高考专题复习集锦+化学+PDF版含解析_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

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目录
专题01 物质的组成、性质和分类
3
专题02
物质的量及其化学计算
27
专题03
离子反应方程式和离子共存
42
专题04
氧化还原反应及其应用
57
专题05
化学反应中的能量变化
76
专题06
化学能与电能的转化90
专题07
化学反应速率和化学平衡103
专题08
水溶液中的离子平衡129
专题09
元素周期律与元素周期表152
专题10
元素及其化合物167
专题11
工艺流程题189
专题12
常见有机化合物212
专题13
化学实验基础
227
专题14
综合实验探究
251
专题15
有机化学基础
286
专题16
物质结构与性质317
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专题01 物质的组成、性质和分类
【考情探究】
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、化合物概念；
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
2022 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。
【高频考点】
高频考点一
物质的分类
1．依据标准对物质进行分类
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2．识记常见混合物的成分与俗名
(1)水煤气：主要成分是CO、H2。
(2)天然气(沼气)：主要成分是CH4。
(3)液化石油气：以C3H8、C4H10 为主。
(4)裂解气：以乙烯、丙烯、甲烷为主。
(5)水玻璃：Na2SiO3 的水溶液。
(6)王水：浓盐酸与浓硝酸的混合物(体积比3∶1)。
(7)波尔多液：主要成分是CuSO4 和Ca(OH)2。
(8)肥皂：主要成分是高级脂肪酸钠。
(9)碱石灰：NaOH 和CaO 的混合物。
(10)铝热剂：铝粉和高熔点的金属氧化物的混合物。
(11)漂白粉：Ca(ClO)2 和CaCl2 的混合物。
3．一种重要的混合物——胶体
(1)胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的直径的大小(1～100 nm)，胶体的特性是丁达尔效应；利用
丁达尔效应可以区分胶体和溶液。
(2)胶体不带有电荷，但胶体粒子常带有电荷。
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(3)Fe(OH)3 胶体粒子为Fe(OH)3 的集合体，因此1 mol Fe3＋完全水解得到的Fe(OH)3 胶体粒子少于1 mol。
(4)纳米材料不是胶体，其粒子分散到分散剂中才形成胶体。
(5)PM2.5 分散在空气中形成的不是气溶胶。
(6)部分铝盐、铁盐如KAl(SO4)2·12H2O、FeCl3·6H2O 等溶于水，Al3＋、Fe3＋水解分别生成Al(OH)3 胶体和
Fe(OH)3 胶体，胶体能吸附悬浮固体或色素形成沉淀而除杂，因此常用作净水剂。
高频考点二
物质性质与变化
1．认识物质的性质
(1)物理性质：物质不需要发生化学变化就能表现出来的性质。通常表现为颜色、状态、气味、密度、硬度、
熔点、沸点、溶解性、导电性、导热性、挥发性、吸附性等。
(2)化学性质：物质在化学变化中表现出来的性质。通常表现为金属性、非金属性、可燃性、氧化性、还原
性、毒性、溶液的酸碱性、热稳定性等。
2．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，如气体与气体之间的扩散等。
(4)化学变化过程中一定伴有物理变化，但物理变化过程中未必有化学变化，观察到一定的实验现象并不一
定是发生化学变化造成的。
3．识记易混淆的物理变化、化学变化
物质变化过程中的“三馏”“四色”“五解”和“十四化”
变化
比较
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
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五解
潮解
①分解
②电解
③水解
④裂解
十四化
①熔化
②汽化
③液化
④升华
①氧化
②风化
③钝化
④催化
⑤皂化
⑥歧化
⑦硝化
⑧酯化
⑨裂化
⑩油脂的硬化
【特别提醒】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。③爆炸有的是化学变化引
起的，有的是物理变化引起的。
高频考点三
化学与STSE
1.化学与生活
(1)常见的环境污染及成因
污染名称
主要污染物及成因
雾霾
SO2、NOx 和可吸入颗粒物(如PM2.5)与雾气结合的混合物。大气中可吸
入颗粒物(PM10、PM2.5)过多，产生的主要原因有汽车尾气、化石燃料的燃烧、
工业排放的废气(如：冶金、窑炉与锅炉、机电制造业等)、建筑工地和道路
交通产生的扬尘。
酸雨
SO2、NOx 是导致酸雨形成的主要原因。大气中含硫氧化物、含氮氧化物
过多，与化石燃料的燃烧、工业废气的排放(如硫酸、硝酸的生产、冶金)、
雷电等有关。
光化学烟雾
机动车尾气和工业废气中碳氢化合物和氮氧化合物在光照条件下生成复
杂的污染物
臭氧空洞
NOx、氟氯代烃等与臭氧发生作用，导致了臭氧层的损耗
水体污染
化肥、农药的过度使用，工业“三废”和生活污水的随意排放。水体富营
养化可引起“水华”(淡水中)或“赤潮”(海水中)
温室效应
化石燃料的大量使用，使大气中的CO2 气体大量增加，最终导致地表温
度上升的现象
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白色污染
各种塑料垃圾对环境所造成的污染，它们很难降解，会破坏土壤结构
(2)常见材料的组成或性质
材料
组成或性质
天然
纤维
棉、麻
富含多糖纤维素，只含C、H、O 三种元素
蚕丝、羊毛
主要成分是蛋白质，蛋白质在蛋白酶的作用下可水解
人造纤维
将天然纤维(木材、甘蔗渣)经过化学加工处理后得到的产品
合成纤维
以石油、煤、天然气和农副产品做原料加工制得单体，单体经
聚合反应制成的高分子化合物，如“六大纶”
硅材料
晶体硅是重要的半导体材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅
合金材料
由一种金属跟其他金属(或非金属)熔合而成的具有金属特性的
物质
传统的无机
非金属材料
是指以二氧化硅及硅酸盐化合物为主要成分制备的材料，因此
又称硅酸盐材料，主要包括水泥、玻璃和陶瓷。
新型无机
非金属材料
是指用氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物以
及各种非金属化合物经特殊的先进工艺制成的具有某种优异性能的
材料。
【特别提醒】新材料包括新型无机非金属材料、有机高分子材料、复合材料等；新能源包括太阳能、风能、
潮汐能、地热能等。
(3)安全与健康：人体必需的营养元素，重金属对人体的危害，食品添加剂，有关化学与健康方面的材料等。
(4)常见的净水剂或消毒剂
①净水剂：铁盐、铝盐、木炭等。
②消毒剂：铜盐、高铁酸钠、次氯酸盐、臭氧等。
2．绿色化学
研究对环境没有任何副作用的化学试剂、化学制品和化学工艺。它包括：
(1)开发绿色反应，将原子利用率提高到100%；
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(2)使用无毒无害的原料；
(3)选用无毒无害的催化剂；
(4)使用无毒无害的溶剂；
(5)发展“绿色工艺”；
(6)开发和生产绿色产品。
3．熟记生活中的下列物质
(1)无机盐净水剂：氯化铁、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、氯化铝、明矾。
其原理均是无机盐电离出的金属阳离子水解形成氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒并一起
沉降下来。
【特别提醒】K2FeO4 是强氧化剂，其还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，是新型净水剂。
(2)常见的消毒剂：
①含氯消毒剂：是指溶于水产生具有杀灭微生物活性的次氯酸的消毒剂，其有效成分常以有效氯表示。包
括：氯气、漂白粉(氯化钙与次氯酸钙的混合物)、次氯酸钠(84 消毒液)、次氯酸钙(漂粉精)。
②过氧化物：过氧化氢(H2O2)、过氧乙酸(CH3COOOH)。
③其他：二氧化氯、臭氧、SO2、KMnO4、75%的酒精、苯酚。
(3)漂白剂：漂白粉、次氯酸钠、SO2、过氧化氢、过氧化钠、臭氧、活性炭。
(4)干燥剂：浓硫酸(不能干燥NH3、H2S、HI)、生石灰(也可作食品干燥剂)、无水氯化钙(不能干燥氨气)、
硅胶可作(袋装食品)干燥剂、P2O5(不能作食品干燥剂)。
4．常见无机物性质与用途对应关系归纳
性质
用途
(1)
硅是常用的半导体材料
可作太阳能电池板
(2)
二氧化硅导光能力强，并且有硬度和柔韧度
可作光导纤维
(3)
4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4↑
用HF 雕刻玻璃
(4)
2C＋SiO2=====
高温Si＋2CO↑
碳还原二氧化硅制备粗硅
(5)
碘酸钾在常温下稳定
食盐中的加碘物质
(6)
氮气的化学性质稳定
作保护气
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(7)
浓氨水具有挥发性和还原性
用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
(8)
草木灰和硫酸铵反应生成氨气，使肥效降低
草木灰和硫酸铵不能混合施用
(9)
二氧化硫与氧气反应
二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂
(10)
氦气化学性质稳定、密度小
可用于填充飞艇、气球
(11)
钠具有较强的还原性
可用于冶炼钛、锆、铌等金属
(12)
NaHCO3 受热分解生成CO2，能与酸反应
可用作焙制糕点的膨松剂、胃酸中和剂
(13)
Na2CO3 水解使溶液显碱性
用热的纯碱溶液洗去油污
(14)
Na2O2 与H2O、CO2 反应均生成O2
作供氧剂
(15)
肥皂水显碱性
肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
(16)
水玻璃不燃不爆
可用作耐火材料
(17)
硅酸钠的水溶液是一种无机黏合剂
盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
(18)
锂质量轻、比能量大
可用作电池负极材料
(19)
Al 具有良好的延展性和抗腐蚀性
常用铝箔包装物品
(20)
铝有还原性，能发生铝热反应
可用于焊接铁轨、冶炼难熔金属
(21)
MgO、Al2O3 的熔点很高
作耐高温材料
(22)
小苏打与硫酸铝溶液发生相互促进的水解反应
可以作泡沫灭火器
(23)
Al(OH)3 有弱碱性
可用于中和胃酸
(24)
镁铝合金质量轻、强度大
可用作高铁车厢材料
(25)
Fe 粉具有还原性
可用于防止食品氧化变质
(26)
Fe2O3 是红棕色粉末
可用作红色颜料
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(27)
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2
FeCl3 溶液腐蚀Cu 刻制印刷电路板
(28)
CuSO4 使蛋白质变性
误服CuSO4 溶液，喝蛋清或豆浆解毒
(29)
BaSO4 难溶于水，不与胃酸反应
在医疗上用作“钡餐”透视
高频考点四
化学与传统文化
1．中国古代化学的工艺简介
(1)炼制陶器
陶瓷是传统的硅酸盐材料，它的基本原料是黏土。釉料中主要含有一些金属及其化合物，在高温烧制时金
属及其化合物发生不同的氧化还原反应，产生不同颜色的物质。
(2)冶炼青铜
冶炼青铜的过程大致是先把选好的矿石加入熔剂，再放入炼炉内，点燃木炭熔炼，等火候成熟，弃去炼渣
得初铜。初铜经提炼才能获得纯净的红铜。红铜加锡、铅熔成合金，即是青铜。
(3)造纸
以我国古书《天工开物》卷中所记载的竹纸制造方法为例，步骤如下：
①斩竹漂塘：将新砍下的嫩竹放入池塘中，浸泡一百日以上，利用天然微生物分解并洗去竹子的青皮。
②煮徨足火：放入“徨”桶内与石灰一道蒸煮，利用石灰的碱性脱脂、杀死微生物等。
③舂臼：把上述处理的竹子，放入石臼中打烂，形同泥面。
④荡料入帘：将被打烂的竹料倒入水槽内，并以竹帘在水中荡料，竹料成为薄层附于竹帘上面。
⑤覆帘压纸：将竹帘反过来，使湿纸落于板上。重复荡料与覆帘步骤，叠积上千张湿纸后，加木板重压以
挤去大部分的水。
⑥透火焙干：将湿纸逐张扬起，生火焙干。
(4)黑火药
主要成分：硝酸钾、木炭和硫黄。
反应原理：2KNO3＋S＋3C=====
点燃K2S＋N2↑＋3CO2↑。
(5)酿酒
先用米曲霉、黑曲霉、黄曲霉等将淀粉分解(水解)为葡萄糖，称为糖化；再用酵母菌将葡萄糖发酵产生酒
精，发酵后的混合料经过蒸馏，得到白酒和酒糟。
(6)染色
染色是一个很古老的工艺，即用染料使物品着色。
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2．常考经典史籍材料归纳
(1)《汉书》中“高奴县有洧水，可燃”，这里的“洧水”指的是石油。
(2)《抱朴子内篇·黄白》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐。
(3)《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3。
(4)《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaCO3。
(5)《神农本草经》中“水银……熔化还复为丹”里的“丹”是HgO。
(6)《本草经集注》中区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是
利用了焰色反应。
(7)《梦溪笔谈·器用》中“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”里的“剂钢”是铁的合金。
(8)《本草图经》中“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，
其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也”里的“绿矾”是FeSO4·7H2O，描述了绿矾受热分解的现象。
3．解题关键和思维建模
解答此类试题的关键是根据所给文本信息提取有效信息并正确解读，转化为化学学科中物质的物理性质、
化学性质、分离与提纯方法、反应类型及反应原理等熟悉的教材知识。
【知识拓展】中国古籍中化学知识小结
1．物质的鉴别
(1)真假黄金
《旧唐书》提到唐朝武则天，一次赏给她一个臣子许多黄金，那臣子放在火焰上灼烧后证明
是假的，因为铜的焰色绿色，而黄金入火“百炼不消”、金入猛火“色不夺金光”；另外试金石的利用，我国也可
能是最早的国家之一，明朝李时珍有《本草纲目》中剖析得最明确不过了，“金有……，和银者性柔，试石则色
青(七青八黄九紫十赤)：和铜者性硬，试(金)石则有声。”
(2)真假焰硝
晋朝的皇甫士安(251～282 年)，已提出纯硝石概念；南北朝医学家陶弘景为了鉴别真假焰硝，
他研究发现“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，用现在的化学知识知道钠黄钾紫的焰色反应特性。真焰硝
对可燃物还能“火上加油”，加速燃烧(助燃)，而假焰硝(芒硝)则否，硝酸钾(真焰硝)可知。
2.物质的性质
东汉魏伯阳的《周易参同契》叙述有：“太阳流珠，常欲去人，卒得金华，转而相亲，化为白液凝而至坚。”“河
上姹女，灵而最神，得火则飞，不见埃尘。……将欲制之，黄芽为根”。
“太阳流珠”“河上姹女”，指的应是汞，“黄芽”指硫黄，“金华”指铅。文中告诉我们：水银可和硫化合，也可
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和铅生成合金铅汞齐——“相亲”，铅汞齐为一种白液；水银沸点357 ℃，故说“得火则飞，不见埃尘”。
迟于魏伯阳200 年的晋朝葛洪，在其著作《抱朴子》中写道：“铅性白也，而赤之以为丹，丹性赤也，而白
之以为铅”。
十分显然，文中是说白色的铅，可跟氧化合生成红丹(四氧化三铅)，而红丹也可分解转变成铅，是单质跟
化合物的互变过程。
又如“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。“丹砂”即三仙丹，加热分解成水银，并逸出氧气，反之水银跟
氧也可化合成丹砂。
《周易参同契》是一部现在世界上最古老的著作，其中叙述到：“若药物非种，各类不同，分剂参差，失其
纲纪”，那就不能反应，而且“比例”必须符合。
“胡粉投入火中，色坏还为铅”。“胡粉”属碱式碳酸铅一类，“投入火中”黟一加温时则“色坏还为铅”，中间
产物应是一氧化铅。
李时珍《本草纲目》：“朴硝……此物见水即消，又能消化诸物，故谓之消”。
清朝赵学敏的《本草纲目拾遗》对硝酸的描述：“强水最猛烈，能蚀五金……，其水甚强……五金八石能穿
滴，惟玻璃可盛”。
赵学敏对氨水的描述，也惟妙惟肖：“……气甚辛烈。蚀人脑，非有病不可嗅。莳夷遇头风伤寒等症，不服
药一唯以此水瓶口对鼻吸其气，则遍身麻颤、出汗而愈、虚弱者忌之”。
3．单质的制取
晋朝葛洪在《抱朴子·仙药篇》，对制取单质砷提出雄黄转化为三氧化二砷，列举六种方法，其中第三种“或
先以硝石化为水乃凝之”，从现在的化学反应方程式看：As4S4＋12KNO3===4K3AsO4＋4SO2↑＋12NO↑，再藉富
含碳物质的松脂等还原得砷。
隋末唐初的孙思邈(581～682 年)，在其《太清丹经要诀》中：“雄黄十两(1 斤16 两计)末之，锡三两，铛中
合熔出之，入皮袋中揉之使碎。入坩埚中火之，其坩埚中安药了，以盖合之，密固入风炉吹之，令埚同火色。
寒之，开其色似金”。
西汉时期的“胆铜法”，更为大家熟知，在《淮南万毕述》中：“曾青得铁则化为铜”。“曾青”指铜的化合物
硫酸铜一类。该法一可常温制取，二对矿石品位要求不高，是“湿法冶金”的先祖。
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4．化合物的制取
(1)化工之母硫酸的最早制得者，中国2 世纪(东汉末)的金丹学家狐刚子，在他的《出金矿图录》中的《炼
石丹精华法》，就有叙述，早于贾比尔·海扬足足600 年。原文：“以击垒作两个方头炉，相去二尺，各表里精泥
其间。旁开一孔，亦泥表里，使精熏使干。一炉中着铜盘，使足，即密泥之；一炉中，以炭烧石胆使作烟，以
物扇之，其精华尽入铜盘。炉中却火待冷，开启任用。入万药，药皆神”文中装置科学性很强，为使不漏气，“即
密泥之”，为提高炉温，“以物扇之”。“精华”指硫酸酐或硫酸。
(2)苛性钾
战国时期著作《周礼·考工记》中对氢氧化钾的记述原文：“泺帛，以烂为灰，渥润其帛，实诸
泽器，淫之以蜃”。大意按现在的话来说，漂洗(泺)丝帛时，先烧烂木(烂指干燥木头)为灰(含K2CO3 较多)，用
其灰汁浸泡丝帛于光泽容器中，再加入蜃(蜃指石灰)。其反应：
K2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2KOH。
晋朝葛洪还指出，“此不宜预作，十日即息”，掌握了苛性钾强烈吸收二氧化碳的性质；还指出“此大毒”，
腐蚀性极强。明朝李时珍还将制得的碳酸钾用于洗衣、发面。
高频考点五
化学用语
1．表示原子或物质的四种符号
(1)元素符号：Al、S
(2)离子符号：Al3＋、S2－、SO2－
3
(3)同位素符号：126 C、136C
(4)化合价符号：Al
＋3
2O3、H2S
－2
2．表示物质组成和结构的八种图式
(1)化学式：Na2O2、NH4Cl、SiO2
(2)分子式：C2H4、NH3
(3)最简式(实验式)：CH2、CH2O
(4)电子式：
(5)结构式：
(6)结构简式：CH3COOH
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(7)原子结构示意图：
(8)键线式：
(1­丙醇)
【特别提醒】对于离子化合物和某些共价化合物，应称作该物质的化学式，而不能称作分子式，因为在它
们中并不存在单个的分子。如：氯化钠的分子式为NaCl，二氧化硅的分子式为SiO2，这两种说法均是错误的。
3．表示物质组成和空间结构的两种模型
(1)比例模型：如甲烷的比例模型为
(2)球棍模型：如甲烷的球棍模型为
【易错警示】书写电子式需要注意的问题
(1)不能漏写没有参与成键的电子对，如氨气的电子式是
，而不是
。
(2)不能错误合并离子，如过氧化钠的电子式是
，而不是
。
(3)不能混淆化学键的类别，如H2O2 的电子式是
，而不是
。
(4)离子(或根)带电荷，基团不显电性。如OH
－为
，—OH 为
。
(5)书写化合物的电子式时首先要正确判断是离子化合物还是共价化合物。
【题型突破】
题型一
物质的分类
例1．（·天津卷）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84 消毒液”的主要有效成分是（
）
A. NaOH
B. NaCl
C. NaClO
D. Na2CO3
【答案】C
【解析】工业上用Cl2 与NaOH 溶液反应制取“84 消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，
NaClO 具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84 消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。
【举一反三】（·浙江卷）下列物质对应的组成不正确
．．．的是(
)
A. 干冰：
2
CO
B. 熟石灰：
4
2
CaSO
2H O

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C. 胆矾：
4
2
CuSO
5H O

D. 小苏打：
3
NaHCO
【答案】B
【解析】干冰为固体二氧化碳，故A 正确；熟石灰成分为Ca(OH)2，CaSO4·2H2O 为生石膏，故B 错误；
胆矾为五水合硫酸铜晶体，故C 正确；小苏打是碳酸氢钠的俗名，故D 正确；答案选B。
【变式探究】(·北京卷)古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是(
)
A.瓷器
B.丝绸
C.茶叶
D.中草药
【答案】A
【解析】本题考查生活中常见物质的主要成分。A 项，瓷器的主要成分是硅酸盐，属于无机物；B 项，丝
绸的主要成分为蛋白质，属于有机物；C 项，茶叶中的主要成分有咖啡因、糖类等，属于有机物；D 项，中草
药的成分较为复杂，主要为有机物。
【变式探究】（·河南安阳模拟）国防科大航天科学与工程学院新型陶瓷纤维及其复合材料重点实验室成功
研制出一种具有超强吸附能力的新型超轻纳米材料(基本微粒直径为1～100 nm)。这种材料结构上由一维氮化硼
纳米管和二维氮化硼纳米晶片复合而成，整个材料内部充满气孔。这种材料耐高温，且用它吸附完有机物后，
可以通过点燃的方式实现重复使用。下列关于该材料的说法错误的是(
)
A．将该材料分散到液体分散剂中，所得混合物具有丁达尔效应
B．该材料的基本微粒不能透过滤纸
C．该材料在2 000 ℃的高温下，还可以保持结构完整，可正常使用
D．该材料在航空航天高温热防护、有毒化学物质吸附和清除等领域有重要的应用前景
【答案】B
【解析】该材料的基本微粒的直径为1～100 nm，将该材料分散到液体分散剂中，形成的分散系属于胶体，
具有丁达尔效应，该材料的基本微粒能透过滤纸，A 项正确，B 项错误；氮化硼晶体属于原子晶体，可耐高温，
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结构稳定，C 项正确；该材料具有很强的吸附性，D 项正确。
题型二
物质性质与变化
例2.(·天津卷)化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是(
)
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水
【答案】D
【解析】利用废弃的秸秆生产乙醇的过程中，秸秆中的纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖再转化成乙醇，A
项不符合题意；利用石油生产塑料、化纤等高分子材料的过程中，发生加聚反应或缩聚反应，B 项不符合题意；
利用基本的化学原料生产化学合成药物的过程中，发生了化学反应，C 项不符合题意；利用反渗透膜从海水中
分离出淡水，属于物理变化，D 项符合题意。
【方法技巧】物质的性质与变化常结合物质的用途来考查，解答此类试题方法是：结合物质的应用目的或
过程中所起的作用分析物质表现出的性质，如还原性(在食品保存过程中防氧化)、吸水性(用作干燥剂)、弱碱性
(用于中和胃酸)等，并利用过程中是否有新物质生成判断是否发生化学变化。
【变式探究】(·北京卷)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
【答案】B
【解析】A 项，甲醇低温生成氢气和氢气用作燃料发生的都是化学变化；B 项，氘、氚用作核聚变燃料不
是化学变化；C 项，偏二甲肼用作火箭燃料发生的是化学变化；D 项，可燃冰是甲烷水合物，用作燃料发生的
是化学变化。
【变式探究】（东北师范大学附属中学模拟）祖国"70 华诞“阅兵现场展示的航天、军事、天文、电子等科
技设备，受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法错误的是（
）
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A．“天宫二号”空间实验室的电池板芯片的材料是硅
B．“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于金属材料
C．“歼­20”战斗机大量使用的碳纤维是新型有机高分子材料
D．“东风­5”弹道导弹外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】太阳能电池板芯片的材料是硅，故A 正确；钢铁是铁合金，属于金属材料，故B 正确；碳纤维的
主要成分是碳，碳是无机非金属单质，不是新型有机高分子材料，故C 错误；高温结构陶瓷具有硬度大、耐高
温的特性，是新型无机非金属材料，故D 正确；故选C。
题型三
化学与STSE
例3．（·江苏卷）打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（
）
A. PM2. 5
B. O2
C. SO2
D. NO
【答案】B
【解析】PM2.5 指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5 微米的颗粒物，PM2.5 粒径小，面积大，
活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的
影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5 属于空气污染物，A 不选；O2 是空气的主
要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B 选；SO2 引起的典型环境问题是形成硫
酸型酸雨，SO2 属于空气污染物，C 不选；NO 引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3 层
等，NO 属于空气污染物，D 不选；答案选B。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列叙述错误的是(
)
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【解析】利用高纯硅的半导体性能，可制作光感电池，A 正确；铝合金具有质地轻、强度高、抗腐蚀能力
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强等特点，可用于制造高铁车厢等，B 正确；活性炭具有吸附作用，能除去异味，但没有杀菌消毒能力，C 错
误；碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D 正确。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ)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
【答案】A
【解析】泡沫灭火器喷出的液体能导电，不适用于电器起火，A 项错误；疫苗是生物制品，温度过高，会
导致蛋白质变性，使疫苗效果降低或失去作用，B 项正确；水性漆与传统的油性漆相比，水性漆具有低甲醛和
低芳香类化合物等优点，属于环保产品，C 项正确；装有镁棒的电热水器，是一个以镁棒为负极(阳极)、内胆
为正极(阴极)的原电池，D 项正确。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(
)
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
【答案】D
【解析】碳酸钠水溶液显碱性，能用于洗涤油污，A 项正确；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能杀灭生活
用水中的细菌，B 项正确；氢氧化铝是弱碱，可用于中和过多胃酸，C 项正确；碳酸钡能与人体胃液中的盐酸
反应生成可溶性钡盐，有毒，不能用于胃肠X 射线造影检查，D 项错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(
)
A．PM2.5 是指粒径不大于2.5 μm 的可吸入悬浮颗粒物
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B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】A 项，PM2.5 是指粒径小于或等于2.5 微米的颗粒物，正确；B 项，绿色化学就是要从源头上消除
或减少工业生产对环境的污染，正确；C 项，煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入的CaO 可与SO2
反应生成CaSO3，进一步被氧气氧化为CaSO4，从而减少SO2 的排放量，减少酸雨的形成，但CaO 与CO2 反
应生成的CaCO3 在高温下又会分解为CaO，故不能吸收CO2 ，不能减少温室气体的排放量，错误；D 项，天
然气的主要成分是甲烷，液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等，燃烧产物为CO2 和H2O，对环境无
污染，所以这两类燃料均是清洁燃料，正确。
【变式探究】(·江苏卷)年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应
提倡的是(
)
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】A 项，空调温度低，能源消耗增多，错误；B 项，一次性塑料袋的使用易引起“白色污染”，纸巾
的大量使用会造成森林的乱砍乱伐，错误；C 项，少开私家车，一是减少汽车尾气污染，二是节约能源，正确；
D 项，过度包装会造成资源浪费，错误。
【举一反三】（首都师范大学附属中学模拟）北京市实行垃圾分类，垃圾桶标识中，下列哪一个是厨余垃圾
（
）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【解析】图为厨余垃圾标识，故A 符合题意；图为可回收物垃圾标识，故B 不符合题意；图为有害垃圾标
识，故C 不符合题意；图为其他垃圾标识，故D 不符合题意；答案选A。
题型四
物质的成分及变化过程
例4．(·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下
列说法错误的是(
)
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红色，A 项错误；秦兵马俑是
陶制品，由黏土经高温烧结而成，B 项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧结而成，属于人造材料，主要成分
是硅酸盐，C 项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸
碱侵蚀、抗氧化等优点，D 项正确。
【举一反三】(·天津卷)以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行
的分析不合理的是(
)
A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
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
【答案】A
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【解析】谷物的主要成分为淀粉，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程主要包括淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖发
酵生成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，因此酿造过程中涉及水解反应和氧化反应，A 项错误；后(司)母戊鼎为青铜
器，属于铜合金制品，B 项正确；陶瓷的主要原料为黏土，C 项正确；青蒿素易溶于乙醚，而不易溶于水，因
此，屠呦呦用乙醚提取青蒿素的过程包括萃取操作，D 项正确。
题型五
化学用语
例5.（·江苏卷）反应8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2 可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确
的是（
）
A. 中子数为9 的氮原子：
9
7 N
B. N2 分子的电子式：N
N

C. Cl2 分子的结构式：Cl—Cl
D. Cl­的结构示意图：
【答案】C
【解析】N 原子的质子数为7，中子数为9 的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为
16
7 N ，A 错误；
N2 分子中两个N 原子间形成3 对共用电子对，N2 分子的电子式为
，B 错误；Cl2 分子中两个Cl 原子
间形成1 对共用电子对，Cl2 分子的结构式为Cl—Cl，C 正确；Cl­的核电荷数为17，核外有18 个电子，Cl­的结
构示意图为
，D 错误；答案选C。
【举一反三】（·浙江卷）下列表示不正确
．．．的是(
)
A. 乙烯的结构式：
B. 甲酸甲酯的结构简式：
2
4
2
C H O
C. 2­甲基丁烷的键线式：
D. 甲基的电子式：
【答案】B
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【解析】结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共
用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A 正确；结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸
甲酯中要体现出酯基，其结构简式为HCOOCH3，故B 错误；键线式中每个端点为一个C 原子，省略C—H 键，
故C 正确；甲基中碳原子和三个氢原子形成3 对共用电子对，还剩一个成单电子，故D 正确；答案选B。
【变式探究】[·浙江选考]下列表示不正确
．．．的是（
）
A．次氯酸的电子式
B．丁烷的球棍模型
C．乙烯的结构简式CH2＝CH2
D．原子核内有8 个中子的碳原子146C
【答案】A
【解析】次氯酸中Cl 最外层为7 个电子，为达到8 电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个
共用电子对，O 原子最外层为6 个电子，为达到8 电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用
电子对，因而次氯酸的电子式为
，A 项错误。B、C、D 等3 个选项均正确。故答案选A。
【变式探究】[·江苏卷] 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：
【答案】D
【解析】核素的表达式
A
ZX 中A 表示X 原子的质量数，Z 表示X 原子的质子数，则中子数=A­Z，中子数为
18 的氯原子为
35
17Cl ，A 错误；氮原子最外层电子数为5，还需要3 个电子（或形成3 对共用电子对）达到8 电
子稳定结构，所以两个氮原子共用3 对电子，氮气的结构式为N≡N，B 错误；钠原子的核外有11 个电子，钠
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离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10 个电子，Na+的结构示意图为
，C 错误；氧
原子最外层有6 个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1 对共用电子对，D 项正确。
【举一反三】(·浙江选考)下列表示不正确的是(
)
A．Na
＋结构示意图
B．乙烷的比例模型
C．乙醛的结构简式CH3CHO
D．氯化钙的电子式
【答案】B
【解析】该模型属于乙烷的球棍模型。
【题型六】化学与传统文化
例6.（·新课标Ⅱ）北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹
胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（
）
A. 胆矾的化学式为CuSO4
B. 胆矾可作为湿法冶铜的原料
C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A 说法错误；湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置
换反应制取铜，B 说法正确；加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正
确；铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
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【变式探究】（·新课标Ⅲ）宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿
色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说
法错误的是（
）
A. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D. Cu(OH)2·CuCO3 中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【答案】C
【解析】字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制
适宜的温度和湿度，A 正确；由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高
价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B 正确；孔雀石和蓝铜矿的
主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C 错误；因为氢氧化铜中铜元素
的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3 中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，D 正确。
【举一反三】(·全国卷Ⅰ)陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关
系。下列说法错误的是(
)
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红棕色，A 项错误；秦兵马俑
是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B 项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧制而成，属于人造材料，主要成
分是硅酸盐，C 项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐
酸碱侵蚀、抗氧化等优点，D 项正确。
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【变式探究】(·全国卷Ⅰ)《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器
覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结，累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是(
)
A．蒸馏
B．升华
C．干馏
D．萃取
【答案】B
【解析】蒸馏用于分离两种或多种互溶的液体混合物，根据液体沸点的不同进行分离，A 项错误；升华指
固态物质受热直接变成气态物质，气态物质遇冷凝华为固态物质，即砒霜样品受热使有效成分三氧化二砷变成
蒸气(升华)，降温，蒸气凝华成固体，从而达到分离提纯砒霜的目的，B 项正确；干馏指煤等在隔绝空气的条
件下加强热发生一系列化学变化的过程，砒霜提纯过程中有效成分没有发生变化，C 项错误；萃取指用萃取剂
将一种物质从其溶液中提取出来的过程，如用苯或四氯化碳萃取溴水中的溴(或碘水中的碘)，D 项错误。
【举一反三】(2016·北京卷)下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是(
)
A.冷水浸泡
B.加热煎制
C.箅渣取液
D.灌装保存
【答案】C
【解析】A 项，冷水浸泡属于物质的溶解操作，错误；B 项，加热煎制属于加热操作，错误；C 项，箅渣
取液应属于过滤操作，正确；D 项，灌装是转移液体操作，错误。
【变式探究】(江哈尔滨模拟）下列关于古籍中的记载说法不正确的是(
)
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓
烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，
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该方法应用了显色反应
D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化
还原反应
【答案】C
【解析】由“蒸令气上”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A 正确；金(即铜)柔锡柔，
合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B 正确；鉴别KNO3 和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应
不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，故C 错误；丹砂(HgS)烧之成水银，
HgS=====
△
Hg＋S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银和硫)生成，且单质(水银和硫)重新生
成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D 正确。
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专题02
物质的量及其化学计算
【考情探究】
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
【高频考点】
高频考点一
阿伏加德罗常数(NA)的广泛应用
1．突破物质状态和条件设置的陷阱
一看“气体”是否在“标准状况”；二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、溴、SO3、己烷、
HF、苯等在标准状况下不为气体)；三注意n＝m
M、n＝N
NA
在任何条件下都适用，不存在条件限制，物质所含的
粒子数与温度、压强等外界条件无关。
2．突破物质组成有关的陷阱
(1)最简式相同时，质量一定，含有的原子数一定。
(2)摩尔质量相同，质量一定，含有的分子数一定。
(3)组成中原子数相同的分子，物质的量一定，该原子数一定。
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3．突破物质结构有关的陷阱
(1)苯分子中不含
。
(2)白磷分子中含6 个P—P 键。
(3)CnH2n＋2 中共价键数为3n＋1。
(4)若用NA 表示阿伏加德罗常数的值，则1 mol 金刚石、SiO2、石墨中含有的共价键数目分别为2NA、4NA、
1.5NA。
4．突破电解质溶液中离子数目有关的陷阱
(1)是否有弱离子的水解。
(2)是否指明了溶液的体积。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1 的H2SO4 溶液中c(H
＋)＝0.1 mol·L
－1，与电解质的组成无
关；0.05 mol·L
－1 的Ba(OH)2 溶液中c(OH
－)＝0.1 mol·L
－1，与电解质的组成有关。
5．突破特定反应中有关离子数目判断的陷阱
(1)隐含“可逆反应”
2SO2＋O2
2SO3
2NO2
N2O4，
PCl3＋Cl2
PCl5，
N2＋3H2
2NH3，
Cl2＋H2O
HCl＋HClO。
(2)隐含“浓度的变化”
MnO2＋4HCl(浓)=====
△
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，
Cu＋2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O，
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
(3)隐含“存在反应”
在混合气体NO 和O2 中会发生反应：
2NO＋O2===2NO2。
(4)隐含“钝化”
常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。
(5)隐含反应物的“用量”
有些反应，反应物的用量不同，产物不同，如CO2 与碱溶液的反应，少量CO2 生成正盐，足量CO2 生成酸
式盐；Na2CO3 与盐酸的反应；石灰水与NaHCO3 溶液的反应等。
6．突破氧化还原反应中电子转移数的陷阱
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(1)歧化反应类：Na2O2 与CO2、Na2O2 与H2O、NO2 与H2O、Cl2 与NaOH(冷稀、浓热)等。
(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类。
(3)Fe 与浓、稀硝酸，Cu 与浓、稀硝酸反应类。
(4)足量、不足量Fe 与稀硝酸，足量Fe 与浓硫酸反应类。
(5)足量KMnO4 与浓盐酸，足量MnO2 与浓盐酸反应类。
(6)注意氧化还原的顺序。如向FeI2 溶液中通入Cl2，首先氧化I
－，再氧化Fe2＋。
【特别提】与电解质溶液中粒子数目判断有关的NA 的应用
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L 1 mol·L
－1 的乙酸或1 L 1
mol·L
－1 乙酸钠溶液中CH3COO
－数目均小于NA。
(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1 的HCl 溶液中，因溶液体积未知而无法求算H
＋的数目。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1 的H2SO4 溶液c(H
＋)＝0.1 mol·L
－1，与电解质的组成无关；
0.05 mol·L
－1 的Ba(OH)2 溶液，c(OH
－)＝0.1 mol·L
－1，与电解质的组成有关。
高频考点二
溶液的配制及溶液浓度的有关计算
1．一定物质的量浓度溶液的两种配制步骤与仪器
(1)固体溶解：①计算溶质质量，②称量(托盘天平)，③溶解(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移(容量瓶)，⑤洗涤，
⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
(2)浓溶液稀释：①计算浓溶液体积，②量取(量筒或酸、碱式滴定管)，③稀释(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移
(容量瓶)，⑤洗涤，⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
2．误差分析的思维流程与方法
(1)误差分析的思维流程
(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
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3．三种计算
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1 L 水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm
－3，气体的摩尔质量为M g·mol
－1，则c＝
1 000ρV
22 400＋MV mol·L
－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算c＝1 000ρw
M
(c 为溶质的物质的量浓度/mol·L
－1，ρ为溶
液的密度/g·cm
－3，w 为溶质的质量分数，M 为溶质的摩尔质量/g·mol
－1)。
(3)稀释定律
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
【方法技巧】溶液混合的规律
同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1 和w2 的两溶液混合
后所得溶液溶质的质量分数为w。
(1)两溶液等质量混合w＝1
2(w1＋w2)。
(2)两溶液等体积混合
①若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w>1
2(w1＋w2)，如H2SO4 溶液。
②若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w<1
2(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。
【知识拓展】用“偏高”“偏低”或“无影响”填空
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
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⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。
⑦转移时，有液体溅出：偏低。
⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
⑩容量瓶内有少量水：无影响。
高频考点三
掌握两种方法
1．关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的
反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
(1)在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤
(2)多步反应也可以利用原子守恒建立关系式
如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3 和硝酸的关系式：
。
(3)多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。
2．守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是
抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、
阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
【题型突破】
题型一
考查物质中粒子数、化学键数目
例1．（·新课标Ⅲ）NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA 个中子
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B. 1 mol 重水比1 mol 水多NA 个质子
C. 12 g 石墨烯和12 g 金刚石均含有NA 个碳原子
D. 1 L 1 mol·L−1 NaCl 溶液含有28NA 个电子
【答案】C
【解析】标准状况下22.4L 氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2 分子
含有(14­7)×2=14 个中子，1mol 该氮气含有14NA 个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故
A 错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B 错误；石墨烯和金刚
石均为碳单质，12g 石墨烯和12g 金刚石均相当于12g 碳原子，即
12g
12g/mol =1molC 原子，所含碳原子数目为
NA 个，故C 正确；1molNaCl 中含有28NA 个电子，但该溶液中除NaCl 外，水分子中也含有电子，故D 错误；
故答案为C。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)已知NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(
)
A．3 g 3He 含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L
－1 磷酸钠溶液含有的PO 3－
4 数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7 被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA
D．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】A 项，3 g 3He 含有的中子数为1NA，正确；B 项，磷酸钠为强碱弱酸盐，PO 3－
4 会发生水解，所以
所含PO 3－
4 的数目小于0.1NA，错误；C 项，Cr 的化合价变化为6－3＝31 mol K2Cr2O7 含有2 mol
Cr，所以转
移电子数为6NA，正确；D 项，58 g 正丁烷、异丁烷的混合物为1 mol，烷烃(CnH2n＋2)中总键数为3n＋1，则该
混合物中共价键数目为13NA，正确。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)下列叙述正确的是(
)
A．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1
D．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同
【答案】B
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【解析】24 g 镁与27 g 铝的物质的量均为1 mol，但Mg、Al 的质子数分别为12、13，A 项错误；1 mol O2
含有16 mol 电子，1 mol O3 含有24 mol 电子，质量相同(设为m g)的O2、O3 含有的电子的物质的量分别为m
32×16
mol＝m
2 mol、m
48×24 mol＝m
2 mol，B 项正确；1 mol D2O 含有10 mol 中子，1 mol H2O 含有8 mol 中子，C 项
错误；1 mol CH3—CH3 含有7 mol 共用电子对，1 mol CH2===CH2 含有6 mol 共用电子对，D 项错误。
题型二
考查与反应有关的粒子数
例2．（·浙江卷）NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A.
2
4
2
2
4MnO
5HCHO
12H
4Mn
5CO
11H O








，
4
1mol 4MnO
5HCHO





完全反应转移
的电子数为20NA
B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA 时，阳极应有32gCu 转化为
2
Cu 
C. 常温下，pH
9

的
3
CH COONa 溶液中，水电离出的H+数为
5
A
10 N

D. 1L 浓度为
1
0.100 mol L

的Na2CO3 溶液中，阴离子数为0.100NA
【答案】A
【解析】Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，则4molMnO4­ 完全反应转移电子物质的量为
4mol×[(+7)­(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A 正确；电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：
比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu 失电子的氧化反应：Cu­2e­=Cu2+，当电路中通过的电子数为
NA 时，即电路中通过1mol 电子，Cu 失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu 的物质的量小于0.5mol，则阳极
反应的Cu 的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B 错误；溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C
错误；n （Na2CO3 ）=0.100mol/L×1L=0.100mol ，由于CO32­ 发生水解：CO32­+H2O⇌HCO3­+OH­ 、
HCO3­+H2O⇌H2CO3+OH­，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D 错误；答案选A。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A．16.25 g FeCl3 水解形成的Fe(OH)3 胶体粒子数为0.1NA
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA
C．92.0 g 甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
D．1.0 mol CH4 与Cl2 在光照下反应生成的CH3Cl 分子数为1.0NA
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【答案】B
【解析】16.25 g FeCl3 的物质的量n(FeCl3)＝0.1 mol，如果氯化铁完全水解，则生成0.1 mol Fe(OH)3，而氢
氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成，故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1NA，A 项错误；甘油(丙三醇)的分
子式为C3H8O3，相对分子质量为921 mol(92.0 g)甘油含3 mol 羟基，C 项错误；甲烷与氯气在光照下反应会生
成四种有机产物，即1.0 mol 甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4 共为1 mol，D 项错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ)NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A．常温常压下，124 g P4 中所含P—P 键数目为4NA
B．100 mL 1 mol·L
－1 FeCl3 溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 mol SO2 和1 mol O2 催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】每个P4 分子中含6 个P—P 键，124 g P4 的物质的量为1 mol，含6 mol P—P 键，A 项错误；该溶
液中虽然含0.1 mol FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B 项错误；标准状况下，11.2
L 甲烷和乙烯的混合气体为0.5 mol，根据1 mol CH4 和1 mol C2H4 均含4 mol H 原子可知，0.5 mol 混合气体中
含2 mol H 原子，C 项正确；SO2 和O2 的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2 和SO3，分子总
数大于2NA，D 项错误。
题型三
考查溶液的年度与误差分析
例3．（·河南湘潭模拟）配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是(
)
A．在容量瓶中定容时，俯视刻度线
B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A 正确；用量筒量取浓盐酸时，
俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B 错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏低，
C 错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D 错误。
【变式探究】（·广东湛江模拟）下列关于物质的量浓度表述正确的是(
)
A．0.3 mol·L
－1 的Na2SO4 溶液中含有的Na
＋和SO 2－
4 的总物质的量为0.9 mol
B．当1 L 水吸收22.4 L 氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L
－1，只有当22.4 L 氨气溶于水制得1 L 氨水时，
其浓度才是1 mol·L
－1
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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，0.35 mol·L
－1 的KCl 饱和溶液100 mL 蒸发掉5 g 水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，
它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L
－1
【答案】D
【解析】不知道溶液体积，无法计算物质的量，A 错误；22.4 L 氨气的温度、压强不知，物质的量不一定
为1 mol，B 错误；K2SO4 和NaCl 的中性混合水溶液中，c(H
＋)＝c(OH
－)，则c(K
＋)＋c(Na
＋)＝c(Cl
－)＋2c(SO2－
4 )，
若Na
＋和SO 2－
4 的物质的量相等，则K
＋的浓度必定大于Cl
－的浓度，C 错误；同一物质在同一温度下的溶解度
一定，饱和溶液物质的量浓度恒定，D 正确。
【变式探究】
（·辽宁大连模拟）“84 消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1 000 mL、
密度1.19 g·cm
－3，稀释到浓度变为原来的1
100后使用。
请回答下列问题：
(1)上述“84 消毒液”的物质的量浓度约为________mol·L
－1。
(2)该同学取100 mL 上述“84 消毒液”，稀释后用于消毒，稀释到浓度变为原来的1
100的溶液中c(Na
＋)＝
________mol·L
－1(假设稀释后溶液密度为1.0 g·cm
－3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2 的
体积为________ L。
(3)将上述25%的NaClO 溶液与水等质量混合，混合液的溶质质量分数________12.5%(填“>”“<”或“＝”，下
同)；若与水等体积混合，混合液的溶质质量分数______12.5%。
【解析】(1)c(NaClO)＝1 000 mL×1.19 g·mL
－1×25%
74.5 g·mol
－1×1 L
≈4.0 mol·L
－1。
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变可得：100 mL×4.0 mol·L
－1＝10 000 mL×c(NaClO)，解得c(NaClO)＝
0.04 mol·L
－1，c(Na
＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L
－1。根据NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝
n(NaClO)＝0.4 mol，标准状况下CO2 的体积为8.96 L。(3)因等体积的水比等体积的NaClO 溶液质量小，故与等
体积水混合时混合液的浓度大于12.5%。
【解析】(1)4.0
(2)0.04
8.96
(3)＝
>
题型四
考查滴定法的应用
例4.（·江苏卷）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO 可用于制
备二氯异氰尿酸钠。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标
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准。实验检测原理为
3
3
3
2
2
3
3
3
3
C N O Cl
H
2H O C H N O
2HClO






2
2
HClO 2I
H
I
Cl
H O








2
2
2
2
3
4
6
I
2S O
S O
2I






准确称取1.1200g 样品，用容量瓶配成250.0mL 溶液；取25.00mL 上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸
和过量KI 溶液，密封在暗处静置5min；用
1
0.1000mol L

Na2S2O3 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指
示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3 溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
2 100%



测定中转化为HClO的氯元素质量
该样品的有效氯
样品的质量
)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】①

2­
­1
­3
2
3
n
O
=0.1000mol L
0.02000L=2.000 10 mol
S



根据物质转换和电子得失守恒关系：
2
3
3
3
2
2
2
3
C N O Cl ~ 2HClO ~ 2I ~ 4S O


得


2
3
2
3
(Cl)
0.5
S O
1.000 10 mol
n
n





氯元素的质量:
3
1
(Cl)
1.000 10 mol 35.5g mol
0.03550g
m







该样品的有效氯为：
0.03550
2 100%
63.39%
25.0mL
1.1200g
250.0mL
g



该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②偏低
【解析】①由题中反应可知，
­
3
3
3
2
C N O Cl 在酸性条件产生HClO，HClO 氧化碘离子产生碘单质，碘单质
再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：
­
2­
3
3
3
2
2
2
3
C N O Cl
2HClO
2I
4S O



，
2
­1
3
2
3
O )
0.1000mol L
0.02000L
2.000 10
mol
(S
n







，根据物质转换和电子得失守恒关系：得
n(Cl)=0.5
2­
2
3
n
S O
（
）=
­3
1.000 10 mol

，氯元素的质量：m(Cl)=
­3
­1
1.000 10 mol 35.5g mol



=0.03550g，该
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样品中的有效氯为：
2 100%
25.00mL
1.1200g
250.0mL
0.03550g


=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质
品。
②如果硫酸的用量过少，则导致反应
­
+
3
3
3
2
2
3
3
3
3
C N O Cl +H +2H O=C H N O +2HClO 不能充分进行，产生的
HClO 的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
【变式探究】(·江苏卷)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m 广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O 为原料，经溶解、
氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2 溶液，继续反应一
段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2 氧化Fe2＋的离子方程式为___________；水解聚合反应会导致溶液的
pH______。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL 锥形瓶中，加入适量稀
盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2 溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10
－
2 mol·L
－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O 2－
7 与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无
影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O
减小
(2)①偏大
②n(Cr2O2－
7 )＝5.000×10
－2 mol·L
－
1×22.00 mL×10
－3 L·mL
－1＝1.100×10
－3 mol
由滴定时Cr2O2－
7 →Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒
的关系式：Cr2O2－
7 ～6Fe2＋(或Cr2O2－
7 ＋14H
＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O2－
7 )＝6×1.100×10
－3 mol＝6.600×10
－3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10
－3 mol×56 g·mol
－1＝0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝0.369 6 g
3.000 g ×100%＝12.32%。
【解析】(1)H2O2 氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平
离子方程式。Fe3＋发生水解聚合反应使溶液pH 减小。(2)聚合硫酸铁中的Fe3＋被Sn2＋还原为Fe2＋，然后用K2Cr2O7
溶液滴定Fe2＋，根据6Fe2＋～Cr2O2－
7 ，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10
－2×22.00×10
－3 mol＝6.600×10
－3 mol，进而计算
出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝56×6.600×10
－3 g
3.000 g
×100%＝12.32%。若不除去具有还原性的Sn2＋，则消耗
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K2Cr2O7 的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。
【变式探究】[·全国卷Ⅱ]成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00
mL 0.100 0 mol·L
－1 的I2­KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为
指示剂，过量的I2 用0.100 0 mol·L
－1 Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I2＋2S2O2－
3 ===2I
－＋S4O2－
6 。测定时消耗Na2S2O3
溶液体积V mL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为__________________(写出表达式)。
【答案】浅蓝色至无色
25.00－1
2V
×0.100 0×32
m×1 000
×100%
【解析】达到滴定终点时I2 完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变
化；根据滴定过量的I2 消耗Na2S2O3 溶液的体积和关系式I2～2S2O2－
3 ，可得
n(I2)过量＝1
2×0.100 0V×10
－3mol，再根据关系式S2－～I2 可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×
10
－3 mol －1
2 ×0.100 0V×10
－3mol ＝(25.00 －V
2 )×0.100 0×10
－3mol ，则样品中S2 －的含量为
25.00－V
2
×0.100 0×32
m×1 000
×100%。
【方法技巧】
1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种：
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可
计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步
加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
【举一反三】（·河北正定中学模拟）葡萄酒常用Na2S2O5 作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量
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(以游离SO2 计算)的方案如下：
葡萄酒样品100.00 mL ――→
盐酸
蒸馏
馏分――――――――――――――→
一定条件，淀粉溶液
用0.010 00 mol·L
－1 标准I2 溶液滴定
溶液出现蓝色且30 s 内不褪色
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)
(1)按上述方案实验，消耗标准I2 溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2 计算)
为________g·L
－1。
(2)在上述实验过程中，若有部分HI 被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)0.16
(2)偏低
【解析】(1)由题给滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2 计算)与I2 的物质的量之比
为1∶1，n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L
－1×0.025 L＝0.000 25 mol，残留量＝0.000 25 mol×64 g·mol
－1
0.1 L
＝0.16 g·L
－
1。(2)由于实验过程中有部分HI 被氧化生成I2,4HI＋O2===2I2＋2H2O，要消耗的标准I2 溶液减少，因此实验结
果偏低。
题型五
考查热重分析
例5.[·全国卷Ⅰ]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5 个结
晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__________________。
【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知1.5×18
266＋18x＝5.6
100，
解得x≈12。
【变式探究】（·模拟）为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g
样品加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量
固体样品的起始质量
×100%)随温度的变化如下图所示：
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(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【答案】(1)CaC2O4
CaO
(2)在600 ℃时，m剩余
m起始
×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的
总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为
7 g
0.25 mol＝28 g·mol
－1，500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4
和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O 的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝
36.50 g
146 g·mol
－1＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4
和CaCO3 的物质的量分别为x mol 和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据
钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x≈0.10，y≈0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol
－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15
mol×100 g·mol
－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4 和15.0 g CaCO3。
【解析】(1)n(CaC2O4·H2O)＝
36.50 g
146 g·mol
－1＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol
－1＝4.50 g，在300 ℃
时，m剩余
m起始
×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失
去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，m剩余
m起始
×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，
其中Ca 的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol
－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝
4 g
16 g·mol
－1＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。
【方法技巧】
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m 剩余，
m 剩余
m1 mol 晶体质量
×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m 剩余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
【变式探究】（·山东威海模拟）重量分析法测定产品BaCl2·2H2O 的纯度步骤为：准确称取m g BaCl2·2H2O
试样，加入100 mL 水，用3 mL 2 mol·L
－1 的HCl 溶液加热溶解。边搅拌边逐滴滴加0.1 mol·L
－1 H2SO4 溶液。
待BaSO4 完全沉降后，过滤，用0.01 mol·L
－1 的稀H2SO4 洗涤沉淀3～4 次，直至洗涤液中不含Cl
－为止。将
沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为n g。则BaCl2·2H2O 的质量分数为________。
【答案】244n
233m×100%
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【解析】经过烘干灼烧至恒重得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba)＝n
233 mol，n(BaCl2·2H2O)
＝n
233 mol，m(BaCl2·2H2O)＝244n
233 g，则BaCl2·2H2O 的质量分数为244n
233m×100%。
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专题03
离子反应方程式和离子共存
【考情探究】
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
【高频考点】
高频考点一
四种离子反应类型
反应类型
不能大量共存的离子
复分解
反应
生成沉淀
Ba2＋与CO2－
3 、SO2－
4 、SO2－
3 ；SiO 2－
3 与H
＋不能大量共存
生成气体
H
＋与CO2－
3 、HCO
－
3 、S2－、SO 2－
3 等不能大量共存
生成弱电解质
H
＋与OH
－、ClO
－、F
－、CH3COO
－等不能大量共存
氧化还原反应
Fe3＋能氧化S2－、I
－等；MnO
－
4 、ClO
－在酸性、碱性、中性条件下都有强氧化
性，能将I
－、Fe2＋、SO 2－
3 等氧化
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盐的双水解
Al3＋与AlO
－
2 、HCO
－
3 、CO2－
3 、S2－、HS
－等水解彻底；Fe3＋与AlO
－
2 、HCO
－
3 、
CO 2－
3 等水解彻底，不能大量共存
络合反应
Fe3＋与SCN
－；Ag
＋与NH3·H2O
高频考点二
离子方程式正误判断
高频考点三
离子共存的四大题设“陷阱”
条件类型
常见表述
误点点拨
常见的限
制条件
“无色”
Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO
－
4 等有色离
子不能大量存在
“pH＝1”或“pH＝13”
溶液显酸性或碱性
“因发生氧化还原反应而不
能大量共存”
只能是氧化性离子和还原性离子不
共存，并不是其他离子反应，同时要注意
溶液酸碱性的影响
“透明”
“透明”也可“有色”
常见的隐
含条件
“与Al 反应放出H2”
溶液既可能显酸性也可能显碱性
“由水电离出的c(H
＋)＝
溶液既可能显酸性也可能显碱性
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1×10
－12 mol·L
－1”的溶液
“通入足量的NH3”
与NH3·H2O 反应的离子不能存在
含有大量Fe3＋的溶液
酸性溶液并具有强氧化性
含有大量AlO
－
2 、S2－的溶液
碱性溶液
含有大量NO
－
3 的溶液
隐含H
＋与还原性离子不能大量存在
相互促进
水解
NH
＋
4 与CH3COO
－、CO2－
3 ，
Mg2＋与HCO
－
3 等组合
存在相互促进水解情况，但水解程度
较小，在溶液中仍然能大量共存
Al3＋与CO2－
3 、HCO
－
3 、AlO
－
2 、
HS
－、S2－；Fe3＋与CO2－
3 、HCO
－
3 、
AlO
－
2 、ClO
－
相互促进水解，生成沉淀或气体，不
能大量共存
题干要求
(1)“一定大量共存”
(2)“可能大量共存”
(3)“不能大量共存”
审清关键字词
高频考点四
离子推断
1.肯定性原则：根据现象推断溶液中肯定存在或肯定不存在的离子(记住常见有色离子)。
2.互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(注意题目中的隐含
条件，如酸性、碱性、指示剂变化、水的电离情况等)。
3.电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这
一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)。
4.进出性原则：指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
【题型突破】
题型一
考查离子方程式正误判断与书写
例1.（·新课标Ⅲ）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（
）
A. 用Na2SO3 溶液吸收少量Cl2:
2
­
2
3
2
2
3
4
3SO
+Cl +H O =2HSO +2Cl +SO



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B. 向CaCl2 溶液中通入CO2：
2+
+
2
2
3
Ca
+H O+CO =CaCO
+2H

C. 向H2O2 溶液中滴加少量FeCl3：
3+
+
2+
2
2
2
2Fe +H O =O
+2H +2Fe

D. 同浓度同体积NH4HSO4 溶液与NaOH 溶液混合：
+
4
NH
3
2
+OH =NH
H O

－
【答案】A
【解析】用Na2SO3 溶液吸收少量的Cl2，Cl2 具有强氧化性，可将部分
2­
3
SO 氧化为
2­
4
SO
，同时产生的氢离
子与剩余部分
2­
3
SO 结合生成
­
3
HSO ，Cl2 被还原为Cl­，反应的离子反应方程式为：
3
2­
3
SO +Cl2+H2O=2
­
3
HSO +2Cl­+
2­
4
SO
，A 正确；向CaCl2 溶液中通入CO2，H2CO3 是弱酸，HCl 是强酸，弱酸
不能制强酸，故不发生反应，B 错误；向H2O2 中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，
但Fe3+能催化H2O2 的分解，正确的离子方程式应为2H2O2
3+
   Fe 
2H2O+O2↑，C 错误；NH4HSO4 电离出的H+
优先和NaOH 溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4 溶液与NaOH 溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，
正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D 错误。
【变式探究】（·江苏卷）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A. Cl2 通入水中制氯水：
2
2
Cl
H O
2H
Cl
ClO







B. NO2 通入水中制硝酸：
2
2
3
2NO
H O 2H
NO
NO






C.
1
0.1mol L

NaAlO2 溶液中通入过量CO2：
2
2
2
3
3
AlO
CO
2H O
Al(OH)
HCO






D.
1
0.1mol L

AgNO3 溶液中加入过量浓氨水：
3
2
4
Ag
NH
H O AgOH
NH






【答案】C
【解析】次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2O
H
＋＋Cl
－＋HClO，
故A 错误；NO2 与H2O 反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H
＋＋2NO3­＋NO，故B
错误；碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2 溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为AlO2­＋CO2＋
2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3­，故C 正确；AgOH 能与过量的NH3·H2O 反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D 错误；答案为
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C。
【举一反三】（·天津卷）下列离子方程式书写正确的是（
）
A. CaCO3 与稀硝酸反应：
2­
+
3
2
2
CO +2H =H O+CO 
B. FeSO4 溶液与溴水反应：
2+
3+
­
2
2Fe +Br =2Fe +2Br
C. NaOH 溶液与过量H2C2O4 溶液反应：
­
2­
2
2
4
2
4
2
H C O +2OH =C O +2H O
D. C6H5ONa 溶液中通入少量CO2:
­
2­
6
5
2
2
6
5
3
2C H O +CO +H O=2C H OH+CO
【答案】B
【解析】CaCO3 与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆
成离子形式，正确的离子方程式为：
2+
3
2
2
CaCO
2H
Ca +H O CO




，故A 错误；FeSO4 溶液与溴水反应时，溴单
质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：
2
3
2
2Fe
Br
2Fe
2Br






，故B 正确；
氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为
­
­
2
2
4
2
4
2
H C O +OH =HC O +H O ，故C 错误；苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸
性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：
­
­
6
5
2
2
6
5
3
C H O +CO +H O=C H OH+HCO ，故D 错误；答
案选B。
【变式探究】(·天津卷)下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是(
)
实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解
Mg(OH)2＋2NH
＋
4 ＝Mg2＋＋2NH3·H2O
B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体
Fe3＋＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3H
＋
C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
3SO2＋2MnO
－
4 ＋4H
＋＝3SO2－
4 ＋2Mn2＋
＋2H2O
D
氧化亚铁溶于稀硝酸
FeO＋2H
＋＝Fe2＋＋H2O
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【答案】A
【解析】氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2
Mg2＋＋2OH
－，滴加氯化铵溶液，NH
＋
4 与OH
－
结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2 的沉淀溶解平衡正向移动，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH
＋
4 ===Mg2＋＋2NH3·H2O，
A 项正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，得到红褐色Fe(OH)3 胶体而不是沉淀，B 项错误；二氧化硫使酸性
高锰酸钾溶液褪色，发生反应5SO2＋2MnO
－
4 ＋2H2O===5SO2－
4 ＋2Mn2＋＋4H
＋，C 项错误；氧化亚铁与稀硝酸发
生氧化还原反应3FeO＋10H
＋＋NO
－
3 ===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，D 项错误。
【举一反三】(·江苏卷)下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．室温下用稀NaOH 溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−＝ClO−+Cl−+H2O
B．用铝粉和NaOH 溶液反应制取少量H2：Al+2OH−＝AlO2­+H2↑
C．室温下用稀HNO3 溶解铜：Cu+2 NO3­+2H+＝Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+＝H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【解析】NaOH 为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl 和NaClO 为可溶性盐，可拆
成离子形式，水为弱电解质，不能拆，A 正确；该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：
2Al+2OH­+2H2O =2AlO2­+3H2↑，B 错误；室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：
3Cu+2NO3­+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，C 错误；Na2SiO3 为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：
SiO32­+2H+=H2SiO3↓，D 错误；综上所述，本题应选A。
【变式探究】（·浙江选考）不能正确表示下列变化的离子方程式是（
）
A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO4­＝2Mn2+＋5SO ＋4H+
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H2O2＝I2＋2H2O
C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32­＋2H+＝H2SiO3↓
D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe＝2Fe3+＋3Cu
【答案】D
【解析】Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe 氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方
程式为Cu2+＋Fe＝Fe2+＋Cu，D 项错误。其他3 个选项的离子方程式都是正确的。故答案选D。
【方法技巧】
1．“少定多变”法书写与量有关的离子方程式
先根据题给条件判断“少量物质”，以“少量物质”的离子计量数(充分反应)确定所需“过量物质”的离子数目，
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如向Ca(HCO3)2 溶液中加入过量NaOH 溶液的离子方程式的书写方法如下。
2．离子反应顺序的判断方法
(1)氧化还原型离子反应。同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应。
①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。例如：还原性I
－＞Fe2＋＞Br
－＞Cl
－，氧化性Ag
＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H
＋＞Fe2
＋＞Zn2＋等。
②根据强弱规律，判断反应顺序。同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发生反应；同一
还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。
(2)复分解型离子反应。判断反应产物与其他成分是否能大量共存。例如：某溶液中含有Al3＋、NH
＋
4 、H
＋，
向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先发生反应NH
＋
4 ＋OH
－===NH3·H2O，则生成的NH3·H2O 与H
＋、Al3＋都不
能大量共存，会发生反应NH3·H2O＋H
＋===NH
＋
4 ＋H2O、Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
＋
4 。因此，OH
－应
先与H
＋反应，再与Al3＋反应，最后与NH
＋
4 反应。判断离子反应先后顺序的总规则是先发生反应的反应产物与
其他物质能大量共存。
【变式探究】(·江苏卷）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：CO2－
3 ＋CaSO4
CaCO3＋SO2－
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===2FeO2－
4 ＋3Cl
－＋4H
＋＋H2O
D.电解饱和食盐水：2Cl
－＋2H
＋=====
通电Cl2↑＋H2↑
【答案】A
【解析】CaSO4 固体在离子方程式中不能拆开，CO 2－
3 与CaSO4 可结合成更难溶的CaCO3，符合沉淀溶解平
衡的移动规律，A 项正确；离子方程式的书写不遵循得失电子守恒以及电荷守恒，B 项错误；碱性溶液中不可
能生成H
＋，C 项错误；电解NaCl 溶液，阴极上水电离出来的H
＋放电，水为弱电解质，在离子方程式中不可拆
开，故应写成2Cl
－＋2H2O=====
通电Cl2↑＋H2↑＋2OH
－，D 项错误。
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题型二
考查离子共存
例2.（·江苏卷）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（
）
A.
1
0.1mol L

氨水溶液：Na+、K+、OH­、NO
­
3
B.
1
0.1mol L

盐酸溶液：Na+、K+、SO
2­
4 、SiO
2­
3
C.
1
0.1mol L

KMnO4 溶液：NH
+
4 、Na+、NO
­
3 、I­
D.
1
0.1mol L

AgNO3 溶液：NH
+
4 、Mg2+、Cl­、SO
2­
4
【答案】A
【解析】在0.1mol/L 氨水中，四种离子可以大量共存，A 选；在0.1mol/L 盐酸中含有大量氢离子，四种离
子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B 不选；MnO4­具有强氧化性，可以将碘离子氧化
成碘单质，故不能共存，C 不选；在0.1mol/L 硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化
银、硫酸银沉淀，不能共存，D 不选；故选A。
【变式探究】(·江苏卷)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(
)
A.0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液：Na
＋、K
＋、CO2－
3 、AlO
－
2
B.0.1 mol·L
－1 FeCl2 溶液：K
＋、Mg2＋、SO2－
4 、MnO
－
4
C.0.1 mol·L
－1 K2CO3 溶液：Na
＋、Ba2＋、Cl
－、OH
－
D.0.1 mol·L
－1 H2SO4 溶液：K
＋、NH
＋
4 、NO
－
3 、HSO
－
3
【答案】A
【解析】A 项，题给四种离子在碱性条件下均能大量存在，正确；B 项，MnO
－
4 可以氧化Fe2＋，错误；C
项，CO 2－
3 与Ba2＋会发生反应生成BaCO3 沉淀，错误；D 项，H
＋可以与HSO
－
3 反应生成SO2，且酸性条件下NO
－
3
会氧化HSO
－
3 生成SO2－
4 ，错误。
【变式探究】(·江苏卷)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
(
)
A．0.1 mol·L
－1 KI 溶液：Na
＋、K
＋、ClO
－、OH
－
B．0.1 mol·L
－1 Fe2(SO4)3 溶液：Cu2＋、NH
＋
4 、NO
－
3 、SO2－
4
C．0.1 mol·L
－1 HCl 溶液：Ba2＋、K
＋、CH3COO
－、NO
－
3
D．0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液：Mg2＋、Na
＋、SO2－
4 、HCO
－
3
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【答案】B
【解析】A 项，I
－被ClO
－氧化，不能大量共存，错误；C 项，H
＋与CH3COO
－生成CH3COOH，不能大量
共存，错误；D 项，HCO
－
3 、Mg2＋与OH
－反应，不能大量共存，错误。
【方法技巧】离子共存判断方法
(1)先看条件——题干条件
一看题干要求，需辨别的离子组是“大量共存”还是“不能大量共存”，是“可能”还是“一定”。
二看附加条件，如①溶液的颜色，若为无色溶液，则MnO
－
4 、Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋等有色离子不能大量存在；
②溶液的酸、碱性；③特定离子或分子的存在等。
(2)后看反应——所给离子之间能否发生反应
【举一反三】(·江苏卷)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(
)
A.无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN
－、Cl
－
B. c（H
＋）
c（OH
－）
＝1×10
－12 的溶液中：K
＋、Na
＋、CO2－
3 、NO
－
3
C.c(Fe2＋)＝1 mol·L
－1 的溶液中：K
＋、NH
＋
4 、MnO
－
4 、SO2－
4
D.能使甲基橙变红的溶液中：Na
＋、NH
＋
4 、SO2－
4 、HCO
－
3
【答案】B
【解析】A 项，无色溶液中，有色离子(Fe3＋)不能大量存在，且Fe3＋与SCN
－不能大量共存；B 项，溶液呈
碱性，四种离子能大量共存；C 项，Fe2＋与MnO
－
4 发生氧化还原反应而不能大量共存；D 项，溶液呈酸性(pH<3.1)，
HCO
－
3 不能大量存在。
题型三
考查离子检验与推断
例3．(·浙江选考)某绿色溶液A 含有H
＋、Na
＋、Mg2＋、Fe2＋、Cu2＋、SO2－
4 、Cl
－、CO 2－
3 和HCO
－
3 离子中的
若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4 微溶于水，可溶于酸)：
①向溶液中滴加Ba(OH)2 溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；
②取滤液B，先用HNO3 酸化，再滴加0.001 mol·L
－1 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成。
下列说法不正确的是(
)
A．溶液A 中一定存在H
＋、SO 2－
4 和Cl
－
B．溶液A 中不存在Mg2＋、CO 2－
3 和HCO
－
3 ，不能确定Na
＋的存在
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C．第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3
D．溶液A 中存在Fe2＋与Cu2＋中的一种或两种，且可以用NaOH 溶液判断
【答案】B
【解析】根据①得到不溶于酸的白色沉淀，可知原溶液中必然含有SO2－
4 ，根据绿色滤液仍然存在，可知原
溶液必然含有H
＋，必然不能存在CO 2－
3 以及HCO
－
3 ；根据②有不溶于硝酸的白色沉淀生成，可知原溶液中必然
含有Cl
－，沉淀必然为AgCl；但是根据以上信息不能确定溶液绿色是Fe2＋还是Cu2＋引起的，所以两者都有可能
存在；根据以上信息不能确定Na
＋与Mg2＋是否存在，所以B 不正确。
【举一反三】（山东青岛模拟）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，现象和结论正确
的是(
)
选项
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2 溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO2－
4
B
滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I
－
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反
应
火焰呈黄色
原溶液中有Na
＋，无K
＋
D
滴加稀NaOH 溶液，将湿润红色石
蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH
＋
4
【答案】B
【解析】A 项，加入BaCl2 溶液得到白色沉淀，原溶液中可能含有SO 2－
3 或SO 2－
4 或Ag
＋；B 项，溶于CCl4
呈紫色的为I2，即原溶液中含有I
－；C 项，观察K
＋的焰色反应应透过蓝色钴玻璃，排除Na
＋的干扰；D 项，检
验NH
＋
4 应加入浓NaOH 溶液，且需要加热。
【变式探究】（2022·江西赣州模拟）已知某透明澄清的溶液中可能含有NO
－
3 、Cl
－、SO2－
4 、CO2－
3 、NH
＋
4 、
Fe3＋、Al3＋和K
＋中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：
①取该溶液100 mL，加入过量NaOH 溶液，加热得到0.02 mol 气体，同时产生红褐色沉淀；②将沉淀过滤、洗
涤、灼烧，得到1.6 g 固体；③向上述滤液中加入足量BaCl2 溶液，得到4.66 g 不溶于盐酸的沉淀。下列说法正
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确的是(
)
A．不能确定原溶液中是否含有Al3＋和K
＋
B．原溶液中含有的离子只有Cl
－、SO2－
4 、NH
＋
4 、Fe3＋
C．原溶液中c(NO
－
3 )＝0.2 mol·L
－1，c(Fe3＋)＝0.2 mol·L
－1
D．在原溶液中加入足量的铁粉，所得溶液中阳离子所带正电荷数减少
【答案】C
【解析】①取该溶液100 mL，加入过量NaOH 溶液，加热得到0.02 mol 气体，说明溶液中含有0.02 mol NH
＋
4 ，
同时产生红褐色沉淀为氢氧化铁，说明溶液中含有Fe3＋，CO 2－
3 与Fe3＋会相互促进水解而不能大量共存，故溶
液中一定不含CO2－
3 ；②将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6 g 固体为氧化铁，则n(Fe3＋)＝2n(Fe2O3)＝2×
1.6 g
160 g/mol
＝0.02 mol；③向上述滤液中加入足量BaCl2 溶液，得到4.66 g 不溶于盐酸的沉淀，则沉淀为硫酸钡，n(SO2－
4 )
＝n(BaSO4)＝
4.66 g
233 g/mol＝0.02 mol。n(正电荷)＝n(NH
＋
4 )＋3n(Fe3＋)＝0.02 mol＋3×0.02 mol＝0.08 mol，n(负电荷)
＝2n(SO2－
4 )＝2×0.02 mol＝0.04 mol<0.08 mol，故溶液中还有其他阴离子，且所含阴离子的物质的量相等，故n(负
电荷)＝2n(SO2－
4 )＋n(NO
－
3 )＋n(Cl
－)＝2×0.02 mol＋0.02 mol＋0.02 mol＝0.08 mol，因此溶液中一定含有NO
－
3 、Cl
－，一定不含Al3＋和K
＋。A.原溶液中一定不含Al3＋和K
＋，A 错误；B.原溶液中含有的离子只有NO
－
3 、Cl
－、SO2－
4 、
NH
＋
4 、Fe3＋，B 错误；C.原溶液中c(NO
－
3 )＝0.2 mol·L
－1，c(Fe3＋)＝0.2
mol·L
－1，C 正确；D.在原溶液中加入足
量的铁粉，发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，所得溶液中阳离子所带正电荷数基本不变，D 错误。
题型四
考查流程题中的离子反应
例4．（·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS 制备高纯MnCO3 的工艺流程
如下：
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已知：MnO2 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp 见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
16.3
1 10

38.6
1 10

32.3
1 10

12.7
1 10

回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是__________________________，MnO2 与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学方程
式为_____________________________。
(2)保持BaS 投料量不变，随MnO2 与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2 的量
达到最大值后会减小，减小的原因是____________________________________。
(3)滤液I 可循环使用，应当将其导入到___________________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X 为______________________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH 的理
论最小值为______________(当溶液中某离子浓度
5
1
1.0 10 mol L
c




e
时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为___________________________________________。
【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率：
2
2
2
MnO
BaS
H O
Ba(OH)
MnO
S





（2）过量的MnO2 消耗了产生的Ba(OH)2
(3). 蒸发
(4). H2O2
4.9
(5)
2
3
3
2
3
4
2
Mn
HCO
NH
H O
MnCO
NH
H O










【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用
硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后
向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得
到的废渣为Fe(OH)3 和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和
碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2 与BaS 反应转化为
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MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知­2 价的S 元素应被氧化得到S 单质，则
MnO2 与BaS 的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：
MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
(2)根据题目信息可知MnO2 为两性氧化物，所以当MnO2 过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使
Ba(OH)2 的量达到最大值或会减小；
(3)滤液I 为结晶后剩余的Ba(OH)2 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去Fe 元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn 元素氧化，加入的
试剂X 可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3 和Al(OH)3 为同种沉淀，而Al(OH)3 的Ksp 稍大，所以当Al3+
完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10­5mol/L 时，
c(OHˉ)=




3
3
­32.3
3
­1
­5
3
sp
+
Al OH
1 10
=
mol L
1 10
Al
c
K







=10­9.1mol/L，所以c(H+)=10­4.9mol/L，pH=4.9，即pH 的理论最小
值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和
一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO
­
3 +NH3·H2O=MnCO3↓+NH 4
+H2O。
【举一反三】(·全国卷Ⅱ)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡
的焰色为________(填标号)。
A．黄色
B．红色
C．紫色
D．绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为____________
_________________________________________。
回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2 和一种清洁能源气体，该反应
的化学方程式为_________________________________________________。
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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________________________________________________。
【答案】(1)D
(2)①BaSO4＋4C
=======
900～1 200 ℃
BaS＋4CO↑
CO＋H2O===CO2＋H2
②BaCO3
③S2－＋Ba2
＋＋Zn2＋＋SO2－
4 ===ZnS·BaSO4↓
【解析】(1)根据常见元素的焰色反应，可知钡元素的焰色为绿色。(2)①由流程图中的原料重晶石和焦炭粉
经回转炉、浸出槽后得到净化的BaS 溶液，可判断重晶石(BaSO4)与焦炭粉反应生成BaS 和有毒气体CO，根据
电子守恒法可配平氧化还原反应方程式BaSO4＋4C
=======
900～1 200 ℃
BaS＋4CO↑；CO 与水蒸气反应得到的清洁能
源气体为H2，另一种产物为CO2，则CO 与水蒸气反应的化学方程式为CO＋H2O===CO2＋H2。
②潮湿空气中的CO2 和水蒸气跟“还原料”中的硫化钡反应生成的臭鸡蛋气味的气体为H2S，水溶性变差是
因为发生了反应BaS＋CO2＋H2O===H2S＋BaCO3↓，由此可知难溶于水的物质为BaCO3。
③硫化钡溶液与硫酸锌反应生成难溶于水的立德粉(ZnS·BaSO4)，因此离子反应方程式为S2－＋Ba2＋＋Zn2＋
＋SO2－
4 ===ZnS·BaSO4↓。
【变式探究】（2022·湖北武汉二中模拟）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合
理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：
已知：
①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 如下：
阳离子
Fe3＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
沉淀完全时的pH
3.7
11.1
5.4(>8 溶解)
9(>9 溶解)
(1)H2O2 的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O2－
7 ，写出此反应的离子方程式：_______________________。
(2)加入NaOH 溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O 2－
7 转化为________(填微
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粒的化学式)
(3)写出上述流程中用SO2 进行还原时发生反应的离子方程式：______________________________。
【答案】(1)2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O2－
7 ＋8H
＋
(2)CrO2－
4
(3)2CrO2－
4 ＋3SO2＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－
4 ＋2OH
－
【解析】(1)H2O2 将Cr3＋氧化成Cr2O2－
7 ，H2O2 被还原，反应可写成H2O2＋Cr3＋―→Cr2O2－
7 ，根据得失电子
守恒配平为3H2O2＋2Cr3＋―→Cr2O2－
7 ，结合原子守恒、电荷守恒以及滤液Ⅰ呈酸性，H2O2 将Cr3＋氧化的离子方
程式为3H2O2＋2Cr3＋＋H2O===Cr2O2－
7 ＋8H
＋。
(2)根据各金属阳离子形成沉淀的pH，加入NaOH 溶液调pH＝8，将Fe3＋、Al3＋完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3
沉淀而除去；同时将Cr2O 2－
7 转化为CrO2－
4 ，反应可表示为Cr2O2－
7 ＋2OH
－===2CrO2－
4 ＋H2O。
(3)根据流程加入SO2 将CrO 2－
4 还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2 被氧化成SO 2－
4 ，反应可写成SO2＋
CrO2－
4 ―→Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－
4 ，S 元素的化合价由＋4 价升至＋6 价，Cr 元素的化合价由＋6 价降至＋3
价，根据得失电子守恒配平为3SO2＋2CrO2－
4 ―→2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－
4 ，结合原子守恒、电荷守恒和溶液
呈碱性，写出离子方程式为3SO2＋2CrO2－
4 ＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－
4 ＋2OH
－。
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专题04
氧化还原反应及其应用
【考情探究】
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
【高频考点】
高频考点一
氧化还原反应的概念
一、氧化还原反应
1.氧化还原反应本质和特征
2.基本概念及相互关系
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概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”
例如，反应Cu＋2H2SO4(浓)=====
△CuSO4＋SO2↑＋2H2O 中，氧化剂是浓H2SO4，还原剂是Cu，氧化产物是
CuSO4。生成1 mol SO2 时转移电子数目为2NA，被还原的H2SO4 的物质的量是1__mol，浓硫酸表现的性质是
酸性和强氧化性。
【特别提醒】
(1)元素由化合态变为游离态，该元素不一定被还原。
(2)在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一元素既被氧化又被还
原。
3.氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④说变化。
实例：用双线桥法标出铜和浓硝酸反应电子转移的方向和数目
。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得到”、“失去”字样。
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实例：用单线桥法标出铜和稀硝酸反应电子转移的方向和数目
。
4.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系
二、常见的氧化剂和还原剂
1.常见氧化剂
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如：
2.常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属离子及低价态化合物、低价金属阳离子、非金属单质及其氢化物
等。如：
3.具有中间价态的物质既有氧化性，又有还原性
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高频考点二
氧化还原反应的规律及应用
1.守恒规律
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。
2.价态规律：
(1)元素处于最高价，只有氧化性
，如Fe3＋、Ag
＋等；元素处于最低价，只有还原性，如S2－、I
－等；元素
处于中间价态，既有氧化性又有还原性，如Fe2＋、Cl2 等。
(2)归中反应规律
不同价态的同种元素间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不
会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
如在反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O 中，氧化产物是Cl2，还原产物是Cl2，1 mol KClO3 反应
时转移电子数是5NA。
(3)歧化反应规律
“中间价―→高价＋低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋
2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。1 mol Cl2 反应时转移电子数为NA。
3.强弱规律
自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“强制弱”。
氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物
氧化性：氧化剂＞氧化产物；
还原性：还原剂＞还原产物。
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4.先后规律
在浓度相差不大的溶液中：
(1)同时含有几种还原剂时
――→
加入氧化剂将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如在FeBr2 溶液中通入少量
Cl2 时，因为还原性：Fe2＋>Br
－，所以Fe2＋先与Cl2 反应。
(2)同时含有几种氧化剂时
――→
加入还原剂将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。
如在含有Fe3＋、Cu2＋、H
＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H
＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后
再与Cu2＋反应，最后与H
＋反应。
高频考点三
氧化还原反应方程式的书写与配平
1.氧化还原方程式配平的基本原则
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
3.缺项型氧化还原反应方程式的配平方法
①配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守
恒进行配平。
②补项原则
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条件
补项原则
酸性条件下
缺H 或多O 补H
＋，少O 补H2O
碱性条件下
缺H 或多O 补H2O，少O 补OH
－
高频考点四
氧化还原滴定
1.原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身
并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
2.试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7 等；常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维
生素C 等。
3.指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。①氧化还原指示剂；②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可
溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变
为紫色。
【题型突破】
题型一
考查氧化还原反应的概念
例1．（·山东卷）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（
）
A. 谷物发酵酿造食醋
B. 小苏打用作食品膨松剂
C. 含氯消毒剂用于环境消毒
D. 大气中NO2 参与酸雨形成
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A 不符合题
意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3 受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原
反应，B 符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C 不符合题意；NO2 与水反应
有HNO3 产生，因此NO2 参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D 不符合题意。答案选B。
【变式探究】（·浙江卷）反应
2
2
2
2
MnO
4HCl(
)
MnCl
Cl
2H O



加热
浓
↑
中，氧化产物与还原产物的
物质的量之比是(
)
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A. 1:2
B. 1:1
C. 2:1
D. 4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2 中的Mn 元素的化合价为+4 价，生成物MnCl2 中Mn 元素的化
合价为+2 价，反应物HCl 中Cl 元素的化合价为­1 价，生成物Cl2 中Cl 元素的化合价为0 价，故MnCl2 是还原
产物，Cl2 是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B 符合题意；答案选B。
【举一反三】(·北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是(
)
【答案】B
【解析】A 项，Fe 粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B 项，Mg2＋与NaOH 溶液反应生
成Mg(OH)2 沉淀，多余的NaOH 用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C 项，Cl2 能溶于水并与水
发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2 中的HCl；D 项，NO2 与水反应生成HNO3 和NO，涉及氧化还原反应。
【变式探究】（·北京卷）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
热铜丝插入稀硝酸中
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2 溶液(FeCl3)
Fe 粉
B
NaCl 溶液(MgCl2)
NaOH 溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
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浊液中
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
【答案】C
【解析】A 项，NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中产生白色Fe（OH）2 沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反
应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B 项，氯水中存
在反应Cl2+H2O
HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO 表现强氧
化性，与有色物质发生氧化还原反应；C 项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前
后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D 项，Cu 与稀HNO3 反应生成Cu（NO3）2、NO 气体和H2O，气体由
无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应
无关的是C 项，答案选C。
题型二
氧化还原反应规律
例2．（安徽池州模拟）将过量H2O2 溶液加入含(NH4)2CrO4 的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体
M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO2－
4 ＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH
－＋O2↑，测得M 中有2
个过氧键。下列叙述正确的是(
)
A．M 中Cr 的化合价为＋3
B．参与反应的H2O2 全部被氧化
C．向FeSO4 溶液中滴加几滴M 的溶液，没有明显现象
D．转移0.2 mol 电子时，生成M 的质量为16.7 g
【答案】D
【解析】本题考查氧化还原反应。由化学方程式可知，反应生成1 mol O2，H2O2 失去2 mol 电子，因反应
生成1 mol M，CrO 2－
4 得(6－a)mol 电子，由得失电子数目守恒可知，6－a＝2，a＝4，故A 错；由化学方程式可
知，3 mol H2O2 参与反应，只有1 mol O2生成说明H2O2有一部分没有被氧化，故B 错；由题意M 中有2 个过氧
键，则向FeSO4 溶液中滴加几滴M 的溶液，亚铁离子会被M 氧化为铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，故C 错；
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由离子方程式可知，反应转移2 mol 电子，生成1 mol M，所以转移0.2 mol 电子时，生成M 的质量为0.1 mol×167
g·
mol
－1＝16.7 g，故D 正确。
【变式探究】（山东聊城模拟）CuS、Cu2S 用于处理酸性废水中的Cr2O2－
7 ，反应如下。
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O2－
7 ＋H
＋―→Cu2＋＋SO2－
4 ＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O2－
7 ＋H
＋―→Cu2＋＋SO2－
4 ＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是(
)
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2 种元素的化合价发生变化
B．处理1 mol Cr2O 2－
7 时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H
＋的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．质量相同时，Cu2S 能去除更多的Cr2O2－
7
【答案】C
【解析】在反应Ⅰ中S、Cr 元素化合价发生变化，在反应Ⅱ中Cu、S、Cr 三种元素的化合价发生了变化，A
错误；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr2O2－
7 ＋32H
＋===3Cu2＋＋3SO2－
4 ＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ配平后的方程式
为3Cu2S＋5Cr2O2－
7 ＋46H
＋===6Cu2＋＋3SO2－
4 ＋10Cr3＋＋23H2O，可见处理1 mol Cr2O 2－
7 时，反应Ⅰ消耗H
＋的物质
的量是8 mol，反应Ⅱ消耗H
＋的物质的量是9.2 mol，B 错误；反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O2－
7 ，二者
反应的物质的量之比为3∶5，C 正确；根据方程式可知3 mol 即3×96 g CuS 处理4 mol Cr2O2－
7 ，每克处理Cr2O2－
7
的物质的量为4 mol
3×96＝1
72 mol；3 mol 即3×160 g Cu2S 处理5 mol Cr2O2－
7 ，每克处理Cr2O 2－
7 的物质的量为5 mol
3×160＝
1
96 mol，可见质量相同时，CuS 能去除更多的Cr2O2－
7 ，D 错误。
题型三
考查氧化还原反应的本质与规律
例3．（陕西榆林模拟）向含Fe2＋、I
－、Br
－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如
图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的
是(
)
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A．线段Ⅱ表示Fe2＋的变化情况
B．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋12OH
－===2IO
－
3 ＋10Cl
－＋6H2O
C．根据图像可计算a＝6
D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I
－)∶c(Br
－)＝2∶1∶3
【答案】B
【解析】向仅含Fe2＋、I
－、Br
－的溶液中通入适量氯气，还原性：I
－＞Fe2＋＞Br
－，首先发生反应：2I
－＋Cl2===I2
＋2Cl
－，I
－反应完毕，再发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－，Fe2＋反应完毕，又发生反应：2Br
－＋Cl2===Br2
＋2Cl
－，故线段Ⅰ代表I
－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br
－的变化情况，故A 正确；线段
Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I 元素，2I
－＋Cl2===I2＋2Cl
－，消耗1 mol
氯气，所以碘原子的物质的量为2 mol，反应Ⅳ消耗氯气的物质的量为5 mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸
中碘元素的化合价为x，(x－0)×2 mol＝5 mol×2，解得x＝＋5，则该含氧酸为HIO3，离子方程式为I2＋5Cl2＋
6H2O===2IO
－
3 ＋10Cl
－＋12H
＋，故B 错误；根据反应离子方程式可知溶液中n(I
－)＝2n(Cl2)＝2 mol，溶液中n(Fe2
＋)＝2n(Cl2)＝2×(3 mol－1 mol)＝4 mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n(I
－)＋n(Br
－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br
－)
＝2n(Fe2＋)－n(I
－)＝2×4 mol－2 mol＝6 mol，根据2Br
－＋Cl2===Br2＋2Cl
－可知，溴离子反应需要氯气的物质的
量为3 mol，故a＝3＋3＝6，故C 正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I
－)∶c(Br
－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，
故D 正确。
【举一反三】（内蒙赤峰模拟）为验证还原性SO2＞Fe2＋＞Cl
－
，三组同学分别进行了下图实验，并对溶
液1 和溶液2 中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有(
)
溶液1
溶液2
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甲
含Fe3＋、Fe2＋
含SO2－
4
乙
含Fe3＋，无Fe2＋
含SO2－
4
丙
含Fe3＋，无Fe2＋
含Fe2＋
A.只有甲
B.甲、乙
C.甲、丙
D.甲、乙、丙
【解析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”“强还原性物质制弱还原性物质”的原理来验证还原性
的强弱顺序。向FeCl2 的溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1 中通入SO2，得到溶液2。甲：溶液1 中含有
Fe3＋、Fe2＋，说明发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－，且Cl2 反应完全，可证明还原性Fe2＋＞Cl
－；溶液2 中
含有SO2－
4 ，则说明发生反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－
4 ＋4H
＋，可证明还原性SO2＞Fe2＋，故甲能证明
还原性SO2＞Fe2＋＞Cl
－；乙：溶液1 中含有Fe3＋，无Fe2＋，可证明还原性Fe2＋＞Cl
－，但Cl2 可能过量，再通入
SO2，可能发生的反应是Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl
－＋SO2－
4 ＋4H
＋，不能够比较SO2 与Fe2＋的还原性强弱，故乙不
能验证；丙：溶液1 中含有Fe3＋，没有Fe2＋，通入SO2 后溶液中又含有Fe2＋，说明SO2 将Fe3＋还原得到Fe2＋，
证明还原性SO2＞Fe2＋，故丙能证明还原性SO2＞Fe2＋＞Cl
－。
【答案】C
【变式探究】（四川自贡模拟）已知：2Fe3＋＋2I
－===2Fe2＋＋I22Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br
－。向含等物质的量
浓度的FeI2、FeBr2 混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN 溶液，溶液变为红色，则下列离子
方程式书写不合理的是(
)
A．2Fe2＋＋4I
－＋3Cl2===2Fe3＋＋2I2＋6Cl
－
B．2Br
－＋2I
－＋2Fe2＋＋3Cl2===I2＋Br2＋2Fe3＋＋6Cl
－
C．2Br
－＋4I
－＋2Fe2＋＋4Cl2===2I2＋Br2＋2Fe3＋＋8Cl
－
D．2I
－＋2Fe2＋＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl
－
【答案】C
【解析】由已知离子方程式可得还原性强弱顺序为I
－>Fe2＋>Br
－，向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2 混合
溶液中通入一定量的氯气后，Cl2 依次与溶液中的I
－、Fe2＋、Br
－反应，再滴加少量的KSCN 溶液，溶液变红色，
证明溶液中有Fe3＋生成，则I
－已完全被氧化。FeI2、FeBr2 的物质的量浓度相同，则原溶液中I
－、Fe2＋、Br
－的
物质的量之比为1∶1∶1。C 项表示溶液中的I
－完全被氧化，Fe2＋、Br
－部分被氧化，溶液中还有Fe2＋、Br
－，
故不合理。
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题型四
考查氧化还原方程式的配平与计算
例4．[浙江4 月选考]反应8NH3＋3Cl2
N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（
）
A．2∶3
B．8∶3
C．6∶3
D．3∶2
【答案】A
【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为
，可知实际升价的N 原子为2 个，所以
2 个NH3 被氧化，同时Cl2 全部被还原，观察计量数，Cl2 为3 个，因而被氧化的NH3 与被还原的Cl2 的物质的
量之比为2：3。故答案选A。
【方法技巧】利用电子守恒关系解题的思维模板
一找各物质
找出反应中的氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物，并标出变价元素的化合价
二定得失数
找准一个原子(或离子)得失电子数目(注意化学式中粒子的个数)
三列守恒式
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式关系：n(氧化剂)×变价原子个数×化合
价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值
【举一反三】（广东韶关模拟）完成下列各小题。
(1)将NaBiO3 固体(黄色，微溶)加入MnSO4 和H2SO4 的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该
反应的离子方程式：
NaBiO3＋
Mn2＋＋
________→
Na
＋＋
Bi3＋＋
________＋
________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：
FeO2－
4 ＋
H2O===
Fe(OH)3(胶体)＋
O2↑＋
OH
－。
(3)以亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应原理为5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。该反应
中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(4)在含VO2＋的溶液中加入KClO3，可使VO2＋转化为VO
＋
2 ，则欲使3 mol VO2＋变成VO
＋
2 ，需要氧化剂KClO3
至少为________mol。
(5)已知M2O 2－
n 可与R2－作用，R2－被氧化为R 单质，M2O 2－
n 的还原产物中M 为＋3 价；又知c(M2O2－
n )＝0.3
mol·L
－1 的溶液100 mL 可与c(R2－)＝0.6 mol·L
－1 的溶液150 mL 恰好完全反应，则n 值为________。
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【解析】(1)由题意知生成紫色离子MnO
－
4 。
(3)根据化合价变化规律知，NaClO2 既作氧化剂又作还原剂，n(氧化剂)×4＝n(还原剂)×1，可知答案。
(4)3 mol VO2＋转变成VO
＋
2 ，共失去了3 mol 电子，而1 mol ClO
－
3 变为Cl
－得到6 mol 电子，所以需要0.5 mol
KClO3。
(5)n(M2O2－
n )＝0.3 mol·L
－1×0.1 L＝0.03 mol，n(R2－)＝0.6 mol·L
－1×0.15 L＝0.09 mol，反应中M 化合价降低
到＋3，R 元素化合价升高到0。设M2O 2－
n 中M 的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、
失电子数目相等，则有(n－1－3)×0.03 mol×2＝(2－0)×0.09 mol，n＝7。
【答案】(1)5
2
14 H
＋
5
5
2 MnO
－
4
7 H2O
(2)4
10
4
3
8
(3)1∶4
(4)0.5
(5)7
题型五
考查氧化还原反应的综合应用
例5．（湖南省长沙市雅礼中学模拟）白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收
少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：
已知：NaC1O 溶液在受热或酸性条件下易分解。
下列叙述正确的是
A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率
B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗
C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N2 为正极产物
D．“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3) 2
]：n[N2H4·H2O]=4：1
【答案】D
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【解析】“氧化”过程加入氧化剂NaC1O 溶液，NaC1O 在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条
件下进行时NaC1O 浓度降低氧化速率减慢，A 错误；操作1 为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏
斗，B 错误；N2H4·H2O 中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N2，负极发生氧化反应，故N2 为负极产物，C
错误；“还原”过程中Ag(NH3) 2
中银元素化合价降低生成单质银，由+1 价变为0 价，N2H4·H2O 中氮元素化合价
升高生成N2，由­2 价变为0 价，根据得失电子守恒，n[Ag(NH3) 2
]：n[N2H4·H2O]=4：1，D 正确；答案选D。
【变式探究】（山东青岛模拟）三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一
些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al 等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3 的工艺流程：
回答下列问题：
(1)写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式：__________________________________________。
(2)“加Na2CO3 调pH 至a”会生成两种沉淀，分别为__________________(填化学式)。
(3)操作Ⅰ的步骤包括________________________、冷却结晶、减压过滤。
(4)流程中NH4Cl 除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH
－)过大，其原理是
_____________________________________________________________________________。
(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为
______(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是___________________________________________。
写出该步骤的化学方程式：______________________________________________________。
【解析】(1)加适量NaClO3 的目的是将亚铁离子氧化为铁离子。
(2)加入碳酸钠调节pH，使铝离子和铁离子转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3 两种沉淀。
(3)为了防止产品水解，故应在HCl 氛围下蒸发浓缩。
(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl 溶于水电离出NH
＋
4 会抑制后期加入的NH3·H2O 的电离，可防止
加氨水时氢氧根离子浓度过大。
(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化为Co3＋，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同
学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3 的生成。
【答案】(1)6Fe2＋＋ClO
－
3 ＋6H
＋===6Fe3＋＋Cl
－＋3H2O
(2)Fe(OH)3 和Al(OH)3
(3)HCl 氛围下蒸发浓缩
(4)NH4Cl 溶于水电离出NH
＋
4 会抑制后期加入的NH3·H2O 的电离
(5)甲
防止Co(OH)3的生成
H2O2＋2CoCl2
＋2NH4Cl＋10NH3·H2O===2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O
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【变式探究】（湖北荆门一中模拟）在南北朝刘宋·雷敩所著的《雷公炮炙论》中收录了一种矿物类药材石
髓铅，又称自然铜，具有活血化瘀止痛的效果。今用现代分析技术检测一份石髓铅样品，发现其含铜极少，含
有铁元素的质量分数为44.8%，硫元素的质量分数为51.2%。回答下列问题：
(1)石髓铅的主要成分是一种化合物(质量分数为96%)，化学式为______________；石髓铅粉末几乎能完全
溶于硫酸酸化的高锰酸钾溶液中，形成多种硫酸盐的混合液，写出主要反应的离子方程式：
______________________。
(2)利用石髓铅、焦炭和氧气在高温下反应可制造硫黄，副产品为Fe3O4 和CO。Fe3O4 是________色晶体，
可用于制作复印机的墨粉，CO 可用于合成在纺织工业中广泛使用的保险粉(Na2S2O4)，其流程如下：
合成塔Ⅰ中得到的HCOONa 溶液溶质质量分数约为5%，从中分离出HCOONa·2H2O 的主要步骤是
________、________、过滤、洗涤、干燥；合成塔Ⅱ中发生主要反应的化学方程式为___________________。
保险粉暴露在空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，当吸收自身物质的量一半的氧气和一定量水蒸气时，变
质形成___________(填化学式)。
【答案】(1)FeS2
FeS2＋3MnO
－
4 ＋8H
＋===Fe3＋＋2SO2－
4 ＋3Mn2＋＋4H2O
(2)黑
(加热)蒸发(浓缩)
(冷却)结晶
HCOONa·2H2O＋NaOH＋2SO2===Na2S2O4＋CO2＋3H2O
NaHSO3
【解析】(1)由于石髓铅样品中Fe、S 两种元素含量的和为96%，恰好等于石髓铅的含量，所以该物质是
Fe、S 的化合物，根据质量比可得n(Fe)∶n(S)＝44.8%
56 ∶51.2%
32 ＝1∶2，所以该物质的化学式为FeS2；石髓铅粉
末完全溶于硫酸酸化的高锰酸钾溶液中，FeS2 被氧化为Fe3＋和SO2－
4 ，高锰酸钾被还原为Mn2＋，根据电子守恒、
电荷守恒及原子守恒，可得主要反应的离子方程式：FeS2＋3MnO
－
4 ＋8H
＋===Fe3＋＋2SO2－
4 ＋3Mn2＋＋4H2O。(2)
Fe3O4 是黑色晶体，HCOONa 的溶解度受温度的影响变化较大，所以从HCOONa 溶液中获得HCOONa·2H2O 的
方法是将该物质的稀溶液蒸发浓缩，然后冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，就得到HCOONa·2H2O；在合成塔Ⅱ
中，HCOONa·2H2O、NaOH、SO2 发生反应，产生CO2、Na2S2O4、H2O，发生的主要反应的化学方程式为
HCOONa·2H2O＋NaOH＋2SO2===Na2S2O4＋CO2＋3H2O；保险粉Na2S2O4 暴露于空气中易被氧气氧化，氧化剂
为氧气，还原剂为Na2S2O4，又氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，设Na2S2O4 被氧化后硫的化合价为＋x
价，则根据得失电子守恒，1×4＝2×2×(x－3)，解得x＝4，又有水蒸气参与反应，所以产物为NaHSO3。
题型六
考查信息氧化还原反应方程式的书写
例6.（江苏盐城一中模拟）从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2 等)中回收金属并制取活性
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氧化锌的工艺流程如下(已知：Zn 及其氧化物、氢氧化物的性质与Al 及其相应化合物性质类似)：
“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为____________________________________。
“中和、沉淀”时，若pH 过高，则碱式碳酸锌的产率偏小。写出其反应的离子方程式(任写一个即可)：
_____________________________________________________________________________________。
【解析】由工艺流程图可知反应物为Mn2＋、(NH4)2S2O8，生成物为MnO(OH)2、(NH4)2SO4 故反应的离子方
程式为Mn2＋＋S2O2－
8 ―→MnO(OH)2＋2SO2－
4 ，由环境知滤液呈酸性，故应在右侧补H
＋，左侧补水，Mn2＋＋S2O2－
8
＋3H2O===MnO(OH)2＋2SO2－
4 ＋4H
＋。
【答案】Mn2＋＋S2O2－
8 ＋3H2O===MnO(OH)2↓＋2SO2－
4 ＋4H
＋
Zn(OH)2＋2OH
－===ZnO2－
2 ＋2H2O
【方法技巧】突破信息氧化还原反应方程式书写中反应物与产物判断
(1)从工艺流程题框图进出物质中分析判断
(2)整合题干信息，从文字叙述中剥离
(3)常见变化如SO2－
3 →SO2－
4
MnO
－
4 、MnO2－
4 、MnO2→Mn2＋
ClO
－
4 、ClO
－
3 、ClO2、ClO
－
2 、HClO2、HClO
→Cl
－
(4)焙烧要注意空气中的O2 有可能参与反应
【变式探究】（山西大同一中模拟）NaCN 属于剧毒化学品，应与酸类、氧化剂、食用化学品分开存放。其
阴离子CN
－中各原子均满足8 电子稳定结构，NaCN 的电子式为______________________；NaCN 溶液显碱性，
原因是__________________________________ _______________________。
(用离子方程式表示)；强氧化剂NaClO 会将CN
－氧化，生成N2、CO 2－
3 和Cl
－等无毒无害物质，可用该反
应处理含氰废水(破氰)，反应的离子方程式为_________________________________________________。
若用一定量NaClO 处理浓缩后的含氰废水10 L[c(CN
－)＝0.2 mol·L
－1]，过程中产生标准状况下21 L 氮气，
则该过程的破氰率达到______________________%。
【解析】根据关系式：2CN
－～N2，知去除的n(CN
－)＝2n(N2)＝
21 L
22.4 L·mol
－1×2＝21
11.2 mol10 L 浓缩后的含
氰废水中n(CN
－)＝0.2 mol·L
－1×10 L＝2 mol，故该过程的破氰率为21
11.2÷2×100%＝93.75%。
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【答案】
CN
－＋H2O
HCN＋OH
－
2CN
－＋5ClO
－＋2OH
－===2CO2－
3 ＋N2↑＋5Cl
－＋H2O
93.75
题型七
氧化还原滴定
例7.(云南昆明调研)准确测定某溶液中Fe2＋质量分数的一种方法是：在FeSO4 溶液中加入(NH4)2SO4 固体制
成莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，该晶体比一般亚铁盐稳定。
称取a g莫尔盐样品溶于水，配制成200 mL溶液，每次取待测液20.00 mL，用浓度为b mol·L
－1的酸性KMnO4
溶液滴定。实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗酸性KMnO4 溶液体积/mL
20.02
19.98
20.52
(1)酸化KMnO4 的试剂为________(选填序号)。
A.HCl
B.H2SO4
C.HNO3
(2)滴定过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________。
(3)滴定过程中，应将酸性KMnO4 溶液置于________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。判断滴定终点的现象为
_________________________________________________________________。
(4)通过实验数据计算样品中Fe2＋的质量分数为______________________(用含a、b 的代数式表示)。
【解析】(1)HCl 具有还原性，能被KMnO4 溶液氧化，HNO3 具有强氧化性，也能氧化Fe2＋，滴定时产生干
扰，数据不准确，因此酸化KMnO4 溶液的试剂为H2SO4，B 项正确。(2)滴定过程中，Fe2＋与MnO
－
4 在酸性条件
下反应的离子方程式为MnO
－
4 ＋5Fe2＋＋8H
＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。(3)酸性KMnO4 溶液具有强氧化性，能氧
化碱式滴定管下端的橡胶管，故应将其置于酸式滴定管中。实验时滴入最后一滴酸性KMnO4 溶液，溶液变为
浅红色，且30 s 内颜色不再发生变化，即说明达到滴定终点。(4)第三次实验数据误差较大，应舍去，根据第一
次、第二次的实验数据可算出实验中消耗酸性KMnO4 溶液的平均体积为20.00 mL，根据
MnO
－
4
～
5Fe2＋
1 mol
5 mol
b mol·L
－1×20.00×10
－3 L
c（Fe2＋）×20.00×10
－3 L
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得c(Fe2＋)＝5 mol×b mol·L
－1×20.00×10
－3 L
1 mol×20.00×10
－3 L
＝5b mol·L
－1，则该莫尔盐中Fe2＋的质量分数＝
5b mol·L
－1×0.2 L×56 g·mol
－1
a g
×100%＝56b
a ×100%。
【答案】(1)B
(2)MnO
－
4 ＋5Fe2＋＋8H
＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
(3)酸式
当最后一滴酸性高锰酸钾溶液滴
入时，溶液变为浅红色，且30 s 内不变色
(4)56b
a ×100%
【变式探究】（辽宁本溪一中模拟）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50 mL 水溶解后，再加入3 mL 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0.100 0 mol·L
－1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O2－
3 ===2I
－＋S4O2－
6 )，指示剂显示终点
时共用去20.00 mL 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____________________________________________。
(3)Ⅴ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。
【解析】(1)ClO2 与KI 溶液反应时，C l
＋4
O2→C l
－1
－，2I
－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方
程式。(2)玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2 气体挥发到空气中，污染空气。(3)步骤V 反应中，I2→2I
－，
I2 使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。(4)由反应2ClO2＋10I
－＋8H
＋===2Cl
－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O2－
3 ===2I
－＋S4O 2－
6 可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O2－
3 ，n(S2O2－
3 )＝0.100 0
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mol·L
－1×20.00 mL×10
－3 L/mL＝2×10
－3 mol，则n(ClO2)＝2×10
－3 mol×2/10＝4×10
－4 mol，m(ClO2)＝4×10
－4
mol×67.5 g·mol
－1＝0.027 00 g。
【答案】(1)2ClO2＋10I
－＋8H
＋===2Cl
－＋5I2＋4H2O
(2)吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)
(3)淀粉溶液
溶液由蓝色变为无色且30 s 内不恢复原色
(4)0.027 00
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专题05
化学反应中的能量变化
【考情探究】
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。
【高频考点】
高频考点一
化学能与热能
1.理解化学反应热效应的两种角度
反应热图示
图像分析
微观
宏观
a 表示断裂旧化学键吸收的能量；
a 表示反应物的活化能；
b 表示活化分子形成生成物释放的
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b 表示生成新化学键放出的能量；
c 表示反应热
能量；
c 表示反应热
ΔH 的计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2.“五步”法书写热化学方程式
【特别提醒】对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH1＝－297.16 kJ·mol
－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83 kJ·mol
－1
③S(单斜，s)===S(正交，s)
ΔH3＝－0.33 kJ·mol
－1
3．燃烧热和中和热应用中的注意事项
(1)均为放热反应，ΔH<0，单位为kJ·mol
－1。
(2)燃烧热概念理解的三要点：①外界条件是25 ℃、101 kPa；②反应的可燃物是1 mol；③生成物是稳定的
氧化物(包括状态)，如碳元素生成的是CO2，而不是CO，氢元素生成的是液态水，而不是水蒸气。
(3)中和热概念理解三要点：①反应物的酸、碱是强酸、强碱；②溶液是稀溶液，不存在稀释过程的热效应；
③生成产物水是1 mol。
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高频考点二
盖斯定律中的应用
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应
途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式
焓变之间的关系
aA===B
ΔH1
A===1
aB
ΔH2
ΔH2＝1
aΔH1 或ΔH1＝aΔH2
aA===B
ΔH1
B===aA
ΔH2
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
3.答题模板——叠加法
步骤1
“倒”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不
用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。
步骤2
“乘”
为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。
步骤3
“加”
上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加。
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4.盖斯定律中的三种定量关系
转化类型
反应热间的关系
aA――→
ΔH1
B、A――→
ΔH2 1
aB
ΔH1＝aΔH2
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【题型突破】
题型一
反应热与焓变
例1．（·浙江卷）关于下列ΔH 的判断正确的是(
)
2
3
3
CO (aq)
H (aq)
HCO (aq)





1
ΔH
CO32­(aq)+H2O(l)
HCO3­(aq)+OHˉ(aq)
2
ΔH
2
OH (aq)
H (aq)
H O(l)




3
ΔH
3
3
2
OH (aq)
CH COOH(aq)=CH COO (aq)
H O(l)




4
ΔH
A.
1
2
Δ
<0
Δ
<0
H
H
B.
1
2
Δ
<Δ
H
H
C.
3
4
Δ
<0
Δ
>0
H
H
D.
3
4
Δ
>Δ
H
H
【答案】B
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO32­(aq)+H+(aq)=HCO32­(aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO32­(aq)+H2O(l)
HCO3­(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO32­的水解反应为吸热反应，所以
△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反
应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出
的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2 正确，故答案为B。
【变式探究】(·海南，5)根据下图中的能量关系，可求得C—H 的键能为(
)
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A．414 kJ·mol
－1
B．377 kJ·mol
－1
C．235 kJ·mol
－1
D．197 kJ·mol
－1
【答案】A
【解析】C(s)===C(g)
ΔH1＝717 kJ·mol
－1
2H2(g)===4H(g)
ΔH2＝864 kJ·mol
－1
C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH3＝－75 kJ·mol
－1
根据ΔH＝反应物总键能－生成物总键能
－75 kJ·mol
－1＝717 kJ·mol
－1＋864 kJ·mol
－1－4 E(C—H)，解得E(C—H)＝414 kJ·mol
－1。
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，28(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____________________。
【答案】小于
2.02
COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)
【解析】观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，
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说明该反应是放热反应，ΔH 小于0。过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图
知，最大活化能E 正＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋
2H*＋OH*。
【特别提醒】利用键能计算反应热，要熟记公式：ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，其关键是弄清物质
中化学键的数目。在中学阶段要掌握常见单质、化合物中所含共价键的数目。原子晶体：1 mol 金刚石中含2 mol
C—C 键，1 mol 硅中含2 mol Si—Si 键，1 mol SiO2 晶体中含4 mol Si—O 键；分子晶体：1 mol P4 中含有6 mol
P—P 键，1 mol P4O10(即五氧化二磷)中含有12 mol P—O 键、4 mol P==O 键，1 mol C2H6 中含有6 mol C—H 键
和1 mol C—C 键。
题型二
考查化学反应能量图像与ΔH
例2.(山东青岛模拟)CH4 超干重整CO2 的催化转化如图1 所示：
(1)已知相关反应的能量变化如图2 所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为
。
(2)关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是
(填字母)。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2＋H2===H2O(g)＋CO
c．CO 未参与反应
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d．Fe3O4、CaO 为催化剂，降低了反应的ΔH
【答案】(1)CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
ΔH＝＋247.4 kJ·mol
－1
(2)cd
【解析】(1)由图2 可得反应Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋206.2 kJ·mol
－1，
反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－165 kJ·mol
－1；根据盖斯定律计算Ⅰ×2＋Ⅱ得到CH4(g)
＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
ΔH＝＋247.4 kJ·mol
－1。
(2)过程Ⅱ的第一步反应是CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO―→H2O(g)＋Fe＋CaCO3，第二步反应是Fe＋
CaCO3―→Fe3O4＋CaO＋CO；上述分析可知，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，a 项正确；反应过
程中总反应可表示为CO2＋H2===H2O(g)＋CO，b 项正确；CO 参与反应后又生成，c 项错误；Fe3O4、CaO 为催
化剂，改变反应速率但不能改变反应的ΔH，d 项错误。
【方法技巧】常见反应热或ΔH 的计算类型
(1)利用热化学方程式进行有关计算
根据已知的热化学方程式、已知的反应物或生成物的物质的量、反应吸收或放出的热量，可以把反应热当
作“产物”，计算反应放出或吸收的热量。
(2)根据燃烧热数据，计算反应放出的热量
计算公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)。
(3)根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算焓变
若反应物旧化学键断裂吸收能量E1，生成物新化学键形成放出能量E2，则反应的ΔH＝E1－E2。
(4)利用物质的焓(H)计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)。
【举一反三】（广东省佛山高三质检）北京时间年8 月18 日晚第十八届亚洲运动会在印度尼西亚正式开幕，
本次亚运会火炬的燃料是丙烷，亚运圣火将体育精神代代相传。已知25 ℃，101 kPa 下：
化学键
C—H
C—C
O===O
C===O
H—O
键能/ (kJ·mol
－1)
415
331
498
745
465
(丙烷燃烧过程中不考虑其他能量转化)。下列说法正确的是(
)
A．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O
ΔH＝－1 718 kJ·mol
－1
B．C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH<－1718 kJ·mol
－1
C．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝1718 kJ·mol
－1
D．火炬中丙烷燃烧的能量变化可用如图所示表示
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【答案】D
【解析】1 mol C3H8 分子中含有2 mol C—C 键，8 mol C—H 键，C3H8 在燃烧过程中所有的化学键均要发生
断裂，1 mol C3H8 化学键断裂吸收的热量＝2×331 kJ＋8×415 kJ＝3 982 kJ5 mol O2 化学键断裂吸收的热量＝
5×498 kJ＝2 490 kJ，生成的3 mol CO2 和4 mol H2O 放出的热量＝3×2×745 kJ＋4×2×465 kJ＝8 190 kJ，故1 mol
C3H8 完全燃烧生成CO2 和H2O(g)放出热量＝8 190 kJ－(3 982＋2 490)kJ＝1 718 kJ，故火炬中丙烷完全燃烧的热
化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 718 kJ·mol
－1。故选项B 错；选项A，没有注明
物质的状态，错误；选项C 中ΔH 忽视“－”，错误；选项D，因C3H8(g)完全燃烧是放热反应，反应物的总能量
大于生成物的总能量，正确。
【变式探究】（河北省衡水中学调研）已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)
ΔH＝＋100 kJ·mol
－1 的能量
变化如图所示，判断下列叙述中正确的是(
)
A．加入催化剂，该反应的反应热ΔH
将减小
B．每形成2 mol A—B 键，将吸收b kJ 能量
C．每生成2 分子AB 吸收(a－b) kJ 热量
D．该反应正反应的活化能大于100 kJ·mol
－1
【答案】D
【解析】催化剂不能改变反应热的大小，A 错误；形成化学键，释放能量，B 错误；热化学方程式中，化
学计量数代表物质的量，C 错误。
【变式探究】（山东省德州高三模拟）用CO2 催化加氢可以制取乙烯：CO2(g)＋3H2(g)
1
2C2H4(g)＋
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2H2O(g)，若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的ΔH＝________(用含a、b 的式子表
示)。
又知：相关化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的ΔH＝－152 kJ·mol
－1，则表中的x＝________。
化学键
C===O
H—H
C===C
C—H
H—O
键能/ (kJ·mol
－1)
803
436
x
414
464
【答案】(a－b) kJ·mol
－1
764
【解析】该反应的ΔH＝(803 kJ·mol
－1×2＋436 kJ·mol
－1×3)－[1
2×(x kJ·mol
－1＋414 kJ·mol
－1×4)＋464 kJ·mol
－
1×4]＝－152 kJ·mol
－1，解得x＝764。
题型三
考查盖斯定律
例3．[·全国卷Ⅱ，27(1)]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：
已知：
(g)===
(g)＋H2(g)
ΔH1＝100.3 kJ·mol
－1①
H2(g)＋I2(g)===2HI(g)
ΔH2＝－11.0 kJ·mol
－1②
对于反应：
(g)＋I2(g)===
(g)＋2HI(g)③
ΔH3＝________kJ·mol
－1。
【答案】89.3
【解析】将题给三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由反应①＋反应②得反应③，
则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝(100.3－11.0)kJ·mol
－1＝89.3 kJ·mol
－1。
【变式探究】(·浙江4 月选考，23)MgCO3 和CaCO3 的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
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M2＋(g)＋CO2－
3 (g)――→
ΔH2 M2＋(g)＋O2－(g)＋CO2(g)
↑ΔH1
↓ΔH3
MCO3(s)――→
ΔH
MO(s) ＋CO2(g)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是(
)
A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3 和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】根据盖斯定律，得ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，又易知Ca2＋半径大于Mg2＋半径，所以CaCO3 的离子键
强度弱于MgCO3，CaO 的离子键强度弱于MgO。A 项，ΔH1 表示断裂CO 2－
3 和M2＋的离子键所吸收的能量，离
子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，正确；B 项，ΔH2 表示断裂CO 2－
3 中共
价键形成O2－和CO2 吸收的能量，与M2＋无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，正确；C 项，由上可知
ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3 表示形成MO 离子键所放出的能量，ΔH3 为负值，CaO 的离子键强度弱
于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)>0，错误；D 项，由以上分析可知ΔH1＋ΔH2>0，
ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，正确。
【举一反三】(湖南长郡中学模拟)(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石)ΔH>0，则稳定性：金刚石
(填
“>”“<”)石墨。
(2)已知：2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g)
ΔH1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH2
则ΔH1
(填“>”或“<”)ΔH2。
(3)“嫦娥”五号预计在海南文昌发射中心发射，火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧
化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。用肼(N2H4)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，二者反应生成氮气和气态水。已
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知：
①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)
ΔH＝＋10.7 kJ·mol
－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－543 kJ·mol
－1
写出气态肼和N2O4 反应的热化学方程式：
。
(4)25 ℃、101 kPa 时，14 g CO 在足量的O2中充分燃烧，放出141.3 kJ 热量，则CO 的燃烧热为ΔH＝
。
(5)0.50 L 2.00 mol·L
－1 H2SO4 溶液与2.10 L 1.00 mol·L
－1 KOH 溶液完全反应，放出114.6 kJ 热量，该反应的
中和热ΔH＝
。
(6)已知拆开1 mol H—H 键、1 mol N—H 键、1 mol N≡N 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则
N2 与H2 反应生成NH3 的热化学方程式是
。
【答案】(1)<
(2)<
(3)2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 096.7 kJ·mol
－1
(4)－282.6 kJ·mol
－1
(5)－57.3 kJ·mol
－1
(6)N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝－92 kJ·mol
－1
【解析】(1)已知C(s，石墨)===C(s，金刚石)
ΔH>0，说明该反应是吸热反应，因此石墨的总能量低于金
刚石的总能量，而能量越低，物质越稳定，故稳定性：金刚石<石墨。
(2)ΔH1 表示碳完全燃烧的反应热，ΔH2 表示碳不完全燃烧的反应热，碳完全燃烧放热多，且放热越多ΔH 越
小。因此，ΔH1<ΔH2。
(3)根据盖斯定律，由2×②－①得：
2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝2×(－543 kJ·mol
－1)－(＋10.7 kJ·mol
－1)＝－1 096.7 kJ·mol
－1。
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(4)25 ℃、101 kPa 时，14 g CO 在足量的O2 中充分燃烧，放出141.3 kJ 的热量，则1 mol CO(即28 g CO)
完全燃烧放出的热量是141.3 kJ×2＝282.6 kJ，即CO 的燃烧热ΔH＝－282.6 kJ·mol
－1。
(6)N2 与H2 反应生成NH3 的热化学方程式可表示为N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－
2×3E(N—H)＝946kJ·mol
－1＋3×436kJ·mol
－1－6×391kJ·mol
－1＝－92kJ·mol
－1。
题型四
利用盖斯定律计算反应热
例4.(·课标全国卷Ⅲ，28)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。Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
Ⅰ.CuCl2(s)===CuCl(s)＋1
2Cl2(g)
ΔH1＝83 kJ·mol
－1
Ⅱ.CuCl(s)＋1
2O2(g)===CuO(s)＋1
2Cl2(g)
ΔH2＝－20 kJ·mol
－1
Ⅲ.CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121 kJ·mol
－1
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的
ΔH＝________kJ·mol
－1。
【答案】－116
【解析】根据盖斯定律知，(反应Ⅰ＋反应Ⅱ＋反应Ⅲ)×2 得4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，ΔH＝(ΔH1
＋ΔH2＋ΔH3)×2＝－116 kJ·mol
－1。
【变式探究】(福建厦门质检)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1 mol H—X 键放出a kJ 能量，则该条件下ΔH2＝＋a kJ·mol
－1
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【答案】D
【解析】A 项，已知HF 气体溶于水放热，则HF 气体溶于水的逆过程吸热，即HF 的ΔH1＞0，错误；B 项，
由于HCl 比HBr 稳定，所以相同条件下HCl 的ΔH2 比HBr 的大，错误；C 项，ΔH3＋ΔH4 代表H(g)―→H
＋(aq)
的焓变，与是HCl 还是HI 无关，错误；D 项，一定条件下，气态原子生成1 mol H—X 键放出a kJ 能量，则断
开1 mol H—X 键形成气态原子吸收a kJ 的能量，即为ΔH2＝＋a kJ·mol
－1，正确。
【变式探究】(辽宁长春实验中学模拟)根据已知信息，按要求写出指定反应的热化学方程式
(1)LiH 可作飞船的燃料，已知下列反应：
①2Li(s)＋H2(g)===2LiH(s)
ΔH＝－182 kJ·mol
－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－572 kJ·mol
－1
③4Li(s)＋O2(g)===2Li2O(s)
ΔH＝－1 196 kJ·mol
－1
试写出LiH 在O2 中燃烧的热化学方程式：
。
【答案】2LiH(s)＋O2(g)===Li2O(s)＋H2O(l)
ΔH＝－702 kJ·mol
－1
【解析】2LiH(s)===2Li(s)＋H2(g)
ΔH＝＋182 kJ·mol
－1
2Li(s)＋1
2O2(g)===Li2O(s)
ΔH＝－598 kJ·mol
－1
H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－286 kJ·mol
－1
上述三式相加得：2LiH(s)＋O2(g)===Li2O(s)＋H2O(l)
ΔH＝－702 kJ·mol
－1。
(2)工业上制取硝酸铵的流程图如下所示：
已知：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)
4N2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 745.2 kJ·mol
－1；
6NO(g)＋4NH3(g)
5N2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 925.2 kJ·mol
－1。
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则反应Ⅰ的热化学方程式可表示为
。
【答案】4NH3(g)＋5O2(g)
4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 025.2 kJ·mol
－1
【解析】将已知的两个热化学方程式从上到下依次标记为①和②，根据盖斯定律由①×5－②×4 得：4NH3(g)
＋5O2(g)
4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 025.2 kJ·mol
－1。
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专题06
化学能与电能的转化
【考情探究】
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。
【高频考点】
高频考点一
新型电池的工作原理分析
1．突破原电池工作原理
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2．原电池的改进
【特别提醒】(1)改进后的优点是电流效率的提高，电流持续稳定。
(2)盐析的三个作用
①隔绝正负极反应物，避免直接接触，导致电流不稳定；
②通过离子的定向移动，构成闭合回路；
③平衡电极区的电荷。
(3)离子交换膜的作用：离子交换膜是一种选择性透过膜，允许相应离子通过，离子迁移方向遵循电池中离
子迁移方向。
3．二次电池充电时连接模型(“正”接“正”，“负”接“负”)
注意：放电时负极反应与充电时的阴极反应相反，同理放电时正极反应与充电时阳极反应相反。如铅蓄电
池：
负极：Pb＋SO2－
4 －2e
－===PbSO4
阴极：PbSO4＋2e
－===Pb＋SO2－
4
高频考点二
电解原理的应用
金属腐蚀与防护
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1．电解池工作原理模型图
【特别提醒】①阳离子在阴极上的放电顺序：Ag
＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H
＋＞……
②阴离子在阳极上的放电顺序：S2－＞I
－＞Br
－＞Cl
－＞OH
－＞含氧酸根离子＞……
③当阳极是金属(Au、Pt 除外)电极时，溶液中的离子不再放电而是金属失电子生成金属阳离子。
④微粒的放电顺序受温度、浓度、电压、电极材料等因素的影响。
2．电化学计算的两种常用方法
(1)根据电子守恒计算
①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数
相等。
②用于混合溶液中电解的分阶段计算。
(2)根据关系式计算
根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
如以通过4 mol e
－为桥梁可构建如下关系式：
(式中M 为金属，n 为其离子的化合价数值)
3．金属电化学腐蚀与防护
(1)金属腐蚀快慢的三个规律
①金属腐蚀类型的差异
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀。
②电解质溶液的影响
a．对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
b．对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。
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③活泼性不同的两金属，活泼性差别越大，腐蚀越快。
(2)两种腐蚀与三种保护
①两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。
②三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。
高频考点三
离子交换膜在电化学中的综合应用
1．离子交换膜的作用
(1)防止副反应的发生，避免影响所制取产品的质量；防止引发不安全因素(如在电解饱和食盐水中，利用阳
离子交换膜，防止阳极产生的Cl2 进入阴极室与氢氧化钠反应，导致所制产品不纯；防止与阴极产生的H2 混合
发生爆炸)。
(2)用于物质的分离、提纯等。
(3)用于物质的制备。
2．离子交换膜的类型
根据透过的微粒，离子交换膜可以分为多种，在高考试题中主要出现过阳离子交换膜、阴离子交换膜和质
子交换膜三种。阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，
质子交换膜只允许质子(H
＋)通过。
3．离子交换膜类型的判断
根据电解质溶液呈电中性的原则，判断膜的类型：
(1)首先写出阴、阳两极上的电极反应，依据电极反应式确定该电极附近哪种离子剩余。
(2)根据溶液呈电中性，判断出离子移动的方向，从而确定离子交换膜的类型。
4．定量关系
外电路电子转移数＝通过隔膜的阴、阳离子带的负或正电荷数。
【题型突破】
题型一
考查二次电池
例1.（·天津卷）熔融钠­硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为
2
x
2Na+xS
Na S



放电
充电
(x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误
．．的是（
）
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A. Na2S4 的电子式为
B. 放电时正极反应为
+
­
2
x
xS+2Na +2e =Na S
C. Na 和Na2Sx 分别为电池的负极和正极
D. 该电池是以
2
3
Na­β­Al O 为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】根据电池反应：
2
x
2Na+xS
Na S



放电
充电
可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：
Na­e­= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为
+
­
2
x
xS+2Na +2e =Na S ，据此分析。Na2S4 属于离子化合物，
4 个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为
，故A 正确；放电时发生的是原电池反
应，正极发生还原反应，电极反应为：
+
­
2
x
xS+2Na +2e =Na S ，故B 正确；放电时，Na 为电池的负极，正极
为硫单质，故C 错误；放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，
2
3
Na­β­Al O 为
隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，故D 正确；答案选C。
【方法技巧】
(1)放电时，正、负极的判断。
(2)充、放电时两极反应式书写判断。
(3)充、放电时，电子、离子的移动方向。
(4)电极附近溶液性质的变化。
(5)充、放电两极反应类型判断。
(6)充电连接判断。
(7)基本电化学计算。
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【变式探究】(·全国卷Ⅲ)为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D­Zn)可以
高效沉积ZnO 的特点，设计了采用强碱性电解质的3D­Zn—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
【答案】D
【解析】A 项，三维多孔海绵状Zn 为多孔结构，具有较高的表面积，所沉积的ZnO 分散度高，正确；B
项，二次电池充电时作为电解池使用，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，阳极反应为Ni(OH)2(s)
＋OH
－(aq)－e
－===NiOOH(s)＋H2O(l)，正确；C 项，二次电池放电时作为原电池使用，负极发生氧化反应，元
素化合价升高，原子失去电子，由电池总反应可知负极反应为Zn(s)＋2OH
－(aq)－2e
－===ZnO(s)＋H2O(l)，正确；
D 项，二次电池放电时作为原电池使用，阴离子从正极区向负极区移动，错误。
题型二
考查新型电池
例2.（·新课标Ⅲ）一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2 电极发生反应：
­
­
3­
­
2
4
4
2
VB +16OH ­11e =VO +2B(OH) +4H O该电池工作时，下列说法错误的是（
）
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A. 负载通过0.04 mol 电子时，有0.224 L(标准状况)O2 参与反应
B. 正极区溶液的pH 降低、负极区溶液的pH 升高
C. 电池总反应为
3
2
2
2
4
4
4VB
11O
20OH
6H O
8B(OH)
4VO








D. 电流由复合碳电极经负载、VB2 电极、KOH 溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2 发生失电子的反应生成
3­
4
VO 和
­
4
B(OH) ，反应的电极方程式如
题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH­，反应的电极方程式为O2+4e­+2H2O=4OH­，电池的总
反应方程式为4VB2+11O2+20OH­+6H2O=8
­
4
B(OH) +4
3­
4
VO ，据此分析。当负极通过0.04mol 电子时，正极也通
过0.04mol 电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol 电子消耗0.01mol 氧气，在标况下为0.224L，A 正确；
反应过程中正极生成大量的OH­使正极区pH 升高，负极消耗OH­使负极区OH­浓度减小pH 降低，B 错误；根
据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH­+6H2O=8
­
4
B(OH) +4
3­
4
VO ，C 正确；电池中，电子由VB2 电极经
负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2 电极→KOH 溶液→复
合碳电极，D 正确。
【变式探究】（·全国卷Ⅲ）一种可充电锂­空气电池如图所示。当电池放电时，O2 与Li+在多孔碳材料电极
处生成Li2O2­x（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
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D. 充电时，电池总反应为Li2O2­x=2Li+（1－
）O2
【答案】D
【解析】放电时，O2 与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正
极，所以多孔碳电极为正极，A 错误。因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由
负极流向正极），B 错误。充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充
电时向锂电极移动，C 错误。根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2 与Li+得电子转化为Li2O2­X，电
池的负极反应应该是单质Li 失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－
)O2 ＝Li2O2­X，充电的反应与
放电的反应相反，所以为Li2O2­X ＝2Li + (1－
)O2，D 正确。
题型三
考查电解原理及其应用
例3.（·浙江卷）电解高浓度RCOONa (羧酸钠)的NaOH 溶液，在阳极RCOO放电可得到R
R

(烷烃)。
下列说法不正确
．．．的是(
)
A. 电解总反应方程式：
2
2
2
2RCOONa
2H O
R
R
2CO
H
2NaOH





通电
B. RCOO在阳极放电，发生氧化反应
C. 阴极的电极反应：
2
2
2H O
2e
2OH
H






D. 电解
3
CH COONa 、
3
2
CH CH COONa 和NaOH 混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【答案】A
【解析】因为阳极RCOO­放电可得到R­R(烷烃)和产生CO2，在强碱性环境中，CO2 会与OH­反应生成CO32­
和H2O，故阳极的电极反应式为2RCOO­­2e­+4OH­=R­R+2CO32­+2H2O，阴极上H2O 电离产生的H+放电生成H2，
同时生成OH­，阴极的电极反应式为2H2O+2e­=2OH­+H2↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOH
=====
通电R­R+2Na2CO3+H2↑，故A 错误；RCOO­在阳极放电，电极反应式为2RCOO­­2e­+4OH­=R­R+2CO32­+2H2O，
­COO­中碳元素的化合价由+3 价升高为+4 价，发生氧化反应，烃基­R 中元素的化合价没有发生变化，故B 正
确；阴极上H2O 电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH­，阴极的电极反应为2H2O+2e­=2OH­+H2↑，故C 正
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确；根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH3COONa+2NaOH=====
通电
CH3­CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOH=====
通电CH3CH2­CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+
CH3CH2COONa+2NaOH=====
通电CH3­CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，电解CH3COONa、CH3CH2COONa 和NaOH 的
混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D 正确。
【举一反三】（·江苏卷）将金属M 连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情
境中，下列有关说法正确的是
A. 阴极的电极反应式为
2
Fe
2e
Fe




B. 金属M 的活动性比Fe 的活动性弱
C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M 作负极，钢铁设备作正
极，据此分析解答。阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A 错误；阳极金属M
实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M 活动性比Fe 的活动性强，故B
错误；金属M 失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从
而被保护，故C 正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢
铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D 错误；故选C。
【变式探究】[·江苏卷]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
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A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−===Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A 错
误；铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B 错误；活性炭与铁混合，在氯化钠
溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C 正确；以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性
或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D 错误。
题型四
考查膜电池综合应用
例4.（·山东卷）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时
可实现海水淡化。现以NaCl 溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO­的溶液为
例)。下列说法错误的是
A. 负极反应为
­
+
­
3
2
2
CH COO +2H O­8e =2CO +7H
B. 隔膜1 为阳离子交换膜，隔膜2 为阴离子交换膜
C. 当电路中转移1mol 电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
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D. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】据图可知a 极上CH3COOˉ转化为CO2 和H+，C 元素被氧化，所以a 极为该原电池的负极，则b
极为正极。a 极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2 和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+
2H2O­8eˉ=2CO2↑+7H+，故A 正确；为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a 极，则隔膜
1 为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b 极，则隔膜2 为阳离子交换膜，故B 错误；当电路中转移1mol
电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质
量为58.5g，故C 正确；b 极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，
所以当转移8mol 电子时，正极产生4mol 气体，根据负极反应式可知负极产生2mol 气体，物质的量之比为
4:2=2:1，故D 正确；故答案为B。
【变式探究】（·新课标Ⅰ）科学家近年发明了一种新型Zn−CO2 水介质电池。电池示意图如图，电极为金属
锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新
途径。
下列说法错误的是
（
）
A. 放电时，负极反应为
2
4
Zn
2e
4OH
 Zn(OH)






B. 放电时，1 mol CO2 转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C. 充电时，电池总反应为
2
4
2
2
2Zn OH)
 2Zn
O
4OH
O
(
2H






D. 充电时，正极溶液中OH−浓度升高
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【答案】D
【解析】由题可知，放电时，CO2 转化为HCOOH，即CO2 发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左
侧电极为负极，Zn 发生氧化反应生成
2­
4
Zn(OH)
；充电时，右侧为阳极，H2O 发生氧化反应生成O2，左侧为阴
极，
2­
4
Zn(OH)
发生还原反应生成Zn，以此分析解答。放电时，负极上Zn 发生氧化反应，电极反应式为：
­
­
2­
4
Zn­2e +4OH =Zn(OH)
，故A 正确；放电时，CO2 转化为HCOOH，C 元素化合价降低2，则1molCO2 转化
为HCOOH 时，转移电子数为2mol，故B 正确；充电时，阳极上H2O 转化为O2，负极上
2­
4
Zn(OH)
转化为Zn，
电池总反应为：
2­
­
4
2
2
2Zn(OH) =2Zn+O
+4OH +2H O

，故C 正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为：
­
+
2
2
2H O­4e =4H +O ，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH­)=KW，温度不变时，KW 不变，因此溶液中
OH­浓度降低，故D 错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV
＋在电极与酶之
间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是(
)
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋===2H
＋＋2MV
＋
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】A 项，该反应中，可产生电流，反应条件比较温和，没有高温高压条件，正确；B 项，该生物燃
料电池中，左端电极反应式为MV
＋－e
－===MV2＋，则左端电极是负极，应为负极区，在氢化酶作用下，发生反
应H2＋2MV2＋===2H
＋＋2MV
＋，错误；C 项，右端电极反应式为MV2＋＋e
－===MV
＋，是正极，在正极区N2 得
到电子生成NH3，发生还原反应，正确；D 项，原电池中，内电路中H
＋通过交换膜由负极区向正极区移动，正
确。
【变式探究】[·江苏卷节选]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。电解法转化CO2可实
现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
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①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：
。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
。
【答案】①CO2+H++2e−===HCOO−或CO2+ HCO3−+2e−===HCOO−+ CO32−
②阳极产生O2，pH 减小，
HCO3−浓度降低；K+部分迁移至阴极区
【解析】①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3−＋2e−=HCOO−＋CO32−，或CO2＋
H
＋＋2e−=HCOO−；②阳极反应式为2H2O−4e−=O2↑＋4H
＋，阳极附近pH 减小，H
＋与HCO3−反应，同时部分K
＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3 溶液浓度降低。
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专题07
化学反应速率和化学平衡
【考情探究】
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。
【高频考点】
高频考点一
化学反应速率和化学平衡的影响因素
1．特殊条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响
(1)纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率和平衡移动。但固体颗粒的大小导
致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率。但仍不影响平衡移动。
(2)对于有固、液参加的反应，改变压强不会影响其反应速率和平衡移动。
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(3)使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在
许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围。但催化剂的改变不影响平衡移动。
(4)“惰气”对反应速率和平衡的影响。
①恒温恒容，充入“惰气”，不改变反应速率和平衡移动。
②恒温恒压，充入“惰气”体积增大(相当于压强减小)，v 正、v 逆均减小，平衡向气体分子数增多的方向移动。
2．突破化学平衡状态的判断标志
(1)等——“正逆相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v 正＝v 逆、断键数＝成键数。
②不同物质：
v 正X
X 的化学计量数
＝
v 逆Y
Y 的化学计量数
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，
即“变量”不变可说明达到平衡状态。
(3)依Q(浓度商)与K 关系判断：若Q＝K，反应处于平衡状态。
3．平衡移动方向判断两方法
(1)根据v 正与v 逆的相对大小
①若外界条件改变，引起v 正>v 逆，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向(或向右)移动；
②若外界条件改变，引起v 正<v 逆，此时逆反应占优势，则化学平衡向逆反应方向(或向左)移动；
③若外界条件改变，虽能引起v 正和v 逆变化，但变化后新的v 正′和v 逆′仍保持相等，则化学平衡没有发生移
动。
(2)依据浓度商(Q)规则判断
通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q>K，平衡逆向移动；
②若Q＝K，平衡不移动；
③若Q<K，平衡正向移动。
4．三种等效平衡
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(1)恒温恒容，对于非等体反应，极端转化各物质的量相等，平衡相同(c 平、n 平、v、%均相同)。
(2)恒温恒压，任何气体反应，极端转化，各物质的量之比相同，平衡等效(c 平、v、%均相同，但n 平成比例)。
(3)恒温恒容，对于等体反应，极端转化各物质的量之比相同，平衡等效(c%相同，c 平、n 平成比例，v 不同)。
高频考点二
化学反应速率、转化率和平衡常数的有关计算
1．化学反应速率的计算
(1)公式法：v(B)＝ΔcB
Δt ＝
ΔnB
V
Δt
。
(2)比值法：同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋
nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有vA
m ＝vB
n ＝vC
p ＝vD
q 。
2．化学平衡常数的换算
(1)同一可逆反应中，K 正·K 逆＝1；
(2)同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n 倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K 间的关系是K′＝Kn
或K′＝n K。
(3)几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。
3．三段式突破反应速率与平衡的有关计算
mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)
起始/(mol·L
－1)
a
b
0
0
变化/(mol·L
－1)
mx
nx
px
qx
平衡/(mol·L
－1)
a－mx
b－nx
px
qx
(1)v(A)＝mx
Δt。
(2)α(A)＝mx
a ×100%。
(3)K＝
pxp·qxq
a－mxm·b－nxn
(4)生成物的产率：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。
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产率＝产物实际质量
理论产量
×100%。
(5)混合物中某组分的百分含量＝平衡量
平衡总量
×100%。
高频考点三
常见的化学反应速率、化学平衡图像分析
1．速率—时间图像
反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0
(1)t1 时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；
(2)t2 时升高温度，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的反应速率增大得快；
(3)t3 时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小，正反应的反应速率减小得
多；
(4)t4 时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大但仍相等。
2. 转化率(或含量)—时间图像
反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0
(1)图甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和
的反应，压强越大，反应物的转化率越大；
(2)图乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；
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(3)图丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。
3．恒压(温)线
反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
4．特殊类型图像
(1)对于化学反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，如图所示，M 点前，表示从反应物开始，v 正＞v 逆；M
点为刚达到平衡点；M 点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A 的百分含量增加或C 的百分含量减少，平衡
左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，如图所示，L 线上所有的点都是平衡点。L 线的左上方
(E 点)，A 的百分含量大于此压强时平衡体系的A 的百分含量，所以E 点v 正＞v 逆；则L 线的右下方(F 点)，v 正
＜v 逆。
5．速率、平衡图像题的分析方法
(1)认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。
(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点
为起点。
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(3)看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反应曲线，从而判断反应特点。
(4)注意终点。例如，在浓度—时间图像上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合
有关原理进行推理判断。
(5)图像中先拐先平数值大。例如，在转化率—时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理
可得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大。
(6)定一议二原则。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
高频考点四
速率与平衡图像在生产中的综合应用
1．图像分析
(1)
⇒|
该反应为放热反应，低于
T0 时，应慢，还未达到平衡，
为平衡建立过程，高于T0 时，
为平衡移动过程
(2)
⇒|
随温度升高，－lg K 减小，K 增
大，反应为吸热反应ΔH>0
(3)对于A(g)＋2B(g)
C(g)
⇒|
nA
nB越大，Ag越多，αA越小
(4)
⇒|
3 号催化剂最合适，
其最适温度为400 ℃
2．图像题的一般分析思路
(1)一审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应是吸
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热还是放热。
(2)二析图像
(3)三想方法规律
①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
②先拐先平数值大：在含量(转化率)－时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速
率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。
高频考点五
分压平衡常数(Kp)与速率常数(k 正、k 逆)
1．Kp 的两种计算模板
(1)平衡总压为p
N2
＋
3H2
2NH3
n(平)
a
b
c
p(分压)
a
a＋b＋c
p0
b
a＋b＋c
p0
c
a＋b＋c
p0
Kp＝

c
a＋b＋c
p02

a
a＋b＋c
p0
b
a＋b＋c
p03
。
(2)刚性容器起始压强为p0，平衡转化率为α
2NO2
N2O4
p(始)
p0
0
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Δp
p0α
1
2p0α
p(平)
p0－p0α
1
2p0α
Kp＝
1
2p0α
p0－p0α2
。
2．Kp 与k 正、k 逆的关系
以2NO2
N2O4 为例
v正＝k 正p2NO2
v逆＝k 逆pN2O4
――→
平衡时
v正＝v逆
k 正p2(NO2)＝
k 逆p(N2O4)―→k 正
k 逆
＝pN2O4
p2NO2＝Kp。
【题型突破】
题型一
化学反应速率与化学平衡的影响因素
例1．
（福建宁德市）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，反应为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。
在不同温度下，向a、b 两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1mol CH4(g)和1.1mol H2O(g)，测得容器a 中CO
物质的量、容器b 中H2 物质的量随时间的变化曲线如图所示(已知容器a、b 的体积为2L)。下列说法正确的是
(
)
A．该反应为放热反应
B．两容器达到平衡时，b 容器中CO 的体积分数大于a 容器
C．a 容器前4min 用CH4 表示的平均反应速率为0.125mol/(L∙min)
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D．a 容器达到平衡后，再充入1.1mol CH4(g)和1molCO(g)，此时v 正＜v 逆
【答案】C
【解析】已知在a、b 两个恒温、恒容的密闭容器中，充入相同量的甲烷和水，生成氢气的计量数是CO 的
3 倍，结合图像可知，b 为H2(g)的图像，其转化为CO(g)时，物质的量为0.6mol；a 为CO(g)的图像，a 达到平
衡所用的时间比b 段，则a 的温度高于b，升高温度，CO 的物质的量增大，即平衡正向移动，故正反应为吸热
反应。分析可知，该反应为吸热反应，A 说法错误；分析可知，b 表示H2(g)的图像，其转化为CO(g)时，达到
平衡时，物质的量为0.6mol，a 容器中两容器达到平衡时，b 容器中CO 的体积分数小于a 容器，B 说法错误；
根据图像，a 容器前4min CO 的物质的量为1.0mol，用CH4表示的平均反应速率为
1.0mol
2L
4min

=0.125mol/(L∙min)，
C 说法正确；a 容器达到平衡时，




4
2
2
CH
g
+H O g
CO g
+3H
g
1.1
1.1
1
1
1
3
0.1
0.1
1
3

初
反
平
再充入1.1mol CH4(g)和1molCO(g)，K=
3
1.5
0.5
0.05 0.05


＞Qc=
3
1.5
1
0.6 0.05


，平衡正向移动，v 正＞v 逆，D 说法错
误；答案为C。
【变式探究】（湖南株洲市）利用现代传感技术探究压强对2NO2(g) N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定
温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2 气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2 时迅
速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列分析中不正确的是(
)
A．t1 时移动活塞，使容器体积增大
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B．在B、E 两点，对应的正反应速率：v(B)>v(E)
C．图中除A、C、F 点外，其他点均为平衡状态
D．在E，F，H 三点中，H 点的气体平均相对分子质量最大
【答案】C
【解析】由图可知，t1 时移动活塞，针筒内气体压强迅速减小，说明针筒的体积增大，故A 正确；针筒内
气体压强越强越大，化学反应速率越大，由图可知，B 点压强大于E 点，则对应的正反应速率：v(B)>v(E)，故
B 正确；由图可知，除A、C、F 点外，G 点也没有达到平衡，故C 错误；由质量守恒定律可知，E，F，H 三
点中气体的质量相同，由图可知，t2 时移动活塞，针筒内气体压强迅速增大，说明针筒的体积减小，增大压强，
平衡向正反应方向移动，混合气体的物质的量减小，则E，F，H 三点中，H 点的气体物质的量最小，平均相
对分子质量最大，故D 正确；故选C。
题型二
反应速率、转化率和平衡常数的基本计算
例2．（·江苏卷）CH4 与CO2 重整生成H2 和CO 的过程中主要发生下列反应
1
4
2
2
CH (g) CO (g)
2H (g) 2CO(g)
247.1kJ mol
H







1
2
2
2
H (g) CO (g)
H O(g) CO(g)
41.2kJ mol
H







在恒压、反应物起始物质的量比



4
2
CH
:
CO
1:1
n
n

条件下，CH4 和CO2 的平衡转化率随温度变化的
曲线如图所示。下列有关说法正确的是
（
）
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4 的平衡转化率
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B. 曲线B 表示CH4 的平衡转化率随温度的变化
C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A 和曲线B 相重叠
D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1 条件下，反应至CH4 转化率达到X 点的值，改变除温度外的特定条
件继续反应，CH4 转化率能达到Y 点的值
【答案】BD
【解析】甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲
烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A 错误；根据两个反应
得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)===H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4 与CO2 物质的量相等，CO2 消耗量大
于CH4，因此CO2 的转化率大于CH4，因此曲线B 表示CH4 的平衡转化率随温度变化，故B 正确；使用高效催
化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C 错误；800K 时甲烷的转化率为X 点，可以通过改变
二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y 点的值，故D 正确。综上所述，答案为BD。
【举一反三】（福建漳州市）温度为T1 时，在容积为10 L 的恒容密闭容器充入一定量的M (g)和N (g)，发
生反应




M g +N g
2P g +Q g
H >0


。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是（
）
t/min
0
5
10
n(M)/ mol
6.0
4.0
n(N)/ mol
3.0
1.0
A．T2 时该反应的化学平衡常数为0.64，则T1＞T2
B．0­5 min 内，用M 表示的平均反应速率为0.4 mol∙L­1∙min­1
C．该反应在第8 min 时v 逆＞v 正
D．当M、N 的转化率之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态
【答案】A
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【解析】根据表格信息，可列三段式：










M g
+N g
2P g
+Q g
mol/L
0.6
0.3
0
0
mol/L
0.2
0.2
0.4
0.2
5min mol/L
0.4
0.1
0.4
0.2

起
转
，再结合
10min 时的数据可知温度为T1 时，反应在5min 时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：







2
2
c
c
P
0.2
0.4
K=
=
=0.8
c M c N
0.4 0.1
Q


，由此解答。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增
大，已知T1 时该反应的化学平衡常数为0.8，T2 时该反应的化学平衡常数为0.64，故T1＞T2，A 正确；根据三
段式可知，0­5 min 内，用M 表示的平均反应速率为
­1
­1
­1
Δc
0.2mol L
v=
=
=0.04 mol L
min
Δt
5min



，B 错误；根据
分析可知，反应在5min 时达到平衡状态，故在第8 min 时v 逆＝v 正，C 错误；根据反应方程式M、N 的化学计
量数之比可知，二者的转化率之比始终保持不变，是个定值，故D 错误；答案选A。
【变式探究】（河北石家庄）在2L 恒容密闭容器中充入气体A 和B ，发生反应




A g
B g
C g
2D s


d
ΔH ，所得实验数据如表所示。下列说法正确的是
(
)
实验编号
温度/℃
起始
n A
mol
起始
n B
mol
平衡
n C
mol
①
300
0.40
0.10
0.09
②
500
0.40
0.10
0.08
③
500
0.20
0.05
a
A．上述反应的
ΔH>0
B．5min 时测得①中
n C =0.05mol ，则0
5min

内
­1
­1
v D =0.01mol L
min


C．500℃时，该反应的平衡常数K=0.16
D．实验③中反应达到平衡时，A 的转化率小于20％
【答案】D
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【解析】由实验①和实验②中数据可知，升高温度，平衡时C 的物质的量减少，说明平衡逆向移动，则正
反应为放热反应，ΔH
0
<
，选项A 错误；D 是固体，故不能用D 的浓度变化来表示反应速率，选项B 错误；
500℃时，由实验②可知反应




A g
B g
C g
2D s


d
达到平衡状态时，c(C)= 0.08
2L
mol =0.04mol/L，
c(A)= 0.40
0.08
2L
mol
mol

=0.16mol/L，c(B)= 0.10
0.08
2L
mol
mol

=0.01mol/L，K=
0.04
25
0.16 0.01 

，选项C
错误；实验②与实验③的温度相同，容器的容积相同，而实验③反应物的用量恰好是实验②的一半，即相当于
减压，减压使平衡向气体分子数增大的方向移动，所以实验③中反应达到平衡后，反应物的转化率小于实验②(实
验②中的平衡转化率为20％)，选项D 正确。答案选D。
题型三
化学图像分析
例3．[江苏]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2
的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A．反应2NO(g)+O2(g)===2NO2(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c 起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO 平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】随温度升高NO 的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，
分析温度较高时，已达到平衡时的NO 转化率可知，温度越高NO 转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移
动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A 错误；根据上述分析，X 点时，反应还未到达平
衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO 的转化率，故B 正确；Y 点，反应已经达到平衡状态，
此时增加O2 的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO 的转化率，故C
错误；设NO 起始浓度为amol/L，NO 的转化率为50%，则平衡时NO、O2 和NO2 的浓度分别为0.5amol/L、
(5×10­4­0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式
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K=
2
2
2
2
2
4
2
c (NO )
0.5 )
c (NO) c(O )
0.5 )
(5 10
0.5 )
a
a
a






(
(
>
4
1
5 10

=2000，故D 正确；故选BD。
【变式探究】
（辽宁高三模拟）恒压下，将CO2和H2以体积比1∶4混合进行反应CO2(g)＋4H2(g) 
CH4(g)
＋2H2O(g)(假定过程中无其他反应发生)，用Ru/TiO2 催化反应相同时间，测得CO2 转化率随温度变化情况如图
所示。下列说法正确的是
(
)
A．反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)的ΔH>0
B．图中450 ℃时，延长反应时间无法提高CO2 的转化率
C．350 ℃时，c(H2)起始＝0.4 mol·L
－1，CO2 平衡转化率为80%，则平衡常数K<2 500
D．当温度从400
℃升高至500
℃，反应处于平衡状态时，v(400℃)逆>v(500℃)逆
【答案】BC
【解析】如图所示为用Ru/TiO2 催化反应相同时间，测得CO2 转化率随温度变化情况，约350℃之前，反
应还未达到平衡态，CO2 转化率随温度升高而增大，约350℃之后，反应达到化学平衡态，CO2 转化率随温度升
高而减小，由此可知该反应为放热反应。由分析可知该反应为放热反应，则ΔH<0，故A 错误；图中450 ℃时，
反应已达平衡态，则延长反应时间无法提高CO2 的转化率，故B 正确；350 ℃时，设起始时容器的容积为V，
c(H2)起始＝0.4 mol·L
－1，则n(H2)起始＝0.4 Vmol，CO2 平衡转化率为80%，可列三段式为：
2
2
4
2
CO
4H
CH
2H O
(mol)
0.1V
0.4V
0
0
(mol)
0.08V
0.32V
0.08V
0.16V
(mol)
0.02V
0.08V
0.08V
0.16V



起始态
转化态
平衡态
根据阿伏加德罗定律有
0.4V+0.1V
V
0.02V+0.08V+0.08V+0.16V
V(
)

平衡，平衡时的体积为V(平衡)= 3.4V
5
，则平
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衡时
2
2
4
2
4
4
2
2
0.08V
5
0.16V
5
c(CH ) c(H
)
3.4V
3.4V
0.02V
5
0.08V
5
c(CO ) c(H )
3.4V
3.4V
(
)
O
1156
2500
(
)
K












，故C 正确；温度升高，正逆反应速率均
加快，则v(400℃)逆<v(500℃)逆，故D 错误；综上所述，答案为BC。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、
制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(1)Shibata 曾做过下列实验：①使纯H2 缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原
为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2 的物质的量分数为0.025 0。
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0.019 2。
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)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)，已知水煤气
变换反应的ΔH<0。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30～90 min 内的平均速率v (a)＝________ kPa·min
－1。467 ℃时pH2 和pCO 随时间变
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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________、
________。
【解析】(1)根据题目提供的实验数据可知用H2 还原CoO 制取金属Co，反应的化学方程式为H2(g)＋
CoO(s)
Co(s)＋H2O(g)，平衡混合气体中H2的物质的量分数为0.025 0，K1＝c(H2O)/c(H2)＝(1－0.025 0)/0.025
0＝39；CO 还原CoO 制取金属Co 的化学方程式为CO(g)＋CoO(s)
Co(s)＋CO2(g)，平衡混合气体中CO 的
物质的量分数为0.019 2，K2＝c(CO2)/c(CO)＝(1－0.019 2)/0.019 2≈51.08。K1<K2，说明还原CoO 制取金属Co
的倾向CO 大于H2。
(2)H2(g)＋CoO(s)
Co(s)＋H2O(g)①
CO(g)＋CoO(s)
Co(s)＋CO2(g)②
②－①可得CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
设起始CO、H2O 的物质的量为a mol，转化的物质的量为x mol，容器容积为1 L，则：
CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
起始/(mol·L
－1)
a
a
0
0
转化/(mol·L
－l)
x
x
x
x
平衡/(mol·L
－1)
a－x
a－x
x
x
则该反应的K＝x2/(a－x)2＝K2/K1≈1.31，求得：x≈0.534a，则平衡时H2 的物质的量分数约为0.534a
2a
＝0.267。
(3)根据反应速率的计算公式可以求算v (a)＝4.08－3.80kPa
60 min
≈0.004 7 kPa·min
－1。由(2)中分析得出H2 的物
质的量分数在0.25～0.50 之间，CO 的物质的量分数在0～0.25 之间，在同一容器中气体的分压之比等于物质的
量之比，所以H2 的分压始终高于CO 的分压，据此可将题图分成上下两部分，a、b 表示的是H2 的分压，c、d
表示的是CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO 分压增加，H2 分压降低，故467 ℃
时pH2 和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c489 ℃时pH2 和pCO 随时间变化关系的曲线分别是a、d。
【答案】(1)大于
(2)C
(3)0.004 7
b
c
a
d
【举一反三】(·全国卷Ⅲ)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速
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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)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)
【解析】(1)由图像知，随着温度的升高，HCl 的平衡转化率降低，所以4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)
的ΔH＜0，升高温度平衡左移，则K(300 ℃)>K(400 ℃)。在温度一定的条件下，c(HCl)和c(O2)的进料比越大，
HCl 的平衡转化率越低，所以题图中自上而下三条曲线是c(HCl)∶c(O2)(进料浓度比)为1∶1、4∶1、7∶1 时的
变化曲线。当c(HCl)∶c(O2)＝1∶1 时，列三段式：
4HCl(g) ＋O2(g) === 2Cl2(g)＋2H2O(g)
起始浓度
c0
c0
0
0
转化浓度
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡浓度
(1－0.84)c0
(1－0.21)c0
0.42c0
0.42c0
K(400 ℃)＝
0.42c02×0.42c02
1－0.844c40×1－0.21c0
＝
0.422×0.422
1－0.844×1－0.21c0
。
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c(HCl)∶c(CO2)过高时，HCl 转化率较低；当c(HCl)∶c(O2)过低时，过量的O2 和Cl2 分离时能耗较高。
(2)由平衡移动的条件可知，为提高HCl 的转化率，在温度一定的条件下，可以增大反应体系的压强，增加
O2 的量，或者及时除去产物。
【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)增加反应体系压
强、及时除去产物
题型四
化学反应原理综合
例4.（·新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2 的催化氧化：
SO2(g)+ 1
2 O2(g)
钒催化剂
SO3(g)
ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式
为：_______________________________________。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa 和5.0MPa
压强下，SO2 平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是
______________________。影响α的因素有____________________________。
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(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p 条件
下进行反应。平衡时，若SO2 转化率为α，则SO3 压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，
分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2 催化氧化的反应速率方程为：v=k(
′
α
α −1)0.8(1−nα')。式中：k 为反应速率常数，随温度t
升高而增大；α为SO2 平衡转化率，α'为某时刻SO2 转化率，n 为常数。在α'=0.90 时，将一系列温度下的k、α
值代入上述速率方程，得到v~t 曲线，如图所示。
曲线上v 最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm 时，v 逐渐提高；t>tm后，v 逐渐下降。
原因是__________________________。
【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌2VOSO4(s)+ V2O4(s)
∆H= ­351 kJ∙mol­1
(2)0.975
该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa
＝p２的，所以p1=5.0MPa
反应物（N2 和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强
（3）
2m
100
m
p





0.5
1.5
1
100
mp
m











（4）升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α引起的
降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α引起的降低
【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据
压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进
一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步
分析对速率的影响。
(1)由题中信息可知：
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①SO2(g)+ 1
2
O2(g)⇌SO3(g)
∆H= ­98kJ∙mol­1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g)
∆H2= ­24kJ∙mol­1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s)
∆H1= ­399kJ∙mol­1
根据盖斯定律可知，③­②2 得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H=
∆H1­2∆H2=( ­399kJ∙mol­1)­( ­24kJ∙mol­1)2= ­351kJ∙mol­1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌
2VOSO4(s)+ V2O4(s)
∆H= ­351 kJ∙mol­1；
(2) SO2(g)+ 1
2
O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正
反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2 的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa
条件下，SO2 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa 的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。
影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2 和O2）的浓度、温度、压强等。
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2 和N2 的物质的量分别为2m mol、m mol 和q mol，
2m+m+q=3m+q=100，SO2 的平衡转化率为α，则有下列关系：
2
2
3
1
SO
+
O
 
SO
2
0
(
)
2m
m
2
(
)
2
2
(
)
2m(1­ )
m(1
)
mol
m
mol
m
m
m
mol









矾催化剂
起始量
变化量
平衡量
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1­α)+m(1­α)+2mαmol+q mol，则SO3 的物质的量分数为








3
n SO
2m mol
2m
100%
100%
100%
n
2m 1
m 1
2m mol
q mol
100
m

















总
。该反应在恒压容
器中进行，因此，SO3 的分压p(SO3)=
2m
 100
m
p



，p(SO2)=


2m 1
 100
m
p




，p(O2)=


m 1
 100
m
p




，在该条件下，
SO2(g)+ 1
2
O2(g)⇌2SO3(g) 的
Kp=












3
0.5
0.5
0.5
1.5
2
2
2m
SO
100
m
SO
2m 1
m 1
1
100
100
m
100
m
p
p
p
p
O
mp
p
p
m
































。
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(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=


0.8
k
1
1
n













，升高温度，k
增大使v 逐渐提高，但α降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k 增大对
v 的提高小于α引起的降低。
【变式探究】（·新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6 等烃类，是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/( kJ·mol−1)
­1560
­1411
­286
①ΔH=_________kJ·mol−1。
②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡
常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 
高温
C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×
4
CH
c
，
其中k 为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。
A．增加甲烷浓度，r 增大
B．增加H2 浓度，r 增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k 减小
(3)CH4 和CO2 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
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①阴极上的反应式为_________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4 和CO2 体积比为_________。
【答案】(1) ①137
②升高温度
减小压强(增大体积)
③

α(1+α)
p
(2+α)(1-α)
（2）①1－α
②AD
(3)
①CO2+2e−=CO+O2−
②
6∶5
【解析】
(1)①由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)+ 7
2
O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= ­1560kJ∙mol­1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2=
­1411kJ∙mol­1；③H2(g)+ 1
2 O2(g)=H2O(l) ∆H3= ­286kJ∙mol­1；根据盖斯定律可知，①­②­③得C2H6(g) =C2H4(g) +
H2(g)，则∆H= ∆H1­∆H2­∆H3=( ­1560kJ∙mol­1)­( ­1411kJ∙mol­1)­ ( ­286kJ∙mol­1)=137kJ∙mol­1，故答案为137；
②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向
移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；
③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，
C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)
起始（mol）
1
0
1
转化（mol）
α
α
α
平衡（mol）
1­α
α
1+α
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平衡时，C2H6、C2H4 和H2 平衡分压分别为1
α
2
α


p、
α
2
α

p 和1
α
2
α


p，则反应的平衡常数为
Kp=
1
α
2
α
1 α




（
）
（
）（
）
；
(2) ①根据r=k×
4
CH
c
，若r1= kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1­α)，则r2= kc(1­α)，所以r2=(1­α)r1；
②增大反应物浓度反应速率增大，故A 说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，
故B 说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C 说法错误；
化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D 正确。答案选AD。
(3) ①由图可知，CO2 在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e­=CO+O2­；②令生成乙烯和乙烷分
别为2 体积和1 体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守
恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4 和CO2 的体积比为6:5。
【举一反三】（·新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2 的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到
平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分
的物质的量分数x 随温度T 的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2 变化的曲线分别是______、______。CO2 催化加氢合成C2H4 反应的ΔH______0(填“大
于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压
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表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8 等低碳烃。一定温度和压强
条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。
【答案】（1）1∶4
变大
（2）d
c
小于
(3)

3
9
1
4
0.039 或



4
3
6
2
0.39
0.39
1
4
0.39
0.1
0.39
(
)
3
等
(4)选择合适催化剂等
【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增
大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲
线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化
剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
(1)CO2 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌CH2 = CH2+4H2O，因此，该反
应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态
时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。
(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c 和a
所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d 和b 表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之
比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，
乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H 小于0。
(3) 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa 建立平衡。由A 点坐标可知，该温度下，氢
气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即0.39
4
，二氧化碳的物质的量分
数为氢气的三分之一，即0.39
3
，因此，该温度下反应的平衡常数
4
2
3
6
0.39
0.39
1
4
0.1
0.39
0.39
3
p
K









(MPa)­3=
3
9
1
4
0.039

(MPa)­3。
(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副
反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
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【变式探究】（·山东卷）探究CH3OH 合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH 的产率。以CO2、
H2 为原料合成CH3OH 涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
2
2
3
2
CO (g)
3H (g)
CH OH(g)
H O(g)



1
1
49.5kJ mol
H




Ⅱ.
2
3
CO(g)
2H (g)
CH OH(g)


1
2
90.4kJ mol
H




Ⅲ.
2
2
2
CO (g)
H (g)
CO(g)
H O(g)



3
H

回答下列问题：
(1)
3
Δ
=
H
_________
1
kJ mol

。
(2)一定条件下，向体积为VL 的恒容密闭容器中通入1 mol CO2 和3 mol H2 发生上述反应，达到平衡时，
容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO 为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L­1(用含a、b、V 的代数式表示，
下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率随温度
的变化关系如下图所示。
已知：CO2 的平衡转化率= 





2
2
 
2
 
CO
CO
100%
CO
 
 
n
n
n


平衡
初始
初始
CH3OH 的平衡产率= 



3
2
CH OH 
 
100%
CO
 
 
n
n

平衡
初始
其中纵坐标表示CO2 平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3 由大到小的顺序为
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___________；图乙中T1 温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
(4)为同时提高CO2 的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
A.低温、高压
B.高温、低压
C.低温、低压
D.高温、高压
【答案】(1) +40.9
(2)
a+b
V
b(a+b)
(1­a­b)(3­3a­b)
(3)乙
p1、p2、p3
T1 时以反应Ⅲ为主，
反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
（4）A
【解析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏
特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2 的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率之间的关系得
到相应的答案。
(1).根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=­49.5kJ∙mol­1+(­90.4 kJ∙mol­1)=+40.9 kJ∙mol­1；
(2).假设反应II 中，CO 反应了xmol，则II 生成的CH3OH 为xmol，I 生成的CH3OH 为(a­x)mol，III 生成
CO 为(b+x)mol，根据反应I：
2
2
3
2
a­x
     3(
CO (g)+3
a
H (g)
CH
­x)
   
OH(g)+H O(g)
     a­x
           a­x


，反应II：
2
3
x
       2x
CO(g)+2H (g)
           
C
      x
 
H OH(
  
g)
  


，反应III：
2
2
2
CO (g)+H (g)
CO(g)+H O(g)
b+x
    b+x
         b+x
   b+x


，所以平衡时水的物质的
量为(a­x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为: 

­1
a+b mol
a+b mol
=
L
VL
V

；平衡时CO2 的物质的量为
1mol­(a­x)mol­(b+x)mol=(1­a­b)mol，H2 的物质的量为3mol­3(a­x)mol­2x­(b+x)mol=(3­3a­b)mol，CO 的物质的量
为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III 的平衡常数为：
b
a+b
b
a+b
1­a­b
3­3a­b
1­a­b
3­3a­b
(
)
V
V
= (
) (
)
V
V




；
(3).反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH 的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH
的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2 的平衡转
化率降低，反应III 为吸热反应，升高温度反应III 向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III 为主，CO2
的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2 的平衡转化率；压强增大，反应I 和II 是气体体积减小的反应，反应
I 和II 平衡正向移动，反应III 气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH 的平衡产率增大，根据图所
以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I 和II 平衡逆向移动，反应III 向正反应方向移动，所以T1 温度时，
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三条曲线交与一点的原因为：T1 时以反应III 为主，反应III 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4).根据图示可知，温度越低，CO2 的平衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO2 的平衡
转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
专题08
水溶液中的离子平衡
【考情探究】
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。
【高频考点】
高频考点一
水的电离和溶液的酸碱性
1．溶液中水电离出的c(H
＋)H2O 或c(OH
－)H2O 计算
(1)酸或碱溶液：c(H
＋)H2O＝c(OH
－)H2O＝c(OH
－)或c(H
＋)。
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(2)水解呈酸性或碱性的盐溶液：c(H
＋)H2O＝c(OH
－)H2O＝c(H
＋)或c(OH
－)。
2．酸碱混合液性质的两种判断
(1)同浓度同体积的HA 与BOH 混合，溶液的性质决定谁强显谁性。
(2)25 ℃，pH 之和为14 的HA 与BOH 等体积混合，溶液的性质决定于谁弱谁过量显谁性。
3．强酸与强碱混合的有关计算
(1)n(OH
－)>n(H
＋)：c(OH
－)＝nOH
－－nH
＋
V1＋V2
⇒c(H
＋)⇒pH
(2)n(OH
－)<n(H
＋)：c(H
＋)＝nH
＋－nOH
－
V1＋V2
⇒pH
(3)n(OH
－)＝n(H
＋)：pH＝7(25 ℃)
(4)25 ℃，pH＝a 的强酸与pH＝b 的强碱按V1∶V2 混合，混合液pH＝7 时，V1×10
－a＝V2×10
－14＋b。
4．溶液的稀释问题
(1)相同体积、相同pH 的酸性溶液稀释
⇒
①稀释相同倍数，强酸的pH 大
②ΔpH 相同，稀释倍数，强酸的小
(2)相同体积、相同浓度酸性溶液稀释
⇒
①稀释相同倍数，强酸的pH 小
②pH 相同时，稀释倍数，强酸的大
5．向10 mL 0.1 mol·L
－1 的氨水中，滴加同浓度的盐酸(25 ℃)
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⇒
①V0＝10 mL，即c 点为恰好反应点
②b 点、d 点分别呈中性、酸性
③b 点的离子浓度大小顺序为cCl
－
＝cNH
＋
4 >cOH
－＝cH
＋
【方法技巧】溶液混合酸碱性判断模板(25 ℃)
(1)已知酸、碱溶液的pH 之和为14，则等体积混合时：
强酸、强碱
――→
恰好中和
pH＝7
强酸、弱碱――→
碱过量
pH>7
弱酸、强碱――→
酸过量
pH<7
(2)已知酸、碱溶液的pH 之和为14，若混合后溶液的pH 为7，溶液呈中性，则
强酸、强碱―→V 酸∶V 碱＝1∶1
强酸、弱碱―→V 酸∶V 碱>1∶1
弱酸、强碱―→V 酸∶V 碱<1∶1
(3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断
看pH 之和——|
――→
等于14
pH＝7
――→
大于14
pH>7
――→
小于14
pH<7
高频考点二
水溶液中的三大平衡及其常数的有关计算
1．电离平衡与水解平衡的比较
电离平衡(如CH3COOH 溶液)
水解平衡(如CH3COONa 溶液)
实质
弱电解质的电离
盐促进水的电离
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升高温度
促进电离，离子浓度增大，Ka 增大
促进水解，水解常数Kh 增大
加水稀释
促进电离，离子浓度(除OH
－外)减小，Ka 不变
促进水解，离子浓度(除H
＋外)减小，水解常
数Kh 不变
加入相
应离子
加入CH3COONa 固体或盐酸，抑制电离，Ka 不变
加入CH3COOH 或NaOH，抑制水解，水解
常数Kh 不变
加入反
应离子
加入NaOH，促进电离，Ka 不变
加入盐酸，促进水解，水解常数Kh 不变
2.沉淀溶解平衡的影响
(1)升高温度，沉淀、溶解平衡大部分右移，少部分左移。
(2)加少量水，溶解平衡右移，但离子浓度一般不变。
(3)加沉淀本身，溶解平衡不移动。
(4)加同离子可溶物，抑制溶解，溶解度减小，但Ksp 不变。
(5)加反应离子，促进溶解，溶解度增大，但Ksp 不变。
3．沉淀、溶解平衡的三种应用
(1)沉淀生成：除去CuCl2 溶液中的FeCl3，可调节pH＝3～4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3 沉淀而除去。
(2)沉淀溶解：向浓的NH4Cl 溶液中加入Mg(OH)2，现象为Mg(OH)2 逐渐溶解，其反应方程式为2NH4Cl＋
Mg(OH)2===MgCl2＋2NH3·H2O。
(3)沉淀转化：向MgCl2 溶液中加入少量NaOH 溶液，然后再加入FeCl3 溶液，现象为先生成白色沉淀，然
后又转化为红褐色沉淀。有关离子方程式为Mg2＋＋2OH
－===Mg(OH)2↓，3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋
2Fe(OH)3(s)
＋3Mg2＋。
4．水溶液中的三大平衡常数
(1)明确各种平衡常数表达式。
(2)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，Ka、Kb、KW、Kh 均增大。
(3)Ka、Kh、KW 三者的关系式为Kh＝KW
Ka
；Kb、Kh、KW 三者的关系式为Kh＝KW
Kb
。
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(4)对二元酸的Ka1、Ka2 与相应酸根离子的Kh1、Kh2 的关系式为Ka1·Kh2＝KW，Ka2·Kh1＝KW。
(5)反应CdS(s)＋2H
＋(aq)
Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K，则K＝
Ksp
Ka1·Ka2
。
(6)反应3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)
2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常数K＝c3Mg2＋
c2Fe3＋
＝K3sp[MgOH2]
K2sp[FeOH3]
。
5．根据图像曲线确定电离常数
根据上图可知H3PO4 的三步电离常数分别为Ka1＝10
－2.1，Ka2＝10
－7.2，Ka3＝10
－12.4。
高频考点三
溶液中粒子浓度的比较
1．理解溶液中的“三大守恒”
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子的正电荷总数与所有阴离子的负电荷总数相等。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化，变成其他离子或分子等，但离子或分
子中某些特定元素的原子的总数存在确定的比例关系。
(3)质子守恒：即H2O 电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2．建立解题思维模型
(1)单一溶液
酸或碱溶液—考虑电离
盐溶液—考虑水解
2混合溶液
不反应—同时考虑电离和水解
反应
不过量—
生成酸或碱—考虑电离
生成盐—考虑水解
过量—根据过量程度考虑电离或水解
(3)不同溶液中某离子浓度的变化
若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑制其水解，则该离子浓度增大。
3．“五模板”突破溶液中粒子浓度模板
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(1)MCl(强酸弱碱盐)溶液
①电荷守恒：c(M
＋)＋c(H
＋)＝c(Cl
－)＋c(OH
－)
②物料守恒：c(M
＋)＋c(MOH)＝c(Cl
－)
③粒子浓度：c(Cl
－)>c(M
＋)>c(H
＋)>c(MOH)>c(OH)
(2)Na2A(强碱弱酸盐)溶液
①电荷守恒：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝2c(A2－)＋c(HA
－)＋c(OH
－)
②物料守恒：c(Na
＋)＝2[c(H2A)＋c(HA
－)＋c(A2－)]
③粒子浓度：c(Na
＋)>c(A2－)>c(OH
－)>c(HA
－)>c(H2A)>c(H
＋)
(3)NaHA(a：水解为主，b：电离为主)
①电荷守恒：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝2c(A2－)＋c(HA
－)＋c(OH
－)
②物料守恒：c(Na
＋)＝c(H2A)＋c(HA
－)＋c(A2－)
③粒子浓度：
a：cNa
＋>cHA
－>cOH
－>cH2A
>cH
＋>cA2－
b：cNa
＋>cHA
－>cH
＋>cA2－
>cOH
－>cH2A
(4)HA(弱酸)与NaA 混合液(同浓度同体积)(a：pH<7，b：pH>7)
①电荷守恒：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(A
－)＋c(OH
－)
②物料守恒：2c(Na
＋)＝c(HA)＋c(A
－)
③粒子浓度：
a：cA
－>cNa
＋>cHA>
cH
＋>cOH
－
b：cHA>cNa
＋>cA
－>
cOH
－>cH
＋
(5)MOH(弱碱)与MCl 混合液(同浓度、同体积)
(a：pH>7，b：pH<7)
①电荷守恒：c(M
＋)＋c(H
＋)＝c(Cl
－)＋c(OH
－)
②物料守恒：2c(Cl
－)＝c(MOH)＋c(M
＋)
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③粒子浓度：
a：cM
＋>cCl
－>cMOH>
cOH
－>cH
＋
b：cMOH>cCl
－>cM
＋>
cH
＋>cOH
－
高频考点四
中和滴定及迁移应用
1．滴定管的选择
酸式滴定管：酸性溶液、氧化性溶液、有机溶剂等
碱式滴定管：碱性溶液
2．指示剂选择
(1)酸碱中和滴定
恰好反应点为中性：甲基橙或酚酞
恰好反应点为酸性：甲基橙
恰好反应点为碱性：酚酞
(2)其他滴定
涉及I2 的反应：淀粉溶液
涉及Fe3＋的反应：KSCN 溶液
涉及MnO
－
4 的反应：不用指示剂
3．误差分析
c 测＝c 标
V 测
V 标
V 标偏大，c 测偏大
V 标偏小，c 测偏小
4．以向10
mL 0.1 mol·L
－1 的HA 溶液中滴加0.1 mol·L
－1 的NaOH 溶液为例，突破中和滴定曲线的“五点”
a 点：Ka＝10
－5。
b 点：离子浓度大小：c(A
－)>c(Na
＋)>c(H
＋)>c(OH
－)。
c 点：离子浓度大小：c(A
－)＝c(Na
＋)>c(H
＋)＝c(OH
－)。
d 点：离子浓度大小：c(Na
＋)>c(A
－)>c(OH
－)>c(H
＋)。
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e 点：离子浓度大小：c(Na
＋)>c(A
－)>c(OH
－)>c(H
＋)。
高频考点五
酸、碱、盐溶液反应过程中陌生图像
1．两坐标为对数的直线型示例分析
(1)常考有关对数示例
①pC：类比pH，即为C 离子浓度的负对数，规律是pC 越大，C 离子浓度越小。
②pK：平衡常数的负对数，规律是pK 越大，平衡常数越小，对于一元弱酸(HX)：pKa＝pH－lg cX
－
cHX
，lg
cX
－
cHX
越大，HX 的电离程度越大。
③AG＝lg
cH
＋
cOH
－
，氢离子浓度与氢氧根离子浓度比的对数；规律是AG 越大，酸性越强，中性时AG＝0。
(2)图像示例
①pOH—pH 曲线：
⇒
Q 点为中性，
M 点为酸性，cOH
－H2O＝1×10
－b mol·L
－1
N 点为碱性，cH
＋H2O＝1×10
－b mol·L
－1
②常温下，二元弱酸H2Y 溶液中滴加NaOH 溶液，所得混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示：
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⇒
L1 代表lg cHY
－
cH2Y
－pH
H2Y 的Ka1＝10
－2.7，Ka2＝10
－4.3
e 点：cH2Y＝cY2－
③常温下将KOH 溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系图：
⇒
二元弱酸H2X一级电离程度远大于二级电离程度。
lg cX2－
cHX
－
或lg cHX
－
cH2X
越大，表示电离程度越大，
因而N 代表一级电离的曲线，M 代表二级电离曲线。
可以根据m 点、n 点的坐标计算pKa1 和pKa2。
2．粒子的物质的量分数或浓度与pH 的关系图像分析
T ℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH 溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O
－
4 、
C2O 2－
4 的物质的量分数(δ)与pH 的关系如图所示：
⇒
HC2O
－
4 的电离程度大于水解程度
Ka1＝10
－1.2，Ka2＝10
－4.2
pH＝2.7 时，cC2O2－
4 ·cH2C2O4
c2HC2O
－
4 
＝10
－3
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高频考点六
沉淀、溶解平衡图像分析
1．两坐标为离子浓度的曲线型图像
⇒
KspCaSO4＝8×10
－6
b 点的Qc>Ksp，有沉淀析出
d 点的Qc<Ksp，溶液不饱和
温度不变，增加cSO2－
4 ，
沿曲线a→c 变化
2．两坐标为对数或负对数的直线型图像
已知：pCu＝－lg c(Cu
＋)，pX＝－lg c(X
－)，式中X
－表示卤素阴离子。298 K 时，Ksp(CuCl)≈1.0×10
－7，
Ksp(CuBr)≈1.0×10
－9，Ksp(CuI)≈1.0×10
－12。298 K 时，CuCl、CuBr、CuI 的饱和溶液中pCu 和pX 的关系如图所
示。
⇒
X 线代表CuCl 的饱和溶液
图中的a＝6
图中的A 点对于CuBr 为析出
沉淀，对于CuCl 为不饱和
溶液
【题型突破】
题型一
水的电离和溶液的酸碱性
例1．[·北京卷]实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲
线如图所示。下列说法正确的是
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A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不
同
【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH­)=Kw 减小，故pH 减
小，但c(H+)=c(OH­)，故A 不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH­)增大，醋
酸根水解为吸热过程，CH3COOH­+H2O
CH3COOH+OH­,升高温度促进盐类水解，所以c(OH­)增大，故
B 不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O
Cu(OH)2
+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH 发生变化，故C 符合题意；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类
水解，故D 不符合题意。
【举一反三】[·天津卷]某温度下，
2
HNO 和
3
CH COOH 的电离常数分别为
4
5.0 10

和
5
1.7 10

。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
2
HNO 溶液
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B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
C．从c 点到d 点，溶液中





HA
OH
A
c
c
c



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

Na
n
相同
【答案】C
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I 代表CH3COOH，
A 错误；酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，B 错误；Ⅱ代表HNO2，
c(HNO2)c(OH­)/c(NO2­)=c(H+)·c(HNO2)c(OH­)/[c(H+)·c(NO2­)]=kw/k(HNO2)，kw 为水的离子积常数，k(HNO2)为
HNO2 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C 正确；体积和pH 均相同的HNO2 和CH3COOH
溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH 溶液至恰好中和，CH3COOH 消耗的氢氧化钠溶
液体积多，HNO2 消耗的NaOH 少，故D 错误。
【变式探究】（河北衡水中学高三调研）25 ℃时，向10 mL 0.1
mol·L
－1 一元弱碱XOH 溶液中逐滴滴加0.1
mol·L
－1 的HCl 溶液，溶液的AG[AG＝lg cH
＋
cOH
－
]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正
确的是(
)
A．若a＝－8，则a 点溶液中水电离出的c(H
＋)＝1×10
－11 mol·L
－1
B．M 点表示盐酸和XOH 恰好完全反应
C．R 点溶液中可能存在c(X
＋)＋c(XOH)＝c(Cl
－)
D．M 点到N 点，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】A 项，a＝－8，可求c(OH
－)＝10
－3 mol·L
－1，c(H
＋)＝1×10
－11 mol·L
－1，c(H
＋)H2O＝1×10
－11 mol·L
－
1，正确；B 项，M 点AG＝0，则溶液中c(H
＋)＝c(OH
－)，不恰好反应，错误；C 项，R 点可能为恰好反应，溶
质为XCl，根据物料守恒可知c(X
－)＋c(XOH)＝c(Cl
－)，正确；D 项，M 点为碱过量，N 点为酸过量，正确。
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141 / 346
题型二
水溶液中粒子浓度比较
例2.（·浙江卷）常温下，用
1
0.1mol L

氨水滴定10mL 浓度均为
1
0.1mol L

的HCl 和
3
CH COOH 的混
合液，下列说法不正确
．．．的是(
)
A. 在氨水滴定前，HCl 和
3
CH COOH 的混合液中



3
c Cl
c CH COO



B. 当滴入氨水10mL 时，







+
4
3
2
3
3
c NH
+c NH
H O =c CH COO
+c CH COOH


C. 当滴入氨水20mL 时，







+
3
3
2
c CH COOH +c H
=c NH
H O +c OH

D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL ，



4
c NH
c Cl



【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl 和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl 为强电解质，完全电离，
CH3COOH 为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl­)＞c(CH3COO­)，A 正确；当滴入氨水10mL 时，
n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO­)，B 正确；当滴
入氨水20mL 时，溶液溶质为NH4Cl 和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH­)，C 正
确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO­)+c(Cl­)+ c(OH­)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH­)，
故c(NH4+)＞c(Cl­)，D
【变式探究】（·天津卷）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是(
)
A. 相同浓度的HCOONa 和NaF 两溶液，前者的pH 较大，则
a
a
K (HCOOH)>K (HF)
B. 相同浓度的CH3COOH 和CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，则溶液中








­
+
+
­
3
c CH COO
>c Na
>c H
>c OH
C. FeS 溶于稀硫酸，而CuS 不溶于稀硫酸，则
sp
sp
K (FeS)>K (CuS)
D. 在
­1
2
1mol L Na S

溶液中，





2­
­
­1
2
c S
+c HS
+c H S =1mol L

【答案】A
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142 / 346
【解析】HCOONa 和NaF 的浓度相同，HCOONa 溶液的pH 较大，说明HCOO
－的水解程度较大，根据越
弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A 错误；相同浓度的CH3COOH 和
CH3COONa 两溶液等体积混合后pH 约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸
电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO
－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH
－)，故B
正确；CuS 的溶解度较小，将CuS 投入到稀硫酸溶液中，CuS 溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而
将FeS 投入到稀硫酸后可以得到H2S 气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C 正确；根据溶液中的物料守恒定律，
1 mol∙L−1 Na2S 溶液中所有含S 元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS
－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，
故D 正确；综上所述，答案为A。
【变式探究】（·江苏卷）室温下，将两种浓度均为
1
0.1mol L

的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积
变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(
)
A.
3
2
3
NaHCO
Na CO

混合溶液(pH=10.30)：







2
3
3
Na
HCO
CO
OH
c
c
c
c







B. 氨水­NH4Cl 混合溶液(pH=9.25)：







4
3
2
NH
H
NH
H O
OH
c
c
c
c







C.
3
3
CHCOOH CHCOONa

混合溶液(pH=4.76):








3
3
Na
CH COOH
CH COO
H
c
c
c
c






D.
2
2
4
2
4
H C O
N aH C O

混合溶液(pH=1.68，H2C2O4 为二元弱酸):










2
2
2
4
2
4
H
H C O
Na
C O
OH
c
c
c
c
c








【答案】AD
【解析】NaHCO3 水溶液呈碱性，说明
3
HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3 和Na2CO3
水解关系为：
2­
­
3
3
CO
HCO
 ＞ 
，溶液中剩余微粒浓度关系为：



­
2­
3
3
HCO
CO
c
c

，
2­
3
CO
和
­
3
HCO 水解程
度微弱，生成的OH­浓度较低，由NaHCO3 和Na2CO3 化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中
微粒浓度大小关系为：







+
­
2­
­
3
3
Na
>
HCO
>
CO
>
OH
c
c
c
c
，故A 正确；该混合溶液中电荷守恒为：








+
+
­
­
4
NH
+
H
=
OH
+
Cl
c
c
c
c
，物料守恒为：





+
­
3
2
4
NH ·H O +
NH
=2
Cl
c
c
c
，两式联立消去c(Cl­)
可得：







+
+
­
4
3
2
NH
+2c H
=2c OH
+c NH
H O
c

，故B 错误；若不考虑溶液中相关微粒行为，则
c(CH3COOH)=c(CH3COO­)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH 电离程度大于CH3COONa 水解程度，则溶
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液中微粒浓度关系为：c(CH3COO­)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C 错误；该混合溶液中物料守恒为：








+
­
2­
2
2
4
2
4
2
4
2
Na
=
H C O
+
HC O
+
C O
c
c
c
c
，电荷守恒为：










2­
­
­
+
+
2
4
2
4
2
C O
+
HC O
+
OH
=
Na
+
H
c
c
c
c
c
，两式相加可得：










+
+
2­
­
2
2
4
2
4
H
+
H C O
=
Na
+
C O
+
OH
c
c
c
c
c
，故D 正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
【变式探究】[·江苏卷]室温下，反应
3
HCO
+H2O
H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3
溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定
溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(
)
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c(
4
NH
)> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c (
4
NH
)> c (
3
HCO
)> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(
4
NH
)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c
(
3
HCO
)+c(
2
3
CO
)
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c(
2
3
CO
)+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3∙H2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2O
NH4++OH­，
H2O
H++OH­，所以c(OH­)>c(NH4+)，A 错误；NH4HCO3 溶液显碱性，说明HCO3­的水解程度大于NH4+
的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3­)，HCO3­水解：H2O+HCO3­
H2CO3+OH­，NH4+水解：
NH4++H2O
NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B 正确；由物
料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3­)+c(CO32­)]，C 错误；由物料守恒，
n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3­)+c(CO32­)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=
c(HCO3­)+2c(CO32­)+c(OH­)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH­)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3­)
+2c(CO32­)③，0.2mol/LNH4HCO3 与0.6mol/L 氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，
c(H2CO3)+c(HCO3­)+c(CO32­)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32­)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH­)
+c(CO32­)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3­)+3c(CO32­)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH­)
+c(CO32­)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D 正确；故选BD。
题型三
Ka、Kb、Kh 的计算及应用
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144 / 346
例3.（·山东卷）25℃时，某混合溶液中



1
3
3
CH COOH
CH COO
0.1mol L
c
c





，1gc( CH3COOH)、
1gc(CH3COO­)、lgc(H+)和1gc(OH­)随pH 变化的关系如下图所示。Ka 为CH3COOH 的电离常数，下列说法正确
的是(
)
A. O 点时，



3
3
CH COOH
CH COO
c
c


B. N 点时，
a
pH=­lgK
C. 该体系中，





+
­1
3
+
a
0.1c H
c CH COOH =
mol L
K +c H

D. pH 由7 到14 的变化过程中，CH3COO­的水解程度始终增大
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH 的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓
度减小，又pH=7 的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是：曲线1 为lgc(CH3COO­)随pH 的变化曲线，曲线2 为lgc(H+)随pH 的变化曲线，曲线3 为
lgc(OH­)随pH 的变化曲线，曲线4 为lgc(CH3COOH)随pH 的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根
据上述分析可知，O 点为曲线2 和曲线3 的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH­)，故A 错误；
N 点为曲线1 和曲线4 的交点，lgc(CH3COO­)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO­)=c(CH3COOH)，因
Ka= 





­
+
3
3
CH COO
H
CH COOH
c
c
c

，代入等量关系并变形可知pH=­lgKa，故B 正确；c(CH3COO­)+c(CH3COOH)
=0.1mol/L，则c(CH3COO­)=0.1mol/L­ c(CH3COOH)，又Ka= 





­
+
3
3
CH COO
H
CH COOH
c
c
c

，联立两式消去c(CH3COO­)
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并化简整理可得出，c(CH3COOH)=
+
+
0.1 (H )
(H )
a
c
K
c

mol/L，故C 正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO­+H2O 
CH3COOH +OH­，pH 由7 到14 的变化过程中，碱性不断增强，c(OH­)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水
解平衡，会使其水解程度减小，故D 错误；答案选BC。
【变式探究】
（湖北黄冈高三调研）25 ℃时，将0.1 mol NaOH 固体加入1.0 L x mol·L
－1 CH3COOH 溶液中(忽
略溶液体积、温度变化)，充分反应后向混合液中加入CH3COOH 或CH3COONa 固体，溶液pH 的变化如图。
下列叙述正确的是(
)
A．c 点对应的溶液中c(Na
＋)>c(CH3COO
－)
B．从b 点对应溶液到a 点对应溶液的过程中cNa
＋·cOH
－
cCH3COO
－
减小
C．a、b、c 点对应的溶液中，水的电离程度：a>b>c
D．a、b、c 点对应的溶液中，Ka(CH3COOH)均为0.2
x－0.2×10
－7
【答案】B
【解析】c 点对应的溶液呈中性，c(H
＋)＝c(OH
－)，根据电荷守恒知c(Na
＋)＝c(CH3COO
－)，A 错误；加入
CH3COOH 过程中，c(CH3COO
－)和c(H
＋)增大，c(OH
－)减小，c(Na
＋)不变，cNa
＋·cOH
－
cCH3COO
－
减小，B 正确；CH3COO
－增多，水解程度增大，水的电离程度增大，则a、b、c 点对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a，C 错误；温
度一定，电离平衡常数一定，c 点时有c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(CH3COO
－)＋c(OH
－)，又溶液的pH＝7，则c(H
＋)＝c(OH
－)＝10
－7 mol·L
－1，c(Na
＋)＝c(CH3COO
－)＝0.2 mol·L
－1，Ka(CH3COOH)＝cCH3COO
－·cH
＋
cCH3COOH
＝0.2×10
－7
x＋0.1－0.2
＝
0.2
x－0.1
×10
－7，D 错误。
【举一反三】（吉林市高三模拟）某弱酸HA 溶液中主要成分的分布分数随pH 的变化如图所示。下列说法
错误
．．的是
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146 / 346
A．该酸Ka 的数量级为10−5
B．NaA 的水解平衡常数Kh=
a
1
k
C．当该溶液的pH= 7.0 时，c(HA)<c(A−)
D．某c(HA)∶c(A−)=4∶1 的缓冲溶液，pH≈4
【答案】B
【解析】根据图象可知，c(HA)=c(A­)时，pH=4.7，即c(H+)=10­4.7mol/L。分析可知，c(HA)=c(A­)时，pH=4.7，
该酸K= 





c H
c A
c HA



=c(H+)=10­4.7mol/L，故该酸Ka 的数量级为10−5，故A 正确；NaA 的水解平衡常数
Kh= 









­
+
­
+
c OH
c HA
c H
c A
c H



=
w
a
K
K
，故B 错误；根据图象可知，当该溶液的pH=7.0 时，c(HA)＜c(A­ )，故C
正确；根据图象可知，c(HA)为0.8，c(A­)为0.2 时，pH 约为4，故某c(HA)∶c(A­ )=4∶1 的缓冲溶液，pH≈4，
故D 正确；答案为B。
题型四
Ksp 的有关计算及应用
例4．[新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水
的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
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147 / 346
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
【答案】B
【解析】CdS 在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)
Cd2+(aq)+S2­(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2­),在饱
和溶液中，c(Cd2+)= c(S2­)，结合图象可以看出，图中a 和b 分别表示T1 和T2 温度下CdS 的溶解度，A 正确；
CdS 的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n 和p 点均在温度为T1 条件下所测的对应离子浓度，则其溶
度积相同，B 错误；m 点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2­)
增大，溶液组成由m 沿mnp 向p 方向移动，C 正确；从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说
明CdS(s)
Cd2+(aq)+S2­(aq)为吸热反应，则温度降低时，q 点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)
与c(S2­)同时减小，会沿qp 线向p 点方向移动，D 正确。
【变式探究】（广东深圳高三模拟）
(1)已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10
－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10
－33，当Fe3＋完全沉淀时，溶液中Al3＋理论
最大浓度为________。
(2)除了OH
－之外，S2－也是一种常见的金属离子沉淀剂。本质原因是一些金属硫化物的溶解度极小。已知：
25 ℃时，CuS 的溶度积为4×10
－36，H2S 的Ka1＝1.25×10
－7，Ka2＝8.0×10
－14。若要在1 L 的盐酸中完全溶解0.01
mol CuS，理论上需要盐酸的最低浓度为________mol·L
－1(提示：用离子方程式计算)。
(3)CuCl 加入饱和NaCl 溶液中会部分溶解生成CuCl
－
2 ，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl(s)
Cu
＋(aq)＋Cl
－(aq)
Ksp＝1.4×10
－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl
－(aq)
CuCl
－
2 (aq)
K＝0.35。
请写出c(Cu
＋)与c(CuCl
－
2 )的数学关系为_________________。
【解析】(1)当离子浓度≤1.0×10
－5 mol·L
－1时，认为该离子沉淀完全，即c3(OH
－)＝8.0×10
－38
1.0×10
－5 ＝8.0×10
－33 mol3·L
－3，c(Al3＋)＝1.3×10
－33
8.0×10
－33 mol·L
－1＝0.162 5 mol·L
－1。
(2)设盐酸的最小浓度为x mol·L
－1。
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CuS＋
2H
＋
Cu2＋＋H2S
起始/(mol·L
－1)
x
0
0
变化/(mol·L
－1)
0.01
0.02
0.01
0.01
平衡/(mol·L
－1)
x－0.02
0.01
0.01
K＝cH2S×cCu2＋
c2H
＋
＝cH2S×cCu2＋×cS2－×cHS
－
c2H
＋×cS2－×cHS
－
＝
KspCuS
Ka1H2SKa2H2S
＝
4×10
－36
1.25×10
－7×8×10
－14＝
4×10
－16＝
0.012
x－0.022，解得x≈5×105 mol·L
－1。
(3)根据Ⅰ、Ⅱ可得2CuCl(s)
Cu
＋(aq)＋CuCl
－
2 (aq)
K′＝1.4×10
－6×0.35，故c(Cu
＋)·c(CuCl
－
2 )＝1.4×10
－6×0.35
＝4.9×10
－7。
【答案】(1)0.162 5 mol·L
－1
(2)5×105 mol·L
－1
(3)c(Cu
＋)·c(CuCl
－
2 )＝4.9×10
－7
题型五
滴定现象、曲线、计算及误差分析
例5.（·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1 的NaOH 溶液滴定20.00 mL 未知浓度的二元酸H2A
溶液。溶液中，pH、分布系数δ 随滴加NaOH 溶液体积VNaOH 的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：
2­
2­
­
2­
2
c(A )
δ(A )= c(H A)+c(HA )+c(A )
]
下列叙述正确的是(
)
A. 曲线①代表
2
δ(H A) ，曲线②代表
­
δ(HA )
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149 / 346
B. H2A 溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D. 滴定终点时，溶液中
+
2­
­
(Na )<2 (A )+ (HA )
c
c
c
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH 的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布
系数随着NaOH 的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH 溶液时，溶液的pH 在中性发生突变，且曲线②代表的粒
子达到最大值接近1；没有加入NaOH 时，pH 为1，说明H2A 第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表
δ(HA­)，曲线②代表δ(A2­)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= 0.1000mol/L
40mL
2 20.00mL


=0.1000mol/L，
据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA­)，曲线②代表δ(A2­)，A 错误；当加入40.00mLNaOH 溶液时，溶
液的pH 发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=
0.1000mol/L
40mL
2 20.00mL


=0.1000mol/L，B 错误；由于H2A 第一步完全电离，则HA­的起始浓度为0.1000mol/L，
根据图像，当VNaOH=0 时，HA­的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2­的分布系数为0.1，则HA­的电离平衡常数
Ka=
2­
+
­
(A )
(H )
(HA )
c
c
c

= 0.1000mol/L 0.1 0.1000mol/L
0.1000mol/L 0.9



≈1×10­2，C 正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH 范
围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH­)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2­)+c(HA­)+c(OH­)，
则c(Na+)＞2c(A2­)+c(HA­)，D 错误；答案选C。
【举一反三】（·全国卷Ⅲ）用0.100 mol·L­1 AgNO3 滴定50.0 mL 0.0500 mol·L­1 Cl­溶液的滴定曲线如图所
示。下列有关描述错误的是(
)
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A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10­10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl­)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L­1 Cl­，反应终点c 移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L­1 Br­，反应终点c 向b 方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标
是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL 的点，此时向50mL 0.05mol/L
的Cl­溶液中，加入了50mL 0.1mol/L 的AgNO3 溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按
照银离子和氯离子1:1 沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2 倍），由图示得到此时Cl­约为1×10­8mol/L（实
际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10­8=2.5×10­10，所以其数量级为10­10，A 正确。由于KSP(AgCl)极小，所以
向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl­)＝KSP(AgCl)，B 正确。
滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL
0.05mol/L 的Cl­溶液改为50mL 0.04mol/L 的Cl­溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8 倍，所以滴
定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8 倍，因此应该由c 点的25mL 变为25×0.8=20mL，而a 点对应的是
15mL，C 错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL
0.05mol/L 的Cl­溶液改为50mL 0.05mol/L 的Br­溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为
银离子和氯离子或溴离子都是1:1 沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，
溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a 点变为b 点，D 正确。
题型六
沉淀、溶解平衡图像分析
例6．[·新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于
水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
(
)
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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
【答案】B
【解析】CdS 在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)
Cd2+(aq)+S2­(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2­),在饱
和溶液中，c(Cd2+)= c(S2­)，结合图象可以看出，图中a 和b 分别表示T1 和T2 温度下CdS 的溶解度，A 正确；
CdS 的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n 和p 点均在温度为T1 条件下所测的对应离子浓度，则其溶
度积相同，B 错误；m 点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2­)
增大，溶液组成由m 沿mnp 向p 方向移动，C 正确；从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说
明CdS(s)
Cd2+(aq)+S2­(aq)为吸热反应，则温度降低时，q 点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)
与c(S2­)同时减小，会沿qp 线向p 点方向移动，D 正确。
【变式探究】（广东执信中学高三模拟）某温度下两种难溶性盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，图中X2－表
示CO2－
3 、SO2－
4 ，且MSO4 不溶于酸，下列有关说法错误的是(
)
A．MSO4 的饱和溶液中c(M2＋)＝1×10
－5 mol·L
－1
B．MCO3(s)＋SO2－
4 (aq)
MSO4(s)＋CO2－
3 (aq)的平衡常数K 为10
C．用盐酸和浓碳酸钠溶液有可能将MSO4 转化为MCl2
D．向a 点含MSO4 的分散系中加入M(NO3)2 固体后，体系有可能转化为b 点的分散系
【答案】D
【解析】加入的M(NO3)2 溶解后会使溶液中c(M2＋)增大，尽管平衡向生成沉淀的方向移动，但由勒夏特列
原理知，重新达到平衡后c(M2＋)仍是增大的，D 错误。
【举一反三】（重庆巴蜀中学高三质检）室温下，分别向浓度均为0.010 mol·L
－1 的K2CrO4、NaBr 溶液中逐
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滴加入0.010 mol·L
－1 的AgNO3 溶液，所得沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知：p(Ag
＋)＝－lg c(Ag
＋)，p(CrO2－
4 )
＝－lg c(CrO2－
4 )，p(Br
－)＝－lg c(Br
－)。下列叙述正确的是(
)
A．Ksp(Ag2CrO4)的数量级为10
－8
B．a 点可以表示Ag2CrO4 的不饱和溶液
C．升温，AgBr 的溶解度增大，Ksp 不变
D．向等浓度的CrO2－
4 、Br
－的混合液中滴入AgNO3 溶液时，先产生Ag2CrO4 沉淀
【答案】B
【解析】Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag
＋)·c(CrO2－
4 )＝(10
－4)2×(10
－4)＝10
－12，A 项错误；a 点可以表示Ag2CrO4 的不饱
和溶液，B 项正确；升高温度，AgBr 的溶解度增大，Ksp 也增大，C 项错误；根据图像可知，当CrO2－
4 、Br
－浓
度相同时，生成AgBr 沉淀所需的c(Ag
＋)小，先析出AgBr 沉淀，D 项错误。
专题09
元素周期律与元素周期表
【考情探究】
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
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
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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
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
【高频考点】
高频考点一
原子结构、化学用语与化学键
1．微粒中“各数”间的定量关系
(1)原子或离子：质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)。
(2)原子：核电荷数＝质子数＝原子序数＝核外电子数。
(3)阴离子：核外电子数＝质子数＋离子电荷数。
(4)阳离子：核外电子数＝质子数－离子电荷数。
2．“四同”比较
同位素
同素异形体
同分异构体
同系物
“同”含义
质子数相同
元素相同
分子式相同
结构相似
“异”含义
中子数不同
性质、结构、组成不同
结构不同
相差“CH2”
研究对象
核素、原子
单质
化合物
有机物
3.表示物质组成和结构的两种模型、四种符号、六种图示
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(2)四种符号
①元素符号：Al、S
②离子符号：Al3＋、S2－、SO2－
4
③同位素符号：12
6 C、13
6 C
④化合价符号：Al
＋3
、S
－2
4．化学键与化合物的关系
高频考点二
“位—构—性”的关系及其应用
1．原子序数与元素位置的“序数差值”规律
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(1)同周期相邻主族元素的“序数差值”规律。
①除第ⅡA 族和第ⅢA 族外，其余同周期相邻元素序数差为1。
②同周期第ⅡA 族和第ⅢA 族元素，其原子序数差分别是：第二、三周期相差1，第四、五周期相差11，第
六、七周期相差25。
(2)同主族相邻元素的“序数差值”规律。
①第二、三周期的同族元素原子序数相差8。
②第三、四周期的同族元素原子序数相差有两种情况：第ⅠA 族、ⅡA 族相差8，其他族相差18。
③第四、五周期的同族元素原子序数相差18。
④第五、六周期的同族元素原子序数镧系之前的相差18，镧系之后的相差32。
⑤第六、七周期的同族元素原子序数相差32。
2．元素金属性、非金属性强弱的实验比较法
(1)元素金属性强弱的实验比较法。
①单质与水或非氧化性酸反应越剧烈，金属性越强。
②单质还原性越强或离子氧化性越弱，金属性越强。
③最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强。
④若Xn＋＋Y―→X＋Ym＋，则Y 金属性比X 强。
(2)元素非金属性强弱的实验比较法。
①与H2 化合越容易，气态氢化物越稳定，非金属性越强。
②单质氧化性越强，阴离子还原性越弱，非金属性越强。
③最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强。
④An－＋B―→Bm－＋A，则B 非金属性比A 强。
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3．元素性质递变规律
(1)同周期，从左到右，主族元素的金属性减弱，非金属性增强。
(2)同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱。
4．“四看”突破粒子半径大小比较
(1)“一看”电子层数：当最外层电子数相同，电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。(同主族)
(2)“二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。(同周期)
(3)“三看”核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。(同元素)
(4)“四看”原子序数：当核外电子数相同时，原子序数越高，离子半径越小。(同结构)
5．建立“位—构—性”关系模型
这类题目往往将元素化合物知识、物质结构理论、化学基本理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大，
解题的关键是正确推断元素，常用的主要方法有：
(1)原子或离子结构示意图。
(2)元素主要化合价的特征关系。
(3)原子半径的递变规律。
(4)元素周期表中短周期的特殊结构。
如：①元素周期表中第一周期只有两种元素H 和He，H 元素所在的第ⅠA 族左侧无元素分布；
②He 为0 族元素，0 族元素为元素周期表的右侧边界，0 族元素右侧没有元素分布。
利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。
如：已知X、Y、Z、W 四种短周期元素的位置关系如图：
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则可以推出X 为He，再依次推知Y 为F、Z 为O、W 为P。
高频考点三
融合物质性质、转化、反应的元素推断
1．常见物质的性质及特征反应
(1)黄绿色气体有Cl2，红棕色气体有NO2 或Br2(g)，在空气中变红棕色的无色气体是NO，红色固体有Cu、
Cu2O、Fe2O3，绿色固体有Cu2(OH)2CO3、FeSO4·7H2O 等，黑色固体有C、MnO2、CuO、CuS、Ag2S 等。
(2)与CO2、H2O 反应生成O2 的固体为Na2O2。
(3)使品红溶液褪色的常见气体有Cl2、SO2。
(4)两气体相遇能形成白烟的气体为HCl、NH3。
(5)短周期元素形成的化合物中，0.1 mol·L
－1 的水溶液的pH 分别为1 和13 的化合物分别是HCl、NaOH。
(6)与强碱、强酸均能反应生成盐和水的氧化物和氢氧化物分别为Al2O3、Al(OH)3。
(7)元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐的元素为N。
(8)短周期元素形成三元化合物与一般酸溶液反应生成沉淀和气体的化合物为Na2S2O3。
(9)使澄清石灰水先变浑浊，后变澄清的气体有CO2、SO2。
(10)腐蚀玻璃的酸为HF。
(11)与H2O 反应生成气体的化合物有Na2O2、Mg3N2、Al2S3、NaH。
(12)元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生氧化还原反应的元素是S。
2．常见短周期元素的单质及其化合物的转化关系
(1)
(2)
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(3)
(4)
(5)
(6)
(7)NH3―→NO―→NO2―→HNO3
(8)S(H2S)―→SO2―→SO3―→H2SO4
3．常见短周期元素组成的物质主要反应
(1)SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(2)C＋4HNO3(浓)=====
△
CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(3)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(4)SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
(5)2NaCl＋2H2O=====
电解
2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
【题型突破】
题型一
原子结构与同位素
例1．（·新课标Ⅰ）1934 年约里奥–居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核
4
2He )轰击金属原子W
ZX ，得到核素
30
Z+2Y ，开创了人造放射性核素的先河：W
ZX +
4
2He→30
Z+2Y +
1
0n 。其中元素X、Y 的最外层电子数之和为8。下列
叙述正确的是
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A.
W
ZX 的相对原子质量为26
B. X、Y 均可形成三氯化物
C. X 的原子半径小于Y 的
D. Y 仅有一种含氧酸
【答案】B
【解析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+1，则W=27，X 与Y 原子之间质子数
相差2，因X 元素为金属元素，Y 的质子数比X 大，则Y 与X 位于同一周期，且Y 位于X 右侧，且元素X、
Y 的最外层电子数之和为8，设X 最外层电子数为a，则Y 的最外层电子为a+2，解得a=3，因此X 为Al，Y
为P，以此解答。
27
13Al 的质量数为27，则该原子相对原子质量为27，故A 错误；Al 元素均可形成AlCl3，P 元
素均可形成PCl3，故B 正确；Al 原子与P 原子位于同一周期，且Al 原子序数大于P 原子序数，故原子半径
Al>P，故C 错误；P 的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2 等，故D 错误；故答案为B。
【变式探究】（湖南省长郡中学高三模拟）用NA 表示阿伏加德罗常数的值，35Cl 和37Cl 是Cl 元素的两种核
素，下列说法正确的是(
)
A.71 g 35Cl2 和71 g 37Cl2 均含2NA 个Cl 原子
B.35Cl 和37Cl 间的相互转化是化学变化
C.35Cl 和37Cl 核外电子排布方式相同
D.35Cl2、H2 形成的燃料电池，35Cl2
在负极放电
【答案】C
【解析】35Cl2 和37Cl2 的摩尔质量不同，A 项错误。发生化学变化的最小微粒是原子，原子的种类和数目不
发生变化，而35Cl 和37Cl 间的相互转化是原子核内部的变化，B 项错误。35Cl 和37Cl 核外均为17 个电子，核外
电子排布方式相同，C 项正确。35Cl2 与H2 反应生成H35Cl，35Cl2 是氧化剂，在正极放电，D 项错误。
【变式探究】（辽宁省大连高三模拟）下列说法正确的是(
)
A．IUPAC 公布了118 号元素Og，其中核素297
118Og 中中子数与质子数之差为179
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B．18 g H2O 与20 g D2O 中质子数与中子数均为10NA
C．a g AZX2－中核外电子数为a
A(Z＋2)NA
D．金刚石与石墨互为同位素
【答案】C
【解析】A 项，中子数与质子数之差为(297－118－118)＝61，错误；B 项，18 g H2O 中中子数为8NA，错
误；D 项，金刚石与石墨互为同素异形体，错误。
题型二
化学用语与化学键
例2．(·江苏化学，2)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：
【答案】D
【解析】A 项，中子数为18 的氯原子应表示为35
17Cl，错误；B 项，N2 分子中N 与N 之间形成叁键，结构
式为N≡N，错误；C 项，Na
＋的结构示意图为
，错误；D 项，H2O 为共价化合物，每个H 原子和O 原
子之间共用一个电子对，正确。
【变式探究】（河北衡水高三调研）全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰、产物无污染等优点。中国科
学家成功合成全氮阴离子N
－
5 ，N
－
5 是制备全氮类物质N
＋
5 N
－
5 的重要中间体。下列说法中，不正确的是(
)
A.全氮类物质属于绿色能源
B.每个N
＋
5 中含有35 个质子
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C.N
＋
5 N
－
5 属于离子化合物
D.N
＋
5 N
－
5 结构中含共价键和离子键
【答案】C
【解析】A 项，全氮类物质具有超高能量及爆轰、产物无污染等优点，因此全氮类物质为绿色能源，故A
项正确；B 项，一个氮原子中含有7 个质子，所以每个N
＋
5 中含有35 个质子，故B 项正确；C 项，该物质由氮
元素组成，属于单质，不属于化合物，故C 项错误；D 项，N
＋
5 和N
－
5 内部都含有氮氮共价键，N
＋
5 N
－
5 结构中含
有阳离子和阴离子，因此该物质含有离子键，故D 项正确。综上所述，本题选C。
题型三
结构、性质叙述式“位、构、性”关系的应用
例3．（·新课标Ⅱ）一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、
X、Y、Z 的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A. 该化合物中，W、X、Y 之间均为共价键
B. Z 的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C. Y 的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D. X 的氟化物XF3 中原子均为8 电子稳定结构
【答案】D
【解析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z 的原子序数
依次增大，且总和为24，根据图示，W 为1 价形成共价键，W 为氢，Z 为+1 价阳离子，Z 为Na，Y 为3 价，
Y 为N，24­1­11­7=5，X 为B 元素。该化合物中，H、B、N 之间均以共用电子对形成共价键，故A 正确；Na
单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B 正确；N 的最高价氧化物的
水化物HNO3 为强酸，故C 正确；B 的氟化物BF3 中B 原子最外层只有6 个电子，达不到8 电子稳定结构，故
D 错误；故选D。
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【举一反三】(·全国卷Ⅲ)X、Y、Z 均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10。X 与Z 同
族，Y 最外层电子数等于X 次外层电子数，且Y 原子半径大于Z。下列叙述正确的是(
)
A．熔点：X 的氧化物比Y 的氧化物高
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
【答案】B
【解析】X、Y、Z 均为短周期主族元素，X 与Z 同族，Y 最外层电子数等于X 次外层电子数，Y 的最外层
电子数不可能是8，只能为2，且Y 原子半径大于Z，所以Y 为Mg，X、Y、Z 原子的最外层电子数之和为10，
故X 为C，Z 为Si。A 项，MgO 的熔点高于CO2、CO 的熔点，错误；C 项，X 与Z 形成的SiC 是共价化合物，
错误；D 项，Mg 能溶于浓硝酸，但是Si 单质不能溶于浓硝酸，错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ)科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z 为同一短周期元素，
Z 核外最外层电子数是X 核外电子数的一半，下列叙述正确的是(
)
A．WZ 的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y 不满足8 电子稳定结构
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z 为同一短周期元素，可能同处于第二或第三周期，观察新化合物的结构示意图可知，
X 为四价，X 可能为C 或Si。若X 为C，则Z 核外最外层电子数为C 原子核外电子数的一半，即为3，对应B
元素，不符合成键要求，不符合题意，故X 为Si，W 能形成＋1 价阳离子，可推出W 为Na 元素，Z 核外最外
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层电子数为Si 原子核外电子数的一半，即为7，可推出Z 为Cl 元素。Y 能与2 个Si 原子形成共价键，另外得
到1 个电子达到8 电子稳定结构，说明Y 原子最外层有5 个电子，进一步推出Y 为P 元素，即W、X、Y、Z
分别为Na、Si、P、Cl 元素。A 项，WZ 为NaCl，其水溶液呈中性，错误；B 项，元素非金属性：Cl>P>Si，错
误；D 项，P 原子最外层有5 个电子，与2 个Si 原子形成共价键，另外得到1 个电子，在该化合物中P 元素满
足8 电子稳定结构，错误。
题型四
表格片段式“位、构、性”关系的应用
例4．(·全国卷Ⅱ)今年是门捷列夫发现元素周期律150 周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z
为短周期主族元素，W 与X 的最高化合价之和为8。下列说法错误的是(
)
A．原子半径：W＜X
B．常温常压下，Y 单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：Z＜W
D．X 的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】由题意，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，可推出W、X、Y、
Z 分别为N、Al、Si、P。A 项，根据电子层数越多，原子半径越大，可得原子半径：W<X，正确；B 项，常温
常压下，硅单质为固态，正确；C 项，同一主族由下到上简单气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以热稳定性：
NH3>PH3，正确；D 项，X 的最高价氧化物的水化物Al(OH)3 是两性氢氧化物，错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ)短周期元素W、X、Y 和Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的
最外层电子数之和为21。下列关系正确的是(
)
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W<Z
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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
【答案】D
【解析】根据四种短周期元素在周期表中的相对位置和四种元素原子的最外层电子数之和为21 可知，W
为N 元素、X 为O 元素、Y 为Al 元素、Z 为Cl 元素。A 项，NH3 分子间有氢键，其沸点比HCl 高；B 项，Al(OH)3
显两性，N 元素的氧化物对应的水化物HNO3、HNO2 均显酸性；C 项，Al2O3 是离子晶体，熔点高，而AlCl3
是分子晶体，熔点低；D 项，Al3＋和O2－的核外电子排布相同，Al3＋核电荷数大，离子半径小。
【变式探究】（山东济南高三质检）如图为元素周期表的一部分，其中X、Y、W、Z 为短周期元素，T 的
单质常温下为液体。下列说法错误的是(
)
Y
Z
X
W
R
T
A.X、Y 的单质均存在同素异形体
B．Y、Z 的简单氢化物的稳定性依次递增
C．工业上电解NaW 溶液得W2 可使用阴离子交换膜
D．R 的单质可用于制造半导体材料
【答案】C
【解析】T 为Br，X、Y、Z、W、R 依次是P、O、F、Cl、Ge。
A 项，P、O 的单质均存在同素异形体，
正确；B 项，Y 为O，Z 为F，非金属性：F>O，所以简单氢化物的稳定性：HF>H2O，正确；C 项，W 为Cl，
工业上电解氯化钠溶液，阳极上氯离子发生氧化反应生成氯气，阴极上发生还原反应生成氢气和OH
－，若使用
阴离子交换膜，则OH
－会移动到阳极与氯气反应，错误；D 项，R 为Ge，Ge 和Si 同主族且均位于金属与非金
属的分界处，性质相似，其单质都可用于制造半导体材料，正确。
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题型五
物质性质、反应的元素推断
例5．
（·新课标Ⅲ）W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；
化合物XW3 与WZ 相遇会产生白烟。下列叙述正确的是
A. 非金属性：W> X>Y> Z
B. 原子半径：Z>Y>X>W
C. 元素X 的含氧酸均为强酸
D. Y 的氧化物水化物为强碱
【答案】D
【解析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3 与WZ 相遇
会产生白烟，则WX3 为NH3，WZ 为HCl，所以W 为H 元素，X 为N 元素，Z 为Cl 元素，又四种元素的核外
电子总数满足X+Y=W+Z，则Y 的核外电子总数为11，Y 为Na 元素，据此分析解答。根据上述分析可知，W
为H 元素，X 为N 元素，Y 为Na 元素，Z 为Cl 元素，则Na 为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A
选项错误；同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na
＞Cl＞N＞H，B 选项错误；N 元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2 为弱酸，C 错误；Y 的氧化物水化物为
NaOH，属于强碱，D 正确。
【变式探究】（·浙江卷）X、Y、Z、M、Q 五种短周期元素，原子序数依次增大。Y 元素的最高正价为+4
价，Y 元素与Z、M 元素相邻，且与M 元素同主族；化合物
2
4
Z X 的电子总数为18 个；Q 元素的原子最外层
电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确
．．．的是(
)
A. 原子半径：Z
Y
M


B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z
Y
M


C.
2
2
X Z
ZX

易溶于水，其水溶液呈碱性
D. X、Z 和Q 三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、Q 为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y 元素的最高正价为+4 价，则证明该
元素为第IVA 族元素，又知Y 元素与Z、M 元素相邻，且与M 同族，则在元素周期表位置应为
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IVA 族
VA 族
Y
Z
M
，故推知Y 为C 元素，Z 为N 元素，M 为Si 元素；化合物Z2X4 的电子总数为18，则推知，X 为H，该化
合物为N2H4；Q 元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q 为Cl 元素，据此结合元素周
期律与物质的结构与性质分析作答。根据上述分析可知，X 为H、Y 为C 元素、Z 为N 元素、M 为Si 元素、Q
为Cl 元素，则同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比
较：Z(N)<Y(C)<M(Si)，故A 正确；同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非
金属性依次减弱，因元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，
则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，故B 正确；N2H4 的结构简式可表示为H2N­NH2，分
子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，且该分子具有极性，与水分子间也存在氢键，根据相似原理可知，
N2H4 易溶于水，故C 正确；X、Z 和Q 三种元素组成的化合物有很多，不一定都是共价化合物，如氯化铵属于
铵盐，为离子化合物，故D 错误；答案选D。
【举一反三】（·江苏卷）海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl 溶液得到Cl2 和NaOH，以
NaCl、NH3、CO2 等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2 可制溴；从海水中还能提取镁。下
列关于Na、Mg、Cl、Br 元素及其化合物的说法正确的是
A. NaOH 的碱性比Mg(OH)2 的强
B. Cl2 得到电子的能力比Br2 的弱
C. 原子半径r:
(Br)
(Cl)
(Mg)
(Na)
r
r
r
r
＞
＞
＞
D. 原子的最外层电子数n: n(Na)
n(Mg)
n(Cl)
n(Br)
＜
＜
＜
【答案】A
【解析】同周期自左至右金属性减弱，所以金属性Na＞Mg，则碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A 正确；同主
族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br，所以Cl2 得电子的能力比Br2 强，故B 错误；电子层数
越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，
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故C 错误；Cl 和Br 为同主族元素，最外层电子数相等，故D 错误。综上所述，答案为A。
【变式探究】（·山东卷）短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，基态X 原子的电子总数是其
最高能级电子数的2 倍，Z 可与X 形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W 最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 第一电离能：W>X>Y>Z
B. 简单离子的还原性：Y>X>W
C. 简单离子的半径：W>X>Y>Z
D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
【答案】C
【解析】四种短周期主族元素，基态X 原子的电子总数是其最高能级电子数的2 倍，设若X 为第二周期元
素原子，则X 可能为Be 或O，若X 为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z 与X 能形成Z2X2 的淡黄色化合
物，该淡黄色固体为Na2O2，则X 为O 元素，Z 为Na 元素；Y 与W 的最外层电子数相同，则Y 为F 元素，W
为Cl 元素，据此分析。同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减
小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，A 错误；单质的氧化性越强，简单离子的还
原性越弱，O、F、Cl 三种元素中F2 的氧化性最强O2 的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2­＞Cl­＞F­，B 错
误；电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大
到小的顺序为Cl­＞O2­＞F­＞Na+，C 正确；F 元素的非金属性强于Cl 元素，则形成氢化物后F 原子束缚H 原子
的能力强于Cl 原子，在水溶液中HF 不容易发生电离，故HCl 的酸性强于HF，D 错误；故选C。
专题10
元素及其化合物
【考情探究】
1.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
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
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质,掌握铝土矿的开发和利用制备方法
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(Fe3+)、
亚铁盐(Fe2+)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
2.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S
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
【高频考点】
高频考点一
金属及其化合物
(一)钠及其化合物
钠是“极其活泼”金属的代表，学习钠的性质可类比知道第ⅠA 族、第ⅡA 族活泼金属的一般性质，复习时应从以
下几个方面掌握：
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1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)实验室怎样处理钠屑？
2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑。
(2)写出Na 与CuSO4 溶液反应的离子方程式。
2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na
＋。
(3)怎样将Na2CO3 溶液转化为NaOH 溶液(用化学方程式表示)。
Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH。
(4)向NaOH、Na2CO3、NaHCO3 溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应的离子方程式。
OH
－＋H
＋===H2O；CO2－
3 ＋H
＋===HCO
－
3 ；
HCO
－
3 ＋H
＋===H2O＋CO2↑。
(5)怎样除去CO2 中的SO2 气体(用离子方程式表示)。
SO2＋2HCO
－
3 ===2CO2↑＋SO2－
3 ＋H2O。
(6)怎样除去Na2CO3 溶液中的NaHCO3(用离子方程式表示)。
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HCO
－
3 ＋OH
－===CO2－
3 ＋H2O。
(7)怎样除去NaHCO3 溶液中的Na2CO3(用离子方程式表示)。
CO2－
3 ＋H2O＋CO2===2HCO
－
3 。
(8)用化学方程式表示呼吸面具中产生O2 的原理。
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。
(二)铝及其化合物
铝是“氢前”且其氧化物、氢氧化物均具有两性的金属代表，它是典型的轻金属。学习铝的性质可类比知道铍、
锌等元素的一般性质，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Al→Al2O3←Al(OH)3→
NaAlO2
AlCl3
Al2
SO4
3
KAl
SO4
2·12H2O
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用化学方程式表示除去铁粉中的铝粉。
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2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。
(2)用离子方程式表示除去Fe2O3 中的Al2O3。
Al2O3＋2OH
－===2AlO
－
2 ＋H2O。
(3)用离子方程式表示除去Mg(OH)2 中的Al(OH)3。
Al(OH)3＋OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O。
(4)现有AlCl3 溶液、氨水、NaOH 溶液，制备Al(OH)3 的最佳方案是(用化学方程式表示)：
AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。
(5)现有NaAlO2 溶液、CO2、盐酸，制备Al(OH)3 的最佳方案是(用离子方程式表示)：
2AlO
－
2 ＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO2－
3
(或AlO
－
2 ＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
－
3 )。
(6)用离子方程式表示泡沫灭火器的原理。
Al3＋＋3HCO
－
3 ===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(7)用离子方程式分别表示
①Al3＋、AlO
－
2 ；②AlO
－
2 、HCO
－
3 不能大量共存的原理。
①Al3＋＋3AlO
－
2 ＋6H2O===4Al(OH)3↓；
②AlO
－
2 ＋H2O＋HCO
－
3 ===Al(OH)3↓＋CO2－
3 。
(8)用离子方程式表示KAl(SO4)2 和Ba(OH)2 的反应。
①沉淀的物质的量最大；②沉淀的质量最大。
①2Al3＋＋3SO2－
4 ＋6OH
－＋3Ba2＋===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓；
②Al3＋＋2SO2－
4 ＋2Ba2＋＋4OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O＋2BaSO4↓。
(9)铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，向铵明矾溶液中逐滴滴入NaOH 溶液，试
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写出反应的离子方程式。
Al3＋＋3OH
－===Al(OH)3↓；
NH
＋
4 ＋OH
－===NH3·H2O；
Al(OH)3＋OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O。
(三)铁及其重要化合物
铁是“氢前”且是“变价”金属的代表，它是典型的黑色金属，也是工农业生产中用途最广的金属。复习时应从以
下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Fe→
FeO
Fe2O3
Fe3O4
→Fe
OH
2
Fe
OH
3
→FeSO4·7H2O
FeCl3
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)高温下铁和H2O(g)的反应。
4H2O(g)＋3Fe=====
高温Fe3O4＋4H2。
(2)用离子方程式表示将铁粉逐渐加入稀HNO3 中的反应过程。
Fe＋4H
＋＋NO
－
3 ===Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
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2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
(3)用离子方程式表示FeO、Fe3O4 与稀HNO3 的反应过程。
3FeO＋10H
＋＋NO
－
3 ===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O；
3Fe3O4＋28H
＋＋NO
－
3 ===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。
(4)用离子方程式表示下列反应
①Fe(OH)2 与稀HNO3 反应；
3Fe(OH)2＋10H
＋＋NO
－
3 ===3Fe3＋＋NO↑＋8H2O；
②Fe(OH)3 与氢碘酸反应。
2Fe(OH)3＋6H
＋＋2I
－===2Fe2＋＋I2＋6H2O。
(5)用方程式表示铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的过程。
负极：2Fe－4e
－===2Fe2＋，
正极：O2＋4e
－＋2H2O===4OH
－，
Fe2＋＋2OH
－===Fe(OH)2↓，
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，
Fe(OH)3 脱去一部分水生成Fe2O3·xH2O。
(四)铜及其重要化合物
铜是“氢后”且是“变价”金属的代表，它是典型的有色金属，也是典型的重金属。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
Cu→Cu2O
CuO
←Cu(OH)2→
CuCl2
CuSO4
Cu2
OH
2CO3
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(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)用两组化学方程式表示Cl2 的氧化性大于S。
①2Fe＋3Cl2=====
点燃2FeCl3，Fe＋S =====
△FeS。
②Cu＋Cl2=====
点燃CuCl2，2Cu＋S =====
△Cu2S。
(2)铜在潮湿的空气中生锈。
2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3。
(3)将Cu 和浓H2SO4 混合加热。
Cu＋2H2SO4(浓)=====
△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
(4)Cu 和稀HNO3 反应的离子方程式。
3Cu＋8H
＋＋2NO
－
3 ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
(5)常用FeCl3 溶液腐蚀铜板(用离子方程式表示)。
Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
(6)用离子方程式表示将氨水逐滴滴入CuSO4 溶液的反应过程。
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
＋
4 ；
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH
－＋4H2O。
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(7)用惰性电极电解CuSO4 溶液(用化学方程式表示)。
2CuSO4＋2H2O=====
电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
(8)用Cu 作电极电解H2SO4 溶液(用离子方程式表示)。
Cu＋2H
＋=====
电解Cu2＋＋H2↑。
高频考点二
非金属及其化合物
(一)碳、硅及其重要化合物
硅元素的非金属性不强，但其具有“亲氧”特性，使硅元素在自然界中没有游离态，只有化合态，其主要以二氧
化硅和硅酸盐的形式存在。对于碳、硅两元素，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
C
－4
H4←―C
0
―→C
＋2
O―→C
＋4
O2
Si
－4
H4←―Si
0
―→Si
＋4
O2(H2Si
＋4
O3)
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)Mg 在CO2 中燃烧。
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2Mg＋CO2=====
点燃2MgO＋C。
(2)“水滴石穿”的反应原理(用离子方程式表示)。
CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO
－
3 。
(3)“钟乳石”的形成过程(用化学方程式表示)。
CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，
Ca(HCO3)2 =====
△CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
(4)向饱和Na2CO3 溶液中通入过量CO2 的离子方程式。
2Na
＋＋CO2－
3 ＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓。
(5)氢氟酸不能用玻璃瓶盛放，其原因是(用化学方程式表示)：
SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。
(6)盛放NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是(用离子方程式表示)：
SiO2＋2OH
－===SiO2－
3 ＋H2O。
(7)侯氏制碱法的原理(用化学方程式表示)。
CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。
(二)卤素及其重要化合物
“氯”是典型的活泼非金属元素，在自然界中以化合态形式存在，复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
HCl
－1
―→Cl
0
2―→HCl
＋1
O ―→HCl
＋3
O2―→HCl
＋5
O3―→HCl
＋7
O4
(2)形成网络构建
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2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)实验室用MnO2 和浓盐酸反应制取Cl2 的化学方程式。
MnO2＋4HCl(浓)=====
△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)将浓盐酸滴到KMnO4 固体上(用离子方程式表示)。
2MnO
－
4 ＋16H
＋＋10Cl
－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。
(3)将Cl2 通入石灰乳中(用化学方程式表示)。
2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
(4)在空气中漂白粉漂白的原理(用离子方程式表示)。
Ca2＋＋2ClO
－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
(5)向FeBr2 溶液中通入少量Cl2 的离子方程式。
2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－。
(6)向FeBr2 溶液中通入等物质的量Cl2 的离子方程式。
2Fe2＋＋2Br
－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl
－。
(7)向FeBr2 溶液中通入过量Cl2 的离子方程式。
2Fe2＋＋4Br
－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl
－。
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(8)将SO2 和Cl2 混合，漂白性减弱的原因(用离子方程式表示)。
SO2＋Cl2＋2H2O===4H
＋＋SO2－
4 ＋2Cl
－。
(三)硫及其重要化合物
硫是与化工生产、生活和生态环境密切相关的元素，在自然界中既可以以化合态存在，又可以以游离态存在。
复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
H2S
－2
―→S
0
―→S
＋4
O2―→S
＋6
O3(H2S
＋6
O4)
(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)热的烧碱溶液可以除硫，其原因是(用离子方程式表示)：
3S＋6OH
－
=====
△2S2－＋SO2－
3 ＋3H2O。
(2)将SO2 气体通入FeCl3 溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，其原因是(用离子方程式表示)：
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO2－
4 ＋2Fe2＋＋4H
＋。
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(3)S2－和SO 2－
3 可以大量共存，但加入H2SO4 后，则不能大量共存，其原因是(用离子方程式表示)：
2S2－＋SO2－
3 ＋6H
＋===3S↓＋3H2O。
(4)将SO2 通入BaCl2 溶液中无明显现象，若加入KNO3 则有白色沉淀生成，其原因是(用离子方程式表示)：
3SO2＋3Ba2＋＋2NO
－
3 ＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO↑＋4H
＋。
(5)书写下列反应的化学方程式。
①将H2S 气体通入CuSO4 溶液中。
H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4。
②将SO2 通入H2S 溶液中。
2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。
③Cu 和浓H2SO4 混合加热。
Cu＋2H2SO4(浓)=====
△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
④C 和浓H2SO4 混合加热。
C＋2H2SO4(浓) =====
△CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
⑤实验室利用Na2SO3 和浓H2SO4 制SO2。
Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋H2O＋SO2↑。
(四)氮及其重要化合物
“氮”是与化工生产、生活和生态环境密切相关的另一重要元素，在自然界中既可以以游离态存在，又可以以化
合态存在。复习时应从以下几个方面掌握：
1．树立物质转化思想
(1)理清知识主线
N
－3
H3―→N2
0
―→N
＋1
2O―→N
＋2
O―→N
＋4
O2―→HN
＋5
O3
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(2)形成网络构建
2．重要反应规范书写
用方程式回答下列问题。
(1)书写离子方程式。
①将NH3 通入AlCl3 溶液中。
3NH3＋3H2O＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3NH
＋
4 。
②将NO2 通入NaOH 溶液中。
2NO2＋2OH
－===NO
－
3 ＋NO
－
2 ＋H2O。
③将炽热的炭放入浓HNO3 中。
C＋4H
＋＋4NO
－
3 =====
△CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
(2)书写化学方程式。
①实验室用Ca(OH)2 和NH4Cl 制氨气。
Ca(OH)2＋2NH4Cl =====
△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
②将NH3 通灼热的CuO 中，固体由黑色变红色。
2NH3＋3CuO =====
△N2＋3Cu＋3H2O。
③用NH3 可以检验Cl2 管道是否漏气，若漏气则有白烟生成。
8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。
④制硝基苯。
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＋HO—NO2―――→
浓H2SO4
△
＋H2O。
(五)物质的特殊转化关系
1．直线型转化
A――→
X
B――→
X
C
(1)X 为O2
Na―→Na2O―→Na2O2
N2―→NO―→NO2 或NH3―→NO―→NO2
S―→SO2―→SO3 或H2S―→SO2―→SO3
C―→CO―→CO2 或CH4―→CO―→CO2
醇―→醛―→羧酸
(2)X 为CO2
NaOH――→
CO2 Na2CO3――→
CO2 NaHCO3
(3)X 为强酸，如盐酸
NaAlO2――→
HCl Al(OH)3――→
HCl AlCl3
Na2CO3――→
HCl NaHCO3――→
HCl CO2
(4)X 为强碱，如NaOH
AlCl3――→
NaOHAl(OH)3――→
NaOHNaAlO2
2．交叉型转化
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3．三角型转化
4．注意反应形式与物质的关系，特别是置换反应
(1)金属―→金属：金属＋盐―→盐＋金属，铝热反应。
(2)金属―→非金属：活泼金属＋H2O(或H
＋)―→H2,2Mg＋CO2=====
点燃2MgO＋C。
(3)非金属―→非金属：2F2＋2H2O===4HF＋O2,2C＋SiO2=====
高温Si＋2CO↑，C＋H2O(g)=====
高温CO＋H2，X2＋
H2S===2HX＋S↓。
(4)非金属―→金属，用H2、C 冶炼金属。
【题型突破】
题型一
物质的性质及应用
例1.（·江苏卷）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B. 氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C. 氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
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【答案】D
【解析】铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延
展性，故铝可用于制作铝金属制品，A 错误；氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B 错误；氢氧
化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C 错误；明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶
体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D 正确；故选D。
【变式探究】[江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（
）
A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
【答案】B
【解析】A．NH4HCO3 受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B．铁锈的主要成分为
Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质
化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧
化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3 具有两性。故选B。
【举一反三】(·天津，3)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是(
)
A．将废铁屑加入FeCl2 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地(含较多Na2CO3 等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水CoCl2 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】将废铁屑加入FeCl2 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2，发生反应2FeCl2＋Cl2===2FeCl3、2FeCl3
＋Fe===3FeCl2，A 项正确；铝中添加适量锂，制得的铝合金密度小、硬度大，可用于航空工业，B 项正确；盐
碱地中施加熟石灰，发生反应Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3＋2NaOH，生成的NaOH 为强碱，不利于作物生长，
C 项错误；无水CoCl2 吸水后会发生颜色变化，可用于判断变色硅胶是否吸水，D 项正确。
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184 / 346
题型二
元素化合物的推断
例2.（·新课标Ⅱ）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3 中的两种组成，进行如下实验：①混合物
溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。
根据实验现象可判断其组成为
A. KCl、NaCl
B. KCl、MgSO4
C. KCl、CaCO3
D. MgSO4、NaCl
【答案】B
【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C 选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观
察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分
析，混合物由KCl 和MgSO4 两种物质组成，故选B。
【变式探究】（·浙江卷）黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI 之中的几种或全部。将
X 与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y 和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是(
)
A. X 中含KI，可能含有CuCl2
B. X 中含有漂白粉和FeSO4
C. X 中含有CuCl2，Y 中含有Fe(OH)3
D. 用H2SO4 酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X 中含有CuCl2
【答案】C
【解析】固体X 为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z 为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉
过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y 是Fe(OH)3 和Cu(OH)2 的混合物，X 中一定含有CuCl2，FeSO4 和
Fe2(SO4)3 中含有其中一种或两种都含，据此解答。若X 含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A
不正确；由分析可知，不一定含有FeSO4，B 不正确；由分析可知，X 含有CuCl2，Y 含有Fe(OH)3，C 正确；
酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl­+ClO­+2H+=Cl2↑+H2O，此时的
Cl­有可能来自于漂白粉氧化FeSO4 产生的Cl­，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D 不正
确。
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题型三
物质的转化
例3.（·江苏卷）海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl 溶液得到Cl2 和NaOH，以NaCl、NH3、
CO2 等为原料可得到NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2 可制溴；从海水中还能提取镁。（·江苏卷）下列
选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)
2
Cl

电解
(g) 
石灰水漂白粉(s)
B. NaCl(aq)

2
CO
3
g
NaHCO

(s)
2
3
Na CO

加热
(s)
C. NaBr (aq)

2
Cl
2
g
Br

(aq)


Nal
2
aq
I

(aq)
D.
2
Mg(OH) (s)


HCl aq

2
MgCl (aq)
Mg

电解
(s)
【答案】C
【解析】石灰水中Ca(OH)2 浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A 错误；碳酸的酸性弱于盐酸，
所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B 错误；氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr 得到溴单质，溴
单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C 正确；电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴
极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D 错误。综上所述，答案为
C。
【变式探究】[江苏] 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（
）
A．NaCl(aq) 

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)
2
O (g)

点燃
SO3(g)
2
H O(l)
H2SO4(aq)
D．N2(g)
2
H (g)

高温高压、催化剂
NH3(g)
2
CO (g)
aq)


N aCl(
Na2CO3(s)
【答案】B
【解析】氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，A 错误；氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧
化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，B 正确；硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2 在与氧气在催化剂
条件下生成SO3，C 错误；氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，
D 错误；综上所述，本题应选B。
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题型四
化工流程
例4．(·全国卷Ⅰ，7)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：
下列叙述错误的是(
)
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】Li2SO4 易溶于水，用硫酸钠代替碳酸钠，不能形成含Li 沉淀，D 项错误；合理处理废旧电池有利于保
护环境和资源再利用，A 项正确；LiFePO4 中含有Li 和Fe 元素，正极片碱溶所得滤液中含有Al 元素，B 项正
确；Fe2＋能被HNO3 氧化为Fe3＋，Fe3＋遇到碱液后沉淀，而另一种金属离子——锂离子遇到碳酸钠后沉淀，C
项正确。
【变式探究】氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃
粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
下列说法错误的是(
)
A．滤渣A 中主要含有SiO2、CeO2
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B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2＋H2O2＋3H
＋===Ce3＋＋2H2O＋O2↑
D．过程④中消耗11.2 L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】向CeO2、SiO2、Fe2O3 中加入稀盐酸，Fe2O3 转化为FeCl3 存在于滤液中，滤渣为CeO2 和SiO2，故A
正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B 正确；稀硫酸、H2O2、CeO2
三者反应生成Ce2(SO4)3、O2 和H2O，反应的离子方程式为：6H
＋＋H2O2＋2CeO2===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O，故C
错误；过程④中消耗11.2 L O2 的物质的量为0.5 mol，转移电子数为4×0.5 mol×NA＝2×6.02×1023，故D 正确。
题型五
与“环境”有关的转化关系
例5．(·全国卷Ⅱ，8)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
【答案】C
【解析】NH3 参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂，C 项错误；雾和霾的分散剂都是空气，A 项正确；
雾霾中的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵，B 项正确；过度施用氮肥会增加大气中氨的含量，D 项正确。
【变式探究】酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的
过程如下：
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下列有关说法不正确的是(
)
A．所涉及的变化均为氧化还原反应
B．光照是酸雨形成的必要条件之一
C．污染指数越高形成酸雨的速率越快
D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染
【答案】A
【解析】A 项，SO2 变为激发态SO2，化合价没有变化，不是氧化还原反应，错误；B 项，结合图中信息知产生
激发态SO2 和·OH 自由基需要光照条件，正确；C 项，途径Ⅱ的速率大于途径Ⅰ，正确；D 项，使用化石燃料将
产生SO2 进而产生酸雨，如果对化石燃料优化处理能有效遏制酸雨污染，正确。
题型六实验探究
例6．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．①②③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
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189 / 346
【答案】B
【解析】A 项，气体从溶液中逸出易带出水蒸气，所以浓硫酸应放在③中，错误；B 项，先通H2 以排除空气，
加热前应先检验H2 的纯度，正确；C 项，若先停止通H2，空气有可能重新将W 氧化，应先停止加热，再关闭
活塞K，错误；D 项，MnO2 和浓盐酸反应制氯气需要加热，不能用启普发生器制备，错误。
【变式探究】某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3 或NaH(已知：AlCl3、NaH 遇水都能迅速发生反应)。
下列说法错误的是(
)
A．制备无水AlCl3：装置①中的试剂可能是高锰酸钾
B．点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气
C．装置③中的试剂为浓硫酸
D．制备无水AlCl3 和NaH 时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同
【答案】D
【解析】浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A 正确；因为金属铝或金属钠均能与氧气
反应，所以点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B 正确；装置③中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气
或氢气，故C 正确；制备无水AlCl3 时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入⑤中，吸收过量的氯气防止污
染环境，制备无水NaH 时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入⑤中，故D 错误。
专题11
工艺流程题
【考情探究】
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化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步
设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查
物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和综合性，是近
几年高考化学试题的常考题型。化工流程型实验题通常以元素化合物知识为依托，以反应原理、实验操作为考
查重点。重视实验技术在工业生产中的应用，意在引导考生关注化学的真实性和应用性，体现了能力立意和化
学知识的应用，是今后高考命题的方向和热点，综合性强，但难度不大，能够很好地考查学生分析、解决问题
的能力，培养实验技能。
【高频考点】
高频考点一
陌生方程式的书写
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断
反应类型：
①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。
②元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目
要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。
高频考点二
操作及原因
常见的操作
思考角度
表面处理
用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)加快反应速率，使反应更充分
或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥
提高原子
利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
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在空气中或
在其他气体
中进行的反
应或操作
要考虑O2、H2O、CO2 或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水
解、防潮解等目的
控制溶
液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度
(常用水浴、
冰浴或油
浴)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要
求
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，
减少损耗等
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④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操
作2～3 次
高频考点三
物质成分的确定
①滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
(ⅰ)反应过程中哪些物质(离子)消失了？
(ⅱ)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
②循环物质的确定
③副产品的判断
高频考点四
分离与提纯操作
①物质分离、提纯的六种物理方法
过滤─
把不溶性的固体与液体进行分离的操作方
法，如除去粗盐水中的不溶固体
↓
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结晶─
把可溶性固体混合物通过溶解度的不同而
将物质进行分离提纯的方法，如KNO3 和
NaCl 的分离
↓
蒸馏
分馏
─
用于分离沸点相差较大的液体混合物，如
酒精和水的分离
↓
萃取─
利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度不
同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂
组成的溶液中提取出来，如用CCl4 从碘水
中萃取碘
↓
分液─
分离两种互不相溶的液体，分液时先把下
层液体从下口流出，再把上层液体从上口
倒出
↓
升华─用于分离固体混合物中某一易升华的组分
②分离提纯语言描述规范答题
(ⅰ)溶液结晶答题规范
从溶液中得到带结晶水的晶体的规范是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(ⅱ)除杂答题规范
在书写某一步骤是为了除杂时，应该规范回答，“是为了除去××杂质”，“除杂”等一类万能式的回答是不能
得分的。
高频考点五
化学计算
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①计算公式
(ⅰ)物质的质量分数(或纯度)＝该物质的质量
混合物的总质量
×100%
(ⅱ)产品产率＝产品实际产量
产品理论产量
×100%
(ⅲ)物质的转化率＝参加反应的原料量
加入原料的总量
×100%
②计算方法——关系式法
在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中
介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系，也可通过守恒关系直接确定原料与所给数据物质之间的关系。
【题型突破】
题型一
化学工艺流程与物质制备
物质制备类化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产
品的分离及提纯等具体步骤，兼顾考查元素及其化合物、化学基本概念和基本理论、化学实验等知识。
(1)海水提溴
(2)海水提碘：海带中碘的提取
(3)海水提镁
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(4)海水提盐与氯碱工业、钠的制备
(5)从铝土矿中获得铝
流程Ⅰ：
流程Ⅱ：
(6)工业上制高纯硅
石英砂――→
a.焦炭
高温
粗硅――→
b.Cl2
加热
四氯化硅――→
c.H2
高温
纯硅
(7)硫酸的工业生产
(8)合成氨与硝酸工业
例1．（·新课标Ⅰ）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅
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酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是______________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成
2
VO，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为
2
VO反
应的离子方程式_____________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为
2
5
2
V O
xH O

，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，
以及部分的_____________________________。
(4)“沉淀转溶”中，
2
5
2
V O
xH O

转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3 晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
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【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+
VO++MnO2+2H+=
+
2
VO +Mn2++H2O
（3）Mn2+
Fe3+、Al3+
（4）Fe(OH)3
（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O
（6）利用同离子效应，促进NH4VO3 尽可能析出完全
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，
用30%H2SO4 和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成
+
2
VO ，Fe3O4 与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，
SiO2 此过程中不反应，滤液①中含有
+
2
VO 、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、
2­
4
SO
；滤液①中加入NaOH 调节
pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程
中Fe3+部分转化为Fe(OH)3 沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3 沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、
Mn2+、
2­
4
SO
，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH 使pH>13，V2O5·xH2O 转化为
钒酸盐溶解，Al(OH)3 转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入
HCl 调pH=8.5，NaAlO2 转化为Al(OH)3 沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)
“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4 与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3 和水，MnO2 具有氧化性，Fe2+具
有还原性，则VO+和VO2+被氧化成
+
2
VO 的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=
Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为
+
2
VO 时，钒元素的化合价由+3 价升至+5 价，1molVO+失去2mol 电子，MnO2
被还原为Mn2+，Mn 元素的化合价由+4 价降至+2 价，1molMnO2 得到2mol 电子，根据得失电子守恒、原子守
恒和电荷守恒，VO+转化为
+
2
VO 反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=
+
2
VO +Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，
以及部分的Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2 与HCl 反应生成Al(OH)3 沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是
NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
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(6)“沉钒”中析出NH4VO3 晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，
促进NH4VO3 尽可能析出完全。
【方法技巧】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，为近
年来高考的必考题型。该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条
件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。基本方法和步
骤为：(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提
纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；
③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
【变式探究】[·新课标Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一
种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂
是_________。
（3）根据H3BO3 的解离反应：H3BO3+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_________。
【答案】（1）NH4HCO3+NH3== (NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
（3）一元弱
转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2++3 CO32­+2H2O==Mg(OH)2·MgCO3↓+2 HCO3­
（或2Mg2++2 CO32­+H2O==Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑）
溶浸
高温焙烧
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【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方
程式为：NH3+NH4HCO3== (NH4)2CO3。
（2）滤渣I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN，
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多
只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，
目的是将B(OH)−4 转化为H3BO3，并促进H3BO3 析出，
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：
2Mg2++2H2O+3CO32­==Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3­；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环
使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
题型二
化学工艺流程与反应原理
化工生产过程中的主要生产阶段涉及多种化学反应原理，试题中根据生产流程中的有关化学知识步步设问，
只要明确实验目的，理解装置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并能加以灵活运用。
1．温度、浓度、压强的控制
术语
功能
温度的
控制
升温
①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热
不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl 等物质。④使
沸点相对较低的原料气化
降温
①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；②使化学平衡向着题目要求的方向
移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离;④降
低晶体的溶解度，减少损失.
控温
(用水
浴或油
浴控
温)
①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出
来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以
减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出
现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度
升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。
浓度、
增大反
①可加快反应速率。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移
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2．PH 的控制
压强的
控制
应物浓
度、
加压
动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考
虑；②加压一般是提高气体反应物浓度措施，在气体和固体、液体反应的体
系中并不适宜；③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的
利用率。
减压
蒸馏
减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3
等)物质分解；
术语
功能
控制溶
液的PH
(1)目的：调节pH 值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管
是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果
要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H
＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可通过
加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3 等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或
氢氧化钠溶液。调低PH 值的原则与调高PH 的原则相同。⑶题目呈现方式：题中通常
会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH 范围”的信息;⑷解题步骤：①判
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3.体系环境氛围及其它条件的控制
例2、（·新课标Ⅲ）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有少量其他
不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
断溶液呈酸(或碱)性; ②判断调高还是调低;
③选择合适的调节剂。
术语
功能
酸性、
碱性或
某种
环境
氛围
①蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；②需要在酸性气流中干燥
FeCl3、AlCl3 、MgCl2 等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2 的溶液
里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶
体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔
点更高的MgO, 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3 等；③营造还原性氛围：加热煮沸酸
液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热
煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化；④营造氧化性氛围：加入氧化
剂进行氧化，如加入绿色氧化剂H2O2 将Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。
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开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是____________________________________。为回收金属，用稀硫酸将
“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是_________________________。
(3)“转化”中可替代H2O2 的物质是_________________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为_________________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2 的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓
度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH 范围是_________________________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子
方程式_________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_________________________。
【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物
­
2
AlO +H++H2O=Al(OH)3↓或


­
4
Al OH
+H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2 或空气
Fe3+ （4）




2
2
7.2­14
­5
8.7­14
0.01
10
10
10


或
3.2~6.2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
（6）提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将Al 及其氧化物溶解，得到的滤液①含有
NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4 酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的
滤液②，Fe2+经H2O2 氧化为Fe3+后，加入NaOH 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3 沉淀除去，再控制pH 浓缩结晶
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得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al 及其氧化物溶解，滤
液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
­
2
AlO +H++H2O=Al(OH)3↓或


­
4
Al OH
+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2 或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，
会使调pH 过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10­5mol·L­1，c(H+)=1.0×10­8.7mol·L­1，则
c(OH­)= 

­14
8.7­14
w
­8.7
+
10
=
=10
1.0 10
H
K
c

，则Ni(OH)2 的






2
2+
2
­
­5
8.7­14
sp =
Ni
OH
=10
10
K
c
c


；或者当Ni2+开始沉
淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L­1，c(H+)=1.0×10­7.2mol·L­1，则c(OH­)= 

­14
7.2­14
w
­7.2
+
10
=
=10
1.0 10
H
K
c

，则Ni(OH)2
的






2
2+
2
­
7.2­14
sp =
Ni
OH
=0.01
10
K
c
c


；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L­1，为避免镍离子沉淀，
此时





2
7.2­14
sp
­
­7.8
­1
2+
0.01
10
OH
=
=
=10
mol L
1.0
Ni
K
c
c


，则



­14
+
­6.2
w
­7.8
­
10
H
=
=
=10
10
OH
K
c
c
，即pH=6.2；Fe3+
完全沉淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应控制的pH 范围是3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO 氧化得到NiOOH 沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH 沉淀，
ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
【方法技巧】近几年高考化学工艺流程题属于热点体系。工艺流程题，顾名思议，就是将化工生产过程中
的主要生产阶段与生产流程中有关的化学知识紧密联系起来。该类试题的答题关键是要明确实验目的，理解装
置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并且能加以灵活运用，在高考中就一定会大获全胜。化学工艺
流程常涉及的化学反应原理有：⑴沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。⑵
反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的应用；
④反应条件的控制。⑶氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。⑷盐类水解的具体
应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。
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【变式探究】．[·新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，
钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色
B．红色
C．紫色
D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。
回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化
学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面
生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L−1
的I2−KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2
用0.1000 mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I2+2
2
2
3
S O
==2I−+
2
4
6
S O
。测定时消耗Na2S2O3 溶液体积V mL。终
点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【答案】（1）D
（2）①BaSO4+4C==BaS+4CO↑
CO+H2O==CO2+H2
②BaCO3
③S2−+Ba2++Zn2++
2
4
SO
== BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
1
25.00
0.1000 32
2
100
1000
V
m





（
）
％
【解析】
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A
错误；B．钙的焰色为红色，故B 错误；C．钾的焰色为紫色，故C 错误；D．钡的焰色为绿色，故D 正确；
故选D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS 与CO，写出方程式
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BaSO4+4C==BaS+4CO↑；CO 与水蒸气反应生成CO2 与H2，写出方程式：CO+H2O==CO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应
生成了碳酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子
方程式：S2−+Ba2++Zn2++ SO42­==BaSO4·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2­+I2==S+2I­；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故
终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等
列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
S2­
～
I2
2S2O32­
～
I2
1 mol
1 mol
2 mol
1 mol
n mol
n mol 0.1V×10­3mol
1
2 0.1V×10­3mol
n+ 1
2 0.1V×10­3mol=250.1V×10­3mol，得n=（25­ 1
2
V）0.1×10­3mol
则样品中硫离子含量为：
2
n
M
S
m


（
）×100%=
1
25.00
V
0.1000 32
2
m 1000




（
）
×100%。
题型三
化学工艺流程与物质提纯
物质提纯类化工流程题以物质的分离、提纯为基础，涉及蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、蒸馏、萃取、
分液、重结晶、洗涤、干燥等基本操作，突出考查化学实验基本方法在物质分离、提纯中的作用。
1．物质分离的常用方法
看目的
选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
过滤
(热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4
或苯萃取溴水中的溴
萃取和分液
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
蒸发结晶
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提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如
KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O 等
冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气
与氮气、氢气
冷却法
2．获得产品阶段的主要操作
洗涤(冰水、
热水、有机
溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适
用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗
涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，
并使其尽快干燥)
蒸发时的气
体氛围抑制
水解
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2 等溶质时，应在HCl 的气流中加热，以
防其水解
蒸发浓缩、
冷却结晶
如K2Cr2O7 和少量NaCl 的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl 和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大
部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3 中的少量NaCl
蒸发结晶、
趁热过滤
如NaCl 和少量K2Cr2O7 的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固
体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7 和少量NaCl；同样原理可除去NaCl 中的
少量KNO3
例3、（·江苏卷）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α­Fe2O3。
其主要实验流程如下：
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(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁
元素浸出率的有___________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会
生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。
(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2 沉淀除去。若溶液的pH 偏低、将会导
致CaF2 沉淀不完全，其原因是___________[


­9
sp
2
CaF =5.3 10
K

，
­4
a(HF)=6.3 10
K

]。
(4)沉铁：将提纯后的FeSO4 溶液与氨水­NH4HCO3 混合溶液反应，生成FeCO3 沉淀。
①生成FeCO3 沉淀的离子方程式为____________________________________。
②设计以FeSO4 溶液、氨水­ NH4HCO3 混合溶液为原料，制备FeCO3 的实验方案：______________。
【FeCO3 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2 开始沉淀的pH=6.5】。
【答案】（1）AB
H2
（2）取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
（3）pH 偏低形成HF，导致溶液中F­浓度减小，CaF2 沉淀不完全
（4）
2
3
3
2
3
4
2
Fe
HCO
NH
H O
FeCO
NH
H O









或
2
3
3
3
4
Fe
HCO
NH
FeCO
NH







在搅拌下向FeSO4 溶液中缓慢加入氨水­NH4HCO3 混合溶液，控制溶液pH 不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀
用蒸馏水洗涤2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，不出现白色沉淀
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤
液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F 使Ca2+转化为CaF2 沉淀而除去；然后进
行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3 沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
(1)适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选；适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫
酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选；适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，
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C 不选；
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉
发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2 生成；通常用KSCN
溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，观察溶液
颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2 沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F­)，当Ca2+完全沉
淀（某离子浓度小于1×10­5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F­)至少为
9
5
5.3 10
1 10




mol/L=
5.3 ×10­2mol/L；若溶液的pH 偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F­形成弱酸HF，导致溶
液中c(F­)减小，CaF2 沉淀不完全。
(4)①将提纯后的FeSO4 溶液与氨水—NH4HCO3 混合溶液反应生成FeCO3 沉淀，生成FeCO3 的化学方程式
为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方
程式为Fe2++
­
3
HCO +NH3·H2O=FeCO3↓+
+
4
NH +H2O（或Fe2++
­
3
HCO +NH3=FeCO3↓+
+
4
NH ）。
②根据题意Fe(OH)2 开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2 沉淀，所以将FeSO4 溶液与氨水—NH4HCO3
混合溶液反应制备FeCO3 沉淀的过程中要控制溶液的pH 不大于6.5；FeCO3 沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实
验方案中要用盐酸酸化的BaCl2 溶液检验最后的洗涤液中不含
2­
4
SO
。
【举一反三】（·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS 制备高纯MnCO3 的工
艺流程如下：
已知：MnO2 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp 见下表。
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物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
16.3
1 10

38.6
1 10

32.3
1 10

12.7
1 10

回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________________________________，MnO2 与BaS 溶液反应转化为MnO
的化学方程式为______________________________________。
(2)保持BaS 投料量不变，随MnO2 与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2 的量
达到最大值后会减小，减小的原因是______________________________________。
(3)滤液I 可循环使用，应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X 为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH 的理论最小值为
_______(当溶液中某离子浓度
5
1
1.0 10 mol L
c




e
时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率：
2
2
2
MnO
BaS
H O
Ba(OH)
MnO
S





（2）过量的MnO2 消耗了产生的Ba(OH)2
（3）蒸发
（4）H2O2
4.9
（5）
2
3
3
2
3
4
2
Mn
HCO
NH
H O
MnCO
NH
H O










【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用
硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后
向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得
到的废渣为Fe(OH)3 和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和
碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2 与BaS 反应转化为
MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知­2 价的S 元素应被氧化得到S 单质，则
MnO2 与BaS 的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：
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MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
(2)根据题目信息可知MnO2 为两性氧化物，所以当MnO2 过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使
Ba(OH)2 的量达到最大值或会减小；
(3)滤液I 为结晶后剩余的Ba(OH)2 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去Fe 元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn 元素氧化，加入的
试剂X 可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3 和Al(OH)3 为同种沉淀，而Al(OH)3 的Ksp 稍大，所以当Al3+
完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10­5mol/L 时，
c(OHˉ)=




3
3
­32.3
3
­1
­5
3
sp
+
Al OH
1 10
=
mol L
1 10
Al
c
K







=10­9.1mol/L，所以c(H+)=10­4.9mol/L，pH=4.9，即pH 的理论最小
值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和
一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO
­
3 +NH3·H2O=MnCO3↓+NH 4
+H2O。
【方法技巧】在解化工流程题无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易
分离出来，物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类：物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、
分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物
质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。
【变式探究】[·新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与
硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
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211 / 346
（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Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是
_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化
合价分别为+2、+3、+4。当x=y=1/3时，z=___________。
【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐）
MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F−平衡向右移动
（6）Mn2++2 HCO3­==MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）1/3
【解析】（1）Si 元素以SiO2 或不溶性硅盐存在，SiO2 与硫酸不反应，所以滤渣I 中除了S 还有SiO2；在硫
酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：
MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS 反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH 在4.7 时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH 在4.7~6 之间。
（4）根据题干信息，加入Na2S 除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3 是生成的沉淀ZnS 和NiS。
（5）由HF
H++F­知，酸度过大，F­浓度减低，使得MgF2
Mg2++2F­平衡向沉淀溶解方向移动，
Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3 沉淀，所以反应离子方程式为：
Mn2++2HCO3­==MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0 的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
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专题12
常见有机化合物
【考情探究】
1. 了解有机化合物中碳的成键特征。
2. 了解有机化合物的同分异构现象，能正确书写简单有机化合物的同分异构体。
3. 掌握常见有机反应类型。
4. 了解甲烷、乙烯、苯等有机化合物的主要性质及应用。
5. 了解氯乙烯、苯的衍生物等在化工生产中的重要作用。
6. 了解乙醇、乙酸的结构和主要性质及重要应用。
7. 了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用。
8. 了解常见高分子材料的合成及重要应用。
【高频考点】
高频考点一
有机物的结构与同分异构现象
1．典型有机物的分子结构特征、球棍模型、比例模型，会“拆分”比对结构模板，“合成”确定共线、共面原子数
目。
(1)明确三类结构模板
结构
正四面体形
平面形
直线形
模板
甲烷分子为正四面
体结构，最多有3
个原子共平面，键
角为109°28′
乙烯分子中所有原子(6 个)共平
面，键角为120°；苯分子中所有原
子(12 个)共平面，键角为120°；甲
醛分子是三角形结构，4 个原子共
平面，键角约为120°
乙炔分子中所有原子(4
个)共直线，键角为180°
(2)对照模板定共线、共面原子数目
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需要结合相关的几何知识进行分析：如不共线的任意三点可确定一个平面；若一条直线与某平面有两个交点时，
则这条直线上的所有点都在该平面内；同时要注意问题中的限定性词语(如最多、至少)。
(3)“还原”氢原子，根据规律直接判断
如果题中给出有机物的结构是键线式结构，首先“还原”氢原子，避免忽略饱和碳原子，然后根据规律进行判断：
①结构中出现1 个饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共面；
②结构中出现1 个碳碳双键，则分子中至少有6 个原子共面；
③结构中出现1 个碳碳三键，则分子中至少有4 个原子共线；
④结构中出现1 个苯环，则分子中至少有12 个原子共面。
如：某有机物结构为
以碳碳双键为中心，根据乙烯、苯、乙炔、甲烷的结构，可以画出如图所示结构
可以得出结论：
①最多有4 个碳原子在同一条直线上；
②最多有13 个碳原子在同一平面上；
③最多有21 个原子在同一平面上。
2．学会用等效氢法判断一元取代物的种类
有机物分子中，位置等同的氢原子叫等效氢，有多少种等效氢，其一元取代物就有多少种。
等效氢的判断方法：
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(1)同一个碳原子上的氢原子是等效的。
如
分子中—CH3 上的3 个氢原子。
(2)同一分子中处于轴对称位置或镜面对称位置上的氢原子是等效的。
如
分子中，在苯环所在的平面内有两条互相垂直的对称轴，故该分子有两类等效氢。
3．注意简单有机物的多元取代物
(1)CH3CH2CH3 的二氯代物有
、
、
、
四种。
(2)
的二氯代物有
、
、
三种。
(3)
的三氯代物有
、
、
三种。
高频考点二
有机物的性质、反应类型及应用
1．有机物的重要物理性质
(1)常温常压下，分子中碳原子个数不多于4 的烃是气体，烃的密度都比水小。
(2)烃、烃的卤代物、酯类物质均不溶于水，低级醇、酸溶于水。
(3)随分子中碳原子数目的增多，各类有机物的同系物熔点、沸点升高，同分异构体的支链越多，熔点、沸点越
低。
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2．有机物的结构特点及主要化学性质
物质
结构特点
主要化学性质
烃
甲烷
只有C—H 键，正四面体分子
在光照条件下发生取代反应
乙烯
平面分子，官能团是
与X2、H2、H2O、HX 加成；被酸性
KMnO4 溶液或酸性K2Cr2O7 溶液氧
化；发生加聚反应
苯
平面分子，碳碳键性质相同
在催化剂存在下：与X2、HNO3 发生
取代反应；与H2 发生加成反应
烃的衍
生物
乙醇
官能团为—OH
与活泼金属发生置换反应，被催化氧
化生成醛、酸；与羧酸发生酯化反应
乙酸
官能团为—COOH
具有酸的通性；能与醇发生酯化反应
3.基本营养物质的性质突破
(1)糖类性质巧突破
①葡萄糖分子含有羟基、醛基两种官能团，因此它具有醇、醛两类物质的化学性质，利用此规律就能轻松“吃掉”
葡萄糖的化学性质。
②单糖、二糖、多糖的核心知识可用如下网络表示出来。
C12H22O11＋H2O――→
稀H2SO4C6H12O6＋C6H12O6
蔗糖
葡萄糖
果糖
(2)油脂性质轻松学
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①归类学性质：油脂是酯，可看作是高级脂肪酸与甘油反应形成的酯，因此纯净的油脂无色且不溶于水(常见食
用油脂有香味)，密度比水的密度小；能发生水解反应(若烃基部分存在不饱和键，则还具有不饱和烃的性质)。
②对比明“三化”：油脂中的“三化”指的是氢化、硬化、皂化，氢化指的是不饱和油脂与氢气发生加成反应生成
饱和油脂；通过氢化反应，不饱和的液态油转化为常温下为固态的脂肪的过程称为硬化；皂化指的是油脂在碱
性条件下发生水解生成高级脂肪酸盐与甘油的反应。
③口诀助巧记：有三种较重要的高级脂肪酸需要熟记，油酸(C17H33COOH)、软脂酸(C15H31COOH)、硬脂酸
(C17H35COOH)，其中油酸分子中含有一个碳碳双键，后两种则是饱和脂肪酸，可用顺口溜帮助记忆：软十五、
硬十七，油酸不饱(和)十七烯，另外均有一羧基。
(3)盐析、变性辨异同
盐析
变性
不
同
点
方法
在轻金属盐作用下，蛋白质从溶
液中凝聚成固体析出
在重金属盐、受热、紫外线、甲醛、酒
精等作用下蛋白质凝聚成固体析出
特征
过程可逆，即加水后仍可溶解
不可逆
实质
溶解度降低，物理变化
结构、性质发生变化，化学变化
结果
仍保持原有的生理活性
失去原有的生理活性
相同点
均是一定条件下，蛋白质凝聚成固体的过程
4.有机反应类型归纳
反应类型
反应部位、反应试剂或条件
加成反应
与X2(混合即可反应)；碳碳双键与H2、HBr、
H2O，以及
与H2 均需在一定条件下进行
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加聚反应
单体中有
或—C≡C—等不饱和键
取代
反应
烃与卤素单质
饱和烃与X2 反应需光照
苯环上氢原子可与X2(催化剂)或HNO3(浓硫酸催化)发生
取代
酯水解
酯基水解成羧基和羟基
酯化型
按照“酸失羟基、醇失氢”原则，在浓硫酸催化下进行
氧化
反应
与O2 (催化剂)
—OH(—CH2OH 氧化成醛基、
氧化成羰基)
酸性K2Cr2O7、酸性
KMnO4 溶液
、苯环上的烃基、—OH、—CHO 都可被氧化
银氨溶液、新制
Cu(OH)2 悬浊液
—CHO 被氧化成—COOH
燃烧型
多数有机物能燃烧，完全燃烧生成CO2 和水
还原
反应
得氢型
烯烃、炔烃、苯及其同系物或部分芳香族化合物和H2 的
加成反应
去氧型
R—NO2――→
Fe/HCl R—NH2
置换反应
羟基、羧基可与活泼金属反应生成H2
5.化学“三馏”把握准
(1)蒸馏是将液态物质加热到沸腾变为蒸气，又将蒸气冷却为液态这两个过程的联合操作。用这一操作可分离、
除杂、提纯物质。
(2)对于沸点比较接近的多种液态物质组成的混合物，用蒸馏方法难以单一蒸出分离，这就要借助于分馏。
分馏和蒸馏一样，也是利用混合物中各物质的沸点不同，严格控制温度，进行分离或提纯的操作。但分馏要安
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装一个分馏柱(工业装置为分馏塔)。混合物的蒸气进入分馏柱时，由于柱外空气的冷却，蒸气中高沸点的组分
被冷凝回流入烧瓶中，故上升的蒸气中含沸点低的组分的相对量较多，从而达到分离、提纯的目的。
(3)干馏是把固态有机物(煤炭)放入密闭的容器中，隔绝空气加强热使之分解的过程，工业上炼焦就属于干馏。
干馏属于化学变化，蒸馏与分馏属于物理变化。
6．三个制备实验的比较
制取物质
仪器
除杂及收集
注意事项
溴苯
含有溴、FeBr3 等，用
氢氧化钠溶液处理后
分液，然后蒸馏
①催化剂为FeBr3
②长导管的作用：冷凝回流、导气
③右侧导管不能(填“能”或“不能”)
伸入溶液中
④右侧锥形瓶中有白雾
硝基苯
可能含有未反应完的
苯、硝酸、硫酸，用氢
氧化钠溶液中和酸，分
液，然后用蒸馏的方法
除去苯
①导管1 的作用：冷凝回流
②仪器2 为温度计
③用水浴控制温度为50～60 ℃
④浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
乙酸乙酯
含有乙酸、乙醇，用饱
和Na2CO3 溶液处理
后，分液
①浓硫酸的作用：催化剂和吸水剂
②饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、中和
乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度
③右边导管不能(填“能”或“不能”)
接触试管中的液面
【题型突破】
题型一
有机物结构判断
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例1.（·江苏卷）化合物Z 是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y 和Z 的说法正确的是
A. X 分子中不含手性碳原子
B. Y 分子中的碳原子一定处于同一平面
C. Z 在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D. X、Z 分别在过量NaOH 溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】CD
【解析】X 中
红色碳原子为手性碳原子，故A 说法错误；
中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原
子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B 说法错误；
中与羟基
相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C 说法正确；
中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，
在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成
，
然后
在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，故D 说法正确；综上所
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述，说法正确的是CD。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ，8)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
【答案】D
【解析】甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A 不选；乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B
不选；丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C 不选；碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯
分子中所有原子共平面，D 选。答案选D。
题型二
同分异构体的判断
例2.（·新课标Ⅱ）吡啶(
)是类似于苯的芳香化合物，2­乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，
可由如下路线合成。下列叙述正确的是
A. Mpy 只有两种芳香同分异构体
B. Epy 中所有原子共平面
C. Vpy 是乙烯的同系物
D. 反应②的反应类型是消去反应
【答案】D
【解析】MPy 有3 种芳香同分异构体，分别为：甲基在N 原子的间位C 上、甲基在N 原子的对位C 上、氨基
苯，A 错误；EPy 中有两个饱和C，以饱和C 为中心的5 个原子最多有3 个原子共面，所以EPy 中所有原子不
可能都共面，B 错误；VPy 含有杂环
，和乙烯结构不相似，故VPy 不是乙烯的同系物，C 错误；反应②为
醇的消去反应，D 正确。
【变式探究】[新课标Ⅱ] 分子式为C4H8
BrCl 的有机物共有（不含立体异构）
A．8 种
B．10 种
C．12 种
D．14 种
【答案】C
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【解析】C4H8ClBr 可以看成丁烷中的2 个H 原子分别被1 个Cl、1 个Br 原子取代，丁烷只有2 种结构，氯原
子与溴原子可以取代同一碳原子上的H 原子，可以取代不同碳原子上的H 原子，据此书写判断。
先分析碳骨架异构，分别为C­C­C­C 与
2 种情况，然后分别对2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分
析，其中骨架C­C­C­C 有
、
共8 种，骨架
有
和
，4 种，
综上所述，分子式为C4H8BrCl 的有机物种类共8+4=12 种，C 项正确。
题型三
有机物官能团性质的判断
例3.（·新课标Ⅲ）金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：
下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是
A. 可与氢气发生加成反应
B. 分子含21 个碳原子
C. 能与乙酸发生酯化反应
D. 不能与金属钠反应
【答案】D
【解析】该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A 正确；根据该物质的结构简
式可知该分子含有21 个碳原子，故B 正确；该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C 正确；该物质
含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D 错误。
【变式探究】（·浙江卷）有关
的说法正确的是(
)
A. 可以与氢气发生加成反应
B. 不会使溴水褪色
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C. 只含二种官能团
D. 1mol 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗1molNaOH
【答案】A
【解析】
分子中含有苯环和碳碳双键，都能与H2 发生加成反应，A 正确；
分子中含有碳碳双键，
能与溴水发生加成反应导致溴水褪色，B 错误；
分子中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，C 错
误；1mol 该物质酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH 反应，1mol 该物质与足量的NaOH 溶液反应时
最多可消耗2molNaOH，D 错误。
【举一反三】(·全国卷Ⅰ，8)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
【答案】B
【解析】2­苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故
A 错误；2­苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2­苯基丙烯，故B 正确；有机
物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2­苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面
上，故C 错误；2­苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2­苯
基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D 错误。
题型四
有机化学实验
例4．(·全国卷Ⅰ，9)实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是(
)
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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
【答案】D
【解析】苯和溴均易挥发，苯与液溴在溴化铁作用下发生剧烈的放热反应，释放出溴化氢气体(含少量苯和溴蒸
气)，先打开K，后加入苯和液溴，避免因装置内气体压强过大而发生危险，A 项正确；四氯化碳用于吸收溴化
氢气体中混有的溴单质，防止溴单质与碳酸钠溶液反应，四氯化碳呈无色，吸收红棕色溴蒸气后，液体呈浅红
色，B 项正确；溴化氢极易溶于水，倒置漏斗防倒吸，碳酸钠溶液呈碱性，易吸收溴化氢，发生反应为Na2CO3
＋HBr===NaHCO3＋NaBr，NaHCO3＋HBr===NaBr＋CO2↑＋H2O，C 项正确；反应后的混合液中混有苯、液溴、
溴化铁和少量溴化氢等，提纯溴苯的正确操作是①用大量水洗涤，除去可溶性的溴化铁、溴化氢和少量溴；②
用氢氧化钠溶液洗涤，除去剩余的溴等物质；③用水洗涤，除去残留的氢氧化钠；④加入干燥剂除去水，过滤；
⑤对有机物进行蒸馏，除去杂质苯，从而提纯溴苯，分离溴苯，不用“结晶”的方法，D 项错误。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，9)实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是(
)
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【答案】D
【解析】甲烷与氯气在光照条件下发生反应：CH4＋Cl2――→
光照CH3Cl＋HCl，CH3Cl＋Cl2――→
光照CH2Cl2＋HCl，
CH2Cl2＋Cl2――→
光照CHCl3＋HCl，CHCl3＋Cl2――→
光照CCl4＋HCl。黄绿色的氯气参加了反应，逐渐减少，生成无
色的气体，因此试管内气体颜色逐渐变浅；反应生成的HCl 极易溶于水，使试管内气体压强减小，因此试管内
液面上升；生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4 均为无色油状液体，附着在试管壁上，因此试管壁上出现油状液滴；
生成的HCl 气体遇到水蒸气溶解生成盐酸小液滴，形成白雾，因此试管中有少量白雾。综合上述现象，答案选
D 项。
题型五
陌生有机物性质判断及计算
例5.（·新课标Ⅰ）紫花前胡醇
可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫
力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C14H14O4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A 叙述正确；该有机物的分子在有羟基，且
与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B 叙述不
正确；该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C 叙述正确；该有机物分子中与羟基相连的碳原子
的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D 叙述正确。综上所述，故
选B。
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【变式探究】
（·山东卷）从中草药中提取的calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin
A 的说法错误的是
A. 可与FeCl3 溶液发生显色反应
B. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3 溶液反应
C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6 种
D. 1mol 该分子最多与8molH2 发生加成反应
【答案】D
【解析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚键等官能团。该有机物中含有
酚羟基，可以与FeCl3 溶液发生显色反应，A 正确；该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧
基能与Na2CO3 溶液反应生成CO2，B 正确；该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对
称结构，所以苯环上一氯代物有6 种，C 正确；该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯
环可以与3 个氢气加成，每个双键可以与1 个氢气加成，每个羰基可以与1 个氢气加成，所以1mol 分子最多可
以与2×3+2×1+1=9mol 氢气发生加成反应，D 错误。答案选D。
【举一反三】[江苏] [双选]化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
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B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
【答案】CD
【解析】X 分子中，1mol 羧基消耗1molNaOH，1mol 由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH，所以1molX 最多
能与3molNaOH 反应，故A 错误；比较X 与Y 的结构可知，Y 与乙酸发生酯化反应可得到X，故B 错误；X
和Y 分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C 正确；X 和Y 分子中碳碳双键的位置
相同，分别与足量Br2 加成后产物的结构相似，所以具有相同数目的手性碳原子，都有3 个，故D 正确；故选
CD。
题型六
糖类、油脂、蛋白质性质
例6.（·天津卷）下列说法错误的是
A. 淀粉和纤维素均可水解产生葡萄糖
B. 油脂的水解反应可用于生产甘油
C. 氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元
D. 淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子
【答案】D
【解析】淀粉和纤维素都属于多糖，两者水解的最终产物都为葡萄糖，A 正确；油脂在酸性条件下水解成高级
脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，则油脂的水解反应可用于生产甘油，B 正确；氨基
酸中含有氨基和羧基，氨基酸可以通过缩聚反应形成蛋白质，蛋白质水解最终生成氨基酸，故氨基酸是组成蛋
白质的基本结构单元，C 正确；天然高分子的相对分子质量是上万，淀粉和纤维素都是天然高分子，而油脂的
相对分子质量还不到1000，故油脂不属于高分子，D 错误；答案选D。
【变式探究】（·浙江卷）下列说法不正确
．．．的是(
)
A. 相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，放出的热量依次增加
B. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分
C. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花
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D. 淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】由于等质量的物质燃烧放出的热量主要取决于其含氢量的大小，而甲烷、汽油、氢气中H 的百分含量
大小顺序为：汽油<甲烷<氢气，故等质量的它们放出热量的多少顺序为：汽油<甲烷<氢气，故A 错误；
油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故B 正确；
蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有气味，故C 正确；
高分子通常是指相对分子质量在几千甚至上万的分子，淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物，故D
正确。
【举一反三】（·全国卷Ⅰ）下列说法错误的是
A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br₂/CCl4 褪色
D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】A
【解析】果糖不能再发生水解，属于单糖，A 错误；酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，
B 正确；植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4 溶液褪色，C 正确；淀粉和纤维素均是
多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D 正确。
专题13
化学实验基础
【考情探究】
课
内容
常用化学仪器的用途及使用方法
化学实验基本操作
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标
解
读
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
4.掌握常见物质分离和提纯的方法
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
4.掌握常见物质检验的方法
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。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。
【高频考点】
高频考点一
基本仪器与基本操作
1．仪器的识别
(1)用作容器或反应器的仪器
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①试管
②蒸发皿
③坩埚
④圆底烧瓶
⑤平底烧瓶
⑥烧杯
⑦蒸馏烧瓶
⑧锥形瓶
⑨集气瓶
⑩广口瓶
⑪燃烧匙
(2)用于分离、提纯和干燥的仪器
①漏斗
②分液漏斗
③球形干燥管
(3)常用计量仪器
①量筒
②容量瓶
③滴定管
④温度计
⑤托盘天平
(4)其他仪器
①冷凝管(球形冷凝管或直形冷凝管)
②表面皿
③滴瓶
④胶头滴管
2．仪器的简单组装
(1)物质分离、提纯装置
①过滤
②蒸发
③蒸馏(分馏)
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④萃取与分液
⑤洗气
⑥升华
⑦减压过滤
【特别提醒】物质分离、提纯是通过恰当的方法将混合物中各组分分开，得到纯净的物质，各组分都保留下来，
且与原来状态相同。具体解题模型如下：
(2)可作为冷凝或冷却的装置
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(3)气密性检查装置
3．熟记十五大基本操作
(1)测定溶液pH 的操作
将一小块pH 试纸放在干燥洁净的表面皿上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH 试纸中央，待变色稳
定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。
(2)沉淀剂是否过量的判断方法
①静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
②静置，取适量上层清液于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证
明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。
(3)洗涤沉淀操作
将蒸馏水沿着玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3 次即可。
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(4)判断沉淀是否洗净的操作
取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……现象，证明沉淀已经洗净。
(5)容量瓶检漏操作
向容量瓶中加入一定量的水，塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围
有无水漏出。如果不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧，把容量瓶倒立过来，再检查是否漏水。如果仍
不漏水，即可使用。
(6)检查滴定管是否漏水操作
①酸式滴定管：关闭活塞，向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若
2 分钟内不漏水，将活塞旋转180°，重复上述操作。如果仍不漏水，即可使用。
②碱式滴定管：向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2 分钟内不
漏水，轻轻挤压玻璃球，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。
(7)滴定管赶气泡的操作
①酸式滴定管：右手将滴定管倾斜30°左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。
②碱式滴定管：将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，即
可赶出碱式滴定管中的气泡。
(8)装置气密性检查
①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象。若导管口有气泡冒出，冷却到室
温后，导管口有一段水柱，表明装置气密性良好。
②有长颈漏斗的装置(如下图)：用止水夹关闭烧瓶右侧的导气管，向长颈漏斗中加入适量水，长颈漏斗中会形
成一段液柱，停止加水，过一段时间后，若漏斗中的液柱高度不变化，则装置气密性良好。
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(9)气体验满和检验操作
①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则说明收集的氧气已满。
②可燃性气体(如氢气)的验纯方法：用排水法收集一小试管的气体，用大拇指堵住管口移近火焰，放开手指，
若听到尖锐的爆鸣声，则气体不纯；若听到轻微的“噗”的一声，则说明气体纯净。
③二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已收集满。
④氨气验满：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则说明气体已收集满。
⑤氯气验满：将湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则说明气体已收集满。
(10)焰色反应的操作
先将铂丝蘸取盐酸在酒精灯外焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止。然后用铂丝蘸取少量待
测液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则说明溶液中含Na
＋；若透过蓝色钴玻璃观察到火
焰呈紫色，则说明溶液中含K
＋。
(11)萃取分液操作
关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心顶住塞子，左手握住活塞部分，将分液漏
斗倒置，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，先打开上口塞子再打开分液漏斗活塞，使下层液
体从下口沿烧杯壁流下，上层液体从上口倒出。
(12)浓H2SO4 稀释操作
将浓H2SO4 沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
(13)粗盐的提纯
①实验室提纯粗盐的实验操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、结晶。
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②若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度分析，可能的原因是过滤时漏斗中液面高出滤纸边缘、
玻璃棒靠在单层滤纸一边弄破滤纸。
(14)氢氧化铁胶体的制备
向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的FeCl3 溶液，当溶液变为红褐色时，立即停止加热。
(15)从某物质稀溶液中结晶的实验操作
①溶解度受温度影响较小的：蒸发→结晶→过滤。
②溶解度受温度影响较大或带结晶水的：
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤。
高频考点二
物质的检验与鉴别
1．常见阴离子的检验
(1)利用酸碱指示剂检验
(2)利用盐酸和其他试剂检验
CO2－
3 ：加入BaCl2 或CaCl2 溶液后生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀溶解，并放出无色无味的气体。
SO2－
4 ：先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2 溶液，产生白色沉淀。
SO2－
3 ：加入BaCl2 溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，放出无色、有刺激性气味且能使品红溶液褪色的气体。
(3)利用AgNO3(HNO3 酸化)溶液检验
Cl
－―→
Br
－―→
I
－―→
硝酸酸化
的硝酸银
溶液
―→白色沉淀
―→浅黄色沉淀
―→黄色沉淀
(4)利用某些特征反应检验
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I
－：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色(或加入氯水和四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色)。
2.常见阳离子的检验
H
＋―→滴入紫色石蕊溶液，溶液变红色
3．常见气体的检验
气体
化学检验方法或思路
O2
使带火星的木条复燃
NO
在空气中立即变成红棕色
CO
点燃时火焰呈淡蓝色，燃烧产物可使澄清石灰水变浑浊；或将气体通过灼
热的CuO，CuO 由黑色变成红色，且气体产物可使澄清石灰水变浑浊
CO2
使澄清石灰水变浑浊，继续通入又可变澄清；使燃着的木条熄灭
SO2
使品红溶液褪色，加热后又恢复红色；使澄清石灰水变浑浊；使酸性高锰
酸钾溶液褪色
NO2
通入水中得到无色溶液并产生气泡，液面上方有红棕色气体产生，水溶液
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显酸性；使湿润的KI­淀粉试纸变蓝
Cl2
使湿润的KI­淀粉试纸变蓝
HCl
使湿润的蓝色石蕊试纸变红；靠近浓氨水时冒白烟；将气体通入AgNO3
溶液中有白色沉淀生成
NH3
使湿润的红色石蕊试纸变蓝；使酚酞溶液变红；靠近浓盐酸时冒白烟
CH2===CH2
点燃有明亮的火焰，并冒黑烟，燃烧产物能使澄清石灰水变浑浊，能使酸
性高锰酸钾溶液、溴水、溴的四氯化碳溶液褪色
4.常见有机物的检验
有机物
检验方法或思路
卤代烃
首先加NaOH 溶液并加热，其次加稀硝酸中和碱液，最后滴加AgNO3 溶液
乙醇
可使有黑色氧化膜的灼热铜丝变得光亮(生成铜)，并产生有刺激性气味的气
体(乙醛)；与金属钠能够平缓地反应，产生氢气
醛、葡萄糖
与银氨溶液(水浴加热)反应形成银镜；与新制Cu(OH)2 悬浊液(加热)反应生
成红色沉淀(Cu2O)
羧酸
使紫色石蕊溶液变红；使蓝色石蕊试纸变红
酯
与滴有酚酞的稀NaOH 溶液共热，红色逐渐消失
淀粉
溶液遇碘变为蓝色
蛋白质
灼烧，有烧焦羽毛的气味；加浓硝酸并微热，颜色变黄(含苯环结构的蛋白
质用此法)
高频考点三
物质的分离和提纯
1．物质分离与提纯的基本原理
(1)四原则
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①不增：不得引入新杂质；②不减：尽量不减少被提纯的物质；③易分：使被提纯或分离的物质跟其他物质易
分离；④易复原：被提纯的物质要易被还原。
(2)三必须
①除杂试剂必须过量；②过量试剂必须除尽(除去过量试剂带入的新杂质，同时注意加入试剂的顺序)；③选择
最佳的除杂途径。
2．物质分离与提纯的常用方法
(1)升华法；(2)过滤法；(3)蒸馏法；(4)萃取分液法；(5)洗气法；(6)燃烧法。
3．物质分离与提纯的常见类型
(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)
(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)
(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)
(4)“气＋气”混合物的分离(提纯)
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4．常见混合物的除杂举例
(1)常见固体混合物的除杂
固体混合物(括号内为杂质)
除杂试剂
分离方法
Na2CO3(NaHCO3)
加热(固体时)或加适量NaOH(液体时)
NaHCO3(Na2CO3)
CO2 和H2O
NaCl(NH4Cl)
加热分解
FeCl2(FeCl3)
过量铁粉
过滤
FeCl3(FeCl2)
Cl2
I2(SiO2)
加热
升华
Fe2O3(Al2O3)
过量NaOH 溶液
过滤
NH4Cl(FeCl3)
适量氨水
过滤
KNO3(NaCl)
水
结晶、重结晶
炭粉(CuO)
稀盐酸
过滤
镁粉(铝粉)
过量NaOH 溶液
过滤
铁粉(铝粉)
过量NaOH 溶液
过滤
(2)常见混合气体的除杂
混合气体(括号内为杂质)
除杂试剂
分离方法
H2(NH3)
浓硫酸
洗气
Cl2(HCl)
饱和NaCl 溶液
洗气
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CO2(HCl)
饱和NaHCO3 溶液
洗气
CO2(SO2)
饱和NaHCO3 溶液
洗气
CO2(CO)
灼热CuO
CO(CO2)
石灰乳或NaOH 溶液
洗气
NO(NO2)
水
洗气
N2(O2)
灼热铜网
CH4(C2H4)
溴水
洗气
酸性高锰酸钾和石灰乳
注
常见气体除杂装置
图Ⅳ为冷凝除杂，如除去SO2 中的SO3 气体；CO2 中的H2C2O4 气体等。
【题型突破】
题型一
仪器识别与基本操作
例1.（·江苏卷）实验室以CaCO3 为原料，制备CO2 并获得CaCl2﹒6H2O 晶体。下列图示装置和原理不能达到
实验目的的是
A. 制备CO2
B. 收集CO2
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C. 滤去CaCO3
D. 制得CaCl2﹒6H2O
【答案】D
【解析】碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、
二氧化碳和水，故A 正确；二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B 正确；加入的盐
酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C 正确；CaCl2∙6H2O
易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，故
D 错误。综上所述，答案为D。
【变式探究】（·浙江卷）固液分离操作中，需要用到的仪器是(
)
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】该仪器是干燥管，不能用于固液分离，A 不符合题意；该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，B 不
符合题意；该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混合物，C 符合题意；该仪器为牛角管，又叫接液管，
连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于固液分离，D 不符合题意。综上所述，
本题答案为C。
【举一反三】（·山东卷）下列操作不能达到实验目的的是
目的
操作
A
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH 溶液，振荡、静置、分液
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B
证明酸性：碳酸>苯酚
将盐酸与NaHCO3 混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
C
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜
悬浊液
向试管中加入2mL10%NaOH 溶液，再滴加数滴2%CuSO4 溶液，
振荡
【答案】BC
【解析】苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与苯混合后互不相溶，分层，该操作能达到
实验目的，故A 正确；盐酸易挥发，若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠，可能挥发的
HCl 会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚，不能证明是二氧化碳与其发生的反应，达不到实验目的，应
该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl 再进行实验操作，故B 错误；除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该
垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排出，该实验操作达不到实验目的，故C 错误；为检验醛基，配制氢
氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，该操作可达到实验目的，故D 正确。
【变式探究】（·天津卷）下列实验仪器或装置的选择正确的是
配制50.00mL0.1000
mol.L­1Na2CO3 溶液
除去Cl2 中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3 溶液的
试剂瓶
A
B
C
D
【答案】B
【解析】配制50.00mL0.1000mol.L­1Na2CO3 溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A 错误；除去氯气
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中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌
H++Cl­+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶
长进短出，利于除杂，故B 正确；蒸馏要使用直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，故C 错误；硅酸钠溶液呈碱
性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3 溶液的试剂瓶不能使用玻
璃塞，应使用橡胶塞，故D 错误。答案选B。
【举一反三】[·新课标Ⅰ]实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b 中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】若关闭K 时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可
以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A 正确；装置b 中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶
于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B 正确；装置c 中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，
故C 正确；反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层
后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴
苯，故D 错误。
题型二
物质的检验、分离与提纯
例2.（·新课标Ⅰ）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
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B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
【答案】A
【解析】SO2 和H2S 都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂
质H2S 时，SO2 也会被吸收，故A 项不能实现除杂目的；氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除
去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B 项能实现除杂目的；
氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：
2
2Cu
O == 2CuO


，而铜与氮气无
法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C 项能实现除杂目的；NO2 可以与NaOH 发生反应：
2
3
2
2
2NO
2NaOH=NaNO
NaNO
H O



，NO 与NaOH 溶液不能发生反应；尽管NO 可以与NO2 一同跟
NaOH 发生反应：
2
2
2
NO
NO
2NaOH=2NaNO
H O



，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO 的量
产生较大的影响，故D 项能实现除杂的目的；答案选A。
【变式探究】（·山东卷）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备并收集CO2
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr 产生
C. 用丙装置制备无水MgCl2
D. 用丁装置在铁上镀铜
【答案】C
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【解析】CO2 密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A 错误；苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，
反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通
过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B 错误；MgCl2 能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2 的水解，
C 正确；电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，
铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D 错误。答案选C。
【举一反三】（·天津卷）检验下列物所选用的试剂正确的是
待检验物质
所用试剂
A
海水中的碘元素
淀粉溶液
B
SO2 气体
澄清石灰水
C
溶液中的Cu2+
氨水
D
溶液中的
+
4
NH
NaOH 溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
【答案】C
【解析】淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A 错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化
硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气体，故B 错误；
铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜离子可以用氨水，故C
正确；铵根离子遇氢氧化钠溶液（加热）生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色
石蕊试纸检验氨气，故D 错误；答案选C。
【变式探究】(·江苏，5)下列实验操作能达到实验目的的是(
)
A．用经水湿润的pH 试纸测量溶液的pH
B．将4.0 g NaOH 固体置于100 mL 容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L
－1 NaOH 溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3 溶液制无水AlCl3 固体
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D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【答案】D
【解析】A 项，测量溶液的pH 时，不能将pH 试纸湿润，否则相当于稀释溶液，错误；B 项，不能直接在容量
瓶中溶解固体，错误；C 项，蒸干AlCl3 溶液时，会促进Al3＋水解，生成的HCl 会挥发，最终得不到无水AlCl3
固体，错误；D 项，SO2 会被NaOH 溶液吸收，且乙烯不会与NaOH 溶液反应，正确。
【举一反三】(·天津，4)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
【答案】B
【解析】混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入乙醇中，并不断搅拌，A 项错误；配制一定
浓度的溶液，定容时视线与容量瓶的刻度线相平，B 项正确；NO2 的密度比空气的密度大，应用向上排空气法
收集，C 项错误；电石与水反应制得的乙炔中含有H2S 等杂质，用溴水检验乙炔前，要先通过硫酸铜溶液除去
H2S 等杂质，D 项错误。
题型三
简单实验方案的分析、设计与评价
例3.（·山东卷）下列操作不能达到实验目的的是
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目的
操作
A
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH 溶液，振荡、静置、分液
B
证明酸性：碳酸>苯酚
将盐酸与NaHCO3 混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液
C
除去碱式滴定管胶管内的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜
悬浊液
向试管中加入2mL10%NaOH 溶液，再滴加数滴2%CuSO4 溶液，
振荡
【答案】BC
【解析】苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，最后与苯混合后互不相溶，分层，该操作能达到
实验目的，故A 正确；盐酸易挥发，若将盐酸与碳酸氢钠溶液混合产生的气体直接通入苯酚钠，可能挥发的
HCl 会与苯酚钠反应生成常温下难溶于水的苯酚，不能证明是二氧化碳与其发生的反应，达不到实验目的，应
该先除去二氧化碳中可能挥发的HCl 再进行实验操作，故B 错误；除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该
垂直向下，应向上挤压橡胶管，利用空气排出，该实验操作达不到实验目的，故C 错误；为检验醛基，配制氢
氧化铜悬浊液时，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，该操作可达到实验目的，故D 正确。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，10)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
向盛有酸性高锰酸钾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
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【答案】A
【解析】酸性KMnO4 溶液能将乙烯氧化成CO2，故可以看到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后液体不会分层，A
项符合题意；点燃的镁条能在CO2 中燃烧，集气瓶中产生浓烟(MgO 颗粒)和黑色颗粒(单质碳)，B 项不符合题
意；向盛有饱和Na2S2O3 溶液的试管中滴加稀盐酸，溶液中发生反应S2O2－
3 ＋2H
＋===SO2↑＋S↓＋H2O，有刺激
性气味气体产生，溶液变浑浊，C 项不符合题意；向FeCl3 溶液中加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，
可以看到溶液中黄色逐渐消失，加入KSCN 后，溶液颜色不发生变化，D 项不符合题意。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ，12)下列实验不能达到目的的是(
)
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2 通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
【答案】A
【解析】Cl2 与水反应生成HCl 和HClO，且该反应为可逆反应，Na2CO3 水解使溶液呈碱性，水解产生的OH
－
能同时消耗HCl 和HClO，无法制取较高浓度的次氯酸溶液，A 符合题意；向过氧化氢溶液中加入少量MnO2
能加快H2O2 的分解，从而加快氧气的生成速率，B 不符合题意；饱和碳酸钠溶液可除去乙酸乙酯中的少量乙酸，
而且能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分液，C 不符合题意；向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，符合用强酸制
备弱酸的原理，可制备少量二氧化硫气体，D 不符合题意。
【变式探究】(·北京，11)探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 mol·L
－1H2C2O4 的pH＝
1.3)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2 溶液(含酚酞)
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3 溶液
产生气泡
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③
酸性KMnO4 溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH 和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是(
)
A．H2C2O4 有酸性，Ca(OH)2＋H2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O
B．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3＋H2C2O4===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O
C．H2C2O4 有还原性，2MnO
－
4 ＋5C2O2－
4 ＋16H
＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
D．H2C2O4 可发生酯化反应，HOOCCOOH＋2C2H5OH
浓硫酸
△
C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O
【答案】C
【解析】A 项，往草酸中加入含酚酞的Ca(OH)2 溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH)2 与H2C2O4 反应
生成CaC2O4 白色沉淀，正确；B 项，由实验②可知，在NaHCO3 溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO2，
说明草酸酸性比碳酸的强，正确；D 项，草酸结构中含2 个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类
物质，正确。
题组四
表格实验中逻辑关系的考查
例4.（·江苏卷）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4 溶液，加热，冷却后加NaOH 溶液至
中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
B
室温下，向
1
0.1mol L

HCl 溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测
得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
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C
室温下，向浓度均为
1
0.1mol L

的BaCl2 和CaCl2 混合溶液中加入
Na2CO3 溶液，出现白色沉淀
白色沉淀是BaCO3
D
向
1
0.1mol L

H2O2 溶液中滴加
1
0.1mol L

KMnO4 溶液，溶液褪色
H2O2 具有氧化性
【答案】B
【解析】加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A 错
误；加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，
故B 正确；BaCl2、CaCl2 均能与Na2CO3 反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3 或CaCO3 或二者混合
物，故C 错误；向H2O2 溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中
性条件)，该反应中H2O2 被氧化，体现出还原性，故D 错误；综上所述，故答案为：B。
【变式探究】(·江苏，13)室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(
)
选项
实验操作和现象
结论
A
向X 溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量
KSCN 溶液，溶液变为红色
X 溶液中一定含有Fe2＋
B
向浓度均为0.05 mol·L
－1 的NaI、NaCl 混合溶液中滴
加少量AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
C
向3 mL KI 溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL
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
【答案】C
【解析】A 项，该实验操作和现象不能得出X 溶液中一定含有Fe2＋，应先加KSCN 溶液，判断溶液中不存在
Fe3＋，然后再加氯水，若出现红色，可说明X 溶液中存在Fe2＋，错误；B 项，因为I
－、Cl
－浓度相等，所以先
生成沉淀的物质溶度积小，黄色沉淀为AgI，则Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，错误；C 项，KI 与Br2 反应生成I2 和KBr，
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淀粉遇I2 显蓝色，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，氧化性：Br2＞I2，正确；D 项，CH3COONa
和NaNO2 溶液的浓度未知，溶液浓度不同，水解程度不同，pH 不同，不能由题给实验操作和现象得出HNO2
电离出H
＋的能力比CH3COOH 的强，错误。
【举一反三】（·天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa 溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4 溶
液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)
D．①某溶液中加入Ba(NO3)2 溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42­
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，A 错
误。向C6H5ONa 溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强
于苯酚，B 正确。向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4 溶液，虽然有ZnS 不溶物，但是溶液中还有Na2S，
加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2­反应得到黑色的CuS 沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C 错误。
向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝
酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为
硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，D 错误。
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专题14
综合实验探究
【考情探究】
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。
【高频考点】
高频考点一
评价型实验题
评价型实验题包括的题型很多，其中比较典型的有物质性质探究型、组成成分探究型、物质制备和应用探究型
等，该类试题一般以实验装置图的形式给出实验的流程，其实验流程与考查内容一般为
1．常见的气体发生装置
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固体与液体在常温下反应制备气体的装置，如图5，恒压分液漏斗平衡气体压强，能使液体顺利滴下，排出气
体体积不包括加入液体所占体积；如图6、图7，能随制随停，便于控制反应。
2．常见的净化装置——用于除去气体中的杂质气体
3．常见的气体收集装置
4．常见的量气装置
5．有毒气体的处理装置
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高频考点二
定量测定型实验题
常见的定量测定型实验题包括混合物成分的测定、物质纯度的测定以及化学式的确定等。该类试题常涉及物质
的称量、物质的分离与提纯、中和滴定、一定物质的量浓度溶液的配制等实验操作。实验过程或问题解答中要
特别注意以下几个问题：
1．气体体积的测量
(1)量气装置的改进
(2)量气时应注意的问题
①量气时应保持装置处于室温状态。
②读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平，同时要注意视线与凹液面最低处相平。如上图(Ⅰ)(Ⅳ)应使
左侧和右侧的液面高度保持相平。
2．测定实验中要有消除干扰气体的意识
如用“惰性”气体将干扰气体排出，或用溶液吸收干扰气体等。
3．测定实验中要有被测量气体全部被测量的意识
如采取反应结束后继续向装置中通入“惰性”气体以使被测量气体全部被吸收剂吸收的方法。
4．测定实验中要有“数据”的采集处理意识
实验数据的采集是化学计算的基础，一般来讲，固体试剂称质量，而液体试剂和气体试剂则测量体积。
(1)称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平，
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可精确到0.000 1 g。
(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0.1 mL，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0.01 mL。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。称量气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称量反应装置在放出气体前
后的质量减小值；另一种方法是称量吸收装置前后的质量增大值。
(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。为了保证数据的准确性，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。如中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做
2～3 次滴定，然后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。
高频考点三
有机制备实验
“有机实验”在高考中频频出现，主要涉及有机物的制备、有机物官能团性质的实验探究等。常常考查蒸馏和分
液操作、反应条件的控制、产率的计算等问题。
(1)分离液体混合物的方法
方法
适用条件
实例
说明
萃取
互不相溶的液体混合物
分离CCl4 和水等
分液时下层液体从下口流
出，上层液体从上口倒出
蒸馏
两种或两种以上互溶的液体，
沸点相差较大
分离酒精和水
在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷
片，防止液体暴沸
(2)典型装置
①反应装置
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②蒸馏装置
③高考真题中出现的实验装置
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【特别提醒】球形冷凝管由于气体与冷凝水接触时间长，具有较好的冷凝效果，但必须竖直放置，所以蒸馏装
置必须用直形冷凝管。
【题型突破】
题型一
有机物制备实验
例1、（·江苏卷）羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。制备少量羟基乙酸钠的反
应为
2
2
2
ClCH COOH
2NaOH
HOCH COONa
NaCl
H O
0
H






实验步骤如下：
步骤1：如图所示装置的反应瓶中，加入40g 氯乙酸、50mL 水，搅拌。逐步加入40%NaOH 溶液，在95℃继
续搅拌反应2 小时，反应过程中控制pH 约为9。
步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。
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步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。
步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。
（1）步骤1 中，如图所示的装置中仪器A 的名称是___________；逐步加入NaOH 溶液的目的是____________。
（2）步骤2 中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是_______________。
（3）步骤3 中，粗产品溶解于过量水会导致产率__________(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的操作名称是
_______________。
（4）步骤4 中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是_______________。
【答案】（1）.(回流)冷凝管
防止升温太快、控制反应体系pH
（2）防止暴沸
（3）.减小
趁热过滤
（4）提高羟基乙酸钠的析出量(产率)
【解析】制备少量羟基乙酸钠的反应为
2
2
2
ClCH COOH
2NaOH
HOCH COONa
NaCl
H O
0
H






，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品
溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的
溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。
（1）根据图中仪器得出仪器A 的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步
加入NaOH 溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，
控制反应体系的pH。
(2 步骤2 中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。
（3）粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，
微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。
（4）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4 中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中
的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，28)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图所示。
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索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2 上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸
套筒1 中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3 顶端时，经虹吸管3 返回烧瓶，从而实现对茶
叶末的连续萃取。回答下列问题。
(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1 中，研细的目的是__________________。圆底烧瓶中加入95%乙醇为
溶剂，加热前还要加几粒__________。
(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是____________________。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优
点是______________________。
(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是____________________。“蒸馏
浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏水、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________。
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【答案】(1)增加固液接触面积，使萃取更充分
沸石
(2)乙醇易挥发，易燃
使用溶剂量少，可连续萃取(萃
取效率高)
(3)乙醇沸点低，易浓缩
AC
(4)单宁酸
水
(5)升华
【解析】(1)实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时
暴沸，需在加热前向乙醇中加入几粒沸石。(2)由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明
火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。(3)提
取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸馏浓缩”需
选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶(如锥形瓶)。(4)向浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并
吸收水。(5)结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上，
可知该分离提纯的方法为升华。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ，27)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：
＋(CH3CO)2O
浓H2SO4
△
＋CH3COOH
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
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
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实验过程：在100 mL 锥形瓶中加入水杨酸6.9 g 及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL
浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL 冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL 饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用________加热。(填标号)
A．热水浴
B．酒精灯
C．煤气灯
D．电炉
(2)下列玻璃仪器中，①中需使用的有________(填标号)，不需使用的有________(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________%。
【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
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【解析】(1)由题给信息“维持瓶内温度在70 ℃左右”可知，该反应中应采用热水浴加热。(2)①中涉及过滤操作，
需要用到题给玻璃仪器中的烧杯、漏斗，不需要使用题给玻璃仪器中的分液漏斗和容量瓶。(3)乙酰水杨酸在低
温下溶解度较小，使用冷水有利于充分析出乙酰水杨酸固体。(4)加入的饱和碳酸氢钠与乙酰水杨酸反应，生成
可溶性的乙酰水杨酸钠，易与不溶性的物质分离。(5)乙酰水杨酸的溶解度随温度变化改变较大，故可用重结晶
的方法纯化。(6)由表中及题给数据分析可知，加入的水杨酸量少，6.9 g 水杨酸的物质的量为0.05 mol，由方程
式可知1 mol 水杨酸与过量醋酸酐反应生成1 mol 乙酰水杨酸，则0.05 mol 水杨酸参与反应得到0.05 mol 乙酰
水杨酸，其质量为0.05 mol×180 g·mol
－1＝9.0 g，产率为5.4 g
9.0 g×100%＝60%。
题型二
工艺流程实验题
例2．(·全国卷Ⅰ，27)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中
探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)步骤②需要加热的目的是______________________，温度保持80～95 ℃，采用的合适加热方式是
____________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为________(填标
号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是______________。分批加入H2O2，同时为了________，溶液要保持pH
小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有___________________________________________________，
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经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5 个结晶水，失重5.6%。
硫酸铁铵晶体的化学式为________。
【答案】(1)碱煮水洗
(2)加快反应
热水浴
C
(3)将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质
防止Fe3＋水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】(1)除去铁屑表面油污的方法是：用热纯碱溶液清洗铁屑，再用水洗。(2)铁与稀硫酸反应时加热，可提
高反应速率。温度低于水的沸点，可以用热水浴加热，受热均匀且便于控制。含少量硫化物的铁屑与稀硫酸反
应有H2S 生成。氢气不与碱溶液反应，而硫化氢能与碱溶液反应，而H2S 在水中溶解度小，故氢气中混有的硫
化氢用烧碱溶液除去，又因为硫化氢与碱反应较快，容易引起倒吸，C 装置倒置漏斗能防倒吸。故宜选择C 装
置吸收硫化氢。(3)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入足量双氧水的目的是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋，发
生反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O，从生成物看，又不引入杂质。铁离子对双氧水分解起催化作用，
分批加入双氧水，避免反应过快、放出热量较多，减少双氧水分解，以免造成氧化剂损失；铁离子易水解，保
持溶液呈强酸性，避免铁离子发生水解反应生成氢氧化铁。(4)步骤⑤是要从溶液中得到硫酸铁铵晶体，故实验
操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。(5)失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，
由题意知1.5×18
266＋18x＝5.6
100，解得x≈12。
【举一反三】(·课标全国Ⅱ，28)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图所示。
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
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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________。
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【答案】(1)增加固液接触面积，提取充分
沸石
(2)乙醇易挥发，易燃
使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效
率高)
(3)乙醇沸点低，易浓缩
AC
(4)单宁酸
水
(5)升华
【解析】(1)实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时
暴沸，需在加热前向乙醇中加入几粒沸石。(2)由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明
火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。(3)提
取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸馏浓缩”需
选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶(如锥形瓶)。(4)向浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并
吸收水分。(5)结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上，
可知该分离提纯的方法为升华。
题型三
“仪器连接”型实验
例3.（·新课标Ⅲ）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分
装置省略)制备KClO3 和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）盛放MnO2 粉末的仪器名称是________，a 中的试剂为________。
（2）b 中采用的加热方式是_________，c 中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目
的是____________。
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（3）d 的作用是________，可选用试剂________(填标号)。
A．Na2S
B．NaCl
C．Ca(OH)2
D．H2SO4
（4）反应结束后，取出b 中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3 晶体。
（5）取少量KClO3 和NaClO 溶液分别置于1 号和2 号试管中，滴加中性KI 溶液。1 号试管溶液颜色不变。2
号试管溶液变为棕色，加入CCl4 振荡，静置后CCl4 层显____色。可知该条件下KClO3 的氧化能力____NaClO(填
“大于”或“小于”)。
【答案】（1）圆底烧瓶
饱和食盐水
（2）水浴加热
Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
避免生成NaClO3
（3）吸收尾气(Cl2)
AC
（4）过滤
少量(冷)水洗涤
（5）紫
小于
【解析】本实验目的是制备KClO3 和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2 粉末共热制取
氯气，生成的氯气中混有HCl 气体，可在装置a 中盛放饱和食盐水中将HCl 气体除去；之后氯气与KOH 溶液
在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH 溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，
所以需要d 装置吸收未反应的氯气。
（1）根据盛放MnO2 粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a 中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl 气体；
（2）根据装置图可知盛有KOH 溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c 中氯气在
NaOH 溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；
根据氯气与KOH 溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避
免生成NaClO3；
（3）氯气有毒，所以d 装置的作用是吸收尾气(Cl2)；Na2S 可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A 可
选；氯气在NaCl 溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B 不可选；氯气可以Ca(OH)2 或浊液反应生成氯化钙
和次氯酸钙，故C 可选；氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D 不可选；
综上所述可选用试剂AC；
（4）b 中试管为KClO3 和KCl 的混合溶液，KClO3 的溶解度受温度影响更大，所以将试管b 中混合溶液冷却结
晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3 晶体；
（5）1 号试管溶液颜色不变，2 号试管溶液变为棕色，说明1 号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2 号试管中
次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3 的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入
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CCl4 振荡，静置后CCl4 层显紫色。
【变式探究】（·浙江卷）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
合成反应：
2
2
3
2
3
2
SO
Na CO =Na SO
CO


2
2
2
3
2Na S
3SO =2Na SO
3S


Δ
2
3
2
2
3
Na SO
S
Na S O

滴定反应：
2
2
2
3
2
4
6
I
2Na S O
2NaI
Na S O



已知：Na2S2O3·5H2O 易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ.Na2S2O3 制备：装置A 制备的SO2 经过单向阀通入装置C 中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH 约为7 时，
停止通入SO2 气体，得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O 产品。
Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O 产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算
Na2S2O3·5H2O 含量。
请回答：
（1）步骤Ⅰ:单向阀的作用是_____________________________；装置C 中的反应混合溶液pH 过高或过低将导致
产率降低，原因是_____________________________________________________________。
（2）步骤Ⅱ:下列说法正确的是_____。
A 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
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B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热
C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D 可选用冷的Na2CO3 溶液作洗涤剂
（3）步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：
检漏→蒸馏水洗涤→（
）→（
）→（
）→（
）→（
）→开始滴定。
A 烘干
B 装入滴定液至零刻度以上
C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润洗液
E
排除气泡
F 用滴定液润洗2 至3 次
G 记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。
③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O 含量为100.5％，则Na2S2O3·5H2O 产品中可能混有的物质是________。
【答案】（1）防止倒吸
pH 过高，Na2CO3、Na2S 反应不充分；pH 过低，导致Na2S2O3 转化为S 和SO2
（2）
BC
（3）.①F
B
E
C
G
②防止碘挥发损失
③Na2SO3、失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【解析】本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O，首先装置A 中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将
SO2 通入装置C 中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、
Na2S 充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3 发生歧化反应，至溶液pH 约为7 时，停止通入SO2 气体，得
到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O3·5H2O 难溶于乙醇，
冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3 的溶解度，析出更多的晶体。
（1）SO2 会与装置C 中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒
吸；Na2CO3、Na2S 水解都会使溶液显碱性，所以pH 过高，说明Na2CO3、Na2S 反应不充分；而pH 过低，又
会导致Na2S2O3 发生歧化反应转化为S 和SO2，所以pH 过高或过低都会导致产率降低；
（2）蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A 错误；为防止固体飞溅，蒸发浓
缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B 正确；Na2S2O3·5H2O 难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中
可以加入适量乙醇降低Na2S2O3 的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C 正确；用碳酸钠溶液洗涤会使晶
体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O 难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D 错误；综上所述选BC；
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（3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用
滴定液润洗2 至3 次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零
刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开
始滴定；
②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；
③测定的产品中Na2S2O3·5H2O 含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。
【举一反三】(·全国卷Ⅰ，26)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__________________。
【答案】(1)去除水中溶解氧
分液漏斗
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(2)①Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋
②排除c 中空气
(3)c 中产生H2
使压强大于大气压
(冰浴)冷却
过滤
(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
【解析】(1)由题给信息，(CH3COO)2Cr·2H2O 在气体分析中用作O2 吸收剂，说明Cr2＋具有强还原性，易被O2
氧化，故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2，以免影响(CH3COO)2Cr·2H2O 的制备。由仪器的结构特点可知，a
为分液漏斗。
(2)①Zn 将Cr3＋还原为Cr2＋，离子方程式为Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋。②Zn＋2H
＋===Zn2＋＋H2↑，H2 起到排除
c 中空气的作用，以防Cr2＋被氧化。
(3)过量的Zn 与盐酸反应放出大量的H2，使装置c 中压强增大，关闭K1 和K2，打开K3 时，溶液被压入装置d。
由题给信息知，(CH3COO)2Cr·2H2O 难溶于冷水，因此应用冰浴冷却，以便于(CH3COO)2Cr·2H2O 析出，再将沉
淀过滤、洗涤、干燥即可。
(4)装置d 的缺点是该装置与大气直接相通，空气中的O2 易将(CH3COO)2Cr·2H2O 氧化。
题型四
“反应原理”评价型
例4.（·新课标Ⅱ）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→
+ MnO2
+HCl→
+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度
/(g·mL−1)
溶解性
甲苯
92
−95
110.6
0.867
不溶于水，易溶于
乙醇
苯甲
122
122.4(100℃左右
248
——
微溶于冷水，易溶
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酸
开始升华)
于乙醇、热水
实验步骤：
（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL 甲苯、100 mL 水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，
慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
（2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁
热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。
将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
（3）纯度测定：称取0. 122 g 粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL 容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL 溶液，用
0.01000 mol·L−1 的KOH 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL 的KOH 标准溶液。
回答下列问题：
（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A．100 mL
B．250 mL
C．500 mL
D．1000 mL
（2）在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其
判断理由是______________________________________________________________。
（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的
离子方程式表达其原理__________________________________________________。
（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。
（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______________________________________。
（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。
A．70%
B．60%
C．50% D．40%
（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________的方法提纯。
【答案】（1）B
（2）球形
无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
（3）除去过量的高锰酸
钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气
2MnO4
－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4）MnO2
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（5）苯甲酸升华而损失
（6）86.0％
C
（7）重结晶
【解析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，
加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰
酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH 溶液滴定，测定粗产品的纯度。
（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m 的水，1.5mL 甲苯，4.8g
高锰酸钾，应选用250mL 的三颈烧瓶；
（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因
为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl­氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避
免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4
－＋6H
＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：
MnO2；
（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；
（6）由关系式C6H5COOH～KOH 得，苯甲酸的纯度为：
­1
­3
­1
100
0.01000mol·L
21.50 10 L
122g·mol
25
0.122g




×100%=86.0%；1.5mL 甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：
­1
­1
­1
1.5mL 0.867g·mL ×122g·mol
92g·mol

=1.72g，产品的产
率为1g 86%
1.72g

×100%=50%；
（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。
【变式探究】(·全国卷Ⅲ，26)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：______________________________、__________________________________。
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(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1 和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石
英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B 的名称是________。
②将下列实验操作步骤正确排序________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A 恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热
b．熄灭酒精灯
c．关闭K1 和K2
d．打开K1 和K2，缓缓通入N2
e．称量A
f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝________(列式表示)。若实验时按a→d 次序操作，则使
x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1 和K2，缓缓通入N2，
加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D 中的溶液依次为________(填标号)。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为
________________________________________________________________________。
a．品红
b．NaOH
c．BaCl2
d．Ba(NO3)2
e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：________________________________________。
【答案】(1)样品中没有Fe3＋
Fe2＋易被氧气氧化为Fe3＋
(2)①干燥管
②d、a、b、f、c、e
③76
m2－m3
9
m3－m1
偏小
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(3)①c、a
生成白色沉淀、褪色
②2FeSO4=====
高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
【解析】(1)绿矾溶于水电离出Fe2＋，滴加KSCN 溶液后颜色无明显变化，说明样品中没有Fe3＋，通入空气之后，
空气中的氧气把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋与KSCN 反应而使溶液显红色，说明Fe2＋易被氧气氧化为Fe3＋。
(2)①仪器B 的名称是干燥管；②实验时先打开K1 和K2，缓慢通入N2，排除装置中的空气，防止空气中的氧气
将绿矾中的Fe2＋氧化为Fe3＋，一段时间后点燃酒精灯，使绿矾中的结晶水变为水蒸气并被N2 排出，然后熄灭
酒精灯，将石英玻璃管冷却至室温后关闭K1 和K2，防止空气进入石英玻璃管中，最后称量A；
③由题意可知FeSO4 的物质的量为m3－m1
152
mol，水的物质的量为m2－m3
18
mol，则绿矾中结晶水的数目x＝
n
H2O
n
FeSO4
＝152
m2－m3
18
m3－m1
＝76
m2－m3
9
m3－m1
；若先点燃酒精灯再通N2，则石英玻璃管中原有的空气会将绿矾
中的Fe2＋氧化，最终剩余的固体质量会偏大，则计算得到的结晶水的数目会偏小。
(3)①实验后反应管中残留的红色粉末为Fe2O3，根据得失电子守恒可知必然有SO2 产生，根据元素守恒可知还
会生成SO3，检验的试剂应选择品红溶液、BaCl2 溶液，不能选择Ba(NO3)2 溶液，因为SO2 会与Ba(NO3)2 溶液
反应产生白色沉淀，干扰SO3 的检验，由于SO3 可与水反应生成硫酸，故应先检验SO3，再利用SO2 能使品红
溶液褪色的原理检验SO2；②由题意可以得到硫酸亚铁分解的化学方程式为2FeSO4=====
高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。
题型五
定量分析实验
1.定量实验数据的测量方法
(1)沉淀法：先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。
(2)测气体体积法：对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。
①常见测量气体体积的实验装置
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②量气时应注意的问题
a.量气时应保持装置处于室温状态。
b.读数时要特别注意消除“压强差”，保持液面相平还要注意视线与凹液面最低处相平。如图中(Ⅰ)(Ⅳ)应使左侧和
右侧的液面高度保持相平。
(3)测气体质量法
将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关
计算。
(4)滴定法
即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
2.定量实验数据的处理方法
(1)看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得质量的精度为0.1 g，若精度值超过了这个范围，说
明所得数据是无效的。
(2)看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去。
(3)看反应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处理和
应用。
(4)看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下得出的数据才能进
行比较、运算。
(5)看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。
3.定量实验答题规范
(1)液体体积测量中读数的答题关键
答题要素
平视：视线与刻度线和凹液面最低处在同一水平线上
读数：液面最低点(最底端、最底部、最低处)与刻度线相切
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得分点及关键
词
“平视”“刻度线”“凹液面”
“液面最低点”“相切”
(2)沉淀洗涤是否完全的检验答题模板
取少许最后一次洗涤滤液，滴入少量……溶液(试剂)，若……(现象)，表示已经洗涤完全。
例5.（·山东卷）某同学利用Cl2 氧化K2MnO4 制备KMnO4 的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
2
4
2
4
2
3MnO
2H O
2MnO
MnO
4OH







回答下列问题：
（1）装置A 中a 的作用是______________；装置C 中的试剂为________________；装置A 中制备Cl2 的化学
方程为______________。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4 产率降低，改进的方法是__________________________。
（3）KMnO4 常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4 溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管
中；在规格为50.00mL 的滴定管中，若KMnO4 溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4 溶液的实际体
积为______________(填标号)。
A.15.00 mL
B.35.00mL
C.大于35.00mL
D.小于15.00m1
（4）某FeC2O4﹒2H2O 样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4 滴定法测定该样品
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的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg 样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4 溶解，水浴加热至75℃。用c mol﹒L­1 的KMnO4 溶液趁热滴定至溶液
出现粉红色且30s 内不褪色，消耗KMnO4 溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4 酸化后，在75℃继续用KMnO4 溶液滴
定至溶液出现粉红色且30s 内不褪色，又消耗KMnO4 溶液V2mL。
样品中所含


­1
2
2
4
2
H C O
2H O M=126g mol


的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A.
1
2
V =3
V
时，样品中一定不含杂质
B.
1
2
V
V 越大，样品中
2
2
4
2
H C O
2H O

含量一定越高
C.若步骤I 中滴入KMnO4 溶液不足，则测得样品中Fe 元素含量偏低
D.若所用KMnO4 溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe 元素含量偏高
【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
NaOH 溶液
2
2
2
2
Ca(ClO)
4HCl
CaCl
2Cl
2H O




（2）在装置A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3）酸式
C
（4）


1
2
0.315c V ­3V
×100%
m
BD
【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2 具有强氧化性，和浓盐酸在A 中发生归中反应产生Cl2，Cl2 和K2MnO4 在
B 中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2 用C 吸收，据此解答。
（1）装置A 为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C 的作用是吸收反应不完的Cl2，可
用NaOH 溶液吸收，Ca(ClO)2 和浓盐酸在A 中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为
Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH 溶液；
Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42­+2H2O=2MnO4­+MnO2↓+4OH­，一部分
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MnO42­转化为了MnO2，导致最终KMnO4 的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B 中NaOH 溶液的浓度减小，
故改进措施是在装置A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B
之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL 的滴定管
中实际的体积大于(50.00­15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；
（4）设FeC2O4·2H2O 的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3 的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O 的物质的量为zmol，
步骤I 中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42­)，KMnO4~5Fe2+，所以
­3
1
1
2
x+
(x+3y+z)=cV
10
5
5

，步骤II 中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，
­3
2
1 (x+2y)=cV
10
5

，联立二个
方程解得：z=2.5(cV1­3V2)×10­3，所以H2C2O4·2H2O 的质量分数
=


­3
1
2
2.5 cV ­3V
10
126
100%
m



=


1
2
cV ­3
0.315
100%
m
V

。关于样品组成分析如下：
A．
1
2
V =3
V
时，H2C2O4·2H2O 的质量分数=


1
2
cV ­3
0.315
100%
m
V

=0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由
­3
1
1
2
x+
(x+3y+z)=cV
10
5
5

和
­3
2
1 (x+2y)=cV
10
5

可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3 杂质，A 错误；
B．
1
2
V
V 越大，由H2C2O4·2H2O 的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B 正确；
C．Fe 元素的物质的量=
­3
2
1 (x+2y)mol=cV
10 mol
5

，若步骤I 中KMnO4 溶液不足，则步骤I 中有一部分Fe2+
没有被氧化，不影响V2 的大小，则
­3
2
cV
10

不变，则对于测得Fe 元素的含量无影响，C 错误；
D．结合C 可知：若KMnO4 溶液浓度偏低，则消耗KMnO4 溶液的体积V1、V2 均偏大，Fe 元素的物质的量偏
大，则测得样品中Fe 元素含量偏高，D 正确。
【变式探究】(·北京理综，26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物
质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3 固体配制一定体积的a mol·L
－1 KBrO3 标准溶液；
Ⅱ.取V1 mL 上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
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Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL 废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用b mol·L
－1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3
溶液V3 mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3 和Na2S4O6 溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)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：94 g·mol
－1)。
(8)由于Br2 具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】(1)容量瓶
(2)BrO
－
3 ＋5Br
－＋6H
＋===3Br2＋3H2O
(3)
(4)Br2 过量，保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI 物质的量是KBrO3 物质的量的6 倍，因有
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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，且半分钟内不恢复原色
(7)（6aV1－bV3）×94
6V2
(8)易挥发
【解析】(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)Ⅱ中Br
－与BrO
－
3 在酸性条件下发生氧化还原反应生
成Br2、H2O，离子方程式为5Br
－＋BrO
－
3 ＋6H
＋===3Br2＋3H2O。(3)废水中含有苯酚，苯酚与Br2 发生取代反应
生成三溴苯酚，化学方程式为
↓＋3HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水
中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2 可通过滴定原理测定，所以在加入KI 之前，溶液颜色须为黄色，
以确保Br2 过量，苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒，当n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1 时，KI 恰好与步骤Ⅱ中生成
的Br2 完全反应，而步骤Ⅱ中苯酚会消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI 一定过量。(6)滴定时用淀粉作指
示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复原色。(7)结合题意可知，生成Br2 的物质的
量＝3aV1×10
－3 mol，与KI 反应消耗n(Br2)＝bV3×10
－3
2
mol，则与C6H5OH 反应的n(Br2)＝3aV1×10
－3 mol－
bV3×10
－3
2
mol，废水中苯酚的含量＝
（3aV1×10
－3－bV3×10
－3
2
）mol×94 g·mol
－1
3×V2×10
－3 L
＝（6aV1－bV3）×94
6V2
g·L
－1。
(8)Br2 具有挥发性，故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。
题型六
综合实验的设计与评价
例6.（·天津卷）为测定CuSO4 溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案
实验原理：
4
2
4
2
CuSO +BaCl =BaSO
+CuCl

实验步骤：
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（1）判断
2­
4
SO
沉淀完全的操作为____________。
（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
（4）固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L­1。
（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理：
4
4
=
Zn+CuSO
ZnSO +Cu ，
2
4
4
2
=Z
Zn+H SO
SO +H
n

实验步骤:
①按右图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E 中两液面相平，使D 中液面保持在0 或略低于0 刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4 溶液滴入A 中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E 管，保持D、E 中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
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（6）步骤②为________________________________________。
（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。
a.反应热受温度影响
b.气体密度受温度影响
c.反应速率受温度影响
（8）Zn 粉质量为ag，若测得H2 体积为bmL，已知实验条件下

­1
2
ρ H
=dg
L

，则c(CuSO4)______mol‧L­1(列
出计算表达式)。
（9）若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4 溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。
【答案】
（1）向上层清液中继续滴加BaCl2 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（2）AgNO3 溶液
（3）坩埚
（4）40w
233
（5）偏低
（6）检查装置气密性
（7）b
（8）
­3
­3
a
bd 10
­
65
2
25 10


（9）偏高
(10)
否
【解析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫
酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢
气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的
物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，
根据
n
c= V 得到硫酸铜的浓度，据此分析。
Ⅰ．（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断SO42­沉
淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3 溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有
没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；
（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；
（4）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=
wg
233g / mol ，根据硫酸根守恒可知，
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CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)= n
V
=
wg
233g/mol
0.025L
= 40w
233
mol‧L­1；
（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据
n
c= V 可知，则测
得c(CuSO4)偏低；
Ⅱ．（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；
（7）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的
影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生
成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证
体系恢复到室温与反应速率无关；
（8）Zn 粉质量为ag，若测得H2 体积为bmL，已知实验条件下

­1
2
ρ H
=dg
L

，氢气的质量
= 

2
3
b 1
ρ H
V=
g
0
d


，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=
3
3
d
g
d
=
mol
2g / mol
b 10
b 10
2




，根据
2
4
4
2
=Z
Zn+H SO
SO +H
n
，与酸反应的锌的物质的量为
3
b 1
mo
0
d
l
2


，锌的总物质的量为
ag
65g / mol ，与
硫酸铜反应的锌的物质的量为
3
d
mol
ag
b 10
65g /
ol
2
m



，根据
4
4
=
Zn+CuSO
ZnSO +Cu ，则
c(CuSO4)=
3
3
ag
b 10
d
mo
65g / mo
l
2
2
l
5 10 L





；
（9）若步骤⑥E 管液面高于D 管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与
硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4 溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
【变式探究】(2022·河北衡水中学调研)某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4 的反应(夹持装置和A 中加
热装置已略，气密性已检验)。
资料：微量Cu2＋与过量NaOH 溶液发生反应：Cu2＋＋4OH
－===[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－溶于甘油形成特征的绛
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蓝色溶液。
编号
实验用品
实验现象
Ⅰ
10 mL 15 mol·L
－1
浓H2SO4 溶液
过量
铜片
剧烈反应，品红溶液褪色，150 ℃时铜片表面产生
大量黑色沉淀，继续加热，250 ℃时黑色沉淀消失。
Ⅱ
10 mL 15 mol·L
－1
浓H2SO4 溶液
适量
铜片
剧烈反应，品红溶液褪色，150 ℃时铜片表面产生
少量黑色沉淀，继续加热，250 ℃时黑色沉淀消失。
(1)A 中反应的化学方程式是_______________________________________________________________。
(2)将装置C 补充完整并标明所用试剂_________________________。
(3)实验Ⅰ中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S 或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用
水小心冲洗后，进行下列操作：
i.黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无
色。
ii.开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上
层溶液呈淡蓝色。
①甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是
______________________________________________。
②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是
______________________________________________。
需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii 的操作和现象是
______________________________________________。
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(4)甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：
编号
实验操作
实验现象
iv
取洗净后的黑色沉淀，加入适量________
溶液，加热。
黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色
气体，底部有淡黄色固体生成。
(5)用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：
150 ℃取样
230 ℃取样
铜元素3.2 g，硫元素0.96 g
铜元素1.28 g，硫元素0.64 g
230 ℃时黑色沉淀的成分是________。
(6)为探究黑色沉淀消失的原因，取230 ℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250 ℃时，黑色沉淀溶解，有
刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因
______________________________。
(7)综合上述实验过程，说明Cu 和浓H2SO4 除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，
Cu 和浓H2SO4 反应的实验方案是_______________________________________________________________。
【答案】(1)Cu＋2H2SO4(浓) =====
△CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)
NaOH 溶液
(3)①实验i 和ii 对比，上层溶液
颜色不同，说明CuO 与稀H2SO4 反应生成Cu2＋，i 中上层溶液无色，说明不含Cu2＋，因此黑色沉淀不含CuO
②溶液中Cu2＋浓度过低，无法呈明显的蓝色
取实验i 的上层清液，加入过量NaOH 溶液，再加入一定量甘
油，振荡，未观察到绛蓝色
(4)HNO3
(5)CuS
(6)CuS＋2H2SO4=====
250 ℃S↓＋CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(7)将烧瓶
中10 mL 15 mol·L
－1 的浓H2SO4 加热至250 ℃以上，其后加入适量铜片。
【解析】(1)A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓) =====
△CuSO4
＋SO2↑＋2H2O；(2)二氧化硫污染空气，所以装置C 中盛放NaOH 溶液吸收二氧化硫；(3)①CuO 与稀H2SO4 反
应生成Cu2＋，溶液变蓝；实验i 和ii 对比，i 中上层溶液无色，说明不含Cu2＋，因此黑色沉淀不含CuO。②如
果溶液中Cu2＋浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO 的结论；根
据资料信息：微量Cu2＋与过量NaOH 溶液发生反应：Cu2＋＋4OH
－===[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－溶于甘油形成特
征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO 的实验iii 的操作和现象是取实验i 的上层清液，加入过量NaOH
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溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；(4)黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还
原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S 单质；(5)230 ℃取样，铜元素1.28 g，硫元素0.64 g，则n(Cu)∶n(S)＝
1.28
64 ∶0.64
32 ＝1∶1，所以230 ℃时黑色沉淀的成分是CuS；(6)取230 ℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至
250 ℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶
液变蓝说明有CuSO4 生成，反应方程式是CuS＋2H2SO4=====
250 ℃S↓＋CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(7)将烧瓶中10 mL 15
mol·L
－1 的浓H2SO4 加热至250 ℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓) =====
△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
【变式探究】某化学课外小组研究乙醇氧化的实验并验证其产物，设计了甲、乙、丙三套装置(图中的支撑仪器
均未画出，“△”表示酒精灯热源)，每套装置又划分为①②③三部分。仪器中盛放的试剂：
a.无水乙醇(沸点：78 ℃)；b.铜丝；c.无水硫酸铜；d.新制氢氧化铜悬浊液。
(1)简述三套方案各自的优点。
甲：______________________________________________；
乙：______________________________________________；
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丙：______________________________________________。
(2)集中三套方案的优点，组成一套比较合理完善的实验装置，可按气流由左到右的顺序表示为________(例如：
甲①，乙②，丙③)。
【答案】(1)甲：②中用热水浴加热，可形成较平稳的乙醇气流，使反应更充分；②中的斜长导管起到冷凝回流
乙醇的作用
乙：①与③中的干燥管可防止溶液中的水与无水硫酸铜反应，避免干扰对生成物的检验
丙：①中氧气发生装置中无水生成，且装置简单
(2)丙①，甲②，乙③
【解析】(1)甲的优点在于②，水浴加热能较好地控制温度，使气流平稳、反应充分。乙的优点在于两干燥管
考虑了溶液中水蒸气对产物H2O 检验的干扰。丙的优点在于①，无水生成，且装置简单。(2)将三套方案的优点
组合：取丙①、甲②、乙③可组成一套完善的装置。
专题15
有机化学基础
【考情探究】
1.有机化合物的组成与结构：(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；(3)了解确定有机化合
物结构的化学方法和物理方法(如质谱、红外光谱、核磁共振氢谱等)；(4)能正确书写有机化合物的同分异构体(不
包括手性异构体)；(5)能够正确命名简单的有机化合物；(6)了解有机分子中官能团之间的相互影响。
2.烃及其衍生物的性质与应用：(1)掌握烷、烯、炔和芳香烃的结构与性质；(2)掌握卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、
酯的结构与性质，以及它们之间的相互转化；(3)了解烃类及衍生物的重要应用以及烃的衍生物的合成方法；(4)
根据信息能设计有机化合物的合成路线。
3.糖类、氨基酸和蛋白质：(1)了解糖类、氨基酸和蛋白质的组成、结构特点、主要化学性质及应用；(2)了解糖
类、氨基酸和蛋白质在生命过程中的作用。4.合成高分子：(1)了解合成高分子的组成与结构特点；能依据简单
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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、提高生活质量方面中的贡献。
【高频考点】
高频考点一
常见有机物及官能团的主要性质
有机物
通式
官能团
主要化学性质
烷烃
CnH2n＋2
无
在光照时与气态卤素单质发生取代反应
烯烃
CnH2n
(1)与卤素单质、H2 或H2O 等发生加成
反应
(2)被酸性KMnO4 溶液等强氧化剂氧化
炔烃
CnH2n－2
—C≡C—
卤代烃
一卤代烃：
R—X
—X(X 表示卤素原子)
(1)与NaOH 水溶液共热发生取代反应生成醇
(2)与NaOH 醇溶液共热发生消去反应
醇
一元醇：
R—OH
醇羟基—OH
(1)与活泼金属反应产生H2
(2)与卤化氢或浓氢卤酸反应生成卤代烃
(3)脱水反应：乙醇
140 ℃分子间脱水生成醚
170 ℃分子内脱水生成烯
(4)催化氧化为醛或酮
(5)与羧酸或无机含氧酸反应生成酯
醚
R—O—R
醚键
性质稳定，一般不与酸、碱、氧化剂反应
酚
酚羟基—OH
(1)有弱酸性，比碳酸酸性弱
(2)与浓溴水发生取代反应，生成白色沉淀2,4,6­
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三溴苯酚
(3)遇FeCl3 溶液呈紫色(显色反应)
(4)易被氧化
醛
醛基
(1)与H2 发生加成反应生成醇
(2)被氧化剂(O2、多伦试剂、斐林试剂、酸性高锰
酸钾等)氧化为羧酸
羧酸
羧基
(1)具有酸的通性
(2)与醇发生酯化反应
(3)不能与H2 发生加成反应
(4)能与含—NH2 的物质生成含肽键的酰胺
酯
酯基
(1)发生水解反应生成羧酸和醇
(2)可发生醇解反应生成新酯和新醇
氨基酸
RCH(NH2)C
OOH
氨基—NH2
羧基—COOH
两性化合物，能形成肽键
蛋白质
结构复杂无
通式
肽键
氨基—NH2
羧基—COOH
(1)具有两性
(2)能发生水解反应
(3)在一定条件下变性
(4)含苯基的蛋白质遇浓硝酸变黄发生颜色反应
(5)灼烧有特殊气味
糖
Cn(H2O)m
羟基—OH
醛基—CHO
(1)氧化反应，含醛基的糖能发生银镜反应(或与新
制氢氧化铜反应)
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羰基
(2)加氢还原
(3)酯化反应
(4)多糖水解
(5)葡萄糖发酵分解生成乙醇
油脂
酯基
(1)水解反应(在碱性溶液中的水解称为皂化反应)
(2)硬化反应
高频考点二
合成路线的分析与设计
1．有机合成中官能团的转变
(1)官能团的引入(或转化)
官能团
的引入
—OH
＋H2O；R—X＋H2O；R—CHO＋H2；RCOR′＋H2；
R—COOR′＋H2O；多糖水解
—X
烷烃＋X2；烯(炔)烃＋X2 或HX；R—OH＋HX
R—OH 和R—X 的消去；炔烃不完全加成
—CHO
某些醇氧化；烯烃氧化；炔烃水化；糖类水解
—COOH
R—CHO＋O2；苯的同系物被强氧化剂氧化；羧酸盐酸化；R—COOR′
＋H2O
—COO—
酯化反应
(2)官能团的消除
①消除双键：加成反应。
②消除羟基：消去、氧化、酯化反应。
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③消除醛基：还原和氧化反应。
(3)官能团的保护
被保护的
官能团
被保护的官能团性质
保护方法
酚羟基
易被氧气、臭氧、双氧水、酸
性高锰酸钾溶液氧化
①用NaOH 溶液先转化为酚钠，后酸化重新转化为酚：
NaOH 溶液
H
＋
②用碘甲烷先转化为苯甲醚，后用氢碘酸酸化重新转化
为酚：
CH3I
HI
氨基
易被氧气、臭氧、双氧水、酸
性高锰酸钾溶液氧化
先用盐酸转化为盐，后用NaOH 溶液重新转化为氨基
碳碳双键
易与卤素单质加成，易被氧
气、臭氧、双氧水、酸性高锰
酸钾溶液氧化
用氯化氢先通过加成转化为氯代物，后用NaOH 醇溶液
通过消去反应重新转化为碳碳双键
醛基
易被氧化
乙醇(或乙二醇)加成保护：
――――→
CH3CH2OH
―――→
H
＋/H2O
2.增长碳链或缩短碳链的方法
举例
增长碳链
2CH≡CH―→CH2===CH—C≡CH
2R—Cl――→
Na R—R＋2NaCl
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CH3CHO ―――――→
CH3CH2MgBr
H
＋/H2O
R—Cl――→
HCN R—CN――→
H
＋
H2O R—COOH
CH3CHO――→
HCN
――→
H
＋
H2O
nCH2===CH2――→
催化剂CH2—CH2
nCH2===CH—CH===CH2――→
催化剂
CH2—CH===CH—CH2
2CH3CHO ――――→
NaOH 稀溶液
＋R—Cl――→
AlCl3
＋HCl
＋
――→
AlCl3
＋HCl
＋
――→
HCl
＋(n－1)H2O
缩短碳链
＋NaOH――→
CaO
△
RH＋Na2CO3
R1—CH===CH—R2 ――→
O3
Zn/H2OR1CHO＋R2CHO
3．常见有机物转化应用举例
(1)
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(2)
(3)
(4)CH3CHO ―――――→
NaOH 稀溶液
――→
浓硫酸
△
4．有机合成路线设计的几种常见类型
根据目标分子与原料分子在碳骨架和官能团两方面变化的特点，我们将合成路线的设计分为
(1)以熟悉官能团的转化为主型
如：以CH2===CHCH3 为主要原料(无机试剂任用)设计CH3CH(OH)COOH 的合成路线流程图(须注明反应条件)。
CH2===CHCH3――→
Cl2
―――→
NaOH/H2O
△
――→
O2/Cu
△
――→
O2
催化剂
――→
H2/Ni
△
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(2)以分子骨架变化为主型
如：请以苯甲醛和乙醇为原料设计苯乙酸乙酯(
)的合成路线流程图(注明反应条
件)。
提示：R—Br＋NaCN―→R—CN＋NaBr
――――→
H2
催化剂，△
――→
HBr
――→
NaCN
――→
H3O
＋
―――――→
CH3CH2OH
浓硫酸，△
(3)陌生官能团兼有骨架显著变化型(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
――→
CH3NO2
――→
浓硫酸
△
――→
H2
――→
Zn—Hg
HCl
香兰素
A
B
C
――→
一定条件
D
多巴胺
设计以苯甲醇、硝基甲烷为主要原料制备苯乙胺(
)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)
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――→
O2/Cu
△
――→
CH3NO2
――→
浓硫酸
△
――→
H2
――→
Zn—Hg
HCl
高频考点二
有机合成与推断
1．根据反应条件推断反应物或生成物
(1)“光照”为烷烃的卤代反应。
(2)“NaOH 水溶液、加热”为R—X 的水解反应，或酯(
)的水解反应。
(3)“NaOH 醇溶液、加热”为R—X 的消去反应。
(4)“HNO3(浓H2SO4)”为苯环上的硝化反应。
(5)“浓H2SO4、加热”为R—OH 的消去或酯化反应。
(6)“浓H2SO4、170 ℃”是乙醇消去反应的条件。
2．根据有机反应的特殊现象推断有机物的官能团
(1)使溴水褪色，则表示该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。
(2)使酸性KMnO4 溶液褪色，则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或苯的同系物(侧链烃基中与苯环
直接相连的碳原子上必须含有氢原子)。
(3)遇FeCl3 溶液显紫色或加入浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。
(4)加入新制Cu(OH)2 悬浊液并加热，有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，表示该物质
中含有—CHO。
(5)加入金属钠，有H2 产生，表示该物质分子中可能有—OH 或—COOH。
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(6)加入NaHCO3 溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH。
3．以特征产物为突破口来推断碳架结构和官能团的位置
(1)醇的氧化产物与结构的关系
(2)由消去反应的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。
(3)由取代产物的种类或氢原子环境可确定碳架结构。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多，说明该
有机物结构的对称性越高，因此可由取代产物的种类或氢原子环境联想到该有机物碳架结构的对称性而快速进
行解题。
(4)由加氢后的碳架结构可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。
(5)由有机物发生酯化反应能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸；根据酯的结构，可确定—OH
与—COOH 的相对位置。
4．根据关键数据推断官能团的数目
(1)—CHO
――――→
2[Ag
NH3
2]
＋
2Ag
――――→
2Cu
OH
2Cu2O
；
(2)2—OH(醇、酚、羧酸)――→
2Na H2；
(3)2—COOH ――→
Na2CO3CO2，—COOH ――→
NaHCO3CO2；
(4)
――→
Br2
――→
消去
—C≡C— ――→
2Br2
；
(5)RCH2OH――――→
CH3COOH
酯化
CH3COOCH2R。
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(Mr)
(Mr＋42)
5．根据新信息类推
高考常见的新信息反应总结如下
(1)丙烯α­H 被取代的反应：CH3—CH===CH2＋Cl2――→
△Cl—CH2—CH===CH2＋HCl。
(2)共轭二烯烃的1,4­加成反应：
①CH2===CH—CH===CH2＋Br2―→
；
②
。
(3)烯烃被O3 氧化：R—CH===CH2――→
①O3
②Zn R—CHO＋HCHO。
(4)苯环侧链的烃基(与苯环相连的碳原子上含有氢原子)被酸性KMnO4 溶液氧化：
――→
KMnO4
H
＋
。
(5)苯环上的硝基被还原：
――→
Fe，HCl
。
(6)醛、酮的加成反应(加长碳链，—CN 水解得—COOH)：
①CH3CHO＋HCN―→
；
②
＋HCN――→
催化剂
；
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③CH3CHO＋NH3――→
催化剂
(作用：制备胺)；
④CH3CHO＋CH3OH――→
催化剂
(作用：制半缩醛)。
(7)羟醛缩合：
＋
――→
催化剂
。
(8)醛或酮与格氏试剂(R′MgX)发生加成反应，所得产物经水解可得醇：
＋R′MgX―→
――→
水解
。
(9)羧酸分子中的α­H 被取代的反应：
RCH2COOH＋Cl2――→
催化剂
＋HCl。
(10)羧酸用LiAlH4 还原时，可生成相应的醇：
RCOOH――→
LiAlH4RCH2OH。
(11)酯交换反应(酯的醇解)：
R1COOR2＋R3OH―→R1COOR3＋R2OH。
【题型突破】
题型一
官能团结构、性质
例1．(·山东卷)从中草药中提取的calebin A(结构简式如图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin A 的说
法错误的是(
)
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A．可与FeCl3 溶液发生显色反应
B．其酸性水解的产物均可与Na2CO3 溶液反应
C．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6 种
D．1 mol 该分子最多与8 mol H2 发生加成反应
【答案】D
【解析】该有机物分子中含有酚羟基，故可以与FeCl3 溶液发生显色反应，A 项正确；该有机物分子中含有酯
基，酸性水解时生成羧基
和酚羟基都
可以和Na2CO3 溶液发生反应，B 项正确；该有机物不具有对称性，两个苯环上的六个氢原子位置各不相同，处
于不同化学环境，故苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6 种，C 项正确；1 mol 该有机物中含有2 mol 苯环、
2 mol 碳碳双键和1 mol 羰基，故1 mol 该有机物最多能与9 mol H2 发生加成反应，D 项错误。
【变式探究】(·江苏卷)(双选)化合物Y 具有抗菌、消炎作用，可由X 制得。
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下列有关化合物X、Y 的说法正确的是(
)
A．1 mol X 最多能与2 mol NaOH 反应
B．Y 与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y 均能与酸性KMnO4 溶液反应
D．室温下X、Y 分别与足量Br2 加成的产物分子中手性碳原子数目相等
【答案】CD
【解析】X 中含有的酯基和羧基都能与NaOH 反应，由于X 中酯基是由酚羟基与羧基形成的，所以1 mol X 最
多能与3 mol NaOH 反应，A 错误；Y 中含有羟基，与CH3COOH 发生酯化反应可生成X，Y 与乙醇反应不能
得到X，B 错误；X 和Y 分子中都含有碳碳双键，所以都能与酸性KMnO4 溶液反应，C 正确；室温下X 和Y
分别与足量Br2 加成的产物分子中都含有3 个手性碳原子，D 正确。
题型二
有机推断
例2.（·新课标Ⅰ）有机碱，例如二甲基胺(
)、苯胺(
)，吡啶(
)等，在有机合成中应用很普遍，目
前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F 的合成路线：
已知如下信息：
①H2C=CH2
3
CCl COONa
乙二醇二甲醚/△

②
+RNH2
NaOH
2HCl


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③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为________。
（2）由B 生成C 的化学方程式为________。
（3）C 中所含官能团的名称为________。
（4）由C 生成D 的反应类型为________。
（5）D 的结构简式为________。
（6）E 的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1
的有________种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为________。
【答案】（1）三氯乙烯
（2）
+KOH
Δ

醇
+KCl+H2O
（3）碳碳双键、氯原
子
（4）取代反应
（5）
（6）6
【解析】由合成路线可知，A 为三氯乙烯，其先发生信息①的反应生成B，则B 为
；B 与氢氧化钾
的醇溶液共热发生消去反应生成C，则C 为
；C 与过量的二环己基胺发生取代反应生成D；D 最
后与E 发生信息②的反应生成F。
（1）由题中信息可知，A 的分子式为C2HCl3，其结构简式为ClHC=CCl2，其化学名称为三氯乙烯。
（2）B 与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C（
），该反应的化学方程式为
+KOH
Δ

醇
+KCl+H2O。
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（3）由C 的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。
（4）C（
）与过量的二环己基胺发生生成D，D 与E 发生信息②的反应生成F，由F 的分子结构
可知，C 的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C 生成D 的反应类型为取代反应。
（5）由D 的分子式及F 的结构可知D 的结构简式为
。
（6）已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E（
）的六元环芳香同分异构体中，能与金属
钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1 的有
、
、
、
、
、
，共6 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为
。
【变式探究】(·全国卷Ⅰ，36)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：
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(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。用星号(*)标出B 中的手性碳
________________________________________________________________________。
(3)写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式：
_____________________________________________。(不考虑立体异构，只需写出3 个)
(4)反应④所需的试剂和条件是_______________________________________。
(5)⑤的反应类型是________。
(6)写出F 到G 的反应方程式：__________________________________________________。
(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备
的合成路线
_______________________________________________________(无机试剂任选)。
【答案】(1)羟基
(2)
(3)
(任意写出其中3 个即可)
(4)C2H5OH/浓H2SO4、加热
(5)取代反应
(6)
―――→
OH
－，△
＋C2H5OH，
――→
H
＋
(7)C6H5CH3――→
Br2
光照C6H5CH2Br，CH3COCH2COOC2H5
―――――――→
1
C2H5ONa/C2H5OH
2
C6H5CH2Br
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――――→
1
OH
－，△
2
H
＋
【解析】(1)A 中的官能团为羟基。(2)根据手性碳原子的定义，B 中CH2 上没有手性碳原子，
上没有手
性碳原子，故B 分子中只有2 个手性碳原子。(3)B 的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，所以可以看
成环己烷分子中2 个氢原子分别被甲基、醛基取代，或一个氢原子被CH2CHO 取代。(4)反应④所需的试剂和条
件是乙醇/浓硫酸、加热。(5)反应⑤中，CH3CH2CH2Br 与E 发生取代反应。(6)F 在碱溶液中水解生成羧酸盐，
再酸化得到G。
【举一反三】（河北衡水高三调研）PBAT（聚己二酸/对苯二甲酸丁酯）可被微生物几乎完全降解，成为包装、
医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，可由聚合物PBA 和PBT 共聚制得，一种合成路线如下：
已知：R—CH3――→
NH3
O2
R—CN――→
H
＋
H2O R—COOH
回答下列问题：
（1）B 的化学名称为
，C 所含官能团的名称为
。
（2）H 的结构简式为
。
（3）②、④的反应类型分别为
、
。
（4）⑤的化学方程式为________________________________________
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304 / 346
____________________________________________________。
（5）写出所有的与D 互为同分异构体且满足以下条件的结构简式
。
①能与NaHCO3 溶液反应；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应；
④核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为1∶6∶2∶1
（6）设计由丙烯为起始原料制备
的单体的合成路线（其他试剂任选）。
【答案】（1）环己醇
羰基
（2）HOCH2CH2CH2CH2OH
（3）氧化反应
缩聚反应
【解析】（1）B 的化学名称为环己醇，C 所含官能团的名称为羰基。（2）H 的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；
（3）②、④的反应类型分别为氧化反应、缩聚反应；（4）⑤的化学方程式为
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。
（5）与D 互为同分异构体且满足①能与NaHCO3 溶液反应，含—COOH; ②能发生银镜反应，含—CHO；③能
发生水解反应，含—COOC—，④核磁共振氢谱四组峰，峰面积比为1∶6∶2∶1，则分子中含2 个甲基，四种
H，满足条件的结构简式为HOOCC（CH3）2CH2OOCH 或HOOCCH2C（CH3）2OOCH。
题型三
有机合成
例3.（·新课标Ⅲ）苯基环丁烯酮(
PCBO)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合
成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO 与醛或酮发生[4+2]环加成反应，合成了具有生物活性
的多官能团化合物(E)，部分合成路线如下：
已知如下信息：
回答下列问题：
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306 / 346
（1）A 的化学名称是___________。
（2）B 的结构简式为___________。
（3）由C 生成D 所用的试别和反应条件为___________；该步反应中，若反应温度过高，C 易发生脱羧反应，
生成分子式为C8H8O2 的副产物，该副产物的结构简式为________。
（4）写出化合物E 中含氧官能团的名称__________；E 中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数
为___________。
（5）M 为C 的一种同分异构体。已知：1 mol M 与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol 二氧化碳；M 与酸
性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M 的结构简式为__________。
（6）对于
，选用不同的取代基R'，在催化剂作用下与PCBO 发生的[4+2]反应进行深入研
究，R'对产率的影响见下表：
R'
—CH3
—C2H5
—CH2CH2C6H5
产率/%
91
80
63
请找出规律，并解释原因_________________________________________________________________。
【答案】（1）2−羟基苯甲醛(水杨醛)
（2）
（3）乙醇、浓硫酸/加热
（4）羟基、酯基
2
（5）
（6）随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大
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【解析】根据合成路线分析可知，A(
)与CH3CHO 在NaOH 的水溶液中发生已知反应生成B，则B
的结构简式为
，B 被KMnO4氧化后再酸化得到C(
)，C 再与CH3CH2OH
在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D(
)，D 再反应得到
E(
)，据此分析解答问题。
（1）A 的结构简式为
，其名称为2­羟基苯甲醛(或水杨醛)；
（2）根据上述分析可知，B 的结构简式为
；
（3）C 与CH3CH2OH 在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D(
)，即所用试剂为
乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式可知，C 发生脱羧反
应生成
；
（4）化合物E 的结构简式为
，分子中的含氧官能团为羟基和酯基，E 中手
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308 / 346
性碳原子共有位置为
的2 个手性碳；
（5）M 为C 的一种同分异构体，1molM 与饱和NaHCO3 溶液反应能放出2mol 二氧化碳，则M 中含有两个羧
基(—COOH)，又M 与酸性高锰酸钾溶液溶液反应生成对二苯甲酸，则M 分子苯环上只有两个取代基且处于对
位，则M 的结构简式为
；
（6）由表格数据分析可得到规律，随着取代基R′体积的增大，产物的产率降低，出现此规律的原因可能是因
为R′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低。
【变式探究】（·江苏卷）化合物F 是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A 中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。
（2）B 的结构简式为______________。
（3）C→D 的反应类型为___________。
（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能发生水解反应，水解产物之一是α­氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1 且含苯环。
（5）写出以CH3CH2CHO 和
为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂和有
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机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。
【答案】
（1）醛基
(酚)羟基
（2）
（3）取代反应
（4）
（5）
【解析】本题从官能团的性质进行分析，利用对比反应前后有机物不同判断反应类型；
（1）根据A 的结构简式，A 中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基；
（2）对比A 和C 的结构简式，可推出A→B：CH3I 中的－CH3 取代酚羟基上的H，即B 的结构简式为
；
（3）对比C 和D 的结构简式，Br 原子取代－CH2OH 中的羟基位置，该反应类型为取代反应；
（4）①能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物
之一是α－氨基酸，该有机物中含有“
”，另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1，
且含有苯环，说明是对称结构，综上所述，符合条件的是
；
（5）生成
,根据E 生成F，应是
与H2O2 发生反应得到，
按照D→E，应由CH3CH2CH2Br 与
反应得到，CH3CH2CHO 与H2 发生加成反
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应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH 在PBr3 作用下生成CH3CH2CH2Br，合成路线是
CH3CH2CHO
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CH2Br
。
【举一反三】（·山东卷）化合物F 是合成吲哚­2­酮类药物的一种中间体，其合成路线如下：
知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ar 为芳基；X=Cl，Br；Z 或Z′=COR, CONHR,COOR 等。
回答下列问题：
（1）实验室制备A 的化学方程式为
，提高A 产率的方法是
；A 的某同分异构体只
有一种化学环境的碳原子，其结构简式为
。
（2）C→D 的反应类型为
；E 中含氧官能团的名称为
。
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（3）C 的结构简式为
，F 的结构简式为
。
（4）Br2 和
的反应与Br2 和苯酚的反应类似，以
和
为原料合成
，写出能获得更多目标产物的较优合成路线（其它试剂任选）。
【答案】（1）
3
3
2
3
2
5
2
CH COOH
CH CH OH
CH COOC H
H O





浓硫酸
及时蒸出产物（或增大乙酸或乙醇的用量）；
（2）取代反应；羰基、酰胺基
（3）CH3COCH2COOH；
（4）
【解析】
【分析】
根据B 的结构和已知条件Ⅰ可知R=H、R’=CH2H5，故A 为CH3COOC2H5（乙酸乙酯），有机物B 经过碱性条件
下水解再酸化形成有机物C（
），有机物C 与SOCl2 作用通过已知条件Ⅱ生成有机物
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D（
），有机物D 与邻氯苯胺反应生成有机物E（
），有
机物E 经已知条件Ⅲ发生成环反应生成有机物F（
），据此分析。
【解析】
（1）根据分析，有机物A 为乙酸乙酯，在实验室中用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备，反应方程式为
CH3COOH+CH3CH2OH
Δ

浓硫酸CH3COOC2H5+H2O；该反应为可逆反应，若想提高乙酸乙酯的产率需要及时的将生
成物蒸出或增大反应的用量；A 的某种同分异构体只有1 种化学环境的C 原子，说明该同分异构体是一个对称
结构，含有两条对称轴，则该有机物的结构为
；
（2）根据分析，C→D 为
和SOCl2 的反应，反应类型为取代反应；E 的结构为
，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基；
（3）根据分析，C 的结构简式为CH3COCH2COOH；F 的结构简式为
；
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（4）以苯胺和H5C2OOCCH2COCl 为原料制得目标产物，可将苯胺与溴反应生成2,4,6—三溴苯胺，再将2,4,6—
三溴苯胺与H5C2OOCCH2COCl 反应发生已知条件Ⅱ的取代反应，再发生已知条件Ⅲ的成环反应即可得到目标产
物，反应的流程为
2
Br

5
2
2
H C OOCCH COCl

+
3
2
3
H O
NaNH /NH (l)

②
①
【变式探究】(·全国卷Ⅱ，36)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：
①
――→
H2SO4
②
＋
＋NaOH―→
＋NaCl＋H2O
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③
――→
OH
－
H2O
回答下列问题：
(1)A 是一种烯烃，化学名称为________，C 中官能团的名称为________、________。
(2)由B 生成C 的反应类型为________。
(3)由C 生成D 的反应方程式为______________________________________________。
(4)E 的结构简式为________。
(5)E 的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式
_____________________________________、______________。
①能发生银镜反应：②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
(6)假设化合物D、F 和NaOH 恰好完全反应生成1 mol 单一聚合度的G，若生成的NaCl 和H2O 的总质量为765
g，则G 的n 值理论上应等于________。
【答案】(1)丙烯
氯原子
羟基
(2)加成反应
(3)
＋NaOH―→
＋NaCl＋H2O(或
＋NaOH―→
＋NaCl＋H2O)
(4)
(5)
(6)8
【解析】(1)因A 的分子式是C3H6，且为烯烃，故其结构简式为CH3CH===CH2，名称是丙烯。结合B、C 的分
子式和D 的结构简式可知B 为CH2===CHCH2Cl，C 为
或
，故C 中所含官能团为氯原子和羟
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基。(2)由B 生成C 的反应是CH2===CHCH2Cl 与HOCl 发生的加成反应。(4)由已知信息①可知E 为
。
(5)能发生银镜反应，说明含醛基；核磁共振氢谱中三组峰的峰面积之比为3∶2∶1，说明含1 个甲基，故符合
条件的同分异构体为
、
。(6)D 与F 生成G 的化学方程式为：
(2＋n)
＋(1＋n)
＋(2＋n)NaOH―→
＋(2＋n)NaCl＋(2＋n)H2O，生成1 mol G 时存在(2＋n)mol＝
765 g
58.5 g·mol
－1＋18 g·mol
－1，解得n＝8。
【举一反三】(·全国卷Ⅲ，36)氧化白藜芦醇W 具有抗病毒等作用。下面是利用Heck 反应合成W 的一种方法：
回答下列问题：
(1)A 的化学名称为________。
(2)
中的官能团名称是______________________________________________。
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(3)反应③的类型为________，W 的分子式为______________________________。
(4)不同条件对反应④产率的影响如表：
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；③1 mol 的X 与足量金属Na 反应可生成2 g H2。
(6)利用Heck 反应，由苯和溴乙烷为原料制备
，写出合成路线：
________________________________________________________________。(无机试剂任选)
【答案】(1)间苯二酚(或1,3­苯二酚)
(2)羧基、碳碳双键
(3)取代反应
C14H12O4
(4)不同碱
不同溶剂
不
同催化剂(或温度等)
(5)
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(6)
【解析】(1)A 的结构简式为
，其名称为间苯二酚或1,3­苯二酚。(2)
中的官能团是碳碳
双键和羧基。(3)由合成路线可知，反应③为取代反应。W 中含两个苯环，1 个碳碳双键，故C 原子数为2×6＋
2＝14，含4 个羟基，故含4 个O 原子，由苯环及碳碳双键可知W 分子的不饱和度为4×2＋1＝9，故W 分子中
H 原子数为2×14＋2－2×9＝12，W 的分子式为C14H12O4。(4)由表格中的信息可知，实验1、2、3、4 中的溶剂
和催化剂相同，碱不同，产率不同；实验4、5、6 中碱和催化剂相同，溶剂不同，产率不同，故该实验探究了
不同碱和不同溶剂对反应产率的影响；因6 个实验的催化剂相同，故还可以设计实验探究不同的催化剂对反应
产率的影响。(5)D 为
，其同分异构体X 为1 mol 时，与足量Na 反应生成2 g H2，则X 中含2 个羟
基，由X 中不同化学环境的氢原子的个数比可知2 个羟基在苯环上处于对称位置，且X 中含有2 个甲基，故符
合条件的X 的结构简式为
、
。
专题16
物质结构与性质
【考情探究】
1.原子结构与元素的性质：(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电子排布图；(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。
2.化学键与分子结构：(1)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；(2)了解共价键的
形成、极性、类型(σ键和π键)，了解配位键的含义；(3)能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质；(4)
了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)；(5)能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简
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单分子或离子的立体构型。
3.分子间作用力与物质的性质：(1)了解范德华力的含义及对物质性质的影响；(2)了解氢键的含义，能列举存在
氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。4.晶体结构与性质：(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)了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响；(3)了解分子晶体
结构与性质的关系；(4)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；(5)
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，了解金属晶体常见的堆积方式；(6)了解晶胞的
概念，能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。
【高频考点】
高频考点一
原子结构与性质
(一)基态原子的核外电子排布
1．排布规律
(1)能量最低原理：基态原子核外电子优先占据能量最低的原子轨道，如Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2。
(2)泡利原理：每个原子轨道上最多只能容纳2 个自旋状态相反的电子。
(3)洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状
态相同。
2．表示方法
表示方法
举例
电子排布式
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式
Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式
Fe：3d64s2
电子排布图(或轨道表示式)
3.特殊原子的核外电子排布式
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(1)Cr 的核外电子排布：
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d4，因3d5 为半充满状态，比较稳定，故需要将4s 轨道的一个电子
调整到3d 轨道，得1s22s22p63s23p64s13d5，再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式：
1s22s22p63s23p63d54s1。
(2)Cu 的核外电子排布：
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d9，因3d10 为全充满状态，比较稳定，故需要将4s 轨道的一个电子
调整到3d 轨道，得1s22s22p63s23p64s13d10，再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式：
1s22s22p63s23p63d104s1。
易错提醒
(1)在写基态原子的电子排布式时，常出现以下错误：
①3d、4s 书写顺序混乱。
如
Fe：1s22s22p63s23p64s23d6
×
Fe：1s22s22p63s23p63d64s2
√
②违背洪特规则特例。
如
Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
×
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
√
Cu：1s22s22p63s23p63d94s2
×
Cu：1s22s22p63s23p63d104s1
√
(2)在写基态原子的电子排布图时，常出现以下错误：
①
(违反能量最低原理)
②
(违反泡利原理)
③
(违反洪特规则)
④
(违反洪特规则)
(3)注意元素电子排布式、简化电子排布式、元素价电子排布式的区别与联系。
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如Fe 的电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2；简化电子排布式：[Ar]3d64s2；价电子排布式：3d64s2。
(二)元素的第一电离能和电负性的递变性及应用
1．元素的电离能
第一电离能：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叫做第一电离能。常
用符号I1 表示，单位为kJ·mol
－1。
(1)原子核外电子排布的周期性
随着原子序数的增加，主族元素原子的外围电子排布呈现周期性的变化：每隔一定数目的元素，主族元素原子
的外围电子排布重复出现从ns1 到ns2np6 的周期性变化(第一周期除外)。
(2)元素第一电离能的周期性变化
随着原子序数的递增，元素的第一电离能呈周期性变化：
同周期从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，稀有气体的第一电离能最大，碱金属的第一电离能最小；
同主族从上到下，第一电离能有逐渐减小的趋势。
说明
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势。同能级的轨道为全满、半满时较相邻元素要大，即第ⅡA
族、第ⅤA 族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。如Be、N、Mg、P。
(3)元素电离能的应用
①判断元素金属性的强弱
电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之，则越弱。
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②判断元素的化合价
如果某元素的In＋1≫In，则该元素的常见化合价为＋n 价，如钠元素I2≫I1，所以钠元素的化合价为＋1 价。
2．元素的电负性
(1)元素电负性的周期性变化
元素的电负性：不同元素的原子对键合电子吸引力的大小叫做该元素的电负性。
随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化：同周期从左到右，主族元素电负性逐渐增大；同一主族从
上到下，元素电负性呈现减小的趋势。
(2)
高频考点二
分子结构与性质
1．分子构型与杂化轨道理论
杂化轨道的要点
当原子成键时，原子的价电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。杂化轨道数不同，
轨道间的夹角不同，形成分子的立体构型不同。
杂化类型
杂化轨道数目
杂化轨道夹角
立体构型
实例
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sp
2
180°
直线形
BeCl2
sp2
3
120°
平面三角形
BF3
sp3
4
109°28′
正四面体形
CH4
2.分子构型与价层电子对互斥模型
价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对立体构型，不包括
孤电子对。
(1)当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致。
(2)当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
电子对数
成键对数
孤电子对数
价层电子对立体构型
分子立体构型
实例
2
2
0
直线形
直线形
BeCl2
3
3
0
三角形
平面三角形
BF3
2
1
V 形
SO2
4
4
0
四面体
四面体形
CH4
3
1
三角锥形
NH3
2
2
V 形
H2O
3．中心原子杂化类型和分子立体构型的相互判断
中心原子的杂化类型和分子立体构型有关，二者之间可以相互判断。
分子组成(A 为
中心原子)
中心原子的孤电
子对数
中心原子的杂化
方式
分子立体构型
实例
AB2
0
sp
直线形
BeCl2
1
sp2
V 形
SO2
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2
sp3
V 形
H2O
AB3
0
sp2
平面三角形
BF3
1
sp3
三角锥形
NH3
AB4
0
sp3
正四面体形
CH4
【特别提醒】
(1)用价层电子对互斥理论判断分子的立体构型时，不仅要考虑中心原子的孤电子对所占据的空间，还要考虑孤
电子对对成键电子对的排斥力大小。排斥力大小顺序为LP—LP≫LP—BP>BP—BP(LP 代表孤电子对，BP 代表
成键电子对)。
(2)三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：
三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。
(3)排斥力大小对键角的影响
分子
杂化轨道角度
排斥力分析
实际键角
H2O
109°28′
LP—LP≫LP—BP>BP—BP
105°
NH3
109°28′
LP—BP>BP—BP
107°
COCl2
120°
C===O 对C—Cl 的排斥力大
于C—Cl 对C—Cl 的排斥力
形成两种键角分别为
124°18′、111°24′
4.共价键
(1)共价键的类型
①按成键原子间共用电子对的数目分为单键、双键和三键。
②按共用电子对是否偏移分为极性键、非极性键。
③按原子轨道的重叠方式分为σ键和π键，前者的电子云具有轴对称性，后者的电子云具有镜像对称性。
(2)键参数
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①键能：指气态基态原子形成1 mol 化学键释放的最低能量，键能越大，化学键越稳定。
②键长：指形成共价键的两个原子之间的核间距，键长越短，共价键越稳定。
③键角：在原子数超过2 的分子中，两个共价键之间的夹角。
④键参数对分子性质的影响
键长越短，键能越大，分子越稳定。
(3)σ键、π键的判断
①由轨道重叠方式判断
“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键。
②由共用电子对数判断
单键为σ键；双键或三键，其中一个为σ键，其余为π键。
③由成键轨道类型判断
s 轨道形成的共价键全部是σ键；杂化轨道形成的共价键全部为σ键。
(4)等电子原理
原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征。其物理性质相似，化学性质不同。
常见等电子体：
微粒
通式
价电子总数
立体构型
CO2、SCN
－、NO
＋
2 、N
－
3
AX2
16e
－
直线形
CO2－
3 、NO
－
3 、SO3
AX3
24e
－
平面三角形
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SO2、O3、NO
－
2
AX2
18e
－
V 形
SO2－
4 、PO3－
4
AX4
32e
－
正四面体形
PO3－
3 、SO2－
3 、ClO
－
3
AX3
26e
－
三角锥形
CO、N2
AX
10e
－
直线形
CH4、NH
＋
4
AX4
8e
－
正四面体形
(5)配位键
①孤电子对
分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称为孤电子对。
②配位键
a．配位键的形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键；
b．配位键的表示：常用“―→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH
＋
4 可表示为
，
在NH
＋
4 中，虽然有一个N—H 键形成的过程与其他3 个N—H 键形成的过程不同，但是一旦形成之后，4 个共
价键就完全相同。
③配合物
如[Cu(NH3)4]SO4
配位体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F
－、Cl
－、CN
－等。中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag
＋等。
5．分子性质
(1)分子构型与分子极性的关系
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(2)溶解性
①“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂，若存在氢键，则溶剂
和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
②“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)无机含氧酸分子的酸性
无机含氧酸可写成(HO)mROn，如果成酸元素R 相同，则n 值越大，R 的正电性越高，使R—O—H 中O 的电子
向R 偏移，在水分子的作用下越易电离出H
＋，酸性越强，如HClO<HClO2<HClO3<HClO4。
6．氢键
(1)作用粒子：氢、氟、氧、氮原子(分子内、分子间)
(2)特征：有方向性和饱和性
(3)强度：共价键>氢键>范德华力
(4)影响强度的因素：对于A—H…B—，A、B 的电负性越大，B 原子的半径越小，氢键键能越大。
(5)对物质性质的影响：分子间氢键的存在，使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，如熔、沸点：H2O>H2S，
HF>HCl，NH3>PH3。
高频考点三
晶体类型与微粒间作用力
1．不同晶体的特点比较
离子晶体
金属晶体
分子晶体
原子晶体
概念
阳离子和阴离子通过
离子键结合而形成的
通过金属离子与自由电
子之间的较强作用形成
分子间以分子间作用
力相结合的晶体
相邻原子间以共价键
相结合而形成空间网
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晶体
的晶体
状结构的晶体
晶体微粒
阴、阳离子
金属阳离子、自由电子
分子
原子
微粒之间
作用力
离子键
金属键
分子间作用力
共价键
物理
性质
熔、
沸点
较高
有的高(如铁)、有的低
(如汞)
低
很高
硬度
硬而脆
有的大、有的小
小
很大
溶解
性
一般情况下，易溶于
极性溶剂(如水)，难溶
于有机溶剂
钠等可与水、醇类、酸
类反应
极性分子易溶于极性
溶剂；非极性分子易
溶于非极性溶剂
不溶于任何溶剂
2.晶体类别的判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间作用力判断
由阴、阳离子形成离子键构成的晶体为离子晶体；由原子形成的共价键构成的晶体为原子晶体；由分子依靠分
子
间作用力形成的晶体为分子晶体；由金属阳离子、自由电子以金属键形成的晶体为金属晶体。
(2)依据物质的分类判断
①活泼金属氧化物和过氧化物(如K2O、Na2O2 等)，强碱(如NaOH、KOH 等)，绝大多数的盐是离子晶体。
②部分非金属单质、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大多数有机物的晶体是分子晶
体。
③常见的单质类原子晶体有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的化合物类原子晶体有SiC、SiO2、AlN、BP、
CaAs 等。
④金属单质、合金是金属晶体。
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(3)依据晶体的熔点判断
不同类型晶体熔点大小的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔点差别很大，如钨、铂等熔
点很高，铯等熔点很低。
(4)依据导电性判断
①离子晶体溶于水及熔融状态时均能导电。②原子晶体一般为非导体。③分子晶体为非导体，但分子晶体中的
电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水时，分子内的化学键断裂形成自由移动的离子，也能导电。④
金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
一般情况下，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有延展性。
3．晶体熔、沸点的比较
(1)原子晶体
原子半径越小→键长越短→键能越大→熔、沸点越高
如熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)离子晶体
①衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
②一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，离子间的作用力就越强，离子晶体的熔、
沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常得高。如
H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N2。
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④在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷。
(4)金属晶体
金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na<Mg<Al。
高频考点四
晶胞结构
1．常见原子晶体结构分析
晶体
晶体结构
结构分析
金刚
石
(1)每个C 与相邻4 个C 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 不在同一平面内
(4)每个C 参与4 个C—C 键的形成，C 原子数与C—C 键数之比为1∶2
(5)密度＝8×12 g·mol
－1
NA×a3
(a 为晶胞边长，NA 为阿伏加德罗常数)
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”，因此二氧化硅晶体中Si 与O 的个数比为1∶2
(3)最小环上有12 个原子，即6 个O,6 个Si
(4)密度＝8×60 g·mol
－1
NA×a3
(a 为晶胞边长，NA 为阿伏加德罗常数)
SiC、
BP、
AlN
(1)每个原子与另外4 个不同种类的原子形成正四面体结构
(2)密度：ρ(SiC)＝4×40 g·mol
－1
NA×a3
；ρ(BP)＝4×42 g·mol
－1
NA×a3
；ρ(AlN)＝4×41 g·mol
－1
NA×a3
(a 为晶胞边
长，NA 为阿伏加德罗常数)
2.常见分子晶体结构分析
晶体
晶体结构
结构分析
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干冰
(1)每8 个CO2 构成1 个立方体且在6 个面的面心又各有1 个CO2
(2)每个CO2 分子周围紧邻的CO2 分子有12 个
(3)密度＝4×44 g·mol
－1
NA×a3
(a 为晶胞边长，NA 为阿伏加德罗常数)
白磷
(1)面心立方最密堆积
(2)密度＝4×124 g·mol
－1
NA×a3
(a 为晶胞边长，NA 为阿伏加德罗常数)
3．常见金属晶体结构分析
(1)金属晶体的四种堆积模型分析
堆积模型
简单立方堆积
体心立方堆积
六方最密堆积
面心立方最密堆积
晶胞
配位数
6
8
12
12
原子半径(r)和晶胞
边长(a)的关系
2r＝a
2r＝3a
2
2r＝2a
2
一个晶胞内原子数
目
1
2
2
4
原子空间利用率
52%
68%
74%
74%
(2)金属晶胞中原子空间利用率计算
空间利用率＝球体积
晶胞体积
×100%，球体积为金属原子的总体积。
①简单立方堆积
如图所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V 球＝4
3πr3，V 晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝V 球
V 晶胞
×100%＝
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4
3πr3
8r3
×100%≈52%。
②体心立方堆积
如图所示，原子的半径为r，体对角线c 为4r，面对角线b 为
2a，由(4r)2＝a2＋b2 得a＝
4
3
r。1 个晶胞中有2 个原子，故空间利用率＝V 球
V 晶胞
×100%＝
2×4
3πr3
a3
×100%＝
2×4
3πr3
4
3
r
3
×100%≈68%。
③六方最密堆积
如图所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r× 3r＝2 3r2，h＝2 6
3 r，
V 晶胞＝S×2h＝2 3r2×2×2 6
3 r＝8 2r3,1 个晶胞中有2 个原子，则空间利用率＝V 球
V 晶胞
×100%＝
2×4
3πr3
8 2r3
×100%≈74%。
④面心立方最密堆积
如图所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2 2r，V 晶胞＝a3＝(2 2r)3＝16 2r3,1 个晶胞中有4 个原子，则
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空间利用率＝V 球
V 晶胞
×100%＝
4×4
3πr3
16 2r3
×100%≈74%。
(3)晶体微粒与M、ρ之间的关系
若1 个晶胞中含有x 个微粒，则1 mol 该晶胞中含有x mol 微粒，其质量为xM g(M 为微粒的相对分子质量)；
若该晶胞的质量为ρa3 g(a3 为晶胞的体积)，则1 mol 晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。
4．常见离子晶体结构分析
(1)典型离子晶体模型
NaCl 型
CsCl 型
ZnS 型
CaF2 型
晶胞
配位数及
影响因素
配位数
6
8
4
F
－：4；Ca2＋：8
影响
因素
阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电
荷比有关等
密度的计算(a 为晶胞边长，
NA 为阿伏加德罗常数)
4×58.5 g·mol
－1
NA×a3
168.5 g·mol
－1
NA×a3
4×97 g·mol
－1
NA×a3
4×78 g·mol
－1
NA×a3
(2)晶格能
①定义：气态离子形成1 摩离子晶体释放的能量。晶格能是反映离子晶体稳定性的数据，可以用来衡量离子键
的强弱，晶格能越大，离子键越强。
②影响因素：晶格能的大小与阴阳离子所带电荷、阴阳离子间的距离、离子晶体的结构类型有关。离子所带电
荷越多，半径越小，晶格能越大。
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③对离子晶体性质的影响：晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。
【题型突破】
题型一
原子结构与性质
1．(1)(·全国卷Ⅰ)基态Fe2＋与Fe3＋离子中未成对的电子数之比为
。
(2)(·全国卷Ⅱ)基态Ti 原子的核外电子排布式为
。
(3)(·天津卷)Fe、Co、Ni 在周期表中的位置为
，基态Fe 原子的电子排布式
为
。
(4)(·全国卷Ⅰ)Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是
。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是
。
(5)(·全国卷Ⅱ)(CaTiO3)的晶胞如图所示，其组成元素的电负性大小顺序是
；金属离子与氧离子间的作
用力为
，Ca2＋的配位数是
。
(6)(·全国卷Ⅲ)H、B、N 中，原子半径最大的是
。根据对角线规则，B 的一些化学性质与元素
的相似。
(7)(·全国卷Ⅲ)(NH3BH3)分子中，与N 原子相连的H 呈正电性(Hδ＋)，与B 原子相连的H 呈负电性(Hδ－)，电负性
大小顺序是
。与NH3BH3 原子总数相等的等电子体是
(写分子式)，其熔点比NH3BH3 低(填
“高”或“低”)，原因是在NH3BH3 分子之间，存在
作用，也称“双氢键”。
(8)(·山东卷)NH3、PH3、AsH3 的沸点由高到低的顺序为
(填化学式，下同)，还原性由强到
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弱的顺序为
，键角由大到小的顺序为
。
【答案】
(1)4：5。
(2)1s22s22p63s23p63d24s2。
(3)第四周期第ⅤⅢ族
1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2
(4)Na 与Li 同族，Na 电子层数多，原子半径大，易失电子
Li、Be、B 同周期，核电荷数依次增加。Be 为1s22s2
全满稳定结构，第一电离能最大。与Li 相比，B 核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。
(5)O>Ti>Ca
离子键
12
(6)B
Si
(7)N>H>B
CH3CH3
低
Hδ＋与Hδ－的静电引力
(8)NH3、AsH3、PH3
AsH3、PH3、NH3
NH3、PH3、AsH3
【解析】
(1)Fe2＋核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，未成对电子数为4；Fe3＋核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，
未成对电子数为5，所以Fe2＋与Fe3＋离子中未成对电子数之比为4：5。
(2)22 号Ti 位于第四周期的过渡元素，有4 个电子层，前3 层全满；基态Ti 原子的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d24s2。
(3)Fe、Co、Ni 在周期表中的第四周期第Ⅷ族，26 号Fe 基态原子的排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2。
(4)结合图表可知I1(Li)>I1(Na)，原因是Li 和Na 属于同主族元素，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的
增大而减小，Li 的原子序数小于Na；I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增
大而呈现增大的趋势，所以I1(B)>I1(Li)，Be 位于第ⅡA 族，Be 的2s 全满较稳定，故第一电离能大于B。
(5)Ca 和Ti 为同周期的金属元素，Ca 在Ti 的左边，周期表从左向右元素的电负性依次增大的，所以Ti>Ca，O
为非金属性元素，得电子能力强，电负性最大，即O>Ti>Ca；金属阳离子与氧的阴离子成为离子键；离子晶体
中的配位数是指距离最近的带相反电荷的离子有多少个，由图可知，与Ca2＋最近的等距离的氧离子位于经过
Ca2＋的三个相互垂直的面上，每个面上有4 个，则3×4＝12 个。
(6)在所有元素中，H 原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N 中原子半
径最大的是B。B 与Si 在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B 的一些化学性质与Si 元素相似。
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(7)(NH3BH3)分子中，与N 原子相连的H 呈正电性，说明N 的电负性大于H；与B 原子相连的H 呈负电性，说
明H 的电负性大于B，因此3 种元素电负性由大到小的顺序为N>H>B。NH3BH3 分子中有8 个原子，其价电子
总数为14，N 和B 的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3
分子属于极性分子，而CH3CH3 属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，
故CH3CH3 熔点比NH3BH3 低。NH3BH3 分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ＋与
Hδ－的静电引力。
(8)组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但NH3 分子间可形成氢键，使熔
沸点升高，所以三种物质的熔沸点由高到低的顺序为：NH3、AsH3、PH3；同主族非金属元素由上向下非金属性
依次减弱，其相应离子的还原性越强，还原性由强到弱的顺序为：AsH3、PH3、NH3；同主族非金属元素由上向
下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大到小的顺序为：NH3、
PH3、AsH3。
【变式探究】
1．[·全国卷Ⅰ，35(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)。
【答案】A
【解析】由题给信息知，A 项和D 项代表Mg
＋，B 项和C 项代表Mg。A 项，Mg
＋再失去一个电子较难，即第
二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A 大于B；3p 能级的能量高于3s,3p 能级上电子
较3s 上易失去，故电离最外层一个电子所需能量：A>C、A>D，选A。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(2)(3)](2)Fe 成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm 的价层电子排布式为
4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为________。
(3)比较离子半径：F
－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
【答案】(2)4s
4f5
(3)小于
【解析】(2)Fe 的价层电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价层电子排布式分别是3d6、3d5，二者均首
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先失去4s 轨道上的电子；Sm 失去3 个电子成为Sm3＋时，首先失去6s 轨道上的电子，然后失去1 个4f 轨道上
的电子，故Sm3＋的价层电子排布式为4f5。(3)F
－与O2－核外电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电
子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径：F
－<O2－。
【变式探究】[·全国卷Ⅲ，35(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”)。
【答案】Mg
相反
【解析】由元素周期表中的“对角线规则”可知，与Li 的化学性质最相似的邻族元素是Mg；Mg 为12 号元素，
M 层只有2 个电子，排布在3s 轨道上，故M 层的2 个电子自旋状态相反。
题型二
分子结构与性质
1．(1)(·全国卷Ⅰ)磷酸根离子的空间构型为
，其中P 的价层电子对数为
、杂化轨道类型
为
。
(2)(·全国卷Ⅲ)NH3BH3 分子中，N—B 化学键称为
键，其电子对由
提供。氨硼烷在催化作用下
水解释放氢气：3NH3BH3＋6H2O===3NH
＋
4 ＋B3O3－
6 ＋9H2
B3O 3－
6 的结构为
。在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由
变为
。
(3)(·山东卷)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一
种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol 该配合物中通过螯合作用形成的配位键有
mol，该螯合物中N 的
杂化方式有
种。
(4)(·江苏卷)NH3 分子中氮原子的轨道杂化类型是
；C、N、O 元素的第一电离能由大到小的顺序
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为
。
【答案】
(1)正四面体
4
sp3
(2)
配位
N
sp3
sp2
(3)6
1
(4)sp3
N>O>C
【解析】(1)PO 3－
4 中孤电子对为5＋3－4×2
2
＝0，成键电子对为4，所以PO 3－
4 为正四面体结构，P 的价层电子对
数为4，杂化轨道类型为sp3 杂化。(2)B 原子最外层有3 个电子，其与3 个H 原子形成共价键后，其价层电子
对只有3 对，还有一个空轨道；在NH3 中，N 原子有一对孤对电子，故在NH3BH3 分子中，N—B 键为配位键，
其电子对由N 原子提供。NH3BH3 分子中，B 原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3 在催化
剂的作用下水解生成氢气和B3O3－
6 ，由图中信息可知，B3O 3－
6 中每个B 原子只形成3 个σ键，其中的B 原子的杂
化方式为sp2，因此，B 原子的杂化轨道类型由sp3 变为sp2。(3)该螯合物中Cd2＋与5 个N 原子、2 个O 原子形
成化学键，其中与1 个O 形成共价键，另外均为配位键，故形成6 mol 配位键，该物质中无论硝基、还是NO
－
3
及六元环中的N 原子的杂化方式都为sp2，且只有1 种。(4)N 原子上有一对孤对电子，且形成3 个N—H 键，
NH3 分子中氮原子的轨道杂化类型是sp3 杂化，非金属性越强，第一电离能越大，且N 的2p 电子半满为稳定结
构，C、N、O 元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，35(2)节选]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________、________。
【答案】sp3
sp3
【解析】乙二胺分子中，1 个N 原子形成3 个单键，还有一个孤电子对，故N 原子价层电子对数为4，N 原子
采取sp3 杂化；1 个C 原子形成4 个单键，没有孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3 杂化。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(1)节选]元素As 与N 同族。预测As 的氢化物分子的立体结构为________。
【答案】三角锥形
【解析】AsH3 的中心原子As 的价层电子对数为5＋3
2
＝4，包括3 对成键电子和1 对孤电子对，故其立体结构为
三角锥形。
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338 / 346
【变式探究】[·全国卷Ⅲ，35(2)(4)(5)](2)FeCl3 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3
的结构式为__________________，其中Fe 的配位数为________。
(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、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为______________________(用n 代表P 原子数)。
【答案】(2)
4
(4)O
sp3
σ
(5)(PnO3n＋1)(n＋2)－
【解析】(2)Fe 能够提供空轨道，而Cl 能够提供孤电子对，故FeCl3 分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl3 的
双聚分子的结构可知FeCl3 的双聚分子的结构式为
，其中Fe 的配位数为4。(4)同周期从左
到右，主族元素的电负性逐渐增强，故O 的电负性大于N，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，故电负
性N 大于P，又因H 的电负性小于O，因此NH4H2PO4 中电负性最高的元素是O。PO 3－
4 中中心原子P 的价层电
子对数为4，故P 为sp3 杂化，P 的sp3 杂化轨道与O 的2p 轨道形成σ键。(5)由三磷酸根离子的结构可知，中间
P 原子连接的4 个O 原子中，2 个O 原子完全属于该P 原子，另外2 个O 原子分别属于2 个P 原子，故属于该
P 原子的O 原子数为2＋2×1
2＝3，属于左、右两边的2 个P 原子的O 原子数为3×2＋1
2×2＝7，故若这类磷酸根
离子中含n 个P 原子，则O 原子个数为3n＋1，又因O 元素的化合价为－2，P 元素的化合价为＋5，故该离子
所带电荷为－2×(3n＋1)＋5n＝－n－2，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n＋1)(n＋2)－。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(2)(4)](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__________________。
(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________。
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【答案】(2)H2S
(4)平面三角
2
sp3
【解析】(2)根据价层电子对互斥理论可知，H2S、SO2、SO3 三种分子中S 原子的价层电子对数分别为4、3、3，
因此H2S 中S 原子价层电子对数不同于其他两种分子。
(4)SO3 的中心原子为S，中心原子的孤电子对数＝(6－2×3)/2＝0，中心原子结合3 个氧原子，结合每个O 原子
有且只能有一个σ键，所以S 形成3 个σ键，S 的价层电子对数为0＋3＝3，S 为sp2 杂化，根据sp2 杂化轨道构
型可知，SO3 为平面三角形分子，符合形成大π键的条件，可形成4 中心6 电子大π键，因此有两种共价键类型。
如图(b)所示的三聚分子中每个S 原子与4 个O 原子结合，形成正四面体结构，S 原子的杂化轨道类型为sp3。
题型三
晶体类型与微粒间作用力
例3．(1)(·全国卷Ⅰ)LiFePO4 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O 围绕Fe 和P 分别形成正八面体和正四面体，
它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4 的单元数有
个。
电池充电时，LiFePO4 脱出部分Li
＋，形成Li1－xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x＝
，
n(Fe2＋)：n(Fe3＋)＝
。
(2)(·全国卷Ⅱ)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2＋、I
－和有机碱离子CH3NH
＋
3 ，其晶胞如
图(b)所示。其中Pb2＋与图(a)中
的空间位置相同，有机碱CH3NH
＋
3 中，N 原子的杂化轨道类型是sp3；
若晶胞参数为a nm，则晶胞密度为
g·cm
－3(列出计算式)。
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340 / 346
(3)(·全国卷Ⅲ)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α＝β
＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2 超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ＝
g·cm
－3(列出计算式，设NA 为阿伏加德罗常数的值)。
(4)(·山东卷)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，称作原子的分数坐标。四方晶
系CdSnAs2 的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
一个晶胞中有
个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn
(用分数坐标表示)。CdSnAs2 晶体
中与单个Sn 键合的As 有
个。
(5)(·天津卷)CoO 的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO 晶体的密度为
g·cm
－3。
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341 / 346
(6)(·全国卷Ⅱ)Ti 的四卤化物熔点如表所示，TiF4 熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4 至TiI4 熔点依次升高，原因
是
。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
－24.12
38.3
155
(7)(·山东卷)Sn 为ⅣA 族元素，单质Sn 与干燥Cl2 反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4 为无色液体，SnCl4 空间构
型为
，其固体的晶体类型为
。
【答案】
(1)4
3/16
13：3
(2)Ti4＋
sp3
620
a3×NA
×1021
(3)
62
NAabc×10
－30
(4) 4
(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)
4
(5)
3
NA·a3×1023
(6)TiF4 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点
逐渐升高。
(7)正四面体形
分子晶体
【解析】(1)由题图可知，小白球表示锂原子，由图(a)知，每个晶胞中的锂原子数为8×1/8＋4×1/4＋4×1/2＝4，
故一个晶胞中有4 个LiFePO4 单元。由图(b)知，Li1－xFePO4 结构中，一个晶胞含有13/4 个锂原子，此时锂原子、
铁原子的个数比为13：16，进而推出x＝3/16。设Li13Fe16(PO4)16 中二价铁离子的个数为a，三价铁离子的个数
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342 / 346
为b，由2a＋3b＋13＝48，a＋b＝16，得到a：b＝13：3，即n(Fe2＋)：n(Fe3＋)＝13：3。
(2)观察晶胞(a)(b)，将图(b)周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图(a)所示晶胞，图(b)体心上的Pb2＋就是
8 个顶点，即图(a)中的Ti4＋，图(b)顶点中的I
－就为体心，即图(a)的Ca2＋的位置，图(b)面心上的CH3NH
＋
3 就是
核心，即图(a)中的O2－的位置；所以图(b)Pb2＋与图(a)中Ti4＋的空间位置相同；有机碱CH3NH
＋
3 中，N 原子形成
4 个σ键，即N 的杂化轨道类型为sp3；观察图(b)晶胞中含有1 个Pb2＋位于体心，I
－位于面心，共有：1
2×6＝3，
CH3NH
＋
3 位于顶点，共有：1
8×8＝1；根据：ρ＝m
V＝
207＋3×127＋12＋14＋6
NA×(a×10
－7)3
g·cm
－3＝620
a3×NA
×1021 g·cm
－3。
(3)在氨硼烷的2×2×2 的超晶胞结构中，共有16 个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2a pm、2b pm、2c pm，
若将其平均分为8 份可以得到8 个小长方体，则平均每个小长方体中占有2 个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、
高分别为a pm、b pm、c pm，则小长方体的质量为31×2 g
NA
，小长方体的体积为abc×10
－30 cm
－3，因此，氨硼烷
晶体的密度为
31×2 g
NA
abc×10
－30
＝
62
NAabc×10
－30 g·cm
－3。
(4)由部分Cd 原子的分数坐标(0,0,0)，可知8 个Cd 在晶胞的顶点，4 个Cd 在晶胞的面心，1 个在晶胞的体心，
部分Sn 原子的分数坐标为(0,0,0.5)，4 个Sn 在晶胞的棱上，6 个Sn 在晶胞的面心，部分As 原子的坐标为
(0.25,0.25,0.125)，8 个As 在晶胞的体心，所以一个晶胞中含有Sn 的个数为：4×1
4＋6×1
2＝4；距离Cd(0,0,0)最近
的Sn 是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)；由图可知，CdSnAs2 晶体中与单个Sn 键合的As 有4 个。
(5)O2－位于顶点和面心，共8×1
8＋6×1
2＝4 个，Co2＋位于棱心和体心，12×1
4＋1＝4 个，ρ＝m
V＝59×4＋16×4
NA·a3
×1021 g·cm
－3＝
3
NA·a3×1023 g·cm
－3。
(6)一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体。第ⅤⅡA 族元素，由上向下得电子能力依次减弱，F 原子得电子
能力最强，TiF4 为离子化合物，熔点最高，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的物
质，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。
(7)Sn 为第ⅣA 族元素，价层电子对数＝σ＋1
2(a－xb)＝4＋1
2(4－4×1)＝4＋0＝4，空间构型为正四面体形；常温
常压下SnCl4 为无色液体，熔沸点较低，为分子晶体。
【变式探究】[·全国卷Ⅰ，35(2)(3)节选](2)乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
_________________________________________________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是
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________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。
(3)一些氧化物的熔点如表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/℃
1 570
2 800
23.8
－75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因____________________________________________________________。
（4）图(a)是MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体
方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x＝________pm，Mg 原
子之间最短距离y＝________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2 的密度是________g·cm
－3(列出计算
表达式)。
【答案】(2)乙二胺的两个N 提供孤对电子与金属离子形成配位键
Cu2＋
(3)Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能：MgO>Li2O。分子间作用力(分子量)：P4O6>SO2
（4）2
4 a
3
4 a
8×24＋16×64
NAa3×10
－30
【解析】(2)乙二胺中2 个N 原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离
子。由于铜属于过渡金属，Cu2＋比Mg2＋更易形成稳定的配合物。(3)氧化锂、氧化镁是离子晶体，六氧化四磷
和二氧化硫是分子晶体，离子键比分子间作用力强。
（4）观察图(a)和图(b)知，4 个铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝2
4 a。镁原子堆积方式类似金
刚石，有y＝3
4 a。已知1 cm＝1010 pm，晶胞体积为(a×10
－10)3 cm3，代入密度公式计算即可。
【举一反三】[·全国卷Ⅱ，35(1)节选]AsH3 沸点比NH3 的________(填“高”或“低”)，其判断理由是
___________________________________________________________________________________________。
[·全国卷Ⅱ，35(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。
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图中F
－和O2－共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x 和1－x 代表，则该化合物的化学式表示为
________；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x 值，完成它们关系表达式：ρ＝________g·cm
－3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1 中原子1 的
坐标为
1
2，1
2，1
2 ，则原子2 和3 的坐标分别为________、________。
【答案】（2）低
NH3 分子间存在氢键
（4）SmFeAsO1－xFx
2[281＋16(1－x)＋19x]
a2cNA×10
－30
1
2，1
2，0
0，0，1
2
【解析】（2）NH3 中N 的电负性比AsH3 中As 的大得多，故NH3 易形成分子间氢键，从而使其沸点升高。
（4）由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中Sm 的原子个数为4×1
2＝2，Fe 的原子个数为1＋4×1
4＝2，
As 的原子个数为4×1
2＝2，O 或F 的原子个数为8×1
8＋2×1
2＝2，即该晶胞中O 和F 的个数之和为2，F
－的比例
为x，O2－的比例为1－x，故该化合物的化学式为SmFeAsO1－xFx。1 个晶胞的质量为
2×[150＋56＋75＋16×(1－x)＋19x]
NA
g＝2[281＋16(1－x)＋19x]
NA
g，1 个晶胞的体积为a2c pm3＝a2c×10
－30cm3，故密
度ρ＝2[281＋16(1－x)＋19x]
a2cNA×10
－30
g·cm
－3。原子2 位于底面面心，其坐标为
1
2，1
2，0 ；原子3 位于棱上，其坐标为
0，0，1
2 。
【变式探究】[·全国卷Ⅲ，35(3)]苯胺(
)的晶体类型是________。苯胺与甲苯(
)
的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃)，
原因是______________________________________。
【答案】分子晶体
苯胺分子之间存在氢键
【解析】苯胺为有机物，结合题给信息中苯胺的熔、沸点可知苯胺为分子晶体。苯胺中有—NH2，分子间可形
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成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的熔、沸点。
4．[·全国卷Ⅱ，35(5)]FeS2 晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2 相对式量为M、阿伏加德罗常数的
值为NA，其晶体密度的计算表达式为______________________g·cm
－3；晶胞中Fe2＋位于S 2－
2 所形成的正八面体
的体心，该正八面体的边长为________nm。
【答案】4M
NAa3×1021
2
2 a
【解析】分析晶胞结构可知，Fe2＋位于棱心和体心，S 2－
2 位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2＋个数为
12×1
4＋1＝4，每个晶胞中含有的S 2－
2 个数为6×1
2＋8×1
8＝4，即每个晶胞中含有4 个FeS2。一个晶胞的质量＝4M
NA
g，晶胞的体积＝(a×10
－7)3 cm3，该晶体的密度＝
4M
NA(a×10
－7)3 g·cm
－3＝4M
NAa3×1021 g·cm
－3。正八面体的边长即为
两个面心点的距离，因此正八面体的边长为
2
2 a nm。
5．[·全国卷Ⅲ，35(5)]金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为__________________。六棱
柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn 的密度为________g·cm
－3(列出计算式)。
【答案】六方最密堆积(A3 型)
65×6
NA×6× 3
4 ×a2c
【解析】金属Zn 晶体为六方最密堆积方式(A3 型)。六棱柱底边边长为a cm，则六棱柱上下面的面积均为6× 3
4 a2
cm2，则六棱柱的体积为6× 3
4 a2c cm3，锌原子在六棱柱的顶点、上下面心和晶胞内，一个晶胞含锌原子个数为
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12×1
6＋2×1
2＋3＝6，因此一个晶胞中Zn 的质量＝65×6
NA
g，由此可知，Zn 的密度为
65×6
NA×6× 3
4 ×a2c
g·cm
－3。
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