高考二轮总复习化学学案-298页_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

1
高考二轮复习化学学案
专题整合突破.........................................................................................................................................................3
专题一
基本概念..........................................................................................................................................3
第一讲
传统文化与STSE.....................................................................................................................3
第二讲
物质的组成、性质和分类.................................................................................................... 11
第三讲
化学用语及常用计量.............................................................................................................21
第四讲
离子反应.................................................................................................................................34
第五讲
氧化还原反应.........................................................................................................................47
专题二
化学基本理论................................................................................................................................59
第六讲
物质结构
元素周期律........................................................................................................ 59
第七讲
化学能与热能.........................................................................................................................74
第八讲
电化学.....................................................................................................................................83
第九讲
化学反应速率
化学平衡.................................................................................................... 99
第十讲
弱电解质的电离.................................................................................................................. 120
第十一讲
盐类水解、沉淀溶解平衡.............................................................................................. 136
专题三
元素及其化合物......................................................................................................................... 150
第十二讲
常见金属元素.................................................................................................................. 150
第十三讲
非金属及其化合物.......................................................................................................... 160
第十四讲
常见有机物及其应用...................................................................................................... 174
专题四
化学实验..................................................................................................................................... 184
第十五讲
化学实验基础知识.......................................................................................................... 184
第十六讲
实验方案设计与评价...................................................................................................... 197
第十七讲
化学工艺流程.................................................................................................................. 213
专题五
选考部分..................................................................................................................................... 226
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第十八讲
物质结构与性质.............................................................................................................. 226
第十九讲
有机化合物结构与性质.................................................................................................. 242
第二十讲
有机化合物的合成与推断.............................................................................................. 254
考前抢分策略............................................................................................................................................. 273
第一讲
要点回扣.............................................................................................................................. 273
第二讲
实验回扣.............................................................................................................................. 284
第三讲
临考之前必记的答题技巧.................................................................................................. 297
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3
专题整合突破
专题一
基本概念
第一讲
传统文化与STSE
[最新考纲]
[考向分析]
1.化学与传统文化的试题以与化学学科相关的代表
中国古代文明、科技发展的材料为背景，考查与中
学化学密切相关的物质的性质与用途、化学反应过
程、实验基本操作等知识点，注重传统文化在现实
中的创造性转化和创新性发展
2.化学与STSE 试题选材大量来自实际应用情景，
内容涵盖医药、材料、能源、生活与日用品、化工、
环境与环保、现代技术等领域，充分体现化学学科
的发展性和实践性
1.不但注重了对考生的科学素养和科
学能力的要求，而且突出了对思维开
放性和探究性的考查。考查的知识点
侧重于基础知识的识记、简单理解与
应用。其考查的重点还是用化学的观
点去解决相应问题的能力，体现化学
为生产、生活、社会服务的基本理念
2.关注“绿色化学的重要性”
考点一
传统文化
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·全国卷Ⅲ，7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(
)
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
[解析]
电器着火，不能用泡沫灭火器，因为水和泡沫都是能导电的，会发生意外，A 错误；疫苗中含量最多的
成分是各种减毒或灭活的病毒、细菌等，含有蛋白质，蛋白质在高温下会发生变性，故疫苗应冷藏保存，B 正确；水
性漆是一种不用有机溶剂作为稀释剂的绿色环保产品，C 正确；电热水器内胆一般采用含钛金属的钢板制作，镁比铁
和钛都活泼，若用镁作负极，可起到保护内胆的作用，其原理是利用牺牲阳极的阴极保护法，D 正确。
2．(2019·全国卷Ⅰ，7)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
[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。
3．(2019·全国卷Ⅱ，7)“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中
所涉及物质的说法错误的是(
)
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
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D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
[解析]
蚕丝的主要成分是蛋白质，A 项正确；蚕丝属于天然高分子化合物，B 项正确；“蜡炬成灰”是指蜡烛燃
烧，这属于氧化反应，C 项正确；在古代蜡烛通常由动物油脂制成，动物油脂的主要成分为高级脂肪酸酯，其不属于
高分子聚合物，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．传统文化中的物质与工艺判断：
(1)传统文化涉及的“物质”判断：根据文言文信息分析物质的性质，然后根据性质判断是哪种物质。例如有关“强
水”的叙述：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指硝酸。
(2)传统工艺涉及的“变化”判断：由古代文献记载的内容，联系化学反应，判断是否为化学变化、物理变化等。
例如“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”是描述石灰石的焚烧过程发生了化学变化。
(3)传统工艺涉及的“分离”方法：根据过程判断是蒸馏、升华、干馏还是萃取等操作。
2．传统文化中的化学知识的思考角度：
(1)传统文化中的物质变化与反应类型。如成语“火上浇油”(主要是化学变化)、“百炼成钢”(主要是化学变化)，
古诗词“千锤万凿出深山”(主要是物理变化)，滴水穿石，落汤螃蟹着红袍等。
(2)传统文化中的物质组成。如《本草经集注》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，“硝石”指KNO3，如
《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，“洧水”的主要成分是石油等。
(3)传统文化中的实验操作。如《本草衍义》中对精制砒霜过程的叙述：“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。”涉及的操作方法是升华；如明代《本草纲目》
记载烧酒的制造工艺，“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”涉及的操作方法是蒸馏；东
晋葛洪《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”操作中“渍”和“绞”分别表示浸取和过滤。
(4)传统文化中的物质性质与用途。如前对强水的描写。
►方法指导
传统文化中的化学知识类试题解题关键
(1)经典史籍中的化学成就，体现了化学的久远与魅力。解决此类问题要认真读题，认真阅读题干中的文字信息，
抓住关键字词进行回答。如《本草衍义》中精制砒霜过程中“置火上”“器覆之”“烟上飞”“凝结”等明确指明了
“升华”的操作特点等。
(2)根据古典文籍中的材料，考查有关物质的名称、成分、基本的物理和化学性质，古代化学成就及相关化学史，
体现化学学科素养，反映化学最本质的特征。如古代的陶瓷文化、冶金文化、古代的本草医药和炼丹术、古代酿酒制
醋、四大发明等，体现了科学探究精神和实验研究能力。解决此类问题，需要在平时训练中注意记录和多积累。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·黄冈二模)唐代刘禹锡撰于818 年的《传信方》中有这样一段描述：“治气痢巴石丸，取白矾一大斤，以
炭火净地烧令汁尽，则其色如雪，谓之巴石。”据此推测，用于治气痢的巴石丸，其主要原料的化学成分为(
)
A．CuSO4
B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O
D．Fe2(SO4)3·9H2O
[解析]
根据实质性信息“白矾”，明矾也叫白矾，“烧令汁尽”意思就是固体本身带有结晶水，“其色如雪”
意为烧后颜色如雪一样白，CuSO4 不含结晶水，A 错误；FeSO4·7H2O、Fe2(SO4)3·9H2O 烧后不可能“色如雪”，B、
D 错误；KAl(SO4)2·12H2O 失去结晶水后呈白色，C 正确。
2．(新题预测)中华民族历史悠久，在浩瀚历史文明中有许多关于化学的记载。下列说法错误的是(
)
选项
古代文献
记载内容
涉及原理
A
《元丰行示德逢》
“雷蟠电掣云滔滔，夜半载
雨输亭皋”
雷电时发生了化学反应
B
《陶埏(陶瓷)》
“水火既济而土合……后世
方土效灵，人工表异，陶成
雅器，有素肌、玉骨之象焉”
“陶成雅器”的主要原料
是黏土
C
《天工开物》
“凡火药，硫为纯阳，硝为
纯阴”
纯阴指化合价降低，利用硝
酸钾的不稳定性
D
《肘后备急方》
“青蒿一握，以水二升渍，
绞取汁”
利用物理方法提取青蒿素
[解析]
“雷雨发庄稼”时发生了化学反应，A 正确；制作陶器的主要原料是黏土，B 正确；硝酸钾、硫等在一定
条件下发生氧化还原反应，利用硝酸钾的氧化性，C 错误；“绞取汁”是用物理方法提取青蒿素，D 正确。
3．(2019·江西南昌高三一模)古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是(
)
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高
B．“玉不琢不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化
C．“甘之如饴”说明糖类均有甜味
D．“火树银花”中焰火实质上是金属元素的焰色反应
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5
[解析]
相同质量的水和冰比较，水的能量高，A 错误；“玉不琢不成器”是物理变化，B 错误；不是所有的糖类
都有甜味，如淀粉、纤维素属于糖类，它们均没有甜味，C 错误；焰火实质上是金属元素的焰色反应，D 正确。
4．(2019·济南高三联考)明代《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二
次，……，价值数倍也”，这里用到的方法可用于分离(
)
A．丙烯酸甲酯和甲醇
B．甲苯和碳酸钠溶液
C．硝酸钾和氯化钠
D．氯化铵和硫酸钠
[解析]
民间酿酒的工艺中涉及的液体的分离方法是蒸馏，丙烯酸甲酯和甲醇分离用蒸馏的方法，甲苯和碳酸钠
溶液分离用分液，硝酸钾和氯化钠分离用结晶的方法，氯化铵和硫酸钠分离用加热的方法。
考点二
STSE
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·天津理综，1)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
[解析]
A 错：用谷物酿造酒和醋的过程是淀粉在酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下发生分解反
应生成乙醇，乙醇可以被氧化生成乙酸(醋的主要成分)。B 对：后(司)母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品。C 对：烧制
陶瓷的主要原料是黏土。D 对：屠呦呦利用萃取原理将青蒿中的有机物青蒿素提取出来。
2．(2019·全国卷Ⅲ，7)化学与生活密切相关。下列叙述错误的是(
)
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
[解析]
利用高纯硅的半导体性能，可制造光感电池，A 正确；铝合金具有质地轻、强度高、抗腐蚀能力强等特
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。
3．(2016·全国Ⅱ·7)下列关于燃料的说法错误的是(
)
A．燃料燃烧产物CO2 是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO 是大气污染物之一
[解析]
燃料燃烧产生的CO2 是导致温室效应的主要气体之一，A 项正确；化石燃料完全燃烧生成的SO2 属于大
气污染物，B 项错误；液化石油气含碳量比燃油低，用液化石油气代替燃油能减少大气污染，C 项正确；CO 是大气
污染物之一，D 项正确。
4．(2018·全国Ⅱ，7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是(
)
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
[解析]
碳酸钠溶液显碱性，会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物质而除去，A 正确；漂白粉的主要成分
为CaCl2 和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2 具有强氧化性能够杀菌消毒，可用于生活用水的消毒，B 正确；胃酸的主要成分
为HCl，而氢氧化铝能够中和胃酸，故可用于治疗胃酸过多，C 正确；碳酸钡能够溶于胃酸而形成可溶性的钡盐，重
金属盐溶液能使蛋白质变性而造成人体中毒，D 错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．绿色化学的特点：
(1)充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料。
(2)在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物。
(3)提高原子利用率，力图使原料的原子都转化为目标产物，实现零排放。
(4)生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。
2．环境污染：
(1)光化学烟雾：汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物(CxHy)和氮氧化物(NOx)等发生化学反应后生成的混合
物所形成的烟雾。
(2)酸雨：正常雨水偏酸性，pH 约为5.6，这是大气中的CO2 溶于雨水中的缘故。酸雨是指pH<5.6 的降水，主要
是人为排放的氮氧化物和硫氧化物等酸性气体转化而成的。
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(3)温室效应：二氧化碳、甲烷引起的。
3．生活、生产中的材料：
(1)金属材料：常见的是合金，其硬度比各组成成分大，熔点比各组成成分低。
(2)无机非金属材料：玻璃、陶瓷、水泥和光导纤维。
(3)有机高分子材料：塑料、纤维和橡胶。
4．能源：包括化石燃料(煤、石油、天然气)、阳光、风力、潮汐以及柴草等。
(1)新能源：利用先进技术所获得的能源，如核聚变能、风能、太阳能、海洋能等。
(2)可再生能源：在短时间内可连续再生利用的一次能源。例如，水能、风能。
(3)不可再生能源：经过亿万年形成的，短期内无法恢复的能源。例如，煤、石油、天然气等。
5．化学与资源开发利用
(1)石油的分馏(常压、减压)：物理变化，得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等。
(2)石油的裂化：化学变化，获得更多的轻质油，特别是汽油。
(3)石油的裂解：化学变化，获得主要有机化工原料，如乙烯、丙烯、甲烷等。
(4)煤的干馏：化学变化，隔绝空气加强热，得到焦炉气、煤焦油、焦炭等。
(5)煤的气化：将煤转化为可燃性气体的过程，主要是
C(s)＋H2O(g)=====
高温CO(g)＋H2(g)。
(6)煤的液化：把煤转化为液体燃料的过程。
6．必备的“六大”生活知识：
(1)明矾净水：明矾溶于水电离出的Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀。
(2)常用饮用水消毒剂：Cl2、ClO2、漂白粉、NaClO(84 消毒液)。
(3)漂白剂：漂白粉、漂白液(主要成分NaClO)、SO2、H2O2、Na2O2、O3。
(4)加碘食盐：一般添加KIO3(性质较稳定)。
(5)胶体知识：丁达尔效应与树林中的晨曦、雨后彩虹、舞台上的光柱。
(6)焰色反应：节日的焰火(燃烧的金属元素)和城市中的霓虹灯。
►方法指导
1．解答化学与生活试题的三大注意点：
(1)回归基础：挖掘化学知识与传统文化的密切联系，达到化学源于基础文化知识，高考回归基础的目的。
(2)联系热点：关注与化学有关的热点问题，有意识地积累有关热点素材。
(3)掌握原理：熟记常见的化学工业原理，能够从原料利用率、循环利用、节能减排、绿色环保等角度对化工生产
流程及方案进行正确分析与评价。
2．解答化学与生活试题的步骤：
(1)读题：认真阅读题干中的信息，做到逐字逐句读，找到对解题有价值的信息，抓住其中的关键字词进行回答。
(2)联题：在读题基础上，结合题中问题或逐个选项分析，联系所学习的知识和原理，找准信息(知识、原理、方法)
的方向。
(3)析题：找准知识点后，从新情境回归教材，同时注意解同类题时易犯的错误、易漏的知识等。
(4)解题：针对题目要求，回答相应问题。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·潍坊四月联考)化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是(
)
A．地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂
B．用填埋法处理未经分类的生活垃圾
C．大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活
D．含PM2.5(直径小于或等于2.5 微米的颗粒物)的空气能产生丁达尔效应
[解析]
地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现废物合理利用，A 正确；使用填埋法处理未
经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源，B 错误；大量使用薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，没有体现低碳思想，C
错误；胶体的胶粒在1～100 纳米，比PM2.5 小，则含PM2.5 的空气不能产生丁达尔效应，D 错误。
2．(新题预测)化学遍及人们的生活、工作和生产。下列说法不正确的是(
)
A．金属燃料可能成为新能源，纳米金属燃料更易点燃
B．镁可以通过2Mg＋CO2=====
点燃2MgO＋C，达到既节能减碳又释放能量的效果
C．SiCl4 在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时生成白色烟雾
D．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
[解析]
纳米金属燃料表面积大，活性高，易点燃，A 正确；镁与CO2 反应有节能减碳又释放能量的效果，B 正
确；SiCl4 在空气中容易吸收水蒸气生成原硅酸(H4SiO4)和HCl 而产生白色烟雾，C 正确；铝不能用热还原法冶炼，只
能用电解熔融氧化铝的方法，D 错误。
3．(2017 全国卷Ⅰ)下列生活用品中主要由合成纤维制造的是(
)
A．尼龙绳
B．宣纸
C．羊绒衫
D．棉衬衣
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[解析]
尼龙绳主要成分是合成纤维，宣纸的成分是纤维素，羊绒衫的主要成分是蛋白质，棉衬衣的主要成分是
纤维素。
4．化学与工农业生产、生活密切相关，下列说法中正确的是(
)
A．合成纤维和光导纤维都是新型有机非金属材料
B．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
C．碳纤维是一种新型的高强度的有机高分子材料
D．造纸工艺中使用明矾，会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损
[解析]
合成纤维为有机材料，SiO2 为无机非金属材料，A 错误；油脂不属于高分子化合物，B 错误；碳纤维只
含碳元素，为单质，不属于有机高分子，C 错误；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，其水溶液显酸性，纸张的成分是纤维素，
纤维素在酸性条件下发生水解反应，因此会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损，D 正确。
1．(2019 高考黄金押题)下列有关说法正确的是(
)
A．加酶洗衣粉可以很好地洗涤毛织品上的污渍
B．生物柴油与由石油炼得的柴油都属于烃类物质
C．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱
D．绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染
[解析]
毛织品的主要成分是蛋白质，在酶的催化作用下蛋白质可以水解，故A 错误；从石油炼制得到的柴油主
要是由石油分馏后的C15～C18 的多种烃的混合物属于烃类物质，生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，
不属于烃类物质，故B 错误；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，酸性比碳酸还弱，但次氯酸不稳定见
光易分解，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中盐酸浓度增大，酸性增强，故C 错误；绿色化学的核心是从源头
上减少和消除化工生产对环境的污染，而不是治理污染，故D 正确。
2．(2019 高考黄金押题)宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17 世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正
确的是(
)
A．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
C．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D．“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
[解析]
陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机传统非金属材料，故A 正确；“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”
指的硫磺，“硝”指的是硝酸钾，故B 不正确；该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换
反应，故C 正确；黄铜为铜锌合金，故D 正确。
3．(2019 高考黄金押题)化学与工业生产有着密切的联系，下列说法中正确的是(
)
A．与12C 互为同素异形体的14C 可用作文物鉴定
B．因铝的化学性质活泼，故不能用铝槽车储运浓H2SO4
C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、明矾净水等方法
D．石油裂解、煤的气化等过程中都包含化学变化
[解析]
14C 可用作文物鉴定，但14C 与12C 互为同位素，A 错误；Al 是比较活泼的金属，容易被浓H2SO4 氧化而
在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，所以可用铝槽车储运浓H2SO4，
B 错误；明矾净水是除去水中悬浮的固体颗粒，不是海水淡化的方法，C 错误；石油裂解、煤的气化等过程中都产生
了新的物质，因此都包含着化学变化，D 正确。
4．(2019 高考黄金押题)下列说法正确的是(
)
A．古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化
B．秦始皇统一币制，规定金为上币，铜为下币，金铜均属于有色金属
C．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
D．我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维为同素异形体
[解析]
明矾能净水，但不能使海水淡化，故A 错误；有色金属指铁、铬、锰以外其他的金属，所以金和铜都属
于有色金属，故B 正确；苯乙酸含有氧元素，不属于芳香烃，故C 错误；碳纤维属于新型纤维材料，其组成元素不仅
有碳，还有其他元素，故其不属于碳的同素异形体，故D 错误。
5．(2019 高考黄金押题)世界大学生夏季运动会是规模仅次于夏季奥运会的世界级综合性运动会。2021 年第31 届
世大运将在成都举办。“绿色”是成都的城市发展理念，也是世大运的组织理念。下面有关说法不正确的是(
)
A．成都市目前推广使用的清洁燃料压缩天然气(CNG)和液化石油气(LPG)的主要成分均是烃类
B．兴建世大运场馆所用到的金属材料中可能含有非金属元素
C．“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．新能源汽车的使用有助于减少氮氧化合物的排放
[解析]
压缩天然气(CNG)类的主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)类的成分是丙烷、丁烷等，所以这两类燃料的
主要成分都是烃类，故A 正确；金属材料包括纯金属材料和合金材料，金属材料中也可能含有非金属元素，如生铁中
含有碳元素，故B 正确；“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理对环境污染进行
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治理，故C 错误；新能源汽车的推广和使用，可以减少氮的氧化物的排放，有助于减少光化学烟雾的产生，故D 正确。
6．(2019 高考黄金押题)化学与生产、生活、社会等密切相关，下列说法正确的是(
)
A．由碳化硅、陶瓷和碳纤维形成的复合材料，是一种新型有机高分子材料，可用于制造航天服
B．用CO2 合成可降解的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害
C．“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，使用时滴加盐酸可以增强消毒效果
D．明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体，常用于水体杀菌消毒
[解析]
碳化硅、陶瓷和碳纤维等属于无机物，不是有机高分子材料，A 错误；白色污染是指聚乙烯塑料袋，由
于不能降解从而对环境造成污染，但用CO2 合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，故可以减少白色污染和危害，B 正确；
次氯酸钠，与适量白醋混合，可生成次氯酸，浓度增大，可增大消毒效果，盐酸是强酸，具有腐蚀性，因此不能滴入
盐酸，C 错误；胶体具有吸附性而没有强氧化性，所以明矾只能作净水剂，不能杀菌消毒，D 错误。
7．(2019 高考黄金押题)铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮，坠痰镇惊之功效，其制备方法为将醋酸放入磁
皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细纱布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶，如需精制，可将结晶溶于同
等量的沸汤，滴醋少许，过七层细布；清液放冷，即得纯净铅霜，制备过程中没有涉及的操作是(
)
A．萃取
B．溶解
C．过滤
D．重结晶
[解析]
此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶。清液放
冷，即得纯净铅霜，此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。
8．(2019 高考黄金押题)纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法正确的是(
)
A．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
B．刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐
C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”因为绿矾能电离出H
＋，所以“味酸”
D．“山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关
[解析]
煤液化并没减少C 原子，因此推广使用煤液化技术，不能减少CO2 等温室气体的排放，故A 错误；刚玉、
红宝石主要成分是氧化铝，玛瑙成分为二氧化硅、分子筛主要成分是硅酸盐，故B 错误；绿矾溶液中FeSO4 电离出
Fe2＋和SO2－
4 ，没有H
＋电离，“味酸”是因为Fe2＋水解，使溶液显酸性，故C 错误；疫苗未冷藏储运而失效，温度升
高，蛋白质发生变性，故应低温保存，故D 正确。
9．(2019 高考黄金押题)中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是(
)
A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3
B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO 在湖泊池沼水面上起火的现象
C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”
D．《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应
[解析]
草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A 正
确；湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现
象，故B 错误；钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C 正确；丹砂(HgS)烧之成水银，
Hg 的化合价为＋2 价降到0 价，Hg 的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D 正确。
10．(2019 高考黄金押题)下列关于物质的性质和用途的说法中错误的是(
)
A．硫酸用于精炼石油、金属加工前的酸洗及制取各种挥发性酸
B．明矾净水是因为水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物
C．利用高纯单质硅的半导体性能可以制成光电池，将光能直接转化为电能
D．碳酸钠和碳酸氢钠溶液都显碱性，因此可作食用碱和工业用碱
[解析]
硫酸为沸点高，酸性强，可用于制取多种挥发性酸，在石油精炼中，要用浓硫酸除去汽油和润滑油中的
杂质—硫化物和不饱和碳氢化合物，故A 正确；明矾能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性能够净水，不具有强的
氧化性，不能杀菌，故B 错误；晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的重要材料，可以将光能直接转化
为电能，故C 正确；根据盐类水解的规律，强碱弱酸盐水解呈碱性，碳酸钠(Na2CO3)和碳酸氢钠(NaHCO3)分别是强
碱碳酸盐和强碱碳酸氢盐，所以它们水解都呈碱性；食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏打，在厨房做面点，一
般用小苏打作为面点的膨松剂，也可用纯碱代替小苏打，故D 正确。
11．(2019 高考黄金押题)中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中
充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是(
)
A．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3 的氧化性”
B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的
制作工艺中充分应用了化学工艺
[解析]
火药发生化学反应时，KNO3 中N 的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A 正确；
高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B 错
误；明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H
＋与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，产生可溶性的物质，
因此可以达到除锈的目的，C 正确；蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理
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和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D 正确。
12．(2019 高考黄金押题)化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是(
)
A．华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维是同种材料
B．近期出现在抚顺的雾霾是一种分散系，带活性炭口罩的原理是吸附作用
C．煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
D．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
[解析]
硅为良好的半导体，用作芯片，光导纤维主要成分为二氧化硅，为绝缘体，它们不是同种材料，故A 项
错误；活性炭具有疏松多孔的结构，具有吸附性，而雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的原理
是吸附原理，故B 项正确；煤炭气化生成CO 和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分
离液体混合物的方法，故煤炭不能蒸馏，故C 项错误；特种钢缆为金属材料，不是非金属材料，故D 项错误。
13．(2019 高考黄金押题)化学与生产、生活密切相关。下列有关化学原理及应用的说法不正确的是(
)
A．干粉灭火器、气溶胶灭火器可用于扑救汽油、有机溶剂等易燃液体、可燃气体和电器设备的初期火灾
B．月饼等富脂食品包装时可加入装有碳粉和铁粉等物质的透气小包，能起到抗氧化、延长保质期的作用
C．苏打水中含有碳酸氢钠，饮用后可以直接降低血液酸性
D．空气污染指数API 包括的污染物有PM10、PM2.5、NO2、SO2、CO、O3
[解析]
干粉灭火器适用于扑救石油及其产品、有机溶剂等易燃液体、可燃气体和电气设备的初起火灾，故A 正
确；装有碳粉和铁粉等物质的透气小包，发生铁的吸氧腐蚀，所以能起到抗氧化、延长保质期的作用，故B 正确；苏
打水是碳酸氢钠的水溶液，弱碱性，饮用后在胃中与胃酸反应生成二氧化碳，不能直接降低血液酸性，故C 错误；影
响空气污染指数的主要六种污染物有PM10、PM2.5、NO2、SO2、CO、O3，故D 正确。
14．(2019 高考黄金押题)下列关于物质的表述不正确的是(
)
A．港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
B．3D 打印钛合金材料用于航天航空尖端领域是利用了钛合金密度小强度大等特点
C．位于贵州省平塘县的中国天眼FAST 使用的SiC 是一种无机非金属材料
D．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料
[解析]
聚乙烯纤维属于有机合成高分子材料，不符合题意，故不选A；钛合金具有低密度、高比强度、使用温
度范围宽(－269～600 ℃)、耐蚀、低阻尼和可焊等诸多优点，是航空航天飞行器轻量化和提高综合性能的最佳用材，
不符合题意，故不选B；碳化硅是新型无机非金属材料，不符合题意，故不选C；彩瓷属于硅酸盐产品，属于传统无
机非金属材料，故D 不正确。
15．(2019 高考黄金押题)化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是(
)
A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
B．水泥厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质
C．《本草经集注》对“硝石”的注解如下：“……如握雪不冰。强烧之，紫青烟起，仍成灰……”。这里的“硝
石”指的是高锰酸钾
D．《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
[解析]
明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除
铜镜表面的铜锈，A 正确；工厂烟尘属于胶体，胶体粒子带电，具有电泳的性质，则可用高压电除尘，B 正确；K 元
素的焰色反应为紫色，故紫青烟起是由于硝石中的K
＋在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，高锰酸钾为紫黑色，“如握雪
不冰”，根据颜色分析，这里的“硝石”不是高锰酸钾，硝酸钾为白色晶体，“硝石”是硝酸钾，故C 错误；由信息
可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，D 正确。
16．(2019 高考黄金押题)下列有关说法不正确的是(
)
A．把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵
B．生活垃圾直接焚烧会产生很多对身体有害的物质
C．钢铁在潮湿空气中易发生化学腐蚀
D．锅炉水垢中的CaSO4 通常先用Na2CO3 溶液处理，使其转化成CaCO3，而后用酸去除
[解析]
石灰浆能够使蛋白质变性，因此把石灰浆喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故A 正确；许多生活
垃圾在焚烧之后，会产生许多对人体健康有害的化学物质，如废塑料燃烧时不仅会产生浓烟和恶臭，还会产生强烈刺
激性的氯化氢等有毒有害气体，故B 正确；钢铁在潮湿空气中易发生电化学腐蚀，故C 错误；CaSO4 与酸不反应，必
须先转化为碳酸钙，再加酸除去，所以要先加入碳酸钠，故D 正确。
17．(2019 高考黄金押题)很多诗句或谚语都包含了丰富的化学知识，下列说法不正确的是(
)
A．“雷雨发庄稼”说明有铵盐生成
B．“落汤螃蟹着红袍”涉及化学变化
C．“水乳交融”“火上浇油”前者涉及物理变化，后者涉及化学变化
D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
[解析]
空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作
物吸收的硝酸盐，A 不正确；“落汤螃蟹着红袍”生成了红色的新物质，发生了化学变化，B 正确；水乳交融指形成
乳浊液，是物理变化，火上浇油指燃烧，包含化学变化，C 正确；海市蜃楼现象和胶体的丁达尔现象有关，D 正确。
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18．(2019 高考黄金押题)化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是(
)
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜”，过程中发生了置换反应
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，该过程中利用了焰色反应
D．医用酒精体积分数是75%，用医用酒精灭菌消毒是利用强氧化性使细菌、病毒死亡
[解析]
雾霾属于胶体，具有丁达尔效应，故A 正确；硫酸铜涂铁，利用铁单质金属性强于铜，发生Fe＋CuSO4===Cu
＋FeSO4，属于置换反应，故B 正确；该过程利用了焰色反应，故C 正确；乙醇不具有强氧化性，医用酒精灭菌不是
利用乙醇的强氧化性，故D 错误。
19．(2019 高考黄金押题)中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是(
)
A．“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴
B．“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C．“霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
D．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
[解析]
“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明的是柑橘糖浆有甜味，可以止渴的功效，A 正确；“水声
冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变化，B 正确；霾尘中有气溶胶，气溶胶属于胶体，具有
丁达尔效应，C 正确；丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS 发生分解反应生成水银；积变又还成丹砂，即常温下两者又可
以重新化合为硫化汞。由于两个过程的反应条件不同，故其不是可逆反应，D 错误。
20．(2019 高考黄金押题)化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是(
)
A．纤维素、维生素C、硝化纤维等都是高分子化合物
B．流感疫苗的运输和储存对冷链要求很严格，是因为温度升高易使蛋白质氧化。
C．汽车用压缩天然气代替燃油可减少氮氧化物和PM2.5 的排放
D．“嫦娥四号”月球探测器中使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
[解析]
维生素C 不是高分子化合物，A 项错误；流感疫苗的主要成分是蛋白质，温度升高不是使蛋白质氧化，
而是容易使蛋白质变性，B 项错误；压缩天然气的主要成分为甲烷，燃烧只有二氧化碳和水，没有氮氧化物，可以减
少氮氧化物和PM2.5 的排放，C 项正确；碳纤维为碳单质构成的材料，不属于有机高分子材料，D 项错误。
21．(2019 高考黄金押题)化学与生产生活社会密切相关。下列做法不正确的是(
)
A．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料
B．空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
C．在家可用食醋代替CO2 来增强漂白粉的漂白性
D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯
[解析]
碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故A 不
正确。利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，故B 正确。醋酸的酸性强于碳酸，强于
次氯酸，在家可用食醋代替CO2 来增强漂白粉的漂白性，故C 正确；乙烯能作催熟剂，故D 正确。
22．(2019 高考黄金押题)化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是(
)
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，这里丝、麻的主要成分是蛋白质
C．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏
D．古剑“沈卢”以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
[解析]
气溶胶为胶体分散系，则有丁达尔效应，A 正确；“世间丝、麻、裘皆具素质……”，这里丝主要成分
是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，B 错误；“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”为蒸馏原理，与酒精的沸
点有关，C 正确；钢为Fe 的合金，含C 元素，D 正确。
23．(2019 高考黄金押题)化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是(
)
A．纳米碳分子材料的粒子直径一般从几纳米到几十纳米，因此属于胶体
B．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
C．现代工业生产中芳香烃主要来源于石油的催化裂化和煤的干馏
D．硅太阳能电池利用的是原电池原理
[解析]
胶体属于分散系，分散质粒子直径为1 nm～100 nm；但是纳米碳分子材料属于单质，不属于分散系，因
此不属于胶体，A 项错误；钙离子浓度较大的地下水会和肥皂中的高级脂肪酸钠生成沉淀，使去污能力降低，B 项正
确；石油的催化裂化主要是为了得到轻质油，而不是芳香烃，从石油化工中得到芳香烃要通过催化重整，C 项错误；
硅太阳能电池是直接将太阳能转化为电能，而不是利用原电池原理，D 项错误。
24．(2019 高考黄金押题)2019 年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。
下列做法不符合这一要求的是(
)
A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放
B．研发可降解塑料，控制白色污染产生
C．直接灌溉工业废水，充分利用水资源
D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境
[解析]
推广或使用新能源汽车，可以减少化石燃料的燃烧，减少氮氧化物等污染物的排放，故A 不选；塑料制
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品导致白色污染，则研发可降解塑料或代用品，可以控制白色污染，故B 不选；工业废水中含有大量的有害物质，不
能直接灌溉庄稼，故C 选；施用有机肥料，可以改善土壤微生物环境，故D 不选。
25．(2019 高考黄金押题)化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法错误的是(
)
A．碳纤维是一种新型的高强度无机非金属材料
B．应用高纯度单质硅制成光导纤维，提高信息传输速度
C．研制高性能的耐磨轮胎，可减少PM2.5 等细颗粒物的产生
D．开发二氧化碳制成的全降解塑料，缓解日益严重的“白色污染”
[解析]
碳纤维是由非金属碳单质组成的一种新型的高强度无机非金属材料，故A 正确；光导纤维的成分为二氧
化硅，二氧化硅的导光性好，Si 为半导体材料，故B 错误；研制高性能的耐磨轮胎，可减少颗粒物的排放，则减少
PM2.5 的发生，所以C 正确；塑料的使用导致“白色污染”，且在环境中不能降解，则开发二氧化碳制成的全降解塑
料，缓解日益严重的“白色污染”，故D 正确。
26．(2019 高考黄金押题)化学与人类生活息息相关，下列说法错误的是(
)
A．聚苯乙烯可用作包装材料
B．日常生活中我们使用的天然气、电力都称为二次能源
C．塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的
D．城市公交系统推广的清洁燃料压缩天然气“CNG”、液化石油气“LPG”主要成分都是烃
[解析]
聚苯乙烯塑料广泛应用于光学仪器、化工部门及日用品方面，用来制作茶盘、糖缸、皂盒、烟盒、学生
尺、梳子等，由于具有一定的透气性，当制成薄膜制品时，又可做良好的食品包装材料，故A 正确；天然气属于一次
能源，电力属于二次能源，故B 错误；塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为
原料生产的，故C 正确；压缩天然气(CNG)的主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)的主要成分是乙烷、丙烷、丁烷等，
该两类燃料都是由碳氢化合物组成的烃类，故D 正确。
27．(2019 高考黄金押题)“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料。下列有关
“液态阳光”的说法错误的是(
)
A．CO2 和H2O 转化为“液态阳光”过程中同时释放能量
B．煤气化得到的水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”
C．“液态阳光”行动有利于可持续发展并应对气候变化
D．“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题
[解析]
“液态阳光”是指由阳光、CO2 和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，是将光能转化成化学能的过程，
该反应为吸热反应，故A 错误；煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO 和H2，煤液化可以合成甲醇，不符合“液态阳光”
的定义，煤气化得到水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B 正确；“液态阳光”由阳光、CO2 和水反应，可以
解决温室气体，有利于可持续发展并应对气候变化，故C 正确；根据“液态阳光”的定义，“液态阳光”有望解决全
球化石燃料不断枯竭的难题，故D 正确。
第二讲
物质的组成、性质和分类
[最新考纲]
[考向分析]
1.理解物理变化与化学变化的区别与联系
2.理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念
3.理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系
4.熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号
5.熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分子
式)，或根据化学式判断元素的化合价
6.知道胶体是一种常见的分散系
本专题以考查考生对知
识的识记，再现能力为
主，题型主要为选择题；
此类题目主要以社会热
点及传统文化中包括的
化学知识为考查方向
考点一
物质的组成和分类
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·北京，6)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
[解析]
瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机物，A 项正确。丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机物，B 项错误；
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茶叶的主要成分为茶多酚(属于酚类)、生物碱、氨基酸、有机酸等，属于有机物，C 项错误；中草药成分复杂，通常
含有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、维生素、有机酸、生物碱等，其主要成分属于有机物，D 项错误。
2．(2018·江苏，6)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是(
)
A．向FeCl2 溶液中滴加NH4SCN 溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4)2·12H2O 溶于水可形成Al(OH)3 胶体
C．NH4Cl 与Ca(OH)2 混合加热可生成NH3
D．Cu 与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2
[解析]
A 错：Fe3＋遇SCN
－溶液显红色。
3．(2018·江苏，3)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(
)
A．NaHCO3 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3 是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO 能与水反应，可用作食品干燥剂
[解析]
D 对：CaO 无毒，能与水反应生成Ca(OH)2，常用作食品干燥剂。A 错：NaHCO3 能与胃酸中的盐酸反
应，可用于中和胃酸，但与NaHCO3 受热易分解无关。B 错：SiO2 制光导纤维是利用了SiO2 可以对光进行折射和全反
射，与其熔点和硬度无关。C 错：Al2O3 的熔点很高，可用作耐高温材料，与Al2O3 的两性无关。
4．(2016·全国Ⅱ，26)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问
题：
(1)联氨分子的电子式为__
__，其中氮的化合价为_－2__。
(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为__NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋
H2O__。
[解析]
(1)联氨是由两种非金属元素组成的共价化合物，电子式为
，根据化合物中化合价的代数和为
0 可得，其中氮元素的化合价为－2 价。(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，氯元素的化合价由＋1 价降低到－1 价，
氮元素的化合价由－3 价升高到－2 价，根据得失电子守恒和质量守恒的原则，二者反应的化学方程式为NaClO＋
2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．警惕物质组成、分类中的“四大误区”
(1)误认为由同种元素组成的物质一定是纯净物。
①某物质可能由一种元素的不同单质混合而成。如O2、O3 组成的混合气体就是混合物。
②分子式相同的化合物可能存在同分异构体。如C4H10 的结构有两种，正丁烷和异丁烷，二者组成混合物。
(2)误认为能电离出H
＋的物质一定是酸。如NaHSO4 是一种盐。
(3)误认为酸性氧化物一定是非金属氧化物。如Mn2O7 是金属氧化物但属于酸性氧化物，而且非金属氧化物也不一
定属于酸性氧化物，如CO、NO 为不成盐氧化物等。
(4)误认为金属氧化物一定是碱性氧化物。如Al2O3 属于两性氧化物，Na2O2 属于过氧化物。
(5)误认为非金属元素不能形成阳离子：如NH
＋
4 ，误认为金属元素不能形成阴离子：如AlO
－
2 、MnO
－
4 等。
2．拓展延伸
高中化学涉及的基本概念比较多，可设题的角度还有：
(1)反应类型：四大基本反应类型、氧化还原反应等。
(2)物质概念：电解质和非电解质，强电解质和弱电解质，溶液、胶体和浊液，酸性氧化物和碱性氧化物，酸、碱
和盐，羧酸、醇和酯，同位素、同素异形体、同系物和同分异构体等。
(3)理论概念：化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡，原电池、电解池、精炼池、电镀池，燃烧热、中
和热和反应热，氧化还原反应方程式、热化学方程式等。
对于以上概念必须弄清本质，通过同类对比法学习，在辨析和应用时才能得心应手。
3．辨析比较
“四同”辨析
四同
同位素
同素异形体
同系物
同分异构体
研究对象
核素(原子)
单质
有机物
化合物
相同或相似
质子数
元素
结构
分子式
不同
中子数
结构
分子式相差n
(n≠0)个CH2
结构
化学性质
几乎完全相同
相似
相似
可能相似，也可
能不同
实例
1H 、D(2H) 、
O2 与O3；白磷与
CH4 与C2H6 ；
乙醇与二甲醚；
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13
T(3H)；12C、13C、
14C
红磷；金刚石与
石墨、C60
CH3OH
与
CH3CH2OH
正丁烷与异丁
烷
4.防范物质组成、分类中的易错点(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在酸中有几个H 原子就一定是几元酸(×)
(2)含有离子键的化合物一定是离子化合物，共价化合物一定不含离子键(√)
(3)盐中一定含金属元素(×)
(4)能导电的一定是电解质，不导电的一定是非电解质(×)
(5)强电解质的导电性一定大于弱电解质的导电性(×)
(6)同种元素组成的物质一定是纯净物(×)
(7)强碱一定是离子化合物，盐也一定是离子化合物(×)
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·临沂二模)下列古诗中加点字对应的化学物质及相关说法均正确的是(
)
选项
诗句
相关物质
相关说法
A
春蚕到死丝
· 方尽
纤维素
高分子化合物
B
蜡
· 炬成灰泪始干
脂肪烃
不饱和烃
C
沧海月明珠
· 有泪
碳酸钙
强电解质
D
蓝田日暖玉
· 生烟
二氧化硅
两性氧化物
[解析]
“春蚕到死丝方尽”中的丝的主要成分为蛋白质，A 错误；蜡是石油分馏出来的，主要成分是饱和脂肪
烃，B 错误；“沧海月明珠有泪”中珠的主要成分是碳酸钙，是强电解质，C 正确；“蓝田日暖玉生烟”中玉的主要
成分是SiO2，SiO2 是酸性氧化物，D 错误。
2．分类法是研究化学的一种重要方法，下列物质归类错误的是(
)
A．氧化性酸：HNO3、H3PO4、HClO4
B．干燥剂：碱石灰、硅胶、无水氯化钙
C．酸性氧化物：SiO2、Cl2O、CrO3
D．危险化学品：天然气、金属钠、氯酸钾
[解析]
H3PO4 不是氧化性酸，A 错误；碱石灰(氧化钙与氢氧化钠的混合物)、硅胶、无水氯化钙都具有吸水性，
可用作干燥剂，B 正确；SiO2、Cl2O(其对应的含氧酸是HClO)、CrO3(其对应的含氧酸是H2CrO4)都是酸性氧化物，
C 正确；天然气、金属钠易燃，氯酸钾易爆炸，都属于危险化学品，D 正确。
3．(2019·河北石家庄二模)分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用。下列分类标准合理的是(
)
①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系为溶液、胶体和浊液
④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
A．①③
B．②④
C．①②④
D．②③④
[解析]
①根据酸电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等，故①错误；②有电子转移的反应为氧化还
原反应，无电子转移的反应为非氧化还原反应，故②正确；③根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、
胶体和浊液，故③错误；④根据反应过程吸热还是放热将化学反应分为吸热反应和放热反应，吸热反应ΔH>0，放热反
应ΔH<0，故④正确。
考点二
物质的变化
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019 天津理综，1)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
[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。
2．(2019·江苏，3)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
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D．Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝
[解析]
A 项，因为NH4HCO3 中含有氮元素，所以其可以用作化肥，错误；B 项，铁锈的主要成分为Fe2O3，加
入稀硫酸可以除去Fe2O3 利用了稀硫酸的酸性，正确；C 项，SO2 漂白纸浆利用了SO2 的漂白性，不是其氧化性，错
误；D 项，电解Al2O3 获得铝，不是因为Al2O3 具有两性，错误。
3．(2018·北京，6)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
[解析]
A 项，甲醇在低温条件下制氢气有新物质生成，属于化学变化，不符合题意；B 项，核聚变不是化学变化，
符合题意；C 项，偏二甲肼用作火箭燃料燃烧，属于化学变化，不符合题意；可燃冰作燃料燃烧，属于化学变化，不
符合题意。
4．(2016·全国卷Ⅲ，7)化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是(
)
选项
化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3 和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3 腐蚀Cu 刻制印刷电路板
C
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF 与SiO2 反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
[解析]
A 项，Al3＋与HCO
－
3 互相促进水解，发生的反应为Al3＋＋3HCO
－
3 ===Al(OH)3↓＋3CO2↑，利用生成的
CO2 来灭火，A 项正确；B 项，铁、铜的金属性可利用反应Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu 来比较，制印刷电路板的反应原理
为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，该反应可以说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，并不能体现铁比铜金属性强，B 项错误；C
项，次氯酸盐漂白为氧化漂白，C 项正确；D 项，反应原理为4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，D 项正确。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．全面认识物理变化和化学变化
(1)从宏观角度看，有新物质生成的变化是化学变化，反之则为物理变化。这里有新物质生成是原子进行了重新组
合，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)从微观角度看，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 晶体熔化、SiO2 晶体的熔化，分别破坏了离子键、共价键，但都属于物理变化。
(3)从能量角度看，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无能量变化。
2．牢记物质变化过程中的“三馏”“四色”“五解”“十四化”
物理变化
化学变化
三馏
①蒸馏
②分馏
干馏
四色
焰色反应
①显色反应
②颜色反应
③指示剂变色反应
五解
潮解
①分解
②电解
③水解
④裂解
十四
化
①熔化
②汽化
③液
化
④升华
①氢化
②氧化
③卤化
④风化
⑤炭化
⑥钝化
⑦硝化
⑧皂化
⑨酯化
⑩裂化
3.突破物质变化中的易错点(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有旧化学键的断裂，同时有新化学键形成的变化是化学变化(√)
(2)只要有化学键断裂，就一定发生化学变化(×)
(3)只要有颜色变化的变化一定是化学变化
(×)
(4)同素异形体之间的转化是化学变化
(√)
(5)同位素之间的转化是化学变化
(×)
(6)节日燃放烟花只涉及物理变化
(×)
►方法指导
物质变化的认识误区
(1)误认为有新物质生成、有化学键断裂的变化就是化学变化，如16O 转化为18O、NaCl 溶于水都不属于化学变化。
(2)误认为同素异形体之间的转化为物理变化，如石墨转化为金刚石、O2 转化为O3 均为化学变化，并且为有单质
参加或生成的化学反应，但不是氧化还原反应。
(3)蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠或硫酸铜溶液均有沉淀生成，前者为蛋白质的盐析，为物理变化；后者为蛋白质
的变性，为化学变化。
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备考验证——练典题、重应用
1．(2019·湖南长沙二模)造纸术为中国古代四大发明之一。下列古法造纸工艺中以发生化学反应为主的过程是
(
)
[解析]
“煮楻足火”是将造纸的原料竹子与石灰一起蒸煮，石灰与竹子发生化学反应，A 正确；“荡料入帘”
是指将打烂的竹料倒入水槽中，并用竹帘在水中荡料，竹料成为薄层附于竹帘上面，属于物理变化，B 错误；“覆帘
压纸”是指将上一步的帘反覆过去，使湿纸落在板上，即成纸张，然后加木板重压挤去大部分的水，属于物理变化，
C 错误；“透火焙干”是指将湿纸逐张扬起，并加以焙干，属于物理变化，D 错误。
2．(2019·郑州一模)下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是(
)
A．打开盛装NO 的集气瓶；冷却NO2 气体
B．用冰水混合物冷却SO3 气体；加热氯化铵晶体
C．木炭吸附NO2 气体；将氯气通入品红溶液中
D．向酚酞溶液中加入Na2O2；向FeCl3 溶液中滴加KSCN 溶液
[解析]
NO 在空气中由无色变为红棕色，是化学变化；冷却NO2 使2NO2(g)
N2O4(g)
ΔH<0 平衡右移，气体
颜色变浅，属于化学变化，A 错误；冰水混合物冷却SO3 气体得到的固态SO3 是无色晶体，加热氯化铵晶体生成无色
气体，均没有明显颜色变化，B 错误：木炭吸附二氧化氮，红棕色变浅或变成无色，属于物理变化；将氯气通入品红
溶液中，品红溶液变无色，C 正确；将过氧化钠加入酚酞溶液中，溶液先变红色后褪色，属于化学变化；向氯化铁溶
液中滴加KSCN 溶液，溶液变红色，属于化学变化，D 错误。
3．下列有关物质的性质与其应用不相对应的是(
)
A．Al 具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
B．NaHCO3 能与碱反应，食品工业用作焙制糕点的膨松剂
C．NH3 能与Cl2 反应生成NH4Cl，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏
D．K2FeO4 能与水作用生成Fe(OH)3 胶体，可用于自来水的净化和杀菌消毒
[解析]
B 项中NaHCO3 作为膨松剂的原因是受热分解生成二氧化碳气体，不是与碱反应，不对应。
考点三
胶体的性质及应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·全国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
[解析]
C 错：NH3 参与反应生成铵盐，是反应物，不是催化剂。A 对：雾和霾的分散剂都是空气。B 对：雾霾中
的无机颗粒物含有硝酸铵和硫酸铵。D 对：过度施用氮肥会增加大气中氨的含量。
2．对胶体知识的考查，往往把其渗透到某个选择题的选项中。下面是高考题和各地模拟题的组合，判断下列说法
是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)制备Fe(OH)3 胶体，可以将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中(×)
(2)浓氨水中滴加FeCl3 饱和溶液可制得Fe(OH)3 胶体(×)
(3)H
＋、K
＋、S2－、Br
－能在Fe(OH)3 胶体中大量共存(×)
(4)明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H
＋(×)
(5)向沸水中滴加FeCl3 饱和溶液制备Fe(OH)3 胶体的原理是加热促进了Fe3＋水解(√)
(6)将0.2 mol·L
－1 FeCl3 溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体(×)
(7)分散质微粒直径介于1～100 nm 之间的分散系称为胶体(√)
(8)处理河水时可加入明矾作为混凝剂，吸附水中杂质(√)
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(9)利用丁达尔效应可区别蛋白质溶液和食盐水(√)
(10)PM2.5(微粒直径为2.5×10
－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应(×)
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
胶体知识“9”提醒
(1)胶体区别其他分散系的本质特征是分散质颗粒直径大小(1～100 nm)。
(2)胶体的物理性质：①丁达尔效应；②电泳现象；③介稳性等。
(3)胶体微粒一般是离子、分子或难溶物的聚集体，但有些高分子化合物，如淀粉、蛋白质。因其分子非常大，其
相对分子质量通常为几万、几十万甚至上百万、千万，因此一个分子就是一个胶体微粒，它们的溶液是胶体。
(4)区分胶体和其他分散系的最简便方法是丁达尔效应。
(5)胶体具有介稳性的主要原因是胶体粒子带有相同电荷。
(6)胶体的电泳现象反映了胶体粒子带有电荷，但不能说成胶体带有电荷。胶体与溶液一样是电中性的。
(7)在Fe(OH)3 胶体中，Fe(OH)3 胶体粒子的数目要远远小于原FeCl3 溶液中Fe3＋的数目。
(8)Fe(OH)3 胶体中逐滴加入强酸(如盐酸、硫酸)时，出现的现象为先沉淀后溶解。其原因：开始时出现沉淀是由于
胶体中加入了电解质发生了聚沉，后来沉淀消失是由于发生了中和反应。
(9)把握净水剂及其作用原理
胶体粒子的直径一般在1～100 nm 之间，它决定了胶体粒子具有较大的表面积，吸附力很强，能在水中吸附悬浮
固体或色素形成沉淀，从而达到净化水的目的，这就是胶体净水的原理。能在水中自然形成胶体，并且对水质无明显
副作用的物质有KAl(SO4)2·12H2O、FeCl3·6H2O 等，这样的物质被称为净水剂，其形成胶体的化学原理是Al3＋、Fe3＋
发生水解反应生成Al(OH)3 胶体、Fe(OH)3 胶体。
备考验证——练典题、重应用
1．(新题预测)下列有关胶体和溶液的叙述中正确的是(
)
A．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
B．直径为20 nm 的纳米碳酸钙属于胶体
C．蔗糖溶液、蛋白质溶液属于溶液，烟、雾属于胶体
D．沸水中滴加适量饱和FeCl3 溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
[解析]
可溶性铝盐和铁盐可以形成胶体，能吸附水中悬浮物，A 正确；纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，
B 错误；蛋白质溶液属于胶体，C 错误；胶体粒子很大，很多氢氧化铁合在一起才是一个胶体粒子，而很多铁离子才
生成一个胶体粒子，胶体粒子带电，但电荷却远远少于氯化铁，导电能力减弱，D 错误。
2.氯化银胶体中的分散质粒子实际上是一个个由很多“AgCl”结合而成的集合体，向盛有NaCl 溶液的试管中滴加
AgNO3 溶液，静置后用一束光照射试管，发现试管的三个不同区域中只有一个区域具有明显的丁达尔现象，则下列分
析正确的是(
)
A．该区域是A，该区域中AgCl 的直径最小
B．该区域是B，该区域中AgCl 的直径介于A、C 之间
C．该区域是C，该区域中AgCl 的直径最大
D．各区域AgCl 的大小相同，但只有B 区域中分散质的大小介于1～100 nm
[解析]
AgCl 属于难溶物，静置后A、B、C 三个区域中，A 区域应为溶液，C 区域为沉淀，只有B 区域属于胶
体。胶体中分散质粒子(即题中所述“集合体”)的大小介于1～100 nm，单个的AgCl 直径都相等，选D。
3．(2019·福建永春县第一中学四校联考)分类是化学学习中经常用到的方法，下列对一些物质或化学反应的分类以
及依据正确的是(
)
A．H2SO4 是酸，因为H2SO4 中含有氢元素
B．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100 nm 之间
C．Na 和H2O 的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加
D．燃烧必须有氧气参与，因而没有氧气参与的反应一定没有燃烧现象
[解析]
H2SO4 是酸，因为H2SO4 电离出的阳离子全是氢离子，故A 项错误；分散质粒子直径在1～100 nm 之间
的分散系是胶体，故B 项正确；Na 和H2O 的反应是离子反应，故C 项错误；任何发光放热的剧烈的化学反应都是燃
烧，燃烧不一定有氧气参与，如铁能在氯气中燃烧，故D 项错误。
1. 央视栏目《国家宝藏》不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是(
)
A．宋·王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜
B．宋·《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质
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17
C．战国“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金
D．清·乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅
[解析]
A．铜绿的化学成分是碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3。A 正确；B．丝和毛都是动物纤维，化学成
分是蛋白质。B 正确；C．青铜是铜锡合金，它是人类使用最早的合金。C 正确；D．陶瓷是传统的硅酸盐产品，其主
要成分是硅酸盐，而不是二氧化硅。D 错误。
2．下列物质的分类正确的有(
)
①纯净物；纯净水、蒸馏水、水玻璃、水银
②化合物：纯碱、烧碱、高分子化合物、氯化钠
③电解质：碳酸、胆矾、冰醋酸、氢氧化镁
④同系物：CH2O2 、C2H4O2 、C3H6O2 、C4H8O2
⑤同素异形体：C60
C70
金刚石、石墨
A．①③④
B．③⑤
C．②③④
D．②④
[解析]
①中的纯净水是混合物，水玻璃是混合物；②高分子化合物是混合物；C2H4O2、C3H6O2 、C4H8O2 可以
是羧酸、也可以是酯；电解质均为纯净物，均为化合物；同素异形体指的是同种元素形成的不同性质的单质；③⑤正
确。
3．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2.5μm 的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
[解析]
A 项，PM2.5 是指粒径不大于2.5μm 的可吸入悬浮颗粒物，故A 项正确。B 项，绿色化学是用化学的技
术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用，要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，故B 项正确。C 项，
CaO 与CO2 结合会生成CaCO3，CaCO3 受热易分解生成CO2，所以燃煤中加入CaO 不能减少温室气体的排放，故C
项错误。D 项，天然气和液化石油气的主要成分都是烃类，燃烧生成CO2 和H2O，不产生污染物质，所以天然气和液
化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料，故D 项正确。
4．分类是化学研究的重要方法，下列物质分类错误的是(
)
A．化合物：干冰、明矾、烧碱
B．同素异形体：石墨、C60、金刚石
C．非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气
D．混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸
[解析]
A．干冰为二氧化碳、明矾为硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是纯净物中的化合物，所以A 选项是正确的；
B．石墨、C60、金刚石都是碳的单质属于碳元素的同素异形体，所以B 选项是正确的；D．漂白粉是Ca(ClO)2 和CaCl2
的混合物，矿泉水是和可溶性盐等的混合物，盐酸是HCl 气体的水溶液，故D 正确。
5．下表所列物质或概念间的从属关系符合下图所示关系的是(
)
选项
X
Y
Z
A
光导纤维
酸性氧化物
传统无机非金属材料
B
纯碱
碱
化合物
C
电解质
化合物
纯净物
D
H2SO4
含氧酸
强酸
[解析]
A．光导纤维为二氧化硅，属于酸性氧化物，但光导纤维是新型无机非金属材料，故A 错误；B．纯碱为
碳酸钠，是盐不是碱，故B 错误；C．电解质是化合物，化合物为纯净物，符合图示关系，故C 正确；D．H2SO4 是
含氧酸，但合氧酸不一定都是强酸，如碳酸，故D 错误；故选C。
6．下列物质的分类正确的为(
)
选项
混合物
纯净物
单质
电解质
A
盐酸
NaOH
石墨
K2SO4 溶液
B
空气
氢氧化铁胶体
铁
碳酸钠
C
硫酸铜晶体
氯化钙
水银
铜
D
氯水
硝酸钾晶体
臭氧
氯化钠
[解析]
A．硫酸钾溶液为混合物，不是电解质；B．氢氧化铁胶体是混合物；C．硫酸铜晶体是纯净物，不是混
合物；D．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质。
7．化学科学与技术是改进生活、改善环境，促进发展的关键。下列说法正确的是(
)
A．普通玻璃、氮化硅陶瓷、水晶饰物都是硅酸盐制品
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B．“乙醇汽油”的主要成分都是可再生能源
C．碱石灰、硫酸铜、硅胶都可用作食品干燥剂
D．“天宫”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料
[解析]
A．水晶的成分是SiO2，不属于硅酸盐，故错误；B．汽油属于不再生能源，故错误；C．硫酸铜中Cu2
＋属于重金属阳离子，能使人中毒，且硫酸铜不能吸水，故错误；D．碳纤维、光导纤维都是新型的无机非金属材料，
故正确。
8．下列关于胶体的叙述正确的是(
)
A．过滤实验可以把胶体、溶液分开
B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象
C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过
D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象
[解析]
A 项，过滤实验只能将悬浊液中的沉淀和溶液分离，不能分离胶体和溶液，故A 项错误；B 项，胶体和
溶液的本质区别是分散质粒子大小不同，丁达尔现象只是一种区分两者的途径，故B 项错误；C 项，半透膜只能让小
分子和离子通过，胶体不能通过，故C 项正确；D 项，胶体本身不带电，但胶体粒子可以吸附阴阳离子从而带电，故
可在电场作用下产生电泳现象，故D 项错误。
9．下列物质的分类正确的是(
)
纯净物
碱性氧化物
酸性氧化物
强电解质
A
漂白粉
SiO2
CO2
AlCl3 溶液
B
CuSO4·5H2O
Na2O2
N2O5
NH4NO3
C
福尔马林
CaO
Mn2O7
HClO
D
冰醋酸
Na2O
SO2
HCl
A．A
B．B
C．C
D．D
[解析]
A．漂白粉的主要成分是CaCl2 和Ca(ClO)2，是混合物；SiO2 能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物；
AlCl3 溶液是混合物，不是电解质，故A 错误；B．Na2O2 与酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化
物，故B 错误；C．福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物；HClO 是弱酸，是弱电解质，故C 错误；D．冰醋酸是CH3COOH，
是纯净物，Na2O 能与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物；SO2 能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物；HCl 是强酸，
是强电解质，所以D 选项是正确的。
10．下列物质分类正确的是(
)
A．二氧化硫、二氧化硅、CO 均为酸性氧化物
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物
[解析]
A 项，一氧化碳属于不成盐氧化物，故A 项错误；B 项，氯化铁溶液不属于胶体，是溶液，故B 项错误；
C 项，四氯化碳属于非电解质，故C 项错误。D 项，福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨
气的水溶液，都属于混合物，故D 项正确。
11．下列叙述正确的是(
)
A．氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质
B．电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行
C．红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅
D．福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物
[解析]
A 项，氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡在水溶液中都能完全电离，是强电解质，故A 项正确；B 项，
电解、电泳需要在通电条件下进行，但电离和电化学腐蚀不需要在通电条件下就能进行，故B 项错误；C 项，红宝石
的主要成分是氧化铝，水晶的主要成分是二氧化硅，钻石的主要成分是碳，故C 项错误；D 项，福尔马林、水玻璃、
氨水均为混合物，但胆矾是五水硫酸铜，是纯净物，故D 项错误。
12．Ba(OH)2、CuSO4、HCl 可以归为一类，下列物质可以和它们归为一类的是(
)
A．75%的酒精溶液
B．硝酸钠
C．Fe(OH)3 胶体
D．豆浆
[解析]
Ba(OH)2、CuSO4、HCl 都属于纯净物中的化合物，NaNO3 也属于化合物；75%的酒精溶液、Fe(OH)3 胶
体、豆浆都属于混合物。
13．下列物质的分类正确的是(
)
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaOH
SO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
NO
C
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
Mn2O7
D
NaOH
HCl
CaF2
Na2O2
SO2
A．A
B．B
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19
C．C
D．D
[解析]
A．Na2CO3 是盐，不是碱；NaOH 是碱不是盐；SO2 能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物不是碱性氧
化物，故A 错误；B．NO 既不能与酸反应生成盐和水，也不能和碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故B 错误；C．KOH
属于碱，HNO3 属于酸，CaCO3 属于盐：CaO 和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，Mn2O7 属于酸性氧化物，所以
C 选项是正确的；D．NaOH 是碱，HCl 是酸：CaF2 是盐，Na2O2 和酸反应生成盐和水的同时还生成氧气：不属于碱
性氧化物，SO2 是酸性氧化物：故D 错误。
14．(2019·上海市金山区高考一模)属于强电解质的是(
)
A．KNO3
B．NH3·H2O
C．CH3COOH
D．H2O
[解析]
A．硝酸钾在水溶液中或熔融状态下能完全电离，为强电解质，故A 选；B．一水合氨为弱碱，水溶液中
部分电离，为弱电解质，故B 不选；C．醋酸为弱酸，水溶液中部分电离，为弱电解质，故C 不选；D．水只能部分
电离，属于弱电解质，故D 不选；故选A。
15．(2019·上海市嘉定区高三一模)下列物质属于两性氧化物的是(
)
A．Al(OH)3
B．Fe2O3
C．Al2O3
D．Al
[解析]
A．氢氧化铝不是氧化物，不属于两性氧化物，故A 错误；B．Fe2O3 与碱不反应，不属于两性氧化物，
故B 错误；C．氧化铝与酸和碱反应，都生成盐和水，属于两性氧化物，故C 正确；D．铝和酸碱反应，是金属单
质不是两性氧化物，故D 错误；故选C。
16．某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干
冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰
都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是(
)
A．①②③④
B．①②⑤⑥
C．③⑤⑥⑦
D．①③④⑦
[解析]
①粗盐主要成分是NaCl，含有少量的MgCl2、CaCl2 等杂质，粗盐属于混合物，酸雨属于混合物，正确；
②沼气的主要成分是甲烷，是由秸秆等发酵生成，属于可再生能源，水煤气的成分是CO 和H2，由煤的气化产生，属
于二次能源，因此水煤气不属于可再生能源，错误；③冰和干冰属于纯净物和化合物，正确；④不锈钢、硬币都是合
金，正确；⑤盐酸是HCl 的水溶液，食醋的主要成分是CH3COOH，盐酸和食醋均属于混合物，错误；⑥纯碱是Na2CO3，
属于盐，熟石灰是Ca(OH)2，属于碱，错误；⑦豆浆和雾都属于胶体，正确。
17．某胶体遇盐卤(MgCl2·6H2O)或石膏(CaSO4·2H2O)易发生聚沉，而与食盐水或Na2SO4 溶液相遇聚沉的效果就
差一些。下列有关说法不正确的是(
)
A．该胶体中胶体胶粒大小约为10
－9～10
－7 m
B．该胶体胶粒带正电
C．Na
＋使此胶体聚沉的效果不如Ca2＋、Mg2＋
D．该胶体遇BaCl2 溶液或Fe(OH)3 胶体可发生聚沉
[解析]
该胶体中胶体粒子的直径在1～100 nm(即10
－9～10
－7 m)之间，A 正确；该胶体遇MgCl2·6H2O、
CaSO4·2H2O 的聚沉效果好，遇NaCl、Na2SO4 的聚沉效果差，CaSO4 与Na2SO4、MgCl2 与NaCl 阴离子分别相同，
阳离子不同，说明是阳离子使该胶体发生聚沉，则该胶体胶粒带负电荷，B 错误；Na
＋使此胶体聚沉的效果不如Ca2＋、
Mg2＋，C 正确；BaCl2 溶液可以使该胶体聚沉，Fe(OH)3 胶体胶粒带正电，该胶体粒子带负电，可相互中和电荷而发
生聚沉，D 正确。
18．下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是(
)
A．NaCl 晶体、BaSO4
B．铜、二氧化硫
C．熔融的KNO3、酒精
D．硫酸溶液、HCl
[解析]
A 项，NaCl 晶体和BaSO4 都是电解质；B 项，铜既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质；
C 项，熔融的KNO3 是电解质，酒精是非电解质；D 项，硫酸溶液既不是电解质也不是非电解质，HCl 是电解质。
19．下列说法正确的是(
)
A．氨水能导电，所以氨气是电解质
B．盐酸是强电解质，所以导电能力比醋酸溶液强
C．氯化银难溶于水，所以氯化银是非电解质
D．蔗糖溶液和熔融的蔗糖都不能导电，所以蔗糖是非电解质
[解析]
氨气的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的物质是一水合氨，不是氨气，氨气是非电解质，A 错误。
盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；其导电能力也不一定比醋酸溶液强，因溶液的导电能力与溶液中自
由移动的离子浓度大小及离子所带电荷数有关，较稀的盐酸的导电能力可能弱于较浓的醋酸溶液的导电能力，B 错误。
化合物为电解质还是非电解质与化合物的溶解性没有关系，氯化银虽然难溶于水，但溶解的部分在溶液中却能完全电
离，故氯化银为强电解质，C 错误。蔗糖在溶液中以分子形式存在，不能电离，则蔗糖溶液不能导电，蔗糖在熔融状
态也不导电，所以蔗糖是非电解质，D 正确。
20．(2019·郑州一模)某学生以铁丝和Cl2 为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是(
)
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A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物
B．实验②、③均未发生氧化还原反应
C．实验②、③均为放热反应
D．实验①、②所涉及的物质均为电解质
[解析]
实验③制得的胶体为混合物，A 错误；实验②氯化铁溶于水属于物理变化，实验③中发生的水解反应属
于复分解应应，B 正确；实验②属于物理变化，该过程中放热，实验③为吸热反应，C 错误；实验①所涉及的Fe、Cl2
都不是电解质，D 错误。
21．以下是依据一定的分类标准对某些物质与水反应的情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识，按要求填
空。
(1)上述第一次分类的依据是_是否与H2O 发生氧化还原反应__。
(2)C 组中的某一物质在常温下能与冷水反应，写出该反应的化学方程式：__2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑__。
(3)任选D 组中的一种物质，写出两点其重要用途_Na2O2 作强氧化剂、漂白剂、供氧剂、消毒剂__Cl2 可制作盐酸、
次氯酸、漂白粉、漂粉精、金属卤化物__NO2 可制作硝酸、亚硝酸盐(任选一种物质两种用途)__。
(4)F 组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性，原因是__NH3＋H2O
NH3·H2O
NH
＋
4 ＋OH
－__(用电离方程式表
示)。
(5)D 组中某一物质与E 组中某一物质在水中发生反应生成两种强酸，写出该反应的化学方程式：__SO2＋Cl2＋
2H2O===2HCl＋H2SO4__。
[解析]
(1)列举的物质都能与水反应，第一次分类的依据是是否与H2O 发生氧化还原反应。(2)C 组中水作氧化剂
的是钠、铁，在常温下能与冷水反应的是钠。(3)D 组中的物质是Na2O2、Cl2、NO2。(4)F 组物质中水溶液呈弱碱性的
是NH3，在水中能电离的是NH3·H2O。(5)D 组中的物质是Na2O2、Cl2、NO2，E 组中的物质是SO2、CO2，能发生反
应的是SO2 和Cl2。
22．(1)实验室常根据物质分类的原则存放药品，某学校实验室其中的四个药品柜已经存放了如下部分药品，实验
室新购进一些晶体碘，应该将它存放在_乙__(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)柜，理由是_都是非金属单质__。
药品柜
甲
乙
丙
丁
药品
乙醇、乙酸
活性炭、红磷
锌粒铜片
氯化钠、氯化钾
(2)磷的一种化合物叫亚磷酸(H3PO3)。
已知：0.1 mol·L
－1 H3PO3 溶液的pH＝1.7；H3PO3 与NaOH 反应只生成Na2HPO3 和NaH2PO3 两种盐。H3PO3 和
碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3 有黄色沉淀生成。关于H3PO3 的说法：①强酸；②弱酸；③二元酸；④三
元酸；⑤氧化性酸；⑥还原性酸。其中正确的是_②③⑥__(填序号)。
(3)“三酸(硫酸、盐酸、硝酸)”与“两碱(氢氧化钠、碳酸钠)”能发生反应。将一定量的稀硫酸逐滴滴入氢氧化钠
和碳酸钠的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中发生的离子反应共有_3__个，生成气体的离
子方程式为__HCO
－
3 ＋H
＋===CO2↑＋H2O__。
[解析]
(1)碘属于非金属单质。(2)0.1 mol·L
－1 H3PO3 溶液的pH＝1.7，说明是弱酸；H3PO3 与NaOH 反应只生成
Na2HPO3 和NaH2PO3 两种盐，说明是二元酸；H3PO3 和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3 有黄色沉淀生成，
知H3PO3 具有还原性。(3)将一定量的稀硫酸逐滴滴入氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，首先是稀硫酸与氢氧化钠反应，
然后硫酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后是碳酸氢钠与硫酸反应。
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21
第三讲
化学用语及常用计量
[最新考纲]
[考向分析]
1.化学用语
(1)熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号
(2)熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分
子式)，或根据化学式判断元素的化合价
(3)了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方
法
(4)能正确书写化学方程式
2.常用物理量
(1)了解定量研究的方法是化学发展为一门科学的重要标志。理
解摩尔(mol)是物质的量的基本单位，可用于进行简单的化学计
算
(2)了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔
体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义
(3)能根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体
积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算
3.溶液
(1)了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能
进行有关计算
(2)了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法
化学用语经常与其他知
识点相结合进行考查，重
点考查化合价判断、化学
式及化学方程式书写等。
以物质的量为中心来考
查相关基本概念的关系
是近几年考查计算的核
心，通常以阿伏加德罗常
数为载体，以选择题形式
考查较多；有关溶液组成
的考查，往往在溶解度、
物质的量浓度的基础上，
又引入了Ksp 等的计算，
综合性较强；配制一定溶
质质量分数或物质的量
浓度溶液是常考知识点，
可以从配制原理、配制步
骤或配制过程产生的误
差分析考查
考点一
化学用语
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·北京，7)下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)(
)
A
B
C
D
NaCl===Na
＋＋Cl
－
CuCl2===Cu2＋＋2Cl
－
CH3COOH
CH3COO
－＋H
＋
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－183 kJ·mol
－1
[解析]
NaCl 是强电解质，在水中完全电离，且图中构成水分子的O 靠近Na
＋，H 靠近Cl
－，A 项正确；B 项装
置为电解装置，阴极上生成Cu，阳极上生成Cl2，该选项中的方程式为电离方程式，而不是电解方程式，错误；乙酸
为弱电解质，在水中不能完全电离，C 项正确；化学键断裂吸收能量，化学键形成释放能量，故H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－413 kJ·mol
－1×2＋436 kJ·mol
－1＋243 kJ·mol
－1＝－183 kJ·mol
－1，D 项正确。
2．(2018·北京，8)下列化学用语对事实的表述不正确的是(
)
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH＋C2H18
5 OH
浓硫酸
△
C17H35COOC2H5＋H18
2 O
B．常温时，0.1 mol·L
－1 氨水的pH＝11.1：NH3·H2O
NH
＋
4 ＋OH
－
C．由Na 和Cl 形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2＋＋2e
－===Cu
[解析]
A 错：脂肪酸与醇发生酯化反应时“酸脱羟基醇脱氢”，生成物应为C17H35CO18OC2H5 和H2O。B 对：
常温时，0.1 mol·L
－1 氨水的pH＝11.1，说明一水合氨是弱电解质，电离方程式应用可逆号表示。C 对：Na 和Cl 形成
离子键时，Na 失去e
－，Cl 得到e
－。D 对：电解精炼铜的阳极反应式为Cu－2e
－===Cu2＋，阴极反应式为Cu2＋＋2e
－===Cu。
3．(2019·江苏，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
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B．N2 的结构式：N===N
C．Na
＋的结构示意图：
D．H2O 的电子式：
[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。故选D。
4．(2018·全国Ⅲ，8)下列叙述正确的是(
)
A．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1
D．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同
[解析]
B 对：等质量的氧气和臭氧，所含氧原子数相等，故电子数相同。A 错：24 g Mg、27 g Al 的物质的量均
为1 mol，1 个Mg 原子和1 个Al 原子所含的质子数分别为12、13，故24 g 镁与27 g 铝中含有的质子数分别为12 mol
和13 mol。C 错：1 个D2O 分子含有10 个中子，1 个H2O 分子含有8 个中子，1 mol 重水与1 mol 水中含有的中子数
之比为10∶8(5∶4)。D 错：1 个乙烷分子中含有7 对共用电子，而1 个乙烯分子中含有6 对共用电子，故1 mol 乙烷
与1 mol 乙烯中，含有的化学键数之比为7∶6。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．四种符号
①元素符号：Al、S
②离子符号：Al3＋、S2－、SO2－
4
③同位素符号：126C、136C
④化合价符号：Al
＋3
、S
－2
2．五种表示物质变化的方程式
(1)化学方程式：如2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
(2)离子方程式：如2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－
(3)热化学方程式：如2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol
－1
(4)电离方程式：如CH3COOH
H
＋＋CH3COO
－
(5)电极反应式：如钢铁吸氧腐蚀，负极：2Fe－4e
－===2Fe2＋；正极：O2＋4e
－＋2H2O===4OH
－
3．八种表达式
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：CH3CH2OH
⑦键线式：
⑧原子结构示意图：
4．两种模型
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23
①球棍模型：
②比例模型：
5．电子式书写六注意
(1)分清化合物的类型：如H2O2 的电子式为
，而不是
。
(2)确认原子周围的电子数：如CO2 的电子式为
，而不是
。
(3)理清原子间的连接顺序：如HClO 的电子式为
，而不是
。
(4)不能因同种微粒而合并：如Na2S 的电子式为
，而不是
。
(5)不能漏掉未成键电子对：如NH3 的电子式为
，而不是
。
(6)区别对待阴离子及复杂阳离子：如NH4Cl 的电子式为
，而不是
或
。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·济南一模)下列化学用语使用科学规范的是(
)
A．35Cl 和37Cl 的原子结构示意图均为
B．HCl 的形成过程为
C．乙烯的结构简式为CH2CH2
D．草酸的电离过程为H2C2O4
2H
＋＋C2O2－
4
[解析]
35Cl 和37Cl 的质子数都是17，原子结构示意图相同，A 正确；HCl 的电子式错误，B 错误；乙烯的结构
简式为CH2===CH2，C 错误；草酸是弱酸，分步电离，D 错误。
2．(2019·南京二模)下列有关化学用语表示正确的是(
)
A．中子数为16 的磷原子：31
16P
B．Na
＋的结构示意图：
C．葡萄糖的实验式：C6H12O6
D．Na2O 的电子式：
[解析]
正确的表示为31
15P，A 错误；Na
＋的结构示意图为
，B 错误；葡萄糖的实验式是CH2O，C 错误；
Na2O 的电子式为
，D 正确。
3．(2019·湖南五市十校教研教改共同体联考改编)下列化学用语的表示正确的是(
)
A．原子结构示意图
只能表示12C 原子
B．黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]中，Fe 的化合价为＋2 价
C．
的结构简式为C4H8
D．甲基的电子式为
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[解析]
原子结构示意图
表示所有的碳原子，因此既可以表示12C，也可以表示14C，A 项错误；根据在化
合物中正负化合价代数和为零，氢氧根显－1 价，硫酸根显－2 价，钾元素显＋1 价，设铁元素的化合价为x，根据化
学式中各元素化合价之和为零可得：＋1＋3x＋(－2)×2＋(－1)×6＝0，则x＝＋3，B 项错误；
的结构简式为
CH3CH2CH===CH2，C 项错误；甲基是甲烷去掉一个氢原子剩余的部分，则甲基的电子式为
，D 项正确。
4．(2019·陕西西安八校第一次联考改编)下列化学用语正确的是(
)
A．CH2F2 的电子式：
B．四氯化碳的比例模型：
C．Mg2＋的结构示意图：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
[解析]
CH2F2 的电子式为
，A 项错误；碳原子半径小于氯原子半径，B 项错误；Mg2＋的结构示意图为
，C 项正确；甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，D 项错误。
考点二
物质的量及有关计算
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·全国卷Ⅱ，8)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
[解析]
3 g 3He 的物质的量为1 mol，每个3He 含1 个中子，则1 mol 3He 含1 mol 中子，A 项正确；该溶液中含
0.1 mol Na3PO4，由于部分PO 3－
4 水解，故溶液中PO 3－
4 的数目小于0.1NA，B 项错误；K2Cr2O7 中Cr 元素为＋6 价，1
mol K2Cr2O7 被还原成Cr3＋时，得到6 mol 电子，C 项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10 个
C—H 键和3 个C—C 键，即每个分子中含13 个共价键，则48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中含13 mol 共价键，
D 项正确。
2．(2017·全国Ⅱ，8)阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(
)
A．1 L 0.1mol·L
－1NH4Cl 溶液中，NH
＋
4 的数量为0.1 NA
B．2.4 g Mg 与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.1 NA
C．标准状况下，2.24 LN2 和O2 的混合气体中分子数为0.2 NA
D．0.1 mol H2 和0.1 mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2 NA
[解析]
A 项中由于NH
＋
4 水解，使NH
＋
4 数量小于0.1 NA，B 项2.4 g Mg 的物质的量为0.1 mol，而Mg 与H2SO4
完全反应后生成Mg2＋，转移0.2NA 个电子，C 项分子数最多为0.1 NA，只有D 正确。
3．(2018·全国Ⅰ，10)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
[解析]
B 对：氩气是单原子分子，标准状况下，22.4 L 氩气的物质的量为1 mol，含有的质子数为18NA。A 错：
Fe(OH)3 胶体粒子是若干个Fe(OH)3 分子的集合体。C 错：92.0 g 甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3 个羟
基，所以1 mol 甘油含有的羟基数为3.0NA。D 错：CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl 以外，还有CH2Cl2、
CHCl3 和CCl4，生成的CH3Cl 分子数小于1.0NA。
4．(2018·全国Ⅱ，11)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
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25
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
[解析]
C 对：标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4 个氢
原子，所以含有氢原子数目为2NA。A 错：124 g P4 的物质的量为1 mol，每个P4 分子中含有6 个P—P 键，所以含有
P—P 键数目为6NA。B 错：Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L
－1 FeCl3 溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA。
D 错：SO2 和O2 的化合反应为可逆反应，2 mol SO2 和1 mol O2 催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子
总数大于2NA。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．有关阿伏加德罗常数正误判断的“三大步骤”
第一步：查看物质的状态及所处状况——正确运用气体摩尔体积的前提。
第二步：分析题干所给物理量与物质的量的关系——正确进行换算的前提。
第三步：准确把握物质的微观结构和物质变化过程中微粒数目的变化——正确判断微粒数目的前提。
2．阿伏加德罗常数计算中常见的陷阱
考查方向
注意问题
气体摩尔体积
的适用条件
若题中出现物质的体积，先考虑是否为气体，如果是气体再需考虑条件
是否为标准状况(0 ℃，1.01×105 Pa)
物质的聚集状
态
在标准状况下是液体或固体的物质，有CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒
精、CHCl3 等
物质的微观结
构
①注意某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、P4 等；②注意特殊物质
的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl 等；③注意
一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60、烃分子
中的碳碳键数等；④注意一些物质中的离子数目，如Na2O2、NaHSO4
等
电解质的电离
与水解
弱电解质的电离及某些离子的水解，如1 mol CH3COOH 或1 mol FeCl3
溶于水时，溶液中CH3COO
－或Fe3＋的物质的量均小于1 mol
氧化还原反应
中的电子转移
如Na2O2、NO2 与H2O 反应，电解AgNO3 溶液，Fe、Cu 与S 反应，Cl2
与H2O、NaOH 反应，Fe 与稀硝酸反应等
分散系中的微
粒数目
FeCl3 溶液转化为Fe(OH)3 胶体，因为胶体微粒是集合体，所以胶粒的数
目小于原溶液中Fe3＋的数目
隐含的可逆反
应
可逆反应不能进行到底。如2NO2
N2O4，Cl2＋H2O
HClO＋HCl，
合成氨等
3．以物质的量为中心的计算中常用的公式
(1)物质的量计算中的万能恒等式。
n＝m
M＝Vg
Vm
＝N
NA
＝Q
|ΔH|＝cV(aq)。
(2)物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算。
cB＝n
V＝m
MV＝maqw
MV
＝1 000ρw
M
，w＝cBM
1 000ρ。(ρ的单位：g·cm
－3)
(3)物质的量浓度与溶解度的换算。
cB＝n
V＝
S
M
100＋S
1 000ρ
＝1 000ρS
M100＋S
，S＝
100cBM
1 000ρ－cBM
。(ρ的单位：g·cm
－3)
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·长沙一模)NA 代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(
)
A．0.1 mol Cl2 与足量H2O 或NaOH 反应转移的电子数均为0.1NA
B．0.1 mol Zn 与含0.1 mol HCl 的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA
C．向FeI2 溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA
D．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O 中，每生成3 mol I2 转移的电子数为5NA
[解析]
0.1 mol Cl2 与足量H2O 反应是可逆反应，转移的电子数小于0.1NA，A 错误；盐酸少量，B 错误；向FeI2
溶液中通入适量Cl2，I
－先被氧化，当有1 mol Fe2＋被氧化时，I
－完全被氧化，共转移的电子的数目大于NA，C 错误；
因为反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O 转移5e
－，则每生成3 mol I2 转移的电子数为5NA，D 正确。
2．(新题预测)阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(
)
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A．1 mol 白磷中含有的P—P 键的数目为4NA
B．100 g 46%的乙醇溶液中，含H—O 键的数目为NA
C．标准状况下，22.4 L 丙烷含有的共价键数目为10NA
D．水分解生成1 mol O2 需要断开2NA 个H—O 共价键
[解析]
1 mol 白磷(P4)中含有的P—P 键的数目为6NA，A 错误；100 g 46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有
H—O 键，则该溶液中含H—O 键的数目大于NA，B 错误；1 mol 丙烷含有的共价键数目为10NA，C 正确；高温下水
分解生成1 mol O2 需要断开4NA 个H—O 共价键，D 错误。
3．用NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是(
)
A．18 g 重甲基(—CD3)中含有的电子数为9NA
B．22.4 L(标准状况)CH2Cl2 中含C—H 键数为2NA
C．10 g 34%的H2O2 溶液与足量的酸性KMnO4 溶液充分反应，转移的电子数为0.2NA
D．常温常压下，3 g HCHO 和CH3COOH 的混合物中含有0.4NA 个原子
[解析]
18 g 重甲基(—CD3)为1 mol,1 mol 重甲基(—CD3)中含有9 mol 电子，含有电子数为9NA，A 正确；标准
状况下，CH2Cl2 为液态，B 错误；高锰酸钾是氧化剂，0.1 mol H2O2 生成O2，转移的电子数为0.2 mol，C 正确；HCHO
和CH3COOH 的最筒式均为CH2O，故3 g HCHO 和CH3COOH 的混合物含有的原子为4×
3 g
30 g·mol
－1＝0.4 mol，D
正确。
4．用NA 表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(
)
A．3 mol Fe 在过量的纯氧中完全燃烧，转移的电子数为9NA
B．52 g 苯乙烯中含有的碳碳双键数目为0.5NA
C．标准状况下，22.4 L CO 和N2 的混合气体的分子数目为2NA
D．1 L 0.1 mol·L
－1 Na2CO3 溶液中CO 2－
3 和HCO
－
3 的总数0.1NA
[解析]
Fe 在过量的纯氧中完全燃烧生成四氧化三铁，3 mol Fe 在过量的纯氧中完全燃烧，转移的电子数为8NA，
A 错误；1 分子的苯乙烯中含有1 个碳碳双键，52 g 苯乙烯即0.5 mol，含有的碳碳双键数目为0.5NA，B 正确；标准
状况下，22.4 L CO 和N2 的混合气体的分子数目为NA，C 错误；碳酸根能发生水解生成HCO
－
3 和H2CO3，根据物料
守恒可知，1 L 0.1 mol·L
－1
Na2CO3 溶液中CO 2－
3 和HCO
－
3 的总数小于0.1NA，D 错误。
考点三
一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
真题感悟——悟真题、明方向
1．(1)(2017·全国Ⅲ·9 改编)下列实验操作是否规范？能否达到目的？说明理由。
目的
操作
配制浓度为0.010 mol·L
－1
的KMnO4 溶液
称取KMnO4 固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，加水溶
解并稀释至刻度
_本项实验操作不规范。不能达到实验目的。不能在容量瓶中直接溶解固体__。
(2)(2017·天津)将称得的AgNO3 配制成250 mL 标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_250_mL(棕色)容
量瓶、胶头滴管__。
2．在配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作将使得到的溶液浓度怎样变化？(填“偏高”“偏低”或“无影
响”)
(1)用量筒量取液态溶质，读数时俯视量筒，所配溶液的浓度_偏低__。
(2)将取样品所用的药匙用水洗涤，并将洗涤液倒入容量瓶，所配溶液的浓度_偏高__。
(3)定容摇匀后，有少量溶液损失，所配溶液的浓度_无影响__。
(4)用胶头滴管定容时，仰视刻度线，所配溶液的浓度_偏低__。
[解析]
(1)正确的读数方法为平视，俯视量筒将使量取液体的体积偏小，从而导致所配溶液的浓度偏低。
(2)药匙上的药品未被称量，洗涤后转入容量瓶，将使溶液中溶质的量增大，导致溶液的浓度偏高。
(3)定容摇匀后，溶液的配制已结束，溶液虽损失，但浓度不会改变。
(4)定容时仰视刻度线，使溶液的体积增大，所得溶液的浓度偏低。
3．下列操作或装置能达到实验目的的是_AF__。
A．(2016·浙江)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴
管滴加蒸馏水至刻度线
B．(2015·福建)若要称取2.0 g NaOH 固体，先在托盘上各放1 张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加
NaOH 固体
C．(2015·四川)配制一定浓度的NaCl 溶液(如图1)
D．(2015·重庆)配制一定物质的量浓度的NaNO3 溶液(如图2)
E．(2014·全国卷Ⅰ)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
F．(2013·福建)配制0.100 0 mol·L
－1 氯化钠溶液时，
将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
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27
[解析]
称量NaOH 固体时应该用小烧杯或者称量瓶，B 项错误；配制一定浓度的NaCl 溶液，定容时俯视会造成
浓度偏高，C 项错误；配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解，D 项错误；加水超过刻度线时应重新配制，E 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
一、一定物质的量浓度溶液的配制
1．所需仪器及配制步骤
2．仪器的使用
(1)使用容量瓶的第一步操作是“检漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480 mL 溶液，
应选用500 mL 的容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。
(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流。
3．抓住表达式cB＝nB
V 进行误差分析
(1)导致cB 偏低的错误操作：垫滤纸称量NaOH 固体；左码右物(用游码)；称量时间过长(潮解)；洗涤或转移时溶
液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度线时用滴管吸出液体；定容时仰视；定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水。
(2)导致cB偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。
二、有关溶液的计算
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．物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算
c＝1 000ρw
M
(c 为溶质的物质的量浓度，单位是mol·L
－1，ρ为溶液的密度，单位是g·cm
－3，w 为溶质的质量分数，
M 为溶质的摩尔质量，单位是g·mol
－1)。
【例】(1)_量取95_mL 水
①__，最好选用_100__ mL 的量筒，若读数时_仰视刻度
②__，则实际量取的水的体积_大
于__(填“大于”“小于”或“等于”)95 mL。
(2)某同学用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的物质的量浓度时，若_滴定前，读碱液体积时仰视碱式滴定管液面；
滴定后，读碱液体积时俯视碱式滴定管液面
③__。上述操作会使盐酸浓度的测定值_偏低__(填“偏高”“偏低”或“无
影响”)。
【审题指导】①从减小误差的角度看，选用量筒的规格最好与被量取液体的体积相接近，应选取100 mL 的量筒。
②量筒的刻度下小上大，量取一定体积的溶液，仰视刻度由图可知实际量取水的体积偏大，即大于95 mL。
③这属于“对一定体积的液体进行读数”问题，滴定管的“0”刻度在上，由图可知，滴定前仰视读出的体积(V1)偏
大，滴定后俯视读出的体积(V2)偏小，则滴定过程消耗碱液的体积V 碱＝V2－V1 偏小，根据c 盐酸＝c 碱×V 碱
V 盐酸
，可知，测
得盐酸的浓度偏低。
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借题发挥
在量筒、滴定管、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，分两
种情况说明。
1．容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)
(1)图Ⅰ：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。
(2)图Ⅱ：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小。
2．量筒、滴定管(如图Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ)
(1)图Ⅲ：量筒上方刻度大，俯视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(a 点)即为俯视读数，则量筒内
液面俯视读数比实际读数偏大。
(2)图Ⅳ：量筒下方刻度小，仰视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(b)点即为仰视读数，则量筒内
液面仰视读数比实际读数偏小。
(3)图Ⅴ：滴定管上方刻度小，俯视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(c 点)即为俯视读数，
则滴定管内液面俯视读数比实际读数偏小。
(4)图Ⅵ：滴定管下方刻度更大，仰视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(d 点)即为仰视读
数，则滴定管内液面仰视读数比实际读数偏大。
3．“仰视”、“俯视”对液体体积的影响
实验任务
仪器类型
观察方法
误差偏向
对一定体积的液体进行读数
“0”刻度在下方
仰视
偏低(偏小)
俯视
偏高(偏大)
“0”刻度在上方
仰视
偏高(偏大)
俯视
偏低(偏小)
量取一定体积的液体
“0”刻度在下方
仰视
偏高(偏大)
俯视
偏低(偏小)
“0”刻度在上方
仰视
偏低(偏小)
俯视
偏高(偏大)
平视时，结果均是正确的
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·邯郸一模)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
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
[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
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29
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。
2．100 mL 0.3 mol·L
－1 Na2SO4 溶液和50 mL 0.2 mol·L
－1 Al2(SO4)3 溶液混合后(溶液体积保持不变)，溶液中SO 2－
4
的物质的量浓度为(
)
A．0.2 mol·L
－1
B．0.25 mol·L
－1
C．0.4 mol·L
－1
D．0.5 mol·L
－1
[解析]
由c1·V1＋c2·V2＝c 混·(V1＋V2)可知，100 mL×0.3 mol·L
－1＋50 mL×0.2 mol·L
－1×3＝c 混(SO2－
4 )×(100 mL
＋50 mL)，解得c 混(SO2－
4 )＝0.4 mol·L
－1。
3．下列说法正确的是(
)
A．现需480 mL 0.1 mol·L
－1 硫酸铜溶液，则需要称量7.68 g 硫酸铜固体
B．100 g 硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 mol·L
－1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 mol·L
－1，需要水100 g
C．将10 g CuSO4 溶解在90 g 水中，配制质量分数为10%的CuSO4 溶液
D．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量
筒，并将洗涤液一并转移至烧杯
[解析]
应选择500 mL 的容量瓶来配制，需硫酸铜的质量为0.5 L×0.1 mol·L
－1×160 g·mol
－1＝8.0 g，A 错误；
由c1×m1
ρ1
＝c2×m2
ρ2
，且ρ1≠ρ2 可知，m2≠2m1，B 错误；将10 g CuSO4 溶解在90 g 水中，溶液的质量是100 g，得到质
量分数为10%的CuSO4 溶液，C 正确；量取的液体倒出的量就是所读的量，不能洗涤，D 错误。
4．(2017·全国Ⅰ，26)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中
有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3
＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。
回答下列问题：
(1)a 的作用是_避免b 中压强过大__。
(2)b 中放入少量碎瓷片的目的是_防止暴沸__。f 的名称是_直形冷凝管__。
(3)清洗仪器：g 中加蒸馏水：打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路：停止加热，关闭k1，g 中蒸馏水倒
吸进入c，原因是_c 中温度下降，管路中形成负压__；打开k2 放掉水。重复操作2～3 次。
(4)仪器清洗后，g 中加入硼酸(H3BO3)和指示剂，铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，
关闭k3，d 中保留少量水，打开k1，加热b，使水蒸气进入e。
①d 中保留少量水的目的是_液封，防止氨气逸出__。
②e 中主要反应的离子方程式为__NH
＋
4 ＋OH
－=====
△
NH3↑＋H2O__，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是_保温使氨完
全蒸出__。
(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为c mol·L
－1 的盐酸V mL，则样品中氮
的质量分数为__1.4cV
m __%，样品的纯度≤__7.5cV
m __%。
[解析]
(1)玻璃管a 与外界大气相通，使b 中压强等于外界大气压，避免b 中温度升高生成的水蒸气增多而导致
压强过大。(2)碎瓷片的作用是防暴沸，f 仪器为直形冷凝管。(3)开始时，c、e、f 中充满水蒸气，关闭k1 后，c、e、f
中温度降低，水蒸气冷凝为水，气压减小，外界大气压将g 中的水压入e、c 中。(4)①d 中保留少量水形成液封，可防
止氨气逸出影响蛋白质中氮含量的测定。②将铵盐注入e 中，再加入NaOH 溶液，再充入水蒸气(加热)发生反应NH
＋
4
＋OH
－=====
△
NH3↑＋H2O。双层玻璃瓶有良好的保温作用，可减少热量损失，有利于NH
＋
4 完全转化为氨气逸出。(5)
由NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3 可知n(N)＝n(NH3·H3BO3)＝n(HCl)＝c mol·L
－
1×V mL×10
－3 L·mol
－1＝10
－3cV mol
m(N)＝n(N)·M(N)＝10
－3cV mol×14 g·mol
－1＝1.4×10
－2cV g
氮的质量分数＝mN
m样品
×100%＝1.4×10
－2cV g
m g
×100%＝1.4cV
m %
设m g 该甘氨酸(C2H5NO2)样品的质量为y，
则14
75＝1.4×10
－2cV g
y
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y＝7.5×10
－2cV g
则样品纯度的最大值＝7.5×10
－2cV
m g
×100%＝7.5cV
m %。
1．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)下列比较结论正确的是(
)
A．等量Cl2 分别通入H2O、NaOH 溶液中，转移的电子数相等
B．等物质的量的21H2 和31H2 中，中子数之比为1∶2
C．等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目相同
D．1 mol P4 与1 mol CH4 中的共价键键数目相同
[解析]
A．氯气与水的反应是可逆反应，Cl2 不可能全部转化为HCl 和HClO，故A 错误；B．每个21H2 分子含
有的中子数为2，每个31H2 分子含有的中子数为4，则等物质的量的21H2 和31H2 中，中子数之比为1∶2，故B 正确；C．乙
醇与乙酸分子中碳元素的质量分数不等，则等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目不可能相同，故C 错误；D．白磷中
含6 条共价键，而甲烷中含4 条共价键，故1mol 白磷中含6NA 条共价键，而1mol 甲烷中含4NA 条共价键，故D 错
误；故选B。
2．(2019·陕西省榆林市高考三模)用NA 表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是(
)
A．常温下，pH＝1 的盐酸中含有H
＋的数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L Cl2 与Fe 完全反应时，转移电子数为3NA
C．32 g O2 和32 g O3 中所含原子数均为2NA
D．常温常压下，23 g C2H6O 中，一定含有2.5NA 个C—H 键
[解析]
A．溶液体积不明确，故此溶液中的氢离子的个数无法计算，故A 错误；B．标况下22.4 L 氯气的物质的
量为1 mol，而氯气和铁反应后变为－1 价，故1mol 氯气转移2NA 个电子，故B 错误；C．氧气和臭氧都由氧原子构
成，故32 g 氧气和32 g 臭氧中含有的氧原子均为2 mol，个数为2NA 个，故C 正确；D．C2H6O 可能是乙醇，也可能
是二甲醚，故23 g C2H6O 即0.5 mol 此物质中含有的C—H 键不一定是2.5NA 个，故D 错误。故选C。
3．(2019·河南省安阳市高考化学二模)设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
)
A．1 L 0.5 mol·L
﹣1 葡萄糖溶液中O—H 键数目为2.5NA
B．5.6 g 铁与硝酸完全反应时转移的电子数目可能为0.25NA
C．0.1 mol 苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双键的数目为0.3NA
D．10 g KHCO3 和CaCO3 的固体混合物中含有的CO 2－
3 数目为0.1NA
[解析]
A．葡萄糖溶液中，葡萄糖与水分子都含有O—H 键，1 L 0.5 mol·L
﹣1 葡萄糖溶液中O—H 键数目大于
2.5NA，故A 错误；B．铁与足量硝酸反应生成硝酸铁，与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，则5.6 g 铁与硝酸完全反应
时转移的电子数目介于0.2 mol－0.3 mol，可能为0.25NA，故B 正确；C．苯中无碳碳双键，故C 错误；D．10 g KHCO3
和CaCO3 的固体混合物中含有的CO 2－
3 数目小于0.1NA，故D 错误；故选B。
4．(2019·上海市宝山区高考化学二模)设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A．14 g 由N2 与CO 组成的混合气体含有的原子数目为NA
B．78 g 苯含有碳碳双键的数目为3NA
C．1 L 1 mol·L
－1 的NaClO 溶液中含有ClO
－的数目为NA
D．6.72 L NO2 与水充分反应转移的电子数目为0.2NA
[解析]
A．14 g N2 与CO 组成的混合气体的物质的量为0.5 mol,0.5 mol 混合气体中含有1 mol 原子，含有的原子
数目为NA，故A 正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B 错误；C．ClO
－为弱酸根，在溶液
中会水解，故溶液中的次氯酸根的个数小于NA 个，故C 错误；D．标况下6.72 L 二氧化氮的物质的量为0.3 mol，而
3 mol 二氧化氮和水反应转移2 mol 电子，故0.3 mol 二氧化氮转移0.2NA 个电子，故D 错误。故选A。
5．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2
中的相关微粒，其中正确的是(
)
A．Na
＋的结构示意图：
B．Cl2O 的结构式：Cl—O—Cl
C．中子数比质子数多3 的氯原子：35
17Cl
D．CO2 的电子式：O∶∶C∶∶O
[解析]
A．钠离子的核内有11 个质子，故离子结构示意图为
，故A 错误；B．Cl2O 中O 原子分别以单
键与Cl 原子结合，故其结构式为Cl—O—Cl，故B 正确；C．氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3，则中子数
为20，则质量数为37，故表示为37
17Cl，故C 错误；D．二氧化碳中C 原子分别与O 原子以双键结合，故其电子式为
，故D 错误。故选B。
6．(2019·安庆市高三二模)NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(
)
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31
A．12.5 mL 16 mol· L
－1 浓硫酸与足量锌充分反应，转移电子数为0.2NA
B．5.8 g 熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.02NA
C．92.0 g 甘油(丙三醇)和甲苯的混合物中含氢原子数为8.0NA
D．标准状况下，1 L 甲醛气体完全燃烧消耗O2 分子个数约为NA/22.4
[解析]
浓硫酸与足量Zn 充分反应的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行
硫酸变稀，稀硫酸可继续和Zn 反应，0.2 mol 浓硫酸最终可以全部反应，转移电子数不为0.2NA，A 错误；熟石膏
(2CaSO4·H2O)的摩尔质量为290 g/mol，所以其物质的量为0.02 mol，含有的结晶水分子数为0.02NA 个，B 正确；甘
油(C3H8O3)和甲苯(C7H8)摩尔质量都为92 g/mol，且一分子中均含有8 个氢原子，所以92 g 两者混合物中氢原子个数
为8NA 个，C 正确；甲醛耗氧量为1：1，故D 正确。
7．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
)
A．常温常压下，2.4 L 的37Cl2 中所含的中子数为20NA
B．标准状况下，8.0 g 甲烷所含C—H 键数目为2.0NA
C．若将1 mol 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
D．一定条件下，0.1 mol N2 与足量H2 充分反应，生成NH3 分子数为0.2NA
[解析]
A．常温常压V m 不等于22.4 L，无法计算氯气的物质的量和含有中子数，故A 错误；B．标准状况下，
8.0 g 甲烷物质的量为0.5 mol，所含C—H 键数目为：2.0NA，故B 正确；C．若将1 mol 氯化铁完全转化为氢氧化铁
胶体，氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，则分散系中胶体微粒数小于NA，故C 错误；D．氮气与氢气合成氨气
为可逆反应，不能进行到底，0.1 mol N2 与足量H2 充分反应，生成NH3 分子数小于0.2NA，故D 错误；故选B。
8．(2019·福建省漳州市高考化学二模)设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(
)
A．0.1 mol 氧气与2.3 g 金属钠充分反应，转移的电子数为0.4NA
B．加热时，6.4 g 铜粉与足量浓硫酸反应，转移的电子数为0.2NA
C．将0.1 mol 乙烷和0.1 mol Cl2 混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1NA
D．0.2 mol·L
－1 的NaAlO2 溶液中AlO
－
2 的数目小于0.2NA
[解析]
A．2.3 g 钠的物质的量为0.1 mol，而0.1 mol 氧气和0.1 mol 钠反应时，钠完全反应，且变为＋1 价，故
0.1 mol 钠反应后转移0.1NA 个电子，故A 错误；B．6.4 g 铜的物质的量为0.1 mol，而铜和浓硫酸反应后变为＋2 价，
故0.1 mol 铜反应转移0.2NA 个电子，故B 正确；C．乙烷和氯气反应生成一氯乙烷后，一氯乙烷能继续和氯气反应，
故最终生成的一氯乙烷的分子数小于0.1NA 个，故C 错误；D．溶液体积不明确，故此溶液中偏铝酸根的个数无法计
算，故D 错误。故选B。
9．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)用NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(
)
A．17 g 羟基(—OH)所含电子总数为9NA
B．18 g D2O 中含有的原子数为3NA
C．标准状况下，22.4 L CHCl3 中所含分子数为NA
D．32 g S8 单质(结构如图
)中含有S—S 键个数为2NA
[解析]
A．17 g —OH 的物质的量为1mol，而—OH 中含9 个电子，故1 mol —OH 中含9NA 个电子，故A 正确；
B．重水的摩尔质量为20 g/mol，故18 g 重水的物质的量为0.9 mol，而重水中含3 个原子，故0.9 mol 重水中含原子
为2.7NA 个，故B 错误；C．标况下三氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C 错误；D．32
g S8 单质的物质的量为0.125 mol，而S8 单质中含8 条S—S 键，故0.125 mol S8 中含S—S 键为NA 条，故D 错误。故
选A。
10．(2019·陕西省宝鸡高考二模)下列化学用语正确的是(
)
A．CH4 或CCl4 的比例模型
B．NaClO 的电子式
C．中子数为8 的碳元素的一种核素146C
D．甲酸甲酯的结构简式C2H4O2
[解析]
A．四氯化碳中氯原子半径大于C 原子半径，故其比例模型为
，故A 错误；B．NaClO 是离子化合
物，由钠离子和次氯酸根构成，故其电子式为
，故B 错误；C．中子数＋质子数＝质量数，故中子数
为8 的碳元素的一种核素的质量数为14，表示为14
6 C，故C 正确；D．将结构式化简后得到的式子为结构简式，结构
简式应表示出官能团和碳原子之间的连接方式，故甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，故D 错误。故选C。
11．(2019·河南省开封市高考一模)设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
)
A．标准状况下，2.24 L HF 含分子数目为0.1NA
B．120 g Na2SO4 固体含有H
＋的数目为NA
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C．100 mL 0.1 mol/L 的Na2CO3 溶液中，含阴离子的数目大于0.01NA
D．1 mol SO2 与足量O2 在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA 个电子
[解析]
A．标况下HF 为液体，不能使用气体摩尔体积，故A 错误；B．硫酸钠固体不含氢离子，故B 错误；C．碳
酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以100 mL 0.1 mol/L 的Na2CO3 溶液中，含阴离
子的数目大于0.01NA，故C 正确；D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1 mol SO2 与足量O2
在一定条件下反应生成SO3，转移电子数小于2NA 个，故D 错误；故选C。
12．(2019·福建省漳州市高考化学一模)下列有关化学用语或基本概念说法正确的是(
)
A．HClO 的结构式为：H—Cl—O
B．CO2 的比例模型
C．质子数与中子数相等的氢原子符号：11H
D．金刚石、石墨、C60 互为同素异形体
[解析]
A．HClO 的结构式为：H—O—Cl，故A 错误；B．碳原子半径应该大于氧原子半径，选项中比例模型原
子半径错误，故B 错误；C．质子数与中子数相等的氢原子，质量数为2，符号为21H，故C 错误；D．金刚石、石墨、
C60 都是由碳元素组成的形态不同的单质，互称为同素异形体，故D 正确。故选D。
13．(2019·广东省佛山市高考化学一模)NA 为阿伏加德常数的值。下列叙述中正确的是(
)
A．标准状态下，2.24 L CH3OH 中质子数为18NA
B．28 g C2H4 和C2H6 混合气体中氢原子数目为4NA
C．60 g 乙酸分子中共用电子对数目为8NA
D．1 L 0.1 mol/L HF 的水溶液中HF 共价键数目为0.1NA
[解析]
A．标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A 错误；B．C2H4 和C2H6 的摩
尔质量不同，故28g 混合物的物质的量无法计算，则含有的H 原子数无法计算，故B 错误；C．60 g 乙酸的物质的量
为1 mol，而乙酸中含8 共用电子对，故1 mol 乙酸中含有8NA 对共用电子对，故C 正确；D．HF 溶于水后部分电离，
共价键部分被破坏，则此溶液中含有的HF 共价键小于0.1NA 个，故D 错误。故选C。
14．(2019·新疆高考化学一诊)下列化学用语或描述中，不正确的是(
)
A．F
－的结构示意图：
B．CH4 分子的比例模型是
C．乙烯的结构简式：CH2===CH2
D．氯化银沉淀溶解平衡表达式：AgCl
Ag
＋＋Cl
－
[解析]
A．F
－的核外电子总数为10，其离子结构示意图为
，故A 正确；B．CH4 分子中C 原子的原子半
径较大，其比例模型是
，故B 正确；C．乙烯为平面型结构，分子中含有1 个碳碳双键，其结构简式为CH2===CH2，
故C 正确；D．AgCl 在溶液中沉淀溶解平衡，正确的离子方程式为AgCl(s)
Ag
＋(aq)＋Cl
－(aq)，故D 错误；故选
D。
15．(2019·四川省广元市高考化学一诊)设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
)
A．1 L 0.1 mol·L
－1 的NH4Cl 溶液中，NH
＋
4 的数目为0.1NA
B．2.4 g Mg 与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．0.1 mol H2 和0.1 mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
D．标准状况下，11.2 L CH2Cl2 中含有质子数为21.5NA
[解析]
A．铵根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以1 L 0.1 mol·L
－1 的NH4Cl 溶液中，NH
＋
4 的数目小
于0.1NA，故A 错误；B．2.4 g Mg 物质的量为0.1 mol，与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.2NA，故B 错误；C．氢
气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子
个数就为0.2NA 个，故C 正确；D．标况下二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故D 错误；故选C。
16．(2019·四川省乐山市高考一模)设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A．向1 mol/L NaOH 溶液中加入27 g 铝，转移的电子数是3NA
B．常温常压下，28 g N2 与CO 混合气体中的原子总数是2NA
C．标准状况下，22.4 L NO 与O2 混合气体中的分子数为NA
D．1 L 0.1 mol/L Na2CO3 溶液中所含有的阴离子总数为0.1NA
[解析]
A．氢氧化钠物质的量未知，铝消耗的量无法确定，无法计算电子转移数，故A 错误；B．常温常压下，
28 g N2 与CO 混合气体，物质的量为1 mol，原子总数是2NA，故B 正确；C．一氧化氮与氧气混合后恰好生成1 mol
二氧化氮，二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，反应后混合气体的物质的量小于1 mol，混合气体中所含分子数小
于NA，故C 错误；D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以1 L 0.1 mol/L Na2CO3
溶液中所含有的阴离子总数大于0.1NA，故D 错误；故选B。
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33
17．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)用NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(
)
A．100 ℃时，1 L pH＝6 纯水中含H
＋数目为10
－6NA
B．0.1 mol·L
－1 Na2CO3 溶液中，Na
＋的数目为0.2NA
C．常温常压下，17 g 羟基(—18OH)所含中子数为9NA
D．标准状况下，22.4 L CHCl3 中所含C—Cl 键的数目为3NA
[解析]
A．根据pH 的定义，1 L pH＝6 纯水中含H
＋数目为10
－6NA，A 正确；B．溶液无体积，B 错；C．－18OH
的摩尔质量是19 g·mol
－1，每个羟基含有10 个中子，故C 错；D．CHCl3 在标准状况下是液态，D 错。故选A。
18．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(
)
A．0.5 mol 雄黄(As4S4)，结构如右图，含有NA 个S—S 键
B．将1 mol NH4NO3 溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH
＋
4 的数目为NA
C．标准状况下，33.6 L 二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA
D．高温下，16.8 g Fe 与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA
[解析]
A．图示的雄黄分子中，白球形成了2 个共价键、黑球形成了3 个共价键，由于硫原子最外层含有6 个电
子，所以形成了2 个共价键，As 最外层5 个电子，形成3 个共价键，所以白球表示的为S，黑球表示的为As，根据
图示，雄黄分子中不存在S—S 键，故A 错误；B．将1 mol NH4NO3 溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，氢离子
与氢氧根离子物质的量相等，根据电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子与铵根离子的物质的量相等，由于硝酸根离子的
物质的量为1 mol，则铵根离子的物质的量为1 mol，溶液中NH
＋
4 的数目为NA，故B 正确；C．标况下二氯甲烷为液
体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C 错误；D．16.8 g 铁的物质的量为0.3 mol，而铁和水蒸气反应
后变为＋8
3价，故0.3mol 铁反应后转移0.8NA 个电子，故D 错误。故选B。
19．(2019·高三第二次模拟)用NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(
)
①18 g D2O 含有的电子数为10NA；
②1 mol Na2O2 与水完全反应时转移电子数为2NA；
③12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA；
④在标准状况下，22.4 L SO3 的物质的量为1 mol；
⑤7.8 g 过氧化钠中含有的离子数为0.3NA；
⑥28 g 硅晶体中含有2NA 个Si—Si 键；
⑦200 mL 1mol·L
－1 Fe2(SO4)3 溶液中，Fe3＋和SO 2－
4 离子数的总和是NA；
⑧在常温常压下，0.1 mol 铁与0.1 mol Cl2 充分反应，转移的电子数为0.3NA；
⑨标准状况下，22.4 L NO 和11.2 L O2 混合后气体的分子总数为1.5NA；
⑩S2 和S8 的混合物共6.4 g，其中所含硫原子数一定为0.2NA。
A．①③⑤⑧
B．②④⑥⑦
C．③⑤⑥⑩
D．⑤⑧⑨⑩
[解析]
①D2O 的摩尔质量为20 g·mol
－1,18 g 重水的含有电子的物质的量为
18 g
20 g/mol×10＝9 mol，故①错误；
②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，过氧化钠既是还原剂又是氧化剂，有2 mol 过氧化钠参加反应共转移电子的物质
的量为2 mol，因此1 mol 过氧化钠参加反应，转移电子1 mol，故②错误；③石墨中一个碳原子被3 个环共有，一个
六元环真正占有的碳原子为6×1/3＝2,12 g 石墨烯中含有的碳原子为
12 g
12 g/mol＝1 mol，因此12 g 石墨烯中含有六元环
的个数为0.5NA，故③正确；④SO3 标准状况下，不是气体，故④错误；⑤过氧化钠的阴阳离子个数比为1∶2，1 moL
过氧化钠中含有离子物质的量为3 mol,7.8 g 过氧化钠中含有的离子物质的量为
7.8 g
78 g/mol×3＝0.3 mol，故⑤正确；⑥硅
晶体中一个硅实际占有2 个硅硅键，28 g 硅晶体含有硅硅键的物质的量为
28 g
28 g/mol×2＝2 mol，故⑥正确；⑦硫酸铁属
于强酸弱碱盐，Fe3＋要水解，因此两离子的物质的量应小于1 mol，故⑦错误；⑧2Fe＋3Cl2===2FeCl3，根据量的关系，
氯气不足，0.1 mol 氯气参加反应转移电子0.1×2 mol＝0.2 mol，故⑧错误；⑨2NO＋O2===2NO2,2NO2
N2O4，分
子物质的量应小于1 mol，故⑨错误；⑩6.4 g 是硫原子的质量，因此硫原子的物质的量为
6.4 g
32 g/mol＝0.2 mol，故⑩正确。
因此选项C 正确。
20．(2019·河南省郑州市高考化学二模)NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(
)
A．电解精炼铜时，阳极质量减小64 g，转移电子数为2NA
B．100 g 质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
C．7.8 g Na2O2 固体中含有离子总数为0.4NA
D．100 mL 10 mol·L
－1 浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，生成Cl
－的数目为0.25NA
[解析]
A．电解法精炼铜，阳极是铜、铁、锌、镍失电子，当阳极质量减少64 g 时，外电路通过电子数不是2NA，
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故A 错误；B．100 g 质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为100 g×46%
46 g/mol
＝1 mol，H2O 的物质的量为
100 g－46 g
18 g/mol
＝3 mol，乙醇溶液中含有氢原子数为(1 mol×6＋3 mol×2)×NAmol
－1＝12NA，故B 正确；C．7.8 g Na2O2
固体中含有离子总数为0.3NA，故C 错误；D．随着反应的进行，浓盐酸变稀就不反应了，故D 错误；故选B。
21．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)下列表示正确的是(
)
A．氯化镁的电子式：
B．氘(2H)原子的结构示意图：
C．乙烯的结构式：CH2===CH2
D．CO2 的比例模型：
[解析]
氯化镁属于离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁
的电子式为：
，故A 错误；B．氘(2H)原子中有1 个质子，核外有1 个电子，原子结构示意图：
，故B 正确；C．乙烯分子中含有2 个碳原子和4 个氢原子，两个碳原子之间通过共用2 对电子形成一个碳碳双
键，碳碳键与碳氢键之间夹角120 度，为平面型结构，其结构式为：
，故C 错误；D．二氧化碳的分子式
为CO2，由模型可知小球为碳原子，2 个大球为氧原子，而氧原子半径小，实际碳原子半径大于氧原子半径，二氧化
碳为直线型结构，其正确的比例模型为
，故D 错误；故选B。
第四讲
离子反应
[最新考纲]
[考向分析]
1.能正确书写离子方程式，并能进行有
关计算
2.了解离子反应的概念、离子反应发生
的条件，能够判断是否大量共存
3.掌握常见离子的检验方法
近年来新课标高考对离子反应的考查主要有如下
形式：①离子反应方程式正误判断，离子共存等；
②离子的检验和推断；③渗透到工艺流程和新型
化学电源等题型中，考查有关氧化还原反应类型
的离子反应方程式、电极反应方程式的书写等
考点一
离子方程式的书写与正误判断
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·江苏，6)下列指定反应的离子方程式正确的是(
)
A．钠与水反应：Na＋2H2O===Na
＋＋2OH
－＋H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl
－＋2H2O=====
通电H2↑＋Cl2↑＋2OH
－
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋＋OH
－＋H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋＋HCO
－
3 ＋OH
－===CaCO3↓＋H2O
[解析]
A．电荷不守恒，A 错误；B．正确；C．配比错误，OH
－、H
＋、H2O 的化学计量数都是2，C 错误；D．漏
了NH
＋
4 和OH
－之间的反应，D 错误。
2．(2018·江苏，7)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↑
[解析]
B 错：正确的离子方程式应为5I
－＋IO
－
3 ＋6H
＋===3I2＋3H2O。C 错：正确的离子方程式应为2Fe(OH)3＋
3ClO
－＋4OH
－===2FeO2－
4 ＋3Cl
－＋5H2O。D 错：2Cl
－＋2H2O=====
通电2OH
－＋H2↑＋Cl2↑。
3．(2019·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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35
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
[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；C 项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不能拆分，而应写成分子式，错误；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。
4．(2019·江苏，7)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
－===AlO
－
2 ＋H2↑
C．室温下用稀HNO3 溶解铜：Cu＋2NO
－
3 ＋2H
＋===Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
D．向Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H
＋===H2SiO3↓＋2Na
＋
[解析]
A 项，Cl2 与NaOH 反应生成NaCl、NaClO 和H2O，正确；B 项，题给离子方程式不符合电荷守恒与得
失电子守恒，错误；C 项，稀HNO3 与Cu 发生反应生成NO，错误；D 项，Na2SiO3 为可溶性的钠盐，应拆开，错误。
故选A。
5．(2016·全国Ⅲ·27(2)①)在鼓泡反应器中通入含有SO2 和NO 的烟气，写出NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的
离子方程式__4NO＋3ClO
－
2 ＋4OH
－===4NO
－
3 ＋2H2O＋3Cl
－__。
[解析]
NaClO2 溶液脱硝过程中，NO 转化为NO
－
3 、NO
－
2 ，主要转化为NO
－
3 ，书写离子方程式时运用得失电子守
恒、电荷守恒和元素守恒，得到4NO＋3ClO
－
2 ＋4OH
－===4NO
－
3 ＋2H2O＋3Cl
－。
6．(2016·全国Ⅰ·27(4))＋6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O 2－
7 还原成Cr3＋，该反应的离子
方程式为__Cr2O2－
7 ＋3HSO
－
3 ＋5H
＋===2Cr3＋＋3SO2－
4 ＋4H2O__。
[解析]
根据题意，氧化剂是Cr2O2－
7 ，还原剂是HSO
－
3 ，氧化产物是SO2－
4 ，还原产物是Cr3＋。根据得失电子守恒、
电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Cr2O2－
7 ＋3HSO
－
3 ＋5H
＋===2Cr3＋＋3SO2－
4 ＋4H2O。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．离子方程式书写与正误判断的基本要求：
(1)合事实：离子反应要符合客观事实，不可臆造产物及反应。
(2)式正确：化学式与离子符号使用正确合理。
(3)号实际：“===”“
”“→”“↑”“↓”等符号符合实际。
(4)三守恒：两边原子数、电荷数必须守恒，氧化还原反应离子方程式中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数要
相等。
(5)明类型：依据离子反应原理，分清类型，总结方法技巧。
(6)细检查：结合书写离子方程式过程中易出现的错误，细心检查。
2．限定条件的离子方程式的书写方法：
(1)定量型：常用“以少定多”的方法进行书写。
(2)过量型：常用“少定多变”的方法进行书写。
3．离子方程式正误判断的四项要求
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►方法指导
1．离子方程式正误判断方法：
2．突破离子方程式的“4”个陷阱：
(1)原理：常错的“离子方程式”有：
①铁与稀盐酸、稀硫酸的反应：Fe＋2H
＋===Fe2＋＋H2↑。
②将少量SO2 通入NaClO 溶液中：SO2＋H2O＋3ClO
－===SO2－
4 ＋Cl
－＋2HClO。
③氯化铝溶液中加入过量氨水生成的是Al(OH)3，而不是AlO
－
2 。
④Fe2O3 与氢碘酸反应：Fe2O3＋6H
＋＋2I
－===2Fe2＋＋I2＋3H2O。
⑤向某溶液中通入CO2(SO2)：
a．若某溶液能与CO2(或SO2)发生反应，少量的CO2(SO2)生成CO2－
3 (SO2－
3 )，过量的CO2(SO2)生成HCO
－
3 (HSO
－
3 )；
b．向CaCl2 溶液中通入CO2(SO2)无现象。
(2)拆分：离子方程式的正误判断中，常设置“拆分陷阱”，氧化物、弱电解质、沉淀、弱酸式酸根在离子方程式
中均不能拆分。
(3)“守恒”——离子方程式除符合质量守恒外，还应符合电荷守恒，即离子方程式两边离子所带电荷总数相等。
(4)符号：“===”“
”“↑”“↓”等符号的使用是否恰当。
3．与量有关的离子方程式的书写：
(1)连续反应型：指反应生成物因能与剩余(过量)的反应物继续反应而与用量有关。
①多元弱酸盐与强酸反应，如Na2CO3 溶液与稀盐酸反应。盐酸不足：H
＋＋CO2－
3 ===HCO
－
3 ，盐酸过量：2H
＋＋
CO2－
3 ===CO2↑＋H2O。
②铝盐溶液与强碱溶液反应。强碱少量：Al3＋＋3OH
－===Al(OH)3↓，强碱过量：Al3＋＋4OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O。
③NaAlO2 溶液与强酸溶液反应。强酸少量：AlO
－
2 ＋H
＋＋H2O===Al(OH)3↓，强酸过量：AlO
－
2 ＋4H
＋===Al3＋＋
2H2O。
④Fe 与稀硝酸溶液反应。HNO3 少量：3Fe＋8H
＋＋2NO
－
3 ===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，HNO3 过量：Fe＋4H
＋＋
NO
－
3 ===Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
(2)离子配比型：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式
盐)，其中一种离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而与用量有关。
①酸式盐与碱的反应：少量物质参加反应离子物质的量之比与物质组成之比相符，如Ca(OH)2 溶液与NaHCO3
溶液反应，少量Ca(OH)2：Ca2＋＋2OH
－＋2HCO
－
3 ===CaCO3↓＋CO2－
3 ＋2H2O；少量NaHCO3：Ca2＋＋HCO
－
3 ＋OH
－
===CaCO3↓＋H2O。
②与反应进行程度有关的反应，如NaHSO4 溶液与Ba(OH)2 溶液反应，加Ba(OH)2 溶液至SO 2－
4 恰好沉淀：H
＋＋
OH
－＋SO2－
4 ＋Ba2＋===BaSO4↓＋H2O，加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2H
＋＋2OH
－＋SO2－
4 ＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O。
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37
备考验证——练典题、重应用
1．高考中12 个常考离子方程式(题在书外，理在书中)
(1)稀H2SO4 与Ba(OH)2 溶液的反应：__Ba2＋＋2OH
－＋2H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋2H2O__；
(2)Fe2＋与H2O2 在酸性溶液中的反应：__2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O__；
(3)NaHSO4 加入Ba(OH)2 溶液中至溶液呈中性：__SO2－
4 ＋2H
＋＋2OH
－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O__；
(4)NaHCO3 溶液与少量石灰水反应：__2HCO
－
3 ＋Ca2＋＋2OH
－===CaCO3↓＋CO2－
3 ＋2H2O__；
(5)用氨水吸收少量SO2：__2NH3·H2O＋SO2===2NH
＋
4 ＋SO2－
3 ＋H2O__；
(6)向明矾溶液中滴加Ba(OH)2 溶液，使SO 2－
4 全部沉淀：__Al3＋＋4OH
－＋2Ba2＋＋2SO2－
4 ===2BaSO4↓＋AlO
－
2 ＋
2H2O__；
(7)Ca(HCO3)2 溶液与少量NaOH 溶液反应：__Ca2＋＋HCO
－
3 ＋OH
－===CaCO3↓＋H2O__；
(8)稀硝酸中加入过量铁粉：__3Fe＋2NO
－
3 ＋8H
＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O__；
(9)向NH4Al(SO4)2 溶液中加入过量NaOH 溶液：__Al3＋＋NH
＋
4 ＋5OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O＋NH3·H2O__；
(10)NH4HCO3 溶于过量的NaOH 溶液并加热：__NH
＋
4 ＋HCO
－
3 ＋2OH
－=====
△
CO2－
3 ＋NH3↑＋2H2O__；
(11)0.01 mol·L
－1 的NH4Al(SO4)2 溶液与0.02 mol·L
－1 Ba(OH)2 溶液等体积混合：__NH
＋
4 ＋Al3＋＋2SO2－
4 ＋4OH
－＋
2Ba2＋===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O__；
(12)向一定量的FeBr2 溶液中通入①少量Cl2、②等量Cl2、③足量Cl2，分别写出反应的离子方程式：
①__2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－__；
②__2Fe2＋＋2Br
－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl
－__；
③__2Fe2＋＋4Br
－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl
－__。
2．能正确表示下列反应离子方程式的是(
)
A．在AgCl 沉淀中加入硫化钾溶液：2AgCl(s)＋S2－
Ag2S(s)＋Cl
－
B．双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液：2I
－＋H2O2＋2H
＋===I2＋O2↑＋2H2O
C．向Al2(SO4)3 溶液中加入过量NH3·H2O：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO
－
2 ＋4NH
＋
4 ＋2H2O
D．草酸使酸性KMnO4 溶液褪色：5H2C2O4＋2MnO
－
4 ＋6H
＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
[解析]
Ag2S 比AgCl 更难溶，属于沉淀转化的离子方程式，但电荷不守恒，A 错误；双氧水中加入稀硫酸和KI
溶液的离子方程式为2I
－＋H2O2＋2H
＋===I2＋2H2O，B 错误；Al(OH)3 不能溶于过量NH3·H2O，C 错误；草酸使酸性
KMnO4 溶液褪色，发生氧化还原反应，离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒，D 正确。
3．下列离子方程式的书写不正确的是(
)
A．向TiCl4 固体中加入大量水，同时加热：Ti4＋＋(x＋2)H2O
TiO2·xH2O＋4H
＋
B．向NH4HCO3 溶液中加入过量Ba(OH)2 溶液：Ba2＋＋HCO
－
3 ＋OH
－===BaCO3↓＋H2O
C．向CaSO4 悬浊液中加入饱和Na2CO3 溶液：CaSO4＋CO2－
3 ===CaCO3↓＋SO2－
4
D．向Ba(NO3)2 溶液中通入少量SO2：3SO2＋3Ba2＋＋2NO
－
3 ＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO↑＋4H
＋
[解析]
TiCl4 水解生成TiO2·xH2O，A 项正确；B 项：OH
－过量，NH
＋
4 会转化为NH2·H2O，正确的离子方程式为
NH
＋
4 ＋HCO
－
3 ＋Ba2＋＋2OH
－===BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，B 项错误；向CaSO4 悬浊液中加入饱和Na2CO3 溶液，
CaSO4 会转化为溶解度更小的CaCO3，C 项正确。少量SO2 与NO
－
3 发生氧化还原反应生成SO 2－
4 和NO，SO 2－
4 和Ba2
＋全生成BaSO4，D 项正确。
4．根据要求写下列离子方程式。
(1)已知Fe3S4 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518 g·L
－1)物质，写出该
反应的离子方程式：__Fe3S4＋6H
＋===3Fe2＋＋3H2S↑＋S__。
(2)在酸性条件下，NaClO2 可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，该反应的离子方程式为__4H
＋＋5ClO
－
2 ===Cl
－＋
4ClO2↑＋2H2O__。
(3)铁的一种含氧酸根FeO 2－
4 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该
反应的离子方程式是__4FeO2－
4 ＋20H
＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O__。
[解析]
(1)根据题意Fe3S4 与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为S，气体的摩尔质量为1.518 g·L
－1×22.4 L·mol
－1＝34 g·mol
－1，故应为H2S，硫元素化合价升高，故产物还有Fe2＋，反应的离子方程式为Fe3S4＋6H
＋===3Fe2＋3H2S↑
＋S。(2)酸性条件下，NaClO2 发生歧化反应生成NaCl 并释放出ClO2。(3)FeO 2－
4 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入
稀硫酸，溶液变为黄色，说明生成Fe3＋，铁元素的化合价降低，有无色气体产生，只能是氧气。
5．(2019·石家庄一模)氰化钠(NaCN)是白色固体，可溶于水，剧毒，致死量为50 mg 至250 mg。氰化钠遇水或酸
生成剧毒易燃的氰化氢(HCN)气体。处理氰化物用碱性氯化法，该方法发生三步反应，写出离子方程式。
(1)氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸盐(ClO
－)：__Cl2＋2OH
－===Cl
－＋ClO
－＋H2O__。
(2)次氯酸盐(ClO
－)氧化氰化物(CN
－)生成氰酸盐(CNO
－)：__ClO
－＋CN
－===CNO
－＋Cl
－__。
(3)过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO 2－
3 和N2：__3ClO
－＋2CNO
－＋2OH
－===3Cl
－＋2CO2－
3 ＋N2↑＋H2O__。
[解析]
(1)氯气与NaOH 溶液反应生成NaCl、NaClO 和水，离子方程式为Cl2＋2OH
－===Cl
－＋ClO
－＋H2O。(2)
次氯酸盐氧化氰化物(CN
－)生成氰酸盐(CNO
－)，ClO
－被还原为Cl
－。(3)过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO 2－
3 和N2，
根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为3ClO
－＋2CNO
－＋2OH
－===3Cl
－＋2CO2－
3 ＋N2↑＋H2O。
考点二
离子共存
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真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·江苏)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(
)
A．0.1 mol·L
－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
[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，CO2－
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。
2．(2017·江苏，9)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
[解析]
A．Fe3＋和SCN
－会发生反应生成血红色的配合物，A 错误；B．根据KW 可以求出c(OH
－)＝0.1 mol/L，
溶液显碱性，这4 种离子可以大量共存，B 正确；C．Fe2＋还原性较强，MnO
－
4 氧化性较强，两者因发生氧化还原反应
而不能大量共存，C 错误；D．使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO
－
3 不能在酸性溶液中大量共存，D 错误。
3．(2018·江苏，4)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
－1NaOH 溶液：Mg2＋、Na
＋、SO2－
4 、HCO
－
3
[解析]
B 项：各离子可以大量共存。A 项：ClO
－有氧化性，能将I
－氧化为I2，不能大量共存。C 项：CH3COOH
为弱电解质，CH3COO
－与H
＋不能大量共存。D 项：OH
－与Mg2＋、HCO
－
3 均不能大量共存。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．离子不能大量共存的原因
(1)离子之间相互结合生成难溶物质。
如Ca2＋和CO 2－
3 生成CaCO3 沉淀，H
＋和SiO 2－
3 生成H2SiO3 沉淀，Cu2＋和OH
－生成Cu(OH)2 沉淀等。
(2)离子之间相互结合生成气态物质。
如H
＋和S2－生成H2S，H
＋和HCO
－
3 生成CO2 等。
(3)离子之间相互结合生成弱电解质。
如H
＋与CH3COO
－、OH
－、PO 3－
4 等分别结合生成弱电解质CH3COOH、H2O、H3PO4 等。
(4)离子之间彼此促进水解。
如Al3＋、Fe3＋分别与AlO
－
2 、HCO
－
3 、CO2－
3 、S2－等发生相互促进的水解反应生成沉淀或气体。
(5)离子之间发生氧化还原反应。
如Fe2＋、S2－、I
－、SO 2－
3 分别与NO
－
3 (H
＋)、ClO
－、MnO
－
4 因发生氧化还原反应而不能大量共存；Fe3＋与S2－、I
－
等因发生氧化还原反应而不能大量共存。
(6)离子之间能发生络合反应。
如Fe3＋和SCN
－不能大量共存。
2．警惕离子共存题目中的常见“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
常温下“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”
注意是能发生氧化还原反应的离子不
能大量共存，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
＋)＝1×10
－12
mol·L
－1”的溶液
溶液既可能显酸性也可能显碱性
“通入足量的NH3”
与NH3·H2O 反应的离子不能大量存在
含有大量Fe3＋的溶液
应是酸性溶液并具有强氧化性
含有大量AlO
－
2 、S2－的溶液
应是碱性溶液
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含有大量NO
－
3 的溶液
隐含H
＋与还原性离子不能大量存在
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，仔细分析判断
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·长沙一模)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(
)
A．c(H
＋)<c(OH
－)的溶液中：Na
＋、K
＋、SO2－
4 、ClO
－
B．能使酚酞变红的溶液中：Na
＋、Cu2＋、CO2－
3 、NO
－
3
C．0.1 mol·L
－1 FeCl3 溶液中：K
＋、NH
＋
4 、I
－、SCN
－
D．加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH
＋
4 、Fe2＋、NO
－
3 、SO2－
4
[解析]
A 项所给离子在碱性条件下可大量共存；能使酚酞变红的溶液呈碱性，Cu2＋在碱性条件下不能大量存在，
B 错误；Fe3＋与SCN
－可发生络合反应，Fe3＋与I
－会发生氧化还原反应，C 错误；加铝粉产生氢气的溶液呈强碱性或强
酸性，且呈强酸性时不能含有NO
－
3 ，因为铝与硝酸反应不会生成氢气，而碱性条件下NH
＋
4 、Fe2＋均不能大量存在，D
错误。
2．(新题预测)某中学化学实验小组在实验室鉴定某无色溶液。已知溶液中的溶质仅由NH
＋
4 、K
＋、Ag
＋、Ca2＋、
Al3＋、AlO
－
2 、MnO
－
4 、CO2－
3 、SO 2－
4 中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3 溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2 溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙。
则下列离子在原溶液中一定存在的有(
)
A．K
＋、CO2－
3 、AlO
－
2
B．SO2－
4 、AlO
－
2 、K
＋、CO2－
3
C．CO2－
3 、K
＋、Al3＋、NH
＋
4
D．MnO
－
4 、K
＋、CO2－
3 、NH
＋
4
[解析]
原溶液无色，说明该溶液中不存在MnO
－
4 。实验(1)加入盐酸有气体生成，溶液中含有CO2－
3 ，则溶液中不
存在Ag
＋、Ca2＋、Al3＋。实验(2)产生的气体是(1)所得溶液中过量的盐酸与HCO
－
3 反应生成的CO2，沉淀只可能是Al3
＋与HCO
－
3 反应生成的Al(OH)3，则实验(1)所得溶液中必有AlO
－
2 与过量盐酸反应生成的Al3＋，而原溶液存在AlO
－
2 时，
NH
＋
4 必然不存在。实验(3)的气体和沉淀可能是由(2)所得溶液中过量的NH4HCO3 与Ba(OH)2 反应生成的，分别为NH3
和BaCO3，所以无法判断SO 2－
4 是否存在。综上所述，原溶液中一定不存在Ag
＋、Ca2＋、Al3＋、MnO
－
4 、NH
＋
4 ，根据溶
液呈电中性，则仅有的阳离子K
＋存在于溶液中，则原溶液一定存在AlO
－
2 、CO 2－
3 和K
＋，而SO 2－
4 无法判断。
3．(2019·衡水一模)下列有关Ca(ClO)2 溶液的叙述正确的是(
)
A．该溶液中，K
＋、Cl
－、HCOOH、I
－可以大量共存
B．与Na2SO3 反应的离子方程式：ClO
－＋SO2－
3 ===SO2－
4 ＋Cl
－
C．不可使用pH 试纸测定该溶液的pH
D．1 L 0.1 mol·L
－1 该溶液和足量的CO2 充分反应，产生10 g 沉淀
[解析]
ClO
－能与I
－发生氧化还原反应，不能大量共存，A 错误；Ca(ClO)2 与Na2SO3 反应的离子方程式为Ca2＋
＋ClO
－＋SO2－
3 ===CaSO4↓＋Cl
－，B 错误；溶液具有漂白性，则不可使用pH 试纸测定该溶液的pH，可用pH 计测定，
C 正确；Ca(ClO)2 溶液和足量的CO2 充分反应，生成碳酸氢钙和HClO，则不能生成沉淀，D 错误。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(
)
A．加入Mg 放出H2 的溶液中：K
＋、Al3＋、Cl
－、SO2－
4
B．存在较多的H
＋、SO2－
4 、NO
－
3 的溶液中：Fe3＋、CH3COO
－、Cl
－
C．cOH
－
cH
＋
＝1012 的溶液中：SO2－
3 、NH
＋
4 、NO
－
3 、Na
＋
D．使甲基橙呈红色的溶液：NH
＋
4 、K
＋、AlO
－
2 、HCO
－
3
[解析]
加入Mg 能放出H2 的溶液显酸性，酸性条件下K
＋、Al3＋、Cl
－、SO 2－
4 可以大量共存，A 正确；H
＋与CH3COO
－易生成弱电解质CH3COOH 而不能大量共存，B 错误；常温下cOH
－
cH
＋
＝1012 的溶液中c(OH
－)＝0.1 mol·L
－1，溶液呈
强碱性，NH
＋
4 与OH
－不能大量共存，C 错误；使甲基橙呈红色的溶液显强酸性，AlO
－
2 、HCO
－
3 均能与H
＋反应不能大
量共存，D 错误。
考点三
离子推断与检验
真题感悟——悟真题、明方向
1．下列叙述正确的是(
)
A．(2017·卷Ⅱ·13A)向2 mL 0.1 mol·L
－1 的FeCl3 溶液中加足量铁粉，振荡，黄色逐渐消失，加1 滴KSCN 溶液，
溶液颜色不变，说明还原性：Fe>Fe2＋
B．(2015·卷Ⅰ·10A)将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN 溶液，有气体生成，溶液呈血红色，说明
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稀硝酸将Fe 氧化为Fe3＋
C．(2014·卷Ⅰ·8D)FeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板制作，是因为FeCl3 能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜
D．(2014·卷Ⅱ·9D)将锌粒投入Cu(NO3)2 溶液，反应后固体物质增重
[解析]
向FeCl3 溶液中加足量铁粉，振荡时黄色逐渐消失，且加KSCN 溶液颜色不变，说明发生反应2FeCl3＋
Fe===3FeCl2，所以还原性：Fe>Fe2＋，A 正确；稀硝酸与过量的Fe 充分反应生成硝酸亚铁、NO 气体和水，无Fe3＋，
加入KSCN 溶液后，溶液不变红色，B 错误；氯化铁中的三价铁离子能和铜反应生成二价铁离子和铜离子，C 错误；
将锌粒投入Cu(NO3)2 溶液，锌置换出铜，固体质量减少，D 错误。
2．(2016·上海改编)已知：SO2－
3 ＋I2＋H2O===SO2－
4 ＋2H
＋＋2I
－，某溶液中可能含有Na
＋、K
＋、NH
＋
4 、Fe2＋、Cu2
＋、SO2－
3 、SO2－
4 、I
－，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是(
)
A．肯定不含Cu2＋、Fe2＋和SO2－
4
B．肯定含有Na
＋、K
＋和NH
＋
4
C．可能含有SO2－
3
D．可能含有I
－
[解析]
溶液本身无色，说明没有Fe2＋和Cu2＋；滴加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应且产物无色，
溴首先氧化亚硫酸根离子而后氧化碘离子，溶液仍呈无色说明一定含有亚硫酸根离子，可能含有碘离子；根据电荷守
恒可知一定含Na
＋、K
＋、NH
＋
4 中的一种或几种；不能确定是否含有SO2－
4 。
3．(2016·全国Ⅰ，27(1))元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、Cr(OH)
－
4 (绿色)、Cr2O2－
7 (橙红色)、CrO2－
4 (黄
色)等形式存在。Cr(OH)3 为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题：
Cr3＋与Al3＋的化学性质相似。在Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是_蓝紫色溶液
变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液__。
[解析]
根据题意可知，在硫酸铬溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液时，首先发生反应：Cr3＋＋3OH
－===Cr(OH)3↓，
蓝紫色溶液逐渐变浅，同时产生灰蓝色沉淀，当氢氧化钠溶液过量时，灰蓝色沉淀逐渐溶解，发生反应：Cr(OH)3＋
OH
－===Cr(OH)
－
4 ，最终得到绿色溶液。
4．(2016·全国Ⅱ，28)某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol·L
－1 的溶液。在FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的
是_防止Fe2＋被氧化__。
(2)甲组同学取2 mL FeCl2 溶液，加入几滴氯水，再加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说明Cl2 可将Fe2＋氧化。FeCl2
溶液与氯水反应的离子方程式为__2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－__。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2 溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液面下依次加入
几滴氯水和1 滴KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是_隔绝空气(排除氧气对实验的影响)__。
(4)丙组同学取10 mL 0.1 mol·L
－1KI 溶液，加入6 mL 0.1 mol·L
－1 FeCl3 溶液混合。分别取2 mL 此溶液于3 支试
管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1 mL CCl4 充分振荡、静置，CCl4 层显紫色；
②第二支试管中加入1 滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是_Fe2＋__(填离子符号)；实验①和③说明：在I
－过量的情况下，溶液中仍含有_Fe3＋__(填离子
符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_可逆反应__。
(5)丁组同学向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为
__2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O__；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生
气泡的原因是_Fe3＋催化H2O2 分解产生O2__；生成沉淀的原因是_H2O2 分解反应放热，促进Fe3＋的水解平衡正向移动
__(用平衡移动原理解释)。
[解析]
(1)Fe2＋具有还原性，FeCl2 溶液易被氧化而变质，配制FeCl2 溶液时加入少量铁屑，目的是防止Fe2＋被氧
化。(2)溶液变红，说明有Fe3＋生成，则FeCl2 溶液与氯水反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－。(3)甲组实验中，FeCl2 易被空气中的O2 氧化，会生成FeCl3，因此实验不够严谨。加入煤油，煤油的密度比水小，
可以起到隔绝空气的作用，从而排除氧气对实验的影响。(4)实验②中K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验Fe2＋。根据实验
①，CCl4 层显紫色，说明有I2 生成，根据实验②，生成蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成，根据实验③，溶液变红，说明有
Fe3＋剩余，I
－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋，由此说明该反应为可逆反应。(5)溶液变为棕黄色，说明生成了Fe3＋，
离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H
＋===2Fe3＋＋2H2O。溶液中有气泡出现，说明H2O2 在Fe3＋的催化作用下发生了分解
反应，生成了O2。随后生成红褐色沉淀，则沉淀为Fe(OH)3，H2O2 分解放出热量，Fe3 ＋的水解平衡Fe3 ＋＋
3H2O
Fe(OH)3＋3H
＋向正反应方向不断进行，因此得到Fe(OH)3 沉淀。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．常见离子检验的特征反应及现象
(1)常见阳离子的检验。
Na
＋和K
＋：用铂丝(铁丝)蘸取待测溶液，放到酒精灯火焰上灼烧，若火焰是黄色，则说明含有Na
＋，透过蓝色钴
玻璃观察火焰是紫色，则说明含有K
＋。
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41
(2)常见阴离子的检验。
2．离子推断的四项基本原则
3．离子推断常见解题思路
离子推断题将离子共存、离子检验设定在一个可能的离子组中，要求通过多重推断，确定某些离子肯定存在，某
些离子肯定不存在，某些离子不能确定是否存在，有的最后还设置一个探究问题或者一个计算题。其一般解题思路如
下所示：
根据实验操作和反应现
象，判断一定含有的离子→
根据能否共存，判
断一定不含的离子→
根据电荷守恒，判断还含有
的离子或可能含有的离子
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·宝鸡一模)下列实验内容得出的结论正确的是(
)
A．某物质的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，该物质中一定含有OH
－，而且一定是碱
B．向废液中加入少量的葡萄糖溶液，无红色沉淀产生，则废液中不含Cu2＋
C．向某物质的水溶液中加入盐酸能产生无色有刺激性气味的气体，该溶液中一定含有SO2－
3
D．向某溶液中滴加NaOH 溶液，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，该溶液中可能含有Al3＋
[解析]
显碱性的盐溶液也能使红色石蕊试纸变蓝，如Na2CO3 溶液，A 错误；若废液呈酸性，即使含Cu2＋，加
入少量的葡萄糖溶液也无红色沉淀产生，B 错误；若该溶液中含有HSO
－
3 ，加入盐酸也能产生无色有刺激性气味的气
体，C 错误；向某溶液中滴加NaOH 溶液。先产生白色沉淀，后沉淀溶解，该溶液中可能含有Al3＋，D 正确。
2．(2019·潍坊一模)工业上用盐酸酸化的FeCl3 溶液腐蚀铜制线路板，分别取腐蚀后的滤液并向其中加入下列指定
物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是(
)
A．加入过量CuO：Fe3＋、H
＋、Cu2＋、Cl
－
B．加入过量NaOH 溶液：Na
＋、Fe2＋、OH
－、Cl
－
C．通入过量Cl2：Fe3＋、H
＋、Cu2＋、Cl
－
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D．通入过量SO2：Fe3＋、H
＋、Cu2＋、SO2－
4 、Cl
－
[解析]
腐蚀后的溶液中含Fe3＋、H
＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl
－等离子。加入过量CuO，CuO 与H
＋反应生成Cu2＋和水，
反应后的溶液中主要存在的离子为Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl
－，A 错误；加入过量NaOH 溶液，NaOH 与Fe3＋、H
＋、Cu2
＋、Fe2＋反应，反应后的溶液中主要存在的离子为Cl
－、Na
＋、OH
－，B 错误；通入过量Cl2，Cl2 与Fe2＋反应生成Fe3＋
和Cl
－，反应后的溶液中主要存在的离子为Fe3＋、H
＋、Cu2＋、Cl
－，C 正确；通入过量SO2，SO2 与Fe3＋反应生成Fe2
＋和SO2－
4 ，反应后的溶液中主要存在的离子为H
＋、Cu2＋、SO2－
4 、Cl
－、Fe2＋，D 错误。
3．根据下列条件写出对应反应的离子方程式。
(1)K2Cr2O7 在酸性条件下被SO 2－
3 还原为Cr3＋：
__Cr2O2－
7 ＋3SO2－
3 ＋8H
＋===2Cr3＋＋3SO2－
4 ＋4H2O__。
(2)在碱性条件下，Cl2 可将废水中的CN
－氧化为无毒的CO2、N2：__5Cl2＋2CN
－＋8OH
－===2CO2＋N2＋10Cl
－＋
4H2O__。
(3)在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色：__ClO
－＋2I
－＋H2O===I2＋Cl
－
＋2OH
－__。
(4)一定条件下，向FeSO4 溶液中滴加碱性NaBH4 溶液，溶液中BH
－
4 (B 的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、
H2 和B(OH)
－
4 ，其离子方程式为__2Fe2＋＋BH
－
4 ＋4OH
－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)
－
4 __。
(5)湿法制备K2FeO4 是在强碱溶液中将NaClO、Fe2(SO4)3 混合，写出该反应的离子方程式：__3ClO
－＋10OH
－＋
2Fe3＋===2FeO2－
4 ＋3Cl
－＋5H2O__。
[解析]
(1)K2Cr2O7 在酸性条件下被SO 2－
3 还原为Cr3＋，SO 2－
3 被氧化为SO2－
4 。(2)在碱性条件下，Cl2 可将废水中
的CN
－氧化为无毒的CO2、N2，自身被还原为Cl
－，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式
为5Cl2＋2CN
－＋8OH
－===2CO2＋N2＋10Cl
－＋4H2O。(3)次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I
－生成I2，I2 使淀粉变蓝，
反应的离子方程式为ClO
－＋2I
－＋H2O===I2＋Cl
－＋2OH
－。(4)FeSO4 与NaBH4 在碱性溶液中反应生成纳米铁粉、H2
和B(OH)
－
4 。(5)NaClO、Fe2(SO4)3 在碱性条件下反应，Fe3＋被氧化生成FeO2－
4 ，ClO
－被还原为氯离子。
4．(2019·福州一模)某地环保部门取一定量某工厂所排废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。
已知废水试样中可能含有下表中的离子：
离子
阳离子
Na
＋、Mg2＋、X
阴离子
Cl
－、SO2－
3 、Y、NO
－
3
请回答下列问题：
(1)X 是_NH
＋
4 __(填化学式，下同)，Y 是_SO2－
4 __。
(2)表中不能确定是否存在的阴离子是_Cl
－__，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为_取少量废水试样，滴
加足量的Ba(NO3)2 溶液，静置取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3 溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl
－；若无白色
沉淀产生，则不存在Cl
－__。
(3)写出废水试样中滴加淀粉KI 溶液所发生反应的离子方程式：__6I
－＋2NO
－
3 ＋8H
＋===3I2＋2NO↑＋4H2O__。
[解析]
由甲组实验中溴水不褪色，说明废水试样中不含SO2－
3 ；由丙组实验现象可确定废水中含NH
＋
4 ，即X 为
NH
＋
4 ；由丁组实验现象说明其含NO
－
3 ；由乙组实验现象说明其含SO2－
4 ，即Y 为SO2－
4 。不能确定是否存在的阴离子为
Cl
－。废水试样中滴加淀粉KI 溶液，酸性条件下，NO
－
3 有强氧化性，与I
－发生氧化还原反应。
1．(2019·黑龙江省大庆市高考化学二模)下列解释事实的方程式正确的是(
)
A．向Ba(OH)2 溶液中逐滴加入NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全：
Ba2＋＋OH
－＋H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O
B．测得0.1 mol/L 明矾水溶液pH<7 的原因是：
Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋3H
＋
C．用MgCl2 溶液做导电实验，灯泡发光：
MgCl2=====
通电Mg2＋＋2Cl
－
D．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：
2I
－＋4H
＋＋O2===I2＋2H2O
[解析]
A．向Ba(OH)2 溶液中逐滴加入NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全的离子反应为Ba2＋＋2OH
－＋NH
＋
4 ＋H
＋＋
SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O＋NH3·H2O，故A 错误；B．测得0.1 mol/L 明矾水溶液pH＜7 的原因是，离子方程式：Al3＋
＋3H2O
Al(OH)3＋3H
＋，故B 正确；C．用MgCl2 溶液做导电实验，灯泡发光，离子方程式：2H2O＋Mg2＋＋2Cl
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43
－=====
通电Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故C 错误；D．碘离子不稳定，易被氧气氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，离子
方程式为4I
－＋O2＋4H
＋===2I2＋2H2O，故D 错误；故选B。
2．(2019·上海市宝山区高考化学二模)某溶液可能含有Cl
－、SO2－
4 、CO2－
3 、NH
＋
4 、Fe3＋、Al3＋和K
＋，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；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g 固体；
向上述滤液中加足量BaCl2 溶液，得到4.66 g 不溶于盐酸的沉淀，由此可知原溶液中(
)
A．至少存在5 种离子
B．Cl
－一定存在，且c(Cl
－)≥0.4 mol/L
C．SO2－
4 、NH
＋
4 一定存在，Cl
－可能不存在
D．CO2－
3 、Al3＋一定不存在
[解析]
由于加入过量NaOH 溶液，加热，得到0.02 mol 气体，说明一定有NH
＋
4 ，且物质的量为0.02 mol；同时
产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3＋，1.6 g 固体为氧化铁，物质的量为0.01 mol，故有0.02 mol Fe3＋，一定没有CO2－
3 ；
4.66 g 不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO2－
4 ，物质的量为0.02 mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定
有Cl
－，至少0.02 mol×3＋0.02 mol－0.02 mol×2＝0.04 mol，物质的量浓度至少0.04 mol
0.1 L ＝0.4mol/L，A．至少存在
Cl
－、SO2－
4 、NH
＋
4 、Fe3＋四种离子，故A 错误；B．根据电荷守恒，至少存在0.04 mol Cl
－，故B 正确；C．一定存在
氯离子，故C 错误；D．Al3＋无法判断是否存在，故D 错误；故选B。
3．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是(
)
A．硝酸银溶液和氨水
B．盐酸和碳酸钠溶液
C．明矾溶液与烧碱溶液
D．碳酸氢钠和澄清石灰水
[解析]
A．氨水少量生成沉淀，氨水过量沉淀溶解，可鉴别，故A 不选；B．盐酸少量无气体生成，盐酸过量生
成气体，可鉴别，故B 不选；C．NaOH 少量生成沉淀，NaOH 过量沉淀溶解，可鉴别，故C 不选；D．改变滴加顺
序，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D 选；故选D。
4．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)下列有关物质检验的实验结论正确的是(
)
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀
生成
该溶液中一定含有SO2﹣
4
B
向某溶液中加入2 滴KSCN 溶液，溶液不显红色；再
向溶液中加入几滴新制的氯水，溶液变为红色
该溶液中一定含有Fe2＋
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定为SO2
D
将少量有机物滴加到新制氢氧化铜溶液中，充分振荡，
未见红色沉淀生成
该有机物不含醛基
A．A
B．B
C．C
D．D
[解析]
A．白色沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含银离子，故A 错误；B．加入2 滴KSCN 溶液，溶液不显红
色，可知不含铁离子，再加入几滴新制的氯水，溶液变为红色，则亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中一定含有Fe2＋，
故B 正确；C．使品红溶液褪色的气体可能为二氧化硫、氯气等，则气体不一定为二氧化硫，故C 错误；D．检验—CHO
在碱性条件下，没有在碱性条件下加热，不能检验，故D 错误；故选B。
5．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)在中性含有Na
＋的溶液中，还可能存在NH
＋
4 ，Fe2＋，Br
﹣，CO2﹣
3 ，I
﹣，SO 2﹣
3
六种离子中的一种或几种，进行如下实验：
(1)原溶液滴加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；
(2)向橙黄色溶液中加BaCl2 溶液无沉淀生成
(3)橙黄色溶液不能使淀粉变蓝
由此推断原溶液中一定不存在的离子是(
)
A．NH
＋
4 ，Br
－，CO2－
3
B．NH
＋
4 ，I
－，SO2－
3
C．Fe2＋，I
－，CO2－
3
D．Fe2＋，I
－，SO2－
3
[解析]
根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根
据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。
由实验(1)反应后溶液成橙黄色，可以推知溶液中有Br
－，由有气泡生成一定有CO2－
3 ；由Fe2＋和CO2－
3
不能共存，可
知溶液中一定无Fe2＋，则有Br
－；由实验(2)现象推知原溶液一定无SO2－
3 ；由实验(3)的现象推知溶液一定无I
－，从上
述实验现象无法确定NH
＋
4 存在与否。故原溶液一定无Fe2＋、SO2－
3 、I
－。故选D。
6．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
(
)
A．pH＝12 的溶液：Na
＋、K
＋、NO
－
3 、ClO
－
B．能使甲基橙变红的溶液：Na
＋、NH
＋
4 、Cl
－、CH3COO
－
C．1.0 mol·L
－1 的KNO3 溶液：Fe2＋、H
＋、SO2－
4 、I
－
D．0.1 mol·L
－1 NaAlO2 溶液：NH
＋
4 、Al3＋、Cl
－、CO2－
3
[解析]
A．pH＝12 的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A 正确；B．能使甲基橙变红的溶
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液，显酸性，不能大量存在CH3COO
－，故B 错误；C．Fe2＋、H
＋、NO
－
3 发生氧化还原反应，I
－、H
＋、NO
－
3 发生氧
化还原反应，故C 错误；D．Al3＋分别与AlO
－
2 、CO 2－
3 相互促进水解，不能共存，故D 错误；故选A。
7．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(
)
A．漂白粉露置在空气中失效：
2ClO
－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO2－
3
B．银氨溶液中滴加过量的盐酸：
Ag(NH3)
＋
2 ＋2H
＋===Ag
＋＋2NH
＋
4
C．二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：
MnO2＋2Cl
－＋4H
＋=====
△
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
D．用碱性NaClO 溶液吸收冶金工业尾气中的NO2：
ClO
－＋2NO2＋H2O===Cl
－＋2NO
－
3 ＋2H
＋
[解析]
A．Ca(ClO)2 是漂白粉中有效成分，漂白粉置于空气中易失效的原因是发生Ca(ClO)2＋H2O＋
CO2===CaCO3↓＋2HClO,2HClO=====
光照2HCl＋O2↑反应，离子方程式为：Ca2＋＋2ClO
－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋
2HClO，故A 错误；B．银氨溶液中存在Ag(NH3)
＋
2 ，银氨溶液滴加盐酸，生成氯化银沉淀，沉淀不会消失，离子方程
式为：Ag(NH3)＋2＋OH
－＋3H
＋＋Cl
－===AgCl↓＋2NH
＋
4 ＋2H2O，故B 错误；C．用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，
除了生成氯气外，还生成氯化锰和水，故反应的离子反应为MnO2＋4H
＋＋2Cl
－=====
△
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C 正确；
D．用碱性NaClO 溶液吸收冶金工业尾气中的NO2，不会生成H
＋，离子方程式为2OH
－＋ClO
－＋2NO2===Cl
－＋2NO
－
3
＋H2O，故D 错误。故选C。
8．(2019·陕西省宝鸡高考二模)向下列溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式正确的是(
)
A．向CuSO4 溶液中加入Ba(OH)2 溶液
Ba2＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓
B．向Al(NO3)2 液中加入过量氨水
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
＋
4
C．向FeCl3 溶液中加入铁粉
Fe3＋＋Fe===2Fe2＋
D．向FeI2 溶液中加入足量新制氯水
Cl2＋2I
－===2Cl
－＋I2
[解析]
A．CuSO4 溶液中加入Ba(OH)2 溶液，反应生成了硫酸钡和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：Ba2＋
＋Cu2＋＋2OH
－＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故A 错误；B．向Al(NO3)3 液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝
沉淀，该反应的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
＋
4 ，故B 正确；C．向FeCl3 溶液中加入铁粉，
反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，故C 错误；D．向FeI2 溶液中加入足量新制氯水，
反应生成氯化铁和碘单质，正确的离子方程式为：3Cl2＋2Fe2＋＋4I
－===2Fe3＋＋6Cl
－＋2I2，故D 错误；故选B。
9．(2019·高三第二次模拟联考)在水溶液中能大量共存的一组离子是(
)
A．NH
＋
4 、CH3COO
－、Na
＋、H
＋
B．AlO
－
2 、Na
＋、K
＋、HCO
－
3
C．K
＋、Na
＋、SO2－
4 、S2－
D．ClO
－、Na
＋、K
＋、Fe2＋
[解析]
A．CH3COO
－、H
＋之间发生反应生成弱酸醋酸，在溶液中不能大量共存，故A 错误；B．AlO
－
2 、HCO
－
3
之间反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B 错误；C．K
＋、Na
＋、SO2－
4 、S2－之间不反
应，在溶液中能够大量共存，故C 正确；D．ClO
－、Fe2＋之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D 错
误；故选C。
10．(2019·湖南省株洲市高考一模)下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是(
)
A．常温下pH＝1 的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O2－
7 、K
＋、SO2－
4
B．c(Ca2＋)＝0.1 mol·L
－1 的溶液中：NH
＋
4 、C2O2－
4 、Cl
－、Br
－
C．加入铝粉放出大量H2 的溶液：Fe2＋、Na
＋、Cl
－、NO
－
3
D．含大量HCO
－
3 的溶液中：C6H5O
－、CO2－
3 、Br
－、K
＋
[解析]
A．pH＝1 的溶液呈酸性，CH3CH2OH、Cr2O 2－
7 在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共
存，故A 错误；B．Ca2＋、C2O 2－
4 之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B 错误；C．加入铝粉放出大
量H2 的溶液呈酸性或强碱性，Fe2＋、NO
－
3 在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大
量共存，故C 错误；D．C6H5O
－、CO2－
3 、Br
－、K
＋之间不反应，都不与HCO
－
3 反应，在溶液中能够大量共存，故D
正确；故选D。
11．(2019·上海市嘉定区高三一模)某溶液中可能含有Na
＋、Al3＋、Fe3＋、NO
－
3 、SO2－
4 、Cl
－，滴入过量氨水，产生
白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是(
)
A．SO2－
4
B．NO
－
3
C．Na
＋
D．Fe3＋
[解析]
溶液中可能含有Na
＋、Al3＋、Fe3＋、NO
－
3 、SO2－
4 、Cl
－，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al(OH)3，
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则一定存在Al3＋；由于Fe(OH)3 为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3＋；溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓
度相等，则一定含有SO2－
4 ，至少含有NO
－
3 、Cl
－中的1 种，故选A。
12．(2019·上海市闵行区一模)向NH4HSO4 溶液中滴加NaOH 溶液，刚开始时反应的离子方程式是(
)
A．H
＋＋OH
－===H2O
B．NH
＋
4 ＋OH
－===NH3·H2O
C．HSO
－
4 ＋OH
－===SO2－
4 ＋H2O
D．NH
＋
4 ＋H
＋＋2OH
－===NH3·H2O＋H2O
[解析]
NH4HSO4 溶液中H
＋、NH
＋
4 均能和OH
－反应，但NaOH 先和H
＋反应，故开始时离子方程式为H
＋＋OH
－===H2O。故选A。
13．(2019·上海市闵行区一模)某溶液中可能含有等物质的量的K
＋、Na
＋、Fe3＋、Fe2＋、SO2－
4 、SO 2－
3 的几种离子。
某同学取两份该溶液进行如下实验：一份滴入酸性溶液KMnO4，发现KMnO4 溶液褪色；另一份加入BaCl2 溶液，产
生不溶于水的沉淀。对溶液描述错误的是(
)
A．可能含有K
＋
B．可能含有SO2－
4
C．可能含有Fe3＋
D．可能含有SO2－
3
[解析]
(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，含有Fe2＋、SO 2－
3 中的至少一种；(2)另一份加
入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO2－
4 、SO 2－
3 中的一种，由以上分析可知可能含有SO2－
4 、SO2－
3 ，如含
有SO2－
3 ，则不含Fe2＋，则应含有K
＋、Na
＋，如含SO2－
4 ，则应含Fe2＋，可知不含Fe3＋，故选C。
14．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)下列反应的离子方程式正确的是(
)
A．碳酸钠水解：CO2－
3 ＋2H2O
H2CO3＋2OH
－
B．等物质的量浓度的Ba(OH)2 溶液与NaHSO4 溶液等体积混合Ba2＋＋OH
－＋H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O
C．NaClO 溶液中滴入少量FeSO4 溶液：2Fe2＋＋ClO
－＋2H
＋===Cl
－＋2Fe3＋＋H2O
D．向Na2SiO3 溶液中通入过量CO2：SiO2－
3 ＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO2－
3
[解析]
A．碳酸钠水解，离子方程式：CO2－
3 ＋H2O
HCO
－
3 ＋OH
－，故A 错误；B．等物质的量浓度的Ba(OH)2
溶液与NaHSO4 溶液等体积混合，离子方程式：Ba2＋＋OH
－＋H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O，故B 正确；C．向NaClO
溶液中滴入少量FeSO4 溶液，反应的离子方程式为：H2O＋2Fe2＋＋ClO
－＋4OH
－===Cl
－＋2Fe(OH)3↓，故C 错误；D．向
Na2SiO3 溶液中通入过量CO2，离子方程式：SiO2－
3 ＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO
－
3 ，故D 错误；故选B。
15．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)某黄色溶液中可能含有Na
＋、NH
＋
4 、Fe2＋、Fe3＋、Cl
－、SO2－
4 、CO 2－
3 等
离子(不考虑水的电离和离子的水解)。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：
下列说法正确的是(
)
A．c(Fe3＋)一定为0.2 mol·L
－1
B．c(Cl
－)至少为0.2 mol·L
－1
C．Na
＋、SO 2－
4 一定存在，NH
＋
4 一定不存在
D．Na
＋、Fe2＋可能存在，CO 2－
3 一定不存在
[解析]
加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6 g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量
为0.01 mol，则原溶液中含有0.02 mol 铁元素为Fe3＋，原溶液中一定没有CO2－
3 ，由于加入了NaOH，无法判断原溶
液中是否含有Na
＋，4.66 g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02 mol，则原溶液中含有0.02 mol 硫
酸根离子，由电荷守恒，正电荷＝3n(Fe3＋)＝0.06，负电荷＝2n(SO2－
4 )＝0.04，原溶液中一定有Cl
－，物质的量应为0.02
mol×3－0.02 mol×2＝0.02 mol，若含有亚铁离子时，c(Cl
－)可能小于0.2 mol/L，溶液中Fe2＋加热被氧化也可以生成
铁离子，则原溶液中c(Fe3＋)＝0.02 mol
0.1 L ≤0.2 mol/L，溶液中Na
＋、NH
＋
4 、Fe2＋离子可能存在，故选D。
16．(2019·福建省漳州市高考化学一模)常温下，下列各组微粒在水溶液中一定能大量共存的是(
)
A．H
＋、Na
＋、SO2－
4 、CH3COO
－
B．K
＋、Na
＋、NO
－
3 、SO2－
4
C．Al3＋、NH
＋
4 、Br
－、HCO
－
3
D．Na
＋、ClO
－、Cl
－、SO2－
3
[解析]
A．H
＋、CH3COO
－不共存，会生成弱电解质CH3COOH，不能共存，故A 错误；B．Al3＋、Na
＋、NO
－
3 、
SO 2－
4 彼此之间不发生反应，可以大量共存，故B 正确；C．Al3＋、HCO
－
3 不共存，互促水解到底，生成氢氧化铝沉
淀和二氧化碳气体，故C 错误；D．ClO
－、SO 2－
3 不共存，可以发生氧化还原反应，故D 错误；故选B。
17．(2019·新疆高考化学一诊)25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(
)
A．pH＝1 的溶液中：Na
＋、K
＋、MnO
－
4 、CO2－
3
B．c(H
＋)＝1×10
－13 mol/L 的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO2－
4 、NO
－
3
C．0.1 mol/L NH4HCO3 溶液中：K
＋、Na
＋、NO
－
3 、Cl
－
D．0.1 mol/L FeCl3 溶液中：Fe2＋、NH
＋
4 、SCN
－、SO2－
4
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[解析]
A．pH＝1 的溶液，显酸性，H
＋、CO 2－
3 结合生成水和气体，不能大量共存，故A 错误；B．c(H
＋)＝1×10
－13 mol·L
－1 的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2＋、Cu2＋，故B 错误；C．该组离子之间不反应，能大量共存，故C
正确；D．Fe3＋、SCN
－离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D 错误；故选C。
18．(2019·四川省攀枝花市高考化学一模)下列离子方程式错误的是(
)
A．用氨水溶解氢氧化铜沉淀：
Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O
B．NaHCO3 溶液与NaAlO2 溶液混合后产生白色沉淀：
HCO
－
3 ＋AlO
－
2 ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－
3
C．用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：
3Ag＋4H
＋＋NO
－
3 ===3Ag
＋＋NO↑＋2H2O
D．用NaOH 溶液除去镁粉中含有的杂质铝：
2Al＋2OH
－＋2H2O===2AlO
－
2 ＋3H2↑
[解析]
A．用氨水溶解氢氧化铜沉淀，氢氧化铜难溶于水必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu(OH)2＋
4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O＋2OH
－，故A 错误；B．NaHCO3 溶液与NaAlO2 溶液混合后产生白色沉淀氢氧化
铝同时生成碳酸钠，反应的离子方程式为：HCO
－
3 ＋AlO
－
2 ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－
3 ，故B 正确；C．用稀硝酸清
洗试管内壁的银镜生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag＋4H
＋＋NO
－
3 ===3Ag
＋＋NO↑＋2H2O，故
C 正确；D．用NaOH 溶液除去镁粉中含有的杂质铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程
式为：2Al＋2OH
－＋2H2O===2AlO
－
2 ＋3H2↑，故D 正确。故选A。
19．(2019·陕西省榆林市高考三模)对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是(
)
A．步骤①所加试剂可以是浓KOH 溶液
B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C．步骤②的反应为Al3＋＋3HCO
－
3 ===Al(OH)3↓＋CO2↑
D．检验Fe3＋的离子反应方程式为Fe3＋＋3SCN
－===Fe(SCN)3↓(血红色)
[解析]
溶液中加入物质后产生红褐色的沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱之间反应得到
氨气，铁离子和碱反应得到的是氢氧化铁，溶液X 时偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢
氧化铝沉淀。A．根据以上分析，步骤①所加试剂可以是浓KOH 溶液或是其他强碱溶液，故A 正确；B．可以用湿
润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体氨气，会变蓝，故B 错误；C．步骤②反应H2O＋AlO
－
2 ＋HCO
－
3 ===Al(OH)3↓
＋CO2－
3 ，故C 错误；D．铁离子遇硫氰化钾溶液会变血红色，但不是沉淀，故D 错误。故选A。
20．(2019·陕西西安高三期中)在Na
＋浓度为0.5 mol·L
－1 的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：
阳离子
K
＋、Ag
＋、Mg2＋、Ba2＋
阴离子
NO
－
3 、CO2－
3 、SiO2－
3 、SO2－
4
取该溶液100 mL 进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色沉淀并放出0.56 L 气体
Ⅱ
将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧
至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4 g
Ⅲ
在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2 溶液
无明显现象
试回答下列问题：
(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的阳离子是_Ag
＋、Mg2＋、Ba2＋__。
(2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为__SiO2－
3 ＋2H
＋===H2SiO3↓(或SiO2－
3 ＋2H
＋＋H2O===H4SiO4↓)__。
(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要的计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的填写计算结果，一定不存在的离子填
“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)
阴离子
NO
－
3
CO2－
3
SiO2－
3
SO2－
4
c/(mol·L
－1 )
_？__
_0.25__
_0.4__
_0__
(4)判断K
＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由_存在，其最小浓度为0.8_mol·L
－1__。
[解析]
(1)由实验Ⅰ：向该溶液中加入足量稀盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L 气体，则溶液中一定有CO2－
3 ，
Ag
＋、Mg2＋、Ba2＋都不能与CO 2－
3 大量共存，所以该实验可确定一定不存在的阳离子是Ag
＋、Mg2＋、Ba2＋。(2)由已知
及上述分析，实验Ⅰ得到的白色沉淀应该是H2SiO3(或H4SiO4)，故生成沉淀的离子方程式为SiO 2－
3 ＋2H
＋
===H2SiO3↓(或SiO2－
3 ＋2H
＋＋H2O===H4SiO4↓)。(3)标准状况下0.56 L CO2 的物质的量为0.025 mol，根据碳原子守
恒，则原溶液中CO 2－
3 的物质的量浓度为0.025 mol÷0.1 L＝0.25 mol·L
－1；实验Ⅱ所得固体是SiO2，质量为2.4 g，根
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据硅原子守恒，则原溶液中SiO 2－
3 的物质的量浓度为2.4 g÷60 g·mol
－1÷0.1 L＝0.4 mol·L
－1；由实验Ⅲ可得，溶液中一
定不存在SO2－
4 ；已确定存在的阴离子有0.25 mol·L
－1 CO2－
3 、0.4 mol·L
－1 SiO2－
3 ，已知的阳离子为0.5 mol·L
－1 Na
＋，根
据电荷守恒，一定存在K
＋，不确定是否存在NO
－
3 。(4)由上述分析知，一定存在K
＋，若不存在NO
－
3 时K
＋浓度最小，
由电荷守恒可得c(K
＋)＋c(Na
＋)＝2c(CO2－
3 )＋2c(SiO2－
3 )，即c(K
＋)＋0.5 mol·L
－1＝2×0.25 mol·L
－1＋2×0.4 mol·L
－1，解
得c(K
＋)＝0.8 moL·L
－1。
第五讲
氧化还原反应
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解氧化还原反应的本质
2.了解常见的氧化还原反应
3.掌握常见氧化还原反应的
配平和相关计算
选择题：以生产、生活中的氧化还原反应为载体，考查氧
化还原反应的基本概念、电子转移数目、氧化还原反应的
简单计算等
非选择题：结合工艺流程、化学实验及基本理论，考查氧
化还原反应方程式的书写与配平，氧化产物、还原产物的
判断，氧化还原反应的简单计算等
考点一
氧化还原反应的基本概念
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·北京，10)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是(
)
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2 溶液(FeCl3)
Fe 粉
B
NaCl 溶液(MgCl2)
NaOH 溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
[解析]
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 溶于水生成HNO3 和NO，涉及氧化还原反应。故选B。
2．(2017·北京，8)下列变化中，气体被还原的是(
)
A．二氧化碳使Na2O2 固体变白
B．氯气使KBr 溶液变黄
C．乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色
D．氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀
[解析]
A．二氧化碳使Na2O2 固体变白，发生反应2CO2＋2Na2O2===O2＋2Na2CO3，CO2 的化合价没有发生改
变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B．氯气使KBr 溶液变黄，发生反应2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2，
Cl 元素化合价降低，被还原，符合题意；C．乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br 元素
化合价降低，Br2 被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D．氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3
化合价没有改变，不符合题意。答案选B。
3．(2017·全国Ⅲ，28 节选)砷(As)是第四周期ⅤA 族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4 等化合物，
有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)画出砷的原子结构示意图__
__。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫。写出发生反应的化学
方程式__2As2S3＋5O2＋6H2O===4H3AsO4＋6S__。
[解析]
(1)从内向外P 的各层电子数依次是2、8、5，砷与磷位于同主族且相邻，砷原子比磷原子多一个电子层，
所以从内向外砷的各层电子数分别为2、8、18、5，据此可画出其原子结构示意图。(2)根据得失电子守恒先确定As2S3
与O2 的化学计量数分别为2、5，再结合元素守恒得出H3AsO4、S 和H2O 的化学计量数分别为4、6、6。
4．(2016·全国Ⅰ，28 节选)NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
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回答下列问题：
(1)NaClO2 中Cl 的化合价为_＋3__。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2 的化学方程式__2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4__。
(3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_2∶1__，
该反应中氧化产物是_O2__。
(4)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2
的氧化能力。NaClO2 的有效氯含量为_1.57_g__。(计算结果保留两位小数)
[解析]
(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2 中氯元素化合价为＋3。(2)从流程图看出，
反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3
＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2
＋H2O2＋2OH
－===2ClO
－
2 ＋O2＋2H2O，ClO2 作氧化剂，H2O2 作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，
氧化产物为O2。(4)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的
最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2――→
得4e
－
Cl
－，Cl2――→
得2e
－
2Cl
－，得电子数相等时，存在：NaClO2～2Cl2，故亚氯
酸钠的有效氯含量为71×2
90.5
≈1.57。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．突破氧化还原反应的基本知识
(1)判断正误，回顾有关氧化还原反应的相关概念。
①有化合价升降的化学反应一定是氧化还原反应(√)
②置换反应全部属于氧化还原反应，因为有单质参加和生成，化合价发生了变化(√)
③氧化还原反应一定属于四大基本反应类型(×)
④有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应(×)
⑤氧化还原反应中，反应物不是氧化剂就是还原剂(×)
⑥在氧化还原反应中，金属单质都做还原剂(√)
⑦化合反应均为氧化还原反应(×)
⑧在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂(×)
⑨某元素由化合态转化为游离态时，该元素一定被还原(×)
⑩金属阳离子被还原不一定得到金属单质(√)
(2)根据化合物中各元素化合价代数和等于零的原则，写出括号内相应元素的化合价。
NaClO2(Cl：_＋3__)、ClO2(Cl：__＋4__)、CuCl(Cu：_＋1__)、N2H4(N：_－2__)、NaBH4(B：_＋3__)、K2Cr2O7、
Na2CrO4(Cr：_＋6__)、H2C2O4(C：_＋3__)、Na2S2O3(S：_＋2__)、MnO(OH)2(Mn：_＋4__)、K2FeO4(Fe：_＋6__)、
CuFeS2(Fe：_＋2__、S：__－2__)、LiNH2(N：_－3__)、LiCoO2(Co：_＋3__)。
(3)通过以下填空，完成对氧化还原反应各概念的掌握。
对于MnO2＋4HCl(浓)=====
△
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
①反应时HCl 中氯元素_失去__电子，发生_氧化__反应，是_还原__剂。
②反应时MnO2 中锰元素_得到__电子，发生_还原__反应，是_氧化__剂。
③该反应的氧化产物是_Cl2__，还原产物是_MnCl2__。(填化学式)
④反应中，当标准状况下有11.2 L 的Cl2 生成时，有_1__ mol 的HCl 被氧化，转移电子数为_NA__。
⑤用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目。
__
__
2．熟记15 组物质，掌握常见变化规律
氧化剂
Cl2
O2
浓
H2SO
4
HNO3
KMnO4(H
＋)、
MnO2
Fe3＋
KClO3
、ClO
－
H2O2
对应还
原产物
Cl
－
O2－
SO2
NO 或
NO2
Mn2＋
Fe2＋
Cl
－
H2O
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49
还原剂
I
－(HI)
S2－(H2S)
CO、C
Fe2＋
NH3
SO2、SO2－
3
H2O2
对应氧
化产物
I2
S
CO2
Fe3＋
NO
SO2－
4
O2
3.记清6 个“不一定”，以防不慎落陷阱
(1)元素由化合态变为游离态不一定
．．．被氧化，也可以被还原，如Fe2＋―→Fe。
(2)得电子难的物质不一定
．．．易失电子，如第ⅣA 族和稀有气体。
(3)含最高价态元素的化合物不一定
．．．有强氧化性，如H3PO4、SO2－
4 ；而含低价态元素的化合物也可能有强氧化性，
如HClO 具强氧化性。
(4)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，如Cl2＋H2O
HCl＋HClO。
(5)有单质参加的反应，不一定
．．．是氧化还原反应，如3O2===2O3。
(6)具有还原性物质与具有氧化性物质不一定
．．．都能发生氧化还原反应，如SO2 与浓H2SO4、Fe3＋与Fe2＋不反应。
4．依据元素的化合价判断物质的氧化性和还原性
(1)元素处于最高价的物质具有氧化性，如KMnO4。
(2)元素处于最低价的物质具有还原性，如NH3。
(3)元素处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，如SO2。
(4)①反应中元素化合价降低的反应物是氧化剂，该物质具有氧化性；
②反应中元素化合价升高的反应物是还原剂，该物质具有还原性。
备考验证——练典题、重应用
1．新型纳米材料MFe2Ox(3<x<4)中M 为＋2 价金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox 能使工
业废气(SO2)高效地还原成固体硫单质，防止环境污染。其流程为MFe2Ox――→
SO2
常温MFe2Oy。则下列判断正确的是(
)
A．MFe2Ox 作催化剂
B．SO2 是该反应的还原剂
C．x<y
D．SO2 发生了置换反应
[解析]
由题目信息可知，SO2 转化为固体S，说明SO2 在反应中为氧化剂，则MFe2Ox 为还原剂，A、B 错误；
MFe2Ox 为还原剂，反应后铁元素的化合价升高，根据化合价变化，有2y－2>2x－2，即y>x，C 正确；反应物为MFe2Ox
和SO2，反应前没有单质参加，SO2 没有发生置换反应，D 错误。
2．Fe3＋、Fe2＋、NO
－
3 、NH
＋
4 、H
＋和H2O 六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述中不正
确的是(
)
A．还原产物为NH
＋
4
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C．Fe3＋和Fe2＋分别属于反应物和生成物
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e
－===Fe3＋
[解析]
结合给出的这组离子知，该氧化还原反应为酸性条件下NO
－
3 将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为NH
＋
4 ，A
正确，C 错误；反应的离子方程式为NO
－
3 ＋10H
＋＋8Fe2＋===8Fe3＋＋NH
＋
4 ＋3H2O，氧化剂NO
－
3 和还原剂Fe2＋的化学
计量数分别为1 和8，B 正确；原电池的负极发生氧化反应，D 正确。
3．已知：2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；K2Cr2O7＋14HCl===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋
7H2O；MnO2＋4HCl=====
Δ
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
其中，KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸(>6 mol·L
－1)反应，MnO2需和浓盐酸(>8 mol·L
－1)反应。下列结论中不正确的是(
)
A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应
B．生成1 mol Cl2 转移电子数均为2NA(NA 为阿伏加德罗常数)
C．氧化性：KMnO4>K2Cr2O7>Cl2>MnO2
D．盐酸的浓度越大，Cl
－的还原性越强
[解析]
三个反应都是在溶液中进行的，既属于氧化还原反应，又属于离子反应，A 正确；生成1 mol Cl2 转移电
子数均为2NA，B 正确；结合题给信息，氧化性的强弱顺序为KMnO4>K2Cr2O7>MnO2>Cl2，C 错误；还原性与浓度
有关，D 正确。
4．(2019·山东临沂期中)Ⅰ.某厂废水中含KCN 的浓度为0.01 mol·L
－1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物
中N 化合价均为－3 价)：
KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O
(1)上述反应中被氧化的元素是_C__(用元素符号表示)。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，发生反应KOCN＋Cl2＋KOH——K2CO3＋N2＋KCl＋H2O，
此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_3∶2__。
(3)若将10 L 含KCN 的浓度为0.01 mol·L
－1 的废水中的KCN 氧化成N2 除去，最少需要氯气_0.25__mol。
Ⅱ.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2 的含量，常用Na2S2O3 标准溶液进行定量测定。
(4)现实验室需用480 mL 一定浓度的Na2S2O3 溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
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外，还需_500_mL 容量瓶__。
(5)Na2S2O3 还原性较强，在溶液中易被Cl2 氧化成SO2－
4 ，因此Na2S2O3 常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为
__S2O2－
3 ＋4Cl2＋5H2O===2SO2－
4 ＋8Cl
－＋10H
＋__。
[解析]
(1)反应KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O 中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从＋2
价升高到＋4 价被氧化。(2)氯元素的化合价从0 价降低到－1 价，得到1 个电子。氮元素化合价从－3 价升高到0 价，
失去3 个电子，根据电子得失守恒知氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2。(3)根据以上分析可知1 mol KCN 最终
被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol 电子，1 mol 氯气得到2 mol 电子，根据电子得失守恒可知将10 L 含KCN 的浓度
为0.01 mol·L
－1 的废水中的KCN 氧化除去，最少需要氯气10 L×0.01 mol·L
－1×5
2
＝0.25 mol。(4)没有480 mL 规格的
容量瓶，故还需500 mL 容量瓶。(5)Na2S2O3 还原性较强，在溶液中易被Cl2 氧化成SO2－
4 ，反应的离子方程式是S2O2－
3
＋4Cl2＋5H2O===2SO2－
4 ＋8Cl
－＋10H
＋。
考点二
氧化还原反应的规律及应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·北京，9)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是(
)
A
B
C
D
实验
NaOH 溶液滴入
FeSO4 溶液中
石蕊溶液滴入氯
水中
Na2S 溶液滴入
AgCl 浊液中
热铜丝插入稀硝
酸中
现象
产生白色沉淀，
随后变为红褐色
溶液变红，随后
迅速褪色
沉淀由白色逐渐
变为黑色
产生无色气体，
随后变为红棕色
[解析]
C 项：向AgCl 浊液中滴加Na2S 溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgCl
＋S2－===Ag2S＋2Cl
－，与氧化还原反应无关。A 项：NaOH 溶液中滴入FeSO4 溶液中，会生成Fe(OH)2 白色沉淀，Fe(OH)2
被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关。B 项：由于氯水显酸性，先使
紫色石蕊溶液变红，后由于HClO 具有氧化性，使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关。D 项：热铜丝插入稀硝
酸中发生的反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2 ＋2NO↑＋4H2O，NO 被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原
反应有关。
2．(2019·全国卷Ⅱ，11)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是(
)
A．向CuSO4 溶液中加入足量Zn 粉，溶液蓝色消失Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
C．Na2O2 在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2===2Na2O＋O2↑
D．向Mg(OH)2 悬浊液中滴加足量FeCl3 溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2
[解析]
CuSO4 溶液呈蓝色，加入足量Zn 粉后，Cu2＋被还原为Cu，溶液变成无色，A 项正确；澄清石灰水在空
气中久置能吸收空气中的CO2，生成CaCO3 白色固体，B 项正确；Na2O2 呈淡黄色，在空气中放置后变为白色，是
Na2O2 吸收空气中的CO2 和H2O 转化成了Na2CO3 和NaOH 的缘故，C 项错误；向Mg(OH)2 悬浊液中加入足量FeCl3
溶液出现红褐色沉淀，是因为Mg(OH)2 与FeCl3 溶液发生复分解反应生成了更难溶的Fe(OH)3，D 项正确。
3．(2018·全国Ⅰ，27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。Na2S2O5 可用作食品的抗
氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5 残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L
－1 的碘标准液滴定至终点，
消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为__S2O2－
5 ＋2I2＋3H2O===2SO2－
4 ＋4I
－＋6H
＋__，该样品中Na2S2O5 的残留量为
_0.128__g·L
－1(以SO2 计)。
[解析]
由于Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂，所以在氧化还原反应中作还原剂，因此在与碘标准液反应时，会被
氧化成硫酸根，碘单质被还原为碘离子，该反应的离子方程式为S2O2－
5 ＋2I2＋3H2O===2SO2－
4 ＋4I
－＋6H
＋；根据硫原
子守恒及上述反应的离子方程式可得如下关系：2SO2～S2O2－
5 ～2I2，故该样品中Na2S2O5 的残留量为0.01 L×0.010 00
mol·L
－1×64 g·mol
－1÷0.05 L＝0.128 g·L
－1。
4．下列说法中正确的有_①②③④__。
①(2017 课标Ⅱ)向2 mL 0.1 mol·L
－1 的FeCl3 溶液中加足量铁粉，振荡，加1 滴KSCN 溶液，黄色逐渐消失，加
KSCN 溶液颜色不变，则还原性：Fe>Fe2＋。
②(2017 课标Ⅱ)将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2 的集气瓶；集气就中产生大量白烟，瓶内有黑色颗
粒产生，则CO2 具有氧化性
③(2017 北京)SO2 通入含HCl、BaCl2 的FeCl3 溶液中，产生白色沉淀，说明SO2 有还原性
④(2017 北京)SO2 通入Fe2S 溶液中，产生黄色沉淀，说明SO2 有氧化性
[解析]
向FeCl3 溶液中加足量铁粉，振荡，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，加1 滴KSCN 溶液，加KSCN 溶
液颜色不变。说明FeCl3 与Fe 反应完全，说明还原性Fe>Fe2＋，①正确；集气瓶中有黑色颗粒产生，说明有碳单质生
成，则CO2 中碳元素化合价降低，CO2 表现氧化性，②正确；SO2 与Fe3＋反应时被氧化为SO2－
4 ，Ba2＋与生成的SO 2－
4
反应生成BaSO4 沉淀，体现了SO2 的还原性，③正确；SO2 与H2S 发生氧化还原反应生成单质硫，SO2 表现氧化性，
④正确。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
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51
1．氧化还原反应中的“四大规律”
2．利用相关规律解答氧化还原反应问题的三步骤
(1)准确判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，并根据方程式确定其强弱；
(2)氧化还原反应按照“先强后弱”的反应顺序进行；
(3)灵活应用“化合价升降总数相等”“电荷守恒”及“得失电子守恒”进行简单计算。
3．有关氧化性、还原性强弱的比较规律
(1)根据金属、非金属活动性顺序比较。
①金属活动性顺序：金属单质的还原性越强，其对应离子的氧化性越弱。
②非金属活动性顺序：一般元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，对应非金属离子的还原性越弱。
(2)根据原电池两极和电解池两极的放电顺序进行判断。
原电池中，一般活动性较强的金属作负极，活动性较弱的金属作正极；电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对
应物质还原性由强到弱的顺序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性由强到弱的顺序。
备考验证——练典题、重应用
1．室温下，发生下列几种反应：
①16H
＋＋10Z
－＋2XO
－
4 ===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B
－
③2B
－＋Z2===B2＋2Z
－
根据上述反应，判断下列结论错误的是(
)
A．要除去含有A2＋、Z
－和B
－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z
－和B
－，应加入Z2
B．还原性强弱顺序为A2＋>B
－>Z
－>X2＋
C．反应①中X2＋是XO
－
4 的还原产物，反应③中B2 是B
－的氧化产物
D．在溶液中可能发生反应：8H
＋＋5A2＋＋XO
－
4 ===X2＋＋5A3＋＋4H2O
[解析]
根据三个反应得出氧化性强弱顺序是XO
－
4 >Z2>B2>A3＋，还原性强弱顺序为A2＋>B
－>Z
－>X2－，要除去含有
A2＋、Z
－和B
－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z
－和B
－，应加入B2，A 错误，B 正确；反应①中XO
－
4 为氧化剂，X2＋是
XO
－
4 的还原产物，反应③中B
－发生氧化反应生成B2，即B2 是B
－的氧化产物，C 正确；根据氧化性强弱顺序
XO
－
4 >Z2>B2>A3＋，所以XO
－
4 能氧化A2＋，发生的反应为8H
＋＋5A2＋＋XO
－
4 ===X2＋＋5A3＋＋4H2O，D 正确。
2.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO
－、CN
－、HCO
－
3 、N2、Cl
－六种粒子。在反应过程中测
得ClO
－和N2 的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断正确的是(
)
A．还原剂是CN
－，氧化产物只有N2
B．氧化剂是ClO
－，还原产物是HCO
－
3
C．配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2
D．若生成2.24 L N2(标准状况)，则转移电子0.5 mol
[解析]
由曲线变化图可知，ClO
－为反应物，N2 是生成物，Cl
－、HCO
－
3 是生成物，由氢元素守恒知H2O 是反应
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物，反应方程式为2CN
－＋5ClO
－＋H2O===2HCO
－
3 ＋N2↑＋5Cl
－。氧化产物有HCO
－
3 、N2，A 错误；ClO
－是氧化剂，
还原产物是Cl
－，B 错误；氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，C 正确；2.24 L N2(标准状况)为0.1 mol，参加
反应的ClO
－为0.5 mol，由ClO
－中＋1 价氯降低为Cl
－中－1 价氯，转移电子数为0.5 mol×2×NA mol
－1＝NA，D 错误。
3．(2019·成都一模)某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI 溶液的试管中加入少许CCl4 后滴加氯水，CCl4 层变成紫色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4
层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。
②向盛有KBr 溶液的试管中加入少许CCl4 后滴加氯水，CCl4 层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4
层的颜色没有变化。
下列说法错误的是(
)
A．实验①生成HIO3 时发生的反应为I2＋5Cl2＋6H2O===2HIO3＋10HCl
B．实验②中当CCl4 层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2 的CCl4 溶液
C．由上述实验得出Cl2、Br2、I2 的氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Br2>I2
D．由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3 的氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3
[解析]
①加入少许CCl4 后滴加氯水，发生反应Cl2＋2I
－===I2＋2Cl
－；继续滴加氯水发生反应I2＋5Cl2＋
6H2O===2HIO3＋10HCl，A 正确；溴单质易溶于四氯化碳，可通过萃取分液的方法获得，B 正确：①中的氧化性强弱
为Cl2>I2，②中的氧化性强弱为Cl2>Br2，但不能比较Br2 和I2 的氧化性强弱，C 错误：由①②中的反应知，氧化性：
HBrO3>Cl2>HIO3，D 项正确。
4．根据图示信息书写方程式：
(1)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方
法。其反应过程如图所示：
反应Ⅰ的化学方程式为__SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI__。
(2)利用硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3 和SiO2 等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如下：
Fe3＋被FeS2还原的离子方程式为__2Fe3＋＋FeS2===3Fe2＋＋2S__，“氧化”中，生成FeOOH 的离子方程式为__4Fe2
＋＋8NH3·H2O＋O2===4FeOOH↓＋8NH
＋
4 ＋2H2O__。
(3)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2 的方法。
该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发
生器中生成ClO2 的化学方程式为__2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O__。
[解析]
(1)反应Ⅰ是SO2、I2、H2O 的反应。(2)反应物为Fe3＋、FeS2(硫显－1 价，铁显＋2 价)，生成物有Fe2＋(Fe3
＋被还原为Fe2＋)、S(滤渣Ⅰ成分之一)，根据得失电子守恒配平。过滤Ⅰ后的滤液中主要含Fe2＋、Al3＋，加空气氧化Fe2
＋为Fe3＋，加氨水调节pH＝3～4，沉淀Fe3＋。反应物为Fe2＋、O2、NH3·H2O，生成物有FeOOH、NH
＋
4 。根据电子守
恒、电荷守恒配NH
＋
4 ：4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2===4FeOOH↓＋8NH
＋
4 ＋2H2O，根据原子守恒补水。(3)氯酸钠(NaClO3)
与盐酸反应生成ClO2 的方程式是2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。
考点三
氧化还原方程式的配平
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·天津，2)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
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53
D
氧化亚铁溶于稀硝酸
FeO＋2H
＋===Fe2＋＋H2O
[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。
2．(2017·新课标Ⅲ卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还
含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3――→
高温Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3 与NaNO3 的系数比为_2∶7__。
[解析]
FeO·Cr2O3 是还原剂，氧化产物为Na2CrO4 和Fe2O3，每摩转移7 mol 电子，而NaNO3 是氧化剂，还原
产物为NaNO2，每摩转移2 mol 电子，根据电子守恒可知，FeO·Cr2O3 和NaNO3 的系数比为2∶7。
3．(2017·北京，27)SCR 和NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx 排放。
(1)SCR(选择性催化还原)工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3 和CO2，该反应的化学方程式：__CO(NH2)2＋H2O=====
△
CO2＋2NH3__。
②反应器中NH3 还原NO2 的化学方程式：__8NH3＋6NO2=====
催化剂7N2＋12H2O__。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2 在O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4
的形成：__2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4__。
④尿素溶液浓度影响NO2 的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·mol
－1)含量的方法如下：取a g 尿素溶液，将所含氮
完全转化为NH3，所得NH3 用过量的v1 mL c1 mol·L
－1 H2SO4 溶液吸收完全，剩余H2SO4 用v2 mL c2 mol·L
－1 NaOH
溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是__32c1v1－c2v2
100a
__。
(2)NSR(NOx 储存还原)工作原理：
NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图a 所示。
①通过BaO 和Ba(NO3)2 的相互转化实现NOx 的储存和还原。储存NOx 的物质是_BaO__。
②用H2 模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b 表示该过程相关物质
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浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2 与Ba(NO3)2 的物质的量之比是_8∶1__。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO 有关。在有氧条件下，15NO
与NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_415NO＋4NH3＋
3O2__=====
催化剂
4
15NNO＋
6
H2O
[解析]
①根据题意，反应物为H2O 和CO(NH2)2，生成物为NH3 和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写
出该反应的化学方程式。②根据题意，反应物为NH3 和NO2，生成物为N2 和H2O，反应需在催化剂作用下进行。③
根据题意，NH3、SO2、O2 和H2O 反应生成(NH4)2SO4。④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c1v1×10
－3mol，NaOH
消耗硫酸的物质的量为c2v2×10
－3
2
mol，因此与NH3 反应的硫酸的物质的量为(c1v1×10
－3－c2v2×10
－3
2
)mol，根据关系
式：CO(NH2)2～2NH3～H2SO4，得n[CO(NH2)2]＝c1v1×10
－3－c2v2×10
－3
2
mol，因此尿素溶液中溶质的质量分数为
c1v1×10
－3－c2v2×10
－3
2
×60g
ag
×100%＝32c1v1－c2v2
100a
。(2)①由图a 可以看出NOx 在BaO 中储存，在Ba(NO3)2 中还
原，因此储存NOx 的物质为BaO。②由图b 可知，Ba(NO3)2 在第一步反应中被H2 还原为NH3，根据得失电子守恒，
1 mol Ba(NO3)2 转化成NH3 得到2mol×8＝16 mol 电子，1 mol 氢气失去2 mol 电子，因此消耗的氢气与硝酸钡的物质
的量之比为8∶1。③根据题意，有O2 参加反应，同时根据生成物为15NNO 和H2O，可推测出参加反应的15NO 与NH3
的物质的量之比为1∶1，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．一般氧化还原反应方程式的配平步骤和方法
氧化还原反应方程式的配平可依据“得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒”顺利解答。
(1)配平步骤：
标变价→列变化→求总数→配系数→细检查。
(2)配平方法：
①正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别在两种不同的反应物中，通常从方程式左边进行配平；
②逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种的情况，一般从方程式右边进行配平较简便；
③缺项配平法：这类方程式通常少写一种反应物或生成物(通常这种物质既不是氧化剂和还原剂，也不是氧化产物
和还原产物)的化学式，要求确定其化学式并配平。此类反应可先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计
量数，最后由质量守恒、电荷守恒确定所缺物质(分子或离子)的化学式和化学计量数。
2．信息型氧化还原方程式的配平步骤
(1)根据题干信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
(2)判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。
(3)按“
”写出方程式，并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各物质
的化学计量数。
(4)根据元素守恒，补充其他反应物或产物，然后进行配平，方程式中需补充的物质一般为水、酸(H
＋)或碱(OH
－)。
具体补项原则如下表：
条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H
＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH
－
3.电子守恒法解题的思维流程
(1)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。
(2)找出一个原子或离子得失电子数目，从而确定1 mol 氧化剂或还原剂得失电子数目(注意化学式中原子或离子个
数，如1 mol K2Cr2O7 被还原为＋3 价的Cr 得电子数是3×2NA)。
(3)根据题目中各物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值＝n(还原剂)×
变价原子数×化合价变化值，从而求算出答案。
说明：有些反应过程中涉及的氧化还原反应较多，数量关系复杂。若用常规方法一一求解，费时费力，且极易出
错。可通过电子守恒将起始物与生成物之间建立起等式关系，快速求解。
备考验证——练典题、重应用
1．把图b 的碎纸片补充到图a 中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(
)
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55
A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3
B．若有1 mol S 被氧化，则生成2 mol S2－
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．2 mol S 参加反应有3 mol 电子发生转移
[解析]
配平后的离子方程式为3S＋6OH
－===2S2－＋SO2－
3 ＋3H2O，A 错误；当有1 mol S 被氧化时，生成2 mol S2
－，B 正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C 错误；3 mol S 参加反应有4 mol 电子发生转移，则2 mol S
参加反应有8
3 mol 电子发生转移，D 错误。
2．(2019·西安一模)氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO
－
3 ＋4H
＋＋
3e
－===NO↑＋2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、FeSO4 四种物质中有物质甲能使上述还原过程发生。则下列说法中
正确的是(
)
A．物质甲可能是KMnO4
B．总反应中只体现了硝酸的强氧化性
C．反应中若产生3.0 g 气体，则转移电子数为0.3NA
D．氧化过程的反应式一定为Cu2O－2e
－＋2H
＋===2Cu2＋＋H2O
[解析]
硝酸根得到电子是氧化剂，则物质甲应是还原剂，高锰酸钾一般作氧化剂，A 错误；反应中还有硝酸盐
生成，还体现硝酸的酸性，B 错误；3.0 g NO 是0.1 mol，转移电子的物质的量是0.3 mol，C 正确；作还原剂的可以是
氧化亚铜，也可以是硫酸亚铁，D 错误。
3．(1)20 世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4。在强碱性条件下，常用NaBH4 处理含Au3＋的废液生成
单质Au，已知，反应后硼元素以BO
－
2 形式存在，反应前后硼元素化合价不变，且无气体生成，则发生反应的离子方
程式为__8Au3＋＋3BH
－
4 ＋24OH
－===8Au＋3BO
－
2 ＋18H2O__。
(2)酸性废水中的H3AsO3(弱酸)不易沉降，可投入MnO2 先将其氧化成H3AsO4(弱酸)，其反应的离子方程式为
__MnO2＋H3AsO3＋2H
＋===H3AsO4＋Mn2＋＋H2O__。
[解析]
(1)由题意可知，离子反应可表示为BH
－
4 ＋Au3＋＋……→Au＋BO
－
2 ＋……，结合守恒规律补全物质并配平
该离子方程式。(2)根据题给信息，结合质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒，可写出MnO2、H3AsO3 在酸性条件下的
离子方程式。
4．某反应中反应物与生成物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O 和一种未知物X。已知0.2 mol KBrO3
在反应中得到1 mol 电子生成X，则X 的化学式为_Br2__，试写出该反应的化学方程式：__4H2SO4＋5AsH3＋
8KBrO3===5H3AsO4＋4Br2＋4K2SO4＋4H2O__。
[解析]
设1 mol KBrO3 中溴原子转移的电子数为x mol，根据电子守恒得：0.2×(5－x)＝1，x＝0，所以KBrO3
被还原成Br2。在反应中KBrO3 是氧化剂，还原产物为Br2，AsH3 为还原剂，其氧化产物为H3AsO4，H2SO4 作为反应
物提供酸性环境。
5．按要求完成下列方程式。
(1)ZnSO4 溶液中含有少量Fe2＋和Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液pH 为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之
生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两反应的离子方程式：__MnO
－
4 ＋3Fe2 ＋＋
7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H
＋、2MnO
－
4 ＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H
＋__。
(2)已知将浓盐酸滴入酸性高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，
共有KCl、Cl2、浓硫酸、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4 七种物质。
①写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式：__2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4＋
5Cl2↑＋8H2O__。
②在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO
－
3 反应后变为无色的Bi3＋。写出该实验
中涉及反应的离子方程式：__2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H
＋===2MnO
－
4 ＋5Na
＋＋5Bi3＋＋7H2O__。
(3)已知在酸性介质中FeSO4 能将＋6 价铬还原成＋3 价铬。写出Cr2O 2－
7 与FeSO4 溶液在酸性条件下反应的离子方
程式：__Cr2O2－
7 ＋6Fe2＋＋14H
＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O__。
(4)用NaClO—NaOH 溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：__2Ag
＋＋ClO
－
＋2OH
－===Ag2O2↓＋Cl
－＋H2O__。
(5)温度高于200 ℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为4∶1)，该反应的化学方程式为
__4Al(NO3)3=====
高温12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3__。
[解析]
(1)Fe2＋和Mn2＋具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化为Fe(OH)3、MnO2 而除去。(2)①根据浓盐酸被高锰酸
钾氧化推出，在酸性条件下Cl
－能被高锰酸钾氧化，反应方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4
＋5Cl2↑＋8H2O；②在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，说明MnSO4 被氧化。(3)Cr2O2－
7
与FeSO4 溶液在酸性条件下反应的离子方程式是Cr2O2－
7 ＋6Fe2＋＋14H
＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(4)NaClO—NaOH
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溶液氧化AgNO3，得Ag2O2。(5)硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为4∶1)，该反应的化学方程式是
4Al(NO3)3=====
高温12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3。
1．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)往FeCl3 和BaCl2 的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，
同时有白色沉淀产生，下列说法正确的是(
)
A．该实验表明FeCl3 有还原性
B．白色沉淀为BaSO3
C．该实验表明SO2 有漂白性
D．反应后溶液酸性增强
[解析]
往FeCl3 和BaCl2 的混合溶液中通入SO2，根据现象可知，二氧化硫通入溶液中被三氯化铁氧化为硫酸，
三氯化铁被还原为二价铁盐，溶液由棕黄色变成浅绿色，硫酸和氯化钡反应生成难溶的硫酸钡白色沉淀；A．反应中
溶液由棕黄色变成浅绿色，三价铁变化为二价铁，该实验表明FeCl3 具有氧化性，故A 错误；B．二氧化硫被氧化为
硫酸，生成的沉淀为硫酸钡，故B 错误；C．二氧化硫的漂白性是指二氧化硫与有色有机物质结合为不稳定的无色物
质，此反应中二氧化硫做还原剂，故C 错误；D．反应后生成硫酸酸性增强，故D 正确；故选D。
2．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)在碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠
(Na3H2IO6)。下列有关该反应的说法错误的是(
)
A．该反应中碘酸钠作还原剂
B．碱性条件下，氯气的氧化性强于正高碘酸二氢三钠的氧化性
C．反应物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．反应中生成1 mol Na3H2IO6 转移2NA 个电子
[解析]
由向碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到正高碘酸二氢三钠(Na3H2IO6)可知，反应中I 元素
的化合价由＋5 价升高为＋7 价，Cl 元素的化合价由0 降低为－1 价，以此来解答。A．因I 元素的化合价升高，则在
该反应中碘酸钠作还原剂，故A 正确；B．该反应中I 的化合价升高，Cl 的化合价降低，氯气是氧化剂，正高碘酸二
氢三钠是氧化产物，则碱性条件下，氯气的氧化性强于正高碘酸二氢三钠的氧化性，故B 正确；C．由电子守恒可知，
反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C 错误；D．反应中生成1 mol Na3H2IO6 转移1 mol×(7－5)
＝2 mol 电子，则反应中生成1 mol Na3H2IO6 转移2NA 个电子，故D 正确；故选C。
3．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)
和原理不能达到实验目的是(
)
[解析]
A．Cu 与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中装置可制备，故A 正确；B．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还
原反应，体现二氧化硫的还原性，故B 错误；C．二氧化硫与硫酸铁发生氧化还原反应，溶液褪色可说明二氧化硫的
还原性，故C 正确；D．二氧化硫与硫化钠反应生成S，生成淡黄色沉淀可说明二氧化硫的氧化性，故D 正确；故
选B。
4．(2019·湖南省株洲市高考一模)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常
采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN
－＋OH
－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl
－＋H2O(未配平)。
下列说法错误的是(其中NA 表示阿伏伽德罗常数的值)(
)
A．Cl2 是氧化剂，CO2 和N2 是氧化产物
B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5
C．该反应中，若有1mol CN
－发生反应，则有5NA 电子发生转移
D．若将该反应设计成原电池，则CN
－在负极区发生反应
[解析]
A．反应CN
－＋OH
－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl
－＋H2O 中Cl 元素化合价由0 价降低为－1 价，C 元素化合价
由＋2 价升高为＋4 价，N 元素化合价由－3 价升高为0 价，可知Cl2 是氧化剂，CO2 和N2 是氧化产物，故A 正确；B．由
上述分析可知，反应方程式为2CN
－＋8OH
－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl
－＋4H2O，反应中CN
－是还原剂，Cl2 是氧化剂，
氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，故B 错误；C．由上述分析可知，C 元素化合价由＋2 价升高为＋4 价，
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57
N 元素化合价由－3 价升高为0 价，所以若有1 mol CN
－发生反应，则有[(4－2)＋(3－0)]NA＝5NA 电子发生转移，故C
正确；D．C 元素化合价由＋2 价升高为＋4 价，N 元素化合价由－3 价升高为0 价，则若将该反应设计成原电池，则
CN
－在负极区发生氧化反应，故D 正确。故选B。
5．(2019·河南省开封市高考一模)一种制备高效漂白剂NaClO2 的实验流程如图所示，反应Ⅰ中发生的反应为：
3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，下列说法中正确的是(
)
A．反应Ⅱ中H2O2 做还原剂
B．产品中含有SO2－
4 、Cl
－
C．NaClO2 的漂白原理与SO2 相同
D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
[解析]
反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，然后向溶液中加入
NaOH 溶液、H2O2，根据流程图知，反应II 中生成NaClO2，则ClO2 作氧化剂，H2O2 作还原剂生成氧气，根据原子
守恒、转移电子守恒知，发生反应Ⅱ为2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋O2↑＋2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2, A．反应Ⅱ中Cl 元素化合价由＋4 价变为＋3 价，则ClO2 是氧化剂，
H2O2 作还原剂生成氧气，故A 正确；B．反应II 中ClO2 可能生成氯离子，所以产品中不含SO2－
4 ，可能含有氯离子，
故B 错误；C．NaClO2 能氧化有色物质而体现漂白性，SO2 和有机色质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白
原理不同，故C 错误；D．从溶液中获取结晶在蒸发皿中进行，灼烧固体在坩埚中进行，则实验室进行结晶操作通常
在蒸发皿中进行，故D 错误；故选A。
6．(2019·上海市嘉定区高三一模)将二氧化硫气体通入KIO3 淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表
现出(
)
A．酸性
B．还原性
C．氧化性
D．漂白性
[解析]
将二氧化硫气体通入KIO3 淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成碘，碘继续与二氧化硫反应生成
HI 和硫酸，发生I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI，反应中二氧化硫表现还原性。故选B。
7．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)反应Fe2O3＋3CO=====
高温Fe＋3CO2，作氧化剂的是(
)
A．Fe2O3
B．CO
C．Fe
D．CO2
[解析]
氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。反应Fe2O3＋3CO=====
高温Fe＋3CO2，中
Fe 元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3 是氧化剂；故选A。
8．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是
(
)
气体
试剂
现象
结论
A
CH2===CH2
溴水
溶液褪色
C2H4 能与Br2 发生取代反应
B
CO2
BaCl2 溶液
产生白色沉淀
CO2 能与可溶性钡盐反应
C
Cl2
FeCl2 溶液
溶液变为棕黄色
氧化性Cl2＞Fe3＋
D
SO2
KMnO4 溶液
溶液褪色
SO2 有漂白性
A．A
B．B
C．C
D．D
[解析]
A．乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，溴水褪色，故A 错误；B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性，
二者不反应，故B 错误；C．氯气氧化亚铁离子，溶液变为黄色，氧化性Cl2＞Fe3＋，故C 正确；D．二氧化硫被高
锰酸钾氧化，与二氧化硫的还原性有关，故D 错误；故选C。
9．(2019·四川省攀枝花市高考化学一模)下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是(
)
A．侯式制碱法制纯碱
B．海带提碘
C．氯碱工业
D．海水提溴
[解析]
A．侯式制碱法制纯碱中二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为
碳酸钠，二氧化碳和水，均没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故A 选；B．海带提碘是由碘离子变为
I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B 不选；C．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl 元素
的化合价变化，为氧化还原反应，故C 不选；D．海水中溴以离子存在，与氧化剂发生氧化还原反应生成溴单质，有
元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D 不选；故选A。
10．(2019·上海市嘉定区高三一模)某科研小组用MnO2 和浓盐酸制备Cl2 时，利用刚吸收过少量SO2 的NaOH 溶
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液对其尾气进行吸收处理。
(1)请完成与过量NaOH 溶液反应的化学方程式：__SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O__。
(2)反应Cl2＋Na2SO3＋2NaOH===2NaCl＋Na2SO4＋H2O 中的氧化产物为_Na2SO4__，被还原的元素为_Cl__。
[解析]
(1)SO2 与过量NaOH 溶液反应，因NaOH 过量，故生成的是正盐，化学方程式为：SO2＋2NaOH===Na2SO3
＋H2O; (2)在氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应物Na2SO3 中的S 元素的价态从＋4→＋6，
化合价升高，失去电子则表现还原性，还原剂为Na2SO3，氧化产物为Na2SO4，氯元素的化合价从0 价降为－1 价，
则氯元素被还原。(1)氢氧化钠过量，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；(2)根据在氧化还原反应中，所含
元素化合价升高的反应物是还原剂来判断。
11．(2019·上海市嘉定区高三一模)智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应来制备单质碘。
(1)试配平该反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移方向及总数
2NaIO3＋5NaHSO3===3NaHSO4＋2Na2SO4＋1I2＋1H2O
(2)已知含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的加强而增强，在制备试验时，定时取样，并用酸化的氯化钡来检测SO 2－
4
离子生成的量，发现开始阶段反应速度呈递增的趋势，试简述这变化趋势发生的原因：_开始时HSO
－
3 被氧化成H
＋和
SO2－
4 ，溶液酸性增强，NaIO3 氧化性增强，反应速率加快__。
[解析]
(1)反应中，S 元素的化合价由＋4 升高到＋6，碘元素由＋5 降低到0 价，则取最小公倍数为10，所以NaIO3，
前的系数为2，NaHSO3 前的系数为5，结合原子守恒配平该方程式为：2NaIO3＋5NaHSO3===3NaHSO4＋2Na2SO4＋
I2 ＋H2O ，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数＝10 ，电子转移为：
，(2)由信息可知，开始时HSO
－
3 被氧化成H
＋和SO2－
4 ，溶液酸性增强，
NaIO3 氧化性增强，反应速率加快。
12．(2019·上海市嘉定区高三一模)向盛有KI 溶液的试管中加入少许CCl4 后滴加氯水，CCl4 层变成紫色。如果继
续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：
(1)已知碘元素最终变为无色HIO3，上述整个过程中的还原剂是_KI、I2__。写出CCl4 层变成紫色的离子反应方程
式__Cl2＋2I
－===I2＋2Cl
－__。
(2)若把KI 换成KBr，则CCl4 层变为_橙__色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有变化。Cl2 、HIO3、HBrO3 氧
化性由强到弱的顺序是_HBrO3>Cl2>HIO3__。
[解析]
(1)氯气具有强氧化性，向盛有KI 溶液的试管中加入少许CCl4 后滴加氯水，CCl4 层变成紫色，说明生成
I2，反应为Cl2＋2I
－===I2＋2Cl
－，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2 被进一
步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl；整个过程中还原剂为KI、I2；
(2)氯气的氧化性比溴强，将KI 换成KBr，则生成Br2，则CCl4 层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有
变化，说明氧化性HBrO3>Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧
化性，则有Cl2>HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3>Cl2>HIO3，氧化性HBrO3>Cl2，所以HBrO3＋HCl―→Br2＋Cl2＋
H2O 能进行；故答案为：橙；HBrO3>Cl2>HIO3。
13．(2019·上海市宝山区高考化学二模)碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。
(1)泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3 溶液和Al2(SO4)3 溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3 和CO2 进
行灭火，写出该反应的化学方程式__6NaHCO3＋Al2(SO4)3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4__。
(2)Na2O2 和NaHCO3 都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2 与FeCl2 溶液能发生如下反应：
_3__Na2O2＋_6__FeCl2＋_6__H2O===_4__Fe(OH)3↓＋_2__FeCl3＋_6__NaCl
已知FeCl2 前面系数为6，配平上述化学方程式，并标出电子转移方向和数目。
该反应中被还原的元素是_O__，氧化产物是_Fe(OH)3 和FeCl3__。
(3)向NaHCO3 溶液中加入少许Ba(OH)2 固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO2－
3 )的变化是_增大__(选填“增
大”“减小”或“不变”)。
(4)NaHCO3 是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤
②不通入氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是_ad__(选填编号)。
a．①析出的氯化铵纯度更高b
②析出的氯化铵纯度更高
c．①的滤液可直接循环使用d
②的滤液可直接循环使用
[解析]
(1)Al3＋和HCO
－
3 发生互促完全的双水解，所以发生的反应的化学方程式为：6NaHCO3＋Al2(SO4)3＋
6H2O===2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4；
(2)少量Na2O2 与FeCl2 溶液能发生如下反应，Na2O2＋FeCl2＋H2O―→Fe(OH)3↓＋FeCl3＋NaCl，氧元素化合价
－1 价变化为－2 价，电子转移2e
－，铁元素化合价＋2 价变化为＋3 价，电子转移e
－，结合电子守恒和原子守恒配平
书写化学方程式为：3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋2FeCl3＋6NaCl，已知FeCl2 前面系数为6，配平上述化
学方程式，并标出电子转移方向和数目：3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O===4Fe 失e
－×6(O 得e
－×6H)3↓＋2FeCl3＋6NaCl，
反应中氧元素化合价降低做氧化剂，铁元素化合价升高失电子发生氧化反应，反应中被还原的元素是氧元素，氧化产
物为Fe(OH)3 和FeCl3；
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(3)加入少量的Ba(OH)2 溶液，OH
－与HCO
－
3 反应生成CO2－
3 ，Ba2＋＋2OH
－＋2HCO
－
3 ===2H2O＋BaCO3↓＋CO2－
3 ，
则CO 2－
3 数目增大；
(4)母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能
直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，故答案为：ad。
14．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。
完成下列填空：
(1)工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶液可制得“84 消毒液”，反应的离子方程式为__Cl2＋2OH
－===Cl
－＋
ClO
－＋H2O__。
(2)“84 消毒液”(主要成分是NaClO)不能和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)混用。混用时反应的化学方程式是
__NaClO＋2HCl(浓)===Cl2↑＋NaCl＋H2O__ ；“84 消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是_钢铁中的碳和铁与
消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀__。
(3)工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%－6%水分的石灰乳从塔顶部喷洒而
入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是_使反应物充分接触、充分反应__；处理从氯化塔中逸出气体的方法是
_用碱液来吸收__。
(4)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3 和Na2SO3 溶液混合并加入H2SO4 酸化后反
应制得，反应中NaClO3 和Na2SO3 的物质的量之比为_2∶1__。
(5)在用二氧化氯进行水处理时，ClO2 除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2＋和Mn2＋。用ClO2 氧化除去Mn2＋生
成ClO
－
2 和MnO2 的离子方程式为__2ClO2＋Mn2＋＋2H2O===2ClO
－
2 ＋MnO2↓＋4H
＋__。
[解析]
(1)氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶液可制得“84 消毒液”，是氯气和氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠、
氯化钠和水，反应的离子方程式：Cl2＋2OH
－===Cl
－＋ClO
－＋H2O；
(2)“84 消毒液”(主要成分是NaClO)不能和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)混用是次氯酸钠、氯化钠在酸溶液中发生
氧化还原反应生成氯气，反应的化学方程式：NaClO＋2HCl(浓)===Cl2↑＋NaCl＋H2O，“84 消毒液”不能对钢铁制
品进行消毒，是因为：钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀，；(3)工业上将氯气通入石
灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O；将含3%～6%水分的熟石灰从塔
顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2 有毒，可用碱液来吸收；(4)酸性条件下，NaClO3
和Na2SO3 发生氧化还原生成ClO2 和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl 元素化合价由＋5 价变为＋4 价、S 元素化合
价由＋4 价变为＋6 价，其转移电子数为2，根据转移电子相等配平方程式为H2SO4＋2NaClO3＋Na2SO3===2Na2SO4
＋2ClO2＋H2O，所以该反应中NaClO3 和Na2SO3 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；(5)用ClO2 氧化除去Mn2
＋生成ClO
－
2 和MnO2，反应的离子方程式为：2ClO2＋Mn2＋＋2H2O===2ClO
－
2 ＋MnO2↓＋4H
＋。
专题二
化学基本理论
第六讲
物质结构
元素周期律
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解元素、核素和同位素的含义
2.了解原子构成。了解原子序数、核电荷数、质子数、
中子数、核外电子数以及它们之间的相互关系
3.了解原子核外电子排布
4.掌握元素周期律的实质。了解元素周期表(长式)的
结构(周期、族)及其应用
5.以第三周期为例，掌握同一周期内元素性质的递变
规律与原子结构的关系
6.以ⅠA 和ⅦA 族为例，掌握同一主族内元素性质递
变规律与原子结构的关系
7.了解金属、非金属在元素周期表中的位置及其性质
递变的规律
8.了解化学键的定义。了解离子键、共价键的形成
选择题：命题主要是以原子或离子
结构、核外电子排布、元素化合物
的性质为突破口，进行元素的推断，
然后分项考查粒子半径大小的比
较，金属性、非金属性强弱的比较，
气态氢化物的稳定性强弱，最高价
氧化物对应水化物的酸、碱性强弱，
化学键与物质类别的关系等
非选择题：常在无机框图推断、工
艺流程题中，融合考查“位、构、
性”的关系，考查元素化合物的性
质、化学键与物质类别的关系等
考点一
原子结构、电子式与微粒间的作用力
真题感悟——悟真题、明方向
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1．(2019·江苏，8)短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最
外层有2 个电子，Z 的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W 与X 位于同一主族。下列说法正确的是(
)
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．由X、Y 组成的化合物是离子化合物
C．Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强
D．W 的简单气态氢化物的热稳定性比X 的强
[解析]
“X 是地壳中含量最多的元素”，则X 为O 元素，“Y 原子的最外层有2 个电子”，Y 的原子序数大于
X，则Y 为Mg 元素，“Z 的单质晶体是应用最广泛的半导体材料”，则Z 为Si 元素，“W 与X 位于同一主族”，
则W 为S 元素。A 项，原子半径：r(Mg)>r(Si)>r(S)>r(O)，错误；B 项，MgO 为离子化合物，正确；C 项，非金属性
Si<S，则酸性H2SiO3<H2SO4，错误；D 项，非金属性S<O，则热稳定性H2S<H2O，错误。
2．(2019·全国卷Ⅱ，9)今年是门捷列夫发现元素周期律150 周年。如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
[解析]
原子半径：N<Al，A 项正确；常温常压下，单质硅呈固态，B 项正确；由非金属性：P<N，可知气态氢
化物热稳定性：PH3<NH3，C 项正确；Al 的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3 是典型的两性氢氧化物，并非强碱，
D 项错误。
3．(2018·浙江，12)元素X、Y、Z 和Q 在周期表中的位置如图所示，其中元素Q 位于第四周期，X、Y、Z 原子
的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是(
)
A．原子半径(r)：r(Q)>r(Y)>r(Z)
B．元素X 有－4，＋2，＋4 等多种价态
C．Y、Z 的氧化物对应的水化物均为强酸
D．可以推测H3QO4 是Q 的最高价氧化物的水化物
[解析]
设X 元素的最外层电子数为a，则Y 为a＋2，Z 为a＋3，根据题意3a＋5＝17 得，a＝4，所以X、Q、
Y、Z 分别为C、As、S、Cl。B 项，在CH4、CO、CO2 中碳元素的化合价分别为－4、＋2、＋4；C 项，S、Cl 的最
高价氧化物对应的水化物均为强酸；D 项，在H3AsO4 中As 的价态为＋5 价，是最高价氧化物对应的水化物。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．微粒组成及相互作用力
判断正误
(1)当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物(√)
(2)共价化合物中一定只存在共价键(√)
(3)在离子化合物中一定存在金属元素，而共价化合物中一定不存在金属元素(×)
(4)氢化物一定是共价化合物(×)
(5)离子晶体熔化时破坏离子键，原子晶体熔化时破坏共价键，而分子晶体熔化时破坏分子间作用力。(√)
(6)H2O 的稳定性大于H2S，是因为H2O 分子间存在氢键(×)
2．电子式的书写方法：
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3．电子式书写常见的6 大误区：
内容
实例
误区1
漏写未参与成键的电子
N2 误写为
误区2
化合物类型不清楚，漏写或多
写[
]及错写电荷数
NaCl 误写为
；HF 误写为
误区3
书写不规范，错写共用电子对
N2 的电子式不能写成∶N∶∶∶N∶
误区4
不考虑原子间的结合顺序
HClO 的电子式误写为
误区5
不考虑原子最外层有几个电
子，均写成8 电子结构
CH
＋
3 的电子式为
，而不是
误区6
不考虑AB2 型离子化合物中2
个B 是分开写还是一起写
CaBr2
、
CaC2
的
电
子
式
分
别
为
易错警示
(1)不是所有原子核都由质子和中子组成，11H 无中子。
(2)地壳中含量最高的非金属是O 不是N。
(3)任何微粒中，质量数＝质子数＋中子数，但质子数与电子数不一定相等。
(4)质子数相同的微粒不一定属于同一种元素，如Ne 和H2O。
(5)因许多元素存在同位素，故原子的种类多于元素的种类。有多少种核素就有多少种原子。但是，也并非所有元
素都有同位素，如Na、F、Al 等就没有同位素。
(6)同位素分为稳定同位素和放射性同位素。
(7)同位素的中子数不同，质子数相同，化学性质几乎完全相同，物理性质差异较大。
(8)不是任何物质中都存在化学键，如稀有气体分子中不存在化学键。
(9)不是有化学键的断裂就一定发生化学反应，如NaCl 熔化时断裂化学键。
►方法指导
1．10 电子和18 电子微粒的判断方法
(1)10 电子微粒
(2)18 电子微粒
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2．化学键与物质类别的易错点汇总：
(1)氢化物不一定都是共价化合物，如NaH。
(2)NaHSO4 熔融时电离成Na
＋和HSO
－
4 ，而溶于水时电离成Na
＋、H
＋和SO2－
4 。因为熔融时只能破坏离子键，而溶
于水时既可以破坏离子键又可以破坏共价键。
(3)形成离子键的元素不一定是金属元素和非金属元素。如仅由非金属元素形成的离子化合物氯化铵中NH
＋
4 和Cl
－之间为离子键。形成共价键的元素也不一定就是非金属元素，如氯化铝中的化学键为共价键。
(4)由阳离子和阴离子反应生成的化合物不一定是离子化合物。如H
＋＋OH
－===H2O、2H
＋＋CO2－
3 ===CO2↑＋H2O。
(5)由两种共价化合物结合生成的化合物也不一定是共价化合物。如NH3＋HCl===NH4Cl。
(6)用化学键强弱可解释物质的化学性质，也可解释物质的物理性质。根据不同的物质类型，有的物质发生物理变
化要克服化学键。如金刚石、晶体硅熔点高低要用化学键强弱来解释。而HF、HCl、HBr、HI 中的化学键强弱只能
解释其化学性质，它们的物理性质与H—X 键的强弱无关。
备考验证——练典题、重应用
1.(新题预测)现代无机化学对硫氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。如图是已经合成的最著名的硫氮化合物的
分子结构。下列说法不正确的是(
)
A．该物质的分子式为S4N4
B．该物质各原子最外层都达到8 电子稳定结构
C．该物质的分子中既含有极性键又含有非极性键
D．该分子中N 的化合价为－3
[解析]
由图可知，该分子的分子式为S4N4，A 正确；因为硫原子最外层为6 个电子，若形成两个共价单键，则
达8 电子稳定结构，氮原子最外层为5 个电子，若形成3 个共价单键，则达8 电子稳定结构，据图可知，B 正确；该
分子中既含有极性键(N—S 键)又含有非极性键(N—N 键)，C 正确；N—S 共用电子对偏向N，N— N 共用电子对不偏
移，故该分子中N 的化合价为－2，D 错误。
2．(2019·郑州二模)下列过程中，共价键被破坏的是(
)
①碘升华
②溴蒸气被木炭吸附
③乙醇溶于水
④HCl 气体溶于水
⑤冰融化
⑥NH4Cl 受热
⑦氢氧化钠熔
化
⑧(NH4)2SO4 溶于水
A．①④⑥⑦
B．④⑥⑧
C．①②④⑤
D．④⑥
[解析]
①与②均是物理变化，无共价键被破坏；③不发生电离，破坏的为分子间作用力；④发生电离，H—Cl
共价键被破坏；⑤破坏的为分子间作用力；⑥发生化学变化，生成NH3 和HCl，N—H 共价键被破坏；⑦离子键被破
坏：⑧发生电离，离子键被破坏。
3．(2019·临沂二模)X、Y、Z、W 均为短周期主族元素，其最高价氧化物对应水化物(常温下，浓度均为0.1 mol·L
－1)的pH 和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是(
)
A．简单离子半径：W>Z>Y>X
B．简单氢化物稳定性：X>Z>W
C．制造镁合金时可以用X2 作保护气
D．化合物Y2Z2 中存在离子键和共价键
[解析]
常温下，浓度均为0.1 mol·L
－1 最高价氧化物对应水化物的X、W 的pH 等于1，说明X、W 最高价氧化
物对应水化物是一元强酸，则X、W 分别是N 和Cl，Z 的pH 小于1，说明Z 最高价氧化物对应水化物是二元强酸，
则Z 是硫元素；Y 的pH 等于13，说明Y 最高价氧化物对应水化物是一元强碱，则Y 是钠元素。简单离子半径：S2－>Cl
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－>N3－>Na
＋，故A 错误；简单氢化物稳定性：HCl>H2S，故B 错误；氮气与镁反应，制造镁合金时不能用氮气作保护
气，故C 错误；化合物Na2S2 中存在离子键和共价键，故D 正确。
4．书写下列物质的电子式：
(1)(2017·天津高考)NaOH 的电子式为__
__；
(2)(2017·海南高考)PH3 的电子式为__
__；
(3)(2016·全国卷Ⅱ)联氨(N2H4)的电子式为__
__；
(4)(2016·浙江高考)硫化氢的电子式为__
__；
(5)(2015·全国卷Ⅰ)硼氢化钠(NaBH4)的电子式为__
__；
(6)(2015·浙江高考)H2O2 的电子式为__
__；
(7)(2015·海南高考)甲硅烷(SiH4)的电子式为__
__；
(8)光气的化学组成为COCl2，每个原子均达到8 电子稳定结构，其电子式为__
__。
[解析]
电子式的书写依据是8 电子稳定理论。在离子化合物中，金属阳离子是失去电子达到8 电子稳定结构的，
非金属的阴离子是得到电子达到8 电子稳定结构的。在共价化合物中，非金属原子之间是通过共用电子对达到8 电子
稳定结构的，一个非金属原子形成共用电子对的数目是固定的，等于“8－最外层电子数”，由此可写出物质的电子式。
另外，原子团一定是通过共价键形成的。
考点二
元素周期表、元素周期律
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·北京，8)2019 年是元素周期表发表150 周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院
士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9 种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下
列说法不正确的是(
)
A．In 是第五周期第ⅢA 族元素
B．115
49In 的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：In>Al
D．碱性：In(OH)3>RbOH
[解析]
Rb 为碱金属，属于第五周期元素，故In 亦为第五周期元素，In 与Al 同主族，即为第ⅢA 族元素，A 项
正确；115
49 In 的中子数为115－49＝66，质子数为49，质子数等于核外电子数，故中子数与电子数之差为17，B 项正确；
同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：In>Al，C 项正确；同周期主族元素从左到右，金属性逐渐
减弱，故其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，即碱性In(OH)3<RbOH，D 项错误。
2．(2018·全国卷Ⅱ)W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与X 可生成一种红棕色有刺激性
气味的气体；Y 的周期数是族序数的3 倍；Z 原子最外层的电子数与W 的电子总数相同。下列叙述正确的是(
)
A．X 与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W 的氧化物对应的水化物均为强酸
[解析]
W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 与X 可生成一种红棕色气体，则W 为氮元素，X 为氧元素；Y
的周期数是族序数的3 倍，则Y 为钠元素；故Z 为第3 周期元素，Z 的最外层电子数与W(N)的电子总数相同，因此
Z 为氯元素。氧元素可以与其余元素N、Na、Cl 形成多种二元化合物，故A 项正确；钠元素与氧元素形成的化合物
Na2O2 中含有离子键和共价键，故B 项错误；N、O、Na 形成的简单离子的电子层结构相同，均为10 电子微粒，而氯
元素形成的简单离子为18 电子结构，故C 项错误；N 的氧化物对应的水化物有HNO2 和HNO3，其中HNO2 为弱酸，
故D 项错误。
3．(2019·天津，7)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、钅必(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回
答下列问题：
(1)砷在元素周期表中的位置_第四周期第ⅴA 族__。
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288
115Mc 的中子数为_173__。
已知：P(s，白磷)===P(s，黑磷)
ΔH＝－39.3 kJ·mol
－1；
P(s，白磷)===P(s，红磷)
ΔH＝－17.6 kJ·mol
－1；
由此推知，其中最稳定的磷单质是_黑磷__。
(2)氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：NH3_>__PH3(填“>”或“<”)。
沸点：N2H4_>__P2H4(填“>”或“<”)，判断依据是_N2H4 分子间存在氢键__。
(3)PH3 和NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3 与HI 反应产物的推断正确的是_b、
c__(填序号)。
a．不能与NaOH 反应
b．含离子键、共价键
c．能与水反应
(4)SbCl3 能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式__SbCl3＋H2O
SbOCl↓＋
2HCl(“
”写成“===”亦可)__，因此，配制SbCl3 溶液应注意_加盐酸，抑制水解__。
(5)在1 L 真空密闭容器中加入a mol PH4I 固体，t ℃时发生如下反应：
PH4I(s)
PH3(g)＋HI(g)
①
4PH3(g)
P4(g)＋6H2(g)
②
2HI(g)
H2(g)＋I2(g)
③
达平衡时，体系中n(HI)＝b mol，n(I2)＝c mol，n(H2)＝d mol，则t ℃时反应①的平衡常数K 的值为__(b＋
8c－2d
3
)b__(用字母表示)。
[解析]
(1)砷为第四周期第ⅤA 族元素。288
115Mc 的中子数为288－115＝173。将题给两个已知热化学方程式相减，
可得P(s，红磷)===P(s，黑磷)
ΔH＝－21.7 kJ·mol
－1，则各物质能量白磷>红磷>黑磷，根据能量越低越稳定，可知最
稳定的磷单质为黑磷。(2)非金属性：N>P，故热稳定性NH3>PH3，N2H4、P2H4 均为分子晶体，由于N2H4 分子间可形
成氢键，故沸点：N2H4>P2H4。(3)由NH3 与HI 反应生成NH4I，类推PH3 与HI 反应生成PH4I，由NH4I 含离子键、
共价键，类推PH4I 含离子键、共价键，由NH4I 能与NaOH、H2O 反应，类推PH4I 能与NaOH、H2O 反应。(4)SbCl3
与水反应生成SbOCl 和HCl，化学方程式为SbCl3＋H2O
SbOCl↓＋2HCl。配制SbCl3 溶液时应加入盐酸，抑制
SbCl3 的水解。(5)反应①生成的n(HI)＝体系中n(HI)＋2×体系中n(I2)＝(b＋2c)mol，反应②中生成的n(H2)＝体系中
n(H2)－反应③中生成的n(H2)＝(d－c)mol，体系中n(PH3)＝反应①生成的n(PH3)－反应②中转化的n(PH3)＝[b＋2c
－2
3(d－c)]mol＝(b＋8c－2d
3
)mol，反应①的平衡常数K＝c(PH3)·c(HI)＝(b＋8c－2d
3
)b。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
关于元素周期律、元素周期表的认识误区
(1)误认为主族元素的最高正价一定等于族序数。但是，F 无正价。
(2)误认为元素的非金属性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强。但是，HClO、H2SO3 是弱酸，忽略了关键
词“最高价”。
(3)误认为同周期相邻两主族元素原子序数之差等于1。忽视了相差11(第4、5 周期)和25(第6、7 周期)。
(4)误认为失电子难的原子得电子的能力一定强。碳原子、稀有气体元素的原子失电子难，得电子也难。
(5)误认为得失电子多的原子，得失电子的能力一定强。
(6)误认为最高正价和最低负价绝对值相等的元素只有第ⅣA 族的某些元素。忽视了第ⅠA 族的H 的最高正价为＋
1 价，最低负价为－1 价。
►方法指导
(1)“三看”比较微粒半径大小
(2)金属性、非金属的多方面比较
金属
性比
较
本质
原子越易失电子，金属性越强
判断
依据
①在金属活动性顺序中位置越靠前，金属性越强。
②单质与水或非氧化性酸反应越剧烈，金属性越强。
③单质还原性越强或离子氧化性越弱，金属性越强。
④最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强。
⑤若Xn＋＋Y―→X＋Ym＋，则Y 的金属性比X 强。
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65
非金
属性
比较
本质
原子越易得电子，非金属性越强
判断
依据
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 的非金属性比A 强。
备考验证——练典题、重应用
1．(新题预测)a、b、c、d 四种主族元素在周期表中的位置如图，则下列说法正确的是(
)
A．若b 的最高价氧化物对应的水化物为H2bO4，则a 的简单氢化物的化学式为aH3
B．若b 的单质可作半导体材料，则c 的单质不可能为半导体材料
C．若b 的单质与H2 易化合，则c 的单质与H2 更易化合
D．a 与b 容易形成离子化合物
[解析]
若b 的最高价氧化物对应的水化物为H2bO4，即b 最高价为＋6，其负价为－2，再利用a、b 在周期表中
的位置知，a 的主族序数比b 的小1，故a 的负价为－3，a 的简单氢化物的化学式为aH3，A 项正确；若b 是Si，则c
是Ge，Si 和Ge 均为半导体材料，B 项错误；同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，因此c 的单质与氢气化合比b
的单质与氢气化合难，C 项错误；若b 为非金属，则a 的金属性很弱，故a、b 不易形成离子化合物，D 项错误。
2．(2019·鄂州三模)短周期元素Q、W、X、Y、Z 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中只有Z 为金属元素。
则下列说法中，正确的是(
)
A．W、X 两种元素在自然界中都存在相应的单质
B．Q、Y 分别与活泼金属元素形成的化合物中仅含离子键
C．Y、Z 分别形成的简单离子中，前者的半径较大
D．X、Z 的最高价氧化物对应的水化物之间容易相互发生反应
[解析]
由元素所在周期表中的位置可知，X 为碳元素，Y 为氧元素，Z 为铝元素，W 为硅元素，Q 为氯元素。A
项，C 在自然界中存在单质，Si 在自然界中全部以化合态存在，错误；B 项，O 与活泼金属形成的化合物中可以含有
共价键，如过氧化钠，错误；C 项，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则O、Al 分别形成的简单
离子中，前者的半径较大，正确；D 项，C 的最高价氧化物的水化物为弱酸，与氢氧化铝不反应，错误。
3．(2019·南平三模)短周期元素X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中Y 元素的原子半径最大。已知A、B、C 分
别是X、Y、Z 三种元素的单质，A 和C 常温下为气体。在适宜的条件下，A、B、C 可以发生如图所示的反应。下列
说法正确的是(
)
A．化合物YX 中含离子键
B Z 的含氧酸均为强酸
C．非金属性：X>Z
D．离子半径：Y>Z
[解析]
根据图示，A 是H2、B 是Na 或Mg 或Al 等活泼金属，C 是Cl2，X、Y、Z 分别是H、Na 或Mg 或Al、
Cl；化合物NaH 中含离子键，故A 正确：HClO 是弱酸。故B 错误；非金属性：Cl>H，故C 错误；离子半径：Cl
－>Na
＋，故D 错误。
考点三
元素推断
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·全国Ⅰ卷，12)短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y
的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉
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淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是(
)
A．X 的简单氢化物的热稳定性比W 的强
B．Y 的简单离子与X 的具有相同的电子层结构
C．Y 与Z 形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z 与X 属于同一主族，与Y 属于同一周期
[解析]
本题考查元素推断和元素周期律。由题知，W 为氮，X 为氧，Y 为钠，Z 为硫。同周期元素从左至右，
简单氢化物的热稳定性逐渐增强，H2O 的热稳定性比NH3 的强，A 项正确；氧离子(O2－)和钠离子(Na
＋)核外都有10 个
电子，B 项正确；钠和硫形成的化合物为硫化钠，它是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，能使红色石蕊试纸变蓝色，不
能使蓝色石蕊试纸变色，C 项错误；氧、硫位于同主族，钠与硫位于第三周期，D 项正确。
2.(2019 全国卷Ⅰ，13)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
[解析]
氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A 项错误；元素非金属性顺序为Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B 项错误；
磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸，C 项正确；2 个硅原子和1 个P 原
子形成2 个共价键，阴离子得到1 个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8 电子稳定结构，D 项错误。
3．(2019·全国卷Ⅲ，9)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
[解析]
MgO 为离子晶体，碳的氧化物为分子晶体，故Mg 的氧化物的熔点高于碳的氧化物，A 项错误；非金属
性：C>Si，故氢化物的热稳定性：CH4>SiH4，B 项正确；C、Si 形成的化合物SiC 为共价化合物，C 项错误；Mg 能
溶解在浓硝酸中，Si 不与浓硝酸反应，D 项错误。
4．(2017·海南，13)X、Y、L、M 为核电荷数依次增大的前20 号主族元素。X2 是最轻的气体，Y、L 与M 三种元
素的质子数均为5 的倍数。回答下列问题：
(1)X 与L 组成的最简单化合物的电子式为__
__。
(2)X 与M 组成的物质为_离子__(填“共价”或“离子”)化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反
应的化学方程式为__CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑__。
(3)Y 在周期表中的位置是_第二周期ⅢA 族__，其含氧酸的化学式为_H3BO3__。
(4)L 与M 形成的化合物中L 的化合价是_－3__。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
根据在元素周期表中的位置推断：
(1)根据核外电子的排布规律
①最外层电子规律：
最外层电子数(N)
3≤N<8
N＝1 或2
N>次外层电子数
元素在周期
表中的位置
主族
第ⅠA 族、第ⅡA 族、
第Ⅷ族、副族、0 族元素氦
第2 周期
②“阴三、阳四”规律：某元素阴离子最外层电子数与次外层相同，该元素位于第3 周期；若为阳离子，则位于
第4 周期。
③“阴上、阳下”规律：电子层结构相同的离子，若电性相同，则位于同周期，若电性不同，则阳离子位于阴离
子的下一周期。
(2)根据元素周期表结构与原子电子层结构的关系推断。几个重要关系式：
①核外电子层数＝周期序数；
②主族序数＝最外层电子数＝最高正价＝8－|最低负价|(氧、氟元素除外)；
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③|最高正价|－|最低负价|＝
0——第ⅠA 族中的H 和第ⅣA 族
2——第ⅤA 族
4——第ⅥA 族
6——第ⅦA 族
(3)周期表中特殊位置的元素(1～20 号元素)。
①族序数等于周期数的元素：H、Be、Al。
②族序数等于周期数2 倍的元素：C、S。
③族序数等于周期数3 倍的元素：O。
④周期数是族序数2 倍的元素：Li、Ca。
⑤周期数是族序数3 倍的元素：Na。
⑥最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：H、C、Si。
⑦最高正价是最低负价绝对值3 倍的短周期元素：S。
⑧除氢外，原子半径最小的元素：F。
备考验证——练典题、重应用
1.X、Y、Z、W 为原子序数递增的四种短周期元素，其中Y、Z 为金属元素。X、Y、Z、W 的最高价氧化物对应
的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“——”相连的两种物质能发生反应)。下列判断一定正确
的是(
)
A．X 是元素周期表中非金属性最强的元素
B．Z 位于元素周期表第3 周期ⅠA 族
C．四种原子中，Y 原子半径最大
D．W 的最高化合价为＋7
[解析]
结合题图知，两种金属元素Y、Z 形成的碱乙、丙之间能够发生反应，又Y、Z 均为短周期元素，故Y
为钠元素，Z 为铝元素，乙、丙分别是NaOH、Al(OH)3；甲、丁均能与NaOH 和Al(OH)3 发生反应，则甲、丁必为
强酸，从而推出X 为氮元素，W 为硫(或氯)元素，则甲是HNO3、丁是H2SO4(或HClO4)。
2．(2019·商丘二模)甲、乙、丙、丁4 种物质分别含2 种或3 种元素，它们的分子中均含18 个电子，甲是气态氢
化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断错误的是(
)
A．若某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该盐既可能与酸反应又可能与碱反应
B．若乙与氧气的摩尔质量相同，则乙只能由2 种元素组成
C．若丙中含有第2 周期第ⅣA 族的元素，则丙可能是甲烷的同系物
D．若丁中各元素质量比和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有－1 价的元素
[解析]
甲是18 电子的氢化物，且其在水中分步电离出两种阴离子，不难得出甲为H2S，若盐溶液为NaHS 溶液，
既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH 反应生成Na2S，故A 正确；氧气的摩尔质量为32 g·mol
－1，乙的摩尔质量
也为32 g·mol
－1，且含有18 个电子，CH3OH 符合，由3 种元素组成，故B 错误；丙中含有第2 周期ⅣA 族元素，C2H6
符合，C2H6 是CH4 的同系物，故C 正确；H2S 中H、S 元素的质量比为1∶16，H2O2 中H、O 元素的质量比也为1∶
16，则丁为H2O2，H2O2 中氧元素显－1 价，故D 正确。
3．A、B、C、D、E 是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A 元素的原子核内只有1 个质子；B 元素的原
子半径是其所在主族中最小的，B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C 元素原子的最外层电子数比次外
层多4；C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E 同主族。
(1)B 在周期表中的位置为第_2__周期第_ⅤA__族。
(2)E 元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_H2SO3、H2SO4__。
(3)元素B、C、D、E 形成的简单离子半径大小关系是_S2－>N3－>O2－>Na
＋__(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C 的形成过程：__
__。
(5)由A、B、C 三种元素形成的离子化合物的化学式为_NH4NO3__，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式
是__NH
＋
4 ＋OH
－=====
Δ
NH3↑＋H2O__。
(6)D2EC3 一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为
__4Na2SO3 =====
一定条件Na2S＋3Na2SO4__(化学式用具体的元素符号表示)。
[解析]
A 元素的原子核内只有1 个质子，则A 为氢元素；B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B
的最高化合价为＋5 价，位于周期表第ⅤA 族，B 元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为氮元素；C 元素原子的
最外层电子数比次外层多4 个，只能有2 个电子层，最外层电子数为6，应为氧元素；C 的阴离子与D 的阳离子具有
相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D 的化合价为＋1 价，D 为钠元素；C、E 同主族，则E 为硫元素。(1)B
是氮元素，在周期表中的位置为第2 周期第ⅤA 族。(2)E 是硫元素，形成的氧化物SO2、SO3 对应的水化物的化学式
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分别为H2SO3、H2SO4。(3)元素B、C、D、E 形成的简单离子中，S2－有三个电子层，N3－、O2－、Na
＋只有两个电子层，
且电子层结构相同，核电荷数大的半径反而小，故离子半径大小关系是S2－>N3－>O2－>Na
＋。(4)Na 最外层的一个电子
易失去，氧最外层有6 个电子，易得到2 个电子形成8 电子稳定结构，故Na2O 的形成过程可表示为
。(5)由H、N、O 形成的离子化合物的化学式为NH4NO3，它是铵盐，与强碱溶液共热，
发生反应生成NH3，离子方程式是NH
＋
4 ＋OH
－=====
Δ
NH3↑＋H2O。(6)Na2SO3 一定条件下可以发生分解反应生成两种
盐，其中一种是无氧酸盐，则为Na2S，反应的化学方程式为4Na2SO3 =====
一定条件Na2S＋3Na2SO4。
4．(2019·潍坊二模)已知A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期元素，A、C 同主族，A 与B、A 与
E 形成共价化合物，A 与B 形成化合物的水溶液呈碱性，E 元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，D 是
同周期中离子半径最小的元素。
(1)五种元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是_第3 周期第ⅦA 族__，写出C 元素的原子结构示意图
__
__。
(2)B 元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在化学键的类型为_共价键和离子
键__。
(3)C 元素的最高价氧化物对应的水化物与D 元素的最高价氧化物反应的化学方程式为__Al2O3 ＋
2NaOH===2NaAlO2＋H2O__。
(4)已知X、Y、Z 三种物质中均含有上述元素中的某一种元素，它们之间存在如图所示转化关系。
X――→
W
Y
W
X
Z
①X、Y、Z 均含有同一种金属元素，若W 固体俗称干冰，则反应Y→Z 的离子方程式为__CO2＋H2O＋
CO2－
3 ===2HCO
－
3 __；
若W 是强碱，且Y 为白色难溶固体，则反应Z→Y 的离子方程式为__Al3＋＋3AlO
－
2 ＋6H2O===4Al(OH)3↓__。
②X、Y、Z 是均含有同一种非金属元素的化合物，W 是一种常见金属单质，且上述转化均在常温条件下完成，则
反应Z→Y 的离子方程式为__3Fe2＋4H
＋＋NO
－
3 ===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O__。
[解析]
由A 的原子序数最小，结合A 与B 形成的共价化合物的水溶液呈碱性知，A 是H，B 是N，由此并结合
题中其他信息知C 是Na，D 是Al，E 是Cl。(1)五元素中，Cl 是非金属性最强的元素，在周期表中的位置是第3 周期
第ⅦA 族，钠元素的原子结构示意图为
。(2)B 的气态氢化物为NH3，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3，
反应生成的化合物为NH4NO3，其中存在共价键和离子键。(3)C 的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，D 的最高价
氧化物为Al2O3，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O。(4)①X、Y、Z 均含有同一种金属元素，若
W 固体俗称干冰，则W 为CO2，X 为NaOH，两者反应得到Na2CO3，Na2CO3 与CO2 反应得到NaHCO3，符合转化
关系，则反应Y→Z 的离子方程式为CO2＋H2O＋CO2－
3 ===2HCO
－
3 ；若W 是强碱，且Y 为白色难溶固体，则W 为
NaOH，X 为AlCl3，两者反应得到Y 为Al(OH)3，Al(OH)3 与NaOH 反应得到NaAlO2，符合转化关系，则反应Z→Y
的离子方程式为Al3＋＋3AlO
－
2 ＋6H2O===4Al(OH)3↓。②X、Y、Z 是均含有同一种非金属元素的化合物，W 是一种常
见金属单质，则W 是Fe，且上述转化均在常温条件下完成，可知X 是HNO3，Y 是Fe(NO3)3，Z 是Fe(NO3)2，则反
应Z→Y 的离子方程式为3Fe2＋＋4H
＋＋NO
－
3 ===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
1．(2019·上海市宝山区高考化学二模)15C－NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，14N－NMR 可用于测
定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，下面有关13C、15N 叙述正确的是(
)
A．13C 与15N 具有相同的中子数
B．13C 与C60 是同一种物质
C．15N 与14N 互为同位素
D．15N 的核外电子数与中子数相同
[解析]
A．13C 的中子数＝13－6＝7,15N 的中子数＝15－7＝8，故A 错误；B．13C 是一种原子，C60 是由碳原子
形成的分子，故B 错误；C．15N 与14N 的质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故C 正确；D．15N 的核外电
子数＝质子数＝7，中子数＝15－7＝8，故D 错误；故选C。
2．(2019·河南省平顶山市高考化学二调)短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大。a、b 能组成常温下呈液态
的两种常见化合物。b 和d 位于同主族。已知：a2b 和c2d3 混合发生剧烈反应生成白色沉淀和无色气体。下列说法正确
的是(
)
A．气态氢化物稳定性：d>b
B．原子半径：d>c>b>a
C．a2db3 化合物能促进水电离
D．工业上电解熔融c2b3 冶炼c 单质
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69
[解析]
短周期元素a、b、c、d 的原子序数依次增大，a、b 能组成常温下呈液态的两种常见化合物，H2O、H2O2
是常见的组成元素相同的液态化合物，根据分析可知：a 为H 元素，b 为O 元素，c 为Al 元素，d 为S 元素。A．非
金属性S＜O，则H2O 比H2S 稳定，即气态氢化物稳定性：d＜b，故A 错误；B．电子层越多原子半径越大，同一周
期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Al＞S＞O＞H，故B 错误；C．H2SO3 为弱酸，电离出的氢离子抑制了
水电离，故C 错误；D．工业上，电解熔融的Al2O3 制备铝单质，故D 正确；故选D。
3．(2019·河南省郑州市高考化学二模)R、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与Y 同主族，
R 的最外层电子数是次外层电子数的2 倍。W 元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R 与W 元素原子的最
外层电子数之和等于X 与Z 元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是(
)
A．简单离子的半径：W<Y<Z
B．氧化物对应水化物的酸性：Z>R>X
C．X 与Z 形成的化合物溶于水可抑制水的电离
D．最高价氧化物的熔点：Y>R
[解析]
R、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，R 的最外层电子数是次外层电子数的2 倍，R
含有2 个电子层，最外层含有4 个电子，为C 元素；W 元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒，该单质为臭氧，
则W 为O 元素，W 与Y 同主族，则Y 为S 元素；Z 为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z 为Cl 元素；R 与W
元素原子的最外层电子数之和等于X 与Z 元素原子的最外层电子数之和，则X 最外层电子数＝4＋6－7＝3，位于ⅢA
族，原子序数大于O，则X 为Al 元素，根据分析，A．离子的电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数
越大离子半径越小，则简单离子半径：W＜Z＜Y，故A 错误；B．没有指出最高价，无法比较C、Cl 的含氧酸酸性，
故B 错误；C．X 与Z 形成的化合物为氯化铝，铝离子水解促进了水的电离，故C 错误；D．三氧化硫和二氧化碳
都属于分子晶体，相对原子质量越大沸点越高，则最高价氧化物的熔点：Y＞R，故D 正确；故选D。
4．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是
(
)
A．M、N 的氧化物都能与Z、R 的最高价氧化物对应水化物反应
B．Y 的单质能从含R 简单离子的水溶液中置换出R 单质
C．X、M 两种元素组成的化合物熔点很高
D．简单离子的半径：R＞M＞X
[解析]
同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7 种元素处于第二周期，后7 种元
素处于第三周期，由原子序数可知，X 为O 元素，Y 为F 元素，Z 为Na 元素，M 为Al 元素，N 为Si 元素，R 为Cl
元素，根据分析，A．氧化铝能够与氢氧化钠、高氯酸反应，但二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应，不能与高氯酸反
应，故A 错误；B．Y 的单质F2 与水反应，无法从含有氯离子的溶液中置换出氯气，故B 错误；C．氧化铝为离子化
合物，具有较高的熔点，则故C 正确；D．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径
越小，则离子半径R＞X＞M，故D 错误；故选C。
5．(2019·河南省安阳市高考化学二模)X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y 形成
的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，Z、W 同周期且W 的最高正价是Z 的7 倍。下列有关说法正确的
是(
)
A．单质沸点：W＜Y
B．简单离子半径：W＞X＞Y＞Z
C．含氧酸的酸性：W＞X
D．Z 与Y 形成的化合物中只含离子键
[解析]
X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y 形成的一种常见的气态化合物不能
稳定地存在于空气中，该化合物为NO，则X 为N，Y 为O 元素；Z、W 同周期且W 的最高正价是Z 的7 倍，二者
位于第三周期，则Z 为Na 元素，W 为Cl 元素，据此解答。根据分析可知：X 为N，Y 为O，Z 为Na，W 为Cl 元
素。A．氧气和氯气都属于分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则单质沸点W＞Y，故A 错误；B．离子的电子层
越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：W＞X＞Y＞Z，故B 正确；C．没
有指出最高价，该关系不一定成立，如硝酸的酸性大于次氯酸，故C 错误；D．Na、O 形成的过氧化钠中除了含有离
子键，还含有共价键，故D 错误；故选B。
6．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，且X、
Z 同主族，Y 为金属元素，且Y 的原子序数小于X 和Z 的最外层电子数之和，Z 原子的最外层电子数与核外电子总数
之比为3∶8。下列说法正确的是(
)
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A．原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B．X 与Y 组成的化合物中均不含共价键
C．Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强
D．WX2 是一种高效安全灭菌消毒剂
[解析]
Z 原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，即最外层电子数与内层电子数之比为3∶5，则Z 原
子的核外有三层，即Z 元素为S；X、Z 同主族，则X 元素为O，Y 的原子序数大于8 且小于X 和Z 的最外层电子数
之和12，所以金属元素Y 为Na，短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，所以W 元素为Cl, A．Na 是短
周期主族元素中原子半径最大的元素，Cl 元素原子比O 多一电子层；B．X 与Y 组成的化合物有Na2O 或Na2O2，其
中Na2O2 由钠离子和过氧根离子构成；C．S、Cl 位于同一周期并且Cl 原子半径大，同一周期中，非金属元素的非金
属性随原子序数的增大而增大；D．WX2 即ClO2，ClO2 有强氧化性，可用于杀菌消毒。故选D。
7．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y 元素在同周
期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z 的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z 元素组成的二元化合物，常温下
丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01 mol·L
－1 戊溶液的pH 大于2，上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
(
)
A．原子半径：Z＞Y＞X＞W
B．W、X、Y、Z 不可能同存于一种离子化合物中
C．W 和X 形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键
D．比较X、Z 非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性
[解析]
W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，丙、丁、戊是由W、X、Y、Z 元素组成的二元
化合物，常温下丁为液态，考虑丁为H2O，可推知W 为氢元素。甲、乙分别是元素Y、Z 的单质，其中Y 元素在同
周期中离子半径最小，甲与乙化合生成丙，丙与水反应生成戊，戊为酸性气体，常温下0.01 mol·L
－1 戊溶液的pH 大
于2，戊溶液为弱酸，应是Al2S3 与水反应生成H2S 与Al(OH)3，故丙为Al2S3、戊为H2S、己为Al(OH)3，结合原子序
数可知X 为氧元素、Y 为Al、Z 为硫元素，故甲为O2、乙为硫单质。A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上
而下原子半径增大，所有元素中H 原子半径最小，故原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(O)＞W(H)，故A 错误；B．H、O、
Al、S 可能同存于一种离子化合物中，如KAl(SO4)2·12H2O，故B 错误；C．W 和Ⅹ形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2
中既含有极性键也含有非极性键，故C 正确；D．氧元素没有最高价氧化物，不能通过比较最高价氧化物对应的水化
物的酸性判断O、S 的非金属性，故D 错误。故选C。
8．(2019·福建省漳州市高考化学二模)短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，四种原子的最外层电
子数之和为18，W 与Y 同主族，X 原子的最外层电子数等于周期数，Z 的单质在常温下为气体，下列说法正确的是
(
)
A．最简单氢化物的稳定性：Z>W>Y
B．原子半径：Y>X>W
C．X 与Z 形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝
D．Y 的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应，属于两性氧化物
[解析]
短周期主族元素W、X，Y、Z 的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为18，W 与Y 同主
族，则W 位于第二周期，Y 位于第三周期；X 原子的最外层电子数等于周期数，X 可能为B 或Al 元素；X 为B 元素
时，X、Y、Z 的最外层电子数之和＝18－2＝16，X 为Al 元素时，X、Y、Z 的最外层电子数之和＝18－3＝15，X、Y、
Z 的最外层电子数的平均值大于5，结合Z 的原子序数大于Y，且Z 的单质在常温下为气体可知，Z 为Cl 元素；X 为
B 元素时，W、Y 的最外层电子数之和＝18－7－4＝7，不可能；当X 为Al 元素时，W、Y 的最外层电子式之和为18
－7－3＝8，则W 为C 元素，Y 为Si 元素，符合条件，据此解答。根据分析可知：W 为C 元素，X 为Al 元素，Y 为
Si 元素，Z 为Cl 元素。A．非金属性Cl＞C＞Si，则简单氢化物的稳定性Z＞W＞Y，故A 正确；B．同一周期从左
向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：X＞Y＞W，故B 错误；C．X 与Z 形
成的化合物为氯化铝，氯化铝溶液呈酸性，不能使红色石蕊试纸变蓝，故C 错误；D．二氧化硅不与硝酸、硫酸、盐
酸等强酸反应，能够与碱溶液反应，属于酸性氧化物，故D 错误；故选A。
9．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X 的原子半径在短周期主族
元素中最大，Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L 层电子数为m＋n，M 层电子数
为m－n，W 与Z 同主族，R 元素原子与Y 元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是(
)
A．X 与Y 形成的其中一种化合物中阴阳离子的个数比均为1∶2
B．简单氢化物Y 比R 的稳定、且熔沸点高
C．RY2 和X2Y2 均具有漂白性，均能使品红试液褪色
D．RY2 和WY2 通入Ba(NO3)2 溶液中均不产生白色沉淀
[解析]
X 的原子半径在短周期主族元素中最大，则X 是Na 元素；Y 元素的原子外层电子数为m，次外层电子
数为n，Z 元素的原子L 层电子数为m＋n，M 层电子数为m－n，因为L 层电子最多为8，则n＝2，m＝6，则Y 为
O 元素，Z 为Si 元素；W 元素与Z 元素同主族，则W 为C 元素；R 元素原子与Y 元素原子的核外电子数之比为2∶
1，Y 的核外电子数为8，则R 的核外电子数为16，则R 为S 元素，据此解答。由分析可知：X 为Na、Y 为O、Z 为
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Si、W 为C 元素、R 为S 元素。A．X 与Y 形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，两种化合物中阴、阳离子的个
数比均为1∶2，故A 正确；B．Y 是O 元素，R 是S 元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属
性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B 正确；C．二氧化硫和过氧化钠都具有
漂白性，都可使品红褪色，但原理不同，二氧化硫发生化合反应，过氧化钠具有强氧化性，故C 正确；D．二氧化硫
具有还原性，酸性条件下可被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，可生成硫酸钡沉淀，故D 错误；故选D。
10．(2019·陕西省高三第二次模拟联考)X、Y、Z、M、R 为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的
关系如图所示，下列说法不正确的是(
)
A．R 的氧化物都含有离子键
B．最高价含氧酸的酸性：Z<Y
C．M 的氢化物常温常压下为气体
D．Y 形成的化合物种类最多
[解析]
X、Y、Z、M、R 为五种短周期元素，X、R 最外层只有一个电子，为第IA 族元素；Y 最外层有4 个电
子，位于第IVA 族，Z 原子最外层有5 个电子，位于第VA 族，M 最外层有6 个电子，位于第VIA 族；R 原子半径
最大，为Na 元素，X 原子半径最小，为H 元素；Y 原子和Z 原子半径接近、M 原子半径大于Y 而最外层电子数大于
Y，所以Y 是C、Z 是N、M 为S 元素；A．Na 的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，
结构中均含离子键，故A 正确；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Z＞Y，所以其最
高价含氧酸酸性Z＞Y，故B 错误；C．M 的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C 正确；D．Y 为碳元素，而C
元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D 正确；故选B。
11．(2019·湖南省株洲市高考一模)短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中W 的阴离子的核外电
子数与X、Y 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空
气分离法来生产Y 的单质，W、Z 同族。下列说法中不正确的是(
)
A．由Y 与Z 组成的化合物中都只含有离子键
B．这些元素的原子半径大小为W＜Y＜X＜Z
C．Y 与W 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D．Y 的氢化物与Y 的最高价氧化物对应水化物可能生成盐
[解析]
短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，
用的是14C，采用的是断代法，则X 为C 元素；工业上采用液态空气分离法来生产Y 的单质，这是工业上生产氮的方
法，则Y 为N 元素；W 的阴离子的核外电子数与X、Y 原子的核外内层电子数相同，W 的阴离子的核外电子数为2，
则W 为H 元素；W、Z 同族，结合原子序数大小可知Z 为Na 元素，据此进行解答。根据推断可知，W 为H 元素，
X 为C 元素，Y 为N 元素，Z 为Na 元素，A．N 与Na 形成的NaN3 中含有共价键，故A 错误；B．电子层越多原子
半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为W＜Y＜X＜Z，故B 正确；C．W 与Y
可形成化合物N2H4，N2H4 中既含极性共价键又含非极性共价键，故C 正确；D．N 的氢化物为氨气，N 的最高价氧化
物对应水化物为硝酸，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，故D 正确；故选A。
12．(2019·河南省开封市高考一模)X、Y、Z、M、W 为5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。X 有三种核素，
质量数之比为1∶2∶3，Y 是植物生长所需的三大营养元素之一，Z 和M 同主族。下列说法正确的是(
)
A．单质沸点：Y>W>M
B．原子半径：X<Y<Z<M
C．X、Y、Z 三种元素形成的一种化合物乙可能含有离子键
D．X 与Y、M、W 形成的最简单化合物中，等物质的量浓度水溶液的pH：W>M>Y
[解析]
X、Y、Z、M、W 为5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。X 有三种核素，质量数之比为1：2：3，
则X 为H 元素；Y 是植物生长所需的三大营养元素之一，则Y 为N 元素；Z 和M 同主族，Z 只能为第二周期元素，
若Z 为O，则M 为S 元素，W 为Cl 元素；若Z 为F 元素，则M 为Cl，W 只能为Ar，但Ar 不是主族元素，所以Z
为O，则M 为S 元素，W 为Cl 元素，据此进行解答。根据分析可知，X 为H，Y 为N 元素，Z 为O，则M 为S 元
素，W 为Cl 元素，A．氮气和氯气常温下为气体，而S 单质为固态，则单质沸点Y＜W＜M，故A 错误；B．电子层
越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：X＜Z＜Y＜M，故B 错误；C．H、O、
N 可以形成硝酸铵，硝酸铵属于离子化合物，含有离子键，故C 正确；D．氨气水溶液呈碱性，硫化氢水溶液为弱酸，
HCl 溶液为强酸，则等物质的量浓度水溶液的pH：W＜M＜Y，故D 错误；故选C。
13．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)四种短周期元素W、X、Y 和Z 在周期表中的位置如图所示，四种元素
原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是(
)
W
X
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Y
Z
A．氢化物的沸点：X＜Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C．化合物熔点：YX2＜YZ4
D．简单离子的半径：X＜W
[解析]
根据元素在周期表中的位置知，W、X 是第二周期元素而Y 和Z 位于第三周期，设W 原子最外层电子数
是a，则X、Y、Z 原子序数分别是a＋1、a－1、a＋2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a＋a＋1＋a－1
＋a＋2＝22，则a＝5，则X、Y、Z、W 分别是O、Si、Cl、N 元素；A．NH3 和SiH4 均为分子晶体，NH3 分子间存
在氢键，其沸点比SiH4 高，故A 错误；B．N 元素的非金属性比Si 元素强，HNO3 的酸性比H2SiO3 酸性强，故B 错
误；C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2 的熔点比SiCl4 高，故C 错误；D．N3
－和O2－离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3－＞O2－，故D 正确；故选D。
14．(2019·广东省佛山市高考化学一模)已知W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，W 与Z 同主族，
X 与Y 同周期，且Y 与Z 的原子序数之和为20，Y 单质能与无色无味液体m 反应置换出X 单质，Z 单质也能与m 反
应置换出W 单质。W、X、Y 均能与Z 形成离子化合物。下列说法错误的是(
)
A．X、Z 两元素的简单离子电子层结构相同
B．X 与Z 形成的离子化合物一定只含有离子键
C．Y 的氢化物比X 的氢化物稳定
D．W 与Y 形成的化合物WY 可刻蚀玻璃
[解析]
W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，W 与Z 同主族，X 与Y 同周期，且Y 与Z 的原子序
数之和为20。Y 单质能与无色无味液体m 反应置换出X 单质，Z 单质也能与m 反应置换出W 单质，可知m 为H2O，
结合原子序数、元素的位置及性质可知，Y 为F、X 为O、Z 为Na、W 为H，且W、X、Y 均能与Z 形成离子化合物，
以此来解答。A．X、Z 两元素的简单离子的核外电子数均为10，则电子层结构相同，故A 正确；B．X 与Z 形成的
离子化合物若为过氧化钠，含离子键及共价键，故B 错误；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则Y 的氢化物比
X 的氢化物稳定，故C 正确；D．W 与Y 形成的化合物为HF，可刻蚀玻璃，故D 正确；故选B。
15．(2019·四川省广元市高考化学一诊)已知元素X、Y、Z、W 均为短周期元素，其中X、Y、Z 位于同一周期，
其原子核外均有三个电子层且价电子数依次增大1，Y2＋与W
－具有相同的电子层结构，下列说法正确的是(
)
A．离子半径：W
－＞Y2＋
B．X 的氧化物中只含有离子键
C．W 的最高正化合价为＋7
D．工业上常用电解Z 的氯化物来制备Z 的单质
[解析]
已知X、Y、Z、M 四种元素均为短周期元素，Y2＋与M
－具有相同电子层结构，其原子核外均有三个电
子层且价电子数依次增大1，可知Y 为Mg，X 为Na，Z 为Al，则W 为F 元素，结合原子结构，元素性质解答。A．F、
Mg 对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故A 正确；B．如为过氧化钠，含有离子键
和共价键，故B 错误；C．F 无正价，故C 错误；D．氯化铝不导电，工业电解熔融的氧化铝冶炼铝，故D 错误。故
选A。
16．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 为空气中
含量最多的元素，四种元素中X 的原子半径最大，Y 的周期数等于其族序数，Z 的最外层电子数是最内层电子数的3
倍。下列叙述错误的是(
)
A．W、X、Y 的最高价氧化物的水化物可两两反应生成盐和水
B．W、X、Z 均可形成两种或两种以上的氧化物
C．简单离子的半径：Y＜X＜W＜Z
D．含Y 元素的盐溶液一定呈酸性
[解析]
W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W 为空气中含量最多的元素，为N 元素；Z
的最外层电子数是最内层电子数的3 倍，其最外层有6 个电子，为S 元素；Y 的周期数等于其族序数，原子序数大于
W 而小于Z，为Al 元素；四种元素中X 的原子半径最大，则X 为Na 元素；通过以上分析知，W、X、Y、Z 分别
是N、Na、Al、S 元素，据此分析解答。A．W、X、Y 分别是N、Na、Al 元素，其最高价氧化物的水化物是硝酸、
氢氧化钠、氢氧化铝，其最高价氧化物的水化物能两两相互反应生成盐和水，故A 正确；B．W、X、Z 分别是N、
Na、S 元素，N 可以形成NO、NO2 等氧化物，Na 可以形成氧化钠、过氧化钠，S 可以形成二氧化硫、三氧化硫，故
B 正确；C．离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，
W、X、Y、Z 离子核外电子层数分别是2、2、2、3，且原子序数W＜X＜Y，所以离子半径Y＜X＜W＜Z，故C 正
确；D．含有Y 的盐溶液可能呈酸性，如氯化铝等，可能呈碱性，如偏铝酸钠溶液，故D 错误；故选D。
17.(2019·四川省乐山市高考一模)短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，已知：四种原
子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是(
)
A．元素X 和元素Z 的最高正化合价相同
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B．单核阴离子半径的大小顺序为：r(W)＞r(X)
C．气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Y＜Z＜X＜W
D．元素Z 的氧化物对应水化物都是强酸
[解析]
由短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置可知，X、W 位于第二周期，四种原子最外层电
子数之和为24，设X 的最外层电子数为x，则x＋x＋1＋x＋x－1＝24，解得x＝6，可知X 为O、W 为F、Y 为P、Z
为S，以此来解答。A．X 为O，不存在最高正价，故A 错误；B．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半
径小，则单核阴离子半径的大小顺序为：r(W)＜r(X)，故B 错误；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态简
单氢化物的热稳定性顺序为：Y＜Z＜X＜W，故C 正确；D．元素Z 的氧化物对应水化物若为亚硫酸，属于弱酸，
故D 错误；故选C。
18．(2019·四川省内江市高考化学一模)X、Y、Z、M、G 五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z 同主族，可
形成离子化合物ZX；Y、M 同主族，可形成MY2、MY3 两种分子；Y、G 的单质或两元素之间形成的化合物可作水
消毒剂。下列叙述正确的是(
)
A．元素M 的氧化物对应的水化物酸性比G 的弱
B．化合物Z2M、MY2 中化学键的类型相同
C．ZX 与水的反应属于氧化还原反应
D．简单离子半径的大小顺序：X＜Y＜Z＜M＜G
[解析]
X、Y、Z、M、G 五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z 同主族，可形成离子化合物ZX，该化合物
为NaH，则X 为H、Z 为Na 元素；Y、M 同主族，可形成MY2、MY3 两种分子，MY2、MY3 为SO2、SO3，则Y 为
O、M 为S 元素；Y(O)、G 的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂，G 的原子序数大于S，则G 为Cl 元素，
据此进行解答。根据分析可知，X 为H、Y 为O、Z 为Na、M 为S、G 为Cl 元素，A．元素M(S)的最高价氧化物对
应的水化物酸性比G(Cl)的弱，但没有指出最高价氧化物，该关系不一定成立，故A 错误；B．Z2M、MY2 分别为
Na2S、SO2，前者为离子化合物，后者为共价化合物，二者含有化学键类型不同，故B 错误；C．NaH 与水反应生成
氢氧化钠和氢气，该反应为氧化还原反应，故C 正确；D．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷
数越大离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序：X＜Z＜Y＜G＜M，故D 错误；故选C。
19．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)短周期主族元素X、Y、Z、M、N 的原子序数依次增大。X 和M 的
原子核外最外层电子数是周期数的二倍，Y、Z、M 最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列叙述正确的
是(
)
A．元素非金属性由弱到强的顺序：M、N、X
B．原子最外层电子数由少到多的顺序：Y、Z、X、M、N
C．电解熔融的N 和Z 形成的化合物可得到对应的N 和Z 的单质
D．单质Y 的熔点高于单质Z 的熔点
[解析]
X 和M 的原子核外最外层电子数是周期数的二倍，说明X 为第二周期最外层有4 个电子，即为碳元素，
M 为第三周期最外层有6 个电子，为硫元素，Y、Z、M 最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，说明为钠、
铝和氯元素。X、Y、Z、M、N 分别为C、Na、Al、S、Cl。A 项非金属性由弱到强的顺序是X、M、N，A 错；B 项
五种元素最外层电子数分别为4、1、3、6、7，所以顺序为Y、Z、X、M、N，故正确；C 项AlCl3 属共价化合物，熔
融态不导电，C 错；D 项单质钠的熔点低于单质铝的熔点，D 错。故选B。
20．(2019·陕西省榆林市高考三模)短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族
序数之和等于前三周期元素的种类数，X 原子的核外电子数等于Y 的最外层电子数，短周期主族元素中Z 的原子半径
最大。下列说法正确的是(
)
A．一定条件下，X 和Z 的单质与水反应均生成H2
B．Y 的氢化物的沸点低于硫化氢
C．Z 与Y 和W 分别形成1∶1 的化合物中，所含化学键完全相同
D．W 是所在周期中金属性最强的元素
[解析]
短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，短周期主族元素中Z 的原子半径最大，则Z 为Na 元
素；四种元素主族序数之和等于前三周期元素的种类数，即为18，则X、Y、W 的主族序数之和为18－1＝17，平均
为17
3 ＞5，且位于不同的主族，X 原子的核外电子数等于Y 的最外层电子数，Y 的原子序数小于Na，X、Y 只能位于
第二周期，W 的主族序数最大为Ⅶ，Y 的族序数大于X，则Y 的主族序数＞17－7
2
＝5，当Y 为O 时，X 为C 元素，
W 为Cl 元素，满足条件；Y 为F 时，X 为N，W 为P，P、N 同主族，不满足条件，据此解答。根据分析可知，X 为
C，Y 为O，Z 为Na，W 为Cl 元素。A．碳单质与水蒸气在高温下反应生成CO 和氢气，钠与水反应生成氢氧化钠和
氢气，故A 正确；B．水分子之间存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故B 错误；C．O 与Na 形成的过氧化钠中含有
离子键和共价键，Na 与Cl 形成的NaCl 中只含有离子键，二者含有化学键类型不完全相同，故C 错误；D．W 为Cl，
Cl 元素为第三周期中非金属性最强的元素，故D 错误；故选A。
21．(2019·新疆高考化学一诊)A、B、C、D、E、F、G 是7 种短周期元素，它们在周期表中的相对位置如下图所
示。
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(1)A、B、C 三元素按原子个数比4∶2∶3 形成的盐含有的化学键类型是_共价键、离子键__，C、D 两元素形成
的淡黄色化合物中，阴阳离子个数比是_1∶2__。
(2)C、D、E 各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是_O2－>Na
＋>Al3＋__(填离子符号)。
(3)表中所列4 种第三周期元素的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是_Al(OH)3__(写化学式)。
(4)G 的单质与F 气态氢化物水溶液反应，溶液变浑浊，写出该反应的离子方程式Cl2＋H2S===2H
＋＋2Cl
－＋S↓，
该实验现象说明非金属性F_<__G(填“>”或“<”)。
(5)写出A2C2 与FC2 发生化合反应的化学方程式__H2O2＋SO2===H2SO4__。标准状况下，1.12 L FC2 参与反应，转
移的电子个数为_0.1NA__。
[解析]
A、B、C、D、E、F、G 是7 种短周期元素，它们在周期表中的相对位置如下图所示，A 位于第一周期
ⅠA 族，则A 为H 元素；结合各元素相对位置可知，D 为Na 元素，B 为N 元素，C 为O 元素，E 为Al 元素，F 为S
元素，G 为Cl 元素，据此结合元素周期律知识解答。(1)由H、N、O 按原子个数比4∶2∶3 形成的盐为NH4NO3，在
铵根离子和硝酸根离子内部都有共价键，在铵根离子和硝酸根离子之间形成离子键；O、Na 形成的淡黄色固体为过氧
化钠，过氧化钠的化学式中含有2 个钠离子和1 个过氧根离子，则阴阳离子个数比是1∶2；(2)O、Na、Al 形成的简
单离子分别为O2－、Na
＋、Al3＋，三种离子都含有2 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：O2－>Na
＋>Al3＋；(3)表中所列4 种第三周期元素中Na、Al 为金属，金属性Na>Al，则最高价氧化物的水化物碱性最弱的是
Al(OH)3；(4)氯气与硫化氢反应的离子方程式为：Cl2＋H2S===2H
＋＋2Cl
－＋S↓，该反应说明氧化性Cl2>S，则非金属
性S<Cl；(5)A2C2 为H2O2，FC2 为SO2，二者发生化合反应生成硫酸，该反应的化学方程式为：H2O2＋SO2===H2SO4；
标准状况下，1.12 L SO2 的物质的量为：
1.12 L
22.4 L/mol＝0.05 mol，转移电子的物质的量为：0.05 mol×(6－4)＝0.1 mol，
转移的电子个数为0.1NA。
第七讲
化学能与热能
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解化学反应中能量转化的原因及常见的能量转化形
式
2.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
3.了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式
4.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
5.了解焓变(ΔH)与反应热的含义
6.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
选择题：一般从能源、化学工
业等角度考查化学反应的焓变
及盖斯定律的应用。考查热点
为热化学方程式的正误判断，
反应热图像及新能源问题
非选择题：常以新科技为载体，
考查热化学反应原理及其应
用，其中反应热的计算、盖斯
定律的应用是考查的热点
考点一
反应热与焓变
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·北京)我国科研人员提出了由CO2 和CH4 转化为高附加值产品CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意
图如下。
下列说法不正确的是(
)
A．生成CH3COOH 总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH 过程中，有C—H 键发生断裂
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C．①→②放出能量并形成了C—C 键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
[解析]
CO2 和CH4 制备CH3COOH 的化学方程式为CO2＋CH4――→
催化剂CH3COOH，反应中没有副产物生成，所
以总反应的原子利用率为100%，A 项正确；CH4 分子中含有4 个C—H 键，而CH3COOH 分子中含有3 个C—H 键，
显然CH4→CH3COOH 过程中必有C—H 键发生断裂，B 项正确；观察反应的示意图可知，①→②过程中放出能量，
且在此过程中形成了新化学键，即乙酸分子中的C—C 键，C 项正确；催化剂只能改变化学反应速率，而不影响化学
平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D 项错误。
2．(2018·天津)CO2 与CH4 经催化重整，制得合成气：
CH4(g)＋CO2(g)
催化剂
2CO(g)＋2H2(g)
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
CH
CO
HH
C
O(CO)
键能/kJ·mol
－1
413
745
436
1 075
则该反应的ΔH＝_＋120_kJ·mol
－1__。
[解析]
化学反应的焓变等于反应物键能之和减去生成物键能之和，所以焓变为(4×413＋2×745)kJ·mol
－1－(2×1
075＋2×436)kJ·mol
－1＝＋120 kJ·mol
－1。
3．(2017·天津，7)0.1 mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O 的液态化
合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)__ΔH＝－85.6__kJ·mol
－
1__。
[解析]
该还原性气体为CO，易水解生成TiO2·xH2O 的液态化合物为TiCl4，反应的热化学方程式为2Cl2(g)＋
TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)，结合题意知ΔH＝－4.28 kJ
0.1 mol×2＝－85.6 kJ·mol
－1。
4．(2019·江苏，11)氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是(
)
A．一定温度下，反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2＋2H2O＋4e
－===4OH
－
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的ΔH 可通过下式估算：ΔH＝反应中形成新共价键的键能之和－反应中断裂旧
共价键的键能之和
[解析]
A 项，该反应前后气体分子数减少，即熵减少，又反应能自发进行，说明该反应为放热反应，ΔH<0，正
确；B 项，负极上应是H2 失去电子，错误；C 项，11.2 L H2 不是处于标准状况下，无法计算H2 的物质的量，进而无
法计算转移的电子数，错误；D 项，反应的焓变等于反应物断裂旧共价键的键能之和减去生成物形成新共价键的键能
之和，错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．反应热的理解和计算
(1)下图表示燃料燃烧反应的能量变化(×)
(2)在CO2 中，Mg 燃烧生成MgO 和C。该反应中化学能全部转化为热能(×)
(3)催化剂能改变反应的焓变(×)
(4)催化剂能降低反应的活化能(√)
(5)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH 不同(×)
(6)500 ℃、30 MPa 下，将0.5 mol N2 和1.5 mol H2 置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化
学方程式为N2(g)＋3H2(g)
催化剂
500 ℃、30 MPa2NH3(g)
ΔH＝－38.6 kJ·mol
－1(×)
2．热化学方程式正误判断的六个易错点
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3．燃烧热和中和热应用中的注意事项
(1)燃烧热是指101 kPa 时，1 mol 纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，并不是1 mol 可燃物燃烧时放
出的热量就是燃烧热。
(2)中和热不是指1 mol 酸和1 mol 碱中和时的热效应，而是指“生成1 mol H2O(l)”的热效应，强酸和强碱在稀溶
液中发生中和反应生成1 mol H2O(l)，ΔH＝－57.3 kJ·mol
－1。弱酸和强碱，强酸和弱碱或弱酸和弱碱反应时，因电离
吸热，放出的热量减少，中和热数值偏小。若用浓硫酸(或NaOH 固体)，因溶解放热使放出的热量增多，中和热数值
偏大。
备考验证——练典题、重应用
1．下列有关图象的叙述不正确的是(
)
A．图Ⅰ：H2 的燃烧热为245 kJ·mol
－1
B．图Ⅱ：b 可能为使用催化剂的曲线，活化能降低
C．图Ⅱ：恒温恒容时，向容器中充入1 mol N2、3 mol H2，充分反应后放热小于92.2 kJ
D．图Ⅲ：HgO(s)===Hg(l)＋1
2O2(g)
ΔH＝＋90.7 kJ·mol
－1
[解析]
根据燃烧热的概念，H2 的燃烧热为1 mol H2(g)完全燃烧生成稳定氧化物H2O(l)时所放出的热量，由图Ⅰ
可知H2O 为气态，A 项叙述错误。由图Ⅱ可知，曲线b 的活化能低于a 的，b 可能使用了催化剂，B 项叙述正确。由
于N2 与H2 合成NH3 为可逆反应，故充分反应后达到平衡时放热小于92.2 kJ，C 项叙述正确。由图Ⅲ可知，HgO(s)
分解为Hg(l)和O2(g)为吸热反应，热化学方程式书写正确，D 项叙述正确。
2．(2019·河南普通高中联考)H2 与ICl 的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是
(
)
A．反应①、反应②均为放热反应
B．反应①、反应②均为氧化还原反应
C．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能无关
D．反应①、反应②的焓变之和为ΔH＝－218 kJ·mol
－1
[解析]
根据图象可知，反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物，则反应①、②均为放热反应，A 正确；
反应①、②中都存在元素化合价变化，所以反应①、②都是氧化还原反应，B 正确；反应①比反应②的速率慢，说明
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反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，C 错误；反应①、反应②总的能量变化为218 kJ，根
据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为ΔH＝－218 kJ·mol
－1，D 正确。
3．(2019·山东泰安一模)已知几种化学键的键能和热化学方程式如下：
化学键
H—N
N—N
Cl—Cl
N≡N
H—Cl
键能/(kJ·mol
－1)
391
193
243
946
432
N2H4(g)＋2Cl2(g)===N2(g)＋4HCl(g)
ΔH。下列推断正确的是(
)
A．H(g)＋Cl(g)===HCl(g) ΔH＝＋432 kJ·mol
－1
B．断裂1 mol Cl—Cl 键吸收能量比断裂1 mol N≡N 键多703 kJ
C．上述反应中，ΔH＝－431 kJ·mol
－1
D．上述反应中，断裂极性键和非极性键，只形成极性键
[解析]
形成化学键时放出能量，A 项错误；根据表格数据知，氯氯键的键能小于氮氮三键键能，B 项错误；反应
热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差，ΔH＝(391×4＋193＋243×2－946－432×4)kJ·mol
－1＝－431
kJ·mol
－1，C 项正确；反应物N2H4 中含极性键和非极性键，氯气中含非极性键，产物氮气中含非极性键，氯化氢中含
极性键，所以该反应中断裂和形成的化学键都有极性键和非极性键，D 项错误。
4．下列关于热化学反应的描述中正确的是(
)
A．HCl 和NaOH 反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol
－1，则H2SO4 和Ca(OH)2 的反应热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol
－1
B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol
－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol
－1
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．甲烷的燃烧热就是1 mol 甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量
[解析]
A 项，中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1 mol 水放出的热量，H2SO4 和Ca(OH)2 反应生成硫酸钙微溶
物，反应热不等于2×(－57.3)kJ·mol
－1，故A错误；B项，CO(g)的燃烧热ΔH＝－283.0 kJ·mol
－1，CO(g)＋1
2O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283.0 kJ·mol
－1，因此2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)的反应热为ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol
－1，故B 正确；C 项，可
燃物的燃烧也需要加热，但属于放热反应，故C 错误；D 项，101 kPa 下，1 mol CH4 完全燃烧生成液态水和二氧化碳
所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D 错误。
考点二
盖斯定律的应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·北京，26)TiCl4 是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4 的流程示意图如
下：
钛精矿――→
氯化过程
沸腾炉
粗TiCl4 ――→
精制过程
蒸馏塔
纯TiCl4
资料：TiCl4 及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
－69
－25
193
304
714
在TiCl4 中的溶解性
互溶
______
微溶
难溶
氯化过程：TiO2 与Cl2 难以直接反应，加碳生成CO 和CO2 可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=== TiCl4(g)＋O2(g)
ΔH1＝＋175.4 kJ·mol
－1
2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)
ΔH2＝－220.9 kJ·mol
－1
沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：__TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)__ΔH＝
－45.5kJ·mol
－1__。
[解析]
本题考查制备纯TiCl4 的工艺流程分析、盖斯定律、化学平衡移动原理的应用、蒸馏原理等。根据盖斯定
律，将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求热化学方程式。
2．(2018·全国Ⅰ，28 节选)已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol
－1
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2＝－55.3 kJ·mol
－1
则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋1
2O2(g)的ΔH＝_＋53.1__kJ·mol
－1。
[解析]
根据盖斯定律2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)乘以1
2与2NO2(g)===N2O4(g)相减得
N2O5(g)===2NO2(g)＋1
2O2(g)
ΔH＝＋53.1 kJ·mol
－1。
3．(2018 全国卷Ⅱ，27 节选)CH4－CO2 催化重整不仅可以得到合成气(CO 和H2)，还对温室气体的减排具有重要
意义。回答下列问题：
CH4－CO2 催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75 kJ·mol
－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－394 kJ·mol
－1
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C(s)＋1
2O2(g)===CO(g)
ΔH＝－111 kJ·mol
－1
该催化重整反应的ΔH＝_247__kJ·mol
－1。
[解析]
已知：
①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75 kJ·mol
－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－394 kJ·mol
－1
③C(s)＋1
2O2(g)===CO(g)
ΔH＝－111 kJ·mol
－1
根据盖斯定律3×②－②－①得
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝＋247 kJ·mol
－1。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．盖斯定律的应用
(1)理论依据：反应热只与反应体系的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与具体反应的途径无关。
(2)计算模式：
(3)主要应用：计算某些难以直接测量的化学反应的反应热。
(4)注意事项：应用盖斯定律进行简单计算，关键在于设计反应途径。
①当反应式乘以或除以某数时，ΔH 也应乘以或除以某数。
②进行热化学方程式加减运算以及比较反应热的大小时，ΔH 都要带“＋”“－”号计算、比较，即把ΔH 看作一
个整体进行分析判断。
③在设计的反应途径中常会遇到同一物质固、液、气三态的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之
会放热。
④当设计的反应逆向进行时，其ΔH 与正反应的ΔH 数值相等，符号相反。
2．反应热计算的四种方法
(1)根据燃烧热数据，求算反应放出的热量。
利用公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)
如已知H2 的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol
－1，若H2的物质的量为2 mol，则2 mol H2 燃烧放出的热量为2 mol×285.8
kJ· mol
－1 ＝571.6 kJ。
(2)依据反应物与生成物的总能量计算。
△H＝E 生成物－E 反应物。
(3)根据键能数据(E)计算。
ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和
(4)根据盖斯定律计算反应热。
若一个热化学方程式可由另外几个热化学方程式相加减而得到，则该反应的焓变也可通过这几个化学反应的焓变
相加减而得到。
备考验证——练典题、重应用
1．(新题预测)向Na2CO3 溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是(
)
A．反应HCO
－
3 (aq)＋H
＋(aq)===CO2(g)＋H2O(l)为放热反应
B．CO2－
3 (aq)＋2H
＋(aq)===CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
C．ΔH1>ΔH2，ΔH2<ΔH3
D．H2CO3(aq)===CO2(g)＋H2O(l)，若使用催化剂，则ΔH3 变小
[解析]
由题图可知，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，则反应HCO
－
3 (aq)＋H
＋(aq)===CO2(g)＋
H2O(l)为吸热反应，A 错误；反应CO2－
3 (aq)＋2H
＋(aq)===CO2(g)＋H2O(l)分三步进行：CO2－
3 (aq)＋2H
＋(aq)―→HCO
－
3 (aq)
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＋H
＋(aq)―→H2CO3 (aq)―→CO2(g)＋H2O(l)，则该反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，B 正确；由图可知，反应CO2－
3 (aq)
＋2H
＋(aq)===HCO
－
3 (aq)＋H
＋(aq)放出的能量比反应HCO
－
3 (aq)＋H
＋(aq)===H2CO3(aq)放出的能量多，则有ΔH1<ΔH2，
C 错误；使用催化剂能改变反应的活化能，从而改变反应速率，但反应热不变，故ΔH3 不变，D 错误。
2．(2019·潍坊一模)一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物(NOx)的污染。已知：①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)
＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－574 kJ·mol
－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－1 160 kJ·mol
－1
下列选项不正确的是(
)
A．CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－867 kJ·mol
－1
B．CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH3<ΔH1
C．若用0.2 mol CH4 还原NO2 至N2，则反应中放出的热量一定为173.4 kJ
D．若用标准状况下2.24 L CH4 还原NO2 至N2，整个过程中转移的电子为0.8 mol
[解析]
A 项，①＋②
2
得出：CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－574－1 160
2
kJ·mol
－1＝－867
kJ·mol
－1，正确；B 项，H2O(g)===H2O(l)
ΔH<0，因此两式相加，ΔH3<ΔH1，正确；C 项，根据A 选项，放出热量
为(867×0.2)kJ＝173.4 kJ，但没有说明H2O 的状态，若是气态，则正确，若是液态，则大于173.4 kJ，不正确；D 项，
根据A 选项，消耗1 mol CH4 转移8 mol e
－，则消耗0.1 mol CH4 转移电子为0.8 mol，正确。
3．(1)在高温下，一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。
已知：①C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol
－1
②CO2(g)＋C(s)===2CO(g)
ΔH2＝＋172.5 kJ·mol
－1
③S(s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH3＝－296.0 kJ·mol
－1
请写出CO 与SO2 反应的热化学方程式：__2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g)__ΔH＝－270.0__kJ·mol
－1__。
(2)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4 在催化条件下可以将NO2 还原为N2。
已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－889.6 kJ·mol
－1
②N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH＝＋67.7 kJ·mol
－1
则CH4 还原NO2 生成水蒸气和氮气的热化学方程式是__CH4(g)＋2NO2(g)===CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)__ΔH＝－
957.3__kJ·mol
－1__。
[解析]
(1)根据盖斯定律，热化学方程式是由①－②－③得到。(2)根据盖斯定律，热化学方程式是由①－②得到。
4．(2019·河北石家庄二模)为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取
相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。
(1)实验测得5 g 甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ 的热量，试写出甲醇燃烧的
热化学方程式：__2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)__ΔH＝－1__452.8__kJ·mol
－1__。
(2)由气态基态原子形成1 mol 化学键释放的最低能量叫键能。从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物
的化学键被破坏和生成物的化学键形成的过程。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放
能量。
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/( kJ·mol
－1)
436
391
945
已知反应：
N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝a kJ·mol
－1
试根据表中所列键能数据估算a 的值为_－93__。
(3)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。已知：
C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol
－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH2＝－571.6 kJ·mol
－1
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH3＝－2 599 kJ·mol
－1
根据盖斯定律，计算298 K 时由C(s，石墨)和H2(g)生成1 mol C2H2(g)反应的焓变：_＋226.7_kJ·mol
－1__。
[解析]
(1)设2 mol CH3OH(l)完全燃烧生成CO2 气体和液态水放出热量为Q。则有
5 g
32 g·mol
－1
113.5 kJ
＝2 mol
Q ，解得Q＝
1 452.8 kJ，所以甲醇燃烧的热化学方程式为2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1 452.8 kJ·mol
－1。(2)
反应热ΔH＝a kJ·mol
－1＝反应物键能总和－生成物键能总和＝3×436 kJ·mol
－1＋945 kJ·mol
－1－6×391 kJ·mol
－1＝－
93 kJ·mol
－1。(3)ΔH＝4ΔH1＋ΔH2－ΔH3
2
＝＋226.7 kJ·mol
－1。
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1．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系。
下列说法一定正确的是(
)
A．该反应为吸热反应
B．a 与b 相比，a 的反应速率更快
C．a 与b 相比，反应的平衡常数一定不同
D．反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量
[解析]
A．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，故A 错误；B．b 降低了活化能，反应速率加快，
故B 错误；C．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，a 与b 反应的平衡常数相同，故C 错误；D．由图可知该
反应为放热反应，反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量，故D 正确。故选D。
2．(2019·上海市金山区高考一模)如图分别表示红磷、白磷燃烧时的能量变化，下列说法中正确的是(
)
A．白磷比红磷稳定
B．白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定
C．1 mol 白磷转变为红磷放出2 244.7 kJ 的热量
D．红磷燃烧的热化学方程式：4P(s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－2 954 kJ·mol
－1
[解析]
A．等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能量白磷比红磷多，白磷能量高于红磷，所以红磷稳定，故A
错误；B．两者燃烧产物相同状态相同，所以产物稳定性相同，故B 错误；C．红磷转化为白磷的化学方程式为：4P(s、
红磷)＝P4(s、白磷)，可以看成是下列两个反应方程式的和：P4(s、白磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)；△H＝－2 983.2 kJ·mol
－1；
P4O10(s)＝4P(s、红磷)＋5O2(g)；△H＝738.5×4 kJ·mol
－1＝2 954 kJ·mol
－1；根据盖斯定律，白磷转化为红磷的热化学
方程式：P4(s、白磷)＝4P(s、红磷)
△H＝－2 983.2 kJ/mol＋2 954 kJ·mol
－1＝－29.2 kJ/mol，即为：P4(s、白磷)＝4P(s、
红磷)
ΔH＝－29.2 kJ/mol，所以1 mol 白磷转变为红磷放出29.2 kJ 的热量，故C 错误；D．依据图象分析，红磷燃
烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式：4P(s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－738.5×4＝－2 954 kJ·mol
－1，故D 正确；
故选D。
3．(2019·上海市嘉定区高三一模)某化工生产反应历程的能量变化如右图，过程Ⅰ没有使用催化剂，过程Ⅱ使用了
催化剂，则可判断催化剂除了能改变反应速率外，还可以改变的是(
)
A．生产能耗
B．反应的完成程度
C．反应物的状态
D．反应热效应
[解析]
根据催化剂的催化原理来分析：催化剂能参与反应，从而降低反应的活化能，缩短到达平衡的时间，但
平衡不移动，以此解答该题。过程Ⅰ没有使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，由图象可知，加入催化剂
可改变生产能耗，故选A。
4．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是(
)
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81
A．断裂0. 5mol N2(g)和1.5 mol H2(g)中所有的化学键释放a kJ 热量
B．NH3(g)===NH3(l)
ΔH＝c kJ·mol
－1
C．N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝－2(a－b)kJ·mol
－1
D．2NH3(l)
N2(g)＋3H2(g)
ΔH＝2(b＋c－a)kJ·mol
－1
[解析]
由图可知，断裂化学键吸收a kJ 热量，形成1 mol 气态氨气时放热为b kJ,1 mol 气态氨气转化为液态氨
气放出热量为c kJ，以此来解答。A．断裂0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)中所有的化学键，吸收a kJ 热量，故A 错误；
B．NH3(g)===NH3(l)
ΔH＝－c kJ·mol
－1，故B 错误；C．由图可知，N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)
ΔH＝2(a－b)kJ·mol
－1，故C 错误；D．由图可知，N2(g)＋3H2(g)
2NH3(l)
ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol
－1，互为逆反应时，焓变的数值相
同、符号相反，则2NH3(l)
N2(g)＋3H2(g)
ΔH＝2(b＋c－a)kJ·mol
－1，故D 正确；故选D。
5．(2019·福建省漳州市高考化学一模)在含Fe3＋的S2O 2－
8 和I
－的混合溶液中，反应S2O2－
8 ＋2I
－(aq)===2SO2－
4 (aq)
＋I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3＋(aq)＋2I
－(aq)===I2(aq)＋2Fe2＋(aq)
步骤②：2Fe2＋(aq)＋S2O2－
8 (aq)===2Fe3＋(aq)＋2SO2－
4 (aq)
下列有关该反应的说法正确的是(
)
A．化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关
B．该反应为吸热反应
C．Fe2＋是该反应的催化剂
D．若不加Fe3＋，则正反应的活化能比逆反应的大
[解析]
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且催化剂可降低反应的活化能，不影响始终
态，以此来解答。A．铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关，故
A 正确；B．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B 错误；C．Fe3＋是该反应的催化剂，
故C 错误；D．此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D 错误；故选A。
6．(2019·新疆高考化学一诊)下列有关热化学方程式的叙述，正确的是(
)
A．已知甲烷燃烧热为ΔH＝－890.3 kJ·mol
－1，则CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－890.3 kJ·mol
－1
B．由N2O4(g)
2NO2(g)
ΔH＝－56.9 kJ·mol
－1，可知：将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量
为56.9 kJ
C．由H
＋(aq)＋OH
－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol
－1，可知：含1 mol CH3COOH 的溶液与含1 mol NaOH
的溶液混合，放出热量57.3 kJ
D．已知101 kPa 时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221 kJ·mol
－1，则1 mol 碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
[解析]
A．甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol
－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋
2H2O(l)
ΔH＝－890.3 kJ·mol
－1，故A 错误；B．由N2O4(g)
2NO2(g)
ΔH＝－56.9 kJ·mol
－1，可知将1 mol N2O4(g)
置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9 kJ，故B 错误；C．醋酸是弱酸存在电离平衡，
电离过程是吸热过程，含1 mol CH3COOH 的溶液与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，故C 错误；
D．已知101 kPa 时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221 kJ/mol，则1 mol 碳完全燃烧生成CO2 放出的热量大于110.5
kJ，故D 正确；故选D。
7．(2019·新疆高考化学一诊)CO(g)＋H2O(g)
H2(g)＋CO2(g)
ΔH<0，在其他条件不变的情况下(
)
A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH 也随之改变
B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变
[解析]
A．催化剂虽然改变了反应途径，但反应物、生成物的状态不变，所以ΔH 不变，故A 错误；B．这是一
个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B 正确；C．该反应
是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应放出的热量减小，故C 错误；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，
而是将化学能转换为电能，故D 错误；故选B。
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8．(1)环境空气质量指数(AQI)日报和实时报告包括了NO2、CO、O3、PM10、PM2.5 等指标，为公众提供健康指
引，引导当地居民合理安排出行和生活。
①汽车排出的尾气中含有CO 和NO 等气体，用化学方程式解释产生NO 的原因：__N2＋O2=====
放电2NO__。
②汽车排气管内安装的催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物转化为无毒的大气循环物质。已知：
N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH＝＋180.5 kJ·mol
－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221.0 kJ·mol
－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol
－1
则反应2NO(g)＋2CO(g)
N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝_－746.5__kJ·mol
－1。
(2)直接排放氮氧化物会形成酸雨、雾霾，催化还原法和氧化吸收法是常用的处理方法。利用NH3 和CH4 等气体
除去烟气中的氮氧化物。已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝a kJ/mol；欲计算反应CH4(g)＋
4NO(g)===CO2(g)＋2H2O(l)＋2N2(g)的焓变ΔH2，则还需要查询某反应的焓变ΔH3，当反应中各物质的化学计量数之比
为最简整数比时，ΔH3＝b kJ·mol
－1，该反应的热化学方程式是__N2(g)＋O2(g)===2NO(g)__ΔH3＝b__kJ·mol
－1__，据此
计算出ΔH2＝_a－2b__kJ·mol
－1 (用含a、b 的式子表示)。
(3)合成氨用的氢气可以用甲烷为原料制得。有关化学反应的能量变化如图所示，则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)
和H2(g)的热化学方程式为__CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)__ΔH＝＋161.1__kJ·mol
－1__。
[解析]
(1)②按题干顺序给3 个热化学方程式编号，由盖斯定律，③×2－①－②得2NO(g)＋2CO(g)
N2(g)＋
2CO2(g)ΔH＝[(－393.5)×2－180.5－(－221.0)] kJ·mol
－1＝－746.5 kJ·mol
－1。
(2)根据盖斯定律将已知的两个热化学方程式相减可得热化学方程式为2N2(g)＋2O2(g)===4NO(g)
ΔH＝a kJ·mol
－
1－ΔH2＝2b kJ·mol
－1，则ΔH2＝(a－2b) kJ·mol
－1，同时将上面的方程式及ΔH 都除以2 可得热化学方程式。
(3)按题干顺序给图象中的3 个热化学方程式编号，根据盖斯定律，③－②×3－①得CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋
3H2(g)
ΔH＝[(－846.3)－(－241.8)×3－(－282.0)]kJ·mol
－1＝＋161.1 kJ·mol
－1。
9．(2019·钦州二模)氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保
护的重要内容之一。
(1)已知：①2NO(g)===N2(g)＋O2(g)
ΔH＝－180.5 kJ·mol
－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5 kJ·mol
－1
③2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol
－1
某反应的平衡常数表达式为K＝cN2·c2CO2
c2CO·c2NO
，写出此反应的热化学方程式：__2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋
2CO2(g)__ΔH＝－746.5__kJ·mol
－1__。
(2)已知：在25 ℃、101 kPa 时：
①N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)
ΔH＝－Q1 kJ·mol
－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－Q2 kJ·mol
－1
③N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH＝＋Q3 kJ·mol
－1
写出用NH3 脱除NO 的热化学方程式：__4NH3(g)＋6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(l)__ΔH＝(2Q1－3Q2－3Q3)kJ·mol
－
1__。
(3)传统工业上利用氨气合成尿素。以CO2 与NH3 为原料合成尿素的主要反应如下：
①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s)
ΔH＝－159.47 kJ·mol
－1
②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
ΔH＝＋72.49 kJ·mol
－1
反应2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)的ΔH＝_－86.98__kJ·mol
－1。
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83
[解析]
(1)反应的平衡常数表达式为K＝cN2·c2CO2
c2CO·c2NO
，则该反应为2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g)。分析
题给三个热化学方程式，根据盖斯定律，由①＋②×2－③可得2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝(－180.5
kJ·mol
－1)＋(－393.5 kJ·mol
－1)×2－(－221 kJ·mol
－1)＝－746.5 kJ·mol
－1。(2)用NH3 脱除NO 的反应为4NH3(g)＋
6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(l)，分析题给三个热化学方程式，根据盖斯定律，由②×3－①×2－③×3 可得4NH3(g)＋
6NO(g)===5N2(g) ＋6H2O(l)
ΔH ＝(2Q1 －3Q2 －3Q3)kJ·mol
－1 。(3) 根据盖斯定律，由①＋②可得2NH3(g) ＋
CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
ΔH＝(－159.47 kJ·mol
－1)＋72.49 kJ·mol
－1＝－86.98 kJ·mol
－1。
10．(2019·珠海模拟)(1)已知两种同素异形体A、B 的燃烧热的热化学方程式：
A(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.51 kJ·mol
－1
B(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－395.41 kJ·mol
－1
则两种同素异形体中较稳定的是_A__(填“A”或“B”)。
(2)工业上用H2 和Cl2 反应制HCl，各共价键键能数据为H—H：436 kJ·mol
－1，Cl—Cl：243 kJ·mol
－1，H—Cl：
431 kJ·mol
－1。该反应的热化学方程式为__H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)__ΔH＝－183__kJ·mol
－1__。
(3)合成气(CO 和H2 为主的混合气体)不但是重要的燃料也是重要的化工原料，制备合成气的方法有多种，用甲烷
制备合成气的反应：
①2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)
ΔH1＝－72 kJ·mol
－1
②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH2＝＋216 kJ·mol
－1
氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为__2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)__ΔH＝－504__kJ·mol
－1__。
现有1 mol 由H2O(g)与O2 组成的混合气，且O2 的体积分数为x，将此混合气与足量CH4 充分反应。
若x＝0.2 时，反应①放出的能量为_14.4__kJ。
若x＝_0.75__时，反应①与②放出(或吸收)的总能量为0。
[解析]
(1)由盖斯定律可知．根据题中顺序将两式分别标为①、②，①－②得到反应③，A(s)===B(s) ΔH3，所以
ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝(－393.5l kJ·mol
－1)－(－395.4 kJ·mol
－1)＝＋1.9 kJ·mol
－1；则反应③为吸热反应，能量B>A。根据
能量越低的物质越稳定，所以稳定性A>B。(2)根据反应热与键能的关系：ΔH＝E(反应物)－E(生成物)＝(436 kJ·mol
－1
＋243 kJ·mol
－1)－2×431 kJ·mol
－1＝－183 kJ·mol
－1，所以热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－183
kJ·mol
－1。(3)由①－②×2 得：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－504 kJ·mol
－1；由①知若x＝0.2，则n(O2)＝0.2 mol，
反应①放出的热量为0.2×72 kJ＝l4.4 kJ；由反应①和②可知，当O2 与H2O 的物质的量之比为3∶1 时，反应①与③
放出的总能量为0，则x＝3
4＝0.75。
第八讲
电化学
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解原电池和电解池的
工作原理，能写出电极反应
和电池反应方程式。了解常
见化学电源的种类及其工
作原理。
2.理解金属发生化学腐蚀
的原因，金属腐蚀的危害，
防止金属腐蚀的措施。
电化学内容是高考试卷中的常客，对原电池和电解池的考查
往往以选择题的形式考查两电极反应式的书写、两电极附近
溶液性质的变化、电子的转移或电流方向的判断等。在第Ⅱ
卷中会以应用性和综合性进行命题，如与生产生活(如金属的
腐蚀和防护等)相联系，也与无机推断、实验及化学计算等学
科内知识综合，尤其特别注意燃料电池和新型电池的正、负
极材料分析和电极反应式的书写。题型新颖、但不偏不怪，
只要注意基础知识的落实，以及能力的训练便可以从容应对。
考点一
原电池原理及应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·全国Ⅰ，13)最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S 协同转化装置，实现对天然气中CO2 和H2S 的高效
去除。示意图如下所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
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①EDTA－Fe2＋－e
－===EDTA－Fe3＋
②2EDTA－Fe3＋＋H2S===2H
＋＋S＋2EDTA－Fe2＋
该装置工作时，下列叙述错误的是(
)
A．阴极的电极反应：CO2＋2H
＋＋2e
－===CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA－Fe3＋/EDTA－Fe2＋，溶液需为酸性
[解析]
根据图示可知，ZnO@石墨烯电极上发生还原反应，则该电极为阴极，电极反应式为CO2＋2H
＋＋2e
－
===CO＋H2O，A 项正确；根据题干信息及图中两电极上的反应可知，该电化学装置(电解池)中的总反应为CO2＋
H2S=====
通电CO＋S＋H2O，B 项正确；石墨烯作阳极，ZnO@石墨烯作阴极，阳极上的电势应高于阴极上的电势，C 项
错误；若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA－Fe3＋/EDTA－Fe2＋，溶液需为酸性，否则Fe3＋、Fe2＋可形成沉淀，且H2S 和S 不
能稳定存在，D 项正确。
2.(2019·全国Ⅲ)为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D－Zn)可以高效沉积ZnO
的特点，设计了采用强碱性电解质的3D－Zn－NiOOH 二次电池，结构如图所示。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
[解析]
A 项，该电池采用的三维多孔海绵状Zn 具有较大的表面积，可以高效沉积ZnO，且所沉积的ZnO 分散
度高，正确；B 项，根据题干中总反应可知该电池充电时，Ni(OH)2 在阳极发生氧化反应生成NiOOH，其电极反应式
为Ni(OH)2(s)＋OH
－(aq)－e
－===NiOOH(s)＋H2O(l)，正确；C 项，放电时Zn 在负极发生氧化反应生成ZnO，电极反
应式为Zn(s)＋2OH
－(aq)－2e
－===ZnO(s)＋H2O(l)，正确；D 项，电池放电过程中，OH
－等阴离子通过隔膜从正极区
移向负极区，错误。故选D。
3．(2018·全国Ⅱ，12)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2 二次电池。将NaClO4 溶于有机溶剂
作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2＋4Na
2Na2CO3＋C。下列说法
错误的是(
)
A．放电时，ClO
－
4 向负极移动
B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C．放电时，正极反应为3CO2＋4e
－===2CO2－
3 ＋C
D．充电时，正极反应为Na
＋＋e
－===Na
[解析]
放电时装置为原电池，阴离子向负极移动，A 项正确；根据总反应可知，放电时二氧化碳在正极得电子
被吸收，充电时又被释放出来，B 项正确；放电时，负极上Na 失去电子，正极上CO2 得电子，正极电极反应式为3CO2
＋4e
－===2CO2－
3 ＋C，C 项正确；充电时阴极反应式为Na
＋＋e
－===Na，D 项错误。选D。
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4．(2019·全国Ⅰ，12)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，示意图如图所示。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
[解析]
由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2===2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，
反应不需要高温、高压和催化剂，A 项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应MV
＋－e
－===MV2＋，为负极，不是
阴极，B 项错误；正极区N2 在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C 项正确；电池工作时，H
＋通过交换膜，由左
侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D 项正确。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．原电池的结构及工作原理(以Cu、Zn 和稀硫酸构成的原电池为例)
负极
装置
正极
活泼金属，电子流出，阴离
子移向负极，发生氧化反应
“惰性”材料，电子流入，阳
离子移向正极，发生还原反应
Zn－2e
－===Zn2＋
总反应：2H
＋＋
Zn===H2↑＋Zn2＋
2H
＋＋2e
－===H2↑
化学能→电能
2.原电池正、负极的判断
(1)依据构成原电池两极的电极材料判断。一般是较活泼的金属为负极，活泼性较弱的金属或能导电的非金属为正
极。
(2)依据原电池两极发生反应的类型判断。负极发生氧化反应；正极发生还原反应。
(3)依据电子流动方向或电流方向判断。电子由负极流向正极，电流由正极流向负极。
(4)依据原电池电解质溶液中离子的移动方向判断。阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
(5)依据原电池盐桥中离子的移动方向判断。阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
3．原电池电极反应式、总反应式的书写——运用“3 步骤”
4．解答新型化学电源的步骤
(1)判断电池类型―→确认电池原理―→核实电子离子移动方向。
(2)确定电池两极―→判断电子、离子移动方向―→书写电极反应和电池反应。
(3)充电电池―→放电时为原电池―→失电子的为负极反应。
(4)电极反应式―→总反应离子方程式减去较简单一极的电极反应式―→另一电极反应式。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·大同一模)Zn－ZnSO4－PbSO4－Pb 电池装置如图，下列说法错误的是(
)
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A．SO 2－
4 从右向左迁移
B．电池的正极反应为Pb2＋＋2e
－===Pb
C．左边ZnSO4 浓度增大，右边ZnSO4 浓度不变
D．若有6.5 g 锌溶解，有0.1 mol SO 2－
4 通过离子交换膜
[解析]
锌是负极，SO 2－
4 从右向左迁移，A 正确；电池的正极反应为PbSO4＋2e
－===Pb＋SO2－
4 ，B 错误；左边锌
失去电子转化为ZnSO4，ZnSO4 浓度增大，右边ZnSO4 浓度不变，C 正确；若有6.5 g 锌即0.1 mol 锌溶解，根据电荷
守恒可知有0.1 mol SO 2－
4 通过离子交换膜，D 正确。
2．(新题预测)微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理
如图所示，下列说法正确的是(
)
A．电子从b 流出，经外电路流向a
B．HS
－在硫氧化菌作用下转化为SO 2－
4 的反应是HS
－＋4H2O－8e
－===SO2－
4 ＋9H
＋
C．如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
D．若该电池电路中有0.4 mol 电子发生转移，则有0.5 mol H
＋通过质子交换膜
[解析]
b 电极通入氧气，是正极，a 电极是负极，电子从a 流出，经外电路流向b，A 错误；a 电极是负极，发
生失去电子的氧化反应，即HS
－在硫氧化菌作用下转化为SO2－
4 ，电极反应是HS
－＋4H2O－8e
－===SO2－
4 ＋9H
＋，B 正
确；如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C 错误；若该电池电路中有0.4
mol 电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4 mol H
＋通过质子交换膜与0.1 mol 氧气结合转化为水，D 错误。
3．(2019·山东济宁一模)LiFePO4 电池广泛用于电动车。电池反应：Li＋FePO4
放电
充电
LiFePO4，电池的正极材
料是LiFePO4，负极材料是石墨，含Li
＋导电固体为电解质。下列说法正确的是(
)
选项
放电过程
充电过程
A
Li
＋向电池的正极迁移
化学能转化成电能
B
可以加入磷酸以提高电解质的导电率
阳极的电极反应式为LiFePO4－e
－
===FePO4＋Li
＋
C
若正极增加7 g，则有NA 个电子经电解
质由负极流向正极
阳极材料的质量不断减少
D
若有n mol 的Li
＋迁移，则理论上负极失
去n mol 电子
阴极的电极反应式为Li
＋＋e
－===Li
[解析]
A．充电过程是电能转化成化学能的过程，故A 错误；B．Li 属于活泼金属，加入磷酸，Li 会与磷酸反
应，故B 错误；C．根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电子不经过电解质，故C 错误；D．负
极反应式为Li－e
－===Li
＋，迁移n mol Li
＋，说明通过电子的物质的量为n mol，即Li 失去电子n mol，充电时，电池
的负极接电源的负极，即阴极反应式为Li
＋＋e
－===Li，故D 正确。
4．(2019·江苏徐州一模)液流式铅蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]代替硫酸作为电解质溶液，该电池
充放电的总反应为2Pb2＋＋2H2O
充电
放电
Pb＋PbO2＋4H
＋，下列说法正确的是(
)
A．该电池放电时，两极质量均增加
B．放电时，正极的电极反应式为PbO2＋4H
＋＋2e
－===Pb2＋＋2H2O
C．充电时，溶液中Pb2＋向阳极移动
D．充电时，阳极周围溶液的pH 增大
[解析]
电池放电时，负极反应式为Pb－2e
－===Pb2＋，正极反应式为PbO2＋4H
＋＋2e
－===Pb2＋＋2H2O，该电池
放电时．两极质量均减少，A 项错误，B 项正确；充电时，溶液中Pb2＋向阴极移动，C 项错误；充电时阳极反应式为
Pb2＋＋2H2O
－－2e
－===PbO2＋4H
＋，阳极周围溶液的pH 减小，D 项错误。
考点二
电解池原理及应用
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真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·全国Ⅱ卷，11)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为
H2SO4—H2C2O4 混合溶液。下列叙述错误的是(
)
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：Al3＋＋3e
－＝Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
[解析]
本题考查电解原理的应用。利用电解氧化法在铝制品表面形成致密的Al2O3 薄膜，即待加工铝质工件作阳
极，A 项正确；阴极与电源负极相连，对阴极电极材料没有特殊要求，可选用不锈钢网等，B 项正确；电解质溶液呈
酸性，阴极上应是H
＋放电，C 项错误；在电解过程中，电解池中的阴离子向阳极移动，D 项正确。
2．(2019·天津，6)我国科学家研制了一种新型的高比能量锌一碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液
器可储存电解质溶液，提高电池的容量。
下列叙述不正确的是(
)
A．放电时，a 电极反应为I2Br
－＋2e
－===2I
－＋Br
－
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b 电极每增重0.65 g，溶液中有0.02 mol I
－被氧化
D．充电时，a 电极接外电源负极
[解析]
根据电池的工作原理示意图，可知放电时a 电极上I2Br
－转化为Br
－和I
－，电极反应为I2Br
－＋2e
－===2I
－
＋Br
－，A 项正确；放电时正极区I2Br
－转化为Br
－和I
－，负极区Zn 转化为Zn2＋，溶液中离子的数目增大，B 项正确；
充电时b 电极发生反应Zn2＋＋2e
－===Zn，b 电极增重0.65 g 时，转移0.02 mol e
－，a 电极发生反应2I
－＋Br
－－2e
－===I2Br
－，根据各电极上转移电子数相同，则有0.02 mol I
－被氧化，C 项正确；放电时a 电极为正极，充电时a 电极为阳极，
接外电源正极，D 项错误。
3．(2016·北京，12)用石墨电极完成下列电解实验。
实验一
实验二
装置
现象
a、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部
褪色；c 处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n
处有气泡产生；……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是(
)
A．a、d 处：2H2O＋2e
－===H2↑＋2OH
－
B．b 处：2Cl
－－2e
－===Cl2↑
C．c 处发生了反应：Fe－2e
－===Fe2＋
D．根据实验一的原理，实验二中m 处能析出铜
[解析]
该题结合实验考查电化学知识，意在考查考生对电解池的熟练程度和理解能力。由于有外接电源，所以
实验一和实验二均为电解池装置。实验一中，铁丝中的电流方向为从d 到c，电子移动方向为从c 到d，所以实验一的
装置是比较复杂的电解池，其中a 为阴极，c 为阳极，d 为阴极，b 为阳极。a、d 处发生反应2H2O＋2e
－===H2↑＋2OH
－，A 项正确；若b 处发生反应2Cl
－－2e
－===Cl2↑，不足以解释b 处“变红”和“褪色”现象，故B 项错误；c 处铁
作阳极，发生反应Fe－2e
－===Fe2＋，由于生成的Fe2＋浓度较小，且pH 试纸本身有颜色，故颜色上无明显变化，C 项
正确；实验二是一个更加复杂的电解池装置，两个铜珠的左端均为阳极，右端均为阴极，初始时两个铜珠的左端(阳极)
均发生反应Cu－2e
－===Cu2＋，右端(阴极)均发生反应2H
＋＋2e
－===H2↑，一段时间后，Cu2＋移动到m 和n 处，m、n
处附近Cu2＋浓度增大，发生反应Cu2＋＋2e
－===Cu，m、n 处能生成铜，D 正确。
4．(2018·全国Ⅲ，27)KIO3 是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
(1)KIO3 的化学名称是_碘酸钾__。
(2)利用“KClO3 氧化法”制备KIO3 工艺流程如下图所示：
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“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2 和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_加热__。“滤液”中的溶质主要是
_KCl__。“调pH”中发生反应的化学方程式为__KH(IO3)2＋KOH===2KIO3＋H2O 或(HIO3＋KOH===KIO3＋
H2O)__。
(3)KIO3 也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式__2H2O＋2e
－===2OH
－＋H2↑__。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_K
＋__，其迁移方向是_由a 到b__。
③与“电解法”相比，“KClO3 氧化法”的主要不足之处有_产生Cl2 易污染环境等__(写出一点)。
[解析]
(1)KIO3 的化学名称为碘酸钾。
(2)Cl2 的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用加热的方法来达到“逐Cl2”的目的；KH(IO3)2 和KCl 的分离
可以根据溶解度的不同，采用结晶法分离，滤液中的溶质主要是KCl，要使KH(IO3)2 转化为KIO3，可以加入KOH
调节pH。发生反应：KH(IO3)2＋KOH,2KIO3＋H2O 或HIO3＋KOH,KIO3＋H2O，从而避免引入新的杂质离子。
(3)①电解液是KOH 溶液，阴极的电极反应式为2H2O＋2e
－,2OH
－＋H2↑。②电解过程中阳极反应为I
－＋6OH
－
－6e
－,IO
－
3 ＋3H2O。阳极的K
＋通过阳离子交换膜由电极a 迁移到电极b。③“KClO3 氧化法”的主要不足之处是产生
Cl2，易污染环境。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．“五类”依据判断电解池电极
判断依据
电极
电极材料
电极反应
电子流向
离子移向
电极现象
阳极
与电源正极相连
氧化反应
流出
阴离子移向
电极溶解
或pH 减小
阴极
与电源负极相连
还原反应
流入
阳离子移向
电极增重
或pH 增大
2.电解池电极反应式的书写模式：
3．有关电化学计算的三大方法
(1)根据电子守恒计算
用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的
电子数相等。
(2)根据总反应式计算
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。
(3)根据关系式计算
根据得失电子守恒关系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：
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(式中M 为金属，n 为其离子的化合价数值)
4．电解池中电极反应式的书写方法
(1)书写步骤
①首先注意阳极是活性材料还是惰性材料。
②分析确定溶液中所有阴阳离子并清楚放电顺序。
③根据放电顺序分析放电产物。
④根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式中是否有H
＋、OH
－或H2O 参与；最后配平电极反应式。
(2)介质对电极反应式的影响
①在电解池电极方程式中，如果是H
＋或OH
－放电，则电解质溶液的酸碱性对电极反应式没有影响。
②酸性溶液反应物或生成物中均没有OH
－。
③碱性溶液反应物或生成物中均没有H
＋。
(3)电极产物的溶解性对电极反应式的影响。
电解MgCl2 溶液时的阴极反应式应为：Mg2＋＋2H2O＋2e
－===Mg(OH)2↓＋H2↑，而不是2H
＋＋2e
－===H2↑。
总反应离子方程式为：Mg2＋＋2Cl
－＋2H2O=====
通电Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑。
不能把电解MgCl2 溶液的离子方程式写成：2Cl
－＋2H2O=====
通电2OH
－＋Cl2↑＋H2↑，忽视了生成难溶的Mg(OH)2。
5．常见膜化学：
(1)膜的作用：阳离子交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子通过；阴离子交换膜只允许阴离子通过，不允许阳
离子通过；质子交换膜允许质子通过而避免不同电极区域内某些离子间的反应。
(2)阴、阳离子交换膜的判断
①看清图示，是否在交换膜上标注了阴、阳离子，是否标注了电源的正、负极，是否标注了电子流向、电荷流向
等，明确阴、阳离子的移动方向。
②根据原电池、电解池中阴、阳离子的移动方向，结合题意中给出的制备、电解物质等信息，找出物质生成或消
耗的电极区域、确定移动的阴、阳离子，从而推知离子交换膜的种类。
备考验证——练典题、重应用
1．目前电解法制烧碱通常采用离子交换膜法，阳(阴)离子交换膜不允许阴(阳)离子通过。则下列叙述中错误的是
(
)
A．NaOH、H2 均在Ⅰ区产生
B．图中a 为阴离子交换膜
C．使用离子交换膜可以有效地隔离NaOH 和Cl2，阻止二者之间的反应
D．电解时往Ⅲ区的溶液中滴加几滴甲基橙，溶液先变红后褪色
[解析]
Ⅰ区是阴极室，H
＋放电生成氢气，同时促进水的电离，生成氢氧化钠；Ⅱ区Na
＋通过a 进入Ⅰ区，故a
应该是阳离子交换膜；使用离子交换膜可以隔离NaOH 和Cl2，阻止两者发生反应；Ⅲ区为阳极室，Cl
－放电生成氯气，
氯气溶于水显酸性，同时次氯酸还具有漂白性，所以滴入甲基橙后溶液先变红后褪色。
2．(2019·四川成都一模)某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物
质，工作原理如图所示(a、b 均为石墨电极)。下列分析正确的是(
)
A．a 电极发生反应：H2NCH2CH2NH2＋16e
－＋4H2O===2CO2↑＋N2↑＋16H
＋
B．质子交换膜处H
＋由右向左移动
C．该电池在微生物作用下将化学能转化为电能
D．开始放电时b 电极附近pH 不变
[解析]
b 极通入空气，因此b 极为正极，a 极为负极，负极上失去电子，电极反应式为H2NCH2CH2NH2－16e
－
＋4H2O===2CO2↑＋N2↑＋16H
＋，A 项错误。根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即H
＋由左向右移动，B
项错误。此装置是原电池装置，是化学能转化成电能的装置，C 项正确。b 极反应式为O2＋4H
＋＋4e
－===2H2O，pH
变大，D 项错误。
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3．为了强化安全管理，某油库引进一台测空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解
质溶液)。下列说法不正确的是(
)
A．石墨电极作正极，发生还原反应
B．铂电极的电极反应式：C8H18＋16H2O－50e
－===8CO2↑＋50H
＋
C．H
＋由质子交换膜左侧向右侧迁移
D．每消耗5.6 L O2，电路中通过1 mol 电子
[解析]
由图象知，石墨电极通入O2，发生还原反应O2＋4e
－＋4H
＋===2H2O，A 项正确。铂电极上发生氧化反应，
电极反应式为C8H18＋16H2O－50e
－===8CO2↑＋50H
＋，B 项正确。在原电池中，阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁
移，C 项正确。由于没有指明反应温度和压强，不能通过体积计算O2 的物质的量，也就无法确定转移电子的物质的量，
D 项不正确。
4．如图所示，某同学设计了一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X 为阳离
子交换膜。
根据要求回答下列问题：
(1)写出负极的电极反应式：__CH3OCH3－12e
－＋16OH
－===2CO2－
3 ＋11H2O__。
(2)铁电极为_阴极__(填“阳极”或“阴极”)，石墨(C)电极的电极反应式为__2Cl
－－2e
－===Cl2↑__。
(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_减小__(填“增大”“减小”或“不
变”)。
(4)若在标准状况下，有2.24 L O2 参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为_12.8__g。假设乙装置中NaCl 溶液
足够多，若在标准状况下，有224 mL O2 参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将_增大__(填“增大”“减
小”或“不变”)，且变化了_0.88__g。
[解析]
(1)甲醚燃料电池中通入氧化剂O2 的电极是正极，正极上发生还原反应，负极上燃料甲醚失电子和OH
－
反应生成CO 2－
3 和H2O，电极反应式为CH3OCH3－12e
－＋16OH
－===2CO2－
3 ＋11H2O。(2)铁电极连接电源负极而作电
解池阴极，石墨电极作阳极，电解NaCl 饱和溶液时，阳极上Cl
－放电，电极反应式为2Cl
－－2e
－===Cl2↑。(3)丙装置
中，阳极上金属Zn、Cu 发生氧化反应，阴极上Cu2＋得电子生成铜，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，
溶液中硫酸铜浓度减小。(4)若标准状况下有2.24 L O2 参加反应，转移电子
2.24 L
22.4 L·mol
－1×4＝0.4 mol，则丙装置中阴极
上Cu2＋得电子生成铜单质，析出铜的质量＝0.4 mol
2
×64 g·mol
－1＝12.8 g；根据串联电路中转移电子数相等得O2、H2
的关系式为O2～2H2，生成n(H2)＝
0.224 L
22.4 L·mol
－1×2＝0.02 mol，消耗n(H
＋)＝0.02×2 mol＝0.04 mol，则乙装置中从阳
离子交换膜右侧进入左侧的Na
＋也为0.04 mol，乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大0.04 mol×23 g·mol
－1－0.04
mol×1 g·mol
－1＝0.88 g。
考点三
金属的腐蚀与防护
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·全国Ⅰ卷，11)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，
其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(
)
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
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C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
[解析]
本题考查实际应用中的电化学腐蚀(外加电流的阴极保护法)。依题意，钢管桩为阴极，电子流向阴极，阴
极被保护，钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流，接近于0，铁不容易失去电子，A 项正确；阳极上发生
氧化反应，失去电子，电子经外电路流向阴极，B 项正确；高硅铸铁作阳极，阳极上发生氧化反应，阳极上主要是海
水中的水被氧化生成氧气，惰性辅助阳极不被损耗，C 项错误；根据海水对钢管桩的腐蚀情况，增大或减小电流强度，
D 项正确。
2．(2018·北京，12)验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl 溶液)。
①
②
③
在Fe 表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是(
)
A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化
C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法
D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼
[解析]
D 错：K3[Fe(CN)6]可将单质铁氧化为Fe2＋，Fe2＋与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，附着在Fe 表面，无法判
断铁比铜活泼。A 对：实验②中加入K3[Fe(CN)6]，溶液无变化，说明溶液中没有Fe2＋；实验③中加入K3[Fe(CN)6]生
成蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋。B 对：对比①②可知，①中K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化成Fe2＋，Fe2＋再与K3[Fe(CN)6]
反应生成蓝色沉淀。C 对：由以上分析可知，验证Zn 保护Fe 时，可以用②③做对比实验。
3.(2019·江苏，10)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl 溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。
下列有关该实验的说法正确的是(
)
A．铁被氧化的电极反应式为Fe－3e
－===Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl 溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
[解析]
A 项，铁和炭的混合物用NaCl 溶液湿润后构成原电池，铁作负极，铁失去电子生成Fe2＋，电极反应式为
Fe－2e
－===Fe2＋，错误；B 项，铁腐蚀过程中化学能除了转化为电能外，还可转化为热能等，错误；C 项，构成原电
池后，铁腐蚀的速率变快，正确；D 项，用水代替NaCl 溶液，Fe 和炭也可以构成原电池，Fe 失去电子，空气中的
O2 得到电子，铁发生吸氧腐蚀，错误。故选C。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．金属腐蚀的分类
(1)化学腐蚀：金属跟接触到的物质(如氧气、氯气等)直接发生化学反应而引起的腐蚀。
(2)电化学腐蚀(更普遍)
吸氧腐蚀：在酸性极弱或中性条件下发生吸氧腐蚀
析氢腐蚀：在酸性条件下发生析氢腐蚀
2．金属的腐蚀与防护
(1)两种防护方法。
①加防护层：如在金属表面加上油漆、搪瓷、沥青、塑料、橡胶等耐腐蚀的非金属材料；采用电镀或表面钝化等
方法在金属表面镀上一层不易被腐蚀的金属或生成一层致密的薄膜。
②电化学防护法。
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牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理：正极为被保护的金属，负极为比被保护的金属活泼的金属；
外加电流的阴极保护法——电解原理：阴极为被保护的金属，阳极为惰性电极。
(2)防腐措施效果比较。
外加电流的阴极保护法>牺牲阳极的阴极保护法>有一般防腐条件的防护>未采取任何防护措施。
3．金属腐蚀快慢的比较
备考验证——练典题、重应用
1．(2019 湖南长沙一模)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是(
)
A．铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe－3e
－===Fe3＋，继而形成铁锈
B．轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
C．金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
D．在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
[解析]
Cu、Fe 和潮湿的空气构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe 作负极、Cu 作正极，负极反应式为Fe－2e
－===Fe2
＋，故A 错误；Zn、Fe 和海水构成原电池，Zn 易失电子作负极而被腐蚀，Fe 作正极被保护，所以轮船的船壳水线以
下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B 正确；金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，
所以属于被氧化的过程，故C 错误；强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，
所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D 错误。
2．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是
(
)
实验装置
实验编号
浸泡液
pH
氧气浓度随时间的变化
①
1.0 mol/L NH4Cl
5
②
0.5 mol/L(NH4)2SO4
5
③
1.0 mol/L NaCl
7
④
0.5 mol/ L Na2SO4
7
A．上述正极反应均为O2＋4e
－＋2H2O===4OH
－
B．在不同溶液中，Cl
－是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C．向实验④中加入少量(NH4)2SO4 固体，吸氧腐蚀速率加快
D．在300 min 内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液
[解析]
根据所给的信息可知，①②溶液中阳离子是NH
＋
4 ，且NH
＋
4 浓度相同，均为1 mol/L，而阴离子不同；③
④溶液中的阳离子是Na
＋，且Na
＋浓度相同，均为1 mol/L，而阴离子不同，根据图象可知，①②的反应速率接近，③
④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，是阳离子影响了反应速率，据此分
析。A．根据图象可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，故正极反应均为O2＋4e
－＋
2H2O===4OH
－，故A 正确；B．根据图象可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大
于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH
＋
4 是影响反应速率的主要因素，故B 错误；C．NH
＋
4 是影响反应速率的主要
因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4 固体，吸氧腐蚀速率加快，故C 正确；D．①
②溶液显酸性，③④显中性，根据图象可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液，故D 正确。故选B。
3.(2019·上海市嘉定区高三一模)有关如图装置的说法中正确的是(
)
A．若两电极直接连接，a 是食盐水，则发生析氢腐蚀
B．若两电极直接连接，a 是食盐水，则负极反应是：Fe－2e===Fe2＋
C．若铁接电源负极，石墨接电源正极，a 是食盐水，左侧电极上析出的气泡比右侧电极上的多
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D．若铁接电源负极，石墨接电源正极，a 是氯化铜，铁上有气泡
[解析]
若两电极直接连接，a 是食盐水，则发生吸氧腐蚀，酸性环境下才发生析氢腐蚀，故A 错误；B．若两
电极直接连接，a 是食盐水，为原电池，负极发生失电子的氧化反应，则负极反应是：Fe－2e===Fe2＋，故B 正确；C．若
铁接电源负极，石墨接电源正极，a 是食盐水，左侧石墨电极是阳极，该电极反应为：2Cl
－－2e
－===Cl2↑，右侧铁电
极为阴极，该极上的电极反应为：2H
＋＋2e
－===H2↑，两极上析出的气泡一样多，故C 错误；D．若铁接电源负极，
石墨接电源正极，a 是氯化铜，铁为阴极，阴极上阳离子得电子，则铁上析出Cu，没有气体生成，故D 错误，故选
B。
1.(2019·河南省平顶山市高考化学二调)某实验小组模拟光合作用，采用电解CO2 和H2O 的方法制备CH3CH2OH
和O2 装置如图所示。下列说法不正确的是(
)
A．铂极为阳极，发生氧化反应
B．电解过程中，H
＋由交换膜左侧向右侧迁移
C．阴极的电极反应式为2CO2＋12H
＋＋12e
－===CH3CH2OH＋3H2O
D．电路中转移2 mol 电子时铂极产生11.2 L O2(标准状况)
[解析]
采用电解CO2 和H2O 的方法制备CH3CH2OH 和O2，由化合价的变化结合反应的原理，二氧化碳在阴极
放电生成CH3CH2OH，水在阳极发生氧化反应生成氧气，与电源负极相连的是电解池的阴极，铜是阴极；与正极相连
的是电解池的阳极，Pt 是阳极，由此分析解答。A．CH3CH2OH 中C 为－2 价，CO2 发生还原反应，在铜极区充入
CO2，由电池符号知，铂极为阳极，发生氧化反应，故A 正确；B．铂极的电极反应式为2H2O－4e
－===4H
＋＋O2↑，
氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，故B 错误；C．阴极上发生还原反应生成乙醇和水，故C 正确；D．转移2 mol
电子生成0.5 mol O2，故D 正确。故选B。
2．(2019·河南省郑州市高考化学二模)下图为一种利用原电池原理设计测定O2 含量的气体传感器示意图，RbAg4I5
是只能传导Ag
＋的固体电解质。O2 可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3 反应生成Al2O 3 和I2，通过电池电位计的变化可以
测得O2 的含量。下列说法正确的是(
)
A．正极反应为：3O2＋12e
－＋4Al3＋===2Al2O3
B．协同总反应为：3O2＋4AlI3＋12Ag===2Al2O3＋12AgI
C．外电路转移0.01 mol 电子，消耗O2 的体积为0.56 L
D．给传感器充电时，Ag
＋向多孔石墨电极移动
[解析]
由图可知，传感器中发生4AlI3＋3O2===2Al2O3＋6I2，原电池反应为2Ag＋I2===2AgI，所以原电池的负
极发生Ag－e
－===Ag
＋，正极发生I2＋2Ag
＋＋2e
－===2AgI，充电时，阳极与外加电源正极相接、阴极与外加电源负极
相接，反应式与正极、负极反应式正好相反，以此来解答。A．原电池正极发生反应的电极反应式为I2＋2Ag
＋＋2e
－＝
2AgI，故A 错误；B．传感器中发生4AlI3＋3O2===2Al2O3＋6I2，原电池反应为2Ag＋I2===2AgI，所以协同总反应为
3O2＋4AlI3＋12Ag===2Al2O3＋12AgI，故B 正确；C．根据总反应为3O2＋4AlI3＋12Ag===2Al2O3＋12AgI 可知，消
耗3 mol O2 转移电子12 mol，即消耗0.25 mol O2 转移电子1 mol，所以外电路转移0.01 mol 电子，消耗O2 的物质的
量为0.0025 mol，标准状况下的体积为0.056 L，状况未知，不能计算气体体积，故C 错误；D．给传感器充电时，
Ag
＋向阴极移动，即向Ag 电极移动，故D 错误；故选B。
3．(2019·高三第二次模拟)锂离子电池已经成为应用最广泛的可充电电池，下图为某种锂离子电池放电时有关离子
转化关系。下列有关说法正确的是(
)
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A．电池中Li
＋透过膜两侧的电解质可以互换
B．充电时，Li
＋通过Li
＋透过膜从右侧向左侧移动
C．充电时，钛电极作阴极，电极反应式为：Fe3＋＋e
－===Fe2＋
D．放电时，进入贮罐的液体发生的离子反应方程式为：S2O2－
8 ＋Fe2＋===Fe3＋＋2SO2－
4
[解析]
金属锂是活泼金属，易与水反应，所以两侧的电解质不能互换，选项A 错误；充电时锂接外电源负极，
作阴极，外电路电子向锂移动，所以内电路Li
＋通过Li
＋透过膜从右侧向左侧移动，选项B 正确；充电时钛应为阳极，
电极反应式为：Fe2＋－e
－===Fe3＋，选项C 错误；放电时，进入贮罐的Fe2＋与S2O 2－
8 发生氧化还原反应方程式为：S2O2－
8
＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2SO2－
4 ，选项D 错误。
4．(2019·黑龙江省大庆市高考化学二模)一种热激活电池可用作导弹、火箭的工作电源。热激活电池中作为电解质
的固体LiCl－KCl 混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca===CaCl2＋Li2SO4
＋Pb，下列有关说法正确的是(
)
A．负极反应式：PbSO4＋2e＋2Li
＋===Li2SO4＋Pb
B．放电过程中，电流由钙电极流向硫酸铅电极
C．室温下，电池工作每转移0.1 mol 电子，理论上生成10.35 g Pb
D．放电过程中，Cl
－向负极移动
[解析]
由原电池总反应可知Ca 为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca＋2Cl
－－2e
－
===CaCl2，PbSO4 为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4＋2e
－＋2Li
＋===Li2SO4＋Pb，原电池工作时：
内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；外电路中，电子由负极经过负载流向正极，电流方向为正极经过
负载流向负极，并结合电极方程式进行计算，据此解答。A．原电池的正极为PbSO4 电极，发生还原反应，电极方程
式为PbSO4＋2e
－＋2Li
＋===Li2SO4＋Pb，故A 错误；B．放电过程中，Ca 被氧化生成CaCl2，为原电池的负极，PbSO4
发生还原反应，为原电池的正极，电流由硫酸铅电极流向钙电极，故B 错误；C．电解质熔融状态下，由电极方程式
PbSO4＋2e
－＋2Li
＋===Li2SO4＋Pb 可知每转移0.1 mol 电子，理论上生成0.05 mol Pb，生成Pb 的质量为207×0.05 g
＝10.35 g，但常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，故C 错误；D．放电时，内电路中，阳离
子向正极移动，阴离子向负极移动，即Cl
－向负极移动，故D 正确；故选D。
5．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M 电极材料是金属
锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li
＋的高分子材料，隔膜只允许Li
＋通过，电池反应式
为LixC6＋Li1－x FePO4
放电
充电
LiFePO4＋6C。下列说法正确的是(
)
A．放电时Li
＋从左边移向右边，PO 3－
4 从右边移向左边
B．放电时，正极反应式为：Li1－xFePO4＋xLi
＋＋xe
－===LiFePO4
C．充电时M 极连接电源的负极，电极反应为6C＋xe
－===Cx－
6
D．充电时电路中通过2.0 mol 电子，产生7.0 g Li
[解析]
根据电池反应式知，M 为负极，反应式为LixC6－xe
－===6C＋xLi
＋，N 为正极，反应式为Li1－xFeO4＋xLi
＋＋xe
－===LiFePO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，A．放电时，阳离子向正极移动，隔
膜只允许Li
＋通过，所以Li
＋从左边移向右边，PO 3－
4 不发生移动，故A 错误；B．放电时，M 电极上失电子发生氧化
反应，N 电极上得电子发生还原反应，正极反应式为Li1－xFePO4＋xLi
＋＋xe
－===LiFePO4，故B 正确；C．充电时M
为阴极，连接原电池负极，该电极上得电子发生还原反应，电极反应式为6C＋xLi
＋＋xe
－===LixC6，故C 错误；D．充
电时，没有Li 单质生成，故D 错误；故选B。
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6.(2019·福建省漳州市高考化学二模)锂亚硫酰氯(Li/SOCl2)电池是实际应用电池系列中比能量最高的一种电池，剖
视图如图所示，一种非水的LiAlCl4 的SOCl2 溶液为电解液。亚硫酰氯既是电解质，又是正极活性物质，其中碳电极
区的电极反应式为2SOCl2＋4e
－===4Cl
－＋S＋SO2↑，该电池工作时，下列说法错误的是(
)
A．锂电极区发生的电极反应：Li－e
－===Li
＋
B．放电时发生的总反应：4Li＋2SOCl2===4LiCl＋SO2↑＋S
C．锂电极上的电势比碳电极上的低
D．若采用水溶液代替SOCl2 溶液，电池总反应和效率均不变
[解析]
由反应的化合价变化，可得Li 为还原剂，SOCl2 为氧化剂，负极材料为Li(还原剂)，发生氧化反应，电
极反应式为Li－e
－===Li
＋，正极发生还原反应，电极方程式为：2SOCl2＋4e
－===4Cl
－＋S＋SO2。A．负极发生氧化反
应，电极反应式为：Li－e
－===Li
＋，故A 正确；B．电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2，故B 正
确；C．锂为负极，碳为正极，所以锂电极上的电势比碳电极上的低，故C 正确；D．因为构成电池的材料Li 能和
水反应，且SOCl2 也与水反应，所以必须在无水条件下进行，故D 错误；故选D。
7．(2019·陕西省高三第二次模拟联考)微生物电池可除去废水中的乙酸钠和对氯酚(
)有害物，其原理
如图所示，则下列说法正确的是(
)
A．A 极为电池的负极
B．工作时电子经外电路移向B 极
C．B 极电极反应：CH3COO
－－4e
－＋4H2O===2HCO
－
3 ＋9H
＋
D．A 极电极反应：
＋H
＋＋2e
－===
＋Cl
－
[解析]
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A 为正极，正极有氢离子参与反应，电
极反应式为
＋2e
－＋H
＋===
＋Cl
－，B 电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO
－－
8e
－＋4H2O===2HCO
－
3 ＋9H
＋，电流从正极经导线流向负极，电子从负极经导线流向正极，以此解答。A．原电池中阳
离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A 为正极，故A 错误；B．原电池中A 为正极、B 为负极，电子
由负极经导线流向正极，即工作时电子经外电路移向A 极，故B 错误；C．B 电极为负极，发生氧化反应，电极反应
式为CH3COO
－－8e
－＋4H2O===2HCO
－
3 ＋9H
＋，故C 错误；D．A 为正极，得电子，电极反应式为
＋H
＋
＋2e
－===
＋Cl
－，故D 正确；故选D。
8.(2019·湖南省株洲市高考一模)三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶
液将NiCl2 溶液的pH 调至7.5，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2 在弱碱性条件下生成ClO
－，
把二价镍(可简单写成Ni2＋)氧化为Ni3＋，再将Ni3＋经一系列反应后转化为Ni2O3。电解装置如图所示。下列说法不正确
的是(
)
A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力
B．电解过程中阳极附近溶液的pH 降低
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C．电解过程中，溶液中的Cl
－经阳离子交换膜向阳极移动
D．ClO
－氧化Ni2＋的离子方程式为：ClO
－＋H2O＋2Ni2＋===Cl
－＋2Ni3＋＋2OH
－
[解析]
A．硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，故A 正确；
B．电解过程中，阴极反应：2H
＋＋2e
－===H2↑，促进水的电离，氢氧根离子浓度增大，该极附近溶液的pH 升高，阳
极反应：2Cl
－－2e
－===Cl2↑，电解过程中阳极附近生成的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液的pH 降低，故B 正
确；C．阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl
－不能通过阳离子交换膜，故C 错误；D．ClO
－氧化Ni2＋，生成氯离子、＋3 价的镍，离子反应为：ClO
－＋H2O＋2Ni2＋===Cl
－＋2Ni3＋＋2OH
－，故D 正确；故选C。
9．(2019·河南省开封市高考一模)某课题组以纳米Fe2O3 作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的
复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误
的是(
)
A．放电时，负极的电极反应式为Li－e
－===Li
＋
B．放电时，电子通过电解质从Li 流向Fe2O3
C．充电时，Fe 做阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引
D．充电时，阳极的电极反应式为2Fe＋3Li2O－6e
－===Fe2O3＋6Li
＋
[解析]
由图可知该电池充放电时的反应为：6Li＋Fe2O3
放电
充电
3Li2O＋2Fe，则放电时负极反应式为Li－e
－
===Li
＋，正极反应式为Fe2O3＋6Li
＋＋6e
－===3Li2O＋2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式
正好相反，以此解答该题。A．放电时，负极的电极反应式为Li－e
－===Li
＋，故A 正确；B．放电时，电子不能通过
电解质，故B 错误；C．充电时，Fe 作为阳极失电子，电池逐渐摆脱磁铁吸引，故C 正确；D．充电时，阳极与正极
相反，电极反应式为2Fe＋3Li2O－6e
－===Fe2O3＋6Li
＋，故D 正确。故选B。
10．(2019·福建省漳州市高考化学一模)一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有
机物可用C6H5OH 表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法错误的是(
)
A．左室电极为该电池的负极
B．右室电极反应式可表示为：2NO
－
3 ＋10e
－＋12H
＋===N2↑＋6H2O
C．左室电极附近溶液的pH 增大
D．工作时中间室的Cl
－移向左室，Na
＋移向右室
[解析]
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO
－
3 ＋10e
－＋
12H
＋===N2↑＋6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化
碳，电极反应式为C6H5OH－28e
－＋11H2O===6CO2↑＋28H
＋，据此分析解答。A．左室C6H5OH＋11H2O－28e
－===6CO2
＋28H
＋，失电子，为该电池负极，故不选A; B．右室电极反应式可表示为：2NO
－
3 ＋10e
－＋12H
＋===N2↑＋6H2O，得
电子，为该电池正极，故不选B; C．左室C6H5OH＋11H2O－28e
－===6CO2＋28H
＋，有H
＋生成，左室电极附近溶液的
pH 应该减小，故选C; D．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以工作时中间室的Cl
－移向左室，
Na
＋移向右室，故不选D; 故选C。
11．(2019·四川省广元市高考化学一诊)LED 系列产品是一类新型节能产品。图甲是NaBH4/H2O2 燃料电池的装置
示意图，图乙是LED 发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是(
)
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97
A．电池应选用阳离子交换膜，Na
＋向A 极区移动
B．电池A 极区的电极反应式为：H2O2＋2e
－===2OH
－
C．每有1 mol NaBH4 参加反应，转移电子数为4NA
D．要使LED 发光二极管正常发光，图乙中的导线a 应与图甲中的B 极相连
[解析]
根据图甲知，双氧水得电子发生还原反应，则A 电极为正极，B 电极为负极，负极上BH
－
4 失电子和氢氧
根离子反应生成BO
－
2 ，正极电极反应式为H2O2＋2e
－===2OH
－，负极发生氧化反应生成BO
－
2 ，电极反应式为BH
－
4 ＋8OH
－－8e
－===BO
－
2 ＋6H2O，根据原电池的工作原理来回答。A．电池放电过程中，阳离子移向正极，Na
＋从负极区向正极
区移动，故A 正确；B．根据图甲知，双氧水得电子发生还原反应，则A 电极为正极，正极电极反应式为H2O2＋2e
－===2OH
－，故B 正确；C．负极发生氧化反应生成BO
－
2 ，电极反应式为BH
－
4 ＋8OH
－－8e
－===BO
－
2 ＋6H2O，有1 mol
NaBH4 参加反应转移电子数为8NA，故C 错误；D．要使LED 发光二极管正常发光，图乙中的导线a 阴极应与图甲
中的B 极负极相连，故D 正确。故选C。
12．(2019·四川省内江市高考化学一模)CO2 辅助的Na－CO2 电池工作原理如下图所示。该电池电容量大，能有效
利用CO2，电池的总反应为3CO2＋4Na
放电
充电
2Na2CO3＋C。下列有关说法不正确的是(
)
A．放电时，ClO
－
4 向b 极移动
B．放电时，正极反应为：3CO2＋4e
－===2CO2－
3 ＋C
C．充电时，负极反应为：Na
＋＋e
－===Na
D．充电时，电路中每转移4 mol 电子，可释放67.2 L CO2
[解析]
A．a 极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳，所以a 是正极，原电池中阴离子向负极移动，所以放电时，
ClO
－
4 向b 极移动，故A 正确；B．放电时正极二氧化碳得电子发生还原反应，电极反应式为：3CO2＋4e
－===2CO2－
3 ＋
C，故B 正确；C．充电时，阴极发生还原反应，电极反应式为：Na
＋＋e
－===Na，故C 正确；D．未指明标准状况
无法根据电子转移求气体的体积，故D 错误；故选D。
13．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)Cu2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O 的电
解池示意图(如图)，电解总反应为：2Cu＋H2O=====
通电Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是(
)
A．电子的流向：电源负极→石墨电极→Cu→电源正极
B．铜电极上的电极方程式为2Cu＋H2O－2e
－===Cu2O＋2H
＋
C．电解后溶液的pH 变大
D．当有0.1 mol 电子转移时，有0.1 mol Cu2O 生成
[解析]
A．“石墨电极→Cu”是通过溶液中的离子导电，A 错；B．强碱条件下方程式书写错误，B 错；C．反
应消耗水，溶液体积变小，pH 变大，C 正确；D．由总反应可知：Cu2O～2e
－，故当有0.1 mol 电子转移时，有0.05 mol
Cu2O 生成，D 错。故选C。
14．电化学在处理环境污染方面发挥了重要的作用。
(1)据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图1 所示。
其中电解时b 极上生成乙烯的电极反应式为__2CO2＋12H
＋＋12e
－===C2H4＋4H2O__。
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(2)利用电解原理可将NO 还原为N2，装置见图2，以高质子导电性的SCY 陶瓷(能传递H
＋)为介质，金属钯薄膜
作电极。钯电极A 为_阴__极，电极反应式为__2NO＋4H
＋＋4e
－===N2＋2H2O__。
(3)脱去冶金工业排放烟气中SO2 的方法有多种。离子膜电解法：利用硫酸钠溶液吸收SO2，再用惰性电极电解。
将阴极区溶液导出，经过滤分离硫磺后，可循环吸收利用，装置如图3 所示，则阴极的电极反应式为__SO2＋4H
＋＋4e
－===S↓＋2H2O(或H2SO3＋4H
＋＋4e
－===S↓＋3H2O)__，阳极产生的气体的化学式为_O2__。
[解析]
(1)b 电极与电源的负极相连为阴极，该极通入CO2，故在该电极上CO2 得电子后结合迁移过来的H
＋生成
乙烯，电极反应式为2CO2＋12H
＋＋12e
－===C2H4＋4H2O。(2)因为A 电极上NO 得电子后生成N2，故A 电极为阴极，
电极反应式为2NO＋4H
＋＋4e
－===N2＋2H2O。(3)由于阴极生成了硫磺，则在阴极上SO2 在酸性溶液中得电子生成单
质硫的同时生成了H2O，电极反应式为SO2＋4H
＋＋4e
－===S↓＋2H2O；阳极发生氧化反应，溶液中OH
－失电子生成
O2，故产生的气体为O2。
15．(1)二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。二甲醚燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能
量密度高于甲醇燃料电池(5.93 kW·h·kg
－1)。若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为__CH3OCH3－12e
－＋
3H2O===2CO2＋12H
＋__，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_12__个电子的电量；该电池的理论输出电压为
1.20 V，能量密度E＝__
1.20 V× 1 000 g
46 g·mol
－1×12×96 500 C·mol
－1
1 kg
÷__[(3.6×106)J·(kW·h)
－1]≈8.39__kW·h·kg
－1__(列式
计算。能量密度＝电池输出电能
燃料质量
，1 kw·h＝3.6×106 J)。
(2)在丁烷燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为__C4H10＋8H2O－26e
－===4CO2＋26H
＋__、正极的反
应式为__13
2 O2＋26e
－＋26H
＋===13H2O__。
(3)如图为钠硫高能电池的结构示意图。
该电池的工作温度为320 ℃左右，电池反应为2Na＋xS===Na2Sx，正极的电极反应式为__xS＋2e
－===S2－
x (或2Na
＋＋xS＋2e
－===Na2Sx)__。M(由Na2O 和Al2O3 制得)的两个作用是_离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫__。与铅蓄
电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的_4.5__倍。
[解析]
(1)电解质为酸性时，CH3OCH3 失去电子生成CO2 和H
＋；CH3OCH3 中的C 为－2 价，因此1 个CH3OCH3
可产生12 个电子的电量；1 000 g CH3OCH3 输出的电能为1.20 V× 1 000 g
46 g·mol
－1×12×96 500 C·mol
－1＝3.02×107 J，则
能量密度＝
3.02×107 J
1 kg×3.6×106 J·kW·h
－1＝8.39 kW·h·kg
－1。(3)消耗Na 和Pb 均为23 g，则钠硫电池理论放电量(转移电
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99
子数)是铅蓄电池的倍数为
23
23×1
23
207×2
＝4.5。
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第九讲
化学反应速率
化学平衡
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表
示方法
2.了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的
重大作用
3.了解化学反应的可逆性
4.了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数
的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算
5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)
对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律
6.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
化学反应速率和化学平衡是高考的必考
内容，其主要命题内容有：①化学反应
速率影响因素及计算；②化学平衡状态
的判断及影响因素；③应用平衡原理判
断反应进行的方向；④化学反应速率和
化学平衡的图像分析；⑤转化率、平衡
常数的含义及简单计算。
将化学反应速率和化学平衡移动的原理
与化工生产、生活实际相结合的题目是
最近几年的高考命题的热点。特别是化
学平衡常数的影响因素及其计算是新教
材增加的内容，应引起同学们的关注。
考点一
化学反应速率及其影响因素
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·江苏，10)H2O2 分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2 浓度随时间的变化如图所
示。下列说法正确的是(
)
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2 浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH 越小，H2O2 分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2 分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2 分解速率的影响大
[解析]
本题考查反应条件对反应速率的影响。由图甲可知，起始时H2O2 的浓度越小，曲线下降越平缓，说明反
应速率越慢，A 项错误；OH
－的浓度越大，pH 越大，即0.1 mol·L
－1 NaOH 对应的pH 最大，曲线下降最快，即H2O2
分解最快，B 项错误；由图丙可知，相同时间内，0.1 mol·L
－1 NaOH 条件下H2O2 分解最快，0 mol·L
－1 NaOH 条件下
H2O2 分解最慢，而1.0 mol·L
－1 NaOH 条件下H2O2 的分解速率处于中间，C 项错误；由图丁可知，Mn2＋越多，H2O2
的分解速率越快，说明Mn2＋对H2O2 分解速率影响较大，D 项正确。
2．(2018·江苏，15)一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)＋
O2(g)
2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 mol SO2、1 mol O2
4 mol SO3
2 mol SO2、1 mol O2
平衡v 正(SO2)/mol·L
－1·s
－1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol·L
－1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1(SO2)
α2(SO3)
α3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
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101
下列说法正确的是(
C
)
A．v1<v2，c2<2c1
B．K1>K3，p2>2p3
C．v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2)
D．c2>2c3，α2(SO3)＋α3(SO2) < 1
[解析]
由题中表格信息可知，容器2 建立的平衡相当于容器1 建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的1/2(相当
于压强增大为原来的2 倍)后平衡移动的结果。由于加压，化学反应速率加快，则v1＜v2；题给平衡右移，则α1(SO2)
＜α2(SO2)，根据勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1。
容器3 中建立的平衡相当于容器1 建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度，化学反应速率加快，则v1＜v3；
题给平衡左移，则α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于温度升高，气体物质的量增加，故p3＞p1。
对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，题给平衡左移，平衡常数减小，则K1＝K2＞K3。C 对：由以
上分析可得结论v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)。D 对：因为c2＞2c1，c1＞c3，则c2＞2c3。若容器2 的容积是容器1 的2 倍，
则两者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容器2 的平衡相当于容器1 的平
衡加压，故α2(SO3)将减小，则α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，结合α1(SO2)＞α3(SO2)，则α2(SO3)＋α3(SO2)＜1。A 错：因为c2
＞2c1。B 错：因为p1＜p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3。
3．(2019·全国Ⅰ，28)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 ℃下的过量氧化钻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_大于__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_C__(填标号)。
A．<0.25
B．0.25
C．0.25～0.50
D．0.50
E．>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附
在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH_小于__0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E 正＝_2.02__eV，写
出该步骤的化学方程式__COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)__。
(4)Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H2 分压随时间变化关系(如图所示)，催化剂为氧化铁，实
验初始时体系中的pH2O 和pCO 相等、pCO2 和pH2 相等。
计算曲线a 的反应在30～90 min 内的平均速率v－(a)＝_0.004_7__kPa·min
－1。467 ℃时pH2 和pCO 随时间变化关系
的曲线分别是_b__、_c__。489 ℃时pH2 和pCO 随时间变化关系的曲线分别是_a__、_d__。
[解析]
(1)由题给信息①可知，H2(g)＋CoO(s)
Co(s)＋H2O(g)(ⅰ)
K1＝cH2O
cH2
＝1－0.025 0
0.025 0
＝39，由题给信息
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②可知，CO(g)＋CoO(s)
Co(s)＋CO2(g)(ⅱ)
K2＝cCO2
cCO
＝1－0.019 2
0.019 2
≈51.08。相同温度下，平衡常数越大，反应
倾向越大，故CO 还原氧化钴的倾向大于H2。(2)第(1)问和第(2)问的温度相同，利用盖斯定律，由(ⅱ)－(ⅰ)得CO(g)
＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
K＝K2
K1
＝51.08
39 ≈1.31。设起始时CO(g)、H2O(g)的物质的量都为1 mol，容器体积为1 L，
在721 ℃下，反应达平衡时H2 的物质的量为x mol，
CO(g)
＋
H2O(g)
H2(g)
＋
CO2(g)
起始
1 mol
1 mol
0
0
转化
x mol
x mol
x mol
x mol
平衡
(1－x)mol
(1－x)mol
x mol
x mol
K＝
x2
1－x2＝1.31，则x>1－x，得x>0.5，x
2>0.25；该反应为可逆反应，所以x<1，故x
2<0.5，即氢气的物质的量分
数介于0.25～0.5 之间，故选C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始
态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH 小于0。过渡态物质相对能量与起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*。(4)由题图可知，30～90 min 内v－(a)＝4.08－3.80kPa
90 min－30 min
＝0.004 7 kPa·min
－1。水煤气变换中CO 是反应物，
H2 是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2 的压强减小，CO 的压强增大。故
a 曲线代表489 ℃时pH2 随时间变化关系的曲线，d 曲线代表489 ℃时pCO 时间变化关系的曲线，b 曲线代表467 ℃时
PH2 随时间变化关系的曲线，c 曲线代表467 ℃时pCO 随时间变化关系的曲线。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．化学反应速率的计算
(1)公式法：v(B)＝ΔcB
Δt ＝
ΔnB
V
Δt
。
①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值。
③同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。同一化学反应中用不同物质表示的反应
速率之比等于其化学计量数之比。
(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各物质的化学计量数之比。如对于反应：mA(g)
＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，存在关系：vA
m
＝vB
n
＝vC
p
＝vD
q
。
2．气体反应体系中充入惰性气体(或无关气体)时，对反应速率的影响
(1)恒容：充入“惰性气体”――→
引起总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)――→
引起反应速率不变。
(2)恒压：充入“隋性气体”――→
引起体积增大――→
引起物质浓度减小(活化分子浓度减小)――→
引起反应速率减慢。
3．外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。
(1)当增大反应物浓度时，v(正)瞬间增大，随后逐渐减小；v(逆)瞬间不变，随后逐渐增大；直至v(正)和v(逆)相等
时达到平衡。
(2)增大压强，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大。
(3)对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率。
(4)升高温度，v(正)和v(逆)都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大。
(5)使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。
4．正确理解压强对反应速率的影响
气体体
积缩小→
压强
增大→
气体反应物
浓度增大
→
反应速
率增大
易错警示
1．化学反应速率计算的常见错误
(1)不注意容器的容积。
(2)漏写单位或单位写错。
(3)忽略有效数字。
2．比较化学反应速率大小的注意事项
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同单位。
(2)比较不同时间段内的化学反应速率大小时，可先换算成同一物质表示的反应速率，再比较数值大小。
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103
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值。例如，对于一般反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)，比较不同时间
段内vA
a
与vB
b
的大小，若vA
a
>vB
b
，则用A 表示的反应速率比用B 表示的大。
【例】按要求填空。
(1)形状大小相同的铁块、铝块分别与等浓度的盐酸反应生成氢气的速率：铁_小于__铝。
(2)对于Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”“减小”或“不变”)
①升高温度：_增大__；
②增大盐酸浓度：_增大__；
③增大铁的质量：_不变__；
④增加盐酸体积：_不变__；
⑤把铁片改成铁粉：_增大__；
⑥滴入几滴CuSO4 溶液：_增大__；
⑦加入NaCl 固体：_不变__。
(3)若把(2)中的稀盐酸改成“稀硝酸”或“浓硫酸”不能(填“能”或“不能”)产生H2，原因是_稀硝酸和浓硫酸
具有强氧化性，Fe 与稀硝酸反应生成NO；常温下，Fe 在浓硫酸中“钝化”__。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·四川成都一模)在恒容密闭容器中通入物质X 并发生反应：2X(g)
Y(g)，温度T1、T2 下X 的物质的量
浓度c(X)随时间t 变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是(
)
A．该反应进行到M 点放出的热量大于进行到W 点放出的热量
B．T2 下，在0～t1 时间内，v(Y)＝a－b
t1
mol·L
－1·min
－1
C．M 点速率大于W 点的速率
D．M 点时再加入一定量X，平衡后X 的转化率减小
[解析]
依据题中图示，可看出T1>T2，由于T1 时X 的平衡浓度大，可推出该反应为放热反应。M 点与W 点比较，
X 的转化量前者小于后者，故进行到M 点放出的热量应小于进行到W 点放出的热量，A 项错误；2v(Y)＝v(X)＝a－b
t1
mol·L
－1·min
－1，B 项错误；T1>T2，温度高，速率大，C 项正确；恒容时充入X，压强增大，平衡正向移动，X 的转化
率增大，D 项错误。
2．(2019·济宁一模)已知：4FeO2－
4 ＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8OH
－＋3O2↑，测得c(FeO2－
4 )在不同条件下变化如图
甲、乙、丙、丁所示：
下列说法正确的是(
)
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A．图甲表明，其他条件相同时，温度越低，FeO 2－
4 转化速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，碱性越强，FeO 2－
4 转化速率越快
C．图丙表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO 2－
4 优良的稳定剂
D．图丁表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3＋能加快FeO 2－
4 的转化
[解析]
由图甲可知随温度的升高，FeO 2－
4 的转化速率越快，故A 错误；图乙显示，随溶液碱性增强，FeO 2－
4 转
化速率减小，故B 错误；由图丙可知，并不是所有的钠盐对FeO 2－
4 都具有稳定作用，如Na3PO4 能迅速使FeO 2－
4 转化，
故C 错误；由图丁可知，随着Fe3＋浓度的增大，FeO 2－
4 浓度迅速减小，故D 正确。
3．(新题预测)硝基苯甲酸乙酯在OH
－存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5＋OH
－
O2NC6H4COO
－＋
C2H5OH，两种反应物的初始浓度均为0.500 mol·L
－1，不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5 的浓度(mol·L
－1)随时间变
化的数据如下表所示。下列有关说法不正确的是(
)
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
15 ℃
0.500
0.335
0.291 0
0.256
0.210
0.155
0.148
0.145
0.145
35 ℃
0.500
0.325
0.277 5
0.238
0.190
…
0.135
0.135
0.135
A．该反应在15 ℃，120～180 s 区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率7.33×10
－4 mol·L
－1·s
－1
B．由数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
C．530 s 时，表格中35 ℃对应的数据一定是0.135
D．由数据可知，温度升高反应速率加快
[解析]
该反应在15 ℃，120～180 s 区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率为0.335－0.291 mol·L
－1
60 s
＝7.33×10
－4 mol·L
－1·s
－1，A 正确；该反应在15 ℃，180～240 s 区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率为0.291－0.256mol·L
－1
60 s
＝5.83×10
－4 mol·L
－1·s
－1，因此随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，B 正确；530 s 时，表格中35 ℃
对应的数据不一定是0.135，C 错误；由数据可知，温度升高反应速率加快，D 正确。
考点二
化学平衡状态及影响因素
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·天津，5)室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH 和含1 mol HBr 的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH
＋HBr
C2H5Br＋H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br 和C2H5OH 的沸点分别为38.4 ℃和78.5 ℃。
下列有关叙述错误的是(
)
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr 浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物均增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60 ℃，可缩短反应达到平衡的时间
[解析]
D 错：温度提高至60 ℃，化学反应速率虽然加快，但溴乙烷的沸点较低，会挥发出大量的溴乙烷，导致
逆反应速率减小，故无法判断达到平衡的时间。A 对：加入NaOH，消耗HBr，平衡左移，乙醇的物质的量增大。B
对：增大HBr 浓度，平衡右移，有利于生成溴乙烷。C 对：原反应物按物质的量之比1∶1 加入，又按物质的量之比1∶
1 反应，两者的平衡转化率之比为1∶1；若将反应物均增大至2 mol，其平衡转化率之比仍为1∶1。
2．(2018·新课标Ⅰ，28)采用N2O5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应
用。回答下列问题：
(1)1840 年Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_O2__。
(2)F.Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2 二聚为N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p 随时间t 的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)
完全分解]：
t/min
0
40
80
160
260
1 300
1 700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol
－1
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2＝－55.3 kJ·mol
－1
则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋1
2O2(g)的ΔH＝_53.1__kJ·mol
－1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10
－3×pN2O5(kPa·min
－1)。t＝62 min 时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，
则此时的pN2O5＝_30.0__kPa，v＝_6.0×10
－2__kPa·min
－1。
③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)_大于__63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小
于”)，原因是_温度提高，体积不变，总压强提高；NO2 二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，
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105
总压强提高__。
④25 ℃时N2O4(g)
2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝_13.4__kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1 位
小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)，R.A．Ogg 提出如下反应历程：
第一步
N2O5
NO2＋NO3
快速平衡
第二步
NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2
慢反应
第三步
NO＋NO3―→2NO2
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_AC__(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
[解析]
(1)Cl2 与AgNO3 反应生成N2O5，还应该有AgCl，氧化产物是一种气体，则该气体为O2。
(2)①令2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol
－1
a
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2＝－55.3 kJ·mol
－1
b
根据盖斯定律，a 式×1
2－b 式可得：
N2O5(g)===2NO2(g)＋1
2O2(g)
ΔH＝53.1 kJ·mol
－1
②由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min 时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5 为5.8 kPa，此时pN2O5
＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v(N2O5)＝2×10
－3×30.0 kPa·min
－1＝6.0×10
－2 kPa·min
－1。
③温度提高，体积不变，总压强提高；NO2 二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强
提高。
④时间无限长时N2O5 完全分解，故由2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)知，此时生成的pNO2＝2pN2O5＝2×35.8 kPa
＝71.6 kPa，pO2＝0.5×35.8 kPa＝17.9 kPa。由题意知，平衡时体系的总压强为63.1 kPa，则平衡体系中NO2、N2O4
的压强和为63.1 kPa－17.9 kPa＝45.2 kPa，设N2O4 的压强为x kPa，则
N2O4(g)
2NO2(g)
初始压强/kPa
0
71.6
转化压强/kPa
x
2x
平衡压强/kPa
x
71.6－2x
则x＋(71.6－2x)＝45.2，解得x＝26.4,71.6 kPa－26.4 kPa×2＝18.8 kPa，Kp＝p2NO2
pN2O4
＝18.8 kPa2
26.4 kPa ≈13.4 kPa。
(3)A 对：第一步反应快速平衡，说明正、逆反应速率很大，极短时间内即可达到平衡。C 对：第二步反应慢，说
明有效碰撞次数少。B 错：由题给三步反应可知，反应的中间产物有NO3 和NO。D 错：反应快，说明反应的活化能
较低。
3．(2017·全国Ⅱ卷，27)丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1－丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g)
ΔH1
已知：②C4H10(g)＋1
2O2(g)===C4H8(g)＋H2O(g)
ΔH2＝－119 kJ·mol
－1
③H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(g)
ΔH3＝－242kJ·mol
－1
反应①的ΔH1 为_＋123__ kJ·mol
－1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_小于__0.1(填“大
于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_AD__(填标号)。
A．升高温度
B．降低温度
C．增大压强
D．降低压强
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(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、
丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低
的原因是_氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大__。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃
之前随温度升高而增大的原因可能是_升高温度有利于反应向吸热方向进行__、_温度升高反应速率加快__；590 ℃之
后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_丁烯高温裂解生成短链烃类__。
[解析]
本题主要考查盖斯定律和化学平衡知识的应用。(1)根据盖斯定律，可得①＝②－③，则ΔH1＝ΔH2－ΔH3
＝－119 kJ·mol
－1＋242 kJ·mol
－1＝123 kJ·mol
－1。反应①为气体总体积增大的反应，在温度相同时降低压强有利于提
高平衡转化率，故x<0.1。反应①为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，A 项正确；降低压强平衡向气体总体积
增大的方向移动，D 项正确。(2)结合图(b)可看出随着n(氢气)/n(丁烷)增大，丁烯产率先升高后降低，这是因为氢气是
生成物，当n(氢气)/n(丁烷)逐渐增大时，逆反应速率加快，故丁烯的产率逐渐降低。(3)在590 ℃之前随温度升高丁烯
产率逐渐增大，这是因为温度升高不仅能加快反应速率，还能促使平衡正向移动；但温度高于590 ℃时，丁烯高温裂
解生成短链烃类，导致丁烯产率快速降低。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．化学平衡状态的判断
(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。
①平衡体系中各物质的质量、物质的量、浓度及百分含量等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)依Q(浓度商)与K 关系判断：若Q＝K，反应处于平衡状态。
2．分析化学平衡移动的一般思路
3．物质转化率的变化规律(恒容容器中)
对于反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)：
①增加A 的量，平衡正向移动，B 的转化率增大，A 的转化率减小。
②若按原比例同倍数地增加反应物A 和B 的量，则平衡向正反应方向移动，反应物的转化率与气体反应物的化学
计量数有关：
若m＋n＝p＋q，A、B 的转化率都不变；
若m＋n>p＋q，A、B 的转化率都增大；
若m＋n<p＋q，A、B 的转化率都减小。
4．化学平衡计算的基本模式——“三段式”
根据反应进行(或平衡移动)的方向，设出某反应物消耗的量，然后列式求解。
例如：
mA
＋
nB
pC
＋
qD
起始量：
a
b
0
0
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107
变化量：
mx
nx
px
qx
平衡量：
a－mx
b－nx
px
qx
其中：①各物质的变化量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。
②这里a、b 可指：物质的量、浓度、气体体积等。
③弄清起始量、平衡量、平衡转化率三者之间的互换关系。
④在计算平衡常数时，要注意反应物或生成物的状态。
注意：(1)反应起始时，反应物和生成物可能同时存在。
(2)由于起始浓度是人为控制的，故不同的物质起始浓度比不一定等于化学计量数之比。若反应物起始浓度之比等
于化学计量数之比，则隐含着各反应物转化率相等，且平衡时各反应物的浓度之比等于化学计量数之比。
(3)起始浓度、平衡浓度不一定等于化学计量数之比，但物质之间是按化学计量数之比反应和生成的，故各物质的
浓度变化之比一定等于化学计量数之比，这是计算的关键。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·山西太原一模)将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温
度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)
2NH3(g)＋CO2(g)。判断该分解反应已经达到化学平衡的是(
)
A．2v(NH3)＝v(CO2)
B．密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)＝2∶1
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．密闭容器中氨气的体积分数不变
[解析]
该反应为有固体参与的非等体积反应，且容器体积不变，所以压强、密度均可作为是否达到化学平衡状
态的标志，该题应特别注意D 项，因为该反应是固体的分解反应，所以NH3、CO2 的体积分数始终为定值(NH3 为2
3，
CO2 为1
3)。
2．温度为T 时，向2.0 L 恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，发生反应：PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)
ΔH＝a kJ·mol
－1(a>0)。0～10 min 内保持容器温度不变，10 min 时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2 的物质的量随时间的
变化如图所示。下列说法正确的是(
)
A．0～4 min 的平均速率v(Cl2)＝0.05 mol·L
－1·min
－1
B．10 min 时改变的条件是分离出一定量的PCl5
C．起始时向该容器中充入2.0 mol PCl3 和2.0 mol Cl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量小于1.6a kJ
D．温度为T，起始时向该容器中充入1.0 mol PCl5、0.10 mol PCl3 和0.10 mol Cl2，反应达到平衡前，v(正)>v(逆)
[解析]
A．0～4 min 的平均速率v(Cl2)＝
0.2 mol
2.0 L
4 min
＝0.025 mol·L
－1·min
－1，故A 错误；B．10 min 时改变的条件是
升温，故B 错误；C．从图中读出起始时向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，保持温度为T，转化率为1－20%
＝80%，当起始时向容器中充入2.0 mol PCl3 和2.0 mol Cl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应
达到平衡时放出的热量大于1.6a kJ，故C 错误；D．K＝0.1×0.1
0.4
＝1
40，Qc＝1
200<K，平衡正向移动，v(正)>v(逆)，故
D 正确。
3．一定量的CO2 与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)
2CO(g)，平衡时，体系中气
体体积分数与温度的关系如图所示：
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已知：气体分压(p 分)＝气体总压(p 总)×体积分数。下列说法正确的是(
)
A．550 ℃时，若充入惰性气体，v(正)、v(逆)均减小，平衡不移动
B．650 ℃时，反应达平衡后CO2 的转化率为25.0%
C．T ℃时，若充入等体积的CO2 和CO，平衡向正反应方向移动
D．925 ℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0 p 总
[解析]
恒压下，充入惰性气体，相当于反应体系的压强减小，平衡向正反应方向移动，A 错误；利用三段式，
可得CO2 的转化率为25.0%，B 正确；由图可知T ℃时，平衡体系中CO2 和CO 体积分数相等，则在恒压密闭容器中
再充入等体积的CO2 和CO，平衡不移动，C 错误；平衡后p(CO)＝24
25p 总，p(CO2)＝1
25p 总，Kp＝[p2CO]
pCO2
＝24×24
25
p 总，
D 错误。
考点三
化学平衡常数与转化率相关计算
真题感悟——悟真题、明方向
1.(2019·江苏，15)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(
B
)
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
[解析]
A 项，实线表示不同温度下相同时间内NO 的转化率，虚线表示相同条件下NO 的平衡转化率，由题图
知，随着温度升高，NO 的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO＋O2
2NO2 的平衡逆向移动，说明该反应为放
热反应，ΔH<0，错误；B 项，X 点对应NO 的转化率低于该温度下NO 的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，
延长反应时间，可以提高NO 的转化率，正确；C 项，Y 点时反应已达平衡状态，增加O2 的浓度，平衡正向移动，
NO 的转化率会提高，错误；D 项，设起始时c(NO)＝a mol·L
－1，则：
2NO
＋
O2
2NO2
起始(mol·L
－1)
a
5.0×10
－4
0
转化(mol·L
－1)
0.5a
0.25a
0.5a
平衡(mol·L
－1)
0.5a
5.0×10
－4－0.25a
0.5a
K＝
0.5a2
0.5a2×5.0×10
－4－0.25a
＝
1
5.0×10
－4－0.25a
，当0.25a＝0 时，K＝2 000，但0.25a>0，所以K>2 000，正确。
故选BD。
2．(2017·全国Ⅰ卷，28)近期发现，H2S 是继NO、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神
经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
H2S 与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)
COS(g)＋H2O(g)。在610 K 时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S
充入2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S 的平衡转化率α1＝_2.5__%，反应平衡常数K＝_2.8×10
－3__。
②在620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S 的转化率α2_>__α1，该反应的ΔH_>__0。(填“>”“<”
或“＝”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S 转化率增大的是_B__(填标号)。
A．H2S
B．CO2
C．COS
D．N2
[解析]
①用三段式法计算：该反应是等气体分子数反应，平衡时n(H2O)＝0.02×0.50mol＝0.01mol。
H2S(g)＋CO2(g)
COS(g) ＋H2O(g)
起始/mol
0.40
0.10
0
0
转化/mol
0.01
0.01
0.01
0.01
平衡/mol
0.39
0.09
0.01
0.01
α(H2S)＝0.01
0.40×100%＝2.5%。对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数：K＝
cCOS·cH2O
cH2S·cCO2
＝0.01×0.01
0.39×0.09
≈2.8×10
－3。②总物质的量不变，H2O 的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，H2S 的
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109
转化率增大。即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应。③平衡之后，再充入H2S，则CO2 的转化率
增大，H2S 的转化率减小，A 项错误；充入CO2，平衡向右移动，H2S 的转化率增大，B 项正确；充入COS，平衡向
左移动，硫化氢的转化率减小，c 项错误；充入氮气，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平衡不移动，
硫化氢的转化率不变，D 项错误。
3．(2019·全国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。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)Dearon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，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 ℃)_大于__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 ℃)＝__
0.422×0.422
1－0.844×1－0.21c0
__(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_O2 和Cl2 分离能
耗较高__、_HCl 转化率较低__。
(2)Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋1
2Cl2(g)
ΔH1＝83 kJ·mol
－1
CuCl(s)＋1
2O2(g)===CuO(s)＋1
2Cl2(g)
ΔH2＝－20 kJ·mol
－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121 kJ·mol
－1
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝_－116__kJ·mol
－1。
(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是_增加反应体系压强、及时除去产物__。(写出2 种)
(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包
括电化学过程和化学过程，如图所示：
负极区发生的反应有__Fe3＋＋e
－===Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H
＋===4Fe3＋＋2H2O__(写反应方程式)。电路中转移1 mol
电子，需消耗氧气_5.6__L(标准状况)。
[解析]
(1)由题给HCl 平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl 平衡转化率降低，则此反应为放
热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。结合题图可知，c(HCl)∶c(O2)＝1∶1、400
℃时
HCl 的平衡转化率为84%，列出三段式：
4HCl(g)
＋
O2(g)
===
2Cl2(g) ＋2H2O(g)
起始
c0
c0
0
0
转化
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡
(1－0.84)c0
(1－0.21)c0
0.42c0
0.42c0
则K(400 ℃)＝c2Cl2·c2H2O
c4HCl·cO2
＝
0.422×0.422
1－0.844×1－0.21c0
；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低会使O2 和Cl2 分离的能耗
较高，过高则会造成HCl 转化率较低。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①＋②＋
③)×2 得4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－116 kJ·mol
－1。(3)题述反应是气体体积减小的反应，增大反应
体系压强可使反应正向移动，提高HCl 的转化率，及时分离出产物也能提高HCl 的转化率。(4)负极区发生还原反应
Fe3＋＋e
－===Fe2＋，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H
＋===4Fe3＋＋2H2O，由反应可知电
路中转移4 mol 电子消耗1 mol O2，则转移1 mol 电子消耗氧气1
4 mol，其在标准状况下的体积为1
4 mol×22.4 L·mol
－1
＝5.6 L。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．化学平衡常数的理解
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(1)与化学方程式书写形式的关系
对于同一可逆反应，正反应的平衡常数等于逆反应的平衡常数的倒数，即：K 正＝1
K 逆
。若方程式中的化学计量数
等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会发生改变。
(2)与反应热的关系，一般情况下：
(3)与物质状态的关系
由于固体或纯液体浓度视为一常数，所以在平衡常数表达式中不再写出。
①稀溶液中进行的反应，如有水参加反应，由于水的浓度视为常数而不必出现在表达式中；
②非水溶液中进行的反应，若有水参加或生成，则应出现在表达式中。
2．化学平衡常数的应用
(1)利用K 可以推测可逆反应进行的程度
K 的大小表示可逆反应进行的程度，K 大说明反应进行的程度大，反应物的平衡转化率大；K 小说明反应进行的
程度小，反应物的平衡转化率小。
(2)利用K 可判断反应的热效应
若升高温度，K 值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K 值减小，则正反应为放热反应。
(3)利用K 的表达式确定化学反应方程式
根据平衡常数的书写原则确定出反应物、生成物以及各物质的化学计量数。
(4)借助平衡常数，可以判断一个化学反应是否达到化学平衡状态以及反应的方向。
对于可逆反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，通过浓度商与K 的相对大小来确定反
应是否达到平衡状态。Qc＝ccC·cdD
caA·cbB
。
Qc
<K
反应向正反应方向进行，v正>v逆
＝K
反应处于化学平衡状态，v正＝v逆
>K
反应向逆反应方向进行，v正<v逆
►方法指导
一、有效解答化学平衡的“万能钥匙”——“三段式法”
1．解题步骤：
(1)写出涉及的可逆反应的化学方程式。
(2)找出起始量、转化量和平衡量中哪些是已知量，哪些是未知量，按“三段式”列出。
(3)根据问题建立相应的关系式进行计算。
2．具体方法：
(1)分析三个量：即起始量、转化量、平衡量。
(2)明确三个关系
①对于同一反应物，起始量－转化量＝平衡量。
②对于同一生成物，起始量＋转化量＝平衡量。
③各变化量之比等于各物质的化学计量数之比。
(3)计算模式
对于反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，令A、B 起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A 的消耗量
为mx，容器容积为V L。计算模式如下：
mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)
起始(mol)
a
b
0
0
转化(mol)
mx
nx
px
qx
平衡(mol)
a－mx
b－nx
px
qx
则有：①平衡常数：K＝
px
V p·qx
V q
a－mx
V
m·b－nx
V
n
②A 的平衡浓度：c(A)平＝a－mx
V
mol·L
－1。
③A 的转化率：α(A)平＝mx
a ×100%，
α(A)∶α(B)＝mx
a ∶nx
b ＝mb
na。
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111
④A 的体积分数：φ(A)＝
a－mx
a＋b＋p＋q－m－nx
×100%。
⑤平衡与起始压强之比：p 平
p 始
＝a＋b＋p＋q－m－nx
a＋b
。
⑥混合气体的平均密度：
ρ－
混＝a·MA＋b·MB
V
g·L
－1。
⑦混合气体的平均摩尔质量：M ＝
a·MA＋b·MB
a＋b＋p＋q－m－nx
g·mol
－1。
二、判断平衡转化率变化的规律
1．若反应物有多种：aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)，
(1)在不改变其他条件时，只增加A 的量，平衡向正反应方向移动，但是A 的转化率减小，B 的转化率增大。
(2)若按原比例同倍数地增加A 和B，平衡向正反应方向移动，但是反应物的转化率与气体物质的计量数有关：
若a＋b＝c＋d，A、B 的转化率都不变；
若a＋b>c＋d，A、B 的转化率都增大；
若a＋b<c＋d，A、B 的转化率都减小。
2．若反应物只有一种：aA(g)
bB(g)＋cC( g)，在不改变其他条件(恒温恒容)时，增加A 的量，平衡向正反应
方向移动，但是A 的转化率与气体物质的计量数有关：
(1)若a＝b＋c，A 的转化率不变；
(2)若a>b＋c，A 的转化率增大；
(3)若a<b＋c，A 的转化率减小。
备考验证——练典题、重应用
1．已知在25 ℃时，下列反应的平衡常数如下：
①N2(g)＋O2(g)
2NO(g)
K1＝1×10
－30
②2H2(g)＋O2(g)
2H2O(g)
K2＝2×1081
③2CO2(g)
2CO(g)＋O2(g)
K3＝4×10
－92
下列说法正确的是(
)
A．NO 分解反应：NO(g)
1
2N2(g)＋1
2O2(g)的平衡常数为1×10
－30
B．根据K2 的值可以判断常温下H2 和O2 很容易反应生成H2O
C．常温下，NO、H2O、CO2 三种物质分解放出O2 的倾向顺序为NO>H2O>CO2
D．温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大
[解析]
A 项，NO(g)
1
2N2(g)＋1
2O2(g)的平衡常数为
1
K1
＝1015，错误；B 项，根据平衡常数可判断反应进行
的程度但并不能判断反应的难易，错误；C 项，常温下，NO、H2O、CO2 三种物质分解放出O2 的平衡常数依次为1×1030、
5×10
－82、4×10
－92，平衡常数越大，则反应进行的程度越大，正确；D 项，反应②为放热反应，升高温度平衡逆向移
动，平衡常数减小，错误。
2．(新题预测)固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：①NH4I(s)
NH3(g)＋
HI(g)
②2HI(g)
H2(g)＋I2(g)，测得平衡时c(I2)＝0.5 mol·L
－1，反应①的平衡常数为20，则下列结论不正确的是(
)
A．平衡时c(NH3)＝5 mol·L
－1
B．平衡时HI 分解率为20%
C．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志
D．平衡后缩小容器容积，NH4I 的物质的量增加，I2 的物质的量不变
[解析]
设碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x。
2HI(g)
H2(g)＋I2(g)
起始(mol·L
－1)
x
0
0
变化(mol·L
－1)
1
0.5
0.5
平衡(mol·L
－1)
x－1
0.5
0.5
根据反应①的平衡常数为20，得x(x－1)＝20，解得x＝5 mol·L
－1，c(NH3)＝5 mol·L
－1，A 正确；平衡时HI 分解
率为1 mol
5 mol×100%＝20%，B 正确；反应①固体生成气体，平均摩尔质量始终不变，反应②反应前后物质的量不变，
平均摩尔质量始终不变，故混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，C 正
确；平衡后缩小容器容积，平衡①逆向移动，NH4I 的物质的量增加，HI 的物质的量降低，平衡②逆向移动，则I2 的
物质的量减小，D 错误。
3．(2019·天津河西一模)将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)粉末置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积
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不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)
2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得
不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃)
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强(kPa)
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度(×10
－3mol·L
－1)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
下列说法正确的是(
)
A．该反应的ΔH<0
B．该反应在较低温度下能自发进行
C．25 ℃时平衡常数的值K≈1.6×10
－8
D．再加入少量NH2COONH4 平衡正向移动
[解析]
A 项，由表中数据可知，升高温度，平衡气体总浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸
热反应，ΔH>0，错误；B 项，该反应前后气体分子数增大，则ΔS>0，在较低温度下，ΔH－TΔS>0，反应不能自发进
行，错误；C 项，25 ℃时，NH3、CO2 的平衡浓度分别为3.2×10
－3mol·L
－1、1.6×10
－3mol·L
－1，因此K＝
c2(NH3)×c(CO2)≈1.6×10
－8，正确；D 项，NH2COONH4 为固体，加入少量NH2COONH4 平衡不移动，错误。
4．(2019·河北衡水一模)恒温恒容下，向2 L 密闭容器中加入MgSO4(s)和CO(g)，发生反应MgSO4(s)＋
CO(g)
MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)。反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
n(MgSO4)/mol
n(CO)/mol
n(SO2)/mol
0
2.0
2.0
0
2
0.8
4
1.2
下列说法正确的是(
)
A．反应在0～4 min 内容器内气体的密度没有变化
B．0～2 min 内的平均速率为v(CO)＝0.6 mol·L
－1·min
－1
C．其他条件不变，若升高温度，反应的平衡常数变为1.0，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时容器中MgSO4、CO 均为1.0 mol，则平衡时，n(SO2)＝0.6 mol
[解析]
ρ＝m气体
V
，随着反应的进行，固体质量逐渐减少，气体质量逐渐增大，容器体积不变，所以密度增大，
A 错误；0～2 min 内，v(CO)＝2.0 mol－0.8 mol
2 L×2 min
＝0.3 mol·L
－1·min
－1，B 错误；t＝2 min 时，列三段式
MgSO4(s)＋CO(g)
MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)
n(始)/mol
2
2
0
0
0
n(变)/mol
1.2
1.2
1.2
1.2
1.2
n(平)/mol
0.8
0.8
1.2
1.2
1.2
可知，2～4 min 气体浓度无变化，已达平衡，所以K＝cCO2·cSO2
cCO
＝
1.2
2 ×1.2
2
0.8
2
＝0.9，升高温度，平衡常数增大，
说明平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，C 正确；其他条件不变，投料量减少一半，若建立等效平衡，则平
衡时n(SO2)＝0.6 mol，但减小气体投料量，相当于减压，平衡向正反应方向移动，则n(SO2)>0.6 mol，D 错误。
考点四
化学反应速率平衡图象
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·仿真模拟4)“低碳经济”备受关注，CO2 的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。
(1)已知：CO2(g)＋2H2(g)
C(s)＋2H2O(g)
ΔH＝－90.0 kJ·mol
－1；
H2O(l)===H2O(g)
ΔH＝＋44.0 kJ·mol
－1；C(s)的燃烧热ΔH＝－394.0 kJ·mol
－1。
则表示H2 燃烧热的热化学方程式为__H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(l)__ΔH＝－286.0__kJ·mol
－1__。
(2)在0.1 MPa、Ru/TiO2 催化下，将H2 和CO2 按投料比n(H2)∶n(CO2)＝4∶1 置于恒压密闭容器中发生反应：
反应ⅠCO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g)
ΔH1
反应ⅡCO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g)
ΔH2
测得CO2 转化率、CH4 和CO 选择性随温度变化情况分别如图1 和图2 所示。
(选择性：转化的CO2 中生成CH4 或CO 的百分比)
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113
①反应Ⅰ的ΔH1_<__(填“＞”“＜”或“＝”)0；理由是_反应Ⅰ在350_℃达到平衡状态后，随温度升高CO2 的
平衡转化率降低，所以该反应是放热反应__。
②温度过低或过高均不利于反应Ⅰ的进行，原因是_温度过低，化学反应速率慢；温度过高，反应Ⅰ向逆反应方向
进行且CH4 的选择性减小__。
③350 ℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝2.89×104(MPa)
－2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分
数)。
④为减少CO 在产物中的比率，可采取的措施有降低温度或增大压强(列举一条)。
(3)为探究反应Ⅰ的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0 mol·L
－1 的H2 与CO2。根据相关
数据绘制出反应速率与浓度的关系曲线：v 正～c(CO2)和v 逆～c(H2O)。
则曲线v 正～c(CO2)对应的是图3 中的曲线乙(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应
重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为D(填字母，下同)。曲线乙对应的平衡点可能为C。
[解析]
(1)由题意知CO2(g)＋2H2(g)
C(s)＋2H2O(g)
ΔH＝－90.0 kJ·mol
－1①、H2O(l)===H2O(g)
ΔH＝＋
44.0 kJ·mol
－1②、C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－394.0 kJ·mol
－1③，根据盖斯定律，由(①－②×2＋③)×1
2可得H2(g)
＋1
2O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－286.0 kJ·mol
－1。
(2)①由题图2 可知，温度≤400 ℃时，容器中只发生反应Ⅰ，结合题图1 可知，反应Ⅰ在350 ℃达到平衡状态后，
随温度升高CO2 的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应。②温度过低，反应速率慢；温度过高，反应Ⅰ向逆反应
方向进行且CH4 的选择性减小，故温度过低或过高均不利于反应Ⅰ的进行。③设CO2 的起始投料量为x mol，则
CO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g)
起始(mol)
x
4x
0
0
转化(mol)
0.8x
3.2x
0.8x
1.6x
平衡(mol)
0.2x
0.8x
0.8x
1.6x
平衡时CO2 的分压为0.2
3.4×0.1 MPa，H2 的分压为0.8
3.4×0.1 MPa，CH4 的分压为0.8
3.4×0.1 MPa，H2O(g)的分压为
1.6
3.4×0.1 MPa，故反应Ⅰ的平衡常数Kp＝pCH4·p2H2O
p4H2·pCO2
＝2.89×104(MPa)
－2。④降低温度或增大压强都能减少CO 在
产物中的比率。(3)由题意及题图3 可知，曲线乙为v 正～c(CO2)；降低温度反应速率减小，平衡正向移动，重新达到
平衡时，H2O 的浓度增大，CO2 的浓度减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为D，曲线乙对应的平衡点可能为C。
2．(2018·天津，10 节选)CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
CO2 与CH4 经催化重整，制得合成气：
CH4(g)＋CO2(g)
催化剂
2CO(g)＋2H2(g)
按一定体积比加入CH4 和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO 和H2 产率的影响如图所示。此反应优选温度为
900 ℃的原因是_900_℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低__。
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[解析]
根据题图可知，900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经
济效益降低。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
化学平衡图像题的解题步骤：有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采
用“看特点，识图像，想原理，巧整合”四步法。
第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增
大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。
第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先
拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。
第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。
第四步：巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学
平衡原理。即：
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·河南郑州一模)某绝热恒容容器中充入2 mol·L
－1 NO2，发生反应2NO2(g)
N2O4(g)
ΔH＝－56.9
kJ·mol
－1，下列分析不正确的是(
)
A．5 s 时NO2 的转化率为75%
B．0～3 s 内v(NO2)增大是因为体系温度升高
C．3 s 时化学反应处于平衡状态
D．9 s 时再充入N2O4，平衡后K 较第一次平衡时大
[解析]
分析图象可知，0～5 s 内△c(NO2)＝2 mol·L
－1－0.5 mol·L
－1＝1.5 mol·L
－1，结合转化率的概念计算出NO2
的转化率为1.5 mol·L
－1
2 mol·L
－1 ×100%＝75%，A 项正确。该反应的正反应是放热反应，在绝热恒容容器中，随着反应进行不
断放出热量，体系温度升高，反应速率增大，故0～3 s 内v(NO2)增大是因为体系温度升高，B 项正确。3 s 时二氧化
氮反应速率最大，3～7 s 时v(NO2)随时间减小，7 s 后v(NO2)不变，反应才处于平衡状态，C 项错误。9 s 时反应处于
平衡状态，再充入N2O4，平衡逆向进行，体系温度降低，平衡常数增大，D 项正确。
2．天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为CO2(g)＋CH4(g)
2CO(g)＋2H2(g)。在密闭容器中通入物质的
量浓度均为0.125 mol·L
－1 的CH4 与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4 的平衡转化率与温度及压强的关系如下
图所示。则：
(1)压强p1_<__p2(填“>”或“<”)；
(2)压强为p2 时，在y 点：v(正)_>__v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。
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115
(3)求x 点对应温度下的该反应的平衡常数K＝_2.56__。(计算结果保留两位小数)
[解析]
(1)在横坐标上取一点作横坐标的垂直线，可见CH4 的转化率：p1>p2；该反应的正反应为气体分子数增加
的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4 的转化率减小，则p1<p2。(2)y 点不在曲线上，y 点没有达到平衡状态，
y 点CH4 的转化率小于该条件下的平衡值，反应正向进行，y 点：v(正)>v(逆)。(3)x 点对应温度下达到平衡时CH4 的
转化率为80%，列三段式
CO2(g) ＋CH4(g)
2CO(g)＋2H2(g)
c起始
mol·L
－1
0.125
0.125
0
0
c转化
mol·L
－1
0.1
0.125×0.8＝0.1
0.2
0.2
c平衡
mol·L
－1
0.025
0.025
0.2
0.2
可得反应的平衡常数K＝0.22×0.22
0.025×0.025
＝2.56。
3．(2019·济南一模)氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质(以C 计)与水蒸气反应制
取H2 是一种低耗能、高效率的制H2 方法。该方法由气化炉制造H2 和燃烧炉再生CaO 两步构成。气化炉中涉及的反
应为
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g)
K1；
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
K2；
Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)
CaCO3(s)
K3；
(1)该工艺制H2 总反应可表示为C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)
CaCO3(s)＋2H2(g)，其反应的平衡常数K＝
_K1·K2·K3__(用K1、K2、K3 的代数式表示)。在2 L 的密闭容器中加入一定量的C(s)、H2O(g)和CaO(s)。下列能说明反
应达到平衡状态的是_b、c__。
a．容器内混合物的质量不变
b．H2 与H2O(g)的物质的量之比不再变化
c．混合气体的密度不再变化
d．形成a mol H—H 键的同时断裂2a mol H—O 键
(2)对于反应Ⅰ，不同温度和压强对H2 产率影响如下表。
压强
温度
p1/MPa
p2/MPa
500 ℃
45.6%
51.3%
700 ℃
67.8%
71.6%
由表中数据判断：p1_>__p2(填“>”“<”或“＝”)
下列图象正确的是_BD__。
(3)已知反应Ⅱ的ΔH＝－41.1 kJ·mol
－1，C===O、O—H、H—H 的键能分别为803 kJ·mol
－1,464 kJ·mol
－1、436 kJ·mol
－1，则CO 中碳氧键的键能为_1_072.9__kJ·mol
－1。
(4)对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2 倍，则平衡向_正反应__(填“正反应”或“逆反
应”)方向移动；当重新平衡后，CO2 浓度_不变__(填“变大”“变小”或“不变”)。
[解析]
(1)①已知：Ⅰ：C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g)
K1，Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
K2，Ⅲ：
CaO(s)＋CO2(g)
CaCO3(s)
K3，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ之和为反应C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s)
CaCO3(s)＋2H2(g)，则K
＝K1·K2·K3；a.根据质量守恒定律，容器内混合物的质量始终不变，不能判断达到平衡状态，a 错误；b.H2 与H2O(g)
的物质的量之比不再变化，说明正逆反应速率相等，能够判断达到了平衡状态，正确；c.C 为固体，反应后气体的质
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量减小，则混合气体的密度不再变化，能够判断达到了平衡状态，c 正确；d.形成a mol H—H 键的同时断裂2a mol H—O
键描述的都是正反应速率，不能判断达到了平衡状态，d 错误；故选b、c。(2)根据反应Ⅰ：C(s)＋H2O(g)
CO(g)
＋H2(g)，相同温度下，减小压强，平衡正向移动，氢气的产率增大，因此p1>p2；A．减小压强，平衡正向移动，与图
象不符，错误；B．根据表格数据，升高温度，氢气的产率增大，说明平衡正向移动，与图象吻合；C．升高温度，平
衡正向移动，水的含量减少，降低压强，平衡正向移动，水的含量减少，与图象不符；D．升高温度，平衡正向移动，
平衡常数增大，与图象吻合，正确。(3)设CO 中碳氧键的键能为x kJ·mol
－1，反应ⅡCO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41.1 kJ·mol
－1＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝(x＋464×2)－(803×2＋436)，解得x＝1072.9。(4)反
应ⅢCaO(s)＋CO2(g)
CaCO3(s)，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2 倍，相当于增大压强，平衡正向
移动；温度不变，平衡常数不变，K＝
1
cCO2
不变，则重新平衡后，CO2 浓度不变。
1．(2019·年上海市嘉定区高三一模)CO 和NO 都是汽车尾气中的有害气体，它们在催化转换器中能反应生成氮气
和CO2，对此反应，下列说法中错误的是(
)
A．改变压强不可以改变反应速率
B．使用催化剂能同时增加正、逆反应的速率
C．增加压强能增加反应速率
D．升高温度能增加吸热方向的反应速率
[解析]
该反应方程式为2NO(g)＋2CO(g)
2CO2(g)＋N2(g)；A．改变压强时能引起反应物、生成物浓度的改
变，能改变反应速率，如：恒温条件下增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，反应速率增大，故A
错误；B．催化剂降低反应所需活化能，活化分子百分数增大，所以能同等程度的增大正逆反应速率，故B 正确；C．根
据A 知，增大压强能增大反应速率，故C 正确；D．升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，增大活化分子百
分数，反应速率增大，故D 正确；故选A。
2．(2019·上海市闵行区一模)合成氨生产中，说法正确的是(
)
A．使用催化剂，提高原料的利用率
B．采用高温、高压工艺提高氨的产率
C．产物用水吸收，剩余气体循环利用
D．增大反应物浓度，对v 正影响更大
[解析]
A．加入催化剂使反应速率加快，但平衡不移动，原料利用率不变，故A 错误；B．合成氨工厂通常采
用高压(20 MPa～50 MPa)和700 K(催化剂活性高)的条件，高温条件是催化剂的活性高，但不利于平衡的正向移动，
高压有利用平衡向正反应方向移动，可提高氨的产率，故B 错误；C．平衡混合气体是用冷水冷却，而不是用水吸收，
故C 错误；D．增大反应物浓度，正、逆反应的速率都加快，但对v 正影响更大，故D 正确；故选D。
3．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)(双选)某温度下，在2 L 恒容密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：
3A(g)＋bB(g)
cC(g)
ΔH＝－Q kJ·mol
－1(Q＞0)，12 s 时生成C 的物质的量为0.8 mol(反应进程如图所示)。下列说
法中正确的是(
A
)
A．2 s 时，A 的平均反应速率为0.15 mol·L
－1·s
－1
B．交点时，A 的消耗速率等于A 的生成速率
C．化学计量数之比b∶c＝1∶2
D．12 s 内，反应放出0.2Q kJ 热量
[解析]
A．图象分析可知A 的浓度变化＝0.8 mol/L－0.5 mol/L＝0.3 mol/L，反应速率v＝Δc
Δt ＝0.3 mol/L
2 s
＝
0.15mol/(L·s)，故A 正确；B．交点时，随时间变化A 的浓度变化，反应未达到平衡状态，A 的消耗速率不等于A 的
生成速率，故B 错误；C．图象分析A 的浓度变化量为0.8 mol/L－0.2 mol/L＝0.6 mol/L，B 的浓度变化量为0.5 mol/L
－0.3 mol/L＝0.2 mol/L，生成C 的浓度为0.8 mol
2 L
＝0.4 mol/L，由此可得0.6∶0.2∶0.4＝3∶b∶c，则b∶c＝1∶2，故
C 正确；D．12 s 内反应3 mol A 放热Q KJ，反应A 的物质的量＝(0.8 mol/L－0.2 mol/L)×2 L＝1.2 mol，结合化学方
程式定量关系计算，3A(g)＋B (g)
2C(g)
ΔH＝－Q kJ·mol
－1，1.2 mol A 反应放出热量0.4Q kJ，故D 错误；故选
AC。
4．(2019·福建省漳州市高考化学一模)某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：3X(g)＋2Y(s)
2Z(g)
＋W(g)
ΔH>0，下列叙述错误的是(
)
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117
A．升高温度，正逆反应速率都增大
B．若单位时间内每消耗3 mol X 的同时消耗2 mol Z，则反应达到化学平衡状态
C．适当增大压强，化学平衡不发生移动
D．平衡时，X 与W 的物质的量浓度之比一定为3∶1
[解析]
A．升高温度，可以提高反应物、生成物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A 正确；B．若
单位时间内每消耗3 mol X 的同时生成2 mol Z，且同时消耗2 mol Z，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B
正确；C．适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，左右两边气体系数相等，化学平衡不发生移动，故C
正确；D．平衡时，X 与W 的物质的量浓度之比不能确定，与投料比和转化率有关，故D 错误；故选D。
5．(2019·新疆高考化学一诊)一定条件下NO2 与SO2 可发生反应：NO2(g)＋SO2(g)
SO3(g)＋NO(g)
ΔH<0，将
NO2 与SO2 以体积比1∶2 置于密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的是(
)
A．体系压强保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．NO2 和SO2 的体积比保持不变
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
[解析]
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量
保持不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当
该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。A．两边气体计量数相等，所以体系压强一直保持不变，故A
错误；B．混合气体的密度一直保持不变，不能说明达平衡状态，故B 错误；C．将NO2 与SO2 以体积比1∶2 置于
密闭容器中反应，NO2 和SO2 的体积比保持不变，说明反应达平衡状态，故C 正确；D．气体的总物质的量不变，混
合气体的平均相对分子质量一直保持不变，故D 错误；故选C。
6．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)
4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是
(
)
A．达到化学平衡时，4v 正(O2)＝5v 逆(NO)
B．若单位时间内生成x mol NO 的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：2v 正(NH3)＝3v 正(H2O)
[解析]
A．4v 正(O2)＝5v 逆(NO)能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A 正确；B．单
位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，
故B 错误；C．若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，故C 错误；D．反应速率之比等于方程式的系数之
比，所以3v 正(NH3)＝2v 正(H2O)，故D 错误。故选A。
7．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)；ΔH
＝－Q kJ/mol(Q＞0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是(
)
[解析]
A．增大氧气浓度时，三氧化硫浓度不变，则逆反应速率瞬间不变，所以改变条件时刻，逆反应速率曲线
有接触点，该图象没有接触点，故A 错误；B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以平衡不移动，故B 正确；
C．催化剂改变正逆反应速率但不影响平衡移动，则二氧化硫的转化率不变，故C 错误；D．温度越高反应速率越大，
则反应达到平衡时间越短，该反应是放热反应，升高温度二氧化硫转化率降低，根据图象知，乙温度较高，故D 错误；
故选B。
8．(2019·湖南省株洲市高考一模)将一定量的SO2(g)和O2(g)置于一恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应(已
知该反应为放热反应)。实验记录得到下表中的两组数据：下列有关说法中不正确的是(
)
实验
序号
温度
(℃)
平衡常数
(L·mol
－1)
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需
时间(min)
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
6
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2
T2
K2
4
2
0.4
y
t
A．表中x＝1.6；y＝0.2
B．表中t＞6
C．表中K1、K2 的关系：K2＞K1
D．实验1 在前6 min 的反应速率v(SO2)＝0.2 mol·(L·min)
－1
[解析]
本题考查化学平衡计算及温度对化学平衡移动影响，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度对化学平
衡移动影响原理与温度和化学平衡常数关系是解本题关键，D 为解答易错点，题目难度不大。A．根据表中数据知，
实验1 消耗的n(O2)＝(2－0.8)mol＝1.2 mol，根据2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)知，消耗n(SO2)＝2n(O2)＝2×1.2 mol
＝2.4 mol，剩余的n(SO2)＝(4－2.4)mol＝1.6 mol，即x＝1.6；实验2 消耗的n(SO2)＝(4－0.4)mol＝3.6 mol，消耗的
n(O2)＝1
2n(SO2)＝1
2×3.6 mol＝1.8 mol，剩余的n(O2)＝(2－1.8)mol＝0.2 mol，即y＝0.2，故A 正确；B．开始时n(SO2)
相等，达到平衡后剩余n(SO2)∶1＞2，说明平衡正向移动，该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，则
T1＞T2，反应温度越低反应速率越慢，所以达到平衡时间：t＞6，故B 正确；C．根据B 知，反应温度T1＞T2，降温
平衡正向移动，化学平衡常数增大，则K2＞K1，故C 正确；D．容器体积未知，无法计算二氧化硫浓度变化量，导致
无法计算二氧化硫化学反应速率，故D 错误；故选D。
9．(2019·河南省平顶山市高考化学二调)处理、回收CO 是环境科学家研究的热点课题。
(1)CO 用于处理大气污染物N2O 所发生的反应为N2O(g)＋CO(g)
CO2(g)＋N2(g)
ΔH，几种物质的相对能量
如下：
物质
N2O(g)
CO(g)
CO2(g)
N2(g)
相对能量/kJ·mol
－1
475.5
283
0
393.5
①ΔH＝_－365__kJ·mol
－1，改变下列“量”，一定会引起△H 发生变化的是_D__(填代号)
A．温度
B．反应物浓度
C．催化剂
D．化学计量数
②有人提出上述反应可以用“Fe
＋”作催化剂。其总反应分两步进行：
第一步：Fe
＋＋N2O===FeO
＋＋N2；
第二步：__FeO
＋＋CO===Fe
＋＋CO2__(写化学方程式)。
第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间，由此推知，第二步反应速率_大于__第一步反应速率(填“大于”或
“等于”)。
(2)在实验室，采用I2O5 测定空气中CO 的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5 粉末和一定量的CO，发生反应：
I2O5 (s)＋5CO(g)
5CO2(g)＋I2(s)。测得CO 的转化率如图1 所示。
①相对曲线a，曲线b 仅改变一个条件，改变的条件可能是_加入催化剂(或增大压强)__。
②在此温度下，该可逆反应的平衡常数K＝__
x5
1－x5__(用含x 的代数式表示)。
(3)工业上，利用CO 和H2 合成CH3OH，在1 L 恒容密闭容器中充入1 mol CO(g)和n mol H2，在250 ℃发生反
应：CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g)，测得混合气体中CH3OH 的体积分数与H2 的物质的量的关系如图2 所示。在a、
b、c、d 点中，CO 的平衡转化率最大的点是_d__。
(4)有人提出，利用2CO(g)===2C(s)＋O2(g)消除CO 对环境的污染，你的评价是_不可行__(填“可行”或“不可
行”)
(5)CO－空气碱性燃料电池(用KOH 作电解质)，当恰好完全生成KHCO3 时停止放电。写出此时负极的电极反应
式：__CO－2e
－＋3OH
－===HCO
－
3 ＋H2O__。
[解析]
(1)①ΔH＝生成物所具有的总能量－反应物所具有的总能量＝(393.5＋0－475.5－283)kJ·mol
－1＝－365
kJ·mol
－1，反应热只与具体反应的化学计量数有关，与温度、压强、催化剂、转化率、反应物浓度等无关，故选D。
②根据催化剂定义，第二步反应中，中间产物(FeO
＋)氧化CO 生成CO2，本身被还原成Fe
＋，FeO
＋＋CO===Fe
＋
＋CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反
应速率。(2)①曲线b 和曲线a 的平衡状态相同，曲线b 反应速率较大，对于气体分子数相同的反应，加压可以增大浓
度，正、逆反应速率同倍数增大，加入催化剂，正、逆反应速率同倍数增大，平衡不移动，曲线b 仅改变一个条件，
改变的条件可能是加入催化剂(或增大压强)，故答案为：加入催化剂(或增大压强)；②设CO 的起始浓度为c(对于等气
体分子数反应，体积始终不变)，平衡时，c(CO)＝(1－x)c mol·L
－1，c(CO2)＝xc mol·L
－1，K＝c5CO2
c5CO
＝
x5
1－x5。(3)
图2 中，b 点代表平衡点，增大H2、CO 的投料比，CO 的平衡转化率增大，在a、b、c、d 点中，CO 的平衡转化率
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最大的点是d。(4)该反应是焓增、熵减反应，任何温度下自由能大于0，任何温度下不能自发进行，故不可行。(5)负
极上CO 发生氧化反应生成KHCO3，负极的电极反应式：CO－2e
－＋3OH
－===HCO
－
3 ＋H2O。
10 ．(2019· 四川省乐山市高考一模) 在体积为2 L 的真空密闭容器中加人1 mol CaCO3 ，发生反应：
CaCO3(s)
CaO(s)＋CO2(g)。测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化如图所示。图中曲线A 表示CO2 的平衡浓
度与温度的关系；B 是不同温度下，反应经过相同的时间时，CO2 物质的量浓度的变化曲线。
请回答下列问题：
(1)已知：①CaO(s)＋SO2(g)===CaSO3(s)
ΔH1＝－402 kJ·mol
－1
②2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)
ΔH2＝－2 762 kJ·mol
－1
③2CaSO3(s)＋O2(g)===2CaSO4(s)
ΔH3＝－2 315 kJ·mol
－1
则：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)的ΔH＝_＋178.5__kJ·mol
－1
(2)①温度为T5 ℃时，反应CaCO3(s)
CaO(s)＋CO2(g)耗时20 s 达到平衡，则20 s 内该反应的反应速率为v(CO2)
＝_0.01_mol/(L·s)__；反应的平衡常数为_0.2__mol·L
－1。
②如果该反应的平衡常数K 值变大，该反应_BC__(选填编号)。
A．一定向逆反应方向移动
B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向正反应方向移动
D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(3)在T5 ℃下，维持温度和容器体积不变，充入CO2 气体，则达到平衡时CaCO3 的质量_增大__(填“增大”“减
小”或“不变”)。
(4)在T5 ℃下，反应达到平衡状态后，再压缩容器为1 L，重新达到平衡时，CO2 的浓度_不变__(填“增大”“减
小”或“不变”)
(5)随着温度的升高，曲线B 向曲线A 逼近的原因是_温度升高，化学反应速率加快，达到平衡的时间变短__。
[解析]
(1)已知：①CaO(s)＋SO2(g)===CaSO3(s)
ΔH1＝－402 kJ·mol
－1
②2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)
ΔH2＝－2 762 kJ·mol
－1
③2CaSO3(s)＋O2(g)===2CaSO4(s)
ΔH3＝－2 315 kJ·mol
－1
根据盖斯定律，②×1
2－③×1
2－①可得：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
ΔH＝(－2 762 kJ·mol
－1)×1
2－(－2 315
kJ·mol
－1)×1
2－(－402 kJ·mol
－1)＝＋178.5 kJ·mol
－1，故答案为：＋178.5；
(2)①T5 ℃时二氧化碳的物质的量浓度为0.2 mol/L，v(CO2)＝0.2 mol/L
20 s
＝0.01 mol/(L·s)；
CaCO3(s)
CaO(s)＋CO2(g)中碳酸钙和氧化钙都是固态，则K＝c(CO2)＝0.2，故答案为：0.01 mol/(L·s)，0.2；
②根据图象可知，温度越高，二氧化碳的物质的量浓度越大，此反应为吸热反应，若要使该反应的平衡常数K 值
变大，需要升高温度，则正逆反应速率都增大，且v(正)＞v(逆)，在平衡移动时正反应速率先增大后减小，故BC 正确；
(3)在T5 ℃下，维持温度和容器体积不变，充入CO2 气体的瞬间c(CO2)增大，由于温度不变，平衡常数K＝c(CO2)
不变，则平衡向着逆向移动，达到平衡时CaCO3 的质量会增大，故答案为：增大；
(4)在T5 ℃下，反应达到平衡状态后，再压缩容器为1 L，重新达到平衡时，由于温度不变，则平衡常数K＝c(CO2)
不变，即平衡时CO2 的浓度不变；
(5)根据温度对反应速率的影响可知，随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，所以曲线B 向
曲线A 逼近。
11．(2019·湖南省株洲市高考一模)硫的化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。
Ⅰ.羰基硫(O＝C＝S)广泛存在于以煤为原料制备的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、大气污染等。羰基硫
的水解和氢解是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：
a．水解反应：COS(g)＋H2O(g)
H2S(g)＋CO2(g)
ΔH1＝－35 kJ·mol
－1
b．氢解反应：COS(g)＋H2(g)
H2S(g)＋CO(g)
ΔH2
已知：CO(g)＋H2O(g)
H2(g)＋CO2(g)
ΔH3＝－42 kJ·mol
－1
(1)完成上述氢解反应的热化学方程式：__COS(g)＋H2(g)
H2S(g)＋CO(g)__ΔH＝＋7__kJ/mol__。
(2)一定条件下，密闭容器中发生反应a，其中COS(g)的平衡转化率(α)与温度(T)的关系如图所示。则A、B、C 三
点对应的状态中，v(COS)＝v(H2S)的是_ABC__(填字母)。
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(3)反应b 的正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常数(K 正)的是_A__(填
“A”或“B”)。
(4)T1 ℃时，向容积为10 L 的恒容密闭容器中充入2 mol COS(g)和2 mol H2(g)，发生反应b，则COS 的平衡转
化率为__50%__。
Ⅱ.矿石冶炼与含硫化合物有关。
(5)将冰铜矿(主要为Cu2S 和FeS 相熔合而成)加熔剂(石英砂)在1 200 ℃左右吹入空气进行吹炼：Cu2S 被氧化为
Cu2O，生成的Cu2O 与Cu2S 反应，生成含Cu 量约为98.5%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是：__2Cu2S
＋3O2=====
高温2Cu2O＋2SO2__；__2Cu2O＋Cu2S=====
高温6Cu＋SO2↑__。
(6)废气中的SO2 可用NaOH 溶液吸收，吸收SO2 后的碱性溶液还可用于Cl2 的尾气处理，吸收Cl2 后的溶液仍呈
强碱性。
①吸收Cl2 后的溶液中一定存在的阴离子有OH
－、_SO2－
4 、Cl
－__。
②吸收Cl2 后的溶液中可能存在SO2－
3 ，取该溶液于试管中，滴加黄色的溴水，得到无色溶液。此实验不能证明溶
液中含有SO2－
3 ，理由是_NaOH 溶液能跟溴单质反应，使溶液呈无色__。
[解析]
(1)①COS(g)＋H2O(g)
H2S(g)＋CO2(g)
ΔH1＝－35 kJ·mol
－1
②CO(g)＋H2O(g)
H2(g)＋CO2(g)
ΔH3＝－42 kJ·mol
－1
将方程式①－②得COS(g)＋H2(g)
H2S(g)＋CO(g)
ΔH＝(－35 kJ/mol)－(－42 kJ/mol)＝＋7 kJ/mol；
(2)根据方程式知，COS 和H2S 的化学计量数相等，则二者化学反应速率相等，与反应达到平衡状态无关，与温
度无关，故选ABC；
(3)该反应的正反应是吸热反应，则逆反应是放热反应，升高温度平衡正向移动，导致正反应平衡常数增大，故选
A；
(4)T1 ℃时，正逆平衡常数相等，正逆反应平衡常数互为倒数，则该温度下正逆反应平衡常数为1，
开始时c(H2)＝c(COS)＝2 mol
10 L ＝0.2 mol/L，设COS 的平衡转化率为x，
可逆反应
COS(g) ＋H2(g)
H2S(g)＋CO(g)
开始(mol/L)
0.2
0.2
0
0
反应(mol/L)
0.2x
0.2x
0.2x
0.2x
平衡(mol/L)
0.2－0.2x
0.2－0.2x
0.2x
0.2x
化学平衡常数K＝
0.2x2
0.2－0.2x2＝1，x＝0.5＝50%；
(5)Cu2S 被氧化为Cu2O：2Cu2S＋3O2=====
高温2Cu2O＋2SO2；Cu2O 与Cu2S 反应：2Cu2O＋Cu2S=====
高温6Cu＋SO2↑；
(6)①吸收SO2 后的碱性溶液还可用于Cl2 的尾气处理，亚硫酸钠与氯气发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，则
吸收Cl2 后的溶液中一定存在的阴离子有OH
－、SO2－
4 、Cl
－，故答案为：SO2－
4 、Cl
－；
②滴加黄色的溴水，得到无色溶液，此实验不能证明溶液中含有SO2－
3 ，理由是NaOH 溶液能跟溴单质反应，使
溶液呈无色。
第十讲
弱电解质的电离
[最新考纲]
[考向分析]
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121
1.认识弱电解质是存在电离平衡的，并会运用电离度、
平衡常数多角度分析弱电解质的电离平衡
2.能运用平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质和规
律
3.能发现和提出有探究价值的弱电解质电离平衡的问
题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方
案，进行实验探究；在探究中学会合作，面对“异常”
现象敢于提出自己的见解
4.应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真
理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持
续发展意识和绿色化学观念，能对与电离平衡有关的社
会热点问题做出正确的价值判断
1.重点考查弱电解质的电离平衡
移动和溶液酸碱性的判断，常考
查：
(1)弱电解质电离平衡移动结果
的判断
(2)酸、碱、能水解的盐溶液中水
电离出c(H
＋)或c(OH
－)大小分析
2.常考查：
(1)由Ka 或Kb 求pH
(2)根据信息计算弱电解质的平
衡常数
(3)中和滴定原理的拓展与应用
考点一
弱电解质的电离平衡
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·全国Ⅱ卷，12)改变0.1mol·L
－1 二元弱酸H2A 溶液的pH，溶液中的H2A、HA
－、A2－的物质的量分数δ(X)
随pH 的变化如图所示[已知δ(X)＝
cX
cH2A＋cHA
－＋cA2－
]。下列叙述错误的是(
)
A．pH＝1.2 时，c(H2A)＝c(HA
－)
B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7 时，c(HA
－)>c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2 时，c(HA
－)＝c(A2－)＝c(H
＋)
[解析]
本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH 的对应关系，以及H2A、HA
－、
A2－的浓度与pH 的大小关系。从图象中可以看出pH＝1.2 时，δ(H2A)＝δ(HA
－)，则c(H2A)＝c(HA
－)，A 项正确；根
据HA
－
H
＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝cH
＋·cA2－
cHA
－
，从图象中可以看出pH＝4.2 时，δ(HA
－)＝δ(A2－)，则c(HA
－)
＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lgc(H
＋)＝－4.2，B 项正确；从图象中可以看出pH＝2.7 时，δ(HA
－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则
c(HA
－)>c(H2A)＝c(A2－)，C 项正确；从图象中可以看出pH＝4.2 时，δ(HA
－)＝δ(A2－)，则c(HA
－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L
－1，而c(H
＋)＝10
－4.2mol·L
－1，D 项错误。
2．(2018·天津，6)LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的pH 随c 初始(H2PO
－
4 )的变化如图1 所
示，H3PO4 溶液中H2PO
－
4 的分布分数δ随pH 的变化如图2 所示
δ＝
cH2PO
－
4 
c 总含P 元素的粒子。下列有关LiH2PO4 溶液的
叙述正确的是(
)
图1
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图2
A．溶液中存在3 个平衡
B．含P 元素的粒子有H2PO
－
4 、HPO 2－
4 和PO3－
4
C．随c 初始(H2PO
－
4 )增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1 mol·L
－1 的H3PO4 溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4
[解析]
D 对：H3PO4 与Li2CO3 反应生成LiH2PO4 和LiHCO3，因为H3PO4 浓度大于1 mol·L
－1，则可得到LiH2PO4
浓度也大于1 mol·L
－1。根据图1 可知：当LiH2PO4 的浓度大于1 mol·L
－1 时其pH＝4.66；根据图2 可知当pH＝4.66
时H2PO
－
4 的分布分数达到0.994，即H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4。A 错：LiH2PO4 溶液中存在H2PO
－
4 的电离平衡、
HPO 2－
4 的电离平衡、H2PO
－
4 的水解平衡、H2O 的电离平衡等至少4 个平衡。B 错：LiH2PO4 溶液中含P 元素的粒子有
H2PO
－
4 、HPO2－
4 、PO 3－
4 和H3PO4。C 错：LiH2PO4 溶液的pH 随着H2PO
－
4 初始浓度的增大逐渐减小，但当H2PO
－
4 的
浓度增大到10
－1 mol·L
－1 时，浓度再增大，溶液的pH 基本不变。
3．(2019·全国Ⅲ，11)设NA 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2 的H3PO4 溶液，下列说法正确的是(
)
A．每升溶液中的H
＋数目为0.02NA
B．c(H
＋)＝c(H2PO
－
4 )＋2c(HPO2－
4 )＋3c(PO3－
4 )＋c(OH
－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小
D．加入NaH2PO4 固体，溶液酸性增强
[解析]
pH＝2 的H3PO4 溶液中c(H
＋)＝10
－2 mol·L
－1，每升溶液中所含N(H
＋)＝0.01NA，A 错误；由电荷守恒知，
该H3PO4 溶液中存在c(H
＋)＝c(H2PO
－
4 )＋2c(HPO2－
4 )＋3c(PO3－
4 )＋c(OH
－)，B 正确；加水稀释能促进H3PO4 的电离，
使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶液中c(H
＋)减小，溶液pH 增大，C 错误；向H3PO4 溶液中加入
NaH2PO4 固体，溶液中c(H2PO
－
4 )增大，促使平衡H3PO4
H
＋＋H2PO
－
4 逆向移动，抑制H3PO4 电离，溶液酸性减弱，
D 错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．影响弱电解质电离平衡的因素：弱电解质的电离平衡移动规律遵循平衡移动原理。
内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。
外因：①温度：升高温度，电离程度增大。
②浓度：越稀越电离，加水稀释，电离平衡向电离方向移动。
③同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质电离出相同离子的强电解质，电离平衡向生成弱电解质分子的
方向移动。
④化学反应：若外加物质能与弱电解质电离出的离子发生反应，电离平衡向电离方向移动。
2．电离平衡常数Ka(或Kb)及其应用：
(1)表达式。
对于一元弱酸HA、一元弱碱BOH 分别为
HA
H
＋＋A
－，电离平衡常数Ka＝cH
＋·cA
－
cHA
。
BOH
B
＋＋OH
－，电离平衡常数Kb＝cOH
－·cB
＋
cBOH
。
(2)特点：多元弱酸是分步电离的，各级电离平衡常数的大小关系式是K1≫K2≫K3，所以多元弱酸的酸性取决于其
第一步电离。
(3)影响因素：与溶液的浓度、酸碱性无关。
决定因素：①弱电解质本身的性质。
②温度：升高温度电离平衡常数增大。
(4)意义：相同条件下，K 值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。例如，相同条件
下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3 >H2S>HClO。
3．强弱电解质的类别：在没有特殊说明的情况下，我们认为盐是强电解质；常见的弱酸、弱碱为弱电解质，如
H2CO3、H2SO3、HClO、H2SiO3、NH3·H2O 等；强酸(HCl、H2SO4、HNO3 等)、强碱[NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2
等]为强电解质。
4．电离平衡常数的应用：
(1)判断弱酸酸性(或弱碱碱性)的相对强弱：电离常数越大，酸性(或碱性)越强。
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123
(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱：电离常数越小，对应的盐水解程度越大，碱性(或酸性)越强。
(3)判断复分解反应能否发生：一般符合“强酸制弱酸”规律。
(4)判断微粒浓度比值的变化：弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相
应的变化，但电离常数不变，可利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
5．判断HA 是弱酸的依据：
(1)测钠盐NaA 溶液的pH，若常温下pH>7，则说明HA 为弱酸。
(2)测一定物质的量浓度的HA 溶液，常温下若0.01 mol·L
－1 HA 溶液的pH>2，则说明HA 为弱酸。
►方法指导
1．弱电解质电离解题的思维方法：
2．电离常数的计算方法(以弱酸HX
H
＋＋X
－为例)：
(1)已知c(HX)和c(H
＋)，求电离常数K，
则K＝cH
＋·cX
－
c 平HX
＝
c2H
＋
cHX－cH
＋
。
由于弱酸只有极少一部分电离，c(H
＋)的数值很小，可以近似处理：c(HX)－c(H
＋)≈c(HX)，则K＝c2H
＋
cHX
，代入数
值求解即可。
(2)已知c(HX)和电离平衡常数K，求c(H
＋)。因弱酸溶液中c(H
＋)很小，c(HX)－c(H
＋)≈c(HX)。则c(H
＋)＝K·cHX，
代入数值求解即可。
备考验证——练典题、重应用
1．下列有关说法正确的是(
)
A．物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液中所含的CH3COO
－量相同
B．c(H
＋)都是0.01 mol·L
－1 的盐酸、醋酸溶液，与足量的Zn 反应，开始反应时产生H2 的速率盐酸的大
C．c(H
＋)相同的盐酸和醋酸溶液，其盐酸和醋酸的浓度也相同
D．由1 mol·L
－1 醋酸溶液pH≈2，推知CH3COOH 溶液存在CH3COOH＋H2O
CH3COO
－＋H3O
＋
[解析]
醋酸是弱电解质，不完全电离，醋酸钠是强电解质，完全电离，物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液
中所含的CH3COO
－量醋酸钠中多，A 错误；c(H
＋)都是0.01 mol·L
－1 的盐酸、醋酸溶液，与足量的Zn 反应时，由于
二者c(H
＋)相同，所以开始产生H2 的速率相同，B 错误；c(H
＋)相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸浓度，C
错误；由题意得醋酸是弱酸，在醋酸溶液中存在电离平衡，D 正确。
2．(2019·四川成都一模)某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2A===H
＋＋HA
－，HA
－
H
＋＋A2－(25 ℃时Ka
＝1.0×10
－2)，下列有关说法中正确的是(
)
A．H2A 是弱酸
B．稀释0.1 mol·L
－1 H2A 溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H
＋)增大
C．在0.1 mol·L
－1 H2A 溶液中，c(H
＋)＝0.12 mol·L
－1
D．若0.1 mol·L
－1 NaHA 溶液中c(H
＋)＝0.02 mol·L
－1，则0.1 mol·L
－1 的H2A 中c(H
＋)<0.12 mol·L
－1
[解析]
二元酸(H2A)在水中第一步电离为完全电离，则H2A 酸性较强，不是弱酸，A 错误；加水稀释电离平衡右
移，但是c(H
＋)减小，B 错误；二元酸(H2A)在水中第一步完全电离，第二步部分电离，设0.1 mol·L
－1 H2A 溶液中电离
的HA
－浓度为x mol·L
－1，则有0.1＋xx
0.1－x
＝1.0×10
－2，解得x＝0.008 4。所以在0.1 mol·L
－1 的H2A 溶液中，c(H
＋)＝0.1
mol·L
－1＋0.008 4 mol·L
－1＝0.108 4 mol·L
－1，C 错误；若0.1 mol·L
－1 的NaHA 溶液中c(H
＋)＝0.02 mol·L
－1，0.1 mol·L
－1 的H2A 溶液中存在H2A===H
＋＋HA
－，HA
－
H
＋＋A2－，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c(H
＋)<0.12 mol·L
－1，D 正确。
3．25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10
－5 mol·L
－1，向含a mol NH4NO3 的溶液中滴加b L 氨水呈中性，则所滴加氨
水的浓度为(
)
A．a
180b mol·L
－1
B．10
－3a mol·L
－1
C．180b
a
mol·L
－1
D．a
90b mol·L
－1
[解析]
根据溶液呈中性可知，c(OH
－)＝c(H
＋)＝1×10
－7 mol·L
－1，n(NH
＋
4 )＝n(NO
－
3 )＝a mol，设加入氨水的浓度
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为c mol·L
－1，混合溶液的体积为V L，由Kb(NH3·H2O)＝cNH
＋
4 ·cOH
－
cNH3·H2O
＝
a
V mol·L
－1×10
－7 mol·L
－1
bc
V mol·L
－1
＝1.8×10
－5 mol·L
－1，得c＝a
180b mol·L
－1。
4．(2019·菏泽高三一模)硼酸(H3BO3)溶液中存在如下电离：H3BO3(aq)＋H2O(l)
[B(OH)4]
－(aq)＋H
＋(aq)，下列
说法正确的是(
)
化学式
电离常数(298 K)
H3BO3
K＝5.7×10
－10
H2CO3
K1＝4.3×10
－7
K2＝5.6×10
－11
CH3COOH
K＝1.8×10
－5
A．将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中一定能观察到有气泡产生
B．将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中一定能观察到有气泡产生
C．等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：前者>后者
D．等物质的量浓度的碳酸钠溶液和醋酸钠溶液比较，pH：前者>后者
[解析]
由电离常数可知酸性：CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO
－
3 ，将一滴碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中，没有CO2
生成，A 错误；将一滴醋酸溶液滴入碳酸钠溶液中，先生成NaHCO3，不一定有CO2 生成，B 错误；等物质的量浓度
的碳酸溶液和硼酸溶液比较，pH：前者<后者，C 错误；CH3COO
－的水解程度小于CO 2－
3 的水解程度，醋酸钠溶液的
pH 较小，D 正确。
考点二
水的电离和溶液的酸碱性
真题感悟——悟真题、明方向
1.(2019·天津，5)某温度下，HNO2 和CH3COOH 的电离常数分别为5.0×10
－4 和1.7×10
－5。将pH 和体积均相同
的两种酸溶液分别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(
)
A．曲线Ⅰ代表HNO2 溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点>c 点
C．从c 点到d 点，溶液中cHA·cOH
－
cA
－
保持不变(其中HA、A
－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na
＋)相同
[解析]
根据HNO2 和CH3COOH 的电离常数，可知酸性：HNO2>CH3COOH。相同pH 的两种酸溶液，稀释相
同倍数时，弱酸的pH 变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH 溶液，A 项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b 点
溶液pH 小于c 点溶液pH，则b 点对应酸电离出的c(H
＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b 点<c 点，
B 项错误；溶液中cHA·cOH
－
cA
－
＝cHA·cOH
－·cH
＋
cA
－·cH
＋
＝
KW
KaHA
，从c 点到d 点，HA 的电离平衡正向移动，但KW、
Ka(HA)的值不变，故cHA·cOH
－
cA
－
不变，C 项正确；相同体积a 点的两溶液中，由于c(CH3COOH)>c(HNO2)，故
n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH 恰好中和后，溶液中，n(Na
＋)不同，D 项错误。
2．(2017·全国Ⅰ，28 节选)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L
－1 的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
[解析]
根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、
氢硫酸的酸性依次减弱，A 项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能
力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B 项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH 较小，故它的
酸性较强，C 项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，
D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
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125
1．水的电离：
(1)水的离子积：KW＝K·c(H2O)＝c(H
＋)·c(OH
－)，室温下，KW 的值为1.0×10
－14。
(2)影响水电离的因素：
①在水中加酸、碱对水的电离起抑制作用，常温下，c(H
＋)H2O<10
－7 mol·L
－1。
②在水中加易水解的盐对水的电离起促进作用，常温下，c(H
＋)H2O>10
－7 mol·L
－1 或c(OH
－)H2O>10
－7 mol·L
－1。
③温度：水的电离为吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，KW 也增大。
2．溶液中H
＋或OH
－的来源分析(常温下)
(1)溶液为酸的溶液。
溶液中的OH
－全部来自水的电离，水电离产生的c(H
＋)＝c(OH
－)。如pH＝2 的盐酸中，溶液中的c(OH
－)＝(Kw/10
－2) mol·L
－1＝10
－12 mol·L
－1，即由水电离出的c(H
＋)＝c(OH
－)＝10
－12 mol·L
－1。
(2)溶质为碱的溶液。
溶液中的H
＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH
－)＝c(H
＋)。如pH＝12 的NaOH 溶液中，溶液中的c(H
＋)＝
10
－12 mol·L
－1，即由水电离出的c(OH
－)＝c(H
＋)＝10
－12 mol·L
－1。
(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH＝5 的NH4Cl 溶液中，H
＋全部来自水的电离，由水电离的c(H
＋)＝10
－5 mol·L
－1，因为部分OH
－与部分NH
＋
4
结合，溶液中c(OH
－)＝10
－9 mol·L
－1。
②pH＝12 的Na2CO3 溶液中，OH
－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH
－)＝10
－2 mol·L
－1。
3．溶液酸碱性判断中的常见误区
(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7 的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶
液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH 试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液
稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测结果偏大，若待测液为中性溶液，则所
测结果没有误差。
►方法指导
1．纯水、酸、碱溶液中水电离的定量计算方法：
(1)纯水：c(H
＋)水＝c(OH
－)水＝KW。
(2)酸溶液：c(H
＋)水＝c(OH
－)水＝
KW
cH
＋酸
。
(3)碱溶液：c(H
＋)水＝c(OH
－)水＝
KW
cOH
－碱
。
2．酸碱混合计算：
(1)25 ℃时，等体积的酸(pH1)与碱(pH2)混合，若混合前pH1＋pH2＝14，则两强(强酸、强碱)混合显中性，一强一
弱混合显弱性。
(2)25 ℃时，强酸(pH1＝x)与强碱(pH2＝y)混合呈中性时，则V 酸∶V 碱＝10(x＋y)－14
3．pH 计算解题的思维路径：
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·大连一模)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是(
)
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A．图中a、b、d 三点处KW 的大小关系：b>a>d
B．纯水仅升高温度，就可以从a 点变到c 点
C．在b 点对应温度下，将pH＝2 的HCl 与pH＝10 的Ba(OH)2 溶液等体积混合后，溶液显中性
D．在d 点对应温度下，在水中加入适量HCl，就可以从b 点变化到c 点
[解析]
图中a、b、d 三点处KW 的大小关系为a＝d<b，A 错误；从a 点变到c 点，c(OH
－)不变，纯水升高温度，
c(OH
－)、c(H
＋)同时增大，B 错误；b 点对应温度下KW＝1×10
－12，将pH＝2 的强酸与pH＝10 的强碱溶液等体积混合
后，溶液显中性，C 正确；在d 点对应温度下，在水中加入适量HCl，温度不变，不会从b 点变化到c 点，D 错误。
2．下列溶液中，一定呈中性的是(
)
A．由非电解质溶于水得到的溶液
B．c(H
＋)、c(OH
－)均为5.0×10
－7 mol·L
－1 的溶液
C．等物质的量的强酸与强碱反应得到的溶液
D．将pH＝9 的烧碱溶液稀释100 倍所得到的溶液
[解析]
SO2 是非电解质，溶于水得到亚硫酸溶液呈酸性，A 错误；c(H
＋)＝c(OH
－)＝5.0×10
－7 mol·L
－1，溶液呈
中性，B 正确；等物质的量的硫酸与氢氧化钠反应得到的溶液呈酸性，C 错误；将pH＝9 的烧碱溶液稀释100 倍所得
到的溶液仍呈碱性，D 错误。
3．(2019·衡水一模)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(
)
A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．将10 mL pH＝a 的盐酸与100 mL pH＝b 的Ba(OH)2 溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．pH＝10 的Ba(OH)2 溶液和pH＝13 的NaOH 溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)
D．pH＝2 的盐酸与pH＝12 的氨水等体积混合后所得溶液显中性
[解析]
等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH 大小与酸和碱的元数有关，A 错误；盐酸与Ba(OH)2 溶液混
合后恰好中和，则10
－a×0.01＝10
－14 ＋b×0.1，则－a－2＝－14＋b－1，则a＋b＝13，B 正确；c(OH
－) 混＝
c1OH
－·V1＋c2OH
－·V2
V1＋V2
＝5×10
－2 mol·L
－1，c(H
＋)＝
KW
cOH
－＝2×10
－13 mol·L
－1，pH＝12.7，C 错误；pH＝2 的盐酸与
pH＝12 的氨水等体积混合后所得溶液呈碱性，D 错误。
4．(2019·泉州一模)某温度下，相同体积、相同pH 的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH 变化曲线如图所示，
下列判断正确的是(
)
A．a 点导电能力比b 点强
B．b 点的KW 值大于c 点
C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va>Vc
D．a、c 两点c(H
＋)相等
[解析]
pH：b 点大于a 点，所以溶液中的离子浓度b 点大于a 点，即导电能力b 点大于a 点，A 错误；b 点和c
点的温度相同，其KW相等，B 错误；由图象中曲线的变化趋势知，a 点是NaOH 溶液，c 点是氨水，pH 相同时，c(NH3·H2O)
远大于c(NaOH)，结合溶液的体积c 点大于a 点，故消耗盐酸体积Va<Vc，C 错误；a、c 两点的pH 相同，则c(H
＋)
相等，D 正确。
考点三
中和滴定原理的应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019 全国卷Ⅰ，11)NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A 的Ka1＝1.1×10
－3，Ka2＝3.9×10
－6)溶液，
混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b 点为反应终点。下列叙述错误的是(
)
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na
＋与A2－的导电能力之和大于HA
－的
C．b 点的混合溶液pH＝7
D．c 点的混合溶液中，c(Na
＋)>c(K
＋)>c(OH
－)
[解析]
滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA===K2A＋Na2A＋2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离
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127
子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A 项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着
NaOH 溶液的滴加，溶液中c(K
＋)、c(HA
－)逐渐减小，而Na
＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导
电能力逐渐增强，说明Na
＋与A2－的导电能力之和大于HA
－的，B 项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，
溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH>7，C 项错误；滴定终
点时，c(K
＋)＝c(Na
＋)，a 点到b 点加入NaOH 溶液的体积大于b 点到c 点的，故c 点时c(K
＋)>c(OH
－)，所以c(Na
＋)>c(K
＋)>c(OH
－)，D 项正确。
2．(2018·全国Ⅲ，12)用0.100 mol·L
－1 AgNO3 滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L
－1 Cl
－溶液的滴定曲线如图所示。下列有
关描述错误的是(
)
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10
－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag
＋)·c(Cl
－)＝
Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L
－1 Cl
－，反应终点c 移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L
－1 Br
－，反应终点c 向b 方向移动
[ 解析]
C 错：根据Ag
＋＋Cl
－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3 溶液的体积为
0.040 0 mol·L
－1×50.0 mL
0.100 mol·L
－1
＝20.0 mL。A 对：由题图可知，当AgNO3 溶液的体积为50.0 mL 时，溶液中的c(Cl
－)略小
于10
－8 mol·L
－1，此时混合溶液中c(Ag
＋)＝
0.100 mol·L
－1×50.0 mL－0.050 0 mol·L
－1×50.0 mL
100 mL
＝2.5×10
－2 mol·L
－1，故Ksp＝c(Ag
＋)·c(Cl
－)≈2.5×10
－2×10
－
8＝2.5×10
－10。B 对：因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)
Ag
＋(aq)＋Cl
－(aq), 故曲线上的各点
均满足c(Ag
＋)·c(Cl
－)＝Ksp(AgCl)。D 对：相同实验条件下，沉淀相同量的Cl
－和Br
－消耗的AgNO3 的量相同，由于
Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag
＋时，溶液中c(Br
－)＜c(Cl
－)，故反应终点c 向b 方向移动。
3．(2017·课标Ⅱ，28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中
的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2 碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成
MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2 被I
－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3 溶液滴定生成的
I2(2S
－
2 O2－
3 ＋I2===2I
－＋S4O2－
6 )。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_使测定值与水体中溶氧量实际值保持一致，避免
产生误差__。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为__2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2__。
(3)Na2S2O3 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_量筒__；蒸馏
水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_氧气__及二氧化碳。
(4)取100. 00 mL 水样经固氧、酸化后，用a mol·L
－1 Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_当最
后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化__；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为6 mL，则水样中溶
解氧的含量为_80ab__mg·L
－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_低__(填“高”或“低”)。
[解析]
本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原反应滴定。(1)取水样时，若扰动水体表面，会
改变水体中的溶解氧，导致测定误差。(2)根据氧化还原反应原理。Mn(OH)2 被氧气氧化为MnO(OH)2，根据电子得失
守恒可得化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2。(3)本题主要考查溶液的配制，由于滴定前还要标定其浓度，
所以此处应该为快速简洁的粗配任意浓度的溶液，故用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶、量筒。本问考生普遍
会选择容量瓶，关键是没有深入的理解题意。配溶液用的蒸馏水常用煮沸的方式除去O2，以减少实验误差。(4)该实验
用硫代硫酸钠标准液滴定I2。选用淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，
且半分钟内无变化(或不恢复蓝色)；由得失电子守恒可得关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3
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故水样中溶解氧的含量为ab×10
－3×32×103 mg
4×0.1 L
＝80ab mg·L
－1。(5)终点读数时滴定管尖嘴处有气泡，气泡占据液
体应占有的体积，会导致消耗标准液体积数值偏小，测量结果偏低。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．“中和滴定”考点归纳
(1)“考”实验仪器。
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，
滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
(2)“考”操作步骤。
①滴定前的准备：检漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；
②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；
③计算。
(3)“考”指示剂的选择。
①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；
②若反应生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液
呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；
③石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不用作指示剂。
(4)“考”误差分析。
写出计算式，分析操作对V 标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数时
视线(俯视、仰视)问题的判断要学会画图分析。
(5)“考”数据处理。
正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行
计算。
2．抓五点突破中和滴定图像
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
拓展应用
酸碱中和滴定及拓展应用
正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)
记录滴定终点读数为12.20 mL。(×)
(2)酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。(√)
(3)酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(×)
(4)欲测定NaOH 溶液浓度，可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH 溶液、0.100 0 mol·L
－1 盐酸达到实验目的。(×)
(5)滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小。(√)
(6)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶。(×)
(7)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥
或润洗后方可使用。(√)
(8)酸碱滴定时，若加入待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高。(√)
(9)
(×)
(10)可用25 mL 碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4 溶液。(×)
(11)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小。(√)
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备考验证——练典题、重应用
1．(2019·成都二模)25 ℃时，用2a mol·L
－1 NaOH 溶液滴定1.0 L 2a mol·L
－1 氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F
－
的物质的量与溶液pH 的变化如图所示。下列说法正确的是(
)
A．pH＝3 时，溶液中：c(Na
＋)<c(F
－)
B．c(F
－)>c(HF)时，溶液一定呈碱性
C．pH＝3.45 时，NaOH 溶液恰好与HF 完全反应
D．pH＝4 时，溶液中：c(HF)＋c(Na
＋)＋c(H
＋)－c(OH
－)>2a mol·L
－1
[解析]
pH＝3 时，c(H
＋)>c(OH
－)，溶液中电荷守恒c(H
＋)＋c(Na
＋)＝c(F
－)＋c(OH
－)，则c(Na
＋)<c(F
－)，A 项正确；
由题图知当3.45<pH<6 时即溶液呈酸性时，c(F
－)>c(HF)，B 项错误；NaOH 溶液恰好与HF 完全反应时得到的溶液为
NaF 溶液，溶液显碱性，C 项错误；溶液中电荷守恒c(H
＋)＋c(Na
＋)＝c(F
－)＋c(OH
－)，c(H
＋)＋c(Na
＋)－c(OH
－)＋c(HF)
＝c(F
－)＋c(HF)，已知n(F
－)＋n(HF)＝2a mol，溶液的体积大于1.0 L，故c(F
－)＋c(HF)<2a mol·L
－1，D 项错误。
2．实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4 样品中氮的质量分数，其反应原理为4NH
＋
4 ＋6HCHO===3H
＋＋6H2O＋
(CH2)6N4H
＋[滴定时，1 mol (CH2)6N4H
＋与1 mol H
＋相当]，然后用NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。
某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤1：称取样品1.5 g；
步骤2：将样品溶解后，待溶液温度至室温时完全转移到250 mL 容量瓶中，定容，充分摇匀；
步骤3：移取25.00 mL 样品溶液于250 mL 锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min 后，
加入1～2 滴酚酞溶液，用NaOH 标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法再重复2 次。
(1)根据步骤3 填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH 标准溶液进行滴定，则测得样品中氮元素的质量分数_偏大__(填
“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时对用去NaOH 标准溶液的体积_无影响__(填“偏大”“偏小”或
“无影响”)。
③滴定达到终点时，酚酞指示剂由_无__色变成_粉红(或浅红)__色。
(2)滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH 标准溶液的浓度为0.101 0 mol·L
－1，则该样品中氮元素的质量分数为__18.85%__。
[解析]
(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，导致标准液的浓度变小，消耗标准液的体积变大，测
得样品中氮元素的质量分数偏大。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，由于未影响锥形瓶内溶质的量，因此滴定时
用去NaOH 标准溶液的体积不变。
(2)由滴定结果可知消耗NaOH 标准溶液的体积为20.00 mL，根据：4NH
＋
4 ＋6HCHO===3H
＋＋6H2O＋(CH2)6N4H
＋，得关系式N～OH
－，可求得移取的25.00 mL 样品中氮元素的质量为14×0.101 0×2.00×10
－3＝0.028 28 g，因此该
样品中氮元素的质量分数为0.028 28 g×10
1.5 g
×100%≈18.85%。
3．(新题预测)用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中c(I
－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3 基准物4.246 8 g(0.025 mol)后，配制成250 mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L
－1 NH4SCN 标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a．取待测NaI 溶液25.00 mL 于锥形瓶中。
b．加入20.00 mL 0.100 0 mol·L
－1 AgNO3 溶液(过量)，使I
－完全转化为AgI 沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2 溶液作指示剂。
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d．用0.100 0 mol·L
－1 NH4SCN 溶液滴定过量的Ag
＋，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，溶液出现淡红色，停
止滴定。
e．重复上述操作两次，三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称取的AgNO3 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_250_mL(棕色)容量瓶、胶头滴管__。
(2)AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_避免AgNO3 见光分解__。
(3)滴定应在pH<0.5 的条件下进行，其原因是_防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)__。
(4)b 和c 两步操作是否可以颠倒_否(或不能)__，说明理由_若颠倒，Fe3＋与I
－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终
点__。
(5)所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为_10.00__mL，测得c(I
－)＝_0.060_0__mol·L
－1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为_用NH4SCN 标准溶液进行润洗__。
(7)判断下列操作对c(I
－)测定结果的影响：(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_偏高__。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_偏高__。
[解析]
(1)配制硝酸银溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒之外还需要250 mL(棕色)容量瓶和胶头滴管。(2)AgNO3
见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶中。(3)Fe3＋易水解，滴定应在pH<0.5 强酸环境下进行。(4)b 和c 两步操作不能
颠倒，否则Fe3＋有强氧化性，I
－有强还原性，二者会发生反应导致指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)根据实验数据，
实验1 与实验2、3 差别很大，故舍去实验1，求实验2 和实验3 的平均值，所以消耗标准溶液的平均体积为10.00 mL。
根据滴定过程可知，n(AgNO3)＝n(NaI)＋n(NH4SCN)，得25.00×10
－3L×0.100 0 mol·L
－1＝25.00×10
－3L×c(I
－)＋
10.00×10
－3L×0.100 0 mol·L
－1，解得c(I
－)＝0.060 0 mol·L
－1。(6)向滴定管中装标准溶液前应用标准溶液润洗。(7)①
在配制AgNO3 标准溶液时，若有少量溅出，则配制的标准溶液浓度偏小，在滴定时消耗标准溶液的体积偏大，测得
c(I
－)浓度偏高。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读数偏小，计算出的标准液体积偏小，结合(5)
中分析可知，c(I
－)浓度偏高。
1．(2019·上海市嘉定区高三一模)常温下0.1 mol/L 氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a－1)的措施是(
)
A．将溶液稀释到原体积的10 倍
B．加入适量的氯化铵固体
C．加入等体积0.1 mol/L 烧碱溶液
D．加入等体积0.1 mol/L 盐酸
[解析]
A．常温下0.1 mol/L 氨水的pH＝a，将溶液稀释到原体积的10 倍，由于溶液中存在NH3·H2O
NH
＋
4 ＋
OH
－，加水促进电离，所以溶液的pH>(a－1)，故A 错误；B．加入适量的氯化铵固体，NH3·H2O
NH
＋
4 ＋OH
－，
平衡向逆方向移动，则OH
－的浓度减小，pH 减小，所以pH 有可能等于(a－1)，故B 正确；C．0.1 mol/L 氨水中加
入等体积的0.1 mol/L NaOH 溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH
－的浓度增大，pH 增大，故C 错误；D．加
入等体积0.1 mol/L 盐酸，和氨水恰好完全反应，得到的氯化铵溶液显示酸性，故D 错误；故选B。
2．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)常温下，将pH 均为11，体积均为V0 的AOH 和BOH 溶液，分别加
水稀释至体积V，pH 随lg V
V0
的变化如图所示。下列说法不正确的是(
)
A．碱性强弱：AOH＞BOH
B．水的电离程度：a＝b＞c
C．稀释相同倍数时：c(A
＋)＜c(B
＋)
D．中和盐酸的能力：a＝b＜c
[解析]
由图知当lg V
V0
＝2 时，AOH 的pH 下降了2 个单位，故AOH 为强碱，同理BOH 为弱碱，故A 正确；
B 项水的电离程度受溶液中c(OH
－)的影响，溶液中的氢离子为水电离的，所以根据pH 的大小分析水电离程度，故a
＝b>c，B 正确；C．起始溶液中两种离子B
＋和A
＋的浓度相同，稀释相同倍数时，弱碱BOH 电离程度增大，c(B
＋)＞
c(A
＋)，C 项正确；D．起始弱碱的浓度比强碱浓度大，等体积的两种溶液中和盐酸的能力：b＝c＞a，D 不正确。故选
D。
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131
3．(2019·河南省平顶山市高考化学二调)常温下，二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱，其电离常数Kb＝1.6×10
－4,10
mL c mol·L
－1 二甲胺溶液中滴加0.1 mo1·L
－1 盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的
(
)
A．二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L
－1
B．在Y 和Z 点之间某点溶液pH＝7
C．Y 点存在：c(Cl
－)>c[(CH3)2NH
＋
2 ]>c(H
＋)>c(OH
－)
D．常温下，(CH3)2NH2Cl 水解常数Kh≈5.0×10
－11
[解析]
A．二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y 点表示酸碱恰好完全反应。根据
(CH3)2NH·H2O＋HCl===(CH3)2NH2Cl＋H2O，c＝0.2 mol·L
－1，故A 正确；B．二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱
碱盐，其溶液呈酸性，X 点对应的溶液中(CH3)2NH·H2O、(CH3)2NH2Cl 的浓度相等，其混合溶液呈碱性，故中性点应
在X 点与Y 点之间，故B 错误；C．二甲胺是弱碱，Y 点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，Y 点存在：c(Cl
－)
＞c[(CH3)2NH
＋
2 ]＞c(H
＋)＞c(OH
－)，故C 正确；D．Kh＝Ka
Kb
＝1×10
－14
1.6×10
－4≈5.0×10
－11，故D 正确；故选B。
4．(2019·河南省安阳市高考化学二模)常温下，用0.10 mol·L
－1 的NaOH 溶液滴定20.00 mL 浓度为0.10 mol·L
－1
的HX 溶液所得滴定曲线如下图(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是(
)
A．常温下K(HX)≈1×10
－12
B．a 点所示的溶液中：c(Na
＋)＞c(X
－)＞c(OH
－)＝c(H
＋)
C．c 点所示的溶液中：c(Na
＋)＋c(HX)＋c(X
－)＝0.10 mol·L
－1
D．相同条件下，X
－的水解能力弱于HX 的电离能力
[解析]
A．根据起始时HX 溶液的pH 为6，则溶液中c(H
＋)＝10
－6mol/L，HX 的电离常数K(HX)＝cH
＋×cX
－
cHX
＝10
－6×10
－6
0.10－10
－6≈10
－11，故A 错误；B．a 点所示的溶液中：c(OH
－)＝c(H
＋)，电荷关系为c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(X
－)＋c(OH
－)，所以c(Na
＋)＝c(X
－)，显然离子c(Na
＋)、c(X
－)大，故离子浓度大小关系为c(Na
＋)＝c(X
－)＞c(OH
－)＝c(H
＋)，故B
错误；C．c 点所示的溶液中n(Na
＋)＝n(HX)＋n(X
－)＝0.10 mol·L
－1×0.02 L＝0.002 mol，溶液体积为0.04 L，所以c(Na
＋)＋c(HX)＋c(X
－)＝n
V＝0.002 mol＋0.002 mol
0.04 L
＝0.10 mol·L
－1，故C 正确；D．b 点为加入NaOH 溶液体积为10 mL，
恰好反应生成等物质的量NaX 和HX，此时溶液呈碱性，说明X
－水解程度大于HX 电离程度，即相同条件下，X
－的
水解能力大于HX 的电离能力，故D 错误；故选C。
5．(2019·安徽省安庆市高三第二次模拟)A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C 为第三
周期简单离子半径最小的元素，0.1 mol·L
－1 A、B、D 的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的pH 变化情
况如图，则下列说法中不正确的是(
)
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A．C 制的容器可盛装A 和D 的最高价含氧酸的浓溶液
B．AE3、D2E2 分子中所有原子最外层均达到8 电子结构
C．B、D、E 的单质或者化合物中都可能有能作漂白剂的物质
D．工业上分别电解熔融的B 与E、C 与E 形成的化合物制备B、C 单质
[解析]
第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，所以C 为铝；0.1 mol·L
－1 A、B、D 的最高价氧化物对应的水
化物溶液pH 分别为1、lg5、13，分别为一元强酸、二元强酸、一元强碱，其中A、B 原子序数比铝小，只可能分别
为氮和钠，D 为硫，则E 为氯；铝制容器可盛装浓硫酸和浓硝酸，因为能被钝化，选项A 正确；AE3、D2E2 分别为
NCl3、S2Cl2，二者电子式分别为
，选项B 正确；钠、硫、氯元素均可形成能作漂白
剂的物质，如SO2、Na2O2、Cl2、ClO2、HClO，选项C 正确；工业上制备铝不能电解熔融的氯化铝，而是电解熔融
的氧化铝，选项D 错误。
6．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)在室温下，将pH＝3 的酸和pH＝11 的碱等体积混合，混合后溶液的pH＞
7，则该酸和碱的组合可以是(
)
A．醋酸和氢氧化钡
B．硝酸和氢氧化钠
C．硫酸和氢氧化钾
D．盐酸和氨水
[解析]
室温下，将pH＝3 的酸和pH＝11 的碱等体积混合，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈
中性；若酸为弱酸、碱为强碱，由于弱电解质部分电离，则弱酸的浓度远远大于10
－3mol/L，即弱酸的浓度远远大于
碱的浓度，等体积混合时，酸过量，因此溶液显酸；若酸为强酸、碱为弱碱，由于弱电解质部分电离，则弱碱的浓度
远远大于10
－3mol/L，即弱碱的浓度远远大于酸的浓度，等体积混合时，碱过量，因此溶液显碱性，据此进行解答。A．醋
酸为弱酸，氢氧化钡强碱，则弱酸的浓度远远大于10
－3mol/L，即弱酸的浓度远远大于碱的浓度，等体积混合时，酸
过量，因此溶液显酸性，混合液的pH 小于7，故A 错误；B．室温下，将pH＝3 的硝酸和pH＝11 的氢氧化钠等体积
混合，对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性，溶液的pH＝7，故B 错误；C．硫酸和氢氧化钾都是强
电解质，则混合液中酸碱恰好反应，溶液为中性，溶液的pH＝7，故C 错误；D．盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓
度远远大于10
－3mol/L，混合液中氨水过量，溶液的pH 大于7，故D 正确；故选D。
7．(2019·安庆市高三二模)298 K 时，用0.1 000 mol/L NaOH 溶液滴定20.00 mL 同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH
与NaOH 溶液体积的关系如图所示(已知：HCOOH 溶液的Ka＝1.0×10
－4.0), 下列有关叙述正确的是(
)
A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B．图中a、b 两点氷的电离程度：b>a
C．当加入10.00 mL NaOH 溶液时，溶液中：c(HCOO
－)>c(H
＋)>c(Na
＋)>c(0H
－)
D．当加入20.00 mL NaOH 溶液时，溶液pH>8.0
[解析]
甲酸为弱酸，NaOH 溶液滴定甲酸溶液生成强碱弱酸盐，滴定终点溶液呈碱性，为减小滴定误差，在该
滴定过程中应该选择酚酞作为指示剂，A 项错误；图中a 点酸过量，溶液pH 为3，b 为碱过量，溶液pH 为12，两处
溶液水的电离都受到抑制，b 点c(OH)大于a 点c(H
＋)，故水的电离程度：a>b，B 项错误；由图象可知，当加入10.00
mL NaOH 溶液时，溶液中的溶质为等浓度的HCOOH 和HCOONa，且溶液呈酸性，但HCOOH 是弱酸，因而溶液
中离子浓度大小应为：c(HCOO
－)>c(Na
＋)>c(H
＋)>c(OH
－)，C 项错误；当加入20.00 mL NaOH 溶液时，恰好完全反应
生成0.0500 mol/L HCOONa 溶液，结合HCOO
－的水解平衡HCOO
－＋H2O
HCOOH＋OH
－可得出水解平衡常数
Kh＝KW
Ka
＝1010.0，故可计算出此时溶液中的c(OH
－)＝0.05×Kh＝5×10
－6，溶液pH>8，D 项正确。
8．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)常温下在25 mL 0.1 mol·L
－1 某一元碱中，逐滴加入0.1 mol·L
－1 醋酸，滴定
曲线如图所示。则下列说法不正确的是(
)
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133
A．该碱溶液可以溶解Al(OH)3
B．a 点对应的体积值大于25 mL
C．C 点时，c(CH3COO
－)＞c(Na
＋)＞c(H
＋)＞c(OH
－)
D．D 点时，c(CH3COO
－)＋c(OH
－)＝c(H
＋)＋c(CH3COOH)
[解析]
A．起始时0.1 mol·L
－1 一元碱的PH＝13，溶液中c(OH
－)＝0.1 mol/L，说明一元碱为强碱，Al(OH)3 为两
性氢氧化物，能与强碱反应，故A 正确；B．25 mL 0.1 mol·L
－1 一元强碱和25 mL 0.1 mol·L
－1 醋酸恰好反应时，溶液
呈碱性，a 点溶液呈中性，则酸过量，所以醋酸的体积大于25ml，故B 正确；C．C 点溶液中c(H
＋)＞c(OH
－)，电荷
关系为c(CH3COO
－)＋c(OH
－)＝c(H
＋)＋c(Na
＋)，所以离子浓度大小关系为c(CH3COO
－)＞c(Na
＋)＞c(H
＋)＞c(OH
－)，故
C 正确；D．D 点为等量CH3COOH 和CH3COONa 的混合溶液，物料关系为c(CH3COO
－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na
＋)，
电荷关系为c(CH3COO
－)＋c(OH
－)＝c(H
＋)＋c(Na
＋)，消去c(Na
＋)有c(CH3COO
－)＋2c(OH
－)＝2c(H
＋)＋c(CH3COOH)，
故D 错误；故选D。
9．(2019·四川省乐山市高考一模)常温下向20 mL 0.10 mol/L CH3COOH 溶液中滴加0.10 mol/L NaOH 溶液时，混
合溶液的pH 与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：pKa＝－lg Ka。下列说法不正确的是(
)
A．CH3COOH 溶液中存在如下平衡：CH3COOH
H
＋＋CH3COO
－
B．b 点，加入NaOH 溶液的体积小于20 mL
C．将等物质的量的CH3COOH 和CH3 COONa 一起溶于蒸馏水中，得到对应a 点的溶液
D．常温下，CH3COOH 的电离常数为Ka，则pKa＝4.7
[解析]
A．醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡CH3COOH
H
＋＋CH3COO
－，故A 正确；B．b 点溶
液的pH＝7，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以b 点，加入NaOH
溶液的体积小于20 mL，故B 正确；C．lg cCH3COO
－
cCH3COOH
＝0 时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO
－)，Ka＝cCH3COO
－
cCH3COOH
×c(H
＋)＝10
－4.7，其水解平衡常数Kh＝10
－14
10
－4.7＝10
－9.3＜Ka，则CH3COOH 的电离程度大于CH3COONa 的水解程度，则混合
溶液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO
－)，故C 错误；D．lg cCH3COO
－
cCH3COOH
＝0 时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO
－)，Ka＝
cCH3COO
－
cCH3COOH
×c(H
＋)＝10
－4.7，pKa＝4.7，故D 正确；故选C。
10．(2019·福建省漳州市高考化学二模)常温下，用0.01 mol·L
－1 的NaOH 溶液滴定20 mL 同浓度的HCN 溶液，
滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(
)
A．Ka(HCN)的数量级为10
－8
B．点①时，向溶液中滴入几滴1 mol·L
－1 的HCN 溶液，溶液中cH
＋
cHCN
的值增大
C．点②时，溶液中微粒浓度大小关系：c(HCN)>c(Na
＋)>c(CN
－)>c(OH
－)>c(H
＋)
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D．在标示的四种情况中，水的电离程度最大的是②
[解析]
A．由图象可知，①时为HCN 溶液，CH
＋约为10
－6 mol/L，Ka(HCN)＝cH
＋·cCN
－
cHCN
＝10
－6·10
－6
0.01
，故A
错误；B．①时，向溶液中滴入几滴1 mol·L
－1 的HCN 溶液，HCN 浓度增大，其电离程度减小，因为浓度增大导致溶
液中c(CN
－)增大，温度不变电离平衡常数不变，则溶液中cH
＋
cHCN
＝cH
＋·cCN
－
cHCN·cCN
－
＝
Ka
cCN
－
减小，故B 错误；C．②
点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、HCN，溶液pH＞7，溶液呈碱性则c(OH
－)＞c(H
＋)，由此得出NaCN 水解
程度大于HCN 电离程度，所以c(HCN)＞c(CN
－)，根据物料守恒得c(Na
＋)＞c(CN
－)，所以溶液中存在c(HCN)＞c(Na
＋)＞c(CN
－)＞c(OH
－)＞c(H
＋)，故C 正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，①溶质为HCN、②
溶质为等物质的量浓度的HCN 和NaCN、③溶质为NaCN、④溶质为等物质的量浓度的NaOH、NaCN，①④抑制水
电离且抑制水电离程度①＜④，所以水电离程度①＞④，②③都促进水电离但水电离程度②＜③，则水电离程度：③
＞②＞①＞④，故D 错误；故选C。
11．(2019·陕西省宝鸡高考二模)25 ℃时，改变0.1 mol/L 弱酸RCOOH 溶液的pH，溶液中RCOOH 分子的物质
的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)＝
cRCOOH
cRCOOH＋cRCOO
－
]，甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶
液中δ(RCOOH)与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是(
)
A．图中M、N 两点对应溶液中的c(OH
－)比较：前者>后者
B．丙酸的电离常数K＝10
－4.88
C．等浓度的HCOONa 和CH3CH2COONa 两种溶液的pH 比较：前者>后者
D ．将0.1 mol/L 的HCOOH 溶液与0.1 mol/L 的HCOONa 溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na
＋)>c(HCOOH)>c(HCOO
－)>c(OH
－)>c(H
＋)
[解析]
A．图中M、N 两点对应溶液中N 点的pH 大于M 点的pH，即cM(H
＋)＞cN(H
＋)，温度一定水的离子积
常数一定，则溶液中的c(OH
－)比较：前者＜后者，故A 错误；B．pH＝4.88 时，溶液中c(H
＋)＝10
－4.88mol/L，丙酸分
子的分布分数为50%，则c(CH3CH2COOH)＝0.05mol/L，所以K＝cH
＋·cCH3CH2COO
－
cCH3CH2COOH
＝10
－4.88×0.05
0.05
＝10
－4.88，
故B 正确；C．当pH 相同时，酸分子的含量越高，电离平衡常数越小，酸性越弱，根据图象，当pH 相同时，丙酸的
含量较高，则酸性较弱，丙酸的酸性比甲酸弱，所以等浓度的HCOONa 和CH3CH2COONa 两种溶液的pH 比较：前
者＜后者，故C 错误；D．将0.1 mol/L 的HCOOH 溶液与0.1 mol/L 的HCOONa 溶液等体积混合，溶液呈酸性，故
c(H
＋)＞c(OH
－)，故D 错误，故选B。
12．(2019·湖南省株洲市高考一模)常温下，分别取未知浓度的HA 和MOH 溶液，加水稀释至原来体积的n 倍。
稀释过程中，两溶液的pH 变化如图所示。下列叙述正确的是(
)
A．HA 为弱酸，MOH 为强碱
B．水的电离程度：X＞Y＝Z
C．若升高温度，Y、Z 点对应溶液的pH 均减小
D．将Y 点与Z 点对应溶液以体积比为1∶10 混合，所得溶液中：c(M
＋)＞c(A
－)＞c(OH
－)＞c(H
＋)
[解析]
A．根据图象可知，稀释过程中，HA 溶液的体积变化10n 倍，溶液的pH 变化n 个单位，说明HA 为强
酸；而MOH 溶液的体积变化10n 倍，溶液的pH 变化小于n 个单位，说明MOH 为弱碱，故A 错误；B．X 点水电
离出的氢离子浓度是10
－9 mol/L，Y 点水电离出的氢离子浓度是10
－10 mol/L，Z 点水电离出的氢离子浓度是10
－9 mol/L，
所以水的电离程度X＝Z＞Y，故B 错误；C．升高温度，水的离子积增大，Y 点氢离子浓度基本不变，则其pH 不变，
故C 错误；D．Y 点pH＝4，氢离子浓度为10
－4 mol/L，HA 的浓度为10
－4 mol/L；Z 点pH＝9，氢氧根离子浓度为
10
－5 mol/L，MOH 为弱碱，则MOH 的浓度大于10
－5 mol/L，将Y 点与Z 点对应溶液以体积比为1∶10 混合，由于
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135
MOH 过量，混合液呈碱性，则c(OH
－)＞c(H
＋)，结合电荷守恒可知：c(M
＋)＞c(A
－)，溶液中离子浓度大小为：c(M
＋)
＞c(A
－)＞c(OH
－)＞c(H
＋)，故D 正确；故选D。
13．(2019·新疆高考化学一诊)已知：pKa＝－lg Ka,25 ℃时，H2SO3 的pKa1 ＝1.85，pKa2＝7.19。用0.1 mol·L
－1 NaOH
溶液滴定20 mL 0.1 mol·L
－1 H2SO3 溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是(
)
A．a 点所得溶液中：2c(H2SO3)＋c(SO2－
3 )＝0.1 mol·L
－1
B．b 点所得溶液中：c(H2SO3)＋c(H
＋)＝c(SO2－
3 )＋c(OH
－)
C．c 点所得溶液中：c(Na
＋)>3c(HSO
－
3 )
D．d 点所得溶液中：c(Na
＋)>c(SO2－
3 )>c(HSO
－
3 )
[解析]
A．用0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L
－1 H2SO3 溶液，a 点溶液中溶质为H2SO3 和NaHSO3，
pH＝1.85＝PKa1，电离平衡常数表达式得到c(H2SO3)＝c(HSO
－
3 )，溶液体积大于20 mL，a 点所得溶液中：c(H2SO3)
－c(SO2－
3 )＋c(HSO
－
3 )＝2c(H2SO3)＋c(SO2－
3 )<0.1 mol·L
－1，故A 错误；B．b 点是用0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液20 mL 滴定
20 mL 0.1 mol·L
－1 H2SO3 溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(HSO
－
3 )＋c(OH
－)＋2c(SO2－
3 )，物料守恒c(Na
＋)＝c(HSO
－
3 )＋c(SO2－
3 )＋c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)＋c(H
＋)－c(SO2－
3 )＝c(OH
－)，故B 正
确；C．c 点pH＝7.19＝PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO2－
3 ＋H2O
HSO
－
3 ＋OH
－，
Kh＝cOH
－×cHSO
－
3 
cSO2－
3 
＝KW
Ka2
，c(OH
－)＝KW
cH
＋，带入计算得到：c(HSO
－
3 )＝c(SO2－
3 )，溶液中2n(Na)＝3c(S)，2c(Na
＋)
＝3[c(SO2－
3 )＋c(H2SO3)＋c(HSO
－
3 )]＝3[c(H2SO3)＋2c(HSO
－
3 )]，c(Na
＋)>3c(HSO
－
3 )，故C 正确；D．加入氢氧化钠溶液
40 mL，NaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol·L
－1 H2SO3 溶液恰好反应生成Na2SO3，d 点溶液中主要是Na2SO3 和少量
NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na
＋)>c(SO2－
3 )>c(HSO
－
3 )，故D 正确；故选A。
14．(2019·昆明市一模)乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。
(1)某同学在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往A、B 两支试管中均加入4 mL 0.01 mol·L
－1 的酸
性KMnO4 溶液和2 mL 0.1 mol·L
－1 H2C2O4(乙二酸)溶液，写出该反应的离子方程式__2MnO
－
4 ＋5H2C2O4＋6H
＋
===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O__。
(2)实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品(杂质不与酸性KMnO4 溶液反应)，利用上述反应的原理来测定其含量，具
体操作如下：
①配制250 mL 溶液：准确称量5.000 g 乙二酸样品，配成250 mL 溶液。配制溶液需要的计量仪器有_电子天平、
250_mL 容量瓶__。
②滴定：准确量取25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.100 0 mol·L
－1 KMnO4 标准溶液装入_酸
式__(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。在滴定过程中发现，刚滴下少量KMnO4 标准溶液时，溶液紫红
色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因
是_反应生成的Mn2＋对反应有催化作用__；判断滴定达到终点的现象是_滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，
且半分钟内不褪色__。
③计算：重复上述操作两次，记录实验数据如表所示。则消耗KMnO4 标准溶液的平均体积为_20.00__mL，此样
品的纯度为__90.00%__。
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
[解析]
(1)酸性KMnO4 溶液能将草酸氧化为CO2，MnO
－
4 被还原为Mn2＋。(2)①准确称量5.000 g 样品需要电子
天平，配制250 mL 的溶液需要250 mL 容量瓶。②酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应置于酸式滴定管中。反应一段时
间后反应速率加快，可能是反应生成的Mn2＋对反应有催化作用。③第三次实验数据的误差太大，应舍去。前两次实验
消耗KMnO4标准溶液的平均体积为20.00 mL。25.00 mL 所配草酸溶液中，n(H2C2O4)＝5
2n(MnO
－
4 )＝2.5×0.100 0 mol·L
－1×20.00×10
－3 L＝0.005 000 mol，则250 mL 溶液中含0.050 00 mol 草酸，其质量为0.050 00 mol×90 g·mol
－1＝4.500
g，此样品的纯度为4.500 g
5.000 g×100%＝90.00%。
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第十一讲
盐类水解、沉淀溶解平衡
[最新考纲]
[考向分析]
1.认识盐类水解的本质是中和反应的逆反应，能多角
度、动态地分析盐类水解和沉淀溶解平衡，并用相关
的原理解决实际问题
2.能运用水解平衡模型和沉淀溶解平衡模型解释化学
现象，揭示现象的本质与规律
3.能发现和提出有探究价值的盐类水解和沉淀溶解平
衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设
计探究方案，进行实验探究
4.应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真
理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可
持续发展意识和绿色化学观念，能对与盐类水解和沉
淀溶解平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断
1.重点考查盐类的水解平衡及其
移动，常考查：
(1)盐类的水解平衡移动的应用
(2)溶液中离子浓度关系的分析
2.重点考查沉淀溶解平衡及其应
用，常考查：
(1)沉淀的溶解与转化
(2)溶解度与Ksp 的相关转化与比
较
(3)金属阳离子沉淀完全的pH 及
沉淀分离的相关计算
考点一
盐类水解和粒子浓度大小比较
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·北京，11)测定0.1 mol·L
－1Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是(
)
A．Na2SO3 溶液中存在水解平衡：SO2－
3 ＋H2O
HSO
－
3 ＋OH
－
B．④的pH 与①不同，是由SO 2－
3 浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw 值相等
[解析]
C 错：①→③的过程中，pH 变小，说明SO 2－
3 水解产生的c(OH
－)减小；升高温度，SO 2－
3 的水解平衡正
向移动，溶液中SO 2－
3 水解产生的c(OH
－)增大，pH 应增大，而实际上溶液的pH 减小，其主要原因是实验过程中部分
SO 2－
3 被空气中的O2 氧化生成SO2－
4 ，溶液中c(SO2－
3 )减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH
－)减小，pH 减小；①→③
的过程中，温度升高，SO 2－
3 的水解平衡正向移动，而c(SO2－
3 )减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的
影响不一致。A 对：Na2SO3 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO2－
3 ＋H2O
HSO
－
3 ＋OH
－。B
对：实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中的SO 2－
4
数目大于①中的，④中的SO 2－
3 数目小于①中的，所以④中OH
－数目小于①中的，pH 不同。D 对：Kw 只与温度有关。
2．(2019·江苏，14)室温下，反应HCO
－
3 ＋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(
B
)
A．0.2 mol·L
－1 氨水：c(NH3·H2O)>c(NH
＋
4 )>c(OH
－)>c(H
＋)
B．0.2 mol·L
－1 NH4HCO3 溶液(pH>7)：c(NH
＋
4 )>c(HCO
－
3 )>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C．0.2 mol·L
－1 氨水和0.2 mol·L
－1 NH4HCO3 溶液等体积混合：c(NH
＋
4 )＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO
－
3 )＋
c(CO2－
3 )
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(CO2－
3 )＋c(OH
－)＝0.3 mol·L
－1＋
c(H2CO3)＋c(H
＋)
[解析]
A 项，氨水中存在NH3·H2O
NH
＋
4 ＋OH
－，H2O
H
＋＋OH
－，氨水中NH3·H2O 部分电离，所以主
要以NH3·H2O 分子形式存在，两个电离方程式均电离出OH
－，所以c(OH
－)>c(NH
＋
4 )，错误；B 项，NH4HCO3 溶液显
碱性，说明HCO
－
3 的水解程度大于NH
＋
4 的水解程度，所以c(NH
＋
4 )>c(HCO
－
3 )>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，正确；C 项，
由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH
＋
4 )＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )]，错误；D 项，
由物料守恒可知，n(N)∶n(C)＝4∶1，则有c(NH
＋
4 )＋c(NH3·H2O)＝4[c(H2CO3)＋c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )]①，电荷守恒式
为c(NH
＋
4 )＋c(H
＋)＝c(HCO
－
3 )＋2c(CO2－
3 )＋c(OH
－)②，结合①②消去c(NH
＋
4 )，得：c(NH3·H2O)＋c(OH
－)＝c(H
＋)＋
4c(H2CO3)＋3c(HCO
－
3 )＋2c(CO2－
3 )③，0.2 mol·L
－1 NH4HCO3 溶液与0.6 mol·L
－1 氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)＝0.1
mol·L
－1，由碳元素守恒可知，c(H2CO3)＋c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＝0.1 mol·L
－1④，将③等式两边各加一个c(CO2－
3 )，则有
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c(NH3·H2O)＋c(OH
－)＋c(CO 2－
3 )＝c(H
＋)＋c(H2CO3)＋3c(H2CO3)＋3c(HCO
－
3 )＋3c(CO 2－
3 )⑤，将④代入⑤中得，
c(NH3·H2O)＋c(OH
－)＋c(CO2－
3 )＝c(H
＋)＋c(H2CO3)＋0.3 mol·L
－1，正确。
3．(2017·全国卷Ⅰ，13)常温下将NaOH 溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系
如图所示。下列叙述错误的是(
)
A．Ka2(H2X)的数量级为10
－6
B．曲线N 表示pH 与lg cHX
－
cH2X
的变化关系
C．NaHX 溶液中c(H
＋)>c(OH
－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na
＋)>c(HX
－)>c(X2－)>c(OH
－)＝c(H
＋)
[解析]
H2X 的电离方程式为H2X
H
＋＋HX
－，HX
－
H
＋＋X2－。当cHX
－
cH2X
＝cX2－
cHX
－
＝1 时，即横坐标为0.0
时，Ka1＝c(H
＋)，Ka2＝c′(H
＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H
＋)>c′(H
＋)，即pH<pH′，结合图象知，曲线N 代表第一步
电离，曲线M 代表第二步电离。Ka2≈10
－5.4，A 项正确；由上述分析知，B 项正确；选择曲线M 分析，当NaHX、
Na2X 浓度相等时，溶液pH 约为5.4，溶液呈酸性，所以，NaHX 溶液中c(H
＋)>c(OH
－)，C 项正确；电荷守恒式为c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(OH
－)＋c(HX
－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H
＋)＝c(OH
－)，故有c(Na
＋)＝c(HX
－)＋2c(x2－)，假设c(HX
－)＝c(X2－)或c(HX
－)>c(X2－)(见C 项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX
－)<c(X2－)，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．盐类水解的“五个要点”：
2．盐类水解离子方程式的书写：
(1)一般来说，盐类水解的程度不大；用“
”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”
和“↑”表示水解产物。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
(4)水解分别呈酸性和碱性的离子组由于相互促进，水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
3．影响盐类水解的因素：
(1)内因：弱酸阴离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解。
(2)外因：
①温度、浓度：越热越水解、越稀越水解。
②外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
4．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO3 溶液中：n(Na
＋)＋n(H
＋)＝n(HCO
－
3 )＋2n(CO2－
3 )＋n(OH
－)
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(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，但离子或分子中某种
特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3 溶液中n(Na
＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na
＋)＝c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＋c(H2CO3)
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H
＋)的物质的量应相等。
例如在NH4HCO3 溶液中H3O
＋、H2CO3 为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH
－、CO 2－
3 为失去质子后的产物，故
有以下关系：c(H3O
＋)＋c(H2CO3)===c(NH3·H2O)＋c(OH
－)＋c(CO2－
3 )。
5．微粒浓度大小的比较
(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4 的溶液中，c(H
＋)>c(H2PO
－
4 )>c(HPO2－
4 )>c(PO3－
4 )。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3 的溶液中：c(Na
＋)>c(CO2－
3 )>c(OH
－)>c(HCO
－
3 )。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶
液中a.NH4Cl
b．CH3COONH4
c．NH4HSO4。c(NH
＋
4 )由大到小的顺序是c>a>b。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如相同浓度的NH4Cl 溶液和氨水
等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NH
＋
4 的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NH
＋
4 )>c(Cl
－)>c(OH
－)>c(H
＋)。
(5)巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系
a．抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
b．抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
c．抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
d．抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
备考验证——练典题、重应用
1．为了除去FeSO4 溶液中的Fe3＋，可加入纯铁屑，但此法很费时。现有一种方法是在蒸馏水沸腾时加入粉末状
的绿矾(少量多次)，搅拌，直到观察到有红褐色沉淀产生即可停止加入药品，煮沸1～2 分钟，趁热过滤，密封保存所
得的FeSO4 溶液，此法的原理是(
)
A．Fe3＋易水解，它的水解产物之一能抑制Fe2＋水解
B．Fe2＋有较强的还原性，它能还原Fe3＋
C．Fe3＋有较强的氧化性，它能氧化Fe2＋
D．降温能促进Fe3＋的水解
[解析]
Fe3＋水解的产物之一是H
＋，H
＋能抑制Fe2＋的水解，A 正确；Fe2＋、Fe3＋是相邻价态，不能发生氧化还原
反应，B、C 错误；Fe3＋的水解是吸热反应，升温能促进它的水解，D 错误。
2．(2019·河北衡水二模)某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3 水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol·L
－1 FeCl3 溶液、50 mL 对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1 滴1 mol·L
－1 盐酸、1 滴1 mol·L
－1 NaOH 溶液，测得溶
液pH 随时间变化曲线如图所示。
下列说法不正确的是(
)
A．依据M 点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应
B．对照组溶液X 的组成可能是0.003 mol·L
－1 KCl 溶液
C．依据曲线c 和d 说明Fe3＋水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
[解析]
由题图可知，0.001 mol·L
－1 FeCl3 溶液的pH 小于7，说明Fe3＋发生了水解，A 正确；KCl 溶液的pH＝7，
而图中对照组溶液X 的pH 与0.001 mol·L
－1FeCl3 溶液相同，溶液X 不可能为0.003 mol·L
－1 KCl 溶液，B 错误；在
FeCl3 溶液中加碱或酸后，溶液的pH 变化均比对照组溶液X 的变化小，因为加酸或碱均引起Fe3＋水解平衡的移动，C
正确；FeCl3 溶液水解生成Fe(OH)3，若溶液的浑浊程度变大，则Fe3＋的水解被促进，否则被抑制，D 正确。
3．室温下，下列离子浓度大小关系正确的是(
)
A．0.1 mol·L
－1 Na2CO3 与0.1 mol·L
－1 NaHCO3 溶液等体积混合：2c(Na
＋)＝c(CO2－
3 )＋c(HCO
－
3 )＋c(H2CO3)
B．0.1 mol·L
－1 的Na2CO3 溶液与0.1 mol·L
－1 盐酸等体积混合：c(Na
＋)＝c(CO2－
3 )＋c(HCO
－
3 )＋c(H2CO3)
C．0.1 mol·L
－1 NaHCO3 溶液与0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na
＋)>c(CO 2－
3 )>c(OH
－)>c(HCO
－
3 )
D．将一定量的NH4Cl 溶液与氨水混合后，溶液呈酸性，则在该混合溶液中：c(NH
＋
4 )>c(Cl
－)>c(H
＋)>c(OH
－)
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139
[解析]
根据物料守恒，钠原子的物质的量是碳原子的1.5 倍，得2
3c(Na
＋)＝c(CO2－
3 )＋c(HCO
－
3 )＋c(H2CO3)，A 错
误；0.1 mol·L
－1 的Na2CO3 溶液与0.1 mol·L
－1 盐酸等体积混合，是等浓度的NaHCO3、NaCl 混合溶液，根据物料守
恒c(Na
＋)＝2c(CO2－
3 )＋2c(HCO
－
3 )＋2c(H2CO3)，B 错误；0.1 mol·L
－1 NaHCO3 溶液与0.1 mol·L
－1 NaOH 溶液等体积混
合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05 mol·L
－1 的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸
根离子只有第一步水解生成HCO
－
3 ，所以c(HCO
－
3 )<c(OH
－)，C 正确；D 不符合电荷守恒。
4．常温下，向20 mL 0.1 mol·L
－1 (NH4)2SO4 溶液中逐滴加入0.2 mol·L
－1 NaOH 溶液时，溶液的pH 与所加NaOH
溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是(
)
A．点a 所示溶液中：c(NH
＋
4 )>c(SO2－
4 )>c(OH
－)>c(H
＋)
B．点b 所示溶液中：c(NH
＋
4 )＝c(Na
＋)>c(H
＋)＝c(OH
－)
C．点c 所示溶液中：c(SO2－
4 )＋c(H
＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH
－)
D．点d 所示溶液中：c(SO2－
4 )>c(NH3·H2O)>c(OH
－)>c(NH
＋
4 )
[解析]
a 点所示溶液中，溶液显酸性，c(NH
＋
4 )>c(SO2－
4 )>c(H
＋)>c(OH
－)，A 错误，b 点c(H
＋)＝c(OH
－)，NaOH 不
足，c(NH
＋
4 )>c(Na
＋)，B 错误；c 点处相当于NH3·H2O 和Na2SO4、(NH4)2SO4 按物质的量2∶1∶1 的比例混合，根据
电荷守恒，c(NH
＋
4 )＋c(H
＋)＋c(Na
＋)＝2c(SO2－
4 )＋c(OH
－)，因为c(Na
＋)＝c(SO2－
4 )，c(NH
＋
4 )＋c(NH3·H2O)＝2c(SO2－
4 )，所
以c(SO2－
4 )＋c(H
＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH
－)，C 正确；d 点处相当于n(Na2SO4)∶n(NH3·H2O)＝1∶2 的混合溶液，
c(NH3·H2O)>c(SO2－
4 )，D 错误。
考点二
难溶电解质的沉淀溶解平衡
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·天津，4)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SO2－
4
[解析]
B 对：符合较强酸制较弱酸的原理。A 错：可以证明含有Fe2＋，但不能确定是否含有Fe3＋。C 错：由于
ZnS 难溶而Na2S 易溶，且浓度未知，向悬浊液中滴加CuSO4 溶液产生黑色沉淀，不能比较ZnS 和CuS 的Ksp 大小。
D 错：若原溶液中存在SO2－
3 ，也会产生同样的现象。
2．(2019·全国Ⅱ，12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水
的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(
)
A．图中a 和b 分别为T1、T2 温度下CdS 在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp 的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)
C．向m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液组成由m 沿mpn 线向p 方向移动
D．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由q 沿qp 线向p 方向移动
[解析]
a、b 分别表示温度为T1、T2 时溶液中Cd2＋和S2－的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS 在水中的
溶解度，A 项正确；Ksp 只受温度影响，即m、n、p 三点对应的Ksp 相同，又T1<T2，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，
B 项错误；向m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液中c(S2－)增大，温度不变，Ksp 不变，则溶液中c(Cd2＋)减小，溶
液组成由m 点沿mpn 线向p 方向移动，C 项正确；温度降低时，CdS 的溶解度减小，q 点的饱和溶液的组成由q 沿
qp 线向p 方向移动，D 项正确。
3．(2017·全国Ⅰ·27)Li4Ti5O12 和LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含
有少量MgO、SiO2 等杂质)来制备。工艺流程如下：
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回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为
_100_℃、2_h 或90_℃、5_h__。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl 2－
4 形式存在，写出相应反应的离子方程式__FeTiO3＋4H
＋＋4Cl
－===Fe2＋＋TiOCl2－
4
＋2H2O__。
(3)TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O 转化率最高的原因_低于40_℃，TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40_℃，
双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O 转化反应速率下降__。
(4)Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为＋4，其中过氧键的数目为_4__。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L
－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1 倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶
液中c(Fe3＋)＝1.0×10
－5 mol·L
－1，此时是否有Mg
－
3 (PO4)2沉淀生成？__Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO3－
4 )＝1.3×10
－22
1.0×10
－5 mol·L
－1＝1.3×10
－17__mol·L
－1，c3(Mg2＋)____·
c2(PO3－
4 )值为0.013×(1.3×10
－17)2＝1.7×10
－40<Ksp[Mg3(PO4)3]，因此不会生成Mg3(PO4)2 沉淀__(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2 的Ksp 分别为1.3×10
－22、1.0×10
－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式__2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4=====
高温2LiFePO4＋
3CO2↑＋H2O↑__。
[解析]
(1)从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得
注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为＋4
价，铁为＋2 价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3 和TiOCl 2－
4 知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反
应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40 ℃
时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40 ℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，
结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(＋1)，化合物中元素化合价代
数和等于0，过氧键中氧显－1 价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出－1 价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即
过氧键数目等于－1 价氧原子个数的一半。设Li2Ti5O15 中－2 价、－1 价氧原子个数分别为x、y。有：
x＋y＝15
2x＋y＝22
，
解得x＝7，y＝8。所以，过氧键数目为8
2＝4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算：①计算铁离子
完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3＋)·c(PO3－
4 )＝Ksp(FePO4)，c(PO3－
4 )＝1.3×10
－22
1.0×10
－5 mol·L
－1＝1.3×10
－17mol·L
－1。②混
合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2 ＋) ＝0.01 mol·L
－1 ，c3(Mg2 ＋)·c2(PO 3－
4 ) ＝0.013×(1.3×10
－17)2 ＝1.7×10
－
40<Ksp[Mg3(PO4)2]，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为＋3 价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，
有CO2 生成。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
溶度积曲线与计算
1．溶度积曲线
溶度积曲线是分别以阳、阴离子的浓度为坐标作出的曲线，不同温度下曲线形状不尽相同。如图是BaSO4 溶液中
的离子浓度曲线。
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141
(1)曲线上的任意一点(如a、c 点)，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。
(2)可通过比较，观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点(如b 点)表明溶液处于过
饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点(如d 点)，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。
2．溶度积曲线的解题方法
(1)第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义。
①以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q＝Ksp。在温度
不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外的点。
②曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系，此时Q>Ksp。
③曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q<Ksp。
(3)第三步：抓住Ksp 的特点，结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：a.原溶液不饱和时，离子浓度要增大都增大；b.原溶液饱和时，离
子浓度都不变。
②溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
3．溶度积的相关计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a 的饱和AgCl 溶液中c(Ag
＋)＝a mol/L。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl 的Ksp＝a 在0.1 mol/L
的NaCl 溶液中加入过量的AgCl 固体，达到平衡后c(Ag
＋)＝10a mol/L。
特别提示：(1)对于组成形式不同的物质，不能根据溶度积数值比较其溶液中离子浓度大小，需经过计算再进行比
较。
(2)在沉淀溶解平衡的图像中，只有曲线上的点才表示达到沉淀溶解平衡状态，曲线上方的点表示过饱和，下方的
点表示未饱和。
(3)是否生成沉淀取决于Qc 与Ksp 的相对大小，不能只通过Ksp 大小判断。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·湖南长沙二模)硫化汞(HgS)难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥等。某温度时，HgS
在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(
)
A．向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp 减小
B．图中a 点对应的是饱和溶液
C．向c 点的溶液中加入0.1 mol·L
－1Hg(NO3)2，则c(S2－)减小
D．升高温度可以实现c 点到b 点的转化
[解析]
溶度积常数只与温度有关，温度不变，Ksp 不变，A 错误：a 点的Qc<Ksp，则溶液为不饱和溶液，B 错误；
温度一定，Ksp 一定，根据c(S2－)＝
Ksp
cHg2＋
分析，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，C 正确；升高温度，促进硫化
汞的电离，所以c(Hg2＋)和c(S2－)都增大，D 错误。
2．(2019·唐山一模)下列说法中正确的是(
)
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A．用等体积的蒸馏水或0.01 mol·L
－1 盐酸洗涤AgCl 沉淀，AgCl 损失量相同
B．向MgCO3 沉淀中滴加NaOH 溶液可以得到Mg(OH)2 沉淀
C．向氨水中加入NH4Cl 或NaOH 固体，溶液的pH 均增大
D．AgCl 在水中的Ksp 比在NaCl 溶液中的大
[解析]
AgCl 沉淀在水中存在溶解平衡：AgCl(s)
Ag
＋(aq)＋Cl
－(aq)，用盐酸洗涤时，c(Cl
－)较大，使平衡逆
向移动，AgCl 损失量小，A 错误；MgCO3 沉淀存在溶解平衡，由于Mg(OH)2 的溶解度小于MgCO3，滴加NaOH 溶
液时，Mg2＋与OH
－结合生成Mg(OH)2 沉淀，B 正确；氨水中存在电离平衡：NH3·H2O
NH
＋
4 ＋OH
－，加入NH4Cl
固体，平衡逆向移动，溶液的pH 减小；加入NaOH 固体，平衡逆向移动，但溶液中OH
－的浓度增大，pH 增大，C
错误；溶度积只与温度有关，D 错误。
3．(2019·石家庄高考一模)已知常温下：Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10
－11 mol3·L
－3，Ksp[AgCl]＝1.8×10
－10 mol2·L
－2，
Ksp[Ag2S]＝6.3×10
－50 mol3·L
－3，Ksp[CH3COOAg]＝2.3×10
－3 mol2·L
－2，下列说法正确的是(
)
A．浓度为0.02 mol·L
－1 的AgNO3 溶液和浓度为0.02 mol·L
－1 CH3COONa 的1 L 混合溶液中，一定有CH3COOAg
沉淀生成
B．将0.001 mol·L
－1 的AgNO3 溶液滴入浓度均为0.001 mol·L
－1 的KCl 和K2S 混合溶液中先产生AgCl 沉淀
C．在Mg2＋为0.12 mol·L
－1 的溶液中要产生Mg(OH)2 沉淀，溶液的pH 至少要控制在9 以上
D．向饱和AgCl 的溶液中加入NaCl 溶液，Ksp[AgCl]变大
[解析]
c(Ag
＋)·c(CH3COO
－)＝0.02 mol·L
－1×0.02 mol·L
－1＝4×10
－4 mol2·L
－2，小于Ksp[CH3COOAg]＝2.3×10
－3
mol2·L
－2，所以没有CH3COOAg 沉淀生成，A 错误；因Ksp[Ag2S]小的多，应先产生Ag2S 沉淀，B 错误，Ksp[Mg(OH)2]
＝1.2×10
－11 mol3·L
－3，当c(Mg2＋)＝0.12 mol·L
－1 时，c2(OH
－)＝Ksp[MgOH2]
0.12 mol·L
－1 ＝1×10
－10 mol2·L
－2，得c(OH
－)＝1×10
－5 mol·L
－1，此时溶液的pH＝9，所以在Mg2＋为0.12 mol·L
－1 的溶液中要产生Mg(OH)2 沉淀，溶液的pH 至少要控制
在9 以上，C 正确；Ksp[AgCl]只与温度有关，与离子的浓度无关，D 错误。
4．已知常温下Fe(OH)3 和Mg(OH)2 的Ksp 分别为8.0×10
－38、1.2×10
－11，向浓度均为0.12 mol·L
－1 的FeCl3、MgCl2
的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH 的范围是_3.3≤pH<9__。(已知lg 2＝
0.3，当离子浓度为1×10
－5 mol·L
－1 时沉淀就达完全)
[解析]
Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH
－)，Fe3＋完全沉淀时，c(Fe3＋)＝1×10
－5mol·L
－1，此时c3(OH
－)＝8.0×10
－38
10
－5
，
得c(OH
－)＝2×10
－11 mol·L
－1，pH＝3.3，Mg(OH)2 开始沉淀时c2(OH
－)＝1.2×10
－11
0.12
＝1.0×10
－10，得c(OH
－)＝1×10
－
5 mol·L
－1，pH＝9，调节pH 范围为3.3≤pH<9。
考点三
溶液中“四大平衡常数”的理解和应用
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2017·全国Ⅲ卷，13)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl
－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液
中同时加入Cu 和CuSO4，生成CuCl 沉淀从而除去Cl
－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的
是(
)
A．Ksp(CuCl)的数量级为10
－7
B．除Cl
－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl
－===2CuCl
C．加入Cu 越多，Cu
＋浓度越高，除Cl
－效果越好
D．2Cu
＋===Cu2＋＋Cu 平衡常数很大，反应趋于完全
[解析]
由题图可知，当c(Cu
＋)＝10
－2mol·L
－1 时，c(Cl
－)约为10
－4.75 mol·L
－1，则Ksp(CuCl)＝c(Cu
＋)·c(Cl
－)的数
量级为10
－7，A 项正确；根据题目信息可知B 项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu 越多，
Cu
＋浓度越高，除Cl
－效果越好，C 项错误；由题图可知，交点处c(Cu
＋)＝c(Cu2＋)≈10
－6 mol·L
－1，则2Cu
＋===Cu2＋
＋Cu 的平衡常数K＝cCu2＋
cCu
＋
≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D 项正确。
2．(2019·北京，12)实验测得0.5 mol·L
－1 CH3COONa 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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143
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
[解析]
任何温度时，纯水中H
＋浓度与OH
－浓度始终相等，A 项错误；随温度升高，CH3COONa 水解程度增大，
溶液中c(OH
－)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH
－)也增大，B 项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H
＋)增大，又CuSO4 水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H
＋)增大，C 项正确；温度升高，能使电
离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa 溶液随温度升高pH 降低的原因是水的电离程度增大得多，
而CuSO4 溶液随温度升高pH 降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D 项错误。
3．(1)(2017·海南)向含有BaSO4 固体的溶液中滴加Na2CO3 溶液，当有BaCO3 沉淀生成时溶液中cCO2－
3 
cSO2－
4 
＝_24__。
已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10
－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10
－10。
(2)(2016·全国Ⅱ)联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为
_8.7×10
－7__(已知：N2H4＋H
＋
N2H
＋
5 的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10
－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为
_N2H6(HSO4)2__。
[解析]
(1)在同一溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有cCO2－
3 
cSO2－
4 
＝cCO2－
3 ×cBa2＋
cSO2－
4 ×cBa2＋
＝KspBaCO3
KspBaSO4
＝2.6×10
－9
1.1×10
－10≈24。
(2)N2H4 的第一步电离的方程式为N2H4 ＋H2O
N2H
＋
5 ＋OH
－，则电离常数Kb ＝cN2H
＋
5 ·cOH
－
cN2H4
＝
cN2H
＋
5 ·cOH
－·cH
＋
cN2H4·cH
＋
＝cN2H
＋
5 ·KW
cN2H4·cH
＋
＝K·KW＝8.7×107×1.0×10
－14＝8.7×10
－7。联氨是二元弱碱，其与硫酸形成的
酸式盐为N2H6(HSO4)2。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡，它们都遵循平衡移动原理——当改变体系的一个条
件时，平衡总是向能够减弱这种改变的方向移动。
(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)
研究对象
弱电解质(包括水的电离、多元弱酸的酸
式盐)
盐溶液(包括强酸弱碱形成的
盐、弱酸强碱形成的盐、弱酸弱
碱形成的盐)
实质
弱电解质的电离
盐类水解促进水的电离
升高温度
促进电离，离子浓度增大，电离常数增大
促进水解，水解常数增大
加水稀释
促进电离，离子浓度(除OH
－外)减小，电
离常数不变
促进水解，离子浓度(除H
＋外)
减小，水解常数不变
加入相应分
子或离子
加入CH3COONa 固体或盐酸，抑制电
离，电离常数不变
加入CH3COOH 或NaOH，抑
制水解，水解常数不变
加入反应的
分子或离子
加入NaOH，促进电离，电离常数不变
加入盐酸，促进水解，水解常数
不变
(2)沉淀溶解平衡的应用实例
应用
举例
沉淀的生成
①调节pH：如CuCl2 溶液中含杂质FeCl3，可调节pH 至4 左右，使Fe3＋
转化为Fe(OH)3 沉淀而除去
②加沉淀剂法：如以Na2S、H2S 等作沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、
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Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS，这是分离、除去杂质常用的方法
沉淀的溶解
如用盐酸可溶解碳酸钙沉淀，用NaOH 可溶解氢氧化铝沉淀
沉淀的转化
①由难溶的沉淀转化为更难溶的沉淀是比较容易实现的一种转化，如在
AgCl 悬浊液中，加入KI 溶液后，沉淀变黄，再加入Na2S 溶液，沉淀变
黑
②由难溶的沉淀转化为易溶的沉淀是比较难以实现的一种转化，转化的前
提是“ 两种沉淀的溶解度相差不是很大” 。如虽然
Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，但两者相差不大，只要用饱和Na2CO3 溶液浸泡，
BaSO4 就可能转化为BaCO3
沉淀生成或
溶解的判断
Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；
Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；
Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出
2.四大平衡常数
水的离子积常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积常数是溶液中的四大常数，它们均只与温度有关。电离
平衡常数、水解平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离、水的电离和水解反应均为
吸热过程。有关平衡常数的判断或计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。
(1)CH3COONa 和CH3COOH 混合溶液中，Ka、Kh 及KW 的关系是KW＝Ka·Kh。
(2)M(OH)n 悬浊液中Ksp、KW 及pH 间的关系
如：M(OH)n(s)
Mn＋(aq)＋nOH
－(aq)
Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH
－)＝cOH
－
n
·cn(OH
－)＝cn＋1OH
－
n
＝1
n( KW
10
－pH)n＋1。
(3)反应CdS(s)＋2H
＋(aq)
Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K，则K＝
Ksp
Ka1·Ka2
。
备考验证——练典题、重应用
1．常温时，1 mol·L
－1 的HClO2 和1 mol·L
－1 的HMnO4 两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水
稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是(
)
A．当稀释至pH 均为3 时，溶液中c(ClO
－
2 )>c(MnO
－
4 )
B．在0≤pH≤5 时，HMnO4 溶液满足：pH＝lg V
V0
C．常温下，浓度均为0.1 mol·L
－1 的NaClO2 和NaMnO4 溶液的pH：NaMnO4>NaClO2
D．稀释前分别用1 mol·L
－1 的NaOH 溶液中和，消耗的NaOH 溶液体积：HMnO4>HClO2
[解析]
lg V
V0
＋1＝1，即没有稀释之前，1 mol·L
－1 的HMnO4 溶液pH＝0，所以HMnO4 为强酸，同理HClO2 为
弱酸；同浓度的两种酸，当加水稀释到pH 均为3 时，根据电荷守恒定律：HMnO4 溶液：c(H
＋)＝c(MnO
－
4 )＋c(OH
－)，
HClO2 溶液：c(H
＋)＝c(ClO
－
2 )＋c(OH
－)，则c(ClO
－
2 )＝c(MnO
－
4 )，A 错误；因HMnO4 为强酸，满足0≤pH≤5 时，溶
液pH 与溶液体积稀释的关系pH＝lg V
V0
＋1－1＝lg V
V0
，B 正确；酸性：HClO2<HMnO4，NaClO2 水解显碱性，pH>7，
NaMnO4 溶液不水解显中性，C 错误；两种都为一元酸，同体积同浓度中和1 mol·L
－1 的NaOH 溶液能力相同，D 错
误。
2．一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2
－)与lg c(M2＋)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是(
)
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145
A．该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10
－35
B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S 溶液，Mn2＋最有可能先沉淀
C．向c(Fe2＋)＝0.1 mol·L
－1 的溶液中加入CuS 粉末，有FeS 沉淀析出
D．该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS
[解析]
Ksp(MnS)＝10
－10×10
－15＝10
－25>1.0×10
－35，A 正确；由图可知Ksp 的大小顺序为ZnS>FeS>MnS>CuS，
向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S 溶液，Mn2＋最有可能先沉淀，B 正确；CuS 溶液中c(S2－)＝10
－35，向c(Fe2＋)
＝0.1 mol·L
－1 的溶液中加入CuS 粉末后c(Fe2＋)×c(S2－)大于10
－20，有FeS 沉淀析出，C 正确；依据此图可知，CuS
的Ksp 最小，其次是MnS、FeS 和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS<MnS<FeS<ZnS，D 错误。
3．已知K、Ka、KW、Kh、Ksp 分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常
数、难溶电解质的浓度积常数。
(1)FeCl3 在溶液中分三步水解：
Fe3＋＋H2O
Fe(OH)2＋＋H
＋
K1
Fe(OH)2＋＋H2O
Fe(OH)
＋
2 ＋H
＋
K2
Fe(OH)
＋
2 ＋H2O
Fe(OH)3＋H
＋
K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3 大小关系是_K1>K2>K3__。
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氢氧化铁，离子方程为xFe3＋＋yH2O
Fex(OH)3x－y＋
y
＋yH
＋，欲使
平衡正向移动可采用的方法是(填序号)_bd__。
a．降温
b．加水稀释
c．加入NH4Cl
d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_溶液的pH__。
(2)25 ℃时，H2SO3
HSO
－
3 ＋H
＋的电离常数Ka＝1×10
－2 mol·L
－1，则该温度下pH＝3、c(HSO
－
3 )＝0.1 mol·L
－1
的NaHSO3 溶液中c(H2SO3)＝_0.01_mol·L
－1__。
(3)实验表明，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为H2SO4===H
＋＋HSO
－
4 ，
HSO
－
4
H
＋＋SO2－
4 。
①Na2SO4 溶液呈_弱碱性__(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)，其理由是__SO2－
4 ＋H2O
HSO
－
4 ＋OH
－__(用
离子方程式表示)。
②若25 ℃时，0.10 mol·L
－1 的NaHSO4 溶液中c(SO 2－
4 )＝0.029 mol·L
－1，则0.10 mol·L
－1 的H2SO4 溶液中
c(SO2－
4 )_<__(填“<”“>”或“＝”)0.029 mol·L
－1，其理由是__H2SO4 溶液中存在：H2SO4===HSO
－
4 ＋H
＋，HSO
－
4
H
＋
＋SO2－
4 ，第一步电离出的H
＋抑制HSO
－
4 的电离__。
③若25 ℃时，0.10 mol·L
－1 H2SO4 溶液的pH＝－lg 0.11，则0.10 mol·L
－1 H2SO4 溶液中c(SO2－
4 )＝_0.01__mol·L
－1。
[解析]
(1)盐类的逐级水解程度依次减弱，故K1>K2>K3。盐类的水解反应是吸热反应，降温，水解平衡逆向移动，
a 错误；加水稀释促进水解，b 正确；NH4Cl 水解呈酸性，故加入NH4Cl，平衡逆向移动，而NaHCO3 水解呈碱性可
使平衡正向移动，c 错误，d 正确。在室温下，使上述平衡正向移动的关键条件是溶液的pH。(2)由Ka、Kh、KW 表达
式代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol·L
－1。(3)①硫酸钠是强碱弱酸盐，可水解呈弱碱性。②NaHSO4 溶液中存在：
HSO
－
4
H
＋＋SO2－
4 ，硫酸溶液中存在：H2SO4===H
＋＋HSO
－
4 ，HSO
－
4
H
＋＋SO2－
4 ，硫酸第一步电离出来的H
＋对
第二步电离有抑制作用，使平衡向左移动，故同浓度的硫酸溶液中c(SO2－
4 )小于硫酸氢钠溶液中的c(SO2－
4 )。③0.10 mol·L
－1 H2SO4 溶液中c(H
＋)＝0.11 mol·L
－1，由于硫酸在水中第一步完全电离，第二步部分电离，所以c(SO2－
4 )＝0.01 mol·L
－1。
1．(2019·新疆高考化学一诊)下列事实与水解反应有关的是(
)
A．用Na2S 除去废水中的Hg2＋
B．用热的Na2CO3 溶液去油污
C．硫酸钡可做白色颜料
D．FeCl3 用于印刷线路板
[解析]
A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S 除去废水中的Hg2＋，与水解反应无关，故A
不选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，
故B 选；C．硫酸钡难溶于水和酸，可用作白色颜料，与ZnS 混合得到锌钡白颜料，与盐的水解无关，故C 不选；D．FeCl3
具有氧化性，可与铜发生反应，与水解无关，故D 不选；故选B。
2．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是(
)
A．KCl
B．Na2O
C．NaHSO4
D．FeCl3
[解析]
A．KCl 为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A 错误；B．Na2O 与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B
错误；C．NaHSO4 是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C 正确；D．FeCl3 是
强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D 错误；故选C。
3．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)对于0.1 mol/L Na2SO3 溶液，正确的是(
)
A．升高温度，溶液的pH 降低
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B．加入少量NaOH 固体，c(SO2－
3 )与c(Na
＋)均增大
C．c(Na
＋)＋c(H
＋)＝2c(SO2－
3 )＋2c(HSO
－
3 )＋c(OH
－)
D．c(Na
＋)＝2c(SO2－
3 )＋c(HSO
－
3 )＋c(H2SO3)
[解析]
A．温度升高，水解程度增大，所以c(OH
－)浓度增大，碱性增强，溶液的pH 升高，故A 错误；B．加
入氢氧化钠固体，钠离子浓度肯定增大，OH
－抑制水解，所以SO 2－
3 的浓度增大，故B 正确；C．电荷守恒，HSO
－
3 带
一个电荷，不应该在其浓度前面乘以2，正确为：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝2c(SO2－
3 )＋c(HSO
－
3 )＋c(OH
－)，故C 错误；D．物料
守恒，正确的写法c(Na
＋)＝2[c(SO2－
3 )＋c(HSO
－
3 )＋c(H2SO3)]，故D 错误。故选B。
4．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)向0.1 mol/L 的NH4HCO3 溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH 溶液时，含氮、
含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。根据图象，下列说法不正确的是(
)
A．开始阶段，HCO
－
3 反而略有增加，可能是因为NH4HCO3 溶液中存在H2CO3 发生的主要反应是H2CO3＋OH
－
===HCO
－
3 ＋H2O
B．当pH 大于8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C．pH＝9.5 时，溶液中c(HCO
－
3 )＞c(NH3·H2O)＞c(NH
＋
4 )＞c(CO2－
3 )
D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3＋2NaOH===(NH4)2CO3＋Na2CO3
[解析]
NH4HCO3 溶液中存在NH
＋
4 的水解平衡，即NH
＋
4 ＋H2O
NH3·H2O＋H
＋①；HCO
－
3 的水解平衡，即
HCO
－
3 ＋H2O
H2CO3＋OH
－②；HCO
－
3 的电离平衡，即HCO
－
3
H
＋＋CO2－
3 ③；A．在未加氢氧化钠时，溶液的
pH＝7.7，呈碱性，则上述3 个平衡中第②个HCO
－
3 的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡
②向逆方向移动，HCO
－
3 的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3＋OH
－===HCO
－
3 ＋H2O，故A 正确；B．对于平衡
①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3·H2O 的量增加，NH
＋
4 被消耗，当PH 大于8.7 以后，CO 2－
3 的量在增
加，平衡③受到影响，HCO
－
3 被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B 正确；C．从图中可直
接看出pH＝9.5 时，溶液中c(HCO
－
3 )＞c(NH3·H2O)＞c(NH
＋
4 )＞c(CO2－
3 )，故C 正确；D．滴加氢氧化钠溶液时，HCO
－
3
的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO
－
3 与OH
－反应，而是NH
＋
4 先反应，即NH4HCO3＋NaOH===NaHCO3
＋NH3·H2O，故D 错误；故选D。
5．(2019·高三第二次模拟)已知：pBa＝－lgc(Ba2＋)，pKa＝－lgc(Ka)。已知常温下H2CO3：pKa1＝6.4，pKa2＝10.3。
向20 mL 0.1 mol·L
－1 BaCl2 溶液中滴加0.2 mol·L
－1 Na2CO3 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(
)
A．E、F、G 三点的Ksp 从大到小的顺序为：G>F>E
B．其他条件相同，用MgCl2 溶液替代BaCl2 溶液，F 点向G 点迁移
C．常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10
－9
D．常温下，Na2CO3 溶液的pKh1＝7.6
[解析]
Ksp 只与温度有关，所以E、F、G 三点的Ksp 应该相等，选项A 错误；由于MgCl2 和BaCl2 均与等物质的
量Na2CO3 反应，用相同浓度MgCl2 溶液替代BaCl2 溶液，恰好完全反应时消耗的Na2CO3 溶液的体积相同，但由于
Ksp(BaCO3)<Ksp(MgCO3)，所以pMg<pBa，故点应该在F 的正下方，选项B 错误；F 点表示氯化钡溶液和碳酸钠溶液
恰好完全反应生成碳酸钡和氯化钠，c(Ba2＋)＝c(CO2－
3 )，Ksp(BaCO3)≈1.0×10
－9，选项C 正确；CO2－
3 ＋H2O
HCO
－
3
＋OH
－，Kh1＝KW
Ka2
，pKh1＝14－10.3＝3.7，选项D 错误。
6．(双选)(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)25 ℃时，NaCN 溶液中CN
－、HCN 浓度所占分
数(δ)随pH 变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L
－1 NaCN 溶液中逐滴加入0.01 mol·L
－1 的盐酸，其pH 变化
曲线如下图乙所示。
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147
下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(
A
)
A．图甲中pH＝7 的溶液：c(Cl
－)＝c(HCN)
B．图甲中a 点的溶液：c(CN
－)<c(Cl
－)
C．图乙中b 点的溶液：c(CN
－)>c(Cl
－)>c(HCN)>c(OH
－)>c(H
＋)
D．图乙中c 点的溶液：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(HCN)＋c(OH
－)＋2c(CN
－)
[解析]
A．图甲中pH＝7 的溶液中c(H
＋)＝c(OH
－)，由溶液电荷守恒可知c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(OH
－)＋c(CN
－)＋c(Cl
－)，由物料守恒可知c(Na
＋)＝c(HCN)＋c(CN
－)，则c(Cl
－)＝c(HCN)，故A 正确；B．图甲中a 点的溶液c(HCN)＝c(CN
－)，溶液呈碱性，而中性时c(Cl
－)＝c(HCN)，则碱性时加入HCl 较少，应为c(CN
－)＞c(Cl
－)，故B 错误；C．b 点反
应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN 电离程度小于CN
－水解程度，可知c(HCN)＞c(CN
－)，故C 错
误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl
－)＝c(HCN)＋c(CN
－)，而根据电荷守恒
可知，c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(Cl
－)＋c(OH
－)＋c(CN
－)，则c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(HCN)＋c(OH
－)＋2c(CN
－)，故D 正确。故选
AD。
7．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)25 ℃时，H2CO3 的Ka1＝4.2×10
－7，Ka2＝5.6×10
－11。室温下向10 mL 0.1
mo1·L
－1 Na2CO3 溶液中逐滴加入0.1 mo1·L
－1 HCl 溶液。如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH 降低而变化
的图象(CO2 因有逸出未画出)。下列说法错误的是(
)
A．A 点所示溶液的pH<11
B．B 点所示溶液：c(Na
＋)＝c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＋c(H2CO3)
C．A 点→B 点发生反应的离子方程式为CO2－
3 ＋H
＋===HCO
－
3
D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3 与NaHCO3 混合物的组成
[解析]
A．A 点c(HCO
－
3 )＝c(CO2－
3 )，Ka2＝cCO2－
3 ×cH
＋
cHCO
－
3 
＝5.6×10
－11，则c(H
＋)＝5.6×10
－11 mol/L，所以pH
＜11，故A 正确；B．室温下向10 mL 0.1 mol·L
－1 Na2CO3 溶液中逐滴加入0.1 mo1·L
－1 HCl 溶液，B 点溶液中钠离子
的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2 倍，即c(Na
＋)＝2c(HCO
－
3 )＋2c(CO2－
3 )＋2c(H2CO3)，故B 错误；C．A 点→B：
CO 2－
3 逐渐减少，HCO
－
3 逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为CO2－
3 ＋H
＋===HCO
－
3 ，故C 正确；D．Na2CO3 溶液
中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO3，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO3与HCl 反应产物是H2CO3，
所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3 与NaHCO3 混合物的组成，故D 正确。故选B。
8．(2019·河南省开封市高考一模)常温下向10 mL 0.1 mol/L 的HR 溶液中逐滴加入0.1 mol/L 的氨水，所得溶液
pH 及导电性变化如图。下列分析正确的是(
)
A．a～c 点，溶液中离子数目先增大后减小
B．b 点溶液pH＝7 说明c(NH
＋
4 )＝c(R
－)
C．c 点溶液存在c(NH
＋
4 )>c(R
－)>c(H
＋)>c(OH
－)
D．b、c 两点对应溶液中，水的电离程度相同
[解析]
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断能力，明确HR 酸性强弱、混合溶液中溶质成分及
其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。根据图知，未加氨水时0.1 mol/L 的HR 溶液的pH
大于1 而小于7，说明HR 是弱酸；HR、一水合氨都是弱电解质，但是二者生成的NH4R 是强电解质，a 点溶质为HR
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和NH4R，但是c(HR)＞c(NH4R)；b 点酸碱恰好完全反应，则溶质为NH4R；c 点氨水过量，溶质为NH4R 和NH3·H2O；
A．a～c 点，溶液中溶质物质的量逐渐增大，导致溶液中离子数目逐渐增多，所以从a～c 点，溶液中离子数目一直增
大，故A 错误；B．b 点溶液的pH＝7，溶液呈中性，c(H
＋)＝c(OH
－)，溶液中存在电荷守恒c(NH
＋
4 )＋c(H
＋)＝c(OH
－)
＋c(R
－)，所以存在c(NH
＋
4 )＝c(R
－)，故B 正确；C．c 点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(H
＋)＜c(OH
－)，故C 错误；D．酸
或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b 点溶质为含有弱离子的盐、c 点溶质为弱碱和含有弱离子的盐，所以
b 点促进水电离、c 点抑制水电离，所以b、c 两点水电离程度不等，故D 错误。故选B。
9．(2019·上海市嘉定区高三一模)下列应用与盐类水解无关的是(
)
A．泡沫灭火器
B．氯化铵和消石灰制备氨气
C．明矾净水
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
[解析]
A．泡沫灭火器[成分为Al2(SO4)3、NaHCO3 溶液]的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生
成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故A 错误；B．氯化铵和消石灰制备氨气，是复分解反应，与盐
类水解无关，故B 正确；C．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故
C 错误；D．草木灰与铵态氮肥混合，易发生互促水解，降低肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D 错误；
故选B。
10．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)常温下，现有0.1 mol·L
－1 NH4HCO3 溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)
各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示：
下列说法不正确的是(
)
A．当溶液的pH＝9 时，溶液中存在：c(HCO
－
3 )＞c(NH
＋
4 )＞c(NH3·H2O)＞c(CO2－
3 )
B．0.1 mol·L
－1 NH4HCO3 溶液中存在：c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(CO2－
3 )
C．向pH＝7.8 的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH
＋
4 和HCO
－
3 浓度逐渐减小
D．分析可知，常温下Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)
[解析]
A．结合图象可知，溶液的pH＝9 时，溶液中离子浓度大小为：c(HCO
－
3 )＞c(NH
＋
4 )＞c(NH3·H2O)＞c(CO2－
3 )，
故A 正确；B．NH4HCO3 溶液中，pH＝7.8 溶液显碱性，图象可知pH＝7.8 时c(NH
＋
4 )＝c(HCO
－
3 )，溶液中存在物料守
恒：c(NH
＋
4 )＋c(NH3·H2O)＝c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＋c(H2CO3)，得到c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(CO2－
3 )，故B 正确；C．0.1
mol/L 的NH4HCO3 溶液的pH＝7.8，根据图象可知，当溶液pH 增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能
够先增大后减小，故C 错误；D．由于0.1 mol/L 的NH4HCO3 溶液的pH＝7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵
根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1(H2CO3)，故D 正确；故选C。
11．(2019·福建省漳州市高考化学一模)生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用
NaHCO3 溶液处理，测得溶液的pH 和Al(OH)3 生成的量随加入NaHCO3 溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关
说法错误的是(
)
A．a 点溶液中存在：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(AlO
－
2 )＋c(OH
－)
B．水的电离程度：a 点小于c 点
C．原NaHCO3 溶液中c(H2CO3)＋c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＝0.8 mol·L
－1
D．生成沉淀的离子方程式为HCO
－
3 ＋AlO
－
2 ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－
3
[解析]
A．a 点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na
＋)＋c(H
＋)＝c(AlO
－
2 )＋c(OH
－)，
故A 正确；B．水的电离程度：a 点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c 点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑
制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a 点小于c 点，故B 正确；C．加入40 mol NaHCO3 溶液
时沉淀最多，沉淀为0.032 mol，前8 mL NaHCO3 溶液和氢氧化钠反应(OH
－＋HCO
－
3 ===CO2－
3 ＋H2O)不生成沉淀，后
32 mL NaHCO3 溶液与偏铝酸钠反应(HCO
－
3 ＋AlO
－
2 ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－
3 )生成沉淀，则原NaHCO3 溶液物质的
量浓度c(NaHCO3)＝0.032 mol
0.032 L ＝1.0 mol/L，原NaHCO3 溶液中的物料守恒为c(HCO
－
3 )＋c(CO2－
3 )＋c(H2CO3)＝1.0
mol/L，故C 错误；D．根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO
－
3 ＋AlO
－
2 ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－
3 ，故D 正
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149
确；故选C。
12．(2019·广东省佛山市高考化学一模)常温下，向20 mL 0.1 mol·L
－1 的H3PO4 溶液中滴加0.1 mol·L
－1 的NaOH
溶液，所得溶液的pH 与NaOH 溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是(
)
A．H3PO4 溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B．A 点溶液中c(H2PO
－
4 )＞c(H3PO4)＞c(HPO2－
4 )
C．图象中A、B、C 三处溶液中cH2PO
－
4 ·cOH
－
cHPO2－
4 
相等
D．B 点溶液存在2c(Na
＋)＝c(PO3－
4 )＋c(H2PO
－
4 )＋c(HPO2－
4 )＋c(H3PO4)
[解析]
A．加入20 mL 等浓度的NaOH 溶液时生成NaH2PO4，此时溶液的pH＝4，酚酞的变色范围为8～10，
不能用酚酞指示剂，故A 错误；B．A 点溶质为NaH2PO4，溶液的pH＝4，说明H2PO
－
4 的电离程度大于其水解程度，
则溶液中c(HPO 2－
4 ) ＞c(H3PO4) ，正确的离子浓度大小为：c(H2PO
－
4 ) ＞c(HPO 2－
4 ) ＞c(H3PO4) ，故B 错误；
C．cH2PO
－
4 ·cOH
－
cHPO2－
4 
为HPO 2－
4 的水解平衡常数，只受温度的影响，所以A、B、C 三处溶液中cH2PO
－
4 ·cOH
－
cHPO2－
4 
相等，
故C 正确；D．B 点加入等浓度的40 mL NaOH 溶液，反应后溶质为Na2HPO4，根据物料守恒可得：c(Na
＋)＝2c(PO3－
4 )
＋2c(H2PO
－
4 )＋2c(HPO2－
4 )＋2c(H3PO4)，故D 错误；故选C。
13．(2019·四川省内江市高考化学一模)常温下用NaOH 溶液滴定H2C2O4 溶液，溶液中－lg
cH
＋
cH2C2O4
和－lg
c(HC2O
－
4 )[或－lg
cH
＋
cHC2O
－
4 
和－lg c(C2O2－
4 )]的关系如图所示。下列说法正确的是(
)
A．曲线N 表示－lg
cH
＋
cH2C2O4
和－lg c(HC2O
－
4 )的关系
B．Ka2(H2C2O4)的数量级为10
－1
C．向NaHC2O4 溶液中加少量NaOH 至c(HC2O
－
4 )和c(C2O2－
4 )相等，此时溶液pH 约为5
D．在NaHC2O4 溶液中c(Na
＋)＞c(HC2O
－
4 )＞c(H2C2O4)＞c(C2O2－
4 )
[解析]
A．H2C2O4 溶液存在H2C2O4
HC2O
－
4 ＋H
＋，HC2O
－
4
C2O2－
4 ＋H
＋，且Ka1(H2C2O4)＝cHC2O
－
4 ·cH
＋
cH2C2O4
，
Ka2(H2C2O4)＝cC2O2－
4 ·cH
＋
cHC2O
－
4 
；可知[－lg
cH
＋
cH2C2O4
]＋[－lg c(HC2O
－
4 )]＝－lg(Ka1)，[－lg
cH
＋
cHC2O
－
4 
]＋[－lg c(C2O2－
4 )]
＝－lg(Ka2)，因Ka1＞Ka2，则－lg(Ka1)＜－lg(Ka2)，可知曲线M 表示－lg
cH
＋
cH2C2O4
和－lg c(HC2O
－
4 )的关系，曲线N
表示－lg
cH
＋
cHC2O
－
4 
和－lg c(C2O2－
4 )的关系，故A 错误；B．当lgc(HC2O
－
4 )＝lgc(C2O2－
4 )，[－lg
cH
＋
cHC2O
－
4 
]＋[－lgc(C2O2－
4 )]
＝－lg(Ka2)＝5，Ka2(H2C2O4)＝cC2O2－
4 ·cH
＋
cHC2O
－
4 
＝c(H
＋)＝10
－5，故B 错误；C．向NaHC2O4 溶液中加少量NaOH 至
c(HC2O
－
4 )和c(C2O2－
4 )相等，Ka2(H2C2O4)＝cC2O2－
4 ·cH
＋
cHC2O
－
4 
＝c(H
＋)＝10
－5，则溶液的pH＝5，故C 正确；D．Ka2(H2C2O4)
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＝cC2O2－
4 ·cH
＋
cHC2O
－
4 
＝c(H
＋)＝10
－5，当c(HC2O
－
4 )和c(H2C2O4)相等时，[－lg
cH
＋
cHC2O
－
4 
]＋[－lg c(C2O2－
4 )]＝－lg(Ka2)＝2，
Ka1(H2C2O4)＝cHC2O
－
4 ·cH
＋
cH2C2O4
＝c(H
＋)＝10
－2，则HC2O
－
4 水解平衡常数Kh＝10
－14
10
－2 ＝10
－12＜10
－5，说明其电离程度大于
水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则存在c(Na
＋)＞c(HC2O
－
4 )＞c(C2O2－
4 )＞c(H2C2O4)，故D 错
误；故选C。
14．(2019·上海市闵行区一模)Na2SO3 是常见的一种盐，工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。
(1)Na2SO3 固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2－，反应的化学方程式为4Na2SO3=====
高温Na2S＋3Na2SO4；
若有0.5 mol Na2SO3 参加反应，则电子转移个数为_0.75NA__。
(2)将0.1 mol/L Na2SO3 溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
(3)①时刻Na2SO3 溶液中水的电离程度_>__同温下纯水中水的电离程度(填“>”“<”或“＝”)；应用平衡原理解释
该原因__水存在电离平衡：H2O
H
＋＋OH
－，SO 2－
3 与H
＋结合生成HSO
－
3 、H2SO3，降低了H
＋浓度，使水的电离平
衡向右移动__。
(4)④的pH 略小于①，是由于__Na2SO3 部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3＋O2===2Na2SO4__。设计一个简单实验来
证明_取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2 溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3 被氧
化成Na2SO4__。
(5)将Na2SO3 溶液中所有离子浓度由大到小排列_c(Na
＋)>c(SO2－
3 )>c(OH
－)>c(HSO
－
3 )>c(H
＋)__。
[解析]
(1)Na2SO3 固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2－，发生了氧化还原反应，＋4 价硫降低到－2 价，
同时升高到＋6 价，反应生成硫化钠和硫酸钠，据此书写化学方程式为：4Na2SO3=====
高温Na2S＋3Na2SO4,4 mol 亚硫酸钠
电子转移总数6e
－，若有0.5 mol Na2SO3 参加反应，则电子转移个数＝6×0.5 mol
4
×NA＝0.75NA；(3)亚硫酸钠是强碱弱
酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，促进水的电离，①时刻Na2SO3 溶液中水的电离程度大于同温下纯水中水的电
离程度，平衡原理解释该原因是：水存在电离平衡：H2O
H
＋＋OH
－，SO 2－
3 与H
＋结合生成HSO
－
3 、H2SO3，降低
了H
＋浓度，使水的电离平衡向右移动；(4)亚硫酸钠具有较强还原性，升温过程中部分被氧化为硫酸钠2Na2SO3＋
O2===2Na2SO4，水解程度减弱，pH 减小，取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2 溶液，若有
白色沉淀生成，则证明有Na2SO3 被氧化成Na2SO4；(5)Na2SO3①的溶液中发生两步水解都生成OH
－导致溶液呈碱性，
只有第一步水解生成HSO
－
3 ，但是其水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是：c(Na
＋)>c(SO2－
3 )>c(OH
－)>c(HSO
－
3 )>c(H
＋)。
专题三
元素及其化合物
第十二讲
常见金属元素
[最新考纲]
[考向分析]
1.了解常见金属(如Na、Mg、
Al、Fe、Cu 等)的活动性顺序。
2.了解常见金属及其重要化合
物的制备方法，掌握其主要性
质及其应用。
3.了解合金的概念及其重要应
用。
4.以上各部分知识的综合应用。
选择题：元素及其化合物知识是基本概念、基本理论、
化学实验的重要载体，在选择题中常考查金属元素及其
化合物的重要性质、用途等。
非选择题：近几年全国高考除了对常规金属元素的考查
以外，还增加了对一些较少见的元素及其化合物的考查，
如Cr、Mn、Co、Pb 等。常与化工流程或化学实验相结
合，考查元素及其化合物的制备、性质、转化、用途及
化学实验操作等。
考点一
金属及其化合物的性质与转化
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·江苏，9)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(
)
A．NaHCO3(s)――→
△
Na2CO3(s) ――→
饱和石灰水NaOH(aq)
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151
B．Al(s) ――→
NaOHaqNaAlO2(aq) ――→
过量HClaqAl(OH)3 (s)
C．AgNO3(aq)――→
氨水[Ag(NH3)2]
＋(aq)――→
蔗糖aqAg(s)
D．Fe2O3(s)――→
Al
高温Fe(s)――→
HClaqFeCl3(aq)
[解析]
B 错：NaAlO2(aq)与过量HCl(aq)反应，生成AlCl3。C 错：蔗糖(aq)中无醛基，不能与[Ag(NH3)2]
＋(aq)
反应生成Ag(s)。D 错：Fe(s)与HCl(aq)反应生成FeCl2(aq)。
2．(2019·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
[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。
3．(2019·江苏，9)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(
)
A．NaCl(aq)――→
电解Cl2(g)――→
Fes
△
FeCl2(s)
B．MgCl2(aq)――→
石灰乳Mg(OH)2(s)――→
煅烧MgO(s)
C．S(s)――→
O2g
点燃SO3(g)――→
H2OlH2SO4(aq)
D．N2(g)
――→
H2g
高温高压、催化剂NH3(g)――→
CO2g
NaClaqNa2CO3(s)
[解析]
A 项，Cl2 与Fe 发生反应生成FeCl3，错误；B 项，MgCl2 与Ca(OH)2 发生反应生成Mg(OH)2 沉淀，煅
烧Mg(OH)2 生成MgO 固体，正确；C 项，S 在O2 中燃烧只能生成SO2，错误；D 项，NH3、CO2 和NaCl 溶液反应
生成NaHCO3，反应的化学方程式为NH3＋CO2＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．区分8 种物质的颜色：
Na2O2 是_淡黄色__；Fe2O3 是_红棕色__；Fe3O4、CuO 是_黑色__；Mg(OH)2、Al(OH)3 是_白色__；Fe(OH)3 是_
红褐色__；Cu(OH)2 是_蓝色__。
2．熟记6 种物质的俗名或化学式：
CuSO4·5H2O：_蓝矾(胆矾)__，
烧碱、火碱、苛性钠：_NaOH__，
熟石灰、消石灰：_Ca(OH)2__，
铜绿、孔雀石：_Cu2(OH)2CO3__，
水玻璃、泡花碱：_Na2SiO3 溶液__，
碱石灰：CaO 与NaOH 的混合物。
3．知道十一种物质的重要用途：
钠——制Na2O2、冶炼Ti 等金属、钠钾合金原子反应堆导热剂
铁粉——袋装食品中的脱氧剂
生石灰(CaO)——袋装食品中的干燥剂
氧化铁(Fe2O3)——红色涂料、冶炼铁
氧化铝(Al2O3)——耐火材料、冶炼铝
氢氧化铝——中和胃酸
明矾(KAl(SO4)2·12H2O)——净水剂
氯化铁——印刷电路板回收铜、净水剂
小苏打(NaHCO3)——治疗胃酸过多、发酵粉、灭火剂
纯碱(Na2CO3)——去油污
高铁酸钠(Na2FeO4)——杀菌、消毒、净水
4．辨明5 个常见认识误区：
(1)Na2O2 不是_碱性__氧化物。
(2)溶液中加入KSCN 溶液，溶液变红色，只能说明溶液中含有_Fe3＋__，无法证明是否含有_Fe2＋__。
含Fe3＋的溶液中混有Fe2＋，一般可用酸性KMnO4 溶液或K3[Fe(CN)6]溶液检验，现象为酸性KMnO4 溶液褪色或
产生蓝色沉淀；若该溶液中的阴离子含有Cl
－，则容易被酸性KMnO4 溶液氧化，不能使用酸性KMnO4 溶液检验。
(3)既能与酸反应生成气体，又能与碱反应生成气体的物质不一定是Al，还可能是_(NH4)2CO3__或_NH4HCO3__
等。
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(4)Fe 与Cl2 反应，无论Cl2 是否过量，产物均为_FeCl3__。
(5)Na 在氧气中燃烧，无论氧气是否足量，产物均为_Na2O2__。
5．掌握3 类特殊的反应：
(1)既能与酸反应，又能与碱反应的物质可能是Al、Al2O3、Al(OH)3、弱酸的酸式盐(如NaHCO3)、弱酸的铵盐[如
(NH4)2CO3]、氨基酸和蛋白质等。
(2)与水接触产生气体的常见物质有Na、K、Na2O2。
(3)与水接触既产生气体又产生沉淀的物质有Al2S3、Mg3N2、CaC2 等。
6．混合溶液中Fe3＋、Fe2＋的除去方法
(1)除去Mg2＋(或Zn2＋)中混有Fe3＋的方法。
向混合溶液中加入MgO、MgCO3、Mg(OH)2[或ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3]中之一，与Fe3＋水解产生的H
＋反应，
促进Fe3＋的水解，将Fe3＋转化成Fe(OH)3 沉淀过滤除去。
(2)除去Cu2＋中混有的Fe3＋的方法。
向混合溶液中加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3 四种物质中的其中一种，与Fe3＋水解产生的H
＋反应，
将Fe3＋转化成Fe(OH)3 沉淀过滤除去。
(3)除去Mg2＋(或Zn2＋)中混有Fe2＋的方法。
先加氧化剂(如H2O2 等)将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，再按(1)的方法除去溶液中的Fe3＋。
(4)除去Cu2＋中混有的Fe2＋的方法。
先加氧化剂(如H2O2 等)将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，再按(2)的方法除去溶液中的Fe3＋。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·唐山一模)氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛用作有机合成的催化剂。
Ⅰ.实验室用如图所示装置，利用还原铜粉和氯气来制备氯化铜。
(1)石棉绒的作用是_增大铜粉与氯气的接触面积__。
(2)装置B 中的试剂是_NaOH 溶液__。
(3)所得产品中CuCl2 的质量分数为90%，则其中可能含有的杂质是_Cu 或CuCl 或石棉绒__(写一种即可)。
Ⅱ.另取纯净的CuCl2 固体用于制备CuCl。
(4)操作①中加入盐酸的目的主要是_酸抑制Cu2＋的水解__。
(5)操作②中反应的离子方程式为__2Cu2＋＋SO2＋2Cl
－＋2H2O===SO2－
4 ＋2CuCl↓＋4H
＋__。
(6)操作①中若用10 mol·L
－1 盐酸代替0.2 mol·L
－1 盐酸，再通入SO2 后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种
猜想：
猜想一：c(H
＋)过大导致白色沉淀溶解。
为验证此猜想，取75 g CuCl2 固体、100 mL 0.2 mol·L
－1 盐酸及_50__mL 9.8 mol·L
－1 H2SO4 溶液配制成200 mL 溶
液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。
猜想二：c(Cl
－)过大导致白色沉淀溶解。
[资料显示：存在平衡2Cl
－(aq)＋CuCl(s)
CuCl2－
3 (aq)]
请设计实验说明该猜想是否成立：_取少量白色沉淀加入饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二
成立，反之不成立__。
[解析]
Ⅰ.(1)石棉绒的作用是增大铜粉与氯气的接触面积；(2)氯气有毒，可用氢氧化钠溶液吸收，所以B 装置是
吸收尾气；(3)根据实验过程可知，氯气和铜反应除了生成CuCl2 外，还可能有CuCl 生成，还可能有铜剩余，或有石
棉绒夹杂，因此可能含有的杂质是Cu 或CuCl 或石棉绒。
Ⅱ.(4)因为氯化铜是强酸弱碱盐，溶液中存在Cu2＋＋2H2O
Cu(OH)2＋2H
＋，所以溶解时加入HCl 溶液，可抑
制氯化铜的水解；(5)操作②是向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl 沉淀，则反应的离子方
程式为2Cu2＋＋SO2 ＋2Cl
－＋2H2O===SO2－
4 ＋2CuCl↓＋4H
＋；(6)根据题意，验证猜想一：应保证H
＋浓度增大，而
Cl
－浓度不变。设9.8 mol·L
－1 H2SO4 溶液的体积为V mL，则根据H
＋的量的关系可得0.2×0.1＋V×10
－3×9.8×2＝
10×0.1，解之得V＝50；验证猜想二：体系中存在平衡2Cl
－(aq)＋CuCl(s)
CuCl2－
3 (aq)，溶液中氯离子的浓度过
大平衡正向移动，可以取少量白色沉淀加入饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成
立。
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153
2．(2019·邢台一模)四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化
锡。
已知：①无水四氯化锡的熔点－33 ℃、沸点114.1 ℃；②四氯化锡易水解；③四氯化锡有毒，易引起水体污染，
易溶于有机溶剂。
回答下列问题：
(1)仪器甲的名称为_蒸馏烧瓶__；试剂F 为_饱和食盐水__。
(2)装置甲中发生反应的离子方程式为__MnO2＋4H
＋＋2Cl
－=====
△
2H2O＋Mn2＋＋Cl2↑__。
(3)上述各装置的连接顺序是a→_h→i→f→g→e→d→c→b__(填序号)。
(4)仪器乙的名称为_球形冷凝管__，作用为_冷凝回流__，进水口为_ⅱ__(填“ⅰ”或“ⅱ”)。
(5)试剂E 为_碱石灰__，目的为_吸收过量的氯气，防止空气污染，同时吸收空气中的水蒸气，防止四氯化锡水解
__。
(6)实验所得SnCl4 中因溶解了Cl2 而略显黄色，提纯SnCl4 的方法是_d__(填标号)。
a．用NaOH 溶液洗涤
b．升华
c．重结晶
d．蒸馏
e．过滤
f．萃取
[解析]
(1)仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，试剂F 是为了除去氯气中的HCl，所以为饱和食盐水。(2)装置甲是实验室
制取氯气的反应，离子方程式为MnO2＋4H
＋＋2Cl
－=====
△
2H2O＋Mn2＋＋Cl2↑。(3)实验设计要求制备氯气、除去HCl、
除去H2O 、制备SnCl4 、尾气处理和防止空气中水蒸气进入，根据要求可得上述各装置的连接顺序为
a→h→i→f→g→e→d→c→b。(4)仪器乙的名称为球形冷凝管，主要起到冷凝回流，节约药品的作用，水口为下进上出。
(5)通过对实验的分析可知试剂E 为碱石灰，目的为吸收过量的氯气，防止空气污染，同时吸收空气中的水蒸气，防止
四氯化锡水解。(6)SnCl4 遇水水解，又易溶于有机溶剂，所以除去SnCl4 中的Cl2，通常采用蒸馏。
考点二
以金属为背景的化工流程
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·全国Ⅱ，26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2 和少量FeS、
CdS、PbS 杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L
－1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Zn2＋
Cd2＋
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为__2ZnS＋3O2=====
高温2ZnO＋2SO2__。
(2)滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有_PbSO4__；氧化除杂工序中ZnO 的作用是_调节溶液的pH__，若不通入氧气，
其后果是_无法除去杂质Fe2＋__。
(3)溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为__Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋__。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为__Zn2＋＋2e
－===Zn__；沉积锌后的电解液可返回_溶浸__
工序继续使用。
[解析]
(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式2ZnS＋3O2=====
高温2ZnO＋2SO2。
(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4 后，发生一系列化学
反应：
ZnO＋H2SO4,ZnSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4,Fe2(SO4)3＋3H2O、CdO＋H2SO4,CdSO4＋H2O、PbO＋H2SO4,PbSO4
＋H2O。其中SiO2 和PbSO4 不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1 的主要成分是SiO2 和PbSO4。氧化除杂
工序中ZnO 的作用是调节溶液的pH 在2.8～6.2，使Fe3＋完全转变为Fe(OH)3 沉淀；通入O2 的目的是使溶液中的Fe2
＋转化为Fe3＋，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2＋。
(3)溶液中的Cd2＋与加入的Zn 粉反应而被除去，反应的离子方程式为Zn＋Cd2＋,Zn2＋＋Cd。
(4)电解ZnSO4 溶液制备单质Zn 时，阴极放电的是Zn2＋和H
＋。因为溶液中的Zn2＋浓度较大，所以阴极电极反应
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式应该是Zn2＋＋2e
－,Zn，阳极放电的是OH
－，电极反应式是4OH
－－4e
－,2H2O＋O2↑。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4
和稀H2SO4，可返回到溶浸工序循环使用。
2．(2015·全国Ⅰ，36)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子
浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu 和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技
术生产CuCl 的工艺过程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①中得到的氧化产物是_CuSO4 或Cu2＋__。溶解温度应控制在60～70 ℃，原因是_温度低溶解速度慢、温
度过高铵盐分解__。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式__2Cu2＋＋SO2－
3 ＋2Cl
－＋H2O===2CuCl↓＋SO2－
4 ＋2H
＋__。
(3)步骤⑤包括用pH＝2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_硫酸__(写名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是_醇洗有利加快去除CuCl 表面水分，防止其水解氧化__。
(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有_BD__(填字母)。
A．分馏塔
B．离心机
C．反应釜
D．框式压滤机
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，
用a mol·L
－1 的K2Cr2O7 溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7 溶液b mL，反应中Cr2O 2－
7 被还原为Cr3＋。样品中CuCl 的
质量分数为__0.597ab/m×100%__。
[解析]
(1)海绵铜的主要成分是Cu 与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu 被氧化为铜离子；由
后面的流程可回收硫酸铵，可知溶液中的硫酸根离子未被还原，所以得到的氧化产物为CuSO4，而不是硝酸铜；(2)
步骤③反应后过滤，说明步骤③反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl 沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的
离子反应为2Cu2＋＋SO2－
3 ＋2Cl
－＋H2O===2CuCl↓＋SO2－
4 ＋2H
＋；(3)根据步骤③发生的离子反应可知，CuCl 不溶于
硫酸，所以酸洗所需要的酸应是硫酸；(4)CuCl 难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不
能省略的原因是醇洗有利加快去除CuCl 表面水分，防止其水解氧化；(5)用于分离固体和液体的设备与实验室中过滤
的原理是相似的。A．分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B．离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉
降，达到固液分离的目的，正确；C．反应釜为发生反应的设备，错误；D．框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而
排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；(6)根据题意，CuCl 与K2Cr2O7 发生氧化还原反应，K2Cr2O7 被还原
为Cr3＋，则a mol/L b mL K2Cr2O7 溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10
－3×2×3 mol＝6ab×10
－3mol，＋1
价Cu 会被氧化为Cu2＋，根据得失电子守恒，则CuCl 的物质的量是6ab×10
－3mol，则样品中CuCl 的质量分数是
(6ab×10
－3 mol×99.5 g/mol)/m g×100%＝0.597ab/m×100%。
3．(2019·北京，28)化学小组实验探究SO2 与AgNO3 溶液的反应。
(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2 通入AgNO3 溶液中，迅速反应，得到无色溶液
A 和白色沉淀B。
①浓H2SO4 与Cu 反应的化学方程式是__Cu＋2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O__。
②试剂a 是_饱和NaHSO3 溶液__。
(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B 可能为Ag2SO3、Ag2SO4 或二者混合物。
(资料：Ag2SO4 微溶于水；Ag2SO3 难溶于水)
实验二：验证B 的成分
沉淀B
――→
6 mol·L
－1 氨水
溶液C
――→
过量BaNO32 溶液沉淀D
ⅰ.洗涤干净
ⅱ.过量稀盐酸滤液E 沉淀F
①写出Ag2SO3 溶于氨水的离子方程式：__Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]
＋＋SO2－
3 ＋4H2O__。
②加入盐酸后沉淀D 大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D 中主要是BaSO3，进而推断B 中含有Ag2SO3。向滤
液E 中加入一种试剂，可进一步证实B 中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_H2O2 溶液，产生白色沉淀__。
(3)根据沉淀F 的存在，推测SO 2－
4 的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2 在AgNO3 溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B 进入D。
途径2：实验二中，SO 2－
3 被氧化为SO 2－
4 进入D。
实验三：探究SO 2－
4 的产生途径
①向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_Ag
＋__；取上层清液继续滴加BaCl2 溶液，未出现
白色沉淀，可判断B 中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_Ag2SO4 溶解度大于BaSO4，没有BaSO4 沉淀时，必定没有
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Ag2SO4__。
②实验三的结论：_途径1 不产生SO2－
4 ，途径2 产生SO2－
4 __。
(4)实验一中SO2 与AgNO3 溶液反应的离子方程式是
__2Ag
＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H
＋__。
(5)根据物质性质分析，SO2 与AgNO3 溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有
Ag 和SO 2－
4 生成。
(6)根据上述实验所得结论：_实验条件下：SO2 与AgNO3 溶液生成Ag2SO3 的速率大于生成Ag2SO4 的速率；碱性
溶液中SO 2－
3 更易被氧化为SO2－
4 __。
[解析]
(1)①Cu 与浓H2SO4 在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu＋
2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②试剂a 为饱和NaHSO3 溶液，用于吸收SO2 中其他杂质气体，防止对后续
实验产生干扰。(2)①难溶于水的Ag2SO3 与NH3·H2O 反应生成可溶性的[Ag(NH3)2]2SO3、H2O，反应的离子方程式为
Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]
＋＋SO2－
3 ＋4H2O。②加入盐酸后沉淀D 大部分溶解，溶解的物质为BaSO3，没有
溶解的物质为BaSO4，BaSO3 与盐酸反应生成BaCl2、SO2，只要证明滤液E 中含有Ba2＋和SO 2－
3 即可证明B 中含有
Ag2SO3，所以选用的试剂为H2O2 溶液。(3)①向溶液A 中滴入过量盐酸，只有Ag
＋能与Cl
－反应生成白色沉淀AgCl，
所以溶液A 中含有Ag
＋；取上层清液继续加入BaCl2 溶液，没有白色沉淀出现，说明A 中没有SO2－
4 ，因为Ag2SO4 微
溶于水，若B 中含有Ag2SO4，溶液A 中则含有少许SO2－
4 ，加入BaCl2 溶液能生成更难溶的BaSO4 沉淀。②SO 2－
3 具
有还原性，在实验二中，SO 2－
3 被空气中的O2 氧化为SO2－
4 。(4)SO2 与AgNO3 溶液反应的离子方程式为2Ag
＋＋SO2＋
H2O===Ag2SO3↓＋2H
＋。(6)由题给信息可知，实验条件下，SO2 与AgNO3 溶液生成Ag2SO3 的速率大于生成Ag2SO4
的速率；碱性溶液中SO 2－
3 更易被氧化为SO2－
4 。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
“三抓法”解流程题
1．抓箭头：
主线主产品；支线副产品；回头循环品。
2．抓设问：
矿样的预处理方法：
(1)粉碎及目的：①增大接触面积；②增大反应速率；③增大反应物转化率。
(2)煅烧及目的：
①除去有机物杂质或者碳的杂质。
②使一些具有还原性的物质被空气中氧气氧化。
(3)酸溶：与酸反应；碱溶：与碱反应；水溶：溶解于水或者与水反应(一般在无机化工流程中，又叫酸浸、碱浸、
水浸)。
3．抓信息：
(1)酸碱性的控制。
①据题意提供的反应条件作答；
②从抑制水解、促进水解的角度作答；
③从题目提供的其他反应物引起的不利副反应角度作答。
(2)温度的控制。
①据题意提供的反应条件，一些反应物或生成物的熔沸点联系反应原理作答(如控制某些物质为固态、液态，另一
些物质为液态)；
②据题目提供的信息，某些物质在某一个温度易分解；
③从抑制或促进水解的角度作答；
④从某些反应物或生成物在某个温度下会发生不利于生产流程的副反应角度作答；
⑤从运用化学反应速率、化学平衡的理论控制适宜化工生产条件角度作答。
备考验证——练典题、重应用
1．以生产钛白的副产品硫酸亚铁制备的铁黄(FeOOH)代替硝酸铁等可溶性铁盐制备高铁酸钾，可降低生产成本且
产品质量好。该制备工艺如下：
回答下列问题：
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(1)写出该生产工艺中得到的副产品的一种用途：_作钾肥(或补钾剂、工业制备钾等)__。
(2)反应①的离子方程式为__4Fe2＋＋O2＋6H2O =====
NO、NO24FeOOH↓＋8H
＋__。
(3)反应③的化学方程式为2FeOOH＋3KClO＋4KOH===2K2FeO4＋3H2O＋3KCl，则流程中第一次加固体KOH
的作用是_与足量的Cl2 继续反应生成更多的KClO，为下一步反应提供反应物__，第二次加固体KOH 的作用是_降低
高铁酸钾的溶解度、增强高铁酸钾的稳定性__。
(4)K2FeO4 在水溶液中易“水解”：4FeO2－
4 ＋10H2O
4Fe(OH)3＋8OH
－＋3O2。则在洗涤干燥时，洗涤剂最好
选用_B__(填序号)。
A．H2O
B．CH3COOK、异丙醇
C．NH4Cl、异丙醇
D．Fe(NO3)3、异丙醇
(5)实验测得反应液的pH、温度对铁黄产量的影响如图所示。为了获取更多的铁黄，反应液的pH 应控制在_4.5__
附近；反应液温度高于40 ℃时，铁黄的产量下降的原因可能是_温度升高，催化剂NO、NO2 的溶解度减小，容易逸
出(或其他合理答案)__。
(6)用K2FeO4 处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3 等，生成的Fe(OH)3 胶体还能吸附水中
的悬浮杂质。试写出K2FeO4 处理含有NH3 的污水时与NH3 反应的离子方程式：__2FeO 2－
4 ＋2NH3 ＋
2H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋N2↑＋4OH
－[或2FeO2－
4 ＋2NH3·H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋N2↑＋4OH
－]__。
[解析]
(1)根据工艺流程图分析知，副产品为氯化钾。(2)由流程图知反应物为FeSO4 溶液、O2，生成物为FeOOH，
循环利用的滤液Ⅰ应该呈酸性，进而写出离子方程式。(3)注意分析“足量氯气”“反应②”即可得出结论；第二次加
固体KOH 后的操作是过滤，说明KOH 可降低高铁酸钾的溶解度，结合第(4)问可知KOH 可抑制高铁酸钾的“水解”。
(4)K2FeO4 在水溶液中易“水解”。CH3COOK 溶于水，水解使溶液显碱性，可抑制水解；异丙醇能减少洗涤过程中
K2FeO4 的损失，故B 正确。(5)反应液温度越高，单位时间内生成物的产量应越高，但在本实验中，温度高于40 ℃时
铁黄的产量反而下降，联想到催化剂为气体，气体的溶解度随着温度的升高而减小。(6)向含有NH3 的污水中加入适量
的K2FeO4，应将污染物转化为无污染的物质氮气，而高铁酸钾对应的还原产物是氢氧化铁。反应中氮的化合价从－3
价升高到0 价，铁元素的化合价从＋6 价降低到＋3 价，根据得失电子守恒、原子守恒即可写出反应的离子方程式。
1．(2019·考前热点冲刺)能把Al2(SO4)3﹑Fe2(SO4)3 ﹑MgCl2﹑FeCl2 四种溶液区别开来的一种试剂是(
)
A．BaCl2
B．NaOH
C．AgNO3
D．NH3·H2O
[解析]
A．Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3 均与BaCl2 溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故A 错误；B．Al2(SO4)3 和NaOH
溶液反应生成白色沉淀，再加过量NaOH 溶液白色沉淀溶解，反应方程式为：Al2(SO4)3＋6NaOH===2Al(OH)3↓＋
3Na2SO4，Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O；Fe2(SO4)3 与NaOH 溶液反应生成红褐色沉淀，反应方程式为：Fe2(SO4)3
＋6NaOH===Fe(OH)3↓＋3Na2SO4 ；MgCl2 和NaOH 溶液反应生成白色沉淀，反应方程式为：MgCl2 ＋
2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl，FeCl2 与NaOH 溶液反应生成白色沉淀然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应
方程式为：FeCl2＋2NaOH===Fe(OH)2↓＋2NaCl，4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，现象不同，可以区分，故B
正确；C．四种溶液均与AgNO3 溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故C 错误；D．Al2(SO4)3、MgCl2 均与NH3·H2O
反应生成白色沉淀，不能区分，故D 错误。故选B。
2．(2019·考前热点冲刺)已知a、b、d、e 均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如图所示(部分产
物略去)。下列说法错误的是(
)
A．a、b、d 可能是钠及其化合物
B．a、b、d 可能是镁及其化合物
C．a、b、d 可能是铝及其化合物
D．a、b、d 可能是非金属及其化合物
[解析]
A．a 为NaOH、b 为NaHCO3、d 为Na2CO3、e 为CO2 时满足框图转化关系，故A 正确；B．镁及其化
合物不满足此转化关系，B 错误；C．a 为AlCl3、e 为NaOH、b 为NaAlO2、d 为Al(OH)3 时满足框图转化关系，故
C 正确；D．a 为C、e 为O2、b 为CO2、d 为CO 时满足框图转化关系，所以a、b、d 可能是非金属及其化合物，D
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正确。答案选B。
3．(2019·考前热点冲刺)为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2 种实验方案，说法不正确
．．．的
是(
)
方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；
方案二：称量m
g 铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。
A．方案一中若称取5.4 g 合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH 溶液中反应，则V≥100 mL
B．方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高
C．方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量
D．方案二中若用空气代替O2 进行实验，则测定结果偏高
[解析]
A．含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g 合金中铝的质量为5.4×(1－5%)g；则根据反应：2Al＋2NaOH
＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑可知，2Al…2NaOH，[5.4×(1－5%)]/27∶V×10
－3×2＝2∶2，解得V＝95 mL，因此取
5.4 g 合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH 溶液中反应，则V≥95 mL，A 错误；B．方案一中金属铝与氢氧化
钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则
镁的质量分数偏高，B 正确；C．Mg、Al 均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据镁铝质量
守恒，氧化镁和氧化铝质量守恒，列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C 正确；D．空气中有氮
气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D 正确；
综上所述，本题选A。
4．(2019·考前热点冲刺)多反应体系中，明确反应顺序是解决问题的基础。下列反应先后顺序判断正确的是(
)
A．在含等物质的量的Na2S、Na2SO3、KI 的溶液中缓慢通入Cl2：S2－、I
－、SO2－
3
B．在含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H
＋的溶液中加入Zn：Fe3＋、Cu2＋、H
＋
C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH 的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2 CO3
D．在含等物质的量的AlO
－
2 、OH
－、CO 2－
3 的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO
－
2 、Al(OH)3、OH
－、CO2－
3
[解析]
A．还原性强弱的顺序是S2－>SO2－
3 >I
－，通过氯气反应先后顺序是S2－、SO2－
3 、I
－，故A 错误；B．Fe3＋、
Cu2＋、H
＋氧化性强弱的顺序是Fe3＋>Cu2＋>H
＋，加入锌反应先后顺序是Fe3＋、Cu2＋、H
＋，故B 正确；C．反应先后顺
序是Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C 错误；D．结合H
＋能力：OH
－>AlO
－
2 >CO2－
3 >Al(OH)3，加入盐酸反应顺
序是OH
－、AlO
－
2 、CO2－
3 、Al(OH)3，故D 错误。
5．(2019·考前热点冲刺)用一定量的铁与足量的稀H2SO4 及足量的CuO 制单质铜，有人设计以下两种方案：
①Fe――→
稀硫酸H2――→
氧化铜Cu，
②CuO――→
稀硫酸CuSO4――→
铁
Cu 。
若实验过程中，根据一般的实验方法和实验操作规则进行操作，则对两者制得单质铜的量作比较，正确的是(
)
A．相等
B．①多
C．②多
D．无法判断
[解析]
两方案中所发生的化学方程式为：①Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、H2＋CuO=====
△
Cu＋H2O；②CuO＋
H2SO4===CuSO4＋H2O、Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4；②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时
需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后
停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致
方案①对应的铜减少，故方案②生成的铜多，故选C。
6．(2019·考前热点冲刺)向X 的溶液中加入Y 试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是
(
)
A．向HCl 和AlCl3 的混合液中滴加NaOH 溶液
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B．向NaOH 和Ca(OH)2 的混合液中通入CO2
C．向NH4Al(SO4)2 溶液中滴加NaOH 溶液
D．向NaOH 和Na2CO3 的混合液中滴加稀盐酸
[解析]
A．因向HCl 和AlCl3 的混合液中滴加NaOH 时，先发生HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，再发生Al3＋＋3OH
－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为3∶1，图象与发
生的化学反应不符，故A 错误；B．因向NaOH 和Ca(OH)2 的混合液中通入CO2，先发生Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓
＋H2O，再发生CO2＋NaOH===NaHCO3，最后发生CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，图象与反应符合，故B 正确；
C．向NH4Al(SO4)2 溶液中滴加NaOH，先发生Al3＋＋3OH
－===Al(OH)3↓，再发生NH
＋
4 ＋OH
－===NH3·H2O，最后发
生Al(OH)3＋OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1∶1，图象中横坐标中的量与化学反
应不符，故C 错误；D．向NaOH 和Na2CO3 的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，再发生
Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，最后发生NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，未生成气体时消耗的酸与生成
气体时消耗的酸的物质的量应大于1∶1，而图象中为1∶1，则图象与发生的化学反应不符，故D 错误；故选B。
7．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化
均能实现的是(
)
A．N2(g)――→
O2
放电NO(g) ――→
NaOHaqNaNO2(aq)
B．SiO2 ――→
NaOHaqNa2SiO3――→
CO2gH2SiO3
C．Al ――→
NaOHaqNaAlO2――→
CO2gAl(OH)3
D．Fe3O4(s)――→
Als
高温Fe(s) ――→
HNO3aqFe(NO3)3(aq)
[解析]
A．氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，但一氧化氮与氢氧化钠不反应，故A 错误；B．二氧化硅与氢
氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与碳酸反应生成硅酸，均实现各步转化，故B 正确；C．Al 与氢氧化钠反应生成
偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3，生成氢氧
化铝，故C 正确；D．铝和四氧化三铁高温反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：8Al＋3Fe3O4=====
高温9Fe＋4Al2O3，
铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、水以及一氧化氮：Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，故D 正确；故选A。
8．(2019·四川省攀枝花市高考化学一模)向含有c(FeCl3)＝0.2 mol/L、c(FeCl2)＝0.1 mol/L 的混合溶液中滴加稀
NaOH 溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm 的金属氧化物。下列有关说法中正确的是
(
)
A．该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
B．可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C．向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3 溶液也可得到该黑色分散系
D．形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH
－===Fe3O4(胶体)＋4H2O
[解析]
A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A 错误；B．胶体、溶液都可以透过滤纸，
不能用过滤方法分离，选项B 错误；C．向沸水中滴加饱和FeCl3 溶液可得到氢氧化铁胶体，得不到黑色分散系，故
C 错误；D．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH
－===Fe3O4(胶体)＋4H2O，故D 正确；故选D。
9．(2019·湖南省株洲市高考一模)某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入
铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO 气体，下同)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量
增加的变化如图所示。下列说法正确的是(
)
A．c 点时，溶液中的溶质为Fe2(SO4)3
B．ab 段发生反应的离子方程式为：Fe＋Fe3＋===2Fe2＋
C．原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为0.4 mol/L
D．原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为4 mol/L
[解析]
由图象可知，由于铁过量，oa 段发生反应为：Fe＋NO
－
3 ＋4H
＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，ab 段发生反应为：
Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，bc 段发生反应为：Fe＋2H
＋===Fe2＋＋H2↑。A．所以c 点是硫酸亚铁，而不是硫酸铁，故A 错
误；B．ab 段发生反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故B 错误；C．oa 段发生反应为：Fe＋NO
－
3 ＋4H
＋===Fe3＋＋NO↑＋
2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，故原混合液中n(NO
－
3 )＝2n(Fe)＝2× 11.2 g
56 g/mol＝0.4 mol，混合酸中HNO3 物质的量浓
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度为0.4 mol
0.2 L ＝2 mol/L，故C 错误；D．反应消耗22.4 g 铁，也就是22.4 g
56 g/mol＝0.4 mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根
据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4 mol，所以硫酸的浓度是4 mol/L，故D 正确；故选D。
10．(2019·考前热点冲刺)铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。
(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_C__(用字母代号填)。
A．Fe
B．FeCl3
C．FeSO4
D．Fe2O3
(2)向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3 溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是_1～100__nm。
(3)电子工业需要用30%的FeCl3 溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3 溶液与铜反应的离
子方程式：__2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋__；__。
某校同学为测定FeCl3 腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：
首先取少量待测溶液，滴入KSCN 溶液呈红色，则溶液中含有的金属阳离子是_Fe3＋___Fe2＋___Cu2＋___，在此基础
上，又进行了定量组成的测定：取50.0 mL 待测溶液，向其中加入足量的AgNO3 溶液，得白色沉淀，过滤、干燥、称
量，沉淀质量为43.05 g。溶液中c(Cl
－)＝_6.0__mol/L。
(4)若要验证该溶液中含有Fe2＋，正确的实验方法是_B__。
A．向试管中加入试液，滴入KSCN 溶液，若显血红色，证明含有Fe2＋。
B．向试管中加入试液，滴入K3Fe(CN)6 溶液，若产生蓝色沉淀，证明含有Fe2＋。
C．向试管中加入试液，滴入氯水，再滴入KSCN 溶液，若显血红色，证明原溶液中含有Fe2＋
(5)欲从废水中回收铜，并重新获得FeCl3 溶液，设计实验方案如下：
A 请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式：
①_Fe__
②_FeCl2___
③_Fe__Cu__
④_HCl__
B 请写出通入⑥的化学方程式__2FeCl2＋Cl2===2FeCl3__。
[解析]
该题考查的知识点较多，综合性较强，明确物质的性质是解本题关键，难点是铁离子及亚铁离子的检验
方法及反应现象分析。关于铁离子和亚铁离子的检验需要注意①检验Fe2＋时不能先加氯水后加KSCN 溶液；当有Cl
－
时不能用酸性KMnO4 溶液检验Cl
－；当溶液的浓度较稀时，利用观察法或加NaOH 溶液的方法都不宜检验Fe2＋和Fe3
＋的存在。②检验Fe2＋和Fe3＋混合溶液时，要分两次分别检验Fe2＋和Fe3＋，检验Fe2＋时用铁氰化钾溶液，实验现象是
产生蓝色沉淀，而检验Fe3＋时最好选择KSCN 溶液。
11．(2019·河南省平顶山市高考化学一调)四氢铝锂(LiAlH4)常作有机合成的重要还原剂。以辉锂矿(主要成分是
Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量Fe2O3)为原料合成四氢铝锂的流程如下：
已知：①几种金属氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
4.0
完全沉淀的pH
3.7
6.5
②常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.0×10
－3，Li2CO3 在水中溶解度随着温度升高而减小。
回答下列问题：
(1)上述流程中，提高“酸浸”速率的措施有_粉碎矿石、加热、增大酸的浓度等__(写两条)；加入CaCO3 的作用
是_调节pH 使Al3＋、Fe3＋转化成氢氧化物__，“a”的最小值为_6.5__。
(2)设计简单方案由Li2CO3 制备LiCl：_用盐酸溶解，在氯化氢气流中蒸干溶液__。
(3)写出LiH 和AlCl3 反应的化学方程式：__AlCl3＋4LiH===LiAlH4＋3LiCl__(条件不作要求)
(4)用热水洗涤Li2CO3 固体，而不用冷水洗涤，其目的是减少碳酸锂的损失；检验碳酸锂是否洗净的实验方法是
取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀盐酸(或其它合理答案)。
(5)在有机合成中，还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示，其含义是1 克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。
LiAlH4 的“有效氢”为_0.21__。(结果保留2 位小数)
[解析]
(1)加硫酸从矿石中浸出，如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率；加入碳酸钙中和
溶液中的酸，使铁、铝离子完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，从而除去杂质；从表格信息看，调节pH 最小值为6.5，
确保铝离子完全沉淀；(2)先用稀盐酸溶解碳酸锂得到氯化锂，因为氯化锂水解，为防止其水解，需要在氯化氢中蒸干
氯化锂溶液，从而得到LiCl 固体；(3)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂，方程式为AlCl3＋4LiH===LiAlH4
＋3LiCl；(4)依题意，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤碳酸锂，可以减少碳酸锂损失；沉淀表面有硫酸
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钠，检验SO 2－
4 可判断沉淀是否洗净，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液和稀盐酸(或其它合理答
案)；(5)由题给信息可知，还原剂的还原能力是指失电子数，1 mol LiAlH4 能提供8 mol 电子，相当于4 mol H2，LiAH4
的有效氢为8 g
38 g≈0.21。
12．(2019·陕西省榆林市高考三模)重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为
Fe(CrO2)2 或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2 等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：
(1)煅烧铬铁矿生成Na2CrO4 的化学方程式为
__4Fe(CrO2)2＋7O2＋8Na2CO3=====
高温8CO2＋8Na2CrO4＋2Fe2O3__。
(2)调节溶液的pH 所选的试剂为_稀硫酸__(填名称)，写出生成Al(OH)3 的化学方程式__AlO
－
2 ＋H
＋＋
H2O===Al(OH)3↓____。
(3)Na2CrO4 溶液酸化时发生反应2CrO2－
4 (黄色)＋2H
＋
Cr2O2－
7 (橙红色)＋H2O。
①该反应_不是__氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K＝__
cCr2O2－
7 
c2H
＋·c2CrO2－
4 
__。
②若向Na2Cr2O7 溶液(橙红色)中加入足量的NaOH 固体，溶液_A__(填标号)
A．变黄色
B．颜色不变
C．变红色溶液
③已知：25 ℃时，Ag2CrO4 的Ksp＝1.12×10
－12，Ag2Cr2O7 的Ksp＝2×10
－7,25 ℃时，向Na2Cr2O7 溶液中加入AgNO3
溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是_Ag2CrO4__。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，结合溶解度
图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7 的原因是_低温时K2Cr2O7 溶解度远小于其它组分__。
[解析]
铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2 或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2 等杂质]，加入纯碱、通入空气，
煅烧可生成二氧化碳、Na2CrO4 和氧化铁，同时生成偏铝酸钠、硅酸钠，加入水浸出，过滤分离出氧化铁，滤液中含
有Na2CrO4、偏铝酸钠、硅酸钠，调节溶液pH 生成氢氧化铝、硅酸，过滤除去，得到Na2CrO4 溶液，酸化得到Na2Cr2O7，
加入硫化钠，发生氧化还原反应生成氢氧化铬，溶液b 为硫酸钠，以此解答该题。(1)煅烧铬铁矿生成Na2CrO4 的化学
方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋8Na2CO3=====
高温8CO2＋8Na2CrO4＋2Fe2O3；(2)由流程可知酸化后得到硫酸钠，则应加入
稀硫酸酸化，生成氢氧化铝的离子方程式为AlO
－
2 ＋H
＋＋H2O===Al(OH)3↓；(3)①反应2CrO 2－
4 (黄色)＋2H
＋
Cr2O2－
7 (橙红色)＋H2O 中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，平衡常数K＝
cCr2O2－
7 
c2H
＋·c2CrO2－
4 
，；②发
生2CrO2－
4 (黄色)＋2H
＋
Cr2O2－
7 (橙红色)＋H2O 反应，若向Na2Cr2O7 溶液(橙红色)中加入足量的NaOH 固体，则平
衡逆向移动，溶液呈黄色，故答案为：A；③Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2Cr2O7)，即形成沉淀时，Ag2CrO4 所需Ag
＋浓度最
小，即容易形成Ag2CrO4 沉淀，故答案为：Ag2CrO4；(4)由图象可知低温时K2Cr2O7 溶解度远小于其他组分，则冷却
结晶析出大量K2Cr2O7。
第十三讲
非金属及其化合物
[最新考纲]
[考向分析]
1.知道常见非金属元素(如H、C、N、
O、S、Cl、Si 等)单质及其重要化合物
的制备方法，掌握其主要性质及其应用
2.了解常见非金属单质及其重要化合
物对环境的影响
选择题：元素及其化合物知识是考查基本概念、
基本理论、化学实验的重要载体，在选择题中主
要考查与生产、生活联系比较密切的元素及其化
合物的性质及应用
非选择题：在非选择题中常与物质制备、分离及
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161
3.以上各部分知识的综合应用
提纯的工艺流程、化学实验相结合，考查元素及
其化合物的重要性质、转化和检验等
考点一
非金属单质及其化合物的相互转化
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·江苏，6)下列有关化学反应的叙述正确的是(
)
A．Fe 在稀硝酸中发生钝化
B．MnO2 和稀盐酸反应制取Cl2
C．SO2 与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D．室温下Na 与空气中O2 反应制取Na2O2
[解析]
A 项，常温下，Fe 在浓硝酸中会发生钝化，错误；B 项，MnO2 与浓盐酸在加热条件下发生反应生成Cl2，
与稀盐酸不反应，错误；C 项，氨水过量，SO2 与NH3·H2O 发生反应生成(NH4)2SO3，正确；D 项，室温下，Na 与空
气中O2 反应生成Na2O，错误。
2．(2017·北京卷)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(
)
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
[解析]
①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化
合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2 生成，产生的气体为混合气体，A 项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生
成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B 项正确；③中浓硝酸挥发
才能与红热木炭接触，产生的NO2 是还原产物，C 项正确；红热的木炭还可与空气中的O2 反应生成CO2，不一定是
木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D 项错误。
3．(2018·天津，7)下图中反应①是制备SiH4 的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3 是优质的镁资源。回答下列问题：
(1)MgCl2·6NH3 所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H
－除外)：_r(H
＋)<r(Mg2＋)<r(N3－)<r(Cl
－)__，Mg 在元素
周期表中的位置：_第三周期ⅡA 族__，Mg(OH)2 的电子式：__
__。
(2)A2B 的化学式为_Mg2Si__。反应②的必备条件是_熔融，通电__。上图中可以循环使用的物质有_NH3，NH4Cl__。
(3)在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料_SiC__(写化学式)。
(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，写出该反应的化学
方程式：__2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O__。
(5)用Mg 制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备
所需醛的可能结构简式：_CH3CH2CHO，CH3CHO__。
[解析]
(1)H
＋没有电子；Mg2＋和N3－都有2 个电子层、10 电子，但Mg2＋比N3－核电荷数大；Cl
－有3 个电子层。
核外电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大的离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序为
r(H
＋)＜r(Mg2＋)＜r(N3－)＜r(Cl
－)。
Mg 原子核外有3 个电子层，最外层有2 个电子，故Mg 位于周期表中第三周期ⅡA 族。
Mg(OH)2 是由Mg2＋和OH
－构成的离子化合物，其电子式为
。
(2)根据质量守恒定律，A2B 的化学式是Mg2Si。电解熔融的MgCl2 生成Mg 和Cl2。NH3 和NH4Cl 既是副产物又
是起始原料。
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(3)由CH4 和SiH4 反应生成H2 和另一种固体耐磨材料，根据质量守恒定律可知，该耐磨材料为SiC。
(4)该反应类型类似“钙基固硫”，加热过程中发生反应：
Mg(OH)2=====
△
MgO＋H2O、MgO＋SO2=====
△
MgSO3、2MgSO3＋O2===2MgSO4，故总反应方程式为2Mg(OH)2
＋2SO2＋O2=====
△
2MgSO4＋2H2O。
(5)由题给信息知，
可能是由CH3CH2Br 与CH3CHO 或CH3Br 与CH3CH2CHO 经过一系列反应制
得的。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．必记的9 种特征：
(1)有颜色的气体：_Cl2__(黄绿色)、_NO2__(红棕色)等。
(2)有漂白作用的气体：Cl2(有水时)、_SO2__等，能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的是_SO2__。
(3)同一元素的气态氢化物和气态氧化物反应，生成该元素的单质和水，该元素可能是_硫__或_氮__。
(4)同一元素的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，生成盐的元素一定是_氮__。
(5)溶于水显碱性的气体只有_NH3__。
(6)在空气中迅速由无色变为红棕色的气体只有_NO__。
(7)可溶于氢氟酸的酸性氧化物只有_SiO2__。
(8)能与NaOH 溶液作用产生H2 的非金属单质只有_Si__。
(9)常温下使铁、铝发生钝化的是_浓硝酸__与_浓硫酸__。
2．知道14 种物质的主要用途：
硅——半导体材料、太阳能电池板、计算机芯片
活性炭——吸附剂、去除冰箱中的异味
臭氧(O3)——漂白剂、消毒剂
氯气——杀菌消毒、漂白剂、制盐酸、漂白粉等
二氧化碳——灭火剂、人工降雨、温室气体
二氧化硅——制石英玻璃、光导纤维
二氧化硫——漂白剂、杀菌、消毒
双氧水——漂白剂、消毒剂、脱氯剂
氢氟酸——蚀刻玻璃制品
氨——制冷剂(液氨)、制硝酸、铵盐
次氯酸钠(NaClO)——漂白剂、杀菌剂
硅胶——袋装食品干燥剂
乙烯——植物生长调节剂、催熟剂
甘油——护肤保湿剂
3．易混淆的6 种离子的检验方法：
(1)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，并放出无色无味气体。
(2)SO2－
4 →先加入足量_稀盐酸__，无明显现象，再加入
_BaCl2 溶液__，产生白色沉淀。
(3)SO2－
3 →加入_BaCl2 溶液__，产生白色沉淀，再加_稀盐酸__，沉淀溶解放出无色有刺激性气味、能使品红溶液
褪色的气体。
(4)Cl
－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_白__色沉淀。
(5)Br
－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_淡黄__色沉淀。
(6)I
－→加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成_黄__色沉淀。
4．两类不能完成的“一步转化”：
(1)非金属单质――→
O2
氧化物――→
H2O 酸
SiO2 不能通过一步反应转化为H2SiO3，S 不能通过一步反应转化为SO3，N2 不能通过一步反应转化为NO2。
(2)金属单质――→
O2
氧化物――→
H2O 碱
难溶于水的碱[如Cu(OH)2]不能通过一步反应实现氧化物到碱的转化。
5．常考的有HNO3 参与的氧化还原反应的计算：
(1)金属与硝酸的反应中硝酸分为两部分，一部分作_氧化剂__，另一部分起酸性作用生成硝酸盐，计算时应先确
定被_还原__的硝酸，再由_得失电子守恒__求解。
(2)Cu 与HNO3 的反应中：被还原的硝酸无论生成NO 还是NO2，由氮元素守恒可知被还原的硝酸与生成气体的
物质的量_相等__。
6．浓硫酸吸水性和脱水性的区别与应用：
(1)吸水性
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163
浓硫酸具有吸收游离水(如气体中、液体中的水分子，以及固体中的结晶水等)的性能。
①原理：H2SO4 分子与水分子可形成一系列稳定的水合物。
H2SO4(浓)＋nH2O===H2SO4·nH2O
②应用：作吸水剂或干燥剂。
a．可干燥的物质：H2、CO、CO2、CH4、N2、NO、NO2、O2、SO2、Cl2、HCl 等。
b．不能干燥的物质：H2S、NH3、HBr、HI 等。
c．所用的装置：洗气瓶(如图)。
(2)脱水性
浓硫酸可将许多有机物中的氢和氧原子按水分子的组成(H2O)比例脱去。如
C12H22O11――→
浓硫酸12C＋11H2O
HCOOH――→
浓硫酸CO↑＋H2O。
7．化学反应中浓硫酸由“量变”引起的“质变”：
过量金属(如Fe、Cu、Zn 等)与浓硫酸反应时，要动态地看反应过程，注意H2SO4 浓度的变化对反应产物的影响。
开始阶段是浓硫酸反应，产生的是SO2 气体，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，最后变为稀硫酸，与Cu 不反
应，与铁、锌等反应生成H2 而不是SO2。
易错辨析
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
1．CO2、CH4、N2 等均是造成温室效应的气体。(×)
2．单质硅常用作半导体材料和光导纤维。(×)
3．CO2、NO2 或SO2 都会导致酸雨的形成。(×)
4．NO2 溶于水时发生氧化还原反应。(√)
5．SiO2 与酸、碱均不反应。(×)
6．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应水封。(√)
7．能使润湿的淀粉KI 试纸变成蓝色的物质一定是Cl2。(×)
8．某溶液加入CCl4，CCl4 层显紫色，证明原溶液中存在I
－。(×)
备考验证——练典题、重应用
1.(2019·郑州一模)a、b、c、X 是中学化学中常见的四种物质，且a、b、c 中含有同一种元素，其转化关系如图所
示。下列说法错误的是(
)
A．若a、b、c 均为厨房中常用的物质，则构成c 中的阳离子半径小于其阴离子半径
B．若a 为一种气态氢化物，X 为O2，则a 分子中可能含有10 个或者18 个电子
C．若b 为一种两性氢氧化物，则X 可能是强酸，也可能是强碱
D．若a 为固态非金属单质，X 为O2，则氧元素与a 元素的原子序数之差可能为8
[解析]
若a、b、C 为厨房中的物质，则a 为Na2CO3，b 为NaHCO3，c 为NaCl，X 为盐酸，A 项正确；若a
为一种气态氢化物，X 为O2，则a 可以为CH4 或H2S，B 项正确；若b 为一种两性氢氧化物，则b 为Al(OH)3，则X
可能是强酸，也可能是强碱，C 项正确；S 与O2 不能直接生成SO3，D 项错误。
2．已知X 为单质，Y 为化合物。且有如下转化关系：
X＋Cl2――→
点燃Y――→
溶于水
――→
惰性电极电解X＋Cl2
①若Y 溶于水后得到强酸溶液，则X 可能是H2
②若Y 溶于水后得到中性溶液，则X 可能是Na
③若向Y 溶液中滴加NaOH 溶液有蓝色沉淀生成，则X 可能是Cu
④若向Y 溶液中逐滴滴加NaOH 溶液，先生成沉淀后又溶解，则X 可能为Al
能实现上述转化关系的是(
)
A．①②
B．②④
C．①③
D．③④
[解析]
若X 是H2，则Y 是HCl，溶于水后得到盐酸，电解盐酸又重新得到H2 和Cl2，①正确；若X 是Na，则
Y 是NaCl，溶于水溶液呈中性，电解NaCl 溶液得到NaOH、H2 和Cl2，②错误；若X 是Cu，则Y 是CuCl2，滴加
NaOH 溶液后有蓝色沉淀Cu(OH)2 生成；电解CuCl2 溶液得到Cu 和Cl2，③正确；若X 是Al，则Y 是AlCl3，逐滴
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滴加NaOH 溶液后先生成Al(OH)3 沉淀，后沉淀又溶解，电解AlCl3 溶液得到Al(OH)3，H2 和Cl2，④错误。故选C。
3.一定条件下，物质A～E 转化关系如图所示，其中A 为单质，常温下E 为无色液体。
(1)若A、C、D 均含氯元素，C 为氯碱工业的原料。D 溶液具有漂白性，则A 与B 反应的化学方程式是__Cl2＋
2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O__；
D 溶液可使淀粉KI 溶液显蓝色，则D 与KI 在溶液中反应的离子方程式是__ClO
－＋2I
－＋H2O===I2＋Cl
－＋2OH
－
__；
检验C 中所含阴离子的实验方法是_取适量待测液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入AgNO3 溶液，若产生
白色沉淀，则证明含有Cl
－__。
(2)若A 为红色金属，B 为某酸的浓溶液，D 为可形成酸雨的无色气体。A 与B 反应的化学方程式是__Cu＋
2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O__。
a mol A 与足量的B 充分反应后，将产生的D 通入NaOH 溶液中，恰好完全反应，则所需NaOH 的物质的量的范
围是_a_mol≤n(NaOH)≤2a_mol__。
[解析]
常温下无色液体一般为H2O。(1)A 是单质且含氯元素，A 为Cl2，C 为氯碱工业的原料，应是NaCl，根
据框图分析D 应是NaClO，反应方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。NaClO 具有强氧化性，可将I
－氧化
生成I2，离子方程式为ClO
－＋2I
－＋H2O===I2＋Cl
－＋2OH
－。物质C 中含有Cl
－，其检验方法为取适量待测液于试管
中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入AgNO3 溶液，若产生白色沉淀，则证明含有Cl
－。(2)A 为红色金属，推知A 为Cu，
D 为可形成酸雨的无色气体，应为SO2，则B 为浓硫酸，反应方程式为Cu＋2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
a mol 的Cu 与足量浓硫酸反应生成a mol SO2，SO2 与NaOH 反应的产物可能是Na2SO3、NaHSO3，也可能是Na2SO3
与NaHSO3 的混合物，故所需NaOH 的物质的量的范围是a mol≤n(NaOH)≤2a mol。
4．ClO2、NaClO2 是两种重要的含氯化工产品，工业上生产ClO2、NaClO2 有多种方法，下面为其中的一种生产
流程图：
(1)NaClO2 中氯元素的化合价为_＋3__。
(2)电解槽中阳极上的电极反应式为__Cl
－＋3H2O－6e
－===ClO
－
3 ＋6H
＋__。
(3)反应器I 中化学方程式为__2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋Cl2↑＋2H2O__；
反应器Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为_2∶1__。
(4)流程中①、②的现实意义是_提高原料利用率，降低生产成本__；
已知NaClO2 饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O 晶体，高于38 ℃时析出NaClO2 晶体，高于60 ℃时
NaClO2 分解，则从NaClO2 溶液中得到NaClO2 晶体的方法为_减压条件下，在55_℃时蒸发结晶，趁热过滤__。
(5)产品中NaClO2 含量的测定：取a g 晶体置于锥形瓶中，再加入适量碘化钾、稀硫酸组成的混合溶液，充分反
应后再加入几滴淀粉溶液，用c mol·L
－1 Na2S2O3 标准溶液滴定(I2＋2S2O2－
3 ===2I
－＋S4O2－
6 ，晶体中无其他能氧化
Na2S2O3 的成分)，共用去V mL 硫代硫酸钠溶液。
①实验中必须用到_碱__式滴定管，滴定终点的现象是_蓝色消失并在30_s 内不复原__。
②晶体中NaClO2 的质量分数w(NaClO2)＝__2.262 5cV
a
%__(用含c、V、a 的代数式表示)。
[解析]
(1)根据化合价代数和为0 可知，NaClO2 中氯元素的化合价为＋3。(2)阳极上是Cl
－失去电子转化为ClO
－
3 ，
由质量守恒定律知有H2O 参与反应，电极反应式为Cl
－＋3H2O－6e
－===ClO
－
3 ＋6H
＋。(3)由流程图知，反应容器Ⅰ中
反应方程式可先写出NaClO3＋HCl―→NaCl＋ClO2＋Cl2＋H2O，最后配平得2NaClO3＋4HCl===2NaCl＋2ClO2＋
Cl2↑＋2H2O。反应容器Ⅱ中，H2O2 是还原剂，ClO2 是氧化剂，根据氧元素、氯元素化合价变化即可求出氧化剂与还
原剂物质的量之比为2∶1。(4)操作①、②能充分利用原料、提高原料的利用率，从而降低生产成本。可通过减压条件
下蒸发结晶的方法从NaClO2 溶液中获得相应的晶体。(5)由于Na2S2O3 是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故应使用碱式滴
定管，因为是用Na2S2O3 溶液滴定含有淀粉的I2 溶液，故终点颜色变化为蓝色消失并在30 s 内不复原。NaClO2 与I
－
反应时被还原为Cl
－，由得失电子守恒可得NaClO2～2I2～4S2O2－
3 ，故m(NaClO2)＝0.25c mol·L
－1×10
－3V L×90.5 g·mol
－1＝2.262 5cV×10
－2 g，故质量分数mNaClO2
a
×100%＝2.262 5cV
a
%。
考点二
非金属元素单质及其化合物的实验探究
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165
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·天津，9)烟道气中的NOx 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答
下列问题：
Ⅰ.采样
采样系统简图
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140 ℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；
⑤关闭系统，停止采样。
(1)A 中装有无碱玻璃棉，其作用为_除尘__。
(2)C 中填充的干燥剂是(填序号)_c__。
a．碱石灰
b．无水CuSO4
c．P2O5
(3)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的
流向及试剂。
__
__
(4)采样步骤②加热烟道气的目的是_防止NOx 溶于冷凝水__。
Ⅱ.NOx 含量的测定
将v L 气样通入适量酸化的H2O2 溶液中，使NOx 完全被氧化成NO
－
3 ，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL 该
溶液，加入v1 mL c1 mol·L
－1FeSO4 标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L
－1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2＋，
终点时消耗v2 mL。
(5)NO 被H2O2 氧化为NO
－
3 的离子方程式为__2NO＋3H2O2===2H
＋＋2NO
－
3 ＋2H2O__。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有_锥形瓶、酸式滴定管__。
(7)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO
－
3 ＋4H
＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O2－
7 ＋6Fe2＋＋14H
＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx 折合成NO2 的含量为__23×c1v1－6c2v2
3v
×104__mg·m
－3。
(8)判断下列情况对NOx 含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
若缺少采样步骤③，会使测定结果_偏低__。
若FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果_偏高__。
[解析]
(1)装置A 是过滤器，装有无碱玻璃棉的作用是过滤除去粉尘。
(2)C 中填充的是干燥剂，除去H2O 且不能与NOx 反应，所以应选有酸性、干燥能力强的P2O5。
(3)D 装置中装有碱液，用于除去NOx，作用与实验室中的洗气瓶相同，该装置的示意图为
。
(4)烟道气中有水，采样步骤②加热器将烟道气加热至140 ℃的目的是防止NOx 溶于冷凝水。
(5)NO 被H2O2 氧化为NO
－
3 ，H2O2 的还原产物为H2O，离子方程式为2NO＋3H2O2===2H
＋＋2NO
－
3 ＋2H2O。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、滴定管，因为该滴定液呈酸性，所以选用酸式滴定管。
(7)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO
－
3 ＋4H
＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O2－
7 ＋6Fe2＋＋14H
＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
与Cr2O 2－
7 反应的Fe2＋的物质的量为6c2v2×10
－3 mol，标准液中Fe2＋的物质的量为c1v1×10
－3 mol，则与NO
－
3 反
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应的Fe2＋的物质的量为(c1v1－6c2v2)×10
－3 mol，NO
－
3 的物质的量为c1v1－6c2v2×10
－3
3
mol，则v L 气样中折合成NO2
的含量为c1v1－6c2v2×10
－3
3v L
mol×46 g·mol
－1×100 mL
20 mL ×1 000 mg·g
－1×1 000 L·m
－3＝23×c1v1－6c2v2
3v
×104 mg·m
－
3。
(8)若缺少采样步骤③，系统内存在空气，会使收集的气样中NOx 偏少，测定结果偏低。若FeSO4 标准溶液部分变
质，溶液中的Fe2＋浓度减小，消耗的FeSO4 标准溶液体积增大，会使测定结果偏高。
2．(2019·天津，10)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ.硅粉与HCl 在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl3 气体和H2，放出225 kJ 热量，该反应的热化学方程式为Si(s)＋
3HCl(g)=====
300 ℃SiHCl3(g)＋H2(g)__ΔH＝－225__kJ·mol
－1。SiHCl3 的电子式为__
__。
Ⅱ.将SiCl4 氢化为SiHCl3 有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4(g)＋H2(g)
SiHCl3(g)＋HCl(g)
ΔH1>0
②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)
4SiHCl3(g)
ΔH2<0
③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)
3SiHCl3(g)
ΔH3
(1)氢化过程中所需的高纯度H2 可用惰性电极电解KOH 溶液制备，写出产生H2 的电极名称_阴极__(填“阳极”
或“阴极”)，该电极反应方程式为__2H2O＋2e
－===H2↑＋2OH
－或2H
＋＋2e
－===H2↑__。
(2)已知体系自由能变ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG<0 时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG 与温度的关系如图1 所示，可
知：反应①能自发进行的最低温度是_1_000_℃__；相同温度下，反应②比反应①的ΔG 小，主要原因是_ΔH2<ΔH1 导
致反应②的ΔG 小__。
(3)不同温度下反应②中SiCl4 转化率如图2 所示。下列叙述正确的是_a、c__(填序号)。
a．B 点：v 正>v 逆
b．v 正：A 点>E 点
c．反应适宜温度：480～520 ℃
(4)反应③的ΔH3＝_ΔH2－ΔH1__(用ΔH1，ΔH2 表示)。温度升高，反应③的平衡常数K_减小__(填“增大”“减小”
或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3 和Si 外，还有_HCl、H2__(填分子式)。
[解析]
Ⅰ.该反应的热化学方程式为：Si(s)＋3HCl(g)=====
300 ℃SiHCl3(g)＋H2(g)
ΔH＝－225 kJ·mol
－1。SiHCl3 的结
构式为
，故电子式为：
。Ⅱ.(1)用惰性电极电解KOH 溶液，实质为电解水，阴极上产生氢气，
电极反应式为：2H2O＋2e
－===2OH
－＋H2↑，(2)ΔG<0 时，反应能自发进行，故反应①自发进行的最低温度为1 000 ℃。
由于ΔG＝ΔH－TΔS，反应②的ΔH2<0，而反应①的ΔH1>0，ΔH2<ΔH1，ΔS1>ΔS2，因此相同温度下反应②比反应①的
ΔG 小的主要原因为ΔH2<ΔH1。(3)a 项，同一点比较正逆反应速率看反应进行方向，B 点反应正向进行，所以v 正>v 逆，
正确；b 项，不同点比较正逆反应速率看反应条件，A 点温度低于E 点温度，所以v 正：A 点<E 点，错误；c 项，根
据图示，温度在480～520 ℃时，SiCl4 转化率高，480～520 ℃为反应适宜温度，正确。(4)根据盖斯定律，由反应②－
反应①，可得反应③，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由ΔH2<0，ΔH1>0 知ΔH3<0，反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移
动，平衡常数减小。(5)根据由粗硅制备多晶硅的过程可知，循环使用的物质还有HCl 和H2。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
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167
性质探究实验方案设计的一般方法
(1)证明酸性。
①用pH 试纸或酸碱指示剂，观察颜色变化；
②与Na2CO3 溶液反应产生CO2；
③与Zn 等活泼金属反应产生氢气。
(2)证明弱酸性。
①存在电离平衡，如向醋酸溶液中加入醋酸铵，测其pH 变大，可以证明醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋
酸是弱酸；
②测定对应盐溶液的酸碱性，如测定常温下CH3COONa 溶液的pH>7，说明CH3COOH 是弱酸；
③测量稀释前后pH 变化，如测定将醋酸溶液稀释至10n 倍前后的pH 变化，若溶液的pH 变化小于n，可证明醋
酸为弱酸。
(3)比较金属的活动性：
①与水或酸反应的难易；②利用置换反应；③设计成原电池，其负极活泼性强；④利用电解时的放电顺序；⑤比
较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱。
(4)比较非金属的活动性：
①利用置换反应；②与氢气反应的难易；③气态氢化物的稳定性、还原性；④比较最高价氧化物对应水化物的酸
性强弱。
(5)比较酸(碱)的酸(碱)性强弱：较强的酸(碱)能制得较弱的酸(碱)。
比较盐的水解程度，如通过测定等浓度NaHCO3 和NaHSO3 溶液的pH，确定H2CO3 和H2SO3 酸性强弱。
(6)气体检验时杂质气体的干扰问题：先除去干扰气体，检验杂质气体已经除净，再检验待检气体。如检验SO2 和
CO2 混合气体中的CO2，先通过酸性KMnO4 溶液除去SO2，再通过品红溶液确定SO2 已经除净，最后通过澄清石灰
水检验CO2。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·保定一模)用4 种物质进行实验，下表中“操作”与“现象”均正确的是(
)
选项
物质
操作
现象
A
FeSO4 溶液
加入铁氰化钾溶液
溶液变蓝，无沉淀析出
B
品红溶液
通入体积比为1∶1 的SO2
和Cl2 混合气体
溶液褪色，加热后红色恢复
C
Ba(NO3)2 溶液
通入SO2
溶液变浑浊，无任何气体生成
D
Ca(OH)2 溶液
通入(NH4)2CO3受热分解
产生的气体
变浑浊，继续通入，浑浊不消失
[解析]
铁氰化亚铁是蓝色沉淀，A 项错误；体积比为1∶1 的SO2 和Cl2 混合气体与水反应，Cl2＋2H2O＋
SO2===2HCl＋H2SO4，产物无漂白性，B 项错误；SO2 通入Ba(NO3)2 溶液中会释放出NO 气体，C 项错误；
(NH4)2CO3=====
△
2NH3↑＋H2O＋CO2↑，该混合气体通入水中又形成碳酸铵，与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氨水，
不会出现浑浊消失的现象，D 项正确。
2．关于相同物质的量浓度的NaHCO3 溶液和NaHSO3 溶液，下列说法正确的是(
)
A．滴加酚酞后溶液均变红
B．滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀
C．滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
D．所含阳离子的总浓度相等
[解析]
A 项，NaHSO3 溶液电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性，所以NaHSO3 滴加酚酞后溶液不变红，故
A 错误；B 项，NaHCO3 溶液与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，NaHSO3 溶液与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，所
以滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀，故B 正确；C 项，NaHSO3 溶液滴加氯水发生氧化还原反应生成硫酸钠，而
无气体产生，故C 错误；D 项，阳离子为钠离子与氢离子，相同物质的量浓度的NaHCO3 溶液和NaHSO3 溶液，钠离
子浓度相等，而亚硫酸氢钠电离程度大于水解程度，碳酸氢钠水解程度大于电离程度，所以亚硫酸氢钠中氢离子浓度
大，所以两者所含阳离子的总浓度不相等，故D 错误。
3．(2019·郑州一模)Ca3N2 是重要的化学试剂，容易潮解、被氧化，实验室用N2 和金属钙制备Ca3N2 的装置如图
所示(钙能在CO2 中燃烧)。下列说法正确的是(
)
A．Ca3N2 潮解的化学方程式为Ca3N2＋3H2O===3CaO＋2NH3↑
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B．①、④中可分别盛装CaCl2 和浓硫酸
C．实验开始时，应先点燃②处酒精灯再通空气
D．①、④的作用相同
[解析]
由信息可知，Ca3N2 潮解时与水反应生成Ca(OH)2 和NH3，化学方程式为Ca3N2＋6H2O===3Ca(OH)2＋
2NH3↑，A 项错误；①的作用是除去空气中的CO2 和水蒸气，应盛放碱石灰，B 项错误；实验开始时，先点燃②处酒
精灯再通空气可充分除去空气中的氧气，避免氧气与钙反应，C 项正确；④的作用是阻止外界空气进入，与①的作用
不同，D 项错误。
4．(2019·重庆二模)亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的化工原料，某学习小组通过下述实验制备亚硝酸钠，并测定所
制备亚硝酸钠的纯度。
(一)利用下列装置制备NaNO2
已知：①2NO＋Na2O2===2NaNO2；②NO 和NO
－
2 均能被酸性高锰酸钾氧化为NO
－
3 。
(1)选择上述仪器完成实验，其连接顺序为_a→h→i→d→e→f→g→c__(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)装置A 中m 管的作用为_保持上下压强一致，使浓硝酸顺利滴下__。
(3)装置B 中发生反应的离子方程式为__5NO＋3MnO
－
4 ＋4H
＋===5NO
－
3 ＋3Mn2＋＋2H2O__。
(二)测定上述实验所制备的NaNO2 样品(含NaNO3 和Na2CO3 杂质)的纯度。准确称量D 中所得样品a g 溶解后配
制成250 mL 溶液，取25.00 mL 于锥形瓶中，用b mol·L
－1 的酸性高锰酸钾溶液滴定到终点；重复上述滴定操作两次，
测得数据如下表：
第一次
第二次
第三次
酸性高锰酸钾溶液体积
19.95
19.05
20.05
(4)滴定到终点的实验现象为_溶液由无色变为紫色(或红色)，且半分钟不褪色__。
(5)最终所得样品中NaNO2 的质量分数为__34.5b
a
×100%__(用含a、b 的关系式表示)。
[解析]
(1)装置A 中只能制备NO2，所以制备完毕后需通过水将其转化为NO，进行干燥，然后实验，最后需要
尾气处理，因此连接顺序为；a→h→i→d→e→f→g→c。(2)m 管就是为了平衡压强，从而使分液漏斗和蒸馏烧瓶中压
强一致，使浓硝酸顺利滴下。(3)通过对产物的分析，以及根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得出离子方程式为5NO
＋3MnO
－
4 ＋4H
＋===5NO
－
3 ＋3Mn2＋＋2H2O。(4)滴定到终点时，溶液中出现KMnO4，溶液由无色变为紫色(或红色)，
且需保持半分钟不褪色。
(5)根据电子守恒可得
2MnO
－
4
～
5NO
－
2 ，
2
5
b mol·L
－1×0.020 L
x
x＝0.05b mol，则样品中NaNO2 的纯度为
0.05b mol×69 g·mol
－1
a
10 g
×100%＝34.5b
a
×100%。
1．(2019·高考冲刺练)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(
)
[解析]
本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和
实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。A．稀硫酸和铜不反应，
应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，选项A 错误；B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可
达到实验目的，选项B 正确；C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，选项C 错
误；D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，选项D 错误。故选B。
2．(2019·高考冲刺练)常温常压下，向盛有3.0 mL NO 的试管中缓缓通入1.5 mL O2。最终试管中剩余的气体成分
和体积为(
)
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169
A．NO,1 mL
B．O2,0.5 mL
C．NO2,1 mL
D．无法确定
[解析]
根据4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，可知1.5 mL 氧气可以消耗NO 的体积为4
3×1.5 mL＝2 mL，所以反
应后NO 过量3 mL－2 mL＝1 mL，答案选A。
3．(2019·南通、泰州一模)某同学利用下图装置进行喷泉实验，已知圆底烧瓶内充满X 气体，胶头滴管内装有少
量Y 液体，烧杯内装有足量Z 液体，下列组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是(
)
X 气体
Y 试剂
Z 试剂
A
NO2
H2O
H2O
B
HCl
H2O
H2O
C
HCl 和O2 混合气体
H2O
H2O
D
NH3 和N2 混合气体
H2O
H2O
[解析]
A．二氧化氮溶于水和水反应，能形成喷泉，但二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮气体难
溶于水，液体不能充满烧瓶，故A 不选；B．HCl 极易溶于水，产生压强差，形成喷泉，液体充满整个烧瓶，故B 选；
C．氧气难溶于水，液体不能充满烧瓶，故C 不选；D．氮气难溶于水，液体不能充满烧瓶，故不选D。
4．(2019·潍坊三模)把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：
实验
现象
①中溶液变蓝
②中溶液产生胶状沉淀
③中生成沉淀
④中产生黄绿色气体
下列分析不正确
．．．的是(
)
A．①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性
B．②中产生白色胶状沉淀：2H
＋＋SiO2－
3 ===H2SiO3↓
C．③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释
D．④中产生黄绿色气体：ClO
－＋Cl
－＋2H
＋===Cl2↑＋H2O
[解析]
A．①HCl 遇KI 溶液不能发生反应产生I2，所以不会出现溶液变蓝的现象，A 错误；B．由于酸性
HCl>H2SiO3，所以遇Na2SiO3 溶液会发生反应：2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，
所以会看到产生白色胶体状沉淀，B 正确；C．在饱和NaCl 溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)
Na
＋(aq)＋Cl
－(aq)，HCl
溶于饱和NaCl 溶液，使溶液Cl
－浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl 的溶解度，因此会析出
NaCl 固体，即产生白色沉淀，C 正确；D．HCl 溶解在NaClO 溶液中，会发生反应：2HCl＋NaClO===NaCl＋Cl2↑
＋H2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：ClO
－＋Cl
－＋2H
＋===Cl2↑＋H2O，D 正确。故合理选项是A。
5．(2019·高考冲刺练)某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3 的制备。
下列说法错误的是(
)
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A．装置①也可用于制取H2
B．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水
C．应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2
D．③中反应的离子方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH
＋
4 ＋HCO
－
3
[解析]
实验室模拟侯氏制碱工艺是向饱和的氯化钠溶液中，先通入氨气后通入过量的二氧化碳，根据溶解度之
间的差异得到碳酸氢钠沉淀；图中装置①是制取CO2 的装置，装置②用于除去CO2 中混有的HCl，装置④是制取NH3
的装置，装置③则是制取NaHCO3 的装置，以此分析。A．制氢气可用锌粒与稀硫酸反应，为固液反应，可利用装置
①进行，故A 正确；B．③中盛放饱和食盐水，能促进生成的NaHCO3 析出，⑤中盛放浓氨水，用于制备NH3，故B
正确；C．③中盛放饱和食盐水，CO2 在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量NH3 使饱和食盐水呈碱性，增大CO2
的溶解度，加快NaHCO3 的析出，故C 正确；D．③中反应生成NaHCO3 以沉淀的形式析出，离子方程式为Na
＋＋NH3
＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH
＋
4 ，故D 错误。答案选D。
6．(2019·重庆二模)下列关于某些离子的检验及结论，一定正确的是(
)
A．加入稀盐酸产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO2－
3
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则一定有SO2－
4
C．加入浓烧碱溶液加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH
＋
4
D．加入Na2CO3 溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，则一定有Ba2＋
[解析]
A．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在
HCO
－
3 、SO 2－
3 等离子，不一定含有碳酸根离子，故A 错误；B．氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应生成不溶于水也
不溶于盐酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO2－
4 ，故B 错误；
C．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH
＋
4 ，故C 正确；D．碳酸
钡、碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2＋，不一定含有Ba2＋，故D 错误；故选C。
7．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(
)
选项
实验操作和现象
结论
A
取久置的Na2O2 粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无
色气体
Na2O2 没有变质
B
取少许CH3CH2Br 与NaOH 溶液共热，冷却后滴加
AgNO3 溶液，最终无淡黄色沉淀
CH3CH2Br 没有水解
C
室温下，用pH 试纸测得：0.1 mol·L
－1 Na2SO3 溶液的pH
约为10,0.1 mol·L
－1 NaHSO3 溶液的pH 约为5
HSO
－
3 结合H
＋的能力
比SO 2－
3 强
D
向少量碘水中加入过量浓FeCl3 溶液，分成两等份，向
一份中滴加KSCN 溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶
液显蓝色
Fe3＋与I
－的反应为可
逆反应
[解析]
A．过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，则不能检验是否变质，故A 错误；B．水解后检验
溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银不能检验，故B 错误；C．NaHSO3 溶液电离显酸性，Na2SO3
溶液水解显碱性，HSO
－
3 结合H
＋的能力比SO 2－
3 弱，故C 错误；D．由现象可知，过量浓FeCl3 溶液时，碘有剩余，
则Fe3＋与I
－的反应为可逆反应，故D 正确；故选D。
8．(2019·湖南省株洲市高考一模)下列说法中正确的是(
)
A．高锰酸钾溶液能氧化乙烯，故浸有高锰酸钾溶液的硅土可做水果保鲜剂
B．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2 是酸性氧化物
C．Na2O2 可用于呼吸面具中氧气来源，是因为Na2O2 能将CO2 氧化，生成O2
D．在处理废水时，常用明矾做消毒剂，使细菌蛋白质发生变性反应
[解析]
A．乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化，所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，故
A 正确；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的
载体，这些都与SiO2 是酸性氧化物无关，故B 错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化
剂又是还原剂，过氧化钠做供氧剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，故C 错误；D．明矾只能净水，
不能消毒，故D 错误；故选A。
9．(2019·长沙模拟)题表中的实验操作、现象和结论均正确的是(
)
选项
实验操作
实验现象
结论
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171
A
将浓硫酸滴到蔗糖中并搅拌
固体变黑膨胀
浓硫酸仅体现脱水性
B
将盐酸缓缓滴入Na2CO3 溶液中
开始无气泡产
生
二者不反应
C
向某溶液中加入浓NaOH 溶液并加热，
在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验
试纸变蓝
原溶液中含有NH
＋
4
D
向氢氧化铁胶体中滴加氯化铵饱和溶
液
产生沉淀
沉淀为FeCl3
[解析]
将浓硫酸滴到蔗糖表面，变黑与浓硫酸的脱水性有关，膨胀是因为C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成气
体，则体现浓硫酸的脱水性、强氧化性，故A 错误；刚开始滴入时，盐酸少量，反应方程式为Na2CO3＋HCl===NaHCO3
＋NaCl，没有气体产生，但二者发生了反应，故B 错误；湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体为NH3，则原溶液中含有
NH
＋
4 ，故C 正确；胶体遇电解质发生聚沉，沉淀为Fe(OH)3，故D 错误。
10．(2019·泰州模拟)在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是(
)
A．SiO2 ――→
NaOHaq
△
Na2SiO3――→
CO2 H2SiO3
B．S――→
O2
点燃SO2――→
BaCl2aqBaSO3
C．NH3 ――→
O2
催化剂/△NO2――→
H2O HNO3
D．MgCl2·6H2O――→
△
MgCl2――→
电解Mg
[解析]
SiO2 是酸性氧化物，与NaOH 溶液反应生成Na2SiO3，Na2SiO3 与CO2 反应生成H2SiO3，所以能实现题
述各步转化，故A 正确；H2SO3 的酸性弱于盐酸，所以SO2 与BaCl2 不反应，故B 错误；NH3 催化氧化生成NO，而
不是NO2，故C 错误；MgCl2·6H2O 在HCl 气流中加热才能得到MgCl2 固体，故D 错误。
11．(2019·高考冲刺练)某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。
(探究一)用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
(1)装置连接顺序为_ACBEDF__(用字母表示)，F 中反应的离子方程式是__Ca2 ＋__＋2ClO
－__＋CO2__＋
H2O===CaCO3__↓＋2HClO__。
(2)可证明H2SO3 的酸性强于HClO 的实验现象是_D 中品红不褪色，F 中产生白色沉淀__。
(探究二)
(3)某小组同学为探究SO2 的漂白性性质，用下图所示装置进行实验，
观察到如下现象：ⅰ中红色褪去；ii 中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是_H2SO3、HSO
－
3 、
SO2－
3 __。
(4)该小组同学又对SO2 与氯水的反应进行探究。
①用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。②改变氯
水用量，重复①操作，发现品红溶液红色褪去，你认为②中品红溶液褪色的原因可能是_过量氯水将品红氧化漂白或过
量SO2 与品红结合成无色物质__，设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设_将实验②注射器中的
溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者__。
[解析]
(1)次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次
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氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO 强碱性判断。A 装置制备二氧化硫，由于盐
酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性
比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再
通及F 中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F 中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，
离子方程式为：Ca2＋＋2ClO
－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。(2)要证明H2SO3 的酸性强于HClO，因为二氧化硫
与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO 即可：应先用二
氧化硫制备二氧化碳(A 利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，C 通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化硫中的氯化氢，
通过B 二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳)，制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入
漂白粉之前除去二氧化硫气体(E 用酸性高锰酸钾除去二氧化硫)，再用品红检验二氧化硫是否除净(D 用品红检验)，再
通入漂白粉中(F)，能证明H2SO3 的酸性强于HClO 的实验现象为D 中品红不褪色，F 中产生白色沉淀。(3)实验目的
是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2 对环境有污染，需要吸收处理，故碱石灰的作
用是防止空气中的水蒸气进入H 中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，SO2 不能使品红褪色，而其水溶液可以，因此使
品红褪色的微粒可能是H2SO3、HSO
－
3 、SO2－
3 。(4)当氯气或者二氧化硫多余时，过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2
与品红结合成无色物质；因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验②注射器中的溶液注入试管少许，加热，
若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。
12．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)硫氰酸盐在化学工业中有广泛的应用。如NH4SCN 在有机工业用于聚合反
应的催化剂，医药工业用于抗生素生产，印染工业用作印染扩散剂等。Co(SCN)2 可以用来检验可卡因的存在。
(1)Co(SCN)2 可以用CoSO4(aq)＋Ba(SCN)2(aq)===BaSO4(s)＋Co(SCN)2(aq)来制备，也可用CoCO3 与足量HSCN
制备，请写出反应方程式__CoCO3＋2HSCN===Co(SCN)2＋H2O＋CO2↑__。
(2)某小组为探究NH4SCN 的热分解产物，按如图所示装置进行实验。
①图中盛放NH4SCN 的装置名称是_硬质玻璃管__，通入氮气的作用_防止空气干扰实验结果__。
②反应一段时间后，发现B 瓶中溶液分层，分液后取下层溶液，该溶液可将硫磺溶解，由此判断分解产物中有_
二硫化碳__。
③D 瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，证明分解产物生成_氨气__，C 瓶装置的作用_防止石蕊溶液倒吸__。
④反应完成后，取一定量B 瓶上层溶液用盐酸酸化，然后滴入0.1 mol·L
－1 CuSO4 溶液中，立即析出黑色沉淀，
请写该反应的离子方程式__Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H
＋__。
⑤某同学指出该实验装置存在不足，请写出改进措施_在D 装置后面添加尾气吸收装置__。
[解析]
(1)CoCO3 与足量HSCN 得到Co(SCN)2 和水、二氧化碳；(2)A 中分解NH4SCN，B 为吸收酸性产物和有
机物，C 为安全瓶，D 检验气体产物的酸碱性，装置中缺少尾气处理装置，①根据仪器特点可得；通入氮气是排除装
置内的空气；②二硫化碳能溶解硫磺；③D 瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，说明生成碱性气体；C 为安全瓶；④于
CuSO4 溶液中，立即析出黑色沉淀，该黑色沉淀为CuS，故酸化得到的为硫化氢，据此书写；⑤装置中缺少尾气处理
装置。(1)用CoCO3 与足量HSCN 制备Co(SCN)2，反应为：CoCO3＋2HSCN===Co(SCN)2＋H2O＋CO2↑；(2)①盛放
NH4SCN 的装置为硬质玻璃管；装置内有空气，通入氮气是排除装置内的空气，防止空气干扰实验结果；②二硫化碳
能溶解硫磺，故分解产物含有二硫化碳；③D 瓶中的石蕊溶液由紫色变为蓝色，说明生成碱性气体，即为氨气；氨气
极易溶于水，故C 瓶的作用是安全瓶，防止石蕊溶液倒吸；④于CuSO4 溶液中，立即析出黑色沉淀，该黑色沉淀为
CuS，故酸化得到的为硫化氢，故生成黑色沉淀的反应为：Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H
＋；⑤生成的产物中有氨气，不
能直接排放空气中，故应在D 装置后面添加尾气吸收装置。
13．(2019·河南省郑州市高考化学二模)氮的氧化物(NOx)是大气主要污染物，有效去除大气中的NOx 是环境保护
的重要课题。
(1)N2O 又称笑气，有轻微的麻醉作用，N2O 在一定条件下可分解为N2、O2。
回答下列问题
已知：
①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH1＝＋180.5 kJ·mol
－1
②2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)
ΔH2＝－114.14 kJ·mol
－1
③3NO(g)===N2O(g)＋NO2(g)
ΔH3＝－115.52 kJ·mol
－1
则反应2NO2(g)===N2(g)＋2O2(g)
ΔH＝_－66.36__kJ·mol
－1
(2)汽车尾气中的NO 和CO 可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10 mol CO 和8 mol
NO 发生反应，测得平衡时NO 的体积分数与温度、压强的关系如图
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173
①已知T2＞T1，则反应
2NO(g)＋2CO(g)
催化剂
N2(g)＋2CO2(g)，ΔH_＜__0(填“＞”“＝”或“＜”)
②该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和NO 的转化率，可采取的措施有_bc__(填字母序号)
a．改用高效催化剂
b．缩小容器的体积
c．增加CO 的浓度
d．升高温度
③压强为10 MPa、温度为T1 下，若反应进行到20 min 达到平衡状态，此时容器的体积为4 L，则用N2 的浓度变
化表示的平均反应速率v(N2)＝_0.025_mol·L
－1·min
－1__，该温度下用分压表示的平衡常数Kp＝_0.089__MPa
－1(分压＝
总压×物质的量分数)。
④在D 点，对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G 点中_A__
点。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M 能催化NH3 与NOx 反应生成N2，将一定比例的O2、NH3 和NOx 的混合气体匀
速通入装有催化剂M 的反应器中反应，反应相同时间，NOx 的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
①在50 ℃～150 ℃范围内随温度升高，NOx 的去除率迅速上升的原因是_迅速上升段是催化剂活性随温度升高增
大，与温度升高共同使NOx 去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx 去除反应速率增大但是
催化剂活性下降__。
②当反应温度高于380 ℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是_氨气在该条件下与氧气反应生成NO__。
[解析]
(1)已知：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH1＝＋180.5 kJ·mol
－1，②2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)
ΔH2＝－114.14 kJ·mol
－1，③3NO(g)===N2O(g)＋NO2(g)
ΔH3＝－115.52 kJ·mol
－1，由盖斯定律可知，－(①＋②)得2NO2(g)===2N2(g)＋O2(g)，则ΔH＝－[(＋180.5 kJ·mol
－1)＋(－
114.14 kJ·mol
－1)] ＝－66.36 kJ·mol
－1 ，故答案为：－66.36 ；(2)①已知T2 ＞T1 ，由图示可知反应2NO(g) ＋
2CO(g)
催化剂
2N2(g)＋2CO2(g)，升高温度后，平衡后NO 的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应
方向为吸热反应，则ΔH＜0；a.改用高效催化剂加快反应速率，平衡不移动，转化率不变，故a 错误；b.缩小容器的体
积，体系内压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO 的转化率增大，故b 正确；c.增加CO 的浓度反应速率增大，
平衡正向进行，NO 的转化率增大，故c 正确；d.升高温度反应速率增大，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO
的转化率减小，故d 错误；故答案为：bc；③在密闭容器中充入10 mol CO 和8 mol NO，发生反应，压强为10 MPa、
温度为T1 下，若反应进行到20 min 达到平衡状态，NO 体积分数为25%，结合三段式列式计算，设反应生成氮气物
质的量为x，
2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝－749 kJ·mol
－1；
起始量(mol)
10
8
0
0
变化量(mol)
2x
2x
x
2x
平衡量(mol)
10－2x
8－2x
x
2x
8－2x
10－2x＋8－2x＋x＋2x
×100%＝25%，x＝2mol
v(N2)＝Δc
Δt＝
2 mol
4 L
20 min
＝0.025 mol·L
－1·min
－1；
平衡气体总物质的量＝16 mol，
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该温度下平衡常数Kp＝
10 MPa× 4
162×10 MPa× 2
16
10 MPa× 6
162×10 MPa× 4
162
＝0.089(MPa)
－1；
④若在D 点升温的同时扩大体积至体系压强减小，则平衡会正向移动，NO 的体积分数增大，重新达到的平衡状
态可能是图中A 点，故答案为：A；
(3)①在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，迅速上升段是催化剂活
性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx 去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx 去除反
应速率增大但是催化剂活性下降；
②在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，当反应温度高于380 ℃时，NOx 的去除率迅速下降的原
因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO。
第十四讲
常见有机物及其应用
[最新考纲]
[考向分析]
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
9.以上各部分知识的综合应用
有机化学必修部分，每年必
考，题型是选择题，主要考
查有机物的结构与性质、反
应类型的判断、同分异构体
数目的判断、有机物结构的
表示方法、有机物的命名、
根据有机物的结构判断有机
物的分子式等
考点一
有机物的组成、结构和性质
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·课标Ⅰ，8 改)下列说法错误的是(
)
A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．酶具有高选择催化性能
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
[解析]
果糖是单糖不能再发生水解，A 项错误；酶作为化学反应的催化剂，具有催化剂活性和高选择性，B 项正
确；植物油属于油脂，其只含有碳碳不饱和键，能与Br2/CCl4 溶液发生加成反应，使之褪色，C 项正确；淀粉和纤维
素水解的最终产物均为葡萄糖，D 项正确。
2．(2018·课标Ⅲ，9)苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是(
)
A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
[解析]
液溴与铁粉混合产生FeBr3，进而催化Br2 与苯环发生取代反应，A 项正确；苯乙烯分子中含有碳碳双键，
能被KMnO4 氧化，B 项正确；苯乙烯与HCl 发生加成反应，而不是取代反应，C 项错误；苯乙烯分子中含有碳碳双
键，一定条件下可以发生加聚反应，D 项正确。
3．(2018·课标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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175
[解析]
CH4 和Cl2 反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4 和HCl 的混合物，其中CH3Cl 常温下是气体，难溶
于水，CH2Cl2、CHCl3 和CCl4 常温下是无色油状液体，难溶于水，HCl 极易溶于水，故试管内气体体积减小，颜色变
淡，液面上升，试管壁上有无色油状液滴出现，D 项正确。
4．(2019·全国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
[解析]
2－苯基丙烯分子中苯环的侧链上含有碳碳双键，它能与稀高锰酸钾溶液发生氧化反应而使其褪色，A 项
错误；类比乙烯，2－苯基丙烯能发生加成聚合反应，B 项正确；2－苯基丙烯分子中含有甲基，故该分子中不可能所
有原子共平面，C 项错误；2－苯基丙烯属于烃，不易溶于水，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．必记的八个重要方程式：
(1)CH4＋Cl2――→
光照CH3Cl＋HCl
(2)CH2===CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br
(3)CH2===CH2＋H2O――→
高温高压
催化剂CH3CH2OH
(6)_2__CH3CH2OH＋_2__Na―→_2CH3CH2ONa＋H2↑__
(7)_2__CH3CH2OH＋O2――→
催化剂
△
_2CH3CHO＋2H2O__
(8)CH3COOH＋CH3CH2OH
浓硫酸
△
CH3COOCH2CH3＋H2O
2．有机反应中的几个定量关系
(1)在卤代反应中1 mol 卤素单质取代1 mol H，同时生成1 mol HX。
(2)1 mol
完全加成需要1 mol H2 或1 mol Br2,1 mol 醛基或酮基消耗1 mol H2；1 mol 甲醛完全被氧化消耗
4 mol Cu(OH)2。
(3)1 mol 苯完全加成需要3 mol H2。
(4)与NaHCO3 反应生成气体：1 mol —COOH 生成1 mol CO2 气体。
(5)与Na 反应生成气体：1 mol —COOH 生成0.5 mol H2；1 mol —OH 生成0.5 mol H2。
(6)与NaOH 反应：1 mol —COOH(或酚—OH)消耗1 mol NaOH；
1 mol
(R 为链烃基)消耗1 mol NaOH；1 mol
消耗2 mol NaOH。
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3．重要有机化学反应
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，
与H2 均需在一定条件下进行
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)取代
酯水解
酯基水解成羧基和羟基
酯化
按照“酸失羟基、醇失氢”的原则，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
置换反应
羟基、羧基可与活泼金属反应生成H2
4.常考的五种烃：
①甲烷
②戊烷
③乙烯
④苯
⑤聚乙烯
(1)天然气的主要成分是_①__，石油裂解主要得到_③__，从煤中提炼得到的是_④__，属于高分子材料的是_⑤__。
(2)分子结构呈正四面体的是_①__，呈平面形结构的是_③、④__。
(3)能与Cl2 在光照条件下发生取代反应的是_①、②__；能与液溴在FeBr3 的催化作用下发生取代反应的是_④__；
能与H2 发生加成反应的是_③、④__。
(4)因加成反应而使溴水褪色的是_③__。
5．高考必考的四种官能团的主要性质：
(1)碳碳双键：_加成__反应、_加聚__反应、氧化反应(使酸性高锰酸钾溶液褪色)。
(2)羟基：_酯化__反应、与钠反应、氧化反应(催化氧化、使酸性高锰酸钾溶液褪色)。
(3)羧基：_酯化__反应，与钠反应，与Na2CO3、NaHCO3 反应。
(4)酯基：水解反应(可在酸性或碱性条件下水解)。
6．牢记三种物质的特征反应：
(1)葡萄糖：在碱性、加热条件下与_银氨溶液__反应析出银；在碱性、加热条件下与新制氢氧化铜悬浊液反应产
生_红色__沉淀。
(2)淀粉：在常温下遇碘变_蓝__。
(3)蛋白质：浓硝酸可使蛋白质变_黄__，发生颜色反应。
7．常见有机物的除杂方法
(1)乙烷中的乙烯可通过溴水而除去，因乙烯与溴水发生加成反应。
(2)溴苯中的溴可与NaOH 溶液发生反应生成易溶于水的NaBr 和NaBrO 而分液除去。
(3)硝基苯中溶解的NO2 可与NaOH 反应生成易溶于水的NaNO3 与NaNO2 而除去。
(4)硝基苯与苯沸点不同且互溶，应采用蒸馏法分离。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·重庆一模)某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是(
)
A．能和Na2CO3 溶液反应的官能团有2 种
B．1 mol 该有机物最多能与2 mol H2 发生加成反应
C．与
互为同分异构体
D．既可以发生取代反应又可以发生氧化反应
[解析]
能和Na2CO3 溶液反应的官能团只有—COOH 一种，A 项错误；—COOH 中的碳氧双键不能和H2 发生加
成反应，因此1 mol 该有机物最多只能与1 mol H2 发生加成反应，B 项错误；二者的分子式中氢原子个数不同，不是
同分异构体，C 项错误；该有机物中的醇羟基、羧基及饱和碳原子上的氢原子都可以发生取代反应，碳碳双键可以发
生氧化反应，D 项正确。
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2．(2019·江苏一模)“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢
的基本原料。下列说法中不正确的是(
)
A．甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物
B．1 mol 乙物质可与2 mol 钠完全反应生成1 mol 氢气
C．丙物质能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应
[解析]
甲物质含有碳碳双键，可以在引发剂的作用下发生加聚反应生成有机高分子化合物，A 项正确；1 mol 乙
物质含有2 mol 羟基，可与2 mol 钠完全反应生成1 mol 氢气，B 项正确；丙物质含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶
液氧化，C 项正确；甲、丙中含有碳碳双键，能发生加成反应，乙是饱和结构，不能发生加成反应，D 项错误。
3．(新题预测)聚丙烯酸乙酯常用作织物和皮革处理剂，工业上以乙烯和丙烯酸为原料合成聚丙烯酸乙酯的流程如
下：
下列说法不正确的是(
)
A．①②③的反应类型依次为加成、取代、加聚反应
B．反应②的反应条件为浓硫酸，加热
C．丙烯酸乙酯的结构简式为CH2===CHCOOCH2CH3
D．1 mol 聚丙烯酸乙酯最多可与1 mol H2 发生反应
[解析]
①②③的反应类型依次为加成、取代(酯化)和加聚反应，A 项正确；反应②为羧酸和醇的酯化反应，反应
条件为浓硫酸，加热，B 项正确；丙烯酸乙酯的结构简式为CH2===CHOOCH2CH3，C 项正确；聚丙烯酸乙酯中不含
碳碳双键，而酯基中的碳氧双键不能和氢气加成，D 项错误。
4．下列与有机物结构、性质相关的叙述中，正确的是(
)
A．乙醇与金属钠反应比水与金属钠反应更剧烈
B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色
C．蛋白质、淀粉、纤维素、蔗糖都属于有机高分子化合物
D．乙酸、甲酸甲酯和羟基乙醛(
)互为同分异构体
[解析]
醇分子中羟基氢原子的活泼性弱于水分子中羟基氢原子的活泼性，故乙醇与金属钠反应没有水与金属钠
反应剧烈，A 项错误；聚乙烯不能与溴水发生加成反应，也不能使溴水褪色，B 项错误；蔗糖不属于高分子化合物，
C 项错误；乙酸、甲酸甲酯和羟基乙醛的分子式均为C2H4O2，但三者结构不同，三者互为同分异构体，D 项正确。
考点二
有机物的空间结构和同分异构现象
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·课标Ⅰ，11)环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2,2]戊烷(
)是最简单的一种。下列
关于该化合物的说法错误的是(
)
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1 mol C5H12 至少需要2 mol H2
[解析]
C 错：
中每个碳原子都形成4 个共价单键，这4 个键呈四面体状分布，所有碳原子不可能处于同一
平面。A 对：环戊烯的结构简式为
，与
分子式相同且结构不同，互为同分异构体。B 对：如
都是螺[2,2]戊烷的二氯代物。D 对：螺[2,2]戊烷的分子式是C5H8。在理论上，1 mol C5H8
与2 mol H2 反应，生成1 mol C5H12。
2．(2017·课标Ⅰ，9)化合物
(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是(
)
A．b 的同分异构体只有d 和p 两种
B．b、d、p 的二氯代物均只有三种
C．b、d、p 均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D．b、d、p 中只有b 的所有原子处于同一平面
[解析]
只有苯分子中所有原子共平面，d、p 中均有碳原子与其他四个原子形成共价单键，不能共平面，D 项正
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确。苯的同分异构体还有链状不饱和烃，如CH≡C—C≡CH2CH2CH3、CH≡C—CH==CH—CH==CH2 等，A 项错误；
d 的二氯代物有6 种，结构简式如下：
、
、
、
、
、
，B 项错误；b 为苯，
不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，p 是环烷烃，属于饱和有机物，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，C 项错误。
3．(2017·北京)聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘，其结构
表示如下：
(图中虚线表示氢键)
下列说法不正确的是(
)
A．聚维酮的单体是
B．聚维酮分子由(m＋n)个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质
D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
[解析]
由聚维酮碘的分子结构知，聚维酮由加聚反应制得，其单体为
，A 项正确；由聚维酮碘的分子结构
知，聚维酮分子中左侧链节由2 个单体构成，因此，聚维酮分子由(2m＋n)个单体聚合而成，B 项错误；由题干信息“聚
维酮碘的水溶液”知，聚维酮碘溶于水，C 项正确；聚维酮分子中含有肽键，因此在一定条件下能够发生水解反应，
D 项正确。
4．(2019·全国Ⅱ，13)分子式为C4H8BrCl 的有机物共有(不含立体异构)(
)
A．8 种
B．10 种
C．12 种
D．14 种
[解析]
C4H8BrCl 可看成是C4H10 分子中的2 个H 被1 个Br 和1 个Cl 取代得到的产物。C4H10 有正丁烷和异丁
烷2 种，被Br 和Cl 取代时，可先确定Br 的位置，再确定Cl 的位置。正丁烷的碳骨架结构为
，Br 分别
取代1 号碳原子和2 号碳原子上的氢原子时，Cl 均有4 种位置关系，异丁烷的碳骨架结构为
，Br 分别取代l
号碳原子和2 号碳原子上的氢原子时，Cl 分别有3 种和1 种位置关系，综上可知C4H8BrCl 共有12 种结构，C 项正确。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．有机物分子中原子能否共平面的判断方法
(1)有机物分子的三个基本结构：
①甲烷
①甲烷分子为正四面体结构。
②甲烷分子中任意三个原子共面。
③甲基上的四个原子不共面。
②乙烯
③苯
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(2)判断方法：
①复杂有机物分子的共面问题可视为以上三个基本结构的组合。
如甲苯为①与③的组合。
②碳碳单键能旋转，而碳碳双键不能旋转。
③凡有机物分子结构中有碳的4 条单键结构(如—CH3、—CH2—等)，则所有原子一定不在同一平面上。
(3)仔细审题、看清要求：
看题目要求是“一定共平面”，还是“最多共平面”。
如
一定共平面的原子有12 个，最多共平面的原子有16 个。
2．判断同分异构体数目的常见方法和思路
基团连
接法
将有机物看作由基团连接而成，由基团的异构数目可推断有机物的异构体数
目。如：丁基有4 种，C4H9Cl、C4H9OH、C4H9COOH 均为4 种
换位思
考法
将有机物分子中的不同原子或基团换位进行思考。如：乙烷分子中共有6 个H，
若有一个氢原子被Cl 取代所得一氯乙烷只有一种结构，那么五氯乙烷也只有
一种。假设把五氯乙烷分子中的Cl 看作H，而H 看成Cl，其情况跟一氯乙烷
完全相同，故五氯乙烷也有一种结构。同理二氯乙烷和四氯乙烷均有2 种，二
氯苯和四氯苯均有3 种
等效氢
法
分子中等效氢原子有如下情况：①分子中同一个碳原子上连接的氢原子等效；
②同一个碳原子上所连接的甲基氢原子等效；③分子中处于对称位置上的氢原
子等效
定一动
一法
分析二元取代产物的方法：如分析C3H6Cl2 的同分异构体数目，可先固定其中
一个氯原子位置，然后移动另一个氯原子
组合法
饱和酯R1COOR2，—R1 有m 种，—R2 有n 种，则酯共有m×n 种
3.二元取代物的确定方法——先定后动法
(1)烷烃二氯代物种数的确定方法：
如分析丙烷(CH3CH2CH3)的二氯代物种数时，需先确定一氯代物的种数有两种：
CH3CH2CH2Cl、
。
若两个Cl 在同一碳原子上，则其结构有2 种：
。
若两个Cl 不在同一碳原子上，先固定一个Cl，移动另一个Cl 可得2 种结构：
。
因此，C3H6Cl2 有4 种同分异构体。
(2)苯环上二氯代物种数的确定方法：
如分析甲苯苯环上的二氯代物种数时，需先确定一氯代物的种数有三种：
。
若先固定一个Cl 在甲基的邻位，移动另一个Cl 可得4 种结构：
。再固定一个Cl 在甲基的间位，移动
另一个Cl(注意另一个Cl 不能连接甲基的邻位)可得2 种结构：
。
当最后再固定一个Cl 在甲基的对位时，无法形成二氯代物。因此，甲苯苯环上的二氯代物有6 种。
备考验证——练典题、重应用
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1．(2019·徐州一模)下列化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是(
)
A．甲苯(
)
B．对二甲苯(
)
C．氯乙烯(ClCH===CH2)
D．丙烯(CH3CH===CH2)
[解析]
苯中12 个原子处于同一平面，甲苯可以看作甲基(—CH3)取代了苯环上的一个氢原子，故甲苯中所有原
子不能处于同一平面。A 项错误；对二甲苯(
)可以看作2 个甲基取代了苯环上对位碳原子上的2 个氢原
子，因此至多有14 个原子在同一平面，B 项错误；乙烯中6 个原子处于同一平面，氯乙烯可以看作氯原子取代了乙烯
中一个氢原子，故氯乙烯中所有原子处于同一平面，C 项正确；丙烯可以看作甲基取代了乙烯中一个氢原子，至多有
7 个原子处于同一平面，D 项错误。
2．(2019·河南八市联考)下列说法中正确的是(
)
A．丙烷是直链烃，所以分子中3 个碳原子也在一条直线上
B．环己烷分子中所有原子均在同一平面上
C．
分子中所有碳原子一定在同一平面上
D．CH3—CH===CH—C≡C—CH3 分子中所有碳原子一定在同一平面上
[解析]
A 项，直链烃是锯齿形的，丙烷的3 个碳原子不可能在一条直线上，错误；B 项，环己烷中碳原子是四面
体结构，所有原子不可能共平面，错误；C 项，因环状结构不是平面结构，所有碳原子不可能在同一平面上，错误；
D 项，该分子表示为
，依据乙烯分子中6 个原子共平面，乙炔分子中4 个原子共直线判断，该有
机物分子中所有碳原子一定共平面，正确。
3．分子式为C8H8O2 的含有苯环的有机物，能与NaHCO3 溶液反应生成气体，则符合上述条件的同分异构体(不
考虑立体异构)有(
)
A．2 种
B．3 种
C．4 种
D．5 种
[解析]
C 分子式为C8H8O2 的含有苯环的有机物，能与NaHCO3 溶液反应生成气体，则含有羧基和苯环，可能含
有1 个侧链，侧链为—CH2COOH，可能含有2 个侧链，侧链为—COOH、—CH3，有邻、间、对三种，故符合条件
的同分异构体有4 种。
4．(新题预测)链状有机物M(分子式为C4H6O2)在催化剂作用下可与H2 发生加成反应生成有机物N(分子式为
C4H8O2)，下列有关说法不正确的是(
)
A．若M 属于羧酸类有机物，则M 的结构有3 种(不考虑顺反异构)
B．若M 属于酯类有机物，则M 的结构有4 种
C．若M 属于羧酸类有机物，则M 的加成产物N 的结构有2 种
D．若M 属于酯类有机物，则M 的加成产物N 的结构有4 种
[解析]
分子式为C4H6O2 属于羧酸类的链状有机物有三种：CH2===CHCH2COOH、CH3CH===CHCOOH、
CH2===C(CH3)COOH，A 项正确；分子式为C4H6O2 属于酯类的链状有机物有五种：CH2===CHCH2OOCH、
CH3CH===CHOOCH、CH2===C(CH3)OOCH、CH3COOCH===CH2、CH2===CHCOOCH3，B 项错误；分子式为C4H8O2
属于羧酸类的有机物有两种：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，C 项正确；分子式为C4H8O2 属于酯类的有机物
有四种：CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，D 项正确。
1．(2019·陕西省高三第二次模拟联考)下列关于常见有机化合物的说法正确的是(
)
A．乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应
B．乙醇和苯都不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4 溶液褪色
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
D．糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，都属于高分子化合物
[解析]
A．聚乙烯不含不饱和键，不能发生加成反应，故A 错误；B．乙醇能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反
应，故B 错误；C．乙醇、乙酸可发生酯化反应，乙酸乙酯可发生水解反应，都属于取代反应，故C 正确；D．高
分子化合物的相对分子质量较大，在10 000 以上，单糖、二糖以及油脂不是高分子化合物，故D 错误。故选C。
2．(2019·黑龙江省大庆市高考化学二模)下列关于有机物的说法正确的是(
)
A．苯和乙烯分子中含有相同的官能团碳碳双键
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181
B．乙烯、聚氯乙烯和苯分子所有的原子都在同一平面内
C．用Na2CO3 溶液可鉴别CH3COOH 和CH3COOC2H5
D．在铜作催化剂的条件下乙醇与氧气反应、在镍作催化剂的条件下苯与氢气反应，均属于氧化反应
[解析]
A．苯不含碳碳双键，不含官能团，乙烯含官能团为碳碳双键，故A 错误；B．聚氯乙烯中只有C—C
键，C 均为四面体构型，所有原子不能共面，乙烯、苯分子中所有的原子都在同一平面内，故B 错误；C．乙酸与碳
酸钠反应生成气体，与乙酸乙酯分层，现象不同可鉴别，故C 正确；D．苯与氢气发生加成反应，而乙醇与氧气发生
氧化反应，故D 错误；故选C。
3．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)关于有机物的下列说法正确的是(
)
A．葡萄糖、果糖是单糖，蔗糖、麦芽糖是二糖
B．淀粉与纤维素通式相同，二者互为同分异构体
C．油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油
D．利用蛋白质的颜色反应可鉴别所有蛋白质
[解析]
A．不能水解的糖为单糖，其中葡萄糖和果糖为单糖；能水解出两分子单糖的糖为二糖，而蔗糖和麦芽糖
为二糖，故A 正确；B．分子式相同而结构不同的化合物之间互为同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度不同，故两者
的分子式不同，不是同分异构体，故B 错误；C．油脂分为油和脂肪，油为不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯类，脂
肪是饱和的高级脂肪酸的甘油酯，故油水解出的是不饱和的高级脂肪酸，故C 错误；D．含苯环的蛋白质才有颜色反
应，故颜色反应不能鉴别所有的蛋白质，故D 错误。故选A。
4．(2019·河南省安阳市高考化学二模)下列有关说法正确的是(
)
A．油脂进入体内后可直接被吸收、利用
B．葡萄糖、蔗糖有甜味，故糖类物质均有甜味
C．乙醇、乙酸均可与钠反应，用钠无法鉴别两者
D．甲烷、三氯甲烷在光照条件下均可与Cl2 发生取代反应
[解析]
A．油脂在人体中被氧化为二氧化碳和水，同时释放能量，油脂进入体内后不能直接被吸收、利用，故A
错误；B．部分糖类没有甜味，如纤维素就没有甜味，故B 错误；C．乙醇与Na 反应缓慢、乙酸与Na 反应剧烈，二
者与Na 反应的现象不同，可以鉴别，故C 错误；D．三氯甲烷中含有一个氢原子，能被氯气取代，所以甲烷、三氯
甲烷在光照条件下均可与Cl2 发生取代反应，故D 正确。故选D。
5.(2019·安庆市高三二模)正四面体烷是一种可能存在的柏拉图烃，IUPAC 名称为三环[1,1,0,0]丁烷。其球棍模型如
图所示。下列关于该化合物的说法正确的是(
)
A．与环丁二烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．碳碳键键角为109°28′
D．三环[1.1.0.0] 丁烷生成1 mol 丁烷至少需要2 mol H2
[解析]
环丁二烯的分子式为C4H4，正四面体烷的分子式为C4H4，两者互为同分异构体，A 正确；正四面体烷类
似一个正四面体，其四个顶点为4 个碳，两两以碳碳单键连接，剩余的键每个碳连接一个氢，是一种高度对称的物质，
其获得的二氯代物只有一种，B 不正确；根据正四面体形，碳碳键的键角为60°，C 不正确；根据分子式C4H4 到丁烷
的C4H10，至少需要3 mol H2，D 不正确。
6．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是(
)
A．属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N
B．可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应
C．分子中所有碳原子有可能在同一平面上
D．1 mol 该调节剂最多可以与3 mol NaOH 反应
[解析]
有机物含有氨基、酚羟基、羧基、醇羟基等官能团，结合甲烷结构、苯酚、醇以及氨基酸的性质解答该
题。A．含有苯环，属于芳香族化合物，由结构简式可知分子式为C9H11O4N，故A 正确；B．含有苯环，可发生加成
反应，含有羟基，可发生取代反应、氧化反应，含有羧基、羟基、氨基，可发生缩聚反应，故B 正确；C．与苯环直
接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知分子中所有碳原子有可能在同一平面上，故C 正确；D．能
与氢氧化钠反应的为酚羟基和羧基，则1 mol 该调节剂最多可以与2 mol NaOH 反应，故D 错误。故选D。
7．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)莽草酸的一种异构体A 在浓硫酸作用下加热可得到B。下列说法不正确的
是(
)
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A．X 的化学式为H2O
B．A 既能使Br2/CCl4 溶液褪色，又能使酸性KMnO4 溶液褪色
C．B 所有碳原子在同一平面上
D．与B 分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
[解析]
A．A 中发生消去反应生成B，根据原子守恒知，生成2 分子的水，所以X 的化学式为H2O，故A 正确；
B．A 中含有醇羟基和碳碳双键，能和溴发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以A 能使溴水和酸性高锰
酸钾溶液褪色，前者是加成反应后者是氧化反应，故B 正确；C．B 中含有苯环，苯上所有原子共平面，—COOH 中
所有原子共平面，所以B 中所有原子共平面，故C 正确；D．B 的同分异构体符合下列条件：含有苯环和3 个官能团，
则为2 个—OH、1 个—CHO，其苯环上一氯代物有两种，两个—OH 位于间位，—CHO 可能位于两个羟基的中间位
置或中间位置的相对位置，所以符合条件的有两种同分异构体，故D 错误；故选D。
8．(2019·陕西省宝鸡高考二模)化合物(a)
、(b)
、(c)
、(d)
，下列说法不正确的是(
)
A．a、b、c、d 互为同分异构体
B．除a 外均可发生加成反应
C．c、d 中所有原子处于同一平面内
D．一氯代物同分异构体最多的是d
[解析]
A．a、b、c、d 分子式相同，都为C8H8，但结构不同，互为同分异构体，故A 正确；B．a 不含碳碳双
键，b、c、d 都含碳碳双键，则除a 外均可发生加成反应，故B 正确；C．d 含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，
则d 中所有原子不处于同一平面内，故C 错误；D．a、c 有1 种H，b 含有2 种H，d 含有3 种H，则一氯代物同分
异构体最多的是d，故D 正确。故选C。
9 ．(2019· 广东省佛山市高考化学一模) 某防晒产品中含水杨酸乙基己酯( 结构简式如图) 、丙烯酸
(CH2===CH—COOH)、甘油(丙三醇)、水等物质。下列说法错误的是(
)
A．甘油具有保湿作用
B．水杨酸乙基己酯结构中所有的碳原子均可共面
C．水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有四种
D．丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应
[解析]
A．甘油易溶于水，具有保湿作用，故A 正确；B．水杨酸乙基己酯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特
征，则所有的碳原子不共面，故B 错误；C．水杨酸乙基己酯苯环有4 个H，结构不对称，一氯代物有4 种，故C 正
确；D．丙烯酸含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，故D 正确。故选B。
10．(2019·新疆高考化学一诊)下列有关有机物结构、性质的分析正确的是(
)
A．苯可以在空气中燃烧，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯和苯都能与H2 发生加成反应，说明二者均含有碳碳双键
C．乙醇、乙酸均能与Na 反应放出H2，二者分子中官能团相同
D．乙醇在铜催化作用下，能发生还原反应生成乙醛
[解析]
A．苯含C、H，可燃烧生成二氧化碳和水，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A 正
确；B．苯不含碳碳双键，但乙烯和苯都能与H2 发生加成反应，故B 错误；C．乙醇含—OH、乙酸含—COOH，
官能团不同，均与钠反应生成氢气，故C 错误；D．乙醇催化氧化生成乙醛，乙醇发生氧化反应，故D 错误；故选
A。
11．(2019·四川省乐山市高考一模)透明聚酯玻璃钢可用于制造宇航员面罩和导弹雷达罩。制备聚酯的一种配方中
含有甲基丙烯酸甲酯(MMA)，结构简式如图。下列有关MMA 的说法正确的是(
)
A．MMA 易溶于水和有机溶剂
B．MMA 的含氧官能团是羧基
C．MMA 的一种同分异构体为CH3CH2COOCH2CH3
D．MMA 能发生加成反应、水解反应、氧化反应、加聚反应
[解析]
A．含有酯基，不溶于水，故A 错误；B．由结构简式可知含有酯基，故B 错误；C．与CH3CH2COOCH2CH3
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分子式不同，不是同分异构体，故C 错误；D．含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水
解反应，故D 正确。故选D。
12．(2019·四川省内江市高考化学一模)下列叙述不正确的是(
)
A．油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
B．乙烯能使溴水、酸性KMnO4 溶液褪色，其反应原理不相同
C．福尔马林能使蛋白质发生变性，可用浸制动物标本
D．分子式为C4H10O 的有机物能与金属Na 反应的同分异构体有4 种
[解析]
A．因为葡萄糖等单糖，不水解，故A 错误；B．乙烯含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化反应，与
溴水发生加成反应，故B 正确；C．福尔马林的主要成分为甲醛，可使蛋白质变性，用于浸制动物标本，故C 正确；
D．分子式为C4H10O 的有机物能与金属Na 反应，说明含有羟基，同分异构体取决于丁基，丁基有4 种，故D 正确。
故选A。
13．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)水解反应是有机化学中常见反应，下列有关说法正确的是(
)
A．糖类水解时均生成具有还原性的葡萄糖
B．蛋白质水解的终产物是具有两性的氨基酸
C．油脂属于高分子，水解产物之一是甘油
D．乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇和乙酸
[解析]
A．蔗糖水解有果糖生成，A 错；B．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸具有两性，B 正确；C．油脂不属
于高分子，C 错；D．乙酸乙酯在碱性条件下水解应生成乙酸盐，D 错。故选B。
14．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)近年来，食品安全事故频繁发生，人们对食品添加剂的认识逐渐加深。
Butylated Hydroxy Toluene(简称BHT) 是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种，下列说法正确的是(
)
A．
不能与Na2CO3 溶液反应
B．
与BHT 互为同系物
C．BHT 久置于空气中不会被氧化
D．两种方法的反应类型相同
[解析]
A．酚—OH 的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，但可与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故A 错误；B．二
者结构相似，官能团相同，均为苯酚的同系物，则
与BHT 互为同系物，故B 正确；C．BHT 含酚—OH，
易被氧化，所以能发生氧化反应，故C 错误；D．方法一为加成反应，方法二中酚—OH 的邻位H 被叔丁基取代，为
取代反应，故D 错误，故选B。
15．(2019·吉林四平高三第二次模拟)关于有机物a(
)、b(
)、c(
)的说法正确
的是(
)
A．a、b 互为同系物
B．c 中所有碳原子可能处于同一平面
C．a、b、c 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．b 的同分异构体中含有羧基的结构还有7 种(不含立体异构)
[解析]
a 是酯类，b 是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，选项A 错误；c 是在环己烷对位上连了两个羟基，
环己烷的碳原子不都在同一平面上，选项B 错误；只有c 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C 错误；b 是1－己酸，
含有羧基结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4 种，新戊烷的碳链上有1 种，共
7 种，选项D 正确。
16．(2019·福建省漳州市高考化学一模)下列说法正确的是(
)
A．2－甲基丁烷也称异丁烷
B．光照下，1 mol CH4 与4 mol Cl2 发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4
C．用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯杂质
D．甲苯的结构简式为
，分子内所有原子不可能在同一平面上
[解析]
A．2－甲基丁烷也称异戊烷，故A 错误；B．光照下，1 mol CH4 与4 mol Cl2 发生取代反应，每一步都
生成HCl，所以产物中物质的量最多的是HCl，故B 错误；C．若用酸性高锰酸钾溶液除甲烷中的乙烯，乙烯会被氧
化为二氧化碳气体，甲烷中混进了新的杂质气体，故C 错误；D．甲苯的结构简式为
，具有甲烷结构特点，
分子内所有原子不可能在同一平面上，故D 正确；故选D。
17．(2019·河南省开封市高考一模)下列有关有机物结构和性质的说法错误的是(
)
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A．分子式为C5H10O2 且能与NaHCO3 反应放出气体的结构共有4 种
B．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物
C．苯甲酸(
) 分子中所有原子可能位于同一平面
D．1 mol 盐酸美西律(
)最多可与3 mol H2 发生加成
[解析]
A．分子式为C5H10O2 且与NaHCO3 能产生气体，则该有机物中含有—COOH，所以为饱和一元羧酸，
烷基为—C4H9，—C4H9 异构体有：—CH2CH2CH2CH3，
—CH(CH3)CH2CH3，—CH2CH(CH3)CH3，—C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故A 正确；B．汽
油、煤油都是混合物，不是纯净物，故B 错误；C．苯分子中所有原子共平面，HCOOH 中所有原子共平面，碳碳单
键可以旋转，根据苯和甲酸结构特点知苯甲酸中所有原子可以共平面，故C 正确；D．该物质中的苯环能和氢气在一
定条件下发生加成反应，所以1 mol 盐酸美西律(
)最多可与3 mol H2 发生加成，故D 正确；故选B。
18.(2019·福建省漳州市高考化学二模)环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3,4]辛烷的结
构如图，下列有关螺[3,4]辛烷的说法正确的是(
)
A．分子式为C8H16
B．分子中所有碳原子共平面
C．与2－甲基－3－庚烯互为同分异构体
D．一氯代物有4 种结构
[解析]
A．由结构简式可知有机物分子式为C8H14，故A 错误；B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则
所有的原子不可能共平面，故B 错误；C．2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，分子式不同，不是同分异构体，故
C 错误；D．分子中含有4 种H，则一氯代物有4 种结构，故D 正确。故选D。
19．(2019·陕西省榆林市高考三模)有机物W 在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：下列说法不正确的是
(
)
A．M、N、W 均能发生加成反应和取代反应
B．N、W 组成上相差一个CH2 原子团，所以互为同系物
C．1 mol M 与1 mol W 完全燃烧消耗O2 的物质的量相同
D．M 苯环上的二氯代物有6 种
[解析]
由合成流程可知，M 发生氧化反应生成N，N 与甲醇发生酯化反应生成W，N 属于羧酸，W 属于酯；M、
N、W 均含苯环；A．M、N、W 均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H 可发生取代反应，
故A 正确；B．N 属于羧酸，W 属于酯，为不同类别的有机物，不属于同系物，故B 错误；C．二者在分子组成上相
差一个CO2，则1 mol M 与1 mol W 完全燃烧消耗O2 的物质的量相同，故C 正确；D．M 中2 个Cl 均在苯环上有邻、
间、对位置时有2＋3＋1＝6 种，故D 正确；故选B。
专题四
化学实验
第十五讲
化学实验基础知识
[最新考纲]
[考向分析]
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.了解化学实验仪器基本操作。能识别化学品标
志。了解实验室一般事故预防和处理方法
4.掌握常见气体的实验室制法
选择题：化学实验一直是高考命题的热
点，选择题主要考查化学实验基本操作
的正误判断，仪器的使用、实验装置图
的正误判断，分离提纯物质的方法等
非选择题：常以综合实验设计题或工艺
流程图题为情景，将实验原理与元素化
合物知识相结合，考查实验操作、实验
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185
5.掌握常见物质检验、分离和提纯的方法。掌握溶
液的配制方法
6.以上各部分知识与技能的综合应用
现象和解释与评价等
考点一
仪器的使用、化学实验基本操作
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·江苏，5)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是(
)
甲
乙
丙
丁
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I
－的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I
－后的Cl2 尾气
[解析]
B 项：用装置乙过滤海带灰浸泡液能达到实验目的。A 项：灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能用烧杯，装
置甲不能达到实验目的。C 项：用浓盐酸和MnO2 制取氯气需要加热，丙装置不能达到实验目的。D 项：吸收Cl2 应
用NaOH 溶液，装置丁不能达到实验目的。
2．(2018·全国Ⅲ，10)下列实验操作不当的是(
)
A．用稀硫酸和锌粒制取H2 时，加几滴CuSO4 溶液以加快反应速率
B．用标准HCl 溶液滴定NaHCO3 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na
＋
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
[解析]
B 错：用标准盐酸滴定NaHCO3 溶液，滴定至终点时溶液呈弱酸性，应选用甲基橙作指示剂。A 对：加
几滴CuSO4 溶液发生反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn 与置换出来的Cu 及稀H2SO4 构成Cu－Zn 原电池，加快了
放出H2 的速率。C 对：黄色是Na
＋的焰色。D 对：常压蒸馏时，加入液体的体积既不能太少，也不能超过圆底烧瓶容
积的三分之二。
3．(2019·天津，4)下列实验操作或装置能达到目的是(
)
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
[解析]
混合浓硫酸和乙醇时，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。
4．(2017·全国Ⅰ卷)实验室用H2 还原WO3 制备金属W 的装置如图所示(Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子
酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(
)
A．①、②、③中依次盛装KMnO4 溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
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[解析]
本题考查实验设计与评价，涉及氢气制备和氢气还原氧化钨的实验。审题时抓住两个关键、一个迁移：
关键1——锌粒中的硫指硫元素，即锌粒中含有少量硫化锌(ZnS)，暗示：制备氢气时会生成H2S；关键2——焦性没
食子酸溶液用于吸收装置内少量O2；迁移——氢气还原氧化钨实验类似教材中氢气还原氧化铜实验。加热WO3 之前，
要确保排尽装置内的空气，因为H2 在空气中的浓度达到一定范围时，加热易发生爆炸，通过检验氢气的纯度判断空气
是否排尽，B 项正确。装置Q 是启普发生器，是氢气的发生装置，装置排列顺序是氢气发生装置→安全瓶→除去HCl、
O2 装置→除去H2S 装置→干燥氢气装置→氢气还原氧化钨装置→尾气处理装置。Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑、ZnS＋
2HCl===ZnCl2＋H2S↑，用装置Q 制得的氢气中含有H2S、O2、HCl、H2O 等杂质，由于酸性高锰酸钾溶液氧化氯化
氢生成氯气，所以，应先用焦性没食子酸溶液吸收氧气，同时除去氯化氢(易溶于水)，再用酸性高锰酸钾溶液吸收硫
化氢，最后用浓硫酸干燥，试剂盛放顺序依次为焦性没食子酸溶液、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸，A 项错误；类似氢
气还原氧化铜，实验完毕后，先停止加热，再继续通入氢气一段时间，C 项错误；装置Q 不能加热，适合块状固体与
液体在常温下反应，而实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气需要加热，且二氧化锰是粉末状固体，故不能用装置Q
制备氯气，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．熟记十大基本操作
(1)测定溶液pH 的操作。
将一小块pH 试纸放在洁净的表面皿上，用清洁干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH 试纸中央，待试纸变色稳
定后再与标准比色卡对照，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，取上层清液适量于另一洁净试管中，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)洗涤沉淀的操作。
把蒸馏水沿着玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水自然流出，重复2～3 次即可。
(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)检查装置的气密性。
①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手焐热试管，观察现象。若导管口有气泡冒出，冷却到室温
后，导管口有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好。
②有长颈漏斗的装置如图：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，若漏斗中的液柱无变化，则装置气密性良好。
[答题模板]
形成密闭体系―→操作―→描述现象―→得出结论
(6)气体的验满和验纯操作
①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则气体已集满。
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，用大拇指摁住管口移近火焰，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，则气体己集满。
④氨气验满：用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则气体已集满。
⑤氯气验满：用湿润的碘化钾淀粉试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，则气体已集满。
(7)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，流完后关闭活塞，上层液体从上口倒出。
(8)稀释浓硫酸的操作。
将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
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187
(9)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、过滤、烘干。
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等。
(10)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。
2．实验基本操作中的九个注意点
(1)酸式滴定管不能装碱性溶液，碱式滴定管不能装酸性及强氧化性溶液。
(2)容量瓶不能长期存放溶液，更不能作为反应容器，也不可加热，瓶塞不可互用。
(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶不可直接加热。
(4)不能用pH 试纸直接蘸取待测液。
(5)药品不能入口和用手直接接触，实验剩余药品不能放回原处(K、Na 等除外)，不能随意丢弃，要放入指定容器。
(6)中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗。
(7)温度计不能代替玻璃棒用于搅拌，测量温度时不能与容器内壁接触。
(8)用天平称量药品时，药品不能直接放在托盘上。
(9)量筒不能用来配制溶液或进行化学反应，更不能用来加热或量取热的溶液。
备考验证——练典题、重应用
1．(新题预测)实验室有5 个药品柜，已经存放了如下表所示药品：
甲柜
乙柜
丙柜
丁柜
戊柜
浓盐酸、浓硫酸
烧碱、氢氧化钡
硫粉、红磷
铜片、锌粒
硝酸钾、硫酸钠
现在新购浓硝酸、苛性钾、碘和硝酸银，下列对其保存方法不正确的是(
)
A．浓硝酸装进棕色细口瓶中存放甲柜
B．苛性钾固体用磨口玻璃塞广口瓶存放乙柜
C．碘单质密封在广口瓶中存放丙柜
D．硝酸银装进棕色广口瓶存放戊柜
[解析]
硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，A 正确；存放碱性物质的试剂瓶不能使用玻璃塞，B 错误；碘、
硫、红磷都是非金属单质，固体碘存放在广口瓶放在丙柜，C 正确；KNO3、Na2SO4，AgNO3 均为盐类，AgNO3 见光
易分解，应装在棕色瓶中，D 正确。
2．(2019·潮州一模)下列说法正确的是(
)
选
项
实验目的
所选主要仪器(铁架台等忽
略)
部分操作
A
用浓硫酸配制480
mL 0.1 mol·L
－1 硫酸
溶液
500 mL 容量瓶、烧杯、玻璃
棒、量筒、胶头滴管
将量取好的浓硫酸放入容量
瓶中，加水溶解至刻度线
B
从食盐水中得到
NaCl 晶体
坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三
角、三脚架
当加热至大量固体出现时，
停止加热，利用余热加热
C
分离甲醇和甘油的混
合物
蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、
直形冷凝管、锥形瓶、牛角管
温度计水银球插入混合液液
面以下
D
用CCl4 萃取溴水中
的Br2
分液漏斗、烧杯
分离时下层液体从分液漏斗
下口放出，上层液体从上口
倒出
[解析]
稀释浓硫酸不能在容量瓶中进行，并且应向水中缓慢加入浓硫酸，A 错误；溶液的蒸发结晶在蒸发皿中
进行，不是在坩埚中蒸发，B 错误；蒸馏操作时温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，测蒸气温度，C 错误；萃取操
作时使用分液漏斗，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，故D 正确。
3．现有下列仪器：
仪器
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
仪器
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编号
⑦
⑧
⑨
⑩
⑪
⑫
(1)②⑤⑧⑩⑫仪器的名称为_蒸发皿__、_蒸馏烧瓶__、_干燥管__、_分液漏斗__、_酸式滴定管__。
(2)可直接加热的仪器有：_②③__(填序号)。
(3)常用于测量的仪器有：_⑦⑪⑫__。
(4)常用于物质分离的仪器有_②⑤⑥⑧⑩__。
(5)使用前需检查是否漏水的有_⑨⑩⑪⑫__。
4．正误判断，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)将一小块pH 试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量新制氯水点在试纸上，再与标准比色卡对照，确定氯水的
pH。(
×
)
(2)用50 mL 酸式滴定管可准确量取25.00 mL KMnO4 溶液。(
√
)
(3)稀释浓硫酸时，可先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸。(
×
)
(4)利用如图实验装置可分离苯和硝基苯。(
×
)
(5)下图所示装置可用于保存少量液溴。(
×
)
(6)高温灼烧固体物质，要用到蒸发皿、泥三角、三脚架等仪器。(
×
)
(7)有如图两套装置：
实验室用图1 所示装置制取少量氨气；实验室用图2 所示装置除去Cl2 中的少量HCl。(
×
)
(8)用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管。(
×
)
[解析]
(1)提示：用pH 试纸测定溶液pH 的操作正确，但不能用pH 试纸测定氯水的pH。
(2)提示：溶液体积精确到0.01 mL，则应选用滴定管取用；KMnO4 溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管。
(3)提示：稀释浓硫酸不能在量筒中进行。
(4)提示：分离苯和硝基苯，可用蒸馏方法，蒸馏装置中温度计水银球上缘应与支管口下缘在同一水平线上。
(5)提示：保存少量液溴应选用棕色试剂瓶，不能使用橡皮塞，并且要加少量水覆盖。
(6)提示：固体灼烧要用到坩埚，不是蒸发皿。
(7)提示：收集氨气的试管不能直接用橡皮塞塞住。
(8)提示：做过银镜反应的试管，试管内壁附着单质银，银不溶于氨水。
考点二
物质的检验和鉴别
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·全国Ⅱ)下列实验过程可以达到实验目的的是(
)
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.400 0 mol·L
－1 的
NaOH 溶液
称取4.0 g 固体NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，
转移至250 mL 容量瓶中定容
B
探究维生素C 的还原性
向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素
C 溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH 溶
液、浓硫酸和KMnO4 溶液
D
探究浓度对反应速率的
影响
向2 支盛有5 mL 不同浓度NaHSO3 溶液的试管中同时
加入2 mL 5% H2O2 溶液，观察实验现象
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[解析]
B 对：Fe3＋具有氧化性，能被维生素C 还原，溶液发生颜色变化。A 错：NaOH 溶于水放热，应冷却后
再转移到容量瓶中定容。C 错：H2 最后通过KMnO4 溶液，H2 中含有水蒸气。D 错：NaHSO3 与双氧水反应，无明显
现象，无法判断浓度对化学反应速率的影响。
2．(2019·全国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
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量
的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液
分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀
盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑
浊
D
向盛有FeCl3 溶液的试管中加过量铁粉，充
分振荡后加1 滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 后溶液颜
色不变
[解析]
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；D 项，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。
3．(2019·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1.00 0 mol·L
－1 NaOH 溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3 溶液制无水AlCl3 固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
[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。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．必考的离子检验方法：
(1)利用盐酸和其他试剂检验。
CO2－
3 ：加入_BaCl2__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。
(2)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
(3)利用某些特征反应检验。
①I
－：滴入淀粉溶液和氯水，溶液变_蓝__色。
③利用焰色反应
④特殊的检验方法
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2．鉴别物质的四种常见方法：
(1)_溶解__法：如BaCO3 和Na2CO3。
(2)_加试剂__法：如用Ba(NO3)2 可鉴别(NH4)2SO4 和NH4Cl。
(3)_顺序滴加__法：如鉴别Na2CO3 与盐酸、AlCl3 溶液与NaOH 溶液。
(4)_两两混合__法：如鉴别Na2CO3、HCl、NaCl、Ba(NO3)2 四种溶液。
3．物质检验的一般程序和基本原则：
第一步：取少量试样(如果试样是固体要先配成溶液)放入容器(通常用试管)。
第二步：根据要求在试样中加入合适的试剂。
第三步：根据所发生的现象，进行分析、判断，得出结论。
4．物质检验的技巧和要求：
(1)先物理后化学，先利用物质的特殊颜色、状态、气味、焰色反应等进行检验，后利用化学反应检验。
(2)先常温后加热，先鉴别出常温下反应的物质，后鉴别加热条件下反应的物质。
(3)先分组后“逐一”，根据阴(阳)离子或官能团的性质分成若干组，然后再逐一鉴别。
(4)检验反应要求具有一定的选择性、典型性和明显性的外部特征。如品红溶液检验SO2，KSCN 溶液检验Fe3＋，
湿润的红色石蕊试纸检验NH3 等颜色的改变，或气体的生成，或沉淀的生成和溶解等特征现象。
(5)检验反应时常需排除干扰，如检验SO 2－
4 应排除CO2－
3 、SO 2－
3 等干扰，检验Fe2＋、Fe3＋混合溶液中的Fe2＋和检
验CO2、SO2 混合气体中的CO2 等。
(6)通过①观察颜色；②反应现象；③共存关系；④电荷守恒；⑤来龙去脉，追踪推断物质组成成分中一定含有、
一定不含有、可能含有某物质(离子)。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·上海市静安区一模)下列有关实验的判断正确的是(
)
A．向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN 溶液，溶液变为红色，该溶液一定含有Fe2＋
B．CO2 中含少量SO2，可将该混合气体通入足量饱和Na2CO3 溶液中除去SO2
C．向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X 可能是Cl2
D．将某气体通入Ba(NO3)2 溶液中生成白色沉淀，此沉淀是BaSO3
[解析]
A 项中有Fe3＋，无Fe2＋，会发生同样实验现象，应先滴加KSCN 溶液，后加氯水，A 错误；二者均与碳
酸钠反应，应选饱和NaHCO3 溶液除去SO2，B 错误；氯气、二氧化硫等气体均能使品红褪色，则向品红溶液中通入
气体X，品红溶液褪色，则气体X 可能是Cl2，C 正确；将某气体通入Ba(NO3)2 溶液中生成白色沉淀，该气体若是二
氧化硫，则发生氧化还原反应，生成白色沉淀为BaSO4，D 错误。
2．(2019·温州二模)取某固体样品，进行如下实验：
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；
②取一定量的滤液分成两份。一份加入NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的pH 试纸变蓝的气体，另外一份加入
BaCl2 溶液，有白色沉淀产生；
③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，再加入新制氯水和KSCN 溶液，溶液呈红色。
根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是(
)
A．Fe2O3、(NH4)2CO3、CaCl2
B．Fe、AgNO3、NH4NO3
C．FeO、NH4Cl、BaCO3
D．(NH4)2SO4、SiO2、FeCl2
[解析]
①样品加水溶解，过滤得到滤液和滤渣；说明混合物中有不溶于水的固体，或在水中反应生成沉淀；②
滤液分成两份，一份加入NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的pH 试纸变蓝的气体，说明滤液中有NH
＋
4 ；另外一份加
入BaCl2 溶液，有白色沉淀产生，滤液中可能有CO2－
3 、SO2－
3 、SO2－
4 、Ag
＋等；③滤渣全部溶于稀盐酸，再加入新制氯
水和KSCN 溶液，溶液呈红色，说明不溶于水的固体中有铁元素。A 中样品溶于水所得滤渣中含有Fe2O3 和CaCO3，
滤液有NH
＋
4 、Cl
－，可能含有CO2－
3 ，与BaCl2 反应可得BaCO3 沉淀，A 正确；B 中样品溶于水Fe 与AgNO3 反应，若
铁不足，则滤渣不含铁元素；若铁过量，滤液不含Ag
＋，加入BaCl2 无沉淀生成，B 错误；C 中样品溶于水所得滤液
加入BaCl2 无沉淀生成，C 错误；D 中滤渣不含有铁元素，D 错误。
3．(2019·长沙一模)下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是(
)
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将少量浓硝酸分多次加入Cu 和稀硫
酸的混合液中
产生红棕色气体
硝酸的还原产物是
NO2
B
某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做
焰色反应
火焰呈黄色
该粉末一定是钠盐
C
向新生成的AgCl 浊液中滴入KI 溶液
白色沉淀逐渐转
化为黄色沉淀
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
D
将少量牛油加入纯碱溶液中，加热一
段时间
液体不分层
油脂可直接与纯碱反
应
[解析]
稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，故A 错误；火焰呈黄色，说明是
含钠元素的物质，不能确定一定是钠盐，如NaOH，也可能是含有钾的化合物，B 错误；向新生成的AgCl 浊液中滴
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191
入KI 溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色，说明AgCl 转化为AgI，因此相同温度下Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，C 正确；牛油
属于油脂，将少量牛油加入纯碱溶液中，Na2CO3 水解使溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应，生成丙三醇和
高级脂肪酸钠，液体不再分层，D 错误。
4．已知I2＋SO2－
3 ＋H2O===2I
－＋SO2－
4 ＋2H
＋；某溶液中有下列离子中的若干种：Cl
－、I
－、CO2－
3 、SO2－
3 、SO2－
4 、
Fe3＋、Ag
＋、NH
＋
4 、Na
＋，现在进行以下系列实验
①通入一定量的Cl2，在标准状况下产生无色无味的气体224 mL，无其他明显现象
②取①反应后的溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生4.66 g 白色沉淀
③取②反应后溶液，加入过量氢氧化钠溶液，加热，产生气体1.12 L(标准状况)
下列说法正确的是(
)
A．由①可知溶液中肯定不存在I
－
B．溶液中是否有Na
＋，需要通过焰色反应确定
C．检验溶液中是否存在Cl
－，可加入硝酸酸化的硝酸银溶液
D．该溶液中肯定含有CO2－
3 、Na
＋、NH
＋
4 ，至少含有SO2－
3 、SO 2－
4 中的一种，可能含有Cl
－、I
－
[解析]
①通入一定量的氯气，在标准状况下产生无色无味的气体，此气体为CO2，说明原溶液中含有CO2－
3 ，即
CO 2－
3 的物质的量为224×10
－3 L
22.4 L·mol
－1＝0.01 mol，无其他明显现象，即原溶液中不含Fe2＋和Ag
＋；②取反应①后的溶液加
入盐酸酸化的BaCl2 溶液，出现白色沉淀，因为氯气具有强氧化性，能把SO 2－
3 氧化成SO2－
4 ，因此原溶液中SO2－
3 、SO2－
4
至少存在一种，SO2－
4 、SO 2－
3 总物质的量为
4.66 g
233 g·mol
－1＝0.02 mol；③取②后的溶液，加入过量NaOH 溶液，加热，产
生气体，此气体为NH3，原溶液中存在NH
＋
4 ，其物质的量为
1.12 L
22.4 L·mol
－1＝0.05 mol，根据溶液呈电中性原则，原溶液
中一定存在Na
＋，B 项错误；D 正确；根据I2＋SO2－
3 ＋H2O===2I
－＋SO2－
4 ＋2H
＋，推出SO 2－
3 的还原性强于I
－，由①通
入氯气，氯气先与SO 2－
3 反应，因此I
－可能存在，A 错误；如果原溶液中存在I
－，对Cl
－的检验产生干扰，C 错误。
考点三
混合物的分离提纯
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2016·北京)在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
－25
－47
6
下列说法不正确的是(
)
A．该反应属于取代反应
B．甲苯的沸点高于144 ℃
C．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
[解析]
甲苯生成二甲苯和苯，可分别理解成甲苯中苯环上的氢被甲基取代、甲苯中的甲基被氢取代，A 项正确；
同系物中，碳原子数越多，沸点越高，所以甲苯的沸点应低于二甲苯，即低于138 ℃，B 项错误；苯的沸点最低，可
最先分离出来，C 项正确；三种二甲苯间沸点相近，熔点差异大，将温度控制在稍低于13 ℃，对二甲苯结晶析出，D
项正确。
2．(2019·全国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(
)
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
[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
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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。
3．(2019·全国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
[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，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。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．分离、提纯的“四原则”和“三必须”：
2．分离提纯物质的化学方法和原则
方法
原理
杂质成分
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Cl
－、SO2－
4 、CO 2－
3 及能形成沉淀的阳离子
气化法
将杂质离子转化为气体
CO2－
3 、HCO
－
3 、SO2－
3 、HSO
－
3 、S2－、NH
＋
4
杂化纯法
将杂质转化为需要提纯的物质
杂质中含不同价态的相同元素(用氧化剂
或还原剂)、同一种酸的正盐与酸式盐(用
酸、酸酐或碱)
氧化还原法
用氧化剂(还原剂)除去具有还
原性(氧化性)的杂质
如用酸性KMnO4 除去CO2 中的SO2，用
热的铜粉除去N2 中的O2
热分解法
加热使不稳定的物质分解除去
如除去NaCl 中的NH4Cl 等
酸碱溶解法
利用物质与酸和碱溶液混合后
的差异进行分离
如用过量的NaOH 溶液除去Fe2O3 中的
Al2O3
3.根据物质的物理性质选择分离(提纯)的方法：
(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)。
易错辨析
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)用加热方法提纯含有少量NaHCO3 的Na2CO3 固体。(√)
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193
(2)除去FeCl2 溶液中的少量FeCl3，可用通入过量氯气的方法。(×)
(3)用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗的下口放出。(×)
(4)用加热的方法分离NH4Cl 固体和碘单质。(×)
(5)除去CO2 中的少量HCl，可先通过饱和NaHCO3 溶液，再通过浓硫酸。(√)
(6)除去BaSO4 中的BaCO3 固体，可加入足量的硫酸，过滤洗涤干燥，得到的固体即为纯净的BaSO4。(√)
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·昆明一模)我国明代《本草纲目》中收载药物1 892 种，其中“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(
)
A．萃取
B．渗析
C．蒸馏
D．干馏
[解析]
乙醇和水为互溶的两种液体，且沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，故选C。
2．(2019·赣州二模)三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹，漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中
泣……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是(
)
A．过滤
B．分液
C．升华
D．蒸馏
[解析]
“煮豆持作羹，漉豉以为汁”意思是煮熟豆子来作羹，过滤煮熟后发酵过的豆子，用以制成调味的汁液。
所以“漉”涉及的实验操作是过滤，A 符合题意。
3．(2019·滨州二模)《茶疏》中对泡茶过程有如下记载“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。文
中未涉及的操作方法是(
)
A．溶解
B．过滤
C．萃取
D．蒸馏
[解析]
以上泡茶过程包含了将茶叶中有机物萃取、溶解，将茶叶过滤的操作方法，未涉及蒸馏，根据常识，也
可知泡茶过程中不需要蒸馏，故选D。
4．(2019·天津耀华中学月考)欲用下图装置对所制备的气体进行除杂和检验，其设计方案合理的是(
)
制备气体
X(除杂试剂)
Y(检验试剂)
A
CH3CH2Br 与NaOH 乙醇溶液
共热制取乙烯
H2O
酸性KMnO4 溶
液
B
电石与NaCl 水溶液反应制乙炔
H2O
Br2 的水溶液
C
C2H5OH 与浓硫酸加热至170 ℃
制乙烯
饱和NaHSO3
溶液
酸性K2Cr2O7 溶
液
D
生石灰与浓氨水混合制NH3
浓硫酸
红色石蕊试纸
[解析]
CH3CH2Br 与NaOH 乙醇溶液共热制乙烯，而挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰检验实验
的进行，需要用水吸收乙醇，故A 项正确；电石与水反应生成的乙炔中有硫化氢杂质，乙炔和硫化氢都能使溴水褪色，
硫化氢在水中的溶解度较小，故B 项错误；乙醇在浓硫酸加热170 ℃时发生消去反应生成乙烯，同时乙醇和浓硫酸可
能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，含有的杂质二氧化硫不能被饱和NaHSO3 溶液吸收，而二氧化硫
也能使酸性K2Cr2O7 溶液褪色，故C 项错误；生石灰与水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热，可使浓氨水分解放
出氨气，氨气能够与浓硫酸反应而被吸收，则不能检验到生成的氨气，故D 项错误。
1．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)下列操作或原理正确的是(
)
A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH 试纸上，测定该氯水的pH
B．装Na2CO3 溶液的试剂瓶塞用玻璃塞
C．蒸馏操作时先通冷却水再加热
D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中
[解析]
A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH 试纸，所以不能用pH 试纸测试氯水的pH，
故A 错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到
一起，故B 错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷
却，故C 正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D 错误；故选C。
2．(2019·上海市闵行区一模)有关海水提溴和海带提碘的叙述错误的是(
)
A．都需经过浓缩、氧化、提取
B．海水提溴的浓缩原理是蒸发
C．氧化步骤都可通入氯气来实现
D．提取步骤都可用四氯化碳萃取
[解析]
A．分析可知海水提溴和海带提碘都需要经过浓缩、氧化、提取三个步骤，故A 正确；B．提溴的浓缩
液来自海水晒盐后的卤水，可使溴离子浓度增大，为浓缩过程，故B 正确；C．氯气具有氧化性氧化溴离子生成单质
溴，也可以氧化碘离子，氧化步骤都可通入氯气来实现，故C 正确；D．溴易挥发，可鼓入热空气或热水蒸气将溴分
离出来，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，故D 错误；故选D。
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3．(2019·上海市金山区高考一模)实验室从干海带中提取碘的操作过程中，仪器选用错误的是(
)
A．灼烧干海带——坩埚
B．过滤海带灰悬浊液——长颈漏斗
C．从碘水中萃取碘——分液漏斗
D．分离碘和四氯化碳——蒸馏烧瓶
[解析]
A．灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，故A 正确；B．过滤煮沸后的海带灰水混合液
可用普通漏斗分离，不用长颈漏斗，故B 错误；C．四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，故C 正确；D．碘
易溶于四氯化碳，四氯化碳易挥发，采用蒸馏的操作分离，所以分离碘和四氯化碳用到蒸馏烧瓶，故D 正确。故选B。
4．(2019·安徽省蚌埠市高考化学二模)下列实验中，对应的操作、现象及实验原理或结论均正确的是(
)
实验目的
操作和现象
实验原理或结论
A
验证AgI 和AgCl
的Ksp 大小
向1 mL 1 mol·L
－1 NaCl 溶液中滴加
2 滴2 mol·L
－1 AgNO3 溶液，生成白
色沉淀；再滴加2 滴1 mol·L
－1 KI
溶液，白色沉淀变成黄色沉淀
AgCl(s)
＋
I
－
(aq)
AgI(s)＋Cl
－(aq)
B
比较HClO 和HF
溶液的酸性
室温下，用pH 试纸分别测定浓度为
0.1 mol·L
－1 NaClO 溶液、0.1 mol·L
－1 NaF 溶液的pH
酸越弱，酸根离子水解程度
越大，其盐溶液碱性越强
C
提纯混有少量硝
酸钾的氯化钠固
体
在较高温度下制得浓溶液再冷却结
晶、过滤、干燥
氯化钠溶解度随温度升高
变化不大，而硝酸钾溶解度
随温度升高显著增大
D
检验某溶液中是
否含有CO2－
3
先滴加盐酸产生气泡，将该气体通
入澄清石灰水中，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有CO2－
3
[解析]
A．结构相似的难溶物，溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质，在NaCl 过量的条件下，先生成AgCl
沉淀后转化为AgI 沉淀，说明发生了沉淀的转化，则存在AgCl(s)＋I
－(aq)
AgI(s)＋Cl
－(aq)，故A 正确；B．NaClO
具有强氧化性，能氧化pH 试纸，所以不能用pH 试纸测定NaClO 溶液的pH，故B 错误；C．少量硝酸钾，NaCl 量
多，应选蒸发结晶法分离，故C 错误；D．CO 2－
3 和HCO
－
3 都能和稀盐酸反应生成二氧化碳，且能使澄清石灰水变浑
浊的气体还有二氧化硫，所以不能根据该现象确定溶液中一定含有CO2－
3 ，故D 错误；故选A。
5．(2019·广东省佛山市高考化学一模)图甲至丁中关于海带提取碘的部分实验操作及目的正确的是(
)
A．装置甲的作用是使海带中I2 升华
B．装置乙加H2O2 发生置换反应生成I2
C．装置丙用于富集水溶液中的I2
D．装置丁用于分离I2 和水的混合物
[解析]
A．海带中碘以离子存在，则灼烧不能使碘升华，故A 错误；B．过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，不
属于置换反应，故B 错误；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，分液漏斗可富集水溶液中的I2，故C 正确；D．碘
和水的混合物，沸点差异不大，不能蒸馏分离，应选萃取法，故D 错误；故选C。
6．(2019·新疆高考化学一诊)用如图所示装置进行实验，将少量液体甲逐滴加入固体乙中，试管中试剂为丙，则下
表中对应选项不正确的是(
)
甲
乙
丙
试管中的现象
A
稀盐酸
大理石
BaCl2 溶液
无明显现象
B
醋酸
粉状贝壳
Na2SiO3 溶液
浑浊
C
浓氨水
生石灰
AlCl3 溶液
浑浊
D
浓盐酸
二氧化锰
石蕊试液
先变红后褪色
[解析]
A．大理石与稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳与氯化钡不反应，则丙中无明显现象，故A 正确；B．醋
酸与贝壳反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，则丙中浑浊，故B 正确；C．CaO 与浓氨水混合可
制备氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则丙中浑浊，故C 正确；D．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，
图中缺少酒精灯，不能发生反应，丙中无现象，故D 错误；故选D。
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7．(2019·四川省广元市高考化学一诊)下列操作与现象、结论都正确且有相关性的是(
)
选项
操作
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2 溶液
②再加入足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO2－
4
B
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)
C
向C6H5ONa 溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性H2CO3＞C6H5OH
D
向乙酸乙酯粗产品中加入少量
NaHCO3 溶液
产生大量气泡
乙酸乙酯产品中混有乙
醇
[解析]
A．若存在亚硫酸根离子，现象不变，原溶液中不一定含硫酸根离子，故A 错误；B．Na2S 与硫酸铜反
应生成CuS 沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故B 错误；C．发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性
H2CO3＞C6H5OH，故C 正确；D．乙酸与碳酸氢钠反应，乙醇不能，由现象不能检验乙醇，故D 错误；故选C。
8．(2019·福建省漳州市高考化学二模)用下列装置完成相应的实验能达到实验目的是(
)
[解析]
A．眼睛应该与凹液面平视，否则导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高，故A 错误；B．二氧化碳和
NaOH 反应生成碳酸钠和水，CO 和NaOH 不反应，所以可以用NaOH 溶液除去CO 中的二氧化碳，故B 正确；C．酸
性溶液必须盛放在酸式滴定管中，该实验用碱式滴定管盛放的酸性溶液，故C 错误；D．二氧化硫和NaOH 反应生
成亚硫酸钠和水，导气管伸入液面下易产生倒吸，故D 错误；故选B。
9．(2019·陕西省榆林市高考三模)从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘
的实验原理和装置正确的是(
)
[解析]
A．灼烧在坩埚中进行，不能使用烧杯，故A 错误；B．图中为过滤装置，可过滤海带灰的浸泡液，故B
正确；C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故C 错误；D．食盐水不能吸收氯气，应选NaOH 吸
收尾气，故D 错误；故选B。
10．(2019·四川省攀枝花市高考化学一模)下列根据实验操作和实验现象所得出的结论不正确的是(
)
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将FeCl2 样品溶于盐酸后，
滴加KSCN 溶液
溶液变成红色
原FeCl2 样品已变质
B
将Na2SO3 样品溶于水，滴
加入稀盐酸酸化的
Ba(NO3)2 溶液
产生白色沉淀
原Na2SO3 样品已变质
C
向淀粉KI 溶液中滴入3 滴
稀硫酸，再加入10% 的
H2O2 溶液
滴入稀硫酸未见溶液
变蓝；加入H2O2 溶液
后，溶液立即变蓝
酸性条件下，H2O2 氧化性
强于I2
D
向5 mL 0.5 mol/L NaHCO3
溶液中滴入2 mL 1 mol/L
BaCl2 溶液
产生白色沉淀，且有
无色气体生成
反应的化学方程式为
2NaHCO3
＋BaCl2===
BaCO3↓＋2NaCl ＋
CO2↑＋H2O
[解析]
A．已经变质的FeCl2 溶液中，混有铁离子，滴加KSCN 溶液，溶液变红，则说明FeCl2 已变质，故A 正
确；B．硝酸具有强氧化性，能够将Na2SO3 氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，故B 错误；
C．酸性条件下碘离子与过氧化氢发生氧化还原反应，则H2O2 氧化性强于I2，故C 正确；D．向5 mL 0.5 mol/L NaHCO3
溶液中滴入2 mL 0.5 mL 1 mol/L BaCl2 溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为二氧化碳，反应的化学方程
式为2NaHCO3 ＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，故D 正确；故选B。
11．(2019·湖南省株洲市高考一模)下列实验操作完全正确的是(
)
编号
实验
操作
A
制取纯净的Fe(OH)2
用铁作阴极、石墨作阳极电解煮沸过的NaOH 溶液(液
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面上覆盖一层苯)
B
证明SO2 具有氧化性
将SO2 通入酸性KMnO4 溶液中
C
排除碱式滴定管尖
嘴部分的气泡
将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻
挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出
D
取出分液漏斗中的上
层液体
下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个
接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出
[解析]
A．制取纯净的Fe(OH)2，Fe 与电源正极相连，作阳极，Fe 失去电子，故A 错误；B．SO2 通入酸性KMnO4
溶液中，S 元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故B 错误；C．将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住
胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡，故C 正确；D．分液时避免上下
层液体混合，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端管口倒出，
故D 错误；故选C。
12．(2019·四川省内江市高考化学一模)下列实验操作规范且能达到目的是(
)
选项
目的
操作
A
配制0.010 mo/L 的KMnO4 溶
液
称取KMnO4 固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶
中，加水溶解并稀释至刻度
B
除去乙酸乙酯中混有的乙醇
加入适量的乙酸，加热
C
检验乙醇中氢的活泼性
将金属钠投入到盛有医用酒精的烧杯中
D
制备Fe(OH)3 胶体
向25 mL 沸腾的蒸馏水中逐滴加入6 滴饱和
FeCl3 溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色
[解析]
A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故A 错误；B．乙酸和乙醇为
可逆反应，不能除去乙醇，应该用水然后分液除去乙醇，故B 错误；C．医用酒精是75%的酒精水溶液，将金属钠
投入到盛有医用酒精的烧杯中，钠能够与水和酒精反应，无法检验乙醇中氢的活泼性，故C 错误；D．向25 mL 沸
水中逐滴滴加饱和FeCl3 溶液5～6 滴，并加热至溶液呈红褐色时，铁离子水解生成Fe(OH)3 胶体，操作合理，故D 正
确；故选D。
13．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合
处理含NH
＋
4 废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法正确的是(
)
A．固体1 中主要含有CaCO3、CaSO3
B．X 可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH
＋
4 废水时，发生的反应为：NH
＋
4 ＋5NO
－
2 ＋4H
＋===6NO↑＋4H2O
[解析]
A．固体还包括过量的Ca(OH)2，A 错；B．通入空气不能过量，不然会生成NO
－
3 ，B 错；C．通过分析，
气体2 为一氧化碳和氮气的混合气体，氮气无污染，所以捕获气体为一氧化碳，C 项正确；D．铵根离子和亚硝酸根
离子发生氧化还原反应生成氮气，方程式为NH
＋
4 ＋NO
－
2 ===N2↑＋2H2O，D 错。故选C。
14．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)实验室利用如图装置制取无水AlCl3(183 ℃升华，遇潮湿空气即产生大量
白雾)，下列说法正确的是(
)
A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气
B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH 溶液
C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯
D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替
[解析]
A．①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，故A 错误；B．由上述分析可
知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH 溶液，故B 错误；C．滴加浓盐酸使
产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，故C 错误；D．⑤用于收集AlCl3，防止其水解，且吸收尾气，则
⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，故D 正确；故选D。
15．下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是(
)
选项
实验目的
实验方案
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197
A
证明反应速率会随反
应物浓度的增大而加
快
用3 mL 稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，
然后加入1 mL 1 mol·L
－1 CuSO4 溶液，迅速产生较多
气泡
B
检验Fe(NO3)2 晶体是
否已氧化变质
将Fe(NO3)2 样品溶于稀硝酸后，滴加KSCN 溶液，观
察溶液是否变红
C
证明“84”消毒液的氧
化能力随溶液pH 的
减小而增强
将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中，褪色缓慢，
若同时加入食醋，红色很快褪为无色
D
证明氯化银的溶解度
大于硫化银的溶解度
向2 mL 0.1 mol·L
－1 硝酸银溶液中加入1 mL 0.1 mol·L
－1
NaCl 溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1 mol·L
－1 的Na2S 溶液，有黑色沉淀生成
[解析]
加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应生成单质铜，形成铜锌原电池，反应速率加快，与反应物浓度无关，
选项A 不能达到实验目的；稀硝酸能将Fe(NO3)2 氧化成Fe(NO3)3，无法检验Fe(NO3)2 晶体是否已氧化变质，选项B
不能达到实验目的；加入食醋，反应生成次氯酸，漂白能力增强，选项C 能达到实验目的；硝酸银有剩余，加入硫化
钠溶液生成Ag2S 黑色沉淀，选项D 不能达到实验目的。
第十六讲
实验方案设计与评价
[最新考纲]
[考向分析]
1.根据化学实验的目的和要求，能做到：
①设计实验方案；
②正确选用实验装置；
③掌握控制实验条件的方法；
④预测或描述实验现象、分析和处理实
验数据，得出合理结论；
⑤评价或改进实验方案
2.以上各部分知识与技能的综合应用
高考综合实验题知识容量大、出题素材新、考查
角度广、综合程度高，纵观近几年全国卷中的综
合实验题：
①涉及的题型有物质制备实验题、性质探究实验
题、定量测定实验题等
②考查的角度有仪器的识别与应用、物质的制
备、除杂与分离、物质的性质探究与验证、实验
现象的分析与描述、实验结论的评价与计算等。
考点一
物质制备型实验方案的设计与评价
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·全国Ⅰ，26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含
Mg2B2O5·H2O、SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1) 在95 ℃“ 溶浸” 硼镁矿粉，产生的气体在“ 吸收” 中反应的化学方程式为__NH4HCO3 ＋
NH3===(NH4)2CO3__。
(2)“滤渣1”的主要成分有_SiO2、Fe2O3、Al2O3__。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_KSCN__。
(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_一元弱__酸；在
“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是_转化为H3BO3，促进析出__。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为__2Mg2＋＋3CO2－
3 ＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋
2HCO
－
3 (或2Mg2＋＋2CO2－
3 ＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)__，母液经加热后可返回_溶浸__工序循环使用。由
碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_高温焙烧__。
[流程梳理]
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[解析]
(1)硫酸铵溶液中存在平衡：NH
＋
4 ＋H2O===NH3·H2O＋H
＋，硼酸镁能与水解出的H
＋反应，促进平衡向右
移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2O
NH3＋H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3·H2O 分
解产生NH3。用NH4HCO3 溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧
化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1 的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3＋的试剂可选用KSCN。(3)由题给
硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH≈3.5 目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸
析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋
H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母
液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢
氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙
烧法，MgCO3·Mg(OH)2=====
高温2MgO＋H2O＋CO2↑。
2．(2018·北京理综，28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2, 在碱性溶液中
较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A 为氯气发生装置。A 中反应方程式是__2KMnO4＋16HCl===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O__(锰被还原为
Mn2＋)。
②将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂。
__
__
③C 中得到紫色固体和溶液。C 中Cl2 发生的反应有
3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，另外还有__Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O__。
(2)探究K2FeO4 的性质
①取C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4 氧化
了Cl
－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN 溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH 溶液充分洗涤C 中所得固体，再用KOH 溶液将K2FeO4 溶出，得到
紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2 产生
ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a 中含有_Fe3＋__离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4 将Cl
－氧化，还可能
由__4FeO2－
4 ＋20H
＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O__产生(用方程式表示)。
ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
－。用KOH 溶液洗涤的目的是_排除ClO
－的干扰__。
②根据K2FeO4 的制备实验得出：氧化性Cl2_>__FeO2－
4 (填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和FeO 2－
4 的氧化性
强弱关系相反，原因是_溶液酸碱性不同__。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO2－
4 >MnO
－
4 ，验证实验如下：将溶液b 滴入MnSO4 和足量H2SO4 的混合溶
液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeO2－
4 >MnO
－
4 。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方
案。
理由或方案：_理由：FeO 2－
4 在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO
－
4 的颜色
方案：向紫色溶液b 中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色__。
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199
[解析]
(1)①KMnO4 被HCl 还原为MnCl2，HCl 被氧化为Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl===2KCl
＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
②应在装置B 中装入饱和食盐水，以除去混在Cl2 中的HCl。洗气时，气体应长管进、短管出。
③过量的KOH 还能与Cl2 发生歧化反应，化学方程式为Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O。
(2)①ⅰ.滴加KSCN 溶液，溶液变红，说明原溶液中含有Fe3＋。有Fe3＋生成，不能判断FeO 2－
4 一定与Cl
－发生了
反应，根据题目给出的信息，K2FeO4 在酸性或中性条件下，会快速产生O2，FeO 2－
4 会与H
＋发生氧化还原反应生成Fe3
＋和O2，离子方程式为4FeO2－
4 ＋20H
＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O。
ⅱ.用KOH 溶液洗涤可除去混在C 所得固体中的ClO
－。
②碱性条件下，氧化性Cl2＞FeO2－
4 ；而在酸性条件下，FeO 2－
4 的氧化能力增强，氧化性Cl2＜FeO2－
4 。由此可见，
两者氧化性强弱关系相反，主要原因是溶液的酸碱性不同。
③理由：FeO 2－
4 在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO
－
4 的颜色。
方案：向紫色溶液b 中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．制备实验方案设计的原则：
(1)无机物制备实验方案应遵循下列原则：
①原料廉价易得，用料最省即原料利用率高。
②所选用的实验装置或仪器不复杂。
③实验操作简便安全，对环境不造成污染或污染较小。
(2)有机物制备实验方案应遵循下列原则：
①原料廉价易得，用料最省。
②副反应、副产品少，反应时间短，产品易分离提纯。
③反应实验步骤少，实验操作方便安全。
(3)仪器装置的选择要根据反应物的状态和反应条件。
2．制备实验方案设计的注意事项：
(1)实验中反应物或产物若易吸水、潮解、水解等，要采取措施防止吸水。
(2)易挥发的液体产物要及时冷却。
(3)易挥发的液体反应物，需在反应装置中加装冷凝回流装置(如长导管、竖直的干燥管、冷凝管等)。
(4)注意防止倒吸的问题。
(5)仪器、药品要准确描述，如无水硫酸铜(CuSO4)，坩埚、研钵、100 mL 容量瓶。
(6)实验装置改进，如为防止分液漏斗中的液体不能顺利流出，用橡皮管连接成连通装置；为防止气体从长颈漏斗
中逸出，可在发生装置中的漏斗末端套一支小试管等。
3．实验室典型的4 类气体发生装置：
(1)实验室制取氨气可以选用装置_A__。
(2)若用H2O2 分解来制取氧气，可以选用装置_C__。
(3)实验室制取氯气，可以选用装置_D__。
(4)装置B 可以制备的最常见气体有_CO2__和_H2__。
易错辨析
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)Cl2 收集可用排饱和NaCl 溶液法，不能用排水法。(√)
(2)除去CO2 中的HCl 可以将混合气通入饱和的Na2CO3 溶液中。(×)
(3)用浓盐酸酸化KMnO4 溶液，增强KMnO4 的强氧化性。(×)
(4)实验室可选用大理石与浓硫酸反应制备CO2。(×)
(5)实验室中的CCl4 含有少量溴，加适量的苯，振荡、静置后分液，可除去CCl4 中的溴。(×)
(6)NaOH 的酚酞溶液――→
通入SO2红色褪去，说明SO2 具有漂白性。(×)
(7)验证Fe3O4 固体含有＋2 价铁离子和＋3 价铁离子，可采用如下实验设计：
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备考验证——练典题、重应用
1．(2018·温州二模)三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，碱性条件下能
被H2O2 氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下：
(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3 难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因_除去其中可溶性杂质(或除去固体表
面的重铬酸铵溶液)__，如何判断其已洗涤干净_取最后一次洗涤液适量于试管中，向其中加入适量浓度的氢氧化钠溶
液，加热，取一片润湿红色石蕊试纸，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净__。
(2)已知CCl4 沸点为57.6 ℃，为保证稳定的CCl4 气流，适宜的加热方式是_水浴加热(并用温度计指示温度)__。
(3)用如图装置制备CrCl3 时，主要步骤包括：①将产物收集到蒸发皿中；②加热反应管至400 ℃，开始向三颈烧
瓶中通入氮气，使CCl4 蒸气经氮气载入反应管进行反应，继续升温到650 ℃；③三颈烧瓶中装入150 mL CCl4，并加
热CCl4，温度控制在50～60 ℃；④反应管出口端出现了CrCl3 升华物时，切断加热管式炉的电源；⑤停止加热CCl4，
继续通入氮气；⑥检查装置气密性。正确的顺序为⑥一③→_②④⑤①__。
(4)已知反应管中发生的主要反应有：Cr2O3＋3CCl4―→2CrCl3＋3COCl2，因光气有剧毒，实验需在通风橱中进行，
并用乙醇处理COCl2 ，生成一种含氧酸酯(C5H10O3) ，用乙醇处理尾气的化学方程式为__COCl2 ＋
2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl__。
(5)样品中三氯化铬质量分数的测定称取样品0.330 0 g，加水溶解并定容于250 mL 容量瓶中。移取25.00 mL 于碘
量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸后加入1 g Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量的2 mol·L
－1 H2SO4
至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O 2－
7 存在，再加入1.1 g KI，密塞，摇匀，于暗处静置5 分钟后，加入1 mL 指示剂，
用0.025 0 mol·L
－1 硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00 mL。已知：Cr2O2－
7
＋6I
－＋14H
＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。
①该实验可选用的指示剂名称为_淀粉溶液__。
②移入碘量瓶的CrCl3 溶液需加热煮沸，加入Na2O2 后也要加热煮沸，其主要原因是_除去其中溶解的氧气，防止
O2 将I
－氧化，产生偏高的误差__。
③样品中无水三氯化铬的质量分数为__96.1%__。
[解析]
(1)重铬酸铵分解不完全，还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中可溶性杂质。取最后一次
洗涤液适量于试管中，向其中加入适量浓度的氢氧化钠溶液，加热，取一片润湿红色石蕊试纸，粘在玻璃棒上，接近
试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净。(2)因为CCl4 沸点为57.6 ℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4
气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度。(3)由题干(4)可知反应制备原理为Cr2O3＋
3CCl4―→2CrCl3＋3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3 反应，反应管出口端出现了CrCl3 升华物时，切断加
热管式炉的电源，停止加热CCl4 继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，故操作顺序为⑥→③→②→④→⑤→①。(4)
由分子式可知，COCl2 中的2 个氯原子被2 个—OC2H5 代替，故乙醇与COCl2 发生取代反应，—OC2H5 取代氯原子生
成C2H5OCOOC2H5 与HCl，反应方程式为COCl2＋2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl。(5)①利用Na2S2O3 滴定生
成的I2，I2 使淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂，I2 反应完毕蓝色褪去。②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I
－，
若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2 的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸，其主要原因是除去其中溶解的氧气，
防止氧气将I
－氧化，产生偏高的误差。③25.00 mL 溶液中，由铬元素守恒及方程式可得关系式2Cr3＋～Cr2O2－
7 ～3I2～
6Na2S2O3，根据关系式计算，
2Cr3＋～Cr2O2－
7 ～3I2～6Na2S2O3
2
6
n(Cr3＋)
0.025 0 mol·L
－1×0.024 L
故n(Cr3＋)＝0.025 0 mol·L
－1×0.024 L×1
3，所以250 mL 溶液中，n′(Cr3＋)＝0.025 0 mol·L
－1×0.024 L×1
3×250 mL
25 mL
＝0.002 mol，根据铬元素守恒可知n(CrCl3)＝n′(Cr3＋)＝0.002 mol，所以样品中m(CrCl3)＝0.002 mol×158.5 g·moL
－
1＝0.317 g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为0.317 g
0.33 g ×100%＝96.1%。
2．(新题预测)亚硝酸钠是一种重要的工业用盐，某同学针对亚硝酸钠设计了如下实验：(已知：Na2O2＋
2NO===2NaNO2；Na2O2＋2NO2===2NaNO3)
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201
(1)该同学用以上仪器制备NaNO2，则装置的连接顺序为A→_D__→_B__→_C__→_B__→E。(填序号，可重复)
(2)仪器a 的名称为_硬质玻璃管__。
(3)NO 在E 中可被氧化成NO
－
3 ，写出反应的离子方程式__5NO＋3MnO
－
4 ＋4H
＋===5NO
－
3 ＋3Mn2＋＋2H2O__。
(4)比色法测定样品中的NaNO2 含量：
①在5 个有编号的带刻度试管中分别加入不同量的NaNO2 溶液，各加入1 mL 的M 溶液(M 遇NaNO2 呈紫红色，
NaNO2 的浓度越大颜色越深)再加蒸馏水至总体积均为10 mL 并振荡，制成标准色阶：
试管编号
a
b
c
d
e
NaNO2 含量/(mg·L
－1)
0
20
40
60
80
②称量0.10 g 制得的样品，溶于水配成500 mL 溶液，取5 mL 待测液，加入1 mL M 溶液，再加蒸馏水至10 mL
并振荡，与标准比色阶比较。
③比色的结果是待测液的颜色与d 组标准色阶相同，则样品中NaNO2 的质量分数为__60%__。
(5)滴定法测定样品中的NaNO2 含量：
①称量0.500 0 g 制得的样品，溶于水配成500 mL 溶液，取25.00 mL 待测液于锥形瓶中，加入S mL KI 酸性溶液
(足量)，发生反应2NO
－
2 ＋2I
－＋4H
＋===2NO↑＋I2＋2H2O。
②滴入2～3 滴_淀粉溶液__作指示剂，用0.010 0 mol·L
－1 Na2S2O3 溶液进行滴定，当看到_加入最后一滴液体时，
锥形瓶内溶液恰好从蓝色变为无色，且维持半分钟不变色__现象时，即为滴定终点(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋
2NaI)。
③重复实验后，平均消耗Na2S2O3 溶液的体积为20.50 mL，则样品中NaNO2 的质量分数为__56.6%__(保留3 位
有效数字)。
④下列操作会导致测定结果偏高的是_B、D__(填字母)。
A．滴定过程中向锥形瓶中加少量水
B．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
D．滴定时摇瓶幅度过大标准溶液滴到瓶外
[解析]
由题中信息可知，A 用于制备二氧化氮，二氧化氮经D 转化为NO，NO 经B 干燥后通入C 与过氧化钠
反应制备亚硝酸钠，为防止过氧化钠吸收水蒸气，需要用B 保护C，剩余的NO 用E 装置吸收，因此装置的连接顺序
为A→D→B→C→B→E。(2)仪器a 的名称为硬质玻璃管。(3)NO 在E 中可被氧化成NO
－
3 ，该反应的离子方程式5NO
＋3MnO
－
4 ＋4H
＋===5NO
－
3 ＋3Mn2＋＋2H2O。(4)待测液的颜色与d 组标准色阶相同，由表中数据可知，NaNO2 的质量
浓度为60 mg·L
－1,10 mL 该溶液中所含NaNO2 的质量为10×10
－3L×60 mg·L
－1＝0.6 mg，所以，样品中NaNO2 的质
量分数为
0.6 mg
0.10×103 mg× 5 mL
500 mL
×100%＝60%。(5)②用Na2S2O3 溶液滴定I2，应选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点的
判断方法为当看到加入最后一滴液体时，锥形瓶内溶液恰好从蓝色变为无色，且维持半分钟不变色现象时，即为滴定
终点。③由题中2 个反应可得到关系式2NO
－
2 ～I2～2Na2S2O3，n(NaNO2)＝n(Na2S2O3)＝0.010 0 mol·L
－1×20.50×10
－
3L＝2.050×10
－4 mol，则样品中NaNO2 的质量分数为
2.050×10
－4 mol×69 g·mol
－1
0.500 0 g×25.00 mL
500 mL
×100%＝56.6%。④滴定过程中向
锥形瓶中加少量水，对测定结果无影响；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则滴定管末读数偏大，测
定结果偏高；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则读取反应消耗的标准液体积偏小，导致测定结果偏小；滴定
时摇瓶幅度过大标准溶液滴到瓶外，则导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高。综上所述，会导致测定结果偏高
的是B、D。
考点二
有机物制备与提纯实验方案设计
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·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：
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(1)实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1 中，研细的目的是增加固液接触面积，提取充分。
圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒_沸石__。
(2)提取过程不可选用明火直接加热，原因是_乙醇易挥发，易燃__。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点
是_使用溶剂量少，可连续萃取(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，乙醇作为萃取剂的优点是_乙醇沸点低，易浓缩__。
“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_AC__(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_单宁酸__和吸收_水__。
(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_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。
2．(2019·全国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：
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157～159
－72～－74
135～138
相对密度/(g·cm
－3)
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL 锥形瓶中加入水杨酸6.9 g 及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL
浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL 冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL 饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
(1)该合成反应中应采用_A__加热。(填标号)
A．热水浴
B．酒精灯
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203
C．煤气灯
D．电炉
(2)下列玻璃仪器中，①中需使用的有_BD__(填标号)，不需使用的有_分液漏斗、容量瓶__(填名称)。
(3)①中需使用冷水，目的是_充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)__。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是生成可溶的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为_重结晶__。
(6)本实验的产率是_60__%。
[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，加入的水杨酸少量，6.9 g 水杨酸的物质的量为0.05 mol，由方程式可知l 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 moI 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%。
3．(2019·天津，9)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为FeCl3 溶液，现象为溶液显紫色。
(2)操作1 的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
①烧瓶A 中进行的可逆反应化学方程式为
H2O，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择
FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的原因为_a、b__(填序号)。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3·6H2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeCl3·6H2O 比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为_减少环己醇蒸出__。
(3)操作2 用到的玻璃仪器是_分液漏斗、烧杯__。
(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_通冷凝水，加热__，弃去前馏分，收
集83 ℃的馏分。
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g 环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2 与足量KI 作用
生成I2，用c mol·L
－1 的Na2S2O3 标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3 标准溶液v mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
②Br2＋2KI===I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
(5)滴定所用指示剂为_淀粉溶液__。样品中环己烯的质量分数为__
b－cv
2 000
×82
a
__(用字母表示)。
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(6)下列情况会导致测定结果偏低的是_b、c__(填序号)。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．Na2S2O3 标准溶液部分被氧化
[解析]
(1)利用苯酚遇FeCl3 溶液显紫色，检验环己醇中含有的苯酚。(2)①烧瓶A 中进行的可逆反应为
。a 项，浓硫酸易使原料炭化并产生SO2，会降低原料利用率，正确；b 项，使用FeCl3·6H2O
不产生有毒气体，污染小，可以循环使用，符合绿色化学理念，正确；c 项，同等条件下，浓硫酸能吸收反应生成的
水，促进反应向右进行，故用浓硫酸比用FeCl3·6H2O 的平衡转化率高，错误。②仪器B 的作用为冷凝回流，减少环
己醇蒸出。(3)操作2 得到有机相和水相，为分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。(4)蒸馏实验开始时，先通
冷凝水，后加热。(5)达到滴定终点时，单质碘完全被消耗，可用淀粉溶液作指示剂。根据测定过程中发生的反应可知，
n(Br2)＝n(环己烯)＋n(I2)＝n(环己烯)＋1
2n(Na2S2O3)，则n(环己烯)＝n(Br2)－1
2n(Na2S2O3)＝(b－1
2×10
－3cv)mol，故样
品中环己烯的质量分数为(b－1
2cv×10
－3)mol×82 g·mol
－1÷a g×100%＝
b－cv
2000
×82
a
×100%。(6)a 项，样品中含有苯
酚杂质，苯酚能与溴反应，会导致样品消耗的Br2 偏多，剩余的Br2 偏少，最终消耗的Na2S2O3 溶液偏少，测定结果
偏高，错误；b 项，在测定过程中部分环己烯挥发，会导致样品消耗的Br2 偏少，剩余的Br2 偏多，最终消耗的Na2S2O3
溶液偏多，测定结果偏低，正确；c 项，Na2S2O3 标准溶液部分被氧化，最终消耗的Na2S2O3 溶液偏多，测定结果偏低，
正确。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．有机制备与分离提纯的思维流程：
第一步
明确实验目的—
通过分析合成目标产物的有机反应
方程式确定反应原理。
↓
第二步
确定实验步骤—
依据反应物状态及反应条件选择合适
的反应容器，并控制合适的反应温度。
↓
第三步
设计除杂方案—
根据有机反应中反应物的挥发性及
有机副反应较多的特点，分析除杂步
骤、试剂及除杂装置。
↓
第四步
产品产率计算—
利用有机反应方程式及关系式，结合
题给信息并考虑损耗进行计算。
2．有机物制备实验中常用的仪器：
(1)制备装置。
(2)蒸馏装置。
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205
3．有机混合物的分离提纯常用方法：
方法
适用条件
实例
说明
分液
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
4.有机物制备的解题流程
有机物的制备是中学化学实验的重要组成部分，以新物质制备为背景的实验图，涉及知识面广、题型多变、思维
发散空间大，能很好地考查学生综合运用化学实验基础知识解决实际问题的能力，因而倍受高考命题者的青睐。解答
此类试题的一般流程是：
第一步，明确实验目的。通过分析合成目标产物的有机反应方程式确定反应原理，分析反应的特点(如可逆反应等)，
并分析可能发生的副反应。
第二步，确定实验装置。依据反应物状态及反应条件选择合适的反应容器，并控制合适的反应温度。根据反应原
理及装置特点，确定每个装置的作用。
第三步，设计除杂方案。根据产品和杂质的性质差异(如溶解性、熔沸点、密度大小、物质的状态等)选择合适的
分离提纯方法。根据有机反应中反应物的挥发性及有机副反应较多的特点，分析除杂步骤、试剂及除杂装置。
第四步，产品产率(纯度)计算。根据题目提供的反应原理和试剂的用量，利用有机反应方程式或关系式，计算产
品的理论产量，则产品产率为实际产量
理论产量
×100%。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·大连一模)一氯甲烷是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4
等。
(1)某小组同学在实验室用如图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。
①无水ZnCl2 为催化剂，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为__CH3OH＋HCl――→
ZnCl2
△
CH3Cl＋H2O__，
如果实验时圆底烧瓶加热时间过长，最终在瓶底得到一种白色物质，该物质的化学式是_Zn(OH)2(或ZnO)__。
②装置B 的主要作用是_除去氯化氢气体__。
③收集到的CH3Cl 气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1 mL c1 mol·L
－1 NaOH 溶液充分吸收，以甲基橙作指
示剂，用c2 mol·L
－1 盐酸标准液对吸收液进行反滴定，最终消耗V2 mL 盐酸。则所收集CH3Cl 的物质的量为_(c1V1－
c2V2)×10
－3__mol。(已知：2CH3Cl＋3O2――→
点燃2CO2＋2H2O＋2HCl)
(2)查阅资料可知：AgNO3 的乙醇溶液可以检验CH3X 中的卤素原子。相关数据如下表：
化学键
C—Cl
C—Br
键能(kJ·mol
－1)
330
276
化合物
AgCl
AgBr
Ksp
1.8×10
－10
5×10
－13
①CH3X 通入AgNO3 的乙醇溶液中，除有沉淀生成外，还生成硝酸甲酯，请写出硝酸甲酯的结构简式_CH3ONO2__。
②CH3Cl 和CH3Br 的混合气体通入AgNO3 的乙醇溶液中，先出现淡黄色沉淀。请依据表中数据解释原因_C—Br
键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，溴化银更容易形成沉淀__。
③设计实验证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)：向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液，先生成淡黄色
沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)(其他合理答案也可)(简要说明实验操作、现象和结论)。
[解析]
(1)①装置A 为制备CH3Cl，ZnCl2 作催化剂，即圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为CH3OH＋
HCl――→
ZnCl2
△
CH3Cl＋H2O。根据所加物质，在溶液中ZnCl2 水解：ZnCl2＋2H2O
Zn(OH)2＋2HCl，随着反应的进行
和盐酸挥发，平衡右移，生成Zn(OH)2 沉淀，加热时Zn(OH)2 可分解生成ZnO，因此白色物质是Zn(OH)2 或ZnO。
②盐酸容易挥发，因此装置B 的作用是除去挥发出的HCl 气体。③CH3Cl 燃烧产生CO2 和HCl，CO2 与NaOH 反应：
2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，然后以甲基橙为指示剂，用盐酸滴定吸收液，发生NaOH
＋HCl===NaCl＋H2O、Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，两次消耗的差值，应为一氯甲烷燃烧生成HCl 的量，
即为(V1c1－V2c2)×10
－3mol，根据氯元素守恒，即CH3Cl 的物质的量为(V1c1－V2c2)×10
－3mol。(2)①硝酸甲酯可看作
HO—NO2 和CH3OH 反应形成的酯，因此结构简式为CH3ONO2。②根据表格数据，淡黄色沉淀是AgBr，原因是C—Br
键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，溴化银更容易形成沉淀。③向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合
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溶液中滴加硝酸银溶液，先生成淡黄色沉淀，则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)；或者向足量氯化钠溶液滴加少量的硝酸银
溶液，出现白色沉淀，然后向溶液中滴加溴化钠溶液，出现淡黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。
2．(2019·湖南师大附中月考)某化学小组以苯甲酸为原料，制取苯甲酸甲酯。已知有关物质的沸点如下表所示：
物质
甲醇
苯甲酸
苯甲酸甲酯
沸点/℃
64.7
249
199.6
Ⅰ.合成苯甲酸甲酯粗产品
在圆底烧瓶中加入9.6 mL(密度约为1.27 g·mL
－1)苯甲酸和20 mL 甲醇(密度约为0.79 g·mL
－1)，再小心加入3 mL
浓硫酸，混匀后，投入几粒碎瓷片，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品。
(1)加入碎瓷片的作用是_防止暴沸__，
如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是_B__(填标号)。
A．立即补加
B．冷却后补加
C．不需补加
D．重新配料
(2)浓硫酸的作用是_催化剂、吸水剂__，混合液体时最后加入浓硫酸的理由是_浓硫酸密度较大，且与苯甲酸、甲
醇混合会放出大量热量，甲醇易挥发__。
(3)甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示三套实验室合成苯甲酸甲酯的装置(部分夹持仪器和加热仪器已略去)。
根据有机物的沸点最好采用装置_乙__(填“甲”“乙”或“丙”)。
Ⅱ.粗产品的精制
(4)苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水，现拟用下列流程进行精制，请根据流程图写出操作Ⅱ
方法的名称_蒸馏__。
(5)不能用NaOH 溶液代替饱和碳酸钠溶液的原因是_氢氧化钠是强碱，会促进苯甲酸甲酯的水解，导致产品损失
__。
(6)苯甲酸甲酯的产率是__65%__(结果保留两位有效数字)。
[解析]
(1)反应需要加热，则加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的
正确操作是冷却后补加；(2)酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；因为浓硫酸的密度较大，且与其他液体混合
时放出大量的热，先放入浓硫酸会使甲醇挥发，所以混合液体时最后加入浓硫酸；(3)从三者的沸点可知甲醇易挥发，
所以挥发的甲醇需冷凝回流到反应器中，甲、丙装置都不能达到此目的，乙图可以，所以应选择乙装置；(4)酯不溶于
水，因此有机层的物质分离应采取蒸馏的方法，所以操作Ⅱ为蒸馏；(5)不能用氢氧化钠代替碳酸氢钠，因为氢氧化钠
的碱性太强，强碱性条件下酯会发生水解，导致产率降低；(6)已知苯甲酸的质量为9.6 mL×1.27 g·mL
－1≈12.2 g，甲
醇的质量为20 mL×0.79 g·mL
－1＝15.8 g，根据化学方程式理论上应制得苯甲酸甲酯13.6 g，苯甲酸甲酯的产率为：
8.84 g
13.6 g×100%＝65%。
3．(2019·大庆二模)已知：2－硝基－1,3－苯二酚是橘黄色固体，易溶于水、溶液呈酸性，沸点为88 ℃，是重要
的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料分以下三步合成：
具体实验步骤如下：
Ⅰ.磺化：称取5.5 g 碾成粉状的间苯二酚放入烧杯中，慢慢加入浓硫酸并不断搅拌，控制温度为60～65 ℃约15 min。
Ⅱ.硝化：将烧杯置于冷水中冷却后加入混酸，控制温度(25±5) ℃左右继续搅拌15 min。
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207
Ⅲ.蒸馏：将反应混合物移入圆底烧瓶B 中，小心加入适量的水稀释，再加入约0.1 g 尿素，然后用下图所示装置
进行水蒸气蒸馏；将馏出液冷却后再加入乙醇—水混合剂重结晶。
回答下列问题：
(1)实验中设计Ⅰ、Ⅲ两步的目的是_避免副产物的产生__。
(2)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是_在锥形瓶中加入适量的浓硝酸，在振荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，
冷却__。
(3)写出步骤Ⅱ的化学方程式__
__。
(4)烧瓶A 中玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能_防止压强过小引起倒吸__。
(5)步骤②的温度应严格控制不超过30 ℃，原因是_温度较高时硝酸易分解(酚易被氧化)，产率过低__。
(6)步骤③所得2－硝基－1,3－苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇—水混合剂洗涤。请设计简单的实验证明2
－硝基－1，3－苯二酚已经洗涤干净：_取最后一次洗涤滤液少量，滴加BaCl2 溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干
净__。
(7)本实验最终获得1.55 g 橘黄色固体，则2－硝基－1,3－苯二酚的产率约为__20%__。
[解析]
(1)实验中设计Ⅰ、Ⅲ两步分别是引入磺酸基、去掉磺酸基，所以目的是避免多硝基副产物的生成。(2)制
取“混酸”是把浓硝酸、浓硫酸混合，具体操作是在锥形瓶中加入适量的浓硝酸，在振荡下缓慢加入一定量的浓硫酸，
冷却。(3)步骤Ⅱ是
与浓硝酸在浓硫酸的催化作用下发生取代反应生成
，反应方程式是
＋HNO3――→
浓硫酸
△
＋H2O。(4)装置中压强过大时玻璃管中液面上升，装置中压强过小时，
空气可以由玻璃管进入装置中；所以烧瓶A 中玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强
过小引起倒吸。(5)温度较高时硝酸易分解(酚易被氧化)，产率过低，所以步骤②的温度应严格控制不超过30 ℃。(6)2
－硝基－1,3－苯二酚若没有洗涤干净，则洗涤液中含有硫酸根离子，所以取最后一次洗涤滤液少量，滴加BaCl2 溶液，
若无沉淀产生，证明已经洗涤干净。(7)设2－硝基－1,3－苯二酚的理论产量是x，
110
5.5 g＝155
x ，x＝7.75 g,2－硝基－1,3－苯二酚的产率1.55
7.75×100%＝20%。
考点三
定量测定实验
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·北京，26)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；
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
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(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_容量瓶__。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是__BrO
－
3 ＋5Br
－＋6H
＋===3Br2＋3H2O__。
(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_Br2 过量，保证苯酚完全反应__。
(5)KI 与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI 一定过量，理由是_反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～
6KI，若无苯酚时，消耗KI 物质的量是KBrO3 物质的量的6 倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，
KI 一定过量__。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是_溶液蓝色恰好消失__。
(7)废水中苯酚的含量为__6av1－bv3×94
6v2
__g·L
－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol
－1)。
(8)由于Br2 具有_易挥发__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。
[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
。(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。(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。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．掌握定量测定型实验数据的4 种测定方法
(1)沉淀法
先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥沉淀的质量，再进行相关计算。沉淀干燥的标准是两次测定的质
量差小于0.1 g。
(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
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。
(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
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209
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。
备考验证——练典题、重应用
1．(2019·潍坊联考)某学习小组在实验室中利用下图装置(夹持装置略去)测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反
应后D 装置所得溶液中含硫化合物的组成。
实验步骤：
步骤Ⅰ
如图连接装置，检查装置气密性，装入药品；
步骤Ⅱ
旋开滴液漏斗活塞与旋塞，并点燃酒精喷灯；
步骤Ⅲ
当硬质玻璃管中固体质量不再改变时，停止加热，继续向烧瓶中滴水一段时间；
步骤Ⅳ
实验结束后，将D 中所得溶液加水配制成250 mL 溶液；……
请回答：
(1)步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，其目的为_继续生成O2，驱赶装置内残留的SO2，使
生成的SO2 全部被NaOH 溶液吸收__。
(2)在C、D 装置之间不需要防倒吸装置的理由是_SO2 中含不溶于NaOH 溶液的O2__。
(3)取25.00 mL 步骤Ⅳ中所配溶液，加入足量的双氧水，再加入足量盐酸酸化的BaCl2 溶液，将所得沉淀过滤、洗
涤、干燥，称其质量为4.66 g。则FexSy 的化学式为FeS2。(4)有同学认为可将装置D 改为装有足量碱石灰的干燥管，
通过测定反应前后干燥管的增重来计算硫元素的含量。你认为此方案_否__(填“是”或“否”)合理，原因为_部分SO2
被氧化；空气中的CO2 和水蒸气可能使干燥管增重__。
[解析]
本实验的目的为测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应后D 装置所得溶液中含硫化合物的组成。观
察装置，A 装置中产生足量的氧气经干燥后，进入C 装置与FexSy 在加热条件下反应，生成硫的氧化物，进入D 被氢
氧化钠溶液吸收。(1)步骤Ⅲ中，停止加热后还需继续向烧瓶中滴水一段时间，继续产生氧气，FexSy 其实已经反应完了，
其目的为驱赶装置内残留的SO2，使生成的SO2 全部被NaOH 溶液吸收。(2)此装置中，不需要防倒吸装置，虽然SO2
易溶于水，但是反应后的气体中含有较多难溶于水的氧气，不会因SO2 易溶于水而使气压迅速降低发生倒吸。(3)C 装
置中产生的气体，主要应为SO2，所以D 中生成Na2SO3，取25.00 mL 步骤Ⅳ中所配溶液(取了十分之一溶液)，加入
足量的双氧水，将其氧化为Na2SO4，再加入足量盐酸酸化的BaCl2 溶液，所得沉淀为BaSO4，质量为4.66 g，其物质
的量为0.02 mol,250 mL 溶液可产生n(BaSO4)＝0.2 mol。根据S 守恒：n(SO2)＝n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝0.2 mol，故
12.0 g FexSy 中n(S)＝0.2 mol，m(S)＝6.4 g，m(Fe)＝5.6 g，n(Fe)＝0.1 mol，所以x∶y＝1∶2，故FexSy 的化学式为FeS2。
(4)装置D 的作用是吸收装置中产生的SO2，若改为装有足量碱石灰的干燥管，空气中的CO2 和水蒸气都可能使干燥管
增重，而且SO2 可能被氧化，使增重偏大。
2．某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3 等杂质，工业上以菱锰矿
为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：
已知：MnCO3＋2NH4Cl=====
焙烧MnCl2＋CO2↑＋2NH3↑＋H2O↑
(1)焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。
焙烧时适宜温度为_500_℃__；800 ℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是_温度过高，NH4Cl 分解导致与MnCO3
的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3 分解发生其他副反应。使浸取率减小或MnCl2 挥发导致Mn 损失或高温下锰
被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体表面积减少等)__。
(2)净化包含三步：①加入少量MnO2，反应的离子方程式为__MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O__；
②加氨水调pH，生成沉淀主要是_Fe(OH)3、Al(OH)3__；
③加入NH4F，除去Ca2＋、Mg2＋。
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(3)碳化结晶中生成MnCO3 的离子方程式为__Mn2＋＋HCO
－
3 ＋NH3===MnCO3↓＋NH
＋
4 __。
(4)滴定法测产品纯度
Ⅰ.取固体产品1.160 g 于烧杯中，加入过量稀硫酸充分振荡，再加入NaOH 溶液至碱性，发生反应2Mn2＋＋O2＋
4OH
－===2MnO(OH)2；
Ⅱ.加入过量KI 溶液和适量稀硫酸，发生反应：MnO(OH)2＋2I
－＋4H
＋===Mn2＋＋I2＋3H2O；
Ⅲ.取Ⅱ中混合液的1
10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L
－1 Na2S2O3 溶液进行滴定，发生反应：
2S2O2－
3 ＋I2===S4O2－
6 ＋2I
－，滴定终点时消耗Na2S2O3 溶液20.00 mL。
①判断滴定终点的方法是_滴入最后一滴Na2S2O3 溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原__。
②假设杂质不参与反应，则产品纯度为__99.14%__。
[解析]
(1)由图示得到，焙烧时温度500 ℃的时候，锰的浸取率已经很大，所以选取500 ℃即可，没有必要选择
更高的温度(因为温度越高，能耗越大)。温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少(不是
很好的答案，因为氯化铵分解的温度大约为337 ℃)；可能是生成的氯化锰转化为气体离开体系(也不是很好，氯化锰
沸点为1 190 ℃)；可能是高温下发生副反应，锰转化为其他化合物。(2)①加入二氧化锰的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，
所以方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。②物质中的杂质主要是Fe、Ca、Mg、Al 等元素，因为
步骤③中除去Ca2＋、Mg2＋，所以步骤②加氨水调pH，是为了除去铁和铝元素，所以沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3。
(3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨气，得到碳酸锰的固体，所以离子方程式为Mn2 ＋＋HCO
－
3 ＋
NH3===MnCO3↓＋NH
＋
4 。(4)①取Ⅱ中混合液于锥形瓶中，用淀粉溶液作指示剂，此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠滴
定单质碘，终点时，碘单质都被反应，所以溶液褪为无色，所以终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3 溶液，溶液蓝色
褪去且半分钟内颜色不复原。②根据滴定中的反应得到关系式Mn2＋～MnO(OH)2～I2～2S2O2－
3 。滴加的硫代硫酸钠的
物质的量为0.100 0 mol·L
－1×20.00×10
－3L＝0.002 mol，根据关系式得Mn2＋的物质的量为0.001 mol，因为是取混合
液的1
10进行滴定，所以Mn2＋为0.01 mol，所以MnCO3 也是0.01 mol，质量为115 g·mol
－1×0.01 mol＝1.15 g，质量分
数为1.15 g
1.16 g×100%＝99.14%。
1．(2019·黑龙江省大庆市高考化学二模)下列实验方案中，不能达到实验目的是(
)
选项
实验方案
实验目的
A
将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片，石蜡油分
解，产生的气体通入酸性KMnO4 溶液，可
观察到紫色溶液褪为无色
检验分解产物中含有不饱和
烃
B
将少量钠分别投入到盛有水和乙醇的烧杯
中，观察到水中产生气体速率快
验证水中的氢比乙醇羟基中
的氢活泼
C
在盛有蔗糖的小烧杯中加入浓硫酸，搅拌，
静置片刻，有黑色多孔物质生成
验证浓硫酸只具有强氧化性
D
向饱和的硼酸溶液中滴加0.1 mol/L
Na2CO3 溶液，观察无气泡产生
验证酸性：H2CO3＞H3BO3
[解析]
A．不饱和烃可被高锰酸钾氧化，由得到的气体通入酸性KMnO4 溶液，溶液褪色，可知分解产物含不饱
和烃，故A 正确；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，水中的氢比乙醇中的氢活泼性强，故B 正确；C．浓硫酸具
有脱水性，使蔗糖炭化，然后C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成气体，故C 错误；D．该实验没有观察到气泡产生，
说明碳酸钠和硼酸不反应，根据强酸制取弱酸知，由此说明酸性：H2CO3＞H3BO3，故D 正确；故选C。
2．(2019·河南省平顶山市高考化学二调)文献报道，H2 能还原FeCl2，某学习小组设计实验探究“文献”的真实性，
下列装置错误的是(
)
[解析]
A．A 装置用于制备氢气，试剂与装置均合理，故A 正确；B．B 装置用于还原氯化亚铁，故B 正确；C．C
装置检验氯化氢，因为氯化氢极易溶于水，必须考虑防倒吸装置，故C 错误；D．D 装置中浓硫酸用于干燥氢气，故
D 正确。故选C。
3．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是(
)
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向1 mL 2 mol/L NaOH 溶液中先
滴加2 滴0.1 mol/L MgCl2 溶液，
再滴加2 滴0.1 mol/L FeCl3 溶液
先生成白色沉淀，
后生成红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]
＜
Ksp[Mg(OH)2]
B
向NH3·H2O 溶液中滴加少量
无明显现象
NH3·H2O
和
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211
AgNO3 溶液
AgNO3 不反应
C
将木炭和浓硫酸共热生成的气体
通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
该气体只含CO2
D
向某溶液中加入盐酸酸化的
BaCl2 溶液
有白色沉淀产生
该溶液中可能含
有SO2－
4
[解析]
A．向1 mL 2 mol/L NaOH 溶液中先滴加2 滴0.1 mol/L MgCl2 溶液，反应后NaOH 大量剩余，再滴加2
滴0.1 mol/L FeCl3 溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较
Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小，故A 错误；B．向NH3·H2O 溶液中滴加少量AgNO3 溶液，发生了反应，由于
氨水过量，反应生成可溶的银氨络离子，故B 错误；C．将木炭和浓硫酸共热生成CO2 和SO2，CO2 和SO2 都能够使
澄清石灰水变浑浊，则生成的气体不只CO2，故C 错误；D．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成的白色沉
淀可能为硫酸钡，该溶液中可能含有SO2－
4 ，故D 正确。故选D。
4．(2019·陕西省宝鸡高考二模)下列实验方案能达到预期目的是(
)
选项
实验方案
预期目的
A
将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片使其分解，产
生的气体通入酸性KMnO4 溶液
检验分解产物中含有不饱和
烃
B
将洁净的铁钉在饱和食盐水中浸泡一段时间
证明铁发生析氢腐蚀
C
将碳与浓硫酸反应产生的气体依次通过无水
CuSO4、澄清石灰水和品红溶液
检验气体产物中含有H2O、
CO2、SO2
D
向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液
检验该溶液中是否含有SO2－
4
[解析]
A．石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片使其分解，产物含不饱和烃，能使高锰酸钾褪色，故A 正确；B．洁
净的铁钉在饱和食盐水中浸泡一段时间，食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，不能生成氢气，故B 错误；C．碳与浓硫酸
反应产生的气体含二氧化硫、二氧化碳、水蒸气，依次通过无水CuSO4、品红溶液、高锰酸钾、品红、澄清石灰水来
检验，故C 错误；D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成AgCl 或硫酸钡沉淀，则原溶液中不一定含硫酸根离子，故
D 错误；故选A。
5．(2019·河南八市重高联盟领军考试高三第三次测评)某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2 与水的反应：
下列说法不正确的是(
)
A．②中的大量气泡主要成分是氧气
B．③中溶液变红，说明有碱性物质生成
C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D．⑤中MnO2 的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
[解析]
A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A 正确；B．过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化
钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B 正确；C．过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化
性，能够使溶液褪色，故C 正确；D．生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D
错误；故选D。
6．(2019·河南省安阳市高考化学二模)氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390 ℃，沸点是
430 ℃，溶于冷水，遇热水则强烈水解。在380～400 ℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2
时可能用到的装置图，回答下列问题。
(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3 的是_D__(填字母)。
A．浓氨水、CaO
B．NH4Cl 固体、Ca(OH)2 固体
C．浓氨水
D．NH4NO3 固体、NaOH 固体
(2) 用(1) 中合适的试剂制取的NH3 按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为
_e→f→c→d→h→g(g→h)→a__(填接口处字母)，装置A 的作用是_吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进
入X__。
(3)装置C 中仪器的名称是_干燥管__，盛装的试剂是_碱石灰__。实验开始后，向X 中通入NH3 与加热仪器X 的
先后顺序为_先通入一段时间的氨气，再加热仪器X__。
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(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH 混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3 量总是比理论值低
许多，其最可能的原因是_氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气__。
(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH 与一种气体，请推测该气体的成分并用实验验证你的结论：_该气体为氨气，
取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色__。
[解析]
(1)因为NH4NO3 受热或撞击易爆炸，故不宜选择。NH4NO3 固体和NaOH 固体制备氨气；故答案为：D；
(2)根据已知氨基锂(LiNH2)能与水反应，故氨气必须是干燥的，B 装置也必须是无水环境，故氨气经过C 中碱石灰干
燥后通入B 装置反应，为防止未反应完的氨气污染空气，用A 中浓硫酸吸收氨气，同时防止外界的空气进入B，氨气
极易溶于水，故在A 之前用D 做安全瓶，防止倒吸，故相应连接顺序为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；装置A 的作
用是吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；(3)装置C 为干燥管，目的是干燥氨气，用碱石灰；由于
Li 能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，再加热仪器X；(4)因为氨气是极易溶于水
的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解相当多的氨气，从而导致进入B 中的氨气量比理论值小很多；(5)LiNH2
与热水反应生成LiOH 和一种气体，根据元素守恒，生成的气体为氨气，氨气为碱性气体，用红色石蕊试纸检验即可，
方案为：取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色。
7．(2019·广东省佛山市高考化学一模)葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。
用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3 与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：
(1)a 的名称为_恒压滴液漏斗__。
(2)打开a 中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。在_c__(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。实验过程
中产生的H2 作用有_氢气作用是排出装置内空气，防止生成的FeCO3 被氧化__、_将b 中溶液压入c 中__。(写2 条)
(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因
__4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe(OH)3＋4CO2____。
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是_降低葡萄糖酸亚铁在水中溶
解度__。
(5)用NaHCO3 溶液代替Na2CO3 溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为__Fe2＋＋2HCO
－
3 ===FeCO3↓
＋CO2↑＋H2O__，此法产品纯度更高，原因是_降低溶液的pH，以免产生氢氧化亚铁__。
[解析]
(1)根据仪器a 的构造判断其名称；(2)亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与
稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故烧瓶中制备硫酸亚铁，三颈烧瓶中FeSO4 和
Na2CO3 发生反应：FeSO4＋Na2CO3===FeCO3↓＋Na2SO4，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入
三颈烧瓶中；(3)红褐色为氢氧化铁，说明碳酸亚铁被氧气氧化成氢氧化铁；(4)葡萄糖酸亚铁[(C6H11O7)2Fe]易溶于水，
几乎不溶于乙醇；(5)FeSO4 溶液与NaHCO3 溶液反应生成FeCO3、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；产物中有二
氧化碳生成，可提高溶液酸性，防止生成氢氧化亚铁。
8．(2019·四川省广元市高考化学一诊)三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代
碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验1：探究Na2CS3 的性质
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等分
②
向其中一份溶液滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加酸性KMnO4 溶液，紫色褪去
(1)H2CS3 是_弱__(填“强”或“弱”)酸。
(2)已知步骤③的氧化产物是SO2－
4 ，写出该反应的离子方程式__5CS2－
3 ＋24MnO
－
4 ＋52H
＋===5CO2↑＋15SO2－
4 ＋
24Mn2＋＋26H2O__；
(3)某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加盐酸、BaCl2 溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的
质量即可求出实验所用Na2CS3 的量，你是否同意他的观点？_不同意__(选“同意”或“不同意”)，理由是_高锰酸钾
溶液用稀硫酸酸化__。
实验2：测定Na2CS3 溶液的浓度
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213
按如图所示连接好装置：取100 mL Na2CS3 溶液置于装置A 中，通过仪器d 加入2.0 mol·L
－1 的稀硫酸，关闭活塞：
已知Na2CS3＋H2SO4===Na2SO4＋CS2＋H2S↑，CS2 的沸点为46 ℃，CS2 和H2S 均有毒，CS2 不溶于水，与CO2
某些性质相似，CS2 与烧碱反应生成Na2COS2 和H2O。
(4)盛装稀硫酸的仪器d 名称是_分液漏斗__，反应开始前需要通入一段时间N2，其作用是_排尽装置中的空气__。
(5)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N2 一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2
g 黑色固体，则A 中Na2CS3 溶液的浓度是_2__mol·L
－1，写出D 中发生反应的化学方程式__2NaOH＋CS2===Na2COS2
＋H2O__。
(6)分析上述实验方案，还可以通过测定_D__(填字母代号)装置反应前后质量来计算Na2CS3 溶液浓度。
[解析]
(1)Na2CS3 的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3 是强碱弱酸盐，则H2CS3 为弱酸；(2)步骤③的氧化
产物是SO2－
4 ，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为5CS2－
3 ＋24MnO
－
4 ＋52H
＋===5CO2↑＋15SO2－
4
＋24Mn2＋＋26H2O；(3)酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，所以不能通过计算白色沉淀计算Na2CS3 的量；(4)取100 mL
Na2CS3 溶液置于装置A 中，通过仪器d 加入2.0 mol·L
－1 的稀硫酸，关闭活塞：A 中发生反应Na2CS3＋H2SO4===Na2SO4
＋CS2＋H2S↑，B 中H2S 和硫酸铜反应生成黑色沉淀CuS，通过氯化钙干燥，D 中发生反应生成Na2COS2，盛装稀硫
酸的仪器d 名称是分液漏斗，反应开始前需要通入一段时间N2，能将装置中空气排尽，防止硫化氢被氧化；(5)当A
中反应完全后，打开K 缓慢通入热N2 一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得19.2 g 黑色固
体，n(CuS)＝
19.2 g
96 g·mol
－1＝0.2 mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS 得n(Na2CS3)＝n(CuS)＝0.2 mol，c(Na2CS3)＝n
V＝
0.2 mol
0.1 L ＝2 mol/L；D 中二硫化碳和NaOH 反应生成Na2COS2 和水，反应方程式为2NaOH＋CS2===Na2COS2＋H2O；
(6)D 中二硫化碳和NaOH 反应生成Na2COS2 和水，还可以通过测定D 装置反应前后质量来计算Na2CS3 溶液浓度，故
答案为D。
第十七讲
化学工艺流程
[最新考纲]
[考向分析]
1.建立分析解决材料、环境、健康、能
源等领域关于物质的制备和应用等实
际问题和思路方法
2.认识物质性质、设计物质转化的核心
角度，形成认识途径，并将其应用于解
决真实问题，进而形成解决问题的思路
和方法
3.认识物质的转化在自然资源利用和
环境保护中的重要价值
1.以化工流程为载体，常考查：
(1)实验操作目的分析
(2)实验操作规范判断
2.以物质制备和提纯为情境，考查：
(1)陌生物质化合价的判断及电子式的书写
(2)反应方程式或离子方程式的书写
(3)流程中试剂的选择，中间产物的种类及离子判断
(4)实验操作规范语言的表述
(5)实验操作试剂的选取
(6)流程的中间环节物质种类及离子判断
(7)样品中质量分数及产物产率的计算
考点一
物质制备型
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·北京，26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有
Ca5(PO4)3F 和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O
(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_研磨、加热__。
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO4=====
△
10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4_<__H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P 和S 电子层数相同，_核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金
属性P<S__。
(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F 所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4 除去。写出生成HF 的化学方程式：
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__2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2O=====
△
10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF__。
(4)H2O2 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度
下的有机碳脱除率如图所示。80
℃后脱除率变化的原因：_80_℃后，H2O2 分解速率大，浓度显著降低__。
(5)脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO 2－
4 残留，原因是_CaSO4 微溶__；加入BaCO3 可进一步提高硫的
脱除率，其离子方程式是__BaCO3＋SO2－
4 ＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO
－
4 __。
(6)取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L
－1 NaOH 溶液滴定至终点时生成
Na2HPO4，消耗NaOH 溶液c mL。精制磷酸中H3PO4 的质量分数是__0.049bc
a
__。(已知：H3PO4 摩尔质量为98 g·mol
－1)
[解析]
(1)可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率。通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施
有研磨和加热。
(2)①由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②根据两者电子层数相同，可判断两者处于同一周期，
且S 在P 的右侧，核电荷数P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S，根据非金属性越强，其最高价氧
化物对应水化物的酸性越强的规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。
(3)已知反应物为Ca5(PO4)3F 和H2SO4，生成物为CaSO4·0.5H2O、H3PO4 和HF，再根据原子个数守恒可写出该
反应的化学方程式：2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2O=====
△
10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF。
(4)由题意可知，H2O2 在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快，因此80 ℃后脱除
率降低。
(5)硫酸钙是微溶物，存在溶解平衡，因此反应后的溶液中仍含有SO2－
4 。由题给信息可知，反应物为BaCO3、SO2－
4
和H3PO4，生成物为BaSO4、CO2、H2PO
－
4 和水，由此可写出该反应的离子方程式：BaCO3＋SO2－
4 ＋2H3PO4===BaSO4
＋CO2↑＋H2O＋2H2PO
－
4 。
(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为bc
1 000 mol，当生成Na2HPO4 时，参加反应磷酸的物质的量为bc
2 000 mol，
即磷酸的质量为98bc
2 000 g，则磷酸的质量分数为98bc
2 000a＝0.049bc
a
。
2．(2018·浙江，31)某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)
相关信息如下：
①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH 范围。
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3＋
1.5
2.8
Fe2＋
5.5
8.3
Zn2＋
5.4
8.2
②ZnSO4 的溶解度(物质在100 g 水中溶解的质量)随温度变化曲线。
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215
请回答：
(1)①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3 溶液去除，理由是
_Na2CO3 水解，溶液呈碱性，促使油脂水解__。
②步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_产生气泡的速度显著变慢__。
(2)步骤Ⅱ，需加入过量H2O2，理由是_使Fe2＋尽可能转化为Fe3＋，且H2O2 易分解(Fe3＋催化加速分解)__。
(3)步骤Ⅲ，合适的pH 的范围是_2.8～5.4__。
(4)步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60 ℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100 ℃蒸
发溶剂；e.过滤。
请给出上述操作的正确顺序_dabace__(操作可重复使用)。
(5)步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O 晶体颗粒大小分布如图1 所示。根据该实
验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_C__(填字母)方式进行冷却结晶。
A．快速降温
B．缓慢降温
C．变速降温
(6)ZnSO4·7H2O 产品的纯度可用配位滴定法测定。
①下列关于滴定分析，正确的是_ADE__(填字母)。
A．图2 中，应将凡士林涂在旋塞的a 端和旋塞套内的c 端
B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
②图3 中显示滴定终点时的读数是_20.60__mL。
[解析]
(1)①Na2CO3 水解呈碱性，可以促进油脂的水解；由于镀锌铁皮能形成原电池，且Zn 作负极，所以一开
始产生H2 速率快，当Zn 完全反应后，Fe 与H2SO4 反应产生H2 的速率明显减慢。(2)加入H2O2，主要目的是使Fe2＋
转化成Fe3＋，由于Fe3＋能使H2O2 分解，所以H2O2 应过量。(3)调节pH 应使Fe3＋完全沉淀，而Zn2＋不沉淀，所以pH
范围应为2.8≤pH<5.4。(5)根据图示，变速降温得到的晶粒较大。(6)①B 项，滴定时，锥形瓶不能用标准溶液润洗；C
项，将标准液装入滴定管时，应将标准液直接注入滴定管，若借助烧杯或漏斗转移，会造成标准液不标准；E 项，若
滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后有气泡，会造成读出的标准溶液的体积偏小；②滴定管读数时，精确到小数点后
2 位。
3．(2019·全国Ⅱ，26)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_D__(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__BaSO4＋4C
=====
900～1 200 ℃BaS＋
4CO↑__。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__CO＋H2O===CO2＋H2__。
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_BaCO3__(填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为__S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO2－
4 ===BaSO4·ZnS↓__。
(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 0.100 0 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0.100 0
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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_浅蓝色至无色__，样品中S2－的含量为__
25.00－1
2V×0.100 0×32
m×1 000
×100%__(写出表达式)。
[流程梳理]
[解析]
(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)①由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS 溶液以及回转炉尾气
中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4 与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS 和CO；生产上可通过水蒸气变换反
应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO 与H2O 反应生成CO2 和H2。②所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS 在
潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O 反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S 气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面
生成了难溶性的BaCO3。③结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2－、Ba2＋、Zn2＋、SO 2－
4 反应生成BaSO4·ZnS 的离子
方程式。(3)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
－3 mol，再根据关系式S2
－～I2 可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10
－3 mol－1
2×0.100 0V×10
－3 mol＝(25.00－V
2)×0.100 0×10
－3 mol，则样品中S2
－的含量为
25.00－V
2×0.100 0×32
m×1 000
×100%。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
一、工业流程的十个常用关键词
1．漫出：固体加入水或酸(碱)溶解得到离子。
2．酸浸：指在酸溶液中反应使可溶金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去溶解的过程。
3．水洗：水洗通常是为了除去水溶性的杂质。
冷水洗涤：减少洗涤过程中晶体的溶解损失。
有机物洗涤：减少晶体损失，且有利于晶体干燥。
4．灼烧(煅烧)：原料的预处理，不易转化的物质转为容易提取的物质，如海带中提取碘等。
5．酸的作用：溶解、去氧化物(膜)、调节pH 促进水解(沉淀)。
6．碱的作用：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH 促进水解(沉淀)。
7．氧化剂：氧化某物质，转化为易于被除去(沉淀)的离子。
8．控制pH：促进某离子水解，使其沉淀，利于过滤分离。
9．煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气。
10．趁热过滤：减少结晶损失；提高纯度。
二、获得产品阶段的常见考查点
1．洗涤(冰水、热水)：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；乙醇洗涤既可洗去晶体
表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
2．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。
3．蒸发浓缩，冷却结晶：如NaCl 和K2Cr2O7 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，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3 中的少量NaCl。
4．蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl 和K2Cr2O7 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，
同样原理可除去NaCl 中的少量KNO3。
►方法指导
1．化工流程解题方法：
(1)解题策略
解题步骤
解题策略
首尾呼应、
找出主线
①对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料
②依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务
分段剖析、
明析细节
③以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提
纯三个阶段
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217
④依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作
用，融通对流程的整体分析
⑤某些暂时琢磨不透的环节，可“跳过去”而“难得糊涂”，如有必要，可
“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析
由易到难、
破解答案
⑥先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，
增强答题信心
⑦变换角度：从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多角度答
题
⑧对棘手问题：不忘尝试从题给信息中寻找答案
(2)物质判断：主线主产品，副线副产品，回头为循环。
2．循环物质的确定：
3．副产品的判断：
备考验证——练典题、重应用
1．(2018·江苏高考)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2 为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其
主要实验流程如下：
已知：
①Cl2＋2OH
－===ClO
－＋Cl
－＋H2O 是放热反应。
②N2H4·H2O 沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO 剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ制备NaClO 溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2 与NaOH 溶液反应生成NaClO3 和NaCl，其离子方程式为
__3Cl2＋6OH
－=====
△
5Cl
－＋ClO
－
3 ＋3H2O__；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_缓慢通入Cl2__。
(2)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O 的装置如图1 所示。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅
速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_NaClO 碱性溶液__；使用冷凝管的目的是_减少水合肼
的挥发__。
图1
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图2
图3
(3)步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3 制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HSO
－
3 、SO 2－
3 随pH 的分布如图2
所示，Na2SO3 的溶解度曲线如图3 所示)。
①边搅拌边向Na2CO3 溶液中通入SO2 制备NaHSO3 溶液。实验中确定何时停止通SO2 的实验操作为_测量溶液的
pH，若pH 约为4，停止通SO2__。
②请补充完整由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3 的实验方案：_边搅拌边向NaHSO3 溶液中滴加NaOH 溶液，测量
溶液pH，pH 约为10 时，停止滴加NaOH 溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34_℃条件下趁热过滤__，
用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
[解析]
(1)氯由0 价升至＋5 价和降至－1 价，发生歧化反应，根据得失电子守恒可配平反应。缓慢通入Cl2 可以
减慢反应速率，从而控制反应温度。(2)若将尿素滴入NaClO 碱性溶液中，可以迅速将滴入的尿素氧化成水合肼，而
已知②中说明，水合肼具有强还原性，可以被NaClO 氧化成N2，所以应将NaClO 碱性溶液滴入尿素中。水合肼的沸
点为118 ℃，若不使用冷凝管，则会造成水合肼的挥发而损失。(3)①由图2 知，pH＝4 时，溶液中主要存在HSO
－
3 ，
所以可以通过测定溶液的pH 来确定溶液中的主要成分为NaHSO3。②由图2 知，pH＝10 左右时，溶液中主要成分为
Na2SO3，故可以向NaHSO3 中加入NaOH 溶液，控制pH 约为10 时，得Na2SO3 溶液，由图3 知，在温度高于34 ℃
时，析出的主要成分为Na2SO3，在低于34 ℃时，析出Na2SO3·7H2O 晶体，故加热浓缩Na2SO3 溶液时，需要控制温
度在34 ℃以上，最后趁热过滤，以得出较纯的Na2SO3 晶体。
2．(2019·郑州一模)硝基苯(
可写成C6H5NO2)是一种剧毒化学品，具有致畸、致突变和致癌性。处理含有硝
基苯废水的方法有很多，如图是铁、碳微电池法处理含硝基苯废水的工艺流程图：
回答下列问题：
(1)实验室制备硝基苯的化学方程式__
__。
(2)用分液漏斗分离硝基苯和水的混合物时，硝基苯从下(填“上”或“下”)口流出。
(3)微电池处理过程中，原电池的负极反应为Fe－2e
－===Fe2＋。
①碳表面硝基苯在电极上被还原成苯胺(
)的电极反应方程式为__
__。
②微电池处理过程中部分硝基苯被新生成的活性Fe2＋还原成苯胺，该反应的离子反应方程式为__
＋6Fe2＋＋
6H
＋―→
＋6Fe3＋＋2H2O__。
(4)①一次沉降池中通入空气的目的是_将Fe2＋充分氧化成Fe3＋__。
②一次沉降池中适当的升温有利于沉渣的迅速沉降，分析原因：__Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H
＋，升温水解平衡
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219
正向移动__。(用适当的文字描述和离子方程式解释)
(5)上图中微生物在空气存在的条件下降解苯胺的化学反应方程式为__4
＋31O2―→24CO2＋14H2O＋2N2__。
(6)利用惰性吸附电极电解含硝基苯的废水，同样可以将剧毒的硝基苯转化成苯胺，在电解的过程中，含硝基苯的
废水应从_阴__(填“阳”或“阴”)极室流入。
[解析]
(1)实验室制备硝基苯的化学方程式为
＋HNO3 ――→
浓硫酸
55～60 ℃
＋H2O。(2)硝基苯的密度比水大，因此硝
基苯应从分液漏斗的下口流出。(3)①微电池处理过程中，原电池的负极反应为Fe－2e
－===Fe2＋；正极上硝基苯被还原
成苯胺的电极反应方程式为
＋6e
－＋6H
＋―→
＋2H2O。②微电池处理过程中部分硝基苯被新生成的活性Fe2＋
还原成苯胺，该反应的离子反应方程式为
＋6Fe2＋＋6H
＋―→
＋6Fe3＋＋2H2O。(4)通入空气是将溶液中的Fe2
＋氧化成Fe3＋，最后升高温度促进Fe3＋水解，使其转化成Fe(OH)3 沉淀而除去。(3)微生物在空气存在的条件下降解苯
胺，使其转化成CO2 和氮气，因此方程式为4
＋31O2―→24CO2＋14H2O＋2N2。(6)硝基苯在电极上转化成苯胺的
过程发生了还原反应，因此该反应在阴极发生。
考点二
物质分离提纯型
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·全国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_碱煮水洗__。
(2)步骤②需要加热的目的是_加快反应__，温度保持80－95 ℃，采用的合适加热方式是_热水浴__。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_C__(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是_将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质__。分批加入H2O2，同时为了_防止
Fe3＋水解__，溶液要保持pH 小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有_加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)__，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_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。
2．(2019·全国Ⅲ，26)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，工艺如图所示。回答下列问题：
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相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L
－1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Zn2＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S 和_SiO2(不溶性硅酸盐)__；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式__MnO2＋
MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O__。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2 的作用是_将Fe2＋氧化为Fe3＋__。
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH 范围应调节为_4.7__～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_NiS 和ZnS__。
(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__F
－与H
＋结合形
成弱电解质HF，MgF2
Mg2＋＋2F
－平衡向右移动__。
(6)写出“沉锰”的离子方程式__Mn2＋＋2HCO
－
3 ===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O__。
(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＝__1
3__。
[流程梳理]
[解析]
(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2 或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S 和SiO2(或不溶
性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2 与MnS 在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4 和S，
根据化合价升价法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中含Fe2＋，“氧化”中加入的适量MnO2 能将Fe2＋氧化为Fe3＋。
(3)“调pH”除去Fe3＋和Al3＋时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH 在4.7～6 之间。(4)“除杂l”中加入Na2S
能将Zn2＋和Ni2＋分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS 和ZnS。(5)“除杂2”中F
－与Mg2＋反应生成
MgF2 沉淀，若溶液酸度过高，则F
－与H
＋结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)
Mg2＋(aq)＋2F
－(aq)平衡向右移动，
Mg2＋不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2＋与HCO
－
3 反应生成MnCO3 并放出CO2，由此可写出离子方程式。(7)化合物
LiNixCoyMnzO2 中，当x＝y＝1
3时，根据化合价代数和为0 得1＋2×1
3＋3×1
3＋4z－2×2＝0，解得z＝1
3。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．物质提纯流程题的解题思路：
(1)阅读题干信息，找出要提纯的物质。
(2)解读操作流程，找出与题干相关的操作步骤，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，反应物是什么、发生了什么反应、该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
2．无机化工流程中的常见分离方法：
(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。
(2)过滤(热滤或抽滤)：分离难溶物和易溶物。
(3)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。
(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变化变化不大的溶质。
(5)冷却结晶：提取溶解度随温度的变化变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。
(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物。
(7)冷却水：利用气体易液化的特点分离气体。
备考验证——练典题、重应用
1．(新题预测)碲(Te)凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、
航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲，工艺流程如下：
回答下列问题：
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221
(1)“焙烧”后，碲主要以TeO2 形式存在，写出相应反应的化学方程式：__Cu2Te＋2H2SO4＋2O2=====
焙烧2CuSO4＋
TeO2＋2H2O__。
(2)为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如表所示：
温度/℃
硫酸加入量(理论量倍数)
浸出率/%
Cu
Te
450
1.25
77.30
2.33
460
1.00
81.79
2.81
1.25
89.86
3.15
1.50
92.31
7.70
500
1.25
59.83
5.48
550
1.25
11.65
10.63
则实验中应选择的条件为_460_℃、硫酸用量为理论量的1.25 倍__，原因为_该条件下，铜的浸出率高且碲的损失
较低__。
(3)工艺(Ⅰ)中，“还原”时发生的总的化学方程式为__Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O__。
(4)由于工艺(Ⅰ)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺(Ⅱ)获得碲。则“电积”过程中，阴极的
电极反应式为__TeO2－
3 ＋4e
－＋3H2O===Te＋6OH
－__。
(5)工业生产中，滤渣2 经硫酸酸浸后得滤液3 和滤渣3。
①滤液3 与滤液1 合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为_CuSO4 溶液循环利用，提高经济效益__。
②滤渣3 中富含Au 和Ag，可用_B__将其进行分离。
A．王水
B．稀硝酸
C．浓氢氧化钠溶液
D．浓盐酸
[解析]
(1)根据“焙烧”前后物质的变化，可得反应方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O2=====
焙烧2CuSO4＋TeO2＋2H2O。
(2)由表中数据可知，在460 ℃、硫酸用量为理论量的1.25 倍时，铜的浸出率高且碲的损失较低。(3)根据“还原”前后
物质的变化，可得反应方程式Na2TeO4＋3Na2SO3＋H2SO4===4Na2SO4＋Te＋H2O。(4)“电积”时，反应物为TeO2－
3 ，
产物为Te。由TeO2－
3 ―→Te 是得电子的还原反应，故阴极反应：TeO2－
3 ＋4e
－＋3H2O===Te＋6OH
－。(5)①滤液3 与滤
液1 的成分为硫酸铜，合并后进入铜电积系统，物质循环利用，提高经济效益。②滤渣3 中富含Au 和Ag，可用稀硝
酸溶解银而加以分离。
2．(2019·沈阳一模)工业上用铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2 等杂质)为原料
制备重铬酸钾晶体和绿矾的流程如下：
已知：Ⅰ.常见离子沉淀的pH 范围
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
SiO2－
3
AlO
－
2
开始沉淀
1.9
4.2
8.1
9.5
10.2
沉淀完全
3.2
5.3
9.4
8.0
8.5
Ⅱ.熔融Na2CO3 条件下主要发生反应：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3===4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋
7NaNO2。
回答下列问题：
(1)绿矾的化学式为_FeSO4·7H2O__。
(2)滤液1 中除含有Na2CrO4、NaNO2 和过量的Na2CO3、NaNO3 外，还含有NaAlO2 和Na2SiO3，则熔融Na2CO3
条件下发生的副反应有__Na2CO3＋Al2O3=====
高温2NaAlO2＋CO2↑和Na2CO3＋SiO2=====
高温Na2SiO3＋CO2↑__(用化学方
程式表示)。
(3)滤渣2 的主要成分为_H2SiO3 和Al(OH)3__(填写化学式)。
(4)用醋酸调节pH2＝5 的目的为_将CrO 2－
4 转化为Cr2O2－
7 __；
若pH 调节的过低，NO
－
2 可被氧化为NO
－
3 ，其离子方程式为__Cr2O2－
7 ＋3NO
－
2 ＋8H
＋===2Cr3＋＋3NO
－
3 ＋4H2O__。
(5)调节pH2 后，加入KCl 控制一定条件，可析出K2Cr2O7 晶体的可能理由是_在该条件下K2Cr2O7 的溶解度最低，
更易分离__。
(6)流程中的一系列操作为_蒸发浓缩、冷却结晶、过滤__。
[ 解析]
(1) 绿矾的化学式为FeSO4·7H2O 。(2) 生成NaAlO2 和Na2SiO3 的化学方程式为Na2CO3 ＋
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Al2O3=====
高温2NaAlO2＋CO2↑和Na2CO3＋SiO2=====
高温Na2SiO3＋CO2↑。(3)调pH＝7～8，是为了沉淀H2SiO3和Al(OH)3。
(4)用醋酸调节pH2＝5 的目的是将CrO 2－
4 转化为Cr2O2－
7 ；若pH 调节的过低会发生Cr2O2－
7 ＋3NO
－
2 ＋8H
＋===2Cr3＋＋
3NO
－
3 ＋4H2O。(5)调节pH2 后，加入KCl 控制一定条件，可过滤出K2Cr2O7 晶体的可能理由是在该条件下K2Cr2O7
的溶解度最低。(6)溶液中除了含有硫酸亚铁外，还含有少量其他杂质，例如硫酸镁。所以从溶液中得到晶体的方法为
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
3．(2019·河南开封二模)亚氯酸钠(NaClO2)主要用于棉纺、亚麻、腈纶、涤纶等纤维漂白(不适于羊毛、绢丝、粘
胶丝、尼龙等)，也可用于食品、饮用水消毒、纸张漂白和鱼药制造。工业上常用电解法生产亚氯酸钠( NaClO2)，请根
据下面的工艺流程图回答下列问题：
已知：纯的ClO2 易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下才能安全。
(1)电解饱和NaCl 溶液之前须除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO 2－
4 等杂质，依次加入BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液、NaOH
溶液，充分反应后将沉淀一并滤去，若经检测发现滤液中SO 2－
4 的浓度仍大于10
－5 mol·L
－1，其可能的原因为_加入过
量的Na2CO3 溶液时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)，从而释放出SO2－
4 __，
滤液中c(CO2－
3 )∶c(SO2－
4 )为_50∶1__。[已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10
－10，Ksp(BaCO3)＝5.0×10
－9]
(2)无隔膜电解槽内发生的离子反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为_3∶1__。
(3)将制得的ClO2 通入电解槽的阴极室，饱和NaCl 溶液加入电解槽的阳极室，通电一段时间后可得到产品，则电
解时阴极的电极反应式为__ClO2＋e
－===ClO
－
2 __。
(4)用ClO2 处理含CN
－的电镀废水可得到对环境无污染的物质，则反应的离子方程式为__2ClO2＋2CN
－===2CO2
＋N2＋2Cl
－__。
[解析]
(1)溶液中存在BaCO3和BaSO4的溶解平衡，由于Ba2＋的浓度一定，故溶液中的c(CO2－
3 )∶c(SO2－
4 )为BaCO3
与BaSO4 的Ksp 之比。(2)根据流程图可知Cl
－在无隔膜电解槽中生成了ClO
－
3 ，对应的离子反应方程式为Cl
－＋
3H2O===ClO
－
3 ＋3H2↑，Cl
－为还原剂，H2O 为氧化剂。(3)电解时，ClO2 在阴极得到电子生成ClO
－
2 ，阴极反应式为
ClO2＋e
－===ClO
－
2 。(4)由题中描述可知ClO2 与CN
－反应时应生成CO2、N2、Cl
－，据此即可写出反应的离子方程式。
1．(2019·陕西省高三第二次模拟联考)下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸
锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：
已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；
②生成氢氧化物的pH 见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀pH
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
请回答下列问题：
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_增大反应物的接触面积，加快反应速率__。
(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，该反应的离子
方程式是__MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O__，其中的MnO2 可以用试剂_H2O2__(填化学式)代替。
(3)流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH 调节控制的范围是_3.7～7.6__下列可用于流程中
调节pH 的试剂是_a__(填试剂对应的字母编号)。
a．MnCO3
b．Na2CO3
C．NaOH
d．氨水
(4)向滤液I 中加入MnS 的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，发生反应为MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋等。当该反应完
全后，滤液2 中的Mn2＋与Ni2＋离子的物质的量浓度之比是_1.4×1011__[已知Ksp(MnS)＝2.8×10
－10，Ksp(NiS)＝2.0×10
－21]。
(5)上述流程中，能循环使用的一种物质是_H2SO4__(填化学式)。
(6)上述流程中在电解前需对电解液中Mn2＋的含量进行测定。方法是：取出一定体积的电解液，加入一定质量的
NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO
－
4 、Bi3＋，该反应的离子方程式是__2Mn2
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223
＋＋5NaBiO3＋14H
＋===2MnO
－
4 ＋5Bi3＋＋5Na
＋＋7H2O__。
(7)在适当条件下，在MnSO4—H2SO4—H2O 为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为__Mn2
＋＋2H2O－2e
－===MnO2＋4H
＋__。
[解析]
(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“①加入MnO2”
的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2
＋＋2Fe3＋＋2H2O，其中的MnO2 作氧化剂，可以用试剂H2O2 代替；(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，应
将溶液pH 调节控制的范围是3.7～7.6，促进铁离子水解。MnCO3，能与H
＋反应，不引入杂质，故a 正确；b．Na2CO3，
引入钠离子，故不选；c.NaOH 引入钠离子，故不选；d．氨水，引入铵根离子，可用于流程中调节pH 的试剂是a, 故
答案为：3.7～7.6；a; (4)Ksp(MnS)＝2.8×10
－10，Ksp(NiS)＝2.0×10
－21，沉淀转化的方程式为：MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2
＋，则Mn2＋与Ni2＋离子的物质的量浓度之比＝c(Mn2＋)∶c(Ni2＋)＝Ksp(MnS)∶Ksp(NiS)＝2.8×10
－10：2.0×10
－21＝1.4×1011;
(5)上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(6)电解液中Mn2＋具有还原性，加入一定质
量的NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO
－
4 、Bi3＋，反应的离子方程式是
5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H
＋===5Bi3＋＋2MnO
－
4 ＋5Na
＋＋7H2O; (7)在适当条件下，电解液中MnSO4 在阳极失去电子获得
MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2＋＋2H2O－2e
－===MnO2 ＋4H
＋。
2．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)KMnO4 是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种
软锰矿(主要成分MnO2，还有Fe2O3、Al2O3、SiO2 等)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制
得KMnO4(反应条件已经省略)。
已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10
－38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10
－33，回答下列问题：
(1)K2MnO4 中Mn 的化合价为_＋6__。
(2)滤渣A 的成分是_SiO2(或二氧化硅)__，析出沉淀B 时，首先析出的物质是_Fe(OH)3(或氢氧化铁)__。
(3)步骤2 中加入MnCO3 的作用为_调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去__。
(4)滤液C 中加入KMnO4 时发生反应的离子方程式是__3Mn2＋＋2MnO
－
4 ＋2H2O===5MnO2↓＋4H
＋__。
(5)步骤4 中反应的化学方程式是__3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O__。
(6)电解制备KMnO4 的装置如图所示。b 与电源的_负__极相连，电解液中最好选择_阳__离子交换膜(填“阳”或
“阴”)。电解时，阳极的电极反应式为__MnO2－
4 －e
－===MnO
－
4 __。
[解析]
(1)锰酸钾中K 元素为＋1 价、O 元素为－2 价，根据化合价的代数和为0 判断Mn 元素化合价＝2×4－1×2
＝＋6; (2)二氧化硫能与二氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰，氧化铁、氧化铝溶于稀硫酸，二氧化硅不溶，A 为未反应
的SiO2(或二氧化硅)；溶度积常数小的先生成沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10
－38＜Ksp[Al(OH)3]＝1×10
－33，所以Fe(OH)3(或
氢氧化铁)先生成沉淀；(3)碳酸锰能和氢离子反应而调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去；(4)高锰
酸钾和锰离子反应生成二氧化锰沉淀，离子方程式为3Mn2＋＋2MnO
－
4 ＋2H2O===5MnO2↓＋4H
＋；(5)根据反应物、
生成物和反应条件书写方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O; (6)电解制备高锰酸钾时，锰酸
根离子失电子发生氧化反应，在阳极上反应，a 为阳极、b 为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，则b
连接负极；阳极附近生成高锰酸钾，导致钾离子有剩余，b 电极附近生成氢氧根离子，所以钾离子通过交换膜进入右
侧，则交换膜为阳离子交换膜；电解时阳极反应式为：MnO2－
4 －e
－===MnO
－
4 。
3．(2019·河南省安阳市高考化学二模)氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含
CuFeS2、Cu2S 等)为原料制取Cu2O 的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是SO2 ，Cu2S 与O2 反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_2∶1__。
(2)若试剂X 是H2O2 溶液，写出相应反应的离子方程式：__2Fe2＋＋2H
＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O__。当试剂X 是_
氧气或空气__时，更有利于降低生产成本。
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(3)加入试剂Y 调pH 时，pH 的调控范围是_3.7≤pH＜4.8__。
(4)写出用N2H4 制备Cu2O 的化学方程式：__4CuSO4＋N2H4＋8KOH=====
90 ℃2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O__，操
作X 包括_过滤__、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_防止生成的Cu2O 被空气氧化__。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O 的电极反应式：__2Cu
－2e
－＋2OH
－===Cu2O＋H2O__。
[解析]
(1)根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S 与O2 反应为Cu2S＋2O2=====
高温2CuO＋SO2，氧化
剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；(2)若试剂X 是H2O2 溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，
离子反应为：2Fe2＋＋2H
＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远
低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；(3)加入试剂Y 的目的是调节pH 完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中
数据可知，pH 范围为：3.7≤pH＜4.8；(4)根据分析N2H4制备Cu2O 的化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH=====
90 ℃2Cu2O
＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；操作X 为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O；因为Cu2O 具有较强的还原性，在加热
条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳
极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu－2e
－＋2OH
－===Cu2O＋H2O。
4．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含
有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。
(1) 滤液1 中钛元素以TiO2 ＋形式存在，则“ 溶浸” 过程发生的主要反应的化学方程式为__FeTiO3 ＋
2H2SO4=====
△
TiOSO4＋FeSO4＋2H2O__。
(2)物质A 为_Fe__(填化学式)，“一系列操作”为_蒸发浓缩、冷却结晶、过滤__。
(3)“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O 的产率，可采取的措施有_加水稀释反应物__、_加碱中和
生成的酸、加热等__。(写出两条)。
(4)“电解”是以石墨为阳极，TiO2 为阴极，熔融CaO 为电解质。阴极的电极反应式为__TiO2＋4e
－===Ti＋2O2－
__；若制得金属Ti 9.60 g，阳极产生气体_4_480__mL(标准状况下)。
(5)将少量FeSO4·7H2O 溶于水，加入一定量的NaHCO3 溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__Fe2＋＋
2HCO
－
3 ===FeCO3↓＋CO2↑＋__H2O__；若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10
－6 mol·L
－1，则溶液中c(CO2－
3 )＝_1×10
－
5__mol·L
－1。(已知：常温下FeCO3 饱和溶液浓度为4.5×10
－6 mol·L
－1)
[解析]
(1)因钛铁矿主要成分为FeTiO3，且滤液1 中钛元素以TiO2＋形式存在，所以其主要反应化学方程式为
FeTiO3＋2H2SO4 =====
△
TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，
物质A 为Fe，“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)“水解”反应为TiO2＋＋(x＋1)H2O
TiO2·xH2O↓
＋2H
＋，根据平衡移动原理，为提高TiO2·xH2O 的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。(4)“电解”
过程中阴极反应：TiO2＋4e
－===Ti＋2O2－，阳极反应：2O2－－4e
－＝O2↑，若制得金属Ti 9.60 g，则n(Ti)＝n(O2)＝0.2
mol，V(O2)＝4 480 mL(标准状况下)。(5)由题意知该反应化学方程式为：Fe2＋＋2HCO
－
3 ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；
由常温下FeCO3 饱和溶液浓度为4.5×10
－6mol·L
－1，KSP(FeCO3)＝2.025×10
－11mol2·L
－2，则c(CO2－
3 )＝2.025×10
－11
2×10
－6
＝
1.013×10
－5mol·L
－1。
5．(2019·河南省郑州市高考化学二模)硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂
的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu 单质)中提取硒、银的工艺流程图：
回答下列问题：
(1)为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为_加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等__(答出两条)。
(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式__4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH
－
===4Ag＋4Cl
－＋N2↑＋5H2O(或4AgCl＋N2H4＋4OH
－===4Ag＋4Cl
－＋N2↑＋4H2O)。
(3)反应②为Ag2SO4(s)＋2Cl
－(aq)===2AgCl(s)＋SO2－
4 (aq)；常温下的Ag2SO4 AgCl 的饱和溶液中阳离子和阴离子
浓度关系如图1 所示。则Ag2SO4(s)＋2Cl
－(aq)===2AgCl(s)＋SO2－
4 (aq)的化学平衡常数的数量级为_1014__。
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225
(4)写出反应④的化学方程式__H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se 或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O__。
(5)室温下，H2SeO3 水溶液中H2SeO3、HSeO
－
3 、SeO 2－
3 的摩尔分数随pH 的变化如图2 所示，则室温下H2SeO3 的
Ka2＝_10
－7.3 或5.0×10
－8__。
(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH 为1.5～2，电流强度为5～10 A，若电解液pH 太小，电解精炼过程中在
阴极除了银离子放电，还会发生__2H
＋＋2e
－===H2↑__(写电极反应式)，若用10 A 的电流电解60 min 后，得到32.4 g Ag，
则该电解池的电解效率为_80.4__%，(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量
时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96 500 C·mol
－1)
[解析]
硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu 单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2 和
水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O
和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。(1)为提高反应①的浸出速率，
可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施；(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成
氮气，反应的离子方程式为4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH
－===4Ag＋4Cl
－＋N2↑＋5H2O；(或4AgCl＋N2H4＋4OH
－===4Ag
＋4Cl
－＋N2↑＋4H2O)；(3)由图象可知Ksp(Ag2SO4)＝10
－5，Ksp(AgCl)＝10
－9.75，Ag2SO4(s)＋2Cl
－(aq)===2AgCl(s)＋
SO2－
4 (aq)的化学平衡常数K＝cSO2－
4 
c2Cl
－
＝KspAg2SO4
[KspAgCl]2＝
10
－5
10
－9.752＝1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；(4)反应④的
化学方程式为H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se 或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O；(5)由图象可知H2SeO3
的Ka2＝cH
＋cSeO2－
3 
cHSO
－
3 
＝10
－7.3 或5.0×10
－8；(6)若电解液pH 太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银
离子放电，还会发生2H
＋＋2e
－===H2↑，用10 A 的电流电解60 min，则电子的物质的量为10×60×60
96 500
mol＝0.373 mol，
理论可得到0.373 mol Ag，而得到32.4 g Ag，物质的量为
32.4 g
108 g/mol＝0.3 mol，则该电解池的电解效率为0.3
0.373×100%
＝80.4%。
6．(2019·湖南省株洲市高考一模)某工业废催化剂含有SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物质，为落实“节约资
源，变废为宝”的环保理念，某课外兴趣小组的同学取20 g 该物质进行实验，回收其中的Cu 和Zn，实验方案如下：
已知：ZnS 可与稀硫酸反应；CuS 不溶于稀硫酸，也不与其发生反应。请回答下列问题：
(1)可用右图装置进行第一次浸出，烧杯中盛放的是_NaOH 溶液或者氨水__溶液。
(2)滤液Ⅰ中的Fe2＋最好用_d__来检验。
a．氯水
b．双氧水
c．KSCN 溶液
d．K3[Fe(CN)6]溶液
(3)物质A 是含有X 元素的氧化物(XO)，则X 是_Zn__(填元素符号)，由滤液Ⅱ、滤液Ⅳ获得ZnSO4·7H2O 的操
作是_蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)__。
(4)第二次浸出时的化学方程式为__CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O__。
(5)加A 调节溶液的pH 约为_3__时，可以完全除去其中的杂质离子。
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(当溶液中离子浓度小于等于10
－5 mol/L 时视为沉淀完全；实验条件下部分物质的溶度积常数为：Ksp[Fe(OH)3]
＝10
－38，Ksp[Fe(OH)2]＝10
－17，Ksp[Zn(OH)2]＝10
－17，Ksp[Cu(OH)2]＝10
－20)
(6)实验最后获得了5.74 g ZnSO4·7H2O 晶体(假设实验中没有损耗)，但不能由此确定原催化剂中锌元素的质量分
数，原因是_在实验过程中添加了单质锌，不能由产品质量来计算锌元素的质量分数__。
[解析]
废催化剂含有SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物质，取20 g 该物质进行实验，加入稀硫酸并加热进
行浸取，可溶解ZnO、ZnS、Fe3O4 等物质，滤液Ⅰ含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，加入过氧化氢可氧化亚铁离子
生成铁离子，调节pH 生成滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，灼烧生成Fe2O3，滤液Ⅱ含有ZnSO4，经蒸发浓缩冷却结晶得到粗
ZnSO4·7H2O，滤渣Ⅰ含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1 的反应器中加H2SO4 和H2O2 溶液，发生氧化还原反应，生成硫
酸铜、硫，滤渣Ⅲ含有硫和二氧化硅，滤液Ⅲ含有硫酸铜，加入锌置换，可生成硫酸锌和铜，以此解答该题。(1)第一
次浸出可生成硫化氢等气体，可用NaOH 溶液或者氨水吸收，防止污染环境，故答案为：NaOH 溶液或者氨水；(2)
亚铁离子可与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，则可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，故答案为：d；(3)X 为Zn，由滤液
Ⅱ、滤液Ⅳ获得ZnSO4·7H2O，可进行蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)等操作；(4)第二次浸出可氧化CuS 生
成硫、硫酸铜，化学方程式为CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O；(5)加入ZnO 调节pH 除去铁离子，应生成
氢氧化铁沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝10
－38，可知c(OH
－)＝
3
10
－38
10
－5 mol/L＝10
－11 mol/L，则pH＝3，故答案为：3；(6)因在
实验过程中添加了单质锌，则不能由产品质量来计算锌元素的质量分数。
专题五
选考部分
第十八讲
物质结构与性质
[最新考纲]
[考向分析]
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轨道表达式
(2)了解电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质
(3)了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用
(4)了解电负性的概念，并能用以说明元素的某些性质
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单分子或离子
的空间结构
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
物质结构与性质为
选做题，作为“拼
盘”命制的题型，
各小题之间相对独
立，主要考查原子
结构与性质、分子
结构与性质、晶体
结构与性质。在原
子结构部分主要命
题点有电子排布式
或电子排布图的书
写，电离能、电负
性大小的比较与判
断
在分子结构部分主
要命题点有化学键
类型的判断，分子
构型的判断，中心
原子杂化方式的判
断。在晶体结构部
分主要命题点有晶
体类型的判断，晶
体结构的计算等
考点一
原子结构与性质
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227
真题感悟——悟真题、明方向
1．(1)(2018·全国卷Ⅱ，35)基态Fe 原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__
__，基态S
原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_哑铃(纺锤)__形。
(2)(2018·全国卷Ⅲ，35)Zn 原子核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2__。
(3)(2017·全国卷Ⅱ，35)基态K 原子中，核外电子占据最高能层的符号是_N__，占据该能层电子的电子云轮廓图
形状为_球形__。
(4)(2017·全国卷Ⅲ，35)Co 基态原子核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2__。
(5)(2016·全国卷Ⅱ，37)镍元素基态原子的电子排布式为_1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar]3d84s2__，3d 能级上的未成对
电子数为_2__。
[ 解析]
(1)铁元素为26 号元素，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2 ，因此其价层电子排布图为
；基态硫原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，最高能级为3p 能级，其电子云形状轮廓图为哑铃形
或纺锤形。(2)锌为30 号元素，核外电子排布式为1s2s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2。(3)基态K 原子中，最外层电子
排布为4s1，核外电子占据的最高能层为第四层，符号是N，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形。(4)Co 是27
号元素，位于元素周期表第4 周期第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2。(5)镍是
28 号元素，位于第4 周期第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2 或
[Ar]3d84s2,3d 能级有5 个轨道，先占满5 个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未
成对的电子数为2。
2．(1)(2018·全国卷Ⅲ，35)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能I1(Zn)_大于
__I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是_Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子__。
(2)(2017·全国卷Ⅲ，35)元素Mn 与O 中，第一电离能较大的是_O__，基态原子核外未成对电子数较多的是_Mn__。
(3)(2016·全国卷Ⅲ，37)根据元素周期律，原子半径Ga_大于__As，第一电离能Ga_小于__As。(填“大于”或“小
于”)
(4)(2015·全国卷Ⅱ，37)A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B
＋具有相同的电子构型；C、D 为
同周期元素，C 核外电子总数是最外层电子数的3 倍；D 元素最外层有一个未成对电子。四种元素中电负性最大的是
_O__(填元素符号)。
[解析]
(1)Zn 核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Cu 核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn 核外电子排布为全满稳定结
构，较难失电子，所以第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)。(2)元素Mn 与O 中，由于O 是非金属元素而Mn 是过渡元素，
所以第一电离能较大的是O。O 基态原子价电子排布式为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn 基态原子价
电子排布式为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。(3)同一周期从左向右，原
子半径逐渐减小，所以原子半径：Ga>As。Ga 的价电子排布为4s24p1，As 的价电子排布为4s24p3，As 的4p 轨道电子
处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能Ga<As。(4)C 核外电子总数是最外层电子数的3 倍，则C 是P；C、D
为同周期元素，D 元素最外层有一个未成对电子，所以D 是氯元素。A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，
A2－和B
＋具有相同的电子构型，则A 是O，B 是Na；非金属性越强，电负性越大，四种元素中电负性最大的是O。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．基态原子的核外电子排布规律
(1)能量最低原理
基态原子核外的电子先占据能量最低的原子轨道，电子才依次进入能量较高的轨道，以使原子处于能量最低的稳
定状态。如Ge 是32 号元素，其核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。
(2)泡利原理
在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
在同一能级的不同轨道中，电子尽可能分占不同的轨道，且自旋状态相同，这样有利于降低体系的能量。
洪特规则特例：能量相同的轨道处于全充满、半充满或全空的状态时原子是比较稳定的。
2．归纳原子结构与性质的相关知识，记住特殊命题点
(1)基态原子核外电子排布的四种表示方法
表示方法
举例
电子排布式
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化表示式
Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式
Fe：3d64s2
电子排布图(或轨道表示式)
(2)常见错误防范
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①电子排布式
a．3d、4s 书写顺序混乱。
如
Fe：1s22s22p63s23p64s23d6
×
Fe：1s22s22p63s23p63d64s2
√
b．违背洪特规则特例。
如
Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
×
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
√
Cu：1s22s22p63s23p63d94s2
×
Cu：1s22s22p63s23p63d104s1
√
②电子排布图
错误类型
错因剖析
违背能量最低原理
违背泡利原理
违背洪特规则
违背洪特规则
(3)特殊原子的核外电子排布式
①24Cr 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。
②29Cu 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。
(4)电离能与电负性变化规律与大小判断
①元素第一电离能的周期性变化规律
一般
规律
同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气
体元素的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小。
同一主族，随着电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小。
特殊
情况
第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，当原子核外
电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、
d10、f14)结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能。
②电离能、电负性大小判断
规律
在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小
特性
同周期主族元素，第ⅡA 族(ns2)全充满、ⅤA 族(np3)半充满，比较稳定，所以
其第一电离能大于同周期的ⅢA 和ⅥA 族元素
方法
我们常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O 与Cl 的电负性比较：
a.HClO 中Cl 为＋1 价、O 为－2 价，可知O 的电负性大于Cl；b.Al2O3 是离子
化合物、AlCl3 是共价化合物，可知O 的电负性大于Cl
(5)元素电离能的两大应用
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；反之越弱。
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，如钠元素I2≫I1，所以钠元素的化合价为＋1。
(6)电负性的三大应用
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229
备考验证——练典题、重应用
1．依据第二周期元素第一电离能的变化规律，参照下图中B、F 元素的位置，用小黑点标出C、N、O 三种元素
的相对位置。
[答案]
2．(1)基态S 原子中，电子占据的最高能层符号为_M__，该能层具有的原子轨道数为_9__。
(2)基态Cr 原子的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d54s1__。
(3)基态Mn2＋的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d5 或
[Ar]3d5__。
(4)基态铜原子的核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d104s1__。
(5)基态氮原子的价电子排布式是_2s22p3__。
(6)基态Ni2＋的价层电子排布图为__
__。
3．(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_电子云__形象化描述。在基态14C 原子
中，核外存在_2__对自旋相反的电子。
(2)原子的第一电离能是指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，O、S、Se
原子的第一电离能由大到小的顺序为_O>S>Se__。
(3)已知X 的基态原子L 层电子数是K 层电子数的2 倍，Y 的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则X 的电
负性比Y 的_小__(填“大”或“小”)。
(4)Ni 是元素周期表中第28 号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni 相同且电负性最小的元素是_C(碳)__。
(5)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D 中，A 和B 的价电子层中未成对电子均只有1 个，并且A
－和
B
＋的电子数相差为8；与B 位于同一周期的C 和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4 和2，且原子序数的差
为2。四种元素中第一电离能最小的是_K__，电负性最大的是_F__(填元素符号)。
4．W、X、Y、Z 为前四周期的元素，原子序数依次增大。W 原子中各能级上的电子数相等，有2 个未成对电子；
X 与W 在同一周期，也有两个未成对电子；Y2＋与X2－核外电子排布相同，Z 的原子序数为28。
(1)Z 原子的价电子排布式为_3d84s2__。
(2)与同周期的相邻元素比较，Y 原子的第一电离能_较大__(填“较大”或“较小”)，原因是_Mg 的价电子排布为
3s2，达到s 能级的全充满状态，与相邻原子比较，Mg 原子相对稳定__。
(3)WX2 分子中，共价键的类型有_σ键和π键__(从原子轨道重叠程度的角度回答)，W 原子的杂化轨道类型为_sp
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杂化__；WX 2－
3 中心原子上的孤电子对数为_0__，立体构型为_平面三角形__，写出与WX 2－
3 具有相同空间构型和键合
形式的分子和离子：_SO3、NO
－
3 __(各写一种)。
(4)化合物YX 的晶体结构与NaCl 相同，Y 的配位数是_6__；其熔点_高于__(填“高于”“低于”或“约等
于”)NaCl，原因是_与NaCl 晶体相比，MgO 晶体中离子的电荷数大、半径小、因此MgO 的晶格能大于NaCl 的晶
格能__(从晶体微观结构的角度解释)。
(5)由W、Y、Z 三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中W 位于体心位置，Y 位于顶角，
Z 占据面心位置，该化合物的化学式为_MgNi3C__，晶体中Y 原子周围距离最近的Z 原子有_12__个，该新型超导材
料晶胞参数a＝0.381 2 nm，列式计算该晶体的密度(g·cm
－3)__
24＋59×3＋12g·mol
－1
0.381 2×10
－7cm3×6.02×1023 mol
－1＝6.39__g·cm
－3__。
[解析]
W 原子中各能级上的电子数相等，且有2 个未成对电子，因此W 为C。再根据X 与W 在同一周期，也
有两个未成对电子，X 为O；Y2＋与X2－核外电子排布相同，Z 的原子序数为28，推断出Y、Z 分别为Mg、Ni。(3)CO2
分子中碳原子和每个氧原子形成两个共价键，因此共价键类型为σ键和π键，杂化类型为sp 杂化。(4)MgO 与NaCl 晶
体结构相同，根据NaCl 的晶胞特点来作答。(5)
24＋59×3＋12g·mol
－1
0.381 2×10
－7cm3×6.02×1023 mol
－1＝6.39 g·cm
－3。
考点二
分子结构与性质
真题感悟——悟真题、明方向
1．(1)(2018·全国卷Ⅱ，35)①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_H2S__。
②气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_平面三角__形，其中共价键的类型有_2__种；固体三氧
化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S 原子的杂化轨道类型为_sp3 杂化__。
(2)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 中，阴离
子空间构型为_平面三角形__，C 原子的杂化形式为_sp2 杂化__。
(3)(2016·全国卷Ⅲ，37)AsCl3 分子的立体构型为_三角锥形__，其中As 的杂化轨道类型为_sp3__。
[解析]
(1)①根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3 的σ键电子对数分别为2、2、3，其中心原子上的孤电子
对数分别为1
2×(6－2×1)＝2，1
2×(6－2×2)＝1，1
2×(6－3×2)＝0，故三者中心原子价层电子对数分别为2＋2＝4，2
＋1＝3,3＋0＝3，因此中心原子价层电子数不同于其他分子的是H2S。②根据价层电子对互斥理论，SO3 中心原子价层
电子对数为3，孤电子对数为0，因此分子为平面三角形。分子中存在σ键和π键，其中π键为大π键。根据图可以得出
固体三氧化硫中SO4 原子团，为四面体构型，因此硫原子的杂化轨道类型为sp3。(2)ZnCO3 中，阴离子CO 2－
3 中σ键为
3，孤电子对数＝1
2(4＋2－3×2)＝0，所以价层电子对数＝3＋0＝3，CO 2－
3 空间构型为平面三角形，碳原子的杂化形式
为sp2 杂化。(3)AsCl3 分子的价层电子对数＝3＋5－1×3
2
＝4，As 的杂化方式为sp3 杂化，因为含有一对孤电子对，所
以该分子的立体构型为三角锥形。
2．(1)(2017·全国卷Ⅲ，35)在CO2 低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)中所涉及的4 种物质中，沸点
从高到低的顺序为_H2O>CH3OH>CO2>H2__，原因是_H2O 与CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2 与
H2 均为非极性分子，CO2 的相对分子质量较大，范德华力较大__。
硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2 中的化学键除了σ键外，还存在_离子键和π键__。
(2)(2014·全国卷Ⅱ，37)氢、氮、氧、硫元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3 的酸是_HNO2、
HNO3__；酸根呈三角锥结构的酸是_H2SO3__。(填化学式)
(3)硼元素具有缺电子性，因而其化合物往往具有加和性。①硼酸(H3BO3)是一元弱酸，写出硼酸在水溶液中的电
离方程式__H3BO3＋H2O
[B(OH)4]
－＋H
＋__。
②硼酸(H3BO3)是一种具有片层结构的白色晶体，层内的H3BO3 分子间通过氢键相连(如图)。含1 mol H3BO3 的晶
体中有_3__mol 氢键，_6__mol σ键。H3BO3 中B 的原子杂化类型为_sp2__。
[解析]
(1)在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因
是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中两个氢原子都可以参与形成分子
间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分
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231
子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子
键，硝酸根中氮原子与3 个氧原子形成3 个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。(2)符合题意的酸是HNO2、
HNO3，酸根为三角锥形的酸是H2SO3。(3)①硼酸为一元弱酸，在水溶液里电离出阴阳离子，其电离方程式为H3BO3
＋H2O
[B(OH)4]
－＋H
＋；②根据图示可知，1 个硼酸分子能形成3 个氢键，1 个硼酸分子能形成6 个σ键，则1 mol
H3BO3 的晶体中氢键物质的量是3 mol，σ键是6 mol；根据图知，硼酸(H3BO3)中每个硼原子连接3 个氧原子且不含孤
电子对，据此确定硼原子杂化方式为sp2。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．键参数对分子性质的影响：
2．中心原子价层电子对(N)的求解方法：
(1)计算法：先求中心原子孤电子对数＝0.5(a－xb)，N＝孤电子对数＋σ键数。
(2)电子式或结构式法：先写出分子相应的电子式或结构式，观察后再用N＝孤电子对数＋σ键数计算。
(3)价态法：若中心原子的化合价绝对值等于其价电子数，则N＝σ键数。
3．中心原子价层电子对数、杂化类型与粒子的立体构型：
价层电子对数
2
3
4
杂化轨道类型
sp
sp2
sp3
价层电子对模型
直线形
平面三角形
四面体形
粒子组成形式与
构型
AB2
直线形
AB2
V 形
AB3
三角形
AB2
V 形
AB3
三角锥形
AB4
正四面体形
规律
当中心原子无孤电子对时，分子构型与价层电子对模型一致；当
有孤电子对时，分子的模型为去掉孤电子对后剩余部分的空间构
型
4.配位键与配位化合物的结构(以[Cu(NH3)4]SO4 为例)：
5．分子构型与分子极性的关系：
6．σ键和π键的判断：
(1)由原子轨道重叠方式判断：“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键。
(2)由共价键数目判断：单键为σ键，双键或三键中一个为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是σ键，杂化轨道形成的共价键全为π键。
7．常见等电子体：
(1)CO2、N2O、N
－
3 、SCN
－
(2)CO、N2
(3)SO2－
4 、PO3－
4
►方法指导
判断分子中心原子的杂化类型的方法
1．根据杂化轨道的空间分布构型判断：
(1)若杂化轨道在空间的分布呈正四面体形或三角锥形，则分子的中心原子发生sp3 杂化。
(2)若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则分子的中心原子发生sp2 杂化。
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(3)若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则分子的中心原子发生sp 杂化。
2．根据杂化轨道之间夹角判断：
(1)若杂化轨道之间夹角为109°28′，则分子的中心原子发生sp3 杂化。
(2)若杂化轨道之间夹角为120°，则分子的中心原子发生sp2 杂化。
(3)若杂化轨道之间夹角为180°，则分子的中心原子发生sp 杂化。
3．根据等电子原理进行推断：如CO2 是直线形分子，N2O、N
－
3 、SCN
－与CO2 是等电子体，所以空间构型均为直
线形，中心原子均采用sp 杂化。
4．根据中心原子的价层电子对数＝参与杂化的轨道数目判断：如中心原子的价层电子对数为4，是sp3 杂化；中
心原子的价层电子对数为3，是sp2 杂化；中心原子的价层电子对数为2，是sp 杂化。
5．根据分子或离子中有无π键及其数目判断：如没有π键，为sp3 杂化；含一个π键是sp2 杂化；含两个π键是sp 杂
化。
备考验证——练典题、重应用
1．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e 原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同，b 的价电子层
中的未成对电子有3 个，c 的最外层电子数为其内层电子数的3 倍，d 与c 同族，e 的最外层只有一个电子，但次外层
有18 个电子。则a 和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_sp3__；
这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3 的是_HNO2、HNO3__；酸根呈三角锥结构的酸是
_H2SO3__。
2．
中阳离子的空间构为_三角锥形__，阴离子的中心原子轨道采用_sp3__杂化。
3．1 mol 乙醛分子中含有σ键的数目为_6NA__，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是_CH3COOH 存在分子间
氢键__。
4．与OH
－互为等电子体的一种分子为_HF__(填化学式)。
5．已知a 是H，b 是N，c 是O，d 是S，a 与其他元素形成二元共价化合物中，分子中既含有极性共价键，又含
有非极性共价键的化合物是_N2H4、H2O2__(填化学式，写出两种)。
6．若BCl3 与XYn 通过B 原子与X 原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是_X__。
[解析]
由于在BCl3 中B 原子无孤电子对，但有空轨道，所以提供孤电子对的原子是X。
7．碳和硅和有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/ (kJ·mol
－1)
356
413
336
226
318
452
(1)硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_C—C 键和C—H 键较强，所
形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si 键和Si—H 键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成__。
(2)C—H 键的键能大于C—O 键，C—H 键比C—O 键更稳定，而SiH4 的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原
因是
_Si—H 键的键能却远小于Si—O 键，所以Si—H 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O 键__。
8．(1)BF3 与一定量的水形成晶体Q[(H2O)2·BF3]，Q 在一定条件下可转化为R：
H2O…
熔化279.2 K
结晶
晶体Q 中各种微粒间的作用力不涉及_ad__(填序号)。
a．离子键
b．共价键
c．配位键
d．金属键
e．氢键
f．范德华力
(2)已知苯酚(
)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10
－10；水杨酸第一级电离形成的离子
能形成分子内
氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_<__Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是__
中形成分
子内氢键，使其更难电离出H
＋__。
9．(新题预测)铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构(如图)。
已知两种配体都是10 电子的中性分子，且都含氢元素。
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233
(1)两种配体分子的配位原子电负性大小为_O>N__(填元素符号)，
其中热稳定性较弱的配体为(用电子式表示)__
__。
(2)该配合物阳离子与SO 2－
4 形成的配合物X 的化学式为_[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4__。
[解析]
两种配体都是10 电子的中性分子，且都含氢元素，可知两配体分别为H2O 和NH3。
(1)两种配体分子中N 和O 均有孤电子对，可与中心原子间形成配位键，O 的非金属性比N 强，即电负性O>N，
且NH3 的稳定性小于H2O，NH3 的电子式为
；
(2)由该配合物阳离子的结构可知含有4 个NH3 和2 个H2O ，则与SO 2－
4 形成的配合物X 的化学式为
[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4。
考点三
晶体结构与性质
真题感悟——悟真题、明方向
1.(1)(2018·全国卷Ⅱ，35)图(a)为S8 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_S8 相
对分子质量大，分子间范德华力强__。
图(a)
(2)(2017·全国卷Ⅱ，35)K 和Cr 属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K 的熔点、沸点等都比金属
Cr 低，原因是_K 原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱__。
(3)(2016·全国卷Ⅲ，37)GaAs 的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm
－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_原子
晶体__，Ga 与As 以_共价__键键合。
(4)(2016·全国卷Ⅲ，37)GaF3 的熔点高于1 000 ℃，GaCl3 的熔点为77.9 ℃，其原因是_GaF3 为离子晶体，GaCl3
为分子晶体__。
[解析]
(1)S8 与SO2 均为分子晶体，而S8 相对分子质量大，因此分子间范德华力强，所以其熔沸点比SO2 高。(2)K
和Cr 都属于金属晶体，Cr 的价电子数多，半径小，金属键强，所以K 的熔点、沸点等都比金属Cr 低。(3)因为GaAs
的熔点为1 238 ℃，熔点很高，晶体结构为立体网状结构，所以GaAs 为原子晶体，其中Ga 与As 以共价键键合。(4)GaF3
为离子晶体，靠比较强的离子键结合，GaCl3 为分子晶体，靠很弱的范德华力结合，所以GaF3 的熔点高。
2.(1)(2018·全国卷Ⅱ，35)FeS2 晶体的晶胞如图所示。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4M
NAa3×1021g·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__
2
2 a__nm。
图(c)
(2)(2017·全国卷Ⅱ，35)KIO3 晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a＝0.446
nm，晶胞中K、I、O 分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K 与O 间的最短距离为_0.135__nm，与K 紧邻的
O 个数为_12__。
在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，则K 处于_体心__位置，O 处于_棱心__位置。
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(3)(2015·全国卷Ⅰ，37)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C 原子连接_3__个六元环，每个六元环占有_2__个C 原子。
②在金刚石晶体中，C 原子所连接的最小环也为六元环，每个C 原子连接_12__个六元环，六元环中最多有_4__
个C 原子在同一平面。
[解析]
(1)FeS2 晶体的晶胞中Fe2＋位于立方体的棱上和体心，因此一个晶胞中含有的Fe2＋为12×1
4＋4＝4(个)，含
有的S 2－
2 为6×1
2＋8×1
8＝4(个)，因此一个晶胞中含有4 个FeS2，晶体的密度为ρ＝m
V＝
M
NA
4 ×a×10
－73 g·cm
－3＝
4M
NAa3×1021 g·cm
－3。S 2－
2 形成的正八面体，其中四个S 2－
2 形成的正方形的对角线即为晶胞的边长为a nm，若正八面体
的边长为x，则
2x＝a nm，因此x＝a
2
nm＝2a
2
nm。(2)根据晶胞结构，位于顶点的K 和位于相邻面心的O 之间
的距离最短，且刚好等于晶胞面对角线长度的一半，因此最短距离＝2a
2 ≈1.414×0.446
2
≈0.315(nm)。求与K 紧邻的O
个数，即求顶角周围面心的个数，其实也就是面心立方最密堆积的配位数，为12。若将体心的位置设定为顶角，原本
顶角的位置变成了体心，面心的位置变成了棱心。因此K 位于体心位置，O 位于棱心位置。(3)根据均摊法来计算。①
石墨烯晶体中，每个碳原子被3 个六元环共有，每个六元环占有的碳原子数是6×1
3＝2；②金刚石晶体中每个碳原子
与周围的4 个碳原子形成4 个共价键，最小的环为六元环，每个共价键被3 个六元环共用，所以一个碳原子可连接12
个六元环；六元环呈船式或椅式结构，所以六元环中最多有4 个碳原子共面。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．熟悉各类晶体的典型代表，并能用均摊法确定晶胞的化学组成：
(1)分子晶体(CO2)：
(2)原子晶体(金刚石、晶体硅)：
(3)离子晶体
晶体
类型
晶胞
类型
晶胞结
构示意图
配位数
紧邻等距
相同离子
每个晶胞含
有离子数
实例
AB
NaCl
Na
＋：6
Cl
－：6
Na
＋：12
Cl
－：12
Na
＋：4
Cl
－：4
KBr、
AgCl、MgO
CsCl
Cs
＋：8
Cl
－：8
Cs
＋：6
Cl
－：6
Cs
＋：1
Cl
－：1
CsCl、
CsBr、CsI
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AB2
CaF2
Ca2＋：8
F
－：4
——
Ca2＋：4
F
－：8
CaF2
(4)金属晶体
堆积模型
晶胞类型
空间利用率
配位数
实例
简单立方堆积
立方体
52%
6
Po
体心立方堆积
体心立方
68%
8
Na、K、Fe
六方最密堆积
平行六面体
74%
12
Mg、Zn、Ti
面心立方最密堆积
面心立方
74%
12
Cu、Ag、Au
2.晶体密度及微粒间距离的计算：
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)；
1 个晶胞的质量为ρa3 g(a3 为晶胞的体积)，则1 mol 晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3 NA。
►方法指导
1．明确晶体类型的判断方法：
(1)依据各类晶体的概念判断，即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力进行判断。如由分子通过分子间作用力(范
德华力、氢键)形成的晶体属于分子晶体，由原子通过共价键形成的晶体属于原子晶体，由阴、阳离子通过离子键形成
的晶体属于离子晶体，由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体属于金属晶体。
(2)依据各类晶体的特征性质判断。如低熔沸点的晶体属于分子晶体；熔沸点较高、且在水溶液中或熔融状态下能
导电的晶体属于离子晶体。熔沸点很高、不导电、不溶于水、硬度大的晶体属于原子晶体，能导热、导电，具有延展
性的晶体属于金属晶体。
2．突破晶体熔、沸点高低的比较：
(1)一般情况下，不同类型晶体的熔沸点高低的比较规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体，如金刚石>NaCl>Cl2；
金属晶体的熔、沸点差别很大，如金属钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低。
(2)原子晶体
由共价键形成的原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体的熔沸点越高。如熔点：金刚石>碳化硅>
硅。
(3)离子晶体
一般来说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其晶体的熔、沸点就越高，如
熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(4)分子晶体
①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。
②具有氢键的分子晶体熔、沸点反常得高。如H2O>H2S。
③组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子极性越大，其熔、沸点越高。如CO>N2，
CH3OH>CH3CH3。
④同分异构体分子中，支链越少，其熔沸点就越高，如正戊烷>异戊烷>新戊烷。
(5)金属晶体
金属阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，金属键越强，金属熔沸点就越高。如熔沸点：Al>Mg>Na。
备考验证——练典题、重应用
1．前四周期元素X、Y、Z、W、R 的原子序数依次增大，X、Y、Z、W 为短周期元素，X 的价电子排布式为nsnnp2n，
Y 在周期表所有元素中电负性最大，Z、W 为同周期金属元素，Z 的第一电离能大于W，R 元素内层电子所在能层全
部排满且最外层有两个电子。
(1)R 的基态原子核外电子排布式为_1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2__。
(2)X 的某种常见氢化物，既含有极性键又含有非极性键，其结构式为_H—O—O—H__，其中X 原子的杂化方式
为_sp3 杂化__。
(3)Z 的第一电离能大于W 的第一电离能的原因为_Mg 的价电子排布为3s2，稳定，能量低。Al 的价电子排布为
3s23p1，不稳定，能量高，因此Mg 的第一电离能大于Al 的第一电离能__。
(4)Z 与X 形成的化合物熔点高于Z 与Y 形成的化合物，其原因为_MgO 晶体中离子所带电荷数多，晶格能大，
所以熔点高__。
(5)向RCl2 溶液中逐滴加入氨水至过量，形成一种含配离子[R(NH3)4]2＋的化合物，其反应的化学方程式为__ZnCl2
＋4NH3·H2O===[Zn(NH3)4]Cl2 ＋4H2O__ ，不考虑立体构型，[R(NH3)4]2 ＋的结构可用示意图表示为
__
__。
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(6)化合物Na3WY6 由Na
＋和WY 3－
6 构成，其晶胞结构如图所示，图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方
体的12 条棱的中点和8 个小立方体的体心，
是图中●、○中的一种，大立方体的体心处
所代表的是_Na
＋__(填离
子符号)。设NA 为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为ρ g·cm
－3，摩尔质量为M，该晶胞的棱长为__
3
4M
ρNA
×107__nm。
[解析]
X 的价电子排布式为nsnnp2n，n＝2，则X 是氧，Y 在周期表所有元素中电负性最大，Y 是氟，Z、W 为
同周期金属元素，Z 的第一电离能大于W，Z 是镁、W 是铝，R 元素内层电子所在能层全部排满且最外层有两个电子，
R 为Zn。(1)R 的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2。(2)既含有极性键又含有非极性键的
氧的氢化物是H2O2，其结构式为H—O—O—H，其中X 原子的杂化方式为sp3 杂化。(3)Mg 的第一电离能大于Al 的
第一电离能的原因为Mg 的价层电子排布为3s2，能量低稳定。Al 的价层电子排布为3s23p1，不稳定，能量高，因此
Mg 的第一电离能大于Al 的第一电离能。(4)Mg 与O 形成的化合物MgO 熔点高于Mg 与F 形成的化合物MgF2，其
原因为MgO 晶体中离子所带电荷数多，晶格能大，所以熔点高。(5)向ZnCl2 溶液中逐滴加入氨水至过量，形成一种
含配离子[Zn(NH3)4]2＋的化合物，其反应的化学方程式为ZnCl2＋4NH3·H2O===[Zn(NH3)4]Cl2＋4H2O，[Zn(NH3)4]2＋的
结构可用示意图表示为
。(6)化合物Na3AlF6 由Na
＋和AlF 3－
6 构成，其晶胞结构如图所示，根据晶
胞结构，阳离子和阴离子需满足3∶1，则●所代表的是Na
＋。由xM＝ρa3NA 可得该晶胞的棱长为
3
4M
ρNA
×107 nm。
2．已知A、B、C 为三种常见的单质，能发生如图1 所示的转化关系，B 的一种同素异形体的晶胞如图2 所示：
回答下列问题：
(1)形成A 的元素在周期表中的位置是_第4 周期第Ⅷ族__，A 对应的基态原子的价电子排布为_3d64s2__。
(2)在B 单质对应的基态原子中，核外存在_2__对自旋方向相反的电子。
(3)写出Y 的一种常见等电子体分子的结构式_N≡N__；两者相比较沸点较高的是_CO__(填化学式)；Y 分子中B
对应原子的杂化方式为_sp__。
(4)配合物A(Y)x，常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断A(Y)x 晶体
属于_分子晶体__(填晶体类型)。
A(Y)x 的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x＝_5__。A(Y)x 在一定条件下发生反应
A(Y)x(s)
A(s)＋xY(g)，已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型是_金属键__。
(5)在图2 晶胞中，每个晶胞平均占有_8__个原子，若距离最近的两个原子的距离为L cm，晶胞边长为a cm，根
据硬球接触模型，则L＝__ 3
4 __a，晶胞的密度ρ＝__ 96
NA·a3__g·cm
－3(用含a、NA 代数式表示)。
[解析]
根据图1、2 可知，A 为铁，B 为碳，C 为氢气，X 为Fe3O4，Y 为CO，D 为CO2。(1)铁元素在周期表中
的位置是第4 周期第Ⅷ族，Fe 基态原子的价电子排布为3d64s2。(2)碳原子的电子排布式为1s22s22p2，核外存在2 对自
旋方向相反的电子。(3)CO 的一种常见等电子体分子是N2，结构式为N≡N；沸点较高的是CO；CO 分子中C 对应原
子的杂化方式为sp 杂化。(4)根据配合物Fe(CO)x 的性质可判断其属于分子晶体。Fe(CO)x 的中心原子价电子数与配体
提供的电子数之和为18，则x＝5。Fe(CO)5 在一定条件下发生反应A(Y)x(s)
A(s)＋xY(g)，已知反应过程中只断裂
配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型是金属键。(5)在图2 金刚石的晶胞中，每个晶胞平均占有8 个原子，根
据硬球接触模型，计算得L＝3
4 a，晶胞的密度ρ＝96
NA·a3 g·cm
－3。
3．铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2 及(NH4)4[UO2(CO3)3]等。回答下列问题：
(1)UF4 用Mg 或Ca 还原可得金属铀。与钙同周期基态原子的未成对电子数为2 的元素共有_4__种；原子序数为
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237
镁元素的二倍的元素的基态原子价电子排布图为__
__。
(2)已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]――→
800 ℃3UO2＋10NH3↑＋9CO2↑＋N2↑＋9H2O↑
①写出与NH
＋
4 互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式_CH4、SiH4、GeH4__、_BH
－
4 、AlH
－
4 __。
②物质
中与CO 2－
3 的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_3∶2__。
③分解所得的气态化合物的分子键角由小到大的顺序为_H2O<NH3<CO2__(填化学式)
(3)碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8 个碳原子位于立方体的顶点，4 个碳原子位于立力体的面心，
4 个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。
①晶胞中碳原子的配位数为_4__。
该晶体硬度超过金刚石的原因是_该晶体和金刚石均为原子晶体，该晶体中的C—N 键的键长比金刚石中的C—C
键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大__。
②已知该晶胞的密度为d g·cm
－3，氮原子的半径为r1 cm，碳原子的半径为r2 cm，设NA 为阿伏加德罗常数，则该
晶胞的空间利用率为__
4
3πr31×4＋4
3πr32×3
92
dNA
×100%
__(用含d、r1、r2、NA 的代数式表示，不必化简)。
[解析]
(1)第4 周期中未成对电子数为2 的元素有22Ti、28Ni、32Ge、34Se 共四种；原子序数为镁元素的二倍的元
素是24 号元素Cr，其基态价电子排布图为
。
(2)①已知NH
＋
4 是含有5 个原子8 个价电子的微粒，与其互为等电子体的分子有CH4、SiH4、GeH4 等，互为等电
子体的离子有BH
－
4 、AlH
－
4 ；②已知CO 2－
3 中碳原子杂化类型为sp2，则物质
中碳原子sp2 杂化的有6
个，sp3 杂化的有3 个，sp 杂化的有1 个，所以杂化类型相同和不同的碳原子个数之比为6∶4，即3∶2；③分解所得
的气态化合物有NH3，是sp3 杂化的三角锥形，有1 个孤对电子，CO2 是sp 杂化的直线型，没有孤对电子，H2O 是sp3
杂化的V 形结构，有2 个孤对电子，根据杂化类型，结合价层电子对互斥原理可知，它们的键角由小到大的顺序为
H2O<NH3<CO2。(3)①该晶胞中与碳原子最近的原子为氮原子，与碳原子最近且等距的氮原子位于1
8小立方体的中心，
且只有4 个，1 个碳原子只能与4 个氮原子形成4 个共价单键，所以碳原子的配位数为4；该晶体硬度超过金刚石的原
因是二者都是原子晶体，但该晶体中的C—N 键的键长比金刚石中的C—N 键的键长短，键能大，所以硬度比金刚石
的大；②由晶胞结构可知，该晶胞中含有的碳原子＝1
8×8＋1
2×4＝3，含有的氮原子为4，所以其化学式为C3N4。则该
分子的体积为(4
3πr31×4＋4
3πr32×3)cm3，由晶胞的密度和化学式可得该晶胞的体积为92
dNA
cm3，所以该晶胞的空间利用率
为
4
3πr31×4＋4
3πr32×3
92
dNA
×100%。
1．(2018·全国Ⅰ，35)Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，
得到广泛应用。回答下列问题：
(1)下列Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_D__、_C__(填标号)。
A．
B．
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C．
D．
(2)Li
＋与H
－具有相同的电子构型，r(Li
＋)小于r(H
－)，原因是_Li
＋核电荷数较大__。
(3)LiAlH4 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4 中的阴离子空间构型是_正四面体__、中心原子的杂化形式为
_sp3__。LiAlH4 中存在_AB__(填标号)。
A．离子键
B．σ键
C．π键
D．氢键
(4)Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born－Haber 循环计算得到。
图(a)
可知，Li 原子的第一电离能为_520__kJ·mol
－1，O===O 键键能为_498__kJ·mol
－1，Li2O 晶格能为_2_908__kJ·mol
－1。
(5)Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O 的
密度为__
8×7＋4×16
NA0.466 5×10
－73__ g·cm
－3(列出计算式)。
图(b)
[解析]
(1)D 选项表示基态，为能量最低状态；A、B、C 选项均表示激发态，但C 选项被激发的电子处于高能级
的电子数多，为能量最高状态。
(2)Li
＋与H
－具有相同的电子构型，Li 的核电荷数大于H 的核电荷数，因此Li 的原子核对电子的吸引能力强，即
Li
＋半径小于H
－半径。
(3)LiAlH4 的阴离子为AlH
－
4 ，AlH
－
4 中Al 的杂化轨道数为4＋3＋1
2
＝4，Al 采取sp3 杂化，为正四面体构型。LiAlH4
是离子化合物，存在离子键，H 和Al 间形成的是共价单键，为σ键。
(4)由题给信息可知，2 mol Li(g)变为2 mol Li
＋(g)吸收1 040 kJ 热量，因此Li 原子的第一电离能为520 kJ·mol
－1；
0.5 mol 氧气生成1 mol 氧原子吸收249 kJ 热量，因此O===O 键的键能为498 kJ·mol
－1；Li2O 的晶格能为2 908 kJ·mol
－1。
(5)由题给图示可知，Li 位于晶胞内部，O 位于顶点和面心，因此一个晶胞有8 个Li，O 原子个数＝6×1/2＋8×1/8
＝4。因此一个Li2O 晶胞的质量＝8×7＋4×16
NA
g，一个晶胞的体积为(0.466 5×10
－7)3cm3，即该晶体密度＝
8×7＋4×16
NA0.466 5×10
－73 g·cm
－3。
2．(2019·江苏单科，21A)Cu2O 广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH 和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。
(1)Cu2＋基态核外电子排布式为_[Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9__。
(2)SO 2－
4 的空间构型为_正四面体__(用文字描述)；Cu2＋与OH
－反应能生成[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－中的配位原
子为_O__(填元素符号)。
(3)抗坏血酸的分子结构如图1 所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_sp3、sp2__；推测抗坏血酸在水中的溶解性：
_易溶于水__(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
图1
图2
(4)一个Cu2O 晶胞(如图2)中，Cu 原子的数目为_4__。
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239
[解析]
(1)Cu 为29 号元素，根据构造原理可知，Cu 的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2 个电子后变为Cu2
＋，则Cu2＋的核外电子排布式为[Ar]3d9。(2)SO 2－
4 中S 没有孤对电子，价层电子对数为0＋4＝4，故S 为sp3 杂化，SO2－
4
的空间构型为正四面体形。该配离子中Cu 提供空轨道，O 提供孤对电子，故配位原子为O。(3)该分子中形成单键的
碳原子为sp3 杂化，形成双键的碳原子为sp2 杂化。1 个抗坏血酸分子中含有4 个羟基，其可以与H2O 形成分子间氢键，
所以抗坏血酸易溶于水。(4)根据均摊法知，该晶胞中白球个数为8×1
8＋1＝2，黑球个数为4，白球和黑球数目之比为
1∶2，所以Cu 为黑球，1 个晶胞中含有4 个Cu 原子。
3．(2019·全国Ⅱ，35)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe－Sm－As－F－
O 组成的化合物。回答下列问题：
(1)元素As与N 同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_三角锥形__，其沸点比NH3的_低__(填“高”或“低”)，
其判断理由是_NH3 分子间存在氢键__。
(2)Fe 成为阳离子时首先失去_4s__轨道电子，Sm 的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为_4f5__。
(3)比较离子半径：F
－_小于__O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1 所示。晶胞中Sm 和As 原子的投影位置如图2 所示。图中F
－和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_SmFeAsO1－xFx__；
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＝__2[281＋161－x＋19x]
a2cNA×10
－30
__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(1
2，1
2，0)、(0,0，1
2)。
[解析]
(1)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 对孤对电子，故其立体结
构为三角锥形。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。(2)Fe 的
价层电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价层电子排布式分别是3d6、3d5，二者均首先失去4s 轨道上的电子；
Sm 失去3 个电子成为Sm3＋时首先失去6s 轨道上的电子，然后失去1 个4f 轨道上的电子，故Sm3＋的价层电子排布式
为4f5。(3)F
－和O2－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－。(4)由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中Sm 个数为4×1
2＝2，Fe 个数为1＋4×1
4＝2，As 个数为4×1
2
＝2，O 或F 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
－30 cm3，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)。
4．(2019·全国Ⅰ，35)在普通铝中加入少量Cu 和Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2 微小晶粒，其分散在
Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_A__(填标号)。
(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_sp3__、_sp3__。乙二胺能与Mg2
＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键__，其中与乙
二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_Cu2＋__(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_Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分
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子间作用力(分子量)P4O6>SO2__。
(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＝__ 2
4 a__pm，Mg 原子之间最短
距离y＝__ 3
4 a__pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2 的密度是__8×24＋16×64
NAa3×10
－30 __g·cm
－3(列出计算表达式)。
[解析]
(1)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。(2)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。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。由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头碰头重叠程度较大，其与乙二胺形成的化合物较稳定。(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。
5．(2019·全国Ⅲ，35)磷酸亚铁锂( LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全
性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl 和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
(1)在周期表中，与Li 的化学性质最相似的邻族元素是_Mg__，该元素基态原子核外M 层电子的自旋状态_相反
__(填“相同”或“相反”)。
(2)FeCl3 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3 的结构式为__
__，其
中Fe 的配位数为_4__。
(3)苯胺(
)的晶体类型是_分子晶体__。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_苯胺分子之间存在氢键__。
(4)NH4H2PO4 中，电负性最高的元素是_O__；P 的_sp3__杂化轨道与O 的2p 轨道形成_σ__键。
(5)NH4H2PO4 和KFePO4 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(PnO3n＋1)(n＋2)－(用n 代表P 原子数)。
[解析]
(1)由元素周期表中的“对角线规则”可知，与Li 的化学性质相似的邻族元素是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。(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。(3)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)
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 为sp3 杂化轨道的O 与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)－。
6．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)铜、镓、砷等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下
列问题：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
241
(1)基态铜原子的核外电子占有的能级数为_7__，轨道数为_15__。
(2)根据元素周期律，原子半径Ga_大于__As，第一电离能Ga_小于__As。(填“大于”或“小于”)
(3)AsCl3 分子的立体构型为_三角锥形__，其中As 的杂化轨道类型为_sp3__。
(4)铜与CN
－可形成络合离子[Cu(CN
－)4]2－，写出一种与CN
－等电子体的分子化学式_N2 或CO__；若将[Cu(CN
－)4]2
－中二个CN
－换为Cl
－，只有一种结构，则[Cu(CN
－)4]2－中4 个氮原子所处空间位置关系为_正四面体__。
(5)GaAs 的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm
－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为_原子晶体__，Ga 与As 以_
共价__键键合。Ga 和As 的摩尔质量分别为MGa
g·mol
－1 和MAs
g·mol
－1，原子半径分别为rGa pm 和rAs pm，阿伏
加德罗常数值为NA，则GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__4π×10
－30NAρr3Ga＋r3As
3MGa＋MAs
×100%__。
[解析]
(1)基态铜的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1, 所以有7 个能级，轨道数为15；(2)Ga 和As 位于第四周期，
前者核电荷数小，所以根据元素周期律分析，同周期元素，随着核电荷数增大，半径减小，第一电离能增大；(3)AsCl3
分子中As 原子价层电子对个数为3＋5－3＋1
2
＝4 且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构
型为三角锥形，As 原子杂化类型为sp3；(4)等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，根据CN
－分析，
可以是N2 或CO；若将[Cu(CN
－)4]2－中二个CN
－换为Cl
－，只有一种结构，说明[Cu(CN
－)4]2－中CN
－处于相同的位置，
即4 个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)GaAs 的熔点为1 238 ℃，熔点较高，以共价键结合形成的属于原子
晶体，密度为ρ g·cm
－3，根据均摊法计算，As 的个数为8×1
8＋6×1
2＝4，Ga 的个数为4×1＝4，故其晶胞中原子所占
的体积V1＝(4
3πr3As×4＋4
3πr3Ga×4)×10
－30，晶胞的体积V2＝m
ρ ＝
4×MGa＋MAs
NA
ρ
，故GaAs 晶胞中原子的体积的百分率为
V1/V2×100%，将V1、V2 带入计算得百分率4π×10
－30NAρr3Ga＋r3As
3MGa＋MAs
×100%。
7．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM
＋离
子由H、C、N 三种元素组成，结构如图1 所示。回答下列问题：
(1)碳原子价层电子的轨道表达式为__
__，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图
为_哑铃__形。
(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO
－
3 、NO
－
2 中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_NH3__。
NH3 比PH3 的沸点高，原因是_氨分子间存在氢键__。
(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定__。
(4)EMIM
＋离子中，碳原子的杂化轨道类型为_sp3、sp2__。分子中的大π键可用符号Πnm 表示，其中m 代表参与形
成的大π键原子数，n 代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π66)，则EMIM
＋离子中的大π键应表示
为_Π65__。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图2 所示。立方氮化硼属于_原子__
晶体，其中硼原子的配位数为_4__。已知：立方氮化硼密度为d g/cm3，B 原子半径为x pm，N 原子半径为y pm，阿
伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为__4πx3＋y3dNA
75×1030
×100%__(列出化简后的计算式)。
[解析]
(1)碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为
；基态碳
原子核外电子占据的最高能级为2p，p 的电子云轮廓图为哑铃形；(2)NH3 中N 原子价层电子对个数＝3＋5－3
2
＝4，
NO
－
3 中N 原子价层电子对个数＝3＋5＋1－2×3
2
＝3，NO
－
2 中N 原子价层电子对个数＝2＋5＋1－2×2
2
＝3，所以中心
原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是NH3；NH3 比PH3 的沸点高是因为氨分子间存在氢键；(3)VA 族比同周期
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相邻元素都大，是因为最高能级p 轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比
同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；(4)根据图(b)N
－
5 中键总数为5 个，
根据信息，N
－
5 有6 个电子可形成大π键，可用符号Π65表示；(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，
是原子晶体；晶胞中每个N 原子连接4 个B 原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B 原子也连接4 个N 原子，即
硼原子的配位数为4；晶胞中N 原子数为4，B 原子数＝8×1
8＋6×1
2＝4，晶胞的质量m＝25×4
NA
g，晶胞的体积V＝质量
密度
＝
100
NA
d
cm3＝100
dNA
cm3，B、N 原子总体积V′＝4×[4πx×10
－103
3
＋4πy×10
－103
3
]＝16π
3 ×(x3＋y3)×10
－30cm3，晶胞中
原子的空间利用率＝V′
V
×100%＝
16πx3＋y3×10
－30
3
100
dNA
×100%＝4πx3＋y3dNA
75×1030
×100%。
第十九讲
有机化合物结构与性质
[最新考纲]
[考向分析]
1.通过对典型有机化合物的组成、结构和性质的学习，知道官能
团对有机化合物性质的决定作用，认识有机反应的复杂性
2.建立有机化合物官能团与性质的辩证关系，能根据结构简式推
断其可能性质
3.通过有机物的组成、性质及合成的实验探究，认识科学探究是
进行科学解释和发现、创造和应用的科学实验活动，在探究中学
会合作，培养创新意识
4.能对与有机化合物的性质、用途有关的社会热点问题(如新材
料、新药物等)，从可持续发展和绿色化学等角度做出正确的价值
判断
常以主观题目的形式
考查某有机化合物的
命名及其官能团的推
断和书写、反应类型及
条件、同分异构体的书
写及数目的判断、化学
方程式的书写等。
考点一
官能团的结构与性质
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·江苏，12)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(
C
)
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
[解析]
A 项，1 个X 分子中含有1 个羧基和1 个酚酯基，所以1 mol X 最多能消耗3 mol NaOH，错误；B 项，
Y 中的羧基与乙醇发生酯化反应，产物不是X，错误；C 项，X、Y 中均含有碳碳双键，均可以被酸性KMnO4 溶液氧
化，正确；D 项，X 与足量Br2 加成后，生成含有3 个手性碳原子的有机物，Y 与足量Br2 加成后，也生成含有3 个手
性碳原子的有机物，正确。
2．(2018·北京，10)一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图。
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下列关于该高分子的说法正确的是(
)
A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团—COOH 或—NH2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为
[解析]
B 对：该高分子完全水解生成
和
，分别含有官能团—COOH、
—NH2。A 错：水解生成的单个分子是对称结构，苯环上的氢原子具有相同的化学环境。C 错：氢键对高分子的性能
有影响。D 错：该高分子化合物的结构简式为
。
3．(2019·全国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
[解析]
甲苯中有甲基，根据甲烷的结构可知，甲苯分子中所有原子不可能在同一平面内，A 错误；乙烷相当于2
个甲基连接而成，根据甲烷的结构可知，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面内，B 错误；丙炔的结构简式为
H3C—C≡CH，其中含有甲基，该分子中所有原子不可能在同一平面内，C 错误；1,3－丁二烯的结构简式为
H2C===CH—CH===CH2，根据乙烯的结构可知，该分子中所有原子可能在同一平面内，D 正确。
4．(2017·江苏)萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是(
)
A．a 和b 都属于芳香族化合物
B．a 和c 分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b 和c 均能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．b 和c 均能与新制的Cu(OH)2 反应生成红色沉淀
[解析]
a 中没有苯环，不属于芳香族化合物，A 项错误；a、c 中所有碳原子不可能共平面，B 项错误；a 中的碳
碳双键、b 中的羟基以及与苯环相连的甲基、c 中的醛基均可以被酸性KMnO4 溶液氧化，C 项正确；与新制Cu(OH)2
反应的官能团为醛基，只有c 可以与新制Cu(OH)2 反应，而b 不能，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
掌握官能团性质，构建有机物间转化体系
官能团
主要化学性质
不
饱
和
烃
烯烃
①跟X2、H2、HX、H2O 等发生加成反应；②加聚
反应；③易被氧化，可使酸性KMnO4 溶液褪色
炔烃
—C≡C—
①跟X2、H2、HX、H2O 等发生加成反应；②易被
氧化，可使酸性KMnO4 溶液褪色；③加聚反应
苯
①取代——硝化反应、磺化反应、卤代反应；②与
H2 发生加成反应
苯的同系物
①取代反应；②使酸性KMnO4 溶液褪色
卤代烃
－X
①与NaOH 溶液共热发生取代反应；②与NaOH
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醇溶液共热发生消去反应
醇
—OH
①跟活泼金属Na 反应产生H2；②消去反应；③催
化氧化；④酯化反应
酚
—OH
①弱酸性；
②遇浓溴水生成白色沉淀；
③遇FeCl2 溶液呈紫色
醛
①与H2 加成为醇；
②氧化反应
羧酸
①酸的通性；②酯化反应
酯
发生水解反应，生成羧酸(盐)和醇
►方法指导
1．有机物原子共面共线的解题思路：
(1)“等位代换不变”原则：基本结构上的氢原子，无论被什么原子替代，所处空间结构维持原状。
(2)单键可以沿键轴旋转，双键和三键不能沿键轴旋转。若平面间靠单键相连，所连平面可以绕键轴旋转，可能转
到同一平面上，也可能旋转后不在同一平面上。
(3)若平面间被多个点固定，且不是单键，则不能旋转，一定共平面。
(4)分拆原则。可把复杂的构型，分拆成几个简单构型，再分析单键旋转时可能的界面。
2．有关官能团性质的易混点：
(1)注意苯环的结构与六元环的区别，不要看到含双键的六元环就认为是苯环。
(2)注意酚羟基的性质和醇羟基的区别。
(3)注意醇的催化氧化规律，伯醇氧化成醛，仲醇氧化成酮，叔醇不能被氧化。
(4)不是所有的醇和卤代烃都能发生消去反应，与连有醇羟基(或卤原子)的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，则
不能发生消去反应。
(5)酚酯和普通酯的区别：1 mol 酚酯水解时要消耗2 mol NaOH；1 mol 普通酯水解时消耗1 mol NaOH。
(6)能与金属钠反应的有醇羟基、酚羟基、羧基；能与NaOH 反应的有酚羟基和羧基；能与Na2CO3 溶液发生反应
的有羧酸、苯酚，但苯酚与Na2CO3、溶液反应生成NaHCO3，而不产生CO2。
3．记准几个定量关系：
(1)1 mol 醛基消耗2 mol Ag(NH3)2OH 生成2 mol Ag 单质、1 mol H2O、3 mol NH3；1 mol 甲醛消耗4 mol
Ag(NH3)2OH。
(2)1 mol 醛基消耗2 mol Cu(OH)2 生成1 mol Cu2O 沉淀、3 mol H2O。
(3)和NaHCO3 反应生成气体：1 mol —COOH 生成1 mol CO2 气体。
(4)和Na 反应生成气体：1 mol —COOH 生成0.5 mol H2；1 mol —OH 生成0.5 mol H2。
(5)和NaOH 反应：
1 mol —COOH(或酚—OH，或—X)消耗1 mol NaOH；1 mol
(R 为链烃基)消耗1 mol NaOH；1 mol
消耗2 mol NaOH。
备考验证——练典题、重应用
1．具有抗炎、抗过敏和抗毒作用的地塞米松的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法中正确的是(
)
A．地塞米松的分子式为C22H30O5F
B．地塞米松分子中所有的碳原子都在同一平面上
C．1 mol 地塞米松分子最多能与2 mol Na 发生反应
D．地塞米松能发生加成反应、取代反应、氧化反应
[解析]
由结构简式可知，地塞米松的分子式为C22H29O5F，A 项错误；结构中有饱和的碳原子直接与3 个碳原子
相连，故所有碳原子不可能在同一平面上，B 项错误；1 mol 地塞米松最多能与3 mol Na 发生反应，C 项错误；地塞
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米松含有碳碳双键，可以发生加成反应和氧化反应，含有羟基，可与羧酸发生取代反应，D 项正确。
2.已知二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一，下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是(
)
A．与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B．能发生加成反应，不能发生取代反应
C．在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应
D．标准状况下1 mol 该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4 L H2
[解析]
二羟甲戊酸的分子式为C6H12O4，—COOH 与乙醇发生酯化反应生成有机产物的分子式为C8H16O4，A 错
误；不能发生加成反应，能发生取代反应，B 错误；含—CH2OH，在铜的催化下与氧气反应的产物含—CHO，可以发
生银镜反应，C 正确；标准状况下1 mol 该有机物可以与足量金属钠反应产生1.5 mol×22.4 L·mol
－1＝33.6 L H2，D 错
误。
3．有两种有机物Q(
)与P(
)，下列有关它们的说法中正确的是(
)
A．二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3∶2
B．二者在NaOH 醇溶液中均可发生消去反应
C．一定条件下，二者在NaOH 溶液中均可发生取代反应
D．Q 的一氯代物只有1 种、P 的一溴代物有2 种
[解析]
二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰，且峰面积之比分别为3∶1、3∶2，A 错误；二者在NaOH 醇溶
液中均不能发生消去反应，B 错误；卤代烃、甲基上的氢等均可发生取代反应，则一定条件下，二者在NaOH 溶液中
均可发生取代反应，C 正确；Q、P 中均含2 种H，则Q 的一氯代物有2 种，P 的一溴代物有2 种，D 错误。
4．(新题预测)下列说法正确的是(
)
A．乙烷与氯气在光照条件下发生加成反应
B．将石蜡油(液态烷烃混合物)加强热分解生成的气体都是烷烃
C．甲苯能够使溴的四氯化碳溶液和酸性的高锰酸钾溶液褪色
D．乙醇能够被酸性的高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸
[解析]
乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应，A 错误；烷烃裂解生成小分子的烯烃和烷烃，B 错误；甲苯能使
酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C 错误；乙醇能够被酸性的高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸，
D 正确。
考点二
有机反应类型
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2018·江苏，11)化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X 与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反
应制得：
下列有关化合物X、Y 的说法正确的是(
B
)
A．X 分子中所有原子一定在同一平面上
B．Y 与Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子
C．X、Y 均不能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．X→Y 的反应为取代反应
[解析]
B 对：Y 分子含有碳碳双键，与Br2 加成后，连接甲基的碳原子连有4 个不同基团，该碳原子为手性碳原
子。D 对：X 分子中酚羟基上的氢原子被CH2===C(CH3)CO—取代生成Y，Y 中的酯基是取代反应的结果。A 错：X
分子中含有苯环，与苯环直接相连的原子处于苯环所在的平面内，3 个Br 原子和—OH 中的O 原子在苯环所在平面内，
C—O—H 键呈V 形且单键可以任意旋转，故X 分子中—OH 上的氢原子不一定在苯环所在平面内。C 错：X 分子中
含有酚羟基，Y 分子中含有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，MnO
－
4 被还原为Mn2＋而褪色。
2．(2019 北京理综，9)交联聚合物P 的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中
表示链延长)(
)
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A．聚合物P 中有酯基，能水解
B．聚合物P 的合成反应为缩聚反应
C．聚合物P 的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P 的交联结构
[解析]
由图示可知，X 连接Y，P 的结构中存在酯基结构，该结构能水解，A 项正确；对比X、Y 的结构可知，
制备P 的两种单体是
、
，由此可知合成P 的反应为缩聚反应，B 项正确；
油脂水解生成甘油和高级脂肪酸(盐)，C 项正确；因乙二醇只有2 个羟基，故邻苯二甲酸与乙二醇只能形成链状结构
的聚合物，不能形成交联结构的聚合物，D 项错误。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．常见官能团与反应类型
官能团
反应类型
碳碳双键(
) 或碳碳三键
(—C≡C—)
加成反应、加聚反应、氧化反应
卤素原子(—X)
水解反应、消去反应
醇羟基(—OH)
消去反应、取代反应、酯化反应、氧化反应
醛基(—CHO)
氧化反应、还原反应
羧基(—COOH)
取代反应、酯化反应
酯基(—COO—)
酯的水解、皂化反应
羰基(
)
还原反应
2．反应类型：
(1)取代反应：烷烃的卤代、酯化反应、苯环上的卤代和硝化反应、卤代烃的水解反应、酯的水解反应、油脂的皂
化反应等。
(2)加成反应：烯烃的加成反应(与H2、X2、HX、H2O)、炔烃的加成反应(与H2、X2、HX、H2O)、苯环的加成反
应(与H2)。
(3)消去反应：醇的消去反应、卤代烃的消去反应。
(4)加聚反应：烯烃的加聚反应、炔烃的加聚反应。
(5)氧化反应：烃和烃的含氧衍生物的燃烧、烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化、醇被酸性高锰酸钾溶液氧化、醇的催
化氧化、醛与银氨溶液反应、醛与新制氢氧化铜悬浊液反应。
(6)还原反应：醛或酮的羰基与氢气加成、硝基还原为氨基。
(7)缩聚反应：二元醇与二元酸的缩聚反应、羟基酸之间的缩聚反应、氨基酸之间的缩聚反应、酚醛树脂的合成。
►方法指导
掌握推断反应类型常用的方法
(1)由官能团转化推测反应类型。从断键、成键的角度掌握各反应类型的特点，如取代反应的特点就是有上有下。
(2)由反应条件推测反应类型。
反应条件
可能的有机反应
浓硫酸，加热
①醇的消去反应
②酯化反应
③苯的硝化反应
稀硫酸，加热
①酯的水解反应
②二糖、多糖的水解反应
③—COONa 或
—ONa 的酸化
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247
NaOH 的水溶液，加热
①卤代烃的水解反应
②酯的水解反应
③
、羧酸的中和反应
强碱的乙醇溶液，加热
卤代烃的消去反应
新制Cu(OH)2 或银氨
溶液，加热
醛基的氧化反应
酸性KMnO4 溶液
①烯烃、炔烃的氧化反应
②苯的同系物的氧化反应
③醇、醛、
苯酚的氧化反应
O2、Cu，加热
醇的催化氧化反应
H2、催化剂，加热
①烯烃、炔烃的加成反应
②芳香烃的加成反应
③醛、酮还原
为醇
特别注意：羧基、酯基、肽键不能加成
浓溴水
苯酚的取代反应
溴的CCl4 溶液
烯烃、炔烃的加成反应
Cl2，光照
①烷烃的取代反应
②
中侧链的取代反应
(3)卤代反应、硝化反应、磺化反应、酯化反应、水解反应、皂化反应、分子间脱水等反应．本质上均属于取代反
应。
(4)有机物的加氢、脱氧均属于还原反应；脱氢、加氧均属于氧化反应。
备考验证——练典题、重应用
1 ．霉酚酸酯(MMF) 是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物，已知其结构简式是
，则下列关于MMF 的说法中，不正确的是(
)
①MMF 所有原子一定处在同一平面
②MMF 可以与溴水发生加成反应
③可以被酸性KMnO4溶液氧化
④可
以跟NaHCO3 溶液反应
⑤MMF 的分子式为C24H31NO7
⑥可以发生消去反应
⑦可以发生加聚反应
⑧可以发生
水解反应
⑨可以发生取代反应
A．①③⑦⑧
B．③④⑥⑦
C．①④⑤⑥
D．②④⑤⑧
[解析]
根据MMF 的结构简式可知，MMF 中含有—CH3，其结构为四面体形，故所有原子一定不能处于同一平
面，①错误；MMF 中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，被酸性KMnO4 溶液氧化，能发生加聚反应，②③⑦
均正确，MMF 中不含羧基，不能与NaHCO3 溶液反应，④错误；MMF 的分子式为C23H31NO7，⑤错误；MMF 中没
有醇羟基和卤素原子，不能发生消去反应，⑥错误；含有酯基，可以发生水解反应，即取代反应，⑧⑨正确。
2．甲基丁香酚G(
)，可用作食用香精，某小组设计的制备甲基丁香酚的流程如下：
已知：Ⅰ.A 的分子式为C3H4O，A 可与溴水发生加成反应，也能发生银镜反应；
Ⅱ.R—COOH――→
SOCl2
；
Ⅲ.R—CH===CH2 ――→
HBr
H2O2 溶剂R—CH2—CH2Br；
Ⅳ.
――→
Zn－Hg/HCl
△
R—CH2—R′，碳碳双键在此条件下也可被还原。
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回答下列问题：
(1)A 的结构简式为__CH2===CHCHO__，K 中所含官能团的名称是_醚键__，E 的分子式为_C11H13O3Br__。
(2)D→E 的反应类型为_加成反应__；F→G 的反应类型为_消去反应__。
[解析]
根据流程图可知，A 的结构简式为CH2===CHCHO，K 中所含官能团的名称为醚键，由反应④和已知Ⅲ
可推知，E 的分子式为C11H13O3Br。D→E 为碳碳双键的加成反应；F→G 为消去反应。
考点三
限定条件下同分异构体的书写与数目判断
真题感悟——悟真题、明方向
1．(1)(2017·全国Ⅰ节选)芳香化合物X 是F(
)的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放
出CO2，其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2 种符合要求的X 的结构简式
、
、
、
(任意写两种即可)
。
(2)(2016·海南节选)富马酸(
)为二元羧酸，1 mol 富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出_44.8__L
CO2(标况)；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有
(写出结构简式)。
(3)(2016·全国Ⅰ节选)具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E(
)的同分异构体，0.5
mol W 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W 共有_12__种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简
式为
。
[解析]
(1)芳香化合物X 是F 的同分异构体，则X 的分子式为C11O10O2，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，
说明X 中含有羧基，核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6 ∶2∶1∶1，所以X 有
4 种可能性，任意写两种即可。
(2)富马酸为二元羧酸，1 mol 富马酸与足量饱和NaHCO3 溶液反应可放出2 mol CO2，标准状况下放出CO2 的体
积是44.8 L；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有
两种。
(3)具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E 的同分异构体，0.5 mol W 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，
说明W 分子中含有2 个—COOH ，则其可能的支链情况是—COOH 和—CH2CH2COOH ；—COOH 和
—CH(CH3)COOH；2 个—CH2COOH；—CH3 和—CH(COOH)2 四种情况，它们在苯环的位置可能是邻位、间位、对
位，故W 可能的同分异构体种类共有4×3＝12 种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为
。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
限定条件下的同分异构体书写与判断技巧
1．思路：
(1)明确书写什么物质的同分异构体，该物质的组成情况怎样。(题目直接给出或联系上下文推出)
(2)从有机物性质联想官能团或结构特征。
官能团异构：①羧基、酯基和羟基醛
②醛、酮与烯醇
③芳香醇与酚、醚
④氨基酸与硝基化合物等
(3)结合结构限定条件考虑官能团的位置异构(苯环上位置异构、碳链异构等)
2．策略：先弄清限定条件下的官能团类别，再分析可能的位置异构和碳链异构。
备考验证——练典题、重应用
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249
1．(1)(2019·成都一模)芳香族化合物Q 是M(
)的同分异构体，与M 具有相同官能团，
且水解可以生成2－丙醇，则Q 的种类有5 种(不考虑立体异构)。
(2)(2018· 昌平区二模)D(
) 有多种同分异构体，满足下列条件的有_6__ 种，写出其中任意一种
__
(任写一种即可)__。
a．能发生银镜反应
b．结构为六元环状
c．环上有3 种氢原子
2．(2019·潍坊二模)邻甲基苯甲酸(
)有多种同分异构体，其中属于酯类，但分子结构中含有甲基和苯环
的同分异构体有_5__ 种；写出能发生银镜反应的一种同分异构体的结构简式：
__
__。
[解析]
若苯环上只有一个取代基，有
、
2 种，若苯环上有两个取代基，则有
3 种，共5 种。
3．(1)满足下列条件的L(
)的同分异构体有_14__种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应
②能发生水解反应
③属于芳香族化合物
其中核磁共振氢谱中有5 组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3 的结构简式为
；
。
(2)芳香族化合物Ⅰ是G(
)的同分异构体，与G 具有相同的官能团，则Ⅰ的结构可能有_4__种(不
包括顺反异构)；其中苯环上的一氯代物有2 种的Ⅰ的结构简式是
。
[解析]
(1)能发生银镜反应，说明含有醛基，②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③属于芳香族化合
物，含有苯环，含有一个取代基为—CH2CH2OOCH，或者为—CH(CH3)OOCH，含有2 个取代基为—CH3、
—CH2OOCH，或者为—CH2CH3、—OOCH，各有邻、间、对3 种，可以含有3 个取代基为2 个—CH3、1 个—OOCH,2
个—CH3，有邻、间、对3 种，对应的—OOCH 分别有2 种、3 种、1 种位置，故符合条件的同分异构体有14 种，其
中核磁共振氢谱中有5 组峰，且峰面积之比为1 ∶2 ∶2 ∶2 ∶3 的结构简式为
；
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。
(2)芳香族化合物Ⅰ是G 的同分异构体，与G 具有相同的官能团，如果取代基为—CH==CH2 和—COOH，有邻、
间、对三种同分异构体；如果取代基为—C(COOH)==CH2，有一种结构，所以符合条件的有4 种，其中苯环上的一氯
代物有2 种的Ⅰ的结构简式是
。
1．(2019·江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)Y 是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由
X 在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是(
)
A．X 分子中所有碳原子可能共平面
B．X、Y 分别与足量H2 加成后的分子中均含有手性碳原子
C．Y 可以发生显色、氧化和还原反应，不可以与甲醛发生缩聚反应
D．等物质的量的X、Y 分别与NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量之比为4∶3
[解析]
A．X 含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A 错误；B．苯
环、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，反应后连接甲基的碳原子为手性碳原子，连接4 个不同的原子或原子团，故
B 正确；C．Y 含有酚羟基和碳碳双键，羟基可发生显色反应，碳碳双键可发生氧化、还原反应，酚可与甲醛发生缩
聚反应，故C 错误；D．X 中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1 mol 可与3 mol NaOH 反应，Y 中酚羟基、酯
基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1 mol Y 可与3 mol NaOH 反应，最多消耗NaOH 的物质
的量之比为1∶1，故D 错误。故选B。
2．(2019·福建省漳州市高考化学一模)甲、乙、丙三种烃分子的结构如图所示，下列有关说法正确的是(
)
A．甲的分子式为C4H4,1 mol 甲分子中含4 mol 共价键
B．乙和苯互为同分异构体
C．丙分子的二氯取代产物有两种
D．甲、乙、丙互称为同系物
[解析]
A．1 mol 甲分子中含6 mol C—C 键，4 mol C—H 键，共10 mol 共价键，故A 错误；B．乙和苯分子式
均为C6H6，结构不同，互为同分异构体，故B 正确；C．丙分子的二氯取代产物应该有3 种，分别为相邻顶点，面
对角线顶点，体对角线顶点，故C 错误；D．甲、乙、丙结构不同，也不相差若干个CH2 原子团，所以不互称同系
物，故D 错误；故选B。
3．(2019·新疆高考化学一诊)有机物W 在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下，下列说法正确的是(
)
A．N、W 互为同系物
B．M 的二氯代物有8 种结构
C．W 能发生皂化反应
D．M、N、W 均能发生加成和取代反应
[解析]
A．N 属于羧酸，W 属于酯，为不同类别的有机物，不属于同系物，故A 错误；B．M 中2 个Cl 均在
甲基上有1 种，均在苯环上有邻、间、对位置时有2＋3＋1＝6 种，1 个Cl 在甲基、1 个Cl 在苯环上有3 种，共10 种，
故B 错误；C．油脂碱性条件下的水解反应为皂化反应，则W 不能发生皂化反应，故C 错误；D．M、N、W 均含
苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H 可发生取代反应，故D 正确；故选D。
4．(2019·河南省安阳市高考化学二模)某种可用于治疗心脏病的药物X 的结构简式为
，
下列有关X 的说法错误的是(
)
A．X 可能有香味，是乙酸乙酯的同系物
B．X 不溶于水，密度可能比水的小
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251
C．遇碱溶液或酸溶液均易变质
D．
与X 互为同分异构体
[解析]
有机物含有酯基，结合酯类的性质解答该题。A．含有环，与乙酸乙酯的结构不同，不是同系物，故A
错误；B．属于酯类，则不溶于水，密度可能比水的小，故B 正确；C．含有酯基，则酸性、碱性条件下都可水解，故
C 正确；D．与
分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D 正确。故选A。
5．(2019·上海市金山区高考一模)工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下，有关说法正确的是(
)
A．该反应的类型为取代反应
B．可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯
C．乙苯的同分异构体共有三种
D．乙苯和苯乙烯均属于苯的同系物
[解析]
A．反应生成碳碳双键，为消去反应，故A 错误；B．苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水反应，而乙苯不反
应，可鉴别，故B 正确；C．乙苯的同分异构体由二甲苯(邻、间、对3 种)，如加上链烃，则同分异构体数目大于3
种，故C 错误；D．苯乙烯与苯的结构不同，不是同系物，故D 错误。故选B。
6．(2019·上海市嘉定区高三一模)下列属于取代反应的是(
)
A．苯与氢气在镍的催化下反应
B．甲烷在空气中燃烧
C．乙烷与氯气在光照条件下反应
D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
[解析]
A．为苯的加成反应，故A 不选；B．为氧化反应，故B 不选；C．为烷烃的取代反应，故C 选；D．为
烯烃的加成反应，故D 不选；故选C。
7．(2019·上海市闵行区一模)有机物转化所需的试剂、反应条件中，不正确的是(
)
A．醇→烯烃：浓硫酸，加热
B．醛→羧酸：银氨溶液，水浴加热
C．苯→溴苯：溴水，铁
D．酸→酯：浓硫酸，加热
[解析]
A．醇在浓硫酸作用下、加热发生消去反应，如乙醇生成乙烯，故A 正确；B．醛可被银氨溶液氧化，
反应生成酸，故B 正确；C．苯与溴水不反应，苯与液溴在催化作用下发生取代反应，故C 错误；D．酸与醇在浓
硫酸作用下加热生成酯类，故D 正确。故选C。
8．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)主链含5 个碳原子，有甲基、乙基2 个支链的烷烃有(
)
A．2 种
B．3 种
C．4 种
D．5 种
[解析]
主链5 个C，则乙基只能在中间C 上，甲基可以在中间C 上，也可以在2 号C 上，所以有如下2 种：
。故选A。
9．(2019·四川省攀枝花三模)乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如下图：
下列说法正确的是(
)
A．反应①、②均是取代反应
B．反应③、④的原子利用率均为100%
C．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2 种
D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3 溶液鉴别
[解析]
A．②反应中乙醛的氧化过程，不是取代反应，故A 错误；B．④生成乙酸乙酯和水，原子利用率不等于
100%，故B 错误；C．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物可为甲酸丙酯(2 种)、丙酸甲酯等，故C 错误；D．乙
醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于水，则可用碳酸钠溶液鉴别，故D 正确。故选D。
10．(2019·四川省南充三模)关于有机物(
)的结构、性质有关的叙述正确的是(
)
A．该物质所有原子可能在同一平面
B．与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2 种
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C．该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应
D．1 mol 该物质最多可与1 mol H2 反应
[解析]
A．含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故A 错误；B．与该物质具有相
同官能团的芳香烃，可含有两个取代基，分别为—CH3、—CH===CH2，有邻、间、对3 种，也可为—CH===CHCH3、
—C(CH3)===CH2，共5 种，故B 错误；C．含有甲基、苯环，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚
和氧化反应，故C 正确；D．碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应，故D 错误。故选C。
11．(2019·广东省肇庆市高三高考化学三模)磷酸毗醛素是细胞的重要组成部分，其结构式如图(含氮杂环与苯环性
质相似)。则下列有关叙述错误的是(
)
A．该物质能被酸性高锰酸钾氧化
B．该物质能发生取代、加成、氧化、聚合反应
C．该有物质水解后所得有机物的所有原子都在一个平面上
D．1 mol 该有机物与NaOH 溶液加热，最多消耗4 mol NaOH
[解析]
A．含有醛基、羟基，可被酸性高锰酸钾氧化，故A 正确；B．醇羟基能发生取代反应，碳碳双键和醛
基能发生加成反应，醛基能发生氧化反应和还原反应，可发生聚合反应，故B 正确；C．水解所的有机物含有饱和碳
原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故C 错误；D．该有机物水解生成的磷酸能和
NaOH 反应，且生成的羟基具有酚羟基的性质，则1 mol 该有机物最多能与4 mol NaOH 反应，故D 正确；故选C。
12．(2019·辽宁省鞍山一中三模)下列关于两种常见有机物甲
和乙
的说法正确的是(
)
A．乙分子所有原子可能共平面
B．甲、乙化合物均能与溴水溶液反应而褪色
C．乙在一定条件下可以反应生成甲
D．甲、乙苯环上的二氯代物均有8 种
[解析]
A．乙含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能在同一个平面上，故A 错误；B．二
者与溴水不反应，但溴易溶于有机物，为萃取现象，溴水褪色但不反应，故B 错误；C．苯甲醇可被氧化生成苯甲酸，
故C 正确；D．甲、乙苯环上的二氯代物，含有2 个氯原子以及羧基或甲基，共6 种同分异构体，故D 错误。故选
C。
13．(2018·浙江选考)下列说法正确的是(
)
A．分馏石油可以得到植物油、柴油、润滑油
B．在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
C．乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应
D．在大豆蛋白溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性
[解析]
A 项，分馏石油得到的是矿物油，不能得到油脂；B 项，葡萄糖属于单糖，不能水解；C 项，汽油属于烃
类，不能和NaOH 溶液反应；D 项，Cu2＋属于重金属离子，能使蛋白质变性。
14．(2019·河南省开封市高考一模)G 是药物合成中的一种重要中间体，下面是G 的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
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253
(1)B 的结构简式为__
__，其中所含官能团的名称为_羰基、羟基__；B 生成C 的反应类型为_取代反
应__。
(2)D 的名称是_对羟基苯甲醛__。
(3)由C 和E 合成F 的化学方程式为__
__。
(4)D 的同分异构体中，能发生银镜反应且分子结构中含苯环的还有_3__种，其中核磁共振氢谱上有6 组峰，峰面
积之比为1∶1∶1∶1∶1∶1 的同分异构体的结构简式为__
__(一种即可)。
(5)参照上述合成路线，以CH3CH2Cl 为原料(其他试剂任选)，设计制备巴豆醛(CH3CH＝CHCHO)的合成路线。
__CH3CH2Cl ――→
NaOH 溶液
△
CH3CH2OH――→
O2/Cu
△
CH3CHO――→
OH
－/H2O
△
CH3CH===CHCHO__。
[解析]
(1)对比A、C 的结构简式，结合B 的分子式、信息中第一步反应，可知B 为
，含有的官能团
有：羰基、羟基；B 转化为C 是B 中酚羟基中H 原子被甲基替代，属于取代反应；(2)由E 的结构，结合B 转化C 发
生取代反应，可推知D 为
，D 的名称为：对羟基苯甲醛；(3)对比C、E、F 的结构可知，整个过程是C
中羰基连接的甲基与E 中醛基发生加成反应，然后再发生分子内脱水反应(醇的消去反应)生成F，反应方程式为：
；(4)D(
)的同分异构体能发生银镜反应且分子结构中含
苯环，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，符合条件的还有：
，其中核磁共振氢
谱上有6 组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶1∶1∶1 的同分异构体的结构简式为：
；(5)CH3CH2Cl
发生水解反应生成CH3CH2OH，然后发生催化氧化生成CH3CHO，再发生转化关系中生成F 的反应可以得到
CH3CH===CHCHO，合成路线流程图为：CH3CH2Cl ――→
NaOH 溶液
△
CH3CH2OH――→
O2/Cu
△
CH3CHO――→
OH
－/H2O
△
CH3CH===CHCHO。
15．(2019·陕西省榆林市高考三模)尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A 的化学名称为_苯__。
(2)B 的结构简式为__
__。
(3)由C 生成D 的化学方程式为__
__，E→F 的反应类型为_取代反应__。
(4)C 中的官能团有_硝基__、_溴原子__(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2,4,6－三氨基苯甲酸，合成路线如下：
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反应①的试剂和条件为_浓硝酸/浓硫酸，加热__；中间体B 的结构简式为__
__；反应③试剂和条件
为_H2、雷尼镍__。
(6)E 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_9__种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3 溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6 组峰，峰面积比为2∶2∶2∶2∶2∶1 的结构简式为__
__。
[解析]
F 和硝酸发生取代反应生成尼美舒利，根据尼美舒利结构简式确定F 为
，逆推可知E 为
、D 为
。纵观整个流程，结合反应条件，可知A 为
，A 发生取代反应生成B 为
，
B 发生邻位取代反应生成C 为
，C 和苯酚钠发生取代反应生成D，D 发生还原反应生成E，E 发生取代反应生
成F，F 发生取代反应生成尼美舒利。(1)通过以上分析知，A 为
，名称是苯；(2)通过以上分析知，B 为
；
(3)C→D
是
与苯酚钠发生取代反应生成
与
NaBr ，反应方程式为：
，E→F 是E 中氨基上的H 原子被－SO2CH3 替代，属于取代反应；(4)C 为
，
C 中官能团为硝基、溴原子；(5)由甲苯为原料可经三步合成2,4,6－三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成
A 为
，
被氧化生成
，
被还原生成2,4，6－三氨基苯甲酸，
反应①的试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B 的结构简式为
；反应③试剂和条件为H2、雷尼
镍；(6)E 为
，E 的同分异构体中能同时满足下列条件：①含有两个苯环且两个苯环直接相连；②能与FeCl3
溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③两个取代基不在同一苯环上，另一个取代基为氨基，如果—OH 位于苯基的
邻位，则氨基有3 种结构，如果—OH 位于苯基间位，氨基有3 种结构，如果—OH 位于苯基对位，氨基有3 种结构，
所以符合条件的有9 种。其中核磁共振氢谱为6 组峰，峰面积比为2∶2∶2∶2∶2∶1 的结构简式为
。
第二十讲
有机化合物的合成与推断
[最新考纲]
[考向分析]
1.能从有机化合物的组成、结构等不同层次认识有机化合物的
主观题：仍然会以新信
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255
多样性并对其进行分类，从官能团的角度认识有机化合物的结
构、性质及其衍变关系，形成“结构决定性质”的观念，从宏
观和微观相结合的视角分析与解决实际问题
2.认识烃及烃的衍生物之间的衍变关系及转化规律，认识有机
化合物转化的本质
3.掌握官能团对有机化合物性质的决定作用及有机合成中官
能团之间的衍变，知道通过分析、推理等方法研究不同有机化
合物的本质特征及其相互衍变关系，建立推断分析的思维模型
并据此揭示合成有机化合物的规律
息、新材料、新药物为
背景，对有机化合物的
推断和合成为基本命题
思路，综合考查有机物
的结构简式、同分异构
体、反应类型、化学方
程式的书写等知识。
考点一
有机化合物的推断
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·天津，8)我国化学家首次实现了膦催化的(3＋2)环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活
性成分茅苍术醇的有效路线。
已知(3＋2)环加成反应：CH3C≡C—E1＋E2—CH===CH2――→
膦催化剂
(E1、E2 可以是—COR 或—COOR)
回答下列问题：
(1)茅苍术醇的分子式为_C15H26O__，所含官能团名称为_碳碳双键、羟基__，分子中手性碳原子(连有四个不同的
原子或原子团)的数目为_3__。
(2)化合物B 的核磁共振氢谱中有_2__个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体(不考虑手性异构)数目为_5__。
①分子中含有碳碳三键和乙酯基(—COOCH2CH3)
②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式_
和
CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3__。
(3)C→D 的反应类型为_加成反应或还原反应__。
(4)D→E 的化学方程式为__
＋CH3OH――→
浓硫酸
△
＋(CH3)3COH__，除E 外该反应另一
产物的系统命名为_2－甲基－2－丙醇(或2－甲基丙－2－醇)__。
(5)下列试剂分别与F 和G 反应，可生成相同环状产物的是_b__(填序号)。
a．Br2
b．HBr
c．NaOH 溶液
(6)参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物M，在方框中写出路线流程图(其
他试剂任选)。
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CH3C≡CCOOCH3＋CH2===CHCOOCH2CH3――→
膦催化剂
――→
H2
Pd/C
或CH3C≡CCOOCH2CH3＋
CH2===CHCOOCH3――→
膦催化剂
――→
H2
Pd/C
[解析]
(1)由茅苍术醇的结构简式，可知其分子式为C15H26O，所含官能团的名称为碳碳双键、羟基。分子中有
如图所示
3 个手性碳原子。(2)化合物B 中含有2 种不同化学环境的氢原子，故其核磁共振氢谱有2 个吸收
峰。满足要求的B 的同分异构体可以为C—C—C—C≡C—、
、C—C—C≡C—C—、
、
C—C≡C—C—C—与—COOCH2CH3 相连而成，共有5 种。碳碳三键与乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式为
CH3CH2CH2C≡C—COOCH2CH3、
。(3)C→D 为C 中碳碳双键与H2 的加成反应(或还原反应)。
(4)D→E 为酯和醇的酯交换反应，化学方程式为
＋CH3OH――→
浓硫酸
△
＋(CH3)3COH。(5)a
项，Br2 与碳碳双键加成，2 个Br 原子分别加在碳碳双键的2 个碳原子上，二者所得产物不同，错误；b 项，HBr 与
碳碳双键加成，H、Br 加在碳碳双键碳原子上，各有两种产物，都可以得到
，正确；c 项，NaOH 溶
液使酯基发生水解反应，二者所得产物不同，错误。(6)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线如下：
CH3C≡CCOOCH3 ＋CH2===CHCOOCH2CH3 ――→
膦催化剂
――→
H2
Pd/C
或CH3C≡CCOOCH2CH3 ＋
CH2===CHCOOCH3――→
膦催化剂
――→
H2
Pd/C
。
2．(2019·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：
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257
回答下列问题：
(1)A 是一种烯烃，化学名称为_丙烯__，C 中官能团的名称为_氯原子__、_羟基__。
(2)由B 生成C 的反应类型为_加成反应__。
(3) 由C 生成D 的反应方程式为__
＋NaOH―→
＋NaCl ＋H2O( 或
＋
NaOH―→
＋NaCl＋H2O)__。
(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_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 的分子式、
C 的分子式和F 的结构简式中知B 为CH2===CHCH2Cl，C 为
，故C 中所含官能团为氯原子
和羟基。(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＋
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n)mol＝765 g/(58.5 g·mol
－1＋18 g·mol
－1)，解得n＝8。
核心突破——补知能、学方法
►知能补漏
1．有机推断题的解题思路：
2．有机推断题的突破技巧：
(1)根据反应条件推断某一反应的反应物或生成物，如反应条件为“NaOH 的醇溶液，加热”，则反应物必是含有
卤素原子的有机物，生成物中肯定含不饱和键。
(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，则表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。
②使酸性高锰酸钾溶液褪色，则该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醇羟基、醛基或苯的同系物。
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加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，有红色沉淀生成(或能发生银镜反应)，说明该物质中一定含有—CHO。
⑤加入金属钠，有氢气生成，表示该物质分子中可能含有—OH 或—COOH。
⑥加入碳酸氢钠溶液有气体放出，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由取代产物的种数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，说明此有
机物结构的对称性越高，因此可由取代产物的种数或氢原子环境联想到此有机物碳架结构的对称性而快速进行解题。
④由加氢后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
和—COOH 的相对位置。
(4)根据关键数据推断官能团数目。
①—CHO
――――→
2[AgNH32]
＋
2Ag
――――→
2CuOH2 Cu2O
②2—OH(醇、酚、羧酸)――→
2Na H2
③2—COOH――→
Na2CO3 CO2
—COOH――→
NaHCO3CO2
④
――→
Br2
――→
消去—C≡C—――→
2Br2
⑤RCH2OH
Mr
――→
CH3COOH
酯化
CH3COOCH2R
Mr＋42
(5)根据题中新信息找出主要结构片段进行推断。
备考验证——练典题、重应用
1．高分子树脂M 具有较好的吸水性，其合成路线如图：
已知：①A 是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气的密度相对于氢气的密度为53，且其一氯代物有5 种。
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259
②R—CHO＋R1CH2CHO
――→
稀NaOH 溶液
＋H2O
③
――→
Zn
ZnBr2＋R—CH===CH—COOH
(1)A 的名称为_乙苯__，E 中的含氧官能团为_醛基__，M 的结构简式为_
__。
(2)写出由B 生成C 的化学反应方程式__
＋NaOH――→
水
△
＋NaCl__。
(3)上述合成路线中，E→F 转化在合成M 中的作用是_保护碳碳双键，防止其被氧化__。
(4)下列关于有机物G 的性质正确的是_AB__。
A．能与NaHCO3 反应生成CO2
B．能发生水解反应和消去反应
C．能聚合成高分子化合物
D．1 mol G 最多消耗2 mol NaOH
(5)I 是H 的同系物，与H 相差一个“—CH2—”，则满足下列条件的I 的同分异构体共有_18__种(不考虑立体异
构)。
①与H 具有相同的官能团
②苯环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱显示峰面积比为1∶2∶2∶2∶3 的结构简式为__
__。
(6)
是一种重要的药物合成中间体。请根据题中信息及所学的知识，以苯乙醛为原料设计它
的合成路线。
(提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成流程图表示方法示例如下：)
A――→
反应物
反应条件B――→
反应物
反应条件C……―→目标产物
_
__。
[解析]
由题意①可知A 为乙苯，光照下烷烃基发生取代反应生成氯代烃，氯代烃水解生成醇，醇被氧化生成醛，
可知B 为
，C 为
，D 为
，与HCHO 发生已知②的反应生成E 为
，
然后E 发生加成反应生成F(
)，F 被氧化成酸G(
)，G 发生已知信息③反应得H(
)，
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H 发生加聚反应得到高聚物M 为
。(2)由B 生成C 的化学反应方程式为
＋NaOH――→
水
△
＋NaCl。(3)上述合成路线中，E→F 转化在合成M 中的作用是保护碳碳双键，防止其被氧化。(4)根据G
的结构可知AB 正确，1 mol G 最多可消耗3 mol NaOH。(5)I 是
的同系物，且与之相差一个碳原子，应该
多一个碳原子，同时满足题设条件的有：甲基与—CH===CH—COOH 或
，可以是—CH===CH2 与
—CH2COOH，也可以是—COOH 与—CH2—CH===CH2 或
或—CH===CHCH3，每种情况有邻、间、对三种
情况，共l8 种，①与H 具有相同的官能团；②苯环上只有两个取代基；其中核磁共振氢谱显示峰面积比为1∶2∶2∶
2∶3 的结构简式为
(6)根据所给信息设计合成路线如下：
2．(预测题)从石油中裂解获得A 是目前工业上生产A 的主要途径，图中的N 是高分子化合物。以A 和1,3－丁二
烯为原料合成N 的流程如下：
请回答下列问题：
(1)D 物质的名称为_苯甲醇__；B→C 的化学反应方程式为__
__。
(2)G 中官能团的名称为_羟基、碳碳双键__，由C→E 涉及的反应类型为_取代反应、消去反应__。
(3) 在催化剂存在下，E 和M 等物质的量发生聚合反应，N 的结构简式为__
或
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261
__。
(4)E 有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体最多有_19__种。
①可与Na2CO3 溶液反应；②分子中只有一个环状结构。
其中核磁共振氢谱中峰数最少的有机物的结构简式为__
__。
(5)天然橡胶是异戊二烯的聚合物，其单体是CH2===C(CH3)CH===CH2。试以异戊二烯为原料(其他无机试剂任选)，
设计制备
的合成路线，画出合成路线流程图(合成路线流程图可仿照题干)。
__
__。
[解析]
由题干和合成路线可知，A 为乙烯，与溴水反应生成B(
)，B 在氢氧化钠水溶液中水解生成C(乙二
醇)，乙二醇在浓硫酸作用下与D(苯甲醇)发生脱水反应生成
再发生消去反应
生成E(
)。1,3－丁二烯与Br2 发生加成反应生成F(
)，
水解生成
G(
) ，为防止羟基被氧化时碳碳双键也被氧化，先将碳碳双键加成进行保护，故H 为
，羟基氧化成羧基后，再利用消去反应得M(HOOC—CH===CH—COOH)。E、M 发生加聚反应
生成N。(1)D 为苯甲醇，B→C 的化学反应方程式为
＋2NaOH――→
H2O
△
＋2NaBr。(2)G 中官能团的名
称为羟基、碳碳双键，由C→E 涉及的反应类型为取代反应、消去反应。(3)在催化剂存在下，E 和M 等物质的量发生
聚合反应，N 的结构简式为
。(4)E(
)的同分异构体含
有酚羟基和苯环、碳碳双键，
、
、
、
、
、
、
、
(10 种)，共19 种。
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核磁共振氢谱中峰数最少的有机物的结构简式为
。(5)根据题干信息和已学知识可知合成路线为
――→
Br2/CCl4
――→
NaOH 溶液
△
――→
HBr
△
。
考点二
有机化合物的合成
真题感悟——悟真题、明方向
1．(2019·全国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：
(1)A 中的官能团名称是_羟基__。
(2)碳原子连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B 的结构简式，用星号(*)标出B 中的手性碳
__
__。
(3) 写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式__
__(不考虑立体异构，只需写出3 个)。
(4)反应④所需的试剂和条件是_C2H5OH/浓H2SO4、加热__。
(5)⑤的反应类型是_取代反应__。
(6)写出F 到G 的反应方程式__
――→
OH
－，△
__。
(7)设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备
的合成路线__C6H5CH3――→
Br2
光照C6H5CH2Br__
__CH3COCH2COOC2H5
――→
1C2H5ONa/C2H5OH
2C6H5CH2Br
――→
1OH
－，△
2H
＋
__(无机试剂任选)。
[解析]
(1)A 中的官能团为羟基。(2)根据手性碳原子定义，B 中—CH3 上和—CH2—上都没有手性碳，
上
没有手性碳，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。
2．(2019·全国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：
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263
回答下列问题：
(1)A 的化学名称为_间苯二酚(1,3－苯二酚)__。
(2)
中的官能团名称是_羧基、碳碳双键__。
(3)反应③的类型为_取代反应__，W 的分子式为_C14H12O4__。
(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_不同碱__和_不同溶剂__对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究_不同催化剂(或温度等)__
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)
[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
。
核心突破——补知能、学方法
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►知能补漏
1．官能团的引入
(1)一般官能团的引入。
引入官能团
有关反应
羟基(—OH)
烯烃与水加成，醛/酮加氢，卤代烃水解，酯的水解，葡萄糖
分解等
卤素原子(—X)
烃与X2 取代，不饱和烃与HX 或X2 加成，醇与HX 取代等
碳碳双键(
)
某些醇或卤代烃的消去反应，炔烃加氢等
醛基(—CHO)
某些醇(—CH2OH)氧化，烯烃氧化，糖类水解，炔水化等
羧基(—COOH)
醛氧化，酯酸性水解，羧酸盐酸化，苯的同系物被强氧化剂
氧化等
酯基(—COO—)
酯化反应等
(2)苯环上引入基团的方法。
2．官能团的消除
(1)通过加成反应可以消除不饱和键(双键、叁键)和苯环；
(2)通过消去、氧化或酯化反应等消除羟基；
(3)通过加成或氧化反应等消除醛基；
(4)通过水解反应消除酯基、肽键、卤素原子。
3．有机合成中常见官能团的保护
(1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH 反应，把—OH 变为—ONa(或
酯基)将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl 等的加成反应将其保护起来，
待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH2)的保护：如由对硝基甲苯合成对氨基苯甲酸的过程中，应先把—CH3 氧化成—COOH 之后，再把
—NO2 还原为—NH2。若先还原—NO2 生成—NH2，再用KMnO4 氧化—CH3 时，—NH2(具有还原性)也会被氧化。
4．常见的有机合成路线
(1)一元合成路线：
R—CH===CH2――→
HX
一定条件R—CH2—CH2X ――→
NaOH/H2O
△
一元醇―→一元醛―→一元羧酸―→酯
(2)二元合成路线
(3)芳香化合物合成路线
备考验证——练典题、重应用
1．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)：
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265
(抗结肠炎药物有效成分)
根据以上信息回答下列问题：
(1)抗结肠炎药物有效成分的分子式为_C7H7O3N__，烃A 的名称是_甲苯__。
(2)①的反应条件是_FeCl3 作催化剂__。②的反应类型为_取代反应__。
(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是_AD__。
A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大
B．能发生消去反应也能发生聚合反应
C．1 mol 该物质最多可与4 mol H2 发生反应
D．既有酸性又有碱性
(4)E 与足量NaOH 溶液共热的化学方程式是__
＋3NaOH――→
△
＋CH3COONa＋
2H2O__。
(5)符合下列条件的抗结肠炎药物有效成分的同分异构体有_10__种。
a．遇FeCl3 溶液发生显色反应
b．分子中甲基与苯环直接相连
c．苯环上共有三个取代基
(6)已知
易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧
基时则取代在间位。据此写出以
A
为原料合成化合物
的合成路线
__
__。(仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的
表达方式答题)
[解析]
(1)根据抗结肠炎药物有效成分的结构简式可知，其分子式为C7H7O3N，根据合成路线可知，A 是甲苯。
(2)反应①的条件是FeCl3 作催化剂，反应②为取代反应。(3)该有机物中含有亲水基酚羟基、羧基、氨基，水溶性比苯
酚好，相对分子质量大于苯酚，密度比苯酚大，A 项正确；该有机物不能发生消去反应，B 错误；1 mol 该物质最多可
与3 mol H2 发生反应，C 错误；酚羟基和羧基具有酸性，氨基具有碱性，故D 正确。(4)E 中含有羧基可与NaOH 反
应，还含有酯基可在碱性条件下水解，水解产物也能继续和NaOH 反应。(5)遇FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚
羟基，分子中甲基与苯环直接相连，苯环上共有三个取代基，则三个取代基分别为酚羟基、硝基和甲基，根据三者在
苯环上的位置关系，可知符合条件的同分异构体有10 种。(6)以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸时，甲苯先发生硝化反
应生成邻甲基硝基苯，再被酸性高锰酸钾氧化为邻硝基苯甲酸，最后在Fe、HCl 作用下硝基被还原为氨基，即得到目
标产物。
2．高血脂严重影响人体健康，化合物E 是一种临床治疗高血脂症的药物，E 的合成路线如图(部分反应条件和试
剂略)：
已知：
＋CO2↑(R1 和R2 代表烷基)
请回答下列问题：
(1)试剂Ⅰ的名称是_甲醇__，试剂Ⅱ中官能团的名称是_溴原子__，第②步的反应类型是_取代反应__。
(2)第①步反应的化学方程式是__CH3CH(COOH)2＋2CH3OH
浓硫酸
△
CH3CH(COOCH3)2＋2H2O__。
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(3)第⑥步反应的化学方程式是__
__。
(4)第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是_CH3I__。
(5)C 的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y 和CH3(CH2)4OH。若X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共
振氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X 和Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是
__
__。
[解析]
(1)试剂Ⅰ的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为
溴原子；对比
BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应②属于取代反应。(2)反应①是
CH3CH(COOH)2 与CH3OH 发生酯化反应生成CH3CH(COOCH3)2。(3)反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，
B 酸化生成C，则C 为
，结合信息可知D 为
。(4)第⑦步反应中，试剂Ⅲ为
单碘代烷烃，对比D、E 的结构简式可知试剂Ⅲ为CH3I。(5)C 的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，
说明含有酯基，生成X、Y 和CH3(CH2)4OH，生成物X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共振氢谱均只有两种类型
的吸收峰，则X 为
，Y 为HOCH2CH2OH。X 和Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是
。
1．(2019·四川省攀枝花三模)马来酸酐(顺－丁烯二酸酐)
是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的
高聚物PES 树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。
回答下列问题：
(1)C 的名称是_丁二酸二甲酯__，反应②的反应类型是_加成反应__。
(2)B 的顺式结构简式为__
__，F 的结构简式为__
__。
(3)
反
应
①
的
化
学
方
程
式
为
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267
__
__。
(4)C 有多种同分异构体，其中与C 具有完全相同的官能团，且核磁共振氢谱只有两个峰的同分异构体的结构简式
为_CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3COOCH2CH2OOCCH3__(不考虑立体异构)。
(5)已知：氨基(—NH2) 与羟基类似，也能发生反应①。在由F 制备K 的过程中，常会产生副产物L，L 分子式为
C16H13NO3，含三个六元环，则L 的结构简式为__
__。
(6)已知：酸酐在水溶液中极易水解。写出由马来酸酐
合成酒石酸
的合成路线：
[解析]
与甲醇发生信息中的反应生成B 为
，B 与氢气发生加成反应生成C 为
，C 与乙二醇发生缩聚反应生成PES 为
；
与苯在
氯化铝作用下发生加成反应生成D，D 与甲醇发生酯化反应生成E 为
，E 发生信息②中的反应生成
F，F 为
，最后F 发生信息③中反应生成K。(1)C 为
，C 的名称是丁二酸二甲酯，
反应②的反应类型是加成反应；(2)B 为
，B 的顺式结构简式为
，F 的结构简式
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为
；
(3)
反
应
①
的
化
学
方
程
式
为
；
(4)C 为
，C 有多种同分异构体，其中与C 具有完全相同的官能团，且核磁共振氢谱只有两个
峰的同分异构体的结构简式为CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3COOCH2CH2OOCCH3；(5)氨基(—NH2) 与羟基类似，
也能发生反应①，在由F 制备K 的过程中，常会产生副产物L，L 分子式为C16H13NO3，含三个六元环，则L 的结构
简式为
；
(6)由马来酸酐
合成酒石酸
，马来酸酐可以先加成或水解反应，然后水解或加成反应，
最后水解得到目标产物。
2．(2019·辽宁省鞍山一中三模)党的十九大报告中明确了“加快生态文明体制改革，建设美丽中国”，把“推进绿
色发展”放到了首位。化工生产中倡导原料尽量多地转化为目标产物，提高利用率。如图是塑料、橡胶等材料的交联
剂H 的合成路线：
回答下列问题：
(1)经测定E 的相对分子量为28，常用来测定有机物相对分子质量的仪器为_质谱仪__。F 中只有一种化学环境的
氢原子，其名称为：_环氧乙烷__。
(2)A 生成B 的反应类型是_加成反应__，D 中官能团的名称是_碳碳双键、羧基__。
(3)D 与G 反应生成H 的化学方程式为：
(4)由合成H 得到的启示，可应用于苯酚为主要原料制备
。
①
的同分异构体中符合下列条件的有_10__种(不考虑立体异构)。
a．属于
的二取代物
b．取代基处于对位且完全相同
c．能够与NaHCO3 溶液反应产生CO2
其中核磁共振普有4 个峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1 的是__
__(填结构简式)。
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269
(5)参照题干中合成路线，设计以苯酚为主要原料制备
的合成路线：
__。
[解析]
(1)常用来测定有机物相对分子质量的仪器为质谱仪，根据F 的分子式，并且只有一种化学环境的氢原子，
则F 为
，其名称为环氧乙烷；(2)丙酮A 与HCN 发生加成反应生成B，则A 生成B 的反应类型是加成反应，
根据以上分析，D 为CH2===C(CH3)COOH ，官能团的名称是碳碳双键、羧基；(3) 根据以上分析，D 为
CH2===C(CH3)COOH ，G 应为HOCH2CH2OH ，则D 与G 反应生成H 的化学方程式为：
＋
HOCH2CH2OH
浓硫酸
△
＋2H2O；
(4)①属于环己二烯的二取代物，②取代基处于对位且完全相同，③能与NaHCO3 溶液反应产生CO2，则取代基为
—CH2CH2CH2COOH ，或—CH(CH3)CH2COOH ，或—CH2CH(CH3)COOH ，或—CH(CH2CH3)COOH ，或
—C(CH3)2COOH，由于有1,3－环己二烯与1,4－环己二烯，2 个取代基处于对位有2 种情况，共有10 种，其中核磁
共振氢谱有4 个峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1 的是：
；
3．(2019·河南八市重高联盟领军考试第三次测评)有机物W 用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W 的
一种合成路线如下。
请回答下列问题：
(1)F 的化学名称是_苯甲醇__，⑤的反应类型是_消去反应__。
(2)E 中含有的官能团是_碳碳双键、羧基__(写名称)，D 聚合生成高分子化合物的结构简式为__
__。
(3)将反应③得到的产物与O2 在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式__
＋
O2――→
催化剂
△
__。
(4)④、⑤两步能否颠倒？_否__(填“能”或“否”)理由是_在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化__。
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(5)与A 具有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有_5__种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为六组峰，且
峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为__
__。
(6)参照有机物W 的上述合成路线，以M 和CH3Cl 为原料制备F 的合成路线(无机试剂任选)。
[解析]
(1)F 的结构简式为
，的化学名称是苯甲醇，⑤为D 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生
成E。(2)E 的结构为
，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D
含有羧基和羟基，能发生聚
合生成酯类高分子化合物，结构简式为
。(3)
经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2
个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到
，与O2 在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应
④的化学方程式
。(4)④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化
的同时，碳碳双键也能被氧化。(5)与A
具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5 种。苯环
上可以连接一个甲基和一个—CH===CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接—CH===CHCH3 或—CH2CH===CH2，
共5 种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为
。(6)根据逆
推原理分析，合成苯甲醇，需要制备
，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，
故合成路线为：
。
4．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)利用莤烯(A)为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：
已知：R1CHO＋R2CH2CHO ――→
①稀NaOH
②H3O
＋/△
(1)化合物B 中的含氧官能团名称为_醛基、羰基__。
(2)A→B 的反应类型为_氧化反应__。
(3)A 的分子式为_C10H16__。
(4)写出一分子的F 通过酯化反应生成环酯的结构简式__
__。
(5)写出G 到H 反应的化学方程式__
＋CH3OH
浓硫酸
△
＋H2O__。
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271
(6)写出满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式__
__
①能与FeCl3 溶液发生显色反应；
②分子中有4 种不同化学环境的氢。
(7)写出以
和CH3CH2OH 为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程
图示例见本题题干)。
[解析]
A 发生氧化反应生成B，B 发生信息中的反应生成C，C 发生氧化反应生成D，D 发生取代反应生成E，
G 发生酯化反应生成H，G 为
，F 发生消去反应生成G。(1)化合物B 中的含氧官能团名称为醛基、羰基，故
答案为：醛基、羰基；(2)A→B 的反应类型为氧化反应；(3)A 的分子式为C10H16；(4)一分子的F 通过酯化反应生成环
酯的结构简式为
；(5)G 发生酯化反应生成H，该反应方程式为
＋CH3OH
浓硫酸
△
＋H2O；
(6)C 的同分异构体符合下列条件，①能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其他环或双键；
②分子中有4 种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为
；(7)以
和
CH3CH2OH 为原料制备
由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛
发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为，
CH3CH2OH
。
5．(2019·福建省漳州市高考化学二模)奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G
的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为
请回答下列问题：
(1)A 的名称是_对氟苯酚或4－氟苯酚__；B 中所含官能团的名称是_酯基、氟原子__。
(2)反应⑤的化学方程式为__
――→
浓H2SO4
△
＋H2O__，该反应的反应类型是_消去反应
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__。
(3)G 的分子式为_C10H9O3F__。
(4)写出满足下列条件的E 的同分异构体的结构简式：__
__。
Ⅰ.苯环上只有三个取代基
Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4 组吸收峰
Ⅲ.1 mol 该物质与足量NaHCO3 溶液反应生成2mol CO2
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以
为原料制备
的合成路线流程图(无
机试剂任选)，合成路线流程图示例如下：
CH3CH2Br――→
△
CH3CH2OH――→
浓硫酸
△
CH3COOCH2CH3
[解析]
(1)A 物质中F 原子为取代基，苯酚为母体，A 的名称为：对氟苯酚或4－氟苯酚；根据B 的结构简式，
可知其含有的官能团有：酯基、氟原子；
(2)对比E、G 的结构及反应⑥的条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F，⑥中碳碳双键与氢气发生加成反
应生成G，故F 结构简式为：
，反应⑤的化学方程式为：
――→
浓H2SO4
△
＋H2O；
(3)根据G 的结构确定其分子式为：C10H9O3F；
(4)E 的同分异构体满足：Ⅰ.苯环上只有三个取代基，Ⅱ.核磁共振氢谱图中只有4 组吸收峰，说明分子中有4 种H，
存在对称结构，Ⅲ.1 mol 该物质与足量NaHCO3 溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2 个羧基，符合条件的E 的同分
异构体结构简式为：
(5)由路线中B→C 的转化，
转化为
，再与氢气加成生成
，最后与
溴发生取代反应生成
，合成路线流程图为：
――→
AlCl3
――→
H2，钯催化
――→
浓Br2 水
。
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273
考前抢分策略
第一讲
要点回扣
◄考前指导►
注意回归基础，这是考题千变也离不开的根源
高考，七分靠实力，三分靠心态；不怕输给对手，就怕输给自己。考前这几天，调整好心态，能稳定发挥就是大
胜。我们建议：回归基础知识，确保会做的题一分不丢；回归平和心态，确保能做的题一题不留。
化学基本概念
(一)物质的组成、性质与分类
判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)由同一种元素组成的物质一定是同一物质(×)
(2)碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物(√)
(3)酸性氧化物一定是非金属氧化物(×)
(4)胶体和溶液的本质区别是胶体粒子的直径大小(√)
(5)利用丁达尔效应区分胶体和溶液(√)
(6)NaHSO4 能完全电离出一个H
＋，所以它是一元强酸，CH3COOH 含4 个氢原子，所以它是四元酸(×)
(7)CO2、SO2、NH3 的水溶液都能导电，但它们都是非电解质(√)
(8)Al(OH)3、CH3COOH、氨水都是弱电解质(×)
(9)石油的分馏有新的物质生成如汽油、煤油、柴油生成，所以石油的分馏属于化学变化(×)
(10)水的汽化、液化属于物理变化，而煤的气化、液化属于化学变化(√)
(11)同素异形体之间的相互转变，因为没有新元素生成，所以是物理变化(×)
(12)化学变化中一定存在化学键的断裂和形成，而物理变化中一定不存在化学键的断裂和形成(×)
(13)核的聚变和裂变既不是化学变化，也不是物理变化(√)
(14)AgCl、BaSO4 等难溶性盐，属于强电解质(√)
(15)H2CO3 的电离方程式为H2CO3===2H
＋＋CO2－
3 (×)
(16)HClO 是弱酸，所以NaClO 是弱电解质(×)
(17)蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质(×)
(18)电解质溶液能导电，是因为在通电时电解质电离产生了自由移动的离子(×)
(19)液态HCl 不导电，因为只有HCl 分子；液态NaCl 能导电，因为有自由移动的离子(√)
(二)NA 应用再思考(判断下列说法的正误)
1．与物质聚集状态相关
(1)标准状况下，22.4 L SO3 中含有3NA 个氧原子(×)
(2)标准状况下，11.2 L CCl4 中含有的分子数为0.5 NA(×)
(3)常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA(√)
(4)标准状况下，22.4 L 甲醇中含有的氧原子数为NA(×)
(5)标准状况下，22.4 L 水中水分子的数目为NA(×)
2．与电子转移相关
(1)3.4 g H2O2 完全分解，转移电子0.2 NA(×)
(2)5.6 g Fe 与Cl2 完全反应，转移电子数为0.2 NA(×)
(3)1 mol Fe 与足量的稀HNO3 反应，转移2NA 个电子(×)
(4)2.3 g Na 和足量的O2 完全反应，在常温和燃烧时，转移电子数均为0.1 NA(√)
(5)标准状况下，2.24 L CO2 与足量的Na2O2 充分反应，转移电子总数为0.1 NA(√)
3．与化学键、微粒数目相关
(1)Na2O2 中阴、阳离子数目之比为1∶1(×)
(2)1 L 1 mol·L
－1 饱和FeCl3 溶液滴入沸水中完全水解生成Fe(OH)3 胶粒数为NA 个(×)
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(3)1 mol－OH 中所含有电子数为10NA(×)
(4)标准状况下，2.24 L 氯气中含有的35
17Cl 的数目一定为0.2 NA(×)
(5)25
℃时，pH＝13 的氨水中含有OH
－的数目为0.1 NA(×)
(6)常温常压下，14 g 乙烯与丙烯的混合气体，含有的碳原子总数为NA(√)
4．与电离、水解相关
(1)常温下，1 L 1 mol·L
－1 的CH3COOH 溶液中，所含溶质分子数小于NA(√)
(2)100 mL 2 mol·L
－1 的FeCl3 溶液中含Fe3＋的数目为0.2 NA(×)
(3)标准状况下，11.2 L 氨溶于水配成500 mL 溶液，溶液中NH
＋
4 数目为0.5 NA(×)
(4)1.0 L 0.1 mol·L
－1 NH4NO3 溶液中含有的NH
＋
4 数是0.1×6.02×1023(×)
5．与反应原理相关
(1)在密闭容器中加入1 mol N2 和3 mol H2，充分反应得到氨分子数为2NA(×)
(2)46 g NO2 气体中含NO2 的分子数为NA(×)
(3)50 mL 18.4 mol·L
－1 浓H2SO4 与足量的铜加热反应，生成SO2 的分子数为0.46 NA(×)
(4)标准状况下，2.24 L Cl2 与水充分反应转移电子数为0.1 NA(×)
(5)过量的铁粉加入稀硫酸中，当溶解5.6 g 时转移的电子数为0.3 NA(×)
(三)离子反应
1．离子能否大量共存的判断
(下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的打“√”，不能大量共存的打“×”)
(1)含有大量Fe3＋的溶液：Na
＋、SCN
－、Cl
－、I
－(×)
(2)含有大量NO
－
3 的溶液：H
＋、Fe2＋、Cl
－、SO2－
4 (×)
(3)常温下，pH＝12 的溶液：K
＋、Cl
－、SO2－
4 (√)
(4)c(H
＋)＝0.1 mol·L
－1 的溶液：Cu2＋、NO
－
3 、Fe2＋、SO2－
4 (×)
(5)使pH 试纸显蓝色的溶液：Cu2＋、NO
－
3 、Fe3＋、SO2－
4 (×)
(6)与铝粉反应放出H2 的无色溶液：NO
－
3 、Al3＋、Na
＋、SO2－
4 (×)
(7)使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO2－
4 、CO2－
3 、Na
＋、K
＋(√)
(8)常温下cH
＋
cOH
－
＝1×10
－12 的溶液：K
＋、AlO
－
2 、CO2－
3 、Na
＋(√)
(9)中性溶液：Fe3＋、Al3＋、NO
－
3 、SO2－
3 (×)
(10)使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K
＋、SO2－
4 、SO2－
3 (×)
(11)c(H
＋)水＝10
－12mol·L
－1 的溶液：Na
＋、K
＋、HCO
－
3 、SO2－
4 (×)
(12)使酚酞变红色的溶液：Na
＋、Cu2＋、Fe2＋、NO
－
3 (×)
(13)0.1 mol·L
－1 的Na2CO3 溶液：Al3＋、SO2－
4 、Cl
－、K
＋(×)
2．离子方程式的正误判断
(1)Cl2 通入水中的离子方程式：Cl2＋H2O===2H
＋＋Cl
－＋ClO
－(×)
(2)Ba(OH)2 与H2SO4 两稀溶液混合：Ba2＋＋OH
－＋H
＋＋SO2－
4 ===BaSO4↓＋H2O(×)
(3)Fe(OH)3 溶于HI 溶液中：Fe(OH)3＋3H
＋===Fe3＋＋3H2O(×)
(4)FeO 溶于稀HNO3 中：FeO＋2H
＋===Fe2＋＋H2O(×)
(5)向Ca(OH)2 溶液中滴加少量NaHCO3 溶液：Ca2＋＋2OH
－＋2HCO
－
3 ===CaCO3↓＋CO2－
3 ＋2H2O(×)
(6)向Ca(HCO3)2 溶液中滴加足量NaOH：Ca2＋＋2HCO
－
3 ＋2OH
－===CaCO3↓＋CO2－
3 ＋2H2O(√)
(7)醋酸除去水垢：2H
＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O(×)
(8)向NH4HCO3 溶液中加过量NaOH 溶液并加热：NH
＋
4 ＋OH
－=====
△
NH3↑＋H2O(×)
(9)用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag＋2H
＋＋3NO
－
3 ===Ag
＋＋NO↑＋H2O(×)
(10)向FeI2 溶液中通入少量Cl2：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－(×)
(11)用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3·H2O＋SO2===NH
＋
4 ＋HSO
－
3 (√)
(12)Ca(ClO)2 溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO
－＋SO2===CaSO3＋2HClO(×)
(13)次氯酸钙溶液中通入过量CO2：ClO
－＋H2O＋CO2===HCO
－
3 ＋HClO(√)
(14)NaAlO2 溶液中通入过量CO2：2AlO
－
2 ＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO2－
3 (×)
(15)用惰性电极电解MgCl2 溶液：2Cl
－＋2H2O=====
通电H2↑＋Cl2↑＋2OH
－(×)
3．离子方程式的书写
(1)碳酸氢铵溶液和过量NaOH 溶液反应：
__NH
＋
4 ＋HCO
－
3 ＋2OH
－===NH3·H2O＋CO2－
3 ＋H2O__。
(2)CuSO4 溶液与过量Ba(OH)2 反应：
__Cu2＋＋SO2－
4 ＋Ba2＋＋2OH
－===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓__。
(3)向NaHCO3 溶液中加入过量澄清石灰水：
__HCO
－
3 ＋Ca2＋＋OH
－===CaCO3↓＋H2O__。
(4)FeSO4 溶液中加入用H2SO4 酸化的H2O2 溶液：
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275
__2Fe2＋＋2H
＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O__。
(5)醋酸溶液与水垢中的CaCO3 反应：
__2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO
－＋H2O＋CO2↑__。
(6)向NaHCO3 溶液中加少量澄清石灰水：
__2HCO
－
3 ＋Ca2＋＋2OH
－===CaCO3↓＋2H2O＋CO2－
3 __。
(7)将过量SO2 气体通入冷氨水中：
__SO2＋NH3·H2O===HSO
－
3 ＋NH
＋
4 __。
(8)小苏打与NaOH 溶液混合：
__HCO
－
3 ＋OH
－===CO2－
3 ＋H2O__。
(9)淀粉－KI 溶液在空气中变蓝：
__4I
－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH
－__。
(10)等体积、等浓度的Ba(OH)2 溶液与NH4HCO3 溶液混合：
__Ba2＋＋2OH
－＋NH
＋
4 ＋HCO
－
3 ===BaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O__。
(11)用KIO3 氧化酸性溶液中的KI：
__IO
－
3 ＋5I
－＋6H
＋===3I2＋3H2O__。
(12)已知在FeSO4 溶液中滴入几滴NaClO 溶液，并加入过量H2SO4，溶液立即变黄，该反应的离子方程式：
__2Fe2＋＋ClO
－＋2H
＋===2Fe3＋＋Cl
－＋H2O__。
(四)氧化还原反应(判断下列说法的正误)
(1)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原(×)
(2)在HI 中I 元素处于最低价态，所以HI 只有还原性(×)
(3)1 mol Cl2 参加反应转移电子数一定为2NA(×)
(4)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应(×)
(5)有单质生成的分解反应属于氧化还原反应(√)
(6)元素处于最高价态时一定有强氧化性，如K
＋；同理，元素处于最低价态时一定具有强还原性，如S2－；元素处
于中间价态时，既有氧化性又有还原性，如Fe2＋、SO2(×)
(7)元素从化合态变为游离态，该元素不一定被还原(√)
(8)失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强(×)
(9)金属元素被还原，不一定得到金属单质(√)
(10)含氧酸的价态越高，氧化性一定越强(×)
(11)在原电池中，作负极的金属一定比作正极的金属活泼(×)
(12)不容易得到电子的物质，肯定容易失去电子(×)
化学基本理论
(一)物质结构、元素周期律
1．判断下列说法的正误
(1)原子都是由质子、中子和电子构成的(×)
(2)H、D、T 之间互称为同位素，H2、D2、T2 之间互称为同素异形体(×)
(3)最外层电子数是次外层电子数3 倍的短周期元素一定是O 元素(√)
(4)内层电子总数是最外层电子数2 倍的短周期元素一定是P 元素(×)
(5)同周期第ⅡA 族和第ⅢA 族的原子序数一定相差1(×)
(6)同主族从上到下，非金属性：F>Cl>Br；酸性：HF>HCl>HBr(×)
(7)元素的一个原子失去的电子数越多，其金属性越强(×)
(8)第三周期元素的离子中半径最小的是Al3＋(√)
(9)第三周期元素的离子半径从左至右逐渐减小(×)
(10)同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强(×)
(11)存在离子键的化合物一定是离子化合物，但存在共价键的化合物不一定是共价化合物(√)
(12)共价化合物中只含共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键(√)
2．用元素周期律填空
(1)同主族元素
①碱金属元素(按Li、Na、K 的顺序)性质的递变规律：
a．金属性逐渐_增强__，表现在：单质与O2 反应的产物越来越_复杂__(4Li＋O2=====
△
2Li2O、2Na＋O2=====
△
Na2O2)，
反应程度越来越_剧烈__；单质与水(或酸)反应的剧烈程度逐渐_增强__；最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐_增强__。
b．单质的密度逐渐增大(_K__特殊)，熔、沸点逐渐_降低__。
②卤族元素(按F、Cl、Br、I 的顺序)性质的递变规律：
a．非金属性逐渐减弱，表现在：单质与氢气化合由易到难的顺序：_F2>Cl2>Br2>I2__；气态氢化物的稳定性；
_HF>HCl>HBr>HI__ ；最高价氧化物对应水化物的酸性：_HClO4>HBrO4>HIO4__ ；卤素单质的氧化性：
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_F2>Cl2>Br2>I2__；简单阴离子的还原性：_CI
－<Br
－<I
－__。
b．单质的颜色逐渐_加深__，密度逐渐_增大__，熔、沸点逐渐_升高__。
(2)同周期元素(按Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl)性质的递变规律
①原子半径：_Na>Mg>Al>Si>P>S>Cl__。
②金属性逐渐减弱，表现在：单质置换水或酸中的氢，由易到难的顺序为_Na>Mg>Al__；最高价氧化物对应水化
物的碱性：_NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3__。
③非金属性逐渐增强，表现在：单质与氢气化合由易到难的顺序为_Cl>S>P>Si__；气态氢化物的稳定性：
_SiH4<PH3<H2S<HCl__；最高价氧化物对应水化物的酸性：_H2SiO3<H3PO4<H2SO4<HClO4__。
(二)化学反应与能量变化
1．判断下列说法的正误
(1)化学反应的本质是旧化学键断裂和新化学键形成，任何化学反应都具有热效应(√)
(2)吸热反应需要加热才能进行，放热反应不需要加热就能进行(×)
(3)HCl 和NaOH 反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol
－1，则H2SO4 和Ca(OH)2 反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol
－1(×)
(4)CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol
－1，则反应2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)的反应热ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol
－1(√)
(5)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH 不同(×)
(6)当反应物能量大于生成物能量时，反应放热(√)
(7)当旧化学键断裂吸收的能量小于新化学键形成放出的能量时，反应放热(√)
2．热化学方程式的书写
(1)已知H2S 完全燃烧生成SO2(g)和H2O(l)，H2S 的燃烧热为a kJ·mol
－1，则H2S 燃烧的热化学方程式为__2H2S(g)
＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)__ΔH＝－2a__kJ·mol
－1__。
(2)已知1
2N2(g)＋3
2H2(g)===N(g)＋3H(g)
ΔH1＝＋a kJ·mol
－1；
N(g)＋3H(g)===NH3(g)
ΔH2＝－b kJ·mol
－1；
NH3(g)===NH3(l)
ΔH3＝－c kJ·mol
－1。
试写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式：
__N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)__ΔH＝－2(b＋c－a)kJ·mol
－1__。
(3)已知：①HF(aq)＋OH
－(aq)===F
－(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－67.7 kJ·mol
－1
②H
＋(aq)＋OH
－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol
－1
试写出HF 电离的热化学方程式：
__HF(aq)
F
－(aq)＋H
＋(aq)__ΔH＝－10.4__kJ·mol
－1__。
(4)SF6 是一种优良的绝缘气体，分子结构中，只存在S－F 键，已知1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，
F－F 键能为160 kJ·mol
－1，S－F 键能为330 kJ·mol
－1，试写出S(s)和F2(g)反应生成SF6(g)的热化学方程式：
__S(s)＋3F2(g)===SF6(g)__ΔH＝－1__220__kJ·mol
－1__。
(三)化学反应速率与化学平衡(判断下列说法的正误)
(1)增加固体或纯液体的用量，反应速率保持不变(√)
(2)其他条件不变，温度越高，反应速率越快(√)
(3)加入催化剂加快了反应速率，改变了反应吸收或放出的热量(×)
(4)5 mol·L
－1·s
－1 的反应速率一定比1 mol·L
－1·s
－1 的反应速率大(×)
(5)平衡向正反应方向移动，反应物的转化率都增大(×)
(6)对于C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g)反应，在一定条件下达到平衡，增加或减少C(s)的量平衡不移动(√)
(7)对于2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学
平衡状态的标志(×)
(8)在恒容条件下，有两个平衡体系：A(g)
2B(g)、2A(g)
B(g)都增加A 的量，B 转化率都变小(×)
(9)在一定条件下，平衡向正反应方向移动，正反应速率变大(×)
(10)在FeCl3＋3KSCN
Fe(SCN)3＋3KCl 平衡体系中，加入KCl 固体，颜色变浅(×)
(11)对于C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g)反应，其平衡常数K＝cCO·cH2
cC·cH2O
(×)
(12)H2(g)＋I2(g)
2HI(g)平衡常数为K1，HI(g)
1
2H2(g)＋1
2I2(g)平衡常数为K2，则K1·K2＝1(×)
(13)化学平衡常数只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关(√)
(四)水溶液中的离子平衡(判断下列说法的正误)
(1)任何温度下，根据水溶液中c(H
＋)和c(OH
－)的相对大小都可判断溶液的酸、碱性(√)
(2)某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1 倍后，溶液的pH＝b，则a>b(×)
(3)pH＝4 的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低(×)
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277
(4)无论在酸溶液中还是碱溶液中，由水电离出的c(H
＋)＝c(OH
－)(√)
(5)0.1 mol·L
－1CH3COOH 溶液中加入冰醋酸，醋酸的电离程度变小(√)
(6)向0.1 mol·L
－1CH3COOH 溶液中加水稀释，cCH3COO
－
cCH3COOH
减小(×)
(7)沉淀转化只能是Ksp 大的沉淀转化为Ksp 小的沉淀(×)
(8)中和等体积、等pH 的盐酸和醋酸消耗的NaOH 的量相同(×)
(9)用湿润的pH 试纸测得某溶液的pH＝3.4(×)
(10)pH＝6 的溶液一定呈酸性(×)
(11)常温下，pH＝2 与pH＝3 的CH3COOH 溶液，前者的c(CH3COOH)是后者的10 倍(×)
(12)0.1 mol·L
－1 氨水中加入CH3COONH4 固体，
cOH
－
cNH3·H2O
比值变大(×)
(13)用标准NaOH 溶液滴定未知浓度的CH3COOH 到终点时，c(Na
＋)＝c(CH3COO
－)(×)
(14)室温时，向等体积pH＝a 的盐酸和pH＝b 的CH3COOH 中分别加入等量的氢氧化钠后，两溶液均呈中性，
则a>b(×)
(15)常温下，等体积的盐酸和CH3COOH 的pH 相同，则由水电离出的c(H
＋)相同(√)
(16)溶液均为0.1 mol·L
－1 的①CH3COOH
②NH4Cl
③H2SO4 三种溶液中，由水电离出的c(H
＋)：②>①>③(√)
(17)常温下pH＝5.6 的CH3COOH 与CH3COONa 混合溶液中，c(Na
＋)>c(CH3COO
－)(×)
(18)常温下，将pH＝3 的HA 和pH＝11 的NaOH 等体积混合，所得溶液的pH<7，则NaA 溶液的pH>7。(√)
(19)将AlCl3 溶液和Na2SO3 溶液分别蒸干并灼烧，得到Al2O3 和Na2SO3(×)
(20)在AgCl 的饱和溶液中，加入NaCl 溶液，AgCl 沉淀质量和Ksp 均不变(×)
(21)Na2CO3 溶液中离子浓度大小顺序为c(Na
＋)>c(CO2－
3 )>c(OH
－)>c(HCO
－
3 )>c(H
＋)(√)
(五)电化学
1．判断下列说法的正误
(1)Cu＋2H
＋===Cu2＋＋H2↑既可在原电池中完成，也可在电解池中完成(×)
(2)蓄电池充电时，标志着“－”的电极应与电源的负极相连(√)
(3)电解质溶液导电时不可能发生化学反应(×)
(4)在铜锌原电池(Zn[H2SO4]Cu)中，硫酸根离子向正极移动；在电解(惰性电极)硫酸溶液时，硫酸根离子向阳极移
动(×)
(5)用惰性电极电解MgCl2 溶液时，阴极可能得到固体镁(×)
(6)用惰性电极电解KOH 溶液时，阴极的电极反应式：O2＋2H2O＋4e
－===4OH
－(×)
(7)以Pt 电极电解溶液时，若两极只有H2 和O2 析出，则溶液的浓度一定改变(×)
2．书写原电池电极反应式
(1)铜－锌－H2SO4 构成的原电池
①负极反应：__Zn—2e
－===Zn2＋__；
②正极反应：__2H
＋＋2e
－===H2↑__；
③总反应：__Zn＋2H
＋===Zn2＋＋H2↑__。
(2)氢氧燃料电池
①电解质是KOH 溶液(碱性电解质)
负极反应：__2H2－4e
－＋4OH
－===4H2O__；
正极反应：__O2＋2H2O＋4e
－===4OH
－__；
总反应：__2H2＋O2===2H2O__。
②电解质是H2SO4 溶液(酸性电解质)
负极反应：__2H2－4e
－===4H
＋__；
正极反应：__O2＋4H
＋＋4e
－===2H2O__；
总反应：__2H2＋O2===2H2O__。
3．书写电解池电极反应式(电极材料为石墨)
(1)活泼金属的无氧酸盐溶液，以NaCl 溶液为例，写电极反应式
①阴极：__2H
＋＋2e
－===H2↑__；
②阳极：__2Cl
－－2e
－===Cl2↑__；
③总反应式：__2NaCl＋2H2O=====
通电2NaOH＋H2↑＋Cl2↑__。
(2)不活泼金属的含氧酸盐溶液，以CuSO4 溶液为例，写电极反应式
①阴极：__2Cu2＋＋4e
－===2Cu__；
②阳极：__4OH
－－4e
－===2H2O＋O2↑__；
③总反应式：__2CuSO4＋2H2O=====
通电2Cu＋2H2SO4＋O2↑__。
(3)不活泼金属的无氧酸盐溶液，以CuCl2 溶液为例，写电极反应式
①阳极：__2Cl
－－2e
－===Cl2↑__；
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②阴极：__Cu2＋＋2e
－===Cu__；
③总反应式：__CuCl2=====
通电Cu＋Cl2↑__。
元素及其化合物
(一)常见物质的俗名与颜色
1．常见物质的俗名
(1)烧碱、火碱、苛性钠：NaOH。
(2)熟石灰、消石灰：Ca(OH)2。
(3)生石灰：CaO。
(4)纯碱(苏打)：Na2CO3。
(5)小苏打：NaHCO3。
(6)明矾：KAl(SO4)2·12H2O。
(7)芒硝：Na2SO4·10H2O。
(8)胆矾、蓝矾：CuSO4·5H2O。
(9)绿矾：FeSO4·7H2O。
(10)硫酸亚铁铵晶体(莫尔盐)：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
(11)重晶石(钡餐)：BaSO4。
(12)刚玉：Al2O3。
(13)水玻璃、泡花碱、矿物胶：Na2SiO3。
(14)赤铁矿、铁红：Fe2O3。
(15)磁铁矿：Fe3O4。
(16)黄铁矿、硫铁矿：FeS2。
(17)铜绿、孔雀石：Cu2(OH)2CO3。
(18)漂白液的有效成分：NaClO。
(19)漂白粉的主要成分：Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分：Ca(ClO)2。
(20)碱石灰：CaO 与NaOH 的混合物。
(21)水煤气：CO 与H2 的混合气体。
(22)波尔多液：Ca(OH)2 与CuSO4 的混合液。
(23)“王水”：浓HNO3 与浓HCl 按体积比1∶3 混合而成。
2．常见物质的颜色
(1)固体物质
①S、Na2O2、AgBr、AgI：黄色。
②Cu、Cu2O：红色。
③Fe2O3 粉末：红棕色。
④Fe(OH)3 沉淀或胶体：红褐色。
⑤BaSO4、BaCO3、CaCO3、AgCl、Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)2、H2SiO3、无水CuSO4：白色。
⑥Fe3O4、FeO、石墨、CuO、FeS、CuS、MnO2：黑色。
⑦碘(蒸气为紫红色)、KMnO4 晶体：紫黑色。
⑧Cu(OH)2、CuSO4·5H2O：蓝色。
⑨FeSO4·7H2O、Cu2(OH)2CO3：绿色。
(2)气体物质
①F2：浅黄绿色。
②Cl2：黄绿色。
③NO2、溴蒸气：红棕色。
(3)物质在溶液中的颜色
①Cu2＋：蓝色，②Fe3＋：黄色，③Fe2＋：浅绿色，④MnO
－
4 ：紫红色，⑤Fe(SCN)3：血红色。
(4)变化过程中的颜色
①酚酞遇碱变红色。
②石蕊遇酸变红色，遇碱变蓝色。
③SO2 使品红溶液褪色。
④Fe3＋遇KSCN 溶液变血红色。
⑤湿润的红色石蕊试纸遇NH3 变蓝色。
⑥淀粉溶液遇碘(I2)变蓝色。
⑦Fe(OH)2 在空气中变质的现象是：由白色迅速变为灰绿色，最终变成红褐色。
(5)常见火焰的颜色
①H2 在Cl2 中燃烧，发出苍白色火焰。
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279
②CO 在空气中燃烧，发出蓝色火焰。
③CH4、H2 在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰。
④含钠元素的物质在火焰上灼烧，产生黄色火焰。
⑤含钾元素的物质在火焰上灼烧(透过蓝色钴玻璃)，产生紫色火焰。
(二)重要物质的用途与应用
1．教材中20 种物质的用途
(1)O3：①漂白剂
②消毒剂
(2)Cl2：①杀菌消毒
②制盐酸、漂白剂
③制氯仿等有机溶剂和多种农药
(3)N2：①焊接金属的保护气
②填充灯泡
③保存粮食作物
④冷冻剂
(4)NH3：①制硝酸、铵盐的主要原料
②用于有机合成
③制冷剂
(5)HNO3：制化肥、农药、炸药
(6)Na：①制Na2O2 等
②冶炼Ti 等金属
③电光源
④钠钾合金作原子反应堆导热剂
(7)Al：①制电线电缆
②食品饮料的包装
③制多种合金
④制作机械零件、门窗等
(8)明矾：①澄清剂、净化剂
②发酵粉
③煤染剂
④制铝盐
(9)NaCl：①化工原料
②调味品
③腌渍食品
(10)CO2：①灭火剂
②人工降雨
③温室肥料
(11)NaHCO3：①治疗胃酸过多
②发酵粉
(12)AgI：①感光材料
②人工降雨
(13)SO2：①漂白剂
②杀菌消毒
(14)H2O2：①漂白剂、消毒剂、脱氯剂
②火箭燃料
(15)CaSO4：①制作各种模型
②石膏绷带
③调节水泥硬化速率
(16)SiO2：①制石英玻璃、石英钟表
②光导纤维
(17)Al2O3：①冶炼铝
②制作耐火材料
(18)乙烯：①制塑料、合成纤维、有机溶剂等
②植物生长调节剂(果实催熟)
(19)乙醇：①燃料
②溶剂
③杀菌消毒(75%)
④造酒
(20)乙酸乙酯：①有机溶剂
②制备饮料和糖果的香料
2．物质应用的正误辨析
(1)Al2(SO4)3 和小苏打可用于泡沫灭火器灭火(√)
(2)用氢氟酸可在玻璃器皿上刻蚀标记(√)
(3)漂白粉可用于漂白织物(√)
(4)FeCl3 溶液可用于腐蚀Cu 刻制印刷电路板(√)
(5)氯气作水的杀菌消毒剂(√)
(6)硅胶作袋装食品的干燥剂(√)
(7)二氧化硫作纸浆的漂白剂(√)
(8)SO2 用于漂白纸浆的原因是SO2 具有氧化性(×)
(9)NH4HCO3 用作氮肥是因为NH4HCO3 受热易分解(×)
(10)Fe2(SO4)3 用作净水剂是因为Fe2(SO4)3 易溶于水(×)
(11)Al2O3 用作耐高温材料是由于其熔点高(√)
(12)硅胶可用作食品干燥剂(√)
(13)六水氯化钙可用作食品干燥剂(×)
(14)明矾用作净水剂(√)
(15)甘油作护肤保湿剂(√)
(16)漂粉精作消毒剂(√)
(17)铁粉作食品袋内的脱氧剂(√)
(18)用食醋除水垢(√)
(19)用漂白粉漂白织物(√)
(20)用热的纯碱溶液洗去油污(√)
(21)用活性炭去除冰箱中的异味(√)
(22)用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果(√)
(23)用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装(√)
(24)液氨用作制冷剂(√)
(25)生石灰用作干燥剂(√)
(26)晶体硅用于制作半导体材料的原因是由于晶体硅的熔点高、硬度大(×)
(27)漂白粉用于漂白纸张的原因是漂白粉在空气中不稳定(×)
(28)氧化铁用于制作红色涂料的原因是氧化铁能与酸反应(×)
(29)生石灰用作食品抗氧化剂(×)
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(30)盐类都可用作调味品(×)
(31)铝罐可久盛食醋(×)
(32)小苏打是面包发酵粉的主要成分之一(√)
(33)乙烯可作水果的催熟剂(√)
(34)福尔马林可作食品保鲜剂(×)
(35)氢氧化铝可作胃酸中和剂(√)
(三)金属及其化合物
1．钠及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①金属钠露置在空气中最终变成碳酸钠(√)
②金属钠着火后，应立即用水灭火(×)
③将1 mol 金属钠投入到足量CuSO4 溶液中，反应后溶液质量减少(√)
④电解饱和食盐水可以制取金属钠(×)
⑤Na2O 和Na2O2 都是碱性氧化物(×)
⑥Na2O2 晶体中阳离子与阴离子个数比为1∶1(×)
⑦当Na2O2 与CO2 和H2O 反应时，Na2O2 只作氧化剂(×)
⑧利用澄清石灰水可鉴别Na2CO3 溶液与NaHCO3 溶液(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__2Na＋O2=====
△
Na2O2；__
②__2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；__
③__2Na2O2＋2H2O===4Na
＋＋4OH
－＋O2↑；__
④__2OH
－＋CO2===CO2－
3 ＋H2O；__
⑤__CO2－
3 ＋2H
＋===H2O＋CO2↑；__
⑥__CO2－
3 ＋H2O＋CO2===2HCO
－
3 __
2．镁及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①Mg 能在O2、Cl2、N2、CO2 等多种气体中燃烧是因为Mg 具有强还原性(√)
②MgO 与铝粉能发生铝热反应(×)
③Mg(OH)2 在水中溶解度不大，故为弱碱(×)
④Mg3N2 属于难溶于水的盐(×)
⑤工业上可用电解熔融MgO 的方法制备镁(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__2Mg＋CO2=====
点燃2MgO＋C__
②__3Mg＋N2=====
点燃Mg3N2__
③__Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NH
＋
4 __
④__Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑__
3．铝及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①铝在常温下不能与氧气、氯气反应(×)
②铝既能溶于强酸又能溶于强碱(√)
③氢氧化铝既能与强酸反应，又能与强碱反应(√)
④将AlCl3 溶液分别滴入足量的NaOH 溶液和足量的氨水中，现象不同(√)
⑤明矾可以用于饮用水的杀菌消毒(×)
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281
⑥工业上用电解熔融AlCl3 的方法来冶炼铝(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__2Al＋2OH
－＋2H2O===2AlO
－
2 ＋3H2↑；__
②__2Al＋6H
＋===2Al3＋＋3H2↑；__
③__Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
＋
4 ；__
④__2AlO
－
2 ＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO2－
3 ；__
⑤__Al(OH)3＋OH
－===AlO
－
2 ＋2H2O；__
⑥__2Al＋Fe2O3=====
高温2Fe＋Al2O3。__
4．铁及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①铁能被磁铁吸引，且纯铁易被腐蚀(×)
②红热的铁与水蒸气反应生成Fe2O3 和H2(×)
③铁与氯气反应时，若铁过量，则生成FeCl2(×)
④Fe3＋遇KSCN 溶液生成红色沉淀(×)
⑤用磁铁矿炼铁，1 mol Fe3O4 被CO 还原成Fe，转移9 mol e
－(×)
⑥与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率：纯铁>生铁(×)
⑦Fe 分别与氯气和稀盐酸反应所得的氯化物相同(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__Fe2O3＋3CO=====
高温2Fe＋3CO2；__
②__2Fe＋3Cl2=====
点燃2FeCl3；__
③__2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；__
④__2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl
－；__
⑤__Fe2＋＋2OH
－===Fe(OH)2↓；__
⑥__4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；__
⑦__Fe3＋＋3SCN
－===Fe(SCN)3；__
⑧__Fe(OH)3＋3H
＋===Fe3＋＋3H2O。__
5．铜及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①合金是混合物，合金中的成分金属保持各自的化学性质(√)
②铜在干燥的空气中性质稳定，但是在潮湿的环境中则易被锈蚀，生成铜绿(√)
③铜与氯气、氧气、硫分别反应，得到的产物中铜的化合价为＋2 价(×)
④湿法炼铜和火法炼铜的反应中，铜元素都发生了还原反应(√)
⑤无水硫酸铜常常用来检验水蒸气的存在(√)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
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①__2Cu＋CO2＋H2O＋O2===Cu2(OH)2CO3；__
②__Cu2＋＋Zn===Cu＋Zn2＋；__
③__Cu(OH)2=====
△
CuO＋H2O；__
④__Cu2＋＋2OH
－===Cu(OH)2↓。__
(四)非金属及其化合物
1．硅及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①硅的导电性介于金属与绝缘体之间，是良好的半导体材料(√)
②光导纤维的主要成分为硅，太阳能电池所用的原料为SiO2(×)
③硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应(×)
④二氧化碳通入硅酸钠溶液中有沉淀生成，证明碳酸的酸性强于硅酸(√)
⑤SiO2 既能与酸反应又能与碱反应，所以它是一种两性氧化物(×)
⑥石英、水晶属于硅酸盐产品(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__SiO2＋2C=====
高温Si＋2CO↑；__
②__SiO2＋2OH
－===SiO2－
3 ＋H2O；__
③__SiO2－
3 ＋H2O＋CO2===H2SiO3↓＋CO2－
3 ；__
④__Si＋2OH
－＋H2O===SiO2－
3 ＋2H2↑。__
2．卤素及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①氯气可以使湿润的有色布条褪色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气(√)
②新制氯水必须用棕色瓶密封保存(√)
③氯水可以用于消毒是因为氯水中含有次氯酸(√)
④氯水放置数天以后pH 将变小(√)
⑤漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的(×)
⑥人体不能缺碘，需要正常补碘，“加碘食盐”中的“碘”是指碘单质(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__Cl2＋2OH
－===Cl
－＋ClO
－＋H2O；__
②__Cl2＋H2O===H
＋＋Cl
－＋HClO；__
③__2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；__
④__MnO2＋4H
＋＋2Cl
－=====
△
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；__
⑤__Ag
＋＋Cl
－===AgCl↓；__
⑥__2Cl
－＋2H2O=====
通电Cl2↑＋H2↑＋2OH
－；__
⑦__Cl2＋S2－===S＋2Cl
－、Cl2＋2I
－===2Cl
－＋I2、Cl2＋2Br
－===2Cl
－＋Br2；__
⑧__Cl2＋SO2＋2H2O===4H
＋＋2Cl
－＋SO2－
4 。__
3．硫及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①硫与汞反应体现了硫的氧化性(√)
②试管中残留的硫可以利用酒精洗涤(×)
③氯气可以将铁氧化到＋3 价，而硫只能将铁氧化到＋2 价，所以氯气的氧化性大于硫的氧化性(√)
④二氧化硫能使溴水褪色，证明SO2 有漂白性(×)
⑤浓H2SO4 具有强氧化性，不能干燥SO2(×)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
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①__Cu＋2H2SO4(浓)=====
△
CuSO4＋SO2↑＋2H2O；__
②__C＋2H2SO4(浓)=====
△
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；__
③__SO2＋Cl2＋2H2O===4H
＋＋SO2－
4 ＋2Cl
－；__
④__2SO2＋O2
催化剂
△
2SO3；__
⑤__2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O；__
⑥__2H2SO3＋O2===4H
＋＋2SO2－
4 。__
4．氮及其化合物
(1)判断下列说法的正误
①NH3 经催化氧化生成NO 属于氮的固定(×)
②氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，汽车尾气大量排放会造成光化学烟雾(√)
③可以加热分解氯化铵制取氨气(×)
④浓硝酸应盛放在带有橡皮塞的棕色细口瓶里(×)
⑤铁制容器能盛装冷的浓硝酸，说明铁不能与冷的浓硝酸反应(×)
⑥所有铵盐与NaOH 溶液的反应都可表示为NH
＋
4 ＋OH
－===NH3↑＋H2O(×)
⑦将镁条放入氯化铵溶液中有气体放出(√)
(2)由图示写出标号反应的化学方程式(是离子反应的写离子方程式)
①__2NH4Cl＋Ca(OH)2=====
△
CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；__
②__4NH3＋5O2=====
催化剂
△
4NO＋6H2O；__
③__Cu＋4H
＋＋2NO
－
3 ===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；__
④__3Cu＋8H
＋＋2NO
－
3 ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。__
(五)有机化合物(必修)
1．判断下列说法的正误
(1)乙烯的结构简式为CH2CH2(×)
(2)甲烷、乙烯、苯都能发生加成反应(×)
(3)用苯可以萃取溴水中的溴(√)
(4)乙醇与乙酸中均含有—OH，所以均能与Na 反应生成氢气(√)
(5)乙醇、乙酸与Na 反应生成氢气的速率相等(×)
(6)可以用紫色石蕊溶液鉴别乙醇与乙酸(√)
(7)可以用碳酸钠溶液鉴别乙醇和乙酸(√)
(8)淀粉和纤维素分子式都是(C6H10O5)n，互为同分异构体(×)
(9)油脂可分为油和脂肪，属于酯类，不能使溴水褪色(×)
2．重要反应及类型
(1)CH4＋Cl2――→
光照_CH3Cl＋HCl__(一氯代物)，反应类型：_取代反应__；
(2)CH2===CH2＋Br2―→_CH2BrCH2Br__，反应类型：_加成反应__
(3)nCH2===CH2 ――→
催化剂
加热、加压_
CH2—CH2
__；
(4)
＋Br2――→
FeBr3
，反应类型_取代反应__；
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(5)
＋HO—NO2――→
浓硫酸
△
，反应类型：_取代反应__；
(6)
＋3H2――→
催化剂
，反应类型：_加成反应__；
(7)2CH3CH2OH＋2Na―→_2CH3CH2ONa＋H2↑__
(8)2CH3CH2OH＋O2――→
Cu 或Ag
△
_2CH3CHO＋2H2O__，反应类型：_氧化反应__；
(9)CH3COOH＋CH3CH2OH
浓硫酸
△
CH3COOC2H5＋H2O，反应类型：_酯化反应(或取代反应)__
(10)CH3COOCH2CH3＋NaOH――→
△
_CH3COONa＋CH3CH2OH__，反应类型：_取代反应__。
3．同分异构体数目判断
(1)C4H10 的同分异构体有_2__种；
(2)C5H12 的同分异构体有_3__种；
(3)写出一种乙酸的同分异构体HCOOCH3(或
)
;
(4)丙烷的二氯代物有_4__种；
(5)有机物乙苯
的一溴取代物的同分异构体有_5__种；
(6)分子式为C4H8Br2 且分子中仅含有两个甲基的有机物共有(不考虑立体异构)_4__种；
(7)分子式为C4H10O 的醇共有(不考虑立体异构)_4__种；
(8)分子式为C5H10O2 的羧酸共有(不考虑立体异构)_4__种。
第二讲
实验回扣
化学实验基本操作中的38 个“不”
1．药品的规范存放，取用的使用
(1)试纸①__不能直接用手拿，要用镊子夹取。__
(2)②_不能用手直接接触药品__，更③_不能品尝__药品的味道。
(3)液态溴有毒且易挥发，应贮存于磨口的细口瓶中，加水封，④_不能用橡胶塞__；盛NaOH 溶液的试剂瓶⑤_
不能用玻璃塞__而应用橡胶塞。
(4)做完实验，用剩的药品⑥_不得抛弃__，也⑦_不要放回原瓶__(活泼金属钠、钾等例外)。
2．实验器材的规范使用
(1)天平称量药品时，药品⑧_不能直接放在托盘上。__
(2)酒精灯的使用，⑨_不能用一个燃着的酒精灯点燃另一个酒精灯__，⑩_不可用嘴吹灯__，燃着时⑪_不可添加
酒精。__
(3)烧瓶、烧杯、锥形瓶⑫_不能直接加热__。
(4)试管中的液体⑬_不超过容积的三分之一__；加热时试管口⑭_不能对着人__。
(5)量筒⑮_不可用于配制溶液或作反应容器__；⑯_不可用于加热__。
(6)使用胶头滴管“四不能”：⑰不能接触容器内壁，⑱不能平放和倒拿，⑲不能随意放置，未经清洗的滴管⑳不
能吸取别的试剂。
(7)锥形瓶在做酸碱中和滴定实验时，○
21 不需干燥，○
22 _不能用待装液润洗__。
(8)酸式滴定管用来盛装酸性溶液，○
23 _不能盛装碱性溶液__；碱式滴定管用来盛装碱性溶液，○
24 _不能盛装酸性溶
液和强氧化性溶液__。
(9)容量瓶○
25 _不能长期存放溶液__，更○
26 _不能作为反应容器__，也○
27 _不能加热__，瓶塞○
28 _不能互用。__
3．化学实验的规范操作
(1)测反应混合液的温度时，温度计的水银球应插入混合液中但○
29 _不能接触容器内壁__；测蒸气的温度时，水银
球应在液面以上，○
30 _不能插入溶液中__。
(2)用pH 试纸测定溶液的pH 时，○
31 _不能用蒸馏水湿润__。
(3)过滤时○
32 _不能搅拌__，否则会损坏滤纸；在蒸发浓缩结晶时○
33 _不能将溶液蒸干__，否则有的物质温度过高时
会受热分解。
(4)钠、钾着火，○
34 _不能用泡沫灭火器或水扑灭__，应用干燥的沙土盖灭。
(5)浓硫酸○
35 _不能干燥碱性及具有还原性的气体__，CaCl2○
36 _不能干燥NH3__。
(6)配制一定物质的量浓度溶液时，定容摇匀后液面低于刻度线时○
37 _不能再加蒸馏水__。
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(7)进行焰色反应时，选用的材料本身灼烧时○
38 _不能带有颜色__，最好选用铂丝或无锈铁丝。
化学实验中的16 个“先与后”
1．实验器材的规范使用
(1)加热试管时，①_先均匀加热，后局部加热__。
(2)使用容量瓶、分液漏斗、滴定管前，②_先检查是否漏水，后洗涤干净__。
(3)组装仪器顺序：③_先零后整__，由左至右。④_先里后外__，拆装置与之顺序相反。
(4)称量药品时，⑤_先在两盘上放一张大小、重量相等的纸(腐蚀性药品放在小烧杯等玻璃器皿中)__，再放药品。
2．化学实验的规范操作
(1)制取气体时，⑥_先检查装置的气密性，后装药品__。
(2)用排液法收集气体时，⑦_先移导管后撤酒精灯。__
(3)用石蕊试纸、淀粉碘化钾试纸检验气体性质时，要⑧_先用蒸馏水将试纸润湿，再将试纸靠近气体检验。__而
用pH 试纸测定溶液的pH 时，要⑨_先用玻璃棒蘸取待测液少许滴到放在表面皿中央的干燥pH 试纸上，再与标准比
色卡比较。__
(4)中和滴定实验，用蒸馏水洗净的滴定管、移液管要⑩_先用待盛液洗涤2～3 次后，再盛装试液。__注入滴定管
中的液体液面开始在“0”刻度以上，当赶走滴定管尖嘴部分的空气后，溶液液面应在“0”刻度或“0”刻度以下。
(5)点燃可燃性气体时，应⑪_先验纯后点燃__，比如H2 的爆炸极限是在与氧气混合4%到74.2%时，如果不验纯，
就不知道集气瓶内有没有掺杂的氧气，点燃时就容易爆炸；净化气体时，应⑫_先净化后干燥__。
(6)做焰色反应实验，每做一次，铂丝都应当先蘸取浓盐酸放在火焰上灼烧至无色后再做下一次。做钾的焰色反应
实验时，⑬_先通过蓝色钴玻璃，再观察火焰颜色。__
(7)配制一定物质的量溶液时，溶解或稀释后的溶液应⑭_先冷却再移入容量瓶__。
(8)浓硫酸沾到皮肤上，⑮_先迅速用干布擦去，再用水冲洗，__千万不得先用水冲洗；碱液粘到皮肤上，立即用
较多水冲洗，再涂上硼酸溶液。
(9)检验蔗糖、淀粉水解程度时，⑯_先在水解后的溶液中加NaOH 溶液中和H2SO4，再加银氨溶液或新制Cu(OH)2
悬浊液。__
化学实验中的7 个“上、下”
1．收集气体时，相对分子质量大于29 的用①_向上__排空气法收集，小于29 的用_向下__排空气法收集。
2．分液操作时，②_下层液体__应打开旋塞从__下方放出__，③_上层液体__要从分液漏斗的_上口倒出__。
3．配制一定物质的量浓度溶液，在引流时，玻璃棒的上面不能靠在容量瓶口，而下端则应靠在容量瓶刻度线下的
内壁上(即④_下靠上不靠，下端靠线下__)。
4．用水冷凝气体时，冷凝管中水从⑤_下端口流入上端口流出__(逆流原理)。
5．温度计测液体温度时，⑥_水银球应在液面下，而测蒸气温度时，应在液面上。__
6．制气体实验中，⑦_长颈漏斗的末端插入液面下，而用分液漏斗加液时，漏斗下端不能插入液面下。__
化学实验中的5 个“0”
1．滴定管①_“0”刻度在滴定管的上部__(但不是最上端)，在量取液体的体积时，液面不一定要在“0”刻度，但要
在“0”刻度以下；滴定管读数时，装液或放液后，需等1～2 min 后才能观察液面高度。
2．量杯、量筒、容量瓶没有②_“0”刻度。__
3．温度计的③_“0”刻度在温度计的中下部。__
4．托盘天平中的④_0 刻度在标尺的最左边__，天平在使用时要调“0”，使用后要回“0”。
5．实验记录中的⑤_一切非“0”数字均是有效数字。__
化学实验中的15 个数据
1．实验仪器的精确度
(1)托盘天平的精确度为①_0.1_g__。
(2)10 mL 量筒的精确度为②_0.1_mL__；100 mL 量筒的精确度为1 mL，无“0”刻度，小刻度在下方。
(3)滴定管的精确度为③_0.01_mL__，“0”刻度在接近上口处。
(4)容量瓶只有一条刻度线，只能读取一个值，该数为容量瓶的容量值。
2．实验操作时的有关数据标准
(1)试管在加热时所加液体不能超过试管容积的④__1
3__，且要与桌面成⑤_45°角__；用试管夹夹持试管时，应夹在
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离管口⑥__1
3__处。
(2)液体取用时，若没有说明用量，一般取⑦_1～2__ mL。
(3)酒精灯内酒精的量为其容积的⑧__1
4～2
3__。
(4)烧杯、烧瓶加热时盛液体量均为容积的⑨__1
3～2
3__，蒸发皿加热时液体量不宜超过容积的⑩__2
3__。
(5)配制一定物质的量浓度的溶液时，烧杯和玻璃棒要洗涤⑪_2～3 次__。
(6)用烧杯往容量瓶中加蒸馏水时一般加到距离刻度线⑫_1～2_cm__处要改用胶头滴管定容。
(7)中和滴定实验时，酸碱指示剂的用量一般是⑬2～3 滴。
(8)在测定晶体中结晶水含量时，为保证加热过程中使结晶水全部失去，实验中需加热、称量、再加热、再称量，
直到最后两次称量值之差不超过⑭_0.1__g。
(9)焰色反应完毕，要把铂丝放在盐酸中浸渍⑮_2～3_min__，再用蒸馏水洗净，保存在试管中，使它洁净不沾污
垢。
化学实验中的20 种方法
1．检验某溶液中是否含有SO 2－
4 的操作方法
取待测液少许置于试管中，先加过量稀盐酸无明显现象(若有沉淀则静置后取上层清液继续实验)；再加入氯化钡
溶液，若产生白色沉淀则证明溶液里含有SO2－
4 ，反之则证明溶液里不含SO2－
4 。
2．检验某溶液中是否含有Cl
－的操作方法
取待测液少许置于试管中，先加硝酸银溶液产生白色沉淀，再滴加稀硝酸，若产生白色沉淀不溶解，则证明溶液
里含有Cl
－，反之则证明溶液里不含Cl
－。
3．检验某溶液中是否含有NH
＋
4 的操作方法
取待测液少许置于试管中，加入过量的浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸
变蓝，则证明溶液里含有NH
＋
4 ，反之则溶液里不含NH
＋
4 。
4．检验某溶液中是否含有Fe3＋的操作方法
取待测液少许置于试管中，滴入几滴硫氰酸钾溶液，若溶液变红，则证明溶液里含有Fe3＋，反之则证明溶液里不
含Fe3＋(若溶液里只含有Fe3＋也可滴加氢氧化钠溶液观察沉淀的颜色)。
5．检验某溶液中是否含有Fe2＋的操作方法
取待测液少许置于试管中，先滴加几滴硫氰酸钾溶液无明显现象；再滴加新制的氯水(或通入氯气)，若溶液变血
红则证明溶液里含有Fe2＋，反之则证明溶液里不含Fe2＋。
6．检验含有Fe3＋的溶液中含有Fe2＋的操作方法
无Cl
－时，取待测液少许置于试管中，滴加少许酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明含有Fe2＋。若含Cl
－，可加
入K3Fe(CN)6 溶液，若产生蓝色沉淀，证明含Fe2＋。
7．检验某含有大量SO 2－
4 的溶液中是否含有Cl
－的操作方法
取待测液少许置于试管中，先加过量的硝酸钡溶液，充分振荡后静置，在上层清液中滴加少许硝酸酸化的硝酸银
溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液里含有Cl
－，反之则证明溶液里不含Cl
－。
8．检验溶液中含有SO 2－
3 的实验方法
取待测液少许置于试管中，先加过量的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，充分过滤，取沉淀少许置于试管中，加
入足量的稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热褪色后的溶液红色复现，则证明原溶液中含有SO2－
3 。
[注意]要排除HSO
－
3 的干扰。
9．检验NH4Cl 固体中是否含有Na2SO4 的操作方法
取少许固体试样置于试管中，充分加热，若试管中无固体物质残留，说明氯化铵固体中不含硫酸钠，反之则含有
硫酸钠。
10．证明亚硫酸钠已经被氧化的实验方法
取少许亚硫酸钠试样置于试管中，加适量蒸馏水溶解，向其中加入过量的稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加
几滴BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则亚硫酸钠已经被氧化。
[注意]不能用稀硝酸或硝酸钡溶液，防止将亚硫酸根离子氧化。
11．检验二氧化硫气体的操作方法
将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，加热褪色后的溶液红色复现，说明气体是二氧化硫。
12．证明碳酸钠溶液中存在水解平衡的实验方法
取少许碳酸钠溶液置于试管中，滴加几滴酚酞溶液使溶液呈红色，再向红色溶液中滴加BaCl2 溶液至过量，产生
白色沉淀，溶液的红色逐渐消失，则证明碳酸钠溶液的碱性为碳酸根水解所致，即溶液中存在水解平衡。
13．证明HA 是一元弱酸的实验方法
①取NaA 溶于水配制溶液，测溶液的pH，若溶液的pH>7，则证明HA 为一元弱酸。
②准确配制0.01 mol·L
－1 的HA 溶液，测其常温下pH，若pH>2，则证明HA 为一元弱酸。
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14．证明NH3·H2O 为一元弱碱的实验方法
①测NH4Cl 溶液的pH，若pH<7，则证明NH3·H2O 是一元弱碱。
②配制0.01 mol·L
－1 的NH3·H2O，测其pH，若pH<12，则证明NH3·H2O 为一元弱碱。
15．证明两种酸酸性强弱的实验方法
利用相对强的酸可以制取相对弱的酸的反应原理设计实验，如证明草酸的酸性强于碳酸的方法是：向盛有少量
NaHCO3 溶液的试管中滴加草酸溶液，若能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，说明草酸的酸性强于碳酸。
16．证明物质氧化性、还原性强弱的方法
利用氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物的规律设计实验，要求实验过
程中有明显的实验现象。
①证明Cl2 的氧化性大于Fe3＋的方法：
向含有KSCN 的FeCl2 溶液中通入Cl2，若溶液变成血红色，则说明氧化性：Cl2>Fe3＋。
反应原理为：Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋2Cl
－
②证明I
－的还原性强于Fe2＋的方法：
向含有淀粉的KI 溶液中加入FeCl3 溶液，若溶液变成蓝色，则说明还原性：I
－>Fe2＋。
反应原理为：2Fe3＋＋2I
－===2Fe2＋＋I2
17．检验碳与浓硫酸反应的产物的方法
气流通过试剂的先后顺序以及作用分别是：
18．实验室证明一氧化碳能还原氧化铜并检验产物二氧化碳的实验设计
CO 气体依次通过的实验装置以及各装置的作用如下：
硬质玻璃管
盛CuO，主反应装置⇨
澄清石灰水
检验CO2⇨
NaOH 溶液
除去CO2
[注意](1)点燃酒精灯之前一定要检验CO 的纯度。
(2)先通一氧化碳驱除装置中的空气后再点燃主反应装置的酒精灯。
(3)停止加热硬质玻璃管后要继续通入CO 直至玻璃管冷却。
(4)NaOH 溶液的作用是除去气体中的二氧化碳便于尾气燃烧。
(5)实验现象：硬质玻璃管中的黑色粉末变为红色固体，澄清石灰水变浑浊。
19．实验室进行乙二酸分解产物(H2O、CO2、CO)的检验的实验设计
已知信息：(1)乙二酸的熔沸点较低，在酒精灯加热的条件下容易气化；(2)草酸钙是难溶于水的白色沉淀。
各实验装置以及各装置的作用如下：
[注意](1)草酸蒸气对二氧化碳的检验产生干扰，要事先除去草酸蒸气。
(2)大量二氧化碳的存在不利于一氧化碳的燃烧，要事先除去二氧化碳。
(3)也可以用碱石灰一次性除去二氧化碳和水蒸气。
(4)要有尾气处理装置，常用燃着的酒精灯消除CO 对空气的污染。
20．探究向含有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加氯水后红色褪去的原因的实验设计
褪色原因：(1)氯水中的成分与NaOH 反应消耗了NaOH，使溶液的碱性减弱所致。
(2)氯水中的次氯酸发挥了漂白作用所致。
向褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红色则(1)正确，若溶液不变红色则(2)正确。
[注意]实验的关键是检验酚酞是否还存在。
化学实验基本操作中的7 个原则
1．装配复杂装置应遵循①_“从下往上”“从左到右”__的原则；拆卸装置与此相反。
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2．添加药品时应遵循②_“先放固体”“后加液体”__的原则。因为固体加入液体中时会将液体溅出，为了实验
安全，所以先加固体。而钠与水反应则先加液体再加固体，避免钠快速氧化，及产生氢气过多发生爆炸。
3．塞子与烧瓶连接时要遵循③_先“塞”后“定”__原则，即带导管的塞子在烧瓶固定前塞好，以免烧瓶固定后
因不宜用力而塞不紧或因用力过猛而损坏仪器。
4．装置在装入药品前遵循④_先验气密性__原则。
5．物质检验的“原则”，⑤_即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)__。
6．物质分离和提纯遵循的原则：⑥_不增不减，易分离易复原__。
7．后加热原则：反应如需加热，⑦_等所有装置装完后，再点燃酒精灯__。
化学实验中的7 个“标志”
1．仪器洗涤干净的标志是①_内壁附有均匀水膜，不挂水珠，也不成股流下__。
2．滴定终点的标志：②_滴加最后一滴溶液时，溶液由×××颜色变成×××颜色，且半分钟内不再变化(或且半
分钟内不再恢复原来的颜色)__。
3．容量瓶不漏水的标志：③_加入一定量的水用食指按住瓶塞，倒立观察，然后将容量瓶正立，并将瓶塞旋转180°
后塞紧，再倒立，均无液体渗出__。
4．容量瓶、量筒、移液管、滴定管中液面达到刻度线的标志为④_平视时，视线与凹液面最低处相切__。
5．天平平衡的标志是⑤_指针在分度盘的中央或指针左右摆动的幅度相等__。
6．灼烧充分的标志：⑥_连续两次称量，质量差不超过0.1_g__。
7．定性判断完全沉淀的标志：⑦_取上层清液，再加沉淀剂，若无沉淀产生，说明已沉淀完全__。
化学实验中常见事故的4 个处理
1．失火处理：酒精及有机物燃烧，小面积失火时，应迅速用湿布或沙土盖灭；钠、磷等着火时应用沙土盖灭。
2．浓硫酸或烧碱沾到皮肤上，先用干布迅速拭去，再用大量水冲洗，然后分别涂上稀NaHCO3 溶液、硼酸溶液。
3．眼睛被酸、碱灼伤，先用大量水冲洗，并不断眨眼，一定不能揉眼；然后酸用稀NaHCO3 溶液淋洗、碱用硼
酸溶液淋洗；最后用生理盐水清洗并就医。
4．少量汞洒在地面上，先收集然后撒上硫粉进行处理。
化学实验中20 个重要的实验现象
1．镁条在空气中燃烧：发出耀眼的白光，有白色粉末生成。
2．硫在空气中燃烧：淡蓝色火焰；在氧气中燃烧：明亮的蓝紫色火焰。
3．铁丝在氧气中燃烧：剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体。
4．氢气在氯气中燃烧：安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有大量白雾生成。
5．一氧化碳在空气中燃烧：发出淡蓝色的火焰，放出热量。
6．细铜丝在氯气中燃烧：有棕黄色的烟生成，加水后生成绿色的溶液。
7．新制氯水中加石蕊溶液：先变红色后褪色。
8．磷在氯气中燃烧：有白色烟雾生成。
9．湿润的淀粉KI 试纸遇氯气：试纸变蓝。
10．氯气遇到润湿的有色布条：有色布条的颜色褪去。
11．溴(碘)水中加入四氯化碳：溶液分层，上层接近无色，下层接近橙(紫)色。
12．二氧化硫气体通入品红溶液：红色褪去，加热后又恢复原来的颜色。
13．钠在空气中燃烧：火焰呈黄色，生成淡黄色固体。
14．把水滴入盛有过氧化钠的试管，放入带火星的木条：木条复燃。
15．加热碳酸氢钠固体，并将产生的气体通入澄清石灰水：澄清石灰水变浑浊。
16．氨气与氯化氢气体相遇：有大量白烟产生。
17．铜片与浓硝酸反应：反应剧烈，有红棕色气体产生。
18．铜片与稀硝酸反应：产生无色气体，气体上升逐渐变成红棕色。
19．向含Fe2＋的溶液中加入氢氧化钠：有白色沉淀出现，沉淀颜色迅速加深，变为灰绿色，最终转变成红褐色。
20．向含Fe3＋的溶液中加入KSCN 溶液：溶液变红色。
化学实验中常见的6 组仪器“套装”
1．防倒吸装置：
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2．尾气处理防污染装置：
(1)易溶性有毒气体，如NH3、HCl、SO2 用吸收式Ⅱ进行尾气处理。
(2)CO 等不易被吸收的有害气体可用燃烧式或收集式处理。
3．量气装置：
4．冷凝回流装置：
(1)当反应物易挥发时，为防止反应物过多挥发损耗，可进行冷凝回流。
(2)甲相当于空气冷凝，乙、丙是用水冷凝，注意水从下口通入，上口流出。
5．气体混合装置：
(1)使反应的气体混合均匀。
(2)根据液体中气泡的生成速率调节气体的混合比例。
6．气体收集装置：
(1)从a 口进，收集比空气密度大的气体，即向上排空气法。
(2)从b 口进，收集比空气密度小的气体，即向下排空气法。
(3)排液集气，先充满液体，导气管短进长出。
教材重要实验再观摩
1．混合物的分离与提纯
方法、装置
适用范围
注意事项
把不溶性固体和液体进
行分离
(1)一贴：滤纸紧贴漏斗内壁
二低：滤纸低于漏斗边缘，液面低于
滤纸边缘
三靠：烧杯紧靠玻璃棒，玻璃棒轻靠
三层滤纸处，漏斗下端紧靠烧杯内壁
(2)若滤液浑浊，需重新过滤
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分离易溶性固体溶质
(1)玻璃棒的作用：搅拌，防止局部温
度过高造成液体溅出
(2)当大量晶体析出时，停止加热，用
余热蒸干液体
(1)萃取：利用溶质在互
不相溶的溶剂里溶解度
的不同，用一种溶剂把
溶质从它与另一种溶剂
的组成的溶液里提取出
来
(2)分液：两种液体互不
相溶且易分层
(1)溶质在萃取剂中的溶解度比在原
溶剂中大
(2)萃取剂与原溶剂互不相溶，互不反
应
(3)萃取剂与溶质易分离
(4)分液时，分液漏斗中的下层液体从
分液漏斗下口放出，上层液体从上口
倒出
分离沸点相差较大的液
体混合物
(1)温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支
管口处
(2)蒸馏烧瓶中要加沸石或碎瓷片，防
止液体暴沸
(3)冷凝管水流方向应为下口进水，上
口出水
2.溶液的配制
(1)配制流程
计算→称量→溶解冷却→转移→洗涤→定容→摇匀
(2)配制图示
3．铁与水蒸气的反应
实验现象：有气体产生，且气体能在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色。
反应原理：3Fe＋4H2O(g)=====
△
Fe3O4＋4H2。
4．Na2O2 与水反应
将水滴于盛有少量Na2O2 固体的试管中，立即用带火星的木条放在试管口，检验气体的成分。
反应原理：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。
5．鉴别Na2CO3 和NaHCO3
分别用Na2CO3 和NaHCO3 做实验，观察现象。
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鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
药品
现象
发生反应的化学方程式
结论
Na2CO3
澄清石灰
水不变浑
浊
Na2CO3 加热不分解
NaHCO3
澄清石灰
水变浑浊
2NaHCO3=====
△
Na2CO
3＋H2O＋CO2↑
NaHCO3 加热分解能
生成CO2
6.Fe3＋、Fe2＋的检验
在2 支试管里分别加入5 mL FeCl2 溶液和5 mL FeCl3 溶液，各滴入几滴KSCN 溶液，观察现象。
待检溶液
滴入KSCN 溶液
FeCl3 溶液
溶液变成红色
FeCl2 溶液
溶液不变色，但再滴入氯水后溶液变成红色
7.氨气的喷泉实验
在干燥的圆底烧瓶里充满氨，用带有玻璃管和滴管的塞子塞紧瓶口。倒置烧瓶，使玻璃管插入盛有水的烧杯，轻
轻挤压滴管，使少量水进入烧瓶。
实验现象：烧杯里的溶液由玻璃管迅速进入烧瓶形成美丽的红色喷泉。
实验结论：氨极易溶于水，其水溶液显碱性。
8．氨气的实验室制备
反应原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2=====
△
CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。
9．铜与浓硫酸的反应
反应原理：2H2SO4(浓)＋Cu=====
△
CuSO4＋2H2O＋SO2↑。
10．石蜡油的分解实验
将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，试管中加入碎瓷片，给碎瓷片加强热，石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷
片表面发生反应，生成一定量的气体。
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①将气体通入酸性KMnO4 溶液中，观察现象是KMnO4 溶液褪色。
②将气体通入溴的四氯化碳溶液中，观察现象是溴的四氧化碳溶液褪色。
11．乙酸乙酯的制备
实验现象：饱和碳酸钠溶液的液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，并可以闻到香味。
反应原理：CH3COOH＋CH3CH2OH
浓H2SO4
△
CH3COOCH2CH3＋H2O。
12．铝热反应实验
将干燥的氧化铁与铝粉的混合物放入纸漏斗中，在混合物上面加少量KClO3 固体，中间插上一根镁带，并将镁带
点燃。
实验现象：反应放出大量的热，并放出耀眼的光芒；纸漏斗下部被烧穿，有熔融物落入沙中。
反应原理：Fe2O3＋2Al=====
高温2Fe＋Al2O3
13．温度对化学平衡的影响
将NO2 球浸入冰水、热水中，观察颜色变化。
实验现象：浸泡在冰水中的NO2 球的红棕色明显变浅，浸泡热水中的NO2 球中的红棕色明显加深。
14．酸碱中和滴定
酸碱中和滴定是利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
15．铜锌原电池
装置如下图所示，用一个充满电解质溶液的盐桥，将置有锌片ZnSO4 溶液和置有铜片的CuSO4 溶液连接起来，
然后将锌片和铜片用导线连接，并在中间串联一个电流表。
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实验现象：电流表指针发生偏转，有电流通过电路。
反应原理：总反应为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
锌为负极：电极反应式为Zn－2e
－===Zn2＋
铜为正极：电极反应式为Cu2＋＋2e
－===Cu
16．电解CuCl2 溶液
在U 形管中注入CuCl2 溶液，插入两根石墨棒作电极(见下图)，把湿润的碘化钾淀粉试纸放在与直流电源正极相
连的电极(阳极)附近，接通直流电源，观察U 形管内的现象和试纸颜色的变化。
实验现象：阴极石墨棒上逐渐覆盖了一层红色物质，在阳极石墨棒上有气泡产生，气体能使湿润的碘化钾淀粉试
纸变成蓝色。
反应原理：总反应：Cu2＋＋2Cl
－=====
通电Cu＋Cl2↑
阳极反应式为2Cl
－－2e
－===Cl2↑
阴极反应式为Cu2＋＋2e
－===Cu
17．铁的吸氧腐蚀实验
将经过酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡一下，放入如下图所示的具支试管中。几分钟后，观察导管中水柱的
液面高于试管内的液面，其原因是发生吸氧腐蚀，2Fe＋O2＋H2O===2Fe(OH)2，致具支试管内的压强小于室外的压强，
导管中水柱上升。
高考常考的9 种物质制备实验系统再挖掘
1．Cl2 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)实验室制Cl2 时，能否用稀盐酸代替浓盐酸？
提示：不能；因为MnO2 与稀盐酸不反应。
(2)实验室制得Cl2 中混有哪些杂质气体？如何除去？
提示：Cl2 中混有HCl 气体和水蒸气；用饱和食盐水除去Cl2 中的HCl，用浓硫酸除去Cl2 中的水蒸气。
(3)尾气吸收时，能否用澄清石灰水吸收多余的Cl2?
提示：不能；因为溶液中Ca(OH)2 的浓度小，吸收不完全。
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(4)如何确定集气瓶中的Cl2 已收集满？
提示：集气瓶中充满了黄绿色气体。
2．SO2 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)能否用Na2SO3 和稀硫酸制取SO2?
提示：不能；原因是SO2 在水中的溶解度较大，且SO2 能与水发生反应，故用Na2SO3 与较浓的H2SO4 或浓H2SO4
制备。
(2)B 装置的作用是什么？观察到的现象是什么？你能写出酸性KMnO4 溶液与SO2 发生反应的离子方程式吗？
提示：验证SO2 具有还原性；B 装置中的紫红色褪色或颜色变浅；5SO2＋2MnO
－
4 ＋2H2O===5SO2－
4 ＋2Mn2＋＋4H
＋。
(3)C 装置的作用是什么？观察到现象是什么？
提示：验证SO2 的氧化性；溶液中产生黄色浑浊。
(4)装置E 中铜丝为什么要盘成螺旋状？
提示：增大铜与浓H2SO4 的接触面积，提高化学反应速率。
(5)用方案二制取SO2 时，如何控制反应的发生和停止？
提示：将铜丝抽出，反应停止；将铜丝伸入浓H2SO4 中，反应发生，产生SO2。
3．NH3 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)实验室制氨气时，能否用NH4HCO3 代替NH4Cl?
提示：不能；因为NH4HCO3 受热分解产生CO2 气体，会使制得的氨气中混有杂质气体。
(2)干燥管中碱石灰的作用是什么？
提示：除去氨气中的水蒸气(或干燥氨气)。
(3)试管口堵一棉花团的作用是什么？
提示：支撑固定导管的作用，且减少NH3 与空气的对流，提高氨气的纯度。
(4)如何通过实验证明试管中的氨气已收集满？
提示：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝色，说明NH3 已收集满；或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试
管口，若有白烟产生，说明NH3 已收集满。
4．H2 的实验室制备系统
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[实验装置]
[常考问题]
(1)实验室中用锌粒和稀硫酸反应制取H2，能否用稀硝酸代替稀硫酸？
提示：不能；因为锌粒与稀硝酸反应不产生H2，而是生成NO。
(2)长颈漏斗颈口为什么要伸入到液面以下？
提示：防止产生的H2 从长颈漏斗中逸出，故长颈漏斗颈口必须伸入到液面以下。
(3)广口瓶中的导气管为什么进气管短，出气管长？
提示：因为氢气的密度比空气的小，应用向下排空气法收集氢气。
(4)用装置A 制取气体有何优点？中学化学中还能用该装置制取哪些气体？
提示：用该装置制取气体时能通过弹簧夹做到随开随用，随关随停，即打开弹簧夹，稀H2SO4 注入试管中与Zn
粒反应产生H2，用弹簧夹夹紧橡皮管时，随着反应的进行产生的气体使试管内气体的压强大于外界的压强，将液体压
回到长颈漏斗中，当锌粒与稀H2SO4 不再接触时反应自动停止，中学化学中还可以用此装置制取CO2 气体(大理石与
稀盐酸)。
(5)如何通过实验证明广口瓶中已收集满H2?
提示：用向下排空气法从导管a 处收集一小试管气体，用拇指堵住管口，靠近酒精灯的火焰，若听到“噗”的一
声，证明广口瓶中已收集满H2。
5．O2 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)装置A 的试管口为什么要略向下倾斜？
提示：防止加热过程中产生的水蒸气在试管口冷凝后倒流而引起试管炸裂。
(2)用装置A 制取气体对反应物有何要求？中学化学中利用该装置还能制取哪些气体？
提示：用装置A 制取气体要求反应物的状态必须是固体，中学化学中用该装置还可以制取氨气。
(3)如何通过实验证明试管a 中收集的气体是O2?
提示：将带火星的木条伸到试管a 的管口，若木条复燃，证明收集的气体是O2。
6．NO2 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)试管A 中观察到的现象有哪些？
提示：铜丝表面有气泡产生，试管A 上部空间充满红棕色气体，溶液由无色变成蓝色。
(2)如何控制试管A 内反应的发生和停止？
提示：通过抽动的铜丝控制反应的发生与停止，抽出铜丝，使铜丝与浓硝酸脱离接触，反应停止。
(3)能否将B 装置中的进气管与出气管调换？
提示：不能，原因是NO2 的密度比空气的大，应用向上排空气法收集气体。
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(4)装置C 中NaOH 溶液的作用是什么？试写出反应的化学方程式。
提示：吸收多余的NO2 气体，以防污染环境。
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
7．NO(CO2)的制取与性质验证
[实验装置]
[常考问题]
(1)设计装置A 的目的是什么？
提示：利用装置A 生成的CO2 气体排尽装置内空气，防止NO 与O2 反应生成NO2，对NO 的观察造成干扰。
(2)为达到实验装置A 的目的，应如何操作？
提示：打开K，且打开分液漏斗活塞，当装置C 中石灰水变浑浊时，关闭活塞K。
(3)利用装置E、F 如何验证E 中的无色气体是NO?
提示：将注射器F 中的空气推入E 中，或将E 中的无色气体吸入到注射器中，若气体由无色变为红棕色，说明E
中的无色气体是NO。
(4)装置D 的作用是什么？
提示：吸收多余的氮的氧化物，并兼有防倒吸的功能。
(5)实验室用大理石与稀盐酸反应制取CO2，能否用稀H2SO4 代替盐酸？
提示：不能；因为CaCO3 与稀H2SO4 反应生成的CaSO4 微溶于水，覆盖在大理石的表面，阻止了H2SO4 与CaCO3
的进一步反应。
8．Fe(OH)2 的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)制取Fe(OH)2 实验的关键问题是什么？
提示：避免实验中Fe(OH)2 与O2 接触。
(2)制备Fe(OH)2 时为什么要滴入稀硫酸？
提示：滴入稀硫酸，铁粉与稀硫酸反应产生H2，用于排除A 装置中的空气。
(3)实验中为什么要把B 装置的导管口伸入到液面下？
提示：起液封作用，防止空气由导管进入A 装置而导致Fe(OH)2 被氧化。
(4)实验时，先挤压A 装置的哪一个胶头滴管的胶头？
提示：先挤压盛有稀硫酸的胶头滴管的胶头，目的是先用稀硫酸与铁粉反应生成的H2 排除装置中的空气。
9．乙酸乙酯的实验室制备系统
[实验装置]
[常考问题]
(1)试管a 中加入试剂的先后顺序是什么？能不能先加入浓硫酸？
提示：先加入乙醇，再加入浓硫酸，不能先加入浓硫酸，原因是浓H2SO4 密度大，且与乙醇混合时放出大量的热
易造成液体飞溅。
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(2)由乙醇、乙酸制备乙酸乙酯时，为什么乙醇的物质的量要多于乙酸？
提示：乙酸、乙醇发生酯化反应是可逆反应，增大乙醇的用量可使平衡向生成酯的方向进行，提高乙酸的转化率。
(3)b 试管中的导气管为什么不能伸入到液面以下？
提示：防止倒吸。
(4)饱和Na2CO3 溶液能否用NaOH 溶液代替？
提示：不能；原因是乙酸乙酯在NaOH 溶液中发生水解反应。
(5)如何除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸？
提示：用饱和Na2CO3 溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸。
第三讲
临考之前必记的答题技巧
1．时间分配：考试时间150 分钟，试题总分300 分，理综三科合一，按分值分配，选择题安排50 分钟左右完成，
非选择题安排95 分钟左右完成为宜。
2．答题原则：做题时，基础题要力争全对，中档题少丢分或者不丢分。中、低档题的分数通常占全套试卷的65%～
70%以上，如果你能拿下各学科的中、低档题，就能够获得490～525 分，而你有了500 分左右垫底的心理优势，再做
难题也就有信心攻克了。
顺序1.按照试卷题目的顺序从头做到尾
①优点：可以避免丢题，漏题，节约时间。
②缺点：遇到看似简单，实则不易的难题时，常常由于忘情投入，直等到发现身陷泥潭，已经进退两难，耽误了
大量宝贵时间，使后面许多能拿分的中、低档题都没有时间做。
③原则：如果遇到一个题目，思考了3～5 分钟仍然理不清解题的思路时，应视为难题可暂时放弃，即使这个题目
的分值再高，也要忍痛割爱，千万不要因为捡了芝麻丢了西瓜，因小失大。
顺序2.先易后难，从容答题
①方法：每科试题一般都是先易后难，若遇到难题，可以暂时跳过去，先做后面学科的容易题，等做完各科相对
容易得分的题以后，再回过头来做前面的难题。
②优点：能拿到手的分就先拿住，手中有分，心中不慌，然后再回头做难题，能做多少就做多少，得分少些不遗
憾，得分多你就赚了！
顺序3.先做自己的优势科目，再做其他科目
先做优势学科，既可以先拿到比较有把握的分数，做题时有一个好的心态，又可为非优势学科留有充分的时间，
避免一开始就遇到难题使心情郁闷，使头脑发蒙的现象。
总之，对于考生来讲，要在有限的时间内获得比较高的分数，就要学会主动地暂时放弃，暂时放弃费时费力的难
题，腾出更多的时间做容易题，拿到更多的分数，古人田忌赛马不就是这个道理吗？做题顺序的选择，因人而异，在
平时训练中要尽早选定并稳定一种方法。
1．正式开考前要统揽全局，合理安排：从下发试卷到正式开考前有几分钟的阅卷时间，拿到试卷填好卷头以后，
要适时浏览整张试卷，查看试卷的容量、难易程度，做到心中有数，便于合理安排答题顺序、时间。
2．选择题答题技巧：选择题最好按顺序做，45～50 分钟内完成；对于没有把握的题随时标记，这些题是复查时
的重点照顾对象。
(1)答题时要心态稳定，速度不宜过快：分析理解题干，弄清楚是选“正确”还是“错误”的？
(2)审题要细、要慢，做题要快：对于选项是肯定还是否定，要有根据，充分利用单选题的特点，运用好排除法和
推理法。
(3)提倡“两遍读题”：第一遍，快速阅读，抓住关键词；第二遍，放慢速度，缩小范围。
(4)启用“对比思维”，用“已知”推导“未知”：采用先对比，后排除的思维。表格、图表以及选择题的四个选
项常常存在对比关系，通过对比后，一般都可能剔除个别选项。如果出现一些未知的知识或者选项，可以先对比分析
已知的知识，进而推导出未知的知识，最后作出判断。
(5)重视选择题：答好选择题不但是理综答卷的良好开局，对稳定情绪，答好全卷有重要作用。一般每科的选择题
都有一个难度较大的，希望同学们冷静对待。
3．非选择题的答题技巧：
(1)读题：通过对试题所有信息的通读，搞清楚已知什么，问什么，求什么，阅读时最好用笔点着逐字读，这样不
会遗漏有用信息。
(2)审题：是解题的关键，审题失误，全盘皆输，一般来说，比较简单或一般难度的试题应该阅读两遍，而题干较
长、信息量较大的综合试题，审题可分三步：
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第一步粗读：对题干所述内容有一个大体轮廓了解。
第二步细读：弄清题中已知、未知、设问等相关条件。
第三步选读：排除题目中的干扰条件，挖掘出隐含条件，找出各相关知识点之间的内在联系。
凡是题目中未明显写出的，一定是隐蔽给予的，只有细致的审题才能从题目本身获得相应的信息，这一步不要怕
慢，要准确找出答题突破口和限制性条件。
(3)找“题眼”和“关键词”：在做非选择题时，一定要注意材料、题干、设问、图表中的关键词，这些关键词往
往也就是“题眼”，它会告诉我们试题要考查的内容和要求我们回答的知识，能否准确找到关键词是正确解答的关键
的一步。
(4)答案可以“从题干和教材原话”中去寻找：从近年来高考命题情况看，除了一些需要深入分析和归纳的试题答
案外，许多非选择题的答案都是教材上相关内容的原话，或者是题干、设问中的词语、语句组合而成的。如果能具备
这种“从教材原话和题干”中去寻找和组织答案的能力，解题就会很轻松。
(5)注意解题规范：解题不规范的失分，不是“不会做”，而是“做不好”。具体表现为：文字表达不严谨，专业
术语不规范，解题步骤不完整，逻辑推理不严密，计算结果不准确，书写潦草，涂抹太多，卷面太脏等。
(6)要有“分段得分”的意识——答踩点分：非选择题中往往有一些大综合题，中间有若干互相关联由浅入深的小
题，每个小问题都占一部分分，考生书面答案踩上要考查的点，就能得分，踩得多就多得分。因此，部分理解的题目
也要做，能得多少分得多少分。
(7)做题要预留弹性时间，避免因超时带来的紧张：不要把考试时间卡得太紧，每一科计划的时间都应留有5 分钟
左右的弹性时间，这样可有效地避免因超时而带来的紧张感。
(8)答题时要稳扎稳打，力争一次成功：答卷时要提高成功率，试题做完后要认真检查，决不能丢分。
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