，故溶液Ｘ中一定有ＳＯ
２－
４，故Ｂ
正确；Ｘ与Ｂａ（ＯＨ）２反应生成白色沉淀，而Ｆｅ（ＯＨ）３为红褐
色，故一定不含Ｆｅ
３＋，但可能含有Ｍｇ
２＋、Ｎａ
＋，故Ｃ错误；根据以
上分析，不能确定Ｃｌ
－是否存在，若存在Ｃｌ
－，则加入稀硝酸酸
化的ＡｇＮＯ３溶液检验，会有白色ＡｇＣｌ生成，故Ｄ正确。
２．（２０１８山东潍坊实验中学测试，２７）二氧化铈（ＣｅＯ２）是一种重
要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废
玻璃粉末（含ＳｉＯ２、Ｆｅ２Ｏ３、ＣｅＯ２以及其他少量可溶于稀酸的物
质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
废玻璃
粉末
①加稀盐酸
过滤、洗涤
滤液Ａ
→
滤渣Ａ
→
②加稀硫酸
和Ｈ２Ｏ２
过滤
　
滤渣Ｂ
→
滤液Ｂ
（含Ｃｅ
３＋）
→
Ｃｅ（ＯＨ）４
产品
④通Ｏ２
过滤、洗涤、干燥
←
Ｃｅ（ＯＨ）３
悬浊液
③加碱
　
←
（１）洗涤滤渣Ａ的目的是除去　　　　（填离子符号），检验该
离子是否洗净的方法是
　
　。
（２）第②步反应的离子方程式是
　
　　　　　　　　　　，滤渣Ｂ的主要成分是　　　　。
（３）萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物ＴＢＰ作为
萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，ＴＢＰ　　　　（填
“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作时用到
的主要玻璃仪器有　　　　、烧杯、玻璃棒、量筒等。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３５４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（４）取上述流程中得到的Ｃｅ（ＯＨ）４产品０􀆰５３６ｇ，加硫酸溶解
后，用０􀆰１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１ＦｅＳＯ４标准溶液滴定至终点时（铈
被还原为Ｃｅ
３＋），消耗２５􀆰００ｍＬ标准溶液。该产品中
Ｃｅ（ＯＨ）４的质量分数为　　　　。
２．
答案　（１）Ｆｅ
３＋　取最后一次洗涤液，加入ＫＳＣＮ溶液，若不
出现红色，则已洗净；反之，未洗净
（２）２ＣｅＯ２＋Ｈ２Ｏ２＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｅ
３＋＋Ｏ２↑＋４Ｈ２Ｏ　ＳｉＯ２
（３）不能　分液漏斗
（４）９７􀆰０％
解析　根据题设信息，本题制备过程可抽象概括为：由ＣｅＯ２
（含ＳｉＯ２、Ｆｅ２Ｏ３及少量无关杂质）制备Ｃｅ（ＯＨ）４。整体思路
为分离ＣｅＯ２中的ＳｉＯ２和Ｆｅ２Ｏ３并把ＣｅＯ２转化为Ｃｅ（ＯＨ）４。
整个流程中核心元素为Ｃｅ，以Ｃｅ在流程中的变化形式为主
线，以分离杂质为目的，结合氧化还原反应和基本实验操作完
成该题。（１）废玻璃粉末中加盐酸后，Ｆｅ２Ｏ３溶解生成Ｆｅ
３＋进
入滤液Ａ。滤渣Ａ的表面残留的杂质离子有Ｆｅ
３＋、Ｈ
＋、Ｃｌ
－等，
从实验现象明显的角度考虑，可以检验Ｆｅ
３＋（注：也可以检验
Ｃｌ
－或Ｈ
＋等）。（２）滤渣Ａ中含ＣｅＯ２和ＳｉＯ２，加入稀硫酸和
Ｈ２Ｏ２后，ＣｅＯ２发生反应：２ＣｅＯ２＋Ｈ２Ｏ２＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｃｅ
３＋＋Ｏ２↑＋
４Ｈ２Ｏ，Ｃｅ
３＋进入滤液Ｂ，ＳｉＯ２不参加反应，成为滤渣Ｂ。
（４）Ｃｅ（ＯＨ）４中加入Ｈ２ＳＯ４后，再加入ＦｅＳＯ４溶液发生反应的
离子方程式为Ｃｅ
４＋＋Ｆｅ
２＋􀪅􀪅Ｃｅ
３＋＋Ｆｅ
３＋，对应关系式为：
Ｃｅ（ＯＨ）４　
～　ＦｅＳＯ４
２０８ｇ
１ｍｏｌ
ｍ
０．１０００×２５．００×１０
－３ｍｏｌ
ｍ＝０．５２ｇ
则ω［Ｃｅ（ＯＨ）４］＝０．５２ｇ
０．５３６ｇ×１００％≈９７．０％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２５５
考点一物质的分离与提纯
１．（２０１７课标Ⅰ，８，６分）《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
１．
答案　Ｂ　本题取材于古文典籍，考查我国古代在化学方面
的成就与物质分离、提纯的关系。砒霜是固体，用火加热，“砒
烟上飞着覆器”说明砒霜由固体直接变为气体，为升华；“遂凝
结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之”，说明遇冷后砒霜
蒸气又变为固体，为凝华，Ｂ项正确。
审题指导　近年来，高考中屡屡出现以“古文典籍” 为载体的
试题，意在增强民族自信、文化自信。应从中提取相关的“ 信
息”，与化学基础知识相结合，常涉及物质的分离、提纯操作，
金属的冶炼和元素化合物知识等。
２．（２０１６上海单科，１６，３分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝
酸钾的过程如图所示。
试样
操作Ⅰ
↓
适量水→
操作Ⅱ
↓
操作Ⅲ
↓
ＫＮＯ３←
下列分析正确的是
（　　）
Ａ．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
Ｂ．操作Ⅱ是加热浓缩，趁热过滤，除去杂质氯化钠
Ｃ．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
Ｄ．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
２．
答案　Ｃ　
操作Ⅰ应是溶解，Ａ项错误；操作Ⅱ应是加热浓
缩，冷却结晶，使ＫＮＯ３晶体析出，Ｂ项错误；Ｃ项正确；操作
Ⅰ～Ⅲ只过滤一次，Ｄ项错误。
３．（２０１９课标Ⅱ，２８，１５分）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。
茶叶末
索氏提取
　
→
茶叶残渣
→
提取液
→
蒸馏浓缩
　
→浓缩液
生石灰
↓
→粉状物
分离提纯
　
→咖啡因
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　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３５５
　
３．
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　本题涉及的知识点有萃取、蒸馏、升华等化学实验基
本操作；借助从茶叶中提取咖啡因的基本操作考查化学实验与
探究的能力；依据探究目的，进行分离、提纯，体现科学探究与
创新意识的学科核心素养。
（１）茶叶研细是为了增大茶叶与萃取液之间的接触面积，使提
取效果更好。加热蒸馏时为防止液体暴沸，通常在液体中加入
沸石。
（２）提取所用溶剂为９５％的乙醇，乙醇易挥发，若采用明火加
热，挥发出的乙醇蒸气容易被点燃。与传统萃取相比，索氏提
取器中的溶剂可以反复使用，既减少了溶剂用量，又能高效
萃取。
（３）乙醇易挥发，萃取后便于蒸馏浓缩得到咖啡因。蒸馏浓缩
除所给仪器外，还应选用直形冷凝管冷凝蒸气，并用接收瓶收
集馏分。
（４）单宁酸具有酸性，利用生石灰可以中和单宁酸，并吸收其
中的水分。
（５）由题给信息可知，咖啡因熔点高于其升华温度，故加热后
咖啡因通过升华、凝华过程得到纯化。
考点二物质的检验与鉴别
４．（２０１７课标Ⅱ，１３，６分）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２ｍＬ０．１ｍｏｌ· Ｌ
－１
的ＦｅＣｌ３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：
Ｆｅ＞Ｆｅ
２＋
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
续表
实验
现象
结论
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２ｍＬ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
一支试管中产生
黄色沉淀，另一支
中无明显现象
Ｋｓｐ（ＡｇＩ）＜
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）
４．
答案　
Ｃ　
ＦｅＣｌ３溶液与足量铁粉发生反应：Ｆｅ＋２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅
３Ｆｅ
２＋，Ｆｅ为还原剂，还原产物为Ｆｅ
２＋，还原剂的还原性强于还
原产物的还原性，Ａ项不符合题意；根据实验现象可推知，钠在
ＣＯ２气体中燃烧生成的黑色颗粒为Ｃ，Ｃ
＋４
Ｏ２
→Ｃ
０
，则ＣＯ２作
氧化剂，表现出氧化性，Ｂ项不符合题意；ＮＨ４ＨＣＯ３受热分解
生成ＮＨ３、Ｈ２Ｏ、ＣＯ２，其中ＮＨ３可使湿润的红色石蕊试纸变
蓝，根据现象无法得出ＮＨ４ＨＣＯ３显碱性的结论，Ｃ项符合题
意；向相同浓度的银氨溶液中分别加入相同浓度的Ｃｌ
－和Ｉ
－，产
生ＡｇＩ沉淀而没有产生ＡｇＣｌ沉淀，说明Ｋｓｐ（ＡｇＩ）＜Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ），Ｄ
项不符合题意。
关联知识　ＣＯ２作氧化剂的反应
ＣＯ２＋２Ｍｇ
点燃
􀪅􀪅２ＭｇＯ＋Ｃ
ＣＯ２＋４Ｎａ
点燃
􀪅􀪅２Ｎａ２Ｏ＋Ｃ
ＣＯ２＋Ｃ
高温
􀪅􀪅２ＣＯ
５．（２０１６课标Ⅱ，１２，６分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别
其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀
盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。
该白色粉末可能为
（　　）
Ａ．ＮａＨＣＯ３、Ａｌ（ＯＨ）３
Ｂ．ＡｇＣｌ、ＮａＨＣＯ３
Ｃ．Ｎａ２ＳＯ３、ＢａＣＯ３
Ｄ．Ｎａ２ＣＯ３、ＣｕＳＯ４
５．
答案　Ｃ　Ａ项，加入足量稀硫酸后，固体全部溶解；Ｂ项，加
入足量稀盐酸时有气泡产生，但仍有固体存在；Ｄ项，加入足量
稀硫酸并振荡后，固体全部溶解。故Ａ、Ｂ、Ｄ均不符合题意。
思路梳理　根据题中给出的实验现象，对照各选项逐一分析
判断，即可找出正确选项。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一物质的分离与提纯
１．（２０１５浙江理综，２９，１５分）某学习小组按如下实验流程探究
海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验（一）　碘含量的测定
取０．０１００ｍｏｌ· Ｌ
－１的ＡｇＮＯ３标准溶液装入滴定管，取
１００．００ｍＬ海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。
测得的电动势（Ｅ）反映溶液中ｃ（Ｉ
－）的变化，部分数据如下表：
Ｖ（ＡｇＮＯ３）／ｍＬ
１５．００
１９．００
１９．８０
１９．９８
２０．００
２０．０２
２１．００
２３．００
２５．００
Ｅ／ｍＶ
－２２５
－２００
－１５０
－１００
５０．０
１７５
２７５
３００
３２５
实验（二）　碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：３Ｉ２＋６ＮａＯＨ􀪅􀪅５ＮａＩ＋ＮａＩＯ３＋３Ｈ２Ｏ。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３５６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
请回答：
（１）实验（一）中的仪器名称：仪器Ａ　
　
　
　
　，仪器Ｂ　
　
　　　。
（２）①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去ＡｇＮＯ３溶液的体积为　
　
　
ｍＬ，
计算得海带中碘的百分含量为　　　％。
（３）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为
　
　
　　　　　　　　　　　　。
②步骤Ｘ中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
③下列有关步骤Ｙ的说法，正确的是　　　　　。
Ａ．应控制ＮａＯＨ溶液的浓度和体积
Ｂ．将碘转化成离子进入水层
Ｃ．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
Ｄ．ＮａＯＨ溶液可以由乙醇代替
④实验（二）中操作Ｚ的名称是　　　　　。
（４）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是　　　　　　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　。
答案　（１）坩埚　５００ｍＬ容量瓶
（２）①
②２０．００　０．６３５
（３）①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏
斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水
②液体分上下两层，下层呈紫红色　③ＡＢ　④过滤
（４）主要由于碘易升华，会导致碘的损失
解析　
（２）根据表中数据绘制出滴定曲线，由滴定曲线可
知，当Ｖ（ＡｇＮＯ３）为２０ｍＬ时，即为滴定终点，则ｎ（Ｉ
－）＝
ｎ（ＡｇＮＯ３）＝０．０１００ｍｏｌ·Ｌ
－１×２０×１０
－３Ｌ×５＝１×１０
－３ｍｏｌ，则海
带中碘的百分含量为１×１０
－３ｍｏｌ×１２７ｇ·ｍｏｌ
－１÷２０ｇ×１００％＝
０．６３５％。
（３）②用ＣＣｌ４萃取，ρ（ＣＣｌ４）＞ρ（Ｈ２Ｏ），萃取后上层为水层，下
层为ＣＣｌ４层，因此上层接近无色，下层为紫红色。
③Ｉ２单质与ＮａＯＨ反应时适当控制ＮａＯＨ溶液浓度和用量，有
利于ＮａＩ和ＮａＩＯ３生成，将碘转化为离子进入水层。
（４）Ｉ２单质易升华，用蒸馏法从Ｉ２的ＣＣｌ４溶液中提取Ｉ２，会导
致碘的损失。
２．（２０１５江苏单科，１６，１２分）以磷石膏（主要成分ＣａＳＯ４，杂质
ＳｉＯ２、Ａｌ２Ｏ３等）为原料可制备轻质ＣａＣＯ３。
（１）匀速向浆料中通入ＣＯ２，浆料清液的ｐＨ和ｃ（ＳＯ
２－
４）随时间
变化见下图。清液ｐＨ＞１１时ＣａＳＯ４转化的离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
能提高其转化速率的措施有　　　　（填序号）。
Ａ．搅拌浆料
Ｂ．加热浆料至１００℃
Ｃ．增大氨水浓度
Ｄ．减小ＣＯ２通入速率
（２）当清液ｐＨ接近６．５时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的
量浓度最大的两种阴离子为　
　
　
　
和　
　
　
（填化学
式）；检验洗涤是否完全的方法是
　
　。
（３）在敞口容器中，用ＮＨ４Ｃｌ溶液浸取高温煅烧的固体，随着
浸取液温度上升，溶液中ｃ（Ｃａ
２＋）增大的原因是
　
　
　。
答案　
（１）ＣａＳＯ４＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋２ＮＨ
＋
４＋
ＳＯ
２－
４＋Ｈ２Ｏ或ＣａＳＯ４＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋ＳＯ
２－
４　ＡＣ
（２）ＳＯ
２－
４　ＨＣＯ
－
３　取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向
其中滴加盐酸酸化的ＢａＣｌ２溶液，若不产生白色沉淀，则表明
已洗涤完全
（３）浸取液温度上升，溶液中ｃ（Ｈ
＋）增大，促进固体中Ｃａ
２＋
浸出
解析　（１）当清液ｐＨ＞１１时，溶液呈较强的碱性，说明通入
的ＣＯ２量还较少，不会生成ＨＣＯ
－
３，因此转化的离子方程式为
ＣａＳＯ４＋２ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋２ＮＨ
＋
４＋ＳＯ
２－
４＋Ｈ２Ｏ或
ＣａＳＯ４＋ＣＯ
２－
３􀪅􀪅ＣａＣＯ３＋ＳＯ
２－
４；要提高转化速率，可通过搅拌
浆料，以增大反应物的接触面积，或增大反应物氨水的浓度来
实现，故选ＡＣ，若加热浆料至１００℃，会造成ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的大
量分解及ＮＨ３的逸出，不仅不能提高转化速率，还会降低产品
产率，故Ｂ项不正确，而Ｄ项显然是不合理的。
（２）当清液ｐＨ接近６．５时，溶液已呈弱酸性，说明通入的ＣＯ２
已足够多，应有ＨＣＯ
－
３生成，再结合转化的离子方程式可知滤
液中物质的量浓度最大的两种阴离子应为ＳＯ
２－
４和ＨＣＯ
－
３；检验
洗涤是否完全可通过检验洗涤液中是否还含有ＳＯ
２－
４来判断，
具体方法见答案。
（３）ＮＨ４Ｃｌ溶液中存在水解平衡ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋
Ｈ
＋，升温，平衡右移，ｃ（Ｈ
＋）增大，ＣａＯ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃａ
２＋＋Ｈ２Ｏ，从
而使溶液中ｃ（Ｃａ
２＋）增大。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３５７
　
考点二物质的检验与鉴别
３．（２０１５天津理综，２，６分）下列关于物质或离子检验的叙述正
确的是
（　　）
Ａ．在溶液中加ＫＳＣＮ，溶液显红色，证明原溶液中有Ｆｅ
３＋，无Ｆｅ
２＋
Ｂ．气体通过无水ＣｕＳＯ４，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
Ｃ．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Ｎａ
＋，无Ｋ
＋
Ｄ．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是ＣＯ２
答案　Ｂ　Ａ项，在溶液中加ＫＳＣＮ可检验Ｆｅ
３＋的存在，但不
能证明原溶液中无Ｆｅ
２＋；Ｂ项，无水ＣｕＳＯ４遇水蒸气生成蓝色的
ＣｕＳＯ４·５Ｈ２Ｏ晶体，常用无水ＣｕＳＯ４证明水分的存在；Ｃ项，灼
烧白色粉末，火焰呈黄色，只能证明原粉末中有Ｎａ
＋，不能证明
原粉末中无Ｋ
＋；Ｄ项，能使澄清石灰水变浑浊的气体有
ＣＯ２、ＳＯ２。
４．（２０１５浙江理综，８，６分）下列说法正确的是
（　　）
Ａ．为测定新制氯水的ｐＨ，用玻璃棒蘸取液体滴在ｐＨ试纸上，
与标准比色卡对照即可
Ｂ．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果
在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
Ｃ．在未知液中滴加ＢａＣｌ２溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀
不溶解，说明该未知液中存在ＳＯ
２－
４或ＳＯ
２－
３
Ｄ．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓
溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
答案　
Ｂ　
氯水有漂白性，无法用ｐＨ试纸测其ｐＨ，Ａ项不
正确；Ｂ项正确；若溶液中有Ａｇ
＋，也可产生同样的现象，Ｃ项不
正确；提纯混有少量ＫＮＯ３的ＮａＣｌ应该用蒸发结晶法，提纯混
有少量ＮａＣｌ的ＫＮＯ３才能采用Ｄ项中所述方法，Ｄ项不正确。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２５６
时间：３５分钟　分值：７０分
一、选择题（每题６分，共３６分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届湖北名师联盟月考，５）下列除去杂质的方法不正确
的是
（　　）
Ａ．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗
涤、干燥
Ｂ．用过量氨水除去Ｆｅ
３＋溶液中的少量Ａｌ
３＋
Ｃ．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水
Ｄ．Ａｌ（ＯＨ）３中混有少量Ｍｇ（ＯＨ）２：加入足量烧碱溶液，充分反
应，过滤，向滤液中通入过量ＣＯ２后过滤
１．
答案　Ｂ　金属镁和氢氧化钠溶液不反应，金属铝和氢氧化
钠溶液反应生成可溶性的盐，Ａ正确。Ｆｅ
３＋、Ａｌ
３＋和氨水反应分
别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均
不能溶于氨水中，Ｂ错误。生石灰具有吸水性，能吸收水形成
氢氧化钙，氢氧化钙和乙醇的沸点相差较大，可以通过加热蒸
馏分离出乙醇，Ｃ正确。烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸
钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生
成氢氧化铝沉淀，实现除杂的目的，Ｄ正确。
２．（２０２０届河北衡水武邑中学月考，７）水溶液Ｘ中只可能溶有
Ｋ
＋、Ｍｇ
２＋、Ａｌ
３＋、ＡｌＯ
－
２、ＳｉＯ
２－
３、ＳＯ
２－
３、ＣＯ
２－
３、ＳＯ
２－
４中的若干种离子。
某同学对该溶液进行了如下实验：
溶液Ｘ
无色溶液甲
→
溶液乙
→
白色沉淀乙
→
气体甲
→
沉淀甲
→
过量稀盐酸
过量氨水
下列判断错误的是
（　　）
Ａ．气体甲可能是混合物
Ｂ．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物
Ｃ．白色沉淀乙是氢氧化铝
Ｄ．Ｋ
＋、ＡｌＯ
－
２和ＳｉＯ
２－
３一定存在于溶液Ｘ中
２．
答案　Ｂ　溶液Ｘ中加入过量稀盐酸，生成的气体甲可能为
二氧化碳、二氧化硫中的一种或两种，原溶液中存在ＳＯ
２－
３、
ＣＯ
２－
３中的一种或两种；根据离子共存可知，原溶液中一定不存
在Ｍｇ
２＋、Ａｌ
３＋，结合溶液呈电中性可知，原溶液中一定存在Ｋ
＋；
加入稀盐酸生成了沉淀甲，原溶液中一定存在ＳｉＯ
２－
３，沉淀甲为
硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到白色沉淀，说明原溶液
中一定存在ＡｌＯ
－
２，白色沉淀乙为氢氧化铝。
试题分析　本题考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌
握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判
断离子存在情况，侧重考查学生灵活应用所学知识的能力。
３．（２０１９皖中名校联盟联考，１１）检验溶液中是否含有某种离
子，下列操作方法正确的是
（　　）
Ａ．向某溶液中先加入Ｂａ（ＮＯ３）２溶液无明显现象，再加入硝酸
酸化的ＡｇＮＯ３溶液产生白色沉淀，证明有Ｃｌ
－
Ｂ．向某溶液中加稀ＢａＣｌ２溶液，产生白色沉淀，再加入盐酸，沉
淀不溶解，证明有ＳＯ
２－
４
Ｃ．向某溶液中加入稀盐酸，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气
体，证明有ＣＯ
２－
３
Ｄ．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石
蕊试纸变红的气体，证明含有ＮＨ
＋
４
３．
答案　Ａ　
Ｂ项，向某溶液中加稀ＢａＣｌ２溶液，产生白色沉
淀，再加入盐酸，沉淀不溶解，白色沉淀可能是ＢａＳＯ４或ＡｇＣｌ，
不能证明有ＳＯ
２－
４，故Ｂ错误；Ｃ项，向某溶液中加入稀盐酸，放
出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，该气体可能是ＣＯ２或
ＳＯ２，则溶液中可能存在ＣＯ
２－
３、ＨＣＯ
－
３、ＳＯ
２－
３、ＨＳＯ
－
３等，故Ｃ错
误；Ｄ项，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故Ｄ错误。
４．（２０１９河北衡水中学二调，７）现代循环经济要求综合考虑环
境污染和经济效益。高纯氧化铁可作现代电子工业的材料，如
图是以硫铁矿烧渣（主要成分为Ｆｅ２Ｏ３、Ｆｅ３Ｏ４、ＦｅＯ、ＳｉＯ２）为原
料制备高纯氧化铁（软磁α－Ｆｅ２Ｏ３）的生产流程示意图。下列
说法错误的是
（　　）
硫铁矿
烧渣
酸浸
过滤
步骤Ⅰ
　
→滤液
Ａ
调节ｐＨ＝１
加入足量铁粉
步骤Ⅱ
　
→
调节ｐＨ至
５～６．５，过滤
步骤Ⅲ
　
→
　　　　
加ＮＨ４ＨＣＯ３，
过滤
步骤Ⅳ
ＦｅＣＯ３
固体
←
煅烧
　←
高纯
氧化铁
滤液Ｃ←
回收利用←
滤液
Ｂ
Ａ．步骤Ⅰ中过滤所得滤渣的主要成分是ＳｉＯ２
Ｂ．步骤Ⅱ中加入铁粉的目的是将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋
Ｃ．步骤Ⅲ中可选用稀硝酸调节溶液的ｐＨ
Ｄ．从滤液Ｃ中回收的主要物质可作氮肥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３５８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
４．
答案　Ｃ　Ａ项，ＳｉＯ２不与酸反应，过滤后所得滤渣为ＳｉＯ２，
故Ａ正确；Ｂ项，滤液Ａ中加入过量铁粉将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋，故
Ｂ正确；Ｃ项，稀硝酸具有氧化性，可将Ｆｅ
２＋氧化，所以调节溶
液的ｐＨ不能用稀硝酸，故Ｃ错误；Ｄ项，滤液为铵盐溶液，可
回收得到氮肥，故Ｄ正确。
审题方法　在硫铁矿烧渣中加入酸，ＳｉＯ２不与酸反应，过滤后
所得滤渣为ＳｉＯ２，滤液中加入过量铁粉将Ｆｅ
３＋还原为Ｆｅ
２＋，可
加入氨水调节溶液ｐＨ至５～６．５，过滤后在滤液中加入碳酸氢
铵可生成ＦｅＣＯ３，经高温煅烧可得Ｆｅ２Ｏ３，滤液Ｃ中溶质主要
为铵盐，可回收得到氮肥。
５．（２０１８福建福州联考，１３）为了检验某溶液中是否含有常见的
四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操
作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变
蓝。由该实验能得出的正确结论是
（　　）
溶液
Ｂａ（ＮＯ３）２
溶液
稀盐酸
　
白色沉淀
→
溶液
ＡｇＮＯ３
溶液
→
白色沉淀
→
溶液
ＫＳＣＮ
溶液→血红色溶液
ＮａＯＨ溶液
△
→气体
→
Ａ．原溶液中一定含有ＳＯ
２－
４
Ｂ．原溶液中一定含有ＮＨ
＋
４
Ｃ．原溶液中一定含有Ｃｌ
－　　
Ｄ．原溶液中一定含有Ｆｅ
３＋
５．
答案　Ｂ　原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，如果其中
含有ＳＯ
２－
３，则会被氧化为ＳＯ
２－
４，所以原溶液中不一定含有
ＳＯ
２－
４，Ａ项错误；产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
是氨气，所以原溶液中一定含有ＮＨ
＋
４，Ｂ项正确；原溶液中加入
盐酸酸化的硝酸钡溶液，引进了Ｃｌ
－，能和Ａｇ
＋反应生成氯化银
沉淀，则原溶液中不一定含有Ｃｌ
－，Ｃ项错误；原溶液中加入盐
酸酸化的硝酸钡溶液，如果其中含有Ｆｅ
２＋会被氧化为Ｆｅ
３＋，所
以原溶液中不一定含有Ｆｅ
３＋，Ｄ项错误。
６．（２０１８山东、安徽名校大联考，８）下列实验操作能达到实验目
的的是
（　　）
选项
实验目的
实验操作
Ａ
除去Ｃｕ中少量ＣｕＯ
加入稀硝酸溶解、过滤、洗
涤及干燥
Ｂ
用废蚀刻液（含ＦｅＣｌ２、ＦｅＣｌ３、
ＣｕＣｌ２、ＨＣｌ）制备ＦｅＣｌ２溶液
废蚀刻液中加入过量铁
粉、充分搅拌、过滤
Ｃ
检验碳与浓硫酸反应的气态
产物中含ＳＯ２和ＣＯ２
将产生的气体依次通过澄
清石灰水和品红溶液
Ｄ
分离用苯萃取溴水后的水层
和有机层
先放出水层，然后换一个
烧杯再放出有机层
６．
答案　Ｂ　稀硝酸与Ｃｕ和ＣｕＯ都能反应，Ａ项错误；向废蚀
刻液中加入过量铁粉，能够与ＦｅＣｌ３、ＣｕＣｌ２、ＨＣｌ反应，均生成
ＦｅＣｌ２，将生成的铜和过量的铁粉过滤除去，可以得到ＦｅＣｌ２溶
液，Ｂ项正确；澄清石灰水也能吸收二氧化硫，因此需要先检验
二氧化硫，除去二氧化硫后再检验二氧化碳，Ｃ项错误；分离用
苯萃取溴水后的水层和有机层，应该先从下口放出水层，然后
将有机层从上口倒出，Ｄ项错误。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
７．（２０１８湖北荆州质量检查，１６）关于下列各装置的叙述中，正
确的是
（　　）
Ａ．装置①可用于分离Ｉ２与ＮＨ４Ｃｌ的混合物
Ｂ．装置②可用于收集并测量Ｃｕ与浓硫酸反应产生的气体的
体积
Ｃ．装置③可用于制取氯气
Ｄ．装置④可用于制取无水ＭｇＣｌ２
７．
答案　
Ｄ　
Ｉ２受热会升华，ＮＨ４Ｃｌ受热会分解产生ＮＨ３和
ＨＣｌ，遇冷又化合为ＮＨ４Ｃｌ，用装置①无法分离Ｉ２和ＮＨ４Ｃｌ，Ａ
项错误；Ｃｕ与浓硫酸反应生成ＳＯ２，ＳＯ２易溶于水并有部分和
水发生反应，故不能用装置②收集并测量ＳＯ２的体积，Ｂ项错
误；浓盐酸与ＭｎＯ２反应制取Ｃｌ２需要加热，Ｃ项错误；ＭｇＣｌ２
易水解，故需在ＨＣｌ的氛围中加热ＭｇＣｌ２·６Ｈ２Ｏ制取ＭｇＣｌ２，
Ｄ项正确。
８．（２０１９山东淄博实验中学一诊）下列实验操作不能达到预期
实验目的的是
（　　）
实验目的
实验操作
Ａ
鉴别乙酸乙酯和乙酸
分别加入饱和
Ｎａ２ＣＯ３溶液
Ｂ
比较Ｆｅ和Ｃｕ的金属活动性大小
分别加入浓硝酸
Ｃ
鉴别Ｈ２Ｏ中含有乙醇
加入少量Ｎａ
Ｄ
比较Ｉ２在Ｈ２Ｏ和ＣＣｌ４中的溶解度
向碘水中加入ＣＣｌ４，振荡
８．
答案　ＢＣ　Ａ项，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不
与碳酸钠反应，能达到实验目的；Ｂ项，浓硝酸具有强氧化性，
与Ｆｅ、Ｃｕ均能反应，不能达到实验目的；Ｃ项，Ｈ２Ｏ和乙醇都能
与钠发生反应，不能达到实验目的；Ｄ项，Ｉ２由水溶液中被萃取
到ＣＣｌ４中，说明Ｉ２在ＣＣｌ４中的溶解度更大，能达到实验目的。
９．（２０２０届山东青岛胶州、平度、青西期中，１４）绿矾别名青矾、
皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿［主要成分为二
硫化亚铁（ＦｅＳ２）］为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下：
硫铁矿→焙烧
空气
↓
↓
ＳＯ２
→酸浸
稀硫酸
↓
　
过滤
→还原
ＦｅＳ２
↓
　
过滤
→
操作１→ＦｅＳＯ４·７Ｈ２Ｏ
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．焙烧过程中每生成１ｍｏｌＳＯ２转移电子数为５．５ＮＡ
Ｂ．还原后所得滤液可用高锰酸钾溶液检验Ｆｅ
３＋是否反应完全
Ｃ．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量ＦｅＣＯ３
Ｄ．操作１为蒸发结晶
９．
答案　ＡＣ　检验Ｆｅ
３＋是否反应完全应该用ＫＳＣＮ溶液，Ｂ错
误；操作１为蒸发浓缩、冷却结晶，Ｄ错误。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题十九　物质的检验、分离与提纯
３５９
　
三、非选择题（共１６分）
１０．（２０１９广东广州天河二模，２７）（１６分）铜阳极泥（主要含有
铜、银、金、少量的镍）是有色金属冶炼过程中重要的“二次资
源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。
一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
铜阳极泥
分铜
→
分铜液
↓
　　　　　　
ⅰ．Ｈ２ＳＯ４、Ｈ２Ｏ２
ⅱ．ＮａＣｌ
↓
分铜渣
→
分金
→
↓
ＨＣｌ、ＮａＣｌＯ３
分金液
↓
分金渣
→
分银
→
↓
Ｎａ２ＳＯ３
分银渣
↓
分银液
→
沉银
→
↓
Ｈ２ＳＯ４
沉银液
↓
ＡｇＣｌ
→
已知：分金液的主要成分为［ＡｕＣｌ４］
－；分金渣的主要成分为
ＡｇＣｌ；分银液中主要成分为［Ａｇ（ＳＯ３）２］
３－，且存在［Ａｇ（ＳＯ３）２］
３－
􀜩􀜨
􀜑
Ａｇ
＋＋２ＳＯ
２－
３。
（１）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　　　　　　　　　。已知“分铜”时各元素的浸出率如
下表所示：
Ｃｕ
Ａｕ
Ａｇ
Ｎｉ
浸出率／％
８５．７
０
４．５
９３．５
“分铜”时加入足量的ＮａＣｌ的主要作用为　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　。
（２）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）Ｎａ２ＳＯ３溶液中含硫微粒物质的量分数与ｐＨ的关系如图
１所示。
图１
“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的ｐＨ＝４，分析能够析出
ＡｇＣｌ的原因为
　
　。
调节溶液的ｐＨ不能过低，理由为
　。
（４）已知离子浓度≤１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１时，认为该离子沉淀完全。
已知：Ｋｓｐ［Ｐｂ（ＯＨ）２］＝２．５×１０
－１６，Ｋｓｐ［Ｓｂ（ＯＨ）３］＝１０
－４１。
浸取“分银渣”可得到含０．０２５ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｐｂ
２＋的溶液（含少
量Ｓｂ
３＋杂质）。欲获得较纯净的Ｐｂ
２＋溶液，调节ｐＨ的范
围为　　　　。（忽略溶液体积变化）
（５）工业上，用镍做阳极，电解０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮｉＣｌ２溶液与一定
量ＮＨ４Ｃｌ组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。
当其他条件一定时，ＮＨ４Ｃｌ溶液的浓度对阴极电流效率
及镍的成粉率的影响如图２所示：
图２
为获得高纯度的球形超细镍粉，ＮＨ４Ｃｌ溶液的浓度最好
控制为　　　　ｇ·Ｌ
－１，当ＮＨ４Ｃｌ溶液的浓度大于１５ｇ·
Ｌ
－１时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降
低，该气体为　　　　。
１０．
答案　（每空２分）（１）Ｃｕ＋Ｈ２Ｏ２＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅ＣｕＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
　使溶解出的Ａｇ
＋形成ＡｇＣｌ进入分铜渣，避免银元素的损失
（２）２Ａｕ＋ＣｌＯ
－
３＋７Ｃｌ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２［ＡｕＣｌ４］
－＋３Ｈ２Ｏ
（３）Ｈ２ＳＯ４电离出的Ｈ
＋降低了ＳＯ
２－
３的浓度，促使［Ａｇ（ＳＯ３）２］
３－
􀜩􀜨
􀜑
Ａｇ
＋＋２ＳＯ
２－
３平衡正向移动，电离出Ａｇ
＋，Ａｇ
＋与分银液中
的Ｃｌ
－反应生成ＡｇＣｌ　避免产生污染性气体ＳＯ２
（４）２≤ｐＨ＜７
（５）１０　Ｈ２
解析　（１）“分铜” 时，铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生
成硫酸铜和水，反应的化学方程式为Ｃｕ＋Ｈ２Ｏ２＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅
ＣｕＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ；“分铜”时加入足量的ＮａＣｌ的主要作用是使溶
解出的Ａｇ
＋形成ＡｇＣｌ进入分铜渣，避免银元素的损失。
（２）分金液的主要成分为［ＡｕＣｌ４］
－，“分金”时，金和加入的氯
酸钠、盐酸发生氧化还原反应生成［ＡｕＣｌ４］
－，反应的离子方
程式为２Ａｕ＋ＣｌＯ
－
３＋７Ｃｌ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２［ＡｕＣｌ４］
－＋３Ｈ２Ｏ。
（４）Ｐｂ
２＋开始沉淀时，ｃ（ＯＨ
－）＝
２．５×１０
－１６
０．０２５
ｍｏｌ· Ｌ
－１＝
１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１４
１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ＝７，
若Ｐｂ
２＋不沉淀，则ｐＨ＜７；Ｓｂ
３＋沉淀完全时，ｃ（ＯＨ
－）＝
３１０
－４１
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１＝１０
－１２ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１４
１０
－１２ｍｏｌ·Ｌ
－１＝
１０
－２ｍｏｌ·Ｌ
－１，ｐＨ＝２，当ｐＨ≥２时Ｓｂ
３＋沉淀完全，据此判断调
节溶液的ｐＨ范围为２≤ｐＨ＜７。（５）根据题图２可知，ＮＨ４Ｃｌ
溶液的浓度为１０ｇ·Ｌ
－１时，镍的成粉率最高，所以ＮＨ４Ｃｌ溶
液的浓度最好控制为１０ｇ·Ｌ
－１；当ＮＨ４Ｃｌ溶液的浓度大于
１５ｇ·Ｌ
－１时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，该气体为
氢气。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
专题二十
实验方案的设计与评价
课
标
解
读
内容
实验方案的设计
实验方案的评价
解读
１．能设计实验方案，正确选用实验装置
２．掌握控制实验条件的方法
３．能绘制和识别典型的实验仪器装置图
１．能评价或改进实验方案
２．能预测或描述实验现象，分析或处理实验数
据，得出合理结论
考情分析
本专题知识是高考的必考内容，常见命题形式有三种：一种是以选择题形式对实验结论或实验目的进行评
价；另一种是实验大题；第三种是与工艺流程相结合的题
备考策略
应重点关注元素化合物知识及基本实验操作的拓展、探究物质组成及性质实验方案的评价、简单的性质实
验方案的设计
专题二十　实验方案的设计与评价
３６１
　
对应学生用书
起始页码１５９
考点一实验方案的设计
　　１．一个相对完整的化学实验方案一般应包括的内容有：实
验名称、实验①　目的　、实验原理、实验用品和实验②　步骤　、实
验现象记录，及③　结果处理　、问题和讨论等。
２．实验方案设计的基本要求是：科学性、④　安全性　、可行
性、节约性。
３．制备实验方案的设计
制备实验方案的设计，应遵循以下原则：
（１）条件合适，操作方便；
（２）原理正确，步骤简单；
（３）原料丰富，价格低廉；
（４）产物纯净，污染物少。
即从多种路线中选出一种最佳的制备途径，合理地选择化
学仪器与药品，设计合理的实验装置和实验操作步骤。
４．性质实验方案的设计
（１）探索性性质实验方案的设计
分析物质结构特点或从所属类型的典型代表物去推测该物
质可能具有的一系列性质，而后据此分别设计出合理的实验方
案，去探索它可能具有的性质。
（２）验证性性质实验方案的设计
对物质具备的性质去求证，关键是设计出简捷的实验方案，
操作简单，现象明显，安全可行。
（３）研究物质性质的基本方法和程序
研究物质性质的基本方法：观察法、实验法、分类法、比较法等。
研究物质性质的基本程序：观察外观→预测物质性质→实
验和观察→解释及结论。
　　１．实验设计的步骤
（１）明确目的、原理
首先必须认真审题，明确实验的目的和要求，弄清题目有哪些新
的信息，综合已学过的知识，通过类比、迁移、分析，从而明确实验原理。
（２）选择仪器、药品
根据实验的目的和原理，以及反应物和生成物的性质、反应
条件，如反应物和生成物的状态、能否腐蚀仪器、反应是否需要
加热及温度是否需要控制在一定的范围内等，从而选择合理的
化学仪器和药品。
（３）设计装置、步骤
根据实验目的和原理，以及所选用的仪器和药品，设计出合
理的实验装置和实验操作步骤。学生应具备识别和绘制典型的
实验仪器装置图的能力，实验步骤应既完整又简明。
（４）记录现象、数据
根据观察，全面而准确地记录实验过程中的现象和数据。
（５）分析得出结论
根据实验观察到的现象和记录的数据，通过分析、计算、推
理等方法，得出正确的结论。
　　２．设计中的顺序问题
（１）思考问题的顺序
①围绕主要问题思考。如选择适当的实验路线、方法，所用
药品、仪器简单，实验过程快速、安全，实验现象明显。
②思考有关物质的制备、净化、吸收和存放等问题。如制取在
空气中易水解的物质（如Ａｌ２Ｓ３、ＡｌＣｌ３、Ｍｇ３Ｎ２等）及易受潮的物质
时，往往在装置末端接一个干燥装置，以防止空气中的水蒸气进入。
③思考实验的种类及如何合理地组装仪器，并将实验与课
本实验比较、联系。如涉及气体的制取和处理，对这类实验的操
作程序及装置的连接顺序大体可概括为发生→除杂质→干燥→
主体实验→尾气处理。
（２）仪器连接的顺序
①所用仪器是否恰当，所给仪器是全用还是选用。
②仪器是否齐全。如制有毒气体及涉及有毒气体的实验是
否有尾气的处理装置。
③安装顺序是否合理。如气体净化装置中不应干燥后又经
水溶液洗气。
④仪器间连接顺序是否正确。如洗气时“进气管长，出气管
短”；干燥管除杂质时“大口进，小口出”等。
（３）实验操作的顺序
①连接仪器。
②检查气密性。在整套仪器连接完毕后，应先检查装置的
气密性，检查气密性的方法要依装置而定。
③装药品，进行实验操作。
考点二实验方案的评价
实验方案的评价角度
对几个实验方案进行评价，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进行判断。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。
１．可行性方面
（１）实验方案是否科学可行；
（２）实验操作是否安全合理；
（３）实验步骤是否简单方便；
（４）实验效果是否明显。
２．绿色化学方面
（１）实验过程中是否造成环境污染；
（２）原料是否无毒、安全、易得；
（３）原料利用率是否较高；
（４）反应速率是否较快。
３．从安全性方面对实验方案进行评价
化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：
（１）净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；
（２）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①　验纯　等）；
（３）防氧化（如Ｈ２还原ＣｕＯ后要“先灭灯再停氢”，白磷切
割宜在②　水　中进行等）；
（４）污染性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。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
对应学生用书
起始页码１６０
考点一实验方案的设计
１．利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是
（　　）
选项
①
②
③
实验结论
Ａ
稀硫酸
Ｎａ２ＣＯ３Ｎａ２ＳｉＯ３溶液
非金属性：Ｓ＞Ｃ＞Ｓｉ
Ｂ
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧
化性
Ｃ
浓硝酸
Ｆｅ
ＮａＯＨ溶液
说明铁和浓硝酸反应可生
成ＮＯ２
Ｄ
浓氨水
生石灰
酚酞溶液
氨气的水溶液呈碱性
１．
答案　Ｃ　
Ｎａ２ＣＯ３＋Ｈ２ＳＯ４􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，ＣＯ２＋
Ｎａ２ＳｉＯ３＋Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｈ２ＳｉＯ３↓＋Ｎａ２ＣＯ３，可得出酸性：Ｈ２ＳＯ４＞
Ｈ２ＣＯ３＞Ｈ２ＳｉＯ３，则非金属性：Ｓ＞Ｃ＞Ｓｉ；浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖
脱水炭化，同时可产生使溴水褪色的ＳＯ２气体，体现浓硫酸的
脱水性、氧化性；浓氨水滴到生石灰上发生反应ＣａＯ＋ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅Ｃａ（ＯＨ）２＋ＮＨ３↑，ＮＨ３通入酚酞溶液中，溶液显红
色，Ａ、Ｂ、Ｄ均能得出相应实验结论。在常温条件下Ｆｅ遇浓硝
酸发生钝化，Ｃ不能得出相应实验结论。
拓展延伸　２ＮＯ２＋２ＮａＯＨ􀪅􀪅ＮａＮＯ３＋ＮａＮＯ２＋Ｈ２Ｏ，ＮＯ２可
被ＮａＯＨ溶液吸收。
２．下列装置用于进行指定实验时，能达到实验目的的是
（　　）
Ａ．用装置甲制备氨气
Ｂ．用装置乙除去氨气中的少量水
Ｃ．用装置丙收集氨气
Ｄ．用装置丁吸收多余的氨气
２．
答案　Ｄ　装置甲试管口应略向下倾斜，Ａ不正确；浓硫酸可
吸收ＮＨ３，Ｂ不正确；装置丙圆底烧瓶未与空气连通，Ｃ不正
确；用水吸收ＮＨ３应采取防倒吸措施，Ｄ正确。
知识拓展　干燥ＮＨ３应用碱石灰，不能用氯化钙；收集ＮＨ３
应用向下排空气法。
３．ＣｕＣｌ广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热
分解ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ制备ＣｕＣｌ，并验证其他分解产物。
【查阅资料】
①ＣｕＣｌ２·２Ｈ２Ｏ
ＨＣｌ气流
１４０℃→ＣｕＣｌ２
＞３００℃→ＣｕＣｌ＋Ｃｌ２
②ＣｕＣｌ是一种白色难溶固体，潮湿ＣｕＣｌ在空气中缓慢被氧化
（１）配平潮湿ＣｕＣｌ在空气中被氧化的化学方程式：
　　
ＣｕＣｌ＋　
　
Ｏ２＋　
　
􀪅􀪅３ＣｕＯ· ＣｕＣｌ２· ３Ｈ２Ｏ＋
　　ＨＣｌ
【实验探究】该小组选用下图装置进行实验（夹持、加热
仪器略）。
（２）Ａ装置用于制取ＨＣｌ：ＮａＣｌ＋Ｈ２ＳＯ４（浓）􀪅􀪅ＮａＨＳＯ４＋ＨＣｌ↑，
浓硫酸在该反应中体现强酸性和　　　　性。
（３）按实验要求选择上图装置，连接顺序为ａ
　
（按气流方向，用小写字母表示）。
（４）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：
①连接装置，　　　　　　　　　；②装入药品；③打开分
液漏斗活塞；④控制温度加热硬质玻璃管一段时间；⑤停
止通ＨＣｌ，升温继续加热；步骤④通ＨＣｌ的目的是　　　　
　　　　　　　　　。
（５）Ｅ装置中发生反应的离子方程式是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
【实验分析与改进】
（６）Ｂ装置中试纸先变蓝后又褪色，经查阅资料获知过量的
Ｃｌ２能将Ｉ２氧化。甲同学认为可将湿润淀粉ＫＩ试纸改成
足量的淀粉ＫＩ溶液以克服Ｃｌ２过量的问题，但小组分析后
认为该方案存在一个明显安全问题：　　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（７）反应结束后，ＣｕＣｌ产品中可能含有少量未分解的ＣｕＣｌ２，乙
同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。该实
验方案为：取少量固体放入小试管中，
　
　
　。
３．
答案　（１）４　１　４Ｈ２Ｏ　２
（２）难挥发
（３）ｄｅｇｆｃｂｈ或ｅｄｇｆｃｂｈ
（４）检查装置气密性　抑制ＣｕＣｌ２水解
（５）Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ、Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ
（６）ＨＣｌ易溶于水，易发生倒吸
（７）加少量水后用胶塞盖紧，迅速振荡，若溶液显蓝色则产品
中含ＣｕＣｌ２，若不显蓝色则不含ＣｕＣｌ２
解析　（１）结合得失电子守恒和原子守恒可知，此反应的化
学方程式为４ＣｕＣｌ＋Ｏ２＋４Ｈ２Ｏ􀪅􀪅３ＣｕＯ· ＣｕＣｌ２· ３Ｈ２Ｏ＋
２ＨＣｌ。（３）由Ａ装置制备的ＨＣｌ通入Ｃ装置，经过Ｄ装置检验
生成的水，经过Ｂ装置检验是否有氯气生成，最后用Ｅ装置进
行尾气处理，防止污染空气，则装置的连接顺序为ａｄｅｇｆｃｂｈ或
ａｅｄｇｆｃｂｈ。（４）装置连接好后，首先要检查装置气密性，再进行
后续实验；因ＣｕＣｌ２易水解，可通入ＨＣｌ抑制ＣｕＣｌ２水解。
（５）Ｅ装置是用ＮａＯＨ溶液处理含有ＨＣｌ和Ｃｌ２的尾气，发生
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３６３
　
反应的离子方程式是Ｈ
＋＋ＯＨ
－􀪅􀪅Ｈ２Ｏ、Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｃｌ
－＋
ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ。（６）如果将湿润淀粉ＫＩ试纸改成足量的淀粉ＫＩ
溶液，ＨＣｌ气体易溶于水，容易产生倒吸现象，存在安全隐患。
（７）ＣｕＣｌ２能溶于水，且其水溶液显蓝色，同时考虑到ＣｕＣｌ在潮
湿环境中易被氧化，则检验时需避免空气中氧气的干扰，具体
实验方案是取少量固体放入小试管中，加少量水后用胶塞盖
紧，迅速振荡，若溶液显蓝色则产品中含ＣｕＣｌ２，若不显蓝色则
不含ＣｕＣｌ２。
考点二实验方案的评价
４．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
（　　）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
Ａ
向加了稀硫酸的淀粉溶液
中加碘水
无色溶液变蓝
淀粉未水解
Ｂ
向酸性ＫＭｎＯ４溶液中滴加
乙二酸
溶液紫色褪去
乙二酸具有
还原性
Ｃ
向ＡｇＮＯ３溶液中滴加过量
氨水
得到澄清溶液
Ａｇ
＋与ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ能大量
共存
Ｄ
向鸡蛋白溶液中滴入ＨｇＣｌ２
溶液
有白色沉淀
蛋白质发生
盐析
４．
答案　Ｂ　Ａ项，淀粉可能部分水解，没有检验水解产物，不
能确定水解程度，故Ａ错误；Ｂ项，酸性高锰酸钾溶液可氧化乙
二酸，溶液紫色褪去，说明乙二酸具有还原性，故Ｂ正确；Ｃ项，
向ＡｇＮＯ３溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，则Ａｇ
＋与ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ不能大量共存，故Ｃ错误；Ｄ项，向鸡蛋白溶液中滴入
ＨｇＣｌ２溶液，蛋白质发生变性，故Ｄ错误。
５．下列物质的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是
（　　）
选项
试剂
试纸或溶液
现象
结论
Ａ
浓氨水、生
石灰
红色石蕊
试纸
变蓝
ＮＨ３为碱性气体
Ｂ
乙酸、乙醇、
浓硫酸
饱和碳酸钠
溶液
分层
生成的酯不溶于水，
密度小于饱和碳酸
钠溶液
Ｃ
浓盐酸、二氧
化锰
淀粉碘化钾
溶液
变蓝
Ｃｌ２具有氧化性
Ｄ
亚硫酸钠、
硫酸
品红溶液
褪色
ＳＯ２具有还原性
５．
答案　
Ｄ　
ＳＯ２使品红溶液褪色说明ＳＯ２有漂白性，与ＳＯ２
的还原性无关，Ｄ不正确。
规律总结　ＳＯ２使品红溶液褪色后，对溶液加热，红色可恢复；
强氧化性的试剂使品红溶液褪色后，加热不能恢复红色。
６．观察下列有关实验装置，相关评价错误的是
（　　）
Ａ．图（１）装置用于配制０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＯＨ溶液；评价：错误
Ｂ．图（２）装置用于测定中和反应的反应热；评价：错误，装置中
缺少了环形玻璃搅拌棒
Ｃ．图（３）装置用于比较Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３的热稳定性；评价：错
误，Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３位置放错了
Ｄ．图（４）装置证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应；评价：
正确
６．
答案　Ｃ　比较Ｎａ２ＣＯ３、ＮａＨＣＯ３的热稳定性，图（３）正确，Ｃ
项评价错误。
７．Ⅰ．含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重。某课外活
动小组测定某废水中ＮＯ
－
３的浓度为３×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ，想用金属铝
将ＮＯ
－
３还原为Ｎ２，从而消除污染。
（１）配平下列离子方程式：　
　
ＮＯ
－
３＋　
　
Ａｌ＋　
　
Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
　　　Ｎ２↑＋　　　Ａｌ（ＯＨ）３＋　　　ＯＨ
－。
（２）上述反应中被还原的元素是　
　
　
　
　，每生成２ｍｏｌＮ２
转移　　　　ｍｏｌ电子。
（３）有上述废水１００ｍ
３，若要完全消除污染，则所消耗金属铝
的质量为　　　　　ｇ。
Ⅱ．ＮＯ与Ｃｌ２在常温常压下可以合成亚硝酰氯（ＮＯＣｌ）。ＮＯＣｌ
是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点为－６４．５℃，沸点为
－５．５℃，遇水易水解。亚硝酰氯（ＮＯＣｌ）是有机合成中的重要
试剂。实验室制备原料气Ｃｌ２的装置如图所示：
（４）实验室制Ｃｌ２时，装置Ａ中烧瓶内发生反应的化学方程式
为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）将上述收集到的Ｃｌ２充入Ｄ中集气瓶中，按图示装置制备
亚硝酰氯。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
①装置Ｄ中发生反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
②如果不用装置Ｅ会引起的后果是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
③某同学认为装置Ｆ不能有效吸收尾气中的某种气体，该
气体为　
　
　
　
　，为了充分吸收尾气，可将尾气与
　　　同时通入氢氧化钠溶液中。
７．
答案　Ⅰ．（１）６　１０　１８　３　１０　６
（２）Ｎ　２０
（３）１３５０
Ⅱ．（４）ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）
△
　􀪅􀪅ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
（５）①２ＮＯ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮＯＣｌ
②Ｆ中的水蒸气进入装置Ｄ中，会导致产品水解
③ＮＯ　Ｏ２
解析　
Ⅰ．（１）ＮＯ
－
３
＋５
→Ｎ２
０
，１ｍｏｌＮＯ
－
３得５ｍｏｌ电子；Ａｌ
０
→
Ａｌ
＋３
（ＯＨ）３，１ｍｏｌＡｌ失去３ｍｏｌ电子；根据得失电子守恒可知
ＮＯ
－
３与Ａｌ按物质的量之比３∶５进行反应。
（２）氮元素得电子被还原，生成２ｍｏｌＮ２转移２０ｍｏｌ电子。
（３）１００ｍ
３＝１０
５Ｌ，１０
５Ｌ废水中ＮＯ
－
３的物质的量为１０
５Ｌ×３×
１０
－４ｍｏｌ／Ｌ＝３０ｍｏｌ。３０ｍｏｌＮＯ
－
３完全消除需消耗Ａｌ的物质的
量为５０ｍｏｌ，即１３５０ｇ。
Ⅱ．（５）②ＮＯＣｌ遇水易水解，无水ＣａＣｌ２可隔绝水蒸气，防止产
品水解。③Ｃｌ２可与ＮａＯＨ溶液反应，ＮＯ不能与ＮａＯＨ溶液反
应，ＮＯ与Ｏ２物质的量之比为４∶３时恰好能被ＮａＯＨ溶液
吸收。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６２
定量测定型实验题中气体体积的测量
１．量气装置的改进
２．应关注的问题
（１）量气时，要保持装置处于室温状态。
（２）读数时，视线与液面最低处相平。另外如涉及与上图
（Ⅰ）（Ⅳ）中类似装置的，应使左右侧的液面相平，再读数。
（３）要消除干扰气体。如用惰性气体将干扰气体排出，或用
溶液吸收干扰气体等。
（４）要测量全部气体。如反应结束后采取继续向装置中通
入惰性气体以使被测量气体全部被吸收剂吸收的方法。
（５）要采集和处理数据。
①称量固体质量时，一般用托盘天平，可估读到０．１ｇ，精确
度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平，可精确
到０．０００１ｇ。
②测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估
读到０．１ｍＬ，准确度要求高的定量实验如中和滴定中选用滴定
管（酸式或碱式），可估读到０．０１ｍＬ。容量瓶作为精密的定容仪
器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的
体积。
③气体除了量取外，还可以称量。称气体的质量时一般有
两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量；另一
种方法是称吸收装置在吸收气体前后的质量。
④用ｐＨ试纸（测得整数值）或ｐＨ计（精确到０．０１）直接测
出溶液的ｐＨ，经过计算可以得到溶液中Ｈ
＋或ＯＨ
－的物质的量浓
度。为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完
全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可以进行平行实验，重复测
定，然后取其平均值进行计算。如中和滴定实验中要平行做２～
３次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”
数据（指与其他数据有很大差异的数据）要舍弃，因为数据“ 离
群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。
例
　（２０１８河南洛阳二模，２６）为测定某氟化稀土样品
中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用
高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素转化为氟化氢（低沸点
酸）蒸出，再滴定测量。实验装置如图所示。
（１）ａ的作用是　　　　，仪器ｄ的名称是
　。
（２）检查装置气密性：　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
（填
操作），关闭ｋ，微热ｃ，导管ｅ末端有气泡冒出；停止加热，恢复
至室温，导管ｅ内有一段稳定的水柱，说明装置气密性良好。
（３）ｃ中加入一定体积高氯酸和ｍｇ氟化稀土样品，ｆ中盛有滴
加酚酞的ＮａＯＨ溶液。加热ｂ、ｃ，使ｂ中产生的水蒸气进入ｃ。
①下列物质可代替高氯酸的是　　　　（填序号）。
　　Ａ．硝酸　
Ｂ．盐酸　
Ｃ．硫酸　　
Ｄ．磷酸
②实验中除有ＨＦ气体外，可能还有少量ＳｉＦ４（易水解）气体
生成。若有ＳｉＦ４生成，实验结果将　
　
　
　
（填“偏高” “偏低”
或“不受影响”）。
③若观察到ｆ中溶液红色褪去，需要向ｆ中及时补加ＮａＯＨ
溶液，否则会使实验结果偏低，原因是　　　　　　　　
　
　
　
　　　。
（４）向馏出液中加入Ｖ１ｍＬｃ１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｌａ（ＮＯ３）３溶液，得到
ＬａＦ３沉淀，再用ｃ２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＥＤＴＡ标准溶液滴定剩余Ｌａ
３＋（Ｌａ
３＋
与ＥＤＴＡ按１∶１配合），消耗ＥＤＴＡ标准溶液Ｖ２ｍＬ，则氟化稀土
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３６５
　
样品中氟的质量分数为　　　　　　　　　　。
（５）用样品进行实验前，需要用０．０８４ｇ氟化钠代替样品进
行实验，改变条件（高氯酸用量、反应温度、蒸馏时间），测量并计
算出氟元素质量，重复多次。该操作的目的是　　　　　　　。
解题导引　一是要巧审题，明确实验目的和实验原理。实
验原理可从题给的化学情境并结合元素及其化合物等有关知识
获取。二是要想过程，理清实验操作的先后顺序，把握各步实验
操作的要点。三是要看准图，分析各实验装置的作用。四是要
细分析，得出正确的实验结论。
解析　（１）ａ的作用是平衡压强，防止圆底烧瓶中压强过
大，引起爆炸。仪器ｄ的名称是直形冷凝管。
（２）检查装置气密性时在ｂ和ｆ中加水，使水浸没ａ和ｅ的
末端，从而形成密闭体系。
（３）①此实验是利用高氯酸（高沸点酸）将样品中的氟元素
转化为ＨＦ（低沸点酸）蒸出。硝酸和盐酸易挥发，Ａ、Ｂ项错误；
硫酸和磷酸沸点高，难挥发，Ｃ、Ｄ项正确。②实验中除有ＨＦ气
体外，可能还有少量ＳｉＦ４（易水解）气体生成，若有ＳｉＦ４生成，不
影响实验结果。③若观察到ｆ中溶液红色褪去，需要向ｆ中及时
补加ＮａＯＨ溶液，否则会使实验结果偏低，原因是充分吸收ＨＦ
气体，防止其挥发损失。
（５）用样品进行实验前，需要用０．０８４ｇ氟化钠代替样品进
行实验，改变条件（高氯酸的用量、反应温度、蒸馏时间），测量并
计算出氟元素质量，重复多次，该操作的目的是通过做对比实
验，寻找最佳的实验条件。
答案　（１）平衡压强　直形冷凝管
（２）在ｂ和ｆ中加水，水浸没导管ａ和ｅ末端
（３）①ＣＤ　②不受影响
③充分吸收ＨＦ气体，防止其挥发损失
（４）
０．０５７（ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）
ｍ
（５）寻找最佳实验条件
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６３
１．（２０２０届福建龙岩六校联考，１８）无水四氯化锡（ＳｎＣｌ４）常用
作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡（熔点
２３２℃）与Ｃｌ２反应制备ＳｎＣｌ４，装置如图所示。
已知：
①ＳｎＣｌ２、ＳｎＣｌ４有关物理性质如下表：
物质
颜色、状态
熔点／℃
沸点／℃
ＳｎＣｌ２
无色晶体
２４６
６５２
ＳｎＣｌ４
无色液体
－３３
１１４
②ＳｎＣｌ４遇水极易水解生成ＳｎＯ２·ｘＨ２Ｏ。
回答下列问题：
（１）导管ａ的作用是　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　，装置Ａ
中发生反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（２）当观察到装置Ｆ液面上方出现　
　
　
　
　
　
　
　
现象时
才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续
加热。此时继续加热的目的有两点：加快氯气与锡反应和
　　　　　　　　　　　　　　。
（３）若上述装置中缺少装置Ｃ（其他均相同），则Ｄ处具支试管
中发生的主要副反应化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
（４）Ｃｌ２和Ｓｎ的反应产物有ＳｎＣｌ４和ＳｎＣｌ２，为了防止产品中带
入过多的ＳｎＣｌ２，装置Ｄ可改为油浴加热来控制温度，该温
度范围是　　　　　　　　。
（５）制得的ＳｎＣｌ４产品中常含有ＳｎＣｌ２，可用如下方法测定产品
纯度：先准确称量７．６０ｇ产品于锥形瓶中，再加过量的
ＦｅＣｌ３溶液，发生反应：ＳｎＣｌ２＋２ＦｅＣｌ３􀪅􀪅ＳｎＣｌ４＋２ＦｅＣｌ２。再
用０．１０００ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７标准溶液滴定生成的Ｆｅ
２＋，此
时还原产物为Ｃｒ
３＋，消耗标准溶液２０．００ｍＬ，则ＳｎＣｌ４产品
的纯度为　　　　　。
１．
答案　（１）使分液漏斗内的液体顺利流下
２ＭｎＯ
－
４＋１６Ｈ
＋＋１０Ｃｌ
－􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ
（２）黄绿色气体　使ＳｎＣｌ４汽化，利于从混合物中分离出来
（３）ＳｎＣｌ４＋（ｘ＋２）Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＳｎＯ２·ｘＨ２Ｏ＋４ＨＣｌ
（４）２３２℃～６５２℃
（５）８５％
解析　（１）导管ａ的作用是平衡压强，使分液漏斗内的液体
顺利流下。
（２）当观察到装置Ｆ液面上方出现黄绿色气体时，说明装置Ｄ
中已经充满Ｃｌ２；继续加热，除加快氯气与锡反应外，因ＳｎＣｌ４的
沸点较低，可以将ＳｎＣｌ４转化为气态，便于分离。
（３）若装置中缺少装置Ｃ（其他均相同），Ｄ装置中含有水蒸
气，ＳｎＣｌ４易水解，则Ｄ处具支试管中发生的主要副反应的化学
方程式为ＳｎＣｌ４＋（ｘ＋２）Ｈ２Ｏ􀪅􀪅ＳｎＯ２·ｘＨ２Ｏ＋４ＨＣｌ。
（４）根据表中数据可知，ＳｎＣｌ４的熔、沸点较低，用油浴加热来控
制温度可以将ＳｎＣｌ４转化为气态，为防止产品中带入过多的
ＳｎＣｌ２，温度需低于ＳｎＣｌ２的沸点，应控制在２３２℃～６５２℃
之间。
（５）结合２Ｆｅ
３＋＋Ｓｎ
２＋􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｓｎ
４＋、６Ｆｅ
２＋＋Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋１４Ｈ
＋􀪅􀪅
６Ｆｅ
３＋＋２Ｃｒ
３＋＋７Ｈ２Ｏ可知，存在３ＳｎＣｌ２～Ｃｒ２Ｏ
２－
７，根据关系式知
ｎ（ＳｎＣｌ２）＝３ｎ（Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７）＝３× ０．１０００ｍｏｌ· Ｌ
－１× ０．０２Ｌ＝
０．００６ｍｏｌ，ｍ（ＳｎＣｌ２）＝０．００６ｍｏｌ× １９０ｇ· ｍｏｌ
－１＝１．１４ｇ，则
ＳｎＣｌ４产品的纯度＝７．６０ｇ－１．１４ｇ
７．６０ｇ
×１００％＝８５％。
解题思路　
ＳｎＣｌ４极易水解，反应应在无水环境中进行；ＳｎＣｌ４
在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气，装置Ｆ
可防止Ｇ溶液中的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧
气反应，反应时应先用氯气将装置中的空气排出。
２．（２０１９江西上饶月考，２６）Ｎａ２ＳＯ３是一种重要的化工原料，但
较易变质。
（１）实验室中欲检验Ｎａ２ＳＯ３固体样品是否已经变质，最简单
的方法为　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　。
（２）某小组同学欲在实验室测定某Ｎａ２ＳＯ３样品的纯度。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
方案一：通过测定生成ＳＯ２的质量，可计算ｍｇＮａ２ＳＯ３固
体样品的纯度。利用下列装置进行实验。
①选择装置Ａ和Ｂ进行实验时，为使结果更精确还应选择
装置　　　　，装置Ａ中反应前后通入Ｎ２的目的是　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
②实验结束后，若测得Ｂ装置增重ｍ１ｇ，则该Ｎａ２ＳＯ３固体
样品的纯度为　　　　　　　　。
方案二：利用高锰酸钾溶液滴定亚硫酸钠溶液，实现定量
测定。称取ａｇ样品，置于烧杯中；加入适量蒸馏水，使样
品溶解，然后配制成２５０ｍＬ溶液；准确量取２５．００ｍＬ溶液
置于锥形瓶中；用０．１０００ｍｏｌ／Ｌ的酸性ＫＭｎＯ４溶液进行
滴定，重复滴定３次，平均消耗２０．００ｍＬ溶液。
③反应原理为　　　　　　　　　　　　　　　　　（用
离子方程式表示）。
④滴定时，通常不需要加入指示剂，理由是　
　
　
　
　
　
　　　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　；达到滴定终
点读取数据时，若俯视液面，则测定结果　
　
　
　
（填“偏
高”“偏低”或“无影响”）。
２．
答案　（１）取少量样品溶解，先加足量稀盐酸，再加ＢａＣｌ２溶
液，若生成白色沉淀，证明Ｎａ２ＳＯ３变质；若无白色沉淀生成，证
明Ｎａ２ＳＯ３未变质（或先加足量ＢａＣｌ２溶液，再加足量稀盐酸，
若白色沉淀不完全溶解，证明Ｎａ２ＳＯ３变质；若白色沉淀完全溶
解，证明Ｎａ２ＳＯ３未变质）
（２）①Ｅ　反应前排尽装置中的空气，反应后将装置中的ＳＯ２
全部吹出　
②
６３ｍ１
３２ｍ× １００％　
③６Ｈ
＋＋５ＳＯ
２－
３＋２ＭｎＯ
－
４􀪅􀪅
２Ｍｎ
２＋＋５ＳＯ
２－
４＋３Ｈ２Ｏ　④ＫＭｎＯ４本身可作指示剂，当达到反应
终点时，过量一滴ＫＭｎＯ４溶液，即可使溶液出现明显颜色变
化，借以指示终点　偏低
解析　（２）②二氧化硫的质量为ｍ１ｇ，根据Ｈ２ＳＯ４＋Ｎａ２ＳＯ３
􀪅􀪅Ｎａ２ＳＯ４＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ可知，Ｎａ２ＳＯ３的质量为ｍ１ｇ× １２６
６４＝
６３ｍ１
３２ｇ，该Ｎａ２ＳＯ３固体样品的纯度为
６３ｍ１
３２ｇ
ｍｇ×１００％＝６３ｍ１
３２ｍ×１００％；
③高锰酸钾能够氧化亚硫酸钠，反应的离子方程式为６Ｈ
＋＋
５ＳＯ
２－
３＋２ＭｎＯ
－
４􀪅􀪅２Ｍｎ
２＋＋５ＳＯ
２－
４＋３Ｈ２Ｏ；
④达到滴定终点读取数据时，若俯视液面，导致高锰酸钾溶液
的体积偏小，根据ｃ（待测）＝ｃ（标准）×Ｖ（标准）
Ｖ（待测）
知，测定结果
偏低。
３．（２０１９河南郑州期末，１８）某学习小组用凯氏定氮法来测定农
产品中氮的含量，测定过程如下：
Ⅰ．用热浓硫酸处理０．２５ｇ谷物样品，把有机氮转化为铵盐。
Ⅱ．用下图所示装置处理上述铵盐（夹持装置略去）。
回答下列问题：
（１）实验前要检查Ｂ装置的气密性，具体操作为
　
　
　。
（２）盛放浓氢氧化钠溶液的仪器名称为　　　　；玻璃管２的
作用是　　　　　　　　　　　　；圆底烧瓶中碎瓷片的
作用是　　　　　　　　　　　。
（３）将“谷物处理后所得的铵盐”加入三颈瓶中，打开玻璃塞、
旋开Ｋ２，加入足量浓氢氧化钠溶液，关闭Ｋ２，打开Ｋ１，点燃
酒精灯使水蒸气进入Ｂ装置。
①Ｂ装置中反应的离子方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
②Ｃ装置冰水混合物的作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
Ⅲ．滴定、计算氮的含量
（４）取下锥形瓶，加入指示剂，用０．１０ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＮａＯＨ溶液
滴定，重复滴定３次，平均消耗１９．３０ｍＬＮａＯＨ溶液。
①该滴定的指示剂应选择　　　　。
ａ．甲基橙　　ｂ．酚酞　　ｃ．甲基橙或酚酞
②该谷物样品中氮的百分含量为　
　
　
　。（保留２位
小数）
３．
答案　（１）关闭Ｋ１、Ｋ２，锥形瓶中加水浸没导管末端，微热三
颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，停止加热恢复到室温，导
管中产生一段水柱，一段时间不下降，表明气密性良好
（２）分液漏斗　避免Ｂ中压强过大　防止暴沸
（３）①ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ　
②降低温度，使氨气被充
分吸收
（４）①ａ　②１７．１９％
解析　（２）浓氢氧化钠溶液盛放在分液漏斗中；玻璃管２起
到平衡压强的作用，避免Ｂ中压强过大；圆底烧瓶中碎瓷片的
作用是防止暴沸。（３）①Ｂ装置中反应的离子方程式为ＮＨ
＋
４＋
ＯＨ
－△
􀪅􀪅ＮＨ３↑＋Ｈ２Ｏ；②Ｃ装置中冰水混合物可以降低温度，
使氨气被充分吸收。（４）用强碱溶液滴定酸，故用甲基橙作指
示剂，选ａ；②ｎ（ＮＨ３）＋ｎ（ＯＨ
－）＝ｎ（Ｈ
＋），代入数据可得ｎ
（ＮＨ３）＝０．００３０７ｍｏｌ，该谷物样品中氮的百分含量为
０．００３０７ｍｏｌ×１４ｇ·ｍｏｌ
－１
０．２５ｇ
×１００％＝１７．１９％。
疑难突破　本题的难点是谷物样品中氮的百分含量的计算，
实验过程利用返滴定法，根据ｎ（ＮＨ３）＋ｎ（ＯＨ
－）＝ｎ（Ｈ
＋）进行
计算。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３６７
　
对应学生用书
起始页码１６４
　　１．综合实验题注重考查对实验原理的理解，对整个实验过
程的把握，从而对实验进行评价。考查内容通常为仪器名称、实
验步骤、操作方法、化学方程式的推断与书写、物质检验（有干
扰）、滴定原理和计算等。
例１　（２０１９广东广州一模，２６）二氧化钒（ＶＯ２）是一种
新型热敏材料。＋４价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。
实验室以Ｖ２Ｏ５为原料合成用于制备ＶＯ２的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸
铵晶体，过程如下：
Ｖ２Ｏ５
６ｍｏｌ·Ｌ
－１盐酸和
Ｎ２Ｈ４·２ＨＣｌ
微沸数分钟→ＶＯＣｌ２溶液
ＮＨ４ＨＣＯ３溶液
ⅱ
→
　　　　　　　　ⅰ
（ＮＨ４）５［（ＶＯ）６（ＣＯ３）４（ＯＨ）９］·１０Ｈ２Ｏ
氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体
回答下列问题
（１）ＶＯＣｌ２中Ｖ的化合价为　　　　。
（２）步骤ⅰ中生成ＶＯＣｌ２的同时生成一种无色无污染的气
体，该反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　　
　　
　
　
　
　
　
　　　　　。也可只用浓盐酸与Ｖ２Ｏ５来制备ＶＯＣｌ２溶液，该法
的缺点是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）步骤ⅱ可在下图装置中进行。
①反应前先通入ＣＯ２数分钟的目的是　　　　　　　　　
　　　　　　　。
②装置Ｂ中的试剂是　　　　　　　　。
（４）测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ａｇ样品于锥形瓶中，用２０ｍＬ蒸馏水与３０ｍＬ混酸溶
解后，加０．０２ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４溶液至稍过量，充分反应后继续加
１％ＮａＮＯ２溶液至稍过量，再用尿素除去过量的ＮａＮＯ２，最后用
ｃｍｏｌ·Ｌ
－１（ＮＨ４）２Ｆｅ（ＳＯ４）２标准溶液滴定至终点，消耗标准溶
液的体积为ｂｍＬ。滴定反应为ＶＯ
＋
２＋Ｆｅ
２＋＋２Ｈ
＋􀪅􀪅ＶＯ
２＋＋
Ｆｅ
３＋＋Ｈ２Ｏ。
①ＫＭｎＯ４溶液的作用是　　　　　　　　　　。ＮａＮＯ２溶
液的作用是　　　　　　　　。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为　　　　。
思路分析　（１）根据化合物中各元素化合价代数和为零，
Ｏ、Ｃｌ的化合价分别为－２、－１，故Ｖ的化合价为＋４。（２）Ｖ２Ｏ５中
Ｖ元素化合价由＋５价降至＋４价，具有氧化性。Ｎ２Ｈ４·２ＨＣｌ中
氮元素化合价为－２价，结合题意要生成无色无污染气体，判断
出产物应该还有氮气，再根据氧化还原反应方程式配平法配平。
浓盐酸通常考查挥发性及氯元素的还原性，结合Ｖ２Ｏ５具有氧化
性，可猜想有Ｃｌ２生成，污染环境。（３）题目给出“＋４价的钒化合
物在弱酸性条件下易被氧化”，因而通入二氧化碳不是为了营造
酸性环境，结合产品易被氧化，得出反应前先通入ＣＯ２数分钟的
目的是排出装置中的空气，避免产物被氧化。产品的制备是在
溶液中反应完成的，因此混有的水蒸气没必要除去，但挥发出的
氯化氢气体会与后续的反应物碳酸氢铵反应，导致产品不纯和
产率下降，除去二氧化碳中的氯化氢气体应该用饱和碳酸氢钠
溶液。（４）ＫＭｎＯ４具有强氧化性，结合题目给定的滴定方程式，
可知ＫＭｎＯ４的作用是把＋４价的钒化合物氧化为ＶＯ
＋
２，接着滴加
稍过量的ＮａＮＯ２是为了把稍过量的ＫＭｎＯ４除去，否则会干扰
Ｆｅ
２＋对ＶＯ
＋
２的滴定。滴定消耗的Ｆｅ
２＋为ｂｃ×１０
－３ｍｏｌ，得出产品中
含有的Ｖ原子的物质的量也为ｂｃ× １０
－３ｍｏｌ，其质量为５１ｂｃ×
１０
－３ｇ，进而可求出钒的质量分数。
答案　（１）＋４
（２）２Ｖ２Ｏ５＋Ｎ２Ｈ４·２ＨＣｌ＋６ＨＣｌ􀪅􀪅４ＶＯＣｌ２＋Ｎ２↑＋６Ｈ２Ｏ　
有氯气生成，污染空气
（３）①排出装置中的空气，避免产物被氧化
②饱和ＮａＨＣＯ３溶液
（４）①将＋４价的钒化合物氧化为ＶＯ
＋
２
除去过量的ＫＭｎＯ４
②５１ｂｃ
１０００ａ×１００％
题目价值　ＶＯ２是一种热致相变化合物，相变期间光学及
电学性质会发生突变，可应用于建筑物的太阳能温控装置，实现
节能减排的目的，符合绿色发展理念，体现科学态度与社会责任
的化学学科素养。题目要求学生理解实验原理，处理题中给定
信息，排除实验过程中干扰项，明确特定条件下制备物质的学科
思想与方法，综合考查学生的科学素养。
２．根据实验过程中各类物质及其反应的不同特征寻找证
据，在复杂的化学问题情境中寻找关键要素，控制变量并提出可
能的假设，基于题目给定的现象与数据进行分析并得出结论。
例２　（２０１９北京人大附中５月测试，１１）草酸是一种常
用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验Ⅰ
试剂
试管
滴管
混合后
溶液ｐＨ
现象
（１ｈ后
溶液）
ａ
ｂ
ｃ
ｄ
４ｍＬ０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＫＭｎＯ４溶液，几滴浓
Ｈ２ＳＯ４
４ｍＬ０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＫＭｎＯ４溶液，几滴浓
ＮａＯＨ溶液
４ｍＬ０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液，几滴
浓Ｈ２ＳＯ４
４ｍＬ０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液，几滴
浓ＮａＯＨ溶液
２ｍＬ
０．３ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液
２
７
２
７
褪为
无色
无明显
变化
无明显
变化
无明显
变化
　　（１）Ｈ２Ｃ２Ｏ４是二元弱酸，写出Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶于水的电离方程
式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（２）实验Ⅰ试管ａ中ＫＭｎＯ４最终被还原为Ｍｎ
２＋，该反应的
离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）瑛瑛和超超查阅资料，实验Ⅰ试管ｃ中Ｈ２Ｃ２Ｏ４与
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３６８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液反应需数月时间才能完成，但加入ＭｎＯ２可促进
Ｈ２Ｃ２Ｏ４与Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下
实验证实了这一点。
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验操作
实验现象
６ｍｉｎ后固体完
全溶解，溶液橙
色变浅，温度
不变
６ｍｉｎ后固体未
溶解，溶液颜色
无明显变化
６ｍｉｎ后固体未溶
解，溶液颜色无明显
变化
　　实验Ⅳ的目的是　　　　　　　　　　　。
（４）睿睿和萌萌对实验Ⅱ继续进行探究，发现溶液中Ｃｒ２Ｏ７
２－
浓度变化如图：
　　臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程ⅰ．ＭｎＯ２与Ｈ２Ｃ２Ｏ４反应生成了Ｍｎ
２＋。
过程ⅱ．　　　　。
①查阅资料：溶液中Ｍｎ
２＋能被ＰｂＯ２氧化为ＭｎＯ
－
４。
针对过程ⅰ，可采用如下方法证实：
将０．０００１ｍｏｌＭｎＯ２加入到６ｍＬ　　
　
　
　
　
　　
中，固
体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量ＰｂＯ２固体，充分反应
后静置，观察到　　　　　　　　　。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ⅱ成立，她们的实
验方案是
　
　。
（５）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与　　　
　　　　　　　　　　　有关。
解析　
（１）Ｈ２Ｃ２Ｏ４是二元弱酸，分步且不完全电离，用
“􀜩􀜨
􀜑
”连接。（２）ＭｎＯ
－
４和Ｈ２Ｃ２Ｏ４反应生成Ｍｎ
２＋和ＣＯ２，结合
得失电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式。
（３）ＭｎＯ２中Ｍｎ的化合价为＋４，可能被Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７氧化为更高价
态；Ｈ２Ｃ２Ｏ４具有还原性，能被Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７氧化，所以实验Ⅳ是对比
实验，目的是排除实验Ⅱ中ＭｎＯ２直接还原重铬酸钾的可能性。
（４）由图像可知，２ｍｉｎ之前反应缓慢，随着反应进行，反应物浓
度降低，反应速率应该降低，但２ｍｉｎ后反应速率陡增，在温度基
本不变时，猜想生成物加快了反应速率，即生成的Ｍｎ
２＋可加快草
酸与重铬酸钾的反应速率。①Ｍｎ
２＋能被ＰｂＯ２氧化为紫色的
ＭｎＯ
－
４，通过观察溶液颜色变化证明溶液中含有Ｍｎ
２＋，为了防止
溶液酸性和ｃ（Ｍｎ
２＋）不同造成干扰，结合过程ⅰ和实验ⅱ信息可
知，先用０．０００１ｍｏｌＭｎＯ２和６ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液制备
与实验Ⅱ等浓度的Ｍｎ
２＋，形成对比实验；②设计实验证明Ｍｎ
２＋
有催化作用，可在Ｈ２Ｃ２Ｏ４和Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７浓度不变的条件下，加入与
实验Ⅱ中ＭｎＯ２等物质的量的可溶性ＭｎＳＯ４，既可验证Ｍｎ
２＋的催
化作用，又可排除ＳＯ
２－
４干扰。注意溶液颜色变化。
答案　（１）Ｈ２Ｃ２Ｏ４􀜩􀜨
􀜑
ＨＣ２Ｏ
－
４＋Ｈ
＋、ＨＣ２Ｏ
－
４􀜩􀜨
􀜑
Ｃ２Ｏ
２－
４＋Ｈ
＋
（２）５Ｈ２Ｃ２Ｏ４＋６Ｈ
＋＋２ＭｎＯ
－
４􀪅􀪅１０ＣＯ２↑＋２Ｍｎ
２＋＋８Ｈ２Ｏ
（３）排除实验Ⅱ中ＭｎＯ２直接还原重铬酸钾的可能性
（４）Ｍｎ
２＋可加快草酸与重铬酸钾的反应
①０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液（调至ｐＨ＝２）　
上层清液为
紫色
②将２ｍＬ０．３ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液与４ｍＬ０．０１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液混合，调至ｐＨ＝２，加入０．０００１ｍｏｌＭｎＳＯ４固体，
６ｍｉｎ后溶液橙色变浅
（６）氧化剂种类、溶液ｐＨ、是否有催化剂
题目价值　以探究草酸被氧化的速率为载体考查学生实验
方案设计思路、对比实验的应用、氧化还原反应离子方程式书写
等综合能力。控制探究实验过程中无关变量、明确对比实验的
应用和作用，充分体现证据推理的核心素养要求。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６６
１．（２０１９辽宁六校协作体联考，１６）Ｙ形管是一种特殊的仪器，
与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用下图装置可以
探究ＳＯ２与ＢａＣｌ２反应生成ＢａＳＯ３沉淀的条件。下列判断正
确的是
（　　）
Ａ．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参
与反应
Ｂ．ｃ、ｄ两根导管都必须插入ＢａＣｌ２溶液中，保证气体与Ｂａ
２＋充
分接触
Ｃ．Ｙ形管乙中产生的为氧化性气体，将ＢａＳＯ３氧化为ＢａＳＯ４
沉淀
Ｄ．ｅ、ｆ两管中的试剂可以分别是浓氨水和ＮａＯＨ固体
１．
答案　Ｄ　Ａ项，玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，使左
右两边产生的气体顺利导入，故错误；Ｂ项，如果产生氨气，氨
气极易溶于水需防止倒吸，因此不能插入ＢａＣｌ２溶液中，故错
误；Ｃ项，ＳＯ２与ＢａＣｌ２不反应，氧化性气体将溶液中的Ｈ２ＳＯ３
氧化成Ｈ２ＳＯ４，而不是将ＢａＳＯ３氧化为ＢａＳＯ４沉淀，故错误；Ｄ
项，若条件为碱性气体，溶液中可存在大量的ＳＯ
２－
３，可生成
ＢａＳＯ３沉淀，所以ｅ、ｆ两管中的试剂可以分别是浓氨水和
ＮａＯＨ（产生氨气），故正确。
２．（２０１９广东佛山一模，２６）葡萄糖酸亚铁［（Ｃ６Ｈ１１Ｏ７）２Ｆｅ］是常
用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备
ＦｅＣＯ３，并利用ＦｅＣＯ３与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回
答下列问题：
（１）ａ的名称为　　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３６９
　
（２）打开Ｋ１、Ｋ３，关闭Ｋ２，一段时间后，关闭Ｋ３，打开Ｋ２。在
　　　　（填仪器标号）中制得碳酸亚铁。实验过程中产
生的Ｈ２作用有　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　、
　　　　　　　　　　。
（３）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发
现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因：　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（４）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。
加入乙醇的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）用ＮａＨＣＯ３溶液代替Ｎａ２ＣＯ３溶液制备碳酸亚铁，同时有
气体产生，离子方程式为
　，
此法产品纯度更高，原因是　　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　。
２．
答案　（１）恒压滴液漏斗
（２）ｃ　排出装置内空气，防止生成的ＦｅＣＯ３被氧化　
将ｂ中
溶液压入ｃ中
（３）４ＦｅＣＯ３＋６Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３＋４ＣＯ２
（４）降低葡萄糖酸亚铁在水中的溶解度
（５）Ｆｅ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＦｅＣＯ３↓＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ　
降低溶液的
ｐＨ，以免产生氢氧化亚铁
解析　（１）根据图示可知，ａ为恒压滴液漏斗。（２）Ｆｅ与稀
硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空
气，故先打开Ｋ１、Ｋ３，关闭Ｋ２，此时在ｂ中制备硫酸亚铁；一段
时间后，关闭Ｋ３，打开Ｋ２，利用生成的氢气使烧瓶中气压增
大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶ｃ中，发生的反应为ＦｅＳＯ４＋
Ｎａ２ＣＯ３􀪅􀪅ＦｅＣＯ３↓＋Ｎａ２ＳＯ４，因此碳酸亚铁在ｃ中生成。
（３）ＦｅＣＯ３在空气中容易被氧化生成氢氧化铁，该反应的化学
方程式为４ＦｅＣＯ３＋６Ｈ２Ｏ＋Ｏ２􀪅􀪅４Ｆｅ（ＯＨ）３＋４ＣＯ２。（４）葡萄
糖酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，加入乙醇可降低葡萄糖
酸亚铁在水中的溶解度，从而提高产率。（５）ＦｅＳＯ４溶液与
ＮａＨＣＯ３溶液反应生成ＦｅＣＯ３、ＣＯ２和Ｈ２Ｏ，该反应的离子方程
式为Ｆｅ
２＋＋２ＨＣＯ
－
３􀪅􀪅ＦｅＣＯ３↓＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ，该反应生成二
氧化碳，使溶液的ｐＨ减小，从而避免生成氢氧化亚铁。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６６
　　１．结合实验目的与原理，明确非常见仪器的功能与用法
在化学实验探究过程中，通常会根据不同的实验目的与原
理选择实验仪器。由于现阶段接触的仪器较为简单，无法满足
某些实验的要求，因此在题中可能会出现所学仪器的非常规使
用，甚至新型仪器的使用。而考生对于综合实验的分析往往缺
乏条理性，不够细致全面，导致无从下手。分析这类问题时，必
须从实验目的与原理出发，结合实验过程中涉及各物质的具体
性质，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（性质）→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。
　　
例１　（２０１８河北衡水中学模拟，２６）索氏提取法是测定
动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装
置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中
的粗脂肪。具体步骤如下：
①包装：取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中干燥后，移至仪器
Ｘ中冷却至室温。然后放入称量瓶中称量，质量记作ａ；在滤纸
筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器Ｘ
中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作ｂ。
②萃取：将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入
一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸入乙醚中，接通冷凝水，加
热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的
无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止（大约６ｈ～１２ｈ）。
③称量：萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，在通风处使无
水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后，
移至仪器Ｘ中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作ｃ。
回答下列问题：
（１）实验中使用了三次的仪器Ｘ的名称是　　
　　。为提
高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用下列　　　　（填字
母）代替。
ａ．空气冷凝管
ｂ．直形冷凝管
ｃ．蛇形冷凝管
（２）①实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火
加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常
在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品为　　
　　（填字母）。
　　ａ．活性炭
ｂ．碱石灰
ｃ．Ｐ２Ｏ５
ｄ．浓硫酸
②无水乙醚在空气中可能被氧化生成少量过氧化物，加热
时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是
　
　。
（３）①实验中需控制温度在７０℃～８０℃之间，考虑到安全
等因素，应采取的加热方式是　　　　　　　　　　。
②当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为
液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流
入提取器（烧瓶）中……该过程连续、反复、多次进行，则萃取液
回流入提取器（烧瓶）的物理现象为　　　　。
Ａ．冷凝回流
Ｂ．虹吸
Ｃ．倒吸
Ｄ．分液
③索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为
　
　。
（４）数据处理：样品中纯脂肪百分含量　　
　　
（填“ ＜”
“＞”或“ ＝”）ｂ－ｃ
ｂ－ａ×１００％。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３７０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
解析　（１）题中三次描述“移至仪器Ｘ中冷却至室温”，目
的是避免吸收空气中的水蒸气，说明仪器Ｘ是干燥器；为提高乙
醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器中的冷凝管可选用蛇形冷凝管，
增大接触面积，延长冷凝时间，提高冷凝效果。
（２）①乙醚是易挥发且易燃的液体，在冷凝管上口连接一个
球形干燥管的目的是吸收没有冷凝的乙醚，避免发生意外。乙
醚性质比较稳定，很少与除酸之外的试剂反应，与浓硫酸反应具
有一定危险性。结合这四种物质的性质，可用来吸收乙醚的只
有活性炭。②过氧化物一般都有较强的氧化性，所以可在酸性
条件下用ＫＩ淀粉溶液来检验，方法是取少量无水乙醚滴加稀硫
酸和ＫＩ淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，则说明含过氧化物，否
则不含。
（３）①根据需要控制的温度，可进行水浴加热；但又不能用
明火加热，故采用恒温加热炉水浴加热。②根据实验描述，当萃
取液的液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器（烧
瓶）中，这是利用虹吸原理。
（４）由于有机溶剂乙醚可能溶解样品中的其他有机物，所以
纯脂肪的质量小于（ｂ－ｃ）ｇ，因此样品中纯脂肪百分含量小于
ｂ－ｃ
ｂ－ａ×１００％。
答案　（１）干燥器　ｃ
（２）①ａ　②取少量无水乙醚滴加稀硫酸和ＫＩ淀粉溶液，振
荡，若溶液变蓝色，则说明含有过氧化物，否则不含
（３）①恒温加热炉水浴加热　②Ｂ
③连续、反复、多次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取
效率高
（４）＜
试题分析　本题新颖之处首先在于仪器的选取，对比三种
类型的冷凝管，为增强冷凝效果，选取接触面积最大的蛇形冷凝
管。其次在于索氏提取器的使用，索氏提取器是有机实验常用
的萃取装置，题干中提及实验可实现连续、反复、多次萃取，进而
确定索氏提取器的功能及使用原理。最后是尾气中乙醚的吸收
和加热方式的选择，根据乙醚性质比较稳定但易挥发且易燃，利
用活性炭疏松多孔的结构进行吸收；用恒温炉水浴加热，确保实
验安全，这两个问题既没有学过，题中也没有提示信息，需要靠
考生对知识进行积累，强化分析能力，解题过程中大胆假设，小
心求证。
【关于索氏提取器】索氏提取器是由提取瓶、提取管、冷凝器
三部分组成的。提取管两侧分别有虹吸管和连接管，各部分连
接处要严密不能漏气。将粉碎后的固体物质放在滤纸包内，置
于提取器中，提取器的下端与盛有浸出溶剂的圆底烧瓶相连，上
面接回流冷凝管。加热圆底烧瓶，使溶剂沸腾，蒸气通过连接管
上升，进入到冷凝管中，被冷凝后滴入提取器中，溶剂和固体接
触进行萃取，当提取器中溶剂液面达到虹吸管的最高处时，含有
萃取物的溶剂虹吸回到烧瓶，因而萃取出一部分物质。烧瓶中
试剂继续蒸发、冷凝、浸出、回流。如此重复，使固体物质不断为
纯的浸出溶剂所萃取，将萃取出的物质富集在烧瓶中。
２．基于真实情景中的反应机理探究
化学是一门以实验为基础的学科，借助实验可以进行物质
制备、探究物质性质及研究反应机理。由于无法直接观察微观
粒子间的反应历程，反应机理的研究通常借助宏观现象揭示微
观实质，因此研究反应机理的实验题是核心素养中证据推理及
科学探究的呈现方式之一，难度较大。微观粒子间的反应往往
是复杂的，需要考虑粒子间反应的先后顺序、竞争关系或催化作
用，作答时需依据真实情景，结合题中所给信息进行分析，切忌
未理解题意就匆匆下笔。
例２　（２０１８北京朝阳二模，２８）某小组设计不同实验方
案比较Ｃｕ
２＋、Ａｇ
＋的氧化性。
（１）方案１：通过置换反应比较
向酸化的ＡｇＮＯ３溶液中插入铜丝，析出黑色固体，溶液变
蓝。反应的离子方程式是　　
　　
　
　
　
　
　
　
　
　，说明氧
化性：Ａｇ
＋＞Ｃｕ
２＋。
（２）方案２：通过Ｃｕ
２＋、Ａｇ
＋分别与同一物质反应进行比较
实验
试剂
试管
滴管
编号及现象
１．０ｍｏｌ／Ｌ
ＫＩ溶液
１．０ｍｏｌ／ＬＡｇＮＯ３溶液
Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液
无色
１．０ｍｏｌ／ＬＣｕＳＯ４溶液
Ⅱ．产生白色沉淀Ａ，溶
液变黄
　　①经检验，Ⅰ中溶液不含Ｉ２，黄色沉淀是　　　　。
②经检验，Ⅱ中溶液含Ｉ２。推测Ｃｕ
２＋作氧化剂，白色沉淀Ａ
是ＣｕＩ。确认Ａ的实验如下：
ａ．经检验，滤液中无Ｉ２。溶液呈蓝色说明溶液中含有　　　
　　（填离子符号）。
ｂ．白色沉淀Ｂ是　　　　。
ｃ．白色沉淀Ａ与ＡｇＮＯ３溶液反应的离子方程式是　
　
　
　
　　　　　　　，说明氧化性Ａｇ
＋＞Ｃｕ
２＋。
（３）分析方案２中Ａｇ
＋未能氧化Ｉ
－，但Ｃｕ
２＋氧化了Ｉ
－的原
因，设计实验如下：
编号
实验１
实验２
实验３
实验
现象
无明显变化
ａ中溶液较快变棕黄
色，ｂ中电极上析出
银；电流表指针偏转
ｃ中溶液较慢变浅
黄色；电流表指针
偏转
　　（电极均为石墨，溶液浓度均为１ｍｏｌ／Ｌ，ｂ、ｄ中溶液ｐＨ≈４）
①ａ中溶液呈棕黄色的原因是　　　　　　　　　　（用电
极反应式表示）。
②“实验３”不能说明Ｃｕ
２＋氧化了Ｉ
－。依据是空气中的氧气
也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是
　
　。
③方案２中，Ｃｕ
２＋能氧化Ｉ
－，而Ａｇ
＋未能氧化Ｉ
－的原因：
　
　。
（资料：Ａｇ
＋＋Ｉ
－􀪅􀪅ＡｇＩ↓　Ｋ１＝１．２×１０
１６；２Ａｇ
＋＋２Ｉ
－􀜩􀜨
􀜑
２Ａｇ↓＋
Ｉ２　Ｋ２＝８．７×１０
８）
解析　（１）铜将银从溶液中置换出来，离子方程式为Ｃｕ＋
２Ａｇ
＋􀪅􀪅２Ａｇ＋Ｃｕ
２＋；（２）①Ａｇ
＋与Ｉ
－反应生成黄色沉淀ＡｇＩ；②白
色沉淀Ａ与ＡｇＮＯ３溶液反应后的上层清液呈蓝色，证明反应生
成了Ｃｕ
２＋；向灰黑色固体滤渣中加入浓硝酸后，取其上层溶液加
稀盐酸出现白色沉淀Ｂ，说明上层溶液中含有Ａｇ
＋，则灰黑色固
体中含有Ａｇ，故Ａ与ＡｇＮＯ３溶液反应的离子方程式是ＣｕＩ＋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３７１
　
２Ａｇ
＋􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋ＡｇＩ＋Ａｇ；（３）①ａ中溶液呈棕黄色说明Ｉ
－放电产
生了Ｉ２，电极反应式为２Ｉ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｉ２；②为了证实氧气的氧化
作用，需设计对照实验，即将ｄ烧杯内的ＣｕＳＯ４溶液换为ｐＨ≈４
的１ｍｏｌ／ＬＮａ２ＳＯ４溶液，进行实验即可；③根据资料可知，Ｋ１＞
Ｋ２，Ａｇ
＋与Ｉ
－发生复分解反应产生ＡｇＩ沉淀的趋势远大于二者发
生氧化还原反应的趋势，故Ａｇ
＋更易与Ｉ
－发生复分解反应，生成
ＡｇＩ；２Ｃｕ
２＋＋４Ｉ
－􀪅􀪅２ＣｕＩ↓＋Ｉ２，生成了ＣｕＩ沉淀，使得Ｃｕ
２＋的氧
化性增强，所以方案２中，Ｃｕ
２＋能氧化Ｉ
－，而Ａｇ
＋未能氧化Ｉ
－。
答案　（１）Ｃｕ＋２Ａｇ
＋􀪅􀪅２Ａｇ＋Ｃｕ
２＋
（２）①ＡｇＩ　　②ａ．Ｃｕ
２＋　ｂ．ＡｇＣｌ
ｃ．ＣｕＩ＋２Ａｇ
＋􀪅􀪅Ｃｕ
２＋＋Ａｇ＋ＡｇＩ
（３）①２Ｉ
－－２ｅ
－􀪅􀪅Ｉ２　②将ｄ烧杯内的溶液换为ｐＨ≈４的
１ｍｏｌ／ＬＮａ２ＳＯ４溶液，ｃ中溶液较慢变浅黄色，电流表指针偏转
　③Ｋ１＞Ｋ２，故Ａｇ
＋更易与Ｉ
－发生复分解反应，生成ＡｇＩ。２Ｃｕ
２＋＋
４Ｉ
－􀪅􀪅２ＣｕＩ↓＋Ｉ２，生成了ＣｕＩ沉淀，使得Ｃｕ
２＋的氧化性增强
名师点睛　本题基于Ｃｕ
２＋与Ａｇ
＋氧化性的比较，引申出不
同环境中氧化还原反应机理的探究，虽然Ｃｕ
２＋与Ａｇ
＋的氧化性已
被学生所熟悉，但是同一体系中同时发生氧化还原反应与复分
解反应的过程少有接触，本题的探究分析非常新颖。解题的关
键首先在于要理解题中所给实验现象背后可能存在的原因，分
析此时溶液中的微粒，紧扣控制单一变量的分析原则，把握宏观
现象揭示微观实质；其次要理解实验的设计意图，要注意根据反
应进行的趋势大小和化学平衡移动的原理分析解答，体现出宏
观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的素养要求。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码１６９
１．（２０１８浙江暨阳３月联考，３１）三氯化六氨合钴（Ⅲ）是一种重
要的化工产品，实验中采用Ｈ２Ｏ２作氧化剂，在大量氨和氯化铵
存在下，选择活性炭作为催化剂将Ｃｏ（Ⅱ）氧化为Ｃｏ（Ⅲ），来
制备三氯化六氨合钴（Ⅲ）配合物，反应的化学方程式为：
２ＣｏＣｌ２
·
６Ｈ２
Ｏ
＋
１０ＮＨ３
＋
２ＮＨ４
Ｃｌ
＋
Ｈ２
Ｏ２
活性炭
􀪅􀪅􀪅􀪅２［Ｃｏ（ＮＨ３）６］Ｃｌ３＋１４Ｈ２Ｏ
ＣｏＣｌ２·６Ｈ２Ｏ
ＮＨ４Ｃｌ
１０ｍＬ水
温热溶解
①
→
溶
液
活性炭
冷却至室温
②
→
浓氨水
③→
［Ｃｏ（ＮＨ３）６］Ｃｌ２
冷却至１０℃
滴入Ｈ２Ｏ２
④
→
６０℃
恒温２０ｍｉｎ
⑤
→
冷却至０℃
抽滤
⑥
→粗产
品
５００ｍＬ热水
２ｍＬ浓盐酸
操作Ａ
⑦
→
滤
液
７ｍＬ浓盐酸
０℃
⑧
→
产
品
晶
体
洗涤、烘干
⑨
→
　　成品
［Ｃｏ（ＮＨ３）６］Ｃｌ３
已知：①Ｃｏ（ＮＨ３）６Ｃｌ３在不同温度下水中的溶解度曲线如
下图。
②制备过程中可能用到的部分装置如下：
　
　
（１）原料ＮＨ４Ｃｌ的主要作用是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　
　
　；步骤④中要冷却至１０℃再缓慢地边搅拌
边加入Ｈ２Ｏ２溶液，这样操作的目的是
　
　。
（２）步骤⑤中保持６０℃的加热方法是　　　　　，恒温２０分
钟的目的是　　　　　　　　　　　。
（３）步骤⑥是减压抽滤（图中装置Ⅱ），当抽滤完毕或中途停止
抽滤时，防止自来水倒吸入抽滤瓶最佳的正确操作
是　　　　　　　　　。
（４）操作Ａ的名称为　　　　　　　。若操作过程中，发现漏
斗尖嘴处有少量晶体析出，处理方法是　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　。
（５）步骤⑨进行洗涤时要用到两种试剂，应该依次用　
　
　
　
（填序号）洗涤。
Ａ．饱和氯化钠溶液　　Ｂ．无水乙醇　　Ｃ．浓盐酸
１．
答案　（１）ＮＨ４Ｃｌ溶于水电离出ＮＨ
＋
４，会抑制ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的
电离　防止温度过高Ｈ２Ｏ２分解，降低反应速率，防止反应过于
剧烈
（２）水浴加热　（提高反应速率，）保证反应完全
（３）慢慢打开活塞ｄ，然后关闭水龙头
（４）趁热过滤　往漏斗中加入少量热水
（５）Ｃ、Ｂ
解析　（１）ＮＨ４Ｃｌ溶于水电离出ＮＨ
＋
４，会抑制ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的
电离，利于加入浓氨水后生成［Ｃｏ（ＮＨ３）６］Ｃｌ２；Ｈ２Ｏ２受热易分
解，故需要进行冷却，同时降低反应速率，避免剧烈反应。
（２）维持６０℃常采用水浴加热；维持６０℃恒温２０分钟是为了
使反应充分。
（３）抽滤时，为避免自来水倒吸，应先平衡内外压强，具体做法
是慢慢打开活塞ｄ，然后关闭水龙头。
（４）根据溶解度曲线，可知产物的溶解度受温度影响较大，冷
却会有较多固体析出，因此操作Ａ应该是趁热过滤；若操作过
程中，发现漏斗尖嘴处有少量晶体析出，处理方法是往漏斗中
加入少量热水。
（５）依据流程中⑦和⑧的提示，结合平衡移动原理，明确增大
氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首
先应该用浓盐酸洗涤，再用有机溶剂乙醇洗涤。
２．（２０１９河北武邑中学四模，２６）向硝酸酸化的２ｍＬ０．１ｍｏｌ·
Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶液（ｐＨ＝２）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先
呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中
无气体生成。实验小组同学对该实验现象进行如下探究。
Ⅰ．探究Ｆｅ
２＋产生的原因
（１）提出猜想；Ｆｅ
２＋可能是Ｆｅ与　　　　或　　　　反应的产
物（填化学式）。
（２）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁
粉，再加入不同的液体试剂，５ｍｉｎ后取上层清液，分别加
入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３７２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
液体试剂
加入铁氰化钾溶液
１号试管
２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１
ＡｇＮＯ３溶液
无蓝色沉淀
２号试管
　　　　　　
有蓝色沉淀
①２号试管中所用的试剂为
　。
②资料显示：该温度下，０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１的ＡｇＮＯ３溶液可以将
Ｆｅ氧化为Ｆｅ
２＋。但１号试管中未观察到蓝色沉淀的原因
可能为　　　　　　　。
③小组同学继续进行实验，证明了２号试管得出的结论正
确，实验如下：取１００ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１硝酸酸化的ＡｇＮＯ３
溶液（ｐＨ＝２），加入铁粉并搅拌，分别插入ｐＨ传感器和
ＮＯ
－
３传感器（传感器可检测离子浓度），得到下图，其中ｐＨ
传感器测得的图示为　　　　（填“图甲”或“图乙”）。
　
④实验测得２号试管中有ＮＨ
＋
４生成，则２号试管中发生反
应的离子方程式为
　。
Ⅱ．探究Ｆｅ
３＋产生的原因
查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Ｆｅ
２＋被Ａｇ
＋氧
化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。
（３）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后
　
　
（填操作和现象），证明黑色固体中有Ａｇ。
（４）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，
加入ＫＳＣＮ溶液，溶液变红。该实验现象　　
　　
（填
“能”或“不能”）证明Ｆｅ
２＋可被Ａｇ
＋氧化，理由为
　
　　　　　　　　　。
２．
答案　（１）ＨＮＯ３　ＡｇＮＯ３
（２）①硝酸酸化的２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＮａＮＯ３溶液
（只答２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＮＯ３或ｐＨ＝２的ＨＮＯ３不得分）
②该反应速率很小或该反应活化能较大
③图乙
④４Ｆｅ＋１０Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅４Ｆｅ
２＋＋ＮＨ
＋
４＋３Ｈ２Ｏ
（３）方法一：加入足量稀硝酸加热至固体完全溶解，再向所得
溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀
方法二：加入足量稀盐酸，仍有黑色固体剩余
（４）不能　Ｆｅ
２＋可能被ＨＮＯ３氧化或被氧气氧化
解析　（１）ＡｇＮＯ３、ＨＮＯ３都具有氧化性，均有可能把Ｆｅ氧化
为Ｆｅ
２＋。
（２）①题中加入的是硝酸酸化的２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＡｇＮＯ３溶
液，未提及ＨＮＯ３的用量。ＨＮＯ３与ＡｇＮＯ３在溶液中均能完全
电离，故溶液中主要存在Ａｇ
＋、ＮＯ
－
３、Ｈ
＋，不能等同于
２ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ＨＮＯ３或ｐＨ＝２的ＨＮＯ３。
②加入铁氰化钾溶液后无蓝色沉淀，说明此时溶液中无Ｆｅ
２＋，
原因为该反应速率很小或该反应活化能较大。
③２号试管得出的结论是正确的，说明在反应过程中消耗了
Ｈ
＋和ＮＯ
－
３，因此溶液ｐＨ呈增大趋势，故为图乙。
④根据题目信息可知，Ｆｅ被氧化为Ｆｅ
２＋，ＮＯ
－
３被还原为ＮＨ
＋
４，根
据得失电子守恒和原子守恒，配平后得离子方程式：４Ｆｅ＋
１０Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅４Ｆｅ
２＋＋ＮＨ
＋
４＋３Ｈ２Ｏ。
（３）铁粉过量，所以黑色固体有可能是Ｆｅ或Ｆｅ和Ａｇ的混合
物。因此有两种方法可以检验是否有Ａｇ，方法一是用过量稀
硝酸溶解固体，再加入稀盐酸，若有不溶于酸的沉淀（ＡｇＣｌ）生
成，则黑色固体中含有Ａｇ；方法二是利用Ａｇ不与稀盐酸反应，
Ｆｅ能溶于稀盐酸的性质检验，若加入足量稀盐酸后仍有固体
剩余，则原固体中含有Ａｇ。
（４）该装置的目的是验证Ｆｅ
２＋能被Ａｇ
＋氧化为Ｆｅ
３＋，但没有排
除其他微粒的干扰。装置处于开放体系中，空气中的Ｏ２能氧
化Ｆｅ
２＋为Ｆｅ
３＋；ＨＮＯ３与ＡｇＮＯ３均有氧化性，在装置中均能作为
氧化剂，无法证明Ｆｅ
２＋被哪种物质氧化。
３．（２０１９北京石景山一模，２８）某实验小组对ＫＳＣＮ的性质进行
探究，设计如下实验：
试管中试剂
实验
滴加试剂
现象
Ⅰ
ⅰ．先加１ｍＬ０．１ｍｏｌ／Ｌ
ＦｅＳＯ４溶液
ⅱ．再加硫酸酸化的
ＫＭｎＯ４溶液
ⅰ．无明显
现象
ⅱ．先变红，后
褪色
Ⅱ
ⅲ．先加１ｍＬ０．０５ｍｏｌ／Ｌ
Ｆｅ２（ＳＯ４）３溶液
ⅳ．再滴加０．５ｍＬ０．５ｍｏｌ／Ｌ
ＦｅＳＯ４溶液
ⅲ．溶液变红
ⅳ．红色明显
变浅
（１）ＳＣＮ
－存在两种结构式，分别为Ｎ
Ｃ
􀜁
Ｓ
－和Ｓ
Ｃ
􀪅
Ｎ
－
􀪅
，
ＳＣＮ
－是二者的互变异构的混合物，请写出Ｎ
Ｃ
􀜁
Ｓ
－的电
子式：　　　　　　　　　　　　。
（２）用离子方程式表示ＦｅＳＯ４溶液显酸性的原因：　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（３）①用离子方程式表示实验Ⅰ溶液变红的原因：
　
　。
②针对实验Ⅰ中红色褪去的原因，小组同学认为是ＳＣＮ
－
被酸性ＫＭｎＯ４氧化为ＳＯ
２－
４，并设计如下图实验装置证实了
猜想是成立的。其中Ｘ溶液是　　　　　　　　　　　，
Ｙ溶液是　　　　　　　　　　　，检验产物ＳＯ
２－
４的操作
及现象是　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　。
（４）针对实验Ⅱ“红色明显变浅”的现象，实验小组进行探究。
甲同学查资料得知：当加入强电解质后，增大了离子间相
互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。“盐效应”
使Ｆｅ
３＋＋ＳＣＮ
－􀜩􀜨
􀜑
［Ｆｅ（ＳＣＮ）］
２＋平衡体系中的Ｆｅ
３＋跟
ＳＣＮ
－结合成［Ｆｅ（ＳＣＮ）］
２＋的机会减少，溶液红色变浅。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３７３
　
乙同学认为ＳＣＮ
－可以与Ｆｅ
２＋反应生成无色配离子，进一步
使Ｆｅ
３＋＋ＳＣＮ
－􀜩􀜨
􀜑
［Ｆｅ（ＳＣＮ）］
２＋平衡左移，红色明显变浅，
而Ｍｇ
２＋与ＳＣＮ
－难配合，于是乙设计了如下实验：
由此推测，实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是
　
　。
（５）工业上测定钛铁合金中钛含量的其中一步反应原理是：以
ＫＳＣＮ为指示剂，用ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２标准溶液滴定Ｔｉ（Ⅲ），反
应的化学方程式为Ｔｉ２（ＳＯ４）３＋２ＮＨ４Ｆｅ（ＳＯ４）２􀪅􀪅
２Ｔｉ（ＳＯ４）２＋（ＮＨ４）２ＳＯ４＋２ＦｅＳＯ４，则达到滴定终点的实验
现象是　　　　　　　　　　　　　　　。
３．
答案　（１）［·
·Ｎ
…
…
Ｃ·
· Ｓ
··
··
·
·］
－
（２）Ｆｅ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ
＋
（３）①ＭｎＯ
－
４＋５Ｆｅ
２＋＋８Ｈ
＋􀪅􀪅Ｍｎ
２＋＋５Ｆｅ
３＋＋４Ｈ２Ｏ，Ｆｅ
３＋＋３ＳＣＮ
－
􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＳＣＮ）３
②０．１ｍｏｌ／ＬＫＳＣＮ溶液　硫酸酸化的ＫＭｎＯ４溶液
一段时间后取少量反应后的ＫＳＣＮ溶液，先加盐酸酸化，再加
氯化钡溶液，出现白色沉淀
（４）（注：本题答案是开放性的，逻辑合理就行）
水溶液的稀释使溶液颜色变浅；“盐效应”使Ｆｅ
３＋跟ＳＣＮ
－结合
成［Ｆｅ（ＳＣＮ）］
２＋的机会减少；ＳＣＮ
－与Ｆｅ
２＋反应生成无色配离
子，三者可能均有（不答水稀释也可）
（５）溶液变红
解析　（１）Ｎ
Ｃ
􀜁
Ｓ
－中Ｎ和Ｃ之间有３对共用电子对，电
子式为［·
·Ｎ
…
…
Ｃ·
· Ｓ
··
··
·
·］
－。
（２）ＦｅＳＯ４为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，离子方程式为
Ｆｅ
２＋＋２Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＯＨ）２＋２Ｈ
＋。
（３）①实验Ⅰ溶液变红，与亚铁离子被酸性高锰酸钾氧化有
关，生成铁离子，涉及的反应为ＭｎＯ
－
４＋５Ｆｅ
２＋＋８Ｈ
＋􀪅􀪅Ｍｎ
２＋＋
５Ｆｅ
３＋＋４Ｈ２Ｏ，Ｆｅ
３＋＋３ＳＣＮ
－􀜩􀜨
􀜑
Ｆｅ（ＳＣＮ）３；②ＳＣＮ
－被酸性
ＫＭｎＯ４氧化为ＳＯ
２－
４，设计成原电池，由电子转移方向可知左侧
石墨为负极，Ｘ溶液为０．１ｍｏｌ／ＬＫＳＣＮ溶液，右侧石墨为正
极，Ｙ溶液为硫酸酸化的ＫＭｎＯ４溶液；检验硫酸根离子，方法
是一段时间后取少量反应后的ＫＳＣＮ溶液，先加盐酸酸化，再
加氯化钡溶液，出现白色沉淀。
（４）ａ、ｂ、ｃ中溶液颜色依次变浅，可说明溶液浓度、盐效应以及
亚铁离子对溶液颜色都有影响，可解释为水溶液的稀释使溶液
颜色变浅；“盐效应”使Ｆｅ
３＋跟ＳＣＮ
－结合成［Ｆｅ（ＳＣＮ）］
２＋的机
会减少；ＳＣＮ
－与Ｆｅ
２＋反应生成无色配离子，三者可能均有。
（５）达到滴定终点，铁离子过量，与ＫＳＣＮ反应，溶液由无色变
为红色。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２５８
考点一实验方案的设计
１．（２０１９课标Ⅰ，９，６分）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
１．
答案　Ｄ　本题涉及的考点有溴苯的制取与提纯、化学实验
的基本方法和技能，考查了化学实验与探究能力。通过化学实
验，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。
苯与溴在ＦｅＢｒ３催化下立即反应产生ＨＢｒ气体，故加苯和溴的
混合液前需打开Ｋ，Ａ项正确；溴易挥发且易溶于有机溶剂
ＣＣｌ４，故装置ｂ中的液体逐渐变为浅红色，Ｂ项正确；溴化氢易
溶于水并能与Ｎａ２ＣＯ３发生反应，Ｃ项正确；溴苯是难溶于水的
液体，反应后的混合液经碱液洗涤、分液、蒸馏，才可得到纯净
的溴苯，Ｄ项错误。
审题方法　
本题以苯与溴的反应（
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
＋Ｂｒ２
ＦｅＢｒ３→
􀜏􀜏
􀜏􀜏
􀜏
Ｂｒ
＋ＨＢｒ）为基础，从反应物和生成物的挥发性、溶解性
和状态等角度分析试剂的作用和物质的分离提纯方法。
２．（２０１９天津理综，４，６分）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
ＮＯ２
气体
证明乙炔可使溴
水褪色
２．
答案　Ｂ　本题涉及的考点有浓硫酸的物理性质、一定物质
的量浓度溶液的配制、气体的收集、乙炔的制备和检验。考查
化学实验基本方法和技能、化学实验探究能力，体现了能依据
实验目的设计探究方案，并运用化学实验进行实验探究，即体
现了科学探究与创新意识的学科核心素养。
Ａ项，浓硫酸密度较大，与乙醇混合时应向乙醇中慢慢倒入浓
硫酸，边加边搅拌，故错误；Ｂ项，用容量瓶配制一定物质的量
浓度的溶液，液面接近刻度线１～２ｃｍ时改用胶头滴管定容，
平视液面，直至凹液面最低点与刻度线相切，故正确；Ｃ项，
ＮＯ２气体密度比空气大，收集时气体应“长进短出”，故错误；Ｄ
项，电石中含有含硫元素的杂质，与水反应生成还原性气体
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３７４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
Ｈ２Ｓ（Ｈ２Ｓ也能使溴水褪色），干扰乙炔的检验，故错误。
对比突破　
浓硫酸与水混合时，因浓硫酸密度大，且腐蚀性
强，为防止其溅出，应采取“酸入水” 的混合方式，同时不停搅
拌。乙醇与浓硫酸混合时亦是如此。
３．（２０１８课标Ⅱ，１３，６分）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０．４０００ｍｏｌ·Ｌ
－１
的ＮａＯＨ溶液
称取４．０ｇ固体ＮａＯＨ于烧杯中，加
入少量蒸馏水溶解，转移至２５０ｍＬ
容量瓶中定容
Ｂ
探究维生素Ｃ的还
原性
向盛有２ｍＬ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５ｍＬ不同浓度ＮａＨＳＯ３
溶液的试管中同时加入２ｍＬ５％
Ｈ２Ｏ２溶液，观察实验现象
３．
答案　Ｂ　固体溶解后先将溶液冷却至室温，再转移至容量
瓶，然后用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒２～３次，并将洗涤液一并
倒入容量瓶中，最后定容，Ａ不正确；ＦｅＣｌ３被还原后，溶液由黄
色变为浅绿色，Ｂ正确；纯化氢气时应最后用浓硫酸干燥，Ｃ不
正确；ＮａＨＳＯ３溶液与Ｈ２Ｏ２溶液反应时无明显现象，Ｄ不
正确。
关联知识　①托盘天平的精确度为０．１ｇ。
②Ｈ２Ｏ２作氧化剂时，还原产物为Ｈ２Ｏ；作还原剂时，氧化产物
为Ｏ２。
４．（２０１７天津理综，４，６分）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
４．
答案　Ｄ　ＮａＨＣＯ３固体受热易分解，Ａ不正确；Ａｌ与稀盐酸
反应生成ＡｌＣｌ３和Ｈ２，蒸发ＡｌＣｌ３溶液最终得到Ａｌ（ＯＨ）３固
体，Ｂ不正确；重结晶法提纯苯甲酸是将粗品溶于少量热水中，
然后趁热过滤，冷却结晶，Ｃ不正确；２ＮａＢｒ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＮａＣｌ＋
Ｂｒ２、２ＫＩ＋Ｃｌ２􀪅􀪅２ＫＣｌ＋Ｉ２，用ＣＣｌ４萃取后，ＣＣｌ４层显橙色的原
溶液为ＮａＢｒ溶液，ＣＣｌ４层显紫色的原溶液为ＫＩ溶液，Ｄ正确。
关联知识　ＡｌＣｌ３＋３Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ａｌ（ＯＨ）３＋３ＨＣｌ，加热促进水解，
ＨＣｌ挥发，最终得到Ａｌ（ＯＨ）３固体。
５．（２０１６课标Ⅱ，１３，６分）下列实验操作能达到实验目的的是
（　　）
实验目的
实验操作
Ａ．
制备Ｆｅ（ＯＨ）３胶体
将ＮａＯＨ浓溶液滴加到饱和
ＦｅＣｌ３溶液中
Ｂ．
由ＭｇＣｌ２溶液制备无水ＭｇＣｌ２
将ＭｇＣｌ２溶液加热蒸干
续表
实验目的
实验操作
Ｃ．
除去Ｃｕ粉中混有的ＣｕＯ
加入稀硝酸溶解，过滤、洗
涤、干燥
Ｄ．
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水
和乙醇的烧杯中
５．
答案　Ｄ　制备Ｆｅ（ＯＨ）３胶体时，应将饱和ＦｅＣｌ３溶液滴入
沸水中，Ａ项不能达到实验目的；将ＭｇＣｌ２溶液加热蒸干将得
到Ｍｇ（ＯＨ）２，欲得到无水ＭｇＣｌ２，应在氯化氢气流中加热蒸干，
Ｂ项不能达到实验目的；向混有ＣｕＯ的Ｃｕ粉中加入稀ＨＮＯ３，
Ｃｕ也会与ＨＮＯ３发生反应，Ｃ项不能达到实验目的。
疑难突破　用化学反应制备液溶胶时要控制好反应物的浓度
和用量，否则就会生成沉淀。
知识拓展　盐溶液蒸干后所得物质的判断
１．考虑盐是否分解。如加热蒸干Ｃａ（ＨＣＯ３）２溶液，因
Ｃａ（ＨＣＯ３）２易分解，故所得固体应是ＣａＣＯ３。
２．考虑氧化还原反应。如加热蒸干Ｎａ２ＳＯ３溶液，因Ｎａ２ＳＯ３易
被氧化，故所得固体应是Ｎａ２ＳＯ４。
３．盐水解生成挥发性酸时，蒸干后一般得到弱碱，如蒸干ＡｌＣｌ３
溶液得Ａｌ（ＯＨ）３。盐水解生成不易挥发性酸时，蒸干后一般
仍为原溶质，如蒸干Ａｌ２（ＳＯ４）３溶液得Ａｌ２（ＳＯ４）３。
４．盐水解生成强碱时，蒸干后一般得到原溶质，如Ｎａ２ＣＯ３等。
６．（２０１９天津理综，９，１８分）环己烯是重要的化工原料。其实验
室制备流程如下：
ＯＨ
（沸点１６１℃）
ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ，△
操作１
→环己烯
粗产品
　饱和食盐水　
操作２
有机相
　
干燥
→过滤
→
操作３→
→
􀜏􀜏
（沸点８３℃）
水相（弃去）
→
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ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ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ＳＯ２
ｂ．ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
ｃ．同等条件下，用ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ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ａｇ环己烯样品中加入定量制得的ｂｍｏｌ
Ｂｒ２，与环己烯充分反应后，剩余的Ｂｒ２与足量ＫＩ作用生成
Ｉ２，用ｃｍｏｌ·Ｌ
－１的Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液滴定，终点时消耗
Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液ＶｍＬ（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３７５
　
①Ｂｒ２＋
􀜏
→
Ｂｒ
Ｂｒ
②Ｂｒ２＋２ＫＩ􀪅􀪅Ｉ２＋２ＫＢｒ
③Ｉ２＋２Ｎａ２Ｓ２Ｏ３􀪅􀪅２ＮａＩ＋Ｎａ２Ｓ４Ｏ６
（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．Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液部分被氧化
６．
答案　（１８分）（１）ＦｅＣｌ３溶液　溶液显紫色
（２）①
ＯＨ
ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
＋Ｈ２Ｏ　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　
（ｂ－ｃＶ
２０００）×８２
ａ
（６）ｂ、ｃ
解析　本题涉及的考点有醇和酚的性质与应用、常用化学仪
器的使用、化学实验的基本操作、氧化还原滴定。通过环己烯
的制备、提纯和含量的测定，考查了学生分析和解决化学问题
的能力及化学实验能力，体现了科学探究与创新意识的学科核
心素养。
（１）苯酚遇到ＦｅＣｌ３溶液显紫色，ＦｅＣｌ３溶液常用于检验苯酚。
（２）①结合制备流程知，环己醇在ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ的催化下，加
热生成环己烯，故烧瓶Ａ中进行的可逆反应为
ＯＨ
ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ
△
􀜩
􀜨
􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑
􀜏􀜏
＋Ｈ２Ｏ。浓硫酸具有脱水性和强氧化性，
能使原料环己醇炭化并产生ＳＯ２；使用ＦｅＣｌ３·６Ｈ２Ｏ污染小，
符合绿色化学理念；催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡
转化率。
②Ｂ为冷凝管，可以冷凝回流，减少环己醇蒸出。
（３）操作２是分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯。
（４）蒸馏操作时，加入待蒸馏的物质和沸石后，先通冷凝水，再
加热，弃去前馏分，然后收集。
（５）用Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准溶液滴定Ｉ２时常用淀粉溶液作指示剂；依据
测定过程的反应可知，与环己烯反应后剩余的ｎ（Ｂｒ２）＝ｎ（Ｉ２）＝
１
２ｎ（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３）＝１
２ｃＶ× １０
－３ｍｏｌ，则与环己烯反应的ｎ′（Ｂｒ２）＝
（ｂ－１
２ｃＶ×１０
－３）ｍｏｌ，则ｎ（
􀜏􀜏
）＝ｎ′ （Ｂｒ２）＝（ｂ－１
２ｃＶ×
１０
－３）ｍｏｌ，故样品中环己烯的质量分数为
（ｂ－１
２ｃＶ×１０
－３）×８２ｇ
ａｇ
＝
（ｂ－
ｃＶ
２０００）×８２
ａ
。
（６）ａ项，样品中含有苯酚杂质，苯酚能与Ｂｒ２发生反应，消耗
Ｂｒ２的量增加，测定结果偏高；ｂ项，测定过程中环己烯挥发，消
耗Ｂｒ２的量减少，测定结果偏低；ｃ项，Ｎａ２Ｓ２Ｏ３标准液部分被
氧化，则滴定过程中消耗Ｎａ２Ｓ２Ｏ３的量增多，计算出剩余的Ｂｒ２
的量偏多，则与环己烯反应的Ｂｒ２的量偏少，测定结果偏低。
易错警示　
蒸馏操作开始时，先通冷凝水后加热；蒸馏结束
时，先停止加热后停冷凝水。
７．（２０１８课标Ⅰ，２６，１４分）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：
（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　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　。
７．
答案　（１）去除水中溶解氧　分液（或滴液）漏斗
（２）①Ｚｎ＋２Ｃｒ
３＋􀪅􀪅Ｚｎ
２＋＋２Ｃｒ
２＋
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　
（１）为防止水中溶解的氧气氧化Ｃｒ
２＋或
（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ，需将蒸馏水煮沸并迅速冷却，以除去溶解氧。
（２）①由溶液颜色变化可知，Ｚｎ将Ｃｒ
３＋还原为Ｃｒ
２＋，反应的离
子方程式为Ｚｎ＋２Ｃｒ
３＋􀪅􀪅Ｚｎ
２＋＋２Ｃｒ
２＋。
②ｃ中产生的气体为氢气，可排除ｃ中空气，防止Ｃｒ
２＋被氧化。
（３）打开Ｋ３，关闭Ｋ１、Ｋ２，ｃ中产生的氢气聚集在溶液上方，气
体压强增大，将ｃ中液体经长导管压入ｄ中；（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ难
溶于冷水，可将ｄ置于冰水浴中冷却，（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ充分结晶
后，经过滤、洗涤、干燥得砖红色晶体。
（４）由于装置ｄ为敞开体系，与大气直接接触，故空气中的氧
气可能会氧化（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ。
审题方法　本题解题的关键是题干中指出醋酸亚铬在气体分
析中用作氧气吸收剂，说明醋酸亚铬具有强还原性。
方法技巧　Ｃｒ
２＋、（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ的强还原性与Ｆｅ
２＋、Ｆｅ（ＯＨ）２
相似。（ＣＨ３ＣＯＯ）２Ｃｒ的制取实验与Ｆｅ（ＯＨ）２制取的改进实
验相似。
８．（２０１８课标Ⅱ，２８，１５分）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］
光照
􀪅􀪅２ＦｅＣ２Ｏ４＋３Ｋ２Ｃ２Ｏ４＋２ＣＯ２↑；显
色反应的化学方程式为　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３７６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（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ｍｇ样品于锥形瓶中，溶解后加稀Ｈ２ＳＯ４酸化，用
ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４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ｃｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＭｎＯ４溶液滴定至终点，消耗ＫＭｎＯ４溶液
ＶｍＬ。该晶体中铁的质量分数的表达式为　　　　　。
８．
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　②５ｃＶ×５６
ｍ×１０００×１００％
解析　
（１）Ｆｅ
２＋与［Ｆｅ（ＣＮ）６］
３－可反应生成蓝色固
体Ｆｅ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］２。
（２）②Ｂ中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中有ＣＯ２；装置Ｅ
中固体变为红色，Ｆ中澄清石灰水变浑浊，证明分解产物中有
ＣＯ。③停止实验时，若先停止通入氮气，后熄灭酒精灯，会导
致装置内气压减小，造成倒吸。④检验Ｆｅ２Ｏ３需先将固体溶于
稀硫酸，然后利用Ｆｅ
３＋遇ＳＣＮ
－会生成红色的Ｆｅ（ＳＣＮ）３的性质
检验。
（３）②Ｚｎ＋２Ｆｅ
３＋􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｚｎ
２＋、５Ｆｅ
２＋＋ＭｎＯ
－
４＋８Ｈ
＋􀪅􀪅５Ｆｅ
３＋＋
Ｍｎ
２＋＋４Ｈ２Ｏ，则
Ｆｅ
３＋
～
１
５ＭｎＯ
－
４，溶液中
Ｆｅ
３＋
为
［（ｃ×Ｖ×１０
－３）×５］ｍｏｌ，即（５ｃＶ× １０
－３× ５６）ｇ，则晶体中铁的质
量分数表达式为５６×５ｃＶ
１０００ｍ×１００％。
９．（２０１８江苏单科，１９，１５分）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　
　
　
　
　
　　　。
图１
（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、ＨＳＯ
－
３、ＳＯ
２－
３随ｐＨ的分布如图２所示，
Ｎａ２ＳＯ３的溶解度曲线如图３所示）。
图２
图３
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。
９．
答案　（１５分）（１）３Ｃｌ２＋６ＯＨ
－△
􀪅􀪅５Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－
３＋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
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３７７
　
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　（１）Ｃｌ２
ＮａＣｌ
＋５
Ｏ３
→
ＮａＣｌ
－１
→
，反应生成的ＮａＣｌＯ３与ＮａＣｌ的物
质的量之比为１∶５；Ｃｌ２与ＮａＯＨ的反应为放热反应，缓慢通
入Ｃｌ２可减慢反应速率，防止溶液升温过快。（２）反应过程中
不能使ＮａＣｌＯ碱性溶液过量，否则会氧化生成的Ｎ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ，
故ＮａＣｌＯ碱性溶液应用滴液漏斗滴加；水合肼的沸点约为
１１８℃，冷凝回流可减少水合肼的挥发。（３）②溶液ｐＨ约为
１０时可得Ｎａ２ＳＯ３溶液；制备无水Ｎａ２ＳＯ３时，注意过滤时温度
不能低于３４℃，否则会生成Ｎａ２ＳＯ３·７Ｈ２Ｏ晶体。
考点二实验方案的评价
１０．（２０１９江苏单科，１３，４分）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Ｆｅ
２＋
Ｂ
向浓度均为０．０５ｍｏｌ· 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３ｍＬＫＩ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
１０．
答案　Ｃ　本题涉及的考点有Ｆｅ
２＋的检验、Ｋｓｐ大小比较、氧
化性强弱判断、盐类的水解，考查考生化学实验与探究的能
力，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。
检验Ｆｅ
２＋应先加ＫＳＣＮ溶液，溶液不变红色，再滴加新制氯
水，溶液变红色，Ａ不正确；Ｉ
－先沉淀，说明Ｋｓｐ（ＡｇＩ）＜
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ），Ｂ不正确；加淀粉后溶液显蓝色，说明溶液中发生
了反应Ｂｒ２＋２Ｉ
－􀪅􀪅Ｉ２＋２Ｂｒ
－，氧化剂的氧化性强于氧化产物
的氧化性，Ｃ正确；ＣＨ３ＣＯＯＮａ溶液与ＮａＮＯ２溶液浓度不一
定相等，无法根据实验现象得出题给的结论，Ｄ不正确。
易错警示　用氯水和ＫＳＣＮ溶液检验Ｆｅ
２＋时要注意试剂的加
入顺序，未认真审题易错选Ａ项。
１１．（２０１８江苏单科，１２，４分）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
Ｆｅ
２＋的氧化性强于Ｃｕ
２＋
的氧化性
续表
选项
实验操作和现象
结论
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）
１１．
答案　Ｂ　酸性：Ｈ２ＣＯ３＞苯酚＞ＨＣＯ
－
３，Ｎａ２ＣＯ３溶液使苯酚
浊液变澄清，是因为反应生成了ＨＣＯ
－
３，Ａ错误；密度：水＜
ＣＣｌ４，上层为水层呈无色，下层为ＣＣｌ４层呈紫红色，说明ＣＣｌ４
萃取了碘水中的Ｉ２，即Ｉ２在ＣＣｌ４中的溶解度大于在水中的溶
解度，Ｂ正确；铁粉与Ｃｕ
２＋发生置换反应，生成了Ｆｅ
２＋与Ｃｕ，
故氧化剂Ｃｕ
２＋的氧化性强于氧化产物Ｆｅ
２＋的氧化性，Ｃ错误；
原混合液中ｃ（Ｃｌ
－）与ｃ（Ｉ
－）关系未知，故不能判断Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）
与Ｋｓｐ（ＡｇＩ）的大小关系，Ｄ错误。
规律方法　在同一个氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化
产物；还原性：还原剂＞还原产物。
１２．（２０１６北京理综，１０，６分）Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液中存在平衡：
Ｃｒ２Ｏ
２－
７（橙色）＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
２ＣｒＯ
２－
４（黄色）＋２Ｈ
＋。用Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶
液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是
（　　）
Ａ．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
Ｂ．②中Ｃｒ２Ｏ
２－
７被Ｃ２Ｈ５ＯＨ还原
Ｃ．对比②和④可知Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７酸性溶液氧化性强
Ｄ．若向④中加入７０％Ｈ２ＳＯ４溶液至过量，溶液变为橙色
１２．
答案　
Ｄ　
④中存在Ｃ２Ｈ５ＯＨ，溶液变为酸性后，Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７
的氧化性增强，会将Ｃ２Ｈ５ＯＨ氧化，溶液变成绿色。
１３．（２０１９北京理综，２８，１６分）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
沉淀Ｂ
６ｍｏｌ·Ｌ
－１氨水
　
→溶液Ｃ
过量Ｂａ（ＮＯ３）２溶液
　
→沉淀Ｄ
ⅰ．洗涤干净
ⅱ．过量稀盐酸
滤液Ｅ
→
沉淀Ｆ
→
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
　。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３７８
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
（３）根据沉淀Ｆ的存在，推测ＳＯ
２－
４的产生有两个途径：
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，ＳＯ
２－
３被氧化为ＳＯ
２－
４进入Ｄ。
实验三：探究ＳＯ
２－
４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ＳＯ
２－
４生成。
（６）根据上述实验所得结论：
　
　
　。
１３．
答案　（１）①Ｃｕ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）
△
􀪅􀪅ＣｕＳＯ４＋ＳＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ
②饱和ＮａＨＳＯ３溶液
（２）①Ａｇ２ＳＯ３＋４ＮＨ３·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅２Ａｇ（ＮＨ３）
＋
２＋ＳＯ
２－
３＋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ＳＯ
２－
４，途径２产生ＳＯ
２－
４
（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ＳＯ
２－
４的速率，碱性溶液中ＳＯ
２－
３更易被氧化为ＳＯ
２－
４
解析　本题是一道综合性实验题，考查了ＳＯ２气体的制备、
ＳＯ２气体的性质及物质性质的探究。试题全面考查了实验与
探究的能力，并借助实验形式考查学生分析和解决化学问题
的能力。试题以科学研究的一般过程展开，体现了科学探究
与创新意识的学科核心素养及创新思维、创新意识的价值
观念。
（１）②Ｃｕ和浓Ｈ２ＳＯ４反应时会有硫酸酸雾形成，饱和
ＮａＨＳＯ３溶液的作用是除去ＳＯ２中的Ｈ２ＳＯ４酸雾。
（２）②沉淀Ｄ中加过量稀盐酸后过滤得到滤液Ｅ，滤液Ｅ中
含有ＢａＣｌ２和少量Ｈ２ＳＯ３，加入Ｈ２Ｏ２溶液产生白色沉淀即可
证明Ｈ２ＳＯ３存在。
（３）①Ａｇ２ＳＯ４是微溶物，Ａ中会含有少量的Ａｇ
＋和ＳＯ
２－
４。
（６）由实验二知，ＳＯ２通入ＡｇＮＯ３溶液中主要生成Ａｇ２ＳＯ３沉
淀，由（５）知，混合物放置一段时间有Ａｇ和ＳＯ
２－
４生成，则可
得在实验条件下，ＳＯ２与ＡｇＮＯ３溶液生成Ａｇ２ＳＯ３的速率大
于生成Ａｇ和ＳＯ
２－
４的速率；由实验二分析知，碱性溶液中ＳＯ
２－
３
更易被氧化为ＳＯ
２－
４。
审题技巧　解答该题时要突破思维定式，亚硫酸是弱酸，通
常在酸性环境下不能生成亚硫酸盐沉淀，但是亚硫酸银是个
例外。
１４．（２０１８北京理综，２８，１６分）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）
①Ａ为氯气发生装置。Ａ中反应方程式是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
（锰被还原为
Ｍｎ
２＋）。
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＋１０ＫＯＨ􀪅􀪅２Ｋ２ＦｅＯ４＋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　
　
　
　
ＦｅＯ
２－
４（填“ ＞” 或“ ＜”），而方案Ⅱ实验表明，Ｃｌ２和ＦｅＯ
２－
４
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ＦｅＯ
２－
４＞ＭｎＯ
－
４，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
ＦｅＯ
２－
４＞ＭｎＯ
－
４。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实
验方案。
理由或方案：
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
３．
答案　
（１）①２ＫＭｎＯ４＋１６ＨＣｌ􀪅􀪅２ＭｎＣｌ２＋２ＫＣｌ＋
５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ
②
③Ｃｌ２＋２ＯＨ
－􀪅􀪅Ｃｌ
－＋ＣｌＯ
－＋Ｈ２Ｏ
（２）①ⅰ．Ｆｅ
３＋　４ＦｅＯ
２－
４＋２０Ｈ
＋􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋３Ｏ２↑＋１０Ｈ２Ｏ
ⅱ．排除ＣｌＯ
－的干扰
②＞　溶液酸碱性不同
③理由：ＦｅＯ
２－
４在过量酸的作用下完全转化为Ｆｅ
３＋和Ｏ２，溶液
浅紫色一定是ＭｎＯ
－
４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　该题以Ｋ２ＦｅＯ４的制备和其性质探究为载体，考查氧
化还原反应原理及实验探究等。
（１）①ＫＭｎＯ４与浓盐酸发生氧化还原反应制得Ｃｌ２，反应方程
式为２ＫＭｎＯ４＋１６ＨＣｌ􀪅􀪅２ＭｎＣｌ２＋２ＫＣｌ＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ。
②洗气装置的导管应长进短出，为除去Ｃｌ２中的ＨＣｌ，应用饱
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３７９
　
和食盐水。
③在碱性环境中，Ｃｌ２易发生歧化反应：Ｃｌ２＋２ＫＯＨ􀪅􀪅ＫＣｌ＋
ＫＣｌＯ＋Ｈ２Ｏ。
（２）①ⅰ．Ｆｅ
３＋遇ＫＳＣＮ溶液显红色，故溶液中含有Ｆｅ
３＋；在酸
性条件下，Ｋ２ＦｅＯ４快速分解可生成Ｆｅ
３＋。
ⅱ．用ＫＯＨ溶液洗涤可除去固体表面吸附的ＫＣｌＯ等物质，排
除对后续实验的干扰。
②Ｃｌ２在碱性条件下能够氧化Ｆｅ（ＯＨ）３，生成Ｋ２ＦｅＯ４，根据平
衡移动原理，３Ｃｌ２＋２Ｆｅ（ＯＨ）３＋１０ＫＯＨ􀜩􀜨
􀜑
２Ｋ２ＦｅＯ４＋６ＫＣｌ＋
８Ｈ２Ｏ，当溶液酸性增强时，平衡将向逆反应方向移动，或者在
酸性条件下，ＦｅＯ
２－
４氧化性增强，能氧化Ｃｌ
－生成Ｃｌ２。
③在酸性条件下，ＦｅＯ
２－
４发生反应：４ＦｅＯ
２－
４＋２０Ｈ
＋􀪅􀪅４Ｆｅ
３＋＋
３Ｏ２↑＋１０Ｈ２Ｏ，振荡后溶液呈浅紫色能说明有ＭｎＯ
－
４生成。
１５．（２０１７课标Ⅲ，２６，１４分）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ｍ１ｇ。将样品装入石
英玻璃管中，再次将装置Ａ称重，记为ｍ２ｇ。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ｍ３ｇ。
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。
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　
　
　
　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　。
１５．
答案　（１）样品中没有Ｆｅ（Ⅲ）　
Ｆｅ（Ⅱ）易被氧气氧化为
Ｆｅ（Ⅲ）
（２）①干燥管　②ｄａｂｆｃｅ
③
７６（ｍ２－ｍ３）
９（ｍ３－ｍ１）　偏小
（３）①ｃ、ａ　生成白色沉淀、褪色
②２ＦｅＳＯ４
高温
􀪅􀪅Ｆｅ２Ｏ３＋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Ｆｅ
３＋；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，
说明有铁离子产生，即亚铁离子易被氧气氧化为铁离子。
（２）①根据仪器构造可知Ｂ是干燥管。②由于装置中有空
气，空气中的氧气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置
中的空气；熄灭酒精灯后，要先冷却至室温，再关闭Ｋ１和Ｋ２，
最后称量，即正确的排序是ｄａｂｆｃｅ。③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，则
ＦｅＳＯ４·ｘＨ２Ｏ
△
􀪅􀪅ＦｅＳＯ４　　＋　　ｘＨ２Ｏ
１５２　
１８ｘ
（ｍ３－ｍ１）ｇ
（ｍ２－ｍ３）ｇ
则
１５２
（ｍ３－ｍ１）ｇ＝
１８ｘ
（ｍ２－ｍ３）ｇ，解得ｘ＝７６（ｍ２－ｍ３）
９（ｍ３－ｍ１）；若实验时按
ａ、ｄ次序操作，在加热过程中部分硫酸亚铁被氧气氧化为硫
酸铁，导致ｍ３偏大，因此ｘ偏小。
（３）①实验后残留的红色粉末为Ｆｅ２Ｏ３，根据得失电子守恒可
知必然有ＳＯ２产生，结合原子守恒可知气体产物中还有ＳＯ３，
则检验的试剂应选择品红溶液和ＢａＣｌ２溶液，由于ＳＯ３可溶
于品红溶液中，故应先检验ＳＯ３。②由题意可以得到硫酸亚铁
高温分解的化学方程式为２ＦｅＳＯ４
高温
􀪅􀪅Ｆｅ２Ｏ３＋ＳＯ２↑＋ＳＯ３↑。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
考点一实验方案的设计
１．（２０１５重庆理综，４，６分）下列实验中，所使用的装置（夹持装
置略）、试剂和操作方法都正确的是
（　　）
答案　Ａ　Ａ项，Ｆｅ（ＯＨ）２易与Ｏ２反应，所以在ＦｅＳＯ４溶液
液面上方加一层植物油，且胶头滴管下端伸到液面下滴加
ＮａＯＨ溶液；Ｂ项，容量瓶不能用于直接溶解药品、稀释溶液；Ｃ
项，实验室制ＮＨ３所用药品为ＮＨ４Ｃｌ和Ｃａ（ＯＨ）２，氨气极易溶
于水，不能用排水法收集；Ｄ项，温度计水银球应在液面以下，
乙醇和浓硫酸反应除有乙烯生成外，还有ＳＯ２、乙醇蒸气产生，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３８０
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
而ＳＯ２、乙醇蒸气和乙烯均能使ＫＭｎＯ４酸性溶液褪色。
２．（２０１７江苏单科，１９，１５分）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）。
预处理后
的光盘碎片
氧化
→
１５％ＮａＣｌＯ溶液（过量）
↓
ＮａＯＨ溶液调ｐＨ
↑
过滤Ⅰ
→
滤液
↓
溶解
→
１０％氨水
↓
过滤Ⅱ
→
滤渣
↓
…… →Ａｇ
→
已知：
①ＮａＣｌＯ溶液在受热或酸性条件下易分解，如：３ＮａＣｌＯ􀪅􀪅
２ＮａＣｌ＋ＮａＣｌＯ３
②ＡｇＣｌ可溶于氨水：ＡｇＣｌ＋２ＮＨ３· Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
Ａｇ（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·Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４Ａｇ↓＋Ｎ２↑＋４ＮＨ
＋
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：２ｍｏｌ·Ｌ
－１水合肼溶液，１ｍｏｌ·Ｌ
－１
Ｈ２ＳＯ４溶液）。
答案　（１５分）（１）水浴加热
（２）４Ａｇ＋４ＮａＣｌＯ＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅４ＡｇＣｌ＋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２ｍｏｌ·Ｌ
－１水合肼溶液，搅拌使其充分反应，
同时用１ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２ＳＯ４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　本题考查化学实验方案设计的基础知识。（１）当受
热温度不超过１００℃时，常采用水浴加热。（３）滤渣表面吸附
有可溶性银的化合物，需对滤渣进行洗涤并将洗涤液回收利
用。（５）根据已知信息③可知可用水合肼还原Ａｇ（ＮＨ３）
＋
２以
制取Ａｇ，并用Ｈ２ＳＯ４溶液吸收污染性气体ＮＨ３。
规律方法　解答物质制备实验题的一般程序
（１）认真阅读题干，提取有用信息。
（２）仔细观察装置图（或框图），联想熟悉的实验，找出每个仪
器（或步骤）与熟悉的某一实验相似的地方，分析每个仪器中
所装药品的作用。
（３）通读问题，把所有的问题进行综合分析，运用题给信息和
所学化学知识得出正确答案。
３．（２０１６江苏单科，１６，１２分）以电石渣［主要成分为Ｃａ（ＯＨ）２
和ＣａＣＯ３］为原料制备ＫＣｌＯ３的流程如下：
　　　　　
Ｈ２Ｏ
↓　　　Ｃｌ２
↓　　　　　　　　ＫＣｌ
↓
电石渣
→打浆
→氯化
→过滤
→转化
→……
→ＫＣｌＯ３固体
　　　　　　　　　　
　　　　
↓
滤渣
（１）氯化过程控制电石渣过量、在７５℃左右进行。氯化时存
在Ｃｌ２与Ｃａ（ＯＨ）２作用生成Ｃａ（ＣｌＯ）２的反应，Ｃａ（ＣｌＯ）２
进一步转化为Ｃａ（ＣｌＯ３）２，少量Ｃａ（ＣｌＯ）２分解为ＣａＣｌ２
和Ｏ２。
①生成Ｃａ（ＣｌＯ）２的化学方程式为
　
　　　　　　　　　　。
②提高Ｃｌ２转化为Ｃａ（ＣｌＯ３）２的转化率的可行措施有　　
（填序号）。
Ａ．适当减缓通入Ｃｌ２速率
Ｂ．充分搅拌浆料
Ｃ．加水使Ｃａ（ＯＨ）２完全溶解
（２）氯化过程中Ｃｌ２转化为Ｃａ（ＣｌＯ３）２的总反应方程式为
６Ｃａ（ＯＨ）２＋６Ｃｌ２􀪅􀪅Ｃａ（ＣｌＯ３）２＋５ＣａＣｌ２＋６Ｈ２Ｏ
氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为　　　　　　　　　　（填化学式）。
②滤液中Ｃａ（ＣｌＯ３）２与ＣａＣｌ２的物质的量之比
ｎ［Ｃａ（ＣｌＯ３）２］∶ｎ（ＣａＣｌ２）　
　
　
１∶５（填“ ＞” “ ＜” 或
“ ＝”）。
（３）向滤液中加入稍过量ＫＣｌ固体可将Ｃａ（ＣｌＯ３）２转化为
ＫＣｌＯ３。若溶液中ＫＣｌＯ３的含量为１００ｇ·Ｌ
－１，从该溶液中
尽可能多地析出ＫＣｌＯ３固体的方法是　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　。
答案　
（１２分）（１）①２Ｃｌ２＋２Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅Ｃａ（ＣｌＯ）２＋
ＣａＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ　②ＡＢ
（２）①ＣａＣＯ３、Ｃａ（ＯＨ）２　②＜
（３）蒸发浓缩、冷却结晶
解析　（１）①根据“ 氯化时存在Ｃｌ２与Ｃａ（ＯＨ）２作用生成
Ｃａ（ＣｌＯ）２的反应”可知反应的化学方程式为２Ｃａ（ＯＨ）２＋２Ｃｌ２
􀪅􀪅ＣａＣｌ２＋Ｃａ（ＣｌＯ）２＋２Ｈ２Ｏ。
②缓慢通入Ｃｌ２和充分搅拌浆料都能使Ｃｌ２充分与Ｃａ（ＯＨ）２
接触，可提高Ｃｌ２的转化率。
（２）①由电石渣成分可知，不能溶于水的是ＣａＣＯ３，还有未反
应完的Ｃａ（ＯＨ）２，故滤渣的主要成分为ＣａＣＯ３和Ｃａ（ＯＨ）２。
②根据题给方程式：６Ｃａ（ＯＨ）２＋６Ｃｌ２􀪅􀪅Ｃａ（ＣｌＯ３）２＋
５ＣａＣｌ２＋６Ｈ２Ｏ可知，理论上滤液中Ｃａ（ＣｌＯ３）２和ＣａＣｌ２的物质
的量之比为１∶５，但是由于可能存在２Ｃｌ２＋２Ｃａ（ＯＨ）２􀪅􀪅
Ｃａ（ＣｌＯ）２＋ＣａＣｌ２＋２Ｈ２Ｏ，并且氯化时少量Ｃａ（ＣｌＯ）２会分解为
Ｏ２和ＣａＣｌ２，使得滤液中ＣａＣｌ２的物质的量增大，故滤液中
ｎ［Ｃａ（ＣｌＯ３）２］∶ｎ（ＣａＣｌ２）＜１∶５。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３８１
　
（３）根据图像可知，ＫＣｌＯ３的溶解度随温度变化较大，且低温时
溶解度较小，而Ｃａ（ＣｌＯ３）２的溶解度在低温时较大，所以采用
蒸发浓缩、冷却结晶法即可。
４．（２０１５福建理综，２５，１５分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯
水并进行有关探究实验。
实验一　制取氯酸钾和氯水
利用上图所示的实验装置进行实验。
（１）制取实验结束后，取出Ｂ中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该
实验操作过程需要的玻璃仪器有
　。
（２）若对调Ｂ和Ｃ装置的位置，　
　
　
　
（填“能” 或“不能”）
提高Ｂ中氯酸钾的产率。
实验二　氯酸钾与碘化钾反应的研究
（３）在不同条件下ＫＣｌＯ３可将ＫＩ氧化为Ｉ２或ＫＩＯ３。该小组
设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系
列ａ实验的记录表如下（实验在室温下进行）：
试管编号
１
２
３
４
０．２０ｍｏｌ·Ｌ
－１ＫＩ／ｍＬ
１．０
１．０
１．０
１．０
ＫＣｌＯ３（ｓ）／ｇ
０．１０
０．１０
０．１０
０．１０
６．０ｍｏｌ·Ｌ
－１Ｈ２ＳＯ４／ｍＬ
０
３．０
６．０
９．０
蒸馏水／ｍＬ
９．０
６．０
３．０
０
实验现象
①系列ａ实验的实验目的是　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　　。
②设计１号试管实验的作用是　　　　　　　　　　　。
③若２号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入
淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为ＫＣｌ，则
此反应的离子方程式为
　。
实验三　测定饱和氯水中氯元素的总量
（４）该小组设计的实验方案为：使用下图装置，加热１５．０ｍＬ饱
和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要
原因是　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　　　　　
　
　
　
　
　
　。（不考虑实验装置及操作失
误导致不可行的原因）
（５）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不必
描述操作过程的细节）：
　
　。
资料：ⅰ．次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ⅱ．次氯酸或氯气可被ＳＯ２、Ｈ２Ｏ２和ＦｅＣｌ２等物质还原
成Ｃｌ
－。
答案　（１５分）（１）烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管（不填“胶
头滴管”也可）　（２）能
（３）①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响　
②硫酸
浓度为０的对照实验　③ＣｌＯ
－
３＋６Ｉ
－＋６Ｈ
＋􀪅􀪅Ｃｌ
－＋３Ｉ２＋３Ｈ２Ｏ
（４）因存在Ｃｌ２的重新溶解、ＨＣｌＯ分解等，此方案无法测算试
样含氯总量（或其他合理答案）
（５）量取一定量的试样，加入足量的Ｈ２Ｏ２溶液，加热除去过量
的Ｈ２Ｏ２，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量（或其
他合理答案）
解析　（２）若对调Ｂ、Ｃ位置，Ｃｌ２中的ＨＣｌ气体杂质因溶于
Ｃ中的水而被除去，Ｂ中与Ｃｌ２反应的ＫＯＨ的量增加，故能提
高Ｂ中ＫＣｌＯ３的产率。（３）①仔细观察实验记录表可知，４个
实验中ＫＣｌＯ３、ＫＩ的浓度均相同，只有Ｈ２ＳＯ４的浓度不同，实
验的目的显然是研究硫酸浓度对反应产物的影响。②１号试
管中Ｈ２ＳＯ４的浓度为０，该实验是硫酸浓度为０的对照实验。
（４）氯水中氯元素以Ｃｌ２、ＨＣｌＯ、Ｃｌ
－和ＣｌＯ
－等形式存在，加热时
ＨＣｌＯ分解产生Ｏ２，部分Ｃｌ２因受热逸出，因此只能测出Ｏ２及
逸出的Ｃｌ２的量，溶液中Ｃｌ
－、ＣｌＯ
－及残余Ｃｌ２的量无法测定，故
此方案不可行。（５）依题给信息，欲测定氯水中氯元素的总量，
可量取一定体积的氯水，加入足量的Ｈ２Ｏ２溶液，将氯水中的
Ｃｌ２、ＨＣｌＯ、ＣｌＯ
－全部还原成Ｃｌ
－，加热除去过量的Ｈ２Ｏ２，冷却，再
加入足量ＡｇＮＯ３溶液，经过滤、洗涤、干燥、称量测出生成ＡｇＣｌ
沉淀的质量，即可计算出饱和氯水中氯元素的总量。
考点二实验方案的评价
５．（２０１５安徽理综，１２，６分）某同学将光亮的镁条放入盛有
ＮＨ４Ｃｌ溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反应原理，
该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合
∙∙
理
∙的是
（　　）
选项
实验及现象
结论
Ａ
将湿润的红色石蕊试纸放在试
管口，试纸变蓝
反应中有ＮＨ３产生
Ｂ
收集产生的气体并点燃，火焰呈
淡蓝色
反应中有Ｈ２产生
Ｃ
收集气体的同时测得溶液的ｐＨ
为８．６
弱碱性溶液中Ｍｇ也
可被氧化
Ｄ
将光亮的镁条放入ｐＨ为８．６的
ＮａＨＣＯ３溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中ＯＨ
－氧
化了Ｍｇ
答案　
Ｄ　
ＮＨ４Ｃｌ溶液中存在平衡：ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ􀜩􀜨
􀜑
ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋，镁条与Ｈ
＋反应生成Ｈ２，同时平衡正向移动，溶液由
弱酸性逐渐变为弱碱性，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ浓度变大，分解产生ＮＨ３，
Ａ、Ｂ、Ｃ项均合理；ｐＨ＝８．６的ＮａＨＣＯ３溶液中存在ＨＣＯ
－
３􀜩􀜨
􀜑
ＣＯ
２－
３＋Ｈ
＋，Ｍｇ与Ｈ
＋仍可反应产生Ｈ２，Ｄ项不合理。
６．（２０１５四川理综，９，１３分）（ＮＨ４）２ＳＯ４是常用的化肥和化工
原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。
【查阅资料】（ＮＨ４）２ＳＯ４在２６０℃和４００℃时分解产物不同。
【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加
热装置略）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３８２
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
实验１：连接装置Ａ－Ｂ－Ｃ－Ｄ，检查气密性，按图示加入试剂（装
置Ｂ盛０．５０００ｍｏｌ／Ｌ盐酸７０．００ｍＬ）。通入Ｎ２排尽空气后，
于２６０℃加热装置Ａ一段时间，停止加热，冷却，停止通入Ｎ２。
品红溶液不褪色。取下装置Ｂ，加入指示剂，用０．２０００ｍｏｌ／Ｌ
ＮａＯＨ溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗ＮａＯＨ溶液２５．００ｍＬ。
经检验滴定后的溶液中无ＳＯ
２－
４。
（１）仪器Ｘ的名称是　　　　。
（２）滴定前，下列操作的正确顺序是　　　　（填字母编号）。
ａ．盛装０．２０００ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液
ｂ．用０．２０００ｍｏｌ／ＬＮａＯＨ溶液润洗
ｃ．读数、记录
ｄ．查漏、清洗
ｅ．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
（３）装置Ｂ内溶液吸收气体的物质的量是　　　　ｍｏｌ。
实验２：连接装置Ａ－Ｄ－Ｂ，检查气密性，按图示重新加入试剂。
通入Ｎ２排尽空气后，于４００℃加热装置Ａ至（ＮＨ４）２ＳＯ４完全
分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入Ｎ２。观察到装置Ａ、
Ｄ之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装
置Ｄ内溶液中有ＳＯ
２－
３，无ＳＯ
２－
４。进一步研究发现，气体产物中
无氮氧化物。
（４）检验装置Ｄ内溶液中有ＳＯ
２－
３，无ＳＯ
２－
４的实验操作和现象
是
　。
（５）装置Ｂ内溶液吸收的气体是　　　　。
（６）（ＮＨ４）２ＳＯ４在４００℃分解的化学方程式是
　
　。
答案　（１３分）（１）圆底烧瓶
（２）ｄｂａｅｃ
（３）０．０３
（４）取少量装置Ｄ内溶液于试管中，滴加ＢａＣｌ２溶液，生成白
色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性
气体
（５）ＮＨ３或氨气
（６）３（ＮＨ４）２ＳＯ４
４００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅４ＮＨ３↑＋Ｎ２↑＋３ＳＯ２↑＋６Ｈ２Ｏ↑
解析　（２）滴定前一般操作顺序为先检查滴定管是否漏水，
并清洗所用滴定管，然后应用所装的溶液润洗，再装入标准溶
液，排尽滴定管尖嘴气泡并调整管中液面处于０刻度或０刻度
以下，最后记录滴定管液面刻度，所以正确顺序为ｄｂａｅｃ。
（３）装置Ｂ吸收的气体是（ＮＨ４）２ＳＯ４在２６０℃条件下分解的
产物ＮＨ３，Ｂ中反应为ＮＨ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮＨ４Ｃｌ，所以气体ＮＨ３的
物质的量为０．５０００ｍｏｌ／Ｌ× ７０．００× １０
－３Ｌ－０．２０００ｍｏｌ／Ｌ×
２５．００×１０
－３Ｌ＝０．０３ｍｏｌ。
（４）ＢａＳＯ４不溶于盐酸、ＢａＳＯ３能溶于盐酸，所以检验装置Ｄ内
溶液中含有ＳＯ
２－
３，无ＳＯ
２－
４，应选择ＢａＣｌ２溶液和稀盐酸。
（５）在４００℃时（ＮＨ４）２ＳＯ４分解生成ＳＯ２、ＮＨ３等产物，装置Ｂ
中溶液吸收的气体应为ＮＨ３。
（６）由题中信息及原子守恒、得失电子守恒可得化学方程式：
３（ＮＨ４）２ＳＯ４
４００℃
􀪅􀪅􀪅􀪅４ＮＨ３↑＋３ＳＯ２↑＋Ｎ２↑＋６Ｈ２Ｏ↑。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
对应学生用书
起始页码２６２
时间：５０分钟　分值：１００分
一、选择题（每题６分，共５４分，每小题只有一个选项正确）
１．（２０２０届天津六校期中，６）下列实验中，实验现象及结论都正
确且两者具有因果关系的是
（　　）
实验
现象
结论
Ａ
向Ｂａ（ＮＯ３）２溶液
中通入二氧化硫
气体
有白色沉淀生成
ＳＯ２与Ｂａ（ＮＯ３）２反
应得到ＢａＳＯ３
Ｂ
向ＦｅＩ２溶液中滴
加少量的氯水
溶液颜色变深
Ｃｌ２与Ｆｅ
２＋反应生
成Ｆｅ
３＋
Ｃ
向蔗糖溶液中加
几滴稀硫酸，水浴
加热５ｍｉｎ后，再
加新制Ｃｕ（ＯＨ）２
后加热
无砖红色沉淀
生成
蔗糖没有水解
Ｄ
向含有酚酞的
Ｎａ２ＣＯ３溶液中加
入少量ＢａＣｌ２固体
溶液红色变浅
证明Ｎａ２ＣＯ３溶液中
存在水解平衡
１．
答案　Ｄ　向Ｂａ（ＮＯ３）２溶液中通入二氧化硫气体，发生氧
化还原反应生成硫酸钡，故Ａ错误。因还原性Ｆｅ
２＋＜Ｉ
－，少量氯
水只氧化Ｉ
－，故Ｂ错误。水解后检验葡萄糖，应在碱性条件
下，故Ｃ错误。加入少量ＢａＣｌ２固体，溶液红色变浅，可证明
Ｎａ２ＣＯ３溶液中存在水解平衡，故Ｄ正确。
试题分析　本题考查化学实验方案的评价，把握氧化还原反
应、有机物的水解、盐类水解为解答的关键，侧重对分析与实验
能力的考查。
２．（２０２０届北京人大附中质检，１４））孔雀石的主要成分为
ｘＣｕＣＯ３·ｙＣｕ（ＯＨ）２·ｚＨ２Ｏ，为测定其中ＣｕＣＯ３的质量分数，
称取ａｇ样品进行实验。下列实验方案可行的是
（　　）
Ａ．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，增重ｂｇ
Ｂ．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为ｂｇ
Ｃ．向样品中加入足量的稀盐酸，用排水法收集逸出气体，得
ｂｍＬ气体
Ｄ．向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体全部
通入到足量Ｂａ（ＯＨ）２溶液中，过滤、洗涤、烘干，得ｂｇ固体
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３８３
　
２．
答案　
Ｄ　
充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，气体为
二氧化碳和水，无法求出ＣｕＣＯ３的质量，故Ａ错误。加热至样
品质量不再发生变化，称得其质量为ｂｇ，该固体为氧化铜，但
氧化铜来自ＣｕＣＯ３和Ｃｕ（ＯＨ）２的分解，无法求出ＣｕＣＯ３的质
量，故Ｂ错误。向样品中加入足量的稀盐酸，产生的气体二氧
化碳能溶于水，测得的ＣＯ２体积不准确，不能准确求出ＣｕＣＯ３
的质量，故Ｃ错误。向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，
产生的气体二氧化碳来自ＣｕＣＯ３与盐酸的反应，将生成的气体
全部通入到足量Ｂａ（ＯＨ）２溶液中，过滤、洗涤、烘干，得ｂｇ固
体，可根据碳酸钡的质量求出二氧化碳的质量，最终求出
ＣｕＣＯ３的质量和质量分数，故Ｄ正确。
试题分析　ｘＣｕＣＯ３·ｙＣｕ（ＯＨ）２·ｚＨ２Ｏ加热分解产生氧化
铜、二氧化碳和水，氧化铜来自ＣｕＣＯ３和Ｃｕ（ＯＨ）２的分解，二
氧化碳来自ＣｕＣＯ３的分解，水来自Ｃｕ（ＯＨ）２的分解和结晶水。
ｘＣｕＣＯ３·ｙＣｕ（ＯＨ）２·ｚＨ２Ｏ与盐酸反应产生氯化铜、二氧化
碳和水，氯化铜来自ＣｕＣＯ３和Ｃｕ（ＯＨ）２与盐酸反应；二氧化碳
来自ＣｕＣＯ３与盐酸反应，要测定其中ＣｕＣＯ３的质量分数，必须
求出ＣｕＣＯ３的质量。
３．（２０２０届北京人大附中质检，１２）葡萄酒中常加入亚硫酸盐作
为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量（通常
以酒样中ＳＯ２的量计），某研究小组设计了如下实验（已知还
原性：ＳＯ
２－
３＞Ｉ
－＞Ｃｌ
－）。下列说法不正确的是
（　　）
酒样
足量稀Ｈ２ＳＯ４
边通Ｎ２边煮沸→气体
试剂Ａ
吸收→溶液
试剂Ｂ
滴定→数据处理
Ａ．葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸
盐的还原性
Ｂ．通入Ｎ２和煮沸的目的是将产生的气体从溶液中全部赶出
Ｃ．若试剂Ａ选择氯水，则试剂Ｂ可选择ＮａＯＨ标准液
Ｄ．若试剂Ａ选择碱液，调节吸收后的溶液为中性，则试剂Ｂ可
选择Ｉ２标准液
３．
答案　Ｃ　亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被
氧化，Ａ项正确；温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入Ｎ２
和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，Ｂ项正确；若试
剂Ａ选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂Ｂ选择
ＮａＯＨ标准液时，所耗氢氧化钠标准液体积会偏大，造成结果
有较大误差，Ｃ项错误；若试剂Ａ选择碱液，调节吸收后的溶液
为中性，试剂Ｂ选择Ｉ２标准液，碘单质与亚硫酸盐反应生成硫
酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，Ｄ项正确。
４．（２０１９５·３原创预测卷五，９）下列有关物质的制备装置、制备
时使用的原料与收集方法均正确的是
（　　）
选项
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
物质
Ｏ２
ＮＯ
Ｃｌ２
ＣＨ２􀪅ＣＨ２
制
备
装
置
制备时
使用的
原料
Ｈ２Ｏ２溶液和
二氧化锰粉末
浓硝酸和
铜粉
浓盐酸与高
锰酸钾固体
乙醇和３ｍｏｌ／Ｌ
的Ｈ２ＳＯ４溶液
续表
选项
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
收集
方法
排水法
排空气法
排饱和食盐
水法
排水法
４．
答案　Ｃ　制取氧气时如果选用Ａ中装置，选用的药品应该
是氯酸钾与二氧化锰，Ａ项错误；制取ＮＯ时应选用稀硝酸和
铜粉，收集方法应为排水法，Ｂ项错误；因为Ｃ中无加热装置，
所以可以选用具有强氧化性的高锰酸钾与具有强还原性的浓
盐酸反应制取氯气，Ｃ项正确；制取乙烯时应选用浓硫酸，Ｄ项
错误。
５．（２０１９５·３原创预测卷一，９）气体的收集、验满、转移过程中
容易发生泄漏，对环境造成一定程度的污染，有的还不能控制
反应的开始和结束，没有处理尾气。下面有一套改进的实验装
置，装置中无机试剂任选，下列说法正确的是
（　　）
Ａ．通过关闭分液漏斗Ⅰ、Ⅱ的旋塞，用双手捂住三颈烧瓶Ⅶ，看
Ⅴ中导管口有没有气泡，松手后Ⅴ中导管中有没有倒吸形成
一段稳定的水柱，可以检查装置的气密性
Ｂ．如果Ⅶ中发生反应ＮＨ３＋ＨＣｌ􀪅􀪅ＮＨ４Ｃｌ，去掉Ⅳ，同样可以
在Ⅶ中看到大量白雾
Ｃ．如果Ⅶ中发生反应的气体是氨气与氯气，现象可能是产生大
量白雾，也可能是产生大量白烟
Ｄ．Ⅶ中的现象不可能为生成大量红棕色气体
５．
答案　
Ｃ　
用双手捂住三颈烧瓶Ⅶ，由于手的温度低，不能
看到相应的现象，Ａ不正确；ＮＨ４Ｃｌ常温下为固体，现象应为生
成大量白烟，Ｂ不正确；２ＮＨ３（少量）＋３Ｃｌ２􀪅􀪅６ＨＣｌ＋Ｎ２，现象
为产生大量白雾，８ＮＨ３（过量）＋３Ｃｌ２􀪅􀪅６ＮＨ４Ｃｌ＋Ｎ２，现象为
产生大量白烟，Ｃ正确；稀硝酸与铜片反应会生成ＮＯ，过氧化
氢在催化剂二氧化锰作用下会快速生成氧气，
２ＮＯ＋Ｏ２􀪅􀪅２ＮＯ２，现象为产生大量红棕色气体，Ｄ不正确。
６．（２０１９湖南长沙长郡中学一模，９）下列实验所用试剂、现象和
结论均正确的是
（　　）
选项
实验装置
现象
结论
Ａ
装置Ⅲ中有
浅黄色沉淀
苯和浓溴
水发生取
代反应
Ｂ
高锰酸钾溶
液褪色，溴的
四氯化碳溶
液褪色
石蜡油的
分解产物
中含有不
饱和烃
Ｃ
盛有饱和碳
酸钠溶液的
试管中，上方
出现油状
液体
制备乙酸
乙酯
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３８４
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
续表
选项
实验装置
现象
结论
Ｄ
甲醚有气泡
鉴别乙醇
与甲醚
（ＣＨ３ＯＣＨ３）
６．
答案　Ｂ　Ａ项，制取溴苯时应使用苯和液溴，不能使用浓
溴水，Ａ项错误；Ｂ项，石蜡油的主要成分是烃的混合物，在碎
瓷片的催化作用下，石蜡油会裂（分）解，产物中含有烯烃等不
饱和烃，Ｂ项正确；Ｃ项，制备乙酸乙酯时需要加入浓硫酸，Ｃ
项错误；Ｄ项，甲醚与钠不反应，故与金属钠接触时不会有气泡
产生，Ｄ项错误。
知识归纳　制备乙酸乙酯时，饱和碳酸钠溶液的作用：中和乙
酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
７．（２０１９河北衡水中学二调，４）下列实验能够成功的是
（　　）
Ａ．检验亚硫酸钠试样是否变质
试样
溶解
　→
滴加硝酸钡溶液→白色沉淀
滴加稀盐酸→沉淀不溶
解→说明试样已变质
Ｂ．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质
粗
盐
溶解
→
足量碳酸钠溶液→
足量氯化钡溶液→
过滤
→
滤液中滴加盐酸→
蒸发结晶→精盐
Ｃ．检验某溶液中是否含有Ｆｅ
２＋
试样
滴加硫氰化钾溶液→溶液颜色无变化
滴加氯水→溶液变
红色→溶液中含有Ｆｅ
２＋
Ｄ．证明酸性条件下Ｈ２Ｏ２的氧化性比Ｉ２强
ＮａＩ溶液
３０％过氧化氢溶液、稀硝酸→
淀粉
→溶液变蓝色→氧化
性：Ｈ２Ｏ２＞Ｉ２
７．
答案　
Ｃ　
ＢａＳＯ３在酸性条件下可以被ＮＯ
－
３氧化为ＢａＳＯ４，
Ａ不正确；过量的Ｂａ
２＋无法除去，Ｂ不正确；Ｆｅ
２＋可被氧化为
Ｆｅ
３＋，Ｃ正确；稀硝酸也能氧化Ｉ
－，Ｄ不正确。
规律方法　粗盐提纯时，除杂试剂ＢａＣｌ２应在Ｎａ２ＣＯ３之前加
入，过滤之后加盐酸调节溶液的ｐＨ。
８．（２０１９安徽合肥调研，１０）用如图所示的装置进行实验（夹持
仪器略去，必要时可加热），其中ａ、ｂ、ｃ中分别盛有试剂１、２、
３，能达到相应实验目的的是
（　　）
选项
试剂１
试剂２
试剂３
实验目的
装置
Ａ
浓盐酸
ＭｎＯ２
饱和ＮａＣｌ溶液
除去
Ｃｌ２
中的ＨＣｌ
Ｂ
浓ＨＮＯ３
Ｃｕ片
ＫＩ－淀粉溶液
验证ＮＯ２
的氧化性
Ｃ
稀硫酸
溶液Ｘ
澄清石灰水
验证Ｘ中是
否有ＣＯ
２－
３
Ｄ
７０％硫酸Ｎａ２ＳＯ３
酸性ＫＭｎＯ４
溶液
验证ＳＯ２具
有漂白性
８．
答案　Ａ　
ＭｎＯ２和浓盐酸加热制取氯气，由于浓盐酸具有
挥发性，故制得的氯气中含有ＨＣｌ，通过饱和食盐水可以除去
ＨＣｌ，Ａ项正确；铜和浓硝酸反应生成ＮＯ２，由于浓硝酸具有挥
发性，故制得的ＮＯ２中含有ＨＮＯ３，ＨＮＯ３也能将ＫＩ氧化为Ｉ２，
从而对验证ＮＯ２的氧化性产生干扰，Ｂ项错误；能使澄清石灰
水变浑浊的气体可能是ＣＯ２或ＳＯ２，因此若澄清石灰水变浑
浊，溶液Ｘ可能含有ＣＯ
２－
３、ＨＣＯ
－
３、ＳＯ
２－
３、ＨＳＯ
－
３中的一种或几
种，Ｃ项错误；Ｎａ２ＳＯ３与７０％硫酸反应生成ＳＯ２，ＳＯ２使酸性
ＫＭｎＯ４溶液褪色体现的是ＳＯ２的还原性而不是漂白性，Ｄ项
错误。
９．（２０１９辽宁五校协作体联合模拟，５）下列实验方案中不能达
到相应实验目的的是
（　　）
选项
Ａ
Ｂ
Ｃ
Ｄ
方案
已知溶解度
（２０℃）
ＮａＨＣＯ３：９．６ｇ
Ｎａ２ＣＯ３：
２１．８ｇ
将ＮＯ２球浸
泡在冷水和
热水中
目的
探究浓度对化学反应
速率的影响
制备氨气
室温下比较
ＮａＨＣＯ３
和
Ｎａ２ＣＯ３的溶
解度
探究温度对
化学平衡的
影响
９．
答案　Ｃ　向体积和浓度均相同的ＫＭｎＯ４酸性溶液中加入
体积相同而浓度不同的Ｈ２Ｃ２Ｏ４溶液，观察ＫＭｎＯ４酸性溶液
褪色快慢，可探究浓度对化学反应速率的影响，Ａ项能达到目
的；实验室可用加热ＮＨ４Ｃｌ和Ｃａ（ＯＨ）２的方法来制备ＮＨ３，加
热时试管口需略向下倾斜，Ｂ项能达到目的；根据ＮａＨＣＯ３和
Ｎａ２ＣＯ３的溶解度和图示蒸馏水的体积、固体质量可知，
ＮａＨＣＯ３和Ｎａ２ＣＯ３均未完全溶解，故通过该实验无法比较室
温下ＮａＨＣＯ３和Ｎａ２ＣＯ３的溶解度，Ｃ项不能达到目的；根据图
示装置，处于冷水和热水中的烧瓶中气体颜色不同，可探究温
度对化学平衡的影响，Ｄ项能达到目的。
温馨提示　选项Ａ能达到相应实验目的的关键是ＫＭｎＯ４不
能过量，若不能保证ＫＭｎＯ４完全反应，则溶液颜色不能完全
褪去。
二、选择题（每题６分，共１８分，每小题有一个或两个选项正确）
１０．（２０２０届山东德州期中，１３）碘循环工艺不仅能吸收ＳＯ２降
低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：
下列说法正确的是
（　　）
Ａ．分离器中的物质分离操作为过滤
Ｂ．反应器中，控制温度为２０～１００℃，温度过低反应速率慢，
温度过高水汽化且增大碘的流失，反应速率也慢
Ｃ．该工艺中Ｉ２和ＨＩ的相互转化体现了“碘循环”
Ｄ．碘循环工艺的总反应为２ＳＯ２＋４Ｈ２Ｏ＋Ｉ２􀪅􀪅Ｈ２＋
２Ｈ２ＳＯ４＋２ＨＩ
１０．
答案　
ＢＣ　
Ｈ２ＳＯ４与ＨＩ均易溶于水，因此分离操作不能
用过滤，Ａ项错误；整个反应可表示为ＳＯ２＋２Ｈ２Ｏ􀪅􀪅
Ｈ２ＳＯ４＋Ｈ２，Ｄ项错误。
解题思维　快速浏览框图，了解总的设计思路，然后根据选
项信息进行分析。
１１．（２０２０届５·３原创卷２，１５）铋酸钠（ＮａＢｉＯ３）是土黄色或棕
色无定形粉末，不溶于冷水，在热水中分解有气泡产生。其悬
浊液在酸性介质中是强氧化剂，可将Ｍｎ
２＋氧化为高锰酸根离
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题二十　实验方案的设计与评价
３８５
　
子。可利用过氧化钠在熔融的状态下，氧化氧化铋（Ｂｉ２Ｏ３）
制备铋酸钠。下列说法错误的是
（　　）
Ａ．铋酸钠可与盐酸酸化的硫酸锰反应制得高锰酸根离子
Ｂ．铋酸钠在热水中分解生成Ｂｉ２Ｏ５
Ｃ．上述用过氧化钠制备铋酸钠的同时有Ｎａ２Ｏ生成
Ｄ．上述用过氧化钠制备铋酸钠需在无Ｈ２Ｏ、无ＣＯ２的环境中
进行
１１．
答案　ＡＢ　铋酸钠在酸性介质中具有强氧化性，可被溶液
中的氯离子还原，因此不能用盐酸酸化，Ａ项错误；铋酸钠在
热水中分解有气泡产生，该气体只能是氧气，为氧化产物，则
还原产物为Ｂｉ２Ｏ３，Ｂ项错误；根据原子守恒和得失电子守恒
判断，用过氧化钠制备铋酸钠的反应中一定有Ｎａ２Ｏ生成，反
应的化学方程式为２Ｎａ２Ｏ２＋Ｂｉ２Ｏ３􀪅􀪅２ＮａＢｉＯ３＋Ｎａ２Ｏ，Ｃ项
正确；因过氧化钠很容易与Ｈ２Ｏ、ＣＯ２反应，使铋酸钠产率降
低，所以用过氧化钠制备铋酸钠需在无Ｈ２Ｏ、无ＣＯ２的环境
中进行，Ｄ项正确。
１２．（２０２０届山东临沂质检，１５）某兴趣小组采用１０．０ｇ废易拉
罐（含Ａｌ９７．２％、Ｆｅ１．３％等）制备明矾固体产品，实验方案
如下。
废
易
拉
罐
稀硫酸
微热，过滤→
含Ａｌ３＋、
Ｆｅ２＋、
Ｆｅ３＋溶液
①Ｈ２Ｏ２
②调节ｐＨ＝３．７
　
沉淀ａ
→
滤液
→
ＮａＨＣＯ３
过滤→沉淀ｂ
稀Ｈ２ＳＯ４
Ｋ２ＳＯ４→
明
矾
已知：明矾的化学式为ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ，其摩尔质量为
４７４ｇ·ｍｏｌ
－１。
下列叙述错误的是
（　　）
Ａ．合理处理废易拉罐有利于环境保护和资源再利用
Ｂ．沉淀ａ为Ｆｅ（ＯＨ）３，沉淀ｂ为Ａｌ２（ＣＯ３）３
Ｃ．上述流程中的ＮａＨＣＯ３可用ＮａＨＳＯ４代替
Ｄ．最终得到１４２．２ｇ产品，则明矾的产率约为８３．３％
１２．
答案　ＢＣ　采用废易拉罐制备明矾，有利于环境保护和资
源再利用，Ａ项正确；向滤液中加入ＮａＨＣＯ３，滤液中的Ａｌ
３＋会
与ＨＣＯ
－
３发生相互促进的水解反应生成Ａｌ（ＯＨ）３沉淀，所以
不能用ＮａＨＳＯ４代替ＮａＨＣＯ３，Ｂ、Ｃ项错误；１０．０ｇ废易拉罐
中含有Ａｌ９７．２％，所以ｍ（Ａｌ）＝９．７２ｇ，ｎ（Ａｌ）＝０．３６ｍｏｌ，则
ｎ［ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ］＝０．３６ｍｏｌ，ｍ［ＫＡｌ（ＳＯ４）２·１２Ｈ２Ｏ］＝
１７０．６４ｇ，ω（明矾）＝１４２．２
１７０．６４×１００％≈８３．３％，Ｄ项正确。
三、非选择题（共２８分）
１３．（２０１９河北唐山一模，２６）（１４分）硫酸亚铁在空气中易被氧化，
与硫酸铵反应生成硫酸亚铁铵［化学式为ＦｅＳＯ４·（ＮＨ４）２ＳＯ４·
６Ｈ２Ｏ］后就不易被氧化。模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验
装置如下图所示。请回答下列问题：
（１）仪器ａ的名称是　　　　　　　　。
（２）铁屑中常含有Ｆｅ２Ｏ３、ＦｅＳ等杂质，则装置Ｃ的作用是
　　　　　　　　　　　，装置Ｂ中发生反应的离子方程式
可能是　　　　（填序号）。
Ａ．Ｆｅ＋２Ｈ
＋􀪅􀪅Ｆｅ
２＋＋Ｈ２↑
Ｂ．Ｆｅ２Ｏ３＋６Ｈ
＋􀪅􀪅２Ｆｅ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
Ｃ．２Ｆｅ
３＋＋Ｓ
２－􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｓ↓
Ｄ．２Ｆｅ
３＋＋Ｆｅ􀪅􀪅３Ｆｅ
２＋
（３）按上图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打
开Ｋ１、Ｋ２，关闭Ｋ３，装置Ｂ中有气体产生，该气体的作用是　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　。反应一段时间
后，打开Ｋ３，关闭Ｋ１和Ｋ２。装置Ｂ中的溶液会流入装置Ａ，
其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　。
（４）按上图所示装置制备硫酸亚铁铵晶体的安全隐患是　　　　
　　　　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　　。
（５）根据下表相关物质的溶解度判断，从装置Ａ中分离出硫酸亚
铁铵晶体，需采用的操作有　　　　、　　　　、洗涤、干燥。
三种盐的溶解度（单位为ｇ／１００ｇＨ２Ｏ）
温度／℃
ＦｅＳＯ４
（ＮＨ４）２ＳＯ４
ＦｅＳＯ４·（ＮＨ４）２ＳＯ４·６Ｈ２Ｏ
１０
２０．０
７３
１７．２
２０
２６．５
７５．４
２１．６
３０
３２．９
７８
２８．１
１３．
答案　（１）分液漏斗
（２）除去Ｈ２Ｓ等杂质气体　ＡＢＤ
（３）排出装置中的空气，防止Ｆｅ
２＋被Ｏ２氧化　装置Ｂ中产生的
Ｈ２不能排出，导致装置Ｂ中压强变大
（４）产生的Ｈ２直接排入空气，若达到爆炸极限，遇明火会发生
爆炸
（５）降温结晶　过滤
解析　（２）铁屑中含有ＦｅＳ等杂质，则装置Ｃ的作用是吸收硫
化氢气体等，防止污染空气；铁屑中含有Ｆｅ２Ｏ３，与硫酸发生反应，
反应后产生的Ｆｅ
３＋与Ｆｅ也可以发生氧化还原反应，所以Ａ、Ｂ、Ｄ
项正确。（３）亚铁离子能被空气中的氧气氧化，所以要用氢气排
出空气，防止亚铁离子被氧化；反应一段时间后，打开Ｋ３，关闭Ｋ１
和Ｋ２，装置Ｂ中产生的Ｈ２不能排出，导致装置Ｂ中压强变大，装
置Ｂ中的溶液会流入装置Ａ。（４）按题图所示装置制备硫酸亚铁
铵晶体的安全隐患是产生的Ｈ２直接排入空气，若达到爆炸极限，
遇明火会发生爆炸。（５）根据表中的数据可知，硫酸亚铁、硫酸
铵、硫酸亚铁铵三种物质中，相同温度下，硫酸亚铁铵的溶解度最
小，所以硫酸亚铁铵先析出，从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表
面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥，所以从装置Ａ中分离出硫
酸亚铁铵晶体，需采用的操作有降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
１４．（２０１８湖北武汉调研，２６）（１４分）某同学在实验室进行铁盐与亚
铁盐相互转化的实验：
实验Ⅰ：将Ｆｅ
３＋转化为Ｆｅ
２＋
（１）Ｆｅ
３＋与铜粉发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　
　　。
（２）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：
查阅资料：
ⅰ．ＳＣＮ
－的化学性质与Ｉ
－相似；
ⅱ．２Ｃｕ
２＋＋４Ｉ
－􀪅􀪅２ＣｕＩ↓＋Ｉ２。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
３８６
　
５年高考３年模拟　Ａ版（教师用书）
实验方案
现象
结论
步骤１：取４ｍＬ　　ｍｏｌ／ＬＣｕＳＯ４
溶液，向其中滴加３滴０．１ｍｏｌ／Ｌ
ＫＳＣＮ溶液
产生白色沉淀
步骤２：
　
　
无明显现象
ＣｕＳＯ４与ＫＳＣＮ反
应产生了白色
沉淀
Ｃｕ
２＋与ＳＣＮ
－反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　。
实验Ⅱ：将Ｆｅ
２＋转化为Ｆｅ
３＋
实验方案
现象
向３ｍＬ０．１ｍｏｌ／ＬＦｅＳＯ４溶液中加
入１ｍＬ８ｍｏｌ／Ｌ硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间
后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Ｆｅ
２＋＋ＮＯ􀜩􀜨
􀜑
［Ｆｅ（ＮＯ）］
２＋（棕色）
（３）用离子方程式解释ＮＯ产生的原因：　　　　　　　　　　
　　　　　　　。
（４）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行
分析：
反应Ⅰ：Ｆｅ
２＋与ＨＮＯ３反应；
反应Ⅱ：Ｆｅ
２＋与ＮＯ反应。
①依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ　　　（填“快”
或“慢”）。
②乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正
确，乙设计的实验方案是　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　。
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　。
１４．
答案　（１）２Ｆｅ
３＋＋Ｃｕ􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｃｕ
２＋
（２）０．１　
取４ｍＬ０．２ｍｏｌ／ＬＦｅＳＯ４溶液，向其中滴加３滴
０．１ｍｏｌ／ＬＫＳＣＮ溶液
２Ｃｕ
２＋＋４ＳＣＮ
－􀪅􀪅２ＣｕＳＣＮ↓＋（ＳＣＮ）２
（３）３Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ
（４）①慢
②取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴Ｋ３［Ｆｅ（ＣＮ）６］
溶液，无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应
③Ｆｅ
２＋被硝酸氧化为Ｆｅ
３＋，导致溶液中Ｆｅ
２＋浓度降低，平衡Ｆｅ
２＋＋
ＮＯ􀜩􀜨
􀜑
［Ｆｅ（ＮＯ）］
２＋逆向移动，最终［Ｆｅ（ＮＯ）］
２＋完全转化为
Ｆｅ
３＋，溶液由棕色变为黄色
解析　（１）Ｆｅ
３＋与铜粉发生反应生成Ｃｕ
２＋与Ｆｅ
２＋，离子方程式为
２Ｆｅ
３＋＋Ｃｕ􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｃｕ
２＋。
（２）由反应２Ｆｅ
３＋＋Ｃｕ􀪅􀪅２Ｆｅ
２＋＋Ｃｕ
２＋可知，实验Ⅰ所得溶液中Ｆｅ
２＋
浓度为０．２ｍｏｌ／Ｌ，Ｃｕ
２＋浓度为０．１ｍｏｌ／Ｌ，故探究白色沉淀产生的
原因时，应分别向４ｍＬ０．１ｍｏｌ／ＬＣｕＳＯ４溶液、４ｍＬ０．２ｍｏｌ／ＬＦｅ⁃
ＳＯ４溶液中滴加３滴０．１ｍｏｌ／ＬＫＳＣＮ溶液。由信息ⅰ、ⅱ可知，Ｃｕ
２＋
与ＳＣＮ
－反应的离子方程式为２Ｃｕ
２＋＋４ＳＣＮ
－􀪅􀪅２ＣｕＳＣＮ↓＋
（ＳＣＮ）２。
（３）Ｆｅ
２＋具有还原性，酸性条件下ＮＯ
－
３具有强氧化性，二者发生氧
化还原反应可生成ＮＯ，离子方程式为３Ｆｅ
２＋＋４Ｈ
＋＋ＮＯ
－
３􀪅􀪅
３Ｆｅ
３＋＋ＮＯ↑＋２Ｈ２Ｏ。
（４）①由实验现象可知，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ慢；
②反应中硝酸过量，可通过检验反应后的溶液中是否含有Ｆｅ
２＋来
确定该反应是否为可逆反应。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋