2017年高考化学最后冲刺复习（打包8套）

元素及其化合物
命题趋向
钠、铝、铁、铜及其化合物是日常生活中非常重要的金属元素，特别是铁在国民经济中占有极其重要的地位，这部分内容一直是高考考查的重点。如以钠及其化合物(特别是Na2O2、NaHCO3、Na2CO3)的性质为载体的推断题或实验题、铝及其化合物的两性、Fe2+与Fe3+之间的转化关系、铜的冶炼及Cu(OH)2的性质等。钠及其化合物、合金与硝酸的反应是每年高考的必考知识点。由于铝、铁、铜及其化合物的性质很丰富，在高考命题中立足点也多种多样，如以选择题形式考查离子共存、离子反应、氧化还原反应、简单计算等，也可以出推断题，还可以出实验题。因此在复习时要注意元素单质及其化合物之间的相互转化，如“铝三角”、“铁三角”，同时在复习时要加强化合物知识与理论部分的联系。
非金属元素部分在保持原有考点不变的情况下，弱化了对磷的考查，但H、C、N、O、Si、S、Cl元素及其化合物的性质仍是高考化学的重点。由于非金属元素存在多种价态，所以不同价态的非金属化合物之间的转化也成为高考命题的热点之一，这在历年高考试题中也均有体现。另外，这部分知识往往与其他知识结合在一起进行综合考查。因此复习这部分内容时，在注意特殊元素及其化合物的性质和应用的同时，还要注意知识本身的内涵和外延及知识点间的联系，要将知识点与实际生活联系起来。
【知识归纳】
一、常见无机物及其应用
（一）金属元素
1．金属的通性
金属的化学性质主要表现为易失去最外层的电子，显示还原性，这与它们的原子结构有关。常见金属的主要化学性质列于下表：
金属活动性顺序
K
Ca
Na
Mg
Al
Mn
Zn
Fe
Sn
Pb
(H)Cu
Hg
Ag
Pt
Au
金属原子失电子能力
依次减小，还原性减弱
空气中跟氧气的反应
易被氧化
常温时能被氧化
加热时能被氧化
不能被氧化
跟水的反应
常温可置换出水中的氢
加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢
不与水反应
跟酸的反应
能置换出稀酸（如HCl、H2SO4）中的氢
不能置换出稀酸中的氢
反应剧烈
反应程度依次减弱
能跟浓硫酸、硝酸反应
能跟王水反应
跟盐的反应
位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来
跟碱的反应
Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应
2．碱金属元素及其化合物联系脉络
3．Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)的转化
（二）非金属元素
1．非金属的通性
（1）原子结构特点及化合价
①最外层电子均大于、等于3（除H以外），与其主族序数相同。
②最高正价分别为：+4
+5
+6
+7（与族序数相等）
对应最低负价：-4
-3
-2
-1（等于族序数减8）
③非金属元素一般都有变价：除呈现上述最高价及最低价以外，有的非金属还呈现其它价态。如：
S：+4价；N：+1
+2
+3
+4价；
Cl：+1
+3
+5价。
（2）非金属单质的聚集状态和同素异形体
①典型的非金属单质在固态时为分子晶体，如：F2、Cl2、Br2、I2、O2、S、N2、P4、H2，这些晶体表现为硬度不大，熔点不高，易挥发、不导电，它们在常温下聚集态为气态（“气”字头）液态（“氵”旁）或固态（“石”字旁）
②碳（金刚石）、硅、硼为原子晶体，硬度很大，熔沸点很高。由于原子晶体中没有离子和自由电子，所以固态和熔融态都不导电。但某些原子晶体，如单晶硅可以作为半导体材料。
③非金属元素常出现同素异形现象。如：金刚石与石墨；白磷与红磷；O2与O3；S2、S4、S8等互为同分异构体。
（3）元素非金属性的强弱规律
①常见元素的非金属性由强到弱的顺序：F、O、Cl、N、Br、I、S、P、C、Si
、H
②元素的非金属性与非金属单质活泼性是并不完全一致的：如元素的非金属性O＞Cl，
N＞Br；而单质的活泼性：O2＜Cl2，N2＜Br2。但由于某些非金属单质是双原子分子，原子间以强烈的共价键相结合（如NN等），当参加化学反应时，必须消耗很大的能量才能形成原子，表现出了单质的稳定性。这种现象不一定说明这种元素的非金属性弱。强的分子内共价键恰是非金属性强的一种表现。
③比较非金属性强弱的八条依据
I．元素在周期表中的相对位置
i．同周期，自左向右，元素的非金属性依次增强，如Cl＞S＞P＞S
i等。
ii．同主族，自上而下，非金属性依次减弱，如F＞Cl＞Br＞I等。
II．非金属单质与氢气化合的越容易，非金属性越强。如F2、Cl2、Br2、I2
与H2化合由易到难，所以，非金属性F＞Cl＞Br＞I。
III．气态氢化物的越稳定，非金属性越强，如稳定性HF＞H2O＞HCl＞NH3＞HBr＞HI＞H2S＞PH3，所以非金属性F＞O＞Cl＞N＞Br＞I＞S＞P。
IV．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，如酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞H4SiO4，则非金属性Cl＞S＞P＞C＞Si。
V．非金属性强的元素的单质能置换出非金属性弱的元素的单质。如2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑；O2＋4HCl＝2H2O＋2Cl2（地康法制Cl2）；Cl2+2NaBr＝2NaCl+Br2
；3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl；Cl2+H2S＝S＋2HCl。
VI．非金属单质对应阴离子的还原性越强，该非金属元素的非金属性越弱。常见阴离子的还原性由强到弱的顺序是S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞F-，则非金属性S＜I＜Br＜Cl＜F。
VII．与变价金属反应时，金属所呈价态越高，非金属性越强，如Cu+Cl2CuCl2；2Cu+SCu2S，说明非金属性Cl＞S。
VIII．几种非金属同处于一种物质中，可用其化合价判断非金属性的强弱，如HClO、HClO3中，氯元素显正价、氧元素显负价，说明氧的非金属性强于氯。
（4）非金属元素的化学性质（注意反应条件、现象、生成物的聚集状态）
（5）常见非全属单质的制取方法
①电解法
电解水溶液：如2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
电解熔融物：如2KHF2F2↑＋H2↑＋2KF
②分解法：如2KClO32KCl＋3O2↑
CH4C＋2H2
2H2O22H2O＋O2↑
③置换法：如Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br2
2H2S＋O2(不足)2H2O＋2S
④氧化法：如MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
4NaBr＋3H2SO4＋MnO22Na2SO4＋MnSO4＋2Br2+3H2O，2H2S＋SO2＝3S＋2H2O
⑤还原法：C＋H2OCO＋H2，Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，2C＋SiO2Si＋2CO↑
2．氯元素的知识网络
3．碳、硅及化合物的联系网络
4．氧及其化合物相互联系
5．氮及其化合物间的转化关系
【考点例析】
例1．研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：
①SO2＋N2O5SO3＋NO
②SO3＋H2OH2SO4
③2NO＋O22NO2
NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下述变化中的作用相似的是（
）
A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶
B．硫化氢通入浓H2SO4
C．浓H2SO4滴入萤石中，加热
D．加入少量的H2SO4使乙酸乙酯水解
解析：在反应①中NO2起氧化剂的作用，从反应①、③看NO2起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用。
答案：B、D
例2．金刚石SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛.
(1)
碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非积极性分子，碳元素在周期表中的位置是___________，Q是
___________，R的电子式为______________.
(2)
一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4
的实验操作名称为___________，除去粗产品中少量钠的试剂为_________________
(3)碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2.先将20.0
g
SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1
mol氢气，过滤得SiC固体11.4
g，滤液稀释到1
L，生成氢气的离子方程式为
，硅盐酸的物质量浓度为
。
(4)下列叙述正确的有
(填序号)，
①Na还原CCl4的反应、Cl2
与H2O的反应均是置换反应
②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同
③Na2SiO3溶液与SO3
的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2
解析：(1)因C与Q能生成两种气态化合物，一种为非极性分子，故Q为O元素，两种化合物分别为CO和CO2，其中R为CO2，C为6号元素，位于周期表中第二周期
IVA族；
CO2为直线形分子，C与O之间是双键，电子式为。
(2)金刚石为固体而CCl4为液体，分离两者的操作为过滤；乙醇与金属钠反应缓慢，故可以用乙醇除去粗产品中的钠。
(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能与其反应生成H2，反应的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O=SiO32
－＋2H2↑；根据样品质量、SiC固体质量以及生成的H2的物质的量可求算出SiO2的物质的量为0.12
mol，故硅酸钠的物质的量共为0.12
mol＋0.05
mol=0.17
mol，故硅酸盐的浓度为0.17
mol·L－1。
(4)①中Na还原CCl4的反应是置换反应，而Cl2与水生成HCl和HClO，不属于置换反应。②中水晶属于原子晶体，熔化时破坏共价键；而干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。③Na2SiO3溶液与SO2能反应，说明酸性H2SO3＞H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，故不能说明非金属性S＞Si。④Na在空气燃烧生成Na2O2，晶体中含有的阴离子是O22－，其中的阴阳离子个数比为1:2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，阴阳离子个数比也是1:2。故正确的是③④。
答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，
(2)过滤，水(或乙醇)
(3)Si＋2OH－＋H2O
=SiO32
－＋2H2↑，0.17
mol·L－1
(4)③④
例3．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
⑴第①步Cu与酸反应的离子方程为____________________________________；
得到滤渣1的主要成分为___________________。
⑵第②步加H2O2的作用是_____________________，使用H2O2的优点是______________________；调溶液pH的目的是使________________________________________生成沉淀。
⑶用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是______________________________________。
⑷由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O
，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是______________________：
从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。
⑸探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O
(Mr＝250)含量。取a
g试样配成100
mL溶液，每次取20.00
mL，消除干扰离子后，用c
mol
L－1
EDTA(H2Y2－－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6
mL。滴定反应如下：Cu2＋＋H2Y2－
＝
CuY2＋－＋2H＋
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝
_____________________________
；
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_____________。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
解析：考查化学实验知识和基本原理的应用。(1)第①加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2＋、Al3＋、Fe2＋。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2＋、Al3＋、Fe2＋。
Cu和酸反应的离子方程式为Cu2＋＋4H＋＋2NO3－
=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
或3Cu＋8H＋＋2NO3－
=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶液pH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2＋，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。(3)第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热使晶体脱水(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。丙方案先在滤渣中加NaOH，和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，
蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。(5)考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选C。
答案：(1)Cu2＋＋4H＋＋2NO3－
=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
或3Cu＋8H＋＋2NO3－
=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(2)把Fe2＋氧化为Fe3＋
不引入杂质，产物对环境物污染
使Fe3＋和Al3＋形成沉淀(3)在坩埚中加热使晶体脱水(4)甲方案不可行
甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质
乙方案更合理(5)
C
例4
.金刚石SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛.
(1)
碳与周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物H为非积极性分子，碳元素在周期表中的位置是___________，Q是
___________，R的电子式为______________.
(2)
一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收中CCl4
的实验操作名称为___________，除去粗产品中少量钠的试剂为_________________
(3)碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2.先将20.0
g
SiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1
mol氢气，过滤得SiC固体11.4
g，滤液稀释到1
L，生成氢气的离子方程式为
，硅盐酸的物质量浓度为
。
(4)下列叙述正确的有
(填序号)，
①Na还原CCl4的反应、Cl2
与H2O的反应均是置换反应
②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同
③Na2SiO3溶液与SO3
的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1:2
解析：(1)因C与Q能生成两种气态化合物，一种为非极性分子，故Q为O元素，两种化合物分别为CO和CO2，其中R为CO2，C为6号元素，位于周期表中第二周期
IVA族；
CO2为直线形分子，C与O之间是双键，电子式为。
(2)金刚石为固体而CCl4为液体，分离两者的操作为过滤；乙醇与金属钠反应缓慢，故可以用乙醇除去粗产品中的钠。
(3)加入NaOH溶液后，Si和SiO2都能溶解，但只有Si能与其反应生成H2，反应的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O=SiO32
－＋2H2↑；根据样品质量、SiC固体质量以及生成的H2的物质的量可求算出SiO2的物质的量为0.12
mol，故硅酸钠的物质的量共为0.12
mol＋0.05
mol=0.17
mol，故硅酸盐的浓度为0.17
mol·L－1。
(4)①中Na还原CCl4的反应是置换反应，而Cl2与水生成HCl和HClO，不属于置换反应。②中水晶属于原子晶体，熔化时破坏共价键；而干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。③Na2SiO3溶液与SO2能反应，说明酸性H2SO3＞H2SiO3，但H2SO3不是S元素的最高价含氧酸，故不能说明非金属性S＞Si。④Na在空气燃烧生成Na2O2，晶体中含有的阴离子是O22－，其中的阴阳离子个数比为1:2，而Li在空气中燃烧生成Li2O，阴阳离子个数比也是1:2。故正确的是③④。
答案：(1)第二周期第IVA族，氧(或O)，
(2)过滤，水(或乙醇)
(3)Si＋2OH－＋H2O
=SiO32
－＋2H2↑，0.17
mol·L－1
(4)③④
【专题训练】
选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．常温下，浓硫酸、浓硝酸均能将金属铜氧化，且均能使铁钝化
B．乙烯常用作植物催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇常用于杀菌消毒
C．玛瑙、水晶、钻石的主要成分均为SiO2
D．蛋白质、纤维素、蔗糖、天然橡胶都是高分子化合物
解析：A项，常温下，浓硫酸不能和金属铜反应；C项，钻石的主要成分是C不是SiO2；D项，蔗糖不是高分子化合物。
答案：B
点拨：本题考查阿伏加德罗常数的计算，考查考生知识运用能力。难度中等。
2．已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是(　　)
M＋NQQ溶液M＋N
A．H2　　　　　　　　　　
B．Na
C．Fe
D．Al
解析：钠、镁、铝的活泼性强，在电解其盐溶液时都不能得到金属单质，所以只有A项符合，M为氢气，N为氯气，Q为氯化氢，电解盐酸溶液可以得到氢气和氯气。
答案：A
点拨：本题考查元素化合物知识，考查考生分析问题的能力。难度中等。
3．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是(　　)
物质编号
物质转化关系
a
b
c
d
①
FeCl2
FeCl3
Fe
CuCl2
②
NO
NO2
N2
HNO3
③
Na2O
Na2O2
Na
NaOH
④
Al2O3
NaAlO2
Al
Al(OH)3
A.①④
B．②③
C．①③
D．②④
解析：②中N2不能通过一步反应得到NO2；③中NaOH不能通过一步反应得到Na2O。
答案：A
点拨：本题考查元素化合物知识，考查考生的理解、应用能力。难度较大。
4．在相同条件下，将相同物质的量的Na、Mg、Al分别加入盛有同浓度、同体积稀盐酸的甲、乙、丙三个烧杯中充分反应，生成气体的体积关系不可能是(　　)
A．甲(Na)＞乙(Mg)＞丙(Al)
B．甲(Na)＞乙(Mg)＝丙(Al)
C．甲(Na)＜乙(Mg)＜丙(Al)
D．甲(Na)＝乙(Mg)＝丙(Al)
解析：金属与氢气的关系为2Na～H2、Mg～H2、2Al～3H2，金属消耗酸的关系：Na～HCl、Mg～2HCl、Al～3HCl，而如果酸不足，剩余的Na可与水继续反应，但Mg、Al就会剩余。假设金属的物质的量为1
mol，产生气体体积关系如下表：
金属的物质的量(mol)
盐酸的物质的量(mol)
生成气体的物质的量(mol)
Na
Mg
Al
结论
1
(0,1)
0.5
(0,0.5)
(0,0.5)
B项正确
1
1
0.5
0.5
0.5
D项正确
1
(1,2]
0.5
(0.5,1]
(0.5,1]
甲＜乙＝丙
1
(2,3]
0.5
1
(1,1.5]
C项正确
1
(3，＋∞)
0.5
1
1.5
C项正确
可见，乙(Mg)＞丙(Al)的情况不存在，故答案为A。
答案：A
点拨：本题考查Na、Mg、Al等金属的性质，考查考生分析、计算能力。难度较大。
5．下列关于有机物的说法中，正确的一组是(　　)
①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物
③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液
④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化
⑤淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应
⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料
A．①③⑤
B．②④⑥
C．①②⑤
D．③④⑥
解析：淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解，①正确；“乙醇汽油”是混合物，②错误；乙酸乙酯与碳酸钠不反应，乙酸与碳酸钠反应，③正确；石油的分馏是物理变化，煤的气化是化学变化，④错误；葡萄糖含有醛基，能与新制的氢氧化铜反应，⑤正确；橡胶和纤维也有天然的，⑥错误。
答案：A
点拨：本题考查常见有机物的性质。难度较小。
6．25℃和101
kPa时，乙烷、乙烯组成的混合气体50
mL与过量的氧气混合并完全燃烧，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了105
mL，原混合烃中乙烷的体积分数为(　　)
A．15%
B．20%
C．25%
D．30%
解析：25℃和101
kPa时，水为液体。
2C2H6＋7O2―→4CO2＋6H2O　ΔV
2
7
4
5
C2H4＋3O2―→2CO2＋2H2O　ΔV
1
3
2
2
则有：
解得V(C2H6)＝10
mL，则乙烷所占的体积分数为×100%＝20%，B项正确。
答案：B
点拨：本题考查有机物燃烧的计算，考查考生的计算能力。难度中等。
7．制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(　　)
A．①②　　　　　　　　　
B．②
C．②③
D．②③④
解析：KMnO4与浓盐酸常温下即可反应，①是正确的；制得的Cl2中含有HCl气体和水蒸气，显然不能用NaOH溶液来吸收HCl，因为它同时也吸收Cl2，②是错误的；在用浓H2SO4干燥Cl2时，应是“长管进、短管出”，③是错误的；Cl2与金属的反应，若用图示中的装置，应将导管伸入试管底部，金属也应置于试管底部，且试管口不应加橡胶塞，更好的方法是用两端开口的硬质玻璃管，在右端连接盛NaOH溶液的尾气吸收装置，因而④也是错误的。
答案：D
点拨：本题考查实验室制备氯气，考查考生实验动手的能力。难度中等。
8．在1
L含0.1
mol
NaAlO2和0.1
mol
Ba(OH)2的混合溶液中，逐滴加入浓度为0.1
mol·L－1H2SO4溶液，下列图像中能表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫酸溶液体积之间关系的是(　　)
解析：混合溶液中加入H2SO4，首先发生Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2O,0.1
mol
H2SO4刚好与0.1
mol
Ba(OH)2完全反应生成0.1
mol
BaSO4沉淀，且H2SO4电离出的H＋与Ba(OH)2电离出的OH－也刚好完全中和，再加入H2SO4，则发生反应：AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，即加入0.5
mol
H2SO4时生成Al(OH)3为0.1
mol，继续加入H2SO4，则Al(OH)3会溶解，最终只有BaSO4沉淀。
答案：A
点拨：本题考查离子反应过程中图像的分析，考查考生对混合溶液中离子反应过程实质的理解。难度中等。
9．将18
g铜和铁的混合物投入200
mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24
L
NO，剩余9.6
g金属；继续加入200
mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24
L
NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是(　　)
A．原混合物中铜和铁各0.15
mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为1
mol/L
C．第一次剩余的9.6
g金属为铜和铁
D．再加入上述200
mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24
L
NO
解析：最初溶解8.4
g金属的组成可用极值法分析，由于剩余金属铁一定生成亚铁离子，生成标准状况下2.24
L
NO，若全部溶解铁恰好8.4
g，所以最初溶解的全部是铁0.15
mol，同时根据方程式求出200
mL溶液中含硝酸0.4
mol，所以硝酸浓度为2
mol/L，B项错误；再加硝酸沉淀溶解9.6
g，加入KSCN溶液，溶液不变红，硝酸与亚铁离子未反应，即所加硝酸恰好溶解金属，假设溶解的是铜，恰好9.6
g，即后来溶解的金属恰好为铜，C项错误；即原固体中铁、铜各0.15
mol，A项正确；若再加硝酸0.4
mol与0.15
mol亚铁离子反应，可生成1.12
L标准状况下NO，D项错误。
答案：A
点拨：本题考查铁、铜及其化合物的计算。难度较大。
10．新课程倡导合作学习和探究学习。科学的假设与猜想是科学探究的前提，在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的选项是(　　)
A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
B．探究Na与水的反应生成的气体可能是O2
C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO
D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性
解析：A项，Na2O2具有强氧化性可以氧化强还原性的SO2生成Na2SO4；B项，钠没有氧化性不可能氧化－2价的氧；C项，浓硫酸具有强氧化性可以氧化Cu，且CuO是黑色的；D项，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，生成物可以中和NaOH碱性减弱，HClO具有强氧化性可以漂白。
答案：B
点拨：本题考查推理能力，考查考生类推的能力。难度中等。
11．某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体(含少量浓硫酸)倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，黑色固体未溶解。过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，所得溶液加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得结论正确的是(　　)
A．铜与浓硫酸反应所得白色固体不是CuSO4
B．加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3
C．白色固体中夹杂的少量黑色物质可能是CuO
D．白色固体中夹杂的少量黑色物质中一定含有元素Cu和S
解析：A项，因倒入盛有少量水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，说明白色固体是CuSO4；B项，因倒入烧杯时含有少量硫酸，所以加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4；C项，CuO能与硫酸反应而溶解，所以黑色固体不是CuO；D项，加硝酸后黑色物质溶解溶液呈蓝色，且加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，所以黑色物质一定含有元素Cu和S。
答案：D
点拨：本题考查物质性质，考查考生分析问题的能力。难度中等。
12．在试管中注入某红色溶液，给试管加热，溶液颜色逐渐变浅，则原溶液可能是(　　)
①滴有石蕊的H2SO4溶液　②滴有酚酞的氨水溶液
③滴有酚酞的氢氧化钠溶液　④滴有酚酞的饱和氢氧化钙溶液　⑤滴有酚酞的Na2CO3溶液　⑥溶有SO2的品红溶液
A．②⑥
B．②④
C．①③⑤
D．②④⑥
解析：加热H2SO4溶液c(H＋)不变，所以红色不变，①错误；加热氨气逸出碱性减弱，红色变浅，②正确；加热氢氧化钠溶液碱性不变，红色不变，③错误；加热Ca(OH)2的溶解度减小，饱和溶液有固体析出碱性减弱红色变浅，④正确；加热水解程度变大，碱性增强红色加深，⑤错误；加热不稳定的无色物质分解，恢复原来的红色，⑥错误。
答案：B
点拨：本题考查实验现象，考查考生对实验现象的分析能力。难度中等。
13．500
mL
KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝6.0
mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4
L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500
mL，下列说法正确的是(　　)
A．原混合溶液中c(K＋)为2
mol·L－1
B．上述电解过程中共转移6
mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5
mol
D．电解后溶液中c(H＋)为2
mol·L－1
解析：C项，根据题意：阳极反应为4OH－＋4e－===2H2O＋O2↑，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑；根据阴、阳两极上转移电子相同可列出2n(Cu)＋2n(H2)＝4n(O2)，则n(Cu)＝(1
mol×4－1
mol×2)＝1
mol；A，溶液中c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NO)，则c(K＋)＝2
mol·L－1；B项，根据阳极反应，产生22.4
L
O2，转移4
mol电子；D项，根据电极反应，阳极消耗4
mol
OH－，阴极消耗2
mol
H＋，故电解后溶液中c(H＋)＝＝4
mol·L－1。
答案：A
点拨：本题考查电解的有关计算，考查考生对电解过程的分析和计算能力。难度较大。
14．一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知：SO2、SO
3都能被碱石灰和氢氧化钠溶液吸收。用下图装置加热硫酸铜粉末直至完全分解。若硫酸铜粉末质量为10.0
g，完全分解后，各装置的质量变化关系如下表所示。
装置
A(试管＋粉末)
B
C
反应前
42.0
g
75.0
g
140.0
g
反应后
37.0
g
79.5
g
140.0
g
请通过计算，推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式是(　　)
A．4CuSO44CuO＋2SO3↑＋2SO2↑＋O2↑
B．3CuSO43CuO＋SO3↑＋2SO2↑＋O2↑
C．5CuSO45CuO＋SO3↑＋4SO2↑＋2O2↑
D．6CuSO46CuO＋4SO3↑＋2SO2↑＋O2↑
解析：根据表中数据可知参与反应的10
g硫酸铜粉末质量减少5
g，生成硫的氧化物为4.5
g，生成氧气为0.5
g，硫的氧化物与氧气的质量比9?1，直接分析四个选项，A正确。
答案：A
点拨：本题考查实验探究与分析计算。难度较大。
15．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是(　　)
A．若A为浓盐酸，B为KMnO4晶体，C中盛有紫色石蕊溶液，则C中溶液最终呈红色
B．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中溶液先产生白色沉淀后沉淀又溶解
D．若A为浓H2SO4，B为Cu，C中盛有澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
解析：A项，KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入紫色石蕊溶液中先变红后褪色；B项，仪器D体积较大，能防止生成的气体溶于水而引起倒吸；C项，左侧装置生成的NH3通入AlCl3溶液中生成白色沉淀Al(OH)3，其不溶于弱碱，即使通入过量NH3也不会溶解；D项，常温下Cu和浓硫酸不反应。
答案：B
点拨：本题考查常见的化学反应，考查考生根据实验装置综合分析问题的思维能力。难度中等。
16．用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是(　　)
解析：题目一共给出了两种制备乙烯的方法，利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质。利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中可能混有二氧化硫、二氧化碳、水蒸气等杂质。弄清楚了杂质，再考虑杂质对乙烯检验有无影响，若无影响便不需要除杂。
A．利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质，乙醇也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，因此在检验乙烯时，应先将气体通入水中以除去乙醇，防止其对乙烯检验的干扰。B.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此对乙烯的检验没有影响，故可以不除杂质。C.利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中混有的二氧化硫也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。D.二氧化硫也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。
答案：B
点拨：知识：乙烯的制备、除杂、检验。能力：利用已学知识分析、解决问题的能力。试题难度：较大。
17．相对分子质量为100的烃，且含有4个甲基的同分异构体共有(不考虑立体异构)(　　)
A．3种
B．4种
C．5种
D．6种
解析：＝8……4，但C8H4不可能含有4个甲基，所以该烃分子式为C7H16，含有4个甲基的结构可能为：
答案：B
点拨：本题考查有机物同分异构体的种类，考查考生书写同分异构体的能力。难度中等。
18．用下列实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是(　　)
A．装置甲：乙醇与钠反应后直接点燃生成的气体
B．装置乙：除去甲烷中混有的乙烯
C．装置丙：实验室制取乙酸乙酯
D．装置丁：可以制备硝基苯，也可以用于蔗糖水解的实验
解析：A项，甲中乙醇与钠反应产生氢气，点燃时要先检验纯度；B项，乙中除去甲烷中的乙烯，应选择通过溴水，如通过酸性高锰酸钾溶液，乙烯被氧化为CO2，会引入杂质；C项，丙中实验室制取乙酸乙酯应选择饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯；D项，丁中制备硝基苯或蔗糖水解用水浴加热，可以将温度计插入水中控制反应温度。
答案：D
点拨：本题考查化学实验，考查考生对化学实验装置的分析能力，难度中等。
19．下列叙述正确的是(　　)
A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原理相同
B．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
C．淀粉、油脂、蛋白质的水解产物互为同分异构体
D．纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物
解析：乙烯与溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴而使溴水层褪色，原理不同，A项错误；酸与醇的酯化、乙酸乙酯的水解都是取代反应，B项正确；淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，这些产物不可能互为同分异构体，C.项错误；光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，D项错误。
答案：B
点拨：本题考查物质分类、常见有机物的性质、同分异构体等。难度较小。
二、非选择题(本题包括3小题，共43分)
20．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ，加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
V．浓缩、结晶、分离，得到产品。
(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_______________________。
(2)将MnO氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：
MnO＋Fe2＋＋________===Mn2＋＋Fe3＋＋________
(3)已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1
mol·L－1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：________________________。
(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2＋反应生成MnO2。
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是____________________________。
④Ⅳ中加入MnSO4的目的是__________________________。
解析：(1)本小题考查常见的离子反应。(2)利用得失电子守恒，1个MnO反应转移5个电子，可知Fe2＋、Fe3＋的化学计量数为5，再结合电荷守恒，可知缺项为H＋和H2O，最后利用原子守恒配平。(3)由数据可知，Fe3＋沉淀完全时，pH＝2.8，由题干“调节溶液的pH约为3”可知，此时得到的沉淀为Fe(OH)3，而Fe2＋、Al3＋共存于滤液中。因此，可知步骤Ⅱ是用KMnO4将Fe2＋氧化为Fe3＋，使Fe3＋全部转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去铁元素。(4)①浓盐酸与MnO2加热生成Cl2，Cl2为黄绿色，所以若产生黄绿色气体可判断MnO2的存在；②根据信息可知，MnO可与Mn2＋发生归中反应生成MnO2(沉淀)，而实验最终目的是生成Al2(SO4)3晶体，由此可知，加MnSO4是与过量MnO反应生成MnO2沉淀而除去MnO。
答案：(1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O　(2)5　8H＋　5　4H2O　(3)pH约为3时，Fe2＋和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2＋氧化为Fe3＋，可使铁完全沉淀　(4)①生成黄绿色气体　②除去过量的MnO
点拨：知识：简单氧化还原反应方程式的配平、离子反应方程式的书写、实验现象的描述。能力：依据信息分析问题的能力、实验能力。试题难度：中等。
21．FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为______________。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是________。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)________。
(4)装置B中冷水浴的作用为________；装置C的名称为________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：________。
(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为________________。
(7)电解池中H＋在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为____________________。
(8)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率为100%；②________________。
解析：根据FeCl3的性质及物质制备的相关知识解答。
(1)Cl2和Fe的反应为3Cl2＋2Fe2FeCl3。(2)根据FeCl3加热易升华的性质，可以对反应管中沉积FeCl3的部位加热，使其升华。(3)为了防止FeCl3潮解，②赶尽装置中的空气，防止水蒸气存在；⑤冷却时要在Cl2中冷却，并用干燥的N2赶尽Cl2。(4)装置B中冷水浴的作用是将FeCl3蒸气冷却为FeCl3固体。装置C为干燥管。检验
FeCl2是否失效就是检验D中是否存在Fe2＋，可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验，现象：若存在Fe2＋，溶液中有蓝色沉淀生成。(5)Cl2是有毒气体，可以用碱液吸收，如右图所示。(6)H2S与FeCl3发生氧化还原反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。(7)因为阳极材料为石墨，故阳极是溶液中的Fe2＋放电：Fe2＋－e－===Fe3＋。(8)实验Ⅱ的显著优点是①H2S的利用率高，②FeCl3可以循环利用。
答案：(1)2Fe＋3Cl22FeCl3
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热
(3)②⑤
(4)冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品　干燥管
K3[Fe(CN)6]溶液
(5)
(6)2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(7)Fe2＋－e－===Fe3＋
(8)FeCl3得到循环利用
点拨：知识：物质的制备、尾气的处理、离子的检验等化学实验知识，离子方程式和电极反应式的书写。能力：着重考查学生分析、解决问题的能力。试题难度：中等。
22．合金是建造航空母舰的主体材料。
(1)航母升降机可由铝合金制造。
①铝元素在周期表中的位置为________。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为________。
②Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_____________________________________________________。
焊接过程中使用的保护气为________(填化学式)。
(2)航母舰体材料为合金钢。
①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为________。
②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为________。
(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。
①80.0
g
Cu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0
g，则合金中Cu的质量分数为________。
②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题图信息推断该合金中除铜外一定含有________。
解析：本题围绕金属材料命题，要根据题目设问的角度，联系相关知识解答。(1)①Al元素在周期表中的第三周期第ⅢA族；提纯铝土矿通入CO2发生的反应为2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO。②Al2O3与NaOH溶液发生的反应为Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；保护气应不能与金属反应，一般用稀有气体。(2)金属在海水中主要发生吸氧腐蚀；炼钢过程中为降低Si的含量，常加入CaCO3或CaO将SiO2转化为CaSiO3而除去。(3)①因加入过量的氨水会发生反应Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，故得到的白色沉淀为Al(OH)3，物质的量为0.5
mol，据Al元素守恒可知Al的质量为13.5
g，则Cu的质量为66.5
g，Cu的质量分数约为83.1%。②由图像可知，Fe3＋在pH≈1.9时开始沉淀，在pH≈3.2时沉淀完全，依次类推。pH＝3.4时才开始出现沉淀，说明溶液中没有Fe3＋，则一般也无Fe2＋，因为Fe2＋在空气中会被氧化成Fe3＋，此时的沉淀为Al(OH)3；pH＝7.0时过滤出的沉淀为Al(OH)3和Cu(OH)2；pH＝8.0时过滤出的沉淀为Ni(OH)2。
答案：(1)①第三周期第ⅢA族　CO2　②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　Ar(其他合理答案均可得分)
(2)①吸氧腐蚀　②CaCO3或CaO　(3)①83.1%　②Al、Ni
点拨：知识：金属材料、元素在周期表中的位置、铝的化合物的性质；金属的冶炼与腐蚀；混合物的计算及金属离子沉淀的pH。能力：运用所学相关知识分析问题生解决问题的能力。试题难度：中等。电解质溶液
命题趋向
电解质溶液部分内容与旧大纲相比有一定的变化，删除了“了解非电解质的概念”，增加了“了解难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质”，降低了弱电解质电离平衡的要求层次，对pH、盐的水解的知识进行了具体的要求，将原化学计算中的“pH的简单计算”放在这部分的要求之中。弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性和pH的计算、盐类的水解及其应用等知识是高考化学中的热点内容，常见的题型是选择题，也有填空题和简答题。题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联系。
【知识归纳】
（一）强弱电解质及其电离
1．电解质、非电解质的概念
电解质：在水溶液中或熔融状态时能够导电的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物。
注意：①单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②CO2、NH3等溶于水得到的水溶液能导电，但它们不是电解质，因为导电的物质不是其本身；③难溶的盐（BaSO4等）虽然水溶液不能导电，但是在融化时能导电，也是电解质。
2．电解质的电离
（1）强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子，溶液中的离子浓度可根据电解质浓度计算出来。
（2）弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。如25℃时0.1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。
（3）多元弱酸如H2CO3还要考虑分步电离：
H2CO3H+＋HCO3-；HCO3-H+＋CO32-。
3．弱电解质的电离平衡
（1）特征：①动：υ(电离)＝υ(结合)≠０的动态平衡；②定：条件一定，分子和离子浓度一定；③变：条件改变，平衡破坏，发生移动。
（2）影响因素（以CH3COOHCH3COO－+
H+为例）
①浓度：加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小②温度：升温促进电离（因为电离过程是吸热的）③相关离子：例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理。
4．电离平衡常数（K）----弱电解质电离程度相对大小一种参数
（1）计算方法：
对于一元弱酸
HAH++A-，平衡时，
对于一元弱碱
MOHM++OH-，平衡时，
（2）电离平衡常数的化学含义：K值越大，电离程度越大，相应酸(或碱)的酸性(或碱性)越强。
（3）影响电离平衡常数的因素：K值只随温度变化。
（二）水的电离和溶液的pH
1．水的离子积
（1）定义
H2O
= H++OH-
；△H＞0，KW=c(H+)·c(OH-)
（2）性质
①在稀溶液中，Kw只受温度影响，而与溶液的酸碱性和浓度大小无关。
②在其它条件一定的情况下，温度升高，KW增大，反之则减小。
③溶液中H2O电离产生的c(H+)=c(OH-)
④在溶液中，Kw中的c(OH-)、c(H+)指溶液中总的离子浓度。
酸溶液中c(H+)=
c(H+)(酸)+c(H+)(水)≈c(H+)(酸)，c(H+)(水)=c(OH-)；
碱溶液中c(OH-)=c(OH-)(碱)+
c(OH-)(水)
≈c(OH-)(碱)，c(OH-)(水)=c(H+)；
盐溶液显中性时c(H+)=c(OH-)=c(H+)(水)=c(OH-)(水)，水解显酸性时c(H+)=c(H+)(水)=
c(OH-)(水)＞c(OH-)，水解显碱性时c(OH-)=c(OH-)(水)=c(H+)(水)＞c(H+)。
2．溶液的pH
（1）定义
pH=－lg[H+]，广泛pH的范围为0～14。
注意：当溶液中[H+]或[OH-]大于1mol/L时，不用pH表示溶液的酸碱性。
（2）pH、c(H+)与溶液酸碱性的关系
pH（250C）
c(H+)与c(OH-)关系(任意温度)
溶液的酸碱性
pH<7
c(H+)＞c(OH-)
溶液呈酸性，
pH=7
c(H+)=c(OH-)
溶液呈中性
pH>7
c(H+)＜c(OH-)
溶液呈碱性，
（3）有关pH的计算
①酸溶液中，Kw=c(H+)·c(OH-)≈c(H+)(酸)·c(OH-)(水)
=c(H+)(酸)·c(H+)(水)；
碱溶液中，Kw=c(H+)·c(OH-)≈c(OH-)(碱)·c(H+)(水)=
c(OH-)(碱)·c(OH-)(水)。
②强酸、强碱溶液稀释的计算
强酸溶液，pH(稀释)=pH(原来)+lgn(n为稀释的倍数)
强碱溶液，pH(稀释)=pH(原来)－lgn(n为稀释的倍数)
酸性溶液无限加水稀释，pH只能接近于7，且仍小于7；碱性溶液无限加水稀释时，pH只能接近于7，且仍大于7。
pH值相同的强酸（碱）溶液与弱酸（碱）溶液稀释相同的倍数时，强酸（碱）溶液pH值的变化比弱酸（碱）溶液pH值的变化幅度大。
③强酸、强碱溶液混合后溶液的pH计算
酸过量→c(H+)→pH
恰好完全反应，pH=7
碱过量→c(OH-)→c(H+)→pH
（三）盐类水解
1．概念：盐类水解（如F-+H2OHF+OH-）实质上可看成是两个电离平衡移动的综合结果：①水的电离平衡向正方向移动（H2OH++OH-），②另一种弱电解质的电离平衡向逆方向移动（HFF-+H+）。也可以看成是中和反应的逆反应，升高温度会促进水解。
2．水解规律：有弱才水解，无弱不水解，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。
（1）多元弱酸盐分步水解，如CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-。
（2）通常弱酸根或弱碱的阳离子的水解程度都很小，如0.1mol/LNaAc溶液中Ac-离子的水解百分率不足1%。
（3）同一溶液中有多种离子水解时，若水解显同性，则相互抑制，各离子的水解程度都比同等条件下单一离子的水解程度小，如0.1mol/LNa2CO3和0.1mol/LNaAc混合溶液中CO32-、Ac-的水解程度都要比0.1mol/L
Na2CO3溶液，0.1mol/LNaAc溶液中CO32-、Ac-的水解程度小；若水解显不同性，则相互促进，各离子的水解程度都比同等条件下单一离子的水解程度大，如0.1mol/L
NH4Cl和0.1mol/LNaAc混合溶液中NH4+、Ac-的水解程度都要比0.1mol/L
NH4Cl溶液，0.1mol/LNaAc溶液中NH4+、Ac-的水解程度大。
3．电离平衡与水解平衡的共存
（1）弱酸的酸式盐溶液，如：NaHSO3、NaH2PO4、NaHS、NaHCO3、Na2HPO4溶液的酸碱性取决于电离和水解程度的相对大小。
（2）弱酸（碱）及弱酸（碱）对应盐的混合溶液，如；HAC与NaAc的混合溶液，NH3H2O与NH4Cl的混合溶液，一般等浓度时，弱酸（碱）的电离要比对应盐的水解强。
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(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)
（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它离子或分子等，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(HCO3-)＋c(CO32-)＋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、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
（四）沉淀溶解平衡
1．溶度积的概念
难溶电解质AmBn在水溶液中有如下平衡：AnBm(s)nAm+(aq)+
mBn-(aq)根据化学平衡原理，它的平衡常数表达为：
Ksp=[Am+]n[Bn-]m
Ksp称为溶度积常数，简称溶度积。
（1）Ksp的数值在稀溶液中不受离子浓度的影响，只取决与温度。温度升高，多数难溶化合物的溶度积增大。但Ksp受温度影响不大，当温度变化不大时，可采用常温下的数据。
（2）溶度积的大小反映了难溶电解质溶解能力的大小。对于同种类型基本不水解的难溶强电解质，溶度积越大，溶解度也越大；对于不同类型难溶电解质，就不能简单用Ksp大小来比较溶解能力的大小，必须把溶度积换算程溶解度。
2．溶度积规则
对于难溶电解质AmBn，可以通过比较任意状态时的浓度商Qc与溶度积Ksp的大小判断沉淀的生成与溶解（注意浓度商Qc是任意状态下离子浓度指数的乘积，因此Qc值不固定）。
Qc＜Ksp时，若溶液中有固体存在，则沉淀量减少，直至沉积与溶解达到平衡状态；
Qc=
Ksp时，沉积与溶解处于平衡状态；
Qc＞Ksp时，此时有沉淀析出，直至沉淀与溶解达到平衡状态。
利用该规则既可判断体系中有无沉淀生成，也可通过控制离子浓度，使产生沉淀、沉淀溶解或沉淀发生转化。
（1）沉淀的溶解——创造条件使溶液中Qc＜Ksp。如：
酸碱溶解法、氧化还原溶解法等。
（2）难溶电解质的转化——生成更难溶的电解质。如：
沉淀溶解和转化的实质：难溶电解质溶解平衡的移动。
3．综合应用
决沉淀溶解平衡的一般思路：
“看到”粒子——“找到”平衡——“想到”移动
【考点例析】
例1．下列说法正确的是（
）
A．能导电的物质一定是电解质，不能导电的物质一定是非电解质。
B．难溶于水的物质肯定不是强电解质。
C．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电。
D．强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电性强。
解析：解答本题需弄清两点：一是电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念；二是弄清电解质溶液导电能力与离子浓度的大小，以及离子所带的电荷数有关。
答案：C
例2．已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1
mol·L—1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是
A
B
C
D
解析：因Ksp[Al(OH)3]＞＞Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3＋
沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－
=
AlO－2＋2H2O，故B项图像符合实际情况。
答案：B
例3．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是（
）
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32-和OH-
B．NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)
C．10
mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
解析：A中，生成Na2CO3溶液，CO32-会发生水解，生成HCO3-，所以A错；
电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)
物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
两式相减得：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)
所以B错误。
C中，生成NaAc，Ac-水解呈碱性，故C正确；相同pH，相同体积的HCl和HAc，因为HAc为弱酸，所以HAc的物质的量浓度大，HAc所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
答案：C
例4．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
提示：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42-(aq)的平衡常数
Ksp=c(Ba2+)·c(SO42-)，称为溶度积常数。
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
解析：解答本题的关键是理解Ksp及图像中点、线的含义，然后再结合所学知识不难做出正确的解答。a点、c点达平衡状态，对应c(Ba2+)和c(SO42-)的乘积等于Ksp，它只受温度影响，与c(Ba2+)或c(SO42-)的变化无关，因此，A选项中随着Na2SO4的加入a点应沿曲线下移，D选项中a点、c点对应的Ksp相等。b点、d点均未达平衡状态，由于d点对应c(Ba2+)和c(SO42-)的乘积小于的Ksp，故无BaSO4沉淀生成，但蒸发溶液时，c(Ba2+)和c(SO42-)同时增大，d点不可能垂直到达c点。综合以上分析，答案为C。
答案：C
例5．反应A(g)+B(g)C(g)
+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)该反应是______________反应(填“吸热”“放热”)；
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_____(填“增大”“减小”“不变”)，原因是_____________________
；
(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响 ______，原因是______
___；
(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1_________，E2________(填“增大”“减小、”“不变”)。
解析：由图可以知道，由于该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应进行，所以A的转化率减小；当在反应体系中加入催化剂，能同倍数改变化学反应速率，因此对化学平衡的移动无影响，即对反应热也无影响。因为化学反应速率增大，所以E1和E2同时降低。
答案：(1)放热。
(2)减小；该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动。
(3)不影响；催化剂不改变平衡的移动。
(4)减小、减小。
例6．黄铁矿（主要成分为FeS2）是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4。
(1)将0.050
mol
SO2(g)和0.030
mol
O2(g)放入容积为1
L的密闭容器中，反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)＝0.040
mol/L。计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率（写出计算过程）。
(2)已知上述反应是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有
(填字母)
(A)升高温度
(B)降低温度
(C)增大压强
(D)减小压强
(E)加入催化剂
(G)移出氧气
(3)SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要的化工原料，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需保持溶液足够酸性，其原因是__________________________________________________。
解析：本题考查学生对化学反应可逆性、化学平衡、化学平衡常数和影响化学平衡的外界条件的了解；考查学生对盐类的水解、常见非金属元素硫及其重要化合物的主要性质及其对环境质量影响的了解；考查学生计算平衡常数和平衡转化率的能力以及学生对化学平衡和元素化合物知识的综合应用及知识迁移能力。
答案：(1)解：
2SO2(g)
＋
O2(g)
2SO3(g)
起始浓度/
mol·L－1
0.050
0.030
0
平衡浓度/
mol·L－1
(0.050－0.040)
(0.030－0.040/2)
0.040
=
0.010
=
0.010
所以，K
==
=
1.6×103
mol·L－1。
SO2的平衡转化率
=×100%
=
80%
。
(2)B、C。
(3)SO2＋H2O＋Na2SO3＝2NaHSO3。
(4)抑制Fe2＋、Fe3＋的水解，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋。
例7．工业上制备BaCl2的工艺流程图如下：
某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业过程进行模拟实验。查表得
BaSO4(s)
+
4C(s)4CO(g)
+
BaS(s)
△H1
=
571.2
kJ·mol-1
①
BaSO4(s)
+
2C(s)2CO2(g)
+
BaS(s)
△H2=
226.2
kJ·mol-1
②
（1）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为
。
（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=
。
[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]
（3）反应C(s)
+
CO2(g)2CO(g)的△H2=
kJ·mol-1。
（4）实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是
，
。
解析：（1）S2-
+
H2OHS-
+OH-；HS-
+
H2OH2S
+OH-（可不写）；
（2）2.7×10-3；
（3）172.5；（4）使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）。①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温。
【专题训练】
一、选择题
1．25℃时，用浓度为0.1000
mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00
mL浓度均为0.1000
mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
解析：根据中和滴定曲线先判断HX、HY和HZ的酸性强弱，再运用电离平衡、水解平衡知识分析、解决相关问题。
由图像可知，当V(NaOH)＝0(即未滴加NaOH)时，等浓度的三种酸溶液的pH大小顺序为HX＞HY＞HZ，则酸性强弱顺序为HX＜HY＜HZ，相同条件下三种酸溶液的导电能力顺序为HX＜HY＜HZ，A项错。当V(NaOH)＝10
mL时，HY溶液中c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(OH－)＝10－9mol·L－1，c(Na＋)＝×0.1000
mol·L－1，据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Y－)，即10－5mol·L－1＋×0.1000
mol·L－1＝10－9mol·L－1＋c(Y－)，则有c(Y－)≈×0.1000
mol·L－1，c(HY)＝×0.1000
mol·L－1－×0.1000
mol·L－1＝×0.1000
mol·L－1，那么Ka(HY)＝[c(Y－)·c(H＋)]/c(HY)＝(×0.1000
mol·L－1×10－5mol·L－1)/(×0.1000
mol·L－1)＝10－5，B项正确。HX的酸性比HY的弱，滴定至HX恰好完全反应时，HY也完全反应，此时溶液中的溶质为NaX和NaY，X－的水解程度比Y－的水解程度大，则有c(Y－)＞c(X－)，C项错。HY和HZ混合，达到平衡时，据电荷守恒有c(H＋)＝c(Y－)＋c(Z－)＋c(OH－)；对于弱酸HY来说，Ka(HY)＝[c(H＋)·c(Y－)]/c(HY)，则有c(Y－)＝[Ka(HY)·c(HY)]/c(H＋)，故c(H＋)＝[Ka(HY)·c(HY)]/c(H＋)＋c(Z－)＋c(OH－)，D项错。
答案：B
点拨：知识：酸碱中和滴定，酸性强弱与溶液导电能力的关系，弱酸电离平衡常数计算，溶液中离子浓度的比较。能力：考查考生的综合分析能力、逻辑推理能力和计算能力。试题难度：较大。
2．室温下，对于0.10
mol·L－1的氨水，下列判断正确的是(　　)
A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH＝13
解析：A.氨水与氯化铝反应的离子方程式应为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。B.氨水中存在电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－，加水稀释，促进氨水的电离，氨水的电离平衡正向移动，但铵根离子浓度和氢氧根离子浓度都减小，故二者的乘积减小。C.用硝酸完全中和氨水，生成硝酸铵，溶液应呈酸性。D.氨水的电离是不完全的，0.10
mol·L－1的氨水其pH应小于13。
答案：C
点拨：知识：离子方程式的书写、弱电解质的电离平衡、盐类的水解。能力：知识的理解应用能力、分析问题能力。试题难度：中等。
3．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：
实验编号
起始浓度/(mol·L－1)
反应后溶液的pH
c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是(　　)
A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1
mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)
解析：根据酸碱反应情况判断出所得溶液中的溶质，根据溶液pH判断酸的强弱。
实验①中酸碱恰好完全反应生成盐KA，KA溶液的pH为9，说明该盐发生水解反应，应为强碱弱酸盐，HA为弱酸，实验②中溶液pH＝7时，溶液呈中性，则酸稍过量。A.实验①反应后的溶液为KA溶液，由于A－的水解使得溶液显碱性，则有c(OH－)>c(H＋)，据电荷守恒推知，c(K＋)>c(A－)。B.根据电荷守恒可知，实验①反应后的溶液中c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)。C.实验②中，弱酸HA与KOH溶液等体积混合，所得溶液的pH＝7，HA应稍过量，则有x>0.2
mol/L，那么等体积混合后c(A－)＋c(HA)>0.1
mol/L。D.根据实验②反应后溶液的pH＝7可知溶液呈中性，根据电荷守恒可知该项正确。
答案：B
点拨：知识：酸碱中和、盐类水解、溶液中离子浓度大小比较。能力：利用所学基本理论分析解决问题能力，特别考查溶液中离子的电荷守恒式。试题难度：中等。
4．某温度下，向一定体积0.1
mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])与pH的变化关系如图所示，则(　　)
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
解析：结合醋酸与NaOH溶液的反应，pOH、pH的定义及题给图像，分析各选项并得出合理答案。Q点pOH＝pH＝a，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)，N点溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，那么c(CH3COO－)答案：C
点拨：知识：醋酸溶液与NaOH溶液的反应，溶液的导电能力，水的电离，溶液的酸碱性等。能力：考查考生对信息加工处理能力、综合分析能力及迁移应用能力。试题难度：较大。
5．下列说法正确的是(　　)
A．水的离子积常数KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度
B．Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关
C．常温下，在0.10
mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NH)/c(NH3·H2O)的值增大
D．室温下，CH3COOH的KW＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等
解析：A项，加强酸强碱盐(如NaCl)不影响水的电离；B项，溶度积常数是温度的函数，只受温度的影响；C项，加入NH4Cl，NH3·H2O??NH＋OH－平衡向逆反应方向移动，故pH减小，但由勒夏特列原理可知，c(NH)/c(NH3·H2O)的值增大；D项，只知道平衡常数，但不知溶液的浓度，故c(H＋)、c(OH－)无法计算。
答案：C
点拨：本题考查电离平衡，考查考生对电离平衡的掌握情况。难度中等。
6．常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：
实验编号
c(HA)/mol·L－1
c(NaOH)/mol·L－1
混合溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH＝a
乙
0.2
0.2
pH＝9
丙
c1
0.2
pH＝7
丁
0.2
0.1
pH＜7
下列判断正确的是(　　)
A．a＞9
B．在乙组混合液中由水电离出的c(OH－)＝10－5mol·L－1
C．c1＜0.2
D．丁组混合液：c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：A项，从表格中甲、乙两组数据可知，两组中酸和碱都是等浓度等体积混合，恰好反应得到NaA溶液，溶液呈碱性，NaA为强碱弱酸盐，HA是一元弱酸，且甲中所得NaA溶液浓度小于乙中NaA溶液的浓度，故甲中NaA溶液的碱性弱于乙中，即a<9；B项，由乙组实验数据pH＝9可知混合液中c(H＋)＝10－9
mol/L，常温下，水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，故混合液中c(OH－)＝10－5
mol/L，在强碱弱酸盐中OH－全部由水电离得到；C项，要使弱酸和强碱混合时溶液呈中性，酸必须过量，故c1>0.2
mol/L；D项，溶液pH<7，呈酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液中存在电荷守恒式：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，故c(A－)>c(Na＋)，综合得c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c
(OH－)。
答案：B
点拨：本题考查溶液中的离子反应，考查考生知识运用、读图能力。难度中等。
7．人体血液里存在如下平衡：CO2＋H2O??H2CO3HCO使人体内血液pH保持在7.35～7.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随c(HCO)：c(H2CO3)变化关系如表所示，则下列说法中，正确的是(　　)
c(HCO)?c(H2CO3)
1.0
17.8
20.0
22.4
pH
6.10
7.35
7.40
7.45
A.正常人体血液中，HCO的水解程度小于电离程度
B．人体发生酸中毒时，可饮用碳酸饮料缓解
C．pH＝7.00的血液中，c(H2CO3)＝c(HCO)
D．常温下将pH＝7.40的血液稀释至pH＝7.35，c(H＋)·c(OH－)一定不变
解析：A项，正常血液显碱性，故HCO的水解程度大于其电离程度；B项，如果人体发生酸中毒，应该降低酸性，不能饮用碳酸饮料，可以喝苏打水；C项，根据表格中的数据可得，当c(H2CO3)＝c(HCO)时，血液的pH＝6.10；D项，由于温度不变，故c(OH－)·c(H＋)即KW不变。
答案：D
点拨：本题考查盐的水解，考查考生应用水解规律解决问题的能力。难度较大。
8．硼酸(H3BO3)溶液中存在如下反应：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＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
CH3COOH
K＝1.75×10－5
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：A项，由数据可知，相同条件下，碳酸的酸性强于硼酸，则碳酸钠与硼酸反应只能生成碳酸氢钠，不能得到CO2气体，错误；B项，醋酸少量时，与足量碳酸钠溶液反应生成的是碳酸氢钠和醋酸钠，不能产生气体，错误；C项，等物质的量浓度的碳酸溶液和硼酸溶液，前者的c(H＋)大，pH较小，错误；D项，相同条件下，醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解规律可知，则醋酸根离子的水解程度小于碳酸根离子，则物质的量浓度相同时，碳酸钠溶液的碱性强于醋酸钠溶液，正确。
答案：D
点拨：本题考查电离平衡，考查考生对基本原理的理解能力。难度；中等。
9．25℃时，浓度均为1
mol/L的AX、BX、AY、BY四种正盐溶液，AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1
mol/L，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　　)
A．AY溶液的pH小于7
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，BX溶液的pH变化小于BY溶液
D．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
解析：A项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为强碱弱酸盐，溶液的pH>7；B项，AY溶液的pH>7而BY溶液的pH＝6；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，根据BY溶液的pH＝6，BOH的碱性小于HY的酸性，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)。
答案：D
点拨：本题考查电离平衡和水解平衡，考查考生对平衡理论的理解能力。难度较大。
10．下列说法正确的是(　　)
A．反应2Mg＋CO22MgO＋C　ΔH＜0从熵变角度看，可以自发进行
B．在密闭容器发生可逆反应：2NO(g)＋2CO(g)??N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－113.0
kJ/mol，达到平衡后，保持温度不变，缩小容器体积，重新达到平衡后，ΔH变小
C．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，将等体积的浓度为1.0×10－4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0×10－4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生
D．根据HClO的Ka＝3.0×10－8，H2CO3的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，可推测相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，pH前者小于后者
解析：A项，该反应为熵减反应，因此从熵的角度分析反应不可自发进行，只有利用复合判据才能进行判断；B项，反应的焓变与平衡移动无关，因此新平衡时ΔH不变；C项，由Ksp可知产生AgCl沉淀时c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)/c(Cl－)＝1.8×10－6mol/L、产生Ag2CrO4沉淀时c(Ag＋)＝＝1.4×10－4mol/L，可知先生成AgCl沉淀；D项，由Ka数值知CO水解程度大于ClO－，因此相同状况下，等浓度的NaClO与Na2CO3溶液中，pH前者小于后者。
答案：D
点拨：本题考查难溶电解质的溶解平衡等，考查考生的分析、计算能力。难度中等。
二、非选择题
11．许多硫的含氧酸盐在医药、化工等方面有着重要的用途。
(1)重晶石(BaSO4)常做胃肠道造影剂。
已知：常温下，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。向BaSO4悬浊液中加入硫酸，当溶液的pH＝2时，溶液中c(Ba2＋)＝________。
(2)硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]常做分析剂。
①检验晶体中含有NH的方法为________________________。
②等物质的量浓度的四种稀溶液：
a．(NH4)2Fe(SO4)2
b．NH4HSO4
c．(NH4)2SO4
d．(NH4)2SO3，
其中c(NH)由大到小的顺序为________(填选项字母)。
(3)过二硫酸钾(K2S2O8)常做强氧化剂，Na2S2O3常做还原剂。
①K2S2O8溶液与酸性MnSO4溶液混合，在催化剂作用下，可以观察到溶液变为紫色，该反应的离子方程式为________。
②用铂做电极，电解H2SO4和K2SO4的混合溶液可以制备K2S2O8，其阳极的电极反应式为________，电解过程中阴极附近溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③产品中K2S2O8的含量可用碘量法测定。操作步骤为称取0.3000
g产品于碘量瓶中，加50
mL水溶解；加入4.000
g
KI固体(稍过量)，振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化，以________为指示剂，用0.1000
mol·L－1
Na2S2O3标准液滴定至终点(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)。重复2次，测得平均消耗标准液21.00
mL。该产品中K2S2O8的质量分数为(杂质不参加反应)________(列式并计算)。
解析：(1)Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)，所以c(Ba2＋)＝mol/L＝2.2×10－8mol/L。(2)②因等物质的量浓度，所以b最小，a相互抑制的双水解、c单水解、d相互促进的双水解，所以c(NH)：a＞c＞d＞b。(3)①溶液变为紫色说明生成了MnO；②阳极失电子化合价升高：2SO－2e－===S2O，阴极H＋放电，水的电离平衡正向移动，c(OH－)增大；③K2S2O8具有强氧化性可以将I－氧化为I2，所以指示剂选择淀粉，由S2O＋2I－===2SO＋I2和I2＋2S2O===2I－＋S4O，得关系n(S2O)～2n(S2O)。
答案：(1)2.2×10－8mol/L
(2)①取少量晶体，加水溶解，再加入足量NaOH浓溶液加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则有NH
②a＞c＞d＞b
(3)①5S2O＋2Mn2＋＋8H2O10SO＋2MnO＋16H＋
②2SO－2e－===S2O(或2HSO－2e－===S2O＋2H＋)　增大
③淀粉
×100%＝94.50%
点拨：本题考查离子反应，考查考生综合分析问题的能力。难度中等。
12．研究SO2、CO等大气污染物的处理与利用具有重大意义。
Ⅰ.利用钠碱循环法可脱除烟气中SO2，该法用Na2SO3溶液作为吸收剂，吸收过程pH随n(SO)?n(HSO)变化关系如下表：
n(SO)?n(HSO)
91:9
1:1
9:91
pH
8.2
7.2
6.2
(1)由上表判断NaHSO3水溶液显________性，原因是________。
(2)当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是________。
a．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
b．c(Na＋)＞c(HSO)＞＞c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)
c．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(OH－)
(3)若某溶液中含3
mol
Na2SO3，逐滴滴入一定量稀HCl，恰好使溶液中Cl－与HSO物质的量之比为2?1，则滴入盐酸中n(HCl)为________mol。
Ⅱ.CO可用于合成甲醇，反应原理为
CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)。
(4)在容积为2
L的密闭容器中通入0.2
mol
CO,0.4
mol
H2，达到平衡时，CO转化率为50%，则该温度下的平衡常数为________，再加入1.0
mol
CO后，重新达到平衡，CO的转化率________(填“填大”“不变”或“减小”)；平衡体系中CH3OH的体积分数________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(5)已知CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)；
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ/mol。
有关键能数据如下：(单位：kJ/mol)
化学键
H—H
H—O
C—H
C—O
C===O
键能
435
463
413
356
745
写出甲醇气体完全燃烧生成气态水的热化学方程式：________。
解析：(1)由表格看出pH随HSO的增大而减小，所以HSO的电离大于水解，溶液显酸性。(2)溶液呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，依据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，所以a对，c错，由表格知当溶液呈中性时c(HSO)>c(SO)，所以b正确。(3)设加入盐酸x
mol，根据反应：H＋＋SO===HSO，H＋＋HSO===H2SO3，可知x＝3＋(3－)，解得x＝4
mol。(4)由CO的转化率可知平衡时c(CO)＝0.05
mol·L－1、c(H2)＝0.1
mol·L－1、c(CH3OH)＝0.05
mol·L－1，代入K＝＝100；加入CO平衡向减弱这种改变的方向移动，故CO自身的转化率降低，总物质的量增大，故CH3OH体积分数减小。(5)ΔH＝反应物的总键能一生成物的总键能，第一个方程式ΔH＝3×413
kJ/mol＋356
kJ/mol＋3×463
kJ/mol－(2×745
kJ/mol＋3×435
kJ/mol)＝＋189
kJ/mol,1
mol甲醇燃烧时总反应为第一个反应＋第二个反应×3，则ΔH＝－536.4
kJ/mol。
答案：(1)酸　HSO电离趋势大于水解趋势
(2)ab
(3)4
(4)100
L2/mol－2　减小　减小
(5)CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－536.4
kJ/mol
点拨：本题考查离子浓度大小比较，考查考生对离子浓度大小比较的掌握情况。难度中等。
13．某铵态氮肥由W、X、Y、Z
4种短周期元素组成，其中W的原子半径最小。
Ⅰ.若Y、Z同主族，ZY2是形成酸雨的主要物质之一。
(1)将X、Y、Z的元素符号填在如图所示元素周期表(局部)中的相应位置上。
(2)X的最高价氧化物对应水化物的稀溶液与铜反应的化学方程式为______________________________。
(3)一定条件下，1
mol
XW3气体与O2完全反应生成X元素的单质和液态水，放出382.8
kJ热量。该反应的热化学方程式为________________________________________________________。
Ⅱ.若Z是形成化合物种类最多的元素。
(4)该氮肥的名称是________(填一种)。
(5)
HR是含Z元素的一元酸。室温时，用0.250
mol·L－1NaOH溶液滴定25.0
mL
HR溶液时，溶液的pH变化情况如图所示。
其中，a点表示两种物质恰好完全反应。
①图中x________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
②室温时，HR的电离常数Ka＝________(填数值)。
解析：(1)根据提供信息可知，Y为O，Z为S，则W为H，X为N。(2)N的最高价氧化物对应水化物为HNO3，稀HNO3与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。(4)Z是形成化合物种类最多的元素，则为C，则该氮肥为碳酸氢铵。(5)①a点时两种物质恰好完全反应，则c(HR)＝＝0.2
mol/L，而HR溶液的pH＝3，则HR为弱酸，NaR为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，pH＞7。②0.2
mol/L
HR溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol/L，则电离常数Ka＝＝≈5.0×10－6。
答案：(1)如图
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)
ΔH＝－1531.2
kJ·mol－1
(4)碳酸氢铵
(5)＞　5.0×10－6
点拨：本题考查元素推断，考查考生对基本概念和基本原理的理解和应用能力。难度较大。
13．铜铁及其化合物在日常生活中应用广泛，某研究性学习小组用粗铜(含杂质Fe)与过量氯气反应得固体A，用稀盐酸溶解A，然后加试剂调节溶液的pH后得溶液B，溶液B经系列操作可得氯化铜晶体，请回答：
(1)固体A用稀盐酸溶解的原因是____________________。
(2)检验溶液B中是否存在Fe3＋的方法是________。
(3)已知元素在高价态时常表现氧化性，若在酸性CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，则生成CuCl的离子方程式是__________________。
Ⅱ.常温下，某同学将稀盐酸和氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
氨水物质的量浓度/(mol·L－1)
盐酸物质的量浓度/(mol·L－1)
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH＝5
②
c
0.2
pH＝7
③
0.2
0.1
pH>7
请回答：
(4)从第①组情况分析，该组所得混合溶液中由水电离出的c(H＋)＝________mol·L－1；从第②组情况表明，c________(填“>”“<”或“＝”)0.2
mol·L－1；从第③组情况分析可知，混合溶液中c(NH)________(填“>”“<”或“＝”)c(NH3·H2O)。
(5)写出以下四组溶液NH浓度由大到小的顺序________>________>________>________(填选项编号)。
A．0.1
mol·L－1
NH4Cl
B．0.1
mol·L－1
NH4Cl和0.1
mol·L－1
NH3·H2O
C．0.1
mol·L－1
NH3·H2O
D．0.1
mol·L－1
NH4Cl和0.1
mol·L－1
HCl
解析：(3)CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，若生成CuCl沉淀，根据元素的化合价变化可知，SO会被氧化为SO。(4)①组中，氨水与盐酸恰好反应，生成的氯化铵发生水解反应，促进了水的电离，由水电离出的c(H＋)＝1×10－5
mol·L－1；第②组所得溶液显中性，若等浓度混合，则溶液显酸性，故若显中性，则应该是碱稍过量，即氨水的浓度大于0.2
mol·L－1；根据计算可得，混合后所得溶液中含有等浓度的NH3·H2O和氯化铵，由于pH>7，故氯化铵的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，故c(NH)>c(NH3·H2O)。(5)氯化铵是强电解质，完全电离，而NH3·H2O是弱电解质，部分电离，故C中的c(NH)最小；而B中同时含有氯化铵和NH3·H2O，且该混合溶液中NH3·H2O的电离大于氯化铵的水解，故B中的c(NH)最大；D中存在的氯化氢抑制了NH的水解，故A中的c(NH)小于D中的，所以c(NH)的大小关系是B>D>A>C。
答案：Ⅰ.(1)防止铁盐、铜盐发生水解反应
(2)取少量溶液B，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象则溶液中无Fe3＋，若溶液变红色，则存在Fe3＋
(3)2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO＋2H＋
(4)1×10－5　＞　＞
(5)B　D　A　C
点拨：本题考查铁、铜及其化合物的性质、离子浓度的比较，考查考生灵活解决问题的能力。难度较大。
n[Al(OH)3]
n[Al(OH)3]
n[Al(OH)3]
n[Al(OH)3]
0
V(NaOH)
0
V(NaOH)
0
V(NaOH)
0
V(NaOH)离子反应
命题趋向
离子方程式书写是高考的重点和热点，经常以填空题的形式出现。纵观近几年高考试题，“离子方程式的正误判断”题型的再现率达100％。离子共存的题目主要是考查同学们对离子反应本质的理解以及对几种常见反应类型的掌握情况。
【学法指导】
离子共存和离子方程式是与离子反应密切相关的两个重要问题。离子共存问题覆盖面很广，牵涉的知识点很多，综合性也很强，学生普遍感到很棘手，错误率高也就在所难免。要掌握离子能否共存，先要分清哪些离子不能共存，掌握了不能共存的离子，能共存的离子也就同样掌握了。正确书写离子方程式，是高考大纲对化学用语的要求之一，对于揭示化学反应的规律、把握反应的现象和本质以及离子之间消长的数量关系，无疑有着十分重要的作用。
本专题从不能共存的离子着手，分析其不能共存的理由及规律；以离子方程式常见错误及原因分析为突破口，进一步强化离子反应的基础知识和离子方程式书写的基本技能，期待确保这部分内容在高考中一分不丢。
离子反应：该类题目的主要题型有三个：一是考查离子方程式的书写，从高考试题的表现形式来看，除考查中学化学教材中所涉及的典型的离子反应方程式的书写外，越来越注重有关知识迁移应用的考查即信息给予题。二是判断离子反程式的正误。三是离子共存题，离子共存的条件是：在溶液中离子之间不发生任何化学反应，如复分解反应，氧化还原反应，相互促进的水解反应，络合反应等。在分析判断过程中，除要熟悉常见离子不能共存时所发生的离子反应外，还要注意题目的要求、限制条件，多种离子间的相互影响。
【知识归纳】
一、离子反应
1、定义：从本质上看，凡是有自由离子参加或生成的反应都属于离子反应。离子反应必须在水溶液中或熔融状态下进行。如固体之间或浓H2SO4与固体的反应不属于离子反应。
2、类型：①离子发生复分解反应；②离子发生氧化还原反应。
3、条件
①离子发生复分解反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质。弱电解质包括弱酸、弱碱、弱盐和水四类物质。如醋酸铅(CH3COO)2Pb、草酸铵(NH4)2C2O4等极少数盐属于弱电解质。其中(NH4)2C2O4是弱电解质，在选修“实验化学”中提到。
②离子发生氧化还原反应的条件：能生成弱氧化性、弱还原性的物质。
二、离子共存问题
离子在溶液中能否大量共存，涉及到离子的性质及溶液的酸碱性等综合知识。离子间能发生复分解反应或发生氧化还原反应，则离子不能大量共存。离子不能大量共存一般可从以下几方面考虑：
（一）由于发生复分解反应，离子不能大量共存
1．若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存。如Ag+、Pb2+与Cl-；Ba2+、Ca2+、Ag+、Pb2+与SO42－；Ag+与Br-、I-、PO43-；Ca2+与F-、C2O42-等均不能大量共存。
2．若阴、阳离子能相互结合生成气体，则不能大量共存。如CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-、S2-、HS-等易挥发的弱酸阴离子与H+均不能大量共存。
3．若阴、阳离子能相互结合生成弱电解质，则不能大量共存。
（1）CO32-、SiO32-、CH3COO－、C6H5O-、C17H35COO-、C2O42-、NO2-、PO43-、S2-、SO32-、F-、ClO-等与H+；PO43-与H2PO4-；AlO2-与HCO3-等因生成弱酸而不能大量共存。
（2）NH4+、Mg2+、Fe2+、Ag+、Al3+、Cu2+、Fe3+等与OH-因生成弱碱而不能大量共存。
（3）CH3COO－与Pb2+、NH4+与C2O42-等因生成易溶于水且难电离的盐而不能大量共存。
（4）OH－与H+；HCO3－、HPO42－、H2PO4－、HS－、HSO3－与OH－等因生成水而不能大量共存。
（5）Al3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-、AlO2-；Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-、C6H5O-；NH4+与AlO2-等因发生双水解反应而不能大量共存。
（6）Fe3+与F-、SCN-、、C6H5O－；Al3+与F-；Cu2+、Ag+与NH4+、OH-等因发生络合反应而不能大量共存。
（二）由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存
1．具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如Fe3+与S2-、HS-、SO32-、I-；MnO4-与I-、Br-、Cl-、S2-、SO32-、Fe2+等不能大量共存。
2．在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。Fe2+与NO3-能大量共存，但在强酸性条件下因发生反应3Fe2++NO3-+4H+==3Fe3++NO↑+2H2O而不能大量共存；SO32-和S2-在碱性条件下可以大量共存，但在酸性条件下因发生归中反应2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O而不能大量共存。S2O32-与H+因发生歧化反应S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O不能大量共存。
（三）审题时应注意题中给出的附加条件
1．介质。酸性溶液（该溶液存在大量H+）；碱性溶液（该溶液存在大量OH-）；能在加入铝粉后产生氢气的溶液（该溶液呈酸性或碱性，需分这两种情况考虑）；由水电离出的H+或OH-浓度小于1×10-7mol·L-1的溶液（该溶液加入了酸或碱而呈酸性或碱性，需分这两种情况考虑）；由水电离出的H+或OH-浓度大于1×10-7mol·L-1的溶液（该溶液加入了弱碱盐或弱酸盐而呈酸性或碱性，需分这两种情况考虑）。
2．颜色。如果指明是无色溶液，则有色离子不能共存其中。中学常见的有色离子如下：MnO4-紫红色，Fe3+棕黄色，Fe2+浅绿色，Cu2+蓝色。
3．要求。注意选项要求，是“能大量共存的离子组”，还是“不能大量共存的离子组”，是“一定能大量共存的离子组”，还是“可能大量共存的离子组”。
三、离子方程式
1．概念：用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的方程式。化学方程式只能表示一个具体的反应，而离子方程式能从本质上表示一类反应。电离方程式表示的不是化学反应，而是属于物理变化的电离过程。
2．书写步骤：①写（基础）；②拆（关键）；③删（途径）；④查（保证）。
3．能否拆开的原则：溶质在水中，若主要存在形式是离子，则拆开写成离子。若主要存在形式是分子，则不拆开。所以，难溶的物质（如沉淀、气体），不拆。易溶的物质，如果易电离（如强酸、强碱、绝大多数可溶性盐），拆；易溶的物质，如果难电离（如弱酸、弱碱、极少数可溶性盐、水），不拆。
4．正误判断
离子方程式遵循电荷守恒和元素守恒，若是氧化还原反应的离子方程式还遵循电子守恒。所以检查内容有：电子得失总数、电荷总数、原子总数、反应条件、生成物状态、微粒符号、系数约简、组成关系、试剂加入的先后顺序、反应是否在溶液或熔化状态下进行、微溶性物质是反应物（稀溶液写成离子；悬浊液写成分子）还是生成物（生成物直接写成分子）、酸式酸根离子是强酸的还是弱酸的、试剂的用量是少量还是过量、离子反应是否符合客观事实等。
5．常见错误及原因分析
（1）离子反应误判
如实验室制氨气：Ca(OH)2
+2NH4+Ca2+
+2NH3↑+2H2O；铜和浓硫酸加热反应：Cu+2H2SO4(浓)
Cu2+
+SO42-
+SO2↑+2H2O。错因：该反应不是在水溶液中进行的，因此不能写成离子反应方程式。
（2）违背客观事实
如Fe2O3与氢碘酸：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。错因：忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应。
Mg(HCO3)2与过量NaOH溶液反应：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO32-+H2O。错因：在过量NaOH溶液中Mg2+应生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀。
次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2ClO-+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClO。错因：CaSO3在HClO中将被氧化成CaSO4。
向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：CO2+H2O+2C6H5O-→2C6H5OH+CO32-。错因：苯酚钠溶液中通入二氧化碳不管用量是多是少，总是生成HCO3-。
（3）违反守恒定律
如FeCl2溶液中通Cl2
：Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl-。错因：电子得失不相等，离子电荷不守恒。
（4）分不清强、弱电解质
如NaOH溶液中通入HI：OH-+HI＝H2O+I-。错因：HI误认为弱酸。
电解AgF溶液：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。错因：没有考虑F-与H+的反应。
乙醛的银镜反应：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O。错因：Ag(NH3)2OH和CH3COONH4均是强电解质。
（5）忽视反应物的用量
如澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH
-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+H2O。错因：应抓住不足的反应物（该反应物全部参加了反应）的用量进行讨论。设NaHCO3为1mol，则需要1molOH-生成1molCO32-，而1molCO32-又需要1molCa2+生成CaCO3沉淀。纠正：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O
氨水中入少量硝酸银溶液：Ag+
+
NH3·H2O
=
AgOH↓+NH4+。错因：AgOH会继续与NH3·H2O作用生成Ag(NH3)2OH。
（6）违背一种物质中阴、阳离子配比
如H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液：Ba2++OH-+H++SO42-＝BaSO4↓+H2O。错因：H2SO4电离出的H+和SO42-为2∶1，Ba(OH)2电离出的Ba2+和OH-为1∶2。
（7）不会处理微溶物
如石灰乳中加入盐酸溶液：H++OH-＝H2O。错因：微溶物作为反应物，若为乳状物，则写化学式，若为澄清溶液，则拆成离子形式。纠正：Ca(OH)2
+2H+===Ca2++2H2O。
（8）漏写反应条件
如电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH-。错因：电解反应条件不能丢！
（9）“＝”、“
”
、“↑”、“↓”符号运用不当
如Al3++3H2O＝Al(OH)3↓+3H+。错因：盐的水解一般是可逆的，不能用“＝”，Al(OH)3量少，故不能打“↓”。
6．电极反应式
原电池和电解池中电极反应式的书写要求，与离子方程式完全一样，它是标有电子得失的氧化还原反应两个半反应的离子方程式。
如铅蓄电池放电时电极反应：负极：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；正极：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O。作为介质的稀硫酸，应拆开写成H+和SO42-，PbSO4是沉淀，不能拆开。
【考点例析】
例1．下列各组离子中，能在强酸溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是
(
)
A．MnO4-、K+、Na+、SO42-
B．Na+、K+、HCO3-、Cl-
C．Mg2+、NH4+、Cl-、NO3-
D．Ba2+、K+、S2-、SO42-
解析：A中，MnO4-有颜色；B中HCO3-在强酸性中不能大量共存；D中Ba2+与SO42-不能大量共存。据以上分析得此题正确选项为C。
答案：C。
［感悟］对于离子能否共存问题：必须考虑两个问题。一看同组离子是否发生反应(复分解或氧化还原)。二看是否满足题干要求。有颜色离子：Fe3+，Fe2+，Cu2+，MnO4-。强酸性(或强碱性)，说明溶液中除离子组内各离子外，还应有H+(或OH-)，典型的氧化性离子(如Fe3+、MnO4-、Cr2O72-等)和典型的还原性离子(如Fe2+、S2-、I-、SO32-等)在溶液中会发生氧化一还原反应。
例2．在由水电离产生的H+浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
（
）
①
K+、Cl－、NO3－、S2－
②
K+、Fe2+、I－、SO42－
③
Na+、Cl－、NO3－、SO42－
④
Na+、Ca2+、Cl－、HCO3－
⑤
K+、Ba2+、Cl－、NO3－
A．①③
B．③⑤
C．③④
D．②⑤
解析：由水电离产生的H+浓度为1×10－13mol·L－1，说明水的电离受到了抑制，所以，此溶液可能为酸性或碱性。①中NO3－与S2－离子在酸性中不能共存，在碱性中可以共存；②中Fe2+在碱性溶液中不能共存，Fe2+会与OH 生成白色沉淀；在酸性溶液中可以共存。③中各离子无论在酸性还是在碱性溶液中都能共存；④中HCO3－无论在酸性还是在碱性溶液中都不能共存；⑤中各离子无论在酸性还是在碱性溶液中都能共存。
答案：B。
［感悟］如果由水电离出的H+浓度＜10－7mol·L－1，说明水的电离受到了抑制，有可能外加了酸或一些酸式盐、碱等；如果由水电离出的H+浓度＞10－7mol·L－1，说明水的电离受到了促进，如盐的水解等。
例3．能正确表示下列反应的离子方程式是
（
）
A．碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合
HCO3-+OH-==CO32-+H2O
B．醋酸钠溶液和盐酸混合CH3COONa+H+
==
CH3COOH
+
Na+
C．少量金属钠放入冷水中Na+
2H2O==
Na++2OH-+H2↑
D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合Cu2+
+
SO42-
+Ba2+
+
2OH-==
Cu(OH)2↓+
BaSO4↓
解析：
A中应有CaCO3沉淀，A错；B中CH3COONa是可溶于水，应写成Na+和CH3COO-；C中电荷不守恒，D对。
答案：D。
［感悟］离子方程式的正误判断关键要抓住几看：（1）看是否符合客观事实；（2）看表示各物质的符号是否正确；（3）看一些箭头符号以及必要的条件是否正确；（4）看原子或电荷是否守恒；（5）看是否漏掉一些离子反应；（6）看反应物或产物的配比是否正确；（7）看是否符合题干的要求。
例4．向存在大量Na+、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，该溶液中还可能大量存在的离子组是
（
）
A．K+、Br－、CO32－
B．Al3+、H+、MnO4－
C．NH4+、Fe3+、SO42－
D．Ag+、Cu2+、NO3－
解析：通入足量的NH3后，B中的Al3+和H+不能大量共存；C中的Fe3+在通入足量的NH3后的溶液中不能大量共存，因为会生成Fe
(OH)3沉淀；D中Ag+和Cu2+与NH3·H2O生成络合离子，且Ag+与Cl－也不能大量共存；A正确。
答案：A。
例5．25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的PH＝7时，下列关系正确的是
A．c(NH4+)==c(SO42－)
B．c(NH4+)>c(SO42－)
C．c(NH4+)D．c(OH－)+c(SO42－)==c(H+)+c(NH4+)
解析：
氨水与稀硫酸反应，至溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-),则D错;将前两个等式融合得,
c(NH4+)=2c(SO42-),则A错,B对,C错。
答案：
B
例6．已知0.1
mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法正确的是（
）
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA－）+c（OH－）+2c（A2－）
D．在Na2A溶液中一定有：c（Na+）＞c（A2－）＞c（H+）＞c（OH－）
解析：0.1
mol·L－1的强酸pH＝1.0，0.1
mol·L－1的H2A溶液pH＝4.0，说明它是一种弱酸。Na2A发生水解A2－+H2OHA－+OH－和HA－+H2OH2A+OH－，溶液中存在HA－、A2－、H+、OH－；NaHA发生水解HA－+H2OH2A+OH－和电离HA－H++A2－，溶液中存在HA－、A2－、H+、OH－，所以两溶液中离子种类相同，A不正确。
物质的量相等的Na2A和NaHA因为存在上述水解、电离等过程，阴离子数量发生变化，所以阴离子总量不相等，B不正确。
由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（HA－）+c（OH－）+2c（A2－），C正确。Na2A溶液显碱性，c（OH－）＞c（H+），D不正确。
答案：
C
例7．下列离子方程式书写正确的是
（
）
A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH－=SO32－+H2O
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2
C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4－+5NO2－+6H+=2Mn2++5NO3－+3H2O
D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3－+Ba2++2OH－=BaCO3↓+2H2O+CO32－
解析：A中SO2过量应该生成HSO3－；B中含NO3－和H+，Fe2+不能稳定存在，会被氧化成Fe3+；D中
根据“少定多变”的原则，应该为HCO3-+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2 O；C正确。
答案：C。
［感悟］判断离子方程式正误要看清题设要求，如：过量、少量、等物质的量、适量、任意量以及滴加的顺序对反应产物的影响。
例8． 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（
）
A.二硫化碳的分子模型为
B.向碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠：Mg2++HCO-
3+OH-MgCO3↓+H2O
C.硫氢化钠的水解：HS-+H2OH3O++S2-
D.表示氢气燃烧热的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)2H2O(g)；ΔH=-571kJ/mol
解析：CS2的分子结构与CO2相同，为直线型，A正确。最易发生的错误是由于对Mg(OH)2与MgCO3溶解度的差异不清楚而误选B。部分考生对燃烧热未理解，误选D。
答案：A。
[感悟］本题考查考生对分子结构、离子反应、酸式盐的电离与水解、燃烧热的理解和书写离子方程式、热化学方程式的技能。
例9．已知在常温下，测得浓度均为0.1mol/L的下列六种溶液的pH：
复分解反应存在一个规律：碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质。依照该规律，请你判断下列离子反应不能成立的是（
）
A.CO32-+C6H5OH→HCO3-+
C6H5O-
B.CO2+H2O+ClO-=HCO3-+
HClO
C.CO2+H2O+
C6H5O-→HCO3-
+C6H5OH
D.CO2+H2O+
2C6H5O-→
CO32-+2C6H5OH
解析：本题是信息题目，关键将信息转化为复分解反应是强碱弱酸盐的PH大的转变为PH小的。只有D
不符合。
答案：D
【考题再现】
一、选择题
1．下列解释事实的方程式不正确的是(　　)
A．用浓盐酸检验氨：NH3＋HCl===NH4Cl
B．碳酸钠溶液显碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：
Fe－3e－===Fe3＋
D．长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：
Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
解析：铁在电化学中作负极(失电子)时都是失去两个电子生成亚铁离子。钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化，电极反应式应为Fe－2e－===Fe2＋，C错。
答案：C
点拨：知识：化学用语的掌握(化学方程式和离子方程式的掌握)。能力：考查学生对常见化学现象的理解和掌握以及运用化学用语解释相关现象的能力。试题难度：中等。
2．下列离子方程式正确的是(　　)
A．Cl2通入水中：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：
H2O2＋2H＋＋2I－===I2＋2H2O
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：
2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
2S2O＋4H＋===SO＋3S↓＋2H2O
解析：从反应事实和三守恒(质量守恒、电子守恒、电荷守恒)角度入手分析解决问题。
A．HClO为弱酸，部分发生电离，在离子方程式中不能拆分成离子形式。B.H2O2具有强氧化性，KI具有强还原性，两者能发生氧化还原反应。C.铜为活性电极，用铜作电极电解硫酸铜溶液，构成电镀池，阳极为电极本身失电子被氧化，不能生成O2，选项中的离子方程式表示的是惰性电极电解硫酸铜溶液。D.不符合反应事实，硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸后除生成硫酸钠、单质硫外还有SO2，离子方程式应为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O。
答案：B
点拨：知识：弱电解质电离、氧化还原反应、电解方程式。能力：应用所学知识分析解决问题的能力。试题难度：中等。
3．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．使石蕊试液变红的溶液中：I－、MnO、NO、Na＋
B．含有大量Fe3＋的溶液：NH、HCO、SO、AlO
C．水电离出c(H＋)＝1.0×10－12mol/L的溶液：Cl－、Na＋、ClO－、NH
D．澄清透明的溶液：Cu2＋、Fe3＋、SO、NO
解析：A项，酸性条件下MnO和NO可以将I－氧化；B项，Fe3＋与HCO、AlO发生双水解，HCO与AlO发生复分解反应；C项，酸和碱均能抑制水的电离，呈酸性时ClO－不能大量存在，显碱性时NH不能大量存在；D项，各离子间不反应可以大量共存。
答案：D
点拨：本题考查离子共存，考查考生对离子共存的掌握情况。难度中等。
4．下列离子方程式，书写正确的是(　　)
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B．硫酸铝溶液中加入足量氨水：
Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－
C．FeSO4溶液与稀硝酸反应：
3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D．碳酸氢铵和足量氢氧化钠溶液反应：
NH＋OH－===NH3·H2O
解析：A项，氯气与水反应生成的HClO为弱酸，应写化学式：Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO；B项，氨水不能溶解Al(OH)3，应为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH；C项，FeSO4溶液与稀硝酸反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，HNO3被还原为NO；D项，碳酸氢铵和足量氢氧化钠溶液反应，NH、HCO均参与反应：NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋CO＋H2O。
答案：C
点拨：本题考查离子方程式的正误判断，考查考生对离子方程式书写规律的理解能力。难度中等。
5．下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：
Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋H2O
B．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4反应：
Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
C．向100
mL
1
mol/L
FeBr2溶液中通入足量的Cl2；
2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
D．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：
Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
解析：A项，正确的离子方程式为Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O；B项正确的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋NH＋H＋＋SO===BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O；C项Fe2＋与Br－计量数之比应等于1?2，正确的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－；D项，氧化性：Br2＞Fe3＋，故Fe(OH)3与HBr反应只是酸碱中和反应。
答案：D
点拨：本题考查离子方程式的正误判断，考查考生定量分析问题的能力。难度中等。
6．下列反应的离子方程式书写正确的是(　　)
①硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：
Ba2＋＋SO===BaSO4↓
②将金属钠加入水中：
2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
③石灰石溶于稀醋酸：
CaCO3＋2CH3COOH===2CH3COO－＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O
④氯气与水反应：Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO
⑤小苏打溶液中加入少量石灰水：
Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋CO＋2H2O
⑥次氯酸钙溶液中通入过量CO2：
Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
⑦钠与硫酸铜溶液反应：Cu2＋＋2Na===Cu＋2Na＋
⑧纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO＋H＋===HCO
A．①②⑤
B．②③④⑤⑧
C．④⑤⑥⑦
D．②③⑧
解析：①漏写Cu(OH)2；⑥CO2过量，应生成HCO；⑦钠投入水溶液中，先与水反应生成NaOH，再与Cu2＋生成Cu(OH)2。
答案：B
点拨：本题考查离子方程式的正误判断，考查考生对离子反应实质的理解。难度中等。
7．已知NH4CuSO3与足量的2
mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成　②产生刺激性气味的气体　③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是(　　)
A．反应中硫酸做氧化剂
B．NH4CuSO3中硫元素被氧化
C．1
mol
NH4CuSO3完全反应转移0.5
mol电子
D．刺激性气味的气体是氨气
解析：NH4CuSO3由NH、Cu＋、SO构成，与硫酸反应生成的刺激性气味的气体为SO2，反应后有红色的Cu生成，溶液显蓝色，故有Cu2＋生成，则为Cu＋发生的歧化反应，此处硫酸体现酸性，1
mol该物质完全反应，转移电子为0.5
mol，A、B错误，C正确；酸性环境中不可能生成NH3，D错误。
答案：C
点拨：本题考查氧化还原反应，考查考生对复杂氧化还原反应的分析能力。难度中等。
8．向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是(　　)
A．加入KSCN溶液一定不变红色
B．溶液中一定含Fe2＋
C．溶液中一定含Cu2＋
D．剩余固体中一定含Cu
解析：加入铁粉，铁粉先与FeCl3反应后再与CuCl2反应，充分反应后有固体存在，该固体可能为①Cu，此时铁粉完全反应，FeCl3完全反应而CuCl2可能完全反应，也可能有剩余；②Fe和Cu，此时铁粉有剩余，FeCl3、CuCl2均完全反应。因此溶液中一定不含Fe3＋，加入KSCN溶液不变红色。故溶液中一定含有Fe2＋，可能含有Cu2＋，剩余固体定含有Cu。
答案：C
点拨：本题考查铁及其化合物，考查考生对铁及其化合物性质的理解能力。难度较大。
9．下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1?2的是①O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I2＋O2　②SiO2＋2CSi＋2CO↑　③SiO2＋3CSiC＋2CO↑
④4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(　　)
A．仅有②
B．②④
C．②③④
D．①②③④
答案：D
点拨：
反应
①
②
③
④
氧化剂
O3
SiO2
C
MnO2
还原剂
KI
C
C
HCl
物质的量之比
1:2
1:2
1:2
1:2
10.下列离子方程式中只能表示一个化学反应的是(　　)
①Ag＋＋Cl－===AgCl↓　②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O　③CaCO3＋2H＋===CO2↑＋H2O＋Ca2＋　④Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu　⑤Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO
A．①③
B．⑤
C．②⑤
D．④
解析：①可以表示可溶性银盐与可溶性氯化物或盐酸的反应，例如AgNO3与NaCl、HCl的反应；②可以表示Ba(OH)2与H2SO4或NaHSO4的反应；③可以表示CaCO3与盐酸、硝酸等的反应；④可以表示Fe与可溶性铜盐的反应(如CuSO4、CuCl2等)；⑤只能表示氯气与水的反应。
答案：B
点拨：本题考查离子方程式，考查考生对离子方程式意义的理解能力。难度中等。
11．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．0.1
mol·L－1
NaOH溶液：K＋、Na＋、SO、CO
B．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液：K＋、Ba2＋、NO、Cl－
C．0.1
mol·L－1
FeCl3溶液：K＋、NH、I－、SCN－
D．c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO
解析：B项，CO与Ba2＋因生成BaCO3不能大量共存；C项，Fe3＋与I－发生氧化还原反应、Fe3＋与SCN－形成络合离子而不能大量共存；D项，溶液中c(H＋)＝1
mol/L，ClO－与H＋不能大量共存。
答案：A
点拨：本题考查离子共存，考查考生的理解能力。难度中等。
二、非选择题
12．有一无色溶液，其中可能含有Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH、K＋、CO、SO等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行四个实验：
①蘸取溶液进行焰色反应(透过蓝色钴玻璃)显紫色，
②加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀，
③加入过氧化钠固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，
④取100
mL该溶液逐滴加入过量的5
mol·L－1氢氧化钠溶液，生成白色沉淀与加入氢氧化钠的量如图：
(1)原溶液中一定不存在的离子：_____________________________。
(2)为满足溶液中一定存在的离子要求，一般可溶解两种常见的物质，其化学式为________、________。
x－y＝________mol。
解析：(1)根据溶液无色，一定不含Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋；根据①，一定含有K＋；根据②，一定含有SO；根据③，一定不含NH；根据④，一定含有Mg2＋、Al3＋。由于Al3＋和CO不能共存，一定不含CO。故一定不存在的离子有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、NH、CO。(2)溶液中含有的离子为K＋、Al3＋、Mg2＋、SO，可以溶解KAl(SO4)2、MgSO4得到。x－y为溶解的Al(OH)3，根据24～26段；Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。则n[Al(OH)3]＝5
mol/L×0.002
L＝0.01
mol。
答案：(1)Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、NH、CO
(2)KAl(SO4)2　MgSO4　0.01
点拨：本题考查离子推断，考查考生对离子检验原理的理解和应用能力。难度较大。
13．某溶液可能含有Na＋、K＋、Mg2＋、Cu2＋等阳离子及MnO、SiO、AlO、CO、HCO、SO、Cl－等阴离子，已知：①该溶液呈无色；②经测定溶液的pH＝12；③取少量溶液，加入100
mL
2
mol·L－1稀盐酸进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲。
(1)由①②③可判断：原溶液中一定不存在的离子是________，一定存在的离子是________。
(2)将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水、最终有白色胶状沉淀，说明原溶液中一定有________(填离子符号)，刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，原因是_________________________________________(用离子方程式表示)；另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定有________(填离子符号)，过滤得到滤液乙。
(3)往滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5
g，则原溶液中是否有Cl－？________(填“是”或“否”)。
解析：(1)由①可知不含MnO与Cu2＋；由②知不含Mg2＋、HCO；利用③可知一定含SiO与CO。(2)溶液加氨水后生成白色胶状沉淀，说明原溶液中含有AlO(加入盐酸酸化时转化为Al3＋)，而开始加入氨水没有形成沉淀，原因是剩余的H＋与氨水反应；加入Ba(NO3)2得白色沉淀，说明含有SO。(3)利用题中数据计算知：n(AgCl)＞n(HCl)加入，利用氯守恒可知原溶液中含有Cl－。
答案：(1)MnO、Cu2＋、Mg2＋、HCO　CO、SiO
(2)AlO　NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O　SO
(3)是
点拨：本题考查离子共存及离子方程式的书写，考查考生的分析、推理及计算能力。难度中等。
14．已知Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应(发生的反应均为放热反应)。生成物中含有Cl－、ClO－、ClO三种含氯元素的离子，其中ClO－、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。
(1)t1前，氧化产物是______________________(填化学式)。
(2)t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总的离子方程式：______________________________________。
(3)该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是________mol。
(4)NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，其爆炸后的产物可能是________(填字母)。
A．NaCl、Cl2
B．NaCl、NaClO
C．NaClO3、NaClO4
D．NaCl、NaClO3
(5)配平下列离子方程式：________Fe(OH)3＋________ClO－＋________OH－===________FeO＋________Cl－＋________H2O。
解析：(1)氧化产物即化合价升高后的产物，t1前，从图中直接看出化合价升高的产物只有ClO－，所以氧化产物为Ca(ClO)2；(2)t2时，Ca(OH)2与Cl2反应产物有氯酸钙、次氯酸钙和氯化钙，前两者的物质的量比为1:2，所以总的离子方程式为5Ca(OH)2＋5Cl2===5Ca2＋＋ClO＋7Cl－＋2ClO－＋5H2O；(3)该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量可根据上题的方程式进行分析；(4)NaClO2爆炸后的产物可根据化合价有升高有降低进行分析，所以只有D项合理；(5)离子方程式配平基础依据是3个守恒，质量守恒、电荷守恒、化合价升降守恒。
答案：(1)Ca(ClO)2
(2)5Ca(OH)2＋5Cl2===5Ca2＋＋ClO＋7Cl－＋2ClO－＋5H2O
(3)5
(4)D
(5)2　(5－n)　2n　2　(5－n)　(n＋3)
点拨：本题考查氯及其化合物的性质与应用。难度中等。氧化还原反应与电化学原理
命题趋向
(1)由氧化还原反应方程式判断氧化性、还原性强弱。(2)由氧化性、还原性强弱判断氧化还原反应方程式的正误。(3)由氧化还原反应方程式判断氧化还原反应方程式的正误。
【考点剖析】
普通的氧化还原反应在一处进行，不形成电流，化学能转变成热能或光能。原电池中发生的反应具有两个特点：①是自发的氧化还原反应，②该反应在两处进行，分别叫正极和负极，其结果是化学能转变成电能。电解池中发生的反应也具有两个特点：①是被迫发生的氧化还原反应，②该反应在两处进行，分别叫阴极和阳极，其结果是电能转变成化学能。我们把研究电能与化学能相互转化的化学，叫做电化学。
氧化还原反应和电化学，作为高中化学中的基本概念和基础理论，在高考中占有非常重要的地位。前者主要的考查点有：氧化剂、还原剂等概念的理解，氧化性、还原性强弱的判断，依据电子守恒进行配平和计算等。后者的基本要求是：（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）理解金属发生电化学腐蚀的原因，金属腐蚀的危害，防止金属腐蚀的措施；（3）应用电解知识理解电镀铜、电解精炼铜、氯碱工业等化工生产原理。氧化剂、还原剂等概念的理解，氧化性、还原性强弱的判断，依据电子守恒进行配平和计算等。氧化还原反应的计算是高考的重点也是高考的难点。
【知识归纳】
一、氧化还原反应
1、氧化还原反应与四种基本反应类型及离子反应的关系：
2、氧化还原反应的基本概念及其关系
3、物质氧化性和还原性相对强弱的判断方法
（1）根据金属活动顺序进行判断规律：金属单质的还原性越强，其对应阳离子的氧化性越弱：
[说明]一般来说，越活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越容易，其阳离子得电子还原成金属单质越难，氧化性越弱；反之，越不活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越难，其阳离子得电子还原成金属单质越容易，氧化性越强。如Cu2++2-→Cu远比Na+
+e-→Na容易，即氧化性Cu2+>Na+,还原性Na>
Cu
（2）根据非金属活动顺序进行判断
（3）根据氧化还原反应的发生规律判断
氧化还原反应发生规律可用如下式子表示：
氧化性：氧化剂＞氧化产物
还原性：还原剂＞还原产物
例：已知①2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，②2FeCl2+C12=2FeCl3。由①知，氧化性Fe3+>I2，由②知，氧化性C12>Fe3+，综合①②结论，可知氧化性Cl2>Fe3+>I2
（4）根据氧化还原反应发生反应条件的不同进行判断
如：Mn02十4HCl(浓)MnCl2+C12↑+2H20，2KMn04十16HCl(浓)=2MnCl2+5C12↑+8H2O
后者比前者容易(不需要加热)，可判断氧化性
KMn04>Mn02
（5）根据被氧化或被还原的程度的不同进行判断
Cu十C12CuCl2，2Cu+SCu2S
C12可把Cu氧化到Cu(+2价)，而S只能把Cu氧化到
Cu(+1价)，这说明氧化性Cl2>S
（6）根据元素周期表判断
①对同一周期金属而言，从左到右其金属活泼性依次减弱。如Na、Mg、A1金属性依次减弱，其还原性也依次减弱。
②对同主族的金属和非金属可按上述方法分析。
4、氧化还原反应的计算
氧化还原反应比较典型的计算有：求氧化剂与还原剂物质的量之比或质量比，计算参加反应的氧化剂或还原剂的量，确定反应前后某一元素的价态变化，判断反应产物等。计算的关键是依据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，列出守恒关系式求解。计算公式如下：
氧化剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
提醒：氧化还原反应的计算在高考中考查较多，但难度不大，通常运用电子得失守恒来分析，应注意不要漏掉物质或粒子的组成比。
5、氧化还原反应的规律
(1)守恒规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等(即电子转移守恒)，表现在元素化合价降低总数与升高总数相等。
(2)价态规律：根据元素的价态可以判断物质的氧化性、还原性。例如：具有还原性，具有氧化性，既具有氧化性又具有还原性。
(3)转化规律：同种元素不同价态之间发生反应，元素化合价只靠近不交叉；相邻价态间不发生氧化还原反应。例如：H2S+H2SO4(浓)====S↓+SO2↑+2H2O，反应中，；Fe与Fe2+、Fe2+与Fe3+不发生反应。
(4)强弱规律：一种氧化剂与几种还原剂反应，先氧化还原性强的还原剂，反之亦然。例如：Cl2与FeBr2溶液的反应，先考虑Cl2氧化Fe2+，再考虑Cl2氧化Br-；Cl2与FeI2溶液的反应，先考虑Cl2氧化I-，再考虑Cl2氧化Fe2+。同样，一种还原剂与几种氧化剂反应，氧化性强的先反应，如Fe加到H2SO4和CuSO4组成的混合溶液中，Fe先与Cu2+反应，然后才与H+反应。
二、电化学
（一）构成原电池的条件
1．要有活动性不同的两个电极（一种金属与另一种金属或石墨或不溶性的金属氧化物）；
2．要有电解质溶液；
3．两电极浸入电解质溶液且用导线连接或直接接触。
（二）原电池、电解（镀）池电极名称的确定
1．确定原电池电极名称的方法
方法一：根据电极材料的性质确定。通常是
（1）对于金属——金属电极，活泼金属是负极，不活泼金属是正极；
（2）对于金属——非金属电极，金属是负极，非金属是正极，如干电池等；
（3）对于金属——化合物电极，金属是负极，化合物是正极。
方法二：根据电极反应的本身确定。
失电子的反应→氧化反应→负极；得电子的反应→还原反应→正极。
2．确定电解（镀）池电极名称的方法
方法一：与外电源正极连接的一极是阳极、与负极连接的一极是阴极。
方法二：电极上发生氧化反应的是阳极，发生还原反应的是阴极。
（三）原电池和电解池的比较
电池
原电池（化学能
→
电能
）
电解池
（电能→化学能）
以惰性材料作阳极
以活泼材料作阳极
电镀铜
电解精炼铜
装置举例
形成条件
活动性不同的两个电极电极插入电解质溶液中形成闭合回路两极有自发的氧化还原反应
①两电极与直流电源相连。②两电极插入电解质溶液中。③形成闭合回路。
电极名称
负级：较活泼的金属或还原剂正极：较不活泼的金属或氧化剂
阳极：连电源正极阴极：连电源负极
阳极：镀层金属阴极：镀件溶液：含镀层金属离子
阳极：不纯金属阴极：纯金属溶液：含纯金属离子
电极反应
负极：氧化反应，金属失电子正极：还原反应，阳离子得电子
阳极：氧化反应，先活泼电极失电子，后溶液中阴离子失电子。阴极：还原反应，溶液中阳离子得电子。
电子流向
负极正极
阳极电源正极，电源负极阴极
溶液中离子流向：阴离子移动方向与电子相同。
（四）根据总反应式设计原电池
1、可设计成原电池的反应一般应满足如下条件：
（1）反应放热；（2）属于氧化还原反应
2、步骤
首先标明电子转移方向，根据电子转移方向判断正负极材料——失电子的为负极，得电子的为正极，其次选择相应的物质构成两个半电池——失电子金属和对应的产物构成一个半电池、得电子的离子和一较不活泼的金属或石墨构成另一半电池，最后用盐桥和导线组成闭合回路。
例如将Fe+2FeCl3＝3FeCl2设计成原电池装置
分析：Fe作负极，FeCl3作电解液，可设计成如下两种装置：
（五）金属的腐蚀
1．金属腐蚀的实质：金属原子失去电子被氧化而消耗的过程。
2．金属腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀。
3．化学腐蚀实质：金属和非电解质或其它物质相接触直接发生氧化还原反应而引起的腐蚀。其腐蚀过程没有电流产生。
4．电化学腐蚀实质：不纯金属或合金在电解质溶液中发生原电池反应。电化学腐蚀过程有电流产生。
5．腐蚀的常见类型
（1）析氢腐蚀
在酸性条件下，正极发生2H++2e-=H2↑反应。
（2）吸氧腐蚀
在极弱酸或中性条件下，正极发生2H2O+O2+4e-=4OH-反应。
若负极金属不与电解质溶液发生直接的反应，则形成吸氧腐蚀的原电池反应。如生铁浸入食盐水中，会形成许多微小的原电池。
6．在同一电解质溶液中，金属腐蚀的快慢可用下列原则判断：电解原理引起的腐蚀>原电池引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
（六）分析电极反应及其产物
原电池：负极：M-ne-=Mn+
正极：（1）酸性溶液中2H++2e-=H2↑
（2）不活泼金属盐溶液Mn++ne-=M
（3）中性、弱酸性条件下2H2O+O2+4e-=4OH-
电解（镀）池：
阳极：（1）若阳极是由活性材料（除C、Pt、Au等以外的其它金属）做成，阳极反应是阳极金属失去电子而被氧化成阳离子；
（2）若阳极是由C、Pt、Au等惰性材料做成，阳极反应则是电解液中阴离子在阳极失去电子被氧化。阴离子失去电子能力大小顺序为：I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-。
阴极：阴极反应一般是溶液中的阳离子得电子的还原反应，阳离子得电子能力大小顺序为：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。必须注意的是，电镀时通过控制条件，Fe2+和Zn2+得电子的能力强于H+。
（七）电解实例及规律
电解液
溶质类别
电解总反应式
相当于电解
溶液pH
NaOH溶液
强碱
2H2O2H2↑+O2↑
水
升高
H2SO4溶液
含氧酸
降低
Na2SO4溶液
活泼金属的含氧酸盐
不
变(两极混合液)
CuCl2溶液
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2Cu+Cl2↑
电解质本身
接近7
HCl溶液
无氧酸
2HClH2↑+Cl2↑
升高
NaCl溶液
活泼金属的无氧酸盐
2NaCl+2H2OH2+2NaOH+Cl2↑www
.k
s5u.c
om
电解质与水
升高
CuSO4溶液
不活泼金属的含氧酸盐
2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
降低
NaCl(熔融)
离子化合物
2NaCl2Na+Cl2↑
电解质本身
Al2O3(熔融)
2Al2O34Al+3O2↑
【考点例析】
例1．下列叙述中正确的是
A．构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属。
B．由铜、锌作电极与硫酸铜溶液组成的原电池中铜是负极。
C．马口铁（镀锡铁）破损时与电解质溶液接触锡先被腐蚀。
D．铜锌原电池工作时，若有13克锌被溶解，电路中就有0.4mol电子通过。
解析：
两种活动性不同的金属与电解质溶液能够组成原电池，但不能因此说构成原电池电极的材料一定都是金属，例如锌和石墨电极也能跟电解质溶液组成原电池。在原电池中，活动金属中的电子流向不活动的电极，因此活动金属是负极。镀锡铁表皮破损后与电解质溶液组成原电池，铁较锡活泼，铁先失电子被腐蚀。铜锌原电池工作时，锌负极失电子，电极反应为Zn
–2e==Zn2+，1molZn失去2mol电子,0.2mol锌（质量为13克）被溶解电路中有0.4mol电子通过。故选D。
答案：D
例2．把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若A、B相连时，A为负极；C、D相连，D上有气泡逸出；A、C相连时A极减轻；B、D相连，B为正极。则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为
A．A＞B＞C＞D
B．A＞C＞B＞D
C．A＞C＞D＞B
D．B＞D＞C＞A
解析：金属组成原电池，相对活泼金属失去电子作负极，相对不活泼金属作正极。负极被氧化质量减轻，正极上发生还原反应，有物质析出，由题意得活泼性　　　A＞B、A＞C、C＞D
、D＞B，故正确答案为B。
答案：B
例3．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
（
）
A．3Cl2
+
6
FeI2==
2FeCl3
+
4FeI3
B．
Cl2
+
FeI2
==
FeCl2
+
I2
C．Co2O3
+
6HCl
==
2CoCl2
+
Cl2↑
+
3H2O
D．
2Fe3+
+
2I—
==
2Fe2+
+
I2
解析：此题可结合题给信息：氧化性强弱顺序Co2O3>Cl2>FeCl3>I2，可推知还原性强弱顺序I—>Fe
2+>Cl—>Co2+，然后根据氧化剂先氧化强还原剂的规律，知A选项中Cl2应该先氧化I—后氧化Fe
2+，所以A选项错误。
答案：A。
例4．电子计算机所用钮扣电池的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应是：
Zn
+
2
OH-
-2e＝ZnO
+
H2O
Ag2O
+H2O
+
2e＝2Ag
+2
OH-
下列判断正确的是
A．锌为正极，Ag2O为负极。
B．锌为负极，Ag2O为正极。
C．原电池工作时，负极区溶液PH减小。
D．原电池工作时，负极区溶液PH增大。
解析：本题考查原电池和PH的概念。
原电池中失去电子的极为负极，所以锌为负极，Ag2O为正极。B是正确答案。因为
Zn
+
2
OH-
-2e＝ZnO
+
H2O
，负极区域溶液中[OH-]
不断减少，故PH减小，所以C也正确。故选B、C。
答案：BC
例5．
镍氢电池是近年来开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镍镉电池。镍氢电池的总反应式是：H2+NiO(OH)Ni(OH)2。根据此反应式判断，下列叙述中正确的是（
）
A．电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大
B．电池放电时，镍元素被氧化
C．电池充电时，氢元素被还原
D．电池放电时，氢气是负极
解析：本题考查在题目创设的新情景中运用所学电化学知识，解决具体问题的能力。首先是区别出充电运用的是电解原理，放电则是运用了原电池原理。抓住电解池、原电池各极发生氧化还原反应的特点，结合题给的信息进行分析判断：
A：原电池负极反应式为：H2+OH-+e-Ni(OH)2，pH下降。故A不正确。
B：原电池，NiO(OH)→Ni(OH)2，镍被还原。故B也不正确。
答案：CD。
例6．甲、乙两个容器中，分别加入0.1mol/LNaCl溶液与0.1mol/LAgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为:_____________
　　
　　
解析：此装置相当于两个电解槽串联到一起,在整个电路中电子转移总数相等.首先判断各极是阳极还是阴极，即电极名称，再分析各极发生的反应.A极(阴极)反应:2H++2e-=H2↑，B极(阳极)反应:2Cl--2e-=Cl2↑；C极(阴极)反应：Ag++
e-
=Ag；D极(阳极)反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑，根据电子守恒法可知,若整个电路中有4mol电子转移,生成H2、Cl2、Ag、O2的物质的量分别为：2mol、2mol、4mol、1mol因此各电极上生成物的物质的量之比为：2:2:4:1。
答案：2:2:4:1
例7．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
（1）该反应中的还原剂是____________。
（2）该反应中，发生还原反应的过程是__________→
__________。
（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目
__________________________________________________________。
（4）如反应转移了0.3
mol
电子，则产生的气体在标准状况下的体积为______。
解析：本题是在给出了所有反应物和生成物、H2O2发生氧化反应的基础上，所设计的一个题目。通过H2O2
→
O2，知氧元素化合价升高，可判断H2O2是还原剂。再根据Cr的化合价降低，可确定还原反应的过程是H2CrO4→Cr(OH)3。由此确定反应物和生成物，最后根据化合价升降总数相等，配平方程式、标出电子转移的方向和数目。（4）中根据电子守恒可确定气体体积。正确答案是：（1）H2O2；（2）H2CrO4→Cr(OH)3；（3）。
【考题再现】
一、选择题
1．镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳。其中一种镁电池的反应为xMg＋Mo3S4MgxMo3S4，下列说法错误的是(　　)
A．放电时Mg2＋向正极迁移
B．放电时正极反应为Mo3S4＋2xe－===Mo3S
C．充电时Mo3S4发生氧化反应
D．充电时阴极反应为Mg2＋＋2e－===Mg
解析：利用原电池工作原理可知，原电池工作时电解质溶液中阳离子移向正极，A正确；由Mg升高至＋2价，结合总反应式可知共转移2x
mol电子，正极得电子发生还原反应，故可知B项正确；充电时，发生氧化反应与还原反应的均为MgxMo3S4，C项错误；充电时阴极发生还原反应得到金属镁，D项正确。
答案：C
点拨：本题考查原电池，考查考生的理解能力。难度中等。
2．电解原理在化学工业中有着广泛的应用。图甲表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。则下列说法不正确的是(　　)
A．若此装置用于电解精炼铜，则X为纯铜、Y为粗铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液
B．按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量
C．按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入0.5
mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0
mol
D．若X、Y为铂电极，a溶液为500
mL
KCl和KNO3的混合液，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2
L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0
mol·L－1
解析：电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，A项正确；惰性电极电解AgNO3溶液时的反应为4AgNO3＋2H2O4HNO3＋4Ag＋O2↑，故B项正确；利用电解CuSO4溶液的反应式2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑可知，若电解一段时间CuSO4溶液后加入0.5
mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为1.0
mol，C项错；D项，阴极析出氢气，阳极先析出氯气，后析出氧气，因此若两极气体体积相等则阳极产生的气体只能是氯气，利用氯原子守恒可知混合液中c(KCl)至少为1
mol÷0.5
L＝2.0
mol·L－1。
答案：C
点拨：本题考查电化学，考查考生的分析、计算能力等。难度较大。
3．甲烷燃料电池，分别选择H2SO4溶液和NaOH溶液做电解质溶液，下列有关说法正确的是(　　)
A．总反应式都为CH4＋2O2===CO2＋2H2O
B．H2SO4和NaOH的物质的量都不变，但浓度都减小
C．若用H2SO4溶液做电解质溶液，负极反应式为CH4－4e－＋H2O===CO2＋4H＋
D．若用NaOH溶液做电解质溶液，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：A项，在氢氧化钠溶液中，生成的CO2会与氢氧化钠反应生成碳酸钠；B项，在碱性溶液中，由于CO2与氢氧化钠反应，使得氢氧化钠的物质的量减小；C项，负极反应中，1个CH4应该失去8个电子，其电极反应式是CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋。
答案：D
点拨：本题考查燃料电池，考查考生应用原电池原理解题的能力。难度中等。
4．电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁—次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，图乙是含Cr2O的工业废水的处理。下列说法正确的是(　　)
A．图乙中Cr2O向惰性电极移动，与该极近的OH－结合转化成Cr(OH)3除去
B．图乙的电解池中，有0.084
g阳极材料参与反应，阴极会有336
mL的气体产生
C．图甲中发生的还原反应是Mg2＋＋ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋Mg(OH)2↓
D．若图甲中3.6
g镁溶液产生的电量用以图乙废水处理，理论可产生10.7
g氢氧化铁沉淀
解析：A项，在电解池中，阴离子应该移向阳极，根据装置乙可知，惰性电极做阴极；B项，未标明标准状况，故无法计算产生气体的体积；C项，根据装置甲可知，镁做负极，发生电极反应是Mg－2e－===Mg2＋；D项，图甲中溶解3.6
g镁时，失去的电子是0.3
mol，在图乙中阳极反应是Fe－2e－===Fe2＋，根据电子守恒可得此时生成的Fe2＋是0.15
mol，所以最后生成的氢氧化铁也是0.15
mol即16.05
g。
答案：C
点拨：本题考查电化学原理，考查考生灵活解决问题的能力。难度较大。
5．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述正确的是(　　)
A．充电时阳极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B．充电时OH－向阳极移动
C．放电时每转移3
mol
e－正极有1
mol
K2FeO4被氧化
D．充电时，电源的正极应与电池的Zn(OH)2极相连
解析：A项，通过总反应可以判断该反应为放电时负极发生的反应；B项，充电时阴离子向电解池的阳极移动；C项，正极得电子，化合价降低，被还原；D项，电池的Zn(OH)2极充电时为阴极，应与电源的负极相连。
答案：B
点拨：本题考查蓄电池，考查考生书写电极反应式的能力。难度中等。
6．“神舟九号”与“天宫一号”成功对接，是我国载人航天事业发展走向成熟的一个标志。空间实验室“天宫一号”的供电系统为再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图，下列有关说法正确的是(　　)
A．图甲把化学能转化为电能，图乙把电能转化为化学能，水得到了循环使用
B．当有0.1
mol电子转移时，a极产生0.56
L
O2(标准状况下)
C．c极上发生的电极反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D．图乙中电子从c极流向d极，提供电能
解析：A项，图甲把电能转化为化学能，图乙把化学能转化为电能，水得到了循环使用；B项，a极产生的是H2；C项，c极是原电池的正极，电极反应式：O2＋4H＋＋4e－===2H2O；D项，图乙中电子从d极流向c极。
答案：C
点拨：本题考查新型燃料电池，考查考生的理解、分析问题的能力。难度中等。
7．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁做电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是(　　)
A．铁是阳极，电极反应为Fe－6e－＋4H2O===FeO＋8H＋
B．镍电极上的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH－自右向左移动
D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变
解析：A选项，Fe与电源的正极相连，故Fe为阳极，阳极发生氧化反应，因电解质溶液呈碱性，故不能得到H＋，正确的阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O；B选项，Ni电极为阴极，在阴极，水电离出的H＋发生还原反应生成H2；C选项，由电极反应式知OH－由左(阴极)向右(阳极)移动；D选项，阳极区消耗OH－，pH减小，阴极区生成OH－，pH增大，由总反应式：Fe＋2OH－＋2H2O===FeO＋3H2↑可知，整个溶液碱性减小，pH减小。
答案：B
点拨：本题考查电解池原理，考查考生知识运用能力。难度中等。
8．目前人们掌握了可充电锌—空气电池技术，使这种电池有了更广泛的用途。这种电池使用特殊技术吸附空气中的氧，以苛性钠溶液为电解质，电池放电时的总反应为2Zn＋O2===2ZnO，下列判断正确的是(　　)
A．放电时，OH－向负极方向移动
B．放电时，正极反应式为Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O
C．充电时，Zn发生氧化反应
D．充电时，阴极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：A项，放电时阴离子向负极移动；B项，正极为得电子发生还原反应的一极；C项，充电时锌的化合价降低，被还原，做阴极；D项，该电池中O2在正极上放电。
答案：A
点拨：本题考查充电电池，考查考生书写电极反应式的能力。难度中等。
9．某化学学习小组学习电化学后，设计了下面的实验装置图：
下列有关该装置图的说法中正确的是(　　)
A．合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动
B．合上电键后，丙池为电镀银的电镀池
C．合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大
D．合上电键后一段时间，当丙池中生成标准状况下560
mL气体时，丁池中理论上最多产生2.9
g固体
解析：选项A，甲池与乙池及盐桥构成了原电池，锌为负极，失电子生成锌离子进入甲池，盐桥中阳离子向乙池移动，A错。选项B，电镀银时，银应该作阳极，但丙池中银为阴极，B错。选项C，丙池在电解过程中，不断生成H＋，溶液的pH减小。选项D，丙池电解硝酸银溶液会生成氧气，丁池电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和Mg(OH)2沉淀，根据反应过程中的电子得失守恒可得物质的量关系式：O2～2Mg(OH)2，根据丙池中生成气体(即氧气)的量可得Mg(OH)2的物质的量为0.05
mol，即2.9
g，D正确。
点拨：本题考查电化学知识，意在考查考生能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
答案：D
10．某课外活动小组用如图所示装置进行实验(电解液足量)。下列说法中错误的是(　　)
A．图1中，若开始实验时开关K与a连接，则B极的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
B．图1中，若开始实验时开关K与b连接，则一段时间后向电解液中通入适量HCl气体可恢复到电解前的浓度
C．图2中，若开始实验时开关K与a连接，则电解液的溶质质量分数变小
D．图2中，若开始实验时开关K与b连接，则A极减少的质量等于B极增加的质量
解析：图1中，若开始实验时开关K与a连接，则形成原电池，电池反应相当于钢铁在中性条件下的吸氧腐蚀，B极的电极反应式应为Fe－2e－===Fe2＋，A错。图1中，若开始实验时开关K与b连接，则形成电解池，由于铁棒作阴极，因此电解的总反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根据元素守恒可知：一段时间后向电解液中通入适量HCl气体可恢复到电解前的浓度，B对。图2中，若开始实验时开关K与a连接，则形成原电池，电池总反应式为Fe＋2AgNO3===Fe(NO3)2＋2Ag，电解液的溶质质量分数变小，C对。图2中，若开始实验时开关K与b连接，相当于电镀装置，根据电镀原理可知D对。
答案：A
点拨：本题考查电化学知识，意在考查考生对原电池的工作原理和电解原理的掌握程度。
二、非选择题
11．过氧化银(Ag2O2)是银锌碱性电池正极的活性物质，可通过下列反应制备：
K2S2O8＋2AgNO3＋4KOHAg2O2↓＋2KNO3＋2K2SO4＋2H2O
(1)已知K2S2O8和H2O2含有一个相同的化学键，则该反应________
(填“是”或“不是”)氧化还原反应；已知下列反应：Mn2＋＋S2O＋H2O―→MnO＋SO＋H＋(未配平)，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)制备Ag2O2的反应进行完全后，经过滤、洗涤、干燥，即可得到Ag2O2，检验Ag2O2是否洗涤干净的方法是________。
(3)一种银锌(Ag2O2、Zn)碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极生成Ag，负极只生成一种化合物(只含有Zn、K、H、O)，其中Zn元素的质量分数为30%，钾、锌两种元素的质量比为78?65，则该电池的总反应方程式为________。
(4)用银锌电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取H2，其装置如图所示(电解池中隔膜仅阻止气体通过，M、N均为惰性电极)。
①N极与银锌电池的________(填“Zn”或“Ag2O2”)相连。
②M极的电极反应式为________________________。
解析：(1)根据题意可知，K2S2O8中含有过氧键，而生成物过氧化银中也有过氧键，该反应中各元素化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应。Mn2＋与S2O的反应中，氧化剂是S2O，还原剂是Mn2＋，根据其化合价变化值可知其物质的量之比为5?2。
(2)根据中学所学知识，检验SO即可，但不能使用BaCl2或Ba(OH)2，因为原反应物中含有Ag＋。
(3)首先根据题意确定负极产物的化学式，设负极产物的化学式为K2ZnOxHy，则：65/30.8%＝211,211－65－78＝68，分析讨论得x＝y＝4成立，故负极产物的化学式为K2Zn(OH)4。结合元素守恒可以写出该电池的总反应式。
(4)①电解时，CO(NH2)2中N元素的化合价升高，发生氧化反应，所以CO(NH2)2在阳极放电，即M是阳极，应与原电池的正极(Ag2O2)相连；N极生成氢气，必然是H＋放电，发生还原反应，N是阴极，与原电池的负极(Zn)相连。②根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒可写出M极的电极反应式。
答案：(1)不是　5?2
(2)取少量最后一次洗涤液，滴加1～2滴硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，若不出现白色浑浊，则表明已洗涤干净
(3)2Zn＋Ag2O2＋4KOH＋2H2O===2K2Zn(OH)4＋2Ag
(4)①Zn　②CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O
点拨：不少同学误认为K2S2O8中O为－2价，S为＋7价，实际上S的最高正价应该为＋6价。
12．硫酸铜在工农业生产和生活中都有重要的应用。请回答下列问题：
(1)铜与浓硫酸共热是制备硫酸铜的方法之一，写出反应的化学方程式：__________________。但该反应生成的气体污染环境。为避免环境污染，可在铜粉与稀硫酸的混合物中通入热空气，反应的总化学方程式为____________________。
(2)将铜粉置于稀硫酸中不发生反应，加入双氧水，则铜粉可逐渐溶解。写出反应的离子方程式：____________________。
(3)将适量稀硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶可得到硫酸铜晶体。为了节约原料，H2SO4和HNO3的物质的量之比最佳为________________。
(4)用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图甲所示。图乙是电解过程中产生气体的总体积V与转移电子的物质的量n(e－)的关系图。
电解过程中，a电极的现象是______________；b电极的电极反应式为____________________。
解析：(1)在热空气存在的情况下，铜相当于被加热，生成氧化铜，然后与稀硫酸反应，此过程中不会产生污染性气体。
(2)双氧水有强氧化性，能将铜氧化为氧化铜。氧化铜能溶于稀硫酸，使反应得以进行。总的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O。
(3)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，Cu(NO3)2＋H2SO4===CuSO4＋2HNO3(该反应并不能直接发生，是为方便计算而写出)，两式叠加消去Cu(NO3)2，得：3Cu＋3H2SO4＋2HNO3===3CuSO4＋2NO↑＋4H2O，因此H2SO4和HNO3的物质的量之比最佳为3?2。
(4)由电流方向可知，b电极为阳极，电极反应式始终都是：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。但图中曲线的斜率有变化，说明起始阶段阴极是Cu2＋放电生成铜，然后是H＋放电生成了氢气。
答案：(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O　2Cu＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O
(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
(3)3?2
(4)先有红色固体析出，后有无色气泡产生　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
点拨：本题考查铜及其化合物的性质、电解规律等，意在考查考生对常见物质性质的掌握情况及运用有关原理解决实际问题的能力。
13．化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25℃时，反应进行10
min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为________。
②上述反应离子方程式为____________________，其平均反应速率v(NO)为________mol·L－1·min－1。
③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法________。
(2)电化学降解NO的原理如图所示。
①电源正极为________(填“A”或“B”)，阴极反应式为______________。
②若电解过程中转移了2
mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。
解析：根据溶液的氧化还原反应规律及题意书写离子方程式，根据电极上发生的反应类型判断电极名称，根据电极反应式及质子的移动方向分析溶液的质量变化。
(1)①N2电子式为：N N：，结构式为N≡N。②反应中碱性增强，故应有OH－生成，根据得失电子守恒有：5H2＋2NO——N2＋OH－，据电荷守恒有：5H2＋2NO——N2＋2OH－，最后由元素守恒得5H2＋2NON2＋2OH－＋4H2O。③水解的离子方程式为NO＋H2O??HNO2＋OH－，据“越热越水解、越稀越水解”，可知加热或加水稀释能促进水解；另外，降低生成物浓度，也可促进水解。
(2)①NO生成N2发生了还原反应，应在电解池的阴极发生，故A为原电池的正极；阴极发生还原反应，故电极反应式为2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－。由电极反应式可知，通过2
mol电子，溶液减少的质量为5.6
g(N2)，同时有2
mol
H＋通过质子交换膜进入右侧，故右侧溶液减少3.6
g。
②正极发生的反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，每通过2
mol电子，生成16
g
O2，同时有2
mol
H＋通过质子交换膜进入右侧，使左侧溶液质量减少18
g，故两侧溶液减少的质量差为14.4
g。
答案：(1)①N≡N　②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O　0.001　③加酸，升高温度，加水
(2)①A　2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－
②14.4
点拨：知识：氧化还原反应方程式、电极反应方程式的书写；电极名称的判断、根据电极反应式计算等。能力：全面考查学生运用所学的氧化还原反应原理、电化学原理分析问题和解决问题的能力，对化学计算的能力也进行了考查。试题难度：较难。
化合价升高、失电子、变成
化合价降低、得电子、变成
氧化剂+还原剂还原产物+氧化产物化学实验基础
命题趋向
依据新课程化学实验的学习目标和学习内容，近几年的高考化学实验的考试要求，从三维学习目标出发，不仅仅考查考生实验知识、技能的掌握情况，更重视考查考生的实验能力，即用正确的化学实验基本操作，完成规定的“学生实验”的能力；观察记录实验现象，分析实验结果和处理实验数据，得出正确结论的能力；初步处理实验过程中的有关安全问题的能力；能识别和绘制典型的实验仪器装置图的能力；根据实验试题的要求，设计简单实验方案的能力。根据对近年来高考实验试题的分析，下列内容是实验考查的重点：
l．实验基本操作和技能
这类试题的特点通常是给出限定的仪器、药品和一些操作步骤，要求正确完成某项实验操作，既有常见仪器的使用，又有正确操作的辨别，着重考查考生的实验基本操作技能。
2．正确运用实验原理和正确认识实验装置
这类试题通常是给出限定的实验装置、反应条件、实验现象和有关数据，要求考生根据实验原理及试题中所给予的信息，结合元素化合物知识，选用仪器药品，正确认识、选择装置，说明装置中某些仪器的作用，描述实验现象，写有关化方程式，进行数据分析．指出实验中必须注意的某些问题等等，主要考查考生的观察能力与分析综合及评价的能力。
3．运用所学知识和技能进行实验设计或处理
这类试题的特点多是利用给出装好药品的单个实验装置，根据实验要求进行正确连接，或给出全部或部分实验环节，根据实验要求安排正确的实验步骤或补充实验。主要用于考查考生实验综合能力和评价能力。
由以上分析不难看出，尽管涉及到的知识和能力点是分散的，但高考试题中实验考查的内容和形式是较为稳定的，这给实验复习中突出重点提供了可能。实验复习可根据考纲和上述几方面内容设计一定的专题加以重点复习，这样就会起到事半功倍的效果。
【知识归纳】
一、常用仪器的使用
l．能加热的仪器
（1）试管
用来盛放少量药品、常温或加热情况下进行少量试剂反应的容器，可用于制取或收集少量气体。
使用注意事项：①可直接加热，用试管夹夹在距试管口1/3处。②放在试管内的液体，不加热时不超过试管容积的l/2，加热时不超过l/3。③加热后不能骤冷，防止炸裂。④加热时试管口不应对着任何人；给固体加热时，试管要横放，管口略向下倾斜。
（2）烧杯
用作配制溶液和较大量试剂的反应容器，在常温或加热时使用。
使用注意事项：①加热时应放置在石棉网上，使受热均匀。②溶解物质用玻璃棒搅拌时，不能触及杯壁或杯底。
（3）烧瓶
用于试剂量较大而又有液体物质参加反应的容器，可分为圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶。它们都可用于装配气体发生装置。蒸馏烧瓶用于蒸馏以分离互溶的沸点不同的物质。
使用注意事项：①圆底烧瓶和蒸馏烧瓶可用于加热，加热时要垫石棉网，也可用于其他热浴（如水浴加热等）。②液体加入量不要超过烧瓶容积的1/2。
（4）蒸发皿
用于蒸发液体或浓缩溶液。
使用注意事项：①可直接加热，但不能骤冷。②盛液量不应超过蒸发皿容积的2/3。③取、放蒸发皿应使用坩埚钳。
（5）坩埚
主要用于固体物质的高温灼烧。
使用注意事项：①把坩埚放在三脚架上的泥三角上直接加热。②取、放坩埚时应用坩埚钳。
（6）酒精灯
化学实验时常用的加热热源。
使用注意事项：①酒精灯的灯芯要平整。②添加酒精时，不超过酒精灯容积的2/3；酒精不少于l/4。③绝对禁止向燃着的酒精灯里添加酒精，以免失火。④绝对禁止用酒精灯引燃另一只酒精灯。⑤用完酒精灯，必须用灯帽盖灭，不可用嘴去吹。⑥不要碰倒酒精灯，万一洒出的酒精在桌上燃烧起来，应立即用湿布扑盖。
2．分离物质的仪器
（1）漏斗
分普通漏斗、长颈漏斗、分液漏斗。普通漏斗用于过滤或向小口容器转移液体。长颈漏斗用于气体发生装置中注入液体。分液漏斗用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液。也用于萃取分离。
（2）洗气瓶
中学一般用广口瓶、锥形瓶或大试管装配。洗气瓶内盛放的液体，用以洗涤气体，除去其中的水分或其他气体杂质。使用时要注意气体的流向，一般为“长进短出”。
3．计量仪器
（1）托盘天平
用于精密度要求不高的称量，能称准到0.1g。所附砝码是天平上称量时衡定物质质量的标准。
使用注意事项：①称量前天平要放平稳，游码放在刻度尺的零处，调节天平左、右的平衡螺母，使天平平衡。②称量时把称量物放在左盘，砝码放在右盘。砝码要用镊子夹取，先加质量大的砝码，再加质量小的砝码。③称量干燥的固体药品应放在在纸上称量。④易潮解、有腐蚀性的药品（如氢氧化钠），必须放在玻璃器皿里称量。⑤称量完毕后，应把砝码放回砝码盒中，把游码移回零处。
（2）量筒
用来量度液体体积，精确度不高。
使用注意事项：①不能加热和量取热的液体，不能作反应容器，不能在量筒里稀释溶液。②量液时，量简必须放平，视线要跟量简内液体的凹液面的最低处保持水平，再读出液体体积。
（3）容量瓶
用于准确配制一定体积和一定浓度的溶液。使用前检查它是否漏水。用玻璃棒引流的方法将溶液转入容量瓶。
使用注意事项：①只能配制容量瓶上规定容积的溶液。②容量瓶的容积是在20℃时标定的，转移到瓶中的溶液的温度应在20℃左右。
（4）滴定管
用于准确量取一定体积液体的仪器。带玻璃活塞的滴定管为酸式滴定管，带有内装玻璃球的橡皮管的滴定管为碱式滴定管。
使用注意事项：①酸式、碱式滴定管不能混用。②25mL、50mL滴定管的估计读数为±0.01mL。③装液前要用洗液、水依次冲洗干净，并要用待装的溶液润洗滴定管。④调整液面时，应使滴管的尖嘴部分充满溶液，使液面保持在“0’或“0”以下的某一定刻度。读数时视线与管内液面的最凹点保持水平。
（5）量气装置
可用广口瓶与量筒组装而成。如右图所示。排到量筒中水的体积，即是该温度、压强下所产生的气体的体积。适用于测量难溶于水的气体体积。
二、药品的取用和保存
实验室里所用的药品，很多是易燃、易爆、有腐蚀性或有毒的。因此在使用时一定要严格遵照有关规定和操作规程，保证安全。不能用手接触药品，不要把鼻孔凑到容器口去闻药品（特别是气体）的气味，不得尝任何药品的味道。注意节约药品，严格按照实验规定的用量取用药品。如果没有说明用量，一般应按最少量取用：液体l~2mL，固体只需要盖满试管底部。实验剩余的药品既不能放回原瓶，也不要随意丢弃，更不要拿出实验室，要放人指定的容器内。
1．固体药品的取用
取用固体药品一般用药匙。往试管里装入固体粉末时，为避免药品沾在管口和管壁上，先使试管倾斜，把盛有药品的药匙（或用小纸条折叠成的纸槽）小心地送入试管底部，然后使试管直立起来，让药品全部落到底部。有些块状的药品可用镊子夹取。
2．液体药品的取用
取用很少量液体时可用胶头滴管吸取。取用较多量液体时可用直接倾注法：取用细口瓶里的药液时，先拿下瓶塞，倒放在桌上，然后拿起瓶子（标签应对着手心）瓶、口要紧挨着试管口，使液体缓缓地倒入试管。注意防止残留在瓶口的药液流下来，腐蚀标签。一般往大口容器或容量瓶、漏斗里倾注液体时，应用玻璃棒引流。
3．几种特殊试剂的存放
（1）钾、钙、钠在空气中极易氧化，遇水发生剧烈反应，应放在盛有煤油的广口瓶中以隔绝空气。
（2）白磷着火点低（40℃），在空气中能缓慢氧化而自燃，通常保存在冷水中。
（3）液溴有毒且易挥发，需盛放在磨口的细口瓶里，并加些水（水覆盖在液溴上面），起水封作用。
（4）碘易升华且具有强烈刺激性气味，盛放在磨口的广口瓶里。
（5）浓硝酸、硝酸银见光易分解，应保存在棕色瓶中，贮放在黑暗而且温度低的地方。
（6）氢氧化钠固体易潮解，应盛放在易于密封的干燥大口瓶中保存；其溶液盛放在无色细口瓶里，瓶口用橡皮塞塞紧，不能用玻璃塞。
三、水溶液的配制
l．配制溶质质量分数一定的溶液
计算：算出所需溶质和水的质量。把水的质量换算成体积。如溶质是液体时，要算出液体的体积。
称量：用天平称取固体溶质的质量；用量简量取所需液体、水的体积。
溶解：将固体或液体溶质倒入烧杯里,加入所需的水,用玻璃棒搅拌使溶质完全溶解。
2．配制一定物质的量浓度的溶液
计算：算出固体溶质的质量或液体溶质的体积。
称量：用天平称取固体溶质质量，用量简量取所需液体溶质的体积。
溶解：将固体或液体溶质倒入烧杯中，加入适量的蒸馏水（约为所配溶液体积的1/6），用玻璃棒搅拌使之溶解，冷却到室温后，将溶液引流注入容量瓶里。
定容：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液注入容量瓶。振荡，使溶液混合均匀，然后继续往容量瓶中小心地加水，直到液面接近刻度2~3m处，改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。把容量瓶盖紧，再振荡摇匀。
四、常见气体的实验室制备
（一）气体发生装置的类型
根据反应原理、反应物状态和反应所需条件等因素来选择反应装置。
1．固体或固体混合物加热制备气体，可用实验室制备氧气的装置。如右图所示，可制备的气体有O2、NH3、CH4等。
该实验装置要注意：（l）试管口应稍向下倾斜，以防止产生的水蒸气在管口冷凝后倒流而引起试管破裂。
（2）铁夹应夹在距试管口l/3处。
（3）胶塞上的导管伸入试管里面不能太长，否则会妨碍气体的导出。
2．块状固体与液体的混合物在常温下反应制备气体可用启普发生器制备，当制取气体的量不多时，也可采用简易装置，如右图。可制备气体有：H2、CO2、H2S等。
实验时要注意：①在用简易装置时，如用长颈漏斗，漏斗颈的下口应伸入液面以下，否则起不到液封的作用；
②加入的液体反应物（如酸）要适当。
3．固体与液体或液体与液体的混合物加热制备气体，可用实验室制备氯气的装置，如右图所示。可制备的气体有：Cl2、HCl、CH2=CH2等。
实验时要注意：①先把固体药品加入烧瓶，然后加入液体药品。
②要正确使用分液漏斗。
（二）几种气体制备的反应原理
1．O2
2KClO32KCl+3O2↑
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
2H2O22H2O+O2↑
2．NH3
2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
NH3·H2ONH3↑+H2O
3．CH4
CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑
4．H2
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑
5．CO2
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
6．H2S
FeS+H2SO4(稀)=FeSO4+H2S↑
7．SO2
Na2SO4+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
8．NO2
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
9．NO
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
10．C2H2
CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑
11．Cl2
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
12．HCl
NaCl(固)+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑
NaCl(固)+NaHSO4Na2SO4+HCl↑
2NaCl(固)+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑
13．C2H4
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O
14．N2
NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O
（三）气体的收集
1．排水集气法
难溶或微溶于水，与水不发生化学反应的气体，都可用排水集气法收集。例如H2、O2、NO、CO、CH4、CH2＝CH2、CH≡CH等。用排水集气法收集气体时，导管口只能伸入集气瓶内少许。
2．排空气集气法
不与空气发生反应，且其密度与空气密度相差较大的气体，都可用排空气集气法收集。空气的平均式量是29，式量大于29的气体如Cl2、HCl、CO2、SO2、H2S气体可用瓶口向上的排空气法收集。如式量小于29的气体，如H2、NH3、CH4可用瓶口向下的排空气取气法收集。用排空气法收集气体时，导管一定要伸入集气瓶底部，把空气尽量排出。为减少空气向瓶内扩散，集气瓶口可盖上毛玻璃片。如用试管收集时，可在试管口轻轻塞上一小团疏松的棉花。
（四）气体的净化与干燥
1．气体的净化与干燥装置
气体的净化常用洗气瓶、干燥管。如图所示。
2．气体的净化
选择气体吸收剂应根据气体的性质和杂质的性质而确定，所选用的吸收剂只能吸收气体中的杂质，而不能与被提纯的气体反应。一般情况下：①易溶于水的气体杂质可用水来吸收；②酸性杂质可用碱性物质吸收；③碱性杂质可用酸性物质吸收；④水分可用干燥剂来吸收；⑤能与杂质反应生成沉淀（或可溶物）的物质也可作为吸收剂。
3．气体干燥剂
常用的气体干燥剂按酸碱性可分为三类：
①酸性干燥剂，如浓硫酸、五氧化二磷、硅胶。酸性干燥剂能够干燥显酸性或中性的气体，如CO2、SO2、NO2、HCl、H2、Cl2
、O2、CH4等气体。
②碱性干燥剂，如生石灰、碱石灰、固体NaOH。碱性干燥剂可以用来干燥显碱性或中性的气体，如NH3、H2、O2、CH4等气体。
③中性干燥剂，如无水氯化钙等，可以干燥中性、酸性、碱性气体，如O2、H2、CH4等。
在选用干燥剂时，显碱性的气体不能选用酸性干燥剂，显酸性的气体不能选碱性干燥剂。有还原性的气体不能选有氧化性的干燥剂。能与气体反应的物质不能选作干燥剂，如不能用CaCl2来干燥NH3（因生成CaCl2·8NH3），不能用浓H2SO4干燥NH3、H2S、HBr、HI等。
4．气体净化与干燥注意事项
一般情况下，若采用溶液作除杂试剂，则是先除杂后干燥；若采用加热除去杂质，则是先干燥后加热。
对于有毒、有害的气体尾气必须用适当的溶液加以吸收（或点燃），使它们变为无毒、无害、无污染的物质。如尾气Cl2、SO2、Br2（蒸气）等可用NaOH溶液吸收；尾气H2S可用CuSO4或NaOH溶液吸收；尾气CO可用点燃法，将它转化为CO2气体。
五、常见物质的分离、提纯和鉴别
（一）物理方法分离和提纯物质
1．过滤
过滤是除去溶液里混有不溶于溶剂的杂质的方法。
过滤时应注意：
①一贴：将滤纸折叠好放入漏斗，加少量蒸馏水润湿，使滤纸紧贴漏斗内壁。
②二低：滤纸边缘应略低于漏斗边缘，加入漏斗中液体的液面应略低于滤纸的边缘。
③三靠：向漏斗中倾倒液体时，烧杯的夹嘴应与玻璃棒接触；玻璃棒的底端应和过滤器有三层滤纸处轻轻接触；漏斗颈的末端应与接受器的内壁相接触，例如用过滤法除去粗食盐中少量的泥沙。
2．蒸发和结晶
蒸发是将溶液浓缩、溶剂气化或溶质以晶体析出的方法。结晶是溶质从溶液中析出晶体的过程，可以用来分离和提纯几种可溶性固体的混合物。结晶的原理是根据混合物中各成分在某种溶剂里的溶解度的不同，通过蒸发减少溶剂或降低温度使溶解度变小，从而使晶体析出。加热蒸发皿使溶液蒸发时、要用玻璃棒不断搅动溶液，防止由于局部温度过高，造成液滴飞溅。当蒸发皿中出现较多的固体时，即停止加热，例如用结晶的方法分离NaCl和KNO3混合物。
3．蒸馏
蒸馏是提纯或分离沸点不同的液体混合物的方法。用蒸馏原理进行多种混合液体的分离，叫分馏。
操作时要注意：
①在蒸馏烧瓶中放少量碎瓷片，防止液体暴沸。
②温度计水银球的位置应与支管底口下缘位于同一水平线上。
③蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于l/3。
④冷凝管中冷却水从下口进，从上口出。
⑤加热温度不能超过混合物中沸点最高物质的沸点，例如用分馏的方法进行石油的分馏。
4．分液和萃取
分液是把两种互不相溶、密度也不相同的液体分离开的方法。萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中提取出来的方法。选择的萃取剂应符合下列要求：和原溶液中的溶剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂，并且溶剂易挥发。
在萃取过程中要注意：
①将要萃取的溶液和萃取溶剂依次从上口倒入分液漏斗，其量不能超过漏斗容积的2/3，塞好塞子进行振荡。
②振荡时右手捏住漏斗上口的颈部，并用食指根部压紧塞子，以左手握住旋塞，同时用手指控制活塞，将漏斗倒转过来用力振荡。
③然后将分液漏斗静置，待液体分层后进行分液，例如用四氯化碳萃取溴水里的溴。
5．升华
升华是指固态物质吸热后不经过液态直接变成气态的过程。利用某些物质具有升华的特性，将这种物质和其它受热不升华的物质分离开来，例如加热使碘升华，来分离I2和SiO2的混合物。
6．渗析
利用半透膜（如膀胱膜、羊皮纸、玻璃纸等），使胶体跟混在其中的分子、离子分离的方法。常用渗析的方法来提纯、精制胶体溶液。
（二）化学方法分离和提纯物质
用化学方法分离和提纯物质时要注意：
①最好不引入新的杂质；
②不能损耗或减少被提纯物质的质量
③实验操作要简便，不能繁杂。用化学方法除去溶液中的杂质时，要使被分离的物质或离子尽可能除净，需要加入过量的分离试剂，在多步分离过程中，后加的试剂应能够把前面所加入的无关物质或离子除去。
对于无机物溶液常用下列方法进行分离和提纯：
1．生成沉淀法
例如NaCl溶液里混有少量的MgCl2杂质，可加入过量的NaOH溶液，使Mg2+离子转化为Mg(OH)2沉淀（但引入新的杂质OH－），过滤除去Mg(OH)2，然后加入适量盐酸，调节pH为中性。
2．生成气体法
例如Na2SO4溶液中混有少量Na2CO3，为了不引入新的杂质并增加SO42－，可加入适量的稀H2SO4，将CO32－转化为CO2气体而除去。
3．氧化还原法
例如在FeCl3溶液里含有少量
FeCl2杂质，可通入适量的Cl2气将FeCl2氧化为FeCl3。若在FeCl2溶液里含有少量FeCl3，可加入适量的铁粉而将其除去。
4．正盐和与酸式盐相互转化法
例如在Na2CO3固体中含有少量NaHCO3杂质，可将固体加热，使NaHCO3分解生成Na2CO3，而除去杂质。若在NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3杂质，可向溶液里通入足量CO2，使Na2CO3转化为NaHCO3。
5．利用物质的两性除去杂质
例如在Fe2O3里混有少量的Al2O3杂质，可利用Al2O3是两性氧化物，能与强碱溶液反应，往试样里加入足量的NaOH溶液，使其中Al2O3转化为可溶性NaAlO2，然后过滤，洗涤难溶物，即为纯净的Fe2O3。
6．离子交换法
例如用磺化煤（NaR）做阳离子交换剂，与硬水里的Ca2+、Mg2+进行交换，而使硬水软化。
（三）有机物的分离和提纯
有机物的提纯要依据被提纯物质的性质，采用物理方法和化学方法除去杂质。一般情况是加入某种试剂，与杂质反应，生成易溶于水的物质，再用分液的方法除去杂质。如除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，应在混合物中加入饱和的碳酸钠溶液，杂质乙酸与碳酸钠反应，生成了易溶于水的乙酸钠（同时降低乙酸乙酯的溶解度），充分搅拌后，用分液漏斗分液，可得纯净的乙酸乙酯。
（四）物质的鉴别
物质的检验通常有鉴定、鉴别和推断三类，它们的共同点是：依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理。
鉴定通常是指对于某一种物质的定性检验，根据物质的化学特性，分别检出阳离子、阴离子，鉴别通常是指对分别存放的两种或两种以上的物质进行定性辨认，可根据一种物质的特性区别于另一种，也可根据几种物质的颜色、气味、溶解性、溶解时的热效应等一般性质的不同加以区别。推断是通过已知实验事实，根据性质分析推求出被检验物质的组成和名称。我们要综合运用化学知识对常见物质进行鉴别和推断。
1．常见气体的检验
（1）氢气
纯净的氢气在空气中燃烧呈淡蓝色火焰，混合空气点燃有爆鸣声，生成物只有水。不是只有氢气才产生爆鸣声；可点燃的气体不一定是氢气。
（2）氧气
可使带火星的木条复燃。
（3）氯气
黄绿色，能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝（O3、NO2也能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝）。
（4）氯化氢
无色有刺激性气味的气体。在潮湿的空气中形成白雾，能使湿润的蓝色石蓝试纸变红；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近时冒白烟；将气体通入AgNO3溶液时有白色沉淀生成。
（5）二氧化硫
无色有刺激性气味的气体。能使品红溶液褪色，加热后又显红色。能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（6）硫化氢
无色有具鸡蛋气味的气体。能使Pb(NO3)2或CuSO4溶液产生黑色沉淀，或使湿润的醋酸铅试纸变黑。
（7）氨气
无色有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近时能生成白烟。
（8）二氧化氮
红棕色气体，通入水中生成无色的溶液并产生无色气体，水溶液显酸性。
（9）一氧化氮
无色气体，在空气中立即变成红棕色。
（10）二氧化碳
能使澄清石灰水变浑浊；能使燃着的木条熄灭。SO2气体也能使澄清的石灰水变混浊，N2等气体也能使燃着的木条熄灭。
（11）一氧化碳
可燃烧，火焰呈淡蓝色，燃烧后只生成CO2；能使灼热的CuO由黑色变成红色。
（12）甲烷
无色气体，可燃，淡蓝色火焰，生成水和CO2；不能使高锰酸钾溶液、溴水褪色。
（13）乙烯
无色气体、可燃，燃烧时有明亮的火焰和黑烟，生成水和CO2。能使高锰酸钾溶液、溴水褪色。
（14）乙炔
无色无臭气体，可燃，燃烧时有明亮的火焰和浓烟，生成水和
CO2，能使高锰酸钾溶液、溴水褪色。
2．几种重要阳离子的检验
（l）H+
能使紫色石蕊试液或橙色的甲基橙试液变为红色。
（2）Na+、K+
用焰色反应来检验时，它们的火焰分别呈黄色、浅紫色（通过钴玻片）。
（3）Ba2+
能使稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液产生白色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸。
（4）Mg2+
能与NaOH溶液反应生成白色Mg(OH)2沉淀，该沉淀能溶于NH4Cl溶液。
（5）Al3+
能与适量的NaOH溶液反应生成白色Al(OH)3絮状沉淀，该沉淀能溶于盐酸或过量的NaOH溶液。
（6）Ag+
能与稀盐酸或可溶性盐酸盐反应，生成白色AgCl沉淀，不溶于稀HNO3，但溶于氨水，生成［Ag(NH3)2］+。
（7）NH4+
铵盐（或浓溶液）与NaOH浓溶液反应，并加热，放出使湿润的红色石蓝试纸变蓝的有刺激性气味NH3气体。
（8）Fe2+
能与少量NaOH溶液反应，先生成白色Fe(OH)2沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe(OH)3沉淀。或向亚铁盐的溶液里加入KSCN溶液，不显红色，加入少量新制的氯水后，立即显红色。2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－
（9）Fe3+
能与KSCN溶液反应，变成血红色Fe(SCN)3溶液，能与
NaOH溶液反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀。
（10）Cu2+
蓝色水溶液（浓的CuCl2溶液显绿色），能与NaOH溶液反应，生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，加热后可转变为黑色的
CuO沉淀。含Cu2+溶液能与Fe、Zn片等反应，在金属片上有红色的铜生成。
3．几种重要的阴离子的检验
（1）OH－
能使无色酚酞、紫色石蕊、橙色的甲基橙等指示剂分别变为红色、蓝色、黄色。
（2）Cl－
能与硝酸银反应，生成白色的AgCl沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，能溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+。
（3）Br－
能与硝酸银反应，生成淡黄色AgBr沉淀，不溶于稀硝酸。
（4）I－
能与硝酸银反应，生成黄色AgI沉淀，不溶于稀硝酸；也能与氯水反应，生成I2，使淀粉溶液变蓝。
（5）SO42－
能与含Ba2+溶液反应，生成白色BaSO4沉淀，不溶于硝酸。
（6）SO32－
浓溶液能与强酸反应，产生无色有刺激性气味的SO2气体，该气体能使品红溶液褪色。能与BaCl2溶液反应，生成白色BaSO3沉淀，该沉淀溶于盐酸，生成无色有刺激性气味的SO2气体。
（7）S2－
能与Pb(NO3)2溶液反应，生成黑色的PbS沉淀。
（8）CO32－
能与BaCl2溶液反应，生成白色的BaCO3沉淀，该沉淀溶于硝酸（或盐酸），生成无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体。
（9）HCO3－
取含HCO3－盐溶液煮沸，放出无色无味CO2气体，气体能使澄清石灰水变浑浊。或向HCO3－盐酸溶液里加入稀MgSO4溶液，无现象，加热煮沸，有白色沉淀
MgCO3生成，同时放出
CO2气体。
（10）PO43－
含磷酸根的中性溶液，能与AgNO3反应，生成黄色Ag3PO4沉淀，该沉淀溶于硝酸。
（11）NO3－
浓溶液或晶体中加入铜片、浓硫酸加热，放出红棕色气体。
4．几种重要有机物的检验
（1）苯
能与纯溴、铁屑反应，产生HBr白雾。能与浓硫酸、浓硝酸的混合物反应，生成黄色的苦杏仁气味的油状（密度大于1）难溶于水的硝基苯。
（2）乙醇
能够与灼热的螺旋状铜丝反应，使其表面上黑色CuO变为光亮的铜，并产生有刺激性气味的乙醛。乙醇与乙酸、浓硫酸混合物加热反应，将生成的气体通入饱和Na2CO3溶液，有透明油状、水果香味的乙酸乙酯液体浮在水面上。
（3）苯酚
能与浓溴水反应生成白色的三溴苯酚沉淀。能与FeCl3溶液反应，生成紫色溶液。
（4）乙醛
能发生银镜反应，或能与新制的蓝色Cu(OH)2加热反应，生成红色的
Cu2O沉淀。
5．用一种试剂或不用试剂鉴别物质
用一种试剂来鉴别多种物质时，所选用的试剂必须能和被鉴别的物质大多数能发生反应，而且能产生不同的实验现象。常用的鉴别试剂有FeCl3溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀H2SO4、Cu(OH)2悬浊液等。
不用其他试剂来鉴别一组物质，一般情况从两个方面考虑：
①利用某些物质的特殊性质（如颜色、气味、溶解性等），首先鉴别出来，然后再用该试剂去鉴别其他物质。
②采用一种试剂与其他物质相互反应的现象不同，进行综合分析鉴别。
【考点例析】
例1
用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是
选项
①中的物质
②中的物质
预测①的现象
A
淀粉KI溶液
浓硝酸
无明显变化
B
酚酞溶液
浓盐酸
无明显变化
C
AlCl3溶液
浓氨水
有白色沉淀
D
湿润红纸条
饱和氯水
红纸条褪色
解析：A选项中由于浓硝酸具有挥发性，进入到KI溶液中会将碘离子氧化成碘单质，而使淀粉变蓝，A不正确；B中浓盐酸具有挥发性，进入到酚酞中不变色，B正确；C中的氨水具有挥发性，进入氯化铝溶液中会反应而生成氢氧化铝的白色沉淀，C正确；D选项中氯水中的氯气具有挥发性，遇湿的红纸条，会与水反应生成次氯酸而具有漂白性使红纸条褪色，D正确。
答案：A
例2
下列实验能达到目的的是
A．用溴水鉴别苯和乙烷
B．用BaCl2溶液鉴别SO42
－
和
SO32
－
C．用浓HNO3与Cu
反应制备NO2
D．将混有HCl的Cl2通入饱和NaHCO3溶液中除去HCl
解析：苯和乙烷都不与溴水反应，A不正确；用BaCl2溶液鉴别SO42
－
和
SO32
－都会相同的白色沉淀，B不正确；
Cl2也与NaHCO3溶液能反应，D不正确。
答案：C
例3．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42
－
C．Fe与稀HNO3稀H2SO4
反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D．分别充满HCl
、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
解析：二氧化硫使品红溶液褪色，利用的是二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，不能说明其具有氧化性，A项错误；向溶液中含SO32—，加入酸化的Ba(NO3)2也会出现白色沉淀，B项错误；Fe与稀硝酸反应生成NO，该反应不是置换反应，C项错误；HCl、NH3极易溶于水，盛有HCl、NH3充满的烧瓶倒置水中，气体溶解，液面迅谅上升，D项正确。
答案：D
例4．下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O
对实验现象的“解释或结论”正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色7
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性：Fe2＋＞Cl－
解析：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析能力。A处变蓝、b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2
，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2
，无法证明I2与Br2之间的氧化性相对强弱，A项错误；c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则说明氯气与水生成具有漂白作用的物质，B项错误；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH，C项错误；d处变红说明Cl2将Fe2＋氧化为Fe3＋，证明还原性：Fe2＋＞Cl－，D正确。
答案：D
例5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl
溶液和CuSO4
溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
向溶液X
中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
溶液X
中一定含有SO42
－
C
向一定浓度的Na2SiO3
溶液中通入适量CO2
气体
出现白色沉淀
H2SiO3
的酸性比H2CO3的酸性强
D
向浓度均为0.
1
mol·L－1
NaCl
和NaI
混合溶液中滴加少量AgNO3
溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
解析：A选项中向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl
溶液和CuSO4
溶液，分别发生了盐析与变性，虽然现象都是有固体析出，但其原理不同，前者是物理变化可逆转，后者是化学变化不可逆转，A不正确；向溶液X
中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，如果出现白色沉淀，则一定是生成了硫酸钡，但是硫酸根离子有可能是原溶液中的，也有可能原溶液中是亚硫酸酸根离子，被加入的硝酸根离子在酸性条件下氧化成了硫酸根，B选项中的结论不正确；向一定浓度的Na2SiO3
溶液中通入适量CO2
气体生成的白色沉淀是硅酸，说明了碳酸的酸性强于硅酸，所以结论不正确，C不正确；D中是沉淀的转化，从溶解度大的转化为溶解度小的物质，D正确。
答案：D
例6．先选择填空，再简要说明作此选择的理由。
（1）某试管内装有约占其容积1/10的溶液，则溶液的体积是(用字母回答)
A．约lmL
B．约3mL
C.．无法判断
因为
。
（2）拟在烧杯中于加热条件下配制某溶液50mL，应选择的烧杯是(用字母回答)
A．400mL烧杯
B．250mL烧杯
C．100mL烧杯
D．50mL烧杯
因为
。
解析：试管有多种规格，试管的容积有大有小。第（l）小题没有确定试管的规格和容积，则占其容积1/10的溶液的体积是无法确定的。在配制溶液的过程中用烧杯来溶解溶质，一般情况下选用烧杯的容积应比所配溶液的体积大一倍为宜。如配制50mL溶液应选用100mL烧杯。
答案：（1）C；题目并没有指明试管的大小规格（mL）；（2）C；选用烧杯的容积比所配溶液的体积大一倍为最佳选择。
例7．今有下列气体：H2、Cl2、CH4、HCl、NH3、NO、H2S、SO2，用右图装置进行实验，填写下列空白：
①当烧瓶干燥时，从A口进气可收集的气体是
，
从B口进气可收集的气体是
。
②当烧瓶中充满水时，可用来测量
等气体的体积。
③当烧瓶中装入洗液，用于洗气时，气体应从
口进入烧瓶。
解析：
（1）本题考查学生思维的敏捷性。用排空气法来收集气体要注意气体的密度。由于H2、CH4、NH3的密度比空气小，不与空气发生反应，可用向下排空气的方法来收集，结合本题干燥烧瓶的位置特征，H2、CH4、NH3应从A口进气，把空气从B口赶出。Cl2、HCl、H2S、SO2气体的密度比空气大，与空气不发生反应，应从B口进气，将空气从A口赶出。NO能与空气中的O2反应，不能用排空气法收集。
（2）对难溶于水的气体可用排水取气法收集；可用来收集测量的气体有H2、CH4、NO。
（3）当烧瓶中装有洗液时，被净化、干燥的气体应从B口进入。
答案：（1）H2、CH4、NH3
；Cl2、HCl、H2S、SO2（2）H2、CH4、NO
（3）B
例8．（1）在没有现成的CO2气体发生器的情况下，请你选用下图中的部分仪器，装配成一个简易的、能随开随用、随关随停的CO2气体发生装置。应选用的仪器是（填入仪器的编号）
。
（2）若用上述装置制取CO2气体，而实验室只有稀硫酸、浓硝酸、水、块状纯碱、块状大理石，比较合理的方案应选用的药品是
。
解析：本题要求组装一个随开随用、随关随停的CO2发生装置。即利用启普发生器的原理来制备CO2气体。细心观察所给仪器，可用球形干燥管来代替启普发生器的球形漏斗，烧杯代替反应容器，应选用的仪器是a、c、d、e。
大理石与稀硫酸反应生成了微溶于水的CaSO4，阻碍了反应的进行，因而不能同时选用这两种药品。又因为块状Na2CO3晶体溶于水，不能用启普发生器来制备CO2。只能将浓硝酸加水稀释为稀硝酸，再与CaCO3反应制备CO2。应选用的药品是浓硝酸、水、块状大理石。
答案：（1）a、c、d、e（2）浓硝酸、水、块状大理石
例9．用图中的简易装置可以进行气体的发生和收集。
（l）实验前应如何检查该装置的气密性？
。
（2）拔开试管a的橡皮塞，加入10mL6mol/L稀硝酸和1g薄铜片，立即将带有导管的橡皮塞塞紧试管口。反应开始时速度缓慢，逐渐加快，请写出在试管a中所发生的所有反应的化学方程式
，
。
（3）从反应开始到反应结束，预期在试管a中可观察到哪些现象？请依次逐一写出
。
（4）在反应开始时，可观察到导管b中的水面先沿导管b慢慢上升到一定高度，此后又回落，然后有气泡从管口冒出。试说明反应开始时，导管中水面先上升的原因：
。
（5）试管c收集满气体后，用拇指堵住管口，取出水槽。将管口向上，松开拇指，片刻后，再次堵住管口，将试管又再倒置于水槽中，松开拇指。此时可观察到什么现象？
。
解析：本题是信息迁移式的实验简答题，意在考查学生的观察能力、实验能力和思维能力。解题时依据试题信息，细心观察实验装置图，善于联系已经掌握的基础知识，进行知识的迁移，发散思维，用准确的化学语言来解答实际问题。
解题时的思维要点是：
①检验装置的气密性要抓住三点：紧握试管使管内气体受热膨胀；有气泡冒出；松开手后，水又回到导管中。
②铜与稀硝酸反应生成无色难溶于水的NO，它立即被空气中的氧气所氧化．生成红棕色的二氧化氮气体，NO2易溶于水，与水反应生成硝酸，并使实验装置内的气体压强暂时减小，引起水的倒流。
答案：（1）把导管b的下端浸入水中，用手紧握捂热试管a，导管口会有气泡冒出，松开手后，水又会回升到导管b中。
（2）①3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
②2NO+O2=2NO2
（3）①铜片和稀硝酸反应，有无色气泡产生，反应速率开始缓慢，逐渐加快。②试管a上部空间由无色变为浅棕色，又变为无色。③试管a中的溶液由无色变成浅蓝色。④反应结束时，铜片全部反应完。
（4）由于反应开始时产生的NO和试管a上部空气中的O2作用生成NO2；NO2易溶于水并与水起反应；使装置内的气体压强暂时减小，所以导管中的水面会上升至一定高度。
（5）水进入试管，上升到一定高度。试管中气体颜色由红棕色变为无色。
例10．早在1785年，卡文迪许在测定空气组成时，除去空气中的O2、N2等已知气体后，发现最后总是留下一个体积不足总体积1/200的小气泡。
1892年，瑞利在测定氮气密度时发现，从空气中得到的氮气密度为1.2572
g/L，而从氨分解得到的氮气密度为1.2508
g/L。两者相差0.0064
g/L。
有人认为：以上两种氮气很小的密度差别可能来源于实验误差，瑞利在多次试验中发现，从空气中得到的氮气密度总是比从氨分解得到的氮气密度略大。
瑞利和拉姆赛共同研究后认为：以上两个实验中的“小误差”可能有某种必然的联系，并预测大气中含有某种较重的未知气体。经反复实验，他们终于发现了一种化学性质极不活泼的新气体。
(1)瑞利根据什么坚持认为两种氮气很小的密度差别不可能来源于实验误差？_______________________________________________________________。
(2)在瑞利和拉姆赛预测中的那种未知的气体密度与氮气密度比较是__________(选填“大”或“小”或“无法确定”)。
(3)某同学使用以下一些装置来模拟卡文迪许的实验：
请将仪器连接的最佳顺序(按空气流向填各接口的编号)排列于右：→（
）（
）（
）（
）（
）（
）（
）（
）→a。其中，D装置的作用是
；E装置的作用是
；写出在C装置中发生化学反应的方程式
。
解析：本题根据化学史材料及考纲要求改编而成，融信息与化学实验于一体，既考核知识与技能，又注重过程与方法，符合当前课改方向。分析如下图：

答案：（1）根据“从空气中得到的氮气密度总是比从氨分解得到的氮气密度略大”
（2）大
（3）→f，g→c，b→h，i（或i，h）→d，e（或e，d）→a
除去空气中的酸性气体；除去氧气；3Mg＋N2Mg3N2。
【专题训练】
一、选择题
1．用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是(　　)
①中的物质
②中的物质
预测①中的现象
A
淀粉－KI溶液
浓溴水
无明显变化
B
石蕊溶液
硫酸
无明显变化
C
AlCl3溶液
浓氨水
有白色沉淀
D
AgNO3溶液
浓盐酸
有白色沉淀
解析：A项，②中的浓溴水具有挥发性，挥发出的溴蒸气进入①中会置换出碘，而使①中的溶液变蓝色；B项，硫酸不具有挥发性，故①中的石蕊不变色；C项，②中浓氨水挥发出的氨气进入①中发生反应生成Al(OH)3白色沉淀；D项，②中浓盐酸挥发出的HCl气体进入①中发生反应生成白色沉淀AgCl。
答案：A
点拨：本题考查元素化合物及其性质，考查考生的实验分析和推理能力。难度中等。
2．如图所示装置中，试管内的FeI2溶液中滴有KSCN溶液，实验中控制通入Cl2的速度，试管内先观察到紫色，后观察到红色。下列说法正确的是(　　)
A．若Cl2中含较多HCl，实验过程中会产生倒吸现象
B．通入足量Cl2后，振荡试管，下层变紫色，上层变红色
C．该实验可验证氧化性：Cl2>I2>Fe3＋
D．试管内反应的离子方程式可表示为Fe2＋＋2I－＋Cl2===I2＋Fe3＋＋2Cl－
解析：A项，导管通入CCl4层中，CCl4能起到缓冲作用而不会发生倒吸现象；B项，3Cl2＋2FeI2===2FeCl3＋2I2，振荡后I2由水层转移到CCl4层，故下层溶液呈紫色，上层溶液中Fe3＋遇KSCN变红色；C项，由反应知氧化性：Cl2>I2，Cl2>Fe3＋，但无法证明I2的氧化性强于Fe3＋；D项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－。
答案：B
点拨：本题考查化学反应和物质的性质，考查考生分析问题和运用知识解决问题的能力。难度中等。
3．下列实验现象及相关结论均正确的是(　　)
A
B
C
D
实验
现象
品红褪色
最后试管有浅黄色沉淀
最后一滴标准液使酚酞由无色变为红色，且30s内不复原
盐桥左端从无色逐渐变为蓝色
结论
SO2有
强氧化性
有机物中含有溴原子
滴定达到终点
金属Ⅱ比Ⅰ活泼
解析：A项，SO2的漂白性是其与有色物质结合为无色物质；B项，加AgNO3溶液之前必须加HNO3中和过量的碱，防止OH－干扰；D项，Cu2＋不可能进入盐桥。
答案：C
点拨：本题考查化学实验，考查考生对实验现象的分析能力。难度中等。
4．下列有关实验的叙述正确的是(　　)
A．可用碱式滴定管量取12.
85
mL的KMnO4溶液
B．实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置
C．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶
D．配制500
mL
0.4
mol·L－1NaCl溶液，必要的仪器如图乙所示
解析：A中KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取；B中的温度计水银球反应位于蒸馏烧瓶支管口处；D中不需要分液漏斗，而需要容量瓶。
答案：C
5．不能用带橡胶塞的玻璃试剂瓶存放的药品是(　　)
①浓硝酸　②稀氢氧化钠溶液　③液溴　④纯碱溶液　⑤水玻璃　⑥氢氟酸
A．①③⑥　　　　　　　　
B．①④⑥
C．①⑤⑥
D．②③④⑤
解析：浓硝酸和液溴都具有强氧化性，能氧化橡胶塞，而氢氟酸会腐蚀玻璃，不能用玻璃试剂瓶存放，应保存在塑料瓶中。
答案：A
6．对于实验甲～丁的实验现象预测正确的是(　　)
A．实验甲：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色
C．实验丙：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去
解析：A选项，CO结合H＋能力强于HCO，故盐酸少量时先发生反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，所以无气泡出现；B选项，上层是FeCl3水溶液，呈黄色，下层是Br2的CCl4溶液，呈橙红色；C选项，从溶液中将溶质提取出来使用蒸发装置，不使用坩埚，应该用蒸发皿；D选项，浓硫酸加入蔗糖中会炭化，同时由于浓硫酸的强氧化性而产生SO2，SO2与酸性KMnO4溶液反应而使其颜色逐渐变浅至褪去。
答案：D
点拨：本题考查化学实验，考查考生记忆和实验能力。难度中等。
7．下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是(　　)
操作和现象
结论
A
向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀硫酸，在管口观察到红棕色气体
HNO3分解成了NO2
B
向淀粉溶液中加入质量分数为20%的硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
C
甲烷和氯气混合后在光照下，颜色逐渐褪去
甲烷和氯气发生了化合反应
D
向饱和Na2CO3中通入足量CO2，溶液变浑浊
析出了NaHCO3
解析：A项，硝酸根在氢离子存在下表现强氧化性将二价铁离子氧化，硝酸根被还原为NO，NO又被空气中的氧气氧化为二氧化氮，A错误；B项，没有红色沉淀生成也可能是因为冷却后没有加入碱中和过量的稀硫酸，B错误；C项，甲烷和氯气发生取代反应，C错误；D项正确。
答案：D
8．下列叙述正确的是(　　)
A．丁达尔效应是区分溶液和胶体的一种常用物理方法
B．氯化钠溶液蒸发结晶时，必须将蒸发皿中的液体蒸干才能停止加热
C．实验室可用KOH稀溶液除去NaCl溶液中混有的少量MgCl2杂质
D．测定某溶液的pH，常用干燥洁净的玻璃棒蘸取该溶液滴在润湿的pH试纸上
解析：丁达尔效应是胶体的特性，A正确；蒸发结束是在蒸发皿中还有少量液体时，利用余热将水蒸干，B错；KOH的加入能引入K＋，C错；pH试纸不能湿润，否则会引起误差，D错。
答案：A
点拨：本题考查实验基本操作，考查考生的识记能力。难度较小。
9．有一无色透明溶液，可能含有Na＋，Al3＋，Mg2＋，Fe3＋，NH，Cl－，SO，HCO中的几种，取该溶液三份分别进行实验：①滴加甲基橙溶液显红色；②逐渐加入NaOH溶液，产生白色沉淀，最后白色沉淀部分溶解；③加入5
mL
0.1
mol·L－1
BaCl2溶液至不再产生白色沉淀，取上层清液加入足量AgNO3溶液，得到0.2
g沉淀。由此推知，原溶液中(　　)
A．一定有Al3＋，Mg2＋，Cl－，SO
B．一定没有Mg2＋，Fe3＋，HCO
C．不能确定是否含有Cl－
D．可能有Na＋，NH，Cl－，SO
解析：根据①中溶液显红色，说明溶液显酸性，则一定不含HCO；根据②中白色沉淀部分溶解，则一定含有Mg2＋和Al3＋；根据③中加入BaCl2产生沉淀，则一定含有SO，根据上层清液加入AgNO3溶液得到0.2
g沉淀，则加入BaCl2后溶液中n(Cl－)＝＝0.
0014
mol，而BaCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2
mol/L
0.005
L＝0.001
mol，则原溶液中一定含有Cl－。
答案：A
点拨：本题考查离子推断，考查考生对离子检验的分析和计算能力。难度较大。
10．下列实验操作与预期实验目的或实验结论不一致的是(　　)
选项
实验操作及现象
实验目的或结论
A
用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色
可证明氧化性：H2O2比Fe3＋强
B
在0.1
mol/L的NaHCO3溶液中，加2滴酚酞显浅红色，微热，溶液颜色加深
验证盐类水解反应是吸热反应
C
将一定量的NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出，趁热过滤
得到NaCl晶体
D
苯酚钠溶液中通入足量二氧化碳产生浑浊
苯酚的酸性弱于碳酸
解析：A中酸性条件下NO具有强氧化性，能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，不能说明H2O2氧化性比Fe3＋强，错误；B中微热溶液颜色加深，c(OH－)增大，说明加热促进HCO的水解，盐类水解反应是吸热反应，正确；C项因为KNO3、KCl、NaNO3的溶解度都随温度升高而增大，NaCl受温度影响不大，正确；D项利用强酸制弱酸原理，正确。
答案：A
点拨：本题考查实验的设计与分析，考查考生熟练运用物质性质的能力。难度中等。
11．用下列实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的的是(　　)
A．装置甲：为防止铁钉生锈
B．装置乙：除去一氧化碳中混有的乙烯
C．装置丙：验证HCl气体在水中的溶解性
D．装置丁：实验室制取乙酸乙酯
解析：阴极保护法是把被保护的金属连接电源的负极作为阴极，故A错误。乙烯被高锰酸钾氧化成的CO2会混入CO中，故B错误。HCl极易溶于水，导致烧瓶内压强减小，从而气球膨胀，故C正确。乙酸乙酯在NaOH溶液中易发生水解，故D错误。
答案：C
12．下列化学实验有关的叙述正确的是(　　)
A．某无色溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该无色溶液中一定含有SO
B．向2.0
mL浓度均为0.1
mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01
mol·L－1AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)大
C．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝膜熔点高于铝
D．SO2、Cl2都能使品红试液褪色，其原理是相同的
解析：A项产生该现象的也可能是溶液中含有CO、SO；B项说明Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小；D项SO2的褪色原理是与有色物质化合为无色不稳定的物质，Cl2用于漂白是因为与水反应生成的HClO的强氧化性。
答案：C
13．下列关于离子检验的说法中，正确的是(　　)
A．向某溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊，则该溶液一定含有CO
B．向某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中一定含有Cl－
C．向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中一定含有SO
D．通入Cl2后，溶液变为黄色，加淀粉液后变蓝，则原溶液中一定有I－
解析：HCO、HSO、CO都能使澄清石灰水变浑浊，A选项错误；OH－、CO都能和Ag＋反应产生白色沉淀，B选项错误；C选项中产生的沉淀可能是AgCl，故C选项错误。
答案：D
14．下列有关除杂的实验操作合理的是(　　)
A．除去二氧化碳中混有的少量一氧化碳：通入适量氧气后点燃
B．除去氧气中少量氮气：使气体通过炽热的铜粉
C．除去石英中少量碳酸钙：用稀盐酸溶解后过滤
D．除去氯化钠固体中少量的纯碱：加入足量氯化钙，过滤、蒸发、结晶
解析：二氧化碳中通入适量氧气，少量一氧化碳不能燃烧；将氧气和氮气通过炽热的铜粉，这样反应的将是氧气；碳酸钙与稀盐酸反应掉，石英即二氧化硅不与稀盐酸反应，再过滤，这样就可以除掉石英中的碳酸钙。
答案：C
15．下列有关化学实验表现的内容错误的是(　　)
解析：由A项两烧杯中的溶液可推知：盛放硫酸锌溶液的烧杯中的电极应为锌棒，盛放硫酸铜溶液的烧杯中的电极应为铜棒。由原电池原理判断：锌棒应为负极，铜棒应为正极，故A不正确。
答案：A
16．下列化学实验事实及其解释都正确的是(　　)
A．向KMnO4溶液中滴加盐酸，KMnO4溶液的氧化能力增强。说明盐酸具有氧化性
B．向澄清的AlCl3稀溶液中加入NaOH浓溶液，振荡，溶液仍为澄清。说明该两种溶液混合是物理变化
C．向FeCl3溶液中加入过量Cu粉，振荡、静置，溶液由黄色变为绿色。说明Fe3＋具有氧化性
D．向CaCl2溶液中滴入少量Na2CO3溶液，产生白色沉淀。说明CaCO3难溶于水
解析：向KMnO4溶液中滴加盐酸后两者会发生反应：AlCl3与足量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，属于化学变化；向FeCl3溶液中加入过量Cu粉生成绿色的FeCl2和CuCl2的混合溶液。
答案：CD
17．用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。如图所示的实验中(可加热)，下列试剂的选用、现象、对应结论都正确的一项是(　　)
选项
试剂B
湿润的试纸A
现象
结论
A
碘水
淀粉试纸
变蓝
碘具有氧化性
B
浓氨水，生石灰
蓝色石蕊试纸
变红
氨气为碱性气体
C
Na2SO3，硫酸
品红试纸
褪色
SO2具有漂白性
D
Cu，浓硝酸
KI－淀粉试纸
变蓝
NO2为酸性气体
解析：碘遇淀粉溶液变蓝是因碘分子进入到淀粉分子间而显蓝色，这是碘的一个特殊性质而不是它的氧化性，A错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B错误；二氧化氮能使碘化钾淀粉试纸变蓝，是因其具有氧化性，将碘离子氧化为单质碘，D错误。
答案：C
18．用下图装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H):m(O)>1:8。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是(　　)
A．Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置
B．Ⅲ装置后缺少干燥装置
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝
D．CuO没有全部被还原
解析：用H2还原CuO时，装置Ⅲ中CaCl2吸收的是生成的水，而装置Ⅱ中玻璃管通H2前后的质量差为反应时消耗CuO中氧的质量，即生成水中氧元素的质量，而m(水)－m(氧)＝m(氢)。当Zn和稀H2SO4反应产生的H2不干燥[m(水)偏大]，装置Ⅲ后不加干燥装置，使Ⅲ中CaCl2吸收空气中的水分[m(水)偏大了]，Ⅱ中玻璃管内有水冷凝[m(氧)偏小]，都会造成测得m(H)?m(O)>1?8。水的组成与CuO是否完全反应无关，只与通入H2前后玻璃管的质量差和生成的水有关。
答案：D
二、非选择题(本题包括3小题，共46分)
19．下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
(1)制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为________。
(2)装置B中饱和食盐水的作用是________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：__________________。
(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是________(填编号)。
编号
a
b
c
d
Ⅰ
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
硅胶
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
(4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是________该现象________(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，原因是__________________________。
(5)有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：__________________。请判断改用NaHSO3溶液是否可行？________(填“是”或“否”)。
解析：(1)漂粉精中的次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气。(2)由于浓盐酸具有挥发性，从A装置出来的氯气中含有氯化氢气体，故用B中的饱和食盐水除去其中的氯化氢。(3)若验证氯气是否有漂白性，则应该先验证氯气是否能够使湿润的有色布条褪色。(4)读图可知，D中通入氯气后生成单质溴，加入E中后又生成了单质碘，故E中现象是溶液分层，且上层即苯层显紫红色，但是由于D中可能有过量的氯气，故E中生成的单质碘不一定是溴与KI反应置换出来的，故不能说明溴的非金属性一定比碘强。(5)由于氯气具有氧化性，与NaHSO3发生氧化还原反应HSO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋3H＋，由于NaHSO3溶液显酸性，会抑制氯气的吸收，故不能选用NaHSO3溶液吸收氯气。
答案：(1)Ca(ClO2)＋4HCl(浓)===CaCl2
＋2Cl2↑＋2H2O
(2)除去Cl2中的HCl　B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱
(3)d
(4)E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色　不能　过量的Cl2也可将I－氧化为I2
(5)HSO＋Cl2＋H2O===SO＋2Cl－＋3H＋(或4HSO＋Cl2===SO＋2Cl－＋3SO2＋2H2O)　否
点拨：本题考查氯气的制备及相关性质，考查考生综合分析问题和解决问题的能力。难度较大。
20．无水FeCl3呈棕红色，极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。
(1)装置A中反应的离子方程式为______________________。
(2)装置F中所加的试剂为________。
(3)导管b的作用为________；装置B的作用为___________。
(4)实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，原因为____________________________________。
(5)反应结束后，拆卸装置前，必须进行的操作是__________。
(6)为检验所得产品中是否含有FeCl2，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入一种试剂，该试剂为________(填序号)。
①Fe粉
②KSCN溶液
③酸性KMnO4溶液
④NaOH溶液
解析：(2)FeCl3极易潮解，所以F中盛放的是浓硫酸。(3)当烧瓶中产生大量气体时压强增大，分液漏斗中的液体可能无法滴下，而导管b将烧瓶和分液漏斗上端连接，使压强相同液体便能顺利滴下；装置B盛放饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，若装置中有堵塞，体系的压强增大，长颈漏斗中的液面就会上升。(4)若先点燃D处酒精灯，铁丝会与装置中的空气反应，所以先点燃A处酒精灯的作用是利用生成的氯气排装置中的空气。(5)因氯气有毒拆装置前必须进行尾气吸收。(6)
FeCl2具有还原性，若含有可使强氧化性的酸性KMnO4溶液褪色。
答案：(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)浓硫酸(或浓H2SO4)
(3)平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)
除去Cl2中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞
(4)排尽实验装置中的空气
(5)打开活塞a，通入空气把装置内残留的Cl2排出，保证吸收更彻底(其他合理答案均可)
(6)③
点拨：本题考查化学实验，考查考生分析化学实验现象的能力。难度中等。
21．图中是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
(1)在组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是首先________，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。
(2)装置B中盛放的试剂是________。
(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍候片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生________(答现象)；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：________________________。
(4)当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16
g，反应后称重固体质量减少2.4
g，通过计算确定该固体产物的成分是_________
__________(用化学式表示)。
(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：____________________，迅速产生倒吸的原因是____________________________。
解析：A是制备NH3的装置，B是干燥NH3的装置，C是NH3与CuO的反应装置，E是处理NH3的尾气装置，F是NH3与Cl2的反应装置，G是处理尾气Cl2的装置。
(2)干燥NH3需使用碱性干燥剂。(3)C中CuO与NH3发生氧化还原反应生成红色的Cu、N2和H2O；E中发生反应：2NH3＋BaCl2＋SO2＋H2O===BaSO3↓＋2NH4Cl。(4)若产物全部是Cu，则由差量法知减小的部分全部是O元素的质量，即n(CuO)＝n(O)＝2.4
g÷16
g·mol－1＝0.15
mol，所以反应的CuO的质量为0.15
mol×80
g/mol＝12
g<16
g，所以CuO未完全转化成Cu，剩余固体中可能含有Cu2O。(5)Cl2可将NH3氧化为N2，同时生成的HCl会和NH3反应生成NH4Cl，产生白烟现象，F瓶内压强变小从而出现倒吸现象。
答案：(1)关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水
(2)碱石灰(或生石灰)
(3)白色沉淀　2NH3＋3CuO3Cu＋N2↑＋3H2O
(4)Cu2O、Cu
(5)3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl
盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸
点拨：本题考查NH3的制备及性质、化学实验基本操作，考查考生记忆和知识的应用能力。难度中等。化学反应中的能量变化
命题趋向
依据新课程化学实验的学习目标和学习内容，近几年的主要题型有（1）热化学方程式的书写及正误判断；（2）反应热的计算；（3）比较反应热的大小；（4）反应热与能源的综合考查。由于能源问题已成为社会热点，因此有关能源的试题将成为今后命题的热点；对于燃烧热和中和热的概念及计算仍将是高考考查的重点，主要在选择题、填充题、实验题中体现，重点考查学生灵活运用知识、接受新知识的能力。
新课标关注能源、提高能量利用效率，今年又是各地降低能耗，走可持续发展的一年，估计与实际相联系节约能源的试题可出现。新课标明确了焓变与反应热的关系，极有可能出现运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。
考试大纲对反应热的要求是：掌握热化学方程式的含义；了解化学反应中的能量变化、吸热反应、放热反应、反应热、燃烧热、中和热；理解盖斯定律的含义，掌握有关反应热的简单计算；初步认识使用化石燃料的利弊，新能源的开发，燃料充分燃烧的条件。
学习中应以“热化学方程式”为突破口，通过对热化学方程式的书写及正误判断充分理解其含义，同时触类旁通，不断掌握反应热的计算技巧，学会应用盖斯定律。
化学反应中的能量变化在高考中经常涉及的内容有：书写热化学方程式、判断热化学方程式的正误及反应热的大小比较等等。中和热实验的测定是高中阶段比较重要的一个定量实验。无论从能量的角度，还是从实验的角度，中和热实验的测定都将会是今后高考考查的热点。
【知识归纳】
一、正确理解“三热”概念
1、反应热：在化学反应过程中反应本身放出或吸收的热量。在恒温恒压条件下的反应热用△H表示，单位是kJ/mol，并规定放热反应的△H<0，吸热反应的△H>0。
2、标准燃烧热与热值
燃烧热是反应热的一种形式，使用燃烧热的概念时要理解下列要点。
①
规定是在101
kPa压强下测出热量。书中提供的燃烧热数据都是在101kPa下测定出来的。因为压强不同，反应热有所不同。
②
规定可燃物的物质的量为1mol（这样才有可比性）。因此，表示可燃物的燃烧热的热化学方程式中，可燃物的化学计量数为1，其他物质的化学计量数常出现分数。例如，C8H18的燃烧热为5518
kJ·mol-1，用热化学方程式表示则为
C8H18（l）+O2（g）=
8CO2（g）+9H2O（l）；△H=－5518
kJ·mol-1
③
规定生成物为稳定的氧化物．例如C→
CO2、H
→H2O(l)、S
→SO2等。
C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=－110.5
kJ·mol-1
C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=－393.5
kJ·mol-1
C的燃烧热为393.5
kJ·mol-1，而不是110.5
kJ·mol-1。
④
叙述燃烧热时，用正值，在热化学方程式中用△H表示时取负值。例如，CH4的燃烧热为890.3
kJ·mol-1，而△H＝－890.3
kJ·mol-1且必须以1mol可燃物燃烧为标准。
⑤要与热值概念进行区别。热值：1g物质完全燃烧的反应热叫该物质的热值。
3、中和热：把在稀溶液中酸跟碱发生中和反应而生成1molH2O时的反应热叫中和热，单位是kJ/mol。燃烧热和中和热都属于反应热。
二、正确书写热化学方程式
1、ΔH只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边，并用“；”隔开。若为放热反应，ΔH为
<0：若为吸热反应，ΔH为>0
。ΔH的单位一般为kJ/mol。
2、注意热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的个数。因此化学计量数可以是整数、也可以是分数。
3、反应物和产物的聚集状态不同，反应热数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质的聚集状态(s、l、g)才能完整地体现出热化学方程式的意义。热化学方程式中不用↑和↓。
4、由于ΔH与反应完成物质的量有关，所以方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。
5、当反应向逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
6、用中文表示焓变时数值没有正负号，而用符号表示焓变时数值必须注明正负号。如H2的燃烧热为285.8kJ/mol，△H=－285.8kJ/mol。
三、盖斯定律
1、定义：化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与反应的途径无关。即如果一个反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的。即
甲乙，甲丙乙，ΔH=ΔH1+ΔH2。
2、应用
（1）利用关系图找出反应热之间的关系
①找起点和终点（起点是A，终点是C）；②找途径：一个是A→B→C，一个是A→C；③列式：△H3=△H1+△H2。
（2）利用方程组找出反应热之间的关系
①找出中间产物（中间产物是B）；②利用方程组消去中间产物：反应c＝反应a+反应b；③列式：△H3=△H1+△H2。
四、键能、反应热和稳定性的关系
1、键能定义：在101kPa、298K条件下，1mol气态AB分子全部拆开成气态A原子和B原子时需吸收的能量称AB间共价键的键能，单位为kJ
·
mol
–1。
2、键能与反应热
化学反应中最主要的变化是旧化学键发生断裂和新化学键的形成。化学反应中能量的变化也主要决定于这两个方面吸热与放热，可以通过键能计算得到近似值。
①放热反应或吸热反应
旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量，为吸热反应；旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，该反应为放热反应。
②反应热
化学反应中吸收或放出的热量称反应热，符号ΔH，单位kJ
·
mol
–1
，吸热为正值，放热为负值。可以通过热化学方程式表示。反应热的大小与多个因素有关，其数据来源的基础是实验测定。由于反应热的最主要原因是旧化学键断裂吸收能量与新化学键形成放出能量，所以通过键能粗略计算出反应热。
ΔH（反应热）==
=反应物的键能总和—生成物键能总和。为方便记忆，可作如下理解：断裂旧化学键需吸热（用＋号表示），形成新化学键则放热（用－号表示），化学反应的热效应等于反应物和生成物键能的代数和，即ΔH=（＋反应物的键能总和）＋（—生成物键能总和），若ΔH＜0，为吸热，若ΔH＞0，为放热。
3、物质稳定性：物质在反应中放出能量越多，则生成物能量越小，该物质越稳定，生成物中化学键越牢固。反之亦然。
如：同素异形体稳定性的比较：根据△H正负和大小判断，反应放热，说明生成物能量小，较稳定。
五、常见的吸热反应与放热反应
常见吸热反应：所有盐的水解和电离过程、大多数的分解反应。
常见放热反应：燃烧、爆炸反应、金属与酸的置换、酸碱中和反应、2NO2N2O4、大多数的化合反应是放热的。
六、误点警示
1、吸热反应一定需要加热才能发生吗？
答：吸热反应不一定需要加热才能发生，如氢氧化钡晶体[Ba（OH）2·8H2O]和氯化铵晶体的反应为吸热反应，但只要用玻璃棒搅拌混合，温度即迅速降低，同时有刺激性气体产生，说明该反应已进行。加热只是反应所需的一种条件，放热、吸热取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小，只要反应物总能量大于生成物总能量，反应一定放热，反之，就一定吸热。有的放热反应如碳的燃烧需要加热到着火点才能进行。
2、中和热不包括离子在水溶液中的生成热、物质的溶解热、电解质电离的吸热所伴随的热效应。若反应过程中有其他物质生成，这部分反应热也不在中和热内。
以下反应热均非中和热：
①H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)==BaSO4(s)+H2O(1)
(此处还有BaSO4(s)的生成热)；
②NaOH(s)+HCl(aq)==NaCl(aq)+H2O(此处还有NaOH的溶解热)；
③CH3COOH(aq)+NaOH(aq)==CH3COONa(aq)+H2O(1)(此处还有CH3COOH电离热)。
3、已知：H2(g)
+
Cl2(g)
=
2
HCl(g)
ΔH
=
－
184.6
kJ·mol-1，能由此判断出氢气的燃烧热为184.6
KJ·mol-1吗？已知2C2H2
(g)
+
5
O2
(g)
4
CO2
(g)
+
2
H2O（l）;
△H
=-2600kJ·mol-1，能说乙炔的燃烧热为-2600kJ·mol-1吗？另外，物质的燃烧热大，其产生的火焰温度就高吗？
答：“燃烧热”的定义是：在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物（或单质）时放出的能量。完全燃烧，是指物质中下列元素完全转变成对应的物质：C→CO2(g)，H→H2O(l)，P→P2O5(s)，N→N2(g)，S→SO2(g)。生成不稳定的氧化物所放出的热量不是燃烧热，如：C→CO(g)，H→H2O（g）。氢气在氯气中虽能燃烧，但其热效应却不是燃烧热，只能称为反应热。
燃烧热叙说有两种形式：一是用文字表示，此时只能用相应的数值和单位，不能用“—”号。如乙炔的燃烧热为1300kJ·mol-1；一是用△H表示，此时需用负号表示，如乙炔的燃烧热△H
=-1300kJ·mol-1。火焰的温度与可燃物的燃烧热和热量损失（如生成的水等）有关。燃烧热相差不大时，生成的水越多，热量损失就越多，火焰温度就低。
【考点例析】
例1．已知反应A＋B＝C＋D为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（
）
A.
A的能量一定高于C
B.
B的能量一定高于D
C.
A和B的总能量一定高于C和D的总能量
D.
该反应为放热反应，故不必加热就一定能发生
解析:化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化——吸热或放热，当反应物的总能量高于生成物质总能量时为放热反应中，当反应物的总能量低于生成物的总能量时为吸热反应。值得注意的是：总能量是指所有反应物或所有生成物，而不是其中某些反应物或某些生成物,所以A、B是不正确的；而有的放热反应在开始时也是需要加热的，例如炭的燃烧。
答案:C
例2．关于吸热反应的说法正确的是(
)。
A．凡需加热的反应一定是吸热反应
B．只有分解反应才是吸热反应
C．使用催化剂的反应是吸热反应
D．CO2与CaO化合是放热反应，则CaCO3分解是吸热反应
解析：A组见上一题目分析，有些化合反应也是吸热反应，例如炭和二氧化碳化合生成一氧化碳的反应就是吸热反应，故B不正确，催化剂是用来改变化学反应速率的，它不能改变反应物和生成自身的能量，故不影响反应热，像合成氨、二氧化硫的催化氧化都是放热反应，故C也是不对的。CO2和CaO的化合反应与CaCO3的分解反应是相反过程，故D正确。
答案D
例3．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H1＞△H2的是
（
）
A
2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)；△H1
2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)；△H2
B
S(g)+O2(g)==SO2(g)；△H1
S(s)+O2(g)==SO2(g)；△H2
C
C(s)+
O2(g)==CO(g)；△H1
C(s)+
O2(g)==CO2
(g)；△H2
D
H2(g)+
Cl2(g)==2HCl(g)；△H1
H2(g)+
Cl2(g)==HCl(g)；△H2
解析：上述各反应均是燃烧反应，故都是放热反应，所有△H1和△H2均为负值，反应放出或吸收热量的多少，跟反应物和生成物的聚集状态有密切关系。A中，由于从气态水到液态水会放热，所以生成液态水比生成气态水放出热量多，又因为放热△H为负值，放热越多△H越小，故△H1>△H2；B中，由于从固态硫到气态硫要吸热，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放出的热量多，即△H1<△H2；C中，生成CO放热，因为氧气过量会与CO反应又放出热量，所以△H1>△H2；D中，△H1=2△H2，因为△H1和△H2均为负值，所以△H1<△H2。
答案:AC
［感悟］比较△H大小时，一要注意反应物和生成物的聚集状态，二要注意热化学方程式中化学计量数，三要注意放热反应的反应热△H<0，放热越多，│△H│越大，△H越小。
例4．
灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s、白)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g)；△H1
②Sn(s、灰)＋2HCl(aq)＝SnCl2(aq)＋H2(g)；△H2
③Sn(s、灰)Sn(s、白)；△H3＝＋2.1kJ/mol
下列说法正确的是
A
△H1＞△H2
B
锡在常温下以灰锡状态存在
C
灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D
锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
解析：②－①可得③，△H2－△H1＞0，故△H2＞△H1
，A错，根据③，在常温下，灰锡会向白锡转化故常温下以白锡状态存在，正反应为吸热反应，故B、C错，当锡制器皿长期处于低于13.2℃的环境中会转化为灰锡，灰锡以粉末状存在，故会自行毁坏。
答案:D
［感悟］利用盖斯定律可快速、简便地判断△H1、△H2的大小，记住：热化学方程式之间的计算中，盖斯定律大有用途。
例5．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(
)
①C(s)+O2(g)====CO2(g);ΔH1
C(s)+O2(g)====CO(g);ΔH2
②S(s)+O2(g)====SO2(g);ΔH3
S(g)+O2(g)====SO2(g);ΔH4
③H2(g)+2O2(g)====H2O(l);ΔH5
2H2(g)+O2(g)====2H2O(l);ΔH6
④CaCO3(s)====CaO(s)+CO2(g);ΔH7
CaO(s)+H2O(l)====Ca(OH)2(s);ΔH8
A.①
B.④
C.②③④
D.①②③
解析：碳与氧气反应放热，即ΔH1<0，ΔH2<0,CO再与O2作用时又放热，所以ΔH1<ΔH2；等量的固态硫变为气态硫蒸气时吸收热量，故在与O2作用产生同样多的SO2时，气态硫放出的热量多，即ΔH3>ΔH4；发生同样的燃烧反应，物质的量越多，放出的热量越多，故ΔH5>ΔH6；碳酸钙分解吸收热量，ΔH7>0，CaO与H2O反应放出热量，ΔH8<0，显然ΔH7>ΔH8。故本题答案为C。
答案：C
例6．
已知反应：①101
kPa时，2C(s)+O2(g)====2CO(g)；ΔH=-221
kJ·mol-1
②稀溶液中，H+(aq)+OH-====(aq)H2O(l)；ΔH=-57.3
kJ·mol-1
下列结论正确的是(
)
A.碳的燃烧热大于110.5
kJ·mol-1
B.①的反应热为221
kJ·mol-1
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3
kJ·mol-1
D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol水，放出57.3
kJ热量
解析：1
mol
C不完全燃烧生成CO放出热量=110.5
kJ，1
mol
C完全燃烧生成CO2放出热量大于110.5
kJ，即C的燃烧热大于110.5
kJ·mol-1；反应①的反应热为-221
kJ·mol-1；稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3
kJ·mol-1；醋酸是弱酸，与NaOH溶液中和生成1
mol水时放出的热量小于57.3
kJ。
答案：A
例7．25
℃、101
kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5
kJ·mol-1、285.8
kJ·mol-1、890.3
kJ·mol-1、2
800
kJ·mol-1，则下列热化学方程式正确的是(
)
A.C(s)+O2(g)====CO(g);ΔH=-393.5
kJ·mol-1
B.2H2(g)+O2(g)====2H2O(g);ΔH=+571.6
kJ·mol-1
C.CH4(g)+2O2(g)====CO2(g)+2H2O(g);ΔH=-890.3
kJ·mol-1
D.C6H12O6(s)+3O2(g)====3CO2(g)+3H2O(l);ΔH=-1
400
kJ·mol-1
解析：燃烧热是指在101
kPa时，1
mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。对C而言稳定的氧化物指CO2(g)、对H而言稳定的氧化物指H2O(l)。所以A、B、C错误，正确答案为D。
答案：D
例8．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是
A
2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH＝－4b
kJ·mol—1l
B
C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋
H2O(l)；ΔH＝2b
kJ·mol—1
C
2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH＝－2b
kJ·mol—1
D
2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH＝b
kJ·mol—1
解析：乙炔燃烧是放热反应，△H为负值，通过定性判断，排除B、D，生成1摩尔CO2，放热b
kJ，故生成4摩尔CO2放热4b
kJ。
答案：A
［感悟］此题考察的是热化学方程式的正误判断，注意吸放热与ΔH正负的关系，数值与物质的关系，同时还要注意物质的状态。
例9．CH3—CH3→CH2＝CH2＋H2；有关化学键的键能如下。
化学键
C－H
C＝C
C－C
H－H
键能（kJ·mol—1）
414.4
615.3
347.4
435.3
试计算该反应的反应热
解析：ΔH
=[6E(C－H)＋E(C－C)]－[E(C＝C)＋4E(C－H)＋E(H－H)]=(6×414.4＋347.4)
kJ·mol—1－(615.3＋4×414.4＋435.3)
kJ·mol—1=＋125.6
kJ·mol—1
这表明，上述反应是吸热的，吸收的热量为125.6
kJ·mol—1。
答案：ΔH
==＋125.6
kJ·mol—1。
［感悟］ΔH=反应物的键能总和—生成物键能总和。为方便记忆，可作如下理解：断裂旧化学键需吸热（用＋号表示），形成新化学键则放热（用－号表示），化学反应的热效应等于反应物和生成物键能的代数和，即ΔH=（＋反应物的键能总和）＋（—生成物键能总和）。
例10．在氢气与氯气反应生成氯化氢气体的反应中，若断裂1mol
H
-
H键要吸收436KJ的能量，断裂1mol
Cl-
Cl键要吸收243KJ的能量，断裂1molH—Cl键要吸收432KJ的能量，则在氯气中充分燃烧1mol
H2
的能量变化是
。
解析：
在氯气中充分燃烧1mol
H2
时，要先破坏1mol的H—H键和1mol的Cl—Cl键，此过程是需要吸收679kJ的能量；在氯气中充分燃烧1mol
H2
时会形成2molH—Cl，放出864KJ的能量，吸收和放出能量相抵，仍会放出185KJ的能量。
答案：185kJ
例11．将0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________。
又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0
kJ·mol—1，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是_____________kJ。
解析：0.3mol乙硼烷完全燃烧生成液态水放出649.5kJ热量，则1mol乙硼烷完全燃烧放出的热量为：1mol×649.5kJ/0.3mol＝2165kJ，因此乙硼烷燃烧的热化学反应方程式为：B2H6(g)＋3O2＝B2O3（s）＋3H2O（l）；△H＝－2165
kJ·mol—1。由于1mol水汽化需吸热44kJ，则3mol液态水全部汽化应吸热：3mol×44
kJ·mol—1＝132kJ，所以1mol乙硼烷完全燃烧产生气态水时放热：2165kJ－132kJ＝2033kJ，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧产生气态水放出热量是：0.5mol×2033
kJ·mol—1＝1016.5kJ。
答案：B2H6(g)＋3O2＝B2O3（s）＋3H2O（l）；△H＝－2165
kJ·mol—1，1016.5kJ
例12．10
g硫磺在
O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能使
500
g
H2O温度由18℃升至62.4℃，则硫磺的燃烧热为
，热化学方程式为
。
解析：既要掌握燃烧热的概念，又要理解通过实验测定的方法：先测得一定质量溶液前后的温度变化（通过量热器），然后应用公式Q
=
m·C(t2－t2)计算。
答案：10
g硫磺燃烧共放出热量为：
＝500
g
×
4.18
×
10－3kJ/(g·C)－1×(62.4－18)C
=
92.8
kJ，则lmol(32g)硫磺燃烧放热为=-297
kJ mol-1，硫磺的燃烧热为297
kJ mol-1，热化学方程式为：S(s)
+
O2(g)
=
SO2(g)；△H=-297
kJ mol-1
例13．实验室用50
mL
0.50
mol·L-1盐酸、50
mL
0.55
mol·L-1
NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
21.6
24.9
试完成下列问题：
(1)实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是
__________________________________________，
不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由是________________________________________。
(2)经数据处理，t2-t1=3.4
℃。则该实验测得的中和热ΔH=_________〔盐酸和NaOH溶液的密度按1
g·cm-3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18
J·(g·℃)-1计算〕。
(3)若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为ΔH1，则ΔH1与ΔH的关系为：ΔH1_________ΔH(填“＜”“＞”或“=”)，理由是____________________________________。
解析：(1)对于本实验，让氢氧化钠和盐酸尽可能地完全反应是减小误差的一个方面，所以实验时用环形玻璃棒上下搅动，以防将温度计损坏。做好保温工作是减小误差的另一个重要方面。所以选用玻璃棒，而不用铜丝。
(2)ΔH=-［100
g×4.18×10-3kJ·(
g·℃)-1×3.4
℃］÷0.025
mol=-56.8
kJ·mol-1
(3)因弱电解质的电离过程是吸热的，将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水反应后放出的热量少，所以ΔH1＞ΔH。
答案：(1)上下搅动(或轻轻搅动)
Cu传热快，防止热量损失
(2)-56.8
kJ·mol-1
(3)＞
NH3·H2O
电离吸热
专题训练
一、选择题
1．美国某技术公司开发出纳米级催化剂，可在较低温度下将甲烷转化成乙烯：2CH4(g)??C2H4(g)＋2H2(g)　ΔH，已知在降低温度时该反应平衡向左移动，且有下列两个反应(Q1、Q2均为正值)：
反应Ⅰ：C(s)＋2H2(g)===CH4(g)　ΔH1＝－Q1
反应Ⅱ：C(s)＋H2(g)===C2H4(g)　ΔH2＝－Q2
则下列判断正确的是(　　)
A．ΔH＜0
B．Q2＞Q1
C．ΔH＝2(Q1－Q2)
D．ΔH＝Q1－Q2
解析：由温度降低时，平衡向左移动，可知甲烷转化成乙烯的反应为吸热反应，即ΔH＞0。结合反应Ⅰ和Ⅱ，由2(Ⅱ－Ⅰ)可得甲烷转化成乙烯的热化学方程式，因ΔH＞0，可得2(－Q2＋Q1)＞0，则Q1＞Q2，C项正确。
答案：C
点拨：本题考查化学平衡和反应热知识，意在考查考生将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
2．下列说法或表示方法正确的是(　　)
A．反应物的总能量低于生成物的总能量时，一定不能自发进行反应
B．已知：CH4(g)＋O2(g)===2H2O(l)＋CO(g)　ΔH，则ΔH表示CH4的燃烧热
C．恒温恒压时，将2
mol
A和1
mol
B投入密闭容器中，发生反应：2A(g)＋B(g)??2C(g)，充分反应后测得放出的热量为Q
kJ，则该反应的ΔH＝－Q
kJ/mol
D．由4P(s，红磷)===P4(s，白磷)　ΔH＝＋139.2
kJ/mol，可知红磷比白磷稳定
解析：A项中反应物的总能量低于生成物的总能量的反应是吸热反应，有些吸热反应能自发进行；B项中CH4燃烧未生成稳定的氧化物CO2；C项中反应物不能完全转化；由红磷转化为白磷为吸热反应，所以等质量时，白磷的能量较高，可知红磷比白磷稳定，D项正确。
答案：D
点拨：本题考查化学反应与能量，意在考查考生对燃烧热、热化学方程式等的理解与判断能力。
3．下列有关热化学方程式或反应热的说法正确的是(　　)
A．已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ·mol－1，则H2的燃烧热为－241.8
kJ·mol－1
B．已知：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＝－Q1；S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＝－Q2(Q1、Q2均正值)，则Q1＜Q2
C．已知：H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH1；CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH2，则有|ΔH1|＜|ΔH2|
D．已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨，s)===2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH＝＋489.0
kJ·mol－1；CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0
kJ·mol－1；C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5
kJ·mol－1，则4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH＝－1641
kJ·mol－1
解析：注意题给方程式中水的状态为气态，而H2的燃烧热是指1
mol
H2完全燃烧生成液态水时的反应热，A项错误；气态硫变为固态硫时要放热，故等量的硫燃烧时，气态硫放热多，Q2答案：D
点拨：本题考查反应热知识，意在考查考生的分析、判断能力。
4．有关键能数据如表所示：
化学键
NN
H—H
H—N
键能/kJ·mol－1
x
436
391
已知N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4
kJ/mol。则x的值为(　　)
A．945.6　　　B．649　　　C．431　　　D．869
解析：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4
kJ/mol，根据反应热的定义可知ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，即x＋3×436－6×391＝－92.4，解得x＝945.6。
答案：A
5．已知25℃时：
①HF(aq)＋OH－(aq)===F－(aq)＋H2O(l)　ΔH1＝－67.7
kJ·mol－1
②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH2＝－57.3
kJ·mol－1
③Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)　ΔH3＜0
下列说法正确的是(　　)
A．HF的电离方程式及热效应：
HF(aq)===H＋(aq)＋F－(aq)　ΔH＞0
B．在氢氧化钠溶液与盐酸的反应中，盐酸量一定，氢氧化钠溶液量越多，中和热越大
C．ΔH2＝－57.3
kJ·mol－1是强酸和强碱在稀溶液中反应生成可溶盐的中和热
D．稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6
kJ·mol－1
解析：A项，根据盖斯定律，HF(aq)??H＋(aq)＋F－(aq)　ΔH＝(－67.7＋57.3)kJ·mol－1＝－10.4
kJ·mol－1＜0，A项错误；B项，中和热与反应物的量无关，B项错误；D项，由反应③知，若强酸与强碱在稀溶液中生成难溶盐和水，放热量增多，即ΔH＜－114.6
kJ·mol－1，D项不正确。
答案：C
点拨：本题考查热化学知识，意在考查考生的辨析比较能力。
6．向足量H2SO4溶液中加入110
mL
0.4
mol/L
Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12
kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入110
mL
0.4
mol/L
HCl溶液时，放出的热量是2.2
kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为(　　)
A．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－0.72
kJ/mol
B．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－2.92
kJ/mol
C．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－16.4
kJ/mol
D．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－73.0
kJ/mol
解析：根据题中所给的数据可知，Ba2＋(aq)＋SO(aq)＋2H＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－116.4
kJ/mol；H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－50.0
kJ/mol；Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)　ΔH＝－16.4
kJ/mol。
答案：C
7．已知下列热化学方程式：
Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s)　ΔH，
Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)　ΔH1，
Na(s)===Na(g)　ΔH2，Na(g)－e－===Na＋(g)　ΔH3，
Cl2(g)===Cl(g)　ΔH4，Cl(g)＋e－===Cl－(g)　ΔH5
则ΔH与ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5的关系正确的是(　　)
A．ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5
B．ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3－ΔH4－ΔH5
C．ΔH＝ΔH1－ΔH2＋ΔH3－ΔH4＋ΔH5
D．ΔH＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5－ΔH1
解析：Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)可认为由以下几个过程组成：Na(s)→Na(g)→Na＋(g)，1/2
Cl2(g)→Cl(g)→Cl－(g)，Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s)。根据盖斯定律可知：ΔH1＝ΔH＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5，即ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3－ΔH4－ΔH5。
答案：B
8．已知反应：①101
kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221
kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8
kJ·mol－1
④H2O(g)===H2O(l)
ΔH＝－44.0
kJ·mol－1
下列结论正确的是(　　)
A．碳的燃烧热大于110.5
kJ·mol－1
B．浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol水，放出57.3
kJ热量
C．氢气的燃烧热为241.8
kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)的反应热为ΔH＝＋571.6
kJ·mol－1
解析：燃烧热是指1
mol物质燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C完全燃烧的产物是CO2，CO继续燃烧生成CO2放出热量，那么C的燃烧热大于110.5
kJ·mol－1；浓硫酸中的H＋与稀NaOH溶液反应生成1
mol水，放出57.3
kJ热量，但是浓硫酸的稀释又有热量释放，所以该反应过程放出的热量大于57.3
kJ；根据盖斯定律，③④相加得到热化学方程式H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ·mol－1，该反应为放热反应，故ΔH的符号为“－”。
答案：A
二、非选择题
9．某化学小组对生石灰与水反应是显著放热反应进行了实验探究，在除了用手触摸试管壁感觉发热外，还设计了下列几个可行性方案。
甲方案：将温度计与盛放有生石灰的小试管用橡皮筋捆绑在一起，放入有水的小烧杯中，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是______________________________________________________________________，_______________________________________________________________________，
说明反应放热。(下列装置中支撑及捆绑等仪器已略去)
乙方案：将盛放有生石灰的小试管插入带支管的试管中，支管接①或②，用胶头滴管向小试管中缓缓滴入水，看到的现象是
(接①)________________________________________________，
(接②)________________________________________________，
说明反应放热。
丙方案：用胶头滴管向盛放有生石灰且带支管的试管中滴加水，支管接的导管中盛适量无水硫酸铜粉末，看到的现象是__________________________________________________________，
说明反应放热，其原因是______________________
__________________________________________________。
答案：甲方案：小试管中固体变成乳状，同时有大量水蒸气产生　温度计温度上升
乙方案：有气泡产生　左边水柱下降，右边水柱上升
丙方案：无水硫酸铜粉末变蓝色　水和生石灰反应放出热量，使水蒸发
10．美国“亚特兰蒂斯”号航天飞机于2009年5月升空修复哈勃望远镜。
(1)“亚铁兰蒂斯”号使用的燃料是液氢和液氧，下面是298
K时，氢气(H2)、碳(C)、辛烷(C8H18)、甲烷(CH4)燃烧的热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ/mol
C(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ/mol
C8H18(l)＋25/2O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5518
kJ/mol
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3
kJ/mol
相同质量的H2、C、C8H18、CH4完全燃烧时，放出热量最多的是________，等质量的氢气和碳完全燃烧时产生热量的比是________(保留1位小数)。
(2)已知：H2(g)===H2(l)　ΔH＝－0.92
kJ/mol
O2(g)===O2(l)　ΔH＝－6.84
kJ/mol
H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0
kJ/mol
请写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式：
______________________________________________________。
(3)如果此次“亚特兰蒂斯”号所携带的燃料为45吨，液氢、液氧恰好完全反应生成气态水，总共释放能量________kJ(保留3位有效数字)。
答案：(1)H2　4.4:1　(2)H2(l)＋1/2O2(l)===H2O(g)　ΔH＝－237.46
kJ/mol
(3)5.94×108
11．(1)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察如图，然后回答问题：
①图中所示反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应________(填“需要”或“不需要”)加热，该反应的ΔH＝________(用含E1、E2的代数式表示)。
②已知热化学方程式：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ/mol，该反应的活化能为167.2
kJ·mol－1，则其逆反应的活化能为______。
③对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是：________________________________________________________________________。
(2)随着科学技术的进步，人们研制了多种甲醇质子交换膜燃料电池，以满足不同的需求。
①有一类甲醇质子交换膜燃料电池，需将甲醇蒸气转化为氢气，两种反应原理是
A．CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋49.0
kJ/mol
B．CH3OH(g)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－192.9
kJ/mol
另外C.H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44
kJ/mol请写出32
g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式________________________________________________________________________。
②下图是某笔记电脑用甲醇质子交换膜燃料电池的结构示意图。
甲醇在催化剂作用下提供质子和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。则c电极是________(填“正极”或“负极”)，c电极上发生的电极反应式是________。
答案：(1)①放热　需要　　－(E1－E2)
kJ/mol
②409
kJ/mol　③使用了催化剂
(2)①CH3OH(g)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－280.9
kJ/mol
②负极　CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
12．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH1＝＋3359.26
kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)===CaSiO3(s)
ΔH1＝－89.61
kJ·mol－1
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)===6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH3
则ΔH3＝________kJ·mol－1。
(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4
60
mol
CuSO4能氧化白磷的物质的量是________。
(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在________；pH＝8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为________。②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是________(用离子方程式表示)。
①酸性气体是______________________(填化学式)。
②X的结构简式为__________________。
解析：应用化学反应原理分析相关问题，得出合理答案。
(1)2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH＝＋3359.26
kJ·mol－1①
CaO(s)＋SiO2(s)===CaSiO3(s)　ΔH2＝－89.61
kJ·mol－1②根据盖斯定律，①＋②×6得ΔH3＝＋2821.6
kJ·mol－1。
(2)该反应中，Cu2＋转化为Cu＋，则60
mol
CuSO4转移60
mol
e－，4―→4O，1
mol
P4被CuSO4氧化时得20
mol
e－，所以60
mol
CuSO4可以氧化3
mol
P4。
(3)根据图像可知获得纯净的NaH2PO4应控制pH在4～5.5之间。pH＝8时溶质主要是Na2HPO4和NaH2PO4。此时c(HPO)＞c(H2PO)。加入CaCl2后，Ca2＋结合HPO电离出的PO生成沉淀，促进了HPO的电离，反应的离子方程式为3Ca3＋＋2HPO===Ca3(PO4)2↓＋2H＋。
(4)根据元素种类可以判定酸性气体是HCl，根据元素守恒及反应物季戊四醇的核磁共振氢谱、生成物X的核磁共振氢谱推出反应为
答案：(1)2821.6　(2)3
mol　(3)①4～5.5(介于此区间内的任意值或区间均可)　c(HPO)＞c(H2PO)
②3Ca2＋＋2HPO===Ca3(PO4)2↓＋2H＋
(4)①HCl　
点拨：知识：反应热计算、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子方程式等。能力：考查学生对化学知识综合运用、解决问题的能力。试题难度：较大。物质的分类、化学用语、化学计量
命题趋向
要特别注意对国际单位制中七个基本物理量之一的“物质的量”的理解，不仅知道它是建立宏观与微观连接的重要物理量，更重要的是要了解它的内涵和外延，建构以“物质的量”为中心的知识网络体系。比较重要的题型是有关阿伏加德罗常数的问题，涉及的概念很多。另外，有关物质的量的计算以及物质的量应用于化学方程式的计算等。
【知识归纳】
物质的分类、胶体、化学用语等知识的使用、阿佛加德罗常数、溶液的物质的量浓度的计算
1．配制一定质量分数溶液的操作步骤：
计算、称量(对固体溶质)或量取(对液体溶质)、溶解。
实验仪器:托盘天平＼滴定管或量筒、烧杯、玻璃棒
2．配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：
计算(溶质质量或体积)、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤(2—3次，沿玻璃棒再次移入)、定容(加水到刻度线下1—2厘米处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度线相切)、摇匀、装瓶(注明名称、浓度)。
实验仪器:容量瓶、托盘天平＼滴定管或量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒
【知识网络】
1．原子、分子、离子都是保持化学性质的一种微粒
2．可以从不同角度对物质进行分类
最后阶段特别要注意从不同角度分析梳理有关问题。如可以从多种角度对物质进行分类。
3．化学式、化合价等综合应用
4．从不同角度对化学反应进行分类及相对应的表示方式
分类角度
反应类型
表示方法
基本反应类型
分解反应、化合反应、置换反应、复分解反应
化学方程式
有无电子转移
氧化还原反应、非氧化还原反应
氧化还原反应方程式（单线桥法、双线桥法）半反应（原电池反应和电解反应中的电极反应）
是否有离子参加
离子反应、分子反应
离子方程式
反应程度大小
可逆反应、不可逆反应
可逆符号
按热效应分
吸热反应、放热反应
热化学方程式
5．物质的量、相对原子质量、摩尔质量等化学常用计量的综合应用网络
【考点例析】
例1.分析下表中各项排布规律,按此规律排布第26项为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C2H4
C2H6
C2H6O
C2H4O2
C3H6
C3H8
C3H6O
C3H8O2
C4H8
C4H10
A.C7H16
B.C7H14O2
C.C8H18
D.C8H18O
命题立意：有机物分子式的归纳推断
解析：本题有多种做法，比如我们把它分为4循环，每个循环节中，有烯、烷、醇、酸，
26=4ⅹ6+2，也就是说第24项为C7H14O2,接着后面就是第25项为C8H16,这里面要注意的是第一项是从2个碳原子开始的。
答案：C
例2.
NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A．在密闭容器中加入l.5
mol
H2和0.5
mol
N2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
B．一定条件下，2.3
g的Na完全与O2反应生成3.6
g产物时失去的电子数为0.1NA
C．1.0
L的0.1
mol·L－1
Na2S溶液中含有的S2－离子数为0.1NA
D．标准状况下，22.4
L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
解析：A项，反应为可逆反应，不能完全转化为产物，错；B项，反应后不论生成氧化钠还是过氧化钠，都失去0.1
mol电子，正确；C项，S2－离子水解，其数目小于0.1NA，错；D项，CCl4为液态，不适用于气体摩尔体积，错。
答案：B
例3．工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应。并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为
A.
B.
C.
D.
解析：本题通过元素化合物知识考查考生氧化还原反应知识和计算能力。NH3被催化氧化转化为NO，转移电子数为5，由题意可得5VL/22.4
L·mol－1×NA＝n，解之得NA＝22.4n/5V，
答案：D。
例4.下列用品的有效成分及用途对应错误的是
【解析】A项食盐的主要成分是氯化钠，是我们生活中最重要的调味品之一，A正确；B选项中的小苏打其主要成分是碳酸氢钠而不是碳酸钠，B错；C中的复方氢氧化铝片的有效成分是氢氧化铝，它可以中和胃酸，是常用的抗酸药之一，C正确；D选项中漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙，但其用于漂白和杀菌消毒的有效成分是次氯酸钙，D正确。
【答案】B
例6．下列说法正确的是
A．天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点
B．麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖
C．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致
D．乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体
【解析】A选项中天然植物油常温下呈液态，其成分是各种不饱和脂肪酸甘油酯，不溶于水，但是是混合物，所以没有固定的溶沸点，A不正确；麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，但是麦芽糖是还原性糖，而蔗糖不是还原性糖，B不正确；C选项中的两种二肽互为同分异构体，有可能其水解产物一致，如甘氨酸与丙氨酸反应生成的二肽有两种（一种是甘氨酸提供氨基生成肽键，另一种是丙氨酸提供氨其生成肽键），但这两种二肽水解生成的产物都是甘氨酸和丙氨酸，C不正确；根据甲醛发生聚合的反应原理，乙醛也可用作为合成聚合物的单体，但很少用，而氯乙烯是加聚反应的单体，乙二醇是缩聚反应的单体，D不正确。
【答案】D
【专题训练】
一、选择题
1．下列实验的现象与对应结论均正确的是(　　)
选项
操作
现象
结论
A
将浓硫酸滴到蔗糖表面
固体变黑膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
B
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显现象
Al与浓硝酸不反应
C
将一小块Na放入无水乙醇中
产生气泡
Na能置换出醇羟基中的氢
D
将水蒸气通过灼热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
解析：运用常见物质的性质进行分析。
A项，将浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸将蔗糖中的氢、氧原子按水中氢、氧原子个数比2?1脱去，并且与C反应产生CO2、SO2等气体，浓硫酸体现脱水性和强氧化性；B项，常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显现象，是因为Al遇到浓硝酸发生钝化，该钝化过程中包含化学反应；C项，钠放入无水乙醇中，发生置换反应，产生H2；D项，水蒸气与灼热的铁粉发生反应生成Fe3O4和H2，Fe3O4粉末呈黑色。
答案：AC
点拨：知识：元素化合物的性质及应用。能力：考查考生对元素化合物中化学反应原理的理解能力。试题难度：中等。
2．下列有关物质性质的应用正确的是(　　)
A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
解析：依据物质的性质分析其具体用途。
液氨汽化时吸收大量的热，可使周围环境温度降低，可用作制冷剂，A对。石英的主要成分为SiO2，而SiO2可与氢氟酸反应生成SiF4和H2O，不能用石英器皿盛放氢氟酸，B错。生石灰只能用于干燥中性或碱性气体，不能用于干燥Cl2，C错。AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，工业上常用电解熔融Al2O3的方法冶炼铝，D错。
答案：A
点拨：知识：氨气、二氧化硅、生石灰、氯化铝的性质及应用。能力：考查考生对基础知识的掌握情况。试题难度：较小。
3．下列各项中物质的类别不正确的是(　　)
A
B
C
D
Al2O3
Si
Na2O2
Na2SiO3
两性氧化物
单质
碱性氧化物
硅酸盐
解析：碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2为过氧化物，与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，C错误。
答案：C
点拨：本题考查物质的分类，考查考生对基本概念的理解。难度较小。
4．下列有关物质性质的描述不符合事实的是(　　)
A．近期媒体报道的某白酒中的增塑剂是对人体健康无害的物质
B．金刚石是自然界最硬的物质
C．可用“84”消毒液对环境进行消毒
D．NO可用于某些疾病的治疗
解析：A项，白酒中的增塑剂对人体有害；C项，“84”消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性可以杀菌消毒。
答案：A
点拨：本题考查化学与生活，考查考生理论联系实际的能力。难度较小。
5．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列化学反应属于阴影部分的是(　　)
A．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
B．2NaHCO3===Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D．Cl2＋2KBr===Br2＋2KCl
解析：图中阴影部分代表反应为氧化还原反应但不属于四类基本反应类型中的任一种，A项满足条件；B项是非氧化还原反应；C项虽属于氧化还原反应但同时属于化合反应；D项虽属于氧化还原反应但同时属于置换反应。
答案：A
点拨：本题考查化学反应类别，考查考生对概念的理解能力。难度较小。
6．等质量的镁在足量的
(1)O2、(2)N2、(3)CO2、(4)空气中燃烧，生成固体物质的质量从大到小顺序正确的是(　　)
A．(1)(2)(3)(4)　　　　　　　　B．(1)(2)(4)(3)
C．(2)(3)(4)(1)
D．(3)(1)(4)(2)
解析：假设Mg有1
mol，在氧气中反应生成MgO增重16
g，在氮气中反应生成Mg3N2，增重g，在CO2中燃烧生成MgO和C增重22
g，在空气中燃烧生成MgO、Mg3N2和C三者的混合物，增重质量介于～22
g，纵观答案所以固体质量从大到小为(3)(1)(4)(2)。
答案：D
点拨：本题考查物质反应，考查考生对问题的分析能力。难度中等。
7．将下列物质按酸、碱、盐分类依次排列正确的是(　　)
A．硫酸、纯碱、石灰石
B．氢硫酸、烧碱、绿矾
C．石炭酸、熟石膏、醋酸钠
D．磷酸、乙醇钠、苛性钾
解析：A项，纯碱属于盐；B项，烧碱为NaOH，属于碱，绿矾为FeSO4·7H2O属于盐；C项，石炭酸为苯酚，不属于酸；D项，乙醇钠不属于碱，苛性钾为KOH，属于碱。
答案：B
点拨：本题考查物质的分类，考查考生对物质区别的理解能力。难度中等。
8．下列关于物质的性质与用途的说法中不正确的是(　　)
A．氧化铝的熔点很高，因此可用作耐火材料
B．某些金属化合物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花
C．氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃
D．氯气具有强氧化性，因此可用于漂白有色布料
解析：A项，氧化铝是高熔点的物质，正确；B项，焰色反应的应用之一为制造烟花，正确；C项，刻蚀玻璃的原理是二氧化硅与氢氟酸反应，正确；D项，干燥的氯气没有漂白作用，错误。
答案：D
点拨：本题考查物质的性质和用途，考查学生对元素化合物基础知识的理解能力。难度较小。
9．下列有关说法中，不正确的是(　　)
A．“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
B．根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
C．SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱
D．焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的表现
解析：A项，NOx会形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”；B项，分散质粒子的直径小于1
nm的分散系为溶液，分散质粒子的直径大小在1～100
nm之间的分散系为胶体，分散质粒子的直径大于100
nm的分散系为浊液；C项，SiO2性质稳定，不与强酸反应，但能与强碱(如NaOH溶液)反应；D项，某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊的颜色。
答案：C
点拨：本题考查元素及其化合物的性质，考查考生对元素及其化合物性质的识记能力。难度较小。
10．下列有关物质的性质或结构的说法正确的是(　　)
A．L层上的电子数为奇数的原子一定是主族元素的原子
B．周期表中的碱金属元素从上到下，其单质的还原性逐渐增强，熔沸点逐渐升高
C．化学键的形成一定伴随着电子的转移和能量变化
D．元素周期表中，位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
解析：A项，L层上的电子数为奇数，则L层一定是最外层，该原子只有两个电子层，属于主族元素的原子；B项，周期表中碱金属元素从上到下，其单质的熔沸点呈现逐渐降低的趋势，而不是升高；C项，对于非氧化还原反应来说，化学键的形成过程中，没有电子的转移；D项，过渡元素属于副族元素，而不是位于金属与非金属分界线附近。
答案：A
点拨：本题考查了原子结构、元素周期表、周期律以及化学键的有关知识，意在考查考生对物质的性质和结构的理解和掌握情况。
11．下列有关物质的性质或应用的叙述正确的是(　　)
A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
B．Na2O2是酸性氧化物，因其强氧化性可用于杀菌消毒
C．氨气是一种碱性气体，可用P2O5或无水氯化钙干燥
D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，将两者等体积混合可使它们的漂白能力增强
解析：MgO是离子化合物，熔点很高，可用作耐高温材料，A正确；Na2O2不是碱性氧化物，B错误；潮湿的NH3会与碱性氧化物P2O5作用，NH3也会与CaCl2络合，C错误；SO2和Cl2等体积混合后生成了无漂白性的物质，D错误。
答案：A
点拨：本题考查物质的性质和应用，意在考查考生的分析判断能力。
12．下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是(　　)
A．氨气具有氧化性，用浓氨水检验氯气管道是否泄漏
B．氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃
C．二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气
D．铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
解析：A项，氨气具有还原性，用浓氨水检验时，通过有无白烟出现判断氯气管道是否泄漏(3Cl2＋8NH3===6NH4Cl＋N2)；B项，氢氟酸是弱酸，蚀刻玻璃时未体现其酸性；C项，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气时发生反应Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4；D项，常温下浓硝酸能使活泼的铝表面生成致密的氧化膜，形成保护层，可以用铝罐贮运浓硝酸，而常温下铜会溶于浓硝酸。
答案：C
点拨：本题考查了有关元素及其化合物的知识，意在考查考生应用化学知识解决问题的能力。
二、非选择题
13．Fe(OH)3胶体在生活中有重要应用，利用FeCl3和沸水反应制备的Fe(OH)3胶体中常混有FeCl3和HCl。已知胶体不能透过半透膜，而小分子和离子可以透过半透膜。试回答下列有关问题：
(1)实验室制取Fe(OH)3胶体的方法是________，用________方法除去胶体中的浑浊物；根据________现象证明胶体已经制成。
(2)检验溶液中存在Fe3＋和H＋的方法是__________________
__________________________________________________________________________________________________________________。
(3)除去胶体中混有的FeCl3和HCl的方法是：
______________________________________________________。
(4)如何用实验的方法证明胶体和Cl－已经分离？
______________________________________________________。
(5)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最简单的方法是
______________________________________________________。
(6)高铁酸钠(Na2FeO4)的氧化性比KMnO4更强，它是一种备受关注的新型净水剂，请指出Na2FeO4净水的原理，并说明该净水剂有何优越性_____________________________________________
___________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)制取Fe(OH)3胶体可以采用FeCl3水解法，胶体中浑浊物是FeCl3水解生成的Fe(OH)3沉淀，可过滤除去。(2)根据离子的性质可检验Fe3＋和H＋的存在。(3)用渗析法可除去胶体中的小分子或离子。(4)要保证完全除去Fe(OH)3胶体里的Cl－，实验中必须不断更换用来渗析的水，当胶体里不再有Cl－时，最后的渗析水中也不会检出Cl－。(5)Fe(OH)3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈黄色，鉴别二者的最简单方法是观察颜色。
答案：(1)在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，待溶液呈红褐色时，停止加热，即制得胶体　过滤　丁达尔
(2)取少量溶液，滴加KSCN溶液，变红色说明有Fe3＋；另取少量溶液，滴加紫色石蕊试液，变红色说明有H＋
(3)将胶体装入半透膜中，然后置于蒸馏水中(渗析)
(4)取半透膜外最后一次的溶液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，证明两者已经分离
(5)观察颜色
(6)Na2FeO4有很强的氧化性，能有效地杀死水中的细菌和病毒；其还原产物Fe3＋能发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的杂质。Na2FeO4在整个消毒和净化过程中，不产生任何对人体有害的物质
14．在稀硫酸、纯碱、烧碱、小苏打、氧化铝、氧化铁、一氧化碳、二氧化碳、铝粉、铁片和木炭粉11种物质中，选择适当的物质确定下图中的5种物质，使连线的两种物质能发生反应。
(1)写出它们的化学式：
①________，②________，③________，④________，⑤________。
(2)写出氧化物④与单质⑤反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：氧化物为Al2O3、Fe2O3、CO、CO2，酸为H2SO4，碱为NaOH，单质为Al、Fe、C，纯碱为Na2CO3，烧碱为NaOH，小苏打为NaHCO3。氧化物①既与酸反应，又与碱反应，说明该氧化物为两性氧化物，故①为Al2O3。单质⑤与碱反应，说明⑤为Al。氧化物④与酸反应，又与单质⑤反应，说明氧化物④为Fe2O3，故与Al反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。
答案：(1)①Al2O3　②H2SO4　③NaOH　④Fe2O3　⑤Al
(2)2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe
15．在理解概念的基础上，合理分类，构建知识网络是学习化学的重要方法，下图是中学化学常见某化学概念之间的相互关系。
(1)完成下表，实例物质的化学式按以下要求填写。
①只能由H、O、N、Si、S元素中的一种或几种组成物质；②在组成各实例物质中每种元素只能出现一次，化合物中最多含一种原子团；③所填物质必须能够回答问题(2)(3)(4)(5)。
(2)取上述(1)表中A、B、C三种晶体中某一晶体溶于水得W溶液，写出等物质的量浓度等体积的硫酸氢钠与W溶液反应的离子方程式_______________________________________________________
________________。
(3)A的实例物质的水溶液中含有中性微粒________种。
(4)表(1)中A的实例物质与稀硝酸反应溶液变浑浊，写出其化学方程式_____________________________________________________
__________________。
(5)写出在工业上制取(1)表中熔点最高的实例物质的化学方程式________________________________________________________________________。
答案：(1)
离子晶体
分子晶体
原子晶体
(NH4)2S
O2(O3)
Si
(2)H＋＋S2－===HS－
(3)3
(4)3(NH4)2S＋8HNO3===6NH4NO3＋3S↓＋2NO↑＋4H2O
(5)2C＋SiO22CO＋Si化学反应的速率与化学平衡
命题趋向
化学反应速率和化学平衡部分内容与旧大纲相比，增加了“了解催化剂的作用”等要求，并且引入了“平衡常数的含义和相关计算”等新增考点，删除了“理解勒夏特列原理的含义”的要求，在知识点要求的表述上也有一些变化，主要是更加强调这部分知识在生产、生活和科学研究领域的重要作用。化学反应速率和化学平衡知识一直是高考化学中考查的热点内容，化学平衡问题也比较容易设计出综合性强、难度大的试题。在复习中一是要注意对基础知识的理解，特别是要理解好化学平衡的含义；二是要注意在做题时总结解题的基本规律，同时也要提高利用这些原理分析生产、生活和科学研究领域中具体问题的能力。
复习时要在掌握各个知识点的基础上，学会运用平衡的观点理解知识点之间的联系，建立知识网络体系，提高运用知识解决问题的能力。需要提醒考生注意的是近几年高考化学试题中均涉及到了有关平衡常数的计算和应用问题，预计在2013年高考中还会有这种题型。
【知识归纳】
（一）化学反应速率
1．表示方法：用单位时间里反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
v
=
△c/△t
2．单位：mol/(L·s)
；mol/(L·min)；mmol/(L·s)。
3．相互关系：4NH3
+
5O24NO
+
6H2O(g)
v(NH3):v(O2):
v(NO)
:
v(H2O)
=
4:5:4:6
（二）影响化学反应速率的因素
1．内因：反应物本身的性质。
2．外因：浓度、压强、温度、催化剂等。
（三）化学平衡
1．概念：在一定条件下的可逆反应里，正反应和逆反应的速率相等，反应混合物中各组成成分的含量保持不变的状态叫化学平衡状态。
2．特点：
“等”——处于密闭体系的可逆反应，化学平衡状态建立的条件是正反应速率和逆反应速率相等。即v(正)=v(逆)≠O。这是可逆反应达到平衡状态的重要标志。
“定”——当一定条件下可逆反应一旦达平衡(可逆反应进行到最大的程度)状态时，在平衡体系的混合物中，各组成成分的含量(即反应物与生成物的物质的量，物质的量浓度，质量分数，体积分数等)保持一定而不变(即不随时间的改变而改变)。这是判断体系是否处于化学平衡状态的重要依据。
“动”——指定化学反应已达化学平衡状态时，反应并没有停止，实际上正反应与逆反应始终在进行，且正反应速率等于逆反应速率，所以化学平衡状态是动态平衡状态。
“变”——任何化学平衡状态均是暂时的、相对的、有条件的(与浓度、压强、温度等有关)。而与达平衡的过程无关(化学平衡状态既可从正反应方向开始达平衡，也可以从逆反应方向开始达平衡)。当外界条件变化时，原来的化学平衡即被打破，在新的条件不再改变时，在新的条件下建立起新的化学平衡。新平衡时正、逆反应速率，各组成成分的含量均与原平衡不同。
3．化学平衡常数
（1）化学平衡常数的数学表达式：
在一定条件下，可逆反应：aA+bB=cC+dD达到化学平衡时，
（2）化学平衡常数表示的意义：平衡常数数值的大小可以反映可逆反应进行的程度大小，K值越大，反应进行越完全，反应物转化率越高，反之则越低。
（3）影响因素：K只是温度的函数，如果正反应为吸热反应，温度升高，K值增大；如果正反应为放热反应，温度升高，K值减小。
（四）平衡移动原理
如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。它是浓度、压强和温度等外界条件对平衡移动影响的概括和总结，只适用于已经达到平衡状态的可逆反应，未处于平衡状态的体系不能用此原理分析，但它也适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡和水解平衡等。催化剂能够同等程度地增加正反应速率和逆反应速率，因此它对化学平衡的移动没有影响。
（五）有关化学平衡的基本计算
(1)物质浓度的变化关系
反应物：平衡浓度＝起始浓度－转化浓度
生成物：平衡浓度＝起始浓度+转化浓度
其中，各物质的转化浓度之比等于它们在化学方程式中物质的计量数之比。
(2)反应的转化率(α)：α＝×100％
(3)在密闭容器中有气体参加的可逆反应，在计算时经常用到阿伏加德罗定律的两个推论：
恒温、恒容时：
；恒温、恒压时：n1/n2=V1/V2
(4)计算模式
浓度(或物质的量)
aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)
起始
m
n
0
0
转化
ax
bx
cx
dx
平衡
m-ax
n-bx
cx
dx
α(A)=（ax/m）×100％
ω(C)＝×100％
(3)化学平衡计算的关键是准确掌握相关的基本概念及它们相互之间的关系。化学平衡的计算步骤，通常是先写出有关的化学方程式，列出反应起始时或平衡时有关物质的浓度或物质的量，然后再通过相关的转换，分别求出其他物质的浓度或物质的量和转化率。概括为：建立解题模式、确立平衡状态方程。说明：
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不一定是化学计量数比，若反应物起始浓度呈现计量数比，则隐含反应物转化率相等，且平衡时反应物的浓度成计量数比的条件。
③起始浓度，平衡浓度不一定呈现计量数比，但物质之间是按计量数反应和生成的，故各物质的浓度变化一定成计量数比，这是计算的关键。
（六）几个应注意的问题
1．等效平衡：在两种不同的初始状态下，同一个可逆反应在一定条件(定温、定容或定温、定压)下分别达到平衡时，各组成成分的物质的量(或体积)分数相等的状态。在恒温恒容条件下，建立等效平衡的一般条件是：反应物投料量相当；在恒温恒压条件下，建立等效平衡的条件是：相同反应物的投料比相等。
2．平衡移动的思维基点
(1)“先同后变”，进行判断时，可设置相同的平衡状态(参照标准)，再根据题设条件观察变化的趋势；
(2)“不为零原则”，对于可逆反应而言，无论使用任何外部条件，都不可能使其平衡体系中的任何物质浓度变化到零。
3．速率平衡图象题的解题策略
首先要看清楚横轴和纵轴意义(特别是纵轴。表示转化率和表示反应物的百分含量情况就完全相反)以及曲线本身属等温线还是等压线(当有多余曲线及两个以上条件时，要注意“定一议二”)；然后找出曲线上的特殊点，并理解其含义(如“先拐先平”)；再根据纵轴随横轴的变化情况，判定曲线正确走势，以淘汰错误的选项。具体情况如下：
（1）对于化学反应速率的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。
②看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物一般生成物多数以原点为起点。
③抓住变化趋势，分清正、逆反应，吸、放热反应。升高温度时，v(吸)>v(放)，在速率-时间图上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变，大变和小变。例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增，增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。
④注意终点。例如在浓度-时间图上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。
（2）对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒沙特列原理挂钩。
②紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小、不变，有无固体、纯液体物质参加或生成等。
③看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。
④看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。
⑤先拐先平。例如，在转化率-时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
⑥定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
【考点例析】
例1．把下列四种X溶液分别加入盛有10
mL
2
mol·L-1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50
mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是（
）
A．10℃20
mL
3
moL·L-1的X溶液
B．20℃30
mL
2
moL·L-1的X溶液
C．20℃10
mL
4
moL·L-1的X溶液
D．10℃10
mL
2
moL·L-1的X溶液
解析：化学反应速率随浓度的增大而加快，随浓度的降低而减慢。当在其他条件相同的情况下，温度高化学反应速率快，温度低化学反应速率慢。对本题，要比较反应速率的大小，在其他条件不变的情况下，比较速率大小，先比较浓度的大小。此时，浓度必须是混合后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸浓度相等，所以只要求出X的浓度是最大者反应最快，然后比较温度的高低。因反应后溶液体积为50
mL，所以X的物质的量最大者即为浓度最大。通过观察可知，混合后，A、B选项中X的浓度最大，但是二者温度不同，A项中10℃，B项中20℃，故选项B中化学反应的速率最大。
答案：B
例2．反应E
+
F
==
G在温度T1下进行，反应M
+
N
==
K在温度T2下进行，已知T1＞T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度（其他条件均相同），则两者的反应速率（
）
A．前者大
B．后者大
C．一样大
D．无法判断
解析：在比较反应速率时，应主要比较反应物的性质，即内因。例如H2与F2的反应和H2与I2的反应，即使后者浓度大且温度高，反应速率也应是前者快，这是由F2和I2的化学性质的活泼程度（或其氧化能力）决定的。所以本题应为无法判断。
答案：D
例3．一定温度下，某一密闭恒容的容器内可逆反应：A(s)+3B(g)2C(g)达到平衡状态的标志是（
）
A．C的生成速率与C的分解速率相等
B．容器内混合气体的密度不随时间而变化
C．单位时间内生成n
mol
A，同时生成3n
mol
B
D．A、B、C的分子数之比为1:3:2
解析：选项A中，C的生成速率与分解速率分别就是该反应中C的正、逆反应速率，由于相等，说明该反应已达到化学平衡；容器中气体的总质量不变，容器的容积不变，无论是否达到平衡，混合气体的密度不会改变，因此B中所述不是化学平衡状态；对于该可逆反应，不论是否平衡，只要生成n
mol
A的同时必然生成3n
mol
B，它们仅表明了该反应的逆反应速率，因此选项C不能判断是否达到化学平衡状态；而选项D并不能说明反应混合物中A、B、C浓度不变，也无法判断该反应是否达到化学平衡状态。
答案：A
例4．将4
mol
A气体和2
mol
B气体在2
L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(s)
+
B(g)2C(g)，若2
s后测得C的浓度为0.6
mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是（
）
①
用物质A表示的反应速率的平均速率为0.3
mol/(L·s)
②
用B表示的反应的平均速率为0.6
mol/(L·s)③
2
s时物质A的转化率为70%
④
2
s时物质B的浓度为0.7
mol/L
A．①③
B．①④
C．②③
D．③④
解析：解题时先利用所给条件列出反应式：
2
A(s)
+
B(g)
2
C(g)
起始浓度
mol/L
2
1
0
变化浓度
mol/L
0.6
0.3
0.6
2s后浓度
mol/L
2-0.6
1-0.3
0.6
根据化学反应速率的定义：(A)==0.3mol/(L·s)，(B)==0.15mol/(L·s)
依据转化率的定义：A的转化率
=
×
100%
=
×
100%
=
30%
而2
s时B的浓度为0.7
mol/Ｌ
答案：B
例4.用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：
3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)
Si3N4(s)＋12HCl(g)
＋Q(Q＞0)
完成下列填空：
(1)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2
L，3
min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80
g，则H2的平均反应速率___
mol／(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
(2)上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_。
a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
(3)一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。
a．3v逆(N2)=v正(H2)
b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
c．混合气体密度保持不变
d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6
（4）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比___(填“＞”、“=”或“＜”)。
解析：本题考查化学反应速率与化学平衡，意在考查考生的思维能力和分析、推理能力。
(31)由方程式可知固体(Si3N2)质量增加2.80
g
时，消耗n(H2)=2.80
g/140
g·mol－1×6=0.12
mol，故v(H2)=0.12
mol/(2
L·3
min)=0.02
mol/(L·min)；利用反应方程式可直接写出反应的平衡常数表达式。
(32)因反为放热反应，故反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b正确；温度不变，加压或改变反应物的浓度等，平衡常数不变，a错误；其它条件不变，增加固体Si3N2
，平衡不移动，d正确。
(33)利用化学反应速率之比等于化学方程式计量系数比，可知a项叙述表示v(正）=V(逆），表示达到平衡状态；b项均表示正反应，无论反是否处于平衡状态，都成立；d项表示浓度关系，与是否达到化学平衡无关；混合气体密度不变，说明容器中气体质量不变，说明此时已达到化学平衡，c项表示达到化学平衡状态。
(34)降低温度，化学平衡向正向移动，变小
答案：
0.02
、
；
32.bd
33.ac
；
34.＜
例5．已知A(g)＋B(g)
C(g)＋D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/
℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K=
， H
0(填“＜”“＞”“
=”)；
(2)830
℃时，向一个5
L的密闭容器中充入0.20
mol的A和0.80
mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003
mol·L－1·s－1。，则6s时c(A)=
mol·L－1，
C的物质的量为
mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为
，如果这时向该密闭容器中再充入1
mol氩气，平衡时A的转化率为
；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为
(填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变
b.气体的密度不随时间改变
c.
c(A)不随时问改变
d.单位时间里生成c和D的物质的量相等
(4)1200
℃时反应C(g)＋D(g)
A(g)＋B(g)的平衡常数的值为
。
解析：(1)因平衡常随温度的升高而降低，因而 H＜0；(2)
c(A，起)=0.20
mol/5
L=0.04
mol/L，由v(A)可得△c(A)=0.018
mol/L，c(A，末)=
c(A，起)-
△c(A)=0.022
mol/L；或直接写“三段式”可得计算所需数据；因体积没变，加入的氩气不引起各物质浓度变化，因而转化率不变；(3)a、b、d本来就是不会随反应变化的量，不能作为平衡的标志。(4)方程式颠倒，平衡常数为倒数关系，K=1/0.4=2.5。
答案：(1)
＜
(2)0.022
0.09
80%
80%
(3)c
(4)2.5
【专题训练】
一、选择题
1．对于反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(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：分析题给化学反应的特点，包括反应前后化学计量数的关系、ΔH的正负等，再结合化学平衡原理及原电池知识分析热量的变化。
A项，加入催化剂，改变了反应物和生成物的活化能，从而改变反应的途径，但反应的ΔH只与反应物、生成物的总能量有关，并不发生改变。B项，该反应前后气体的总物质的量不变，改变压强，平衡不发生移动，因此反应放出的热量不变。C项，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，反应放出的热量减少。D项，原电池反应中，化学能主要转化为电能，因此反应放出的热量将减少。
答案：B
点拨：知识：外界条件(如温度、压强、催化剂等)对化学平衡的影响及反应过程中热量的变化；原电池反应的实质。试题难度：中等。
2．反应X(g)＋Y(g)??2Z(g)　ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A．减小容器体积，平衡向右移动
B．加入催化剂，Z的产率增大
C．增大c(X)，X的转化率增大
D．降低温度，Y的转化率增大
解析：根据该反应的特点结合平衡移动原理逐项分析。
A．该反应为反应前后气体物质的量不变的反应，平衡不受压强影响，减小容器体积，平衡不移动。B.催化剂不能使平衡移动，不改变产物的产率。C.增大c(X)，平衡正向移动，Y的转化率增大，X本身的转化率反而减小。D.该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大。
答案：D
点拨：知识：化学平衡的影响因素、转化率问题。能力：运用所学知识分析和解决化学平衡问题的能力。试题难度：中等。
3．一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在I中充入1
mol
CO和1
mol
H2O，在Ⅱ中充入1
mol
CO2和1
mol
H2，在Ⅲ中充入2
mol
CO和2
mol
H2O,700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多
D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
解析：分析题给化学方程式的特点，应用化学平衡移动原理分析、解决问题。
容器Ⅰ中反应正向进行，放出热量，容器Ⅱ中反应逆向进行，吸收热量，两个容器中反应温度不同，则Ⅰ、Ⅱ中正反应速率不相同，A错。容器Ⅲ中加入反应物的量比容器Ⅰ中多，由于该反应为放热反应，Ⅲ中放出热量比Ⅰ多，Ⅲ中反应正向进行的程度比Ⅰ小，因此容器Ⅲ中反应的化学平衡常数比Ⅰ小，B错。Ⅰ中反应正向进行，放出热量，Ⅱ中反应逆向进行，吸收热量，由于容器均为绝热容器，Ⅰ和Ⅱ中反应进行的程度均较小，则C、D均正确。
答案：CD
点拨：知识：化学平衡及移动分析。能力：考查考生的综合分析能力、逻辑推理能力。试题难度：较大。
4．某温度下，向2
L恒容密闭容器中充入1.0
mol
A和1.0
mol
B，反应A(g)＋B(g)??C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/mol
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A.反应在前5
s的平均速率v(A)＝0.17
mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)＝0.41
mol·L－1，则反应的ΔH>0
C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0
mol
C，达到平衡时，C的转化率大于80%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20
mol
A、0.20
mol
B和1.0
mol
C，反应达到平衡前v(正)解析：A项，v(A)＝＝mol/(L·s)＝0.015
mol/(L·s)；B项，由表格中数据可知平衡时c(A)＝mol/L＝0.4
mol/L，升温A浓度增大，故平衡向逆反应方向移动，ΔH＜0；C项，若加入2
mol
C，假设平衡与题中平衡等效，则C转化率为80%，相当于A、B各加2
mol，与原平衡比相当于加压，平衡向正反应方向移动，故C的转化率降低；D项，题中平衡时体系中含有0.8
mol
A、0.8
mol
B、0.2
mol
C，故选项体系中反应逆向进行，逆反应速率大。
答案：D
点拨：本题考查化学平衡，考查考生对化学平衡的掌握情况。难度中等。
5．在一定条件下的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)，图1表示反应过程中能量的变化，图2表示反应过程中物质浓度的变化。下列有关说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变和熵变：ΔH＞0，ΔS＜0
B．温度降低，该反应的平衡常数K增大
C．升高温度，n(CH3OH)/n(CO2)增大
D．从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为2.25
mol/(L·min)
解析：该反应是放热反应，ΔH＜0；气体的物质的量减少，ΔS＜0，A错。温度降低，平衡正向移动、平衡常数增大，B正确。升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO2)减小，C错。从反应开始到平衡，v(CO2)＝＝0.075
mol/(L·min)，v(H2)＝3v(CO2)＝0.225
mol/(L·min)，D错。
答案：B
点拨：本题考查化学反应中的能量变化、化学平衡理论，意在考查考生的图像分析能力及综合运用相关知识解决化学问题的能力。
6．在某恒容密闭容器中进行如下可逆反应：2M(g)＋N(g)??W(？)＋4Q(g)　ΔH＜0，起始投料只有M和N。下列示意图正确且能表示该可逆反应达到平衡状态的是(　　)
解析：A项，W的状态不确定，若W为固态或液态，气体密度应逐渐变小至不变，图像错误；若W为气态，则气体密度始终不变，图像错误。B项，无论W是不是气体，容器内压强都应增大至不变；C项，反应热只与具体反应中各物质的化学计量数有关，与是否达到平衡无关；D项，无论W是不是气体，产物的气体分子数都逐渐增大，当气体分子数不变时，表明达到平衡状态，D项正确。
答案：D
点拨：本题考查化学平衡状态的判断，意在考查考生对化学平衡理论的掌握情况及图像分析能力。
7．在一个密闭绝热容器(W)中，进行如下两个可逆反应：①A(g)＋2B(g)??3C(g)＋D(s)
ΔH1>0，②xM(g)＋N(g)??3Q(g)　ΔH2。反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应。在某容器里只进行反应②，M的转化率与温度、压强的关系如图所示。
下列对W容器中进行的反应推断合理的是(　　)
A．反应①一定是自发反应，反应②一定是非自发反应
B．若容器内温度保持不变，则v正(B)?v逆(C)＝2?3
C．若恒压条件下，充入N，则C的物质的量减小
D．升高温度，两个反应的平衡常数都减小
解析：根据图像知，反应②的正反应是放热反应，ΔH2＜0，且正反应是气体分子数增大的反应，x＝1。B项，绝热容器的温度不变，说明两个反应都达到平衡状态，即v正(B):v正(C)＝2：3，v正(C)＝v逆(C)，则v正(B)
:?v逆(C)＝2?:3，B项正确；C项，恒压条件下，充入N，反应②的平衡正向移动，则放热量增多，对反应①而言，平衡也正向移动，即C的物质的量增大，C项错误；D项，升高温度，反应①的平衡常数增大，反应②的平衡常数减小，D项错误。
答案：B
点拨：本题考查化学平衡原理和反应方向的判断，意在考查考生对知识的综合运用能力。
A．曲线b所对应的投料比为3︰1
B．M点对应的平衡常数小于Q点
C．N点对应的平衡混合气中碳酸甲乙酯的物质的量分数为0.58
D．M点和Q点对应的平衡混合气体的总物质的量之比为2︰1
解析：本题考查化学平衡知识，考查考生分析图像的能力和知识应用能力。难度较大。加入的碳酸乙酯越多，平衡正向移动，碳酸甲酯的转化率越高，故曲线b对应1:1投料，A错；由图知，温度越高，碳酸甲酯的转化率越大，平衡常数越大，M点的温度高于Q点，故M点平衡常数大，B错；因曲线b对应1:1投料，在N点时碳酸甲酯转化率与碳酸甲乙酯体积分数相等，C正确；由于反应前后气体的物质的量不变，故两者之比为1:1，D错。
答案：C
9．在一定条件下，反应CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)在一密闭容器中达到平衡。充入适量氢气，增大容器的体积，维持H2的浓度和容器的温度不变，跟原平衡相比较达到新平衡时CO的转化率将(　　)
A．增大
B．减小
C．不变
D．无法判断
解析：保持温度不变，则平衡常数不变，增大容器体积，维持H2的浓度不变，则的值不变，仍等于原平衡常数，平衡不发生移动，故CO的转化率不变，C项正确。
答案：C
10．在一定条件下，将3
mol
A和1
mol
B两种气体混合于固定容积为2
L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)＋2D(g)。2
min末该反应达到平衡，生成
0.8
mol
D，并测得C的浓度为0.2
mol·L－1，下列判断正确的是(　　)
A．平衡常数约为0.3
B．B的转化率为60%
C．A的平均反应速率为0.3
mol/(L·min)
D．若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态
解析：平衡时，D的浓度是0.8
mol÷2
L＝0.4
mol·L－1，则x?2＝0.2
mol·L－1?0.4
mol·L－1，故x＝1。
　　　　　　3A(g)＋B(g)??C(g)＋2D(g)
起始时(mol·L－1)　1.5　　0.5　　0　　　0
平衡时(mol·L－1)　0.9　　0.3　　0.2　　0.4
将平衡时各物质浓度代入平衡常数表达式，计算得K约为0.15，选项A错误；B的转化率是0.2
mol·L－1÷0.5
mol·L－1×100%＝40%，选项B错误；A的平均反应速率是0.6
mol·L－1÷2
min＝0.3
mol/(L·min)，选项C正确；各物质均是气体，且容器体积一定，故无论是否达到平衡，混合气体的密度都是定值，选项D错误。
答案：C
二、非选择题
11．(1)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－94.4
kJ·mol－1。恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示。
①在1
L容器中发生反应，前20
min内，v(NH3)＝________，放出的热量为________。
②25
min时采取的措施是_______________________；
③时段Ⅲ条件下反应的平衡常数表达式为________(用具体数据表示)。
(2)电厂烟气脱离氮的主反应①：4NH3(g)＋6NO(g)??5N2(g)＋6H2O(g)，副反应②：2NH3(g)＋8NO(g)??5N2O(g)＋3H2O(g)　ΔH＞0。测得平衡混合气中N2和N2O含量与温度的关系如图。在400～600
K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是________，导致这种变化规律的原因是________(任答合理的一条原因)。
(3)直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质的。电池反应为4NH3＋3O2===2N2＋6H2O，则负极电极反应式为________。
解析：(1)由题给图像可知，前20
min氨的浓度变化为1.00
mol/L，则v(NH3)＝＝0.05
mol/(L·min)，生成NH3的物质的量为1.00
mol，由热化学方程式可知放出热量为47.2
kJ。25
min时，氨的浓度为零，而氮气和氢气的浓度瞬时不变，所以应该是将氨从反应体系中分离出去；时段Ⅲ条件下，氢气浓度为0.75
mol/L，氨气为0.5
mol/L，氮气为0.25
mol/L。(2)由图可知，N2的浓度随温度的升高而减小。(3)由电池反应可知，NH3中的N失电子，所以负极NH3发生氧化反应，正极反应为3O2＋12e－＋6H2O===12OH－，总反应减去正极反应得负极反应。
答案：(1)①0.050
mol·(L·min)－1　47.2
kJ
②将NH3从反应体系中分离出去
③
(2)随温度升高，N2的含量降低　主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移)
(3)2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O
点拨：本题考查化学平衡和原电池，考查考生判断、分析、探究能力。难度中等。
12．在1.0
L密闭容器中放入0.10
mol
A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)??B(g)＋C(g)　ΔH＝＋85.1
kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题：
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________。
(2)由总压强p和起始压强P0计算反应物A的转化率a(A)的表达式为________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K________。
(3)①由总压强p和起始压强P0表示反应体系的总物质的量n(总)和反应物A的物质的量n(A)，n(总)＝________mol，n(A)＝________mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L－1)
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(t)的规律，得出的结论是________，由此规律推出反应在12
h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。
解析：通过分析表格中数据，根据压强之比等于物质的量之比入手解决相关问题。
(1)要提高A的转化率，应通过改变条件使平衡正向移动，可以从浓度、温度、压强三个方面考虑，可从容器中分离出B、C或扩大容器的体积(降低压强)或升高温度。
(2)相同条件下，在密闭容器中气体的压强之比等于物质的量之比，设反应后气体的总物质的量为x，则有＝，x＝mol，而气体的物质的量的增加量等于消耗的A的物质的量，故A的转化率为×100%＝()×100%，将表中的数据代入公式中可得平衡时A的转化率为×100%≈94.1%；根据化学方程式列出平衡三段式，注意三段式中用的都是浓度，即可求得平衡常数。
(3)结合(2)的解析可知n(A)＝0.10
mol－(－0.10)mol＝0.10×mol；根据表中的数据，可知a＝0.10×(2－)mol·L－1≈0.051
mol·L－1，通过表中的数据可知，在达到平衡前每间隔4
h，A的浓度减少约一半，故反应在12
h时，A的浓度为0.5×0.026
mol·L－1＝0.013
mol·L－1。
答案：(1)升高温度、降低压强
(2)×100%　94.1%
A(g)　　??　B(g)　　＋　　C(g)
起始浓度/mol·L－1
0.10
0
0
转化浓度/mol·L－1
0.10×94.1%
0.10×94.1%
0.10×94.1%
平衡浓度/mol·L－1
0.10×(1－94.1%)
0.10×94.1%
0.10×94.1%
K＝≈1.5
mol·L－1
(3)①0.10×　0.10×　②0.051　达到平衡前每间隔4
h，c(A)减少约一半　0.013
点拨：知识：外界条件对平衡移动的影响、转化率与压强的关系。能力：考查考生分析数据、加工利用数据的能力以及归纳总结能力。试题难度：较大。
13．大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g)ΔH1
②IO－(aq)＋H＋(g)===HOI(aq)ΔH2
③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)===I2(aq)＋H2O(l)ΔH3
总反应的化学方程式为_________________________________，
其反应热ΔH＝______________。
(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)，其平衡常数表达式为________。
(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图1)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图2和下表。
编号
反应物
反应前pH
反应前pH
第1组
O3＋I－
5.2
11.0
第2组
O3＋I－＋Fe2＋
5.2
4.1
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是______________。
②图1中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是____________________。
③第2组实验进行18
s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。
A．c(H＋)减小
B．c(I－)减小
C．I2
(g)不断生成
D．c(Fe3＋)增加
(4)据图2，计算3～18
s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
解析：利用盖斯定律、化学反应速率、化学平衡的影响因素等分析及计算，逐步解决问题。
(1)根据盖斯定律，由①＋②＋③可得总反应为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)所给反应的平衡常数表达式为K＝。(3)①第1组实验中，pH升高是因为反应消耗了H＋。②图1中的A为Fe2＋，由Fe3＋生成Fe2＋的过程中，I－被氧化为I2，因此I－的转化率显著提高。③导致I浓度下降的原因是c(Fe3＋)增加，使c(I－)减小，平衡I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)逆向移动。(4)v(I)＝≈5.5×10－4mol·(L·s)－1。
答案：(1)O3(g)＋2I－(aq)＋2H＋(aq)===O2(g)＋I2(aq)＋H2O(l)　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(2)K＝　(3)①H＋被消耗，其浓度降低　②Fe2＋　Fe3＋氧化I－生成I2，使I－的转化率显著提高　③BD　(4)反应时间：18
s－3
s＝15
s，I浓度变化：11.8×10－3mol·L－1－3.5×10－3mol·L－3mol·L－1＝8.3×10－3mol·L－1，v(I)＝≈5.5×10－4mol·(L·s)－1
点拨：知识：反应热、化学反应速率、化学平衡常数。能力：考查考生对化学反应原理的理解能力。试题难度：中等。
14．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。
(1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2(s)＋2I2(g)??TaI4(g)＋S2(g)　ΔH>0(I)
反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1
mol
I2
(g)和足量TaS2(s)，I2
(g)的平衡转化率为________。
(2)如图所示，反应(Ⅰ)在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2
(g)，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体，则温度T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。上述反应体系中循环使用的物质是________。
(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为________，滴定反应的离子方程式为______________________。
(4)25℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：结合题给可逆反应的特点，应用化学平衡移动原理，分析化学平衡、电离平衡和水解平衡问题。
(1)反应(Ⅰ)中，TaS2为固体，则平衡常数表达式K＝[c(TaI4)·c(S2)/c2(I2)]。设平衡时，I2转化的物质的量为x，则有
　　　　　　TaS2(s)＋2I2(g)??TaI4(g)＋S2(g)
起始/mol
1
0
0
转化/mol
x
0.5x
0.5x
平衡/mol
1－x
0.5x
0.5x
此时平衡常数K为1，则有[(0.5x)·(0.5x)]/(1－x)2＝1，从而可得x＝2/3
mol，I2(g)的转化率为(2/3
mol)/1
mol×100%≈66.7%。
(2)由题意可知，未提纯的TaS2粉末变成纯净TaS2晶体，要经过两步转化：①TaS2＋2I2===TaI4＋S2，②TaI4＋S2===TaS2＋2I2，即反应(Ⅰ)先在温度T2端正向进行，后在温度T1端逆向进行，反应(Ⅰ)的ΔH大于0，因此温度T1小于T2，该过程中循环使用的是I2。
(3)淀粉遇单质I2显蓝色，利用I2溶液滴定H2SO3时，常用淀粉作指示剂，达到终点时，溶液由无色变成蓝色，滴定反应的离子方程式为I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO。
(4)H2SO3的电离常数Ka＝[c(HSO)·c(H＋)]/c(H2SO3)＝1×10－2
mol·L－1，水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14mol2·L－2，综上可得Ka＝[c(HSO)·KW]/[c(H2SO3)·c(OH－)]。NaHSO3溶液中HSO的水解反应为HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，则水解平衡常数Kh＝[c(H2SO3)·c(OH－)]/c(HSO)＝KW/Ka＝(1×10－14mol2·L－2)/(1×10－2mol·L－1)＝1×10－12mol·L－1。NaHSO3溶液中加入少量I2，二者发生氧化还原反应，溶液中c(HSO)减小，HSO的水解程度增大，c(H2SO3)/c(HSO)将增大。
答案：(1)[c(TaI4)·c(S2)]/c2(I2)　66.7%　(2)＜　I2　(3)淀粉　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO
(4)1×10－12　增大
点拨：知识：平衡常数及转化率；平衡移动及影响因素；氧化还原滴定及指示剂的选择；电离平衡常数和水解平衡常数的计算。能力：考查考生的综合应用能力、分析问题和解决问题的能力，以及简单计算的能力。试题难度：较大。